2026年安徽中考数学二轮复习 专题14 中考解答压轴题专项突破(题型专练)

Page专题14中考解答题压轴题专项突破内●容●导●航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：角平分线定理线段垂直平分线定理垂径定理切线长定理，，，，【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．3 B． 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．1 C． 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．①② B．①②③ C．①②③④ D．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△ABCS△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