2025年甘肃中考数学 一轮复习重难题型攻关 课件(4份打包)

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2025年甘肃中考数学 一轮复习重难题型攻关 课件(4份打包)

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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.
优质原创
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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