专题08中考综合压轴（5年汇编）（新疆专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦新疆中考5年真题及模拟，覆盖几何综合、函数与几何等压轴考点，以高区分度题型和梯度设问为特色，适配中考冲刺阶段能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |几何综合压轴|5题|旋转、折叠、等腰/等边三角形、正方形，全等/相似、勾股定理|多问梯度设计，从猜想证明到线段最值，需添加辅助线，逻辑推理要求高| |函数与几何综合|6题|反比例函数、二次函数，待定系数法、将军饮马最值、数形结合|融合相似/旋转模型，计算量大，设问层层递进，强调数形结合思想| |新定义/规律探究|2题|数字规律、新定义运算|材料新颖，侧重阅读理解，提炼数学模型，推理归纳一般性规律| |其他综合问题|2题|动态图形函数图像、二次函数多结论|考查动点面积变化、分段函数图像识别，选项正误判断需读图分析|

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题08中考综合压轴 5年真题1年模拟：答案版 五年真题分类园 考点01几何综合压轴 1.V37-33+v37 2 3.(I)解：猜想DE=DF,证明如下： 如图所示，连接CD, D 图1 :AC=BC,∠ACB=90°，点D为AB中点， 六∠A=B=450,CD18,CD-4B=0=BD, .∠DCE=∠B=45°， .∠DCE=∠A, ,∠EDF=90° .∠1=∠3=90°-∠2， △ADF≌ACDE(ASA) .DE=DF: 1/12 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BE+2AF= 2V2 AB (2)解：猜想 3 ,证明如下： 如图所示，过点D作DM⊥AC,DN⊥BC,垂足分别为M,N,则LDMF=∠DNE=∠DNC=90°， 图2 由(1)知∠A=∠B=45°， ∴△AMD,△BND为等腰直角三角形，则AM=MD,DN=BN, AM -MD-4Dxsind= AD 2 N-BN-BD 同理 2 BD=2AD, :.DN =2DM, :∠C=90° .∠MDN=360°-90°-90°-90°=90°， .∠EDF=90° ∴.∠1=∠2=90°-∠FDN. .△OMFADNE. .DM MF 1 ·DNNE2 .NE=2MF: AF AM+MF,BE BN-NE, .AF=Y2AD+MFBE=2>-E⑦ 2 2/12 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :2AF=V2AD+2MF② 由①+②得， BE2AFADBDDX24D-24D 2 2 .BD+AD=2AD+AD=AB, 太AD=AB 3 BE+2AF-24D-24B 3 E+nAF=2AB 3)解：猜想 n+1,证明如下： 如图所示，过点D作DM⊥AC,DN⊥BC,垂足分别为M,N, D 图3 AM-MD-AD DN-BN-BD 同(2)可得 2 2 .BD=nAD, .DN nDM, 同(2)可证明aDMF∽aDWE DM MF 1 ·DN NE n .'NE =nMF, AF AM+MF,BE BN-NE. .FAD MF D-NED 2 2 3/12 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .nAF=y2n4D+nMF② 2 由①+②得， BE+nAF= 24D+2D=2 2 ndD+ 2 2 ×nAD=√2nAD .BD+AD=nAD+AD=AB, AD=14B n+1 BE+n4F=2mAD=2n×n十B即BE+MAF-AB ,即 n+1 1m2-号 ②)BN=3-V5 3)0 5.(1)①CA=CE+CD, 理由如下： ,△ABC和△ADE都是等边三角形， .AB=AC=BC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°， .∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC, 即∠BAD=∠CAE」 片△BAD≌CME(SAS) ∴BD=CE, .BC=BD+CD=CE+CD. .AC=BC, ..CA=CE+CD: ②CE=CA+CD 理由如下： ,△ABC和△ADE都是等边三角形， 4/12 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AB=AC=BC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°， .∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC, 即∠BAD=∠CAE、 △BAD≌ACAE(SAS) .BD=CE, ..CE=BD=BC+CD=CA+CD. 即CE=CA+CD； 2) 6-V56+25 或 考点02函数与几何图形综合 1.C 2.20 3.(4) 3v3 4.4 5.(I)证明：：AC⊥BC,AB⊥BE,ED⊥BD, .∠C=∠D=∠ABE=90°， .∠ABC+∠A=90°，∠ABC+∠EBD=90°」 ∴.∠A=∠EBD 又AB=BE, :△ACB2aBDE(AAS) 4 14 (2)①C(4,:②直线4C的解析式为y=2x+3,(3)或13 1 6.(1)60 (2)∠AEB=30°+∠CAD 8)y=(23-x2+4 5/12 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点3新定义、规律探究问题 1.B 2.15 良 考点04其他综合问题 1.B 2.B 一年摸拟练测® 一、单选题 1.A 2.C 二、填空题 3.①③ 4.-2029 5.12 6.4 7.25-2 三、解答题 8.(1)△EOF为等腰直角三角形， 证明：如解图①，连接OC, M O(P) 图① ∠ACB+∠MPN=180°∠ACB=90° .∠EOF=90°， ∠ACB=90°，CA=CB,点O为AB的中点， ∴，∠COB=90°，OC=OB,∠EC0=∠FB0=45° 6/12 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ·∠COE+∠COF=∠COF+∠BOF=90°， .∠COE=∠BOF, ∠ECO=∠FBO OC=OB 在 和 中， COE△BOF ∠COE=∠BOF' :△COE≌△BOF(ASA) :CE=BF,OE=OF, ∴.△EOF为等腰直角三角形. 、FB2+CF2=2OF2 (2 理由如下：连接OC,EF,如图②， N M E 0 P 图② ·∠ACB=90°∠ACB+∠MPN=180° .∠MPN=90°， .NP CB .∠CEP=∠CFP=90 四边形PECF为矩形， ∠BFP=∠ACB=90°，∠FBP=45°， ∠FPB=45°，即△BFP为等腰直角三角形， .CE=FP=FB, ∠ACB=90°，CA=CB,点O为AB的中点， .∠C0B=90°，0C=0B,∠EC0=∠FB0=45°， OC=OB ∠ECO=∠FBO 在 和 中， △COE△BOF CE=BF .△COE≌△BOF(SAS). 7/12 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .OE=OF,∠COE=∠BOF :.∠EOF=∠COB=90°，即△EOF为等腰直角三角形， :.0F2+0E2=EF2=20F2 在RtAECF中，CE2+CF2=EF2, 又CE=PF=FB. FB2+CF2=20F2: 55 6)8或4 9.(1):四边形ABCD是正方形， .∠ADM=∠ABC=90° 由旋转可得：△AMD≌△AEB ∴.AM=AE,∠EAB=∠DAM,EB=DM,∠D=∠ABE=90°， .∠ABE+∠ABC=180°， 点E,B,N三点共线： .∠MAN=45°， ∴.∠DAM+∠NAB=45° .∠NAB+∠EAB=45°， .∠MAN=∠NAE, 在△ANM和△ANE中， AM=AE ∠MAN=∠NAE AN=AN △ANM≌△ANE(SAS) .NM=NE, .EB+BN =NE, .DM+BN MN. (2)正方形的边长为12. 3)EF2=DF2+BE2.理由如下： 8/12 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 将△AFD绕点A顺时针旋转90°，点D于点B重合，得到△AGB,连接EG, A D G M B C .AG=AF,BG=DF,∠DAF=∠BAG,∠ADF=∠ABG, :∠BAD=90°，∠EAF=45°， .∠DAF+∠BAE=45°， .∠BAG+∠BAE=∠EAG=45°=∠EAF, 在△AEG和△AEF中， AG=AF ∠EAG=∠EAF AE=AE △AEG≌△AEF(SAS) .'EG=EF, BNI‖DM,BN=DM, .四边形BMDN是平行四边形， .DN II BM, .∠AND=∠ABM, :∠ADN+∠AWD=180°-∠BAD=90°」 .∠ABG+∠ABM=∠GBE=90°， ∴在RtABEG中，EG2=BG+BE2, ..EF2=DF2+BE2 10.(I)解：四边形ADCE为正方形，理由如下： :AB=AC,∠BAC=90°，点D是BC的中点， :.AD=DC=1B 2 C,AD⊥BC, 9/12 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠ADC=∠ADB=90°. 由旋转知，AD=AE,∠DAE=90°， .∠ADB=∠DAE=90°，AE=DC, .AE∥DC, ∴四边形ADCE是平行四边形， ∠ADC=90°，AD=DC, “平行四边形ADCE是正方形. (2)解：BD=2FG,理由如下： ,AB=AC,∠BAC=90°， .∠B=∠ACB=45°， 连接CE, G 图2 由(1)知，∠BAC=∠DAE=90°， ∴.∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC. .∠BAD=∠CAE, ,在△ABD和△CAE中， AB=AC ∠BAD=∠CAE AD=AE .△ABD≌△CAE(SAS) ∴.BD=CE,∠ABD=∠ACE=45°」 ∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，即∠DCE=90°， FG⊥BC, ∠FGD=∠DCE=90°， FGI∥EC, .△DFGADEC. 10112 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 FG DF :EC DE' :AD=AE,AF⊥DE, DF=IDE FG-EC-BD 1 2 :BD=2FG B)BD的长度为 2+25.2+25 或 11.(1)证明：：∠ACB=60°，BC=CD, ,△BCD是等边三角形， ∴.BD=CD,∠BDC=∠BCD=60°， .∠ADB=∠DCE=120° .AD=CE, ∴.△ABD≌△EDC(SAS) (②)证明：如下图，取BE的中点G,连接FG,延长AF至点H,使FH=AF,FH、BC交于点I,连接 BH、HG,延长ED交AF于点K, D B 为的中点，点为的中点， G C ·FBD G BE .FG是△BDE的中位线，BF=DF, .FGI‖DEDE=2FG :∠AFD=∠BFH, :.△AFD≌△HFB(SAS) .∠DAF=∠BH,AD=HB, 11/12 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .BHI‖AD ∴.∠HBG=∠ACB=60° .BE=2AD,BE=2BG, ∴.AD=BG=HB .△BGH是等边三角形. .∠BGH=∠BHG=∠BHⅢ+∠IHG=60° ∠DAF+∠CBD=60°， ∴，∠CBD=∠IHG .∠BIF=∠GH .∠DFK=∠BFI=∠BGH=60°， B,F,G,H四点共圆. ,∠HFG=∠HBG=60°. FG∥DE, ∴∠FKD=∠HFG=6O°，∠E=∠BGF,∠BFG=∠BDE, .∠FKD=∠KFD=∠FDK=6O° ∴.△DFK是等边三角形，∠AKD=∠BDE=∠BFG=∠DCE=120°， .DK=FK=DF BF. :∠ADK=∠CDE. .∠DAF=∠E=∠BGF, ∴.△ADK≌△GBF(AAS) :AK=GF, .BD+DE=2BF+2FG=2FK+2AK=2(AK+FK)=2AF 6)1G=1+25 12112 专题08 中考综合压轴 5年真题1年模拟 考点分类 新疆考情（2022-2026） 命题规律 考点01 几何综合压轴 2026年新疆卷、 2025年新疆卷、 2024年新疆卷、 2023年新疆卷、 2022年新疆卷 属于试卷高区分度大题，常以旋转、折叠为载体，结合等腰、等边、正方形图形。多设置多小问梯度设问，从猜想证明到线段最值、分类讨论；综合全等、相似、勾股定理，需要添加辅助线，对逻辑推理能力要求高。 考点02 函数与几何图形综合 2025年新疆卷、 2024年新疆卷、 2023年新疆卷、 2022年新疆卷 高频压轴题型，包含反比例函数与几何、二次函数综合两大方向。常考待定系数法、将军饮马类最值、角度相等存在性问题，融合相似、旋转模型；计算量大，注重数形结合思想，设问层层递进。 考点03 新定义、规律探究问题 2025年新疆卷、 2022年新疆卷 多以选择、填空形式出现，分为数字规律与新定义运算两类。要求现场读懂陌生概念，提炼数学模型，推理归纳一般性规律；题目材料新颖，但计算难度适中，重在阅读理解。 考点04 其他综合问题 2026年新疆卷、 2023年新疆卷 以动态图形函数图像判断、二次函数多结论选择题为主。考查动点运动过程中面积变化，识别分段函数图像；二次函数多结论题结合图像性质、方程不等式，选项正误判断，容易出现漏判，侧重读图分析能力。 考点01 几何综合压轴 1．（2023·新疆·中考真题）如图，在中，，，，点是上一动点，将沿折叠得到，当点恰好落在上时，的长为______．    【答案】/ 【分析】过点作交的延长线于点，根据平行四边形的性质以及已知条件得出，进而求得，根据折叠的性质得出，进而在中，勾股定理即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，    ∵在中，，，， ∴， ∴， 在中， ∵将沿折叠得到，当点恰好落在上时， ∴ 又 ∴ ∴ ∴ 设， ∴ 在中， ∴ 解得：（负整数） 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 2．（2022·新疆·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心将绕点D顺时针旋转与恰好完全重合，连接EF交DC于点P，连接AC交EF于点Q，连接BQ，若，则______． 【答案】 【分析】通过∠DFQ=∠DAQ=45°证明A、F、Q、D四点共圆，得到∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，利用等角对等边证明BQ=DQ=FQ=EQ，并求出，通过有两个角分别相等的三角形相似证明，得到，将BQ代入DE、FQ中即可求出． 【详解】连接DQ， ∵绕点D顺时针旋转与完全重合， ∴DF=DE，∠EDF=90°，， ∴∠DFQ=∠DEQ=45°，∠ADF=∠CDE， ∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线， ∴∠DAQ=∠BAQ=45°， ∴∠DFQ=∠DAQ=45°， ∴∠DFQ、∠DAQ是同一个圆内弦DQ所对的圆周角， 即点A、F、Q、D在同一个圆上（四点共圆）， ∴∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF， ∴∠EDQ=90°-45°=45°，∠DQE=180°-∠EDQ-∠DEQ=90°， ∴FQ=DQ=EQ， ∵A、B、C、D是正方形顶点， ∴AC、BD互相垂直平分， ∵点Q在对角线AC上， ∴BQ=DQ， ∴BQ=DQ=FQ=EQ， ∵∠AQF=∠ADF， ∠ADF=∠CDE， ∴∠AQF=∠CDE， ∵∠FAQ=∠PED=45°， ∴， ∴， ∴， ∵BQ=DQ=FQ=EQ，∠DQE=90°， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题综合考查了相似三角形、全等三角形、圆、正方形等知识，通过灵活运用四点共圆得到等弦对等角来证明相关角相等是解题的巧妙方法． 3．（2026·新疆·中考真题）已知，在 中，，，点D为上一点，，现将绕着点D旋转，交于点F，交 于点E． (1)如图1，当点D为中点时，猜想，之间的数量关系，并进行证明； (2)如图2，当时，猜想 ，，之间的数量关系，并进行证明； (3)如图3，当时，猜想 ，，之间的数量关系，并进行证明． 【答案】(1)解：猜想，证明如下： 如图所示，连接， ∵，，点D为中点， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； (2)解：猜想，证明如下： 如图所示，过点作，，垂足分别为，则， 由（1）知， ∴为等腰直角三角形，则， ∴， 同理， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴； ∵，， ∴，， ∴ 由得，， ∵， ∴， ∴； (3)解：猜想，证明如下： 如图所示，过点作，，垂足分别为， 同（2）可得，， ∵， ∴， 同（2）可证明 ∴ ∴， ∵，， ∴，， ∴， 由得，， ∵， ∴， ∴，即． 【分析】（1）连接，证明即可； （2）过点作，，垂足分别为，则，，然后证明，则，由，，得到，，那么，再由求解即可； （3）同（2）的方法求解即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 4．（2025·新疆·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，，点M是的中点，点D和点N分别是线段和上的动点． (1)当点D和点N分别是和的中点时，求a的值； (2)当时，以点C，D，N为顶点的三角形与相似，求的值； (3)当时，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）勾股定理求出的长，中点求出的长，的长，根据，求出的值即可； （2）设，得到，，进而得到，分和两种情况进行讨论，列出比例式进行求解即可； （3）作于点，连接，易得为等腰直角三角形，得到，，进而得到四边形为平行四边形，得到，将绕点旋转90度得到，连接，证明，得到，进而得到，得到，勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）解：∵等腰直角三角形中，，，，， ∴， ∵点D和点N分别是和的中点， ∴，， ∵， ∴； （2）∵，， ∴， 设，则：，， ∵等腰直角三角形中，，， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， 当点C，D，N为顶点的三角形与相似时，分两种情况： ①当时，则：， ∴， 此方程无解，不符合题意； ②当时，则：， ∴， 解得：（不符合题意，舍去）或； ∴； 综上：； （3）∵，， ∴， 作于点，连接， 则：， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴，， 又， ∴四边形为平行四边形， ∴， 将绕点旋转90度得到，连接，则：， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当点在线段上时，的值最小为的长， 在中，， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，求线段和的最小值，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊图形，是解题的关键． 5．（2024·新疆·中考真题）【探究】 （）已知和都是等边三角形． ①如图，当点在上时，连接．请探究和之间的数量关系，并说明理由； ②如图，当点在线段的延长线上时，连接．请再次探究和之间的数量关系，并说明理由． 【运用】 （）如图，等边三角形中，，点在上，．点是直线上的动点，连接，以为边在的右侧作等边三角形，连接．当为直角三角形时，请直接写出的长． 【答案】（）， 理由如下： ∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ，理由如下： ∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， 即； （）或． 【分析】（）．证明可得，即得，进而可得；．同理即可求解； （）分点在上，和点在的延长线上，两种情况，画出图形，结合四点共圆及圆周角定理解答即可求解； 本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，等角对等边，应用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】解：（）略 ②略 （）解：分两种情况：如图，当点在上，时， ∵和都是等边三角形， ∴， ∴四点共圆， ∵， ∴为该圆的直径， ∴， ∵，， ∴， ∴； 如图，当点在的延长线上，时， ∵和都是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴四点共圆， ∵， ∴为该圆的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上，的长为或． 考点02 函数与几何图形综合 1．（2024·新疆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于两点，轴于点，连接交轴于点，结合图象判断下列结论：点与点关于原点对称；点是的中点；在的图象上任取点和点，如果，那么；．其中正确结论的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，反比例函数的性质，根据反比例函数的性质逐项判断即可求解，掌握反比例函数的性质是解题的关键． 【详解】解：∵直线与双曲线交于两点， ∴点与点关于原点对称，故正确； ∵点与点关于原点对称， ∴， ∵轴，轴， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点，故正确； ∵， ∴在每一象限内，随的增大而减小， 当在同一象限内时，如果，那么；当不在同一象限内时，如果，那么，故错误； ∵轴， ∴， ∵点与点关于原点对称， ∴， ∵点是的中点， ∴，故正确； ∴正确结论有个， 故选：． 2．（2025·新疆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于，两点，过点A作直线交x轴于点C，连接，则的面积是______． 【答案】20 【分析】本题考查反比例函数与几何的综合应用，根据反比例函数图象上的点的横纵坐标之积为，求出的值，设，根据，利用勾股定理求出的值，进而求出的长，进而求出的面积即可． 【详解】解：∵直线与双曲线交于，两点， ∴， ∴， ∴， 设， 则：，，， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的面积是； 故答案为：20． 3．（2024·新疆·中考真题）如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且．当的值最小时，点C的坐标为_____________．      【答案】 【分析】在y轴上取点，证明四边形是平行四边形，得出，利用抛物线的对称性得出，则，当E、C、F三点共线时，最小，利用待定系数法求出直线解析式，然后把代入，即可求出C的坐标． 【详解】解：， ∴对称轴为， 如图，设抛物线与x轴另一个交点为F，    当时，， ∴， 当时，， 解得，， ∴，， 在y轴上取点，连接，，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵抛物线对称轴为， ∴， ∴， 当E、C、F三点共线时，最小， 设直线解析式为， ∴， 解得， ∴， 当时，， ∴当最小时，C的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，平行四边形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，两点之间线段最短等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造平行四边形是解题的关键． 4．（2023·新疆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，为直角三角形，，，．若反比例函数的图象经过的中点，交于点，则______．     【答案】 【分析】作交于点，根据题意可得，由点为的中点，可得，在 中，通过解直角三角形可得，从而得到点，代入函数解析式即可得到答案． 【详解】解：如图，作交于点，   ， ，，， ， 点为的中点， ， ， ， ， ， ， 点在反比例函数图象上， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形，反比例函数的图象与性质，熟练掌握反比例函数的图象与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形，是解题的关键． 5．（2023·新疆·中考真题）【建立模型】(1)如图，点是线段上的一点，，，，垂足分别为，，，．求证：； 【类比迁移】(2)如图，一次函数的图象与轴交于点、与轴交于点，将线段绕点逆时针旋转得到、直线交轴于点． ①求点的坐标； ②求直线的解析式； 【拓展延伸】(3)如图，抛物线与轴交于，两点点在点的左侧，与轴交于点，已知点，，连接．抛物线上是否存在点，使得，若存在，求出点的横坐标．          【答案】（1）证明：∵，，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）①；②直线的解析式为；（3）或 【分析】[建立模型]（1）根据题意得出，，证明，即可得证； [类比迁移] （2）①过点作轴于点，同（1）的方法，证明，根据一次函数的图象与轴交于点、与轴交于点，求得，，进而可得点的坐标； ②由，设直线的解析式为，将点代入得直线的解析式为； [拓展延伸]（3）根据解析式求得，；①当点在轴下方时，如图所示，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作，于点，证明，根据得出，设，则，求得点，进而求得直线的解析式，联立抛物线解析式即可求解；②当点在轴的上方时，如图所示，过点作，于点，过点作轴，交轴于点，过点作于点，同①的方法即可求解． 【详解】[建立模型]（1）略 [类比迁移]（2）如图所示，过点作轴于点，    ∵将线段绕点逆时针旋转得到， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∵一次函数的图象与轴交于点、与轴交于点， 当时，，即， 当时，，即， ∴， ∴， ∴； ②∵，设直线的解析式为， 将代入得： 解得： ∴直线的解析式为， （3）∵抛物线与轴交于，两点点在点的左侧， 当时，， 解得：， ∴，； ①当点在轴下方时，如图所示，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作，于点，    ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∵， ∴，， ∵，， ∴， 解得：， ∴， 设直线的解析式为， 代入，得：， 解得：， ∴直线解析式为， 联立， 解得：（舍去），； ②当点在轴的上方时，如图所示，过点作于点，过点作轴，交轴于点，过点作于点，    同理可得， ∴， 设，则， ∵， ∴，， ∵， ∴， 解得：， ∴， 设直线的解析式为， 代入，得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：（舍去），， 综上所述，的横坐标为或． 【点睛】本题考查了二次函数综合运用，待定系数法求一次函数解析式，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 6．（2022·新疆·中考真题）如图，在中，，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将沿AD折叠得到，连接BE．    (1)当时，___________； (2)探究与之间的数量关系，并给出证明； (3)设，的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）首先由折叠的性质可得，再由等腰三角形的性质可求解； （2）首先由折叠的性质可得，，再由等腰三角形的性质可得，，最后根据角度关系即可求解； （3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求的长，由勾股定理可求的长，最后根据面积和差关系可求解． 【详解】（1），，， ， 将沿折叠得到， ， ， ∴△ABE是等边三角形， ， 故答案为：60； （2），理由如下： 将沿折叠得到， ，， ，， ， ， ， ； （3）如图，连接， ，点是的中点， ， ，， ，， ， ， ， ， ．    【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关性质并能够灵活运用． 考点03 新定义、规律探究问题 1．（2022·新疆·中考真题）将全体正偶数排成一个三角形数阵： 按照以上排列的规律，第10行第5个数是（    ） A．98 B．100 C．102 D．104 【答案】B 【分析】观察数字的变化，第n行有n个偶数，求出第n行第一个数，故可求解． 【详解】观察数字的变化可知： 第n行有n个偶数， 因为第1行的第1个数是： ； 第2行的第1个数是： ； 第3行的第1个数是：； … 所以第n行的第1个数是： ， 所以第10行第1个数是：， 所以第10行第5个数是： ． 故选：B． 【点睛】本题考查了数字的规律探究，推导出一般性规律是解题的关键． 2．（2025·新疆·中考真题）对多项式A，B，定义新运算“”：；对正整数k和多项式A，定义新运算“”：kA=AA...A(k个A)（按从左到右的顺序依次做“”运算）．已知正整数m，n为常数，记，，若不含项，则______． 【答案】15 【分析】本题考查数字类规律探究，整式加减中不含某一项问题，先根据，令，求出相应的结果，进而推导出当时的结果，利用新定义，求出，再根据新定义求出，根据不含项，得到项的系数为0，进行求解即可． 【详解】解：∵， ∴当时，； 当时，， 当时，， 当时，， ∴当时，，当时，， ∴，， ∴ ， ∵不含项， ∴， ∴， 设，则：， ∴， ∵均为的整数幂，为偶数， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：15． 考点04 其他综合问题 1．（2026·新疆·中考真题）如图，水平放置的边长为的正方形，边长为的正方形的顶点，在同一水平线上，点与的中点重合，现将正方形以的速度沿方向匀速运动，当点运动到上时停止．在这个运动过程中，正方形与正方形重叠部分的面积与运动时间之间的函数关系图象大致是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接、交于点，正方形的边与正方形交于点、，交于点，分四种情况讨论，分别求出重叠部分的面积与运动时间之间的函数关系表达式，进而得到对应的函数图象，即可得解． 【详解】解：如图，连接、交于点，正方形的边与正方形交于点、，交于点， 边长为的正方形的顶点，在同一水平线上，点与的中点重合， ，，，垂直平分， ， ①当时，叠部分的面积为，此时， ， ， ， ， ； ②当时，叠部分的面积为，此时， 同理可得，， ， 即当时，有最大值为2； ③当时，叠部分的面积为，此时， 同理可得，， ； ④当时，叠部分的面积为，此时， 同理可得，， ， 综上可知，当时，图象为开口向上的抛物线；当时，图象为开口向下的抛物线，且有最大值为2；当时，图象为开口向下的抛物线；当时，图象为开口向上的抛物线， 只有B选项符合题意． 2．（2023·新疆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与抛物线相交于点，．结合图象，判断下列结论：①当时，；②是方程的一个解；③若，是抛物线上的两点，则；④对于抛物线，，当时，的取值范围是．其中正确结论的个数是（    ）    A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【分析】根据函数图象直接判断①②，根据题意求得解析式，进而得出抛物线与轴的交点坐标，结合图形即可判断③，化为顶点式，求得顶点坐标，进而即可判断④，即可求解． 【详解】解：根据函数图象，可得当时，，故①正确； ∵在上， ∴是方程的一个解；故②正确； ∵，在抛物线上， ∴ 解得： ∴ 当时， 解得： ∴当时，， 当时，， ∴若，是抛物线上的两点，则；故③正确； ∵，顶点坐标为， ∴对于抛物线，，当时，的取值范围是，故④错误． 故正确的有3个， 故选：B． 【点睛】本题考查了二次函数图象与性质，待定系数法求二次函数解析式，求二次函数与坐标轴交点坐标，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 一、单选题 1．（2026·安徽蚌埠·二模）如图，动点，沿着菱形的边运动，同时从点出发，点以每秒1个单位长度的速度沿线段向终点运动；点以每秒3个单位长度的速度沿线段向终点运动，当其中一点运动至终点时，另一点随之停止运动．已知菱形的面积为，设运动时间为（秒），的面积为，则关于的函数图象大致为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，分、、三种情况进行讨论，得到关于的解析式，再判断即可． 【详解】解：过点作交于点，如图1． 菱形的边长为6，面积为， ． 设运动时间为秒，则． 当时，点在上运动，此时． 作交于点，如图1，则 ， ， ，即，解得， 此时， 该部分函数图象是开口向上的抛物线，故选项符合题意； 当时，如图2，此时点在上，点在上，则， 此部分的函数图象是一条线段且随的增大而增大； 当时，如图， ， ，即，解得， 此时， 该部分函数图象是开口向下的抛物线， 综上，A符合题意． 2．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）二次函数（a，b，c为常数， ）中的与的部分对应值如下表所示： 0 2 4 4 n 当时，给出下列结论：①；②；③若点，在二次函数的图象上，则；④若点，在二次函数的图象上，则，上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①④ B．②④ C．②③ D．①③ 【答案】C 【分析】根据表格信息得到二次函数对称轴直线为，，把代入可判定①②；根据二次函数图象的性质，对称轴直线，增减性可判定③④；由此即可求解． 【详解】解：当时，函数值相同， ∴二次函数对称轴直线为， ∴， 当时，，则， 当时，， 当时，， ∴，故②正确； ∴，即，故①错误； ∵二次函数对称轴直线为，且点，关于对称轴直线对称， ∴，故③正确； ∵，对称轴直线为， ∴二次函数图象开口向下，离对称轴直线越远，值越小， ∵， ∴，故④错误； 综上，正确的有②③， 故选：C ． 二、填空题 3．（2026·新疆伊犁·二模）对于任意实数a，b，定义新运算：，给出下列结论：①；②若，则；③若，则x的取值范围为．其中正确结论_____________（只填写序号）． 【答案】①③ 【详解】解：∵， ∴，故①正确； ∵， 当时，得； 当时，得，解得； ∴或，故②错误； 当，即时， 不等式为， 移项得， 合并同类项得， 系数化为得， 结合，得； 当，即时， 不等式为， 去括号得， 移项得， 合并同类项得， 系数化为得， 结合，得； 综上所述，的取值范围为，故③正确； 综上，正确的是①③. 4．（2026·新疆喀什·二模）定义：对于正整数n，称为“交替增项数”．数列：，，，， 则的值为________． 【答案】 【分析】通过计算数列的前6项，找到规律，即可求解． 【详解】解：由题可得，， ， ， ， ， ， …， ∴，，，可以发现规律为：相邻两项的和为2， ∴前2024项可以分成组，每组和为2， ∴ ， ∵， ∴． 5．（2026·新疆昌吉·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于，两点，与轴、轴分别交于点、，且，直线与双曲线交于另一点，则的面积是________． 【答案】12 【分析】根据点 在双曲线 ​​ 上，求出双曲线解析式为 ．根据在第一象限，​，得出，根据在双曲线上，得出，求出．求出直线的解析式，与反比例函数解析式联立求出．求出直线解析式，即可得，连接，根据求解即可． 【详解】解：∵点 在双曲线 ​​ 上， ∴ ， ∴双曲线为 ． ∵在第一象限， ∴​， ∴， 又 在双曲线上， ∴， ∴，解得：（）， ∴ ，即 ． 由图可知直线过原点，且过 ， 设直线的解析式为 ， ∴，解得：， ∴直线的解析式为 ， 联立 ， 解得：（对应点）， ∴ ， ∴． ∵直线过点，两点， ∴， 解得：， ∴直线解析式为， 令，则， 则， 连接， ∵、、， ∴轴， ∴． 6．（2026·新疆·一模）在平面直角坐标系中，抛物线的图象如图所示．P为第三象限内抛物线上一动点，作轴于点D，交于点E，点G为y轴上一动点，过点E作，设点P的横坐标为m，则的最大值为______． 【答案】4 【分析】作轴于点H，利用可得，则转化为，求出点A，C的坐标，进而求出直线的解析式，用含m的式子表示出，转化为顶点式，即可求出最值． 【详解】解：如图，作轴于点H， 令， 解得，， ， 当时，， ， 设直线的解析式为， 将和代入，得：， 解得， 直线的解析式为； 点P的横坐标为m， 点P的坐标为，点E的坐标为， ，，， ， ， ， 的最大值为4． 7．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）如图，在中，，，点为边上一动点（不与点、重合），垂直交于点，垂足为点，连接并延长交于点，则的最小值为________． 【答案】 【分析】由可知点H在以为直径的圆上，根据几何性质：圆外一点到圆上一点的最短距离，是该点到圆心的距离减去圆的半径，因此当最短时，点F为的中点，此时，，故的最小值为． 【详解】解：， ， 点H在以为直径的圆上， 当最短时，点F为的中点， ， ， 的最小值为． 三、解答题 8．（2026·新疆喀什·二模）在和中，，点O为的中点，随顶点P在上移动，且，，分别与，交于点E，F． 【探究】 (1)如图①，，当的顶点P与点O重合时，连接，判断的形状，并证明； 【应用】 (2)如图②，，当的顶点P在点O的右侧，且时，连接，，猜想，，三条线段之间的数量关系，并说明理由； (3)若点Q为的中点，，，，时，请直接写出的值． 【答案】(1)为等腰直角三角形， 证明：如解图①，连接， ，， ， ，，点O为的中点， ，，， ， ， 在和中，， ， ，， 为等腰直角三角形． (2)， 理由如下：连接，，如图②， ，， ， ， 四边形PECF为矩形， ，， ，即为等腰直角三角形， ， ∵，，点O为的中点， ∴，，， ∵在和中，， ∴， ，， ∴，即为等腰直角三角形， ∴， 在中，， 又∵， ∴； (3)或 【分析】（1）连接，是等腰三角形，点O为的中点，得,，结合，证明，结论得证； （2）易证四边形PECF为矩形，为等腰直角三角形，得到，再证明，进而得到为等腰直角三角形，所以；在中，，转换得到结论； （3）由垂直平分，垂直平分,利用，求出，证明，再根据点E在点Q的上侧与下侧分两种情况讨论，最后得出结果． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：或． 证明如下： 如下图，连接，， ∵点Q为的中点，， ∴垂直平分， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，点O为的中点， ∴， ∴， ∴，解得， ∴，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 分两种情况， （ⅰ）点E在点Q的上侧时，如解图③， ∵，， ∴，解得， ∴； （ⅱ）点E在点Q下侧时，如解图④， ∵，， ∴， ∴，解得， ∴， 综上所述，的值为或． 9．（2026·新疆·三模）如图①，在正方形中，点，分别在边，上，连接，，．，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到． (1)求证：．并直接写出，与之间的数量关系； (2)在图①条件下，若，，求正方形的边长； (3)如图②，点，分别在边、上，且．点、分别在、上，，连接，猜想三条线段、、之间满足的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)∵四边形是正方形， ∴， 由旋转可得： ∴，，，， ∴， ∴点，，三点共线； ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． (2)正方形的边长为． (3)．理由如下： 将绕点顺时针旋转，点于点重合，得到，连接， ∴，，，， ∵，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∴． 【分析】（1）由旋转可得，得出点，，三点共线；根据，，推出，根据全等三角形的判定和性质，得到，则，等量代换，即可； （2）由正方形的性质，可得，，根据勾股定理求出，推出，根据线段的数量关系，可得，求出，即可； （3）将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到，连接，推出，，，，由全等三角形的判定和性质，可得，根据平行四边形的判定和性质，可得四边形是平行四边形，推出，最后根据勾股定理，求出，即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴正方形的边长为． （3）略 10．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）综合与探究 问题情境∶在中，，，点D是直线上的一点，连接，将线段绕点A逆时针旋转得到线段． (1)【观察发现】 如图1，当点D是的中点时，连接，试判断四边形的形状，并说明理由． (2)【独立思考】 如图2，当点D在线段上时，连接，过点A作于点F，过点F作于点G，猜想线段与的数量关系，并说明理由． (3)【拓展延伸】 连接，过点A作于点F，连接．若请直接写出线段的长． 【答案】(1)解：四边形为正方形，理由如下： ，，点是的中点， ，， ， 由旋转知，，， ，， ， 四边形是平行四边形， ，， 平行四边形是正方形． (2)解：，理由如下： ∵，， ∴， 连接， 由（1）知，， ， ， ∵在和中， ， ， ，， ，即， ， ， ， ∴， ∴， ，， ∴， ∴， ． (3)的长度为或 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到、，由旋转的性质得到、，进而得到且，则四边形是平行四边形，利用、，得出四边形是正方形； （2）连接，易证明，则，，进而得到，进而得到，得到，得出，根据等腰三角形的性质得到，即可得出结论； （3）分情况讨论：当①点D在线段的延长线上或②点D在线段的延长线上时，连接，过点A作于点M，同（2）可证明，根据直角三角形斜边中线的性质得到，进而证得为等边三角形，利用角之间的和差关系求出，在中，，利用、、间的和差关系求解即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：的长度为或，理由如下： ①当点D在线段的延长线上时， 如图，连接，过点A作于点M， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ∵， ， ， ，，， ，， ，点是中点， ， ， ， 为等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ∵在中，， ， ∵在中，， ， ； ②当点D在线段的延长线上时， 如图，连接，过点A作于点M， 同①证明为等边三角形， ， ， ， 由①可知，， ∵在中，， ， ． ③当点D在线段上时，，不存在， 故点D不在线段上． 综上所述，的长度为或． 11．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，中，，点在上，在延长线上． (1)如图，若，，延长交于，求证：； (2)如图，若，点为中点，连接，，求证：； (3)如图 ，若，，为线段上的一点，，求的最大值． 【答案】(1)证明：，， 是等边三角形， ，， ． ， ． (2)证明：如下图，取的中点，连接，延长至点，使，、交于点，连接、，延长交于点， 为的中点，点为的中点， 是的中位线，， ，． ， ， ，， ， ． ，， ， 是等边三角形． ． ， ． ， ， ，，，四点共圆． ． ， ，，， ． 是等边三角形，， ． ， ， ， ， ． (3) 【分析】（1）先证明是等边三角形，再利用“”即可证明全等； （2）取的中点，连接，延长至点，使，、交于点，连接、，延长交于点，则是的中位线，利用全等三角形和等边三角形的性质，推出，，，四点共圆，再证明出，即可证明结论． （3）以为边构造等边三角形，则，，，四点共圆．令的外心为点，则点在以点为圆心，为半径的圆上，过点作于点，则，，设，利用勾股定理求出即，．过点作的平行线，在的平行线截取，与交于点，连接、，则四边形是平行四边形，当，，三点共线时，取最大值，再结合勾股定理证明为等边三角形，即可得解． 【详解】（1）证明：略． （2）证明：略． （3）解：以为边构造等边三角形， ． ， ，即，，，四点共圆． 令的外心为点，则点在以点为圆心，为半径的圆上，过点作于点， ， ∵点为等边的外心， ， ． 设，则， 根据勾股定理可得，即， 解得，即，． 过点作的平行线，在的平行线截取，与交于点，连接、， ，， 四边形是平行四边形， ． ， 当，，三点共线时，取最大值， ，， ， ． 根据勾股定理可得， 即，解得． ，． ， 为等边三角形， ， ． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 中考综合压轴 5年真题1年模拟 考点分类 新疆考情（2022-2026） 命题规律 考点01 几何综合压轴 2026年新疆卷、 2025年新疆卷、 2024年新疆卷、 2023年新疆卷、 2022年新疆卷 属于试卷高区分度大题，常以旋转、折叠为载体，结合等腰、等边、正方形图形。多设置多小问梯度设问，从猜想证明到线段最值、分类讨论；综合全等、相似、勾股定理，需要添加辅助线，对逻辑推理能力要求高。 考点02 函数与几何图形综合 2025年新疆卷、 2024年新疆卷、 2023年新疆卷、 2022年新疆卷 高频压轴题型，包含反比例函数与几何、二次函数综合两大方向。常考待定系数法、将军饮马类最值、角度相等存在性问题，融合相似、旋转模型；计算量大，注重数形结合思想，设问层层递进。 考点03 新定义、规律探究问题 2025年新疆卷、 2022年新疆卷 多以选择、填空形式出现，分为数字规律与新定义运算两类。要求现场读懂陌生概念，提炼数学模型，推理归纳一般性规律；题目材料新颖，但计算难度适中，重在阅读理解。 考点04 其他综合问题 2026年新疆卷、 2023年新疆卷 以动态图形函数图像判断、二次函数多结论选择题为主。考查动点运动过程中面积变化，识别分段函数图像；二次函数多结论题结合图像性质、方程不等式，选项正误判断，容易出现漏判，侧重读图分析能力。 考点01 几何综合压轴 1．（2023·新疆·中考真题）如图，在中，，，，点是上一动点，将沿折叠得到，当点恰好落在上时，的长为______．    2．（2022·新疆·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心将绕点D顺时针旋转与恰好完全重合，连接EF交DC于点P，连接AC交EF于点Q，连接BQ，若，则______． 3．（2026·新疆·中考真题）已知，在 中，，，点D为上一点，，现将绕着点D旋转，交于点F，交 于点E． (1)如图1，当点D为中点时，猜想，之间的数量关系，并进行证明； (2)如图2，当时，猜想 ，，之间的数量关系，并进行证明； (3)如图3，当时，猜想 ，，之间的数量关系，并进行证明． 4．（2025·新疆·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，，点M是的中点，点D和点N分别是线段和上的动点． (1)当点D和点N分别是和的中点时，求a的值； (2)当时，以点C，D，N为顶点的三角形与相似，求的值； (3)当时，求的最小值． 5．（2024·新疆·中考真题）【探究】 （）已知和都是等边三角形． ①如图，当点在上时，连接．请探究和之间的数量关系，并说明理由； ②如图，当点在线段的延长线上时，连接．请再次探究和之间的数量关系，并说明理由． 【运用】 （）如图，等边三角形中，，点在上，．点是直线上的动点，连接，以为边在的右侧作等边三角形，连接．当为直角三角形时，请直接写出的长． 考点02 函数与几何图形综合 1．（2024·新疆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于两点，轴于点，连接交轴于点，结合图象判断下列结论：点与点关于原点对称；点是的中点；在的图象上任取点和点，如果，那么；．其中正确结论的个数是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·新疆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于，两点，过点A作直线交x轴于点C，连接，则的面积是______． 3．（2024·新疆·中考真题）如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且．当的值最小时，点C的坐标为_____________．      4．（2023·新疆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，为直角三角形，，，．若反比例函数的图象经过的中点，交于点，则______．     5．（2023·新疆·中考真题）【建立模型】(1)如图，点是线段上的一点，，，，垂足分别为，，，．求证：； 【类比迁移】(2)如图，一次函数的图象与轴交于点、与轴交于点，将线段绕点逆时针旋转得到、直线交轴于点． ①求点的坐标； ②求直线的解析式； 【拓展延伸】(3)如图，抛物线与轴交于，两点点在点的左侧，与轴交于点，已知点，，连接．抛物线上是否存在点，使得，若存在，求出点的横坐标．          6．（2022·新疆·中考真题）如图，在中，，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将沿AD折叠得到，连接BE．    (1)当时，___________； (2)探究与之间的数量关系，并给出证明； (3)设，的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式． 考点03 新定义、规律探究问题 1．（2022·新疆·中考真题）将全体正偶数排成一个三角形数阵： 按照以上排列的规律，第10行第5个数是（    ） A．98 B．100 C．102 D．104 2．（2025·新疆·中考真题）对多项式A，B，定义新运算“”：；对正整数k和多项式A，定义新运算“”：kA=AA...A(k个A)（按从左到右的顺序依次做“”运算）．已知正整数m，n为常数，记，，若不含项，则______． 考点04 其他综合问题 1．（2026·新疆·中考真题）如图，水平放置的边长为的正方形，边长为的正方形的顶点，在同一水平线上，点与的中点重合，现将正方形以的速度沿方向匀速运动，当点运动到上时停止．在这个运动过程中，正方形与正方形重叠部分的面积与运动时间之间的函数关系图象大致是（     ） A． B． C． D． 2．（2023·新疆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与抛物线相交于点，．结合图象，判断下列结论：①当时，；②是方程的一个解；③若，是抛物线上的两点，则；④对于抛物线，，当时，的取值范围是．其中正确结论的个数是（    ）    A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 一、单选题 1．（2026·安徽蚌埠·二模）如图，动点，沿着菱形的边运动，同时从点出发，点以每秒1个单位长度的速度沿线段向终点运动；点以每秒3个单位长度的速度沿线段向终点运动，当其中一点运动至终点时，另一点随之停止运动．已知菱形的面积为，设运动时间为（秒），的面积为，则关于的函数图象大致为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）二次函数（a，b，c为常数， ）中的与的部分对应值如下表所示： 0 2 4 4 n 当时，给出下列结论：①；②；③若点，在二次函数的图象上，则；④若点，在二次函数的图象上，则，上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①④ B．②④ C．②③ D．①③ 二、填空题 3．（2026·新疆伊犁·二模）对于任意实数a，b，定义新运算：，给出下列结论：①；②若，则；③若，则x的取值范围为．其中正确结论_____________（只填写序号）． 4．（2026·新疆喀什·二模）定义：对于正整数n，称为“交替增项数”．数列：，，，， 则的值为________． 5．（2026·新疆昌吉·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于，两点，与轴、轴分别交于点、，且，直线与双曲线交于另一点，则的面积是________． 6．（2026·新疆·一模）在平面直角坐标系中，抛物线的图象如图所示．P为第三象限内抛物线上一动点，作轴于点D，交于点E，点G为y轴上一动点，过点E作，设点P的横坐标为m，则的最大值为______． 7．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）如图，在中，，，点为边上一动点（不与点、重合），垂直交于点，垂足为点，连接并延长交于点，则的最小值为________． 三、解答题 8．（2026·新疆喀什·二模）在和中，，点O为的中点，随顶点P在上移动，且，，分别与，交于点E，F． 【探究】 (1)如图①，，当的顶点P与点O重合时，连接，判断的形状，并证明； 【应用】 (2)如图②，，当的顶点P在点O的右侧，且时，连接，，猜想，，三条线段之间的数量关系，并说明理由； (3)若点Q为的中点，，，，时，请直接写出的值． 9．（2026·新疆·三模）如图①，在正方形中，点，分别在边，上，连接，，．，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到． (1)求证：．并直接写出，与之间的数量关系； (2)在图①条件下，若，，求正方形的边长； (3)如图②，点，分别在边、上，且．点、分别在、上，，连接，猜想三条线段、、之间满足的数量关系，并说明理由． 10．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）综合与探究 问题情境∶在中，，，点D是直线上的一点，连接，将线段绕点A逆时针旋转得到线段． (1)【观察发现】 如图1，当点D是的中点时，连接，试判断四边形的形状，并说明理由． (2)【独立思考】 如图2，当点D在线段上时，连接，过点A作于点F，过点F作于点G，猜想线段与的数量关系，并说明理由． (3)【拓展延伸】 连接，过点A作于点F，连接．若请直接写出线段的长． 11．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，中，，点在上，在延长线上． (1)如图，若，，延长交于，求证：； (2)如图，若，点为中点，连接，，求证：； (3)如图 ，若，，为线段上的一点，，求的最大值． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $