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(共46张PPT)
2025年广西壮族自治区中考数学二轮复习重难题型突破
题型3　函数实际应用题(7年7考)
　　　 构建函数关系解决实际问题
(7年5考)
1. (2023·宁夏)“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： ＝ ＋30，解得x＝5，经检验x＝5是原方程的解.
乙： ＝1.6× ，解得x＝65，经检验x＝65是原方程的解.
则甲所列方程中的x表示 ，乙所列方程中的x
表示 .
B型玩具的单价　
A型玩具的数量　
(2)该经营者准备用1 350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？
解：设可购进A型玩具a个，则可购进B型玩具(200－a)个.
由(1)，可知B型玩具的单价为5元/个，A型玩具的单价为1.6×5＝8(元/个).
根据题意，得8a＋5(200－a)≤1 350.
解得a≤116 .
∴整数a的最大值是116.
答：最多可购进A型玩具116个.
2. (2024·大庆)“尔滨”火了，带动了黑龙江省的经济发展，农
副产品也随之畅销全国.某村民在网上直播推销某种农副产品，
在试销售的30天中，第x天(1≤x≤30且x为整数)的售价为y(元/
千克).当1≤x≤20时，y＝kx＋b；当20＜x≤30时，y＝15.销
量z(千克)与x的函数关系式为z＝x＋10，已知该产品第10天的
售价为20元/千克，第15天的售价为15元/千克，设第x天的销售
额为M(元).
(1)k＝ ，b＝ .
－1　
30　
(2)写出第x天的销售额M与x之间的函数关系式.
解：依题意，y＝
当1≤x≤20时，M＝yz＝(x＋10)(－x＋30)＝－x2＋20x＋300；
当20＜x≤30时，M＝yz＝15(x＋10)＝15x＋150.
∴M＝
(3)求在试销售的30天中，共有多少天销售额超过500元？
解：依题意，当1≤x≤20时，
M＝－x2＋20x＋300＝－(x－10)2＋400≤400.
当20＜x≤30时，令15x＋150＞500，
解得x＞ .
∵x为正整数，
∴第24天至第30天，销售额超过500元.
30－24＋1＝7(天).
答：在试销售的30天中，共有7天销售额超过500元.
3. (2023·菏泽)某学校为美化学校环境，打造绿色校园，决定用
篱笆围成一个一面靠墙(墙足够长)的矩形花园，用一道篱笆把花
园分为A，B两块(如图所示)，花园里种满牡丹和芍药.学校已定
购篱笆120 m.
(1)设计一个使花园面积最大的方案，并求出其最大面积.
解：设垂直于墙的边长为x m，围成的矩形面积为S m2，则平行于墙的边长为(120－3x)m.
根据题意，得S＝x(120－3x)＝－3x2＋120x＝－3(x－20)2＋1200.
∵－3＜0，
∴当x＝20时，S取得最大值1 200.
此时120－3x＝120－3×20＝60.
∴花园应设计成垂直于墙的边长为20 m，平行于墙的边长为60 m，花园面积最大为1 200 m2.
(2)在花园面积最大的条件下，A，B两块内分别种植牡丹和芍
药，每平方米种植2株，已知牡丹每株售价25元，芍药每株售价
15元，学校计划购买费用不超过5万元，求最多可以购买多少株
牡丹？
解：设购买牡丹m株，则购买芍药1 200×2－m＝(2 400－m)株.
∵学校计划购买费用不超过5万元，
∴25m＋15(2 400－m)≤50 000.
解得m≤1 400.
∴最多可以购买1 400株牡丹.
4. (2024·牡丹江)一条公路上依次有A，B，C三地，甲车从A地
出发，沿公路经B地到C地，乙车从C地出发，沿公路驶向B地.
甲、乙两车同时出发，匀速行驶，乙车比甲车早 h到达目的地.
甲、乙两车之间的路程y km与两车行驶时间x h的函数关系如图
所示，请结合图象信息，解答下列问题：
(1)甲车行驶的速度是 km/h，并在图中括号内填上正确
的数；
70　
(2)求图中线段EF所在直线的函数解析式(不要求写出自变量的取
值范围)；
解：由图可知E，F的坐标分别为(，0)，(4，180)，
设线段EF所在直线的函数解析式为y＝kx＋b，
则
解得
∴线段EF所在直线的函数解析式为y＝120x－300.
(3)请直接写出两车出发多少小时，乙车距B地的路程是甲车距B
地路程的3倍.
解：两车出发 h或 h时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍.
5. (2023·内江)某水果种植基地为响应政府号召，大力种植优质
水果.某超市看好甲、乙两种优质水果的市场价值，经调查，这
两种水果的进价和售价如表所示：
水果种类 进价/(元/kg) 售价/(元/kg)
甲 a 20
乙 b 23
该超市购进甲种水果15 kg和乙种水果 5 kg需要305元；购进甲种
水果20 kg和乙种水果10 kg需要470元.
(1)填空：a＝ ，b＝ ；
14　
19　
(2)该超市决定每天购进甲、乙两种水果共100 kg进行销售，其中
甲种水果的数量不少于30 kg，且不多于80 kg.实际销售时，若甲
种水果超过60 kg，则超过部分按每千克降价3元销售，求超市当
天售完这两种水果获得的利润y(元)与购进甲种水果的数量 x(kg)
之间的函数关系式，并写出x的取值范围；
解：由题意，得当30≤x≤60时，
y＝(20－14)x＋(23－19)(100－x)＝2x＋400.
当60＜x≤80时，
y＝(20－3－14)(x－60)＋(20－14)×60＋(23－19)(100－x)＝－x
＋580.
答：超市当天售完这两种水果获得的利润y(元)与购进甲种水果
的数量x(kg)之间的函数关系式为y＝
(3)在(2)的条件下，超市在获得的利润y(元)取得最大值时，决定
售出的甲种水果每千克降价3m元，乙种水果每千克降价m元，
若要保证利润率(利润率＝ )不低于16％，求m的最大值.
解：∵y＝
∴当x＝60时，y取得最大值，最大值为520.
由题意可得
×100％≥16％.
解得m≤1.2.
答：m的最大值为1.2.
6. (2023·孝感)加强劳动教育，落实五育并举.孝礼中学在当地政府的支持下，建成了一处劳动实践基地.2023年计划将其中1 000 m2
的土地全部种植甲、乙两种蔬菜.经调查发现：甲种蔬菜种植成本y(单位：元/m2)与其种植面积x(单位：m2)的函数关系如图所示，
其中200≤x≤700；乙种蔬菜的种植成本为50元/m2.
(1)当x＝ m2时，y＝35元/m2.
(2)设2023年甲、乙两种蔬菜总种植成本为W元，如何分配两种
蔬菜的种植面积，使W最小？
500　
解：当200≤x≤600时，设甲种蔬菜种植成本y(单位：元/m2 )
与其种植面积x(单位：m2 )的函数关系式为y＝kx＋b.
把(200，20)，(600，40)代入，得
解得
∴y＝ x＋10.
∴W＝x( x＋10)＋50(1 000－x)＝ (x－400)2＋42 000.
∵ ＞0，∴抛物线开口向上.
∴当x＝400时，W有最小值，最小值为42 000.
此时，1 000－x＝1 000－400＝600.
当600＜x≤700时，y＝40.
∴W＝40x＋50(1 000－x)＝－10x＋50 000.
∵－10＜0，
∴当x＝700时，W有最小值为－10×700＋50 000＝43 000.
∵42 000＜43 000，
∴当种植甲种蔬菜的种植面积为400 m2，乙种蔬菜的种植面积为
600 m2 时，W最小.
(3)学校计划今后每年在这1 000 m2土地上，均按(2)中方案种植蔬
菜，因技术改进，预计种植成本逐年下降.若甲种蔬菜种植成本
平均每年下降10％，乙种蔬菜种植成本平均每年下降a％，则当
a＝ 时，2025年的总种植成本为28 920元.
20　
【易错警示】本题中，隐含了条件“0＜a＜100”，当求出a的
多个解时，须舍去不符合题意的解.
　　　 抛物线型问题(7年2考)
7. (2023·温州)一次足球训练中，小明从球门正前方8 m的A处射
门，球射向球门的路线呈抛物线.当球飞行的水平距离为6 m时，
球达到最高点，此时球离地面3 m.已知球门高OB为2.44 m，现
以O为原点建立如图所示直角坐标系.
(1)求抛物线的函数解析式，并通过计算判断球能否射进球门(忽
略其他因素).
解：∵8－6＝2，
∴抛物线的顶点坐标为(2，3).
设抛物线的函数解析式为y＝a(x－2)2＋3.
把点A(8，0)代入，得36a＋3＝0.
解得a＝－ .
∴抛物线的函数解析式为y＝－ (x－2)2＋3.
当x＝0时，y＝－ ×4＋3＝ ＞2.44，
∴球不能射进球门.
(2)对本次训练进行分析，若射门路线的形状、最大高度均保持不
变，则当时他应该带球向正后方移动多少米射门，才能让足球经
过点O正上方2.25 m处？
解：设小明带球向正后方移动m m，
则移动后的抛物线为y＝－ (x－2－m)2＋3.
把点(0，2.25)代入，得2.25＝－ (0－2－m)2＋3.
解得m＝－5(舍去)或m＝1.
∴当时他应该带球向正后方移动 1 m 射门，才能让足球经过点O
正上方 2.25 m处.
【方法总结】对于抛物线型问题，当已知抛物线的顶点坐标时，
通常将其解析式设为“顶点式”，即y＝a(x－h)2＋k的形式.
8. (2023·河北)嘉嘉和淇淇在玩沙包游戏.某同学借此情境编制了
一道数学题，请解答这道题.
如图，在平面直角坐标系中，一个单位长度代表1 m长.嘉嘉在点
A(6，1)处将沙包(看成点)抛出，其运动路线为抛物线C1∶y＝
a(x－3)2＋2的一部分，淇淇恰在点B(0，c)处接住，然后跳起将
沙包回传，其运动路线为抛物线C2∶y＝－ x2＋ x＋c＋1的一
部分.
(1)写出C1的最高点坐标，并求a，c的值；
解：∵抛物线C1∶y＝a(x－3)2＋2，
∴C1的最高点坐标为(3，2).
∵点A(6，1)在抛物线C1：y＝a(x－3)2＋2上，
∴1＝a(6－3)2＋2，解得a＝－ .
∴抛物线C1的解析式为y＝－ (x－3)2＋2，令x＝0，
则c＝－ ×(0－3)2＋2＝1.
(2)若嘉嘉在x轴上方1 m的高度上，且到点A水平距离不超过1 m
的范围内可以接到沙包，求符合条件的n的整数值.
解：∵到点A水平距离不超过1 m的范围内
可以接到沙包，
∴设点A的坐标为(xA，1)，则有5≤xA≤7.
当沙包经过(5，1)时，有1＝－ ×52＋ ×5＋1＋1，
解得n＝ ；
当沙包经过(7，1)时，有1＝－ ×72＋ ×7＋1＋1，
解得n＝ .
∴ ≤n≤ .
∴符合条件的n的整数值为4和5.
9. (2024·青海)在如图所示的平面直角坐标系中，有一斜坡OA，
从点O处抛出一个小球，落到点A(3， )处.小球在空中所经过的
路线是抛物线y＝－x2＋bx的一部分.
【技巧点拨】本题中隐含了条件“BC∥y轴”.
(1)求抛物线的解析式；
解：∵点A(3， )是抛物线y＝－x2＋bx上的一点，
把点A(3， )代入y＝－x2＋bx中，得－32＋3b＝ ，
解得b＝ .
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋ x.
(2)求抛物线最高点的坐标；
解：由(1)得y＝－x2＋ x＝－(x－ )2＋ ，
∴抛物线最高点的坐标为(， ).
(3)斜坡上点B处有一棵树，点B是OA的三等分点，小球恰好越
过树的顶端C，求这棵树的高度.
解：如图，过点A，B分别作x轴的垂线，垂足分别是点E，D，则C，B，D三点共线.
∵∠BOD＝∠AOE，∠BDO＝∠AEO＝90°，
∴△OBD∽△OAE.
∴ ＝ ＝ .
又点B是OA的三等分点，
∴ ＝ .
∵A(3， )，
∴AE＝ ，OE＝3.
∵ ＝ ＝ ，∴BD＝ .
∵ ＝ ＝ ，∴OD＝1.
∴点C的横坐标为1.
将x＝1代入y＝－x2＋ x中，
得y＝－12＋ ×1＝ ，
∴点C的坐标为(1， ).
∴CD＝ .
∴CB＝CD－BD＝ － ＝2.
答：这棵树的高为2.
10. (2022·江西)跳台滑雪运动可分为助滑、起跳、飞行和落地四
个阶段，运动员起跳后飞行的路线是抛物线的一部分(如图中实
线部分所示)，落地点在着陆坡(如图中虚线部分所示)上，着陆坡
上的基准点K为飞行距离计分的参照点，落地点超过K点越远，
飞行距离分越高.2022年北京冬奥会跳台滑雪标准台的起跳台的
高度OA为66 m，基准点K到起跳台的水平
距离为75 m，高度为h m(h为定值).设运动
员从起跳点A起跳后的高度y(m)与水平距离
x(m)之间的函数关系为y＝ax2＋bx＋c(a≠0).
(1)c的值为 .
66　
(2)①若运动员落地点恰好到达K点，且此时a＝－ ，b＝ ，
求基准点K的高度h；
解：∵a＝－ ，b＝ ，∴y＝－ x2＋ x＋66.
∵基准点K到起跳台的水平距离为75 m，
∴y＝－ ×752＋ ×75＋66＝21.
∴基准点K的高度h为21 m.
②若a＝－时，运动员落地点要超过K点，则b的取值范围为
.
B>
(3)在(2)的条件下，若运动员飞行的水平距离为25 m时，恰好
达到最大高度76 m，试判断他的落地点能否超过K点，并说明
理由.
解：他的落地点能超过K点.理由如下：
∵运动员飞行的水平距离为25 m时，恰好达到最大高度76 m，
∴抛物线的顶点为(25，76).
设抛物线的解析式为y＝a(x－25)2＋76，
把(0，66)代入，得66＝a(0－25)2＋76，
解得a＝－ .
∴抛物线解析式为y＝－ (x－25)2＋76.
当x＝75时，y＝－ ×(75－25)2＋76＝36.
∵36＞21，
∴他的落地点能超过K点.(共92张PPT)
2025年广西壮族自治区中考数学二轮复习重难题型突破
题型6　几何探究题(7年4考)
动点问题探究(7年2考)
1. (2022·北部湾经济区)已知∠MON＝α，点A，B分别在射线
OM，ON上运动，AB＝6.
(1)如图①，若α＝90°，取AB中点D，点A，B运动时，点D也
随之运动，点A，B，D的对应点分别为A'，B'，D'，连接
OD，OD'.判断OD与OD'有什么数量关系？并证明你的结论.
【技巧点拨】本小问中，注意到△OAB为直角三角形，且点D为
斜边上的中点，则根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一
半”可得到OD与AB的数量关系，再根据题中隐含条件 “AB的
长度不变”，即可判断OD与OD'的数量关系.
解：OD＝OD'.证明如下：
∵在Rt△AOB中，点D是AB的中点，
∴OD＝ AB.
同理，可得OD'＝ A'B’.
∵AB＝A'B'，∴OD＝OD'.
(2)如图②，若α＝60°，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角
形ABC，求点O与点C的最大距离.
【技巧点拨】本小问中，注意到“点A，B分别在射线OM，
ON上运动”过程中，△ABC的大小形状、线段AB的长度和
∠MON的度数均保持不变，则有“点O在△OAB的外接圆☉I上
运动”.此时，“求OC的最大(小)值”即是“求点C到☉I上点的
距离的最大(小)值”，故连接CI并延长，交优(劣)弧AB于点O'，
则此时O'C的值即为所求最大(小)值.
解：如图②，作△AOB的外接圆☉I，连接CI并延长，交☉I于
点O'，交AB于点D.
∴当点O运动到O'时，OC最大，
此时△AO'B是等边三角形.
∵AB＝6，
∴CO最大＝CO'＝CD＋DO'＝ AB＋ AB＝3＋3 .
(3)如图③，若α＝45°，当点A，B运动到什么位置时，△AOB
的面积最大？请说明理由，并求出△AOB面积的最大值.
解：如图③，作等腰直角三角形AHB，
以H为圆心，AH为半径作☉H.
∴AH＝ AB＝3 ，∠AOB＝ ∠AHB＝45°.
则点O在☉H上，如图③，取AB的中点C，连接CH并延长交
☉H于点O，则此时△AOB的面积最大，OA＝OB，OH＝AH.
∴OC＝CH＋OH＝ AB＋3 ＝3＋3 .
∴S△AOB＝ ×6×(3＋3 )＝9＋9 .
∴当OA＝OB时，△AOB的面积最大，最大面积是9＋9 .
【方法总结】涉及“多动点问题求最值”时，需注意动点运动过
程中保持不变的量，可运用“转化思想”将多动点问题转化成单
动点问题，再通过“构造辅助圆、辅助线”等方法确定取最值的
特殊点即可.
2. (2022·南充)如图，在矩形ABCD中，点O是AB的中点，点M
是射线DC上动点，点P在线段AM上(不与点A重合)，OP＝
AB.
(1)判断△ABP的形状，并说明理由.
【技巧点拨】本小问中，注意到“OP＝OA＝OB”，则结合
“等腰三角形的性质”和“三角形内角和为180°”即可判断
△ABP的形状.
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＝∠BPO，∠OAP＝∠APO.
∵∠OAP＋∠APO＋∠OBP＋∠BPO＝180°，
∴∠APO＋∠BPO＝90°.
∴∠APB＝90°.∴△ABP是直角三角形.
(2)当点M为边DC中点时，连接CP并延长交AD于点N. 求证：
PN＝AN.
【技巧点拨】本小问中，可将“所求证长度的等量关系PN＝
AN”转换成“角度的等量关系∠NAP＝∠NPA”.注意到题中
隐含条件“∠NPA＝∠MPC”，现延长AM与BC交于点E，则
有∠NAP＝∠PEC，再通过证得PC＝EC所得到的∠PEC＝
∠MPC，即可证得∠NAP＝∠NPA，从而证得PN＝AN.
证明：如图，延长AM，BC交于点E.
∵M是CD的中点，∴DM＝CM.
∵∠D＝∠MCE＝90°，∠AMD＝∠EMC，
∴△ADM≌△ECM(ASA).∴AD＝CE＝BC.
∵∠BPE＝90°，∴PC＝ BE＝BC＝CE. ∴∠CPE＝∠CEP. ∵∠CPE＝∠APN，∠CEP＝∠PAN，
∴∠APN＝∠PAN. ∴PN＝AN.
①如图，点M在CD上时，连接CQ，PQ，过点P作GH∥CD，
交AD于点G，交BC于点H.
设DM＝x，QG＝a，则CH＝a＋ ，
BH＝AG＝4－ －a＝ －a.
(3)点Q在边AD上，AB＝5，AD＝4，DQ＝ ，当∠CPQ＝
90°时，求DM的长.
解：分两种情况：
∵PG∥DM，∴△AGP∽△ADM. ∴ ＝ ，即 ＝ .
∴PG＝ x－ ax.∵∠CPQ＝90°，∴∠CPH＋∠QPG＝90°.
∵∠CPH＋∠PCH＝90°，∴∠QPG＝∠PCH.
∴tan∠QPG＝tan∠PCH，即 ＝ .
∴PH·PG＝QG·CH.
同理得∠APG＝∠PBH.
∴tan∠APG＝tan∠PBH，即 ＝ .
∴PG·PH＝AG·BH＝AG2.
∴AG2＝QG·CH，即(－a)2＝a(＋a).解得a＝ .
∵PG·PH＝AG2，
∴( x－ x)·(5－ x＋ x)＝(－ )2.
解得x1＝12(舍)，x2＝ .
∴DM＝ .
②如图，当M在DC的延长线上时，连接CQ，PQ，
过点P作GH∥CD，交AD于点G，交BC于点H.
同理得DM＝12.
综上，DM的长是 或12.
【方法总结】涉及“单动点问题求确定值”时，需注意题目所给
条件是否仅有唯一确定的图形，通常需运用“分类讨论思想”对
不同情况分别求值.
3. (2023·南宁一模)在等边三角形ABC中，点D是BC边上一点，
点E是直线AB上一动点，连接DE，将射线DE绕点D顺时针旋
转120°，与直线AC相交于点F.
(1)若点D为BC边的中点.
①如图①，当点E在AB边上，且DE⊥AB时，
请直接写出线段DE与DF的数量关系 .
DE＝DF　
②如图②，当点E落在AB边上，点F落在AC边的延长线上时，
①中的结论是否仍然成立？请结合图②说明理由.
解：DE＝DF仍然成立.理由如下：
将DB绕点D顺时针旋转120°，交AC边于点B'，如图.
∵∠BDB'＝120°，
∴∠B'DC＝180°－120°＝60°.
∴∠B＝∠B'DC＝60°.∴DB'∥AB.
∴∠DB'C＝∠BAC＝60°.
∴∠B＝∠DB'C，△DCB'为等边三角形.
∴DB'＝DC＝DB.
∵∠BDE＋∠EDB'＝120°，∠EDB'＋∠B'DF＝120°，
∴∠BDE＝∠B'DF.
∴△DBE≌△DB'F(ASA).
∴DE＝DF.
(2)如图③，点D为BC边上靠近点C的三等分点.当AE∶BE＝3∶　2时，直接写出 的值.
解： 的值为 或4.
4. (2023·海南)如图①，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交
于点O，AB＝6，∠ABC＝60°，点P为线段BO上的动点(不与
点B，O重合)，连接CP并延长交边AB于点G，交DA的延长线
于点H.
(1)当点G恰好为AB的中点时，求证：△AGH≌△BGC.
证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC.
∴∠HAB＝∠CBA.
∵点G是AB的中点，∴AG＝BG.
又∠AGH＝∠BGC，
∴△AGH≌△BGC(ASA).
(2)求线段BD的长.
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，∠ABD＝ ∠ABC＝30°.
又AB＝6，
∴AO＝ AB＝3，BO＝ AO＝3 .
∴BD＝6 .
解：当∠PAH＝90°时，∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝6，∠ABC＝∠ADC＝60°，
∠ADB＝ ∠ADC＝30°.
∴在Rt△PAD中，AD＝ AP＝6，DP＝2AP.
∴AP＝2 ，DP＝4 .∴BP＝BD－DP＝2 .
∵AD∥BC，∴△BPC∽△DPH.
(3)当△APH为直角三角形时，求 的值.
∴ ＝ ＝ ＝2.
当∠APH＝90°时，∠APC＝90°，
∴∠DPA＝∠DPC＝45°.
又AC⊥BD，∴PO＝AO＝3.
∴BP＝3 －3，DP＝3 ＋3.
∵AD∥BC，∴△BPC∽△DPH.
∴ ＝ ＝ ＝2＋ .
综上所述， 的值为2或2＋ .
(4)如图②，作线段CG的垂直平分线，交BD于点N，交CG于点
M，连接NG，在点P的运动过程中，∠CGN的度数是否为定
值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由.
解：∠CGN的度数是定值.
如图②，取BC的中点H，连接OM，HM，NC.
∵MN是CG的垂直平分线，
∴GN＝CN，GM＝CM. ∴∠NGC＝∠GCN.
∵点H，M，O分别是线段BC，GC，AC的中点.
∴HM∥AB，OM∥AB.
∴点M，H，O三点共线.
∵点H是BC的中点，AC⊥BD，∴HO＝HB＝CH.
∴∠CBO＝∠BOH＝30°.
∵∠COB＝∠NMC＝90°，
∴点O，C，M，N四点共圆.
∴∠NCM＝∠BOH＝30°.
∴∠CGN＝∠NCM＝30°.
5. (2024·河池二模)阅读理解：
(1)【学习心得】
小赵同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题，
如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容
易.我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”.这类题目主要有两种
类型.
①类型一，“定点＋定长”：如图①，在△ABC中，AB＝AC，
∠BAC＝44°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的
度数.
解：若以点A(定点)为圆心，AB(定长)为半径作辅助圆☉A(请你
在图①上画圆)，则点C，D必在☉A上，∠BAC是☉A的圆心
角，而∠BDC是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝ .
22°　
解：☉A如图①.
②类型二，“定角＋定弦”：如图②，Rt△ABC中，
AB⊥BC，AB＝6，BC＝4，P是△ABC内部的一个动点，且满
足∠PAB＝∠PBC，求线段CP长的最小值.
解：∵∠ABC＝90°，
∴∠ABP＋∠PBC＝90°.∵∠PAB＝∠PBC，∴∠PAB＋
∠ABP＝90°.
∴∠APB＝ .(定角)
∴点P在以AB(定弦)为直径的☉O上.
请完成后面的过程.
90°　
解：后面的过程如下：
当O，P，C三点共线时，PC最小.
∵点O是AB的中点，∴OA＝OB＝3.
在Rt△BCO中，∠OBC＝90°，BC＝4，OB＝3，
∴OC＝ ＝5.
∴PC＝OC－OP＝5－3＝2.
∴PC的最小值为2.
(2)【问题解决】
如图③，在矩形ABCD中，已知AB＝3，BC＝4，点P是BC边
上一动点(点P不与B，C重合)，连接AP，作点B关于直线AP
的对称点M，则线段MC的最小值为 .
2　
(3)【问题拓展】
如图④，在正方形ABCD中，AD＝4，动点E，F分别在边
DC，CB上移动，且满足DE＝CF. 连接AE和DF，交于点P.
①请你写出AE与DF的数量关系和位置关系，并说明理由；
解：AE＝DF，AE⊥DF. 理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADE＝∠DCF＝90°.
在△ADE和△DCF中，
∴△ADE≌△DCF(SAS).
∴AE＝DF，∠DAE＝∠CDF.
∵∠ADE＝90°，∴∠ADP＋∠CDF＝90°.
∴∠ADP＋∠DAE＝90°.∴∠APD＝90°.∴AE⊥DF.
解：如图④，连接AC，BD交于点O.
∵点P在运动中保持∠APD＝90°，
∴点P的运动路径是以AD为直径的圆的 .
∴点P的运动路径长为 ＝π.
②点E从点D开始运动到点C时，点P也随之运动，请求出点P
的运动路径长.
(1)求证：△ABC∽△CBO；
【技巧点拨】从问题出发，要证△ABC∽△CBO，因为两个三
角形有一个公共角，所以只需证一组角相等即
可，由题干很容易得出∠ACO＝∠BCO＝∠A，
即可得证.
旋转问题探究(7年1考)
6. (2024·广西)如图①，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6.AC的
垂直平分线分别交AC，AB于点M，O，CO平分∠ACB.
证明：∵OM垂直平分AC，∴OA＝OC. ∴∠A＝∠ACO.
∵CO平分∠ACB，∴∠ACO＝∠BCO＝∠A.
又∠B＝∠B，∴△ABC∽△CBO.
①求△A'MC'面积的最大值及此时旋转角α的度数，并说明理由；
【技巧点拨】因为△A'MC'的底A'C'是定长，所以只要找到高的
最大值就可求出面积的最大值.作MN⊥A'C'于点N，当M，
O，N三点共线，且点M，N位于点O异侧时，MN取得最大
值，此时最大值为OM＋ON＝4，即可求解.
(2)如图②，将△AOC绕点O逆时针旋转得到△A'OC'，旋转角为α(0°＜α＜360°).连接A'M，C'M.
解：∵∠B＝90°，∴∠A＋∠ACO＋∠OCB＝90°.
∴∠A＝∠ACO＝∠OCB＝30°.
在Rt△ABC中，AB＝6，∴AC＝4 .
∴AM＝2 .∴OM＝2.
取A'C'中点M'，连接OM'，MM'，作MN⊥
A'C'于N，如图②.
由旋转的性质知△AOC≌△A'OC'，OM'为OM
旋转α所得线段，
∴OM'⊥A'C'，A'C'＝AC＝4 ，OM'＝OM＝2.
根据垂线段最短知MN≤MM'，
又MM'≤OM＋OM'，
∴当M，O，M'三点共线，且M，M’位
于点O异侧时，M'，N重合，MN取最大
值，最大值为2＋2＝4，
此时α＝180°.
∴△A'MC'面积的最大值为 ×4 ×4＝8 .
②当△A'MC'是直角三角形时，请直接写出旋转角α的度数.
【技巧点拨】由条件可知，若△A'MC'是直角三角形，只有
∠A'MC'＝90°.由特殊三角形和旋转的性质可知，当点C'与点A
重合时和当点A'与点C重合时满足∠A'MC'＝90°，进而可以求
出旋转角α.
解：α为120°或240°.
7. (2024·黑龙江)已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠MAN
＝ ∠BAC，∠MAN在∠BAC的内部，点M，N在BC上，点
M在点N的左侧，探究线段BM，NC，MN之间的数量关系.
如图①，当∠BAC＝90°时，探究如下：由∠BAC＝90°，AB
＝AC可知，将△ACN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABP，则
CN＝BP且∠PBM＝90°，连接PM，易证△AMP≌△AMN，
可得MP＝MN，在Rt△PBM中，BM2＋BP2＝MP2，则有BM2
＋NC2＝MN2.
当∠BAC＝60°时，如图②；当∠BAC＝120°时，如图③.分
别写出线段BM，NC，MN之间的数量关系，并选择图②或图
③进行证明.
解：图②的结论是BM2＋NC2＋BM·NC＝MN2.
证明：∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形.∴∠ABC＝∠ACB＝60°.
如图②，以点B为顶点在△ABC外作∠ABK＝
60°，在BK上截取BQ＝CN，连接QA，QM，
过点Q作QH⊥BC于点H.
∵AC＝AB，∠C＝∠ABQ，CN＝BQ，
∴△ACN≌△ABQ(SAS).
∴AN＝AQ，∠CAN＝∠BAQ.
∵∠MAN＝ ∠BAC＝30°，∴∠CAN＋∠BAM＝30°.
∴∠BAM＋∠BAQ＝30°.
∴∠MAQ＝30°.∴∠MAQ＝∠MAN.
又AM＝AM，AN＝AQ，
∴△AQM≌△ANM(SAS).∴MQ＝MN.
∵∠ABQ＝60°，∠ABC＝60°，∴∠QBH＝60°.
∴∠BQH＝30°.∴BH＝ BQ，QH＝ BQ.
∴HM＝BM＋BH＝BM＋ BQ.
在Rt△QHM中，QH2＋HM2＝QM2，
即( BQ)2＋(BM＋ BQ)2＝QM2.
整理，得BM2＋BQ2＋BM·BQ＝QM2.
∴BM2＋NC2＋BM·NC＝MN2.
图③的结论是BM2＋NC2－BM·NC＝MN2.
证明：如图③，以点B为顶点在△ABC外作∠ABK＝30°，在
BK上截取BQ＝CN，连接QA，QM，过点Q作QH⊥BC于点H.
∵AB＝AC，∠C＝∠ABQ，CN＝BQ，
∴△ACN≌△ABQ(SAS).
∴AN＝AQ，∠CAN＝∠BAQ.
∵∠MAN＝ ∠ABC＝60°，
∴∠CAN＋∠BAM＝60°.∴∠BAM＋∠BAQ＝60°.
∴∠MAQ＝60°.∴∠MAQ＝∠MAN.
又AM＝AM，AN＝AQ，
∴△AQM≌△ANM(SAS).
∴MQ＝MN.
在Rt△BQH中，
∠QBH＝60°，∠BQH＝30°，
∴BH＝ BQ，QH＝ BQ，
HM＝BM－BH＝BM－ BQ.
在Rt△QHM中，QH2＋HM2＝QM2，
即( BQ)2＋(BM－ BQ)2＝QM2，
整理，得BM2＋BQ2－BM·BQ＝QM2.
∴BM2＋NC2－BM·NC＝MN2.
8. (2021·贵港)已知在△ABC中，O为BC边的中点，连接AO，
将△AOC绕点O顺时针方向旋转(旋转角为钝角)，得到△EOF，
连接AE，CF.
(1)如图①，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，AE与CF满足的数
量关系是 .
AE＝CF　
(2)如图②，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，(1)中的结论是否仍
然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由.
解：结论成立.证明如下：
∵∠BAC＝90°，OC＝OB，∴OA＝OC＝OB.
∵由旋转，得∠AOC＝∠EOF，OA＝OE，OC＝OF，
∴∠AOE＝∠COF，OE＝OF.
∴△AOE≌△COF(SAS).∴AE＝CF.
(3)如图③，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝
CF＝5，BC＝6时，求DE的长.
解：由旋转的性质，可知OE＝OA.
∵OA＝OD，∴OE＝OA＝OD＝5，AD＝10.
∴∠AED＝90°.
∵OA＝OE，OC＝OF，∠AOE＝∠COF，
∴ ＝ .∴△AOE∽△COF. ∴ ＝ .
∵CF＝OA＝5，OC＝ BC＝3，∴ ＝ .∴AE＝ .
∴DE＝ ＝ ＝ .
【方法总结】在手拉手旋转模型中，通常蕴含着全等三角形或相似三角形.
　　　 折叠问题探究(7年1考)
9. 综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开
展数学活动.
(1)【操作判断】操作一：如图①，将矩形纸片ABCD沿过点A的
直线折叠，使点B落在AD上的点E处，折痕为AF，把纸片展
平，连接EF；操作二：如图②，将矩形纸片再次折叠，使点A
与点E重合，得到折痕GH，把纸片展平；操作三：如图③，连
接BG，并把BG折到BC上的BG'处，得到折痕BM，把纸片展
平，连接MG'.根据以上操作，直接写出图③中 的值 　 　.
　
(2)【问题解决】请判断图③中四边形BG'MG的形状，并说明
理由.
解：四边形BG'MG是菱形.理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC. ∴∠GMB＝∠MBC.
由折叠，得∠GBM＝∠MBC，BG＝BG'，
∴∠GBM＝∠GMB. ∴GM＝BG. ∴GM＝BG'.
∴四边形BG'MG是平行四边形.
又BG＝BG'，
∴平行四边形BG'MG是菱形.
(3)【拓展应用】我们知道：将一条线段AB分割成长、短两条线
段AP，PB，若 ＝ ＝ ，则点P叫作线段AB的黄金分割
点.在以上探究过程中，已知矩形纸片ABCD的宽AB为2 cm，当
点M是线段ED的黄金分割点时，直接写出AD的长.
解：AD的长为3＋ 或4.
10. (2023·北海二模)【问题情境】在综合与实践课上，老师让同
学们以“正方形纸片的折叠”为主题开展数学活动.已知在正方
形纸片ABCD中，E是AB边上的点(不与点A，B重合)，正方形
ABCD的边长为9.
【操作发现】(1)如图①，E是边AB上一点，F是边CD上一点.
以直线EF为对称轴把正方形折叠，BC的对应线段为B'C'，其中
点C'在边AD上，B'C'交边AB于点G，连接CC'，则线段EF与
CC'的关系为 ；
EF＝CC’且 EF⊥CC' 　
【实践探究】(2)如图①，当tan∠C'FD＝ 时，求折痕EF的长；
解：由(1)，得EF＝CC'.
∵tan∠C'FD＝ ，∴ ＝ .
设C'D＝3x，DF＝4x.∴FC＝C'F＝5x.
∵DC＝DF＋FC＝9x＝9，∴x＝1.
∴C'D＝3，DF＝4，C'F＝5.
∴C'C＝ ＝3 .∴EF＝3 .
(3)如图②，连接CG，交EF于点H，连接C'H，求证：CC'＝
CH.
证明：如图②，过点C作CM⊥C'G于点M.
∴∠GMC＝∠CMC'＝∠D＝90°.
由折叠的性质，得∠MC'C＋∠CC'F＝90°，
∠DCC'＝∠CC'F.
∵∠DC'C＋∠DCC'＝90°，
∴∠DC'C＝∠MC'C.
又C'C＝C'C，∴△MC'C≌△DC'C(AAS).
∴∠DCC'＝∠C'CM，CM＝CD＝9.
在Rt△GBC和Rt△GMC中，
∴Rt△GBC≌Rt△GMC(HL).
∴∠BCG＝∠MCG. ∴∠C'CG＝ ∠BCD＝45°.
由折叠，得∠CC'H＝∠C'CG＝45°，
∴∠C'HC＝90°.
∴在Rt△C'CH中，CC'＝ CH.
11. (2022·河南)综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数
学活动.
(1)操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与
BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点
M处，把纸片展平，连接PM，BM.
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图①中一个30°的
角： .
∠EMB(或∠CBM或∠ABP或∠PBM)　
(2)迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照(1)中的方式操作，并延长PM交CD于
点Q，连接BQ.
①如图②，当点M在EF上时，∠MBQ＝ °，∠CBQ
＝ °；
15　
15　
②改变点P在AD上的位置(点P不与点A，D重合)，如图③，判
断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由.
解：②∠MBQ＝∠CBQ. 理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠BAD＝∠C＝90°.
由折叠可得AB＝BM，∠BAD＝∠BMP＝90°.
∴BM＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°.
又BQ＝BQ，
∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ(HL).
∴∠CBQ＝∠MBQ.
(3)拓展应用
在(2)的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8 cm，当FQ＝
1 cm时，直接写出AP的长.
解：AP的长为 cm或 cm.
12. 数学活动课上，老师让同学们根据下面情境提出问题并解
答.问题情境：在 ABCD中，点P是边AD上一点，将△PDC沿
直线PC折叠，点D的对应点为E.
(1)“兴趣小组”提出的问题是：如图①，若点P与点A重合，过
点E作EF∥AD，与PC 交于点F，连接DF，则四边形AEFD是
菱形.
请你证明“兴趣小组”提出的问题.
数学思考：
证明：由折叠的性质可知，AD＝AE，DF＝EF，∠DAF＝∠EAF.
∵EF∥AD，∴∠DAF＝∠EFA.
∴∠EFA＝∠EAF.
∴AE＝EF.
∴AD＝DF＝EF＝AE.
∴四边形AEFD是菱形.
拓展探究：
(2)“智慧小组”提出的问题是：如图②，当点P为AD的中点
时，延长CE交AB于点F，连接PF. 试判断PF与PC的位置关
系，并说明理由.
解：PF⊥PC. 理由如下：
如图②，连接AE.
由折叠的性质可知，PD＝PE，∠PEC＝∠PDC，∠DPC＝
∠EPC.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC＋∠DAB＝180°.
∵∠PEC＋∠PEF＝180°，∴∠DAB＝∠PEF.
∵点P是AD的中点，∴PA＝PD＝PE.
∴∠PAE＝∠PEA.
∴∠DAB－∠PAE＝∠PEF－∠PEA.
∴∠AEF＝∠EAF. ∴AF＝EF.
∵PF＝PF，∴△PAF≌△PEF(SSS).
∴∠APF＝∠EPF.
∵∠DPC＋∠CPE＋∠EPF＋∠APF＝180°，
∴2∠CPE＋2∠EPF＝180°.
∴∠FPC＝90°.
∴PF⊥PC.
(3)“创新小组”在前两个小组的启发下，提出的问题是：如
图③，当点E恰好落在AB边上时，AP＝6，PD＝8，CD＝20，
则AE的长为 .
5　
问题解决：
13. 【问题情境】“综合与实践”课上，老师和同学们
一起研究“菱形的折叠问题”.老师提出如下背景：
如图①，在菱形ABCD中，菱形边长为6，∠A＝120°，M，N
分别为AD，DC边上的点，将△MND沿MN翻折，点D和点D'
为对应点.
【问题猜想】“善行小组”提出问题：如图②，当M，N分别为
AD，CD边上的中点时，连接AD'，CD'，则△AMD'≌△CND'.
请你解答此问题.
解：∵四边形ABCD是菱形，∠A＝120°，
∴AD＝DC，∠D＝60°.
∵M，N分别为AD，CD边上的中点，
∴AM＝MD＝ND＝NC.
∴△MDN为等边三角形.
∴∠DMN＝∠DNM＝60°，
由折叠，可得D'M＝DM，D'N＝DN，∠D'MN＝∠DMN＝60°，∠D'NM＝∠DNM＝60°.
∴D'M＝D'N，∠AMD'＝180°－∠DMN－∠D'MN＝60°，
∠CND'＝180°－∠DNM－∠D'NM＝60°.
在△AMD'与△CND'中，
∴△AMD'≌△CND'(SAS).
【深入研究】“善学小组”提出问题：如图③，连接AC，若D'
落在AC上，DM＝4时，求ND的值.请你解答此问题.
解：∵菱形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD，
∴∠D＝180°－∠BAD＝60°.
∴△ADC为等边三角形.
∴AC＝AD＝6，∠CAD＝∠DCA＝60°.
由折叠，可得D'M＝DM＝4，D'N＝DN，∠MD'N＝∠D＝60°.
∵∠CAD＋∠AMD'＝∠MD'C＝∠MD'N＋∠ND’C，
∴60°＋∠AMD'＝60°＋∠ND'C. ∴∠AMD'＝∠ND'C.
又∠CAD＝∠DCA，∴△AMD'∽△CD'N. ∴ ＝ ＝ .
∵菱形ABCD的边长为6，∴AM＝AD－DM＝6－4＝2.
设ND'＝ND＝x，则NC＝6－x.∴ ＝ ＝ .∴CD'＝ x.
∴AD'＝AC－CD'＝6－ x.∴ ＝ .
∴ x2－10x＋24＝0.解得x＝10±2 .
又0＜x＜6，∴x＝10－2 .∴ND的值是10－2 .
【数学思考】“善思小组”提出问题，如图④，连接AD'，
BD'，若M为AD中点，当BD'最小时，求△AMD' 的面积.请你解
答此问题.
解：∵M为AD中点，AD＝AB＝6，
∴AM＝DM＝3.
如图④，当点M固定为AD中点时，点D'落在以M为圆心，3为
半径的圆弧上.则当点B，D'，M在同一直线上时，BD'有最小
值.过点B作BH⊥AD于点H，过点D'作D'P⊥AD于点P.
在Rt△ABH中，∠HAB＝180°－∠BAD＝60°，
∴ sin 60°＝ ， cos 60°＝ .
∴BH＝3 ，AH＝3.
∴在Rt△BHM中，BM＝ ＝3 .
∵D'P⊥AD，BH⊥AD，∴△MPD'∽△MHB.
∴ ＝ .
∴PD'＝ .
∴S△AMD'＝ AM·PD'＝ .(共44张PPT)
2025年广西壮族自治区中考数学二轮复习重难题型突破
题型2　函数综合题(7年8考)
　　　 实际问题与函数图象综合题
1. (2022·聊城)某食品零售店新上架一款冷饮产品，每个成本为8
元，在销售过程中，每天的销售量y(个)与销售价格x(元/个)的关
系如图所示.当10≤x≤20时，其图象是线段AB，则该食品零售
店每天销售这款冷饮产品的最大利润为 元(利润＝总销售
额－总成本).
121　
2. (2022·成都)距离地面有一定高度的某发射装置竖直向上发射
物体，物体离地面的高度h(m)与物体运动的时间t(s)之间满足函
数关系h＝－5t2＋mt＋n，其图象如图所示，物体运动的最高点
离地面20 m，物体从发射到落地的运动时间为3 s.设w表示0 s到t
s时h的值的“极差”(即0 s到t s时h的最大值与最小值的差)，则
当0≤t≤1时，w的取值范围是 ；当2≤t≤3时，w
的取值范围是 .
0≤w≤5　
5≤w≤20　
3. 为规范市场秩序、保障民生工程，监管部门对某一商品的价
格持续监控.该商品的价格y1(元/件)随时间t(天)的变化如图所
示，设y2(元/件)表示从第1天到第t天该商品的平均价格，则y2随
t变化的图象大致是(　A　)
A
4. (2023·南宁期末)小泽和小帅两同学分别从甲地出发，骑自行
车沿同一条路到乙地参加社会实践活动.如图折线OAB和线段
CD分别表示小泽和小帅离甲地的距离y(单位：km)与时间x(单
位：h)之间函数关系的图象.
①小帅的骑车速度为16 km/h；
②点C的坐标为(0.5，0)；
③线段AB对应的函数解析式为
y＝8x＋4(0.5≤x≤2.5)；
④当小帅到达乙地时，小泽距乙地还有4 km.
A. ①② B. ②③
C. ①③④ D. ①②③④
D
根据图中提供的信息，你认为正确的结论是(　D　)
5. (2022·百色期中)某物流公司的快递车和货车同时从甲地出
发，以各自的速度匀速向乙地行驶，快递车到达乙地后卸完物品
再另装货物共用45 min，立即按原路以另一速度匀速返回，直至
与货车相遇.已知货车的速度为60 km/h，两车之间的距离y(km)
与货车行驶时间x(h)之间的函数图象如图所示，快递车从乙地返
回时的速度为 .
90 km/h　
6. 如图，水池中心点O处竖直安装一水管，水管喷头喷出抛物线
形水柱，喷头上下移动时，抛物线形水柱随之竖直上下平移，水
柱落点与点O在同一水平面.安装师傅调试发现，喷头高2.5 m时，水柱落点距O点2.5 m；喷头高4 m 时，水柱落点距O点3m.那么
喷头高 m时，水柱落点距O点4 m.
8　
　　　 一次函数、反比例函数与二次
函数综合题(7年2考)
7. (2024·大庆)在同一平面直角坐标系中，函数y＝kx－k(k≠0)
与y＝ 的大致图象可能为(　C　)
C
8. (2024·长春)如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，
点A(4，2)在函数y＝ (k＞0，x＞0)的图象上.将直线OA沿y轴
向上平移，平移后的直线与y轴交于点B，与函数y＝ (k＞0，
x＞0)的图象交于点C. 若BC＝ ，则点B的坐标是(　B　)
A. (0， ) B. (0，3)
C. (0，4) D. (0，2 )
B
9. (2022·荆门)如图，函数y＝ 的图象由抛
物线的一部分和一条射线组成，且与直线y＝m(m为常数)相交于
三个不同的点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)(x1＜x2＜x3).设
t＝ ，则t的取值范围是 　 ＜t＜1　.
＜t＜1　
10. (2023·南宁二模)已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象如图所
示，则反比例函数y＝ 与正比例函数y＝(2a＋c)x在同一坐标
系内的大致图象是(　B　)
B
11. (2024·乐山)定义：函数图象上到两坐标轴的距离都小于或等
于1的点叫作这个函数图象的“近轴点”.例如，点(0，1)是函数
y＝x＋1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).
①y＝－x＋3；②y＝ ；③y＝－x2＋2x－1.
③　
(2)若一次函数y＝mx－3m图象上存在“近轴点”，则m的取值
范围为 .
－ ≤m＜0或0＜m≤ 　
12.如图，将函数y＝－x2＋2x(0≤x≤2)的图象绕点(2，0)顺时针旋转180°，旋转前后的图象组成一个新的图象S. 若直线y＝kx＋1与图象S有三个交点，则k的取值范围是 .
2 －6＜k≤－ 　
13. 如图，y＝ x与y＝ 交于A，B两点，AC⊥AB交y轴于
点C，BC延长线交双曲线于点D. 若BD＝5，则AD为(　A　)
A. 2 B. 3
C. D.
A
二次函数含参数综合题(7年3考)
14. (2024·广西)课堂上，数学老师组织同学们围绕关于x的二次
函数y＝x2＋2ax＋a－3的最值问题展开探究.
【经典回顾】二次函数求最值的方法.
(1)老师给出a＝－4，求二次函数y＝x2＋2ax＋a－3的最小值.
①请你直接写出对应的函数解析式；
②求当x取何值时，函数y有最小值，并写出此时的y值.
解：①y＝x2－8x－7.
②∵y＝x2－8x－7＝(x－4)2－23，
∴当x＝4时，y的最小值为－23.
【举一反三】老师给出更多a的值，同学们即求出对应的函数在
x取何值时，y的最小值.记录结果，并整理成如下表：
a … －4 －2 0 2 4 …
x … * 2 0 －2 －4 …
y的最小值 … * －9 －3 －5 －15 …
注：*为②的计算结果.
【探究发现】老师：“请同学们结合学过的函数知识，观察表
格，谈谈你的发现.”
甲同学：“我发现，老师给了a值后，我们只要取x＝－a，就
能得到y的最小值.”
乙同学：“我发现，y的最小值随a值的变化而变化，当a由小变
大时，y的最小值先增大后减小，所以我猜想y的最小值中存在
最大值.”
(2)请结合函数解析式y＝x2＋2ax＋a－3，解释甲同学的说法是
否合理？
解：甲同学的说法是合理的.
理由：老师给出a值后，由y＝x2＋2ax＋a－3可知，关于x的二
次函数图象开口向上，对称轴为x＝－a，
∴当x＝－a时，y取得最小值.
∴甲同学的说法是合理的.
(3)你认为乙同学的猜想是否正确？若正确，请求出此最大值；若
不正确，说明理由.
解：乙同学的猜想是正确的.
理由：由(2)可知，当x＝－a时，y的最小值为(－a)2＋2a(－a)＋
a－3＝－a2＋a－3＝－(a－ )2－ ，
∴乙同学的猜想是正确的，此最大值为－ .
15. 课堂上，数学老师组织同学们围绕抛物线G∶y＝mx2－2mx
－3平移的问题展开探究.
【知识回顾】求平移后抛物线的解析式.
(1)当m＝1时，求抛物线G向右平移1个单位长度后抛物线的解析
式及顶点坐标.
解：当m＝1时，y＝mx2－2mx－3＝x2－2x－3＝(x－1)2－4.
∴抛物线G的解析式为y＝(x－1)2－4，顶点坐标为(1，－4).
∴抛物线G向右平移1个单位长度后的解析式为y＝(x－2)2－
4，顶点坐标为(2，－4).
【实践探究】老师给出更多的m的值，同学们即求出抛物线G：
y＝mx2－2mx－3向右平移m个单位长度后对应的抛物线G1的解
析式及顶点坐标，记录结果，并形成下表.
m 1 2 3 4 5 …
G1解析式 * y＝2(x－
3)2－5 y＝3(x－
4)2－6 y＝4(x－
5)2－7 y＝5(x－
6)2－8 …
顶点坐标 * (3，－5) (4，－6) (5，－7) (6，－8) …
【探究发现】老师：请同学们结合学过的函数知识，观察表格，
谈谈你的发现.
小亮同学：我发现，随着m(m＞0)的变化，抛物线G1的顶点的纵
坐标y与横坐标x之间存在一个函数关系.
(2)请结合抛物线G1的顶点坐标，解释小亮同学说法的合理性，
并求出y与x之间的函数关系.
解：∵抛物线G：y＝mx2－2mx－3＝m(x－1)2－m－3，
∴平移后的抛物线G1∶y＝m(x－1－m)2－m－3.
∴抛物线G1的顶点坐标为(1＋m，－m－3).
∴x＝1＋m，y＝－m－3，即x＋y＝1＋m－m－3＝－2.
∴y＝－x－2.
∵m＞0，∴x＞1.
∴y与x之间的函数关系为y＝－x－2(x＞1).
(3)记(2)中所求函数为H，抛物线G与函数H的图象交于点P，直
接写出点P纵坐标的取值范围.
解：－4＜yp＜－3.　[提示]如图，函数H∶y＝－x－2(x＞1)的图象为射线AB(不取端点A).
对于函数H∶y＝－x－2，
当x＝1时，y＝－1－2＝－3；
当x＝2时，y＝－2－2＝－4.
∴点A(1，－3)，点B(2，－4).
对于抛物线G：y＝m(x－1)2－m－3，
当x＝1时，y＝－m－3；
当x＝2时，y＝m－m－3＝－3.
∴抛物线G恒过点C(2，－3).
记抛物线G的顶点为D(－1，－m－3).
∵m＞0，
∴点D在射线AD(不取端点A)上.
∴点P在线段AB(不取端点A，B)上.
∴yB＜yP＜yA，即－4＜yP＜－3.
16. 抛物线G：y＝x2－2mx－m＋3(m为常数)的顶点为A.
(1)若m＝1，请直接写出点A的坐标.
解：A(1，1).
(2)请用m表示点A的坐标.
解：∵y＝x2－2mx－m＋3＝(x－m)2－m2－m＋3，
∴A(m，－m2－m＋3).
(3)经过探究发现：随着m的变化，点A始终在某一抛物线H上.
若将抛物线G向右平移t(t＞0)个单位长度后，所得抛物线的顶点
B还在抛物线H上.
请问：平移距离t是m的函数吗？如果是，请求出函数解析式，
并写出m的取值范围；如果不是，请说明理由.
解：平移距离t是m的函数.
由点A的坐标，可知抛物线H为y＝－x2－x＋3.
抛物线G向右平移t个单位长度后，抛物线为y＝(x－m－t)2－
m2－m＋3，
此时顶点B(m＋t，－m2－m＋3).
∵点B还在抛物线H上，
∴－m2－m＋3＝－(m＋t)2－(m＋t)＋3，整理得t＝－2m－1.
∵t＞0，∴m＜－ .
∴t是m的函数，t＝－2m－1(m＜－ ).
17. 数学兴趣小组在探讨关于x的二次函数y＝ax2＋bx＋c的图
象与x轴的交点情况.
【知识回顾】
(1)求二次函数y＝x2－x－2的图象与x轴的交点坐标.
解：当y＝0时，x2－x－2＝0，即(x－2)(x＋1)＝0.
解得x1＝2，x2＝－1.
所以二次函数y＝x2－x－2与x轴的交点坐标为(2，0)，(－1，0).
【总结反思】
数学兴趣小组在解决(1)中问题后得出结论：求二次函数的图象
与x轴的交点坐标，都是转化成解一元二次方程.所以一元二次
方程的解的情况就决定了二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象与x轴
的交点情况.
【拓展实践】
数学兴趣小组将研究结果用于实践，研究二次函数y＝x2＋(m－
3)x＋1－2m的图象.
甲同学：我发现，无论m取何值，抛物线y＝x2＋(m－3)x＋1－
2m与x轴总有两个交点，并且两个交点横坐标的平方和存在一
个最小值.
乙同学：我发现，无论m取何值，二次函数y＝x2＋(m－3)x＋1
－2m的图象都会经过一个定点.
(2)请结合二次函数解析式y＝x2＋(m－3)x＋1－2m，解释甲同
学的说法是否正确.
解：甲同学的说法是正确的.
理由：当y＝0时，x2＋(m－3)x＋1－2m＝0.
Δ＝(m－3)2－4(1－2m)＝m2＋2m＋5＝(m＋1)2＋4.
∵无论m取何值，(m＋1)2＋4＞0，
∴抛物线y＝x2＋(m－3)x＋1－2m与x轴总有两个交点.
设两个交点的横坐标分别是x1，x2，
则x1＋x2＝－(m－3)＝－m＋3，x1x2＝1－2m.
∴ ＋ ＝(x1＋x2)2－2x1x2＝(－m＋3)2－2(1－2m)＝m2－
2m＋7＝(m－1)2＋6.
∵(m－1)2＋6≥6，
∴两个交点横坐标的平方和存在一个最小值，甲同学的说法
正确.
解：(2，－1).
(3)根据乙同学的说法，直接写出这个定点的坐标.
　　　 函数与几何图形综合题(7年3考)
18. 如图，一次函数y＝2x与反比例函数y＝ (k＞0)的图象交于
A，B两点，点M在以C(2，0)为圆心，半径为1的☉C上，N是
AM的中点，已知ON长的最大值为 ，则k的值是 　 　.
　
19. (2024·兰州)如图①，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，连接
BD，点M从B出发沿BD方向以 cm/s的速度运动至D，同时
点N从B出发沿BC方向以1 cm/s的速度运动至C. 设运动时间为
x(s)，△BMN的面积为y(cm2)，y与x的函数图象如图②所示，
则菱形ABCD的边长为(　C　)
A. 2 cm B. 4 cm
C. 4 cm D. 8 cm
C
20. (2024·宿迁)如图，点A在双曲线y1＝ (x＞0)上，连接AO并
延长，交双曲线y2＝ (x＜0)于点B，点C为x轴上一点，且AO
＝AC，连接BC. 若△ABC的面积是6，则k的值为(　C　)
A. 2 B. 3
C. 4 D. 5
C
21. (2024·赤峰)如图，正方形ABCD的顶点A，C在抛物线y＝
－x2＋4上，点D在y轴上.若A，C两点的横坐标分别为m，n
(m＞n＞0)，下列结论正确的是(　B　)
A. m＋n＝1 B. m－n＝1
C. mn＝1 D. ＝1
B
22. 如图，在平面直角坐标系中，点A是反比例函数y＝ (x＜0)的图象上一点，点B是y轴正半轴上一点，以OA，AB为邻边作平行四边形ABCO. 若点C和BC的中点D都在反比例函数y＝ (x＞0)的图象上，则k的值是 .
－8　
23. 如图，直线AB：y＝－3x＋9交y轴于点A，交x轴于点B，
x轴上一点C(－1，0)，D为y轴正半轴上一动点，把线段BD绕
B点逆时针旋转90°得到线段BE，连接CE，CD，则当CE的长
度最小时，线段CD的长为(　B　)
A. B.
C. 5 D. 2
B
24. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ x2－ x－2交x轴
于点A，B(点A在点B右侧)，交y轴于点C，点D为抛物线上第
四象限的动点，连接BD交AC于点P，则 的最大值为 　 　.
　(共54张PPT)
2025年广西壮族自治区中考数学二轮复习重难题型突破
题型4　阅读理解题(7年1考)
解题方法类阅读理解题(7年1考)
1. (2021·北部湾经济区)【阅读理解】如图①，l1∥l2，△ABC的
面积与△DBC的面积相等吗？为什么？
解：相等.在△ABC和△DBC中，分别作AE⊥l2，DF⊥l2，垂
足分别为E，F.
∴∠AEF＝∠DFC＝90°.
∴AE∥DF.
∵l1∥l2，
∴四边形AEFD是平行四边形.
∴AE＝DF.
又S△ABC＝ BC·AE，S△DBC＝ BC·DF，
∴S△ABC＝S△DBC.
【类比探究】(1)如图②，在正方形ABCD的右侧作等腰三角形
CDE，CE＝DE，AD＝4，连接AE，求△ADE的面积.
解：过点E作EF⊥CD于点F，连接AF.
请将余下的求解步骤补充完整.
解：∵在正方形ABCD中，∠ADC＝90°，∴EF∥AD.
∴S△ADE＝S△ADF.
∵CE＝DE，EF⊥CD，∴DF＝ CD.
∵在正方形ABCD中，AD＝CD＝4，
∴S△ADE＝S△ADF＝ AD·DF＝ ×4×2＝4.
【拓展应用】(2)如图③，在正方形ABCD的右侧作正方形
CEFG，点B，C，E在同一直线上，AD＝4，连接BD，BF，
DF，直接写出△BDF的面积.
解：S△BDF＝8.
2. (2024·桂林一模)综合与实践
【材料阅读】我们知道，(－ )2≥0(a＞0，b＞0)，展开移项
得a＋b≥2 ，当a＝b时，取到等号；我们可以利用它解决
形如“x＋ (x＞0，n为常数且n＞0)的最小值”问题.
例如：求式子x＋ (x＞0)的最小值.
解：x＋ ≥2 ＝4，当x＝ ，即x＝2时，式子有最小值，
最小值为4.
【学以致用】在一次踏青活动中，某数学兴趣小组围绕着一个有
一面靠墙(墙的长度为12 m)的矩形篱笆花园(如图①所示)的面积S
和篱笆总长l与AB的长度a之间的关系进行了研究分析.
(1)当该矩形花园的面积S为32 m2，篱笆总长l为20 m时，求a
的值.
解：当l为20 m时，BC＝(20－2a)m.
∴a(20－2a)＝32，即a2－10a＋16＝0.
解得a1＝2，a2＝8.
当a＝2时，20－2a＝16＞12，不符合题意，舍去；
当a＝8时，20－2a＝4＜12，符合题意.
∴a＝8.
(2)当篱笆总长l为20 m时，
①写出S关于a的函数关系式，并写出a的取值范围.
解：当l为20 m时，BC＝(20－2a)m.
∴S＝a(20－2a)＝－2a2＋20a.
又
解得4≤a＜10.
∴S＝－2a2＋20a(4≤a＜10).
②当a取何值时，S有最大值？最大值是多少？
解：S＝－2a2＋20a＝－2(a－5)2＋50.
∵－2＜0，
∴当a＝5时，S有最大值，最大值为50.
(3)当面积S为32 m2时，l关于a的函数解析式为l＝2a＋ ，数
学兴趣小组的小李同学利用数学软件作出了其函数图象如图②所
示，点P为图象的最低点，观察图象并结合【材料阅读】，当自
变量a的取值范围为多少时，l随a的增大而减小？(直接写出a的
取值范围)
解：当 ≤a≤4时，l随a的增大而减小.　
[提示]结合【材料阅读】，可得2a＋ ≥2 ＝16，
且当2a＝ ，即a＝4(负值舍去)时，
2a＋ 有最小值16.
∴点P的坐标为(4，16).
又a＞0且 ≤12，解得a≥ .
∴当 ≤a≤4时，l随a的增大而减小.
3. (2023·凉山州)阅读理解题：
阅读材料：
如图①，四边形ABCD是矩形，△AEF是等腰直角三角形，记
∠BAE为α，∠FAD为β，若tan α＝ ，则tan β＝ .
证明：设BE＝k，∵tan α＝ ，∴AB＝2k.
易证△AEB≌△EFC(AAS).
∴EC＝2k，CF＝k.∴FD＝k，AD＝3k.
∴tan β＝ ＝ ＝ .
当α＋β＝45°时，若tan α＝ ，则tan β＝ .
同理：当α＋β＝45°时，若tan α＝ ，则tan β＝ .
根据上述材料，解答下列问题：
如图②，直线y＝3x－9与反比例函数y＝ (x＞0)的图象交于点
A，与x轴交于点B. 将直线AB绕点A顺时针旋转45°后的直线
与y轴交于点E，过点A作AM⊥x轴于点M，
过点A作AN⊥y轴于点N，已知OA＝5.
(1)求反比例函数的解析式；
解：将y＝0代入y＝3x－9，得x＝3.∴B(3，0).
∵直线y＝3x－9与反比例函数y＝ (x＞0)的图象交于点A，
∴设A(a，3a－9).
∵AM⊥x轴，OA＝5，
∴在Rt△AOM中，OM2＋AM2＝OA2.
∴a2＋(3a－9)2＝52.∴解得a1＝4，a2＝ .
∵点A的横坐标大于点B的横坐标，
∴a2＝ 舍去.∴a＝4.∴A(4，3).
将A(4，3)代入y＝ (x＞0)，得3＝ ，
解得m＝12.
∴反比例函数的解析式为y＝ (x＞0).
(2)直接写出tan∠BAM，tan∠NAE的值；
解：tan∠BAM＝ ，tan∠NAE＝ .
(3)求直线AE的解析式.
解：易知四边形NOMA是矩形，∴AN＝OM＝4，NO＝AM＝3.
∵AN⊥y轴，tan∠NAE＝ ，∴ ＝ ，即 ＝ .解得NE＝2.
∴OE＝NO－NE＝1.∴E(0，1).
设直线AE的解析式为y＝kx＋b.
∴将点E(0，1)和A(4，3)代入，得 解得
∴直线AE的解析式为y＝ x＋1.
4. 阅读下面材料，并回答问题.
在几何学习中，经常通过添加辅助线构造图形，将未知问题转化
为已知问题.
在课本中，我们得到了三角形中位线定理：三角形的中位线平行
于三角形的第三边，并且等于第三边的一半.
证明过程如下：已知：如图①，D，E分别
是△ABC的边AB，AC的中点.
求证：DE∥BC且DE＝ BC.
证明：如图①，延长DE到点F，使EF＝DE，连接FC，DC，
AF.
∵D是AB的中点，E为AC的中点，
∴AD＝BD，AE＝① 　　　　.
∵DE＝EF，
∴四边形ADCF是平行四边
形.(② 　　　　　　　　　　　　　　　)(填推理的依据)
∴CF平行且等于DA，即CF平行且等于BD.
∴四边形DBCF是平行四边形.
∴DF∥BC，DF＝BC.
又DE＝ DF，
∴DE∥BC，DE＝ BC.
这个证明方法，就体现了三角形问题和平行四边形问题的相
互转化.
(1)请完成证明过程中的填空：
① 　　②
(2)在学习的过程中，我们可以用转化的数学思想，解决很多数学
问题.
例如：如图②，在四边形ABCD中，AD∥BC，且点E，F 分别
为AB和CD中点.猜想线段AD，BC和EF之间的数量和位置关
系，并写出证明过程.
CE　
对角线互相平分的四边形是平行四边形　
解：AD＋BC＝2EF. AD∥EF∥BC. 证明如下：
连接AF并延长交BC的延长线于点G，如图②.
∵AD∥BC，∴∠DAF＝∠CGF，∠ADF＝∠GCF.
∵F是CD的中点，∴FD＝FC.
∴△DAF≌△CGF(AAS).
∴AD＝CG，AF＝FG.
∵E是AB的中点，F是AG的中点，
∴EF＝ BG＝ (BC＋CG)＝ (BC＋AD)，EF∥BG.
∴AD＋BC＝2EF，AD∥EF∥BC.
证明：如图③，过点D作DE∥AB交BC于点E.
∴∠DEC＝∠ABC.
∵AD∥BC，
∴四边形ADEB是平行四边形.∴AB＝DE.
∵AB＝DC，
∴DE＝DC. ∴∠DEC＝∠DCB. ∴∠ABC＝∠DCB.
(3)类比运用：如图③，在四边形ABCD中，AD∥BC，且AB＝
CD. 求证：∠ABC＝∠DCB.
新定义类阅读理解题
5. (2024·梧州一模)九年级数学兴趣小组的同学研究发现：若把
二次函数y1＝ax2＋bx＋c的系数调换位置变成新的二次函数y2
＝cx2－bx＋a，且b≠0，这两个函数有一定的关联，于是命名
它们为“互为对调函数”.根据这个规定，解答下列问题：
(1)若二次函数y1＝3x2＋2x－5，则它的“对调函数”是y2＝
，且此“对调函数”与y轴的交点是 .
－ 5x2－2x＋3
(0，3)　
(2)若k，m为非零实数，二次函数y1＝x2＋3kx＋m经过两个不
同的点A(k，h)与点B(m，h)，请求出“对调函数”y2的对称
轴.
解：∵y1＝x2＋3kx＋m，∴－ ＝－ .
∵二次函数y1＝x2＋3kx＋m经过两个不同的点A(k，h)与点
B(m，h)，
∴y1的对称轴为直线x＝ .
∴ ＝－ .∴m＝－4k.
又y1＝x2＋3kx＋m的“对调函数”为y2＝mx2－3kx＋1，
∴“对调函数”y2的对称轴是直线x＝－ ＝－ ＝－ .
(3)在(2)中，“对调函数”y2的图象是否经过某两个定点？若经
过，求出这两个定点坐标；若不经过，请说明理由.
解：由(2)，可知m＝－4k，y2＝mx2－3kx＋1，
∴y2＝－4kx2－3kx＋1＝－k(4x2＋3x)＋1.
∴当4x2＋3x＝0时，y＝1.
∴x(4x＋3)＝0.
解得x＝0或x＝－ .
∴“对调函数”y2的图象经过两个定点(0，1)，(－ ，1).
【初步探究】
(1)如图①，在Rt△ABC中，若点D，E
分别是AB，AC的中点，连接DE，则
DE Rt△ABC的“勾股线”.(填“是”或“不是”)
6. 【定义新知】
如图①，在Rt△ABC中，点D，E分别在直角边AB，AC上，连
接DE，若BD2＋CE2＝DE2，则称DE为Rt△ABC的“勾股线”.
是　
(2)如图②，已知△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90°，点D，
E分别在直角边AB，AC上，若DE是Rt△ABC的“勾股线”，
AE＝3，DE＝5，求BC的长.
解：∵∠A＝90°，AE＝3，DE＝5，
∴AD＝ ＝4.
∵△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90°，
∴AB＝AC.
设AB＝AC＝x，则BD＝x－4，CE＝x－3.
∵DE是Rt△ABC的“勾股线”，
∴BD2＋CE2＝DE2，即(x－4)2＋(x－3)2＝25.
解得x＝7或x＝0(舍).
∴AB＝AC＝7.
∴BC＝ ＝7 .
【问题解决】
(3)碳纤维板是将同一方向排列的碳素纤维使用树脂浸润硬化形成
碳纤维板材，在多个领域都有应用，常用的有宇航、体育器材、
工业、消防等.如图③，四边形ABCD是某机械厂的一块碳纤维
板，∠A＝∠ABC＝90°，点E，F分别在边AD，AB上，且
EF是Rt△ABD的“勾股线”，DE＝ BF，
AE＝ BF，BC足够长.工人王师傅想要以EF
为直角边、点F为直角顶点在这块碳纤维板中
裁出一块直角三角形的部件EFN(点N在BC上).
王师傅作法如下：在BD上确定一点M，使得BM＝ DM，连
接EM，并延长EM交BC于点N，连接FN，则△EFN即为所裁
部件.判断王师傅裁出的△EFN部件是否符合要求(即△EFN是否
是以点F为直角顶点的直角三角形)，若符合要求，请你求出
的值；若不符合要求，请说明理由.
解：如图.
设AE＝a，则BF＝2a，DE＝2 a.
∵EF是Rt△ABD的“勾股线”，
∴EF＝ ＝4a.
∵∠A＝90°，∴AF＝ ＝ a.
∵∠A＋∠ABC＝90°＋90°＝180°，∴AD∥BC.
∴∠MBN＝∠MDE.
又∠BMN＝∠DME，∴△BMN∽△DME.
∴ ＝ ＝ .
∴BN＝ DE＝2 a.
∵∠A＝∠ABC＝90°， ＝ ＝ ，∴△AEF∽△BFN.
∴ ＝ ＝ ，∠AEF＝∠BFN.
∵∠AEF＋∠AFE＝90°，∴∠BFN＋∠AFE＝90°.
∴∠EFN＝90°.
∴△EFN是以点F为直角顶点的直角三角形.
故王师傅裁出的△EFN部件符合要求， ＝ .
数学文化类阅读理解题
7. (2022·随州)《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不
朽著作，是数学发展史的一个里程碑.在该书的第2幕“几何与代
数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，利用几
何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中.
(1)我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下
列图形，找出可以推出的代数公式.(下面各图形均满足推导各公
式的条件，只需填写对应公式的序号)
公式①：(a＋b＋c)d＝ad＋bd＋cd.
公式②：(a＋b)(c＋d)＝ac＋ad＋bc＋bd.
公式③：(a－b)2＝a2－2ab＋b2.
公式④：(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2.
图①对应公式 ，图②对应公式 ，图③对应公
式 ，图④对应公式 .
①　
②　
④　
③　
(2)《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式(a＋
b)(a－b)＝a2－b2的方法，如图⑤，请写出证明过程.(已知图中
各四边形均为矩形)
解：由图⑤，可知矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK＝DB＝a－b.
∴S矩形AKLC＝S矩形DBFG＝a(a－b).
∵S矩形AKHD＝S矩形AKLC＋S矩形CLHD，
∴S矩形AKHD＝S矩形DBFG＋S矩形CLHD＝
S正方形BCEF－S正方形LEGH＝a2－b2.
又S矩形AKHD＝(a＋b)(a－b)，
∴(a＋b)(a－b)＝a2－b2.
(3)如图⑥，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，D为BC
的中点，E为边AC上任意一点(不与端点重合)，过点E作EG⊥
BC于点G，作EH⊥AD于点H，过点B作
BF∥AC交EG的延长线于点F. 记△BFG
与△CEG的面积之和为S1，△ABD与△AEH
的面积之和为S2.
①若E为边AC的中点，则 的值为 .
2　
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成
立，写出证明过程；若不成立，请说明理由.
解：成立.证明如下：
由题意，可得△ABD，△AEH，△CEG，
△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形.
设BD＝a，DG＝b.
∴AD＝BD＝a，AH＝HE＝DG＝b，EG＝CG＝a－b，FG＝BG＝a＋b.
∴S1＝S△BFG＋S△CEG＝ (a＋b)2＋ (a－b)2＝a2＋b2，
S2＝S△ABD＋S△AEH＝ a2＋ b2＝ (a2＋b2).
∴ ＝2仍成立.
项目式学习类阅读理解题
8. (2024·山西)阅读与思考
下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完
成相应任务.
关于“等边半正多边形”的研究报告
博学小组
研究对象：等边半正多边形
研究思路：类比三角形、四边形，按“概念－性质－判定”的
路径，由一般到特殊进行研究.
研究方法：观察(测量、实验)－猜想－推理证明
研究内容：
【一般概念】对于一个凸多边形(边数为偶数)，若其各边都相
等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形
为等边半正多边形.如图①，我们学习过的菱形(正方形除外)就
是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正
八边形、….
【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形
研究如下：
概念理解：如图②，如果六边形ABCDEF是等边半正六边形，
那么AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠A＝∠C＝∠E，
∠B＝∠D＝∠F，且∠A≠∠B.
性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下
结论：
内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为▲°.
对角线：……
任务：
(1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容： .
(2)如图③，六边形ABCDEF是等边半正六边形.连接对角线
AD，猜想∠BAD与∠FAD的数量关系，并说明理由.
240　
解：∠BAD＝∠FAD. 理由如下：
连接BD，FD，如图③.
∵六边形ABCDEF是等边半正六边形，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠C＝∠E.
∴△BCD≌△FED(SAS).∴BD＝FD.
在△ABD和△AFD 中，
∴△ABD≌△AFD(SSS).∴∠BAD＝∠FAD.
(3)如图④，已知△ACE是等边三角形，☉O是它的外接圆.请在
图④中作一个等边半正六边形ABCDEF(要求：尺规作图，保留
作图痕迹，不写作法).
解：如图④，六边形ABCDEF即为所求(答案不唯一).(共52张PPT)
2025年广西壮族自治区中考数学二轮复习重难题型突破
题型5　圆的相关证明与计算(7年7考)
　　　 与圆的基本性质有关的问题
(7年1考)
1. (2023·北京)如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD交
于点E，BD平分∠ABC，∠BAC＝∠ADB.
(1)求证DB平分∠ADC，并求∠BAD的大小；
解：∵∠BAC＝∠ADB，
∴ ＝ .
∴∠ADB＝∠CDB，即DB平分∠ADC.
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD.
∴ ＝ .
∴ ＋ ＝ ＋ ，即 ＝ .
∴BD是直径.∴∠BAD＝90°.
(2)过点C作CF∥AD交AB的延长线于点F. 若AC＝AD，BF
＝2，求此圆半径的长.
解：∵∠BAD＝90°，CF∥AD，
∴∠F＋∠BAD＝180°.∴∠F＝90°.
∵ ＝ ，∴AD＝DC.
∵AC＝AD，∴AC＝AD＝CD.
∴△ADC是等边三角形.
∴∠ADC＝60°.
∵DB平分∠ADC，∴∠CDB＝ ∠ADC＝30°.
∵BD是直径，∴∠BCD＝90°.
∴BC＝ BD.
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ADC＋∠ABC＝180°.
∴∠ABC＝120°.
∴∠FCB＝120°－90°＝30°.
∵BF＝2，∠F＝90°
∴BC＝2BF＝4.∴BD＝2BC＝8.
∵BD是直径，∴此圆半径的长为 BD＝4.
2. (2023·安徽)已知四边形ABCD内接于☉O，对角线BD是☉O
的直径.
(1)如图①，连接OA，CA，若OA⊥BD，求证：CA平分
∠BCD；
证明：∵OA⊥BD，BD是☉O的直径，
∴ ＝ .
∴∠ACB＝∠ACD，即CA平分∠BCD.
(2)如图②，E为☉O内一点，满足AE⊥BC，CE⊥AB. 若BD
＝3 ，AE＝3，求弦BC的长.
解：如图②，延长AE交BC于点M，延长CE交AB于点N.
∵AE⊥BC，CE⊥AB，
∴∠AMB＝∠CNB＝90°.
∵BD是☉O的直径，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°.
∴∠BAD＝∠CNB，∠BCD＝∠AMB.
∴AD∥NC，CD∥AM.
∴四边形AECD是平行四边形.
∴CD＝AE＝3.
∴BC＝ ＝ ＝3 .
与圆的切线有关的问题(7年6考)
3. (2021·北部湾经济区)如图，已知AD，EF是☉O的直径，AD
＝6 ，☉O与 OABC的边AB，OC分别交于点E，M，连接
CD并延长，与AF的延长线交于点G，∠AFE＝∠OCD.
(1)求证：CD是☉O的切线；
Ⅰ.连接DF，通过题目所给条件“AD，EF是☉O的直径”，可
证得DF∥ .
Ⅱ.通过题目所给条件“四边形OABC是平行四边形”，可得到平
行关系OC∥ ，再结合第Ⅰ步得到的结论，可证得
DF∥ ，进而得到角度关系 ＝∠DOC.
AE　
AE　
OC　
∠FDA　
Ⅲ.通过题中隐含条件“OF＝OA”，可得到角度关
系 ＝ ，再结合题目所给条件“∠AFE＝
∠OCD”，可证得 ＝∠OCD.
Ⅳ.通过题中隐含条件“∠AFD＝90°”，可得到角度关系
∠FAD＋ ＝90°，再结合第Ⅱ步、第Ⅲ步得到的结
论，可得到角度关系 ＋ ＝90°，
则 ＝90°.
∠FAD　
∠AFE　
∠FAD　
∠FDA　
∠OCD　
∠DOC　
∠ODC　
Ⅴ.由题目所给条件“AD是☉O的直径”，再结合第Ⅳ步得到的
结论，即可证明本题结论“CD是☉O的切线”.
证明：如图，连接DF.
∵AD，EF是☉O的直径，
∴∠AFD＝∠FAE＝90°.∴DF∥AE.
∵四边形OABC是平行四边形，∴AE∥OC.
∴DF∥OC. ∴∠FDA＝∠DOC.
∵OF＝OA，∴∠FAD＝∠AFE.
∵∠AFE＝∠OCD，∴∠FAD＝∠OCD.
∵∠FDA＋∠FAD＝90°，∴∠DOC＋∠OCD＝90°.
∴∠ODC＝90°.∴OD⊥CD.
∵OD是☉O的半径，∴CD是☉O的切线.
Ⅰ.通过题目所给条件“AD是☉O的直径”，可得
＝90°，则∠G＋ ＝90°.
Ⅱ.由(1)，可得 ＝90°，则∠G＋ ＝
90°.
∠AFD(或
∠GFD)　
∠FDG　
∠ADG　
∠FAD　
(2)若GF＝1，求 cos ∠AEF的值；
Ⅲ.结合第Ⅰ步、第Ⅱ步得到的结论，可得到角度关系
＝ ，进而可得到相似关系 ∽ ，再利用相似的性质，可等到FD，FG，FA三者的数量关系为 .
Ⅳ.设FD＝x，再结合题目所给条件“GF＝1”和第Ⅲ步得到
结论，可得FA＝ .
∠FDG　
∠FAD　
△FDG　
△FAD　
FD2＝FG·FA　
x2　
Ⅴ.在△AFD中，结合题目所给条件“AD＝6 ”和第Ⅳ步所设
未知数，可得到方程 　x4＋x2＝(6 )2　，解得x＝ 　2 　(舍
去负值)，则FD＝ ，于是可得到 cos ∠ADF的值
为 .
x4＋x2＝(6 )2　
2 　
2 　
　
Ⅵ.由“同弧所对的圆心角相等”，可得到角度关系
＝ ，则 cos ∠AEF的值为 .
∠AEF　
∠ADF　
　
解：∵∠ADG＝∠GFD＝90°，
∴∠G＋∠FDG＝∠G＋∠FAD＝90°.
∴∠FDG＝∠FAD.
∵∠AFD＝∠GFD＝90°，
∴△FDG∽△FAD.
∴ ＝ .∴FD2＝FG·FA.
∵GF＝1，设FD＝x，则AF＝x2.
在△AFD中，由勾股定理，得AF2＋FD2＝AD2，即x4＋x2＝
，解得 ＝8， ＝－9(不合题意，舍去).
∴FD＝x＝2 (舍去负值).
∵∠AEF＝∠ADF，
∴ cos ∠AEF＝ cos ∠ADF＝ ＝ ＝ .
Ⅰ.通过题目所给条件“BH平分∠ABC”，可得到角度关
系 ＝ .
∠CBH　
∠ABH　
(3)在(2)的条件下，若∠ABC的平分线BH交CO于点H，连接
AH交☉O于点N，求 的值.
Ⅱ.通过题目所给条件“四边形OABC是平行四边形”，可得到平
行关系 ∥ ，进而得到角度关系
＝ ；再结合第Ⅰ步得到的结论，可以得到角度关
系 ＝ ，进而得到数量关系
＝ ＝3 .
AB　
OC　
∠CHB　
∠ABH　
∠CBH　
∠CHB　
CH　
CB　
Ⅲ.由(1)，可得∠FAD＝∠DCO，则有 sin ∠FAD＝ ＝ ＝
sin ∠DCO＝ ，又OD＝OM＝ 　3 　，从而OC
＝ 　9 　，从而OH＝ 　6 　，MH＝ 　3 　.
3 　
9 　
6 　
3 　
Ⅳ.连接MN，延长CO，与AF，☉O分别交于点P、点Q，易
得HQ＝ ＝AB. OP是△AFD的 ，则OP＝
，于是在△APO中，运用勾股定理，可得AP＝ ，从而在△APH中，运用勾股定理，可得AH＝ .
9 　
中位线　
　
4　
　
Ⅴ.连接AQ，则四边形AQMN为圆内接四边形，从而∠QAN＋
∠QMN＝ ，又∠QMN＋ ＝180°，从而
∠QAN＝ ，于是可得到相似关系 . ∽ ，进而可得到QH，NH，AH，H的数量关系为 .
Ⅵ.结合第Ⅲ步，第Ⅳ步，第Ⅴ步，可得所求 的值为 　 　.
180°　
∠NMH　
∠NMH　
△MHN　
△AHQ　
＝ 　
　
解：如图，连接MN，并延长CO，与AF，☉O分别交于点P、
点Q，连接AQ.
∵四边形ABCO是平行四边形，AD＝6 ，
∴AO＝BC＝3 ，OC＝AB，AB∥OC.
∴∠CHB＝∠ABH.
∵BH平分∠ABC，∴∠CBH＝∠ABH.
∴∠CHB＝∠CBH. ∴CH＝BC＝3 .
∵∠FAD＝∠DCO，
∴ sin ∠FAD＝ ＝ ＝ sin ∠DCO＝ .
∵OD＝OM＝3 ，∴OC＝AB＝9 .
∴OH＝OC－CH＝6 ，
MH＝OC－OM－CH＝3 .
∴HQ＝MH＋MQ＝9 .∴HQ＝AB.
∵OP∥FD，O为AD的中点，
∴∠APO＝∠AFD＝90°，OP＝ FD＝ .∴PH＝7 .
在Rt△APO中，由勾股定理，得
AP＝ ＝ ＝4.
在Rt△APH中，由勾股定理，得
AH＝ ＝ ＝ .
∵∠NMH＋∠NMQ＝∠QAH＋∠NMQ＝180°，
∴∠NMH＝∠QAH.
∵∠MHN＝∠AHQ，
∴△MHN∽△AHQ.
∴ ＝ .
又HQ＝AB，
∴ ＝ ＝ ＝ .
4. (2024·济南)如图，AB，CD为☉O的直径，点E在 上，连
接AE，DE，点G在BD的延长线上，AB＝AG，∠EAD＋
∠EDB＝45°.
(1)求证：AG与☉O相切；
证明：∵∠EDB，∠EAB所对的弧是同弧，∴∠EDB＝∠EAB.
∵∠EAD＋∠EDB＝45°，
∴∠EAD＋∠EAB＝45°，即∠BAD＝45°.
∵AB为直径，∴∠ADB＝90°.∴∠B＝45°.
∵AB＝AG，∴∠B＝∠G＝45°.∴∠GAB＝90°.
∵AB为☉O的直径，∴AG与☉O相切.
(2)若BG＝4 ， sin ∠DAE＝ ，求DE的长.
解：如图，连接CE.
∵∠DAE，∠DCE所对的弧是同弧，∴∠DAE＝∠DCE.
∵DC为直径，∴∠DEC＝90°.
在Rt△DEC中， sin ∠DCE＝ sin ∠DAE＝ ＝ .
∵BG＝4 ，∠B＝45°，∠BAG＝90°，
∴AB＝ BG＝2 ＝DC.
∴DE＝DC· sin ∠DCE＝2 × ＝ .
5. 已知△ABC，点O在AC上，以OA为半径作☉O与
AB相切，连接OB，OB平分∠ABC，交☉O于点F，连接CF
交☉O于点M，并延长CF交AB于点N.
(1)求证：CB是☉O的切线；
证明：如图，过点O作OD⊥CB于点D.
∵AB与☉O相切，∴OA⊥AB.
∵OB平分∠ABC，OD⊥CB，
∴OA＝OD.
∴OD为半径.
∴CB是☉O的切线.
(2)若AB＝6， cos ∠ACB＝ ，求CE及△OCF的面积.
解：∵DB，AB是☉O的切线，∴DB＝AB＝6.
∵在Rt△ABC中， cos ∠ACB＝ ＝ ，
设AC＝4x，BC＝5x，
则由勾股定理，得AB＝3x.
∵AB＝6，解得x＝2，
∴CB＝10，AC＝8.
∴CD＝CB－DB＝10－6＝4.
∵tan∠OCD＝tan∠ACB＝ ＝ ＝ ，
∴OD＝3，即☉O的半径是3.
∴OA＝OE＝OF＝3.
∴OC＝AC－OA＝5，CE＝OC－OE＝2.
如图，过点F作FH⊥OA.
∵OA⊥AB，OA＝3，AB＝6，
∴由勾股定理，得OB＝ ＝ ＝3 .
∵FH⊥OA，OA⊥AB，
∴FH∥AB. ∴△OHF∽△OAB.
∴ ＝ .∴ ＝ .∴HF＝ .
∴S△OCF＝ OC·HF＝ ×5× ＝3 .
6. (2024·贵州)如图，AB为半圆O的直径，点F在半圆上，点P
在AB的延长线上，PC与半圆相切于点C，与OF的延长线相交
于点D，AC与OF相交于点E，DC＝DE.
(1)写出图中一个与∠DEC相等的角： ；
∠DCE　
(2)求证：OD⊥AB；
证明：如图，连接OC.
∵PC与半圆相切于点C，∴∠OCD＝90°.
∴∠DCE＋∠ACO＝90°.
∵OA＝OC，∴∠A＝∠ACO.
∵∠DCE＝∠DEC＝∠AEO，
∴∠A＋∠AEO＝90°.
∴∠AOE＝90°.
∴OD⊥AB.
(3)若OA＝2OE，DF＝2，求PB的长.
解：∵OA＝2OE，∴设OE＝x，AO＝2x.
∴EF＝OF－OE＝x.
∴DE＝DC＝x＋2，OD＝2x＋2.
∵在Rt△OCD中，OC2＋CD2＝OD2，
∴(2x)2＋(x＋2)2＝(2x＋2)2.
∴x＝4或x＝0(不合题意，舍去).
∴OD＝10，OC＝OB＝8，CD＝6.
∵∠OCD＝∠DOP＝90°，
∴∠D＋∠DOC＝∠DOC＋∠COP＝90°.
∴∠D＝∠COP.
∵∠OCD＝∠OCP＝90°，∴△CDO∽△COP.
∴ ＝ .
∴ ＝ .
∴OP＝ .
∴PB＝OP－OB＝ .
7. (2024·大庆)如图，△ABC为☉O的内接三角形，AB为☉O的
直径，将△ABC沿直线AB翻折到△ABD，点D在☉O上.连接
CD，交AB于点E，延长BD，CA，两线相交于点P，过点A作
☉O的切线交BP于点G.
(1)求证：AG∥CD；
证明：∵将△ABC沿直线AB翻折到△ABD，
∴AB⊥CD. ∵AB为☉O的直径，AG是切线，
∴AG⊥AB. ∴AG∥CD.
(2)求证：PA2＝PG·PB；
证明：由(1)可知AG∥CD.
∴∠CAB＝∠CDB＝∠AGB.
∴180°－∠CAB＝180°－∠AGB，即∠PAB＝∠PGA.
又∠APG＝∠BPA，
∴△APG∽△BPA.
∴ ＝ ，即PA2＝PG·PB.
(3)若 sin ∠APD＝ ，PG＝6，求tan∠AGB的值.
解：∵ sin ∠APD＝ ＝ ，
∴设AD＝a，则AP＝3a.
∴PD＝ ＝2 a.
∴tan∠APD＝ ＝ ＝ .
∵由折叠，得AC＝AD＝a，
∴PC＝PA＋AC＝3a＋a＝4a.
∵在Rt△PCB中，tan∠CPB＝ ＝ ，
∴BD＝CB＝ PC＝ a.
∵AD⊥BD，AG⊥AB，
∴∠AGB＝90°－∠GAD＝∠DAB.
∴tan∠AGB＝tan∠DAB＝ ＝ ＝ .
8. (2024·长沙)对于凸四边形，根据它有无外接圆(四个顶点都在
同一个圆上)与内切圆(四条边都与同一个圆相切)，可分为四种类
型，我们不妨约定：
既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形；
只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；
只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形；
既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形.
请你根据该约定，解答下列问题：
(1)请你判断下列说法是否正确(在题后相应的括号中，正确的打
“√”，错误的打“ ”).
①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；
②内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形；
③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外
接圆半径为R，内切圆半径为r，则有R＝ r.
×　
√　
√　
(2)如图①，已知四边形ABCD内接于☉O，四条边长满足：AB
＋CD≠BC＋AD.
①该四边形ABCD是“ ”四边形(从约定的四种
类型中选一种填入)；
外接型单圆　
②若∠BAD的平分线AE交☉O于点E，∠BCD的平分线CF交
☉O于点F，连接EF. 求证：EF是☉O的直径.
解：∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD，
∴ ＝ ， ＝ .
∴ ＋ ＝ ＋ ，即 ＝ .
∴ 与 均为半圆.
∴EF是☉O的直径.
(3)已知四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，它的内切圆☉O
与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H.
①如图②，连接EG，FH交于点P.求证：EG⊥FH；
证明：如图②，连接OE，OF，OG，OH，HG.
∵☉O是四边形ABCD的内切圆，
∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，OH⊥AD.
∴∠OEA＝∠OHA＝90°.
∴在四边形EAHO中，
∠A＋∠EOH＝360°－90°－90°＝180°.
同理可证∠FOG＋∠C＝180°.
∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，
∴四边形ABCD有外接圆.
∴∠A＋∠C＝180°.∴∠EOH＝∠C.
∴∠FOG＋∠EOH＝180°.
又∠FHG＝ ∠FOG，∠EGH＝ ∠EOH，
∴∠FHG＋∠EGH＝90°.
∴∠HPG＝90°，即EG⊥FH.
∵☉O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H，
∴∠OAH＝∠OAE，∠OCG＝∠OCF.
②如图③，连接OA，OB，OC，OD，若OA＝2，OB＝6，
OC＝3，求内切圆☉O的半径r及OD的长.
解：如图③，连接OE，OF，OG，OH.
∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，
∴∠OAH＋∠OAE＋∠OCG＋∠OCF＝180°.
∴∠OAH＋∠OCG＝90°.
∵OG⊥CD，∴∠COG＋∠OCG＝90°.
∴∠OAH＝∠COG.
∵∠AHO＝∠OGC＝90°，∴△AOH∽△OCG.
∴ ＝ ，即 ＝ .解得r＝ .
同理可证△BEO∽△OHD，得 ＝ ，即 ＝ .
解得OD＝ .(共51张PPT)
2025年广西壮族自治区中考数学二轮复习重难题型突破
题型7　函数与几何综合题(7年6考)
二次函数综合题(7年3考)
1. (2021·柳州)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线：y＝ax2
＋bx＋c交x轴于A(－1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点
C(0，－ ).
(1)求抛物线的函数解析式；
解：依题意，设y＝a(x＋1)(x－3).
代入C(0，－ )，得a·1·(－3)＝－ ，解得a＝ .
∴y＝ (x＋1)(x－3)＝ x2－x－ .
【方法总结】当已知二次函数与x轴的交点坐标时，通常将其解
析式设为其“交点式”y＝a(x－x1)(x－x2)的形式.
(2)如图①，点D为第四象限抛物线上一点，连接OD，过点B作
BE⊥OD，垂足为点E，若BE＝2OE，求点D的坐标；
【技巧点拨】本小问中，过点D作DF⊥OB于点F，则可得到相似关系OEB∽△OFD，从而得到 ＝ ＝ ，即DF＝2OF. 另一方面，由于点D在抛物线上，故可设点D坐标为(x， x2－x－ )，则有－( x2－x－ )＝2x，再解出x的符合条件的值即可.
解：如图①，过点D作DF⊥OB于点F.
∴tan∠FOD＝ ＝tan∠EOB＝ ＝2，即DF＝2OF.
∵点D为抛物线第四象限上一点，
∴可设D(x， x2－x－ ).
∴DF＝－( x2－x－ )，OF＝x.
∴－( x2－x－ )＝2x.解得x1＝1，x2＝－3(舍).
∴D(1，－2).
(3)如图②，点M为第四象限抛物线上一动点，连接AM，交BC
于点N，连接BM，记△BMN的面积为S1，△ABN的面积为S2，
求 的最大值.
【技巧点拨】本小问中，所求的两个三角形可看作两个“等高三
角形”，此时面积之比 等于底边之比 ；也可看作两个“同
底三角形”，此时过点M作BN的垂线段MD，过点A作BN的垂
线段AH，则面积之比 等于高之比 .
解：如图②，延长BC至点F，连接AF，使AF∥y轴，过点A
作AH⊥BF于点H，过点M作MT∥y轴交BF于点T，过点M
作MD⊥BF于点D.
∵AF∥MT，∴∠AFH＝∠MTD.
∵AH⊥BF，MD⊥BF，
∴∠AHF＝∠MDT＝90°.
∴△AFH∽△MTD. ∴ ＝ .
∵S1＝ NB·MD，S2＝ NB·AH，
∴ ＝ ＝ .
设直线BC的解析式为y＝kx＋b.将B，C两点代入，得
解得
∴直线BC的解析式为y＝ x－ .
当x＝－1时，y＝ ×(－1)－ ＝－2.
∴F(－1，－2).∴AF＝2.
设M(x， x2－x－ )，则T(x， x－ ).
∴MT＝ x－ －( x2－x－ )＝－ ＋ .
∵－ ＜0，∴MTmax＝ .
∴ ＝ ＝ ＝ ＝ .
2. (2023·桂林二模)如图①，在平面直角坐标系中，已知抛物线y
＝ax2＋bx＋4经过点A(－2，0)，B(6，0)，与y轴交于点C.
(1)直接写出该抛物线的解析式；
解：该抛物线的解析式为y＝－ x2＋ x＋4.
【方法总结】在确定函数的解析式时，有几个未知的待定系数，
通常便需要几个点的坐标.本小问中，由于已知该二次函数一般
式中c的值，则还有两个未知的待定系数，故仅需该二次函数图
象上两个点的坐标便足以确定其解析式.
(2)设抛物线的顶点为P，连接BC，PC，PB，求△PCB的面积；
【技巧点拨】本小问中，过点P作PD∥y轴交
BC于点D，则可将△CBP的面积等价转换成两
个小三角形△CPD和△BPD的面积之和，此时
两个三角形为“同底三角形”，只需求出共同
的底边长PD与两个三角形的高之和OB，即可较简捷地计算出△CBP的面积.
解：∵y＝－ x2＋ x＋4＝－ (x－2)2＋ ，∴P(2， ).
∵当x＝0时，y＝4，∴C(0，4).
设直线BC的解析式为y＝kx＋4.
将点B(6，0)代入，得0＝6k＋4，解得k＝－ .
∴y＝－ x＋4.当x＝2时，y＝ .
如图①，过点P作PD∥y轴交BC于点D.
∴D(2， ).
∴S△PBC＝ PD·OB＝ ×(－ )×6＝8.
(3)如图②，抛物线的对称轴l交x轴于点E，若点Q为x轴上方、
对称轴l右侧抛物线上的一动点，过点Q作直线AQ，BQ分别交
对称轴l于点M，N，当ME＝ MN时，求点Q的坐标.
【技巧点拨】本小问中，由ME＝ MN，可得 ＝ .过点Q作
QF⊥AB于点F，则有QF∥NE，从而△AME∽△AQF，
△BQF∽△BNE，且若记△AME与△AQF的相似比 为k1，则
△BNE与△BQF的相似比 ＝k2＝4k1，此时设出点Q或点F的
坐标，则根据k2＝4k1即可得到相应的一元方程，解出该方程即
可得到点Q的坐标.
解：如图②，过点Q作QF⊥x轴于点F.
设Q(m，－ m2＋ m＋4)，则F(m，0).
∴QF＝－ m2＋ m＋4.
∵A(－2，0)，E(2，0)，B(6，0)，
∴AE＝BE＝4，AF＝m＋2，BF＝6－m.
∵ME＝ MN，设ME＝a，则NE＝4a.
∵MN∥QF，∴△AME∽△AQF，△BQF∽△BNE.
∴ ＝ ， ＝ .
∴ ＝ ， ＝ .
∴4× ＝ .解得m＝ .
当m＝ 时，－ m2＋ m＋4＝ .
∴Q(， ).
3. (2022·泰州)如图，二次函数y1＝x2＋mx＋1的图象与y轴相交
于点A，与反比例函数y2＝ (x＞0)的图象相交于点B(3，1).
(1)求这两个函数的解析式；
解：由题意，得32＋3m＋1＝1， ＝1，
解得m＝－3，k＝3.
∴二次函数的解析式为y1＝x2－3x＋1，
反比例函数的解析式为y2＝ (x＞0).
(2)当y1随x的增大而增大且y1＜y2时，直接写出x的取值范围；
解： ≤x＜3.
(3)平行于x轴的直线l与函数y1的图象相交于点C，D(点C在点
D的左边)，与函数y2的图象相交于点E. 若△ACE与△BDE的面
积相等，求点E的坐标.
解：由题意作图如图所示，连接AE，BE.
∵当x＝0时，y1＝1，∴A(0，1).
∵B(3，1)，
∴△ACE的CE边上的高与△BDE的DE边上
的高相等.
∵△ACE与△BDE的面积相等，
∴CE＝DE. ∴点E在二次函数图象的对称轴上.
∴点E的横坐标为 .
又点E在反比例函数y2的图象上，
∴当x＝ 时，y2＝2.
∴E(，2).
4. 如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，二次函数y＝
－ (x－1)2＋4的图象与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，顶点为C.
(1)求A，B，C三点的坐标.
解：∵二次函数y＝－ (x－1)2＋4的图象的顶点为C，
∴C(1，4).
令y＝－ (x－1)2＋4＝0，
解得x＝－2或x＝4，
∴A(－2，0)，B(4，0).
(2)一个二次函数的图象经过B，C，M(t，4)三点，其中t≠1，
该函数图象与x轴交于另一点D，点D在线段OB上(与点O，B
不重合).
①若D点的坐标为(3，0)，则t＝ ；
②求t的取值范围；
③求OD·DB的最大值.
6　
解：②设二次函数的解析式为y＝ax2＋bx＋c.
将M(t，4)，C(1，4)两点代入，得
∴a(t2－1)＋b(t－1)＝0.
∵t≠1，
∴－ ＝ .
∴二次函数图象的对称轴与x轴的交点坐标为(，0).
∵B，D两点关于对称轴对称，点B(4，0)，
∴D(t－3，0).
∵点D在线段OB上，且与端点不重合，
∴ 解得3＜t＜7.
∵t＝4时，过点B，C，M三点的二次函数不存在，
∴3＜t＜7且t≠4.
③∵OD＝t－3，DB＝7－t，
∴OD·DB＝(t－3)(7－t)＝－t2＋10t－21＝－(t－5)2＋4.
∵3＜t＜7且t≠4，
∴t＝5时，OD·DB有最大值，最大值为4.
利用函数解决几何问题(7年3考)
5. (2023·广西)如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D，
E，F分别在边AB，BC，CA上运动，满足AD＝BE＝CF.
(1)求证：△ADF≌△BED；
证明：∵△ABC是边长为4的等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝AC＝4.
∵AD＝BE＝CF，∴AF＝BD＝CE.
在△ADF和△BED中，
∴△ADF≌△BED(SAS).
(2)设AD的长为x，△DEF的面积为y，求y关于x的函数解析
式；
【技巧点拨】本小问中，在计算△DEF的面积时，可采用“和差
法”，即S△DEF＝S△ABC－(S△ADF＋S△BED＋S△CFE)，再结合(1)
中的结论，可以通过证明全等来证明三个小三角形面积相等，于
是可得到S△DEF＝S△ABC－3S△ADF.
解：如图，分别过点C，F作 CH⊥AB，FG⊥AB，垂足分别
为H，G.
∵∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，AB＝BC＝AC＝4.
∴CH＝AC· sin 60°＝2 .
∴S△ABC＝ AB·CH＝4 .
∵AD的长为x，∴BE＝CF＝AD＝x，AF＝4－x.
∴FG＝AF· sin 60°＝ (4－x).
∴S△ADF＝ AD·FG＝ x(4－x).
同(1)，可知△ADF≌△BED≌△CFE.
∴S△ADF＝S△BED＝S△CFE＝ x(4－x).
∵△DEF的面积为y，
∴y＝S△ABC－3S△ADF＝4 － x(4－x)＝ x2－3 x＋4 .
(3)结合(2)所得的函数，描述△DEF的面积随AD的增大如何变
化.
解：由(2)，可知y＝ x2－3 x＋4 .
∵ ＞0，对称轴为直线x＝－ ＝2，
∴当x＞2时，y随x的增大而增大，当x＜2时，y随x的增大而
减小.
即当2＜AD＜4时，△DEF的面积随AD的增大而增大，当0＜
AD＜2时，△DEF的面积随AD的增大而减小.
【方法总结】在判断二次函数中y随x的变化规律时，要结合二
次项系数的正负性、对称轴x＝－ 的位置以及题中信息所限定
的自变量x的取值范围来共同判定.
6. (2023·吉林)如图，在正方形ABCD中，AB＝4 cm，点O是对
角线AC的中点，动点P，Q分别从点A，B同时出发，点P以
1 cm/s的速度沿边AB向终点B匀速运动，点Q以2 cm/s的速度沿
折线BC－CD向终点D匀速运动.连接PO并延长交边CD于点M，
连接QO并延长交折线DA－AB于点N，连接PQ，
QM，MN，NP，得到四边形PQMN. 设点P的运
动时间为x(s)(0＜x＜4)，四边形PQMN的面积为
y( cm2).
(1)BP的长为 cm，CM的长为 cm(用含x的代数
式表示)；
(4－x)　
x　
(2)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
【技巧点拨】本小问中，动点Q在不同时间分别位于正方形的边
BC，DC上，则需要根据动点的不同位置分别画出相应图形，进
行分类讨论.
解：①当0＜x≤2时，点Q在BC上，如图①所示.
在△ANP和△CQM中，

∴△ANP≌△CQM(SAS).
同理，可得△PBQ≌△MDN.
∵PB＝4－x，QB＝2x，MC＝x，QC＝4－2x，
∴y＝S正方形ABCD－2S△MCQ－2S△BPQ＝16－x(4－2x)－2x(4－
x)＝4x2－12x＋16.
②当2＜x≤4时，点Q在CD上，如图②所示.
则AP＝x，AN＝CQ＝2x－4.
∴PN＝AP－AN＝x－(2x－4)＝－x＋4.
∴y＝S四边形PQMN＝(－x＋4)×4＝－4x＋16.
综上所述，
y＝
(3)当四边形PQMN是轴对称图形时，直接写出x的值.
【技巧点拨】本题中，易得四边形PQMN为平行四边形，在此基
础上该四边形为矩形或菱形时即为所求的轴对称图形，且在本小
问中，同样需根据第(2)问所涉及的不同情况进行分类讨论.
解：当四边形PQMN是轴对称图形时，x＝ 或x＝ .
7. (2021·北部湾经济区)如图①，在△ABC中，AD⊥BC于点
D，BC＝14，AD＝8，BD＝6，点E是AD上一动点(不与点
A，D重合)，在△ADC内作矩形EFGH，点F在DC上，点G，
H在AC上，设DE＝x，连接BE.
(1)当矩形EFGH是正方形时，直接写出EF的长；
解：
(2)设△ABE的面积为S1，矩形EFGH的面积为S2，令y＝ ，求
y关于x的函数解析式(不要求写出自变量x的取值范围)；
解：∵四边形EFGH为矩形，∴EF∥AC，EH⊥AC.
由题意，可知∠EFD＝∠C＝45°.
∵DE＝x，∴EF＝ x，AE＝8－x.∴EH＝ (8－x).
∴S1＝ AE·BD＝ ×(8－x)×6＝3(8－x)，
S2＝EF·EH＝ x· (8－x)＝x(8－x).
∴y＝ ＝ ＝ .
(3)如图②，点P(a，b)是(2)中得到的函数图象上的任意一点，过
点P的直线l分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于M，N两点，求
△OMN面积的最小值，并说明理由.
解：由题意得，ab＝3.
如图，过点P作PQ⊥ON于点Q，
则PQ＝a，OQ＝b.
∵PQ∥OM，
∴△NQP∽△NOM.
∴ ＝ .
设 ＝ ＝k，∴MO＝ ，NQ＝kON.
∵NQ＝ON－OQ＝ON－b，∴ON－b＝kON.
∴ON＝ .
∴△MON的面积＝ ·OM·ON
＝ · ·
＝ ·
＝ · .
∴当k＝ 时，△MON的面积的最小值为 ×4＝6.
8. 如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx
－3与x轴相交于A(1，0)，B(3，0)两点.
(1)求该抛物线的函数解析式.
解：(1)将A(1，0)，B(3，0)分别代入y＝ax2＋bx－3，
得 解得
∴该抛物线的解析式为y＝－x2＋4x－3.
解：∵y＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1，
∴抛物线y＝－x2＋4x－3的顶点为(2，1).
如图②.
∵直线y＝m与新函数图象有三个不同的交点，
∴0＜m＜1，即当0＜m＜1时，直线y＝m与新函数图象有三个
不同的交点.
(2)将抛物线y＝ax2＋bx－3上A点左侧的部分图象沿着x轴翻折
如图②所示，若直线y＝m与新函数图象有三个不同的交点，求
m的取值范围.
(3)如图③，将抛物线y＝ax2＋bx－3向上平移5个单位长度，与
y轴交于点D，过点D作BD⊥y轴交抛物线于点B，过点B作
BC⊥x轴交x轴于点C，点E是线段BD上的动点，且不与线段
BD的端点重合，连接CE，点H是平移后抛物线对称轴上一点，
点F是平移后的抛物线上一点.请问是否存在点E
使四边形ECHF为正方形？若存在，请直接写出
点E的坐标；若不存在，请说明理由.
解：存在，点E的坐标为(，2).(共26张PPT)
2025年广西壮族自治区中考数学二轮复习重难题型突破
题型1　几何图形中的相关计算(7年7考)
　　　 几何计算中的动点问题(7年3考)
1. (2023·德阳)如图， ABCD的面积为12，AC＝BD＝6，AC
与BD交于点O，分别过点C，D作BD，AC的平行线相交于点
F，点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，则PG
的最小值是(　A　)
A. 1 B.
C. D. 3
A
2. (2023·通辽)如图，等边三角形ABC的边长为 6 cm，动点P从
点A出发以 2 cm/s 的速度沿AB向点B匀速运动，过点P作PQ⊥
AB，交边AC于点Q，以PQ为边作等边三角形PQD，使点A，D在PQ异侧.当点D落在BC边上时，点P需移动 s.
1　
3. (2024·泸州)如图，在边长为6的正方形ABCD中，点E，F分
别是边AB，BC上的动点，且满足AE＝BF，AF与DE交于点
O，点M是DF的中点，G是边AB上的点，AG＝2GB，则 OM＋ FG的最小值是(　B　)
B
A. 4 B. 5 C. 8 D. 10
4. (2020·北部湾经济区)如图，在边长为2 的菱形ABCD中，
∠C＝60°，点E，F分别是AB，AD上的动点，且AE＝
DF，DE与BF交于点P. 当点E从点A运动到点B时，则点P的
运动路径长为 .
π　
5. 如图，△ABC，△ACD都是等腰直角三角形，∠ABC＝
∠ACD＝90°，AB＝4，F为AC上一动点，E为DF的中点，
连接BE，则BE的最小值是(　D　)
A. 4 B. 8 C. 2 D. 4
D
6. (2023·玉林一模)如图，正方形ABCD中，AB＝1，连接AC，
∠ACD的平分线交AD于点E，在AB上截取AF＝DE，连接
DF，分别交CE，CA于点G，H，点P是线段GC上的动点，
PQ⊥AC于点Q，连接PH. 下列结论：
①CE⊥DF；②DE＋DC＝AC；
③AF＝2－ ；④PH＋PQ的最小值是 .
其中所有正确结论的序号是 .
①②④　
7. (2023·钦州期中)如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD相
交于点O，AC＝6，BD＝8，点E在AD上， ＝ ，点F为AB
的中点，点G，H为BD上的动点，GH＝1，连接FH，EG，
则FH＋EG的最小值为(　B　)
A. 4 B.
C. D. 5
B
8. 如图，Rt△BEF顶点F在矩形ABCD的对角线AC上运动，连
接AE. 若∠EBF＝∠ACD，AB＝6，BC＝8，则AE的最小值
为(　D　)
A. B.
C. D.
D
　　　 几何计算中的旋转问题
9. (2023·东营)如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边长为
2 ，点B在x轴的正半轴上，且∠AOC＝60°，将菱形OABC
绕原点O逆时针方向旋转60°，得到四边形OA'B'C'(点A'与点C
重合)，则点B'的坐标是(　B　)
B
A. (3 ，3 ) B. (3 ，3 )
C. (3 ，6 ) D. (6 ，3 )
10. (2024·天津)如图，△ABC中，∠B＝30°，将△ABC绕点C
顺时针旋转60°得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，
延长BA交DE于点F，下列结论一定正确的是(　D　)
A. ∠ACB＝∠ACD B. AC∥DE
C. AB＝EF D. BF⊥CE
D
11. (2024·潍坊)如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点
A的坐标为(0，4)，点B，C均在x轴上.将△ABC绕顶点A逆时
针旋转30°得到△AB'C'，则点C'的坐标为 .
(4，4－ )　
12. (2023·宜宾)如图，△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等
腰直角三角形，把△ADE以点A为中心顺时针旋转，点M为射
线BD，CE的交点.若AB＝ ，AD＝1.以下结论：
①BD＝CE；②BD⊥CE；③当点E在BA
的延长线上时，MC＝ ；④在旋转过程
中，当线段MB最短时，△MBC的面积为 .
其中正确结论有(　D　)
D
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
13. 如图，在Rt△ABC中，∠B＝45°，AB＝AC，点D为BC
的中点，直角∠MDN绕点D旋转，DM，DN分别与边AB，AC
交于E，F两点.下列结论：①△DEF是等腰直角三角形；②AE
＝CF；③△BDE≌△ADF；④BE＋CF＝EF；⑤S四边形AEDF
＝ AD2.其中正确结论是(　C　)
A. ①②④ B. ①②③④
C. ①②③⑤ D. ①②③④⑤
C
14. 如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6，点M是AB边的
中点，点N是AD边上任意一点，将线段MN绕点M顺时针旋转
90°，点N旋转到点N'，则△MBN'周长的最小值为(　B　)
A. 15 B. 5＋5
C. 10＋5 D. 18
B
15. (2022·崇左一模)如图，已知正方形ABCD边长为2，E为DC
边上一点，将△DAE以点A为中心按顺时针方向旋转得到△ABF，连接EF，分别交AC，AB于点M，N. 若 ＝ ，则sin ∠EAM＝ .
　
16. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝
1，点P为AB边上任意一点，连接PC，以C为中心将PC按逆时
针方向旋转60°得QC，连接AQ，则AQ的最小值为 .
　
　　　 几何计算中的折叠问题(7年4考)
17. (2024·大庆)如图，在一次综合实践课上，为检验纸带①、②
的边线是否平行，小庆和小铁采用了两种不同的方法：小庆把纸
带①沿AB折叠，量得∠1＝∠2＝59°；小铁把纸带②沿GH折
叠，发现GD与GC重合，HF与HE重合.且点C，G，D在同一
直线上，点E，H，F也在同一直线上.
A. 纸带①、②的边线都平行
B. 纸带①、②的边线都不平行
C. 纸带①的边线平行，纸带②的边线不平行
D. 纸带①的边线不平行，纸带②的边线平行
D
则下列判断正确的是(　D　)
18. (2020·河池)如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠A＝
30°，AC＝8，点D在AB上，且BD＝ ，点E在BC上运动.
将△BDE沿DE折叠，点B落在点B'处，则点B'到AC的最短距离
是 .
　
19. (2020·柳州)如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝
10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上
的点F处，点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰好落在线
段BF上的H处，有下列结论：①∠EBG＝45°；②2S△BFG＝
5S△FGH；③△DEF∽△ABG；④4CE＝5ED. 其中正确的是
.(填写所有正确结论的序号)
①②④　
20. (2023·伊春)如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边
AD＝5，OA∶OD＝1∶4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图
所示的位置，线段OD1恰好经过点B，点C落在y轴的点C1位
置，则点E的坐标是(　D　)
A. (1，2) B. (－1，2)
C. (－1，2) D. (1－ ，2)
D
21. (2023·防城港期末)如图，将矩形ABCD沿直线AE折叠，顶
点D恰好落在BC边上点F处，已知CE＝3，AB＝8，则图中阴
影部分的面积为(　D　)
A. 20 B. 24
C. 28 D. 30
D
22. 如图，已知正方形ABCD中，CD＝6，点E在CD边上，将
△ADE沿AE折叠至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接
AG，CF，则△CEG的周长是 .
12　
23. (2024·济南)如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝ ，AD＝
2，E为边AD的中点，点F在边CD上，连接EF，将△DEF沿
EF翻折，点D的对应点为D'，连接BD'.若BD'＝2，则DF
＝ .
－ 　
24. 如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E是边BC上
一动点，沿AE翻折，若点B的对称点F恰好落在矩形的对称轴
上，则折痕AE的长是(　C　)
A. B.
C. 4 或 D. 4 或
C

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