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

2025 年中考数学终极押题猜想（湖南专用）
（高分的秘密武器：终极密押+押题预测）
押题猜想一 实数的混合运算 ..........................................1
押题猜想二 求代数式的值 ............................................4
押题猜想三 解不等式组 ..............................................7
押题猜想四 利用方程、不等式（组）、函数解决实际问题 ................9
押题猜想五 规律探究 ...............................................14
押题猜想六 统计与概率 .............................................20
押题猜想七 锐角三角函数的应用 .....................................26
押题猜想八 二次函数的图象与系数的关系 .............................36
押题猜想九 二次函数与线段、面积的问题 .............................44
押题猜想十 二次函数与多边形、角度存在性的问题 .....................54
押题猜想十一 几何中的多结论判定 ...................................67
押题猜想十二 几何中的最值问题 .....................................77
押题猜想十三 几何图形的证明与计算问题 .............................84
押题猜想十四 圆的综合问题 .........................................93
押题猜想十五 特殊四边形的综合问题 ................................109
学科网（北京）股份有限公司押题猜想一 实数的混合运算
限时：2min
æ 1ö-1 æ 22ö0
（原创） 计算：-12025 +ç- ÷ - 12+1-4cos30°+çπ- ÷
ç ÷ ç ÷
è 3ø è 7 ø
【答案】-4
【分析】本题考查了特殊角的三角函数值、实数的混合运算，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关
键．先代入特殊角的三角函数值，再根据乘方、负整数指数幂、二次根式、绝对值、零指数幂的性质化简，
再加减即可．
æ 1ö-1 æ 22ö0
【详解】解：-12025+çç- ÷÷ - 12+1-4cos30°+çç π- ÷÷
è 3ø è 7 ø
3
-1+-3-2 3+1-4 +1
2
-1-3-2 3+1-2 3 +1
-1-3-2 3+2 3-1+1
-4．
押题解读
本考点为必考考点，实数的混合运算是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现。它是基础题，难
度不大，只要记住特殊角的三角函数值，掌握实数的计算顺序，我们就能正确解答。
1．计算： 4+p-30--12025+ æ ç- 1ö ÷ -2
è 3ø
【答案】13
【分析】本题考查了实数的混合运算，算术平方根，零指数幂，负整数指数幂，乘方运算．分别进行算术
平方根，零指数幂，乘方，负整指数幂运算，最后加减即可．
【详解】解： 4+p-30--12025+ æ ç- 1ö ÷ -2
è 3ø
=2+1+1+9
学科网（北京）股份有限公司=13．
2．计算2025-π0- 3-2 -3tan30°+ æ ç 1ö ÷ -1
è2ø
【答案】1
【分析】本题考查实数的混合运算，涉及零指数幂、化简绝对值、负整数指数幂、特殊角的三角函数值，
根据相关运算法则正确求解即可．
  3
【详解】解：原式=1- 2- 3 -3´ +2
3
=1-2+ 3- 3+2
=1．
3．计算：-20250- æ ç 1ö ÷ -1 +2cos60°+1- 3 - 1 ´ 27 ．
è6ø 3
【答案】-5
【分析】本题主要考查了实数的运算，涉及特殊角三角函数值，化简二次根式，零指数幂和负整数指数幂；
先计算特殊角三角函数值，零指数幂和负整数指数幂，再化简二次根式，最后根据实数的运算法则求解即
可．
【详解】解：-20250- æ ç 1ö ÷ -1 +2cos60°+1- 3 - 1 ´ 27
è6ø 3
1 1
=1-6+2´ + 3-1- ´3 3
2 3
=1-6+1+ 3-1- 3
=-5．
4．计算：  2+1 -1 +4cos45°+ 3-2 -3.14-π0．
【答案】3 2- 3
【分析】本题考查了实数的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
先计算负整数指数幂、零指数幂、化简绝对值、特殊角的三角函数值，再分母有理化，再计算加减即可．
【详解】解： （ 2+1）-1+4cos45°+ 3-2 -(3.14-p)0
1 2
= +4´ +（2- 3）-1
2+1 2
学科网（北京）股份有限公司= 2-1+2 2+2- 3-1
=3 2- 3．
5．计算：  3 2 -π+50-4sin60°+ 3-2
【答案】4-3 3
【分析】本题考查实数的混合运算，特殊角的三角函数值的运算，先化简各数，再进行加减运算即可．熟
练掌握相关运算法则，熟记特殊角的三角函数值，是解题的关键．
3
【详解】解：原式=3-1-4´ +2- 3
2
=4-3 3．
押题猜想二 求代数式的值
限时：2min
æ 5 ö x2-6x+9
（原创） 先化简，再求值：ç ç -2-x÷ ÷ -1，其中x为正整数且x<4．
èx-2 ø 2-x
6
【答案】化简得 ，求值得-3
x-3
【分析】本题考查分式的化简，代数式求值，分式有意义的条件，熟练掌握分式的化简步骤是解题的关
键．先化简分式，再利用分式有意义的条件结合x为正整数且x<4，确定x的值，代入求值即可．
æ 5 ö x2-6x+9
【详解】解：ç ç -2-x÷ ÷ -1
èx-2 ø 2-x
5-x-2x+2 2-x
  -1
x-2 x-32
5-x2+4 2-x
  -1
x-2 x-32
x-3x+3 x-2
  -1
x-2 x-32
x+3
 -1
x-3
x+3-x+3

x-3
学科网（北京）股份有限公司6
 ，
x-3
∵x为正整数且x<4，且x-2¹0，x-30，
∴x=1，
6 6
∴原式= = =-3．
x-3 1-3
押题解读
本考点为必考考点，求代数式的值是比较重要的常考内容，常以解答题的形式出现。一般以先化简再求
值的方式出现，难度不大，只要掌握运算法则和计算顺序，就易得分。
1．先化简，再求值：2x2 -2yx-y-x-y2，其中x=1,y=2
【答案】3x2+ y2，7
【分析】本题考查了整式的化简求值，掌握相关运算法则是解题关键．先计算积的乘方、单项式乘多项式
和完全平方公式，再去括号、合并同类项化简，然后将x、y的值代入计算即可．
【详解】解：2x2-2yx-y-x-y2
=4x2-2xy+2y2-  x2-2xy+y2
=4x2-2xy+2y2-x2+2xy-y2
=3x2+y2．
当x=1,y=2时，原式=3´12+22 =3´1+4=7．
2．先化简，再求值：x-22 -2x+32x-3+3xx+2，其中x=2．
【答案】2x+13，17
【分析】本题考查了整式的化简与求值、完全平方公式、平方差公式，熟练掌握完全平方公式和平方差公
式是解题的关键．利用完全平方公式、平方差公式、整式的运算法则化简式子，再代值计算即可求解．
【详解】解：x-22-2x+32x-3+3xx+2
= x2-4x+4-  4x2-9  +3x2+6x
=x2-4x+4-4x2+9+3x2+6x
学科网（北京）股份有限公司=2x+13，
代入x=2，原式=2´2+13=17．
æ 4 ö x2+4x+4
3．先化简，再求值：ç +1÷¸ ，其中x= 3-2．
èx-2 ø x-2
1 3
【答案】 ，
x+2 3
【分析】本题主要考查了分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式的运算法则．
先进行括号内分式的加法运算和括号外面分式的因式分解，然后利用分式的除法法则进行化简，代入求值
即可．
æ 4 ö x2+4x+4
【详解】解：ç +1÷¸
èx-2 ø x-2
4+x-2 x-2
= ×
x-2 x+22
x+2 x-2
×
x-2 x+22
1
= ，
x+2
当x= 3-2时，代入上式，
1 3
原式= = ．
3-2+2 3
æ a2-4 a ö a2+2a
4．先化简，再求值：ç - ÷¸ ，且a的值满足a2+2a-8=0．
èa2-4a+4 a-2ø a-2
2 1
【答案】 ，
a2+2a 4
【分析】本题考查了分式的化简求值，解题的关键是熟练运用分式的运算法则对原式进行化简．
先对原式中分子分母进行因式分解，再根据分式运算法则化简，然后将a2+2a=8代入化简后的式子求值．
éa+2a-2 a ù a-2 æa+2 a ö a-2
【详解】解：原式=ê - ú× =ç - ÷×
ë
(a-2)2 a-2
û
aa+2 èa-2 a-2ø aa+2
2 a-2 2
= × =
a-2 aa+2 a2+2a
a2+2a-8=0，
Q
\a2+2a=8，
2 1
\原式= = ．
8 4
学科网（北京）股份有限公司æ m-1ö m2-2m+1
5．先化简，再求值：çç 1- ÷÷ ，其中m= 2+1．
è m+1ø m2-1
2
【答案】 ， 2
m-1
【分析】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解题的关键．
根据分式的减法法则、除法法则把原式化简，把m的值代入计算即可．
æ m-1ö m2-2m+1
【详解】解：ç1- ÷¸
è m+1ø m2-1
æm+1 m-1ö m2-1
=ç - ÷×
èm+1 m+1ø m2-2m+1
2 m+1m-1
= ×
m+1 m-12
2
= ，
m-1
2
当m= 2+1时，原式= = 2．
2+1-1
押题猜想三 解不等式组
限时：2min
3x+2 x+6

（改编） 解不等式组： x-1 x ，并将解集在数轴上表示出来
 1+
 4 2
【答案】-5£x<0，解集在数轴上表示见详解
【分析】本题考查了解一元一次不等式组，并在数轴上表示解集；分别求出不等式组中两不等式的解集，
用“同大取大，同小取小，大小小大取中间，大大小小是无解”进行判断，再在数轴上表示出解集，解集在
数轴上表示出来，即可求解；掌握不等式组的解法，并会在数轴上的表示解集是解题的关键．
ì3x+2<x+6①
ï
【详解】í x-1 x
ï £1+ ②
î 4 2
解：由①得
x<0，
由②得
x³-5，
\原不等式组的解集为-5£x<0；
学科网（北京）股份有限公司解集在数轴上表示为：
押题解读
本考点为必考考点，解不等式组是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现。这类题难度不大，易
得分。
ì2x+3>4(x-2)①
ï
1．解不等式组í2x-1 x-2
-2£ ②
ï
î 3 2
11
【答案】x<
2
【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组，先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，
大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集即可．
11
【详解】解：解①得：x< ，
2
解②得：x£8，
11
\x< ．
2
ì5x-1£3x+1
ï
2.解不等式组：í2x-1 5x-1 ，并写出满足条件的正整数x的所有值．
ï - <1
î 2 4
【答案】
-
5
<
x
£
2，满足条件的x值有：1，2
【分析】根据解一元一次不等式组的方法即可得出不等式组的解集，后确定整数解计算即可．
本题考查的是解一元一次不等式组，不等式组的整数解，熟知以上知识是解题的关键．
ì5x-1£3x+1①
ï
【详解】解：∵í2x-1 5x-1
ï - <1②
î 2 4
∴解不等式①，得x£2，
解不等式，②，得x>-5，
∴不等式组的解集为-5<x£2，
∴正整数解为1,2．
学科网（北京）股份有限公司ìx-4£3x-2
ï
3．解不等式组í1+2x ，并求出整数解的和．
ï
+1>x
î 3
【答案】1£x<4，6
【分析】此题考查了求不等式组的整数解，熟练掌握解不等式的方法是关键；
分别求出不等式组中两不等式的解集，用“同大取大，同小取小，大小小大取中间大大小小是无解”求出不
等式组的解，进而即可得到答案
ìx-4£3x-2①
ï
【详解】解：í1+2x
ï
+1>x②
î 3
由①得：x³1，
由②得：x<4，
\此不等式组的解集为1£x<4．
∵整数解
∴x=1，2，3
那么整数解的和为：1+2+3=6
押题猜想四 利用方程、不等式（组）、函数解决实际问题
限时：5min
（改编） 据统计，2025年春节期间，长沙市累计接待国内游客1464.37万人次．这里有种类繁多的特色小
吃.臭豆腐和糖油粑粑都是长沙的传统小吃。“臭豆腐”“糖油粑粑”摊位前排满了游客，若购买臭豆腐4份，
糖油粑粑2份需要48元；购买臭豆腐2份，糖油粑粑4份需要54元．
(1)求糖油粑粑，臭豆腐每份的售价．
(2)据调查，某商家制作1份糖油粑粑需要成本4元，1份臭豆腐需要成本6元．该商家结合市场需求，某
天可售卖臭豆腐和糖油粑粑共1000份，且糖油粑粑的数量不少于臭豆腐的3倍．若商家售完这1000份特
色小吃，可获得的最大利润是多少？
【答案】(1)每份糖油粑粑的售价是7元，每份臭豆腐的售价是10元
(2)商家售完这1000份特色小吃，可获得的最大利润是3250元
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用：
（1）设每份糖油粑粑的售价是x元，每份臭豆腐的售价是y元，根据“购买糖油粑粑4份，臭豆腐2份需要
48元；购买糖油粑粑2份，臭豆腐4份需要54元”列出方程组，即可求解；
学科网（北京）股份有限公司（2）设售出m份糖油粑粑，则售出(1000-m)份臭豆腐，根据“某天可售卖糖油粑粑和臭豆腐共1000份，
且糖油粑粑的数量不少于臭豆腐的3倍”，可列出关于m的一元一次不等式组，解之可得出m的取值范围，
设总利润为w元，利用总利润=销售利润×销售数量，可找出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性
质，即可解决最值问题．
【详解】（1）解：设每份糖油粑粑的售价是x元，每份臭豆腐的售价是y元，
ì4x+2y=48
í
根据题意得：î2x+4y=54
，
ì x=7
í
解得：îy=10
，
答：每份糖油粑粑的售价是7元，每份臭豆腐的售价是10元；
（2）解：设售出m份糖油粑粑，则售出(1000-m)份臭豆腐，
m³31000-m
根据题意得： ，
解得：m³750，
设商家售完这1000份特色小吃获得的总利润为w元，
w=7-4m+10-61000-m
则 ，
即w=-m+4000，
Q
-1<0，
\w随m的增大而减小，
\当m=750时，w取得最大值，最大值为-1´750+4000=3250（元），
答：商家售完这1000份特色小吃，可获得的最大利润是3250元．
押题解读
本考点为必考考点，利用方程、不等式（组）、函数解决实际问题是比较重要的考查内容，常以解答题的
形式出现。这些题综合性强，难度较大，易失分，所以要认真审题，找出已知量与未知量之间的关系。
1．为迎接新春佳节的到来，一水果店计划购进甲、乙两种新出产的水果共160千克，这两种水果的进价、
售价如表所示：
学科网（北京）股份有限公司进价（元/千克） 售价（元/千克）
甲种 5 8
乙种 9 13
(1)若该水果店购进两种水果共花费1000元，则这两种水果各购进多少千克？
(2)若该水果店决定乙种水果的进货量不超过甲种水果的进货量的3倍，应怎样安排进货才能使水果店在销
售完这批水果时获利最多？
【答案】(1)甲种水果购进110千克，则乙种水果购进50千克
(2)安排购买甲种水果40千克，乙种水果120千克，才能使水果店在销售完这批水果时获利最多
【分析】本题考查一次函数的应用、一元一次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的函数
解析式，利用一次函数的性质求最值．
（1）根据题意和表格中的数据，可以列出相应的一元一次方程，然后求解即可；
（2）根据题意，可以得到利润与购买甲种水果数量的函数关系式，然后根据一次函数的性质求最值．
【详解】（1）解：设甲种水果购进x千克，则乙种水果购进(160-x)千克，
5x+9(160-x)=1000
由题意可得： ，
解得x=110，
\160-x=50，
答：甲种水果购进110千克，则乙种水果购进50千克；
（2）解：设购进甲种水果m千克，则乙种水果购进 (160-m) 千克，获得的利润为w元，
w=(8-5)m+(13-9)(160-m)=-m+640
由题意可得： ，
\w随m的增大而减小，
Q该水果店决定乙种水果的进货量不超过甲种水果的进货量的3倍，
\160-m£3m，
解得m³40，
\当m=40时，w取得最大值，此时w=600，160-m=120，
40kg
答：安排购买甲种水果 千克，乙种水果120千克，才能使水果店在销售完这批水果时获利最多．
学科网（北京）股份有限公司2．【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
 3x+2y2300.
解答即可．
w=500a+40020-a=100a+8000
（2）由题意，得 ，再解得a³5，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．
ìx=1+25%y,
í
由题意，得î3x+2y=2300.
ìx=500,
í
解得îy=400.
答：A种书架的单价为500元，B种书架的单价为400元．
w=500a+40020-a=100a+8000
（2）由题意，得 ，
1
Q
A种书架的数量不少于B种书架数量的3，
1
\a³ 20-a
3 ，解得a³5，
学科网（北京）股份有限公司\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．
3．2025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．
x+10
（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 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．
x+10
【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 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，
学科网（北京）股份有限公司ì600-m£2m
í
∴î600-m>0
，
∴
200£m<600，
w=30600-m+90%´40m=6m+18000
由题意得： ，
∵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．
4．某商品在电商平台上销售，其进价为每件40元．市场调研显示，当售价为每件80元时，每天能售出20
件．为了促销并减少库存，商家决定降价销售．每降低1元的售价，每天就能多售出4件商品．
(1)商家希望每天通过销售该商品获得1400元的利润．为了达到这一利润目标，则售价应该降低多少元？
(2)在降价促销的策略下，商家每天能够获得的最大利润是多少元？
【答案】(1)售价应降低30元
(2)商家每天获得的最大利润为2025元
【分析】本题考查一元二次方程的应用，二次函数的应用． 找准等量关系，正确列出一元二次方程和二次
函数关系式是解题的关键．
80-x-40 20+4x
（1）设售价应降低x元，则每件的销售利润为 元，每天可售出 件，根据总利润=每件
的销售利润×日销售量，可列出关于x的一元二次方程，解之可得出x的值，再结合要尽量减少库存，即可
求解．
（2）设商家每天获得的利润为w元，根据总利润=每件的销售利润×日销售量，列出w关于x的二次函数关
系，然后利用二次函数性质求解即可．
【详解】（1）解：设售价应降低x元，由题意得．
(80-x-40)(20+4x)=1400
，
\x2-35x+150=0，
解得x 1 =5， x 2 =30 ，
学科网（北京）股份有限公司又Q要减少库存，
\x=30，
答：售价应降低30元．
（2）解：设商家每天获得的利润为w元，
\w=(80-x-40)(20+4x)
=(40-x)(20+4x)
=-4x2+140x+800
é æ35ö 2 æ35ö 2ù
=-4êx2-35x+ç ÷ -ç ÷ ú+800
êë è 2 ø è 2 ø úû
．
æ 35ö 2
=-4çx- ÷ +2025
è 2 ø ，
35
x=
\当 2 时， w max =2025 元，
答：商家每天获得的最大利润为2025元．
5．（2025·山东烟台·一模）年初随着电影《哪吒之魔童闹海》的热播，与之相关的手办成了许多人热衷的
收藏品．学校动漫社团的同学们也准备团购一批哪吒和敖丙的手办用于收藏，询价后得知，哪吒手办的单
价是敖丙手办单价的1.2倍．经统计，计划购买哪吒手办的数量比敖丙手办的数量多6个，购买哪吒手办共
需1200元，敖丙手办共需760元．
(1)分别求出哪吒手办和敖丙手办的单价；
(2)社团与商家协商给出团购政策：哪吒手办的数量若超过20个，则其单价可以降低4元；敖丙手办的数量
若超过20个，则可以打九折销售．同学们现有1850元，请通过计算判断能否购买到原来统计的手办．若
能，写明购买方案；若不能，请说明理由．
【答案】(1)哪吒手办的单价为48元，敖丙手办的单价为40元；
(2)不能购买到原来统计的手办，理由见解析
【分析】本题考查了分式方程的应用，有理数混合运算的应用，根据题意列出方程是解题的关键；
（1）设敖丙手办的单价为x元，则哪吒手办的单价为1.2x元，根据题意列出分式方程，解方程，即可求解；
（2）先求得原计划购买的数量，按照团购方案进行计算，与1850比较大小，即可求解．
【详解】（1）解：设敖丙手办的单价为x元，则哪吒手办的单价为1.2x元，根据题意得，
1200 760
- =6
1.2x x
学科网（北京）股份有限公司解得：x=40
经检验x=40是原方程的解，且符合题意，
1.2x=1.2´40=48（元）
答：哪吒手办的单价为48元，敖丙手办的单价为40元；
（2）解：不能购买到原来统计的手办，理由如下：
1200 760
=25 =19
原计划购买哪吒手办 48 个，购买敖丙手办 40 个，
25´48-4+19´40=1860>1850
依题意，
∵敖丙手办的数量若超过20个，则可以打九折销售．
25´48-4+21´40´0.9=1856>1850
∴购买敖丙手办21个，则需要
∴不能购买到原来统计的手办.
押题猜想五 规律探究
限时：4min
（改编）2025年五一节期间，中国无人机表演团队震撼全球，6000架无人机编队划破夜空，展示了中国“智
造”实力．无人机表演并非简单的编程或灯光秀，而是涉及到多项技术的深度融合．这其中就包括了精准的
定位技术．如图，在平面直角坐标系中，每个最小方格的边长均为1个单位长度，无人机按图中“®”方向
飞行，P0,0，P 0,1，P1,1，P 1,-1 …根据这个规律，点P 的坐标为（ ）
1 2 3 4 2025
A．(-505,506) B．(-506,-506) C．(506,-506) D．(506,506)
学科网（北京）股份有限公司【答案】B
【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的坐标规律探究，解题关键是仔细观察点的坐标变化及运动轨迹，
发现以4个点为一组的规律，包括每组点坐标的变化特征以及每组最后一个点坐标的规律．
根据各个点的位置关系，可得点P 在第四象限的角平分线上，点P 在第三象限的角平分线上，点P 在
4n 4n+1 4n+2
直线y-x+1x0的图象上，点P 在第一象限的角平分线上，且20254506 1，再根据第四项象限
4n+3 
内点的符号得出答案即可．
【详解】解：∵P0,0，P 0,1，P1,1，P 1,-1，P-1,-1，P -1,2，P 2,2，P3,-3，
1 2 3 4 5 6 7 8
P -3,-3，P -3,3，P 4,4，……，
9 10 11
由此发现：点P 在第四象限的角平分线上，点P 在第三象限的角平分线上，点P 在直线y-x+1x0
4n 4n+1 4n+2
的图象上，点P 在第一象限的角平分线上，
4n+3
∵20254506 1，

∴点P 在第三象限的角平分线上，
2025
∴点P -506，-506．
2025
故选：B．
押题解读
本考点为必考考点，规律探究是比较重要的考查内容，常以选择题、填空题的形式出现。并且难度较大，
易失分，往往是选择题、填空题中的压轴题。
1．观察下列“蜂窝图”，按照这样的规律，则第2025个图案中的“ ”的个数是（ ）
A．6072 B．6074 C．6076 D．6068
【答案】C
【分析】
学科网（北京）股份有限公司根据题意可得第n个图案中的“ ”的个数为(3n+1)个，即可求解．
【详解】
解：∵第1个图案中的“ ”的个数13+14（个），
第2个图案中的“ ”的个数23+17（个），
第3个图案中的“ ”的个数33+110（个），
…，
第2025个图案中的“ ”的个数32025+16076（个），
故选：C．
【点睛】本题考查图形的变化规律，解题的关键是根据已知图形得出规律．
2．观察下列算式：31 =3，32 =9，33 =27，34 =81，35 =243，36 =729…，根据你观察发现的规律，32025
的个位上的数字应是 ．
【答案】3
【分析】本题考查数字的变化类、尾数的特征，解答本题的关键是明确题意，发现个位数字的变化特点，
求出相应数据的个位数字．根据题目中的数据，可以发现个位数字的变化特点，从而可以得到32024的个位
数字．
【详解】解： 31 =3，
Q
32 =9，
33 =27，
34 =81，
35 =243，
36 =729，
¼，
\这列数的个位数字依次3，9，7，1，循环出现，
20254506 1，
Q 
32025的个位数字是3，
故答案为：3
1 1
3、数a是不为1的有理数，我们把 称为a的差倒数，如：2的差倒数是 =-1，-1的差倒数是
1-a 1-2
学科网（北京）股份有限公司1 1 1
= ．已知a =- ，a 是a 的差倒数，a 是a 的差的倒数，……，以此类推，则a  ．
1-(-1) 2 1 3 2 1 3 2 2025
【答案】 4
【分析】此题考查数字的变化规律，根据差倒数的定义分别求出前几个数，不难发现，每3个数为一个循
环组依次循环，用2025除以3，根据余数的情况确定出与a 相同的数即可得解．
2025
1
【详解】解：a =- ，
1 3
1 1 3
a = = =
2 1-a æ 1ö 4，
1 1-ç- ÷
è 3ø
1 1
a = = =4
3 1-a 3 ，
2 1-
4
1 1 1
a = = =- ，
4 1-a 1-4 3
3
1 3
∴每3个数为一个循环组依次循环，依次为- ， ，4；
3 4
∵20253675
∴a a 4，
2025 3
故答案为：4．
4．观察下列各式：
（x﹣1）（x+1）＝x2﹣1；
（x﹣1）（x2+x+1）＝x3﹣1；
（x﹣1）（x3+x2+x+1）＝x4﹣1；……
根据这一规律计算：22025+22024+22023+…+22+2+1的结果是 ．
【答案】22026﹣1
【分析】观察一系列等式得到一般性规律，利用得出的规律（x﹣1）（xn+xn-1+…+x+1）=xn+1﹣1，把x=2，
n=2025代入计算即可，
【详解】解：根据题意得：（x﹣1）（xn+xn-1+…+x+1）=xn+1﹣1，
把x=2，n=2025代入得，
22025+22024+22023+…+22+2+1
=（2﹣1）（22025+22024+22023+…+22+2+1），
=22026﹣1．
故答案为：22026﹣1．
学科网（北京）股份有限公司【点睛】本题考查了平方差公式和多项式乘法公式在计算中的应用，熟练掌握相关计算法则是解题的关键．
5、如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线OP与x轴的夹角为30°，点B 在x轴上，且OB =2，
1 1
过点B 作BA ^OP交OP于点A ，以AB 为边在AB 右侧作等边三角形ABC ；过点C 作OP的垂线分别
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
交x轴、OP干点B 、A ，以A B 为边在A B 的右侧作等边三角形ABC ，过点C 作OP的垂线分别交x
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
轴、OP于点B 、A ，以A ，B 为边在AB 的右侧作等边三角形ABC ，…，按此规律进行下去，则点A
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
的纵坐标为 ，点A 的纵坐标为 ．
2025
9 3 32024 3
【答案】
8 22025
【分析】根据特殊直角三角形的性质，求出OA ，OA ，OA ，…，可得点A ，A ，A 的纵坐标，从而得A
1 2 3 1 2 3 n
的纵坐标，即可求出答案．
【详解】解：∵BA ^OP，
1 1
∴ÐOAB =90°，
1 1
∵ÐPOB =30°，OB =2，
4 1
1
∴△ABC 的边长AB = OB =1，OA = 22-12 = 3，
1 1 1 1 1 2 1 1
1 3
∴点A 的纵坐标为 OA = ，
1 2 1 2
∵等边三角形ABC ，
1 1 1
∴AB = AC =1，ÐBAC =60°，
1 1 1 1 1 1 1
∵ÐOBA =60°，
1 1
∴ÐBAC =ÐOBA ，
1 1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司∴AC ∥x轴，
1 1
∴ÐA AC =ÐPOB =30°，
2 1 1 4
∵ÐAAC =90°，
1 2 1
1 3
∴AC = ，AA = ，
2 1 2 1 2 2
3 3 3
∴OA =OA +AA = 3+ = ，
2 1 1 2 2 2
1 3 3 3 3
∴点A 的纵坐标为 OA = ，AC = A B = OA = ，
2 2 2 4 2 2 2 2 3 2 2
3 3
同理得：A A = ，
2 3 4
3 3 3 3 9 3
∴OA =OA +A A = + = ，
3 2 2 3 2 4 4
1 9 3
∴点A 的纵坐标为 OA = ，
3 2 3 8
…，
3n-1 3
∴点A 的纵坐标为 ，
n 2n
22024 3
∴点A 的纵坐标为 ，
2025 22025
9 3 32024 3
故答案为： ， ．
8 22025
【点睛】本题考查等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会探究规律
的方法，属于中考常考题型．
押题猜想六 统计与概率
限时：3min
（改编） 湖南某所初级中学为重点抓好学生“防溺水”安全教育，对部分学生就安全知识的了解程度进行了
随机抽样调查，并绘制了如图所示的两幅统计图，形成如下报告：
学科网（北京）股份有限公司结合调查信息，回答下列问题：
(1)本次调查共抽查了______名学生，其中“基本了解”安全知识的学生人数是______；
(2)若该校有1000名初中生，请估计该校“非常了解”安全知识的人数约有______；
(3)某班有3名男生和1名女生参加“防溺水安全比赛”的选拔，两名学生被选中，则恰好选中1名男生和1
名女生的概率是______；
(4)请你就如何提高防溺水安全意识向该校提一条合理建议．
【答案】(1)200，80
(2)100
1
(3)
2
(4)见解析
【分析】本题主要考查了扇形统计图与条形统计图信息相关联，用样本估计总体，画树状图法求概率；
（1）根据条形统计图得出基本了解的人数，用基本了解的人数除以其人数占比可求出参与调查的人数；
（2）根据扇形统计图与条形统计图得出“非常了解”安全知识的人数，再根据样本估计总体即可求解；
（3）画树状图求概率即可求解；
（4）根据统计图可得了解很少和不了解的人数占比较大，加大安全教育，言之合理即可求解．
【详解】（1）解： 80¸40%=200人，故此次抽查的学生总数为200人，
基本了解的人数为80人，
故答案为：200，80．
（2）解：不了解的占比为20%，人数为200´20%=40人，
∴非常了解的人数为：200-80-60-40=20人
20
1000´ =100（人）
200
故答案为：100．
学科网（北京）股份有限公司（3）解：画树状图如图，
6 1
总共有12种等可能情况，满足一男一女的有6种情况， = ；
12 2
1
恰好有1名男生和1名女生的概率为 ．
2
1
故答案为： ．
2
（4）由统计图可知，了解很少和不了解的人数占比较大，建议学校加大宣传，开展好“防溺水”安全教
育．（答案不唯一）．
押题解读
本考点为必考考点，统计与概率是比较重要的考查内容，常以选择题、填空题、解答题的形式出现。这
些题都是基础题，难度不大，易得分，每年中考都10-14分。
1、学校举行“强国有我，筑梦未来”演讲比赛，由7名学生组成评委组．小明统计了每位评委对某参赛选手
的评分并制成如下表格．如果以去掉一个最高分和一个最低分后其他5名评委的平均分记为选手的最后得
分，那么表中的数据一定不发生变化的是（ ）
众数 中位数 平均数 方差
8.6 8.4 8.5 0.25
A．方差 B．众数 C．中位数 D．平均数
【答案】C
【分析】本题考查了方差，算术平均数，中位数和众数，解题的关键是了解中位数、平均数、众数及方差
的定义，难度不大．根据中位数的定义：位于中间位置或中间两数的平均数可以得到去掉一个最高分和一
个最低分不影响中位数．
【详解】解：去掉一个最高分和一个最低分对中位数没有影响，而方差，众数和平均数均可能发生变化．
故选：C．
2．国产动画电影《哪吒之魔童闹海》的卓越品质给无数观众留下了深刻的印象，以顶尖的视效技术讲述创
学科网（北京）股份有限公司新的新时代下的哪吒故事，成为无数观众的春节档首选．截至3月17日，《哪吒之魔童闹海》全球票房已
突破150亿元．本周末，小华和小婷计划再看一遍《哪吒之魔童闹海》，他们发现在手机APP上提供了4
种电影厅：A．杜比影院，B．IMAX 激光厅，C．CINITY厅，D．剧院式巨幕厅．二人决定从上述4种电
影厅中随机选择1种进行观影，则他们都选中“剧院式巨幕厅”的概率是（ ）
1 1 1 1
A． B． C． D．
4 2 16 8
【答案】C
【分析】本题考查列表或画树状图法求概率，先列出所有可能的结果，找出符合条件的结果数量，利用概
率公式解题即可．
【详解】解：由题意画树状图如下，
可能出现的结果有16种，他们都选中“剧院式巨幕厅”的情况有1种，
1
∴他们都选中“剧院式巨幕厅”的概率是 ．
16
故选：C．
3．下列说法正确的有（ ）
（1）了解某市70岁以上老年人的健康状况适合普查；
（2）为了了解我市今年9000名学生参加初中毕业考试数学成绩情况，从中抽取了500名考生的数学成绩进
行统计．其中500名考生的数学成绩是总体的一个样本；
（3）袋子中装有4个黑球、2个白球，这些球的形状、大小、质地等完全相同，即除颜色外无其他差别，
在看不到球的条件下，随机从袋子中摸出一个球，那么摸出黑球比摸出白球的可能性大；
（4）甲乙两人跳绳各10次，其成绩的平均数相等，S 2>S 2，则甲的成绩比乙稳定．
甲 乙
A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
【答案】B
【分析】本题考查了数据的收集，概率和方差，根据普查的特点、样本的定义、概率的意义及方差的意义
逐项判断即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：（1）了解某市70岁以上老年人的健康状况适合抽样调查，该选项说法错误；
（2）为了了解我市今年9000名学生参加初中毕业考试数学成绩情况，从中抽取了500名考生的数学成绩进
学科网（北京）股份有限公司行统计．其中500名考生的数学成绩是总体的一个样本，该选项说法正确；
（3）袋子中装有4个黑球、2个白球，这些球的形状、大小、质地等完全相同，即除颜色外无其他差别，
在看不到球的条件下，随机从袋子中摸出一个球，那么摸出黑球比摸出白球的可能性大，该选项说法正确；
（4）甲乙两人跳绳各10次，其成绩的平均数相等，S 2>S 2，则乙的成绩比甲稳定，该选项说法错误；
甲 乙
综上，说法正确的有2个，
故选：B．
4.【项目背景】青少年时期是人生中好奇心最为旺盛的阶段，通过鼓励他们探索未知领域，可以有效激发其
对科学的兴趣和热情，这种内在动力将推动他们在未来不断追求新知．
【数据搜集与整理】为激发青少年崇尚科学、探索未知的热情，某校开展“科学小博士”知识竞赛，现随机
抽取该校七年级部分学生进行测试，并对测试成绩进行收集、整理、描述和分析（测试满分为100分，学
生测试成绩x均为不小于60的整数，分为四个等级：
D:60£x<70,C:70£x<80,B:80£x<90,A:90£x£100），部分信息如下：
信息一：
信息二：学生成绩在B等级的数据（单位：分）如下：
80，81，82，83，84，84，84，86，86，86，88，89
【数据分析与运用】请根据以上信息，解答下列问题；
(1)任务1：求所抽取的学生成绩为C等级的人数，并补全条形统计图；
(2)任务2：求所抽取的学生成绩的中位数；
(3)任务3：请计算扇形统计图中“A组”所在扇形的圆心角的度数；
(4)任务4：该校七年级共有600名学生，若全年级学生都参加本次测试，请估计成绩为A等级的人数．
【答案】(1)7人，见解析
(2)85分
(3)120°
学科网（北京）股份有限公司(4)200人
【分析】（1）利用B等级的人数除以其所占的百分比即可得到结论，利用样本容量的意义，根据计算补图
即可．
（2）根据中位数的定义计算解答即可；
（3）根据圆心角等于所占百分比乘以周角，计算即可．
（4）根据样本估计整体的思想计算即可．
【详解】（1）解：根据题意，得12¸40％=30（人），
C等级的人数为30-12-10-1=7（名）．
补图如下：
．
（2）解：根据题意，得中位数是第15个，第16个数据的平均数，
∵从小到大排序为：80，81，82，83，84，84，84，86，86，86，88，89
第15个，第16个数为84，86，
84+86
故中位数为 =85．
2
10
（3）解：A等级所占圆心角为：360°´ =120°．
30
10
（4）解：根据题意，得600´ =200（人）
30
答：成绩为A等级的有200人．
【点睛】本题考查了条形统计图，扇形统计图，中位数的计算，圆心角计算，样本容量的计算，样本估计
总体，读懂统计图，熟练掌握圆心角，样本容量的计算是解题的关键．
5．人工智能是当前科技领域的热门话题，特别是DeepSeek-V3上线后，在知识类任务上水平显著提升，生
成速度大幅提高．某校为了解本校学生对人工智能的关注与了解程度，对全校学生进行问卷测试，得分采
用百分制，得分越高，则表明对人工智能的关注与了解程度就越高．现从八、九年级学生中分别随机抽取
20名学生的测试成绩（单位：分）进行整理和分析（得分用x表示，且得分为整数，共分为5组．A组：0£x<60，
学科网（北京）股份有限公司B组：60£x<70，C组：70£x<80，D组：80£x<90，E组：90£x£100）．下面给出了部分信息．
八年级被抽取学生的测试得分的所有数据如下：
50，51，59，65，66，73，76，79，83，84，84，84，84，86，88，88，92，93，97，98．
九年级被抽取学生的测试得分中D组包含的所有数据如下：
84，85，86，88，88，88，88，89．
八、九年级被抽取学生的测试得分统计表
平 均 中 位 众
数 数 数
八 年
79 84 a
级
九 年
79 b 88
级
请根据所给信息，解答下列问题：
(1)上述图表中，a= ___________，b=___________，m= ___________．
(2)根据以上数据，你认为该校八、九年级中哪个年级的学生对人工智能的关注与了解程度更高，请说明理
由．
(3)本次调查中，八年级E组的四名学生中男女生各有2人，现从这4人中随机抽取两人参加全校“人工智能
知识宣讲”，求恰好抽到一名男生和一名女生的概率．
【答案】(1)84，84.5，40
(2)九年级的学生对人工智能的关注与了解程度更高，理由见解析
2
(3)3
【分析】（1）根据频数除以样本容量等于百分比，中位数，众数的定义解答即可；
（2）利用中位数进行决策解答即可；
学科网（北京）股份有限公司（3）画树状图，求解即可．
【详解】（1）解：∵84出现了4次，最多，
∴众数为a=84，
∵A等级有：20´10%=2 (人)，B等级有20´15%=3 (人)，C等级有20´20%=4 (人)，D等级有8人且成绩
为84，85，86，88，88，88，88，89．
∵中位数是第10个数据，第11个数据的平均数，
84+85
b= =84.5
∴中位数是 2 ，
8
=40%=m%
根据题意，得20 ，
故m=40．
故答案为：84，84.5，40．
（2）解：我认为九年级的学生对人工智能的关注与了解程度更高．
理由如下：Q八、九年级成绩的平均数相同，但九年级成绩的中位数大于八年级成绩的中位数，且九年级
成绩的众数也大于八年级成绩的众数，
\九年级的学生对人工智能的关注与了解程度更高．
（3）解：根据题意，有女生2名，男生2名．
画树状图如图，共有12种等可能情况，一男一女的可能性有8种，
8 2
= .
故一男一女的的概率是12 3
【点睛】本题考查了百分比的计算，中位数，众数的计算和应用，利用画树状图或列表的方法求解随机事
件的概率，掌握以上基础的统计知识是解题的关键．
押题猜想七 锐角三角函数的应用
限时：5min
（改编） 生活中人们常常利用定滑轮来升降物体，如图①，在水平地面上，张宏用一根绕过定滑轮的绳子
将物体竖直向上提起，如图②，物体的初始位置在点C处，张宏在点A处将绳子拉直，测得点A到BC所
学科网（北京）股份有限公司在直线的距离为6m，在A处测得定滑轮点B的仰角为60°，张宏后退到点D处，测得定滑轮点B的仰角为
37°，此时物体上升到点E处，点C、A、D在同一直线上，定滑轮半径忽略不计，运动过程中绳子总长不变，
求物体上升的高度CE．（结果精确到0.1m，参考数据：
sin37o »0.60，cos37o »0.80，tan37o »0.75，3»1.73）
【答案】物体上升的高度CE约为5.3m
【分析】本题考查了解直角三角形的应用（仰角俯角问题），熟练掌握仰角的定义及解直角三角形的相关
计算是解题的关键．
依题意得AC 6m，ÐCAB=60°，ÐCDB=37°，ÐACB=90°，由直角三角形的两个锐角互余可得
ÐABC =30°，由含30度角的直角三角形的性质可得AB2AC12m，分别解Rt
V
ABC,Rt
V
BCD，得出
BC,AB,BD的长，由于绳子的总长不变，即BC+BA=BE+BD，，然后根据CE=BC-BE即可求出物体
上升的高度CE．
【详解】解：在Rt△ABC中，AC 6m，ÐCAB=60°，
依题意得：ÐACB=90°，
\ÐABC =90°-ÐCAB=90°-60°=30°，
AB2AC12m，
3
BC ABsinCAB12sin60°12 6 361.7310.38m，
2
在Rt△BCD中，ÐCDB=37°，
BC
\sinÐCDB= ，
BD
BC 10.38 10.38
BD   17.3m，
sinCDB sin37° 0.60
Q
绳子的总长不变，即BC+BA=BE+BD，
BEBC+BA-BD10.38+12-17.35.08m，
CE  BC - BE 10.38-5.08  5.3m ，
答：物体上升的高度CE约为5.3m．
学科网（北京）股份有限公司押题解读
本考点为必考考点，锐角三角函数的应用是比较重要的考查内容，常以填空题、解答题的形式出现。现
在主要考察与探究题结合在一起，难度较大，易失分，所以认真审题，构造直角三角形或矩形（正方形）
来解题。
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ÐOED=45°，风叶OA的视角ÐOEA=30°．
(1)已知α，β两角和的余弦公式为：sina+b=sinacosb+cosasinb，请利用公式计算sin75°的值；
(2)求风叶OA的长度．
6+ 2
【答案】(1)
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
学科网（北京）股份有限公司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，ÐOED=45°，
DE 60
OE= = =60 2
∴ cos45° 2 米，ÐDOE=45°，OD=DE=60米，
2
∵三片风叶两两所成的角为120°，
∴ÐDOA=120°，
∴ÐAOE=120°-45°=75°，
又∵ÐOEA=30°，
∴ÐOAE=180°-75°-30°=75°，
∴ÐOAE=ÐAOE，
∴OE=AE=60 2米，
∵ÐOEA=30°，ÐOED=45°，
∴ÐAED=75°，
6+ 2
由（1）得：sin75°= ，
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，
∴ÐOAG=30°，
 
∴OA=2OG= 60 3-60 米，
 
∴风叶OA的长度为 60 3-60 米．
2、某学校因增设了篮球场，现购进一些篮球架．如图1是某款篮球架，图2是其示意图，已知立柱OA垂直
学科网（北京）股份有限公司地面OB，支架CD与OA交于点A，支架CG^CD交OA于点G ，支架DE平行地面OB，篮筐EF与支架DE
在同一直线上，OA=2.5m，AD=0.8m，ÐGAC =58°．
(1)求ÐAGC的度数．
(2)某运动员准备给篮筐挂上篮网，如果他站在凳子上，最高可以把篮网挂到离地面3m处，那么他能挂上篮
网吗？请通过计算说明理由．（参考数据：cos58°»0.53）
【答案】(1)32°；
(2)该运动员能挂上篮网，理由见解析．
【分析】本题主要考查了直角三角形的性质、平行线的性质、锐角三角函数，解决本题的关键是作辅助线
构造直角三角形，利用直角三角形的性质求出OM 的长度，再根据OM 的长度判断能否挂上篮网．
1根据CG^CD可知ÐACG=90°，根据直角三角形两锐角互余可得ÐAGC =90°-58°=32°；
2延长OA,ED交于点M ，根据对顶角相等可知ÐDAM =ÐGAC =58°，利用锐角三角函数可求出
AM =0.424m，从而可得OM =OA+AM =2.924m<3m，所以该运动员能挂上篮网．
【详解】（1）解： CG^CD，
Q
\ÐACG=90°，
ÐGAC =58°，
Q
\ÐAGC =90°-58°=32°；
（2）解：该运动员能挂上篮网，
理由如下：
学科网（北京）股份有限公司如图，延长OA,ED交于点M ，
Q
OA^OB，DE
P
OB，
\ÐDMA=ÐO=90°，
又 ÐDAM =ÐGAC =58°，
Q
\在Rt△ADM 中，AM = AD·cos58°»0.8´0.53=0.424m，
\OM =OA+AM =2.5+0.424=2.924m<3m，
\该运动员能挂上篮网．
3、某临街商铺想做一款落地窗以展示商品，为防止商品久晒受损，需保证冬至日正午时分太阳光不能照进
落地窗．如图，已有的遮阳棚AB=130cm，遮阳棚前段下摆的自然垂直长度BC =30cm，遮阳棚的固定高
12
度AD=240cm，sinÐBAD= ．
13
(1)如图1，求遮阳棚上的点B到墙面AD的距离；
(2)如图2，冬至日正午时，该商铺所在地区的太阳的高度角约是60°（光线EC与地面的夹角），请通过计
算判断该商铺的落地窗方案是否可行．（结果精确到0.1，参考数据 3»1.73）
【答案】(1)120cm
(2)光线不能照射到商户内，方案可行，见解析
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
12
（1）过点B作BH^AD于H ，根据sinÐBAD= 代入数据求出BH的值即可；
13
学科网（北京）股份有限公司（2）延长光线EC交DG于点F ，延长BC交DG于点I ，利用勾股定理求得AH = AB2 -BH2 =50，再根
CI
据tanÐCFI = = 3，求出FI 的长与DI比较大小即可得出结论．
IF
【详解】（1）解：作BH^AD于H ，
12
Q
在Rt△AHB中，AB=130，sinÐBAD= ，
13
\BH = AB×sinÐBAD
12
=130´
13
=120cm．
即的B点到墙面AD的距离为120cm；
（2）解：如图，延长光线EC交DG于点F ，延长BC交DG于点I ，
可得ÐCFI =60°，CI ^DG，DI =BH =120cm，
Q
在Rt△AHB中，AB=130cm，BH =120cm，
\AH = AB2-BH2 = 1302-1202 =50cm，
由题意，四边形HDIB是矩形，则BI =HD，
由BC =30cm可知，CI =240-50-30=160cm，
Q
在Rt△CIF中，tan60°= 3，
CI 160
\ = 3即： = 3，
IF IF
\IF »92.5cm，
IF <DI ，所以光线不能照射到商户内，方案可行．
学科网（北京）股份有限公司4、某校数学活动小组计划以测量两栋楼房之间的楼间距为主题开展实践活动（由于部分路面正在进行地铁
建设，无法直接测量），活动记录表如下：
活动任务：测量两栋楼房之间的楼间距
如图①，无人机是利用无线电遥控设备和自备的程序控制装置操纵的不
载人飞机，被广泛应用于测绘、航拍、农业、灾难救援等领域
测量
工具
如图②，当无人机位于两栋楼正中间位置点E的正上方高空P处，测得
测量
点A处的俯角为59°，点D处的俯角为45°（参考数据：sin59°»0.86，
方案
活 cos59°»0.52，tan59°»1.66）
动
过
程
实地
测量
草图
楼AB的高度为30m，楼DC的高度为50m，点B，E，C在同一条直线
备注
上，AB，PE，DC均垂直于BC，BE=CE
任务
求楼AB与CD之间的距离（结果保留1位小数）
目标
请结合表中相关数据完成任务目标．
【答案】60.6m
【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，
先作AF ^CD，作DH ^PE，求出GH =DF，再说明△PHD为等腰直角三角形，可得PH =DH，然后设
PG
PH =DH =CE=x，表示PG=20+x，最后根据tanÐPAG= »1.66得出方程，求出解即可．
AG
【详解】解：如答案图，过点A作AF ^CD于点F ，交PE于点G ，过点D作DH ^PE于点H ，
学科网（北京）股份有限公司Q
楼AB高为30m，楼CD高为50m，
\GH =DF =50-30=20m．
ÐNPD=45°，ÐPHD=90°
Q
∴△PHD为等腰直角三角形，
\PH =DH ．
设PH =DH =CE=x，
\PG=20+x．
ÐMPA=59°，
Q
\ÐPAG=59°，
PG
\tanÐPAG= »1.66，
AG
20+x
\ »1.66，
x
解得x»30.3，
\BC =2x=60.6m，
\楼AB与CD之间的距离约为60.6m．
5、某校数学研究性学习小组在老师的指导下，利用课余时间进行测量活动．
活动主题 测算校园内人工湖内的雕塑与观景台之间的距离
测量工具 米尺、测角仪、指南针、计算器等
活 模型抽 学校的人工湖中有一个雕塑C，湖边有两条直路AB，AD，路边有B，D
动 象 两处观景平台，其示意图如下：
学科网（北京）股份有限公司过
程
①用米尺测得AB的距离为8米；
②用米尺测得AD的距离为8.6米；
③在点A处用指南针和测角仪测得观景台B在正西方向，雕塑C在北偏
测绘过
西30°方向，观景台D在北偏东23°方向；
程与数
④在点B处用指南针和测角仪测得雕塑C在北偏东30°方向；
据信息
⑤用计算器计算得：
sin23°»0.4，cos23°»0.9，tan23°»0.4，sin53°»0.8，cos53°»0.6；
tan53°»1.3．
请根据表格中提供的信息，求每个观景台到雕塑的距离（结果保留整数）．
【答案】B观景台到雕塑的距离为8米，D观景台到雕塑的距离为7米．
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，根据题意，结合图形，得到 ABC是等边三角形，得到BC的长，
V
即B观景台到雕塑的距离；在Rt
V
ACE中，求出CE，AE的长，在Rt
V
CDE中，利用勾股定理，求出CD的
长，即可得到结果．
【详解】解：∵点A处用指南针和测角仪测得雕塑C在北偏西30°方向，在点B处用指南针和测角仪测得雕
塑C在北偏东30°方向
∴ÐCAB=ÐCBA=60°
∴△ACB是等边三角形，
∴BC = AC = AB=8；
如图，过点D作DE^AC于点E
学科网（北京）股份有限公司∵点A处用指南针和测角仪测得雕塑C在北偏西30°方向，观景台D在北偏东23°方向；
∴ÐDAE=30°+23°=53°
在Rt ADE中，AE=cosÐDAE×AD=0.6´8.6=5.16，
V
DE=sinÐDAE×AD=0.8´8.6=6.88
∵AC=8
∴CE= AC-AE=8-5.16=2.84
在Rt△CDE中，CD= DE2+CE2 = 6.882+2.842 »7
答：B观景台到雕塑的距离为8米，D观景台到雕塑的距离为7米．
押题猜想八 二次函数的图象与系数的关系
限时：4min
（改编）如图，是二次函数y=ax2+bx+ca¹0的部分图象，该图象经过点-1,-4，其对称轴为：直线x=-3，
则下列结论：①6a=b②ax2+bx+c-6；③若ax2+bx =ax2+bx 且x ¹ x ，则x +x =-6；④关于x的一
1 1 2 2 1 2 1 2
元二次方程ax2+bx+c=-4的根为-1；⑤若点-1,m，2,n在抛物线上，则m<n．其中正确的个数有
（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
学科网（北京）股份有限公司【答案】C
【分析】根据二次函数的图象和性质逐项判断，由抛物线的顶点坐标为-3,-6，可得函数有最小值，可判
x +x
断①②；由ax2+bx =ax2+bx 且x ¹ x ，则 1 2 =-3，可判断③；由对称性可得一元二次方程
1 1 2 2 1 2 2
ax2+bx+c=-4的根为-1或-5，可判断④错误；由抛物线开口向上，对称轴为直线x=-3，x>-3时，y
随x的增大而增大，可得m<n，可判断⑤．即可得到答案．
【详解】解：①∵对称轴为直线x=-3，
b
∴- =-3，
2a
∴6a=b，
故①正确；
②根据函数图象可得抛物线开口向上，
∵由图可知抛物线的顶点坐标为-3,-6，
∴x=-3时，函数有最小值，
∴ax2+bx+c≥-6，
故②正确；
x +x
③若ax2+bx =ax2+bx 且x ¹ x ，则 1 2 =-3，
1 1 2 2 1 2 2
∴x +x =-6，
1 2
故③正确；
④由条件可得关于x的一元二次方程ax2+bx+c=-4的根为-1或-5，
故④错误；
⑤∵抛物线开口向上，对称轴为直线x=-3，
当x>-3时，y随x的增大而增大，
∵-3<-1<2，
∴m<n，
故⑤正确．
综上所述，正确选项有4个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象和性质，包括二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐
标特征，抛物线与x轴的交点，一元二次方程的根与系数的关系．熟练掌握原式知识点是关键．
学科网（北京）股份有限公司押题解读
本考点为必考考点，二次函数的图象与系数的关系是比较重要的考查内容，常以选择题、填空题的形式
出现。并且难度较大，易失分，往往是选择题、填空题中的压轴题。
1、已知二次函数y=ax2+bx+c(a¹0)图象的对称轴为直线x=-1，部分图象如图所示，下列结论中：①
æ1 ö
abc>0；②b2-4ac>0；③4a+c>0；④若t为任意实数，则有a-b£at2+bt；⑤当图象经过点ç ,2÷
è2 ø
3
时，方程ax2+bx+c-2=0的两根为x,x x <x ，则x +2x =- ，其中正确的结论个数是（ ）
1 2 1 2 1 2 2
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系．利用抛物线开口方向得到a>0，利用抛物线对称轴的方
程得到b = 2a > 0，利用抛物线与y轴的交点位置得到c<0，则可对①进行判断；根据判别式的意义对②
进行判断；利用x=1时得到a+b+c>0，把b=2a代入得到3a+c>0，然后利用a>0可对③进行判断；利
用二次函数当x=-1时有最小值可对④进行判断；由于二次函数y=ax2+bx+c与直线y=2的一个交点为
æ1 ö æ 5 ö 5
ç ,2÷，利用对称性得到二次函数y=ax2+bx+c与直线y=2的另一个交点为ç- ,2÷，从而得到x =- ，
è2 ø è 2 ø 1 2
1
x = ，则可对⑤进行判断．
2 2
【详解】解： 抛物线开口向上，
Q
\a>0，
b
抛物线的对称轴为直线x=-1，即- =-1，
Q
2a
\b = 2a > 0，
学科网（北京）股份有限公司抛物线与y轴的交点在x轴的下方，
Q
\c<0，
\abc<0，故①错误；
Q
抛物线与x轴有2个交点，
\ =b2-4ac>0，故②正确；
V
x=1时，y>0，
Q
\a+b+c>0，
而b=2a，
\3a+c>0，
a>0，
Q
\4a+c>0，故③正确；
x=-1，y有最小值，
Q
\a-b+c£at2+bt+c（t为任意实数），
即a-b£at2+bt，故④正确；
æ1 ö
Q
图象经过点ç
è2
,2÷
ø
时，方程ax2+bx+c-2=0的两根为x
1
，x
2
x
1
<x
2
，
æ1 ö
\二次函数y=ax2+bx+c与直线y=2的一个交点为ç ,2÷，
è2 ø
抛物线的对称轴为直线x=-1，
Q
æ 5 ö
\二次函数y=ax2+bx+c与直线y=2的另一个交点为ç- ,2÷，
è 2 ø
5 1
即x =- ，x = ，
1 2 2 2
5 1 3
\x +2x =- +2´ =- ，故⑤正确．
1 2 2 2 2
综上分析可知，正确的有②③④⑤共4个．
故选：C．
2．二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a¹0）的图象如图所示，其对称轴为直线x=1．下列选项
正确的是（ ）
学科网（北京）股份有限公司A．c>0 B．b2-4ac<0
C．4a+c>0 D．当-1<x<3时，y<0
【答案】C
【分析】本题考查二次函数的图象与性质，根据图象与y轴的交点可判断A；根据图象与x轴的交点可判断
B、D；根据图象的开口方向、对称轴以及x=-1时的函数值可判断C，进而可得答案．
【详解】解：∵该函数图象与y轴负半轴相交，
∴c<0，故选项A结论错误，不符合题意；
∵该函数图象与x轴有两个交点，
∴D=b2-4ac>0，故选项B结论错误，不符合题意；
∵该函数图象开口向上，对称轴为直线x=1，
b
∴a>0，- =1，即b=-2a，
2a
∵当x=-1时，y=a-b+c>0，
∴3a+c>0，即4a+c>a>0，故选项C结论正确，符合题意；
∵该函数图象与x轴交点在-1和0之间，其对称轴为直线x=1，
∴该函数图象与x轴的另一个交点在1和3之间，
∴当-1<x<3时，一部分y<0，一部分y>0，故选项D结论错误，不符合题意；
故选：C．
3．已知二次函数y=ax2+bx+ca¹0的部分图象如图所示，图象经过点0,2，其对称轴为直线x=-1．下
列结论：①3a+c>0；②若点-4,y ，3,y 均在二次函数图象上，则y > y ；③关于x的一元二次方程
1 2 1 2
ax2+bx+c=9有两个相等的实数根；④满足ax2+bx+c>2的x的取值范围为-2<x<0．其中正确结论的
个数为（ ）
学科网（北京）股份有限公司A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数与一元二次方程的关系，二次函数图象与系数的关系：对
于二次函数y=ax2+bx+ca¹0，二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小，当a>0时，抛物线向上开
口；当a<0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置；常数项c决定抛物
线与y轴交点；熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
根据抛物线开口向下可得a<0，根据抛物线的对称轴可推得b=2a，根据x=1时，y<0，即可得到
a+b+c<0，推得3a+c<0，故①错误；根据点的坐标和对称轴可得点-4,y 到对称轴的距离小于点3,y 
1 2
到对称轴的距离，根据抛物线的对称性和增减性可得y > y ，故②正确；根据抛物线的图象可知二次函数
1 2
y=ax2+bx+c与直线y=9没有交点，推得关于x的一元二次方程ax2+bx+c=9没有实数根，故③错误；
根据抛物线的对称性可得二次函数必然经过点-2，2，即可得到ax2+bx+c>2时，x的取值范围
-2<x<0，故④正确．
【详解】①∵抛物线开口向下，
∴a<0．
b
∵抛物线的对称轴为直线x=- =-1，
2a
∴b=2a，
由图象可得x=1时，y<0，
即a+b+c<0，
而b=2a，
∴3a+c<0．故①错误；
②∵抛物线开口向下，抛物线的对称轴为直线x=-1．
故当x<-1时，y随x的增大而增大，当x>-1时，y随x的增大而减小，
学科网（北京）股份有限公司∵ -1--4 =3， -1-3 =4，
即点-4,y 到对称轴的距离小于点3,y 到对称轴的距离，
1 2
故y > y ，故②正确；
1 2
③由图象可知：二次函数y=ax2+bx+c与直线y=9没有交点，
即关于x的一元二次方程ax2+bx+c=9没有实数根，故③错误；
④∵函数图象经过0,2，对称轴为直线x=-1，
∴二次函数必然经过点-2，2，
∴ax2+bx+c>2时，x的取值范围-2<x<0，故④正确；
综上，②④正确，
故选：B．
4．如图，抛物线y=ax2+bx+ca¹0与x轴交于点A-1,0，B3,0，与y轴的正半轴交于点C．下列结
论：①b<0；②9a+3b+2c>0；③若x和x 是关于x的一元二次方程ax2+bx+2c=0的两根，则
1 2
æ 1 ö 1 5
x 1 2 +x 2 2 =16；④抛物线上有两点ç è - 2 ,y 1 ÷ ø ，t,y 2 ．若y 1 < y 2 ，则t的取值范围是- 2 <t< 2 ；⑤当 V ABC
是等腰三角形时，符合条件的a值有3个．其中正确结论的个数为（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【分析】本题主要考查了二次函数图象的性质、根与系数的关系、等腰三角形的定义、勾股定理等知识点，
掌握数形结合思想成为解题的关键．
根据抛物线的开口方向可得a<0，再根据抛物线的对称轴可得b=-2a>0即可判定①；由抛物线交y轴与y
轴的正半轴，则c>0，当x=3时，则9a+3b+c=0，即c=3a；又9a+3b+2c=9a+3b+c+c=c>0，即
学科网（北京）股份有限公司可判定②；根据根与系数的关系可得x 1 +x 2 =- b a ,x 1 x 2 = 2 a c ，将x 1 2+x 2 2 =x 1 +x 2 2-2x 1 x 2 = æ ç è - b a ö ÷ ø 2 -2´ 2 a c ，
3
将b=-2a、c=3a代入计算化简即可判定③；根据二次函数的性质可得 t-1 < ，然后求解即可判定④；
2
分AB= AC =4、AB=BC =4、AC =BC分别求a的值即可判定⑤．
【详解】解：由抛物线开口方向向下，则a<0，
-1+3 b
该抛物线的对称轴为：x= =1，即- =1，则b=-2a>0，即①错误；
2 2a
由抛物线交y轴与y轴的正半轴，则c>0，
当x=3时，则9a+3b+c=0，即9a+3´-2a+c=0，解得：c=3a
由9a+3b+2c=9a+3b+c+c=c>0，即②正确；
b 2c
由x和x 是关于x的一元二次方程ax2+bx+2c=0的两根，则x +x =- ,xx = ，
1 2 1 2 a 1 2 a
所以x2+x2 =x +x 2-2xx ，
1 2 1 2 1 2
b c æ bö 2 2c
将x 1 +x 2 =- a ,x 1 x 2 = a 代入可得 ç è - a ÷ ø -2´ a ，
æ -2aö 2 2´3a
将b=-2a、c=3a代入可得： ç- ÷ -2´ =4+12=16，即③正确；
è a ø a
-1+3
因为抛物线的对称轴为：x= =1，
2
所以当x<1时，y随x的增大而增大；当x>1时，y随x的增大而减小，
æ 1 ö 3
因为点ç- ,y ÷到对称轴的距离为 ，
è 2 1 ø 2
3 3 1 5
要使y < y ，则点t,y 到对称轴的距离小于 ，即 t-1 < ，解得：- <t< ，即④正确；
1 2 2 2 2 2 2
由题意可得：AB=3--1=4，
15
当AB= AC =4，AC = 1+c2 ，即 1+c2 =4，解得：c= 15，故a=- ；
3
7
当AB=BC =4，BC = 9+c2 ，即 9+c2 =4，解得：c= 7，故a=- ；
3
当AC =BC，无解．则即符合条件的a值有2个，即⑤错误．
综上，正确的有②③④，共3个．
故选B．
学科网（北京）股份有限公司5．如图，二次函数y=ax2+bx+ca¹0的图像过点-4,0，对称轴为直线x=-1．现有下列结论：
①abc>0；②4a+c<0；③若Ax,m,Bx ,m是抛物线上的两点，则当x=x +x 时，y=c；④若方程
1 2 1 2
ax+4x-2=-2的两个根为x，x ，且x <x ，则x <-4<2<x ．其中正确的有（ ）
1 2 1 2 1 2
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】本题主要考查了二次函数的图像与性质，熟练掌握相关知识是解题关键．由图像可知，该抛物线
b
开口向下，与y轴交于正半轴，易知a<0,c>0，结合对称轴为直线x=- =-1，易得b=2a<0，即可判
2a
断结论①；首先确定该抛物线与x轴的另一交点为2,0，故当x=2时，可有4a+2b+c=8a+c=0，易得
4a+c=-4a>0，即可判断结论②；由抛物线的对称性可知x +x =-2，故当x=x +x 时，可得
1 2 1 2
y=4a-2b+c=4a-2´2a+c=c，即可判断结论③；若方程ax+4x-2=-2的两个根为x，x ，则x，
1 2 1
x 为抛物线与直线y=-2的两个交点的横坐标，结合图形即可判断结论④．
2
【详解】解：由图像可知，该抛物线开口向下，与y轴交于正半轴，
∴a<0,c>0，
b
又∵对称轴为直线x=- =-1，
2a
∴b=2a<0，
∴abc>0，故结论①正确；
∵该抛物线过点-4,0，对称轴为直线x=-1，
∴该抛物线与x轴的另一交点为2,0，
∴当x=2时，可有4a+2b+c=4a+2´2a+c=8a+c=0，
∴c=-8a，
∴4a+c=-4a>0，故结论②错误；
∵Ax,m,Bx ,m是抛物线上的两点，
1 2
学科网（北京）股份有限公司∴由抛物线的对称性可知x +x =-1´2=-2，
1 2
∴当x=x +x 时，y=4a-2b+c=4a-2´2a+c=c，
1 2
故结论③正确；
∵该二次函数图像与x轴交于-4,0，2,0，
∴y=ax2+bx+c=ax+4x-2，
若方程ax+4x-2=-2的两个根为x，x ，
1 2
则x，x 为抛物线与直线y=-2的两个交点的横坐标，
1 2
∵x <x ，
1 2
∴x <-4<2<x ，故结论④正确．
1 2
综上所述，结论正确的有①③④，共计3个．
故选：C．
押题猜想九 二次函数与线段、面积的问题
限时：5min
（改编） 已知抛物线y=x2+mx+n与x轴交于A-1,0，B两点，与y轴交于点C0,-3．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，已知点E为第四象限抛物线上的点，连接AC、BE、AE、BC，且AE和BC相交于点F ，设△ACF
的面积为S ，△BEF的面积为S ，当S -S =1时，求点E的坐标．
1 2 2 1
(3)如图2，设点Px,y ，Qx ,y 是直线BC下方抛物线上的两动点，且x =x +1，过点P作PM∥y轴，
1 1 2 2 2 1
交BC于点M ，过点Q作QN ^BC，交BC于点N ．求PM + 2QN的最大值．
学科网（北京）股份有限公司【答案】(1)y=x2-2x-3
æ 2 7ö æ 2 7ö
(2)Eç1- ,- ÷或Eç1+ ,- ÷
ç ÷ ç ÷
2 2 2 2
è ø è ø
(3)最大值为4
【分析】（1）中把点A、C的坐标代入函数解析式列出关于m、n的方程组，通过解方程组可以求出它们
的值；
（2）根据图形得到：S +S -S +S =1，即S -S =1，利用三角形的面积公式求得E点的
2 VABF 1 VABF △ABE △ABC
7
纵坐标y =- ，然后由二次函数图形上点的坐标特征求得点P的横坐标；
E 2
（3）过Q点作QH∥y轴交直线BC于点H ，将 2NQ转化为HQ，则PM + 2QN = PM +HQ，再将该线
段和用关于x或x 的二次多项式表示，再利用配方法求出最值即可．
1 2
【详解】（1）解：把A-1,0和C0,-3代入y=x2+mx+n，
ì1-m+n=0
得：í ，
în=-3
ìm=-2
解得：í ，
în=-3
\抛物线的解析式为y=x2-2x-3；
（2）解：
Q
S
2
-S
1
=1，
\S +S -S +S =1，
2 VABF 1 VABF
即S -S =1，
△ABE △ABC
令y=0，则x2-2x-3=0，
解得：x=-1或3，
\B3,0，
1 1
\S = ×AB×OC = ´4´3=6，
VABC 2 2
\S =7，
△ABE
1
S = ×AB× y =7，
Q VABE 2 E
学科网（北京）股份有限公司7
\ y = ，
E 2
Q
点E为第四象限抛物线上的动点，
7
\y =- ，
E 2
7
当x2-2x-3=- ，
2
2
解得x =1± ，
2
æ 2 7ö æ 2 7ö
\Eç1- ,- ÷或Eç1+ ,- ÷．
ç 2 2÷ ç 2 2÷
è ø è ø
（3）解：设直线BC的解析式为y=kx+c，
ì3k+c=0
将B3,0，C0,-3代入：í ，
î c=-3
ì k =1
解得：í ，
îc=-3
\直线BC的解析式为y=x-3，
OB=OC，ÐBOC =90°，
Q
\ÐOBC =ÐOCB=45°，
过Q点作QH∥y轴交直线BC于点H ，如图所示：
\ÐNHQ=ÐOCB=45°，
QN ^BC，
Q
\ NHQ是等腰直角三角形，
V
\HQ= 2NQ，
\PM + 2QN =PM +HQ，
Q Px 1 ,y 1 ，Qx 2 ,y 2 ，x 2 =x 1 +1，
\P  x,x2-2x -3  ，Q  x +1,x2-4  ，
1 1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司\Mx,x -3，Hx +1,x -2，
1 1 1 1
\PM =-x2+3x ，HQ=-x2+x +2，
1 1 1 1
\PM + 2QN
=PM +HQ
=  -x2+3x  +  -x2+x +2 
1 1 1 1
=-2x2+4x +2
1 1
=-2x -12+4，
1
-2<0，
Q
\当x =1时，PM + 2QN有最大值，最大值为4．
1
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式、二次函数的性质，三角形面积公
式，二次函数与线段和最值问题，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质．
押题解读
本考点为必考考点，二次函数与线段、面积的问题是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现。这
类题综合性强，难度较大，易失分往往是解答题中的压轴题。
1．在平面直角坐标系中，已知二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于点A-1,0,B3,0，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
学科网（北京）股份有限公司(2)如图1，点P是直线BC下方抛物线上一动点，过点P作PD^BC交BC于点D，求线段PD的最大值及
此时点P的坐标；
(3)如图2，过平面上一点T3,2作任意一条直线KQ交抛物线于K，Q两点，过点A作直线AK，AQ，分别
交y轴于M，N两点，试探究OM与ON的积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)y= x2-2x-3
9 2 æ3 15ö
(2)最大值为 ，此时Pç ,- ÷
8 è2 4 ø
(3)OM与ON的积为定值，定值为2
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）求出直线BC的表达式为：y=x-3设P  a，a2-2a-3 0<a<3，过P作PG∥OC，交BC于G ，求
2æ 3ö 2 9 2
出GP=-a2+3a，进而求出PD=- ça- ÷ + ，利用而阐述的性质即可解答；
2 è 2ø 8
（3）设直线KQ的解析式为：y=k x+b,K  m,m2-2m-3  ,Q  n,n2-2n-3  ，求出直线KQ的解析式为：
1 1
ìy=k x+2-3k
y=k x+2-3k ，联立：í 1 1，求出m+n=2+k，mn=3k -5，求出直线AK的解析式为
1 1 îy=x2-2x-3 1 1
y=m-3x+m-3，进而求出M0,m-3,OM =m-3，同理：ON =3-n，即可解答．
ì1-b+c=0
【详解】（1）解：由题意的：í
î9+3b+c=0
ìb=-2
\í
îc=-3
\抛物线的表达式为：y= x2-2x-3；
（2）解：
Q
B3,0,C0,-3，
设直线BC的表达式为：y=kx+b
ì3k+b=0
\í ，
îb=-3
ìk =1
\í
îb=-3
设直线BC的表达式为：y=x-3
设P  a，a2-2a-3 0<a<3，过P作PG∥OC，交BC于G
学科网（北京）股份有限公司∵OB=OC =3，
∴ÐOCB=ÐOBC =45°，
\Ga,a-3,ÐPGD=ÐOCB=45°，
\GP=a-3-  a2-2a-3  =-a2+3a
\PD=
2
GP=
2
 -a2+3a  =-
2æ
ça-
3ö
÷
2
+
9 2
2 2 2 è 2ø 8
9 2 æ3 15ö
\PD的最大值为 ，此时Pç ,- ÷；
8 è2 4 ø
（3）解：设直线KQ的解析式为：y=k x+b,K  m,m2-2m-3  ,Q  n,n2-2n-3  ，且直线KQ经过点
1 1
T3,2
\2=3k +b
1 1
\b =2-3k
1 1
\直线KQ的解析式为：y=k x+2-3k
1 1
ìy=k x+2-3k
\联立：í 1 1
îy=x2-2x-3
得x2-2+k x+3k -5=0
1 1
\m+n=2+k ,mn=3k -5
1 1
设直线AK的解析式为：y=k x+b ，
2 2
ì-k +b =0
\í 2 2
îmk +b =m2-2m-3
2 2
学科网（北京）股份有限公司\y=m-3x+m-3
\M0,m-3,OM =m-3
同理：ON =3-n
\OM×ON =m-33-n=3m+n-mn-9=32+k -3k -5-9=2，
1 1
\OM 与ON的积为定值，定值为2．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查二次函数的性质，用待定系数法求一次函数的解析式，根和系数的
关系等．解决（3）问的关键的是通过相似三角形用坐标表示出线段OM，ON的长．
2、如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx-6的顶点坐标为2,-8．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，点E为线段BC上一点，过点E作EM
P
y轴，交x轴于点M，连接AE，交y轴于点D，当AE
平分ÐCEM 时，求直线AE的解析式；
(3)如图2，点F是该抛物线上位于第四象限的一个动点，直线AF 分别与y轴、直线BC交于点D，E．若
V
CAD，
V
CDE，△CEF 的面积分别为S
1
，S
2
，S
3
，且满足S
1
+S
3
=2S
2
，求点F的坐标．
1
【答案】(1)y= (x-2)2-8
2
 
(2)y= - 2+1 x+2-2 2
(3)F4,-6
【分析】本题考查二次函数的综合应用，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：
（1）设出顶点式，待定系数法求出函数解析式即可；
（2）求出直线BC的解析式，设出直线AE的解析式，求出D点坐标，联立两个解析式求出点E的横坐标，
学科网（北京）股份有限公司根据角平分线结合平行线的性质，推出CD=CE，列出方程进行求解，即可；
DE 1
（3）根据同高三角形的面积比等于底边比，推出AD+EF =2DE，进而推出 = ,过点E作EM ^ y轴，
AF 3
x 1
过点F 作FN ^ y轴，作AN ^FN ，证明
V
DEM∽
V
AFN，推出
x +
E
2
=
3
,同法（2）设出直线AF 解析式，
F
联立解析式求出E,F两点的横坐标，列出方程进行求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx-6的顶点坐标为2,-8，
∴设所求抛物线解析式为y=a(x-2)2-8，当x=0时，y=-6，即：
∴-6=a´(0-2)2-8，
1
解得a= ，
2
1
故所求抛物线解析式为y= x-22-8．
2
1
（2）∵y= x-22-8，
2
1
当y=0时，有0= (x-2)2-8，
2
解得x =6,x =-2，
1 2
\A-2,0,B6,0，
由（1）可知：C0,-6，
∴OB=OC =6，
∴ÐOCB=45°，
设直线CB的解析式为y=kx+b，
ì -6=b, ìk =1,
将C0,-6,B6,0代入y=kx+b，得í ，解得í
î0=6k+b, îb=-6,
\直线CB的解析式为y=x-6，
设直线AE的解析式为y=mx+n，把A-2,0代入，得：n=2m，
∴直线AE的解析式为y=mx+2m，
当x=0时，y=2m，
∴D0,2m，
∴CD=2m-6，
学科网（北京）股份有限公司ìy=mx+2m, 2m+6
联立í 得，x =- ，
î y=x-6 E m-1
AE平分ÐCEM ，
Q
\ÐAEM =ÐAEC，
又EM
P
y轴，
\ÐAEM =ÐEDC,
\ÐEDC =ÐAEC，
∴CD=CE，
2m+6
过点E作EH ^ y轴，则：EH =- ，
m-1
∵ÐOCB=45°，
- 22m+6
\CD=CE= 2x = ，
E m-1
- 22m+6
\2m+6= ，
m-1
解得m=- 2+1，
 
\直线AE的解析式为y= - 2+1 x+2-2 2．
（3）
Q
S
1
+S
3
=2S
2
，
V
CAD，
V
CDE，△CEF 为同高三角形，
\AD+EF =2DE，
∴AD+DE+EF =3DE= AF，
学科网（北京）股份有限公司DE 1
\ = ,
AF 3
过点E作EM ^ y轴，过点F 作FN ^ y轴，作AN ^FN ，
∴EM∥FN ，
∴ÐDEM =ÐAFN ，
∵ÐANF =ÐDME=90°，
∴ DEM∽ AFN，
V V
EM DE 1
∴ = = ，
FN AF 3
x 1
\ E = ,
x +2 3
F
∴x =3x -2，
F E
同（2）设直线AF 的解析式y=mx+2m，
ìy=mx+2m， 2m+6
由í 得，x =- ，
î y=x-6 E m-1
ì y=mx+2m，
ï 1
由í 1 得， x2-m+2x-6-2m=0，
y= x-22-8 2
ï
î 2
\x +x =2m+4,
A F
\x =2m+6>0，即m>-3，
F
æ 2m+6ö
\2m+6=3´ç- ÷-2，解得m=-1或-5（舍），
è m-1 ø
\x =2´-1+6=4，
F
1
当x=4时，y= 4-22-8=-6，
2
\F4,-6．
学科网（北京）股份有限公司押题猜想十 二次函数与多边形、角度存在性的问题
限时：5min
（改编） 定义一种新的几何变换称为“抛物线对称变换”：对于任意一点Px,y，其关于抛物线
y=ax2+bx+c的对称点P¢同时满足以下条件：①点P¢在抛物线的对称轴上；②PP¢的中点在抛物线上．如
图，在平面直角坐标系中，抛物线L：y=x2+bx+c的图象与x轴的一个交点为A1,0，另一个交点为B，
与y轴交于点C0,3，顶点为D．
(1)求抛物线L的对称轴及顶点坐标；
(2)若点P2,1，则点P关于抛物线L的对称点P¢是否存在？若存在，求出点P¢的坐标，若不存在，请说明
理由；
(3)若点P0,k关于抛物线L的对称点P¢存在．
①求k的取值范围，并求出所有满足条件的点P¢的坐标；
②平面内是否存在点Q，使得以点P、P¢、B、Q为顶点的四边形是菱形，若存在，求点Q的坐标及k的
值，若不存在，请说明理由；
【答案】(1)对称轴为直线x=2，顶点坐标为2,-1
(2)存在，点P¢的坐标为2,-3
(3)①k为所有实数，点P¢的坐标为2,-k；②存在Q æ ç5,- 2 15ö ÷，k = 15 或Q æ ç5, 2 15ö ÷，k =- 15 ，
ç è 3 ÷ ø 3 ç è 3 ÷ ø 3
使得以点P、P¢、B、Q为顶点的四边形是菱形
【分析】（1）把点A1,0，点C0,3的坐标代入y=x2+bx+c，利用待定系数法求解即可；
æ 1+tö
（2）假设存在点P关于抛物线L的对称点P¢，结合题意可知P¢2,t，PP¢的中点ç2, ÷在抛物线上，进
è 2 ø
而求得t，即可得点P¢的坐标；
学科网（北京）股份有限公司æ k+tö
（3）①设点P0,k关于抛物线L的对称点P¢为2,t，得PP¢的中点为ç1, ÷，代入抛物线解析式可得
è 2 ø
t =-k，即可求解；
②由题意得B3,0，由①可知，P0,k，P¢2,-k，求得PB2 =9+k2，P¢B2 =1+k2，P¢P2 =4+4k2，分三
种情况当以点P、P¢、B、Q为顶点的四边形是菱形且PB=PP¢时，当以点P、P¢、B、Q为顶点的四边
形是菱形且PB=P¢B时，当以点P、P¢、B、Q为顶点的四边形是菱形且PP¢=P¢B时，结合菱形的性质分
别讨论即可求解．
【详解】（1）解：把点A1,0，点C0,3的坐标代入y=x2+bx+c，得，
ì1+b+c=0
í ，
îc=3
ìb=-4
解得í ，
îc=3
∴抛物线L的解析式为y=x2-4x+3=x-22-1，
∴对称轴为直线x=2，顶点坐标为2,-1．
（2）存在，点P¢的坐标为2,-3，理由如下：
假设存在点P关于抛物线L的对称点P¢，
∵点P¢在抛物线的对称轴上
∴P¢2,t，
又∵PP¢的中点在抛物线上，且P2,1，
æ 1+tö
∴ç2, ÷在抛物线上，
è 2 ø
对于y=x2-4x+3，当x=2，y=-1，
1+t
∴ =-1，解得t=-3，
2
∴点P¢的坐标为2,-3；
（3）①设点P0,k关于抛物线L的对称点P¢为2,t，
æ k+tö
∴PP¢的中点为ç1, ÷，
è 2 ø
∵PP¢的中点在抛物线上，
学科网（北京）股份有限公司k+t
∴ =12-4´1+3=0，
2
∴t =-k，
则k为所有实数，点P¢的坐标为2,-k；
æ 2 15ö 15 æ 2 15ö 15
②存在Qç4,- ÷，k = 或Qç4, ÷，k =- ，使得以点P、P¢、B、Q为顶点的四边形是菱
ç è 3 ÷ ø 3 ç è 3 ÷ ø 3
形，理由如下：
∵对称轴为直线x=2，A1,0，
∴B3,0，
由①可知，P0,k，P¢2,-k，
∴PB2 =32+k2 =9+k2，P¢B2 =3-22+k2 =1+k2，P¢P2 =22+2k2 =4+4k2，
当以点P、P¢、B、Q为顶点的四边形是菱形且PB=PP¢时，
ì 15 ì 15
ì9+k2 =4+4k2
ïk =
3
ïk =-
3
ï ï
ï ï ï
则íx +x =x +x ，解得íx =5 或íx =5 ，
P Q B P¢ Q Q
ï ï ï
î y P +y Q = y B +y P¢ ïy =- 2 15 ïy = 2 15
ïî Q 3 ïî Q 3
15 æ 2 15ö 15 æ 2 15ö
此时k = ，Qç4,- ÷或k =- ，Qç4, ÷；
3 ç è 3 ÷ ø 3 ç è 3 ÷ ø
当以点P、P¢、B、Q为顶点的四边形是菱形且PB=P¢B时，
则9+k2 =1+k2，此时方程无解，不存在k使得PB=P¢B；
当以点P、P¢、B、Q为顶点的四边形是菱形且PP¢=P¢B时，
则4+4k2 =1+k2，此时方程无解，不存在k使得PP¢=P¢B；
æ 2 15ö 15 æ 2 15ö 15
综上，存在Qç4,- ÷，k = 或Qç4, ÷，k =- ，使得以点P、P¢、B、Q为顶点的四边形
ç è 3 ÷ ø 3 ç è 3 ÷ ø 3
是菱形．
【点睛】本题考查利用待定系数法求函数解析式，中点坐标公式，菱形的性质，勾股定理等知识点，理
解新定义，利用分类讨论的数学思想是解决问题的关键．
学科网（北京）股份有限公司押题解读
本考点为必考考点，二次函数与多边形、角度存在性的问题是湖南中考比较重要的考查内容，常以解答
题的形式出现。这类题综合性强，相关联的知识较多，并且难度较大，易失分，往往是解答题中的压轴
题。
1．如图，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C0,3，对称轴为直线x=1．点M
是抛物线上的一个动点，设它的横坐标为m(0<m<3)．过点M 作MN ^x轴，与BC交于点N ，连接CM ，
BM．
(1)求抛物线的表达式；
(2)求线段MN的最大值；
(3)是否存在以CN为腰的等腰三角形CMN ？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-x2+2x+3
9
(2)MN有最大值
4
(3)m=1或m=3- 2
ì b b
- =- =1
ï
【分析】（1）根据抛物线的对称轴为x=1，与y轴交于点C0,3得í 2a 2´-1 ，解出b、c的值，
ï
îc=3
即可求解；
（2）设点M  m,-m2+2m+3  ，利用待定系数法求出直线BC的解析式为y=-x+3，即点Nm,-m+3，再
根据MN = y -y 求出MN的表达式，最后根据二次函数的顶点公式求得最大值即可；
M N
（3）分两种情况讨论：①当CN =CM 时；②当CN =MN时；即可求解．
【详解】（1）解：
Q
抛物线y=-x2+bx+c的对称轴为x=1，与y轴交于点C0,3，
学科网（北京）股份有限公司ì b b
- =- =1
ï
\í 2a 2´-1 ，
ï
îc=3
ìb=2
解得：í ，
îc=3
\y=-x2+2x+3；
（2）解：设点M  m,-m2+2m+3  ，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
Q
直线BC经过点C0,3，B3,0，
ì3=b
\í ，
î3k+b=0
ìk =-1
解得：í ，
îb=3
\直线BC的表达式为：y=-x+3，
即点Nm,-m+3，
\MN = y -y =  -m2+2m+3  --m+3，
M N
=-m2+3m，
æ 3ö 2 9
=-çm- ÷ + ，
è 2ø 4
3
a=-1<0时，开口向下，当m= 时，MN有最大值，
Q
2
9
\MN = ；
max 4
（3）解：存在以CN为腰的等腰三角形CMN ，有以下两种情况：
①当CN =CM 时，过C作CE^MN于点E，则点E为MN的中点，即ME =EN，
\Em,3，
\  -m2+2m+3  -3=3--m+3，
学科网（北京）股份有限公司\m =1，m =0（舍去）；
1 2
②当CN =MN时，
CN = 2m，
Q
\ 2m=-m2 +3m，
\m =3- 2，m =0（舍去），
1 2
综上所述：当m=1或m=3- 2时，存在以CN为腰的等腰三角形CMN ．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、二次函数的解析式，二次函数的性质，等腰三角形的
性质，解一元二次方程，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
1
2、抛物线L :y=- x2+bx+c与x轴交于A-4,0，B1,0两点，与y轴交于点C，点P是抛物线L 上的
1 2 1
一动点，设点P的横坐标为m(-4<m<0)．
(1)求抛物线L 的表达式．
1
(2)如图1，连接AP，并延长AP交y轴于点D，连接BP，交y轴于点E．点P在运动过程中，OD+4OE
的值是否为定值，若是，请求出定值；若不是，请说明理由．
(3)将该抛物线L 向左平移4个单位，再向上平移2个单位，得到如图2所示的抛物线L 刚好经过点P，点
1 2
M 为抛物线L 对称轴上一点．在平面内确定一点N ，使以点A，P，M ，N 为顶点的四边形是菱形．
2
1 3
【答案】(1)y=- x2- x+2
2 2
(2)OD+4OE的值为定值10，理由见详解
æ 9 11ö æ 9 11ö æ 3 ö
(3)N 点坐标为ç
ç
- ,2+ ÷
÷
,ç
ç
- ,2- ÷
÷
或ç- ,0÷
è 2 2 ø è 2 2 ø è 2 ø
学科网（北京）股份有限公司【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数的表达式，相似三角形的判定和性质，抛物线和菱形的综
合等知识点，解题的关键是熟练掌握待定系数法和菱形的判定和性质．
（1）利用待定系数法进行求解即可；
（2）过点P作PF ^ x轴于点F ，得出 V APF∽ V ADO, V BOE∽ V BFP，利用相似三角形的对应边成比例，列
出关于m的代数式，化简代数式即可得出结论；
（3）根据菱形的判定和性质分类讨论，根据题意画出图形，假设出点的坐标，根据对边平行且相等列出方
程，解方程即可得出坐标．
1
【详解】（1）解：将A-4,0，B1,0两点代入y=- x2 +bx+c得，
2
ì
0=-8-4b+c
ï
ï
í
1
ï0=- +b+c
ïî 2
ì 3
b=-
ï
ï 2
解得í ，
ï c=2
ïî
1 3
∴抛物线L 的表达式为y=- x2- x+2；
1 2 2
（2）解：OD+4OE的值为定值10，理由如下，
如图，过点P作PF ^ x轴于点F ,则 V APF∽ V ADO, V BOE∽ V BFP,
OD OA OE PF
∴ = , = ,
PF AF OB BF
OA×PF PF×OB
即OD= ,OE=
AF BF
æ 1 3 ö
假设点P坐标为çm,- m2- m+2÷，则点F 坐标为m,0，
è 2 2 ø
学科网（北京）股份有限公司1 3
∴PF =- m2- m+2，AF =m+4，OA=4,BF =1-m，OB=1，
2 2
æ 1 3 ö 1 3
4ç- m2- m+2÷ - m2- m+2
∴ è 2 2 ø， 2 2
OD= OE=
m+4 1-m
æ 1 3 ö æ 1 3 ö
4ç- m2- m+2÷ 4ç- m2- m+2÷
è 2 2 ø è 2 2 ø
OD+4OE= +
m+4 1-m
-10m+4m-1
整理得，OD+4OE= =10
m+41-m
∴OD+4OE的值为定值10；
1 3
（3）解：平移后抛物线L 的表达式为y=- x+42- x+4+2+2，
2 2 2
1 11
整理得y=- x2- x-10，
2 2
ì 1 11
y=- x2- x-10
ï
ï 2 2
联立í ，
1 3
ï y=- x2- x+2
ïî 2 2
ìx=-3
解得í ，
î y=2
∴点P坐标为-3,2，
∴根据勾股定理得，AP= -3+42+2-02 = 5
11
-
2 11
抛物线L 的对称轴为直线x=- =- ，
2 æ 1ö 2
2´ç- ÷
è 2ø
11 11
①当以点P为圆心AP长为半径画圆时，此圆与直线x=- 无交点，因为点P到直线x=- 的距离为
2 2
æ 11ö 5
-3-ç- ÷= > 5；
è 2 ø 2
②当以点A为圆心AP长为半径画圆时，如下图所示，
学科网（北京）股份有限公司æ 11 ö
假设交点M 坐标为ç- ,y÷，
è 2 ø
∴AM2 = æ ç-3+ 11ö ÷ 2 +0-y2 =  5 2
è 2 ø
11 11
解得y= 或y=- ，
2 2
æ 11 11ö æ 11 11ö
即M ç- , ÷,M ç- ,- ÷，
1ç
2 2
÷ 2ç
2 2
÷
è ø è ø
假设N a,b ,N a ,b ，
1 1 1 2 2 2
∵N M ∥PA,N M =PA,N M ∥PA,N M =PA
1 1 1 1 2 2 2 2
11 11 11 11
∴a + =-3+4，b - =2；a + =-3+4，b + =2；
1 2 1 2 2 2 2 2
9 11 9 11
解得a =- ,b =2+ ；a =- ,b =2- ；
1 2 1 2 2 2 2 2
æ 9 11ö æ 9 11ö
所以此时N ç- ,2+ ÷,N ç- ,2- ÷；
1ç
2 2
÷ 2ç
2 2
÷
è ø è ø
③当AP为菱形的对角线时，作PA的垂直平分线，交对称轴于点M ，如下图所示，
3
学科网（北京）股份有限公司æ 11 ö
假设M ç- ,y ÷，
3 è 2 3 ø
∴M P2 =M A2
3 3
即 æ ç-3+ 11ö ÷ 2 +2-y 2 = æ ç- 11 +4 ö ÷ 2 +y 2
è 2 ø 3 è 2 ø 3
解得y =2
3
æ 11 ö
∴M ç- ,2÷
3 è 2 ø
假设N a ,b ，根据PN ∥M A,PN =M A得，
3 3 3 3 3 3 3
11
a +3=-4+ ,2-b =2，
3 2 3
3
解得a =- ,b =0，
3 2 3
æ 3 ö
所以此时N ç- ,0÷
3 è 2 ø
æ 9 11ö æ 9 11ö æ 3 ö
综上可得N 点坐标为ç
ç
- ,2+ ÷
÷
,ç
ç
- ,2- ÷
÷
或ç- ,0÷．
è 2 2 ø è 2 2 ø è 2 ø
3、已知抛物线y=ax2+bx+ca>0与x轴左、右交点分别为A、B，与y轴负半轴交于点C，坐标原点为
O，若OB=OC =3OA，S =6，点P是抛物线上的动点（点P在y轴右侧）．
VABC
(1)求抛物线的解析式；
(2)D是线段OC的中点，①当ÐOPC =45°时，请求出点P的坐标；②当ÐOPC =ÐOAD时，请求出点P
的坐标．
【答案】(1)y= x2-2x-3
学科网（北京）股份有限公司æ1+ 5 -5- 5ö  
(2)①P3,0或Pç , ÷②P2,-3或P 1+ 3,-1
ç 2 2 ÷
è ø
【分析】（1）根据OB=OC =3OA，S =6，求出OA的长，进而求出A,B,C的坐标，待定系数法求出
VABC
函数解析式即可；
（2）①根据OB=OC，得到ÐOBC =ÐOCB=45°，进而得到ÐOPC =45°=ÐOBC，推出O,C,B,P四点共
圆，圆周角定理得到BC为圆的直径，取BC的中点E，则点E即为圆心，连接EP，设P  m,m2-2m-3 m>0，
1 3 OD 3
结合勾股定理列出方程进行求解即可；②中点得到OD= OC = ，进而得到tanÐOAD= = ，取点
2 2 OA 2
OC 3
F2,0，连接CF，得到tanÐOFC = = ，进而得到ÐOPC =ÐOFC，同法①进行求解即可．
OF 2
【详解】（1）解：抛物线与y轴负半轴交于点C，且a>0，则：点A在y轴左侧，点B在y轴右侧：
∵OB=OC =3OA，
∴AB=OA+OB=4OA，
1
∴S = AB×OC =6OA2 =6，
VABC 2
∴OA=1（负值舍去）；
∴A-1,0，B3,0，C0,-3，
∴设抛物线的解析式为：y=ax+1x-3，把C0,-3代入解析式，得：-3=a0+10-3，
∴a=1，
∴y=x2-2x-3；
（2）①当∵OB=OC，
∴ÐOBC =ÐOCB=45°，
∵ÐOPC =45°=ÐOBC，
∴当点P与点B重合时，满足题意；此时：P3,0；
当点P与点B不重合时，则：O,C,B,P四点共圆，
∵ÐBOC =90°，
1
∴BC为圆的直径，取BC的中点E，则点E即为圆心，连接EP，则：EP = BC ，
2
学科网（北京）股份有限公司∵B3,0,C0,3，
æ3 3ö 3 2
∴BC=3 2，Eç ,- ÷，EP= ，
è2 2ø 2
设点P  m,m2-2m-3 m>0，
æ3 ö 2 æ 3 ö 2 æ3 2ö 2
则： ç -m÷ +ç- -m2+2m+3÷ =ç ç ÷ ÷ ，
è2 ø è 2 ø è 2 ø
整理，得：m  m2-m-1 m-3=0
1- 5 1+ 5
解得：m=0（舍去）或m=3（舍去）或m= （舍去）或m= ，
2 2
1+ 5 -5- 5
当m= 时，m2-2m-3= ，
2 2
æ1+ 5 -5- 5ö
∴Pç , ÷；
ç 2 2 ÷
è ø
æ1+ 5 -5- 5ö
综上：P3,0或Pç , ÷；
ç 2 2 ÷
è ø
②∵C0.-3，D为OC的中点，
1 3
∴OD= OC = ，
2 2
∵OA=1，
OD 3
∴tanÐOAD= = ，
OA 2
取点F2,0，连接CF，则：OF =2，
学科网（北京）股份有限公司OC 3
∴tanÐOFC = = ，
OF 2
∴ÐOFC =ÐOAD，
∵ÐOPC =ÐOAD，
∴ÐOPC =ÐOFC，
∴O,P,F,C四边共圆，
∵ÐCOF =90°，
1 æ 3ö
∴CF为圆的直径，取CF的中点H ，则HP= CF，Hç1,- ÷，
2 è 2ø
∵CF = 32+22 = 13，
13
∴HP= ，
2
设P  n,n2-2n-3  ，
∴1-n2 + æ ç- 3 -n2+2n+3 ö ÷ 2 = æ ç ç 13ö ÷ ÷ 2 ，
è 2 ø è 2 ø
化简，得：n4-4n3+2n2+4n=n  n2-2n-2 n-2=0，
解得：n=0（舍去）或n=2或n=1- 3（舍去）或n=1+ 3；
 
∴P2,-3或P 1+ 3,-1 ．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，四点共圆，圆周角定理的推论，
解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求
解，是解题的关键．
学科网（北京）股份有限公司押题猜想十一 几何中的多结论判定
限时：4min
（改编）如图，已知正方形ABCD的边长为6，P是对角线BD上一点，PE^BC于点E，PF ^CD于点F，
连接AP，EF．给出下列结论：①PD= 2EC；②AP=EF；③AP^EF；④EF的最小值为3 2；⑤△APD
一定是等腰三角形．其中正确结论的个数为（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【分析】根据垂直的定义得到PEF PFC 90°，推出四边形PECF是矩形，根据矩形的性质得到
EC =PF ．根据正方形的性质得到ÐPDF =45°，求得△PDF 是等腰直角三角形，得到
PD= 2PF = 2EC，①正确；延长FP交AB于点N，延长AP交EF于点M．推出四边形BNPE是正方形，
ANPEPF ，根据全等三角形的性质得到AP=EF；故②正确；根据垂直的定义得到AP^EF，故③正
确；当CP^BD时，CP最小，即EF最小，此时 BPC是等腰直角三角形，斜边为BC6，于是得到EF
V
的最小值为3 2，故④正确；当ÐPAD=45°或67.5°或90°时，△APD是等腰三角形，除此之外，△APD
不是等腰三角形，故⑤错误．
【详解】解：∵PE^BC，PF ^CD，
∴PEF PFC 90°，
又∵ÐC =90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴EC =PF ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ÐPDF =45°，
∴△PDF 是等腰直角三角形，
∴PD= 2PF = 2EC，
故①正确；
学科网（北京）股份有限公司延长FP交AB于点N，延长AP交EF于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ÐABP=ÐCBD，
又∵NP^ AB，PE^BC，
∴四边形BNPE是正方形，ANPEPF ，
∴NP = EP，
∴AN =PF ，
在 ANP与△FPE中，
V
ìNP=EP
ï
íÐANP=ÐEPF，
ï
îAN =PF
∴V ANP≌ V FPESAS，
∴AP=EF；
故②正确；
ÐPFE=ÐBAP，
APN与 FPM中，ÐAPN =ÐFPM ，NAPPFM ，
V V
∴ÐPMF =ÐANP=90°，
∴AP^EF，
故③正确；
∵矩形PECF中，EF =CP，
∴当CP^BD时，CP最小，即EF最小，
此时 BPC是等腰直角三角形，斜边为BC6，
V
2
则CP BC 3 2，
2
∴EF的最小值为3 2，
故④正确；
学科网（北京）股份有限公司∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，ÐADP=45°，
∴当ÐPAD=45°或67.5°或90°时，△APD是等腰三角形，
除此之外，△APD不是等腰三角形，
故⑤错误．
综上，正确的有①②③④，一共4个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、垂线段最短、矩形的判定和性质，解决线段间的数量关系，可以
借助特殊三角形的性质求解，转化线段是解决本题的关键．
押题解读
本考点为必考考点，几何中的多结论判定是比较重要的考查内容，常以选择题、填空题的形式出现。并
且考试的知识点较多，难度较大，易失分，往往是选择题、填空题中的压轴题。
1．如图，在
V
ABC中，ÐA=90°，AB= AC，点D为斜边BC上的中点，点E，F 分别在直角边AB，AC
上运动（不与端点重合），且保持AE=CF，连接DE，DF，EF．设BE=m，CF =n，EF = p．在点E,F
的运动过程中，给出下面三个结论：
p 2m+n
① <1；②m2 =p+np-n；③ p最小值为 ．
m+n 2
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
【答案】A
【分析】题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，①由AB= AC，BE= AF =m得AE=CF =n，
根据点E，F分别在直角边AB，AC上运动（不与端点重合），则AF+AE>EF，由此可对结论①进行判
断；②根据ÐA=90°，AF =m，AE=n，EF = p，由勾股定理得：AF2+AE2 =EF2，由此可对结论②进行判
断；③连接AD，设AD = h，根据等腰直角三角形的性质得AD^BC，AD=CD=BD=h，由勾股定理得
1 2m+n 1
h2 = m+n2，即h= ，再由p2 =m2+n2得p2-h2 = a-b2 ³0，当且仅当m=n时，
2 2 2
学科网（北京）股份有限公司1 2m+n 1
a-b2 =0，此时p=h，则有p= ，当m¹n时， m-n2 ³0，此时p>h，则有
2 2 2
2m+n
p> ，由此可对结论③进行判断，综上所述即可得出答案．
2
【详解】解：①∵AB= AC，BE= AF =m，
∴AE=CF =n，
∵点E，F分别在直角边AB，AC上运动（不与端点重合），
∴AF+AE>EF，
即m+n>p，
p
∴ <1，故结论①正确；
m+n
②∵ÐA=90°，
∴在Rt AFE中，AF =a，AE=b，EF =c，
V
由勾股定理得：AF2+AE2 =EF2，
即m2+n2 = p2，
∴m2 = p2-n2 =p+np-n，故结论②正确；
③连接AD，设AD = h，如图所示：
在 ABC中，ÐA=90°，AB= AC，点D为斜边BC上的中点，
V
∴AD^BC，AD=CD=BD=h，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD2+CD2 = AC2，
∴2h2 =m+n2，
1
∴h2 = m+n2，
2
2m+n
即h= ，
2
∵p2 =m2+n2，
1 1
∴p2-h2 =  m2+n2 - m+n2 = m-n2 ³0，
2 2
学科网（北京）股份有限公司1
当且仅当m=n时，即点E，F分别为AB，AC的中点时， m-n2 =0，
2
2m+n
此时p=h，则有p= ，
2
1 2m+n
当m¹n时，即点E，F不是AB，AC的中点时， m-n2 >0，此时p>h，则有p> ，
2 2
2m+n 2m+n
∴p³ ，且等号可以取到，即 p最小值为 ．故结论③正确．
2 2
综上所述：正确的结论是①②③．
故选：A．
2．如图，AD是
V
ABC的角平分线，BE平分ÐABC交AD于点E，BF是
V
ABC的外角平分线，交AD的延
长线于点F ，且BF∥AC，连接CF．下列结论错误的是（ ）
A．ÐEBF =90° B．ÐBCF =ÐBFC
C．若CF∥AB，则AE=BD D．若AF^BC，则CF =BC
【答案】C
【分析】根据角平分线得到角度关系结合平角即可判断A，根据平行及角平分线得到相应的角度关系得到
BC =BF 即可判断B，再证明ABFC是平行四边形即可判断C，最后证明AF 垂直平分BC即可判断D，即
可得到答案．
【详解】解 BE平分ÐABC，BF平分ÐCBG，
Q
1 1
\ÐCBE= ÐABC，ÐCBF =ÐFBG= ÐCBG，
2 2
1 1 1 1
\ÐEBF =ÐCBE+ÐCBF = ÐABC+ ÐCBG= ÐABC+ÐCBG= ´180°=90°，选项A正确，不符合
2 2 2 2
题意；
Q
BF∥AC，BF平分ÐCBG，
\ÐCBF =ÐACB=ÐFBG=ÐBAC，
\AB=BC，
AF平分ÐBAC，
Q
\ÐCAF=ÐFAG，
BF∥AC，
Q
学科网（北京）股份有限公司\ÐCAF =ÐAFB，
\ÐAFB=ÐBAF，
\AB=BF ，
\BC =BF，
\ÐBCF =ÐBFC，选项B正确，不符合题意；
CF∥AB，BF∥AC，
Q
\四边形ABFC是平行四边形．
\AB=CF ，AC =BF，
由上面知：AB=BC =BF，
\ ABC， BCF均为等边三角形，
V V
由三线合一易知AF^BC，ÐABC =ÐBAC =60°，
在Rt△BDE中，由角平分线定义知ÐDBE=ÐABE=30°，ÐBDE=90°，
\BE =2DE，
易知ÐBAE=ÐABE=30°，
\AE=BE=2DE，选项C错误，符合题意；
Q
AF ^BC，AF 平分ÐBAC，
结合AD= AD易证 ADC全等于 ADB，
V V
\易知AF 垂直平分BC，
\CF =BF，
又 BC=BF，
Q
\CF =BC，选项D正确，不符合题意；
综上，故选C．
【点睛】本题考查角平分线，平行四边形判定与性质，等边三角形的性质，垂直平分线的性质，全等三角
形性质和判定，解题的关键是从选项出发，找相应条件．
3．如图，已知
V
ABC，分别以AB、AC为边向外作等边△ABF和等边△ACE，CF和BE交于O点，则下
列结论：①CF =BE；②ÐCOE=60°；③OA平分ÐFOE；④OE=OA+OC．其中正确的有（ ）
学科网（北京）股份有限公司A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，正确作出辅
助线是解题的关键．根据等边△ABF和△ACE的性质，利用SAS可证△ABE≌△AFC，由全等三角形的性
质可知①正确；由三角形内角和为180°易求ÐBOC的度数，可知②正确；过A分别作AP^CF于P，
AQ^BE于Q，由S =S 可得AP= AO，进而可得OA平分ÐFOE，所以③正确；在OE上截取
VABE VAFC
OD=OC，利用SAS可证
V
ACO≌
V
ECD，由全等三角形对应边相等可得OE=DE+OD=OA+OC，故可得④
正确，据此即可求解．
【详解】解：∵△ABF和△ACE是等边三角形，
∴AB= AF ，AC = AE，ÐFAB=ÐEAC =60°，
∴ÐFAB+ÐBAC =ÐEAC+ÐBAC，
即ÐFAC =ÐBAE，
在 ABE与 AFC中，
V V
ìAB= AF
ï
íÐBAE=ÐFAC，
ï
îAE= AC
∴V ABE≌ V AFCSAS，
∴BE=FC，ÐAEB=ÐACF，故①正确；
∵ÐEAN+ÐANE+ÐAEB=180°，ÐCON+ÐCNO+ÐACF=180°，ÐANE=ÐCNO，
∴ÐCOE=ÐCAE=60°，故②正确；
过A分别作AP^CF于P，AQ^BE于Q，如图1，
∵△ABE≌△AFC，
∴S =S ，
VABE VAFC
学科网（北京）股份有限公司1 1
∴ CF·AP= BE·AQ，
2 2
∵CF =BE，
∴AP= AO，
∴点A在ÐFOE的角平分线上，
∴OA平分ÐFOE，故③正确；
如图2，在OE上截取OD=OC，
∵ÐCOE=60°，
∴ OCD是等边三角形，
V
∴CD=CO，ÐDCO=60°，
∴ÐDCO-ÐDCN =ÐACE-ÐDCN，即ÐACO=ÐECD，
∵AC =EC，
∴V ACO≌ V ECDSAS，
∴DE=OA，
∴OE=DE+OD=OA+OC，故④正确；
综上，正确的结论有①②③④，共4个，
故选：A．
4．如图，在Rt△ABC中，ÐABC =90°，以AC为边，作
V
ACD，满足AD=AC，E为BC上一点，连接AE，
ÐCAD=2ÐBAE，连接DE，下列结论中：①ÐADE=ÐACB；②ÐAEB=ÐAED；③AC ^DE；④
DE=CE+2BE．其中正确的有（ ）
学科网（北京）股份有限公司A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】C
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，掌握全等三角形的判定和性质是解
题的关键．如图所示，延长EB到点F ，使得BF =BE，连接AF ，设AC,DE交于点G ，可证
V
AFC≌
V
AEDSAS，根据全等三角形的性质可判定①②④，根据角平分线的性质定理可判定③；由此即
可求解．
【详解】解：如图所示，延长EB到点F ，使得BF =BE，连接AF ，设AC,DE交于点G ，
∵AB^BC，
∴AB垂直平分EF，
∴AE=AF，ÐBAF =ÐBAE，
∴ÐEAF =2ÐBAE=ÐCAD，
∴ÐEAF+ÐEAC =ÐEAC+ÐCAD，即ÐFAC =ÐEAD，
在 AFC和△AED中，
V
ìAF = AE
ï
íÐFAC =ÐEAD，
ï
îAC = AD
∴V AFC≌ V AEDSAS，
∴ÐADE=ÐACB，故①正确；
∴ÐAFB=ÐAEB=ÐAED，故②正确；
∴DE=FC =FB+BE+EC =2BE+EC，即DE=CE+2BE，故④正确；
∵ÐAED=ÐAEB，
∴EA平分ÐBED，
当ÐBAE=ÐGAE时，ÐABE =ÐAGE =90°，即AC ^DE，
∵无法确定ÐBAE与ÐGAE的数量关系，
∴无法确定AC ^DE，故③错误；
学科网（北京）股份有限公司综上所述，正确的有①②④，
故选：C ．
5．如图1，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线BE-ED-DC运动到点C停止，点Q
从点B出发沿BC运动到点C停止，它们运动的速度都是1cm/s．若点P、点Q同时开始运动，设运动时间
为ts，V BPQ的面积为y  cm2 ，已知y与t之间的函数图象如图2所示．给出下列结论：①当0<t£10
时，V BPQ是等腰三角形；②S
△ABE
=48cm2；③当14<t<22时，y =110-5t；④在运动过程中，使得
V
ABP
是等腰三角形的P点一共有3个；⑤V BPQ与
V
ABE相似时，t=14.5．对以上结论判断正确的是（ ）
A．①③⑤ B．①②③ C．①③④⑤ D．②③⑤
【答案】A
【分析】由图2可知，整个运动过程分为3段，故点P到达E时，点Q同时到达C，由此可知
BC =BE=10，ED=4，AE= AD-ED=6，由勾股定理求得AB=8，由此分别分析各命题的正误．
【详解】解：由图可知，BC =BE=10，ED=14-10=4，
Q
四边形ABCD是矩形，
\ AD=BC =10，AB=CD．
\ AE = AD-ED=10-4=6，
\ AB= BE2-AE2 = 102-62 =8，
\CD= AB=8．
对于①，当0<t£10时，点P在BE上，点Q在BC上，且BP=BQ，
\
V
BPQ是等腰三角形，①正确；
1 1
对于②，S = ´AB´AE= ´8´6=24cm2，②错误；
△ABE 2 2
对于③，
Q
BE+ED=14cm，BE+ED+DC =10+4+8=22cm，
\当14<t<22时，点P在CD上，点Q在C处，
1
\ y= ´10´(22-t)=110-5t，③正确；
2
学科网（北京）股份有限公司对于④，如图，以点B为圆心，AB长为半径画弧，交BE于P，当点P位于P处时， ABP是等腰三角形；
1 1 V
以点A为圆心，AB长为半径画弧，交ED于P ，当点P位于P 处时， ABP是等腰三角形；
2 2 V
作AB的垂直平分线，交BE于P ，交CD于P ，当点P位于P 或P 处时， ABP是等腰三角形．
3 4 3 4 V
综上，运动过程中，使得 ABP是等腰三角形的点P一共有4个，④错误；
V
对于⑤，
Q
△BEA是直角三角形，
\当且仅当点P在CD上时，V BPQ与△BEA相似，此时BQ=BC =10，PQ=22-t，且ÐA=ÐBQP=90°，
AB AE AB AE
\ = 或 = ，
BQ PQ PQ BQ
8 6 8 6
即 = 或 = ，
10 22-t 22-t 10
26
解得t=14.5或t = （舍去）．
3
\当V BPQ与△BEA相似时，t=14.5，⑤正确．
综上可得，正确的有：①③⑤．
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，函数图象与动点问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与
判定，一次函数的应用，勾股定理，熟练掌握相关性质是解题的关键．
押题猜想十二 几何中的最值问题
限时：5min
（改编）如图，已知点C是直线l外一定点，AB是直线l上的动线段，AB=5，连接AC、BC，
S =15．求当AC+BC取最小值时sinÐCBA的值．小慧在解题过程中发现：“借助物理学科的相对运动，
VABC
若将AB看作静止线段，则点C在平行于直线l的直线上运动”．请你参考小聪的思路求当AC+BC取最小值
时sinÐCBA= ．
学科网（北京）股份有限公司12
【答案】
13
【分析】过点C作l ∥l，作点B关于直线l 的对称点B¢，交直线l 于点E，连接AB¢交直线l 于点P，连接
1 1 1 1
PB，过点P作PD^ AB于点D，连接CB¢，当A、C、B¢三点共线时，即点C运动到点P处时，AC+BC
取最小值．，先求出PD和BB¢的值，再通过勾股定理求出AB¢=13，通过角度的代换，证得
BB¢
ÐPAB=ÐPBA，通过sinÐCBA=sinÐPBA=sinÐPAB= 即可求解．
AB¢
【详解】解：如图，过点C作l ∥l，作点B关于直线l 的对称点B¢，交直线l 于点E，连接AB¢交直线l 于
1 1 1 1
点P，连接PB，过点P作PD^ AB于点D，连接CB¢，
Q
点B¢是点B关于直线l
1
的对称点，
\直线l 垂直平分B¢B，
1
\PB¢=PB，B¢E=BE，CB¢=CB，
\AC+BC = AC+B¢C³ AB¢，
\当A、C、B¢三点共线时，即点C运动到点P处时，AC+BC取最小值．
1
AB=5，S = AB×PD=15，
Q VABC 2
S
\PD= VABC =6
1 ．
AB
2
Q
l
1
∥l，且PD^ AB，l
1
^BB¢，
\ÐPDB=ÐDPE=ÐPEB=90°，
\四边形PDBE是矩形，
学科网（北京）股份有限公司\PD=BE=B¢E=6，ÐEBD=90°，
\BB¢=2BE=12，ÐEBP+ÐPBA=90°，ÐB¢+ÐPAB=90°，
PB¢=PB，
Q
\ÐB¢=ÐEBP，
\ÐPAB=ÐPBA，
BB¢=12，AB=5，
Q
在Rt ABB¢中，AB¢2 = AB2+BB¢2，
V
\AB¢= 52+122 =13，
BB¢ 12
\sinÐCBA=sinÐPBA=sinÐPAB= = ．
AB¢ 13
12
\当AC+BC取最小值时，sinÐCBA= ．
13
12
故答案为： ．
13
【点睛】本题主要考查了动点最值的将军饮马模型，线段垂直平分线的性质，矩形的判定与性质，三角函
数，勾股定理，熟练掌握动点最值类模型的解题思路是解题关键．
押题解读
本考点为必考考点，几何中的最值问题是比较重要的考查内容，常以选择题、填空题、解答题的形式出
现。并且与其它知识结合在一起，难度较大，易失分，往往是选择题、填空题、解答题中的常考题。
1．如图，对折长方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平后再次折叠，使点A落在
EF上的点A¢处，得到折痕BM，BM与EF相交于点N．若直线BA¢交直线CD于点O，OF=1，
3
A¢M = A¢O，点Q是折痕BM上的一个动点，则AQ+QE的最小值为 ．
2
9
【答案】
2
【分析】连接AA¢，由折叠的性质及题意易得AB= AA¢= A¢B，则有 AA¢B是等边三角形，进而可得
V
学科网（北京）股份有限公司ÐABM =ÐA¢BM =ÐA¢BC =30°；设A¢M =3x，A¢O=2x，然后利用含30度角的直角三角形的性质和勾股
3 3 9
定理求得可得x=1，则求得BE= ，A¢B=3 3，进而求得A¢E = ，根据对称性得到
2 2
9
AQ+QE = A¢Q+QE ³ A¢E = ，当A¢、Q、E共线时取等号，进而可求解．
2
【详解】解：连接AA¢，如图所示：
∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，
1
∴AA¢= A¢B，BE =CF = AB，ÐBEF =ÐAEF =90°，
2
∵把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A¢处，得到折痕BM，
∴AB= A¢B，ÐABM =ÐA¢BM ，ÐBA¢M =ÐBAM =90°，
∴AB= AA¢= A¢B，即 AA¢B是等边三角形，
V
∴ÐA¢AB=ÐAA¢B=ÐA¢BA=60°，
∵ÐABC =ÐBAM =90°，
∴ÐABM =ÐA¢BM =ÐA¢BC =30°，
3
∵A¢M = A¢O，
2
∴设A¢M =3x，A¢O=2x，
则在Rt△A¢BM 中，BM =2A¢M =6x，
∴AB= A¢B= BM2-A¢M2 =3 3x，
3 3
∴BE =CF = x，
2
∵在Rt△BCO中，BO=2CO，又OF=1
æ3 3 ö
∴3 3x+2x=2ç x+1÷，
ç 2 ÷
è ø
解得x=1，
3 3
∴BE= ，A¢B=3 3，
2
学科网（北京）股份有限公司9
∴A¢E = A¢B2-BE2 = ，
2
∵点Q是折痕BM上的一个动点，点A与点A¢关于BM对称，
∴连接A¢Q，则A¢Q= AQ，
9
∴AQ+QE = A¢Q+QE ³ A¢E = ，当A¢、Q、E共线时取等号，此时点Q在N处，
2
9
∴AQ+QE的最小值为 ，
2
9
故答案为： ．
2
【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理及二次根式的运算、
含30度角的直角三角形的性质、最短路径问题，熟练掌握折叠的性质、等边三角形的判定与性质、利用轴
对称性质求最短路径是解题的关键．
2．几何模型：
条件：如图1，A、B是直线l同侧的两个定点．
问题：在直线l上确定一点P，使PA+PB的值最小，
方法：作点B关于直线l的对称点B¢，连接AB¢交l于点P，则
PA+PB=
AB¢的值最小．
直接应用：
（1）如图2，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM =2，N是AC上一动点，则DN +MN的最小
值为 ．
学科网（北京）股份有限公司变式练习：
（2）如图3，点A是半圆上（半径为1）的三等分点，B是弧AN的中点，P是直径MN上一动点，求PA+PB
的最小值．
深化拓展：
（3）如图4，在锐角△ABC中，AB=4 2，ÐBAC =45°，ÐBAC的平分线交BC于点D，M、N分别是
AD和AB上的动点，求BM +MN 的最小值．
【答案】（1）10；（2） 2；（3）4
【分析】（1）如图2（详解），由正方形的性质可知点B和点D关于AC对称，连接BM,由题目中的几何
模型可知BM是DN +MN的最小值，由题可知BC=8,CM =6,根据勾股定理可求出BM即可；
（2）如图3（详解），先作出点B关于MN对称点C,连接AC,OC,由几何模型可知AC是AP+BP的最小
值，因为点A是半圆上（半径为1）的三等分点，B是弧AN的中点，所以可得ÐAOC=90°，根据勾股定理
求出AC即可；
学科网（北京）股份有限公司（3）由题意和对称性可知MN¢=MN,要求BM +MN 最小值，就是求出BM +MN¢的最小值即可，根据垂线
段最短过点B作BH ^ AC,BH是两线段之和最小值；因为AB=4 2，ÐBAC =45°，根据解直接三角形即
可得到答案.
【详解】（1）连接BM
在正方形ABCD中，
BC =CD=8,ÐBCD=90°，
又DM =2
∴CM =CD-DM =8-2=6,
在Rt△BCM 中
BM = CM2 +BC2 = 62 +82 =10，
故DN +MN的最小值为10.
（2）作出点B关于MN对称点C，连接AC,OC,
∵点A是半圆上（半径为1）的三等分点，B是弧AN的中点，
∴ÐAOC =60°+30°=90°，AC =OC =1
在Rt AOC中
V
AC = AO2+OC2 = 12+12 = 2，
即PA+PB的最小值 2．
学科网（北京）股份有限公司（3）连接MN¢,过点B作BH ^ AC.
∵ÐBAC的平分线交BC于点D，
∴MN¢=MN，
即要求BM +MN 最小值，就是求出BM +MN¢的最小值，根据垂直段最短，BH是BM +MN¢的最小值，即
也是BM +MN 的最小值.
在Rt ABH中
V
AB=4 2，ÐBAC =45°，
4 2
∴BH = =4，
2
即BM +MN 的最小值4.
【点睛】本题主要考查了将军饮马模型，勾股定理，解直接三角形，垂直段最短等知识点，解决此题的关
键是合理的理由题目中的几何模型（将军饮马模型）.
押题猜想十三 几何图形的证明与计算问题
限时：4min
（改编） 1．如图，在
V
ABC中，AB= AC，AD是
V
ABC的高线，E是AB边上一点，过点C作CF∥AB
交ED的延长线于点F．
学科网（北京）股份有限公司(1)求证： BDE≌ CDF；
V V
(2)当AE=1，CF =4，AD=3时，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)BC=8
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练掌握各知识
点是解题的关键．
（1）由三线合一得到BDCD，再由平行线导角，利用AAS即可证明；
（2）由全等三角形的性质先求出AB，由三线合一得到AD^BC，BD=CD，再由勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明： CF∥AB，
Q
\ÐB=ÐFCD，ÐBED=ÐF，
AD是 ABC的高，AB= AC，
Q V
\BD=CD．
\△BDE≌△CDF(AAS)；
（2）解： △BDE≌△CDF ，
Q
\BE=CF =4，
\AB=AE+BE=1+4=5，
AB=AC，AD是角平分线，
Q
∴AD^BC，BD=CD，
\BD= AB2-AD2 = 52-32 =4，
\BC =2BD=8．
押题解读
本考点为必考考点，几何图形的证明与计算问题是湖南比较重要的必考内容，常以解答题的形式出现。
这类题都是基础题，难度不大，易得分，每年都有14-16分。
学科网（北京）股份有限公司1．如图，
V
ABC是等腰直角三角形，ÐACB=90°，D为AB边上一点，BD=AE，ÐB=ÐEAC．
(1)证明：CD=CE；
(2)若ÐAEC =75°，求ÐADE的度数．
【答案】(1)见解析
(2)60°
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质．
（1）根据SAS可证明 BCD≌ ACE，根据全等三角形的性质即可得结论；
V V
（2）由 BCD≌ ACE得到ÐBCD=ÐACE，推出 ECD是等腰直角三角形，得到
V V V
1
ÐCED=ÐCDE= ´90°=45°，则ÐAED=ÐAEC-ÐCED=75°-45°=30°，最后根据ÐADE=90°-ÐAED
2
求解即可．
【详解】（1）证明：∵V ABC是等腰直角三角形，
∴BC = AC，
∴ÐB=ÐCAB=ÐEAC =45°，
在△BCD和△ACE中，
ìBC = AC
ï
íÐB=ÐEAC，
ï
îBD= AE
∴V BCD≌ V ACESAS，
∴CD=CE；
（2）解：∵ BCD≌ ACE，
V V
∴ÐBCD=ÐACE，
∴ÐECD=ÐACB=90°，
∵CD=CE，
学科网（北京）股份有限公司1
∴ÐCED=ÐCDE= ´90°=45°，
2
∴ÐAED=ÐAEC-ÐCED=75°-45°=30°，
∵ÐEAD=ÐEAC+ÐCAD=45°+45°=90°，
∴ÐADE=90°-ÐAED=90°-30°=60°．
2．如图，在菱形ABCD中，点E、F 分别为CD、AD边上的点．
(1)请你只添加一个条件（不另加辅助线），使得AE=CF，你添加的条件是______；
(2)添加了条件后，证明AE=CF．
【答案】(1)DE=DF（答案不唯一，符合题意即可）
(2)见解析
【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定及性质，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键
（1）根据菱形的性质可知AD=CD，ÐD=ÐD，要使得AE=CF，只需要添加的条件使得
V
ADE≌
V
CDF
即可；
（2）根据（1）的思路，利用查菱形的性质，全等三角形的判定及性质证明即可．
【详解】（1）解：添加DE=DF，可根据全等三角形的性质得到结果
故答案为：DE=DF（答案不唯一，符合题意即可）；
（2）证明：在菱形ABCD中，AD=CD，
∵DE=DF，ÐD=ÐD，
∴△ADE≌△CDFSAS，
∴AE=CF．
3．如图，在 ABCD中，AC为对角线，过点B作BE^ AC交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线
Y
于点G．
(1)求证：GF×CG=DG×BG；
学科网（北京）股份有限公司(2)如果AB2 =BE×BF ，求证：四边形ABCD是矩形．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】本题考查平行四边形及特殊四边形综合，涉及平行四边形性质、相似三角形的判定与性质、矩形
的判定，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
（1）由平行四边形性质，结合相似三角形的判定得到 GFD∽ GBC，由相似比变形即可得证；
V V
（2）由题中条件，结合相似三角形的判定得到 ABE∽ FBA，再由相似三角形的性质得到ÐAEB=ÐFAB，
V V
根据四边形ABCD是平行四边形，由矩形的判定即可得证．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DF∥BC，
∴ÐGDF =ÐGCB，
∵ÐG=ÐG，
∴ GFD∽ GBC，
V V
GF DG
∴ = ，
GB CG
∴GF×CG=DG×BG；
（2）∵AB2 =BE×BF ，
AB BE
∴ = ，
BF AB
又∵ABE=ÐABF，
∴ ABE∽ FBA，
V V
∴ÐAEB=ÐFAB，
∵BE^ AC，
∴ÐAEB =90°，
∴ÐBAF =90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形．
4、如图，
V
ABC与
V
ADE都是等边三角形，且B，D，E三点共线，CF∥BE交AD的延长线于F．
学科网（北京）股份有限公司(1)求证：①△ABD≌△ACE；
②四边形DFCE是平行四边形；
(2)若AD=2，AB=4，求四边形AFCE的面积．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2) 39
【分析】（1）①根据等边三角形的性质和等式的性质可得出AB= AC，AD= AE，ÐBAD=ÐCAE，然后
根据SAS证明△ABD≌△ACE即可；
②根据全等三角形的性质得出ÐABD=ÐACE，根据三角形外角的性质以及角的和差关系可得出
ÐABD=ÐDAC，则ÐDAC =ÐACE，根据平行线的判定得出AF∥CE，然后根据平行四边形的判定即可
得证；
（2）过E作EH ^ AF于H ，设AC与BE相交于O，根据正弦的定义求出HE= 3，
V
AOD∽
V
BOA，可得
出BO=2AO，AO=2DO，设DO=a，则AO=2a，BO=4a，
3 3
∴BD=3a，根据全等三角形的性质得出BD=CE=3a，证明
V
ADO∽
V
CEO，求出EO= a2，则a+ a2 =2，
2 2
13-1
解方程求出a= ，然后根据平行四边形的性质求出DF =CE= 13-1，最后根据梯形的面积公式求解
3
即可．
【详解】（1）证明：①∵V ABC与
V
ADE都是等边三角形，
∴AB= AC，AD= AE=DE，ÐBAC=ÐDAE=ÐADE=60°，
∴ÐBAD=ÐCAE，
∴V ABD≌ V ACESAS；
②∵△ABD≌△ACE，
∴ÐABD=ÐACE，
∵ÐADE =ÐABD+ÐBAD，ÐBAC=ÐBAD+DAC，ÐBAC =ÐADE=60°，
∴ÐABD+ÐBAD=ÐBAD+ÐDAC，
学科网（北京）股份有限公司∴ÐABD=ÐDAC，
∴ÐDAC =ÐACE，
∴AF∥CE，即DF∥CE，
又CF∥DE，
∴四边形DFCE是平行四边形；
（2）解：过E作EH ^ AF于H ，设AC与BE相交于O，
∵AD=2，AD= AE=DE，
∴AE=DE=2，
∵ÐDAE=60°，
∴HE=AE×sinÐHAE=2´sin60°= 3，
∵ÐABD=ÐDAO，ÐAOD=ÐBOA，
∴ AOD∽ BOA，
V V
AD DO AO DO AO 2 1
∴ = = ，即 = = = ，
AB AO BO AO BO 4 2
∴BO=2AO，AO=2DO，
设DO=a，则AO=2a，BO=4a，
∴BD=3a，
∵△ABD≌△ACE，
∴BD=CE=3a，
∵AF∥CE，
∴ ADO∽ CEO，
V V
AD DO 2 a
∴ = ，即 = ，
CE EO 3a EO
3
∴EO= a2，
2
∵DE=2，
学科网（北京）股份有限公司3
∴a+ a2 =2，
2
13-1
∴a= （负值舍去），
3
13-1
∴CE=3´ = 13-1，
3
∵四边形DFCE是平行四边形，
∴DF =CE= 13-1，
∴AF =AD+DF = 13+1，
1  
∴四边形AFCE的面积为 ´ 13+1+ 13-1 ´ 3= 39．
2
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角
形的判定与性质，解直角三角形，解一元二次方程等知识，明确题意，寻找合适的相似三角形求解是解题
的关键．
5．已知，如图，AB是 O的直径，点C为 O上一点，OF ^BC于点F，交 O于点E，AE与BC交于点
e e e
H，点D为OE的延长线上一点，且ÐODB=ÐAEC．
(1)求证：BD是 O的切线；
e
(2)连接BE，求证：BE2 =EH×EA；
3
(3)若 O的半径为10，sin A= ，求BH的长．
e
5
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)15
【分析】（1）先由圆周角定理和已知条件说明ÐODB=ÐABC，再证ÐABC+ÐDBF =90°，进而证得
ÐOBD=90°即可证明结论；
（2）如图：连接AC，由垂径定理得出BE=CE得出ÐCAE=ÐECB、BE=CE，再由公共角ÐCEA=ÐHEC
学科网（北京）股份有限公司CE EH
可得 CEH AEC，由相似三角形的性质可得 = 即可得出结论；
V :V
EA CE
（3）如图：连接BE，由圆周角定理得出ÐAEB =90°，由三角函数求出BE，再根据勾股定理求出EA，得
出BE=CE=12，由（2）的结论求出EH，然后根据勾股定理求出BH即可．
【详解】（1）解： ÐODB=ÐAEC，ÐAEC =ÐABC，
Q
\ÐODB=ÐABC，
OF ^BC，
Q
∴ÐBFD=90°，
\ÐODB+ÐDBF =90°，
\ÐABC+ÐDBF =90°，即ÐOBD=90°，
\BD^OB，
OB是 O的半径，
Q e
\BD是 O的切线；
e
（2）解：如图：连接AC，
∵OF ^BC，
∴BE=CE，BE=CE
∴ÐCAE=ÐECB，
∵ÐCEA=ÐHEC，
∴V CEH :V AEC，
CE EH
∴ = ，
EA CE
∴CE2 =EH´EA
∵BE=CE
∴BE2 =EH´EA；
学科网（北京）股份有限公司（3）解：如图：连接BE，
∵AB是⊙O的直径，
∴ÐAEB =90°，
3
∵⊙O的半径为10，sin A=
5
3
∴AB=20，BE= ABsinA=20´ =12，
5
∴AE= AB2-BE2 = 202-122 =16，
∵BE=CE，
∴BE=CE=12，
∵BE2 =EH´EA，
122
∴EH = =9，
16
在Rt△BEH 中，BH = BE2+EH2 = 122+92 =15．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系定理，勾股定理，三角函
数，相似三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线、构造三角形相似成为解答本题的关键．
押题猜想十四 圆的综合问题
限时：5min
（改编） 如图，AB是 O的直径，CD平分ÐACB交 O于点D，点E在CA的延长线上，满足
e e
ÐCDE=ÐCBD.
学科网（北京）股份有限公司(1)求证：DE与 O相切；
e
(2)在下列两个等式中，正确的请在相应的括号中打“√”，错误的打“×”，并选择其中一个正确的等式进行证
明；
1 1 2 1 1 1
① + = （ ）；② + = （ ）；
AC BC FC AC×BC BD2 CF×FD
ED S
(3)设△CED的面积为S ，△CDB的面积为S ，若tanÐE=x，y=4× - 1 ，试求y关于x的函数关系式，
1 2 AB S
2
并求当x为何值时，y的值最大.
【答案】(1)见解析
(2)①√；②√
(3)y关于x的函数解析式为y= 2x+2
-
x+12
，当x=1时，y取最大值为2
x 2x2
【分析】（1）连接OD，先证ÐAOD=90°，再证AB∥CD即可得证；
（2）分别根据①和②式倒推出需要证明的等式，再根据题干条件去证即可，①过F 作FG
^
AC，FH ^BC，
则四边形CGFH 是正方形，再根据等面积即可得证．②证△AFC∽△DBC和△DBC∽△DFB得出比例线
段，再代入式子推导即可；
BC ED CD
（3）根据题干条件可得AB= 2BD，tanÐE=tanÐCAB=x= ，由
V
CED∽
V
CDB得 = ，所以
AC BD CB
S æCDö 2
1 =ç ÷ ，再代入得y即可，需要注意的是在求最值过程中需要换元法．
S èCBø
2
【详解】（1）证明：连接OD，
Q
AB是
e
O的直径，
\ÐACB=90°，
CD平分ÐACB，
Q
1
\ÐACD=ÐDCB= ÐACB=45°，
2
QAD= AD，
学科网（北京）股份有限公司\ÐAOD=2ÐACD=90°，ÐABD=ÐACD=45°，
ÐCBD=ÐCBA+ÐABD=ÐCBA+45°，且ÐCFA=ÐCBA+ÐDCB=ÐCBA+45°，
Q
\ÐCFA=ÐCBD，
ÐCBD=ÐCDE，
Q
\ÐCFA=ÐCDE，
\AB DE，
P
\ÐODE=90°，
\OD^DE，
OD是 O的半径，
Q e
\DE与O相切；
（2）解：①Ö，②Ö．
证明：①如图：过F 作FG
^
AC，FH ^BC，则四边形CGFH 是矩形，
1
ÐACD=ÐDCB= ÐACB=45°，
Q
2
\四边形CGFH 是正方形，
2
\FG=FH = FC，
2
S =S +S ，
Q VABC VACF VBCF
2 2 2
\AC×BC=AC×FG+BC×FH =AC× FC+BC× FC= (AC×FC+BC×FC)，
2 2 2
\ 2AC×BC=AC×FC+BC×FC，
1 1 2
两边同时除以AC×BC×CF得： + = ．
AC BC FC
② ÐACF =ÐBCD=45°，ÐCAF =ÐBDC，
Q
\ AFC∽ DBC，
V V
AC FC
\ = ，即AC×BC =CF×CD，
CD BC
ÐDBF =ÐBCD=45°，ÐBDF =ÐBDC，
Q
\ DBC∽ DFB，
V V
BD DC
\ = ，即BD2 =DF×CD，
DF BD
学科网（北京）股份有限公司1 1 1 1 CF+DF 1
\ + = + = = ．
AC×BC BD2 CF×CD DF×CD CF×FD×CD CF×FD
故答案为：Ö，Ö．
BC
（3）解：由前两问可知，AB= 2BD，tanÐE=tanÐCAB=x= ，
AC
设AC=a，则BC =xa，
AC+BC = 2CD，
Q
xa+a
\CD= ，
2
CD x+1
\ = ，
BC 2x
ÐACD=ÐDCB，ÐCDE=ÐCBD，
Q
\ CED∽ CDB，
V V
ED CD
\ = ，
BD CB
S æCDö 2
\ 1 =ç ÷ ，
S èCBø
2
ED æCDö 2 CD æCDö 2 x+1 æx+1ö 2 2x+2 (x+1)2
\y=4× -ç ÷ =2 2× -ç ÷ =2 2× - ç ÷ = - ，
2BD èCBø BC èCBø 2x è 2xø x 2x
x+1 1 1
令t = ，则y=2t- t2 =- (t-2)2+2，
x 2 2
\当t =2时，y取最大值为2，此时x=1，
\y关于x得函数解析时为y= 2x+2 - (x+1)2 ，当x=1时，y取最大值为2．
x 2x
【点睛】本题主要考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定和性质、正方形的判定和性质、等
腰直角三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关知识点是解题关键．
押题解读
本考点为必考考点，圆的综合问题是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现。这类题综合性强，
知识跨度较大，所以难度较大，易失分，往往是解答题中的压轴题。
1．已知，
V
ABC是半径为5的
e
O的内接三角形，点D是
V
ABC的内心，射线AD分别交BC、
e
O于点
E、F．
学科网（北京）股份有限公司(1)如图1，连接BF，求证：
V
AEC∽
V
ABF；
(2)如图2，ÐBAC =90°；
①若AB=8，求AF 的长；
AF
②若ÐABC =30°，求 的值；
DF
(3)如图3，ÐBAC=60°，射线BD、CD分别交
e
O于点G、H ，点A在直线BC上方的圆弧上运动，无论点A
如何移动，线段DF、DG、DH中有一个为定值，请判断是哪一个线段，并求出此定值．
【答案】(1)证明见解析；
AF 3+1
(2)① AF =7 2；② = ；
DF 2
(3)线段DF为定值，且DF =5．
【分析】（1）由点D是 ABC的内心，则ÐBAF =ÐFAC，再由圆周角定理可得ÐC =ÐF，从而求证；
V
（2）①连接BF，OF，过点B作BG^ AF 于点G ，由点D是
V
ABC的内心，得ÐBAF =ÐFAC =45°，
再由勾股定理即可求解；
②连接BF，过点B作BR^AF于点R，过点D作DN ^ AB于点N ，由内心和线段和差即可求解；
（3）连接OB，BF，OF，FC，通过性质和圆周角定理证明 OBF 为等边三角形即可．
V
【详解】（1）∵点D是
V
ABC的内心，
∴ÐBAF =ÐFAC，
∵AB= AB，
∴ÐC =ÐF，
∴ AEC∽ ABF；
V V
（2）①由题意知AB=8，ÐBAC =90°，直径BC =10，
∴由勾股定理得AC = BC2-AB2 = 102-82 =6，
连接BF，OF，过点B作BG^ AF 于点G ，
学科网（北京）股份有限公司∵点D是
V
ABC的内心，
1
∴ÐBAF =ÐFAC = ÐBAC =45°，
2
∴AG=BG=4 2，BF =5 2
 2  2
在Rt V BGF中， FG= BF2-BG2 = 5 2 - 4 2 =3 2，
AF = AG+GF =4 2+3 2 =7 2；
②连接BF，过点B作BR^AF于点R，过点D作DN ^ AB于点N ，
∵ÐABC =30°，ÐBAC =90°，
∴ÐACB=60°，
∵AB= AB，
∴ÐAFB=ÐACB=60°，
∵点D是
V
ABC的内心，
∴ÐBAF =ÐFAC =45°，
∴AB=5 3，
5 6 5 6 3 5 2
∴BR= AR= ， RF = ´ = ，
2 2 3 2
5 6 5 2 5( 6+ 2)
∴AF = AR+RF = + = ，
2 2 2
 
5 3-1
AB+AC-BC 5 3+5-10 5 3-5
∵ND= = = = ，
2 2 2 2
5( 3-1) 2 5( 6- 2)
∴AD= 2ND= = ，
2 2
学科网（北京）股份有限公司5( 6+ 2) 5( 6- 2)
∴DF = AF-AD= - =5 2，
2 2
AF 3+1
∴ = ；
DF 2
（3）连接OB，BF，OF，FC，
∵点D是
V
ABC的内心，ÐBAC=60° ，
∴ÐBAF =ÐFAC =30°，ÐABD=ÐDBC，
∵FC =FC，
∴ÐFAC =ÐFBC，
∴Ð FBC =Ð BAF，
∵ÐBDF =ÐBAD+ÐABD，ÐFBD=ÐFBC+ÐDBC，
∴∠BDF =∠FBD，
∴BF =FD，
∵BF =BF，
∴ÐBOF =2ÐBAF =2´30°=60°，
又∵OB=OF ，
∴ OBF 为等边三角形，
V
∴BF =OB=5
∴DF =FC =BF =5，
连接AH，AG，
同理可得，DH = AH ，DG= AG，
但AH，AG随着点A的运动而变化，
∴线段DF为定值，且DF =5．
【点睛】本题考查了圆周角定理，内心的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定，
熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键．
2、定义：若一个圆内接四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为圆正直四边形．
学科网（北京）股份有限公司(1)若四边形ABCD为圆正直四边形，请你判断下列说法是否正确．（在题后相应的括号中，正确的画“√”，
错误的画“×”）
①四边形ABCD一定是平行四边形；（ ）
②四边形ABCD可能是正方形；（ ）
③四边形ABCD的四条边的数量关系为AB2+CD2 = AD2+BC2．（ ）
(2)如图①，四边形ABFC是圆正直四边形，
e
O的直径AD交BF于点P，连接BC交AD于点E，连接DF，
证明：PE·PF =PB·PD；
(3)如图②，在
V
ABC中，经过点A，B的
e
O交AC边于点D，交BC于点E，连接AE，BD交于点F，若
3
在四边形ABED的内部存在一点P，PA^PD，PB^PE，ÐPBC =ÐADP=a，且tana= ，PE交BD于
4
CE 1
点G，PB+PD=12， = ，求DE的最小值．
AC 2
【答案】(1)①×；②√；③√
(2)见详解
3 10
(3)
2
【分析】（1）根据四边形ABCD为圆正直四边形，得出AC^BD，根据勾股定理得出
AD2+BC2 = AO2+DO2+BO2+CO2,AB2+DC2 = AO2+BO2+DO2+CO2，即可证明
AB2+DC2 = AD2+BC2．再根据平行四边形、正方形的性质判断①②③即可．
（2）连接AF ，如图，根据圆周角定理得出ÐAFD=90°，再根据四边形ABFC为圆正直四边形，得出BC ^ AF，
PE BP
判断出BC∥DF，证明 EBP∽ DFP，即可得 = ，即可证明PE·PF =PB·PD．
V V
DP PF
AP PD
（3）证明△APD∽△EPB，得出 = ，再证明△APE∽△DPB，得出ÐAEP=ÐDBP，根据三角形内
EP PB
角和定理得出ÐAEP+ÐEGF =90°，即ÐBFE=90°，BD^ AE，勾股定理证出AB2+DE2 = AD2+BE2，根
DE CD CE 1
据四点共圆得出ÐCDE=ÐCBA，证明 CDE∽ CBA，得出 = = = ，结合PB+PD=12，设
V V
AB BC AC 2
学科网（北京）股份有限公司AP 3
PD=x,DE= y，则PB=12-x,AB=2DE=2y，在Rt APD中，根据tana=tanÐADP= = ，表示出
V
PD 4
3 5 PE 3
AP= x，勾股定理表示出AD= x，在Rt
V
PBE中，根据tana=tanÐPBE= = ，表示出
4 4 PB 4
3 5
PE= 12-x，勾股定理表示出BE= 12-x，根据AB2+DE2 = AD2+BE2列出方程即可得出关于x,y的
4 4
等式，再根据二次函数最值即可求出最终结果．
【详解】（1）解：如图，若四边形ABCD为圆正直四边形，则AC^BD，
\AD2+BC2 = AO2+DO2+BO2+CO2,AB2+DC2 = AO2+BO2+DO2+CO2，
\AB2+DC2 = AD2+BC2．
故四边形ABCD不一定是平行四边形；可能是正方形；
①四边形ABCD一定是平行四边形；（×）
②四边形ABCD可能是正方形；（√）
③四边形ABCD的四条边的数量关系为AB2+CD2 = AD2+BC2．（√）
（2）证明：连接AF ，如图，
∵AD是
e
O的直径，
\ÐAFD=90°，
∵四边形ABFC为圆正直四边形，
\BC ^ AF，
\BC∥DF ，
\ EBP∽ DFP，
V V
学科网（北京）股份有限公司PE BP
\ = ，
DP PF
∴PE·PF =PB·PD．
（3）解：∵PA^PD,PB^PE，
\ÐAPD=ÐBPE=90°，
ÐPBC =ÐADP=a，
Q
\△APD∽△EPB，
AP PD
\ = ，
EP PB
AP EP
\ = ，
PD PB
ÐAPD+ÐDPE=ÐBPE+ÐDPE，
Q
即ÐAPE=ÐDPB，
∴△APE∽△DPB，
\ÐAEP=ÐDBP，
又 ∵ÐDBP+ÐPGB=90°,ÐPGB=ÐEGF，
∴ÐAEP+ÐEGF =90°，即ÐBFE=90°，
\BD^ AE，
\AD2+BE2 = AF2+FD2+BF2+EF2,AB2+DE2 = AF2+BF2+FD2+EF2，
\AB2+DE2 = AD2+BE2，
Q
A,B,E,D四点共圆，
\ÐCDE=ÐCBA，
ÐC =ÐC，
Q
\ CDE∽ CBA，
V V
DE CD CE 1
\ = = = ，
AB BC AC 2
又 ∵PB+PD=12，
设PD=x,DE= y，则PB=12-x,AB=2DE=2y，
3
tana= ,ÐAPD=ÐBPE=90°，
Q
4
AP 3
∴在Rt APD中，tana=tanÐADP= = ，
V
PD 4
3
\AP= x，
4
学科网（北京）股份有限公司5
则利用勾股定理可得AD= AP2+PD2 = x，
4
PE 3
在Rt PBE中，tana=tanÐPBE= = ，
V
PB 4
3
\PE= 12-x，
4
5
则利用勾股定理可得BE= BP2+PE2 = 12-x，
4
∵AB2+DE2 = AD2+BE2，
æ5 ö 2 é5 ù 2
∴(2y)2+y2 =ç x÷ +
ê
(12-x)
ú
，
è4 ø ë4 û
5 15
即有y2 = x2- x+45，
8 2
45 3 10
∴当x=6时，y2取最小值 ，从而y取最小值，最小值为 ，
2 2
3 10
即DE的最小值为： ．
2
【点睛】此题考查的是圆的综合，主要考查了新定义圆正直四边形的理解和运用，相似三角形的判定与性
质，勾股定理，圆周角定理，解直角三角形，二次函数的最值，四点共圆的性质等知识点，多次证明相似
三角形是解答本题的关键．
3、如图，AB为 O的直径，弦CD^ AB于点E,G为劣弧AD上一动点，AG与CD的延长线交于点F ，连
e
接AC、AD、CG、DG．
(1)求证：ÐAGC =ÐDGF；
(2)若AB=10,CD=8
①若DF =5，求CG的长；
S
②若DF = x, △ACG = y，求y与x之间的函数关系式；
S
△CDG
(3)在（2）的条件下即AB=10,CD=8,DF = x，求AG×DG的最大值．
【答案】(1)见解析
学科网（北京）股份有限公司52 29 10
(2)① ；②y= ．
29 x
(3)50-10 5
【分析】本题主要考查了圆周角定理、圆的内接四边形、相似三角形的判定与性质、完全平方公式等知识
点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
（1）如图：连接BG，利用圆周角定理以及等量代换即可解答；
（2）①先根据圆周角定理、勾股定理可得OE=3、AE=8、AC=4 5、AF = 145，再证明
△ACG∽△AFC，然后根据相似三角形的性质列比例式求解即可；②通过证明 ACG∽ DFG，进而得到
V V
80 8
S = ×S ，再根据等高三角形得到S = ×S ，最后代入计算即可；
VACG x2 VDFG VCGD x VDFG
80 4 5x
（3）分别证明△ACG∽△AFC和 ACF∽ DGF得到 AG= 、 DG= ，然后代入
V V 64+x+42 64+x+42
AG×DG，最后根据等式的性质求解即可．
【详解】（1）解：如图：连接BG，
∵AB是直径，
∴ÐAGB=ÐBGF =90°，
∵弦CD^ AB于点E，
∴BC =BD，即ÐCGB=ÐBGD，
∴ÐAGB-ÐCGB=ÐBGF-ÐBGD，即ÐAGC =ÐDGF．
（2）解：如图：连接OD，
学科网（北京）股份有限公司∵AB是直径，弦CD^ AB于点E，AB=10,CD=8
1 1
∴CE=DE= CD=4，OA=OB=OC =OD= AB=5，
2 2
∴OE= OD2-DE2 =3，
∴AE=OA+OE=8，
∴AC = CE2+AE2 =4 5
∵DF =5，
∴EF =DE+DF =4+5=9，FC =DC+DF =8+5=13，
∴AF = AE2+EF2 = 145，
∵AB是直径，弦CD^ AB于点E，CE=DE，
∴AC = AD，
∴ÐACD=ÐADC，
∵ ，
AC = AC
∴ÐADC =ÐAGC，
∴ÐACD=ÐAGC，
∵ÐCAF =ÐCAG，
∴△ACG∽△AFC，
CG AC CG 4 5 52 29
∴ = ，即 = ，解得：CG= ．
FC AF 13 145 29
②∵四边形AGDC是圆的内接四边形，
∴ÐCAG+ÐCDG=180°，
∵ÐCDG+ÐFDG=180°，
∴ÐCAG=ÐFDG，
∵△ACG∽△AFC，
学科网（北京）股份有限公司∴ÐACG=ÐF，
∴ ACG∽ DFG，
V V
AC 4 5
∴相似比为 = ，
DF x
2
S æ4 5ö 80 80
∴ VACG =ç ÷ = ，即S = ×S ，
S ç x ÷ x2 VACG x2 VDFG
VDFG è ø
∵△FDG和 CDG是等高三角形，
V
S 8 8
∴ VCGD = ，即S = ×S ，
S x VCGD x VDFG
VDFG
80
×S
∴y=
S
△ACG =
x2 VDFG
=
10
，
S 8 x
△CDG ×S
x VDFG
10
∴y与x之间的函数关系式y= ．
x
（3）解：在Rt V AEF中，AF = AE2+PE2 = 64+x+42 ，
∵△ACG∽△AFC，
AG AC AG = 4 5 AG= 80
∴ = ，即： ，解得： ，
AC AF 4 5 64+x+42 64+x+42
∵四边形AGDC是圆的内接四边形，
∴ÐCAG+ÐCDG=180°，
∵ÐCDG+ÐFDG=180°，
∴ÐCAG=ÐFDG，
∵ÐF =ÐF，
∴ ACF∽ DGF，
V V
DG x 4 5x
DG DF = DG=
∴ = ，即： ，解得： ，
AC AF 4 5 64+x+42 64+x+42
80 4 5x 320 5x 320 5x 1
AG×DG= ´ = = =320 5×
∴ 64+x+42 64+x+42 64+x+42 80+8x+x2
x+
80
+8
，
x
80 80 80
∵x+ ³2 x× =2 80 =8 5，即x+ 最小值为8 5
x x x
 
320 5 8 5-8
1 320 5
∴ AG×DG=320 5× 80 £ 8 5+8 =  8 5+8  8 5-8  =50-10 5 ，
x+ +8
x
学科网（北京）股份有限公司∴AG×DG的最大值为50-10 5．
1
4、如图，AB是
e
O的直径，点C是AB的中点，弦CD，CE分别交AB于点F，G，且ÐDCE= ÐACB，
2
连接DE．
(1)设ÐACD=a，用含a的式子表示ÐCDE的度数；
(2)求证：FG2 = AF2+BG2；
(3)若
e
O的半径为1，记
V
ACF，
V
BCG，
V
CFG的面积分别为S
1
，S
2
，S，设AF =a，BG=b，且满足
1
S2+SS-S 2+ S ×ab=0，求a，b的值．
1 1 2 2 1
【答案】(1)ÐCDE=90°-a
(2)见解析
3- 5
(3)a= ，b=3- 5．
2
【分析】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解一元二次方程；
1
（1）连接AE，由AB是 O的直径可得ÐACB=90°，则ÐDCE= ÐACB=45°，即可得到
e
2
ÐBAE=ÐBCE=45°-a，根据ÐCDE=ÐCAE=ÐCAB+ÐBAE计算即可；
（2）把△ACF顺时针旋转90°，则CA与CB重合，即可得到△ACF≌△BCM ，得到AF =BM ，
ÐCAB=ÐCBA=ÐCBM =45°，则GM2 =BM2+BG2 = AF2+BG2，再证明 V FCG≌ V MCG得到 FG=MG，
即可得到FG2 = AF2+BG2；
（3）连接OC，则OC^AB，即可表示出S ，S ，S，再结合（2）中结论代入计算即可．
1 2
【详解】（1）连接AE，OC，
学科网（北京）股份有限公司∵AB是
e
O的直径，点C是AB的中点，
∴ÐCAB=ÐCBA=45°，ÐACB=90°，
1
∴ÐDCE= ÐACB=45°，
2
∵ÐACD=a，
∴ÐBAE=ÐBCE=ÐACB-ÐACD-ÐDCE=45°-a，
∴ÐCDE=ÐCAE=ÐCAB+ÐBAE=45°+45°-a=90°-a；
（2）把△ACF顺时针旋转90°，点F 对应点M ，连接GM ，则ÐFCM =90°，
∵ÐACB=90°，
∴CA与CB重合，
∴△ACF≌△BCM ，
∴AF =BM ，ÐCAB=ÐCBA=ÐCBM =45°，CF =CM ，
∴ÐGBM =90°，
∴GM2 =BM2+BG2 = AF2+BG2，
∵ÐFCM =90°，ÐDCE=45°，
∴ÐDCE=ÐMCG=45°，
∵CF =CM ，CG=CG，
∴ FCG≌ MCG，
V V
学科网（北京）股份有限公司∴FG=MG，
∴FG2 = AF2+BG2；
（3）∵e O的半径为1，
∴OC =OA=OB=1，
∵点C是AB的中点，
∴OC^AB，
∵AF =a，BG=b，
∴FG= AB-AF-BG=2-a-b，
1 1 1 1 1 1
∴S =S = OC×AF = a，S =S = OC×BG= b，S =S = OC×FG= 2-a-b，
1 VACF 2 2 2 VBCG 2 2 VCFG 2 2
由（2）可得FG2 = AF2+BG2，△ACF≌△BCM ， V FCG≌ V MCG，
1
∴S =S =S ，S =S =S = a，
VCFG VMCG 1 VACF VBCM 2
∵S +S =S +S ,
VMCG VMBG VBCM VBCG
1
∴S+ ab=S +S ，
2 1 2
1
∴S =S +S - ab，
1 2 2
1
∵S2+SS-S 2+ S ×ab=0，
1 1 2 2 1
æ 1 ö 1
∴S2+S çS +S - ab÷-S 2+ S ×ab=0，
1 1 è 1 2 2 ø 2 2 1
整理得2S2+S S -S 2 =0，即2S -S S +S =0，
1 1 2 2 1 2 1 2
∴2S =S
1 2
1 1
∴2´ a= b，即b=2a
2 2
∵FG2 = AF2+BG2，
∴2-a-b2 =a2+b2，
∴2-a-2a2 =a2+2a2
3± 5
整理可得a2-3a+1=0，解得a= ，
2
∵a<2，
3- 5
∴a= ，
2
学科网（北京）股份有限公司∴b=2a=3- 5．
押题猜想十五 特殊四边形的综合问题
限时：5min
（改编） 【问题背景】
（1）如图1，已知AB=DC，ÐBAD=ÐCDE，若D是AE的中点，求证：△ABD≌△DCE．
【问题拓展】
（2）如图2，在（1）的条件下，连接AC，过点D作FG∥BC，交AC于点F，交AB于点G，求证：
DF =DG．
【拓展探究】
（3）如图3，在（2）的问题中，若D是AE上的任意一点，其他条件不变，求证：DF =DG．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）先证明AD=DE，再利用SAS证明△ABD≌△DCE即可；
（2）先证明BD=CE，ÐADB=ÐDEC，可得ÐBDE=ÐBED，可得BD=BE，证明BE=CE，结合
AG AF AD
GF∥BC，可得 = = =1，G,F 分别为AB,AC的中点，再进一步求解即可；
BG CF DE
（3）如图，延长DE至K，使AD=DK ，证明 ADB≌ DKC，可得BD=CK，ÐADB=ÐDKC，在DK
V V
上取点J，且BD=BJ ，可得BJ =CK，ÐBDJ =ÐBJD，证明 BJE≌ CKE，可得BE=CE，再证明
V V
V
ADG∽
V
AEB，
V
ADF∽
V
AEC，结合相似三角形的性质可得结论；当K在线段AE上，如图，同理可得结
论.
【详解】证明：（1）∵D是AE的中点，
∴AD=DE，
∵AB=DC，ÐBAD=ÐCDE，
∴△ABD≌△DCE；
（2）∵△ABD≌△DCE，
学科网（北京）股份有限公司∴BD=CE，ÐADB=ÐDEC，
∴ÐBDE=ÐBED，
∴BD=BE，
∴BE=CE，
∵GF∥BC，
AG AF AD
∴ = = =1，
BG CF DE
∴G,F 分别为AB,AC的中点，
又∵D是AE的中点，
1 1
∴DG= BE，DF = CE，
2 2
∴DG=DF ；
（3）如图，延长DE至K，使AD=DK ，
∵AB=CD，ÐBAD=ÐCDE，
∴ ADB≌ DKC，
V V
∴BD=CK，ÐADB=ÐDKC，
在DK上取点J，且BD=BJ ，
∴BJ =CK，ÐBDJ =ÐBJD，
∴ÐBJE=ÐBDA=ÐEKC，
∵ÐJEB=ÐCEK ，
∴ BJE≌ CKE，
V V
∴BE=CE，
∵GF∥BC，
∴ V ADG∽ V AEB， V ADF∽ V AEC，
DG AD AD DF
∴ = ， = ，
BE AE AE CE
学科网（北京）股份有限公司DG DF
∴ = ，
BE CE
∴DG=DF .
当K在线段AE上，如图，
同理可得：DG=DF .
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的中位线的性质，相似三角
形的判定与性质，平行线分线段成比例的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键.
押题解读
本考点为必考考点，特殊四边形的综合问题是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现。这类题是
压轴题，综合性强，相关的知识点较多，并且难度较大，易失分。
1、如图，在菱形ABCD中，AB=6,ÐB=60°，点E,F 分别是AB, AD上的动点，满足AE=DF，连接
CE,CF,EF,EF 与AC交于点G ．
(1)求ÐECF 的度数；
(2)填空：
AF AE AF FG AG AG
① + =______________，② - =______________，③ + =______________；
CD AC CD EC AE AF
(3)记△AEG的面积为S ， AFG的面积为S ，△AEC的面积为S ， AFC的面积为S ．
1 V 2 3 V 4
学科网（北京）股份有限公司S
①若CF2 =3AF×FD，求 1 的值；
S
3
S S
②试判断 1 + 2 的值是否存在最小值？若存在，求出这个值；若不存在，请说明理由．
S S
4 3
【答案】(1)ÐECF =60°
(2)1，0，1
S 1 S S
(3)① 1 = ；② 1 + 2 的最小值为 1
S 4 S S 2
3 4 3
【分析】（1）先由菱形性质得到相关角度与边的关系，再由两个三角形全等的判定与性质得到ÐACE=ÐDCF，
数形结合表示出ÐECF 即可得到答案；
（2）利用相似三角形的性质和判定及等边三角形的性质和判定找出线段之间的比例关系进行填空．
S
（3）①根据已知条件结合相似三角形的性质求出 1 的值；②根据三角形面积比与线段比的关系，结合二
S
3
S S
次函数性质判断 1 + 2 是否存在最小值．
S S
4 3
【详解】（1）解：在菱形ABCD中，DA=DC，AB∥CD，
ÐB=60°，
Q
\ÐD=60°，ÐBAD=120°，则ÐBAC =ÐACD=60°，
\ ACD是等边三角形，则AC =DC，
V
在△AEC和△DFC中，
ìAE=DF
ï
íÐEAC =ÐD=60°
ï
îAC =DC
\ AEC≌ DFCSAS，
V V
\ÐACE=ÐDCF，
ÐACD=60°=ÐACF+ÐDCF，
Q
\ÐECF =ÐACF+ÐACE=60°；
（2）解：①由（1）知AC =CD= AD，AE=DF，
AF AE AF FD AD
\ + = + = =1；
CD AC AD AD AD
②由（1）知
V
AEC≌
V
DFCSAS，
\EC =CF，
ÐECF =60°，
Q
学科网（北京）股份有限公司\ CEF是等边三角形，则ÐEFC =60°，
V
ÐCAF =ÐCFG=60°，ÐFCA=ÐFCA，
Q
\ GFC∽ FAC，
V V
GF FC
\ = ，
FA AC
AF FG
\ = ，
AC FC
AC =CD，EC=FC，
Q
AF FG AF FG
\ - = - =0；
CD EC AC FC
③ ÐBAC =ÐCEG=ÐB=60°，ÐAEG+ÐCEG=ÐB+ÐBCE，
Q
\ÐBCE=ÐAEG，
\△AEG∽△BCE，
AE AG AG BE
\ = ，则 = ；
BC BE AE BC
ÐD=ÐCFE=ÐCAF =60°，ÐAFG+ÐCFG=ÐDCF+ÐD，
Q
\ÐAFG=ÐDCF，
\ DFC∽ AGF ，
V V
DF CD AG DF
\ = ，则 = ；
AG AF AF DC
AG AG BE DF AF DF AD
\ + = + = + = =1；
AE AF BC DC AD AD AD
故答案为：①1；②0；③1；
DF CD
（3）解：①由（2）中③可知： = ，
AG AF
\AF×DF =CD×AG= AC×AG，
由（2）中②可知： GFC∽ FAC，
V V
CG CF
\ = ，
CF AC
\CF2 =CG×AC，
QCF2 =3AF×FD，
\CG×AC =3AC×AG，
\CG=3AG，
\AC =4AG，
设△AEG、△AEC的高为h，
学科网（北京）股份有限公司1
´AG´h
S 2 1
\ 1 = = ；
S 1 4
3 ´AC´h
2
② ÐGAF =ÐEAC =60°=ÐCEG，
Q
ÐGAF+ÐAFG+ÐAGF =ÐCEG+ÐCGE+ÐECG=180°，
ÐAGF =ÐCGE，
\ÐAFG=ÐACE，
\△AFG∽△ACE，
同理可证明△AGE∽△AFC，
S æ AEö 2 S æ AF ö 2
\ 1 =ç ÷ , 2 =ç ÷ ，
S è ACø S è ACø
4 3
设AE=DF =x，
S S x2 6-x2 1 1
\ 1 + 2 = + = x-32+ ，
S S 36 36 18 2
4 3
S S
\当x=3时， 1 + 2 的值最小，最小值为 1 ．
S S 2
4 3
【点睛】本题主要涉及菱形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性
质以及三角形面积公式等数学概念和定理．通过证明三角形相似得出对应成比例的线段是正确解答此题的
关键．
2、综合与实践
在数学学习中，我们发现除了已经学过的四边形外，还有很多比较特殊的四边形．请结
合已有经验，对下列特殊四边形进行研究．
定义：如果四边形的一条对角线把该四边形分割成两个等腰三角形，且这条对角线是这
两个等腰三角形的腰，那么我们称这个四边形为双等腰四边形．
(1)【初步探究】
如图1，在四边形ABCD中，ÐBAD=ÐBCD=90°，连接BD，点E是BD的中点，连接AE，CE．试判断
学科网（北京）股份有限公司在四边形ABCE是否是双等腰四边形：_________．（填“是”或“不是”）
(2)【问题解决】
在（1）的条件下，若ÐAEC =90°，求ÐABC的度数．
(3)【拓展应用】
如图2，点E是矩形ABCD内一点，点F是边CD上一点，四边形AEFD是双等腰四边形，且AD=DE．延
CG 3
长AE交BC于点G，连接FG．若AD=5，ÐEFG=90°， = ，求AB的长．
FC 4
【答案】(1)是
(2)135°
114 49
(3) 或
13 5
【分析】（1）根据点E是BD的中点，可得EB=EA，EB=EC，且EB是四边形ABCE的对角线，即可证
明；
（2）根据等边对等角，可得ÐEAB=ÐEBA，ÐEBC =ÐECB，结合ÐAEC =90°即可求解；
（3）分类讨论：当AD=ED=EF =5时，过点E作EH ^CD于点H，延长HE交AB于点K，根据相似三
HF CG 3
角形的判定和性质，可得 = = ，结合EF =5，即可求得相关线段的长度，设CG=3k，FC =4k，
HE CF 4
KE AK 1 3
根据相似三角形的判定和性质，可得 = ，即 = ，求解即可；当AD=ED=DF =5时，
BG AB 5-3k 6+4k
过点E作EH ^CD于点H ，结合
V
EFG是等腰直角三角形，根据全等三角形的判定和性质，可得
HF =CG，HE=CF，设HF =3k，HE=4k，在
V
DHE中，运用勾股定理列式，DE2 =DH2+HE2，即
52 =5-3k2+4k2，求解即可．
【详解】（1）解：∵ÐBAD=90°，点E是BD的中点，
∴EB=EA，
同理，EB=EC，
∴EB=EA=EC，且EB是四边形ABCE的对角线，
∴ 四边形ABCE是双等腰四边形；
（2）解：∵EB=EA=EC，
∴ÐEAB=ÐEBA，ÐEBC =ÐECB，
∵ÐAEC =90°，
∴ÐEAB+ÐEBA+ÐEBC+ÐECB=270°，
∴ÐABC =ÐEBA+ÐEBC =135°；
学科网（北京）股份有限公司（3）解：如图，当AD=ED=EF =5时，过点E作EH ^CD于点H，延长HE交AB于点K，
∵ÐEHF =ÐEFG=ÐFCG=90°，
∴ÐEFH =90°-ÐGFC =ÐCGF ，
∴ EFH∽ FGC，
V V
HF CG 3
∴ = = ，
HE CF 4
而EF =5，
∴HF =3，HE=4，DH =HF =3，KE=1，
设CG=3k，FC =4k，
则BG=5-3k，AK =DH =3，AB=DC =6+4k ，
∵KE∥BC，
∴ AKE∽ ABG，
V V
KE AK
∴ = ，
BG AB
1 3
∴ = ，
5-3k 6+4k
9
解得，k = ，
13
114
∴AB= ；
13
如图，当AD=ED=DF =5时，过点E作EH ^CD于点H ，
由②可知，ÐAEF =135°，
∴ÐFEG=45°，而ÐEFG=90°，
∴ EFG是等腰直角三角形，
V
∴FE=FG，
∵ÐEHF =ÐEFG=ÐFCG=90°，
学科网（北京）股份有限公司∴ÐEFH =90°-ÐCFG=ÐFGC，
∴ EFH≌ FGC，
V V
∴HF =CG，HE=CF，
同理设HF =3k，HE=4k，
则DH =5-3k，AB=CD=5+4k，
在
V
DHE中，DE2 =DH2+HE2，
即52 =5-3k2+4k2，
6
解得k = ，
5
49
∴AB= ；
5
114 49
综上所述，AB的长为 或 ．
13 5
【点睛】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰
三角形的性质，一元二次方程的解法，解题的关键是熟练掌握全等三角形和相似三角形的判定和性质．
3、（1）如图①，在正方形ABCD中，E，F 分别是AB，BC边上的动点，且 ÐEDF =45o，将 DAE绕
V
点D逆时针旋转90o，得到△DCM ，可以证明△DEF≌△DMF ，进一步推出AE，EF，FC之间的数量关
系为___________；
（2）如图②正方形ABCD，ÐEDF =45o，猜想AM ，MN，CN的数量关系，并证明你的结论．
（3）如图③，在菱形ABCD中，ÐABC =60o，点E，F 分别是边BC，CD上的动点(不与端点重合)，且
ÐEAF =60o，连接BD分别与边AE，AF 交于M ，N ． 当 ÐDAF =15o时，直接写出BM，MN，DN之
间的数量关系 ．
【答案】（1）（1）EF = AE+CF；见解析；（2）CN2+AM2 =MN2；见解析；（3）
DN2+MN2 =BM2；见解析；
【分析】（1）证明△DEF≌△DMF ，可得出EF和FM 的数量关系，即可得出结论；
（2）将△ADM 绕着点D逆时针顺序旋转90°，得到△CDP，则 ADM≌△CDP，AM =CP，
V
学科网（北京）股份有限公司ÐPCN =ÐDCP+ÐDCN =90°，再证明 V PDN≌ V MDNSAS得到PN =MN，从而利用勾股定理得到
CN2+CP2 =PN2，即CN2+AM2 =MN2；
（3）将△ADF绕点A顺时针旋转120°，此时AD与AB重合，F 转到点G ，在AG上取AH = AN，连接
HM ，HB，利用 ABH≌ ADN，有DN =BH ，再证明 AMN≌ AMH ，则MN =MH，ÐAMD=ÐAMH，
V V V V
再证明 BMH是直角三角形即可．
V
【详解】解：（1）结论：EF = AE+FC；
理由： △DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM ，ÐEDF=45°，
Q
\ÐMDF =45°， DAE≌ DCM ，
V V
\DE=DM ，AE=CM ，
ÐDCF =ÐDCM =90°，
Q
\F、C、M 三点共线，
在 DEF和 DMF 中，
V V
ìDE=DM
ï
íÐEDF =ÐMDF ，
ï
îDF =DF
\ DEF≌ DMF(SAS)，
V V
\EF =FM =FC+CM ，
\EF = AE+CF，
故答案为：EF = AE+CF；
（2）CN2+AM2 =MN2，理由如下：
在正方形ABCD中，AD=CD，ÐADC =90°
将△ADM 绕着点D逆时针顺序旋转90°，得到△CDP，连接PN，如图，
则 ADM≌△CDP，
V
∴ÐADM =ÐCDP，AM =CP，DM =DP，ÐDAM =ÐDCP=45°=ÐDCN，
∴ÐPCN =ÐDCP+ÐDCN =90°，
学科网（北京）股份有限公司又∵ÐEDF =45o，
∴ÐPDN=ÐCDP+ÐCDN=ÐADM+ÐCDN=90°-ÐEDF=45°=ÐMDN，
∵DN =DN，ÐPDN =ÐMDN ，DM =DP，
∴V PDN≌ V MDNSAS，
∴PN =MN，
∵ÐPCN =90°，
∴CN2+CP2 =PN2，即CN2+AM2 =MN2；
（3）将△ADF绕点A顺时针旋转120°，此时AD与AB重合，F 转到点G ，在AG上取AH = AN，连接
HM ，HB，如图，
\ÐBAG=ÐDAF ，
又AH = AN，AB= AD，
\△ABH≌△ADN(SAS)，
\DN =BH ，ÐABH =ÐADN，
Q
四边形ABCD是菱形，ÐABC =60°，
\ÐABD=ÐADB=30°，ÐBAD=120°，
\ÐHBD=ÐABH +ÐABD=60°，
Q
ÐDAF =15°，ÐEAF =60°，
∴ÐBAG=ÐDAF =15°，ÐBAE=ÐBAD-ÐDAF-ÐEAF =45°，
∵ÐGAE=ÐBAG+ÐBAE=60°，
∴ÐGAE=ÐEAF =60°；
在 AMH和 AMN 中，
V V
ìAN = AH
ï
íÐEAF =ÐGAE
ï
îAM = AM
\ AMH≌ AMN，
V V
\MH =MN ，ÐAMH =ÐAMD；
学科网（北京）股份有限公司∵ÐADE=30°，ÐDAM =ÐDAF+ÐEAF =75°，
∴ÐAMD=75°，
∴ÐAMH =ÐAMD=75°；
\ÐHMB=180°-ÐAMD-ÐAMH =30°，
\ÐBHM =90°，
\BH2+MH2 =BM2，
\DN2+MN2 =BM2．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，解答本
题的关键是学会运用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
4、【问题背景】
（1）如图1，在四边形ABCD中，ÐABC =90°，AB=5，BC =12，点O是对角线BD上的动点，连接
OA、OC，则OA+OC的最小值为________；
【问题探究】
（2）如图2，在边长为2的等边
V
ABC中，点O是AC上一点，D，E分别是AB、BC边上的动点，且
BD=CE，连接OD、OE，求OD+OE的最小值；
【问题解决】
（3）如图3，正方形ABCD是某植物园规划的一个花四，对角线AC、BD是其中的两条观赏小路，在AC、
BD的交点O处有一个凉亭（大小忽略不计），现要在AB和BC上分别设立一个游客服务中心E、F，且
AE=CF，再沿OF和DE铺设两条石子小路，为节约成本，要求两条石子小路的长度之和最小，已知
AB=60m，请你帮助植物园规划人员求出两条石子小路长度之和的最小值．（即OF+DE的最小值）
【答案】（1）13；（2）OE+OD的最小值为2；（3）两条石子小路长度之和的最小值为30 10m．
【分析】（1）如图，连接AC，先求解AC = 52+122 =13，结合当A,O,C三点共线时，AO+CO最短，从
而可得答案；
（2）过点 B 作BF∥AC，且BF =OC，连接DF，OF，OF交AB于点 G．证明△COE≌△BFDSAS，
学科网（北京）股份有限公司可得当O、D、F三点共线时，OD+DF最小，此时点D与点G重合，OE+OD=OF，从而可得答案；
（3）过点A作AG∥BD，且AG=OC，连接GE，DG，DG交AB于点H．证明△AGE≌△COFSAS，
可得OF+DE=GE+DE³GD，当点G、E、D三点共线时，GE+DE最小，此时点E与点H重合，
OF+DE=GD，过点G作GM ^ AD交DA的延长线于点M．再进一步求解即可．
【详解】解：（1）如图，连接AC，
∵ÐABC =90°，AB=5，BC =12，
∴AC = 52+122 =13，
∵点O是对角线BD上的动点，
∴当A,O,C三点共线时，AO+CO最短，
∴AO+CO最小值为13．
（2）过点B作BF∥AC，且BF =OC，连接DF，OF，OF交AB于点G．
∴四边形BCOF 是平行四边形，则OF=BC=2．
∵V ABC是等边三角形，BF∥AC，
∴ÐABF =ÐA=ÐC =60°．
在 COE和△BFD中，CE=BD，ÐECO=ÐDBF ，CO=BF ，
V
∴△COE≌△BFDSAS，
∴OE=FD，
∴OE+OD=FD+OD³OF，
∴当O、D、F三点共线时，OD+DF最小，此时点D与点G重合，OE+OD=OF，
∴OE+OD的最小值为2．
（3）过点A作AG∥BD，且AG=OC，连接GE，DG，DG交AB于点H．
学科网（北京）股份有限公司∵四边形ABCD是正方形，AG∥BD，
∴ÐGAB=ÐABD=ÐBCA=ÐBAC =ÐDAC =45°．
在 AGE和 COF中，AG=CO，ÐGAE=ÐOCF，AE=CF，
V V
∴△AGE≌△COFSAS，
∴GE=OF，
∴OF+DE=GE+DE³GD，
∴当点G、E、D三点共线时，GE+DE最小，此时点E与点H重合，OF+DE=GD．
过点G作GM ^ AD交DA的延长线于点M．
∵四边形ABCD是正方形，AB=60m，
∴AD= AB=60m，AC =BD=60 2m，AG=OC =30 2m．
∵AG^ AC，ÐBAC =ÐDAC =45°，
∴ÐGAM =45°， AGM是等腰直角三角形，
V
∴AM =GM =30m，
∴DM = AM +AD=90m，
在Rt△DGM 中，DG= MG2+MD2 =30 10m，
∴OF+DE的最小值为30 10m，即两条石子小路长度之和的最小值为30 10m．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，化为最简二次根式，
平行四边形的判定与性质，作出合适的辅助线构建全等三角形是解本题的关键．
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