专题2 填空题压轴题（第15题16题）题位训练（10大考点） 2026年中考三轮复习系列1-南通中考题位训练

**基本信息** 聚焦南通中考填空压轴题（15-16题），按10大考点分类整合近三年真题与2026模拟题，实现针对性突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |代数/函数综合|1-13题|含参数范围、动态几何|从代数运算到函数与几何综合，体现模型意识| |几何综合|14-35题|涉及三角形、四边形、圆及变换|从静态图形到动态变换，融合空间观念与推理能力|

专题2 填空题压轴题（第15题16题）题位训练（10大考点） 专题诠释：本专题精选南通近三年中考真题和2026南通中考模拟试题填空题压轴题，按考点分类，可以清晰地看出南通填空压轴题的重点和难点，进行针对性训练，使复习更高效。 考点一 代数综合题 1．（2026•海门区模拟）已知的值为 　3　 ． 【分析】先判断出b的符号，再判断出b﹣a﹣4和a﹣b+1的符号，从而去掉根号，得出答案． 【解答】解：∵0，∴a、b异号， ∵a＞0，∴b＜0， ∴b﹣a﹣4＜0，a﹣b+1＞0， ∴原式＝a﹣b+4﹣（a﹣b+1） ＝a﹣b+4﹣a+b﹣1 ＝3， 故答案为3． 【点睛】本题考查了二次根式的性质和化简，判断b、b﹣a﹣4和a﹣b+1的符号是解此题的关键． 考点二 一次函数综合题 2．（2023•南通）已知一次函数y＝x﹣k，若对于x＜3范围内任意自变量x的值，其对应的函数值y都小于2k，则k的取值范围是 k≥1　 ． 【分析】根据题意一次函数的性质和题意，可以得到3﹣k≤2k，然后求解即可． 【解答】解：∵一次函数y＝x﹣k， ∴y随x的增大而增大， ∵对于x＜3范围内任意自变量x的值，其对应的函数值y都小于2k， ∴3﹣k≤2k， 解得k≥1， 故答案为：k≥1． 【点睛】本题考查一次函数图象与系数的关系，解答本题的关键是明确题意，列出相应的不等式． 3．（2026•海门区模拟）在平面直角坐标系中，点A1，A2，A3，A4⋯在x轴的正半轴上．点B1，B2，B3⋯在直线（x≥0）上且∠A1OB1＝30°．若点A1的坐标为（2，0），且△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4⋯均为等边三角形．则点B2024的纵坐标为 　　 ． 【分析】根据题意，依次求出点Bn的坐标，发现规律即可解决问题． 【解答】解：∵△A1B1A2是等边三角形， ∴∠B1A1A2＝60°，B1A1＝OA1． ∵∠A1OB1＝30°， ∴∠OB1A1＝60°﹣30°＝30°， ∴∠A1OB1＝∠OB1A1， ∴OA1＝A1B1． ∵点A1的坐标为（2，0）， ∴A1B1＝OA1＝2． 过点B1作x轴的垂线，垂足为M， ∴A1M＝A2M＝1． 在Rt△A1B1M中， ， ∴点B1的纵坐标为． 同理可得， 点B2的纵坐标为， 点B3的纵坐标为， 点B4的纵坐标为， …， 所以点Bn的纵坐标为（n为正整数）， 当n＝2024时， ， 即点B2024的纵坐标为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了点的坐标变化规律及一次函数图象上点的坐标特征，能通过计算发现点Bn的纵坐标为（n为正整数）是解题的关键． 4．（2024•南通）平面直角坐标系xOy中，已知A（3，0），B（0，3）．直线y＝kx+b（k，b为常数，且k＞0）经过点（1，0），并把△AOB分成两部分，其中靠近原点部分的面积为，则k的值为 　　 ． 【分析】设AB与直线y＝kx+b交于点P，直线y＝kx+b与x轴交于点C，利用待定系数法求出直线AB的函数关系式，根据S△ACP＝S△AOB﹣S四边形OBPC求出△ACP的面积，设P（m，n），根据△ACP的面积求出n，从而求出m，进而得到点P的坐标，再根据点C的坐标求出k的值即可． 【解答】解：如图，设AB与直线y＝kx+b交于点P，直线y＝kx+b与x轴交于点C． 设AB所在直线的函数关系式为y＝k1x+b1（k1、b1为常数，且k1≠0）． 将坐标A（3，0）和B（0，3）分别代入y＝k1x+b1， 得， 解得， ∴AB所在直线的函数关系式为y＝﹣x+3， ∵S四边形OBPC，S△AOB3×3， ∴S△ACP＝S△AOB﹣S四边形OBPC， 设P（m，n），则n＝﹣m+3， 则（3﹣1）n， 解得n， 当n时，得m+3， 解得m， ∴P（，）， ∵C（1，0）， ∴k． 故答案为：． 【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，利用待定系数法求一次函数关系式、求出交点坐标、掌握三角形的面积公式是解题的关键． 5．（2026•海门区一模）已知一次函数y＝﹣2x+b和y＝4x+2，当x＞﹣1时，﹣2x+b＜4x+2，则b的取值范围是 b≤﹣4　 ． 【分析】先解不等式﹣2x+b＜4x+2得x，利用同大取大得到1，然后解关于b的不等式即可． 【解答】解：解不等式﹣2x+b＜4x+2得x， ∵当x＞﹣1时，﹣2x+b＜4x+2， ∴1， 解得b≤﹣4， 即b的取值范围为b≤﹣4． 故答案为：b≤﹣4． 【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式，熟练掌握不等式的性质是解决问题的关键． 6．（2025•南山区）在平面直角坐标系中，一次函数y1＝m（x+2）﹣1（m≠0）的图象为直线l，在下列结论中： ①无论m取何值，直线l一定经过某个定点； ②过点O作OH⊥l，垂足为H，则OH的最大值是； ③若l与x轴交于点A，与y轴交于点B，△AOB为等腰三角形，则m＝1； ④对于一次函数y2＝a（x﹣3）+1（a≠0），无论x取何值，始终有y2≥y1，则m＜0或． 其中正确的是 　①②　 ．（填写所有正确结论的序号）． 【分析】根据一次函数的图象和性质分别判断． 【解答】解：一次函数y1＝m（x+2）﹣1， 当x＝﹣2时，y＝﹣1． ∴函数图象过定点（﹣2，﹣1）． ∴①正确． ∵OH⊥l，垂足为H， ∴当点H与点（﹣2，﹣1）重合时，OH最大． 此时OH． ∴②正确． 在y1＝m（x+2）﹣1中，当x＝0时，y＝2m﹣1， 当y＝0时，x2， ∴A（2，0），B（0，2m﹣1）． ∵∠AOB＝90°，△AOB是等腰三角形， ∴OA＝OB． ∴2＝2m﹣1或2＝1﹣2m， ∴m＝±1或（舍去）， ∴③错误． 一次函数y1＝m（x+2）﹣1（m≠0）的图象过定点（﹣2，﹣1）， 一次函数y2＝a（x﹣3）+1（a≠0）过定点（3，1）， ∵无论x取何值，始终有y2≥ y1， ∴当m＜0时，若a＝m，两直线平行时，始终有y2≥ y1，符合题意． 当m＞0时， 经过点（﹣2，﹣1），（3，1）的直线为y3x， ∵一次函数y1＝m（x+2）﹣1（m≠0）的图象过定点（﹣2，﹣1）， ∴当0＜m，若m＝a时，直线y1∥y2，不论x取何值，始终有y2≥y1， 符合题意． ∴m＜0或0＜m． ∴④错误． 故答案为：①②． 【点睛】本题考查一次函数综合问题，充分掌握一次函数的图象和性质是求解本题的关键． 考点三 反比例函数图象与几何综合 7．（2026·海门区模拟）如图，点A是双曲线y上的一个动点，连接AO并延长交双曲线于点B，将线段AB绕点B逆时针旋转60°得到线段BC，若点C在双曲线y（k≠0，x＜0）上运动，则k＝　﹣15　 ． 【分析】设点A坐标为（a，b），则ab＝5，连接OC，易证AB⊥OC，OCOA．由∠AOC＝90°想到构造K型相似，过点A作AE⊥y轴，垂足为E，过点C作CD⊥y轴，垂足为D，可证△AOE∽△OCD．从而得到ODAEb，CDOEa．设点C坐标为（x，y），从而有CD•OD＝﹣x•y＝15，即k＝xy＝﹣15． 【解答】解：连接OC、AC， 设A（a，b）， ∵点A是双曲线y上 ∴ab＝5， ∵AB＝BC，∠AOB＝60° ∴△ABC为等边三角形， ∵点A与点B关于原点对称， ∴OA＝OB， ∴AB⊥OC， 过点C作CD⊥x轴于点D，AE⊥x轴于点E， ∵∠COD+∠AOE＝∠OCD+∠COD＝90°， ∴∠AOE＝∠OCD， ∴△AOE∽△OCD， ∴， ∴ODAEb，CDOEa， 设点C的坐标为（x，y）， ∴CD•OD＝﹣x•ya•b＝3ab＝15， ∴k＝xy＝﹣3ab＝﹣15． 故答案为﹣15． 【点睛】本题考查的是反比例函数综合题，涉及到等边三角形的判定和性质、反比例函数的性质、相似三角形的判定与性质，有一定的难度．由∠AOC＝90°联想到构造K型相似是解答本题的关键． 8．（2026•海安市一模）定义：若实数x，y，x′，y′满足x′＝x，y′＝kx+y（k为常数，且k≠0），则在平面直角坐标系中称点（x′，y′）为点（x，y）的“k级变点”．例如：（3，9）为（2，3）的“3级变点”． （1）若点（x，y）的“k级变点”的坐标为（3，4），则k的值为　　 ； （2）若点Q是点P的“﹣3级变点”，且点Q在函数y（x＜0）的图象上，则线段OP的最小值为　　 ． 【分析】（1）依据题意，由点（x，y）的“k级变点”的坐标为（3，4），则x3，kx+y＝4，由x3得，kx+y＝3k，从而3k＝4，进而计算可以得解； （2）依据题意，设P为（x，y），则Q（xy，﹣3x+y），结合Q在函数y（x＜0）的图象上，故（xy）（﹣3x+y）＝﹣12，﹣3x+y＞0，从而可得y＝3x+6，故OP，进而可以计算得解． 【解答】解：（1）由题意，∵点（x，y）的“k级变点”的坐标为（3，4）， ∴x3，kx+y＝4， 由x3得，kx+y＝3k， ∴3k＝4，则k． 故答案为：； （2）由题意，设P为（x，y）， ∴Q（xy，﹣3x+y）． ∵Q在函数y（x＜0）的图象上， ∴（xy）（﹣3x+y）＝﹣12，﹣3x+y＞0． ∴（3x﹣y）2＝36， ∴3x﹣y＝﹣6（3x﹣y＝6不合题意，舍去）． ∴y＝3x+6． ∴ 方法1：OP ∴当x＝﹣1.8时，OP取最小值为． 方法2：由直线y＝3x+6与x轴交于（﹣2，0），与y轴交于（0，6）， ∴通过面积法可得，OP． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数的性质，解题时要熟练掌握并能根据题意列出关系式是关键． 9．（2026•莱州市模拟）如图，已知点A（3，0），B（0，4），C是y轴上位于点B上方的一点，AD平分∠OAB，BE平分∠ABC，直线BE交AD于点D．若反比例函数的图象经过点D，则k的值为 　﹣9　 ． 【分析】根据角平分线上的点到这个角两边的距离相等可得DM＝DN＝DP，再根据角的对称性得出BN＝BP，由勾股定理求出AB，设ON＝a，利用四边形DMON是正方形，列方程求出a的值，确定点D坐标，进而求出k的值． 【解答】解：过点D分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为M、N，作DP⊥AB交AB的延长线于点P， ∵ON⊥OM，DM⊥OM，DN⊥OC， ∴四边形DMON是长方形， ∵AD平分∠OAB，DM⊥OM，DN⊥OC， ∴DM＝DN， ∴四边形DMON是正方形， 又∵BE平分∠ABC，DN⊥OC，DP⊥AP， ∴DN＝DP， 在Rt△AOB中， AB5， 由对称可得，AP＝AM，BP＝BN， 设ON＝a，则OM＝a，BN＝4﹣a＝BP， ∵AP＝AB+BP＝5+（4﹣a），AM＝OA+OM＝3+a， ∴5+4﹣a＝3+a， ∴a＝3， ∴ON＝DM＝DN＝3． ∴D（﹣3，3）． ∴k＝﹣3×3＝﹣9． 故答案为：﹣9． 【点睛】本题主要考查反比例函数与一次函数的交点，掌握角平分线的性质以及勾股定理是解决问题的关键． 10．（2025•怀远县三模）如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，将线段AB沿x轴向右平移5个单位长度得到线段A′B′，与反比例函数的图象交于点N，点M在线段AB上，连接MN，BB′．若四边形MNB′B是菱形，则k的值为　8　 ． 【分析】根据平移性质和菱形性质得MB＝MN＝5，设，根据两点坐标距离公式列方程求得M（3，1），则N（8，1），然后根据反比例函数图象上点的坐标特征求解k值即可． 【解答】解：由平移性质得BB′＝5， 由条件可得B（0，5）； ∵四边形MNB′B是菱形， ∴MB＝B′B＝MN＝5， 设，则， 解得m＝3（负值已舍去）， ∴M（3，1），则N（8，1）， ∵点N在反比例函数的图象上， ∴k＝8×1＝8． 故答案为：8． 【点睛】本题考查一次函数与反比例函数的综合，涉及待定系数法求反比例函数解析式、菱形的性质、平移的性质、坐标与图形，熟练掌握以上知识点是关键． 考点四 二次函数综合题 11．（2026•海门区模拟）已知抛物线的顶点为坐标原点O，过O作两条互相垂直的直线分别与抛物线交于点A、B，连接AB．求AB边上的高的最大值为　4　 ． 【分析】设出A、B两点的坐标，并表示出OA，OB，AB三条直线的表达式，可以得出直线AB过定点，可知当AB与x轴平行时，AB边上的高有最大值． 【解答】解：如图，过点A，B分别作x轴垂线，交x轴于点C，D， 设点，， 则：直线AB的表达式为：， 直线OA的表达式为：， 直线OB的表达式为：， ∵OA⊥OB， ∴∠ACO＝∠AOB＝∠ODB＝90°， ∴∠CAO＝90°﹣∠AOC＝∠DOB， ∴△CAO∽△DOB， ∴， ∴ab＝﹣16， 则直线AB的表达式为：， ∴直线AB必过（0，4）点， ∴当AB与x轴平行时，AB边上的高有最大值，为4， 故答案为：4． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键． 12．（2026•海门区二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3a经过（﹣1，0）和（0，3）两点，直线y＝x+1与抛物线交于A，B两点，P是直线AB上方的抛物线上一动点，当△ABP的面积最大值时，点P的横坐标为　　 ． 【分析】待定系数法求抛物线的解析式，进而求得A、B的坐标，作PD⊥x轴于D，交直线AB于E，设P的横坐标为m，则P（m，﹣m2+2m+3），E（m，m+1），求得PE＝﹣m2+m+2，根据S△ABP＝S△APE+S△PBE，得到S△ABP（﹣m2+m+2）（2+1）（m）2，即可求得当△ABP的面积最大值时，点P的横坐标． 【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx﹣3a经过（﹣1，0）和（0，3）两点， ∴，解得， ∴抛物线为y＝﹣x2+2x+3， 由得或， ∴A（﹣1，0），B（2，3）， 作PD⊥x轴于D，交直线AB于E， 设P的横坐标为m，则P（m，﹣m2+2m+3），E（m，m+1）， ∴PE＝﹣m2+2m+3﹣（m+1）＝﹣m2+m+2， ∵S△ABP＝S△APE+S△PBE， ∴S△ABP（﹣m2+m+2）（2+1）（m）2 ∴当m时，△ABP的面积最大， ∴此时P点的横坐标为， 故答案为． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，抛物线与直线的交点，三角形的面积，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 13．（2026•海门区校级模拟）如图，抛物线y＝﹣2x2﹣8x﹣6与x轴交于点A、B，把抛物线在x轴及其上方的部分记作C1，将C1向左平移得C2，C2与x轴交于点B，D．若直线y＝﹣x+m与C1，C2共有3个不同的交点，则m的取值范围是　﹣3＜m　 ． 【分析】首先求出点A和点B的坐标，然后求出C2解析式，分别求出直线y＝﹣x+m与抛物线C2相切时m的值以及直线y＝﹣x+m过点B时m的值，结合图形即可得到答案． 【解答】解：令y＝﹣2x2﹣8x﹣6＝0， 即x2+4x+3＝0， 解得x＝﹣1或﹣3， 则点A（﹣1，0），B（﹣3，0）， 由于将C1向左平移2个长度单位得C2， 则C2解析式为y＝﹣2（x+4）2+2（﹣5≤x≤﹣3）， 当y＝﹣x+m1与C2相切时， 令y＝﹣x+m1＝y＝﹣2（x+4）2+2， 即2x2+15x+30+m1＝0， Δ＝﹣8m1﹣15＝0， 解得m1， 当y＝﹣x+m2过点B时， 即0＝3+m2， m2＝﹣3， 当﹣3＜m时直线y＝﹣x+m与C1、C2共有3个不同的交点， 故答案为：﹣3＜m． 【点睛】本题主要考查抛物线与x轴交点以及二次函数图象与几何变换的知识，解答本题的关键是正确地画出图形，利用数形结合进行解题，此题有一定的难度． 考点五 三角形综合题 14．（2023•南通）如图，四边形ABCD的两条对角线AC，BD互相垂直，AC＝4，BD＝6，则AD+BC的最小值是 　　 ． 【分析】过点C作CE∥BD，使CE＝BD＝6，连接DE，AE，则四边形BCED为平行四边形，由此得BC＝DE，进而得AD+BC＝AD+DE，在Rt△ACE中，由勾股定理得AE，然后根据根据“两点之间线段最短”得AD+DE≥AE，据此即可得出AD+BC的最小值． 【解答】解：过点C作CE∥BD，使CE＝BD＝6，连接DE，AE，如图所示： ∴四边形BCED为平行四边形， ∴BC＝DE， ∴AD+BC＝AD+DE， ∵AC⊥BD，CE∥BD， ∴CE⊥AC， 在Rt△ACE中，AE， 根据“两点之间线段最短”得：AD+DE≥AE，即AD+DE， ∴AD+BC， ∴AD+BC的最小值是． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了线段的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，理解线段的性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解答此题的关键，正确地作出辅助线，构造平行四边形是解决问题的难点． 15．（2026•海门区一模）如图，△ABC中，AD是中线，BE是高，AD，BE交于点F，AD＝BE，AB＝AC． （1）∠AFE＝　60　 °； （2）过点F作FH∥AB交AC于点H，若，则EF＝　6　 ． 【分析】（1）由等腰三角形的性质推出AD⊥BC，∠CAD∠BAC，由三角形的面积公式得到BC＝AC，判定△ABC是等边三角形，得到∠BAC＝60°，求出∠FAE＝30°，得到∠AFE＝90°﹣30°＝60°； （2）由平行线的性质推出∠EHF＝∠BAC＝60°，由tan∠EHF，求出EF＝6． 【解答】解：（1）∵AB＝AC，AD是中线， ∴AD⊥BC，∠CAD∠BAC， ∵BE是高， ∴△ABC的面积BC•ADAC•BE， ∵AD＝BE， ∴BC＝AC， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝60°， ∴∠FAE60°＝30°， ∵∠AEF＝90°， ∴∠AFE＝90°﹣30°＝60°， 故答案为：60． （2）∵FH∥AB， ∴∠EHF＝∠BAC＝60°， ∵∠FEH＝90°， ∴tan∠EHF＝tan60°， ∴EF＝6， 故答案为：6． 【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形的角平分线、中线和高，解直角三角形，关键是判定△ABC是等边三角形，掌握锐角的正切定义． 16．（2026•南通一模）如图，△ABC为等边三角形，AE＝CD，AD、BE相交于点P，BQ⊥AD于Q．若PE＝1，，则AD的长是 　9　 ． 【分析】由等边三角形的性质推出∠BAE＝∠C＝60°，AB＝AC，判定△ABE≌△CAD（SAS），得到AD＝BE，∠ABP＝∠CAD，由三角形的外角性质得到∠BPQ＝∠BAC＝60°，由含30度角的直角三角形的性质推出PB＝2PQ，由勾股定理求出PQ＝4，得到PB＝8，求出BE＝PB+PE＝9，即可得到AD的长． 【解答】解：∵△ABC为等边三角形， ∴∠BAE＝∠C＝60°，AB＝AC， ∵AE＝CD， ∴△ABE≌△CAD（SAS）， ∴AD＝BE，∠ABP＝∠CAD， ∴∠BPQ＝∠BAP+∠ABP＝∠BAP+∠CAD＝∠BAC＝60°， ∵BQ⊥AD于Q， ∴∠BQP＝90°， ∴∠PBQ＝90°﹣60°＝30°， ∴PB＝2PQ， ∵PB2﹣PQ2＝BQ2， ∴3PQ2， ∴PQ＝4， ∴PB＝2PQ＝8， ∴BE＝PB+PE＝8+1＝9， ∴AD＝BE＝9． 故答案为：9． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，等边三角形的性质，关键是判定△ABE≌△CAD（SAS），由含30度角的直角三角形的性质推出PB＝2PQ，由勾股定理求出PQ的长． 考点六 四边形综合题 17．（2026•海安市一模）中国清代数学家李锐借助三个正方形用出入相补的方法证明了勾股定理．如图，已知正方形ABCD和正方形CEFG，D、C、E三点在一条直线上．现将其裁剪拼成不重叠无缝隙的大正方形BHIE．若正方形ABCD和正方形CEFG的面积之和为177，阴影部分的面积为165，则DE的长为　15　 ． 【分析】设正方形ABCD的边长为a，正方形CEFG的边长为b，由D、C、E三点共线可得DE＝a+b，即所求长度．再根据空白部分的面积＝总面积﹣阴影部分的面积得出ab的值，再根据完全平方公式代入数据求解即可． 【解答】解：设正方形ABCD的边长为a，正方形CEFG的边长为b，由D、C、E三点共线可得DE＝a+b，即所求长度． 根据题意可得两个正方形的面积和为a2+b2＝177． ∵阴影部分的面积为165， ∴空白直角三角形（直角边分别为a、b）的面积为总面积减去阴影面积，即：， 计算得 ab＝24． 根据完全平方公式（a+b）2＝a2+2ab+b2，代入已知数值：（a+b）2＝177+2×24＝225， 因为长度为正数，因此，即DE＝15． 故答案为：15． 【点睛】本题考查了勾股定理的证明，根据空白部分的面积＝总面积﹣阴影部分的面积得出ab的值求解是解题的关键． 18．（2022•番禺区二模）在菱形ABCD中，∠D＝60°，CD＝4，E为菱形内部一点，且AE＝2，连接CE，点F为CE中点，连接BF，取BF中点G，连接AG，则AG的最大值为 　　 ． 【分析】先根据题目条件中的中点可联想中位线的性质，构造中位线将OF和GH的长度先求出来，G点在以H为圆心，为半径的圆上． 【解答】解：如图所示：连接BD交AC于点O，连接FO，取OB的中点H，连接HG和AH， ∵在菱形ABCD中， ∴O为AC中点， ∵F为CE中点， ∴OFAE＝1， ∵G为BF中点、H为OB中点， ∴GHOF， ∴G点在以H为圆心，为半径的圆上， ∵在菱形ABCD中且∠D＝60°， ∴∠ABO∠ABC∠ADC＝30°，∠BOA＝90°， ∴OAAB＝2， ∴OB， ∴OH， ∴AH， ∴AG的最大值为． 故答案为：． 【点睛】本题难点在于辅助线的添加，要根据菱形的性质和题目条件中的中点构造中位线，然后借助三角形的三边关系可判断出当A、H、G三点共线时AG最大． 19．（2026•海门区二模）如图，在矩形ABCD中，已知AD＝15，AB＝8，P是AD边上任意一点，PE⊥BD，PF⊥AC，E，F分别是垂足，那么PE+PF＝　　 ． 【分析】连接OP，由矩形推出AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，由勾股定理求出AC和BD的长，求出矩形ABCD的面积，进而得到△AOD的面积，根据三角形的面积公式即可求出答案． 【解答】解：连接OP， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD， 在△BAD中∠BAD＝90°，AD＝15，AB＝8，由勾股定理得： AC＝BD17， ∴OA＝OD， ∵矩形面积是15×8＝120， ∴△AOD的面积是120＝30， ∵△APO、△POD是同底得三角形， S△AODOA•PFOD•PE， 30PFPE， ∴PE+PF， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的面积等知识点，解此题的关键是求△AOD的面积．题型较好，综合性强． 20．（2024•南通）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝5．正方形DEFG的边长为，它的顶点D，E，G分别在△ABC的边上，则BG的长为 　3　 ． 【分析】过点G作GH⊥AC于点H，证明△ABC是等腰直角三角形，△AGH是等腰直角三角形，证明△DGH≌△DEC（AAS），得GH＝DC，DH＝CE，设AH＝HG＝DC＝a，DH＝CE＝b，得2a+b＝5，a2+b2＝（）2，求出a的值，进而可以解决问题． 【解答】解：如图，过点G作GH⊥AC于点H， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝5， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴∠A＝45°，ABAC＝5， ∵GH⊥AC， ∴△AGH是等腰直角三角形， ∴AH＝HG，AGAH， ∵四边形DEFG是正方形， ∴DG＝DE，∠GDE＝90°， ∴∠GDH＝90°﹣∠EDC＝90°﹣∠DGH＝∠DEC， 在△DGH和△DEC中， ， ∴△DGH≌△DEC（AAS）， ∴GH＝DC，DH＝CE， ∴AH＝HG＝DC， 设AH＝HG＝DC＝a，DH＝CE＝b， ∵正方形DEFG的边长为， ∴DE， ∵AC＝AH+DH+DC，DC2+CE2＝DE2， ∴2a+b＝5，a2+b2＝（）2， 将b＝5﹣2a代入a2+b2＝（）2整理得：a2﹣4a+4＝0， 解得a1＝a2＝2， ∴AH＝a＝2， ∴AGAH＝2， ∴BG＝AB﹣AG＝523， 故答案为：3． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，代入法解二元二次方程，解一元二次方程，解决本题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形． 考点七 圆综合题 21．（2025•南通）在平面直角坐标系中，以点A（3，0）为圆心，为半径作⊙A．直线y＝kx﹣3k+2与⊙A交于B，C两点，则BC的最小值为 　6　 ． 【分析】对于y＝kx﹣3k+2，当x＝3时，y＝2得直线y＝kx﹣3k+2过定点（3，2），再求出AP＝2得点P在⊙A内部，根据垂径定理得当直线y＝kx﹣3k+2与AP垂直时，BC为最小，此时BC＝2BP，在Rt△ABP中，由勾股定理求出BP＝3，进而可得BC的最小值． 【解答】解：对于y＝kx﹣3k+2，当x＝3时，y＝2， ∴直线y＝kx﹣3k+2过定点P（3，2）， ∵点A（3，0）， ∴AP2， 又∵⊙A的半径为，AP， ∴点P在⊙A内部， 根据垂径定理得：当直线y＝kx﹣3k+2与AP垂直时，BC为最小，如图所示： 则BP＝CP， ∴BC＝2BP， 在Rt△ABP中，AB，AP＝2， 由勾股定理得：BP3， ∴BC＝2BP＝6， 即BC的最小值为6． 故答案为：6． 【点睛】此题主要考查了一次函数的图象，垂径定理，熟练掌握一次函数的图象，垂径定理，勾股定理是解决问题的关键． 22．（2026•海门区模拟）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tanA＝2，，以BC为直径作圆，圆心为O，过圆上一点D作直线AB的垂线，垂足为E，则AE+DE的最大值是 　　 ． 【分析】利用特殊角度45度角的正切值为切入点，构造出一个特殊的45度角将所需求的AE+AD两个线段的最大值转化为一条线段GF，此时E点与Q点重合，进而求出所需要的最大值． 【解答】解：如图，作∠BAM＝45°，过点O作ON⊥AN于点N，延长NO交⊙O于点G，过点G作HK⊥GN垂足为点G，过点G作GQ⊥AB于点Q，延长GQ交AM于点F， 当点D与点G重合，点E在点Q处时，AE+DE取得最大值， 理由：连接OA， ∵∠ACB＝90°， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴OC＝AC， ∴， ∴∠OAC＝45°， ∴∠OAC+∠OAB＝45°+∠OAB， ∵∠OAN＝∠BAN+∠OAB＝45°+∠OAB， ∴∠OAN＝∠CAB， ∴， ∴ON＝2AN， ∵，AN2+ON2＝OA2， ∴， ∴或 （舍去）， ∴， ∵， ∴， 在⊙O上取不同于点G的一点P，过点P作PY⊥AM于点Y，过点P作 PJ⊥AB所在的直线于点J，并延长PJ交AM于点R， ∵，， ∴QF＝AQ，JR＝AJ 则AE+DE＝AQ+GQ＝FQ+GQ＝GF或AE+DE＝AJ+PJ＝JR+PJ＝PR， ∵∠QFA＝90°﹣∠EAF＝45°，∠JRA＝90°﹣∠EAF＝45°， ∴，， ∴，， 由图可知：PY＜GN， ∴PR＜CF， ∴当点D在点G处时，AE⊥DE取得最大值，最大值为GF的长， ∵， ∴AE+DE取得最大值， 故答案为：． 【点睛】本题考查了解直角三角形，圆的有关计算，勾股定理和等腰直角三角形的性质，解题的关键熟练掌握知识点的应用及正确添加辅助线． 23．（2015•荆州）如图，OA在x轴上，OB在y轴上，OA＝8，AB＝10，点C在边OA上，AC＝2，⊙P的圆心P在线段BC上，且⊙P与边AB，AO都相切．若反比例函数y（k≠0）的图象经过圆心P，则k＝　﹣5　 ． 【分析】作PD⊥OA于D，PE⊥AB于E，作CH⊥AB于H，如图，设⊙P的半径为r，根据切线的性质和切线长定理得到PD＝PE＝r，AD＝AE，再利用勾股定理计算出OB＝6，则可判断△OBC为等腰直角三角形，从而得到△PCD为等腰直角三角形，则PD＝CD＝r，AE＝AD＝2+r，通过证明△ACH∽△ABO，利用相似比计算出CH，接着利用勾股定理计算出AH，所以BH＝10，然后证明△BEP∽△BHC，利用相似比得到即，解得r＝1，从而易得P点坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征求出k的值． 【解答】解：作PD⊥OA于D，PE⊥AB于E，作CH⊥AB于H，如图，设⊙P的半径为r， ∵⊙P与边AB，AO都相切， ∴PD＝PE＝r，AD＝AE， 在Rt△OAB中，∵OA＝8，AB＝10， ∴OB6， ∵AC＝2， ∴OC＝6， ∴△OBC为等腰直角三角形， ∴△PCD为等腰直角三角形， ∴PD＝CD＝r， ∴AE＝AD＝2+r， ∵∠CAH＝∠BAO， ∴△ACH∽△ABO， ∴，即，解得CH， ∴AH， ∴BH＝10， ∵PE∥CH， ∴△BEP∽△BHC， ∴，即，解得r＝1， ∴OD＝OC﹣CD＝6﹣1＝5， ∴P（5，﹣1）， ∴k＝5×（﹣1）＝﹣5． 故答案为﹣5． 【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线不确定切点，则过圆心作切线的垂线，则垂线段等于圆的半径．也考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质和反比例函数图象上点的坐标特征． 24．（2026•任丘市模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为2，Rt△MNP的直角顶点M落在线段BD上，直角边MN经过点A，直角边MP与直线BC交于点E，连接AE．设点O为△AME的内心，当点O在△ABD的内部（包括边界）时，DM的取值范围是 　0≤DM≤2　 ． 【分析】当点M与点D重合时，点E与点C重合，此时点O在BD上．DM最短．当点O落在AB上时，过点M作FG⊥BC于点G，交AD于点F，作MK⊥AB于点K．由角平分线性质得MG＝MK．证明四边形AFMK为矩形，得MK＝AF，MG＝AF．根据∠FAM＝∠GME，得△AFM≌△MGE（ASA），得AM＝ME，得∠EAM＝45°．得∠MAB＝22.5°，得∠DAM＝67.5°．得∠DMA＝67.5°，得DM＝DA＝2，DM最大，即得DM的取值范围是0≤DM≤2． 【解答】解：当点M与点D重合时，点E与点C重合， 此时点O为△ADC的内心． ∵四边形ABCD为正方形， ∴BD为∠ADC的平分线， ∴点O在BD上． 此时DM最短． 当点O落在AB上时，DM最大，如图． 过点M作FG⊥BC于点G，交AD于点F，作MK⊥AB于点K． ∵∠ABD＝∠CBD＝45°， ∴MG＝MK． ∵AD∥BC， ∴FG⊥AD， ∴∠AFM＝∠AKM＝∠FAK＝90°， ∴四边形AFMK为矩形， ∴MK＝AF， ∴MG＝AF． ∵∠NMP＝90°， ∴∠FMA+∠FAM＝∠FMA+∠GME， ∴∠FAM＝∠GME． ∴△AFM≌△MGE（ASA）， ∴AM＝ME， ∴． ∵点O为△AME的内心， ∴， ∴∠DAM＝90°﹣22.5°＝67.5°． ∵∠ADM＝45°， ∴∠DMA＝67.5°， ∴DM＝DA＝2， ∴DM的取值范围是0≤DM≤2， 故答案为：0≤DM≤2． 【点睛】本题主要考查了三角形的内切圆与内心，全等三角形的判定与性质，正方形的性质．熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 25．（2026•海门区模拟）△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝4，E是AC的中点，MN分别是边AB、BC上的动点，D也是BC边上的一个动点，以CD为直径作⊙O，连接ED交⊙O于F，连接FM，MN，则FM+MN的最小值为 　　 ． 【分析】连接CF，根据圆周角定理可得∠CFD＝90°，取CE的中点G，连接FG，可得FGCE，以CE为直径作圆G，可得点F在圆G上，将△ABC沿AB对折得到△ABC′，过点G作GN″⊥BC′于点N″，交AB于点M，交圆G于点F，此时GN″最短，所以FM+MN＝FM+MN″＝FN″最小，延长BC，N″G交于点P，可得∠BPN″＝30°，根据含30度角的直角三角形即可解决问题． 【解答】解：如图，连接CF， ∵CD⊙O为直径， ∴∠CFD＝90°， ∴∠CFE＝90°， 取CE的中点G，连接FG， ∴FGCE， ∵AC＝4，E是AC的中点， ∴CE＝AEAC＝2， ∴CG＝FG＝1， 以CE为直径作圆G， ∴点F在圆G上， 将△ABC沿AB对折得到△ABC′， 过点G作GN″⊥BC′于点N″，交AB于点M，交圆G于点F， 此时GN″最短， ∴FM+MN＝FM+MN″＝FN″最小， ∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝4， ∴BCAC＝4，∠CBC′＝60°， 延长BC，N″G交于点P， ∵∠PN″B＝90°， ∴∠BPN″＝30°， ∵CG＝1， ∴PG＝2， ∴CP， ∴BP＝45， ∴BN″， ∴PN″BN″， ∴FN″2﹣1． ∴FM+MN的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题属于圆的综合题，考查了翻折变换，最短距离问题，含30度角的直角三角形，圆周角定理，解决本题的关键是正确作出辅助线． 考点八 作图—基本作图 26．（2026•海门区模拟）如图，已知∠MON是一个锐角，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OM、ON于点A、B，再分别以点A、B为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点C，画射线OC．过点A作AD∥ON，交射线OC于点D，过点D作DE⊥OC，交ON于点E．设OA＝5，DE＝6，则sin∠MON＝　　 ． 【分析】如图，连接DB，过点D作DH⊥ON于H．首先证明四边形AOBD是菱形，解直角三角形求出DH即可解决问题． 【解答】解：如图，连接DB，过点D作DH⊥ON于H． 由作图可知，∠AOD＝∠DOE，OA＝OB， ∵AD∥EO， ∴∠ADO＝∠DOE， ∴∠AOD＝∠ADO， ∴AO＝AD， ∴AD＝OB，AD∥OB， ∴四边形AOBD是菱形， ∴OB＝BD＝OA＝5，BD∥OA， ∴∠MON＝∠DBE，∠BOD＝∠BDO， ∵DE⊥OD， ∴∠BOD+∠DEO＝90°，∠ODB+∠BDE＝90°， ∴∠BDE＝∠BED， ∴BD＝BE＝5， ∴OE＝2OB＝10， ∴OD8， ∵DH⊥OE， ∴DH， ∴sin∠MON＝sin∠DBH． 故答案为：． 【点睛】本题考查作图﹣复杂作图，平行线的性质，角平分线的定义，菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 考点九 几何图形变换（对称、旋转、平移） 27．（2026•海门区模拟）在正方形ABCD中，E为对称中心，BD为对角线，P为正方形内部一点，PA＝6，PC＝10，PD，Q为DC边上一动点，连结QE，QB，则（QE+QB）2的最小值为　290　 ． 【分析】根据求（QE+QB）2的最小值，即求（QE+QB）最小值，由将军饮马模型可知，取B点关于CD对称点，连接B′E交CD于Q′点，此时即是QE+QB最小值所求点，QE+QB的最小值为B′E，接下来求出根据已知条件构造直角三角形求出正方形即可解答． 【解答】解：过点P作MP⊥AD，NP⊥CD，垂足分别为M，N，过E作EH⊥BC，垂足别为H，在BC延长线上取点B关于CD的对称点B′，连接B′E， ∴∠PMD＝∠PND＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝90°， ∴四边形DMPN是矩形； ∴MP＝DN，NP＝DM（矩形的对边相等）， 设MP＝x，NP＝y，AB＝a， ∴AM＝a﹣y，CN＝a﹣x， ∵PA＝6，PC＝10，PD， ∴， 解得：a2＝116或a2＝20（不合题意舍去）， 过E作EH⊥BC，垂足别为H，在BC延长线取点B关于CD的对称点B′点，连接B′E， 由辅助线做法可知：，B′C＝a， ∵E为正方形ABCD的对称中心， ∴， ∵EQ+BQ≤B′E， ∴QE+QB的最小值为B′E，（QE+QB）2的最小值为B′E2． ∴． ∴（QE+QB）2的最小值为290． 故答案为：290． 【点睛】本题主要考查了几何最值问题，掌握轴对称的性质是解题的关键． 28．（2026•海门区模拟）如图，菱形ABCD的边长是10，，DE⊥CD交AB于点E，点P为直线DE上一点，点P与点P′关于AC对称，F为BC中点，连接P′F、P′A，则|P′F﹣P′A|的最大值是 　　 ． 【分析】根据四边形ABCD是菱形，得出四边形ABCD的对称轴为直线AC，取CD中点F′，则F′与F关于直线AC对称，又因为P与P′关于AC对称，连接 AP，PF'，得出PF＝PF，AP＝AP'，取A关于DE对称点A′，连接PA′，则PA＝AP，推出PA'＝AP'，由三角形三边关系可知|PF'﹣PA'|＜A'F'，当P、A′、F′在同一条直线时，|P'F﹣P'A|有最大值A′F′，连接BD交AC于点O，根据四边形ABCD为菱形，得出AO＝CO＝2AC，，∠DOC＝90°，则，求出，利用勾股定理求出∴AC＝16，BD＝12， 再根据菱形ABCD的面积AC•BD＝AB•DE，求出DE，进而求出AE，A′E，过点A′作AN⊥CD交CD于点N，则四边形A′EDN为矩形，，，则，，根据DF，求出FN，则AF′利用勾股定理可求，即|P'F﹣P'A|的最大值可求解， 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴四边形ABCD的对称轴为直线AC， 取CD中点F′，则F′与F关于直线AC对称， 又∵P与P′关于AC对称，连接 AP，PF'， ∴P′F＝PF′，AP＝AP'， 取A关于DE对称点A′，连接PA′， ∴PA′＝AP， ∴PA'＝AP'， 由三角形三边关系可知|PF'﹣PA'|＜A'F'， 当P、A′、F′在同一条直线时， |P'F﹣P'A|有最大值A′F′， 连接BD交AC于点O， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AO＝COAC，，∠DOC＝90°， ∵， ∴， 整理得， 又∵OD2+OC2＝CD2，CD＝10， ∴OC＝8，OD＝6， ∴AC＝16，BD＝12， 又∵菱形ABCD的面积AC•BD＝AB•DE，即16×12＝10•DE， ∴， ∴， ∴A′E＝AE， 过点A′作AN⊥CD交CD于点N，则四边形A′EDN为矩形， ∴，， 又∵DF′＝5， ∴F′N＝5， ∴AF′， 即 P'F﹣P'A的最大值是， 故答案为：． 【点睛】本题考查轴对称—最短路线，菱形的性质，解直角三角形，解题的关键是正确作出辅助线，运用相关知识解题． 29．（2011•包头）如图，把矩形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA，OC分别落在x轴、y轴上，连接AC，将矩形纸片OABC沿AC折叠，使点B落在点D的位置，若B（1，2），则点D的横坐标是　　 ． 【分析】首先过点D作DF⊥OA于F，由四边形OABC是矩形与折叠的性质，易证得△AEC是等腰三角形，然后在Rt△AEO中，利用勾股定理求得AE，OE的长，然后由平行线分线段成比例定理求得AF的长，即可得点D的横坐标． 【解答】解：过点D作DF⊥OA于F， ∵四边形OABC是矩形， ∴OC∥AB， ∴∠ECA＝∠CAB， 根据题意得：∠CAB＝∠CAD，∠CDA＝∠B＝90°， ∴∠ECA＝∠EAC， ∴EC＝EA， ∵B（1，2）， ∴AD＝AB＝2， 设OE＝x，则AE＝EC＝OC﹣OE＝2﹣x， 在Rt△AOE中，AE2＝OE2+OA2， 即（2﹣x）2＝x2+1， 解得：x， ∴OE，AE， ∵DF⊥OA，OE⊥OA， ∴OE∥DF， ∴， ∴AF，DF， ∴OF＝AF﹣OA， ∴点D的横坐标为：． 故答案为：． 【点睛】此题考查了折叠的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质以及平行线分线段成比例定理等知识．此题综合性较强，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用． 30．（2026•启东市模拟）在平面直角坐标系中，已知．分别连接AB，BC，AC，把△ABC沿BC翻折得到△A′BC．当A′与D重合时，BD＝　6　 ；当以A′、C、B、D为顶点的四边形是矩形时，m＝　1或5或6　 ． 【分析】根据轴对称的性质得 AC＝DC＝6，由勾股定理得，求得，再根据两点间距离公式求出 BD＝6；分A'点在x轴上和不在x轴上两种情况讨论求解即可． 【解答】解：根据题意得，当A'与D重合时，BC是AA'的垂直平分线， ∴AC＝DC， ∵，D（m+6，）， ∴CD＝m+6﹣m＝6， ∴AC＝6， ∵A（0，0）， ∴， 解得：， ∴， ∵B（6，0）， ∴； 当以A'、C、B、D为顶点的四边形是矩形时，有两种情况： ①当A'点在x轴上，如图， 此时A'B＝AB＝6， ∴m＝6； ②当A'点不在x轴上，如图， 过点C作CE⊥x于点E，DF⊥x于点F， ∴∠CEB＝∠DFB＝90°， ∴∠ECB+∠CBE＝90°， ∵四边形A'CBD是矩形， ∴∠CBD＝90°， ∴∠ECB＝∠FBD， 又∵∠CEB＝∠DFB＝90°， ∴△CBE∽△BDF， ∴，即， 解得m＝1或m＝5； 综上，m的值为：1或5或6； 故答案为：6；1或5或6． 【点睛】本题主要考查轴对称的性质，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质等知识，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 31．（2026•海门区模拟）如图，AD＝8，CD＝12，点E为矩形纸片的边AB上一点，小华将△ADE沿着DE折叠至△A′DE，线段DE、射线DA′分别与线段AC交于M、N，在折叠过程中，小华发现△DMN的形状随着AE长度的变化而变化，当△DMN为直角三角形时，AE的长为 　或412　 ． 【分析】分两种情况：当A'落在AC上，由四边形ABCD是矩形，AD＝8，CD＝12，得tan∠BAC，可得，即，故AE；当∠DNM＝90°时，A'E∥AC，可得∠AME＝∠AEM，AE＝AM，CM＝CD＝12，即得AM＝AC﹣CM＝412，AE＝412． 【解答】解：当∠DMN＝90°，A'落在AC上时，如图： ∵四边形ABCD是矩形，AD＝8，CD＝12， ∴tan∠BAC， ∵∠ADM＝90°﹣∠MAD＝∠BAC， ∴tan∠ADM， ∴，即， ∴AE； 当∠DNM＝90°时，如图： ∵∠EA'D＝∠EAD＝90°， ∴∠DNM＝∠EA'D＝90°， ∴A'E∥AC， ∴∠AME＝∠A'EM， ∵△ADE沿着DE折叠至△A′DE， ∴∠A'EM＝∠AEM， ∴∠AME＝∠AEM， ∴AE＝AM， ∵∠AME＝∠DMC，∠AEM＝∠MDC， ∴∠DMC＝∠MDC， ∴CM＝CD＝12， ∵AC4， ∴AM＝AC﹣CM＝412， ∴AE＝412， 综上所述，AE的长为或412， 故答案为：或412． 【点睛】本题考查矩形中翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质及分类思想的应用． 32．（2026•海门区模拟）如图，在▱ABCD中，AB＝16，BC＝13，，E为AD上一点，连接BE，将△ABE沿BE折叠得到△A′BE．若A′B与CD交于点F且BF＝BC，则DE的长为 　　 ． 【分析】作出如图的辅助线，利用等腰三角形的性质及三角函数的关系先后求得CG＝FG＝5，BG＝12，DF＝6，利用勾股定理求得，，证明△MDF∽△MAB，求得，再证明△EDN∽△EA′M，利用相似三角形的性质即可求解． 【解答】解：设A′E与CD交于点N，过B作BG⊥CD于点G，过N作NH⊥A′B于点H，延长AD与BA′交于点M，如图， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD＝16，BC＝13＝AD，∠A＝∠EA′B＝∠C， ∵BF＝BC＝13，， 设BG＝12k，则CG＝5k，CG2+BG2＝BC2，即（5k）2+（12k）2＝132， 解得k＝1（负值舍去）， ∴CG＝FG＝5，BG＝12， ∴DF＝16﹣10＝6， 由折叠的性质得A′B＝AB＝16，∠C＝∠A＝∠EA′B， ∴A′F＝16﹣13＝3， ∴∠C＝∠CFB＝∠A′FN＝∠EA′B， ∴A′N＝FN，， ∵， ∴， ∴， ∴， 设AE＝x，则DE＝13﹣x，A′E＝x， ∵DF∥AB， ∴△MDF∽△MAB， ∴，即， 解得， ∵∠EDN+∠A＝180°，∠MA′E+∠EA′B＝∠MA′E+∠A＝180°， ∴∠EDN＝∠EA′M， ∴△EDN∽△EA′M， ∴，即， 解得， 即， ∴DE＝AD﹣AE＝13， 故答案为：． 【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 33．（2025•自贡）如图，在平面直角坐标系xOy中，Rt△ABC的顶点C，A分别在x轴，y轴正半轴上，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2．以BC为边作等边△BCD，连接OD，则OD的最大值为 　　 ． 【分析】解直角三角形得出，由等边三角形的性质可得CD＝BC＝2，∠BCD＝60°，取AC的中点E，连接OE、DE，作EF⊥CD交DC的延长线于F，则，∠FCE＝30°，求出，CF，从而可得DF，由勾股定理可得DE，最后根据三角形三边关系可得OD≤DE+OE，即可得解． 【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2， ∴， ∵△BCD为等边三角形， ∴CD＝BC＝2，∠BCD＝60°， 如图，取AC的中点E，连接OE、DE，作EF⊥CD交DC的延长线于F， 则，∠FCE＝180°﹣∠ACB﹣∠BCD＝30°， ∴，， ∴， ∴， 根据三角形三边关系可得：OD＜DE+OE， ∴， ∵OD的最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了解直角三角形、等边三角形的性质、勾股定理、三角形三边关系，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 34．（2026•海门区一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（﹣3，0），点B为y轴正半轴上一点，将线段AB绕点B旋转90°至BC处，过点C作CD垂直x轴于点D，若四边形ABCD的面积为36，则线AC的解析式为yx+1或y＝﹣3x﹣9　 ． 【分析】过C作CE⊥OB于E，则四边形CEOD是矩形，得到CE＝OD，OE＝CD，根据旋转的性质得到AB＝BC，∠ABC＝90°，根据全等三角形的性质得到BO＝CE，BE＝OA，求得OA＝BE＝3，设OD＝a，得到CD＝OE＝|a﹣3|，根据面积公式列方程得到C（﹣6，9）或（6，3），设直线AB的解析式为y＝kx+b，把A点和C点的坐标代入即可得到结论． 【解答】解：过C作CE⊥OB于E， 则四边形CEOD是矩形， ∴CE＝OD，OE＝CD， ∵将线段AB绕点B旋转90°至BC处， ∴AB＝BC， ∠ABC＝90°， ∴∠ABO+∠CBO＝∠ABO+∠BAO＝90°， ∴∠ABO＝∠BCE， ∵∠AOB＝∠BEC＝90°， ∴△ABO≌△BCO（AAS）， ∴BO＝CE，BE＝OA， ∵A（﹣3，0）， ∴OA＝BE＝3， 设OD＝a， ∴CD＝OE＝|a﹣3|， ∵四边形ABCD的面积为36， ∴AO•OB（CD+OB）•OD3×a（a﹣3+a）×a＝36， ∴a＝±6， ∴C（﹣6，9）或（6，3）， 设直线AB的解析式为y＝kx+b， 把A点和C点的坐标代入得，或， 解得：或， ∴直线AB的解析式为yx+1或y＝﹣3x﹣9． 故答案为：yx+1或y＝﹣3x﹣9． 【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，待定系数法求函数的解析式，全等三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键． 考点十 解直角三角形 35．（2025•南通）如图，网格图中每个小正方形的面积都为1．经过网格点A的一条直线，把网格图分成了两个部分，其中△BMN的面积为3，则sin∠MNB的值为　　 ． 【分析】设NC＝x，证明△ANC∽△MAD，可求得，根据△BMN的面积为3，得到S△AMD+S△ANC＝2，求得x4，解方程得到x＝2，根据勾股定理求得AN，最后得到sin∠MNB的值． 【解答】解：如图，在图中标注C，D， 设NC＝x， ∵AD∥NB， ∴∠MAD＝∠ANC， ∵∠MDA＝∠ACN， ∴△ANC∽△MAD， ∵AC＝AD＝1， ∴， ∵△BMN的面积为3，网格图中每个小正方形的面积都为1， ∴S△AMD+S△ANC＝3﹣1＝2， ∴MD×ADNC×AC＝2， 即2， ∴x4， 解得x1＝2，x2＝2（舍去）， ∵AN2＝AC2+NC2 ＝1+4+43 ＝8+4， ∴AN， ∴sin∠MNB＝sin∠ANC． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的判定与性质，三角形的面积等，掌握以上性质是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题2 填空题压轴题（第15题16题）题位训练（10大考点） 专题诠释：本专题精选南通近三年中考真题和2026南通中考模拟试题填空题压轴题，按考点分类，可以清晰地看出南通填空压轴题的重点和难点，进行针对性训练，使复习更高效。 考点一 代数综合题 1．（2026•海门区模拟）已知的值为 　 　 ． 考点二 一次函数综合题 2．（2023•南通）已知一次函数y＝x﹣k，若对于x＜3范围内任意自变量x的值，其对应的函数值y都小于2k，则k的取值范围是 　 ． 3．（2026•海门区模拟）在平面直角坐标系中，点A1，A2，A3，A4⋯在x轴的正半轴上．点B1，B2，B3⋯在直线（x≥0）上且∠A1OB1＝30°．若点A1的坐标为（2，0），且△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4⋯均为等边三角形．则点B2024的纵坐标为 　 ． 4．（2024•南通）平面直角坐标系xOy中，已知A（3，0），B（0，3）．直线y＝kx+b（k，b为常数，且k＞0）经过点（1，0），并把△AOB分成两部分，其中靠近原点部分的面积为，则k的值为 　 ． 5．（2026•海门区一模）已知一次函数y＝﹣2x+b和y＝4x+2，当x＞﹣1时，﹣2x+b＜4x+2，则b的取值范围是 ． 6．（2025•南山区）在平面直角坐标系中，一次函数y1＝m（x+2）﹣1（m≠0）的图象为直线l，在下列结论中： ①无论m取何值，直线l一定经过某个定点； ②过点O作OH⊥l，垂足为H，则OH的最大值是； ③若l与x轴交于点A，与y轴交于点B，△AOB为等腰三角形，则m＝1； ④对于一次函数y2＝a（x﹣3）+1（a≠0），无论x取何值，始终有y2≥y1，则m＜0或． 其中正确的是 　 　 ．（填写所有正确结论的序号）． 考点三 反比例函数图象与几何综合 7．（2026·海门区模拟）如图，点A是双曲线y上的一个动点，连接AO并延长交双曲线于点B，将线段AB绕点B逆时针旋转60°得到线段BC，若点C在双曲线y（k≠0，x＜0）上运动，则k＝　 　 ． 8．（2026•海安市一模）定义：若实数x，y，x′，y′满足x′＝x，y′＝kx+y（k为常数，且k≠0），则在平面直角坐标系中称点（x′，y′）为点（x，y）的“k级变点”．例如：（3，9）为（2，3）的“3级变点”． （1）若点（x，y）的“k级变点”的坐标为（3，4），则k的值为　 ； （2）若点Q是点P的“﹣3级变点”，且点Q在函数y（x＜0）的图象上，则线段OP的最小值为　 ． 9．（2026•莱州市模拟）如图，已知点A（3，0），B（0，4），C是y轴上位于点B上方的一点，AD平分∠OAB，BE平分∠ABC，直线BE交AD于点D．若反比例函数的图象经过点D，则k的值为 　 　 ． 10．（2025•怀远县三模）如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，将线段AB沿x轴向右平移5个单位长度得到线段A′B′，与反比例函数的图象交于点N，点M在线段AB上，连接MN，BB′．若四边形MNB′B是菱形，则k的值为　 　 ． 考点四 二次函数综合题 11．（2026•海门区模拟）已知抛物线的顶点为坐标原点O，过O作两条互相垂直的直线分别与抛物线交于点A、B，连接AB．求AB边上的高的最大值为　 　 ． 12．（2026•海门区二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3a经过（﹣1，0）和（0，3）两点，直线y＝x+1与抛物线交于A，B两点，P是直线AB上方的抛物线上一动点，当△ABP的面积最大值时，点P的横坐标为　 ． 13．（2026•海门区校级模拟）如图，抛物线y＝﹣2x2﹣8x﹣6与x轴交于点A、B，把抛物线在x轴及其上方的部分记作C1，将C1向左平移得C2，C2与x轴交于点B，D．若直线y＝﹣x+m与C1，C2共有3个不同的交点，则m的取值范围是　 ． 考点五 三角形综合题 14．（2023•南通）如图，四边形ABCD的两条对角线AC，BD互相垂直，AC＝4，BD＝6，则AD+BC的最小值是 　 ． 15．（2026•海门区一模）如图，△ABC中，AD是中线，BE是高，AD，BE交于点F，AD＝BE，AB＝AC． （1）∠AFE＝　 °； （2）过点F作FH∥AB交AC于点H，若，则EF＝　 　 ． 16．（2026•南通一模）如图，△ABC为等边三角形，AE＝CD，AD、BE相交于点P，BQ⊥AD于Q．若PE＝1，，则AD的长是 　 　 ． 考点六 四边形综合题 17．（2026•海安一模）中国清代数学家李锐借助三个正方形用出入相补的方法证明了勾股定理．如图，已知正方形ABCD和正方形CEFG，D、C、E三点在一条直线上．现将其裁剪拼成不重叠无缝隙的大正方形BHIE．若正方形ABCD和正方形CEFG的面积之和为177，阴影部分的面积为165，则DE的长为　 ． 18．（2022•番禺区二模）在菱形ABCD中，∠D＝60°，CD＝4，E为菱形内部一点，且AE＝2，连接CE，点F为CE中点，连接BF，取BF中点G，连接AG，则AG的最大值为 ． 19．（2026•海门区二模）如图，在矩形ABCD中，已知AD＝15，AB＝8，P是AD边上任意一点，PE⊥BD，PF⊥AC，E，F分别是垂足，那么PE+PF＝　 ． 20．（2024•南通）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝5．正方形DEFG的边长为，它的顶点D，E，G分别在△ABC的边上，则BG的长为 　 ． 考点七 圆综合题 21．（2025•南通）在平面直角坐标系中，以点A（3，0）为圆心，为半径作⊙A．直线y＝kx﹣3k+2与⊙A交于B，C两点，则BC的最小值为 　 　 ． 22．（2026•海门区模拟）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tanA＝2，，以BC为直径作圆，圆心为O，过圆上一点D作直线AB的垂线，垂足为E，则AE+DE的最大值是 　 ． 23．（2026•通州模拟）如图，OA在x轴上，OB在y轴上，OA＝8，AB＝10，点C在边OA上，AC＝2，⊙P的圆心P在线段BC上，且⊙P与边AB，AO都相切．若反比例函数y（k≠0）的图象经过圆心P，则k＝　 　 ． 24．（2026•任丘市模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为2，Rt△MNP的直角顶点M落在线段BD上，直角边MN经过点A，直角边MP与直线BC交于点E，连接AE．设点O为△AME的内心，当点O在△ABD的内部（包括边界）时，DM的取值范围是 　 　 ． 25．（2026•海门区模拟）△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝4，E是AC的中点，MN分别是边AB、BC上的动点，D也是BC边上的一个动点，以CD为直径作⊙O，连接ED交⊙O于F，连接FM，MN，则FM+MN的最小值为 ． 考点八 作图—基本作图 26．（2026•海门区模拟）如图，已知∠MON是一个锐角，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OM、ON于点A、B，再分别以点A、B为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点C，画射线OC．过点A作AD∥ON，交射线OC于点D，过点D作DE⊥OC，交ON于点E．设OA＝5，DE＝6，则sin∠MON＝　 ． 考点九 几何图形变换（对称、旋转、平移） 27．（2026•海门区模拟）在正方形ABCD中，E为对称中心，BD为对角线，P为正方形内部一点，PA＝6，PC＝10，PD，Q为DC边上一动点，连结QE，QB，则（QE+QB）2的最小值为　 ． 28．（2026•海门区模拟）如图，菱形ABCD的边长是10，，DE⊥CD交AB于点E，点P为直线DE上一点，点P与点P′关于AC对称，F为BC中点，连接P′F、P′A，则|P′F﹣P′A|的最大值是 　 ． 29．（2026•如皋模拟）如图，把矩形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA，OC分别落在x轴、y轴上，连接AC，将矩形纸片OABC沿AC折叠，使点B落在点D的位置，若B（1，2），则点D的横坐标是　 　 ． 30．（2026•启东市模拟）在平面直角坐标系中，已知．分别连接AB，BC，AC，把△ABC沿BC翻折得到△A′BC．当A′与D重合时，BD＝　6　 ；当以A′、C、B、D为顶点的四边形是矩形时，m＝　 　 ． 31．（2026•海门区模拟）如图，AD＝8，CD＝12，点E为矩形纸片的边AB上一点，小华将△ADE沿着DE折叠至△A′DE，线段DE、射线DA′分别与线段AC交于M、N，在折叠过程中，小华发现△DMN的形状随着AE长度的变化而变化，当△DMN为直角三角形时，AE的长为 　 ． 32．（2026•海门区模拟）如图，在▱ABCD中，AB＝16，BC＝13，，E为AD上一点，连接BE，将△ABE沿BE折叠得到△A′BE．若A′B与CD交于点F且BF＝BC，则DE的长为 　 ． 33．（2025•自贡）如图，在平面直角坐标系xOy中，Rt△ABC的顶点C，A分别在x轴，y轴正半轴上，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2．以BC为边作等边△BCD，连接OD，则OD的最大值为 　 ． 34．（2026•海门区一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（﹣3，0），点B为y轴正半轴上一点，将线段AB绕点B旋转90°至BC处，过点C作CD垂直x轴于点D，若四边形ABCD的面积为36，则线AC的解析式为 　 ． 考点十 解直角三角形 35．（2025•南通）如图，网格图中每个小正方形的面积都为1．经过网格点A的一条直线，把网格图分成了两个部分，其中△BMN的面积为3，则sin∠MNB的值为　 ． 1 学科网（北京）股份有限公司 $