2026年中考数学题型破译专练：11大压轴题型全预测(学生版+解析)

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解密题型01 新定义问题
1．（2026·湖南·模拟预测）我们定义：．若，，则（ ）
A．或B．或C．或D．
【答案】C
【分析】本题考查了新定义运算，一元二次方程解法，代数式求值，由题意得，，从而有，然后求出，的值，再代入即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：由题意得，则，
由题意得，则，
∴
，
∴，，，
代入得：，，，
∴或，
故选：．
2．（2026·河南南阳·一模）定义：如果三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“类直角三角形”．如图，在中．，，，点在边上，使得是“类直角三角形”，则______．
【答案】或
【分析】先求出，然后分当时，当时两种情况，通过相似三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线性质即可求解．
【详解】解：∵，，，
∴，
当时，
∵，
∴，
过点作于点，如图，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
在直角三角形ABC中，由勾股定理得：，
设，则，
根据勾股定理得：，即，
解得：，
∴；
当时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：，
综上所述，或．
3．（2026·安徽合肥·一模）我们定义：如果点在某一个函数的图像上，那么我们称点P为这个函数的“妙点”．
（1）请仔细观察点P的横纵坐标之间的关系，并写出点P所在直线的解析式______．
（2）若关于x的二次函数对于任意的n，恒有两个不同的“妙点”，则常数a的取值范围为_____．
【答案】
【分析】（1）根据题意可得“妙点”满足；
（2）由二次函数对于任意的常数n，恒有两个“妙点”，从而得，，考查函数恒大于0，得，进而计算可以得解．
【详解】（1）解：设，，
则即，
∴点P所在直线的解析式；
（2）由题意可知，二次函数与直线恒有两个交点，
即方程恒有两个不相等的实数根，
∴方程的根的判别式，
，
对于函数开口向上，即函数与横轴无交点，
得，
∴.
解密题型02 阅读理解类问题
1．（2026·山西朔州·一模）阅读与思考请认真阅读下面的材料，并完成相应的任务．
任务：
(1)问题1中这个相同的数量关系为______．
(2)将问题2的解答过程补充完整．
(3)如图，为等边三角形，请作出的布洛卡点，连接，，，使得．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，标明字母，不写作法）
【答案】(1)它们的和均为
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据，可得，再由三角形内角和定理可得，即可解答；
（2）证明，可得，从而得到，即可解答；
（3）作的角平分线交于点N，即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴；
同理；；
即这个相同的数量关系为它们的和均为；
（2）解：，
．
，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，点N即为所求；
理由如下：
由作法得：分别为的角平分线，
∴平分，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，即点N为的布洛卡点．
2．（2026·安徽六安·一模）阅读下列材料，并完成相应任务．
在平面直角坐标系中，点，之间的距离可以用下面的公式进行计算：
，这个公式就叫做两点间距离公式．
下面就利用这个公式来解决几何问题：
如图，点E，F分别在边长为4的正方形的边上，，连接交于点G，求的长．
解：如图，以点B为原点，直线为x轴，直线为y轴建立坐标系，由题意知：，，，，，．
设直线的表达式为，把，代入，得，解得．
(1)若，，则的长为；
(2)直线的表达式为；
(3)同理，可由，得直线的表达式为，再由两个表达式联立成方程组，得……
(4)完成以上步骤，并求出的长．
【答案】(1)5
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）根据两点间距离公式进行计算即可；
（2）将代入得直线的表达式，即可解答；
（3）设直线的表达式为，把，代入求解即可；
（4）将代入，求出，再根据两点间距离公式进行计算即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴；
（2）解：由得
直线的表达式为；
（3）解：设直线的表达式为，把，代入，得
，
解得，
∴直线的表达式为；
（4）解：∵直线的表达式为，直线的表达式为，
∴将代入，得
，
解得，
将代入，得
，
∴，
∵，，
∴．
3．（2026·吉林·一模）在数学探究课上，老师鼓励同学们积极思考，通过作辅助图形的方法，计算动点条件下线段和的最小值，小郑同学大胆的说出了自己的想法，得到了老师的好评，其过程如下：
(1)【观察发现】
如图1，在等边中，，，E，F分别是和上的动点，且总有，阅读下面作辅助图形的方法及推理过程并填空，理解确定最小值的方法．
∵在等边中，，，
∴点为边上的中点，．
∴．
过点作，使，连接，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
连接，，当三点共线时，的最小值等于线段的长．
连接，
∴四边形是矩形．
∴．
【问题解决】①如图1请你补全缺失的证明四边形为矩形的过程；
②结合上述探究过程可知的最小值为 ．
(2)【类比应用】
如图2，已知正方形的边长为12，O为对角线的交点，M，N分别是，上的动点，且总有，连接，，求的最小值．
(3)【拓展延伸】
如图3，矩形中，，，是的中点，F，G分别是和上的动点，且总有，则的最小值为 ．
【答案】(1)①见解析；②
(2)
(3)
【分析】（1）①先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可得证；
②求出即可；
（2）过点作，使，连接，，先得出，则当点三点共线时，的最小值等于线段的长，即的最小值等于线段的长，再利用勾股定理求解即可；
（3）延长到点，使，连接，，先证明，可得，则当点三点共线时，的最小值等于线段的长，即的最小值等于线段的长，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：①∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
②由上已证：四边形是矩形，
∴，
∴的最小值为，
又∵，
∴的最小值为．
（2）解：如图，过点作，使，连接，，
∵正方形的边长为12，
∴，，，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴当点三点共线时，的最小值等于线段的长，即的最小值等于线段的长，
如图，过点作，交的延长线于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴在中，，
∴的最小值为．
（3）解：如图，延长到点，使，连接，．
∵矩形中，，是的中点，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当点三点共线时，的最小值等于线段的长，即的最小值等于线段的长，
∵，，
∴，
∴在中，，
∴的最小值为．
【点睛】本题的难点在于通过作辅助线，构造全等三角形和相似三角形．
解密题型03 综合与实践类问题
1．（25-26九年级下·安徽·月考）（1）【实践探究】如图1，在中，，，，求的值．小南构造了包含的直角三角形：延长到点，使，连接．可得，问题即转化为求的正切值，请按小南的思路求的值．
（2）【拓展延伸】如图2，在中，，，，求的值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据题意可知，，即可求解的值．
（2）在上取一点，连接，使得，根据正切的定义得出，设，则，在中，根据勾股定理，求出，进而根据正切的定义，即可求解．
【详解】解：（1）在中，，，，
，
，
，
，，
，
（2）如图，在上取一点，连接，使得，
∴
∴，
∵在中，，，，
∴，
设，则，
在中，
∴
解得：
∴
∴
2．（2026·浙江温州·一模）综合与实践
【探索发现】小温在探索“圆与相似三角形”相关知识时发现如下结论：如图1，在圆中，若弦与交于点，则有．
(1)【猜想验证】请证明上述结论．
(2)【实践应用】如图2，若，则的坐标为___________．
(3)【综合拓展】如图3，已知二次函数的图象与轴交于两点（在轴左侧，在轴右侧），与轴负半轴交于点．经过三点的圆与轴正半轴交于点，求点的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）结合圆周角定理，证明∽即可；
（2）根据求值即可；
（3）根据，结合根与系数的关系求解即可.
【详解】（1）证明：如图1，连接，
∵，，
∴∽，
∴，
即；
（2）解：由（1）知，，
∵，
∴，，，
∴，
解得，
∴；
（3）解：设，，
∵，
即，
当时，由韦达定理可得，，
，
则．
3．（2026·安徽合肥·一模）综合与实践
【研究背景】
如图1，在锐角中，的对边长分别为a，b，c，圆O是的外接圆，外接圆半径为R，
【操作探究】补充下面证明说理．
如图2，连接BO并延长交圆O于点D，连接CD，则（在同圆中，同弧所对的圆周角相等），（半圆（或直径）所对的圆周角是直角），
，
．
(1)猜想：在锐角中，的对边长分别为a，b，c，圆O是的外接圆，外接圆半径为R，则有．
(2)【理解应用】如图，中，平分，则_________；
(3)【问题解决】太平湖位于黄山区，是青弋江上游一座人工大水库，有着“东方日内瓦”“未经雕琢的翡翠”之美誉．某综合与实践小组要绘制一幅太平湖局部平面示意图，现需要知道湖中A，B两岛间的实际距离．由于地形原因，无法利用测距仪直接测量，在空旷地找一点C，利用无人机多次测量并取平均值测得，利用测距仪多次测量并取平均值测得．求A，B两岛在图纸上的距离．（比例尺为，结果精确到．参考数据：）
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）由题意，同理可得，即可解答；
（2）先推导出，由题意，同理可得，，则， ，即可解答；
（3）先推导出，由题意，同理可得
，求出，再根据比例尺进行求解即可．
【详解】（1）解：由题意，同理可得
（2）解：∵在中， ，
∴．
∵平分，
∴，
在中，由题意得：
，
∴，
在中，由题意得：
，
∴，
∴；
（3）解：∵在中，，
∴，
在中，由题意得：
，
∴，
∵比例尺为，，
∴A，B两岛在图纸上的距离为．
解密题型04 现实热点问题
1．（2026·河南开封·一模）从2025年春晚机器人“秧”惊艳世界，到今年春晚舞台的“武”震撼全球，中国新质生产力如此突飞猛进，在春晚看到了！剑舞、醉拳、双截棍、肘部大回环、连续三次单腿后空翻……这些人类千锤百炼才可能神功大成的高难度动作，机器人不仅完成得威风凛凛，甚至颇有中华武术的神韵，看得观众酣畅淋漓、豪情万丈．某校拓展小组研制的智能操作机器人，如图1，水平操作台为l，底座固定，高为，连杆长度为，手臂长度为．点B、C是转动点，且、与始终在同一平面内．
(1)转动连杆、手臂使，，如图2，求手臂端点D离操作台l的高度．（结果精确到，参考数据：，，）
(2)物品在操作台l上，距离底座A端的点M处，转动连杆、手臂，手臂端点D能否碰到点M？请说明理由．
【答案】(1)
(2)手臂端点D能碰到点M，见解析
【分析】（1）过点C作于点P，过点B作于点Q，根据三角函数求出，根据即可得解；
（2）根据勾股定理求出当点B、C、D三点共线时，比较与大小关系，即可得解．
【详解】（1）解：过点C作于点P，过点B作于点Q，则，如图，
由题意得：四边形都是矩形，
，
，
∴在中，，
，
．
答：手臂端点D离操作台l的高度约为．
（2）解：手臂端点D能碰到点M．理由如下：
如图，
当B、C、D三点共线时，，，
在中，，
，
∴手臂端点D能碰到点M．
2．（2026·河南·一模）—赛季中国排球超级联赛是由中国排球协会主办的中国最高级别排球职业联赛，于年月至年月举行．根据国际排球联合会的规定，排球比赛场地为长方形，其长度为，宽度为，女子排球比赛球网的高度为．如图，某女子排球运动员在场地边缘的处训练发球，为球网（球网位于球场的中间），为球场护栏，且，均与地面垂直，球场的边界为点，以点为原点，垂直于球网的直线为轴，垂直于地面的直线为轴，建立平面直角坐标系，排球（看作点）从点的正上方点处发出，排球经过的路径是抛物线的一部分，其最高点为，落地点为点．（点，，，，在同一直线上，图中所有的点均在同一平面内）
(1)求抛物线对应的函数解析式；
(2)通过计算判断排球能否越过球网；
(3)由于运动员改变了发球点的位置，使得排球在点落地后立刻弹起，又形成了一条与形状相同的抛物线，且最大高度为．若排球沿下落时（包含最高点）能碰到球场护栏，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)排球能越过球网
(3)
【分析】（1）根据待定系数法求解抛物线L对应的函数解析式即可；
（2）计算当时的高度是否高于球网即可；
（3）先求出抛物线对应的解析式，得出其顶点坐标以及与轴的交点，即可得出的取值范围．
【详解】（1）解：∵抛物线的最高点的坐标为，
∴设抛物线对应的函数解析式为，
∵点在该函数图象上，
∴将代入，
得，
解得，
∴抛物线L对应的函数解析式为．
（2）解：由题可得，
∴当时，，
∵，
∴排球能越过球网．
（3）解：∵抛物线的形状与抛物线相同，且最大高度为，
∴设抛物线对应的解析式为，
∵抛物线过点，
∴，
解得，（不合题意，舍去），
∴，
∴抛物线的最高点坐标为，
∵排球从最高处开始下落，护栏在距离原点处，就可能被排球砸到，
∴，
当排球落地砸到点时，
把代入抛物线的解析式得，
解得，（不合题意，舍去），
∴，
∴的取值范围为．
解密题型05 跨学科问题
1．（2026·江西·模拟预测）跨学科化学
数学是研究化学的重要工具，数学知识广泛应用于化学领域，比如在学习化学的醚类化学式中，甲醚化学式为，乙醚化学式为，丙醚化学式为……当碳原子(C)的数目为（n为正整数）时，醚类的化学式可以表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了规律型中的数字的变化规律类，解题的关键是找出变化规律．
根据题意，找出各原子的个数规律即可．
【详解】解：由题意可知，醚类的化学式中，氧原子(O)的数目为1，且位于中间，左右两侧所含原子种类相同和数量相等，且氧原子每侧的氢原子(H)的数目比该侧的碳原子(C)数目的2倍多1，故当碳原子(C)的总数目为 (n为正整数)时，醚类的化学式可以表示为.
故选：D.
2．（2025·江西新余·模拟预测）一化学兴趣小组对某小苏打样品中的含量做了测定：将一定质量的小苏打样品加水全部溶解后，向该溶液中逐渐加入稀盐酸，产生气体的质量与加入稀盐酸的质量的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．加入的稀盐酸时，产生的气体
B．加入的稀盐酸时，产生气体
C．加人的稀盐酸时，不会产生气体
D．加入的稀盐酸越多，产生的气体越多
【答案】B
【分析】本题考查了函数图象，从函数图象中获取相关信息是解题的关键；根据函数图象即可完成．
【详解】解：由图象知，当加入稀盐酸的质量不超过时，产生的气体是均匀增加的，由于加入稀盐酸可产生气体，则加入稀盐酸可产生气体，故选项B正确，选项A、C错误；由图象知，加入的稀盐酸超过，产生的气体不再增加，保持在气体的量，故选项D错误；
故选：B．
3．（2026·广东·一模）小佳同学在学完物理“电学”知识后，进行“灯泡亮了”的实验，设计了如图所示的电路图，电路图上有5个开关、、、、和一个小灯泡，当开关闭合时，再同时闭合开关、或、都可以使小灯泡发亮．
(1)当开关、已经闭合时，再任意闭合开关、、中的一个，小灯泡能亮起来的概率是________；
(2)当开关已经闭合时，再任意闭合开关、、、中的两个，请用列表或画树状图的方法求小灯泡能亮起来的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接利用概率公式计算可得；
（2）画树状图列举出所有可能的情况和使小灯泡能亮起来的情况，然后利用概率公式求解．
【详解】（1）解：小灯泡能亮起来的概率是；
（2）解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中使小灯泡能亮起来有4种情况，
∴小灯泡能亮起来的概率．
4．（2026·河南许昌·一模）实验是培养学生的创新能力的重要途径之一，如图是小明同学安装的加热高锰酸钾制取氧气的化学实验装置，安装要求为试管口略向下倾斜，试管夹应固定在距试管口的三分之一处．已知试管，试管倾斜角．
(1)求酒精灯与铁架台的水平距离的长度；
(2)实验时，当导气管紧贴水槽，延长交的延长线于点，且（点，，在一条直线上），经测得：，求线段的长度．（参考数据：）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）过点作于点，直接利用的余弦即可求出，从而得到的长度；
（2）过点作于点，于点，过点作于点，先在中求出，，进而求出，，利用即可解决问题．
【详解】（1）解：过点作于点，
，
，
，
，
，
，
答：酒精灯与铁架台的水平距离的长度为；
（2）解：过点作于点，于点，过点作于点，
则，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
答：线段的长度为．
5．（2026·河北邯郸·一模）如图1，在两个完全相同的溢水杯中，分别盛满甲、乙两种不同密度的液体，将完全相同的两个质地均匀的铝块（重力为）分别悬挂在弹簧测力计，的下方，从离桌面的高度，分别缓慢浸入到甲、乙两种液体中，弹簧测力计，各自的示数与铝块各自下降的高度之间的关系如图所示，当铝块没有接触到液体时，弹簧测力计的读数为；当铝块刚好完全浸入液体中时，弹簧测力计的读数为．（溢水杯的杯底厚度忽略不计）
(1)图2中的__________，__________；
(2)当时，求弹簧测力计的示数关于的函数解析式；
(3)物体浸在液体中的体积相同的情况下，液体的密度越大，浮力就越大，当铝块浸入液面后，铝块重力．
①__________（填甲或乙）种液体的密度更大；
②当甲、乙液体中的铝块受到的浮力都为时，求铝块在甲、乙液体中浸入的深度差．
【答案】(1)，．
(2)（）．
(3)①乙；②
【分析】（1）先依据铝块未接触液体时弹簧测力计A的示数确定值；再结合铝块完全浸入甲液体时A的示数得出值．
（2）设时， （），结合图2中时，、时，，代入列方程组求解、，确定函数解析式．
（3）①比较甲、乙液体中铝块浸没时的浮力，结合，浮力越大则液体密度越大；②先由浮力公式求出铝块体积，再分别求浮力为时甲、乙中铝块浸入的深度，最后算深度差．
【详解】（1）解：∵当铝块没有接触到液体时，弹簧测力计的读数为，
∴．
∵铝块重力，铝块刚好完全浸入甲液体中时，弹簧测力计的读数为，
∴．
（2）解：设当时，弹簧测力计的示数关于的函数解析式为（）．
∵当时， ；当时， ，
∴．
解得，．
∴函数解析式为（）．
（3）解：①∵铝块浸没在甲、乙液体中时， 相等（铝块体积相同）
又∵， ，
∴ ，
∵，、不变
∴，即乙种液体的密度更大．
②设铝块的体积为，铝块浸入液体的深度为，铝块的底面积为，则．
∵铝块完全浸没在甲液体中时， ， ，
∴由得①．
∵铝块完全浸没在乙液体中时， ， ，
∴②．
当铝块在甲、乙液体中受到的浮力均为时：
∵③
④．
用①÷③得： ，即（为甲中浸入深度， 为完全浸没深度）．
由图2知，铝块在甲液体中刚完全浸没时的深度为（时开始浸没）
∴，则．
用②÷④得：，即．
由图2知，铝块在乙液体中刚完全浸没时的深度为（时开始浸没）
∴，则．
∴深度差：．
解密题型06 动点问题
1．（2026·吉林长春·一模）如图，在中，，，点是边上的一点，且，动点从点出发，沿折线运动，动点在上，且，连接．
(1)的面积为___________；
(2)当时，求线段的长；
(3)当时，求线段的长；
(4)当是直角三角形时，直接写出线段的长．
【答案】(1)
(2)或
(3)
(4)或
【分析】（1）过点作于点，利用等腰三角形的性质得，根据勾股定理得，从而即可得解；
（2）分当在上时和当在上时，两种情况讨论，利用中点定义及解直角三角形求解即可；
（3）先解直角三角形得，，证明，利用相似三角形的性质即可得解；
（4）分当时，当时，当时，三种情况讨论，利用相似三角形的判定及性质求解即可得解．
【详解】（1）解：如图，过点作于点，
，，，
，，
；
（2）解：当在上时，；
当在上时，如图，过点作于，过点作于，
由（1）得，，，
，
，，
，
，
；
综上，线段的长为或；
（3）解：如图，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
；
（4）解：如图，当时，
，
，即，
，，
，
，
，
，
，
；
如图，当时，
，
，即，
，，
，
，
，
，
，
；
当时，由于，，故此情况不存在；
综上所述，的长为或．
2．（25-26九年级上·重庆·月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点（在的左侧），与轴交于点，抛物线的对称轴是直线．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点是射线上方抛物线上的一动点，过点作于点轴交于点，点是直线上一动点，连接，当取得最大值时，求点的坐标及此时的最小值：
(3)在（2）中取得最大值的条件下，将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到抛物线，点为点的对应点，点为抛物线上的一动点．若，请直接写出所有符合条件的点的横坐标，并写出其中一种结果的解答过程．
【答案】(1)
(2)，3
(3)或．
【分析】（1）由抛物线与x轴交于可得①，由抛物线的对称轴直线方程可得②，①②联立可求出，，即可求出抛物线的解析式；
（2）由运用待定系数法求出直线的解析式为，设，易得，；，可得可求出当时，有最大值，此时； 先求得直线的解析式为，设，如图：过E作轴，则，由平行线的性质以及三角函数可得，即，如图：如图：连接，过P点作的延长线于G，则，然后根据三角形三边关系以及垂线段最短即可解答；
（3）先求出平移后抛物线解析式及点，再求得平移后的函数解析式；如图：取点P关于y轴的对称点，即，，连接并延长交于点R，与y轴交于点F，结合已知条件和三角形内角和定理可得，再求得直线的解析式为可得；直线的解析式为，联立可得；再运用两点间距离公式、勾股定理逆定理、正切的定义可得；设，则，然后再解绝对值方程即可解答．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，
∴①，
∵抛物线的对称轴是直线，
∴，即②，
由①②联立得，解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵，
∴，，，
∴，，
∴，
设直线的解析式为，
把，代入得，解得，
∴直线的解析式为，
设，
∵轴交于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴当时，有最大值，此时；
∵，，，
∴，，，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
把，代入得，解得，
∴直线的解析式为，
设，
如图：过E作轴，则，
∴，
∵
∴，
∴，
如图：连接，过P点作的延长线于G，则
∴要求的最小值，只需求得最小值，
由三角形的三边关系可知：，
又由垂线段最短可知：的最小值为，
∴的最小值为．
（3）解：由（2）知，当取得最大值时，点，
∵抛物线沿射线方向平移个单位长度得到抛物线，即抛物线向右平移4个单位，再向上平移4个单位，
∴点P的对应点M的坐标为，即，
∵，
，
如图：取点P关于y轴的对称点，即，，连接并延长交于点R，与y轴交于点F，
∵，
∴，
∵，
∴，
设直线的解析式为，
把，代入得，解得，
∴直线的解析式为，
∴；
设直线的解析式为，
把代入得，解得，
∴直线的解析式为，
联立，解得：
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵N为抛物线上的一动点．
∴设，
∴，
∴或，
当时，解得或（不合题意，舍去）；
∴；
当时，解得或（不合题意，舍去）；
∴．
综上，所有符合条件的点N的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了求一次函数和二次函数的解析式、二次函数的综合应用、二次函数的图象性质、解直角三角形、二次函数图像的平移等知识点，灵活运用相关性质内容是解题的关键．
3．（2026·陕西西安·一模）按要求完成下列各题：
(1)问题提出：如图①，矩形的对角线的长为8，的半径为2，点E是上的动点，则点B、E之间的最大距离为____________；
(2)问题探究：如图②，在中，点B关于的对称点为点D，点G、F在上，连接并延长到点E，连接、、，若四边形是平行四边形，求证：；
(3)问题解决：如图③，某区计划将区域建成一个户外健身区，，．现要在线段上找两点D、E（D、E是上的动点，点D在点E的左侧），，点F是一个出入口，且点F是的中点，连接、，为方便市民出入，沿四边形的四边修建人行通道，以为直径在下方作半圆O（半圆随着移动而移动），将半圆O建成公园绿地运动区，点P是半圆O上的一个动点，从A到P沿直线修建一条塑胶跑道，设计人员要求在人行通道的长度（即四边形的周长）最短的条件下，塑胶跑道的长度尽可能的长．请你帮设计人员求出当人行通道的长度（即四边形的周长）最短时，塑胶跑道的最大长度．道（人行通道与塑胶跑道的宽度均忽略不计）
【答案】(1)10
(2)见解析
(3)当人行通道的长度（即四边形的周长）最短时，塑胶跑道的最大长度为
【分析】（1）连接，根据矩形的性质得出，根据题意得出当共线，且点E在的延长线上时，最大，即可求解；
（2）根据轴对称得出，根据平行四边形的性质得出，则，即可得，即可证明；
（3）根据题意得出四边形的周长，即可得当的值最小时，此时四边形的周长最小．作点A关于的对称点G，连接，将向右平移使点D与点E重合得到线段，连接，连接交于点，则四边形是平行四边形，得出，，则，得出当点F、E、H三点共线时，四边形的周长最小，此时点E与点重合，在上截取，以为直径作半圆，连接并延长交半圆于点，的长度即为四边形的周长最小时的最大长度．连接，分别过点A、F作，，垂足分别为M、N，则四边形是平行四边形，勾股定理求出，根据相似三角形的性质证明，再求出，即可解答．
【详解】（1）解：连接，
∵四边形是矩形，
∴，
当共线，且点E在的延长线上时，最大，最大值．
（2）证明：∵点B关于的对称点为点D，
，
四边形是平行四边形，
∴，即，
，
，
．
（3）解：，点F是的中点，
，
四边形的周长，
当的值最小时，此时四边形的周长最小．
作点A关于的对称点G，连接，将向右平移使点D与点E重合得到线段，连接，连接交于点，则四边形是平行四边形，
∴，，
，
当点F、E、H三点共线时，四边形的周长最小，此时点E与点重合，
在上截取，以为直径作半圆，连接并延长交半圆于点，的长度即为四边形的周长最小时的最大长度．
连接，分别过点A、F作，，垂足分别为M、N，
则四边形是平行四边形，
，，
，
．
，，
，
∴，
，
，．
点A与点G关于对称，
，
四边形是平行四边形，
，即，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
．
．
综上，当人行通道的长度（即四边形的周长）最短时，塑胶跑道的最大长度为．
解密题型07 最值问题
1．（2026·河南许昌·一模）如图，在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，，，连接，是的中点，是内一动点，连接，，，，保持的面积始终为8，当取最小值时，点的坐标是___________．
【答案】
【分析】本题考查轴对称求最值，一次函数的性质，熟练掌握利用轴对称求最值问题是解题的关键．
设点，根据题意得到、及，根据的面积始终为8，求出点在直线上，作点A关于直线的对称点，此时，当、P、C三点共线时，有最小值，求出直线的表达式，将直线表达式与直线联立求出点P坐标．
【详解】解：设点，
点在轴上，点在轴上，，，
、，
是的中点，
，
的面积始终为8，
，
解得，
点在直线上，
是内一动点，
，
作点A关于直线的对称点，此时，当、P、C三点共线时，有最小值，
，
设直线的表达式为，
将、代入得：
，
解得，
直线的表达式为，
将直线表达式与直线联立得：
，
解得，
点P坐标为．
2．（2026·四川成都·一模）阅读材料：如图1，已知正方形中，为对角线上一点，则将绕点逆时针旋转得到，则的最小值是线段的长度．根据阅读材料所提供的方法求解以下问题：如图2，若在边长为2的正方形中有任意两个点，则的最小值是_____．
【答案】/
【分析】本题考查旋转的性质，正方形性质及等边三角形判定与性质．将绕B逆时针旋转得到，连接，将绕D逆时针旋转得到，连接，连接与，分别交于M，N，证明是，的垂直平分线，再求出，即可得到答案．
【详解】解：将绕B逆时针旋转得到，连接，将绕D逆时针旋转得到，连接，连接与，分别交于M，N，如图：
由旋转可知，，，，，，，，，，，
∴，，，都是等边三角形，
∴，，
∴，
∴的最小值即为的长，
∵，，
∴在的垂直平分线上，在的垂直平分线上，
∵，，
∴是，的垂直平分线，
∴，，
∴，，四边形是长方形，
∴，
∴，
∴的最小值为；
故答案为：．
3．（2026·安徽宣城·一模）如图，在四边形中，，，，，，点P在直线上方，且的面积为4，则下列结论错误的是（ ）
A．的最小值为1B．的最小值为
C．的最大值为D．的最小值为
【答案】C
【分析】先推导出点P在平行于且与的距离为1的直线上运动，过P作直线交于，过点D作于，根据垂线段最短，结合含30度角的直角三角形的性质和矩形的性质可判断选项A、B；在上取点，使 ，则点B与点关于直线l对称，根据轴对称性质结合勾股定理判断选项C、D，进而可得答案．
【详解】解：过点作于，
∵，
∴，则点P在平行于且与的距离为1的直线上运动，
如图，过P作直线交于，过点D作于，
则，
当时，最小，最小值为，故选项A正确，不符合题意；
当时，最小，最小值为的长，
过D作延长线于K，则四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，则，
∴，
∴，即的最小值为，故选项B正确，不符合题意；
在上取点，使 ，则点B与点关于直线l对称，连接交直线l于点，此时的值最小，最小值为的长，
∵，
∴的最小值为，故选项D正确，不符合题意；
连接并延长交直线l于点，此时最大，最大值为的长，
∵，，
∴，
∴的最大值为，故选项C错误，符合题意．
4．（2026·安徽淮南·一模）如图，在中，，，，点在边上，点在的延长线上，且，为的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．的最小值为B．的最大值为
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】C
【分析】由直角三角形的性质可得，由勾股定理可得，设点到的距离为，由等面积法求出，由题意求出，则当取最小值时，则取最小值，即可判断A；当取最大值时，取最大值．当与重合时，取最大值，即可判断B；过点作，过点作，与相交于点，作点关于的对称点，分别连接，，，与交于点，则，，，再由得出当，，三点共线时，的最小值为，即可判断C；作点关于的对称点，连接交于点，求出的值即可判断D．
【详解】解：，，，
∴，，
设点到的距离为，则，
点到的距离．
，
∴，
，
当取最小值时，则取最小值．
又∵由垂线段最短可得：的最小值为,
的最小值为，故A正确；
当取最大值时，取最大值．当与重合时，取最大值，如图1，作于点．
则，，
∴，
∴在直角三角形中，，
的最大值为，故B正确；
如图2，过点作，过点作，与相交于点，作点关于的对称点，分别连接，，，与交于点，则，，，
，，，
当，，三点共线时，的最小值为，故C错误；
如图3，作点关于的对称点，连接交于点，
此时，即取最小值．
在直角三角形中，，故D正确．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质、勾股定理、解直角三角形、轴对称的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
解密题型08 多结论正误判断题
1．（2026·北京·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，分别是反比例图象上两个动点，轴于点A，轴于点，直线与轴、轴分别交于点和点．给出下面四个结论：①，②，③可能是等腰直角三角形，④与的面积相等．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．③④B．①②C．②③D．①③④
【答案】D
【分析】设点的坐标为，点的坐标为，分别用含a的式子得出，，，，得到；证明四边形是矩形，得出，结合，即可判断②是否正确；利用三角形面积公式得出，即可判断④是否正确；连接，证明，得出，证明四边形和四边形都是平行四边形，即可判断①是否正确；当时，可能是等腰直角三角形，即可判断③正确．
【详解】解：分别是反比例的图象上，
设点的坐标为，点的坐标为，
∵轴于点A，轴于点，与交于点，
，，，，
，，
，，
，
∵轴于点A，轴于点，与交于点，
，
四边形是矩形，
，
，
∵，
无法判定，
不一定成立，
，故结论②不正确；
，
，，
∵，
，
，
，
即，故结论④正确；
连接，如图所示：
四边形是矩形，
，
∵，
在和中，
，，
，
，
，
即，
∵轴于点A，轴于点，
，，
四边形和四边形都是平行四边形，
，，
，故结论①正确，
∵点的坐标为，点的坐标为，
∴，，
当时，∴，
∴可能是等腰直角三角形，故结论③正确；
综上所述：正确的结论的序号是①③④．
2．（2022·福建龙岩·模拟预测）如图，在矩形纸片中，，点E是边的中点，点M，N分别是边上一点，将纸片沿直线对折，使点A与点E重合，的对应边与交于点G．则下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】①设，则，由折叠可得，利用勾股定理建立方程求解即可判断①；
②先证明，利用相似三角形性质即可判断②；
③由②得：，进而可得，即可判断③；
④利用等角的余角相等可得，再利用三角函数定义即可判断④．
【详解】①∵四边形是矩形，
∴，
∵点E是边的中点，
∴，
设，则，
由折叠得，
在中，，
∴，
解得：，
∴，故①错误；
②由折叠得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，故②正确；
③由②得：，
∴，故③正确；
④由折叠得，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，故④正确；
综上所述，正确结论的个数有3个．
故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质，翻折变换，相似三角形的性质与判定，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用勾股定理建立方程求解线段问题．
3．（2026·黑龙江佳木斯·一模）如图，在正方形中，O是对角线的中点，点P在线段上，连接并延长，交于点E，过点P作交于点F，连接、，交于点G．下列结论：①；②；③；④．其中结论正确的序号是（ ）
A．①②③B．①③④C．②③④D．①②③④
【答案】B
【分析】将绕点A顺时针旋转得到，过点B作，交于N，连接，利用全等三角形的性质证明即可判断①．若成立，则，需，无法证明，可判断②；将绕点A顺时针旋转得到，利用全等三角形的性质证明即可判断③；过点作于点，于点，证明，可得，再证出，可判断④．
【详解】解：将绕点A顺时针旋转得到，过点B作，交于N，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
∴C，B，M共线，
又，
∴，
∴；
∵是正方形的对角线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴四点共圆，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故①正确；
若成立，则，
需，
但，而，
无法得到，故②错误；
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，故③正确，
设，
∴，
过点作于点，于点，如图，
∴四边形是矩形，
在正方形中，是对角线，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中
，
，
∴，
∵，，
又
∴,
∴,
∵点是的中点，，
∴，，
∴，
∴，
∴，故④正确．
综上，正确的结论是①③④．
解密题型09 图形变换综合题（折叠 / 旋转）
1．（2026·山西运城·二模）综合与探究
【问题情境】在中，，平分交于点．
(1)【猜想证明】如图1，平分交于点F，连接，判断四边形的形状并证明．
(2)【深入探究】平分交的延长线于点，交BE于点．将绕点顺时针旋转得到，点，的对应点分别为，，直线与直线相交于点．
①以图2为例，求证：；
②若，，在旋转的过程中，连接，，当是以为直角边的直角三角形时，连接，请直接写出的长．
【答案】(1)四边形为菱形．见解析
(2)①见解析，②的长为或．
【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再证明四边形为菱形即可；
（2）①先证明，推出，即可证明；
②分两种情况讨论，当和时，利用解直角三角形的知识求解即可．
【详解】（1）解：四边形为菱形，理由如下：
证明：四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∵平分，平分，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形为菱形；
（2）①证明：连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵平分，
∴，，
∴，
由旋转的性质，得， ，，
∴ ，，
又∵，
∴，
∴，
∴，即；
②解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴设，，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，，
由旋转的性质得，，
如图，当点在线段上时，，
即是以为直角边的直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
如图，当点在线段下方时，，
即是以为直角边的直角三角形，
由①可知，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上，的长为或．
2．（2026·广东佛山·一模）在中，点，分别在边，上，将沿折叠，使点的对应点落在边上，点的对应点为点，交于点．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，四边形是正方形，边长为8，当为的中点时，求的长；
(3)如图3，四边形是矩形，连接，当，时，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）设，由平行四边形的性质可得，，由折叠的性质可得，．由角的关系可计算出，，命题得证；
（2）设，结合正方形的性质和折叠的性质可得，，，使用勾股定理构造方程解出，则．容易证明，则，从而计算出，因此；
（3）延长、交于点，连接，设，则，，由平行可判定，则，因此，．由折叠的性质可得，，，进而得到，则，因此，．结合可计算出，利用勾股定理计算出，进一步计算出，，，最后求出的值即可．
【详解】（1）证明：设，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
由折叠的性质可得，，，
∴，，
∴；
（2）解：设，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
由折叠的性质可得，，，，
∵点P为的中点，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
（3）解：如图，延长、交于点，连接，设，
∵，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵四边形由四边形沿着翻折得到，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴．
3．（2026·天津河东·一模）在平面直角坐标系中，为原点，等腰的顶点，．四边形是正方形，点是的中点，点在轴上．
(1)填空：如图①，点的坐标为________，点的坐标为________；
(2)将四边形沿轴向右平移得到四边形，点，，，的对应点分别为，，，，设．
（i）如图②，当四边形与重叠部分为五边形时，，，分别与，相交于点，，，，试用含有的式子表示线段，并直接写出的取值范围；
（ii）设平移后四边形与重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】(1)，
(2)（i），；（ii）
【分析】（1）连接交于点，根据等腰三角形的性质得到，求出，进而得到，再根据正方形的性质的长，即可求出；
（2）（i）根据平移的性质证明四边形是矩形，进而得到和是等腰直角三角形，则，；当四边形与重叠部分为五边形时，点在的右侧，点在点的左侧，列出关于的不等式组，即可得出的取值范围；
（ii）分3种情况讨论：①当时；②当时；③当时，先确定四边形与重叠部分的图形，再利用图形的面积公式表示出与的关系式，结合，列出关于的不等式，即可求解．
【详解】（1）解：连接交于点，
∵等腰的顶点，，
∴，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：（i）由平移的性质得，，四边形是正方形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵等腰，，
∴，
∴和是等腰直角三角形，
∴，
∴；
∵点是的中点，，
∴，
由（1）得，，
由平移的性质得，，，
∵当四边形与重叠部分为五边形时，点在的右侧，点在点的左侧，
∴，
解得，
综上，，；
（ii）①当时，四边形与重叠部分为四边形，
由（i）得，四边形是矩形，是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
令，则，
解得，
∴；
②当时，四边形与重叠部分为五边形，
∵，
∴，
由平移的性质得，，四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴是等腰直角三角形，，
由（i）得，是等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
同理①的方法可得，，
∴，
∵，
∴当时，取得最大值5；当和时，取得最小值4，
此时，满足题意；
∴；
③当时，四边形与重叠部分为，
∵，
∴，
由平移的性质得，，四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，，，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
令，则，
解得或，
∴；
综上，的取值范围为．
解密题型10 函数综合压轴题
1．（2026·湖北武汉·二模）抛物线与轴相交于点和点B，与y轴相交于点C，T是抛物线的顶点，P是抛物线上一动点，设点P的横坐标为t．
(1)求c的值；
(2)如图1，若点P在对称轴左侧，过点P作对称轴的垂线，垂足为H，求的值；
(3)已知，直线与抛物线交于点E，过D的另一条直线与抛物线交于，连接，分别交x轴于P，Q两点．若的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】该题考查了二次函数的图象和性质，二次函数最值等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）把代入即可求解．
（2）由（1）可知，得出，根据点的横坐标为，得出，，从而表示出，即可求解．
（3）先求直线解析式，从而确定点，再考虑直线经过定点，从而得出，再分别通过直线、确定、，从而得出面积比为．
【详解】（1）解：把代入，
得，
解得：．
（2）解：由（1）可知，
，
∵点的横坐标为，
，
，
，
．
（3）解：设直线解析式为：，
代入点、，
得，解得，
直线解析式为：，
令，
解得，
代入，
即点，
设点M、N横坐标分别为m、n，直线解析式为：，
代入点，
得，
即直线解析式为：，
联立，
化简得：，
，，
即，
设直线解析式为：，
代入点，
得，
即直线解析式为：，
令，
解得，
即，
直线解析式为：，
令，
解得，
，
同理，直线解析式为：，
令，
解得，
，
所以，
代入，
，
所以．
2．（2026·湖北荆州·一模）如图，已知二次函数的图象与轴交于点和点，与轴交于点，连接．点为轴上方抛物线上一动点（点不与点重合），设点的横坐标为．
(1)求该二次函数的解析式；
(2)连接，当时，求的值；
(3)设以为顶点的四边形的面积为，
①求关于的函数解析式；
②若取一个具体的数值时，恰好存在两个符合条件的点，请直接写出的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)①S关于t的函数解析式为；②
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）利用已知条件得到，则点P与点C的纵坐标相同，令，求得x值，则点P的横坐标可求；
（3）①利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：当点P在的上方时，即，，过点P作于点D，利用解答即可；当点P在的下方时，即，，过点P作于点E，利用解答即可；
②利用函数的性质求得S的取值范围，画出函数的图象，依据图象解答即可．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象与x轴交于点和点B，与y轴交于点，
∴，
∴，
∴该二次函数的解析式为；
（2）解：∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．如图所示：
∴点P的纵坐标为4，
∴，
∴或，
∴，
∴．
（3）解：①令，则，
∴或，
∴，
∴．
当点P在的上方时，
即，，
过点P作于点D，如图，
则，，
∴，
∴
，
当点P在的下方时，
即，，
过点P作于点E，如图，
则，
∴
．
综上，S关于t的函数解析式为；
②当时，
，
∵，
∴当时，S有最大值为16，
∴．
当时，，
∴．
画出函数的大致图象，如图：
由图象可知：当时，存在2个符合条件的点P．
3．（2026·山东济南·一模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴交于点，与反比例函数交于点．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)点C为反比例函数在第一象限图象上的一点，过点C作x轴垂线，交一次函数图象于点D，连接，若是以为底边的等腰三角形，求点C的坐标；
(3)点P为反比例函数图象上一点，点Q是坐标系内一点，当四边形为矩形时，求点Q的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）将点代入一次函数表达式得到，将代入求出点B的坐标，将点B的坐标代入反比例函数表达式计算即可；
（2）设点D的坐标为，则点，根据等腰三角形的性质得到，求解即可；
（3）设，根据矩形的性质和勾股定理得到，求出，根据矩形的性质得到，，根据平移规律作答即可．
【详解】（1）解：将点代入一次函数表达式得：，
解得：，
即一次函数的表达式为：，
将代入，得，
点B的坐标为，
将点B的坐标代入反比例函数表达式得：，
即反比例函数表达式为：；
（2）解：设点D的坐标为，则点，
若是以为底边的等腰三角形，则点B在的中垂线上，
则，
解得：（舍去），，
点C的坐标为：；
（3）解：设，
四边形为矩形，
，
∴，
即
∴
∴
∴
∴
∴
∴，
解得（舍去），，
∴，
∴，
四边形是矩形，
∴，，
即B到A的平移方式和P到Q的平移方式相同，
∵，，
∴B到A的平移方式为向左4个单位，再向下8个单位，
∵，
∴．
解密题型11 几何模型综合题
1．（2026·安徽铜陵·二模）如图1，点E是正方形的边上一点（不与点A，D重合），连接，将绕点E逆时针旋转得到，连接，且．
(1)求的值；
(2)如图2，若点E是的中点，求的值；
(3)如图3，若，请确定点M的位置，并说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)点M是的中点，理由见解析
【分析】（1）证明，再结合锐角三角函数求解即可；
（2）设，则，过点F作于点P，可得，则，证明，求出，再由正切的定义求解即可；
（3）设，则，过点F作于点Q，求出，则，再由求解即可．
【详解】（1）解：如图1，过点F作交的延长线于点G，
由旋转知，，
∵正方形中，，
∴，，
∵，
∴，
在与中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：设，
由点E是的中点，得，
如图2，过点F作于点P，
由（1）知，
∵，
∴，则，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴．
（3）解：点M是的中点，
设，则，
如图3，过点F作于点Q，
由（1）知，
∵，
∴，则，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，则点M是的中点．
2．（2026·湖北武汉·一模）如图，在正方形中，E，F分别为边上的点，且，连接交于点．
(1)如图（1），求证：；
(2)连接．
①如图（2），若平分，求证：；
②如图（3），连接，若平分，直接写出的值．
【答案】(1)见详解
(2)①见详解②
【分析】（1）结合正方形的性质，证明，再进行角的等量代换，即可作答．
（2）①由（1）得，且结合正方形的性质，得出，故四点共圆，再运用圆周角定理得 ，故是等腰直角三角形，结合，故；
②设，结合正方形的性质证明，再得出四边形是矩形，，，同理证明，即，因为平分，得，再把数值代入，整理得，运用公式法解得，再代入计算，即可作答．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
则，
∴，
即；
（2）解：①由（1）得，
即
∵平分，
∴
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴四点共圆，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴；
②设，
过点作，过点作，过点作的延长线，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴
∴
由（1）得，
∵，
∴，
则，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
同理证明，
∴，，
则，
∵平分，
∴，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
整理得，
∴，
则，
则（舍去），
与①同理得四点共圆，如图所示：
∵
∴
∴，
∵
则
∵，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，解直角三角形的相关计算，四点共圆，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，圆周角定理，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
3．（2026·河南濮阳·一模）如图1，在中，，是中点．
(1)问题提出
兴趣小组的同学发现：利用“三角形两边的和大于第三边，三角形两边的差小于第三边”可以直接求出的取值范围是__________，但是对于的取值范围又该如何确定呢？
(2)问题解决
下面是三位同学的解题方法供你选择，请直接写出的取值范围是__________．
小明的作法：倍长中线．如图2，延长至点，使得，连接
小亮的作法：化中线为中位线．如图3，延长至点，使得，连接
小凯的作法：构造中位线．如图4，取的中点，连接
(3)方法应用
如图5，分别以，为腰构造等腰和等腰，连接．请写出和的关系，并说明理由．
(4)联系拓展
在（3）的条件下，将绕点在平面内旋转，当点，，在同一条直线上时，直接写出此时点和点的距离．
【答案】(1)
(2)
(3)，，理由见详解
(4)或
【分析】（1）根据三角形三边关系可直接进行求解；
（2）分别根据小明的作法：倍长中线．小亮的作法：化中线为中位线；小凯的作法：构造中位线；进行求解即可；
（3）延长，使得，连接，由题意易得，则有，然后可得，则，，进而通过证明进行求解即可；
（4）由（3）可知，，，，由题意可分当点D在线段的延长线上时，当点D在线段的延长线上时，然后分类进行求解即可．
【详解】（1）解：根据三角形三边关系可知：，
即；
（2）解：小明的作法：倍长中线．如图2，延长至点，使得，连接，
∵是中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴根据三角形三边关系可得，即，
∴；
小亮的作法：化中线为中位线．如图3，延长至点，使得，连接，
∴在中，根据三角形三边关系可得，
∵是中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，即；
小凯的作法：构造中位线．如图4，取的中点，连接，
∴，
∵是中点，
∴是的中位线，
∴，
∴在中，根据三角形三边关系可得；
（3）解：，理由如下：
延长，使得，连接，延长，交于点，如图所示：
∵分别以，为腰构造等腰和等腰，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，即；
（4）解：由（3）可知：，，，，
由题意可分：当点D在线段的延长线上时，过点B作于点R，如图所示：
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当点D在线段的延长线上时，过点B作于点，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述：当点，，在同一条直线上时，此时点和点的距离为或．
4．（2026·河南开封·一模）如图，在中，点为边上的动点，连接，沿折叠，点恰好落在边上的点处，点为射线上一动点，过点作交于点，交延长线于点．
(1)观察猜想
如图①，当点在线段上，点恰好为的中点时，用等式表示线段，，之间的数量关系：___________．
(2)问题探究
在（1）的条件下，若，求的长（写出求解过程）．
(3)拓展应用
如图②，当点在线段的延长线上时，过点作交延长线于点．若，且时，直接写出的值（用含的代数式表示）．
【答案】(1)
(2)12
(3)
【分析】（1）连接，先证明，可得，再证明，可得，，即可得结论；
（2）由，可得，则，即可求解；
（3）由，可得，由，，得四边形是平行四边形，则，再由折叠可得，，，，证明，得，则，再证明，得，再证明，得，最后由即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵，
∴，
由折叠可得，，，
∴，
∵，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
，即，
在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴．
（2）解：由（1）可知，，，则，
∵，
∴，
∴，
由折叠可得，，
设，则，
∴，
解得，即．
（3）解：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
由折叠可得，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴．
内容导览
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc228092975" 解密题型01 新定义问题 PAGEREF _Tc228092975 \h 1
\l "_Tc228092976" 解密题型02 阅读理解类问题 PAGEREF _Tc228092976 \h 1
\l "_Tc228092977" 解密题型03 综合与实践类问题 PAGEREF _Tc228092977 \h 5
\l "_Tc228092978" 解密题型04 现实热点问题 PAGEREF _Tc228092978 \h 13
\l "_Tc228092979" 解密题型05 跨学科问题 PAGEREF _Tc228092979 \h 18
\l "_Tc228092980" 解密题型06 动点问题 PAGEREF _Tc228092980 \h 22
\l "_Tc228092981" 解密题型07 最值问题 PAGEREF _Tc228092981 \h 28
\l "_Tc228092982" 解密题型08 多结论正误判断题 PAGEREF _Tc228092982 \h 41
\l "_Tc228092983" 解密题型09 图形变换综合题（折叠 / 旋转） PAGEREF _Tc228092983 \h 47
\l "_Tc228092984" 解密题型10 函数综合压轴题 PAGEREF _Tc228092984 \h 55
\l "_Tc228092985" 解密题型11 几何模型综合题 PAGEREF _Tc228092985 \h 66
以陌生概念、规则、运算为载体，融合初中核心知识，考查现场阅读理解、知识迁移、逻辑推理能力。命题重在剔除套路模板，侧重自主建模、分类讨论与规律探究，是区分学生综合运用与创新思维的高频压轴题型。
依托文字材料、解题方法或拓展模型，融合基础知识点，考查信息提取、迁移应用、类比推理能力。命题弱化固定套路，侧重即时理解、归纳总结与学以致用，侧重检测学生自主学习与综合解题素养。
三角形的布洛卡点
【概念理解】
定义：如图1，已知点为内部的一点，连接，若，则点叫做的布洛卡点．
【问题解决】
问题1：如图1，通过研究可以发现，与与与分别具有相同的数量关系．
问题2：如图2，在中，，点为的布洛卡点，且，求的值．
解：，
．
，
……
证明过程缺失
结合实际情境、动手操作、图形变换与方案探究，融合多模块知识交叉考查。侧重模型构建、数形结合、分类探究、方案分析，注重实操思维与实际应用能力，是中考综合性、创新性的核心压轴题型。
结合社会生活、时代热点、实际情境命题，串联方程、函数、统计、几何等核心知识。立足数学建模、数据运算、实际应用，考查文字解读与学以致用能力，紧扣课标应用导向，贴近中考命题趋势。
融合科学、人文、生活常识等多学科背景，结合初中数学核心知识设问。侧重情境融合、信息整合、知识迁移，打破学科壁垒，考查综合分析与实际应用能力，贴合新课标命题导向。
以点、线、图形动态运动为载体，结合几何性质与函数关系综合设问。核心考查分段分析、数形结合、分类讨论、临界取值，侧重动态变化规律探究与范围计算，是中考几何压轴高频难点题型。
依托函数、几何图形与线段变换，融合代数运算与几何模型。聚焦数形结合、范围约束、临界分析、模型转化，考查配方、二次函数性质及将军饮马等经典模型应用，是中考区分度核心题型。
以几何、函数综合图形为载体，融合零散知识点与隐藏条件，依托图形性质、数量关系综合设问。侧重逻辑推理、条件深挖、反例验证、细节辨析，陷阱密集、易错点集中，是中考选择填空核心区分度题型。
以折叠、旋转、平移等几何变换为载体，依托图形全等、边角不变量、特殊图形性质设问。重点考查等量转化、构造辅助线、分类讨论、数形结合，变换后隐藏关系多、图形重构复杂，是几何高频压轴难点题型。
以一次、反比例、二次函数为核心载体，融合图象性质、方程不等式、几何计算与动态探究。重点考查数形结合、含参分析、最值探究、交点转化、范围讨论，知识跨度大、综合性强，是中考核心压轴、核心拉分题型。
以全等、相似、特殊四边形及经典几何模型为核心载体，结合线段、角度、面积计算综合命题。侧重模型识别、结论迁移、辅助线构造、边角转化，题型套路性强、综合度高，是中考几何板块高频重难点与区分度题型。