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重难点 07 中考数学选填压轴题练习
一．根的判别式（共1小题）
1．（2023•广州）已知关于x的方程x2﹣（2k﹣2）x+k2﹣1＝0有两个实数根，则
的化简结果是（ ）
A．﹣1 B．1 C．﹣1﹣2k D．2k﹣3
【分析】首先根据关于x的方程x2﹣（2k﹣2）x+k2﹣1＝0有两个实数根，得判别式Δ＝[﹣（2k﹣2）]2
﹣4×1×（k2﹣1）≥0，由此可得k≤1，据此可对 进行化简．
【解答】解：∵关于x的方程x2﹣（2k﹣2）x+k2﹣1＝0有两个实数根，
∴判别式Δ＝[﹣（2k﹣2）]2﹣4×1×（k2﹣1）≥0，
整理得：﹣8k+8≥0，
∴k≤1，
∴k﹣1≤0，2﹣k＞0，
∴
＝﹣（k﹣1）﹣（2﹣k）
＝﹣1．
故选：A．
二．函数的图象（共1小题）
2．（2023•温州）【素材1】某景区游览路线及方向如图1所示，①④⑥各路段路程相等，⑤⑦⑧各
路段路程相等，②③两路段路程相等．
【素材2】设游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留20分钟，小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时3小
时25分钟；小州游路线①②⑧，他离入口的路程s与时间t的关系（部分数据）如图2所示，在2100
米处，他到出口还要走10分钟．
【问题】路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为（ ）
A．4200米 B．4800米 C．5200米 D．5400米
【分析】设①④⑥各路段路程为x米，⑤⑦⑧各路段路程为y米，②③各路段路程为z米，由题意
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及图象可知 ，然后根据“游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留 20分钟，小
温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时3小时25分钟”可进行求解．
【解答】解：由图象可知：小州游玩行走的时间为75+10﹣40＝45（分钟），
小温游玩行走的时间为205﹣100＝105（分钟），
设①④⑥各路段路程为x米，⑤⑦⑧各路段路程为y米，②③各路段路程为z米
由图象可得： ，
解得：x+y+z＝2700，
∴游玩行走的速度为：（2700﹣2100）÷10＝60 （米/分），
由于游玩行走速度恒定，则小温游路线①④⑤⑥⑦⑧的路程为：3x+3y＝105×60＝6300，
∴x+y＝2100，
∴路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为：2x+2y+z＝x+y+z+x+y＝2700+2100＝4800（米）．
故选：B．
三．动点问题的函数图象（共1小题）
3．（2023•河南）如图1，点P从等边三角形ABC的顶点A出发，沿直线运动到三角形内部一点，再从该
点沿直线运动到顶点B．设点P运动的路程为 ，图2是点P运动时y随x变化的关系图象，则
等边三角形ABC的边长为（ ）
A．6 B．3 C． D．
【分析】如图，令点P从顶点A出发，沿直线运动到三角形内部一点O，再从点O沿直线运动到顶点
B，结合图象可知，当点P在AO上运动时，PB＝PC，AO＝ ，易知∠BAO＝∠CAO＝30°，当点P
在OB上运动时，可知点P到达点B时的路程为 ，可知AO＝OB＝ ，过点O作OD⊥AB，解
直角三角形可得AD＝AO•cos30°，进而得出等边三角形ABC的边长．
【解答】解：如图，令点P从顶点A出发，沿直线运动到三角形内部一点O，再从点O沿直线运动到顶
点B，
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\
结合图象可知，当点P在AO上运动时， ，
∴PB＝PC， ，
又∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴△APB≌△APC（SSS），
∴∠BAO＝∠CAO＝30°，
当点P在OB上运动时，可知点P到达点B时的路程为 ，
∴OB＝ ，即AO＝OB＝ ，
∴∠BAO＝∠ABO＝30°，
过点O作OD⊥AB，垂足为D，
∴AD＝BD，则AD＝AO•cos30°＝3，
∴AB＝AD+BD＝6，
即等边三角形ABC的边长为6．
故选：A．
四．反比例函数系数k的几何意义（共1小题）
4．（2023•宁波）如图，点A，B分别在函数y＝ （a＞0）图象的两支上（A在第一象限），连结AB交x
轴于点C．点D，E在函数y＝ （b＜0，x＜0）图象上，AE∥x轴，BD∥y轴，连结DE，BE．若AC
＝2BC，△ABE的面积为9，四边形ABDE的面积为14，则a﹣b的值为 1 2 ，a的值为 9 ．
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【分析】依据题意，设A（m， ），再由AE∥x轴，BD∥y轴，AC＝2BC，可得B（﹣2m，﹣ ），
D（﹣2m，﹣ ），E（ ， ），再结合△ABE的面积为9，四边形ABDE的面积为14，即可得解．
【解答】解：设A（m， ），
∵AE∥x轴，且点E在函数y＝ 上，
∴E（ ， ）．
∵AC＝2BC，且点B在函数y＝ 上，
∴B（﹣2m，﹣ ）．
∵BD∥y轴，点D在函数y＝ 上，
∴D（﹣2m，﹣ ）．
∵△ABE的面积为9，
∴S△ABE ＝ AE×（ + ）＝ （m﹣ ）（ + ）＝ m• • ＝ ＝9．
∴a﹣b＝12．
∵△ABE的面积为9，四边形ABDE的面积为14，
∴S△BDE＝ DB•（ +2m）＝ （﹣ + ）（ ）m＝ （a﹣b）• •（ ）•m＝3（
）＝5．
∴a＝﹣3b．
又a﹣b＝12．
∴a＝9．
故答案为：12，9．
五．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题）
5．（2023•德州）如图，在平面直角坐标系中，四边形 OABC是矩形，点B的坐标为（6，3），D是OA
的中点，AC，BD交于点E，函数 的图象过点B．E．且经过平移后可得到一个反比例函数的图
象，则该反比例函数的解析式（ ）
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A．y＝﹣ B． C． D．
【分析】先根据函数图象经过点B和点E，求出a和b，再由所得函数解析式即可解决问题．
【解答】解：由题知，
A（6，0），B（6，3），C（0，3），
令直线AC的函数表达式为y ＝k x+b ，
1 1 1
则 ，
解得 ，
所以 ．
又因为点D为OA的中点，
所以D（3，0），
同理可得，直线BD的函数解析式为y ＝x﹣3，
2
由 得，
x＝4，
则y＝4﹣3＝1，
所以点E坐标为（4，1）．
将B，E两点坐标代入函数解析式得，
，
解得 ．
所以 ，
则 ，
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将此函数图象向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，
所得图象的函数解析式为： ．
故选：D．
6．如图，O是坐标原点，Rt△OAB的直角顶点A在x轴的正半轴上，AB＝2，∠AOB＝30°，反比例函数y
＝ （k＞0）的图象经过斜边OB的中点C．
（1）k＝ ；
（2）D为该反比例函数图象上的一点，若DB∥AC，则OB2﹣BD2的值为 4 ．
【分析】（1）根据直角三角形的性质，求出 A、B两点坐标，作出辅助线，证得△OPC≌△APC
（HL），利用勾股定理及待定系数法求函数解析式即可解答．
（2）求出AC、BD的解析式，再联立方程组，求得点D的坐标，分两种情况讨论即可求解．
【解答】解：（1）在Rt△OAB中，AB＝2，∠AOB＝30°，
∴ ，
∴ ，
∵C是OB的中点，
∴OC＝BC＝AC＝2，
如图，过点C作CP⊥OA于P，
∴△OPC≌△APC（HL），
∴ ，
在Rt△OPC中，PC＝ ，
∴C（ ，1）．
∵反比例函数y＝ （k＞0）的图象经过斜边OB的中点C，
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∴ ，
解得k＝ ．
故答案为： ．
（2）设直线AC的解析式为y＝k x+b（k≠0），
1
则 ，
解得 ，
∴AC的解析式为y＝﹣ x+2，
∵AC∥BD，
∴直线BD的解析式为y＝﹣ x+4，
∵点D既在反比例函数图象上，又在直线BD上，
∴联立得 ，
解得 ， ，
当D的坐标为（2 +3， ）时，
BD2＝ ＝9+3＝12，
∴OB2﹣BD2＝16﹣12＝4；
当D的坐标为（2 ﹣3， ）时，
BD2＝ + ＝9+3＝12，
∴OB2﹣BD2＝16﹣12＝4；
综上，OB2﹣BD2＝4．
故答案为：4．
六．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题）
7．（2023•湖州）已知在平面直角坐标系中，正比例函数y＝k x（k ＞0）的图象与反比例函数 （k
1 1 2
＞0）的图象的两个交点中，有一个交点的横坐标为 1，点A（t，p）和点B（t+2，q）在函数y＝k x的
1
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图象上（t≠0且t≠﹣2），点C（t，m）和点D（t+2，n）在函数 的图象上．当p﹣m与q﹣n的
积为负数时，t的取值范围是（ ）
A． 或 B． 或
C．﹣3＜t＜﹣2或﹣1＜t＜0 D．﹣3＜t＜﹣2或0＜t＜1
【分析】将交点的横坐标1代入两个函数，令二者函数值相等，得k ＝k ．令k ＝k ＝k，代入两个函数
1 2 1 2
表达式，并分别将点A、B的坐标和点C、D的坐标代入对应函数，进而分别求出p﹣m与q﹣n的表达
式，代入解不等式（p﹣m）（q﹣n）＜0并求出t的取值范围即可．
【解答】解：∵y＝k x（k ＞0）的图象与反比例函数 （k ＞0）的图象的两个交点中，有一个交点
1 1 2
的横坐标为1，
∴k ＝k ．
1 2
令k ＝k ＝k（k＞0），则y＝k x＝kx， ＝ ．
1 2 1
将点A（t，p）和点B（t+2，q）代入y＝kx，得 ；
将点C（t，m）和点D（t+2，n）代入y＝ ，得 ．
∴p﹣m＝kt﹣ ＝k（t﹣ ），q﹣n＝k（t+2）﹣ ＝k（t+2﹣ ），
∴（p﹣m）（q﹣n）＝k2（t﹣ ）（t+2﹣ ）＜0，
∴（t﹣ ）（t+2﹣ ）＜0．
∵（t﹣ ）（t+2﹣ ）＝ • ＝ ＜0，
∴ ＜0，
∴t（t﹣1）（t+2）（t+3）＜0．
①当t＜﹣3时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＞0，
∴t＜﹣3不符合要求，应舍去．
②当﹣3＜t＜﹣2时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＜0，
∴﹣3＜t＜﹣2符合要求．
③当﹣2＜t＜0时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＞0，
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∴﹣2＜t＜0不符合要求，应舍去．
④当0＜t＜1时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＜0，
∴0＜t＜1符合要求．
⑤当t＞1时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＞0，
∴t＞1不符合要求，应舍去．
综上，t的取值范围是﹣3＜t＜﹣2或0＜t＜1．
故选：D．
七．二次函数图象与系数的关系（共3小题）
8．（2023•乐至县）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣2，且过点（1，0）．现有
以下结论：①abc＜0；②5a+c＝0；③对于任意实数m，都有2b+bm≤4a﹣am2；④若点A（x ，
1
y ）、B（x ，y ）是图象上任意两点，且|x +2|＜|x +2|，则y ＜y ，其中正确的结论是（ ）
1 2 2 1 2 1 2
A．①② B．②③④ C．①②④ D．①②③④
【分析】根据题意和函数图象，利用二次函数的性质，可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以
解答本题．
【解答】解：由图象可得，
a＞0，b＞0，c＜0，
∴abc＜0，故①正确，
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣2，且过点（1，0）．
∴﹣ ＝﹣2，a+b+c＝0，
∴b＝4a，
∴a+b+c＝a+4a+c＝0，故5a+c＝0，故②正确，
∵当x＝﹣2时，y＝4a﹣2b+c取得最小值，
∴am2+bm+c≥4a﹣2b+c，即2b+bm≥4a﹣am2（m为任意实数），故③错误，
∵抛物线开口向上，对称轴为直线x＝﹣2，
若点A（x ，y ）、B（x ，y ）是图象上任意两点，且|x +2|＜|x +2|，
1 1 2 2 1 2
∴y ＜y ，故④正确；
1 2
故选：C．
9．（2023•丹东）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的一个交点为A（﹣3，0），与y轴交于点C，点D
是抛物线的顶点，对称轴为直线x＝﹣1，其部分图象如图所示，则以下4个结论：①abc＞0；②E
（x ，y ），F（x ，y ）是抛物线y＝ax2+bx（a≠0）上的两个点，若x ＜x ，且x +x ＜﹣2，则y ＜
1 1 2 2 1 2 1 2 1
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y ；③在x轴上有一动点P，当PC+PD的值最小时，则点P的坐标为 ；④若关于x的方程
2
ax2+b（x﹣2）+c＝﹣4（a≠0）无实数根，则b的取值范围是b＜1．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据所给函数图象可得出a，b，c的正负，再结合抛物线的对称性和增减性即可解决问题．
【解答】解：根据所给函数图象可知，
a＞0，b＞0，c＜0，
所以abc＜0，
故①错误．
因为抛物线y＝ax2+bx的图象可由抛物线y＝ax2+bx+c的图象沿y轴向上平移|c|个单位长度得到，
所以抛物线y＝ax2+bx的增减性与抛物线y＝ax2+bx+c的增减性一致．
则当x＜﹣1时，y随x的增大而减小，
又x ＜x ，且x +x ＜﹣2，
1 2 1 2
若x ＜﹣1，
2
则E，F两点都在对称轴的左侧，
此时y ＞y ．
1 2
故②错误．
作点C关于x轴的对称点C′，连接C′D与x轴交于点P，连接PC，
此时PC+PD的值最小．
将A（﹣3，0）代入二次函数解析式得，
9a﹣3b+c＝0，
又 ，
即b＝2a，
所以9a﹣6a+c＝0，
则c＝﹣3a．
又抛物线与y轴的交点坐标为C（0，c），
则点C坐标为（0，﹣3a），
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所以点C′坐标为（0，3a）．
又当x＝﹣1时，y＝﹣4a，
即D（﹣1，﹣4a）．
设直线C′D的函数表达式为y＝kx+3a，
将点D坐标代入得，
﹣k+3a＝﹣4a，
则k＝7a，
所以直线C′D的函数表达式为y＝7ax+3a．
将y＝0代入得，
x＝ ．
所以点P的坐标为（ ，0）．
故③正确．
将方程ax2+b（x﹣2）+c＝﹣4整理得，
ax2+bx+c＝2b﹣4，
因为方程没有实数根，
所以抛物线y＝ax2+bx+c与直线y＝2b﹣4没有公共点，
所以2b﹣4＜﹣4a，
则2b﹣4＜﹣2b，
解得b＜1，
又b＞0，
所以0＜b＜1．
故④错误．
所以正确的有③．
故选：A．
10．（2023•河北）已知二次函数y＝﹣x2+m2x和y＝x2﹣m2（m是常数）的图象与x轴都有两个交点，且这
四个交点中每相邻两点间的距离都相等，则这两个函数图象对称轴之间的距离为（ ）
A．2 B．m2 C．4 D．2m2
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【分析】求出三个交点的坐标，再构建方程求解．
【解答】解：令y＝0，则﹣x2+m2x＝0和x2﹣m2＝0，
∴x＝0或x＝m2或x＝﹣m或x＝m，
∵这四个交点中每相邻两点间的距离都相等，
若m＞0，则m2＝2m，
∴m＝2，
若m＜0时，则m2＝﹣2m，
∴m＝﹣2．
∵抛物线y＝x2﹣m2的对称轴为直线x＝0，抛物线y＝﹣x2+m2x的对称轴为直线x＝ ，
∴这两个函数图象对称轴之间的距离＝ ＝2．
故选：A．
八．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题）
11．（2023•广东）如图，抛物线y＝ax2+c经过正方形OABC的三个顶点A，B，C，点B在y轴上，则ac
的值为（ ）
A．﹣1 B．﹣2 C．﹣3 D．﹣4
【分析】过A作AH⊥x轴于H，根据正方形的性质得到∠AOB＝45°，得到AH＝OH，利用待定系数法
求得a、c的值，即可求得结论．
【解答】解：过A作AH⊥x轴于H，
∵四边形ABCO是正方形，
∴∠AOB＝45°，
∴∠AOH＝45°，
∴AH＝OH，
设A（m，m），则B（0，2m），
∴ ，
解得am＝﹣1，m＝ ，
∴ac的值为﹣2，
故选：B．
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九．二次函数与不等式（组）（共1小题）
12．（2023•西宁）直线y ＝ax+b和抛物线 （a，b是常数，且a≠0）在同一平面直角坐标系
1
中，直线y ＝ax+b经过点（﹣4，0）．下列结论：①抛物线 的对称轴是直线x＝﹣2；②
1
抛物线 与x轴一定有两个交点；③关于x的方程ax2+bx＝ax+b有两个根x ＝﹣4，x ＝1；
1 2
④若a＞0，当x＜﹣4或x＞1时，y ＞y .其中正确的结论是（ ）
1 2
A．①②③④ B．①②③ C．②③ D．①④
【分析】根据直线y ＝ax+b经过点（﹣4，0）．得到b＝4a，于是得到 ＝ax2+4ax，求得抛
1
物线 的对称轴是直线 x＝﹣ ﹣＝2；故①正确；根据 Δ＝16a2＞0，得到抛物线
与x轴一定有两个交点，故②正确；把b＝4a，代入ax2+bx＝ax+b得到x2+3x﹣4＝0，求
得x ＝﹣4，x ＝1；故③正确；根据a＞0，得到抛物线 的开口向上，直线y ＝ax+b和抛
1 2 1
物线 交点横坐标为﹣4，1，于是得到结论．
【解答】解：∵直线y ＝ax+b经过点（﹣4，0）．
1
∴﹣4a+b＝0，
∴b＝4a，
∴ ＝ax2+4ax，
∴抛物线 的对称轴是直线x＝﹣ ﹣＝2；故①正确；
∵ ＝ax2+4ax，
∴Δ＝16a2＞0，
∴抛物线 与x轴一定有两个交点，故②正确；
∵b＝4a，
∴方程ax2+bx＝ax+b为ax2+4ax＝ax+4a得，
整理得x2+3x﹣4＝0，
解得x ＝﹣4，x ＝1；故③正确；
1 2
∵a＞0，抛物线 的开口向上，直线y ＝ax+b和抛物线 交点横坐标为﹣4，1，
1
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∴当x＜﹣4或x＞1时，y ＜y .故④错误，
1 2
故选：B．
一十．三角形中位线定理（共1小题）
13．（2023•广州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6，点M是边AC上一动点，点
D，E分别是AB，MB的中点，当AM＝2.4时，DE的长是 1. 2 .若点N在边BC上，且CN＝AM，点
F，G分别是MN，AN的中点，当AM＞2.4时，四边形DEFG面积S的取值范围是 3 ≤ S ≤ 4 ．
【分析】依据题意，根据三角形中位线定理可得 DE＝ AM＝1.2；设AM＝x，从而DE＝ x，由
DE∥AM，且DE＝ AM，又FG∥AM，FG＝ AM，进而DE∥FG，DE＝FG，从而四边形DEFG是平
行四边形，结合题意可得DE边上的高为（4﹣ x），故四边形DEFG面积S＝4x﹣ x2，进而利用二次
函数的性质可得S的取值范围．
【解答】解：由题意，点D，E分别是AB，MB的中点，
∴DE是三角形ABM的中位线．
∴DE＝ AM＝1.2．
如图，
设AM＝x，
∴DE＝ AM＝ x．
由题意得，DE∥AM，且DE＝ AM，
又FG∥AM，FG＝ AM，
∴DE∥FG，DE＝FG．
∴四边形DEFG是平行四边形．
由题意，GF到AC的距离是 x，BC＝ ＝8，
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∴DE边上的高为（4﹣ x）．
∴四边形DEFG面积S＝2x﹣ x2，＝﹣ （x﹣4）2+4．
∵2.4＜x≤6，
∴3≤S≤4．
故答案为：1.2；3≤S≤4．
一十一．矩形的性质（共2小题）
14．（2023•宁波）如图，以钝角三角形 ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设
△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S，S ，S ，若要求出S﹣S ﹣S 的值，只需知道（ ）
1 2 1 2
A．△ABE的面积 B．△ACD的面积
C．△ABC的面积 D．矩形BCDE的面积
【分析】作AG⊥ED于点G，交BC于点F，可证明四边形BFGE是矩形，AF⊥BC，可推导出S﹣S ﹣
1
S
2
＝ ED•AG﹣ BE•EG﹣ CD•DG＝ ED•AG﹣ FG•ED＝ BC•AF＝S△ABC ，所以只需知道
S△ABC ，就可求出S﹣S
1
﹣S
2
的值，于是得到问题的答案．
【解答】解：作AG⊥ED于点G，交BC于点F，
∵四边形BCDE是矩形，
∴∠FBE＝∠BEG＝∠FGE＝90°，BC∥ED，BC＝ED，BE＝CD，
∴四边形BFGE是矩形，∠AFB＝∠FGE＝90°，
∴FG＝BE＝CD，AF⊥BC，
∴S﹣S
1
﹣S
2
＝ ED•AG﹣ BE•EG﹣ CD•DG＝ ED•AG﹣ FG•ED＝ BC•AF＝S△ABC ，
∴只需知道S△ABC ，就可求出S﹣S
1
﹣S
2
的值，
故选：C．
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15．（2023•河南）矩形ABCD中，M为对角线BD的中点，点N在边AD上，且AN＝AB＝1．当以点D，
M，N为顶点的三角形是直角三角形时，AD的长为 2 或 1+ ．
【分析】以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：如图 1，当∠MND＝90°时，如
图2，当∠NMD＝90°时，根据矩形的性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：
①如图1，当∠MND＝90°时，
则MN⊥AD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴MN∥AB，
∵M为对角线BD的中点，
∴AN＝DN，
∵AN＝AB＝1，
∴AD＝2AN＝2；
如图2，当∠NMD＝90°时，
则MN⊥BD，
∵M为对角线BD的中点，
∴BM＝DM，
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∴MN垂直平分BD，
∴BN＝DN，
∵∠A＝90°，AB＝AN＝1，
∴BN＝ AB＝ ，
∴AD＝AN+DN＝1+ ，
综上所述，AD的长为2或1+ ．
故答案为：2或1+ ．
一十二．正方形的性质（共2小题）
16．如图，在边长为 4 的正方形 ABCD 中，点 G 是 BC 上的一点，且 BG＝3GC，DE⊥AG 于点 E，
BF∥DE，且交AG于点F，则tan∠EDF的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由正方形 ABCD 的边长为 4 及 BG＝3CG，可求出 BG 的长，进而求出 AG 的长，证
△ADE∽△GAB，利用相似三角形对应边成比例可求得AE、DE的长，证△ABF≌△DAE，
得AF＝DE，根据线段的和差求得EF的长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝4，
∴BC＝CD＝DA＝AB＝4，∠BAD＝∠ABC＝90°，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AGB，
∵BG＝3CG，
∴BG＝3，
∴在Rt△ABG中，AB2+BG2＝AG2，
∴AG＝ ，
∵DE⊥AG，
∴∠DEA＝∠DEF＝∠ABC＝90°，
∴△ADE∽△GAB，
∴AD：GA＝AE：GB＝DE：AB，
∴4：5＝AE：3＝DE：4，
∴AE＝ ，DE＝ ，
又∵BF∥DE，
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∴∠AFB＝∠DEF＝90°，
又∵AB＝AD，∠DAE＝∠ABF（同角的余角相等），
∴△ABF≌△DAE，
∴AF＝DE＝ ，
∴EF＝AF﹣AE＝ ，
∴tan∠EDF＝ ，
故选：A．
17．（2023•湖州）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角
互补的四边形 ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰 Rt△ABE 和等腰
Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在
边BF，CG，DH，AE上．
（1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，则BE的长是 4 cm．
（2）若 ，则tan∠DAH的值是 3 ．
【分析】（1）将AE和FC用BE表示出来，再代入AE+FC＝11cm，即可求出BE的长；
（2）由已知条件可以证明∠DAH＝∠CDG，从而得到tan∠DAH＝tan∠CDG，设AH＝x，DG＝5k，
GH＝4k，用 x 和 k 的式子表示出 CG，再利用 tan∠DAH＝tan∠CDG 列方程，解出 x，从而求出
tan∠DAH的值．
【解答】解：（1）∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，
∴AE＝BE，BF＝CF，
∵AE+FC＝11cm，
∴BE+BF＝11cm，
即BE+BE+EF＝11cm，
即2BE+EF＝11cm，
∵EF＝3cm，
∴2BE+3cm＝11cm，
∴BE＝4cm，
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故答案为：4；
（2）设AH＝x，
∵ ，
∴可设DG＝5k，GH＝4k，
∵四边形EFGH是正方形，
∴HE＝EF＝FG＝GH＝4k，
∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，
∴AE＝BE，BF＝CF，∠ABE＝∠CBF＝45°，
∴CG＝CF+GF＝BF+4k＝BE+8k＝AH+12k＝x+12k，
∠ABC＝∠ABE+∠CBF＝45°+45°＝90°，
∵四边形ABCD对角互补，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADH+∠CDG＝90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠AHD＝∠CGD＝90°，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∴∠DAH＝∠CDG，
∴tan∠DAH＝tan∠CDG，
∴ ，即 ，
整理得：x2+12kx﹣45k2＝0，
解得x ＝3k，x ＝﹣15k（舍去），
1 2
∴tan∠DAH＝ ＝ ＝3．
故答案为：3．
一十三．正多边形和圆（共1小题）
18．（2023•河北）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各
有一个顶点在直线l上．两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图 2，其中，中间
正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中：
（1）∠ ＝ 3 0 度；
（2）中α间正六边形的中心到直线l的距离为 2 （结果保留根号）．
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【分析】（1）作图后，结合正多边形的外角的求法即可得到结论；
（2）把问题转化为图形问题，首先作出图形，标出相应的字母，把正六边形的中心到直线 l的距离转
化为求ON＝OM+BE，再根据正六边形的性质以及三角函数的定义，分别求出OM，BE即可．
【解答】解：（1）作图如图所示，
∵多边形是正六边形，
∴∠ACB＝60°，
∵BC∥直线l，
∴∠ABC＝90°，
∴ ＝30°；
故答案为：30°；
α
（2）取中间正六边形的中心为O，
作图如图所示，由题意得，AG∥BF，AB∥GF，BF⊥AB，
∴四边形ABFG为矩形，
∴AB＝GF，
∵∠BAC＝∠FGH，∠ABC＝∠GFH＝90°，
∴△ABC≌△GFH（SAS），
∴BC＝FH，
在Rt△PDE中，DE＝1，PE＝ ，
由图1知AG＝BF＝2PE＝2 ，OM＝PE＝ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
∴中间正六边形的中心到直线l的距离为2 ，
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故答案为：2 ．
一十四．扇形面积的计算（共1小题）
19．（2023•温州）图1是4×4方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为 ，现将它剪拼成一个“房
子”造型（如图2），过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形CDEF作为题字区域（点
A，E，D，B在圆上，点C，F在AB上），形成一幅装饰画，则圆的半径为 5 ．若点A，N，M在
同一直线上，AB∥PN，DE＝ EF，则题字区域的面积为 ．
【分析】根据不共线三点确定一个圆，根据对称性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾股定理求得 r，
连接 OE，取ED的中点T，连接OT，在Rt△OET中，根据勾股定理即可求解．
【解答】解：如图所示，依题意，GH＝2＝GQ，
∵过左侧的三个端点Q，K，L作圆，QH＝HL＝4，
又NK⊥QL，
∴O在KN上，连接OQ，则OQ为半径，
∵OH＝r﹣KH＝r﹣2，
在Rt△OHQ中，OH2+QH2＝QO2，
∴（r﹣2）2+42＝r2，
解得：r＝5；
连接OE，取ED的中点T，连接OT，交AB于点S，连接PB，AM，过点O作OU⊥AM于点U.连接
OA．
由△OUN∽△NPM，可得 ＝ ＝ ，
∴OU＝ ．MN＝2 ，
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∴NU＝ ，
∴AU＝ ＝ ，
∴AN＝AU﹣NU＝2 ，
∴AN＝MN，
∵AB∥PN，
∴AB⊥OT，
∴AS＝SB，
∴NS∥BM，
∴NS∥MP，
∴M，P，B共线，
又NB＝NA，
∴∠ABM＝90°，
∵MN＝NB，NP⊥MP，
∴MP＝PB＝2，
∴NS＝ MB＝2，
∵KH+HN＝2+4＝6，
∴ON＝6﹣5＝1，
∴OS＝3，
∵ ，
设EF＝ST＝a，则 ，
在Rt△OET中，OE2＝OT2+TE2，即 ，
整理得 5a2+12a﹣32＝0，
即（a+4）（5a﹣8）＝0，
解得： 或a＝﹣4，
∴题字区域的面积为 ．
故答案为： ．
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一十五．轴对称-最短路线问题（共1小题）
20．（2023•安徽）如图，E是线段AB上一点，△ADE和△BCE是位于直线AB同侧的两个等边三角形，
点P，F分别是CD，AB的中点．若AB＝4，则下列结论错误的是（ ）
A．PA+PB的最小值为3
B．PE+PF的最小值为2
C．△CDE周长的最小值为6
D．四边形ABCD面积的最小值为3
【分析】延长AD，BC交于M，过P作直线l∥AB，由△ADE和△BCE是等边三角形，可得四边形
DECM是平行四边形，而P为CD中点，知P为EM中点，故P在直线l上运动，作A关于直线l的对称
点A'，连接A'B，当P运动到A'B与直线l的交点，即A'，P，B共线时，PA+PB＝PA'+PB最小，即可得
PA+PB最小值A'B＝ ＝2 ，判断选项A错误；由PM＝PE，即可得当M，P，F共线时，
PE+PF最小，最小值为MF的长度，此时PE+PF的最小值为2 ，判断选项B正确；过D作DK⊥AB
于K，过C作CT⊥AB于T，由△ADE和△BCE是等边三角形，得KT＝KE+TE＝ AB＝2，有CD≥2，
故△CDE周长的最小值为6，判断选项C正确；设AE＝2m，可得S四边形ABCD ＝ （m﹣1）2+3 ，即
知四边形ABCD面积的最小值为3 ，判断选项D正确．
【解答】解：延长AD，BC交于M，过P作直线l∥AB，如图：
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∵△ADE和△BCE是等边三角形，
∴∠DEA＝∠MBA＝60°，∠CEB＝∠MAB＝60°，
∴DE∥BM，CE∥AM，
∴四边形DECM是平行四边形，
∵P为CD中点，
∴P为EM中点，
∵E在线段AB上运动，
∴P在直线l上运动，
由AB＝4知等边三角形ABM的高为2 ，
∴M到直线l的距离，P到直线AB的距离都为 ，
作A关于直线l的对称点A'，连接A'B，当P运动到A'B与直线l的交点，即A'，P，B共线时，PA+PB＝
PA'+PB最小，
此时PA+PB最小值A'B＝ ＝ ＝2 ，故选项A错误，符合题意；
∵PM＝PE，
∴PE+PF＝PM+PF，
∴当M，P，F共线时，PE+PF最小，最小值为MF的长度，
∵F为AB的中点，
∴MF⊥AB，
∴MF为等边三角形ABM的高，
∴PE+PF的最小值为2 ，故选项B正确，不符合题意；
过D作DK⊥AB于K，过C作CT⊥AB于T，如图，
∵△ADE和△BCE是等边三角形，
∴KE＝ AE，TE＝ BE，
∴KT＝KE+TE＝ AB＝2，
∴CD≥2，
∴DE+CE+CD≥AE+BE+2，即DE+CE+CD≥AB+2，
∴DE+CE+CD≥6，
∴△CDE周长的最小值为6，故选项C正确，不符合题意；
设AE＝2m，则BE＝4﹣2m，
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∴AK＝KE＝m，BT＝ET＝2﹣m，DK＝ AK＝ m，CT＝ BT＝2 ﹣ m，
∴S△ADK ＝ m• m＝ m2，S△BCT ＝ （2﹣m）（2 ﹣ m）＝ m2﹣2 m+2 ，S梯形DKTC
＝ （ m+2 ﹣ m）•2＝2 ，
∴S四边形ABCD ＝ m2+ m2﹣2 m+2 +2 ＝ m2﹣2 m+4 ＝ （m﹣1）2+3 ，
∴当m＝1时，四边形ABCD面积的最小值为3 ，故选项D正确，不符合题意；
故选：A．
一十六．翻折变换（折叠问题）（共2小题）
21．（2023•乐至县）如图，在平面直角坐标系xOy中，边长为2的等边△ABC的顶点A、B分别在x轴、y
轴的正半轴上移动，将△ABC沿BC所在直线翻折得到△DBC，则OD的最大值为 +1 ．
【分析】过点D作DF⊥AB，交AB延长线于点F，取AB的中点E，连接DE，OE，OD，在Rt△ABO
中利用斜边中线性质求出OE，根据OE+DE≥OD确定当D、O、E三点共线时OD最大，最大值为OD
＝OE+DE．
【解答】解：如图，过点D作DF⊥AB，交AB延长线于点F，取AB的中点E，连接DE，OE，OD，
∵等边三角形ABC的边长为2，
∴AB＝2，∠ABC＝60°，
由翻折可知：∠DBC＝∠ABC＝60°，DB＝AB＝2，
∴∠DBF＝60°，
∵DF⊥AB，
∴∠DFB＝90°，
∴∠BDF＝30°，
∴BF＝ BD＝1，
∴DF＝ BF＝ ，
∵E是AB的中点，
∴AE＝BE＝OE＝ AB＝1，
∴EF＝BE+BF＝2，
∴DE＝ ＝ ＝ ，
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∴OD≤DE+OE＝ +1，
∴当D、E、O三点共线时OD最大，最大值为 +1．
故答案为： +1．
22．（2023•南京）如图，在菱形纸片ABCD中，点E在边AB上，将纸片沿CE折叠，点B落在B′处，
CB′⊥AD，垂足为F．若CF＝4cm，FB′＝1cm，则BE＝ cm．
【分析】作EH⊥BC于点H，由CF＝4cm，FB′＝1cm，求得B′C＝5cm，由折叠得BC＝B′C＝
5cm，由菱形的性质得BC∥AD，DC＝BC＝5cm，∠B＝∠D，因为CB′⊥AD于点F，所以∠BCB′＝
∠CFD＝90°，则∠BCE＝∠B′CE＝45°，DF＝ ＝3cm，所以∠HEC＝∠BCE＝45°，则CH
＝EH，由 ＝sinB＝sinD＝ ， ＝cosB＝cosD＝ ，得CH＝EH＝ BE，BH＝ BE，于是得 BE+
BE＝5，则BE＝ cm．
【解答】解：作EH⊥BC于点H，则∠BHE＝∠CHE＝90°，
∵CF＝4cm，FB′＝1cm，
∴B′C＝CF+FB′＝4+1＝5（cm），
由折叠得BC＝B′C＝5cm，∠BCE＝∠B′CE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC∥AD，DC＝BC＝5cm，∠B＝∠D，
∵CB′⊥AD于点F，
∴∠BCB′＝∠CFD＝90°，
∴∠BCE＝∠B′CE＝ ∠BCB′＝ ×90°＝45°，DF＝ ＝ ＝3（cm），
∴∠HEC＝∠BCE＝45°，
∴CH＝EH，
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∵ ＝sinB＝sinD＝ ＝ ， ＝cosB＝cosD＝ ＝ ，
∴CH＝EH＝ BE，BH＝ BE，
∴ BE+ BE＝5，
∴BE＝ cm，
故答案为： ．
一十七．旋转的性质（共1小题）
23．（2023•西宁）如图，在矩形ABCD中，点P在BC边上，连接PA，将PA绕点P顺时针旋转90°得到
PA′，连接CA′，若AD＝9，AB＝5，CA′＝2 ，则BP＝ 2 ．
【分析】过 A′点作 A′H⊥BC 于 H 点，如图，根据旋转的性质得到 PA＝PA′，再证明
△ABP≌△PHA′得到 PB＝A′H，PH＝AB＝5，设 PB＝x，则 A′H＝x，CH＝4﹣x，然后在
Rt△A′CH中利用勾股定理得到x2+（4﹣x）2＝（2 ）2，于是解方程求出x即可．
【解答】解：过A′点作A′H⊥BC于H点，如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴BC＝AD＝9，∠B＝90°，
∵将PA绕点P顺时针旋转90°得到PA′，
∴PA＝PA′，
∵∠PAB+∠APB＝90°，∠APB+∠A′PH＝90°，
∴∠PAB＝∠A′PH，
在△ABP和△PHA′中，
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，
∴△ABP≌△PHA′（AAS），
∴PB＝A′H，PH＝AB＝5，
设PB＝x，则A′H＝x，CH＝9﹣x﹣5＝4﹣x，
在Rt△A′CH中，x2+（4﹣x）2＝（2 ）2，
解得x ＝x ＝2，
1 2
即BP的长为2．
故答案为：2．
一十八．相似三角形的判定与性质（共2小题）
24．（2023•杭州）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＜90°，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上，连
接DE，EF，FD，已知点B和点F关于直线DE对称．设 ＝k，若AD＝DF，则 ＝ （结
果用含k的代数式表示）．
【分析】方法一：先根据轴对称的性质和已知条件证明 DE∥AC，再证△BDE∽△BAC，推出EC＝
k•AB，通过证明△ABC∽△ECF，推出CF＝ k2•AB，即可求出 的值．方法二：证明AD＝DF＝
BD，可得BF⊥AC，设AB＝AC＝1，BC＝k，CF＝x，则AF＝1﹣x，利用勾股定理列方程求出x的值，
进而可以解决问题．
【解答】解：方法一：∵点B和点F关于直线DE对称，
∴DB＝DF，
∵AD＝DF，
∴AD＝DB，
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∵AD＝DF，
∴∠A＝∠DFA，
∵点B和点F关于直线DE对称，
∴∠BDE＝∠FDE，
∵∠BDE+∠FDE＝∠BDF＝∠A+∠DFA，
∴∠FDE＝∠DFA，
∴DE∥AC，
∴∠C＝∠DEB，∠DEF＝∠EFC，
∵点B和点F关于直线DE对称，
∴∠DEB＝∠DEF，
∴∠C＝∠EFC，
∵AB＝AC，
∴∠C＝∠B，
∵∠ACB＝∠EFC，
∴△ABC∽△ECF，
∴ ＝ ，
∵DE∥AC，
∴∠BDE＝∠A，∠BED＝∠C，
∴△BDE∽△BAC，
∴ ＝ ＝ ，
∴EC＝ BC，
∵ ＝k，
∴BC＝k•AB，
∴EC＝ k•AB，
∴ ＝ ，
∴CF＝ k2•AB，
∴ ＝ ＝ ＝ ＝ ．
方法二：如图，连接BF，
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∵点B和点F关于直线DE对称，
∴DB＝DF，
∵AD＝DF，
∴AD＝DB＝DF，
∴BF⊥AC，
设AB＝AC＝1，
则BC＝k，
设CF＝x，
则AF＝1﹣x，
由勾股定理得，AB2﹣AF2＝BC2﹣CF2，
∴12﹣（1﹣x）2＝k2﹣x2，
∴x＝ ，
∴AF＝1﹣x＝ ，
∴ ＝ ．
故答案为： ．
25．（2023•广东）边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上（如图），
则图中阴影部分的面积为 1 5 ．
【分析】根据相似三角形的性质，利用相似比求出梯形的上底和下底，用面积公式计算即可．
【解答】解：如图，
∵BF∥DE，
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∴△ABF∽△ADE，
∴ ＝ ，
∵AB＝4，AD＝4+6+10＝20，DE＝10，
∴ ＝ ，
∴BF＝2，
∴GF＝6﹣2＝4，
∵CK∥DE，
∴△ACK∽△ADE，
∴ ＝ ，
∵AC＝4+6＝10，AD＝20，DE＝10，
∴ ＝ ，
∴CK＝5，
∴HK＝6﹣5＝1，
∴阴影梯形的面积＝ （HK+GF）•GH
＝ （1+4）×6
＝15．
故答案为：15．
一十九．相似三角形的应用（共1小题）
26．（2023•南京）如图，不等臂跷跷板AB的一端A碰到地面时，另一端B到地面的高度为60cm；当AB
的一端B碰到地面时，另一端A到地面的高度为90cm，则跷跷板AB的支撑点O到地面的高度OH是（
）
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A．36cm B．40cm C．42cm D．45cm
【分析】过点B作BC⊥AH，垂足为C，再证明A字模型相似△AOH∽△ABC，从而可得 ＝ ，过
点A作AD⊥BH，垂足为D，然后证明A字模型相似△ABD∽△OBH，从而可得 ＝ ，最后进行计
算即可解答．
【解答】解：如图：过点B作BC⊥AH，垂足为C，
∵OH⊥AC，BC⊥AC，
∴∠AHO＝∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝∠OAH，
∴△AOH∽△ABC，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
如图：过点A作AD⊥BH，垂足为D，
∵OH⊥BD，AD⊥BD，
∴∠OHB＝∠ADB＝90°，
∵∠ABD＝∠OBH，
∴△ABD∽△OBH，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴ + ＝ + ，
∴ + ＝ ，
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∴ + ＝1，
解得：OH＝36，
∴跷跷板AB的支撑点O到地面的高度OH是36cm，
故选：A．
二十．解直角三角形（共1小题）
27．（2023•丹东）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，已知点A（3，0），B（0，4），点C
在x轴负半轴上，连接AB，BC，若tan∠ABC＝2，以BC为边作等边三角形BCD，则点C的坐标为
（﹣ 2 ， 0 ） ；点D的坐标为 （﹣ 1 ﹣ 2 ， 2+ ）或（﹣ 1+ 2 ， 2 ﹣ ） ．
【分析】过点C作CE⊥AB于E，先求处AB＝5，再设BE＝t，由tan∠ABC＝2得CE＝2t，进而得BC
＝ ，由三角形的面积公式得S△ABC ＝ AC•OB＝ AB•CE，即5×2t＝4×（3+OC），则OC＝ ﹣
3，然后在Rt△BOC中由勾股定理得 ，由此解出t ＝2，t ＝10（不合题意，
1 2
舍去），此时OC＝ ﹣3＝2，故此可得点C的坐标；设点D的坐标为（m，n），由两点间的距离公
式得：BC2＝20，BD2＝（m﹣0）2+（n﹣4）2，CD2＝（m+2）2+（n﹣0）2，由△BCD为等边三角形得
，整理： ，②﹣①整理得m＝3﹣2n，将m＝3﹣2n代入
①整理得n2﹣4n+1＝0，解得n＝ ，进而再求出m即可得点D的坐标．
【解答】解：过点C作CE⊥AB于E，如图：
∵点A（3，0），B（0，4），
由两点间的距离公式得：AB＝ ＝5，
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设BE＝t，
∵tan∠ABC＝2，
在Rt△BCE中，tan∠ABC＝ ，
∴ ＝2，
∴CE＝2t，
由勾股定理得：BC＝ ＝ t，
∵CE⊥AB，OB⊥AC，AC＝OC+OA＝3+OC，
∴S△ABC ＝ AC•OB＝ AB•CE，
即：5×2t＝4×（3+OC），
∴OC＝ ﹣3，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC2﹣OB2＝OC2，
即 ，
整理得：t2﹣12t+20＝0，
解得：t ＝2，t ＝10（不合题意，舍去），
1 2
∴t＝2，此时OC＝ ﹣3＝2，
∴点C的坐标为（﹣2，0），
设点D的坐标为（m，n），
由两点间的距离公式得：BC2＝（﹣2﹣0）2+（0﹣4）2＝20，BD2＝（m﹣0）2+（n﹣4）2，CD2＝
（m+2）2+（n﹣0）2，
∵△BCD为等边三角形，
∵BD＝CD＝BC，
∴ ，
整理得： ，
②﹣①得：4m+8n＝12，
∴m＝3﹣2n，
将m＝3﹣2n代入①得：（3﹣2n）2+n2﹣8n＝4，
整理得：n2﹣4n+1＝0，
解得：n＝ ，
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当n＝ 时，m＝3﹣2n＝ ，
当n＝ 时，m＝3﹣2n＝ ，
∴点D的坐标为 或 ．
故答案为：（﹣2，0）； 或 ．
二十一．解直角三角形的应用（共1小题）
28．（2023•杭州）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦
图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形
EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF＞∠BAF，连接BE．设∠BAF＝ ，∠BEF＝ ，若正方形
EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n，tan ＝tan2 ，则n＝（ ）
α β
α β
A．5 B．4 C．3 D．2
【分析】设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，解直角三角形可得 ，化简可得（b﹣a）2
＝ab，a2+b2＝3ab，结合勾股定理及正方形的面积公式可求得S正方形EFGH ；S正方形ABCD ＝1：3，进而可求
解n的值．
【解答】解：设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，
∵tan ＝ ，tan ＝ ，tan ＝tan2 ，
α β α β
∴ ，
∴（b﹣a）2＝ab，
∴a2+b2＝3ab，
∵a2+b2＝AD2＝S正方形ABCD ，（b﹣a）2＝S正方形EFGH ，
∴S正方形EFGH ：S正方形ABCD ＝ab：3ab＝1：3，
∵S正方形EFGH ：S正方形ABCD ＝1：n，
∴n＝3．
故选：C．
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