专题10中考压轴综合探究题（1年汇编）（四川专用）2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦四川中考压轴题，整合2026年13地市真题，分4大考点系统汇编，突出综合探究与梯度设计，适配中考复习提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|34题（约8-12分/题）|二次函数几何综合（线段最值、特殊图形存在性）、几何压轴（动点旋转折叠）、代数综合（含参问题）|分3小问梯度设问，基础问求解析式，中档考面积/线段最值，压轴探究定点/存在性，融合全等相似与数形结合| |填空/选择|35题（3-5分/题）|新定义（快乐数、倒数点）、几何模型（正方形/矩形折叠）|以自定义运算、图形规律为载体，考查现场阅读与逻辑推理，区分中高分段|

可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题10中考压轴综合探究题 1年真题1年模拟答案版 一年真题分类园 考点01二次函数几何综合：线段最值、面积、角度、特殊三角形/四边形 存在性 1.)y=x+2x-3 75 2)四边形ABCD面积的最大值为8；点D的坐标为2，~。 16 (3)是定值， 定值为3 2.①(-1,0)B3,0) (2)①定点 F(1,0) 如图，设直线I与x轴交于点F,过点A作AG L DE,过点B作BH⊥DE,垂足分别为G、H. G F(1,0) B ∴.∠AGF=∠BHF=90° 又A、B两点到直线的距离相等， 1/17 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..AG=BH 又.∠AFG=∠BFH, :△1 GFBHF(A4S) .AF BF, 即：点F为AB中点. .A(-1,0）B(3,0) B中点F10) 即直线过定点 F(1,0) ②直线过定点-) 3.(①)=-x2+2x+3 p912 ②)(77 57 3)2'4或(4，-5) 4.(0)P=r-x-2 (2)△ABD是等腰直角三角形，理由如下： -11 对于抛物线y=x-x-2,对称轴为直线x=2x2, 设直线BC:y=m+9,代入点 (2,0)C(0,-2) 2p+g=0 ∴.q=-2 p=1 解得9=-2 2/17 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 直线BC:y=x-2 将=代入y=-2,得方2=昌 -.40-Gj可-5，m-20哥-5 ∴.AD=BD, +wr-得可层可j-9,份9 .AD2+BD2=AB2 ∠ADB=90°， ∴.△ADB为等腰直角三角形： 36V2-36 3)5 5=+4 e0P24),②6， ③)存在，Q的坐标为3+25,2+5).(3-2V5,2-5) 6.()m=3.y=-x2+2x+3 a》 8,2号.c2.62.q2 7.0)少=-x2-x+2 3/17 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)1 (6104 3)存在， 749 1 8.(①)y=-5x2+x+4 2 (2)3秒 5 7 ③)当=2时，四边形PCQB的面积最大，最大面积为4 1 9.(1)y=x2+x+2 4 E(2,5) 1 3)2 10.)k=1,点B的坐标为 (2,4) 巴h的取红范里是s兮 6)点E的坐标为5.0，k=25 [m=0 11.(1)n=6; ②0线段0C长度的最小值为而：②y- 2 12,3 12.y=2+2x+2 2 45 (2)5 3)-2或2 2r+6v5 4/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 20E(-6,2),②3N5-3 考点02几何压轴：动点、旋转、折叠、圆与相似综合探究 1.C 235 3.①③ 4V10-2 4. 5.①③⑤ 6.①②③④ 3 7.1.5或32或3 6W5 8.5 9.4W5-2V2 10.(1)解：理由如下： 如图。在直线上另取一点月，连结 BA PB A B P ,三角形的两边之差小于第三边， PA-PB<AB 当点P为线段AB延长线与直线I的交点时，PA-PB=AB, ∴.对于直线I上的任意一点P,都有PA-PB≤AB, 当点P为线段AB延长线与直线的交点时，PA-PB的值最大，最大值为线段AB的长. 5 (2)2 5/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 11.(1)①证明：如图1所示，连接AD,OD M D B 图1 .AB为⊙O的直径， .∠ADB=90°，即AD⊥BC, AC=AB .CD=BD,即点D为BC的中点， 又点O为AB的中点， .OD是△ABC的中位线， .OD‖AC, .DM⊥AC, .DM⊥OD .OD是⊙0的半径， .DM是⊙O的切线： ②3玩-96 4 (2)2 12.(1)5 .v6 a=2>0 DP 5-1 3)DC2 13.1)1 (2)证明：法一：，△ADP沿AP翻折得到△AD'P, 6/17 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D D .AD'=AD=1,D'P =DP=1 ∴.AD'=AD=D'P=DP ∴四边形AD'PD是菱形， 又，四边形ABCD是矩形， .LD=90°， 四边形AD'PD是正方形： 法二： :四边形ABCD是矩形， D' .∠D=90°」 又，△ADP沿AP翻折得到△AD'P, .∠AD'P=∠D=90°，∠DAP=∠DAP, .DP=AD=1, .∠DAP=45°， .∠DAP=∠D'AP=45°， .∠DAD'=2∠DAP=90°， ∴.四边形AD'PD是矩形， 又，DP=AD, ∴.四边形AD'PD是正方形： 3)0≤d≤2 14.1)CE=BD,理由如下： 由旋转得∠DAE=90°，AD=AE .∠BAC=90° 7/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠DAE=∠BAC ∴.∠DAC+LCAE=∠DAC+∠BAD ∠CAE=∠BAD AB=AC .:△ABD≌△ACE(SAS) ..CE=BD eg 1 3)k-1 15.(I)证明：在AB上截取AH=EC, A D 四边形 是正方形， B E C 图1 ABCD .AB=BC,∠B=∠BCD=90°， AH=EC. AB-AH=BC-EC,即HB=EB, ∴△BHE是等腰直角三角形， ∴.∠BHE=45」 .∠AHE=135°， :CF是正方形ABCD的外角平分线， ∠DCF=45°， .∠ECF=135 ∠AHE=∠ECF=135°， :∠AEF=90°， .∠AEB+∠FEC=90°， ∠BAE+∠AEB=90°， .∠BAE=∠FEC, 8/17 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在△AHE和△ECF中， I∠AHE=∠ECF AH=EC ∠HAE=∠CEF .△AHE≌ECF(ASA) :.AE=EF (2)四边形DMEF是平行四边形. 理由如下： 四边形ABCD是正方形， .AD=AB=BC,∠DAB=∠B=90° M,E分别为AB,BC的中点， :AM=BE, 在△DAM和△ABE中， 「AD=AB ∠DAB=∠B AM=BE ∴.△DAM≌△ABE(SAS) .∠ADM=∠BAE,DM=AE, ∠BAE+∠DAE=90°， ∠ADM+∠DAE=90°， .∠AGD=90°、 ∠AEF=90°， ∠AGD=∠AEF, MD∥EF, 由(1)得AE=EF, .MD=EF, ∴.四边形DMEF是平行四边形. 3)当BM+BE=CD时，四边形DMEF是平行四边形 16.(1)相等，等底等高的三角形面积相等 9/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2) B 图2 点D的运动路径是以线段OA为直径的圆（不包含点A)· 证明：连接OD, ,O是AB中点，D是AC的中点， :.OD是△ABC的中位线 .ODI BC 又，AB是直径 ∴.∠ACB=90°， .∠ADO=∠ACB=90°、 点D在以OA为直径的圆上. 又，点A、C不重合，故点D不与点A重合， ∴点D的运动路径是以线段OA为直径的圆（不包含点A), (3)8 17.(1)证明：如图， D C M ,四边形ABCD是矩形， .∠B=∠BCD=90°=∠DCM, .∠AEB+∠EAG=90°， :AB=BC,G、E分别是AB、BC的中点， 10117 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AG=BG=BE=EC, .∠BGE=45°， .∠AGE=180°-∠BGE=135°， :∠AEF=90°， .∠AEB+∠FEC=90°， .∠EAG=∠FEC :CF平分∠DCM, ZDCF-DCM =4S .∠ECF=90°+∠DCF=135°=∠AGE, △AGE≌△ECF(ASA) et CF m2+1 3)BE m 18.(1)30° g 645-2W5成2w6+2 19.(I)证明：△ABC≌△EAD, ∠BAC=∠E,即∠FAD=∠E, 又，∠AFD=∠EFA, ∴.△AFD∽△EFA, AF FD ·FEAF' AF2=FD·FE; 2 2)3 6)2+1 20.I)证明：：D为BC中点，E在OD的延长线上， 11/17 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 OE⊥BC, .EM II BC .OE⊥EM, .EM是⊙O的切线： ②)PC=PA+PB或PC=PB-PA,理由如下： 当点P在B上时，如图，在PC上取点T使得，PT=PA D MF E ,△ABC是等边三角形， .∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC, ..AC-AC .∠APC=∠ABC=60°， ∴△APT是等边三角形， AT=AP,∠PTA=60°， .∠ATC=120°， :四边形APBC是⊙O的内接四边形， .∠APB+∠ACB=180°， .∠APB=120°， .∠APB=∠ATC, 又：AP=P .∠ABP=∠ACT. :△ABP≌AACT(AAS) .PB=TC. ∴.PC=PT+TC=PA+PB；即PC=PA+PB, 12/17 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当点P在C上时，如图所示，在CP的延长线上取P四=P4 S 1o M 同理可得∠APB=∠ACB=60°， ,四边形APBC是⊙O的内接四边形， .∠APB+∠ACB=180°， .∠APB=120°， .∠APS=60°， ∴△APS是等边三角形， .∠S=∠APB, 又，AB=AC,∠ABP=∠ACP, SACPAB(AAS) .PB=SC=PC+PS=PC+PA,PC=PB-PA; 21.)8 25 2)5,8,8. 3)6 考点03代数综合压轴：含参问题、函数取值范围 1.C 2.B 3.A 4.B 5.B 6.2 13117 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 7.-2 8.-1,1 9.0)y=x2-2x+1 5 ②)g 6)1<m<5 10.1)t=-1 19 ②)MN的最大值为 3)1K- 或1>1 考点04新定义、材料阅读类压轴探究题 1.A 2.A 3.B 3n2-n 4. ①③ 2 34 5. 4或3 6.(1)120°：能 (2)平移：旋转 (3)点A位置的密铺设计图如图： 7.(1)陌生；友好 14117 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 9 ②)x<-3或0<x<1:2 3)45 一年模拟练测园 1.D 2.B 3.7-1-1+ 5v2 4.4 5.8104√2 6.2 0≤m<2 7.V7<k-x<27 √万 8.4 9.(1)b=-2a 2)0<a<2 9 (3)见解析 10.0)y=x2+2x-3 ②)△CP2面积的最大值为2，此时 (-1,0) 3)△OMN面积最小值为2 11.0y=4+2x-4 (2)∠APN+∠BPN=90° 3)是，定点坐标为 4,-1) 15117 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 12ar-4+2 aE(&2.F(2,0) (3)存在：-10 11 25 /315 (②)△4CE的面积的最大值是16，此时E点坐标为28 -1-5y5.01+s5 3) ,017 2 或 20或80或9,0) 14.)少=r2+2x-3 2P(-1-2) 6)1=5+1欧=5+4 15.)y=-x2+3x+4 gw10,3) -1+7,-2+27 (3)点P的坐标为2 16w+2+6, e24) 6存在， 2,8)）或00-24或6-24) 17.1)② 2)C=62+b 3)3 16117 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 号 x2-x-3 18.)y=4 9+3√13 (2)2 64-3或2+o） 17117 专题10中考压轴综合探究题 1年真题1年模拟 考点分类 四川考情（2026） 命题规律 考点01二次函数几何综合：线段最值、面积、角度、特殊三角形/四边形存在性 2026年内江、乐山、眉山、宜宾、广安、达州、巴中、凉山、广元、成都、自贡、遂宁、甘孜中考真题 全地市必考解答压轴，分3小问梯度设问；基础问求解析式，中档考线段、面积最值，压轴探究定点、特殊三角形/四边形存在性；结合轴对称、平移转化线段，融合全等相似，数形结合是核心解题思路。 考点02几何压轴：动点、旋转、折叠、圆与相似综合探究 2026年自贡、内江、南充、眉山、广安、巴中、凉山、广元、攀枝花、乐山、达州、成都中考真题 多为填空多选、几何解答压轴；以正方形、矩形、三角形、圆为载体，搭配动点、折叠、旋转模型；考查线段最值、角度等量、分类讨论等腰/直角三角形，常结合相似、阴影面积计算，模型特征鲜明。 考点03代数综合压轴：含参问题、函数取值范围 2026年达州、眉山、南充、乐山、宜宾、成都、内江、泸州中考真题 以选择压轴、中档填空为主；围绕二次函数图像、表格信息辨析结论，融合分式方程、不等式组参数范围；综合判别式、函数增减性、区间最值，侧重逻辑推理与参数分类讨论，区分中高分段学生。 考点04新定义、材料阅读类压轴探究题 2026年内江、攀枝花、泸州、乐山、成都、达州中考真题 选择、填空压轴高频；自定义运算、快乐数、倒数点、多边形数、陌生/友好函数、平面密铺为热门载体；要求现场阅读理解规则，结合方程、函数、图形规律推导，侧重自主学习与归纳能力。 考点01 二次函数几何综合：线段最值、面积、角度、特殊三角形/四边形存在性 1．（2026·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 与 轴交于、两点，与 轴交于点． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)如图1，点 是直线 下方抛物线上一个动点，求四边形 面积的最大值及此时点 的坐标； (3)如图2，点 为抛物线的顶点，抛物线的对称轴与 轴交于点 ，直线（ 为常数）交抛物线于 、 两点（点 、 分别在抛物线对称轴的两侧），直线交 轴于点 ，直线交 轴于点．试探究是否为定值？若为定值，求出的值；若不是定值，请说明理由． 【答案】(1) (2)四边形面积的最大值为；点的坐标为 (3)是定值，定值为 【分析】（1）先写出交点式，再代入点C坐标求解即可； （2）过点作轴，交于点，可求直线，根据，可得当面积最大时，四边形面积最大，设（），则，那么，再由，得到，再利用二次函数的性质求解即可； （3）不妨设点、分别位于对称轴的左右两侧，可求顶点，则，设，，联立直线与抛物线，整理得，，则，可求直线，求出，同理可得，则，，即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于、两点， ∴ ∵抛物线与轴交于点 ∴， 解得 ∴抛物线的表达式为； （2）解：过点作轴，交于点， 设直线， 代入，可得， 解得 ∴直线 ∵ ∴当面积最大时，四边形面积最大， 设（），则 ∴， ∴， 即 ∵，， ∴当时，的面积最大为， ∴四边形面积最大值为， ∴此时点纵坐标为， ∴点的坐标为； （3）解：是定值， 如图，不妨设点、分别位于对称轴的左右两侧， 抛物线， ∴顶点 ∴ 设， 联立直线与抛物线， 则 整理得，， ∴， 设直线，则 解得 ∴直线， 令，则，解得， ∴，同理可得， ∴，， ∴． 2．（2026·四川乐山·中考真题）已知抛物线交轴于A、两点（点在点的左侧），顶点为点． (1)求A、两点的坐标； (2)直线与抛物线交于，两点． ①若A、两点到直线距离相等，则直线过定点，请求出这个定点，并说明理由； ②若，试问直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】(1)， (2)①定点； 如图，设直线与轴交于点，过点作，过点作，垂足分别为、． ∴． 又∵A、两点到直线的距离相等， ∴． 又∵， ∴． ∴， 即：点为中点． ∵，， ∴中点， 即直线过定点； ②直线过定点 【分析】（1）令，解得，再根据抛物线交轴于A、两点（点在点的左侧），得到，． （2）①设直线与轴交于点，过点作，过点作，垂足分别为、．即可证明．得到，则点为中点，根据中点公式得到，即直线过定点； ②先求出顶点，过点作直线轴，过点D、分别作的垂线段，垂足分别为、，即可证明，得到，设，，分别表示出，，，，代入整理得，再联立，结合根与系数的关系得到，．即可得到，则，直线过定点． 【详解】（1）解：令，解得， ∵抛物线交轴于A、两点（点在点的左侧）， ∴，． （2）解：①略 ②∵的对称轴为，当时，， ∴顶点， 如图，过点作直线轴，过点D、分别作的垂线段，垂足分别为、， ∴， ∴． 又∵， ∴． ∴． ∴． ∴， 设，， ∴，，，， ∴． 整理得． ∵直线与抛物线交于，两点． ∴联立， 可得， ∴，． 代入可得， ∴． ∴， ∴当时，固定不变， ∴直线过定点． 3．（2026·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，连接，已知点，对称轴为直线． (1)求二次函数的表达式； (2)点P是直线上一个动点，连接， ，当的长度最小时，求点P的坐标； (3)点Q是二次函数图象上一个动点，当时，请直接写出点Q的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）代入点坐标以及利用对称轴公式求解即可； （2）过点关于直线的对称点，连接，由于，故当点三点共线时，取得最小值，此时点为与直线的交点，然后求出，则直线，再求出直线，联立即可求解交点P的坐标； （3）分两种情况讨论，点在直线上方或者点在直线下方，通过添加辅助线构造相似三角形求解即可． 【详解】（1）解：由抛物线经过点，对称轴为直线 得， 解得， ∴抛物线的表达式为； （2）解：过点关于直线的对称点，连接， ∴，当点三点共线时，取得最小值，此时点为与直线的交点， 对于，当时， ∴ ∵，对称轴为直线 ∴ ∴，而 ∴， 由对称可得，， ∴ ∴ 设直线 则，解得 ∴直线 设直线 ∴ 解得 ∴直线 联立， 解得 ∴点； （3）解：当点在直线上方时，过点作交射线于点， ∵ ∴， 过点作轴于点， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵， 同理可求直线， 与抛物线表达式联立可得， 解得或 ∴； 当点在直线下方时，设直线与轴交于点，取点，连接， 则 ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵， 同理可求直线， 与抛物线表达式联立可得， 解得或 ∴， 综上：点Q的坐标为或． 4．（2026·四川宜宾·中考真题）抛物线与轴交于、两点，与轴交于点． (1)求抛物线的表达式； (2)如图，连接，交抛物线的对称轴于点，连接．试判定的形状，并说明理由； (3)如图，点、是直线上两动点，且．求面积的最小值． 【答案】(1) (2)是等腰直角三角形，理由如下： 对于抛物线，对称轴为直线， 设直线，代入点、 ∴ 解得 ∴直线 将代入，得 ∴， ∴，，， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴为等腰直角三角形； (3) 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）先求出直线的表达式，然后求出点坐标，再由勾股定理逆定理求解即可； （3）过点作于点，解，求出，再解中，求出，可得为等腰直角三角形，则，作的外接圆，记作，连接，过点作于点，连接，则，可得为等腰直角三角形，则设，那么，由于，则，求出，故当点三点共线，且点重合时，取得最小值为，则此时取得最小值为，而的高为定值，即可求解面积最小值． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于、两点， ∴ ∵抛物线与轴交于点． ∴， 解得 ∴，即； （2）略 （3）解：如图，过点作于点， ∵， ∴， ∴， ∴在中， ∵， ∴在中，， ∵点、 ∴ ∵ ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴ 作的外接圆，记作，连接，过点作于点，连接， 则， ∵ ∴为等腰直角三角形，， ∵， ∴均是等腰直角三角形， ∴， 设， 则， ∴， ∵， ∴， 解得， 当点三点共线，且点重合时，取得最小值为 ∵， ∴此时取得最小值为， 而高为定值， ∴的面积最小值为， ∴的面积为． 5．（2026·四川广安·中考真题）如图，二次函数（a，b为常数，）的图象与轴分别交于点，点，与轴交于点，，． (1)求二次函数的解析式； (2)①连接，点是第一象限内抛物线上的一动点，当点到的距离最大时，求点的坐标； ②在①的条件下，点，分别是轴和抛物线对称轴上两个动点，且轴，连接，，，求的最小值； (3)在（2）的条件下，平面内是否存在点，使以点，，为顶点的三角形为等边三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)①；②6； (3)存在，Q的坐标为， 【分析】（1）由且，可得，，即，．将两点坐标代入，求解即可； （2）①先求直线解析式为，由为等腰直角三角形，可知点到的距离与竖直线段成正比，设，表示出的长度并配方，当时最大，即可求出点P坐标；②先求出抛物线对称轴为，根据轴，可得为定值．将点向右平移1个单位得，则，原式转化为．当、、三点共线时和最小，由两点间距离公式得，即可求出最小值； （3）已知、，先求得，设的中点为G，则，由三线合一可得，设，由可得，，再结合等边三角形的高列方程求解，得到的两个坐标，对应线段两侧的两种情况． 【详解】（1）解：，， ，， ，， 将，代入中， 得， 解得， 抛物线的解析式为； （2）解：①过点作轴的垂线交轴于点，交于点，过点作于点，如图， 当时，， ∴， ∴，且， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ， ， 在中，， 设的解析式为， 将和代入， 得， 解得， ∴的解析式为， 设，则， 为第一象限内的点， ， ∵， 当时，最大，即当取最大值时，最大，此时； ②将点向右平移1个单位长度得点，则，连接交对称轴于点，如图， ∵，且， ∴， ∵， ， ∴ 当，，三点共线时，最小，为， ∵，， ∴， ， 的最小值为6； （3）解：由（2）得，点坐标为， ∴，， 在中，， 设的中点为G，连接，如图， 则G的坐标为，即，且， ∵为等边三角形， ∴，且， 在中，， 设，由得， 解得， 又∵， ∴ 将代入，得 解得或， 当时，，即； 当时，，即， 综上所述，点Q的坐标为和． 【点睛】本题是二次函数综合题，核心是利用平移法处理定长线段最短路径，避免配方计算失误、平移方向与距离出错、漏解等边三角形的两种位置． 6．（2026·四川达州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点．与轴交于点．直线经过点、与轴交于点． (1)求的值及抛物线的函数表达式； (2)若线段在抛物线的对称轴上运动，且，求四边形周长最小时点的坐标； (3)将抛物线沿射线方向平移个单位长度，点为平移后的抛物线对称轴上一动点，请问是否存在以，，为顶点的直角三角形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在．说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)存在，、、、 【分析】（1）将点代入直线方程求，得到点坐标，再代入抛物线交点式求系数，展开得抛物线表达式； （2）、为定长，将周长最小转化为求的最小值；通过平移构造平行四边形、作轴对称，利用两点之间线段最短确定点位置，联立直线与对称轴求解； （3）先根据平移方向与距离，得出平移后抛物线的对称轴，设点坐标；分三个顶点分别为直角，利用勾股定理列方程求解． 【详解】（1）解：∵直线与轴交于点， ∴把，代入得， 解得， ∴直线解析式为， ∵直线经过点，且点在轴上， ∴令，得， ∴， ∵抛物线与轴交于点， ∴把代入，得， 解得， ∴， 综上所述，，抛物线的函数表达式为； （2）解：∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形的周长为：， ∴求四边形周长的最小值，只需求的最小值， ∵抛物线的函数表达式为， ∴抛物线的对称轴为直线， ∵、在直线上，且，在上方， ∴设，， 如图：把点向上平移2个单位得，作与关于直线对称，则，连接、、、、， 在四边形中， ∵轴，轴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵与关于直线对称，在直线上， ∴， ∴， ∵两点之间线段最短， ∴当点在与直线的交点处时，最小， 设直线的函数解析式为， 把，代入得：， 解得， ∴直线的解析式为， ∵当时，， ∴； （3）解：∵抛物线与轴交于，两点， ∴令，得， 解得：或， ∵在左侧， ∴，， ∵由（1）知，， ∴，， ∴， ∵抛物线沿射线方向平移个单位长度，且在抛物线上，， ∴点沿射线方向平移个单位长度后与点重合， ∵，， ∴抛物线沿射线方向平移个单位长度可看作整体向左平移3个单位长度，向上平移3个单位长度，如图： ∵抛物线的对称轴为直线， ∴平移后对称轴为直线， ∵点为平移后的抛物线对称轴上一动点， ∴设， ∵，， ∴，， ， 若，如图： 则， ∴， 解得， ∴， 若，如图： 则， ∴， 解得或， ∴或， 若，如图： 则， ∴， 解得， ∴． 7．（2026·四川巴中·中考真题）如图，抛物线（）与轴交于、两点． (1)求抛物线的表达式； (2)点为抛物线在第二象限内的动点，求面积的最大值； (3)在第二象限内的抛物线上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可； （2）由题意易得，连接，设，其中，然后根据割补法得到的面积，进而根据二次函数的性质进行求解即可； （3）过点作，交于点，过点作，取的中点，连接，过点作，过点作，由题意易得，，，然后可得，进而根据三角函数及勾股定理可进行求解． 【详解】（1）解：∵抛物线（）与轴交于、两点， ∴，解得：， ∴抛物线的表达式为； （2）解：由（1）可知：抛物线的表达式为， ∴令时，则有，即， 连接，设，其中， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴当时，的面积最大，最大值为； （3）解：存在点，使得， ∵，，， ∴， ∴，， 过点作，交于点，过点作，取的中点，连接，过点作，过点作，如图所示： ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设的解析式为，则有， ∴， ∴的解析式为， ∵， ∴设直线的解析式为，把点代入得：， ∴直线的解析式为， 联立，解得：或（不符合题意，舍去）， ∴． 8．（2026·四川凉山·中考真题）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，其中，，对称轴是直线．动点M以每秒1个单位长度的速度，沿x轴从点O向点B运动，设运动时间为t（）秒，过点M作x轴的垂线交于点N，交抛物线于点P． (1)求抛物线解析式； (2)抛物线的对称轴交于点E，顶点是点D，当t为何值时，四边形为平行四边形； (3)动点M开始运动时，另一动点Q同时以每秒0.5个单位长度的速度，沿x轴从点O向点A运动．当t为何值时，四边形的面积最大，并求最大面积． 【答案】(1) (2)3秒 (3)当时，四边形的面积最大，最大面积为 【分析】（1）根据抛物线过点，，对称轴是求解即可； （2）用待定系数法求出直线的解析式为，求出，根据四边形为平行四边形得．设，，得出求解即可； （3）根据列出函数解析式，然后利用二次函数的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线过点，，对称轴是直线， ∴， 解得， ∴； （2）解：设直线的解析式为，把代入得， ， 解得． ∴． ∵， ∴， 当时，， ∴． ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴． ∵过点M作x轴的垂线交于点N，交抛物线于点P， ∴设，， ∴， 解得， ∵， ∴不符合题意，舍去， ∴； （3）解：由题意，得，则， 由（2）得，． ∴ ， ∵， ∴抛物线开口向下， ∴当时，四边形的面积最大，最大面积为． 9．（2026·四川广元·中考真题）定义：如果二次函数与一次函数的图象有两个不同的交点，且其中一个交点为二次函数的顶点，那么我们把这两点所连线段叫做“顶点弦”． 在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴，轴分别交于，两点． (1)如图1，若点为线段的中点，二次函数的“顶点弦”为线段，且点为顶点，求该二次函数的解析式； (2)在（1）的条件下，若直线上方抛物线上有一点，使，求点的坐标； (3)点在线段上，若抛物线和抛物线的“顶点弦”分别为和，点为和的顶点，且，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意可求得，两点的坐标，再由中点坐标公式可求得点的坐标，设二次函数解析式的顶点式，再将点的坐标代入，即可求解； （2）设直线与轴交于点，过点作轴于点，从而求得，得到为等腰直角三角形，由，，得到，，利用待定系数法求得直线的解析式为，根据题意令，即可求解； （3）设，再根据顶点式可表示出和的解析式，由在抛物线上，在抛物线上，可得①，②，与③，联立即可确定点的坐标，再过点作轴于点，最后根据平行线分线段成比例列式计算即可． 【详解】（1）解：∵一次函数的图象与轴，轴分别交于，两点， ∴令，即，解得， 令，； ∴，， ∵点为线段的中点， ∴，即， ∵二次函数的“顶点弦”为线段，且点为顶点， ∴设二次函数解析式为， 将点代入，得，解得， ∴二次函数解析式为； （2）解：设直线与轴交于点，过点作轴于点， ， ∴，， ∵，， ∴， 又∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴点， 设直线的解析式为， 将点，代入得： ，解得， ∴直线的解析式为， ∴令，解得，（舍去）， ∴； （3）解：设， ∴，， ∵在抛物线上，在抛物线上， ∴①，②， ∵③， ∴联立①②③，得到，解得，（舍去）， ∴， 如图，过点作轴于点， ∴轴， ∴． 10．（2026·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线（）与抛物线相交于，两点．，两点在抛物线上，且． (1)若点的坐标为，求的值和点的坐标； (2)在（1）的条件下，记，两点的横坐标分别为，（），当时，函数总在处取得最大值，求的取值范围； (3)若，直线，的交点恰好落在轴正半轴上，求点的坐标和的值． 【答案】(1)，点的坐标为 (2)的取值范围是 (3)点E的坐标为， 【分析】（1）将已知点的坐标代入直线解析式，求出的值，再联立直线与抛物线的解析式，解方程组得到点的坐标； （2）根据设出直线的解析式，联立抛物线方程，利用根与系数的关系得到的值，再结合二次函数的图像性质，根据函数在区间上的最大值位置，列出关于函数对称轴的不等式求解； （3）先联立直线、与抛物线的方程，利用根与系数的关系得到交点横坐标的和与积，再根据建立水平距离的关系，求出与的关系式，然后利用、、和、、三点共线的条件，得到关于的关系式，联立求解得到的值，进而求出的值和点的坐标． 【详解】（1）解：将点代入， 则， 解得：， ， 联立，可得， 解得：，， 点的坐标为， 点的横坐标为， 将代入得， 点的坐标为； （2）解：， 设的函数解析式为：， 联立， 则， 由根与系数的关系得， 函数图像为开口向上的抛物线，对称轴为， 要使函数在处取得最大值，需满足右端点到对称轴的距离不小于左端点到对称轴的距离，即：， 则，即， 解得：； （3）解：设的函数解析式为：， 联立， 则， 设，， 由根与系数的关系得，， 的水平距离， 同理，联立， 则， 设，， 由根与系数的关系得，， 的水平距离， ，， ， ，整理得， 即， 设， 如图， 、、三点共线， ∴直线的k值与直线的k值相等， ， 化简得，，则， 同理由、、三点共线得， ， 整理得，， ，，， ， 解得：， ， 解得：， ，， ， ， 点的坐标为，的值为． 【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式、直线与抛物线的交点问题、根与系数的关系的应用、二次函数的最值问题以及利用三点共线求解参数等知识点，熟练掌握一次函数与二次函数的图像与性质、灵活运用根与系数的关系是解答本题的关键． 11．（2026·四川自贡·中考真题）平面直角坐标系中，抛物线经过和两点． (1)求，的值． (2)如图，过原点的两条直线与该抛物线相交于点，，，（点在第三象限，点在第二象限）． ①求线段长度的最小值； ②连接，分别交轴于，两点，设，的面积分别为，，是否存在直线使?若存在，求出直线的解析式；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)①线段长度的最小值为；②． 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）①设，求得，利用二次函数的性质求解即可； ②设，，分别求得直线、，的解析式，分别求得点、、的坐标，再求得直线的解析式，求得点的坐标，得到，据此求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线经过和两点， ∴， 解得； （2）解：①由（1）得， ∴抛物线的解析式为， 设， ∴， 令，， ∴， ∴当时，线段长度的最小值为； ②设，， 设直线的解析式为， ∴， 则直线的解析式为， 令，则， 解得， ∴； 设直线的解析式为，则， 解得， ∴直线的解析式为， 联立得， 解得，， 当时，， ∴， 设直线的解析式为，则， 解得， ∴直线的解析式为， 联立得， 解得，， 当时，， ∴， ∵，， 则直线的解析式为， 令，则， 解得， ∴； ∵，， ∴， ∴，的底边相同， ∴， ∴， ∴（舍去正值）， ∴ ∴直线的解析式为． 12．（2026·四川遂宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于两点，与y轴交于点． (1)求二次函数的表达式； (2)连接，点P是第一象限内二次函数图象上的点，过点P作于点H，求线段的最大值； (3)连接，点D与点C关于原点成中心对称，在二次函数的图象上找一点E，作射线，使，求点E的纵坐标． 【答案】(1) (2) (3)或2 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）过点P作轴交于点Q，求出点B的坐标为；则可求出直线的函数表达式为；设点P的坐标为，则点Q的纵坐标为，故；可证明；则可证明，据此可得答案； （3）当点E在点B上方时，设交x轴于点H，可证明，则可证明，得到；设，则，由勾股定理得，解方程推出，则直线的函数表达式为，联立，解得或（舍去），则点E的纵坐标为2；当点E在点B下方时，可证明，即轴，则点E的纵坐标为． 【详解】（1）解：∵二次函数的图象与x轴交于两点，与y轴交于点， ∴， ∴， ∴二次函数的表达式为； （2）解：如图所示，过点P作轴交于点Q 在中，当时，， 解得或， ∴点B的坐标为； 设直线的函数表达式为， ∴， ∴， ∴直线的函数表达式为； 设点P的坐标为， ∵轴， ∴点Q的横坐标为p， ∴点Q的纵坐标为， ∴； ∵轴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当，即时，有最大值，最大值为； （3）解：如图3-1所示，当点E在点B上方时，设交x轴于点H， ∵，点C与点D关于原点成中心对称， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， ∴； 设直线的函数表达式为， ∴， ∴， ∴直线的函数表达式为， 联立，解得或（舍去）， ∴点E的坐标为， ∴点E的纵坐标为2； 如图3-2所示，当点E在点B下方时， 同理可得， ∴，即轴， ∴点E的纵坐标与点D的纵坐标相同，即点E的纵坐标为； 综上所述，点E的纵坐标为或2． 13．（2026·四川甘孜·中考真题）如图，抛物线与轴负半轴交于点，与轴交于． (1)求抛物线的解析式； (2)将原点，点关于抛物线对称轴对称的点分别记为点，点，连接，，作的平分线交于点． ①求点的坐标； ②如图，点为直线左侧抛物线上一点，连接并延长交轴于点，连接交抛物线于点，连接，当时，求点的横坐标． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】直接将代入抛物线解析式，然后化成一般式即可； ①由题意可得，对称轴为，进而得到，即得，再利用角平分线的定义、特殊角的三角函数值、解直角三角形可得，即可确定点的坐标；②过点作于，则，设，得，即得，，，由得到，再利用解答即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于， ∴， 解得， ∴， 即； （2）解：①∵抛物线与轴负半轴交于点， ∴，对称轴为直线， ∵原点，点关于抛物线对称轴对称的点分别记为点，点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴； ②如图，过点作于，则， 设，则， ∴，，， ∵， ∴， ∴，即， 解得， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， 解得或（不合题意，舍去）， ∴点的横坐标为． 考点02 几何压轴：动点、旋转、折叠、圆与相似综合探究 1．（2026·四川自贡·中考真题）如图1，在四边形中，ABCD，，点从点出发以每秒2个单位长度的速度沿匀速运动，到达点后停止运动；同时点从点出发以每秒1个单位长度的速度沿匀速运动，当点停止运动时点也随之停止运动，过点作于点．设运动时间为秒，，关于的函数图象如图2所示，则的长为（     ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C 【分析】过作于，可证得四边形为矩形，，根据相似三角形的性质得到比例式，再表示出关于的式子，代入到中，得到关系式，再结合函数图象求出，，的长，结合沿运动时候的函数图像求出的长，进而可求出的长． 【详解】解：过作于，如图所示， ∵， ∴， ∵， ∴ ∵ ∴ ∴四边形为矩形， ∴， 当在上运动时， ∵， ∴， ∴， ∴， 由题设，则， ∴， ∴， 由函数图象可知，当 时，， ∴，即， 当到达点后，在上运动时，恒等于高，此时， 由函数图象可知，当时， ∴，即， ∴， 把代入中得， 解得； ∴在中，， 当点开始沿运动，此时， ∴， 代入时，得， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了动点问题的函数图像的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键． 2．（2026·四川内江·中考真题）在边长为6的正方形 中，点、分别为对角线、边上的动点，且，则的最小值为_________． 【答案】 【分析】过点作于点，交于点，证明是等腰直角三角形，四边形是矩形，设，求得，，在中，由勾股定理得，最后利用二次函数的性质求解即可． 【详解】解：过点作于点，交于点， ∵四边形是正方形，边长为6， ∴，，， ∵， ∴是等腰直角三角形，四边形是矩形， ∴，，， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， 在中， 由勾股定理得 ， ∵，， ∴当时，有最小值， ∴的最小值为． 3．（2026·四川南充·中考真题）如图，点在正方形内，且，将绕点顺时针旋转得到，连接、、，交于点．下列结论：①；②的最小值为；③，，三点共线；④当为等腰三角形时，的长为．其中正确结论为_________（填写序号） 【答案】①③ 【分析】对于①，容易证明，则；对于②，由可得，当、、三点共线时，取得最小值；对于③，利用等腰三角形的性质可得，进而得到，因此，，三点共线；对于④，设，容易证明，则，，在中，利用勾股定理构造方程，解得，进而得到．容易证明是等边三角形，在，进而计算出，在中，利用三角函数计算出即可． 【详解】解：对于①，∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转的性质可得，，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故①正确； 对于②，如图，连接， 在中，， ∵， ∴当、、三点共线时，取得最小值，故②错误； 对于③，如图，连接，设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴，，三点共线，故③正确； 对于④，如图，设， ∵， 又∵为等腰三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 在中，， ∴， 整理，得， 解得（负值舍去）， ∴，， 在中，， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，，故④错误； 综上，正确的结论为①③． 4．（2026·四川眉山·中考真题）如图，在矩形中，， ，点在边上，且，点 是边上的一个动点，将沿翻折，点 的对应点为点，连接．点 在线段上，若，连接，则的最小值为_______． 【答案】 【分析】根据翻折的性质可知，即点在以为圆心，为半径的圆上运动，由，联想到位似变换，在 上取点 使得，构造，从而确定点 的轨迹是以 为圆心，为半径的圆，连接 ，当 三点共线时， 取得最小值，利用勾股定理求出 的长即可求解． 【详解】解： 四边形是矩形， ，，， 点在 边上，， ， 由翻折的性质可知，， 在上取一点 ，使得，连接， ， 在 和中， ，， ， ， ， 点 是定点，长为定值， 点 在以点 为圆心，为半径的圆上运动， 连接 ，当点 在线段 上时， 的值最小，最小值为， 在 中，， ， 根据勾股定理得： ， 的最小值为． 5．（2026·四川广安·中考真题）如图，在矩形中，已知，，点是射线（不与点重合）上的一个动点，连接并延长交直线于点，将沿射线翻折，点的对应点为点，延长交直线于点．有下列结论： ①；②；③若点恰好落在对角线上时，则；④若时，则或；⑤的取值范围为．其中正确的结论有_____．（填序号） 【答案】①③⑤ 【分析】①②分类讨论，当在的左侧和在的右侧（含点），根据矩形性质和折叠的性质即可推出结论；③先判断在的左侧，根据矩形的性质结合勾股定理求出的长，再根据折叠的性质结合勾股定理求出的长，④分类讨论，当在的左侧和在的右侧（含点），分别作过点作交于点，过点作交于点，运用矩形的性质证明，得出的长，再结合①的结论算出的长，根据等面积法求出、，最后运用三角形的面积求解即可；⑤先判断在以为圆心，半径为的圆上运动，即可求解． 【详解】解：关于①，如图，当在的左侧、， ∵关于折叠为， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图，在的右侧（含点）， 与当在的左侧同理， 综上，， ∴①符合题意； 关于②，如图，当在的左侧， ∵关于折叠为， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， 如图，在的右侧（含点）， ∵， ∴，即， ∴②不符合题意； 关于③，∵点恰好落在对角线上， ∴如图，在的左侧， ∵矩形， ∴， ∵在中，，， ∴根据勾股定理，， ∵关于折叠为， ∴，，， ∴，， ∵在中，，， ∴根据勾股定理，，即， 解得: ， ∴③符合题意； 关于④，如图，当在的左侧，过点作交于点， ∵关于折叠为， ∴， ∵矩形， ∴，，，， ∴， ∴，即， 解得：， ∴， ∵在中，， ∴根据勾股定理，， ∵由①得， ∴，即，解得：， ∴， ∵，即 ∴， ∴， 如图，当在的右侧（含点），过点作交于点， ∵关于折叠为， ∴， ∵矩形， ∴，，，， ∴， ∴，即，解得：， ∴， ∵在中，， ∴根据勾股定理，， ∵由①得， ∴，即，解得：， ∴， ∵，即 ∴， ∴， 综上，或； ∴故④不符合题意； 关于⑤， ∵关于折叠为， ∴， ∴如图，在以为圆心，半径为的圆上运动， ∵点是射线（不与点重合）上的一个动点， ∴，即， ∴在上运动， 当在点时，有最小值，最小值为， 当接近时停止，趋近于， ∴的取值范围为， 故⑤符合题意； 综上，符合题意的有①③⑤． 6．（2026·四川巴中·中考真题）如图，在边长为1的等边三角形中，D为边上的动点（不与端点重合），过点D作于点G．下列说法正确的有___________．（填写序号，错选不得分，少选得2分，选全得4分） ①； ②； ③设，则的面积S是关于x的二次函数； ④仅存在一点D，使得． 【答案】①②③④ 【分析】由题意易得，则有，，然后问题根据三角形面积，二次函数的性质及三角函数进行排除答案即可． 【详解】解：∵是等边三角形，且边长为1， ∴， ∵， ∴，， ∵D为边上的动点（不与端点重合）， ∴， ∴，，故①说法正确； ∵， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，故②说法正确； 设，则有， ∴， ∴， ∴的面积S是关于x的二次函数，故③说法正确； 过点作，如图所示： ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得：（负根舍去）， ∴仅存在一点D，使得，故④说法正确； 综上所述：正确的有①②③④． 7．（2026·四川凉山·中考真题）如图，在矩形中，厘米，厘米．动点E从点B出发以2厘米/秒的速度在线段上运动，运动到点C处停止．动点E运动t秒时，连接，将沿着直线折叠，顶点B的对应点是点F，连接．当是直角三角形时，则t为_______秒． 【答案】1.5或3/或3 【分析】根据折叠的性质可得，，，分 ， 和三种情况讨论，利用勾股定理或等腰直角三角形的性质建立方程求解即可． 【详解】解：由折叠的性质可知，，，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵点在线段上， ∴； 当是直角三角形时，分三种情况讨论： ①当时，∵， ∴， ∴，，三点共线， ∴， 在 中，由勾股定理得 即， 解得； ②当时， ∴， ∴， 由折叠可知， ∴， 在 中，， ∴， ∴， ∴， 解得； ③当时， 此时，即点在边上， 在 中，斜边，直角边 ， ∵， ∴此种情况不存在． 综上所述，的值为或． 8．（2026·四川广元·中考真题）如图，在中，，，，点，，分别在，，边上，连接，，，若，，则的最小值为__________． 【答案】 【分析】勾股定理求得，设，延长至使得，则，进而求得，取的中点，连接，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，垂直平分线的性质与判定，三线合一，得出，可得点在的角平分线上，时，最小，此时最小，进而解求得的最小值，即可求解． 【详解】解：在中，，，， ∴， 设， 如图，延长至使得，则， ∴，， ∴， 如图，取的中点，连接， ∴， 又∵， ∴垂直平分，是的角平分线， ∴点在的角平分线上，时，最小，此时最小， ∴此时， ∴. 9．（2026·四川自贡·中考真题）如图，正方形中，点为的中点，作，交于点．点，分别在等腰的直角边和斜边上，且，与交于点．连接，若，则的最小值为_____． 【答案】 【分析】根据题意，四边形是正方形，设边长为，如图所示，将 绕点 顺时针旋转 得到 ，点 在 的延长线上，则，有勾股定理列式求解得到，再证明，结合角度的计算得到点 在以 为弦，含 圆周角的圆弧上运动，设该圆圆心为 ，半径为，得到，如图，建立平面直角坐标系，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，结合图形，两点之间距离的计算即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，设边长为， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∵，且是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 如图所示，将 绕点 顺时针旋转 得到 ，点 在 的延长线上， ∴， ∴，则，且， ∴， ∴， 在中，， ∴， 整理得，， 解得，（舍去）， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，且， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴点 在以 为弦，含 圆周角的圆弧上运动，设该圆圆心为 ，半径为， ∵圆心角，， ∴ 是等腰直角三角形 ， ∴， 如图，建立平面直角坐标系，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴， ∴， ∵在直线上，且在正方形内部（）， ∴ 圆心在的上方，且到的距离为， ∵ 的中点坐标为 ， ∴ 圆心的坐标为，连接，交圆弧于点，此时取得最小值 ， ∴ ． 10．（2026·四川攀枝花·中考真题）综合探究与应用 【阅读材料】 如图1，两定点A、B在直线l异侧，点P是直线l上任意一点，当点P为线段与直线l的交点时，的值最小，最小值为线段的长．理由：在直线l上另取一点，连结，因为三角形的两边之和大于第三边，所以，即最小值为的长． 【类比应用】 (1)根据阅读材料中的相同道理，类比解决下面的问题： 如图2，两定点A、B在直线l同侧，点P是直线l上任意一点，当点P为线段延长线与直线l的交点时，的值最大，最大值为线段的长．请说明理由． 【拓展提升】 (2)如图3，在矩形中，，为对角线的中点，点H在边上，且，点E在边上，连结，，求的最大值． 【答案】(1)解：理由如下： 如图，在直线上另取一点，连结，， ∵三角形的两边之差小于第三边， ∴， 当点为线段延长线与直线的交点时，， ∴对于直线上的任意一点，都有， ∴当点为线段延长线与直线的交点时，的值最大，最大值为线段的长． (2) 【分析】（1）根据三角形的三边关系定理解答即可； （2）取的中点，连接，先求出的长，再利用勾股定理求出的长，然后利用（1）的结论解答即可． 【详解】（1）解：略． （2）解：如图，取的中点，连接， ∵在矩形中，， ∴， ∵， ∴， ∵点为的中点，点为对角线的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， 在中，， 由（1）可知，当点为与延长线的交点时，的值最大，最大值为线段的长，即为． 11．（2026·四川内江·中考真题）如图，在中， ，以边 为直径作 ，交于点 ，交的延长线于点 ，连接交 于点 ． (1)如图1，过点 作于点 ． ①求证： 是 的切线； ②若，，求阴影部分的面积； (2)如图2，连接，若，，求的值． 【答案】(1)①证明：如图1所示，连接， ∵为的直径， ∴，即， ∵， ∴，即点D为的中点， 又∵点O为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴ 是 的切线； ② (2) 【分析】（1）①连接，可证明，得到点D为的中点，则是的中位线，进而可证明，进一步可证明，则可证明 是 的切线；②由圆周角定理可得，则可证明是等边三角形，得到，，解直角三角形得到，可求出，根据列式求解即可； （2）取的中点T，连接，可证明为的中位线，则，由平行线分线段成比例定理得到；设，则，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】（1）①略； ②解：如图1所示，连接， ∵为的直径， ∴； ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵点O为的中点， ∴， ∵， ∴； （2）解：如图2所示，取的中点T，连接， 由（1）可得点D为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴； 设，则， ∴； ∵是的直径， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）， ∴． 12．（2026·四川南充·中考真题）在菱形中，对角线相交于点O，． (1)【初步感知】如图1，点P在线段上，若，，求的长． (2)【深入探究】如图2，点P在线段上，若，设长为x，长为y，求y与x之间的函数关系式． (3)【拓展运用】如图3，点P在线段上，将沿直线折叠，若点D落在边上，求的值． 【答案】(1)5 (2) (3) 【分析】（1）根据菱形的性质得出，再结合题意得出，即可求解； （2）过点P作于点E，根据菱形的性质及相似三角形的判定和性质得出，，，然后利用勾股定理建立方程整理即可得出y与x之间的函数关系式； （3）设交于点F.将沿直线折叠，使点D落在边上的，连接，根据题意得出，利用各角之间的关系得出，，再由相似三角形的判定和性质得出，，设. 则，代入求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ， ∴， ， ， ； （2）过点P作于点E， ∵四边形是菱形， ∴， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ，， 在中， 在中，     即 ， 整理得 即 (舍去)； ∴y与x之间的函数关系式为 （3）如图，设交于点F，将沿直线折叠，使点D落在边上的，连接， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ， ∴， ， ， ∴， ， ， ∴， ， ， 设，则， ， ， ， 取正数解得：， ． 13．（2026·四川乐山·中考真题）如图，在矩形中，、，点在线段上（点不与点重合），连结，将沿翻折得到、点的对应点为． (1)求的长度； (2)求证：当时，四边形为正方形； (3)若点在线段上，且，连接、将沿翻折得到、点的对应点为，设点与点之间的距离为，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明：法一：沿翻折得到， ∴， ∴ ∴四边形是菱形， 又∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是正方形； 法二： ∵四边形是矩形， ∴． 又∵△沿翻折得到， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形； (3) 【分析】（1）根据翻折得到； （2）根据翻折得到，，则推出四边形是菱形，最后根据得到四边形是正方形； （3）①当与重合时，此时最小．②当点与点重合（点与点重合）时，根据折叠证明四边形是矩形，得到，此时最大，即可得到点与点之间的距离为的取值范围． 【详解】（1）解：沿翻折得到， ∴， 又∵， ∴； （2）略 （3）解：①当与重合时， 此时． ②当点与点重合（点与点重合）时， ∵四边形是矩形，、， ∴，，， ∴， 由折叠可得 ，，，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形， ∴， ∴． ∴． 14．（2026·四川眉山·中考真题）【问题背景】数学活动课上，老师和学生一起探究图形的旋转性质． 已知，如图1，中， ， ， ，点D是 边上的动点（不与点B，C重合），将线段绕点A逆时针旋转 得到线段 ，连接， ，与 交于点F．         (1)【初步探究】如图1，在点D的运动过程中，试探究 与的数量关系，并说明理由． (2)【深入探究】如图2，当点D运动到 时，求的长． (3)【拓展延伸】如图3，点M为 延长线上一点，且满足 ，当时，求的值（用含k的式子表示）． 【答案】(1) ，理由如下： 由旋转得 ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ； (2) (3) 【分析】（1）证明即可得证； （2）先由勾股定理求解，然后根据等腰直角三角形求解，再证明得到即可； （3）证明即可得到，则，从而得解． 【详解】（1）略 （2）解：∵ ， ∴ ， ∵ ∴ ∵ ∴ ， ， ∴ ∴， 在 中， ， ∴， ∴， 同理可求 ∵ ， ∴ ∴ ∴ 解得； （3）解：由（1）可得， ∴ ∵， ∴， ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵， ∴ ∴． 15．（2026·四川广安·中考真题）如图，四边形是正方形，点是边（不与点，点重合）上的一点，，且交正方形外角的平分线于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，，分别为，的中点，连接和相交于点，连接，．试判断四边形的形状，并说明理由； (3)若点是边（不与点，点重合）上的一点，直接写出，，三边满足什么数量关系时，四边形是平行四边形． 【答案】(1)证明：在上截取， 四边形是正方形， ，， ， ，即， 是等腰直角三角形， ， ， 是正方形的外角平分线， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ； (2)四边形是平行四边形． 理由如下： 四边形是正方形， ，， ，分别为，的中点， ， 在和中， ， ，， ， ， ， ， ， ， 由（1）得， ， 四边形是平行四边形． (3)当时，四边形是平行四边形 【分析】（1）在上截取，结合正方形的性质得到，则，再结合正方形的外角平分线，得到，即可证明，得到； （2）由，分别为，的中点，得到，即可证明，得到，，接着得到，则，最后根据一组对边平行且相等即可得到四边形是平行四边形． （3）根据，得到，即可证明，得到，，接着得到，则，最后根据一组对边平行且相等即可得到四边形是平行四边形． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：当时，四边形是平行四边形． 理由如下： 四边形是正方形， ，， ∵，， ， 在和中， ， ，， ， ， ， ， ， ， 由（1）得， ， 四边形是平行四边形． 16．（2026·四川达州·中考真题）综合与探究 【方法探究】 (1)如图1，直线，A，B两点在直线上，，，三点在直线上，连接，，，，，，我们发现，，面积的数量关系是______，理由是______ (2)如图2，是的直径，C是上的动点（C不与A重合）、D是的中点，用圆规和无刻度直尺在图2中作出点D的运动路径（不写作法、保留作图痕迹），简要说明理由； (3)【问题解决】如图3，直线，是上一点，，垂足为N，、是射线上的动点，连接，过点在上方作射线，是上的一点，连接，，求线段的最大值． 【答案】(1)相等，等底等高的三角形面积相等 (2) 点D的运动路径是以线段为直径的圆（不包含点）． 证明：连接， ∵是中点，是的中点， ∴是的中位线 ∴． 又∵是直径 ∴， ∴， ∴点在以为直径的圆上． 又∵点、不重合，故点D不与点重合， ∴点D的运动路径是以线段为直径的圆（不包含点）． (3)8 【分析】（1）根据平行线间的距离处处相等即可得出结论； （2）根据三角形中位线性质可得，由此得出，根据角所对弦是直径，可得点D的运动路径是以线段为直径的圆（不包含点）； （3）过点作，交于，交于，利用（1）可得，根据求得，再由四边形是平行四边形，可得，由可得是直角三角形，取中点，则，根据点到圆上一点的距离最值即可得，即当点在延长上时，最大，最大值为． 【详解】（1）解：​、​、​面积相等． 理由：它们共底边，且由于，顶点到直线​的距离（即高）相等，故面积相等． （2）略 （3）解：过点作，交于，交于， 由（1）可得：， ∵，，， ∴，即， 解得：， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 又∵，即， ∴， ∴点在以为直径的半圆弧（上方，不含、两点）上运动， 取中点，则，连接、， ∴， 当点在延长上时，最大，最大值为， ∵，， ∴，即， ∴， ∴， 即最大值为8． 【点睛】解题关键是利用平行转化三角形面积，抓“定角对定弦”构造辅助圆，化“动”为“静”；利用“圆外一点到圆上点的最大距离”模型，巧解线段最值． 17．（2026·四川巴中·中考真题）四边形是矩形，点在边上，． (1)【教材重现·提出问题】 如图1，，、分别是、的中点，交矩形外角的平分线于点．求证：； (2)【模型建构·应用意识】 如图2，，交矩形外角的平分线于点，延长交的延长线于点，求的值； (3)【拓展推广·实践能力】 如图3，，（为常数），求的值（用含的代数式表示）． 【答案】(1)证明：如图， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，、分别是、的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴． (2) (3) 【分析】（1）由题意易得，，然后可得，，进而问题可求证； （2）在上截取一点，使得，由题意易得，，然后可得，则有，进而根据等腰直角三角形的性质进行求解即可； （3）连接，由题意易得，则有，然后可得，，进而证明进行求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：在上截取一点，使得，如图所示： ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； （3）解：连接，如图所示： ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 18．（2026·四川广元·中考真题）在学习图形旋转时，“智慧小组”将两个三角形纸片固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的规律． 在与中，，，，，将绕点顺时针旋转，旋转角为，直线与直线相交于点． 【初步探究】 (1)如图2，的度数为__________； 【尝试应用】 (2)如图2，若，求的长； 【创新提升】 (3)若，，三点构成以为腰的等腰三角形，请直接写出的长． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）先证明，再证明，则，然后根据三角形的外角性质求解即可； （2）连接，证明，则可得，然后对运用勾股定理求解即可； （3）连接，由（1）知，记直线与交于点，证明，则，，，四点共圆，可得，然后分和两种情况求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴，，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 如图，记，交于点， ∵， ∴； （2）解：∵，， ∴， 如图，连接， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴； （3）解：连接， 由（1）知，记直线与交于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，，，四点共圆， ∴， 当时，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴； 在中，，， ∴， 当时，同理可得， ∴， ∴， ∴； 综上：若，，三点构成以为腰的等腰三角形，的长为或． 19．（2026·四川成都·中考真题）在综合与实践活动中，数学兴趣小组对等腰三角形的拼接和变换进行了探究． 如图，，（），点D在边上，延长交于点F． (1)【初步感知】求证：； (2)【深入探究】如图1，当，时，求的长； (3)【拓展延伸】如图2，将绕点E按逆时针方向旋转一定角度（小于）得到，若F，，三点共线，且点A的对应点满足，求n的值． 【答案】(1)证明：∵， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∴； (2) (3) 【分析】（1）根据全等三角形的性质得到，结合证明，再利用相似三角形的性质即可证明； （2）根据题意得，，由得到，则，，再利用线段的和差列出关于长的方程，求出，即可求解的长； （3）连接，设，由（2）中的结论可得，根据旋转的性质得，，则，设，导角可得，则，推出，再结合推出，则，再由得到，，再利用线段的和差列出关于n的方程，即可求解n的值． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴，，， ∵，， ∴， 由（1）得，， ∴， ∴，， ∴， 解得， ∴， 即的长为； （3）解：如图，连接， 设， 由（2）中的结论可得， 由旋转的性质得，，， ∴， 设， ∵F，，三点共线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由（1）得，， ∴， ∴，， ∴， 解得（负值已舍去）， ∴n的值为． 20．（2026·四川自贡·中考真题）如图1，等边内接于，为中点，连接并延长交于点，作． (1)求证：是的切线． (2)如图2，点为射线上的动点，连接并延长与的优弧交于点（与点，不重合），连接，． ①在点运动过程中，请探究线段，，的数量关系并说明理由： ②连接，若，当点到的距离最大时，请直接写出的值． 【答案】(1)证明：∵为中点，在的延长线上， ∴， ∵， ∴， ∴是的切线； (2)或，理由如下： 当点在上时，如图，在上取点使得， ∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴；即， 当点在上时，如图所示，在的延长线上取， 同理可得， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 又∵，， ∴， ∴，即； 【分析】（1）根据垂径定理可得，根据得出，即可得证； （2）分情况讨论，当点在上时，在上取点使得，，证明，得出，进而根据线段的和差关系，即可得出结论；当点在上时，如图所示，在的延长线上取，证明，进而根据线段的和差关系，即可得出结论； ②根据题意得出当点到的距离最大时，，设的交点为，连接，，解直角三角形，分别求得，，的长，再求比值，即可求解． 【详解】（1）略 （2）①略 ②∵点在优弧上， ∴当点到的距离最大时，，如图所示，设的交点为，连接，， ∵是等边三角形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴，， ∴，则，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴，， 由（1）可得在上，， ∴， 如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，则四边形是矩形，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 21．（2026·四川攀枝花·中考真题）如图，在中，，点D是边上的一个动点，连接，将线段绕点A逆时针旋转至线段，使得，连接． (1)当时，求的长； (2)当是等腰三角形时，求的长； (3)当时，求的长（用图2）． 【答案】(1) (2)5，，8． (3)6 【分析】（1）如图：过A作于F，易得，；设，则，在中利用勾股定理列方程求解即可； （2）分、、三种情况求解即可； （3）如图：过A作于G，由（1）可得：，设，则，利用勾股定理列方程可求得，进而得到再证明，最后利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：如图：过A作于F， ∵， ∴，， 设，则， 在中，， ∴，解得：， ∴． （2）解：①当时， ∵， ∴； ②当时，由（1）可知：， 设，则， 在中，， ∴，解得：， ∴； ③当时，点D和点B重合，即． 综上，的长5，，8． （3）解：如图：过A作于H，由（1）可得：， 设，则， ∵ ∴，解得：，即， ∴， ∵线段绕点A逆时针旋转至线段， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：． 考点03 代数综合压轴：含参问题、函数取值范围 1．（2026·四川达州·中考真题）二次函数（，）的自变量x与函数y的部分对应值如下表： 在下列结论中：①；②；③当时，y的值随着x值的增大而增大；④，是关于x的方程（）的两个根．正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】先根据表格中值相等的点求出二次函数对称轴，结合已知点推导，，的关系，再逐一判断每个结论． 【详解】解：由表格可知，和时值均为， 因此二次函数对称轴为， 由对称轴公式得，即． 时，代入二次函数得，即， 将代入得，即． ①，，①正确． ②由可知成立，②正确． ③，抛物线开口向上，对称轴为，时，随增大而减小，③错误． ④已知是一个根，设另一个根为，由对称轴得，解得，因此方程两根为，④正确． 综上，正确结论共3个． 2．（2026·四川眉山·中考真题）如图，抛物线 与x轴交于点，顶点坐标，与y轴的交点在，之间（包含端点），下列结论：① ；② ；③对于任意实数m，总成立；④关于x的方程 有两个不相等的实数根．其中正确结论的个数为（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】由题意可知抛物线开口向上，结合对称轴及点 坐标可得 ，利用的范围求的范围，利用顶点纵坐标为最小值判断不等式及方程根的情况． 【详解】解：由图可知，抛物线开口向上， ， 对称轴为直线 ， ∴ ， ∴ ， 故①错误； ∵抛物线过点 ， ∴ ，即 ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， 故②正确； ∵抛物线开口向上，对称轴为直线， ∴当时， 有最小值 ， ∴对于任意实数，都有 ， ∴ ，即 ， 故③正确； 抛物线顶点坐标为 ，且开口向上， ∴ 的最小值为， ∴直线 与抛物线 没有交点， ∴关于的方程 没有实数根， 故④错误． 综上所述，正确的结论有②，共2个． 3．（2026·四川南充·中考真题）已知抛物线与，过原点O的直线l与抛物线，的另一个交点分别为，，如果，则m的值为（     ） A．或 B．或1 C．或 D．或1 【答案】A 【分析】设过原点的直线方程，联立两个抛物线得到交点坐标，利用两点间距离公式列方程求解m即可． 【详解】解：设过原点的直线为，， 联立直线与抛物线，消去y得：，解得：， ∴的横坐标为，代入得：， ∴， 同理联立直线与抛物线得：的坐标为， ∴根据两点间距离公式可得： ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴约去公因式得，整理得， 解得：，， 经检验：，都是方程的解， ∴的值为或． 4．（2026·四川乐山·中考真题）已知二次函数，有下列结论： ①二次函数图象与轴的交点坐标是； ②二次函数的顶点坐标是； ③若二次函数图象经过、两点，且，则； ④当时，二次函数的最大值为，最小值为，则的值与无关． 其中，正确的结论有（     ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】根据二次函数的基础性质，逐一验证四个结论，利用代入法、配方法、分类讨论区间最值的方法判断结论正误． 【详解】解：对①：令，得，∴二次函数图象与轴交点坐标是，①正确． 对②：对函数配方得， ∴顶点坐标为，结论中横坐标错误，②错误． 对③：代入坐标得，，∵， ∴，化简得，结论错误，③错误． 对④：二次函数开口向上，对称轴为，对区间分情况讨论： 若，即，二次函数随的增大而增大，，不含； 若，即，二次函数随的增大而减小， ，不含； 若，即，最小值为顶点纵坐标，最大值在离对称轴更远的端点，计算得仍消去，不含； 因此的值与无关，④正确． 综上，正确结论共个． 5．（2026·四川宜宾·中考真题）点是抛物线的顶点，点、在抛物线上（其中）．下列结论： ①当点在轴上时，；②点在直线上；③；④当点所在直线与线段没有交点时，的取值范围是；⑤当点在原点时，过点的直线与抛物线交于、两点，则． 其中正确的结论有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】先对抛物线配方得到顶点坐标，再逐个验证五个结论，利用二次函数顶点坐标性质、对称点性质、交点判断等初中知识逐一分析，统计正确结论个数即可． 【详解】解：∵， ∴顶点坐标为， ①若在轴上，则顶点纵坐标为，即， 解得，故①正确； ②将代入，当时，， ∴点不在直线上，故②错误； ③∵，纵坐标相同，对称轴为， ∴， 解得， 将代入抛物线得， ∴， 当时，不满足，故③错误； ④∵顶点坐标为， ∴， ∴所在直线为， 将代入得，， 解得， ∵当点所在直线与线段没有交点时， ∴或， ∴或， 整理得，或， ∵， ∴， ∴无解； ∵， ∴， ∴，故④正确； ⑤∵点在原点， ∴，， ∴， ∴抛物线为， 当过的直线是时，此时直线与抛物线只有一个交点不符合题意， 则可设过的直线为， 联立得， 整理得，， 设，， ∴，， ∴，， ∴，即， ∴ ∴， ∴， 同理可得，， ∴，故⑤正确． 综上，正确结论为①④⑤，共3个． 6．（2026·四川成都·中考真题）把一个分式化为另外几个分式的代数和的形式是处理分式运算和变形的常见策略．已知（a，b为常数），则_____． 【答案】2 【分析】先将等式右侧通分，再与等式左边进行比较，对应项系数相等，列出一个关于二元一次方程组，解方程组可得的值，代入计算即可． 【详解】解： ， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴． 7．（2026·四川内江·中考真题）若关于 的方程 的解是负数，且一次函数 中，函数值 随 的增大而减小，则所有满足条件的整数 的值之和是______． 【答案】 【分析】先求出一元一次方程的解，根据一元一次方程的解为负数得到 的取值范围，再根据一次函数的性质得到 的另一个取值范围，进而得到符合条件的整数 的值，最后相加即可求解． 【详解】解：解方程 ，得， ∵方程的解是负数， ∴， 解得， ∵一次函数中，函数值随的增大而减小， ∴， 解得， ∴的取值范围是， ∴符合条件的整数为， ∴所有满足条件的整数的值之和为． 8．（2026·四川眉山·中考真题）若关于的不等式组无解，且关于的分式方程 的解为正数，则符合条件的所有整数的值为_______． 【答案】 ， 【分析】先解不等式组得到的范围，再解分式方程，结合解为正数且不为增根确定的最终范围，即可得到符合条件的整数． 【详解】解：， 解不等式①得：， 不等式组无解， ， 整理分式方程 ， 得， 两边同乘 得：， 解得： ， 分式方程的解为正数，且分母不为， 且， 解得： 且， 综上可得，，且， ∴符合条件的所有整数的值为，1． 9．（2026·四川泸州·中考真题）已知二次函数． (1)若该二次函数的图象经过点，且关于直线对称，求二次函数的解析式； (2)当时，该二次函数的图象与轴分别交于，两点，与轴交于点，且是等腰三角形，求的面积； (3)当时，点，在该二次函数的图象上，若，求二次函数在上的最大值的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据待定系数法进行求解即可； （2）由题意易得，设该二次函数的图象与轴的交点坐标分别为，，当时，则有，那么是该方程的两个不等实数根，根据根与系数的关系可得：，然后根据两点间距离公式及等腰三角形的定义进行求解即可； （3）由题意易得，然后根据可得，则有该二次函数的对称轴范围为，进而根据二次函数的性质分类讨论即可． 【详解】（1）解：∵该二次函数的对称轴为直线， ∴，即， ∵该二次函数的图象经过点， ∴， 把代入得：， 解得：， ∴， ∴该二次函数的解析式为； （2）解：当时，则有， 令，则有，即， ∴， 设该二次函数的图象与轴的交点坐标分别为，，不妨设， 当时，则有，那么是该方程的两个不等实数根， ∴根据根与系数的关系可得：， ∴根据两点间距离公式可得：，，， 当该二次函数的图象与轴分别交于，两点，且在轴的右侧， ∵是等腰三角形， ∴， ∴，解得：（负根舍去）， ∴把代入得：，解得：， ∴，解得：， ∴， ∴； 当该二次函数的图象与轴分别交于，两点，且在轴的左侧， ∵是等腰三角形， ∴， 同理可得：； 综上所述：的面积为； （3）解：当时，则有， ∵点，在该二次函数的图象上， ∴， ∵， ∴，解得：， ∴该二次函数的图象开口向下，对称轴为直线， ∵， ∴，即， ∴当时，即，此时二次函数在上，y随x的增大而增大， ∴二次函数在上的最大值为， ∵， ∴， 当时，即， ∴二次函数在上的最大值为， ∵， ∴，即， ∴； 综上所述：最大值的取值范围为． 10．（2026·四川南充·中考真题）已知抛物线．（t为常数）． (1)若抛物线过点，，求t的值． (2)抛物线与x轴交于A、B两点，点为线段上一点，过点P作x轴垂线，分别与抛物线和直线交于点M，N，求最大值． (3)点，都在抛物线上，当，时，都有，求t的取值范围． 【答案】(1) (2)的最大值为 (3)或 【分析】（1）根据抛物线的对称性可进行求解； （2）由题意易得，，然后可得，进而根据二次函数的性质进行求解即可； （3）由题意可知抛物线的对称轴为直线，开口向下，则可分：①当时，②当时，③当时，④当时，然后分类进行求解即可． 【详解】（1）解：由抛物线可知：对称轴为直线， ∵抛物线过点，， ∴这两点关于对称轴对称，即， ∴； （2）解：令，则有，解得：， ∴抛物线与x轴的交点横坐标为，， ∵点为线段上一点， ∴， 解得：， ∵过点P作x轴垂线，分别与抛物线和直线交于点M，N，且， ∴，， ∴， ∵， ∴当时，取得最大值，最大值为， ∴的最大值为； （3）解：由题意可知抛物线的对称轴为直线，开口向下， ∴当时，y随x的增大而减小，当时，y随x的增大而增大， 根据题意可知：当，时，的最小值应大于的最大值， 分析抛物线对称轴与和时三种关系， ①当时，如图， 此时，都有，符合题意； ②当时，且当时，此时当时，取得最小值，当时，取得最大值， ∴，解得：， ∴当时，恒成立， 当时，如图， 此时， 在上取得最大值，在上取得最小值， ∴，解得：， ∴当时，都有； ③当时，如图， 此时， 在上取得最大值，在上取得最小值， ∴，解得：， ∴当时，都有； ④当时，则， 若时，则的最大值大于，即不成立， 若时，如图， ∴当时，点C的纵坐标取得最大值，当时，点D的纵坐标取得最小值， ∴， 解得：； 综上所述：t的取值范围为或． 考点04 新定义、材料阅读类压轴探究题 1．（2026·四川内江·中考真题）对于实数、，定义运算“☆”如下：，例如：，则方程的根的情况为（     ） A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根 C．没有实数根 D．无法确定 【答案】A 【分析】根据题目给出的新定义，将方程转化为一元二次方程的一般形式，再利用根的判别式判断根的情况即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴原方程有两个不相等的实数根． 2．（2026·四川攀枝花·中考真题）“快乐数”是指将正整数的每一位数字平方后相加，得到的新数再重复这一过程，最后结果为1的数．以“快乐数”70为例：，则下列数中不是“快乐数”的是（     ） A．3 B．7 C．13 D．31 【答案】A 【分析】根据“快乐数”的定义，对各选项依次重复计算每一位数字的平方和，最终结果为1就是快乐数，否则不是． 【详解】解：A、∵，，，，，，，，，，，，， ∴计算进入循环，无法得到1，故3不是快乐数； B、∵， ∴最终结果为1，故7是快乐数； C、∵，， ∴最终结果为1，故13是快乐数； D、∵，， ∴最终结果为1，故31是快乐数． 3．（2026·四川泸州·中考真题）在平面直角坐标系中，若一个点的横坐标和纵坐标互为倒数，则定义该点为“倒数点”．如：，都是“倒数点”．给出下列结论： ①函数的图象上存在2个“倒数点”； ②函数的图象上不存在“倒数点”； ③函数的图象上存在1个“倒数点”； ④若函数的图象上存在“倒数点”，则． 其中正确的个数是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据“倒数点”定义，若为倒数点，则满足，即，联立各函数与，判断方程解的个数，逐个验证结论即可. 【详解】解：由定义得，倒数点满足，，即， ① 联立，则， 整理得， 解得， ∴方程有2个不同解，故存在2个倒数点，故①正确； ② 联立， ， ， 当时，，整理得， ， 解得，， 正根，存在解， ∴图象上存在倒数点，故②错误； ③ 联立， ∴， 画出函数和图象的草图如图所示： 由图象知：函数和图象有唯一的交点， ∴有唯一的解， ∴存在1个倒数点，故③正确； ④ 联立， 整理得， 当时，方程为，解得，，满足，是倒数点， 此时，故④错误； 综上，正确的结论共2个. 4．（2026·四川乐山·中考真题）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数．他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类．如图，第一行的，， ， 称为三角形数，第二行的，，， 称为四边形数，第三行的， ， ，称为五边形数． （1）下列三个数中，既是三角形数又是四边形数的有_________（填序号）： ①；        ②；        ③． （2）我们将 边形数中第 个数记为．已知，，则_________．（用含有 的代数式表示） 【答案】 ①③ 【分析】（1）根据图形规律，往后写几个数即可求解； （2）设，利用待定系数法求解即可． 【详解】（1）解：1和36既是三角形数又是四边形数； 根据题意，第一行的三角形数分别为1,3,6,10,15,21,28,36， 第二行的四边形数分别为1,4,9,16,25,36,49， 第三行的五边形数分别为1,5,12,22,35,51， 故1和36既是三角形数又是四边形数． （2）解：，都是n的二次函数， 也可能是n的二次函数， 不妨设， 根据题意，得， 解得， 故． 5．（2026·四川成都·中考真题）在平面直角坐标系中，设，记，例如，若，则．若点N满足，则所有N点组成的图形面积为_____；已知A是直线（）上一点且位于第一象限，，点P在上，点Q满足，当点P从点O运动到点A时，Q点运动所覆盖的区域面积为，则_____． 【答案】 2 或 【分析】根据定义得出所有N点组成的图形为对角线在坐标轴上且对角线的长为2的正方形，进而求得其面积；进而根据，得出Q点运动所覆盖的区域面积，设，分情况讨论，分别画出图形，求得点的坐标，进而求得的值，即可求解． 【详解】解：①∵ 设 ∴ 当在第一象限时， 即 ∴点在直线上， 同理当在第二象限时， ∴，即点在上， 当在第三象限时，，即点在上， 当在第四象限时，，即点在上， ∴所有N点与坐标轴的交点，，， ∴所有N点组成的图形为正方形，其面积为； ②∵已知A是直线（）上一点且位于第一象限，，点P在上， ∴点在为半径的弧上运动， ∵点Q满足，同①可得点组成的图形是对角线为，且平行于坐标轴的正方形， ∴当点P从点O运动到点A时，Q点运动所覆盖的区域面积为 设，A是直线（）上一点且位于第一象限， ∴， ∴ 当时，如图， ∴ ∴ 解得： ∵， ∴ ∴ ∴ 当时，如图， ∴ ∴ 解得： ∵， ∴ ∴ ∴ 综上所述，或 6．（2026·四川乐山·中考真题）在一堂平面密铺探究课上，张老师引导学生探索多边形铺满地面的条件和方法． 【感知密铺】 (1)同学们通过观察发现：使用给定的某种正多边形，当围绕一点拼在一起的几个内角加在一起恰好组成一个周角时，就可以铺满地面． 正多边形的边数 … 正多边形的内角和 … 正多边形每个内角的大小 … 上表中 ________，正六边形________（填“能”或“不能”）铺满地面． 【探寻密铺】 (2)同学们通过动手操作，探寻到了实现密铺的路径．    上图中，②号三角形可看成①号三角形通过________（填“平移”或“旋转”）得到；③号三角形可看成①号三角形通过________（填“平移”或“旋转”）得到． 【创作密铺】 (3)最后，张老师给同学们布置了一项任务：用与四边形 形状大小相同的四边形实现平面密铺，并在下面方格纸中画出点 位置的密铺设计图．    【答案】(1)；能 (2)平移；旋转 (3)点 位置的密铺设计图如图： 【分析】（1）根据正六边形的内角和求正六边形每个内角的大小即可，再根据三个正六边形内角恰好组成一个周角，得到正六边形能铺满地面． （2）根据平移与旋转的特征判断即可； （3）先画和为公共边的四边形，再画最后一个四边形即可． 【详解】（1）解：正六边形的内角和，则正六边形每个内角的大小， ∵，即三个正六边形内角恰好组成一个周角， ∴正六边形能铺满地面． （2）解：②号三角形与①号三角形比较发现：大小不变，位置移动，对应点组成的直线平行，则②号三角形可看成①号三角形通过平移得到； ③号三角形与①号三角形比较发现：大小不变，位置移动，对应点组成的直线不平行，则③号三角形可看成①号三角形通过旋转得到； （3）略 7．（2026·四川达州·中考真题）数学活动：探究一次函数与反比例函数的关系 【定义】当两个函数图象无交点时，称它们为“陌生函数”：当两个函数图象只有一个交点时，称它们为“相连函数”，交点为相连点；当两个函数图象有两个交点时，称它们为“友好函数”，交点为友好点． 根据定义在判定一次函数与反比例函数为何种关系函数时，可用以下两种方法： 【方法一】根据函数表达式画出图象，由图象确定．如图1．因为一次函数与反比例函数图象没有交点，所以它们是“陌生函数” 【方法二】根据一元二次方程根的判别式确定，如判定与的关系时，由函数表达式得，去分母得，因为，所以函数图象有两个交点，故它们是“友好函数” 【问题解决】 (1)对于函数①，②，③．其中①与②是“______函数”，①与③是“______函数”； (2)若与是“友好函数”，如图2，当时，的取值范围是______；若与是“相连函数”，则的值为______； (3)如图3，过点的直线、对应的函数分别与（，），（，）是“相连函数”，相连点分别为，，、与轴分别交于，两点，已知，，求的值． 【答案】(1)陌生；友好 (2)或； (3) 【分析】（1）联立函数，根据方程的解的个数判断函数类型即可； （2）根据图象判断时，的取值范围；联立与，由求出的值； （3）设直线的函数解析式为，直线的函数解析式为，将与联立，并结合可得，进而计算出点的坐标为，同理，点的坐标为．由可得，利用完全平方公式变形可计算出的值． 【详解】（1）解：对于①与②，联立得， 整理，得， ∵， ∴该方程无实数解，即与无交点， ∴①与②是“陌生函数”， 对于①与③，联立得， 整理，得， ∴， ∴与有两个交点， ∴①与③是“友好函数”； （2）解：由图可知，两个函数的交点的横坐标为和，且在和部分，反比例函数的图象高于一次函数的图象， ∴当时，的取值范围是或； 联立与，得， ， 整理，得， ∵与是“相连函数”， ∴， 解得； （3）解：设直线的函数解析式为，直线的函数解析式为， 联立与，得， ， 整理，得， ∵与是“相连函数”， ∴， ∴，即， ∴直线的函数解析式为， 将代入，得， ∴点的坐标为， 同理，点的坐标为， ∴，即， ∴． 1．（2026·四川内江·二模）已知且，我们定义，记为；，记为；……；以此类推．若将数组中的各数分别作f的变换，得到的数组记为，即，；将作f的变换，得到的数组记为；以此类推；则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据定义计算前几次变换的和，可发现每3次变换为一个循环，利用循环规律计算总和即可； 【详解】解：根据题意计算得：，， ， ，， ， ，， ， ，， ， 可得规律：每3次变换为一个循环，一个循环的总和为， ， 总和． 2．（2026·四川南充·二模）如图，一大一小两个正方形与，与，分别交于，．下列结论：①是的中点；②与成正比例函数关系；③的面积与两个正方形的大小均相关；④与两个正方形边长之比有关．正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】①正确添加辅助线，由正方形的性质，可证得四边形是矩形，得到相等的角和边，再由三角形的全等证得； ②构造直角三角形，由勾股定理表示出与，即可得证； ③由四边形是矩形和正方形的性质，可以表示出与边上的高，即可得到的面积； ④正确添加辅助线，构造平行四边形，由两直线平行，得到相等角，可证得． 【详解】解：①设正方形与的边长分别为、， 如图，连接，，交于点，过点作交的延长线于点， 因为四边形、是正方形， 所以，， 所以， 所以四边形是矩形， 所以， 所以， 在与中， ， 所以， 所以， 结论①正确； ②如图，延长、交于点， 则四边形是矩形， 在中，， 在中，， ， 结论②正确； ③由结论①的证明可知，，， ，， ， 结论③错误； ④如图，在上截取，连接， 所以， 在和中， ， 所以， 所以，， 所以， 所以，即， 所以是等腰直角三角形，， 四边形中，，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 所以， 结论④错误． 3．（2026·四川雅安·二模）如图，在平行四边形中，，，，点，分别为，的中点，点在边上运动，将沿折叠，使得点落在处，连接，点为中点，则的最小值是_________． 【答案】/ 【分析】根据三角形中位线定理可得，知当取得最小值时，取得最小值，由折叠知，点在以点为圆心，的长为半径的半圆弧上运动，当点运动到线段上时，取得最小值，为，过点作于点，根据的直角三角形的性质可得的长与的长，根据勾股定理求出的长，进一步可得的最小值，即可求出的最小值． 【详解】解：连接，，过点作于点，如图所示，则， ∵点为的中点，点为中点， ∴， ∴当取得最小值时，取得最小值， ∵平行四边形中，，点为的中点， ∴， 由折叠知，， ∴点在以点为圆心，的长为半径的半圆弧上运动， 当点运动到线段上时，取得最小值，最小值为， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形折叠．熟练掌握平行四边形性质，折叠性质，三角形中位线定理，含的直角三角形性质，勾股定理解直角三角形，是解决问题的关键． 4．（2026·四川成都·三模）如图在中，，，．D是上一动点，以为斜边向右侧作等腰，使，连接，则线段的最小值为________． 【答案】 【分析】过作，使，即构造等腰直角，则，由此可得到，从而得到，当取得最小值时，取得最小值，根据垂线段最短，得到时，最小，解直角三角形，如图2，即可解决． 【详解】解：如图1，过作，使，连接， 是等腰直角三角形， ， 是等腰直角三角形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 当取得最小值时，取得最小值， 故当时，取得最小值，如图2， ，，， ， ，， ， ， 即的最小值为． 5．（2026·四川德阳·二模）二次函数的图象如图所示，点位于坐标原点，点在轴的正半轴上，点，点在二次函数的图象上，四边形，四边形，…，四边形都是正方形，则正方形的周长为________． 【答案】 【分析】过点分别作y轴的垂线，垂足分别为D、E、F，由正方形的性质得到， 可得是等腰直角三角形，得到，设，则，利用待定系数法可得，则，可得正方形的周长为，同理可求出正方形的周长为，正方形的周长为，则可推出正方形的周长为，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，过点分别作y轴的垂线，垂足分别为D、E、F， ∵四边形是正方形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设，则， ∵点在二次函数的图象上， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴正方形的周长为； ∵， ∴； 同理可得， 设，则， ∴， ∵点在二次函数的图象上， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴正方形的周长为， 同理可得正方形的周长为， ……， 以此类推，可知，正方形的周长为 ∴正方形的周长为． 6．（2026·四川成都·一模）对于二次函数，当自变量x的取值范围为时，对应的函数值y的取值范围也恰好是，我们称为该二次函数的“保值范围”．已知二次函数，当时，若该函数的“保值范围”为，则t的值为_______；若该函数存在“保值范围”，且，则实数m的取值范围是_______． 【答案】 【分析】根据二次函数的“保值范围”的定义即可求出t的值；先根据二次函数的“保值范围”的定义结合二次函数的性质得到，再分两种情况结合二次函数的性质讨论求解即可. 【详解】解：当时，二次函数为，顶点坐标为； 当时，解得：， 故当，即时，； 二次函数为，顶点坐标为； ∴当且时，二次函数的最小值为， ∵函数存在“保值范围”， ∴， ∴； 则或， 对于，则， 整理得： ， ∵， ∴，， ∴ ， 由及，得， ∴ ， 即 ， 由于，则， ∴， ∵， ∴； ∴， ∴； 对于，则 ， ∵， ∴， 由及，得， ∴， 即 ∵， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， 则； 综上，当时满足题意． 7．（2026·四川成都·一模）在平面直角坐标系中，直线与抛物线交于，两点，若且，则的取值范围为______． 【答案】 【分析】依据题意，联立方程，则，则方程的两个根和，满足，，故，再结合且，可，所以令，故，所以时，随的增大而增大，又，则，结合，得，，，所以，则当时，取值为，当时，取值为，进而可以判断得解． 【详解】解：由题意，联立方程， ∴， ∴方程的两个根和满足：，， ∴， ∵且， ∴， ∴ 令， ∴， ∴时，随的增大而增大， 又∵， ∴， 又∵， ∴，，， 由得，解得， 由得， 综上得：， ∴在t的范围内，的值随t的增大而增大， ∵当时，取值为，当时，取值为， ∴当时，的范围是． 8．（2026·四川成都·二模）如图，在中，，是边上的中线，将沿翻折得，连接，， 分别与相交于点O，与相交于点E，与边相交于点F．若，则______． 【答案】 【分析】连接，由轴对称的性质可证明是的中位线，然后证明，，设，，，证明，，根据相似三角形的性质可列方程①，②，求得，从而得到，证明得，设，则，求得长，利用勾股定理求得长，最后根据三角函数即可求得答案． 【详解】解：如图，连接， 由翻折可知，垂直平分， ，， O是的中点， 是边上的中线， D是的中点， 是的中位线， ，， ，， ，， 设，，， ，， ，，， ∴①，②， 由①得， 由②得， ， 解得， ，， ∴， ∴， ， 在和中，，， ， ， ， 设，则，， （负值舍去）， ， D是的中点， ， ． 9．（2026·四川广元·二模）若抛物线（是常数，）经过点，． (1)求a与b之间的关系式． (2)若将此抛物线向上平移2个单位长度，该抛物线与轴没有交点，求的取值范围． (3)已知点，在抛物线上，满足，当对于任意的，满足时，都有．求证：． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】（1）把点，代入即可求解； （2）根据根的判别式解题； （3）用含和的式子表示出，根据证明即可． 【详解】（1）解：把点，代入， 得：， ，得 ， ∴； （2）解：原抛物线为，向上平移2个单位长度后为 ， ∵该抛物线与轴没有交点， ∴ ， 由且，可得， ∴ ， 解得； （3）证明：∵， ∴， ∵ ， ， ∴ ， ∵对于任意，都有 ， ∴恒成立， ∵时，， ∴必有， 此时的最小值在处取到， 即， 解得． 10．（2026·四川成都·二模）如图，抛物线，是常数的顶点为，与轴交于，两点，，，点为线段上的动点且不与点，重合，过点作交于点． (1)求该抛物线的解析式； (2)求面积的最大值，并求此时点的坐标； (3)在（2）的条件下过点的直线与抛物线交于，两点，求面积的最小值． 【答案】(1) (2)面积的最大值为，此时 (3)面积最小值为 【分析】（1）用待定系数法将，的坐标代入函数一般式中，即可求出函数的解析式； （2）分别求出点坐标，直线，的解析式，的解析式为：，进而求出，的坐标以及的取值范围，由列出函数式求解即可； （3）由（2）可得，设直线的解析式为，，联立直线和抛物线解析式，得出，根据得出关于的二次函数关系式，根据二次函数的性质，求得最小值，即可求解． 【详解】（1）解：点，， 点的坐标为， 将点，代入函数解析式中得： ， 解得：，， 抛物线的解析式为； （2）解：由（1）得抛物线的解析式为， 则点坐标为：， 由， 设直线的解析式为 解得： 直线的解析式为：， 由， 设直线的解析式为 解得： 直线的解析式为：， ， 设直线的解析式为：，与轴交点， 由解得：， 在线段上， ， 的取值范围为， 则 当时，即时，最大，最大值为． （3）由（2）可得， 如图，设直线的解析式为， 设 ∴ 联立 即 ∴ ∴ ∴当时，的最小值为 ∴面积最小值为 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．（2026·四川成都·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，是抛物线的对称轴上一点，且抛物线与轴的交点坐标为． (1)求抛物线的函数表达式； (2)设点在对称轴右侧的抛物线上，点在轴上，若是以为直角顶点的直角三角形，且，求点和点的坐标； (3)如图2，是抛物线上的两个动点（点在点的左侧），点在同一直线上，过点作轴的垂线，交直线于点．是否存在实数，使得总成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)； (3)存在； 【分析】（1）由题意可知抛物线的对称轴为直线，可求的值，再将点代入，即可确定函数的解析式； （2）设对称轴与轴的交点为，过点作交于点，则，能得到，，设，，则，，即可求，； （3）过点作交于点，过点作交于点，设对称轴与的交点为，由题意可知，再由，则，设直线的解析式为，当时，，，求出，可得等式，整理后可得． 【详解】（1）解：是抛物线的对称轴上一点， 抛物线的对称轴为直线， ， 解得， 抛物线的解析式为， 将点代入， ， 抛物线的解析式为； （2）解：设对称轴与轴的交点为，如图1，过点作交于点， ， ， ， ，， 设，， ，， 解得或（舍，或（舍， ，； （3）解：实数，使得总成立，理由如下： 如图2，过点作交于点，过点作交于点，设对称轴与的交点为， ， ， ， ， 设直线的解析式为， 当时，，， ，轴， ， ， 解得． 13．（2026·四川泸州·一模）在平面直角坐标系中，将二次函数的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到如图所示的抛物线，该抛物线与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），，经过点A的一次函数的图象与y轴正半轴交于点C，且与抛物线的另一个交点为D，的面积为5． (1)求抛物线和一次函数的解析式； (2)抛物线上的动点E在一次函数的图象下方，求面积的最大值，并求出此时点E的坐标； (3)若点P在x轴上且使为等腰三角形时，请直接写出点P的坐标． 【答案】(1)； (2)的面积的最大值是，此时点坐标为 (3)或或或 【分析】（1）先写出平移后的抛物线解析式，求出点A的坐标，再把点A的坐标代入平移后的抛物线的解析式中可求得的值，由的面积为5可求出点的纵坐标，进而求出点D的坐标，由、的坐标可利用待定系数法求出一次函数解析式； （2）作轴交于，由构建关于E点横坐标的二次函数，然后利用二次函数的性质即可解决问题； （3）利用两点间的距离公式得到；再分三种情况：，，，讨论求解即可． 【详解】（1）解：将二次函数的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到的抛物线解析式为， ∵， ∴点的坐标为， 把点A的坐标代入得，， ∴， ∴平移后的抛物线的解析式为，即； 在中，当时，，解得，， ∴， ∴， ∵的面积为5， ∴， ∴， 在中，当时，， 解得，， ∴， ∴， 解得， ∴直线的解析式为； （2）解：过点作轴交于点，如图， 设，则， ∴， ∴ ， ∵， ∴当时，的面积有最大值，最大值是，此时点坐标为． （3）解：由（1）得， ∴； 当时，则点P的横坐标为或， ∴此时点P的坐标为或； 当时，则点D在的垂直平分线上， ∴的中点的坐标为， ∴点P的横坐标为， ∴点P的坐标为； 当时，设，则， ∴， 解得， ∴点P的坐标为； 综上所述，点P的坐标为或或或． 14．（2026·四川泸州·二模）如图，二次函数的图象交轴于点，交轴于点． (1)求二次函数的表达式； (2)动点在抛物线的对称轴上，且在轴下方，作射线，将射线绕点逆时针旋转后与抛物线交于点，是否存在点使为等腰直角三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)将二次函数的图象向右平移个单位长度后，当时，若图象对应的函数最大值与最小值的差为5，请求出的值． 【答案】(1) (2) (3)或． 【分析】（1）根据待定系数法求解即可； （2）先求出抛物线的对称轴为直线，设，根据旋转的性质并结合为等腰直角三角形可得出，，过Q作垂直直线于H，证明，得出，，则，把Q的坐标代入抛物线表达式可求出m的值，即可求解； （3）分三种情况讨论：；；，根据二次函数的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵二次函数的图象交轴于点，交轴于点， ∴， 解得， ∴二次函数的表达式为； （2）解：∵， ∴对称轴为直线， 设， ∵旋转， ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴， 过Q作垂直直线于H， 则， ， ∴， ∴，， ∴， ∵Q在抛物线上， ∴， 解得或（舍去）， ∴； （3）解：平移后的抛物线表达式为， ∴其对称轴为直线， 当，即时，如图， 当时，y随x的增大而增大， ∴当时，y有最小值为， 当时，y有最大值为， ∴， 解得（不符题意，舍去）； 当，即时， 此时当时，y有最小值为， 若当时，y有最大值为， 则， 解得或（不符题意，舍去）； 若当时，y有最大值为， 则， 解得或（不符题意，舍去）； 当，即时，如图， 当时，y随x的增大而减小， ∴当时，y有最大值为， 当时，y有最小值为， ∴， 解得（不符题意，舍去）； 综上，或． 15．（2026·四川内江·二模）如图，抛物线与x轴交于点，，交y轴于点C，直线与抛物线交于点M． (1)求抛物线的解析式； (2)以为腰，在右侧作等腰，，求点N的坐标； (3)抛物线上是否存在点P，使，若存在求出点P的坐标，若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)点P的坐标为或 【分析】（1）待定系数法求出抛物线的解析式即可； （2）过点M作轴于点D，过点N作轴于点E，先求出，证明，得出，，即可得出答案； （3）先求出点，根据点，求出，分两种情况：当点P在x轴上方时，当P在x轴下方时，分别求出结果即可． 【详解】（1）解：将，分别代入得： ， 解得：，， ∴抛物线的解析式为：； （2）解：过点M作轴于点D，过点N作轴于点E，如图所示： ∴ 解方程组， 解得：，， ∴， ∵，， ∴ ∴， 由等腰直角得， ∴， ∴，， ∴， ∴； （3）解：存在； 把代入得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 当点P在x轴上方时，过点P作轴于点H，如图所示： 则， 设 ∵， ∴， ∴， 解得：或（舍去）， ∴此时点P的坐标为； 当P在x轴下方时，过点P作轴于点G，如图所示： 则， 设 ∵， ∴， ∴， 解得：或（舍去）， ∴此时点P的坐标为； 综上，点P的坐标为或． 16．（2026·四川广元·三模）如图，二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，顶点坐标为． (1)求二次函数的表达式； (2)在抛物线的对称轴上有一点，使得的周长最小，求出点的坐标； (3)若点在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点，使得以四点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)存在，或或． 【分析】由题意设函数表达式为，然后把代入解析式即可求解； 连接，由得二次函数的表达式为，求出点的坐标为，点的坐标为，又关于对称轴直线对称，点在对称轴上，则有，故有的周长，则当三点共线时，的周长最小，然后求直线的函数解析式为，再把代入即可求解； 由点在抛物线的对称轴上，点在抛物线上，设，，然后分当为对角线时，当为对角线时，当为对角线时，三种情况求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为，设函数表达式为，图象过点， ∴，解得， ∴二次函数的表达式为， ∴； （2）解：如图，连接， 由得二次函数的表达式为， 当时，， 解得，， ∴点的坐标为，点的坐标为， ∵关于对称轴直线对称，点在对称轴上， ∴， ∴的周长， ∴当三点共线时，的周长最小，如图， 设直线的函数解析式为，代入，， 得，解得， ∴直线的函数解析式为， ∵点的横坐标为， ∴点的坐标为； （3）解：存在，理由如下： ∵点在抛物线的对称轴上，点在抛物线上， ∴设，， 当为对角线时，如图， ∴， 解得， ∴时，， ∴； 当为对角线时，如图， ∴， 解得， ∴时，， ∴； 当为对角线时，如图， ∴， 解得， ∴时，， ∴； 综上可知：点坐标为或或． 17．（2026·四川乐山·一模）对于一个函数，如果存在自变量时，其对应的因变量，那么我们称该函数为“不动点函数”，点为该函数图象上的一个不动点． (1)下列函数的图象上存在不动点的是 ； ①；②；③ (2)若抛物线的顶点为该函数图象上的一个不动点，求、满足的关系式； (3)已知二次函数，直线，将该二次函数在直线上方的图象沿直线翻折到直线的下方，其余部分图象不变，得到一个新的函数图象．若新的函数图象上恰有个“不动点”，求实数的值． (4)若、是函数的两个不动点的横坐标（两不动点可以相等），求的最小值． 【答案】(1)② (2) (3)3 (4) 【分析】（1）根据不动点满足进行判断即可； （2）根据二次函数的性质得到顶点坐标为，再根据不动点的定义得到，即可得到答案； （3）根据题意画出图形，令，代入，得，即可得到答案． （4）根据不动点的定义得到，再由韦达定理得到，求出，再根据方程要有实数根，故，解得，故当时，的最小值，即可得到答案． 【详解】（1）解：不动点满足， ①令，无解，①不存在不动点； ②令，解得，②存在不动点，不动点为； ③令，即， 判别式，无解，③不存在不动点； （2）解：的顶点横坐标为， 纵坐标为， 即顶点坐标为， 是不动点，故， ； （3）解：当直线过点时，符合题意， 令， ， 则， 将代入，得， 解得（舍去）或； （4）解：不动点满足， ， 化简得：， ， ， 方程要有实数根，故， 解得， 二次函数的对称轴为，在时单调递增，故当时， 的最小值． 18．（2026·四川南充·二模）如图，直线与抛物线交于，，与y轴交于B．抛物线上的点D，使四边形是梯形． (1)求抛物线的解析式； (2)求梯形的面积； (3)直线与抛物线另一交点为P，点E在线段上，点F在第四象限抛物线上，若以A，E，F为顶点的三角形与相似，试求点F的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）利用待定系数法即可求解二次函数解析式； （2）先求出直线的解析式，从而得出点B的坐标，根据梯形的性质可知，求出直线的解析式，联立抛物线解析式求出点D的坐标，过点作交于点H，根据梯形的面积公式分别求出关键线段的长度，从而得出结果； （3）分情况进行讨论：①当点F为直角顶点时，；②当点F为直角顶点时，；③当点E为直角顶点时，；④当点E为直角顶点时，，设，，利用相似三角形的夹角的正切值相等，通过一线三垂直模型得出相关线段的表达式，从而求出每种情况下的不同结果． 【详解】（1）解：∵抛物线过点、， 将两点坐标代入解析式：， 整理得：， 由，得：， 解得：， 将代入①：， 解得：， ∴抛物线的解析式为：． （2）解：设直线的解析式为， 将、代入，得， 解得，， ∴直线的解析式为， 令，得，即， ∵四边形是梯形，且， ∴， ∵直线过原点， ∴直线的解析式为， 联立直线与抛物线解析式， 解得：，， 取y轴左侧的点D，则，代入，得， ∴， 过点作交于点H， ∵，，， ∴，， 由，得， 即梯形的高为， ∵，， ∴ ， ∴梯形的面积为． （3）解：由（2）知，直线与抛物线另一交点为， ∵点E为线段的动点，点F为抛物线在第四象限上的动点， 要使点A，E，F构成的直角三角形与相似，分情况讨论： ①当点F为直角顶点时，， ∴， 在中，，， ∴， ∴， 即， 如图，过点E作，过点F作， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 设，， ∴，，，， ∴，， 解得：，， 当时，（不合题意，舍去）， ∴； ②当点F为直角顶点时，， ∴， 同理可得：， 如图，过点E作，过点F作， 易证得：， ∴， 设，， ∴，，，， ∴，， 解得：，（舍去）， ∴； ③当点E为直角顶点时，， ∴， 同理可得：， 如图，过点E作轴，过点F作， 易证得：， ∴， 设，， ∴，，，， ∴，， 解得：，（舍去）， ∴； ④当点E为直角顶点时，， ∴， 同理可得：， 此时，， 解得：（不合题意，舍去）， 综上所述，点F的坐标为或． 试卷第1页，共3页 2 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10中考压轴综合探究题 1年真题1年模拟 考点分类 四川考情（2026） 命题规律 考点01二次函数几何综合：线段最值、面积、角度、特殊三角形/四边形存在性 2026年内江、乐山、眉山、宜宾、广安、达州、巴中、凉山、广元、成都、自贡、遂宁、甘孜中考真题 全地市必考解答压轴，分3小问梯度设问；基础问求解析式，中档考线段、面积最值，压轴探究定点、特殊三角形/四边形存在性；结合轴对称、平移转化线段，融合全等相似，数形结合是核心解题思路。 考点02几何压轴：动点、旋转、折叠、圆与相似综合探究 2026年自贡、内江、南充、眉山、广安、巴中、凉山、广元、攀枝花、乐山、达州、成都中考真题 多为填空多选、几何解答压轴；以正方形、矩形、三角形、圆为载体，搭配动点、折叠、旋转模型；考查线段最值、角度等量、分类讨论等腰/直角三角形，常结合相似、阴影面积计算，模型特征鲜明。 考点03代数综合压轴：含参问题、函数取值范围 2026年达州、眉山、南充、乐山、宜宾、成都、内江、泸州中考真题 以选择压轴、中档填空为主；围绕二次函数图像、表格信息辨析结论，融合分式方程、不等式组参数范围；综合判别式、函数增减性、区间最值，侧重逻辑推理与参数分类讨论，区分中高分段学生。 考点04新定义、材料阅读类压轴探究题 2026年内江、攀枝花、泸州、乐山、成都、达州中考真题 选择、填空压轴高频；自定义运算、快乐数、倒数点、多边形数、陌生/友好函数、平面密铺为热门载体；要求现场阅读理解规则，结合方程、函数、图形规律推导，侧重自主学习与归纳能力。 考点01 二次函数几何综合：线段最值、面积、角度、特殊三角形/四边形存在性 1．（2026·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 与 轴交于、两点，与 轴交于点． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)如图1，点 是直线 下方抛物线上一个动点，求四边形 面积的最大值及此时点 的坐标； (3)如图2，点 为抛物线的顶点，抛物线的对称轴与 轴交于点 ，直线（ 为常数）交抛物线于 、 两点（点 、 分别在抛物线对称轴的两侧），直线交 轴于点 ，直线交 轴于点．试探究是否为定值？若为定值，求出的值；若不是定值，请说明理由． 2．（2026·四川乐山·中考真题）已知抛物线交轴于A、两点（点在点的左侧），顶点为点． (1)求A、两点的坐标； (2)直线与抛物线交于，两点． ①若A、两点到直线距离相等，则直线过定点，请求出这个定点，并说明理由； ②若，试问直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 3．（2026·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，连接，已知点，对称轴为直线． (1)求二次函数的表达式； (2)点P是直线上一个动点，连接， ，当的长度最小时，求点P的坐标； (3)点Q是二次函数图象上一个动点，当时，请直接写出点Q的坐标． 4．（2026·四川宜宾·中考真题）抛物线与轴交于、两点，与轴交于点． (1)求抛物线的表达式； (2)如图，连接，交抛物线的对称轴于点，连接．试判定的形状，并说明理由； (3)如图，点、是直线上两动点，且．求面积的最小值． 5．（2026·四川广安·中考真题）如图，二次函数（a，b为常数，）的图象与轴分别交于点，点，与轴交于点，，． (1)求二次函数的解析式； (2)①连接，点是第一象限内抛物线上的一动点，当点到的距离最大时，求点的坐标； ②在①的条件下，点，分别是轴和抛物线对称轴上两个动点，且轴，连接，，，求的最小值； (3)在（2）的条件下，平面内是否存在点，使以点，，为顶点的三角形为等边三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 6．（2026·四川达州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点．与轴交于点．直线经过点、与轴交于点． (1)求的值及抛物线的函数表达式； (2)若线段在抛物线的对称轴上运动，且，求四边形周长最小时点的坐标； (3)将抛物线沿射线方向平移个单位长度，点为平移后的抛物线对称轴上一动点，请问是否存在以，，为顶点的直角三角形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在．说明理由． 7．（2026·四川巴中·中考真题）如图，抛物线（）与轴交于、两点． (1)求抛物线的表达式； (2)点为抛物线在第二象限内的动点，求面积的最大值； (3)在第二象限内的抛物线上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由． 8．（2026·四川凉山·中考真题）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，其中，，对称轴是直线．动点M以每秒1个单位长度的速度，沿x轴从点O向点B运动，设运动时间为t（）秒，过点M作x轴的垂线交于点N，交抛物线于点P． (1)求抛物线解析式； (2)抛物线的对称轴交于点E，顶点是点D，当t为何值时，四边形为平行四边形； (3)动点M开始运动时，另一动点Q同时以每秒0.5个单位长度的速度，沿x轴从点O向点A运动．当t为何值时，四边形的面积最大，并求最大面积． 9．（2026·四川广元·中考真题）定义：如果二次函数与一次函数的图象有两个不同的交点，且其中一个交点为二次函数的顶点，那么我们把这两点所连线段叫做“顶点弦”． 在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴，轴分别交于，两点． (1)如图1，若点为线段的中点，二次函数的“顶点弦”为线段，且点为顶点，求该二次函数的解析式； (2)在（1）的条件下，若直线上方抛物线上有一点，使，求点的坐标； (3)点在线段上，若抛物线和抛物线的“顶点弦”分别为和，点为和的顶点，且，求的值． 10．（2026·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线（）与抛物线相交于，两点．，两点在抛物线上，且． (1)若点的坐标为，求的值和点的坐标； (2)在（1）的条件下，记，两点的横坐标分别为，（），当时，函数总在处取得最大值，求的取值范围； (3)若，直线，的交点恰好落在轴正半轴上，求点的坐标和的值． 11．（2026·四川自贡·中考真题）平面直角坐标系中，抛物线经过和两点． (1)求，的值． (2)如图，过原点的两条直线与该抛物线相交于点，，，（点在第三象限，点在第二象限）． ①求线段长度的最小值； ②连接，分别交轴于，两点，设，的面积分别为，，是否存在直线使?若存在，求出直线的解析式；若不存在，请说明理由． 12．（2026·四川遂宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于两点，与y轴交于点． (1)求二次函数的表达式； (2)连接，点P是第一象限内二次函数图象上的点，过点P作于点H，求线段的最大值； (3)连接，点D与点C关于原点成中心对称，在二次函数的图象上找一点E，作射线，使，求点E的纵坐标． 13．（2026·四川甘孜·中考真题）如图，抛物线与轴负半轴交于点，与轴交于． (1)求抛物线的解析式； (2)将原点，点关于抛物线对称轴对称的点分别记为点，点，连接，，作的平分线交于点． ①求点的坐标； ②如图，点为直线左侧抛物线上一点，连接并延长交轴于点，连接交抛物线于点，连接，当时，求点的横坐标． 考点02 几何压轴：动点、旋转、折叠、圆与相似综合探究 1．（2026·四川自贡·中考真题）如图1，在四边形中，ABCD，，点从点出发以每秒2个单位长度的速度沿匀速运动，到达点后停止运动；同时点从点出发以每秒1个单位长度的速度沿匀速运动，当点停止运动时点也随之停止运动，过点作于点．设运动时间为秒，，关于的函数图象如图2所示，则的长为（     ） A．8 B．9 C．10 D．11 2．（2026·四川内江·中考真题）在边长为6的正方形 中，点、分别为对角线、边上的动点，且，则的最小值为_________． 3．（2026·四川南充·中考真题）如图，点在正方形内，且，将绕点顺时针旋转得到，连接、、，交于点．下列结论：①；②的最小值为；③，，三点共线；④当为等腰三角形时，的长为．其中正确结论为_________（填写序号） 4．（2026·四川眉山·中考真题）如图，在矩形中，， ，点在边上，且，点 是边上的一个动点，将沿翻折，点 的对应点为点，连接．点 在线段上，若，连接，则的最小值为_______． 5．（2026·四川广安·中考真题）如图，在矩形中，已知，，点是射线（不与点重合）上的一个动点，连接并延长交直线于点，将沿射线翻折，点的对应点为点，延长交直线于点．有下列结论： ①；②；③若点恰好落在对角线上时，则；④若时，则或；⑤的取值范围为．其中正确的结论有_____．（填序号） 6．（2026·四川巴中·中考真题）如图，在边长为1的等边三角形中，D为边上的动点（不与端点重合），过点D作于点G．下列说法正确的有___________．（填写序号，错选不得分，少选得2分，选全得4分） ①； ②； ③设，则的面积S是关于x的二次函数； ④仅存在一点D，使得． 7．（2026·四川凉山·中考真题）如图，在矩形中，厘米，厘米．动点E从点B出发以2厘米/秒的速度在线段上运动，运动到点C处停止．动点E运动t秒时，连接，将沿着直线折叠，顶点B的对应点是点F，连接．当是直角三角形时，则t为_______秒． 8．（2026·四川广元·中考真题）如图，在中，，，，点，，分别在，，边上，连接，，，若，，则的最小值为__________． 9．（2026·四川自贡·中考真题）如图，正方形中，点为的中点，作，交于点．点，分别在等腰的直角边和斜边上，且，与交于点．连接，若，则的最小值为_____． 10．（2026·四川攀枝花·中考真题）综合探究与应用 【阅读材料】 如图1，两定点A、B在直线l异侧，点P是直线l上任意一点，当点P为线段与直线l的交点时，的值最小，最小值为线段的长．理由：在直线l上另取一点，连结，因为三角形的两边之和大于第三边，所以，即最小值为的长． 【类比应用】 (1)根据阅读材料中的相同道理，类比解决下面的问题： 如图2，两定点A、B在直线l同侧，点P是直线l上任意一点，当点P为线段延长线与直线l的交点时，的值最大，最大值为线段的长．请说明理由． 【拓展提升】 (2)如图3，在矩形中，，为对角线的中点，点H在边上，且，点E在边上，连结，，求的最大值． 11．（2026·四川内江·中考真题）如图，在中， ，以边 为直径作 ，交于点 ，交的延长线于点 ，连接交 于点 ． (1)如图1，过点 作于点 ． ①求证： 是 的切线； ②若，，求阴影部分的面积； (2)如图2，连接，若，，求的值． 12．（2026·四川南充·中考真题）在菱形中，对角线相交于点O，． (1)【初步感知】如图1，点P在线段上，若，，求的长． (2)【深入探究】如图2，点P在线段上，若，设长为x，长为y，求y与x之间的函数关系式． (3)【拓展运用】如图3，点P在线段上，将沿直线折叠，若点D落在边上，求的值． 13．（2026·四川乐山·中考真题）如图，在矩形中，、，点在线段上（点不与点重合），连结，将沿翻折得到、点的对应点为． (1)求的长度； (2)求证：当时，四边形为正方形； (3)若点在线段上，且，连接、将沿翻折得到、点的对应点为，设点与点之间的距离为，求的取值范围． 14．（2026·四川眉山·中考真题）【问题背景】数学活动课上，老师和学生一起探究图形的旋转性质． 已知，如图1，中， ， ， ，点D是 边上的动点（不与点B，C重合），将线段绕点A逆时针旋转 得到线段 ，连接， ，与 交于点F．         (1)【初步探究】如图1，在点D的运动过程中，试探究 与的数量关系，并说明理由． (2)【深入探究】如图2，当点D运动到 时，求的长． (3)【拓展延伸】如图3，点M为 延长线上一点，且满足 ，当时，求的值（用含k的式子表示）． 15．（2026·四川广安·中考真题）如图，四边形是正方形，点是边（不与点，点重合）上的一点，，且交正方形外角的平分线于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，，分别为，的中点，连接和相交于点，连接，．试判断四边形的形状，并说明理由； (3)若点是边（不与点，点重合）上的一点，直接写出，，三边满足什么数量关系时，四边形是平行四边形． 16．（2026·四川达州·中考真题）综合与探究 【方法探究】 (1)如图1，直线，A，B两点在直线上，，，三点在直线上，连接，，，，，，我们发现，，面积的数量关系是______，理由是______ (2)如图2，是的直径，C是上的动点（C不与A重合）、D是的中点，用圆规和无刻度直尺在图2中作出点D的运动路径（不写作法、保留作图痕迹），简要说明理由； (3)【问题解决】如图3，直线，是上一点，，垂足为N，、是射线上的动点，连接，过点在上方作射线，是上的一点，连接，，求线段的最大值． 17．（2026·四川巴中·中考真题）四边形是矩形，点在边上，． (1)【教材重现·提出问题】 如图1，，、分别是、的中点，交矩形外角的平分线于点．求证：； (2)【模型建构·应用意识】 如图2，，交矩形外角的平分线于点，延长交的延长线于点，求的值； (3)【拓展推广·实践能力】 如图3，，（为常数），求的值（用含的代数式表示）． 18．（2026·四川广元·中考真题）在学习图形旋转时，“智慧小组”将两个三角形纸片固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的规律． 在与中，，，，，将绕点顺时针旋转，旋转角为，直线与直线相交于点． 【初步探究】 (1)如图2，的度数为__________； 【尝试应用】 (2)如图2，若，求的长； 【创新提升】 (3)若，，三点构成以为腰的等腰三角形，请直接写出的长． 19．（2026·四川成都·中考真题）在综合与实践活动中，数学兴趣小组对等腰三角形的拼接和变换进行了探究． 如图，，（），点D在边上，延长交于点F． (1)【初步感知】求证：； (2)【深入探究】如图1，当，时，求的长； (3)【拓展延伸】如图2，将绕点E按逆时针方向旋转一定角度（小于）得到，若F，，三点共线，且点A的对应点满足，求n的值． 20．（2026·四川自贡·中考真题）如图1，等边内接于，为中点，连接并延长交于点，作． (1)求证：是的切线． (2)如图2，点为射线上的动点，连接并延长与的优弧交于点（与点，不重合），连接，． ①在点运动过程中，请探究线段，，的数量关系并说明理由： ②连接，若，当点到的距离最大时，请直接写出的值． 21．（2026·四川攀枝花·中考真题）如图，在中，，点D是边上的一个动点，连接，将线段绕点A逆时针旋转至线段，使得，连接． (1)当时，求的长； (2)当是等腰三角形时，求的长； (3)当时，求的长（用图2）． 考点03 代数综合压轴：含参问题、函数取值范围 1．（2026·四川达州·中考真题）二次函数（，）的自变量x与函数y的部分对应值如下表： 在下列结论中：①；②；③当时，y的值随着x值的增大而增大；④，是关于x的方程（）的两个根．正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2026·四川眉山·中考真题）如图，抛物线 与x轴交于点，顶点坐标，与y轴的交点在，之间（包含端点），下列结论：① ；② ；③对于任意实数m，总成立；④关于x的方程 有两个不相等的实数根．其中正确结论的个数为（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2026·四川南充·中考真题）已知抛物线与，过原点O的直线l与抛物线，的另一个交点分别为，，如果，则m的值为（     ） A．或 B．或1 C．或 D．或1 4．（2026·四川乐山·中考真题）已知二次函数，有下列结论： ①二次函数图象与轴的交点坐标是； ②二次函数的顶点坐标是； ③若二次函数图象经过、两点，且，则； ④当时，二次函数的最大值为，最小值为，则的值与无关． 其中，正确的结论有（     ） A．个 B．个 C．个 D．个 5．（2026·四川宜宾·中考真题）点是抛物线的顶点，点、在抛物线上（其中）．下列结论： ①当点在轴上时，；②点在直线上；③；④当点所在直线与线段没有交点时，的取值范围是；⑤当点在原点时，过点的直线与抛物线交于、两点，则． 其中正确的结论有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 6．（2026·四川成都·中考真题）把一个分式化为另外几个分式的代数和的形式是处理分式运算和变形的常见策略．已知（a，b为常数），则_____． 7．（2026·四川内江·中考真题）若关于 的方程 的解是负数，且一次函数 中，函数值 随 的增大而减小，则所有满足条件的整数 的值之和是______． 8．（2026·四川眉山·中考真题）若关于的不等式组无解，且关于的分式方程 的解为正数，则符合条件的所有整数的值为_______． 9．（2026·四川泸州·中考真题）已知二次函数． (1)若该二次函数的图象经过点，且关于直线对称，求二次函数的解析式； (2)当时，该二次函数的图象与轴分别交于，两点，与轴交于点，且是等腰三角形，求的面积； (3)当时，点，在该二次函数的图象上，若，求二次函数在上的最大值的取值范围． 10．（2026·四川南充·中考真题）已知抛物线．（t为常数）． (1)若抛物线过点，，求t的值． (2)抛物线与x轴交于A、B两点，点为线段上一点，过点P作x轴垂线，分别与抛物线和直线交于点M，N，求最大值． (3)点，都在抛物线上，当，时，都有，求t的取值范围． 考点04 新定义、材料阅读类压轴探究题 1．（2026·四川内江·中考真题）对于实数、，定义运算“☆”如下：，例如：，则方程的根的情况为（     ） A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根 C．没有实数根 D．无法确定 2．（2026·四川攀枝花·中考真题）“快乐数”是指将正整数的每一位数字平方后相加，得到的新数再重复这一过程，最后结果为1的数．以“快乐数”70为例：，则下列数中不是“快乐数”的是（     ） A．3 B．7 C．13 D．31 3．（2026·四川泸州·中考真题）在平面直角坐标系中，若一个点的横坐标和纵坐标互为倒数，则定义该点为“倒数点”．如：，都是“倒数点”．给出下列结论： ①函数的图象上存在2个“倒数点”； ②函数的图象上不存在“倒数点”； ③函数的图象上存在1个“倒数点”； ④若函数的图象上存在“倒数点”，则． 其中正确的个数是（     ） A． B． C． D． 4．（2026·四川乐山·中考真题）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数．他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类．如图，第一行的，， ， 称为三角形数，第二行的，，， 称为四边形数，第三行的， ， ，称为五边形数． （1）下列三个数中，既是三角形数又是四边形数的有_________（填序号）： ①；        ②；        ③． （2）我们将 边形数中第 个数记为．已知，，则_________．（用含有 的代数式表示） 5．（2026·四川成都·中考真题）在平面直角坐标系中，设，记，例如，若，则．若点N满足，则所有N点组成的图形面积为_____；已知A是直线（）上一点且位于第一象限，，点P在上，点Q满足，当点P从点O运动到点A时，Q点运动所覆盖的区域面积为，则_____． 6．（2026·四川乐山·中考真题）在一堂平面密铺探究课上，张老师引导学生探索多边形铺满地面的条件和方法． 【感知密铺】 (1)同学们通过观察发现：使用给定的某种正多边形，当围绕一点拼在一起的几个内角加在一起恰好组成一个周角时，就可以铺满地面． 正多边形的边数 … 正多边形的内角和 … 正多边形每个内角的大小 … 上表中 ________，正六边形________（填“能”或“不能”）铺满地面． 【探寻密铺】 (2)同学们通过动手操作，探寻到了实现密铺的路径．    上图中，②号三角形可看成①号三角形通过________（填“平移”或“旋转”）得到；③号三角形可看成①号三角形通过________（填“平移”或“旋转”）得到． 【创作密铺】 (3)最后，张老师给同学们布置了一项任务：用与四边形 形状大小相同的四边形实现平面密铺，并在下面方格纸中画出点 位置的密铺设计图．    7．（2026·四川达州·中考真题）数学活动：探究一次函数与反比例函数的关系 【定义】当两个函数图象无交点时，称它们为“陌生函数”：当两个函数图象只有一个交点时，称它们为“相连函数”，交点为相连点；当两个函数图象有两个交点时，称它们为“友好函数”，交点为友好点． 根据定义在判定一次函数与反比例函数为何种关系函数时，可用以下两种方法： 【方法一】根据函数表达式画出图象，由图象确定．如图1．因为一次函数与反比例函数图象没有交点，所以它们是“陌生函数” 【方法二】根据一元二次方程根的判别式确定，如判定与的关系时，由函数表达式得，去分母得，因为，所以函数图象有两个交点，故它们是“友好函数” 【问题解决】 (1)对于函数①，②，③．其中①与②是“______函数”，①与③是“______函数”； (2)若与是“友好函数”，如图2，当时，的取值范围是______；若与是“相连函数”，则的值为______； (3)如图3，过点的直线、对应的函数分别与（，），（，）是“相连函数”，相连点分别为，，、与轴分别交于，两点，已知，，求的值． 1．（2026·四川内江·二模）已知且，我们定义，记为；，记为；……；以此类推．若将数组中的各数分别作f的变换，得到的数组记为，即，；将作f的变换，得到的数组记为；以此类推；则的值为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·四川南充·二模）如图，一大一小两个正方形与，与，分别交于，．下列结论：①是的中点；②与成正比例函数关系；③的面积与两个正方形的大小均相关；④与两个正方形边长之比有关．正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2026·四川雅安·二模）如图，在平行四边形中，，，，点，分别为，的中点，点在边上运动，将沿折叠，使得点落在处，连接，点为中点，则的最小值是_________． 4．（2026·四川成都·三模）如图在中，，，．D是上一动点，以为斜边向右侧作等腰，使，连接，则线段的最小值为________． 5．（2026·四川德阳·二模）二次函数的图象如图所示，点位于坐标原点，点在轴的正半轴上，点，点在二次函数的图象上，四边形，四边形，…，四边形都是正方形，则正方形的周长为________． 6．（2026·四川成都·一模）对于二次函数，当自变量x的取值范围为时，对应的函数值y的取值范围也恰好是，我们称为该二次函数的“保值范围”．已知二次函数，当时，若该函数的“保值范围”为，则t的值为_______；若该函数存在“保值范围”，且，则实数m的取值范围是_______． 7．（2026·四川成都·一模）在平面直角坐标系中，直线与抛物线交于，两点，若且，则的取值范围为______． 8．（2026·四川成都·二模）如图，在中，，是边上的中线，将沿翻折得，连接，， 分别与相交于点O，与相交于点E，与边相交于点F．若，则______． 9．（2026·四川广元·二模）若抛物线（是常数，）经过点，． (1)求a与b之间的关系式． (2)若将此抛物线向上平移2个单位长度，该抛物线与轴没有交点，求的取值范围． (3)已知点，在抛物线上，满足，当对于任意的，满足时，都有．求证：． 10．（2026·四川成都·二模）如图，抛物线，是常数的顶点为，与轴交于，两点，，，点为线段上的动点且不与点，重合，过点作交于点． (1)求该抛物线的解析式； (2)求面积的最大值，并求此时点的坐标； (3)在（2）的条件下过点的直线与抛物线交于，两点，求面积的最小值． 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．（2026·四川成都·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，是抛物线的对称轴上一点，且抛物线与轴的交点坐标为． (1)求抛物线的函数表达式； (2)设点在对称轴右侧的抛物线上，点在轴上，若是以为直角顶点的直角三角形，且，求点和点的坐标； (3)如图2，是抛物线上的两个动点（点在点的左侧），点在同一直线上，过点作轴的垂线，交直线于点．是否存在实数，使得总成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 13．（2026·四川泸州·一模）在平面直角坐标系中，将二次函数的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到如图所示的抛物线，该抛物线与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），，经过点A的一次函数的图象与y轴正半轴交于点C，且与抛物线的另一个交点为D，的面积为5． (1)求抛物线和一次函数的解析式； (2)抛物线上的动点E在一次函数的图象下方，求面积的最大值，并求出此时点E的坐标； (3)若点P在x轴上且使为等腰三角形时，请直接写出点P的坐标． 14．（2026·四川泸州·二模）如图，二次函数的图象交轴于点，交轴于点． (1)求二次函数的表达式； (2)动点在抛物线的对称轴上，且在轴下方，作射线，将射线绕点逆时针旋转后与抛物线交于点，是否存在点使为等腰直角三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)将二次函数的图象向右平移个单位长度后，当时，若图象对应的函数最大值与最小值的差为5，请求出的值． 15．（2026·四川内江·二模）如图，抛物线与x轴交于点，，交y轴于点C，直线与抛物线交于点M． (1)求抛物线的解析式； (2)以为腰，在右侧作等腰，，求点N的坐标； (3)抛物线上是否存在点P，使，若存在求出点P的坐标，若不存在，说明理由． 16．（2026·四川广元·三模）如图，二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，顶点坐标为． (1)求二次函数的表达式； (2)在抛物线的对称轴上有一点，使得的周长最小，求出点的坐标； (3)若点在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点，使得以四点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 17．（2026·四川乐山·一模）对于一个函数，如果存在自变量时，其对应的因变量，那么我们称该函数为“不动点函数”，点为该函数图象上的一个不动点． (1)下列函数的图象上存在不动点的是 ； ①；②；③ (2)若抛物线的顶点为该函数图象上的一个不动点，求、满足的关系式； (3)已知二次函数，直线，将该二次函数在直线上方的图象沿直线翻折到直线的下方，其余部分图象不变，得到一个新的函数图象．若新的函数图象上恰有个“不动点”，求实数的值． (4)若、是函数的两个不动点的横坐标（两不动点可以相等），求的最小值． 18．（2026·四川南充·二模）如图，直线与抛物线交于，，与y轴交于B．抛物线上的点D，使四边形是梯形． (1)求抛物线的解析式； (2)求梯形的面积； (3)直线与抛物线另一交点为P，点E在线段上，点F在第四象限抛物线上，若以A，E，F为顶点的三角形与相似，试求点F的坐标． 试卷第1页，共3页 2 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $