专题12 中考选择填空压轴-2026年中考数学（安徽地区）二轮专题复习试题（含答案）

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第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学
典例引领 方法透视 变式演练
题型01 几何动点最值问题
题型02 函数图像分析与判断
题型03 几何变换与图形性质综合
第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战
题●型●破●译
题型01几何动点最值问题
典例引领
【典例01】如图，矩形中，，．动点P从点A出发，以的速度沿边向终点B运动：动点Q以相同的速度，从点B出发沿边、边向终点D运动．两点同时开始运动，规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设运动的时间为．有下列结论：
①当时，；
②当时，的面积逐渐增大：
③动点运动过程中，的面积最大值为．其中，正确结论的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】本题考查了二次函数的几何应用，二次函数的性质，当时，分别求出的值，判断①即可；当时，点P在上，点Q在上，表示出三角形面积为，分情况当时，的面积逐渐增大，当时，的面积逐渐减小，判断结论②即可；当时，点P在上，点Q在上，当时，点P在上，点Q在上，分别求出表示面积的函数进行判断即可
【详解】解：①当时，，
，
，故①正确；
②当时，点P在上，点Q在上，为直角三角形，
，
当时，的面积逐渐增大，
当时，的面积逐渐减小，故②错误；
③当时，点P在上，点Q在上，
，的面积最大值为；
当时，点P在上，点Q在上，，，
，
，
随t的增大而减小，
时，
综上所述，的面积最大值为，故③正确，
故选：C
【典例02】如图，在四边形中，，，，，．动点从点出发，沿边以的速度向点匀速运动，同时动点从点出发，沿边以的速度向点匀速运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为，下列说法错误的是（ ）
A．当时，四边形ABQP是矩形
B．当时，四边形PQCD是平行四边形
C．
D．当时，四边形PQCD是菱形
【答案】D
【分析】此题考查了平行四边形的判定与性质以及矩形的判定与性质，勾股定理．根据的值，分别计算出相关线段的长度，进而根据平行四边形，矩形，以及菱形的性质进行判断A,B,D，C选项，过点作于点，先求得，再根据勾股定理计算即可求解．
【详解】根据题意得：，，
，，，
，，
在四边形中，，，
A. 当时，,
∴
∴四边形是平行四边形
∵
∴四边形是矩形，故A正确，不符合题意；
B. 当时，，
∴
又，则
∴四边形是平行四边形，故B正确，不符合题意；
C. 如图，过点作于点
∵，
∴
∴四边形是矩形，
∴，
∴
在中，，故C正确，不符合题意
D. 当时，,,
∴则四边形不是菱形，故D选项错误，符合题意，
故选：D．
方法透视
变式演练
【变式01】四边形中，，，，，．动点从点出发，以的速度沿边、边向终点运动；动点从点同时出发，以的速度沿边向终点运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为．当时，点、的位置如图所示，有下列结论：当时，；当时，的最大面积为；有两个不同的值满足的面积为．其中，正确结论的序号为___________．
【答案】
【分析】本题考查了二次函数的性质，一元二次方程的应用，一元一次方程的应用，三角形面积的计算，熟练应用数形结合思想和二次函数的性质是解题的关键．当时，点在上， 求出、，可判断；当时，点在上，利用三角形面积公式表示出的面积，利用二次函数的性质，可判断；分两种情况：当点在上时，当点在上时，结合的面积为，列出方程，可判断．
【详解】解：根据题意得：点在上的运动时间为，点在上的运动时间为，点在上的运动时间为，
当时，点在上，
此时，，
，
，故正确；
当时，点在上，
此时，，
，
，
，
抛物线开口向下，当时，随的增大而增大，
，
当时，取得最大值，最大值为，
即当时，的最大面积为，故正确；
当点在上时，，此时， ，
的面积为，
，
解得，（舍去），
当时，的面积为；
当点在上时， ，
，，
，即，
此时，
解得，
当时，的面积为；
有两个不同的值满足的面积为，故正确．
故答案为：．
【变式02】如图，在边长为4的正方形ABCD中，动点E，F分别在BC，AB上移动，AF＝BE，AE和DF交于点P，点M为边AB上一动点，点N为平面上一动点，CN＝1，则NM+MP的最小值是 ___．
【答案】2-3
【分析】首先证明∠APD=90°，推出点P在以AD为直径的圆上运动，设圆心为T，作点T关于AB的对称点R，以R为圆心，AR为半径作⊙R，则点P关于AB的对称点L，在⊙R上，连接CR，RL，ML．根据RL+ML+MN+NC≥CR，MP=ML，求出CR，可得结论．
【详解】解：如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠DAF=90°，AD=AB，
在△ABE和△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴∠BAE=∠ADF，
∵∠BAE+∠DAP=90°，
∴∠ADP+∠DAE=90°，
∴∠APD=90°，
∴点P在以AD为直径的圆上运动，设圆心为T，作点T关于AB的对称点R，以R为圆心，AR为半径作⊙R，则点P关于AB的对称点L，在⊙R上，连接CR，RL，ML．
∵CN=1，
∴点N在以C为圆心，半径为1的⊙C上运动，
在Rt△CDR中，CR===2，
∵RL+ML+MN+NC≥CR，MP=ML，
∴PM+MN≥2-2-1，
∴PM+MN≥2-3，
∴PM+MN的最小值为2-3．
【变式03】如图，等腰 中 ，，点是边上一动点，点是射线上一动点，，交于点，且．连接，当动点沿边从点移动到点过程中，长的最小值为_________________．
【答案】
【分析】根据等腰直角三角形的性质，通过两边对应成比例和夹角相等可证，得到，通过三角形外角的性质从而推出，然后分别作和的垂直平分线交于点，以点为圆心，为半径画圆，得到点在上运动，再利用圆周角定理得到，求得；连接，，，可推出当点在线段上时，取得最小值，此时，最后由勾股定理求得的长度，进而可得的最小值．
【详解】解：等腰中 ，，
，
，即，
，
，
，
，
，
，
分别作和的垂直平分线交于点，以点为圆心，为半径画圆，如图所示：
，
点在上，
在优弧上任取点，连接、，如上图，
则，
，
，，
，
连接，，，如图所示，
，
当点在线段上时，取得最小值，
此时，
，，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形外角的性质，两点间线段最短等，根据题意得到点的轨迹是解题的关键．
题型02函数图像分析与判断
典例引领
【典例01】如图，矩形中，，，动点沿的路线由点运动到点，则的面积是动点运动的路径的函数，这个函数的大致图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意的面积随动点的运动的路径的变化由小到大再变小，且点在上时一直保持最大值，据此即可求解．
【详解】解：的面积随动点的运动的路径的变化由小到大再变小，且点在上时一直保持最大值．
又因为，所以该图象是个轴对称图形．
故选：A．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象．注意分析随的变化而变化的趋势，而不一定要通过求解析式来解决．
【典例02】学习完函数的有关知识之后，小刚对函数产生了浓厚的兴趣，他利用绘图软件画出了如图（1）所示的函数的图象，并对该函数的性质进行了探究．
①该函数自变量的取值范围为；
②该函数图象与轴没有交点；
③若是该函数图象上的两点，则当时，一定有；
④如图（2），若是该函数图象上的一个动点，是直线上的一个动点，过点作轴于点，连接，则．
则上面小刚推断的①②③④，其中正确的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】B
【分析】本题考查的是反比例函数的图象和性质，涉及到函数的平移，理解反比例函数系数的几何意义是解题的关键．
①由分式的性质知，，即可求解；②对于，故函数，即可求解；③当、在图象的两个分支时，当时，错误，即可求解；④和面积相等，均为，即可求解．
【详解】解：①由分式的性质知，，即，故①正确，符合题意；
②对于，
∵，故函数，即该函数图象与轴没有交点，故②正确，符合题意；
③当在图象的两个分支时，当时，，故③不正确，不符合题意；
④将轴向左平移3个单位，如下图，
连接，则和面积相等，均为，故④正确，符合题意；
故选：B．
方法透视
变式演练
【变式01】如图，在平面直角坐标系中，分别是横、纵轴正半轴上的动点，四边形是矩形，函数的图象与边交于点，与边交于点（不重合）． 给出下面四个结论：①与的面积一定相等；②与的面积可能相等；③可能是等边三角形；④一定是锐角三角形．上述结论中,所有正确结论的序号是（ ）
A．①④B．①③C．②④D．②③
【答案】B
【分析】本题考查了反比例函数与几何综合，反比例函数的图形和性质，矩形的性质．根据矩形的性质结合反比例函数的意义即可判断①②，根据等边三角形和反比例函数的对称性即可判断③，根据是反比例函数图象上的动点，可得或为钝角，即可判断④，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴
又∵是反比例函数图象上的动点，轴，轴，
∴，
∴，即与的面积一定相等；故①正确，
由①可得，
当与的面积相等时，如图，连接，
∴，
∴在直线上，则重合，
∴与的面积不可能相等，故②不正确；
∵等边三角形和反比例函数都是轴对称图形，当且对称轴都为直线，可能是等边三角形，故③正确；
如图
当在的同侧时，可能是钝角三角形，故④错误；
综上，①③正确、②④错误.
故选：B．
【变式02】如图，已知，点是以线段为弦的圆弧的中点，，点，分别是线段，上的动点，设，，则能表示与的函数关系的图像是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】延长DC交AB于点H，根据垂径定理的推论，可知，且，在和中，由勾股定理列等式，并整理得，根据题意可得与的函数解析式为，即可判断出函数图像．
【详解】解：延长DC交AB于点H，
∵点是以线段为弦的圆弧的中点，
∴，且，
∴，
∴在和中，，，
∴，
∴，即，
整理，得，
∴可知与的函数为二次函数，其图像为抛物线，开口向下，且经过原点．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了动点问题的函数图像，涉及的知识点包括垂径定理的推论、勾股定理及二次函数的图像的知识，解题关键是熟练运用勾股定理将几何图形与函数相结合．
【变式03】如图，已知动点A在函数（）的图象上，轴于点，轴于点C，延长至点D，使，延长至点E，使，直线分别交轴、轴于点，当时，图中的阴影部分的面积等于_____．

【答案】5
【分析】本题考查了反比例函数与几何综合，相似三角形的判定与性质等知识．熟练掌握反比例函数与几何综合，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
如图，作轴于，轴于，证明，则，设，则，，，同理，，则，即，可求，根据，求解作答即可．
【详解】解：如图，作轴于，轴于，

∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，，，
同理，，
∴，即，
解得，，
∴，
故答案为：5．
题型03几何变换与图形性质综合
典例引领
【典例01】图①是一种青少年版可折叠滑板车．该滑板车完全展开后如图②所示，由车架和两个大小相同的车轮组成，点B到地面的距离为110cm，车轮直径20cm，，，，，且A，E，F三点在同一水平高度上；将车架前半部分绕着点D旋转，完全折叠后如图③所示，．则相比完全展开时，完全折叠后车把（点B）降低的高度为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点D作于点，交的延长线于点，通过解直角三角形求出，可进一步求出结论．
【详解】解：过点D作于点，交的延长线于点，如图，

在中，，
∴设则，
∵，
∴，
解得，，
∴，
在中，，
∵，
∴，
又车轮的半径为：，
∴折叠后点B离地面的高度，
∴完全折叠后车把（点B）降低的高度为．
故选：B．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
【典例02】如图，和都是等腰直角三角形，．四边形是平行四边形，下列结论中错误的有（ ）
①以点为旋转中心，逆时针方向旋转后与重合，
②以点为旋转中心，顺时针方向旋转后与重合，
③沿所在直线折叠后，与重合，
④沿所在直线折叠后，与重合，
⑤的面积等于的面积．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】由△ACD和△AEB都是等腰直角三角形，∠CAD＝∠EAB＝90°，易证得△ACE≌△ADB，即可得①正确；又由四边形ABCD是平行四边形，易证得△EAC≌△EAD，即可得△ACE≌△ADB≌△ADE，即可判定③④正确；由平行四边形的中心对称性，可得②错误，又由S△ACE＝S△ADB＝AD×BH＝AD•AC＝AC2，S△ABE＝AE•AB＝AB2，AB＞AC，即可判定②错误．继而求得答案．
【详解】解：①∵△ACD和△AEB都是等腰直角三角形，∠CAD＝∠EAB＝90°，
∴AE＝AB，AC＝AD，∠EAC＝∠BAD，
在△ACE和△ADB中，
∵，
∴△ACE≌△ADB（SAS），
∴△ACE以点A为旋转中心，逆时针方向旋转90°（旋转角为∠EAB＝90°）后与△ADB重合；
故①正确；
②∵平行四边形是中心对称图形，
∴要想使△ACB和△DAC重合，△ACB应该以对角线的交点为旋转中心，顺时针旋转180°，即可与△DAC重合，
故②错误；
③∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD＝45°，
∴∠EAC＝∠BAC+∠CAD＝135°，
∴∠EAD＝360°﹣∠EAC﹣∠CAD＝135°，
∴∠EAC＝∠EAD，
在△EAC和△EAD中，
∵ ，
∴△EAC≌△EAD（SAS），
∴沿AE所在直线折叠后，△ACE与△ADE重合；
故③正确；
④∵由①③，可得△ADB≌△ADE，
∴沿AD所在直线折叠后，△ADB与△ADE重合，
故④正确；
⑤过B作BH⊥AD，交DA的延长线于H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BH＝AC，
∵△ACE≌△ADB，
∵S△ACE＝S△ADB＝AD×BH＝AD•AC＝AC2，
∴S△ABE＝AE•AB＝AB2，AB＞AC，
∴S△ABE＞S△ACE；
故⑤错误．
故选：B．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质、折叠的性质以及旋转的性质．注意数形结合思想的应用，证得△ACE≌△ADB≌△ADE是解此题的关键．
方法透视
变式演练
【变式01】如图1是一种壁挂式折叠凳完全开启时与完全闭合时的状态，图2是完全开启状态与半开启状态的侧面结构示意图，外框宽AB与CD相等．具体数据如图2所示(单位：cm)．
（1）外框宽为______cm；
（2）折叠凳从完全开启状态进行折叠，在折叠过程中，当凳面与水平地面夹角为45°时，折叠凳上升的高度为____cm．
【答案】 3 ．
【分析】（1）如图3，由折叠的性质知，BC=，再由线段的和差关系求解．
（2）如图4，当凳面与水平地面夹角为45°时，过点E作EH⊥，那么凳面上升的高度即为的长度．再根据折叠的性质，由线段的和差关系求解．
【详解】（1）解：如图3，设壁挂式折叠凳完全开启时上凳面为，下凳面为，上凳面到地面的距离为=37cm，完全闭合时的状态折叠凳到地面的距离为AF=72cm，
由折叠的性质知，
BC==37cm，
∵AD=43cm，AB=CD，
∴外框宽AB=CD=(43-37)÷2=3cm，
故答案为：3．
（2）解：如图4，当凳面与水平地面夹角为45°时，过点E作EH⊥，那么凳面上升的高度即为的长度．
∵由图3知，，
，
∴EC=37-32=5cm，
∴由折叠的性质知=，
∵∠=45°， EH⊥，
∴是等腰直角三角形．
∴，，
即2，
又∵=32cm，
∴=16cm．
故答案为：16．
【点睛】此题考查了求线段的长度、勾股定理、折叠的性质，解题的关键是读懂题意，构造直角三角形，由勾股定理求解．
【变式02】如图，在中，沿的平分线折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿的平分线折叠，剪掉重复部分……将余下部分沿的平分线折叠，点与点重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，则称是的好角．
（1）若经过次折叠是的好角，则与（设）之间的等量关系为________．
（2）若一个三角形的最小角是4°，且该三角形的三个角均是此三角形的好角．请写出符合要求三角形的另两个角的度数________．（写出一种即可）
【答案】 ∠B=n∠C 4、172或8、168或16、160或44、132或88°、88°
【分析】（1）根据折叠的性质、根据三角形的外角定理知∠A1A2B2=∠C+∠A2B2C=2∠C；
根据四边形的外角定理知∠BAC+2∠B-2C=180°①，根据三角形ABC的内角和定理知∠BAC+∠B+∠C=180°②，由①②可以求得∠B=3∠C；利用数学归纳法，根据展示的三种情形得出结论：∠B=n∠C；
（2）利用（1）的结论知∠B=n∠C，∠BAC是△ABC的好角，∠C=n∠A，∠ABC是△ABC的好角，∠A=n∠B，∠BCA是△ABC的好角；然后三角形内角和定理可以求得另外两个角的度数可以是4、172；8、168；16、160；44、132；88°、88°．
【详解】解：（1）∠B=n∠C；
如图所示，在△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；
将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分，
将余下部分沿∠B2A2C的平分线A2B3折叠，点B2与点C重合，
则∠BAC是△ABC的好角．
证明如下：∵根据折叠的性质知，∠B=∠AA1B1，∠C=∠A2B2C，∠A1B1C=∠A1A2B2，
∴根据三角形的外角定理知，∠A1A2B2=∠C+∠A2B2C=2∠C；
∵根据四边形的外角定理知，∠BAC+∠B+∠AA1B1-∠A1B1C=∠BAC+2∠B-2∠C=180°，
根据三角形ABC的内角和定理知，∠BAC+∠B+∠C=180°，
∴∠B=3∠C；
由展示的情形一知，当∠B=∠C时，∠BAC是△ABC的好角；
由展示的情形二知，当∠B=2∠C时，∠BAC是△ABC的好角；
由展示的情形三知，当∠B=3∠C时，∠BAC是△ABC的好角；
故若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为∠B=n∠C；
故答案为：∠B=n∠C．
（2）由（1）知设∠A=4°，∵∠C是好角，
∴∠B=4n°；
∵∠A是好角，
∴∠C=m∠B=4mn°，其中m、n为正整数得4+4n+4mn=180，
∴如果一个三角形的最小角是4°，
三角形另外两个角的度数是4、172；8、168；16、160；44、132；88°、88°．
故答案为：4、172；8、168；16、160；44、132；88°、88°．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题）．解答此题时，充分利用了三角形内角和定理、三角形外角定理以及折叠的性质．难度较大．
【变式03】如图，将矩形纸片ABCD按如下顺序折叠：对折、展平，得折痕EF(如图①)；沿GC折叠，使点B落在EF上的点B′处(如图②)；展平，得折痕GC(如图③)，沿GH折叠，使点C落在DH上的C′处(如图④)；沿GC′折叠(如图⑤)；展平，得折痕GC′，GH(如图⑥)．
(1)求图②中∠BCB′=______度；
(2)图⑥中的△GCC′是_______三角形．
【答案】 60, 等边
【分析】（1）由折叠的性质知：B′C=BC，然后在Rt△B′EC中，含30°角的直角三角形的性质，即可求得∠BCB′的度数；
（2）首先根据题意得：GC平分∠BCB′，即可求得∠GCC′的度数，然后由折叠的性质知：GH是线段CC′的对称轴，可得GC′=GC，即可得△GCC′是等边三角形．
【详解】（1）由折叠的性质知：B′C=BC．在Rt△B′EC中，∵EC是斜边B′C的一半，∴∠EB′C=30°，∴∠BCB′=60°，即∠BCB′=60°；
（2）图⑥中的△CGC'是等边三角形．理由如下：
∵GC平分∠BCB′，∴∠GCB=∠GCC′=∠BCB′=30°，∴∠GCC′=∠BCD﹣∠BCG=60°，由折叠的性质知：GH是线段CC′的对称轴，∴GC′=GC，∴△GCC′是等边三角形．
【点睛】本题考查了折叠的性质与等边三角形的判定，此题难度不大，解题的关键是数形结合思想的应用．
题●型●训●练
一、单选题
1．如图，在等边中，．动点P从点A出发，沿方向运动；动点Q同时从点C出发，沿的延长线方向运动，当点P到达点B时，动点P，Q同时停止运动，Q，P两点的运动速度均为．过点P作，垂足为D，，相交于点E．设运动的时间为（）．
①当为直角三角形时，；②；
③设四边形的面积为，则；
④在运动的过程中，当时，
以上说法正确的有（ ）个
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
根据直角三角形的性质可得，列方程求解，当为直角三角形时，的值；证得，根据全等三角形的性质得到、，再列式计算；根据，结合面积关系列出方程求解即可．
【详解】解：是等边三角形
，为直角三角形
，
故①正确；
过点Q作于点H，如图：
、、
，
、、
、
即，
故②③正确；
解得或（舍去）
故④正确；
综上所述，正确的有①②③④，共有4个，
故选：D．
2．如图，正五边形中，点是边的中点，的延长线交于点，点是上一个动点，点是上一个动点，当的值最小时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了正多边形的定义，全等三角形的判定与性质等知识．连接，，，，根据全等三角形的判定与性质可得，则当E、P、M三点共线，且时，的值最小，过点E作于H，交于，分别求出和的度数，然后利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：连接，，，，
∵正五边形，
∴，，
∵点是边的中点，
∴，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∴当E、P、M三点共线，且时，的值最小，
过点E作于H，交于，
同理可求，
∴，
即当的值最小时，．
故选：C．
3．如图，在矩形中，，点E，F分别为边上的动点，且，点为的中点，点为上一动点，则的最小值为（ ）
A．16B．15C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了轴对称-最短路线问题、勾股定理、矩形的性质、直角三角形的性质等知识点，熟练运用勾股定理解决问题是解题的关键．
如图，连接，由直角三角形斜边上的中线性质得到，作点A关于的对称点，连接，交于点P，当点、点P、点G、点D共线时，的值最小，最小值为的长；勾股定理求出，减去即可解答．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，点为的中点，
∴，
作点A关于的对称点，连接，交于点P，当点、点P、点G、点D共线时，的值最小，最小值为的长；
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴的最小值为．
故选：C．
4．如图，正方形中，，点P为直线上的动点，连接、，Q为上一动点，连接，使，连接，在点P运动过程中，的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．证明，可得出，等量代换得出，证明，得出，则点Q在以为直径的圆上运动，故当点P与点A重合时，有最大值，据此计算即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵正方形中，，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴点Q在以为直径的圆上运动，当取得最大值时，有最大值，
即当点P与点A重合时，如图，
，
故选：B．
5．如图，正方形中，点M，N分别为，上的动点，且，，交于点 E，点 F 为 的中点，点P为上一个动点，连接，．若，则 的最小值为（ ）
A．B．C．5D．
【答案】B
【分析】先根据得，进而可得，由此可得E点的运动轨迹在是以为直径的圆上．延长至使，得与F关于直线对称．连接交于P点，交圆O于E点，则，此时的值最小，根据勾股定理求出的长，即可得的最小值．
【详解】
∵是正方形，
，，
又，
，
，
又，
，
，
∴E点在以为直径的圆上运动．
设的中点为O，则 ，
延长至使，
则与F关于直线对称，
连接交于P点，交圆O于E点，
则，，
此时P、E、F三点共线，因此的值最小．
在中，，，
，
，
∴的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题是一道动点问题和最值问题的综合性题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、直径所对圆周角等于90度、轴对称的性质．找出E点的运动轨迹是解题的关键．
6．如图，矩形中，，点在边上且，点为直线上一动点，连接，将沿着折痕折叠，得到，动点在边上，连接，则最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了轴对称最短线段问题，点和圆的位置关系，勾股定理，由题意可得点在以点为圆心、为半径的圆上，作关于的对称线段，点关于的对称点为，以点为圆心、为半径画圆，连接交于点，交于点，则，即得，由两点之间线段最短，可知此时的值最小，最小值为的长，再利用勾股定理解答即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴点在以点为圆心、为半径的圆上，
如图，作关于的对称线段，点关于的对称点为，以点为圆心、为半径画圆，连接交于点，交于点，
则，
∴，
由两点之间线段最短，可知此时的值最小，最小值为的长，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即最小值是，
故选：．
7．如图，矩形的边在直线l上，已知，，若矩形每次都以右下角的顶点为中心在直线l上顺时针旋转，如第1次旋转以C为中心，旋转后点D、A、B分别旋转到点、、位置；如第2次旋转以为中心，旋转后点C、、分别旋转到点、、位置；以此类推，则第2026次旋转后点D运动的总路程为（ ）
A． B．C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了探索规律问题和弧长公式的运用，发现规律是解决问题的关键．首先求得每一次转动的路线的长，发现每4次循环，找到规律然后计算即可．
【详解】解：在矩形中，，
∴对角线长为，
∴转动一次的路线长是：，
转动第二次的路线长是：，
转动第三次的路线长是：，
转动第四次的路线长是：0，
转动五次的路线长是：，
以此类推，每四次循环，
故顶点转动四次经过的路线长为：，
顶点转动2026次经过的路线长为：．
故选：D．
8．如图，在菱形中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且，，以为边构造等边三角形．将和菱形组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转，第一次旋转结束时点E的对应点记为，第二次旋转结束时记为，……依次类推，第2023次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据旋转知，每4次旋转一个循环，而，即点的坐标与点的坐标相同；利用菱形的性质及等边三角形的性质可求得点E的坐标，利用全等三角形的判定与性质可求得的坐标，再利用关于原点对称的坐标特征可得的坐标，从而求得结果．
【详解】解：如图，连接，过作轴于点F，
由题意，当旋转到时，则E与关于原点对称，旋转到时，与关于原点对称，旋转到即点E的位置，每4次旋转一个循环；
∵，
∴点的坐标与点的坐标相同；
∵四边形是菱形，，，
∴，，
∴，
由勾股定理得：；
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
由旋转知，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
∵点E在第一象限，且是顺时针旋转，
∴点在第四象限，
∴，
由两点关于原点成中心对称得，
∴；
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，含30度直角三角形性质，勾股定理，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，关于原点对称的坐标特征，找到规律是解题的关键．
9．在平面直角坐标系中，等边如图放置，点的坐标为，每一次将绕着点顺时针方向旋转，同时每边扩大为原来的倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，，依次类推，则点的坐标为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】此题考查了图形旋转的坐标的规律计算，分别求出每次旋转后点的对应点的坐标，发现点A的坐标变化规律即可求解，熟练掌握正三角形边角性质，正确探究发现点坐标的变化规律并运用规律解决问题是解题的关键．
【详解】由题意可得：
第一次旋转后，，点，
第二次旋转后，，点，
第三次旋转后，，点，
第四次旋转后，，点，
第五次旋转后，，点，
第六次旋转后，，点，
第七次旋转后，，点，
，
第七次旋转后，，
，点，
故选：．
二、填空题
10．二次函数与轴交于点，点是该二次函数图象上位于点右侧的一个动点，当点变化时，若函数图象取之间的部分时函数最大值与最小值之差等于，则的值为________；若函数图象取之间的部分时函数最大值与最小值之差始终等于，则的取值范围是________．
【答案】 5
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质等知识点，解题的关键是熟练运用分类讨论的思想求解．
先求二次函数与y轴交点A的坐标，顶点坐标，以及点A关于对称轴的对称点坐标，再根据二次函数的性质，分情况讨论．
【详解】解：（1）由二次函数，当时，，故点A坐标为，
将二次函数化为顶点式：，
∴顶点为，开口向下，
当时，，
此时最大值为，最小值为，；
∵顶点为，
∴对称轴为直线，
∴点关于对称轴对称的点为，
当时，，如图：
此时最大值为，最小值为，；
当时，此时最大值为7，最小值为，，如图：
则，即，且
解得或（舍），
∴当时，函数图象取之间的部分时函数最大值与最小值之差等于，
故答案为：
（2）由（1）分析可得若函数图象取之间的部分时函数最大值与最小值之差始终等于，则的取值范围是，
故答案为：，
11．如图1，在中，，D为边上一点，动点E以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿着折线—匀速运动，到达点C后停止，连接，设点E的运动时间为x（单位：秒），为y，在动点E运动过程中，y与x的函数图象如图2所示，在整个运动过程中，y的最大值为_________．
【答案】
【分析】先根据函数图象经过点，，求得，当动点E运动到达点C时，求得，当AE=4时，求得，再证明，然后证明，利用相似三角形的性质求得，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵函数图象经过点，，
∴，
当动点E运动到达点C时，，
当时，，图象如图所示，
作于点，连结，
当点E与点B重合时，y的值最大，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴y的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了动点问题的函数图象，勾股定理，等边对等角，相似三角形的判定与性质等知识点，解题关键是能读懂题意，结合图象进行分析．
12．如图，在矩形中，，，为边上一动点，于点，，则关于的函数解析式为_________（写出自变量的取值范围）．
【答案】
【分析】连接，利用的两种表示方法来推导函数解析式，再确定自变量的取值范围．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
即，
∴．
当点与点重合时，，此时最短；
当点与点重合时，，此时最长；
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数的应用，解题关键是作辅助线，找到等量关系．
13．如图，已知正比例函数的图象与轴相交所成的锐角为，定点的坐标为，为轴上的一个动点，、为函数的图象上的两个动点，则的最小值为______．

【答案】
【分析】本题考查了轴对称，最短问题，垂线段最短，直角三角形角的性质，勾股定理，利用轴对称性，找到正确的的位置是解答本题的关键．
作直线与轴关于直线对称，直线与直线关于轴对称，点是点关于直线的对称点，作，作，此时最小，即，在中，利用勾股定理得到答案．
【详解】如图，直线与轴关于直线对称，
直线与直线关于轴对称，

点是点关于直线的对称点，
作，垂足为，交轴于点，交直线于点，
作，
，，
，
此时最小，
在中，
，，，
，
，
的最小值为，
故答案为：．
14．如图①，，点是线段上的一个动点，于，记与的函数关系图像如图②所示，则图②中的最低点的坐标是________．

【答案】
【分析】利用勾股定理用含的代数式表示出，进而求出与的解析式，转化为两点之间的距离和，利用将军饮马模型求出最小值，求出一次函数的解析式，进而求出的值，即可得解．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴为点到点的距离与点到点的距离和，
设点，点，点为轴上一点，
如图：

作点关于轴的对称点，则：，，
∴，
当且仅当三点共线时，取最小值，为，
设直线的解析式为：，把代入，得：，
∴，
当时，，
∴是；
故答案为：．
【点睛】本题考查动点的函数图象，同时考查了勾股定理，两点间的距离公式，利用轴对称解决线段的最小值问题．本题的综合性质强，难度较大，属于填空题中的压轴题．解题的关键是将代数问题转化为两点间的距离问题，利用数形结合的思想进行求解．
15．已知直线，一副三角板（，，，）按如图①放置，其中点E在直线上，点B，C均在直线上，且平分．将三角板绕点B以每秒3度的速度按顺时针方向旋转（A，C的对应点分别为F，G），设旋转时间为t秒（）．
（1）在旋转过程中，若边，如图②所示，则__ 秒．
（2）若三角板绕点B旋转的同时，三角板绕点E以每秒2度的速度按逆时针方向旋转（C，D的对应点为H，K）请直接写出当边时t的值为_______ 秒．
【答案】 10 6或42
【分析】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，一元一次方程的应用，解题的关键在于能够准确理解题意利用分类讨论的思想求解．
（1）由得到由得到，则，解得即可．
（2）分两种情况，分别画出图形进行解答即可．
【详解】解：如图②中，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∴．
∴在旋转过程中，若边，t的值为．
如图，当时，延长交于R．
∵，
∴，
过点K作，则，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
如图，当时，延长交于R．
∵，
∴，
过点K作，则，
∴，
∵，
∴
∵，
∴．
综上所述，满足条件的t的值为或．
16．如图，四边形是边长为5的菱形，，连接，将绕点按顺时针方向旋转得到，点、旋转后的对应点分别为、，连接，在旋转过程中，当与菱形的一边平行时，线段的长为______．
【答案】10或或
【分析】本题是四边形综合题目，考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、旋转的性质、锐角三角函数定义以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质和旋转的性质是解题的关键，属于中考常考题型．分三种情况，①当时，先证四边形是菱形，过点作于点，则，设，则，由菱形的性质求出，则，，再由勾股定理得，进而由勾股定理求出的长，即可得出的长；②当时，则，证、、三点共线，即可得出的长；③当，且在上方时，过点作于点，则，由锐角三角函数定义求出，，则，再由勾股定理求出的长即可．
【详解】①如图4，当时，
四边形是菱形，
，
由旋转的性质得：，，
，
四边形是菱形，
过点作于点，
则，
设，则，
由勾股定理得：，
四边形是边长为5的菱形，
，
，
，，
，
由勾股定理得：，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
；
②如图5，当时，则，
，
，
，
，
，
，
，
、、三点共线，
；
③如图6，当，且在上方时，过点作于点，
则，
，
结合，易得，，
，
；
综上所述，的长为或10或．
考向解读
核心考查三角形、四边形、圆中，动点运动过程中线段长度、周长、面积的最值，或线段和差的最值。考向特点是“图形动态，模型固定”，难度中等偏上，重点考查“两点之间线段最短”“垂线段最短”“轴对称性质”“圆的性质”的应用，容易因动点轨迹判断错误、模型识别不熟练、忽略取值范围丢分
方法技能
核心思路：先判断动点的运动轨迹，再结合最值模型，将动态问题转化为静态问题求解，核心是“化动为静、构造模型”。
高频模型与技巧：① 将军饮马模型：利用轴对称，将其中一个动点对称到直线另一侧，连接对称点与另一个动点，线段长度即为最小值；② 垂线段最短模型：动点在直线上运动，到定点的最短距离为垂线段长度，常结合三角形、四边形性质求垂线长度；③ 圆上动点最值：动点在圆上，到定点的最大距离=圆心到定点距离+半径，最小距离=|圆心到定点距离-半径|；④ 线段差最大：利用三角形三边关系，将线段差转化为两点间线段长度，注意动点的取值范围。
易错点规避：误判动点运动轨迹；忽略动点的运动范围，导致最值求解超出实际情况；将军饮马模型中，对称点找错；计算时未结合几何性质简化，导致运算繁琐出错
考向解读
核心考查一次函数、二次函数、反比例函数的图像与性质，结合几何图形、实际场景，判断函数图像的形状、增减性、交点个数，或根据图像判断参数取值范围。考向特点是“数形结合，辨析核心”，难度中等偏上，重点考查函数的核心性质，容易因函数性质记忆不牢、图像分析不全面、忽略参数限制条件丢分
方法技能
核心思路：“以形助数、以数判形”，先提炼题干中的关键条件，再结合函数图像的核心特征，逐一排除错误选项，或直接判断正确答案。
关键技巧：① 二次函数图像判断：优先看开口方向、对称轴、顶点坐标、与坐标轴的交点，结合a、b、c的符号排除错误选项；② 反比例函数图像判断：重点看k的符号、k的几何意义，结合几何图形的面积判断k的值；③ 一次函数与几何结合：根据斜率判断直线的倾斜程度，结合交点坐标、线段长度，判断函数图像的变化趋势；④ 排除法优先：选择压轴题可先排除明显错误的选项，缩小范围，提升解题速度。
易错点规避：混淆二次函数a、b、c的符号与图像的关系；忽略反比例函数x≠0、二次函数自变量的取值范围；误将一次函数的斜率与倾斜程度的关系搞反；未结合几何图形的性质，盲目判断函数图像
考向解读
核心考查平移、旋转、折叠三种几何变换与三角形、四边形、圆的性质综合，设问多为求线段长度、角度、图形面积，或判断图形的形状、位置关系。考向特点是“变换为载体，性质为核心”，难度中等偏上，重点考查变换前后的不变量，容易因变换性质应用不熟练、对应关系找错、图形分析不清晰丢分
方法技能
核心思路：先明确几何变换的类型，利用变换的核心性质，找到对应边、对应角、对应点，将分散的线段、角度集中到一个基本图形中，再结合勾股定理、三角函数求解。
关键技巧：① 折叠问题：牢记“轴对称性质”，折痕是对应点连线的垂直平分线，折叠后形成的图形全等，优先找重合的边和角，构造直角三角形列方程；② 旋转问题：抓住“旋转中心、旋转角、对应边相等”，尤其是90°、60°旋转，常构造等腰直角三角形、等边三角形，利用特殊角性质简化计算；③ 平移问题：重点关注平移方向和距离，对应边平行且相等，可将分散的图形拼接，转化线段关系；④ 辅助线技巧：连接对应点、旋转中心，或作垂线，构造直角三角形，快速求解线段长度。
易错点规避：折叠后对应边、对应角找错；旋转问题中，旋转角计算错误；平移问题中，忽略对应边的平行关系；未构造基本图形，无法转化线段和角度