文档内容
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 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0d+r，即x>7+5，得到x>12，此时满足512，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
离；d =r，相切；d 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：40)．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
m0的图象交于A1,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A1,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A1,m代入y=-x+6中，得m=-1+6=5，
k
将A1,5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+2xa<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
t0.08£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B1,0.3，
C10,0.3，分别代入y=ax2+2xa<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
B0.6,0.3,C0.6+100t,0.3，将C0.6+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，
\B1,0.3，C10,0.3，
分别代入y=ax2+2xa<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
\B0.6,0.3,C0.6+100t,0.3，
将C0.6+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C3a,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C3a,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=1.425m．
∵DC=1.2m，OD=0.2m，
∴OC =GF =DC-OD=1.2-0.2=1m，
∴AF = AG+FG=1.425+1=2.425»2.43m，
∴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=1.2m．
在Rt MOP中，ÐMOP=72°，
V
MP 1.2
∴OP= » =0.4m，
tan72° 3∴OP=CN =0.4m．
∵入口宽度CE为3m，
∴NE=CE-CN =3-0.4=2.6m．
∵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 =5cm，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 =5cm
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，AD0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，C1,1，抛物线解析式为：y =-x2 +2x，
\P3,1，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-22 +2x-2=-x2+6x-8，
当x=1时，y=-1+6-8=-3，
\D1,-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=tm+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
\D1,-1，
由顶点坐标可得平移后抛物线的表达式为：y=-x-m-12 +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D1,n，点E1,1-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D1,n在点E1,1-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D1,n在点E1,1-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-11-n，即：n> 时，
2
DF =n-1-n=2n-1，点F1-(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=-2-2n2 +2´2-2n+3，3+ 57 3- 57
解得：n= ，n= （舍），
8 8
当点D1,n在点E1,1-n下方时，如下图：
y=-x2+2x+3=-x-12 +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A0,3，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mm>0个单位，再向下平移nn>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，P1,4；
(2)n=m2-2mm>0；
(3)20；
（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A0,3，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，
∴P1,4；
（2）解：由抛物线的平移可得Q1+m,4-n，
∵四边形PABQ是平行四边形，
∴AB=PQ，AB
P
PQ，
∵A0,3，P1,4，Q1+m,4-n，
∴Bm,3-n，
∵Bm,3-n在C 上，
1
∴3-n=-m2+2m+3，即n=m2-2mm>0；
（3）解：设直线AP的解析式为y=kx+d ，
∵该直线过点A0,3，P1,4，
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Em+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，
∴2n，
è 5 ø è 5 ø
∵PQ= 34，
∴PQ2 =m-n2 + æ ç 3 m-2- 3 n+2 ö ÷ 2 =34，
è5 5 ø
34
整理得 m-n2 =34，
25
∴m-n2 =25，
∵m>n，
∴m-n=5，
即m=5+n，
∵BQ= AP，
∴BQ2 =AP2，即n-22 + æ ç 3 n-2-1 ö ÷ 2 =m+22 + 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 = 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-22．∴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
