专题12 特殊的平行四边形中的最值和新定义问题的八种考法（解析版）

专题12特殊的平行四边形中的最值和新定义问题的八种考法目录解题知识必备 1压轴题型讲练 2类型一、平行四边形中的最值问题 2类型二、矩形中的最值问题 8类型三、菱形中的最值问题 13类型四、正方形中最值问题 17类型五、平行四边形中的新定义型问题 22类型六、矩形中的新定义型问题 27类型七、菱形中的新定义型问题 32类型八、正方形中的新定义型问题 37压轴能力测评（10题） 40解题知识必备1.平行四边形1.平行四边形的概念：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。2.平行四边形的性质：（1）平行四边形的对边相等；（2）平行四边形的对角相等（3）平行四边形的对角线互相平分。3.平行四边形的判定（1）两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念）（2）一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形（3）对角线互相平分的四边形叫做平行四边形（4）两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形2.矩形1.矩形的概念和性质有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。2.矩形的判定（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形（2）三个角是直角的四边形是矩形（3）对角线相等的平行四边形是矩形3.菱形1.菱形的概念与性质有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。2.菱形的判定（1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念）（2）四边相等的四边形是菱形（3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形4.正方形1.正方形的概念、性质有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。2.正方形的判定（1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念）（2）有一组邻边相等的矩形是正方形（3）有一个角是直角的菱形是正方形压轴题型讲练类型一、平行四边形中的最值问题例题：（22-23八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在平行四边形中，，，E是边延长线上一点，连接，以为边作等边三角形，连接，则的最小值是．【答案】【知识点】利用平行四边形的性质求解、等边三角形的判定和性质、全等的性质和SAS综合（SAS）【分析】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的性质，先作辅助线，根据勾股定理和平行四边形的性质得到线段的长度，证明出四边形为平行四边形，再根据三角形全等得到对应边相等，再根据垂线段最短得到最小值，熟练掌握知识点是解题的关键．【详解】解：延长，在的延长线上截取，连接，过点G作于点H，过点C作交的延长线于点M，如图所示：，∵四边形为平行四边形，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴四边形为平行四边形，∴，∵为等边三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴当最小时，最小，∵垂线段最短，∴当点E与点H重合时，最小，此时，∴最小值为，故答案为：．【变式训练】1．（23-24八年级下·广东梅州·期末）如图，四边形是平行四边形，，，点E为的中点，连接，点F为线段上的一个动点，连接，则线段长度的最小值为．【答案】【知识点】利用平行四边形的性质求解、用勾股定理解三角形、等边三角形的判定和性质、垂线段最短【分析】由“垂线段最短”可知当时，的值最小．连接，，由平行四边形的性质可得，又由，可得是等边三角形．由等边三角形“三线合一”的性质可得，，进而得出，，在中，利用面积法即可求出的值．【详解】解：如图，当时，的值最小．连接，，∵四边形是平行四边形，，，，，，又，是等边三角形，又∵点E为的中点，，，，，，，．故答案为：【点睛】本题主要考查了“垂线段最短”、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质以及勾股定理．掌握利用面积法求直角三角形斜边上的高是解题的关键．2．（23-24八年级下·辽宁本溪·期末）如图，在中，为边上的高，点F和点G分别为高和边上的动点，且．若，，，则的最小值为．【答案】【知识点】两点之间线段最短、用SAS间接证明三角形全等（SAS）、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识；作辅助线构造全等三角形是解题的关键；过点D作，且，分别连接；证明，则有，故，当点G在上时，取得最小值，且最小值为线段的长，在中，由勾股定理即可求解．【详解】解：如图，过点D作，且，分别连接；则，∴；在中，，，；，,；，，，，当点G在上时，取得最小值，且最小值为线段的长；在中，由勾股定理得：，即的最小值为．故答案为：．3．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，在中，，点M为直线上一动点，则的最小值为．【答案】【知识点】根据成轴对称图形的特征进行求解、利用平行四边形的性质求解、用勾股定理解三角形【详解】10．如图，作点A关于直线的对称点，交直线于点H，连接交于点，则，∴当重合时，的值最小，最小值为的长．．．．4．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，已知的面积为，，，现先将沿某一方向平移个单位长度后得到，其中点，，，的对应点分别为，，，；再将绕点顺时针旋转后得到，其中点，，的对应点分别为，，，连接，，则线段的最大值为，线段的最小值为．【答案】【知识点】根据旋转的性质求解、利用平移的性质求解、利用平行四边形的性质求解、用勾股定理解三角形【分析】本题考查平行四边形，平移，旋转，勾股定理的知识，解题的关键是掌握平行四边形的性质，平移和旋转的性质，勾股定理的运用，根据题意，过点作交于点，连接，根据平行四边形的性质，勾股定理的运用，求出，；以点为圆心，半径为画圆，为，由题意得，沿某一方向平移个单位长度后得到，则在上运动，连接，，；根据三角形三边的关系，当，，三点共线且在，的中间，此时有最大值，即可；过点作且，以点为圆心，半径为画圆，连接并延长交于于点，根据勾股定理求出，；根据三角形三边的关系，当与重合时，此时有最小值，即可．【详解】解：过点作交于点，连接，∵平行四边形的面积为∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，以点为圆心，半径为画圆，为，∵沿某一方向平移个单位长度后得到，∴在上运动，连接，，，在中，，∴当，，三点共线且在，的中间，此时有最大值为；∴的最大值为；过点作且，以点为圆心，半径为画圆，连接并延长交于于点，∵，，∴，∵点在上运动，，∴在上运动，在中，，∴当与重合时，此时有最小值为，∴的最小值为．故答案为：；．类型二、矩形中的最值问题例题：（24-25九年级上·河南驻马店·阶段练习）如图，在中，，，，点D在边上，，，垂足分别为点E、F，连接，则线段的最小值等于．【答案】【分析】本题主要考查矩形的判定与性质，连接，证明四边形是矩形，得到，当时，线段EF的值最小，根据等积关系可求出，进而求出即可．【详解】解答：解：如图，连接．∵，，，∴，∵，，，∴四边形是矩形，∴，由垂线段最短可得时，线段的值最小，此时，，即，解得：，∴．故答案为：【变式训练】1．（23-24八年级下·陕西商洛·期末）如图，在矩形中，，，点在上，，点是上的动点，连接，点是的中点，连接，则的最小值为．

【答案】【分析】本题主要考查矩形的性质，垂线段最短，首先判断出点的运动轨迹是线段，过点F作于点H，则为的最小值【详解】解：连接交于点N，过点作于点，∵四边形是矩形，∴∴∵，∴，∴点是的中点，∵点是的中点，∴是的中位线，∴∵为的中点，∴是的中位线，∴即，∴点在上，过点F作于点H，根据题意知，点的运动轨迹是线段，由“垂线段最短”知为的最小值，∵点是的中点，∴，又∴四边形是矩形，∴∴的最小值为，故答案为：2．（24-25八年级上·湖北恩施·期末）如图，将长方形ABCD沿对角线BD折叠，，．点是线段BD上一点．则的最小值为．【答案】【分析】本题考查折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，两点之间线段最短，垂线段最短．解题的关键是理解两点之间线段最短，以及点到直线垂线段最短，添加辅助线构造特殊三角形．过点作于点，连接过点作于点，，根据含30度角的直角三角形的性质，得到，进而得到，进而得到当当三点共线时，的值最小为的长，再根据点到直线，垂线段最短，得到当时，最小，即点与点重合，再利用含30度角的直角三角形的性质进行求解即可．【详解】解：∵在长方形中，，，∴，∴，∵将长方形沿对角线BD折叠，得，∴，∴，过点作于点，连接过点作于点，则：，∵，∴，∴，∴当三点共线时，的值最小为的长，∵点到直线，垂线段最短，∴当时，最小，即点与点重合，∵，∴，∴，∴，即：的最小值为．3．（23-24八年级下·江苏南通·期中）如图，在矩形中，，，点，分别是边，上的动点，且，过点作直线的垂线，垂足为，则线段长的最大值为．【答案】/【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质．由矩形的性质推出，，，，由推出，得到，由勾股定理求出，得到，又，即可得到线段长的最大值为．【详解】解：四边形是矩形，，，，，，，，，，，，，，，线段长的最大值为．故答案为：．类型三、菱形中的最值问题例题：（24-25九年级上·河南焦作·期中）如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，连接，，，分别为、的中点，连接．若，，则的最小值为．【答案】【分析】连接，利用三角形中位线定理，可知，当时，最小，即得到最小值，根据含角的直角三角形的性质和勾股定理求出最小值即可求解．【详解】解：如图，连接，四边形是菱形，，，分别为、的中点，是的中位线，，当时，则，最小，即得到最小值，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，垂线段最短，含角的直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是学会添加常用辅助线．【变式训练】1．（22-23八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在菱形中，，点E为边的中点，点P在对角线上运动，且，则长的最大值为．

【答案】【分析】连接、、，由已知条件得出，再利用等边三角形的性质得出，进而求出最大值即可．【详解】解：如图，连接、、，

四边形是菱形，，，，，是等边三角形，则，点E为边的中点，，，，，由勾股定理可得：，可得，，，即长的最大值是，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质和等边三角形的性质和判定、勾股定理，正确作出辅助线，构造等边三角形得出是解题的关键．2．（24-25九年级上·陕西咸阳·期中）如图，在菱形中，，，点，，分别是线段，，上的任意一点，连接、，则的最小值是．【答案】【分析】本题主要考查了最短路线问题以及菱形性质的运用．作点关于的对称点，则在上，连接，则，过作于，当，，在同一直线上且时，的最小值等于的长，求得的长即可得到的最小值．【详解】解：如图所示，作点关于的对称点，则在上，连接，则，过作于，当，，在同一直线上且时，的最小值等于的长，，，，，，中，，的长为，的最小值是，故答案为：．3．（24-25八年级上·重庆·期末）如图，在菱形中，两条对角线，，点是对角线上一点（不与端点重合），则的最小值为．【答案】【分析】如图，过点作于点，过点作于点，设交于点，根据菱形的性质得，证明为等边三角形，得，继而得到，，进一步得，则当点、、三点共线且垂直时，的值最小，即可得解．【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，设交于点，∵四边形是菱形，，，∴，，，，，∴，∴为等边三角形，∴，∴，∵，，∴，，∴，∵，∴当点、、三点共线且垂直时，的值最小，最小值为，∴的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，最短路径问题，熟练运用菱形的性质是解题的关键．类型四、正方形中最值问题例题：（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，边长为3的正方形中，为边上一点，且，是对角线上的一个动点，则的最小值为．

【答案】【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，最短路径问题，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．连接、，根据正方形的性质可证出，得到，利用勾股定理求出的长，再利用两点之间线段最短性质即可得出的最小值．【详解】解：如图，连接、，边长为3的正方形，，，，又，，，，，在中，，由两点之间线段最短性质得，，，的最小值为．故答案为：．【变式训练】1．（24-25九年级上·浙江杭州·期中）如图，在正方形中，，，分别是边CD，上的动点且，与交于点，则线段长的最小值为．【答案】/【分析】根据“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出，取AD的中点，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得点到AD的中点的距离不变，再根据两点之间线段最短可得、、三点共线时线段的值最小，然后根据勾股定理列式求出，再求解即可．【详解】解：取AD的中点，连接，，如图：四边形是正方形，，，在和中，，，，，，，为AD中点，，，，根据两点之间线段最短知，、、三点共线时，线段的值最小，最小值为；线段长的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形三边关系，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，确定出点到AD的中点的距离是定值是解题的关键．2．（2024·陕西商洛·一模）如图，正方形的边长为4，点E在线段上，以为边构造正方形，使点G在的延长线上，连接，取的中点H，连接．当点E在边上运动（不含A，D）时，的最小值为．【答案】【分析】此题考查了正方形的性质、勾股定理、三角形中位线定理等知识，连接与交于点O，延长到点M，使，连接，，证明点D、O、M、B在一条直线上，证明是的中位线，得到，当最小时，最小，即当时，最小，求出，证明，即可得到答案．【详解】解：如图，连接与交于点O，延长到点M，使，连接，，∵四边形是正方形，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵四边形是正方形，∴，∴点D、O、M、B在一条直线上，∵点E是的中点，点H是的中点，∴是的中位线，∴，当最小时，最小，即当时，最小，∵，∴M点与O点重合时，最小，∵正方形的边长为4，∴，由勾股定理得，∴，∴，∵四边形是正方形，∴，∵点H是的中点，∴，∴点H在的垂直平分线上，∵四边形是正方形，∴点H也在的垂直平分线上，∴，∴，即的最小值为；故答案为：．3．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在正方形中，对角线与交于点，，是的中点，是对角线上的一条动线段，若的最大值为，则的长为．【答案】1【分析】本题考查正方形的性质，线段最值问题等知识点，正确作辅助线是解题关键．过点作的平行线，过点作的平行线，两平行线交于点，取关于的对称点，连接，，，根据三角形两边之查小于第三边即可得到，在中，利用勾股定理即可求得答案．【详解】解：如图，过点作的平行线，过点作的平行线，两平行线交于点，取关于的对称点，连接，，，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，，∵关于的对称点是，是的中点，∴是的中点，即在中，，∴，当点运动到与点，在一条直线上的时候，即取到最大值，即，∵，，∴，∴在中，，∴，∴．故答案为：1．类型五、平行四边形中的新定义型问题例题：（23-24八年级下·江西南昌·期中）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形．(1)如图1，在邻余四边形中，，则________；(2)如图2，在中，，，垂直平分交于点，垂足为，且，，为上一点，求证：四边形是邻余四边形；(3)如图3、图4，在邻余四边形中，为中点，，①如图3，当时，判断四边形的形状并证明你的结论；②如图4，当，时，求的长．【答案】(1)(2)详见解析(3)①平行四边形，详见解析；②【分析】本题是四边形的综合题，涉及勾股定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用这些知识．（1）根据邻余四边形的定义即可求解；（2）根据垂直平分线的定义可得，，根据勾股定理可得，进而求出，再根据勾股定理的逆定理可得，推出，即可证明；（3）①由，可得，推出，根据邻余四边形的定义得到，进而得到，推出，证明，得到，即可证明；②延长到点，使，连接，，证明，得到，，根据邻余四边形的定义分两种情况讨论：当时，当时，即可求解．【详解】（1）解：在邻余四边形中，，且，，，，故答案为：；（2）证明：垂直平分，，，，，在中，由勾股定理得：，，，，，，，四边形是邻余四边形；（3）①四边形是平行四边形，证明如下：，，，，，，在邻余四边形中，，，，，，为中点，，在和中，，，，由，四边形是平行四边形；②如下图，延长到点，使，连接，，为中点，，是的垂直平分线，，，，，，，在邻余四边形中，，可分两种情况讨论：当时，则，；当时，则，，与矛盾，此种情况不存在；综上，的长为．【变式训练】1．（23-24八年级上·湖南娄底·期末）定义：如图1，在中，把绕点A顺时针旋转α（）得到，把绕点A逆时针旋转β得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知：（1）在图2，图3中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”．①如图2，当为等边三角形时，与的数量关系；②如图3，当时，则长为．猜想论证：（2）在图1中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明．【答案】（1）①；②；（2），证明见解析【分析】本题考查的是平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、理解“旋补三角形”的定义是解题的关键．（1）①根据含30度的直角三角形的性质解答；②证明，根据全等三角形的性质得到，根据直角三角形的性质计算；（2）证明四边形是平行四边形，得到，根据全等三角形的性质得到，得到答案．【详解】解：（1）①∵是等边三角形，∴，∵是的“旋补三角形”，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：；②∵是的“旋补三角形”，∴，在和中，∵∴，∴，∵，是的“旋补中线”，∴，故答案为：4；（2）猜想．证明：如图，延长至点E使得，连接，∵是的中线，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，∴．类型六、矩形中的新定义型问题例题：（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）定义：如果平面内一点到三角形三个顶点的距离中，最长距离的平方等于另两个距离的平方和，则称这个点为该三角形的“幸运点”．例如：平面内有一点P到的三个顶点的距离分别为，如图1，当最大时，若，则点P就是的“幸运点”．

【探究1】如图2，在的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，的顶点在格点上，若格点P是的“幸运点”，请画出点P的位置；【探究2】如图3，矩形中，对角线交于点O，，，若P是矩形上的一点，且点P是的“幸运点”，求的长；【探究3】如图4，为等边三角形，过点A作的垂线，点D在该垂线上，以为边在其右侧作等边，连接．①判断点A是否是的“幸运点”，并说明理由；②若，，求的长．【答案】[探究1]：见解析；[探究2]：或；[探究3]：①点A是否是的“幸运点”，理由见解析；②或【分析】本题考查勾股定理、矩形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质等，理解题中定义，熟练运用勾股定理求解以及分类讨论是解答的关键．[探究1]根据网格特点，利用勾股定理，结合题中定义可得点P的位置；[探究2]分点P离A近和点P离B近，设，利用矩形性质和勾股定理，结合题中定义列方程求解x值即可；[探究3]①连接,利用等边三角形的性质和全等三角形的判定推导出得到，在中，利用勾股定理可得，根据题中定义可得结论；②由①中结论得结合已知求得，若点D在A的右下方时，如图，过C作于H，在中,利用含30度角的直角三角形的性质求得，，在中，利用勾股定理求得；若点D在A左上方时，同理求解即可．【详解】解：[探究1]如图，点P即为所求作：

理由：连接，，，，∴，则格点P是的“幸运点”；[探究2]解：若点P离A近，如图，连接，，，过O作于H，

∵矩形中，对角线交于点O，，，∴，，，∴，，∴，则，设，则，，由勾股定理得，，∵点P是的“幸运点”∴则，∴，整理，得，即，解得（负值已舍去）；若点P离B近，如图，

同理，得，，由勾股定理得，，∵点P是的“幸运点”∴则，∴，整理，得，即，解得（大于的值已舍去），综上，满足条件的的值为或；[探究3]点A是的“幸运点”，理由为：连接,

∵、均为等边三角形，∴，，，∴，∴，∴，∵，∴在中，，∴，故点A是的“幸运点”；②由①中结论得，∵，∴，解得，若点D在A的右下方时，如图，过C作于H，

∵，，∴，∴在，，则，在中，，∴；若点D在A左上方时，如图，

同理可证，同理可求得，，，，∴，综上，的长为或．【变式训练】1．（23-24八年级下·浙江宁波·期中）定义：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形．了解性质：如图1：已知四边形中，．垂足为，则有：；性质应用：（1）如图1，四边形是垂美四边形，若，，，则；性质变式：（2）如图2，图3，P是矩形所在平面内任意一点，则有以下重要结论：．请以图3为例将重要结论证明出来．应用变式：（3）①如图4，在矩形中，O为对角线交点，P为中点，则；（写出证明过程）②如图5，在中，，，D是内一点，且，，则的最小值是．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）①证明见解析；②【分析】本题是四边形综合题，考查了新定义“垂美”四边形、直角三角形的性质、勾股定理等知识；（1）由勾股定理可得出答案；（2）过作于，交的延长线于，由（1）性质可知：，由勾股定理可得出答案；（3）以、为边作矩形，连接、，由矩形的性质得出，由题意得，求出，当、、三点共线时，最小，得出的最小值的最小值．【详解】（1）解：如图1，四边形是垂美四边形，，，，，，．故答案为：；（2）证明：过作于，交的延长线于，由（1）性质可知：，即：，又由勾股定理可知：，，即；（3）解：①设，则，由（2）可得，，；②以、为边作矩形，连接、，如图所示：则，由题意得：，即，解得：，当、、三点共线时，最小，的最小值的最小值；故答案为：．类型七、菱形中的新定义型问题例题：（2024·浙江·模拟预测）定义：我们把对角线相等的四边形叫作伪矩形，对角线的交点称作伪矩形的中心．(1)①写出一种你学过的伪矩形：．②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是．A．正方形

B．矩形

C．菱形

D．无法确定(2)如图1，在伪矩形中，，，，求的长．(3)如图2，在伪矩形中，，，，，求这个伪矩形的面积．【答案】(1)①等腰梯形；②C(2)(3)【分析】（1）①根据题意，写出对角线相等的四边形，例如等腰梯形，即可求解；②根据中位线的性质可得，进而根据伪矩形的定义，可得，进而即可得出结论；（2）根据伪矩形的定义，可得，进而勾股定理，即可求解．（3）作，根据梯形的面积公式，三角形面积公式即可得出答案．【详解】（1）①写出一种你学过的伪矩形：等腰梯形；故答案为：等腰梯形．②如图所示，伪矩形中，，分别为四边中点，∴∴∴四边形是菱形；∴顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是菱形，故选：C．（2）在伪矩形中，，，，；（3）解：作，垂足为，伪矩形中，，，，，，，，，，这个伪矩形的面积为【变式训练】1．（22-23八年级下·浙江宁波·期末）我们定义：以已知菱形的对角线为边且有一条边与已知菱形的一条边共线的新菱形称为已知菱形的伴随菱形．如图1，在菱形中，连接，在的延长线上取点E使得，以为边作菱形，我们称菱形是菱形的“伴随菱形”．(1)如图2，在菱形中，连接，在的延长线上作，作的平分线交的延长线于点，连接．求证：四边形为菱形的“伴随菱形”．(2)①如图3，菱形为菱形的“伴随菱形”，过作垂直于点，对角线相交于点．连接若，试判断与的数量关系并加以证明．②在①的条件下请直接写出的值．【答案】(1)详见解析(2)①，见解析；②【分析】（1）根据角平分线的定义及平行线的性质得到四边形为平行四边形，再根据菱形的判定即可解答；（2）①根据菱形的性质及勾股定理得到，再根据角平分线的定义及平行线的性质可得到；根据等腰三角形的性质及勾股定理列方程即可解答．②根据平行线的性质及中位线的定义，再根据勾股定理列方程即可解答．【详解】（1）证明：∵平分，∴，∵，∴，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，∴为菱形，即菱形为菱形的伴随菱形；（2）解：①理由如下过点作于点、于点，过点作于点，连接，∵四边形为菱形，∴，点在的平分线上，∴，∵，由勾股定理可得，∴，∴平分，∴，∴点在的平分线上，即，又∵，∴，∴；

②∵四边形为菱形，∴，点在的平分线上，∴，∵，由勾股定理可得，∴，∵，∴，∴为等腰直角三角形，设，，∴，∴在中，，即，解得：，（舍），∴，【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，勾股定理，菱形的判定与性质，等腰直角三角形的性质与判定，掌握菱形的性质及判定是解题的关键．类型八、正方形中的新定义型问题例题：（23-24八年级下·黑龙江双鸭山·期末）我们定义：对角线相等且互相垂直的四边形叫做“宁美四边形”．(1)在我们学过的下列四边形①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形中，是“宁美四边形”的是___________（填序号）；(2)如图，在正方形中，为上一点，连接，过点作于点，交于点，连、．求证：四边形是“宁美四边形”；【答案】(1)④(2)见解析【分析】（1）由“宁美四边形”的定义，正方形的性质即可得出结论；（2）证，得，再由，结合“宁美四边形”的定义即可得出结论；【详解】（1）解：平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等，正方形是“宁美四边形”，故答案为：④．（2）证明：四边形是正方形，，，，，，在和中，，，，又，四边形是“宁美四边形”；【点睛】本题考查了新定义“宁美四边形”、折叠的性质、正方形的判定与性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题．【变式训练】1．（24-25九年级上·湖南长沙·开学考试）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”【概念理解】（1）在已经学过的“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中，_________是“中方四边形”（填序号）．【性质探究】（2）如图1，若四边形是“中方四边形”，观察图形，线段和线段有什么关系，并证明你的结论．【问题解决】（3）如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形连结，依次连接四边形的四边中点得到四边形．求证：四边形是“中方四边形”．【答案】（1）④；（2）；（3）见解析【分析】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质．（1）根据定义“中方四边形”，即可得出答案；（2）由四边形是“中方四边形”，可得是正方形且E、F、G、H分别是的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案；（3）如图2，取四边形各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论．【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下：因为正方形的对角线相等且互相垂直，故答案为：④；（2）解：；理由如下：如图1，∵四边形是“中方四边形”，∴是正方形且E、F、G、H分别是的中点，∴，，，，∴，故答案为：，；（3）证明：如图2，连接交于P，连接交于K，∵四边形各边中点分别为M、N、R、L，∴分别是的中位线，∴，，，∴，，∴四边形是平行四边形，∵四边形和四边形都是正方形，∴，∴，即，∴，∴，∴，∴平行四边形是菱形，∵，∴．又∵∴，∴，又∵，∴．∴菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”．压轴能力测评（10题）一、单选题1．（23-24八年级下·山东滨州·期末）如图，在中，，，是边上任意一点，连接，以，为邻边作，连接，则长的最小值为（

）A．14.4 B．9.6 C．7.2 D．4.8【答案】A【知识点】垂线段最短、根据三线合一证明、利用平行四边形的性质求解、用勾股定理解三角形【分析】设，交于点O，过点O作于点F，勾股定理求得，等面积法求得，根据垂线段最短，当点D与点F，重合时，最小，进而求得的最小值，即可求解．【详解】解：设，交于点O，过点O作于点F，如图所示，在四边形中，，，∵，∴，∵，∴，在中，，∵，∴，当点D与点F，重合时，最小，∴的最小值为．故选：A．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，掌握以上知识是解题的关键．2．（24-25八年级上·陕西西安·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，长方形在第一象限，，分别在x轴和y轴上，P，Q分别为，上的动点，点M在上，，点N为中点，上一点，若点B的坐标是，则四边形的周长最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【知识点】根据矩形的性质求线段长、线段问题(轴对称综合题)、坐标与图形、用勾股定理解三角形【分析】本题考查最短距离问题，勾股定理，矩形的性质，先分别做出点M，N关于y轴和x轴的对称点，结合两点间线段最短，结合矩形性质结合勾股定理求解即可得到答案；【详解】解：由题意可得作点M关于y轴的对称点，点N关于y轴的对称点，∵点M关于y轴的对称点是点，点N关于y轴的对称点是点，∴，，∴，∴当点，，，四点共线时最小，此时四边形的周长最小，∵长方形在第一象限，点B的坐标是，∴，，，，∵，∴，，∴，，，∴，，∴四边形的周长最小值为：，故选：D．二、填空题3．（24-25九年级上·福建漳州·期中）如图，菱形的边长为，，P，Q分别是上的动点，且，则的最小值为．【答案】【知识点】利用菱形的性质求线段长、全等的性质和SAS综合（SAS）、求最短路径(勾股定理的应用)【分析】如图，连接，过点C作，使得，连接．证明，推出，推出，求出即可解决问题．本题考查轴对称-最短问题，全等三角形，菱形的性质，勾股定理，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，属于中考常考题型．【详解】解：如图，连接，过点C作，使得，连接．∵四边形是菱形，∴∴是等边三角形，∴∵∴∴∵∴∴∴∵∴，∴，∴的最小值为．故答案为：．4．（22-23九年级上·陕西榆林·期末）如图，在正方形中，，对角线、交于点O，点E、F分别为边、上的动点（不与端点重合），且，连接、、，则线段的最小值为．【答案】【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，线段的最值问题等．利用正方形的性质可得，，利用证明，进而推出是等腰直角三角形，可得，当时，取最小值，由此可得线段的最小值．【详解】解：在正方形中，对角线、交于点O，，，，在和中，，，，，，是等腰直角三角形，，当时，取最小值，，，，线段的最小值为．故答案为：．三、解答题5．（24-25九年级上·全国·假期作业）如图，矩形的对角线，相交于点O，将沿所在直线折叠，得到．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，P是边上的动点，Q是边上的动点，的最小值是________．【答案】(1)证明见解析(2)【知识点】矩形与折叠问题、轴对称中的光线反射问题、含30度角的直角三角形、证明四边形是菱形【分析】（1）由矩形的性质可得与相等且互相平分，进而可得，由轴对称的性质可得，，进而可得，于是结论得证；（2）作于点，交于点，由轴对称的性质可得，，进而可得，由垂线段最短可知，当、、三点共线，且时，最小，即最小，最小值为，由矩形的性质可得，，由轴对称的性质可得，进而可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，由含度角的直角三角形的性质可得，然后根据勾股定理可得，于是得解．【详解】（1）证明：四边形是矩形，与相等且互相平分，，关于的对称图形为，，，，四边形是菱形；（2）解：如图，作于点，交于点，沿所在直线折叠，得到，，，，由垂线段最短可知，当、、三点共线，且时，最小，即最小，最小值为，，，，，，，，，即：的最小值为，故答案为：3．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，菱形的判定，轴对称中的光线反射问题（最短路线问题），垂线段最短，直角三角形的两个锐角互余，含度角的直角三角形，勾股定理等知识点，熟练掌握轴对称中的光线反射问题（最短路线问题）和垂线段最短是解题的关键．6．（24-25八年级上·江苏淮安·期中）新定义：若一个凸四边形的一条对角线把该四边形分成两个等腰三角形，那么称这个凸四边形为“等腰四边形”，这条对角线称为“界线”．(1)如图1，四边形ABCD是“等腰四边形”，BD为“界线”，若，，则______°；(2)如图2，四边形ABCD中，，，，．试说明四边形ABCD是“等腰四边形”；(3)若在“等腰四边形”中，，，且BD为“界线”，请直接写出的度数为______．【答案】(1)50(2)见解析(3)或或．【知识点】等边三角形的判定和性质、根据矩形的性质与判定求线段长、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形【分析】（1）由题意得：，再利用等边对等角结合三角形的内角和定理分别求解从而可得答案；（2）如图，连接，先证明是等边三角形，可得，根据勾股定理证明，从而根据新定义可得四边形是“等腰四边形”；（3）分三种情况讨论，一是四边形“等腰四边形”，且，可证明，得，则，，所以；二是四边形“等腰四边形”，且，可证明是等边三角形，则，所以，则，所以；三是四边形“等腰四边形”，且，设，作于点，作点关于直线的对称点，连接交于点，连接，可证明是等边三角形，得，则，，所以，得．【详解】（1）解：∵四边形是“等腰四边形”，为”界线”，，，．∴，，∴；故答案为：50．（2）解：如下图，连接，

，是等边三角形，∴，∵，∴，∵，，，∴，所以四边形是“等腰四边形”，BD为“界线”．（3）如图，四边形“等腰四边形”，且，

，，，在和中，，，，，，；如图，四边形“等腰四边形”，且，

，，，是等边三角形，，，，；如图，四边形“等腰四边形”，且，设，

作于点，作点关于直线的对称点，连接交于点，连接，，垂直平分，，，，∴，，，∴四边形是矩形，，，，，是等边三角形，，，，，，，，综上所述，的度数为或或．故答案为：或或．【点睛】本题考查了新定义的理解，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理的应用，解题的关键是第（3）题应进行分情况讨论．7．（2023·吉林长春·二模）【问题原型】如图①，在，，，求点C到AB的距离．【问题延伸】如图②，在，，．若点M在边上，点P在线段上，连结，过点P作于Q，则的最小值为__________．【问题拓展】如图③，在矩形中，，点E在边AD上，点M在边AB上，点F在线段上，连结，若，则的最小值为__________．【答案】[问题原型]；[问题延伸]；[问题拓展]【知识点】等腰三角形的性质和判定、根据矩形的性质求线段长、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形【分析】[问题原型]过点作于，过点作于，根据等腰三角形的性质可得，再由勾股定理可得的长，再结合等面积法即可求解；[问题延伸]连接，过点作于，过点作于．根据题意可得的最小值等于的长，再由当时，的长最小，可得的最小值等于的长，再根据等腰三角形的性质可得，再由勾股定理可得的长，再结合等面积法即可求解；[问题拓展]过点F作于点H，连接，过点E作于点G，根据直角三角形的性质可得在，从而得到，继而得到的最小值等于，再由当时，的长最小，即的长最小，可得的最小值等于，即可求解．【详解】解：[问题原型]∶如图，过点作于，过点作于．∵，∴．在中，．∵，∴．∴点到的距离为．[问题延伸]∶如图，连接，过点作于，过点作于．∵，∴的最小值等于的长，∵当时，的长最小，此时点Q与点H重合，∴的最小值等于的长，∵，∴．在中，．∵，∴．即的最小值为；故答案为：；[问题拓展]∶如图，过点F作于点H，连接，过点E作于点G，在中，，∴，∴，∴的最小值等于，∵当时，的长最小，即的长最小，此时点H与点G重合，∴的最小值等于，∵四边形是矩形，∴，∴，∴，即的最小值等于．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理，矩形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，勾股定理，矩形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．8．（24-25七年级上·四川成都·期末）如图，是正方形外一点，连接，，使是等边三角形，为对角线（不含点）上任意一点，，，连接、、．(1)求证：；(2)①当点在何处时，的值最小；②当点在何处时，的值最小，并说明理由；(3)当的最小值为时，求正方形的边长．【答案】(1)见解析(2)①点在上时，的值最小；②点在上时，的值最小，理由见解析(3)【知识点】等边三角形的判定和性质、根据正方形的性质证明、全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形【分析】（1）根据是等边三角形，得，根据，，得；（2）①连接交于点O，当M点落在O点时，A、M、C三点共线，的值最小；②连接，根据，得，根据，，得是等边三角形．得．当M点位于上时，，的值最小．（3）过E点作交的延长线于F，则，设正方形的边长为x，则．，根据，解得．【详解】（1）证明：∵是等边三角形，∴，∵，正方形中，，∴，∵，∴；（2）解：①连接交于点O，当M点落在O点时，A、M、C三点共线，的值最小；②如图，连接，当M点位于上时，的值最小．理由如下：连接，由（1）知，，∴，，∵，，∴是等边三角形．∴．∴，最短，∴当M点位于上时，的值最小，即等于的长．（3）解：过E点作交的延长线于F，则．设正方形的边长为x，则，，在中，∵，且，∴，解得，．【点睛】本题考查正方形和等边三角形．熟练掌握正方形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，含的直角三角形性质，是解题的关键．9．（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．概念理解：下列四边形中一定是“中方四边形”的是A．

平行四边形

B．

矩形

C．菱形

D．正方形问题解决：如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧正方形和正方形，连接．求证：四边形是“中方四边形”：性质探究：如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的两条站论：①；②拓展应用：如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点，（1）试探索与的数量关系，并说明理由．（2）若的最小值是4，则的长度为，（不需要解答过程）【答案】概念理解：D；问题解决：见解析；性质探究：①；②；拓展应用：（1）．理由见解析；（2）．【知识点】根据正方形的性质与判定证明、用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的证明【分析】对于概念理解，结合“中方四边形”的定义解答即可；对于问题解决，设四边形的边的中点分别为M，N，R，L，连接交于点P，连接交于点K，先根据三角形中位线的性质说明四边形是平行四边形，再根据正方形的性质证明，可证明平行四边形是菱形，然后说明，可得答案；对于性质探究，根据上述解答过程可得答案；对于拓展应用，（1）标注的中点为E，F，连接，根据“中方四边形”的定义得四边形是正方形，根据正方形的性质得，即可得出答案；（2），连接交于点O，连接，说明的最小值，再根据直角三角形的性质得，即可得出答案．【详解】概念理解：∵四边形是正方形，点E，F，G，H依次是的中点，∴，，，∴四边形是平行四边形，同理，∴四边形是菱形，四边形是矩形，∴，∴四边形是正方形．所以正方形的一定是“中方四边形”；问题解决，证明：如图，设四边形的边的中点分别为M，N，R，L，连接交于点P，连接交于点K．∵四边形各边的中点分别为M，N，R，L，∴分别是的中位线，∴，∴，∴四边形是平行四边形．∵四边形和四边形都是正方形，∴，∴，∴，∴．∵，∴，∴平行四边形是菱形．∵，∴．∵，∴，∴．∵，∴，∴菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”；问题解决：①；②；故答案为：，；拓展应用，．理由如下：标注的中点为E，F，连接，∵四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点，∴四边形是正方形，，∴，∴．∵N，F分别是的中点，∴，∴；（2）如图，连接交于点O，连接，当点O在上（即点M，O，N共线）时，最小，最小值为的长，∴的最小值，由性质探究知．∵M，N分别是的中点，∴，∴，由拓展应用（2）知：，∴，解得．故答案为：．【点睛】本题主要考查了正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，三角形中位线的定义和性质，准确的作出辅助线是解题的关键．10．（24-25九年级上·广东深圳·开学考试）【定义】对于没有公共点的两个图形M，N，点P是图形M上任意一点，点Q是图形N上任意一点，把P、Q两点之间的距离的最小值称为图形M与图形N的距离，记为．【理解】如图1，在平面直角坐标系中，的对角线，相交于点O，若点A，B的坐标分别为，，点G是边上任意一点．（1）当点G在边上时，的最小值是__________，因此d[点O，线段]__________；（2）当点G在任意边上时，的最小值是__________，因此d[点O，]__________；【拓展】如图2，在平面直角坐标系中，的对角线，相交于点O，平分，点A，B的坐标分别为，，点是对角线上与点A，C，O不重合的一点，点是对角线上与点B，D，O不重合的一点．（3）当[线段，]时，则n的取值范围为__________；（4）当时，__________（结果用含n的式子表示）；【应用】为庆祝母亲节，某商场在广场举行花卉展览，要在长6米，宽4米的长方形花卉展览区外围用彩绳拉出封闭隔离线，要求封闭隔离线与长方形花卉展览区外围的最小距离均为0.5米，请直接写出所需彩绳的长度．【答案】（1）4,4；（2）3,3；（3）或；（4）；应用：米【知识点】利用平行四边形的性质求解、根据菱形的性质与判定求线段长、坐标与图形【分析】理解：（1）根据定义结合垂线段最短即可得出答案；（2）根据定义结合垂线段最短即可得出答案；拓展：（3）证明四边形是菱形，得出平分和，推出线段到四边形的距离为，从而得到[线段，]，即，计算即可得解；（4）由（3）得：四边形是菱形，作于，交于，作于，则有，从而得到，即可得解；应用：由题意得，要求封闭隔离线与长方形花卉展览区外围的最小距离为米，计算即可得解．【详解】理解：（1）解：∵点A，B的坐标分别为，，四边形为平行四边形，∴根据题意可得，当点G在边上时，即时，的最小值是，∴d[点O，线段]；故答案为：4；4；（2）解：∵点A，B的坐标分别为，，四边形为平行四边形，∴根据题意可得，当点G在任意边上时，即或时，的最小值是，∴d[点O，]；故答案为：3；3；拓展：（3）解：如图：，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴平分，∴，∴，∴四边形是菱形，∴平分和，∴线段到四边形的距离为，∴[线段，]，∴，解得：或；（4）解：由（3）得：四边形是菱形，如图，作于，交于，作于，则有，∴，∴；应用：解：由题意得，要求封闭隔离线与长方形花卉展览区外围的最小距离为米，如图，则所需彩绳的长度为：米．【点睛】本题考查了平面直角坐标系中，点与点、点与直线的距离问题，不等式运用和菱形的判定与性质，理解新定义，利用数形结合的思想是解此题的关键．模拟训练一、选择题1.-3的倒数是()A.3 B.-3 C.13 D.-2.下列几何体的主视图与其他三个不同的是()3.已知反比例函数y=3a-6x的图象在第二、第四象限,则A.a≤2 B.a≥2 C.a<2 D.a>24.356578km精确到万位是()A.3.57×105km B.0.35×106kmC.3.6×105km D.4×105km5.下列图形是正方体的表面展开图的是()6.在数学课外小组活动中,小红同学用纸板制作了一个圆锥形漏斗模型.如图所示,它的底面半径OB=6cm,高OC=8cm,则这个圆锥形漏斗的侧面积是()A.30cm2 B.30πcm2C.60πcm2 D.120cm27.已知关于x的一元二次方程x2-6x+2k=0有两个不相等的实数根,则实数k的取值范围是()A.k≤92 B.k<92 C.k≥92 D8.如图,有三条绳子穿过一片木板,姐妹两人分别站在木板的左、右两边,各选该边的一段绳子.若每边每段绳子被选中的机会相等,则两人选到同一条绳子的概率为()A.12 B.13 C.16 9.把一个图形先沿着一条直线进行轴对称变换,再沿着与这条直线平行的方向平移,我们把这样的图形变换叫做滑动对称变换.在自然界和日常生活中,大量地存在这种图形变换(如图甲).结合轴对称变换和平移变换的有关性质,你认为在滑动对称变换过程中,两个对应三角形(如图乙)的对应点所具有的性质是()A.对应点连线与对称轴垂直 B.对应点连线被对称轴平分C.对应点连线被对称轴垂直平分 D.对应点连线互相平行10.(2024·四川宜宾中考)如图,在等腰三角形ABC中,AB=AC,反比例函数y=kx(k≠0)的图象经过点A,B及边AC的中点M,若BC∥x轴,边AB与y轴交于点N,则ANAB的值为(A.13 B.C.15 D.11.二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示,其图象的对称轴是直线x=-1.有以下结论:①abc>0,②4ac<b2,③2a+b=0,④a-b+c>2.其中正确的结论的个数是()A.1 B.2C.3 D.412.在一次自行车越野赛中,甲、乙两名选手行驶的路程y(单位:千米)随时间x(单位:分)变化的图象(全程)如图,根据图象判定下列结论不正确的是()A.甲先到达终点B.前30分钟,甲在乙的前面C.第48分钟时,两人第一次相遇D.这次比赛的全程是28千米二、填空题13.把x3-4x分解因式,结果为.

14.(宁夏中考改编)如图,粮库用传送带传送粮袋,大转动轮的半径为10cm,传送带与水平面成30°角.假设传送带与转动轮之间无滑动,当大转动轮转140°时,传送带上点A处的粮袋上升的高度是cm.(传送带厚度忽略不计)

15.现有A,B两只不透明口袋,每只口袋里装有两个相同的球,A袋中的两个球上分别写了“细”“致”的字样,B袋中的两个球上分别写了“信”“心”的字样.从每只口袋里各摸出一个球,刚好能组成“细心”字样的概率是.

16.将一直径为17cm的圆形纸片(图①)剪成如图②所示形状的纸片,再将纸片沿虚线折叠得到正方体(图③)形状的纸盒,则这样的纸盒体积最大为cm3.

17.甲、乙两超市为了促销一种定价相同的商品,甲超市连续两次降价10%,乙超市一次性降价20%,在超市购买此种商品更合算.

18.如图,点O(0,0),B(0,1)是正方形OBB1C的两个顶点,以对角线OB1为一边作正方形OB1B2C1,再以正方形OB1B2C1的对角线OB2为一边作正方形OB2B3C2,……依次下去,则点B6的坐标是.

三、解答题19.(1)计算:|2-1|-2sin45°+12(2)先化简,再求值:2a+6a220.解分式方程:2x2-21.(宁夏中考)学校组织七、八年级学生参加了“国家安全知识”测试.已知七、八年级各有200人,现从两个年级分别随机抽取10名学生的测试成绩x(单位:分)进行统计:七年级86947984719076839087八年级88769078879375878779整理如下:年级平均数中位数众数方差七年级84a9044.4八年级8487b36.6根据以上信息,回答下列问题:(1)填空:a=,b=;

A同学说:“这次测试我得了86分,位于年级中等偏上水平”,由此可判断他是年级的学生.

(2)学校规定测试成绩不低于85分为“优秀”,估计该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数.(3)你认为哪个年级的学生掌握“国家安全知识”的总体水平较好?请给出一条理由.22.(宁夏中考)“人间烟火味,最抚凡人心”,地摊经济、小店经济是就业岗位的重要来源.某地摊经营者购进了A型和B型两种玩具,已知用520元购进A型玩具的数量比用175元购进B型玩具的数量多30个,且A型玩具单价是B型玩具单价的1.6倍.(1)求两种型号玩具的单价各是多少元.根据题意,甲、乙两名同学分别列出如下方程:甲:5201.6x=175x乙:520x=1.6×175x-30,解得x=则甲所列方程中的x表示,乙所列方程中的x表示.

(2)该经营者准备用1350元以原单价再次购进这两种型号的玩具共200个,则最多可购进A型玩具多少个?23.“五一”假期,某公司组织部分员工到A,B,C三地旅游,公司购买前往各地的车票种类、数量绘制成条形统计图,如图.根据统计图回答下列问题:(1)前往A地的车票有张,前往C地的车票占全部车票的%;

(2)若公司决定采用随机抽取的方式把车票分配给100名员工,在看不到车票的条件下,每人抽取1张(所有车票的形状、大小、质地完全相同,且充分洗匀),那么员工小王抽到去B地车票的概率为;

(3)若最后剩下一张车票时,员工小张、小李都想要,决定采用抛掷一个各面分别标有数字1,2,3,4的正四面体骰子的方法来确定,具体规则是:每人各抛掷一次,若小张掷得着地一面的数字比小李掷得着地一面的数字大,车票给小张,否则给小李.试用列表法或树状图法分析,这个规则对双方是否公平.24.如图,三角形花园ABC紧邻湖泊,四边形ABDE是沿湖泊修建的人行步道.经测量,点C在点A的正东方向,AC=200m.点E在点A的正北方向.点B,D在点C的正北方向,BD=100m.点B在点A的北偏东30°方向,点D在点E的北偏东45°方向.(1)求步道DE的长度(结果取整数);(2)点D处有直饮水,小明从A处出发沿人行步道去取水,可以经过点B到达点D,也可以经过点E到达点D.请通过计算说明他走哪一条路较近?(参考数据:2≈1.414,3≈1.732)25.如图,AB是☉O的直径,C,D是☉O上的两点,且AC=CD.(1)求证:OC∥BD;(2)若BC将四边形OBDC分成面积相等的两个三角形,试确定四边形OBDC的形状.26.某地发生特大自然灾害,某慈善基金会将筹措到位的第一批救灾物资打包成件,其中棉帐篷和毛巾被共3200件,毛巾被比棉帐篷多800件.(1)打包成件的棉帐篷和毛巾被各多少件?(2)现计划用甲、乙两种小飞机共8架,一次性将这批棉帐篷和毛巾被全部运往该灾区.已知甲种飞机最多可装毛巾被400件和棉帐篷100件,乙种飞机最多可装毛巾被和棉帐篷各200件.则安排甲、乙两种飞机时有几种方案?请你帮忙设计出来.(3)在第(2)问的条件下,如果甲种飞机每架需付运输成本费4000元,乙种飞机每架需付运输成本费3600元.应选择哪种方案可使运输成本费最少?最少运输成本费是多少元?27.如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象经过M(1,0)和N(3,0)两点,且与y轴交于D(0,3),直线l是抛物线的对称轴.(1)求该抛物线对应函数的解析式;(2)若过点A(-1,0)的直线AB与抛物线的对称轴和x轴围成的三角形面积为6,求此直线对应函数的解析式;(3)点P在抛物线的对称轴上,☉P与直线AB和x轴都相切,求点P的坐标.模拟训练一、选择题1.D2.D3.C4.C5.C6.C7.B由于方程有两个不相等的实数根,因此Δ=b2-4ac>0,则(-6)2-8k>0,解得k<928.B将绳子记为1,2,3,则姐妹选中绳子共有9种等可能结果:(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3),其中两人选到同一条绳子的结果有3种,所以两人选到同一条绳子的概率为139.B10.B过点A作BC的垂线,垂足为点D,BC与y轴交于点E,如图.设点Aa,ka,∵△ABC是等腰三角形,AB=AC,AD⊥BC,∴D是线段BC的中点.∴DC=BD=a-b,∴C2a∵点M为边AC的中点,∴M3a-b2∵点M在反比例函数的图象上,∴M3a-b2解得b=-3a.易知,AD∥NE,∴ANAB11.C根据抛物线的开口向下可知a<0,根据抛物线的对称轴在y轴左侧可知a,b同号,则b<0,且-b2a=-1,根据抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上可知c>①∵a<0,b<0,c>0,∴abc>0正确;②∵抛物线与x轴有两个交点,∴b2-4ac>0,∴4ac<b2正确;③∵抛物线对称轴是直线x=-1,∴-b2a=-1,∴2∴2a+b=0错误;④由图象可知,抛物线的顶点为最高点,故当x=-1时,y>2,∴a-b+c>2正确.12.D观察题图知,到达终点时,甲对应的点是C,所花时间为86分钟,乙对应的点是D,所花时间为96分钟,所以甲先到达终点,A正确;两人第一次相遇前,甲都在乙的前面,B正确;由A(30,10),B(66,14),利用待定系数法可求得直线AB的关系式为y=19x+203,把y=12代入关系式解得x=48,C正确;乙的速度为12÷48=14,总路程为14×96=24(二、填空题13.x(x+2)(x-2)14.35π9如图,设传送带上点A处的粮袋上升到点B,构建Rt△ABC,则AC∥由题意可得AB=140π×∵AC∥MN,∴∠BAC=∠NMA=30°.在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,∴BC=AB·sin30°=12AB=35即传送带上点A处的粮袋上升的高度是35π915.116.1717如图,当纸盒展开图中水平方向上的四个小正方形组成的矩形对角线AC为圆形纸片的直径,即圆形纸片为Rt△ABC的外接圆时,纸盒体积最大,此时AC=17cm时,设此情况下的正方体的边长为x,则在Rt△ABC中有AB2+BC2=AC2,即x2+(4x)2=172,可求出x=±17,负值舍去得x=17,所以x3=1717.17.乙18.(-8,0)三、解答题19.解(1)原式=2-1-2×22+2+2=4-1=3(2)原式=2(a+3当a=2时,原式=-2220.解方程