专题4 解答题压轴题（第25题）题位训练（6大考点）2026年九年级数学中考三轮复习系列1-南通九年级数学中考冲刺题位训练

**基本信息** 聚焦南通中考第25题压轴题，按6大考点分类整合真题与模拟题，系统覆盖函数、几何综合，通过典型题训练培养几何直观与推理能力，提升综合解题思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |反比例函数综合题|2题|新定义距离、实际应用|从函数性质到几何图形距离计算，体现模型意识| |二次函数综合题|5题|有界函数、旋转问题|从函数概念到动态几何综合，强化运算能力| |四边形综合题|2题|正方形旋转、面积问题|以正方形性质为基础，结合全等与相似推理| |圆的综合题|4题|反射平移、面积最值|从圆的基本性质到动态几何变换，培养空间观念| |几何变换综合题|1题|矩形翻折问题|通过翻折变换考查图形对称性，提升直观想象| |相似形综合题|2题|倍角三角形、角平分线|以相似判定为核心，结合新定义拓展应用|

专题4 解答题压轴题（第25题）题位训练（6大考点） 专题诠释：本专题精选南通近三年中考真题和2026南通各地区中考模拟试题第25题压轴题，按考点分类，可以清晰地看出南通解答题压轴题的重点、难点和特点，方便孩子进行针对性地训练，使复习更高效。 考点一 反比例函数综合题 1．（2025•南通）在平面直角坐标系xOy中，反比例函数的图象经过点A（1，5），点A，B关于原点对称．该函数图象上另有两点M1，M2，它们的横坐标分别为m，m+n，其中m＞1，n＞0．依次作直线AM1，BM1与y轴分别交于点C1，D1，直线AM2，BM2与y轴分别交于点C2，D2.记OC1﹣OD1＝d1，OC2﹣OD2＝d2． （1）若m＝2，求OC1的长； （2）求代数式（m+n）•d2的值； （3）当m（d1﹣d2）＝2d2，3（d1+d2）＝2n3时，求点D2关于直线AM2对称的点P的坐标． 【分析】（1）依据题意，先用待定系数法求出和直线AM的解析式，进而可以计算得解； （2）依据题意，设直线AM1的解析式为y＝k1x+b1（k1≠0），结合A（1，5），，可得AM1的解析式为，又设直线BM1的解析式为y＝k2x+b2（k2≠0），从而可得BM1的解析式为，故，OD1＝5，则d1.同理，d2，进而可以得解； （3）依据题意，由m（d1﹣d2）＝2d2，则md1＝（m+2）•d2，又由（2），得md1＝（m+n）•d2＝10，故n＝2，结合3（d1+d2）＝2n3，则3（）＝16，可得m＝3，进而求出AM2的解析式为y＝﹣x+6，BM2的解析式为y＝x﹣4，从而C2（0，6），D2（0，﹣4），又M2（5，1），可得△C2D2M2是等腰直角三角形．进而可以判断得解． 【解答】（1）解：设反比例函数的解析式为， ∵A（1，5）在函数图象上， ∴k＝5． ∴． ∴． 设直线AM的解析式为y＝k1x+b1（k1≠0）， ∵A（1，5），， ∴， ∴点C1的坐标为． ∴． （2）解：设直线AM1的解析式为y＝k1x+b1（k1≠0）， .∵A（1，5），， ∴AM1的解析式为． 设直线BM1的解析式为y＝k2x+b2（k2≠0）， ∵B（﹣1，﹣5），， ∴BM1的解析式为． ∴，OD1＝5 ∴d1.同理，d2． ∴（m+n）•d2＝10． （3）解：∵m（d1﹣d2）＝2d2， ∴md1＝（m+2）•d2． 由（2），得md1＝（m+n）•d2＝10． ∴n＝2． ∵3（d1+d2）＝2n3． ∴3（）＝16． ∴m＝3． ∴M2（5，1）． ∵A（1，5），B（﹣1，﹣5）， ∴AM2的解析式为y＝﹣x+6，BM2的解析式为y＝x﹣4． ∴C2（0，6），D2（0，﹣4）． 又∵M2（5，1）， ∴△C2D2M2是等腰直角三角形． ∴点D2关于直线AM2对称的点P的坐标为（10，6）． 【点睛】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征、一次函数图象上点的坐标特征、坐标与图形变化﹣对称、关于原点对称的点的坐标，解题时要熟练掌握并能灵活运用反比例函数的性质是关键． 2．（2026•海门区二模）【定义】在平面内，把一个图形上任意一点与另一个图形上任意一点之间的距离的最小值，称为这两个图形之间的距离，即A，B分别是图形M和图形N上任意一点，当AB的长最小时，称这个最小值为图形M与图形N之间的距离． 例如，如图1，AB⊥l1，线段AB的长度称为点A与直线l1之间的距离，当l2∥l1时，线段AB的长度也是l1与l2之间的距离． 【应用】 （1）如图2，在等腰Rt△BAC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D为AB边上一点，过点D作DE∥BC交AC于点E．若AB＝6，AD＝4，则DE与BC之间的距离是 　　 ； （2）如图3，已知直线l3：y＝﹣x+4与双曲线C1：y（x＞0）交于A（1，m）与B两点，点A与点B之间的距离是 　2　 ，点O与双曲线C1之间的距离是 　　 ； 【拓展】 （3）按规定，住宅小区的外延到高速路的距离不超过80m时，需要在高速路旁修建与高速路相同走向的隔音屏障（如图4）．有一条“东南﹣西北”走向的笔直高速路，路旁某住宅小区建筑外延呈双曲线的形状，它们之间的距离小于80m．现以高速路上某一合适位置为坐标原点，建立如图5所示的直角坐标系，此时高速路所在直线l4的函数表达式为y＝﹣x，小区外延所在双曲线C2的函数表达式为y（x＞0），那么需要在高速路旁修建隔音屏障的长度是多少？ 【分析】（1）如图，过点D作DH⊥BC于点H，利用等腰直角三角形性质即可求得答案； （2）先求得点A的坐标，再利用待定系数法求得反比例函数解析式，联立方程组求得点A、B的坐标，再运用两点间距离公式求得AB；作FG∥AB，且FG与双曲线y只有一个交点，设直线FG的解析式为y＝﹣x+b，则﹣x+b，整理得x2﹣bx+3＝0，利用根的判别式求得b，进而得出点K的坐标，即可求得OK； （3）如图，作直线l5：y＝﹣x+n交y轴于点P，交C2于M、N两点，作MG⊥l4，NH⊥l4，垂足为G、H两点，作OK⊥l5，垂足为K，当OK＝80时，隔音屏障为GH的长，由l5与C2联立得，解方程组即可求得答案． 【解答】解：（1）如图，过点D作DH⊥BC于点H， ∵∠A＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝45°， ∵DH⊥BC， ∴△BDH是等腰直角三角形， ∴DHBD， ∵AB＝6，AD＝4， ∴BD＝AB﹣AD＝6﹣4＝2， ∴DH2； 故答案为：； （2）把A（1，m）代入y＝﹣x+4中，得：m＝﹣1+4＝3， ∴A（1，3）， 把A（1，3）代入y，得：3， ∴k＝3， ∴双曲线C1的解析式为y， 联立，得：﹣x+4， 即x2﹣4x+3＝0， 解得：x1＝1，x2＝3， ∴B（3，1）， ∴AB2； 如图，作FG∥AB，且FG与双曲线y只有一个交点，设直线FG的解析式为y＝﹣x+b， 则﹣x+b， 整理得：x2﹣bx+3＝0， ∴Δ＝（﹣b）2﹣4×1×3＝b2﹣12＝0， ∴b＝2或b＝﹣2（不符合题意，舍去）， ∴直线FG的解析式为y＝﹣x+2， 由﹣x+2， 解得：x1＝x2， ∴K（，）， ∴OK； 故答案为：2，； （3）作直线l5：y＝﹣x+n交y轴于点P，交C2于M、N两点，作MG⊥l4，NH⊥l4，垂足为G、H两点，作OK⊥l5，垂足为K，当OK＝80时，隔音屏障为GH的长． ∵y＝﹣k+n，OK＝80， ∴∠POK＝45°， ∴OPOK＝80，即l5：y＝﹣x+80， 由l5与C2联立得， 解得：，， ∴M（20，60），N（60，20）， ∴GH＝MN＝4080， 答：需要在高速路旁修建隔音屏障的长度是80米． 【点睛】本题考查了平面直角坐标系中，点与点、点与直线的距离问题，新定义“图形M与图形N之间的距离”，等腰直角三角形性质，两点间距离公式，待定系数法求一次函数和反比例函数解析式等，理解新定义，运用数形结合思想和分类讨论思想是解题关键． 考点二 二次函数综合题 3．（2026•海门区模拟）对某一个函数给出如下定义：若存在实数M＞0，对于任意的函数值y，都满足﹣M≤y≤M，则称这个函数是有界函数，在所有满足条件的M中，其最小值称为这个函数的边界值．例如，图中的函数是有界函数，其边界值是1． （1）分别判断函数y（x＞0）和y＝x+1（﹣4＜x≤2）是不是有界函数？若是有界函数，求其边界值； （2）若函数y＝﹣x+1（a≤x≤b，b＞a）的边界值是2，且这个函数的最大值也是2，求b的取值范围； （3）将函数y＝x2（﹣1≤x≤m，m≥0）的图象向下平移m个单位，得到的函数的边界值是t，当m在什么范围时，满足t≤1？ 【分析】（1）根据有界函数的定义和函数的边界值的定义进行答题； （2）根据函数的增减性、边界值确定a＝﹣1；然后由“函数的最大值也是2”来求b的取值范围； （3）需要分类讨论：m＜1和m≥1两种情况．由函数解析式得到该函数图象过点（﹣1，1）、（0，0），根据平移的性质得到这两点平移后的坐标分别是（﹣1，1﹣m）、（0，﹣m）；最后由函数边界值的定义列出不等式1﹣m≤1或﹣1≤﹣m，易求m取值范围：0≤m或m≤1． 【解答】解：（1）根据有界函数的定义知，函数y（x＞0）不是有界函数． y＝x+1（﹣4≤x≤2）是有界函数．边界值为：2+1＝3； （2）∵函数y＝﹣x+1的图象是y随x的增大而减小， ∴当x＝a时，y＝﹣a+1＝2，则a＝﹣1 当x＝b时，y＝﹣b+1．则， ∴﹣1＜b≤3； （3）若m＞1，函数向下平移m个单位后，x＝0时，函数值小于﹣1，此时函数的边界t＞1，与题意不符，故m≤1． 当x＝﹣1时，y＝1 即过点（﹣1，1） 当x＝0时，y最小＝0，即过点（0，0）， 都向下平移m个单位，则 （﹣1，1﹣m）、（0，﹣m） 1﹣m≤1或﹣1≤﹣m， ∴0≤m或m≤1． 【点睛】本题考查了二次函数综合题型．掌握“有界函数”和“有界函数的边界值”的定义是解题的关键． 4．（2026•海门区校级模拟）我们不妨约定：如图①，若点D在△ABC的边AB上，且满足∠ACD＝∠B（或∠BCD＝∠A），则称满足这样条件的点为△ABC边AB上的“完美点”． （1）如图①，若点D是△ABC的边AB的中点，，试判断点D是不是△ABC边AB上的“完美点”，并说明理由； （2）如图②，在⊙O中，AB为直径，且AB＝5，AC＝4，若点D是△ABC边AB上的“完美点”，求CD的长； （3）如图③，平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，0），B（2，0），C为y轴正半轴上一点，且满足∠ACB＝45°，D点为过A、B、C三点的抛物线上一点，且横坐标为3，试问在x轴上是否存在一点E，使点A，B，E中的某一点是以其余两点及点C构成的三角形中剩余两点所在边上的“完美点”．若存在，请求出点E的坐标及直线DE的解析式；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据“完美点”的定义及相似三角形的性质判断即可； （2）根据完美点的定义可知有两种情况：∠ACD＝∠B或∠BCD＝∠A，分情况讨论，利用勾股定理及等面积法即可得出答案； （3）过点B作MB⊥BC交CA的延长线于M，作MN⊥x轴于点N，用AAS证明△BNM≌△COB，从而有MN＝OB，OC＝BN，利用△AMN∽△ACO，得出，求出点C的坐标，用待定系数法求出抛物线的解析式，从而找到D的坐标，然后分①当A是“完美点”时，②当E是“完美点”时，③当B是“完美点”时三种情况，分别找到点E的坐标，再利用待定系数法即可求直线DE的解析式． 【解答】解：（1）点D是△ABC边AB上的“完美点”；理由如下： ∵点D是△ABC的边AB的中点，， ∴AD＝DB＝3， ∴， ∴AC2＝AD•AB， ∴． 又∵∠A＝∠A， ∴△ACD∽△ABC， ∴∠ACD＝∠B， ∴点D是△ABC边AB上的“完美点”； （2）如图②，AB为直径， ∴∠ACB＝90°， 在Rt△ABC中，点D是△ABC边AB上的“完美点”， ∴∠ACD＝∠B或∠BCD＝∠A， ①当∠ACD＝∠B时， ∵∠ACD+∠BCD＝90°， ∴∠BCD+∠B＝90°， ∴∠CDB＝90°， ∴CD⊥AB； ②当∠BCD＝∠A时，同理得：CD⊥AB， 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝4， 由勾股定理得：， ∵，即， 解得：； （3）在x轴上存在一点E，使点A，B，E中的某一点是以其余两点及点C构成的三角形中剩余两点所在边上的“完美点”．理由如下： 如图③，过点B作MB⊥BC交CA的延长线于M，作MN⊥x轴于点N，则∠MBC＝∠BOC＝∠BNM＝90°，∠BCM＝45°， ∴∠BMC＝∠BCM＝45°， ∴BM＝BC， ∵∠MBN+∠CBO＝90°，∠CBO+∠BCO＝90°， ∴∠MBN＝∠BCO， 在△BNM和△COB中， ， ∴△BNM≌△COB（AAS）， ∴OC＝BN，MN＝OB， 设C（0，a）（a＞0）， ∵A（﹣3，0），B（2，0）， ∴MN＝OB＝2，OA＝3，OC＝BN＝a，AB＝5，AN＝a﹣5， ∵MN∥OC， ∴△AMN∽△ACO， ∴， ∴， 整理得：a2﹣5a﹣6＝0， 解得a＝6或﹣1 （经检验，都是分式方程的根，此解不合题意，舍去）， ∴OC＝6， ∴C（0，6）， ∵A（﹣3，0），B（2，0），C（0，6）， 设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，将点A，点B，点C的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+6， ∴D（3，﹣6）； ①当A是“完美点”时， Ⅰ）当∠ACE＝∠ABC时， ∵A（﹣3，0），B（2，0），∠ACE+∠ACO＝∠ECO＜90°，∠OCB+∠OBC＝90°， ∴∠ACO＞∠OCB， ∴∠ECO＝∠ACE+∠ACO＝∠ABC+∠ACO＞∠ABC+∠OCB＝90°，与∠ECO＜90°矛盾， ∴此种情形不存在； Ⅱ）如图④，当∠AEC＝∠ACB＝45°时，OE1＝OC＝6， ∴E1（﹣6，0）， 设直线DE1的解析式为y＝kx+b，将点D，点E1的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴此时，直线DE1的解析式为； ②当E是“完美点”时， Ⅰ）如图⑤，当∠ACE＝∠ABC时， 在Rt△OBC中，∠COB＝90°，OB＜OC， ∴∠ABC＞45°， ∵OB＜OA＜OC， ∴∠OBC＞∠OAC＞45°＞∠ACE，与∠ACE＝∠ABC＞45°矛盾， ∴此种情形不存在； Ⅱ）当∠CAE＝∠BCE时，同理可得，此种情形不存在． ③当B是“完美点”时， Ⅰ）当∠AEC＝∠ACB＝45°时，如图⑥， ∴OE2＝OC＝6， ∴E2（6，0）， 设直线DE2的解析式为y＝mx+n，将点D，点E2的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴此时，直线DE2的解析式为y＝2x﹣12； Ⅱ）当∠BAC＝∠BCE时，如图⑦， 设E3（m，0）， ∵∠BAC＝∠BCE，∠CE3A＝∠CE3B， ∴ΔAE3C∽ΔCE3B， ∴， ∴， ∴m2+62＝（m﹣2）（m+3）， 解得：m＝42， ∴E3（42，0）， 设直线DE3的解析式为y＝px+q，将点D，点E3的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴此时，直线DE3的解析式为． 综上所述，点E坐标为（﹣6，0）时，DE解析式为；点E坐标为（6，0）时，DE解析式为y＝2x﹣12；点E坐标为（42，0）时，DE解析式为． 【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查相似三角形的判定及性质，待定系数法求一次函数的解析式，掌握“完美点”的意义及分情况讨论是解题的关键． 5．（2025•内江）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于A（﹣3，0）、B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3）． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，过点B的直线l：y＝x﹣1与抛物线的另一个交点为点D，点M为抛物线对称轴上的一点，连接MB、MD，设点M的纵坐标为n，当MB＝MD时，求n的值； （3）如图2，点N是抛物线的顶点，点P是x轴上一动点，将顶点N绕点P旋转90°后刚好落在抛物线上的点H处，请直接写出所有符合条件的点P的坐标． 【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案； （2）先联立抛物线与直线l：y＝x﹣1求出交点D的坐标，再求出对称轴，则得到点M的坐标表示，再由两点间距离公式建立方程求解即可； （3）设 P（m，0），由旋转得∠NPH＝90°，PN＝PH，当m＜﹣1时，过点P作y轴的平行线，过点H，N分别作平行线的垂线，垂足为点F，E，证明△PEN≌△HFP（AAS），表示出H（4+m，1+m），将点H（4+m，1+m）代入y＝﹣x2﹣2x+3，得﹣（4+m）2﹣2（4+m）+3＝1+m，解方程即可；当m＞﹣1时，作出同样的辅助线，同理可求解． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于A（﹣3，0）、B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3）， ∴， 解得：， ∴抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3； （2）联立得：， 解得：，， ∴D（﹣4，﹣5）， ∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4， ∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，顶点为N（﹣1，4）， 设M（﹣1，n）， ∵MB＝MD， ∴MB2＝MD2， ∴（﹣1﹣1）2+（n﹣0）2＝（﹣1+4）2+（n+5）2， 解得：n＝﹣3， ∴n的值为﹣3； （3）由（2）得顶点N（﹣1，4）， 设P（m，0），由旋转得∠NPH＝90°，PN＝PH， 当m＜﹣1时，过点P作y轴的平行线EF，过点H，N分别作EF的垂线，垂足为点F，E，如图， ∴∠E＝∠F＝∠NPH＝90°， ∴∠EPN+∠ENP＝∠EPN+∠FPH＝90°， ∴∠ENP＝∠FPH， ∴△PEN≌△HFP（AAS）， ∴EN＝PF＝﹣1﹣m，PE＝FH＝4， ∴H（4+m，1+m）， 将点 H（4+m，1+m）代入y＝﹣x2﹣2x+3，得﹣（4+m）2﹣2（4+m）+3＝1+m， 整理得：m2+11m+22＝0， 解得：m， ∴P（，0）或P（，0）； 当m＞﹣1时，过点P作y轴的平行线，过点H，N分别作平行线的垂线，垂足为点F，E，如图， ∴∠E＝∠F＝∠NPH＝90°， ∴∠EPN+∠ENP＝∠EPN+∠FPH＝90°， ∴∠ENP＝∠FPH， ∴△PEN≌△HFP（AAS）， ∴EN＝PF＝m+1，PE＝FH＝4， ∴H（m﹣4，﹣m﹣1）， 将点H（m﹣4，﹣m﹣1）代入y＝﹣x2﹣2x+3，得﹣（m﹣4）2﹣2（m﹣4）+3＝﹣m﹣1，整理得：m2﹣7m+4＝0， 解得：m， ∴P（，0）或P（，0）； 综上，所有符合条件的点P的坐标为：（，0）或（，0）或（，0）或（，0）． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，两点间距离公式等知识点，难度较大，解题的关键在添加辅助线构造“三垂直”全等模型． 6．（2026•海门区模拟）如图1，抛物线C1：y＝x2+b交y轴于A（0，1）． （1）直接写出抛物线C1的解析式 y＝x2+1　 ． （2）如图1，x轴上两动点M，N满足：﹣Xm＝Xn＝n．若B，C（B在C左侧）为线段MN上的两个动点，且满足：B点和C点关于直线l：x＝1对称．过B作BB'⊥x轴交C1于B'，过C作CC'⊥x轴交C1于C'，连接B'C'．求B'C'的最大值（用含n的代数式表示）． （3）如图2，将抛物线C1向下平移个单位长度得到抛物线C2.C2对称轴左侧的抛物线上有一点M，其横坐标为m．以OM为直径作⊙K，记⊙K的最高点为Q．若Q在直线y＝﹣2x上，求m的值． 【分析】（1）把点A代入解析式，可直接求出b的值； （2）设出点B的坐标，然后把点B'，C'的坐标用B的坐标表示出来，根据两点的坐标公式表示出B'C'的长度，即可根据点B的范围求出B'C'的最大值； （3）根据题意写出M的坐标，再推导出K的坐标，再推导出Q的坐标，由Q在y＝﹣2x上列出关于m的式子，求出m即可． 【解答】解：（1）把点A代入y＝x2+b， 得：1＝b， ∴， 故答案为：y＝x2+1； （2）设B（q，0），则C（2﹣q，0）， ∴B'（q，q2+1），C'（2﹣q，q2﹣4q+5）， 由两点距离的坐标公式可得： （B′C′）2＝（2﹣q﹣q）2+[（2﹣q）2﹣q2]2＝20q2﹣40q+20＝20（q﹣1）2， ∵﹣n≤q＜1且1＜2﹣q≤n， ∴2﹣n≤q＜1， ∴[（B′C′）2]max时，q＝qmin＝2﹣n， 此时（B′C′）2＝20（2﹣n﹣1）2＝20（n﹣1）2， ∴， ∵n≥1， ∴； （3）由题意得：， ∴， ∴， ∴， ∴OK的最高点点Q坐标为， 设yQ＝k，则， 化简上式有：， 而Q点在y＝﹣2x上，则k＝﹣2xQ＝﹣m， ∴k＝﹣m为上述方程的一个解， 化简得：， 即， 解得：，， 故或． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，关键是会用待定系数法求抛物线的解析式以及抛物线的平移规律，求两点的距离的坐标公式要熟练掌握，综合题中经常出现，一般求字母的值时，要根据题目中已知量之间的关系列方程或方程组，就可以求出字母的值了． 7．（2023•南通）定义：平面直角坐标系xOy中，点P（a，b），点Q（c，d），若c＝ka，d＝﹣kb，其中k为常数，且k≠0，则称点Q是点P的“k级变换点”．例如，点（﹣4，6）是点（2，3）的“﹣2级变换点”． （1）函数y的图象上是否存在点（1，2）的“k级变换点”？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由； （2）动点A（t，t﹣2）与其“k级变换点”B分别在直线l1，l2上，在l1，l2上分别取点（m2，y1），（m2，y2）．若k≤﹣2，求证：y1﹣y2≥2； （3）关于x的二次函数y＝nx2﹣4nx﹣5n（x≥0）的图象上恰有两个点，这两个点的“1级变换点”都在直线y＝﹣x+5上，求n的取值范围． 【分析】（1）求出（1，2）的“k级变换点”的坐标，即可求解； （2）求出点A、B所在的直线表达式，即可求解； （3）先求出点A、B所在的直线为y＝x﹣5，当n＞0时，画出抛物线和直线AB的大致图象，求出点A的横坐标为x，得到x+5，即可求解；当n＜0时，当x≥0时，直线AB不可能和抛物线在x≥0时有两个交点，即可求解． 【解答】（1）解：存在，理由： 由题意得，（1，2）的“k级变换点”为：（k，﹣2k）， 将（k，﹣2k）代入反比例函数表达式得：﹣4＝k（﹣2k）， 解得：k＝±； （2）证明：由题意得，点B的坐标为：（kt，kt+2k）， 由点A的坐标知，点A在直线yx﹣2上，同理可得，点B在直线yx+2k， 则y1m2﹣2，y2m2+2k， 则y1﹣y2m2﹣2m2﹣2k＝m2﹣2k﹣2， ∵k≤﹣2，则﹣2k﹣2+m2≥2， 即y1﹣y2≥2； （3）解：设在二次函数上的点为点A、B， 设点A（s，t），则其“1级变换点”坐标为：（s，﹣t）， 将（s，﹣t）代入y＝﹣x+5得：﹣t＝﹣s+5， 则t＝s﹣5， 即点A在直线y＝x﹣5上， 同理可得，点B在直线y＝x﹣5上， 即点A、B所在的直线为y＝x﹣5； 由抛物线的表达式知，其和x轴的交点为：（﹣1，0）、（5，0），其对称轴为x＝2， 当n＞0时， 抛物线和直线AB的大致图象如下： 直线和抛物线均过点（5，0），则点A、B必然有一个点为（5，0），设该点为点B，另外一个点为点A，如图， 联立直线AB和抛物线的表达式得：y＝nx2﹣4nx﹣5n＝x﹣5， 设点A的横坐标为x，则x+5， ∵x≥0， 则5≥0， 解得：n≤1， 此外，直线AB和抛物线在x≥0时有两个交点，故Δ＝（﹣4n﹣1）2﹣4n（5﹣5n）＝（6n﹣1）2＞0， 故n， 即0＜n≤1且n； 当n＜0时， 当x≥0时，直线AB不可能和抛物线在x≥0时有两个交点， 故该情况不存在， 综上，0＜n≤1且n≠1/6． 【点睛】本题为考查了二次函数综合运用，涉及到新定义、函数的性质和图象、解不等式等，理解新定义是本题解题的关键． 考点三 四边形综合题 8．（2026•海门区一模）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边AB，BC上，且AE＝BF，连接DE，AF交于点G． （1）求∠AGE的度数； （2）在线段GD上截取GH＝AG，连接BH交AF于点I． ①求证：点I为BH的中点； ②当BC＝BH＝6时，求AE的长． 【分析】（1）证明△DAE和△ABF全等得∠ADE＝∠BAF，再根据∠ADE+∠AED＝90°得∠BAF+∠AED＝90°，在△AGE中，由三角形内角和定理得即可得出∠AGE的度数； （2）①证明：过点A作AK⊥AH交DE的延长线于点K，连接BK，证明△GAH是等腰直角三角形得∠GHA＝45°，∠AHD＝135°，证明△AKH是等腰直角三角形得AK＝AH，∠AKH＝45°，进而证明△KAB和△HAD全等得∠AKB＝∠AHD＝135°，继而得∠BKH＝90°，则BK⊥DE，由此得BK∥AF，据此可判定GI是△HBK的中位线，然后再根据三角形中位线定理即可得出结论； ②设GH＝AG＝KG＝a，则KH＝2a，Rt△BKH中，由勾股定理得BK，在Rt△ADG中，由勾股定理得DG，再根据△KAB和△HAD全等得BK＝DH，则DG＝DH+GH＝DH+BK，由此得，据此解出a得AG＝a，DG，再证明△AGE和△DGA相似求出EG，继而得DE，然后在Rt△ADE中，由勾股定理可求出AE的长． 【解答】（1）解：如图1所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝BA，∠DAE＝∠B＝90°， ∴△ADE是直角三角形， 在△DAE和△ABF中， ， ∴△DAE≌△ABF（SAS）， ∴∠ADE＝∠BAF， 在Rt△ADE中，∠ADE+∠AED＝90°， ∴∠BAF+∠AED＝90°， 在△AGE中，∠AGE＝180°﹣（∠BAF+∠AED）＝90°， ∴∠AGE的度数为90°； （2）①证明：过点A作AK⊥AH交DE的延长线于点K，连接BK，如图2所示： ∴∠KAH＝90°， 由（1）可知：∠AGE＝90°， ∴AF⊥DE， ∴∠AGH＝90°， 在△GAH中，GH＝AG，∠AGH＝90°， ∴△GAH是等腰直角三角形， ∴∠GHA＝45°， ∴∠AHD＝180°﹣∠GHA＝135°， 在△AKH中，∠KAH＝90°，∠GHA＝45°， ∴△AKH是等腰直角三角形， ∴AK＝AH，∠AKH＝45°， ∵AF⊥DE， ∴KG＝GH， ∵∠KAH＝∠DAE＝90°， ∴∠KAH﹣∠EAH＝∠DAE﹣∠EAH， ∴∠KAB＝∠HAD， 在△KAB和△HAD中， ， ∴△KAB≌△HAD（SAS）， ∴∠AKB＝∠AHD＝135°， ∴∠BKH＝∠AKB﹣∠AKH＝135°﹣45°＝90°， ∴BK⊥DE， ∴BK∥AF， 又∵KG＝GH， ∴GI是△HBK的中位线， ∴点I是BH的中点； ②解：∵BC＝BH＝6， ∴AD＝BC＝6， 设GH＝AG＝a， ∴KG＝GH＝a， ∴KH＝KG+GH＝2a， ∵∠BKH＝90°， ∴△BKH是直角三角形， 在Rt△BKH中，BH＝6， 由勾股定理得：BK， ∵∠AGH＝90°， ∴△ADG是直角三角形， 由勾股定理得：DG， ∵△KAB≌△HAD， ∴BK＝DH， ∴DG＝DH+GH＝DH+BK， ∴， 解得：a， ∴AG＝a，DG， 在△AGE和△DGA中， ∠AGE＝∠DGA＝90°，∠ADE＝∠BAF， ∴△AGE∽△DGA， ∴， ∴EG•DG＝AG2， ∴， ∴EG， ∴DE＝DG+EG， 在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE3， 即AE的长为3． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活利用勾股定理计算是解决问题的关键． 9．（2026•海安市一模）已知正方形ABCD的边长为1，将边BC绕点B逆时针旋转α（90°＜α＜180°）得BE． （1）如图1，连接AE，CE． ①∠AEB的度数为　45°　 （用含α的式子表示）； ②过点C作CF⊥AE，垂足为F，连接FD．求证：FD∥CE； （2）如图2，过点E作EM⊥AD于M，EN⊥DC于N．设AM＝x，CN＝y，四边形MDN的面积为S，请写出S的取值范围，并说明理由． 【分析】（1）①利用旋转的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质和三角形的内角和定理解答即可； ②连接AC，利用圆的有关性质，圆周角定理和正方形的性质求得∠DFC＝∠DAC＝45°，利用三角形的内角和定理，等腰直角三角形的判定定理得到∠FCE＝45°，再利用平行线的判定定理解答即可得出结论； （2）延长AB交EN于点H，利用正方形的性质和矩形的判定定理得到四边形MNHE，四边形BCNH，四边形MDNE为矩形，利用矩形的面积公式得到S＝ME•NE＝（1+y）（1+x）＝1+x+y+xy，利用勾股定理和三角形的三边关系定理得到x2+y2＝1，x+y＞1，设x+y＝t，则S＝1+t，利用非负数的意义求得1＜t，利用二次函数的性质即可得出结论． 【解答】（1）①解：由旋转的性质可得∠CBE＝α，BC＝BE， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝90°， ∴AB＝BE，∠ABE＝270°﹣α， ∴∠AEB＝∠EAB45°． 故答案为：45°； ②证明：连接AC，如图， ∵CF⊥AE，垂足为F， ∴∠AFC＝90°， ∴点F在以AC为直径的圆上， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ADC＝90°，∠DAC＝45°， ∴点D在以AC为直径的圆上， ∴点A，D，C，F在以AC为直径的圆上， ∴∠DFC＝∠DAC＝45°． ∵∠CBE＝α，BC＝BE， ∴∠BCE＝∠BEC90， ∴∠FEC＝∠AEB+∠BEC45°， ∵CF⊥AE， ∴∠FCE＝45°， ∴∠FCE＝∠DFC＝45°， ∴FD∥CE； （2）解：S的取值范围为2＜S，理由： 延长AB交EN于点H，如图， 由题意得：AB＝BC＝BE＝1， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB⊥DM，BC⊥DN， ∵EM⊥AD于M，EN⊥DC于N， ∴BH⊥NE，四边形MNHE，四边形BCNH，四边形MDNE为矩形， ∴EH＝AM＝x，BH＝CN＝y， ∴ME＝AH＝1+y，EN＝MD＝1+x， ∴S＝ME•NE＝（1+y）（1+x）＝1+x+y+xy， ∵BH2+EH2＝BE2， ∴x2+y2＝1， ∵（x+y）2＝x2+2xy+y2， ∴（x+y）2＝1+2xy， ∴xy， 设x+y＝t， ∴S＝1+t， ∵90°＜α＜180°， ∴x+y＞1， ∴t＞1． ∵（x﹣y）2≥0， ∴x2﹣2xy+y2≥0， ∴x2+y2≥2xy， ∴t2＝（x+y）2＝1+2xy≤1+（x2+y2）＝1+1＝2， ∴t， ∴1＜t， ∴2， ∴S的取值范围为2＜S． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，矩形的判定与性质，完全平方式的特征，不等式的性质，圆的有关性质，圆周角定理，平行线的判定定理，熟练掌握上述定理与性质是解题的关键． 考点四 圆的综合题 10．（2026•海门区模拟）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径是，A，B为⊙O外两点，AB＝2．给出如下定义：平移线段AB，使平移后的线段A′B′成为⊙O的弦（点A′，B′分别为点A，B的对应点），线段AA′长度的最小值成为线段AB到⊙O的“优距离”． （1）如图1，⊙O中的弦P1P2、P3P4是由线段AB平移而得，这两条弦的位置关系是 　平行　 ；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点 P2 的线段长度等于线段AB到⊙O的“优距离”； （2）若点A（0，7），B（2，5），线段AA′的长度是线段AB到⊙O的“优距离”，则点A′的坐标为 　（1，3）　 ； （3）如图2，若A，B是直线y＝﹣x+6上两个动点，记线段AB到⊙O的“优距离”为d，则d的最小值是 　　 ；请你在图2中画出d取得最小值时的示意图，并标记相应的字母． 【分析】（1）根据平移的性质，可以得到AB∥P1P2∥P3P4，由图可以得到AP2的长度等于线段AB到⊙O的“优距离”； （2）根据定义和（1）提示，可以知道，平移AB，使对应点落在圆上，即在圆上满足AB∥A′B′，AB＝A′B′，这样的A′B′只有两条，别切位于圆心两侧，根据题意画出草图，可以得到如图1的位置，线段AA′是线段AB到⊙O的优距离，利用A和B坐标，求出直线AB解析式，从而得到直线A′B′的比例系数k＝﹣1，同时可以得到△AOM为等腰直角三角形，因为A′B′＝2，过O作OH⊥A′B′，利用垂径定理和勾股定理，求出OH＝2，利用∠AMO＝45，得到△OTM为等腰直角三角形，过H作HE⊥x轴于E点，从而可以求得H（2，2），得到直线A′B′解析式为y＝﹣x+4，设A′（a，﹣a+4），过A′作A′F⊥x轴于F，在Rt△A′OF中，利用勾股定理，列出方程即可求解； （3）由（2）可知，AB经过平移，对应点落在圆上，AB∥A′B′，AB＝A′B′，符合条件的A′B′只有两条，并且位于O点两侧，如图2，根据垂线段最短，当AA′⊥AB时，d最小，过O作OH⊥A′B′，分别交A′B′于H，交AB于T，用（2）中方法求解OH和OT，得到HT的长度，即可解决． 【解答】解：（1）∵AB平移得到P1P2， ∴AB∥P1P2， 同理，AB∥P3P4， ∴P1P2∥P3P4， 由图可得，连接点A与点P2的线段长度等于线段AB到⊙O的“优距离”， 故答案为：平行，P2，； （2）如图1，过B作BG⊥y轴于G，则G（0，5）， ∴AG＝BG＝2，∠GAB＝∠GBA＝45°， ∴AB， 设直线AB为y＝kx+7，代入点B，得k＝﹣1， ∴直线AB为y＝﹣x+7， 设直线AB交x轴于M， ∵BG⊥y轴， ∴BG∥x轴， ∴∠AMO＝∠GBA＝45°， 由（1）可得，平移AB，使对应点落在⊙上，此时AB∥A′B′，且AB＝A′B′， 这样的对应线段有两条，分别位于圆心O点两侧， 所以当A′在如图位置时，线段AA′的长度是AB到⊙O的“优距离”， 过O作OH⊥A′B′，分别交A′B′于H，交AM于T ∵A′B′∥AM， ∴∠OHB′＝∠OTM＝90°， ∴∠TOM＝90°﹣∠AMO＝45°， 连接A′O， ∵OH⊥A′B′， ∴A′H＝B′H， 在Rt△A′OH中，， 过H作HE⊥x轴于E， ∵sin∠TOM＝sin45°， ∴HE＝OE＝2， ∴H（2，2）， ∵AB∥A′B′， ∴设直线A′B′为y＝﹣x+m，代入点H，得m＝4， ∴直线A′B′为y＝﹣x+4， 设A′（a，﹣a+4），过A′作A′F⊥x轴于F， 在Rt△A′OF中，A′O2＝OF2+A′F2， ∴a2+（﹣a+4）2＝10， ∴a＝1或3， ∵， ∴a＝1， ∴A′（1，3）， 故答案为：（1，3）； （3）由（2）可知，AB经过平移，对应点落在圆上，AB∥A′B′，AB＝A′B′， 符合条件的A′B′只有两条，并且位于O点两侧， 如图2，根据垂线段最短，当AA′⊥AB时，d最小， ∵AB∥A′B′，AB＝A′B′， ∴四边形AA′B′B为平行四边形， ∵AA′⊥AB， ∴▱AA′B′B为矩形， ∴A′B′＝AB， 令x＝0，则y＝﹣x+6＝6， ∴N（0，6）， 同理，M（6，0）， ∴OM＝ON＝6， ∴△MON为等腰直角三角形， 过O作OH⊥A′B′，分别交A′B′于H，交AB于T，连接OA′， ∴A′H＝B′H， 在Rt△A′OH中，OH， ∵AB∥A′B′， ∴∠OTM＝∠OHB′＝90°， ∴OT⊥MN， 又△MON是等腰直角三角形， ∴OT， ∴， ∵A′A⊥AB，OT⊥AB， ∴AA′∥OT， 又AB∥A′B′， ∴四边形A′ATH为平行四边形， ∴d＝AA′＝HT， 即d的最小值为． 【点睛】本题是以圆为背景的新定义题目，能在题目中提炼出定义的内容，是本题的突破口，借助特殊三角形和勾股定理，垂径定理，求解相关的线段和角度，是解决此类问题的基本功． 11．（2025•门头沟区二模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为r，点P是⊙O上一点．对平面内的一点Q，先将点Q关于点O作中心对称变换得到点Q1，再将点Q1沿射线OP的方向平移半径r的长度得到点Q2，称为一次关于半径OP的反射平移，点Q2称为点Q关于半径OP的反射平移点． 如图，已知点A（0，2）． （1）点P是⊙O上的动点，当OP＝1时，在A1（0，﹣1），A2（1，﹣1），A3（0，﹣2），A4（﹣1，﹣2）中，可能是点A关于半径OP的反射平移点的是A1，A4 ． （2）设直线与x轴交于点M，与y轴交于点N，直线l经过A． ①在上述条件下，b＝　2　 ； ②当P的坐标为（0，1）时，如果线段MN上一点B关于半径OP的反射平移点在⊙O上或内部．直接写出点B的横坐标的取值范围； ③当P在y轴的正半轴上时，如果线段MN上存在点C，使点C关于半径OP的反射平移点在⊙O上，直接写出⊙O的半径r的取值范围． 【分析】（1）根据新定义可得A″在A′为圆心，1为半径的圆上，进而根据点的坐标到A′（0，﹣2）的距离为1，即可求解； （2）①根据yx+b（b＞0）经过点A，列方程即可得到结论； ②线段MN上一点B关于半径OP的反射平移点在⊙O上或内部，即N″B″在⊙O的内部时，先中心对称再平移，得出tan∠MNO＝60°，则∠ON″B″＝60°进而得出B（，），结合图形即可求解； ③当⊙O与yx+b（b＜0）相切时，同①得出C″（﹣x，x+2+r），根据OC″＝r，解方程，即可求解． 【解答】解：（1）点A（0，2）关于O的对称点A′（0，﹣2）， ∵A′A″＝OP＝1，则A″在A′为圆心，1为半径的圆上，如图1所示， ∵A1（0，﹣1），A2（1，﹣1），A3（0，﹣2），A4（﹣1，﹣2） A1A3＝﹣1+2＝1，A3A4＝0﹣（﹣1）＝1，则A4在⊙A′上， 故答案为：A1，A4； （2）①∵yx+b（b＞0）经过点A， ∴b＝2， 故答案为：2； ②由①得yx+2， 如图2所示，线段MN上一点B关于半径OP的反射平移点在⊙O上或内部，即N″B″在⊙O的内部时，先中心对称再平移， 当y＝0时，x＝﹣2，则M（﹣2，0）， ∴OM＝2， ∴tan∠MNO＝60°， ∵线段经过反射平移后与y轴的夹角不变， ∴∠ON″B″＝60°， ∴当B″在⊙O上且不与点N″重合时，连接OB″，则△OB″N″即为所等边三角形， ∴B″（，）， ∴B′（，），B（，）， 结合图形，可得线段MN上一点B关于半径OP的反射平移点在⊙O上或内部时，xB≤0； ③如图3所示，当⊙O与yx+b（b＜0）相切时，为临界值； 延长OC″交M′N′于点T，作C′C″∥y轴，则OT⊥M′N′，∠ON′T＝60°，ON′＝ON＝2， ∴ot＝2×sin60°， ∴C″Tr， ∵C′C″∥y轴，则C′C″2， 又∵C′C″＝r， ∴2r， 解得r＝46， ∴线段MN上存在点C，使点C关于半径OP的反射平移点在⊙O上，⊙O的半径r的取值范围为：r≥46． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了几何新定义，中心对称与平移变换，一次函数与坐标轴的交点问题，解直角三角形，直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，勾股定理，理解题意，熟练掌握以上知识掌握是解题的关键． 12．（2026•海门区校级模拟）问题提出 （1）如图①，已知直线a∥b，点A，B在直线a上，点C，D在直线b上，则S△ACD　＝　 S△BCD（填“＞”“＜”或“＝”）； 问题探究 （2）如图②，⊙O的直径为20，点A，B，C都在⊙O上，AB＝12，求△ABC面积的最大值； 问题解决 （3）如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝20，BC＝10，根据设计要求，点D为∠ABC内部一点，且∠ADB＝60°，过点C作CE∥AD交BD于点E，连接AE，CD，试求满足设计要求的四边形ADCE的最大面积． 【分析】（1）由平行线的性质，根据同底等高的两三角形面积相等作答； （2）AB长不变，只要AB边上的高最大，△ABC面积最大；由图知当C是优弧的中点时，AB边上的高最大，△ABC面积最大，求得优弧的中点到AB的距离就可求得△ABC最大面积； （3）过C作CF∥BD交AD的延长线于F，得∠F＝∠ADB＝60°，先证得四边形ADCE的面积＝△ACF的面积；根据∠F＝60°得点F在以AC为边向△ABC外作的等边△AGC的外接圆上，受解决（2）的启发得，当F运动到点G时，△ACF的面积最大，即四边形ADCE的面积最大．最后计算出△ACF的面积即是四边形ADCE的面积最大值． 【解答】解：（1）如图①所示，分别过A、B两点向直线b作垂线，垂足为M、N. ∵a∥b， ∴∠MAB＝∠AMN＝90°， ∴四边形AMNB是矩形， ∴AM＝BN， ∴CD•AM＝CD•BN 又S△ACDCD•AM，S△BCDCD•BN， ∴S△ACD＝S△BCD； 故答案为：＝； （2）取优弧的中点记为C1，过C1作AB的垂线，垂足为D，由垂径定理知C1D过O且AD＝BD，如图②所示. 过点C作AB的平行线a， ∵当直线a向上平移时，a距AB的距离增大，即△ABC的AB边上的高增大， ∴当a运动到最高点C时，△ABC的AB边上的高最大， 又∵AB为常数， ∴当C运动到C1时，△ABC的面积最大， 下面计算△ABC1的面积： 连接OB， 在Rt△OBD中， ∵AB＝12，⊙O的直径为20， ∴BD＝6，BO＝10，OC1＝10， 由勾股定理得： OD8， ∴C1D＝OD+OC1＝8+10＝18， ∴△ABC1的面积为：AB•C1D12×18＝108， ∴△ABC面积的最大值为108； （3）过点C作CF∥BD交AD的延长线于F，如图③﹣1所示， ∵CF∥BD， ∴∠F＝∠ADB＝60°， ∵AD∥CE， ∴四边形DECF是平行四边形， ∴DF＝CE，FC＝DE， ∵DC＝CD ∴△DFC≌△CED（SSS）， ∴S△DFC＝S△CED， 又由（1）的结论知S△DAC＝S△DAE， ∴S四边形ADCE＝S△DAE+S△CED＝S△DAC+S△DFC＝S△AFC， 所以只需求得S△AFC最大值即得S四边形ADCE的最大值. 以AC为边向△ABC外作等边△AGC，再作等边△AGC的外接圆，过G作GJ⊥AC于J，如图③﹣2所示， ∵∠F＝60°， ∴点F在△AGC的外接圆上， 由第（2）问的解决知，当F运动到点G时，S△AFC最大＝S△ACG； 在Rt△ABC中： 由勾股定理得AC10， ∴AJAC＝5， ∴GJ1015， ∴S△ACGAC×GJ1015＝75； ∴四边形ADCE的最大面积是75． 【点睛】此题考查了三角形等积变形、定角对定边的三角形的面积最大值、等边三角形及其外接圆、平行四边形的判定和性质等考点，熟练掌握相关知识并能综合应用是解题关键． 13．（2026•海门区校级模拟）综合与实践 问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系． 探究发现：如图1，在△ABC中，AC＝BC，P是AB边上一点，过点P作PD⊥AC于D，PE⊥BC于E，过点A作AF⊥BC于F，连结CP，由图形面积分割法得：S△ABC＝S△APC+S△BPC ，则AF＝PD +PE ； 实践应用：如图2，△ABC是等边三角形，AC＝3，点G是AB边上一点．连结CG，将线段CG绕点C逆时针旋转60°得CF，连结GF交BC于P，过点P作PD⊥GC于D，PE⊥CF于E，当AG＝1时，求PD+PE的值； 拓展延伸：如图3，已知AB是半圆O的直径，AC，BE是弦，AC＝BE，P是AB上一点，PD⊥AC，垂足为D，AB＝10，AD＝2，BD＝4，求S△PAC+S△PBE的值． 【分析】探究发现：通过等面积即可得解； 实践应用：过G作GN⊥CF于点N，由（探究发现）可知PD+PE＝GN，所以求出GN即可，再由题意可知△CGF为等边三角形，所以求出CG即可，进而解△ACG即可； 拓展延伸：延长AC、BE交于点Q，连接BC，过P作PM⊥BE于点M，易证△ABQ为等腰三角形，所以BC＝PD+PM，利用双勾股可求出CD＝4，进而AC＝BE＝6，BC＝8，从而即可得解． 【解答】解：探究发现：由图可知S△ABC＝S△APC+S△BPC AC•PDBC•PE BC•（PD+PE） ， ∴AF＝PD+PE， 故答案为：S△BPC，PD，PE； 实践应用：如图，过G作GM⊥AC于点M， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠A＝60°， 在Rt△AMG中，AG＝1， ∴AM＝AG•cos60°，GM＝AG•sin60°， ∵AC＝3， ∴CM＝AC﹣AM， 在Rt△CGM中，CG， ∵线段CG绕点C逆时针旋转60°得CF， ∴CG＝CF，∠GCF＝60°， ∴△CGF为等边三角形， ∴GF＝CF＝CG，∠F＝60°， 过G作GN⊥CF于点N， 在Rt△GFN中，GN＝GF•sin60°， 由（探究发现）可知PD+PE＝GN； 拓展延伸：如图，延长AC、BE交于点Q，连接BC，过P作PM⊥BE于点M， 设CD＝x，则AC＝2+x， ∵AB为半圆O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵AB＝10，BD＝4， ∴在Rt△ACB中，BC2＝AB2﹣AC2＝100﹣（2+x）2， 在Rt△BCD中，BC2＝BD2﹣CD2＝（4）2﹣x2， ∴100﹣（2+x）2＝（4）2﹣x2， 解得x＝4； ∵BE＝AC＝2+4＝6， ∴， ∴，即， ∴∠ABE＝∠BAC， ∴△ABQ为等腰三角形， ∵AC⊥DP，BC⊥AC，PM⊥BE， ∴由（探究发现）可知BC＝PD+PM， 在Rt△ABC中，BC8， ∴PD+PM＝8， ∴S△PAC+S△PBE AC•PDBE•PM ＝3（PD+PM） ＝3×8 ＝24． 【点睛】本题主要考查了三角形的面积公式、等边三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 考点五 几何变换综合题 14．（2026•启东市模拟）如图，在矩形ABCD中，，动点E在AD上，从A向D以每秒1个单位长度的速度运动，设运动时间为t（s）（0＜t＜2）．将四边形BCDE沿直线BE翻折得到四边形BC′D′E，连接AC′，AD′． （1）当时，请判断此时△AC′D′的形状并说明理由． （2）当t为何值时，C正好落在矩形的边所在的直线上，请判断此时△AC′D′的形状并说明理由． 【分析】（1）由t值易得∠AEB＝60°，进而可得∠EBC'＝∠EBC＝60°，进而即可得证； （2）因为，所以点C′可能落在BA或DA的延长线上，然后分类讨论，画出图形求解即可． 【解答】解：（1）△AC′D′为等腰三角形．理由如下： 如图1， ∵时，， ∴， ∴∠AEB＝60°， ∵AD∥BC， ∴∠EBC＝60°， 由翻折可得：∠EBC'＝∠EBC＝60°， ∴∠ABC'＝30°， 作AH⊥BC'于点H，则， 作AG⊥C′D′于点G，则四边形C′HAG为矩形． ∴，即AG垂直平分C'D'， ∴AC'＝AD'， ∴△ACD′为等腰三角形． （2）∵， ∴， ∴点C′可能落在BA或DA的延长线上． ①当点C′落在BA的延长线上时，如图2， 则有， ∵∠BAD＝90°， ∴AE＝AB＝t＝2， 由翻折可得：∠C'＝∠C＝90°， ∴△AC'D'为直角三角形，此时t＝2； ②当点C′在线段DA的延长线上时，如图3， 则有∠EBC＝∠EBC′， ∵AD∥BC， ∴∠C′EB＝∠EBC， ∴∠C′EB＝∠EBC′， ∴， ∵AE＝t， ∴， 在Rt△ABC中，AB2+AC'2＝BC'2， ∴， 解得：， ∴， ∴AC'＝C'D′＝2， ∴△AC′D′为等腰三角形，此时t＝2． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质、折叠的性质、等腰三角形的判定、直角三角形的判定等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 考点六 相似形综合题 15．（2025•新城区一模）如果一个三角形的一个内角等于另一个内角的2倍，我们称这样的三角形为倍角三角形，并称这两个角的公共边为底边． 例如：若△ABC中，∠A＝2∠B，则△ABC为以边AB为底边的倍角三角形． （1）已知△ABC为倍角三角形，且∠ABC＝2∠C． ①如图1，若BD为△ABC的角平分线，则图中相等的线段有 BD＝CD ，图中相似三角形有 　△ADB和△ABC ； ②如图2，若AC的中垂线交边BC于点E，连接AE，则图中等腰三角形有 　△AEC，△ABE ． 问题解决 （2）如图3，现有一块梯形板材ABCD，AD∥BC，∠A＝90°，AB＝48，BC＝132，AD＝68．工人师傅想用这块板材裁出一个△BCP型部件，使得点P在梯形ABCD的边上，且△BCP为以BC为底边的倍角三角形．工人师傅在这块板材上的作法如下： ①作BC的中垂线l交BC于点E； ②在BC上方的直线l上截取EF＝33，连接CF并延长，交AD于点P； ③连接BP，得△BCP． 1）请问，若按上述作法，裁得的△BCP型部件是否符合要求？请证明你的想法． 2）是否存在其它满足要求的△BCP？若存在，请画出图形并求出CP的长；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据阅读材料给出的定义结合已经学过的三角形的知识点，推到即可得出结论； （2）根据已知条件利用相似三角形即可得出1）中的作法是符合条件的；第2）小题根据已知条件画出图形，再根据图形得出结论． 【解答】解：（1）①∵BD为△ABC的角平分线，∠ABC＝2∠C， ∴∠DBC＝∠C， ∴BD＝CD， ∴图中相等的线段有BD＝CD， ∵∠A＝∠A，∠ADB＝∠ABC＝2∠C， ∴△ADB∽△ABC． 故答案为：BD＝CD，△ADB和△ABC； ②∵∠AEB＝2∠C，∠ABC＝2∠C， ∴AB＝AE， ∴△ABE是等腰三角形． ∵AC的中垂线交边BC于点E， ∴AE＝EC， ∴△AEC是等腰三角形， 故答案为：△AEC，△ABE； （2）1）符合要求，延长EF交AD于 N，则四边形ABEN为矩形． ∴AB＝EN＝48，， ∵EF＝33， ∴NF＝EN﹣EF＝48﹣33＝15， ∵PN∥BC， ∴△PFN∽△CFE， ∴， ∴， ∴PN＝30， ∴， ∴AP＝AN﹣PN＝66﹣30＝36， ∵∠A＝90°， ∴， ∴， ∴， 作FK⊥BP于K， ∴， ∴， ∴FK＝EF， ∵FK⊥BP，FE⊥BC， ∴BF平分∠PBC， ∴， ∵F在BC的垂直平分线上， ∴FB＝FC， ∴∠FBC＝∠FCB， ∴∠PBC＝2∠PCB， ∴符合要求； 2）存在，． I．若P在AD上时，连接BD，如图所示， ∴∠PBC＞∠DBC，∠PCB＜∠DCB， 取BD的中垂线交BC与G，作DH⊥BC于H， ∴四边形ABHD为矩形， ∴HD＝AB＝48，BH＝AD＝68，DG＝GB，CH＝BC﹣BH＝132﹣68＝64， ∴DC80， 设GH＝x，则BG＝DG＝68﹣x， ∵∠DHG＝90°， ∴由勾股定理GH2+DH2＝DG2， ∴（68﹣x）2＝482+x2， ∴136x＝682﹣482＝116×20， ∴， 在CH上取点M，使，连接DM， ∴∠DMB＞∠DCB＞∠PCB， ∵DG＝BG， ∴∠DBC＝∠GDB， ∴∠DGC＝∠GDB+∠DBC＝2∠DBC＜2∠PBC， ∴HM＝GH，DH⊥MG， ∴DG＝DM， ∴∠DMB＝∠DGC， ∴2∠PBC＞∠PCB， ∴在AD上所有点都满足2∠PBC＞∠PCB， ∴不存在； II．若P在AB上时，如图所示， ∵BP＜AB＜BC， ∴∠BCP＜45°， ∴∠PBC≠2∠BCP， ∴在AB上不存在其它满足要求的△BCP； Ⅲ．若P在AB上时，如图所示，作BC的垂直平分线交AD于点L、交BC于点R，作∠BCD的平分线交RL于点O，连结BO并延长交DC于点P，此时有∠BCD＝2∠BCO＝2∠PBC， ∴△BCP是以BC为底边的倍角三角形， 作OU⊥DC于点U，连结OA、OD， ∵CO平分∠BCD，OR⊥BC，OU⊥DC， ∴OR＝OU， 设OR＝x，则OU＝x，OL＝48﹣x， ∵S梯形ABCD＝S△AOB+S△BOC+S△COD+S△AOD， ∴， ∴x＝22， 在Rt△BOR中，， ∴， ∵∠OCP＝∠OCB＝∠PBC，∠POC＝∠PBC+∠OCB＝2∠PBC＝∠PCB， ∴△PBC∽△PCO， ∴， ∴，， ∵BP﹣OP＝OB ∴， ∴． 【点睛】本题考查了角的倍数关系，角平分线的性质，相似三角形的判定等相关知识，明确题意根据已知条件画出图形是解题的关键． 16．（2024•南通）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动． 【特例探究】 （1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积． 等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表 图序 角平分线AD的长 ∠BAD的度数 腰长 两腰之和 两腰之积 图① 1 60° 2 4 4 图② 1 45° 2 图③ 1 30° 　　 　　 　　 请补全表格中数据，并完成以下猜想． 已知△ABC的角平分线AD＝1，AB＝AC，∠BAD＝α，用含α的等式写出两腰之和AB+AC与两腰之积AB•AC之间的数量关系：AB+AC＝2AB•AC•cosα　 ． 【变式思考】 （2）已知△ABC的角平分线AD＝1，∠BAC＝60°，用等式写出两边之和AB+AC与两边之积AB•AC之间的数量关系，并证明． 【拓展运用】 （3）如图④，△ABC中，AB＝AC＝1，点D在边AC上，BD＝BC＝AD．以点C为圆心，CD长为半径作弧与线段BD相交于点E，过点E作任意直线与边AB，BC分别交于M，N两点．请补全图形，并分析的值是否变化？ 【分析】（1）根据等腰三角形性质可得AD⊥BC，再运用解直角三角形即可求得答案； （2）过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G，运用等腰三角形性质可得DF＝DE，利用S△ABC＝S△ABD+S△ACD，即可求得答案； （3）根据题目要求画图，设∠A＝α，运用等腰三角形性质和三角形内角和定理可求得α＝36°，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G，利用S△BMN＝S△BEM+S△BEN，即可求得答案． 【解答】解：（1）如图③， ∵AB＝AC，AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC， 在Rt△ABD中，AB， ∴AC＝AB， 两腰之和为AB+AC，两腰之积为AB•AC， 猜想：AB+AC＝2AB•AC•cosα， 证明：如图， ∵AB＝AC，AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC， 在Rt△ABD中，AB， ∴AB+AC，AB•AC， ∴AB+AC＝2AB•AC•cosα； 故答案为：，，，AB+AC＝2AB•AC•cosα； （2）AB•AC＝AB+AC． 证明：如图，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G， 则DE＝AD•sin∠BAD＝1×sin30°， ∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC， ∴DF＝DE， 在Rt△ACG中，CG＝AC•sin∠BAC＝AC•sin60°AC， ∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD， ∴AB•ACAB•AC•， ∴AB•AC＝AB+AC； （3）补全图形如图所示： 设∠A＝α， ∵BD＝AD， ∴∠ABD＝∠A＝α， ∴∠BDC＝∠ABD+∠A＝2α， ∵BD＝BC， ∴∠BCD＝∠BDC＝2α， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝2α， ∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴α+2α+2α＝180°， 解得：α＝36°， ∴∠A＝∠ABD＝∠CBD＝36°， 如图，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G， ∵S△BMN＝S△BEM+S△BEN， ∴BM•NGBM•EFBN•EH， ∵∠ABD＝∠CBD，EF⊥AB，EH⊥BC， ∴EF＝EH， ∴BM•BN•sin72°＝（BM+BN）•EH， ∴， ∵sin∠CBD＝sin36°， ∴EH＝BE•sin36°， ∴， 如图，设CD＝m，则AD＝BD＝BC＝1﹣m， ∵∠A＝∠CBD，∠ACB＝∠BCD， ∴△ABC∽△BDC， ∴，即， ∴m2﹣m+1＝0， ∴m1，m2， ∵1﹣m＞0， ∴m＜1， ∴m， ∴CD，BC＝1， ∵CE＝CD， ∴∠CED＝∠CDE＝72°， ∴∠DCE＝36°， ∴∠BCE＝∠CBE＝36°， ∴BE＝CE＝CD， 过点A作AH⊥BC于H，过点C作CK⊥AB于K，则BH＝CHBC， ∴AH， ∴sin72°， ∵CK•AB＝BC•AH，即CK×1， ∴CK， ∴sin36°， ∴2， 即2为定值． 【点睛】本题是几何综合题，考查了等腰三角形性质，角平分线性质，三角形面积，解直角三角形，添加辅助线构造直角三角形是解题关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题4 解答题压轴题（第25题）题位训练（6大考点） 专题诠释：本专题精选南通近三年中考真题和2026南通各地区中考模拟试题第25题压轴题，按考点分类，可以清晰地看出南通解答题压轴题的重点、难点和特点，方便孩子进行针对性地训练，使复习更高效。 考点一 反比例函数综合题 1．（2025•南通）在平面直角坐标系xOy中，反比例函数的图象经过点A（1，5），点A，B关于原点对称．该函数图象上另有两点M1，M2，它们的横坐标分别为m，m+n，其中m＞1，n＞0．依次作直线AM1，BM1与y轴分别交于点C1，D1，直线AM2，BM2与y轴分别交于点C2，D2.记OC1﹣OD1＝d1，OC2﹣OD2＝d2． （1）若m＝2，求OC1的长； （2）求代数式（m+n）•d2的值； （3）当m（d1﹣d2）＝2d2，3（d1+d2）＝2n3时，求点D2关于直线AM2对称的点P的坐标． 2．（2026•海门区二模）【定义】在平面内，把一个图形上任意一点与另一个图形上任意一点之间的距离的最小值，称为这两个图形之间的距离，即A，B分别是图形M和图形N上任意一点，当AB的长最小时，称这个最小值为图形M与图形N之间的距离． 例如，如图1，AB⊥l1，线段AB的长度称为点A与直线l1之间的距离，当l2∥l1时，线段AB的长度也是l1与l2之间的距离． 【应用】 （1）如图2，在等腰Rt△BAC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D为AB边上一点，过点D作DE∥BC交AC于点E．若AB＝6，AD＝4，则DE与BC之间的距离是 　 ； （2）如图3，已知直线l3：y＝﹣x+4与双曲线C1：y（x＞0）交于A（1，m）与B两点，点A与点B之间的距离是 　 ，点O与双曲线C1之间的距离是 　 ； 【拓展】 （3）按规定，住宅小区的外延到高速路的距离不超过80m时，需要在高速路旁修建与高速路相同走向的隔音屏障（如图4）．有一条“东南﹣西北”走向的笔直高速路，路旁某住宅小区建筑外延呈双曲线的形状，它们之间的距离小于80m．现以高速路上某一合适位置为坐标原点，建立如图5所示的直角坐标系，此时高速路所在直线l4的函数表达式为y＝﹣x，小区外延所在双曲线C2的函数表达式为y（x＞0），那么需要在高速路旁修建隔音屏障的长度是多少？ 考点二 二次函数综合题 3．（2026•海门区模拟）对某一个函数给出如下定义：若存在实数M＞0，对于任意的函数值y，都满足﹣M≤y≤M，则称这个函数是有界函数，在所有满足条件的M中，其最小值称为这个函数的边界值．例如，图中的函数是有界函数，其边界值是1． （1）分别判断函数y（x＞0）和y＝x+1（﹣4＜x≤2）是不是有界函数？若是有界函数，求其边界值； （2）若函数y＝﹣x+1（a≤x≤b，b＞a）的边界值是2，且这个函数的最大值也是2，求b的取值范围； （3）将函数y＝x2（﹣1≤x≤m，m≥0）的图象向下平移m个单位，得到的函数的边界值是t，当m在什么范围时，满足t≤1？ 4．（2026•海门区模拟）我们不妨约定：如图①，若点D在△ABC的边AB上，且满足∠ACD＝∠B（或∠BCD＝∠A），则称满足这样条件的点为△ABC边AB上的“完美点”． （1）如图①，若点D是△ABC的边AB的中点，，试判断点D是不是△ABC边AB上的“完美点”，并说明理由； （2）如图②，在⊙O中，AB为直径，且AB＝5，AC＝4，若点D是△ABC边AB上的“完美点”，求CD的长； （3）如图③，平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，0），B（2，0），C为y轴正半轴上一点，且满足∠ACB＝45°，D点为过A、B、C三点的抛物线上一点，且横坐标为3，试问在x轴上是否存在一点E，使点A，B，E中的某一点是以其余两点及点C构成的三角形中剩余两点所在边上的“完美点”．若存在，请求出点E的坐标及直线DE的解析式；若不存在，请说明理由． 5．（2025•内江）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于A（﹣3，0）、B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3）． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，过点B的直线l：y＝x﹣1与抛物线的另一个交点为点D，点M为抛物线对称轴上的一点，连接MB、MD，设点M的纵坐标为n，当MB＝MD时，求n的值； （3）如图2，点N是抛物线的顶点，点P是x轴上一动点，将顶点N绕点P旋转90°后刚好落在抛物线上的点H处，请直接写出所有符合条件的点P的坐标． 6．（2026•海门区模拟）如图1，抛物线C1：y＝x2+b交y轴于A（0，1）． （1）直接写出抛物线C1的解析式 ． （2）如图1，x轴上两动点M，N满足：﹣Xm＝Xn＝n．若B，C（B在C左侧）为线段MN上的两个动点，且满足：B点和C点关于直线l：x＝1对称．过B作BB'⊥x轴交C1于B'，过C作CC'⊥x轴交C1于C'，连接B'C'．求B'C'的最大值（用含n的代数式表示）． （3）如图2，将抛物线C1向下平移个单位长度得到抛物线C2.C2对称轴左侧的抛物线上有一点M，其横坐标为m．以OM为直径作⊙K，记⊙K的最高点为Q．若Q在直线y＝﹣2x上，求m的值． 7．（2023•南通）定义：平面直角坐标系xOy中，点P（a，b），点Q（c，d），若c＝ka，d＝﹣kb，其中k为常数，且k≠0，则称点Q是点P的“k级变换点”．例如，点（﹣4，6）是点（2，3）的“﹣2级变换点”． （1）函数y的图象上是否存在点（1，2）的“k级变换点”？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由； （2）动点A（t，t﹣2）与其“k级变换点”B分别在直线l1，l2上，在l1，l2上分别取点（m2，y1），（m2，y2）．若k≤﹣2，求证：y1﹣y2≥2； （3）关于x的二次函数y＝nx2﹣4nx﹣5n（x≥0）的图象上恰有两个点，这两个点的“1级变换点”都在直线y＝﹣x+5上，求n的取值范围． 考点三 四边形综合题 8．（2026•海门区一模）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边AB，BC上，且AE＝BF，连接DE，AF交于点G． （1）求∠AGE的度数； （2）在线段GD上截取GH＝AG，连接BH交AF于点I． ①求证：点I为BH的中点； ②当BC＝BH＝6时，求AE的长． 9．（2026•海安市一模）已知正方形ABCD的边长为1，将边BC绕点B逆时针旋转α（90°＜α＜180°）得BE． （1）如图1，连接AE，CE． ①∠AEB的度数为　 　 （用含α的式子表示）； ②过点C作CF⊥AE，垂足为F，连接FD．求证：FD∥CE； （2）如图2，过点E作EM⊥AD于M，EN⊥DC于N．设AM＝x，CN＝y，四边形MDN的面积为S，请写出S的取值范围，并说明理由． 考点四 圆的综合题 10．（2026•海门区模拟）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径是，A，B为⊙O外两点，AB＝2．给出如下定义：平移线段AB，使平移后的线段A′B′成为⊙O的弦（点A′，B′分别为点A，B的对应点），线段AA′长度的最小值成为线段AB到⊙O的“优距离”． （1）如图1，⊙O中的弦P1P2、P3P4是由线段AB平移而得，这两条弦的位置关系是 　 　 ；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点 P2 的线段长度等于线段AB到⊙O的“优距离”； （2）若点A（0，7），B（2，5），线段AA′的长度是线段AB到⊙O的“优距离”，则点A′的坐标为 　 ； （3）如图2，若A，B是直线y＝﹣x+6上两个动点，记线段AB到⊙O的“优距离”为d，则d的最小值是 　 ；请你在图2中画出d取得最小值时的示意图，并标记相应的字母． 11．（2025•门头沟区二模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为r，点P是⊙O上一点．对平面内的一点Q，先将点Q关于点O作中心对称变换得到点Q1，再将点Q1沿射线OP的方向平移半径r的长度得到点Q2，称为一次关于半径OP的反射平移，点Q2称为点Q关于半径OP的反射平移点． 如图，已知点A（0，2）． （1）点P是⊙O上的动点，当OP＝1时，在A1（0，﹣1），A2（1，﹣1），A3（0，﹣2），A4（﹣1，﹣2）中，可能是点A关于半径OP的反射平移点的是 ． （2）设直线与x轴交于点M，与y轴交于点N，直线l经过A． ①在上述条件下，b＝ 　 ； ②当P的坐标为（0，1）时，如果线段MN上一点B关于半径OP的反射平移点在⊙O上或内部．直接写出点B的横坐标的取值范围； ③当P在y轴的正半轴上时，如果线段MN上存在点C，使点C关于半径OP的反射平移点在⊙O上，直接写出⊙O的半径r的取值范围． 12．（2026•海门区模拟）问题提出 （1）如图①，已知直线a∥b，点A，B在直线a上，点C，D在直线b上，则S△ACD　＝　 S△BCD（填“＞”“＜”或“＝”）； 问题探究 （2）如图②，⊙O的直径为20，点A，B，C都在⊙O上，AB＝12，求△ABC面积的最大值； 问题解决 （3）如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝20，BC＝10，根据设计要求，点D为∠ABC内部一点，且∠ADB＝60°，过点C作CE∥AD交BD于点E，连接AE，CD，试求满足设计要求的四边形ADCE的最大面积． 13．（2026•海门区模拟）综合与实践 问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系． 探究发现：如图1，在△ABC中，AC＝BC，P是AB边上一点，过点P作PD⊥AC于D，PE⊥BC于E，过点A作AF⊥BC于F，连结CP，由图形面积分割法得：S△ABC＝S△APC+S△BPC ，则AF＝PD +PE ； 实践应用：如图2，△ABC是等边三角形，AC＝3，点G是AB边上一点．连结CG，将线段CG绕点C逆时针旋转60°得CF，连结GF交BC于P，过点P作PD⊥GC于D，PE⊥CF于E，当AG＝1时，求PD+PE的值； 拓展延伸：如图3，已知AB是半圆O的直径，AC，BE是弦，AC＝BE，P是AB上一点，PD⊥AC，垂足为D，AB＝10，AD＝2，BD＝4，求S△PAC+S△PBE的值． 考点五 几何变换综合题 14．（2026•启东市模拟）如图，在矩形ABCD中，，动点E在AD上，从A向D以每秒1个单位长度的速度运动，设运动时间为t（s）（0＜t＜2）．将四边形BCDE沿直线BE翻折得到四边形BC′D′E，连接AC′，AD′． （1）当时，请判断此时△AC′D′的形状并说明理由． （2）当t为何值时，C正好落在矩形的边所在的直线上，请判断此时△AC′D′的形状并说明理由． 考点六 相似形综合题 15．（2025•新城区一模）如果一个三角形的一个内角等于另一个内角的2倍，我们称这样的三角形为倍角三角形，并称这两个角的公共边为底边． 例如：若△ABC中，∠A＝2∠B，则△ABC为以边AB为底边的倍角三角形． （1）已知△ABC为倍角三角形，且∠ABC＝2∠C． ①如图1，若BD为△ABC的角平分线，则图中相等的线段有 ，图中相似三角形有 　 ； ②如图2，若AC的中垂线交边BC于点E，连接AE，则图中等腰三角形有 　 ． 问题解决 （2）如图3，现有一块梯形板材ABCD，AD∥BC，∠A＝90°，AB＝48，BC＝132，AD＝68．工人师傅想用这块板材裁出一个△BCP型部件，使得点P在梯形ABCD的边上，且△BCP为以BC为底边的倍角三角形．工人师傅在这块板材上的作法如下： ①作BC的中垂线l交BC于点E； ②在BC上方的直线l上截取EF＝33，连接CF并延长，交AD于点P； ③连接BP，得△BCP． 1）请问，若按上述作法，裁得的△BCP型部件是否符合要求？请证明你的想法． 2）是否存在其它满足要求的△BCP？若存在，请画出图形并求出CP的长；若不存在，请说明理由． 16．（2024•南通）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动． 【特例探究】 （1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积． 等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表 图序 角平分线AD的长 ∠BAD的度数 腰长 两腰之和 两腰之积 图① 1 60° 2 4 4 图② 1 45° 2 图③ 1 30° 　 　 　 请补全表格中数据，并完成以下猜想． 已知△ABC的角平分线AD＝1，AB＝AC，∠BAD＝α，用含α的等式写出两腰之和AB+AC与两腰之积AB•AC之间的数量关系： 　 ． 【变式思考】 （2）已知△ABC的角平分线AD＝1，∠BAC＝60°，用等式写出两边之和AB+AC与两边之积AB•AC之间的数量关系，并证明． 【拓展运用】 （3）如图④，△ABC中，AB＝AC＝1，点D在边AC上，BD＝BC＝AD．以点C为圆心，CD长为半径作弧与线段BD相交于点E，过点E作任意直线与边AB，BC分别交于M，N两点．请补全图形，并分析的值是否变化？ 1 学科网（北京）股份有限公司 $