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(共19张PPT)
2025年甘肃中考数学一轮复习中考命题探究
题型一
新考法尺规作图
1．[2024临夏州21题]根据背景素材，探索解决问题．
类型
1
根据作图步骤作图(省卷：2024.20/2023.20/2022.21/2021.21；兰州：2024.23)
平面直角坐标系中画一个边长为2的正六边形ABCDEF 背景素材 六等分圆原理，也称为圆周六等分问题，是一个
古老而经典的几何问题，旨在解决如何使用直尺
和圆规将一个圆分成六等份的问题．这个问题由
欧几里得在其名著《几何原本》中详细阐述．
已知条件 点C与坐标原点O重合，点D在x轴的正半轴上且坐标为(2，0)
操作步骤 ①分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，两弧交于点P； ②以点P为圆心，PC长为半径圆； ③以CD的长为半径，在⊙P上顺次截取 ④顺次连接DE，EF，FA，AB，BC，得到正六边形ABCDEF.
问题解决 任务一 根据以上信息，请你用不带刻度的直尺和圆规，在图中完成这道作图题(保留作图痕迹，不写作法)
任务二 将正六边形ABCDEF绕点D顺时针旋转60°，直接写出此时点E所在位置的坐标：__________.
解：任务一:如解图，ABCDEF即为所求正六边形．
(4，0)
2.[2024平凉庄浪县二模]用尺规“三等分任意角”是数学史上的一个著名难题，它已经被数学家伽罗瓦用《近世代数》和《群论》证明是不可能的．但对于特定度数的已知角，如90°角，45°角等，是可以用尺规进行三等分的．请你完成下面的作图题：
如图，已知∠AOB＝90°，C是OB上一点，求作射线OD，OE，使得射线OD与OE将∠AOB三等分．(按下列步骤完成，保留作图痕迹)
①分别以O，C为圆心，OC长为半径画弧，两弧在OC上方交于点D，在OC下方交于点F，连接CD；
②作直线DF交OC于点G；
③以点G为圆心，OG长为半径画弧，交线段CD于点E，
连接GE；(点E不与点C重合)
④作射线OD，OE，则射线OD，OE即为所求射线．
解：如解图，射线OD，OE即为所求．
3．[2021省卷21题]在《阿基米德全集》中的《引理集》中记录了古希腊数学家阿基米德提出的有关圆的一个引理．如图，已知 ，C是弦AB上一点，请你根据以下步骤完成这个引理的作图过程．
(1)尺规作图．(保留作图痕迹，不写作法)
①作线段AC的垂直平分线DE，分别交 于点D，AC于点E，连接AD，CD；
②以点D为圆心，DA长为半径作弧，交 于点F(F，A两点不重合)，连接DF，BD，BF.
解：如解图，即为所求．
(2)直接写出引理的结论：线段BC，BF的数量关系．
解：BC＝BF.
4．公元前4世纪，古希腊数学家欧多克索斯首次系统地研究了黄金分割，他认为，所谓黄金分割，指的是把长为L的线段分为两部分，使其中一部分对于全部之比，等于另一部分对于该部分之比．如图1，点B把线段AC分成两部分，如果 ，那么称线段AC被点B黄金分割，点B为线段AC的黄金分割点．AB与AC的比称为黄金比，它们的比值为 .
如图2，已知∠MON＝60°，点A在OM边上，OA＝4.
图1 图2
按如下步骤，在图2中ON边上用无刻度的直尺和圆规作出点B，使得OB与OA的比为黄金比．(保留作图痕迹)
①作线段OA的垂直平分线，交线段OA于点C，再过点A作OA的垂线AD；
②以点A为圆心，AC的长为半径画弧，交射线AD于点E，连接OE；
③以点E为圆心，AE的长为半径画弧，交线段OE于点F；
④以点O为圆心，OF的长为半径画弧，交射线ON于点B.
解：如解图，点B即为所求．
5.兰州某初中数学兴趣小组学完“中位线定理”后进行了探究．
试题：如图，在△ABC中，D，E分别是边AB，AC上的点；
回顾：若D，E分别是AB，AC的中点，则DE与BC的位置关系是__________，数量关系是__________；
类型
2
根据几何图形性质作图(兰州：2023.21/2022.22)
BE∥BC
BE＝ BC
变式：若D是AB的中点，DE∥BC，点E是否为AC的中点？请从下面两个思路中任选一个进行判断求解.
思路一：延长ED至点F，使DF＝DE，连接BF. 思路二：过点B作CA的平行线，与ED的延长线交于点F.
解：回顾：DE∥BC；DE＝ BC.
变式：思路一：∵D是AB的中点，∴AD＝BD.又∵DF＝DE，∠ADE＝∠BDF，∴△ADE≌△BDF(SAS)，∴∠AED＝∠BFD，BF＝AE，∴BF∥CE.∵DE∥BC，即EF∥BC，∴四边形BFEC是平行四边形，∴CE＝BF，∴AE＝CE，∴E为AC的中点．
解：思路二：根据作图过程得BF∥AC，∴∠A＝∠ABF.∵D是AB的中点，∴AD＝BD.又∵∠ADE＝∠BDF，∴△ADE≌△BDF(ASA)，∴
BF＝AE.∵EF∥BC，BF∥CE，∴四边形BFEC是平行四边形，∴CE＝BF，∴AE＝CE，∴E为AC的中点．
应用：如图，在△ABC中，D是AB边的中点，请用无刻度的直尺和圆规在AC边上确定点E，使得E为AC边的中点．(保留作图痕迹，不写作法；提示：作一个角等于已知角)
如图，点E即为所求作．
6.[2022兰州22题]综合与实践
问题情境：我国东周到汉代一些出土实物上反映出一些几何作图方法，如侯马铸铜遗址出土车軎(wèi)范、芯组成的铸型(如图1)，它的端面是圆形．如图2是用“矩”(带直角的角尺)确定端面圆心的方法：将“矩”的直角尖端A沿圆周移动，直到AB＝AC，在圆上标记A，B，C三点；将“矩”向右旋转，使它左侧边落在A，B点上，“矩”的另一条边与圆的交点标记为D点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，连接AD，BC相交于点O，即O为圆心．
图1
图2
问题解决：(1)请你根据“问题情境”中提供的方法，用三角板还原我国古代几何作图确定圆心O.如图3，点A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，且AB＝AC，请作出圆心O；(保留作图痕迹，不写作法)
图3
解：如解图1，点O即为所求作的圆心．
图1
类比迁移：(2)小梅受此问题的启发，在研究了用“矩”(带直角的角尺)确定端面圆心的方法后发现，如果AB和AC不相等，用三角板也可以确定圆心O.如图4，点A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，请作出圆心O；(保留作图痕迹，不写作法)
图2
图4
解：如解图2，点O即为所求作的圆心．
拓展探究：(3)小梅进一步研究，发现古代由“矩”度量确定圆上等距离点时存在误差，用平时学的尺规作图的方法确定圆心可以减少误差.如图5，点A，B，C是⊙O上任意三点，请用不带刻度的直尺和圆规作出圆心O.(保留作图痕迹，不写作法)
请写出你确定圆心的理由：________________________.
图5
解：如解图3，点O即为所求作的圆心；理由是垂直平分弦的直线经过圆心.
图3
垂直平分弦的直线经过圆心(共16张PPT)
2025年甘肃中考数学二轮复习重难题型攻关
题型四　
新定义问题
(针对兰州卷28题)
(兰州：2024.28/2023.27/2022.27)
1． 在平面直角坐标系xOy中，对于任意两个图形T和图形W，给出如下定义：M，N分别为图形T和图形W上任意一点，将M，N两点间距离的最小值称为图形T和图形W之间的“关联距离”，记作d(T，W)．如图，已知△ABC，其中A(－3，3)，B(－3，－1)，C(1，3)．例如，点A与x轴之间的“关联距离”d(A，x轴)＝3，线段AB与y轴之间的“关联距离”d(线段AB，y轴)＝3.
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图1 图2 图3
(1)如图1，点A与直线BC之间的“关联距离”d(A，直线BC)＝____；
图1
(2)如图2，以D(4，0)为圆心，2 为半径作圆，将⊙D向左平移n个单位长度，当⊙D与△ABC之间的“关联距离”d(⊙D，△ABC)＝0时，求n的最小值；
图2
解：如解图，设平移后点D的对应点为D′，作D′E⊥BC于点E，记BC与x轴的交点为F.∵将⊙D向左平移n个单位长度之后满足⊙D与△ABC之间的“关联距离”d(⊙D，△ABC)＝0，∴当⊙D′与线段BC相切时，此时n最小．
由(1)得∠EFD′＝45°，
∴EF＝D′E＝2 ，
∴FD′＝4，易得D′(2，0)，
∴⊙D向左平移了2个单位长度，
∴n的最小值为2.
解图
(3)如图3，以D(m，－3)为圆心，为半径作圆，当－2≤m≤3时，对于每一个m的值，都满足⊙D与一次函数y＝x＋b(b是常数)的图象之间的“关联距离”d(⊙D，直线y＝x＋b)＞0，求b的取值范围．
图3
解图2
解图3
2. 在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：点P(a，b)，点Q(c，d)，若c＝ka＋1，d＝－kb＋1，其中k为常数，且k≠0，则称点Q是点P的“k级变换点”例如，点(－3，7)是点(2，3)的“－2级变换点”．
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(1)如图1，线段PQ∥x轴，且点Q是点P(m，n)的“3级变换点”，则n的
值为____；
图1 图2 图3
(2)如图2，设点Q(p，q)是点P(1，1)的“k级变换点”，点A的坐标为(0，－4)．当线段AQ取最小值时，求点Q的坐标；
图2
解：∵点Q(p，q)是点P(1，1)的“k级变换点”，
∴p＝k＋1，q＝－k＋1，∴点Q在直线y＝－x＋2上．
如解图1，设直线y＝－x＋2与y轴相交于点B，则B(0，2)，∠ABQ＝45°.
又∵点A的坐标为(0，－4)，∴AB＝6.
当AQ取最小值时，可得AQ⊥BQ，即△ABQ为等腰直角三角形，
过点Q作QG⊥y轴于点G，则QG＝ AB＝3，
∴点Q到y轴的距离为3.
将x＝3代入y＝－x＋2，得y＝－1，
∴点Q的坐标为(3，－1)．
解图1
(3)如图3，若以M(2，0)为圆心，1为半径的圆上恰有两个点，这两个点的“1级变换点”都在直线y＝－x＋b上，求b的取值范围．
解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)是圆上的两个点，
则它们的“1级变换点”为A′(x1＋1，－y1＋1)，B′(x2＋1，－y2＋1)，
∵A′，B′两点在直线y＝－x＋b上，
∴－y1＋1＝－x1－1＋b，－y2＋1＝－x2－1＋b，
∴A，B两点在直线y＝x＋2－b上．
设直线y＝x＋2－b与x轴，y轴分别交于C，D两点，
可得∠CDO＝∠DCO＝45°，D(0，2－b)，C(b－2，0)，
∴△OCD为等腰直角三角形，OC＝OD.
图3
如解图2，当直线y＝x＋2－b在⊙M的下方与⊙M相切于点H时，
可得MH＝CH＝1，
∴CM＝ ，OC＝2＋ ，
∴b－2＝2＋ ，
解得b＝4＋ .
如解图3，当直线在⊙M的上方与⊙M相切于点H时，
可得MH＝CH＝1，
∴CM＝ ，OC＝2－ ，
∴b－2＝2－ ，
解得b＝4－ .
综上所述，b的取值范围为4－ 图2
图3
3. 在平面直角坐标系xOy中，图形W上任意两点间的距离若有最大值，将这个最大值记为d.对于点P和图形W给出如下定义：点Q是图形W上任意一点，若P，Q两点间的距离有最小值，且最小值恰好为d，则称点P为图形W的“关联点”．例如：点A的坐标为(0，3)，点C的坐标为(4，3)，则d＝4，点P的坐标为(1，－1)，点P到线段AC上任意一点距离的最小值为4，则称点P为线段AC的“关联点”．
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图1
图2
图3
(1)如图1，在点Q1(－1，0)，Q2(2，8)，Q3(3，1)，Q4(－，－2)中，矩形AOBC的“关联点”是__________；
图1
Q2，Q4
(2)如图2，点D的坐标为(0，1)，点E的坐标为(－1，0)，点
F的坐标为(1，0)．若直线y＝x＋b上存在点P，使点P为
△DEF的“关联点”，求b的取值范围；
图2
解：由题意，得△DEF是等腰直角三角形，
∴d＝EF＝2.
如解图，当直线y＝x＋b在△DEF上方时，与y轴交于点G，
过点D作DP1⊥直线y＝x＋b，垂足为P1，
∴P1D＝2，∠P1GD＝45°，
∴DG＝2.
当直线y＝x＋b在△DEF下方时，同理可得OH＝1＋2 ，
故b的最小值为－1－2 .
综上所述，b的取值范围为－1－21＋2.
(3)如图3，已知点M(1，0)，N(0，)．图形W是以T(t，0)为圆心，1为半径的圆，若线段MN上存在点P，使点P为⊙T的“关联点”，求t的取值范围．
图3
解图2
解图3(共52张PPT)
2025年甘肃中考数学二轮复习重难题型攻关
题型二　
几何综合探究题
(针对省卷26题，兰州卷27题)
1.【模型建立】
如图1，△CAB与△CDE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，连接AD，BE.
(1)若∠CAD＝20°，∠DCB＝10°.
①判断AD与BE的数量关系；
类型
1
非动点问题(省卷：2024.26/2022.27；兰州：2023.28)
图1
解：∵△CAB与△CDE均为等腰直角三角形，∴AC＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE.
∵∠ACB＝∠ACD＋∠DCB，∠DCE＝∠DCB＋∠BCE，∴∠ACD＝∠BCE.
在△ACD和△BCE中， ，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴AD＝BE.
图1
②求∠DEB的度数.
解：由①知△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE＝20°.
∵∠DCB＝10°，
∴∠ECB＝90°－10°＝80°，
∴∠CEB＝180°－80°－20°＝80°.
由题意知∠CED＝45°，
∴∠DEB＝80°－45°＝35°.
图1
【模型应用】
(2)如图2，若A，D，E三点共线，AE与BC交于点F，且CF＝BF，AD＝4，求△CEF的面积．
图2
图1
解：如解图1，过点C作CQ⊥DE于点Q.
由(1)同理可证△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠CEB，BE＝AD＝4.
∵∠CDE＝∠CED＝45°，
∴∠ADC＝∠CEB＝135°，
∴∠AEB＝90°.
图1
【模型迁移】
(3)如图3，BE与AC的延长线交于点G，若CD⊥AD，延长CD与AB交于点N，在BC上有一点M，且BM＝CG，连接MN，用等式写出线段CN，MN，BG的数量关系，并说明理由．
图3
解：CN＋MN＝BG.理由如下：
如解图2，过点B作BT⊥BC交CN的延长线于点T.
∵∠CBA＝45°，
∴∠NBT＝45°.
∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°.
由(1)同理可证△ACD≌△BCE，
∴∠BEC＝∠ADC＝90°.
∵∠BCT＋∠ECB＝90°，∠ECB＋∠CBG＝90°，
图2
∴△BNM≌△BNT(SAS)，∴MN＝TN，
∴CN＋MN＝CN＋TN＝CT，∴CN＋MN＝BG.
图2
2.已知正方形ABCD，E，F为平面内两点．
【模型建立】
(1)如图1，当点E在边AB上时，DE⊥DF，且B，C，F三点共线．求证：
AE＝CF；
图1
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠A＝∠ADC＝∠DCB＝∠DCF＝90°.
∵DE⊥DF，∴∠EDF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF.
在△DAE和△DCF中， ，
∴△DAE≌△DCF(ASA)，
∴AE＝CF.
【模型应用】
(2)如图2，当点E在正方形ABCD外部时，DE⊥DF，AE⊥EF，且E，C，F三点共线．用等式写出线段AE，CE，DE的数量关系，并说明理由；
图2
解：AE＋CE＝ DE.理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，∴DA＝DC，∠ADC＝90°.
∵DE⊥DF，AE⊥EF，∴∠AEF＝∠EDF＝90°，
∴∠ADC＝∠EDF，∴∠ADE＝∠CDF.
∵∠ADC＋∠AEC＝180°，∴∠DAE＋∠DCE＝180°.
∵∠DCF＋∠DCE＝180°，∴∠DAE＝∠DCF，
∴△DAE≌△DCF(ASA)，∴AE＝CF，DE＝DF，∴EF＝ DE.
∵AE＋EC＝CF＋EC＝EF，∴AE＋CE＝ DE.
【模型迁移】
(3)如图3，当点E在正方形ABCD外部时，AE⊥EC，AE⊥AF，DE⊥BE，且D，F，E三点共线，DE与AB交于点G.若DF＝3，AE＝ ，求CE的长．
图3
解：如解图，连接AC，取AC的中点O，连接OE，OD.
∵四边形ABCD是正方形，AE⊥EC，∴∠AEC＝∠ADC＝90°，
∴A，E，C，D四点共圆．
∵OA＝OC，∴OD＝OA＝OC＝OE，∴∠AED＝∠ACD＝45°，
3．[2024新疆改编]已知△ABC和△ADE都是等边三角形．
【模型建立】
(1)如图1，当点D在BC边上时，连接CE.用等式写出线段CA，CE和CD的数量关系，并说明理由；
类型
2
动点问题(兰州：2024.27/2022.28)
图1
图1
解：CE＋CD＝CA.理由如下：
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，AD＝AE＝DE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE.
在△ABD和△ACE中， ，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴CE＝BD.
∵BD＋CD＝BC，∴CE＋CD＝CA.
【模型应用】
(2)如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接CE.用等式写出线段CA，CE和CD的数量关系，并说明理由；
图2
解：CA＋CD＝CE.理由如下：
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，AD＝AE＝DE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE.
在△ABD和△ACE中， ，∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴CE＝BD.
∵CB＋CD＝BD，∴CA＋CD＝CE.
【模型迁移】
(3)如图3，在等边三角形ABC中，AB＝6，点E在AC边上，CE＝2 .点D是线段BC上的动点，连接DE，以DE为边在DE的右侧作等边三角形DEF，连接CF.当△CEF为直角三角形时，求BD的长．
图3
过点E作EH∥AB，则△EHC为等边三角形．
①当点D在点H左侧时，如解图1，
∵∠DEF＝∠HEC＝60°，∴∠DEH＝∠FEC.
又∵ED＝EF，EH＝EC，∴△EDH≌△EFC(SAS)，
∴∠ECF＝∠EHD＝120°.此时△CEF不可能为直角三角形．
②当点D在点H右侧时，如解图2，
同理可得△EDH≌△EFC，∴∠FCE＝∠EHD＝60°，
∠FEC＝∠DEH＜∠HEC＝60°，此时只有∠CFE有可能为90°.
当∠CFE＝90°时，∠EDH＝90°，∴ED⊥CH.
∵CH＝CE＝2 ，∴CD＝CH＝ .又∵AB＝6，∴BD＝6－ .
图1
4.[2024兰州27题]综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题．如图，在△ABC中，点M，N分别为AB，AC上的动点(不含端点)，且AN＝BM.
图1 图2 图3
【初步尝试】(1)如图1，当△ABC为等边三角形时，小颜发现：将MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，连接BD，则MN＝DB，请思考并证明；
图1
证明：∵△ABC为等边三角形，∴∠A＝60°，AB＝AC.
∵MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，
∴DM＝AM，∠AMD＝120°，
∴∠DMB＝60°.
∵AN＝BM，∠DMB＝∠A＝60°，
∴△ANM≌△MBD(SAS)，
∴MN＝DB.
【类比探究】(2)小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AE⊥MN于点E，交BC于点F，将MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，连接DA，DB.试猜想四边形AFBD的形状，并说明理由；
图2
解：四边形AFBD为平行四边形．理由如下：
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝45°.
∵MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，
∴MA＝MD，∠DMA＝∠DMB＝90°，
∴∠MAD＝∠MDA＝45°，∴∠MAD＝∠ABF＝45°，则AD∥BF.
图2
【拓展延伸】(3)孙老师提出新的探究方向：如图3，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝90°，连接BN，CM，请直接写出BN＋CM的最小值．
图3
解：如解图，过点A作∠BAG＝45°，使AG＝CB，连接GM，GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB于点O，
∵AB＝AC＝4，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠GAM＝∠BCN＝45°，BC＝4 .
5.[2024金昌永昌六中一模改编]如图，在矩形ABCD中，点O是AB的中点，点M是DC边上一动点，点P在线段AM上(不与点A重合)，连接BP，OP，且满足OP＝ AB.
图1 图2
【模型建立】
(1)如图1，判断△ABP的形状，并说明理由；
解：△ABP是直角三角形．理由如下：
∵点O是AB的中点，∴OA＝OB＝ AB.
∵OP＝ AB，∴OP＝OA＝OB，
∴∠OBP＝∠OPB，∠OAP＝∠APO.
∵∠OAP＋∠APO＋∠OBP＋∠OPB＝180°，
∴∠APO＋∠OPB＝90°，
∴∠APB＝90°，∴△ABP是直角三角形．
图1
【模型应用】
(2)如图2，当点M为DC边的中点时，连接CP并延长交AD于点N.
用等式写出线段PN与AN的关系，并说明理由；
图2
解：PN＝AN.理由如下：
如解图1，延长AM，BC交于点Q，
∵点M是DC的中点，∴DM＝CM.
∵∠D＝∠MCQ＝90°，∠AMD＝∠QMC，
∴△ADM≌△QCM(ASA)，∴AD＝QC＝BC.
由(1)可知∠BPQ＝∠APB＝90°，∴PC＝ BQ＝BC＝QC，∴∠CPQ＝∠Q.
∵∠CPQ＝∠APN，∠Q＝∠PAN，∴∠APN＝∠PAN，∴PN＝AN.
图1
【模型迁移】
(3)在(2)的条件下，若AB＝5，AD＝4，作点N关于直线AM的
对称点N′，连接AN′并延长交BC边于点E，求CE的长．
解：如解图2，连接PN′，由(2)知，PN＝AN.
∵点N与点N′关于AP对称，∴PN＝PN′，AN＝AN′，
∴AN＝AN′＝PN′＝PN，∴四边形NPN′A为菱形，∴NC与AE平行，
又∵AN∥CE，∴四边形ANCE为平行四边形，∴AN＝CE.
设CE＝AN＝x，则DN＝4－x，PN＝AN＝x，
由(2)知，CP＝BC＝4，∴NC＝4＋x.
在Rt△DNC中，由勾股定理，
得(4－x)2＋52＝(4＋x)2，解得x＝ ，
∴CE的长为 .
图2
6．如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝5.E是AB边上一点，F是BC边上一点，将△BEF沿EF翻折得到△GEF.
类型
3
折叠问题(含对称)(省卷：2023.26)
图1 图2 图3
【模型建立】
(1)如图1，点B落在边AD上的点G处，若AE＝1，求AG和FG的长；
解：在长方形纸片ABCD中，AB＝3，AD＝BC＝5，∠B＝∠A＝90°，
由折叠的性质，得∠EGF＝∠B＝90°，EG＝EB，
图1
图1
【模型应用】
(2)如图2，当点E和点A重合时，点B落在边AD上的
点G处，折痕为AF.判断四边形ABFG的形状，并说
明理由；
图2
解：四边形ABFG是正方形．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAG＝∠B＝90°.
由折叠的性质，得∠AGF＝∠B＝90°，AG＝AB，∴∠BAG＝∠B＝∠AGF＝90°，
∴四边形ABFG是矩形．∵AB＝AG，∴四边形ABFG是正方形．
【模型迁移】
(3)如图3，当点E和点A重合时，点B落在长方形ABCD内部的点G处，折痕为AF，FM平分∠CFG交CD于点M，连接GM，当GM的长度最短时，求GM的长．
图3
图2
解：如解图2，连接AM.∴AG＋GM≥AM，
由折叠的性质，得∠AGF＝∠B＝90°，AG＝AB＝3，即AG的长为
定值．
图3
∴当A，G，M三点共线时，GM的长度最短，如解图3，
∵∠FGM＝180°－∠AGF＝90°，∴∠FGM＝∠C＝90°.
∵FM平分∠CFG，∴GM＝CM，
设GM＝CM＝x，则DM＝CD－CM＝3－x，AM＝AG＋GM＝3＋x，
在Rt△ADM中，由勾股定理，得AD2＋DM2＝AM2，
即52＋(3－x)2＝(3＋x)2，解得x＝ ，
∴当GM的长度最短时，GM的长为 .
7.【模型建立】
(1)如图1，△ABC为等边三角形，D为线段BC的中点，线段AD关于直线AB的对称线段为线段AE，连接DE，求∠BDE的度数．
图1
解：如解图1，设AB交DE于点O.∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝60°.
∵线段AD关于直线AB的对称线段为线段AE，
∴AB⊥DE，∴∠BOD＝90°，∴∠BDE＝30°.
图1
【模型应用】
(2)若△ABC为等边三角形，点D为线段BC上一动点(不与B，C重合)，连接AD并将线段AD绕点D逆时针旋转60°得到线段DE，连接BE.
①根据题意在图2中补全图形；
解：补全图形如解图2.
图2
图2
②用等式写出线段BE，BD，AC的数量关系，并说明理由．
解：BE＋BD＝AC.理由如下：
如解图2，连接AE，∵AD＝DE，∠ADE＝60°，
∴△ADE是等边三角形．
又∵△ABC是等边三角形，
∴AE＝AD，AB＝AC，∠EAD＝∠BAC＝60°，
∴∠EAB＝∠CAD，
∴△AEB≌△ADC(SAS)，∴CD＝BE，
∴BE＋BD＝CD＋BD＝BC＝AC，∴BE＋BD＝AC.
图2
【模型迁移】
(3)如图3，若AB＝AC＝kBC，AD＝kDE，且∠ADE＝∠C，用等式写出线段BE，BD，AC的数量关系，并说明理由．
图3
解：AC＝k(BD＋BE) ．理由如下：
如解图3，连接AE，
∵AC＝kBC，AD＝kDE，且∠ADE＝∠C，
图3
∴△ADE∽△ACB，
∴∠AED＝∠ABC，∠EAD＝∠BAC，
∴∠EAB＝∠DAC.
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠AED＝∠ADE，∴AE＝AD，
∴△AEB≌△ADC(SAS)，
∴CD＝BE.
∵BC＝BD＋CD，∴BC＝BD＋BE.
∵AC＝kBC，∴AC＝k(BD＋BE)．
图3
8．[2024天水张家川县一模]将两个全等的直角三角形ABC和直角三角形DBE按图1方式摆放，其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠ABC＝∠DBE＝60°，点E落在AB上，DE所在直线交AC所在直线于点F.
(1)求证：CF＝EF；
类型
4
旋转问题(兰州：2024.27)
图1
证明：如解图1，连接BF，
∵△ABC≌△DBE，∴BC＝BE.
∵∠ACB＝∠DEB＝90°，∴∠FEB＝90°.
在Rt△BCF和Rt△BEF中， ，
∴Rt△BCF≌Rt△BEF(HL)，∴CF＝EF.
解图1
(2)如图2，若将图1中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角α，且0°＜α＜60°，其他条件不变，证明：AF＋EF＝DE；
图2
图2
证明：如解图2，连接BF，
∵△ABC≌△DBE，∴BC＝BE，AC＝DE.
∵∠ACB＝∠DEB＝90°，∴∠FEB＝90°.
在Rt△BCF和Rt△BEF中， ，
∴Rt△BCF≌Rt△BEF(HL)，
∴EF＝CF，∴AF＋EF＝AF＋CF＝AC＝DE.
(3)若将图1中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角β，且60°＜β＜180°，其他条件不变，如图3.你认为(2)中的结论还成立吗？若成立，写出证明过程；若不成立，请直接写出此时AF，EF与DE之间的关系．
图1 图3
解：不成立，此时AF＝DE＋EF.【解法提示】如解图3，连接BF，∵△ABC≌△DBE，∴BC＝BE，AC＝DE.∵∠ACB＝∠DEB＝90°，∴∠FCB＝90°.在Rt△BCF和Rt△BEF中， ，∴Rt△BCF≌Rt△BEF(HL)，∴CF＝EF，∴AF＝AC＋FC＝DE＋EF.
图3
9.[2024兰州一诊27题]综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，“希望小组”的同学们以三角形为背景，探究图形变化过程中的几何问题．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为平面内一点(A，B，D三点不共线)，AE为△ABD的中线．
图1 图2 图3
【初步尝试】(1)如图1，小林同学发现：延长AE至点M，使得ME＝AE，连接DM.始终存在以下两个结论，请你在①，②中挑选一个进行证明：
①DM＝AC；②∠MDA＋∠DAB＝180°.
图1
证明：选择①：∵AE为△ABD的中线，∴BE＝DE.
在△ABE和△MDE中， ，
∴△ABE≌△MDE(SAS)，∴AB＝DM.∵AB＝AC，∴DM＝AC.
证明：选择②：由①知△ABE≌△MDE，∴∠BAE＝∠DME，∴AB∥DM，∴∠MDA＋∠DAB＝180°.
【类比探究】(2)如图2，将AD绕点A顺时针旋转90°得到AF，连接CF.小斌同学沿着小林同学的思考进一步探究后发现：AE＝ CF，请你帮他证明．
图2
证明：如解图1，延长AE至点M，使得ME＝AE，
连接DM.由旋转，得AF＝AD，∠DAF＝90°.
∵∠BAC＝90°，∠DAF＋∠BAC＋∠BAD＋
∠CAF＝360°，∴∠BAD＋∠CAF＝180°.
由(1)得∠MDA＋∠DAB＝180°，DM＝AB＝AC，
∴∠CAF＝∠MDA.在△ACF和△DMA中， ，
∴△ACF≌△DMA(SAS)，∴CF＝ AM.
图1
【拓展延伸】(3)如图3，在(2)的条件下，王老师提出新的探究方向：点D在以点A为圆心，AD为半径的圆上运动(AD＞AB)，直线AE与直线CF相交于点G，连接BG，在点D的运动过程中BG存在最大值．若AB＝4，请直接写出BG的最大值．
图3
解：BG的最大值为2 ＋2．【解法提示】如解图2，延长AE至点M，使EM＝AE,连接BM，在△ADE和△MBE中， ，∴△ADE≌△MBE(SAS)，∴AD＝BM，∠DAE＝∠M，∴AD∥BM，∴∠BAD＋∠ABM＝180°.∵∠DAF＋∠BAC＝180°，∴∠BAD＋∠CAF＝180°，∴∠ABM＝∠CAF.∵AF＝AD，∴AF＝BM，在△ABM和△CAF中， ，∴△ABM≌△CAF(SAS)，
图2
图2
∴∠BAM＝∠ACF.∵∠BAC＝90°，∴∠BAM＋∠CAG＝90°，∴∠ACF＋∠CAG＝90°，∴∠AGC＝90°.∴点G在以AC为直径的⊙O上运动，当且仅当B，O，G三点共线时，BG取得最大值，如解图，O为AC中点，连接OG，BO，此时BG＝OB＋OG.在Rt△ABO中，O为AC的中点，则OA＝AC＝2，∴OB＝＝＝2.在Rt△ACG中，O为斜边AC的中点，∴OG＝AC＝2，∴BG的最大值为2＋2.(共37张PPT)
2025年甘肃中考数学二轮复习重难题型攻关
题型三　
二次函数综合题
(针对省卷27题)
1．[2024临夏州27题]在平面直角坐标系中，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，作直线BC.
(1)求抛物线的解析式；
类型
1
线段问题(省卷：2024.27/2023.27(3)/2022.28(3)②/2021.28(3)②))
图1 图2
解：∵抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，
∴， 解得 ，∴y＝－x2＋2x＋3.
(2)如图1，点P是线段BC上方的抛物线上一动点，过点P作
PQ⊥BC，垂足为Q，请问线段PQ是否存在最大值？若存在，
请求出最大值及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
图1
解：存在．如解图，过点P作PN⊥AB于点N，交BC于点M.
设直线BC的表达式为y＝kx＋b(k≠0)，将B(3，0)，C(0，3)代入，
得 ，解得 ，
∴直线BC的表达式为y＝－x＋3.
(3)如图2，点M是直线BC上一动点，过点M作线段MN∥OC
(点N在直线BC下方)，已知MN＝2，若线段MN与抛物线有
交点，请直接写出点M的横坐标xM的取值范围．
图2
2.[2024齐齐哈尔改编]如图，在平面直角坐标系中，已知直线y＝ x－2与x轴交于点A，与y轴交于点C，过A，C两点的抛物线y＝ x2＋bx＋c(a≠0)与x轴的另一个交点为点B，点P是抛物线位于第四象限图象上的动点，过点P分别作x轴和y轴的平行线，分别交直线AC于点E，点F.
(1)求抛物线y＝ x2＋bx＋c的表达式；
解：∵直线y＝ x－2与x轴交于点A，与y轴交于点C，
当y＝0时，x＝4，当x＝0时，y＝－2，
∴点A，C的坐标分别为(4，0)，(0，－2)．
把点A，C的坐标分别代入抛物线表达式，得b＝
∴y＝
(2)点D是x轴上的任意一点，若△ACD是以AC为腰的等腰三角形，请写出点D的坐标；
解：设点D的坐标为(x，0)，由点A，C，D的坐标，
得AC＝2 ，AD＝
若△ACD是以AC为腰的等腰三角形，则AC＝AD或AC＝CD，
∴2
解得x＝4－2 或4(舍去)或－4，
∴点D的坐标为(4－2 或(－4，0)．
(3)①当EF＝AC时，求点P的坐标；
解：∵PE∥x轴，∴∠PEA＝∠OAC.∵PF∥y轴，∴∠PFE＝∠OCA.
又∵EF＝AC，∴△AOC≌△EPF(ASA)，∴PF＝OC＝2.
∵点P是抛物线位于第四象限图象上的动点，
设点P 2)(0∴PF＝ ＋2m，
∴－m2＋2m＝2，解得m＝2.
当m＝2时，y＝ ×2－2＝－3，∴P(2，－3)．
②在①的条件下，若点N是y轴上的一个动点，过点N作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接AN，MP，求AN＋MP的最小值．
解：抛物线y＝
如解图，作点A关于y轴的对称点A′(－4，0)，
将点A′向右平移 (MN的长度)个单位长度，得到点A″(－ ，0)，
连接PA″交抛物线对称轴于点M，过点M作MN⊥y轴于点N，连接AN，A′N.
∵A′A″∥MN且A′A″＝MN，∴四边形A′A″MN为平行四边形，
∴A′N＝A″M，∴AN＋MP＝A′N＋MP＝A″M＋MP＝A″P，
∴AN＋MP的最小值为A″P的长度，最小值为＝
3.[2024平凉庄浪县二模]如图，抛物线y＝ax2＋bx＋4与x轴交于A(2，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，点D是x轴负半轴上一点，AD＝5，连接CD.
(1)求抛物线y＝ax2＋bx＋4的表达式；
图1 图2
解：将A(2，0)，B(3，0)
代入y＝ax2＋bx＋4，
(2)请在图1中将线段CD向右平移至点D与点A重合，CD
平移后对应线段所在直线交抛物线于点E，连接CE，判断
四边形AECD的形状，并说明理由；
图1
解：四边形AECD是菱形．理由如下：
根据题意画出图形如解图1，令x＝0，得y＝4，
则点C的坐标为(0，4)，∴OC＝4.
∵A(2，0)，点D是x轴负半轴上一点，AD＝5，
∴点D的坐标为(－3，0)，则OD＝3，
∴CD＝ ＝5.
解图1
(3)在(2)的条件下，如图2，连接DE，交y轴于点P，过点P
作PM⊥CD于点M，点N从E点向D点运动，连接CN，MN，
求△CMN周长的最小值．
解：如解图2，连接AM，AN，AP，
由(2)知四边形AECD是菱形，
∴∠ADE＝∠CDE.
在△DOP和△DMP中， ，
∴△DOP≌△DMP(AAS)，
图2
图2
图2
4．[2024遂宁改编]如图，二次函数y＝ax2＋bx－3(a≠0)的图象与x轴分别交于点A(－1，0)，B(3，0)，与y轴交于点C，P，Q为抛物线上的两点．
(1)求二次函数y＝ax2＋bx－3的表达式；
类型
1
面积问题(省卷：2021.28(2)/2020.28))
解：由题意，得y＝a(x＋1)(x－3)＝a(x2－2x－3)，
当x＝0时，y＝－3，则C(0，－3)，
将C(0，－3)代入上式，得－3a＝－3，解得a＝1，
∴y＝x2－2x－3.
(2)当P，C两点关于抛物线对称轴对称，△OPQ是以点P为直角顶点的直角三角形时，求点Q的坐标；
解：由题意，得抛物线的对称轴为直线x＝1，
∵点P，C关于抛物线对称轴对称，则点P(2，－3)，
设Q(t，t2－2t－3)，∵∠OPQ＝90°，∴OP2＋PQ2＝OQ2，
∴[(0－2)2＋(0＋3)2]＋[(2－t)2＋(－3－t2＋2t＋3)2]＝t2＋(t2－2t－3)2，
整理，得3t2－8t＋4＝0，解得t1＝ ，t2＝2(舍去)，
∴t＝ ，∴点Q的纵坐标为－ ，
∴点Q的坐标为( ．
(3)设P的横坐标为m，Q的横坐标为m＋1，试探究：△OPQ的面积S是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
解：存在．
由题意，得点P(m，m2－2m－3)，Q(m＋1，m2－4)，
如解图，设直线PQ交x轴于点H，设直线PQ的表达式为y＝kx＋b(k≠0)，
由点P，Q的坐标得，
解得
∴直线PQ的表达式为y＝(2m－1)x－m2－m－3，
令y＝0，得x＝
∴S＝S△OHP－S△OHQ＝ ×OH×(yQ－yP)＝ × ×(m2－4－m2＋2m＋3)＝ (m2＋m＋3)＝
即△OPQ的面积S存在最小值，最小值为 .
5.[2024庆阳合水县一模]如图，已知二次函数y＝x2＋bx＋c的图象与x轴交于A，B两点，其中点A的坐标为(－3，0)，与y轴交于点C(0，－3)．
(1)求抛物线y＝x2＋bx＋c的表达式；
解：∵二次函数y＝x2＋bx＋c的图象过点A(－3，0)
和点C(0，－3)，
(2)抛物线的对称轴上有一动点P，求出当PB＋PC最小时点P的坐标；
解：∵抛物线表达式为y＝x2＋2x－3＝(x＋1)2－4，∴该抛物线对称轴为直线x＝－1.
∵点P为抛物线的对称轴上的一动点，点A和点B关于直线x＝－1对称，
∴PA＝PB，则PB＋PC＝PA＋PC.
∵两点之间线段最短，∴连接AC，AC与直线x＝－1的交点就是使得PB＋PC
最小时的点P，如解图1.
设过点A(－3，0)和点C(0，－3)的直线表达式为y＝kx＋m(k≠0)，
将点A，C的坐标代入，
即直线AC的函数表达式为y＝－x－3，
当x＝－1时，y＝－(－1)－3＝－2，
即点P的坐标为(－1，－2)．
图1
(3)若抛物线上有一动点Q，点Q在直线AC的下方，当使△ACQ的面积最大时，求点Q的坐标．
∵－ ＜0，∴当t＝－ 时，S△ACQ有最大值，
此时yQ＝
∴此时点Q的坐标为 ．
图2
解：设Q(t，t2＋2t－3)，过点Q作QD∥y轴，交AC于点D，如解图2，则D(t，－t－3)，
∴DQ＝(－t－3)－(t2＋2t－3)＝－t2－3t，
则S△ACQ＝S△ADQ＋S△CDQ＝ ·(xC－xA)＝×(－t2－3t)[0－(－3)]＝ ．
6.[2024天水麦积区校级模拟]如图，抛物线y＝ －x2＋mx＋n与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A(－1，0)，C(0，2)．
解：(1)将A(－1，0)，C(0，2)代入y＝－ x2＋mx＋n，
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出P点的坐标；如果不存在，请说明理由；
解：存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形；
点P的坐标为 ．
【解法提示】∵y
∴抛物线的对称轴为直线x＝ ．
又∵C (0，2)，∴CD＝ ，
图1
如解图1，当CD＝CP时， ，解得n＝4或n＝0(舍去)，∴P( ，4)．当CD＝DP时， ＝|n|，解得n＝
．综上所述，点P的坐标为 ．
图1
(3)点E是线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时点E的坐标．
解：当点E运动到(2，1)位置时，四边形CDBF的面积最大．
令y＝0，则－ x＋2＝0，解得x＝4或x＝－1，∴B(4，0)．
∵S四边形CDBF＝S△BCD＋S△BCF，S△BCD＝ ，
S△BCF＝S△CEF＋S△BEF＝ EF(xB－xC)＝2EF，
∴S四边形CDBF＝ ＋2EF，∴当EF最大时，S四边形CDBF最大．
设直线BC的表达式为y＝kx＋b(k≠0)，
7．[2024金昌永昌县三模]如图所示，已知抛物线y＝ax2＋bx－8(a≠0)经过点A(－2，0)，B(4，0)，与直线y＝x－4交于B，D两点．
(1)求抛物线y＝ax2＋bx－8的表达式；
类型
3
特殊三角形问题
图1 图2
解：把A(－2，0)，B(4，0)
代入抛物线y＝ax2＋bx－8中，
得 ，
∴y＝x2－2x－8.
(2)如图1，点P为直线BD下方抛物线上的一个动点，试求出△BDP面积的最大值及此时点P的坐标；
图1
图1
图1
∵S△BDP＝S△DPE＋S△BPE ＝
∴当m＝ 时，△BDP面积的最大值为 .
∴P ．
(3)如图2，点Q是线段BD上异于B，D的动点，过点Q作
QF⊥x轴于点F，交抛物线于点G，当△QDG为直角三
角形时，直接写出点Q的坐标．
图2
解：点Q的坐标为(2，－2)或(3，－1)．
【解法提示】设直线y＝x－4与y轴相交于点K，则K(0，－4)，设点G坐标为(t，t2－2t－8)，点Q的坐标为(t，t－4)．∵B(4，0)，∴OB＝OK＝4，∴∠OKB＝∠OBK＝45° ∵ QF⊥x轴，∴∠DQG＝45°.
若△QDG为直角三角形，则△QDG是等腰直角三角形．过点D作DH⊥QG于点H.
①如解图2，当∠QDG＝90°时，QG＝2DH，QG＝－t2＋3t＋4，DH＝t＋1，∴－t2＋3t＋4＝2(t＋1)，解得t＝－1(舍去)或t＝2，∴Q1(2，－2)．
②如解图3，当∠DGQ＝90°时，QG＝DG，∴－t2＋3t＋4＝t＋1，解得t＝－1(舍去)或t＝3，∴Q2(3，－1)．综上所述，当△QDG为直角三角形时，点Q的坐标为(2，－2)或(3，－1)．
图3
图2
8．[2024宁夏改编]抛物线y＝ax2－x－2与x轴交于A(－1，0)，B两点，与y轴交于点C，点P是第四象限内抛物线上的一点．
类型
4
特殊四边形问题(省卷：2023.27(2)/2021.28(3)①))
解：把A(－1，0)代入 y＝ax2－ ，
∴y＝x2－x－2.
(2)如图1，过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E.设点D
的横坐标为m，当PE＝ BE时，求m的值；
图1
解：把y＝0代入y＝ x－2＝0，
解得x1＝－1，x2＝4，∴点B的坐标为(4，0)．
当x＝0时，y＝－2，∴点C的坐标为(0，－2)，∴BC＝ .
设直线BC的表达式为y＝k1x＋b(k1≠0)，将B，C坐标代入，
，
∴直线BC的表达式为y＝ x－2.
(3)如图2，点F(1，0)，连接CF并延长交直线PD于点M，N是
第一象限抛物线上的一点，在(2)的条件下，x轴正半轴上是
否存在一点H，使得以F，M，N，H为顶点的四边形是平行
四边形？若存在，直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
图2
解：存在，点H的坐标为( ，0)．【解法提示】设直线CF的表达式为y＝k2x＋c，将C(0，－2)，F(1，0)代入，得， 解得 ，∴直线CF的表达式为y＝2x－2.当x ＝ 时， ．∵N是第一象限抛物线上的一点，∴当y＝3时， －2＝3，解得x＝－2(舍去)或x＝5，∴N(5，3)．当点N的坐标为(5，3)时，FH＝MN＝，∴ O H ＝1+＝ ，∴点H的坐标为(，0)．

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