押安徽中考数学第13-14题(几何图形与函数)(原卷版+解析)

押安徽中考数学第13—14题几何图形与函数安徽中考数学的第13-14题中13题难度中等，一般以考察函数的性质以及函数与几何的综合为主，14题一般考查几何的综合，设置两个空，难度较大，属于压轴题。题号第13题第14题2022年根据图形面积求比例系数（解析式）；根据三线合一求解；利用平行四边形的性质求解；根据矩形的性质与判定求线段长全等三角形综合问题；根据正方形的性质与判定证明；相似三角形的判定与性质综合2021年利用垂径定理求值；圆周角定理；求特殊角的三角函数值待定系数法求二次函数解析式；y=ax²+bx+c的最值2020年一次函数图象与坐标轴的交点问题；已知比例系数求特殊图形的面积用勾股定理解三角形；四边形其他综合问题；折叠问题解此类题型对考生的要求比较高，需要考生在熟练掌握函数与几何基本知识基本原理的前提下，运用原理定理和数学思想和方法进行探究，在解几何变换的探究题时，注重把握图形在变换时的变量与不变的量，紧扣图形变换的性质进行求解。1．(2023·安徽·统考中考真题）如图，平行四边形OABC的顶点O是坐标原点，A在x轴的正半轴上，B，C在第一象限，反比例函数的图象经过点C，的图象经过点B．若，则________．2．(2023·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，Rt的直角顶点B在x轴的正半轴上，点O与原点重合，点A在第一象限，反比例函数（）的图象经过OA的中点C，交于点D，连接．若的面积是1，则k的值是_________．3．(2023·山东枣庄·统考中考真题）小明在学习“二次函数”内容后，进行了反思总结．如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图像的一部分与x轴的一个交点坐标为（1，0），对称轴为直线x＝﹣1，结合图像他得出下列结论：①ab＞0且c＞0；②a+b+c＝0；③关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根分别为﹣3和1；④若点（﹣4，y1），（﹣2，y2），（3，y3）均在二次函数图像上，则y1＜y2＜y3；⑤3a+c＜0，其中正确的结论有_____．（填序号，多选、少选、错选都不得分）4．(2023·广西贵港·中考真题）已知二次函数，图象的一部分如图所示，该函数图象经过点，对称轴为直线．对于下列结论：①；②；③；④（其中）；⑤若和均在该函数图象上，且，则．其中正确结论的个数共有_______个．5．(2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，四边形OABC为矩形，点A在第二象限，点A关于OB的对称点为点D，点B，D都在函数的图象上，BE⊥x轴于点E．若DC的延长线交x轴于点F，当矩形OABC的面积为时，的值为___________，点F的坐标为___________．6．(2023·四川成都·统考中考真题）距离地面有一定高度的某发射装置竖直向上发射物体，物体离地面的高度（米）与物体运动的时间（秒）之间满足函数关系，其图像如图所示，物体运动的最高点离地面20米，物体从发射到落地的运动时间为3秒．设表示0秒到秒时的值的“极差”（即0秒到秒时的最大值与最小值的差），则当时，的取值范围是_________；当时，的取值范围是_________．7．(2023·安徽·统考中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：（1）________°；（2）若，，则________．8．(2023·四川攀枝花·统考中考真题）如图，以的三边为边在上方分别作等边、、．且点A在内部．给出以下结论：①四边形是平行四边形；②当时，四边形是矩形；③当时，四边形是菱形；④当，且时，四边形是正方形．其中正确结论有__________（填上所有正确结论的序号）．9．(2023·内蒙古·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，点P在以斜边为直径的半圆上，M为的中点，当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是_______．10．(2023·湖北黄石·统考中考真题）如图，等边中，，点E为高上的一动点，以为边作等边，连接，，则______________，的最小值为______________．1．（2023·安徽亳州·统考二模）如图，点A是反比例函数的图象上一点，过点A作轴，交反比例函数的图象于点B．若的面积为2，则m的值为______．2．（2023·安徽六安·统考模拟预测）已知直线经过抛物线的顶点，且当时，．则：（1）直线与抛物线都经过同一个定点，这个定点的坐标是______．（2）当时，的取值范围是______．3．（2023·安徽滁州·校联考二模）如图，将反比例函数的图像绕原点O逆时针旋转得到曲线，点A是曲线上的一点，点B在直线上，连接、，若，则的面积为________.4．（2023·安徽合肥·统考二模）已知函数（m为常数）的图形经过点．（1）___________．（2）当时，y的最大值与最小值之和为2，则n的值___________．5．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考模拟预测）如图，已知直角三角形中，，，将绕O点旋转至的位置，且为中点，在反比例函数上，则k的值______________．6．（2023·安徽合肥·合肥38中校考二模）已知点是抛物线上一动点．（1）当点M到y轴的距离不大于1时，b的取值范围是______；（2）当点M到直线的距离不大于时，b的取值范围是，则的值为______．7．（2023·安徽亳州·统考二模）如图，在中，，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N．（1）的度数是_____；（2）若，，连接，当线段有最小值时，线段的长为______．8．（2023·安徽六安·统考模拟预测）如图，在中，点在边上，点在边上，把沿直线折叠，恰好与重合，．若，的面积为3，则的长为______．9．（2023·安徽合肥·统考二模）如图，在矩形中，，，M，N分别是，上的动点，连接，交于点E，且．（1）___________．（2）连接，则的最小值为___________．10．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考模拟预测）如图，已知矩形中，，，点M，N分别在边，上，沿着折叠矩形，使点B，C分别落在，处，且点在线段上（不与两端点重合）．（1）若为线段的中点，则____________；（2）折痕的长度的取值范围为_____________．11．（2023·安徽宿州·宿州市第十一中学校考模拟预测）如图，在正方形中，点、分别在边、上，且，交于点，交于点．（1）若正方形的边长为2，则的周长是__________．（2）若，则__________．12．（2023·安徽滁州·统考一模）在中，，点是边上一点，点与点分别是边上的一点，与互相平分．（1）若平分．则与的面积之比为_______________；（2）若，则的长为______________．13．（2023·安徽安庆·统考一模）如图，在三角形纸片ABC中，，，垂直平分，平分，将沿在上，在上）折叠，点C与点O恰好重合，（1）___________；

（2）若，则___________．14．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，点在线段上，从点至点运动，连接，以为边作等边，点和点分别位于两侧．（1）当点运动到点时，的长为______；（2）点在线段上从点至点运动过程中，的最小值为______．15．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）已知：点是内一点，，与的中垂线交于点，（1）______°．（2）若，，，则的最小值是______．16．（2023·安徽池州·校联考一模）如图，已知四边形是正方形，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交射线于点F，以，为邻边作矩形，连．（1）_____；（2）若四边形面积为5时，则_____．17．（2023·安徽芜湖·统考一模）已知函数（为常数）.（1）该函数的图象与轴公共点的个数是______.（2）当时，该函数图象的顶点纵坐标的取值范围______.18．（2023·安徽蚌埠·统考一模）如图，已知抛物线和直线．我们约定：当任取一值时，对应的函数值分别为，若，取中的较小值记为；若，记．下列判断：①当时，；②当时，值越大，值越大；③使得大于4的值不存在；④若，则．其中正确的说法有__________．（请填写正确说法的序号）19．（2023·安徽合肥·模拟预测）如图，四边形为平行四边形，点A在第二象限，点A关于的对称点为点D，点B、D都在函数的图像上，当的面积为时，设点B、D的横坐标分别为a、b，则的值为___________．20．（2023·安徽阜阳·一模）如图，将矩形置于平面直角坐标系中，，，点在边上，且，将矩形沿折叠，使点对应点落在坐标平面内（1）当时，的长度为______．（2）若点恰好落在轴上，则的值为______．押安徽中考数学第13—14题几何图形与函数安徽中考数学的第13-14题中13题难度中等，一般以考察函数的性质以及函数与几何的综合为主，14题一般考查几何的综合，设置两个空，难度较大，属于压轴题。题号第13题第14题2022年根据图形面积求比例系数（解析式）；根据三线合一求解；利用平行四边形的性质求解；根据矩形的性质与判定求线段长全等三角形综合问题；根据正方形的性质与判定证明；相似三角形的判定与性质综合2021年利用垂径定理求值；圆周角定理；求特殊角的三角函数值待定系数法求二次函数解析式；y=ax²+bx+c的最值2020年一次函数图象与坐标轴的交点问题；已知比例系数求特殊图形的面积用勾股定理解三角形；四边形其他综合问题；折叠问题解此类题型对考生的要求比较高，需要考生在熟练掌握函数与几何基本知识基本原理的前提下，运用原理定理和数学思想和方法进行探究，在解几何变换的探究题时，注重把握图形在变换时的变量与不变的量，紧扣图形变换的性质进行求解。1．(2023·安徽·统考中考真题）如图，平行四边形OABC的顶点O是坐标原点，A在x轴的正半轴上，B，C在第一象限，反比例函数的图象经过点C，的图象经过点B．若，则________．答案:3分析：过点C作CD⊥OA于D，过点B作BE⊥x轴于E，先证四边形CDEB为矩形，得出CD=BE，再证Rt△COD≌Rt△BAE（HL），根据S平行四边形OCBA=4S△OCD=2，再求S△OBA=即可．【详解】解：过点C作CD⊥OA于D，过点B作BE⊥x轴于E，∴CD∥BE，∵四边形ABCO为平行四边形，∴，即，OC=AB，∴四边形CDEB为平行四边形，∵CD⊥OA，∴四边形CDEB为矩形，∴CD=BE，∴在Rt△COD和Rt△BAE中，，∴Rt△COD≌Rt△BAE（HL），∴S△OCD=S△ABE，∵OC=AC，CD⊥OA，∴OD=AD，∵反比例函数的图象经过点C，∴S△OCD=S△CAD=，∴S平行四边形OCBA=4S△OCD=2，∴S△OBA=，∴S△OBE=S△OBA+S△ABE=，∴．故答案为3．2．(2023·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，Rt的直角顶点B在x轴的正半轴上，点O与原点重合，点A在第一象限，反比例函数（）的图象经过OA的中点C，交于点D，连接．若的面积是1，则k的值是_________．答案:分析：连接OD，过C作，交x轴于E，利用反比例函数k的几何意义得到，根据OA的中点C，利用△OCE∽△OAB得到面积比为1：4，代入可得结论．【详解】解：连接OD，过C作，交x轴于E，∵∠ABO＝90°，反比例函数（x＞0）的图象经过OA的中点C，，∴，，2OC=OA，∵，∴△OCE∽△OAB，∴，∴，∴，∴k＝，故答案为：．3．(2023·山东枣庄·统考中考真题）小明在学习“二次函数”内容后，进行了反思总结．如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图像的一部分与x轴的一个交点坐标为（1，0），对称轴为直线x＝﹣1，结合图像他得出下列结论：①ab＞0且c＞0；②a+b+c＝0；③关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根分别为﹣3和1；④若点（﹣4，y1），（﹣2，y2），（3，y3）均在二次函数图像上，则y1＜y2＜y3；⑤3a+c＜0，其中正确的结论有_____．（填序号，多选、少选、错选都不得分）答案:①②③分析：由抛物线的对称轴的位置以及与y轴的交点可判断①；由抛物线过点（1，0），即可判断②；由抛物线的对称性可以判断③；根据各点与抛物线对称轴的距离大小可以判断④；对称轴可得b＝2a，由抛物线过点（1，0），可判断⑤．【详解】∵抛物线对称轴在y轴的左侧，∴ab＞0，∵抛物线与y轴交点在x轴上方，∴c＞0，①正确；∵抛物线经过（1，0），∴a+b+c＝0，②正确．∵抛物线与x轴的一个交点坐标为（1，0），对称轴为直线x＝﹣1，∴另一个交点为（﹣3，0），∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根分别为﹣3和1，③正确；∵﹣1﹣（﹣2）＜﹣1﹣（﹣4）＜3﹣（﹣1），抛物线开口向下，∴y2＞y1＞y3，④错误．∵抛物线与x轴的一个交点坐标为（1，0），∴a+b+c＝0，∵＝﹣1，∴b＝2a，∴3a+c＝0，⑤错误．故答案为：①②③．4．(2023·广西贵港·中考真题）已知二次函数，图象的一部分如图所示，该函数图象经过点，对称轴为直线．对于下列结论：①；②；③；④（其中）；⑤若和均在该函数图象上，且，则．其中正确结论的个数共有_______个．答案:3分析：根据抛物线与x轴的一个交点(-2,0)以及其对称轴，求出抛物线与x轴的另一个交点(1,0)，代入可得：，再根据抛物线开口朝下，可得，进而可得，，再结合二次函数的图象和性质逐条判断即可．【详解】∵抛物线的对称轴为：，且抛物线与x轴的一个交点坐标为(-2,0)，∴抛物线与x轴的另一个坐标为(1,0)，∴代入(-2,0)、(1,0)得：，解得：，故③正确；∵抛物线开口朝下，∴，∴，，∴，故①错误；∵抛物线与x轴两个交点，∴当y=0时，方程有两个不相等的实数根，∴方程的判别式，故②正确；∵，∴，，∴，∵，，∴，即，故④正确；∵抛物线的对称轴为：，且抛物线开口朝下，∴可知二次函数，在时，y随x的增大而减小，∵，∴，故⑤错误，故正确的有：②③④，故答案为：3．5．(2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，四边形OABC为矩形，点A在第二象限，点A关于OB的对称点为点D，点B，D都在函数的图象上，BE⊥x轴于点E．若DC的延长线交x轴于点F，当矩形OABC的面积为时，的值为___________，点F的坐标为___________．答案:（，0）分析：连接OD，作DG⊥x轴，设点B（b，），D（a，），根据矩形的面积得出三角形BOD的面积，将三角形BOD的面积转化为梯形BEGD的面积，从而得出a，b的等式，将其分解因式，从而得出a，b的关系，进而在直角三角形BOD中，根据勾股定理列出方程，进而求得B，D的坐标，进一步可求得结果．【详解】解：如图，作DG⊥x轴于G，连接OD，设BC和OD交于I，设点B（b，），D（a，），由对称性可得：△BOD≌△BOA≌△OBC，∴∠OBC=∠BOD，BC=OD，∴OI=BI，∴DI=CI，∴，∵∠CID=∠BIO，∴△CDI∽△BOI，∴∠CDI=∠BOI，∴CD∥OB，∴S△BOD=S△AOB=S矩形AOCB=，∵S△BOE=S△DOG=|k|=3，S四边形BOGD=S△BOD+S△DOG=S梯形BEGD+S△BOE，∴S梯形BEGD=S△BOD=，∴(+)•（a-b）=，∴2a2-3ab-2b2=0，∴（a-2b）•（2a+b）=0，∴a=2b，a=-（舍去），∴D（2b，），即：（2b，），在Rt△BOD中，由勾股定理得，OD2+BD2=OB2，∴[（2b）2+（）2]+[（2b-b）2+（-）2]=b2+（）2，∴b=，∴B（，2），D（2，），∵直线OB的解析式为：y=2x，∴直线DF的解析式为：y=2x-3，当y=0时，2x-3=0，∴x=，∴F（，0），∵OE=，OF=，∴EF=OF-OE=，∴，故答案为：，（，0）．6．(2023·四川成都·统考中考真题）距离地面有一定高度的某发射装置竖直向上发射物体，物体离地面的高度（米）与物体运动的时间（秒）之间满足函数关系，其图像如图所示，物体运动的最高点离地面20米，物体从发射到落地的运动时间为3秒．设表示0秒到秒时的值的“极差”（即0秒到秒时的最大值与最小值的差），则当时，的取值范围是_________；当时，的取值范围是_________．答案:分析：根据题意，得-45+3m+n=0，，确定m，n的值，从而确定函数的解析式，根据定义计算确定即可．【详解】根据题意，得-45+3m+n=0，，∴，∴，解得m=50，m=10，当m=50时，n=-105；当m=10时，n=15；∵抛物线与y轴交于正半轴，∴n＞0，∴，∵对称轴为t==1，a=-5＜0，∴时，h随t的增大而增大，当t=1时，h最大，且（米）；当t=0时，h最最小，且（米）；∴w=，∴w的取值范围是，故答案为：．当时，的取值范围是∵对称轴为t==1，a=-5＜0，∴时，h随t的增大而减小，当t=2时，h=15米，且（米）；当t=3时，h最最小，且（米）；∴w=，w=，∴w的取值范围是，故答案为：．7．(2023·安徽·统考中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：（1）________°；（2）若，，则________．答案:45分析：（1）先证△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知度数．（2）先作FH⊥CD于H，利用平行线分线段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，证△MPF∽△NHF,即可求得NH的长度，MN=MH+NH即可得解．【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=90°，AB=AD，∴∠ABE+∠AEB=90°，∵FG⊥AG，∴∠G=∠A=90°，∵△BEF是等腰直角三角形，∴BE=FE，∠BEF=90°，∴∠AEB+∠FEG=90°，∴∠FEG=∠EBA，在△ABE和△GEF中，，∴△ABE≌△GEF（AAS），∴AE=FG，AB=GE，在正方形ABCD中，AB=AD∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，∴AE=DG=FG，∴∠FDG=∠DFG=45°．故填：45°．（2）如图，作FH⊥CD于H，∴∠FHD=90°又∵∠G=∠GDH=90°，∴四边形DGFH是矩形，又∵DG=FG，∴四边形DGFH是正方形，∴DH=FH=DG=2，∴∴，∴DM=，MH=，作MP⊥DF于P，∵∠MDP=∠DMP=45°，∴DP=MP，∵DP2+MP2=DM2，∴DP=MP=，∴PF=∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，∴∠MFP=∠NFH，∵∠MPF=∠NHF=90°，∴△MPF∽△NHF,∴，即，∴NH=，∴MN=MH+NH=+=．故填：．8．(2023·四川攀枝花·统考中考真题）如图，以的三边为边在上方分别作等边、、．且点A在内部．给出以下结论：①四边形是平行四边形；②当时，四边形是矩形；③当时，四边形是菱形；④当，且时，四边形是正方形．其中正确结论有__________（填上所有正确结论的序号）．答案:①②③④分析：对于结论①，由等边三角形的性质可得，，则；同理，由，得，由，即可得出四边形是平行四边形；对于结论②，当时，，结合结论①，可知结论②正确；对于结论③，当时，，结合结论①，可知结论③正确；对于结论④，综合②③的结论知：当，且时，四边形既是菱形，又是矩形，故结论④正确．【详解】解析：①、是等边三角形，，，，，，，同理由，得，由，即可得出四边形是平行四边形，故结论①正确；②当时，，由①知四边形是平行四边形，平行四边形是矩形，故结论②正确；③由①知，，四边形是平行四边形，当时，，平行四边形是菱形，故结论③正确；④综合②③的结论知：当，且时，四边形既是菱形，又是矩形，四边形是正方形，故结论④正确．故答案为：①②③④．9．(2023·内蒙古·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，点P在以斜边为直径的半圆上，M为的中点，当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是_______．答案:分析：取的中点、的中点、的中点，连接、、、、、，可得四边形CEOF是正方形，由OP=OC得OM⊥PC，则可得点M的运动路径，从而求得路径的长．【详解】取的中点、的中点、的中点，连接、、、、、，如图，则，且，，，∴四边形CEOF为平行四边形，∵AC=BC，∠ACB=90°，∴四边形为正方形，∴CE=CF=，EF=OC，由勾股定理得：，∵在等腰中，，∴，∴，，∵为的中点，∴，∴，

∴点在以为直径的圆上，当点点在点时，点在点；点点在点时，点在点，∴点的路径为以为直径的半圆，∴点运动的路径长．故答案是：．10．(2023·湖北黄石·统考中考真题）如图，等边中，，点E为高上的一动点，以为边作等边，连接，，则______________，的最小值为______________．答案:分析：①与为等边三角形，得到，，，从而证，最后得到答案．②过点D作定直线CF的对称点G，连CG，证出为等边三角形，为的中垂线，得到，，再证为直角三角形，利用勾股定理求出，即可得到答案．【详解】解：①∵为等边三角形，∴，，∴，∵是等边三角形，∵，，∴，，∴，在和中∴，得；故答案为：．②（将军饮马问题）过点D作定直线CF的对称点G，连CG，∴为等边三角形，为的中垂线，，∴，连接，∴，又，∴为直角三角形，∵，，∴，∴的最小值为．故答案为：．1．（2023·安徽亳州·统考二模）如图，点A是反比例函数的图象上一点，过点A作轴，交反比例函数的图象于点B．若的面积为2，则m的值为______．答案:2分析：延长交x轴于点C，则，根据反比例函数系数k的几何意义可求得m的值．【详解】解：如图，延长交x轴于点C，轴，轴，，，，，解得：，故答案为：2.2．（2023·安徽六安·统考模拟预测）已知直线经过抛物线的顶点，且当时，．则：（1）直线与抛物线都经过同一个定点，这个定点的坐标是______．（2）当时，的取值范围是______．答案:分析：（1）先把两抛物线变形可得与都经过同一个点，即可求解；（2）根据题意可得直线与抛物线的交点为，，再结合当时，，画出大致图象，即可．【详解】解：（1）∵，∴直线经过点，∵，∴抛物线经过点，即与都经过同一个点；故答案为：（2）∵，∴抛物线的顶点为，∵直线经过抛物线的顶点，∴直线与抛物线的交点为，，∵当时，，∴，．画出大致图象如下：∴当时．的取值范围是．故答案为：3．（2023·安徽滁州·校联考二模）如图，将反比例函数的图像绕原点O逆时针旋转得到曲线，点A是曲线上的一点，点B在直线上，连接、，若，则的面积为________.答案:6分析：将曲线和直线绕原点O顺时针旋转，则曲线与反比例函数重合，直线与轴重合，再根据旋转的性质和反比例函数的几何意义进行求解即可得到答案．【详解】解：将曲线和直线绕原点O顺时针旋转，则曲线与反比例函数重合，直线与轴重合，旋转后点A的对应点在上，点B的对应点在轴上，设点A、B的对应点分别为、，过点作轴于点E，连接、，由旋转的性质可知，，，，，，，，点在反比例函数上，，，故答案为：6．4．（2023·安徽合肥·统考二模）已知函数（m为常数）的图形经过点．（1）___________．（2）当时，y的最大值与最小值之和为2，则n的值___________．答案:4或分析：（1）把已知坐标代入解析式计算即可．（2）根据抛物线额性质，分类计算．【详解】（1）∵函数（m为常数）的图形经过点．∴，解得，故答案为：4．（2）∵函数（m为常数）的图形经过点．∴，解得，∴函数的解析式为，∴，故抛物线的对称轴为直线，二次函数的最小值为，的对称点为，当时，y的最大值与最小值之和为2，当时，最大值为5，时，取得最小值，且为，根据题意，得，解得（舍去），故；当时，最大值为5，时，取得最小值，且为，根据题意，得，不符合题意；当时，时，取得最小值，且为，时，取得最大值，且为，根据题意，得，解得（舍去），故；故答案为或．5．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考模拟预测）如图，已知直角三角形中，，，将绕O点旋转至的位置，且为中点，在反比例函数上，则k的值______________．答案:分析：连接，作轴于点E，先证明是等边三角形，求出，，再得出，进而得出，求出，即可得出答案．【详解】解：连接，作轴于点E，由题意可得：，是的中点，，，∴，∴是等边三角形，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∵在反比例函数上，∴，故答案为：．6．（2023·安徽合肥·合肥38中校考二模）已知点是抛物线上一动点．（1）当点M到y轴的距离不大于1时，b的取值范围是______；（2）当点M到直线的距离不大于时，b的取值范围是，则的值为______．答案:/0或5/5或0分析：（1）先求出抛物线的对称轴为直线，根据点M到y轴的距离不大于1，得出，根据二次函数的增减性，求出b的取值范围即可；（2）根据点到直线的距离不大于，得出，即，从而得出，然后根据，求出a的范围，即可得出．【详解】解：（1）∵，∴抛物线的对称轴为直线，∵点M到y轴的距离不大于1，∴，∴此时点M在对称轴的左侧，∵，∴在对称轴的左侧随x的增大而减小，∴当时，b取最大值，且最大值为，当时，b取最小值，且最小值为，∴b的取值范围是；故答案为：；（2）∵点到直线的距离不大于，∴，即，∴，令，代入，即，解得：，，令，代入，即，解得：，，∴点M应为或上的动点，当时，，当时，，综上分析可知，的值为0或5；故答案为：0或5．7．（2023·安徽亳州·统考二模）如图，在中，，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N．（1）的度数是_____；（2）若，，连接，当线段有最小值时，线段的长为______．答案:90°分析：（1）证明四边形是矩形，可证．（2）连接．由勾股定理求出，由矩形的性质可知，根据垂线段最短可知当时，线段的值最小，即线段有最小值，然后证明，利用相似三角形的性质可求线段的长．【详解】（1）∵，，∴．∵，∴四边形是矩形，∴．故答案为：．（2）连接．∵，，，∴．∵四边形是矩形，∴．当时，线段的值最小，即线段有最小值，∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：．8．（2023·安徽六安·统考模拟预测）如图，在中，点在边上，点在边上，把沿直线折叠，恰好与重合，．若，的面积为3，则的长为______．答案:分析：如图：过C作，由折叠的性质可得、，进而再说明，然后由等腰三角形的性质可得；再根据三角形的面积求得，运用勾股定理可得，即；然后再证，根据相似三角形的性质可得，进而得到，最后根据等腰三角形三线合一的性质即可解答．【详解】解：如图：过C作，∵把沿直线折叠，恰好与重合，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，解得：，∴，∴，∵，∴，∴，即，解得：，∴，∵，，∴．故答案为．9．（2023·安徽合肥·统考二模）如图，在矩形中，，，M，N分别是，上的动点，连接，交于点E，且．（1）___________．（2）连接，则的最小值为___________．答案:2分析：（1）由，推出，最后利用矩形的性质即可得解；（2）先确定E点的运动路径是个圆，再利用圆的知识和两点这间线段最短确定最短长度，然后利用勾股定理即可得解．【详解】（1）∵，，∴，∴.∵四边形是矩形，∴，，∴，故答案为．（2）∵，点E在以为直径的圆上，设的中点为O，则当O，E，C三点共线时，的值最小，此时∵，，∴，∴，∴，故答案为2．10．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考模拟预测）如图，已知矩形中，，，点M，N分别在边，上，沿着折叠矩形，使点B，C分别落在，处，且点在线段上（不与两端点重合）．（1）若为线段的中点，则____________；（2）折痕的长度的取值范围为_____________．答案:分析：（1）设，则，运用勾股定理计算即可．（2）根据垂线段最短，可得当时，取得最小值，当与点A重合时，取得最大值，运用折叠性质，勾股定理计算即可．【详解】（1）∵矩形中，，，沿着折叠矩形，为线段的中点，∴；设，则，∴，∴，解得，故答案为：．（2）根据垂线段最短，可得当时，取得最小值，∵矩形中，，，，∴四边形是矩形，∴；当与点A重合时，取得最大值，∵矩形中，，，沿着折叠矩形，∴；设，则，∴，∴，解得．∵矩形中，沿着折叠矩形，∴，∴，∴，∴；∴；过点N作于点E，则四边形是矩形，∴；∴，∴，故折痕的长度的取值范围为．故答案为：．11．（2023·安徽宿州·宿州市第十一中学校考模拟预测）如图，在正方形中，点、分别在边、上，且，交于点，交于点．（1）若正方形的边长为2，则的周长是__________．（2）若，则__________．答案:4分析：（1）过作，交延长线于，根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质证明和得到，进而推导出的周长为即可求解；（2）连接，证明和得到为等腰直角三角形即可求解．【详解】解：（1）过作，交延长线于，如图．四边形是正方形，，，，，，，，，，，又，，，的周长，正方形的边长为2，的周长为4，故答案为：4；（2）连接，，，，，即，又，，，，为等腰直角三角形，即，，，，，故答案为：．12．（2023·安徽滁州·统考一模）在中，，点是边上一点，点与点分别是边上的一点，与互相平分．（1）若平分．则与的面积之比为_______________；（2）若，则的长为______________．答案:3：4分析：（1）根据对角线互相平方可知四边形是平行四边形，再根据可知，四边形是矩形，然后根据平分，可知四边形是正方形，最后根据正方形的性质及三角形的面积公式即可得出答案；（2）过点A作于点，根据勾股定理及三角形的面积公式可求得的值，再根据勾股定理可求得的值，然后利用线段的和差得出的值，最后利用勾股定理及矩形的性质即可得出答案．【详解】（1）∵与互相平分，∴四边形是平行四边形，又，∴四边形是矩形，∴又平分，∴四边形是正方形．∴，∵，∴（2）如图，过点A作于点，∵，∴∵，∴，∴，∵，∴，∴又四边形是矩形，∴．故答案为：，．13．（2023·安徽安庆·统考一模）如图，在三角形纸片ABC中，，，垂直平分，平分，将沿在上，在上）折叠，点C与点O恰好重合，（1）___________；

（2）若，则___________．答案:54°分析：（1）连接，根据角平分线性质和中垂线性质得到O是的外心，得出；进而得出，然后根据三角形外角定理求出的度数；（2）根据三角形的相似的判定定理易得，进而相似三角形对应边成比例解题即可．【详解】（1）连接∵平分∴∵平分∴所在的直线垂直平分∴O是的外心即∴，∵沿在上，在上）折叠，点C与点O恰好重合，∴∴∴（2）连接∵，∴∵∴∴∵∴∵∴∴，，∴∴∴，∴，（负根舍去），经检验符合题意．故答案为：（1），（2）14．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，点在线段上，从点至点运动，连接，以为边作等边，点和点分别位于两侧．（1）当点运动到点时，的长为______；（2）点在线段上从点至点运动过程中，的最小值为______．答案:分析：连接并延长至，使得，连接，证明，进而证明是等边三角形，，得出点在线段上，从点至点运动，则在线段上运动，即可求解；（2）根据垂线段最短，得出从点至点运动过程中，运动到的中点时，的最小值为，进而勾股定理即可求解．【详解】（1）如图所示，连接并延长至，使得，连接，∵在矩形中，对角线，相交于点，，，∴，∴是等边三角形，∴，∵是等边三角形，∴，∴，∴∴,，∵，则是等边三角形，∴，∴即∴点在线段上，从点至点运动，则在线段上运动，∵，，∴，∴，又∵，∴∴是等边三角形，∴，∴当点运动到点时，点运动到点，则的长，故答案为：．（2）由（1）可知点在线段上从点至点运动过程中，运动到的中点时，的最小值为∵，则∴，故答案为：．15．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）已知：点是内一点，，与的中垂线交于点，（1）______°．（2）若，，，则的最小值是______．答案:90分析：（1）设，画出图形，由得，由得，由得，再利用三角形内角和定理得到答案；（2）求出是定值，点P在以M为圆心，长为半径的圆上，连接，交圆M于点，得到，过点M作，根据三角函数求出，，由勾股定理求出连接，则，当P与重合时，有最小值，求出即可．【详解】解：（1）设，如图，则，由题意可得，M是和中垂线上的点，∴即，∵，∴，∵，∴，又，∴，∵，∴，∴，又，，在中，有，∴，即，即；故答案为：90（2）如图，∵，∴，即，在中，，∵是定值，∴是定值，即点P在以M为圆心，长为半径的圆上，连接，交圆M于点，由(1)中结论可知，又，∴，又，∴，过点M作，∵，∴，∵，∴，即，∴，即，又，∴，连接，则，当P与重合时，有最小值，∵，即，即∴，即最小值为综上，最小值为，故答案为：．16．（2023·安徽池州·校联考一模）如图，已知四边形是正方形，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交射线于点F，以，为邻边作矩形，连．（1）_____；（2）若四边形面积为5时，则_____．答案:43或1分析：（1）作于点M，于点N，利用矩形和正方形的性质，推出，得到，即矩形是正方形，再证明，得到，然后利用勾股定理，求出，即可求出的长；（2）过点E作于点Q，根据正方形的性质，得到，，利用勾股定理求出或，，进而求得或1，即可得到的长．【详解】解：（1）如图，作于点M，于点N，，，四边形是矩形，，，，点E是正方形对角线上的点，平分，，在和中，，，，矩形是正方形，

，，，四边形是正方形，，，，，在和中，，，，在中，，，，故答案为：4；（2）如图，过点E作于点Q，四边形是正方形，且点E是正方形对角线上的