专题14 中考解答压轴题专项突破-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 二次函数与几何综合
题型02 几何三大变换与图形综合
题型03 圆与几何综合压轴题
题型04 动点与最值综合压轴题
第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战
题●型●破●译
题型01二次函数与几何综合
典例引领
【典例01】如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于两点（点在点的左边），与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为．
(1)求抛物线的表达式；
(2)是抛物线上位于第四象限的一点，点，连接相交于点，连接．若与的面积相等，求点的坐标；
(3)是抛物线上的两个动点，分别过点作直线的垂线段，垂足分别为．是否存在点，使得以为顶点的四边形是正方形？若存在，求该正方形的边长；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，正方形的边长为或
【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）作轴，垂足为点，设，则：，，根据与的面积相等，推出，列出方程进行求解即可；
（3）存在点，使四边形为正方形，如图所示，过作轴，过作轴，过作轴，则有与都为等腰直角三角形，设，设直线解析式为，与二次函数解析式联立，消去得到关于的一元二次方程，利用根与系数关系表示出，由为等腰直角三角形，得到，若四边形为正方形，得到，求出的值，进而确定出的长，即为正方形边长．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为．
∴设抛物线的解析式为：，
把代入，得：，
∴，
∴；
（2）当时，解得：，
∴，
∵，
∴设直线的解析式为：，把代入，得：，
∴，
作轴，垂足为点，设，则：，
∴，
∵与的面积相等，
∴，即：，
∵，
∴，
∴，
解得：或（舍去）；
∴；
（3）存在点，使四边形为正方形，
如图所示，过作轴，过作轴，过作轴，则有与都为等腰直角三角形，，
由（2）可知，直线的解析式为，
设，直线解析式为，
联立得：，
消去得：，
，
为等腰直角三角形，
，
，
，
，
∵四边形为正方形，
∴，
，
整理得：，
解得：或，
正方形边长为，
或．即正方形的边长为或．
【点睛】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定函数解析式，根与系数的关系，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理以及一次函数与二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
【典例02】平面直角坐标系中，抛物线过点，，，其中，线段上有一点，设的面积为，的面积为，．
(1)用含的式子表示；
(2)求点的坐标；
(3)点是抛物线的顶点，若直线与抛物线的另一个交点的横坐标为，试说明与的数量关系．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（）把代入抛物线解析式整理即可求解；
（）设，则，，可得，，即得，得到，再根据二次函数的对称性可得，进而代入求出的值即可求解；
（）由（）可得抛物线表达式为，即得，设直线表达式为，利用待定系数法可得直线表达式为，再利用函数解析式可得，由根和系数的关系得，整理即可求解；
本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数的几何应用，一元二次方程根和系数的关系，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解题的关键．
【详解】（1）解：把代入抛物线，得，
整理得，；
（2）解：设，则，，
∴，，
，
∴，
整理得，，
∴，
又、两点关于对称轴对称，
，
即，
∴，
∴点坐标为；
（3）解：由（）可得抛物线表达式为，
∵，
∴顶点为，
设直线表达式为，把、代入得，
，
解得，
∴直线表达式为，
联立，
整理得，，
由根和系数的关系得，，
整理得，，
∴与的数量关系为．
方法透视
变式演练
【变式01】如图，直线与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线：经过点A，B．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P为抛物线第一象限的一个动点，点P的横坐标为m，作轴于点M，交直线于点N．
①若长度随m增大而增大，求m的取值范围；
②平移抛物线得到抛物线，使抛物线的顶点在抛物线第一象限内的图象上，且抛物线过原点，直线与其相交于点Q，若，求m的值．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】本题考查了二次函数的综合，待定系数法求二次函数，二次函数的性质，熟练用未知数表示出各个线段的长度是解题的关键．
（1）根据一次函数解析式求得点坐标，再根据待定系数法即可解答；
（2）①用表示出的长度的解析式，即可求得长度随m增大而增大时，的取值范围；
②先求的解析式，再表示出点的坐标，最后列方程即可解答．
【详解】（1）解：令，解得，
令，得，
∴，，
∵抛物线：经过点A，B，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：①∵轴，点P的横坐标为m，
∴点N的横坐标为m，
点的纵坐标为，点的纵坐标为，
∴，
∵，
∴当时，长度随m的增大而增大，
∵点P为抛物线第一象限的一个动点，
∴，
∴m的取值范围是；
②抛物线的顶点在抛物线第一象限内的图象上，
设抛物线的解析式为：，
∵抛物线过原点，
∴，
解得（舍去）或，
∴抛物线的解析式为：．
∵点P为抛物线第一象限的一个动点，
∴．
令，
解得，
的交点横坐标为，
当时，，
∵，
∴，
解得（舍去），
当时，，
∵，
∴，解得．
综上所述，m的值为．
【变式02】如图，抛物线与直线交于A，B两点，且点的坐标为，点的横坐标为1．
(1)求抛物线的函数表达式．
(2)为直线上方的抛物线上一动点，过点作轴交直线于点．
（ⅰ）当线段取最大值时，求点的坐标；
（ⅱ）在（ⅰ）的条件下，过点作交直线于点，若抛物线与线段只有一个交点，直接写出的取值范围．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）先求出直线的表达式为，然后求出点的坐标为，将点代入，求出，即可得出答案；
（2）（ⅰ）过点作轴于点，交直线于点．设点的横坐标为，则点的横坐标也为，得出，，求出， 根据二次函数的最值，得出当时，取得最大值，求出结果即可；
（ⅱ）先求出当抛物线经过点时，，当抛物线经过点时，，得出答案即可．
【详解】（1）解：点在直线上，
，
解得，
直线的表达式为，
当时，，
点的坐标为，
，
，
将点代入，得，
解得，
抛物线的表达式为．
（2）解：（ⅰ）如图，过点作轴于点，交直线于点．
设直线与轴交于点，则点的坐标为．
，
．
，，
，
，
设点的横坐标为，则点的横坐标也为，
，，
，
当时，取得最大值，
，
点的纵坐标也为．
令，
解得，
点的坐标为．
（ⅱ）由题意，得点的坐标为．
如图，当抛物线经过点时，
，
解得，
当时，，
此时抛物线与线段有两个交点，
当抛物线经过点时，
，
解得，
当时，，
此时抛物线与线段有一个交点，
综上所述，若抛物线与线段只有一个交点，则．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，求二次函数的最值，求一次函数解析式，解题的关键是数形结合，熟练掌握二次函数的特点．
【变式03】在平面直角坐标系中，抛物线：经过点，对称轴为直线，且对称轴与轴交于点．
(1)求抛物线的表达式．
(2)如图，将抛物线向右平移个单位，得到抛物线，抛物线与交于点．
①点是抛物线上的点，若的最大值与之差为9，求的值；
②是否存在以为直角边的？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①；②或
【分析】（1）根据抛物线：经过点，对称轴为直线，利用待定系数法求解即可；
（2）①根据题意可得：抛物线的表达式为，得出抛物线的顶点坐标为，根据点是抛物线上的点，抛物线开口向下，得出的最大值，根据的最大值与之差为9，求出，当时，求出或，得出或，将和分别代入求解即可．
②根据题意知，设，当时，如图，过点作，则，则，列出方程，整理得：，求出，即可解答．当时，如图，过点作，则，则，列出方程，整理得：，求出，即可解答．
【详解】（1）解：根据题意可得，
解得：，
∴抛物线的表达式为．
（2）解：①根据题意可得：抛物线的表达式为，
∴抛物线的顶点坐标为，
∵点是抛物线上的点，抛物线开口向下，
∴的最大值，
∵的最大值与之差为9，
∴，
∴，
当时，，解得：或，
∴或，
将代入得，解得：（舍去）或；
将代入得，解得：（舍去）或（舍去）；
综上，；
②根据题意知，设，
当时，如图，过点作，
则，
则，
即，
∴，整理得：，
解得：（舍去）或，
∴；
当时，如图，过点作，
则，
则，
即，
∴，整理得：，
解得：（舍去）或，
∴；
综上，或．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，解直角三角形，解一元二次方程，二次函数的平移，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解是解题的关键．
题型02几何三大变换与图形综合
典例引领
【典例01】综合与实践：矩形的旋转
问题情境：
在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展数学活动．具体要求：如图1，将长与宽都相等的两个矩形纸片ABCD和FFGH叠放在一起，这时对角线AC和EG互相重合．固定矩形ABCD，将矩形FFGH绕AC的中点O逆时针方向旋转，直到点E与点B重合时停止，在此过程中开展探究活动．
操作发现：
（1）雄鹰小组初步发现：在旋转过程中，当边AB与EF交于点M，边CD与GH交于点N，如图2、图3所示，则线段AM与CN始终存在的数量关系是 ．
（2）雄鹰小组继续探究发现：在旋转开始后，当两个矩形纸片重叠部分为四边形QMRN时，如图3所示，四边形OMRN为菱形，请你证明这个结论．
实践探究：
（3）在图3中，随着矩形纸片EFGH的旋转，四边形QMRN的面积会发生变化，若矩形纸片的长为2+，宽为，请你帮助雄鹰小组探究当旋转角∠AOE为 度时，四边形QMRN的面积最大，最大面积是 ．
【答案】（1）AM=CN，证明见解析；（2）见解析；（3）45°或135°，2
【分析】（1）结论：AM=CN．先证明△AOK≌△AOJ（ASA），推出OK=OJ，AK=CJ，∠AOK=∠AJO，再证明△EKM≌△GJN（ASA）即可解决问题；
（2）过点Q作QK⊥EF，QL⊥CD，垂足分别为点K，L．首先证明四边形QMRN是平行四边形，再证明QM=QN即可；
（3）如图3-2中，连接BD，在DC上取一点J，使得DJ=AD=，则AJ=2，利用三角形的外角性质求出∠BOC的度数，结合图象即可解决问题．
【详解】解：（1）结论：AM=CN．
理由：如图2中，设AB交EG于K，CD交EG于J．
∵四边形ABCD是矩形，四边形EFGH是矩形，
∴AB∥CD，EF∥EG，OA=OC=OE=OG，
∴∠MEK=∠JGN，∠OAK=∠OCJ，
∵∠AOK=∠COJ，
∴△AOK≌△COJ（ASA），
∴OK=OJ，AK=CJ，∠AKO=∠CJO，
∴EK=JG，
∵∠EKM=∠AKO，∠GJN=∠CJO，
∴∠EKM=∠GJN，
∴△EKM≌△GJN（ASA），
∴KM=JN，
∴AM=AN；
（2）证明：过点Q作QK⊥EF，QL⊥CD，垂足分别为点K，L．
由题可知：矩形ABCD≌矩形EFGH，
∴AD=EH，AB∥CD，EF∥HG，
∴四边形QMRN为平行四边形，
∵QK⊥EF，QL⊥CD，
∴QK=EH，QL=AD，∠QKM=∠QLN=90°，
∴QK=QL，
又∵AB∥CD，EF∥HG，
∴∠KMQ=∠MQN，∠MQN=∠LNQ，
∴∠KMQ=∠LNQ，
∴△QKM≌△QLN（AAS），
∴MQ=NQ，
∴四边形QMRN为菱形；
（3）如图3-2中，连接BD，在DC上取一点J，使得DJ=AD=，则AJ=2，
∵CD=2+，
∴CJ=AJ=2，
∴∠JCA=∠JAC，
∵∠AJD=45°=∠JCA+∠JAC，
∴∠ACJ=22.5°，
∵OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC=22.5°，
∴∠BOC=45°，
观察图象可知，当点F与点C重合或点G与点D重合时，四边形QMRN的面积最大，最大值=2，
∴∠AOE=45°或135°时，四边形QMRN面积最大为2．
故答案为：45°或135°，2．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找确定的三角形解决问题，属于中考压轴题．
【典例02】定义：如图2，与有公共顶点，且，我们称这两个三角形互为“旋转相似图形”．
(1)知识理解：①如图1，若，都是等边三角形，则___________的“旋转相似图形”（填“是”或“不是”）
如图2，与互为“旋转相似图形”，
②若，，则___________；
③若，，，则___________，若连接，，则___________；
(2)知识运用：
如图3，在四边形中，，于，，
求证：①；
②和互为“旋转相似图形”；
(3)拓展提高：
如图4，为等腰直角三角形，点为的中点，且与互为“旋转相似图形”，若，，求和的长．
【答案】(1)①是；②；③，
(2)①见解析；②见解析
(3)，
【分析】（1）①先证明，再结合“旋转相似图形”的定义判断即可得出结果；②由“旋转相似图形”的定义可得，再由相似三角形的性质可得，最后再由三角形内角和定理计算即可得出结果；③由“旋转相似图形”的定义可得，再由相似三角形的性质计算得出，连接，， 由相似三角形的性质可得，，从而得出，，即可推出，再由相似三角形的性质即可得出结果；
（2）①由对顶角相等可得，再结合题意即可得证；②由，得出，从而可得，再证明，得出，最后再证明，再结合“旋转相似图形”的定义判断即可得证；
（3）由等腰直角三角形的性质可得，，，结合题意可得，由“旋转相似图形”的定义可得，由相似三角形的性质可得，，，则，求出，作于点，则为等腰直角三角形，求出，证明垂直平分，由勾股定理可得，，求出，最后再由勾股定理计算即可得出结果．
【详解】（1）解：①∵，都是等边三角形，
∴，，，
∴，
∵与有公共顶点，
∴是的“旋转相似图形”；
②∵与互为“旋转相似图形”，
∴，
∴，
∴；
③∵与互为“旋转相似图形”，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴；
连接，，如图：
，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：①∵，，
∴；
②∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵与有公共顶点，
∴和互为“旋转相似图形”；
（3）解：∵为等腰直角三角形，，
∴，，，
∵点为的中点，
∴，
∵与互为“旋转相似图形”，
∴，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图，作于点，
，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，即垂直平分，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质，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．
方法透视
变式演练
【变式01】综合与实践
在综合实践活动课上，同学们以折叠矩形纸片展开数学探究活动．
【折叠实践】
第一步：如图（1），将矩形纸片对折，使边，重合，再展开，折痕与交于点F．
第二步：如图（2），在上取一点E，沿折叠矩形，点A的对应点为G．延长交于点H，将纸片沿过点H的直线折叠．使点C的对应点落在上，折痕与交于点M．
【初步发现】
（1）探究图（2）中和的位置关系．
【深入探究】
（2）A小组的同学们将图（3）中的四边形剪下，取点E与点D重合，按步骤折叠后发现点、、三点在一条直线上．
求：与的值．
【拓展延伸】
（3）如图（4），B小组的同学们选用了，的矩形纸片，按步骤进行多次折叠（选取不同位置的点E），且第二步折叠中，折痕与交于点M，把纸片展开后，连接．当为直角三角形时，则的长为________．
【答案】（1）；（2）；；（3）或
【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质得出，再根据平行线的判定方法即可得到结论；
（2）连接，设，，先证明，得到，则，再根据求解；证明，推理得到，根据勾股定理得出，再根据即可得到答案；
（3）分两种情况：当时，得出四边形是正方形，得出；当时，过点M作于点N，则，再证明，得到，，证明，得到．
【详解】解：（1），理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠的性质得，，，
∴，
∴；
（2）如图（3），连接，设，，
根据折叠的性质得，，，，，
∴，
由题意知，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴，
∴；
（3）分以下两种情况：
当时，如图（4），
∴，
∵，，
∴四边形是正方形，
∴；
当时，如图（5），过点M作于点N，
则四边形为矩形，，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，是一道综合题，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式02】【问题情境】综合与实践课上，老师让同学们以“平行四边形的折叠”为主题开展数学活动．已知中，，点，，，分别在的边，，，上．
【操作判断】（1）如图1，若点，分别是，边的中点，分别沿和折叠，使点与点重合，点与点重合．
①四边形________平行四边形（填“是”或“不是”）；
②若四边形是矩形，求的度数．
【迁移思考】（2）如图2，沿折叠，点恰好与点重合，求证：四边形是菱形．
【拓展探索】（3）如图3，若点为边的中点，沿折叠，点的对应点为点，延长与射线交于点．若，，请直接写出线段的长．
【答案】（1）①是；②；（2）见解析；（3）或
【分析】（1）①根据平行四边形的性质可得，，根据折叠的性质可得，进而根据三角形内角和定理，得出，再证明，即可判断四边形是平行四边形；
②根据矩形的性质可得，根据折叠可得，进而求得；
（2）根据折叠得出，根据平行线的性质和等角对等边得出，即可得证；
（3）连接，分两种情况，点在线段上以及线段的延长线上，根据折叠的性质，等边对等角证明，结合图形，即可求解．
【详解】解：①∵，
∴，，
根据折叠可得，
∴，
∴即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
②∵四边形是矩形，
∴
根据折叠可得
∴；
（2）∵折叠，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（3）如图，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵折叠，
∴，，，
∵点为边的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵， ，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
当点在线段的延长线上时，连接，如图：
同理可得
∴，
综上所述，或．
【变式03】问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽．

动手实践：
（1）如图1，A小组将矩形纸片折叠，点D落在边上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形． 试判断四边形的形状，并加以证明．
（2）如图2，B小组将矩形纸片对折使与重合，展平后得到折痕，再次过点A折叠使点D落在折痕上的点N处，得到折痕，连结，展平后得到四边形，请求出四边形的面积．
深度探究：
（3）如图 3，C小组将图1中的四边形剪去，然后在边上取点G，H，将四边形沿折叠，使A点的对应点始终落在边上（点不与点D，F重合），点E落在点处，与交于点T．
探究①当在上运动时，的周长是否会变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值．
探究②直接写出四边形面积的最小值．
【答案】（1）正方形，证明见解析；（2）；（3）①不变，定值是12；②
【分析】（1）证，得四边形是菱形，再由，即可得出结论；
（2）连接，由折叠的性质可得是等边三角形，，求出，由三角形面积公式可求出；
（3）①连接，，过点B作于点M，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出，则可得出答案；②过点H作，连接，设，，由勾股定理求出，由四边形面积公式可得出，由配方法可求出答案．
【详解】解：（1）四边形是正方形，理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
由第一步折叠可知：，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
又∵，
∴四边形是正方形；
（2）连接，

由折叠得，
∴
∴
∴是等边三角形，
∴
∴
设则，
由勾股定理得，
∴
解得，（负值舍去）
∴
由折叠得，,
∴；
（3）①的周长不变，为定值12．理由如下：
如图，连接，，过点A作于点M，

由折叠可知，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的周长，
∴的周长为12．
②过点H作，连接，设，，

在中，，
解得，
由折叠可知，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，四边形是正方形，
∴,
∴，
∴当时，S有最小值为．
【点睛】本题考查四边形综合题，考查了折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，配方法等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
题型03圆与几何综合压轴题
典例引领
【典例01】如图，在中，以为直径的交于点D，F是上一点，连接，，，与交于点E，且．
(1)求证：是的切线．
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据圆周角定理得出，则．根据，结合，得出，则，即可证明．
（2）根据，得出，结合，得出．结合，证出是等腰三角形，则，．由（1）可知，勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：为的直径，
，
．
，，
，
，
．
为的半径，
是的切线．
（2）解：，
，
，
．
，，
，
，
是等腰三角形，
．
是的直径，，
．
由（1）可知，
．
，，
．
，
．
【典例02】如图，是的内接三角形，过点C作的切线交的延长线于点F，是的直径，连接．
(1)求证：；
(2)过点A作于点D，，，若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】本题主要考查了圆周角定理，直径定理，圆的切线的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握以上性质．
（1）连接，根据切线和直径得出直角，根据余角定理得出相等的角，根据圆周角定理得出，最后根据等量代换即可得出结论；
（2）根据条件证明，根据对应边成比例求出，然后证明，最后根据对应边成比例求解即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵与相切，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：由（1）得，且，
∴，
∴，
即，
解得，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
方法透视
变式演练
【变式01】综合与实践
【问题背景】小明同学是个善于思考、善于总结的孩子，他总能把一些相关联的数学现象放在一起进行对比分析，总结提炼，他将学过的角平分线定理、线段垂直平分线定理、垂径定理、切线长定理的基础图形进行了汇总，如表：
【归纳总结】
（1）小明发现这四个图中都有一个非常类似的四边形，经过查找资料，知道了它们都可叫作筝形．我们规定：如图，四边形中，若，，则称四边形为筝形．
他类比研究特殊四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形）的方法，进一步得到了筝形的相关性质，请聪明的你也总结两条筝形的性质（可从边、角、对角线、对称性、面积等方面考虑，不用说理）：
①________；②________；
【知识迁移】
（2）李老师引导小明深入思考，如图1，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，得到正方形，两个正方形的边与CD交于点E，求证：四边形是筝形；
（3）将（2）中的条件“正方形ABCD”改为“菱形ABCD”，其他条件不变，如图2，（1）中的结论是否仍成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出关于四边形的正确结论；
【拓展延伸】
（4）在图1中，连接AE，交于点O，请在图3上画出符合条件的图形，若正方形ABCD的边长为6，求CO的最小值．
【答案】（1）筝形的面积等于对角线乘积的一半，筝形是轴对称图形等；（2）见解析；（3）成立，理由见解析；（4）
【分析】本题主要考查了圆的有关性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，本题是新定义型，正确理解相对应的规定并熟练应用是解题的关键．
（1）利用筝形的定义解答即可；
（2）连接，利用正方形的性质得到，，利用全等三角形的判定与性质得到，依据筝形的定义解答即可；
（3）连接，由旋转知，，得，，进而得，故可得结论；
（4）利用筝形的性质和圆的有关性质得到点O在以为直径的半圆上运动，的中点M为该半圆的圆心，连接，结合图形得到当点M，O，C三点在一条直线上时，取得最小值，最小值为，利用正方形的性质和勾股定理解答即可得出结论．
【详解】（1）解：由筝形的定义可得：本题答案不唯一，只要正确即可，如：①筝形的一条对角线垂直平分另一条对角线；②筝形的面积等于对角线乘积的一半；③筝形是轴对称图形等；
故答案为：筝形的面积等于对角线乘积的一半，筝形是轴对称图形等；
（2）证明：如图1，连接，
由旋转知四边形和四边形为全等的正方形，
，，
，
∴，
，
∴四边形是筝形；
（3）解：四边形是筝形；
理由：如图2，连接，
由旋转知四边形和四边形为全等的菱形，
，，
，
，
，
，
四边形是筝形；
（4）解：如图3，
由（2）知四边形是筝形，
，，
点A，E在线段的垂直平分线上，
，
，
点O在以为直径的半圆上运动，
取的中点M，则点M为该半圆的圆心，连接，，
，
当点M，O，C三点在一条直线上时，取得最小值，最小值为．
∵正方形的边长为6，，
，M为的中点，
，，
的最小值．
【变式02】如图，是的直径，点是上一点，过点作的切线与的延长线相交于点，弦平分，交于点，连接．
(1)求证：；
(2)若，，求弦的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角得到，根据切线的性质可知，所以可得，，根据同角的余角相等可得，从而可证，根据角平分线的性质可证，根据三角形外角的性质可知，又因为，所以可得，根据等角对等边可证结论成立；
（2）连接，过点作于点，根据角平分线的性质可证是等腰直角三角形，因为，可得，所以，利用勾股定理可以求出，从而可知，利用勾股定理可以求出，从而可得．
【详解】（1）证明：为的直径，
，
，
又与相切于点，
，
，
，
，
，
，
，
平分，
，
，
，
；
（2）解：如图所示，连接，过点作于点，
平分，
，
是等腰直角三角形，
在中，，
∴，
，
，
在中，，
∴，即，
解得或（舍去）
同理可得，
，
．
【点睛】本题主要考查了圆的综合、勾股定理、等腰直角三角形的性质、切线的性质、解决本题的关键是作辅助线构造等腰直角三角形．
【变式03】如图，是的直径，点是线段延长线上一点，过点的直线与相切于点，过线段上一点作的垂线交直线于点，交于点．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】本题考查了圆的切线性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质以及等角对等边的应用，关键是通过连接辅助线，利用角的关系转化与证明，再结合相似三角形和等腰三角形的性质求解线段长度．
（1）连接，利用切线的垂直关系和的垂直关系，结合同角的补角相等得到角的等量关系，再通过等腰三角形和圆周角定理，将与联系，最后利用等角的余角相等得到与相等，从而证得；
（2）先在直角三角形中用勾股定理求出的长度，再证明与相似，利用相似比求出的长度，进而得到的长度，然后通过角的互余关系和对顶角相等，证明，利用等角对等边得到，从而求出的长．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵与相切于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：在中，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
，
，
解得，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
题型04动点与最值综合压轴题
典例引领
【典例01】如图，直线与抛物线交于A、B两点，点P是y轴上的一个动点，当的周长最小时，的面积是（ ）．
A．3B．C．D．2
【答案】C
【分析】本题主要考查二次函数的性质、一次函数的性质、三角函数、轴对称-最短路径等知识点，根据轴对称可以确定得使得的周长最小时点P的坐标，然后求出点P到直线的距离和的长度，即可求得的面积即可解答．明确题意、灵活利用数形结合的思想是解题的关键．
【详解】解：联立解析式得：，解得：或，
∴点A的坐标为，点B的坐标为，
∴，
如图：作点A关于y轴的对称点，连接与y轴的交于P，则此时的周长最小，
点的坐标为，点B的坐标为，
设直线的函数解析式为,
，解得：，
∴直线的函数解析式为，
当时，，即点P的坐标为，
将代入直线中，得，
∵直线与y轴的夹角是，
∴点P到直线的距离是：，
∴的面积是：．
故选C．
【典例02】如图，在等边中，点分别是的中点，点是上一动点，当的周长最小时，的值为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】D
【分析】本题考查了轴对称的性质，等角对等边，等边三角形的性质，直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半．
作点关于的对称点，连接，交于点，根据三线合一得到是的平分线，是的垂直平分线，即，，根据点是的中点，为定值，可知要使的周长最小，即最小，当三点共线时，即点与点重合，取得最小值，最小值为的长，根据三线合一得到，进而得到，即，根据直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半得到，可知．
【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接，交于点．
是等边三角形，且点是的中点，
是的平分线，是的垂直平分线，
，
点是的中点，为定值，
∴要使的周长最小，即最小．
（两点之间线段最短），
∴当三点共线时，即点与点重合，取得最小值，最小值为的长，
点是的中点，
由对称性可得，点为的中点，
是的平分线，
，
，
．
，
∴，
．
故选：D．
方法透视
变式演练
【变式01】如图，已知点B（3，3）、C（0，6）是抛物线 ()上两点，A是抛物线的顶点，P点是轴上一动点，当PA+PB最小时，P点的坐标是_____．
【答案】(2.4，0)
【分析】根据点B（3，3）、C（0，6）是抛物线（a≠0）上两点，可以求得该抛物线的解析式，从而可以求得顶点A的坐标，然后即可得到点A关于x轴的对称点的坐标，则点A关于x轴的对称点的坐标与点B所连直线与x轴的交点即为所求的点P的坐标．
【详解】解：∵点B(3，3)、C(0，6)是抛物线 (a≠0)上两点，
∴，得 ，
∴抛物线解析式为，
∴点A的坐标为(2,2)，
点A关于x轴的对称点的坐标为(2,−2)，
则点(2,−2)与点B(3,3)所连直线与x轴的交点即为所求的点P，此时PA+PB最小，
设过点(2,−2)与点B(3,3)的直线解析式为y=kx+b，
，得 ，
即过点(2，−2)与点B(3，3)的直线解析式为y=5x−12，
当y=0时，0=5x−12，得x=2.4，
∴点P的坐标为(2.4,0)，
故答案为：(2.4，0)．
【点睛】本题考查了二次函数的性质、二次函数上点的坐标特征、对称轴最短路径问题，解本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合思想解答．
【变式02】如图，在四边形中，，，M，N分别是边， 上的动点，当的周长最小时，的大小是________°
【答案】
【分析】本题主要考查了轴对称的性质，三角形的内角和，四边形的内角和，解题的关键是根据轴对称的性质确定点M和点N的位置．
作点C关于的对称点，作点C关于的对称点，连接，分别交于点N，交于点M，连接；点，点，点M，点N四点共线时，的周长最小，先根据四边形的内角和求出，再根据三角形的性质求出，最后根据轴对称的性质求出，即可进行解答．
【详解】解：作点C关于的对称点，作点C关于的对称点，连接，分别交于点N，交于点M，连接；
∵点C和点关于的对称，点C和点关于的对称，
∴，
的周长=
∴点，点，点M，点N四点共线时，的周长最小，
∵在四边形中，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：
【变式03】如图，中，，，，将沿射线折叠，使点与边上的点重合，为射线上的一个动点，当周长最小时，的长为__________．
【答案】
【分析】本题考查轴对称的性质，线段和最值问题，勾股定理及逆定理，熟练运用轴对称解决线段和最值问题是解题关键．
连接，设与交于点，设，由折叠的性质可得，，，，．由线段公理可得，当、、三点共线时， 周长最小，此时点与点重合．使用勾股定理的逆定理可判断出，则．使用勾股定理构造方程并求解出的值，进而求出的长．
【详解】解：如图，连接，设与交于点，设，

由折叠的性质可知，，，，，
∴，，
∴周长为，
∵，
∴当、、三点共线时，取得最小值，即周长最小，此时点与点重合，
∵，
∴是直角三角形，，
∴，
∴，
在直角中，，
∴，
解得，，
∴．
故答案为：．
题●型●训●练
一、单选题
1．如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝130°，∠B＝∠D＝90°，点E，F分别是线段BC，DC上的动点.当△AEF的周长最小时，则∠EAF的度数为( )
A．90°B．80°C．70°D．60°
【答案】B
【分析】据要使的周长最小，即利用点的对称，使三角形的三边在同一直线上；作出A关于BC和CD的对称点A′，A″（图见解析），即可得出，根据等腰三角形的性质和外角得，即可得出答案.
【详解】如图，作A关于BC和CD的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于E，交CD于F，则A′A″即为的周长最小值.作DA延长线AH，
根据对称的性质可得，和都是等腰三角形
故选：B.
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质（等边对等角）、外角和邻补角的性质，通过作对称点将求周长最小的问题进行转化是解题关键.
2．如图，点在等边的边上，，射线，垂足为点，点是射线上一动点，点是线段上一动点，当的值最小时，，则的长为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查最短路径问题、等边三角形的性质、含度角的直角三角形的性质．熟悉利用轴对称性质求最短距离的方法是解题的关键．
作点关于射线的对称点，连接，过作于，交射线于，连接，此时的值最小，利用等边三角形的性质和三角形的内角和定理得到，利用含度角的直角三角形的性质得到，进而得到的长，再得到的长，即的长．
【详解】解：作点关于射线的对称点，连接，过作于，交射线于，连接，如图，则，
，
此时的值最小，，
是等边三角形，
，，
在中，，
，
，
，
，
．
故选：．
3．如图，在平面直角坐标系中，点在轴的负半轴上，点在第三象限，是等边三角形，点在线段上，且，点是线段上的动点，点是轴负半轴上的动点，当的值最小时，，则点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了轴对称－最短路径、含的直角三角形的性质等知识点，灵活运用轴对称的性质求解最短路径问题是解题的关键．
如图：作点E关于y轴的对称点，过点作交y轴于点P，进而得出的值最小的情况，然后根据所对的直角边等于斜边的一半进而得出答案．
【详解】解：如图：作点E关于y轴的对称点，过点作交y轴于点P，则此时的值最小，

∵是等边三角形，
，
，
，
，
∵，
，
，
∴点A的坐标为．
故选：B．
4．如图，在中，，，与交于点C，与相切，过点C作，交于点D，M是边上一动点，则当的周长最小时，的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图，延长交于点E，连接，交于点M，此时周长最小．设，，证明得到，由正切定义和勾股定理求得，，根据切线性质得，证明，利用相似三角形的性质求得，进而可求解．
【详解】解：如图，延长交于点E，连接，交于点M，
∵，，
∴垂直平分，则，
∴，此时周长最小．
设，，
∵，，
∴，又，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，则，
设于相切于点F，连接，
则，又，
∴，
∴，即，
解得，
∴
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质、轴对称求最短路线、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等问题，解题的关键在于正确找到M点位置．
5．小明同学在数学实践活动作出一道图形，探究结论正确的有（ ）
作图：如图，△BEF是边长为3的等边三角形，延长FE至A，使得AE=EB，连接AB，将AE绕点A顺时针旋转30°得到线段AD，连接ED，连接DF，过B作BC∥AD，与DF延长线交于点C．
探究：①四边形ABCD是平行四边形；②四边形ABCD的面积为；③连接EC，EC长；④如果P为DC上一动点，当EP+BP值取最小时，DP=．
A．①②B．①②③C．①②③④D．①②④
【答案】D
【分析】根据等边三角形的性质可得进而得出，，，根据旋转的性质以及线段比，证明，得出，进而得出，证明，结合已知条件可得四边形是平行四边形，即可判断①，根据，即可求得平行四边形的面积，从而判断②，连接，过点作于点，勾股定理求得的长，从而判断③，作点关于的对称点，连接，交于点，连接，则，根据求得的长，进而求得的长，即可判断④．
【详解】解：△BEF是边长为3的等边三角形，
中，
即
将AE绕点A顺时针旋转30°得到线段AD，
，
中，
四边形是平行四边形，故①正确
，
四边形ABCD的面积为，故②正确
如图，连接，过点作于点，
，，
四边形是平行四边形
中，
故③不正确，
如图，作点关于的对称点，连接，交于点，连接，则
当EP+BP值取最小时，最小值即为，
故④正确
综上所述，正确的有①②④
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形，平行四边形的性质和相似三角形的性质与判定，轴对称的性质求线段和最小值，综合运用以上知识是解题的关键．
6．已知O为边长为2的正六边形的中心，P为正六边形内一点，且．若，则的度数为（ ）
A．B．或C．D．或
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形的性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，圆的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
根据，得点P在以O为圆心，半径为1的圆上运动，连接，连接，交于点G，证明直线是线段的垂直平分线，，都是等边三角形，延长交小圆于点P，连接，易证，得到，此时，；延长交小圆于点P，同理可得．
【详解】解：根据，得点P在以O为圆心，半径为1的圆上运动，
连接，连接，交于点G，
∵O为边长为2的正六边形的中心，
∴，
∴直线是线段的垂直平分线，，都是等边三角形，
∴，，，
∴，，
延长交小圆于点P，连接，则，
在和中，
∴
∴，即，
此时，；
延长交小圆于点P，连接，同理可得，
此时，；
故选：B．
7．如图，E是线段上一点，在线段的同侧分别以为斜边作等腰和等腰，，分别是，的中点．若，则下列结论错误的是（ ）．
A．的最小值为B．四边形面积的最小值为
C．周长的最小值为D．的最小值为3
【答案】B
【分析】A、如图，延长交于点P，过点F作直线，可证四边形是矩形，直线是的中位线，且点在直线上运动，作点A关于直线的对称点，连接，由“将军饮马”模型可求；
B、设，，进而即可判断．
C、由四边形是矩形，结合的最小值为3，可求周长的最小值；
D、连接，当时，即点与点重合时，最小．是等腰直角三角形，，故本选项不符合题意；
【详解】解：A、如图，延长交于点P，过点F作直线．
和分别是以为斜边的等腰直角三角形，
，，
，
四边形是矩形．
是的中点，
是的中点．
直线，
直线是的中位线，且点在直线上运动．作点A关于直线的对称点，连接，则．当，，三点共线时，最小．
，，
．
在中，，故本选项不符合题意；
B、设，则．
，
．当时，有最大值，最大值为，
∵，
∴四边形面积的最小值为，故本选项符合题意．
C、四边形是矩形，
，
的周长为．
的最小值为3，，
的周长的最小值为，故本选项不符合题意；
D、连接，当时，即点与点重合时，最小．是等腰直角三角形，
，故本选项不符合题意；
【点睛】本题考查轴对称最短路径问题，涉及等边三角形的性质及应用，三角形面积等知识，解题的关键是求出的运动轨迹是直线．
二、填空题
8．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点O是坐标原点，顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上，，D为边的中点．若E为边上的一个动点，当的周长最小时，则点E的坐标________．
【答案】
【分析】由于C、D是定点，则是定值，如果的周长最小，即有最小值．为此，作点D关于x轴的对称点，当点E在线段上时的周长最小．
考查轴对称-最短路线问题， 坐标与图形性质，相似三角形的判定与性质等，找出点E的位置是解题的关键.
【详解】解：如图，作点D关于x轴的对称点连接，与x轴交于点E，连接.
若在边上任取点与点E不重合，连接
由，
可知的周长最小，
∵在矩形中，，D为边的中点，
∴，
∵，
∴
则
故
∴，
∴点E的坐标为.
故答案为：
9．在现实生活中，我们经常会看到许多“标准”的矩形，如我们的课本封面、A4的打印纸等，其实这些矩形的长与宽之比都为，我们不妨就把这样的矩形称为“标准矩形”，在“标准矩形”中，如图所示，点在上，且，若为边上一动点，当的周长最小时，则的值为______．
【答案】
【分析】先设出矩形的边长，将和表示出来，再通过作对称点确定的周长最小时的点位置后，利用平行线分线段成比例的基本事实的推论建立等式求解即可．
【详解】解：设 ，，
，
四边形为矩形，
，，
，
如图，作点关于的对称点，连接交于点，
，
，
当三点共线时，的周长最小，
此时点应位于图中的点处；
在矩形中，，
点位于的延长线上，
，
，
即，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、最短路径、平行线分线段成比例的基本事实的推论等内容，解题关键是能正确找到满足题意的点位置，同时要牢记平行线分线段成比例的推论，即平行于三角形的一边的直线截其他两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例．
10．在平面直角坐标系中，点是坐标原点，点，在抛物线的图象上，连接，．
（1）________；
（2）若将抛物线向下平移个单位长度，使平移后得到的抛物线顶点落在的内部（不包括的边界），则的取值范围为________．
【答案】
【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键；
（1）将点代入抛物线方程可得，再将点代入方程可求得，从而得到的值；
（2）先求出原抛物线的顶点坐标，再写出向下平移n个单位后的顶点坐标，该顶点需在内部，根据三角形边界直线的方程和顶点坐标满足的不等式组求解n的范围即可．
【详解】解：（1）∵点在抛物线上，
∴．
∵点在抛物线上，
∴，
解得．
∴．
故答案为：．
（2）抛物线向下平移n个单位后，
表达式为．
∴平移后抛物线顶点坐标为．
∵的顶点为，
设直线的解析式为，则有，解得：，
∴直线的解析式为．
平移后抛物线的顶点坐标在内部（不包括边界），需满足：
①横坐标在和0之间，即，成立；
②纵坐标小于5，即，解得；
③纵坐标大于直线在处的函数值，即，解得．
∴n的取值范围为．
故答案为：．
11．已知：如图1，中，，．点是边上一点且，点是边上的动点，线段绕点逆时针旋转至，连接，．

（1）如图2，当点与点重合时，线段__________．
（2）点运动过程中，线段的最小值是__________．
【答案】
【分析】（1）由直角三角形的性质可求，的长，即可求解；
（2）先确定点在过点且垂直的直线上运动，由矩形的性质可求解．
【详解】解：（1）∵，，
∴，，
∵线段绕点逆时针旋转至，点与点重合，
∴，，
∴，
∴点在线段上，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）如图，过点作于，过点作，交于，连接，
∵，，，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵线段绕点逆时针旋转至，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴点在过点且垂直的直线上运动，
∴当时，有最小值，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴线段的最小值是，
故答案为：．

【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，确定点的运动轨迹是解题的关键．
12．如图，共顶点正方形和中，，，将正方形绕顶点逆时针旋转角度（），即，交边于．

（1）当时，______；
（2）连接、、，当为直角三角形时，的长为______．
【答案】 或7
【分析】（1）根据旋转的性质和正方形的性质可得，由正方形的性质和锐角三角函数可得，可得的值；
（2）根据顶点正方形和，，，可得当为直角三角形时可分和两种情况进行讨论．
【详解】解：∵正方形绕顶点逆时针旋转角度（），即，
当时，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）当时，有、、共线，
∴，
∴点在边上，
∵在正方形中，，
∴，
过点作于，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；

当时，
连接、，
∵四边形是正方形，
∴时，
∴，即、、共线，
∵，，四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵四边形和四边形是正方形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
综上所述，的长为或7．
故答案为：或7．

【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，锐角三角函数，勾股定理，相似三角形的判定和性质，运用了分类讨论的思想．弄清题意，运用分类讨论是是解题的关键．
13．如图，在矩形ABCD中，AD＝3，AB＝4，E是边AB上一点，△BCE与△FCE关于直线CE对称，连接BF并延长交AD于点G，过点F作FH⊥AD，垂足为点H，设BE＝a，请完成下列探究：
（1）AG＝_______（用含a的代数式表示）；
（2）若点H为AG的中点，则BE的长为_______．
【答案】
【分析】（1）由矩形ABCD的性质得到∠GAB＝∠EBC＝90°，∠ABG＋∠AGB＝90°，由对称的性质得到∠ABG＋∠BEC＝90°，得到∠BEC＝∠AGB，从而得到△GAB∽△EBC，然后利用相似三角形的性质得到AG的长；
（2）过点F作MN⊥AB于点M，则∠EMF＝90°，由点H为AG的中点，FH⊥AD得到点F是BG的中点，即可得到ME、MF的长，由对称得∠EFC＝∠EBC＝90°，EB＝EF＝a，FC＝BC＝3，然后利用勾股定理列出方程求得a的取值，即可得到BE的长．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠GAB＝∠EBC＝90°，
∴∠ABG＋∠AGB＝90°，
由对称的性质得，∠ABG＋∠BEC＝90°，
∴∠BEC＝∠AGB，
∴△GAB∽△EBC，
∴，即，
∴AGa，
故答案为：a．
（2）如图，过点F作MN⊥AB于点M，
则∠EMF＝90°，
∵点H是AG的中点，HF⊥AD于点H，
∴四边形AHFM是矩形，AHAGa，HFAB4＝2，
∴AM＝HF＝2，MF＝AHa，
∴ME＝2﹣a，
由对称得，EB＝EF＝a，
在Rt△MEF中，EM2＋FM2＝EF2，
∴（2﹣a）2＋（a）2＝a2，
解得：a或a（舍），
∴BE，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、轴对称的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，解题的关键是熟知对称的性质．
14．在等边三角形ABC中，AB=6，D、E是BC上的动点，F是AB上的动点，且BF=BD=EC=k，连接FE

（1）当k=2时，S△DEF：S△ABC=_______；
（2）取EF的中点G ，连接GA、GC，则GA+GC的最小值为________
【答案】
【分析】（1）根据，可得，根据相似三角形的性质求解即可；
（2）如图2中，取的中点J，作直线交于点K．证明，推出点G在直线上运动，作点A关于直线JG的对称点A′，连接交于点T，连接，，求出，可得结论．
【详解】（1），
S△BFD：S△ABC
S△DEF：S△ABC=1：9
（2）如图2中，取的中点J，作直线交于点K．

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点G在直线JK上运动，
作点A关于直线JG的对称点A′，连接AA′交GJ于点T，连接CA′，A′G，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：，
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，轴对称的性质，掌握等边三角形的性质是解题的关键．
三、解答题
15．已知二次函数图象的顶点是，且经过点．
(1)求二次函数的解析式；
(2)一次函数的图象经过点，与二次函数的图象交于A，B两点点在点的左侧），过点，分别作轴于点，轴于点．
①若点横坐标为2，求的长，并直接写出不等式的解；
②分别用，，，表示，，的面积，则的值是否为定值，若是，请求出该定值，若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①；②的值为定值，且该定值为
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①首先求出一次函数的解析式为，然后和抛物线联立求出点横坐标为，得到，进而求解即可；
②设，，则，，将代入，得，求出，，然后表示出，得到，，进而求解即可．
【详解】（1）依题意，，
解得
二次函数的解析式为．
（2）①依题意，即该一次函数的解析式为．
将代入，得，
即点的坐标为，
代入，得，
即一次函数的解析式为，
由，
解得点横坐标为
依题意，C，D横坐标分别与A，B横坐标相同，
所以，
由图像可知不等式解为．
②设，，则，．
将代入，得，
则，
解得，
，，
依题意得，
，
，
．
而
．
，，
，．
故
所以，，
即的值为定值，且该定值为．
【点睛】此题考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式，二次函数和三角形面积综合运用，解一元二次方程以及根与系数的关系等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
16．抛物线（）与轴相交于点，且抛物线的对称轴为，为对称轴与轴的交点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在轴上方且平行于轴的直线与抛物线从左到右依次交于、两点，若是等腰直角三角形，求的面积；
（3）若是对称轴上一定点，是抛物线上的动点，求的最小值（用含的代数式表示）．
【答案】（1）；（2）4；（3）
【分析】（1）与轴相交于点，得到，再根据抛物线对称轴，求得，代入即可．
（2）在轴上方且平行于轴的直线与抛物线从左到右依次交于、两点，可知、两点关于对称轴对称，是等腰直角三角形得到，设，根据等腰直角三角形的性质求得E点坐标，从而求得的面积．
（3），根据距离公式求得，注意到的范围，利用二次函数的性质，对进行分类讨论，从而求得的最小值．
【详解】解：（1）由抛物线（）与轴相交于点得到
抛物线的对称轴为，即，解得
∴抛物线的方程为
（2）过点E作交AB于点M，过点F作，交AB于点N，如下图：
∵是等腰直角三角形
∴，
又∵轴
∴
∴为等腰直角三角形
∴
设，则，
∴
又∵
∴
解得或
当时，，符合题意，
当时，，不符合题意
综上所述：．
（3）设，在抛物线上，则
将代入上式，得

当时，，∴时，最小，即最小
=
当时，，∴时，最小，即最小
，
综上所述
【点睛】此题考查了二次函数的对称轴、二次函数与三角形面积、等腰直角三角形的性质以及距离公式等知识，熟练掌握距离公式和对代数式的计算是解决本题的关键．
17．有若干块半圆形木板，木匠李师傅在直径上取两点，，作，与半圆交于点，作，与半圆交于点．
(1)如图1，李师傅通过测量，使得，此时与的长相等，请说明理由；
(2)如图2，李师傅从这块木板中裁出了两块阴影部分的木料，使得所对的圆心角为．
①若，求裁出的两块木料的周长之和；
②若，，求裁出的两块木料的面积之和．
【答案】(1)见解析
(2)①裁出的两块木料的周长之和为；②
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，求扇形面积．
（1）连接半径，通过线段的等量代换，得到，通过圆的半径相等，证明，即可通过圆心角相等推出两个弧的长相等；
（2）①连接半径，通过半径相等和90°角，借助一线三等角全等模型，通过证明三角形全等，得到线段的数量关系，再通过等量代换将阴影部分的线段之和转化为的长，即可计算得到周长；
②借助①中的关系，求出的长，从而得到半径的长，再通过等量代换，得到和的关系，借助勾股定理列方程求出线段的长，再通过作差法求面积即可．
【详解】（1）解：如图1，连接，．
，，
，
，，
，即，
又，
，
，
；
（2）解：①如图2，连接，
由题意得，
，
，，
，
，
，
又，
，
，，
由图可知，，
，
裁出的两块木料的周长之和为；
②由①可知，，
，
，
，
又，
在中，，即，
解得（负值舍去），，
，
由①知，，
由图可知，阴影部分的面积半圆的面积扇形的面积
．
18．如图，是的弦，点为上一点，的延长线垂直于，垂足为，点为弧上一点，且，延长交的延长线于点，连接．
(1)求证：；
(2)点为上一点，平分，且，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，圆内接四边形，三角形的内角和定理，三角形的外角性质，垂直平分线的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）设与交于点，由垂径定理得，，则有，，然后通过三角形的内角和定理即可求证；
（）由角平分定义可设，则，通过圆内接四边形和平角定义可得，则有，，，最后由角度和差求出的值即可．
【详解】（1）证明：设与交于点，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ ；
（2）解：∵平分，
∴，
设，则，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，解得，
∴．
19．如图，四边形内接于，为的直径，过点C作的切线与的延长线相交于点E，，交的延长线于点F．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了直径所对的圆周角是直角，切线的性质，三角形相似，勾股定理，三角函数，圆的内接四边形性质，熟练掌握切线的性质，三角形相似，勾股定理，三角函数是解题的关键．
（1）运用直径所对的圆周角是直角，切线的性质，圆的内接四边形，证明，即可得出结论．
（2）运用直径所对的圆周角是直角，切线的性质，证明，再由相似三角形性质得出，由勾股定理计算出，再利用三角函数计算即可．
【详解】（1）证明：∵为的直径，
∴．
∵是的切线，
∴，
∴．
∵四边形内接于，
∴．
∵，
∴，
∴．
（2）解：∵为的直径，
∴．
又由（1）知，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
由（1）知，
∴．
∵，
∴，
∴在中，，
∴．
20．如图，在中，，以为直径作，分别交于点D，交于点E，过D作于H，连接并延长交的延长线于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)连接交于G，若，，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）根据等腰三角形的性质及等量代换可得到，进而利用平行线的性质证明切线即可．
（2）首先通过求的长，再利用得到的长，最后利用求的值即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
又是半径，
是的切线
（2）如图，连接，
，
，，
，
，，
，，
，，
是直径，
，
，
，
，
，
，
，即点是的中点，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，等腰三角形的性质，中位线的性质，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定，借助相似找到边长的等量关系是解决问题的关键．
21．（1）如图1，在矩形中，，，点E为边上一点，沿直线将矩形折叠，使点C落在边上的点处．求的长；
（2）如图2，展开后，将沿线段向右平移，使点的对应点与点B重合，得到，与交于点F，求线段的长；
（3）在图1中，将绕点旋转至A，，E三点共线时，请直接写出的长．
【答案】（1）3；（2）1；（3）或
【分析】（1）本题利用折叠和矩形的性质得出，，再利用勾股定理即可解题；
（2）本题利用平移的性质证得，设长为，利用勾股定理算出，推出，再利用相似三角形的性质得到，算出，从而求得的长；
（3）本题根据A，，E三点共线，分以下两种情况讨论，①当旋转到左侧时，②当旋转到右侧时，根据以上两种情况作辅助线构造直角三角形，利用旋转的性质、矩形的性质和判定、以及勾股定理进行分析求解，即可解题．
【详解】（1）解：为矩形，，，
，，
；
（2）解：为平移后的图形，，，
，，
，
设长为，
，，
解得：，
，
，，
，
，
；
（3）解：将绕点旋转至A，，E三点共线，
分以下两种情况：
①当旋转到左侧时，如图所示：
作，交的延长线于点，
由（2）可知，
由旋转性质可知，，
，
，
，
四边形为矩形，
，，
，
②当旋转到右侧时，如图所示：
作，交的延长线于点，
由（2）可知，
由旋转性质可知，，
，
，
四边形为矩形，
，，
，
．
【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质和判定、勾股定理、平移的性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定、旋转的性质，熟练掌握相关性质定理并灵活运用，即可解题．
考向解读
核心考查二次函数解析式求解、二次函数图像与三角形、四边形的综合应用，设问多为“求函数解析式→求线段长度/角度→探究动点最值/线段关系→拓展探究”。考向特点是“综合性强、数形结合紧密、计算量大”，难度偏高，重点考查二次函数的顶点、对称轴、增减性与几何图形性质的联动，容易因解析式求解错误、相似三角形对应关系找错、动点轨迹判断失误、步骤不规范丢分，是拉开分差的关键题型
方法技能
核心解题思路：① 求解析式：优先选择合适形式，结合题干条件，用待定系数法精准求解，标注二次项系数a的符号；② 建联系：结合二次函数的对称轴、顶点坐标，分析几何图形的边、角关系，构造全等或相似三角形，将分散的线段、角度集中到基本图形中；③ 破难点：动点问题用参数表示动点坐标，最值问题结合二次函数增减性或几何模型求解；④ 规范答：按“已知→推导→结论”的逻辑书写步骤，每一步标注依据，避免跳跃步骤。
高频突破技巧：① 解析式快速求解：若已知抛物线过坐标轴交点，优先用交点式，减少计算量；若已知对称轴，可设顶点式，直接代入对称轴信息；② 相似三角形应用：在二次函数图像中，常通过“两角相等”判定相似，利用相似比快速求线段长度，避免复杂勾股定理运算；③ 动点最值突破：动点在抛物线上时，最值优先看顶点，若动点在直线或线段上，结合几何模型转化，注意自变量的取值范围；④ 计算简化：涉及线段长度，优先用“铅垂法”“两点间距离公式”，避免复杂的几何转化，计算时分步进行，及时验算。
核心提醒：这类题目基础问必拿分，拔高问重点突破模型应用，步骤规范是得分关键，避免因步骤跳跃导致的过程分丢失
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、圆的综合应用，设问多为“作图→求线段长度/角度/面积→探究图形关系/最值→拓展延伸”。考向特点是“图形动态、模型固定、推理性强”，难度中等偏上，重点考查变换前后的不变量（对应边相等、对应角相等）和几何图形的性质联动，容易因变换对应关系找错、旋转角计算错误、折叠后图形分析不清晰、分类讨论不全面丢分，是二轮复习的重点突破题型
方法技能
核心解题思路（三步走）：① 分析变换：明确几何变换的类型（平移、旋转、折叠），标注变换的关键要素（平移方向与距离、旋转中心与角度、折叠折痕），利用变换性质找到对应边、对应角、对应点；② 构造图形：将变换后的图形与原图形结合，构造全等三角形、等腰三角形、直角三角形，转化线段和角度，简化推理和计算；③ 突破难点：涉及最值问题，结合变换性质将动点转化为定点，利用“两点之间线段最短”“垂线段最短”求解；涉及分类讨论，重点考虑图形的不同位置（如折叠后点的位置、旋转的方向），避免漏解。
高频突破技巧：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（安徽中考高频考法）；② 旋转问题：重点突破“90°旋转”“60°旋转”模型，旋转后构造等腰直角三角形、等边三角形，利用特殊角性质快速求解，旋转角=对应边的夹角=对应点与旋转中心连线的夹角；③ 平移问题：侧重“平移转化线段”，将分散的线段通过平移拼接，构造平行四边形或矩形，利用对边相等的性质转化线段关系；④ 辅助线技巧：连接对应点、旋转中心，或作垂线、平行线，构造基本图形，快速打通解题思路。
核心提醒：这类题目作图是基础（若有作图要求，必须保留清晰痕迹），变换性质是核心，分类讨论是避免漏解的关键，推理步骤需标注变换依据，确保逻辑严谨
考向解读
核心考查圆的性质（圆周角定理、切线性质、垂径定理）与三角形、四边形、几何变换的综合应用，设问多为“证明切线→求线段长度/弧长/扇形面积→探究线段关系/最值→拓展延伸”。考向特点是“图形复杂、性质联动、计算与推理结合”，难度中等偏上，重点考查圆的核心性质与几何图形全等、相似、勾股定理的联动，容易因切线判定条件遗漏、圆周角与圆心角关系混淆、弧长公式应用错误、图形分析不清晰丢分，是二轮复习的补充突破题型
方法技能
核心解题思路：① 夯实基础：牢记圆的核心性质，明确切线的判定条件；② 构造图形：连接圆心与切点、圆心与弦的中点、圆周角与圆心，构造直角三角形、等腰三角形、全等三角形，转化线段和角度，简化计算；③ 突破难点：切线证明优先连接半径，证明垂直；弧长、扇形面积计算精准代入公式，注意圆心角的度数转化；最值问题结合圆的性质求解。
高频突破技巧：① 切线证明技巧：若题干明确“某直线是切线”，优先连接圆心与切点，证明垂直；若需判断切线，先确定切点，再证明垂直且过半径外端；② 角度转化技巧：利用圆周角定理、三角形内角和，将未知角转化为已知角，尤其是圆内接四边形的对角互补，可快速转化角度；③ 线段计算技巧：涉及圆的线段长度，优先构造直角三角形，利用勾股定理求解，避免复杂的几何转化；④ 公式应用技巧：牢记弧长、扇形面积公式，标注圆心角和半径，避免单位错误
核心提醒：这类题目切线证明是基础必拿分点，线段长度、弧长计算是核心，步骤中需明确圆的性质应用依据，避免因性质混淆导致推理错误
角平分线定理
线段垂直平分线定理
垂径定理
切线长定理
，
，
，
，
考向解读
核心考查三角形、四边形、函数图像中，动点运动过程中的线段长度、周长、面积、线段和差的最值，以及动点轨迹探究。考向特点是“动态性强、模型固定、综合性高”，难度高，重点考查学生的图形分析能力、模型识别能力和分类讨论能力，容易因动点轨迹判断错误、模型应用不熟练、忽略自变量取值范围丢分，是压轴题中最容易拉开分差的难点题型
方法技能
核心解题思路：① 判断轨迹：先分析动点的运动轨迹，结合题干条件，明确轨迹的范围；② 确定模型：根据轨迹类型，匹配对应的最值模型；③ 转化求解：将动态问题转化为静态问题，利用模型技巧求解最值，动点坐标用参数表示，结合几何性质或函数解析式列方程；④ 检验验证：验证最值是否在动点的运动范围内，确保答案符合实际图形特征，避免超出范围的无效答案。
高频突破技巧：① 轨迹判断技巧：动点受单一条件限制，轨迹为线段或直线；受两个条件限制，轨迹为垂直平分线或圆弧；② 核心模型应用：将军饮马模型→ 轴对称转化，垂线段最短模型→ 构造垂线，圆上动点最值→ 圆心到定点距离±半径，二次函数最值→ 顶点或端点；③ 分类讨论技巧：动点位置不确定，需分类讨论，避免漏解；④ 简化技巧：优先用几何模型求解，避免复杂的函数运算，若必须用函数，优先用参数表示动点坐标，简化解析式。
核心提醒：这类题目核心是“化动为静、模型匹配”，牢记常见最值模型，精准判断动点轨迹，分类讨论是避免漏解的关键，无需追求复杂运算，重点在于模型识别和思路转化