2026年中考数学三轮冲刺复习 解答题压轴题终极预测100题

**基本信息** 聚焦中考数学压轴题，以函数、几何、新情景等模块为框架，系统提炼解题方法，构建知识逻辑链，适配三轮冲刺拔高需求。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |函数压轴题|45题|分层设问梯度化、动态存在性探究、数形结合|二次函数→反比例→一次函数，从静态计算到动态几何综合| |相似三角形压轴|15题|模型识别（A字/8字/一线三等角）、动态相似分类|相似判定与性质为核心，联动全等、勾股定理| |圆综合压轴|12题|切线证明（半径+垂直）、圆周角定理应用|圆性质为基础，融合相似、勾股求线段/面积| |几何综合压轴题|8题|变换（旋转/折叠）应用、多模型嵌套|三角形/四边形性质为载体，综合全等、相似推理| |新情景/定义题|20题|信息提炼建模、规则迁移应用|新定义规则为入口，关联函数、几何核心知识|

清单04 解答题压轴题终极预测100题 说明：题目均为各地最新的模拟预测题，题目具有一定的难度，适合综合拔高、中考冲刺复习！ 1 1 74 144 172 224 269 295 331 一、函数压轴题 1.二次函数压轴题 中考考情 二次函数解答压轴是中考数学满分压轴大题，固定位于试卷最后一道解答题，分值10–12分，是中考区分度最高的核心题型。题型以二次函数抛物线为核心载体，全程贯穿数形结合思想，分层设问、梯度极强，一般分为2–3小问。基础问侧重求解析式、顶点、交点坐标，难度偏低；拔高问集中函数与几何综合，融合三角形、四边形、相似、面积、存在性问题。该题型综合性极强，融合计算、构图、推理、分类讨论，考点覆盖面广，步骤得分严格，是绝大多数学生的重难点，也是尖子生冲刺满分的关键题型。 终极预测 本次终极预测紧扣中考命题规律，核心思路为分层设问梯度化、函数几何深度融合、动态存在性为主流，弱化单一机械计算，强化综合建模与分类讨论。核心命题点集中三类：一是线段、周长、面积最值与定值问题，结合动点考查最值转化；二是特殊图形存在性问题，涵盖等腰、直角三角形、平行四边形、矩形菱形存在性探究；三是相似三角形、角度等量、参数范围综合问题。命题注重多情况分类、隐形条件设置，侧重考查动态分析与严谨解题逻辑，压轴选拔属性极强。 1．(原创）如图①，抛物线与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，交轴于点，已知点． (1)求抛物线的函数解析式； (2)如图②，若点是直线上方抛物线上的一个动点，当点到直线的距离最大时，求点的坐标和最大距离； (3)直线上是否存在点，使得，若存在，请直接写出点坐标．若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)点到直线的距离最大为， (3)点的坐标为， 【分析】（1）利用待定系数法计算即可得出结果； （2）先证明为等腰直角三角形，得出，作轴交于点，设，则，表示出，作于，则为等腰直角三角形，得出，当最大时，的值最大，即点到直线的距离最大，结合二次函数的性质计算即可得出结果； （3）求出，直线的解析式为，分两种情况：当点在的下方时，当点在的上方时，作轴于，分别计算即可得出结果． 【详解】（1）解：将，代入抛物线可得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为； （2）解：联立， 解得或， ∴抛物线与直线的另一个交点坐标为， 在直线中，令，则， ∴，即， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 如图，作轴交于点， 设，则， ∴， 作于， ∵轴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴当最大时，的值最大，即点到直线的距离最大， ∵，且， ∴当时，的值最大，为， ∴点到直线的距离最大为，此时，即； ∴点到直线的距离最大为，； （3）解：在中，令，则， 解得：，， ∴， 设直线的解析式为， 将，代入可得， 解得：， ∴直线的解析式为， 如图：当点在的下方时， ∵， ∴， ∴设直线的解析式为， 将代入可得， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：， 此时点的坐标为； 如图：当点在的上方时，作轴于， ∵，， ∴，， ∴， 设，则，， ∵， ∴， ∴， 解得：（不符合题意，舍去）， 综上所述，点的坐标为． 2．（2026·安徽阜阳·二模）在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴与轴交于点，抛物线与轴交于点． (1)求抛物线的函数表达式； (2)若，是抛物线上不同的两点，且，． ①求证：； ②已知直线与抛物线无交点，过点作直线的垂线，垂足为，点在对称轴上，且点的纵坐标比抛物线的顶点的纵坐标大．若，求的值． 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（1）由待定系数法求抛物线的函数表达式即可； （2）①由抛物线上两个纵坐标相等的点关于对称轴对称得到，并将，代入函数表达式，代入要证等式左边恒等变形得到右边即可证明；②由抛物线的图象与性质，结合题意表示出和，由等量关系列方程求解即可． 【详解】（1）解：抛物线的对称轴与轴交于点， ，解得， 抛物线与轴交于点， 将点代入，得， 抛物线的函数表达式为； （2）①证明：，是抛物线上不同的两点， 点，关于对称轴对称， ，，且， 则 ， ； ②解：， 抛物线顶点坐标为，且开口向上， 直线与抛物线无交点， 直线位于抛物线下方，且， ， 抛物线的顶点纵坐标为，点在对称轴上，且点的纵坐标比抛物线的顶点的纵坐标大， 点的坐标为， ， ， ，是抛物线上不同的两点， ， ， ， ，， ，解得． 3．（2026·山东济南·二模）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，，与轴交于点．直线经过点，与轴交于点． (1)求抛物线的表达式； (2)如图1，为直线与抛物线对称轴在第一象限的交点，连接，，，若是锐角三角形，求的取值范围； (3)如图2，若，点是抛物线第四象限图象上一点，连接并延长，交直线与点，连接，，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用待定系数法求解抛物线的表达式。将已知点和B的坐标代入抛物线方程中，得到关于、的二元一次方程组，解方程组即可求得和的值，从而确定抛物线的解析式； （2）通过勾股定理的逆定理判定三角形形状。首先根据直线过点确定与的关系，结合抛物线对称轴方程求出交点的坐标；然后计算线段、、的平方值；最后利用“锐角三角形中任意两边的平方和大于第三边的平方”这一性质，通过分类讨论排除直角情况，建立关于的不等式组求解取值范围； （3）用参数法求解三角形面积最值，设出第四象限内点的坐标参数，利用平行线性质或解析式求出相关辅助点（如与的交点）的坐标；将的面积表示为关于该参数的二次函数；最后通过配方或顶点公式求出二次函数的最大值，即为三角形面积的最大值． 【详解】（1）过，； ，解得； ∴抛物线的表达式． （2）∵直线过点， ， ， 抛物线的对称轴为直线 ， ∵点和， ，，， 若是直角三角形，则只能或 若，则，解得 若，则，解得 是锐角三角形，∴综合得． （3）连接，由点和，则直线的解析式为， 过点作轴，交于点， 设点的坐标为， ∴点的坐标为， ， ， ∴当时，的面积最大，最大值为， ， ∴直线的解析式为， ， 到的距离到的距离（或到的距离） ，为定值， 面积的最大值为． 4．（2026·辽宁沈阳·二模）在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象与x轴交于，B两点，与y轴交于点． (1)求二次函数的表达式； (2)如图1，点P是二次函数的图象上一点，且在对称轴右侧，在直线上方，点D是点B关于y轴的对称点，连接交二次函数图象的对称轴于点E，当时，求点P的坐标； (3)如图2，将二次函数的图象沿着射线的方向平移，平移后的二次函数图象与x轴的两个交点中，右边的交点为点F，连接，．设平移后的二次函数图象的对称轴为直线，当点F不与点A重合，且时，请直接写出m的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)且 【分析】（1）将、代入求解即可； （2）令，求出，根据轴对称的性质得到，求出二次函数对称轴，可知E点横坐标为1，根据可知P、D关于点E对称，设，根据中点坐标公式计算即可； （3）先求出原二次函数顶点及对称轴，得到顶点横坐标平移的单位，根据，得到直线上点的平移规律，可知顶点纵坐标平移的单位，进而可知平移后抛物线的顶点式为：，求出右交点的坐标为，令，根据可知，进而求出，设，则，，得到，求出，则，进而得到，再根据不与重合得到即可． 【详解】（1）解：将、代入得， 解得：， ∴因此二次函数表达式为：； （2）解：令，则，解得：， ∴， ∵点D是点B关于y轴的对称点， ∴， ∵二次函数对称轴为直线， ∴E点横坐标为1， ∵， ∴P、D关于点E对称， 设， 则， 解得， ∴， 即； （3）解：原二次函数配方得顶点式：，即原顶点为，原对称轴为直线， ∵平移后的二次函数图象的对称轴为直线， ∴平移后顶点横坐标为m， ∴顶点横坐标平移了个单位， ∵，， ∴B向左平移3个单位，向下平移个单位得到点C， 即在直线上，点每向左平移1个单位，向下平移个单位， ∵沿着射线的方向平移， ∴顶点纵坐标平移了个单位， 即平移后顶点纵坐标为， ∴平移后抛物线的顶点式为：， 令， 即， ∵要存在两个交点， ∴， 解得， 解得， 即右交点的坐标为， 令 ∵，，、都在轴上， ∴， ∵， ∴， 即， 可知， 设， 则，， ∴ 解得，则； 解得（舍去）或； ∴， ∴， ∴， ∴， ∵不与重合， ∴， 解得：（舍去），， 即， ∴， 即， 综上所述，且． 5．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线与x轴正、负半轴分别交于点B、A，与轴交于点，． (1)如图1，求的值； (2)如图2，P为第四象限的抛物线上一点，连接，与y轴相交于点D，设点P的横坐标为，的长度为d，求d与t的关系式（不要求写出自变量t的取值范围）； (3)如图3，在（2）的条件下，将射线沿x轴翻折交抛物线于点Q，点M在x轴上，连接，点N抛物线第二象限一点，点F为抛物线第一象限一点，其横坐标为m，连接，连接与交于点K，与交于点，，，，，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）解：令，， ∴点， ∵点与轴交于正半轴， ∴， 又∵， ∴点， 将代入到解析式中得：， 解得（舍去）或， ∴． （2）解：由（1）得，函数解析式， 令，即，解得，， ∴，， ∵点P在第四象限，且横坐标为， ∴，且， 过点作轴于点， ∴， ∴， ∴， ∴化简得． （3）解：过点作轴于点，延长至点，使得， ∵， 且， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴，， 在中，， 解得， ∴为等边三角形 ∴， ∴由（2）可得，， ∴， 解得， 且， ∴． 6．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知：如图1，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，二次函数的图象交轴于两点（点在点的左侧），交轴于点． (1)求二次函数的解析式； (2)如图2，点为上一点，过点作轴交抛物线于点，连接交轴于点，设点的横坐标为，的长为，求与的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）； (3)如图3，在（2）的条件下，点为轴上点右侧一点，在第一象限内作等边，点在第一象限，连接，连接并延长至点，，连接，，作于点，连接，，，点为第二象限抛物线上一点，连接，，，求直线的解析式． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据二次函数解析式的形式，可以求得，，由于，得到点C的坐标，将其坐标代入解析式可求得a的值； （2）根据已知条件，可得，分别表示出各线段的长度，不难得出与的关系式； （3）连接，，作交延长线于点，作于点，作于点， 根据条件和可得为等边三角形，因此很容易证明，利用全等三角形的性质进行导边，导角，结合辅助线可证，利用各个点的坐标表示出各线段的长度，由条件建立方程，解得t的值，进而求得点E的坐标，再根据条件进行导角，可推导出是等腰直角三角形，利用建立关系式，求得点Q的坐标，最后利用待定系数法求直线的解析式． 【详解】（1）二次函数图象交轴于，两点， ，， ，， ， ， ，代入解析式得， ，解得， 二次函数的解析式． （2），轴， ， ，， 中，，中，， ，即， ， ， ． （3）连接，，作交延长线于点，作于点，作于点， 为等边三角形， ，． ， ， ， 为等边三角形， ，， 在和中， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 在和中 ， ， ， 四边形为矩形， ， ，， ， ， ， ， ，即， （舍），， ， ，， ， ， ， ， ， ， 设， ， （舍），， ， 设直线解析式为， 解得 ． 【点睛】本题是二次函数压轴题，考察了二次函数图像的性质、解直角三角形、平行线对应线段成比例、待定系数法求解析式、等边三角形的性质等知识点，其中掌握二次函数图像的性质，等边三角形的性质是解题的关键． 7．（2026·广东云浮·一模）如图1，二次函数的图象上有一动点，过点作轴，以点为圆心，为半径作圆，与轴交于两点，其中，已知点的横坐标为． (1)当时，求的长； (2)求证：无论为何值，始终经过轴上的定点； (3)如图2，点在轴上，，以线段为边作正方形．当与线段有交点时，求正方形的面积的取值范围． 【答案】(1)的长为 (2)证明见详解 (3)或 【分析】（1）当时，即点的横坐标为，得，过点作轴于点，连接，可知，再根据垂径定理及勾股定理求解即可； （2）根据题意得到，过点作轴于点，连接，得，从而得到可知，再根据垂径定理及勾股定理得到，得到，分两种情况去绝对值讨论即可得证； （3）由（2）知，得，分两种情况：①当时，此时；②当时，此时；分析正方形的面积临界值求解即可． 【详解】（1）解：当时，即点的横坐标为，则， ∴， 过点作轴于点，连接，如图所示： 由垂径定理可得， 以点为圆心，为半径作圆，与轴交于两点， ， 在中，由勾股定理可得， ； （2）证明：当点的横坐标为时，， ∴， 过点作轴于点，连接，如图所示： ， 由垂径定理可得， 以点为圆心，为半径作圆，与轴交于两点， ， 在中，由勾股定理可得， ①当时，，， ∴， ； ②当时，，， ∴， ； ∴始终经过轴上的定点； （3）解：如图所示： 由（2）知， ∴， ①由（2）知，当时，， 当与线段有交点时，，则最小值为，即当点与点重合，， ∴正方形的面积满足； ②由（2）知，当时，， 则， ∴， 当与线段有交点时，，则，解得， ， 最大值为，；最小值为，； ∴正方形的面积满足； 综上所述，或． 8．（2026·江苏连云港·一模）已知抛物线（m是常数，且）与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C． (1)求A、B两点的坐标． (2)如图，直线与抛物线的图象交于D、E两点，其中E点的横坐标为． ①当时，根据图象求出x的取值范围． ②连接，G为线段上一动点（不与A、B重合）将沿翻折至，使A与重合，点落在x轴的下方，其中交线段于点H，求的最小值． (3)将抛物线沿x轴向上翻折，所得新抛物线与原抛物线所围成的封闭区域内（包括边界）恰好有13个整点（点的横坐标、纵坐标都为整数，则称这样的点为“整点”），求m的取值范围． 【答案】(1)，； (2)①；② (3) 【分析】（1）令，解一元二次方程，结合在左侧的条件，确定交点坐标； （2）①根据点坐标求出的值，确定抛物线解析式，再结合图像位置关系，写出时的取值范围； ②过点D作于K，求出的长，由翻折性质可知，对应角相等，得平分，过点G作于M，于N，利用角平分线的性质及面积转化法求得 ，即最小时，最小； （3）利用数形结合的思想，画出翻折前后的抛物线，再结合封闭区域内整点个数的条件，分析整点的分布情况，列不等式求解的取值范围． 【详解】（1）解：令，得， m是常数，且， 即， 解得：，， ，； （2）①∵E点的横坐标为，直线经过点E， ， 把点代入，得：， 解得：， ， 联立方程组， 解得：，， ， 由图象可得：当时，x的取值范围为． ②如图，过点G作于M，于N，过点D作于K， ，，， ，， ， 由翻折得， ，， ， ， ，即， 当时，最小，此时，的值最小， 的最小值．     （3）如图，抛物线经过，，对称轴为直线． 围成的区域关于轴对称，轴上有5个“整点”，则轴的上下部分各有四个“整点”只需考虑轴上方的四个整点，只能是，，，， 当抛物线恰好经过时，刚好有13个“整点”， 此时， 解得， 根据对称性，当抛物线经过点时必然会经过点，因此抛物线不能经过这两个点， 此时是临界位置，即，解得， ． 【点睛】本题是二次函数的综合压轴题，考查了抛物线与轴的交点、翻折变换与面积转化法的综合应用、抛物线翻折与整点问题等，解题时需熟练掌握二次函数的性质、翻折变换的性质、面积转化法，同时结合整点问题的限制条件，综合分析求解． 9．（2026·重庆北碚·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴相交于点，抛物线的对称轴直线与轴交于点． (1)求抛物线的表达式： (2)点是第一象限内抛物线上一点，连接，，，点，是抛物线对称轴上的动点（点在点上方），且，连接，，当的面积最大时，求点的坐标及的最大值； (3)在（2）中的面积取最大的条件下，将抛物线沿射线的方向平移个单位得到抛物线，点为点的对应点，点是抛物线上一动点．若，请直接写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的其中一种情况的过程． 【答案】(1) (2)当的面积最大时，点的坐标为，的最大值为 (3)或 【分析】（1）利用待定系数法计算即可得出结果； （2）由题意可得，求出直线的解析式为，，过点作，交直线于点，设点，则点的纵坐标为，求出，得到，再由得出当时，的面积最大，为，此时点的坐标为，连接，由抛物线的对称性可得，将点向下平移个单位长度得到点，连接，，则，证明四边形为平行四边形，得出，从而可得，再由勾股定理计算即可得出结果； （3）求出直线的解析式为，结合题意得出将抛物线向右平移个单位长度，向上平移个单位长度得到抛物线，进而可得，，过点作对称轴于点，过点作于点，过点作于点，解直角三角形求出，分两种情况：当点在下方时，在轴上取一点，使得，则，连接并延长交于点，当点在上方时，作点关于直线的对称点，作直线交抛物线于点，分别计算即可得出结果． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，与轴相交于点，抛物线的对称轴直线， ∴， 解得：， ∴抛物线的解析式为； （2）解：∵抛物线的对称轴直线与轴交于点， ∴， 设直线的解析式为， 将代入可得， ∴， ∴直线的解析式为， 在中，令，则， 解得：，， ∴， 如图，过点作，交直线于点， 设点，则点的纵坐标为， 在中，当时，， 解得：， ∴， ∴， ∴ ， ∵， ∴时，的面积最大，为，此时， ∴当的面积最大时，点的坐标为， 连接， ∵点，是抛物线对称轴上的动点，且点、点关于对称轴对称， ∴， 将点向下平移个单位长度得到点，连接，，则， 由平移的性质可得：，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴的最大值为； （3）解：设直线的解析式为， 将，代入解析式可得， 解得， ∴直线的解析式为， ， ∵将抛物线沿射线的方向平移个单位得到抛物线， ∴将抛物线向右平移个单位长度，向上平移个单位长度得到抛物线， ∵， ∴， ∵点为点的对应点， ∴， 过点作对称轴于点，过点作于点，过点作于点， 则，，，， ∴，， ∴， ∴， 当点在下方时，在轴上取一点，使得，则，连接并延长交于点， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵对称轴于点， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即点即为所求， 设直线的解析式为， 将，代入可得， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：或， ∴此时； 设直线的解析式为， 将，代入可得， 解得：， ∴直线的解析式为， 当点在上方时，作点关于直线的对称点，作直线交抛物线于点， 由轴对称的性质可得，点、的中点在直线上，，即点即为所求， 设，则， 解得：或（不符合题意，舍去）， ∴， 设直线的解析式为， 将，代入可得， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：或， ∴此时； 综上所述，点的坐标为或． 【点睛】二次函数的平移法则：左加右减，上加下减；采用数形结合与分类讨论的思想． 10．（2026·湖南娄底·二模）如图，二次函数的图象经过点，点，，是此二次函数图象上的三个动点． (1)求此二次函数的表达式； (2)已知，，且． ①若直线，分别交y轴于点，求证：； ②过点作轴的垂线分别交，于点，设，试探究当取何值时，取得最大值？请求出的最大值． 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（）利用待定系数法解答即可求解； （）①设 ，则，可得，，，得到直线的表达式为，即得，得到，同理得到直线的表达式为，进而求得，即得到，即可求证； ②设的表达式为，可得直线的表达式为，得到，同理可得，即得 ，，进而得到 ，，即得到，再根据二次函数的性质即可求解； 【详解】（1）解：∵二次函数的图象经过点， ∴， ∴， ∴二次函数的表达式为； （2）解：①设，则，， ∴，，， 设直线的表达式为，把点和代入， 得， 解得， ∴直线的表达式为， 当时，， ∴， ∵点在轴的负半轴上， ∴， 同理可得直线的表达式为， 当时，， ∴， ∵点在轴的负半轴上， ∴， ∴， ∴， ②设的表达式为，把点代入，得， 解得， ∴直线的表达式为， 当时，， ∴， 由于直线的表达式为， 当时，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵，， ∴当时，的值最大，． 11．（2026·四川成都·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线的顶点在轴上，且对称轴为直线． (1)求抛物线的函数表达式； (2)过对称轴上的点引直线，（对称轴除外），两直线分别与抛物线有唯一交点，，求的度数； (3)若（2）的条件中的点在直线上运动，试探究直线是否过某个定点？若是，请求出该定点坐标；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)是，定点坐标为 【分析】（1）根据对称轴为直线，得出，将，点代入抛物线的表达式，由待定系数法即可求解； （2）设直线与轴交于点，直线与轴交于点，设过点的直线表达式为，根据两直线分别与抛物线有唯一交点A，B，得出，进而求得，，勾股定理的逆定理证明是等腰直角三角形，且，即可求解； （3）设点，得出直线的表达式为，将抛物线与直线的表达式联立，结合一元二次方程根的判别式求解，得出直线的表达式为，把点代入，由点的纵坐标为1，求出含参的横坐标，进而根据由点的横坐标相等求解，利用待定系数法求得，，再结合的值进行化简，得出，得出当时，，即可求解． 【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线， ， ． 由题意知，抛物线的顶点坐标为， 将，点代入抛物线的表达式中， 得， ． 抛物线的函数表达式为； （2）解：如下图，设直线与轴交于点，直线与轴交于点， 设过点的直线表达式为， 令与相等， 即． 得． 两直线分别与抛物线有唯一交点A，B， 令上述方程的判别式为0， 两直线分别与抛物线有唯一交点，可转化为该一元二次方程有两个相等的实数根， 即， 解得， ． 当时，则的解析式为， 方程，即， 解得：，则， 当时，的解析式为， 方程，即， 解得：，则， 如图，连接， ∴，，， ∴， ∴是等腰直角三角形，且， 即； （3）解：直线过定点， ∵点在直线上运动时，设点， 直线的表达式为， 令与相等， 得， 整理，得， 由，得， 即， ， 直线的表达式为，整理，得， 把点代入上式，得． 同理，设点，得． ， 整理，得． 设直线的表达式为， 将点，点代入， 得 解得 直线的表达式为， 当时，，等式恒成立， 定点坐标为． 12．（2026·河南周口·模拟预测）如图①，在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点． (1)求抛物线的函数解析式及顶点的坐标； (2)连接，求的面积； (3)如图②，在线段上有一可移动的线段，且，连接．求的最小值． 【答案】(1)抛物线的解析式为；顶点的坐标为； (2)的面积为3； (3)5 【分析】（1）利用待定系数法求解函数解析式，再化为顶点式即可得到答案； （2）求解，证明，再利用三角形的面积公式计算即可； （3）如图，以为边构造平行四边形，使得点落在轴的上方，过作轴于，可得点的坐标为，可得直线即为抛物线的对称轴，共线，当在同一条直线上时，最小，其最小值为的长，再进一步求解即可． 【详解】（1）解： ，，在二次函数的图象上， 设该二次函数为，得， 解得，故抛物线的解析式为； 将化为顶点式为， ∴顶点的坐标为； （2）解：当时，， 结合题意得：、、、四点坐标为， ， ， ， ， ， ∴的面积为3； （3）解：如图，以为边构造平行四边形，使得点落在轴的上方，过作轴于， 四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， ， 为等腰直角三角形， ， ∴点的坐标为， 抛物线的顶点的坐标为，连接， ∴直线即为抛物线的对称轴，共线， ， ∴当在同一条直线上时，最小，其最小值为的长． ， ， 的最小值为5， 的最小值为5． 13．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知：抛物线与轴交于、两点，与轴交于点． (1)如图1，求长度； (2)如图2，点在第一象限抛物线上，过点作x轴的垂线，垂足为，交于点，设点的横坐标为，当最长时，求值； (3)如图3，点在轴负半轴上，且，连接并延长，与延长线交于点，连接，点是上一点（不与、重合），过作的垂线，垂足为点，交轴于点，点在延长线上，满足，连接，当且时，求的面积． 【答案】(1)5 (2)2 (3) 【分析】（1）令，求出方程的解，即可得到，的横坐标，进一步可求出； （2）先用待定系数法求出直线的解析式，再把代入可得的纵坐标，把代入可得的纵坐标，然后用含，的代数式表示出，最后通过对这个代数式配方即可求解； （3）过作的垂线，交于点，作轴于点，作于点，作于点，设，先证再通过可得然后通过三角形相似，可用的代数式表示，，的长度，再在中利用勾股定理列方程求出，接着计算出，，可判断出，根据可求出，通过与相似可证得，从而推导出均为等腰直角三角形，再通过可推导出，进一步推导出，从而得到，再通过的正弦值可求出，最后即可求出的面积． 【详解】（1）解：令 ． （2）解：设直线的解析式为 把,代入，得 , 解得, 直线的解析式为, 把代入，得, , 把代入, 得, , 在第一象限, , , , , 当时，最长, 即最长时，． （3）解：如图，过作的垂线，交于点，作轴于点，作于点，作于点， 设， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ，，， ， ， 在中，， ， 解得， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， 在中，， ， ， 为等腰直角三角形，， ， 为等腰直角三角形， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ， 在与中 ， ， ，， ． 【点睛】本题是一道典型的二次函数综合压轴题，主要考查了二次函数的图像与性质与一次函数的应用，全等三角形与相似三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质与判定，此外，解题过程还充分运用了勾股定理进行线段计算，利用锐角三角函数建立边角关系，整体体现了数形结合、方程思想及参数法在解决动态几何问题中的综合应用． 14．（2026·湖北宜昌·一模）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，顶点为．其中，． (1)求抛物线的解析式并直接写出点的坐标； (2)在抛物线对称轴上，是否存在一点，使的面积为10．若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)如图1，在第三象限内抛物线上找点，使，求点的坐标； (4)如图2，过抛物线对称轴上点的直线交抛物线于，两点，线段的中点是，过点作轴的平行线交抛物线于点．若，直接写出点的坐标． 【答案】(1)该抛物线的解析式为，点的坐标 (2)存在这样的点，坐标为， (3) (4)点的坐标为 【分析】（1）利用待定系数法代入函数解析式即可求解；然后确定对称轴，即可得出点B的坐标； （2）设，，然后利用面积建立方程求解即可； （3）过点作轴于，过点作轴于，则，确定，设点，则，，利用正切函数建立方程求解即可； （4）设，设直线的解析式为：，得出直线的解析式为：，设，，确定，，再利用两点间的距离公式得出，，，建立方程求解即可． 【详解】（1）解：将，两点坐标代入得： ∴，解得， ∴该抛物线的解析式为， 对称轴为， ∴点的坐标； （2）由得对称轴为直线； 假设在抛物线对称轴上存在点，使的面积为10． 设， ∴， ∴ 解得或， ∴存在这样的点，坐标为，． （3）如图1，过点作轴于，过点作轴于，则， ∵，， ∴，， 把代入得，， ∴， ∴， 设点，则，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 整理得，， 解得或（不合题意，舍去）， ∴； （4）点的坐标为． 理由如下：如图2，设，设直线的解析式为：， ∴，即， ∴直线的解析式为：， 设，， 由， 得，即：， ∴，， ∴ ∵线段的中点是， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 解得． ∴点的坐标为． 15．（2026·江苏无锡·一模）如图，已知二次函数（）的图象与x轴交于、B两点，与y轴交于点C． (1)求二次函数表达式； (2)若点、（）是该函数图像上两点． ①证明：； ②连接，若为直角三角形，求t的值． 【答案】(1) (2)①见解析；②或或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）①分别求出，再求出，进而求出，根据，利用不等式的性质比较即可； ②分和两种情况结合勾股定理讨论求解即可． 【详解】（1）解：根据题意，得，解得， 则二次函数表达式为； （2）①证明：根据题意，得， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即； ②根据题意，得， ∵， ∴，，， ∵为直角三角形， ∴或， 当时，则， 则 或 解得（舍去）或（舍去）或（符合题意）； 当时， 则，则 或 解得或或（舍去）； 综上，若为直角三角形，t的值为或或． 16．（2026·江苏无锡·一模）二次函数的图象与轴交于点、点，与轴交于点，且对称轴为直线．该抛物线与直线交于、两点（点在点的左侧）． (1)求二次函数的表达式； (2)若与的面积相等时，求的值； (3)当为何值时，在轴上存在唯一的点，使？（直接写出的值） 【答案】(1) (2) (3)的值为或或或． 【分析】（1）由待定系数法求解即可； （2）先求出直线的表达式，得到与相交，过点作、过点作，作出图形，由与的面积相等得出，求证，进而得到点是线段的中点，求出点的坐标并代入直线求解即可； （3）在轴上存在唯一的点，使，可以理解为以为直径的圆与轴相切，分四种情况，由圆心到轴的距离等于半径，列方程求解即可． 【详解】（1）解：二次函数的图象与轴交于点， ； 对称轴为直线， ，则； 将代入得， 二次函数的表达式为； （2）解：由（1）知二次函数的表达式为，则点， 令，则， 解得或， 点， 设直线， 将、代入得， 解得， 直线， 直线， 与相交， 过点作、过点作，与相交于点，如图所示： 与的面积相等， ， 则， 在和中， ， ， ，即点是线段的中点， 、， 的坐标为，即， 将代入直线得， 解得； （3）解：在轴上存在唯一的点，使，可以理解为以为直径的圆与轴相切，或与重合，或与重合，分四种情况： 当交点、均在轴上方时，，如图所示： 设抛物线与直线交点坐标、（点在点的左侧）， 联立， 消去得， ，， ， 则以为直径的圆的圆心， ， 当与轴相切时，， 即， ， 解得或（负值舍去）； 当交点、均在轴下方时，，如图所示： 同理可知， ， 解得或（正值舍去）； 当点与点重合时， 将代入，得， 解得； 或点与点重合时， 将代入，得， 解得； 综上所述，的值为或或或． 17．（25-26九年级下·山东烟台·期中）如图，二次函数的图象与直线交于点和点，对称轴是直线，过B平行于x轴的直线与抛物线的另一个交点是C．M是抛物线上任意一点，其横坐标是m． (1)求抛物线的函数关系式； (2)当点M在直线上方时，若，求m的值； (3)设N是直线上的点，是否存在点M和点N的位置，使是以为斜边的等腰直角三角形？若存在，请求所有m的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)存在，，，，． 【分析】（1）先求出点B的坐标，再用待定系数法求解即可； （2）在A点上方的y轴取点D，连接，求出使得的点D的坐标，求出过点D且平行的直线的解析式，再运用求交点横坐标的方法求解m即可； （3）作于点E，于点F，根据题意可知当，时，是以为斜边的等腰直角三角形，从而根据列出m的方程求解即可． 【详解】（1）解：将代入得， 解得： ∴点B坐标为 由题意，， 解得，， ∴抛物线的函数关系式是． （2）当时，， ∴， ∵点B坐标为，抛物线对称轴为直线， ∴点C坐标为， 由题意， 在A点上方的y轴取点D，连接，设，则，即， 解得， 过点D作的平行线交抛物线于点M， 由题意，该直线函数关系式为 令 解得，， 或 （3）存在．，，，． 作于点E，于点F ， 当，时，， ， ， ∴， ∴当，时，是以为斜边的等腰直角三角形． ， 解得，，，，． 18．（2026·湖南株洲·一模）如图，四边形OBCD是边长为8的正方形，B，D分别在x，y的正半轴上，二次函数的图像经过点B且其顶点A在边上，连接，作轴于点H，T是直线上方的抛物线上一个动点（T不与O，A重合），过点T作轴于点R，交于点P，交于点Q． (1)直接写出点A的坐标，并求出该二次函数的解析式； (2)求证：的值为常数； (3)是否存在实数使得以，，（为常数，）的值为三边长的三角形为等边三角形？若存在，请说明理由，并求出的值和点T的坐标；若不存在，也请说明理由． 【答案】(1)点A的坐标为，二次函数的解析式为； (2)的值为常数； (3)存在时，等边三角形存在，此时点T的坐标为. 【分析】（1）根据正方形性质可求出点B的坐标，因为点A是顶点以及在上，结合对称轴公式可求出点A坐标，进而利用待定系数法即可求出二次函数的解析式； （2）因为点T，点Q，点R，点H均在二次函数图像、直线以及x轴上，可分别表示出这四个点的坐标，进而利用两点之间的距离公式表示出线段长，并代入式子进行计算即可； （3）在第（2）问的基础上表示出线段的长，并分别根据题干中所乘系数表示出线段长，进而根据等边三角形三边相等列出等式，进行计算即可求解. 【详解】（1）解：∵正方形的边长为8，∴， ∴点B的坐标为， ∵二次函数的解析式为，∴二次函数的图像也经过原点O， ∴二次函数图像的对称轴为直线， ∵点A是二次函数图像的顶点，且在上， ∴点A的坐标为， 将点A和点B分别代入可得， ，解得， ∴二次函数的解析式为； （2）∵点T是直线上方的抛物线上一个动点， 设点T的坐标为， ∵轴，∴点R的坐标为， ∵直线过原点，∴设直线的解析式为， 将点A 代入，可得， 解得， ∴直线的解析式为， ∵点Q在直线上， ∴点Q的坐标为， ∴， ∵轴， ∴点H的坐标为， ∴，， ∴； ∴的值为常数； （3）同（2）可设点T的坐标为， ∴点P的坐标为， ∴， ∴， 由（2）可得，， ∴，， 要使等边三角形存在，则一定存在： ， 化简，可得， 化简，可得， ∴， ∵，消去，解得， 当时，，∴点T的坐标为， ∴存在时，等边三角形存在，此时点T的坐标为. 【点睛】本题考查二次函数与线段综合问题，并结合考查等边三角形的性质，通过点坐标表示出线段长是解决本题的关键. 19．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知：如图1，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，二次函数的图象交轴于，两点（点在点的左侧），交轴于点，． (1)求二次函数的解析式； (2)如图2，点为中点，点在第四象限的抛物线上，连接，，，点的横坐标为，的面积为，求与之间的函数关系式（不需要写出自变量的取值范围）； (3)如图3，在（2）的条件下，过点作轴于点，点在第一象限内，连接交轴于点，连接，．过作轴于点，交于点，连接交抛物线于点，若，求点的坐标． 【答案】(1) (2)； (3) 【分析】（1）先求得的长即可得点坐标，根据待定系数法即可求解； （2）求得直线的解析式为，进而求得，，根据即可求解； （3）根据轴于点，轴于点，证明四边形是平行四边形，进而证明 是矩形，得，设，则，，，进而证明， ，作轴，截取，连接，，交于，证明，得出，根据三角函数进而求得，，， ，求得直线为，联立得，即可求得点的坐标． 【详解】（1）解：令，则， ， ， ， ， ， 将代入得，， 解得， 二次函数的解析式为； （2）解：为中点，， ， ，， 设直线的解析式为， 则， 解得， 直线的解析式为， 如图，设直线与轴相交于点， 关于，当时，， ， ，， ； （3）解：轴于点，轴于点， ， 四边形是平行四边形， ， 是矩形， ， 设，则， ， ， ， ， ，由（2）可知， ， ， ， 作轴，截取，连接，，交于， ， ， ，，， ， ， ，， ， ， ， 同理， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设直线为， 将，分别代入得， ， 解得， ， ， 解得，或（舍去）， 点的坐标为． 20．（2026·四川宜宾·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点，两点，与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式； (2)过点B作交抛物线于点D，点P是射线上方抛物线上的一动点，连接与射线交于点E，连接、，当面积最大时，求点P的坐标； (3)在（2）中面积取得最大值时，将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到新抛物线，点为点P的对应点，点Q为新抛物线上的一个动点，当时，直接写出所有符合条件的点Q的坐标． 【答案】(1) (2) (3)点Q的坐标为或 【分析】（1）利用待定系数法计算即可得出结果； （2）过P作轴，交于F，求出，从而可得直线解析式为，进而得出直线的解析式为，联立，可得， 设，则，，表示出，结合二次函数的性质可得当时，最大，由是定值，且，可得最大，即可得出结果； （3）设与交于点L，由勾股定理可得，结合二次函数图象平移的性质可得，先证明，从而可得，求出解析式为，解析式为，当时，联立，计算即可得出；设关于x轴对称点为，求出 直线解析式为，联立，计算即可得出结果． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于点，两点， ∴， 解得：， ∴抛物线为； （2）解：如图，过P作轴，交于F， 在中，令，则． ∴． 设直线解析式为， 把代入，得， 解得， ∴直线解析式为， ∵， ∴设直线的解析式为， ∴把代入，得， 解得， ∴直线的解析式为， 联立， 解得或， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴当时，最大， ∵是定值，， ∴最大， ∴当面积最大时，； （3）解：设与交于点L， ， ∵，， ∴， ∵将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到新抛物线， ∴抛物线，向上平移1个单位长度，再向右平移2个单位长度得到新抛物线，为， 即， ∵点为点P的对应点， ∴， ∴， ∵，且， ∴， ∴， 设解析式为， 把代入，得， ∴， ∴解析式为， 设解析式为， 把代入，得， ∴， ∴解析式为， 当时，联立， 解得或（舍去）， ∴； 设关于x轴对称点为，直线解析式为， 把，代入，得， 解得， ∴直线解析式为， ∴联立， 解得（舍去）或， ∴． 综上所述，点Q的坐标为或． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数综合—面积问题、二次函数综合—角度问题，求一次函数的解析式，勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 2. 反比例压轴题 中考考情 反比例函数解答压轴是中考高频综合题型，多位于解答题中后段位置，分值8–10分，属于中等偏难的拉分题型。该题型以反比例函数图像与性质为核心，常与一次函数联立考查，依托平面直角坐标系展开几何综合设问。题目分层清晰，基础问侧重求函数解析式、坐标、k值几何意义；拔高问融合三角形、四边形、面积、线段关系与几何变换。题型侧重数形结合，计算量适中但几何思维要求高，注重比例转化与坐标建模，考点灵活、变式丰富，是中等生突破瓶颈、尖子生稳分的关键综合题型。 终极预测 本次终极预测贴合本地中考命题趋势，核心思路为弱化单纯计算、强化k值几何意义、函数与几何深度融合，规避基础套路题型，侧重综合思维考查。核心命题点分为三类：一是k值几何应用，结合矩形、三角形面积、比例关系求解参数；二是函数交点与动态面积问题，联立一次函数考查图形面积、线段最值；三是几何综合探究，结合相似、平行四边形、角度关系进行存在性与求值设问。题目隐形条件多、变式灵活，重点考查坐标转化与几何推理，区分度稳定。 21．（2026·山东济南·二模）已知反比例函数的图象与正比例函数的图象交于点，一次函数的图象经过点，交轴于点，交轴于点．为反比例函数图象上点右侧一动点，连接，将沿着的方向平移，的对应点为，的对应点为，连接． (1)求，的值； (2)如图1，若四边形的面积为6，求坐标； (3)如图2，连接，若，求的坐标． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）先将点A坐标代入正比例函数求出a，得到A点坐标；再将A点坐标分别代入反比例函数和一次函数，即可求解k和m的值； （2）由平移性质可知四边形是平行四边形，所以其面积等于以为底、对应高为参数的平行四边形面积，或者用坐标割补法表示面积；结合P在反比例函数上的坐标关系，联立方程求解P点坐标； （3）根据平移的坐标变换规律，用P点坐标表示出Q点坐标；先求出C点坐标，结合直线的斜率，构造所在的直角三角形，利用建立斜率关系或边长比例方程，联立Q点坐标满足的平移关系求解Q点坐标． 【详解】（1）解：（1）∵正比例函数经过点， ∴， ∴点， ∵反比例函数经过点， ∴， ∵一次函数经过点， ∴， ∴． （2）∵沿方向平移得到， ∴且， ∴四边形为平行四边形， 连接， ∵平行四边形为面积为6， ∴的面积为3， ∴， ∵一次函数， ∴， 设， 则 ， 解得， ∴． （3）过点作，交的延长线于点， 过点作轴的平行线，过点和点，分别作，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵一次函数， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴解析式：， 设， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵在反比例函数上， ∴， 解得，（舍去） ∴． 【点睛】本题考查了函数图象上点的坐标特征、正比例函数、反比例函数、一次函数的性质与解析式求解、平移的性质、平行四边形的面积计算等知识点，本题掌握函数图像与性质是解题的关键． 22．（2026·江苏宿迁·一模）如图1，在线段上找到一点，使得，则点称为线段的黄金分割点，我们不妨设，，根据黄金分割点定义可以得到，整理得，解得，容易计算出黄金比，即． (1)如图1，若，点是线段的黄金分割点，且，则的长为________； (2)如图2，矩形的顶点在坐标原点，顶点分别在轴和轴的正半轴上，顶点在反比例函数（为常数，，）的图象上，将矩形绕点按逆时针方向旋转得到矩形，若点的对应点恰好落在反比例函数图象上，连接交反比例函数图象于点． ①求证：点是线段的黄金分割点； ②探究点是否为线段的黄金分割点，并说明理由． 【答案】(1) (2)①证明见详解；②是，理由见详解 【分析】（1）由题中所给黄金分割比例，将代入计算即可求解； （2）①设，根据题意求出，进而由点在反比例函数图象上，列方程求出，根据黄金分割比定义计算即可得证；②联立直线表达式与反比例函数表达式，解方程组求出，过点作轴平行线，由相似三角形的判定与性质得到，将代入化简得到，即可得证． 【详解】（1）解：由题中，， 则，解得； （2）解：由于顶点在反比例函数（为常数，，）的图象上，设， 则矩形的宽为，长为， 将矩形绕点按逆时针方向旋转得到矩形， 矩形矩形， 则，， ， 点恰好落在反比例函数图象上， ，则， ①， ， 由于，令，则，解得，（负值，舍去）， ， 即点是线段的黄金分割点； ②是，理由如下： ， 直线， 联立，解得， 即， 过点作轴平行线，如图所示： ，， ， ， 则， 由①可知，则， 则， 点为线段的黄金分割点． 23．（2026·广东惠州·一模）如图，点为反比例函数图象上的一个动点，过点作射线，点在轴的正半轴上，以点为圆心、为半径作弧交反比例函数图象于点，连接，分别过点和点作轴和轴的平行线形成矩形，该矩形对角线交于点，连接． (1)设，，求直线的函数解析式（用含，的代数式表示），并判断点是否在直线上； (2)猜想与的数量关系，并说明理由； (3)如图，当点的坐标为时，求与矩形的面积比． 【答案】(1)，点在直线上； (2)，见解析； (3)与矩形的面积比为． 【分析】（1）根据矩形的性质求出，，设直线的函数解析式为，代入，即可求出直线的函数解析式，将代入直线的函数解析式即可判断点是否在直线上； （2）先根据矩形性质得到，，通过三角形外角和性质得到，再通过等边对等角得到，最后根据平行性质推出，最后等量代换即可求解； （3）先延长交轴于点，过点作于点，根据的坐标为，求出，，再根据（2）中，得出，从而求出，然后设，根据勾股定理求出，接着证明，求出、，最后根据矩形的性质和反比例的性质求出点、点的坐标及的长度，最后分别求出与矩形的面积，在进行面积比即可． 【详解】（1）解：∵矩形，，， ∴， ∵设直线的函数解析式为，并将代入， ∴， ∴直线的函数解析式为， ∵将代入函数解析式，得， ∴点在直线上； （2）猜想，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵是的外角， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）如图，延长交轴于点，过点作于点， ∵矩形， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵的坐标为，则，，， 由（2）中可知，， ∴， ∵由（2）可知 ∴，则 ∵在中，， ∴， ∵设， ∴， ∵在中，，， ∴根据勾股定理，， ∵由，， ∴， ∴，即， 解得，（舍）， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴点， ∵矩形， ∴，将代入，得，解得， ∴点的坐标为， ∴， ∴， ∴ ， ∴与矩形的面积比为． 法二：如图，延长交轴于点，取中点，连接， ∵矩形， ∴，， ∴ ∵， ∴， ∵的坐标为，则，，， ∴， ∵在中，设，则， ∴根据勾股定理， ∴， ∵，为中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 解得：，（舍），（舍）， ∴ ∴， ∴与矩形的面积比为 24．（2026·四川成都·一模）在平面直角坐标系中，已知，，平面内一动点到定点的距离与到直线的距离之比为，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)如图，过点的直线与曲线在第一象限的分支分别交于、，其中点始终在直线的上方，以为圆心，的长为半径的圆（图上仅画出一部分）与线段交于点，连接、． ①当取得最小值时，试求此时直线的方程； ②若，求的最大值． 【答案】(1)曲线的方程为 (2)①的解析式为；② 【分析】（1）过作垂直于直线，垂足为，过作轴的垂线交直线于点，作于点，设的坐标为，通过构造的直角三角形可以把到定点的距离与到直线的距离用，的代数式表示出来，再根据它们的比值，列出关于，的方程即可； （2）①分别过，作直线的垂线，垂足分别为，，根据双曲线的对称性，不妨设，根据，，只要最小时，最小，当时，可以求出的值，当时，过作于点，交于点，可以构成出一个矩形和一对相似三角形，从而推导出关于，的等量关系，通过该等量关系可以求出，乘积的最小值，从而确定，的位置，进一步可以求出直线的函数解析式；②先证明 ，然后通过① 问中得到 可推导出 ，再结合 ，可以用 的代数式表示出 和 ，然后将转化为，而 又可以转化为，这样可以用的代数式表示，从而将 转化为 的函数，通过对该函数讨论即可求出答案． 【详解】（1）解：如图： 如图，过作垂直于直线，垂足为， 过作轴的垂线交直线于点，作于点， 与轴成角， 设的坐标为，则的坐标为 ，，， ，， ， ， ， ， ， 曲线的方程为， （2）解：①如图，分别过，作直线的垂线，垂足分别为，， ，， 在直线上， 设与直线交于点，则， ， 由（1）知，曲线方程为， 即，它是一个反比例函数， 它的图象关于对称，即关于对称， 不妨设， 当时，四边形与四边形均为矩形， ， ，， ， 当时，过作于点，交于点，则，， ， ，     ， ， 得    ， ， ， ， ， ， 即    ， ， 当时，等号成立，此时最小， 综上所述：当时，等号成立，此时最小， 此时，， 设直线的解析式为, 把代入得, ， 的解析式为； ②如图： 设 ， ， 由①问可知 ， ，， ，， ，，， ， ， 当 即 时， 取最大值，最大值为 . 25．（2025·山东济南·模拟预测）已知：如图，在平面直角坐标系中点，，以为顶点在第一象限内作正方形，反比例函数，分别经过、两点． (1)求点的坐标并直接写出、的值； (2)在反比例函数图象上点的右方有一点，使，求点的坐标； (3)如图，过点作轴，垂足为点，交的图象于点，点为轴上一动点，在平面直角坐标系中是否存在点，使得点、、、四点构成的四边形为菱形？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，，； (2)点或； (3)存在，或或． 【分析】（1）过点作轴于点，作轴于点，结合正方形的性质用“角角边”证明、，再由全等三角形的性质即可求出点、的坐标，求出坐标后分别代入反比例函数即可得出、的值； （2）延长交轴于点，由点、的坐标求出直线的解析式及线段的长，可得点坐标，过点作交轴于点，作交延长线为，结合题中所给的求出，再结合解直角三角形的应用、勾股定理求出，可得点坐标，从而求出直线解析式，由点是直线与反比例函数的交点，联立反比例函数解析式和直线解析式即可求出点横坐标，继而得解； （3）先求出点坐标、的长，设点、，分三种情况讨论：当为对角线时；当为对角线时，当为对角线时． 【详解】（1）解：过点作轴于点，作轴于点， ， 正方形中，，， 平面直角坐标系中， ，， ， 在和中， ， ， 又，， 则，， 则点， 同理可得，， ，， 则点， 将点、的坐标分别代入两个函数表达式得：，； （2）解：延长交轴于点， 由点、的坐标得，直线的表达式为：，， 令，则，则点， 过点作交轴于点，作交延长线为， 则， ， 由直线的表达式知，， ，， ， 直线的表达式为：，由（1）知反比例函数的表达式为：， 点是直线与反比例函数的交点， ， 解得：或， 即点或； （3）解：存在，理由： 当时，，即点， 设点、， 由点、的坐标得， 当为对角线时， 由中点坐标公式和得： ，解得：， 即点； 当或为对角线时， 同理可得：（无解）或， 解得：， 即点或， 综上，或或． 【点睛】本题考查的知识点是正方形的性质、全等三角形的判定与性质、求反比例函数解析式、求一次函数解析式、解直角三角形的应用、勾股定理、一次函数与反比例函数综合、反比例函数与几何综合、一元二次方程的实际应用，解题关键是分类讨论． 26．（2025·山东济南·模拟预测）已知：如图1，在平面直角坐标系中点，，以为顶点在第一象限内作正方形，反比例函数，分别经过C、D两点． (1)求点C的坐标并直接写出、的值； (2)如图2过点A作x轴的垂线L，在L上找一点P，当最大时，求点P的坐标； (3)如图3，过点D作轴，垂足为点H，交的图象于点E，点M为y轴上一动点，在平面直角坐标系中是否存在点N，使得点C、E、M、N四点构成的四边形为菱形？若存在，请求出点N的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，， (2) (3)存在，点的坐标为或或 【分析】（1）作轴于，作轴于，则，证明，求出；将代入可得；同理可得，从而可得，再利用待定系数法求解即可； （3）求得，结合勾股定理可得，设，，根据菱形的性质，分两种情况：当为对角线时，此时；当为边时，分别求解即可． 【详解】（1）解：如图：作轴于，作轴于，则， ， ∵在平面直角坐标系中点，， ∴，， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，即； 将代入可得：，即； 同理可得：， ∴，， ∴，即， 将代入可得：，即； （2）解：∵在平面直角坐标系中点，， ∴垂线为直线， 如图：作点关于垂线的对称点，连接，并延长交垂线于，连接， ， 由轴对称的性质可得：，， ∴， ∴当点、、在同一直线上时，的值最大，为， 由（1）可得， 设直线的解析式为， 将，代入解析式可得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 当时，， ∴； （3）解：存在， 由（1）可得：，，， 当时，，即， ∴， 设，， ∵点C、E、M、N四点构成的四边形为菱形， ∴当为对角线时，此时， 则， 解得：，即， 当为边时， 同理可得：或， 解得：或， 此时或； 综上所述，点的坐标为或或． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、轴对称的性质、反比例函数综合、菱形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 27．（2025·福建福州·三模）曲线的应用是广泛的，在历史的长涧中，借助它能够研究许多著名几何问题，如倍立方体问题．初三某班的数学学习小组尝试对反比例函数相关的几何问题进行探究： (1)如图1，A、C是反比例函数图像上的两点，A、C的横坐标分别是和3，以为对角线构造矩形，使矩形的边平行于坐标轴，求证：对角线所在直线经过原点． (2)如图2，P是第一象限内一点，射线与反比例函数图像交于点A，以A为圆心，为半径作圆，交反比例函数图像于点C，以为对角线构造矩形，使矩形的边平行于坐标轴，连接，点M在x轴正半轴上．请探究：与满足怎样的数量关系，并证明． (3)如图3，在（2）的条件下，连接，请探究：是否存在点A，使；若存在，求此时的面积，若不存在，说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)；理由见解析 (3)存在； 【分析】（1）先求出点，，得出，,再求出直线的解析式为：，证明在直线上，即可得出结论； （2）连接，，设与交于点N，连接，设点，，则，，证明O、B、D 三点共线，根据矩形的性质得出，，，根据等腰三角形的性质得出，根据三角形外角的性质得出，得出，即可得出答案； （3）连接，交于点N，延长，交y轴于点E，得出，证明，得出，设，则，，求出，根据点C在反比例函数图像上得出，求出，根据完全平方公式变形求出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵A、C的横坐标分别是和3，且点A、C在反比例函数图像上， ∴点，， ∵以为对角线构造矩形，使矩形的边平行于坐标轴， ∴，, 设直线的解析式为：，把代入得： ， 解得：， ∴直线的解析式为：， 把代入得， ∴在直线上， ∴对角线所在直线经过原点． （2）解：；理由如下： 连接，，设与交于点N，连接，如图所示： 设点，，则，， 设直线的解析式为：，把代入得： ， 解得：， ∴直线的解析式为：， 把代入得， ∴在直线上， ∴O、B、D 三点共线， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∵以A为圆心，为半径作圆，交反比例函数图像于点C， ∴， ∴， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即； （3）解：存在；； 连接，交于点N，延长，交y轴于点E，如图所示： 根据解析（2）可知：点B在上，，， ∴， ∴当时，， ∴，， ∴， ∴当时，， 即存在点A，使； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，，， ∴，， ∴， ∵点C在反比例函数图像上， ∴， 整理得：， ∴ ， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了反比例函数的几何综合，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，三角形面积计算，求一次函数解析式，解题的关键是数形结合，熟练掌握相关的判定和性质． 28．（2025·四川成都·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线与反比例函数的图象相交于点，B两点，与x轴相交于点，过点B作的垂线交反比例函数的图象于另一点D． (1)求反比例函数的表达式及点B的坐标； (2)点E是坐标轴上一点，点F是直线上一点，若A，C，E，F为顶点的四边形为菱形，求E，F两点的坐标； (3)设点P是第三象限内的反比例函数图象上一点，连接交与点Q，若与相似，求点P的坐标． 【答案】(1)反比例函数的解析式为； (2)，或， (3)点P的坐标为或 【分析】（1）先求出一次函数的解析式，再求出点的坐标，再利用待定系数法求出反比例函数的解析式，联立求解即可； （2）先求出直线的解析式为，设，再分两种情况：当为菱形的对角线时；当为菱形的边时，分别结合菱形的性质求解即可； （3）先求出，再分两种情况：当时，；当时，；分别求解即可． 【详解】（1）解：将代入一次函数的解析式可得：， 解得：， ∴一次函数的解析式为， 将代入一次函数得：， 解得：， ∴， 将代入反比例函数解析式可得， ∴， ∴反比例函数的解析式为； 联立， 解得或， ∴； （2）解：如图：令直线交轴于，直线交轴于， 在中，当时，，即， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 由题意可得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 设直线的解析式为， 将，代入解析式可得， 解得：， ∴直线的解析式为， ∵点E是坐标轴上一点，点F是直线上一点，若A，C，E，F为顶点的四边形为菱形， ∴设， 当为菱形的对角线时， ∵点为的中点，且， ∴此时点也在直线上， ∵点E是坐标轴上一点， ∴在中，当时，；当时，，解得，即此时点的坐标为或， 当点的坐标为时，， 解得：，此时，即； 当点的坐标为时，， 解得：，此时，即； 当为菱形的边时，由菱形的性质可得：， 即， 解得：或， ∴当时，，即，当时，，即， 设点， 当时，且菱形为时，此时， 解得：，即，不符合题意； 当时，且菱形为时，此时， 解得：，即，不符合题意； 当时，且菱形为时，此时， 解得：，即，不符合题意； 当时，且菱形为时，此时， 解得：，即，不符合题意； 综上所述，，或，； （3）解：由（2）可得：直线的解析式为， 联立， 解得：或， ∴， ∵与相似，， ∴当时，，如图： 由题意可得此时， ∴设直线的解析式为， 将代入解析式可得， ∴， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：或， ∴； 当时，，连接，如图： 设，则，，， 由勾股定理可得：， ∴， 解得：或， ∵， ∴，此时； 综上所述，点P的坐标为或． 【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数综合、相似三角形的判定与性质、菱形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 29．（2025·山东济南·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点，与轴相交于点，点在反比例函数图象上． (1)求的值及点的坐标； (2)若为等腰直角三角形，，求点的坐标； (3)过点，的直线与轴交于点，点与点关于点对称，若存在，使得，请直接写出的值． 【答案】(1)，点 (2)或 (3)或 【分析】`（1）由待定系数法求出的表达式，进而求解； （2）当点在第一象限或第三象限时，利用一线三垂直构造三角形全等求点的坐标即可； （3）分两种情形证明，则，即可求解． 【详解】（1）解：将点的坐标代入，则，即点， 将点的坐标代入得，，则， 则直线的表达式为：， 把代入得：， 解得：， ∴点； （2）解：当点在第一象限时，过点、分别作轴的垂线，垂足分别为、，如图所示： ∵为等腰直角三角形，， ∴，，， ∴， ∴， 则，， 则点； 当点在第三象限时，过点、分别作轴的垂线，垂足分别为、，如图所示： ∵为等腰直角三角形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴； 综上所述：点坐标为或； （3）解：设点，点与点关于点对称，则点， 则，，， ∵，， ∴， 则， 即， 解得：（负值已舍去），即点， ∵，则为的中点， 由中点坐标公式得：点， 则． 如图，当点在第三象限时． 同理可得：， 即， 解得， 可得， ∴， 综上所述，的值为或． 【点睛】本题考查的是反比例函数综合运用，涉及到三角形全等和相似，一次函数的性质，中点坐标公式的运用等，综合性强，难度适中． 30．（2024·四川泸州·模拟预测）如图，的顶点C在反比例函数的图象上，点O为原点，，，延长交反比例函数的图象于点D，连接． (1)求反比例函数的表达式； (2)求点D的坐标； (3)试计算的面积 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先求出的长，由平行四边形的性质可知，，再利用待定系数法求出直线的解析式，进而可得出直线的解析式，设出C点坐标，利用两点间的距离公式即可得出结论； （2）利用待定系数法求出直线的解析式，联立直线的解析式与反比例函数的解析式即可得出D点坐标； （3）分别过点D，C作轴于点M，轴于点F，轴于点E，利用即可得出结论． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形， ，， ，， ， 设直线的解析式为， 则，解得， 直线的解析式为， 且直线过原点， 直线的解析式为， 设， ， 解得或（负值舍去）， ， ， 点C在反比例函数的图象上， 解得， 反比例函数的解析式为； （2）解：设直线的解析式为， ， ， 直线的解析式为， 由（1）知反比例函数的解析式为， ， 解得或（负值舍去）， ， ； （3）解：分别过点D，C作轴于点M，轴于点F，轴于点E， 点在反比例函数的图象上， ， ，； ． 【点睛】本题考查的是待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数系数k的几何意义及平行四边形的性质，根据题意作出辅助线，得出是解题的关键． 31．（24-25九年级上·广东东莞·期末）【问题背景】 在平面直角坐标系中，矩形的各个顶点坐标分别为，，，，对角线，相交于点E． 【构建联系】 （1）如图1，若双曲线过点E，则点E的坐标为 ；该双曲线的解析式为 ； （2）如图2，双曲线与，分别交于点M，N，求证：； 【深入探究】 （3）如图3，将矩形向右平移个单位长度，使过点E的双曲线与交于点P．当为等腰三角形时，求m的值． 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3）或 【分析】（1）由矩形的性质可知点是中点，由中点坐标公式可得，由双曲线过点E可得，由此即可求出该双曲线的解析式； （2）由点、在双曲线的图象上可得，由矩形的性质可得，，进而可得，由比例的性质可得，再结合，于是结论得证； （3）分三种情况讨论：①当时；②当时；③当时；分别求解即可． 【详解】解：（1）四边形是矩形， 点是中点， 又，， ， 双曲线过点E， ， ， 该双曲线的解析式为， 故答案为：，； （2）点，在双曲线的图象上， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， 又， ； （3）分三种情况讨论： ①当时， 四边形是矩形， ， ， ， 将矩形向右平移个单位长度， ， 点，在双曲线的图象上， ， 解得：； ②当时， 此时点与点重合， ， 将矩形向右平移个单位长度， ， 点，在双曲线的图象上， ， 解得：； ③当时， 设， 将矩形向右平移个单位长度， ，， ， ， 解得：， ， 点，在双曲线的图象上， ， 解得：， ， 与题意不符，故舍去； 综上所述，的值为或． 【点睛】本题主要考查了反比例函数与几何综合，矩形的性质，中点坐标公式，写出直角坐标系中点的坐标，求反比例函数解析式，比例的性质，相似三角形的判定，已知两点坐标求两点距离，坐标与图形变化—平移，解一元一次方程等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键． 32．（24-25九年级上·重庆·阶段检测）如图1，一次函数与反比例函数的图象相交于点，与x轴交于点B，与y轴交于点C，已知． (1)求反比例函数与一次函数解析式； (2)若直线过点，且与反比例函数交于点D，点F是y轴上的一个动点．点P是直线上的一个动点，当最小时，求的最小值及此时点F的坐标： (3)如图2，若点，连接，将线段以点D为圆心逆时针旋转，得到线段，连接，在反比例函数图像上是否存在一点Q，使得？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)一次函数解析式为；反比例函数解析式为 (2)的最小值为，点F的坐标 (3)在反比例函数上存在一点，使得，点Q的坐标为或 【分析】（1）由得出，从而得到，，再利用待定系数法求解即可； （2）待定系数法求出直线的解析式为，作轴于，轴于，交直线于，设，则，表示出，，，解直角三角形得出，推出，则，当、、再同一直线上，且轴时，值最小，此时最小值为，求出，作点关于轴的对称点为，连接交轴于，由轴对称的性质可得，，则，由两点之间，线段最短可得此时的值最小，由勾股定理计算出最小值，再由待定系数法求出直线的解析式为，当时，，即可得出点F的坐标； （3）过点作轴的垂线，过点、作垂线的垂线交于点、，则，由旋转的性质可得，，证明，，，从而得出，设直线与直线交于，证明，得出，作于，则，得到的横坐标为，待定系数法求出直线的解析式为，得到，待定系数法得出直线的解析式为，联立，解得：，即可得解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴，， 将，代入得：， 解得：， ∴一次函数解析式为； 将代入得：， ∴， 将代入得：， ∴， ∴反比例函数解析式为； （2）解：设直线的解析式为， 将，代入解析式得， 解得：， ∴直线的解析式为， 如图，作轴于，轴于，交直线于， ， 设，则， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 当、、再同一直线上，且轴时，值最小，此时最小值为， ∵， ∴在中，当时，，即， 如图，作点关于轴的对称点为，连接交轴于， 由轴对称的性质可得，， ∴，由两点之间，线段最短可得此时的值最小，最小值为， 设直线的解析式为， 将，代入解析式得， 解得：， ∴直线的解析式为， 当时，， ∴，即点F的坐标； （3）解：在反比例函数上存在一点，使得，理由如下： 过点作轴的垂线，过点、作垂线的垂线交于点、，则， ， 由旋转的性质可得，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∴，即， 设直线与直线交于， ∵，， ∴， ∴， 作于，则， ∴的横坐标为， 设直线的解析式为， 将，代入解析式得， 解得：， ∴直线的解析式为， 当时，，即， 设直线的解析式为， 将，代入解析式得， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：， 当时，，当时，， ∴点Q的坐标为或． 【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、解直角三角形、待定系数法求函数解析式、等腰三角形的判定与性质、两点间的距离公式等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 33．（24-25九年级上·重庆沙坪坝·开学考试）如图，一次函数与反比例函数的图象在第一象限交于点，且与轴、轴分别交于点，其中．    (1)求一次函数和反比例函数的解析式； (2)如图2，点为反比例函数图象在第一象限上的一点，且在点A的左侧，满足，作轴交直线于点，点为直线上一动点，连接，求周长的最小值； (3)在第（2）问的条件下，轴上有一动点，平面内有一动点，当以点为顶点的四边形是矩形时，直接写出所有符合条件的点的坐标． 【答案】(1)， (2)的周长的最小值为 (3)符合条件的点的坐标为：或或或 【分析】（1）根据一次函数与坐标轴的交点可得，根据可得，由此求出一次函数解析式，把点代入一次函数，求出，再代入反比例函数解析式即可求解； （2）作点C关于直线的对称点，连接交于点N，则此时，周长的最小，然后运用勾股定理求解即可； （3）当为对角线时，由中点坐标公式和列出方程组求解即可；当或为对角线时，同理可解． 【详解】（1）解：一次函数中，当时，， ∴，则， ∵， ∴， ∴， ∴在一次函数中，当时，， 解得，， ∴一次函数解析式为， 把点代入得，， 解得，，即， ∴反比例函数中，， ∴反比例函数解析式为：； （2）解：如图，取,过点Q作交反比例函数于点P，则此时,则点， ∵， ∴设直线的表达式为：，则有：, ∴， 联立上式和反比例函数的表达式得：，解得：（舍去）或1，即点，则点， 由点A、P的坐标得，直线的表达式为：， 作点C关于直线的对称点， 连接交于点N，则此时，周长的最小， ∴，即的周长的最小值为； （3）解：设点，由点A、M的坐标得，, ①当为对角线时，由中点坐标公式和得： 解得：，则点； ②当或为对角线时， 同理可得：或， 解得：或， ∴点或， 综上，或或或． 【点睛】本题主要考查一次函数，反比例图象与几何图形的综合运用，掌握待定系数法求解析，图像与坐标轴交点与二元一次方程组的计算，几何图形面积的计算方法，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识的综合运用，图形结合，分类讨论思想是解题的关键． 34．（2024·浙江·模拟预测）如图，直线与轴相交于点，与轴相交于点，与反比例函数的图象相交于两点．过点作轴的垂线，垂足为，连接、，并延长，与直线相交于点．在第一象限找点，使以为顶点的四边形为平行四边形，反比例函数，经过点． (1)求的面积． (2)在反比例函数的图象上找点，使是直角三角形，求出符合要求的点的坐标． (3)如图，在反比例函数的图象上有一点，轴于点，轴于点，分别交反比例函数的图象于两点，求的面积． 【答案】(1)15 (2)、、、 (3)或 【分析】（1）先求出，由，解得，，再由即可求解； （2）先根据勾股定理逆定理得到是直角三角形，，①当为平行四边形的对角线时，此时为平行四边形，则，求得经过点N的反比例函数的表达式为，设，当，联立，可求，当，则，得到，解得：或（舍），则，当时，此种情况不存在；②当为平行四边形的对角线时，此时为平行四边形，此时也为矩形，此时，同上可求反比例函数的表达式为，当，联立，解得，则，当时，此时点与点N重合，则，当时，此种情况不存在，综上所述，点D的坐标为：、、、； （3）设点，，当点E在上时，由题意可得，，因此， 所以，，，故；当点E在上时，同理可得． 【详解】（1）解：把代入得，， ∴， 把代入得，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 由，解得或， ∴，， ∴； （2）解：设直线的解析式为，把代入得，， ∴， ∴直线的解析式为， 把代入得，， ∴， ∵，， ∴， ∴是直角三角形，，即， 设， ①当为平行四边形的对角线时，此时为平行四边形， 有， 解得， ∴， 代入得， ∴反比例函数的表达式为，设，如图， 当，联立， 解得， ∴， 当，则， ∴， 解得：或（舍）， ∴， 当时，要使为直角三角形， 则， ，该方程无实数根， ∴不存在这样的在上，此种情况不存在； ②当为平行四边形的对角线时，此时为平行四边形，此时也为矩形， 有， 解得， ∴， 同上可求反比例函数的表达式为，如图， 当，联立， 解得， ∴， 当时，此时点与点N重合， ∴， 当时，同①：此时不存在这样的点在上，此种情况不存在； 综上所述，点D的坐标为：、、、； （3）解：如图， 设点， ∵轴于点，轴于点，分别交反比例函数的图象于两点， ∴， 当点E在上时，由题意可得，， ∴， ∵， ，， ∴； 当点E在上时，同理可得， 综上所述，的面积为或． 【点睛】本题考查了反比例函数与几何的综合，待定系数法求函数解析式，反比例函数图像与一次函数图像的交点问题，平行四边形的存在性问题，直角三角形的存在性问题，勾股定理，以及反比例函数k的几何意义等，难度很大，熟练掌握知识点是解决本题的关键． 35．（2024·湖北·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线：与x轴分别交于点，，与y轴交于点C，连接．    (1)填空：抛物线的解析式为______； (2)若反比例函数的图象与抛物线在第一象限内的交点的横坐标为d，且满足，求k的取值范围； (3)若动直线l与抛物线交于M，N两点（直线l与BC不重合），连接，，交点为P，当时，点P的横坐标是否为定值，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）根据反比例函数图象越大，离坐标轴越远；由二次函数图象可知当抛物线在第一象限内的交点的横坐标为d，时，，当反比例函数经过时，，据此可得k的取值范围。 （3）设点的坐标为，点的坐标为．由点，点，可得到直线的解析式为：．可设直线的解析式为：,根据交点坐标和一元二次方程的根与系数的关系得出，点的坐标可以表示为．进而得出直线的解析式为．同理可得可得到直线的解析式为：．联立可得，则点的横坐标为定值3． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点， ∴， 解得：， ∴抛物线解析式为； （2）当时，， 当时， ∵当反比例函数经过时，， 根据反比例函数图象越大，离坐标轴越远；可得反比例函数的图象与抛物线在第一象限内的交点的横坐标为d，且满足时， （3）设点的坐标为，点的坐标为． ∵直线与不重合， ∴且且． 如图3，由点，点， 可得到直线的解析式为：． ∵， ∴可设直线的解析式为：． 将代入， 得． ∴． ∴点的坐标可以表示为． 设直线的解析式为：， 由点，点，得 ， 解得． ∴直线的解析式为：． 同上，由点，点， 可得到直线的解析式为：． ∴． ∴． ∴． ∴点的横坐标为定值3． 【点睛】本题考查了二次函数综合问题，反比例函数的图象的性质、待定系数法求解析式，一次函数的平移，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 36．（2024·湖南长沙·三模）已知将点绕着某定点顺时针旋转一定的角度，能得到一个新的点，研究发现，当上述点在某函数图象上运动时，点也随之运动，并且点的运动轨迹能形成一个新的图形．根据上述知识完成下列问题： (1)如图1，，，点绕顺时针旋转后，得到的点的坐标为______； (2)如图2，设，，点是反比例函数的图象上的动点，点绕顺时针旋转后得到的点，过点作二、四象限角平分线的垂线，垂足为，求的面积． (3)如图3，设，，点是二次函数图象上的动点，已知点、，试探究的面积是否有最小值？若有，求出该最小值；若没有，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)有， 【分析】（1）根据旋转的旋转即可得出答案； （2）分当和两种情况讨论，分别证明和 ，求出都等于． （3）连接，，将，绕点逆时针旋转得，，作轴于点，证明，利用待定系数法求出的函数表达式为：，设过且与平行的直线解析式为，由于，当直线与抛物线相切时取最小值，再利用一元二次方程根的判别式求解即可． 【详解】（1）解： 如图1，，， 轴，， 由旋转可得：轴，， ； 故答案为：； （2）（Ⅰ）当时 过点作轴于，连接，过点作于，如图2 ， ， ， ，又， ， ， 故． （Ⅱ）当时 过点作轴于，过点作于如图 ， ， ， ，又， ， ． 综上所述：． （3）的面积有最小值， 如图4，连接，，将，绕点逆时针旋转得，，作轴于点， ，，， ，， ， 为等边三角形，此时与重合，即， 连接， ， ， 在和中， ， ， ，， 作轴于， 在中，， ， ， ，此时的函数表达式为：， 设过且与平行的直线解析式为， ， 当直线与抛物线相切时取最小值， 则， 即， ， 当时，得， ， 设与轴交于点，连接， ， ． 【点睛】本题考查了待定系数法，一次函数图象和性质，反比例函数图象，二次函数图象和性质，全等三角形判定和性质，等边三角形性质等知识，是中考数学压轴题，综合性强，难度大，灵活运用数形结合思想和分类讨论思想是解题关键． 37．（2024·四川成都·三模）已知一次函数的图象与反比例函数的图象交于点；与x轴交于点C． (1)求一次函数和反比例函数的表达式； (2)若点P在y轴上，且满足求点P的坐标； (3)我们将有一个内角为的三角形称为“半直角三角形”，这个角所对的边为“半直角边”．反比例函数在第四象限的图象上是否存在点Q，使得是不以为“半直角边”的“半直角三角形”？若存在，请求出点`Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)或 (3)或 【分析】（1）待定系数法进行求解即可； （2）设，根据，结合，列出方程进行求解即可； （3）分和两种情况，进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵一次函数的图象与反比例函数的图象交于点； ∴， ∴， ∴，， ∴，解得：， ∴； （2）设直线交轴与点， ∵， ∴当时，，时，， ∴， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴或， ∴或； （3）存在； ①当时，将绕点旋转90度得到，连接，交的延长线于点，如图，则：，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 设的解析式为：，则：， ∴， ∴， 联立，解得：或（舍去）； ∴； ②当时，将绕点旋转90度得到，连接交于点，则，， ∴， ∴， 同法可得：的解析式为：， 联立，解得：或， ∴； 综上：或． 【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的综合应用，待定系数法求函数解析式，分割法求面积，旋转的性质，综合性强，难度大，计算量大，熟练掌握相关知识点，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键． 38．（2024·江苏扬州·一模）如图1，已知点，，反比例函数与直线AB有唯一一个交点． (1)当，时，求直线的解析式及k的值； (2)当的面积为10时，求k的值； (3)当，且k的最大值为9时，将此时的直线沿着x轴正半轴方向移动，交反比例函数于点C、D（如图2），若点C是线段的中点，求平移的距离． 【答案】(1)； (2) (3)平移的距离为 【分析】（1）运用待定系数法即可求得直线的解析式，再联立方程组后运用根的判别式即可求得的值； （2）由的面积为10，可得出，运用待定系数法可得直线的解析式为，联立方程组整理得，运用根的判别式可得，即； （3）根据和反比例函数k值几何意义得出，从而得出当时，取最大值，解出，平移前点，得出．平移后，如图，过点分别作轴，轴，轴，设点，则，根据，得出，．证明，得出，点，得出，解得，从而得出平移后点，即可求出平移的距离． 【详解】（1）解：当时，， 设直线的解析式为， 则， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立得， 整理得：， ∵反比例函数与直线有唯一一个交点， ∴， ∴； （2）∵的面积为10， ， ， 设直线的解析式为， 把代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立得， 整理得：， ∵反比例函数与直数有唯一一个交点， ， ． （3）∵， ∴， ∴， ∴当时，取最大值， ∴， ∵， ∴． ∴，， ∴平移前点． ∴， ∴． 平移后，如图，过点分别作轴，轴，轴， 设点，则， ∵平移，所以， ∴， ∴． ∵点是中点，且， ∴， ∴， ∴， ∴点， ∴，解得． ∵， ∴． ∴平移后点， ∴平移的距离为． 【点睛】本题是反比例函数综合题，考查了待定系数法，一次函数与反比例函数的图象交点，相似三角形的性质和判定，平移的性质，一元二次方程根的判别式和根与系数关系的应用等，熟练掌握反比例函数的图形和性质，一次函数的性质，平移的性质等知识是解题的关键． 3. 一次函数压轴题 中考考情 一次函数解答压轴属于中考高频综合题型，多位于解答题中后段，分值8–10分，是区分中等生与优等生的关键题型。该题型以一次函数图像与解析式为核心，常结合方程组、不等式、平面几何图形综合考查。设问梯度清晰，基础问侧重求解析式、交点坐标、函数取值范围；拔高问多结合动点、动线、图形变换展开探究。题型侧重数形结合与方程思想，计算难度适中，但场景灵活、条件细碎，注重学生建模能力与动态分析能力。相比二次函数压轴，整体难度稍低，但综合性强、细节易错，是中考稳分、提分的重要题型。 终极预测 本次终极预测贴合中考命题趋势，核心思路为立足实际建模、强化动态探究、函数与几何融合，规避单一基础计算，侧重综合应用能力考查。核心命题点分为三类：一是一次函数实际应用压轴，结合行程、方案选择、利润最值考查建模与最值分析；二是函数动态几何问题，依托动点、动线，考查线段长度、面积变化、位置关系判定；三是函数与几何综合探究，结合三角形、四边形、全等相似进行求值与存在性分析。命题注重场景隐蔽性与多情况讨论，细节陷阱多，区分度稳定。 39．（2026·黑龙江双鸭山·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边的长是方程的根，点B在直线上，且．动点P从点O出发，沿折线以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，同时动点Q从点O出发，沿折线以每秒4个单位长度的速度向终点C运动，任意一点到达终点时两点均停止运动．设点P的运动时间为t秒，的面积为S． (1)求点B的坐标； (2)求S关于t的函数解析式，并写出t的取值范围； (3)当的面积最大时，在坐标平面内是否存在点G，使以O，G，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，点G坐标为或或 【分析】（1）先根据解一元二次方程以及菱形的性质可得，如图：过A作轴于D，过B作轴于E，过A作轴于F，则四边形是矩形，即，；再根据一次函数的性质、角的和差可得，利用含30度直角三角形的性质、勾股定理、线段的和差可得，最后求得点B的坐标即可； （2）先说明t的取值范围为，再分、、、四种情况，分别根据菱形的性质、含30度直角三角形的性质确定函数解析式即可； （3）当的面积最大时，．即点P与点C重合，点Q与点B重合，进而求得，；设点，再分三种情况，分别利用平行四边形的对角线相互平分求解即可． 【详解】（1）解：解方程可得，， ∵菱形的边的长是方程的根， ∴，即， 如图：过A作轴于D，过B作轴于E，过A作轴于F，则四边形是矩形， ∴，， ∵点B在直线上， ∴， ∵菱形，， ∴，， ∴， ∵轴，， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵菱形，， ∴， ∵动点P从点O出发，沿折线以每秒2个单位长度的速度向终点B运动， ∴当点P在上时，；当点P在上时，； ∵动点Q从点O出发，沿折线以每秒4个单位长度的速度向终点C运动， ∴当点Q在上时，；当点Q在上时，；当点Q在上时，， ∴． ①如图：当时，点P在上，点Q在上，此时， 如图：过Q作于G， ∵， ∴， ∴，即； ②如图：当时，点P在上，点Q在上，此时， 如图：过Q作交延长线于I，过A作交于H， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴，即； ③两人的总路程为：，则相遇时间为， 如图：当时，点P，点Q都在上，但还没有相遇（包括相遇），此时， ∴， 如图：过O作交延长线于M， ∵，， ∴ ∴， ∴，即； ④如图：当时，点P，点Q都在上，且为相遇后，此时， ∴， 如图：过O作交延长线于M， ∵，， ∴ ∴， ∴，即． 综上，． （3）解：存在． 当时，且随t的增大而增大，即当时，最大值为； 当时，且随t的增大而增大，即当时，最大值为； 当时，，且随t的增大而减小，即当时，最大值为； 当时，，且随t的增大而增大，即当时，最大值为， 综上，当的面积最大时，．即点P与点C重合，点Q与点B重合， 如图：过C作轴于N， ∵， ∴， ∴， ∴点C的坐标为，即， 由（1）可得，即． 设点， 由，， 当，两点连线为一条对角线时，此时中点的坐标为，此时，两点连线为另一条对角线，此时中点坐标为， ∴，解得， ∴； 当，两点连线为一条对角线时，此时中点坐标为，此时，两点连线为另一条对角线，此时中点坐标为， ∴，解得， ∴； 当，两点连线为一条对角线时，此时中点坐标为，此时，两点连线为另一条对角线，此时中点坐标为， ∴，解得， ∴． 综上，点G的坐标为或或． 40．（2026·湖南长沙·一模）在平面直角坐标系中，若抛物线（，，为常数且）的顶点为，点为该抛物线上不与点重合的一点，连接．我们不妨约定：直线与抛物线的对称轴相交所成的锐角，称为点的“轴偏角”． (1)若点为抛物线上一点，求点的“轴偏角”的度数； (2)若抛物线（，，为常数且）的顶点为，与轴交于点，点的“轴偏角”为，且直线与两坐标轴围成的平面图形的面积为，求的值； (3)已知抛物线（，，为常数且）与抛物线（，，为常数且）开口方向相同，顶点公共，点与点分别是抛物线和上的点，且都不与顶点重合．若点和点的“轴偏角”分别是和，且，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）首先确定抛物线的顶点坐标与对称轴，将点的横坐标代入解析式求纵坐标，得到点坐标，因为“轴偏角”是直线与对称轴的夹角，所以构造直角三角形，通过两点坐标计算水平、竖直距离，利用三角函数定义求角度； （2）先写出抛物线顶点、与轴的交点的坐标，对称轴，因为轴偏角为，所以直线的斜率绝对值为，得到与的关系；再求直线与轴交点坐标，结合直线与坐标轴围成图形的面积条件列方程，联立关系求解； （3）首先设公共顶点坐标，将两条抛物线写成顶点式，因为点、纵坐标相同，所以分别代入对应抛物线解析式，用，表示两点到对称轴的水平距离；根据轴偏角的正切值等于水平距离与对应竖直距离的比值，结合正切比值条件，推导的值． 【详解】（1）解：将代入解析式得：， 且函数顶点坐标为原点，对称轴为轴， ∴， ∴点的“轴偏角”的度数为． （2）解：已知顶点，对称轴为直线，， 根据“轴偏角”的定义，点的“轴偏角”为， ∴， ∴， 设直线解析式为：， 将点代入，解得， 将点代入，解得， ∴直线解析式为：， ∴与轴交点为， ∵直线与两坐标轴围成的平面图形的面积为， ∴， 解得， ∴． （3）解：设两抛物线的公共顶点为， 则抛物线的顶点式为，， ∵点与点分别是抛物线和上的点， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 41．（2022·四川成都·三模）如图，直线与双曲线的图象交于两点． (1)若点坐标为点坐标为，求直线的解析式； (2)在（1）的基础上，若点是双曲线上一点，，求点的坐标； (3)若点坐标为点坐标为，点是线段上一动点，过点作轴，垂足为，并交双曲线于点，若当取最大值时，有，则的值为多少？ 【答案】(1) (2)点的坐标为或 (3) 【分析】（1）将点坐标为点坐标为代入y可得，从而得到，利用待定系数法列方程组求解即可得直线的解析式； （2）过作轴，交于，如图所示，由（1）中，利用待定系数法求出反比例函数解析式，设，则，分两种情况：当点在直线下方的双曲线上；当点在直线上方的双曲线上（分点左侧部分或右侧部分两种情况），由，利用平面直角坐标系中三角形面积的表示方法列方程求解即可得到答案； （3）根据在线段上，设出坐标，根据轴，垂足为，表示出坐标，进而表示出坐标，得到与，代入，利用二次函数性质求出最大值，以及此时的值，进而确定出坐标，代入双曲线解析式求出的值． 【详解】（1）解：∵直线与双曲线的交于两点，点坐标为点坐标为， ， 解得， ， 把代入得， 解得， ∴直线的解析式为； （2）解：过作轴，交于，如图所示： 由（1）知，， ， ∴双曲线的解析式为y， ∵点是双曲线上一点， ∴设，则， 当点在直线下方的双曲线上，则， ， ∵，且， ∴，则， 由于，则当时，方程无解； 当点在直线上方的双曲线上（分点左侧部分或右侧部分两种情况），则， ， ∵，且或， ∴，则， 即， 或； 则点的坐标为或； （3）解：∵直线与双曲线的交于两点，点坐标为点坐标为， ∴，， 将，代入得， 解得， 即直线为， 点是线段上一动点， ∴设，其中， 轴， ， 交双曲线于点， ， ，， ∴， ∵，， ∴当时，最大值为，即， 把代入得， ∴， ∴，即的值为． 【点睛】本题属于反比例函数综合题，综合性强、难度较大，考查了反比例函数图象与性质、待定系数法确定一次函数表达式、待定系数法确定反比例解析式、平面直角坐标系中三角形的面积求法、解一元二次方程、二次函数的性质以及两点间的距离求法等知识，数形结合，熟练掌握函数与几何综合问题的求法是解决问题的关键． 42．（2025·广东深圳·三模）定义：已知是自变量的函数，当（为常数，）时，称函数为函数的“级函数”．点和点分别在函数和的图象上，此时称点为点关于的“级点”． 例如：函数，当时，，则函数是函数的“级函数”点为点关于的“级点”． (1)如图，点在反比例函数的图象上，当点为点关于的“级点”时，求点的坐标； (2)函数为函数的“级函数” 求的值； 若点在函数的图象上，点为点关于的“级点”，当点在点上方时，请直接写出自变量的取值范围______； (3)函数为函数的“级函数”，点在函数的图象上，点为点关于的“级点”，当时，若二次函数的最大值和最小值的差为，请直接写出和的值． 【答案】(1) (2)①；② (3)，或 【分析】本题主要考查了新定义以及二次函数的性质，正确理解新定义是本题解题的关键． （1）写出的解析式，代入值，求得点坐标即可； （2）①根据“级函数”的定义，列出方程，根据常数项求出值，再根据一次项系数求出值即可；设点坐标，求出点坐标，根据点在点上方，求出的取值范围即可； （3）写出的解析式，根据点坐标求出，再根据当时，二次函数的最大值和最小值的差为，求出的值即可． 【详解】（1）解：∵点为点关于的“级点”， ∴， 将代入上式，得， ∴； （2）解：①∵函数为函数的“级函数”， ∴， ∴， ，； 故； 由知，， 设，则， 当点在点上方， ∴， 解得：； 故答案为：； （3）解：∵函数为函数的“级函数”， ∴， 在上， ∴， ， ∴， 上述抛物线的对称轴为直线， 当时，， 解得：， 当时，即时，， 解得：， 当时，即时，此时函数最大值为：， 最小值为， 令， 解得：， 当时，，不符合题意，当时，，，不符合题意； 综上所述，或． 43．（2025·湖北襄阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C，点P是x轴上方抛物线上不与点C重合的一动点，设点P的横坐标为m． (1)直接写出b，c的值； (2)若点P是第二象限内抛物线上一点， 当时，求m的值； (3)过点P作y轴的平行线交于点M，点N在上，且，的长记为l． ①求l关于m的函数解析式； ②当时，请结合l关于m的函数图象，求m的取值范围． 【答案】(1)， (2) (3)①；②或 【分析】（1）根据待定系数法求函数的解析式即可； （2）在上取点E，使，设与的交点为F，过点F作轴于点D，证明，根据相似三角形的性质求出，可求，然后待定系数法求出直线解析式，然后联立方程组求解即可； （3）①设，则，，根据两点件距离公式求出即可； ②由①求出时m的值，再由二次函数的性质确定m的取值范围即可． 【详解】（1）解：把，代入， 得， 解得； （2）解：由（1）得，， 当时，， ∴， 在上取点E，使，设与的交点为F，过点F作轴于点D， 又， ∴， ∴， ∵，， ∴，，， ∴，，， ∵，， ∴， 又， ∴， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线解析式为， 则， 解得， ∴， 联立方程组， 解得或， ∴， ∴； （3）解：①设直线解析式为， 则， 解得， ∴， 设，则， ∵ ∴的中点的纵坐标与N的纵坐标相同， ∴， ∴， 当时，； 当时，； ∴； ②当时，令， 整理得， 解得，， ∴当时，； 当时，令， 整理得， 解得，， ∴当时，； 综上， 当或时，． 【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，两点间距离公式，一次函数的图象与性质等知识，明确题意，合理分类讨论是解题的关键． 44．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在平面直角坐标系中，点为原点，直线交轴于点；交轴于点，过点的直线交轴正半轴于点，． (1)求直线的解析式； (2)在线段上取点，，在线段的延长线上取点，，连接，的面积为，求与的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）； (3)在（2）的条件下，以为斜边，在的下方作等腰直角三角形，，，连接交轴于点；交于点，在上取点，连接，，，求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据一次函数与坐标轴的交点得到，根据正切值的计算得到，运用待定系数法即可求解； （2）运用勾股定理得到，可判定是直角三角形，分别用含的式子表示出的值，运用三角形面积计算公式求解即可； （3）根据题意得到点四点共圆，是直径，设线段的中点为圆心，如图所示，过点作交直线于点，且，可得是等腰直角三角形，证明，得，则，，可得直线的解析式，证明，得，设，可得，设，则，得，即，，所以，，，则，如图所示，过点作轴于点，过点作轴于点，可得，可解出直线的解析式，联立方程组求解即可． 【详解】（1）解：直线交轴于点；交轴于点， ∴当时，，则， 当时，， 解得，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得，， 检验，当时，原方程有意义， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的解析式为； （2）解：∵， ∴， ∴，即， ∴是直角三角形，， ∵，， ∴ ； （3）解：已知，， ∵，是等腰直角三角形，， ∴点四点共圆，是直径，设线段的中点为圆心，如图所示， ∴， 如图所示，过点作交直线于点，且， ∴，则， ∴，则， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得，， ∴，即， 设直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的解析式为， 如图所示，延长交于点，连接并延长交延长线于点， ∵是直径，， ∴，是角平分线， ∴， ∵， ∴，且， ∴， ∴， ∵， ∴设， ∴， 设， ∵，， ∴， ∴，即， 解得，， ∴， ∴， ∴， ∴，且， ∴， 解得，， ∴， 如图所示，过点作轴于点，过点作轴于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，即， 解得，（负值舍去）， ∴， ∴，即， ∴， ∵轴， ∴， ∴，即， 解得，， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的解析式为， 联立方程组得，， 解得，， ∴． 【点睛】本题主要考查一次函数与坐标轴的交点，正切值的计算，勾股定理逆定理的运用，全等三角形的判定和性质，相似三角形三角形的判定和性质，函数关系的计算，两直线交点解二元一次方程组的计算，掌握以上知识，数形结合分析是关键． 45．（2025·山东威海·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点，，点是线段的中点．点是直线上一动点，以为边作等边交轴于点，连接，分别交，轴于点，． (1)求点坐标；（提示：，的中点坐标） (2)若点位于线段上（不与点，重合），判断与轴的位置关系，并说明理由； (3)已知点是第一象限一动点（不与点重合），当最小时，连接，．将沿直线折叠，点的对应点为点．连接，取中点，连接，则取值范围为___________． 【答案】(1) (2)轴，理由见详解 (3) 【分析】（1）先利用二次函数的图像和性质求出点A，点B的坐标，然后根据中点公式求出点C的坐标即可． （2）连接，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出，再根据正切的定义得出，进而可判定是等边三角形，由等边三角形的性质得出，再证明，由全等三角形的性质得出，进而可得出，即轴． （3）当时，最小，根据题意，，故M在以B为圆心，半径为1的圆上，作出，作和A关于y轴对称，与任取一点M，连接，根据三角形中位线定理得出，，由圆外一点到圆的最大以及最小距离求出，再根据点P所在象限，得出的取值范围，进而可得出答案． 【详解】（1）解：当时，，当时，， ∴，， ∴， 即 （2）解：轴，理由如下： 连接，如下 ∵，C为的中点， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴ ∵是等边三角形， ∴， 即， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴， 则轴． （3）解：当时，最小， 此时， ∴，， 根据题意，，故M在以B为圆心，半径为1的圆上，作出，作和A关于y轴对称，与任取一点M，连接， ∵O是的中点，是的中点， ∴，， ∴最大值为：，最小值为：， ∵， ∴最大值为：，最小值为：， ∵P在第一象限，不能落在y轴， ∴， 即， ∴． 【点睛】本题为压轴题，综合性较强，考查了圆外一点到圆的最大以及最小距离，对称的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形的性质，三角形中位线的有关求解问题.一次函数的图像和性质等，得出，以及是圆外一点到圆的最大以及最小距离是解题的关键． 2、 相似三角形压轴 中考考情 相似三角形解答压轴是中考几何核心拉分题型，多位于解答题中后压轴位置，分值8–10分，为中考高频重难点。题型以相似三角形判定与性质为核心，广泛结合三角形、四边形、圆、折叠与旋转综合考查。设问梯度分明，基础问侧重相似证明、线段求值、比例计算；拔高问主打动态几何探究，融合动点、面积、角度、线段关系推导。该题型纯计算难度不高，但对模型识别、比例转化、辅助线构造要求极高，综合性强、条件隐蔽、多情况频发，极易漏解失分，是区分中等生与尖子生的核心几何压轴题型。 终极预测 本次终极预测贴合中考命题规律，核心思路为模型隐形化、动态多情形、几何大融合，摒弃直白的简单相似证明，侧重综合探究与逻辑辨析考查。核心命题点分为三类：一是经典相似模型压轴，涵盖A字、8字、母子型、一线三等角模型的隐藏构造与求值；二是动态相似探究，结合动点、旋转、折叠，探究相似存在性、线段比例与最值问题；三是相似与圆、面积、角度综合，结合几何性质联动求解。命题多设置多解陷阱与隐藏条件，注重严谨推理，区分度极强，贴合压轴选拔定位。 46．（2026·广东广州·二模）如图1，点是以为直径的半圆的圆心，，均为直径上方的动点，连接，、和均为该半圆的切线． (1)求证：； (2)当半径时，令，，，，比较与的大小，并说明理由； (3)在（1）的条件下，如图2，当半径时，若点为与该半圆的切点，与交于点，连接并延长交于点，连接，，令，，求关于的函数解析式．（不考虑自变量的取值范围） 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）设与半圆交于点E，如图3，连接，，，根据切线长定理得到，，即可证明； （2）如图4，过点作，交于点，在中，由勾股定理可得，根据，列等式得出，代入可得． （3）如图5，根据均为该半圆的切线，则，证明，得出，从而得出，证明，得出，得出．得出，则，即可得．同理可得，得出，由（2）可知，得出，又在中，，得出，即可得，从而得出． 【详解】（1）证明：设与半圆交于点E，如图3，连接，，， ∵、和均为该半圆的切线 ∴，， ∴； （2）解：．理由如下： 如图4，过点作，交于点， ∴四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理可得， ， ． ， 代入可得． （3）解：如图5， 由（1）知， ， ． ， ， ． ， ． ． ． ， ， ． 同理可得， ， 由（2）可知， ． 又在中， ， ． ， ． 47．（2026·安徽阜阳·三模）如图1，在中，E，F为对角线上两点，且，连接，． (1)求证：． (2)连接 并延长交于点M，延长交于点N． 如图2，连接，，若，求证：； 如图3，连接，若，且，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析； 【分析】（1）根据平行四边形的性质求证，即可证明． （2）结合题中各组平行线（，，，灵活运用平行线分线段成比例、相似三角形的判定与性质，证明，得到相似即可证得． 连接，通过证明得到与的数量关系，进而得到与的数量关系；通过证明得到与的数量关系；结合即可得到的值． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴． 又∵， ∴， ∴． （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴． 如图，连接． 由（1）可知， ∴，， ∴， ∴， ， ， ∴， ∴， ∴．， ∵， ∴， ∴． ∵， ， ∴， ∴． 又∵， ， ∴． ∵， ∴平行四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴． 48．（2026·陕西榆林·模拟预测）解决下列问题 问题探究 (1)如图①，已知为等腰直角三角形， 为斜边，D，E分别是的中点，连接，若，则 的长为 ． (2)如图②，是一个等腰直角三角形，其中． D 是斜边 上一点，连接，过点A 作，且，连接．求证：． 问题解决 (3)传承非遗文化，守护东方瑰宝，某校开展了“匠心传承，木工体验”劳动教育主题活动．如图③所示的四边形为该木工体验基地的示意图，现要在基地一角开辟一个三角形打磨作业区 ，O为 的中点，需要在作业区 边缘安装防护木条．已知 米， 米， 求所需防护木条的总长度(的周长)． 【答案】(1) (2)见解析 (3)所需防护木条的总长度为米 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到，根据中位线的判定和性质得到，由此即可求解； （2）根据题意得到，结合等腰直角三角形的性质，运用边角边即可求证； （3）连接，过点B作交的延长线于点E，连接，取的中点H，连接，可得是等腰直角三角形，再证明，得到是等腰直角三角形，证明，可得，在中由勾股定理得到，从而得到的值，根据周长即可求解． 【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，是斜边， ∴， ∵D，E分别是的中点， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵是一个等腰直角三角形，， ∴， ∵，且， ∴， ∵， ∴， 在 和 中， ， ∴． （3）解：如图，连接，过点B作交的延长线于点E，连接，取的中点H，连接， ∴，即是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵O为的中点， ∴ 是的中位线， ， ∵， ∴， ∴米，      米，     ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵H是的中点， ， ∵， ∴， 在中， ， ， 解得或(舍去)， ∴， ， ∴的周长为米， 故所需防护木条的总长度为米． 49．（2026·山东济南·二模）如图，在矩形中，对角线和相交于点，边的长为4，边的长为，在平面内绕点旋转，且始终保持，． (1)如图1，当点与点重合时，线段与线段的数量关系是_____，线段与线段的位置关系是_____． (2)如图2，我们发现在绕点旋转的程中始终保持，当点旋转至线段的中点时，求线段的长． (3)如图3，若点的运动轨迹为直线，连接，请直接写出线段的最小值和此时的面积． 【答案】(1)，EF (2) (3)， 【分析】（1）根据点与点重合时，点在上，由已知可求矩形对角线长为； （2）作于，易求，，进而求出，再利用，列比例方程即可求解； （3）作于，连接，并延长交于，由旋转相似容易证明，由点为定点，可知点在定直线上，而且，根据点到直线的距离垂线段最短可得，由此即可得出，再利用解三角形求出面积即可． 【详解】（1）解：∵在矩形中，，，， ∴， ∴， ∵点与点重合， ∴， ∵，， ∴，在上， ∵，， ∴， ∴， ∴， 综上所述：，． （2）解：作于，如图2， 四边形为矩形， ，，， ，， ，， ， ， ， ， ， ，， ， 为中点， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， 即长为． （3）解：，． 详细解答过程： 作于，连接，并延长交于，如图： 四边形为矩形， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ， 为定点，， 在直线上， ，， ， ， ，， ∴，， ， ， ， ． 【点睛】解题关键是利用特殊角解三角形求线段长和利用旋转相似模型转化线段和角的关系，问题（3）是典型的瓜豆模型，利用旋转相似构造，从而证明从而得出点的轨迹． 50．（2026·江苏宿迁·一模）根据要求完成下列各题： (1)如图1，在中，作一个，使D、E、F分别在、、上． (2)如图2，在矩形中，，，P为矩形内部一点，且，求周长的最小值． (3)如图3，在中，，，M、N分别为、上的动点，且，点O为的中点，当最大时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）先作，再在上截取，即可得到； （2）过点作交、于点、，利用三角形面积公式求出，作点关于的对称点，则当点、、三点共线时，有最小值为的长，利用勾股定理求出，即可得解； （3）过作的平行线交于点，连接，，根据条件可以推导出是的中点，从而确定是在三角形的中位线上的一个动点，然后过作使与相切于点，根据圆周角定理的推论可以确定当与重合时，最大，再画出点与重合时，的位置，最后求出即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求作； （2）解：如图，过点作交、于点、， 在矩形中，，， ， ， ， 作点关于的对称点，连接， ，， ， 当点、、三点共线时，有最小值为的长， 在中，， 有最小值为， 周长的最小值为． （3）解：如图，过作的平行线交于点，连接，， ， ， ， ， 又， ， ， ， 又是中点， ， ， ， ， ， 共线，且是中点， 过作的平行线交于点，交于点， 则， 为的中位线， 过作，使其与相切于点，连接，， 连接，，设交于点，连接， 当与不重合时，，， ， ∴当与重合时，， 此时，最大， 延长交于点，作交于， 过作的平行线交于， 当与重合时，与重合，与重合， 作于点，设交于， ，， ， ， 解得， ， ， ， ， 连接，交于点，连接， 则，，     ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 当最大时，． 【点睛】本题是一道综合性大题，考查了尺规作图，将军饮马模型，相似三角形的判定与性质，圆周角定理的推论，三角形中位线的性质，全等三角形的判定与性质，本题的关键是确定点O的轨迹，找到使最大时，点O的位置． 51．（2026·安徽阜阳·二模）按要求完成下列各题． (1)如图1，在矩形中，对角线，相交于点O，平分，交于点，于点，分别交，于点F，H． （i）求证：；（ii）求证：； (2)如图2，在矩形中，平分于点，交于点，交于点．若，求的值． 【答案】(1)（i）见解析；（ii）见解析 (2) 【分析】（1）（i）根据角平分线的定义及垂线的定义得到，证明，可知； （ii）过点作交于点根据矩形的性质得到为的中点，证明为的中点，根据中位线定理得到，得到，进而得到，根据等角对等边得到，可知； （2）过点作，交于点，则得到，根据平行线的性质及角平分线的定义得到，根据等角对等边得到，则，根据垂线的定义及矩形的性质得到，证明，得到，令，则，由勾股定理得，进而可求的值． 【详解】（1）证明：（i）平分， ， ； （ii）如图1，过点作交于点 则， 四边形为矩形， 为的中点， ∴ 即为的中点， ∴， ∵ ； （2）解：如图2，过点作，交于点，则 ， 又平分， ，四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ． 令，则， 由勾股定理得， ． 52．（2026·重庆·一模）如图，在中，，为边上一点，连接． (1)如图1，若，过作交其延长线于点，，，求线段的长． (2)如图2，若，延长至点，连接使，连接，点为线段上一点，连接，取中点，连接，若，猜想与之间的数量关系，并证明． (3)如图3，若，，将绕点逆时针旋转得线段，连接，在直线上取一点，连接，当最小时，将沿所在直线翻折到所在平面内，得，连接，当最小时，请直接写出的面积． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）设，则，利用勾股定理求出，，然后利用等面积法求解； （2）如图，延长到点H，使，连接，，，证明出，得到，，然后证明四边形是平行四边形，过点H作交延长线于点I，再证明，得到，然后证明出点A，C，B，E四点共圆，得到，最后证明出是等边三角形，进而求解即可； （3）首先证明出，得到，点E在射线上运动，当时，的长度最小，过点B作交的延长线于点M，然后证明出，得到，，求出，得到点Q在以E为圆心，为半径的圆上运动，在上取点N，使，连接，，证明出，得到，，判断出当点Q在线段上时，取得最小值，即的长度，如图，过点C作于点J，过点Q作于点K，过点B作于点R，然后利用勾股定理和相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵， 设，则， ∵，， ∴，即， 解得， ∴，， ∵， ∴，即， ∴； （2）解：，证明如下： 如图，延长到点H，使，连接，，， ∴， ∵，， ∴，是等边三角形， ∴， ∵点是的中点， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 如图，过点H作交延长线于点I， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴点A，C，B，E四点共圆， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴； （3）解：如图，将绕点C逆时针旋转到， ∴是等边三角形，， ∵将绕点逆时针旋转得线段， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点E在射线上运动， ∴如图，当时，的长度最小， ∴， ∵，是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 如图，过点B作交的延长线于点M， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 由折叠得，， ∴点Q在以E为圆心，为半径的圆上运动， 如图，在上取点N，使，连接，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当点Q在线段上时，取得最小值，即的长度，如图，过点C作于点J，过点Q作于点K，过点B作于点R， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴设，则， ∴在中，， ∴， 解得或（舍去）， ∴ ∴的面积． 53．（2026·四川成都·二模）已知菱形的边长为6，，点M，N分别是菱形边上的点，沿折叠菱形得到四边形． (1)如图1，点M，N分别在边和上且始终经过点D，若，与交于点G，求证：． (2)如图2，点M，N分别在边和上且始终经过点D（F在上方），当F到的距离最大时，求的值． (3)如图3，当点M在边上，N与点C重合，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) (3)，见详解 【分析】（1）设，结合已知条件，借助和等腰三角形分别表示出，然后列方程求出x的值，进而求出，问题得证； （2）作点D关于的对称点D'，连接，，，利用对称性，把求F到的最大距离转化为求点F到的最大距离，进而求解； （3）利用对称性，首先作点D关于的对称点，连接，把问题转化到菱形中，然后 ，连接，得出，最后 ，通过构造相似三角形求解． 【详解】（1） 证明：∵四边形是菱形， ． ， ． ， ， ． 由折叠可知 ， ， ． 设，则 ． 由折叠可知 ． 过点作，则． 在中 ，， ． ， 解得． 把 代入，得 ． （2） 解：如图2，作点D关于的对称点D'，连接，，，由折叠易知在上，关于对称， ， ． ∵四边形是菱形 ， ． ， 是等边三角形， ． 分别过作，垂足分别为，且交于点，根据垂线段最短可知， 的最大值为6，此时重合（如图3）． 在中，易知， 显然有， ，即点到的最大距离为． 由条件易知． ， ， ， 为等腰三角形， ． 在中， ， ， ； （3） 解：如图4，作点D关于的对称点，连接，则由对称性易知 ． 过点作，垂足为，延长线交于点， ， ， ， ． ， 连接，则易求得． ． 过点作，交延长线于， 在中，易知 ， ． 在和中， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质、轴对称、等边三角形的性质和判定，含特殊角的直角三角形、相似等知识．本题的解题思路始终围绕折叠展开，要充分利用对称的性质，能够把问题转化为熟悉的类型，或把分散的条件集中到常见的图形中，进而使各个已知条件建立联系是解决问题的关键． 54．（2026·浙江舟山·一模）如图1，在菱形中，，是对角线上一点，连接，设，将沿折叠得到，连接并延长交于点． (1)用含的代数式表示． (2)求证： ①； ②． (3)如图2，当时，求的值． 【答案】(1) (2)①见解析；②见解析 (3) 【分析】（1）根据菱形的性质得到，根据折叠的性质得到，进而可求； （2）①根据等边对等角及三角形内角和得到，根据等边三角形的判定和性质证明即可； ②根据菱形的性质得到，根据等边三角形的性质得到，证明，即可证明； （3）连接，延长交于，作于，根据等边三角形的判定和性质得到，证明，得到，设，根据角的性质得到，根据勾股定理得到，，求出，即可求出的值． 【详解】（1）解：∵菱形， ∴， ∵折叠， ∴， ∴； （2）证明：①∵菱形， ∴， 由折叠可知，， ∵， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴； ②∵， ∴， ∵菱形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：如图，连接，延长交于，作于． 由（2）得，， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设， 则，． 在中， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 55．（2026·山东青岛·一模）已知：在菱形中，与交于点，，，点从点出发，以的速度沿向点匀速移动；同时，点从点出发，以的速度沿向点匀速移动，绕点顺时针旋转的对应点恰好落在上；当移动到时停止移动，也随之停止移动．延长与交于点，连接，设移动时间为． (1)当为何值时，四边形为平行四边形？ (2)设四边形的面积为，求与之间的函数关系式； (3)当为何值时，？ (4)当为何值时，？ 【答案】(1)； (2)； (3)； (4)． 【分析】（1）利用菱形对角线互相平分且对边平行，证明，得；再由平行四边形判定得，从而推出，求． （2）先证，从而得，，；作、，用表示、，代入面积公式化简． （3）由旋转性质得为等腰直角三角形，；结合推出，得点到、的距离相等（），建立方程求解． （4）过作于，由结合求出、；由旋转性质得为等腰直角三角形，，结合推出为等腰直角三角形，得；再根据构造方程求解． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形 ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：由（1）得， ∴， ∴，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 过作于，于， ∴，， ∴，， ∵，， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， ， ∴ ； （3）解：过作于，于， 由（2）得，， ∵点绕顺时针旋转得，， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵ ∴在中，， ∴， ∴点到、的距离相等，即， ∴ 解得； （4）解：如图，过点作于， ∵四边形是菱形，，，， ∴，，，， ∵点绕顺时针旋转得， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴ ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， 解得． 56．（2026·湖北襄阳·二模）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． (1)【特例感知】如图1，当时，点在延长线上，求证：； (2)【问题探究】在（1）的条件下，若，求的长； (3)【拓展延伸】如图2，当时，点在边上． ①试判断与的数量关系，并说明理由． ②若，直接写出的值． 【答案】(1)见详解 (2)４ (3)① ② 【分析】（）利用点的对称性和平行线的性质找出对应的角相等，解出答案． （）利用小问中的全等，得到新的条件，证明，得到，最后利用方程思想和相似解出答案． （）①同小问中证全等的方法，证，利用相似三角形对应边成比例解出答案． ②作辅助线，利用方程思想，将题中的线段设出来，经过两次８字模型的相似，求出的代数式，第三次利用相似解出答案． 【详解】（1）证明：∵点与点关于直线的对称, ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：由（）知，， ∴， 在和中， ， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ，即， ∵， ∴，解得， ∴． （3）①解：∵点与点关于直线的对称, ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形，点Ａ、F、P共线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ，， ∴． ②解：如图所示，延长线段交的延长线于点, ∵， ∴设，则，， ∵， ∴， ∴， ∴，则， ∵， ∴， ∴，解得， 则， ∵， ∴， ∴ ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形与相似三角形的综合，解题的关键点是能找出线段是已知条件的相似三角形，得出新的条件，再利用相似和方程思想解题． 57．（2026·陕西咸阳·一模）【问题探究】 (1)如图，在中，，点是边上的动点，连接，则的最小值为___________； (2)如图，在中，，点是延长线上一点，于点，求的长； 【问题解决】 (3)如图，矩形是某校实践活动基地，现要对该实践活动基地重新扩建规划，首先延长至点，使得，在边上找一点建一口水井，沿修一条水渠，再从向修一条小路，使得于点，再沿分别修小路，在四边形内种植果树．已知，求种植果树面积的最小值（即四边形面积的最小值）．（水井的大小和水渠、小路的宽度均忽略不计） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（）根据垂线段最短，确定时最小，再利用等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半，由求出的最小值为； （）先由已知条件求出各边长度，再证明与相似，最后根据相似三角形对应边成比例，计算出的长度； （）将四边形的面积拆分为与的面积之和，先由矩形边长算出的面积，将求四边形面积最小值转化为求面积最小值；再把面积表示为点到的距离的函数，结合点的运动轨迹(以中点为圆心的圆)，利用垂线段最短求出点到的最小距离，最终算出四边形的最小面积． 【详解】（1）解：根据垂线段最短，当时，取得最小值，如图： ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴； （2）解：， ，则． ， ． ， ， ， ． （3）解：连接，则． 四边形是矩形，， ， ， ， ， 要求四边形面积的最小值，只需求出面积的最小值． 过点作于点， 则， 只需求出点到的距离的最小值． 以的中点为圆心，为半径作， ，即， 点在上方的上运动． 过点作于点交于点，连接． ， 当点移动到点的位置时，点与点重合，此时点到的距离最小，最小值为的长． 是的中点， ， ． 在和中，， ， ，即， ， ， ， 故种植果树面积的最小值为． 58．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，已知正方形的边长为，E为边上一点，连接．以为边向外侧作正方形，连接． (1)如图1，当E为中点时，求的长； (2)如图2，连接，交于点O，与交于点H，延长交于点P． ①请写出的度数，并说明理由； ②当时，求正方形的面积． 【答案】(1) (2)①，理由见解析；②5 【分析】（1）延长交于点M，证明出四边形是矩形，然后结合E为中点求出，，然后利用勾股定理求解； （2）①如图，连接，设与交于点I，得到，是等腰直角三角形，推出，，证明出，得到，然后利用三角形内角和定理即可求出； ②如图，连接，设，则，证明出，表示出，然后证明出，表示出，然后进一步得到，，最后利用勾股定理求出，进而求解即可． 【详解】（1）解：如图，延长交于点M， ∵正方形的边长为， ∴， ∵正方形， ∴四边形是矩形， ∵E为中点， ∴，，， ∴， ∴； （2）解：①，理由如下： 如图，连接，设与交于点I， ∵四边形，是正方形， ∴，是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ②如图，连接， 设，则 ∵四边形是正方形 ∴，， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴点A，B，C，P四点共圆， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 由①得，， ∴，即， ∴， ∵在中，， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， ∴正方形的面积． 59．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，四边形中，为对角线，于点，交于点，交的延长线于点，此时，． (1)求证：； (2)若为中点，求证：； (3)在（）的条件下，若为中点，，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)四边形的面积为． 【分析】（1）由垂直平分线性质、等边对等角可推得，结合对顶角相等推得，再由内错角相等两直线平行即可得证； （2）设的中点为，连接、，则是的中位线，由此得，，证明得，由此判定四边形是平行四边形得，据此可得出结论； （3）连接，过点作于点，先求出，，，证明得，设，则，设，，则，，再由勾股定理求出、的值，得到、的值，进而得，再根据梯形的面积公式得，继而得，则，据此可得四边形的面积． 【详解】（1）证：，， ， ， ，， ， ； （2）证：设的中点为，连接、，如图所示： ， 是的中位线， ，， 于点， ， 是直角三角形， 点为中点， 是的斜边上的中线， ， ， ， ， ， 在中，，于点， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， 又， ； （3）解：连接，过点作于点，如图所示： 在（）的条件下，即有为中点，， ， ，， ， ， 点为中点， ， ， ， ， ， ， 设，则，设，，其中，， ，， 于点， 和都是直角三角形， 在中，由勾股定理得：， ， 在中，由勾股定理得：， ， 由及，，解得，， ，， 于点， ， ， 四边形是梯形， ， ， ， ， ， 即四边形的面积为． 【点睛】本题考查的知识点是垂直平分线性质、平行线的性质、平行四边形的判定与性质、三角形的中位线定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理，解题关键是综合运用三角形的中位线定理、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行推理证明，灵活运用勾股定理及等面积法进行计算． 60．（2026·海南省直辖县级单位·一模）问题发现：借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系，数学小组对此进行了研究，如图1，在中，，． (1)探究发现：分别取，的中点，，作．如图2所示，将绕点逆时针旋转，连接，．旋转过程中，线段和的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明； (2)性质应用：如图3，当所在直线首次经过点时，求的长； (3)拓展探究：如图4，，是直线上一点，以为斜边在左侧作等腰，直接写出线段的最小值． 【答案】(1)，证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由题意可得，解直角三角形得出，结合，的中点分别为，，得出，为的中位线，从而可得，，求出，得到，证明出，从而可得，由相似三角形的性质计算即可得出结果； （2）由题意可得，解直角三角形得出，证明，由相似三角形的性质得出，，由勾股定理计算出的长，即可得出结果； （3）连接、，由题意可得，解直角三角形得出，由等腰直角三角形的性质可得，，证明得出，作于点，由垂线段最短可得，当点运动到点时，此时的长最短，由直角三角形的性质求出的长的最小值为，即可得出结果． 【详解】（1）解：，证明如下： ∵在中，，， ∴， ∴， ∴， ∵，的中点分别为，， ∴，为的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质可得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解： ∵在中，，， ∴， ∴， ∴， 由（1）可得：，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵所在直线首次经过点， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，连接、， ， ∵在中，，， ∴， ∴， ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴， 作于点， 由垂线段最短可得，当点运动到点时，此时的长最短， ∵， ∴的长的最小值为， ∴的长的最小值为． 【点睛】两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似；旋转前、后图形的大小、形状没有改变． 3、 圆综合压轴 中考考情 圆综合解答压轴是中考几何核心重难点题型，常年位于解答题压轴梯队，分值8–10分，是中考几何最高难度的拉分题型。题型以圆的基本性质、切线判定与性质为核心，深度融合三角形、四边形、相似、勾股定理、角度与线段计算。设问梯度清晰，基础问侧重切线证明、角度求解、半径和弦长计算；拔高问主打几何综合探究，结合线段比例、面积关系、动态变化出题。该题型条件隐蔽、模型混杂、辅助线多，不侧重复杂计算，极其考验图形拆解与几何转化能力，多隐含多解与易错细节，是尖子生冲刺满分的关键压轴题型。 终极预测 本次终极预测贴合中考命题趋势，核心思路为性质综合化、模型隐藏化、静态转动态，规避单一性质直白考查，侧重多知识点交叉融合。核心命题点分为三类：一是切线综合证明与计算，结合垂直、半径、平行关系证切线，搭配线段、半径求值；二是圆与相似、勾股综合，利用圆周角、圆心角、垂径定理构造相似模型求解比例与边长；三是圆类动态几何探究，结合动点、旋转考查线段最值、面积关系与存在性问题。命题陷阱多、综合性强，推理严谨度要求高，选拔区分度极强。 61．（2026·上海普陀·二模）扇形与扇形组成一个如图1的图形，其中扇形的圆心角等于，点C、D分别在半径、上，分别记扇形、扇形的圆心角所对的弧为与，半径长分别为R与r． (1)已知的长与的长相等，，求这个图形的面积S（结果保留）； (2)连接 ，作关于直线的对称图形． ①连接，如果与交于点M、N（点M在点N的左侧），且，求R与r之间的数量关系； ②如果所在的圆与所在的圆内切于点F（如图2所示），点P是上一点，连接并延长交于点Q，当时，求的度数． 【答案】(1) (2)① ② 【分析】本题是圆和三角形综合题，考查了扇形面积和弧长公式，勾股定理应用，解三角形，等腰三角形性质，平行线分线段成比例等知识点． （1）根据的长与的长相等和扇形弧长公式，求出，再利用扇形面积公式求解． （2）①记O的对称点为，与交点为P，延长交于Q，连接，关键是表示出各边的长，再利用勾股定理求解；②记O的对称点为，与交点为G，连接，，作于H，这样就构造出等腰直角三角形和直角三角形，解三角形可求得，再利用等腰三角形求出，根据平行线分线段成比例知． 【详解】（1）解：由题可知， ， ， ， ， ， 解得，故， ∴ ． （2）①如图，记O的对称点为，与交点为P，延长交于Q，连接， 由对称性可知P是中点，由是等腰直角三角形，， 且， 再由对称性可知， 同样是等腰直角三角形，，， ， ， Q是中点也是中点， 由已知得， ， ， 且， 在中，由勾股定理得 ， 即， 解得或， 由题可知， 故 ． ②如图，记O的对称点为，与交点为G，连接，，作于H， 由于所在的圆与所在的圆内切于点F， ， 由①知， ， ， ， ， ， ，再由知是等腰直角三角形， ， ， ， ， 由是等腰三角形， ， ． 62．（2026·贵州贵阳·一模）如图，在中，，是的外接圆，点是上的一点，且，连接与交于点，是的一条切线，与的延长线交于点． (1)请用尺规作图找到圆心点的位置（保留作图痕迹），点 线段上；（填“在”或“不在”） (2)猜想与的数量关系，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若，，求的长． 【答案】(1)见解析，在 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）作的垂直平分线，与的交点即为圆心O； （2）根据三角形外角的性质得到，根据等弧所对圆周角相等可知，进而可知，根据三角形外角的性质得到，则； （3）连接，证明，得到，进而得到，由勾股定理求出，证明，可证，则，即，，根据即可求出的长． 【详解】（1）解：如图，可知点在线段上； ∵， ∴为直径， ∴为中点； （2）解：，理由如下： ∵是的外角，， ∴， ∵， ∴， 因此． 又∵是的外角， ∴， ∴； （3）解：在和中：，， ∴， 得． ∵，， ∴， ∴， 即（负值舍去）． 在中，由勾股定理：， 如图，连接， ∵是的切线， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即，． 又，代入得：， 解得． 63．（2026·上海青浦·二模）已知中，，，点是射线上一点，连接，圆经过、、三点． (1)如图1，当点在线段上时， ①记圆交于点，求证：； ②设，用表示圆的半径； (2)如图2，在线段的右侧，以为底边作等腰，且始终满足．若以为圆心，为半径的圆与圆有公共点，请直接写出线段的取值范围． 【答案】(1)①见详解；② (2)或 【分析】（1）①根据同弧所对的圆周角相等即可求解； ②由外接圆的圆心是中垂线的交点可知在中垂线上，进而可知，根据正切值可得，进而根据勾股定理即可求解； （2）证明和，得出对应边的关系，设，然后分两种情况进行讨论，表示出相关线段的长度，以及求出两个圆的半径以及圆心距，利用圆心和圆心距的关系列出方程求解． 【详解】（1）①证明：连接，，      在中，， ∴， ∵在圆O中，， 根据圆周角定理可知，， ∴， ∴； ②解：∵圆是的外接圆， 所以是三边中垂线的交点， 如图，取的中点，连接，,取的中点，连接， ∴，，， ∴点在线段上， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ， 则圆的半径为：； （2）解：①如图所示，当点在线段上时， ∵中，， ∴， ∵是以为底边的等腰三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点的运动轨迹为直线， ∴， 设，， ∴由（1）可知，， ， ∴， ， 由（1）可知， 圆的半径为， 当两个圆外切时，， 即， 解得或； 当两个圆内切时， ∵点在圆外， ∴， ∴， 即， 解得或； ∴； ②如图所示，当点在延长线上时，， ∴，， ∴， 由勾股定理得， ， ∴的半径，的半径，， 当两个圆外切时，， 即， 解得； 当两个圆内切时， ∵点在圆外， ∴， ∴， 即， 解得， 经检验，当时，，， 方程等号两边代数式的值不相等， ∴此时，（舍去）， 即此时，当两个圆内切的情况不存在； ∴； 综上，或，即或． 64．（2026·江苏淮安·一模）几何探究 (1)如图①，点P在⊙O外，PA与⊙O交于A，B两点，PC与⊙O的公共点为C，D， ①如图①，若，求的值． ②当C与D两点重合时（图②），连接AC，BC．若，则的值为______． (2)已知点P在的内部，连接AP，BP，CP，且．如图③，，求作点P，使得值最小．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (3)已知，点P在的内部，连接，．当，设的最小值为t；对于边长给定的AB，BC边，且，当的大小确定时，t也随之确定，，请直接写出t的取值范围． 【答案】(1)①6，见详解；②12 (2)见详解 (3)，见详解 【分析】（1）题目要求的是两条线段的积，由此想到构造相似三角形，利用相似三角形对应边成比例求解； （2）由条件易知当时，所有满足条件的点P在同一个圆上，并且弦所对的圆心角为，再结合，由此可知是这个圆的切线；然后利用第（1）问的解题思路，通过构造相似三角形，把的值转化为其他易求的线段比，进而确定它的最小值，最后利用尺规作出点P即可； （3）延续前2问的解题思路，把的值转化为其他易求的线段比，分别求出和时对应的t值，进而可以确定t的取值范围就介于这两个值之间． 【详解】（1）解：①如图1，连接、． 四边形是的内接四边形， ． ， ． 是公共角， ， ，即 ． ， ， ； ②如图2，连接并延长，交于，连接． 由条件可知是的切线， ， ． 是直径， ， ， ． ， ． 为公共角， ， ，即 ． ， ； （2）解：作图过程如图3所示，点P即为所求． （3）解：t的取值范围为 ，提示： 如图 4，由条件可知所有满足条件的点在同一个圆上，且弦所对的圆心角． ， ． ， ，即是的切线． 由 (1) 易知 ， 即 ． 的长度为定值， 当最大值，的值最小． 如图5，显然当为直径时，的值最小． 设 ，则 ． 在 中，，， 则 ． ， ，即的值为； 如图 6，当 时，延长交于． 由 (1) 易知 ， ． 同理可知当为直径（如图7）时，的值最小， 此时有 ． ， ，即的值为． 综上可知t的取值范围为 ． 【点睛】本题综合考查了圆、相似等知识．充分把握问题之间的前后联系，用前面的方法解决后面的问题，把问题进行转化是解决本题的关键． 65．（2026·浙江绍兴·一模）如图，四边形内接于圆O，为直径，，交于点G，，垂足为E，交于点F． (1)如图1，证明：． (2)如图2，连结，若，求的度数． (3)如图3，连结，若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据圆中直径对应的圆周角为和证明即可． （2）根据已知关系证明，得到F是中点，从而是中位线，故，再根据弧长相等则对应的角相等求得 ，最后求出． （3）连结，过O作，垂足为H，证明，得出相应边的比例关系，三角形的面积关系，用勾股定理表示出相应边和面积，最后求解． 【详解】（1）证明：为直径，所以，． 又． ． ． ， ． ， ． （2）解：由（1）已知，，， ， ． ， ，即F是中点， O是的中点， 所以． ，， ， ． ， ， ． （3）解：连结，过O作，垂足为H，所以， 由圆的性质和已知条件得， 由 ， ，， 是中点，， ，设， ， ，所以． ， ，， ， ， ， ． F为BG的中点， ， ， ． 66．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知：内接于，，点D在圆上，弧弧，连接， (1)如图①，求证： (2)如图②，点E在上，点G在延长线上，连接，，作，，，求证：； (3)如图③，在②的条件下，作交延长线于点F，连接，四边形的面积为，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，根据题意得，，再利用勾股定理求解即可求证结论； （2）设，根据题意证，再结合即可求证结论； （3）作交延长线于点M，作于点N，证，得，四边形为矩形，根据，求出，设交于点K，在上截取，根据角的关系求得，设，根据列方程求解得，，， ，求出可解答． 【详解】（1）证明：连接 ∴为的直径 ， 弧弧 在中 （2）证明：设 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：作交延长线于点M，作于点N， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， 又∵， ， ， ， 四边形为矩形 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 如图设交于点K，在上截取 为的直径， ， ， ， ， ， ， 设， ，， ， ， ， ， ， ， ∴， ， 67．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知：四边形是内接四边形，是的直径，、相交于点，点在上，． (1)如图1，求证：； (2)如图2，若，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，，点在上，交于点，，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)10 【分析】（1）由同弧所对的圆周角相等可以证明，再由等角的余角相等可以证明，最后用外角的性质即可求证； （2）由同弧所对的圆周角相等可以证明，再由外角的性质证明即可； （3）作于，点在上，使得，证明，利用相似三角形的性质求出的值．延长交于点，连接，作交于点，证明四点共圆，得到，求出，从而求出的值．作于点，通过求出关于的一元一次方程，求解即可． 【详解】（1）证明：设， ∵为圆的直径， ∴， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， 即． （2）证明：由（1）得， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴． ∵ ， ∴， ∴． （3）解：如图，作于，点在上，使得， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴，． ∵， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴，． 如图，延长交于点，连接，作交于点， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴四点共圆， 由（1）得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴在中，， ∴， ∴． 如图，作于点， 设， ∵， ∴， ∵， ∴，，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴，解得， ∴ ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，外角的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，掌握圆的相关性质是解题关键． 68．（2026·河北保定·一模）如图1，在菱形中，，，对角线与相交于点，为线段上一点，过点作，交边于点N，以点为圆心，的长为半径画弧，与点下方的线段交于点（可与点B重合），与边交于点连接． (1)求的度数； (2)如图2，当点与点重合时，连接，求的长； (3)求扇形的面积最大值及此时点C与点之间的距离． 【答案】(1) (2) (3)，点与点之间的距离为 【分析】--（1）由菱形性质可知平分，故点M到AD的距离等于点M到CD的距离．结合即可得出，由此求出即可求解； （2）根据（1）可求，进而可得，再解三角形求出， （3）在中，，由此得出当最大时，最大，即扇形MPQ的面积最大，当点P与点B重合时，最大，即扇形的面积最大由此解题． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴平分． ∵点在上， ∴点到的距离等于点M到的距离． ∵， ∴点到的距离等于的长． ∵， ∴为点到的距离， ∴． ∵，∴． 在菱形中，， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∴． ∵，， ∴． ∴， ∴． ∵， ∴． （3）解：设， 由（1）得， ∴扇形的面积为． ∵，∴当r最大时，扇形的面积最大． ∵在中，， ∴当最大时，最大，即扇形的面积最大， ∴如解图②，当点与点重合时，最大，即扇形的面积最大． ∵， ∴． ∵，∴，解得， ∴，． 在中，， ∴此时点与点重合，， ∴扇形面积的最大值为， 此时点与点之间的距离为． 【点睛】性质转化：第（1）问的关键在于将“菱形对角线平分角”转化为“点到两边距离相等”，从而证明垂直关系，这是解决此类几何证明题的常用突破口． 2．三角函数法：第（2）问直接利用菱形的特殊角度（， ）及三角函数值（ ）进行计算，比纯几何法更为简洁高效． 3．函数与方程思想：第（3）问是典型的最值问题，核心策略是“以静制动”．将动态的扇形面积转化为半径 的函数，再将 与线段 建立关系，最后利用几何位置的极限状态（ 与 重合）建立方程求解，体现了数形结合与方程思想的完美结合． 69．（2026·浙江温州·模拟预测）如图1，是的直径，A，D为圆上在异侧的点，，连接交于点H，将关于直线对称得到． (1)求出的度数． (2)如图2，延长交于点F，连接，，交于点G． ①求证：． ②若，求的值． 【答案】(1) (2)①见解析；② 【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角和等边对等角可得，然后结合同弧所对的圆周角相等和轴对称的性质即可解答； （2）①根据同弧所对的圆周角相等和圆内接四边形对角互补，利用可证明，进一步可得结论； ②由①可得，从而推出，进而利用可证明，得到，结合，可得，，过点G作于点K，易得，，设，表示出和，进一步求解即可． 【详解】（1）解：∵是的直径， ． ， ， ． 由关于直线对称得到， ． （2）①证明：， ． ∵四边形内接于圆， ， ， ， ， ． ， ． ②解：， ∴， ， ，即， ，， ， ， ， 设，则，， ，， 过点G作于点K， ∵为直径， ∴， ， ∴，， ∴， ，， ∴， ∴设， ∴， ∴， ∵， ∴， ． 70．（2026·四川绵阳·二模）如图，是的直径，是的切线，连接． (1)求证：； (2)若，求的半径 (3)连接，在（2）的条件下，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)3 (3) 【分析】（1）连接，证明，利用等腰三角形和外角性质得到． （2）连接交于点，根据第一问证明结果得到，进而得到是中位线从而求出，分别在中，根据勾股定理列出关系式来求解． （3）过点作交延长线于点，再分别证明，，即可根据相似比求出对应线段，最后在中求出． 【详解】（1）如图，连接， 是的切线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． （2）如图，连接交于点， 为直径， ， ， ， ， 为半径， ， 又， 是的中位线， ， 设的半径为， 在中，， ， ， 即， 解得：或（舍去）， 的半径为3． （3）如图，过点作交延长线于点， ，， ， 又 ， 又， ， ， 又， ， ， ∴， ， ， 在中，， 即． 71．（25-26九年级下·江西九江·阶段检测）如图，与相切于点，以为边作菱形，交于点C，D，E是对角线上一点，在，上取点F，G，使． (1)求证：是切线； (2)求证：是等边三角形； (3)若，求的半径． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3) 【分析】（1）连接，，，根据切线的性质得出，根据菱形的性质得出，证明，得出，即，结合是的半径，即可证明是的切线； （2）在菱形中，，，，，证明，根据得出，结合，与三角形内角和定理得出，即，证出是等边三角形； （3）如图，作于点M，作于点N，作于点H，连接，设，由（2）知是等边三角形，证明，得出，进而得到，根据三角函数得到，进而得到的值，同理得到的值，根据得到，进而得到，根据求出，进而求出，即可求出，证明是等边三角形，根据圆周角定理及垂径定理得到，，根据三角函数计算即可． 【详解】（1）证明：连接，，， ∵与相切于，是的半径， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， 故是的切线； （2）证明：在菱形中，，，，， ∵， ∴， 设， 则， ∴， ∵与相切于，是的半径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 即， 在中，且， 故是等边三角形； （3）解：如图，作于点M，作于点N，作于点H，连接，设． 由（2）知是等边三角形， ， ， ， 在中，， ， 又∵， ， ∴，． ∴， ． ∵， ∴ ∴． ∵， ∴ ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴． ∵是等边三角形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵ ∴， ，经检验，是原分式方程的解， ∴的半径是． 72．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知内接于，圆心O在的内部，于点D，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，点G为的中点，连接，过点C作于点F，交于点E，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，连接并延长交于点H，连接，若平分，，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）方法一：连接，过点O作于点L，由题意易得，，则有，然后问题可求证；方法二：连接，由题意易得．设，则．则有，然后可得，进而问题可求证； （2）方法一：延长交圆O于点Q，延长交圆O于点R，连接、、、、．设，，由题意易得，然后可得，进而问题可求证；方法二：过点O作于点S，连接、．然后通过证明，，进而根据全等三角形的性质可进行求证；方法三：过点O作于点N，延长交圆O于点M连接．设，则，，然后可得，进而可得四边形为矩形，则问题可求证； （3）延长交圆O于点R，连接、、、、、．设，则，，，，然后可得，则有，，进而问题可求解． 【详解】（1）证明：方法一：连接，过点O作于点L， ∴． ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 又∵， ∴． 方法二：连接， ∵， ∴． 设，则． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴． （2）证明：方法一：延长交圆O于点Q，延长交圆O于点R，连接、、、、． 设，， ∵，， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴． 又∵， ∴． ∵，， ∴． 又∵， ∴， ∴． 方法二：过点O作于点S，连接、． ∵，， ∴，． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵，在半径上， ∴． 又∵，，， ∴， ∴． 又∵， ∴． ∵，， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴． 方法三：过点O作于点N，延长交圆O于点M连接． ∵， ∴． 设，则，， ∴， ∴． 又∵， ∴． ∵，在半径上， ∴． 又∵，， ∴四边形为矩形， ∴． ∵， ∴． （3）解：延长交圆O于点R，连接、、、、、． 设，则，，，， ∴． ∵，， ∴， ∴． ∵，， ∴． 设，则， 在和中，， ∴，解得：， ∴，，，， ∴， ∴． 又∵， ∴． ∵，， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴． 过点O作交的延长线于点P，交的延长线于点T， ∴． ∵， ∴． 又∵，， ∴， ∴． 又∵，， ∴， ∴． 又∵，， ∴． 又∵， ∴． 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴，． ∵，， ∴． 4、 几何综合压轴题 中考考情 几何综合解答压轴是中考几何板块综合性最强的拉分题型，位居解答题压轴梯队，分值8–10分，区分度极高。题型不局限单一图形，整体融合三角形、特殊四边形、圆等核心图形，高频搭配折叠、旋转、平移三大几何变换命题。设问分层梯度明显，基础问侧重边长、角度、面积常规计算与性质证明，拔高问主打动态探究与模型综合。该题型无固定答题套路，条件隐蔽、图形复杂，深度结合全等、相似、勾股定理等核心知识，重点考查图形拆解、辅助线构造与逻辑推理能力，细节易错点多，是冲刺高分的核心难点题型。 终极预测 本次终极预测紧扣中考命题规律，核心思路为图形跨界融合、模型隐形嵌套、动态探究为主，摒弃单一静态基础考查，强化多知识点交叉综合。核心命题点分为三类：一是几何变换综合计算，依托旋转、折叠、平移，探究线段、角度、周长与面积的动态变化；二是多模型嵌套探究，结合一线三等角、母子相似、隐圆等隐藏模型求值推理；三是几何存在性与最值综合，探究特殊图形存在性、线段和差最值问题。命题侧重严谨分类讨论，陷阱设置密集，综合选拔属性极强。 73．（2026·广东深圳·模拟预测）综合与实践 把特殊图形进行组合可以衍生出一些有趣的结论，综合与实践小组以等腰直角三角形为基础，配上特殊图形展开探究． 已知是等腰直角三角形，点A是直角顶点，在同侧增加特殊图形． 特例研究 (1)如图1，当四边形是正方形时，点A在对角线上，，则相似比为________． 类比探究 (2)如图2，当四边形是菱形时，以为直角边，点E为直角顶点，在边右侧再作一个等腰直角三角形，连接，，求，所在直线的夹角（锐角）的度数． (3)若（2）中，若A，D，E三点在同一条直线上，探究与之间的数量关系． 【答案】(1) (2)，所在直线的夹角（锐角）的度数为 (3)或 【分析】（1）由正方形的性质可得，，结合勾股定理得出，最后再由相似三角形的性质即可得出结果； （2）延长交于点，交的延长线于点，证明，得出，再结合三角形内角和定理计算即可得出结果； （3）由（2）可得，由相似三角形的性质可得，分两种情况：当在直线右侧时；在直线左侧时，分别计算即可得出结果． 【详解】（1）解：∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵点A在对角线上，， ∴，即相似比为； （2）解：如图，延长交于点，交的延长线于点， ∵、为等腰直角三角形， ∴，，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， 即，所在直线的夹角（锐角）的度数为； （3）解：由（2）可得：， ∴， ∴， ∵A，D，E三点在同一条直线上， ∴分两种情况：如图，当在直线右侧时， 设，则，， 作于，于， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图，当在直线左侧时，作于， 则， 设，则， ∴， 作于， 同理可得：四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上所述，或． 74．（2026·重庆·模拟预测）在中，，点为线段上一点，点为平面内一点． (1)如图1，若，且，，连接，若，求（用含的式子表示）； (2)如图2，连接，，满足且，取的中点，连接，若，猜想与之间的数量关系并证明； (3)如图3，，，点与点位于直线的异侧，连接，，，满足，且最大，连接，求当取到最大值时，的面积． 【答案】(1)，见详解 (2)，证明见详解 (3)，证明见详解 【分析】（1）首先通过证明表示出，然后借助表示出，进而求解； （2）通过观察和测量可以猜想出．先延长到点，使 ，连接，把问题转化为证明；然后延长到点，使 ，连接并延长，交于点，进一步把问题转化为证明即可； （3）先确定最大时点D的位置，然后利用相似求出的长，再确定出取最大值时点A的位置，最后利用解直角三角形求出面积即可． 【详解】（1）解： ， ． 在 和 中， ， ， ． ， ， ； （2）解：， 证明：如图1，延长到点，使 ，连接；延长到点，使，连接，连接并延长，交于点． 设，则由条件易知，， ，． ， ， ， ． ， ， ， ，即为等腰直角三角形． ， ． 的外角， ． ， ， ， ， ． ，， ，， ． ， ． ， ， ， ． （3）解： 如图 2，过点，点作，当与相切，且为切点时 最大． 假设位于处，连接，，其中与交于，连接． 由圆周角定理可知 ， 由三角形外角性质可知 ， ， 当为切点时， 最大． 延长交 于 ，连接，由条件易知 ，， ． 又 ， ， ， ， ． 如图3，由题意可知点A在以为直径的 上运动，圆心 为中点． 连接并延长，交 于点 ，此时最大． 过点作于，过点 作 于 ， 在 中，，， 则 ，． 由条件易知 ， ， ， ． 在 中，，。 ， ． 【点睛】本题考查了全等的性质和判定、等腰三角形的性质和判定、含特殊角的直角三角形、相似、圆等知识．掌握解决动态问题从特殊到一般的研究方法，熟悉与几何最值有关的常见题型，遇到复杂问题时如何把问题进行转化是解题的关键． 75．（2026·陕西西安·三模）如图，在中，，与相切于点（点和在直线同侧），交于点，延长交于点，连接和交于点，连接． (1)证明：； (2)①证明：平分； ②连接，若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）连接并延长交于点G，连接，由切线的性质、同弧所对的圆周角相等及等腰三角形的性质即可证明； （2）①由（1）的结论知，四点共圆，由圆周角定理即可证明； ②过点D作于点G，作交射线于点H，由面积关系得， 易证，得，从而得，由此求得，；再证明，由相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：连接并延长交于点G，连接，如图， 则， 即， ∵与相切于点， ∴， 即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）①证明：由（1）的结论知，， ∴四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∴平分； ②解：如图，过点D作于点G，作交射线于点H， 由①知平分， ∴，， ∵，， ∴， ∵四边形为圆内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴， 即． 76．（2026·浙江宁波·模拟预测）已知：在中，． (1)如图1，求的面积． (2)如图2，点在边上，将沿射线方向平移至，使得点与点重合． ①连接．求的面积． ②如图3，将绕点旋转至，边与线段的延长线交于点，连接．当时，求的最小值． 【答案】(1) (2)①15；② 【分析】（1）过点作于点，则：设，则，结合勾股定理可得：，进一步求解即可． （2）①如图2，连结，证明四边形是平行四边形，求解的面积的面积，可得的面积． ②如图3，过点作于点，求解，过点作于点，则的面积为：求解，结合只需最小，则最小，再进一步求解即可． 【详解】（1）解：过点作于点，则： ，， 设，则， ∵， ∴，解得：， ∴， ∴的面积为：． （2）解：①如图2，连接， ∵沿射线方向平移至， ∴，，， ∴， ∵且， ∴四边形是平行四边形， ∴的面积的面积的面积， ∵， ∴的面积的面积， ∴的面积． ②如图3，过点作于点， 由（1）得：， 当时，， ∴， ∴， 过点作于点，则的面积为：， ∵的面积为：， ∴，解得， ∴， ∵， ∴只需最小，则最小， ∵绕点旋转至， ∴， ∴的最小值， ∴的最小值为：． 77．（2026·陕西咸阳·模拟预测）【初步感知】 （1）如图1，在中，，延长至点，连接，点在线段上，连接交边于点，已知；求的度数． 【问题探究】 （2）如图2，在半圆中，直径，为上一点，连接、、求面积的最大值； 【学以致用】 （3）如图3，梯形是一个湿地公园，其中，，米，米，为方便周边居民假期外出活动、野餐等，对梯形湿地公园进行功能区划分，在线段上取中点，在线段上取点，点是梯形内一点，将区域规划为野餐区，，，将区域规划为专业帐篷区，经过调查，发现居民对专业帐篷区的需求较小，求当专业帐篷区的面积最小时的长． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】（1）根据题中条件，由相似三角形的判定得到即可求解； （2）作出的高，表示出，结合题意可知当为半径时，的面积有最大值； （3）先计算梯形的面积和的面积，由（1）的提示，构造矩形，按照（1）的求解过程证明，得出，得出点在以米为直径的圆上，则由圆周上一个动点到圆外直线的距离最值情况，得出当的面积最小时，最小，从而有，此时是等腰直角三角形，由勾股定理即可得出的长． 【详解】解：（1）， ， ， ， 则； （2）过点作，如图所示： 在半圆中，直径，则圆的半径为， ， 为上的一个动点， 当为半径，即时，的面积有最大值为； （3）解：∵梯形中，，，米，米， （平方米）， ， ，即， ∵点是线段的中点， （米）， 取米，作矩形，连接，如图所示： 则米，， ， ， ，即， 又， ， ， ， ，即点在以米为直径的圆上，过点作，如图所示： 则， ∴当的面积最小时，最小， 过圆心作，连接，如图所示： 当点在与圆交点处时，最小，此时（米）， ，， ， 则此时的是等腰直角三角形， （米）． 【点睛】这类压轴题，最后的动点最值问题求解思路、方法和技巧，在前面的小问中已经给了清晰的提示，解题时，一定要从前面小问中归纳出来用于求解． 78．（2026·广东中山·模拟预测）学校数学兴趣小组在探究二次函数最值问题的数学活动时，发现一个有趣现象：如图，直线与抛物线交于两点．点为抛物线上的动点，过点且平行于轴的直线交直线于点．当点在直线下方时，连接得到．当面积最大时，点在什么位置？ (1)数学兴趣小组成员很快就求出点的坐标，请你也求出点的坐标． (2)机智的小涛同学通过计算发现，当面积最大时，点与线段有特殊的位置关系，请你写出小涛的结论． (3)爱动脑筋的小婷根据小涛的发现提出了一个大胆的猜想：本类问题中，当面积取最大值时，动点的位置和直线与抛物线的交点都有这种“特殊关系”，请说明这种“特殊关系”是什么？并证明结论． 【答案】(1)； (2)点为线段中点 (3)直线过线段中点，证明见解析 【分析】本题主要考查二次函数，一次函数有关面积的问题，熟练掌握数形结合思想是解题的关键． （1）设点，结合题意求出点，得到的值，再联立二次函数和一次函数得到交点坐标，根据三角形面积公式，得到面积关于的二次函数，求解即可； （2）由（1）得出点的坐标，再求出点的中点坐标，比较即可得出关系； （3）设抛物线解析式为，直线，点，求出点，得到为关于的二次函数，再根据二次函数的对称性求解即可． 【详解】（1）解：∵点在抛物线上， ∴设点， ∵轴， ∴， ∵点在直线上， ∴点， ∴ ∵直线与抛物线交于两点， ∴， 解得：，， 当时，；当时，， ∴，． ∴ ∵， ∴当时，有最大值，最大为， ∵把代入点中， ∴点； （2）由（1）得，当时，有最大值， ∴将代入点得：点， ∵，， 点的中点坐标为点，即点， ∴点和点重合， ∴当面积最大时，点为线段的中点； （3）猜想：当直线过线段中点时（或），最大． 证明：设抛物线解析式为：，直线：， 直线与抛物线交于两点，设， ∴则方程的解为：，， ∵点在抛物线上， ∴设点， ∵轴， ∴， ∵点在直线上， ∴点， ∴，即为关于的二次函数， ∵当时，，， 由二次函数对称性知，当时，有最大值， ∵ ∴当时，有最大值， ∴，即点为线段中点． ∴当直线过线段中点时（或），最大． 79．（2026·安徽·模拟预测）如图，在正方形中，，分别是边，上的点，，连接，交于点． (1)求证：； (2)连接对角线与相交于点，交于点，交于点． ①求证：； ②过点作交的延长线于点，连接交于点，请写出，之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②DQ；理由见解析 【分析】（1）先利用正方形的性质得到，；结合已知，推出，即；再通过证明，得到；最后利用，通过角的等量代换推出，从而证得，即； （2）①先由正方形对角线的性质得，；再通过和，推出；最后用证明，即可得到． ②先构造辅助线交于．由、证得四边形是平行四边形，得，结合正方形推出，进而得；再由得．因为且，所以是等腰直角三角形，得，故；结合证得四边形是平行四边形，得．同时，由、证得四边形是矩形，得；又，故是等腰直角三角形，得；结合，代入得，整理得． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）①证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． ②解：； 理由：如图，作交于点，连接，，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴，， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题属于正方形综合题，核心考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形与矩形的判定与性质，以及等腰直角三角形的判定与性质．其中第（2）②问难度较大，解题关键在于通过构造辅助线，将分散的线段关系转化为平行四边形、矩形与等腰直角三角形的边的关系，从而实现线段的等量代换． 80．（2024·吉林·二模）【问题呈现】在学习《圆》这一章时，小明遇到了这样一个问题：如图1，已知半径是3，点A是上的一个动点，点P是平面内一点，，求证：线段的最大值为11． 【问题解决】经过分析，如图2，小明将延长交于点A，并猜想此时最大，为了验证这个猜想，小明想利用如下方法来解决，下面是部分证明过程，请补全缺失的部分． 证明：如图2，在上任意取一点B（点B不与点A重合），连接、， 证明过程缺失 则， 则此时，最大，最大值为． 【问题延伸】如图3，在中，，，，点D是边上的一个动点，连接，过点A作于点F，连接，则线段的最小值是 ． 【拓展提升】如图4，某景区有一片油菜花地，形状由和以为直径的半圆两部分构成，已知米，，，为了方便游客游览，该景区计划对油菜花地进行改造，根据设计要求，在半圆上确定一点E，沿修建小路，并在中点F处修建一个凉亭，沿修建仿古长廊，由于仿古长廊造价很高，为了控制成本，景区要求仿古长廊的长度尽可能短，若不考虑其他因素，则仿古长廊最短为 米．（结果保留根号） 【答案】问题解决：见解析 问题延伸： 拓展提升： 【分析】问题解决：利用三角形三边的关系证明线段的最大值；问题延伸：通过构造圆，利用点与圆的位置关系求线段的最小值；拓展提升：构造圆，结合中位线定理和勾股定理求仿古长廊最短长度． 【详解】问题解决 证明：如图2，在上任意取一点B（点B不与点A重合），连接、， 在中，， ， ， 则， 则此时，最大，最大值为； 问题延伸 解：如图3， ， ∴， ∴点F在以为直径的圆上，以为直径作，连接交于F， 由点圆关系得此时最小， ∵， ∴， ∵， ∴， ， 故答案为：； 拓展提升 解：如图4，取、中点、，连接， 以为直径作，连接交于点， 作于，连接、， ∵点F为中点， ∴、分别为和的中位线， ∴， ∴， ∵为半圆直径， ∴， ∴， ∴F在以为直径的圆上，即在上，由点圆关系得，为的最小值， ∵、为、中点， ∴为中位线， ∴米，， ∴米， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴米， ∴（米）， ∵， ∴米， ∴米， ∴米， ∴（米）， ∵米， ∴（米）． 故答案为：． 【点睛】本题主要涉及圆的性质、三角形三边的关系、勾股定理以及中位线定理的相关知识；线段最值问题常转化为“点到圆的距离的最值”核心是找到动点的轨迹圆，再计算圆心距与半径的和或差． 5、 新情景题 中考考情 新情景解答压轴是中考新型选拔类难题，多位于解答题压轴位置，分值8–10分，是近年中考创新必考题型。该题型脱离常规固定模板，以新定义、新运算、新模型、实际探究为载体，融合初中代数、几何核心知识。设问梯度清晰，基础问侧重理解规则、简单套用求值，拔高问侧重迁移探究、动态分析与规律总结。题目文字量大、信息陌生，无固定刷题套路，重点考查学生现场读题、提炼信息、建模转化、举一反三的能力，套路性弱、灵活性极强，是区分顶尖学生的特色压轴题型。 终极预测 本次终极预测贴合中考创新命题趋势，核心思路为立足新定义、跨模块融合、重迁移应用，规避传统固化题型，侧重考查临场学习与探究能力。核心命题点分为三类：一是新定义几何题型，结合新角度、新图形、新性质，考查几何推理与求值；二是新定义代数题型，依托新运算、新规律，结合函数、方程、不等式综合探究；三是规律探究与动态综合，结合分类讨论、最值、存在性进行深度设问。命题陷阱多、思维量大，侧重知识迁移与逻辑推导，选拔区分度极高。 81．（2026·陕西西安·模拟预测）问题提出： (1)如图①，在四边形中，，，，点A到边的距离为，则_____． 问题探究： (2)如图②，在四边形中，，，，，求四边形面积的最大值． 问题解决： (3)如图③，为市区内某公园，现有关部门计划在边AB、AC外侧修建人工湖和，用来养殖观赏鱼，已知，，要求，，．为节约成本，要求人工湖面积和（和的面积和）尽可能小，同时为防止游客失足跌落湖中，还需分别在和的三条边上修建围栏，试求和面积和的最小值以及此时围栏的长度．（结果保留根号） 【答案】(1)20 (2) (3)平方米，米 【分析】（1）如图①：连接，旋转 绕 A 转 到，易得是等边三角形，进而得到点C、D、E三点共线，再利用线段的和差以及等量代换即可解答； （2）先说明边上的高与边上的高相同，不防设为h，进而得到的最大值与h有关，如图②：过A作于G，即，作的外接圆，由图可知当位于中点时最大，即h最大，连接，再利用圆的知识以及解直角三角形求得h的最大值为，进而完成解答； （3）如图③：把绕 A 旋转使与重合得到，则：，进而得到，；如图③：过B作于G,解直角三角形可得，则，，；再说明，即要求和面积和的最小值，只需求得的最大值，即边上高的最大值，然后利用（2）的方法求得的最大值；进而求得和面积和的最小值；解直角三角形可得，即；如图：以A点为坐标原点，为x轴负半轴建立直角坐标系，过作于K,则，利用坐标与图形、两点间距离公式、解直角三角形可求得，即，最后再求围栏的周长即可． 【详解】（1）解：如图①：连接，旋转 绕 A 转 到， ∴，， ∴是等边三角形． ∴ ∵，， ∴ 又∵， ∴， ∴点C、D、E三点共线，即， ∴， 如图①，过作于F， ∴， ∴． （2）解：如图②： ∵， ∴边上的高与边上的高相同，不妨设为h， ∵， ∴要求的最大值，只需求得h的最大值即可． 如图②：过A作于G，即，作的外接圆，由图可知当位于中点时最大，即h最大，连接， ∴， ∵， ∴， ∴，即h的最大值为， ∴四边形面积的最大值为． （3）解：如图③：把绕 A 旋转使与重合得到，则：， ∵，， ∴，， ∴，， 如图③：过B作于G，则， ∴， ， ∴， ∵， ∴要求和面积和的最小值，只需求得的最大值，即边上高的最大值， 如图③：过E作于H，作的外接圆，由图可知当位于中点时最大，连接, ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的最大值为，， ∴最大值为， ∴和面积和的最小值为平方米． 如图：以A点为坐标原点，为x轴负半轴建立直角坐标系，过作于K则， ∵，， ∴， ， ∴， 设， ∵， ∴，， 联立， 解得：或（不合题意舍去）， ∴， ∴， ∴当和面积和的最小时，点E位于点，此时， ， ∴和的周长和为． ∴当和面积和的最小时，此时围栏的长度为米． 82．（2026·陕西西安·模拟预测）结合图形解答问题 (1)如图①，已知在中，，，垂足是点．若，______． (2)如图②，在中，，平分交于点，过点E作交于点D，且平分．若，求的长． (3)某现代艺术展览馆的屋顶采用几何镂空钢架结构，设计师采用平行四边形单元为基础模块，如图③所示，在中，为荷载传导杆，且平分，是垂直增强杆，交于点F．为增加稳定性，需在延长线上的G点与边上F点之间新增一条支撑杆．已知，中，米，米，荷载杆倾斜率，且对称补偿设计要求．请你计算新增支撑杆的长度． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设，，求出，得到； （2）根据角平分线的性质、平行线的性质、直角三角形的性质求出，再利用含角的直角三角形的性质计算即可得到答案； （3）连接，过于点,推出，作于点，，根据等腰三角形的性质、平行线的性质得到，设，则，求出，设，则，， 利用勾股定理求出，，证明四边形是平行四边形，得到． 【详解】（1）解：，设，， ， ， ， ， ； （2）解：平分， ， ，平分， ，，， ，， ， ，即， ， ， ， ， ； （3）解：如图，连接，作于点, ， 米，，，， , 平分， ， ， ， 作于点，， 设，, ，， ， ， ， ，， ，， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， 解得， ,, ， 设，则，， 在中，，即， 解得， ，， ， ，， 四边形是平行四边形， ． 83．（2026·陕西榆林·模拟预测）探究不同情境，解决以下问题： (1)【问题提出】如图①，已知的半径为3，A是上一点，P是平面内一点，且，连接，则长的最小值为 ； (2)如图②，和都是等边三角形，且点D在边上，连接．若，，求的长； (3)【问题解决】如图③，某厂区规划有一块直角扇形物料摆放区，其中，．在的中点D处安装有可旋转机械臂基座，点C为上的一个活动定位桩，并在基座与定位桩之间设置机械臂．现将机械臂绕基座D顺时针旋转，其末端到达作业点E．当作业点E到定位点B的距离最小时，求由定点O，B与作业点E围成的作业区域的面积． 【答案】(1)5 (2)5 (3) 【分析】（1）连接，则，当点、、在同一直线上时，最小，为，由此计算即可得出结果； （2）由等边三角形的性质可得，，，再证明得出，即可得出结果； （3）由题意可得．由旋转可知，．过点D作，且，连接，．证明．得出．从而可得点E在以M为圆心，16为半径的上．过点M作，交的延长线于点N，连接交于点，结合，得出当M，E，B三点共线时，取得最小值，此时点E在处．证明四边形为正方形．得出．求出，从而可得的最小值为．过点作于点H，连接，证明．得出，最后由三角形的面积公式计算即可得出结果． 【详解】（1）解：如图，连接， ， ∵， ∴当点、、在同一直线上时，最小，为， ∵的半径为3，， ∴长的最小值为； （2）解∵和都是等边三角形， ∴，，． ∴，即． ∴． ∴． ∴． （3）解：∵D为的中点， ∴． 由旋转可知，． 如图③，过点D作，且，连接，． ∴， 即． ∴． ∴． ∴点E在以M为圆心，16为半径的上． 过点M作，交的延长线于点N，连接交于点， ∵， ∴当M，E，B三点共线时，取得最小值，此时点E在处． ∵， ∴． ∵，， ∴四边形为矩形． ∵， ∴四边形为正方形． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 即的最小值为． 过点作于点H，连接， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴， ∴． 即最小时，作业区域的面积为． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、正方形的判定与性质、三角形三边关系的应用、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 84．（2026·河北沧州·模拟预测）如图，抛物线：过点，，过点作轴的平行线交于另一点，与轴交于点，抛物线：． (1)求抛物线的函数解析式； (2)若抛物线也过点，对称轴在轴的左侧，且直线与的另一个交点为． ①嘉嘉说：无论为何值，总不小于1； 淇淇说：当时，，均随的增大而减小． 请选择其中一人的说法进行说理； ②求与的比； ③连接，若是直线下方抛物线上的动点，连接，交于点．若，求点的坐标； (3)若抛物线与线段（含端点）有且只有一个交点，直接写出的取值范围． 【答案】(1) (2)①见解析；②；③或 (3)或 【分析】（1）根据抛物线过点，，将，代入抛物线：中得二元一次方程组，解出、，即可得抛物线的函数解析式； （2）①抛物线过，将代入抛物线：求出m得出抛物线的解析式，再结合解析式对嘉嘉或者淇淇的说法进行说理； ②根据直线：，令，得、的坐标，进而计算和的值，从而求与的比； ③先计算直线解析式，设，再计算直线解析式，联立两直线解析式，计算、，再利用三角形面积割补法根据得，进而计算出值，从而求点的坐标； （3）由（2）得，得出线段：（），求出抛物线：顶点坐标为，即可得抛物线的顶点在直线上运动，求出当抛物线：过点时，当抛物线：过点时，对应的m值，再结合图象解答即可； 【详解】（1）解：将，代入抛物线：， 得， 解得， 抛物线的函数解析式为：； （2）解：①从嘉嘉、淇淇说法中任选其一，以嘉嘉为例， 选嘉嘉进行说理， 将代入抛物线：， 得，， 解得，，， 抛物线对称轴在轴的左侧， 对称轴直线，即， ， 抛物线：， ， 无论为何值，总不小于1； （若选淇淇：淇淇的说法也正确， 理由：开口向上，对称轴，故时随增大而减小，满足； 开口向上，对称轴，故时随增大而减小， 因此时，均递减，淇淇说法正确；） ②直线过点， 直线：， 令得，，解得，， ，， ， 令得，，解得，， ， ， ， ， ； ③由②得， 设直线解析式为：， 将，代入， 得，解得， 直线解析式为：， 由题意得， 设， 设直线解析式为：， 将代入， 得，， 解得，， 直线解析式为：， 交于点， ， 解得，， 将其带入得，， ， ，， ， 点到直线垂直距离为：， ， 点到直线垂直距离为：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得，，， 当时，，即， 当时，，即， 或； （3）解：由（2）得， ， 线段：（）， 抛物线：顶点坐标为， 故抛物线的顶点在直线上运动， 当抛物线：过点时，，解得：或，此时顶点横坐标为和， 当抛物线：过点时，，解得：或，此时顶点横坐标为和，           根据图象可得当或时，抛物线：与线段（含端点）有且只有一个交点， 即或时，抛物线：与线段（含端点）有且只有一个交点． 85．（2022·浙江宁波·模拟预测）综合探究与应用 【证明体验】 (1)如图1，在中，，点D在边上，点E在边上，，，连接．求证：； 【思考探究】 (2)在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 (3)如图2，在菱形中，点F是对角线上一点，，连接并延长交于点E，连接，平分，，求菱形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明，即可得到； （2）设，则，由，得到，求得，据此求解即可； （3）利用菱形的性质证明，推出，，设，则，利用三角形内角和定理求得，设，证明，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵， ∴设，则， ∵， ∴， 即， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：在菱形中，，， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴，， 设，则， ∴， 在中，，即， ∴，，， ∴设， ∵，， ∴， ∴，即， ∴或（舍去）， ∴，即菱形的周长为． 86．（2026·陕西西安·模拟预测）提出问题以及解决问题： (1)问题提出 如图1，在直角中，，是的内切圆，若的半径是1，则的斜边长为 ． (2)问题解决 小方的爸爸是一位翡翠设计师，一位顾客想将一块如图2所示的四边形原石进行切割设计．顾客首先需要切割出一个玉镯，再根据剩料进行其他设计．由于该原石成色最好的部分在附近区域，所以玉镯要尽可能贴着边和边，观察到和的边缘都有杂质和细小裂隙，因此切割线不能经过边和边．根据原石情况和切割工艺，设计师需要先切割出能覆盖玉镯的三角形，再进行后期精细化打磨．为了最大限度地利用该石材，切割出的（点A在上，点C在上），应使得尽可能短，同时的周长和面积尽可能的小．经过测量，，，根据顾客的需求，手镯的内圈直径为，外圈直径为，即小圆的直径为，大圆的直径为 请你通过计算，帮助小方爸爸说明是否存在和上的点A和点C使得覆盖大圆的周长取得最小时，面积也取得最小值？若存在，请求出的周长及面积；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，， 【分析】（1）利用直角三角形内切圆半径公式即可得解； （2）参照（1）中思路可得，所以要使的周长最小，则求最小值即可，由，识别定角定高模型，进而作的外接圆求解即可． 【详解】（1）解：如图，内切圆圆心为O，过O分别作的垂线段，垂足分别为D、E、F，连接，则， ， 设，则，， 由内切圆可得，， ，， ， ， 解得， ，即斜边长为， 故答案为：； （2）解：由题意可知大与相切，如图，过O作的垂线段，垂足分别为M、N、P，连接， 大的直径为， ， ， ，， ， ，， ， 要使的周长最小，则求最小值即可， 如图，作的外接圆，连接，过Q作于点H， ， ， 设，则，， ， ， ， ，即当时，有最小值， 此时， 【点睛】本题主要考查三角形的内切圆、三角形的外接圆、定角定高模型等内容，最后一问对定角定高模型的掌握是解题的关键． 87．（2026·广东深圳·模拟预测）综合与探究 【定义】有一组对角为直角的四边形叫做“对直四边形”． 【示例】如图1，在四边形中，，则称四边形叫做“对直四边形”． 【性质探究】小明同学在研究对直四边形时，发现“对直四边形具有四个顶点均在同一个圆上”的性质，证明的思路如下： 如图2，连接对角线，取中点，连接． ∵，______， ∴_____， ∴， ∴四边形的顶点均在以点为圆心，为直径的圆上． (1)请补全小明同学的证明过程． (2)【性质应用】如图3，在矩形中，点是边上一点，过三点的圆交对角线于点． ①求证：四边形是“对直四边形”； ②若，当为等腰三角形时，直接写出的长． (3)【拓展提升】如图4，在矩形中，（为正实数）．点是延长线上一点，过三点的圆交对角线于点，延长交于点．请求出的值（用含的式子表示）． 【答案】(1)的中点为； (2)①见解析；②的长为或或． (3)的值为． 【分析】（1）根据“对直四边形”定义和直角三角形斜边中线的性质解答； （2）①连接，设圆心为O，证明为的直径，可得四边形是“对直四边形”；②求出，证明，得，根据为等腰三角形，当时，当时，当时，分三种情况解答． （3）设圆心为点O，连接，证明，可得，得，证明C，D，E，F在以为直径的圆上，得，证明，可得，即得． 【详解】（1）解：如图2，连接对角线，取中点，连接． ∵，的中点为， ∴， ∴， ∴四边形的顶点均在以点为圆心，为直径的圆上． （2）解：①连接，设圆心为O， ∵在矩形中，， ∴为的直径， ∴， ∴四边形是“对直四边形”； ②∵矩形中，，且， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为等腰三角形， ∴当时，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，， 设与交点为F，连接， ∵， ∴是直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，． 故的长为或或． （3）解：设圆心为点O，连接， ∵在矩形中，，且（为正实数）． ∴， ∴是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴C，D，E，F到线段的中点的距离相等， ∴C，D，E，F在以为直径的圆上， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故的值为． 88．（2024·湖南·模拟预测）我们知道：关于x的二次函数，当系数a，b，c确定时，该二次函数的图象也随之确定，顶点坐标也唯一确定． (1)①请写出关于x的二次函数的顶点坐标： ； ②请写出关于x的二次函数的顶点坐标： ．（用含有c的式子表示） (2)已知关于x的二次函数，请问该抛物线的顶点是否有最高位置或者最低位置？如果有，求出此时b的取值； (3)关于x的二次函数与，这两个抛物线的顶点分别是和，当且时，是否存在实数n，使得恒成立？若存在，求出n的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)有最高位置， (3)不存在实数n，使得恒成立． 【分析】本题考查的是二次函数的图象与性质，顶点坐标． （1）①根据顶点坐标公式求解即可；②根据顶点坐标公式求解即可． （2）先求解顶点坐标，当顶点纵坐标最大，位置最高，纵坐标最小，位置最低，此时，，根据二次函数的性质即可求出． （3）求解的顶点坐标为：，的顶点坐标为：，当时，可得，令，此抛物线的顶点横坐标为，再进一步分情况讨论即可． 【详解】（1）解：①∵， ∴，， ∴顶点坐标为：． ②∵， ∴，， ∴顶点坐标为：． （2）解：∵， ∴，， ， 当时，， 当顶点纵坐标最大，位置最高，纵坐标最小，位置最低， 此时抛物线顶点的位置最高， ∴． （3）解：不存在实数n，使得恒成立，理由如下： ∵， ∴，， ∴顶点坐标为：， ∵， ∴，， ∴顶点坐标为：， 当时， ∴， ∴， 令， 此抛物线的顶点横坐标为， 当即时， 此时当时，， ∴， 解得：，不符合题意，舍去， 当即时， 此时当时，， ∴， 解得：，不符合题意，舍去， 当即且时， 此时当，， ∴， ∴即，不成立， 当，则，不符合题意， 综上：不存在实数n，使得恒成立． 89．（2025·江西·模拟预测）综合与实践 【初步感知】 如图1，在边长为4的菱形中， ，E，F分别是的中点，连接，将绕点A顺时针旋转 （1）的长为 ； 【知识应用】 （2）如图2，当 时，设与的交点为H，的长为x， 的面积为y．求y与x的函数表达式； 【知识应用】 （3）如图3，连接． ①求的最大值； ②当点B，D，E构成的三角形是直角三角形时，直接写出的长． 【答案】（1）；（2）；（3）①6；②或2 【分析】（1）过点A作于点G，由菱形的性质得，由，利用锐角三角函数求得，由即可求解； （2）过点H作于点M，则可求得，由即可求解； （3）①连接．由题意得 是等边三角形，由，则当C，A，F三点共线，且点A在上时，有最大值，即可求得其最大值； ②分两种情况考虑即可求解． 【详解】解：（1）如图1，过点A作于点G． ∵在边长为4的菱形中，， ∴，， ∵E，F分别是的中点， ∴， ∴， ， ， 故答案为： （2）如图2，过点H作于点M． ∵E，F 分别是的中点， ， （3）①如图3，连接． 由题意得 是等边三角形， ∴当C，A，F三点共线，且点A在上时，有最大值， ∴的最大值为6； 或2． 分类讨论：(i)如图4，当，时， 连接，过点F作于点G， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 在中，， (ii)如图5，当时，， ∴ 点 F 为 的中点， ∴点 F为的中点， 综上所述，符合题意的的长为 或2． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，三角函数，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，求函数关系式等知识，掌握这些性质是关键． 90．（2024·江西·模拟预测）如图，在中，，，D，E分别为的中点，P为上的动点，于点 P，且与相交于点 F． 【特例发现】 （1）如图2，当P与E重合时，与的数量关系为_______． 【深入探究】 （2）如图1，当P与E不重合时，（1）中的结论还成立吗?请给出你的判断，并说明理由． 【结论应用】 （3）连接AE．①当F为的中点时，猜想与的关系，并给予证明． ②若 当时，k的值为_______． 【答案】（1）；（2）还成立，理由见解析；（3）①，；② 【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识． （1）根三角形中位线定理得到，由中点的定义得到，又由即可得到结论； （2）证明，再证明，得到，即可得到结论； （3）①连接，证明，得到，即，设则，证明P为的中点，则为的中位线，即可得到结论；②设得到，证明，得到则，即可求出答案． 【详解】（1）当P与E重合时，与的数量关系为， ∵D，E分别为的中点， ∴，， ∵， ∴； 故答案为： (2)还成立.     理由：在中，，， ∴， ∵D，E分别为的中点， ∴， ∵，即， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴. ∵， ∴即， ∵ ∴ 又， ∴. ∴ ∴； （3）①， 证明：如图，连接， 由(2)得， ∴ 由（2）可得，， ∴， ∵ ∴ ∴ 即， 设则 ∴， ∴P为的中点， ∴为的中位线 ②由①知 设 ∵ ∴， ∴， ∵ 当时，则 又， ∴， 即 解得． 故答案为： 6、 新定义题 中考考情 新定义解答压轴是中考压轴创新类核心题型，常出现在解答题最后位置，分值8–10分，是区分顶尖学生的关键题型。该题型区别于常规套路题，通过给出全新定义、全新规则、全新几何或代数模型进行命题，不依托固定刷题模板。设问梯度分明，第一问侧重读懂定义、简单套用求值验证，后续设问层层递进，结合动态变化、性质探究、存在性论证综合考查。题目陌生度高、信息提炼难度大，重点考查临场理解、知识迁移、数形结合与逻辑推导能力，灵活性极强，是中考高区分度的特色压轴题型。 终极预测 本次终极预测贴合中考创新命题导向，核心思路为定义生活化、考点融合化、设问阶梯化，弱化机械记忆题型，重点考查现场学习与综合探究能力。核心命题点分为三类：一是新定义几何模型，自定义图形、角度、线段关系，结合相似、圆、变换进行推理计算；二是新定义代数规则，依托新运算、新函数、新数系，结合方程、函数最值综合设问；三是新定义动态探究，结合动点、取值范围、存在性、分类讨论深度出题。命题陷阱隐蔽、思维层级高，侧重知识迁移应用，压轴选拔属性突出。 91．（2026·北京西城·模拟预测）在平面直角坐标系中，的半径为2．对于的弦和点E，给出如下定义：若上存在一点F，使得的中点在弦上，则称点E为弦的“中称点”；若点P和Q都是弦的“中称点”，且能取到的最大值为，则称弦为的“中称弦”． (1)如图，点． ①在点中，点________是弦的“中称点”； ②若弦为的“中称弦”，则点D的纵坐标的取值范围是________； (2)点M和点N分别是直线与x轴和y轴的交点，若线段上存在弦的“中称点”，且弦为的“中称弦”．直接写出b的取值范围． 【答案】(1)①，；② (2)或 【分析】（1）①以为圆心，2为半径画圆，以为圆心，2为半径画圆，作两圆的切线，，且满足，结合“中称点”的定义可知，弦的“中称点”在弧，以及两条切线围成的图形内（包括边界），再进一步分析即可；②以为圆心，2为半径画圆，延长至使得，以为圆心，2为半径画圆，作两圆的切线，，且满足，则弦的“中称点”在弧，以及两条切线围成的图形内（包括边界），再分析的两种极端位置，进而求出点D的纵坐标，再结合图形即可得出的取值范围； （2）将分别绕点，旋转得到，，连接，，，此时点在上，点在上，且，过点作和的切线，分别交，于，，作和的外公切线，连接，，根据弦为的“中称弦”可得，推出是等边三角形，则与的位置关系为外切，设与外切于点，连接交于点，进一步分析可知弦的“中称点”在以点为圆心，分别以6为半径，为半径的圆环上（包含边界），再结合线段上存在弦的“中称点”，利用一次函数的性质即可求出b的取值范围． 【详解】（1）解：①以为圆心，2为半径画圆，以为圆心，2为半径画圆，作两圆的切线，，且满足， 则弦的“中称点”在弧，以及两条切线围成的图形内（包括边界）， ∵，， ∴点在内，点在上， ∴点，是弦的“中称点”； 延长交轴于点，连接， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形，， ∴， 设直线的解析式为， 则，解得， ∴直线的解析式为， 又∵，， ∴直线的解析式为， 当时，， ∴点在直线的上方， ∴点不是弦的“中称点”； 综上，点，是弦的“中称点”； ②以为圆心，2为半径画圆，延长至使得，以为圆心，2为半径画圆，作两圆的切线，，且满足， 则弦的“中称点”在弧，以及两条切线围成的图形内（包括边界）； 当直线恰好经过点时，此时， 作轴于，连接，， 则， ∵， ∴， ∵是和的切线， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∴点D的纵坐标为； 当直线恰好经过点时，此时， 作轴于，连接，， 同理可得，点D的纵坐标为； ∵弦为的“中称弦”，且， ∴， 又∵， ∴点D的纵坐标的取值范围是； （2）解：将分别绕点，旋转得到，，连接，，， 此时点在上，点在上，且， 如图，过点作和的切线，分别交，于，，作和的外公切线，连接，， 同理（1）的方法可得， ∵弦为的“中称弦”， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 又∵与的半径都为2，且， ∴与的位置关系为外切， 设与外切于点，连接交于点， ∵，， ∴，即， ∴， ∵是和的外公切线， ∴， ∴， ∴弦的“中称点”在以点为圆心，分别以6为半径，为半径的圆环上（包含边界）； 对于，当时，；当，； ∴，， 若， 当直线恰好与以点为圆心，6为半径的圆相切时，有最大值， 记此时点为，点为， 设切点为，连接，则，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点恰好在以点为圆心，为半径的圆上时，有最小值， 记此时点为，则， ∴b的取值范围为； 若，由对称性可知，，， ∴b的取值范围为； 综上，b的取值范围为或． 92．（2023·浙江金华·模拟预测）定义：若一个矩形的两边之比为，则称该矩形为“矩形”．如图，矩形ABDC为“矩形”，其对角线CB在x轴上，点A在y轴上，已知OA＝4． (1)求矩形ABDC对角线的长． (2)点E在半径为2的⊙O上，点F在直线AB上，以EF为对角线作矩形EGFH，EHx轴， EGy轴，已知矩形EGFH为“矩形”． ① 若点E在x轴的正半轴上，求GE的长． ② 求点F横坐标的最大值． 【答案】(1) (2)①或；② 【分析】（1）根据新定义可得，得，由，计算即可； （2）①根据矩形为“矩形”，分为当时，当时，两种情况解答；②连接，设直线交x轴于点I，J，当在y轴右侧和相切时，点F的横坐标最大，求出直线的解析式为，分为当时，当时，两种情况解答，比较两个结果，取最大者． 【详解】（1）解：矩形为“矩形”， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴． ∴矩形对角线的长为； （2）解：①∵矩形为“矩形”，当时， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵轴， 轴，点E在x轴的正半轴上， ∴点E、H、B共线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 当时， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∴的长为或；    ②连接，设直线交x轴于点I，J，当在y轴右侧和相切时，点F的横坐标最大， 设直线的解析式为， 由（1）知，， ∵， ∴， 则， 解得， ∴， 当时，， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线解析式为， 则， 解得， ∴， ∴联立， 解得； 当时，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴联立得， 解得； ∵， ∴点F横坐标的最大值为． 93．（2025·北京海淀·模拟预测）在平面直角坐标系中，的半径为，对于直线和线段，给出如下定义：若将线段关于直线对称，可以得到的一条弦（其中点的对应点是点，点的对应点是点），则称线段是以为轴的的关联线段． (1)如图，当时，点，，直线，线段是以为轴的的关联线段（其中点A，B的对应点为，） ①的所有可能值为______； ②若点在第四象限，则点的坐标为______： (2)当时，点，若存在过点，的直线和线段，使得是以为轴的的关联线段，且M，N，P三点在同一条直线上，直接写出的最大值和最小值，以及相应的的值． 【答案】(1)①或；② (2)的最大值为，对应的的值为；的最小值为，对应的的值为 【分析】（1）①分两种情况，结合轴对称的性质计算即可得解；②当点的对称点在第四象限时，连接，则，从而可得是等边三角形，解直角三角形得出，再由轴对称的性质计算即可得解； （2）先求出是以为圆心，为半径的圆的切线，以为圆心，为半径作，则是以上的点为圆心，半径是的圆的切线，连接，交半径为的于，以为圆心，为半径作，作的切线，切点为，在直线上，此时最小，连接，证明出点与点关于直线对称，即可得出此时；延长，交半径为的于，以为圆心，为半径作，作切于，当在直线上时，最大，作的角平分线交轴于，则所在的直线是直线，再利用相似三角形的性质计算即可得解． 【详解】（1）解：①如图， 当点的对称点是时，， 当点的对称点是时，， 综上所述，的值为或； ②当点的对称点在第四象限时，连接， ∴， ∴是等边三角形， ∴点的坐标为，即， ∵， ∴； （2）解：如图：令交轴的负半轴于点，则，， ∵的弦，， ∴点到的距离为， ∴是以为圆心，为半径的圆的切线， 以为圆心，为半径作，则是以上的点为圆心，半径是的圆的切线， 连接，交半径为的于，以为圆心，为半径作，作的切线，切点为，在直线上，此时最小， ∵， ∴， ∴， ∴， 连接，， ∵， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∴点与点关于直线对称， ∴此时直线经过，， ∴； 如图： 延长，交半径为的于，以为圆心，为半径作，作切于，当在直线上时，最大， ∵， ∴， ∴的最大值为， 作的角平分线交轴于，则所在的直线是直线，则， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴此时直线经过点和， ∴； 综上所述，的最大值为，对应的的值为；的最小值为，对应的的值为． 【点睛】本题考查了轴对称的性质、圆的切线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 94．（2026·江苏淮安·一模）【概念感知】 定义：我们将一组邻边相等且其中一边邻角（不是这组邻边的夹角）为直角的凸四边形称为单直邻等四边形．（凸四边形是指所有内角均小于的四边形） 例如：如图①，在四边形中，如果，，那么四边形为单直邻等四边形． 【初步理解】 (1)如图②，为等边三角形，点E在的角平分线上，连接，将绕点E顺时针旋转得到线段，连接． 求证：四边形为单直邻等四边形． 【拓展应用】 (2)如图③，四边形为凸四边形，．在边上取点P，连接，交BD于点Q，且． 求证：． (3)如图④，四边形为单直邻等四边形，，，连接．若，，作，且．连接并延长交于点F，交于点M．求的长． 【解决问题】 (4)如图⑤，射线于点C，，．点A在射线上，，点B在射线上，且四边形为单直邻等四边形，．的角平分线交线段于点P，请直接写出的长． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 (3) (4)或 【分析】（1）根据旋转的性质和等边三角形的性质，通过角度的和差得到，再用证明，结合等边三角形的性质，进而推出； （2）先证明，得到，，从而证明，故有，再用角度的和差和三角形内角和证得结论； （3）先证推出，根据等腰三角形的性质得到；结合第(2)问结论得，从而为中点；最后通过构造交延长线于，利用四边形内角和证得，根据对应边成比例结合勾股定理求解即可； （4）过点作于点，过点作于点，在中利用设，，得到从而．再证明，则，设，，求出，进而，；由勾股定理求；然后分别讨论当点在线段上和延长线上时情况，解得求出的长． 【详解】（1）证明：绕点E顺时针旋转得到线段， ∴为等边三角形， ，， ∵为等边三角形， ∴，， ，即， 在和中， ， ， ， ∵点E在的角平分线上， ， ， 且， 四边形是单直邻等四边形； （2）证明：∵，， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴； （3）解：连接，过点C作交延长线于点N， 则， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴，即， ∵等腰三角形和等腰三角形的顶角相等， ∴两个三角形的底角相等，即， 则由（2）同理可证，， ∵， ∴M为中点， ∴，， ∵在四边形中，， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， 即 ∴， 在中， ∴， 解得； （4）解：过点作于点，过点作于点， 如图，当点在线段上时， 点在射线上，， 在中，设，， ∴，， ， ∵， ，， ∵的角平分线交线段于点P， ∴P，H，B共线， ； ，， ， ， ， ∴ ∴， ∴设，则， ∴ ，， ， 在中，， ∴， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的长为； 如图，当点A在延长线上时， 则， 解得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的长为； 综上所述，的长为25或． 95．（2026·湖南长沙·一模）我们约定：如果一个函数的图象与轴交于点，我们就说该函数是“点函数”． 例如：函数与轴相交于点，我们就说函数是“点函数”．根据约定，解答下列问题： (1)判断下列函数是否一定是“点函数”（填“√”或“×”）． ① ；② ；③ ． (2)若一次函数（其中是自变量，是的函数）是“点函数”，求证：无论取何值，该函数的图象一定经过第三象限． (3)已知二次函数是“点函数”，该函数的图象与轴相交于点，两点，与轴相交于点，且，点是该函数图象在第一象限内的动点，线段与线段相交于点，当点运动时，若满足时，试求点的坐标． 【答案】(1)√，×，× (2)证明见详解 (3) 【分析】（1）先判断函数与轴交点坐标，进而由“点函数”定义判断即可； （2）由题意可知，整理得，进而得到无论取何值，该函数一定经过点，据此得证； （3）由题可得，再根据，以及可得点，，进而得出函数解析式为，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作，交的延长线于点，先证，得到相关线段长度，设，则，由勾股定理列方程求解得到点的坐标，再求出直线解析式，最后联立二次函数解析式即可求出点坐标． 【详解】（1）解：①图象与轴交于点， ∴是“点函数”； ②图象与轴交于点， ∴不是“点函数”； ③图象与轴无交点， ∴不是“点函数”； （2）证明：若一次函数（其中是自变量，是的函数）是“点函数”，则， 整理得， 令，即时，， ∴无论取何值，该函数一定经过点， ∵点在第三象限， ∴无论取何值，该函数的图象一定经过第三象限； （3）解：∵二次函数是“点函数”， ， ， ∵该函数的图象与轴相交于点，两点， 则， ∴，， ， ∴， ∴点，，， ， ∴函数解析式为， 连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作，交的延长线于点，如图所示： 则， ， 又， ， ， ， 又， ， 又， ， ， 在中，由勾股定理可得， 在等腰中，，则， ， ， ， 在和中， ， ， ， ∴四边形是矩形， ，， 设，则， 在中，由勾股定理可得，则， ， 则 解得或， 又，即， ∴， ， ∴点的坐标为， 设直线的解析式为， 将点，代入解析式， 得，解得 ∴直线的解析式为， 联立得， 消去得，则， 解得或， 则或， 点是该函数图象在第一象限内的动点， ∴点的坐标为． 96．（2026·江苏盐城·一模）定义：在平面直角坐标系中，点在某函数图象上，且满足，（是常数，），则称点是该函数图象的“距点”． 例如：点是函数图象的一个“距点”． (1)①在点，，中，是反比例函数图象的“距点”的是点______； ②在平面直角坐标系中，所有“距点”组成的图形的面积是______； (2)已知一次函数的图象上有且只有一个“距点”，求的值； (3)已知二次函数图象上存在“距点”，请直接写出的取值范围． 【答案】(1)①，；②16 (2)或 (3) 【分析】（1）①如图，由反比例函数图象的“距点”在图中边长为的正方形的内部或边上，同时在反比例函数图象上，结合图象求解即可. ②在平面直角坐标系中，所有“距点”组成的图形的面积是边长为的正方形的面积. （2）在平面直角坐标系中，所有“距点”组成的图形的面积是边长为的正方形，（包含边界），而一次函数的图象上有且只有一个“距点”，可得过或，再进一步求解即可. （3）在平面直角坐标系中，所有“距点”组成的图形在边长为的正方形内（含边界）或原点，结合图象分两种情况：当过时，如图，当过时，再进一步求解即可. 【详解】（1）解：①如图， ∵反比例函数图象的“距点”在图中边长为的正方形的内部或边上，同时在反比例函数图象上， ∴是反比例函数图象的“距点”， 不是反比例函数图象的“距点”. ②在平面直角坐标系中，所有“距点”组成的图形的面积是边长为的正方形的面积，面积为. （2）解：∵在平面直角坐标系中，所有“距点”组成的图形的面积是边长为的正方形，（包含边界）， 而一次函数的图象上有且只有一个“距点”，      ∴过或， ∴或， 解得：或. （3）解：在平面直角坐标系中，所有“距点”组成的图形在边长为的正方形内（含边界）或原点， ∵二次函数的对称轴为直线， 当过时， ∴， 解得：， 如图，当过时， ∴， ∴， 解得：或（舍去）， 综上：二次函数图象上存在“距点”，的取值范围为. 97．（2026·北京通州·一模）在平面直角坐标系中，图形P上存在点A，图形Q上存在点B，图形R上存在点C，满足点A，点B，点C任意两点之间的距离都相等，称图形P，Q，R具有“平等关系”． (1)已知点． ①若点A，点B，点O具有“平等关系”，则点B的坐标为______； ②如图1，半径为1，若点A，，点具有“平等关系”，求a的值； (2)如图2，点，，以点O为圆心的两个同心圆，其中一个圆的半径为1，另一个圆的半径为r．若线段与这两个同心圆具有“平等关系”，直接写出r的取值范围． 【答案】(1)①或；②或0 (2) 【分析】（1）①根据题意得到，取点，分两种情况，连接，求出，利用勾股定理得到，进而求解即可； ②如图，点B的坐标为，点E在上，由等边三角形得到，，然后根据“平等关系”的定义得到是等边三角形，证明出，得到，进而求解即可； （2）首先得到是等边三角形，，求出轴，，在右侧作等边，证明出，得到，然后根据三角形三边关系分别求出最小值和最大值即可． 【详解】（1）解：①∵点A，点B，点O具有“平等关系”， ∴ ∴是等边三角形 如图，取点，当点B在x轴上方时，连接 ∵ ∴ ∴ ∴点B的坐标为 当点B在x轴下方时，同理可得，点B的坐标为 综上所述，点B的坐标为或； ②如图，点B的坐标为，点E在上， ∵是等边三角形 ∴， ∵半径为1的与点，点具有“平等关系”， ∴上存在一点E，直线上存在一点C，满足 ∴是等边三角形 ∴ ∴ ∴ ∴ ∵点B的坐标为 ∴轴 ∴点C的坐标为或 ∴或0； （2）解：∵线段与这两个同心圆具有“平等关系”， ∴线段上存在一点M，半径为1的上存在一点H，半径为r的上存在一点N，满足 ∴是等边三角形 ∴ ∵，， ∴轴， ∴线段与半径为1的的最短距离为点和之间的距离 如图，在右侧作等边，当点M坐标为时， ∴， ∴ ∴ ∴ 如图，当点N在线段上时，取得最小值1，即r的最小值为1； 如图，在右侧作等边，当点M和点F重合时， ∴， ∴ ∴ ∴ 如图，当点I在线段上时，取得最大值，即r的最大值为； 综上所述，r的取值范围为． 98．（2026·广东深圳·二模）我们把对角互补且存在一组对边相等的四边形称为对等补四边形，此时该四边形的另一组对边平行． 例如图1所示，若，，则称四边形为对等补四边形，且有． (1)以下图形属于对等补四边形的有__________（填序号） ①平行四边形    ②矩形    ③菱形    ④正方形 (2)如图2，四边形为对等补四边形（），小明发现当时，四边形恰好为矩形，请你帮他证明这一结论； (3)如图3，四边形为对等补四边形，，，对角线平分角，求线段AC的长度 (4)在问题（3）的条件下，平面内存在点E使得四边形为对等补四边形，线段与线段交于点Q，请直接写出线段的长． 【答案】(1)②④ (2)见解析 (3) (4)或 【分析】（1）根据对等补四边形的定义进行求解即可； （2）根据有三个角为直角的四边形是矩形进行证明即可； （3）延长至点E，使，连接，根据等腰三角形的性质和判定求出，证明，得出，过点A作于点H，根据等腰三角形的性质得出，先根据勾股定理求出， 再求出； （4）分两种情况当时，当时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】（1）解：①平行四边形的对角相等，但不一定互补，所以平行四边形不是对等补四边形； ②矩形符合对等补四边形的定义，是对等补四边形； ③菱形的对角相等，但不一定互补，所以菱形不是对等补四边形； ④正方形符合对等补四边形的定义，是对等补四边形； 综上，是对等补四边形的是②④； （2）证明：∵四边形是对等补四边形，且， ∴，且， ∵， ∴， 又， ∴， ∴四边形是矩形； （3）解：延长至点E，使，连接， ∵四边形是对等补四边形，且， ∴，． ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． 过点A作于点H， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：． （4）解：①当时，如图所示： 根据解析（3）可得：，， ∴此时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 即，， ∴， ∴， ∴； ②当时，连接，过点A作于点H，过点B作于点G， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 根据解析（3）可知：，， ∴， ∵， ∴A、B、E、C四点共圆， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴A、B、C、D四点共圆， 即A、B、C、D四点在的外接圆上， ∵A、B、E、C四点共圆，即A、B、E、C四点在的外接圆上， ∴A、B、E、C、D五个点都在的外接圆上， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上，或． 99．（2026·河南洛阳·一模）在学习特殊四边形的过程中．同学们积累了一定的研究经验． 某班数学兴趣小组尝试定义了一种新的四边形，并结合所学知识对其展开进一步探究． 定义：若四边形一边上存在一点，这点与对边两个端点所连线段相等且互相垂直，则称这样的四边形是可等垂四边形，这个点叫做该四边形的等垂点． 例如：在四边形中，边上存在一点O，使得且，则四边形是可等垂四边形，点O为四边形的等垂点． 根据定义可得出特殊的可等垂四边形的一些性质． 【初步探索】 (1)如图1，矩形是可等垂四边形，点O是它的等垂点，则和的数量关系是__________． 【类比探究】 (2)如图2，四边形是可等垂四边形，且，，点P是它的等垂点． ①四边形的边，和之间的数量关系是___________； ②在图2中取边的中点Q，并连接，，则点Q是四边形的等垂点吗？如果是，请证明；如果不是，请说明理由（若需使用①中的结论，可直接使用，不必另行证明）． 【拓展应用】 (3)如图3，在中，，，，点B，C为中不同边上的两点，且点B为所在边的中点，若以A，B，C，D为顶点的四边形是可等垂四边形，请直接写出C，D两点之间的距离． 【答案】(1) (2)①；②点Q是四边形的等垂点，理由见解析 (3)或 【分析】（1）由可等垂四边形的定义可证明，即可进一步得到，从而可证明，同理可得，即可得出结论； （2）①先证明，可得，，即可得出结论； ②延长，相交于点E，先证明，得到，，可进一步证明，再根据等腰三角形的三线合一性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得出结论； （3）当点B在上，点C在上时，设点O为等垂点，连接，，过点C作于点E，设，即可根据相似三角形的判定与性质列方程求解； 当点B在上，点C在上时，设点O为等垂点，连接，，过点B作于点F，设，即可根据相似三角形的判定与性质列方程求解． 【详解】（1）解：； 理由如下： 矩形是可等垂四边形， ，，， ， ， ， ， ， ， 同理可得， ； （2）解：①； 理由如下： 四边形是可等垂四边形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ； ②点Q是四边形的等垂点； 证明：延长，相交于点E， ， ，， 点Q是的中点， ， ， ，， ， ， ， 又， ， 点Q是四边形的等垂点； （3）解：或．理由如下： 当点B在上，点C在上时， ， 设点O为等垂点，连接，，过点C作于点E， 设， 四边形是可等垂四边形， 且， 由（2）可知，， ，， ， ， ， ， ， 解得， ，， 在中，； 当点B在上，点C在上时， ， 设点O为等垂点，连接，，过点B作于点F， 设， ， ， ， ， ，， 由（2）可知，， ，， ， 解得， ， 在中，； 【点睛】在第（2）小问中，利用中点倍长添加辅助线，构造全等三角形是常用的解题方法；第三小问中，作出符合条件的图形，是解这类图形变换问题的关键，同时还要注意分类解答． 100．（2026·广东深圳·一模）【定义】连接三角形的一个顶点与对边上任意一点的线段，把这个三角形分割成两个三角形，其中一个是等腰三角形，另一个是直角三角形，就称这条线段是该三角形的“奇妙分割线”． (1)【理解定义】 如图，在中，，，D是线段上一点，连接，若，那么线段 （填“是”或“不是”）的“奇妙分割线”． (2)【运用定义】 如图，在平行四边形中，，，连接，若，E是线段上一点，，连接交与点F．求证：线段是的“奇妙分割线”． (3)【拓展提升】 如图，在中，，，，点D是线段上的动点（点D不与B、C重合），连接，将沿翻折得到，点B的对应点为点E，连接、，当是的“奇妙分割线”时，求线段的长． 【答案】(1)是 (2)见解析 (3)1或 【分析】（1）根据“奇妙分割线”的定义即可判断； （2）根据平行四边形的性质得到，，，，则，，得到为直角三角形，再利用相似三角形的性质和勾股定理求出和的长，进而推出是等腰三角形，即可证明； （3）由翻折可知，，，，则是等腰三角形，根据是的“奇妙分割线”，可知为直角三角形，再分3种情况讨论求解线段的长即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，即为直角三角形， ∵， ∴为等腰三角形， ∴是的“奇妙分割线”； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴，， ∴，为直角三角形， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， ∴是的“奇妙分割线”； （3）解：由翻折可知，，，， ∴是等腰三角形， 又∵是的“奇妙分割线”， ∴为直角三角形； ①当时，， ∵ ∴， ∴， 如图，过点A作交的延长线于F，则， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②当时， 如图，作交的延长线于F，过E作交的延长线于G， 则， ∴四边形是矩形， ∴，， 由①可知，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴，即， 解得， ∴； ③当时，不存在满足题意的图形，舍去； 综上，的长为1或． 学科网（北京）股份有限公司 $ 清单04 解答题压轴题终极预测100题 说明：题目均为各地最新的模拟预测题，题目具有一定的难度，适合综合拔高、中考冲刺复习！ 目录 2 2 13 24 28 36 41 46 53 一、函数压轴题 1.二次函数压轴题 中考考情 二次函数解答压轴是中考数学满分压轴大题，固定位于试卷最后一道解答题，分值10–12分，是中考区分度最高的核心题型。题型以二次函数抛物线为核心载体，全程贯穿数形结合思想，分层设问、梯度极强，一般分为2–3小问。基础问侧重求解析式、顶点、交点坐标，难度偏低；拔高问集中函数与几何综合，融合三角形、四边形、相似、面积、存在性问题。该题型综合性极强，融合计算、构图、推理、分类讨论，考点覆盖面广，步骤得分严格，是绝大多数学生的重难点，也是尖子生冲刺满分的关键题型。 终极预测 本次终极预测紧扣中考命题规律，核心思路为分层设问梯度化、函数几何深度融合、动态存在性为主流，弱化单一机械计算，强化综合建模与分类讨论。核心命题点集中三类：一是线段、周长、面积最值与定值问题，结合动点考查最值转化；二是特殊图形存在性问题，涵盖等腰、直角三角形、平行四边形、矩形菱形存在性探究；三是相似三角形、角度等量、参数范围综合问题。命题注重多情况分类、隐形条件设置，侧重考查动态分析与严谨解题逻辑，压轴选拔属性极强。 1．(原创）如图①，抛物线与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，交轴于点，已知点． (1)求抛物线的函数解析式； (2)如图②，若点是直线上方抛物线上的一个动点，当点到直线的距离最大时，求点的坐标和最大距离； (3)直线上是否存在点，使得，若存在，请直接写出点坐标．若不存在，请说明理由． 2．（2026·安徽阜阳·二模）在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴与轴交于点，抛物线与轴交于点． (1)求抛物线的函数表达式； (2)若，是抛物线上不同的两点，且，． ①求证：； ②已知直线与抛物线无交点，过点作直线的垂线，垂足为，点在对称轴上，且点的纵坐标比抛物线的顶点的纵坐标大．若，求的值． 3．（2026·山东济南·二模）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，，与轴交于点．直线经过点，与轴交于点． (1)求抛物线的表达式； (2)如图1，为直线与抛物线对称轴在第一象限的交点，连接，，，若是锐角三角形，求的取值范围； (3)如图2，若，点是抛物线第四象限图象上一点，连接并延长，交直线与点，连接，，求面积的最大值． 4．（2026·辽宁沈阳·二模）在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象与x轴交于，B两点，与y轴交于点． (1)求二次函数的表达式； (2)如图1，点P是二次函数的图象上一点，且在对称轴右侧，在直线上方，点D是点B关于y轴的对称点，连接交二次函数图象的对称轴于点E，当时，求点P的坐标； (3)如图2，将二次函数的图象沿着射线的方向平移，平移后的二次函数图象与x轴的两个交点中，右边的交点为点F，连接，．设平移后的二次函数图象的对称轴为直线，当点F不与点A重合，且时，请直接写出m的取值范围． 5．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线与x轴正、负半轴分别交于点B、A，与轴交于点，． (1)如图1，求的值； (2)如图2，P为第四象限的抛物线上一点，连接，与y轴相交于点D，设点P的横坐标为，的长度为d，求d与t的关系式（不要求写出自变量t的取值范围）； (3)如图3，在（2）的条件下，将射线沿x轴翻折交抛物线于点Q，点M在x轴上，连接，点N抛物线第二象限一点，点F为抛物线第一象限一点，其横坐标为m，连接，连接与交于点K，与交于点，，，，，求的值． 6．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知：如图1，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，二次函数的图象交轴于两点（点在点的左侧），交轴于点． (1)求二次函数的解析式； (2)如图2，点为上一点，过点作轴交抛物线于点，连接交轴于点，设点的横坐标为，的长为，求与的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）； (3)如图3，在（2）的条件下，点为轴上点右侧一点，在第一象限内作等边，点在第一象限，连接，连接并延长至点，，连接，，作于点，连接，，，点为第二象限抛物线上一点，连接，，，求直线的解析式． 7．（2026·广东云浮·一模）如图1，二次函数的图象上有一动点，过点作轴，以点为圆心，为半径作圆，与轴交于两点，其中，已知点的横坐标为． (1)当时，求的长； (2)求证：无论为何值，始终经过轴上的定点； (3)如图2，点在轴上，，以线段为边作正方形．当与线段有交点时，求正方形的面积的取值范围． 8．（2026·江苏连云港·一模）已知抛物线（m是常数，且）与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C． (1)求A、B两点的坐标． (2)如图，直线与抛物线的图象交于D、E两点，其中E点的横坐标为． ①当时，根据图象求出x的取值范围． ②连接，G为线段上一动点（不与A、B重合）将沿翻折至，使A与重合，点落在x轴的下方，其中交线段于点H，求的最小值． (3)将抛物线沿x轴向上翻折，所得新抛物线与原抛物线所围成的封闭区域内（包括边界）恰好有13个整点（点的横坐标、纵坐标都为整数，则称这样的点为“整点”），求m的取值范围． 9．（2026·重庆北碚·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴相交于点，抛物线的对称轴直线与轴交于点． (1)求抛物线的表达式： (2)点是第一象限内抛物线上一点，连接，，，点，是抛物线对称轴上的动点（点在点上方），且，连接，，当的面积最大时，求点的坐标及的最大值； (3)在（2）中的面积取最大的条件下，将抛物线沿射线的方向平移个单位得到抛物线，点为点的对应点，点是抛物线上一动点．若，请直接写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的其中一种情况的过程． 10．（2026·湖南娄底·二模）如图，二次函数的图象经过点，点，，是此二次函数图象上的三个动点． (1)求此二次函数的表达式； (2)已知，，且． ①若直线，分别交y轴于点，求证：； ②过点作轴的垂线分别交，于点，设，试探究当取何值时，取得最大值？请求出的最大值． 11．（2026·四川成都·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线的顶点在轴上，且对称轴为直线． (1)求抛物线的函数表达式； (2)过对称轴上的点引直线，（对称轴除外），两直线分别与抛物线有唯一交点，，求的度数； (3)若（2）的条件中的点在直线上运动，试探究直线是否过某个定点？若是，请求出该定点坐标；若不是，请说明理由． 12．（2026·河南周口·模拟预测）如图①，在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点． (1)求抛物线的函数解析式及顶点的坐标； (2)连接，求的面积； (3)如图②，在线段上有一可移动的线段，且，连接．求的最小值． 13．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知：抛物线与轴交于、两点，与轴交于点． (1)如图1，求长度； (2)如图2，点在第一象限抛物线上，过点作x轴的垂线，垂足为，交于点，设点的横坐标为，当最长时，求值； (3)如图3，点在轴负半轴上，且，连接并延长，与延长线交于点，连接，点是上一点（不与、重合），过作的垂线，垂足为点，交轴于点，点在延长线上，满足，连接，当且时，求的面积． 14．（2026·湖北宜昌·一模）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，顶点为．其中，． (1)求抛物线的解析式并直接写出点的坐标； (2)在抛物线对称轴上，是否存在一点，使的面积为10．若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)如图1，在第三象限内抛物线上找点，使，求点的坐标； (4)如图2，过抛物线对称轴上点的直线交抛物线于，两点，线段的中点是，过点作轴的平行线交抛物线于点．若，直接写出点的坐标． 15．（2026·江苏无锡·一模）如图，已知二次函数（）的图象与x轴交于、B两点，与y轴交于点C． (1)求二次函数表达式； (2)若点、（）是该函数图像上两点． ①证明：； ②连接，若为直角三角形，求t的值． 16．（2026·江苏无锡·一模）二次函数的图象与轴交于点、点，与轴交于点，且对称轴为直线．该抛物线与直线交于、两点（点在点的左侧）． (1)求二次函数的表达式； (2)若与的面积相等时，求的值； (3)当为何值时，在轴上存在唯一的点，使？（直接写出的值） 17．（25-26九年级下·山东烟台·期中）如图，二次函数的图象与直线交于点和点，对称轴是直线，过B平行于x轴的直线与抛物线的另一个交点是C．M是抛物线上任意一点，其横坐标是m． (1)求抛物线的函数关系式； (2)当点M在直线上方时，若，求m的值； (3)设N是直线上的点，是否存在点M和点N的位置，使是以为斜边的等腰直角三角形？若存在，请求所有m的值；若不存在，请说明理由． 18．（2026·湖南株洲·一模）如图，四边形OBCD是边长为8的正方形，B，D分别在x，y的正半轴上，二次函数的图像经过点B且其顶点A在边上，连接，作轴于点H，T是直线上方的抛物线上一个动点（T不与O，A重合），过点T作轴于点R，交于点P，交于点Q． (1)直接写出点A的坐标，并求出该二次函数的解析式； (2)求证：的值为常数； (3)是否存在实数使得以，，（为常数，）的值为三边长的三角形为等边三角形？若存在，请说明理由，并求出的值和点T的坐标；若不存在，也请说明理由． 19．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知：如图1，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，二次函数的图象交轴于，两点（点在点的左侧），交轴于点，． (1)求二次函数的解析式； (2)如图2，点为中点，点在第四象限的抛物线上，连接，，，点的横坐标为，的面积为，求与之间的函数关系式（不需要写出自变量的取值范围）； (3)如图3，在（2）的条件下，过点作轴于点，点在第一象限内，连接交轴于点，连接，．过作轴于点，交于点，连接交抛物线于点，若，求点的坐标． 20．（2026·四川宜宾·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点，两点，与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式； (2)过点B作交抛物线于点D，点P是射线上方抛物线上的一动点，连接与射线交于点E，连接、，当面积最大时，求点P的坐标； (3)在（2）中面积取得最大值时，将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到新抛物线，点为点P的对应点，点Q为新抛物线上的一个动点，当时，直接写出所有符合条件的点Q的坐标． 2. 反比例压轴题 中考考情 反比例函数解答压轴是中考高频综合题型，多位于解答题中后段位置，分值8–10分，属于中等偏难的拉分题型。该题型以反比例函数图像与性质为核心，常与一次函数联立考查，依托平面直角坐标系展开几何综合设问。题目分层清晰，基础问侧重求函数解析式、坐标、k值几何意义；拔高问融合三角形、四边形、面积、线段关系与几何变换。题型侧重数形结合，计算量适中但几何思维要求高，注重比例转化与坐标建模，考点灵活、变式丰富，是中等生突破瓶颈、尖子生稳分的关键综合题型。 终极预测 本次终极预测贴合本地中考命题趋势，核心思路为弱化单纯计算、强化k值几何意义、函数与几何深度融合，规避基础套路题型，侧重综合思维考查。核心命题点分为三类：一是k值几何应用，结合矩形、三角形面积、比例关系求解参数；二是函数交点与动态面积问题，联立一次函数考查图形面积、线段最值；三是几何综合探究，结合相似、平行四边形、角度关系进行存在性与求值设问。题目隐形条件多、变式灵活，重点考查坐标转化与几何推理，区分度稳定。 21．（2026·山东济南·二模）已知反比例函数的图象与正比例函数的图象交于点，一次函数的图象经过点，交轴于点，交轴于点．为反比例函数图象上点右侧一动点，连接，将沿着的方向平移，的对应点为，的对应点为，连接． (1)求，的值； (2)如图1，若四边形的面积为6，求坐标； (3)如图2，连接，若，求的坐标． 22．（2026·江苏宿迁·一模）如图1，在线段上找到一点，使得，则点称为线段的黄金分割点，我们不妨设，，根据黄金分割点定义可以得到，整理得，解得，容易计算出黄金比，即． (1)如图1，若，点是线段的黄金分割点，且，则的长为________； (2)如图2，矩形的顶点在坐标原点，顶点分别在轴和轴的正半轴上，顶点在反比例函数（为常数，，）的图象上，将矩形绕点按逆时针方向旋转得到矩形，若点的对应点恰好落在反比例函数图象上，连接交反比例函数图象于点． ①求证：点是线段的黄金分割点； ②探究点是否为线段的黄金分割点，并说明理由． 23．（2026·广东惠州·一模）如图，点为反比例函数图象上的一个动点，过点作射线，点在轴的正半轴上，以点为圆心、为半径作弧交反比例函数图象于点，连接，分别过点和点作轴和轴的平行线形成矩形，该矩形对角线交于点，连接． (1)设，，求直线的函数解析式（用含，的代数式表示），并判断点是否在直线上； (2)猜想与的数量关系，并说明理由； (3)如图，当点的坐标为时，求与矩形的面积比． 24．（2026·四川成都·一模）在平面直角坐标系中，已知，，平面内一动点到定点的距离与到直线的距离之比为，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)如图，过点的直线与曲线在第一象限的分支分别交于、，其中点始终在直线的上方，以为圆心，的长为半径的圆（图上仅画出一部分）与线段交于点，连接、． ①当取得最小值时，试求此时直线的方程； ②若，求的最大值． 25．（2025·山东济南·模拟预测）已知：如图，在平面直角坐标系中点，，以为顶点在第一象限内作正方形，反比例函数，分别经过、两点． (1)求点的坐标并直接写出、的值； (2)在反比例函数图象上点的右方有一点，使，求点的坐标； (3)如图，过点作轴，垂足为点，交的图象于点，点为轴上一动点，在平面直角坐标系中是否存在点，使得点、、、四点构成的四边形为菱形？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 26．（2025·山东济南·模拟预测）已知：如图1，在平面直角坐标系中点，，以为顶点在第一象限内作正方形，反比例函数，分别经过C、D两点． (1)求点C的坐标并直接写出、的值； (2)如图2过点A作x轴的垂线L，在L上找一点P，当最大时，求点P的坐标； (3)如图3，过点D作轴，垂足为点H，交的图象于点E，点M为y轴上一动点，在平面直角坐标系中是否存在点N，使得点C、E、M、N四点构成的四边形为菱形？若存在，请求出点N的坐标，若不存在，请说明理由． 27．（2025·福建福州·三模）曲线的应用是广泛的，在历史的长涧中，借助它能够研究许多著名几何问题，如倍立方体问题．初三某班的数学学习小组尝试对反比例函数相关的几何问题进行探究： (1)如图1，A、C是反比例函数图像上的两点，A、C的横坐标分别是和3，以为对角线构造矩形，使矩形的边平行于坐标轴，求证：对角线所在直线经过原点． (2)如图2，P是第一象限内一点，射线与反比例函数图像交于点A，以A为圆心，为半径作圆，交反比例函数图像于点C，以为对角线构造矩形，使矩形的边平行于坐标轴，连接，点M在x轴正半轴上．请探究：与满足怎样的数量关系，并证明． (3)如图3，在（2）的条件下，连接，请探究：是否存在点A，使；若存在，求此时的面积，若不存在，说明理由． 28．（2025·四川成都·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线与反比例函数的图象相交于点，B两点，与x轴相交于点，过点B作的垂线交反比例函数的图象于另一点D． (1)求反比例函数的表达式及点B的坐标； (2)点E是坐标轴上一点，点F是直线上一点，若A，C，E，F为顶点的四边形为菱形，求E，F两点的坐标； (3)设点P是第三象限内的反比例函数图象上一点，连接交与点Q，若与相似，求点P的坐标． 29．（2025·山东济南·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点，与轴相交于点，点在反比例函数图象上． (1)求的值及点的坐标； (2)若为等腰直角三角形，，求点的坐标； (3)过点，的直线与轴交于点，点与点关于点对称，若存在，使得，请直接写出的值． 30．（2024·四川泸州·模拟预测）如图，的顶点C在反比例函数的图象上，点O为原点，，，延长交反比例函数的图象于点D，连接． (1)求反比例函数的表达式； (2)求点D的坐标； (3)试计算的面积 31．（24-25九年级上·广东东莞·期末）【问题背景】 在平面直角坐标系中，矩形的各个顶点坐标分别为，，，，对角线，相交于点E． 【构建联系】 （1）如图1，若双曲线过点E，则点E的坐标为 ；该双曲线的解析式为 ； （2）如图2，双曲线与，分别交于点M，N，求证：； 【深入探究】 （3）如图3，将矩形向右平移个单位长度，使过点E的双曲线与交于点P．当为等腰三角形时，求m的值． 32．（24-25九年级上·重庆·阶段检测）如图1，一次函数与反比例函数的图象相交于点，与x轴交于点B，与y轴交于点C，已知． (1)求反比例函数与一次函数解析式； (2)若直线过点，且与反比例函数交于点D，点F是y轴上的一个动点．点P是直线上的一个动点，当最小时，求的最小值及此时点F的坐标： (3)如图2，若点，连接，将线段以点D为圆心逆时针旋转，得到线段，连接，在反比例函数图像上是否存在一点Q，使得？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 33．（24-25九年级上·重庆沙坪坝·开学考试）如图，一次函数与反比例函数的图象在第一象限交于点，且与轴、轴分别交于点，其中．    (1)求一次函数和反比例函数的解析式； (2)如图2，点为反比例函数图象在第一象限上的一点，且在点A的左侧，满足，作轴交直线于点，点为直线上一动点，连接，求周长的最小值； (3)在第（2）问的条件下，轴上有一动点，平面内有一动点，当以点为顶点的四边形是矩形时，直接写出所有符合条件的点的坐标． 34．（2024·浙江·模拟预测）如图，直线与轴相交于点，与轴相交于点，与反比例函数的图象相交于两点．过点作轴的垂线，垂足为，连接、，并延长，与直线相交于点．在第一象限找点，使以为顶点的四边形为平行四边形，反比例函数，经过点． (1)求的面积． (2)在反比例函数的图象上找点，使是直角三角形，求出符合要求的点的坐标． (3)如图，在反比例函数的图象上有一点，轴于点，轴于点，分别交反比例函数的图象于两点，求的面积． 35．（2024·湖北·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线：与x轴分别交于点，，与y轴交于点C，连接．    (1)填空：抛物线的解析式为______； (2)若反比例函数的图象与抛物线在第一象限内的交点的横坐标为d，且满足，求k的取值范围； (3)若动直线l与抛物线交于M，N两点（直线l与BC不重合），连接，，交点为P，当时，点P的横坐标是否为定值，请说明理由． 36．（2024·湖南长沙·三模）已知将点绕着某定点顺时针旋转一定的角度，能得到一个新的点，研究发现，当上述点在某函数图象上运动时，点也随之运动，并且点的运动轨迹能形成一个新的图形．根据上述知识完成下列问题： (1)如图1，，，点绕顺时针旋转后，得到的点的坐标为______； (2)如图2，设，，点是反比例函数的图象上的动点，点绕顺时针旋转后得到的点，过点作二、四象限角平分线的垂线，垂足为，求的面积． (3)如图3，设，，点是二次函数图象上的动点，已知点、，试探究的面积是否有最小值？若有，求出该最小值；若没有，请说明理由． 37．（2024·四川成都·三模）已知一次函数的图象与反比例函数的图象交于点；与x轴交于点C． (1)求一次函数和反比例函数的表达式； (2)若点P在y轴上，且满足求点P的坐标； (3)我们将有一个内角为的三角形称为“半直角三角形”，这个角所对的边为“半直角边”．反比例函数在第四象限的图象上是否存在点Q，使得是不以为“半直角边”的“半直角三角形”？若存在，请求出点`Q的坐标；若不存在，请说明理由． 38．（2024·江苏扬州·一模）如图1，已知点，，反比例函数与直线AB有唯一一个交点． (1)当，时，求直线的解析式及k的值； (2)当的面积为10时，求k的值； (3)当，且k的最大值为9时，将此时的直线沿着x轴正半轴方向移动，交反比例函数于点C、D（如图2），若点C是线段的中点，求平移的距离． 3. 一次函数压轴题 中考考情 一次函数解答压轴属于中考高频综合题型，多位于解答题中后段，分值8–10分，是区分中等生与优等生的关键题型。该题型以一次函数图像与解析式为核心，常结合方程组、不等式、平面几何图形综合考查。设问梯度清晰，基础问侧重求解析式、交点坐标、函数取值范围；拔高问多结合动点、动线、图形变换展开探究。题型侧重数形结合与方程思想，计算难度适中，但场景灵活、条件细碎，注重学生建模能力与动态分析能力。相比二次函数压轴，整体难度稍低，但综合性强、细节易错，是中考稳分、提分的重要题型。 终极预测 本次终极预测贴合中考命题趋势，核心思路为立足实际建模、强化动态探究、函数与几何融合，规避单一基础计算，侧重综合应用能力考查。核心命题点分为三类：一是一次函数实际应用压轴，结合行程、方案选择、利润最值考查建模与最值分析；二是函数动态几何问题，依托动点、动线，考查线段长度、面积变化、位置关系判定；三是函数与几何综合探究，结合三角形、四边形、全等相似进行求值与存在性分析。命题注重场景隐蔽性与多情况讨论，细节陷阱多，区分度稳定。 39．（2026·黑龙江双鸭山·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边的长是方程的根，点B在直线上，且．动点P从点O出发，沿折线以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，同时动点Q从点O出发，沿折线以每秒4个单位长度的速度向终点C运动，任意一点到达终点时两点均停止运动．设点P的运动时间为t秒，的面积为S． (1)求点B的坐标； (2)求S关于t的函数解析式，并写出t的取值范围； (3)当的面积最大时，在坐标平面内是否存在点G，使以O，G，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由． 40．（2026·湖南长沙·一模）在平面直角坐标系中，若抛物线（，，为常数且）的顶点为，点为该抛物线上不与点重合的一点，连接．我们不妨约定：直线与抛物线的对称轴相交所成的锐角，称为点的“轴偏角”． (1)若点为抛物线上一点，求点的“轴偏角”的度数； (2)若抛物线（，，为常数且）的顶点为，与轴交于点，点的“轴偏角”为，且直线与两坐标轴围成的平面图形的面积为，求的值； (3)已知抛物线（，，为常数且）与抛物线（，，为常数且）开口方向相同，顶点公共，点与点分别是抛物线和上的点，且都不与顶点重合．若点和点的“轴偏角”分别是和，且，求的值． 41．（2022·四川成都·三模）如图，直线与双曲线的图象交于两点． (1)若点坐标为点坐标为，求直线的解析式； (2)在（1）的基础上，若点是双曲线上一点，，求点的坐标； (3)若点坐标为点坐标为，点是线段上一动点，过点作轴，垂足为，并交双曲线于点，若当取最大值时，有，则的值为多少？ 42．（2025·广东深圳·三模）定义：已知是自变量的函数，当（为常数，）时，称函数为函数的“级函数”．点和点分别在函数和的图象上，此时称点为点关于的“级点”． 例如：函数，当时，，则函数是函数的“级函数”点为点关于的“级点”． (1)如图，点在反比例函数的图象上，当点为点关于的“级点”时，求点的坐标； (2)函数为函数的“级函数” 求的值； 若点在函数的图象上，点为点关于的“级点”，当点在点上方时，请直接写出自变量的取值范围______； (3)函数为函数的“级函数”，点在函数的图象上，点为点关于的“级点”，当时，若二次函数的最大值和最小值的差为，请直接写出和的值． 43．（2025·湖北襄阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C，点P是x轴上方抛物线上不与点C重合的一动点，设点P的横坐标为m． (1)直接写出b，c的值； (2)若点P是第二象限内抛物线上一点， 当时，求m的值； (3)过点P作y轴的平行线交于点M，点N在上，且，的长记为l． ①求l关于m的函数解析式； ②当时，请结合l关于m的函数图象，求m的取值范围． 44．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在平面直角坐标系中，点为原点，直线交轴于点；交轴于点，过点的直线交轴正半轴于点，． (1)求直线的解析式； (2)在线段上取点，，在线段的延长线上取点，，连接，的面积为，求与的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）； (3)在（2）的条件下，以为斜边，在的下方作等腰直角三角形，，，连接交轴于点；交于点，在上取点，连接，，，求点的坐标． 45．（2025·山东威海·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点，，点是线段的中点．点是直线上一动点，以为边作等边交轴于点，连接，分别交，轴于点，． (1)求点坐标；（提示：，的中点坐标） (2)若点位于线段上（不与点，重合），判断与轴的位置关系，并说明理由； (3)已知点是第一象限一动点（不与点重合），当最小时，连接，．将沿直线折叠，点的对应点为点．连接，取中点，连接，则取值范围为___________． 2、 相似三角形压轴 中考考情 相似三角形解答压轴是中考几何核心拉分题型，多位于解答题中后压轴位置，分值8–10分，为中考高频重难点。题型以相似三角形判定与性质为核心，广泛结合三角形、四边形、圆、折叠与旋转综合考查。设问梯度分明，基础问侧重相似证明、线段求值、比例计算；拔高问主打动态几何探究，融合动点、面积、角度、线段关系推导。该题型纯计算难度不高，但对模型识别、比例转化、辅助线构造要求极高，综合性强、条件隐蔽、多情况频发，极易漏解失分，是区分中等生与尖子生的核心几何压轴题型。 终极预测 本次终极预测贴合中考命题规律，核心思路为模型隐形化、动态多情形、几何大融合，摒弃直白的简单相似证明，侧重综合探究与逻辑辨析考查。核心命题点分为三类：一是经典相似模型压轴，涵盖A字、8字、母子型、一线三等角模型的隐藏构造与求值；二是动态相似探究，结合动点、旋转、折叠，探究相似存在性、线段比例与最值问题；三是相似与圆、面积、角度综合，结合几何性质联动求解。命题多设置多解陷阱与隐藏条件，注重严谨推理，区分度极强，贴合压轴选拔定位。 46．（2026·广东广州·二模）如图1，点是以为直径的半圆的圆心，，均为直径上方的动点，连接，、和均为该半圆的切线． (1)求证：； (2)当半径时，令，，，，比较与的大小，并说明理由； (3)在（1）的条件下，如图2，当半径时，若点为与该半圆的切点，与交于点，连接并延长交于点，连接，，令，，求关于的函数解析式．（不考虑自变量的取值范围） 47．（2026·安徽阜阳·三模）如图1，在中，E，F为对角线上两点，且，连接，． (1)求证：． (2)连接 并延长交于点M，延长交于点N． 如图2，连接，，若，求证：； 如图3，连接，若，且，求的值． 48．（2026·陕西榆林·模拟预测）解决下列问题 问题探究 (1)如图①，已知为等腰直角三角形， 为斜边，D，E分别是的中点，连接，若，则 的长为 ． (2)如图②，是一个等腰直角三角形，其中． D 是斜边 上一点，连接，过点A 作，且，连接．求证：． 问题解决 (3)传承非遗文化，守护东方瑰宝，某校开展了“匠心传承，木工体验”劳动教育主题活动．如图③所示的四边形为该木工体验基地的示意图，现要在基地一角开辟一个三角形打磨作业区 ，O为 的中点，需要在作业区 边缘安装防护木条．已知 米， 米， 求所需防护木条的总长度(的周长)． 49．（2026·山东济南·二模）如图，在矩形中，对角线和相交于点，边的长为4，边的长为，在平面内绕点旋转，且始终保持，． (1)如图1，当点与点重合时，线段与线段的数量关系是_____，线段与线段的位置关系是_____． (2)如图2，我们发现在绕点旋转的程中始终保持，当点旋转至线段的中点时，求线段的长． (3)如图3，若点的运动轨迹为直线，连接，请直接写出线段的最小值和此时的面积． 50．（2026·江苏宿迁·一模）根据要求完成下列各题： (1)如图1，在中，作一个，使D、E、F分别在、、上． (2)如图2，在矩形中，，，P为矩形内部一点，且，求周长的最小值． (3)如图3，在中，，，M、N分别为、上的动点，且，点O为的中点，当最大时，求的长． 51．（2026·安徽阜阳·二模）按要求完成下列各题． (1)如图1，在矩形中，对角线，相交于点O，平分，交于点，于点，分别交，于点F，H． （i）求证：；（ii）求证：； (2)如图2，在矩形中，平分于点，交于点，交于点．若，求的值． 52．（2026·重庆·一模）如图，在中，，为边上一点，连接． (1)如图1，若，过作交其延长线于点，，，求线段的长． (2)如图2，若，延长至点，连接使，连接，点为线段上一点，连接，取中点，连接，若，猜想与之间的数量关系，并证明． (3)如图3，若，，将绕点逆时针旋转得线段，连接，在直线上取一点，连接，当最小时，将沿所在直线翻折到所在平面内，得，连接，当最小时，请直接写出的面积． 53．（2026·四川成都·二模）已知菱形的边长为6，，点M，N分别是菱形边上的点，沿折叠菱形得到四边形． (1)如图1，点M，N分别在边和上且始终经过点D，若，与交于点G，求证：． (2)如图2，点M，N分别在边和上且始终经过点D（F在上方），当F到的距离最大时，求的值． (3)如图3，当点M在边上，N与点C重合，，求的长． 54．（2026·浙江舟山·一模）如图1，在菱形中，，是对角线上一点，连接，设，将沿折叠得到，连接并延长交于点． (1)用含的代数式表示． (2)求证： ①； ②． (3)如图2，当时，求的值． 55．（2026·山东青岛·一模）已知：在菱形中，与交于点，，，点从点出发，以的速度沿向点匀速移动；同时，点从点出发，以的速度沿向点匀速移动，绕点顺时针旋转的对应点恰好落在上；当移动到时停止移动，也随之停止移动．延长与交于点，连接，设移动时间为． (1)当为何值时，四边形为平行四边形？ (2)设四边形的面积为，求与之间的函数关系式； (3)当为何值时，？ (4)当为何值时，？ 56．（2026·湖北襄阳·二模）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． (1)【特例感知】如图1，当时，点在延长线上，求证：； (2)【问题探究】在（1）的条件下，若，求的长； (3)【拓展延伸】如图2，当时，点在边上． ①试判断与的数量关系，并说明理由． ②若，直接写出的值． 57．（2026·陕西咸阳·一模）【问题探究】 (1)如图，在中，，点是边上的动点，连接，则的最小值为___________； (2)如图，在中，，点是延长线上一点，于点，求的长； 【问题解决】 (3)如图，矩形是某校实践活动基地，现要对该实践活动基地重新扩建规划，首先延长至点，使得，在边上找一点建一口水井，沿修一条水渠，再从向修一条小路，使得于点，再沿分别修小路，在四边形内种植果树．已知，求种植果树面积的最小值（即四边形面积的最小值）．（水井的大小和水渠、小路的宽度均忽略不计） 58．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，已知正方形的边长为，E为边上一点，连接．以为边向外侧作正方形，连接． (1)如图1，当E为中点时，求的长； (2)如图2，连接，交于点O，与交于点H，延长交于点P． ①请写出的度数，并说明理由； ②当时，求正方形的面积． 59．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，四边形中，为对角线，于点，交于点，交的延长线于点，此时，． (1)求证：； (2)若为中点，求证：； (3)在（）的条件下，若为中点，，，求四边形的面积． 60．（2026·海南省直辖县级单位·一模）问题发现：借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系，数学小组对此进行了研究，如图1，在中，，． (1)探究发现：分别取，的中点，，作．如图2所示，将绕点逆时针旋转，连接，．旋转过程中，线段和的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明； (2)性质应用：如图3，当所在直线首次经过点时，求的长； (3)拓展探究：如图4，，是直线上一点，以为斜边在左侧作等腰，直接写出线段的最小值． 3、 圆综合压轴 中考考情 圆综合解答压轴是中考几何核心重难点题型，常年位于解答题压轴梯队，分值8–10分，是中考几何最高难度的拉分题型。题型以圆的基本性质、切线判定与性质为核心，深度融合三角形、四边形、相似、勾股定理、角度与线段计算。设问梯度清晰，基础问侧重切线证明、角度求解、半径和弦长计算；拔高问主打几何综合探究，结合线段比例、面积关系、动态变化出题。该题型条件隐蔽、模型混杂、辅助线多，不侧重复杂计算，极其考验图形拆解与几何转化能力，多隐含多解与易错细节，是尖子生冲刺满分的关键压轴题型。 终极预测 本次终极预测贴合中考命题趋势，核心思路为性质综合化、模型隐藏化、静态转动态，规避单一性质直白考查，侧重多知识点交叉融合。核心命题点分为三类：一是切线综合证明与计算，结合垂直、半径、平行关系证切线，搭配线段、半径求值；二是圆与相似、勾股综合，利用圆周角、圆心角、垂径定理构造相似模型求解比例与边长；三是圆类动态几何探究，结合动点、旋转考查线段最值、面积关系与存在性问题。命题陷阱多、综合性强，推理严谨度要求高，选拔区分度极强。 61．（2026·上海普陀·二模）扇形与扇形组成一个如图1的图形，其中扇形的圆心角等于，点C、D分别在半径、上，分别记扇形、扇形的圆心角所对的弧为与，半径长分别为R与r． (1)已知的长与的长相等，，求这个图形的面积S（结果保留）； (2)连接 ，作关于直线的对称图形． ①连接，如果与交于点M、N（点M在点N的左侧），且，求R与r之间的数量关系； ②如果所在的圆与所在的圆内切于点F（如图2所示），点P是上一点，连接并延长交于点Q，当时，求的度数． 62．（2026·贵州贵阳·一模）如图，在中，，是的外接圆，点是上的一点，且，连接与交于点，是的一条切线，与的延长线交于点． (1)请用尺规作图找到圆心点的位置（保留作图痕迹），点 线段上；（填“在”或“不在”） (2)猜想与的数量关系，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若，，求的长． 63．（2026·上海青浦·二模）已知中，，，点是射线上一点，连接，圆经过、、三点． (1)如图1，当点在线段上时， ①记圆交于点，求证：； ②设，用表示圆的半径； (2)如图2，在线段的右侧，以为底边作等腰，且始终满足．若以为圆心，为半径的圆与圆有公共点，请直接写出线段的取值范围． 64．（2026·江苏淮安·一模）几何探究 (1)如图①，点P在⊙O外，PA与⊙O交于A，B两点，PC与⊙O的公共点为C，D， ①如图①，若，求的值． ②当C与D两点重合时（图②），连接AC，BC．若，则的值为______． (2)已知点P在的内部，连接AP，BP，CP，且．如图③，，求作点P，使得值最小．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (3)已知，点P在的内部，连接，．当，设的最小值为t；对于边长给定的AB，BC边，且，当的大小确定时，t也随之确定，，请直接写出t的取值范围． 65．（2026·浙江绍兴·一模）如图，四边形内接于圆O，为直径，，交于点G，，垂足为E，交于点F． (1)如图1，证明：． (2)如图2，连结，若，求的度数． (3)如图3，连结，若，，求四边形的面积． 66．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知：内接于，，点D在圆上，弧弧，连接， (1)如图①，求证： (2)如图②，点E在上，点G在延长线上，连接，，作，，，求证：； (3)如图③，在②的条件下，作交延长线于点F，连接，四边形的面积为，，求的长． 67．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知：四边形是内接四边形，是的直径，、相交于点，点在上，． (1)如图1，求证：； (2)如图2，若，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，，点在上，交于点，，，求的半径． 68．（2026·河北保定·一模）如图1，在菱形中，，，对角线与相交于点，为线段上一点，过点作，交边于点N，以点为圆心，的长为半径画弧，与点下方的线段交于点（可与点B重合），与边交于点连接． (1)求的度数； (2)如图2，当点与点重合时，连接，求的长； (3)求扇形的面积最大值及此时点C与点之间的距离． 69．（2026·浙江温州·模拟预测）如图1，是的直径，A，D为圆上在异侧的点，，连接交于点H，将关于直线对称得到． (1)求出的度数． (2)如图2，延长交于点F，连接，，交于点G． ①求证：． ②若，求的值． 70．（2026·四川绵阳·二模）如图，是的直径，是的切线，连接． (1)求证：； (2)若，求的半径 (3)连接，在（2）的条件下，求的值． 71．（25-26九年级下·江西九江·阶段检测）如图，与相切于点，以为边作菱形，交于点C，D，E是对角线上一点，在，上取点F，G，使． (1)求证：是切线； (2)求证：是等边三角形； (3)若，求的半径． 72．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知内接于，圆心O在的内部，于点D，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，点G为的中点，连接，过点C作于点F，交于点E，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，连接并延长交于点H，连接，若平分，，，求的面积． 4、 几何综合压轴题 中考考情 几何综合解答压轴是中考几何板块综合性最强的拉分题型，位居解答题压轴梯队，分值8–10分，区分度极高。题型不局限单一图形，整体融合三角形、特殊四边形、圆等核心图形，高频搭配折叠、旋转、平移三大几何变换命题。设问分层梯度明显，基础问侧重边长、角度、面积常规计算与性质证明，拔高问主打动态探究与模型综合。该题型无固定答题套路，条件隐蔽、图形复杂，深度结合全等、相似、勾股定理等核心知识，重点考查图形拆解、辅助线构造与逻辑推理能力，细节易错点多，是冲刺高分的核心难点题型。 终极预测 本次终极预测紧扣中考命题规律，核心思路为图形跨界融合、模型隐形嵌套、动态探究为主，摒弃单一静态基础考查，强化多知识点交叉综合。核心命题点分为三类：一是几何变换综合计算，依托旋转、折叠、平移，探究线段、角度、周长与面积的动态变化；二是多模型嵌套探究，结合一线三等角、母子相似、隐圆等隐藏模型求值推理；三是几何存在性与最值综合，探究特殊图形存在性、线段和差最值问题。命题侧重严谨分类讨论，陷阱设置密集，综合选拔属性极强。 73．（2026·广东深圳·模拟预测）综合与实践 把特殊图形进行组合可以衍生出一些有趣的结论，综合与实践小组以等腰直角三角形为基础，配上特殊图形展开探究． 已知是等腰直角三角形，点A是直角顶点，在同侧增加特殊图形． 特例研究 (1)如图1，当四边形是正方形时，点A在对角线上，，则相似比为________． 类比探究 (2)如图2，当四边形是菱形时，以为直角边，点E为直角顶点，在边右侧再作一个等腰直角三角形，连接，，求，所在直线的夹角（锐角）的度数． (3)若（2）中，若A，D，E三点在同一条直线上，探究与之间的数量关系． 74．（2026·重庆·模拟预测）在中，，点为线段上一点，点为平面内一点． (1)如图1，若，且，，连接，若，求（用含的式子表示）； (2)如图2，连接，，满足且，取的中点，连接，若，猜想与之间的数量关系并证明； (3)如图3，，，点与点位于直线的异侧，连接，，，满足，且最大，连接，求当取到最大值时，的面积． 75．（2026·陕西西安·三模）如图，在中，，与相切于点（点和在直线同侧），交于点，延长交于点，连接和交于点，连接． (1)证明：； (2)①证明：平分； ②连接，若，，，求的长． 76．（2026·浙江宁波·模拟预测）已知：在中，． (1)如图1，求的面积． (2)如图2，点在边上，将沿射线方向平移至，使得点与点重合． ①连接．求的面积． ②如图3，将绕点旋转至，边与线段的延长线交于点，连接．当时，求的最小值． 77．（2026·陕西咸阳·模拟预测）【初步感知】 （1）如图1，在中，，延长至点，连接，点在线段上，连接交边于点，已知；求的度数． 【问题探究】 （2）如图2，在半圆中，直径，为上一点，连接、、求面积的最大值； 【学以致用】 （3）如图3，梯形是一个湿地公园，其中，，米，米，为方便周边居民假期外出活动、野餐等，对梯形湿地公园进行功能区划分，在线段上取中点，在线段上取点，点是梯形内一点，将区域规划为野餐区，，，将区域规划为专业帐篷区，经过调查，发现居民对专业帐篷区的需求较小，求当专业帐篷区的面积最小时的长． 78．（2026·广东中山·模拟预测）学校数学兴趣小组在探究二次函数最值问题的数学活动时，发现一个有趣现象：如图，直线与抛物线交于两点．点为抛物线上的动点，过点且平行于轴的直线交直线于点．当点在直线下方时，连接得到．当面积最大时，点在什么位置？ (1)数学兴趣小组成员很快就求出点的坐标，请你也求出点的坐标． (2)机智的小涛同学通过计算发现，当面积最大时，点与线段有特殊的位置关系，请你写出小涛的结论． (3)爱动脑筋的小婷根据小涛的发现提出了一个大胆的猜想：本类问题中，当面积取最大值时，动点的位置和直线与抛物线的交点都有这种“特殊关系”，请说明这种“特殊关系”是什么？并证明结论． 79．（2026·安徽·模拟预测）如图，在正方形中，，分别是边，上的点，，连接，交于点． (1)求证：； (2)连接对角线与相交于点，交于点，交于点． ①求证：； ②过点作交的延长线于点，连接交于点，请写出，之间的数量关系，并说明理由． 80．（2024·吉林·二模）【问题呈现】在学习《圆》这一章时，小明遇到了这样一个问题：如图1，已知半径是3，点A是上的一个动点，点P是平面内一点，，求证：线段的最大值为11． 【问题解决】经过分析，如图2，小明将延长交于点A，并猜想此时最大，为了验证这个猜想，小明想利用如下方法来解决，下面是部分证明过程，请补全缺失的部分． 证明：如图2，在上任意取一点B（点B不与点A重合），连接、， 证明过程缺失 则， 则此时，最大，最大值为． 【问题延伸】如图3，在中，，，，点D是边上的一个动点，连接，过点A作于点F，连接，则线段的最小值是 ． 【拓展提升】如图4，某景区有一片油菜花地，形状由和以为直径的半圆两部分构成，已知米，，，为了方便游客游览，该景区计划对油菜花地进行改造，根据设计要求，在半圆上确定一点E，沿修建小路，并在中点F处修建一个凉亭，沿修建仿古长廊，由于仿古长廊造价很高，为了控制成本，景区要求仿古长廊的长度尽可能短，若不考虑其他因素，则仿古长廊最短为 米．（结果保留根号） 5、 新情景题 中考考情 新情景解答压轴是中考新型选拔类难题，多位于解答题压轴位置，分值8–10分，是近年中考创新必考题型。该题型脱离常规固定模板，以新定义、新运算、新模型、实际探究为载体，融合初中代数、几何核心知识。设问梯度清晰，基础问侧重理解规则、简单套用求值，拔高问侧重迁移探究、动态分析与规律总结。题目文字量大、信息陌生，无固定刷题套路，重点考查学生现场读题、提炼信息、建模转化、举一反三的能力，套路性弱、灵活性极强，是区分顶尖学生的特色压轴题型。 终极预测 本次终极预测贴合中考创新命题趋势，核心思路为立足新定义、跨模块融合、重迁移应用，规避传统固化题型，侧重考查临场学习与探究能力。核心命题点分为三类：一是新定义几何题型，结合新角度、新图形、新性质，考查几何推理与求值；二是新定义代数题型，依托新运算、新规律，结合函数、方程、不等式综合探究；三是规律探究与动态综合，结合分类讨论、最值、存在性进行深度设问。命题陷阱多、思维量大，侧重知识迁移与逻辑推导，选拔区分度极高。 81．（2026·陕西西安·模拟预测）问题提出： (1)如图①，在四边形中，，，，点A到边的距离为，则_____． 问题探究： (2)如图②，在四边形中，，，，，求四边形面积的最大值． 问题解决： (3)如图③，为市区内某公园，现有关部门计划在边AB、AC外侧修建人工湖和，用来养殖观赏鱼，已知，，要求，，．为节约成本，要求人工湖面积和（和的面积和）尽可能小，同时为防止游客失足跌落湖中，还需分别在和的三条边上修建围栏，试求和面积和的最小值以及此时围栏的长度．（结果保留根号） 82．（2026·陕西西安·模拟预测）结合图形解答问题 (1)如图①，已知在中，，，垂足是点．若，______． (2)如图②，在中，，平分交于点，过点E作交于点D，且平分．若，求的长． (3)某现代艺术展览馆的屋顶采用几何镂空钢架结构，设计师采用平行四边形单元为基础模块，如图③所示，在中，为荷载传导杆，且平分，是垂直增强杆，交于点F．为增加稳定性，需在延长线上的G点与边上F点之间新增一条支撑杆．已知，中，米，米，荷载杆倾斜率，且对称补偿设计要求．请你计算新增支撑杆的长度． 83．（2026·陕西榆林·模拟预测）探究不同情境，解决以下问题： (1)【问题提出】如图①，已知的半径为3，A是上一点，P是平面内一点，且，连接，则长的最小值为 ； (2)如图②，和都是等边三角形，且点D在边上，连接．若，，求的长； (3)【问题解决】如图③，某厂区规划有一块直角扇形物料摆放区，其中，．在的中点D处安装有可旋转机械臂基座，点C为上的一个活动定位桩，并在基座与定位桩之间设置机械臂．现将机械臂绕基座D顺时针旋转，其末端到达作业点E．当作业点E到定位点B的距离最小时，求由定点O，B与作业点E围成的作业区域的面积． 84．（2026·河北沧州·模拟预测）如图，抛物线：过点，，过点作轴的平行线交于另一点，与轴交于点，抛物线：． (1)求抛物线的函数解析式； (2)若抛物线也过点，对称轴在轴的左侧，且直线与的另一个交点为． ①嘉嘉说：无论为何值，总不小于1； 淇淇说：当时，，均随的增大而减小． 请选择其中一人的说法进行说理； ②求与的比； ③连接，若是直线下方抛物线上的动点，连接，交于点．若，求点的坐标； (3)若抛物线与线段（含端点）有且只有一个交点，直接写出的取值范围． 85．（2022·浙江宁波·模拟预测）综合探究与应用 【证明体验】 (1)如图1，在中，，点D在边上，点E在边上，，，连接．求证：； 【思考探究】 (2)在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 (3)如图2，在菱形中，点F是对角线上一点，，连接并延长交于点E，连接，平分，，求菱形的周长． 86．（2026·陕西西安·模拟预测）提出问题以及解决问题： (1)问题提出 如图1，在直角中，，是的内切圆，若的半径是1，则的斜边长为 ． (2)问题解决 小方的爸爸是一位翡翠设计师，一位顾客想将一块如图2所示的四边形原石进行切割设计．顾客首先需要切割出一个玉镯，再根据剩料进行其他设计．由于该原石成色最好的部分在附近区域，所以玉镯要尽可能贴着边和边，观察到和的边缘都有杂质和细小裂隙，因此切割线不能经过边和边．根据原石情况和切割工艺，设计师需要先切割出能覆盖玉镯的三角形，再进行后期精细化打磨．为了最大限度地利用该石材，切割出的（点A在上，点C在上），应使得尽可能短，同时的周长和面积尽可能的小．经过测量，，，根据顾客的需求，手镯的内圈直径为，外圈直径为，即小圆的直径为，大圆的直径为 请你通过计算，帮助小方爸爸说明是否存在和上的点A和点C使得覆盖大圆的周长取得最小时，面积也取得最小值？若存在，请求出的周长及面积；若不存在，请说明理由． 87．（2026·广东深圳·模拟预测）综合与探究 【定义】有一组对角为直角的四边形叫做“对直四边形”． 【示例】如图1，在四边形中，，则称四边形叫做“对直四边形”． 【性质探究】小明同学在研究对直四边形时，发现“对直四边形具有四个顶点均在同一个圆上”的性质，证明的思路如下： 如图2，连接对角线，取中点，连接． ∵，______， ∴_____， ∴， ∴四边形的顶点均在以点为圆心，为直径的圆上． (1)请补全小明同学的证明过程． (2)【性质应用】如图3，在矩形中，点是边上一点，过三点的圆交对角线于点． ①求证：四边形是“对直四边形”； ②若，当为等腰三角形时，直接写出的长． (3)【拓展提升】如图4，在矩形中，（为正实数）．点是延长线上一点，过三点的圆交对角线于点，延长交于点．请求出的值（用含的式子表示）． 88．（2024·湖南·模拟预测）我们知道：关于x的二次函数，当系数a，b，c确定时，该二次函数的图象也随之确定，顶点坐标也唯一确定． (1)①请写出关于x的二次函数的顶点坐标： ； ②请写出关于x的二次函数的顶点坐标： ．（用含有c的式子表示） (2)已知关于x的二次函数，请问该抛物线的顶点是否有最高位置或者最低位置？如果有，求出此时b的取值； (3)关于x的二次函数与，这两个抛物线的顶点分别是和，当且时，是否存在实数n，使得恒成立？若存在，求出n的取值范围；若不存在，请说明理由． 89．（2025·江西·模拟预测）综合与实践 【初步感知】 如图1，在边长为4的菱形中， ，E，F分别是的中点，连接，将绕点A顺时针旋转 （1）的长为 ； 【知识应用】 （2）如图2，当 时，设与的交点为H，的长为x， 的面积为y．求y与x的函数表达式； 【知识应用】 （3）如图3，连接． ①求的最大值； ②当点B，D，E构成的三角形是直角三角形时，直接写出的长． 90．（2024·江西·模拟预测）如图，在中，，，D，E分别为的中点，P为上的动点，于点 P，且与相交于点 F． 【特例发现】 （1）如图2，当P与E重合时，与的数量关系为_______． 【深入探究】 （2）如图1，当P与E不重合时，（1）中的结论还成立吗?请给出你的判断，并说明理由． 【结论应用】 （3）连接AE．①当F为的中点时，猜想与的关系，并给予证明． ②若 当时，k的值为_______． 6、 新定义题 中考考情 新定义解答压轴是中考压轴创新类核心题型，常出现在解答题最后位置，分值8–10分，是区分顶尖学生的关键题型。该题型区别于常规套路题，通过给出全新定义、全新规则、全新几何或代数模型进行命题，不依托固定刷题模板。设问梯度分明，第一问侧重读懂定义、简单套用求值验证，后续设问层层递进，结合动态变化、性质探究、存在性论证综合考查。题目陌生度高、信息提炼难度大，重点考查临场理解、知识迁移、数形结合与逻辑推导能力，灵活性极强，是中考高区分度的特色压轴题型。 终极预测 本次终极预测贴合中考创新命题导向，核心思路为定义生活化、考点融合化、设问阶梯化，弱化机械记忆题型，重点考查现场学习与综合探究能力。核心命题点分为三类：一是新定义几何模型，自定义图形、角度、线段关系，结合相似、圆、变换进行推理计算；二是新定义代数规则，依托新运算、新函数、新数系，结合方程、函数最值综合设问；三是新定义动态探究，结合动点、取值范围、存在性、分类讨论深度出题。命题陷阱隐蔽、思维层级高，侧重知识迁移应用，压轴选拔属性突出。 91．（2026·北京西城·模拟预测）在平面直角坐标系中，的半径为2．对于的弦和点E，给出如下定义：若上存在一点F，使得的中点在弦上，则称点E为弦的“中称点”；若点P和Q都是弦的“中称点”，且能取到的最大值为，则称弦为的“中称弦”． (1)如图，点． ①在点中，点________是弦的“中称点”； ②若弦为的“中称弦”，则点D的纵坐标的取值范围是________； (2)点M和点N分别是直线与x轴和y轴的交点，若线段上存在弦的“中称点”，且弦为的“中称弦”．直接写出b的取值范围． 92．（2023·浙江金华·模拟预测）定义：若一个矩形的两边之比为，则称该矩形为“矩形”．如图，矩形ABDC为“矩形”，其对角线CB在x轴上，点A在y轴上，已知OA＝4． (1)求矩形ABDC对角线的长． (2)点E在半径为2的⊙O上，点F在直线AB上，以EF为对角线作矩形EGFH，EHx轴， EGy轴，已知矩形EGFH为“矩形”． ① 若点E在x轴的正半轴上，求GE的长． ② 求点F横坐标的最大值． 93．（2025·北京海淀·模拟预测）在平面直角坐标系中，的半径为，对于直线和线段，给出如下定义：若将线段关于直线对称，可以得到的一条弦（其中点的对应点是点，点的对应点是点），则称线段是以为轴的的关联线段． (1)如图，当时，点，，直线，线段是以为轴的的关联线段（其中点A，B的对应点为，） ①的所有可能值为______； ②若点在第四象限，则点的坐标为______： (2)当时，点，若存在过点，的直线和线段，使得是以为轴的的关联线段，且M，N，P三点在同一条直线上，直接写出的最大值和最小值，以及相应的的值． 94．（2026·江苏淮安·一模）【概念感知】 定义：我们将一组邻边相等且其中一边邻角（不是这组邻边的夹角）为直角的凸四边形称为单直邻等四边形．（凸四边形是指所有内角均小于的四边形） 例如：如图①，在四边形中，如果，，那么四边形为单直邻等四边形． 【初步理解】 (1)如图②，为等边三角形，点E在的角平分线上，连接，将绕点E顺时针旋转得到线段，连接． 求证：四边形为单直邻等四边形． 【拓展应用】 (2)如图③，四边形为凸四边形，．在边上取点P，连接，交BD于点Q，且． 求证：． (3)如图④，四边形为单直邻等四边形，，，连接．若，，作，且．连接并延长交于点F，交于点M．求的长． 【解决问题】 (4)如图⑤，射线于点C，，．点A在射线上，，点B在射线上，且四边形为单直邻等四边形，．的角平分线交线段于点P，请直接写出的长． 95．（2026·湖南长沙·一模）我们约定：如果一个函数的图象与轴交于点，我们就说该函数是“点函数”． 例如：函数与轴相交于点，我们就说函数是“点函数”．根据约定，解答下列问题： (1)判断下列函数是否一定是“点函数”（填“√”或“×”）． ① ；② ；③ ． (2)若一次函数（其中是自变量，是的函数）是“点函数”，求证：无论取何值，该函数的图象一定经过第三象限． (3)已知二次函数是“点函数”，该函数的图象与轴相交于点，两点，与轴相交于点，且，点是该函数图象在第一象限内的动点，线段与线段相交于点，当点运动时，若满足时，试求点的坐标． 96．（2026·江苏盐城·一模）定义：在平面直角坐标系中，点在某函数图象上，且满足，（是常数，），则称点是该函数图象的“距点”． 例如：点是函数图象的一个“距点”． (1)①在点，，中，是反比例函数图象的“距点”的是点______； ②在平面直角坐标系中，所有“距点”组成的图形的面积是______； (2)已知一次函数的图象上有且只有一个“距点”，求的值； (3)已知二次函数图象上存在“距点”，请直接写出的取值范围． 97．（2026·北京通州·一模）在平面直角坐标系中，图形P上存在点A，图形Q上存在点B，图形R上存在点C，满足点A，点B，点C任意两点之间的距离都相等，称图形P，Q，R具有“平等关系”． (1)已知点． ①若点A，点B，点O具有“平等关系”，则点B的坐标为______； ②如图1，半径为1，若点A，，点具有“平等关系”，求a的值； (2)如图2，点，，以点O为圆心的两个同心圆，其中一个圆的半径为1，另一个圆的半径为r．若线段与这两个同心圆具有“平等关系”，直接写出r的取值范围． 98．（2026·广东深圳·二模）我们把对角互补且存在一组对边相等的四边形称为对等补四边形，此时该四边形的另一组对边平行． 例如图1所示，若，，则称四边形为对等补四边形，且有． (1)以下图形属于对等补四边形的有__________（填序号） ①平行四边形    ②矩形    ③菱形    ④正方形 (2)如图2，四边形为对等补四边形（），小明发现当时，四边形恰好为矩形，请你帮他证明这一结论； (3)如图3，四边形为对等补四边形，，，对角线平分角，求线段AC的长度 (4)在问题（3）的条件下，平面内存在点E使得四边形为对等补四边形，线段与线段交于点Q，请直接写出线段的长． 99．（2026·河南洛阳·一模）在学习特殊四边形的过程中．同学们积累了一定的研究经验． 某班数学兴趣小组尝试定义了一种新的四边形，并结合所学知识对其展开进一步探究． 定义：若四边形一边上存在一点，这点与对边两个端点所连线段相等且互相垂直，则称这样的四边形是可等垂四边形，这个点叫做该四边形的等垂点． 例如：在四边形中，边上存在一点O，使得且，则四边形是可等垂四边形，点O为四边形的等垂点． 根据定义可得出特殊的可等垂四边形的一些性质． 【初步探索】 (1)如图1，矩形是可等垂四边形，点O是它的等垂点，则和的数量关系是__________． 【类比探究】 (2)如图2，四边形是可等垂四边形，且，，点P是它的等垂点． ①四边形的边，和之间的数量关系是___________； ②在图2中取边的中点Q，并连接，，则点Q是四边形的等垂点吗？如果是，请证明；如果不是，请说明理由（若需使用①中的结论，可直接使用，不必另行证明）． 【拓展应用】 (3)如图3，在中，，，，点B，C为中不同边上的两点，且点B为所在边的中点，若以A，B，C，D为顶点的四边形是可等垂四边形，请直接写出C，D两点之间的距离． 100．（2026·广东深圳·一模）【定义】连接三角形的一个顶点与对边上任意一点的线段，把这个三角形分割成两个三角形，其中一个是等腰三角形，另一个是直角三角形，就称这条线段是该三角形的“奇妙分割线”． (1)【理解定义】 如图，在中，，，D是线段上一点，连接，若，那么线段 （填“是”或“不是”）的“奇妙分割线”． (2)【运用定义】 如图，在平行四边形中，，，连接，若，E是线段上一点，，连接交与点F．求证：线段是的“奇妙分割线”． (3)【拓展提升】 如图，在中，，，，点D是线段上的动点（点D不与B、C重合），连接，将沿翻折得到，点B的对应点为点E，连接、，当是的“奇妙分割线”时，求线段的长． 学科网（北京）股份有限公司 $