【5年中考压轴真题】2022～2026年甘肃省选择题、填空题、解答题汇编

**基本信息** 2022-2026年甘肃省中考压轴真题汇编，含选择（10）、填空（20）、解答（20）题，聚焦几何动态与函数综合，适配一轮复习核心考点巩固。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题|菱形/矩形动态问题、函数图像分析|结合临夏砖雕等文化素材，设置动点与函数图像关联题| |填空题|20题|统计与概率、圆的计算、图形变换|融入兰州水车等地域情境，考查频率估计、弧长计算| |解答题|20题|二次函数综合、几何模型迁移|设计“模型建立-应用-迁移”分层大题，如正方形旋转与线段关系证明|

【5年中考压轴真题】2022~2026年甘肃省选择题、填空题、解答题汇编 一．选择题（共10小题） 1．（2024•甘肃）·【较易】如图1，动点P从菱形ABCD的点A出发，沿边AB→BC匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，PO的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到BC中点时，PO的长为（　　） A．2 B．3 C． D． 2．（2023•兰州）·【较易】如图，在矩形ABCD中，点E为BA延长线上一点，F为CE的中点，以B为圆心，BF长为半径的圆弧过AD与CE的交点G，连接BG．若AB＝4，CE＝10，则AG＝（　　） A．2 B．2.5 C．3 D．3.5 3．（2022•甘肃）·【较易】如图1，在菱形ABCD中，∠A＝60°，动点P从点A出发，沿折线AD→DC→CB方向匀速运动，运动到点B停止．设点P的运动路程为x，△APB的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，则AB的长为（　　） A． B．2 C．3 D．4 4．（2022•兰州）·【较易】如图1是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示，它是以O为圆心，OA，OB长分别为半径，圆心角∠O＝120°形成的扇面，若OA＝3m，OB＝1.5m，则阴影部分的面积为（　　） A．4.25πm2 B．3.25πm2 C．3πm2 D．2.25πm2 5．（2025•甘肃）·【中档】如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，点D为边AB的中点．动点P从点A出发，沿边AC→CB方向匀速运动，运动到点B时停止．设点P的运动路程为x，△APD的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到CB的中点时，PD的长为（　　） A．2 B．2.5 C． D．4 6．（2025•兰州）·【中档】如图，在正方形ABCD中，AB＝2cm，对角线AC，BD相交于点O，动点P从点O出发沿O→A→B方向以的速度运动，同时点Q从点C出发沿C→D方向以1cm/s的速度运动．当点Q到达点D时，P，Q同时停止运动．若运动时间为x（s），△CPQ的面积为y（cm2），则点P分别在OA，AB上运动时，y与x的函数关系分别是（　　） A．均为一次函数 B．一次函数，二次函数 C．均为二次函数 D．二次函数，一次函数 7．（2024•甘南州）·【中档】已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，有下列5个结论：①abc＜0；②b＜a+c；③4a+2b+c＞0；④2c＜3b；⑤a+b＜m（am+b），（m≠1的实数）．其中正确结论个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．（2024•兰州）·【中档】如图1，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，连接BD，点M从B出发沿BD方向以的速度运动至D，同时点N从B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动至C，设运动时间为x（s），△BMN的面积为y（cm2）．y与x的函数图象如图2所示，则菱形ABCD的边长为（　　） A． B． C．4cm D．8cm 9．（2023•金昌）·【中档】如图1，正方形ABCD的边长为4，E为CD边的中点．动点P从点A出发沿AB→BC匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，线段PE的长为y，y与x的函数图象如图2所示，则点M的坐标为（　　） A．（4，2） B．（4，4） C．（4，2） D．（4，5） 10．（2026•武威）·【中档】如图1，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，动点M从点O出发，沿OC→CD匀速运动至点D时停止．设点M的运动路程为x，AM的长度为y，y与x的函数图象如图2所示，在点M的运动过程中，当AM⊥CD时，AM的长度是（　　） A． B．6 C． D． 二．填空题（共20小题） 11．（2024•兰州）·【较易】甲，乙两人在相同条件下各射击10次．两人的成绩（单位：环）如图所示．现有以下三个推断：①甲的成绩更稳定；②乙的平均成绩更高；③每人再射击一次，乙的成绩一定比甲高．其中正确的是 　 　 .（填序号） 12．（2024•甘肃）·【较易】甘肃临夏砖雕是一种历史悠久的古建筑装饰艺术，是第一批国家级非物质文化遗产．如图1是一块扇面形的临夏砖雕作品，它的部分设计图如图2，其中扇形OBC和扇形OAD有相同的圆心O，且圆心角∠O＝100°，若OA＝120cm，OB＝60cm，则阴影部分的面积是 　 　 cm2.（结果用π表示） 13．（2023•兰州）·【较易】某学习小组做抛掷一枚瓶盖的实验，整理的实验数据如表： 累计抛掷次数 50 100 200 300 500 1000 2000 3000 5000 盖面朝上次数 28 54 106 158 264 527 1056 1587 2650 盖面朝上频率 0.5600 0.5400 0.5300 0.5267 0.5280 0.5270 0.5280 0.5290 0.5300 下面有三个推断： ①通过上述实验的结果，可以推断这枚瓶盖有很大的可能性不是质地均匀的； ②第2000次实验的结果一定是“盖面朝上”； ③随着实验次数的增大，“盖面朝上”的概率是0.53． 其中正确的是 　 　 ．（填序号） 14．（2022•兰州）·【较易】2022年3月12日是我国第44个植树节，某林业部门为了考查某种幼树在一定条件下的移植成活率，在同等条件下，对这种幼树进行大量移植，并统计成活情况，下表是这种幼树移植过程中的一组统计数据： 幼树移植数（棵） 100 1000 5000 8000 10000 15000 20000 幼树移植成活数（棵） 87 893 4485 7224 8983 13443 18044 幼树移植成活的频率 0.870 0.893 0.897 0.903 0.898 0.896 0.902 估计该种幼树在此条件下移植成活的概率是 　 　 ．（结果精确到0.1） 15．（2023•金昌）·【较易】如图1，我国是世界上最早制造使用水车的国家．1556年兰州人段续的第一架水车创制成功后，黄河两岸人民纷纷仿制，车水灌田，水渠纵横，沃土繁丰．而今，兰州水车博览园是百里黄河风情线上的标志性景观，是兰州“水车之都”的象征．如图2是水车舀水灌溉示意图，水车轮的辐条（圆的半径）OA长约为6米，辐条尽头装有刮板，刮板间安装有等距斜挂的长方体形状的水斗，当水流冲动水车轮刮板时，驱使水车徐徐转动，水斗依次舀满河水在点A处离开水面，逆时针旋转150°上升至轮子上方B处，斗口开始翻转向下，将水倾入木槽，由木槽导入水渠，进而灌溉，那么水斗从A处（舀水）转动到B处（倒水）所经过的路程是 　 　 米．（结果保留π） 16．（2024•兰州）·【较易】“轮动发石车”是我国古代的一种投石工具，在春秋战国时期被广泛应用，图1是陈列在展览馆的仿真模型．图2是模型驱动部分的示意图，其中⊙M，⊙N的半径分别是1cm和10cm，当⊙M顺时针转动3周时，⊙N上的点P随之旋转n°，则n＝　 　 ． 17．（2024•甘肃）·【较易】如图1为一汽车停车棚，其棚顶的横截面可以看作是抛物线的一部分，如图2是棚顶的竖直高度y（单位：m）与距离停车棚支柱AO的水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y＝﹣0.02x2+0.3x+1.6的图象，点B（6，2.68）在图象上．若一辆箱式货车需在停车棚下避雨，货车截面看作长CD＝4m，高DE＝1.8m的矩形，则可判定货车 　 　 完全停到车棚内（填“能”或“不能”）． 18．（2023•兰州）·【较易】如图，将面积为7的正方形OABC和面积为9的正方形ODEF分别绕原点O顺时针旋转，使OA，OD落在数轴上，点A，D在数轴上对应的数字分别为a、b，则b﹣a＝　 　 ． 19．（2022•甘肃）·【较易】如图，以一定的速度将小球沿与地面成一定角度的方向击出时，小球的飞行路线是一条抛物线．若不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系：h＝﹣5t2+20t，则当小球飞行高度达到最高时，飞行时间t＝　 　 s． 20．（2025•甘肃）·【较易】勾股树是一个可以无限生长的树形图形，它既展示了数学中的精确与秩序，还蕴含了自然界的生长与繁衍之美．如图是勾股树及它的形成过程，其中第1个图形是正方形，第2个图形是以这个正方形的边长为斜边在其外部构造一个直角三角形，再以这个直角三角形的两条直角边为边长，分别向外生成两个新的正方形，重复上述步骤得到第3个图形，…，则第5个图形中共有　 　 个正方形． 21．（2025•兰州）·【较易】如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，交BD于点F，BE＝CE．若，则AF＝ 　 　 ． 22．（2026•武威）·【中档】如图1，据生物学资料介绍，射水鱼会从口中射出一股水流击中昆虫达到捕食目的，其射出的水流可以看作一条抛物线的一部分（不考虑空气阻力）．图2是一次捕食中一条射水鱼发现一只昆虫后射出水流的图象，其中水流从点O射出，水流运动的高度y（cm）与水平距离x（cm）近似满足函数关系y4x（x≥0）．若这只昆虫在点P（20，50），则这次射出的水流　 　 击中昆虫．（填“能”或“不能”） 23．（2025•兰州）·【中档】如图，黄金矩形ABCD中，以宽AB为边在其内部作正方形ABFE，得到四边形CDEF是黄金矩形．依此作法，四边形DEGH，四边形KEGL也是黄金矩形．依次以点E，G，L为圆心作，曲线AFHK叫做“黄金螺线”．若AD＝2，则“黄金螺线”AFHK的长为 　 　 ．（结果用π表示） 24．（2024•甘南州）·【中档】如图，在平面直角坐标系中，一动点从原点O出发，按向上，向右，向下，向右的方向不断地移动，每移动一个单位，得到点A1（0，1），A2（1，1），A3（1，0），A4（2，0），…那么点A2020的坐标为 　 　 ． 25．（2022•甘肃）·【中档】如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝9cm，点E，F分别在边AB，BC上，AE＝2cm，BD，EF交于点G，若G是EF的中点，则BG的长为 　 　 cm． 26．（2026•武威）·【中档】求圆的面积是历史悠久的数学课题之一，在很多古代数学文献中都有记载，如公元3世纪，中国数学家刘徽利用割圆术证明了圆的面积等于半周长与半径之积；17世纪，德国数学家开普勒也利用无穷分割圆的方法，将圆转化为直角边长分别等于圆周长和半径的直角三角形，如图所示，将⊙O的面积转化为Rt△ODC的面积，其中S扇形AOB＝S△OMN．在Rt△ODC中，CD等于⊙O周长，OD等于⊙O半径，若CD＝4π，MNπ，则扇形AOB的圆心角等于　 　 度． 27．（2025•甘肃）·【中档】“儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”．风筝古称纸鸢，起源于春秋战国时期，风筝制作技艺已被列入国家非物质文化遗产名录．为丰富校园生活，某校开展风筝制作活动，小言和哥哥制作了一大一小两个形状相同的风筝．风筝的形状如图所示，其中对角线AC⊥BD．已知大、小风筝的对应边之比为3：1，如果小风筝两条对角线的长分别为30cm和35cm，那么大风筝两条对角线长的和为 　 　 cm． 28．（2024•甘南州）·【中档】如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，反比例函数的图象与AB相交于点M，与BC相交于点N，若点B的坐标为（4，2），△MON的面积是，则k的值为 　 　 ． 29．（2022•兰州）·【中档】如图，在矩形纸片ABCD中，点E在BC边上，将△CDE沿DE翻折得到△FDE，点F落在AE上．若CE＝3cm，AF＝2EF，则AB＝　 　 cm． 30．（2023•金昌）·【中档】如图，菱形ABCD中，∠DAB＝60°，BE⊥AB，DF⊥CD，垂足分别为B，D，若AB＝6cm，则EF＝　 　 cm． 三．解答题（共20小题） 31．（2025•甘肃）·【中档】如图1，抛物线y＝a（x）（x﹣4）（a≠0）分别与x轴，y轴交于A，B（0，﹣4）两点，M为OA的中点． （1）求抛物线的表达式； （2）连接AB，过点M作OA的垂线，交AB于点C，交抛物线于点D，连接BD，求△BCD的面积； （3）点E为线段AB上一动点（点A除外），将线段OE绕点O顺时针旋转90°得到OF． ①当AE时，请在图2中画出线段OF后，求点F的坐标，并判断点F是否在抛物线上，说明理由； ②如图3，点P是第四象限的一动点，∠OPA＝90°，连接PF，当点E运动时，求PF的最小值． 32．（2025•甘肃）·【中档】四边形ABCD是正方形，点E是边AD上一动点（点D除外），△EFG是直角三角形，EG＝EF，点G在CD的延长线上． （1）如图1，当点E与点A重合，且点F在边BC上时，写出BF和DG的数量关系，并说明理由； （2）如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形ABCD内部时，FE的延长线与BA的延长线交于点P，如果EF＝EP，写出AE和DG的数量关系，并说明理由； （3）如图3，在（2）的条件下，连接BF，写出BF和DG的数量关系，并说明理由． 33．（2024•甘南州）·【较难】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣5（a≠0）交x轴于A，C两点，交y轴于点B，5OA＝OB＝OC． （1）求此抛物线的表达式； （2）已知抛物线的对称轴上存在一点M，使得△ABM的周长最小，请求出点M的坐标； （3）连接BC，点P是线段BC上一点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，求当四边形OBQP为平行四边形时点P的坐标． 34．（2024•兰州）·【较难】在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：点P是图形W外一点，点Q在PO的延长线上，使得，如果点Q在图形W上，则称点P是图形W的“延长2分点”．例如：如图1，A（2，4），B（2，2），是线段AB外一点，Q（2，3）在PO的延长线上，且，因为点Q在线段AB上，所以点P是线段AB的“延长2分点”． （1）如图1，已知图形W1：线段AB，A（2，4），B（2，2），在，P2（﹣1，﹣1），P3（﹣1，﹣2）中，　 　 是图形W1的“延长2分点”； （2）如图2，已知图形W2：线段BC，B（2，2），C（5，2），若直线MN：y＝﹣x+b上存在点P是图形W2的“延长2分点”，求b的最小值； （3）如图3，已知图形W3：以T（t，1）为圆心，半径为1的⊙T，若以D（﹣1，﹣2），E（﹣1，1），F（2，1）为顶点的等腰直角三角形DEF上存在点P，使得点P是图形W3的“延长2分点”．请直接写出t的取值范围． 35．（2024•甘肃）·【较难】如图1，抛物线y＝a（x﹣h）2+k交x轴于O，A（4，0）两点，顶点为B（2，2），点C为OB的中点． （1）求抛物线y＝a（x﹣h）2+k的表达式； （2）过点C作CH⊥OA，垂足为H，交抛物线于点E．求线段CE的长． （3）点D为线段OA上一动点（O点除外），在OC右侧作平行四边形OCFD． ①如图2，当点F落在抛物线上时，求点F的坐标； ②如图3，连接BD，BF，求BD+BF的最小值． 36．（2023•兰州）·【较难】综合与实践： 【思考尝试】（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG＝CF，试猜想四边形ABCD的形状，并说明理由； 【实践探究】（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，可以用等式表示线段FH，AH，CF的数量关系，请你思考并解答这个问题； 【拓展迁移】（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在CH上，且AH＝HM，连接AM，BH，可以用等式表示线段CM，BH的数量关系，请你思考并解答这个问题． 37．（2022•甘肃）·【较难】如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y（x+3）（x﹣a）与x轴交于A，B（4，0）两点，点C在y轴上，且OC＝OB，D，E分别是线段AC，AB上的动点（点D，E不与点A，B，C重合）． （1）求此抛物线的表达式； （2）连接DE并延长交抛物线于点P，当DE⊥x轴，且AE＝1时，求DP的长； （3）连接BD． ①如图2，将△BCD沿x轴翻折得到△BFG，当点G在抛物线上时，求点G的坐标； ②如图3，连接CE，当CD＝AE时，求BD+CE的最小值． 38．（2022•兰州）·【较难】综合与实践 【问题情境】数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥EP，EP与正方形的外角∠DCG的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明； 【思考尝试】（1）同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题． 【实践探究】（2）希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，连接CP，可以求出∠DCP的大小，请你思考并解答这个问题． 【拓展迁移】（3）突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，连接DP．知道正方形的边长时，可以求出△ADP周长的最小值．当AB＝4时，请你求出△ADP周长的最小值． 39．（2023•金昌）·【较难】如图1，抛物线y＝﹣x2+bx与x轴交于点A，与直线y＝﹣x交于点B（4，﹣4），点C（0，﹣4）在y轴上．点P从点B出发，沿线段BO方向匀速运动，运动到点O时停止． （1）求抛物线y＝﹣x2+bx的表达式； （2）当BP＝2时，请在图1中过点P作PD⊥OA交抛物线于点D，连接PC，OD，判断四边形OCPD的形状，并说明理由； （3）如图2，点P从点B开始运动时，点Q从点O同时出发，以与点P相同的速度沿x轴正方向匀速运动，点P停止运动时点Q也停止运动．连接BQ，PC，求CP+BQ的最小值． 40．（2024•甘南州）·【较难】某学校数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究： （1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，且DE⊥CF，猜想并计算的值； （2）如图2，在矩形ABCD中，∠DBC＝30°，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，求的值； （3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：DE•AB＝CF•AD． 41．（2024•兰州）·【较难】综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景．探究动点运动的几何问题．如图，在△ABC中，点M，N分别为AB，AC上的动点（不含端点），且AN＝BM． 【初步尝试】（1）如图1，当△ABC为等边三角形时，小颜发现：将MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，连接BD，则MN＝DB，请思考并证明； 【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AE⊥MN于点E，交BC于点F，将MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，连接DA，DB．试猜想四边形AFBD的形状，并说明理由； 【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝90°，连接BN，CM，请直接写出BN+CM的最小值． 42．（2024•甘肃）·【较难】【模型建立】（1）如图1，已知△ABE和△BCD，AB⊥BC，AB＝BC，CD⊥BD，AE⊥BD．用等式写出线段AE，DE，CD的数量关系，并说明理由． 【模型应用】（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在对角线BD和边CD上，AE⊥EF，AE＝EF．用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由． 【模型迁移】（3）如图3，在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点F在边CD的延长线上，AE⊥EF，AE＝EF．用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由． 43．（2022•甘肃）·【较难】已知正方形ABCD，E为对角线AC上一点． 【建立模型】（1）如图1，连接BE，DE．求证：BE＝DE； 【模型应用】（2）如图2，F是DE延长线上一点，FB⊥BE，EF交AB于点G． ①判断△FBG的形状并说明理由； ②若G为AB的中点，且AB＝4，求AF的长． 【模型迁移】（3）如图3，F是DE延长线上一点，FB⊥BE，EF交AB于点G，BE＝BF．求证：GE＝（1）DE． 44．（2022•兰州）·【较难】在平面直角坐标系中，P（a，b）是第一象限内一点，给出如下定义：k1和k2两个值中的最大值叫做点P的“倾斜系数”k． （1）求点P（6，2）的“倾斜系数”k的值； （2）①若点P（a，b）的“倾斜系数”k＝2，请写出a和b的数量关系，并说明理由； ②若点P（a，b）的“倾斜系数”k＝2，且a+b＝3，求OP的长； （3）如图，边长为2的正方形ABCD沿直线AC：y＝x运动，P（a，b）是正方形ABCD上任意一点，且点P的“倾斜系数”k，请直接写出a的取值范围． 45．（2026•武威）·【较难】抛物线ybx+c与x轴交于A，C（2，0）两点，与y轴交于点B（0，﹣6）．动点D在线段OB上（点D与点O不重合）． （1）求抛物线ybx+c的表达式； （2）连接CD，在CD的左上方以CD为边作正方形CDMN． ①如图1，当BD＝4时，求正方形CDMN的面积； ②如图2，当点M落在抛物线上时，求点M的坐标； （3）如图3，在动点D的正上方有另一动点E（0，p），且ED，当点D从点B开始运动时，点E以相同的速度同时出发，两点都沿y轴的正方向匀速运动，点D停止运动时点E同时停止运动．连接AE，CD，求AE+CD的最小值和此时p的值． 46．（2025•兰州）·【较难】在平面直角坐标系xOy中，对于图W上或内部有一点N（不与原点O重合），及平面内一点P，给出如下定义：若点P关于直线ON的对称点P′在图W上或内部，则称点P是图W的“映射点”． （1）如图1，已知图W1：线段AB，A（﹣1，﹣1），B（1，﹣1）．在P1（﹣1，0），P2（1，2）中，　 　 是图W1的“映射点”； （2）如图2，已知图W2：正方形ABCD，A（﹣1，﹣1），B（1，﹣1），C（1，1），D（﹣1，1）．若直线l：y＝x+b上存在点P是图W2的“映射点”，求b的最大值； （3）如图3，已知图W3：⊙T，圆心为T（0，t），半径为1．若x轴上存在点P是图W3的“映射点”，请直接写出t的取值范围． 47．（2026•武威）·【较难】在一次数学兴趣小组活动中，同学们围绕等腰三角形进行探究，下面是部分探究内容，请你思考并解答． 【初步尝试】（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，过点B作BQ∥AC，BQ＝2，连接AQ．点P在线段AB上，满足∠BPC＝∠CAQ，求AP的长． 【类比探究】（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，以AB为对角线的矩形AEBD的顶点D在AC上，P，Q分别是线段AB，BE上的动点（不含端点），AP＝BQ．当∠BPC＝∠BCD时，用等式表示出CD和QE的数量关系，并说明理由． 【拓展迁移】（3）如图3，在矩形AEBD中，P，Q分别是线段AB，BE上的动点（不含端点），AP＝BQ．当∠EAQ∠DAP时，用等式表示出BP和QE的数量关系，并说明理由． 48．（2025•兰州）·【较难】【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形ABCD与正方形BEFG（AB＞BE），点E，G分别在AB，BC上．根据图形提出问题：如图2，正方形BEFG绕点B顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），直线AE与CG相交于点H，连接BH，探究线段AH，BH，CH之间的数量关系． 【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出AH，BH，CH之间的数量关系，并说明理由； （2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出AH，BH，CH之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角α的范围再扩大，正方形BEFG绕点B顺时针旋转，旋转角为α（180°＜α＜360°），直线AE与CG相交于点H，连接BH，请直接写出AH，BH，CH之间的数量关系． 49．（2023•兰州）·【较难】在平面直角坐标系中，给出如下定义：P为图形M上任意一点，如果点P到直线EF的距离等于图形M上任意两点距离的最大值时，那么点P称为直线EF的“伴随点”．例如：如图1，已知点A（1，2），B（3，2），P（2，2）在线段AB上，则点P是直线EF：x轴的“伴随点”． （1）如图2，已知点A（1，0），B（3，0），P是线段AB上一点，直线EF过G（﹣1，0），T（0，）两点，当点P是直线EF的“伴随点”时，求点P的坐标； （2）如图3，x轴上方有一等边三角形ABC，BC⊥y轴，顶点A在y轴上且在BC上方，OC，点P是△ABC上一点，且点P是直线EF：x轴的“伴随点”，当点P到x轴的距离最小时，求等边三角形ABC的边长； （3）如图4，以A（1，0），B（2，0），C（2，1）为顶点的正方形ABCD上始终存在点P，使得点P是直线EF：y＝﹣x+b的“伴随点”，请直接写出b的取值范围． 50．（2023•金昌）·【较难】【模型建立】（1）如图1，△ABC和△BDE都是等边三角形，点C关于AD的对称点F在BD边上． ①求证：AE＝CD； ②用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由； 【模型应用】（2）如图2，△ABC是直角三角形，AB＝AC，CD⊥BD，垂足为D，点C关于AD的对称点F在BD边上．用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】（3）在（2）的条件下，若AD＝4，BD＝3CD，求cos∠AFB的值． 【5年中考压轴真题】2022~2026年甘肃省选择题、填空题、解答题汇编 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．【解答】解：结合图象，得到当x＝0时，PO＝AO＝4， ∴当点P运动到点B时，PO＝BO＝2， ∵菱形ABCD， ∴AC⊥BD， ∴∠AOB＝∠BOC＝90°， ∴， 当点P运动到BC中点时，PO的长为， 故选：C． 2．【解答】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠ABC＝∠BAD＝90°， 在Rt△BCE中，点F为斜边CE的中点， ∴， ∴BG＝BF＝5， 在Rt△ABG中，AB＝4，BG＝5， 由勾股定理得：． 故选：C． 3．【解答】解：在菱形ABCD中，∠A＝60°， ∴△ABD为等边三角形， 设AB＝a，由图2可知，△ABD的面积为3， ∴△ABD的面积a2＝3， 解得：a1＝2，a2＝﹣2（舍去）， 故选：B． 4．【解答】解：S阴＝S扇形DOA﹣S扇形BOC ＝2.25πm2． 故选：D． 5．【解答】解：根据题意动点P从点A出发，沿边AC→CB方向匀速运动过程中，△APD的面积先增大，再减小， 当点P运动到点C时，△APD的面积最大， 根据函数图象可得此时△APD的面积为4， 如图， ∵点D为边AB的中点，等腰直角三角形ABC， ∴， 可得 AC＝4， 当点P运动到CB的中点时，如图， ∵点D为边AB的中点， ∴， 故选：A． 6．【解答】解：∵正方形ABCD中，AB＝2cm， ∴AB＝BC＝CD＝DA＝2cm， ∴，OC＝OAACcm． 当点P在OA上运动时，由题意得CQ＝x，CP＝OC+OPx， 作PG⊥CD于点G， ∵∠PCG＝45°， ∴，，是二次函数； 当点P在AB上运动时，由题意得CQ＝x， ∴是一次函数． 故选：D． 7．【解答】解：①开口向下，a＜0； 对称轴在y轴的右侧，a、b异号，则b＞0； 抛物线与y轴的交点在x轴的上方，c＞0， ∴abc＜0， 所以①正确，符合题意； ②当x＝﹣1时图象在x轴下方，则y＝a﹣b+c＜0， 即a+c＜b， 所以②不正确，不符合题意； ③对称轴为直线x＝1，则x＝2时图象在x轴上方， 则y＝4a+2b+c＞0， 所以③正确，符合题意； ④，则，而a﹣b+c＜0， 则，2c＜3b， 所以④正确，符合题意； ⑤开口向下，当x＝1，y有最大值a+b+c； 当x＝m（m≠1）时，y＝am2+bm+c， 则a+b+c＞am2+bm+c， 即a+b＞m（am+b）（m≠1）， 所以⑤错误，不符合题意． 故①③④正确， 故选：C． 8．【解答】解：根据题意可知，BN＝xcm，BMxcm， ∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°， ∴∠DBC＝30°， 过点M作MH⊥BC于点H，连接AC交BD于O，如图， 则MH＝BM×sin∠MBHx（cm）， ∴y＝S△BMNBN•MHx2（cm2）， 设菱形的边长为acm， ∴BD＝2BO＝2BCcos∠OBC＝2×aa（cm）， ∴点M和点N同时到达点D和点C，此时△BMN的面积达到最大值4， ∴x2＝4， 解得x＝4（负值舍去）， ∴BC＝4， 故选：C． 9．【解答】解：由题意可知，当点P在边AB上时，y的值先减小后增大， 当点P在边BC上时，y的值逐渐减小， ∴M点的横坐标为AB的长度，纵坐标为BE的长度， ∵AB＝4，EC＝EDAB4＝2， ∴BE2， ∴M（4，2）， 故选：C． 10．【解答】解：由图2可知，当x＝0时，y＝3，对应点M在O点，此时AM＝AO＝3． ∵菱形对角线互相平分， ∴AC＝2AO＝6． 点M运动总路程为9，即OC+CD＝9，而OC＝AO＝3， ∴CD＝6，即菱形边长为6． 在Rt△COD中，OC＝3，CD＝6， 由勾股定理：， 当AM⊥CD时，利用菱形面积公式：菱形面积AC×BD＝CD×AM， ∵BD＝2OD＝6， ∴6×66AM， ∴AM＝3． 故选：D． 二．填空题（共20小题） 11．【解答】解：由折线统计图可知， 甲的成绩在3和5之间波动，乙的成绩在3和9之间波动，所以甲的成绩更稳定，故①结论正确； 乙的10次成绩中有9次成绩大于甲，其中一次相同，可推知②正确； 每人再射击一次，乙的成绩不一定比甲高，故③的结论错误． 故答案为：①②． 12．【解答】解：S阴影＝S扇形AOD﹣S扇形BOC ＝3000π（cm2）， 故答案为：3000π． 13．【解答】解：①通过上述实验的结果，可以推断这枚瓶盖有很大的可能性不是质地均匀的，故正确； ②第2000次实验的结果不一定是“盖面朝上”，故错误； ③随着实验次数的增大，“盖面朝上”的概率是0.53，故正确， 故答案为：①③． 14．【解答】解：∵幼树移植数20000棵时，幼树移植成活的频率为0.902， ∴估计幼树移植成活的概率为0.902，精确到0.1，即为0.9． 故答案为：0.9． 15．【解答】解：（米）． 故答案为：5π． 16．【解答】解：∵⊙M的周长为2π cm， ∴⊙M顺时针转动3周时，点P移动的弧长为6π cm， ∴6π， 解得n＝108， 故答案为：108． 17．【解答】解：∵CD＝4m，B（6，2.68）， ∴6﹣4＝2， 在y＝﹣0.02x2+0.3x+1.6中， 当x＝2时，y＝﹣0.02×22+0.3×2+1.6＝2.12， ∵2.12＞1.8， ∴货车能完全停到车棚内， 故答案为：能． 18．【解答】解：∵正方形OABC和正方形ODEF的面积分别为7和9， ∴OA，OD＝3， ∴a＝OA，b＝OD＝3， ∴b﹣a＝3． 故答案为：3． 19．【解答】解：∵h＝﹣5t2+20t＝﹣5（t﹣2）2+20， 且﹣5＜0， ∴当t＝2时，h取最大值20， 故答案为：2． 20．【解答】解：由图可知：第一个图形有1个正方形， 第2个图形有1+21＝3个正方形， 第3个图形有1+21+22＝7个正方形， ∴第5个图形中共有1+21+22+23+24＝31个正方形， 故答案为：31． 21．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝4，∠ABD＝∠CBD， ∵BE＝CE， ∴BE＝CE＝2， ∵sin∠BAE， ∴∠BAE＝30°， ∴∠ABE＝60°， ∴∠CBD＝∠ABD＝30°， ∴∠BAE＝∠CBD＝∠ABD，BF＝2EF，BEEF， ∴AF＝BF，EF＝2， ∴AF＝BF＝2EF＝4， 故答案为：4． 22．【解答】解：由题意，把x＝20代入解析式：， ∵昆虫纵坐标为50，40≠50， ∴不能击中． 故答案为：不能． 23．【解答】解∵黄金矩形ABCD中，且 AD＝2， ∴， ∵四边形ABFE是正方形， ∴， ∴， ∵四边形FGHC是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵四边形LKDH是正方形， ∴， ∴“黄金螺线”AFHK的长为 ， 故答案为：． 24．【解答】解：根据题意可知，A1（0，1），A2（1，1），A3（1，0），A4（2，0），A5（2，1），A6（3，1），A7（3，0），A8（4，0），…… 可得坐标规律为：A4n（2n，0），A4n+1（2n，1），A4n+2（2n+1，1），A4n+3（2n+1，0）， ∵2020＝4×505， ∴点A2020的坐标为（1010，0）， 故答案为：（1010，0）． 25．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝6cm，∠ABC＝∠C＝90°，AB∥CD， ∴∠ABD＝∠BDC， ∵AE＝2cm， ∴BE＝AB﹣AE＝6﹣2＝4（cm）， ∵G是EF的中点， ∴EG＝BGEF， ∴∠BEG＝∠ABD， ∴∠BEG＝∠BDC， ∴△EBF∽△DCB， ∴， ∴， ∴BF＝6， ∴EF2（cm）， ∴BGEF（cm）， 故答案为：． 26．【解答】解：设圆的半径是r，扇形AOB的圆心角等于n度， ∴2πr＝4π， ∴r＝2， ∵OD⊥DC， ∴△OMN的面积MN•ODπ×2π， ∵扇形AOB的面积π， ∴n＝20， ∴扇形AOB的圆心角等于20度． 故答案为：20． 27．【解答】解：∵小风筝两条对角线的长分别为30cm和35cm， ∴小风筝两条对角线长的和为30+35＝65（cm）， ∵小言和哥哥制作了一大一小两个形状相同的风筝，大、小风筝的对应边之比为3：1， ∴大风筝和小风筝相似，相似比为3：1， ∴大风筝两条对角线长的和：小风筝两条对角线长的和＝3：1， ∴大风筝两条对角线长的和＝3×65＝195（cm）， 故答案为：195． 28．【解答】解：由题意可知点M的坐标为（4，），点N的坐标为（，2，），则BM＝2，BN＝4， 由反比例函数k值的几何意义可得：S△OCN+S△OAM＝k， ∴S△BMN＝S矩形OABC﹣k， 8﹣k， 解得：k＝2． 故答案为：2． 29．【解答】解：∵将△CDE沿DE翻折得到△FDE，点F落在AE上， ∴EF＝CE＝3cm，CD＝DF，∠DEC＝∠DEF，∠DFE＝∠C＝90°＝∠DFA， ∵AF＝2EF， ∴AF＝6cm，AE＝AF+EF＝6+3＝9（cm）， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝DF，AD∥BC， ∴∠ADE＝∠DEC＝∠DEF， ∴AD＝AE＝9cm， 在Rt△ADF中，AF2+DF2＝AD2， ∴62+DF2＝92， ∴DF＝3（cm）， ∴AB＝DF＝3（cm）， 故答案为：3． 30．【解答】解：连接BD交AC于O， 则AO＝CO，BO＝OD ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝AB，∠DAC＝∠BAC＝∠DCA＝∠BCA，AC⊥BD， ∵∠DAB＝60°， ∴△ABD是等边三角形，∠DAC＝∠BAC＝∠DCA＝∠BCA＝30°， ∴BD＝AB＝6cm， ∴AO3（cm）， ∴AC＝2AO＝6（cm）， ∵BE⊥AB，DF⊥CD， ∴∠CDF＝∠ABE＝90°， ∴△CDF≌△ABE（ASA）， ∴AE＝CF， ∵AE＝CF（cm）， ∴EF＝AE+CF﹣AC＝2（cm）， 故答案为：2． 三．解答题（共20小题） 31．【解答】解：（1）把B（0，﹣4），代入y＝a（）（x﹣4）（a≠0）， 得﹣10a＝﹣4， 解得：， ∴y； （2）当y0时， 则，x2＝4， ∴A（4，0）， ∵M是OA的中点， ∴M（2，0）， ∴OM＝2， ∵B（0，﹣4）， ∴设直线AB的解析式为：y＝kx﹣4，把A（4，0），代入， 得k＝1， ∴y＝x﹣4， ∵点M作OA的垂线，交AB于点C，交抛物线于点D， ∴C（2，﹣2），D（2，）， ∴， ∴△BCD的面积； （3）①由题意，作图如下： 连接BF，作FQ⊥OB于点Q， 由（2）可知：OA＝OB＝4， ∴∠OAB＝∠OBA＝45° ∵将线段OE绕点O顺时针旋转90°得到OF， ∴OE＝OF，∠EOF＝90°＝∠BOA， ∴∠AOE＝∠BOF， 又∵OA＝OB，OE＝OF， ∴△AOE≌△BOF（SAS）， ∴∠OBF＝∠OAE＝45°，， ∵FQ⊥OB， ∴△FQB为等腰直角三角形， ∴， ∴OQ＝OB﹣BQ＝3， ∴F（﹣1，﹣3）， 对于， 当x＝﹣1时，， ∴点F在抛物线上； ②连接BF并延长，交x轴于点G，连接PM，MF，作MH⊥BG于点H，如图， ∵∠OPA＝90°，M为OA的中点， ∴， ∵PF≥MF﹣PM， ∴当M，P，F三点共线时，PF最小， 同①可得，∠OBF＝∠OAE＝45°， ∴点F在射线BG上运动， ∴当MF⊥BG时，即F与点H重合时，MF最小，此时PF最小为MH﹣PM， ∵∠OBG＝45°， ∴△OBG为等腰直角三角形， ∴OG＝OB＝4，∠BGO＝45° ∴MG＝OG+OM＝6，△MHG为等腰直角三角形， ∴， ∴PF的最小值为． 32．【解答】解：（1）BF＝DG，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∵△EFG是直角三角形，EG＝EF， ∴∠FEG＝90°， 当点E与点A重合时， 则∠FAG＝90°＝∠BAD， ∴∠DAG＝∠BAF＝90°﹣∠DAF， 又∵AB＝AD，AG＝AF， ∴△ADG≌ABF， ∴BF＝DG； （2）∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝∠DAB＝90°， ∵点G在CD的延长线上，FE的延长线与BA的延长线交于点P， ∴∠PAE＝∠EDG＝90°， ∴∠P+∠AEP＝90°， ∵∠FEG＝∠DEF+∠DEG＝90°，∠AEP＝∠DEF， ∴∠P＝∠DEG， ∵EG＝EF，EF＝EP， ∴EG＝EP， 在△APE和△DEG中， ， ∴△PAE≌△EDG， ∴AE＝DG； （3），理由如下： 由（2）可知：△PAE≌△EDG， ∴AE＝DG，AP＝DE， 作FH⊥AB于点H， 则∠FHB＝∠FHA＝90°＝∠PAE， ∴AE∥FH， ∴， ∴PA＝AH， ∵PE＝EF， ∴AE为△PHF 的中位线， ∴HF＝2AE， ∵AP＝DE，PA＝AH， ∴DE＝AH， 又∵AD＝AB， ∴AE＝BH， 在Rt△BHF中，由勾股定理，得：， ∵AE＝DG， ∴． 33．【解答】解：（1）由抛物线的表达式知，c＝﹣5＝yB， 则OB＝5＝OA＝OC， 则点A、C、B的坐标分别为：（1，0）、（﹣5，0）、（0，﹣5）， 设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣1）（x+5）＝a（x2+4x﹣5）＝ax2+bx﹣5， 则a＝1， 故抛物线的表达式为：y＝x2+4x﹣5； （2）点A关于抛物线对称轴得对称点为点C，则BC交抛物线的对称轴于点M，此时△ABM的周长最小，理由： △ABM的周长＝AB+AM+BM＝AB+CM+BM＝AB+BC为最小， 由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x﹣5， 由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x＝﹣2， 当x＝﹣2时，y＝﹣x﹣5＝﹣3， 则点M（﹣2，﹣3）； （3）设点P（x，﹣x﹣5），则点Q（x，x2+4x﹣5）， 则PQ＝（﹣x﹣5）﹣（x2+4x﹣5）＝﹣x2﹣5x， ∵PQ∥OB， 故当PQ＝OB时，满足题设条件， 即PQ＝﹣x2﹣5x＝OB＝5， 解得：x， 则点P的坐标为：（，）或（，）． 34．【解答】解：（1）作线段AB以原点为位似中心，位似比为2：1的位似图形A′B′， ∵A（2，4），B（2，2）， ∴A′（﹣1，﹣2），B′（﹣1，﹣1）， ∵点P是图形W1的“延长2分点”， ∴点P在线段A′B′上， ∴P2（﹣1，﹣1），P3（﹣1，﹣2）在线段A′B′上， ∴P2，P3是图形W1的“延长2分点”， 故答案为：P2，P3； （2）作BC以原点为位似中心，位似比为2：1的位似图形B′C′， ∵B（2，2），C（5，2）， ∴B′（﹣1，﹣1），， ∵直线MN：y＝﹣x+b上存在点P是图形W2的“延长2分点”， ∴直线MN：y＝﹣x+b与B′C′有交点， ∴当MN：y＝﹣x+b过点C′时，b值最小， 把，代入y＝﹣x+b，得：， ∴b的最小值为； （3）作△DEF以原点为位似中心，位似比为1：2的位似△D′E′F′， ∵D（﹣1，﹣2），E（﹣1，1），F（2，1）， ∴D′（2，4），E′（2，﹣2），F′（﹣4，﹣2）， ∵等腰直角三角形DEF上存在点P，使得点P是图形W3的“延长2分点”， ∴当W3与△D′E′F′有交点时，满足题意， 当⊙T与D′E′相切时，如图，则：t＝1或t＝3， ∴1≤t≤3； 当⊙T与D′F′相切时，且切点为G，连接TG，则：∠TGE＝90°， ∵△DEF为等腰直角三角形， ∴△D′E′F′为等腰直角三角形， ∵E（﹣1，1），F（2，1），E′（2，﹣2），F′（﹣4，﹣2）， ∴EF∥E′F′∥x轴， ∴∠D′F′E′＝45°， ∵以T（t，1）为圆心，半径为1的⊙T， ∴T点在直线EF上，TG＝1， ∴∠TEG＝∠D′E′F′＝45°， ∴， ∴或， ∴； 综上：1≤t≤3或． 35．【解答】解：（1）由题意得：y＝a（x﹣2）2+2， 将点A的坐标代入上式得：0＝a×（4﹣2）2+2， 解得：a， 抛物线y＝a（x﹣h）2+k的表达式为yx2+2x； （2）由（1）知，y（x﹣2）2+2， 由中点坐标公式得点C（1，）， 当x＝1时，y（x﹣2）2+2， 则CE； （3）①由（2）知，C（1，）， 当y时，y（x﹣2）2+2， 则x＝2（不合题意的值已舍去）， 即点F（2，）； ②方法一： 设点D（m，0），则点F（m+1，）， 过点B作直线l⊥y轴，作点F关于直线l的对称点F′（m+1，3），连接DF′， 则BD+BF＝BD+BF′≥DF′，当D、B、F′共线时，BD+BF＝DF′为最小， 由点F′、D的坐标得，直线DF′的表达式为：y＝3（x﹣m）， 将点B的坐标代入上式得：23（2﹣m）， 解得：m， 则点F′（，3），点D（，0）， 则BD+BF最小值为：DF′2； 方法二：作点C关于x轴的对称点E（1，）， 则△CBF≌△OED（SAS）， 则BF＝DE， 则BD+BF＝BD+DE≥BE，当D、B、E共线时，BD+BF＝BE为最小， 则BE2； 36．【解答】解：（1）四边形ABCD是正方形， 理由：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ADC＝90°， ∵GD⊥DF， ∴∠FDG＝90°， ∴∠ADG＝∠CDF， 又∵AG＝CF，∠G＝∠DFC＝90°， ∴△ADG≌△CDF（AAS）， ∴AD＝CD， ∴四边形ABCD是正方形； （2）HF＝AH+CF， 理由：∵DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G， ∴四边形HFDG是矩形， ∴∠G＝∠DFC＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD，∠ADC＝90°， ∴∠ADG＝∠CDF， ∴△ADG≌△CDF（AAS）， ∴AG＝CF，DG＝DF， ∴矩形HFDG是正方形， ∴HG＝HF＝AH+AG＝AH+CF； （3）连接AC，如图， ∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC＝45°， ∵AH⊥CE，AH＝HM， ∴△AHM是等腰直角三角形， ∴∠HAM＝45°， ∴∠HAB＝∠MAC， ∵， ∴△AHB∽△AMC， ∴， 即BHCM． 37．【解答】解：（1）∵抛物线y（x+3）（x﹣a）与x轴交于A，B（4，0）两点， ∴（4+3）（4﹣a）＝0， 解得a＝4， ∴y（x+3）（x﹣4）x2x﹣3， 即抛物线的表达式为yx2x﹣3； （2）在y（x+3）（x﹣4）中，令y＝0，得x＝﹣3或4， ∴A（﹣3，0），OA＝3， ∵OC＝OB＝4， ∴C（0，4）， ∵AE＝1， ∴DE＝AE•tan∠CAO＝AE，OE＝OA﹣AE＝3﹣1＝2， ∴E（﹣2，0）， ∵DE⊥x轴， ∴xP＝xD＝xE＝﹣2， ∴yP（﹣2+3）（﹣2﹣4）， ∴PE， ∴DP＝DE+PE； （3）①如图，连接DG交AB于点M， ∵△BCD与△BFG关于x轴对称， ∴DG⊥AB，DM＝GM， 设OM＝b（b＞0），则AM＝OA﹣OM＝3﹣b， MG＝MD＝AM•tan∠CAO（3﹣b）， ∴G（﹣b，（b﹣3））， ∵点G（﹣b，（b﹣3））在抛物线y（x+3）（x﹣4）上， ∴（﹣b+3）（﹣b﹣4）（b﹣3）， 解得b或3（舍去）， ∴G（，）； ②如图，在AB的下方作∠EAQ＝∠DCB，且AQ＝BC，连接EQ，CQ， ∵AE＝CD， ∴△AEQ≌△CDB（SAS）， ∴EQ＝BD， ∴当C、E、Q三点共线时，BD+CE＝EQ+CE最小，最小为CQ， 过点C作CH⊥AQ，垂足为H， ∵OC⊥OB，OC＝OB＝4， ∴∠CBA＝45°，BC＝4， ∵∠CAH＝180°﹣∠CAB﹣∠EAQ＝180°﹣∠CAB﹣∠DCB＝∠CBA＝45°， AC5，AH＝CHAC， HQ＝AH+AQ＝AH+BC， ∴CQ， 即BD+CE的最小值为； 方法二：过点C作CF∥x轴，使得CF＝AC，作BG⊥FC延长线于点G， ∴∠FCA＝∠CAE， 又∵CD＝AE，CF＝AC， ∴△FCD≌△CAE（SAS）， ∴FD＝CE， ∴F、D、B三点共线时CE+BD＝FD+BD取到最小值， ∵AC＝5，C（0，4），B（4，0）， ∴BF的长． 38．【解答】解：（1）AE＝EP， 理由如下：取AB的中点F，连接EF， ∵F、E分别为AB、BC的中点， ∴AF＝BF＝BE＝CE， ∴∠BFE＝45°， ∴∠AFE＝135°， ∵CP平分∠DCG， ∴∠DCP＝45°， ∴∠ECP＝135°， ∴∠AFE＝∠ECP， ∵AE⊥PE， ∴∠AEP＝90°， ∴∠AEB+∠PEC＝90°， ∵∠AEB+∠BAE＝90°， ∴∠PEC＝∠BAE， ∴△AFE≌△ECP（ASA）， ∴AE＝EP； （2）在AB上取AF＝EC，连接EF， 由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE， ∵AF＝EC，AE＝EP， ∴△FAE≌△CEP（SAS）， ∴∠ECP＝∠AFE， ∵AF＝EC，AB＝BC， ∴BF＝BE， ∴∠BEF＝∠BFE＝45°， ∴∠AFE＝135°， ∴∠ECP＝135°， ∴∠DCP＝45°， （3）连接CP，作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG， 由（2）知，∠DCP＝45°， ∴∠CDG＝45°， ∴△DCG是等腰直角三角形， ∴点D与G关于CP对称， ∴AP+DP的最小值为AG的长， ∵AB＝4， ∴BG＝8， 由勾股定理得AG4， ∴△ADP周长的最小值为AD+AG＝4+4． 39．【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx过点B（4，﹣4）， ∴﹣16+4b＝﹣4， ∴b＝3， ∴y＝﹣x2+3x． 答：抛物线的表达式为y＝﹣x2+3x． （2）四边形OCPD是平行四边形，理由如下： 如图1，作PD⊥OA交x轴于点H，连接PC、OD， ∵点P在y＝﹣x上， ∴OH＝PH，∠POH＝45°， 连接BC， ∵OC＝BC＝4， ∴． ∴， ∴， ∴， 当xD＝2时，DH＝yD＝﹣4+3×2＝2， ∴PD＝DH+PH＝2+2＝4， ∵C（0，﹣4）， ∴OC＝4， ∴PD＝OC， ∵OC⊥x轴，PD⊥x轴， ∴PD∥OC， ∴四边形OCPD是平行四边形． （3）如图2，由题意得，BP＝OQ，连接BC， 在OA上方作△OMQ，使得∠MOQ＝45°，OM＝BC， ∵OC＝BC＝4，BC⊥OC， ∴∠CBP＝45°， ∴∠CBP＝∠MOQ， ∵BP＝OQ，∠CBP＝∠MOQ，BC＝OM， ∴△CBP≌△MOQ（SAS）， ∴CP＝MQ， ∴CP+BQ＝MQ+BQ≥MB（当M，Q，B三点共线时最短）， ∴CP+BQ的最小值为MB， ∵∠MOB＝∠MOQ+∠BOQ＝45°+45°＝90°， ∴， 即CP+BQ的最小值为4． 答：CP+BQ的最小值为4． 40．【解答】（1）解：如图1，设DE与CF交于点G， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠FDC＝90°，AD＝CD， ∵DE⊥CF， ∴∠DGF＝90°， ∴∠ADE+∠CFD＝90°，∠ADE+∠AED＝90°， ∴∠CFD＝∠AED， 在△AED和△DFC中， ， ∴△AED≌△DFC（AAS）， ∴DE＝CF， ∴1； （2）解：如图2，设DB与CE交于点G， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠EDC＝∠BCD＝90°， ∵∠DBC＝30°， ∴∠CDG＝60°， ∵CE⊥BD， ∴∠DGC＝90°， ∴∠DCE＝30°， ∴CECD，BD＝2CD， ∴； （3）证明：如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H， ∵CG⊥EG， ∴∠G＝∠H＝∠A＝∠B＝90°， ∴四边形ABCH为矩形， ∴AB＝CH，∠FCH+∠CFH＝∠DFG+∠FDG＝90°， ∴∠FCH＝∠FDG＝∠ADE，∠A＝∠H＝90°， ∴△DEA∽△CFH， ∴， ∴， ∴DE•AB＝CF•AD． 41．【解答】（1）证明：∵△ABC为等边三角形， ∴∠A＝60°，AB＝AC， ∵MA绕点M逆时针旋转120°得到MD， ∴DM＝AM，∠AMD＝120°， ∴∠DMB＝60°， ∵AN＝BM，∠DMB＝∠A＝60°， ∴△ANM≌△MBD（SAS）， ∴MN＝DB； （2）解：四边形AFBD为平行四边形，理由如下： ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝45°， ∵MA绕点M逆时针旋转90°得到MD， ∴MA＝MD，∠MAD＝∠MDA＝45°，∠DMA＝∠DMB＝90°， ∴∠MAD＝∠ABF＝45°， 则AD∥BF， 在△ANM和△MBD中， ， ∴△ANM≌△MBD（SAS）， ∴∠AMN＝∠MDB， ∵AE⊥MN， ∴∠AMN+∠MAE＝90°， ∵∠MDB+∠MBD＝90°， ∴∠DBM＝∠MAF， ∴DB∥AF， ∴四边形AFBD为平行四边形； （3）解：如图，过点A作∠BAG＝45°，使AG＝CB，连接GM、GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB于点O， ∵AB＝AC＝4，∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴∠GAM＝∠BCN＝45°， ∵AN＝BM， ∴AM＝CN， 又∵AG＝CB， ∴△GAM≌△BCN（SAS）， ∴GM＝BN， ∴BN+CM＝GM+CM≥CG， ∴当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值， ∵∠GAM＝∠ABC＝45°， ∴AG∥BC， ∴∠BAC＝∠ABG＝90°， ∴∠GBO＝180°﹣∠ABG﹣∠ABC＝45°， ∴∠GBO＝45°， ∴OG＝OB， ∴， ∴， ∴， 在Rt△GOC中，， ∴BN+CM的最小值为． 42．【解答】解：（1）DE+CD＝AE，理由如下： ∵CD⊥BD，AE⊥BD，AB⊥BC， ∴∠ABC＝∠D＝∠AEB＝90°， ∴∠ABE+∠CBD＝∠C+∠CBD＝90°， ∴∠ABE＝∠C， ∵AB＝BC， ∴△ABE≌△BCD（AAS）， ∴BE＝CD，AE＝BD， ∴DE＝BD﹣BE＝AE﹣CD， ∴DE+CD＝AE； （2），理由如下： 过E点作EM⊥AD于点M，过E点作EN⊥CD于点N，如图， ∵四边形ABCD是正方形，BD是正方形的对角线， ∴∠ADB＝∠CDB＝45°，BD平分∠ADC，∠ADC＝90°， ∴， ∴， ∵EN⊥CD，EM⊥AD， ∴EM＝EN， ∵AE＝EF， ∴Rt△AEM≌Rt△FEN（HL）， ∴AM＝NF， ∵EM＝EN，EN⊥CD，EM⊥AD，∠ADC＝90°， ∴四边形EMDN是正方形， ∴ED是正方形EMDN对角线，MD＝ND， ∴，NF＝ND﹣DF＝MD﹣DF， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3），理由如下： 过A点作AH⊥BD于点H，过F点作FG⊥BD，交BD的延长线于点G，如图， ∵AH⊥BD，FG⊥BD，AE⊥EF， ∴∠AHE＝∠G＝∠AEF＝90°， ∴∠AEH+∠HAE＝∠AEH+∠FEG＝90°， ∴∠HAE＝∠FEG， ∵AE＝EF， ∴△HAE≌△GEF（AAS）， ∴HE＝FG， ∵在正方形ABCD中，∠BDC＝45°， ∴∠FDG＝∠BDC＝45°， ∴∠DFG＝45°， ∴△DFG是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵∠ADB＝45°，AH⊥HD， ∴△ADH是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 43．【解答】（1）证明：∵AC是正方形ABCD的对角线， ∴AB＝AD，∠BAE＝∠DAE＝45°， ∵AE＝AE， ∴△ABE≌△ADE（SAS）， ∴BE＝DE； （2）解：①△FBG为等腰三角形，理由： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠GAD＝90°， ∴∠AGD+∠ADG＝90°， 由（1）知，△ABE≌△ADE， ∴∠ADG＝∠EBG， ∴∠AGD+∠EBG＝90°， ∵FB⊥BE， ∴∠FBG+∠EBG＝90°， ∴∠AGD＝∠FBG， ∵∠AGD＝∠FGB， ∴∠FBG＝∠FGB， ∴FG＝FB， ∴△FBG是等腰三角形； ②如图，过点F作FH⊥AB于H， ∵四边形ABCD为正方形，点G为AB的中点，AB＝4， ∴AG＝BG＝2，AD＝4， 由①知，FG＝FB， ∴GH＝BH＝1， ∴AH＝AG+GH＝3， 在Rt△FHG与Rt△DAG中，∵∠FGH＝∠DGA， ∴tan∠FGH＝tan∠DGA， ∴2， ∴FH＝2GH＝2， 在Rt△AHF中，AF； （3）∵FB⊥BE， ∴∠FBE＝90°， 在Rt△EBF中，BE＝BF， ∴EFBE， 由（1）知，BE＝DE， 由（2）知，FG＝BF， ∴GE＝EF﹣FGBE﹣BFDE﹣DE＝（1）DE． 44．【解答】解：（1）由题意知，k3，或k， 而3， ∴点P（6，2）的“倾斜系数”k的值为3； （2）①∵点P（a，b）的“倾斜系数”k＝2， ∴2或2， 即a＝2b或b＝2a， ∴a和b的数量关系为：a＝2b或b＝2a； ②由①知，a＝2b或b＝2a， ∵a+b＝3， ∴或， ∴或， ∴P（1，2）或（2，1）． ∴OP； （3）由题意知，满足条件的P点在直线yx和直线yx之间， ①当P点与D点重合，且k时，P点在直线yx上，a有最小临界值， 如图：此时a＜b， 连接OD，延长DA交x轴于E， 此时， ∵b＝a+2， 则， 解得：a， ∴D（1，3）． ∴A（1，1）， ∴B点的坐标为（，）， ∴k， ∴a1； ②当P点与B点重合时，且k时，P点在直线yx上，a有最大临界值， 如图：此时a＞b， 连接OB，延长CB交x轴于F， 此时， ∵b＝a﹣2， 则， 解得：a＝3， ∴B（3，1）． ∴D（，）， ∴k， ∵k， ∴a3； 综上所述，若点P的“倾斜系数”k，则1＜a3． 45．【解答】解：（1）抛物线过点C（2，0），点B（0，﹣6）， ∴， 解得， ∴抛物线的表达式为． （2）①由点B（0，﹣6），C（2，0）可得OB＝6，OC＝2， ∵BD＝4， ∴OD＝OB﹣BD＝6﹣4＝2， ∴CD2＝OC2+OD2＝22+22＝8， ∴． ②如图1，过点M作MG⊥y轴，垂足为G， 则∠MGD＝90°＝∠DOC， ∵四边形CDMN为正方形， ∴∠CDM＝90°，CD＝DM， ∴∠GDM+∠ODC＝90°， ∵∠DOC＝90°， ∴∠OCD+∠ODC＝90°， ∴∠GDM＝∠OCD， ∵∠MGD＝∠DOC，∠GDM＝∠OCD，DM＝CD， ∴△MGD≌△DOC（AAS）， ∴GD＝OC＝2，GM＝OD． 设GM＝OD＝m（m＞0），则OG＝OD﹣GD＝m﹣2， ∴点M（﹣m，2﹣m）， ∵点M（﹣m，2﹣m）在抛物线上， ∴， 解得m1＝4，m2＝﹣3（不满足m＞0，舍去）， ∴点M（﹣4，﹣2）； （3）如图2，过点A，D分别作ED，AE的平行线交于点F，即AF∥ED，FD∥AE， ∴四边形AEDF为平行四边形， ∴，FD＝AE． 连接CF， ∵AE+CD＝FD+CD≥CF， ∴当C，D，F三点共线时，FD+CD＝CF，如图3， 即AE+CD的最小值等于CF的长． 令y＝0时，， 解得，，x2＝2， ∴点A（，0）， ∴点F（，）， ∵点C（2，0）， ∴AC2， ∵AF∥ED， ∴∠CAF＝∠COD＝90°， ∴在Rt△CAF中，CF， ∴AE+CD的最小值为， 设直线CF的表达式为y＝kx+n（k≠0）， ∵直线y＝kx+n（k≠0）过点C（2，0），F（，）， ∴， 解得， ∴直线CF的表达式为yx﹣1， ∴点D（0，﹣1）， ∴OD＝1， ∵OE＝DE﹣OD1， ∴点E（0，）， ∴当AE+CD取最小值时，p． 46．【解答】解：（1）如图，当A，N重合时，P1关于ON的对称点为（0，﹣1），在线段AB上， ∵P1（﹣1，0）是图W的“映射点”， 而P2（1，2）关于ON的对称点不在AB上，则P2（1，2）不是图W1的“映射点”， 故答案为：P1（﹣1，0）； （2）依题意，正方形的顶点到O的距离为， ∴当l：y＝x+b上存在点P是图W2的“映射点”，则点O到y＝x+b的距离为， ∴当y＝x+b经过点D时，b的值最大， 将D（﹣1，1）代入y＝x+b得，1＝﹣1+b， 解得b＝2， ∴b的最大值2； （3）如图，N在⊙T上， ∴ON从一边与⊙T相切开始，然后与⊙T相交，最后与⊙T相切结束 ON，OP'分别为⊙T的切线， 当p为W3的“映射点”， ∴∠P'ON＝∠PON， 又∵∠P'ON＝∠TON＝90°﹣∠PON， 设∠PON＝α，则∠TON＝90°﹣α， ∴∠P'ON＝∠PON＝2∠TON＝180°﹣2α， ∴180°﹣2α＝α， 解得α＝60°， ∴∠PON＝60°，∠TON＝30°， ∵TN＝1， ∴OT＝2， 当t减小时，P关于W3的“映射点”，在W3即⊙T的内部，符合题意， ∴t≤2， 当t＜0时，根据对称性可得t≥﹣2， 综上所述，﹣2≤t≤2． 47．【解答】解：（1）∵BQ∥AC， ∴∠PAC＝∠QBA， ∵∠BPC＝∠CAQ， ∴∠PAC+∠PCA＝∠PAC+∠QAB， ∴∠PCA＝∠QAB， ∵∠PAC＝∠QBA，AC＝BA，∠PCA＝∠QAB， ∴△PAC≌△QBA（ASA）， ∴AP＝BQ＝2； （2）CD＝QE，理由如下： ∵四边形AEBD为矩形， ∴BE∥AD， ∴∠PAC＝∠QBA， ∵AC＝BA，∠PAC＝∠QBA，AP＝BQ， ∴△PAC≌△QBA（SAS）， ∴∠CPA＝∠AQB， ∴180°﹣∠CPA＝180°﹣∠AQB，即∠BPC＝∠AQE， ∵∠BPC＝∠BCD， ∴∠BCD＝∠AQE， ∵四边形AEBD为矩形， ∴BD＝AE，∠BDC＝∠BDA＝∠AEQ＝90°， ∴△BDC≌△AEQ（AAS）， ∴CD＝QE； （3）BP＝2QE，理由如下： 如图，延长AD至点F，使得AF＝AB，连接BF，PF， ∵AF＝AB， ∴， ∵， ∴∠DFB＝90°﹣∠EAQ＝∠EQA， 由（2）同理可得，△DFB≌△EQA（AAS）， ∴FD＝QE， ∵AB＝AF， ∴AP+BP＝AD+FD， ∴AP+BP＝AD+QE， ∵四边形AEBD为矩形， ∴AD＝BE， ∴AP+BP＝BE+QE， ∴AP+BP＝BQ+2QE． ∵AP＝BQ， ∴BP＝2QE． 48．【解答】解：（1），理由如下， 如图，当点G，H重合时， ∵正方形ABCD与正方形BEFG， ∴AB＝BC，BE＝BH，∠ABC＝90°，∠EBH＝90°， ∴EH，∠ABE＝90°﹣∠EBC＝∠CBG， ∴△ABE≌△CBG（SAS）， ∴AE＝CG， ∴； （2），理由如下， 由（1）得△ABE≌△CBG（SAS）， ∴∠BCH＝∠MAB， 在AE上截取AM＝CH， ∵∠BCH＝∠MAB，AB＝BC， ∴△MAB≌△HCB（SAS）， ∴∠MBA＝∠CBH，BM＝BH， ∵∠HBG＝90°﹣∠CBH﹣∠EBC，∠EBM＝90°﹣∠MBA﹣∠EBC， ∴∠HBG＝∠EBM， ∴∠MBH＝∠EBM+∠EBC+∠CBH＝∠HBG+∠EBC+∠CBH＝∠EBG＝90°， ∴△MBH是等腰直角三角形， ∴， ∵AH＝AM+MH， ∴； （3），理由如下， 由（1）得△ABE≌△CBG（SAS）， ∴AE＝CG，∠BCH＝∠HAB， 在CG上截取CM＝AH， ∵∠BCH＝∠HAB，BC＝AB， ∴△ABH≌△CBM（SAS）， ∴BH＝BM，∠MBC＝∠ABH， 同理，△MBH是等腰直角三角形， ∴， ∵CH＝CM+MH， ∴． 49．【解答】解：（1）AB线段上任意两点距离的最大值为3﹣1＝2，即P到EF的距离为2， 过P作PC⊥EF于点C，由题意知，GO＝1，TO， 则tan∠TGO， ∴∠TGO＝30°， ∴GP4， ∴P（3，0）． （2）设等边三角形ABC的边长为2a（0＜a），则C（a，）， △ABC上任意两点距离的最大值即为2a， 当P在线段BC上时，P到x轴的距离最小，距离为，由题意知， 2a， 解得，a＝1或﹣1（舍去）， 所以此时等边三角形ABC的边长为2． （3）由题意知，正方形ABCD的边长为1， 所以正方形ABCD上任意两点距离的最大值为， 即正方形ABCD上始终存在点P，P到EF的距离为． 则EF向上或者向下平移2个单位长度得到直线l1，l1与EF平行，且两直线间的距离为， 所以P既在l1上，又在正方形ABCD的边上，即l1与正方形ABCD有交点． 当b≤1时，l1为y＝﹣x+b+2， 当l1过A时，b＝﹣1， 当l1过C时，b＝1， 即﹣1≤b≤1； 当b＞1时，l1为y＝﹣x+b﹣2， 当l1过A时，b＝3， 当l1过C时，b＝5， 即3≤b≤5； 综上所述，当﹣1≤b≤1或3≤b≤5时，正方形ABCD上始终存在点P，使得点P是直线EF：y＝﹣x+b的“伴随点”． 50．【解答】（1）证明：①∵△ABC和△BDE都是等边三角形， ∴AB＝CB，EB＝DB，∠ABC＝∠EBD＝60°， ∴∠ABE＝∠CBD， ∴△ABE≌△CBD， ∴AE＝CD； ②解：AD＝BD+DF． 理由如下： ∵△BDE是等边三角形， ∴BD＝DE， ∵点C与点F关于AD对称， ∴CD＝DF， ∵AD＝AE+DE， ∴AD＝BD+DF； （2）BD+DFAD． 理由如下： 如图1，过点B作BE⊥AD于E， ∵点C与点F关于AD对称， ∴∠ADC＝∠ADB， 又∵CD⊥BD， ∴∠ADC＝∠ADB＝45°， 又∵BE⊥AD， ∴△BDE是等腰直角三角形， 又∵△ABC是等腰直角三角形， ∴，∠ABC＝∠EBD＝45°， ∴∠ABE＝∠CBD， ∴△ABE∽△CBD， ∴，CD＝DF， ∴DFAE， ∵△BDE是等腰直角三角形， ∴BD， ∴BD+DF， 即：BD+DFAD． （3）解：如图2，过点A作AG⊥BD于G， 又∵∠ADB＝45°， ∴△AGD是等腰直角三角形， 又∵AD＝4， ∴AG＝DG＝4，BD+DFAD＝8， ∵BD＝3CD，CD＝DF， ∴DF＝2， 又∵DG＝4， ∴FG＝DG﹣DF＝2， 在Rt△AFG中，由勾股定理得：， ∴cos∠AFB． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $