专题10 填空压轴重点题（解析版）备战2024年福建中考数学真题模拟题

第第页专题10填空压轴重点题一、填空题1．（2023·福建·统考中考真题）已知抛物线经过两点，若分别位于抛物线对称轴的两侧，且，则的取值范围是．【答案】【分析】根据题意，可得抛物线对称轴为直线，开口向上，根据已知条件得出点在对称轴的右侧，且，进而得出不等式，解不等式即可求解．【详解】解：∵，∴抛物线的对称轴为直线，开口向上，∵分别位于抛物线对称轴的两侧，假设点在对称轴的右侧，则，解得，∴∴点在点的右侧，与假设矛盾，则点在对称轴的右侧，∴解得：又∵，∴∴解得：∴，故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．2．（2022·福建·统考中考真题）已知抛物线与x轴交于A，B两点，抛物线与x轴交于C，D两点，其中n＞0，若AD＝2BC，则n的值为．【答案】8【分析】先求出抛物线与x轴的交点，抛物线与x轴的交点，然后根据，得出，列出关于n的方程，解方程即可。【详解】解：把y=0代入得：，解得：，，把y=0代入得：，解得：，，∵，∴，∴，即，，令，则，解得：，，当时，，解得：，∵，∴不符合题意舍去；当时，，解得：，∵，∴符合题意；综上分析可知，n的值为8．【点睛】本题主要考查了抛物线与x轴的交点问题，根据题意用n表示出，列出关于n的方程是解题的关键．3．（2021·福建·统考中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别是边上的动点，点E不与A，B重合，且，G是五边形内满足且的点．现给出以下结论：①与一定互补；②点G到边的距离一定相等；③点G到边的距离可能相等；④点G到边的距离的最大值为．其中正确的是．（写出所有正确结论的序号）【答案】①②④【分析】①利用四边形内角和为即可求证；②过作，证明即可得结论；③分别求出G到边的距离的范围，再进行判断；④点G到边的距离的最大值为当时，GE即为所求．【详解】①四边形是矩形,四边形内角和为①正确．②如图：过作，又即点G到边的距离一定相等②正确．③如图：过作而所以点G到边的距离不可能相等③不正确．④如图：当时，点G到边的距离的最大④正确．综上所述：①②④正确．故答案为①②④．【点睛】本题考查了动点问题，四边形内角和为，全等三角形的证明，点到直线的距离，锐角三角函数，矩形的性质，熟悉矩形的性质是解题的关键．4．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考一模）如图，在四边形ABCD中，AD=BC且AD∥BC，AB=5，AD=3，AE平分∠DAB交BC的延长线于F点，则CF=．【答案】2【分析】首先证明四边形ABCD是平行四边形，根据角平分线的定义可得∠1＝∠2，根据两直线平行，内错角相等可得∠2＝∠3，∠1＝∠F，然后求出∠1＝∠3，∠4＝∠F，再根据等角对等边的性质可得AD＝DE，CE＝CF，根据平行四边形对边相等代入数据计算即可得解．【详解】解：如图，∵AD=BC，AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AE平分∠DAB，∴∠1＝∠2，在平行四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，∴∠2＝∠3，∠1＝∠F，又∵∠3＝∠4（对顶角相等），∴∠1＝∠3，∠4＝∠F，∴AD＝DE，CE＝CF，∵AB＝5，AD＝3，∴CE＝DC−DE＝AB−AD＝5−3＝2，∴CF＝2．故答案为2．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、角平分线的定义、平行线的性质以及等角对等边，整体难度不大，熟记性质是解题的关键．5．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图，为平行四边形外一点，连接，，分别交边于点，，使，，，若，，则的长为．【答案】【分析】过，由平行四边形的性质可证得，，是等边三角形，进而可知，，，，利用狗勾股定理可得，即可求解．【详解】解：过，∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∵，，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∵，，∴，，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形，添加辅助线构造直角三角形市解决本题的关键．6．（2023·福建莆田·统考二模）已知二次函数，，，，，为实数，当及时（其中），函数值均为5，当时，函数值为，当时，函数值为，则．【答案】0【分析】先根据题意得到二次函数对称轴为直线，进而得到点和都在二次函数图像上，由于点和的中点坐标为，即可证明点和关于对称轴对称，则，即可得到．【详解】解：∵当及时（其中），函数值均为5，∴二次函数对称轴为直线，∵当时，函数值为，当时，函数值为，∴点和都在二次函数图像上，∵点和的中点坐标为，∴点和的中点在二次函数的对称轴上，∴点和关于对称轴对称，∴，∴，故答案为：0．【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，正确推出点和关于对称轴对称是解题的关键．7．（2023·福建福州·统考二模）已知直线与x轴，y轴交于A，B两点，与双曲线交于E，F两点．若，且则b的取值范围是．【答案】【分析】作轴，轴，与交于D，先利用一次函数图象上点的坐标特征得到A点坐标为，B点坐标为，易得为等腰直角三角形，则，所以，且为等腰直角三角形，则，设F点横坐标为t，代入，则纵坐标是，则F的坐标是，E点坐标为，根据反比例函数图象上点的坐标特征得到，解得，这样可确定F点坐标为，然后根据反比例函数图象上点的坐标特征得到，由，即可求得b的取值范围．【详解】解：作轴，轴，与交于D，如图，∵直线与x轴，y轴交于A，B两点，∴A点坐标为，B点坐标为，，∴为等腰直角三角形，∴，∴，∵为等腰直角三角形，∴，设F点横坐标为t，代入，则纵坐标是，则F的坐标是：，E点坐标为，∴，解得：，∴F点坐标为，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了反比例函数的图象和性质，一次函数的性质，等腰直角三角形的性质等知识，反比例函数（k为常数，）的图象是双曲线，图象上的点的横纵坐标的积是定值k，．8．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考模拟预测）如图，正方形ABCD的边长为4，点P在边AB上，PE⊥PC交AD于点E，点F在CP上且PF=PE，G为EF的中点，若点P沿着AB方向移动（不与A重合），则下列结论正确的是．（填序号即可）①∠CEP与∠CPB可能相等；②点G的运动路径是圆弧；③点G到AD、AB的距离相等；④点G到AB的距离的最大值为2．【答案】①③④【分析】证明Rt△APE∽Rt△BCP，推出，再证明Rt△PCE∽Rt△BCP，即可判断①；证明A、E、G、P四点共圆，推出点G在线段AC上，即可判断②；利用点G在线段AC上，即可判断③和④．【详解】解：①当点P是AB的中点时，∠CEP与∠CPB可能相等，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，且边长为4，∴∠EAP=∠EPC=∠PBC=90°，AP=PB=2，∴∠APE+∠CPB=90°，∠PCB+∠CPB=90°，∴∠APE=∠PCB，∴Rt△APE∽Rt△BCP，∴，∵，∴，又∠EPC=∠PBC=90°，∴Rt△PCE∽Rt△BCP，∴∠CEP=∠CPB，∴∠CEP与∠CPB可能相等，故①正确；②连接AC，PG，∵PE⊥PC，∴∠EPF=90°，∵PF=PE，∴△EPF是等腰直角三角形，∴∠PEF=45°，∵G为EF的中点，∴GE=GP=GF，∴∠EGP=90°，∵∠DAB=∠EGP=90°，∴A、E、G、P四点共圆，∴∠GEP=∠GAP=45°，∴点G在线段AC上，故②不正确；③∵AC是正方形ABCD的对角线，即AC是∠DAB的平分线，∴点G到AD、AB的距离相等；故③正确；④当点P与点B重合时，点G到AB的距离最大，最大值为2．故④正确；故答案为：①③④．【点睛】本题考查了四点共圆的知识，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．9．（2023·福建福州·福建省福州延安中学校考二模）如图上，O为内心，过点O的直线分别与AC、AB相交于D、E，若DE=CD+BE，则线段CD的长为.【答案】2或/或2【分析】分析判断出符合题意的DE的情况，并求解即可；【详解】解：①如图，作，，连接OB，则OD⊥AC，∵，∴∵O为的内心，∴，∴∴，同理，，∴DE=CD+BE，∵O为的内心，∴，∴∴∴②如图，作，由①知，，，∵∴∴∴∴∵∴∴故答案为：2或．【点睛】本题主要考查三角形内心的性质、勾股定理、三角形的相似，根据题意正确分析出符合题意的情况并应用性质定理进行求解是解题的关键．10．（2023·福建厦门·厦门一中校考一模）如图，△OMN是边长为10的等边三角形，反比例函数y=(x>0)的图象与边MN、OM分别交于点A、B（点B不与点M重合）．若AB⊥OM于点B，则k的值为．【答案】【分析】过点B作BC⊥x轴于点C，过点A作AD⊥x轴于点D，设OC=x，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得点B(x，x)，点A(15-2x，2x-5)，再利用反比例函数的性质列方程，解方程即可求解．【详解】解：过点B作BC⊥x轴于点C，过点A作AD⊥x轴于点D，如图：∵△OMN是边长为10的等边三角形，∴OM=MN=ON=10，∠MON=∠MNO=∠M=60°，∴∠OBC=∠MAB=∠NAD=30°，设OC=x，则OB=2x，BC=x，MB=10-2x，MA=2MB=20-4x，∴NA=10-MA=4x-10，DN=NA=2x-5，AD=DN=(2x-5)=2x-5，∴OD=ON-DN=15-2x，∴点B(x，x)，点A(15-2x，2x-5)，∵反比例函数y=(x>0)的图象与边MN、OM分别交于点A、B，∴x•x=(15-2x)(2x-5)，解得x=5(舍去)或x=3，∴点B(3，)，∴k=9．故答案为：9．【点睛】本题是反比例函数的综合题，考查了等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．11．（2023·福建三明·统考二模）如图，为的直径，点M为内一个定点，，，经过点M的弦交于点C，连接．在下列结论中：①为直角三角形；②与相似；③若平分，则四边形为矩形；④若，则．其中正确的是（填写所有正确结论的序号）．【答案】①③④【分析】①延长交于点D，连接，取的中点，连接，过点O作交于点，证明点与点M重合，即可证明为直角三角形；②要使与相似，则或，由于或都是变化的，可判断②不正确；③证明与重合，得到与为的直径，利用圆周角定理即可判断；④连接，证明是等边三角形，据此即可判断．【详解】解：①延长交于点D，连接，取的中点，连接，过点O作交于点，∵为的直径，，∴，，∵点O是的中点，∴是的中位线，∴，∴，，又，∴点与点M重合，∴为直角三角形，故①正确；②∵，∴，要使与相似，则或，但是，是经过点M的弦，或都是变化的，不能等于，故与不可能相似，故②错误；③若平分，则，∵，∴是等边三角形，∴，又，∴与重合，即弦经过圆心O，∴与为的直径，∴，∴四边形为矩形，故③正确；④∵，，∴，，∴，连接，同理得是等边三角形，∴，∵，∴，故④正确；综上，①③④正确，故答案为：①③④．【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定，矩形的判定，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．12．（2023·福建·模拟预测）如图，在矩形中，，，点、分别在边、上（不与端点重合），且于点．若，则．【答案】【分析】根据题意得出四点共圆，结合题意得出是等腰直角三角形，设，证明得出，勾股定理得出，证明得出，进而根据余弦的定义即可求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∴四点共圆，∵，∴，∴是等腰直角三角形，设，∵，，∴∴解得：，∴，则,∴又∵∴∴∴∴,故答案为：．【点睛】本题考查了角所对的弦是直径，相似三角形的性质与判定，求余弦，证明，是解题的关键．13．（2023·福建福州·福建省福州屏东中学校考一模）如图，在正方形中，对角线，相交于点，是线段上的动点（点F不与点O，D重合）连接，过点F作分别交，于点H，G，连接交于点M，作交于点E，交于点N．有下列结论：①当时，；②；③时，；④．其中正确的是（填序号）．【答案】①②③【分析】①正确．利用面积法证明即可；②正确．如图3中，将绕点顺时针旋转得到，连接．则，，，，证明，利用勾股定理，即可解决问题；③正确．如图2中，过点作于，于，连接．想办法证明，再利用相似三角形的性质，解决问题即可；④错误．假设成立，推出，显然不符合条件．【详解】解：如图1中，过点作于．，，，，四边形是正方形，，，，，，，，，故①正确，过点F作，如图所示：∴四边形是矩形，∵，∴，在正方形中，，∴，即，∵，∴，∵，∴，∴，∴，如图3中，将绕点顺时针旋转得到，连接．则，，，，∵，，∵，，，，，，，，，，，，，，∵，，O为的中点，∴，即，∴，∵，∴；，，，，，故②正确，如图2中，过点作于，于，连接．，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，，即，，故③正确，假设成立，，，，显然这个条件不成立，故④错误，故答案为：①②③．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，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，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．14．（2023·福建福州·校考模拟预测）下表记录了二次函数中两个变量与的组对应值，…………其中．根据表中信息，当时，直线与该二次函数图像有两个公共点，则的取值范围为．【答案】【分析】根据题意分别代入点，，可求出二次函数的解析式，【详解】解：∵抛物线经过，∴抛物线对称轴为直线，∴，，将代入得，，解得，∴，∴时，，当时，直线与该二次函数图像有两个公共点，如图所示，

将代入二次函数得，，将代入二次函数得，，∴当时，直线与该二次函数图像有两个公共点，满足题意，故答案为：．【点睛】本题主要考查二次函数图像与直线的综合，掌握二次函数图像的性质，直线与图像交点的关系是解题的关键．15．（2023·福建宁德·统考二模）如图，将矩形沿折叠，使顶点B落在上点处；再将矩形展平，沿折叠，使顶点B落在上点G处，连接．小明发现可以由绕某一点顺时针旋转得到，则°．【答案】【分析】根据旋转角等于对应边所在直线的夹角求直线与的夹角即可．【详解】延长与交于点，∵可以由绕某一点顺时针旋转得到，∴，∵将矩形沿折叠，使顶点B落在上点处，∴四边形是正方形，∴，∴，故答案为：【点睛】本题考查矩形的折叠，旋转的性质，正方形的判定，解题的关键是理解旋转角等于对应边所在直线的夹角．16．（2023·福建厦门·厦门市第十一中学校考二模）如图，已知反比例函数与正比例函数的图象，点，点与点均在反比例函数的图象上，点在直线上，四边形是平行四边形，则点的坐标为．【答案】（，）【分析】利用反比例函数图象上点的坐标性质得出点坐标，再利用平行四边形的性质假设出点坐标，进而表示出点坐标，即可代入反比例函数解析式得出答案．【详解】解：反比例函数过点，，反比例函数解析式为：，点在反比例函数的图象上，，解得：，，点在直线上，设点坐标为：，点，，点向下平移3个单位，再向右平移3个单位，即可得到点，四边形是平行四边形，点向下平移3个单位，再向右平移3个单位，即可得到点，点在反比例函数的图象上，，解得：（负数不合题意），故点坐标为：（，）．【点睛】本题考查了反比例函数综合及平行四边形的性质、平移的性质等知识，根据题意表示出点坐标是解题的关键．17．（2023·福建福州·校考一模）如图，已知正比例函数与反比例函数交于、两点，点是第三象限反比例函数上一点，且点在点的左侧，线段交轴的正半轴于点，若的面积是，则点的坐标是．【答案】【分析】过作轴的平行线交于点，联立正比例函数与反比例函数求得，，得到的解析式为，利用的面积即可求得点的坐标【详解】联立，解得：，，设，：，则，解得：，，：过作轴的平行线交于点，则，，即：，解得，，．【点睛】本题是一次函数与反比例函数的交点问题，考查了反比例函数的性质、待定系数法求一次函数的表达式及三角形的面积，熟练掌握反比例函数的性质和两个函数的交点是解决问题的关键18．（2023·福建厦门·福建省厦门第六中学校考一模）抛物线的对称轴是直线，该抛物线与x轴两个交点的距离为4，方程有两个不相等的实数根，，且，则a的取值范围是．【答案】【分析】先利用对称轴得出，再利用抛物线与x轴两个交点的距离得出a与c之间的数量关系，从而将方程表示成只含有字母参数a的一元二次方程，已知该方程有两个不相等的实数根，根据根与系数的关系，得到一个不等式；将方程转化成一个函数表达式的形式，然后把和分别代入这个函数表达式中，分和两种情况，利用函数图象及性质，得到不等式组，然后与上面由根与系数的关系得到的不等式进行联立，求解即可．【详解】∵抛物线的对称轴是直线，∴，即．∵抛物线的对称轴是直线，该抛物线与x轴两个交点的距离为4，∴该抛物线与x轴两个交点的坐标分别为，，将点的坐标代入，得，∴方程可转化为．∵方程有两个不相等的实数根，，且，∴．将方程转化成g关于x的函数为．把代入，得；把代入，得．当时，解得；当时，无解．综上可知，a的取值范围是．故答案为：．【点睛】本题主要考查了二次函数与一元二次方程的关系：二次函数跟x轴的交点的横坐标，就是相对应的一元二次方程的根，还考查了一元二次方程的根与系数的关系、解不等式组、二次函数的图象与性质等，综合性较强，解题的关键是掌握二次函数的相关知识，注意数形结合．19．（2023·福建漳州·统考一模）如图，在中，和的平分线，相交于点，交于点，交于点，过点作于点，连接．现给出以下结论：①；②若，，则；③；④当时，．其中正确的是．（写出所有正确结论的序号）【答案】①③④【分析】过O作，，交、于点G、H，根据角平分线性质可得到，即可判断①②，在中根据三角形内角和定理可得，可得，结合即可判断③，在上截取，当时，由③可得，即可得到，即可判断④，即可得到答案；【详解】解：过O作，，交、于点G、H，∵和的平分线，相交于点，，，，∴，∴平分角，故①正确；∵，，∴，故②错误；在中根据三角形内角和定理可得，，∴，∵，∴，故③正确；∵，∴，在上截取，∵和的平分线，相交于点，平分角，∴，，，在与，，，∴，∴，∴，在与，，∴，∴，∴，故④正确，故答案为：①③④；【点睛】本题考查角平分线的性质，三角形全等的性质与判定，三角形内角和定理，解题的关键作辅助线．20．（2023·福建泉州·统考二模）如图，点A是抛物线与的公共顶点，过点A的直线与抛物线，的另一个交点分别为B，C，若，则的值是．

【答案】【分析】根据，可知点B的横坐标是点C横坐标的二倍，设出它们的横坐标，代入函数解析式，利用纵坐标的关系列出方程即可求解．【详解】解：因为点A是抛物线与的公共顶点，过点A的直线与抛物线，的另一个交点分别为B，C，且，所以，点B的横坐标是点C横坐标的二倍，设出它们的横坐标分别为，，则纵坐标为，，所以，，化简得，，，故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数的性质，解题关键是根据题意得出两个点横坐标的关系，代入函数解析式求解．21．（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）如图，在正方形中，的平分线交边于点，点在边上，，连接分别交和于点、，动点在上，于点，连接，则下列结论正确的是：①；②；③；④若，则的最小值是.其中正确的是.（填写序号）

【答案】①②④【分析】证明出，即可判断①；证明出和为等腰三角形即可判断②；连接EH，先证明，即可证明出为等腰直角三角形，即可判断③；过点P作于点M，过点H作于点N．根据角平分线的性质定理和垂线段最短可判断出的最小值为HN的长．再证明为为等腰直角三角形，且，即可判断④．【详解】解：∵四边形为正方形，∴DA=AB，．又∵，∴，∴．∵，∴，∴，即，故①正确；∵的平分线交边于点E，∴．又∵，，∴，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴．∴，故②正确；如图，连接EH，

∵DE=DE，，，∴，∴，，∴，∴为等腰直角三角形，∴，故③错误；如图，过点P作于点M，过点H作于点N．

∵的平分线交边于点E，∴，∴，∴的最小值为HN的长．∵，∴为等腰直角三角形．∵，∴，∴的最小值为，故④正确；故答案为：①②④．【点睛】本题考查正方形的性质，角平分线的定义和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质以及勾股定理等知识．熟练掌握各知识点是解题关键．22．（2023年江苏省苏州市吴中、吴江、相城区九年级数学第一次调研试题）如图，在矩形中，，，是上一个动点，过点作，垂足为，连接，取中点，连接，则线段的最小值为．【答案】/0.75【分析】建立如图所示的直角坐标系，求得，设，求得，，利用两点间的距离公式得到关于x的二次函数，利用二次函数的性质求得的最大值，据此即可求解．【详解】解，在矩形中，建立平面直角坐标系，坐标原点为点B，如图，过作于，交于，∵，，∴，，∴，∴，设，∴，，，，∴，∵点为的中点，∴，，∴，∵，∴当时，有最小值，最小值为，∴线段的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数的性质，建立坐标系，构造关于x的二次函数，利用二次函数的性质求解是解题的关键．23．（2023·福建三明·统考一模）如图，正方形的边长为8，是边上的动点（不与，重合），与关于直线对称，把绕点顺时针旋转得到，连结，.现有以下结论：①；②的最小值为；③当时，；④当为中点时，所在直线垂直平分.其中一定正确的是.（写出所有正确结论的序号）【答案】②③【分析】如图，连接，根据轴对称的性质得到，，根据旋转的性质得到，．求得，根据全等三角形的性质得到，根据正方形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论；【详解】解：如图，连接，与关于所在的直线对称，，按顺时针方向绕点旋转得到，，，，，故①错误；当时，有最小值，此时，，，三点共线，即有最小值时，点在对角线上，，，，，，，，故②正确；在和中，，（SAS），，∵四边形是正方形，．，，在Rt中，，，故③正确；当为中点时，，，又，，点不在的垂直平分线上，所在直线不会垂直平分，故④错误；故答案为：②③．【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．24．（2023·福建厦门·厦门市湖里中学校考模拟预测）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别为，边上的动点（不与端点重合），连接，，分别交对角线于点P，Q．点E，F在运动过程中，始终保持，连接，，．以下结论：①；②；③；④为等腰直角三角形；⑤若过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为．其中所有正确结论的序号是．【答案】①②④⑤【分析】连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，根据正方形的性质及线段垂直平分线的性质定理即可判断①正确；通过证明，，可证明②正确；作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，通过证明，可判断③错误；通过证明，，利用相似三角形的性质即可证明④正确；当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，分别求解即可判断⑤正确．【详解】如图1，连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，四边形ABCD是正方形，垂直平分BD，，，，，故①正确；，，，，，即，，，，，，，故②正确；如图2，作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，，，，，，即，，故③错误；如图1，四边形ABCD是正方形，，，，，，，，，，为等腰直角三角形，故④正确；如图1，当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，，，，，，故⑤正确；故答案为：①②④⑤．【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键．25．（2023·福建厦门·统考模拟预测）抛物线与x轴交于A，B两点，点A在点B的左边，抛物线（其中），与x轴交于C，D两点，点C在点D的左边．若，则t的取值范围为．【答案】【分析】先求得A、B、C、D坐标，进而得到，，分、、三种情况，去绝对值和解不等式组即可求解．【详解】解：∵抛物线与x轴交于A，B两点，点A在点B的左边，∴由得或，∴，，∵抛物线（其中），与x轴交于C，D两点，点C在点D的左边，∴由得或，∴，，∴，，∵，∴，又，当时，则，解得，不合题意，舍去；当时，则，解得，符合题意；当时，则，解得，不合题意，舍去，综上，满足条件的t值为．故答案为：【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点问题、解一元一次不等式组、去绝对值、坐标与图形等知识，理解题意，正确列出不等式组以及分类讨论思想的运用是解答的关键．26．（2023·福建漳州·统考二模）抛物线与轴有两个交点，其中一个交点为，且．以下结论：（1）；（2）；（3）；（4）．其中正确的结论是．（写出所有正确结论的序号）【答案】①②③④【分析】利用二次函数的对称性可判断①；利用根的判别式可判断②；利用特殊件的三角函数值可判断③和④．【详解】∵对称轴是直线，一个交点为，且，∴另一个交点横坐标，∴，故①正确；∵抛物线与轴有两个交点，∴，∴，∵，∴，故②正确；∵，，∴时，，∴，∴．①由①知，当时，，∴∴，∴．②，得，∴，故③正确；∵，，∴时，，∴，∴．∵，∴，故④正确．故答案为：①②③④．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数与坐标轴的交点，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键．27．（2023·福建泉州·统考一模）如图，是的弦（不是直径），将沿翻折交于点．若，，则＝．【答案】【分析】设翻折前点的对应点是点，连接、、、、，易证四边形是菱形，得到，推出，证明，得到，进而得到进行求解即可．【详解】解：设翻折前点的对应点是点，连接、、、、，如图：则：∴，∵，∴∴，∴四边形是菱形，∴，∴，∴，∴，∴，∵∴，∴，∴，∵，∴，∴，即：∴，∴∵，∴，∴；故答案为：．【点睛】本题考查弧，弦，角之间的关系，同弧所对的圆周角相等，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．28．（2023·福建厦门·福建省同安第一中学校考一模）如图，平行四边形中，点A，C在反比例函数第一象限的图象上，点B在反比例函数第一象限的图象上，连接并延长交x轴于点D，若，则的值是．【答案】【分析】作轴于，轴于，由，即可得出，即，设，，则，，根据平行四边形的性质得出，，代入即可证得结论．【详解】解：作轴于，轴于，，，，，，设，，则，，四边形是平行四边形，且原点向右平移个单位，向上平移个单位得到，点向右平移个单位，向上平移个单位得到，，，点在反比例函数第一象限的图象上，，，故答案为．【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质，解题的关键是表示出、、的坐标．29．（2023·福建三明·校考一模）点E在边长为2正方形的边上（且点E不与点A，B重合），线段是线段绕着点E顺时针旋转得到，连接有下列结论：①；②；③；④的面积的最大值为1．其中正确结论的序号是【答案】①③/③①【分析】作交的延长线于点J，证明，推出是等腰直角三角形，得到，可证明①；设，推出，利用二次函数的性质可判断④；利用三角形的内角和定理以及三角形的外角性质可判断③；根据含30度角的直角三角形的性质可判断②．【详解】解：作交的延长线于点J，∵线段是线段绕着点E顺时针旋转得到，∴，，，∵四边形是正方形，∴，，，∴，∴，∴，∴，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴；故①正确；设，则，∴，∵，∴当时，有最大值为；故④不正确；∵，，∴，即，∴，∴；故③正确；∵，∴，∵不一定等于，∴不一定等于；故②不正确；综上，正确的有①③，故答案为：①③．【点睛】本题考查了二次函数的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．30．（2023·福建宁德·校考二模）正方形中，，将边绕点逆时针旋转得线段，连接并延长交于点，则．【答案】/【分析】根据旋转的性质得，，推导出是等边三角形，得到，，，解直角三角形得到，，过作，进而得出结论．【详解】解：四边形是正方形，，把边绕点逆时针旋转得到线段，，，，是等边三角形，，，，，，，，，过点作垂直于点，，．故答案为：．【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质等知识，解题的关键是证明是等边三角形，属于中考常考题型．31．（2023·福建南平·统考一模）在平面直角坐标系中，已知点A在反比例函数第一象限的图象上，点B在x轴的正半轴上，若是等腰三角形，且腰长为5，则的长为多少？现给出以下四个结论：①；②；③；④，其中正确的是．（只填正确的序号）【答案】①②③【分析】分两种情况：（1）和（2），先根据反比例函数的解析式、两点之间的距离公式可求出点的坐标，再利用两点之间的距离公式即可得．【详解】解：由题意，分以下两种情况：（1）当时，是等腰三角形，符合题意；（2）当时，是等腰三角形，符合题意；，设点的坐标为，，，解得或，或（舍去）或或（舍去），当时，，则，当时，，则，综上，或或，故答案为：①②③．【点睛】本题考查了反比例函数的几何应用、等腰三角形的定义、两点之间的距离公式、一元二次方程的应用，熟练掌握反比例函数的性质是解题关键．32．（2023·福建厦门·统考一模）已知二次函数，若对于范围内的任意自变量，都有，则的取值范围是．【答案】【分析】先将解析式化成顶点式，然后根据题意可得可求得的取值范围，再结合可知，进而得到可得，最后再结合即可解答．【详解】解：∵∴，即，解得：或，∵∴∴，即，解得：又∵∴．故答案为．【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、解一元二次不等式、等式的性质等知识点，理解二次函数的性质是解答本题的关键．33．（2023·福建龙岩·统考二模）若抛物线（，）经过，两点，则下列结论：①；②；③当时，函数值y随x的增大而增大．其中结论一定正确的有．（写出所有正确结论的序号）【答案】①③/③①【分析】先用待定系数法求得函数解析式、，再根据可知，则，则成立，即可判定①；将、代入可得，再分和两种情况确定的正负，即可判定②；先求出抛物线的对称轴，然后再根据二次函数的性质即可判定③．【详解】解：∵抛物线经过，两点，∴，解得：，∵，∴，，∴，∴成立，即①正确；将、代入可得：，当时，；当时，，∴不一定成立，即②不一定正确；∵∴抛物线的对称轴，∴抛物线开口向上，当时，函数值y随x的增大而增大．即③正确．故答案为①③．【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、解不等式等知识点，灵活运用二次函数的性质以及分类讨论思想是解答本题的关键．34．（2023·福建莆田·校考一模）如图，△ABC中，，，，点D在边AC上运动（不与A，C重合）以BD为边作正方形BDEF，使点A在正方形BDEF内，连接EC，则下列结论：①；②CD的长度可能是AD的长度的2倍；③点F到直线AB的距离为a；④△CDE面积的最大值是．其中正确的结论是（填写所有正确结论的序号）．【答案】②③④【分析】根据正方形的性质得到BD=DE，∠BDE=90°，当时，，则△BCD不全等于△EDC，故①错误；当∠ABD=∠CBD=30°时CD=2AD，故②正确；过点F作FG⊥AB于G，证明△FGB≌△BAD，即可判断③正确；过点E作EH⊥AC于H，则∠H=90°，证明△DHE≌△BAD，得到EH=AD，利用三角函数求出AD、AC，根据公式求出△CDE的面积，利用二次函数的最值解答故④正确．【详解】解：∵四边形BDEF是正方形，∴BD=DE，∠BDE=90°，∵CD=CD，∴当时，，此时，则△BCD不全等于△EDC，故①错误；当∠ABD=∠CBD=30°时，BD=2AD，∠CBD=∠C，∴BD=CD，∴CD=2AD，故②正确；过点F作FG⊥AB于G，则∠FGB=90°，∵四边形BDEF是正方形，∴BF=BD，∠DBF=∠BAC=90°，∴∠GFB+∠FBG=∠FBG+∠ABD=90°，∴∠GFB=∠ABD，∴△FGB≌△BAD，∴FG=AB，故③正确；过点E作EH⊥AC于H，则∠H=90°，∵四边形BDEF是正方形，∴DE=BD，∠BDE=∠BAC=90°，∴∠ADE+∠ADB=∠ADB+∠ABD=90°，∴∠ADE=∠ABD，∴△DHE≌△BAD，∴EH=AD，∵，，∴CD=AC-AD=，∴S△CDE===∴△CDE面积的最大值是，故④正确．故答案为：②③④．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，锐角三角函数，二次函数的最值问题，综合掌握各知识点并应用是解题的关键．35．（2023·福建南平·校联考模拟预测）在平面直角坐标系中，正方形如图摆放，点的坐标为，点的坐标为，点在反比例函数图像上，将正方形沿轴负方向平移个单位长度后，点恰好落在该函数图像上，则的值是．

【答案】【分析】如图，作轴于，轴于，证明得到，，则，用同样方法可得，再根据反比例函数图像上点的坐标特征得到，再计算出自变量的值为所对应的函数值，然后确定平移的距离．【详解】解：如图，作轴于，轴于，∴，∵四边形为正方形，∴，，∴，，∴，，∵，，∴，，点的坐标为，点的坐标为，∴，，在和中，，∴，∴，，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，∵点在反比例函数图像上，∴，∴反比例函数的关系式为，∵点的横坐标为，当时，，∴点平移到点恰好落在该函数图像上，即点向下平移个单位，∴，故答案为：．

【点睛】本题考查用待定系数法确定反比例函数关系式，反比例函数图像上点的坐标特征：反比例函数（为常数，）的图像是双曲线，图像上的点的横纵坐标的积是定值，即，也考查了平移变换和全等三角形的判定和性质．36．（2023·福建福州·统考模拟预测）如图，四边形ABCD内接于圆O，，，，AC，BD交于点G，点O是AC中点．延长AD，BC交于点E，点F在CE上，．则下列结论成立的是（直接填写序号）．①直线DF是⊙O的切线；②是等腰三角形；③图中共有3个等腰三角形；④连接OE，则．【答案】①②④【分析】连接OD，利用已知条件可以证明，即可知①正确；证明，即可知②正确；根据等腰三角形的判定可知、、、是等腰三角形，故③错误；作交于点H，找出，，即可求出，故④正确．【详解】解：连接OD，∵ABCD内接于圆O，且，∴，∵，，∴，，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴直线DF是⊙O的切线，故①正确；∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴是等腰三角形；故②正确；∵，，∴、是等腰三角形，∵，且，∴是等腰三角形，∵是等腰三角形，∴图中共有4个等腰三角形，故③错误；作交于点H，∵，∴，∵，∴，∵，∵是等腰直角三角形，设，则，，∴，即，∵，，∴，∴，∴，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，故④正确；综上所述正确的有①②④．故答案为：①②④【点睛】本题考查圆内接四边形性质，角平分线，切线的判定定理，等腰三角形的判定及性质，正切值，难度较大，解题的关键是熟练掌握以上知识点并理清角之间的关系．37．（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与双曲线交于A，B两点，直线与双曲线的另一个交点为C．现给出以下结论：

①一定是直角三角形；②一定不是等腰直角三角形；③存在实数k，使得；④对于任意的正数k，都存在b，使得．其中正确的是．（写出所有正确结论的序号）【答案】①②④【分析】连接，令与轴，轴分别交于，，联立两个解析式，可得，进而求得，，由此可得，可知，由反比例函数图象的性质可知点与点关于原点对称，得，则，进而求得，即可可判断①；由直线，可得，可知为等腰直角三角形，由三角形外角可知，，即可可判断②；可知，根据反比例函数与坐标轴不相交，可知，即可可判断③；可知，，求得，，进而可得，可知，当时，关于的方程都有解，即可判断④．【详解】解：连接，令与轴，轴分别交于，，

联立，整理得，解得：，，则，，∴，则，∴，∵直线与双曲线的另一个交点为C，则点与点关于原点对称，∴，则，∵，∴，∴为直角三角形，故①正确；对于直线，当时，，当时，，则，∴为等腰直角三角形，∴，由三角形外角可知，，∴一定不是等腰直角三角形，故②正确；∵为等腰直角三角形，∴，∵反比例函数与坐标轴不相交，∴，则，不可能存在实数使得，故③错误；∵，，∴，由，∴，则，当时，关于的方程都有解，∴对于任意的正数k，都存在b，使得，故④正确；故答案为：①②④．【点睛】本题考查反比例函数与几何综合，一元二次函数根与系数的关系，等腰直角三角形的判定及性质，熟练掌握反比例函数的性质是解决问题的关键．38．（2023·福建龙岩·校考一模）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：．【点睛】本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义：在反比例函数y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值．在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是，且保持不变．也考查了相似三角形的判定与性质．39．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考三模）点A，B，C，D顺次在直线l上，，以为边向下作等边，以为底边向上作等腰，当的长度变化时，与的面积差S始终保持不变，则a，b满足数量关系．【答案】【分析】过点F作于点G，过点E作于点H，连接，分别利用直角三角形的性质和勾股定理求出和，设，分别表示出与的面积，从而可得，再根据当的长度变化时，S始终保持不变，可得，即可得出结果．【详解】解：过点F作于点G，过点E作于点H，连接，∵是等边三角形，，

∴，∵，，是等腰三角形，∴，，在中，，设，则，，∴，∵当的长度变化时，S始终保持不变，∴，∴，故答案为：．

【点睛】本题考查等腰三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理及三角形的面积计算，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．40．（2023·福建南平·统考二模）在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，点在直线上，垂直轴于点，垂直轴于点，反比例函数的图象经过点，若，则的值为．【答案】或【分析】根据直线的关系式求出与坐标轴交点坐标，即点A，点，设出点，利用相似三角形的性质可得x、y之间的关系，根据面积的比得出另一个关于x、y的关系式，联立可求出x、y的值，进而求出答案．【详解】解：如图所示：∵直线与轴交于点A，与轴交于点，∴把、代入得：，，∴，，即