文档内容
2025 年中考数学终极押题猜想（安徽专用）
（高分的秘密武器：终极密押+押题预测）
押题猜想一 基础代数知识选填小题.........................................................................................1
押题猜想二 基础几何知识选填小题.........................................................................................3
押题猜想三 综合计算相关的选填小题.....................................................................................7
押题猜想四 函数图象性质选填小题.........................................................................................9
押题猜想五 方程与不等式（组）选填小题...........................................................................15
押题猜想六 不等式与方程应用选填小题...............................................................................17
押题猜想七 概率选填小题.......................................................................................................20
押题猜想八 动点函数图象问题选填压轴...............................................................................23
押题猜想九 几何多结论问题选填压轴...................................................................................30
押题猜想十 几何图形翻折旋转问题选填压轴.......................................................................44
押题猜想十一 计算类解答题...................................................................................................55
押题猜想十二 应用类解答题...................................................................................................58
押题猜想十三 作图类解答题...................................................................................................62
押题猜想十四 统计与概率类解答题.......................................................................................70
押题猜想十五 解直角三角形类解答题...................................................................................80
押题猜想十六 规律探究类综合解答题...................................................................................87
押题猜想十七 与圆有关的计算证明类综合解答题...............................................................95
押题猜想十八 相似三角形类综合解答压轴题.....................................................................105
押题猜想十九 二次函数类综合解答压轴题.........................................................................124
押题猜想一 基础代数知识选填小题
限时：2min蛇年春晚，机器人扭秧歌节目刷屏海内外，中国开启人形机器人智造的黄金时代．国产机器人不仅可以后
空翻，而且能前空翻．若人形机器人向前进行15次空翻记作+15，则人形机器人向后进行10次空翻记作
（ ）
A．+10 B．―10 C．+5 D．―5
【答案】B
【分析】本题考查正负号的应用，向前空翻记作“+”，则向后空翻记作“―”，由此可解．
【详解】解：向前进行15次空翻记作+15，则人形机器人向后进行10次空翻记作―10，
故选：B．
押题解读
押题理由：选填小题占总分40%+，覆盖科学记数法、因式分解等高频考点，因“陷阱题”失分率高，成提
分关键点。
押题依据：①2024新课标要求“真实情境中的代数表达”（P39），如经济折价/物理单位换算；②真题陷阱
集中“符号误判”（如负号遗漏）、“概念混淆”（如平方根与算术平方根）；③大数据显示“含参方程整数解”“分
式化简条件限制”错误率超50%。
押题秘籍：掌握“三步验算法”（代特殊值/逆运算/逻辑矛盾），熟记“裂项法”“十字相乘”速算模板，用“错题
本”归类符号/定义类错误。重点突破“跨学科代数题”（如pH值计算/利率模型），限时训练“组合条件题”
（如方程组与不等式联动），警惕“无解/多解”隐含条件。
1．手机通用的信号强度单位是dBm（毫瓦），通常采用负数来表示，绝对值越小表示信号越强，下列信号
最强的是（ ）
1
A．―π B． C． 3 D．― 2
2
【答案】B
【分析】本题考查绝对值及实数的大小比较，熟练掌握绝对值的实际意义是解题的关键．根据绝对值的实
际意义即可求得答案．
1
【详解】解：由题意可得各数的绝对值分别为𝜋， ， 3， 2，
21
∵ < 2< 3<𝜋，
2
1
∴信号最强的是 ．
2
故选：B．
2．若―2025的绝对值是𝑎，则下列结论正确的是（ ）
1 1
A．𝑎=2025 B．𝑎= C．𝑎=―2025 D．𝑎=―
2025 2025
【答案】A
【分析】本题主要考查绝对值的定义，根据定义求解即可．
【详解】解：∵―2025的绝对值是2025，
∴𝑎=2025，
故选：A．
3．2025年1月11日，𝐷𝑒𝑒𝑝𝑆𝑒𝑒𝑘发布了官方𝐴𝑝𝑝，累计使用量迅速呈现指数级增长，截至2月9日下载量
已超1.1亿次，日活跃用户数最高达4541万，成为全球增速最快、用户规模第二的𝐴𝐼应用．45410000用科
学记数法表示为（ ）
A．4541×104 B．45.41×106 C．4.541×107 D．4.5×107
【答案】C
【分析】本题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为𝑎×10𝑛，其中1≤|𝑎|<10，𝑛为正整数，
确定a与n的值是解题的关键．根据科学记数法的方法进行解题即可．
【详解】解：依题意，45410000用科学记数法表示为4.541×107
故选：C
押题猜想二 基础几何知识选填小题
限时：2min
如图，两车从路段𝐴𝐵的两端同时出发，沿着某个方向行驶一段时间后分别到达𝐶，𝐷两地，使得𝐶，𝐷两地到
路段𝐴𝐵的距离相等，请添加一个条件 ，使得△𝐴𝐶𝐸和△𝐵𝐷𝐹全等（写出一个即可）．【答案】𝐴𝐶=𝐵𝐷（答案不唯一）
【分析】此题主要考查了全等三角形的判定，正确掌握基本判定方法是解题关键．结合全等三角形的判定
方法即可得出答案．
【详解】解：由题意可得：𝐶𝐸=𝐷𝐹，∠𝐴𝐸𝐶=∠𝐵𝐹𝐷=90°，
添加一个条件为𝐴𝐶=𝐵𝐷，
∵ 𝐶𝐸=𝐷𝐹，𝐴𝐶=𝐵𝐷，∠𝐴𝐸𝐶=∠𝐵𝐹𝐷=90°，
∴ Rt△𝐴𝐶𝐸≌Rt△𝐵𝐷𝐹(HL)，
故答案为：𝐴𝐶=𝐵𝐷（答案不唯一）．
押题解读
押题理由：新课标强化“几何直观与逻辑基础”，选填小题占比超35%，聚焦三角形性质、对称变换等核心
考点，因“图形陷阱”与“定理误用”成高频失分区。
押题依据：①2024新课标新增“真实情境几何抽象”（P44），如包装盒展开图识别、地图比例尺换算；②
真题高频陷阱涉及“伪全等/相似条件”（如SSA误判）、“公式混淆”（如弧长/扇形面积）；③大数据显示“动
态几何盲点”（旋转重叠面积）错误率超55%。
押题秘籍：掌握“图形特征→定理匹配→逆向排除”三步法，熟记“常考模型图谱”（A字型、风筝模型），用
“错题本”归类“定理条件不满足”类错误。限时特训“组合图形题”（如圆内接多边形角度计算），强化“量角
器估测法”辅助验证，警惕“非标准图形误导”（如钝角三角形高线位置），结合折纸实验理解翻折对称本质。
1．下图是一把长度为10个单位的普通尺子，连同首尾共有11个等分刻度．现用它度量长度为6个单位的物
体，可行性方案的个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】本题考查了线段，根据题意可知别以0，1，2，3，4为端点、6个单位长度的线段有5条，据此解答
即可求解，正确识图是解题的关键．
【详解】解：由题意可知，分别以0，1，2，3，4为端点、6个单位长度的线段有5条，
∴可行性方案有5个，
故选：C．2．古代中国诸多技艺领先世界．榫卯结构就是其中之一，榫卯是在两个木构件上所采用的一种凹凸结合的
连接方式．凸出部分叫榫（或榫头），凹进部分叫卯（或榫眼、榫槽），榫和卯咬合，起到连接作用．如图
是某个部件“榫”的实物图，它的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据俯视图的意义，判断解答即可．
本题考查了三视图的意义，熟练掌握俯视图的意义是解题的关键．
【详解】解：“榫”的俯视图是：
故选：B．
3．如图，𝐴𝐵是半圆𝑂的直径，点𝐶在半圆上，𝐶𝐷是半圆的切线，𝑂𝐷⊥ 𝐴𝐵，若∠𝐶𝐴𝐵=28°，则∠𝐷的度数
为（ ）
A．38° B．62° C．34° D．56°
【答案】D
【分析】本题考查切线的定义，圆周角定理，根据圆周角定理可得∠𝐵𝑂𝐶=2∠𝐶𝐴𝐵=56°，根据切线的定义
可得∠𝑂𝐶𝐷=90°，再根据同角的余角相等即可求解．
【详解】解：如图，连接𝑂𝐶，
∵ ∠𝐶𝐴𝐵=28°，∴ ∠𝐵𝑂𝐶=2∠𝐶𝐴𝐵=56°，
∵ 𝐶𝐷是半圆的切线，𝑂𝐷⊥ 𝐴𝐵，
∴ ∠𝑂𝐶𝐷=90°，∠𝐷𝑂𝐵=90°，
∴ ∠𝐷+∠𝐷𝑂𝐶=90°=∠𝐵𝑂𝐶+∠𝐷𝑂𝐶，
∴ ∠𝐷=∠𝐵𝑂𝐶=56°，
故选D．
4．如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线互相垂直，且满足𝐴𝑂=𝐶𝑂，要使四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为菱形，可添加的一个条件
是 ．
【答案】𝐵𝑂=𝐷𝑂
【分析】此题主要考查了菱形的判定，平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
先证四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论．
【详解】解：添加的一个条件是𝐵𝑂=𝐷𝑂，理由如下：
∵𝐵𝑂=𝐷𝑂，𝐴𝑂=𝐶𝑂，
∴四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，
∵𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，
∴平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，
故答案为：𝐵𝑂=𝐷𝑂（答案不唯一）．
5．在古希腊时期，正九边形被认为是完美和神圣的象征，它代表着和谐与平衡．如图1所示的第四套人民
币中1角硬币采用了圆内接正九边形的独特设计，这个正九边形的示意图如图2所示，该正九边形的一个
内角∠𝐴的度数为 ．
【答案】140°/140度
【分析】本题考查了多边形的内角和定理，正多边形的性质，熟练掌握多边形的内角和定理，正多边形的每个内角相等是解答．
先求出正九边形的内角和，再利用正九边形的九个内角相等来求解．
【详解】解：∵正九边形的内角和为：(9―2)×180°=1260°．
又∴正九边形的九个内角都相等，
∴∠𝐴=1260°÷9=140°．
故答案为：140°．
押题猜想三 综合计算相关的选填小题
限时：2min
二次根式 𝑎(𝑎≥0)，给 𝑎赋予一个实际意义为 ．
【答案】面积是𝑎的正方形的边长（答案不唯一）
【分析】本题考查了代数式的实际意义，二次根式的意义，根据代数式表示的实际意义的方法即可求解．
【详解】解： 𝑎一个实际意义为：面积是𝑎的正方形的边长．
故答案为：面积是𝑎的正方形的边长（答案不唯一）．
押题解读
押题理由：新课标强化“运算能力与严谨性”，选填小题中综合计算占比超30%（据《2025中考命题白皮
书》），涵盖分式化简、根式运算等高频考点，因“跳步失误”“符号陷阱”成拉分关键。
押题依据：①2024新课标要求“真实情境下的多步计算”（P37），如科学记数法与单位换算联动；②真题
陷阱聚焦“含参运算条件遗漏”（如分母非零限制）、“公式变形错误”（如完全平方公式拆分）；③大数据显
示“分式方程增根误判”“根式双重非负性忽略”错误率超60%。
押题秘籍：采用“分步检查法”（每一步标注依据公式），熟记“裂项通分”“分母有理化”速算模板，用“错题
本”归类“隐含条件”类陷阱。限时特训“跨学科计算题”（如税率阶梯计算/密度公式变形），强化“逆向代入
验证”习惯，警惕“单位未统一”“近似值精度”等细节扣分点。
1．下列多项式分解因式正确的是（ ）
A．𝑎2―𝑏2 =(𝑎―𝑏)2 B．𝑎2+𝑏2 =(𝑎+𝑏)2
C．𝑎2+2𝑎―3=𝑎(𝑎+2)―3 D．2𝑎―4=2(𝑎―2)【答案】D
【分析】本题考查了因式分解的定义，把一个多项式表示成几个多项式积的形式；根据因式分解的定义逐
项判断即可．
【详解】解：A、𝑎2―𝑏2 =(𝑎+𝑏)(𝑎―𝑏)≠(𝑎―𝑏)2，故分解错误；
B、𝑎2+𝑏2不能分解，故错误；
C、不是因式分解，故错误；
D、分解正确；
故选：D．
2．下面计算正确的是（ ）
A．𝑎2+𝑎2 =𝑎4 B．(―𝑎𝑏2)3 =𝑎3𝑏6
C．(𝑎+𝑏)2 =𝑎2+𝑏2 D．(𝑎―2𝑏)(𝑎+2𝑏)=𝑎2―4𝑏2
【答案】D
【分析】本题考查整式的运算，涉及整式的加减，积的乘方，完全平方公式，平方差公式，熟练掌握这些
运算公式是解题的关键．分别利用整式的加减，积的乘方，完全平方公式，平方差公式进行计算即可．
【详解】解：A、𝑎2+𝑎2 =2𝑎2，选项错误，故不符合题意；
B、(―𝑎𝑏2)3 =―𝑎3𝑏6，选项错误，故不符合题意；
C、(𝑎+𝑏)2 =𝑎2+2𝑎𝑏+𝑏2，选项错误，故不符合题意；
D、(𝑎―2𝑏)(𝑎+2𝑏)=𝑎2―4𝑏2，选项正确，故符合题意；
故选：D．
1 6
3．计算 ― 的结果等于（ ）
𝑎―3 𝑎2―9
1 1
A．𝑎+3 B． C．𝑎―3 D．
𝑎+3 𝑎―3
【答案】B
【分析】本题考查了分式的加减运算，掌握分式的性质，分式的加减运算法则是关键．
根据分式的混合运算计算即可求解．
1 6
【详解】解： ―
𝑎―3 𝑎2―9
𝑎+3 6
= ―
(𝑎+3)(𝑎―3) (𝑎+3)(𝑎―3)
𝑎―3
=
(𝑎+3)(𝑎―3)
1
= ，
𝑎+3故选：B．
4．计算：3 8× 9= ．
【答案】6
【分析】本题考查了立方根，算术平方根，先算出根号，再相乘即可，熟知相关计算法则是解题的关键．
【详解】解：3 8× 9=2×3=6，
故答案为：6．
5．按如图所示的程序计算，当输入𝑥的值为1时，输出的值为 ．
【答案】15
【分析】本题考查了有理数的混合运算，读懂图表运算方法，准确列出算式是解题的关键．根据运算程序，
把𝑥=1代入进行计算即可得解．
【详解】解：当输入1时，计算的结果为1×2+1=3<10，
当输入3时，计算的结果为3×2+1=7<10，
当输入7时，计算的结果为7×2+1=15>10，
∴输出结果为15．
故答案为：15．
押题猜想四 函数图象性质选填小题
限时：2min
若二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的图象在平面直角坐标系中的位置如图所示，则一次函数𝑦=𝑎𝑥+𝑏与反比例函
𝑐
数𝑦= 在同一平面直角坐标系的图象可能是（ ）
𝑥A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据二次函数图象开口向下得到𝑎<0，再根据对称轴左同右异确定出𝑏>0，根据与𝑦轴的交点确
定出𝑐>0，然后确定出一次函数图象与反比例函数图象的情况，即可得解．
【详解】解：∵二次函数图象开口方向向下，
∴𝑎<0，
∵对称轴位置在y轴右侧，
𝑏
∴𝑥=― >0，
2𝑎
∴𝑏>0，
∵𝑎<0，𝑏>0，
∴𝑦=𝑎𝑥+𝑏的图象经过第一、二、四象限，
∵抛物线与𝑦轴的正半轴相交，
∴𝑐>0，
𝑐
∴反比例函数𝑦= 图象在第一三象限，
𝑥
A．反比例函数𝑐<0，故选项A不符合题意；
B．直线𝑦=𝑎𝑥+𝑏中，𝑏<0，故选项B不合题意；
𝑐
C．直线𝑦=𝑎𝑥+𝑏中，𝑎<0，𝑏>0，反比例函数𝑦= 中𝑐>0，故选项C符合题意；
𝑥
D．直线𝑦=𝑎𝑥+𝑏中，𝑎>0，故选项D不符合题意，
只有C选项图象符合．
故选：C．【点睛】本题考查抛物线与相系数的符号问题，确定一次函数与反比例函数的图像，掌握确定抛物线系数
符号的方法，利用抛物线系数符号确定一次函数与反比例函数的图像是解题关键．
押题解读
押题理由：新课标强调"数形结合"核心素养，函数图像题占选填分值15%-20%（据《2025中考命题分
析》），重点考查图像识别与性质迁移能力，是区分学生数学思维的关键题型。
押题依据：①2024新课标新增"多函数图像对比分析"要求（P58）；②真题趋势呈现"动态参数图像判断"
（如含参一次函数斜率变化）、"跨情境图像匹配"（如行程问题s-t图转换）；③大数据显示"图像与解析式
对应关系混淆"错误率高达65%。
押题秘籍：掌握"三看"法则（看趋势、看截距、看关键点），建立"k/b符号-图像走向"快速反应体系，用"
特殊值代入法"验证图像特征，重点突破"分段函数图像"和"参数影响"题型。
𝑐
1．已知在同一平面直角坐标系中，二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥和反比例函数𝑦= 的图象如图所示，则一次函数
𝑥
𝑐
𝑦= 𝑥―𝑏的图象所经过的象限是（ ）
𝑎
A．第一、二、三象限 B．第二、三、四象限
C．第一、三、四象限 D．第一、二、四象限
【答案】D
𝑐
【分析】本题主要考查了一次函数图象，反比例函数图象，二次函数图象的综合．根据反比例函数𝑦= 的
𝑥
函数图象在一、三象限，得到𝑐<0，根二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥开口向下，对称轴在y轴右侧，得到𝑎>0，
𝑏
― >0，则𝑏<0，由此即可得到答案．
2𝑎
𝑐
【详解】解：∵反比例函数𝑦= 的函数图象在二、四象限，
𝑥
∴𝑐<0，
∵二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥开口向上，对称轴在y轴右侧，𝑏
∴𝑎>0，― >0，
2𝑎
∴𝑏<0，
𝑐
∴ <0，―𝑏>0，
𝑎
𝑐
∴一次函数𝑦= 𝑥―𝑏经过一、二、四象限，
𝑎
故选：D．
𝑎+𝑏(𝑎≥𝑏)
2．定义新运算：𝑎#𝑏= 𝑏 ．按此规定可得函数𝑦=𝑥#2(𝑥≠0)的图象大致为（ ）
― (𝑎<𝑏)
𝑎
A． B．
C． D．
【答案】C
𝑥+2(𝑥≥2)
【分析】根据新定义，得𝑦= 2 ，根据函数图象的画法，确定解答即可．
― (𝑥<2)
𝑥
本题考查了新定义问题，根据新定义确定函数的性质是解题的关键．
𝑥+2(𝑥≥2)
【详解】解：根据新定义，得𝑦= 2 ，
― (𝑥<2)
𝑥
画图如下：
故选：C．
3．两个一次函数𝑦 =𝑘𝑥―𝑏，𝑦 =―𝑏𝑥+𝑘，它们在同一坐标系中的图象可能是图中的（ ）
1 2A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了一次函数图象的判断，熟练掌握一次函数图象与函数解析式的关系式，是解题的
关键．利用一次函数𝑦=𝑘𝑥+𝑏(𝑘≠0)图象与𝑘，𝑏的关系，逐项判断即可．
【详解】解：A、如果过第一、二、三象限的图象是𝑦 的图象，由𝑦 的图象可知，𝑘>0，𝑏<0；由𝑦 的图
1 1 2
象可知，𝑏>0，𝑘>0，两结论相矛盾，故A错误；
B、如果过第一、二、三象限的图象是𝑦 的图象，由𝑦 的图象可知，𝑘>0，𝑏<0；由𝑦 的图象可知，
1 1 2
𝑏>0，𝑘>0，两结论相矛盾，故B错误；
C、如果过第一、三、四象限的图象是𝑦 的图象，由𝑦 的图象可知，𝑘>0，𝑏>0；由𝑦 的图象可知，
1 1 2
𝑏>0，𝑘>0，故C正确；
D、如果过第二、三、四象限的图象是𝑦 的图象，由𝑦 的图象可知，𝑘<0，𝑏>0；由𝑦 的图象可知，
1 1 2
𝑏>0，𝑘>0，两结论相矛盾，故D错误．
故选：C．
4．如图，在平面直角坐标系中，经过(―1,0)、(3,0)的二次函数𝑦 的图像交𝑦轴于点𝐴，经过(―1,0)的一次
1
𝑦
函数𝑦 的图像交𝑦轴于点𝐵．若𝑂𝐴=𝑂𝐵，则函数𝑦= 1的图像是（ ）
2 𝑦
2A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数与一次函数解析式，设𝐴(0,𝑚)，𝐵(0,―𝑚)，设𝑦 =𝑎(𝑥+1)
1
𝑚 𝑚
(𝑥―3)，把𝐴(0,𝑚)代入可求出𝑎=― ，则𝑦 =― (𝑥+1)(𝑥―3)，设𝑦 =𝑘𝑥+𝑏，把(―1,0)，𝐵(0,―𝑚)
3 1 3 2
代入，可求出 𝑘=―𝑚 ，则𝑦 =―𝑚(𝑥+1)，进而求出𝑦= 𝑦 1 = 1 𝑥―1(𝑥≠―1)，即可求解．
𝑏=―𝑚 2 𝑦 2 3
【详解】解：设𝐴(0,𝑚)，𝐵(0,―𝑚)，
∵二次函数𝑦 的图像经过(―1,0)、(3,0)，
1
∴设𝑦 =𝑎(𝑥+1)(𝑥―3)，
1
把𝐴(0,𝑚)代入𝑦 =𝑎(𝑥+1)(𝑥―3)，
1
得―3𝑎=𝑚，
𝑚
解得𝑎=― ，
3
𝑚
∴𝑦 =― (𝑥+1)(𝑥―3)
1 3
∵经过(―1,0)的一次函数𝑦 的图像经过(―1,0)，𝐵(0,―𝑚)，
2
设𝑦 =𝑘𝑥+𝑏，
2
―𝑘+𝑏=0
则 ，
𝑏=―𝑚
𝑘=―𝑚
解得 ，
𝑏=―𝑚
∴𝑦 =―𝑚𝑥―𝑚=―𝑚(𝑥+1)，
2
∴𝑦= 𝑦 1 = ―𝑚 3 (𝑥+1)(𝑥―3) = 1 (𝑥―3)= 1 𝑥―1，
𝑦 2 ―𝑚(𝑥+1) 3 31
当𝑥=0时，𝑦=―1；当𝑦=0时， 𝑥―1=0，解得𝑥=3，
3
且𝑥+1≠0，即𝑥≠―1，
故选：A．
押题猜想五 方程与不等式（组）选填小题
限时：2min
𝑥―4𝑦=5
已知方程组 ，则𝑥+𝑦的值为 ．
3𝑥―2𝑦=3
【答案】―1
𝑥―4𝑦=5①
【分析】此题考查解二元一次方程组．根据题意 ，②―①即可得到2𝑥+2𝑦=―2，即可得
3𝑥―2𝑦=3②
到𝑥+𝑦的值．
𝑥―4𝑦=5①
【详解】解： ，
3𝑥―2𝑦=3②
②―①得到：2𝑥+2𝑦=―2，
∴𝑥+𝑦=―1，
故答案为―1．
押题解读
押题理由：新课标强化"代数推理与模型应用"，方程与不等式占选填题25%+（据《2025中考命题报告》），
聚焦含参方程、隐式条件不等式等易错点，是基础题提分关键。
押题依据：①2024新课标新增"实际问题中的不等式约束"要求（P43）；②真题创新考查"跨情境方程构建
"（如快递计费分段函数）、"不等式组整数解陷阱"；③大数据显示"参数讨论不完整"和"解集表示错误"失
分率达58%。
押题秘籍：掌握"解-验-判"三步法（解方程→验根→判取值范围），熟记"含参方程分类讨论模板"，用数轴
辅助分析不等式组解集。重点突破"绝对值方程"和"二次不等式图像法"，通过"特殊值测试"验证解的正确
性，警惕"分式方程增根"和"不等式方向变换"两大高频雷区。
1．若𝑥=2025是关于𝑥的方程𝑎𝑥2+𝑏𝑥+1=0的一个根，则关于𝑥的方程𝑎(𝑥+2)2+𝑏𝑥+2𝑏=―1必有一个根为（ ）
A．2023 B．2024 C．2025 D．2027
【答案】A
【分析】本题考查了一元二次方程的解，由关于x的一元二次方程𝑎𝑥2+𝑏𝑥+1=0有一个根为2025，可得
出关于(𝑥+2)的一元二次方程𝑎(𝑥+2)2+𝑏𝑥+2𝑏=―1有一个根为2025，解之可得出x的值，此题得解．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程𝑎𝑥2+𝑏𝑥+1=0有一个根为2025，
∴关于(𝑥+2)的一元二次方程𝑎(𝑥+2)2+𝑏(𝑥+2)+1=0即𝑎(𝑥+2)2+𝑏𝑥+2𝑏=―1有一个根为2025，
即𝑥+2=2025，
解得：𝑥=2023，
故选：A．
2．某同学在解关于𝑥的一元一次方程2𝑎+𝑥=3时，误将+𝑥看作÷𝑥，得到方程的解为𝑥=2，则原方程的
解为（ ）
1
A．𝑥=―3 B．𝑥= C．𝑥=2 D．𝑥=3
2
【答案】A
【分析】本题考查了方程的解和解一元一次方程，能得出关于a的一元一次方程是解此题的关键．
把𝑥=2代入2𝑎÷𝑥=3，得2𝑎÷2=3，求出a的值，再代入原方程求解即可．
【详解】解：根据题意，得2𝑎÷2=3，解得𝑎=3．
把𝑎=3代入一元一次方程2𝑎+𝑥=3，
得2×3+𝑥=3，解得𝑥=―3．
故选：A．
𝑥―2 𝑥+2
3．不等式 ― >―1的解集在数轴上表示正确的是（ ）
2 6
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了求不等式的解集，把解集表示在数轴上，掌握不等式的性质是关键．
根据不等式的性质解不等式，把解集表示在数轴上即可求解，注意在数轴上表示解集时，大于等于或小于
等于是含有等号的，用实心点表示，不含等号的用空心点表示．
𝑥―2 𝑥+2
【详解】解： ― >―1
2 6去分母得，3(𝑥―2)―(𝑥+2)>―6，
去括号得，3𝑥―6―𝑥―2>―6，
移项、合并同类项得，2𝑥>2，
系数化为1得，𝑥>1，
解集表示在数轴上如图所示，
故选：B ．
3 1
4．代数式 和代数式 的值相等，则𝑥= ．
5𝑥+1 2𝑥
【答案】1
【分析】本题主要考查了代数式值相等问题，熟练掌握相等关系，列出方程，解方程，分式方程检验，是
解决本题的关键．通过题目中的等量关系列方程，解方程，检验，即可．
3 1
【详解】解：由题可得： = ，
5𝑥+1 2𝑥
去分母得，3×2𝑥=5𝑥+1，
解得，𝑥=1，
检验：当𝑥=1时，2𝑥(5𝑥+1)≠0，
∴𝑥=1是所列方程的根，
故答案为：1．
押题猜想六 不等式与方程应用选填小题
限时：2min
随着科技的进步，我们可以通过手机APP实时查看公交车到站情况．如图，小明在距离某站牌192m处拿出
手机查看了公交车到站情况，发现最近一辆公交车还有4min到达该站牌处．若要保证小明不会错过这辆公
交车，则小明的最小平均速度为 m/s．
【答案】0.8
【分析】本题考查了一元一次不等式的应用，设小明的平均速度为𝑥m/s，根据题意列出不等式求解即可．【详解】解：设小明的平均速度为𝑥m/s，根据题意得：
4×60𝑥≥192，
解得，𝑥≥0.8，
所以，小明的最小平均速度为0.8m/s．
故答案为：0.8．
押题解读
押题理由：新课标要求"用代数模型解决真实问题"（，应用类小题占比显著提升（2024年达18%），聚焦
生活场景中的建模能力，是区分数学应用水平的关键题型。
押题依据：①2024新课标新增"跨学科情境建模"要求；②真题趋势呈现"阶梯收费方案优化""材料分配最
值问题"等实际应用；③考情显示"变量设定不合理""隐含条件遗漏"导致错误率超60%。
押题秘籍：掌握"审题→设元→建模→验证"四步法，建立"常见应用题型模板"（如利润=售价-成本-损耗）。
重点训练"分段函数模型"和"不等式约束条件"，用表格梳理题干信息，警惕"单位统一"和"取整问题"两大
易错点，通过代入边界值快速验证答案合理性。
1．2025年1月29日《哪吒2》正式上映，一上映就获得全国人民的追捧，第四天票房约17.3亿元，若以后
两天每天票房按相同的增长率增长，第六天票房收入约18.1亿元．把增长率记作x，则方程可以列为（ ）
A．17.3(1+𝑥)=18.1 B．17.3(1+𝑥)2 =18.1
C．17.3(1+𝑥)3 =18.1 D．17.3+17.3(1+𝑥)+17.3(1+𝑥)2 =18.1
【答案】B
【分析】设平均增长率为x，根据题意，得17.3(1+𝑥)2 =18.1，解答即可．
本题考查了一元二次方程的应用，增长率问题，熟练掌握增长率的意义是解题的关键．
【详解】解：设平均增长率为x，根据题意，得17.3(1+𝑥)2 =18.1，
故选：B．
2．中国减贫方案和减贫成就是史无前例的人类奇迹，联合国秘书长古特雷斯表示，精准扶贫方略是帮助贫
困人口、实现2030年可持续发展议程设定的宏伟目标的唯一途径，中国的经验可以为其他发展中国家提供
有益借鉴．为了加大“精准扶贫”力度，某单位将19名干部分成甲、乙、丙三个小组到村屯带领50个农户脱
贫，若甲组每人负责4个农户，乙组每人负责3个农户，丙组每人负责1个农户，则分组方案有（ ）
A．6种 B．5种 C．4种 D．3种【答案】B
【分析】本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解答本题的关键．
设甲组有𝑎人，乙组有𝑏人，则丙组有(19―𝑎―𝑏)人，根据“将19名干部分成甲、乙、丙三个小组到村屯带
领50个农户脱贫”，列出二元一次方程组，求出正整数解即可．
【详解】解：设甲组有𝑎人，乙组有𝑏人，则丙组有(19―𝑎―𝑏)人，
由题意得：4𝑎+3𝑏+(19―𝑎―𝑏)=50，
∴3𝑎+2𝑏=31，
∵𝑎、𝑏是正整数，
𝑎=1 𝑎=3 𝑎=5 𝑎=7 𝑎=9
∴ 或 或 或 或 ，
𝑏=14 𝑏=11 𝑏=8 𝑏=5 𝑏=2
∴分组方案有5种，
故选：B．
3．如图，某工厂生产的卷筒纸外直径为14厘米，总长度拉直后为62.8米．已知每层纸的厚度为0.02厘米，𝜋
取3.14，则这卷纸的内直径是 ．
【答案】6厘米
【分析】本题考查了一元一次方程的应用，圆的面积公式，解题的关键是正确找出等量关系．设这卷纸的
内直径是2𝑥厘米，根据题意列方程即可求解．
【详解】解：设这卷纸的内直径是2𝑥厘米，
62.8m=6280cm，14÷2=7cm，
根据题意得：(3.14×72―3.14·𝑥2)÷0.02=6280，
解得：𝑥=3，
∴这卷纸的内直径是6厘米，
故答案为：6厘米．
4．“里拉斜塔”是一种结构，可以搭建出伸出长度超过木板本身的塔，最上面的木板相对于最下面的木板，
几乎是悬浮于空中．如图是某兴趣小组搭建的“里拉斜塔”，每块木板都是完全相同的长方体，根据杠杆平1 1
衡原理可知，①号木板最多伸出自身长度的 ，②号木板最多伸出自身长度的 ，③号木板最多伸出自身长
2 4
1
度的 ，⋯⋯，按此规律，若每块木板的长度都为10 cm，则 （填编号）号木板最多可伸出2 mm．
6
【答案】25
【分析】本题考查了分式方程的应用，设n号木板最多可伸出2 mm，根据规律列方程求解即可．
【详解】解：设n号木板最多可伸出2 mm，
1 1 1
∵①号木板最多伸出自身长度的 ，②号木板最多伸出自身长度的 ，③号木板最多伸出自身长度的 ，⋯⋯，
2 4 6
1
∴n号木板最多伸出自身长度的 ，
2𝑛
由题意，得
1
×10×10=2，
2𝑛
解得𝑛=25，
经检验𝑛=25符合题意且是原方程的解，
所以第25号木板最多可伸出2 mm．
故答案为：25．
押题猜想七 概率选填小题
限时：3min
截至2025年2月27日，《哪吒之魔童闹海》成为全球动画电影票房冠军，该片还成为中国首部进入全球影
史票房榜前十的动画电影．1班同学利用班会准备从“𝐴哪吒、𝐵敖丙、𝐶太乙真人、𝐷申公豹”这四个人物中，
各选一个进行人物分析，班长做了4张背面完全相同的卡片，如图，卡片正面分别绘制了这4个人物，将
卡片背面朝上洗匀后，让甲先从这4张卡片中随机抽取一张，不放回，乙再从剩下的3张卡片中随机抽取
一张，以所抽取卡片正面的人物进行讲解．则甲、乙两人抽取到哪吒和敖丙的概率是 ．1
【答案】
6
【分析】本题考查列表法与树状图法、概率公式，列表可得出所有等可能的结果数以及甲、乙两人抽取到
哪吒和敖丙的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【详解】解：列表如下：
A B C D
A (𝐴,𝐵) (𝐴,𝐶) (𝐴,𝐷)
B (𝐵,𝐴) (𝐵,𝐶) (𝐵,𝐷)
C (𝐶,𝐴) (𝐶,𝐵) (𝐶,𝐷)
D (𝐷,𝐴) (𝐷,𝐵) (𝐷,𝐶)
共有12种等可能的结果，其中甲、乙两人抽取到哪吒和敖丙的结果有：(𝐴,𝐵)，(𝐵,𝐴)，共2种，
2 1
∴甲、乙两人抽取到哪吒和敖丙的概率为 = ．
12 6
1
故答案为：
6
押题解读
押题理由：新课标强调"数据分析观念"，概率小题占比12%-15%（据《2025命题趋势分析》），重点考查
生活场景中的概率模型构建能力，是体现数学应用价值的重要题型。
押题依据：①2024新课标新增"游戏公平性量化分析"要求（P72）；②真题创新融合"遗传规律""电子抽奖
程序"等跨学科情境；③大数据显示"几何概型转化失误""放回与不放回混淆"错误率超55%。
押题秘籍：掌握"概率=所求事件/所有可能"核心公式，区分"古典概型"与"几何概型"适用条件。用树状图/
表格系统列举复杂事件，重点突破"条件概率"与"频率估算概率"题型，警惕"有序与无序区别""整数解计
数遗漏"等易错点，通过模拟实验验证计算结果。
1．寿县古城位于安徽省淮南市，淮河南岸，依八公山．寿县古城始建于宋朝（1068－1224年），是棋盘式布局的一座宋城．寿县古城有东门“宾阳门”，南门“通淝门”，西门“定湖门”，北门“靖淮门”四个城门供游客
出入，某个周末小浩、小凡在寿县古城内游玩，游玩结束后，他们随机地从其中一个城门离开，则他们恰
好从同一个城门出城的概率是（ ）
1 1 1 1
A． B． C． D．
2 4 8 16
【答案】B
【分析】本题主要考查了树状图或列表法求解概率，正确画出树状图或列出表格是解题的关键．
先画出树状图得到所有等可能性的结果数， 再找到符合题意的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．
【详解】解：东门“宾阳门”，南门“通淝门”，西门“定湖门”，北门“靖淮门”四个城门分别用1，2，3，4表
示，由题意可画树状图为：
由树状图可知一共有16种等可能性的结果数，他们恰好从同一个城门出城的结果数有4种，
4 1
∴他们恰好从同一个城门出城的概率是 = ，
16 4
故选：B．
2．如图，一博物馆由圆形主馆A和三个圆形副馆𝐵，𝐶，𝐷组成．一游客从入口进入准备参观主馆和一个副
馆后离开，已知他参观副馆后随机从每个副馆的两个出口中的一个离开，则他从中间出口（即出口𝑒，𝑓）
离开的概率是（ ）
1 2 1 1
A． B． C． D．
6 3 4 2
【答案】B
【分析】本题考查了列表法与树状图法求概率，画树状图，共有6种等可能的结果，其中从中间出口（即
出口𝑒，𝑓）离开的结果有4种，再由概率公式求解即可．【详解】解：由题意，画树状图为：
共有6种等可能的结果，其中从中间出口（即出口𝑒，𝑓）离开的次数有4种，
4 2
∴他从中间出口（即出口𝑒，𝑓）离开的概率是 = ，
6 3
故选：B．
押题猜想八 动点函数图象问题选填压轴
限时：5min
如图1，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶=90°，𝐷为边𝐴𝐶上一点．动点𝐸以每秒1个单位长度的速度从点𝐴出发，沿折线
𝐴𝐵―𝐵𝐶匀速运动，到达点𝐶后停止，连接𝐷𝐸．设点𝐸的运动时间为𝑥（单位：秒），𝐷𝐸2为𝑦．在动点𝐸运动
的过程中，𝑦与𝑥的函数图象如图2所示．
（1）线段𝐴𝐷的长为 ；
（2）在整个运动过程中，𝑦的最大值为 ．
【答案】 3 54
【分析】本题主要考查了动点问题的函数图象，解题时要能读懂题意，结合图象进行分析是关键．
（1）由函数图象得𝐴𝐷= 𝑦=3；
（2）当𝐴𝐸=4时，𝐷𝐸= 𝑦=3，连接𝐶𝐸，当点𝐸与点𝐵重合时，𝑦的值最大，先证明∠𝐴𝐸𝐶=90°，再证明
△𝐴𝐶𝐸∽△𝐴𝐵𝐶，利用相似三角形的性质求得𝐴𝐵=9，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）由函数图象得，函数图象经过点(0,9)，(4,9)，
∴𝐴𝐷= 𝑦=3，
故答案为：3；（2）由函数图象得，当动点𝐸运动到达点𝐶后，𝐶𝐷= 𝑦=3，
当𝐴𝐸=4时，𝐷𝐸= 𝑦=3，此时，图象如图所示，
连接𝐶𝐸，当点𝐸与点𝐵重合时，𝑦的值最大，
∵𝐷𝐴=𝐷𝐸=𝐷𝐶=3，
∴∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐷𝐸𝐴，∠𝐷𝐶𝐸=∠𝐷𝐸𝐶，
∵∠𝐷𝐴𝐸+∠𝐷𝐶𝐸+∠𝐷𝐸𝐶+∠𝐷𝐸𝐴=180°，
∴∠𝐴𝐸𝐶=∠𝐷𝐸𝐴+∠𝐷𝐸𝐶=90°，
∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，
∴∠𝐴𝐶𝐸=90°―∠𝐴=∠𝐵，
∵∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐸𝐶=90°
∴△𝐴𝐶𝐸∽△𝐴𝐵𝐶，
𝐴𝐶 𝐴𝐸
∴ = ，
𝐴𝐵 𝐴𝐶
∴𝐴𝐶2 =𝐴𝐸×𝐴𝐵，
∴𝐴𝐵=
62
=9，
4
作𝐷𝐹⊥𝐴𝐸于点𝐹，
∵𝐷𝐴=𝐷𝐸，𝐴𝐸=4，
1
∴𝐴𝐹=𝐸𝐹= 𝐴𝐸=2，
2
∴𝐷𝐹2 =𝐴𝐷2―𝐴𝐹2 =32―22 =5，𝐵𝐹=𝐴𝐵―𝐴𝐹=7，
∴𝐵𝐷= 𝐷𝐹2+𝐵𝐹2 = 5+49= 54，
∴𝑦的最大值为54，
故答案为：54．
押题解读
押题理由：新课标强化"动态几何与函数结合"能力，动点图像题成选填压轴热点（2024年占比8%-12%），
通过几何图形运动考查函数图像识别与逻辑推理能力。押题依据：①2024新课标新增"运动过程中的变量关系分析"；②真题创新考查"折返运动分段图像""多动
点叠加轨迹"等复杂模型；③大数据显示"运动临界点遗漏""图像转折特征误判"错误率达63%。
押题秘籍：掌握"运动分段→变量分析→图像匹配"三步法，建立"常见运动模型库"（如匀速、变速、往
返）。用"特殊位置法"确定关键点坐标，重点突破"面积随时间变化"类题型，警惕"坐标轴比例失真""运动
方向反转"陷阱.
1．如图1，在Rt△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶=90∘，一动点𝑃从𝐴出发，沿着𝐴→𝐵→𝐶的路径向终点𝐶运动，过点𝑃作
𝑃𝑄⊥𝐶𝐴，垂足为𝑄．设点𝑃的运动路程为𝑥，𝑃𝑄―𝐴𝑄的值为𝑦，𝑦与𝑥的函数图象如图2所示，则线段𝐵𝐶的
长为（ ）
A．4 2 B．5 2 C． 8 D．4
3 3 3
【答案】C
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，勾股定理，解题的关键在于根据函数图象获取需要的信息．
根据函数图象得到当点𝑃运动到点𝐶时，𝑃𝑄―𝐴𝑄=―2，即𝐴𝑄=𝐴𝐶=2，当𝑃𝑄=𝐴𝑄，此时点𝑃在𝐵𝐶上，
路程𝑥=4，即𝑃𝑄=𝐴𝑄=𝐴𝐶=2，设𝐵𝐶=𝑚，则𝐴𝐵=6―𝑚再结合勾股定理求解，即可解题．
【详解】解：∵ 𝑃𝑄―𝐴𝑄的值为𝑦，∠𝐶=90∘，
由图知，当点𝑃运动到点𝐶时，𝑃𝑄―𝐴𝑄=―2，即𝐴𝑄=𝐴𝐶=2，
当𝑃𝑄=𝐴𝑄，此时点𝑃在𝐵𝐶上，路程𝑥=4，即𝑃𝑄=𝐴𝑄=𝐴𝐶=2，
设𝐵𝐶=𝑚，则𝐴𝐵=4―(𝑚―2)=6―𝑚，
∵𝐴𝐶2+𝐵𝐶2 =𝐴𝐵2，
∴ 𝑚2+22 =(6―𝑚)2，
8
解得𝑚= ，
3
故选：C．
2．如图，在▱𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=6，𝐵𝐶=4，∠𝐴=30°，动点𝑃，𝑄同时从𝐴出发，点𝑃以每秒3个单位长度
沿𝐴→𝐵→𝐶→𝐷向终点𝐷运动；点𝑄以每秒1个单位长度沿𝐴→𝐷向终点𝐷运动，当其中一动点运动至终点时，
另一动点随之停止运动．设运动时间为𝑥，△𝐴𝑃𝑄的面积为𝑦，则𝑦关于𝑥的函数关系的图像是（ ）A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】本题考查的知识点是动点问题函数图象、一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质，解题
关键是分段考虑，正确表示出0≤𝑥≤4时𝑦关于𝑥的函数解析式．
分三种情况可得该时间段内𝑦关于𝑥的函数解析式，结合二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质即
可判断正确图象．
【详解】解：∵在▱𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=6，𝐵𝐶=4，∠𝐴=30°，
∴𝐴𝐷=𝐵𝐶=4，𝐴𝐵=𝐶𝐷=6，
6+4+6 16
∴点𝑃达到点𝐷所需要的时间为： = （秒），
3 3
4
点𝑄达到点𝐷所需要的时间为： =4（秒），
1
∴0≤𝑥≤4，故选项C、D错误；
当0≤𝑥≤2时，点𝑃在𝐴𝐵上运动，此时𝐴𝑃=3𝑥，𝐴𝑄=𝑥，
如图，作𝑃𝐹⊥𝐴𝐷交𝐴𝐷于点𝐹，1 3
∴𝑃𝐹= 𝐴𝑃= 𝑥，
2 2
∴𝑦= 1 𝐴𝑄⋅𝑃𝐹= 1 𝑥⋅ 3 𝑥= 3 𝑥2，
2 2 2 4
根据二次函数的性质可得，此时表示𝑦与𝑥函数关系的图象应为开口向上的抛物线，
10
当2≤𝑥≤ ，点𝑃在𝐵𝐶上运动，
3
如图，过点𝐵作𝐵𝐸⊥𝐴𝐷交𝐴𝐷于点𝐸，
1
∴𝐵𝐸= 𝐴𝐵=3，
2
1 1 3
∴𝑦= 𝐴𝑄⋅𝐵𝐸= ×3𝑥= 𝑥；
2 2 2
根据一次函数的性质此时表示𝑦与𝑥函数关系的图象是一条斜向上的线段；
10
当 ≤𝑥≤4，点𝑃在𝐶𝐷上运动，作𝑃𝐻⊥𝐴𝐷交𝐴𝐷延长线于点𝐻，
3
∴𝐶𝐷∥𝐴𝐵，
∴∠𝐶𝐷𝐻=∠𝐴=30°，
∵𝐷𝑃=6+4+6―3𝑥=16―3𝑥，
1 1 3
∴𝑃𝐻= 𝑃𝐷= (16―3𝑥)=8― 𝑥，
2 2 2
∴𝑦= 1 𝐴𝑄⋅𝑃𝐻= 1 ×𝑥(8― 3 𝑥)=― 3 𝑥2+4𝑥，
2 2 2 4
根据二次函数的性质可得，此时表示𝑦与𝑥函数关系的图象应为开口向下的抛物线；
则A选项错误、B选项正确．
故选：B．
3．如图，字树机器人小P在三角形地块上进行走路测试，它从点A出发沿折线𝐴𝐵→𝐵𝐶→𝐶𝐴匀速运动至点A
后停止．设小P的运动路程为x，线段𝐴𝑃的长度为y，图2是y与x的函数关系的大致图象，其中点F为曲
线𝐷𝐸的最低点，当小P运动到点C时，小P到线段𝐴𝐵的距离为（ ）9 7 9
A．4 3 B． 3 C． 3 D．
2 2 2
【答案】A
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，勾股定理，垂线段最短．过点𝐴作𝐴𝑄⊥𝐵𝐶于点𝑄，当点𝑃与𝑄重
合时，在图2中𝐹点表示当𝐴𝐵+𝐵𝑄=15时，点𝑃到达点𝑄，此时当𝑃在𝐵𝐶上运动时，𝐴𝑃最小，勾股定理求
得𝐴𝑄．然后等面积法即可求解．
【详解】解：如图过点𝐴作𝐴𝑄⊥𝐵𝐶于点𝑄，过点C作𝐶𝐺⊥𝐴𝐵于点𝐺，
当点𝑃与𝑄重合时，在图2中𝐹点表示当𝐴𝐵+𝐵𝑄=15时，点𝑃到达点𝑄，此时当𝑃在𝐵𝐶上运动时，𝐴𝑃最小，
由题意得𝐴𝐵=10，𝐵𝐶=18―10=8，𝐵𝑄=15―10=5，𝑄𝐶=3，
在Rt△𝐴𝐵𝑄中，由勾股定理得，𝐴𝑄= 𝐴𝐵2―𝐵𝑄2 = 102―52 =5 3，
1 1
∵𝑆 = 𝐴𝐵×𝐶𝐺= 𝐴𝑄×𝐵𝐶，
△𝐴𝐵𝐶 2 2
∴𝐶𝐺= 𝐵𝐶×𝐴𝑄 =8×5 3=4 3．
𝐴𝐵 10
故选：A．
4．如图1，在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐶⊥𝐵𝐷，点𝐹从点𝐵出发，以2cm/s的速度沿𝐵→𝐶→𝐷匀速运动，点𝐸同
时从点𝐴出发，以2cm/s的速度沿𝐴→𝐵匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，图2
是△𝐵𝐸𝐹的面积𝑆（cm2）随时间𝑡（s）变化的函数图象（图中𝑀𝑁为线段），𝐵𝐶= cm；当△𝐵𝐸𝐹的面
积为 45 cm2时，运动时间𝑡为 s．
215
【答案】 9
4
【分析】本题考查了一次函数和二次函数的应用，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，由图1、
图2可知，当𝑡=4.5时，点𝐹与点𝐶重合，当4.5<𝑡≤7.5时，点𝐹在𝐶𝐷上运动，而点𝐸继续在𝐴𝐵上运动3s，
即得𝐶𝐷=𝐴𝐵=2×7.5=15cm，𝐵𝐶=2×4.5=9cm，进而由勾股定理得𝐵𝐷= 𝐶𝐷2―𝐵𝐶2 =12cm，再
45
分0<𝑡≤4.5和4.5<𝑡≤7.5两种情况，分别画出图形，求出𝑆与𝑡的函数关系式，再把𝑆= 代入计算即可
2
求解，看懂函数图象并运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【详解】解：由图1、图2可知，当𝑡=4.5时，点𝐹与点𝐶重合，当4.5<𝑡≤7.5时，点𝐹在𝐶𝐷上运动，而点𝐸
继续在𝐴𝐵上运动3s，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，点𝐹、点𝐸的速度都是2cm/s，
∴𝐶𝐷=𝐴𝐵=2×7.5=15cm，𝐵𝐶=2×4.5=9cm；
∵𝐵𝐶⊥𝐵𝐷，
∴∠𝐶𝐵𝐷=90°，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐷2―𝐵𝐶2 = 152―92 =12cm，
当0<𝑡≤4.5时，如图3，作𝐹𝐺⊥𝐴𝐵，交𝐴𝐵的延长线于点𝐺，则∠𝐺=∠𝐶𝐵𝐷=90°，
∵𝐴𝐵∥𝐶𝐷，
∴∠𝐺𝐵𝐹=∠𝐶，
∴△𝐵𝐺𝐹∽△𝐶𝐵𝐷，
𝐺𝐹 𝐵𝐹
∴ = ，
𝐵𝐷 𝐶𝐷
𝐺𝐹 2𝑡
∴ = ，
12 158𝑡
∴𝐺𝐹= ，
5
∴𝑆= 1 × 8𝑡 ×(15―2𝑡)=― 8 𝑡2+12𝑡，
2 5 5
当𝑆= 45 时，则― 8 𝑡2+12𝑡= 45 ，
2 5 2
15
解得𝑡 =𝑡 = ；
1 2 4
当4.5<𝑡≤7.5时，如图4，作𝐶𝐻⊥𝐴𝐵，交𝐴𝐵的延长线于点𝐻，
1 1
∵ 𝐶𝐷·𝐶𝐻= 𝐵𝐶·𝐵𝐷=𝑆 ，
2 2 △𝐶𝐵𝐷
1 1
∴ ×15×𝐶𝐻= ×9×12，
2 2
36
∴𝐶𝐻= ，
5
1 36 36
∴𝑆= × ×(15―2𝑡)=― 𝑡+54，
2 5 5
45 36 45
当𝑆= 时，则― 𝑡+54= ，
2 5 2
35
解得𝑡= <4.5，不合题意，舍去；
8
15
综上，𝑡= ；
4
15
故答案为：9， ．
4
押题猜想九 几何多结论问题选填压轴
限时：10min
如图，在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，点G为𝐶𝐷边上一点，以𝐶𝐺为边向右作正方形𝐶𝐸𝐹𝐺，连接𝐴𝐹，𝐵𝐷交于点P，连
接𝐵𝐺，过点F作𝐹𝐻∥𝐵𝐺交𝐵𝐶于点H，连接𝐴𝐻，交𝐵𝐷于点K，下列结论中：①𝐻𝐸=𝐶𝐷；②△𝐴𝐻𝐹是等
腰直角三角形；③点P为𝐴𝐹中点；④𝑃𝐾=𝐵𝐾+𝐷𝑃，错误的是 ．【答案】④
【分析】①证明四边形𝐵𝐻𝐹𝐺为平行四边形，得𝐵𝐻=𝐺𝐹=𝐶𝐸，得𝐵𝐶=𝐻𝐸，再由正方形的性质得
𝐻𝐸=𝐶𝐷，即可判断选项正误；
②证明△𝐴𝐵𝐻≌△𝐻𝐸𝐹，进而得出△𝐴𝐻𝐹是等腰直角三角形，即可判断选项正误；
③过H作𝐻𝑀⊥𝐵𝐶，𝐻𝑀与𝐵𝐷交于点M，连接𝑀𝐹，证明四边形𝐸𝐹𝑀𝐻为矩形，再证明△𝑃𝐴𝐷≌△𝑃𝐹𝑀得
𝐴𝑃=𝐹𝑃，即可判断选项正误；
④将△𝐴𝐷𝑃绕点A顺时针旋转90°，得△𝐴𝐵𝑄，连接𝑄𝐾，证明△𝐴𝑄𝐾≌△𝐴𝑃𝐾得𝐴𝐾=𝑃𝐾，进而得𝐵𝐾2+𝐷
𝑃2 =𝐾𝑃2，即可判断正误．
【详解】解：①∵四边形𝐶𝐸𝐹𝐺是正方形，
∴𝐺𝐹∥𝐶𝐸，𝐺𝐹=𝐶𝐸，
∵𝐹𝐻∥𝐵𝐺，
∴四边形𝐵𝐻𝐹𝐺为平行四边形，
∴𝐺𝐹=𝐵𝐻，
∴𝐵𝐻=𝐶𝐸，
∴𝐵𝐻+𝐻𝐶=𝐶𝐸+𝐻𝐶，
∴𝐵𝐶=𝐻𝐸，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，
∴𝐵𝐶=𝐶𝐷，
∴𝐻𝐸=𝐶𝐷，①正确；
②∵𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，𝐶𝐸𝐹𝐺是正方形，
∴𝐴𝐵=𝐵𝐶，𝐶𝐸=𝐸𝐹，∠𝐴𝐵𝐻=∠𝐻𝐸𝐹=90°，
∵𝐵𝐶=𝐻𝐸，𝐵𝐻=𝐶𝐸，
∴𝐴𝐵=𝐻𝐸，𝐵𝐻=𝐸𝐹，
在△𝐴𝐵𝐻和△𝐻𝐸𝐹中，
𝐴𝐵=𝐻𝐸
∠𝐴𝐵𝐻=∠𝐻𝐸𝐹，
𝐵𝐻=𝐸𝐹∴△𝐴𝐵𝐻≌△𝐻𝐸𝐹(SAS)，
∴𝐴𝐻=𝐻𝐹，∠𝐵𝐴𝐻=∠𝐸𝐻𝐹，
∵∠𝐵𝐴𝐻+∠𝐴𝐻𝐵=90°，
∴∠𝐸𝐻𝐹+∠𝐴𝐻𝐵=90°，
∴∠𝐴𝐻𝐹=90°，
∴△𝐴𝐻𝐹为等腰直角三角形，②正确；
③过H作𝐻𝑀⊥𝐵𝐶，𝐻𝑀与𝐵𝐷交于点M，连接𝑀𝐹，则𝑀𝐻∥𝐸𝐹，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，
1
∴∠𝐴𝐵𝐶=90°，∠𝐻𝐵𝐷= ∠𝐴𝐵𝐶，
2
∴∠𝐻𝐵𝑀=45°，
∴𝐵𝐻=𝑀𝐻，
∵△𝐴𝐵𝐻≌△𝐻𝐸𝐹，
∴𝐵𝐻=𝐸𝐹，
∴𝑀𝐻=𝐸𝐹，
∴四边形𝐸𝐹𝑀𝐻为矩形，
∴𝑀𝐹∥𝐵𝐸∥𝐴𝐷，𝑀𝐹=𝐻𝐸，
∴∠𝐷𝐴𝑃=∠𝑀𝐹𝑃，
∵𝐴𝐷=𝐵𝐶=𝐻𝐸，
∴𝐴𝐷=𝑀𝐹，
在△𝑃𝐴𝐷和𝑃𝐹𝑀中，
∠𝐷𝐴𝑃=∠𝑀𝐹𝑃
𝐴𝐷=𝑀𝐹 ，
∠𝐴𝐷𝑃=∠𝐹𝑀𝑃
∴△𝑃𝐴𝐷≌△𝑃𝐹𝑀(ASA)，
∴𝐴𝑃=𝐹𝑃，
∴点P为𝐴𝐹中点，③正确；④将△𝐴𝐷𝑃绕点A顺时针旋转90°，得△𝐴𝐵𝑄，连接𝑄𝐾，则𝐴𝑄=𝐴𝑃，∠𝑄𝐴𝑃=90°，
∵△𝐴𝐻𝐹是等腰直角三角形，
∴∠𝐻𝐴𝐹=45°，
在△𝐴𝑄𝐾和△𝐴𝑃𝐾中，
𝐴𝑄=𝐴𝑃
∠𝑄𝐴𝐾=∠𝑃𝐴𝐾=45°，
𝐴𝐾=𝐴𝐾
∴△𝐴𝑄𝐾≌△𝐴𝑃𝐾(SAS)，
∴𝑄𝐾=𝑃𝐾，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，
∴∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐴𝐷𝐵=45°，
由旋转性质知，∠𝐴𝐵𝑄=∠𝐴𝐷𝑃=45°，𝐵𝑄=𝐷𝑃，
∴∠𝑄𝐵𝐾=∠𝐴𝐵𝑄+∠𝐴𝐵𝐷=90°，
∴𝐵𝐾2+𝐵𝑄2 =𝑄𝐾2，
∴𝐵𝐾2+𝐷𝑃2 =𝐾𝑃2，④错误；
故答案为：④．
【点睛】本题是正方形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，等
腰直角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，勾股定理等知识，解题关键是构造
全等三角形．
押题解读
押题理由：新课标注重"几何逻辑链的完整性"，多结论题型在选填中占比10%-15%（2024年数据），通过
组合判断考查定理的综合运用能力，是区分几何素养的关键题型。
押题依据：①2024新课标新增"复合命题的真值分析"要求；②真题呈现"圆与四边形复合结论""动态几何
多状态判断"等创新考法；③考情显示"充分必要条件混淆""逆向命题误判"错误率超58%。
押题秘籍：掌握"命题拆解→图形标注→定理反证"三步法，建立"常考结论库"（如"直径所对圆周角必为直角"）。用"特例排除法"快速筛选选项，重点突破"动态条件下的结论判断"，警惕"伪命题陷阱"（如"相
似必全等"），通过构造反例验证命题严谨性。
1．如图所示，在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，已知点𝐴(0,4)，𝑃(𝑡,𝑡)，且0<𝑡<4，点𝑄在𝑥轴的负半轴上，
𝑂𝑄>𝑂𝐴，将线段𝑄𝑃绕点𝑄逆时针旋转90∘变为线段𝑄𝐵，以𝑃𝐴，𝑃𝑄为邻边作▱𝑃𝐴𝐶𝑄，射线𝐵𝐶交𝑥轴于点𝐷，
𝐵𝐸是点𝐵到𝑦轴的垂线段．则下列结论中：①𝐴𝐶⊥𝐵𝑄；②四边形𝑂𝐷𝐵𝐸是正方形；③𝐴𝐸+𝐶𝐷=𝑂𝑄；④𝐶𝑄
存在最小值，且其最小值是2 2；⑤若连接𝑂𝑃，则𝑡值从小变大时，∠𝐴𝐶𝑄+∠𝑂𝑃𝑄的值先增大再减小，错
误的有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】B
【分析】根据四边形𝑃𝐴𝐶𝑄是平行四边形，𝑃𝑄⊥𝑄𝐵，即可判断①正确；设𝑄(―𝑚,0)，由𝑃𝑄⊥𝑄𝐵，易知𝐵
(―𝑚―𝑡,𝑚+𝑡)，通过四边形𝑃𝐴𝐶𝑄是平行四边形，𝐴(0,4)，𝑃(𝑡,𝑡)，由平移坐标规律，易得𝐶
(―𝑚―𝑡,4―𝑡)，则𝐵𝐶⊥𝑥轴，且四边形𝑂𝐷𝐵𝐸是正方形，进而得𝐸(0,𝑚+𝑡)，𝐴𝐸=𝑚+𝑡―4，𝐶𝐷=4―𝑡，
𝐴𝐸+𝐶𝐷=𝑂𝑄=𝑚，故②③正确；点𝑃在直线𝑦=𝑥上，𝐶𝑄=𝐴𝑃最小值是点𝐴到直线𝑦=𝑥的距离，即2
2，故④正确；当𝑡值从小变大时，∠𝐴𝐶𝑄+∠𝑂𝑃𝑄=∠𝐴𝑃𝑄+∠𝑂𝑃𝑄=∠𝐴𝑃𝑂一直变小，故⑤是错误的．
【详解】解：∵四边形𝑃𝐴𝐶𝑄是平行四边形，
∴𝑃𝑄∥𝐴𝐶，
∵𝑃𝑄⊥𝑄𝐵，
∴𝐴𝐶⊥𝐵𝑄，
故①正确；
设𝑄(―𝑚,0)，其中𝑚>4，
由𝑃𝑄⊥𝑄𝐵，且0<𝑡<4，
易知𝐵(―𝑚―𝑡,𝑚+𝑡)，点𝐵在第二象限角平分线上，
又∵四边形𝑃𝐴𝐶𝑄是平行四边形，𝐴(0,4)，𝑃(𝑡,𝑡)，𝑄(―𝑚,0)
由平移坐标规律，易得𝐶(―𝑚―𝑡,4―𝑡)，则𝐵𝐶⊥𝑥轴，且四边形𝑂𝐷𝐵𝐸是正方形，
∵ 𝐵𝐸是点𝐵到𝑦轴的垂线段
∴𝐸(0,𝑚+𝑡)，
∴ 𝐴𝐸=𝑚+𝑡―4，𝐶𝐷=4―𝑡，
∴𝐴𝐸+𝐶𝐷=𝑚=𝑂𝑄，
故②③正确；
∵点𝑃在直线𝑦=𝑥上，四边形𝑃𝐴𝐶𝑄是平行四边形，
∴𝐶𝑄=𝐴𝑃，
∵𝐴𝑃最小值是点𝐴到直线𝑦=𝑥的距离，即2 2，
故④正确；
当𝑡值从小变大时，∠𝐴𝑂𝑃=45°，∠𝑂𝐴𝑃一直变大，则∠𝐴𝐶𝑄+∠𝑂𝑃𝑄=∠𝐴𝑃𝑄+∠𝑂𝑃𝑄=∠𝐴𝑃𝑂一直变小，
故⑤是错误的；
综上所述，只有⑤是错误的，结论中，错误的有1个，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，平行四边形的性质，旋转的性质，直角坐标系中坐标平移、旋
转变换的规律等，灵活运用以上知识点、设关键点的坐标是解题的关键．
2．如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=90°，𝐴𝐷是高，𝐵𝐸是中线，𝐶𝐹是角平分线，𝐶𝐹交𝐴𝐷于点𝐺，交𝐵𝐸于点
𝐻．下列结论：①𝑆 =𝑆 ；②∠𝐴𝐹𝐺=∠𝐴𝐺𝐹；③∠𝐸𝐵𝐶=∠𝐻𝐶𝐵；④∠𝐹𝐴𝐺=2∠𝐴𝐶𝐹，其中错误的
△𝐴𝐵𝐸 △𝐵𝐶𝐸
是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】C
【分析】根据𝐵𝐸是△𝐴𝐵𝐶的中线得△𝐴𝐵𝐸和△𝐵𝐶𝐸等底同高，据此对结论①进行判断；
由∠𝐴𝐶𝐹=∠𝐺𝐶𝐷，∠𝐴𝐹𝐶+∠𝐴𝐶𝐹=90°，∠𝐷𝐺𝐶+∠𝐺𝐶𝐷=90°，∠𝐴𝐺𝐹=∠𝐷𝐺𝐶，可对结论②进行判断；
1
连接𝐷𝐸，根据直角三角形斜边上的中线的性质得出𝐷𝐸=𝐶𝐸=𝐴𝐸= 𝐴𝐶，可得∠𝐸𝐷𝐶=∠𝐸𝐶𝐵=2∠𝐻𝐶𝐵，
2
又因为∠𝐸𝐷𝐶=∠𝐻𝐵𝐶+∠𝐷𝐸𝐵，所以2∠𝐻𝐶𝐵=∠𝐻𝐵𝐶+∠𝐷𝐸𝐵，进而得𝐵𝐷=𝐷𝐸，根据已知条件不能确定𝐵𝐷=𝐷𝐸，据此对结论③进行判断；
由已知得∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐶𝐴𝐷=90°，∠𝐴𝐶𝐷+∠𝐶𝐴𝐷=90°，∠𝐴𝐶𝐷=2∠𝐴𝐶𝐹，据此对结论④进行判断；
【详解】解：∵𝐵𝐸是△𝐴𝐵𝐶的中线，
∴𝐴𝐸=𝐶𝐸，
∴△𝐴𝐵𝐸和△𝐵𝐶𝐸等底同高，
∴𝑆 =𝑆 ．
△𝐴𝐵𝐸 △𝐵𝐶𝐸
故得结论①正确；
∵𝐶𝐹是角平分线，
∴∠𝐴𝐶𝐹=∠𝐺𝐶𝐷，
∵∠𝐵𝐴𝐶=90°，
∴∠𝐴𝐹𝐶+∠𝐴𝐶𝐹=90°，
∴∠𝐺𝐶𝐷+∠𝐴𝐶𝐹=90°，
∵𝐴𝐷是高，
∴∠𝐴𝐷𝐶=90°，
∴∠𝐷𝐺𝐶+∠𝐺𝐶𝐷=90°，
∴∠𝐴𝐹𝐶=∠𝐷𝐺𝐶，
∵∠𝐴𝐺𝐹=∠𝐷𝐺𝐶，
∴∠𝐴𝐹𝐶=∠𝐴𝐺𝐹，
即∠𝐴𝐹𝐺=∠𝐴𝐺𝐹．
故得结论②正确；
连接𝐷𝐸，如图：
∵𝐴𝐷是高，𝐵𝐸是中线，
∴点𝐸是RtΔ𝐴𝐷𝐶斜边𝐴𝐶上的中点，
∴𝐷𝐸是RtΔ𝐴𝐷𝐶斜边𝐴𝐶上的中线，
1
∴𝐷𝐸=𝐶𝐸=𝐴𝐸= 𝐴𝐶，
2∴∠𝐸𝐷𝐶=∠𝐸𝐶𝐵=2∠𝐻𝐶𝐵，
∵∠𝐸𝐷𝐶=∠𝐻𝐵𝐶+∠𝐷𝐸𝐵，
∴2∠𝐻𝐶𝐵=∠𝐻𝐵𝐶+∠𝐷𝐸𝐵，
假设∠𝐻𝐵𝐶=∠𝐻𝐶𝐵成立
∴∠𝐻𝐵𝐶=∠𝐷𝐸𝐵，
此时𝐵𝐷=𝐷𝐸，
根据已知条件不能确定𝐵𝐷=𝐷𝐸，
因此假设∠𝐻𝐵𝐶=∠𝐻𝐶𝐵不成立．
故得结论③不正确；
∵∠𝐵𝐴𝐶=90°，𝐶𝐹是角平分线，𝐴𝐷是高，
∴∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐶𝐴𝐷=90°，∠𝐴𝐶𝐷+∠𝐶𝐴𝐷=90°，∠𝐴𝐶𝐷=2∠𝐴𝐶𝐹，
∴∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐴𝐶𝐷=2∠𝐴𝐶𝐹，
即∠𝐹𝐴𝐺=2∠𝐴𝐶𝐹．
故得结论④正确；
综上所述，错误的是③．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的角平分线、高和中线的性质，三角形的内角和定理，三角形的外角定理，直
角三角形的性质，运用三角形的内角和定理列出角的等量关系，利用角平分线和直角三角形的性质进行角
的等量代换是解题的关键，注意直角三角形斜边上的中线和三角形中线的区别．
3．“藻井”是中国古代建筑中位于室内上方的特色结构，被誉为“室内最灿烂的星空”．某校数学小组的同学
在研究时发现智化寺藻（图1）、故宫太和殿藻井中都有类似图2的几何结构，他们通过测量得知𝐴 ,𝐵 ,𝐶 ,𝐷
1 1 1 1
分别是正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的四条边的中点，将四边形𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 绕正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的中心顺时针旋转45°，可以得到
1 1 1 1
四边形𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 ,𝐸𝐿,𝐹𝐺,𝐻𝐼,𝐽𝐾分别经过点𝐴 ,𝐵 ,𝐶 ,𝐷 ，且平行于𝐴 𝐷 ,𝐴 𝐵 ,𝐵 𝐶 ,𝐶 𝐷 ．给出下面四个结论：
2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1
①E，F是线段𝐴𝐵的三等分点；
②𝐴 是线段𝐸𝐿的中点；
2
③𝐸𝐹𝐺𝐻𝐼𝐽𝐾𝐿是正八边形；
④△𝐴𝐴 𝐷 的面积是△𝐴𝐸𝐿的面积的2倍．
1 1
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】C
【分析】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质
与判定，勾股定理等等，连接𝐴𝐶，𝐵𝐷交于O，连接𝐴 𝐶 ，设𝐴𝐵=2𝑎，可证明𝐴 𝐶 经过点𝑂，在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷
1 1 1 1
1 1
中，𝐴𝐶= 2𝐴𝐵=2 2𝑎，∠𝐴𝑂𝐵=90°，∠𝑂𝐴𝐵=45°，则𝑂𝐴= 𝐴𝐶= 2𝑎，再求出𝐴𝐴 =𝑂𝐴 =
2 1 1 2
𝐴𝐵=𝑎，∠𝐴 𝑂𝐴=45° 由旋转的性质可得𝑂𝐴 =𝑂𝐴 =𝑎，∠𝐴 𝑂𝐴 =45°，则𝐴，𝐴 ，𝑂三点共线，证明
1 2 1 1 2 2
△𝐴𝐴 𝐷 是等腰直角三角形，进而可证明△𝐴𝐸𝐿是等腰直角三角形，根据∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐿𝐴𝐶=45°，可得
1 1
𝐸𝐿=2𝐴𝐴 =2(𝑂𝐴―𝑂𝐴 )=2 2𝑎―2𝑎，𝐴 是线段𝐸𝐿的中点，则𝐴𝐸= 2𝐸𝐿=2𝑎― 2𝑎，据此可判断
2 2 2 2
①②；可证明，𝐿𝐾=𝐽𝐼=𝐺𝐻=𝐾𝐽=𝐻𝐼=𝐹𝐺=𝐸𝐹=𝐸𝐿=2 2𝑎―2𝑎，据此可判断③；证明
△𝐴𝐸𝐿∽△𝐴𝐴 𝐷 ，可得 𝑆 △𝐴𝐴1𝐷1 = 𝐴𝐴 1 2 =3+2 2，据此可判断④．
1 1 𝑆 △𝐴𝐸𝐿 𝐴𝐸 2
【详解】解：如图所示，连接𝐴𝐶，𝐵𝐷交于O，连接𝐴 𝐶 ，设𝐴𝐵=2𝑎，
1 1
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，𝐴 ,𝐵 ,𝐶 ,𝐷 分别是四边形𝐴𝐵𝐶𝐷的四条边的中点，
1 1 1 1
∴𝐴 𝐶 经过点𝑂，
1 1
1
在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐶= 2𝐴𝐵=2 2𝑎，∠𝐴𝑂𝐵=90°，∠𝑂𝐴𝐵=45°，则𝑂𝐴= 𝐴𝐶= 2𝑎，
2
∵𝐴 为𝐴𝐵的中点，
11
∴𝐴𝐴 =𝑂𝐴 = 𝐴𝐵=𝑎，∠𝐴 𝑂𝐴=45°
1 1 2 1
由旋转的性质可得𝑂𝐴 =𝑂𝐴 =𝑎，∠𝐴 𝑂𝐴 =45°，
2 1 1 2
∴𝐴，𝐴 ，𝑂三点共线，
2
∵𝐷 是𝐴𝐷的中点，
1
1
∴𝐴𝐴 =𝐴𝐷 = 𝐴𝐷=𝑎，
1 1 2
∴△𝐴𝐴 𝐷 是等腰直角三角形，
1 1
∴∠𝐴𝐴 𝐷 =45°，
1 1
∵𝐸𝐿∥𝐴 𝐷 ，
1 1
∴∠𝐴𝐸𝐿=∠𝐴𝐴 𝐷 =45°，
1 1
∴△𝐴𝐸𝐿是等腰直角三角形，
又∵∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐿𝐴𝐶=45°，
∴𝐸𝐿=2𝐴𝐴 =2(𝑂𝐴―𝑂𝐴 )=2( 2𝑎―𝑎)=2 2𝑎―2𝑎，𝐴 是线段𝐸𝐿的中点，故②正确；
2 2 2
∴𝐴𝐸= 2𝐸𝐿=2𝑎― 2𝑎，
2
1
∴𝐴𝐸≠ 𝐴𝐵，
3
∴E，F是线段𝐴𝐵的三等分点，故①错误；
同理可得𝐵𝐹=2𝑎― 2𝑎，
∴𝐸𝐹=𝐴𝐵―𝐴𝐸―𝐵𝐹=2𝑎―2𝑎+ 2𝑎―2𝑎+ 2𝑎=2 2𝑎―2𝑎，
同理可得𝐾𝐽=𝐻𝐼=𝐹𝐺=2 2𝑎―2𝑎，𝐿𝐾=𝐽𝐼=𝐺𝐻=2 2𝑎―2𝑎，
∴𝐿𝐾=𝐽𝐼=𝐺𝐻=𝐾𝐽=𝐻𝐼=𝐹𝐺=𝐸𝐹=𝐸𝐿，
∴𝐸𝐹𝐺𝐻𝐼𝐽𝐾𝐿是正八边形，故③正确；
∵𝐸𝐿∥𝐴 𝐷 ，
1 1
∴△𝐴𝐸𝐿∽△𝐴𝐴 𝐷 ，
1 1
∴ 𝑆 △𝐴𝐴1𝐷1 = 𝐴𝐴 1 2 = 𝑎 2 = 1 2 =3+2 2，故④错误；
𝑆 △𝐴𝐸𝐿 𝐴𝐸 2𝑎― 2𝑎 2― 2 2
故选：C．
4．如图，正方形边长为𝑎，点𝐸是正方形𝐴𝐵𝐶𝐷内一点，满足∠𝐴𝐸𝐵=90°，连接𝐶𝐸．给出下面四个结论：
①𝐴𝐸+𝐶𝐸≥ 2𝑎；②𝐶𝐸≤ 5―1𝑎；③∠𝐵𝐶𝐸的度数最大值为60°；④当𝐶𝐸=𝑎时，tan∠𝐴𝐵𝐸= 1 ．上述结
2 2
论中，所有正确结论的序号为 ．【答案】①④
【分析】根据题意点𝐸在以𝐴𝐵为直径的圆上运用，如图所示，取𝐴𝐵的中点𝑂，以点𝑂为圆心，以𝑂𝐵为半径
1
画圆，则点𝐴,𝐵,𝐸共圆，则𝑂𝐴=𝑂𝐵=𝑂𝐸= 𝑎，在△𝐴𝐶𝐸中，𝐴𝐸+𝐶𝐸≥𝐴𝐶= 2𝑎，即𝐴𝐶+𝐶𝐸≥ 2𝑎，
2
2
可判定①；连接𝑂𝐶，𝑂𝐶= 𝑂𝐵2+𝐵𝐶2 = 1 𝑎 +𝑎2 = 5𝑎，当点𝐸在𝑂𝐶上时，𝐶𝐸的值最小，可判定②；
2 2
根据切线的性质，解直角三角形的计算可得判定③；根据切线的性质，垂径定理，正切值的计算可判定
④；由此即可求解．
【详解】解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，边长为𝑎，
∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐴𝐷=𝑎，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐶𝐷𝐴=∠𝐷𝐴𝐵=90°，
∵∠𝐴𝐸𝐵=90°，
∴点𝐸在以𝐴𝐵为直径的圆上运用，
1
如图所示，取𝐴𝐵的中点𝑂，以点𝑂为圆心，以𝑂𝐵为半径画圆，则点𝐴,𝐵,𝐸共圆，则𝑂𝐴=𝑂𝐵=𝑂𝐸= 𝑎，
2
①连接𝐴𝐶，
∴△𝐴𝐵𝐶是等腰直角三角形，𝐴𝐶= 2𝑎，
在△𝐴𝐶𝐸中，𝐴𝐸+𝐶𝐸≥𝐴𝐶= 2𝑎，即𝐴𝐶+𝐶𝐸≥ 2𝑎，故①正确；
②连接𝑂𝐶，
∵点𝑂是𝐴𝐵中点，
1 1
∴𝑂𝐵= 𝐴𝐵= 𝑎，
2 2
2
∴𝑂𝐶= 𝑂𝐵2+𝐵𝐶2 = 1 𝑎 +𝑎2 = 5𝑎，
2 2∴当点𝐸在𝑂𝐶上时，𝐶𝐸的值最小，最小值为𝐶𝐸=𝑂𝐶―𝑂𝐸= 5𝑎― 1 𝑎= 5―1𝑎，
2 2 2
∴𝐶𝐸≥ 5―1𝑎，故②错误；
2
如图所示，当𝐶𝐸与⊙𝑂相切时，∠𝐵𝐶𝐸的值最大，
∴∠𝐵𝐶𝐸=2∠𝐵𝐶𝑂，
∵sin∠𝐵𝐶𝑂= 𝑂𝐵 = 1 2 𝑎 = 5≠ 1 ，
𝑂𝐶 5𝑎 5 2
2
∴∠𝐵𝐶𝑂≠30°，即∠𝐵𝐶𝐸≠60°，故③错误；
∵⊙𝑂是以𝑂𝐵为半径的圆，且∠𝐴𝐵𝐶=90°，
∴𝐵𝐶是⊙𝑂的切线，且𝐵𝐶=𝑎，
若𝐶𝐸=𝑎时，
∴𝑂𝐵=𝑂𝐸,𝐵𝐶=𝐶𝐸=𝑎，
∴𝑂𝐶⊥𝐵𝐸，
∴∠𝐴𝐵𝐸+∠𝐸𝐵𝐶=∠𝐸𝐵𝐶+∠𝐵𝐶𝑂=90°，
∴∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐵𝐶𝑂，
∴tan∠𝐴𝐵𝐸=tan∠𝐵𝐶𝑂= 𝑂𝐵 = 1 2 𝑎 = 1 ，故④正确；
𝐵𝐶 𝑎 2
综上所述，正确的有①④，
故答案为：①④ ．
【点睛】本题考查了正方形的性质，圆的基础知识，切线的性质，解直角三角形的计算，掌握切线的性质，
解直角三角形的计算是关键．
5．如图，⊙𝑂是△𝐴𝐵𝐶的外接圆，𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，𝐶𝐷⊥𝐴𝐵，垂足为点𝐷，∠𝐴𝐶𝐷的平分线交𝐴𝐵于点𝐸，
交⊙𝑂于点𝐹．给出下面五个结论：①∠𝐹𝐴𝐵=∠𝐹𝐶𝐵；②𝐸𝐵=𝐸𝐶；③𝐹𝐴=𝐹𝐸；
④当点𝐸与点𝑂重合时，若𝐴𝐵=6，则阴影部分的面积为9π―9 3；
2
⑤当𝐴𝐸:𝐵𝐸=2:1时，△𝐴𝐸𝐹与△𝐵𝐶𝐸的面积比3:1．
上述结论中，正确结论的序号有 ．
【答案】①③⑤
【分析】根据同弧所对的圆周角相等即可判断①；由直径所对的圆周角是直角结合∠𝐹𝐴𝐵=∠𝐹𝐶𝐵即可判断
②；由∠𝐴𝐶𝐹+∠𝐵𝐶𝐹=90°和∠𝐸𝐶𝐷+∠𝐶𝐸𝐷=90°结合角平分线的概念得到∠𝐵𝐶𝐹=∠𝐶𝐸𝐷，然后等量代换
即可判断③；首先证明出△𝐶𝐸𝐵是等边三角形，得到𝐴𝐶= 𝐴𝐵2―𝐵𝐶2 =3 3，然后利用割补法即可求出
阴影部分的面积，进而判断④；如图所示，过点F作𝐹𝐺⊥𝐴𝐵交于点G，设𝐴𝐺=𝐺𝐸=𝑥，得到𝐴𝐸=2𝑥，
𝐵𝐸=𝐵𝐶=𝑥，𝐴𝐵=3𝑥，勾股定理表示出𝐴𝐶，然后利用等面积法表示出𝐶𝐷=2 2𝑥，勾股定理表示出𝐴𝐷，
3
𝐴𝐸 2𝑥
𝐶𝐸，然后证明出△𝐴𝐹𝐸∽△𝐶𝐵𝐸，得到 = = 3，然后利用相似三角形的性质求解即可．
𝐶𝐸
2 3𝑥
3
【详解】∵𝐵𝐹=𝐵𝐹
∴∠𝐹𝐴𝐵=∠𝐹𝐶𝐵，故①正确；
∵𝐶𝐹不是直径
∴∠𝐹𝐴𝐶=∠𝐹𝐴𝐵+∠𝐶𝐴𝐵≠90°
∴∠𝐹𝐶𝐵+∠𝐶𝐴𝐵≠90°
∵𝐴𝐵是⊙𝑂的直径
∴∠𝐴𝐶𝐵=90°
∴∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐶𝐴𝐵=90°
∴∠𝐹𝐶𝐵≠∠𝐴𝐵𝐶
∴𝐸𝐵≠𝐸𝐶，故②错误；
∵∠𝐴𝐶𝐵=90°
∴∠𝐴𝐶𝐹+∠𝐵𝐶𝐹=90°
∵𝐶𝐷⊥𝐴𝐵
∴∠𝐸𝐶𝐷+∠𝐶𝐸𝐷=90°∵∠𝐴𝐶𝐷的平分线交𝐴𝐵于点𝐸
∴∠𝐴𝐶𝐹=∠𝐸𝐶𝐷
∴∠𝐵𝐶𝐹=∠𝐶𝐸𝐷
∵∠𝐴𝐸𝐹=∠𝐶𝐸𝐵，∠𝐹𝐴𝐵=∠𝐹𝐶𝐵
∴∠𝐹𝐴𝐵=∠𝐴𝐸𝐹
∴𝐹𝐴=𝐹𝐸，故③正确；
当点𝐸与点𝑂重合时，
∴𝐸𝐶=𝐸𝐵，
∵∠𝐵𝐶𝐹=∠𝐶𝐸𝐷
∴𝐵𝐶=𝐵𝐸
∴△𝐶𝐸𝐵是等边三角形
1
∴𝐵𝐸=𝐵𝐶=𝐶𝐸= 𝐴𝐵=3
2
∴𝐴𝐶= 𝐴𝐵2―𝐵𝐶2 =3 3
∴阴影部分的面积= 1 π×32― 1 ×3 3×3= 9 π―9 3，故④错误；
2 2 2 2
如图所示，过点F作𝐹𝐺⊥𝐴𝐵交于点G
∵𝐴𝐹=𝐸𝐹
∴𝐴𝐺=𝐺𝐸
∴设𝐴𝐺=𝐺𝐸=𝑥
∴𝐴𝐸=2𝑥
∵当𝐴𝐸:𝐵𝐸=2:1时，
∴𝐵𝐸=𝐵𝐶=𝑥
∴𝐴𝐵=3𝑥
∴𝐴𝐶= 𝐴𝐵2―𝐵𝐶2 =2 2𝑥
1 1
∴𝑆 = 𝐴𝐶⋅𝐵𝐶= 𝐴𝐵⋅𝐶𝐷
△𝐴𝐵𝐶 2 21 1
∴ ×2 2𝑥⋅𝑥= ×3𝑥⋅𝐶𝐷
2 2
∴𝐶𝐷=2 2𝑥
3
8
∴𝐴𝐷= 𝐴𝐶2―𝐶𝐷2 = 𝑥
3
2
∴𝐷𝐸=𝐴𝐷―𝐴𝐸= 𝑥
3
∴𝐶𝐸= 𝐷𝐸2+𝐶𝐷2 =2 3𝑥
3
∵∠𝐹𝐴𝐸=∠𝐵𝐶𝐸，∠𝐹𝐸𝐴=∠𝐶𝐸𝐵
∴△𝐴𝐹𝐸∽△𝐶𝐵𝐸
𝐴𝐸 2𝑥
∴ = = 3
𝐶𝐸
2 3𝑥
3
∴ 𝑆 △𝐴𝐹𝐸 = 𝐴𝐸 2 =( 3) 2 =3，
𝑆 △𝐶𝐵𝐸 𝐶𝐸
∴当𝐴𝐸:𝐵𝐸=2:1时，△𝐴𝐸𝐹与△𝐵𝐶𝐸的面积比3:1，故⑤正确；
综上所述，正确结论的序号有①③⑤．
故答案为：①③⑤．
【点睛】此题考查了直径的性质，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，
解题的关键是掌握以上知识点．
押题猜想十 几何图形翻折旋转问题选填压轴
限时：10min
正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为2，点𝐸在边𝐵𝐶上，将△𝐶𝐷𝐸沿直线𝐷𝐸翻折，使得点𝐶落在正方形内的点𝐹处，连接𝐵𝐹
并延长交正方形𝐴𝐵𝐶𝐷一边于点𝐺．当𝐵𝐸=𝐷𝐺时，则𝐵𝐸的长为 ．
【答案】1或2 3― 2
【分析】分两种情况：当𝐺在𝐴𝐷上时，根据四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，𝐵𝐸=𝐷𝐺，得四边形𝐵𝐸𝐷𝐺是平行四边
1
形，又将△𝐶𝐷𝐸沿直线𝐷𝐸翻折，使得点𝐶落在正方形内的点𝐹处，可得𝐵𝐸=𝐸𝐹=𝐶𝐸= 𝐵𝐶，故𝐵𝐸=1；
2
当𝐺在𝐶𝐷上时，过𝐹作𝐹𝑇⊥𝐵𝐶于𝑇，可证明△𝐵𝐶𝐺≌△𝐷𝐶𝐸（𝑆𝐴𝑆），从而推得𝐵𝐹=𝐶𝐹，𝐹𝑇是△𝐵𝐶𝐺的中
1
位线，𝐹𝑇= 𝐶𝐺，设𝐹𝑇=𝑥,则𝐸𝐹=2𝑥=𝐸𝐶，可得 3 𝑥+2𝑥=1，解得𝑥=2― 3，即可得到答案．
2
【详解】解：当𝐺在𝐴𝐷上时，如图：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，
∴ 𝐴𝐷∥𝐵𝐶，
∵𝐵𝐸=𝐷𝐺，
∴四边形𝐵𝐸𝐷𝐺是平行四边形，
∴ 𝐵𝐺∥𝐷𝐸，
∴∠𝐹𝐵𝐸=∠𝐷𝐸𝐶，∠𝐷𝐸𝐹=∠𝐵𝐹𝐸，
∵将△𝐶𝐷𝐸沿直线𝐷𝐸翻折，使得点𝐶落在正方形内的点𝐹处，
∴∠𝐷𝐸𝐶=∠𝐷𝐸𝐹，𝐸𝐹=𝐶𝐸，
∴∠𝐹𝐵𝐸=∠𝐵𝐹𝐸，
∴𝐵𝐸=𝐸𝐹，
1
∴𝐵𝐸=𝐸𝐹=𝐶𝐸 = 𝐵𝐶，
2
∵正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为2，
∴𝐵𝐸=1；
当𝐺在𝐶𝐷上时，过𝐹作𝐹𝑇⊥𝐵𝐶于𝑇，如图：
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，
∴𝐵𝐶=𝐷𝐶，
∵𝐵𝐸=𝐷𝐺，∴𝐵𝐶―𝐵𝐸=𝐷𝐶―𝐷𝐺，即𝐶𝐸=𝐶𝐺，
在Rt△𝐵𝐶𝐺和Rt△𝐷𝐶𝐸中，
𝐶𝐺=𝐶𝐸
∠𝐵𝐶𝐺=∠𝐷𝐶𝐸，
𝐵𝐶=𝐷𝐶
∴△𝐵𝐶𝐺≌△𝐷𝐶𝐸(SAS)，
∴∠𝐺𝐵𝐶=∠𝐸𝐷𝐶，
∵将△𝐶𝐷𝐸沿直线𝐷𝐸翻折，使得点𝐶落在正方形内的点𝐹处，
∴𝐷𝐸⊥𝐶𝐹，𝐸𝐹=𝐸𝐶，
∴∠𝐸𝐷𝐶=90°―∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐹𝐶𝐵，
∴∠𝐺𝐵𝐶=∠𝐹𝐶𝐵，
∴𝐵𝐹=𝐶𝐹，
∵𝐹𝑇⊥𝐵𝐶，
1
∴𝐵𝑇=𝐶𝑇 = 𝐵𝐶=1，
2
∵ 𝐹𝑇∥𝐶𝐺，
∴△𝐵𝑇𝐹∽△𝐵𝐶𝐺，
∴𝐵𝐹:𝐵𝐺=𝐵𝑇:𝐵𝐶=1:2，
∴𝐵𝐹=𝐹𝐺，
1
∴𝐹𝑇是△𝐵𝐶𝐺的中位线，𝐹𝑇 = 𝐶𝐺，
2
1 1
∴𝐹𝑇 = 𝐶𝐸 = 𝐸𝐹，
2 2
设𝐹𝑇=𝑥，则𝐸𝐹=2𝑥=𝐸𝐶，
在𝑅𝑡△𝐹𝑇𝐸中，𝑇𝐸= 𝐸𝐹2―𝐹𝑇2 = (2𝑥)2―𝑥2 = 3𝑥，
∴𝐶𝑇=𝑇𝐸+𝐸𝐶 = 3 𝑥+2𝑥，
∴ 3 𝑥+2𝑥=1，
解得𝑥=2 ― 3，
∴𝑇𝐸 = 3 𝑥=2 3― 3，
∴𝐵𝐸=𝐵𝑇+𝑇𝐸=1+(2 3― 3)=2 3― 2，
综上所述，𝐵𝐸的长为1或2 3― 2，
故答案为：1或2 3― 2．【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角
形中位线定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
押题解读
押题理由：新课标强化"空间观念与几何变换"，旋转翻折题作为选填压轴热点（占比10%-12%），考查动
态几何中的不变量思想，是区分高阶几何思维的核心题型。
押题依据：①2024新课标新增"复合变换的坐标规律"要求；②真题创新融合"多图形联动旋转"折叠
押题秘籍：掌握"轨迹追踪法"（标记关键点变换路径），熟记"旋转60°→构造等边三角形"等速解技巧。重
点突破"二次折叠/旋转叠加"问题，用"折纸实操+坐标系验证"双轨训练，警惕"动态过程中的临界状态"（如
共线时刻），
1．如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，点𝐹为𝐵𝐶边上靠近𝐵的三等分点，点𝐸为𝐴𝐷边上的动点，将矩形左侧沿𝐸𝐹翻折得
到𝐶′𝐷′𝐸𝐹，点𝐸从𝐷运动到𝐴的过程中，设点𝐶′的轨迹为Ω，点𝐷′的轨迹为Γ，𝐷′𝐹与Ω交于𝐺，若𝐵𝐶=6，
𝐶𝐷=3，则𝐷′𝐺的长为（ ）
A．1 B．2 C． 6 D． 10
【答案】A
【分析】本题考查矩形与折叠，勾股定理，连接𝐷𝐹，勾股定理求出𝐷𝐹的长，折叠得到𝐷′𝐹=𝐹𝐷,𝐶′𝐹=𝐹𝐶，
进而得到点𝐶′的轨迹与点𝐷′的轨迹为以𝐹为圆心的同心圆，进而得到𝐹𝐺=𝐹𝐶，根据𝐷′𝐺=𝐷′𝐹―𝐹𝐺，即可
得出结果．
【详解】解：连接𝐷𝐹，
∵在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，点𝐹为𝐵𝐶边上靠近𝐵的三等分点，𝐵𝐶=6，𝐶𝐷=3，
2
∴∠𝐶=90°，𝐶𝐹= 𝐵𝐶=4，
3
∴𝐷𝐹= 32+42 =5，
∵折叠，∴𝐷′𝐹=𝐹𝐷=5,𝐶′𝐹=𝐹𝐶=4，
∴点𝐶′的轨迹与点𝐷′的轨迹为以𝐹为圆心，半径分别为4和5的同心圆，
∵𝐷′𝐹与Ω交于𝐺，
∴𝐹𝐺=𝐹𝐶′ =4，
∴𝐷′𝐺=𝐷′𝐹―𝐹𝐺=5―4=1；
故选A．
1
2．在等腰Rt△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴=90°，点D在𝐴𝐵上，点E在𝐴𝐶上且𝐴𝐷=𝐶𝐸= 𝐴𝐶，连接𝐸𝐷，将△𝐴𝐸𝐷沿𝐸𝐷
4
翻折到Rt△𝐴𝐵𝐶的内部，得到△𝐴′𝐸𝐷，连接𝐴′𝐵．则tan∠𝐴′𝐵𝐷=（ ）
3 2 3 1
A． B． C． D．
10 7 11 2
【答案】C
【分析】本题考查了等腰三角形的定义、折叠的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，熟练掌握折叠的
性质和解直角三角形的方法是解题关键．设𝐴𝐵=𝐴𝐶=4𝑎(𝑎>0)，则𝐴𝐷=𝐶𝐸=𝑎，𝐴𝐸=𝐵𝐷=3𝑎，利用
勾股定理可得𝐷𝐸= 10𝑎，再连接𝐴′𝐴，交𝐷𝐸于点𝐹，过点𝐴′作𝐴′𝐺⊥𝐴𝐵于点𝐺，根据折叠的性质可得𝐷𝐸垂
直平分𝐴′𝐴，𝐴′𝐷=𝐴𝐷=𝑎，利用三角形的面积公式可得𝐴𝐹的长，从而可得𝐴′𝐴的长，利用勾股定理可得𝐷𝐹
的长，然后利用三角形的面积公式可得𝐴′𝐺的长，利用勾股定理可得𝐷𝐺的长，从而可得𝐵𝐺的长，最后根据
正切的定义计算即可得．【详解】解：∵在等腰Rt△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴=90°，
∴𝐴𝐵=𝐴𝐶，
设𝐴𝐵=𝐴𝐶=4𝑎(𝑎>0)，
1
∵𝐴𝐷=𝐶𝐸= 𝐴𝐶，
4
∴𝐴𝐷=𝐶𝐸=𝑎，
∴𝐴𝐸=𝐴𝐶―𝐶𝐸=3𝑎，𝐵𝐷=𝐴𝐵―𝐴𝐷=3𝑎，
∴𝐷𝐸= 𝐴𝐷2+𝐴𝐸2 = 10𝑎，
如图，连接𝐴′𝐴，交𝐷𝐸于点𝐹，过点𝐴′作𝐴′𝐺⊥𝐴𝐵于点𝐺，
由折叠的性质得：𝐷𝐸垂直平分𝐴′𝐴，𝐴′𝐷=𝐴𝐷=𝑎，
∴𝐴′𝐴=2𝐴𝐹，
1 1
∵𝑆 = 𝐷𝐸⋅𝐴𝐹= 𝐴𝐷⋅𝐴𝐸，
△𝐴𝐷𝐸 2 2
∴𝐴𝐹= 𝐴𝐷⋅𝐴𝐸 = 𝑎⋅3𝑎 =3 10𝑎，
𝐷𝐸 10𝑎 10
∴𝐴′𝐴=3 10𝑎，𝐷𝐹= 𝐴𝐷2―𝐴𝐹2 = 10𝑎，
5 10
1 1
又∵𝑆 = 𝐴𝐷⋅𝐴′𝐺= 𝐴′𝐴⋅𝐷𝐹，
△𝐴′𝐴𝐷 2 2
∴𝐴′𝐺=𝐴′𝐴⋅𝐷𝐹= 3 5 10𝑎⋅ 1 1 0 0𝑎 = 3𝑎 ，
𝐴𝐷 𝑎 5
4𝑎
∴𝐷𝐺= 𝐴′𝐷2―𝐴′𝐺2 = ，
5
11𝑎
∴𝐵𝐺=𝐵𝐷―𝐷𝐺= ，
5
3𝑎
∴在Rt△𝐴′𝐵𝐺中，tan∠𝐴′𝐵𝐷=𝐴′𝐺= 5 = 3 ，
𝐵𝐺 11𝑎 11
5
故选：C．
3．如图，正方形𝐴𝐸𝐹𝐺与正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长都为3，正方形𝐴𝐸𝐹𝐺绕顶点𝐴旋转一周，在此旋转过程中，线
段𝐷𝐹的长的取值范围是（ ）A．3 2―3≤𝐷𝐹≤3 2+3 B．3 2≤𝐷𝐹≤6
C．3≤𝐷𝐹≤6 D．3 2―3≤𝐷𝐹≤0
【答案】A
【分析】因为正方形的边长为3，可得正方形的对角线长为3 2，当正方𝐴𝐸𝐹𝐺绕点𝐴旋转一周时，点𝐹是以𝐴
为圆心，3 2为半径的圆上一点，当𝐹，𝐷，𝐴三点共线且𝐷在线段𝐴𝐹 𝐴𝐹上时，线段𝐷𝐹的长度最短；当𝐹，
𝐷，𝐴三点共线且𝐴在线段𝐷𝐹上时．求出线段𝐷𝐹的最大值和最小值即可求出线段𝐷𝐹的长度的取值范围．
【详解】解：∵正方形𝐴𝐸𝐹𝐺与正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长都为3，
∴𝐴𝐹=3 2，
∴点𝐹是以𝐴为圆心，3 2为半径的圆上一点，
当𝐹，𝐷，𝐴三点共线且𝐷在线段𝐴𝐹上时，
如下图所示，
𝐷𝐹最短为3 2―3，
当𝐹，𝐷，𝐴三点共线且𝐴在线段𝐷𝐹上时，
如下图所示，𝐷𝐹最长为3 2+3，
∴3 2―3≤𝐷𝐹≤3 2+3．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了图形的旋转、圆的基本性质、勾股定理、正方形的性质，解决本题的关键是根据
正方形的性质和勾股定理求出𝐴𝐹的长度，根据旋转的性质可知点𝐹的运动轨迹是以点𝐴为圆心𝐴𝐹为半径的圆．
4．如图，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷和正方形𝐶𝐸𝐹𝐺，将正方形𝐶𝐸𝐹𝐺绕着点𝐶旋转，连接𝐵𝐹，点𝐺恰好落在𝐵𝐹上时，连接
𝐷𝐹,𝐴𝐸,𝐴𝐸交𝐵𝐹于点𝐻．若𝐴𝐵=10,𝐷𝐹=2，则𝐴𝐻的长为 ．
【答案】8 65
7
【分析】根据正方形的性质，可判定△𝐵𝐶𝐺≌△𝐷𝐶𝐸(SAS)，得到𝐵𝐺=𝐷𝐸=𝐷𝐹+𝐹𝐸=2+𝐹𝐸，在Rt△𝐵𝐶𝐺
2 𝐹𝑀
中由勾股定理可得正方形𝐶𝐸𝐹𝐺的边长为6，设𝐵𝐹,𝐶𝐷交于点𝑀，𝐴𝐸,𝐶𝐷交于点𝑁，△𝐷𝐹𝑀∽△𝐷𝐸𝐶， = =
8 6
𝐷𝑀 3 5 3 25 5 15
，解得，𝐹𝑀= ,𝐷𝑀= ，则𝐵𝑀=𝐵𝐹―𝐹𝑀=14― = ，𝐶𝑀=𝐵𝐶―𝐷𝑀=10― = ，如图所示，
10 2 2 2 2 2 2
𝐶𝐸·𝐷𝐸 6×8 24
过点𝐸作𝐸𝑆⊥𝐴𝐵于点𝑆，交𝐶𝐷于点𝑅，则𝑆𝑅=𝐵𝐶=10，𝐸𝑅= = = ，𝐶𝑅= 𝐶𝐸2―𝐸𝑅2 =
𝐶𝐷 10 5
62― 24 2 = 18 ，𝑀𝑅=𝐶𝑀―𝐶𝑅= 15 ― 18 = 39 ，解得，𝑀𝑁= 135 ，𝑁𝑅= 39 ― 135 = 384 ，𝐴𝐸= 𝐴𝑆2+𝐸𝑆2
5 5 2 5 10 74 10 74 185
= 32 2 + 74 2 =2 65，𝐸𝑁= 12 𝐴𝐸= 12 ×2 65=24 65，则𝐴𝑁=𝐴𝐸―𝐸𝑁=2 65―24 65=50 65，
5 5 37 37 37 37 37
由
𝑀𝑁
=
𝑁𝐻
，即
1
7
3
4
5
=
50
37
65―𝐴𝐻，即可求解．
𝐴𝐵 𝐴𝐻 10 𝐴𝐻【详解】解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐶𝐸𝐹𝐺是正方形，
∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐴𝐷=10,∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐺𝐶𝐸=∠𝐶𝐺𝐹=∠𝐺𝐹𝐸=90°,𝐶𝐺=𝐶𝐸，𝐶𝐸∥𝐹𝐺，
∴∠𝐵𝐶𝐺=∠𝐷𝐶𝐸，
∴△𝐵𝐶𝐺≌△𝐷𝐶𝐸(SAS)，
∴𝐵𝐺=𝐷𝐸=𝐷𝐹+𝐹𝐸=2+𝐹𝐸，
设正方形𝐶𝐸𝐹𝐺的边长𝑎(𝑎>0)，
∴𝐶𝐸=𝐸𝐹=𝐹𝐺=𝐶𝐺=𝑎，
在Rt△𝐵𝐶𝐺中，𝐵𝐺=2+𝑎,𝐶𝐺=𝑎,𝐵𝐶=10，
∴𝐵𝐶2 =𝐵𝐺2+𝐶𝐺2，即102 =(2+𝑎)2+𝑎2，
解得，𝑎 =6,𝑎 =―8（不符合题意，舍去），
1 2
∴正方形𝐶𝐸𝐹𝐺的边长为6，
∴𝐵𝐺=𝐷𝐸=8,𝐶𝐸=𝐸𝐹=𝐹𝐺=𝐶𝐺=6，𝐵𝐹=𝐵𝐺+𝐺𝐹=8+6=14，
设𝐵𝐹,𝐶𝐷交于点𝑀，𝐴𝐸,𝐶𝐷交于点𝑁，
∵𝐶𝐸∥𝐹𝐺，
∴𝐹𝑀∥𝐶𝐸，
∴△𝐷𝐹𝑀∽△𝐷𝐸𝐶，
𝐷𝐹 𝐹𝑀 𝐷𝑀 2 𝐹𝑀 𝐷𝑀
∴ = = ，即 = = ，
𝐷𝐸 𝐸𝐶 𝐷𝐶 8 6 10
3 5
解得，𝐹𝑀= ,𝐷𝑀= ，
2 2
3 25 5 15
∴𝐵𝑀=𝐵𝐹―𝐹𝑀=14― = ，𝐶𝑀=𝐵𝐶―𝐷𝑀=10― = ，
2 2 2 2
如图所示，过点𝐸作𝐸𝑆⊥𝐴𝐵于点𝑆，交𝐶𝐷于点𝑅，则𝑆𝑅=𝐵𝐶=10，
1 1
∵𝑆 = 𝐶𝐸·𝐷𝐸= 𝐶𝐷·𝐸𝑅，
△𝐶𝐷𝐸 2 2
𝐶𝐸·𝐷𝐸 6×8 24
∴𝐸𝑅= = = ，
𝐶𝐷 10 5
∴𝐶𝑅= 𝐶𝐸2―𝐸𝑅2 = 62― 24 2 = 18 ，
5 515 18 39
∴𝑀𝑅=𝐶𝑀―𝐶𝑅= ― = ，
2 5 10
5 39
∵𝐴𝐷∥𝐸𝑅，且𝐷𝑁=𝐷𝑀+𝑀𝑁= +𝑀𝑁，𝑁𝑅=𝑀𝑅―𝑀𝑁= ―𝑀𝑁
2 10
𝐴𝐷 𝐷𝑁 10 5+𝑀𝑁
∴ 𝐸𝑅 = 𝑁𝑅 ，即 24 = 3 2 9―𝑀𝑁 ，整理得，370𝑀𝑁=675，
5 10
135
解得，𝑀𝑁= ，
74
39 135 384
∴𝑁𝑅= ― = ，
10 74 185
24 74
∵𝐴𝑆∥𝑁𝑅，𝐸𝑆=𝐸𝑅+𝑆𝑅= +10= ，
5 5
𝑁𝑅 𝐸𝑅 𝐸𝑁 384 24
∴ 𝐴𝑆 = 𝐸𝑆 = 𝐸𝐴 ，即1 𝐴 8 𝑆 5= 7 5 4 ，
5
384 74 5 32
∴𝐴𝑆= × × = ，
185 5 24 5
∴ 𝐸𝑁 = 12 ，𝐴𝐸= 𝐴𝑆2+𝐸𝑆2 = 32 2 + 74 2 =2 65，
𝐸𝐴 37 5 5
∴𝐸𝑁= 12 𝐴𝐸= 12 ×2 65=24 65，则𝐴𝑁=𝐴𝐸―𝐸𝑁=2 65―24 65=50 65，
37 37 37 37 37
∵𝑀𝑁∥𝐴𝐵，且𝑁𝐻=𝐴𝑁―𝐴𝐻=50 65―𝐴𝐻
37
∴
𝑀𝑁
=
𝑁𝐻
，即
1
7
3
4
5
=
50
37
65―𝐴𝐻，
𝐴𝐵 𝐴𝐻 10 𝐴𝐻
解得，𝐴𝐻=8 65，
7
故答案为：8 65 ．
7
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，全等三
形的判定和性质等知识的综合运用，掌握相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例的计算是解题的
关键．
5．如图，△𝐴𝐵𝐶中∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐶=𝐵𝐶=10cm，△𝐶𝐷𝐸中，∠𝐷𝐶𝐸=90°，𝐷𝐶=𝐸𝐶=6cm，直线𝐵𝐷
与直线𝐴𝐸交于点𝐹．现将△𝐷𝐶𝐸绕点𝐶旋转1周，在旋转过程中，∠𝐹= °，线段𝐴𝐹长度的最大值是
cm．【答案】 90 14
【分析】先证明△𝐴𝐶𝐸≌△𝐵𝐶𝐷(SAS) ，推出∠𝐶𝐴𝐸=∠𝐶𝐵𝐷，再结合∠𝐶𝑂𝐴=∠𝐵𝑂𝐹以及∠𝐴𝐶𝐵=90°即可
1
解答；由∠𝐹=∠𝐴𝐶𝐵=90°可知点F在以𝐴𝐵为直径的圆上运动，由点C到的距离为 𝐴𝐵=5 2>CE=6cm，
2
可知弦𝐴𝐹在直径𝐴𝐵的下方，当𝐴𝐸与⊙𝐶相切于点E时，𝐴𝐹取最大值，求出𝐴𝐸的长即可 得解．
【详解】解：∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，∠𝐷𝐶𝐸=90°，
∴∠𝐴𝐶𝐵―∠𝐸𝐶𝐵=∠𝐷𝐶𝐸―∠𝐸𝐶𝐵，
即∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐵𝐶𝐷，
在△𝐴𝐶𝐸 和△𝐵𝐶𝐷中，
𝐴𝐶=𝐵𝐶
∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐵𝐶𝐷，
𝐸𝐶=𝐷𝐶
∴△𝐴𝐶𝐸≌△𝐵𝐶𝐷(SAS)，
∴∠𝐶𝐴𝐸=∠𝐶𝐵𝐷，
设𝐴𝐹、𝐵𝐶交于点O，
∵∠𝐶𝑂𝐴=∠𝐵𝑂𝐹，
∴∠𝐹=∠𝐴𝐶𝐵=90°．
如图，∵∠𝐹=∠𝐴𝐶𝐵=90°,
∴点F在以𝐴𝐵为直径的圆上运动，
∵𝐴𝐶=𝐵𝐶=10cm，
则𝐴𝐵= 102+102 =10 2(cm)，
1
∴由等腰直角三角形可知，点C到𝐴𝐵的距离为 𝐴𝐵=5 2>CE=6cm，
2
即弦𝐴𝐹在直径𝐴𝐵的下方，如图，∵D、E两点在以C为圆心，以6cm为半径的⊙𝐶上，
∴当𝐴𝐸与⊙𝐶相切于点E时，𝐴𝐹取最大值，
此时∠𝐸𝐶𝐷=∠𝐶𝐸𝐹=∠𝐸𝐹𝐷=90°，𝐶𝐷=𝐶𝐸，
∴四边形𝐶𝐷𝐹𝐸为正方形，𝐸𝐹=𝐶𝐸=6(cm)，
∴𝐴𝐸= 𝐴𝐶2―𝐶𝐸2 = 102―62 =8(cm)，
∴𝐴𝐹的最大值为𝐴𝐹=𝐴𝐸+𝐸𝐹=8+6=14(cm)．
故答案为：90；14．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、圆的内接四边形
的性质等知识点，灵活运用相关性质是解答本题的关键．
押题猜想十一 计算类解答题
限时：4min
―1
（1）计算： 1 +(π+2023)0―2cos60°+ 9；
2
（2）解方程：𝑥2+6𝑥+8=0．
【答案】（1）5；（2）𝑥 =―2，𝑥 =―4
1 2
【分析】本题考查了解一元二次方程，实数的混合运算．
（1）根据特殊角的锐角三角函数的值、零指数幂以及负整数幂的意义即可求出答案；
（2）根据因式分解法解一元二次方程即可．
―1
【详解】解：（1） 1 +(π+2023)0―2cos60°+ 9
2
1
=2+1―2× +3
2
=2+1―1+3
=5；（2）𝑥2+6𝑥+8=0，
(𝑥+2)(𝑥+4)=0，
𝑥+2=0或𝑥+4=0，
𝑥 =―2，𝑥 =―4．
1 2
押题解读
押题理由：新课标注重"运算能力与过程规范"，计算题占解答题分值20%+（据《2025中考分析报告》），
重点考查分式、根式等综合运算，因步骤分占比高成基础题抢分关键。
押题依据：①2024新课标新增"真实情境下的多步运算"要求；②真题趋势呈现"代数式求值技巧化"（整
体代入/配方变形）、"跨知识点混合运算"（如三角函数与幂运算结合）；③考情显示"符号漏变""约分不彻
底"等过程性错误频发。
押题秘籍：严格遵循"审式→定序→分步→检验"四步流程，建立"运算优先级清单"，用"彩色标注法"追踪
符号变化。重点训练"条件求值题"（如"整体法"解分式方程），通过"逆向代入"验证结果，规范书写避免
跳步，特别警惕"去分母漏乘""开方未加±"等高频失误点。
1．（1）计算： 16+2sin60°+| 3―2|；
𝑥―2 2
（2）解方程： = ―2．
𝑥―1 1―𝑥
【答案】（1）6
2
（2）𝑥=
3
【分析】本题考查实数混合运算，特殊角的三角函数，解分式方程，熟练掌握实数混合运算法则和解分式
方程的方法是解题的关键，注意解分式方程要检验．
（1）先计算开方，并把特殊角三角函数值代入和求绝对值，再计算加减即可；
（2）先去分母，转化 成整式方程求解，然后检验即可求解．
【详解】解：（1）原式=4+2× 3+2― 3
2
=4+ 3+2― 3
=6．
（2）方程两边乘𝑥―1，得𝑥―2=―2―2(𝑥―1)．
2
解得𝑥= ．
32
检验：当𝑥= 时，𝑥―1≠0．
3
2
所以，𝑥= 是原分式方程的解．
3
2．（1）计算：| 3―2|+2sin60°―(π―2025)0⋅3 27．
―1
（2）先化简，再求值：𝑚2―2𝑚+1 ÷ 𝑚2 ―1 ，其中𝑚= 1 ．
𝑚2―1 𝑚2+𝑚 3
【答案】（1）―1（2）1―𝑚，―2
【分析】本题考查实数的混合运算，分式的化简求值，熟练掌握相关运算法则，正确的计算是解题的关键：
（1）先化简各数，再进行加减运算即可；
（2）先通分计算括号内，除法变乘法，约分化简后，代值计算即可．
【详解】解：（1）原式=2― 3+2× 3―1×3=―1；
2
（2）原式= (𝑚―1)2 ÷ 𝑚2―𝑚2―𝑚
(𝑚+1)(𝑚―1) 𝑚2+𝑚
(𝑚―1)2 ―𝑚(𝑚+1)
= ⋅
(𝑚+1)(𝑚―1) 𝑚
=1―𝑚；
―1
当𝑚= 1 =3时，原式=1―3=―2．
3
―1
3．（1）计算： 1 ―2sin45°+|― 2|+(2021―𝜋)0
2
5𝑥―3>2𝑥+7
（2）解下列一元一次不等式组，并在数轴上表示解集： 2𝑥+1
≤𝑥+2
3
10
【答案】（1）3；（2）𝑥> ，数轴见解析
3
【分析】本题考查了实数的运算，解一元一次不等式组，涉及特殊角的三角函数值，零指数和负整数指数
幂，二次根式的加减法运算，掌握运算法则，正确计算是解题的关键．
（1）分别化简计算零指数幂、负整数指数幂，绝对值，代入特殊角的三角函数值，再进行加减计算；
（2）先求每一个不等式的解集，再取解集的公共部分作为不等式组的解集，再画数轴表示解集．
―1
【详解】（1）解： 1 ―2sin45°+|― 2|+(2021―𝜋)0
2
2
=2―2× + 2+1
2
=3；
5𝑥―3>2𝑥+7①
（2）解： 2𝑥+1
≤𝑥+2②
3
10
由①得，𝑥> ，
3由②得，𝑥≥―5，
10
∴原不等式组的解集为：𝑥> ，
3
∴数轴表示为：
．
4．已知𝑥≠𝑦，𝑥≠―𝑦，有三个代数式：𝐴=2𝑥2―2𝑦2，𝐵=𝑥2―𝑥𝑦，𝐶=3𝑥2―6𝑥𝑦+3𝑦2．
(1)因式分解𝐴；
(2)在𝐴，𝐵，𝐶中任选两个代数式，分别作为分子、分母，组成一个分式并化简．
【答案】(1)2(𝑥+𝑦)(𝑥―𝑦)
(2)见解析
【分析】本题主要考查了分解因式，化简分式：
（1）提取公因式2，再利用平方差公式分解即可；
（2）分选择A、B，选择A、C，选择B、C三种情况，把选择的两个式子分别作为分子和分母组成分式，
再化简分式即可．
【详解】（1）解：𝐴=2𝑥2―2𝑦2 =2 𝑥2―𝑦2 =2(𝑥+𝑦)(𝑥―𝑦)；
2𝑥2―2𝑦2 2(𝑥+𝑦)(𝑥―𝑦) 2(𝑥+𝑦) 2𝑥+2𝑦 𝑥2―𝑥𝑦 𝑥(𝑥―𝑦) 𝑥
（2）解：选择A、B，则所得分式为 = = = 或 = = ；
𝑥2―𝑥𝑦 𝑥(𝑥―𝑦) 𝑥 𝑥 2𝑥2―2𝑦2 2(𝑥+𝑦)(𝑥―𝑦) 2𝑥+2𝑦
2𝑥2―2𝑦2 2(𝑥+𝑦)(𝑥―𝑦) 2(𝑥+𝑦) 2𝑥+2𝑦 3𝑥2―6𝑥𝑦+3𝑦2 3(𝑥―𝑦)2 3(𝑥―𝑦)
选择A、C，则所得分式为 = = = 或 = = =
3𝑥2―6𝑥𝑦+3𝑦2 3(𝑥―𝑦)2 3(𝑥―𝑦) 3𝑥―3𝑦 2𝑥2―2𝑦2 2(𝑥+𝑦)(𝑥―𝑦) 2(𝑥+𝑦)
3𝑥―3𝑦
；
2𝑥+2𝑦
𝑥2―𝑥𝑦 𝑥(𝑥―𝑦) 𝑥 𝑥 3𝑥2―6𝑥𝑦+3𝑦2 3(𝑥―𝑦)2 3(𝑥―𝑦) 3𝑥―3𝑦
选择B、C，则所得分式为 = = = 或 = = = ．
3𝑥2―6𝑥𝑦+3𝑦2 3(𝑥―𝑦)2 3(𝑥―𝑦) 3𝑥―3𝑦 𝑥2―𝑥𝑦 𝑥(𝑥―𝑦) 𝑥 𝑥
押题猜想十二 应用类解答题
限时：5min
【问题背景】
2025年4月23日是第30个“世界读书日”．为给师生提供更加良好的阅读环境，某学校决定扩大图书馆面
积，增加藏书数量，现需购进20个书架用于摆放书籍．
【素材呈现】
素材一：有A，B两种书架可供选择，A种书架的单价比B种书架单价高25%；素材二：购买3个A种书架和2个B种书架共需要2300元；
1
素材三：A种书架的数量不少于B种书架数量的 ．
3
【问题解决】
(1)求A，B两种书架的单价；
(2)设购买𝑎个A种书架，购买书架的总费用为𝑤元，求𝑤与𝑎的函数关系式，并求出总费用最少时的购买方
案．
【答案】(1)A种书架的单价为500元，B种书架的单价为400元
(2)𝑤=100𝑎+8000（5≤𝑎≤20，且𝑎是整数），购买A种书架5个、B种书架15个
【分析】（1）设A种书架的单价为𝑥元，B种书架的单价为𝑦元．
𝑥=(1+25%)𝑦,
由题意，得 解答即可．
3𝑥+2𝑦=2300.
（2）由题意，得𝑤=500𝑎+400(20―𝑎)=100𝑎+8000，再解得𝑎≥5，利用一次函数的性质，解答即可．
本题考查了方程组的应用，不等式的应用，一次函数的应用，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
【详解】（1）解：设A种书架的单价为𝑥元，B种书架的单价为𝑦元．
𝑥=(1+25%)𝑦,
由题意，得
3𝑥+2𝑦=2300.
𝑥=500,
解得
𝑦=400.
答：A种书架的单价为500元，B种书架的单价为400元．
（2）由题意，得𝑤=500𝑎+400(20―𝑎)=100𝑎+8000，
1
∵A种书架的数量不少于B种书架数量的 ，
3
1
∴𝑎≥ (20―𝑎)，解得𝑎≥5，
3
∴𝑤与𝑎的函数关系式为𝑤=100𝑎+8000（5≤𝑎≤20，且𝑎是整数）．
对于𝑤=100𝑎+8000（5≤𝑎≤20，且𝑎是整数），由100>0可知𝑤随𝑎的增大而增大，
∴当𝑎=5时，𝑤取得最小值，此时𝑤=8500，20―𝑎=15，
∴费用最少时的购买方案是购买A种书架5个、B种书架15个．
押题解读
新课标深化“实践育人”导向，近5年应用类题型稳居40%以上，突出模型建构与跨学科迁移能力。
熟练“情境拆解→变量提取→模型验证”思维链，精练分段函数、动态几何、统计推断3类高频模型，关注垃圾分类、新能源等政策热点衍生的数学问题。
1．利用以下素材解决问题．
莲藕定价问题
2025年央视元宵晚会上，一根来自湖北的长达2.33米、9节9孔的“藕王”惊艳亮相，
瞬间吸引了全网目光每逢冬季，排骨藕汤更是湖北人餐桌上必不可少的美食．某餐
饮店主打莲藕汤，其成本为5元/份，当售价为25元/份时，平均每天可以卖出120
素
份．
材
1
素
经市场调研发现：售价每上涨1元/份，每天要少卖出5份；售价每下降1元/份，每
材
天可多卖出10份．
2
任
若涨价2元/份，则平均每天的销售量为_______份；若设降价𝑥元/份，则平均每天
务
的销售量为_______份（用含𝑥的代数式表示）．
1
任
务 若涨价销售，该餐饮店如何调整售价，才能使每天的利润达到2415元？
2
任
“元旦”假期，为保证藕汤的最佳口感，尽快减少库存，该餐饮店应如何调整售价才
务
能使每天的利润最高？
3
【答案】[任务1]110，(120+10𝑥)；[任务2]该餐饮店将售价上涨1元/份或3元/份时，才能使每天的利润达
到2415元；[任务3]售价下降4元/份，能使每天的利润最高，最高为2560元．
【分析】本题考查了列代数式，一元二次方程，二次函数的应用，掌握知识点的应用是解题的关键．
[任务1]根据题意列出代数式即可；
[任务2]由题意得，设涨价𝑦元/份，(120―5𝑦)(25―5+𝑦)=2415，然后解方程即可；
[任务3]根据题意采取降价销售，每天的利润为(25―5―𝑥)(120+10𝑥)=―10𝑥2+80𝑥+2400=―10(𝑥―4)2+2560，然后利用二次函数的性质即可求解．
【详解】解：[任务1]若涨价2元/份，则平均每天的销售量为120―2×5=110（份），
若设降价𝑥元/份，则平均每天的销售量为120+10𝑥（份），
故答案为：110，(120+10𝑥)；
[任务2]由题意得，设涨价𝑦元/份，
∴(120―5𝑦)(25―5+𝑦)=2415，
整理得：𝑦2―4𝑦+3=0，
解得：𝑦 =1，𝑦 =3，
1 2
答：该餐饮店将售价上涨1元/份或3元/份时，才能使每天的利润达到2415元；
[任务3]∵尽快减少库存，
∴采取降价销售，
∴每天的利润为(25―5―𝑥)(120+10𝑥)=―10𝑥2+80𝑥+2400=―10(𝑥―4)2+2560，
∵―10<0，
∴当𝑥=4时，每天的利润有最大值为2560元，
答：售价下降4元/份，能使每天的利润最高，最高为2560元．
2．2025年3月12日是我国第47个植树节．植树节前，某校计划采购一批树苗参加植树节活动．经了解，
每棵乙种树苗比每棵甲种树苗贵10元，用900元购买甲种树苗的棵数恰好与用1200元购买乙种树苗的棵
数相同．
(1)求甲、乙两种树苗每棵的价格；
(2)学校计划购买甲、乙两种树苗共600棵，经过与供货商沟通，每棵甲种树苗的售价不变，每棵乙种树苗
的售价打9折，若要求购买时甲种树苗的数量不超过乙种树苗数量的2倍，则学校应该如何设计购买方案，
才能使购买树苗的总费用最少？
【答案】(1)甲种树苗每棵的价格是30元，乙种树苗每棵的价格是40元
(2)购买甲种树苗400棵，乙种树苗200棵，总费用最少
【分析】本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式组的应用、一元一次方程的应用，正确建立方程和
熟练掌握一次函数的性质是解题关键．
（1）设甲种树苗每棵的价格是𝑥元，则乙种树苗每棵的价格是(𝑥+10)元，根据用900元购买甲种树苗的棵
数恰好与用1200元购买乙种树苗的棵数相同建立方程，解方程，并进行检验即可得；
（2）设购买乙种树苗𝑚棵，总费用为𝑤元，则购买甲种树苗(600―𝑚)棵，先求出200≤𝑚<600，再根据
费用与价格、棵数的关系建立𝑤与𝑚的函数关系式，利用一次函数的性质求解即可得．【详解】（1）解：设甲种树苗每棵的价格是𝑥元，则乙种树苗每棵的价格是(𝑥+10)元．
900 1200
由题意得： = ，
𝑥 𝑥+10
解得𝑥=30，
经检验，𝑥=30是所列分式方程的解，且符合题意，
则𝑥+10=30+10=40，
答：甲种树苗每棵的价格是30元，乙种树苗每棵的价格是40元．
（2）解：设购买乙种树苗𝑚棵，总费用为𝑤元，则购买甲种树苗(600―𝑚)棵，
∵要求购买时，甲种树苗的数量不超过乙种树苗数量的2倍，
600―𝑚≤2𝑚
∴ ，
600―𝑚>0
∴200≤𝑚<600，
由题意得：𝑤=30(600―𝑚)+90%×40𝑚=6𝑚+18000，
∵一次函数𝑤=6𝑚+18000中的6>0，
∴在200≤𝑚<600内，𝑤随𝑚的增大而增大，
∴当𝑚=200时，𝑤的值最小，
此时600―𝑚=600―200=400，
答：购买甲种树苗400棵，乙种树苗200棵，总费用最少．
押题猜想十三 作图类解答题
限时：10min
图①，图②，图③均是6×6的正方形网格，每个小正方形的顶点均称为格点，△𝐴𝐵𝐶的顶点均在格点
上．仅用无刻度的直尺；分别在给定的网格中按下列要求作图．
(1)在图①中，找一个格点𝐷，使得点𝐷为△𝐴𝐵𝐶的外心．
(2)在图②中，找一个格点𝐸，使得∠𝐵𝐸𝐶+∠𝐵𝐴𝐶=180∘．
(3)在图③中，找一个格点𝐹，使得∠𝐶𝐵𝐹+∠𝐵𝐴𝐶=90∘．【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据网格在图①中，利用网格作𝐴𝐶， 𝐵𝐶，𝐴𝐵任意两边的垂直平分线交于外心点𝐷；
（2）根据网格在图②中，由∠𝐵𝐸𝐶+∠𝐵𝐴𝐶=180°，∠𝐴𝐵𝐶+45°+∠𝐵𝐴𝐶=180°，可得：∠𝐵𝐸𝐶=45°+∠𝐴𝐵𝐶，
找到格点𝐸，连结𝐵𝐸、𝐶𝐸，根据网格特点构造等角即可；
（3）根据网格在图③中，利用网格过点𝐴作出𝐴𝐶垂线，得到∠𝐵𝐴𝐶的余角，根据相似三角形的构图即可．
【详解】（1）解：如图①，点𝐷即为所求；
（2）如图，点𝐸即为所求；
（3）如图③，点𝐹即为所求；
【点睛】本题是三角形综合题，考查线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，全等三角形、相似三角
形的判定与性质，解决本题的关键是利用全等三角形或相似三角形构造相等的角．
押题解读
新课标强化“几何直观”核心素养，近3年作图题分值上升至12%-15%，注重动手实践与空间观念。
2024新课标新增“用数学工具表达真实情境”要求， 掌握尺规作图“五步验证法”（如角平分线双弧定位），
熟练三视图“虚实线转化规则”，强化旋转/对称作图“关键点追踪法”。重点关注“网格作图+函数结合”新题
型（如抛物线顶点平移），考前用坐标纸特训“无刻度直尺作图”陷阱，务必保留作图痕迹辅助线。1．在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，△𝐴𝐵𝐶的顶点都在正方形网格的
格点（网格线的交点）上．将△𝐴𝐵𝐶经过一次平移得到△𝐴 𝐵 𝐶 ，点𝐴 、𝐵 、𝐶 分别是A、B、C的对应
1 1 1 1 1 1
点，△𝐴𝐵𝐶绕点A逆时针旋转90°后得到△𝐴𝐵 𝐶 ，点𝐵 、𝐶 分别是B、C的对应点．
2 2 2 2
(1)画出平移后的△𝐴 𝐵 𝐶 和旋转后的△𝐴𝐵 𝐶 ；
1 1 1 2 2
(2)利用格点画出线段𝐴𝐶的垂直平分线𝐷𝐸；
(3)平移过程中，线段𝐴𝐶扫过的图形面积是___________．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)14
【分析】本题考查作图−−平移变换，旋转变换，割补法求面积等知识，解题的关键是如何用相关知识在网
格中找出关键的格点．
（1）根据平移和旋转的性质画图即可；
（2）根据网格的特征画图即可；
（3）根据割补法求解即可．
【详解】（1）解：如图，△𝐴 𝐵 𝐶 和△𝐴𝐵 𝐶 即为所求，
1 1 1 2 2
（2）解：如图，𝐷𝐸即为所求作；（3）解：如图，四边形𝐴𝐶𝐶 𝐴 是线段𝐴𝐶扫过的图形，
1 1
1 1 1 1
即线段𝐴𝐶扫过的图形面积是5×6― ×2×2― ×3×4― ×2×2― ×3×4=14．
2 2 2 2
2．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，已知格点△𝐴𝐵𝐶（顶点均为网格线的交点）
和格点𝑂．
(1)以点𝑂为位似中心将△𝐴𝐵𝐶在网格中放大2倍得到△𝐴 𝐵 𝐶 ，请画出△𝐴 𝐵 𝐶 ；
1 1 1 1 1 1
(2)以点𝐵为旋转中心，将△𝐴𝐵𝐶按顺时针方向旋转90°，得到△𝐴 𝐵𝐶 ，请画出△𝐴 𝐵𝐶 ；
2 2 2 2
(3)尺规作图：在𝐴 𝐶 上求作点𝑃，使𝑃𝐴 =𝑃𝐶．（不写作法，保留作图痕迹）
1 1 1
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题考查作图-位似变换、作图-旋转变换，尺规作图．
（1）根据位似的性质作图，即可得出答案；
（2）根据旋转的性质作图，即可得出答案；（3）利用尺规作图作出𝐴 𝐶的垂直平分线交𝐴 𝐶 于点𝑃，即可．
1 1 1
【详解】（1）解：如图，△𝐴 𝐵 𝐶 即为所求．
1 1 1
；
（2）解：如图，△𝐴 𝐵𝐶 即为所求．
2 2
（3）解：如图，点𝑃即为所求．
3．如图，在平面直角坐标系中，△𝐴𝐵𝐶的三个顶点的坐标分别为𝐴(2,4)、𝐵(1,5)、𝐶(1,2)，直线𝑙：
𝑦=―𝑥．(1)画出△𝐴𝐵𝐶关于𝑦轴对称的△𝐴 𝐵 𝐶 ，并写出𝐴 、𝐵 、𝐶 的坐标；
1 1 1 1 1 1
(2)画出△𝐴 𝐵 𝐶 关于直线𝑙对称的△𝐴 𝐵 𝐶 ，并写出𝐴 、𝐵 、𝐶 的坐标；
1 1 1 2 2 2 2 2 2
(3)△𝐴 𝐵 𝐶 能否由△𝐴𝐵𝐶绕某一点旋转得到，若能，请直接写出旋转中心的坐标和旋转角度．若不能，请
2 2 2
说明理由．
【答案】(1)见解析，𝐴 (―2,4)、𝐵 (―1,5)、𝐶 (―1,2)
1 1 1
(2)见解析，𝐴 (―4,2)、𝐵 (―5,1)、𝐶 (―2,1)
2 2 2
(3)旋转中心的坐标为(0,0)，旋转角度为90°
【分析】本题考查了坐标与图形，作轴对称图形，找旋转中心与旋转角，熟练掌握轴对称的性质以及旋转
的性质，是解题的关键；
（1）根据轴对称的性质找到𝐴 (―2,4)、𝐵 (―1,5)、𝐶 (―1,2)，顺次连接，即可求解；
1 1 1
（2）根据轴对称的性质找到𝐴 (―4,2)、𝐵 (―5,1)、𝐶 (―2,1)，顺次连接，即可求解．
2 2 2
（3）作𝐶𝐶 和𝐴𝐴 的垂直平分线即可得到旋转中心，即旋转中心为点𝑂，根据旋转的性质，即可求解．
1 1
【详解】（1）解：如图所示，△𝐴 𝐵 𝐶 即为所求，𝐴 (―2,4)、𝐵 (―1,5)、𝐶 (―1,2)
1 1 1 1 1 1
（2）解：如图所示，△𝐴 𝐵 𝐶 即为所求，𝐴 (―4,2)、𝐵 (―5,1)、𝐶 (―2,1)
2 2 2 2 2 2（3）解：△𝐴 𝐵 𝐶 能由△𝐴𝐵𝐶绕点(0,0)逆时针旋转90°得到，如图
2 2 2
∴旋转中心的坐标为(0,0)，旋转角度为90°
4．如图，这是5×5的正方形网格，请仅用无刻度的直尺按下列要求完成以下作图（保留作图痕迹）．
1
(1)如图1，在𝐴𝐵上作点𝐷,𝐴𝐶上作点E，连接𝐷𝐸，使得𝐷𝐸∥𝐵𝐶，且𝐷𝐸= 𝐵𝐶；
2
1
(2)如图2，在𝐴𝐵上作点𝐹,𝐴𝐶上作点G，连接𝐹𝐺，使得𝐹𝐺∥𝐵𝐶，且𝐹𝐺= 𝐵𝐶．
3
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了无刻度直尺作图，矩形的性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质等知识，
熟练掌握这些知识是解题的关键；
（1）取格点M，N，连接𝑀𝑁交𝐴𝐵于D，网格线与𝐴𝐶的交点为E，连接𝐷𝐸即为所求；（2）取格点P，H，连接𝑃𝐻交𝐴𝐶于G，网格线与𝐴𝐵的交点为F，连接𝐹𝐺即为所求．
【详解】（1）解：如图1，𝐷𝐸即为所求；
（2）解：如图2，𝐹𝐺即为所求．
5．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，线段𝐴𝐶的位置如图．
(1)以C为旋转中心，将线段𝐴𝐶顺时针旋转90°，得到线段𝐶𝐴 ，然后向右平移1个单位长度，再向下平移2
1
个单位长度，得到线段𝐴 𝐶 ，画出𝐴 𝐶 ；
2 2 2 2
(2)连接𝐴𝐴 ，过点C作△𝐴𝐶𝐴 的高𝐶𝐷；
1 1
(3)过𝐴𝐶的中点E作𝐸𝐹∥𝐶 𝐴 ．
2 2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题考查了平移变换和旋转变换作图，平行线的性质，熟练掌握旋转和平移的性质是解决问题的
关键．
（1）以𝐶为旋转中心，将线段𝐴𝐶顺时针旋转90°．根据网格特点，利用方格纸的直角，确定点𝐴绕点𝐶顺时针旋转90°后的对应点𝐴 的位置，连接𝐶𝐴 得到线段𝐶𝐴 ．将线段𝐶𝐴 向右平移1个单位长度，再向下平移2
1 1 1 1
个单位长度，得到𝐴 、𝐶 ，连接𝐴 𝐶 ．
2 2 2 2
（2）连接𝐴𝐴 ，利用网格线得点M，N ，构造矩形𝐴𝑀𝐴 𝑁，连接𝑀𝑁交𝐴𝐴 于点D，画出𝐶𝐷，根据△𝐴𝐶𝐴
1 1 1 1
为等腰直角三角形，𝐶𝐷即为△𝐴𝐶𝐴 的高．
1
（3）通过数方格找到点B，由网格图可知𝐴𝐶=𝐶𝐴 =𝐴 𝐵=𝐴𝐵，∠𝐴𝐶𝐴 =90°，得四边形𝐴𝐶𝐴 𝐵为正方
1 1 1 1
形，然后在网格线构造矩形利用对角线的性质，确定线段𝐴𝐶的中点𝐸 ．连接𝐵𝐶交𝐴𝐴 于的点F，根据正方
1
形的性质得点F为𝐴𝐴 的中点，连接𝐸𝐹，根据中位线的性质得𝐸𝐹∥𝐶𝐴 ，由（1）平移得过点𝐶𝐴 ∥𝐶𝐴 ，所以
1 1 1 2
𝐸𝐹∥𝐶𝐴 ∥𝐶𝐴 ．
1 2
【详解】（1）解：如图所示𝐴 𝐶 即为所求
2 2
（2）解：如图所示：𝐶𝐷即为所求
（3）如图所示：𝐸𝐹即为所求．押题猜想十四 统计与概率类解答题
限时：6min
2025年1月，教育部办公厅印发了《中小学科学教育工作指南》的通知，将实验等探究实践纳入评价体
系．某校根据实际情况组织了一次理化实验操作测试，分为物理组和化学组，每场测试每组各有12名学生，
每名学生随机抽取1道试题进行测试，满分10分，成绩均为整数，下面是根据某场测试成绩绘制的不完整
的统计图表：
平均 方 中位
组别
分 差 数
物理
𝑎 2.08 7
组
化学
8.25 1.52 𝑏
组
请解答下列问题：
(1)𝑎=___________，𝑏=___________
(2)你认为哪一组学生的成绩较好？请说明理由．
(3)该场测试结束后，老师准备从四名得满分的学生中随机抽取两名分享实验操作经验，请用列表或画树状
图的方法，求恰好抽到一名物理组和一名化学组学生的概率．
【答案】(1)7.5，8.5
(2)化学组学生的成绩较好．理由见解析2
(3)
3
【分析】本题考查了平均数，方差，中位数，列表法或画树状图法求概率．
（1）根据加权平均数和中位数的定义求解即可；
（2）从平均数，方差，中位数人选一个特征量分析即可（答案不唯一）；
（3）用列表法求解即可．
4×6+3×7+2×8+1×9+2×10
【详解】（1）𝑎= =7.5分；
12
∵化学组成绩从小到大排，排在第6和第7位的分别是8和9，
8+9
∴𝑏= =8.5．
2
故答案为：7.5，8.5；
（2）化学组学生的成绩较好．理由：答案不唯一，写出下列一点即可：化学组学生的高分人数多；化学组
学生的平均分高于物理组；化学组学生成绩的方差比物理组小，即成绩更稳定，所以化学组学生的成绩较
好．
（3）记物理组的两名学生为物 、物 ，化学组的两名学生为化 、化 ．列表如下：
1 2 1 2
物 物 化 ， 化．
1 2 1
物 - （物 ，物 ） （物 ，化 ） （物 ，化 ）
1 1 2 1 1 1 2
物 （物 ，物 ） - （物 ，化 ） （物 ，化 ）
2 2 1 2 1 2 2
化 （化 ，物 ） （化 ，物 ） - （化 ，化 ）
1 1 1 1 2 1 2
化 （化 ，物 ） （化 ，物 ） （化 ，化 ） -
2 2 1 2 2 2 1
共有12种等可能的结果，其中恰好抽到一名物理组和一名化学组学生的结果有8种，
8 2
所以𝑃（恰好抽到一名物理组和一名化学组学生）= = ．
12 3
押题解读
2024新课标新增“用概率解释随机现象”（P89）；真题迭代出多源数据关联分析（如运动手环心率/步数相关
性）、复杂概率模型（游戏公平性/遗传规律）等；需掌握树状图/列表法求概率的“无重复无遗漏”原则，警
惕统计量陷阱（如方差与平均数混淆）。专项突破“图表嵌套题”（折线图+扇形图混合分析），考前建立“概
率-生活案例”对应库。1．某数学小组为了了解甲、乙两个品牌的机器狗专卖店3月份销售额的情况，从这两个品牌的机器狗专卖
店中，各随机抽取了25家专卖店，获得了它们3月份销售额（单位：万元）的数据，并对数据进行整理、
描述和分析．下面给出了部分信息．
a．甲品牌抽取的机器狗专卖店销售额数据的频数分布直方图如下（数据分成5组：60≤𝑥<80，
80≤𝑥<100，100≤𝑥<120，120≤𝑥<140，140≤𝑥<160，）
𝑏．甲品牌抽取的机器狗专卖店销售额数据在100≤𝑥<120这一组的是：100，100，101，109，114，115，
116，118．
c．甲、乙两个品牌抽取的机器狗专卖店销售额数据的平均数、中位数如下表：
平均 中位
数 数
甲 108 𝑚
乙 110 115
根据以上信息，回答下列问题．
(1)表中𝑚的值为___________．
(2)在甲品牌抽取的机器狗专卖店中，记3月份销售额高于它们的平均销售额的专卖店的个数为𝑝 ；在乙品
1
牌抽取的机器狗专卖店中，记3月份销售额高于它们的平均销售额的专卖店的个数为𝑝 ．比较𝑝 ，𝑝 的大
2 1 2
小，并说明理由．
(3)若乙品牌共有200家机器狗专卖店，估计乙品牌的机器狗专卖店3月份的总销售额（直接写出结果）．
【答案】(1)101
(2)𝑝 <𝑝 ，见解析
1 2
(3)22000万元
【分析】本题主要考查中位数、平均数及统计与调查，熟练掌握中位数、平均数及统计与调查是解题的关键．
（1）根据中位数的定义即可求解；
（2）先确定甲品牌中销售额高于其平均数108万元的专卖店个数𝑝 ：分别统计100≤𝑥<120中大于108
1
的数据个数，以及120≤𝑥<140、140≤𝑥<160两组的频数，将它们相加．再根据乙品牌的中位数115
万元大于其平均数110万元，得出乙品牌中销售额高于其平均数110万元的专卖店个数𝑝 至少为13个．最
2
后比较𝑝 与𝑝 的大小得出结论．
1 2
（3）根据样本中的平均数可估计总体的平均数求解即可．
【详解】（1）解：𝑝 <𝑝 ，理由如下：
1 2
因为甲品牌抽取的机器狗总共有抽取了25家专卖店，
所以将所给25个数据从小到大排列，第13个数据是作为该数据的中位数，
∵从甲品牌频数分布直方图看60≤𝑥<80有3家，80≤𝑥<100有7家，100≤𝑥<120有8家，
∴中位数落在100≤𝑥<120上，
∴从小到大排序后，在这一组的第3个数就是中位数，
∴𝑚=101；
故答案为：101；
（2）∵甲品牌平均数是108，25家专卖店中，120≤𝑥<140的有4家，140≤𝑥<160的有3家，100≤𝑥<120
这一组中大于108的有109，114，115，116，118共5家，
∴𝑝 =4+3+5=12．
1
∵乙品牌平均数是110，中位数是115，根据中位数定义，至少有13个数大于等于115，
∴大于110的数至少有13个，即𝑝 ≥13．
2
∵12<13，
∴𝑝 <𝑝 ．
1 2
（3）∵乙品牌抽取的25家专卖店平均销售额为110万元，乙品牌共有200家专卖店．
∴乙品牌3月份总销售额约为110×200=22000万元．
2．美育是传承中华文明的重要方式，是增强文化自信的重要力量．某校为建设美育育人环境，打造文明高
雅的校园文化，决定举办校园文化节，组织学生为文化节进行徽标设计比赛．经过初选，确定了五幅徽标
入围最后的评选．学校在各个年级随机进行“我最喜爱的徽标”问卷调查，被调查的学生只能选择其中的一
幅徽标．根据调查数据绘制成下面的两幅统计图：请根据以上信息，解答下列问题：
(1)本次调查的样本容量是______．扇形统计图中D对应圆心角的度数为______
(2)把条形统计图补充完整；（画图后请标注相应的数据）
(3)该校共有2000名学生，请你估计选择E徽标的学生有多少人?
【答案】(1)200；28.8°
(2)见解析
(3)450人
【分析】本题考查条形统计图，用样本估计总体，扇形统计图．
（1）根据B徽标投票数所占的比例求出调查的总人数，用D徽标投票数所占的比例乘以360度，计算即可
得扇形统计图中D对应圆心角的度数；
（2）求出C徽标投票数，补全条形统计图即可；
（3）利用样本估计总体的思想，进行求解即可．
【详解】（1）解：调查的总人数为：24÷12%=200，
即本次调查的样本容量是200
16
扇形统计图中D对应圆心角的度数为360°× =28.8°，
200
故答案为：200；28.8°；
（2）解：C徽标投票数为：200―85―24―16―45=30，
把条形统计图补充完整如图：45
（3）解：2000× =450（人），
200
答：估计选择E徽标的学生约有450人．
3．为倡导健康生活方式，国家将“体重管理”纳入健康战略．国际上常用身体质量指数（𝐵𝑀𝐼）来衡量人体
体重（单位：kg）
胖瘦程度，其计算公式是𝐵𝑀𝐼= ．中国人的𝐵𝑀𝐼数值标准为：𝐵𝑀𝐼<18.5为偏瘦；
身高2 单位：m2
18.5≤𝐵𝑀𝐼<24为正常；24≤𝐵𝑀𝐼<28为偏胖；𝐵𝑀𝐼≥28为肥胖．某校为调查九年级学生的胖瘦程度，
从该年级随机抽取10名学生，测得他们的身高和体重，并计算出相应的𝐵𝑀𝐼数值．
【收集数据】
九年级10名学生数据统计表
编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
体重
59.0 62.4 70.0 70.6 63.8 57.8 64.2 72.7 54.0 52.2
(kg)
身高(𝑚) 1.64 1.73 1.72 1.78 1.85 1.70 1.56 1.61 1.62 1.64
𝐵𝑀𝐼 21.9 20.8 23.7 22.3 18.6 𝑥 26.4 28.0 20.6 19.4
【整理数据】
九年级10名学生𝐵𝑀𝐼频数分布表
组别 𝐵𝑀𝐼 频数
𝐴 𝐵𝑀𝐼<18.5 0
𝐵 18.5≤𝐵𝑀𝐼<24 𝑎
𝐶 24≤𝐵𝑀𝐼<28 𝑏
𝐷 𝐵𝑀𝐼≥28 1【应用数据】
(1)求数据统计表中𝑥的值，并直接写出𝑎，𝑏的值．
(2)请估计该校九年级300名学生中𝐵𝑀𝐼≥24的人数．
【答案】(1)20，8，1
(2)60人
【分析】本题考查了频数分布表和用样本估计总体，熟练掌握用样本估计总体的方法是解题的关键．
（1）根据计算公式可得x的值，根据表格可得a，b的值；
（2）利用样本估计总体即可．
57.8
【详解】（1）解：由题意得：x= =20，
1.702
∴由九年级10名学生𝐵𝑀𝐼频数分布表得𝑎=8，𝑏=1；
2
（2）解：300× =60（人），
10
答：估计该校九年级300名学生中𝐵𝑀𝐼≥24的人数为60人．
4．某人工智能模型用于图像识别．共有50000幅图像，其中45000幅图像用于模型学习，剩下的5000幅
图像用于模型学习后的评估测试．
下面给出了学习时的正确率和学习后评估测试的正确率，部分数据如下：
学习次数 1 3 5 7 9 10 11 13
学习时的正确率 0.530 0.670 0.750 0.800 0.850 0.870 0.890 0.905
学习后评估测试
0.605 0.710 0.755 0.780 0.795 0.800 0.800 0.800
的正确率
(1)根据表格数据，在平面直角坐标系中，以学习次数为横坐标，以学习后评估测试的正确率为纵坐标，已
经绘制了相应的点，并用虚线表达变化趋势．请你以学习次数为横坐标，以学习时的正确率为纵坐标，绘
制相应的点，并用虚线表达变化趋势；(2)根据以上数据与函数图象，解决下列问题：
①经过第12次学习，学习后评估测试的正确率和学习时的正确率差约为_______（结果保留小数点后三
位）；
②至少经过_______次学习，学习后评估测试的正确率低于学习时的正确率；
③当学习后评估测试的正确率达到稳定时，用该模型识别100幅图像，估计_______幅能被正确识别．
【答案】(1)见解析
(2)①0.100；②6；③80
【分析】本题考查了由函数图象获取信息，描点法画函数图象，正确理解题意，读懂函数图象是解题的关
键．
（1）利用描点法即可作图；
（2）①由图象找出大致所对应的点，再作差即可；
②由图象即可求解；
③由图象可得当学习后评估测试的正确率达到稳定时，正确率约为0.800，再由100乘以0.800即可求解．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）解：①由图象可得：差值约为0.900―0.800=0.100，
故答案为：0.100；②由图象可得，至少经过6次学习，学习后评估测试的正确率低于学习时的正确率，
故答案为：6；
③由图象可得，100×0.800=80，
∴当学习后评估测试的正确率达到稳定时，用该模型识别100幅图像，估计100幅能被正确识别，
故答案为：80．
5．为树立学生的劳动观念，某中学开展了劳动技能大赛，经过五轮比赛，最终甲、乙、丙三位选手获得一
等奖．小明同学对三位选手的五轮得分（单位：分，满分10分）进行了数据的收集、整理和分析，信息如
下：
信息一：甲、乙两位选手的得分折线图：
信息二：选手丙五轮比赛部分成绩：其中三个得分分别是9.0，8.9，8.3；
信息三：甲、乙、丙三位选手五轮比赛得分的平均数、中位数、方差数据如下：
选手统
甲 乙 丙
计量
平均数 9.1 𝑏 9.1
中位数 𝑎 9.1 𝑐
方差 _____ 0.212 0.308
根据以上信息，回答下列问题：
(1)写出表中𝑎，𝑏，c的值：𝑎=________，𝑏=________，𝑐=________；
(2)根据以上信息可知，选手________发挥的稳定性更好（填“甲”或“乙”）．
(3)该校现准备推荐一位选手参加市级比赛，你认为应该推荐哪位选手？请说明理由．
【答案】(1)9.2，8.9，9.0
(2)甲
(3)应该推荐甲选手，甲的五轮比赛平均得分大于乙的平均得分，等于丙的平均得分；甲的五轮比赛得分的中位数最高，且甲的得分最稳定，所以应该推荐甲选手
【分析】本题考查平均数、方差，中位数以及折线统计图，理解中位数、平均数以及方差的定义，掌握中
位数、平均数以及方差的计算方法是正确解答的关键．
（1）根据中位数、平均数的计算方法进行计算即可；
（2）计算甲、丙两位选手的五轮成绩的方差即可；
（3）根据平均数、方差进行判断即可．
【详解】（1）解：选手甲的五轮成绩分别为9.2，8.8，9.3，8.7，9.5，选手丙的五轮成绩分别为8.3，9.1，
9.3，8.4，9.4，
将选手甲的五轮成绩从小到大排列，处在中间位置的一个数是9.2，因此甲选手五轮成绩的中位数是9.2，
即𝑎=9.2，
8.3+9.1+9.3+8.4+9.4
选手丙的五轮成绩的平均数𝑏= =8.9（分），
5
选手丙五轮比赛总成绩为9.1×5=45.5分，其中三个得分分别是9.0，8.9，8.3，
所以，另两个成绩和为45.5―(8.3+8.9+9.0)=19.3>18，
故另两个成绩均大于9.0，
所以，𝑐=9.0；
故答案为：9.2，8.9；9.0‘
1
（2）解：选手甲五轮成绩的方差𝑆 =
甲 5
(9.2―9.2)2+(8.8―9.2)2+(9.3―9.2)2+(8.7―9.2)2+(9.5―9.2)2 =0.102，
1
选手乙五轮成绩的方差𝑆 = (8.3―8.9)2+(9.1―8.9)2+(9.3―8.9)2+(8.4―8.9)2+(9.4―8.9)2
乙 5
=0.212，
∵0.102<0.212，
∴甲发挥稳定，
故答案为：甲；
（3）解：应该推荐甲选手，甲的五轮比赛平均得分大于乙的平均得分，等于丙的平均得分；甲的五轮比赛
得分的中位数最高，且甲的得分最稳定，所以应该推荐甲选手
押题猜想十五 解直角三角形类解答题
限时：8min黄山迎客松是黄山的标志性景观，它位于黄山风景区玉屏楼的青狮石旁．如图，某直升飞机于空中M处探
测到迎客松，此时直升飞机的飞行高度𝑀𝑁为1703米，从直升飞机上看迎客松顶端A的俯角∠𝐶𝑀𝐴=35°，
看迎客松根部B的俯角∠𝐶𝑀𝐵=45°．已知迎客松所处位置的海拔高度𝐵𝐷为1670米，求迎客松的高度𝐴𝐵
（结果精确到0.1m）．（参考数据：sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.70）
【答案】迎客松的高度约为9.9米
【分析】本题考查了有关仰俯角的解直角三角形的应用，正确构造直角三角形是解题的关键．
延长𝐷𝐴，交𝑀𝐶于点C，过点B作𝐵𝐸⊥𝑀𝑁于点E，则由题意得𝑁𝐸=𝐵𝐷=1670米，∠𝑀𝐶𝐵=90°，
∠𝑀𝐸𝐵=90°,则𝑀𝐸=𝐵𝐶=𝑀𝑁―𝑁𝐸=33，可得Rt△𝑀𝐶𝐵为等腰直角三角形，求出𝑀𝐶=𝐵𝐶，再解Rt
△𝑀𝐶𝐴，最后由𝐴𝐵=𝐵𝐶―𝐴𝐶即可求解．
【详解】解：如图，延长𝐷𝐴，交𝑀𝐶于点C，过点B作𝐵𝐸⊥𝑀𝑁于点E，则由题意得：𝑁𝐸=𝐵𝐷=1670米，
∠𝑀𝐶𝐵=90°，∠𝑀𝐸𝐵=90°．
∵𝑀𝑁=1703米，𝑁𝐸=1670米，
∴𝑀𝐸=𝐵𝐶=𝑀𝑁―𝑁𝐸=33（米）．
在Rt△𝑀𝐶𝐵中，∠𝐶𝑀𝐵=45°，
∴∠𝐶𝑀𝐵=∠𝐶𝐵𝑀=45°，
∴𝑀𝐶=𝐵𝐶=33米．
在Rt△𝑀𝐶𝐴中，∠𝐶𝑀𝐴=35°，
∴𝐴𝐶=𝑀𝐶·tan∠𝐶𝑀𝐴≈33×0.70=23.1（米），∴𝐴𝐵=𝐵𝐶―𝐴𝐶=33―23.1=9.9（米），
答：迎客松的高度约为9.9米．
押题解读
新课标要求“用数学解决真实情境问题”，近5年解直角三角形分值稳定在10%-12%，常结合工程测量、智
能设备定位等生活场景，凸显数学建模能力。 需熟记“测高/测距/坡度”三大模型公式链（如tanα=垂直高
度/水平距离），强化含特殊角（30°/45°）的构造思维，警惕“正弦/余弦混淆”“单位漏写”高频扣分点，考前
重点训练“无图多解”类开放题。
1．“一缕清风银叶转”，某市大型风机依次矗立在云遮雾绕的山脊之上，风叶转动，风能就能转换成电能，
造福千家万户，某中学初三数学兴趣小组，为测量风叶的长度进行了实地测量．如图，三片风叶两两所成
的角为120°，当其中一片风叶𝑂𝐵与塔干𝑂𝐷叠合时，在与塔底D水平距离为60米的E处，测得塔顶部O的
仰角∠𝑂𝐸𝐷=45°，风叶𝑂𝐴的视角∠𝑂𝐸𝐴=30°．
(1)已知α，β两角和的余弦公式为：sin(𝛼+𝛽)=sin𝛼cos𝛽+cos𝛼sin𝛽，请利用公式计算sin75°的值；
(2)求风叶𝑂𝐴的长度．
【答案】(1) 6+ 2
4
(2)风叶𝑂𝐴的长度为(60 3―60)米
【分析】本题考查解直角三角形的实际应用，正确理解题意和作出辅助线是关键．
（1）根据题中公式计算即可；
（2）过点A作𝐴𝐹⊥𝐷𝐸，连接𝐴𝐶，𝑂𝐺⊥𝐴𝐶，先根据题意求出𝑂𝐸，再根据等腰对等边证明𝑂𝐸=𝐴𝐸，结合
第一问的结论用三角函数即可求𝐸𝐹，再证明四边形𝐷𝐹𝐴𝐺是矩形，进一步计算即可求出．
【详解】（1）解：由题意可得：sin75°=sin(45°+30°)，
∴sin(45°+30°)=sin45°cos30°+cos45°sin30°2 3 2 1
= × + ×
2 2 2 2
= 6+ 2；
4
（2）解：过点A作𝐴𝐹⊥𝐷𝐸，连接𝐴𝐶，𝑂𝐺⊥𝐴𝐶，如图所示，
由题意得：𝐷𝐸=60米，∠𝑂𝐸𝐷=45°，
𝐷𝐸 60
∴𝑂𝐸= = =60 2米，∠𝐷𝑂𝐸=45°，𝑂𝐷=𝐷𝐸=60米，
2
cos45°
2
∵三片风叶两两所成的角为120°，
∴∠𝐷𝑂𝐴=120°，
∴∠𝐴𝑂𝐸=120°―45°=75°，
又∵∠𝑂𝐸𝐴=30°，
∴∠𝑂𝐴𝐸=180°―75°―30°=75°，
∴∠𝑂𝐴𝐸=∠𝐴𝑂𝐸，
∴𝑂𝐸=𝐴𝐸=60 2米，
∵∠𝑂𝐸𝐴=30°，∠𝑂𝐸𝐷=45°，
∴∠𝐴𝐸𝐷=75°，
由（1）得：sin75°= 6+ 2，
4
∴𝐴𝐹=𝐴𝐸×sin75°=30 3+30米，
∵𝐴𝐹⊥𝐷𝐸，𝑂𝐺⊥𝐴𝐶，𝑂𝐷⊥𝐷𝐸，
∴四边形𝐷𝐹𝐴𝐺是矩形，
∴𝑂𝐺=𝐷𝐺―𝑂𝐷=𝐴𝐹―𝑂𝐷=30 3―30米，
∵三片风叶两两所成的角为120°，且三片风叶长度相等，
∴∠𝑂𝐴𝐺=30°，
∴𝑂𝐴=2𝑂𝐺=(60 3―60)米，
∴风叶𝑂𝐴的长度为(60 3―60)米．
2．如图1是户外钓鱼者，在斜坡𝐷𝐹上钓鱼，坡度为1∶3，抽象成数学图形如图2，鱼竿竿稍位于点A处，距离斜坡面𝐴𝐷=50cm，鱼竿𝐴𝐵=450cm，𝐴𝐵与身体𝐷𝐸的夹角∠𝐸𝐴𝐵=48°，鱼线𝐵𝐶=600cm，与𝐴𝐵形
成的夹角∠𝐴𝐵𝐶=89°，鱼群在点C处，钓鱼者应把钓椅放在斜坡𝐷𝐹长度为多少时最合适？（参考数据：
sin48°≈0.74，cos48°≈0.68，tan48°≈1.11，sin89°≈0.99，cos89°≈0.15，tan89°≈57.3，sin
41°≈0.66，cos41°≈0.76，tan41°≈0.89结果精确到个位）
【答案】钓鱼者应把钓椅放在斜坡𝐷𝐹长度为316cm时最合适
【分析】本题主要考查了解直角三角形及勾股定理，构造直角△𝐴𝐺𝐵、△𝐵𝐻𝐶，掌握直角三角形的边角间
关系是解决本题的关键．过点B作𝐵𝐺⊥𝐸𝐷于点G，过点C作𝐶𝐻⊥𝐶𝐹，延长𝐺𝐵交𝐶𝐻于点H．先求得
𝐺𝐴=cos48°×𝐴𝐵≈306cm，再求得𝐶𝐻=cos41°×𝐵𝐶≈0.76×600=456cm，可得
𝑂𝐷=𝐶𝐻―𝐴𝐺―𝐴𝐷=100cm，再由勾股定理可得𝐷𝐹= 12+32×100=316cm，再求解即可．
【详解】解：过点B作𝐵𝐺⊥𝐸𝐷于点G，过点C作𝐶𝐻⊥𝐶𝐹，延长𝐺𝐵交𝐶𝐻于点H．
∵𝐴𝐵=450cm，
∴𝐺𝐴=cos48°×𝐴𝐵≈0.68×450=306(cm)，
∵∠𝐴𝐵𝐶=89°，∠𝐸𝐴𝐵=48°，
∴∠𝐺𝐵𝐴=42°，
∴∠𝐶𝐵𝐻=49°，
∴∠𝐵𝐶𝐻=41°．
∵𝐵𝐶=600cm，𝐶𝐻=cos41°×𝐵𝐶≈0.76×600=456(cm)
∴𝑂𝐷=𝐶𝐻―𝐴𝐺―𝐴𝐷=456―306―50=100(cm)，
∵𝐷𝐹的坡度为1∶3，
∴𝐷𝐹= 12+32×100=316(cm)，∴钓鱼者应把钓椅放在斜坡𝐷𝐹长度为316cm时最合适．
3．图1是中国空间站材料舱外暴露实验装置，自2023年3月8日出舱至今，已在轨实验满一年．2024年3月
14日，装置及装置中安装的首批400余个材料样品圆满完成舱外暴露实验，成功返回中国空间站内．图2是
制作实验装置的某块原材料示意图，已知∠𝐷=90°，∠𝐵𝐴𝐷=71.6°，∠𝐴𝐵𝐶=63.4°，𝐴𝐷=𝐶𝐷=1米，求
四边形原材料𝐴𝐵𝐶𝐷的面积．（参考数据：tan63.4°≈2，tan26.6°≈0.5，tan71.6°≈3）
【答案】四边形原材料𝐴𝐵𝐶𝐷的面积为1平方米
【分析】本题主要考查了勾股定理、解直角三角形、三角形内角和定理，首先根据勾股定理可求𝐴𝐶= 2，
根据三角形内角和定理可得∠𝐴𝐶𝐵=90°，利用锐角三角函数可求𝐵𝐶≈ 2，分别求出𝑆 和𝑆 的面积，
△𝐴𝐵𝐶 △𝐴𝐶𝐷
2
两个三角形的面积之和即为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积．
【详解】解：如下图所示，连接𝐴𝐶，
∵∠𝐷=90°，𝐴𝐷=𝐶𝐷=1米，
∴𝐴𝐶= 2米，∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐷𝐶𝐴=45°，
∴∠𝐵𝐴𝐶=71.6°―45°=26.6°，
∴∠𝐴𝐶𝐵=180°―63.4°―26.6°=90°，
∴在Rt△𝐴𝐵𝐶中，𝐵𝐶= 𝐴𝐶 ≈ 2，
tan63.4° 2
∴𝑆 = 1 × 2× 2= 1 （平方米），𝑆 = 1 ×1×1= 1 （平方米），
△𝐴𝐵𝐶 2 2 2 △𝐴𝐶𝐷 2 2
1 1
∴𝑆 =𝑆 +𝑆 = + =1（平方米）,
四边形𝐴𝐵𝐶𝐷 △𝐴𝐵𝐶 △𝐴𝐶𝐷 2 2
答：四边形原材料ABCD的面积为1平方米．
4．模拟医疗情境：某人的一器官后面A处长了一个新生物，现需检测其到皮肤的距离．为避免伤害器官，
检测射线可避开器官从侧面测量．某医学院两个医疗检测小组进行检测，通过医疗仪器获得相关数据，检
测方案与检测数据如表：项目 检测新生物到皮肤的距离
测量工具 医疗仪器
检测小组 第一小组 第二小组
检测方案
说明 新生物在A处，点𝐵,𝐶在皮肤𝐷𝐸上
检测数据 ∠𝐷𝐵𝐹=32°,∠𝐺𝐶𝐸=46°,𝐵𝐶=10cm ∠𝐷𝐵𝐹=32°,∠𝐷𝐶𝐺=46°,𝐵𝐶=4cm
问题解决：
(1)直接指出哪个小组的方案可行．
(2)根据可行方案的检测数据，计算出新生物到皮肤的距离．（结果精确到0.1cm，参考数据：sin32°≈0.53,cos
32°≈0.85,tan32°≈0.62,sin46°≈0.72,cos46°≈0.69,tan46°≈1.04）
【答案】(1)第二小组的方案可行
(2)新生物到皮肤的距离约为6.1cm
【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，构造直角三角形，通过三角函数求解线段是求解本题的关
键．
（1）方案一，通过添加辅助线无法构造出符合条件的直角三角形，不可行；方案二可行；
（2）过点A作𝐴𝐻⊥𝐷𝐸，垂足为H．利用三角函数解Rt△𝐴𝐵𝐻和Rt△𝐴𝐶𝐻即可求解．
【详解】（1）解：第二小组的方案可行；
（2）解：过点A作𝐴𝐻⊥𝐷𝐸，垂足为H．
由题意知∠𝐴𝐵𝐻=∠𝐷𝐵𝐹=32°,∠𝐴𝐶𝐻=∠𝐷𝐶𝐺=46°，
𝐴𝐻 𝐴𝐻 𝐴𝐻
在Rt△𝐴𝐵𝐻中，𝐵𝐻= = ≈ ，
tan∠𝐴𝐵𝐻 tan32° 0.62𝐴𝐻 𝐴𝐻 𝐴𝐻
在Rt△𝐴𝐶𝐻中，𝐶𝐻= = ≈ ，
tan∠𝐴𝐶𝐻 tan46° 1.04
∵ 𝐵𝐻―𝐶𝐻=𝐵𝐶，
𝐴𝐻 𝐴𝐻
∴ ― =4，
0.62 1.04
解得𝐴𝐻=6.1，
即新生物到皮肤的距离约为6.1cm．
押题猜想十六 规律探究类综合解答题
限时：8min
【观察思考】
一人巷是位于合肥市国家5A级景区三河古镇风景区的一个著名景点（如图①），其墙体是由方砖按照一定规
律组合砌成的（如图②）．
当中竖放一块方砖，就横放6块方砖（如图③）；当中竖放2块方砖，就横放9块方砖（如图④）；以此类
推．
【规律发现】
若一段墙一共竖放的方砖有n（n为正整数）块，则
（1）横放方砖的块数为__________（用含n的代数式表示）；
（2）当竖放的方砖为1时，墙体的长度为0.3×2+0.1；当竖放的方砖为2时，墙体的长度为
0.3×3+0.1×2；当竖放的方砖为3时，墙体的长度为0.3×4+0.1×3；……；当竖放的方砖为n时，墙
体的长度为__________．（墙体长度单位均为m）
【规律应用】
（3）已知需要砌一段长为42.3m的墙体，若按照图中规律需要方砖多少块？
【答案】（1）3𝑛+3； （2）0.4𝑛+0.3； （3）需要方砖423块．
【分析】本题主要考查了图形类他规律探索，一元一次方程的应用：
（1）观察可知，当竖放n块方砖，就横放(3𝑛+3)块方砖；
（2）观察可知，当竖放的方砖为n时，墙体的长度为0.3×(𝑛+1)+0.1𝑛=0.4𝑛+0.3；（3）根据（2）所求得到方程0.4𝑛+0.3=42.3，解方程即可得到答案．
【详解】解：（1）当竖放一块方砖，就横放3×1+3=6块方砖；
当竖放2块方砖，就横放3×2+3=9块方砖；
当竖放3块方砖，就横放3×3+3=12块方砖；
当竖放4块方砖，就横放3×4+3=15块方砖；
……，
以此类推，当竖放n块方砖，就横放(3𝑛+3)块方砖；
故答案为：(3𝑛+3)；
（2）当竖放的方砖为1时，墙体的长度为0.3×2+0.1；
当竖放的方砖为2时，墙体的长度为0.3×3+0.1×2；
当竖放的方砖为3时，墙体的长度为0.3×4+0.1×3；
……；
以此类推，当竖放的方砖为n时，墙体的长度为0.3(𝑛+1)+0.1𝑛=0.4𝑛+0.3；
故答案为：0.4𝑛+0.3．
（3）当0.4𝑛+0.3=42.3时，
解得𝑛=105，
∴竖放的方砖总数为105块，横放的方砖总数为3𝑛+3=318（块），
∴方砖的总数为105+318=423（块），
答：需要方砖423块．
押题解读
近3年规律题分值占比逐渐增大，聚焦数字、图形、代数式的模式发现与逻辑递推能力；2024新课标新增
“动态规律建模”要求（P67）；真题迭代出递推数列（斐波那契变形）、图形循环周期（如蜂巢结构）、多变
量联动规律（如光照强度与太阳能板角度）等创新题型. 掌握“观察-猜想-验证”三步法，熟记平方差/立方数
等特殊数列特征，强化“分式裂项”“错位相减”速算技巧。重点训练“动态规律可视化”（如GeoGebra模拟
图形渐变），建立“生活案例-数学模型”对应库（如日历周期/细胞分裂），警惕“首项忽略”“递推项数偏移”高
频错误。
1．观察下列关于自然数的等式：第1个等式：2×4―8=12―1；第2个等式：3×5―12=22―1；
第3个等式：4×6―16=32―1；第4个等式：5×7―20=42―1；⋯；
利用等式的规律，解答下列问题：
(1)写出第5个等式：______；
(2)写出你猜想的第𝑛个等式（用含𝑛的式子表示），并证明．
【答案】(1)6×8―24=52―1
(2)(𝑛+1)(𝑛+3)―4(𝑛+1)=𝑛2―1，见解析
【分析】本题考查了数字变化规律，整式的运算，读懂题意，找出规律是解题的关键．
（1）根据自然数的等式规律即可求解；
（2）根据自然数的等式规律即可求解，然后通过整式乘法法则进行验证即可．
【详解】（1）解：∵第1个等式：2×4―8=12―1；
第2个等式：3×5―12=22―1；
第3个等式：4×6―16=32―1；
第4个等式：5×7―20=42―1；
第5个等式：6×8―24=52―1；
故答案为：6×8―24=52―1；
（2）解：∵第1个等式：2×4―8=12―1；
第2个等式：3×5―12=22―1；
第3个等式：4×6―16=32―1；
第4个等式：5×7―20=42―1；
⋯；
∴第𝑛个等式为：(𝑛+1)(𝑛+3)―4(𝑛+1)=𝑛2―1，
证明：左边=𝑛2+4𝑛+3―4𝑛―4=𝑛2―1，
右边=𝑛2―1，
∴左边=右边．
2．我们知道能被3整除的数的规律，设𝑎𝑏𝑐是一个三位数，若𝑎+𝑏+𝑐可以被3整除，则这个数就能被3整除．
例如，三位数108，∵𝑎+𝑏+𝑐=1+0+8=9，9可以被3整除，∴108就能被3整除．
发现
将三位数𝑎𝑏𝑐去掉末尾数字𝑐得到两位数𝑎𝑏，再用𝑎𝑏减去𝑐的2倍所得的差为𝑎𝑏―2𝑐．若𝑎𝑏―2𝑐能被7整除，
则三位数𝑎𝑏𝑐就能被7整除．验证
如，对于三位数364，∵36―2×4=28，28可以被7整除，∴364就能被7整除．
（1）用上述方法判断455能否被7整除？__________（填“能”或“不能”）；
探究
（2）请用含𝑎，𝑏，𝑐的代数式表示𝑎𝑏―2𝑐=______________；
（3）结合（2）论证“发现”中的结论正确．
【答案】（1）能
（2）10𝑎+𝑏―2𝑐
（3）详见解析
【分析】本题考查了有理数运算和整式的加减，熟练掌握运算法则是解题的关键．
（1）仿照例题即可求解；
（2）根据题意列出代数式即可；
（3）由𝑎𝑏―2𝑐=10𝑎+𝑏―2𝑐能被7整除，设10𝑎+𝑏―2𝑐=7𝑘（𝑘为正整数），则有10𝑎+𝑏=7𝑘+2𝑐，
所以𝑎𝑏𝑐=100𝑎+10𝑏+𝑐=7(10𝑘+3𝑐)，从而即可求解．
【详解】解：（1）解：对于三位数455，
∵45―2×5=35，35可以被7整除，
∴455就能被7整除，
故答案为：能；
（2）解：𝑎𝑏―2𝑐=10𝑎+𝑏―2𝑐，
故答案为：10𝑎+𝑏―2𝑐；
（3）证明：由题意得：𝑎𝑏𝑐=100𝑎+10𝑏+𝑐，
∵𝑎𝑏―2𝑐=10𝑎+𝑏―2𝑐能被7整除，
∴设10𝑎+𝑏―2𝑐=7𝑘（𝑘为正整数），
∴10𝑎+𝑏=7𝑘+2𝑐，
∴𝑎𝑏𝑐=100𝑎+10𝑏+𝑐
=10(10𝑎+𝑏)+𝑐
=10(7𝑘+2𝑐)+𝑐
=70𝑘+21𝑐
=7(10𝑘+3𝑐)，
∵𝑘、𝑐为正整数，∴10𝑘+3𝑐为正整数，
∴7(10𝑘+3𝑐)能被7整除，
∴𝑎𝑏𝑐能被7整除．
3．观察下列等式：
①1×3+1=4=22
②2×4+1=9=32
③3×5+1=16=42
④4×6+1=25=52
……
(1)请根据你发现的规律填空：6×8+1=________=________；
(2)用含𝑛的等式表示上面的规律：_________；
(3)用你发现的规律解决下列问题：
计算 1+ 1 1+ 1 1+ 1 1+ 1 ⋯ 1+ 1 ．
1×3 2×4 3×5 4×6 2023×2025
【答案】(1)49，72
(2)𝑛(𝑛+2)+1=(𝑛+1)2
4048
(3)
2025
【分析】本题考查数字的变化规律，通过观察所给的等式，探索出等式的一般规律，并能灵活应用规律进
行计算是解题的关键．
（1）通过观察所给的等式，直接写出即可；
（2）通过观察所给的等式，总结出一般规律即可；
1×3+1 2×4+1 3×5+1 2023×2025+1
（3）将每个小括号进行通分为 × × ×⋯× ，再根据（2）的规律，将所求的式
1×3 2×4 3×5 2023×2025
子变形为
22
×
32
×
42
×⋯×
20242
，再求解即可．
1×3 2×4 3×5 2023×2025
【详解】（1）解：6×8+1=49=72，
故答案为：49，72．
（2）解：∵①1×3+1=4=22 =(1+1)2，
②2×4+1=9=32 =(1+2)2，
③3×5+1=16=42 =(1+3)2，
④4×6+1=25=52 =(1+4)2，……
∴𝑛(𝑛+2)+1=(𝑛+1)2，
故答案为：𝑛(𝑛+2)+1=(𝑛+1)2．
（3）解：原式=
1×3+1
×
2×4+1
×
3×5+1
×⋯×
2023×2025+1
=
22
×
32
×
42
×⋯×
20242
=
1×3 2×4 3×5 2023×2025 1×3 2×4 3×5 2023×2025
2×2×3×3×4×4×⋯×2024×2024 2×2024 4048
= = ，
1×3×2×4×3×5×⋯×2023×2025 1×2025 2025
4048
故答案为： ．
2025
4．某公园中的一条小路使用六边形、正方形、三角形三种地砖按照如图方式铺设．图1为有1块六边形地砖
时，正方形地砖有6块，三角形地砖有6块；图2为有2块六边形地砖时，正方形地砖有11块，三角形地砖有10
块；⋯
(1)按照规律，每增加一块六边形地砖，正方形地砖会增加______块，三角形地砖会增加______块；
(2)若铺设这条小路共用去𝑛块六边形地砖，用去的正方形地砖数量比用去的三角形地砖数量多30块，求𝑛的
值．
【答案】(1)5，4
(2)31
【分析】（1）根据图形找出变化规律即可求解；
（2）根据（1）得出的规律列出方程计算即可；
本题考查了图形的变化规律，列代数式，一元一次方程应用，根据已知图形找到变化规律是解题的关键．
【详解】（1）解：第1个图，六边形的个数为1块，正方形地砖有6块，三角形地砖有6块；
第2个图，六边形的个数为2块，正方形地砖有11块，三角形地砖有10块；
第3个图，六边形的个数为3块，正方形地砖有16块，三角形地砖有14块；
⋯，
∴第𝑛个图，六边形的个数为𝑛块，正方形地砖有6+5(𝑛―1)=(5𝑛+1)块，三角形地砖有6+4(𝑛―1)=
(4𝑛+2)块，
∴每增加一块六边形地砖，正方形地砖会增加5块，三角形地砖会增加4块，
故答案为：5，4；（2）解：当六边形地砖数量为𝑛块时，正方形地砖有(5𝑛+1)块，三角形地砖有(4𝑛+2)块，
由题意得，(5𝑛+1)―(4𝑛+2)=30，
解得𝑛=31，
∴𝑛的值是31．
5．【问题提出】
甲、乙两人轮流从一堆石子中取石子，规定每次至少取1颗，最多取m颗，取到最后一颗者获胜．设初始
石子总数为n，探究先手或后手必胜的策略．
【问题探究】
（1）基础情形验证：当每次最多取2颗（𝑚=2）时，填写下表并总结规律：
石子总数（n） 1 2 3 4 5 6 7
先手是否有必胜的
是 是 否
策略
结论：当n为______的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略．
（2）扩展情形分析：若每次最多取3颗（𝑚=3）．
当𝑛=4时，先手取1颗（或2颗或3颗），后手相应可取3颗（或2颗或1颗）．因此后手有必胜的策略．
当𝑛=5时，先手第一次取______颗，可迫使后手陷入必输状态．
结论：当n为______的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略．
（3）数学归纳猜想：若每次最多取m颗（𝑚≥2），当n为______的倍数时，后手有必胜的策略，否则先
手有必胜的策略．
【问题解决】
当𝑚=7，𝑛=50时，你来参与游戏，为确保必胜，你应选择______（先手或后手），你的必胜策略是什
么？
【问题拓展】
若规则改为每次至少取2颗（最后一次可取1颗），最多取4颗，其余策略不变．当𝑛=9时，先手第一次
应取______颗以确保必胜．
【答案】
问题探究：（1）是，是，否，是，3；（2）1，4；（3）𝑚+1
问题解决：先手，具体策略为先手第一次取2颗，后面每次都与后手和为8，则先手必胜；
问题拓展：3【分析】本题考查逻辑推理，以及找规律，解题的关键在于根据基础情形逐步扩展到一般情况．
问题探究：（1）分析涉及表格每个数字是否先手有必胜的策略，找到规律即可．
（2）利用（1）中规律求解即可；
（3）利用（1）和（2）中规律求解即可；
问题解决：利用（3）的结论求解即可．
问题拓展：先手第一次取完后，留下是(2+4)的倍数即可先手必胜．
【详解】解：问题探究：（1）当𝑛=4时，先手取1颗，后面每次都与后手和为3，即可先手必胜；
当𝑛=5时，先手取2颗，后面每次都与后手和为3，即可先手必胜；
当𝑛=6时，不管先手取多少，后手每次都与先手和为3，即可后手必胜；
当𝑛=7时，先手取1颗，后面每次都与后手和为3，即可先手必胜；
∴填写下表并总结规律：
石子总数（n） 1 2 3 4 5 6 7
先手是否有必
是 是 否 是 是 否 是
胜的策略
结论：当n为3的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略．
故答案为：是，是，否，是，3；
（2）当𝑛=4时，先手取1颗（或2颗或3颗），后手相应可取3颗（或2颗或1颗）．因此后手有必胜的
策略．
当𝑛=5时，先手第一次取1颗，可迫使后手陷入必输状态．
结论：当n为4的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略．
故答案为：1，4；
（3）数学归纳猜想：若每次最多取m颗（𝑚≥2），当n为𝑚+1的倍数时，不管先手取多少，后手每次都
与先手和为𝑚+1，则后手必胜，即后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略．
故答案为：𝑚+1；
问题解决：∵50÷(1+7)=6⋯2，
∴选择先手可以必胜，具体策略为先手第一次取2颗，后面每次都与后手和为8，则先手必胜．
故答案为：先手；
问题拓展：若规则改为每次至少取2颗（最后一次可取1颗），最多取4颗，其余策略不变．当𝑛=9时，
先手第一次应取9―(2+4)=3颗，后面不管后手怎么取都可以保证先手获胜．故答案为：3．
押题猜想十七 与圆有关的计算证明类综合解答题
限时：20min
综合与实践
【主题】圆形纸片与剪纸艺术
【素材】图1中半径为2的圆形纸片（⊙𝑂）若干．
【实践操作】活动一：如图2，在该圆形纸片（⊙𝑂）上剪出一个圆周角为90°的扇形．
活动二：如图3，在另一圆形纸片（⊙𝑂）内剪出一个内接正六边形，设该正六边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹的面积为𝑆 ，
1
再连接𝐴𝐶，𝐴𝐸，剪出△𝐴𝐶𝐸，设△𝐴𝐶𝐸的面积为𝑆 ．
2
活动三：在活动二的基础上，装饰粘贴上六个弧形花瓣，中心为点𝑂，𝐴𝐵所在圆的圆心𝐶恰好是△𝐴𝐵𝑂的内
心．
【实践探索】
(1)根据剪纸要求，计算图2中的扇形𝐴𝐵𝐶的面积．
𝑆
(2)请直接写出 1的值：______．
𝑆
2
(3)求弧形花瓣总的周长（图4中实线部分的长度）．（结果保留π）
【答案】(1)2π
(2)2
(3)8 3π
3
【分析】本题考查正多边形和圆，弧长的计算，圆周角定理，三角形的内心的性质以及直角三角形的边角
关系，弧长的计算方法是正确解答的关键．
（1）连接𝐵𝐶，根据圆周角定理可得𝐵𝐶为⊙𝑂的直径，即可求得𝐴𝐵的长，利用扇形面积公式即可解答；
（2）连接𝑂𝐴,𝑂𝐶,𝑂𝐸,𝑂𝐹，证明△𝐴𝑂𝐸≌△𝐴𝐹𝐸,△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝑂𝐶,△𝐶𝑂𝐸≌△𝐴𝐷𝐸，即可解答；（3）根据正六边形的性质，三角形内心的性质以及直角三角形的边角关系求出𝐴𝐵所对应的圆心角的度数及
半径，由弧长公式求出弧𝐴𝐵的长，再计算𝐴𝐵长的6倍即可．
【详解】（1）解：如图，连接𝐵𝐶，
∵∠𝐴=90°，
∴ 𝐵𝐶为⊙𝑂的直径，即𝐵𝐶=4，
∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，
𝐵𝐶
∴𝐴𝐵= =2 2，
2
90° 2
∴扇形𝐴𝐵𝐶的面积为 ×(2 2) ×𝜋=2𝜋；
360°
（2）解：如图，连接𝑂𝐴,𝑂𝐶,𝑂𝐸,𝑂𝐹，
∵六边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹为正六边形，
360° 360°
∴∠𝐴𝑂𝐹= =60°，∠𝐴𝐹𝐸=180°― =120°,
6 6
∵𝑂𝐴=𝑂𝐹=𝑂𝐸，
∴△𝐴𝑂𝐹,△𝐹𝑂𝐸等边三角形，
∴𝑂𝐴=𝐹𝐴,𝑂𝐸=𝐹𝐸，∠𝐴𝑂𝐹=∠𝐹𝑂𝐸=60°，
∴∠𝐴𝑂𝐸=∠𝐴𝐹𝐸=120°，
∴△𝐴𝑂𝐸≌△𝐴𝐹𝐸(SAS)，
同理可得△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝑂𝐶,△𝐶𝑂𝐸≌△𝐴𝐷𝐸，
𝑆 2𝑆 +2𝑆 +2𝑆
∴ 1 = △𝐴𝑂𝐶 △𝐴𝑂𝐸 △𝐶𝑂𝐸 =2，
𝑆 𝑆 +𝑆 +𝑆
2 △𝐴𝑂𝐶 △𝐴𝑂𝐸 △𝐶𝑂𝐸故答案为：2；
（3）解：如图，过点𝐶作𝐶𝑀⊥𝐴𝐵于点𝑀，
∵六条等弧所对应的弦构成一个正六边形，中心为点𝑂，
360°
∴∠𝐴𝑂𝐵= =60°，
6
∵𝑂𝐴=𝑂𝐵，
∴ △𝐴𝑂𝐵是等边三角形，
∴𝐴𝐵=𝑂𝐴=2，
1
∴𝐴𝑀=𝐵𝑀= 𝐴𝐵=1，
2
∵点𝑂是△𝐴𝑂𝐵的内心，
1
∴∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐶𝐵𝐴= ×60°=30°，∠𝐴𝐶𝐵=2∠𝐴𝑂𝐵=120°，
2
在Rt△𝐴𝐶𝑀中，𝐴𝑀=1，∠𝐶𝐴𝑀=30°，
∴𝐴𝐶= 𝐴𝑀 =2 3，
cos30° 3
∴ 𝐴𝐵的长为120𝜋×2 3 3 =4 3𝜋，
180 9
∴花窗的周长为4 3𝜋×6=8 3𝜋．
9 3
押题解读
近5年圆相关题分值占比10%-14%，常融合传统文化（如园林设计）或科技场景（如卫星信号覆盖），凸
显综合应用能力。 2024新课标新增“动态圆与坐标系结合”要求（P68）；真题创新考查隐形圆模型（动点
轨迹）、圆与多边形综合（如正多边形的滚动周长）、跨学科应用（如齿轮传动计算）；“圆幂定理+相似三角
形”双考点综合题占比超55%。 需熟练“垂径定理→勾股→三角函数”公式链，掌握切线判定“距离法”与“斜
率法”（坐标系中），强化“辅助线构造三法”（连半径、作弦心距、补全对称图形）。重点训练动态圆问题
（如GeoGebra模拟滚动圆轨迹），警惕“弦切角漏解”“弧长/面积公式混淆”高频错误，考前用工程图纸分析
传统建筑中的圆模型（如拱桥弧度计算）。1．已知△𝐴𝐵𝐶内接于⊙𝑂，𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，𝐷为圆上一点，𝐷𝐹是⊙𝑂的切线，连结𝐶𝐷，与𝐴𝐵交于点
𝐸．
(1)如图1，延长𝐵𝐴与𝐷𝐹交于点𝐹．
①若∠𝐴𝐶𝐷=25°，求∠𝐹的大小．
②若𝐴𝐹=3，𝐷𝐹=5，求⊙𝑂的半径．
𝐶𝐴 4
(2)如图2，𝐴𝐶>𝐵𝐶，𝐷𝐹∥𝐴𝐵，延长𝐶𝐴与𝐷𝐹交于点𝐹，若 = ，求△𝐵𝐶𝐸与△𝐶𝐷𝐹的面积比．
𝐴𝐹 5
8
【答案】(1)①40°；②
3
8
(2)
81
【分析】（1）①连接𝑂𝐷，求解∠𝐴𝑂𝐷=2×25°=50°，证明∠𝐹𝐷𝑂=90°，再结合三角形的内角和定理求
解即可；②设𝑂𝐴=𝑂𝐷=𝑟，再结合勾股定理求解即可；
（2）如图，连接𝑂𝐷，过𝐶作𝐶𝐻⊥𝐹𝐷交𝐹𝐷的延长线于𝐻，交𝐴𝐵于𝐺，证明四边形𝐷𝑂𝐺𝐻为矩形，可得
𝐶𝐺 𝐶𝐴 4
𝑂𝐷=𝐺𝐻，𝑂𝐺=𝐷𝐻，证明△𝐶𝐴𝐺∽△𝐶𝐹𝐻，可得 = = ，设𝐶𝐺=4𝑘，则𝐶𝐻=9𝑘，证明
𝐶𝐻 𝐶𝐹 9
𝐵𝐺 𝐶𝐺
△𝐶𝐺𝐵∽△𝐴𝐺𝐶，可得 = ，求解：𝐵𝐺=2𝑘，𝐴𝐺=8𝑘，再进一步求解即可．
𝐶𝐺 𝐴𝐺
【详解】（1）解：①如图，连接𝑂𝐷，
∵∠𝐴𝐶𝐷=25°，
∴∠𝐴𝑂𝐷=2×25°=50°，
∵𝐷𝐹是⊙𝑂的切线，∴∠𝐹𝐷𝑂=90°，
∴∠𝐹=90°―50°=40°；
②设𝑂𝐴=𝑂𝐷=𝑟，
∵∠𝐹𝐷𝑂=90°，𝐴𝐹=3，𝐷𝐹=5，
∴(𝑟+3)2 =𝑟2+52，
8
解得：𝑟= ；
3
（2）解：如图，连接𝑂𝐷，过𝐶作𝐶𝐻⊥𝐹𝐷交𝐹𝐷的延长线于𝐻，交𝐴𝐵于𝐺，
∵𝐷𝐹是⊙𝑂的切线，
∴∠𝐹𝐷𝑂=90°，𝑂𝐷⊥𝐷𝐹，
∵𝐷𝐹∥𝐴𝐵，𝐶𝐻⊥𝐹𝐷，
∴𝐶𝐺⊥𝐴𝐵，
∴四边形𝐷𝑂𝐺𝐻为矩形，
∴𝑂𝐷=𝐺𝐻，𝑂𝐺=𝐷𝐻，
𝐶𝐴 4
∵ = ，
𝐴𝐹 5
𝐶𝐴 4
∴ = ，
𝐶𝐹 9
∵𝐷𝐹∥𝐴𝐵，
∴△𝐶𝐴𝐺∽△𝐶𝐹𝐻，
𝐶𝐺 𝐶𝐴 4
∴ = = ，
𝐶𝐻 𝐶𝐹 9
设𝐶𝐺=4𝑘，则𝐶𝐻=9𝑘，
∴𝑂𝐷=𝐺𝐻=5𝑘，
∴𝑂𝐴=𝑂𝐵=5𝑘，𝐴𝐵=2𝑂𝐷=10𝑘，
∵𝐴𝐵为⊙𝑂的直径，
∴∠𝐴𝐶𝐵=90°，
∵𝐶𝐺⊥𝐴𝐵，∴∠𝐴𝐺𝐶=∠𝐵𝐺𝐶=90°，
∴∠𝐴𝐶𝐺=90°―∠𝐵𝐶𝐺=∠𝐶𝐵𝐺，
∴△𝐶𝐺𝐵∽△𝐴𝐺𝐶，
𝐵𝐺 𝐶𝐺
∴ = ，
𝐶𝐺 𝐴𝐺
𝐵𝐺 4𝑘
∴ = ，
4𝑘 10𝑘―𝐵𝐺
解得：𝐵𝐺=2𝑘或8𝑘；
∵𝐴𝐶>𝐵𝐶，
∴𝐵𝐺<𝐴𝐺，
∴𝐵𝐺=2𝑘，𝐴𝐺=8𝑘，
∴𝑂𝐺=𝑂𝐵―𝐵𝐺=3𝑘，
∵𝑂𝐷⊥𝐷𝐹，𝐶𝐺⊥𝐴𝐵，
∴𝑂𝐷∥𝐶𝐺，
∴△𝐷𝑂𝐸∽△𝐶𝐺𝐸，
𝑂𝐸 𝑂𝐷
∴ = ，
𝐸𝐺 𝐶𝐺
𝑂𝐸 5𝑘
∴ = ，
3𝑘―𝑂𝐸 4𝑘
5
∴𝑂𝐸= 𝑘，
3
5 4
∴𝐸𝐺=3𝑘― 𝑘= 𝑘，
3 3
20
∴𝐴𝐸=𝐴𝑂+𝑂𝐸= 𝑘，
3
10
∴𝐵𝐸=𝐸𝐺+𝐵𝐺= 𝑘，
3
∵𝐷𝐹∥𝐴𝐵，
∴△𝐶𝐴𝐸∽△𝐶𝐹𝐷，
𝐴𝐸 𝐶𝐴 4
∴ = = ，
𝐷𝐹 𝐶𝐹 9
∴𝐷𝐹=
9×2
3
0𝑘
=15𝑘，
4
∴△𝐵𝐶𝐸与△𝐶𝐷𝐹的面积比为
1 1 2 𝐷 𝐵 𝐹 𝐸 ⋅ ⋅ 𝐶 𝐶 𝐻 𝐺 = 1 1 3 0 5 𝑘 𝑘 ⋅ ⋅ 4 9 𝑘 𝑘 = 8 8 1 ．
2
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，切线的性质，勾股定理的应用，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
2．按要求作图：（不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
(1)如图1，△𝐴𝐵𝐶的顶点𝐴、𝐵在⊙𝑂上，点𝐶在⊙𝑂内，∠𝐴𝐶𝐵=90°，仅利用无刻度直尺在图中画⊙𝑂的
内接三角形𝐴𝐷𝐸，使△𝐴𝐷𝐸∽△𝐶𝐵𝐴；
(2)如图2，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，以𝐴𝐵为直径的⊙𝑂交边𝐴𝐶于点𝐷，连接𝐵𝐷，过点𝐶作𝐶𝐸∥𝐴𝐵．
①请用无刻度的直尺和圆规作图：过点𝐵作⊙𝑂的切线，交𝐶𝐸于点𝐹；
②若𝐵𝐷=5，则𝐵𝐹的长度为多少．
【答案】(1)作图见解析
(2)①作图见解析；②5
【分析】（1）延长𝐵𝐶与⊙𝑂交于点𝐸，连接𝐴𝐸，连接𝐸𝑂并延长𝐸𝑂交于⊙𝑂交于点𝐷，如图所示，即可在图
中画⊙𝑂的内接三角形𝐴𝐷𝐸，使△𝐴𝐷𝐸∽△𝐶𝐵𝐴；
（2）①过点𝐵尺规作图作𝐵𝐹⊥𝐴𝐵即可得到答案；②由切线性质，结合平行线的性质证明𝐵𝐶平分∠𝐴𝐶𝐸，
再根据三角形全等的判定与性质即可得到𝐵𝐷=𝐶𝐹．
【详解】（1）解：延长𝐵𝐶与⊙𝑂交于点𝐸，连接𝐴𝐸，连接𝐸𝑂并延长𝐸𝑂交于⊙𝑂交于点𝐷，如图所示：
∵𝐴𝐸=𝐴𝐸，
∴∠𝐵=∠𝐷，
∵𝐷𝐸为⊙𝑂的直径，
∴∠𝐸𝐴𝐷=∠𝐴𝐶𝐵=90°，
∴△𝐴𝐷𝐸∽△𝐶𝐵𝐴，则△𝐴𝐷𝐸即为所求；
（2）解：①过点𝐵作𝐵𝐹⊥𝐴𝐵，交𝐶𝐸与点𝐹，如图所示：∵𝐴𝐵为直径，𝐵𝐹⊥𝐴𝐵，
∴𝐵𝐹为⊙𝑂的切线；
②∵𝐵𝐹为⊙𝑂的切线，
∴∠𝐴𝐵𝐹=90°，
∵𝐶𝐸∥𝐴𝐵，
∴∠𝐵𝐹𝐶=90°，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐹，
∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，
∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐷，
∴∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐵𝐶𝐹，
∵𝐴𝐵为⊙𝑂的直径，
∴∠𝐴𝐷𝐵=90°，
∴∠𝐵𝐷𝐶=∠𝐵𝐹𝐶=90°，
在△𝐵𝐷𝐶和△𝐵𝐹𝐶中，
∠𝐵𝐷𝐶=∠𝐵𝐹𝐶=90°
∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐵𝐶𝐹 ，
𝐵𝐶=𝐵𝐶
∴△𝐵𝐷𝐶≌△𝐵𝐹𝐶(AAS)，
∴𝐵𝐷=𝐵𝐹=5．
【点睛】本题考查圆综合，综合性较强，难度适中，涉及无刻度直尺作图、圆周角定理、三角形的相似判
定、尺规作图―作垂线、切线的判定、平行线性质、直径所对的圆周角是直角、三角形全等的判定与性质
等知识，熟练掌握圆的性质和三角形相似的判定定理是解本题的关键．
3．如图1，以Rt△𝐴𝐵𝐶的直角边𝐴𝐵为直径画⊙𝑂，过𝐴作斜边𝐴𝐶的垂线交⊙𝑂于点𝐷，连结𝐶𝐷，交⊙𝑂于
点𝐸，交𝐴𝐵于点𝐹，连结𝐵𝐸．(1)若∠𝐴𝐶𝐷=30°，求∠𝐸𝐵𝐶；
(2)如图2，当△𝐴𝐵𝐶是等腰直角三角形时，求𝐷𝐹:𝐶𝐸的值；
(3)若𝐴𝐵=2，设𝐶𝐷=𝑥，𝐶𝐸:𝐹𝐸=𝑦，求𝑦关于𝑥的函数表达式．
【答案】(1)30°
(2)𝐷𝐹:𝐶𝐸=5:6
𝑥2
(3)𝑦= ―1
4
【分析】（1）利用同弧所对的圆周角相等，通过等量代换证明即可；
（2）设⊙𝑂半径为𝑟，连结𝐷𝑂，过点D作𝐷𝐺⊥𝐶𝐵的延长线于点𝐺，过点𝐹作𝐹𝐻⊥𝐶𝐵于点𝐻，证明△𝐴𝑂𝐷
是等腰直角三角形，则𝐴𝐷= 2𝑟，证明四边形𝐵𝑂𝐷𝐺是正方形得𝐷𝐺=𝐵𝐺=𝑟，求出𝐷𝐹=𝐷𝐶―𝐹𝐶= 10𝑟，
3
证明∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐸𝐵𝐶得tan∠𝐸𝐵𝐶= 1 ，由𝐵𝐻+𝐻𝐶=𝐵𝐶，求出𝐸𝐻= 2 𝑟，诶出𝐶𝐸= 10𝐸𝐻=2 10𝑟，进而可
2 5 5
求出𝐷𝐹:𝐶𝐸的值；
（3）连接𝐴𝐸，证明△𝐴𝐵𝐸∽△𝐶𝐷𝐴和△𝐹𝐴𝐸∽△𝐹𝐶𝐴，推导𝑦与𝑥的关系即可．
【详解】（1）解：∵𝐷𝐴⊥𝐴𝐶，
∴∠𝐷𝐴𝐶=90°，
∵∠𝐴𝐶𝐷=30°，
∴∠𝐷=60°，
∵𝐴𝐸=𝐴𝐸，
∴∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐷=60°，
∵Rt△𝐴𝐵𝐶，
∴∠𝐴𝐵𝐶=90°，
∴∠𝐸𝐵𝐶=∠𝐴𝐵𝐶―∠𝐴𝐵𝐸=30°；
（2）解：如图1，设⊙𝑂半径为𝑟，连结𝐷𝑂，过点D作𝐷𝐺⊥𝐶𝐵的延长线于点𝐺，过点𝐹作𝐹𝐻⊥𝐶𝐵于点𝐻，∵△𝐴𝐵𝐶是等腰直角三角形，𝐴𝐵=𝐵𝐶=2𝑟，∠𝐷𝐴𝐶=90°，
∴∠𝐵𝐴𝐶=45°，
∴∠𝐷𝐴𝐶=90°，
∴∠𝐷𝐴𝑂=45°，
∴△𝐴𝑂𝐷是等腰直角三角形，
∴𝐴𝐷= 2𝑟，𝐴𝑂=𝐷𝑂=𝐵𝑂=𝑟，
∴四边形𝐵𝑂𝐷𝐺是正方形，
∴𝐷𝐺=𝐵𝐺=𝑟，
∴𝐶𝐺=3𝑟，
1
在Rt△𝐷𝐶𝐺中，tan∠𝐵𝐶𝐷= ，𝐷𝐶= 10𝑟，
3
在Rt△𝐵𝐶𝐹中，𝐵𝐹=tan∠𝐵𝐶𝐷⋅𝐵𝐶= 2 𝑟，𝐹𝐶=2 10𝑟，
3 3
∴𝐷𝐹=𝐷𝐶―𝐹𝐶= 10𝑟，
3
∵△𝐴𝐵𝐶是等腰直角三角形，𝐴𝐶=2 2𝑟，
1
在Rt△𝐴𝐶𝐷中，tan∠𝐴𝐶𝐷= ，
2
∵𝐴𝐸=𝐴𝐸，
∴∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐴𝐵𝐸，
∵∠𝐷𝐴𝐶=90°=∠𝐴𝐵𝐶，
1
∴∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐸𝐵𝐶，∴tan∠𝐸𝐵𝐶= ，
2
在Rt△𝐸𝐵𝐻中，𝐵𝐻=2𝐸𝐻，
在Rt△𝐸𝐶𝐻中，𝐻𝐶=3𝐸𝐻，𝐶𝐸= 10𝐸𝐻，
∵𝐵𝐻+𝐻𝐶=𝐵𝐶即2𝐸𝐻+3𝐸𝐻=2𝑟，
2
解得𝐸𝐻= 𝑟，
5
∴𝐶𝐸= 10𝐸𝐻=2 10𝑟，
5∴𝐷𝐹:𝐶𝐸=5:6．
（3）解：如图2，连结𝐴𝐸，
∵𝐴𝐵是直径，
∴∠𝐴𝐸𝐵=90°=∠𝐷𝐴𝐶，
∵∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐴𝐵𝐸，
∴△𝐴𝐵𝐸∽△𝐶𝐷𝐴，
𝐴𝐶 𝐶𝐷 𝑥
∴ = = ，
𝐴𝐸 𝐴𝐵 2
∵∠𝐸𝐴𝐹=∠𝐹𝐶𝐴，∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐶𝐹𝐴，
∴△𝐹𝐴𝐸∽△𝐹𝐶𝐴，
𝐹𝐶 𝐹𝐴 𝐴𝐶 𝑥
∴ = = = ，
𝐹𝐴 𝐹𝐸 𝐴𝐸 2
∴
𝐹𝐶
=
𝐹𝐶
⋅
𝐹𝐴
=
𝑥2
，
𝐹𝐸 𝐹𝐴 𝐹𝐸 4
∴𝑦=𝐶𝐸:𝐹𝐸=
𝑥2
―1．
4
【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握三角形相似的判定及性质，锐角三角函数的定义，正方形的判
定及性质是解题的关键．
押题猜想十八 相似三角形类综合解答压轴题
限时：20min
问题情境
如图①，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐶=2𝐴𝐵=4，连接𝐴𝐶，将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐶顺时针旋转𝑛°(0<𝑛<180)得到
△𝐸𝐹𝐶，𝐴，𝐵的对应点分别为𝐸，𝐹．
数学思考
（1）如图①，在△𝐸𝐹𝐶旋转过程中，当点𝐹落在𝐴𝐷边上时，∠𝐸𝐹𝐷的度数为______；
问题探究（2）如图②，直线𝐵𝐸交直线𝐶𝐹于点𝐺，在△𝐸𝐹𝐶旋转过程中，当𝐶𝐸⊥𝐴𝐶时，求𝐹𝐺的长；
问题解决
（3）如图③，连接𝐵𝐹，𝑀为线段𝐵𝐹的中点，连接𝐴𝑀，直线𝐸𝐹交直线𝐴𝐶于点𝑁，在△𝐸𝐹𝐶旋转过程中，𝐴𝑀
是否存在最小值，若存在，求出𝐴𝑀的最小值以及此时𝐴𝑁的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）60°；（2） 4 ；（3）𝐴𝑀的最小值为2 2―2，此时𝐴𝑁的长度为2 5―4 10．
3 3
【分析】（1）四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐶顺时针旋转得到△𝐸𝐹𝐶，则△𝐴𝐵𝐶≌△𝐸𝐹𝐶，在Rt△𝐶𝐷𝐹
𝐶𝐷 1
中，𝐶𝐹=2𝐶𝐷，则sin∠𝐶𝐹𝐷= = ，所以∠𝐶𝐹𝐷=30°，由此即可求解；
𝐶𝐹 2
𝐸𝐹 𝐹𝐺 1
（2）如答案图①，点𝐺在线段𝐶𝐹上，𝐶𝐸⊥𝐴𝐶，可得𝐸𝐹∥𝐵𝐶，可证△𝐸𝐹𝐺∽△𝐵𝐶𝐺，则 = = ，所以
𝐵𝐶 𝐶𝐺 2
1 4
𝐹𝐺= 𝐶𝐹= ，由此即可求解；
3 3
1 1
（3）如答案图②，取𝐵𝐶的中点𝑂，连接𝑂𝑀，可得𝑂𝑀∥𝐶𝐹，𝑂𝑀= 𝐶𝐹=2，点𝑀在以𝑂为圆心， 𝐵𝐶的长
2 2
为半径的半圆上，连接𝑂𝐴，则𝑂𝐴= 𝑂𝐵2+𝐴𝐵2 = 22+22 =2 2，则当点𝐴，𝑀，𝑂三点共线时，𝐴𝑀的
最小值为2 2―2，如答案图③，点𝑀在𝑂𝐴上，过点𝑂作𝑂𝐺⊥𝐶𝐹于点𝐺，延长𝐸𝑁交𝑂𝐴于点𝐻，可证
△𝐴𝐵𝑂∽△𝑂𝐺𝐶，则 𝑂𝐴 = 𝑂𝐵 ，即2 2= 2 ，解得𝐶𝐺= 2，由𝑂𝐴∥𝐶𝐹，可证△𝐴𝐻𝑁∽△𝐶𝐹𝑁，得 𝐴𝐻 = 𝐴𝑁 ，
𝐶𝑂 𝐶𝐺 2 𝐶𝐺 𝐶𝐹 𝐶𝑁
则3 2―4= 𝐴𝑁 ，解得𝐴𝑁=2 5―4 10，由此即可求解．
4 2 5―𝐴𝑁 3
【详解】解：（1）∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，
∴∠𝐵=∠𝐷=90°，𝐴𝐵=𝐶𝐷=2，
∵将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐶顺时针旋转得到△𝐸𝐹𝐶，
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐸𝐹𝐶，
∴𝐶𝐹=𝐵𝐶=4，∠𝐸𝐹𝐶=∠𝐵=90°，
∵点𝐹在边𝐴𝐷上，
∴在Rt△𝐶𝐷𝐹中，𝐶𝐹=2𝐶𝐷，𝐶𝐷 1
∴sin∠𝐶𝐹𝐷= = ，
𝐶𝐹 2
∴∠𝐶𝐹𝐷=30°，
∴∠𝐸𝐹𝐷=60°，
故答案为：60°；
（2）如答案图①，点𝐺在线段𝐶𝐹上，𝐶𝐸⊥𝐴𝐶，
∴∠𝐴𝐶𝐸=90°，
∵∠𝐴𝐶𝐷+∠𝐹𝐶𝐸=∠𝐴𝐶𝐷+∠𝐴𝐶𝐵=90°，
∴𝐶𝐹与𝐶𝐷重合，
∴𝐸𝐹∥𝐵𝐶，
∴△𝐸𝐹𝐺∽△𝐵𝐶𝐺，
𝐸𝐹 𝐹𝐺 1
∴ = = ，
𝐵𝐶 𝐶𝐺 2
∵𝐶𝐹=4，
1 4
∴𝐹𝐺= 𝐶𝐹= ；
3 3
（3）存在，理由如下，
如答案图②，取𝐵𝐶的中点𝑂，连接𝑂𝑀，
∵𝑀是𝐵𝐹的中点，𝑂是𝐵𝐶的中点，
1
∴𝑂𝑀∥𝐶𝐹，𝑂𝑀= 𝐶𝐹=2，
21
∴点𝑀在以𝑂为圆心， 𝐵𝐶的长为半径的半圆上，连接𝑂𝐴，
2
∵𝐵𝐶=4，𝐴𝐵=2，𝑂为𝐵𝐶的中点，
∴𝑂𝐵=2，
∴𝑂𝐴= 𝑂𝐵2+𝐴𝐵2 = 22+22 =2 2，
∵𝐴𝑀+𝑂𝑀≥𝑂𝐴，
∴𝐴𝑀≥2 2―2，
∴当点𝐴，𝑀，𝑂三点共线时，𝐴𝑀的最小值为2 2―2，
如答案图③，点𝑀在𝑂𝐴上，
∴𝑂𝐴∥𝐶𝐹，
过点𝑂作𝑂𝐺⊥𝐶𝐹于点𝐺，延长𝐸𝑁交𝑂𝐴于点𝐻，
∵𝑂𝐺⊥𝐶𝐹，𝐸𝐹⊥𝐶𝐹，𝑂𝐴∥𝐶𝐹，
∴四边形𝑂𝐺𝐹𝐻是矩形，
∴𝐹𝐺=𝑂𝐻，
∵∠𝐴𝑂𝐺=90°，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，𝑂𝐺⊥𝐶𝐹，
∴△𝐴𝐵𝑂∽△𝑂𝐺𝐶，
∴ 𝑂𝐴 = 𝑂𝐵 ，即2 2= 2 ，
𝐶𝑂 𝐶𝐺 2 𝐶𝐺
解得𝐶𝐺= 2，
∴𝐹𝐺=𝑂𝐻=4― 2，
∴𝐴𝐻=3 2―4，
∵𝑂𝐴∥𝐶𝐹，
∴△𝐴𝐻𝑁∽△𝐶𝐹𝑁，𝐴𝐻 𝐴𝑁
∴ = ，
𝐶𝐹 𝐶𝑁
∵𝐵𝐶=4，𝐴𝐵=2，
∴𝐴𝐶=2 5，即𝐶𝑁=2 5―𝐴𝑁，
∴3 2―4= 𝐴𝑁 ，
4 2 5―𝐴𝑁
解得𝐴𝑁=2 5―4 10，
3
∴𝐴𝑀的最小值为2 2―2，此时𝐴𝑁的长度为2 5―4 10．
3
【点睛】本题主要考查矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形的
计算，线段最小值的计算，掌握以上知识，数形结合分析是关键．
押题解读
近年相似三角形压轴题分值占比增至10%-14%（据《2025中考数学年报》），掌握“三点定形→比例推导→
逆向验证”思维链，强化“等比代换”“中间量过渡”技巧，精练“无显性相似条件”的辅助线构造（如补全平行
线或对称轴）
1．如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶=90°，点𝐷是直线𝐵𝐶上一点，连接𝐴𝐷，将𝐷𝐴绕点𝐷顺时针旋转90°
得到𝐷𝐸，连接𝐴𝐸．
(1)如图1，若点𝐷在𝐵𝐶边上，且∠𝐷𝐴𝐵=60°，𝐶𝐷= 2，求线段𝐴𝐸的长；
(2)如图2，若点𝐷在𝐵𝐶的延长线上，点𝐹是𝐴𝐸的中点，𝐶𝐹的延长线交𝐵𝐴的延长线于点𝐺，探索线段𝐴𝐺，𝐴𝐶，
𝐶𝐷之间的数量关系，并证明；
(3)如图3，若点𝐷在𝐵𝐶边上，点𝑃是𝐴𝐷的中点，𝐴𝐷=2，连接𝑃𝐶，将线段𝐴𝑃绕点𝐴旋转得到𝐴𝑄，连接𝐵𝑄，
将𝐵𝑄绕点𝐵逆时针旋转90°得到𝐵𝑀，连接𝑃𝑀，当𝑃𝐶取最大值时，直接写出此条件下△𝑃𝐶𝑀的面积的最大
值．
【答案】(1)2 2(2)𝐴𝐺=𝐴𝐶+ 2𝐶𝐷，证明见解析
(3)2+ 2
2
𝐶𝐷
【分析】（1）过点𝐷作𝐷𝐻⊥𝐴𝐶于点𝐻，先证明∠𝐵=∠𝐶=45°，得出𝐷𝐻=𝐶𝐻= =1，再由
2
∠𝐷𝐴𝐵=60°，得出∠𝐷𝐴𝐶=30°，得出𝐴𝐷=2𝐷𝐻=2，再由将𝐷𝐴绕点𝐷顺时针旋转90°得到𝐷𝐸，即可求解；
𝐴𝐸 𝐴𝐶
（2）连接𝐶𝐸，过点𝐴作𝐴𝐼⊥𝐵𝐷于点𝐼，由题可得△𝐴𝐵𝐶，△𝐴𝐷𝐸是等腰直角三角形，可证明 = = 2，
𝐴𝐷 𝐴𝐼
𝐸𝐶 𝐴𝐶
再利用∠𝐸𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐼=45°，得出∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐷𝐴𝐼，则△𝐴𝐸𝐶∽△𝐴𝐷𝐼，可得 = = 2，
𝐷𝐼 𝐴𝐼
∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐴𝐼𝐷=90°，则𝐸𝐶= 2𝐷𝐼，证明△𝐴𝐺𝐹≌△𝐸𝐶𝐹，则𝐴𝐺=𝐶𝐸= 2𝐷𝐼= 2(𝐶𝐼+𝐶𝐷)= 2𝐶𝐼+
2𝐶𝐷=𝐴𝐶+ 2𝐶𝐷；
𝐴𝐷
（3）利用∠𝐴𝐶𝐵=45°，𝐴𝐷=2，构造△𝐴𝐷𝐶的外接圆⊙𝑂，连接𝑂𝐴，𝑂𝐷，得出𝐴𝑂=𝑂𝐷= = 2，则
2
𝐴𝐷是定长，⊙𝑂是定圆，点𝐶的轨迹为⊙𝑂上部分，由点到圆上一点的最长距离可知当𝑃、𝑂、𝐶依次共线
时，𝑃𝐶最长， 求出𝐴𝐶2 =4+2 2是定值，由将线段𝐴𝑃绕点𝐴旋转得到𝐴𝑄，得点𝑄的轨迹为以𝐴为圆心，𝐴𝑃=1
为半径的⊙𝐴，由将𝐵𝑄绕点𝐵逆时针旋转90°得到𝐵𝑀，通过全等确定点𝑀的轨迹为以𝐴′为圆心，𝐴′𝑀=1为
半径的⊙𝐴′，过点𝑀作𝑀𝑇⊥𝐶𝑃延长线于点𝑇，易得当𝑀𝑇最大时，△𝑃𝐶𝑀的面积最大，由圆上一点到直线
的最大距离可知当𝑀、𝐴′、𝑇依次共线时，𝑀𝑇最大，此时，连接𝐵𝑃，𝐴𝐴′，通过证明四边形𝐴𝑃𝑀𝐴′是平行四
边形，四边形𝐴𝐶𝐵𝐴′是平行四边形，证明四边形𝑃𝑀𝐵𝐶是平行四边形，得出𝐵𝑀∥𝑃𝐶，得𝑆
△𝑃𝐶𝑀
=𝑆
△𝑃𝐶𝐵
，再
1
由𝑆 = 𝑆 ，即可求解．
△𝑃𝐶𝐵 2 △𝐴𝐵𝐶
【详解】（1）解：如图，过点𝐷作𝐷𝐻⊥𝐴𝐶于点𝐻，
∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶=90°，
∴∠𝐵=∠𝐶=45°，
∴∠𝐻𝐷𝐶=∠𝐶=45°，
∴𝐷𝐻=𝐶𝐻，
∵𝐶𝐷= 2，
𝐶𝐷
∴𝐷𝐻=𝐶𝐻= =1，
2∵∠𝐷𝐴𝐵=60°，
∴∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐵𝐴𝐶―∠𝐷𝐴𝐵=30°，
∴𝐴𝐷=2𝐷𝐻=2，
∵将𝐷𝐴绕点𝐷顺时针旋转90°得到𝐷𝐸，
∴𝐴𝐷=𝐷𝐸，∠𝐴𝐷𝐸=90°，
∴𝐴𝐸= 2𝐴𝐷=2 2；
（2）解：𝐴𝐺=𝐴𝐶+ 2𝐶𝐷，理由如下：
如图，连接𝐶𝐸，过点𝐴作𝐴𝐼⊥𝐵𝐷于点𝐼，
∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶=90°，将𝐷𝐴绕点𝐷顺时针旋转90°得到𝐷𝐸，
∴△𝐴𝐵𝐶，△𝐴𝐷𝐸是等腰直角三角形，
∴∠𝐴𝐶𝐼=∠𝐸𝐴𝐷=45°，𝐴𝐸= 2𝐴𝐷，
∵𝐴𝐼⊥𝐵𝐷，
∴∠𝐴𝐼𝐷=90°，
∴∠𝐶𝐴𝐼=∠𝐴𝐶𝐼=45°，
𝐴𝐶
∴𝐴𝐼=𝐶𝐼= ，
2
𝐴𝐸 𝐴𝐶
∴ = = 2，
𝐴𝐷 𝐴𝐼
∵∠𝐸𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐼=45°，
∴∠𝐸𝐴𝐷+∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐼+∠𝐶𝐴𝐷，
即∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐷𝐴𝐼，
∴△𝐴𝐸𝐶∽△𝐴𝐷𝐼，
𝐸𝐶 𝐴𝐶
∴ = = 2，∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐴𝐼𝐷=90°，
𝐷𝐼 𝐴𝐼
∴𝐸𝐶= 2𝐷𝐼，
∵∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐴𝐶𝐸=90°，∴𝐴𝐺∥𝐶𝐸，
∴∠𝐺=∠𝐸𝐶𝐹，∠𝐺𝐴𝐹=∠𝐶𝐸𝐹，
∵点𝐹是𝐴𝐸的中点，
∴𝐴𝐹=𝐸𝐹，
∴△𝐴𝐺𝐹≌△𝐸𝐶𝐹，
∴𝐴𝐺=𝐶𝐸，
∴𝐴𝐺=𝐶𝐸= 2𝐷𝐼= 2(𝐶𝐼+𝐶𝐷)= 2𝐶𝐼+ 2𝐶𝐷=𝐴𝐶+ 2𝐶𝐷，
即：𝐴𝐺=𝐴𝐶+ 2𝐶𝐷；
（3）解：∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶=90°，
∴∠𝐴𝐶𝐵=45°，
∵点𝑃是𝐴𝐷的中点，𝐴𝐷=2，
∴𝐴𝑃=𝐷𝑃=1，
如图3，构造△𝐴𝐷𝐶的外接圆⊙𝑂，连接𝑂𝐴，𝑂𝐷，
则∠𝐴𝑂𝐷=2∠𝐴𝐶𝐷=90°，
∵𝑂𝐴=𝑂𝐷，
∴△𝐴𝑂𝐷是等腰直角三角形，
𝐴𝐷
∴𝐴𝑂=𝑂𝐷= = 2，
2
∴𝐴𝐷是定长，⊙𝑂是定圆，点𝐶的轨迹为⊙𝑂上部分，
由点到圆上一点的最长距离可知当𝑃、𝑂、𝐶依次共线时，𝑃𝐶最长，此时点𝐶位置为如图3的点𝐶′，
∵△𝐴𝑂𝐷是等腰直角三角形，𝐴𝑃=𝐷𝑃，
∴𝐴𝑃⊥𝐶𝑃，𝑃𝑂=𝐴𝑃=𝑃𝐷=1，
∴𝐶′𝑃=𝐶′𝑂+𝑃𝑂= 2+1，
2
∴𝐴𝐶′2 =𝐴𝑃2+𝐶′𝑃2 =1+( 2+1) =4+2 2，
当𝑃𝐶最长时，△𝐴𝐵𝐶位置如图4，∵将线段𝐴𝑃绕点𝐴旋转得到𝐴𝑄，
∴点𝑄的轨迹为以𝐴为圆心，𝐴𝑃=1为半径的⊙𝐴，
∵将𝐵𝑄绕点𝐵逆时针旋转90°得到𝐵𝑀，
∴𝐵𝑄=𝐵𝑀，∠𝑄𝐵𝑀=90°，
如图4，将𝐴𝐵绕点𝐵逆时针旋转90°得到𝐴′𝐵，
∴𝐴𝐵=𝐴′𝐵，∠𝐴𝐵𝐴′ =90°，点𝐴′是定点，
∴∠𝑄𝐵𝑀=∠𝐴𝐵𝐴′ =90°，
∴∠𝐴′𝐵𝑀=∠𝐴𝐵𝑄，
∴△𝐴′𝐵𝑀≌△𝐴𝐵𝑄，
∴𝐴′𝑀=𝐴𝑄=1，
∴点𝑀的轨迹为以𝐴′为圆心，𝐴′𝑀=1为半径的⊙𝐴′，
如图4，过点𝑀作𝑀𝑇⊥𝐶𝑃延长线于点𝑇，
1 1
∵𝑆 = 𝑃𝐶⋅𝑀𝑇= ×(1+ 2)𝑀𝑇，
△𝑃𝐶𝑀 2 2
∴当𝑀𝑇最大时，△𝑃𝐶𝑀的面积最大，
由圆上一点到定直线的最大距离可知当𝑀、𝐴′、𝑇依次共线时，𝑀𝑇最大，此时如图5，
连接𝐵𝑃，𝐴𝐴′，
∵𝑀𝑇⊥𝐶𝑃，𝐴𝑃⊥𝐶𝑃，
∴𝑀𝑇∥𝐴𝑃，∵𝐴′𝑀=𝐴𝑃=1，
∴四边形𝐴𝑃𝑀𝐴′是平行四边形，
∴𝐴𝐴′ =𝑃𝑀，𝐴𝐴′∥𝑃𝑀，
∵∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐴𝐵𝐴′ =90°，
∴𝐵𝐴′∥𝐴𝐶，
∵𝐴′𝐵=𝐴𝐵=𝐴𝐶，
∴四边形𝐴𝐶𝐵𝐴′是平行四边形，
∴𝐴𝐴′ =𝐶𝐵，𝐴𝐴′∥𝐶𝐵，
∴𝐶𝐵=𝑃𝑀，𝐶𝐵∥𝑃𝑀，
∴四边形𝑃𝑀𝐵𝐶是平行四边形，
∴𝐵𝑀∥𝑃𝐶，
∴𝑆 =𝑆 ，
△𝑃𝐶𝑀 △𝑃𝐶𝐵
∵点𝑃是𝐴𝐷的中点，
∴𝑆 =𝑆 ，𝑆 =𝑆 ，
△𝐴𝑃𝐶 △𝐷𝑃𝐶 △𝐴𝑃𝐵 △𝐷𝑃𝐵
1 1 1
∴𝑆 =𝑆 +𝑆 = 𝑆 + 𝑆 = 𝑆 ，
△𝑃𝐶𝐵 △𝐷𝑃𝐶 △𝐷𝑃𝐵 2 △𝐷𝐶𝐴 2 △𝐷𝐵𝐴 2 △𝐴𝐵𝐶
∴𝑆 =𝑆 = 1 𝑆 = 1 × 1 𝐴𝐶2 = 1 ×(4+2 2)=2+ 2．
△𝑃𝐶𝑀 △𝑃𝐶𝐵 2 △𝐴𝐵𝐶 2 2 4 2
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，含30°
角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，圆的定义，圆周角定理，熟练掌握相关性质与判定是
解题的关键．
2．追本溯源
题（1）来自于课本中的练习题，请你提炼方法、类比探究，完成后面的题目．
(1)如图1，𝐴𝐵𝐶𝐷是一个正方形花园，𝐸、𝐹是它的两个门，且𝐷𝐸=𝐶𝐹，要修建两条路𝐵𝐸和𝐴𝐹，这两条路
等长吗？它们有什么位置关系？为什么？
(2)如图2，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是边长为3的正方形，当点𝐸、𝐹分别是𝐴𝐷与𝐶𝐷的中点时，连接𝐴𝐹交𝐵𝐶的延长线于点𝐻，连接𝐵𝐸交𝐴𝐹于点𝐺，连接𝐶𝐺，则𝐶𝐺=______．
(3)如图3，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是边长为3的正方形，点𝐸是𝐴𝐷延长线上一点，点𝐹是𝐶𝐷上一点．且𝐷𝐸=𝐷𝐹=1，
连接𝐶𝐸交𝐴𝐹的延长线于点𝑃，求𝑃𝐸的长．
【答案】(1)𝐵𝐸=𝐴𝐹，𝐵𝐸⊥𝐴𝐹，见解析
(2)3
(3)𝑃𝐸=2 10
5
【分析】（1）利用SAS证明△𝐵𝐴𝐸≌△𝐴𝐷𝐹，推出𝐵𝐸=𝐴𝐹，∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐷𝐴𝐹，可得到𝐵𝐸⊥𝐴𝐹；
（2）利用ASA证明△𝐶𝐹𝐻≌△𝐷𝐹𝐴，推出𝐶𝐻=𝐴𝐷=3，同理（1）求得𝐵𝐸⊥𝐴𝐹，再利用直角三角形的性
质即可求解；
（3）先证明△𝐴𝐷𝐹≌△𝐶𝐷𝐸(SAS)，推出∠𝐷𝐴𝐹=∠𝐷𝐶𝐸，再证明△𝐴𝐷𝐹∽△𝐴𝑃𝐸，求得𝐴𝐸=4，在Rt△𝐴𝐷𝐹
中，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：𝐵𝐸=𝐴𝐹，𝐵𝐸⊥𝐴𝐹；
理由：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，
∴𝐴𝐵=𝐴𝐷=𝐶𝐷，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐷=90°，
∵𝐷𝐸=𝐶𝐹，
∴𝐴𝐸=𝐷𝐹，
∴△𝐵𝐴𝐸≌△𝐴𝐷𝐹(SAS)，
∴𝐵𝐸=𝐴𝐹，∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐷𝐴𝐹，
∴∠𝐴𝐵𝐸+∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐷𝐴𝐹+∠𝐴𝐸𝐵=90°，
∴𝐵𝐸⊥𝐴𝐹；
（2）解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是边长为3的正方形，
∴𝐴𝐵=𝐴𝐷=𝐶𝐷，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐷=90°，
∴∠𝐷𝐶𝐻=90°，
∴∠𝐷𝐶𝐻=∠𝐷=90°，
∵𝐹是𝐶𝐷的中点时，
∴𝐷𝐹=𝐶𝐹，
∵∠𝐶𝐹𝐻=∠𝐷𝐹𝐴，
∴△𝐶𝐹𝐻≌△𝐷𝐹𝐴(ASA)，
∴𝐶𝐻=𝐴𝐷=3，同理△𝐵𝐴𝐸≌△𝐴𝐷𝐹(SAS)，
∴∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐷𝐴𝐹，
∴∠𝐴𝐵𝐸+∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐷𝐴𝐹+∠𝐴𝐸𝐵=90°，
∴𝐵𝐸⊥𝐴𝐹，
∴∠𝐵𝐺𝐻=90°，
∵𝐵𝐶=𝐶𝐻=3，
∴𝐶𝐺=𝐵𝐶=𝐶𝐻=3，
故答案为：3；
（3）解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，
∴𝐴𝐷=𝐶𝐷，∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐶𝐷𝐸=90°，
∵𝐷𝐸=𝐷𝐹，
∴△𝐴𝐷𝐹≌△𝐶𝐷𝐸(SAS)，
∴∠𝐷𝐴𝐹=∠𝐷𝐶𝐸，
∵∠𝐷𝐹𝐴=∠𝐶𝐹𝑃，
∴∠𝐷𝐴𝐹+∠𝐷𝐹𝐴=∠𝐷𝐶𝐸+∠𝐶𝐹𝑃=90°，
∴∠𝐴𝑃𝐶=∠𝐴𝑃𝐸=90°，
∴∠𝐴𝐷𝐹=∠𝐴𝑃𝐸=90°，
∵∠𝐷𝐴𝐹=∠𝑃𝐴𝐸，
∴△𝐴𝐷𝐹∽△𝐴𝑃𝐸．
𝐷𝐹 𝐴𝐹
∴ = ，
𝑃𝐸 𝐴𝐸
又∵𝐷𝐸=𝐷𝐹=1，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为3，
∴𝐴𝐸=𝐴𝐷+𝐷𝐹=3+1=4，
在Rt△𝐴𝐷𝐹中，𝐴𝐹= 𝐴𝐷2+𝐷𝐹2 = 32+12 = 10，
∴ 1 = 10，
𝑃𝐸 4
2 10
∴𝑃𝐸=
5
【点睛】本题综合考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用、相似
三角形的判定和性质等．掌握相关结论是完成几何推导的关键．
3．如图1，△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐵𝐷⊥𝐴𝐶于点𝐷，点𝐸，𝐹分别为边𝐵𝐶，𝐴𝐵中点，连接𝐴𝐸，𝐷𝐹交于点𝐺，
连接𝐷𝐸．(1)求证：∠𝐷𝐸𝐶=∠𝐹𝐴𝐷；
(2)如图2，𝐻是𝐴𝐶边上一点，连接𝐸𝐻，且∠𝐺𝐸𝐻=∠𝐷𝐸𝐶．
①求证：𝐶𝐻=𝐷𝐺；
②若𝐴𝐵=4 5，𝐵𝐶=8，求𝐶𝐻的长．
【答案】(1)详见解析
(2)①详见解析；② 12 5
11
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是
学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
1
（1）根据直角三角形中斜边上的中线等于斜得出𝐷𝐸=𝐵𝐸=𝐶𝐸= 𝐵𝐶，根据等边对等角得出∠𝐶=∠𝐶𝐷𝐸，
2
根据∠𝐶=∠𝐴𝐵𝐶，得出∠𝐶𝐷𝐸=∠𝐴𝐵𝐶，进而根据三角形内角和定理得出∠𝐷𝐸𝐶=∠𝐹𝐴𝐷；
（2）①先证明∠𝐺𝐸𝐷=∠𝐻𝐸𝐶，进而证明△𝐸𝐺𝐷≌△𝐸𝐻𝐶(AAS)，根据全等三角形的性质，即可求解．
②连接𝐸𝐹，证明△𝐶𝐸𝐷∽△𝐶𝐴𝐵，根据相似三角形的性质得出𝐶𝐷，进而证明△𝐺𝐴𝐷∽△𝐺𝐸𝐹，根据相似
三角形的性质得出𝐺𝐷=12 5，即可求解．
11
【详解】（1）证明：在△𝐷𝐵𝐶中，∵𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，
∴∠𝐶𝐷𝐵=∠𝐴𝐷𝐵=90°，
∵𝐸是𝐵𝐶的中点，
1
∴ 𝐷𝐸=𝐵𝐸=𝐶𝐸= 𝐵𝐶，
2
∴∠𝐶=∠𝐶𝐷𝐸，
∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，
∴∠𝐶=∠𝐴𝐵𝐶，
∴∠𝐶𝐷𝐸=∠𝐴𝐵𝐶，
∵∠𝐷𝐸𝐶=180°―∠𝐶―∠𝐶𝐷𝐸，∠𝐹𝐴𝐷=180°―∠𝐶―∠𝐴𝐵𝐶，∴∠𝐷𝐸𝐶=∠𝐹𝐴𝐷；
（2）①∵∠𝐶𝐷𝐵=∠𝐴𝐷𝐵=90°，𝐹是𝐴𝐵边的中点，
1
∴ 𝐷𝐹=𝐴𝐹= 𝐴𝐵，
2
∴∠𝐹𝐷𝐴=∠𝐹𝐴𝐷，
∵∠𝐷𝐸𝐶=∠𝐹𝐴𝐷，
∴∠𝐷𝐸𝐶=∠𝐹𝐷𝐴，
∴∠𝐺𝐸𝐻=∠𝐷𝐸𝐶=∠𝐹𝐷𝐴，
∵∠𝐸𝐻𝐶=∠𝐺𝐸𝐻+∠𝐸𝐴𝐷，∠𝐸𝐺𝐷=∠𝐹𝐷𝐴+∠𝐸𝐴𝐷，
∴∠𝐸𝐻𝐶=∠𝐸𝐺𝐷，
∵∠𝐺𝐸𝐻=∠𝐷𝐸𝐶，
∴∠𝐺𝐸𝐻―∠𝐷𝐸𝐻=∠𝐷𝐸𝐶―∠𝐷𝐸𝐻，即∠𝐺𝐸𝐷=∠𝐻𝐸𝐶，
∵𝐷𝐸=𝐶𝐸，
∴△𝐸𝐺𝐷≌△𝐸𝐻𝐶(AAS)，
∴𝐶𝐻=𝐷𝐺．
②连接𝐸𝐹，
∵𝐸，𝐹分别为𝐴𝐵，𝐵𝐶中点，𝐴𝐵=4 5，𝐵𝐶=8，
1
∴ 𝐸𝐹= 𝐴𝐶=2 5，𝐸𝐹∥𝐴𝐶，
2
又∵∠𝐶=∠𝐶，∠𝐷𝐸𝐶=∠𝐹𝐴𝐷，
∴△𝐶𝐸𝐷∽△𝐶𝐴𝐵，
𝐶𝐷 𝐷𝐸 𝐶𝐷 4
∴ = ，即 = ，
𝐶𝐵 𝐵𝐴 8 4 5
∴ 𝐶𝐷=8 5，
5
∵ 𝐴𝐶=4 5，
∴ 𝐴𝐷=𝐴𝐶―𝐶𝐷=12 5，
5∵ 𝐸𝐹∥𝐴𝐷，
∴△𝐺𝐴𝐷∽△𝐺𝐸𝐹，
𝐺𝐷 𝐴𝐷
∴ = ，
𝐺𝐹 𝐸𝐹
𝐺𝐷 𝐴𝐷
∴ = ，即𝐺𝐷⋅𝐸𝐹=𝐴𝐷(𝐷𝐹―𝐺𝐷)，
𝐷𝐹―𝐺𝐷 𝐸𝐹
∴ 𝐺𝐷⋅2 5=12 5 2 5―𝐺𝐷
5
∴ 𝐺𝐷=12 5，
11
∴ 𝐶𝐻=𝐺𝐷=12 5．
11
4．在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动．
【操作判断】操作一：如图①，对折正方形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷，得到折痕𝐴𝐶，把纸片展平；
操作二：如图②，在边𝐴𝐷上选一点E，沿𝐵𝐸折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕𝐵𝐸；
操作三：如图③，在边𝐶𝐷上选一点F，沿𝐵𝐹折叠，使边𝐵𝐶与边𝐵𝐴重合，得到折痕𝐵𝐹．
把正方形纸片展平，得图④，折痕𝐵𝐸，𝐵𝐹与𝐴𝐶的交点分别为G、H．
（1）根据以上操作，得∠𝐸𝐵𝐹=________；
【探究证明】
（2）如图⑤，连接𝐺𝐹，试判断△𝐵𝐹𝐺的形状并证明；
【深入研究】
（3）如图⑥，连接𝐸𝐹，过点G作𝐶𝐷的垂线，分别交𝐴𝐵，𝐶𝐷，𝐸𝐹于点P、Q、M．请写出𝐸𝑀与𝑀𝐹的数量
关系，并说明理由．
【答案】（1）45°；（2）△𝐺𝐵𝐹为等腰直角三角形；（3）𝐸𝑀=𝐹𝑀【分析】（1）根据折叠的性质即可解答；
（2）证明△𝐵𝐻𝐺∽△𝐶𝐻𝐹,△𝐵𝐻𝐶∽△𝐺𝐻𝐹，得到∠𝐵𝐶𝐻=∠𝐺𝐹𝐻=45°，即可解答；
（3）根据等腰直角三角形的性质证明△𝑃𝐵𝐺≌𝑄𝐺𝐹，利用平行线的性质及折叠的性质，即可得证．
【详解】解：（1）如图，
由题意可得∠1=∠2，∠3=∠4,∠𝐴𝐵𝐶=90°，
∴2∠2+2∠3=90°，
∴∠2+∠3=45°，
∴∠𝐸𝐵𝐹=45°，
故答案为：45°；
（2）解： △𝐵𝐹𝐺为等腰直角三角形，证明如下：
方法一：由（1）可得∠𝐸𝐵𝐹=45°，
∵正方形𝐴𝐵𝐶𝐷，
∴∠𝐵𝐶𝐴=∠𝐴𝐶𝐷=45°，
∵∠𝐸𝐵𝐹=45°，
∴△𝐵𝐻𝐺∽△𝐶𝐻𝐹，
𝐵𝐻 𝐻𝐺
∴ = ，
𝐶𝐻 𝐻𝐹
𝐵𝐻 𝐶𝐻
∴ = ，
𝐻𝐺 𝐻𝐹
∵∠𝐺𝐻𝐹=∠𝐵𝐻𝐶，
∴△𝐵𝐻𝐶∽△𝐺𝐻𝐹，
∴∠𝐵𝐶𝐻=∠𝐺𝐹𝐻=45°，
∴∠𝐵𝐺𝐹=90°，
∴△𝐵𝐹𝐺为等腰直角三角形；
方法二：∵∠𝐺𝐵𝐹=∠𝐺𝐶𝐹=45°，
∴B、C、F、G四点共圆，
∴∠𝐵𝐹𝐺=∠𝐵𝐶𝐺=45°，∴∠𝐵𝐹𝐺=∠𝐺𝐵𝐹=45°，
即∠𝐵𝐺𝐹=90°，
∴△𝐺𝐵𝐹为等腰直角三角形；
（3）证明：∵△𝐺𝐵𝐹为等腰直角三角形，
∴∠𝐵𝐺𝐹=90°,𝐵𝐺=𝐹𝐺，
∴∠𝑃𝐵𝐺=90°―∠𝑃𝐺𝐵=∠𝑄𝐺𝐹，
∵𝑃𝑄⊥𝐴𝐵,𝑃𝑄⊥𝐶𝐷，
∴∠𝐵𝑃𝐺=∠𝐺𝑄𝐹=90°，
∴△𝑃𝐵𝐺≌𝑄𝐺𝐹(AAS)，
∴∠𝑃𝐺𝐵=∠𝐺𝐹𝑄，
∵𝑃𝑄∥𝐴𝐷，
∴∠𝑃𝐺𝐵=∠𝐴𝐸𝐵，
∵翻折，
∴∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐵𝐸𝐹，
∵∠𝑃𝐺𝐵=∠𝐸𝐺𝑄，
∴∠𝐵𝐸𝐹=∠𝐸𝐺𝑄，
∴𝑀𝐸=𝑀𝐺
∵∠𝐵𝐸𝐹+∠𝐸𝐹𝐺=∠𝐸𝐺𝑄+∠𝐹𝐺𝑄=90°，
∴∠𝐸𝐹𝐺=∠𝐹𝐺𝑄，
∴𝐸𝑀=𝑀𝐺=𝑀𝐹．
【点睛】本题考查相似形的综合应用，主要考查折叠的性质，相似三角形的性质与判定，等腰直角三角形
的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，掌握这些性质定理是解题的关键．
5．如图1，在Rt△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵=90∘，𝐵𝐶=2𝐴𝐵=12，点𝐷，𝐸分别是边𝐵𝐶，𝐴𝐶的中点，连接𝐷𝐸．将△𝐸𝐷𝐶
绕点𝐶按顺时针方向旋转，记旋转角为𝛼．
【问题发现】①当𝛼=0∘时， 𝐴𝐸 =___________；②当𝛼=180∘时， 𝐴𝐸 =___________；
𝐵𝐷 𝐵𝐷【拓展探究】试判断：当0∘ ≤𝛼<360∘时， 𝐴𝐸 的大小有无变化？请仅就图2的情况给出证明．
𝐷𝐵
【问题解决】当△𝐸𝐷𝐶旋转至𝐴，𝐷，𝐸三点共线时，直接写出线段𝐵𝐷的长．
【答案】[问题发现]① 5；② 5；[拓展探究] 𝐴𝐸 的大小无变化；见解析；[问题解决]𝐵𝐷=6 5或18 5
2 2 𝐷𝐵 5
【分析】[问题发现]先利用勾股定理求得𝐴𝐶，再利用中点的意义分别求得𝐴𝐸与𝐵𝐷，然后求出它们的比；
[拓展探究]先证明△𝐴𝐶𝐸∽△𝐵𝐶𝐷，再求出𝐴𝐸与𝐵𝐷，然后得出结论；
[问题解决]分“点𝐷在线段𝐴𝐸上”、“点𝐸在线段𝐴𝐷上”两种情形，分别证明△𝐴𝐶𝐸∽△𝐵𝐶𝐷，列出比例求出
𝐵𝐷．
【详解】解：[问题发现]
①当𝛼=0∘时，如图1，
∵在Rt△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵=90∘，𝐵𝐶=2𝐴𝐵=12，
∴𝐴𝐶= 𝐴𝐵2+𝐵𝐶2 = 62+122 =6 5，
∵点𝐷，𝐸分别是边𝐵𝐶，𝐴𝐶的中点，
1 1
∴𝐴𝐸= 𝐴𝐶=3 5，𝐵𝐷= 𝐵𝐶=6，
2 2
∴ 𝐴𝐸 =3 5= 5，
𝐵𝐷 6 2
故答案为： 5；
2
②当𝛼=180∘时，如图，
1 1
由旋转的性质可知：𝐶𝐸= 𝐴𝐶=3 5，𝐶𝐷= 𝐵𝐶=6，
2 2
∴𝐴𝐸=𝐴𝐶+𝐶𝐸=6 5+3 5=9 5，
𝐵𝐷=𝐵𝐶+𝐶𝐷=12+6=18，
∴ 𝐴𝐸 =9 5= 5，
𝐵𝐷 18 2故答案为： 5；
2
[拓展探究]
无变化．
理由：如图1中，∵𝐷𝐸是△𝐴𝐵𝐶的中位线，
𝐶𝐸 𝐶𝐷
∴ = ，
𝐶𝐴 𝐵𝐶
如图2中，∵△𝐶𝐷𝐸在旋转过程中形状大小不变，
𝐶𝐸 𝐶𝐷
∴ = 仍然成立，
𝐶𝐴 𝐵𝐶
又∵∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐵𝐶𝐷=𝛼，
∴△𝐴𝐶𝐸∽△𝐵𝐶𝐷，
∴ 𝐴𝐸 = 𝐴𝐶 =6 5= 5，
𝐵𝐷 𝐵𝐶 12 2
𝐴𝐸
∴ 的大小无变化．
𝐷𝐵
[问题解决]
当点𝐷在线段𝐴𝐸上时，如图，
与[拓展探究]同理可证△𝐴𝐶𝐸∽△𝐵𝐶𝐷，
∴ 𝐴𝐸 = 5，
𝐵𝐷 2
∵∠𝐶𝐷𝐸=90°，
∴∠𝐶𝐷𝐴=90°
∵𝐴𝐶=6 5，𝐶𝐷=6，
2
∴𝐴𝐷= 𝐴𝐶2―𝐶𝐷2 = 6 5 ―62 =12，
∴𝐴𝐸=𝐴𝐷+𝐷𝐸=15，
∴ 15 = 5，解得：𝐵𝐷=6 5；
𝐵𝐷 2
当点𝐸在线段𝐴𝐷上时，如图，同理可证△𝐴𝐶𝐸∽△𝐵𝐶𝐷，
∴ 𝐴𝐸 = 5，
𝐵𝐷 2
∵∠𝐶𝐷𝐴=90°，𝐴𝐶=6 5，𝐶𝐷=6，
2
∴𝐴𝐷= 𝐴𝐶2―𝐶𝐷2 = 6 5 ―62 =12，
∴𝐴𝐸=𝐴𝐷―𝐷𝐸=12―3=9，
∴ 9 = 5，解得：𝐵𝐷=18 5，
𝐵𝐷 2 5
综上所述，𝐵𝐷=6 5或18 5．
5
【点睛】本题考查了利用旋转的性质求线段的长，相似三角形的判定与性质，中位线定理等知识，解题关
键是利用相似三角形的判定证明三角形相似，并列出比例求出待线段的长．
押题猜想十九 二次函数类综合解答压轴题
限时：20min
如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线𝑦=―𝑥2+𝑏𝑥+𝑐经过点(2,3)，与𝑥轴交于点𝐴，𝐵（点𝐴在点𝐵左
侧），与𝑦轴交于点𝐶，对称轴直线𝑙为𝑥=1．
(1)求该抛物线的函数解析式及顶点坐标．(2)设点𝐶关于直线𝑙的对称点为点𝐷，𝑃是直线𝑙上的一个动点，是否存在点𝑃，使𝑃𝐴―𝑃𝐷有最大值？若存在，
求出𝑃𝐴―𝑃𝐷的最大值；若不存在，请说明理由．
2
(3)𝑀为抛物线上一点，连接𝑀𝐶，过点𝑀作𝑀𝑁⊥𝐶𝑀交直线𝑙于点𝑁，若tan∠𝑀𝐶𝑁= ，求点𝑀的坐标．
3
【答案】(1)𝑦=―𝑥2+2𝑥+3，(1,4)
(2)存在，最大值 10
(3)𝑀的坐标为(3,0)或 1 , 15 或(―1,0)或 3 , 15 ．
2 4 2 4
【分析】（1）先根据抛物线𝑦=―𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的对称轴为直线𝑥=1，求出𝑏，再根据抛物线经过点(2,3)，求
出𝑐，然后代回𝑏，𝑐，写出抛物线的解析式，化为顶点式求出顶点坐标；
（2）先求出𝐴，𝐵，𝐶的坐标，再利用轴对称的性质说明𝑃′𝐶=𝑃′𝐷，𝑃𝐶=𝑃𝐷，然后分“点𝑃′不与点𝑃重合”、
“点𝑃′与点𝑃重合”说明𝑃𝐴―𝑃𝐷最大值为𝐴𝐶，利用勾股定理求出𝐴𝐶即可；
（3）先求出点𝐾的纵坐标，再设𝑀(𝑚,―𝑚2+2𝑚+3)，可得出点𝑇的横坐标为𝑚，然后证明
𝑁𝑇 2 𝑁𝑇 2
△𝑀𝑁𝑇∽△𝐶𝑀𝐾，列出比例式结合三角函数求出 = ，从而可得𝑁的横坐标为1，再利用 = ，得到
𝐾𝑀 3 𝐾𝑀 3
关于𝑚的方程求解，求出𝑀点的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线𝑦=―𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的对称轴为直线𝑥=1，
𝑏
∴― =1，
2×(―1)
∴𝑏=2，
∴𝑦=―𝑥2+2𝑥+𝑐．
又∵此抛物线经过点(2,3)，
∴3=―4+2×2+𝑐，
∴𝑐=3，
∴该抛物线的函数解析式为𝑦=―𝑥2+2𝑥+3．
由于𝑦=―𝑥2+2𝑥+3=―(𝑥―1)2+4，
∴顶点坐标是(1,4)．
（2）在直线𝑙上存在一点𝑃，使𝑃𝐴―𝑃𝐷有最大值．
如图1，连接𝐴𝐶并延长，交直线𝑙于点𝑃，在直线𝑙上任取一点𝑃′，连接𝐶𝑃′．对于𝑦=―𝑥2+2𝑥+3，
令𝑦=―𝑥2+2𝑥+3=0，得𝑥=―1或𝑥=3，∴𝐴(―1,0)，𝐵(3,0)；
令𝑥=0，得𝑦=3，∴𝐶(0,3)．
∵点𝐶关于直线𝑙的对称点为点𝐷，
∴𝑃′𝐶=𝑃′𝐷，𝑃𝐶=𝑃𝐷．
当点𝑃′不与点𝑃重合时，𝑃′𝐴―𝑃′𝐷=𝑃′𝐴―𝑃′𝐶<𝐴𝐶，
当点𝑃′与点𝑃重合时，𝑃𝐴―𝑃𝐷=𝑃𝐴―𝑃𝐶=𝐴𝐶，此时𝑃𝐴―𝑃𝐷的值最大，即为𝐴𝐶的长．
∵𝐴(―1,0)，𝐶(0,3)，
∴𝐴𝐶= 12+32 = 10，
∴𝑃𝐴―𝑃𝐷的最大值为 10．
（3）如图2，过点𝑀作𝐾𝑇∥𝑦轴，过点𝐶作𝐶𝐾⊥𝐾𝑇于点𝐾，过点𝑁作𝑁𝑇⊥𝐾𝑇于点𝑇，则点𝐾的纵坐标为3．
设𝑀(𝑚,―𝑚2+2𝑚+3)，则点𝑇的横坐标为𝑚．
∵𝑀𝑁⊥𝐶𝑀，∴∠𝑁𝑀𝑇=90∘―∠𝐶𝑀𝐾=∠𝐾𝐶𝑀．
又∠𝑇=∠𝐾=90∘，
∴△𝑀𝑁𝑇∽△𝐶𝑀𝐾，
𝑁𝑇 𝑀𝑁
∴ = ．
𝐾𝑀 𝐶𝑀2
∵tan∠𝑀𝐶𝑁= ，
3
𝑀𝑁 2
∴ = ，
𝐶𝑀 3
𝑁𝑇 2
∴ = ．
𝐾𝑀 3
∵点𝑁在直线𝑙（即直线𝑥=1）上，
∴点𝑁的横坐标为1，
∴ |𝑚―1| = 2 ，即 | 𝑚―1 | = 2 ，
|3―(―𝑚2+2𝑚+3)| 3 𝑚2―2𝑚 3
𝑚―1 2 𝑚―1 2
∴ = 或 =― ，
𝑚2―2𝑚 3 𝑚2―2𝑚 3
1 3
解得𝑚=3或𝑚= 或𝑚=―1或𝑚= ，
2 2
∴点𝑀的坐标为(3,0)或 1 , 15 或(―1,0)或 3 , 15 ．
2 4 2 4
【点睛】本题主要考查了利用待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定与性质，轴对称的性质等
知识点，解答本题的关键是掌握上述知识点，并能熟练运用求解．
押题解读
二次函数作为初中数学核心模型，近年压轴题占比持续走高（《2025年报》显示达15%+），其融合经济优
化、物理运动等复杂场景，精准考查学生高阶建模、数形结合及分类讨论能力，契合新课标“应用意识”要
求。
①2024新课标明确“函数与不等式联动求实际极值”（P81）；②真题趋势聚焦“智慧城市信号覆盖”“抛物线
轨迹动态分析”等跨学科新题；③大数据显示“含参函数+多临界点讨论”题型错误率超60%，成命题热点。
采用“拆题三步法”（审题建系→建模求解析式→实际意义验证），强化“分段函数”边界意识及“参数变动对
开口/顶点影响”动态分析。专项攻克“多函数交叉求最优解”题型（如利润-成本双抛物线模型），善用
GeoGebra模拟参数变化，总结“区间最值误判”“交点漏解”等7类高频错因，结合真题提炼“经济类”“几何
类”“物理类”三大母题破题模板。
1．如图，抛物线𝑦=―𝑥2+𝑏𝑥+𝑐与𝑥轴交于点𝐴(―1,0)，点𝐵，与𝑦轴交于点𝐶(0,3)，直线𝑙∥𝐵𝐶，且与抛
物线交于M，N两点．(1)求抛物线和直线𝐵𝐶的函数表达式；
(2)设点M，N的横坐标分别为𝑥 ,𝑥 ，试判断𝑥 +𝑥 的值是否会改变？若不变，求出该值；若改变，请说
𝑀 𝑁 𝑀 𝑁
明理由；
(3)若直线𝑙在直线𝐵𝐶上方运动，交点𝑀在点𝑁的左侧．作直线𝑀𝐶与𝑁𝐵交于点𝑃，如图2所示．在直线𝑙运动
的过程中，试说明：点𝑃的横坐标是一个定值．
【答案】(1)𝑦=―𝑥2+2𝑥+3，𝑦=―𝑥+3
(2)不变，𝑥 +𝑥 =3
𝑀 𝑁
(3)证明见解析
【分析】（1）利用待定系数法求出二次函数的解析式，进而求出𝐵点坐标，待定系数法求出直线𝐵𝐶的解析
式；
（2）根据两直线平行𝑘值相等，设出𝑀𝑁的解析式，联立直线𝑀𝑁和抛物线的解析式，得到一元二次方程，
根据根与系数的关系即可得出结果；
（3）设出𝑀𝐶,𝑁𝐵的解析式，联立直线和抛物线的解析式求出点𝑀,𝑁的横坐标，进而得到两条直线的𝑘值的数
量关系，联立两条直线的解析式求出𝑃点的横坐标，即可得出结果．
【详解】（1）解：∵抛物线𝑦=―𝑥2+𝑏𝑥+𝑐与𝑥轴交于点𝐴(―1,0)，点𝐶(0,3)，
𝑐=3
∴ ；
―1―𝑏+𝑐=0
𝑏=2
解得： ，
𝑐=3
∴抛物线为𝑦=―𝑥2+2𝑥+3；
当𝑦=0时，则：―𝑥2+2𝑥+3=0，
解得：𝑥 =―1，𝑥 =3，
1 2
∴𝐵(3,0)，
设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=𝑘𝑥+3，把𝐵(3,0)代入，得𝑘=―1，∴𝑦=―𝑥+3；
（2）解：不会改变：理由如下：
∵直线𝑙∥𝐵𝐶，
∴设直线𝑙的解析式为：𝑦=―𝑥+𝑏，
∵直线𝑙与抛物线交于𝑀，𝑁两点，
∴令―𝑥2+2𝑥+3=―𝑥+𝑏，
整理，得：𝑥2―3𝑥―3+𝑏=0，
则：𝑥 ,𝑥 是方程𝑥2―3𝑥―3+𝑏=0的两个实数根，
𝑀 𝑁
∴𝑥 +𝑥 =3，为定值；
𝑀 𝑁
（3）解：设直线𝐶𝑀的解析式为：𝑦=𝑚𝑥+3，
𝑦=𝑚𝑥+3
联立 ，则：𝑥2+(𝑚―2)𝑥=0，
𝑦=―𝑥2+2𝑥+3
解得：𝑥 =0,𝑥 =2―𝑚，
1 2
∴𝑥 =2―𝑚，
𝑀
设直线𝐵𝑁的解析式为：𝑦=𝑛𝑥+𝑡，把𝐵(3,0)代入，得：3𝑛+𝑡=0，
∴𝑡=―3𝑛，
∴𝑦=𝑛𝑥―3𝑛，
𝑦=𝑛𝑥―3𝑛
联立 ，则：―𝑥2+2𝑥+3=𝑛𝑥―3𝑛，
𝑦=―𝑥2+2𝑥+3
解得：𝑥 =3,𝑥 =―𝑛―1，
1 2
∴𝑥 =―𝑛―1，
𝑁
由（2）得：𝑥 +𝑥 =3，
𝑀 𝑁
∴2―𝑚―𝑛―1=3，
∴𝑚=―2―𝑛，
∴直线𝐶𝑀的解析式为：𝑦=(―2―𝑛)𝑥+3，
𝑦=(―2―𝑛)𝑥+3
联立 ，则：(―2―𝑛)𝑥+3=𝑛𝑥―3𝑛，
𝑦=𝑛𝑥―3𝑛
∵𝐵𝐶，𝐵𝑁不重合，
∴𝑛≠―1，
3
解得：𝑥= ，
2
3
∴𝑥 = ，即：点𝑃的横坐标是一个定值．
𝑃 2【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及二次函数与坐标轴的交点问题，待定系数法求函数解析式，
根与系数的关系等知识点，熟练掌握相关知识点，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，
是解题的关键．
2．如图，抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥―2与𝑥轴分别交于点𝐴(―1,0)、点𝐵（点𝐴在点𝐵的左侧），与𝑦轴交于点𝐶，对
3
称轴为直线𝑥= ．
2
(1)求抛物线解析式；
(2)点𝑃为直线𝐵𝐶下方抛物线上一点，连接𝑃𝐵，𝑃𝐶，点𝑀为抛物线对称轴上一动点，𝑀𝑁⊥𝑦轴，垂足为𝑁，
连接𝑀𝑃，𝑁𝐵，当△𝑃𝐵𝐶面积最大时，求此时点𝑃的坐标及𝑃𝑀+𝑀𝑁+𝑁𝐵的最小值；
(3)将抛物线沿射线𝐵𝐶方向平移后过点𝐶，在新抛物线上是否存在一点𝑄，使∠𝐵𝐴𝑄与∠𝑂𝐶𝐴互补，若存在，直
接写出点𝑄的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦= 1 𝑥2― 3 𝑥―2
2 2
(2)𝑃(2,―3)，𝑃𝑀+𝑀𝑁+𝑁𝐵最小值为3 13+3
2
(3)存在，𝑄 ― 3,1― 3 或𝑄 ―1― 5, 5
2 2 4
【分析】（1）根据对称轴得出𝑏=―3𝑎，将将𝐴(―1,0)代入𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥―2，即可求解；
1
（2）过点P作y轴的平行线，交𝐵𝐶于点D，则△𝑃𝐵𝐶面积= 𝑃𝐷⋅𝑂𝐵=2𝑃𝐷，当𝑃𝐷最大时，△𝑃𝐵𝐶面积
2
最大，设𝑃 𝑡, 1 𝑡2― 3 𝑡―2 ，则𝐷 𝑡, 1 𝑡―2 ，得出𝑃𝐷=― 1 𝑡2+2𝑡，即可求出带你P的坐标， 将点向右平
2 2 2 2
移 3 个单位长度至点𝐵′，连接𝐵′𝑀，则𝐵𝑁=𝐵′𝑀，做点𝐵′关于抛物线对称轴的对称点𝐵″，连接𝐵″𝑀，则
2
𝐵𝑁=𝐵′𝑀=𝐵″𝑀，当点𝐵″，M，P 三点共线时，𝑃𝑀+𝑀𝑁+𝑁𝐵=𝑃𝑀+𝐵″𝑀+𝑀𝑁=𝐵″𝑃+𝑀𝑁，此时，
𝑃𝑀+𝑀𝑁+𝑁𝐵取最小值，即可解答；
（3）根据题意得出平移后的解析式为𝑦′ = 1 𝑥2+ 5 𝑥―2，tan∠𝑂𝐶𝐴= 𝑂𝐴 = 1 ，①当点Q在x轴下方时：过
2 2 𝑂𝐶 21
点A作𝐴𝐶的垂线，交𝑦′于点Q，过点Q作𝑄𝐸⊥𝑥轴于点E，则tan∠𝐸𝐴𝑄=tan∠𝑂𝐶𝐴= ，设𝑄
2
𝑚, 1 𝑚2+ 5 𝑚―2 ，则tan∠𝐸𝐴𝑄= ―1 2 𝑚2―5 2 𝑚+2 = 1 ，求出m即可；
2 2 ―1―𝑚 2
②当点Q在x轴上方时：同理可得：tan∠𝐸𝐴𝑄= 1 2 𝑚2+5 2 𝑚―2 = 1 ，即可解答．
―1―𝑚 2
3
【详解】（1）解：∵对称轴为直线𝑥= ，
2
𝑏 3
∴― = ，则𝑏=―3𝑎，
2𝑎 2
将𝐴(―1,0)代入𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥―2得：0=𝑎―𝑏―2，
则0=𝑎+3𝑎―2，
1
解得：𝑎= ，
2
3
∴𝑏=― ，
2
∴抛物线解析式为：𝑦= 1 𝑥2― 3 𝑥―2；
2 2
（2）解：过点P作y轴的平行线，交𝐵𝐶于点D，
3
∵𝐴(―1,0)，对称轴为直线𝑥= ，
2
∴𝐵(4,0)，
当𝑥=0时，𝑦=―2，
∴𝐶(0,―2)，
设直线𝐵𝐶的解析式为：𝑦=𝑘𝑥+𝑏，
将𝐵(4,0)，𝐶(0,―2)代入得：
0=4𝑘+𝑏
，
―2=𝑏
1
𝑘=
解得： 2 ，
𝑏=―2
1
∴直线𝐵𝐶的解析式为：𝑦= 𝑥―2，
2
1
∵△𝑃𝐵𝐶面积= 𝑃𝐷⋅𝑂𝐵=2𝑃𝐷，
2
∴当𝑃𝐷最大时，△𝑃𝐵𝐶面积最大，
设𝑃 𝑡, 1 𝑡2― 3 𝑡―2 ，则𝐷 𝑡, 1 𝑡―2 ，
2 2 2
∴𝑃𝐷=― 1 𝑡2+2𝑡，
2𝑏 2
当𝑡=― =― =2时，𝑃𝐷最大，△𝑃𝐵𝐶面积最大，
2𝑎 2× ―1
2
∴𝑃(2,―3)，
∵点𝑀为抛物线对称轴上一动点，𝑀𝑁⊥𝑦轴，
3
∴𝑀𝑁=
2
3
将点向右平移 个单位长度至点𝐵′，连接𝐵′𝑀，
2
则𝐵′ 11 ,0 ，
2
3
∵𝑀𝑁=𝐵𝐵′ = ，𝑀𝑁∥𝐵𝐵′，
2
∴四边形𝑀𝑁𝐵𝐵′为平行四边形，
∴𝐵𝑁=𝐵′𝑀，
做点𝐵′关于抛物线对称轴的对称点𝐵″，连接𝐵″𝑀，
则𝐵″ ― 5 ,0 𝐵𝑁=𝐵′𝑀=𝐵″𝑀，
2
∴𝑃𝑀+𝑀𝑁+𝑁𝐵=𝑃𝑀+𝐵′𝑀+𝑀𝑁=𝑃𝑀+𝐵″𝑀+𝑀𝑁，
当点𝐵″，M，P三点共线时，𝑃𝑀+𝑀𝑁+𝑁𝐵=𝑃𝑀+𝐵″𝑀+𝑀𝑁=𝐵″𝑃+𝑀𝑁，
此时，𝑃𝑀+𝑀𝑁+𝑁𝐵取最小值，
∵𝐵″ ― 5 ,0 ，𝑃(2,―3)，
2
2
∴𝐵″𝑃= ― 5 ―2 +(―3)2 =3 13，
2 2
∴𝑃𝑀+𝑀𝑁+𝑁𝐵=𝐵″𝑃+𝑀𝑁=3 13+3．
2
综上：𝑃(2,―3)，𝑃𝑀+𝑀𝑁+𝑁𝐵最小值为3 13+3．
2
（3）解：∵将抛物线沿射线𝐵𝐶方向平移后过点𝐶，
∴原抛物线向下平移2个单位长度，向左平移4个单位长度，∴平移后的解析式为𝑦′ = 1 (𝑥+4)2― 3 (𝑥+4)―2―2= 1 𝑥2+ 5 𝑥―2，
2 2 2 2
∵𝐴(―1,0),𝐶(0,―2)，
∴𝑂𝐴=1,𝑂𝐶=2，
𝑂𝐴 1
∴tan∠𝑂𝐶𝐴= = ，
𝑂𝐶 2
①当点Q在x轴下方时：
过点A作𝐴𝐶的垂线，交𝑦′于点Q，过点Q作𝑄𝐸⊥𝑥轴于点E，
∵𝐴𝑄⊥𝐴𝐶，
∴∠𝐸𝐴𝑄+∠𝑂𝐴𝐶=∠𝑂𝐶𝐴+∠𝑂𝐴𝐶=90°，
1
∴∠𝐸𝐴𝑄=∠𝑂𝐶𝐴，则tan∠𝐸𝐴𝑄=tan∠𝑂𝐶𝐴= ，
2
∴∠𝐸𝐴𝑄+∠𝐵𝐴𝑄=∠𝑂𝐶𝐴+∠𝐵𝐴𝑄=180°，则点Q即为所求，
设𝑄 𝑚, 1 𝑚2+ 5 𝑚―2 ，
2 2
∴𝐸𝑄=― 1 𝑚2― 5 𝑚+2，𝐴𝐸=―1―𝑚，
2 2
∴tan∠𝐸𝐴𝑄= ―1 2 𝑚2―5 2 𝑚+2 = 1 ，
―1―𝑚 2
整理得：―𝑚2―𝑚+2=―1―𝑚，
解得：𝑚 =― 3,𝑚 = 3（舍去），
1 2
∴𝑄 ― 3,1― 3 ，
2
②当点Q在x轴上方时：
同理可得：
设𝑄 𝑚, 1 𝑚2+ 5 𝑚―2 ，
2 2
∴𝐸𝑄= 1 𝑚2+ 5 𝑚―2，𝐴𝐸=―1―𝑚，
2 2
∴tan∠𝐸𝐴𝑄= 1 2 𝑚2+5 2 𝑚―2 = 1 ，
―1―𝑚 2
整理得：𝑚2+2𝑚―1=0，解得：𝑚 =―1― 5,𝑚 =―1+ 5（舍去），
1 2
2 2
∴𝑄 ―1― 5, 5 ，
2 4
综上：存在，𝑄 ― 3,1― 3 或𝑄 ―1― 5, 5 ．
2 2 4
【点睛】本题考查了二次函数综合，解题的关键是熟练掌握求二次函数解析式的方法和步骤，铅锤法求面
积，将军遛马最值模型，以及一线三等角证明相似．
3．已知抛物线𝐺:𝑦=𝑎(𝑥+1)(𝑥―4)（𝑎为常数，𝑎≠0）经过点𝐶(0,4)，函数图像与𝑥轴交于点𝐴，𝐵（𝐴在𝐵
的左边），其对称轴与𝑥轴相交于点𝐸．
(1)求𝑎的值；
(2)𝑄为𝑥轴上方抛物线上的动点，过点𝑄作直线𝐴𝑄，𝐵𝑄，分别交抛物线的对称轴于点𝑀，𝑁．点𝑄在运动过
程中，𝐸𝑀+𝐸𝑁的值是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由；
(3)已知坐标系中有一直线𝐿:𝑦=―𝑥+𝑡，点𝐷为抛物线𝐺上任意一点，点𝐹为直线𝐿上任意一点，如果𝐷，𝐹两
点间的距离的最小值大于2，求𝑡的取值范围．
【答案】(1)𝑎=―1
25
(2)
2
(3)𝑡>8+2 2
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）由题可知，𝐴(―1,0)，𝐵(4,0)，得对称轴为直线𝑥= 3 则𝐸 3 ,0 ．设𝑄(𝑡,―(𝑡+1)(𝑡―4))，其中
2 2
―1<𝑡<4．求出直线𝐴𝑄的解析式为𝑦=(―𝑡+4)𝑥―𝑡+4，直线𝐵𝑄的解析式为𝑦=(―𝑡―1)𝑥+4𝑡+4，
5 5 5 25 25
得出𝐸𝑀=― 𝑡+10，𝐸𝑁= 𝑡+ ，从而𝐸𝑀+𝐸𝑁= ，可求出𝐸𝑀+𝐸𝑁的值为定值 ．
2 2 2 2 2
（3）当直线𝐿与抛物线𝐺只有一个交点时，记为直线𝑚，则方程―(𝑥+1)(𝑥―4)=―𝑥+𝑡只有一个实数根，
可求出𝑡=8，将直线𝑚沿垂直于直线𝑚的方向平移2个单位，即可得满足条件的直线𝐿，记为直线𝑛，此时，
𝐻𝐾=2，过点H作𝐻𝐹∥𝑦轴，可得𝐹𝐻=2 2，证明四边形𝑀𝑁𝐻𝐹为平行四边形得𝑀𝑁=𝐹𝐻=2 2，得出
点𝑁的坐标为(0,8+2 2)即可求出𝑡的取值范围．
【详解】（1）解：∵将点𝐶(0,4)代入𝑦=𝑎(𝑥+1)(𝑥―4)，
解得𝑎=―1．
3
（2）解：由题可知，𝐴(―1,0)，𝐵(4,0)，得对称轴为直线𝑥= ．
2
∴𝐸 3 ,0 ．
2设𝑄(𝑡,―(𝑡+1)(𝑡―4))，其中―1<𝑡<4．
设直线𝐴𝑄的解析式为𝑦=𝑒𝑥+𝑓，
―𝑒+𝑓=0,
则
𝑡𝑒+𝑓=―(𝑡+1)(𝑡―4),
𝑒=―𝑡+4,
解得
𝑓=―𝑡+4.
∴直线𝐴𝑄的解析式为𝑦=(―𝑡+4)𝑥―𝑡+4．
3 5
当𝑥= 时，𝑦=― 𝑡+10．
2 2
∴点𝑀 3 ,― 5 𝑡+10 ．
2 2
同理可得直线𝐵𝑄的解析式为𝑦=(―𝑡―1)𝑥+4𝑡+4．
3 5 5
当𝑥= 时，𝑦= 𝑡+ ．
2 2 2
∴点𝑁 3 , 5 𝑡+ 5 ．
2 2 2
5 5 5
∴𝐸𝑀=― 𝑡+10，𝐸𝑁= 𝑡+ ．
2 2 2
5 5 5 25
∴𝐸𝑀+𝐸𝑁=― 𝑡+10+ 𝑡+ = ．
2 2 2 2
25
∴𝐸𝑀+𝐸𝑁的值为定值 ．
2
（3）∵𝐷，𝐹两点间的距离的最小值大于2，
∴直线𝐿与抛物线𝐺没有交点，且最近的距离为2，
如图2，当直线𝐿与抛物线𝐺只有一个交点时，记为直线𝑚，
则方程―(𝑥+1)(𝑥―4)=―𝑥+𝑡只有一个实数根，
∴Δ=42+4(4―𝑡)=0，
∴𝑡=8，
记直线𝑚与抛物线的交点为H，与𝑦轴的交点为点𝑀，则𝑀(0,8)，
将直线𝑚沿垂直于直线𝑚的方向平移2个单位，即可得满足条件的直线𝐿，记为直线𝑛，此时，𝐻𝐾=2．
过点H作𝐻𝐹∥𝑦轴，交直线𝑛于点F，则∠𝐹𝐻𝑀=∠𝑂𝑀𝐻=45°，
∴∠𝐹𝐻𝐾=45°，
∴△𝐹𝐻𝐾是等腰直角三角形，
∴𝐹𝐻=2 2，
直线𝑛与𝑦轴的交点为𝑁，则四边形𝑀𝑁𝐻𝐹为平行四边形，
∴𝑀𝑁=𝐹𝐻=2 2，
∴点𝑁的坐标为(0,8+2 2)，
∴𝑡的取值范围为𝑡>8+2 2．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，一次函数与几何综合，二次函数与几何综合，勾股定理等
知识，数形结合是解答本题的关键．
4．如图，直线𝑦=―𝑥+4分别交𝑥、𝑦轴于𝐵，𝐶点，抛物线𝑦=― 1 𝑥2+𝑏𝑥+𝑐经过𝐵，𝐶两点且与𝑥轴交于另
2
一点𝐴，点𝑃是𝑥轴上方抛物线上一点，且点𝑃的横坐标为𝑚．
(1)求抛物线解析式；
(2)如图1，当点𝑃是抛物线的顶点时，连接𝑃𝐴交𝐵𝐶于点𝐸．求𝐶𝐸与𝐵𝐸之间的数量关系；
(3)过𝑃作𝑃𝑀⊥𝑥轴于𝑀，𝑃𝑁⊥𝑦轴于𝑁，令矩形𝑃𝑀𝑂𝑁的周长为𝐶．①求𝐶与𝑚的函数解析式；
②若矩形𝑃𝑀𝑂𝑁围成的区域（不含边界，即矩形四条边上的点不符合区域）记为𝑈，当𝐶≤10且𝑈内恰有奇
数个横、纵坐标均为整数的点时，直接写出𝑚的取值范围．
【答案】(1)𝑦=― 1 𝑥2+𝑥+4；
2
𝐶𝐸 1
(2) = ；
𝐵𝐸 9
―𝑚2+8(―2<𝑚<0)
(3)① 𝐶= ，② 1― 7<𝑚≤1― 5或2+ 2≤𝑚<1+ 7．
―𝑚2+4𝑚+8(0<𝑚<4)
【分析】本题考查了二次函数与一次函数的图象与性质，二次函数与相似三角形，掌握知识点的应用是解
题的关键．
（1）先由直线𝑦=―𝑥+4分别交𝑥、𝑦轴于𝐵，𝐶点，求出𝐵(4,0)，𝐶(0,4)，然后代入解析式𝑦=― 1 𝑥2+𝑏𝑥+𝑐
2
即可求解；
（2）过点𝐶作𝐶𝐹⊥𝐴𝐵交𝐴𝑃于点𝐹，证明△𝐶𝐸𝐹∽△𝐵𝐸𝐴，则 𝐶𝐸 = 𝐶𝐹 ，当𝑦=0，即― 1 𝑥2+𝑥+4=0时，
𝐵𝐸 𝐴𝐵 2
3 2
求出𝐴(―2,0)，𝐵(4,0)， 则有𝐴𝐵=6，再求出直线𝐴𝑃的解析式为𝑦= 𝑥+3，当𝑦=4时，𝑥= ，即𝐹
2 3
2 ,4 ，故𝐶𝐹= 2 ，再代入即可求解；
3 3
（3）①由题意知𝑃 𝑚,― 1 𝑚2+𝑚+4 ，―2<𝑚<4，过𝑃作𝑃𝑀⊥𝑥轴于𝑀，𝑃𝑁⊥𝑦轴于𝑁，令矩形𝑃𝑀𝑂𝑁
2
的周长为𝐶，则有矩形𝑃𝑀𝑂𝑁周长𝐶=2(𝑃𝑀+𝑃𝑁)，然后分当―2<𝑚<0时和当0<𝑚<4时两种情况分析
即可；
②当―2<𝑚<0时，―𝑚2+8≤10恒成立，当𝑦=2时， 1 ― 1 𝑚2+𝑚+4=2，解得𝑚 =1― 5，𝑚 =1+
2 2 1 2
5（舍去）；当𝑦=1时，― 1 𝑚2+𝑚+4=1，解得𝑚 =1― 7，𝑚 =1+ 7（舍去）；当0<𝑚<4时，
2 1 2
―𝑚2+4𝑚+8≤10，解得𝑚≤2― 2或𝑚≥2+ 2，然后结合图象即可求解．
【详解】（1）解：∵直线𝑦=―𝑥+4分别交𝑥、𝑦轴于𝐵，𝐶点，
当𝑦=0时，―𝑥+4=0，解得𝑥=4，
∴𝐵(4,0)，
当𝑥=0时，𝑦=4，
∴𝐶(0,4)，
把𝐵(4,0)，𝐶(0,4)代入函数𝑦=― 1 𝑥2+𝑏𝑥+𝑐得，
2― 1 ×42+4𝑏+𝑐=0 𝑏=1
2 ， 解得 ，
𝑐=4 𝑐=4
∴抛物线解析式𝑦=― 1 𝑥2+𝑥+4；
2
（2）解：过点𝐶作𝐶𝐹⊥𝐴𝐵交𝐴𝑃于点𝐹，
则∠𝐹𝐶𝐸=∠𝐴𝐵𝐸，∠𝐶𝐹𝐸=∠𝐵𝐴𝐸，
∴△𝐶𝐸𝐹∽△𝐵𝐸𝐴，
𝐶𝐸 𝐶𝐹
∴ = ，
𝐵𝐸 𝐴𝐵
当𝑦=0，即― 1 𝑥2+𝑥+4=0时，
2
解得𝑥 =―2，𝑥 =4，
1 2
∴𝐴(―2,0)，𝐵(4,0)，
∴𝐴𝐵=6，
由𝑦=― 1 𝑥2+𝑥+4=― 1 (𝑥―1)2+ 9 ，
2 2 2
∴顶点𝑃 1, 9 ，
2
设直线𝐴𝑃的解析式为：𝑦=𝑘𝑥+𝑚，
―2𝑘+𝑚=0 𝑘= 3
𝑘+𝑚= 9 ，解得 𝑚= 2 3 ，
2
3
∴直线𝐴𝑃的解析式为：𝑦= 𝑥+3，
2
2
当𝑦=4时，𝑥= ，
3
∴𝐹 2 ,4 ，即𝐶𝐹= 2 ，
3 3
𝐶𝐸 𝐶𝐹 2 1
∴ = = 3 = ；
𝐵𝐸 𝐴𝐵 6 9
（3）解：由题意，知𝑃 𝑚,― 1 𝑚2+𝑚+4 ，―2<𝑚<4，
2①过𝑃作𝑃𝑀⊥𝑥轴于𝑀，𝑃𝑁⊥𝑦轴于𝑁，令矩形𝑃𝑀𝑂𝑁的周长为𝐶，
∴𝑚≠0，矩形𝑃𝑀𝑂𝑁周长𝐶=2(𝑃𝑀+𝑃𝑁)，
当―2<𝑚<0时，𝑃𝑀=― 1 𝑚2+𝑚+4，𝑃𝑁=―𝑚，
2
∴𝐶=2 ― 1 𝑚2+𝑚+4―𝑚 =―𝑚2+8，
2
当0<𝑚<4时，𝑃𝑀=― 1 𝑚2+𝑚+4，𝑃𝑁=𝑚，
2
∴𝐶=2 ― 1 𝑚2+𝑚+4+𝑚 =―𝑚2+4𝑚+8，
2
―𝑚2+8(―2<𝑚<0)
综上，𝐶= ；
―𝑚2+4𝑚+8(0<𝑚<4)
②当―2<𝑚<0时，―𝑚2+8≤10恒成立，
此时，仅点(―1,1)符合要求，
当𝑦=2时， 1 ― 1 𝑚2+𝑚+4=2，解得𝑚 =1― 5，𝑚 =1+ 5（舍去）；
2 2 1 2
当𝑦=1时，― 1 𝑚2+𝑚+4=1，解得𝑚 =1― 7，𝑚 =1+ 7（舍去）；
2 1 2
结合函数图象知是1― 7<𝑚≤1― 5；
当0<𝑚<4时，―𝑚2+4𝑚+8≤10，解得𝑚≤2― 2或𝑚≥2+ 2，
此时，仅点(1,1)，(2,1)，(3,1)符合要求，
结合函数图象知：1+ 5≤𝑚<1+ 7，∴2+ 2≤𝑚<1+ 7，
综上，𝑚的取值范围是1― 7<𝑚≤1― 5或2+ 2≤𝑚<1+ 7．
5．如图1，在平面直角坐标系中，二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥―4(𝑎≠0)的图象与𝑥轴交于𝐴(4,0),𝐵(―1,0)两点，
与𝑦轴交于点𝐶．
(1)求二次函数的解析式；
(2)当𝑦>0时，𝑥的取值范围是______；
(3)如图2，点𝑃是直线𝐴𝐶下方抛物线上的一个动点，连接𝐴𝑃、𝐴𝐶、𝐵𝑃、𝐵𝐶，线段𝐴𝐶与𝐵𝑃交于点𝑄，设△𝑃𝐴𝑄
的面积为𝑆 ,△𝐵𝐶𝑄的面积为𝑆 ，当𝑆 ―𝑆 取最大值时，求点𝑃的坐标；
1 2 1 2
(4)当―1≤𝑥<𝑚时，二次函数的最大值与最小值的差是一个定值，求𝑚的取值范围．
【答案】(1)𝑦=𝑥2―3𝑥―4
(2)𝑥<―1或𝑥>4
3 25
(3) ,―
2 4
3
(4) <𝑚≤4
2
【分析】本题考查待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图象和性质、二次函数中的面积问题，熟练
运用数形结合和分类讨论思想是解题的关键．
（1）将𝐴(4,0) ，𝐵(―1,0)代入解析式，利用待定系数法求解；
（2）根据𝐴(4,0) ，𝐵(―1,0)，结合函数图象，即可求解；
（3）由𝑆 ―𝑆 =(𝑆 +𝑆 )―(𝑆 +𝑆 )=𝑆 ―𝑆 可得当点P与二次函数图象的顶点重合时，
1 2 1 △𝐴𝐵𝑄 2 △𝐴𝐵𝑄 △𝐴𝐵𝑃 △𝐴𝐵𝐶
|𝑦 |取最大值，𝑆 ―𝑆 取最大值，由此可解；
𝑃 1 2
3 3
（4）分―1<𝑚≤ ， <𝑚≤4，𝑚>4三种情况，结合二次函数图象求出最大值、最小值，作差判断是
2 2
否为定值即可．
【详解】（1）解：将𝐴(4,0) ，𝐵(―1,0)代入𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥―4(𝑎≠0)，16𝑎+4𝑏―4=0
得： ，
𝑎―𝑏―4=0
𝑎=1
解得 ，
𝑏=―3
∴二次函数的解析式为𝑦=𝑥2―3𝑥―4；
（2）解：∵二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥―4(𝑎≠0)的图象与𝑥轴交于𝐴(4,0),𝐵(―1,0)两点，抛物线开口向上，
∴当𝑦>0时，𝑥的取值范围是𝑥<―1或𝑥>4，
故答案为：𝑥<―1或𝑥>4．
（3）解：由（1）知𝑦=𝑥2―3𝑥―4，
当𝑥=0时，𝑦=―4，
∴ 𝐶(0,―4)，
∴ 𝑂𝐶=4，
∵ 𝐴(4,0) ，𝐵(―1,0)，
∴ 𝐴𝐵=4―(―1)=5；
2
∵ 𝑦=𝑥2―3𝑥―4= 𝑥― 3 ― 25 ，
2 4
∴二次函数图象的顶点坐标为 3 ,― 25 ；
2 4
1 1
𝑆 ―𝑆 =(𝑆 +𝑆 )―(𝑆 +𝑆 )=𝑆 ―𝑆 = 𝐴𝐵⋅(|𝑦 |―𝑂𝐶)= ×5×(|𝑦 |―4)，
1 2 1 △𝐴𝐵𝑄 2 △𝐴𝐵𝑄 △𝐴𝐵𝑃 △𝐴𝐵𝐶 2 𝑃 2 𝑃
当点P与二次函数图象的顶点重合时，|𝑦 |取最大值，𝑆 ―𝑆 取最大值，
𝑃 1 2
此时点P的坐标为 3 ,― 25 ；
2 4
2
（4）解：由（3）得𝑦=𝑥2―3𝑥―4= 𝑥― 3 ― 25 ，
2 4
3
∴二次函数图象的对称轴为直线𝑥= ，
2
3
①当―1<𝑚≤ 时，𝑥=―1，y有最大值0，
2
𝑥=𝑚，y有最小值𝑚2―3𝑚―4，
最大值与最小值的差为：0―(𝑚2―3𝑚―4)=―𝑚2+3𝑚+4，不是定值，不合题意；
3 3 25
②当 <𝑚≤4时，𝑥= ，y有最小值― ，
2 2 4
𝑥=―1，y有最大值0，
最大值与最小值的差为：0― ― 25 = 25 ，是定值，符合题意；
4 4
3 25
③当𝑚>4时，𝑥= ，y有最小值― ，
2 4𝑥=𝑚，y有最大值𝑚2―3𝑚―4，
最大值与最小值的差为：(𝑚2―3𝑚―4)― ― 25 =𝑚2―3𝑚+ 9 ，不是定值，不合题意；
4 4
3
综上可知，当 <𝑚≤4时，二次函数的最大值与最小值的差是一个定值．
2
