专题10 选填压轴多结论判断题热点（几何、函数、动点背景、规律探究压轴）有关的4类核心题型（方法+题型+实战）（全国通用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题10 选填压轴多结论判断题热点 （几何、函数、动点背景、规律探究压轴）有关的4类核心题型 目录 第一部分 命题解码 洞察命题意图，明确攻坚方向 第二部分 方法建模 构建方法体系，提供通用工具 【结论背记清单】 方法一 几何多结论选择求解及技巧 方法二 函数多结论判断及解题技巧 方法三 动点背景下多结论及解题技巧 方法四 规律探究类填空压轴及解题技巧 第三部分 题型专攻 实施靶向训练，提升应试效率。 【题型01】几何多结论选择 【题型02】函数多结论判断 【题型03】动点背景下多结论 【题型04】规律探究类填空压轴 第四部分 答题实战 检验学习成效，锤炼应用能力 1. 考向聚焦（精炼概括本专题在中考中的核心考查方向与价值） 核心考向1：几何综合型（高频压轴）—— 以圆、相似三角形、几何三大变换为载体，多个结论围绕线段相等、角度相等、相似全等、面积比例、最值等展开，侧重逻辑推理与图形分析，是选填压轴核心题型。 核心考向2：代数综合型（高频）—— 以二次函数为核心，结合方程、不等式、坐标变换，判断函数性质、交点个数、线段长度、最值等结论，侧重数形结合与运算能力。 核心考向3：代数几何综合型（区分度核心）—— 融合几何图形与代数知识（函数、坐标），多个结论交叉考查，需灵活运用几何性质与代数运算，设问灵活，易错点多。 共性考向：核心考查“逻辑推理、细节把控、方法技巧”，不考偏难知识点，侧重对基础知识点的综合应用；常用解题方法（排除法、特殊值法、代入验证法），设问为判断多个结论的对错，是中考选填题的区分度关键。 2. 思维瓶颈（精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板） 瓶颈1：解题方法不当，不会运用排除法、特殊值法快速排除错误结论，盲目逐个推导，浪费时间且易出错，效率低下。 瓶颈2：综合知识衔接不畅，无法快速整合几何、代数相关知识点，单个结论推导时，遗漏图形隐含条件（如圆的切线性质、相似对应关系）或代数限制条件（如函数定义域）。 瓶颈3：细节把控不足，推导过程不严谨（如相似三角形对应边找错、二次函数顶点坐标计算失误），导致单个结论判断错误，进而影响整体答案。 瓶颈4：畏难情绪突出，面对多个结论时，容易慌乱，不会优先判断简单、易推导的结论，陷入复杂结论的推导误区，导致失分。 结论背记 一、核心基础公式（解题地基，必背） （一）高频基础公式汇总（联动前面专题，直接套用） 1. 代数类核心公式（代数综合型多结论题必考） 二次函数：顶点公式、增减性、与坐标轴交点、判别式； 方程与不等式：一元二次方程求根公式、不等式性质、整数解筛选方法； 代数式运算：因式分解（平方差、完全平方）、分式化简、根式运算。 1. 几何类核心公式（几何综合型多结论题必考） 相似三角形：判定（AA、SAS、SSS）、性质（对应边成比例、面积比=相似比²）； 圆：圆周角定理、切线性质与判定、弦长公式、圆心角公式百分比； 三角形与四边形：勾股定理、等腰三角形性质、矩形/菱形/正方形性质、三大变换（平移、旋转、轴对称）性质； 三角函数：特殊角值、定义、等角三角函数值相等。 1. 统计与概率（偶尔考）：平均数、中位数、众数、方差公式，古典概型概率公式。 （二）多结论判断题核心基础方法（所有题型通用） 1. 逐一验证法（核心方法）：对每个结论，结合题干条件和基础公式，逐一推导、验证其真伪，不遗漏任何一个结论。 1. 排除法（高效技巧）：先验证简单、易判断的结论，若某结论明显错误，可直接排除包含该结论的选项（适用于选择题型）；若某结论明显正确，可排除不包含该结论的选项。 1. 特值法（秒杀技巧）：对代数类多结论题，代入特殊值（如0、1、-1、顶点坐标、端点值），快速验证结论的真伪，节省时间。 1. 数形结合法（关键方法）：几何类多结论题，精准画图（标注已知条件、角度、边长），结合图形直观分析；代数类（如二次函数），画出函数图像，结合图像分析增减性、交点等结论。 1. 反证法（补充方法）：对难以直接验证的结论，假设结论成立，推导是否与题干条件矛盾，若矛盾则结论错误，反之则正确。 二、万能公式&拓展公式（中考解题神器，全国通用） （1） 通用万能建模框架（所有多结论题适用，核心“四步法”） 1.第一步：审题标注（基础，耗时30秒） 通读题干，圈画已知条件（如参数范围、图形特征、函数表达式、特殊角度）； 标注结论序号（①②③④），明确每个结论的核心考点（如①考相似、②考二次函数顶点）。 2.第二步：排序筛选（关键，耗时30秒） 对结论进行“易难排序”，优先验证简单、直观、无需复杂计算的结论（如判断角度相等、边长相等，优先于求面积、求最值）； 若为选择题，先验证“必对/必错”的结论，快速排除错误选项，缩小范围。 3.第三步：逐一验证（核心，耗时2-3分钟） 对每个结论，结合题干条件，匹配对应专题的建模方法（如二次函数结论→用顶点公式、增减性；几何结论→用相似、勾股定理）； 灵活选用方法：代数类用“特值法、公式法”，几何类用“画图法、全等相似法”，难以验证的用“反证法”； 每验证一个结论，标注“对”或“错”，并简单标注依据（如“错，因为相似比计算错误” “对，由圆周角定理得”）。 4.第四步：复盘验证（保障，耗时30秒） 对“存疑”的结论，重新推导验证，避免计算失误、条件遗漏； 若为填空题（求正确结论的序号），汇总所有正确结论，确保无遗漏、无错判；若为选择题，结合排除法，确定最终选项。 总结万能建模公式（口诀）：审题标注圈关键，易难排序先验证；逐一推导找依据，排除筛选定答案；复盘检查防失误，精准判定不丢分。 （二）分类型万能建模公式（中考高频类型，精准适配） 类型1：代数综合型（中考高频，占比40%） 1.模型识别：题干为二次函数、方程、不等式、代数式运算的融合，结论多涉及“函数增减性、顶点、交点、最值、代数式大小比较”。 2.万能建模步骤： 第一步：整理题干条件（如二次函数表达式、参数范围、方程解的情况）； 第二步：优先验证简单结论（如“当x=1时，函数值为0” “代数式化简结果为XX”），用特值法快速验证； 第三步：验证复杂结论（如最值、增减性、交点个数），套用二次函数顶点公式、判别式、不等式性质； 第四步：排除错误结论，汇总正确结论，注意参数范围对结论的影响（如二次函数开口方向由a的符号决定）。 3.拓展技巧： 特值优先选“特殊点”：二次函数选顶点、与坐标轴交点、对称轴对应的点；方程选解、整数解； 遇到“代数式大小比较”，用作差法、作商法，结合参数范围判定。 类型2：几何综合型（中考高频，占比40%） 1.模型识别：题干为圆、三角形、四边形、三大变换的融合，结论多涉及“角度相等、边长相等、相似判定、面积计算、切线判定”。 2.万能建模步骤： 第一步：精准画图，标注已知条件（角度、边长、切线、全等/相似标记），无图时先补全图形； 第二步：优先验证“直观结论”（如“∠A=∠B” “AB=CD”），用角度转化、全等判定快速验证； 第三步：验证复杂结论（如面积比、线段长度、切线判定），套用相似性质、勾股定理、弦长公式； 第四步：注意“特殊情况”（如点的位置、图形的对称性），避免漏判结论。 3.拓展技巧： 几何结论验证，优先用“全等、相似”，其次用“圆周角、圆心角关系”，最后用“勾股定理计算”； 遇到“动点相关结论”，取动点的特殊位置（端点、中点），快速验证结论是否成立。 类型3：代数几何融合型（中考拉分点，占比20%） 1.模型识别：题干为二次函数与几何图形（三角形、四边形、圆）的融合，结论多涉及“函数图像与几何图形的交点、几何图形的边长/面积与函数参数的关系”。 2.万能建模步骤： 第一步：画出函数图像和几何图形，标注交点、关键点（顶点、切点、端点）； 第二步：拆分结论，分别验证“代数部分”（函数值、参数范围）和“几何部分”（边长、角度）； 第三步：联动代数与几何知识（如用函数表达式求交点坐标，再用勾股定理求边长）； 第四步：验证结论时，注意“图形存在性”（如交点个数、三角形存在条件），避免无意义结论。 3.拓展技巧：优先求“交点坐标”，将几何问题转化为代数问题，简化计算；利用前面专题的“最值模型” “相似模型”，快速验证结论。 （2） 拓展秒杀技巧（中考拉分专用，节省时间） 1.特值秒杀法（代数类首选）： 适用场景：结论涉及“代数式求值、函数值、不等式大小”； 技巧：代入符合题干条件的特殊值（如a=1、x=0、k=2），若结论不成立，直接判定为错；若成立，结合其他方法进一步验证（避免特值的偶然性）。 2.图形秒杀法（几何类首选）： 适用场景：结论涉及“角度、边长、位置关系”； 技巧：精准画图，用直尺、量角器（考试可大致估算）测量角度、边长，快速判断结论真伪（适用于直观性强的结论）。 3.结论关联法（多结论联动）： 技巧：多个结论之间往往存在关联（如①正确可推出②正确，①错误则②必错误），利用这种关联，无需逐一验证，节省时间； 示例：若结论①“△ABC∽△DEF”正确，结论②“”必正确（相似性质），可直接判定②正确。 4.陷阱规避法（防丢分）： 警惕“绝对化结论”（如“一定相等” “始终成立”），这类结论往往错误，需重点验证； 注意“参数范围” “图形位置”的限制，避免忽略特殊情况（如二次函数a≠0、点在圆内/圆外）。 技法归纳 方法一 几何多结论选择求解及技巧 综合运用全等、相似、特殊四边形、圆的相关定理，逐条推理验证每个结论；可借助特殊赋值、特例法、排除法快速判断对错，节约做题时间。 例题1 （2026·黑龙江佳木斯·一模）如图，在正方形中，O是对角线的中点，点P在线段上，连接并延长，交于点E，过点P作交于点F，连接、，交于点G．下列结论：①；②；③；④．其中结论正确的序号是（   ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】将绕点A顺时针旋转得到，过点B作，交于N，连接，利用全等三角形的性质证明即可判断①．若成立，则，需，无法证明，可判断②；将绕点A顺时针旋转得到，利用全等三角形的性质证明即可判断③；过点作于点，于点，证明，可得，再证出，可判断④． 【详解】解：将绕点A顺时针旋转得到，过点B作，交于N，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴C，B，M共线， 又， ∴， ∴； ∵是正方形的对角线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴四点共圆， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故①正确； 若成立，则， 需， 但，而， 无法得到，故②错误； 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴，故③正确， 设， ∴， 过点作于点，于点，如图， ∴四边形是矩形， 在正方形中，是对角线，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中 ， ， ∴， ∵，， 又 ∴, ∴, ∵点是的中点，， ∴，， ∴， ∴， ∴，故④正确． 综上，正确的结论是①③④． 例题2 （2026·河北石家庄·一模）如图，半圆的直径，C是半圆AB的中点，D是的中点，连接，，过点D作的切线分别交的延长线于点E，F．下列结论：①；②；③；④．其中正确的个数有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据平行线的判定可判断①，是半圆的中点和是的中点可判断②，证明是等腰直角三角形，根据勾股定理求出，得到可判断③，证明，求出，再求出可判断④． 【详解】解：连接，如图： ∵， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴，故①符合题意； ∵是半圆的中点， ∴， ∵是的中点， ∴，故②符合题意； ∵， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴，故③不符合题意， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴，故④符合题意； 综上，符合题意的是①②④，共个． 例题3 （2026·北京石景山·一模）如图，在平面直角坐标系中，点，，四边形为正方形，将正方形绕点逆时针旋转，得到正方形．给出下面四个结论： 当时，点的纵坐标是； 点与原点距离的最小值是； 若点在轴正半轴上，则点的横坐标是； 若直线将正方形分为面积相等的两部分，则点的纵坐标是． 上述结论中，所有正确的结论的序号是（） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，，由四边形是正方形，得，，，通过勾股定理得，根据旋转性质可知，当时，，则，此时三点共线，三点共线，从而可判断；由，则点在以为圆心，为半径的圆上运动，故当三点共线时，即可判断；若在轴正半轴上，先求出，过作轴于点，则，证明，则，所以点的横坐标是，即可判断；过作轴于点，过作轴于点，连接，，交点为，则，同理可得，所以，，设，，则，，通过中点坐标得，根据题意得，解得：，故纵坐标为，从而判断． 【详解】解：如图，连接，， 由，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， 由旋转性质可知：， 当时，， ∴，此时三点共线，三点共线，如图， ∴， ∴轴， 由旋转性质可知， ∵， ∴， ∴纵坐标为，故正确； ∵， ∴点在以为圆心，为半径的圆上运动， ∴当三点共线时，如图，有最小值，为，故错误； 若在轴正半轴上， 在中，，， ∴， 如图，过作轴于点，则， ∵， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴点的横坐标是，故错误； 如图，过作轴于点，过作轴于点，连接，，交点为，则， 同理可得：， ∴，， 设，， ∴， ∴， ∵直线将正方形分为面积相等的两部分， ∴直线过正方形中心，即点在上， ∴，解得：， ∴纵坐标为，故正确， 综上所述，正确的结论是． 方法二 函数多结论判断及解题技巧 依托函数图像开口、对称轴、顶点、与坐标轴交点等特征，判断系数符号、代数式大小、增减性等结论；代入特殊点数值辅助验证，逐项辨析正误。 例题1 （2026·陕西·一模）如图，二次函数与轴交于点、，与轴交于点，其中．则下列结论： ①； ②方程没有实数根； ③； ④． 其中错误的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】本题考查了二次函数图象的性质，掌握二次函数图象开口，对称轴直线，最值的计算方法是关键． 根据题意得到图象开口向上，对称轴直线为，，则，当时，代入计算可判定①；根据二次函数与直线的位置关系可判定②；根据题意得到，可判定③；根据函数最小值的大小可判定④；由此即可求解． 【详解】解：二次函数与轴交于点、，图象开口向上， ∴对称轴为直线，， ∴， ∴， 当时，， ∴，即， ∴， ∴，故①正确； ∵图象开口向上，对称轴直线为， ∴当时，函数有最小值，最小值在轴的下方， ∴抛物线与直线有两个不同的交点， ∴方程有两个不相等的实数根，故②错误； ∵二次函数与轴交于点，其中， ∴当，， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得，，故③正确； 当时，函数有最小值，最小值为，， ∴， ∴，故④正确； 综上所述，正确的有①③④，错误的有②， ∴错误的有1个， 故选：A ． 例题2 （2021·广东深圳·三模）如图，在反比例函数的图象上有动点，连接，的图象经过的中点，过点作轴交函数的图象于点，过点作轴交函数的图象于点，交轴点，连接，，，与交于点． 下列结论：①；②；③；④若，则．其中正确的是（　　）    A．①③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】设，则的中点为，，即可求得，即可判断①；表示出的坐标，即可表示出，求得，即可判断②；计算出，，即可求得，即可判断③；先证是的中点，然后根据直角三角形斜边直线的性质和平行线的性质得出，根据等腰三角形的性质得出，从而得到，即可判断④． 【详解】解：动点在反比例函数的图象上， 设， 的中点为，， 的图象经过点， ，故①正确； 过点作轴交函数的图象于点， 的纵坐标， 把代入得，， ， ， ，故②正确； 如图，过点作轴于．         ，，，， 过点作轴交函数的图象于点，交轴点， ， 直线的解析式为，直线的解析式为， 由，解得， ，， ， ， ， ，故③正确； ，，，，， 是的中点， ， ， 轴， ， ， 若，则， ， ．故④正确； 故选：D． 【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的综合，反比例函数系数的几何意义，待定系数法求一次函数的解析式，直角三角形斜边上中线的性质，平行线的性质，解题的关键是利用参数解决问题，学会构建一次函数确定交点坐标． 例题3 （25-26九年级上·北京·期末）如图，已知抛物线，过，两点，其中，． 有以下四个结论： ①；②； ③点，在抛物线上，，当时，总有，则；④若点，在抛物线上且在对称轴的同侧，总有，则．其中正确的结论为（    ） A．①② B．②③ C．③④ D．②③④ 【答案】D 【分析】本题主要考查二次函数的图象与系数的关系，二次函数的性质，抛物线与轴的交点等知识点，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．根据二次函数的图象与性质逐项分析即可判断． 【详解】解：抛物线，过，两点，且， 抛物线的对称轴为， 即， ． ， ， 故①错误； ， 当时，． 抛物线的对称轴为， 时与时的函数值相等． ， 抛物线的开口向下． 又且， 当时，， 当时，， 即， 故②正确； 抛物线的开口向下，对称轴为， 当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小， 又当时，总有， 点在对称轴左侧，点在对称轴左侧或右侧且距离对称轴较近， 当时，要保证，则， 故③正确； 点，在抛物线上且在对称轴的同侧，总有， ， 化简得，． ， ． ， 当时，， ， 故④正确． 综上，正确的结论为②③④． 故选：D． 方法三 动点背景下多结论及解题技巧 按动点运动路径划分阶段，分析不同时刻图形、线段、角度的变化；结合几何性质与函数关系，逐个论证结论，重点关注临界位置的成立情况。 例题1 如图，线段，动点P从A出发，以的速度沿运动，M为的中点，N为的中点．以下说法正确的是（  ） ①运动后，；             ②的值随着运动时间的改变而改变； ③的值不变；                 ④当时，运动时间为．    A．①② B．②③ C．①②③ D．②③④ 【答案】D 【分析】本题考查两点间的距离，动点问题，线段的和差问题，根据题意，分别用代数式表示出的长，根据线段之间和差倍关系逐一判断即可． 【详解】解：运动后，，， M为的中点， ， ，故①错误； 设运动t秒，则，， M为的中点，N为的中点， ， ， 的值随着运动时间的改变而改变，故②正确； ，， ， 的值不变，故③正确； ，， ， 解得：，故④正确； 故选：D 例题2 如图，在矩形中，，对角线，交于点，，为上一动点，于点，于点，分别以，为边向外作正方形和，面积分别为，．则下列结论：①；②点在运动过程中，的值始终保持不变，为；③的最小值为6；④当时，则．其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】①由矩形的性质和特殊角三角函数可得和是等边三角形，进而可以判断； ②连接．由求得答案； ③利用完全平方公式变形，当且仅当时，等号成立，即可判断； ④根据已知条件证明，对应边成比例即可判断． 【详解】解：①∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴OA=OC=OD=OB， ∴和是等边三角形， ∴BD=2OA=2AB=8，故①正确； ②连接，由①知， ∵矩形的两边，， ∴， ∴，， ∴． ∴，故②正确； ③∵， ∴， ∴， 当且仅当时，等号成立，故③正确； ④∵∠AEP=∠DFP，∠PAE=∠PDF， ∴， ∴AE：DF=PE：PF=EG：FM=PH：PN=5：6, ∵AE:DF=(AG+GE):（DM+FM）, ∴AG：DM=5：6,，故④错误． 综上所述，其中正确的结论有①②③，3个． 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质，特殊角的三角形，三角形的相似，完全平方公式，等边三角形的判定与性质，灵活运用矩形的性质，特殊角的函数值，相似三角形的判定和性质是解题的关键． 例题3 （2026·天津滨海新区·一模）四边形中，，，，，．动点M从点B出发，以的速度沿边，边向终点D运动；动点N从点C同时出发，以的速度沿边向终点B运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为．当时，点M，N的位置如图所示．有下列结论：①当时，；②当时，的最大面积为；③当t为和时，满足的面积为．其中，正确结论的个数是（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】C 【分析】当时，点M在上，求出，，可判断①；当时，点M在上，利用三角形面积公式求出的面积，利用二次函数的性质，可判断②；先将代入的面积表达式求出结果，再由可推断点M在上，利用三角形面积公式即可求解． 【详解】解：当时，， ∵点M的运动轨迹是，以的速度运动，， ∴点M在上的运动时间为， 当时，点M在上， ∴， ∴，故①错误； 当时，，，， ∴， 当时，的面积取得最大值，故②错误； 当时，， 当时，， 而点M此时在上， ∴，故③正确， 综上所述，正确的结论有③，共1个． 方法四 规律探究类填空压轴及解题技巧 观察数字、图形、算式的变化特征，寻找循环、递推、等差等内在规律；先列举前几项找共性，归纳通用公式，再代入序号计算，最后验证规律有效性。 例题1 （2026·山东东营·一模）如图，在平面直角坐标系中，，，，，都是等腰直角三角形，其直角顶点，，，，均在直线上．设，，，的面积分别为，，，，依据图形所反映的规律，______． 【答案】 【分析】利用等腰直角三角形的性质得到线段长度，再结合点在直线上的坐标关系，归纳出等腰直角三角形的面积规律，进而求出面积． 【详解】解：如图，分别过点，，作轴的垂线，垂足分别为点，，， ∵且是等腰直角三角形， ∴， 设，则，， ∴， 将的坐标代入得：， 解得：， ∴，， 同理可得：，， ∴，，， ， ∴． 例题2 （23-24九年级上·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，把置于平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点是内切圆的圆心．将沿轴的正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与轴重合，第一次滚动后圆心为，第二次滚动后圆心为，…，依此规律，第2023次滚动后，内切圆的圆心的坐标是________．    【答案】 【分析】作交于，交于，交于，连接、、，由、的坐标得出，，由勾股定理可得，再由内切圆的性质可得，设，根据三角形的面积计算出，从而得到，根据旋转可得出的坐标为：，即，设的横坐标为，根据切线长定理可得：，即可得到的坐标，从而得到每滚动3次为一个循环，最后根据，进行计算即可得到答案． 【详解】解：如图，作交于，交于，交于，连接、、，   ，  点的坐标为，点的坐标为， ，， ， 点是内切圆的圆心，，，， ， 设， ，， ， 解得：， ， 将沿轴的正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与轴重合，第一次滚动后圆心为，第二次滚动后圆心为， 由图可得的坐标为：，即， 设的横坐标为， 根据切线长定理可得：， 解得：， ， 的坐标为，即， 每滚动3次为一个循环， ， 第2023次滚动后内切圆的圆心的横坐标是：，即的横坐标是8093， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了坐标与图形、三角形内切圆的相关性质、勾股定理、旋转的性质等知识点，得出每滚动3次为一个循环是解此题的关键． 例题3 （2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，把置于平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，与的平分线交于点，过点作的垂线，交轴于点，过点作轴的垂线，交直线于点，与的平分线交于点按此规律，则点的坐标是________． 【答案】 【分析】本题主要考查了点的坐标规律探索，涉及角平分线的性质、相似三角形的性质和判定，解直角三角形等相关知识点，综合性强，难度较大，根据作图规律分别求出的长度，坐标，找到变化规律是正确解答此题的关键． 作于，于，于，连接，证明四边形是正方形，得，证明，得，同理可得，设，求得，进而得，同法求得，即，，即可得出变化规律，从而得解． 【详解】解：作于，于，于，连接， ， ， ， 四边形是正方形， ， 与的平分线交于点， ， ， ， ， 同理， 点的坐标为， ，， ， 设， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， ， 作于，于，于， 同理可求， ， ，即； 作于，于，于， 同理可求，，， ， ， ， 依此类推，可得的坐标是， 故答案为：． 【题型01】几何多结论选择（共6题） 1．（2025·山东东营·中考真题）如图，在中，，，点在边上（与点，不重合），四边形为正方形，过点作，交的延长线于点，连接，交于点．下列结论：①；②；③；④，其中结论正确的序号是（   ） A．①②④ B．①②③ C．①②③④ D．②③④ 【答案】C 【分析】由正方形的性质得出，证出，由证明，得出，①正确；证明四边形是矩形，得出，②正确；由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出，③正确；证出，得出对应边成比例，得出，④正确． 【详解】解：∵四边形为正方形， ， ， ， ， ， 在和中，， ， ∴，故①正确； ， ， ， ， ∴四边形是矩形， ， ∴， ∴，故②正确； ， ∴，故③正确； ∵， ∴， ， ， ， ，故④正确； ∴正确的有①②③④． 故选：C． 【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键． 2．（2022·江苏常州·模拟预测）如图（1）所示，为矩形的边上一点，动点，同时从点出发，点沿折线运动到点时停止，点沿运动到点时停止，它们运动的速度都是．设、同时出发时，的面积为．已知与的函数关系图象如图（2）(曲线OM为抛物线的一部分)．则下列结论，①；②；③当时， ；④当秒时，；其中正确的结论是(　　) A．①②③ B．①③ C．①③④ D．②④ 【答案】C 【分析】根据图（2）可以判断三角形的面积变化分为三段，可以判断出当点到达点时点到达点，从而得到、的长度，再根据、是从5秒到7秒，可得的长度，然后表示出的长度，根据勾股定理求出的长度，然后针对各结论分析解答即可． 【详解】解：根据图（2）可得，当点到达点时点到达点， 点、的运动的速度都是秒， ， ，故①正确； 从到的变化是2， ， ， 在中，， ，故②错误； 过点作于点， ， ， ， ， 当时，，故③正确； 当秒时，点在上，此时，， ， ，， ， 又， ，故④正确． 综上所述，正确的有①③④． 3．（2026·江苏无锡·一模）如图，在中，，，的顶点在边上运动（点不与点重合），且，，直线与直线相交于点，连接，则下列结论：①；②的面积等于的面积；③线段的最大值为；④周长的最小值为．其中正确的为（    ） A．①② B．②④ C．①②③ D．①②④ 【答案】A 【分析】①根据题意得到，然后得到，即可证明，即可判断①；②如图，连接，证明出点A，D，C，E四点共圆，得到，即可判断②；③得到点E在直线上运动，然后结合点在边上运动，点不与点重合即可判断③；如图，作点A关于的对称点，连接，，当点B，E，三点共线时，的周长最小，即的值，然后利用勾股定理求解即可判断④． 【详解】解：①设交于， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴，故①正确； ②如图，连接 ∵ ∴点A，D，C，E四点共圆 ∴ ∴ ∴的面积等于的面积，故②正确； ③∵ ∴点E在直线上运动 ∵点在边上运动，点不与点重合 ∴不存在最大值，故③错误； ④如图，作点A关于的对称点，连接， ∴的周长 ∴当点B，E，三点共线时，的周长最小，即的值 由对称得， ∴ ∵ ∴ ∴周长的最小值为，故④错误． 综上所述，其中正确的为①②． 4．（2026·河北邯郸·二模）如图，菱形中，，，点是边上的动点（），连接，将沿翻折得，射线与射线交于点．给出下列结论： ①当时，． ②当点落在上时，四边形是菱形． ③在点运动的过程中，线段的最小值为． ④连接，则的面积等于 其中正确的结论个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】对于①，由菱形的性质可得，则，由折叠的性质可得， 进而得到，因此，故①正确；对于②，容易判断当点落在上时，四边形与菱形重合，故②正确；对于③，由可知，，仅当点、、三点重合时取等号，因此的最小值为2，故③正确；对于④，设与的交点为，由可得，故④错误． 【详解】解：对于①：∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 由折叠的性质可得，， ∴， ∴，故①正确； 对于②：由折叠的性质可得，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴ ∴当点落在上时，点与点重合， 又∵菱形关于直线对称， ∴此时点与点重合， ∴四边形即菱形，故②正确； 对于③：由①可知，， ∴为钝角， ∴，仅当点、、三点重合时取等号， ∴的最小值为2，故③正确； 对于④：如图，设与的交点为， 由折叠的性质可得，， ∴，故④错误； 综上，正确的结论有3个． 5．（2026·河北邯郸·一模）如图，在Rt中，，将沿某一个方向平移2个单位长度，记扫过的面积为．关于结论①，②，下列判断正确的是（   ） 结论①：点到BC的距离为； 结论②：的最大值为 A．只有①对 B．只有②对 C．①，②都对 D．①，②都不对 【答案】B 【分析】根据点到直线的距离，垂线段最短，三角形的面积公式，以及平移的性质，分析判断即可． 【详解】解：设点到线段的距离为，则 ， ∴， ∴结论①不正确； 在三角形ABC中，，，，， ∴，， ∴如图，当沿垂直于的方向平移2个单位时，扫过的面积最大， 此时，， ∴结论②正确． 综上，只有②对． 6．（2026·北京顺义·一模）如图，在中，，，平分，E是上一动点（不与A，D重合），于点F．设，，．给出下面三个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（） A．① B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】B 【分析】利用直角三角形斜边大于直角边判断①；通过构造等腰三角形求出与的数量关系，进而表示出，代入不等式判断②和③； 【详解】解：①在中，为斜边，为直角边， ，即， ，故①正确； ②在上取点，使得，连接， ， 为等腰直角三角形， ， 平分， ， ， ， ， ， ，即， ， ， ，故②错误； ③要证，即证，即证， 两边平方得：， ， ， 整理得：，即， 任何实数的平方均非负， 该不等式恒成立， ，故③正确； 综上所述，正确的结论是①③． 【题型02】函数多结论判断（共6题） 1．（24-25九年级下·全国·单元复习）如图，在直角坐标系中，直线与坐标轴交于、两点，与双曲线交于点，连接，过点作轴，垂足为点，且．则下列结论正确的个数是（    ） ①； ②当时，随的增大而减小，随的增大而增大； ③方程只有一个解为； ④当时，． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的综合，掌握图形的性质，图形交点的计算，根据交点求不等式的解集的方法是解题的关键． 根据直线与坐标轴的交点可得，，，，，可判定①；根据图象的性质，增减性可判定②；先算出反比例函数解析式，再联立方程组求解可判定③；根据图示的交点可判定④；由此即可求解． 【详解】解：直线与坐标轴交于、两点， 令时，，令，， ∴， ∴，， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∵， ∴，，， ∴， ∴，故①正确； 由图可知，当时，随的增大而减小，随的增大而增大，故②正确； ∵， ∴反比例函数解析式为， ∴， 解得，或， ∴方程的解为，故③错误； 由图可知，当时，，故④错误； 综上所述，正确的有①②，共2个， 故选：B ． 2．（23-24九年级上·四川达州·月考）如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于两点，过点A作轴于点C，过点B作轴于点D，连接．得出以下结论： ①点A和点B关于直线对称；②当时，；③；④当时，都随x的增大而增大．其中正确的有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查反比例函数与一次函数的综合应用．利用反比例函数与一次函数的对称性判断①，图象法判断②，值的几何意义，判断③，增减性，判断④．从图象中有效的获取信息，掌握一次函数和反比例函数的性质，是解题的关键． 【详解】解：∵一次函数的图象与反比例函数的图象都关于直线对称， ∴点A和点B关于直线对称；故①正确； 当时，，故②错误； ∵点都在反比例函数的图象上，轴，轴 ∴；故③正确； 由图象可知：当时，随x的增大而增大，随x的增大而减小，故④错误； 综上正确的有2个； 故选B． 3．（2025·贵州·中考真题）如图，一次函数与反比例函数的图象交于点，过反比例函数图象上点作轴垂线，垂足为点，交的图象于点，点的横坐标为1．有以下结论： ①线段的长为8； ②点的坐标为； ③当时，一次函数的值小于反比例函数的值． 其中结论正确的个数是（  ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，求出点的坐标进而求出的长，判断①，联立两个函数解析式，求出点坐标，判断②，图象法判断③即可． 【详解】解：∵点的横坐标为1， ∴， ∴， ∵过反比例函数图象上点作轴垂线，垂足为点，交的图象于点， ∴； ∴；故①正确； 联立，解得：或（舍去）； ∴点的坐标为，故②正确； 由图象可知，当，直线在双曲线上方，一次函数的值大于反比例函数的值，故③错误； 故选C． 4．（25-26九年级上·云南昆明·期中）二次函数的图象如图所示，对称轴是直线，下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（   ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数的性质；根据二次函数的图象开口向上，与y轴交于负半轴，可得，，即可判断③；再由二次函数的图象的对称轴为直线，可得，可判断①；根据当时，，可判断②；根据抛物线与轴有两个不同的交点，即可判断④． 【详解】解：二次函数的图象开口向上，与y轴交于负半轴， ∴，， ∴，故③正确； ∵二次函数的图象的对称轴为直线， ∴， ∴， ∴，故①错误； ∵根据函数图象可知：当时，， ∴，故②正确； ∵抛物线与轴有两个不同的交点， ∴，故④正确； 综上分析可知：正确的有②③④． 故选：C． 5．（25-26九年级上·四川眉山·月考）我们定义一种新函数：形如（，）的函数叫做“鹊桥”函数．某数学兴趣小组画出了“鹊桥”函数：的图象（如图所示），并写出了下列结论：①图象与坐标轴的交点为，，； ②当时，函数取得最大值； ③当或时，函数值随值的增大而增大； ④若在函数图象上，则也在函数图象上； ⑤当直线与函数的图象有2个交点时，则的取值范围是或者．其中正确的结论有（    ） A．①②③ B．①③④ C．①③⑤ D．②③④ 【答案】C 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，利用数形结合的思想是解题的关键． 对于①，求出函数与坐标轴的交点坐标即可判断；对于②和③，根据函数图象判断即可；对于④，根据函数的对称轴即可判断；对于⑤，由图可知，当直线与函数在之间的图象相切时，恰好有三个交点，当直线过点时，直线与函数图象恰好有三个交点，解得此时的值，再结合图象即可判断． 【详解】解：对于①，， 令，则， ． 令，即， 解得或， ，， ①正确，符合题意； 对于②，由图可知，函数无最大值，故②错误，不符合题意； 对于③， 函数的图象与轴的交点为，， 结合图象可知，函数图象的对称轴为直线， 当或时，函数值随值的增大而增大，故③正确，符合题意； 对于④：函数图象的对称轴为直线，而， 若在函数图象上，则不一定在函数图象上，故④错误，不符合题意； 对于⑤：如图，当直线过点时，直线与函数的图象恰好有三个交点， 把代入中得，，解得； 当直线过点时，直线与函数的图象恰好有一个交点， 把代入中得，，解得； 根据函数图象，当时，直线与函数的图象有2个交点． 当时，， ， 当直线与函数的图象只有一个交点时，直线与函数恰好有三个交点， 令， 整理得，， ， 解得， 结合图象可知，当时，直线与函数的图象有2个交点． 综上所述，当直线与函数的图象有2个交点时，的取值范围为或，故⑤正确，符合题意． 综上所述，正确的结论有①③⑤． 故选：C． 6．（25-26九年级上·湖北荆门·期末）如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，且．对称轴为直线．则下列结论：①；②；③当时，关于的方程无实根；④；⑤．其中正确的结论有（　　）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质、一元二次方程根的判别式、韦达定理等知识点，熟练掌握二次函数的系数与图象的关系、韦达定理的应用是解题的关键． 判断①：根据抛物线开口方向、对称轴位置、与轴交点位置，判断、、的符号，进而判断的符号． 判断②：利用对称轴得到，再结合得到点，将其代入抛物线方程化简． 判断③当时，方程无实根：先求出抛物线顶点纵坐标，判断与顶点纵坐标的关系，进而判断即可． 判断④：将和点代入抛物线方程化简． 判断⑤：利用韦达定理，，再结合韦达定理进行判断． 【详解】解：∵抛物线开口向下， ∴； ∵对称轴， ∴； ∵抛物线与轴交于正半轴， ∴； ∴，故①正确． ∵，， ∴； ∵在抛物线上， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴； ∴，故②错误． ∵顶点纵坐标为，， ∴； ∵， ∴； 当时，可能小于顶点的纵坐标，此时关于的方程有实根，故③错误． ∵，， ∴，故④正确． ∵，， ∴； ∵， ∴，故⑤正确． 综上，①④⑤正确，共3个． 故选：C． 【题型03】动点背景下多结论（共6题） 1．（2013·四川南充·中考真题）如图1，点E为矩形ABCD边AD上一点，点P，点Q同时从点B出发，点P沿BE→ED→DC 运动到点C停止，点Q沿BC运动到点C停止，它们运动的速度都是1cm/s，设P，Q出发t秒时，△BPQ的面积为ycm，已知y与t的函数关系的图形如图2（曲线OM为抛物线的一部分），则下列结论：①AD=BE=5cm；②当0＜t≤5时，；③直线NH的解析式为；④若△ABE与△QBP相似，则t=秒．其中正确的结论个数为【 】 A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【详解】根据图（2）可得，当点P到达点E时点Q到达点C， ∵点P、Q的运动的速度都是1cm/秒， ∴BC=BE=5cm．∴AD=BE=5，故结论①正确． 如图1，过点P作PF⊥BC于点F， 根据面积不变时△BPQ的面积为10，可得AB=4， ∵AD∥BC，∴∠AEB=∠PBF． ∴． ∴PF=PBsin∠PBF=t． ∴当0＜t≤5时，y=BQ•PF=t•t=．故结论②正确． 根据5～7秒面积不变，可得ED=2， 当点P运动到点C时，面积变为0，此时点P走过的路程为BE+ED+DC=11，故点H的坐标为（11，0）． 设直线NH的解析式为y=kx+b， 将点H（11，0），点N（7，10）代入可得：，解得：． ∴直线NH的解析式为：．故结论③错误． 如图2，当△ABE与△QBP相似时，点P在DC上， ∵tan∠PBQ=tan∠ABE=，∴，即． 解得：t=．故结论④正确． 综上所述，①②④正确，共3个．故选B． 考点：动点问题的函数图象，双动点问题，矩形的性质，锐角三角函数定义，待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的性质，分类思想的应用． 2．如图，点是线段上任意一点（不与端点重合），点是的中点，点是的中点，点是的中点，给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据线段中点的定义得到，，，然后根据线段之间的和差倍分关系逐个求解即可． 【详解】解：∵M是中点， ∴， ∵P是中点， ∴， ∵点Q是中点， ∴， 对于①：，故①正确； 对于②：， ，故②正确； 对于③：， 而， 故③错误； 对于④：， ，故④正确； 故对3个， 故选C． 【点睛】此题考查线段之间的和差倍分问题，利用中点性质转化线段之间的倍分关系是解题的关键，在不同的情况下灵活选用它的不同表示方法，有利于解题的简洁性，同时，灵活运用线段的和、差、倍、分转化线段之间的数量关系也是十分关键的一点． 3．在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中， ①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形； ②存在无数个四边形MNPQ是矩形； ③存在无数个四边形MNPQ是菱形； ④至少存在一个四边形MNPQ是正方形， 其中正确的结论的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O， 过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q， 则四边形MNPQ是平行四边形， 故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确； ②如图，当PM＝QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确； ③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确； ④当四边形MNPQ是正方形时，MQ＝PQ， 则△AMQ≌△DQP， ∴AM＝QD，AQ＝PD， ∵PD＝BM， ∴AB＝AD， ∴四边形ABCD是正方形， 当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故错误； 故选：C． 【点睛】本题主要考查了特殊平行四边形的判定与性质，准确区分每一个图形的性质是解题的关键． 4．已知线段，现有一点P满足．有下列说法；①点P必在线段上；②点P必在直线外；③点P必在直线上；④点P可能在直线上；⑤点P可能在直线外，其中正确的说法是（    ） A．①② B．②③ C．④⑤ D．①②④ 【答案】C 【分析】根据线段的和差即可得． 【详解】当点P在线段上时， 则，与题意不符，说法①错误； ， ， 点P可能在直线上，也可能在直线外， 则说法④⑤正确，说法②③错误； 综上，正确的说法是④⑤， 故选：C． 【点睛】本题考查了线段的和差，熟练掌握线段之间的运算和大小比较是解题关键． 5．如图①，在矩形中，（为常数），动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿运动到点，同时动点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿运动到点，当一个点停止运动时，另一个点也随之停止，设的面积为，运动时间为秒，与的函数关系图象如图②所示，当时，的值为（  ）    A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】①当点P在AB上运动时，由题意得：AB=3，则AC=3k，AP=1，AQ=2k，当t=2时，即PB=2，y= ，求出AB=3，BC=4，AC=5；②当x=4时，点P在AD上运动的距离为1，点Q在CD上运动了1秒，即可求解． 【详解】解：①当点P在AB上运动时， 过点Q作QH⊥AB于点H， 由题意得：AB=3，则AC=3k，AP=1，AQ=2k， 当t=2时，即PB=2，y= 解得：QH= ， 则AH=AQcos∠BAC=2k×=2，故PH=1， 则AH=2，而QH= 故tan∠HAQ===tanα， 则cosα=，解得：k= 故AB=3，BC=4，AC=5； ②当t=4时，点P在AC上运动的距离为1，点Q在CD上运动了1秒，运动的距离QC为，则DQ=3－， ， 故选：C．    【点睛】题考查的是动点图象问题，涉及解直角三角形、面积的计算等知识，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解． 6．如图1，已知E为矩形ABCD的边AD上的一点，动点P，Q同时从点B出发，点P沿折线BE-ED-DC运动到点C时停止；点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/s．设P，Q同时出发，t(s)时，△BPQ的面积为y()．已知y与t的函数关系图象如图2(曲线OM为抛物线的一部分)，有下列结论：①AD＝BE＝5cm；②；③当时，；④当时，△ABE∽△QBP其中正确的结论是（   ） A．①② B．③④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】利用数形结合思想，看出运动分成了三段即0＜t≤5，此时点P到达E，点Q到达C，并停止运动，此时BE=BC=5=AD，5＜t≤7，运动了两秒即ED=2，根据，计算可得AB=4，于是；根据三角形的面积公式可得；7＜t时，点P沿着DC运动，此时QP=4-(t-7)=11-t，利用两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似判断即可． 【详解】解：根据图（2）可得，当点P到达点E时点Q到达点C， ∵点P、Q的运动的速度都是1cm/秒， ∴BC=BE=5， ∴AD=BE=5，故①小题正确； 又∵从M到N的变化是2， ∴ED=2， ∴AE=AD-ED=5-2=3， 根据图像2，得， ∴AB=4， ∴，故②小题错误； 当0＜t≤5时， 故，故③小题正确； 7＜t时，点P沿着DC运动，此时QP=4-(t-7)=11-t， ∴当时，QP=4-(t-7)=11-t＝， ∴QP：QB=：5=3：4=AE：AB， 又∵∠A=∠Q=90°， ∴△ABE∽△QBP，故④小题正确． 综上所述，正确的有①③④． 故选C． 【点睛】本题考查了矩形中的动点问题，三角形的相似，锐角三角函数，熟练运用数形结合思想，读懂图像，从中获得正确的解题信息是解题的关键． 【题型04】规律探究类填空压轴（共6题） 1．（2026·黑龙江·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点．四边形都是矩形，顶点都在轴上，顶点都在直线上，对角线都与直线垂直，设矩形的面积分别为，，依此规律，则_____． 【答案】 【分析】先根据一次函数与坐标轴交点的特点求得和，利用勾股定理求得，从而利用等面积法求得，根据矩形的性质易证，从而根据相似三角形对应边成比例求得，，进而求得；然后通过证明，求得，同理可证，得到，，进而求得；同理得到、，进而探究出规律，即可解答． 【详解】解：∵直线交轴于点，交轴于点， 令，则；令，则， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理，， ∴ ∴，， ∴， 同理，，， ， ∴． 2．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在平面直角坐标系中，，，将绕点顺时针旋转并且按一定规律放大，每次变化后得到的图形仍是顶角为的等腰三角形．第一次变化后得到等腰三角形，点的对应点为；第二次变化后得到等腰三角形，点的对应点为；第三次变化后得到等腰三角形，点的对应点为，依此规律，则第个等腰三角形中，点的坐标是______． 【答案】 【分析】本题考查了点的坐标变化规律，由题意可得旋转三次完成一周，点在第三象限，每变化一次腰长增加，且，，，进而得到点在第三象限，，又由得，利用三角函数求出点到的距离和到的距离即可求解，由已知找到点的坐标变化规律是解题的关键． 【详解】解：第一次变化后得到等腰三角形，点的对应点为， ∴； 第二次变化后得到等腰三角形，点的对应点为， ∴； 第三次变化后得到等腰三角形，点的对应点为， ∴； ， ∵绕点每次顺时针旋转， ∴旋转三次完成一周， ∴点在第三象限， ∵每变化一次腰长增加， ∴，，， ∵， ∴点在第三象限，且， ∵， ∴， ∴点到的距离为，到的距离为， ∴点的坐标是， 故答案为：． 3．（2026·黑龙江佳木斯·一模）如图， 正方形 的顶点，延长交x轴于点，作正方形 ，延长交x轴于点，作正方形…按照这样的规律， 则点的坐标为_________________ 【答案】/ 【分析】连接，，，，根据已知可得，即可得，然后根据正方形的性质可得，，从而求出点的坐标，同理可求得点，，的纵坐标，通过数字规律得到的纵坐标，结合直线的解析式求解． 【详解】解：连接，，，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴点D的坐标为， ∵， ∴， 同理可得：， ∴点、、、的纵坐标分别是：、、、， 以此类推， ∴点的纵坐标为， 又，，则直线的解析式为， 当时，即，解得， 故点的坐标为． 4．（2023·浙江台州·二模）观察规律，，，…，运用你观察到的规律解决以下问题： 如图，分别过点作x轴的垂线，交的图像于点，交直线于点．则的值为______．    【答案】 【分析】先求出的坐标，然后求出的长.运用观察到的规律求出的值，即可求出的值. 【详解】由，得      故答案为：． 【点睛】本题主要考查了根据二次函数表达式求点的坐标，根据一次函数表达式求点的坐标，及平行于y轴的直线上的两点间的距离.观察规律，理解规律，并会正确应用是解题的关键. 5．如图，在平面直角坐标系中，直线：，直线，在直线上取一点，使，以点为对称中心，作点的对称点，过点作∥，交轴于点，作∥轴，交直线于点，得到四边形；再以点为对称中心，作点的对称点，过点作 ∥，交轴于点，作∥轴，交直线于点，得到四边形；…；按此规律作下去，则四边形的面积是___________．    【答案】 【分析】根据直线的解析式求得直线和轴的夹角的大小，再根据题意求得的长，然后依据直角三角形三角函数的求法求得的长，进而求得的长，然后根据等边三角形的性质，求得，最后根据菱形的面积等于对角线积的一半即可求得． 【详解】解：直线， 直线， 直线与轴夹角为， 直线与轴夹角为， 为上一点，且， 根据题意可知： ， ， ， ， ， ， 四边形、四边形、四边形是菱形， ， △，△，，△，△是等边三角形， ，，， ， ， ， 四边形的面积． 【点睛】本题考查了一次函数的综合运用，关键是利用中心对称的性质，以及等边三角形的性质求得线段的长，得出一般规律． 6．（2026·山东聊城·一模）如图，平面直角坐标系中，网格边长为单位1，在一次函数与之间，存在若干横纵坐标均为整数的点，坐标为，根据这个规律，的坐标是__________． 【答案】 【分析】找到a的下标与层数n的变化规律即可． 【详解】解：设为第1层，为第2层，为第3层，……， 由图知，每一层末尾的点都在直线或直线上， 则第1层：的坐标为，， 第2层：的坐标为，， 第3层：的坐标为，， 第4层：的坐标为，， 第5层：的坐标为，， ……， 第n层：n为奇数时，的坐标为，n为偶数时，的坐标为， ∴即的坐标为，即， ∵， ∴由点的分布规律可知，和都在直线上， ∴的坐标为． 1．（25-26九年级上·内蒙古通辽·期中）如图是抛物线图象的一部分，抛物线的顶点坐标，与轴的一个交点，直线与抛物线交于两点，下列结论：①；②；③；④抛物线与轴的另一个交点是；⑤当时，有，其中正确的是（   ） A．①②③ B．①③④ C．①③⑤ D．②④⑤ 【答案】C 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，解答的关键在于掌握并灵活应用二次函数的图象和性质，注重数形结合的思想．①根据对称轴，确定a，b的关系，然后判定即可；②根据图象确定a、b、c的符号，即可判定；③根据抛物线与x轴的另外一个点的坐标为，然后判定即可；④根据对称性判断即可；⑤由图象可得，当时，抛物线总在直线的上面，则． 【详解】解：①∵抛物线的顶点坐标，即对称轴为直线， ∴，则，即，故①正确； ∵抛物线开口向下， ∴， ∵， ∴， ∵抛物线与y轴交于正半轴， ∴， ∴，故②错误； ∵抛物线对称轴是直线，， ∴抛物线与x轴的另一个交点是，故④错误； 把代入得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故③正确； 由图象得：当时，；故⑤正确． 综上分析可得，正确的有：①③⑤． 故选：C． 2．（2025·新疆克孜勒苏·模拟预测）如图，直线的图象与x轴，y轴分别交于点A，B，与反比例函数图象的一支交于，D两点，过点C作轴于点 E，过点 D 作轴于点F，连接，，则以下结论：①k的值为2；②是等腰直角三角形；③；④；其中正确的是 （    ） A．①② B．①②③ C．②③④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】本题主要考查了一次函数与反比例函数的交点问题，先利用待定系数法分别求出一次函数与反比例函数的解析式，再求出点D的坐标，结合图形一一判断即可得出答案． 【详解】解：①直线与反比例函数的图象的一支交于点， 则，，解得：，，故①正确； ②∵A，B分别是直线与x轴和y轴的交点， ∴点A的坐标为，点B的坐标为， ∴． ∵， ∴ ∵轴， ∴是等腰直角三角形，故②正确； ③令，解得，或 将代入得， ∴点D的坐标为， ∴， ∵点C到y轴的距离为1， ∴和等底等高， ∴， 又，，， ∴，故③错误； ④，故④错误． 故选：A 3．（2025·北京·一模）如图，点E是正方形内一点，是等边三角形，连接交于点，连接和，下列结论中正确的是（   ） ①；②；③；④． A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．②③④ 【答案】C 【分析】根据正方形的性质，等边三角形三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质，逐项判断即可． 【详解】解：正方形， ，， 是等边三角形， ，， ，， ， ， 故结论①正确； ， ， ， ， ， ， ， 故结论②错误； ， ， ， ， ， ， ， ， 故结论③正确； 如图，延长交于点， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， ， ， ， 故结论④正确； 综上所述，结论正确的是①③④， 故答案为：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 4．（2026·山东临沂·一模）如图，在平面直角坐标系中，A，B分别是横、纵轴正半轴上的动点，四边形是矩形，函数的图象与边交于点M，与边BC交于点N（M，N不重合）．给出下面五个结论：①与的面积一定相等；②；③与的面积不可能相等；④可能是钝角三角形；⑤可能是等边三角形．上述结论中，所有正确结论的个数有（  ） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【答案】A 【分析】根据矩形的性质可判断①；设点C的坐标为，则，可得到，可证明，可判断②；矩形的性质结合反比例函数的意义，可判断③，根据等边三角形和反比例函数的对称性，可判断⑤，根据是反比例函数图象上的动点，可得或为钝角，可判断④，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，即与的面积一定相等，故①正确； 设点C的坐标为，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故②正确； 当与的面积相等时，如图，连接， ∴ ∴在直线上，则重合， ∴与的面积不可能相等，故③正确， ∵等边三角形和反比例函数都是轴对称图形，当且对称轴都为直线，可能是等边三角形，故⑤正确， 如图 当在的同侧时，可能是钝角三角形，故④正确； 综上，正确的有①②③④⑤． 5．（2022·山东滨州·一模）如图，在矩形中，O为中点，过O点且分别交于F，交于E，点G是中点且，①，②，③是等边三角形，④，则下列结论正确的个数为（   ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再利用等边对等角可得，进而可得，从而判断是等边三角形，则③正确；设，则，利用等边三角形的性质及勾股定理可得①正确；进而可得②错误；利用三角形的面积公式及矩形的面积公式即可判断④正确，进而可求解． 【详解】解：，点G是中点， ，， ， ， ， 是等边三角形，故③正确； 设，则， 在中，， ， O为中点， ， ∵四边形是矩形， ∴，， ， 在中，， ， ， ，故①正确； ，， ，故②错误； ，， ，故④正确， 则结论正确的个数有3个． 6．（2013·云南昆明·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A，B重合），对角线AC，BD相交于点O，过点P分别作AC，BD的垂线，分别交AC，BD于点E，F，交AD，BC于点M，N．下列结论： ①△APE≌△AME；②PM+PN=AC；③PE2+PF2=PO2；④△POF∽△BNF；⑤当△PMN∽△AMP时，点P是AB的中点． 其中正确的结论有（） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【答案】B 【详解】∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAC=∠DAC=45°． ∵在△APE和△AME中，， ∴△APE≌△AME．故①正确． ∴PE=EM=PM． 同理，FP=FN=NP． ∵正方形ABCD中AC⊥BD， 又∵PE⊥AC，PF⊥BD， ∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，且△APE中AE=PE． ∴四边形PEOF是矩形． ∴PF=OE． ∴PE+PF=OA． 又∵PE=EM=PM，FP=FN=NP，OA=AC， ∴PM+PN=AC．故②正确． ∵四边形PEOF是矩形， ∴PE=OF． 在直角△OPF中，OF2+PF2=PO2， ∴PE2+PF2=PO2．故③正确． ∵△BNF是等腰直角三角形，而△POF不一定是．故④错误； ∵△AMP是等腰直角三角形， 当△PMN∽△AMP时，△PMN是等腰直角三角形， ∴PM=PN． 又∵△AMP和△BPN都是等腰直角三角形， ∴AP=BP，即P时AB的中点． 故⑤正确． 综上所述，正确的结论有①②③⑤四个． 故选B． 7．（25-26九年级上·河北邯郸·期末）已知二次函数的图象如图所示抛物线的顶点坐标是，有下列结论；②；③；④若点在该抛物线上，则．其中正确的结论个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征．根据二次函数图象的开口方向以及抛物线与坐标轴的交点即可判断①②，由待定系数法求解函数解析式结合对称轴即可判断③，由于抛物线的最低点是，若点在该抛物线上，则，即可判断④． 【详解】解：∵抛物线开口向上， ∴，故①错误； ∵抛物线与x轴没有交点， ∴，故②错误； 由抛物线的顶点坐标是，可设抛物线为， ∵过点， ∴，解得， ∵， ∴， ∴，故③正确， ∵抛物线的最低点是， ∴若点在该抛物线上，则，故④正确． 故选：B． 8．（2025·青海西宁·中考真题）如图，直线l和直线l外一点A，以点A为圆心，适当的长度为半径画弧，交直线于点M，N；分别以点M，N为圆心，线段的长为半径画弧，两弧交于点P（点P与点A在直线l的两侧）；作直线交直线l于点O，连接，，，．根据以上作图过程，有以下结论：①是等边三角形；②垂直平分线段；③平分；④四边形是菱形；⑤．其中正确结论的个数是（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【分析】本题考查尺规作图，垂直平分线的判定，等腰三角形的性质，等边三角形的判定及性质，特殊角的三角函数值，掌握尺规作图是解题的关键． 由作图可得，，根据垂直平分线的判定即可判断结论②；根据等腰三角形的三线合一即可判断结论③；由作图可得，得到，根据特殊角的三角函数值即可判断结论⑤，由已知条件无法得到是等边三角形，四边形是菱形，即可判断①④错误． 【详解】解：由作图可得，， ∴垂直平分，故②正确． ∵，， ∴平分，故③正确． 由作图可得， ∴， ∴，故⑤正确． ∵，但无法判断， ∴无法得到是等边三角形，故①错误． ∵，，但无法得到， ∴无法证明四边形是菱形，故④错误． 综上所述，正确的结论是②③⑤，共3个． 故选：B 9．（2025·四川乐山·中考真题）已知二次函数的图象经过、两点，有下列结论： ①二次函数的图象开口向上，对称轴为直线； ②当时，二次函数的图象与轴有两个交点； ③若，则； ④当时，二次函数的图象与的图象有两个交点，则． 其中，正确的结论有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查了二次函数的图像和性质，二次函数与x轴的交点等知识，掌握二次函数的图像和性质是解题的关键． 【详解】解：二次函数中，， 则二次函数的图象开口向上，对称轴为直线为，故①正确． 令， 则， 当时，则， 则二次函数的图象与轴有两个交点，故②正确． 点到对称轴直线的距离为，二次函数的图象开口向上，则距离对称轴越远的点，函数值越大， 故若，则，故③错误． 联立与， 则， 整理得：， 则，解得：， 令，对称轴为直线， ∵当时，二次函数的图象与的图象有两个交点， 故当时，， 解得：． 解得：，故④正确， 综上：①②④正确， 故选：C 10．（2026·山东枣庄·一模）如图，是边长为1的等边三角形，取边中点E，作，，得到四边形，它的周长记作；取中点，作，，得到四边形，它的周长记作，…，照此规律作下去，则______． 【答案】 【分析】根据三角形的中位线求解，找规律可得，据此规律可求解. 【详解】解：∵是边长为1的等边三角形， ∴， ∵E是边中点，， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， 同理：以此方法得到的四边形都为菱形，且边长为前一个菱形边长的， 即，，……，， ∴. 11．（25-26九年级上·山东滨州·期末）如图，抛物线与轴交于两点，与轴的正半轴交于点，对称轴是直线，其顶点在第二象限，给出以下结论：①当时，； ②若且，则； ③若，则； ④若，连接，点在抛物线的对称轴上，且，则．其中正确的是（    ） A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．①③④ 【答案】D 【分析】本题考查了二次函数的图像与性质、二次函数的最值、对称轴、与坐标轴的交点以及直角三角形的存在性等知识点；解题的关键是利用二次函数的对称性和性质，结合代数运算与几何条件进行推理判断． 【详解】解：∵抛物线，，对称轴为直线，顶点在第二象限． ①当时， 抛物线开口向下，顶点在处取得最大值， ， 即，此结论正确． ②若且， 则， ， ， ， 又， ， 代入得， ， ，此结论错误． ③若，，，点坐标为， 对称轴， ， ，即， 将代入，得 ，即， ， ， ， ，此结论正确． ④若，， 对称轴， ， 设抛物线解析式为， 代入，得， ， ， 设， ， ， ，，， ， ， ， ， ， ，此结论正确． 综上，①③④正确． 12．（2022·四川泸州·一模）如图，在矩形中，，，是上一点，沿折叠矩形，的对应边经过点，连接，与、分别交于点、，连接交于点．下列结论：是等腰三角形；；平分；．其中结论正确的有（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由折叠得，进而由互余的性质得，便可判断本结论正误；过点作，与的延长线交于点，根据三角形的面积公式和勾股定理求得、、和，进而由相似三角形的性质得出，从而判断本结论的正误；过点作，与的延长线交于点，由相似三角形的性质求得与，进而确定与的大小关系，便可判断本结论正误；过作于点，则，由求得，进而求得的面积，便可判断本结论正误． 【详解】解：由折叠知，，， ， ， ， ， ， 是等腰三角形，故正确； 过作于，与交于点，则四边形为矩形， ，，， ， ， ， ， ， 由①可知，， ∴， ∴， ， ， 由折叠知，，， ， ，， ， ，即， ， ，故正确； 过点作，与的延长线交于点， 由折叠知，， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， 解得， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 不平分，故错误； 过作于点，则， ， ， ， ， ， ，故正确； 综上，结论正确的有． 13．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，已知抛物线（为常数，且）的对称轴是直线，且抛物线与轴的一个交点坐标是，与轴交点坐标是且．有下列结论：①；②；③；④关于的一元二次方程必有两个不相等实根；⑤若点在抛物线上，且，当时，则的取值范围为．其中正确的有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】C 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，一元二次方程根的判别式，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据函数图象结合二次函数的性质，先判断的符号即可判断①；进而根据对称性得出另一个交点坐标为，则当时，，即可判断②；根据，，结合抛物线的顶点坐标，即可判断③；求得的范围进而根据一元二次方程根的判别式判断一元二次方程的解情况即可判断④；根据，结合函数图象分析，即可得出，进而判断⑤，即可求解． 【详解】解：根据函数图象可得抛物线开口向下，则，对称轴为直线，则 ∴， 又∵抛物线与轴交点坐标是，即， ∵，即， ∴，故①正确； ∵抛物线与轴的一个交点坐标是，对称轴为直线， ∴另一个交点坐标为， ∴当时，，故②错误； ∵，在抛物线的图象上， ∴， 又∵， ∴， ∴即， ∵，即， ∴， ∴即， 当时，取得最大值，最大值为， ∴， ∴，故③正确； ∵，，， 即， ∵ 对称轴为直线，当时，的值随的增大而减小， 又∵， ∴， ∴当时，， ∴当时，恒成立，即必有两个不相等实根，故④正确； ∵若点在抛物线上，且， ∴，， ∵存在， ∴，， 即，，， 解得：，故⑤正确； 故正确的有①③④⑤，共4个． 故选：C． 14．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，点、在双曲线上，直线分别与轴、轴交于点、，与双曲线交于点，连接，若，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点作轴于点，过点作轴的垂线，垂足为，过点作轴的垂线，垂足为，连接，先证明四边形为平行四边形，则，证明，则，再证明，则， ，则，由轴，得到，则，则，则可求，即可求解的值． 【详解】解：过点作轴于点，过点作轴的垂线，垂足为，过点作轴的垂线，垂足为，连接， 点、在双曲线上， ∴， 轴，轴，轴， ∴， ∵，且共底， ∴在上的高相等， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵轴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵轴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵双曲线经过第二象限， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了反比例函数与几何综合，反比例函数k的几何意义，平行线分线段成比例定理，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，难度较大，解题的关键是熟练掌握反比例函数有关的“等角、等线段”的性质是解题的关键． 15．（2024·山东东营·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线：与直线交于点，过作x轴的垂线，垂足为，过作的平行线交于，过作轴的垂线，垂足为，过作的平行线交于，过作轴的垂线，垂足为按此规律，则点的纵坐标为_______． 【答案】 【分析】本题考查了坐标规律探究，两直线的交点，一次函数图象性质．总结归纳出点A纵坐标变化规律是解题的关键． 联立直线与直线的表达式并解得：，，故，依次求出：点的纵坐标为、的纵坐标为，…，的纵坐标为即可求解． 【详解】解：联立直线与直线的表达式并解得：，，故； 则点，则直线的表达式为：， 将点坐标代入上式并解得：直线的表达式为：， 将表达式与直线的表达式联立并解得：，，即点的纵坐标为； 同理可得的纵坐标为， 的纵坐标为 按此规律，则点的纵坐标为， 故答案为：． 16．如图，在菱形ABCD中，AB=BD，点E、F分别是AB、AD上任意的点（不与端点重合），且AE=DF，连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．给出如下几个结论：①△AED≌△DFB；②S四边形BCDG=；③若AF=2DF，则BG=6GF；④CG与BD一定不垂直；⑤∠BGE的大小为定值． 其中正确的结论个数为（ ）    A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【详解】试题分析：①∵ABCD为菱形，∴AB=AD，∵AB=BD，∴△ABD为等边三角形，∴∠A=∠BDF=60°，又∵AE=DF，AD=BD，∴△AED≌△DFB，故本选项正确； ②∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°=∠BCD，即∠BGD+∠BCD=180°，∴点B、C、D、G四点共圆，∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°，∴∠BGC=∠DGC=60°，过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N（如图1），则△CBM≌△CDN（AAS），∴S四边形BCDG=S四边形CMGN，S四边形CMGN=2S△CMG，∵∠CGM=60°，∴GM=CG，CM=CG，∴S四边形CMGN=2S△CMG=2××CG×CG=，故本选项错误； ③过点F作FP∥AE于P点（如图2），∵AF=2FD，∴FP：AE=DF：DA=1：3，∵AE=DF，AB=AD，∴BE=2AE，∴FP：BE=FP：AE=1：6，∵FP∥AE，∴PF∥BE，∴FG：BG=FP：BE=1：6，即BG=6GF，故本选项正确； ④当点E，F分别是AB，AD中点时（如图3），由（1）知，△ABD，△BDC为等边三角形，∵点E，F分别是AB，AD中点，∴∠BDE=∠DBG=30°，∴DG=BG，在△GDC与△BGC中，∵DG=BG，CG=CG，CD=CB，∴△GDC≌△BGC，∴∠DCG=∠BCG，∴CH⊥BD，即CG⊥BD，故本选项错误； ⑤∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°，为定值，故本选项正确； 综上所述，正确的结论有①③⑤，共3个，故选B．    考点：四边形综合题． 17．（2026·甘肃临夏·一模）如图，作出边长为1的菱形，，连接对角线，以为边作第二个菱形，使，连接，再以为边作第三个菱形，使；……，按此规律所作的第个菱形的边长为________． 【答案】 【详解】解：如图，连接，与交于点M， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可得，…， 故按此规律所作的第n个菱形的边长为， ∴第2027个菱形的边长为． 18．（2026·宁夏银川·一模）如图，在平面直角坐标系中，有一个等腰直角三角形，，直角边在x轴上，且．将绕原点O逆时针旋转并放大得到等腰直角三角形，且，再将绕原点O逆时针旋转并放大得到等腰直角三角形，且…依此规律，得到等腰直角三角形，则点的坐标是__________． 【答案】 【分析】根据题意得出点坐标的变化规律，进而得出点的坐标，进而得出答案． 【详解】解：∵是等腰直角三角形，， ∴， ∴， 将绕原点O逆时针旋转得到等腰直角三角形，且， ∴， ∴， 依此规律， ∴每4次循环一周，， …， 总结规律得：横纵坐标的绝对值是， ∵, ∴与在同一象限，即第三象限， ∴点． 19．（2025·新疆乌鲁木齐·一模）如图，在平面直角坐标系中，为直角三角形，轴于点，点在第一象限，为斜边上一点，且，过点作（点在直线的右侧），已知，点在反比例函数的图象上，反比例函数的图象过点．结合图象判断下列结论：①；②四边形是平行四边形；③点是的中点；④的值是2．其中正确结论有（   ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查反比例函数与几何的综合应用，利用证明判断①，根据全等的性质，得出，再结合等边对等角 ，则，故四边形是平行四边形，判断②；条件不足，无法得到点是的中点；判断③；延长交轴于一点，过点作轴，先证明四边形是矩形，根据值的几何意义，得到的面积，进而求出四边形的面积，判断④，即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵，， ∴，故①正确； ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形；故②正确； ∴， 延长交轴于一点，过点作轴，如图所示：    ∵， ∴， ∵轴，，， ∴四边形是矩形， 同理，四边形是矩形， ∵点D在反比例函数的图象上， ∴矩形的面积是4， ∴， ∵， ∴， 即， ∴矩形的面积是2； ∵反比例函数的图象过点A． ∴；故④正确； 条件不足，无法得到点是的中点；故③错误； 故选C． 20．（2026·北京昌平·一模）如图，矩形的对角线相交于点，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形．顺次连接．对八边形给出下面四个结论： ①该八边形各边都相等； ②该八边形各内角都相等； ③点到该八边形各边所在直线的距离都相等； ④该八边形为正八边形时，矩形的长宽比为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】D 【分析】条件可知矩形的大小是不确定的，因此可以先尝试调整矩形的长、宽关系，然后进一步探究八边形的边、角以及点O到各边的距离的变化规律，继而求解． 【详解】结论①：由题意可知八边形的边长受矩形长、宽关系的影响，如图1所示，显然八边形的各边并不相等，故结论①错误； 结论②：如图1，由条件易知四边形是正方形，进而可证为4个全等的等腰直角三角形，由此可知八边形的各个内角均为135°，故结论②正确； 结论③：如图2，连接，过点O分别作，由条件易知均为等腰三角形，且．在和中，，，由结论①易知和不一定相等，因此和也不一定相等，故结论③错误； 结论④：如图3，结合结论②，设，则．当八边形为正八边形时，则，所以，所以矩形的长宽比为，所以结论④正确．综上，所有正确结论的序号是②④． 【点睛】本题考查了矩形、（正）多边形、旋转、全等、直角三角形等知识，解题的关键是先结合图形作出合理的猜想，进而快速地找到问题的切入点． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题10 选填压轴多结论判断题热点 (几何、函数、动点背景、规律探究压轴)有关的4类核心题型 目录 第一部分命题解码 洞察命题意图，明确攻坚方向 第二部分方法敖建模构建方法体系，提供通用工具 【结论背记清单】 方法一几何多结论选择求解及技巧 方法二函数多结论判断及解题技巧 方法三动点背景下多结论及解题技巧 方法四规律探究类填空压轴及解题技巧 第三部分题型专攻实施靶向训练，提升应试效率。 【题型01】几何多结论选择 【题型02】函数多结论判断 【题型03】动点背景下多结论 【题型04】规律探究类填空压轴 第四部分答题实战检验学习成效，锤炼应用能力 1/29 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 01 命题解码 ◆ 1.考向聚焦（精炼概括本专题在中考中的核心考查方向与价值） 核心考向1：几何综合型（高频压轴）一一以圆、相似三角形、几何三大变换为载体，多个结 论围绕线段相等、角度相等、相似全等、面积比例、最值等展开，侧重逻辑推理与图形分析，是 选填压轴核心题型。 核心考向2：代数综合型（高频）一一以二次函数为核心，结合方程、不等式、坐标变换，判 断函数性质、交点个数、线段长度、最值等结论，侧重数形结合与运算能力。 核心考向3：代数几何综合型（区分度核心）一一融合几何图形与代数知识（函数、坐标）， 多个结论交叉考查，需灵活运用几何性质与代数运算，设问灵活，易错点多。 共性考向：核心考查“逻辑推理、细节把控、方法技巧”，不考偏难知识点，侧重对基础知识点 的综合应用；常用解题方法（排除法、特殊值法、代入验证法），设问为判断多个结论的对错， 是中考选填题的区分度关键。 2.思维瓶颈（精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板） 瓶颈1：解题方法不当，不会运用排除法、特殊值法快速排除错误结论，盲目逐个推导，浪费时 间且易出错，效率低下。 瓶颈2：综合知识衔接不畅，无法快速整合几何、代数相关知识点，单个结论推导时，遗漏图形 隐含条件（如圆的切线性质、相似对应关系）或代数限制条件（如函数定义域）。 瓶颈3：细节把控不足，推导过程不严谨（如相似三角形对应边找错、二次函数顶点坐标计算失 误)，导致单个结论判断错误，进而影响整体答案。 瓶颈4：畏难情绪突出，面对多个结论时，容易慌乱，不会优先判断简单、易推导的结论，陷入 复杂结论的推导误区，导致失分。 02 方法建模◆ D结论道记 一、核心基础公式（解题地基，必背) (一)高频基础公式汇总（联动前面专题，直接套用） 1.代数类核心公式（代数综合型多结论题必考） 二次函数：顶点公式尝) 增减性、与坐标轴交点、判别式△=b2-4ac; 方程与不等式：一元二次方程求根公式、不等式性质、整数解筛选方法； 代数式运算：因式分解（平方差、完全平方）、分式化简、根式运算。 2/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2.几何类核心公式（几何综合型多结论题必考) 相似三角形：判定(AA、SAS、SSS)、性质（对应边成比例、面积比=相似比）； 圆：圆周角定理、切线性质与判定、弦长公式L=22-d2、圆心角公式百分比日=360°×百分比 三角形与四边形：勾股定理、等腰三角形性质、矩形/菱形/正方形性质、三大变换（平移、旋转、轴 对称)性质； 三角函数：特殊角值、sin/cos/tan定义、等角三角函数值相等。 3.统计与概率（偶尔考）：平均数、中位数、众数、方差公式，古典概型概率公式P=畀。 (二)多结论判断题核心基础方法（所有题型通用） 1.逐一验证法（核心方法）：对每个结论，结合题干条件和基础公式，逐一推导、验证其真伪，不遗 漏任何一个结论。 2.排除法（高效技巧）：先验证简单、易判断的结论，若某结论明显错误，可直接排除包含该结论的 选项（适用于选择题型）；若某结论明显正确，可排除不包含该结论的选项。 3.特值法（秒杀技巧）：对代数类多结论题，代入特殊值（如0、1、-1、顶点坐标、端点值），快速 验证结论的真伪，节省时间。 4.数形结合法（关键方法）：几何类多结论题，精准画图（标注已知条件、角度、边长），结合图形 直观分析；代数类（如二次函数），画出函数图像，结合图像分析增减性、交点等结论。 5.反证法（补充方法）：对难以直接验证的结论，假设结论成立，推导是否与题干条件矛盾，若矛盾 则结论错误，反之则正确。 二、万能公式&拓展公式（中考解题神器，全国通用） (一)通用万能建模框架（所有多结论题适用，核心“四步法”） 1.第一步：审题标注（基础，耗时30秒） 通读题干，圈画己知条件（如参数范围、图形特征、函数表达式、特殊角度）： 标注结论序号（①②③④），明确每个结论的核心考点（如①考相似、②考二次函数顶点）。 2.第二步：排序筛选（关键，耗时30秒） 对结论进行“易难排序”，优先验证简单、直观、无需复杂计算的结论（如判断角度相等、边长相等， 优先于求面积、求最值)； 若为选择题，先验证“必对/必错”的结论，快速排除错误选项，缩小范围。 3/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 3.第三步：逐一验证（核心，耗时2-3分钟） 对每个结论，结合题干条件，匹配对应专题的建模方法（如二次函数结论一→用顶点公式、增减性；几 何结论→用相似、勾股定理)； 灵活选用方法：代数类用“特值法、公式法”，几何类用“画图法、全等相似法”，难以验证的用“反 证法”； 每验证一个结论，标注“对”或“错”，并简单标注依据（如“错，因为相似比计算错误”“对， 由圆周角定理得”)。 4.第四步：复盘验证（保障，耗时30秒） 对“存疑”的结论，重新推导验证，避免计算失误、条件遗漏： 若为填空题（求正确结论的序号），汇总所有正确结论，确保无遗漏、无错判；若为选择题，结合排 除法，确定最终选项。 总结万能建模公式（口诀）：审题标注圈关键，易难排序先验证；逐一推导找依据，排除筛选定答案；复 盘检查防失误，精准判定不丢分。 (二)分类型万能建模公式（中考高频类型，精准适配） 类型1：代数综合型（中考高频，占比40%） 1.模型识别：题干为二次函数、方程、不等式、代数式运算的融合，结论多涉及“函数增减性、顶点、 交点、最值、代数式大小比较”。 2.万能建模步骤： 第一步：整理题干条件（如二次函数表达式、参数范围、方程解的情况）； 第二步：优先验证简单结论（如“当x=1时，函数值为0”“代数式化简结果为XX”),用特值法 快速验证； 第三步：验证复杂结论（如最值、增减性、交点个数），套用二次函数顶点公式、判别式、不等式性 质； 第四步：排除错误结论，汇总正确结论，注意参数范围对结论的影响（如二次函数开口方向由的符 号决定)。 3.拓展技巧： 特值优先选“特殊点”：二次函数选顶点、与坐标轴交点、对称轴对应的点；方程选解、整数解； 遇到“代数式大小比较”，用作差法、作商法，结合参数范围判定。 类型2：几何综合型（中考高频，占比40%） 1.模型识别：题干为圆、三角形、四边形、三大变换的融合，结论多涉及“角度相等、边长相等、相似 判定、面积计算、切线判定”。 4/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2.万能建模步骤： 第一步：精准画图，标注已知条件（角度、边长、切线、全等/相似标记），无图时先补全图形； 第二步：优先验证“直观结论”（如“∠A=∠B”“AB=CD”),用角度转化、全等判定快速验证； 第三步：验证复杂结论（如面积比、线段长度、切线判定），套用相似性质、勾股定理、弦长公式： 第四步：注意“特殊情况”（如点的位置、图形的对称性），避免漏判结论。 3.拓展技巧： 几何结论验证，优先用“全等、相似”，其次用“圆周角、圆心角关系”，最后用“勾股定理计算”； 遇到“动点相关结论”，取动点的特殊位置（端点、中点），快速验证结论是否成立。 类型3：代数几何融合型（中考拉分点，占比20%） 1.模型识别：题干为二次函数与几何图形（三角形、四边形、圆）的融合，结论多涉及“函数图像与几 何图形的交点、几何图形的边长/面积与函数参数的关系”。 2.万能建模步骤： 第一步：画出函数图像和几何图形，标注交点、关键点（顶点、切点、端点）； 第二步：拆分结论，分别验证“代数部分”（函数值、参数范围）和“几何部分”（边长、角度）； 第三步：联动代数与几何知识（如用函数表达式求交点坐标，再用勾股定理求边长）； 第四步：验证结论时，注意“图形存在性”（如交点个数、三角形存在条件），避免无意义结论。 3.拓展技巧：优先求“交点坐标”，将几何问题转化为代数问题，简化计算；利用前面专题的“最值模 型”“相似模型”，快速验证结论。 (二)拓展秒杀技巧（中考拉分专用，节省时间） 1.特值秒杀法（代数类首选）： 适用场景：结论涉及“代数式求值、函数值、不等式大小”； 技巧：代入符合题干条件的特殊值（如=1、x=0、k=2),若结论不成立，直接判定为错；若成立， 结合其他方法进一步验证（避免特值的偶然性）。 2.图形秒杀法（几何类首选）： 适用场景：结论涉及“角度、边长、位置关系”； 技巧：精准画图，用直尺、量角器（考试可大致估算）测量角度、边长，快速判断结论真伪（适用于 直观性强的结论)。 3.结论关联法（多结论联动）： 5/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 技巧：多个结论之间往往存在关联（如①正确可推出②正确，①错误则②必错误），利用这种关联， 无需逐一验证，节省时间； 示例：若结论①“△ABC∽△DEF”正确，结论②“是=器”必正确（相似性质），可直接判定② 正确。 4.陷阱规避法（防丢分）： 警惕“绝对化结论”（如“一定相等”“始终成立”），这类结论往往错误，需重点验证； 注意“参数范围”“图形位置”的限制，避免忽略特殊情况（如二次函数≠0、点在圆内/圆外）。 @技法归纳 方法一几何多结论选择求解及技巧 综合运用全等、相似、特殊四边形、圆的相关定理，逐条推理验证每个结论；可借助特殊赋值、特例 法、排除法快速判断对错，节约做题时间。 例题1(2026·黑龙江佳木斯·一模)如图，在正方形ABCD中，O是对角线BD的中点，点P在线段 OD上，连接AP并延长，交CD于点E,过点P作PF⊥AP交BC于点F,连接AF、EF,AF交BD于点G. 下列结论：①PG2=PD+BG;②AGGF=BGGD;③BF=EF-DE;④BF=√2OP,其中结论正确的 序号是() A.①②③ B.①③④ C.②③④ D.①②③④ 例题2(2026·河北石家庄·一模)如图，半圆AB的直径AB=10,C是半圆AB的中点，D是BC的中 点，连接AD,OD,过点D作⊙O的切线分别交AC,AB的延长线于点E,F.下列结论：①OD∥AC;② ∠D0B=45°，⑧BF=1,④DE=5V5.其中正确的个数有() 2 6/29 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 例题3(2026·北京石景山·一模)如图，在平面直角坐标系x0y中，点A(1,0),B5V2+1,0,四边 形ABCD为正方形，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转a(0°<a<180),得到正方形ABCD.给出下面四 个结论： YA C B ①当a=45°时，点C的纵坐标是10； OA Bx ②点C与原点距离的最小值是8√2； ③若点D在y轴正半轴上，则点C的横坐标是6； ④若直线y=x将正方形ABCD分为面积相等的两部分，则点B的纵坐标是1. 上述结论中，所有正确的结论的序号是() A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 方法二函数多结论判断及解题技巧 依托函数图像开口、对称轴、顶点、与坐标轴交点等特征，判断系数符号、代数式大小、增减性等结 论：代入特殊点数值辅助验证，逐项辨析正误。 例题1(2026·陕西·一模)如图，二次函数y=ax2+bx+c与x轴交于点A(3,0)、B(-1,0),与y轴交于 点C(0,m),其中-4<m<-3.则下列结论： ①a-c>0; 7/29 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ②方程ax2+bx+c-5=0没有实数根； 8b<-2 ④a+b+c>0. b-a 其中错误的个数有() 3 -3-2-1O1 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 例题2(2021·广东深圳·三模)如图，在反比例函数的图象上有动点A,连接01，y=x>0)的图象 经过OA的中点B,过点B作BC∥x轴交函数y=4的图象于点C,过点C作CE∥y轴交函数y=的图象 于点D,交x轴点E,连接AC,OC,BD,OC与BD交于点F, 3 3 下列结论：①k=1;②Saoc=2；⑧S,cr=i6Soc:④若BD=A0,则∠A0C=2LC0E,其中正确的是 () B D A.①③④ B.②③④ C.①②④ D.①②③④ 8/29 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 例题3(25-26九年级上·北京·期末)如图，己知抛物线y=ax2+bx+c,(a<0)过A(s,0),B(t,0)两 点，其中s>-2,s+1=2.有以下四个结论： ①b<0;②8a+c<0;③点M(x,),N(x,)在抛物线上，x<x2,当x+x2<k时，总有乃<2，则 k≤2；④若点P(m-1,y),Q(m,y2)在抛物线上且在对称轴的同侧，总有y,-y2≥1，则a≤-1.其中正确 的结论为() B末 A.①② B.②③ C.③④ D.②③④ 方法三动点背景下多结论及解题技巧 按动点运动路径划分阶段，分析不同时刻图形、线段、角度的变化：结合几何性质与函数关系，逐个论 证结论，重点关注临界位置的成立情况。 例题1如图，线段AB=24cm,动点P从A出发，以2cm/s的速度沿AB运动，M为AP的中点，N为BP的 中点，以下说法正确的是() ①运动4s后，PB=2AM; ②PM+MN的值随着运动时间的改变而改变； ③2BM-BP的值不变； ④当AN=6PM时，运动时间为2.4s. A MP N B A.①② B.②③ C.①②③ D.②③④ 9/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 例题2如图，在矩形ABCD中，AB=4,对角线AC,BD交于点0，sin∠COD=5 ,P为AD上一动 2 点，PE⊥AC于点E,PF⊥BD于点F,分别以PE,PF为边向外作正方形PEGH和PFMN,面积分别 为S,S2,则下列结论：①BD=8;②点P在运动过程中，PE+PF的值始终保持不变，为2V3;③ S+S的最小值为6；④当PH:PN=5:6时，则DM:AG=5:6.其中正确的结论有() A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 例题3(2026·天津滨海新区·一模)四边形ABCD中，AD∥BC,∠B=90°，AB=5cm,AD=7cm, BC=I0cm,动点M从点B出发，以2cm/s的速度沿边BA,边AD向终点D运动；动点N从点C同时出 发，以1cm/s的速度沿边CB向终点B运动.规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动.设 运动的时间为s,当t=2s时，点M,N的位置如图所示.有下列结论：①当t=4s时，BN=DM;②当 1≤t≤2.5时，△BMN的最大面积为25cm2;③当t为2s和3.6s时，满足△BMN的面积为16cm2.其中，正确 结论的个数是() D 4 A.3 B.2 C.1 D.0 方法四规律探究类填空压轴及解题技巧 10/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 观察数字、图形、算式的变化特征，寻找循环、递推、等差等内在规律：先列举前几项找共性，归纳通 用公式，再代入序号计算，最后验证规律有效性。 例题1(2026·山东东营·一模)如图，在平面直角坐标系中，△P0A,△PAA2,△PAA,,都是 等腰直角三角形，其直角顶点P3,),乃，R,,均在直线y=一了+4上.设△P04,△R44, △P4A,,的面积分别为S,S2,S,，依据图形所反映的规律，S2026=· 例题2(23-24九年级上·黑龙江齐齐哈尔·期中)如图，把RtAOAB置于平面直角坐标系中，点A的坐 标为0,4)，点B的坐标为3,0)，点P是RtAOAB内切圆的圆心.将Rt△OAB沿x轴的正方向作无滑动滚动， 使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后圆心为P,第二次滚动后圆心为P,·,依此规律，第2023次 滚动后，Rt△OAB内切圆的圆心P23的坐标是 P● P● P● B 例题3(2025·黑龙江齐齐哈尔·二模)如图，把Rt△OAB,置于平面直角坐标系中，点A的坐标为3,4 ,点B的坐标为(3,0)，∠OA,B,与∠OB,A的平分线交于点，过点A作OA,的垂线，交x轴于点B,过点 11/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B作x轴的垂线，交直线OA,于点A,∠OA,B2与∠OB2A,的平分线交于点P…按此规律，则点P2s的坐 标是 A A A P B B. B 03 题型专攻◆ 【题型01】几何多结论选择（共6题） 1.(2025·山东东营·中考真题)如图，在ABC中，CB=CA,∠ACB=90°，点D在边BC上（与点B ,C不重合)，四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA,交CA的延长线于点G,连接FB,交DE于 点0，下列结论：①AC=FG;②S△FB:S四边形CBrG=1:2;③LABC=LABF;④AD2=FQ·AC,其中结 论正确的序号是() G B A.①②④ B.①②③ C.①②③④ D.②③④ 12/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2.(2022·江苏常州·模拟预测)如图(1)所示，E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P,Q同时从点 B出发，点P沿折线BE-ED-DC运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是 1cm/s.设P、Q同时出发ts时，△BPQ的面积为ycm2.己知y与t的函数关系图象如图(2)（曲线OM为 抛物线的-部分.则下列结论，①4D=8E=5:②cos∠46E=号：③当0<1<5时，y-名：①当 5 1s29 秒时，△ABE∽aQBP;其中正确的结论是() 4 V M 10 57 图(1) 图(2) A.①②③ B.①③ C.①③④ D.②④ 3.(2026·江苏无锡·一模)如图，在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4,△AED的顶点D在边BC 上运动（点D不与点B,C重合），且LADE=90°，AD=DE,直线AE与直线BC相交于点F,连接BE, 则下列结论：①△ACF∽△DEF;②aABE的面积等于ABC的面积；③线段BE的最大值为4V5;④aABE周 长的最小值为4+25.其中正确的为() B A.①② B.②④ C.①②③ D.①②④ 4.(2026·河北邯郸·二模)如图，菱形ABCD中，AB=2,∠ABC=60°，点P是BC边上的动点 (BP>1),连接AP,将a△ABP沿AP翻折得△AB'P,射线PB与射线AD交于点E,给出下列结论： ①当AB'⊥AB时，B'A=B'E· ②当点B落在AD上时，四边形ABPB'是菱形. ③在点P运动的过程中，线段AE的最小值为2. ④连接B',则△ABB的面积等于4P-B 其中正确的结论个数是() 13/29 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D B A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 5. (2026·河北邯郸·一模)如图，在Rt ABC中，∠A=90°，AB=C,AC=b,BC=a,将ABC沿某一个 方向平移2个单位长度，记ABC扫过的面积为S.关于结论①，②，下列判断正确的是() 结论①：点A到BC的距离为 bc 2a 结论②：S的最大值为c+2a 2 A.只有①对 B.只有②对 C.①，②都对 D.①，②都不对 6.(2026·北京顺义·一模)如图，在ABC中，∠ACB=90°，AC=BC,AD平分∠BAC,E是AD上 一动点（不与A,D重合），EF⊥AC于点F.设CE=a,EF=b,BC=c·给出下面三个结论：① a-b>0;②c-b<√a2-b2；③V2(a+b)≥c,上述结论中，所有正确结论的序号是() B A.① B.①③ C.②③ D.①②③ 【题型02】函数多结论判断（共6题） 14/29 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 1.(24-25九年级下·全国·单元复习)如图，在直角坐标系中，直线=-x-1与坐标轴交于A、B两点， 与双曲线，-交于点C,连接0C,过点C作CM上x轴，垂足为点M,且OA=AM.则下列结论正确 的个数是() ①S△cwo=1; ②当x<0时，随x的增大而减小，2随x的增大而增大； ③方程-x-1=《只有一个解为x=-2: ④当x<-2时，y<y2· A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 2.(23-24九年级上·四川达州·月考)如图，一次函数y=x+1的图象与反比例函数y2=二的图象交于 A(I,a),B(b,-1)两点，过点A作AC⊥x轴于点C,过点B作BD⊥x轴于点D,连接AO,BO.得出以下结 论： ①点A和点B关于直线y=-x对称；②当x<1时，y2>片；③SA4oc=SABOD;④当x>0时，2都随x 的增大而增大.其中正确的有()个 D A.1 B.2 C.3 D.4 3.(2025·贵州·中考真题)如图，一次函数y=x20)与反比例函数y=9(x>0)的图象交于点C,过反 比例函数图象上点A作x轴垂线，垂足为点D,交y=x的图象于点B,点A的横坐标为1.有以下结论： 15/29 扇学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 y◆y 9 V=x B D ①线段AB的长为8； ②点C的坐标为(3,3)： ③当x>3时，一次函数的值小于反比例函数的值. 其中结论正确的个数是() A.0 B.1 C.2 D.3 4.(25-26九年级上·云南昆明·期中)二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，对称轴是直线 x=1,下列结论：①abc<0;②a+b+c<0;③a>c;④b2-4ac>0.其中正确的是() A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①②③④ 5.(25-26九年级上·四川眉山·月考)我们定义一种新函数：形如y=ax2+bx+c(a≠0，b2-4ac>0 )的函数叫做“鹊桥”函数.某数学兴趣小组画出了“鹊桥”函数G：y=x2-x-6的图象（如图所示）， 并写出了下列结论：①图象与坐标轴的交点为A(-2,0),B(3,0),C(0,6); ②当x=二时，函数取得最大值； 1 ③当-2≤x≤二或x≥3时，函数值y随x值的增大而增大； ④若(x,y)在函数图象上，则1+x,yo)也在函数图象上； ⑤当直线y=-x+m与函数G的图象有2个交点时，则m的取值范围是-2<m<3或者m>7.其中正确的结 论有() 16/29 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B A.①②③ B.①③④ C.①③⑤ D.②③④ 6.(25-26九年级上·湖北荆门·期末)如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A,B两点，与y轴交于 点C,且0A=0C.对称轴为直线x=1.则下列结论：①abc<0;②a+0.5b+0.25c=0;③当m<-1时， 关于x的方程ar2+bx+c+m=0无实根；④ac-b+1=0;⑤OA:OB=-C.其中正确的结论有()个 y个x=1 B A.1 B.2 C.3 D.4 【题型03】动点背景下多结论（共6题） 1.(2013·四川南充·中考真题)如图1，点E为矩形ABCD边AD上一点，点P,点Q同时从点B出发， 点P沿BE→ED一DC运动到点C停止，点Q沿BC运动到点C停止，它们运动的速度都是1cm/s,设P,Q出 发t秒时，△BPQ的面积为ycm,己知y与t的函数关系的图形如图2（曲线OM为抛物线的一部分），则下 列结论：①D=证=5a:②当0<t≤5时，y号，@直线m的解析式为y=-1+27,④若△ABE与△0P 2 相似，则29秒.其中正确的结论个数为【】 4 D M N 10 B 57 图(1) 图2) A.4 B.3 C.2 D.1 17/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2.如图，点C是线段AB上任意一点（不与端点重合），点M是AB的中点，点P是AC的中点，点Q是 BC的中点，给出下列结论：①PQ=MB:②PM-M-MC:@PQ-40+AP:国 M0=)MB+MC).其中正确的有() P M CO B A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 3.在矩形ABCD中，M,N,P,Q分别为边AB,BC,CD,DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD, 下面四个结论中， ①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形； ②存在无数个四边形MNPQ是矩形； ③存在无数个四边形MNPQ是菱形； ④至少存在一个四边形MNPQ是正方形， 其中正确的结论的个数为() A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 4.己知线段MN=10cm,现有一点P满足PM+PN=20cm.有下列说法；①点P必在线段MN上；②点P 必在直线MW外；③点P必在直线MN上；④点P可能在直线MN上；⑤点P可能在直线MN外，其中正确 的说法是() A.①② B.②③ C.④⑤ D.①②④ 5.如图①，在矩形ABCD中， 4C=k(为常数)，动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿 A B→A→C运动到点C,同时动点Q从点A出发，以每秒k个单位长度的速度沿A→C→D运动到点D, 当一个点停止运动时，另一个点也随之停止，设△4APQ的面积为y,运动时间为t秒，y与t的函数关系图 象如图②所示，当t=4时，y的值为() D ① ② A·3 B.1 6.如图1，己知E为矩形ABCD的边AD上的一点，动点P,Q同时从点B出发，点P沿折线BE-ED-DC 运动到点C时停止；点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/s.设P,Q同时出发，t(s) 18/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 时，△BPQ的面积为y(cm).己知y与t的函数关系图象如图2（曲线OM为抛物线的一部分），有下列结 论：①4D=BE=5cm;②cos∠ABE=3 @当0<15，y号，@当1-时，△E∽△0aP其中 正确的结论是() Ay/cm2 D 10 MN -C 图1 图2 A.①② B.③④ C.①③④ D.①②③④ 【题型04】规律探究类填空压轴（共6题） 026·黑龙江·一模)如图，在平面直角坐标系中，直线：y=x+3交x轴于点A,交y轴于点B 边形OE,CD,DE,C,D2,DE,C,D,DE,CD4,…都是矩形，顶点D,D2,D,D4,…都在x轴上，顶点 C,C2,C,C4,…都在直线I上，对角线OC,D,C2,D,C,D,C4,…都与直线1垂直，设矩形 OE,CD,DE,C,D2,D,E,C,D,DE,C4D4,…的面积分别为S,S2,S3,S4,·,依此规律，则S226= B C E DD:D D 2.(2025·黑龙江齐齐哈尔·二模)如图，在平面直角坐标系中，OA,=OB,∠AOB,=120°，将△4OB绕 点0顺时针旋转并且按一定规律放大，每次变化后得到的图形仍是顶角为120°的等腰三角形.第一次变化 后得到等腰三角形△4OB,点A(1,0)的对应点为A,(-山，-√5)；第二次变化后得到等腰三角形△A,0B,点 立2第三次变化后得到等腰三角形△A,0B，,点4的对应点为4,4,0)，依此规 335 4的对应点为A 律，则第2025个等腰三角形中，点B2o25的坐标是· 19/29 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A4 A2 B3 3. (2026·黑龙江佳木斯·一模)如图，正方形ABCD的顶点A(0,1),B1,0),延长DC交x轴于点B, 作正方形DB,C,D,延长DC交x轴于点B,作正方形D,BC,D2…按照这样的规律，则点Doo的坐标 为 D 0 C D C OB BB, B 4. ag·高江台州·)观架提件高宁六-片片行一运用物现案的复 律解决以下问题： 如图，分别过点P(n,0)n=1,2,…)作x轴的垂线，交y=x2(a>0)的图像于点A,交直线y=-x于点B,.则 1 1 AB AB2 。一的值为一 A023B2023 个y A 6 B 5.如图，在平面直角坐标系中，直线l:y=5 x,直线：yV3x,在直线l1上取一点B,使0B=1,以 3 点B为对称中心，作点O的对称点B,过点B作B,A,∥12，交x轴于点A1,作B,C∥x轴，交直线l2于点 20/29 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 C,得到四边形OAB,C;再以点B为对称中心，作O点的对称点B2,过点B2作B,A,∥12，交x轴于点 A2,作B,C,∥x轴，交直线12于点C2,得到四边形0AB,C:;;按此规律作下去，则四边形0A,BC,的面 积是 l2 C B3 B2 C 大B 0 A A. A3 6.(2026·山东聊城·一模)如图，平面直角坐标系中，网格边长为单位1，在一次函数y=x与y=-x之 间，存在若干横纵坐标均为整数的点，a,坐标为(0,0)，根据这个规律，a226的坐标是 y=X 17 181 as, a14 20 ar a3 a7 13 ai 12 a22 9、 a23 24 2 ☑26 V=-x 04 答题实战 ◆ 1.(25-26九年级上·内蒙古通辽·期中)如图是抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)图象的一部分，抛物线的 顶点坐标A1,3,与x轴的一个交点B(4,0),直线y,=mx+nm≠0)与抛物线交于AB两点，下列结论： ①2a+b=0;②abc>0;③4a+2b+c>0;④抛物线与x轴的另一个交点是(-1,0)；⑤当1<x<4时，有 y2<y,其中正确的是() 21/29 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 VA y2 x A.①②③ B.①③④ C.①③⑤ D.②④⑤ 2.(2025·新疆克孜勒苏·模拟预测)如图，直线y=-x+b的图象与x轴，y轴分别交于点A,B,与反比 例函数y=k(k≠0)图象的一支交于CL4),D两点，过点C作CE1x轴于点E,过点D作DF1x轴于 点F,连接OC,OD,则以下结论：①k的值为2；②△ADF是等腰直角三角形；③S4Ec=SoD；④ S.cow=15;其中正确的是() A.①② B.①②③ C.②③④ D.①②③④ 3.(2025·北京·一模)如图，点E是正方形ABCD内一点，△EBC是等边三角形，连接AC交BE于点F ,连接AE和DE,下列结论中正确的是() ①AE=DE;②∠BEFC=2∠EDC;®∠AED=2∠AEB,④HB=1+5BF, 2 D E A.①②③④ B.①②③ C.①③④ D.②③④ 4.(2026·山东临沂·一模)如图，在平面直角坐标系x0y中，A,B分别是横、纵轴正半轴上的动点， 四边形O4CB是矩形，函数y=1(x>0)的图象与边AC交于点M,与边BC交于点N(M,N不重合).给 22/29 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 出下面五个结论：①aCOA与△COB的面积一定相等；②MN∥AB;③△MON与△MCN的面积不可能相 等；④△MON可能是钝角三角形；⑤△MON可能是等边三角形.上述结论中，所有正确结论的个数有() B A A.5个 B.4个 C.3个 D.2个 5.(2022·山东滨州·一模)如图，在矩形ABCD中，O为AC中点，EF过O点且EF⊥AC分别交DC于 F,交AB于E,点G是AE中点且∠A0G=30°，①DC=30G,②OG=BC,③A0GE是等边三角形， 2 ④SA4OE=一S矩彩BcD,则下列结论正确的个数为() 6 A G E B A.4个 B.3个 C.2个 D.1个 6. (2013·云南昆明·中考真题)如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A,B重合）， 对角线AC,BD相交于点O,过点P分别作AC,BD的垂线，分别交AC,BD于点E,F,交AD,BC于 点M,N.下列结论： ①△APE≌△AME;②PM+PN=AC;③PE2+PF2=POP;④△POF∽△BNF;⑤当△PMW∽△AMP时，点P 是AB的中点. 其中正确的结论有() A B A.5个 B.4个 C.3个 D.2个 23/29 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 7.(25-26九年级上·河北邯郸·期末)己知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示抛物线的顶点坐标是 (1,1),有下列结论①a≥0；②b2-4ac>0;③4a+b=1;④若点Am,n在该抛物线上，则 am2+bm+c≥a+b+c.其中正确的结论个数是() 3 0 A.1 B.2 C.3 D.4 8.(2025·青海西宁·中考真题)如图，直线1和直线1外一点A,以点A为圆心，适当的长度为半径画 弧，交直线I于点M,N;分别以点M,N为圆心，线段MN的长为半径画弧，两弧交于点P(点P与点A 在直线1的两侧)；作直线AP交直线1于点O,连接AM,AN,PM,PN,根据以上作图过程，有以下 结论：①△AMN是等边三角形；②AP垂直平分线段MN;③PA平分∠MPN;④四边形AMPN是菱形； ⑤cos∠MPw= . 其中正确结论的个数是() A.2个 B.3个 C.4个 D.5个 9.(2025·四川乐山·中考真题)己知二次函数y=x2+4x+m的图象经过Ax,乃)、B(x2,y2)两点，有 下列结论： ①二次函数的图象开口向上，对称轴为直线x=-2; ②当m<4时，二次函数的图象与x轴有两个交点： ③若y<y2,则x+2>x2+2; ④当x≥-2时，二次函数的图象与y=2x-1的图象有两个交点，则-1≤m<0. 其中，正确的结论有() A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 24/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 10.(2026·山东枣庄·一模)如图，ABC是边长为1的等边三角形，取BC边中点E,作ED∥AB, EF∥AC,得到四边形EDAF,它的周长记作C;取BE中点E,作E,D,∥FB,E,F∥EF,得到四边形 EDFE,它的周长记作C,,…,照此规律作下去，则C22,= E D E B 11.(25-26九年级上·山东滨州·期末)如图，抛物线y=ax2+bx+c(a<0)与x轴交于A,B两点，与y轴 的正半轴交于点C,对称轴是直线x=-1,其顶点在第二象限，给出以下结论：①当m≠-1时， a-b>am2 +bm ②若ax2+bx,=ax+bx,且x≠x2,则x1+x2=2; ③若04=0c,则0B=-: a ④若B(1,0),C(0,3),连接AC,点P在抛物线的对称轴上，且∠PCA=90°，则P(-1,4).其中正确的是() x=-1y个 B A.①②③④ B.①②③ C.②③④ D.①③④ 12.(2022·四川泸州·一模)如图，在矩形ABCD中，AB=4,AD=5,E是CD上一点，沿AE折叠矩 形，BC的对应边B'C'经过点D,连接BB',与AE、AD分别交于点G、H,连接BD交AE于点F,下列 蟹论：①△BDH是等腰三角形，②GH:BH=1:3:®BB平分∠A6D:④S,D0,其中结论正确的有 25/29 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B D G E A.①④ B.②④ C.①②③ D.①②④ 13.(2025·四川遂宁·中考真题)如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a、b、c为常数，且a≠0)的对称 轴是直线x=1,且抛物线与x轴的一个交点坐标是(4,0)，与y轴交点坐标是0，m)且2<m<3,有下列结 9 论：①abc<0;②9a-3b+c>0;③ 4下绿大值 ：④关于的一元=次方程ar+b-r+c-2=0必有 27 两个不相等实根；⑤若点Ax,),Bx2,y2),C(x3,y3)在抛物线y=ax2+bx+c上，且 <<+<<n+2<无<n+3,当<<时，则的取值范罪为n<0,其中正确的有 名 4 A.2个 B.3个 C.4个 D.5个 14.(2025·江苏宿迁·中考真题)如图，点A、8在双曲线y=(x>0)上，直线AB分别与x轴、y轴 交于点C、D,与双曲线，=2(x<0)交于点E,连接0A、0B,若S.0c=20,AB=3BC,AD=DE,则 飞的值为() A.-10 B.-11 C.-12 D.-13 26/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 15.(2024·山东东营·二模)如图，在平面直角坐标系中，直线4：y=5 +1与直线l,:y=√3x交于点 A,过A作x轴的垂线，垂足为B,过B作的平行线交（于A,过A作x轴的垂线，垂足为B,过B作 ☑2的平行线交乙于A,过A作x轴的垂线，垂足为B按此规律，则点A24的纵坐标为 A3 A2 O B B2 B 16.如图，在菱形ABCD中，AB=BD,点E、F分别是AB、AD上任意的点（不与端点重合），且AE=DP,连接 BF与DE相交于点G,连接CG与BD相交于点H.给出如下几个结论：①△AED≌△DFB;②S四边形C 2 ;③若AF=2DF,则BG=6GF;④CG与BD一定不垂直；⑤∠BGE的大小为定值. 其中正确的结论个数为() D H E A.4 B.3 C.2 D.1 17.(2026·甘肃临夏·一模)如图，作出边长为1的菱形ABCD,∠DAB=60°，连接对角线AC,以 AC为边作第二个菱形ACC,D,使∠D,AC=60°，连接AC,再以AC为边作第三个菱形AC,C,D2,使 ∠D2AC,=60;…,按此规律所作的第2027个菱形的边长为 D B 18.(2026·宁夏银川·一模)如图，在平面直角坐标系中，有一个等腰直角三角形A0B,∠0AB=90°， 直角边A0在x轴上，且A0=1.将RtaA0B绕原点O逆时针旋转90°并放大得到等腰直角三角形A,0B,, 27/29 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 且AO2AO,再将Rt△A,OB,绕原点O逆时针旋转90°并放大得到等腰直角三角形A,0B,,且A,0=24O…依 此规律，得到等腰直角三角形A026OB226,则点B226的坐标是 B A B OA B 19.(2025·新疆乌鲁木齐·一模)如图，在平面直角坐标系xOy中，AOB为直角三角形，AB1x轴于 点B,点A在第一象限，C为斜边OA上一点，且OB=BC,过点C作DC⊥BC(点D在直线AB的右侧)， 己知AB=CD,点D在反比例函数y=4的图象上，反比例函数y=冬的图象过点A,结合图象判断下列结 论：①aOBA≌△BCD;②四边形AOBD是平行四边形；③点C是OA的中点；④k的值是2.其中正确结论 有() VA B A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 20.(2026·北京昌平·一模)如图，矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,将矩形ABCD绕点O顺时 针旋转90得到矩形A'B'CD'.顺次连接AB',A'D,CD,CB.对八边形AB'A'DCD'CB给出下面四个结论： B' D ①该八边形各边都相等： ②该八边形各内角都相等： ③点O到该八边形各边所在直线的距离都相等： 28/29 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ④该八边形为正八边形时，矩形ABCD的长宽比为√2+1：1. 上述结论中，所有正确结论的序号是() A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 29/29