2025年中考数学一轮知识梳理考前突破02填空（双空、多结论、多解题3大必考题型）60题（解析版）

考前突破02填空（双空、多结论、多解题3大必考题型）60题题型一：双空题题型二：多结论题题型三：多解题题型一：双空题【中考母题学方法】1．（2024·湖北·中考真题）如图，由三个全等的三角形(，，)与中间的小等边三角形拼成一个大等边三角形．连接BD并延长交于点G，若，则：（1）的度数是；（2）的长是．【答案】30°【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．（1）利用三角形相似及可得，再利用三角形的外角性质结合可求得；（2）作交的延长线于点，利用直角三角形的性质求得，，证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．【详解】解：(已知)，，，，，为等边三角形，，，，，，如图，过点作的延长线于点，，，，，，，，．故答案为：30°，．2．（2024·重庆·中考真题）如图，以为直径的与相切于点，以为边作平行四边形，点D、E均在上，与交于点，连接，与交于点，连接．若，则．．【答案】8/【分析】连接并延长，交于点H，连接，设、交于点M，根据四边形为平行四边形，得出，，证明，根据垂径定理得出，根据勾股定理得出，求出；证明，得出，求出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出．【详解】解：连接并延长，交于点H，连接，设、交于点M，如图所示：∵以为直径的与相切于点A，∴，∴，∵四边形为平行四边形，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；∵，∴，∴，∴，即，解得：，∴，∵为直径，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即，解得：．故答案为：8；．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，切线的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．3．（2024·安徽·中考真题）如图，现有正方形纸片，点E，F分别在边上，沿垂直于的直线折叠得到折痕，点B，C分别落在正方形所在平面内的点，处，然后还原．（1）若点N在边上，且，则（用含α的式子表示）；（2）再沿垂直于的直线折叠得到折痕，点G，H分别在边上，点D落在正方形所在平面内的点处，然后还原．若点在线段上，且四边形是正方形，，，与的交点为P，则的长为．【答案】/【分析】①连接，根据正方形的性质每个内角为直角以及折叠带来的折痕与对称点连线段垂直的性质，再结合平行线的性质即可求解；②记与交于点K，可证：，则，，由勾股定理可求，由折叠的性质得到：，，，，，则，，由，得，继而可证明，由等腰三角形的性质得到，故．【详解】解：①连接，由题意得，，∵，∴，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，，∴，，∴∴，故答案为：；②记与交于点K，如图：∵四边形是正方形，四边形是正方形，∴，，，∴，∴，∴，同理可证：，∴，，在中，由勾股定理得，由题意得：，，，，，∴，∴，∴，∴，∴，即，∵，∴，∴，∴，∴，由题意得，而，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．4．（2024·河北·中考真题）如图，的面积为，为边上的中线，点，，，是线段的五等分点，点，，是线段的四等分点，点是线段的中点．（1）的面积为；（2）的面积为．【答案】【分析】（1）根据三角形中线的性质得，证明，根据全等三角形的性质可得结论；（2）证明，得，推出、、三点共线，得，继而得出，，证明，得，推出，最后代入即可．【详解】解：（1）连接、、、、，∵的面积为，为边上的中线，∴，∵点，，，是线段的五等分点，∴，∵点，，是线段的四等分点，∴，∵点是线段的中点，∴，在和中，，∴，∴，，∴的面积为，故答案为：；（2）在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴、、三点共线，∴，∵，∴，∵，，∴，在和中，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴的面积为，故答案为：．【点睛】本题考查三角形中线的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等分点的意义，三角形的面积．掌握三角形中线的性质是解题的关键．5．（2024·北京·中考真题）联欢会有A，B，C，D四个节目需要彩排.所有演员到场后节目彩排开始。一个节目彩排完毕，下一个节目彩排立即开始.每个节目的演员人数和彩排时长（单位：min）如下：节目ABCD演员人数102101彩排时长30102010已知每位演员只参演一个节目.一位演员的候场时间是指从第一个彩排的节目彩排开始到这位演员参演的节目彩排开始的时间间隔（不考虑换场时间等其他因素）。若节目按“”的先后顺序彩排，则节目D的演员的候场时间为min；若使这23位演员的候场时间之和最小，则节目应按的先后顺序彩排【答案】60【分析】本题考查了有理数的混合运算，正确理解题意，熟练计算是解题的关键．①节目D的演员的候场时间为；②先确定C在A的前面，B在D前面，然后分类讨论计算出每一种情况下，所有演员候场时间，比较即可．【详解】解：①节目D的演员的候场时间为，故答案为：60；②由题意得节目A和C演员人数一样，彩排时长不一样，那么时长长的节目应该放在后面，那么C在A的前面，B和D彩排时长一样，人数不一样，那么人数少的应该往后排，这样等待时长会短一些，那么B在D前面，∴①按照顺序，则候场时间为：分钟；②按照顺序，则候场时间为：分钟；③按照顺序，则候场时间为：分钟；④按照顺序，则候场时间为：分钟；⑤按照顺序，则候场时间为：分钟；⑥按照顺序，则候场时间为：分钟．∴按照顺序彩排，候场时间之和最小，故答案为：．6．（2024·四川乐山·中考真题）定义：函数图象上到两坐标轴的距离都小于或等于1的点叫做这个函数图象的“近轴点”．例如，点0,1是函数图象的“近轴点”．（1）下列三个函数的图象上存在“近轴点”的是（填序号）；①；②；③．（2）若一次函数图象上存在“近轴点”，则m的取值范围为．【答案】③或【分析】本题主要考查了新定义——“近轴点”．正确理解新定义，熟练掌握一次函数，反比例函数，二次函数图象上点的坐标特点，是解决问题的关键．（1）①中，取，不存在“近轴点”；②，由对称性，取，不存在“近轴点”；③，取时，，得到1,0是的“近轴点”；（2）图象恒过点，当直线过时，，得到；当直线过时，，得到．【详解】（1）①中，时，，不存在“近轴点”；②，由对称性，当时，，不存在“近轴点”；③，时，，∴1,0是的“近轴点”；∴上面三个函数的图象上存在“近轴点”的是③故答案为：③；（2）中，时，，∴图象恒过点，当直线过时，，∴，∴；当直线过时，，∴，∴；∴m的取值范围为或．故答案为：或．7．（2024·河南·中考真题）如图，在中，，，线段绕点C在平面内旋转，过点B作的垂线，交射线于点E．若，则的最大值为，最小值为.【答案】//【分析】根据题意得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，点E在以为直径的圆上，根据，得出当最大时，最大，最小时，最小，根据当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，分别画出图形，求出结果即可．【详解】解：∵，，∴，∵线段绕点C在平面内旋转，，∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，∵，∴，∴点E在以为直径的圆上，在中，，∵为定值，∴当最大时，最大，最小时，最小，∴当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，连接，，如图所示：则，∴，∴，∵，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴，即的最大值为；当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，连接，，如图所示：则，∴，∴，∵四边形为圆内接四边形，∴，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴，即的最小值为；故答案为：；．【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形的相关计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质，找出取最大值和最小值时，点D的位置．【中考模拟即学即练】8．（2024·四川成都·二模）定义：如果一个正整数平方后得到的数，十位数字比个位数字大1，我们把这样的正整数称为“平方优数”．例如，，那么24是平方优数，若将平方优数从小到大排列，则第3个平方优数是；第48个平方优数是．【答案】26589【分析】本题考查了因式分解的应用，解题关键在于读懂题意，理解新定义．令，，，，，是平方优数，且，由题可知，最小的平分优数为11，即，由定义可知，一个正整数平方后得到的数，十位数字比个位数字大1，设，即，为100的倍数，则，求解即可．【详解】解：令，，，，，是平方优数，且，由题可知，最小的平分优数为11，即，由定义可知，一个正整数平方后得到的数，十位数字比个位数字大1，设，即，，是平方优数，则的十位数字比个位大1，为100的倍数，则，的十位和个位必定和的相同，，即是平方优数，同理，，，，是平方优数，根据定义可得：，，，，．，，，，，，．故答案为：26，589．9．（2024·浙江·模拟预测）如图，四边形中，，，，，连结，．（1）若，则BD的值为．（2）线段的最大值为．【答案】【分析】（1）过作于，构造，，利用含30°直角三角形和勾股定理求出，进而由求解；（2）构造以为底，顶角为的等腰，得，再证明，进而求出，由，所以当A，F，C共线时，的最大值为．【详解】（1）如图，过作于，∵，，，∴，，∴，．∴在中，，．（2）作以为底，顶角为的等腰，作，连结，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，得，∵，∴当A，F，C共线时，的最大值为．【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形性质、相似三角形的判定和性质，三角形的三边关系及解直角三角形，利用三角形相似转化线段关系，由三角形三边关系求出最值是解题关键．10．（2024·河北石家庄·一模）如图，已知平面直角坐标系中有一个的正方形网格，网格的横线、纵线分别与x轴．y轴平行，每个小正方形的边长为1．点N的坐标为．（1）点M的坐标为；（2）若双曲线L：与正方形网格线有两个交点，则满足条件的正整数k的值有个．【答案】4【分析】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征及性质，解题的关键是熟练运用以上知识点．（1）根据已知条件及线段的和差求出的坐标．（2）先找出正方形网格线上横纵坐标相乘得正整数的点，假设每个点处都有双曲线，求出此时的值，再根据只有两个点的对应的值相等即可得出答案．【详解】解：（1）如图所示，∵每个小正方形的边长为1，∴，∵点的坐标为，∴点的横坐标为，点的纵坐标为，∴点的坐标为．故答案为：．（2）正方形网格线上横纵坐标相乘得正整数的点有、、、、、则分别过以上点的双曲线的值分别为：，所以当与正方形网格线有两个交点，的值可以为，满足条件的正整数的值有4个．故答案为：4．11．（2024·内蒙古包头·模拟预测）如图，点是菱形的对角线上一点，连接并延长，交于，交的延长线于点．

（1）图中与哪个三角形全等：．（2）猜想：线段、、之间存在什么关系：．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．（1）根据菱形的四条边都相等，对角线平分对角可得，，根据两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等，即可求解；（2）根据全等三角形的对应边相等，对应角相等可得，，根据菱形的对边平行可得，根据两直线平行，内错角相等可得，推得，根据两角分别对应相等的两个三角形相似，相似三角形的对应边之比相等即可求解．【详解】（1）解：∵四边形菱形，∴，，又∵，∴．故答案为：．（2）解：∵，∴，，∵四边形菱形，∴，∴，∴，又∵，∴，∴∴，∴．故答案为：．12．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，．是线段上的一个动点，过点作，垂足为，连接．则的最小值为，．【答案】【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质等知识．证明，则，再证明，则，得到垂直平分，连接与交于点，交于点，连接，由垂直平分，证明，证明当点与点重合时，的值最小，此时，即的最小值是的长，由，即可得到的最小值为，证明，，则．【详解】解：四边形是正方形，，，，，即，在和中，，，，，，，，，平分，，又为公共边，，，又，∴垂直平分，连接与交于点，交于点，连接，四边形是正方形，，即，垂直平分，，当点与点重合时，的值最小，此时，即的最小值是的长，正方形的边长为4，，，即的最小值为，垂直平分，，又，，故答案为：；13．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图所示，在中，，，点P是线段上的一个动点(点P可与点A重合)，过点P作于点R，作的平分线交AB于点G，在线段上截取，过点D作交于点E，过点P作交于点F，此时四边形恰好为正方形，在点P从点A开始的运动过程中，正方形面积的最小值为，最大值为．【答案】【分析】设，则，，根据等腰直角三角形的性质和三线合一的性质可得出，然后再根据勾股定理将正方形表示为，然后根据二次函数的性质求解即可．【详解】解：设，则，∵，∴∵，，∴，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴G为的中点，∴，在中，∵四边形为正方形，则面积当，其面积最小为：当点D与点R重合时，，即，解得：，若时，无法构成正方形，即，∵的对称轴为：，开口向上，且，∴当时，正方形面积有最大值，最大值为，综上：当时，正方形面积有最大值，最大值为当时，正方形面积有最小值，最小值为．故答案为：，．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、角平分线的性质、正方形的性质，勾股定理以及二次函数的性质，属于常考题型，灵活应用上述知识是解题的关键．14．（2024·重庆江津·模拟预测）一个三位数m，每个数位上的数字均不为0，且满足百位十位个位，称为“步步高升数”，将“步步高升数”m个位与百位交换得到，记．例如：128满足，则称128为“步步高升数”，将“步步高升数”128个位与百位交换得到821，记．若p是一个“步步高升数”，则的最大值为，一个“步步高升数”p是3的倍数，且满足是一个完全平方数，则所有满足条件的p的平均值为．【答案】8【分析】本题考查了实数的新定义运算，求一个数的平均数，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先表示和，结合，得出，因为是一个完全平方数，得出，最后根据p是3的倍数，列式计算即可作答．【详解】解：依题意，p是一个“步步高升数”，设这个“步步高升数”为∴将“步步高升数”的个位与百位交换得到∵∴则∵，且都是正整数∴则的最大值为∵是一个完全平方数∴∵，且都是正整数∴都舍去∴故当时，则∴故当时，则∴故当时，则∴故当时，则∴故当时，则∴∵一个“步步高升数”p是3的倍数，∴∴∴满足条件的p的平均值为故答案为：8，15．（2024·重庆渝北·模拟预测）若一个四位数的首尾两位数字顺次组成的两位数与中间两位数字顺次组成的两位数之和为160，则称这个四位数为“吉祥数”，若一个四位数．（其中，且a，b，c，d均为整数）为“吉祥数”，则，定义，若能被17整除，且存在整数k，使得，则满足条件的M的值为．【答案】157882【分析】本题考查了实数的新定义问题，正确理解新定义是解题的关键．利用“吉祥数”的定义以及各字母的范围，结合两位数的表示方法和整数的性质，即可求解；再利用整数整除的性质，合理变形分析讨论，最后得出满足条件的M的值．【详解】解：根据题意得，，变形得，，为10的倍数．∵，∴，为10的倍数，故．∴，可求得．∵能被17整除，可设（N为整数）．又，，将变形得：，即，（N为整数），∵17与3互质，∴必是17的整数倍．∵，a、c均为正整数，∴，即，是17的整数倍，故或．以下分两种情况讨论：当时，则，，符合条件的a、c有或或，当时，，，（不符合题意，舍去）；当时，，，（不符合题意，舍去）；当时，，，（不符合题意，舍去）；当时，则，，符合条件的a、b有或或，当时，，，无解（不符合题意，舍去）；当时，，，无解（不符合题意，舍去）；当时，，，（符合题意）；综上，符合题意的只有．依据题意可知，，因此，满足条件的M值只有，故答案为：15，7882．16．（2024·重庆·模拟预测）一个四位自然数M，如果M满足各数位上的数字均不为0，它的百位上的数字比千位上的数字大1，个位上的数字比十位上的数字大1，则称M为“珊瑚数”．对于一个“珊瑚数”M，同时将M的个位数字交换到十位、十位数字交换到百位、百位数字交换到个位，得到一个新的四位数N．称N为“明佳数”，规定：．如果M是最大“珊瑚数”，则是，对于任意四位自然数（a、b、c、d是整数且，），规定：．已知P、Q是“珊瑚数”，其中P的千位数字为m（m是整数且），十位数字为8；Q的百位数字为5，十位数字为s（s是整数且），且．若能被13整除，则的最小值是．【答案】【分析】答题空1：根据“珊瑚数”和“明佳数”的定义，以及M是最大“珊瑚数”可得M和N的值，进而可求得的值；答题空2：根据题意可得，，进而可得，由能被13整除，可得能被13整除．结合s和m的范围，以及s、m都是正整数，即可求出m的值．进而可得P的值及P的“明佳数”的值，再求出的值，即可得的最小值．本题考查了新定义运算，因式分解，求二元一次方程的特殊解，理解新定义是解题的关键．【详解】解：根据题意，∵M是最大“珊瑚数”，∴，，．故答案为：10．∵P、是“珊瑚数”，且P的千位数字为m，十位数字为8，∴P的百位数字为，个位数字为9，．∵Q是“珊瑚数”，且Q的百位数字为5，十位数字为s，∴Q的千位数字为4，个位数字为，．．∵能被13整除，且52能被13整除，∴能被13整除，∵，，∴，∴．∵m、n都是正整数，且，∴或．当时，，则P的“明佳数”为4895，则；当时，，则P的“明佳数”为5896，则．∵，∴的最小值是．故答案为：．17．（2024·贵州黔东南·一模）如图，在正方形中，点E，F分别在，的延长线上，，点G，H分别是，的中点，连接，延长交于点．若，，则°，．【答案】90【分析】根据四边形是正方形，推出，，则，同理可得，再推出，得出，因为，则，所以；如图，连接，利用勾股定理求出，则可知，又因为点是的中点，则，根据是的中点，得出，则，根据，推出，则，则可求，，，，利用勾股定理求出即可．【详解】解：四边形是正方形，，，，同理可得，，，，，，，，；如图，连接，，，，，又点是的中点，，是的中点，，，，，则，，，，，在中，．故答案为：90；．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．18．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）如图，在中，，D是边上一点，，E，F分别是上的点，且．（1）设，则（用含的式子表示）；（2）若，则的长为．【答案】4【分析】（1）依题意得，设，则，，然后根据得，即，则，据此可得的度数；（2）过点作交的延长线于，设，则，证和全等得，则，再证得，然后在中由勾股定理构造关于的方程，解方程求出即可得的长．【详解】解：（1）∵，∴，设，∴，∵，∴，∵为的一个外角，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：．（2）过点B作交的延长线于G，如下图所示：则，∴，由（1）可知：当时，，∴，设，则，∵，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∵是的一个外角，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，由勾股定理得：，即，整理得：，解得：（不合题意，舍去），∴．故答案为：4．【点睛】此题主要考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形外角的性质，勾股定理，解一元二次方程，理解等腰三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键，难点是正确地作出辅助线构造全等三角形．19．（2024·河北邢台·模拟预测）如图，是边长为2的等边三角形，点E为中线BD上的动点．连接CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到CF．连接，则，连接，则周长的最小值是．【答案】【分析】证明可得，得到点在射线上运动，如图所示，作点关于的对称点，连接，可得当三点共线时，取最小值，即，由得到，即得，进而由勾股定理得，据此即可求解．【详解】解：∵为等边三角形，为高上的动点，，∵将绕点顺时针旋转得到，，，，，∴点在射线上运动，如图所示，作点关于的对称点，连接，设交于点，则，在中，，则，当三点共线时，取最小值，即，∵，∴，∵，∴，∴，∴周长的最小值为，故答案为：；．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，两点之间线段最短，直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．20．（2024·广东广州·模拟预测）如图，为的直径，点A是弧的中点，交于E点，的切线与的延长线交于点F，，．则（1）弧的长＝；（2）．【答案】2【分析】（1）先证明，进而证明，利用相似三角形的性质求出，进而利用勾股定理求出，则，，，进而推出，再证明是等边三角形，进一步可得弧长，（2）结合（1）求解，证明，得到，则．【详解】解：（1）如图，连接，连接，∵点A是弧的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵是圆的直径，∴，∵，∴，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∴弧的长π．（2）在中，由勾股定理得，，∴，∴，，∴，，∴，，∵为的直径，是切线，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．2．【点睛】本题考查的是切线的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用，圆周角定理的应用，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．21．（2024·重庆南岸·模拟预测）一个各个数位上的数字均不为0的四位正整数，若千位上的数字与个位上的数字之和是百位上的数字与十位上的数字之和的2倍，则称这个四位数为“逢双数”，若为“逢双数”，则这个数为；对于“逢双数”，任意去掉一个数位上的数字，得到四个三位数，这四个三位数的和记为．若“逢双数”千位上的数字与个位上的数字之和为8，且能被4整除，则所有满足条件的“逢双数”的最大值与最小值的差为．【答案】76296174【分析】本题考查了新定义，整除问题，理解定义是解题的关键．由为“逢双数”，得，即可求解；设“逢双数”的个位数字为x，十位数字为y，则千位数字为，百位数字为，得，由∵能被4整除，可知能被4整除，进而求得，即可得的最大值，最小值，即可求解．【详解】解：∵为“逢双数”，∴，解得：，即：这个数为7629；设“逢双数”的个位数字为x，十位数字为y，则千位数字为，百位数字为，故，，=，∵能被4整除，∴，∴能被4整除，当时，或；当时，或；当时，或；∵∴，时，m取得最大值，且为；∴，时，m取得最小值，且为；故最大值与最小值的差为：；故答案为：．22．（2024·安徽·三模）如图，在矩形中，P，Q为对角线上两点，以为对角线的正方形的顶点E，F分别在边上．（1）若，，则；（2）若，则的值为．（用含n的代数式表示）【答案】【分析】（1）连接交于点O，由勾股定理求出，由矩形的性质可得出，，，由正方性质的性质可得出，证明，由相似三角形的性质可得出，进一步即可求出．（2）由矩形的性质和正方形的性质证得，由全等三角形的性质进一步得出，由相似三角形的性质可得出，设，则，，则．【详解】解：（1）连接交于点O，∵，，∴，∵是矩形，∴，，，∵是正方形，∴，又∵，∴，∴，即，得，∴．（2）∵是矩形，∴，，∴，∵是正方形，∴，，，又∵，∴，∴，∴，即，由（1）．得，设，则，∴故答案为：，．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定以及性质，相似三角形的判定以及性质，掌握这些判定定理以及性质是解题的关键．23．（2024·安徽·模拟预测）如图1，，分别是等边边上两点，且的面积和四边形的面积相等，将沿折叠得到．（1）若，，则；（2）如图2，若，，则．

【答案】5【分析】（1）先证明、、均为等边三角形，且，由题意得出，根据等边三角形的性质得出，解得，即可得出答案；（2）由题意得出，且，证明，根据相似三角形的性质得出，求出，最后得出即可．【详解】解：（1）过点A作于点M，如图所示：

∵为等边三角形，∴，，，∴，，∴为等边三角形，∴，∴，即，根据折叠可知：，，∴，,∴和为等边三角形，∴，，，∴为等边三角形，∵为等边三角形，，∴，∴，∴，同理得：，∵的面积和四边形的面积相等，∴，∴，∵和为等边三角形，且，∴，∴，∴，解得：，负值舍去；故答案为：；（2）∵的面积和四边形的面积相等，∴，∴，∴，∵，，∴，同理得：，∴，，，∴，∴，解得：，负值舍去；故答案为：5．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，三角形相似的判定和性质，解题的关键是数形结合，熟练掌握等边三角形的判定和性质．24．（2024·河北张家口·模拟预测）如图，在中，，，为边的高，点A在x轴上，点B在y轴上，点C在第一象限，若A从原点出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动，则点B随之沿y轴下滑，并带动在平面内滑动，设运动时间为t秒，当B到达原点时停止运动连接，线段的长随t的变化而变化，当最大时，．当的边与坐标轴平行时，．【答案】

和

325【详解】本题主要考查了三角形顶点在坐标轴上滑动．熟练掌握等腰三角形性质，勾股定理解直角三角形，相似三角形的判定和性质，是解决问题的关键．①由等腰三角形的性质可得，从而可求出，然后根据当O，D，C共线时，取最大值，是等腰直角三角形，求出即可；②根据等腰三角形的性质求出，分轴、，轴，两种情况，列式计算即可．【题目详解】解：∵，，，∴，∵，∴，当O，D，C共线时，取最大值，此时．∵，，∴为等腰直角三角形，∴；故答案为：；∵，为边的高，∴，，∴，当轴时，，∴，∴，即，解得，；当轴时，，∴，∴，即，解得，，则当或时，的边与坐标轴平行．故答案为：或．25．（2024·四川乐山·一模）当，是正实数，且满足时，就称点为“友谊点”．已知点与点都在直线上，点、是“友谊点”，且点在线段上．（1）点的坐标为；（2）若，，则的面积为．【答案】/【分析】（1）由变式为，可知，所以在直线上，点在直线上，求得直线：，进而求得；（2）根据直线平行的性质从而证得直线与直线垂直，然后根据勾股定理求得的长，从而求得三角形的面积．【详解】解：（1）∵且，是正实数，∴，即，∴，即“友谊点”在直线上，∵点在直线上，∴，∴直线：，∵“友谊点”在直线上，∴由解得，∴，故答案为：；（2）∵一、三象限的角平分线垂直于二、四象限的角平分线，而直线与直线平行，直线与直线平行，∴直线与直线垂直，∵点是直线与直线的交点，∴垂足是点，∵点是“友谊点”，∴点在直线上，∴是直角三角形，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了求一次函数解析式，一次函数的性质，直角三角形的判定，勾股定理的应用以及三角形面积的计算等，判断直线垂直，借助正比例函数是本题的关键．26．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，一块含30°的三角板和直尺拼合在同一平面上，边AD在射线上，，点从点出发沿AB方向滑动时，点同时在射线上滑动．当点从点滑动到点时，面积的最大值（），连接，则外接圆的圆心运动的路径长．【答案】【分析】作于，取的中点，连接，可得，即得，进而可得面积的最大值，由得点共圆，得到，即得点在与AD成30°的直线上运动，设的外接圆的圆心为，则是AB和的垂直平分线的交点，由AB是定线段，可得点运动路线是一条线段，当点在AB的中点处时，，可得是等边三角形，得到，利用三角函数求出即可求解．【详解】解：如图，作于，取的中点，连接，则，∴，∵，∴，∴，∴，如图，∵，∴点共圆，∴，∴点在与AD成30°的直线上运动，设的外接圆的圆心为，则是AB和的垂直平分线的交点，∵AB是定线段，∴点运动路线是一条线段，如图，作AB的垂直平分线，此时在点处，如图，当点在AB的中点处时，此时，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴外接圆的圆心运动的路径长为，故答案为：，．【点睛】本题考查了垂线段最短，直角三角形的性质，四点共圆，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，正确作出辅助线是解题的关键．27．（2024·重庆·中考真题）一个各数位均不为0的四位自然数，若满足，则称这个四位数为“友谊数”．例如：四位数1278，∵，∴1278是“友谊数”．若是一个“友谊数”，且，则这个数为；若是一个“友谊数”，设，且是整数，则满足条件的的最大值是．【答案】3456【分析】本题主要考查了新定义，根据新定义得到，再由可求出a、b、c、d的值，进而可得答案；先求出，进而得到，根据是整数，得到是整数，即是整数，则是13的倍数，求出，再按照a从大到小的范围讨论求解即可．【详解】解：∵是一个“友谊数”，∴，又∵，∴，∴，∴这个数为；∵是一个“友谊数”，∴，∴，∴，∵是整数，∴是整数，即是整数，∴是13的倍数，∵都是不为0的正整数，且，∴，∴当时，，此时不满足是13的倍数，不符合题意；当时，，此时不满足是13的倍数，不符合题意；当时，，此时可以满足是13的倍数，即此时，则此时，∵要使M最大，则一定要满足a最大，∴满足题意的M的最大值即为；故答案为：3456；．题型二：多结论题【中考母题学方法】28．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在正方形中，E是延长线上一点，分别交于点F、M，过点F作，分别交、于点N、P，连接．下列四个结论：①；②；③若P是中点，，则；④；⑤若，则．其中正确的结论是．【答案】①②③⑤【分析】如图1，作于，则四边形是矩形，证明，则，可判断①的正误；如图2，作交于，连接，证明，则，，由，，可得，，，证明，则，由勾股定理得，，由，可得，可判断②的正误；如图3，连接，由勾股定理得，，，可求，设，则，，由勾股定理得，，由，可得，整理得，，可求满足要求的解为，则，，由，可得，可求，可判断③的正误；由题意知，，不相似，，可判断④的正误；由设，，，则，，，，证明，则，证明，则，即，可求，同理，，则，即，同理，，则，即，可得，将代入得，，整理得，，可得，，则，可判断⑤的正误．【详解】解：∵正方形，∴，，，如图1，作于，则四边形是矩形，∴，∵，∴，又∵，，∴，∴，①正确，故符合要求；如图2，作交于，连接，∴，∴，∵，，，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴，即，∵，∴，∵，，，∴，∴，由勾股定理得，，∵，∴，②正确，故符合要求；∵P是中点，，∴，如图3，连接，由勾股定理得，，，解得，，设，则，，由勾股定理得，，∵，∴，整理得，，解得，或（舍去），∴，，∵，∴，解得，，③正确，故符合要求；由题意知，，∴不相似，，④错误，故不符合要求；∵，∴，，设，，，则，，，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，即，解得，，同理，，∴，即，同理，，∴，即，∴，将代入得，，整理得，，解得，，∴，⑤正确，故符合要求；故答案为：①②③⑤．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正弦，余弦，相似三角形的判定与性质．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正弦，余弦，相似三角形的判定与性质是解题的关键．29．（2024·四川遂宁·中考真题）如图，在正方形纸片中，是边的中点，将正方形纸片沿折叠，点落在点处，延长交于点，连结并延长交于点．给出以下结论：①为等腰三角形；②为的中点；③；④．其中正确结论是．（填序号）【答案】①②③【分析】设正方形的边长为，，根据折叠的性质得出，根据中点的性质得出，即可判断①，证明四边形是平行四边形，即可判断②，求得，设，则，勾股定理得出，进而判断③，进而求得，，勾股定理求得，进而根据余弦的定义，即可判断④，即可求解．【详解】解：如图所示，∵为的中点，∴设正方形的边长为，则∵折叠，∴，∴∴是等腰三角形，故①正确；设，∴∴∴∴又∵∴四边形是平行四边形，∴，∴，即是的中点，故②正确；∵，∴在中，，∵∴设，则，∴∴∴，，∴，故③正确；连接，如图所示，∵，，又∴∴又∵∴∴又∵∴∵∴∴∴在中，∴，故④不正确故答案为：①②③．【点睛】本题考查了正方形与折叠问题，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．30．（2024·四川德阳·中考真题）如图，抛物线的顶点的坐标为，与轴的一个交点位于0和1之间，则以下结论：①；②；③若抛物线经过点，则；④若关于的一元二次方程无实数根，则．其中正确结论是（请填写序号）．【答案】①②④【分析】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，根的判别式，二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握二次函数的图象与性质．①利用抛物线的顶点坐标和开口方向即可判断；②利用抛物线的对称轴求出，根据图象可得当时，，即可判断；③利用抛物线的对称轴，设两点横坐标与对称轴的距离为，求出距离，根据图象可得，距离对称轴越近的点的函数值越大，即可判断；④根据图象即可判断．【详解】解：①∵抛物线的顶点的坐标为，∴，∴，即，由图可知，抛物线开口方向向下，即，∴，当时，，∴，故①正确，符合题意；②∵直线是抛物线的对称轴，∴，∴，∴由图象可得：当时，，∴，即，故②正确，符合题意；③∵直线是抛物线的对称轴，设两点横坐标与对称轴的距离为，则，，∴，根据图象可得，距离对称轴越近的点的函数值越大，∴，故③错误，不符合题意；④如图，∵关于x的一元二次方程无实数根，∴，故④正确，符合题意．故答案为：①②④31．（2024·四川南充·中考真题）已知抛物线与轴交于两点，（在的左侧），抛物线与轴交于两点，（在的左侧），且．下列四个结论：与交点为；；；，两点关于对称．其中正确的结论是．（填写序号）【答案】【分析】由题意得，根据可以判断；令求出，，由可以判断；抛物线与轴交于两点，（在的左侧），抛物线与轴交于两点，（在的左侧），根据根的判别式得出或，或，可以判断，利用两点间的距离可以判断．【详解】解：由题意得，∴，∵，∴，当时，，∴与交点为，故正确，当时，，解得，∴，当时，，解得，∴，∵，∴，即，∴，则有：，∵，∴，故正确；∵抛物线与轴交于两点，（在的左侧），抛物线与轴交于两点，（在的左侧），∴，，解得：或，或，由得，∴，当时，，或当时，，∴，故错误；由得：，解得，∵在的左侧，在的左侧，∴，，，，∵，∴，整理得：，∴，∴由对称性可知：，两点关于对称，故正确；综上可知：正确，故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系，解一元二次方程，根的判别式，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．32．（2024·山东烟台·中考真题）已知二次函数的与的部分对应值如下表：下列结论：；关于的一元二次方程有两个相等的实数根；当时，的取值范围为；若点，均在二次函数图象上，则；满足的的取值范围是或．其中正确结论的序号为．【答案】【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，利用待定系数法求出的值即可判断；利用根的判别式即可判断；利用二次函数的性质可判断；利用对称性可判断；画出函数图形可判断；掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．【详解】解：把，，代入得，，解得，∴，故正确；∵，，，∴，当时，，∴，∵，∴关于的一元二次方程有两个相等的实数根，故正确；∵抛物线的对称轴为直线，∴抛物线的顶点坐标为，又∵，∴当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，当时，函数取最大值，∵与时函数值相等，等于，∴当时，的取值范围为，故错误；∵，∴点，关于对称轴对称，∴，故正确；由得，即，画函数和图象如下：由，解得，，∴，，由图形可得，当或时，，即，故错误；综上，正确的结论为，故答案为：．33．（2024·湖北武汉·中考真题）抛物线（a，b，c是常数，）经过，两点，且．下列四个结论：①；②若，则；③若，则关于x的一元二次方程无实数解；④点，在抛物线上，若，，总有，则．其中正确的是（填写序号）．【答案】②③④【分析】本题考查了二次函数的性质，根据题意可得抛物线对称轴，即可判断①，根据−1,1，两点之间的距离大于，即可判断②，根据抛物线经过−1,1得出，代入顶点纵坐标，求得纵坐标的最大值即可判断③，根据④可得抛物线的对称轴，解不等式，即可求解．【详解】解：∵（a，b，c是常数，）经过−1,1，两点，且．∴对称轴为直线，，∵，∴，故①错误，∵∴，即−1,1，两点之间的距离大于又∵∴时，∴若，则，故②正确；③由①可得，∴，即，当时，抛物线解析式为设顶点纵坐标为∵抛物线（a，b，c是常数，）经过−1,1，∴∴∴∵，，对称轴为直线，∴当时，取得最大值为，而，∴关于x的一元二次方程无解，故③正确；④∵，抛物线开口向下，点Ax1,y1，Bx2,又，∴点Ax1,∴对称轴解得：，故④正确．故答案为：②③④．34．（2024·广东广州·中考真题）如图，平面直角坐标系中，矩形的顶点在函数的图象上，，．将线段沿轴正方向平移得线段（点平移后的对应点为），交函数的图象于点，过点作轴于点，则下列结论：①；②的面积等于四边形的面积；③的最小值是；④．其中正确的结论有．（填写所有正确结论的序号）【答案】①②④【分析】由，可得，故①符合题意；如图，连接，，，与的交点为，利用的几何意义可得的面积等于四边形的面积；故②符合题意；如图，连接，证明四边形为矩形，可得当最小，则最小，设，可得的最小值为，故③不符合题意；如图，设平移距离为，可得，证明，可得，再进一步可得答案．【详解】解：∵，，四边形是矩形；∴，∴，故①符合题意；如图，连接，，，与的交点为，∵，∴，∴，∴的面积等于四边形的面积；故②符合题意；如图，连接，∵轴，，∴四边形为矩形，∴，∴当最小，则最小，设，∴，∴，∴的最小值为，故③不符合题意；如图，设平移距离为，∴，∵反比例函数为，四边形为矩形，∴，，∴，，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，故④符合题意；故答案为：①②④【点睛】本题考查的是反比例函数的图象与性质，平移的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．35．（2024·黑龙江大庆·中考真题）定义：若一个函数图象上存在纵坐标是横坐标2倍的点，则把该函数称为“倍值函数”，该点称为“倍值点”．例如：“倍值函数”，其“倍值点”为．下列说法不正确的序号为．①函数是“倍值函数”；②函数的图象上的“倍值点”是和；③若关于x的函数的图象上有两个“倍值点”，则m的取值范围是；④若关于x的函数的图象上存在唯一的“倍值点”，且当时，n的最小值为k，则k的值为．【答案】①③④【分析】本题考查了新定义问题，二次函数的图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，二次函数的最值问题．根据“倍值函数”的定义，逐一判断即可．【详解】解：①函数中，令，则，无解，故函数不是“倍值函数”，故①说法错误；②函数中，令，则，解得或，经检验或都是原方程的解，故函数的图象上的“倍值点”是和，故②说法正确；③在中，令，则，整理得，∵关于x的函数的图象上有两个“倍值点”，∴且，解得且，故③说法错误；④在中，令，则，整理得，∵该函数的图象上存在唯一的“倍值点”，∴，整理得，∴对称轴为，此时n的最小值为，根据题意分类讨论，，解得；，无解；，解得或（舍去），综上，k的值为0或，故④说法错误；故答案为：①③④．36．（2024·四川巴中·中考真题）若二次函数的图象向右平移1个单位长度后关于轴对称．则下列说法正确的序号为．（少选得1分，错选得0分，选全得满分）①②当时，代数式的最小值为3③对于任意实数，不等式一定成立④Px1,y1，Qx【答案】①③④【分析】本题考查的是二次函数的图象与性质，抛物线的平移，抛物线的增减性的应用，利用的应用二次函数的性质是解本题的关键．由二次函数的图象向右平移1个单位长度后关于轴对称．可得，可得①符合题意；由，可得，结合，可得②不符合题意；由对称轴为直线，结合，可得③符合题意；分三种情况分析④当时，当时，满足，当时，不满足，不符合题意，舍去，可得④符合题意；【详解】解：∵二次函数的图象的对称轴为直线，而二次函数的图象向右平移1个单位长度后关于轴对称．∴，∴，故①符合题意；∴，∴，，∵，∴当时，取最小值，故②不符合题意；∵，∴对称轴为直线，∵，当时，函数取最小值，当时，函数值为，∴，∴对于任意实数，不等式一定成立，故③符合题意；当时，∵，∴，∴，当时，满足，∴，∴，当时，不满足，不符合题意，舍去，故④符合题意；综上：符合题意的有①③④；故答案为：①③④．37．（2024·吉林长春·中考真题）如图，是半圆的直径，是一条弦，是的中点，于点，交于点，交于点，连结．给出下面四个结论：①；②；③当，时，；④当，时，的面积是．上述结论中，正确结论的序号有．【答案】①②③【分析】如图：连接，由圆周角定理可判定①；先说明、可得、，即可判定②；先证明可得,即,代入数据可得，然后运用勾股定理可得，再结合即可判定③；如图：假设半圆的圆心为O，连接，易得，从而证明是等边三角形，即是菱形，然后得到，再解直角三角形可得，根据三角形面积公式可得，最后根据三角形的中线将三角形平分即可判定④．【详解】解：如图：连接，∵是的中点，∴,∴，即①正确；∵是直径，∴，∴，∵∴,∵，∴，∴，∵，,∴，∵，∴，∴，∴,即②正确；在和,，∴，∴,即,∴，即,∴,∵，∴，即③正确；如图：假设半圆的圆心为O，连接，∵，，是的中点，∴∴，∵，∴是等边三角形，∴，即是菱形，∴，∵，∴，即，解得：,∴，∵∴，即④错误．故答案为：①②③．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．【中考模拟即学即练】38．（2024·江苏连云港·模拟预测）如图，是线段上一点，和是位于直线同侧的两个等边三角形，点分别是的中点．若，则下列结论正确的有．（填序号）①的最小值为；②的最小值为；③周长的最小值为6；④四边形面积的最小值为．

【答案】②③④【分析】①延长交于M，过P作直线，由和是等边三角形，可得四边形是平行四边形，而P为中点，知P为中点，故P在直线l上运动，作A关于直线l的对称点，连接，当P运动到与直线l的交点，即共线时，最小，再根据勾股定理求出，即可判断①是否正确；②由，即可得：当共线时，最小，最小值为的长度，求出即可判断②是否正确；③过D作于K，过C作于T，由和是等边三角形，得，有，得到周长，即可判断③是否正确；④设，用m表示，再配方，即可知四边形面积的最小值，从而可判断④是否正确．【详解】解：①如图，延长交于M，过P作直线，

和是等边三角形，，，四边形是平行四边形，为中点，为中点，在线段上运动，在直线l上运动，由知等边三角形的高为，到直线l的距离，P到直线的距离都为，作A关于直线l的对称点，连接，当P运动到与直线l的交点，即共线时，最小，此时最小值，故①错误；②，，当共线时，最小，最小值为的长度，为的中点，，为等边三角形的高，的最小值为，故②正确；过D作于K，过C作于T，如图，

和是等边三角形，，，，即，，周长的最小值为6，故③正确；④设，则，，，，，，当时，四边形面积的最小值为，故④正确．故答案为：②③④．【点睛】本题考查轴对称-最短路径问题，涉及轴对称的性质，平行四边形的判定和性质，两点之间线段最短，等边三角形的性质，三角形面积计算等知识，解题的关键是判断出点P的运动轨迹是直线l39．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知二次函数与x轴的两交点的横坐标为m，n，满足，则下列结论：①；②若，当时，y随x的增大而减小；③若有一个根是大于m的负数，则；④，其中正确的结论是．（填写序号）【答案】②④/④②【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，根据二次函数判断式子的符号，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质．把代入得：，分两种情况：当时，当时，分别画出图形，判断或，故①错误；根据二次函数与x轴的两交点的横坐标为m，n，满足，得出抛物线的对称轴，根据，当时，y随x的增大而减小，即可判断②正确；根据二次函数与x轴的两交点的横坐标为m，n，得出二次函数，根据有一个根是大于m的负数，得出方程有解，根据根的判别式得出，即可判断③错误；根据，得出，，代入得出，根据进行判断即可得出④正确．【详解】解：把代入得：，∵二次函数与x轴的两交点的横坐标为m，n，满足，∴当时，二次函数图象，如图所示：根据图象可知：当时，，∴，当时，二次函数图象，如图所示：根据图象可知：当时，，∴，故①错误；∵二次函数与x轴的两交点的横坐标为m，n，∴抛物线的对称轴为：，∵，∴，∴抛物线的对称轴，∴若，当时，y随x的增大而减小，故②正确；∵二次函数与x轴的两交点的横坐标为m，n，∴二次函数，可变为，∴的解可看作直线与交点坐标的横坐标，∴方程的解也是方程的解，∵有一个根是大于m的负数，∴方程有解，即方程有解，∴，整理得：，故③错误；∵，∴，，∴，∵，∴，，，∴，，，∴，∴，即，故④正确；综上分析可知：正确的有②④．故答案为：②④．40．（2024·河北邢台·模拟预测）如图，是边长为2的等边三角形，点E为中线BD上的动点．连接CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到CF．连接，则，连接，则周长的最小值是．【答案】【分析】证明可得，得到点在射线上运动，如图所示，作点关于的对称点，连接，可得当三点共线时，取最小值，即，由得到，即得，进而由勾股定理得，据此即可求解．【详解】解：∵为等边三角形，为高上的动点，，∵将绕点顺时针旋转得到，，，，，∴点在射线上运动，如图所示，作点关于的对称点，连接，设交于点，则，在中，，则，当三点共线时，取最小值，即，∵，∴，∵，∴，∴，∴周长的最小值为，故答案为：；．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，两点之间线段最短，直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．41．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知抛物线经过点，，其中，．下列四个结论：①；②；③；④，其中正确的结论是（填写序号）．【答案】②③④【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征．根据对称轴的位置以及与轴的交点即可判断①；由抛物线经过，得到，由抛物线的对称轴为直线，即可得到，进而得到，即可得到，即可判断②；由抛物线经过点，可知，则变形为，根据，即可判断③；，则，由，即可求得，即可判断④．【详解】解：抛物线经过点，，其中，．抛物线与轴交点在轴上方，，当时，，则，，①错误；抛物线经过，，，抛物线经过，，对称轴为直线，，，，，，②正确；，，抛物线经过点，，，，，．，，③正确；，，，，，，④正确；故答案为：②③④．42．（2024·四川南充·模拟预测）如图，正方形中，点为边上的一动点，点是延长线上一点，且，连接、、、，与、分别交于、，是的中点，连接，则下列四个结论：①；②；③若，则；④当为的中点时，则．其中正确的结论是．（填序号）【答案】①④/④①【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解题的关键是综合运用上述知识点．①由题意可证，再由角之间的关系即可得出结果；②证明，再根据对应边成比例即可得出结论；③连接、，过点作于点，由三角形中位线和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可证明，所以，进而可得出结果；④证明即可得出结论．【详解】四边形是正方形，，又，，，，即，故①正确；，是正方形的对角线，，即，，又，，，，但，故②错误；连接、，过点作于点，如图，，是的中点，是的中位线，，在和中，，，，在与中，，，，，，故③错误；，，即，，故④正确；综上所述，正确的是①④．故答案为：①④．43．（2024·四川南充·模拟预测）如图，在等边中，点是边AC上一点，将沿直线翻折得到，连接并延长与直线交于点．下列四个结论：①；②；③；④当点在直线AC上运动时，若，则BE长度的最大值为．其中正确的结论是．（填序号）．【答案】①③④【分析】本题考查等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，四点共圆等知识点，延长至，使得，可证明，得到，，进而推出为等边三角形，即可判断①②；可证明，得到，等量代换后得到，即可判断③；连接，由折叠可得：，可得点在的外接圆上，当经过点时最长，由勾股定理求出即可判断④正确．【详解】延长至，使得．由翻折可得，，∵等边，∴，，∴，，，，，，，即，为等边三角形，，故①正确由（1）知，，故②错误．，，，，，，故③正确．连接，由折叠可得：，故点在的外接圆上，当经过点时最长，此时，．故④正确．综上可知：正确的结论有①③④．故答案为：①③④．44．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知在平面直角坐标系中，抛物线（a、b、c为常数）过，两点．下列四个结论：①若，则；②若，则；③若，则；④抛物线于x轴交于M、N两点，则．其中结论正确的有．【答案】①②③【分析】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，抛物线与轴的交点，二次函数图象上点的坐标特征，根据函数的图象和性质得出系数间的数量关系是解题的关键．①由判断抛物线的对称轴在轴的右侧，即可得出，解得，即可判断①正确；②由，得出若，则，若，则，即可得出抛物线开口向上时，交轴的正半轴，抛物线开口向下时，交轴的负半轴，从而得出对称轴在轴的左侧，则，即可判断②正确；③由，得出抛物线的对称轴在轴的左侧，所以，则，，若，则，，由得出，从而得出当，则，，即；当，则，，即，即可判断③正确；④利用抛物线的交点式求得，，所以，进而求得、的坐标，即可得出，即可判断④错误．【详解】解：①若，则，抛物线的对称轴在轴的右侧，，，①正确；②，若，则，若，则，抛物线开口向上时，交轴的正半轴，抛物线开口向下时，交轴的负半轴，抛物线，，是常数）过，对称轴在轴的左侧，，②正确；③若，抛物线的对称轴在轴的左侧，，则，，若，则，，，，当，则，，即；当，则，，即；③正确；④抛物线，，是常数）过，，，，，抛物线，令，则，，，解得，，，、，，，，，，，④错误．故答案为：①②③．45．（2024·全国·模拟预测）如图，在菱形中，，对角线，交于点，动点在边上（不与点重合），连接，的垂直平分线交于点，交于点，连接，，，现有以下结论：①点，之间的距离为定值；②；③的值可以是；④或．其中正确的是．（写出所有正确结论的序号）【答案】②④【分析】本题考查菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，连接，根据菱形的性质和垂直平分线得到是的中位线，得到，然后逐个推理即可．【详解】解：如图，连接，由题可得是的中点，是的中点，是的中位线，，点在平行于的直线上运动，点，之间的距离不为定值，①说法错误；当点在线段上时，四边形是菱形，，，，，，；当点在线段上时，此时点在直线上方，∴，或，④说法正确；∵是的垂直平分线，，菱形的对角线，交于点，，点，，，在以线段为直径的圆上，∴，∴，在中，，②说法正确；当点与点重合时，取最小值，此时，∵为定值，∴取最小值时，得最小值，最小值大于，故不可能取到．故③说法错误．故答案为：②④．46．（2024·湖北·模拟预测）抛物线，对称轴为．下列说法：①一元二次方程有两个不相等的实数根；②对任意的实数m，不等式恒成立；③抛物线经过点；④若，且，则．正确的有（填序号）．【答案】①③④【分析】本题考查二次函数的图像和性质，二次函数图象与x轴的交点等问题，掌握相关知识是解题的关键．①根据二次函数对称轴是直线得出并结合条件得出，然后通过判断一元二次方程的符号解答即可；②通过分解因式得出，利用解答；③把代入解答即可；④通过对分解因式得出结合条件判断即可．【详解】∵中，对称轴为，，，，，一元二次方程中，，，，∴一元二次方程有两个不相等的实数根，故①正确；，，，故②错误；，，把代入得，∴抛物线经过点，故③正确；，，，，，，故④正确；∴正确的有①③④，故答案为：①③④．题型三：多解题【中考母题学方法】47．（2023·黑龙江绥化·中考真题）已知等腰，，．现将以点为旋转中心旋转，得到，延长交直线于点D．则的长度为．【答案】【分析】根据题意，先求得，当以点为旋转中心逆时针旋转，过点作交于点，当以点为旋转中心顺时针旋转，过点作交于点，分别画出图形，根据勾股定理以及旋转的性质即可求解．【详解】解：如图所示，过点作于点，

∵等腰，，．∴，∴，,∴，如图所示，当以点为旋转中心逆时针旋转，过点作交于点，

∵，∴，，在中，，，∵等腰，，．∴，∵以点为旋转中心逆时针旋转，∴，∴，在中，,∴，∴，∴，如图所示，当以点为旋转中心顺时针旋转，过点作交于点，

在中，，∴在中，∴∴∴∴∴，综上所述，的长度为或，故答案为：或．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，分类讨论是解题的关键．48．（2023·黑龙江·中考真题）矩形中，，将矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，若是直角三角形，则点到直线的距离是．【答案】6或或【分析】由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，延长交的另一侧于点E，则此时是直角三角形，易得点到直线的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．【详解】解：由题意矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，可知点E在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，如图，延长交的另一侧于点E，则此时是直角三角形，点到直线的距离为的长度，即，

当过点D的直线与圆相切与点E时，是直角三角形，分两种情况，①如图，过点E作交于点H，交于点G，

∵四边形是矩形，∴，∴四边形是矩形，∵，，，由勾股定理可得，∵，∴，∴到直线的距离，②如图，过点E作交于点N，交于点M，

∵四边形是矩形，∴，∴四边形是矩形，∵，，，由勾股定理可得，∵，∴，∴到直线的距离，综上，6或或，故答案为：6或或．【点睛】本题考查了矩形的折叠问题切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．49．（2021·云南·中考真题）已知的三个顶点都是同一个正方形的顶点，的平分线与线段交于点D．若的一条边长为6，则点D到直线的距离为．【答案】3或或或【分析】将△ABC放入正方形中，分∠ABC=90°，∠BAC=90°，再分别分AB=BC=6，AC=6，进行解答．【详解】解：∵△ABC三个顶点都是同一个正方形的顶点，如图，若∠ABC=90°，则∠ABC的平分线为正方形ABCD的对角线，D为对角线交点，过点D作DF⊥AB，垂足为F，当AB=BC=6，则DF=BC=3；当AC=6，则AB=BC==，∴DF=BC=；如图，若∠BAC=90°，过点D作DF⊥BC于F，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，AD=DF，又∠BAD=∠BFD=90°，BD=BD，∴△BAD≌△BFD（AAS），∴AB=BF，当AB=AC=6，则BC=，∴BF=6，CF=，在正方形ABEC中，∠ACB=45°，∴△CDF是等腰直角三角形，则CF=DF=AD=；当BC=6，则AB=AC==，同理可得：，综上：点D到直线AB的距离为：3或或或，故答案为：3或或或．【点睛】本题考查了正方形的性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，知识点较多，解题时要结合题意画出符合题意的图形，分情况解答．50．（2021·浙江绍兴·中考真题）已知与在同一平面内，点C，D不重合，，，，则CD长为．【答案】，，【分析】首先确定满足题意的两个三角形的形状，再通过组合得到四种不同的结果，每种结果分别求解，共得到四种不同的取值；图2、图3、图4均可通过过A点向BC作垂线，构造直角三角形，利用直角三角形的性质可求出相应线段的长，与CD关联即可求出CD的长；图5则是要过D点向BC作垂线，构造直角三角形，解直角三角形即可求解．【详解】解：如图1，满足条件的△ABC与△ABD的形状为如下两种情况，点C，D不重合，则它们两两组合，形成了如图2、图3、图4、图5共四种情况；如图2，，此时，，由题可知：，∴是等边三角形，∴；过A点作AE⊥BC，垂足为E点，在中，∵，∴,;在中，;∴；（同理可得到图4和图5中的，，．）∴．如图3，，此时，，由题可知：，∴是等边三角形，∴；过A点作AM⊥BC，垂足为M，在中，∵，∴,;在中，;（同理可得到图4和图5中的，，．）∴CD=；如图4，由上可知：；如图5，过D点作DN⊥BC，垂足为N点；∵，∴，∴在中，,；∵,∴在中，;综上可得：CD的长为，，．故答案为：，，．【点睛】本题主要考查了对几何图形的分类讨论问题，内容涉及到勾股定理、直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半、解直角三角形、等边三角形等知识，考查了学生对相关概念与性质的理解与应用，本题对综合分析能力要求较高，属于填空题中的压轴题，涉及到了分类讨论与数形结合的思想等．【中考模拟即学即练】51．（2025·上海奉贤·一模）如图，和中，，点M在边上，点N在边上，分割所得的两个三角形分别与分割所得的两个三角形相似，那么线段的长是．【答案】4或【分析】本题主要考查相似三角形的判定，牢记相似三角形判定方法是解题关键，分两种情况讨论分别根据相似三角形性质分别求解即可．【详解】解：∵，∴，，∴，如图，分的两个三角形与分的两个三角形相似，当时，有，∵，∴，∴，∴，同理，，则有，∴，即，又，∴；同理，当分的两个三角形相似存在当时，有，∴，同理，当时，，∴，又，∴，∴；综上，的长是4或．52．（2025·上海崇明·一模）四边形中，，，，，，将沿过点的一条直线折叠，点的对称点落在四边形的对角线上，折痕交边于点（点不与点重合），那么长为．【答案】或【分析】本题考查的折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，分点的对称点落在对角线上和落在对角线BD上两种情况，分别画出图形解答即可求解，运用分类讨论思想解答是解题的关键．【详解】解：如图，当点的对称点落在对角线上时，由折叠可得，，，，∴，∵，，，∴，∴，设，则，∵，∴，解得，∴，∴；如图，当点的对称点落在对角线BD上时，设与BD相交于点，由折叠可得，，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，即，∴，∴；综上，长为或，故答案为：或．53．（2025·上海虹口·一模）过三角形的重心作一条直线与这个三角形两边相交，如果截得的三角形与原三角形相似，那么我们把这条直线叫做这个三角形的“重似线”，这条直线与两边交点之间的线段叫