2025年中考考前押题最后一卷：数学（重庆卷）（解析版）

这是一份2025年中考考前押题最后一卷：数学（重庆卷）（解析版），共26页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，估计的值在等内容，欢迎下载使用。
（全卷共三个大题，满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上．
2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
参考公式：抛物线的顶点坐标为，对称轴为．
第Ⅰ卷
一、选择题：（本大题10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑．
1．下列四组有理数大小的比较正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了有理数的大小比较，根据有理数的大小比较法则、绝对值的性质、相反数的意义逐项判断即可求解，掌握有理数的大小比较法则和绝对值的性质是解题的关键．
【详解】解：、∵，，，
∴，故该选项错误，不合题意；
、∵，，
∴，故该选项错误，不合题意；
、，故该选项错误，不合题意；
、∵，，
∴，故该选项正确，符合题意；
故选：．
2．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的定义进行识别．
【详解】解：A选项中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
B选项中的图形既是中心对称图形又是轴对称图形，符合题意；
C选项中的图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不合题意；
D选项中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
故选B．
【点睛】本题考查中心对称图形和轴对称图形的识别，解题的关键是掌握中心对称图形和轴对称图形的定义，具备一定的空间想象能力．
3．若点在同一个反比例函数的图象上，则m的值为（ ）
A．1B．C．4D．
【答案】D
【分析】根据反比例函数图象上的点的特征，列式计算即可．
【详解】解：∵点在同一个反比例函数的图象上，
∴，
∴；
故选：D．
【点睛】本题考查反比例函数图象上点的特征．熟练掌握反比例函数图象上点的横纵坐标之积等于，是解题的关键．
4．一杆古秤在称物时的状态如图所示，已知，则的度数为（ ）
A．20°B．70°C．110°D．120°
【答案】D
【分析】本题考查平行线的性质，根据邻补角求角的度数，根据两直线平行，内错角相等，结合邻补角互补，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：提绳与重锤所在直线平行，
∴，
∴；
故选：D．
5．两个相似三角形的周长之比为，它们的面积之和为，那么它们的面积之差为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的是相似三角形性质，根据性质先求出面积比，再设未知数列方程并解方程即可解决．
【详解】解：两个相似三角形的周长之比为，
面积之比为，
设两个相似三角形的面积为，
则，
解得：，
．
故选：C．
6．估计的值在（ ）
A．3和3.5之间B．2.5和3之间C．2和2.5之间D．1.5和2之间
【答案】A
【分析】先根据二次根式的乘法进行计算，再对根式进行估算，即可得出答案．
【详解】解：
=2+
=；
∵4＜5＜6.25，
∴2＜＜2.5，
∴3＜＜3.5，
即的值在3和3.5之间．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次根式的乘法和估算无理数的范围，能估算出的范围是解答此题的关键．
7．公园内有一矩形步道，其地面使用相同的灰色正方形地砖与相同的白色等腰直角三角形地砖排列而成．如图表示此步道的地砖排列方式，其中白色等腰直角三角形地砖排列总共有84个．则步道上总共使用连续排列的正方形地砖（ ）

A．40个B．41个C．78个D．79个
【答案】A
【分析】由题意及图形可得出规律：中间一个正方形对应两个等腰直角三角形，从而得到正方形的个数．
【详解】解：由题意及图形可得出规律：中间一个正方形对应两个等腰直角三角形，
所以（个）．
故选A．
【点睛】本题主要考查规律问题，关键是根据题意得到规律求解即可．
8．如图，是⊙O外一点，、切⊙O于点、，点在优弧上，若，则等于( )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由与都为圆的切线，利用切线的性质得到两个角为直角，根据的度数，利用四边形的内角和定理求出的度数，再利用同弧所对的圆心角等于所对圆周角的倍，求出的度数即可．
【详解】解：、都为圆的切线，
，
，
，
与都对，
．
故选：．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，以及四边形的内角和，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
9．如图，正方形ABCD的边长为6，点E、F分别在AB、AD上，若CE＝3，且∠ECF＝45°，则AF的长为（ ）
A．4B．3C．2.5D．2
【答案】A
【分析】延长FD到G，使DG＝BE，连接CG、EF，先利用正方形的性质和SAS证明△BCE≌△DCG，得CE＝CG，再利用SAS证明△GCF≌△ECF，于是GF＝EF，然后利用勾股定理求出BE的长，设AF＝x，在Rt△AEF中利用勾股定理列出方程，解方程即得答案.
【详解】解：如图，延长FD到G，使DG＝BE，连接CG、EF；
∵四边形ABCD为正方形，∴BC=DC，∠B=∠CDG=90°，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴CE＝CG，∠BCE＝∠DCG，
∵∠BCE+∠DCF=45°，∴∠DCG+∠DCF=45°，∴∠GCF＝45°，
∴∠GCF=∠ECF，又∵CF=CF，∴△GCF≌△ECF（SAS），∴GF＝EF，
∵CE＝3，CB＝6，∴BE＝＝3，∴AE＝3，
设AF＝x，则DF＝6﹣x，GF＝3+（6﹣x）＝9﹣x，∴EF＝9﹣x．
在Rt△AEF中，由勾股定理得：（9﹣x）2＝9+x2，
解得：x＝4，即AF＝4．
故选A．
【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，构建全等三角形、利用方程思想是解题的关键.
10．已知代数式，，从第三个式子开始，每一个代数式都等于前两个代数式的和，，，…，则下列说法正确的是（ ）
①若，则
②
③前2024个式子中，a的系数为偶数的代数式有674个
④记前n个式子的和为，则
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】本题主要考查整式的规律，理解题意并根据已有代数式归纳出规律是解题的关键．
根据题目找出规律逐个判断即可解答．
【详解】解：由题意得：，，，，，，，，，，
若，则，故①正确；
，故②正确；
推理得：奇，偶，奇，三个为一个周期，故前2024个式子中，，则a的系数为偶数的代数式有675个，故③错误．
记前n个式子的和为，则，，
所以，故④错误．
故选B．
第Ⅱ卷
二、填空题：（本大题8个小题，每小题3分，共24分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上．）
11．计算：_______．
【答案】15
【分析】本题考查实数的混合运算，涉及算术平方根、零指数幂、负整数指数幂，熟练掌握相关运算法则并正确求解是解答的关键．先分别计算算术平方根、零指数幂、负整数指数幂，再绝对值、乘方及加减运算即可求解；
【详解】解：原式
，
故答案为：15．
12．学校新开设了航模、围棋、书法、绘画四个社团，如果小华和小玲两名同学各随机选择参加其中一个社团，那么小华和小玲选到同一个社团的概率为_______．
【答案】
【分析】画树状图，共有16种等可能的结果，其中小华和小玲选到同一个社团的结果有4种，再由概率公式求解即可．
【详解】画树状图，共有16种等可能的结果，其中小华和小玲选到同一个社团的结果有4种，再由概率公式求解即可．
解：把航模、围棋、书法、绘画四个社团分别记为：A、B、C、D，
画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中小华和小玲选到同一个社团的结果有4种，
∴小华和小玲选到同一个社团的概率为，
故答案为：．
【点睛】此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
13．已知一个正多边形的一个外角是36°，则从该多边形的一个顶点最多可引对角线_______条．
【答案】7
【分析】由这个正多边形每一个外角都为36°即可求得这个正多边形的边数为10，由此即可求解.
【详解】∵这个正多边形每一个外角都为36°，
360°÷36°=10，
∴这个正多边形的边数为10．
∴从该多边形的一个顶点最多可引10-3=7条对角线．
故答案为7．
【点睛】本题考查了正多边形的知识，正确求得正多边形的边数是解决问题的关键.
14．今年国庆出行全国热门目的地前十名中，重庆位居第三名，仅次于北京、成都，据统计今年国庆洪崖洞接待游客约90万人次． 2021年国庆，洪崖洞接待游客约50万人次．若设2021年国庆至2023年国庆，我市洪崖洞接待游客的年平均增长率为x，则可列出关于x的方程为______________．
【答案】
【分析】本题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，利用今年国庆洪崖洞接待游客人次数等于2021年国庆洪崖洞接待游客人次数乘以1 加2021年国庆至2023年国庆我市洪崖洞接待游客的年平均增长率的平方，即可列出关于x的一元二次方程.
【详解】解：根据题意得：，
故答案为：．
15．如图，在△ABC中，，，交BC于点D．若，则的长为_______．
【答案】15
【分析】先根据直角三角形性质求出，再求出，，，即可求出．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：15
【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形判定与性质，熟知相关知识并根据题意灵活应用是解题关键．
16．如果关于的不等式组至少有3个整数解，且关于的分式方程的解为整数，则符合条件的所有整数的取值之和_______；
【答案】
【分析】本题考查了解一元一次不等式组及应用和解分式方程，先分别解不等式组里的两个不等式，因为不等式组有解，写出其解集为，根据不等式组至少有3个整数解，可得a的取值，再解分式方程得，根据解为整数即得到a的范围，得到两个a的范围必须同时满足，即可得到的整数a的值的和．
【详解】解：，
解不等式①，得：，
解不等式②，得：，
要使x至少有3个整数解，至少满足，
，
，
，
，
解得：，，
要使y有意义，，即，
为整数，
为整数，
或或，
又，
或或或或，
要使关于y的分式方程有意义，，
，即，
，
综上所述：或或或，
，
故答案为：．
17．如图，在中．，．⊙O是△ABC的内切圆．分别与，，相切于点，，．
（1）_______．
（2）若，则_______．
【答案】 60
【分析】本题考查解直角三角形，圆周角定理，切线的性质．
（1）根据，得到，进而得到，连接，根据切线的性质，得到，圆周角定理得到，即可；
（2）连接，得到四边形为正方形，利用直角三角形内切圆的半径的计算方法，进行求解即可．
掌握特殊角的三角函数值，切线的性质，是解题的关键．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∵，
∴，
连接，
∵⊙O是△ABC的内切圆，分别与，，相切于点，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）∵，，
∴，，
连接，则：，，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
设，
则：，
∴，
解得：；
即：；
故答案为：．
18．一个四位自然数，若各个数位上的数字均不为且个位数字大于，且满足百位上的数字与十位上的数字之和是千位上的数字与个位上的数字之和的倍，则称这个四位数为“倍三数”．例如：，，是“倍三数”；如果一个“倍三数”的各数位上的数字之和为，并且规定：将这个“倍三数”的十位与百位交换得到，记，记的千位上的数字与个位上的数字之差的绝对值为，若为正整数，所有符合条件的的值_________．
【答案】或
【分析】设的十位数字为，个位数为，再用，表示千位数字和百位数字，再分别表示，，最后求出．
【详解】解：设的十位数字为，个位数为，
则千位数字为，百位数字为，
，
，
，
，
为正整数，
，，，，且都为整数，
当时，，此时，当时，，此时，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了整式的加减，理解新定义正确列出代数式并熟练计算是解题的关键．
三、解答题：（本大题共8个小题，第19题14分，第26题12分，其余每小题10分，共86分；解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将答题过程书写在答题卡中对应位置上．)
19．计算：
(1)； (2)．
【答案】(1)；(2)．
【分析】（）直接利用单项式乘以多项式和单项式乘多项式法则求解即可；
（）先对括号里进行通分再相减，将括号外的除法运算转化为乘法运算，同时对分子与分母进行因式分解，最后约分即可；
本题考查了单项式乘以多项式，单项式乘多项式法则进行乘法运算，分式的通分与加减乘除法混合运算，解题的关键是掌握相关运算法则．
【详解】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
20．某中学举办了举行了名著阅读知识测试．现从该校七、八年级中各随机抽取20名学生的测试成绩（满分100分，成绩得分用表示，共分为五组：A：；B：；C：；D：；E．．（其中记为合格）进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息．
七年级20名学生的测试成绩为78，82，84，84，85，86，86，88，88，88，90，94，95，95，95，95，95，96，96，100．
八年级20名学生的测试成绩在组中的数据为：92，93，92，90，92，94．
七、八年级抽取的学生的测试成绩统计表
八年级抽取的学生的测试成绩扇形统计图
根据以上信息回答下列问题：
(1)直接写出上述表中的的值；
(2)根据以上数据，你认为该校七、八年级中哪个年级的学生的测试成绩较好？请说明理由（写出一条理由即可）；
(3)该校七年级有名学生、八年级有名学生参加了此次测试，估计此次测试成绩合格的学生共有多少名．
【答案】(1)，，
(2)我认为八年级学生的测试成绩较好，详见解析
(3)估计此次测试成绩合格的学生共有1560名
【分析】（1）分别求出八年级E组和D组的人数，得到中位数在D组，利用中位数的计算公式求出a，根据众数定义及合格吕公式求出b、c；
（2）根据表格中的数据对比分析得到结论；
（3）用各自年级的总人数乘以合格率的百分比，相加即可得到总的合格人数．
【详解】（1）解：八年级的组有%人，组有%人，故中位数在组，
八年级名学生的测试成绩中排列在中间的两个数分别是、，故；
七年级名学生的测试成绩中出现次数最多，所以；
七年级名学生的测试成绩的有人，
七年级的合格率：；
∴，，
（2）我认为八年级学生的测试成绩较好．理由如下：
因为八年级学生的测试成绩的中位数高于七年级学生的测试成绩的中位数，
所以八年级学生的测试成绩较好．（答案不唯一）
（3）（名）
答：估计此次测试成绩合格的学生共有名
【点睛】此题考查了统计知识，正确理解统计图表，会根据部分的数量及百分比求部分的数量，能根据中位数、众数、平均数作决策，利用部分的率求总体的数量，正确理解统计图表得到相关信息是解题的关键．
21．如图，四边形是平行四边形，是对角线．
(1)用尺规完成以下基本作图：作的垂直平分线，分别交、、于点、、．（保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）所作的图形中，连接，，猜想四边形的形状，并证明你的结论．
解：猜想四边形的形状为菱形，证明如下：
是的垂直平分线，
，，①______，
又四边形是平行四边形，
②______，
．
在和△COF中，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
③______，
，
四边形是菱形．
结论：平行四边形一条对角线的端点和这条对角线的垂直平分线与④______．
【答案】(1)见解析
(2)；AD∥BC；；对边交点形成的四边形是菱形
【分析】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握种基本作图是解决问题的关键.也考查了线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质.
（1）利用基本作图作AC的垂直平分线即可；
（2）先根据线段垂直平分线的性质得到 ，再证明△AOE≌△COF得到则 ，于是可判断四边形是菱形.
【详解】（1）如图, 为所求；
（2）解：猜想四边形的形状为菱形，证明如下：
是的垂直平分线，
，，，
又四边形是平行四边形，
∴AD∥BC
．
在和△COF中，
∴△AOE≌△COF (ASA)，
，
，
四边形是菱形．
结论：平行四边形一条对角线的端点和这条对角线的垂直平分线与对边交点形成的四边形是菱形．
故答案为：；；；对边交点形成的四边形是菱形．
22．“六一”儿童节前夕，某文具店用4000元购进 种滑板车若干台，用8400元购进种滑板车若干台，所购种滑板车比种滑板车多10台，且种滑板车每台进价是种滑板车每台进价的1.4倍．
（1）、两种滑板车每台进价分别为多少元？
（2）第一次所购滑板车全部售完后，第二次购进、B两种滑板车共100台（进价不变），种滑板车的售价是每台300元，种滑板车的售价是每台400元．两种滑板车各售出一半后，六一假期已过，两种滑板车均打七折销售，全部售出后，第二次所购滑板车的利润为5800元（不考虑其他因素，求第二次购进、两种滑板车各多少台？
【答案】（1）、两种滑板车每台进价分别为200元，280元；（2）第二次购进种滑板车40台、种滑板车60台
【分析】（1）设种滑板车每台进价为x元，则B种滑板车每台进价为1.4x元，根据用8400元购买的B种滑板车比用4000元购买的A种滑板车多10台，即可得出关于x的分式方程，解之即可得出结论；
（2）设第二次购进A种滑板车y台，则购进B种滑板车（100−y）台，根据总利润＝每台的利润×销售数量，即可得出关于y的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】（1）解：设种滑板车每台进价为元．
根据题意得：
，
解得：，
经检验是原方程的根，且符合题意．
B种：1．4×200=280（元) ，
答：、两种滑板车每台进价分别为200元，280元；
（2）解：设第二次购进种滑板车台．
，
解得：，
B种：100-40=60（台）．
答：第二次购进种滑板车40台、种滑板车60台．
【点睛】本题考查了分式方程的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）找准等量关系，正确列出一元一次方程．
23．小明在学习中遇到这样一个问题．如图，已知线段AC=2cm，AB=6cm，点P是线段AB上由点A向点B移动的一动点（不与点A，B重合），连接CP，过点B作BD//AC交射线CP于点D．当BD≤2AP时，求AP长度的取值范围．
小明尝试结合学习函数的经验解决此问题．请将下面的探究过程补充完整：
由条件易证△APC∽△，令AP=xcm，BD=ycm，则有BP=．
（1）用含x的代数式表示y: ，其中自变量x的取值范围为 ．
（2）x，y的几组对应值如表所示．
请你根据表的数据，在如图所示的平面直角坐标系中，通过描点、连线，画出y与x的大致函数图象．
（3）小明在分析BD≤2AP后，从特殊情况BD=2AP得到函数，在平面直角坐标系中画出这个函数的图象．
（4）结合画出的两个函数图象，解决问题：当BD≤2AP时，AP的取值范围为 ．
【答案】BPD，6-x；（1）y=-2，0＜x＜6；（2）见解析；（3）y＝2x，图象见解析；（4）2≤x＜6
【分析】由BD∥AC，得到∠A=∠B，∠C=∠D，推出△APC∽△BPD；
（1）利用相似三角形的性质可得，即，即可得出y=-2，由AB=6cm可得自变量x的取值范围；
（2）根据已知数据描点连线画图即可；
（3）当BD＝2AP时，得到函数y＝2x，画出y=2x的函数图象即可；
（4）结合画出的函数图象，根据两个函数图象交点即可得AP的取值范围．
【详解】解：∵BD∥AC，
∴∠A=∠B，∠C=∠D，
∴△APC∽△BPD，
∴，
令AP=xcm，BD=ycm，
∵AB=6cm，则有BP=6-x．
故答案为：BPD，6-x；
（1）∵△APC∽△BPD，
∴，
∵AC=2cm，AB=6cm，AP=xcm，BD=ycm，
∴，
∴y-2，
∵x＞0，AB=6cm，P是线段AB上由点A向点B移动的一动点（不与点A，B重合），
∴0＜x＜6，
故答案为：y=-2，0＜x＜6；
（2）根据已知数据画出图象如图：
（3）当BD＝2AP时，得到函数y＝2x，
当x=2时，y＝4，
描点，画出y=2x的函数图象，如图所示：
故答案为：y＝2x；
（4）由图象得：当BD≤2AP时，AP的取值范围为2≤x＜6．
故答案为：2≤x＜6．
【点睛】本题为动点问题的函数图象探究题，考查了函数图象画法以及数形结合的数学思想．解答关键是按照题意描点连线画图．
24．小明和小红相约周末游览合川钓鱼城，如图，A、B、C、D、E为同一平面内的五个景点．已知景点 E 位于景点 A 的东南方向 米处，景点D 位于景点 A 的北偏东方向1500米处，景点C位于景点B 的北偏东方向， 若景点A、B 与景点 C、D 都位于东西方向，且景点 C、B、E在同一直线上．
(1)填空：______°， ______°；
(2)求景点 A 与景点 B之间的距离．（结果保留根号）
(3)小明从景点A出发， 从A→D→C， 小红从景点 E出发， 从E→B→C，两人在各景点处停留的时间忽略不计．已知两人同时出发且速度相同，请通过计算说明谁先到达景点 C．（参考数据： ）
【答案】(1)，；(2)米；(3)小红先到达景点C，理由见解析
【分析】本题考查的是解直角三角形的应用-方向角问题
（1）直接根据平角和直角计算即可；
（2）过点E作于点H，根据等腰直角三角形的性质分别求出，根据正切的定义求出，进而求出；
（3）过点作，交的延长线于点F，过点B作于点G，根据余弦的定义求出，根据正弦的定义求出，进而求出，求出、，比较大小得到答案．
【详解】（1）解：，
故答案为：45；60；
（2）解：如图，过点E作于点H，
在中，米，
则（米），
由题意可知：，
∵，
∴（米），
∴米；
（3）解：如图，过点A作，交的延长线于点F，过点B作于点G，
则四边形为矩形，
∴，米，
在中，米，
则（米），（米），
∴米，
在中，米，，
∴（米），（米），
∴米，
∴（米），
在中，米，，
则（米），
∴（米），
∵，
∴小红先到达景点C．
25．如图，抛物线L：与x轴正半轴交于点，与y轴交于点．
(1)求抛物线L的解析式：
(2)如图1，点P为第四象限抛物线上一动点，过点P作轴，垂足为C，交于点D，求的最大值，并求出此时P的坐标；
(3)如图2，将抛物线L：向右平移得到抛物线，直线与抛物线交于M，N两点，若点A是线段的中点，求抛物线的解析式．
【答案】(1)；(2)，；(3)
【分析】（1）用待定系数法可得答案；
（2）由，，可得，即知，，设，则，，根据二次函数性质可得答案；
（3）由，，得直线解析式为，设平移后抛物线的解析式，联立两个函数求解，设，根据一元二次方程根与系数的关系求解即可．
【详解】（1）解：把，代入得：
，
解得，
∴抛物线L的解析式为；
（2）如图：
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，，即，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴当时，取最大值，，
∴最大值为，
此时；
（3）∵，，
设直线的解析式为，
代入得
解得：
∴，
∵
∴设平移后抛物线的解析式，
联立，
∴，
整理，得：，
设，则是方程的两根，
∴．
∵A为的中点，
∴，
∴，解得：．
∴抛物线的解析式．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质、线段的最值，解三角形、待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质．
26．（1）【问题发现】如图①，在中，若将绕点O逆时针旋转得到，连接；求_______；
（2）【问题探究】如图②，已知△ABC是边长为的等边三角形，以为边向外作等边三角形，P为△ABC内一点，将线段绕点C逆时针旋转，点P的对应点为点Q．
①求证：△DCQ≌△BCP；
②求的最小值；
（3）【实际应用】如图③，在矩形中，，是矩形内一动点为内任意一点，是否存在点P和点Q，使得有最小值？若存在求其值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①见解析；②12；（3）存在，
【分析】（1）根据旋转的性质得出，，根据等腰三角形的性质求出结果即可；
（2）①根据等边三角形的性质证明全等即可；
②连接，得到△CPQ是等边三角形，由两点之间线段最短得，求出即可得解；
（3）过点P作交于点E，交于点F，将绕点A逆时针旋转得，连接，设交于点G，由可得，进而求得，当时，有最小值，运用勾股定理可求解．
【详解】（1）解：∵将绕点O逆时针旋转得到，
∴，，
∴，
故答案为：；
（2）①证明：∵△BDC是等边三角形，
∴，，
由旋转得，，
∴，
在△DCQ和△BCP中，
，
∴△DCQ≌△BCP(SAS)；
②连接，
∵，，
∴△CPQ是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
由两点之间线段最短得，
∴，
∴当点A、P、Q、D在同一条直线上时，取最小值，为的值，
延长，作，交的延长线于点E，
∵△ABC是边长为的等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，即取最小值为12．
（3）存在一点P和一点Q，使得有最小值，理由如下：
过点P作交于点E，交于点F，将绕点A逆时针旋转得，连接，设交于点G，如图所示：
由（2）知，当在同一直线上时，有最小值，最小值为，
在矩形中，，
∴，，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵点P在上，
∴当时，有最小值，
∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是结合旋转的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理．七年级
八年级
平均数
中位数
众数
合格率
cm
1
2
3
4
5
cm
10
4
2
1
0.4