押广东深圳卷第21-22题（二次函数的综合、特殊平行四边形的综合）（解析版）-备战2024年中考数学

押江苏苏州卷第21-22题押题方向一：二次函数综合探究3年广东深圳真题考点命题趋势2023年广东深圳卷第21题二次函数综合问题从近年广东深圳中考来看，二次函数图形和性质综合问题压轴主要考查二次函数的单调性与最值，试题以解答题压轴形式呈现，难度较高；预计2024年广东深圳卷还将继续重视对二次函数图形和性质综合问题的考查。2022年广东深圳卷第20题二次函数综合问题2022年广东深圳卷第21题二次函数综合问题1．（2023·广东深圳·中考真题）蔬菜大棚是一种具有出色的保温性能的框架覆膜结构，它出现使得人们可以吃到反季节蔬菜．一般蔬菜大棚使用竹结构或者钢结构的骨架，上面覆上一层或多层保温塑料膜，这样就形成了一个温室空间．如图，某个温室大棚的横截面可以看作矩形和抛物线构成，其中，，取中点O，过点O作线段的垂直平分线交抛物线于点E，若以O点为原点，所在直线为x轴，为y轴建立如图所示平面直角坐标系．请回答下列问题：(1)如图，抛物线的顶点，求抛物线的解析式；

(2)如图，为了保证蔬菜大棚的通风性，该大棚要安装两个正方形孔的排气装置，，若，求两个正方形装置的间距的长；

(3)如图，在某一时刻，太阳光线透过A点恰好照射到C点，此时大棚截面的阴影为，求的长．

【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据顶点坐标，设函数解析式为，求出点坐标，待定系数法求出函数解析式即可；（2）求出时对应的自变量的值，得到的长，再减去两个正方形的边长即可得解；（3）求出直线的解析式，进而设出过点的光线解析式为，利用光线与抛物线相切，求出的值，进而求出点坐标，即可得出的长．【详解】（1）解：∵抛物线的顶点，设抛物线的解析式为，∵四边形为矩形，为的中垂线，∴，，∵，∴点，代入，得：，∴，∴抛物线的解析式为；（2）∵四边形，四边形均为正方形，，∴，延长交于点，延长交于点，则四边形，四边形均为矩形，

∴，∴，∵，当时，，解得：，∴，，∴，∴；（3）∵，垂直平分，∴，∴，设直线的解析式为，则：，解得：，∴，∵太阳光为平行光，设过点平行于的光线的解析式为，由题意，得：与抛物线相切，联立，整理得：，则：，解得：；∴，当时，，∴，∵，∴．【点睛】本题考查二次函数的实际应用．读懂题意，正确的求出二次函数解析式，利用数形结合的思想，进行求解，是解题的关键．2．（2022·广东深圳·中考真题）二次函数先向上平移6个单位，再向右平移3个单位，用光滑的曲线画在平面直角坐标系上．(1)的值为

；(2)在坐标系中画出平移后的图象并求出与的交点坐标；(3)点在新的函数图象上，且两点均在对称轴的同一侧，若则

（填“”或“”或“”）【答案】(1)(2)图见解析，和(3)或【分析】（1）把点代入即可求解．（2）根据描点法画函数图象可得平移后的图象，在根据交点坐标的特点得一元二次方程，解出方程即可求解．（3）根据新函数的图象及性质可得：当P，Q两点均在对称轴的左侧时，若，则，当P，Q两点均在对称轴的右侧时，若，则，进而可求解．【详解】（1）解：当时，，∴．（2）平移后的图象如图所示：由题意得：，解得，当时，，则交点坐标为：，当时，，则交点坐标为：，综上所述：与的交点坐标分别为和．（3）由平移后的二次函数可得：对称轴，，∴当时，随x的增大而减小，当时，随x的增大而增大，∴当P，Q两点均在对称轴的左侧时，若，则，当P，Q两点均在对称轴的右侧时，若，则，综上所述：点在新函数图象上，且P，Q两点均在对称轴同一侧，若，则或，故答案为：或．【点睛】本题考查了二次函数的图象及性质，二次函数图象的平移，理解二次函数的性质，利用数形结合思想解决问题是解题的关键．3．（2021·广东深圳·中考真题）探究：是否存在一个新矩形，使其周长和面积为原矩形的2倍、倍、k倍．（1）若该矩形为正方形，是否存在一个正方形，使其周长和面积都为边长为2的正方形的2倍？_______（填“存在”或“不存在”）．（2）继续探究，是否存在一个矩形，使其周长和面积都为长为3，宽为2的矩形的2倍？同学们有以下思路：设新矩形长和宽为x、y，则依题意，，联立得，再探究根的情况：根据此方法，请你探究是否存在一个矩形，使其周长和面积都为原矩形的倍；如图也可用反比例函数与一次函数证明：，：，那么，①是否存在一个新矩形为原矩形周长和面积的2倍？_______．②请探究是否有一新矩形周长和面积为原矩形的，若存在，用图像表达；③请直接写出当结论成立时k的取值范围：．【答案】（1）不存在；（2）①存在；②不存在，见解析；③【分析】（1）直接求出边长为2的正方形周长与面积，再求出周长扩大2倍即边长扩大2倍时正方形的面积，比较是否也为2倍即可；（2）①依题意根据一元二次方程根的情况判断即可；②设新矩形长和宽为x、y，则依题意，，联立，求出关于x、y的一元二次方程，判断根的情况；③设新矩形长和宽为x和y，则由题意，，同样列出一元二次方程，利用根的判别式进行求解即可．【详解】（1）边长为2的正方形，周长为8，面积为4；当周长为其2倍时，边长即为4，面积为16，即为原来的4倍，故不存在；（2）①存在；∵的判别式，方程有两组正数解，故存在；从图像来看，：，：在第一象限有两个交点，故存在；②设新矩形长和宽为x、y，则依题意，，联立得，因为，此方程无解，故这样的新矩形不存在；从图像来看，：，：在第一象限无交点，故不存在；③；设新矩形长和宽为x和y，则由题意，，联立得，，故．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根的判别式．需要认真阅读理解题意，根据题干过程模仿解题．1.二次函数（含参）最值讨论技巧：已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)（下面以a＞0为例进行讨论）。图1图2图3图4图51）如图1，当x的取值为全体实数时：当时，y取最小值，最小值ymin=，无最大值。2）如图2，当时：当时，y取最小值，最小值为ymin=ax22+bx2+c；当时，y取最大值，最大值为ymax=ax12+bx1+c。3）如图3，当且时：当时，y取最小值，最小值为ymin=；当时，y取最大值，最大值为ymax=ax12+bx1+c。4）如图4，当且时：当时，y取最小值，最小值为ymin=；当时，y取最大值，最大值为ymax=ax22+bx2+c。5）如图4，当时：当时，y取最小值，最小值为ymin=ax12+bx1+c；当时，y取最大值，最大值为ymax=ax22+bx2+c。1．（2024·广东深圳·二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于A，B点，与y轴交于点，点B的坐标为，点P是抛物线上一个动点．(1)求二次函数解析式；(2)若P点在第一象限运动，当P运动到什么位置时，的面积最大？请求出点P的坐标和面积的最大值；(3)连接，并把沿翻折，那么是否存在点P，使四边形为菱形；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)点的坐标为，的面积最大．(3)存在，或【分析】此题是二次函数综合题，考查了待定系数法、二次函数图象与面积问题、二次函数与特殊四边形等知识，数形结合是解题的关键．（1）利用待定系数法求出函数解析式即可；（2）设，求出直线的解析式为，设，得到，根据二次函数的性质解答即可；（3）设点，交于点E，若四边形是菱形，连接，则，，得到方程，解方程即可得到答案．【详解】（1）解：将，代入，得，解得，∴二次函数的解析式为．（2）设，设直线的解析式为，则，解得，∴直线的解析式为，设，∴当时，的面积最大，，此时，点的坐标为，的面积最大值为．（3）存在．如图，设点，交于点E，若四边形是菱形，连接，则，，∴，解得，∴或2．（2024·广东深圳·一模）科研人员为了研究弹射器的某项性能，利用无人机测量小钢球竖直向上运动的相关数据．在地面用弹射器（高度不计）竖直向上弹射一个小钢球（忽略空气阻力），科研人员测量出小钢球离地面高度（米）与其运动时间（秒）的几组数据如下表：运动时间（秒）离地面高度（米）(1)在上图平面直角坐标系中，描出上表中各组对应值为坐标的点，并用平滑的曲线连接：科研人员发现，小钢球离地面高度（米）与其运动时间（秒）成二次函数关系，请求出关于的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）．(2)在弹射小钢球的同一时刻，无人机开始保持匀速竖直上升，无人机离地面高度（米）与小钢球运动时间（秒）之间的函数关系式为．在小钢球运动过程中，当无人机高度不大于小钢球高度时，无人机可以采集到某项相关性能数据，则能采集到该性能数据的时长为______秒；弹射器间隔秒弹射第二枚小钢球，其飞行路径视为同一条抛物线．当两枚小钢球处于同一高度时，求此时无人机离地面的高度．【答案】(1)画图见解析，；(2)；．【分析】（）根据表中各组对应值描出各点，再用平滑的曲线连接起来即可画出二次函数的图象，由图象可设关于的函数关系式为，利用待定系数法即可求解；（）求出时的时间，画出一次函数的图象，根据图象即可求出能采集到该性能数据的时长；求出二次函数的对称轴，设第二枚小钢球飞行的时间为，则第一枚小钢球飞行的时间为，当两枚小钢球处于同一高度时，根据二次函数的对称性可得，，求出的值，即可求出此时无人机离地面的高度；本题考查了描点法画二次函数的图象，待定系数法求出二次函数的解析式，二次函数的应用，正确求出二次函数解析式并运用数形结合思想解答是解题的关键．【详解】（1）解：画图如下图所示：设，把、代入得，，解得，∴；（2）解：当时，，解得，，此时，二次函数与一次函数的图象如图所示，∵当无人机高度不大于小钢球高度时，无人机可以采集到某项相关性能数据，∴由图象可得，能采集到该性能数据的时长为，故答案为：；由可得，抛物线的对称轴为直线，设第二枚小钢球飞行的时间为，则第一枚小钢球飞行的时间为，当两枚小钢球处于同一高度时，根据二次函数的对称性可得，，解得，∴第一枚小钢球飞行的时间为∴此时无人机离地面的高度为．3．（2024·广东深圳·一模）【项目式学习】【项目主题】如何调整电梯球、落叶球的发球方向.【项目素材】素材一，如图1是某足球场的一部分，球门宽，高，小梅站在A处向门柱一侧发球，点A正对门柱（即），，足球运动的路线是抛物线的一部分．素材二，如图，当足球运动到最高点Q时，高度为，即，此时水平距离，以点A为原点，直线为x轴，建立平面直角坐标系．【项目任务】任务一：足球运动的高度与水平距离之间的函数关系式，此时足球能否入网？任务二：改变发球方向，发球时起点不变，运动路线的形状不变，足球是否能打到远角E处再入网？上述任务1、任务2中球落在门柱边线视同球入网；根据以上素材，探索完成任务.【答案】任务一：，不能落网；任务二：能打到远角E处再入网【分析】本题考查二次函数的应用，二次函数解析式，勾股定理等知识．熟练掌握二次函数的应用，二次函数解析式，勾股定理是解题的关键．任务一：由题意知，抛物线的顶点坐标为即，设抛物线的解析式为，将代入，可求，进而可得抛物线的解析式为，当时，即，可求，然后作答即可；任务二：由运动路线的形状不变，以为原点，所在的直线为轴，抛物线的表达式为；由勾股定理得，，当时，，然后作答即可．【详解】任务一：解：由题意知，抛物线的顶点坐标为即，设抛物线的解析式为，将代入得，，解得，，∴抛物线的解析式为，当时，即，∴，∴足球不能落网；任务二：解：∵运动路线的形状不变，∴以为原点，所在的直线为轴，抛物线的表达式为；∵，，，由勾股定理得，，当时，，∴能打到远角E处再入网．4．（2024·湖北襄阳·一模）随着家用小轿车的普及，交通安全已经成为千家万户关注的焦点，保持安全车距是预防交通事故的关键．某兴趣小组调查了解到某型号汽车紧急刹车后车速每秒减少（），该型号汽车刹车时速度为（），刹车后速度（）、行驶的距离为（）与时间（）之间的关系如下表：(1)求与的函数关系式；(2)与满足函数关系式，求该汽车刹车后行驶的最大距离；(3)普通司机在遇到紧急情况时，从发现情况到刹车的反应时间是（），，一个普通司机驾驶该型汽车以（）的速度行驶，突然发现导航提示前面处路面变窄，需要将车速降低到以下安全通过，司机紧急刹车，能否在到达窄路时将车速降低到以下？请通过计算说明．【答案】(1)(2)(3)不能在到达窄路时将车速降低到以下【分析】本题考查了一次函数与二次函数的应用；（1）根据表格数据，随着的变化均匀变化，符合一次函数，设解析式为，进而待定系数法求解析式，即可求解；（2）先待定系数法求出解析式，进而根据二次函数的性质，即可求解；（3）根据（1）（2）的结论得出的函数关系式，当时，求得汽车刹车后行驶的最大距离，进而结合题意求得刹车后行驶的距离，比较大小，即可求解．【详解】（1）解：根据表格数据，随着的变化均匀变化，符合一次函数，设解析式为，将代入得，解得：∴与的函数关系式为（2）解：将代入，∴解得：∴∴当时，取得最大值，即该汽车刹车后行驶的最大距离为米；（3）解：依题意，，当时，，从发现情况到刹车的反应时间是（），，接到提示到紧急刹车所行驶的路程范围是，时，，刹车后行驶的距离为（米），到达窄路前行驶的距离范围是，∵，∴能在到达窄路时将车速降低到以下．5．（2024·广东深圳·二模）根据以下素材，探索完成任务．如何探测弹射飞机的轨道设计素材1：图1是某科技兴趣小组的同学们制做出的一款弹射飞机，为验证飞机的一些性能，通过测试收集发现飞机相对于出发点的飞行水平距离x（单位：）随飞行时间t（单位：）的变化满足一次函数关系；飞行高度y（单位：）随飞行时间t（单位：）的变化满足二次函数关系．数据如下表所示．飞行时间02468…飞行的水平距离08162432…飞行高度018324248…素材2：图2是兴趣小组同学在室内操场的水平地面上设置一个高度可以变化的发射平台，当弹射口高度变化时，飞机飞行的轨迹可视为抛物线上下平移得到，线段为飞机回收区域，已知．．问题解决：任务1：确定函数表达式．①直接写出x关于t的函数表达式：_______．②求出y关于t的函数表达式．任务2：探究飞行距离．当飞机落地（高度为）时，求飞行的水平距离．任务3：确定弹射口高度h．当飞机落到回收区域内（不包括端点A，B）时，请写出发射台弹射口高度h的变化范围：________．【答案】任务1：①；②y关于t的函数表达式为；任务2：飞机落地时，飞行的水平距离为；任务3：．【分析】本题考查二次函数的实际应用，理解题意，熟练掌握二次函数的性质是解答的关键．任务1：根据表格数据，利用待定系数法求两函数的表达式即可；任务2：令，解方程即可求解；任务3：设发射台弹射口高度为h，则此时抛物线的表达式为，分别求得落地A点和点B时的h值，进而可得h的取值范围．【详解】解：任务1：①设，将，代入得：，解得：，∴x关于t的函数表达式为，故答案为：；②设y关于t的函数表达式为，将、、代入得：，解得：，故y关于t的函数表达式为；任务2：当飞机落地时，即，∴，解得，或（不合题意，舍去），∵，∴时，，故飞机落地时，飞行的水平距离为；任务3：由和得：，设发射台弹射口高度为h，则此时抛物线的表达式为，当时，，解得：，当时，，解得：，即，故答案为：．6．（2024·广东深圳·二模）【项目式学习】项目主题：设计落地窗的遮阳篷项目背景：小明家的窗户朝南，窗户的高度，为了遮挡太阳光，小明做了以下遮阳蓬的设计方案，请根据不同设计方案完成以下任务．方案1：直角形遮阳篷如图1，小明设计的第一个方案为直角形遮阳篷，点C在的延长线上(1)若，，则支撑杆m．(2)小明发现上述方案不能很好发挥遮阳作用，如图2，他观察到此地一年中的正午时刻，太阳光与地平面的最小夹角为a，最大夹角为β．小明查阅资料，计算出，，为了让遮阳篷既能最大限度地使冬天温暖的阳光射入室内(太阳光与平行)，又能最大限度地遮挡夏天炎热的阳光(太阳光与平行)．请求出图2中的长度．方案2：抛物线形遮阳篷(3)如图3，为了美观及实用性，小明在(2)的基础上将边改为抛物线形可伸缩的遮阳篷，点F为抛物线的顶点，段可伸缩)，且，，的长保持不变．若以C为原点，方向为x轴，方向为y轴．①求该二次函数的表达式．②若某时刻太阳光与水平地面夹角的正切值使阳光最大限度地射入室内，求遮阳蓬点D上升的高度最小值(即点到的距离)【答案】(1)(2),(3)【分析】（1）利用勾股定理求即可；（2）由题意得到由题意得：，，，，，在中，利用正切定义求出，在中，利用正切定义求出，得到方程，则有则的长度可求．（3）①由题意，为等腰直角三角形，从而有，设二次函数为：，代入，求出函数关系式即可；②光线与水平方向的夹角为θ，过D′作x轴的垂线交x轴于点E，过B作y轴的垂线，两条垂线交于点H.即=，设，则点，代入求出x即可．【详解】（1）在中，，，故答案为：；（2）由题意得：，，，∵∴，∵，∴，∴，∴，在中，，∴，∴设在中，，∴，∴，解得．∴，．（3）①由F为抛物线顶点，可知，∵，∴为等腰直角三角形由二次函数对称性可知，设二次函数为：，代入得，解得，∴y关于x的关系式为：，②光线与水平方向的夹角为θ，过D′作x轴的垂线交x轴于点E，过B作y轴的垂线，两条垂线交于点H.即=，设，则点，代入得，化简得,解得，，(答案不合理，舍去）∴D′E=，∴遮阳蓬点D上升的高度最小值为．【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，待定系数法求二次函数关系式，勾股定理，解直角三角形的实际应用，熟练掌握相关知识点是解题的关键．押题方向二：特殊平行四边形3年广东深圳卷真题考点命题趋势2023年广东深圳卷第22题特殊平行四边形的综合从近年广东深圳中考来看，特殊平行四边形的综合是常考题型，也是考查重点，难度一般。预计2024年广东深圳卷还将继续考查特殊平行四边形的综合，为避免丢分，学生应扎实掌握。2022年广东深圳卷第22题特殊平行四边形的综合2021年广东深圳卷第22题特殊平行四边形的综合1．（2023·广东深圳·中考真题）（1）如图，在矩形中，为边上一点，连接，①若，过作交于点，求证：；②若时，则______．

（2）如图，在菱形中，，过作交的延长线于点，过作交于点，若时，求的值．

（3）如图，在平行四边形中，，，，点在上，且，点为上一点，连接，过作交平行四边形的边于点，若时，请直接写出的长．

【答案】（1）①见解析；②；（2）；（3）或或【分析】（1）①根据矩形的性质得出，，进而证明结合已知条件，即可证明；②由①可得，，证明，得出，根据，即可求解；（2）根据菱形的性质得出，，根据已知条件得出，证明，根据相似三角形的性质即可求解；（3）分三种情况讨论，①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点，证明，解，进而得出，根据，得出，建立方程解方程即可求解；②当点在边上时，如图所示，连接，延长交的延长线于点，过点作，则，四边形是平行四边形，同理证明，根据得出，建立方程，解方程即可求解；③当点在边上时，如图所示，过点作于点，求得，而，得出矛盾，则此情况不存在．【详解】解：（1）①∵四边形是矩形，则，∴，又∵，∴，，∴，又∵，∴；②由①可得，∴∴，又∵∴,故答案为：．（2）∵在菱形中，，∴，，则，∵，∴，∵∴，∴，∵，∴,又，∴，∴，∴；（3）①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点，

∵平行四边形中，，，∴，,∵，∴∴，∴∴在中，，则，，∴∴，∵，∴∴∴∴设，则，，，∴解得：或，即或，②当点在边上时，如图所示，

连接，延长交的延长线于点，过点作，则，四边形是平行四边形，设，则，，∵∴∴，∴∴，∵∴过点作于点，在中，，∴，，∴，则，∴，∴，，∴∴，即，∴即解得：（舍去）即；③当点在边上时，如图所示，

过点作于点，在中，，，∴，∵，∴，∵，∴点不可能在边上，综上所述，的长为或或．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．2．（2022·广东深圳·中考真题）（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）的长为或【分析】（1）根据将沿翻折到处，四边形是正方形，得，，即得，可证；（2）延长，交于，设，在中，有，得，，由，得，，，而，，可得，即，，设，则，因，有，即解得的长为；（3）分两种情况：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，设，，则，，由是的角平分线，有①，在中，②，可解得，；（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，同理解得，．【详解】证明：（1）将沿翻折到处，四边形是正方形，，，，，，；（2）解：延长，交于，如图：设，在中，，，解得，，，，，，即，，，，，，，，即，，设，则，，，，即，解得，的长为；（3）（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：设，，则，，，，，沿翻折得到，，，，是的角平分线，，即①，，，，，在中，，②，联立①②可解得，；（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：同理，，即，由得：，可解得，，综上所述，的长为或．【点睛】本题考查四边形的综合应用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，三角形角平分线的性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是方程思想的应用．3．（2021·广东深圳·中考真题）在正方形中，等腰直角，，连接，H为中点，连接、、，发现和为定值．（1）①__________；②__________；③小明为了证明①②，连接交于O，连接，证明了和的关系，请你按他的思路证明①②．（2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图2，，（）求：①__________（用k的代数式表示）②__________（用k、的代数式表示）【答案】（1）①；②45°；③见解析；（2）①；②【分析】（1）①通过中位线得出，再通过等腰直角三角形斜边与直角边的关系得出,则，在等腰Rt△OBA中得出，再结合中位线OH和正方形的性质证明∠BOH=∠BAF，即可证明出，即可得出比值；②利用相似三角形的性质，对应角相等，代换角即可求出；（2）①用与（1）相似的方法可以证明出，即可得出比值；②通过添加辅助线，构造两个直角三角形，用锐角三角函数和勾股定理表示出两边，即可求出比值．【详解】（1）；②45°③证明：如图所示：由正方形性质得：，O为的中点又∵H为的中点，则，∴是等腰直角三角形∴∴∵∴，又∵∴又∴，又∵∴∴，∴（2）①②理由如下：①如图，连接，与交于O点，连接由题可知四边形ABCD为平行四边形，∴O为AC和BD的中点，又∵H为CE中点，∴，,又∵,∴,即，,即，∵OH是△ACE的中位线，∴OH∥AE，∴,又∵是△AOD的外角，∴,又∵,∴,∴,又∵，∴∴②：由得：，则在中，，不妨令，，如图作则：，则由勾股定理解得：∴．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数，涉及知识点较多，难度较大，能够通过已知条件找出判定相似三角形的条件是解题关键．1.几何变换中的翻折（折叠、对称)问题是历年中考的热点问题，试题立意新颖，变幻巧妙，主要考查学生的识图能力及灵活运用数学知识解决问题的能力。2.在几何最值问题，几何背景下的最值是考生感觉较难的，往往没有思路。常见的有：(1)几何图形中在特殊位置下的最值；(2)比较难的线段的最值问题，其依据是：①两点之间，线段最短；②垂线段最短，涉及的基本方法还有：利用轴对称变换、旋转变换化归到“三角形两边之和大于第三边”、“三角形两边之差小于第三边”等；③借助于圆的知识；④二次函数的最值法解决。3常见最值模型：1）将军饮马模型；2）胡不归模型；3）阿氏圆模型；4）瓜豆模型（动态轨迹问题）；5）费马点模型等。1．（2024·广东深圳·二模）综合与探究．【特例感知】（1）如图（a），是正方形外一点，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，．求证：；【类比迁移】（2）如图（b），在菱形中，，，是的中点，将线段，分别绕点顺时针旋转得到，，交于点，连接，，求四边形的面积；【拓展提升】（3）如图（c），在平行四边形中，，，为锐角且满足．是射线上一动点，点，同时绕点顺时针旋转得到点，，当为直角三角形时，直接写出的长．【答案】（1）见详解（2）（3）6或或或18【分析】（1）证明，从而得出；（2）连接，作，交的延长线于，作于，可证得是等边三角形，进而求得，可证得，从而得出，从而求得，可证得，从而，进而求得，根据得，求得，进一步得出结果；（3）以点为坐标原点，所在的直线为轴，建立坐标系，作，交的延长线于点，作于，作轴，过点作于，作于，可求得直线的解析式为，从而设，可证得，从而，，进而表示出的坐标，同样得出点坐标，从而表示出和，分三种情形列方程：当时，根据勾股定理列出方程，求得的值，进而得出，同样方法得出当时和当时的情况．【详解】（1）证明：四边形是正方形，，，线段绕点顺时针旋转得到，，，，，，，；（2）如图1，连接，作，交的延长线于，作于，四边形是菱形，，，，是等边三角形，，是的中点，，，，，，，，，，，，，设，则，，，，，，由得，，，，；（3）如图2，以点为坐标原点，所在的直线为轴，建立坐标系，作，交的延长线于点，作于，作轴，过点作于，作于，，直线的解析式为，设，，，，，，，，，，，，，，，即：，，，，即，，同理可得：，，，即：，，当时，，，，，当时，，，，当时，，，，综上所述：或18或．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．2．（2024·广东深圳·二模）在学习图形的旋转时，创新小组同学们借助三角形和菱形感受旋转带来图形变化规律和性质．【操作探究】(1)如图1，已知，，将绕着直角边中点G旋转，得到，当的顶点D恰好落在的斜边上时，斜边与交于点H．

①猜想：_________②证明：．【问题解决】(2)在（1）的条件下，已知，，求的长．【拓展提升】(3)如图2，在菱形中，，，将菱形绕着中点M顺时针旋转，得到菱形，当菱形的顶点E分别恰好落在菱形的边和对角线上时，菱形的边与边相交于点N，请直接写出的长．

【答案】(1)详见解析(2)(3)和【分析】（1）①由等边对等角结合三角形内角和定理，得出的度数；②由旋转的性质可推导出；（2）由，利用计算出，再根据，计算出，最后计算出；（3）当E落在上，由推导出，得到F在的延长线上，根据的面积等于菱形的一半，得到的长度，最后算出；当E落在上，推导出E在菱形的对角线上，由，推导出E、M、B、N四点共圆，再利用和计算、，最后算出、．【详解】（1）①由题意可知，，A、D、C在以G为圆心，为半径的圆上，，②证明：由旋转的性质可知，，，．（2），，由勾股定理得，，的锐角顶点D恰好落在的斜边上，，A、D、C在以G为圆心，为半径的圆上，，，，，，，设，则，，，解得，经检验，是方程的解，，．（3）①当E落在上时，如图所示，连接、、，

由M是中点和旋转可知，，又，，又四边形是菱形和在同一直线，F在的延长线上，由（1）①可知（已证），，菱形中，，，如图所示，

，，，又，，在中，，，，和菱形等底等高，；②当落在上时，如图所示，作交于点

由旋转可知，，四边形是菱形，在对角线的中点上，即在和的交点上是的中点，是的中点，，由旋转可知，、、、四点共圆如下图所示，连接和

，，在中，，【点睛】本题考查了图形旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形相似的判定与性质、圆周角定理的性质与应用、四点共圆等知识点，解题的关键是熟知以上定理并能作出相应的图形．3．（2024·广东深圳·模拟预测）（1）【问题探究】如图1，正方形中，点F、G分别在边、上，且于点P，求证：；（2）【知识迁移】如图2，矩形中，，点E、F、G、H分别在边、、、上，且于点P，若，求的长；（3）【拓展应用】如图3，在菱形中，，，点E在直线上，，交直线或于点F，请直接写出线段的长．【答案】（1）见解析（2）的长为（3）线段的长为或【分析】（1）由正方形的性质，同角的余角相等即可证明，由全等三角形的性质即可得证；（2）作于点M，交于点J，作于点N，交于点I，根据四边形是矩形，依次可证四边形和四边形是矩形，进而可证，可得，再由，求解即可；（3）分两种情况讨论，当E在的延长线上时，过A作于M，延长，过D作于N，交于Q，由四边形是菱形，可得，，由含的直角三角形的性质，再结合勾股定理可求出，由同角的余角相等可证，可得，求出，进而求解即可；当E在线段上时，过A做于H，过E作于G，延长交于J，设交于I，由四边形是菱形，，由含的直角三角形的性质，再结合勾股定理可求出，由同角的余角相等可证，可得，进而可求出，由线段的和差关系求解即可．【详解】1）四边形是正方形，，，，，，，，，．（2）作于点M，交于点J，作于点N，交于点I，则，如图，

四边形是矩形，，，，四边形是矩形，，，，四边形是矩形，，，，，，，，，，，，，，（3）当E在的延长线上时，过A作于M，延长，过D作于N，交于Q，如图，

则，四边形是菱形，，，，，，，四边形是矩形，，，，在中，，，，，，，，，，，，，当E在线段上时，过A做于H，过E作于G，延长交于J，设交于I，如图，

，，，，四边形是菱形，，，，，，，，，在中，，在中，，，，，，，，，．综上所述，的长为或．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，菱形的性质和判定，勾股定理，含的直角三角形的性质等知识点，解题的关键是熟练掌握同角的余角相等，十字模型，正确的作出辅助线．4．（2024·广东深圳·一模）在中，，点D为边上一动点，，，连接，．（1）问题发现：如图1，．若，则，；（2）类比探究：如图②，当时，请写出的度数及与的数量关系并说明理由；（3）拓展应用：如图3，点E为正方形的边上的三等分点，以为边在上方作正方形，点O为正方形的中心，若，请直接写出线段EF的长．【答案】（1），；（2），；（3）或【分析】（1）由已知条件可判定和均是等边三角形，由等边三角形的性质得，，，由可判定，由全等三角形的性质即可求解；（2）由等腰三角形的性质及勾股定理得，，，由等式性质得，，由相似三角形的判定法得，由相似三角形的性质即可求解；（3）①当时，连接，由正方形的性质及余弦的定义，，可判定，由相似三角形的性质得，可求，由勾股定理得，即可求解；②当时，连接，由①得：同理可求，由勾股定理得，即可求解．【详解】解：（1），，，，和均是等边三角形，，，，，，在和中，（），，，，；故答案：，；（2），；理由如下：，，，，，，，，，，，，，，；（3）①当时，如图，连接，四边形和四边形均是正方形，，，，，，，，，，，，，，解得：，，，，，，；②当时，如图，连接，由①得：同理可求，，，，，；综上所述：的长为或．【点睛】本题考查了等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质，正方形的性质；掌握判定方法及性质，能根据点的不同位置进行分类讨论是解题的关键．5．（2024·广东深圳·一模）综合与探究【问题背景】北师大版数学八年级下册P89第12题（以下图片框内）．【初步探究】（1）我们需利用图形的旋转与图形全等的联系，并把特殊角度一般化．如图1，在与中，，，．求证：