2025《中考数学•终极押题猜想》上海(解析版)_初中资料合集_2025中考数学《终极押题猜想》全国13地方版_2025《中考数学•终极押题猜想》上海

2025 年中考数学终极押题猜想（上海专用）
（高分的秘密武器：终极密押+押题预测）
押题猜想一 点、直线、圆的位置关系（3年2考选择或填空压轴）...................1
押题猜想二 平面向量（上海中考特色题必考题）.....................................................................6
押题猜想三 图形的翻折与旋转（3年2考填空压轴1考选择压轴）....................................11
押题猜想四 新定义问题（上海中考新趋势3年3考）（填空压轴第18题含多解题）.....21
押题猜想五 求锐角的三角比（上海中考新趋势3年3考）（解答第21题）.....................29
押题猜想六 一次函数的实际应用（生活情境题）（上海23年中考新题型）.....................38
押题猜想七 解直角三角形的相关计算（含上海24年中考新题型实践操作题）.................44
押题猜想八 几何证明（解答第23题必考题）.........................................................................56
押题猜想九 二次函数综合题（解答第24题必考题）（与二次函数平移有关3年3考）.65
押题猜想十 几何综合题（解答第25题必考题）.....................................................................80
押题猜想一 点、直线、圆的位置关系
限时：2min
. （原创）两圆的半径分别为 5cm 和 x cm，圆心距为 7cm，若两圆没有公共点，则 x 的取值范围是（ ）
A. 0 <x < 2 B. x> 12 C. 0 < x < 2 或 x > 12 D. 2 < x < 12
情 况 一 ： 当 5≥x 时
此时根据两圆外离的条件d>R+r，可得7>5+x，移项可得7−5>x，即x<2。又因为圆的半径一定大于0，所
以0<x<2。
情 况 二 ： 当 5<x 时
此时根据两圆内含的条件d＜R-r（R=x，r=5），变形为x>d+r，即x>7+5，得到x>12，此时满足5<x 。
综合以上两种情况，x的取值范围是0<x<2或x>12，所以答案选 C。
押题解读
本考点为热考考点， 常以选择或填空压轴形式考查
考虑多种情况：在点、直线、圆的位置关系问题中，有些情况可能不唯一，需要分情况讨论。例如，点与圆的位置关系中，点可能在圆内、圆上或圆外；
直线与圆的位置关系中，直线可能与圆相交、相切或相离，要全面考虑各种可能性，避免漏解。
圆与圆的位置关系有外离、外切、相交、内切、内含五种。没有公共点时为外离或内含；有一个公共点
是外切或内切；有两个公共点是相交。
1．（圆与圆的位置关系）已知
e
O
1
和
e
O
2
，
e
O
1
的半径长为3，O
1
O
2
=5．如果
e
O
2
与
e
O
1
相交，那么
e
O
2
的半径长可以是（ ）
A．10 B．8 C．7 D．2
【答案】C
【分析】本题考查了两圆相交的条件，解绝对值不等式以及解一元一次不等式，熟练掌握以上知识点是解
答本题的关键．
由
e
O
2
与
e
O
1
相交得
e
O
2
的半径R满足不等式3-R <5<3+R，解出R的取值范围，即可得解．
【详解】解：
Qe
O
1
的半径长为3，O
1
O
2
=5，
e
O
2
与
e
O
1
相交，
\
e
O
2
的半径R满足不等式：3-R <5<3+R，
解得：2<R<8，
故选：C．
2．（上海中考新趋势）已知圆心A到直线m的距离为d，
e
A的半径为r，若d、r是方程x2-7x+12=0的
两个根，则直线m和
e
A的位置关系是（ ）
A．相切 B．相离 C．相交或相离 D．相切或相交
【答案】C
【分析】本题考查了圆与直线的位置关系，因式分解法解一元二次方程，理解圆与直线的位置关系，掌握
因式分解法求一元二次方程的根是解题的关键．
根据一元二次方程根与系数的关系得到d,r的值，再根据圆半径r与圆心到直线的距离d 的关系“d r，相
>
离；d =r，相切；d <r，相交”进行判定即可求解．
【详解】解：x2-7x+12=0，
∴
x-3x-4=0，
解得，x =3,x =4，
1 2∵d、r是方程x2-7x+12=0的两个根，
当d =3,r =4时，直线m和 A的位置关系是相交；
e
当d =4,r =3时，直线m和 A的位置关系是相离；
e
故选：C ．
3．（点与圆的位置关系）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点P在对角线AC上，以点A为圆心，
2为半径长作
e
A，以点P为圆心作
e
P，如果点C在
e
P内而点D在
e
P外，并且
e
P与
e
A外切，那么可
以作为 P半径长的值是（ ）
e
A．3.5 B．4 C．4.5 D．5
【答案】C
【分析】本题考查了勾股定理和点和圆的位置关系，过点D作DE^AC，解题关键是求出DE、QE的长，
再确定 P的半径r的取值范围即可．
e
【详解】解：矩形ABCD中，AB=6，BC=8，则AD=8，CD=6，
由勾股定理可得：AC = AB2+BC2 =10，
CD DE AD AE
过点D作DE^AC，则sinÐCAD= = ，cosÐCAD= = ，
AC AD AC AD
6 DE 8 AE
即 = ， = ，
10 8 10 8
24 32
∴DE= ，AE= ，
5 5
令 A与AC交于点Q，设PQ=r，则AQ=2，CQ=8，PC=CQ-PQ=8-r，
e
32 22 22
QE=QE-AQ= -2= ，PE= PQ-QE = r- ，
5 5 5
æ 22ö 2 242
∴PD2 =PE2+DE2 =çr- ÷ + ，
è 5 ø 5∵点C在
e
P内而点D在
e
P外，并且
e
P与
e
A外切，
ì8-r<r
ìPC<r ï
∴í ，即íæ 22ö 2 æ24ö 2 ，
îPD>r ïçr- ÷ +ç ÷ >r2
îè 5 ø è 5 ø
ìr >4
ï
∴í 53，
r<
ï
î 11
53
即 P的半径r的取值范围为：4<r< ，
e
11
故，四个选项中，只有4.5在该范围内，
故答案为：C．
4．（圆与圆的位置关系）如图，在Rt△ABC中，ÐC =90o，AC =4，AB=5，如果以点B为圆心的
e
B与
以边AC为直径的
e
O外切，那么
e
B的半径长是 ．
【答案】 13-2/-2+ 13
【详解】解：如图，连接OB，
与 O外切，
Qe e\OB经过切点P，
在Rt ABC中，ÐC=90°，AC =4，AB=5，
V
\ BC = AB2-AC2 =3，
AC为 O的直径，
Q e
1
\OC= AC=2，
2
\OB= OC2+BC2 = 22+32 = 13，
OB=OP+BP=OC+BP，
Q
\ BP=OB-OC = 13-2，
\
e
B的半径长是 13-2；
故答案为： 13-2．
5．（点与圆的位置关系）如图，已知
V
ABC中，ÐC=90°，AC =6，BC =4，以A为圆心、2为半径作
圆，点D是圆A上一点，连接CD，点E是CD的中点，连接BE，那么BE长度的取值范围是 ．
【答案】4£BE£6
【分析】本题考查了点与圆的位置关系、三角形中位线定理和勾股定理．根据题意正确作出辅助线、懂得
利用中位线定理确定点E的运动轨迹是解题的关键．
先取AC的中点M ，点E是CD的中点，连接AD、ME，根据中位线定理确定点E的运动轨迹是在以M 为
圆心，半径为1的圆上，然后根据勾股定理求出BM 的长度，最后确定BE的范围．
【详解】解：取AC的中点M ，连接AD、ME、BM ，如图：
Q
点E是CD的中点，点M 是AC的中点，AD=2，
1 1
\ME∥AD，ME= AD= ´2=1，
2 2
\当点D在圆A上时，点E始终在以M 为圆心，半径为1的圆上，
Q
点M 是AC的中点，1 1
\CM = AC = ´6=3，
2 2
\在Rt△BCM 中，BM = CM2+BC2 = 32+42 =5，
BM -1£BE£BM +1，
Q
\5-1£BE£5+1，
即4£BE£6．
故答案为：4£BE£6．
押题猜想二 平面向量
限时：2min
   
 
（原创）如图,在△ABC中，DE∥BC，AD=2DB，BC =a，则DE = (用含a的式
子表示)
2
答案：a
3
 
解析:因为DE∥BC，所以△ADE~△ABC。又因为AD=2DB则AD 2 2
= =
AB 2+1 3
根据相似三角形对应边成比例，可得
DE AD 2
= =
BC AB 3
2
DE = BC
3


BC =a
已知 ，由于D立与BC方向相同，所以
 2
DE= a
3
押题解读
本考点为必考考点。
选择题多以考查对向量基本概念的理解。
向量的基本概念判断：如给出一些关于向量的描述，让学生判断哪些是正确的向量概念，哪些是错误的。
填空题考查方向
1.简单的向量线性运算：直接考查向量的加法、减法、数乘运算，或者是这些运算的组合，要求学生化
简向量表达式。
2.几何图形中的向量表示与运算：在三角形、平行四边形、梯形等常见几何图形中，给出一些已知向量，
要求学生用这些已知向量表示其他向量，或者进行相关的运算。多以相似相结合。
      
1．如图，D是
V
ABC的边AB上一点，BD=2AD，如果向量AB =m，BC =n，那么向量CD用向量m、n
表示为（ ）
1  2  1  2 
A． m-n B． m-n C．- m-n D．- m-n
2 3 2 3
【答案】D 
【分析】本题考查了平面向量，熟练掌握平面向量的加减运算法则是解题的关键．根据BD=2AD，AB =m

得出BD，再根据平面向量的减法法则求解即可得．
 
【详解】解：∵BD=2AD，AB =m，
 2 2
∴BD=- AB=- m，
3 3
 
又∵BC =n，
   2 
∴CD=BD-BC =- m-n，
3
故选：D．
2．如图，已知点O是 V ABC的重心，过点O作DE∥BC，分别交AB、AC于点D、E，如果设 A  B  =a ，
    
AC =b，那么用a、b表示DE= ．
2 2
【答案】 b- a
3 3
【分析】本题考查三角形重心的性质，相似三角形的判定与性质，向量的线性运算．熟练掌握三角形重心
的性质和相似三角形的性质是解题的关键．
CO 2
连接OA，并延长AO交BC于M，因为点O是
V
ABC的重心，则 = ，由DE∥BC，可得
CM 3
DE AD CO 2 2     
△ADE∽△ABC， V ADO∽ V ABM ，所以 = = = ，即DE= BC，再由BC = AC-AB=b-a
BC AB CM 3 3
可求解．
【详解】解：连接OA，并延长AO交BC于M，如图，
∵点O是
V
ABC的重心，
AO 2
∴ = ，
AM 3
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，AD DE
∴ = ，
AB BC
∴ ADO∽ ABM ，
V V
AD AO 2
∴ = = ，
AB AM 3
DE AO 2
∴ = = ，
BC AM 3
2
∴DE= BC，
3
    
∵BC = AC-AB=b-a，
∴  D  E  = 2 b  -a = 2 b  - 2 a，
3 3 3
2 2
故答案为： b- a．
3 3
3．在Rt△ABC中，ÐC=90°，D是AB的中点，连接CD，设C  A  =a，C  D  =b  ，那么向量 A  B 用向量a、b 
表示为 ．
【答案】2b  -2a
【分析】本题考查平面向量，直角三角形斜边上的中线，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决
问题．
由题意得  A  D  =C  D  -C  A  =b  -a，则可得 u A u B ur =2 u A u D ur =2b r -2a r．
【详解】解：∵C  A  =a,C  D  =b  ，
\
u
A
u
D
ur
=C
uu
D
ur
-C
uu
A
r
=b
r
-a
r，
∵D是AB的中点，
\
u
A
u
B
ur
=2
u
A
u
D
ur
=2b
r
-2a
r，
故答案为：2b  -2a．
4．如图，平行四边形ABCD中，点E在边DC上，DE=2EC，连结AE并延长交BC的延长线于点F，设  B  A  =a， B  C  =b  ．如果向量  E  F  用向量a、b 表示，那么  E  F  = ．
1 1
【答案】- a+ b
3 2
【分析】本题考查平面向量，平行向量等知识，利用三角形的法则以及相似三角形的判定与性质求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴C  D  =  B  A  =a ，  A  D  =  B  C  =b  ，AB∥CD，
∵DE=2EC，
 1 1 1
∴CE= CD= BA= a，
3 3 3
∵AB∥CD，
∴ CEF∽ DEA，
V V
CF CE 1
∴ = =
AD DE 2
 1 1
∴CF = AD= b，
2 2
   1 1
∴EF =EC+CF =- a+ b，
3 2
1 1
故答案为：- a+ b．
3 2
5．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，BC =2AD，点E是边BC的中点，连接AE、BD交于点F，设
 A  D  =a，  D  C  =b  ，那么用向量a、b 表示向量 B  F 是 ．
r 1r
【答案】a- b
2
【分析】本题考查平面向量、梯形、平行四边形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知
识解决问题．依题意得出  B  E  =  A  D  =a，四边形AECD为平行四边形，则  A  E  =  D  C  =b  ，进而得出
1
EF = CD，进而根据 B  F  =  B  E  +  E  F ，即可求解．
2
【详解】解：
Q
点E是边BC的中点，1
\BE=CE= BC，
2
BC =2AD，
Q
\BE=CE= AD，
AD∥BC，
Q
\  B  E  =  A  D  =a，四边形AECD为平行四边形，
  
\AE=DC =b，AE∥CD
Q
点E是边BC的中点，
1
\EF = CD
2
 1 1 
\FE= DC = b
2 2
\  B  F  =  B  E  +  E  F  =a- 1 b 
2
r 1r
故答案为：a- b．
2
押题猜想三 图形的翻折与旋转
限时：6min
（原创）如图，在△ABC 中，∠C = 90°，将△ABC 沿 DE 翻折，使点 A 与点 B 重合，若 AC = 8，BC
= 6，则折痕 DE 的长为______。
【解析】首先根据勾股定理求出斜边AB的长度，AB= AC2 +BC2 = 82 +62 =10，因为翻折后A与B
重合，所以 DE是 AB 的垂直平分线，则 AE=5。又因为∠A =∠A，∠AED=∠C=90°，所以△AED∽△
AE AC 5 8 15
ACB 。根据相似三角形对应边成比例可得 = ，即 = 解得DE=
DE BC DE 6 4押题解读
本考点为必考考点 常以选择或填空压轴形式考查
押题方向预测
翻折：
矩形、正方形中的折叠问题，求线段长度或角度。
三角形的折叠，涉及角平分线、中线、中垂线等特殊线段。
旋转：
以等边三角形、等腰直角三角形为背景的旋转问题。
四边形的旋转，如平行四边形、矩形绕某点旋转。
1．如图，在 V ABC中，ÐACB=90°，AC =2BC =2 5，D是AC上一动点，连接BD，将线段BD绕点B
顺时针旋转得线段BE（点D的对应点为E），连接CE．若CE∥AB，且CE= 19+1，则CD= ．
【答案】3 2
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理等知识，先在Rt△ABC中根据勾股
定理求出AB=5，然后证明 HCB∽ CBA，求出CH=1，然后在Rt△BCH 中根据勾股定理求出BH =2，在
V V
Rt△BHE中根据勾股定理求出BE= 23，根据旋转的性质求出CD= 23，最后在Rt△BCD中根据勾股定理
求出CD即可．
【详解】解：过B作BH ^CE于H，
∵AC =2BC =2 5，
∴BC = 5，
又ÐACB=90°， 2  2
∴AB= AC2+BC2 = 2 5 + 5 =5，
∵CE∥AB，
∴ÐHCB=ÐCBA，
又ÐBHC=ÐACB=90°，
∴ HCB∽ CBA，
V V
CH BC CH 5
∴ = ，即 = ，
BC AB 5 5
∴CH=1，
∴BH = BC2-CH2 =2，EH =CE-CH = 19，
∴BE= BH2+EH2 = 23，
∵旋转，
∴CD=BE= 23，
∴CD= BD2-BC2 =3 2，
故答案为：3 2．
2．如图，矩形ABCD中，BC =2，将矩形ABCD绕着点C顺时针旋转得矩形A¢B¢CD¢，B¢C恰好落在对角
线AC上，连接A¢A，如果A¢C与边AD相交，且ÐA¢CB=ÐA¢AC，那么AC的长是 ．
【答案】2 5-2
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，公式法解一元二次
方程．先证明△CMD≌△A¢AB¢，推出AB¢=DM ，设AB¢=DM =x，由勾股定理得AB2 =2+x2 -22，
CD2 =2-x2 -x2，根据AB=CD，列式计算即可求解．
【详解】解：设ÐACB=a，记A¢C和AD相交于点M ，∵矩形ABCD，
∴AD=BC=2，AB=CD，AD∥CB，
∴ÐDAC =ÐACB=a，
由旋转的性质得ÐA¢CB¢=ÐACB=a，A¢B¢=CD，
∴ÐMAC =ÐMCA=a，
∴AM =CM ，ÐCMD=2a，
∵ÐA¢CB=ÐA¢AC，
∴ÐA¢CB=ÐA¢AC =2a，
∴ÐCMD=ÐA¢AB¢=2a，
∵ÐCDM =ÐA¢B¢A=90°，
∴△CMD≌△A¢AB¢，
∴AB¢=DM ，
设AB¢=DM =x，
∴AM =CM =2-x，AC = AB¢+B¢C =2+x，
由勾股定理得AB2 = AC2-BC2 =2+x2 -22，CD2 =CM2-DM2 =2-x2 -x2，
∵AB=CD，
∴2+x2 -22 =2-x2 -x2，
解得b=-4±2 5，
∴AC =2-4+2 5=2 5-2．
故答案为：2 5-2．
3．如图，在直角三角形纸片ABC中，ÐBAC =90°，AB=4，AC =6．D是AC中点，将纸片沿BD翻折，
直角顶点A的对应点为A¢，AA¢交BC于E，则CE= ．18 13
【答案】
17
【分析】法一：本题考查了勾股定理，相似三角形的判定与性质，折叠的性质等知识，根据等面积法求出
12 16 9 17
AO= ，根据勾股定理求出BO= ，证明 CDH∽ CBA，求出CH = 13，进而求出BH = 13，证明
V V
5 5 13 13
16
△BOE∽△BHD，求出BE= 13，即可求解．
17
法二：本题考查了勾股定理，坐标与图形，求一次函数的解析式．以点A为原点，AC所在直线为x轴，建
æ48 36ö
立直角坐标系，先利用勾股定理结合等积法求得Fç , ÷，利用待定系数法分别求得直线OF 和BC的解
è25 25ø
æ48 36ö
析式，再联立求得Eç , ÷，利用两点之间的距离公式求解即可．
è17 17ø
【详解】解：法一：设AA¢与BD相交于O，过D作DH ^BC于H，
∵AC =6．D是AC中点，
∴AD=CD=3，
又ÐBAC =90°，AB=4，
∴BD= AB2+AD2 =5，BC = AB2+AC2 =2 13，
∵A、A¢关于BD对称，
∴AA¢ ^BD，
1 1
∵S = BD×AO= AB×AD，即5AO=3´4，
VABD 2 2
12
∴AO= ，
5
16
∴BO= AB2-AO2 = ，
5
∵ÐDHC=ÐBAC=90°，ÐC=ÐC，∴ CDH∽ CBA，
V V
CH CD CH 3
∴ = ，即 = ，
CA CB 6 2 13
9
∴CH = 13，
13
17
∴BH =BC-CH = 13，
13
∵ÐBOE=ÐBHD=90°，ÐOBE=ÐHBD，
∴△BOE∽△BHD，
16
BE BO BE 5
∴ = ，即 = ，
BD BH 5 17
13
13
16
∴BE= 13，
17
18
∴CE=BC-BE= 13，
17
18
故答案为： 13．
17
法二：以点A为原点，AC所在直线为x轴，建立直角坐标系，如图，
则A0,0，B0,4，C6,0，
设BD与AA¢的交点为F，作FG^x轴于点G，
∵D是AC中点，
1
∴OD= OC =3，
2
∴BD= OD2+OB2 =5，
由折叠的性质得AF ^BD，
1 1
∵S = BD×OF = OD×OB，即5OF =3´4，
△OBD 2 2
12 9
∴OF = ，FD= OD2-OF2 = ，
5 512 9
´ 48
同理， 5 5 36，OG= OF2-FG2 = ，
FG= = 25
3 25
æ48 36ö
∴Fç , ÷，
è25 25ø
36 48
设直线OF 的解析式为y=kx，则 = k，
25 25
3
解得k = ，
4
3
∴直线OF 的解析式为y= x，
4
设直线BC的解析式为y=k x+4，则0=6k +4，
1 1
2
解得k =- ，
1 3
2
∴直线BC的解析式为y=- x+4，
3
3 2
联立得 x=- x+4，
4 3
48 3 48 36
解得x= ，y= ´ = ，
17 4 17 17
æ48 36ö
∴Eç , ÷，
è17 17ø
æ 48ö 2 æ 36ö 2 18 13
∴CE= ç6- ÷ +ç0- ÷ = ，
è 17ø è 17ø 17
18 13
故答案为： ．
17
4．在
V
ABC中，AB= AC =8，BC =6（如图）．点D在边BC上，DE^AB，E为垂足，将
V
BDE绕点D
按顺时针方向旋转后得到 B¢DE¢，点B、E分别与点B¢、E¢对应，ÐB¢DB=ÐB，射线B¢E¢与边AC交于
V
点P．如果B¢E¢=3PE¢，那么BD的长是 ．
【答案】4或4.8
BF 3
【分析】先过点A作AF^BC交BC与点F，利用等腰三角形的性质以及余弦的定义得出cosÐB= = ，
AB 8
然后分两种情况，当P在B¢E¢的延长线上时和当P在线段B¢E¢上时想，证明四边形B¢DCP为平行四边形，根据B¢E¢=3PE¢设出PE¢=x， B¢E¢=3x，有旋转的性质得出BE，得出BD，最后根据余弦的定义求出x，
进而可得出答案．
【详解】解：过点A作AF^BC交BC与点F，
∵AB= AC，
1
∴AF^BC，BF = BC =3，
2
BF 3
∴cosÐB= = ，
AB 8
分两种情况：当P在B¢E¢的延长线上时，如下图：
由旋转的性质得出ÐB=ÐB¢，BE =B¢E
∵ÐB¢DB=ÐB，
∴ÐB¢DB=ÐB¢，
∴B¢P∥DC，
∵AB= AC，
∴ÐB=ÐC，
∴ÐB¢DB=ÐB=ÐC，
∵ÐB¢DB+ÐB¢DC =180°，
∴ÐC+ÐB¢DC =180°，
∴B¢D∥CP，
∴四边形B¢DCP为平行四边形，
∴B¢P=DC，
∵B¢E¢=3PE¢∴设PE¢=x，则B¢E¢=3x，
则B¢P=DC =4x，BE=B¢E=3x，
∴BD=6-4x，
∵DE^AB，
BE 3x 3
∴cosÐB= = = ，
BD 6-4x 8
1
解得：x= ，
2
1
则BD=6-4x=6-4´ =4；
2
当P在线段B¢E¢上时，如下图：
同理可设PE¢=x，则BE=B¢E=3x，
则B¢P=DC =2x，
∴BD=6-2x，
∵DE^AB，
BE 3x 3
∴cosÐB= = = ，
BD 6-2x 8
3
解得：x= ，
5
3
则BD=6-4x=6-2´ =4.8，
5
综上：BD的值为4或4.8，
故答案为：4或4.8．
5．如图，在Rt△ABC中，ÐB=90°，AB=4，BC =3，先将
V
ABC沿AC翻折到
V
AB¢C处，再将
V
AB¢C
沿AB¢翻折到△AB¢C¢处，过点C作CD∥AB交AC¢于点D，则CD的长是 ．200
【答案】
39
【分析】过点A作AE^CD于点E，过点C¢作C¢G^ AE，交AE的延长线于点G，交CC¢于点M，则
DE
P
C¢G，证明Rt
V
AFE≌Rt
V
CFB¢HL，设FE=FB¢=x，则CF =4-x，根据勾股定理，得
7 25
4-x2 =x2+9，解得x= ，CF = ，利用三角函数解答即可．
8 8
【详解】解：过点A作AE^CD于点E，过点C¢作C¢G^ AE，交AE的延长线于点G，交CC¢于点M，
则DE C¢G，
P
∵CD∥AB，ÐB=90°，
∴ÐBCD=180°-90°=90°，
∴四边形ABCE是矩形，
∴AB=CE,AE=BC，
∵ÐB=90°，AB=4，BC =3，将
V
ABC沿AC翻折到
V
AB¢C处，再将
V
AB¢C沿AB¢翻折到△AB¢C¢处，
∴AC= AB2+BC2 =5，AB=CE= AB¢=4，AE=BC =B¢C =B¢C¢=3，
∴ÐAB¢C =ÐAB¢C¢=90°，
∴ÐAB¢C+ÐAB¢C¢=180°
∴C¢,B¢,C三点共线，
∴C¢C =6，
根据题意，得ÐBAC =ÐB¢AC，
∵CD∥AB，
∴ÐBAC =ÐACF，
∴ÐACF =ÐB¢AC，
∴AF =CF，
∵AE=CB¢，
∴Rt
V
AFE≌Rt
V
CFB¢HL，
∴FE=FB¢，设FE=FB¢=x，则CF =4-x，
根据勾股定理，得4-x2 =x2+9，
7 25
解得x= ，CF = ，
8 8
7
∴ ME FB¢ 8 7 ，
tanÐMCE= = = =
EC B¢C 3 24
ME 7
∴ =
4 24
7
解得ME= ，
6
7
ME FB¢ 8 7
∴sinÐMCE= = = = ，
MC FC 25 25
8
7
∴ 6 7
=
MC 25
25
解得MC = ，
6
11
∴C¢M =6-MC = ，
6
∵DE
P
C¢G，
∴ÐDCC¢=ÐGC¢M
∴cosÐDCC¢=cosÐGC¢M ，tanÐDCC¢=tanÐGC¢M ，
11 24 44 7 44 77
∴C¢G=C¢McosÐGC¢M = ´ = ，MG= ´ = ，
6 25 25 24 25 150
7 77 117
∴AG=ME+AE+MG=3+ + = ，
6 150 25
∵DE
P
C¢G，
DE AE
∴ =
C¢G AG
DE 3
=
∴ 44 117 ，
25 25
44
解得DE= ，
39
44 200
∴CD=CE+DE= +4= ，
39 39
200
故答案为： ．
39押题猜想四 新定义问题
限时：2min
（改编）已知y是x的函数，若存在实数m,n(m<n)，当m£x£n时，y的取值范围是tm£ y£tn(t >0)．我
们将m£x£n称为这个函数的“t级关联范围”．例如：函数y=3x，存在m=1,n=2，当1£x£2时，
3£ y£6，即t =3，所以1£x£2是函数y=3x的“3级关联范围”．函数y=-x2+2x+1(x<1)的“6级关联范
围”是 ．
【答案】-2- 5£x£-2+ 5
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，解一元二次方程，“t级关联范围”的定义，熟练掌握以上知识
点是解答本题的关键．
由二次函数的图象与性质得当x<1时，y随x的增大而增大，当m£x£n时，y的取值范围是
6m£ y£6n(x<1)，当x=m时，y=-m2+2m+1=6m，即m2+4m-1=0，解得：m=-2± 5，因为
m<n<1，所以m=-2- 5，当x=n时y=-n2+2n+1=6n，即n2+4n-1=0，解得：n=-2± 5，因为
m<n<1，所以n=-2+ 5，即可求解．
2
【详解】解：
Q
函数y=-x2+2x+1(x<1)开口向下，对称轴x=-
2´-1
=1，
\当x<1时，y随x的增大而增大，
当m£x£n时，y的取值范围是6m£ y£6n(x<1)，
当x=m时，y=-m2+2m+1=6m，
即m2+4m-1=0，
解得：m=-2± 5，
m<n<1，
Q
\m=-2- 5，
当x=n时，y=-n2+2n+1=6n，
即n2+4n-1=0，
解得：n=-2± 5，
m<n<1，
Q\n=-2+ 5，
\m<n<1，
\函数y=-x2+2x+1(x<1)的“6级关联范围”是-2- 5£x£-2+ 5，
故答案为：-2- 5£x£-2+ 5．
押题解读
本考点为必考考点。常以填空压轴形式考查。考查形式如下：
1.代数型新定义：例如定义函数的 “特征值” 等。对于这类问题，要准确理解新定义的概念，将其转化
为常规的代数运算或方程求解问题。如给定函数y=kx+b，根据 “坐标差” 的定义求出其表达式，再通过
分析函数的性质来确定 “特征值”。
2.二次函数型新定义：像 “好点”“和谐点” 等定义问题。解决此类问题需结合二次函数的图像与性质，
利用判别式、对称轴等知识进行分析。例如，根据 “好点” 的定义，将点的坐标代入二次函数，得到关
于x的方程，再根据方程有两个不同解的条件，利用判别式求出参数的取值范围。
3.几何型新定义：如 “等弦圆”“中内弧” 等概念。要熟练掌握几何图形的性质和定理，通过画图、分
析图形的位置关系来解决问题。以 “等弦圆” 为例，根据圆的性质和等腰直角三角形的特点，找出圆的
半径与三角形边长的关系，进而求出圆的半径。
4.阅读理解型新定义：包括探究定理、方法证明类问题。需要仔细阅读材料，理解新定义的内涵和相关定
理、方法，然后运用所学知识进行推理和证明。比如对于 “等高底三角形”，根据其定义和重心的性质，
通过作辅助线，利用三角形的相似关系来求解相关线段的比值。
1．约定：在平面直角坐标系中，若某函数图象上至少存在不同的两点关于原点对称，则把该函数称之为
“P函数”，其图象上关于原点对称的不同的两点叫做一对“P点”．已知关于x的二次函数
y=ax2+bx-4a(a<0)是“P函数”，其中A(2,-2)，B两点为一对“P点”，点C是该二次函数图象上A，B
25
两点之间的一个动点（含端点A，B)．若点C的纵坐标的最大值为- a，则a= ．
4
1
【答案】-
3
【分析】本题考查二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，根据约定得到点B的坐标，将点A的
1
坐标代入二次函数y=ax2+bx-4a(a<0)，求出b的值，从而得到二次函数图象的对称轴，再分当-2£ <0
2a1
时和当 <-2时两种情况讨论即可，理解约定，掌握二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征是解
2a
题的关键．
【详解】解：
Q
A2,-2，B两点为一对“P点”，
\B(-2,2)，且点A，B都在二次函数图象上．
将点A的坐标代入二次函数y=ax2+bx-4a(a<0)，
得4a+2b-4a=-2，
解得b=-1．
\二次函数的表达式为y=ax2-x-4a(a<0)．
1
\二次函数图象的对称轴为直线x= ，
2a
1
当-2£ <0时，
2a
a<0，
Q
\顶点纵坐标为点C纵坐标的最大值，
-16a2-1 25
即 =- a，
4a 4
1
解得a=± ，
3
a<0，
Q
1
\a=- ．
3
1
当 <-2时，
2a
a<0，
Q
\点B的纵坐标为点C纵坐标的最大值，
25
即2=- a，
4
8
解得a=- ，
25
1
此时 <-2不成立，含去．
2a
1
综上所述，a=- ．
3
1
故答案为：- ．
3
2．我们定义：有两边之比是1:2的三角形叫“倍半三角形”．已知直角三角形ABC是倍半三角形，如果AB=1，ÐB=90°，那么
V
ABC的面积= ．
1 3
【答案】1或 或
4 2
【分析】本题考查了三角形的面积，勾股定理的应用，分三种情况讨论，利用三角形面积公式求得即可．分
类讨论思想的运用是解题的关键．
【详解】解： ÐB=90°，
Q
\AC为斜边，
1
当BC=2AB=2时， ABC的面积= ´2´1=1；
V
2
1 1 1 1 1
当BC = AB= 时， ABC的面积= ´ ´1= ；
V
2 2 2 2 4
当AC=2AB=2时，则BC= 22-12 = 3，
1 3
V ABC的面积= ´ 3´1= ；
2 2
1 3
故答案为：1或 或 .
4 2
3．定义：抛物线C 上的所有点的横、纵坐标都扩大为原来的k倍后得到新的抛物线C ，C 叫C 的“k倍衍
1 2 2 1
生抛物线”．例如：求抛物线L :y=3x2-2的“5倍衍生抛物线L ”．设抛物线L 上一点P¢x, y，则点P¢在
1 2 2
æx yö y æxö 2 3
抛物线L 1 上的对应点为因为点Pç è5 , 5 ÷ ø ，因为点P在抛物线L 1 上，所以 5 =3ç è5 ÷ ø -2，整理得到y= 5 x2-10，
3
即抛物线L 的表达式为y= x2-10．参考上述方法，抛物线y=ax2+bx+ca¹0的“k倍衍生抛物线”的表
2 5
达式为 ．
a
【答案】y= x2+bx+ck
k
【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征．依据题意，设抛
物线L 2 上一点P¢x, y，则点P¢在抛物线y =ax2 +bx+c上的对应点为P æ ç èk x , k yö ÷ ø ，从而 k y =a æ ç èk xö ÷ ø 2 +b× k x +c，
进而计算可以得解．
【详解】解：由题意，设抛物线L 上一点P¢x, y，则点P¢在抛物线y =ax2 +bx+c上的对应点为
2
æx yö
Pç , ÷，
èk k ø
y æxö 2 x
∴ =aç ÷ +b× +c，
k èkø ka
∴y= x2+bx+ck，
k
a
故答案为：y= x2+bx+ck，
k
4．新定义：有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，如图，已知在对余四边形ABCD中，AB=10，
3
BC=10，CD=5，tanB= ，那么边AD的长为 ．
4
【答案】2 6+3
3
【分析】连接AC，过点A作AE^BC于点E，过点C作CF ^ AD于点F，根据tanB= 求出AE和CE的
4
长度，进而求出AC的长度，根据对余四边形的定义得出ÐDCF =ÐB，则
DF 3
tanDCF =tanB= = ，即可求出CF、DF的长度，再根据勾股定理求出AF 的长度，最
CF 4
后根据AD= AF+DF即可求解．
【详解】解：连接AC，过点A作AE^BC于点E，过点C作CF ^ AD于点F，
3
∵tanB= ，AB=10，
4
AE 3
∴ = ，
BE 4
设AE=3k,BE=4k，
根据勾股定理得：AE2+BE2 = AB2，即3k2+4k2 =102，
解得：k =2，
∴AE=6,BE=8，
∵BC=10，
∴CE =BC-BE =10-8=2，
∴AC = AE2+CE2 =2 10，∵四边形ABCD为对余四边形，
∴ÐB+ÐD=90°，
∵CF ^ AD，
∴ÐDCF+ÐD=90°，
∴ÐDCF =ÐB
3
∵tanB= ，
4
DF 3
∴tanÐDCF =tanB= = ，
CF 4
设CF =4x,DF =3x，
根据勾股定理得：CF2+DF2 =CD2，即4x2+3x2 =52，
解得：x=1，
∴CF =4,DF =3，
在Rt△ACF中，根据勾股定理得：AF = AC2-CF2 =  2 10 2 -42 =2 6，
∴AD= AF+DF =2 6+3，
故答案为：2 6+3．
5．我们把只有一组邻边相等，且对角互补的四边形叫做“邻补四边形”．如图，在
V
ABC中，AB= AC =3，
1
cosB= ，点M 、N分别在边AC、BC上．如果四边形ABNM 是“邻补四边形”，那么四边形ABNM 的面积
3
是 ．
32 16
【答案】 2或 2
25 9
【分析】本题考查了解直角三角形，“邻补四边形”的定义．分四种情况讨论，作NG^MC于点G，利用四
边形ABNM 的面积=S -S ，列式计算即可求解．
△ABC △MNC
【详解】解：作AD^BC于点D，
∵AB= AC，AD^BC，∴BD=CD，
BD 1
在Rt△ABD中，cosB= = ，
AB 3
∵AB=3，
∴BD=CD=1，
∴BC =2，AD= AB2-BD2 =2 2，
∵四边形ABNM 是“邻补四边形”，
分情况讨论，
①当AB=BN 时，
∵AB=3，BC =2，
∴这种情况不符合题意，舍去；
②当AB=BN 时，由题意得ÐB+ÐAMN =180°，
∴ÐCMN =180°-ÐAMN =ÐB，
∵AB= AC，
∴ÐB=ÐC，
∴ÐCMN =ÐC，
∴点M 和点C重合，
∴这种情况不符合题意，舍去；
③当MN =BN时，同②得ÐCMN =ÐB=ÐC，
∴MN =CN，
∴MN =CN =BN，
1
∴MN =CN =BN = BC =1，
2
作NG^MC于点G，
∴MG =CG，CG 1
∵cosB=cosC = = ，
CN 3
1 2
∴CG= ，CM =2CG= ，
3 3
2
∴NG= CN2-CG2 = 2，
3
1 1 2 2 16
∴四边形ABNM 的面积是=S -S = ´2´2 2- ´ ´ 2 = 2；
△ABC △MNC 2 2 3 3 9
④当MN =AM 时，
同理ÐCMN =ÐB=ÐC，
∴MN =CN，
设CG= x，则CM =2CG=2x，MN = AM =CN =3-CM =3-2x，
CG 1
∵cosB=cosC = = ，
CN 3
∴CN =3CG，即3-2x=3x，
3
解得x= ，
5
3 6 6
则CG= ，CM = ，NG= CN2-CG2 = 2，
5 5 5
1 1 6 6 32
∴四边形ABNM 的面积是=S -S = ´2´2 2- ´ ´ 2 = 2；
△ABC △MNC 2 2 5 5 25
32 16
故答案为： 2或 2．
25 9
押题猜想五 求锐角的三角比
限时：5min
（改编）已知二次函数y=x2-2x-3的顶点为P，与y轴相交与点Q．
(1)求点P、Q的坐标；
(2)将二次函数图象向上平移，使平移后所得图象经过坐标原点，与x轴的另一个交点为M ，求sinÐOMQ的值．
【答案】(1)P1,-4，Q0,-3
3 13
(2)
13
【分析】本题主要考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
（1）先利用配方法求出顶点P的坐标，再令x=0求出y的值，即可得到点Q的坐标；
（2）设平移后抛物线的解析式为y=x2-2x+m，求出m的值，即可得到点M 的坐标，得到
OQ
sinÐOMQ= ，计算即可得到答案．
MQ
【详解】（1）解：y=x2-2x-3=x-12 -4
顶点P坐标为1,-4
令x=0，则y=-3，
\Q0,-3；
（2）解：设平移后得解析式y=x2-2x+m
把0,0代入得m=0,
\y=x2-2x=xx-2，
\当y=0时，x =0,x =2,
1 2
\另一个交点M2,0，
\OM =2,
Q0,-3，
Q
\OQ=3，
在Rt V OMQ中，QM = OQ2+OM2 = 13,OQ 3 13
\sinÐOMQ= = ．
QM 13
押题解读
本考点为必考考点，常以解答题形式考查。
1.以四边形为背景：给出平行四边形、矩形、菱形、正方形等四边形，通过作辅助线构造直角三角形，
求其中锐角的三角比。例如，在菱形中，已知对角线的长度，求菱形内角的三角比。
2.圆中的三角比问题：在圆中，结合圆周角、圆心角等知识，通过连接半径等辅助线，构造直角三角形
来求锐角三角比。比如，已知圆的半径和一条弦长，求弦所对圆周角的三角比。
3.与函数综合：和二次函数、反比例函数等结合。如在平面直角坐标系中，已知函数图象上的点，求与
坐标轴所成锐角的三角比。
1．在Rt△ABC中，ÐB=90°，AB=1，AD是BC边上的中线，tanÐBAD=1，DE是△ADC的高线．
(1)求cosC的值．
(2)求AE的长．
2
【答案】(1) 5
5
3
(2) 5
5
【分析】此题考查了解直角三角形，求余弦值，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）首先解直角三角形求出BD= AB×tanÐBAD=1，然后勾股定理求出AC，然后根据余弦的定义求解即
可；
（2）首先解直角三角形求出CE，进而求解即可．
【详解】（1）∵ÐB=90°，AB=1，tanÐBAD=1，
∴BD= AB×tanÐBAD=1．
∵AD是BC边上的中线，∴CD=BD=1，BC =2BD=2．
在Rt△ABC中，AC = AB2+BC2 = 12+22 = 5，
BC 2 2
∴cosC = = = 5；
AC 5 5
（2）∵DE是△ADC的高线，
2 2
∴在Rt△CDE中，CE =CD×cosC =1´ 5 = 5．
5 5
2 3
∴AE = AC-CE = 5- 5 = 5．
5 5
2．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O；
(1)尺规作图：过点C作AB的垂线，垂足为E；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)若AC =4，BD=2，求cosÐBCE的值．
【答案】(1)见解析
4
(2)
5
【分析】本题考查了尺规作图，线段垂直平分线的判定定理，菱形的性质，勾股定理等；
（1）延长AB，以C为圆心，适当的长度为半径画弧交AB的延长线两点，再以此两点为圆心，大于此两点
连线段一半为半径画弧交于一点并连接C与此点，交AB的延长线于E，即可求解；
1
（2）由菱形的性质可求OA=2，OB=1，再由勾股定理可求AB= 5，由AB×CE= AC×BD即可求解；
2
1
掌握“过直线外一点作已知直线的垂线”的作法，面积转换：AB×CE= AC×BD是解题的关键．
2
【详解】（1）解：如图，CE为所作；
（2）解：
Q
四边形ABCD为菱形，
1
\OA= AC=2，
21
OB= BD=1，
2
AC^BD，AB=BC，
在Rt△OAB中，
AB= OA2+OB2
= 22+12
= 5，
1
AB×CE= AC×BD，
Q
2
1
´2´4
2 4 5 ，
\CE= =
5 5
BC = AB= 5，
Q
CE
\cosÐBCE=
BC
4 5
5
=
5
4
= ．
5
3．如图，在矩形ABDC中，点A，C的坐标分别为1,1,-3,1，点B，D在x轴上，O是坐标原点，直线OA
与BC相交于点E．
(1)求直线OA，BC的解析式；
(2)求tanÐOEC的值．
1 1
【答案】(1)直线OA的解析式为y=x，直线BC的解析式为y=- x+ ；
4 4
5
(2)
3
【分析】（1）先求解B1,0，再利用待定系数法求解直线OA，BC的解析式即可；1 1 4 4 17
（2）如图，过A作AQ^BC于Q，求解BC = 17，结合 AC×AB= CB×AQ，可得AQ= = ，
2 2 17 17
æ1 1ö æ 1ö 2 æ 1ö 2 4 12 17
求解Eç , ÷，可得AE= ç1- ÷ +ç1- ÷ = 2，EQ= AE2-EQ2 = ，再进一步解答即可；
è5 5ø è 5ø è 5ø 5 85
【详解】（1）解：在矩形ABDC中，点A，C的坐标分别为1,1,-3,1，
∴AC =BD=4，AB=CD=1，
∴B1,0，
设OA为y=kx，
∴k =1，
∴直线OA的解析式为y=x，
设直线BC的解析式为y=mx+n，
ìm+n=0
∴í ，
î-3m+n=1
ì 1
m=-
ï
ï 4
解得：í ，
1
ïn=
ïî 4
1 1
∴直线BC的解析式为y=- x+ ；
4 4
（2）解：如图，过A作AQ^BC于Q，
∵AC =4，AB=1，ÐCAB=90°，
1 1
∴BC = 12+42 = 17， AC×AB= CB×AQ，
2 2
4 4 17
∴AQ= = ，
17 17ìy=x
ï
∵í 1 1 ，
y=- x+
ï
î 4 4
ì 1
x=
ï
ï 5
解得：í ，
1
ïy=
ïî 5
æ1 1ö
∴Eç , ÷，
è5 5ø
æ 1ö 2 æ 1ö 2 4
∴AE= ç1- ÷ +ç1- ÷ = 2，
è 5ø è 5ø 5
12 17
∴EQ= AE2-EQ2 = ，
85
AQ 4 17 85 5
∴tanÐOEC =tanÐAEQ= = ´ = ；
EQ 17 12 17 3
3 10
4．如图，已知在梯形ABCD中，AD∥BC，ÐBCD=90°，BC=8，AC =2 10，sinÐDAC = ．
10
(1)求BD的长；
(2)求ÐABD的正切值．
【答案】(1)10
1
(2)
7
【分析】（1）由两直线平行同旁内角互补可得ÐADC =180°-ÐBCD=90°，在Rt ADC中，根据
V
CD= AC×sinÐDAC即可求出CD的长，在Rt△BCD中，由勾股定理可得BD= BC2+CD2 ，由此即可求出
BD的长；
BC 4
（2）由（1）可得CD=6，BD=10，由勾股定理可得AD= AC2-CD2 =2，可求得cosÐDBC = = ，
BD 5
过点A作AE^BD，垂足为点E，则ÐAEB=ÐAED=90°，由两直线平行内错角相等可得ÐADE=ÐDBC，
4
进而可得cosÐADE=cosÐDBC = ，在Rt△AED中，根据DE= AD×cosÐADE可求得DE的长，由勾股定
5
理可得AE= AD2-DE2 ，由此可求得AE的长，在Rt V AEB中，根据BE=BD-DE可求得BE的长，然后AE
根据tanÐABD= 即可求出ÐABD的正切值．
BE
【详解】（1）解：
Q
梯形ABCD，AD∥BC，ÐBCD=90°，
\ÐADC =180°-ÐBCD=90°，
在Rt ADC中，
V
3 10
AC =2 10，sinÐDAC = ，
Q
10
3 10
\CD= AC×sinÐDAC =2 10´ =6，
10
在Rt△BCD中，BC=8，CD=6，
由勾股定理得：
BD= BC2+CD2 = 82+62 =10；
（2）解：由（1）可得：CD=6，BD=10，
 2
\AD= AC2-CD2 = 2 10 -62 =2，
BC 8 4
cosÐDBC = = = ，
BD 10 5
如图，过点A作AE^BD，垂足为点E，
\ÐAEB=ÐAED=90°，
AD∥BC，
Q
\ÐADE=ÐDBC，
4
\cosÐADE=cosÐDBC = ，
5
4
在Rt△AED中，AD=2，cosÐADE= ，
5
4 8
\DE= AD×cosÐADE=2´ = ，
5 5
æ8ö 2 6
\AE= AD2-DE2 = 22-ç ÷ = ，
è5ø 5
6
在Rt AEB中，AE= ，
V
58 42
BE=BD-DE=10- = ，
5 5
6
AE 5 1
\tanÐABD= = = ．
BE 42 7
5
5．如图，一次函数y=-x+6的图象与反比例函数y= k x>0的图象交于A1,m，B两点，与坐标轴交于
x
C，D两点，连接OB．
(1)求反比例函数的表达式，
(2)连接OA，求sinÐOAB的值．
5
【答案】(1)y =
x
3 13
(2)sinÐOAB=
13
k
【分析】（1）将A1,m代入y=-x+6中，求出m得到A点坐标，然后把A点坐标代入y= 中求出k，从
x
而得到反比例函数解析式；
（2）过点A作AF ^CO于点F，过点O作OE^ AB于点E，由点到原点的距离公式求出AO= 26，然后
证得△COD是等腰直角三角形，求出EO 3 2，即可求解.
=
【详解】（1）解：将A1,m代入y=-x+6中，得m=-1+6=5，
k
将A1,5代入y= 中，则k =1´5=5．
x
5
∴反比例函数的表达式为y = ．
x
（2）解：如图，过点A作AF ^CO于点F，过点O作OE^ AB于点E，由勾股定理，得AO= AF2+FO2 = 26，
由一次函数y=-x+6，得点C坐标为0,6，点D坐标为6,0，
∴△COD是等腰直角三角形，
2
∴EO=CO´cos45°=6´ =3 2，
2
OE 3 2 3 13
∴sinÐOAB= = = ．
OA 26 13
押题猜想六 一次函数的实际应用
限时：2min
（改编）周末，小海和家人们去爬张家山锻炼身体，刚开始小海精力充沛，爬山的速度比较快，爬了30分
钟后，开始体力不支，于是减速爬到山顶．小海距山脚出发地的路程s（米）与登山时间t（分钟）之间的
函数关系如图所示．
(1)小海减速前的速度为___________米/分钟；
(2)求小海减速后s与t之间的函数关系式；
(3)当小海爬了1小时时，他距离山脚出发地的路程是多少米？
【答案】(1)20
(2)s=8t+360
(3)当小海爬了1小时时，他距离山脚出发地的路程是840米
【分析】本题主要考查了函数图象、求一次函数解析式、一次函数的应用等知识点，求得一次函数解析式成为解题的关键．
（1）根据图象以及速度、路程、时间的关系求解即可；
（2）运用待定系数法求出函数解析式即可；
（3）将t =60代入（2）所得函数解析式即可解答．
【详解】（1）解：由图象可知：小海减速前爬山600米，用时30分钟，则小海减速前的速度为600¸30=20
米/分钟．
故答案为：20．
（2）解：设小海减速后s与t之间的函数表达式为s=kt+b，
将30,600和80,1000代入得：
ì30k+b=600 ì k =8
í ，解得：í ．
î80k+b=1000 îb=360
\小海减速后s与t之间的函数表达式为s=8t+360．
（3）解：1小时=60分钟，
当t =60时，s=8´60+360=840，
答：当小海爬了1小时时，他距离山脚出发地的路程是840米．
押题解读
本考点为必考考点，常以解答题形式考查
在解决这类问题时，要紧密联系生活实际，将数学知识与实际情境相结合，同时要准确把握题目中的数
量关系，仔细分析各种优惠条件及其相互关系，从而正确建立数学模型并求解。
1．（上海中考新趋势生活情境题）为保障交通安全，景区、居民区、学校等地的道路上通常横向安装减速
带．如图为某种规格的减速带示意图，减速带由若干块形状、大小相同且完整的减速块和两端的封堵块拼
接而成，封堵块长度为30cm，减速块长度为100cm．(1)请你描述减速带长度L（单位：cm）随减速块n（单位：块）的变化规律，并用函数解析式表示L与n
的关系；
(2)在宽度为19.2m的景区道路上安装一条减速带，减速带两端尽可能接近道路边缘，求最多可以安装多少
块减速块？
【答案】(1)L=100n+60
(2)18块
【分析】（1）根据题意列出一次函数即可；
（2）由题意得100n+60£19.2´100，据此即可求解；
本题考查了一次函数的应用，根据题意列出函数解析式是解题的关键．
【详解】（1）解：由题意得，L=100n+30´2=100n+60，
即L=100n+60；
（2）解：由题意得，100n+60£19.2´100，
解得n£18.6，
∵n为整数，
∴最多可以安装18块减速块．
2．（上海中考新趋势科技与生活）2025年春节档，电影《哪吒之魔童闹海》掀起观影热潮，影片通过粒子
水墨技术、动态水墨渲染引擎等技术，将传统水墨画意境融入3D动画，打造出兼具古典神韵与现代视觉冲
击力的场景，形成独特的文化辨识度，向全球展示了“既古老又充满活力的中国形象”． 影片将封神神话中
的角色（如哪吒、敖丙）赋予现代价值观，使传统文化符号与当代人民心理形成共振．某文创店果断订购
了印有“哪吒”图案和“敖丙”图案的两种书签．经统计，订购30张“哪吒”书签与20张“敖丙”书签，成本共计
430元；而订购45张“哪吒”书签和25张“敖丙”书签，则需花费605元．
(1)求“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是多少元？
(2)该文创店计划购进“哪吒”、“敖丙”两种书签共90张， “哪吒”种书签的购进数量不超过“敖丙”种书签数量
4
，已知“哪吒”、“敖丙”两种书签的销售单价分别为15元和12元，如何规划购买方案，才能使文具店在这
5
批书签全部售出后获得最大利润？最大利润是多少？
【答案】(1)“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是9、8元(2)当购进“哪吒”书签40张，“敖丙”书签50张时，获得最大利润，最大利润是440元
【分析】本题主要考查了二元一次方程组的应用，一次函数的实际应用．解决本题的关键是列出利润与购
买“哪吒”书签的数量之间的函数关系式，利用一次函数的性质确定购买方案．
（1）设“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是x、y元，根据两种不同的购买方案所需要的费用列方程
组求解即可；
（2）设购进“哪吒”书签m张，“敖丙”书签(90-m)张，设这批书签全部售出后获利W元，可以得到所获利
润与购买“哪吒”书签的数量之间的一次函数关系式，利用一次函数的性质确定购买方案即可．
【详解】（1）解：设“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是x、y元，
ì30x+20y=430
由题意知： í ，
î45x+25y=605
ìx=9
解得í ，
îy=8
答：“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是9元，8元．
（2）解：设购进“哪吒”书签m张，“敖丙”书签(90-m)张，
4
由题意知：m£ (90-m)，
5
解得：m£40，
设这批书签全部售出后获利W元，
则W =(15-9)m+(12-8)(90-m)=2m+360，
∵2>0，
∴W随m的增大而增大，
∴当m=40时，90-m=50，W有最大值，W =440元．
max
答：当购进“哪吒”书签40张，“敖丙”书签50张时，获得最大利润，最大利润是440元．
3．（一次函数与二次函数综合应用）请根据以下素材，完成探究任务．
飞行汽车
飞行汽车是一种结合了传统汽车和飞行器功能的交通工具，旨在实现地面行驶与空
背
中飞行的双重模式．它被视为未来城市交通的重要解决方案之一，尤其在缓解交通
景
拥堵和拓展三维交通空间方面具有潜力．
建 某数学小组运用信息技术模拟飞行汽车飞行过程．如图，以飞行汽车的地面起飞点模 为原点O，地平线为x轴，垂直于地面的直线为y轴，建立平面直角坐标系．它在
起飞后的初始飞行路径呈现抛物线形状，当飞行汽车到达抛物线最高点A后下降到
点B．此时点B距离地面0.3千米，保持这个高度以100千米/时的速度水平飞行一
定距离后到达点C，切换到直线下降飞行模式降落至地面点D．得到抛物线
y=ax2+2xa<0、直线y=0.3和直线y=-0.4x+b．
（1）若仪表监测到水平飞行时间为0.09小时，此时点C距离起飞点O的水平距离
为10千米，求a和b的值；
任
务 （2）若飞行汽车在最高点A时，距离起飞点O的水平距离为0.4千米．水平飞行了
t0.08£t£0.1小时到达点C后降落，求b的取值范围．
【答案】（1）a=-1.7、b=4.3；（2）3.74£b£4.54
【分析】本题考查二次函数和一次函数的应用，理解题意，从图象上获取作息是解题的关键．
（1）根据题意先求出水平飞行时的距离，根据点C距离起飞点O的水平距离为10千米，求出B1,0.3，
C10,0.3，分别代入y=ax2+2xa<0，直线y=-0.4x+b，即可求解．
5 5
（2）根据对称轴为最高点A的横坐标求出a=- ，得出抛物线y=- x2+2x，令y=0.3，求出
2 2
b-0.54
B0.6,0.3,C0.6+100t,0.3，将C0.6+100t,0.3代入直线y=-0.4x+b．求出t= ，结合0.08£t£0.1，
40
求解即可．
【详解】解：（1）水平飞行时的距离为：100´0.09=9，
10-9=1，
\B1,0.3，C10,0.3，
分别代入y=ax2+2xa<0，直线y=-0.4x+b，
得：0.3=a×12+2´1，0.3=-0.4´10+b，
解得：a=-1.7，b=4.3．b
（2）
Q
- =0.4，
2a
2
\- =0.4，
2a
5
\a=- ．
2
5
∴抛物线y=- x2+2x，
2
令y=0.3，
5
\0.3=- x2+2x．
2
解得：x =0.2，x =0.6，
1 2
\B0.6,0.3,C0.6+100t,0.3，
将C0.6+100t,0.3代入直线y=-0.4x+b．得：0.3=-0.4´0.6+100t+b，
b-0.54
即t= ，
40
0.08£t£0.1，
Q
b-0.54
即0.08£ £0.1，
40
\3.74£b£4.54．
4．（上海中考新趋势科技与出行）我国新能源汽车快速健康发展，续航里程不断提升，王师傅驾驶一辆纯
电动汽车从A市前往B市．他驾车从A市一高速公路入口驶入时，该车的剩余电量是80(kw×h)，行驶150km
时，剩余电量50kw×h；行驶了240km后，从B市一高速公路出口驶出．已知该车在高速公路上行驶的过程
中耗电量是均匀的，若剩余电量用y(kw×h)表示，行驶路程用x(km)表示．
(1)求该车y与x之间的关系式；
(2)已知这辆车的“满电量”为100(kw×h)，求王师傅驾车从B市这一高速公路出口驶出时，该车的剩余电量
占“满电量”的百分之多少．
1
【答案】(1)y=- x+80
5
(2)32%
【分析】本题主要考查一次函数的运用，掌握待定系数法求解析式，求函数值的计算是关键．
（1）设y=kx+b，由题意知：当x=0时，y=80；当x=150时，y=50，用待定系数法即可求解；
（2）令x=240，则y=32，由此即可求解．
【详解】（1）解：设y=kx+b，由题意知：当x=0时，y=80；当x=150时，y=50，ìb=80
代入得，í ．
î150k+b=50
1
解得：k =- ，b=80，
5
1
\y=- x+80；
5
（2）解：令x=240，则y=32，
32
´100%=32%，
100
答：该车的剩余电量占“满电量”的32%．
5．（上海中考新趋势科技与生产）2025年是全面落实全国科技大会精神、加快建设科技强国的关键之年，
人工智能DeepSeek的崛起无疑成为了全球科技界的焦点．某公司尝试利用DeepSeek智能技术优化生产流程，
提高生产效率．在生产一种产品时，发现生产成本y（单位：元）与产品数量x（单位：件）之间存在一次
函数关系，其几组对应值如下表所示．
产品数量x/件 … 10 12 16 20 …
生产成本y/元 … 400 420 460 500 …
请你根据表中信息，解答下列问题．
(1)求y与x之间的函数关系式．
(2)若这种产品每件的售价为20元，则当生产成本为1000元时，所生产产品的总售价为多少元？
【答案】(1)y=10x+300
(2)当生产成本为1000元时，所生产的产品总售价为1400元
【分析】本题主要考查了一次函数的实际应用，正确求出对应的函数关系式是解题的关键．
（1）设出函数解析式，利用待定系数法求解即可；
（2）把y=1000代入（1）所求函数关系式中求出x的值即可得到答案．
【详解】（1）解：设y=kx+b，
ì400=10k+b
把10,400，20,500代入y=kx+b中得í ，
î500=20k+b
ìk =10
解得í ，
îb=300
\y与x之间的函数关系式为y=10x+300．
（2）解：在y=10x+300中，令y=1000，得1000=10x+300，解得x=70．
70´20=1400（元），
Q
\当生产成本为1000元时，所生产的产品总售价为1400元．
押题猜想七 解直角三角形的相关计算
限时：6min
（改编）【问题背景】
我们学过用尺规作图平分一条线段，乐乐同学想借助所学过的函数知识平分线段．
在如图1中，已知线段MN，为了平分线段MN，乐乐同学进行了如下的操作：
1
①在平面直角坐标系xOy中，画出函数y= x的图像；
2
1
②在x轴的正半轴上截取OA=MN ，过点A作AD^x轴交函数y= x的图像于点D；
2
③以点M 为圆心，AD长为半径作弧，交MN于点P．
所以点P平分线段MN．
【解决问题】
(1)根据乐乐同学的做法，如果要将线段MN三等分，那么可以借助函数________的图像在图7-1中的线段
1
AD上，找到点C，使AC = MN，于是可作出线段MN上的一个三等分点．（填函数解析式）
3
(2)平面内的点可以用有序实数对来表示．在图2中，点B在x轴的正半轴上，OB=b．运用我们学过的函
æ4 2ö
数知识，在图7-2中作出坐标为ç , ÷的点Q，写出画图步骤．（保留作图痕迹）
èb bø
1
【答案】(1)y= x
3
(2)见详解
1
【分析】（1）由题意得AC = MN，OA=MN ，设OA=3a，则AC =a，点C3a,a，即可解答．
34 2
（2）先画出y= 和 y= 的图像，再过点B作x轴的垂线，分别交两个函数于C、D两点，再作圆O，BC
x x
长为半径画圆交x轴于点E，过点E作直线l垂直于x轴，过E为圆心，BD为半径画圆交直线l于点Q，
即可解答．
1
【详解】（1）解：若AC = MN，OA=MN ，
3
设OA=3a，则AC =a，点C3a,a，
1
∴y= x．
3
（2）如图：
4 2
画图步骤：①画平面直角坐标系xOy中y= 和 y= 的图像；
x x
4 2
②过点B作x轴的垂线，分别交两个函数于C、D两点，则BC = ，BD= ，
b b
③以点O为圆心，BC长为半径画圆交x轴于点E．
④过点E作直线l垂直于x轴；
⑤过E为圆心，BD为半径画圆交直线l于点Q．
∴Q为所求．
押题解读
本考点为必考考点， 常以解答题形式考查
实际应用题型：如仰角俯角问题、坡度坡角问题。例如，在测量建筑物高度时，通过测量仰角和观测点
到建筑物的距离，利用三角比来计算建筑物高度
实际应用问题增多：题目会更倾向于结合生活实际，以应用题的形式出现。涉及测量、建筑、导航等领
域，让学生通过建立数学模型，将实际问题转化为解直角三角形的问题来求解。
探究性和开放性增强：随着教育对学生综合素养的重视，中考命题可能会出现一些具有探究性和开放性
的解直角三角形作图题。如给定一些条件，让学生探究不同情况下图形的性质或求解相关量，或者要求
学生自己设计方案来解决问题，考查学生的创新思维和探究能力。1 ．如图，某景区为游客精心设计了两条游览路线，路线一：在A点登船，沿水路A®C®D游览沿途风
光；路线二：先坐观光车从A至B，沿途游览，再在B点登船，沿水路BD游览沿途美景．已知点C在点A
的东北方向，点C在点B的北偏东30°方向，点B在点D的南偏西75°方向，点D在点C的南偏东75°方向，
BC相距20千米．（参考数据： 2 »1.41， 3 »1.73， 6»2.45）
(1)求AB的距离（结果保留根号）；
(2)小聪和小明同时从点A出发，分别选择路线一和路线二游览，若游船和观光车均保持匀速行驶，游船的
速度为10千米/小时，观光车的速度为20千米/小时，上下车和上下船的时间忽略不计，请问小聪和小明谁
先到达点D，并说明理由．
 
【答案】(1) 10 3-10 千米
(2)小明先到达点D，理由见解析
【分析】本题考查了解直角三角形的应用、平行线的性质、三角形的内角和定理等知识，通过作辅助线，
构造直角三角形是解题关键．
（1）过点C作CE^AB，交AB延长线于点E，先在Rt BCE中，解直角三角形可得BE,CE的长，再在
V
Rt ACE中，解直角三角形可得AE的长，然后根据AB= AE-BE计算即可得；
V
（2）过点C作CE^AB，交AB延长线于点E，交BD于点M ，过点C作CF ^BD于点F，先根据平行线
的性质、三角形的内角和定理可得ÐCDB=30°,ÐCBD=45°，再在Rt BCF 中，解直角三角形可得BF,CF
V
的长，在Rt DCF中，解直角三角形可得DF，CD的长，然后根据两条路线的长度和速度计算时间，由此
V
即可得．
【详解】（1）解：如图，过点C作CE^AB，交AB延长线于点E，由题意得：ÐCAE=90°-45°=45°，ÐCBE=90°-30°=60°，BC =20千米，
在Rt
V
BCE中，BE=BC×cosÐCBE=10千米，CE=BC×sinÐCBE=10 3千米，
CE
在Rt ACE中，AE= =10 3千米，
V
tanÐCAE
 
则AB= AE-BE= 10 3-10 千米，
 
答：AB的距离为 10 3-10 千米；
（2）解：如图，设CE交BD于点M ，过点C作CF ^BD于点F，
由题意得：ÐDCE =75°，ÐBDG=75°，CE
P
DG，
∴ÐCMD=ÐBDG=75°，
∴ÐCDB=180°-ÐCMD-ÐDCE=30°，
由（1）可知，ÐBCE=90°-ÐCBE=30°，
∴ÐCBD=180°-ÐBCE-ÐDCE-ÐCDB=45°，
在Rt V BCF 中，BF =BC×cosÐCBD=10 2千米，CF =BC×sinÐCBD=10 2千米，
CF CF
在Rt DCF中，CD= =20 2千米，DF = =10 6千米，
V
sinÐCDB tanÐCDB
 
∴BD=BF+DF = 10 2+10 6 千米，CE
在Rt ACE中，AC = =10 6千米，
V
sinÐCAE
AC+CD 10 6+20 2
∴小聪选择路线一所需时间为 = »5.27（小时），
10 10
AB BD 10 3-10 10 2+10 6
小明选择路线二所需时间为 + = + »4.225（小时），
20 10 20 10
因为4.225<5.2，
所以小明先到达点D．
2．某停车场入口“曲臂直杆道闸”在工作时，一曲臂杆OA绕点O匀速旋转，另一曲臂杆AB始终保持与地面
平行．如图1，是曲臂直杆道闸关闭时的示意图，此时O、A、B在一条直线上．已知闸机高度CD为1.2m，
OA= AB=1.5m，OD=0.2m，入口宽度为3m．
(1)如图2，因机器故障，曲臂杆OA最多可逆时针旋转72°，求此时点A到地面的距离．（结果精确到0.01）
(2)在（1）的条件下，一辆宽为2.64m、高为2.2m的货车可否顺利通过入口？请说明理由．（参考数据：
sin72°»0.95，cos72°»0.31，tan72°»3.0）
【答案】(1)2.43m
(2)不能通过，见解析
【分析】本题考查解直角三角形的实际应用，解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形．
（1）过点A作AF ^CE，垂足为F，过点O作OG^ AF ，垂足为G，易得四边形OGFC为矩形，得到
OC=GF，解Rt△AOG，求出AG的长，利用AG+FG求出AF 的长即可；
（2）当MN ^CE，且MN =2.2m时，设MN交OG于点P，解直角三角形求出OP的长，进而求出NE的长，
即可得出结论．
【详解】（1）解：过点A作AF ^CE，垂足为F，过点O作OG^ AF ，垂足为G．∴ÐOGF =ÐAFC =90°，
∵ÐOCF =90°，
∴四边形OGFC为矩形．
∴OC=GF，
由题意，得OC=GF，ÐAOG=72°，OD=0.2m．
在Rt△AOG中，AO=1.5m，
∴AG= AO×sin72°»1.5´0.95=1.425m．
∵DC=1.2m，OD=0.2m，
∴OC =GF =DC-OD=1.2-0.2=1m，
∴AF = AG+FG=1.425+1=2.425»2.43m，
∴此时点A到地面的距离约为2.43m．
（2）一辆宽为2.64m、高为2.2m的货车不能顺利通过入口．
理由：如图，当MN ^CE，且MN =2.2m时，设MN交OG于点P，
由题意，得OP=CN，PN =GF =1m，
∴MP=MN-PN =2.2-1=1.2m．
在Rt MOP中，ÐMOP=72°，
V
MP 1.2
∴OP= » =0.4m，
tan72° 3∴OP=CN =0.4m．
∵入口宽度CE为3m，
∴NE=CE-CN =3-0.4=2.6m．
∵2.6m<2.64m，
∴一辆宽为2.64m、高为2.2m的货车不能顺利通过入口．
3．如图，已知在
V
ABC中，BC =6，AC =4，ÐC=60°．
(1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，在线段AB上作点D，使得DB=DC（要求：不写作法，保留作
图痕迹）；
(2)求AD的长．
【答案】(1)见解析
7
(2)
2
【分析】（1）作AB的垂直平分线交AB于点D，即可；
1
（2）设BC的垂直平分线与BC交于点G，过点A作AH ^BC于点H，则BG=CG= BC =3，解直角三角
2
形求出AH =2 3,CH =2，再求出BH =4，勾股定理求出AB=2 7，证明
V
BDG∽
V
BAH ，求出
3 7
BD= ，由AD= AB-BD即可解答．
2
【详解】（1）解：如图，点D 为所作；
1
（2）解：设BC的垂直平分线与BC交于点G，过点A作AH ^BC于点H，则BG=CG= BC =3，
2
∵ÐC =60°,ÐAHC =90°,AC =4，∴AH = AC·sinC =2 3,CH = AC·cosC =2，
∵BC =6，
∴BH =BC-CH =4，
∵ÐDHB=90°，
∴AB= AH2+BH2 =2 7 ，
∵ÐDHB=ÐBHA=90°，
∴AH
P
DG，
∴ BDG∽ BAH ，
V V
BD BG BD 3
∴ = 即 = ，
AB BH 2 7 4
3 7
∴BD= ，
2
3 7 7
∴AD= AB-BD= = ．
2 2
4．为了让游客更好的观赏花圃景观，某植物园打算在不同形状的花圃内都建设一条半圆形的步道，要求一：
步道的外围不超过各自花圃的范围；要求二：半圆形步道的圆心在花圃的某一条边上；要求三：半圆形步
道的半径尽可能的大（忽略步道的宽度）．
根据以下不同形状的花圃分别按要求画出这个半圆形步道的圆心（不用写作法，保留痕迹），并直接写出
不同形状的花圃下半圆形步道的半径．
花圃一：如图1，
V
ABC是一个等腰三角形的花圃，经测量AB= AC =13m，BC =24m，半圆形步道的圆
心在边BC上；
花圃二：如图2，四边形DEFG是一个梯形的花圃，DG∥EF，经测量DG=9m，EF =27m，ÐE=45°，
tanF =2，半圆形步道的圆心在边EF上．（结果保留根号）
60
【答案】花圃一：画图见解析，半圆形步道的半径为 cm；花圃二：画图见解析，半圆形步道的半径为
13
 
36 2-18 5 cm
1
【分析】花圃一：分别以点B和点C为圆心，以大于 BC为半径画弧，两弧交于F，连接AF 交BC于点D
21
即为所求的圆心；过点D作DE^AB于点E，利用三线合一得到BD= BC =12cm，勾股定理求出
2
AD= AB2-BD2 =5cm，然后利用等面积法求解即可；
花圃二：延长CD，FG交于点H，尺规作ÐEHF的角平分线交EF于点A即为所求作的圆心；过点A作
AN ^HF于点N，过点A作AM ^HE于点M，设FN =x，则AM = AN =2x，EA=2 2x，
AF = AN2+NF2 = 5x，根据EF =27m列方程求解即可．
【详解】花圃一：根据题意得，当半圆与AB，AC相切时，半圆的半径最大，
如图所示，点D即为所求作的圆心；
过点D作DE^AB于点E，故DE为半圆的半径
∵AB= AC =13m，BC =24m
由作图得，AD垂直平分BC
1
∴BD= BC =12cm
2
∴AD= AB2-BD2 =5cm
1 1
∴S = AD×BD= AB×DE
VABD 2 2
1 1
∴ ´5´12= ´13DE
2 2
60
∴DE= cm
13
60
∴半圆形步道的半径为 cm；
13
花圃二：根据题意得，当半圆与DE，GF 相切时，半圆的半径最大，
如图所示，点A即为所求作的圆心；
过点A作AN ^HF于点N，过点A作AM ^HE于点M∴AM = AN ，且AM ，AN为半圆的半径
∵ÐE=45°
∴ MEA是等腰直角三角形
V
AN
∵tanF = =2
FN
∴设FN =x，则AM = AN =2x
∴EA=2 2x，AF = AN2+NF2 = 5x
∵EF =EA+AF =27m
∴2 2x+ 5x=27
解得x=18 2-9 5
∴AM = AN =2x=36 2-18 5
 
∴半圆的半径为 36 2-18 5 cm．
5．“数学探究小组”研究如下问题：如图1，点M 是矩形ABCD内一点，求作一个四边形，使得四边形的四
边分别等于AM 、BM 、CM 、DM ，并且两条对角线互相垂直．
小组成员小杰提出了如下的作法：1．过点M 作MN∥AB并截取MN =AB；2．分别连接BN 、CN ．那么四
边形MBNC就是所求作的四边形．
(1)请判断小杰的作法是否正确，并说明理由；(2)如图2，点N 是菱形ABCD内一点，请根据上述信息提出一个类似问题，并予以解决（只需写出作法或
画出图形、结论，不必说明理由）．
【答案】(1)小杰的作法正确，理由见解析；
(2)见解析
【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，平行四边形的判定和性质，三角形外角的性质，掌握特殊四边形
的判定和性质是解题关键．
（1）根据矩形的性质证明四边形ABNM 和四边形CDMN都是平行四边形，即可得到答案；
（2）先根据（1）提出类似问题，再过点N 作EF∥AB分别交AD、BC于点E、F，并截取NG= AB；
2．分别连接BG、CG．利用平行四边形的判定和性质，即可证明四边形NBGC就是所求作的四边形．
【详解】（1）解：小杰的作法正确，理由如下：
Q
四边形ABCD是矩形，
\AB∥CD，AB=CD，ÐABC =90°，
\AB^BC，
MN∥AB，MN =AB，
Q
\AB∥CD∥MN，AB=MN =CD，MN ^BC，
\四边形ABNM 和四边形CDMN都是平行四边形，
\AM =BN ，DM =CN ，
\四边形MBNC就是所求作的四边形．
（2）解：如图2，点N 是菱形ABCD内一点，求作一个四边形，使得四边形的四边分别等于AN、BN 、
CN 、DN，并且两条对角线的夹角度数等于菱形的一个内角度数．
作法：1．过点N 作EF∥AB分别交AD、BC于点E、F，并截取NG= AB；2．分别连接BG、CG．那么
四边形NBGC就是所求作的四边形．
理由如下：
Q
四边形ABCD是菱形，
\AB∥CD，AB=CD，
\ÐDAB+ÐABC=ÐDAN+ÐNAB+ÐABC=180°，∥ ，NG= AB，
QEF AB
\AB∥EF∥MN ，AB=NG=CD，
\四边形ABGN和四边形CDNG都是平行四边形，
\AN =BG，DN =CG，AN∥BG，ÐBAN =ÐBGN，
\ÐNAB+ÐABG=ÐNAB+ÐABC+ÐCBG=180°，
\ÐDAN =ÐCBG，
\ÐNFB=ÐCBG+ÐBGN =ÐDAN+ÐBAN =ÐDAB，
\四边形NBGC就是所求作的四边形．
押题猜想八 几何证明
限时：8min
（改编）学完“相似三角形”之后，小华和同学尝试探索相似四边形的判定与性质，以下是他们的思考
【定义】如果两个四边形的四个角对应相等，四条边对应成比例，那么这两个四边形相似．两个相似四边
形的对应边的比等于相似比．
【思考】类比相似三角形，对相似四边形的判定与性质提出了许多猜测，如：
①四条边对应成比例，且有一组角对应相等的两个四边形相似；
②四个角对应相等，且有两条相邻的边对应成比例的两个四边形相似；
③相似四边形的面积的比等于相似比的平方．
……
【探究】请完成上述猜测中第③个结论的证明．
已知：如图，四边形ABCD与四边形A¢B¢C¢D¢相似，点A、B、C、D分别与点
A¢、B¢、C¢、D¢对应
S
求证：
四边形ABCD =k2
．
S
四边形A¢B¢C¢D¢
证明：【运用】同学们通过讨论，证明了上述猜测都是正确的．试运用这些结论，解决问题：如图，E、F分别是
边AD、AB上的点，AE= 1 AB，AF = 1 AD，试求 S 四边形AEGF 的值．
2 2 S
四边形CDGB
1
【答案】探究：证明见解析；运用：
4
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，相似多边形的性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的
判定与性质，相似多边形的性质是解题的关键．
S æ AB ö 2
【探究】连接AC，A¢C¢，证明 V ABC∽ V A¢B¢C¢， V ACD∽ V A¢C¢D¢，得出 VABC =ç ÷ =k2，
S è A¢B¢ø
VA¢B¢C¢
S æ AD ö 2
VACD =ç ÷ =k2，则可得出答案；【运用】由矩形的性质得出
S è A¢D¢ø
VA¢C¢D¢
AE AF 1
AB∥ CD，AD∥ BC，ÐA=ÐC =90°，AB=CD，AD=BC，证出 = = ，由结论“四个角对应相等，
CD BC 2
且有两条相邻的边对应成比例的两个四边形相似”证明四边形AEGF∽四边形CDGB，则可得出答案．
【详解】【探究】证明：连接AC，A¢C¢，如图所示：
∵四边形ABCD与四边形A¢B¢C¢D¢相似，
AB BC CD AD
∴ = = = ，ÐD=ÐD¢，ÐB=ÐB¢，
A¢B¢ B¢C¢ C¢D¢ A¢D¢
∴V ABC∽ V A¢B¢C¢， V ACD∽ V A¢C¢D¢，
S æ AB ö 2 S æ AD ö 2
∴ VABC =ç ÷ =k2， VACD =ç ÷ =k2，
S è A¢B¢ø S è A¢D¢ø
VA¢B¢C¢ VA¢C¢D¢S S +S
∴ 四边形ABCD = VABC VACD =k2；
S S +S
四边形A¢B¢C¢D¢ VA¢B¢C¢ VA¢C¢D¢
【运用】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥ CD，AD∥ BC，ÐA=ÐC =90°，AB=CD，AD=BC，
∴ÐAFG=ÐGDC，ÐAEG=ÐCBG，
1 1
∵AE= AB，AF = AD，
2 2
1 1
∴AE= CD，AF = BC，
2 2
AE AF 1
∴ = = ，
CD BC 2
∵ÐFGE=ÐBGD，
∴四边形AEGF∽四边形CDGB，
S æ AEö 2 1
∴ 四边形AEGF =ç ÷ = ．
S èCDø 4
四边形CDGB
押题解读
本考点为必考考点。解题思路如下：
分析模型：熟悉常见的几何模型，如子母型、燕尾型、旋转型、双垂型等。若题目中出现相关模型的特
征，可尝试利用模型的性质和结论来解题。比如看到有公共角且对边平行的情况，可考虑 “A 字”
型相似。
1．如图，在Rt△ABC中，ÐABC =90o，点D在边AC上，过点D作DE垂直AC交AB于点E，连接EC、
BD交于点F．
(1)求证： ABD∽ ACE；
V V
1
(2)如果BC =BE，求证： CE2 =BF×BD．
2
【答案】(1)详见解析(2)详见解析
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识：
AD AE AD AB
（1）由ÐADE=ÐABC =90°,ÐA=ÐA，证明 ADE∽ ABC， 得 = ，所以 = ，则 ABD∽ ACE；
V V V V
AB AC AE AC
（2）由相似三角形的性质得ÐABD=ÐACE，推导出ÐBDC =ÐBEC，由BC =BE， ÐCBE=90°，得
1
ÐBCF =ÐBEC,CE2 =BC2+BE2 =2BC2，则 ÐBCF =ÐBDC， BC2 = CE2，而ÐFBC =ÐCBD，所以
2
BC BF 1
V
FBC∽
V
CBD，则 = ，所以BC2 =BF·BD，则 CE2 =BF×BD
BD BC 2
【详解】（1）
Q
ÐABC =90°,DE^ AC
\ÐADE=ÐABC =90°
ÐA=ÐA
Q
\ ADE∽ ABC
V V
AD AE
\ =
AB AC
AD AB
\ =
AE AC
\ ABD∽ ACE
V V
（2） ABD∽ ACE
QV V
\ÐABD=ÐACE
\ÐBFC-ÐACE=ÐBFC-ÐABD
\ÐBDC =ÐBFC-ÐACE，ÐBEC =ÐBFC-ÐABD
\ÐBDC =ÐBEC
BC =BE,ÐCBE=90°
Q
\ÐBCF =ÐBEC，CE2 =BC2+BE2 =2BC2
1
\ÐBCF =ÐBDC,BC2 = CE2
2
ÐFBC =ÐCBD
Q
\ FBC∽ CBD
V V
BC BF
\ =
BD BC
\BC2 =BF·BD
1
\ CE2 =BF×BD
2
2．已知：如图，平行四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，DE^BC交BC的延长线于点E，BO×BD=BC×BE．
(1)求证：四边形ABCD为菱形；
CF OC
(2)连结AE交DC于点F，如果AE^CD，求证： = ．
DE BO
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）先证△BOC∽△BED，由DE^BC，得ÐBOC =ÐDEB=90°，即可解答．
CF FD CF CE
（2）由四边形ABCD为菱形，得ÐCFE=90°，由AD
P
CE，得 = ①， = ②，由①×②得，
CE AD CE AD
BO AF
DF =CE，再证 CED≌ DFA和 BOC∽ AFC，得到 = ．
V V V V
CO CF
本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，
熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
【详解】（1）∵BO×BD=BC×BE，
BO BC
∴ = ，ÐOBC =ÐEBD，
BE BD
∴△BOC∽△BED，
∵DE^BC，
∴ÐDEB=90°，
∴ÐBOC =ÐDEB=90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴四边形ABCD为菱形．
（2）如图：
∵四边形ABCD为菱形，
∴BC =CD= AD，ÐBCO=ÐOCD，
∵AE^CD，∴ÐCFE=90°，
∵AD
P
CE，
CF FE CE
∴ = = ，
FD AF AD
CF FD
∴ = ①
CE AD
∵ÐFCE=ÐDCE，ÐCFE=ÐDEC，
∴ CFE∽ CEO，
V V
CF CE CF CE
∴ = 即 = ②
CE CD CE AD
由①×②得，DF =CE，
∵ÐAFD=ÐDEC =90°，AD=CD，
∴ CED≌ DFA，
V V
∴DE= AF ，
∵ÐBOC =ÐAFC =90°，
∴ BOC∽ AFC，
V V
BO CO
∴ = ，
AF CF
BO AF CF OC
∴ = 即 = ．
CO CF DE BO
3．如图，已知在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，AD<BC，联结AC、BD交于点F，E为BF
上一点，ÐAED=ÐABC．
(1)求证：AB2 =BE×BD；
(2)若BE=DF，求证：AB= AD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了等腰梯形的性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握相似的判定和性质是解题的关
键．
AB BE
（1）先证明ÐBAD=ÐAEB，得到△BAE∽△BDA；由相似三角形性质可得 = ，进而得出结论．
BD AB（2）先证明 DCF∽ DBC，得到ÐDCF =ÐDBC；再证明 ABD≌ DCA，得到ÐABD=ÐDCA，等量代
V V V V
换即可．
【详解】（1）证明：
Q
AD
P
BC，
\ÐABC+ÐBAD=180°
ÐAED+ÐAEB=180°，ÐAED=ÐABC，
Q
\ÐBAD=ÐAEB
又 ÐABE=ÐABD，
Q
\△BAE∽△BDA，
AB BE
\ = ，
BD AB
\AB2 =BE×BD
（2） AB2 =BE×BD，BE=DF，AB=CD，
Q
\CD2 =DF×BD，
CD BD
\ =
DF CD
ÐCDF =ÐCDB，
Q
\△DCF∽△DBC，
\ÐDCF =ÐDBC．
Q
在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，
\AC =BD
又 AD=DA，
Q
\ ABD≌ DCA(SSS)，
V V
\ÐABD=ÐDCA，
\ÐDBC =ÐABD
AD BC，
Q P
\ÐDBC =ÐADB，
\ÐABD=ÐADB，
\AB= AD
4．如图，BD是正方形ABCD的对角线，点E、F分别在边AD、AB上，EF∥BD，延长CB到G，且
BG=BC，连接GF、CE．(1)求证：GF =CE；
(2)延长GF 交CE于点H，连接BH ，求证：2BH2 =GH×GF．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先由正方形的性质结合平行线分线段成比例得到BF =DE，然后证明
V
FBG≌
V
EDCSAS即
可；
（2）由△FBG≌△EDC，得到Ð1=Ð2，证明ÐGHC =90°，由直角三角形斜边上中线的性质得到
1 GB GF BH GF
BH =BG= GC，证明△GBF∽△GHC，则 = ，那么 = ，再交叉相乘即可．
2 GH GC GH 2BH
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB= AD=BC =CD,ÐABC = ADC =ÐBCD=90°，
∵EF∥BD，
BF DE
∴ = ，
BA AD
∴BF =DE，
∵ÐABC =90°，
∴ÐFBG=180°-ÐABC =90°，
∴ÐFBG=ÐEDC，
∵BG=BC，BC=CD，
∴BG=CD，
∴V FBG≌ V EDCSAS，
∴GF =CE；
（2）证明：如图：∵△FBG≌△EDC，
∴Ð1=Ð2，
∵ÐBCD=90°
∴Ð1+Ð3=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∴ÐGHC =90°，
∵BG=BC，
1
∴BH =BG= GC，
2
∵ÐFBG=90°，
∴ÐFBG=ÐCHG=90°
∵Ð2=Ð2，
∴△GBF∽△GHC，
GB GF
∴ = ，
GH GC
BH GF
∴ = ，
GH 2BH
∴2BH2 =GH×GF．
5．如图，已知A、B、C是圆O上的三点，AB＝AC，M、N分别是AB、AC的中点，E、F分别是OM、ON
上的点．
(1)求证：∠AOM＝∠AON；
1
(2)如果AE∥ON，AF∥OM，求证：OE×OM = AO2．
2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据垂径定理的推论，得出OM ^ AB，ON^AC，再证Rt△AOM≌Rt△AON（HL），即可
得出结论；（2）连接EF，交AO于点P．先证四边形AEOF是平行四边形，再证四边形AEOF是菱形，根据菱形的性
1 OE OP
质得EF ^ AO，PO= AO．然后证△EPO∽△AMO．得 = ，代入即可得出结论．
2 AO OM
【详解】（1）证明：∵M、N分别是AB、AC的中点，OM、ON过圆心，
∴OM ^ AB，ON^AC．
又∵AB= AC，
∴AM = AN ．
∵在Rt△AOM和Rt△AON中，
ìAM = AN
í ，
îOA=OA
∴Rt△AOM≌Rt△AON（HL），
∴ÐAOM =ÐAON．
（2）解：连接EF，交AO于点P．
∵AE∥ON，AF∥OM，
∴四边形AEOF是平行四边形．
∵AE∥ON，
∴ÐEAO=ÐAON ，
∵ÐAOM =ÐAON，
∴ÐAOM =ÐEAO．
∴AE=EO，
∴四边形AEOF是菱形．
1
∴EF ^ AO，PO= AO．
2
∵OM ^ AB，
∴ÐEPO=ÐAMO=90°．
∵ÐAOM =ÐAOM，∴△EPO∽△AMO．
OE OP
∴ = ，
AO OM
1 1
∴OE×OM = AO×OP= AO2，即OE×OM = AO2．
2 2
押题猜想九 二次函数综合题
限时：15min
（改编）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A2,0、点B0,2，抛物线y=-x2+bx+c经过点A，
且顶点C在线段AB上（与点A、B不重合）．
(1)求：b、c的值；
(2)将抛物线向右平移mm>0个单位，顶点落在点P处，新抛物线与原抛物线的对称轴交于点D，连结
PD，交x轴于点E．
①如果m=2，求 ODP 的面积；
V
②如果EC =EP，求：m的值．
【答案】(1)b=2，c=0
(2)①5；②m= 2
【分析】（1）先求出AB所在直线的表达式，然后将抛物线解析式化为顶点式，根据A和C都在线段AB上，
求解即可；
（2）①根据抛物线平移的性质求出P点坐标以及平移后的抛物线解析式，然后求出D点坐标，进而求出PD
的直线表达式，最后求出E点坐标，然后根据三角形面积公式求解即可；
②根据EC =EP，可知E在CP的垂直平分线上，从而求出E点坐标，进而求出PE所在直线表达式，从而
求得D点坐标，最后根据D在平移后的抛物线上求出m的值即可．
【详解】（1）解：设AB所在直线的表达式为：y=kx+m，
将点A和点B的坐标代入表达式可得：ì0=2k+m
í ，
î2=m
解得：k =-1，m=2，
\AB的表达式为：y=-x+2，
将点A的坐标代入抛物线解析式得：0=-4+2b+c，
\c=4-2b，
æ bö 2 b2
将抛物线解析式改写成顶点式：y=-x2+bx+4-2b=-çx- ÷ +4-2b+ ，
è 2ø 4
æb b2 ö
\点Cç ,4-2b+ ÷在直线AB上，
è2 4 ø
b2 b
\4-2b+ =- +2，
4 2
解得：b=2或4，
当b=4时，顶点C和A重合，不符合题意；
\b=2，c=0．
（2）解：①由（1）知，C1,1，抛物线解析式为：y =-x2 +2x，
\P3,1，原抛物线的对称轴直线为：x=1，
\平移后的抛物线解析式为：y=-x-22 +2x-2=-x2+6x-8，
当x=1时，y=-1+6-8=-3，
\D1,-3，
设PD所在直线的表达式为：y=tx+s，
ì1=3t+s
将点P和点D的坐标代入表达式得：í ，
î-3=t+s
ì t =2
解得：í ，
îs=-5
\PD的表达式为：y=2x-5，
æ5 ö
\Eç ,0÷，
è2 ø
1 5 1 5
\S = ´ ´1+ ´ ´3=5；
VODP 2 2 2 2②由平移的性质可知，P(m+1,1)，
EC = EP，
Q
\E在CP的垂直平分线上，
æm ö
\Eç +1,0÷，
è 2 ø
设PE所在直线的表达式为：y=tx+s，
ì1=tm+1+s
ï
代入P，E的坐标得：í æm ö ，
ï
0=tç +1÷+s
î è 2 ø
ì 2
t =
ï
ï m
解得：í ，
2
ïs=-1-
ïî m
2 2
\PD的表达式为：y= x-1- ，
m m
\D1,-1，
由顶点坐标可得平移后抛物线的表达式为：y=-x-m-12 +1，
将D点代入平移后的抛物线得：-1=-m2+1，
解得：m=± 2，
m>0，
Q
\m= 2．
押题解读
本考点为必考考点，常以解答压轴题形式考查。近三年考查与平移有关的二次函数综合题。
押题方向
函数解析式的求解：给定一些点的坐标、函数的性质（如对称轴、顶点等）或与其他函数的关系，求二
次函数的解析式，可能涉及到待定系数法，联立方程求解参数。
函数图像的平移、旋转问题：考查二次函数图像经过平移或旋转后，解析式的变化以及相关点坐标的变
化。如 2023 年上海中考第 24 题就考查了二次函数的平移。
面积问题：求与二次函数图像相关的三角形、四边形等图形的面积，可能涉及到将不规则图形分割或补
全为规则图形来求解，也可能会利用到点的坐标与线段长度的关系，以及面积公式等。
点的坐标求解及存在性问题：根据给定的条件，判断在二次函数图像上是否存在满足特定条件的点，如
满足某种角度关系、线段关系或特殊三角形、四边形的顶点等，并求出这些点的坐标，常与相似三角形、三角函数、勾股定理等知识结合
1．在平面直角坐标系中，抛物线y =ax2 +bx+c（b、c为常数）的顶点的横坐标是1，并经过点4,-5，
与y轴交点坐标为0,3．
(1)求此抛物线的函数表达式：
(2)点A、点B均在这个抛物线上（点A在点B的左侧），点A的横坐标为m，点B的横坐标为4-m，将此
抛物线上A、B两点之间的部分（含A、B两点）记为图象G．
①当点A在x轴上方，图象G的最高与最低点的纵坐标差为5时，求m的值；
②设点D1,n，点E1,1-n，将线段DE绕点D顺时针旋转90°后得到线段DF，连结EF，（当 DEF 不
V
含内部）和二次函数在x£1范围上的图象有且有一个公共点时，求n的取值范围．
【答案】(1)y=-x2+2x+3
3+ 57
(2)①m=3- 5；②n= 或n≤-3
8
【分析】本题考查待定系数法求解析式及二次函数最值、与线段交点问题：
（1）将对称轴及点0,3，4,-5代入求解即可得到答案；
（2）①先求出二次函数与x轴交点，分点A在对称轴左边，对称轴右边两类讨论，根据最高与最低点的距
离列式即可得到答案；②当点D1,n在点E1,1-n上方，用含n的代数式表示出点F(2n,n)，当点F(2n,n)
在抛物线y=-x2+2x+3上时， DEF （不含内部）和二次函数在x³0范围上的图像有且仅有一个公共点，
V
当点D1,n在点E1,1-n下方，可得出n£4£1-n，解不等式即可得出答案．
【详解】（1）解：∵抛物线y =ax2 +bx+c（b、c为常数）的顶点的横坐标是1，并经过点4,-5，与y
轴交点坐标为0,3
ì b
- =1
ï
2a
ï
∴íc=3 ，
ï
16a+4b+c=-5
ï
î
ìa=-1
ï
解得：íc=3
ï
îb=2则抛物线的函数表达式为：y=-x2+2x+3
（2）解：①当y=0时，
0=-x2+2x+3，解得：x =3，x =-1，
1 2
当点A在对称轴左边时，即-1<m£1时，
∵a=-1<0，
∴此时最高点为对称轴所在点，最低点为B点，
∵最高与最低点的纵坐标差为5，
∴-12+2´1+3-é
ë
-(4-m)2+2(4-m)+3ù
û
=5，
解得：m =3+ 5（不符合题意舍去），m =3- 5；
1 2
当点A在对称轴右边时，即1<m<3，
∵a=-1<0，
∴此时最高点为A点，最低点为B点，
∵最高与最低点的纵坐标差为5，
∴-m2+2´m+3-é
ë
-(4-m)2+2(4-m)+3ù
û
=5，
3
解得：m= （不符合题意舍去）；
4
综上所述：m=3- 5；
1
②当点D1,n在点E1,1-n上方，n>1-n，即：n> 时，
2
DF =n-1-n=2n-1，点F1-(2n-1),n，即F(2-2n,n)，
当点F(2-2n,n)在抛物线y=-x2+2x+3上时， DEF （不含内部）和二次函数在x£1范围上的图像有且仅
V
有一个公共点，
∴n=-2-2n2 +2´2-2n+3，3+ 57 3- 57
解得：n= ，n= （舍），
8 8
当点D1,n在点E1,1-n下方时，如下图：
y=-x2+2x+3=-x-12 +4，
则n£4£1-n，
解得：n≤-3，
3+ 57
故答案为：n= 或n≤-3
8
2．已知抛物线C :y=-x2+bx+c与y轴交于点A0,3，顶点P在直线x=1上．
1
(1)求抛物线C 的解析式及顶点P的坐标；
1
(2)将抛物线C 向右平移mm>0个单位，再向下平移nn>0个单位，得到新抛物线C ，新抛物线C 的顶
1 2 2
点为Q，与抛物线C 的交点为点B，如果四边形PABQ是平行四边形，求m、n之间的关系式；
1
(3)在（2）的条件下，抛物线C 的对称轴与直线AP交于点E，与抛物线C 交于点F，且
2 1
S :S =3:1，求此时抛物线C 上落在平行四边形PABQ内部的点（不包括与平行四边形的交点）的
△PEQ △BFQ 1
横坐标t的取值范围．
【答案】(1)y=-x2+2x+3，P1,4；
(2)n=m2-2mm>0；
(3)2<t<3．
【分析】本题考查了二次函数的性质，属于二次函数综合题，掌握二次函数的性质是解题的关键．（1）根据题意得出b=2，c=3，即可得到解析式，再求出顶点坐标即可；
（2）由题意得：Q1+m,4-n，Bm,3-n，根据Bm,3-n在C 上，得出3-n=-m2+2m+3，即
1
n=m2-2mm>0；
（3）先求出E，F的坐标，再根据S :S =3:1，得出  m2-m  m=6m，求出m的值，得出t的取值
△PEQ △BFQ
范围．
【详解】（1）解：∵y=-x2+bx+c与y轴交于点A0,3，顶点P在直线x=1上，
b
∴c=3， =1，
2
∴b=2，
∴y=-x2+2x+3，
∵当x=1时，y=4，
∴P1,4；
（2）解：由抛物线的平移可得Q1+m,4-n，
∵四边形PABQ是平行四边形，
∴AB=PQ，AB
P
PQ，
∵A0,3，P1,4，Q1+m,4-n，
∴Bm,3-n，
∵Bm,3-n在C 上，
1
∴3-n=-m2+2m+3，即n=m2-2mm>0；
（3）解：设直线AP的解析式为y=kx+d ，
∵该直线过点A0,3，P1,4，
ìd =3 ìd =3
∴í ，解得í ，
îk+d =4 îk =1
∴y
=
x
+
3，
当x=1+m时，y=m+4，即Em+1,m+4，
将x=1+m，代入y=-x2+2x+3，得：y=4-m2，即F
 m+1,4-m2
，
1 1
∴S =  m2-m  m，S = ×2m×1=m，
VPEQ 2 VBFQ 2
∵S :S =3:1，
△PEQ △BFQ
∴  m2-m  m=6m，
∴解得：m=3或m=-2（舍），
∵直线PQ：y=-x+5与y=-x2+2x+3的交点为2,3，1,4，
∴2<t<3．
3．在平面直角坐标系xOy中（如图）．已知抛物线y=ax2+bx-3a¹0的顶点A的坐标为(1,-2)，与y轴
交于点B．将抛物线沿射线BA方向平移，平移后抛物线的顶点记作M，其横坐标为m．平移后的抛物线与
原抛物线交于点N，且设点N位于原抛物线对称轴的右侧，其横坐标为n．
(1)求原抛物线的表达式；
(2)求m关于n的函数解析式；
(3)在抛物线平移过程中，如果ÐNBM 是锐角，求平移距离的取值范围．
【答案】(1)y=-x2+2x-3
(2)m=2n
(3) 2< AM <5 2
ì b
ï- =1
【分析】（1）根据顶点的坐标为 (1,-2) ，列出方程 í 2a ，求解即可；
ï îa+b-3=-2
（2）先求出直线 AB 的表达式为 y=x-3 ，根据题意求出点 M 的坐标为 (m,m-3) ，点 N 的坐标
为  n,-n2+2n-3  ，计算即可；
（3）分类讨论求出临界情况，即可得出取值范围．【详解】（1）解：由原抛物线y=ax2+bx-3a¹0顶点的坐标为(1,-2)．
ì b
ï- =1
可得í 2a ，
ï îa+b-3=-2
解得a=-1，b=2．
所以，原抛物线的表达式是y=-x2+2x-3．
（2）解：由点A的坐标为(1,-2)，点B的坐标为(0,-3)
设直线AB的表达式为y=kx-3，
将点A的坐标(1,-2)代入可得-2=k-3，解得：k =1，
∴直线AB的表达式为y=x-3．
由抛物线沿射线BA方向平移，可得顶点M始终落在射线BA上，
得点M的坐标为(m,m-3)．
得平移后抛物线的表达式为y=-(x-m)2+m-3．
∵平移后的抛物线与原抛物线交于点N，其横坐标为n，点N的坐标为  n,-n2+2n-3  ，
∴-n2+2n-3=-(n-m)2+m-3．
化简得m2-2mn-m+2n=0，得(m-2n)(m-1)=0．
∵m-1¹0，
∴m-2n=0，
解得：m=2n，
所以m关于n的函数解析式为m=2n．
（3）解：过点B作BG^MB，交原抛物线于点G，那么ÐGBM =90°．
当点N在AG之间的抛物线上运动时，ÐNBM 是锐角．当点N与点A重合时，N1,-2，M2,-1，
平移距离= 1-22 +-2+12 = 2，
当点N与点G重合时，
过点N作NE ^ y 轴，垂足为点E，过点A作AF ^ y轴，垂足为点F．
∴点N的坐标为  n,-n2+2n-3  ，点B的坐标为(0,-3)，点A的坐标为(1,-2)．
∴AF =BF =1，EN =n，BE=n2-2n．
∵ÐABF =ÐBNE=90°-ÐNBE,ÐBFA=ÐBEN =90°，
∴△ABF∽△BNE，
BF AF
∴ = ，
NE BE
∴n2-2n=n，可得n2-3n=0．
∵n¹0，
∴解得：n=3．
∴点M的坐标为6,3，
∴AM =5 2．
∵点N位于原抛物线对称轴的右侧，
∴当ÐNBM 是锐角时，平移距离的取值范围是 2< AM <5 2．
1 1
4．已知：直线y= x+2与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，抛物线y=- x2 +bx+c经过点A和点B，
2 2
顶点为M．
(1)求抛物线的表达式；
(2)求 ABM 的面积；
V
(3)如果将直线AB绕点A顺时针旋转45°，求旋转后直线在y轴上的截距．1 3
【答案】(1)y=- x2- x+2
2 2
15
(2)
4
4
(3)旋转后直线在y轴上的截距为-
3
【分析】主要考查了二次函数的性质，解直角三角形，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起
来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
（1）由待定系数法即可求解；
1
（2）由 ABM 的面积= ´OA´MN ，即可求解；
V
2
OA
（3）在 V ABH 中，AB= 42+22 = 20，tanÐABO= =2，ÐBAH =45°，用解直角三角形的方法，列
OB
方程求得BT ，再利用勾股定理，即可求解．
1
【详解】（1）解：直线y= x+2与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，
2
当x=0时，y=2，
1
当y=0时，得到0= x+2，解得x=-4，
2
则点A、B的坐标分别为：-4,0、0,2，
代入抛物线可得，
ì
c=2
ï
ï
í ，
1
ï- ´16-4b+c=0
ïî 2
ì 3
b=-
ï
ï 2
解得：í ，
ïc=2
ïî
1 3
则抛物线的表达式为：y=- x2- x+2；
2 2
b 3
（2）解：由抛物线的表达式知，- =- ，
2a 2
3 25
把x=- 代入抛物线，可得y= ，
2 8
æ 3 25ö
\点Mç- , ÷，
è 2 8 ø
如图，过点M作MN∥y轴交AB于点N，连接AM,BM ，3 1 5 15
当x=- 时，y= x+2= ，则MN = ，
2 2 4 8
1 1 15 15
则 ABM 的面积=S +S = ´OA´MN = ´4´ = ；
V △AMN △BMN 2 2 8 4
（3）解：设直线AB绕点A顺时针旋转45°交y轴于点H，过点H作HT ^ AB于点T，
OA
在 V ABH 中，AB= 42+22 = 20，tanÐABO= =2，ÐBAH =45°，
OB
\ ATH 为等腰直角三角形，
V
故设BT =x，AT =HT = 20-x，
\HT =BT×tanÐABO=2x，
则可得 20-x=2x
20
解得x= ，
3
20 2 20
\BT = ，HT = ，
3 3
10
根据勾股定理可得BH = BT2+TH2 = ，
3
10 4
则OH = -2= ，
3 3
4
即旋转后直线在y轴上的截距为- .
3
3 5
5．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx-2与y轴交于点C，与直线y=- x+ 交于点
4 2
A(-2,n)和B(m,1)．(1)求抛物线的表达式；
(2)已知点D在y轴上，当以点A、B、O、D为顶点的四边形是矩形时，求点D到直线AC的距离；
3 5
(3)设直线y=- x+ 与x轴交于点E，已知点P、Q在直线CE上且在直线AB的下方（点P在点Q的右
4 2
侧），如果PQ= 34,BQ= AP，求点P、Q的坐标．
9 3
【答案】(1)y= x2- x-2；
8 4
7 10
(2)点D到AC的距离为 ；
10
æ5 1ö æ 5 7ö
(3)Pç ,- ÷，Qç- ,- ÷．
è2 2ø è 2 2ø
【分析】（1）先求出A和B坐标，再代入抛物线求解即可；
（2）利用矩形对角线相等求出OD=AB=5，所以D0,5，再求出C点坐标，进而利用 ACD的面积建立方
V
程求解即可；
（3）先求出直线CE的解析式，再设出P和Q坐标，利用两点距离公式表示出PQ、BQ、AP，建立方程求
解即可．
3 5
【详解】（1）解：将A(-2,n)代入y=- x+ 得，n=4，
4 2
3 5
将B(m,1)代入y=- x+ 得，m=2，
4 2
∴A(-2,4)，B(2,1)，
将A、B代入抛物线y=ax2+bx-2得，
ì 9
a=
ì4a-2b-2=4 ï ï 8
í ，解得í ，
î4a+2b-2=1
ïb=-
3
îï 4
9 3
∴抛物线表达式为y= x2- x-2；
8 4
（2）解：如图，∵A(-2,4)，B(2,1)，
æ 3ö
∴AB中点坐标为Bç0, ÷，
è 2ø
AB被y轴平分，
∴AB为对角线，
∴OD= AB= -2-22 +4-12 =5，
∴D0,5，
9 3
由y= x2- x-2可知，当x=0时，y=-2，
8 4
∴C0,-2，
∴AC = -2-02 +4+22 =2 10，CD=7，
设点D到AC的距离为h，
1 1
则S = CD× x = AC×h，
VACD 2 A 2
CD×|x | 7´2 7 10
∴h= A = = ，
AC 2 10 10
7 10
即点D到AC的距离为 ；
10
3 5
（3）解：∵直线y=- x+ 与x轴交于点E，
4 2
10 æ10 ö
∴当y=0时，x= ，即Eç ,0÷，
3 è 3 ø
设直线CE的表达式为y=kx+b¢，
ì10 ì 3
ï k+b¢=0 ïk =
∴í 3 ，解得í 5 ，
ï îb¢=-2 ï îb¢=-2
3
∴直线CE的表达式为y= x-2，
5æ 3 ö æ 3 ö
设Pçm, m-2÷，Qçn, n-2÷，且m>n，
è 5 ø è 5 ø
∵PQ= 34，
∴PQ2 =m-n2 + æ ç 3 m-2- 3 n+2 ö ÷ 2 =34，
è5 5 ø
34
整理得 m-n2 =34，
25
∴m-n2 =25，
∵m>n，
∴m-n=5，
即m=5+n，
∵BQ= AP，
∴BQ2 =AP2，即n-22 + æ ç 3 n-2-1 ö ÷ 2 =m+22 + æ ç 3 m-6 ö ÷ 2 ，
è5 ø è5 ø
5
将m=5+n代入上式得n=- ，
2
5
∴m= ，
2
æ5 1ö æ 5 7ö
∴Pç ,- ÷，Qç- ,- ÷．
è2 2ø è 2 2ø
押题猜想十 几何综合题
限时：15min
3
（改编）如图，已知Rt△ABC中，ÐACB=90°，AC =6，sinB= ，点D是射线BA上一动点（不与A、
5
B重合），过点D作DE∥AC，交射线BC于点E，点Q为DE中点，连接AQ并延长，交射线BC于点P．
(1)如图，当点D在线段AB上时，
①若AD=2，求PC的长；②当△ADQ与 ABP相似时，求AD的长．
V
(2)当△ADQ是以AD为腰的等腰三角形时，试判断以点A为圆心、AD为半径的
e
A与以C为圆心、CE为
半径的 C的位置关系，并说明理由．
e
8 90
【答案】(1)① ，②
3 23
(2)外离，理由见解析；
【分析】（1）① 过点Q作QH ^ AC，交AC于H，根据已知可得四边形QHCE为矩形，要求PC，可先
3
求得ÐPAC的正切值，由ÐACB=90°，AC =6，sinB= ，AD=2，可依次求得BC,BD,DE,BE长，点Q
5
为DE中点，可得QE,HC，EC =BC-BE，由此在Rt△QHA可求得tanÐQAH ，即可求得PC的长；
AD AQ DQ
② 当△ADQ与 ABP相似时，利用 = = ，要求AD，求出AP,AQ即可，利用
V
AP AB PB
ÐB=ÐAQD=ÐPAC，在Rt
V
ACP中解直角三角形可求得AP，设EC =x，再通过解直角三角形求出x，可
求得QH的长，由此得解；
（2）要判断两圆的位置关系，需求出两圆的半径，AD，CE，通过利用△ADQ是以AD为腰的等腰三角
形，解直角三角形求出AD和CE，然后半径之和与两圆心距离AC比较，即可得到解决．
【详解】（1）解：① 过点Q作QH ^ AC，交AC于H，如图所示，
3
Q
ÐACB=90°，AC =6，sinB= ，
5
AC 6 3 4
\ sinB= = = ，cosB= ，
AB AB 5 5
解得AB=10，
4
\ BC = AB
g
cosB=10´ =8，
5
Q
AD=2，
\ BD= AB-AD=10-2=8，
Q
DE∥AC，ÐACB=90°，
\ ÐDEB=90°，
在Rt△DEB中，3 24 4 32
DE=BD sinB=8´ = ，BE=BD cosB=8´ = ，
g g
5 5 5 5
32 8
\ EC =BC-BE=8- = ，
5 5
Q
点Q为DE中点，
1 12
\ DQ=QE= DE= ，
2 5
Q
QH ^ AC，DE∥AC，ÐACB=90°，
\四边形QHCE为矩形，
12 8
\ HC =QE= ，QH =EC = ，
5 5
12 18
\ AH = AC-HC =6- = ，
5 5
QH 4
\ tanÐQAH = = ，
AH 9
4 8
\ PC = AC
g
tanÐQAH =6´ = ．
9 3
② 当△ADQ与 ABP相似时, 过点Q作QH ^ AC，交AC于H，
V
△ADQ∽ APB，
Q V
AD AQ DQ
\ = = ，ÐAQD=ÐB，
AP AB PB
3
Q
sinB= ，
5
3 4 3
\ sinÐAQD= ，cosÐAQD=cosB= ，tanÐAQD=tanB= ，
5 5 4
Q
DE∥AC，
\ÐAQD=ÐPAC，
AC 4 PC 3
\ cosÐPAC = = ，sinÐPAC = = ，
AP 5 AP 5
5 5 15 3 3 15 9
\ AP= AC = ´6= ，PC = AP= ´ = ，
4 4 2 5 5 2 2
设EC =x，则BE=BC-x=8-x，QH =x，
3
\ DE=BE
g
tanÐB= (8-x)，
4Q
点Q为DE中点，
1 3 3
\ QE= DE= (8-x)=3- x，
2 8 8
Q
ÐPQE=ÐAQD，DE∥AC，ÐACB=90°，
3
\ 在Rt△PEQ中，tanÐPQE=tanÐAQD= ，
4
3 3 9 9
\ PE=QE
g
tanÐPQE= ´(3- x)= - x，
4 8 4 32
9 9 9
Q PE+EC =PC，即 - x+x= ，
4 32 2
72
解得：x= ，
23
72
\ QH = ，
23
QH 3
在Rt△AHQ中，sinÐPAC = = ，
AQ 5
5 5 72 120
\ AQ= QH = ´ = ，
3 3 23 23
AD AQ
= ，
Q
AP AB
15 120
´
\ AD= AP g AQ = 2 23 = 90．
AB 10 23
（2）解：当△ADQ是以AD为腰的等腰三角形时，过点P作PG^ AB于G，过点Q作QH ^ AC，交AC
于H，如图所示，
则AD=DQ，ÐDAQ = ÐDQA，
Q
点Q为DE中点，
\ QE=DQ= AD，
Q
DE∥AC，
\ ÐDQA=ÐQAH，
\ ÐQAH =ÐDAQ，即PA为ÐBAC角平分线，Q PG^ AB，ÐACB=90°，
\ PG=PC，AG= AC =6，
设BP=a，
3 4
\ PG=BP
g
sinÐB= a，BG=BP
g
cosB= a，
5 5
Q
BG=AB-AG=10-6=4，
\ a=5，PG=3，BG=4，
PC 1
\ PC =3，tanÐPAC = = ，AP= PC2+AC2 = 9+36 = 45=3 5，
AC 2
在Rt△PEQ中，设PE=b，
Q
ÐPQE=ÐDQA=ÐQAH，
PE b
QE= = =2b
\ tanÐPQE 1 ，
2
\ AD=DQ=QE=2b，
\ GD= AG-AD=6-2b，
在Rt BED中，
V
DE 2DQ 3 4b 3
sinB= = = ，即 = ，
BD BG+GD 5 4+6-2b 5
15 15
解得b= ，即PE= ，
13 13
30 15 24
\ AD=2b= ，CE=PC-PE=3- = ，
13 13 13
30
以点A为圆心、AD为半径的
e
A，即半径为r
1
= AD=
13
24
与以C为圆心、CE为半径的
e
C，即半径为r
2
=CE=
13
，
30 24 54
AD+CE= + = ，两圆心距离d = AC =6，
13 13 13
54
Q
r +r = <d =6，
1 2 13
\ 两圆的位置关系为外离．
押题解读
本考点为必考考点， 常以解答压轴题的形式考查。
研究命题规律
分析历年真题：仔细研究近几年上海中考第 24 题的几何综合题，明确常考的知识点和题型。如三角形全等与相似、四边形的性质与判定、圆的相关定理等是高频考点。
关注命题趋势：近年来，上海中考几何压轴题更强调基础知识和基本技能的考查，注重知识的综合运用，
增强了题目的灵活性和开放性，同时加强了对几何变换和图形运动的考查。
押题方向预测
三角形与四边形综合：以三角形和四边形为背景，结合全等、相似、直角三角形的性质等知识，考查线
段长度、角度大小、图形面积等问题。例如，给出一个平行四边形和一个三角形，通过添加辅助线，证
明三角形全等或相似，进而求解相关线段的长度。
圆与直线的位置关系：涉及圆的切线、弦长、圆心角、圆周角等概念，以及直线与圆的相切、相交等位
置关系。可能会结合三角形的知识，考查圆的相关计算和证明。如已知圆的半径和一条切线，求切线长
或相关角度。
1．如图，已知矩形ABCD中，AB=1，BC =2，点P是边AD上一动点，过点P作PE^ AC，垂足为点E，
连接BE，过点E作EF ^BE，交边AD于点F（点F与点A不重合）．
(1)当F是AP的中点时，求证：BA=BE；
(2)当AP的长度取不同值时，在 PEF中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果
!
不存在，请说明理由；
(3)延长PE交边BC于点G，连接FG，
V
EFG与△AEF 能否相似，若能相似，求出此时AP的长；若不能相
似，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
1
(2)存在，PF的长度不变，PF =
2
5
(3)能相似，AP=
2
【分析】本题考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的性质及判定，相似三角形的性质和判定，锐角三角
函数的比值关系等知识点，灵活运用角的等量关系建立边的比值关系是解题的关键．
（1）利用斜边的中线是斜边的一半的性质和矩形的性质，通过角的等量代换得到ÐBAE=ÐBEA即可；（2）通过角的等量代换和相似三角形的判定方法证出 EPF∽ EAB，即可根据比值关系求解；
V V
（3）连接FG，过点P作PH ^BC，垂足为H，通过角的等量代换和边的比值关系判定出四边形PFGH 是
矩形，然后再利用角的等量代换证出∠PAE=∠FGP，当ÐAFE=ÐFEG时（均为钝角）时，可得到
1
EFG∽ EFA，从而得到PE=PF = ，再利用勾股定理运算求解即可．
V V
2
【详解】（1）解：∵PE^ AC，F为AP的中点，
∴AF =EF，
∴ÐFAE=ÐFEA，
∵四边形ABCD为矩形，
∴ÐBAD=90°，
∵EF ^BE，
∴∠FEB=90°=∠BAD，
∴∠FEB-∠FEA=∠BAD-∠FAE，
∴ÐBAE=ÐBEA，
∴AB=BE；
（2）解：PF的长度不变，理由如下：
∵AD∥BC，
∴ÐDAC =ÐACB，
∵四边形ABCD为矩形，PE^ AC，
∴∠PEA=∠ABC =90°，
PE AB 1
∴tan∠DAC = =tan∠ACB= = ，
AE BC 2
∵∠FAE+∠BAC =∠FAE+∠APE=90°，
∴∠BAC =∠APE，
又∵∠PEA=∠FEB=90°，
∴∠PEA-∠FEA=∠FEB-∠FEA，
∴ÐAEB=ÐFEP，
∴ EPF∽ EAB，
V V
PF PE 1
∴ = = ，
AB AE 2
∵AB=1，1
∴PF = ；
2
（3）连接FG，过点P作PH ^BC，垂足为H，如图所示：
∴PH = AB=1，ÐPHG=90°，
由题意可得：PG^AC，
∴∠GEC =∠PEC =∠PHG=90°，
∴∠ECG+∠EGC =∠GPH +∠EGC，
∴∠ECG=∠GPH ，
AB GH 1
∴tan∠ECG=tan∠GPH = = = ，
BC PH 2
1
∴GH = =PF，
2
∵四边形ABCD为矩形，
∴PF∥GH ，
∴四边形PFGH 是矩形，
∴ÐFGH =90°，
∴∠PAE+∠APE=∠APE+∠FGP=90°，
∴∠PAE=∠FGP，
∴当ÐAFE=ÐFEG时（均为钝角）， EFG∽ EFA，
V V
∴∠PFE=∠FEP，
1
∴PE=PF = ，
2
PE 1
∵tanÐDAC = = ，
AE 2
∴AE=1，
æ1ö 2 5
∴AP= AE2+PE2 = 12+ç ÷ = ．
è2ø 2
2．如图1，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的动点，以E为圆心，DE为半径作圆，AF 与
e
E
相切于点F，连接EF并延长交BC于点G，连接AE，AG．(1)求证：△ABG≌△AFG；
(2)如图2，AE与
e
E相交于点H，连接BH 并延长交AD于点K，当满足DK+EG+CG=12时，试判断BK
与 E的位置关系并说明理由．
e
【答案】(1)见解析
(2)BK是
e
E的切线，证明见解析
【分析】（1）利用圆的切性的性质定理，正方形的性质和全等三角形的判定定理得到
Rt V ADE≌Rt V AFE，则AB= AF ，再利用全等三角形的判定定理解答即可；
（2）利用（1）的结论得到BG=GF，利用正方形的性质和同圆的半径相等的性质得到AK =DE，利用全等
三角形的判定与性质和直角三角形的性质得到ÐAHK =90°，再利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵AF 与
e
E相切于点F，
∴EF ^AF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴ÐD=ÐB=90°，AD= AB，
在Rt ADE和Rt AFE中，
V V
ìAE= AE
í ，
îDE=FE
∴Rt
V
ADE≌Rt
V
AFEHL，
∴AD=AF，
∴AB= AD= AF ，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
ìAG= AG
í ，
îAB= AF
∴Rt
V
ABG≌Rt
V
AFGHL；
（2）BK是
e
E的切线，理由如下：证明：由（1）知△ABG≌△AFG，
∴BG=GF，
∵EG=EF+GF，
∴EG+CG=EF+GF+CG=EF+BG+CG=EF+BC =EF+6，
∵DK+EG+CG=12，
∴DK+EF+6=12，
∴DK+EF =6=DC，
∵DC =DE+EC，EF =DE，
∴DK+EF =EF+EC，
∴DK =EC，
∵AD=CD，
∴AD-DK =CD-EC，
∴AK =DE，
在 ADE和△BAK 中，
V
ìBA= AD
ï
íÐBAK =ÐADE=90°，
ï
îAK =DE
∴V ADE≌ V BAKSAS，
∴ÐAED=ÐAKE，
∵ÐAED+ÐDAE=90°，
∴ÐAKE+ÐDAE=90°，
∴ÐAHK =90°，
∴EH ^BK，
∵EH 为 e E的半径，
∴BK是
e
E的切线．
3．如图1，
V
ABC中，AB= AC =6，BC =4，点D在BC的延长线上，联结AD，以AD为一边作
V
ADE，
使点E与点B位于直线AD的两侧，且AD= AE，ÐDAE=ÐBAC．(1)如果AE∥BC，请判断四边形ABDE的形状并证明；
(2)如图2，设点M 是BC中点，点N 是DE中点，联结AM 、AN、MN，求证：△ABD∽△AMN；
(3)设BD=x，在（2）的条件下，以BC为直径的
e
M 与以DE为直径的
e
N 存在着哪些位置关系？并求出
相应的x的取值范围（直接写出结论）．
【答案】(1)四边形ABDE是平行四边形，理由见解析
(2)见解析
24 2-4 24 2-4 24 2-4
(3)当x= 时，两圆外切；当4£x< 时，两圆相交；当x> 时，两圆外离．
7 7 7
【分析】（1）已知AE∥BC，则有ÐEAB+ÐB=180°，要证四边形ABDE是平行四边形，只需证
AB∥ED，只需证到ÐEAB+ÐE=180°，只需得到ÐB=ÐE，只需证到△ABC∽△ADE即可．
AM AB
（2）易证ÐMAN=ÐBAD，根据相似三角形对应中线的比等于相似比可得 = ，就可得到
AN AD
AMN∽ ABD．
V V
（3）利用相似三角形的性质可以用x的代数式表示出MN及r 的长，只需求出两圆外切时的x的值，就可
N
解决问题．
【详解】（1）解：四边形ABDE是平行四边形．
证明：如图1，
∵AB= AC，AD= AE，
AB AC
∴ = ．
AD AE
∵ÐBAC =ÐDAE，
∴△ABC∽△ADE，
∴ÐE=ÐACB．∵AB= AC，
∴∠ACB=∠B．
∴ÐE=ÐB．
∵AE∥BC，
∴ÐEAB+ÐB=180°．
∴ÐEAB+ÐE=ÐEAB+ÐB=180°．
∴AB∥ED．
∴四边形ABDE是平行四边形．
（2）证明：如图2，
∵AB= AC，M 是BC中点，
1
∴AM ^BC，ÐBAM =ÐCAM = ÐBAC．
2
1
同理：AN ^DE，ÐDAN =ÐEAN = ÐDAE．
2
∵ÐBAC =ÐDAE，
∴ÐBAM =ÐDAN ．
∵ÐMAN =ÐMAC+ÐCAD+ÐDAN，ÐBAD=ÐBAM +ÐMAC+ÐCAD，
∴ÐMAN=ÐBAD．
∵△ABC∽△ADE，M是BC中点，N是DE中点，
AM AB
∴ = ．
AN AD
∴ AMN∽ ABD．
V V
（3）解：∵AM ^BC，
∴AM2 = AB2-BM2 = AD2-MD2．
∵AB=6，BM =2，MD=x-2，
∴AM2 =62-22 = AD2-x-22．∴AM =4 2，AD= x2-4x+36．
∵△ABC∽△ADE，
AB BC
∴ = ．
AD DE
∴AB×DE= AD×BC．
∴6´DE= x2-4x+36´4．
2
∴DE= x2-4x+36．
3
1
∴r = x2-4x+36．
N 3
∵△AMN∽△ABD，
MN AM
∴ = ．
BD AB
∴AB×MN = AM×BD．
∴6MN =4 2 ，
2 2
∴MN = x，
3
当 M 与 N 外切时，MN =r +r ．
e e M N
2 2 1
∴ x=2+ x2-4x+36．
3 3
2 2 1
∴ x-2= x2-4x+36．
3 3
∴2 2x-6= x2-4x+36．
∴8x2-24 2x+36=x2-4x+36．
 
∴7x2 = 24 2-4 x，
∵点D在BC的延长线上，
∴x³4．
24 2-4
∴x= ．
7
24 2-4 24 2-4 24 2-4
∴当x= 时，两圆外切；当4£x< 时，两圆相交；当x> 时，两圆外离．
7 7 7
4
4．已知在△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，cosB＝ ，点D是边BC上一点，过点D作DE⊥AB，垂足为点
5
E，点F是边AC上一点，联结DF、EF，以DF、EF为邻边作平行四边形EFDG．
（1）如图1，如果CD＝2，点G恰好在边BC上，求∠CDF的余切值；（2）如图2，如果AF＝AE，点G在△ABC内，求线段CD的取值范围；
（3）在第（2）小题的条件下，如果平行四边形EFDG是矩形，求线段CD的长．
25 48 6
【答案】（1） ；（2）0≤CD< ；（3）
36 31 7
【分析】（1）由锐角三角函数的定义求出BC＝8，由勾股定理求出AC＝6，由平行线分线段成比例定理得
BE CF
出 = ，求出CF，则可得出答案；
AB AC
（2）当点G恰好在AB上时，解直角三角形求出CD的长，则可得出答案；
4
（3）设CD＝x，则BE＝ （8﹣x），设矩形EFDG的对角线FG与DE相交于点O，联结OA，证明
5
△AFO≌△AEO（SSS），由全等三角形的性质得出∠AFO＝∠AEO＝90°，过点E作EH⊥AC于点H，由梯形
4 4 3
的中位线定理得出EH＋CD＝2OF＝DE，解方程 [10﹣ （8﹣x）]＋x＝ （8﹣x）可得出答案．
5 5 5
BC 4
【详解】解：（1）在Rt△ABC中，cosB＝ ＝ ，
AB 5
又BC＝8，
∴AB＝10，
∴AC＝ AB2-BC2 = 102-82 ＝6，
∵DE⊥AB，
∴在Rt△BDE中，
BE 4
cosB＝ = ，
BD 5
又CD＝2，BD＝6，
24
∴BE＝ ，
5
∵四边形EFDG是平行四边形，
∴EF∥DG，
∵点G在BC上，∴EF∥BC，
BE CF
∴ = ，
AB AC
24
∴ 5 CF ，
=
10 6
72
∴CF＝ ，
25
CD 2 25
ÐCDF = = =
在Rt△CFD中，cos CF 72 36；
25
（2）∵四边形EFDG是平行四边形，
∴DF∥EG，
当点G恰好在AB上时，
∴DF∥AB，
CF CD
∴ = ，
CA CB
CF x
设CD＝x，则 = ，
6 8
3
∴CF＝ x，
4
BE 4
在Rt△BDE中，cosB＝ = ，
BD 5
又CD＝x，则BD＝8﹣x，
4
∴BE＝ （8﹣x），
5
∵AE＝AF，
3 4
∴6- x=10- (8-x)，
4 5
48
∴x＝ ，
3148
当点G在△ABC内时，0≤CD< ；
31
4
（3）设CD＝x，则BE＝ （8﹣x），
5
4
∴AE＝10﹣ （8﹣x），
5
设矩形EFDG的对角线FG与DE相交于点O，联结OA，
∵平行四边形EFDG是矩形，
1
∴OF＝OE＝ DE，
2
∵AF＝AE，OA＝OA，
∴△AFO≌△AEO（SSS），
∴∠AFO＝∠AEO＝90°，
过点E作EH⊥AC于点H，
又∠C＝90°，
∴EH∥HF∥CB，
∵OD＝OE，
∴CF＝HF，
∴EH＋CD＝2OF＝DE，
3 4 4
∵DE= （8﹣x），EH＝ [10﹣ （8﹣x）]，
5 5 5
4 4 3
∴ [10﹣ （8﹣x）]＋x＝ （8﹣x），
5 5 5
6
∴x＝ ，
7
6
∴CD＝ ．
7
5．已知圆O的直径AB上有一点C（不与A、B重合），AB=10，过点C作弦DE^AB，点F是弧BD的
中点，连接EF，交AB于点G．(1)如图1，当点G与点O重合时，求AC的长；
DE
(2)如图2，连接OD，当OD^EF 时，求 的值；
EF
EG
(3)设AC =x，y= ，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
GF
5
【答案】(1)
2
5-1
(2)
2
10x
(3)y= 0<x<10
5
【分析】（1）连接OD，根据垂径定理得出AD= AE，根据弧、圆心角的关系，以及对顶角的性质得出
5
ÐAOD=ÐAOE=ÐDOF =ÐBOF，结合平角定义求出ÐAOD=60°，根据余弦定义求出CO= ，即可求解；
2
（2）连接OE，OF ，DG，DF，设DG与EF相交于H，根据垂径定理得出DE=DF，根据弧、弦、圆
心角的关系得出∠DOF =∠DOE，DE=DF，结合（1）可得ÐDOF =ÐBOF =ÐDOE，
1
ÐAOD=ÐAOE= ÐDOE，结合平角定义求出ÐDOE=72°=ÐDOF =ÐBOF，根据等边对等角和三角形内角和
2
定理可求出ÐEDF =108°，进而求出ÐDEF =ÐDFE=36°，根据垂径定理、垂直平分线的性质得出DG=EG，
进而求出ÐEDG=ÐDEG=36°，然后证明 V DEG∽ V FED，得出DE2 =EG×EF ，证明 V DFG是等腰三角形，得
æDEö 2 DE
出FG=DF =DE，则DE2 =EG×EF 可化简为 ç ÷ + -1=0，最后解方程即可；
èEF ø EF
（3）分情况讨论：当C在AO上时，连接DO，FO，AD，过F作FH ^AB与于H，证明 CGE∽ HGF，
V V
EG CE CD DC AD AD
得出y= = = ，证明 ACD∽ OHF，得出 = = ，在Rt ADC和Rt△ODC中，根据勾股定
V V V
FG FH FH FH OH 5
理得出CD2 = AD2-x2 =52-5-x2，则可求出AD= 10x即可求出y关于x的函数解析式；当C在OB上时，
同理求解即可．
【详解】（1）解∶连接OD，∵DE^AB，
∴AD= AE，
∴ÐAOD=ÐAOE，
∵点F是弧BD的中点，
∴DF =BF，
∴ÐDOF =ÐBOF，
又ÐAOE=ÐBOF，
∴ÐAOD=ÐAOE=ÐDOF =ÐBOF，
又ÐAOD+ÐDOF+ÐBOF =180°，
∴ÐAOD=60°，
1 5
∴CO=DO×cos60°=5´ = ，
2 2
5 5
∴AC=AO-CO=5- = ；
2 2
（2）解：连接OE，OF ，DG，DF，设DG与EF相交于H，
∵OD^EF ，
∴DE=DF，
∴∠DOF =∠DOE，DE=DF，
又ÐDOF =ÐBOF，
∴ÐDOF =ÐBOF =ÐDOE，
又ÐAOD=ÐAOE，ÐOFD=ÐODF =54°
1
∴ÐAOD=ÐAOE= ÐDOE，
2∵ÐAOD+ÐDOF+ÐBOF =180°，
1
∴ ÐDOE+ÐDOE+ÐDOE=180°，
2
∴ÐDOE=72°=ÐDOF =ÐBOF，
∵OE=OD=OF，
∴ÐOED=ÐODE=54°，
∴ÐEDF =108°，
∵DE=DF，
∴ÐDEF =ÐDFE=36°，
∵OA^DE，
∴DC=EC，
∴DG=EG，
∴ÐEDG=ÐDEG=36°，
∴ÐEDG=ÐDFE=36°，
又ÐDEG=ÐFED，
∴ DEG∽ FED，
V V
DE EG
∴ = ，
EF DE
∴DE2 =EG×EF ，
∵ÐDEF =ÐDFE=36°，
∴ÐDGF =72°，
∵ÐDFG=36°，
∴ÐGDF =72°=ÐDGF，
∴FG=DF =DE，
∴DE2 =EF-FG×EF =EF-DE×EF，
æDEö 2 DE
化简得 ç ÷ + -1=0，
èEF ø EF
DE 5-1
解得 = （负值舍去）；
EF 2
（3）解：当C在AO上时，连接DO，FO，AD，过F作FH ^AB与于H，∵CD^AB，
∴CD∥FH ，
∴ CGE∽ HGF，
V V
EG CE CD
∴y= = = ，
FG FH FH
1
∵ÐDAC= ÐDOB，ÐDOB=ÐDOF+ÐBOF，ÐDOF =ÐBOF，
2
∴ÐDAC=ÐFOH ，
又ÐACD=ÐOHF =90°，
∴ ACD∽ OHF，
V V
DC AD AD
∴ = = ，
FH OH 5
在Rt
V
ADC中，CD2 =AD2-AC2 =AD2-x2，
在Rt△ODC中，CD2 =OD2-OC2 =52-5-x2，
∴AD2-x2 =52-5-x2，
化简得AD2 =10x，
∴AD= 10x（负值舍去），
EG CD AD 10x
∴y= = = = 0<x£5；
FG FH 5 5
当C在OB上时，连接DO，FO，AD，过F作FH ^AB与于H，
EG CD AD
同理可求出y= = = ，
FG FH 5
CD2 = AD2-x2 =52-x-52，解得AD= 10x
10x
∴y= 5<x<10，
5
10x
综上，y= 0<x<10．
5