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2025-2026年人教版初中数学第一轮复习专题分类训练：综合题
一、代数式（本大题共1小题）
1．材料一：一个整数的各个数位上的数字之和能被9整除，则这个整数能被9整除；
材料二：已知一个各位数字都不为零的四位数，百位和十位上的数字之和是千位和个位上的数字之和的两倍，则称这个四位数为“双倍数”．将这个“双倍数”的各位数字颠倒过来就变成新的“双倍数”，记．
例如，，所以2461不是“双倍数”：，，所以2685是“双倍数”， ，
（1）判断2997，6483是否为“双倍数”，并说明理由；
（2）若，均为“双倍数”，的千位数字是5，个位数字大于2，的百位数字是7，且能被9整除，是完全平方数，求的最大值．
二、一元二次方程（本大题共1小题）
2．阅读下列材料：我们发现，关于x的一元二次方程，如果的值是一个完全平方数时，一元二次方程的根不一定都为整数，但是如果一元二次方程的根都为整数，的值一定是一个完全平方数．
定义：两根都为整数的一元二次方程称为“友好方程”，代数式的值为该“友好方程”的“超强代码”，用表示，即；若另一关于x的一元二次方程也为“友好方程”，其“超强代码”记为，当满足时，则称一元二次方程是一元二次方程的“最佳搭子方程”．
（1）“友好方程”的“超强代码”是________；
（2）关于x的一元二次方程（m为整数，且）是“友好方程”，请求出该方程的“超强代码”；
（3）若关于x的一元二次方程是（m，n均为正整数，且）的“最佳搭子方程”，且的一个根是的一个根的2倍，求m和n的值.
三、不等式与不等式组（本大题共3小题）
3．综合与实践
全球气候正在变暖，科学家认为，这与大气中二氧化碳等温室气体的浓度变化有关．2020年，我国承诺，二氧化碳排放力争于2030年前“碳达峰”，“碳达峰”是指特定区域（国家、地区或行业）的二氧化碳排放量达到历史峰值后进入平台期并逐步下降的转折点．为了实现我国“碳达峰”的目标，我们每个人都应该进行低碳生活．下表统计了一系列排碳计算公式．
排碳计算公式
家居用电的二氧化碳排放量耗电量
开私家电动车的二氧化碳排放量公里数
家用天然气二氧化碳排放量天然气使用量’
家用自来水二氧化碳排放量自来水使用量
根据表中信息解决问题：
（1）小明家六月份家居用电，私家电动车行驶了，使用天然气，使用自来水，求小明家六月份这四项二氧化碳排放量的总和；
（2）小强家六月份家居用电，使用天然气，使用自来水，小强家六月份这四项二氧化碳排放量的总和没有超过小明家，则小强家六月份私家电动车行驶里程没有超过多少（结果精确到1）？
4．对于平面直角坐标系中的任意一点，给出如下定义：如果，，那么点就叫做点的“交变点”．例如：点的“交变点”是点．
（1）若点的“交变点”为点，则点的坐标为______；
（2）已知点，，且点是点的“交变点”，求、的值；
（3）在长方形中，点，，，．已知点、，当线段上存在一点的“交变点”位于长方形的内部（不含边界）时，直接写出的取值范围．
5．关于x，y的二元一次方程（a，b，c为常数，且），若，则称这个方程为“可乘方程”，由两个“可乘方程”组成的方程组称为“可乘方程组”．
（1）在①；②；③中，是“可乘方程”的是 ；
（2）若方程是关于x，y的“可乘方程”，求的值；
（3）若是关于x，y的“可乘方程组”，且，直接写出的取值范围．
四、平面直角坐标系（本大题共1小题）
6．对于平面直角坐标系xOy中的点A，给出如下定义：若存在点B（不与点A重合，且直线AB不与坐标轴平行或重合），过点A作直线mx轴，过点B作直线ny轴，直线m，n相交于点C．当线段AC，BC的长度相等时，称点B为点A 的等距点，称三角形ABC的面积为点A的等距面积．例如：如图，点A(2，1)，点B(5，4)，因为AC=BC=3，所以点B为点A 的等距点，此时点A的等距面积为．
（1）点A的坐标是(0，1)，在点B1(-1，0)，B2(2，3)，B3(-1，-1)中，点A 的等距点为 ；
（2）点A的坐标是(-3，1)，点A的等距点B在第三象限，
①若点B的坐标是，求此时点A的等距面积；
②若点A的等距面积不小于，求此时点B的横坐标t的取值范围．
五、一次函数（本大题共2小题）
7．如图，在平面直角坐标系中，直线与相交于点，与轴分别交于点和点，点的横坐标为4．

（1）若，则的取值范围为________；
（2）求的面积；
（3）已知是线段上的一点，过点作直线轴，交直线于点；过点作轴，交轴于点，连接．是否存在点，使的两条直角边之比为？若存在，请求出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
8．在数学探究性学习中经常会用到从特殊到一般、类比化归等数学思想和方法，如下是一个具体的探究性学习案例，请完善整个探究过程．
问题呈现：过点的直线（k，c为常数且）分别交x轴的正半轴和y轴的正半轴于点A和B，探究并说明是定值．
（1）特例探究，如图1，过点的直线（k，c为常数且）分别交x轴的正半轴和y轴的正半轴于点A和B，则点A的坐标为______，点B的坐标为______，的值为______；
（2）一般证明：
①时，直接写出______；
②求出的值；
（3）如图2，已知，，点M在x轴的正半轴上，过点M且不与y轴平行的直线l交直线于第一象限点N，若总有，请探究：直线l是否过定点，如果是，请求出定点坐标；如果否，请说明理由．
六、二次函数（本大题共5小题）
9．若抛物线：（，，是常数，）与直线都经过轴上的一点，且抛物线的顶点在直线上，则称此直线与该抛物线具有“长郡培粹”关系．此时，直线叫做抛物线的“郡线”，抛物线叫作直线的“粹线”．
（1）若直线与抛物线具有“长郡培粹”关系，求，的值；
（2）若某“粹线”的顶点到两坐标轴的距离相等，它的“郡线”的解析式为，求此“粹线”的解析式；
（3）当常数满足时，求抛物线：的“郡线”与轴，轴所围成的三角形面积的取值范围．
10．在平面直角坐标系中，抛物线（m，n是常数且）与轴的一个交点为点（点不与原点重合），抛物线的对称轴为直线且抛物线经过点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2），都是上的点，设点，点，分别过，作轴交抛物线于点，作轴交抛物线于点．
（i）当时，连接，，求的值；
（ii）当时，若点B，D，C，E围成的四边形的面积为14，求的值．
11．如图所示，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过、两点，与轴的另一个交点为点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点是轴正半轴上一动点，过点作轴于点，交直线于点，交抛物线于点，连结．
①当点在线段上时，若与相似，求点的坐标；
②若，求出的值．
12．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于两点（点在点的左边），与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为．
(1)求抛物线的表达式；
(2)是抛物线上位于第四象限的一点，点，连接相交于点，连接．若与的面积相等，求点的坐标；
(3)是抛物线上的两个动点，分别过点作直线的垂线段，垂足分别为．是否存在点，使得以为顶点的四边形是正方形？若存在，求该正方形的边长；若不存在，说明理由．
13．已知：抛物线，其顶点为A，且与y轴交于点，将抛物线沿直线翻折，得到抛物线．

（1）当时，
①求抛物线的解析式，并直接写出顶点A的坐标．
②点D在抛物线上，延长至E使得，若点E落在抛物线上，求D的坐标．
（2）动点M在抛物线的对称轴上（M不与A重合），过M作直线垂直于y轴，交于点P（P在对称轴左侧），交于点Q（Q在对称轴右侧）．当点P与点B重合时，若时，求h的值．
七、相交线与平行线（本大题共4小题）
14．如图，，直线分别与直线，交于，两点，点在直线上，点是射线上的一个动点（不与点，重合），过点作交直线于点．
（1）如图1，当点在线段上时．
①结合题意，补全图1；
②用等式表示和之间的数量关系，并证明；
（2）如图2，当点在线段的延长线上时，直接写出和的数量关系．
15．如图，直线，直线分别交，于点，，，中，，点 在直线上，点在 ，构成区域内且点始终在 的右下方，点在直线上且始终在直线右侧，，的平分线交直线于点．
（1） 用含的式子表示；
（2）如图1，若点E在直线右侧，，求的度数；
（3）当时，若射线交直线于点，试探究和之间的数量关系．
16．综合与探究
【问题情境】
数学课上，老师让同学们以“三角板与平行线”为主题开展数学活动．如图，在直角三角板中，∠B=900，将其顶点放在直线上，并使边直线于点，与相交于点．
老师提出了一个问题：试判断边与直线的位置关系，并说明理由．
（1）请解答老师提出的问题．
【操作探究】
（2）如图2，将图1中三角板的直角顶点放在平行线之间，两直角边分别与相交于点，得到和．试探究和之间的数量关系，并说明理由．下面是小睿不完整的解答过程及依据、解题反思，请你补充完整：
解：．
理由：如图3，过点作直线．
，，
___________，___________（依据：___________）．
，
______________________，
．
解题反思：在图中“过点作直线”的作用是___________．
【深入探究】
（3）学小睿启发，同学们继续探究下面的问题．如图4，在图2的基础上作线段，使它们分别平分和的对顶角．请直接写出此时的度数．
17．如图1，点，，且满足．
（1）直接写出、的坐标：（0，______），（________，0）；
（2）点以每秒2个单位长度从点向轴负半轴运动，同时，点以每秒3个单位长度从点向轴正半轴运动，直线，交于点，设点，运动的时间为秒．
①当时，求证：；
②如图2，当时，在线段上任取一点，连接．点为的角平分线上一点，连接，且满足．请将图2补全，直接写出、、之间的数量关系．
八、三角形（本大题共3小题）
18．在城市规划中，工程师们正在设计一座新的桥梁．桥梁的主结构由多个三角形支撑构成，以确保其稳定性．为了优化材料的使用和承重分布，工程师需要精确计算各个支撑杆的长度和角度．
（1）等边三角形支撑的初步计算：
桥梁的一个主要支撑结构是一个等边三角形，其边长为米．为了加强支撑，工程师在边上选择了一个点，并从点平行于方向铺设了一根长度为米的加固杆同时，从点向外延伸米到点，连接与相交于，请计算的长度．
（2）可变尺寸的等边三角形支撑：
现在，工程师考虑用不同尺寸的等边三角形支撑，其边长为米．同样地，从点平行于铺设长度为米的加固杆，并延长至点使得米．为了进一步加固，从点垂直设置一根支柱，与交于，请计算的长度．
（3）非等边三角形支撑的特殊条件：
在另一个设计中，支撑结构不再是等边三角形，工程师在边上选择点，并从点垂直向下设置测量杆他们发现主梁与斜拉索的长度相等，并且，请证明．
19．【问题背景】
如图1，在四边形中，，，点分别是上的点，且，试探究之间的数量关系．
【初步探索】
（1）小亮同学认为延长到点，使，连接，先说明，再说明，则可得到，之间的数量关系是___________．
【探索延伸】
（2）如图2，在四边形中，，点分别是上的点，若，那么上述结论是否仍然成立？请说明理由．
【结论运用】
（3）如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（处）北偏西的处，舰艇乙在指挥中心南偏东的处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以海里/时的速度前进，舰艇乙沿北偏东方向以海里/时的速度前进，小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达处，且两舰艇之间的距离海里，求此时的度数．
20．如图1，，直线与交于点E，与交于点F，M是上方一点且平分，N是上一点，连接，，交于点H．
（1）若，，求度数；
（2）如图2，过点N作的平分线交直线于点J，交直线于点K．试探究与之间的数量关系；
（3）如图3，连接，若，，将线段绕着点F以每秒的速度逆时针旋转，将线段绕着点E以每秒的速度顺时针旋转，线段旋转一周停止，设运动时间为t秒．经过多长时间线段与线段平行，请直接写出此时的时间t．
九、四边形（本大题共2小题）
21．【操作发现】如图1，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形，转动其中一张纸条，发现四边形总是平行四边形，其判断的依据是_______；
【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条和（，），其中，，将它们按图2放置，落在边上，，与边分别交于点M、N，求证：四边形是菱形：
【结论应用】保持图2中的平行四边形纸条不动，将平行四边形纸条沿或平移，且始终在边上，当时，恰有H，B的连线垂直于，此时时，延长、交于点P、得到图3．若四边形的周长为40，则四边形的面积_____．
22．综合与实践
问题情境：在矩形纸片中，点E是边上一动点，连接，将沿折叠得到，并展开铺平．
操作探究：
（1）如图1，若点M落在边上，则四边形的形状是______．
（2）若点M落在矩形内部．
①如图2，过点B作，垂足为H，交于点F．连接．请判断四边形的形状，并说明理由．
②如图3，E，F为边的三等分点，且点E在点F的左侧．连接并延长，交边于点G．试判断线段与的数量关系，并说明理由．
（3）如图4，，若以点M，C，D为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出的长．
十、图形的平移、对称与旋转（本大题共5小题）
23．如图1，函数与轴交于点，与轴交于点，点与点关于轴对称．
（1）求直线的函数解析式；
（2）如图1，若点是直线上一动点，过点作轴的平行线，交直线于点，若的面积为，求点的坐标；
（3）如图2，若点是轴上的一个动点，过点作轴的平行线，交直线于点，连接，在点的运动过程中是否存在的情况，若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由．
24．在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形与旋转”为主题开展数学活动．如图，已知在直角三角形中，，，边的长为4．
（1）操作发现
操作：如图（1），分别取边、的中点D、E，连接，则的值为_______．
（2）变换探究
如图（2），将绕点A逆时针旋转得到，连接、，直线与直线相交于点F.
（Ⅰ）在旋转过程中的值是否发生变化？请说明理由．
（Ⅱ）直线与直线相交所形成的夹角（不超过）的大小是否发生变化？请说明理由．
（3）拓展应用
在旋转过程中，直线与直线相交于点F，当为等腰三角形时，请直接写出的面积．
25．阅读材料题：有这样一个题目：已知，如图1，P是正方形内一点，连接，若，，，求的长．
小明看到题目后，思考了许久，仍没有思路，就去问数学老师，老师给出的提示是：将绕点A顺时针旋转得到，再利用勾股定理即可求解本题．请根据数学老师的提示帮小明求出图1中线段的长为______．
【方法迁移】：已知：如图2，为正三角形，P为内部一点，若，，，求的大小．
【能力拓展】：已知：如图3，等腰三角形中，D、E是底边上两点且，若，，求的长．
26．如图，在中，，是边上的高．
【问题解决】
（1）如图①，______度，与的数量关系是______；
【问题探究】
（2）如图②，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，若，求的长；
【拓展延伸】
（3）如图③，点P是线段上的一动点（P不与点A，D重合），将线段绕点P逆时针旋转得到线段，连接线段．试判断与的位置关系，并说明理由．
27．在四边形中，，对角线交于点O，且O为中点．点E、点F分别为边上的动点，连结．
（1）如图1，
①求证：；
②求证：四边形为平行四边形；
③恰好经过点O，当时，如图2，连接，若．，求的度数．
（2）移动，当点E与点D重合时，如图3，将沿折叠得到，当点恰好落在线段上时，过点A作，交延长线于点G，其中，求线段的长．
十一、图形的相似（本大题共2小题）
28．我们把圆心在三角形的一边上，且与其他两边都相切的圆叫做这个三角形的“边切圆”，其圆心叫做这个三角形该边上的“边心”，如图1，圆心是的边上的“边心”．
（1）请你判断下列说法是否正确（正确的打“√”，错误的打“×”）．
①任何一个三角形都有三个“边切圆”；_____
②“边心”一定在三角形边的垂直平分线上；_____
③若三角形的一个“边切圆”的圆心与外接圆圆心重合，则该三角形是等腰直角三角形．_____
（2）如图2，中，，点在边上，且，以为圆心，为半径画圆，求证：是的“边切圆”；
（3）如图3，是的边上的“边心”，与，边的切点为与交于点恰好是的内切圆圆心．
①求证：；
②令的半径为，的内切圆半径为，试用含，的式子表示的值．
29．综合与实践
（1）【提出问题】
如图1，在菱形中，，点是对角线上一动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，．则的度数为_____；
（2）【类比探究】
如图2，在正方形中，点是对角线上一动点，且，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，．
①求的度数；
②当时，求的长；
（3）【迁移运用】
如图3，在矩形中，，，点是对角线上一动点，连接，以为边在的右边作，且，，当点到的距离为时，请直接写出的长．
十二、解直角三角形（本大题共1小题）
30．2025年，泉州市紧跟“数字中国”战略步伐，全面推进“数字泉州”建设工程，重点扶持科技园区的通信基础设施升级与优化，旨在打造东南沿海数字经济新高地．在“信号升格”专项行动中，某校数学社团受邀参与该项目，通过数学建模与工程实践结合的方式，探索数学在新型基建中的实际应用价值．
任务一：信号塔支架的角度设计是确保信号稳定传输的关键环节，为了提供精确数据支撑，助力信号塔高效运作，同学们仿照学习特殊角三角函数值时求的方法，构造含有角的直角三角形，如图1．请结合尺规作图，求的值．（作图保留作图痕迹，不要求写作法）
任务二：依据泉州市2025年通信建设“降本增效、绿色集约”的政策要求，需对园区线路布局进行优化以实现资源最大化利用．如图2，在等腰直角三角形区域中，米，、为通信线路．为减少材料损耗、降低施工成本，若米，求当a取何值时，通信线路的长度有最小值．
参考答案
1．【答案】（1）2997是“双倍数”，6483不是“双倍数”；理由见详解；（2）的最大值7791．
【分析】（1）利用题干中“双倍数”定义计算即可求解；
（2）设s的个位数字是d，十位数字是c，则百位数字是10+2d-c（d＞2），可得s=5000+100（10+2d-c）+10c+d且5+10+2d-c+d+c=15+3d能被9整除，依此可得d=4或d=7，利用“双倍数”的定义和F（m）的公式，分类讨论计算出F（s）和F（t），依据已知和数位上数字的特征计算后，比较大小，取最大值即可．
【详解】解：（1）∵，
∴2997是“双倍数”，
∵，
∴6483不是“双倍数”；
（2）设s的个位数字是d，十位数字是c，则百位数字是10+2d-c（d＞2），
∴s=5000+100（10+2d-c）+10c+d且5+10+2d-c+d+c=15+3d能被9整除，
∵d＞2，
∴d=4或d=7，
①d=4时，有10+2d=2×（5+4）=18，
∴此时十位数，百位数均为9，
∴s=5994，s′=4995，
F（s）=（s+s′）÷111=99，
设t=1000a+700+10b+-a，则t′=1000（+-a）+100b+70+a，
∴F（t）=（t+t′）÷111=b+，
则4F（s）+F（t）=4×99+b+=b+，
∵b+，是完全平方数，且b是整数，
∴b=9，
∴t的十位数字是9，
则7+9=16，
∴千位和个位上的数字之和是8，
∴t的最大值是7791；
②d=7时，有10+2d=2×（5+7）=24，
∵百位和十位上的数字之和最大为18，
∴不符合题意．
综上所述，t的最大值是7791．
2．【答案】（1）；
（2）；
（3），.
【分析】（1）直接根据“超强代码”的定义作答即可；
（2）先根据“友好方程”的定义求出m的范围，进而求出，再根据“超强代码”的定义计算即可；
（3）先分别求出两方程的“超强代码”，再根据“最佳搭子方程”得到，可知，再根据“的一个根是的一个根的2倍”列出所有情况，判断是否符合题意即可．
【详解】（1）解：“友好方程”的“超强代码”是.
（2）解：∵是“友好方程”，
∴且为完全平方数，
∵，
∴，
∴=36或49或64，
∴或或，
∵为整数，
∴，
将代入原方程，则，
∴，
∴方程的“超强代码”为；
（3）解：方程的“超强代码”为
，
由得，
方程的“超强代码”为，
由得，
∵是的“最佳搭子方程”，
∴，
即，
整理得，
∵，均为正整数且，
∴，
∴，
即，
又∵的一个根是的一个根的2倍，
∴①当时，得，，
②当时，，，（舍），
③当时，得（舍），
综上所述：，．
3．【答案】（1）小明家六月份这四项二氧化碳排放量的总和为
（2）小强家六月份私家电动车行驶里程没有超过大约
【分析】（1）根据排碳计算公式，将对应项的二氧化碳排放量相加即可；
（2）设小强家六月份私家电动车行驶里程为x，根据“六月份这四项二氧化碳排放量的总和没有超过小明家”列不等式求解即可．
【详解】（1）解：
答：小明家六月份这四项二氧化碳排放量的总和为；
（2）解：设小强家六月份私家电动车行驶里程为x ，
.
解得.
答：小强家六月份私家电动车行驶里程没有超过大约.
4．【答案】（1）
（2）、的值分别为、
（3）
【分析】（1）由“交变点”的定义求解；
（2）由“交变点”的定义列出方程组求解；
（3）由“交变点”的定义列出不等式组求解．
【详解】（1）解：∵点的“交变点”为点，且
∴，，
∴点的坐标为.
（2）解：∵点，，且点是点的“交变点”，
∴，
解得：，
∴、的值分别为、．
（3）解：如图，
由题意，得
或，
解得： 或
∴．
5．【答案】（1）②③
（2）
（3）
【分析】（1）根据“可乘方程”的定义逐一判断即可；
（2）根据“可乘方程”的定义建立关于t的一元一次方程求解即可；
（3）先根据“可乘方程组”，得到，求出，再根据，得到，求解即可．
【详解】（1）解：根据题意：①，
，则①不是“可乘方程”，
②，即，
，则②是“可乘方程”，
③，
，则③是“可乘方程”，
则是“可乘方程”的是②③，
故答案为：②③；
（2）解：∵方程是关于x，y的“可乘方程”，即方程是关于x，y的“可乘方程”，
∴，即，
解得：；
（3）解：∵是关于x，y的“可乘方程组”，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴．
6．【答案】（1），；
（2）①；②或
【分析】（1）根据等距点的定义即可作出判断；
（2）①计算等腰直角的面积即可；
②根据题意画出全等的等腰直角和，发现点可以在射线上或线段上，可得的取值．
【详解】（1）解：过作轴的平行线，过作轴的平行线，交于，如图所示：
点的坐标是，在点，
，即是点的等距点，
同理：，是点的等距点，
，不是点的等距点.
（2）解：①根据题意作图，如下所示：
则，
，，，
，
，
点的等距面积为；
②根据题意可知，
，
根据①作全等的等腰直角和，如图所示：
有点可以在射线上或线段上，
，，，，
点的横坐标的取值范围是或．
7．【答案】（1）
（2）12
（3）存在，满足条件的所有点M的坐标为或．
【分析】（1）根据交点结合图象即可求解；
（2）根据题意确定，，利用待定系数法确定，得出，结合图象求面积即可；
（3）设点，则，．
∴，分两种情况：①当时，②当时，分别进行计算即可解答．
【详解】（1）解：∵直线与相交于点，点的横坐标为4，
由图象得：当时，的图象在的图象的下方，
∴当，的取值范围为.
（2）∵的横坐标为4，且在上，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∵在上，
∴，
解得：，
∴，
当时，，
∴，
∴，
∴的面积为：；
（3）解：存在．
如图所示：

根据题意设点，则，．
∴．
分两种情况：
①当时，，
解得．
所以点M的坐标为；
②当时，，
解得．
所以点M的坐标为．
综上，满足条件的所有点M的坐标为或．
8．【答案】（1）、；1
（2）①1；②1
（3）直线过定点
【分析】（1）由求出点，的坐标分别为、，得出，再代入计算即可；
（2）①点，的坐标分别为，，得，，把点代入得，当，时，求出，再代入计算即可；
②由①知，，，，再代入计算即可；
（3）运用待定系数法分别求出直线的表达式和直线的表达式为，联立方程组，求出交点坐标，根据两点间距离公式求出，，代入，求得，进一步可得答案．
【详解】（1）解：当，则；当，则，解得，
∵直线分别交轴和轴于点和，
∴点，的坐标分别为、，
∴，
则；
（2）解：①当，则；当，则，解得，
∵直线分别交轴和轴于点和，
∴点，的坐标分别为、，
∴，，
将点的坐标代入一次函数表达式得，
∴当，时，，
∴.
②由①知，，，，
则；
（3）解：设直线的表达式为，
则，解得，
∴，
设直线的表达式为，
联立上述两式得，
解得，则点，
由点，的坐标得，，则，
同（2）可求点，则，
，即，
解得，则，
当时，，即直线过定点．
9．【答案】（1），
（2）或
（3）
【分析】（1）根据新定义求出，将其代入抛物线的解析式，即可求解；
（2）根据新定义求出，抛物线的顶点为，由“粹线”的顶点到两坐标轴的距离相等得，进行分类讨论，即可求解；
（3）根据新定义求出，由待定系数法可求直线为，由三角形面积得，令，，由二次函数的性质，即可求解．
【详解】（1）解：当时，
直线中：，
抛物线中：，
，
，
，
顶点为，
直线与该抛物线具有“长郡培粹”关系，
，
解得：，
故：，；
（2）解：当时，
直线中：
抛物线中：，
，
，
抛物线的顶点为，
直线与该抛物线具有“长郡培粹”关系，
，
整理得：，
解得：，（舍去），
抛物线的顶点为，
“粹线”的顶点到两坐标轴的距离相等，
，
①当时，
解得：，
经检验：是此方程的根，
；
②当时，
解得：，
经检验：是此方程的根，
；
故“粹线”的解析式为或；
（3）解：当时，，
，
可设直线为：，
由抛物线得：顶点为，
直线与该抛物线具有“长郡培粹”关系，
，
整理得：，
令，
，
且，
，
，
直线为：，
当时，
，
解得：，
，
，
，
令：，
，
，
，
令，
，
，，
当时，
，
当时，
，
，
，
，
．
10．【答案】（1）
（2）（i）16；（ii）t的值为或或
【分析】（1）根据抛物线（是常数且）的对称轴为直线得到点A的坐标为，且抛物线经过点，建立关于的方程组，求解即可；
（2）（i）先求出点，根据题意得：，则，进而得到，由，代入计算即可；（ii）分时，时，时，画出示意图，根据图形面积建立方程求解即可．
【详解】（1）解：由抛物线的对称轴为直线可知点A的坐标为，
把点A和点代入抛物线的解析式，得
，
解得，
∴该抛物线的解析式为；
（2）解：（i）由题意知点，，
当时，如图，
，，，，
；
（ii）当时，如图，
，
整理，得，
解得，；
当时，如图，
，
整理，得，解得；
当时，如图，
，
整理，得，解得（舍去），（舍去）．
综上，t的值为或或．
11．【答案】（1）
（2）①点的坐标为或；②的值为或5
【分析】（1）把代入求出一次函数解析式，则的坐标为，再把代入中即可求出抛物线的解析式．
（2）①求出，根据，求出，，结合轴，求出，设，则，，分为当和当，分别求解即可；②求出直线的解析式，分为当点P在x轴上方时，如图，连接，延长交x轴于N，证明，求出，从而求出直线的解析式，即可求解．当点P在x轴下方时，得出，全等三角形的性质求出，求出直线的解析式即可求解．
【详解】（1）解：把代入得：，
故，
则的坐标为，
把代入中
得，
解得：，
∴抛物线的解析式的为：．
（2）解：①∵，
令，则，解得：或3，
∴，
又∵，
∴，，，
又轴，
，
，
，
∵，
∴，，
，
当，即时，，
解得：（舍去）或，
故；
当，即时，，
解得：（舍去）或，
故，
综上，或．
②∵点，，
设直线的解析式为：，
则，解得：，
∴直线的解析式为：，
当点P在x轴上方时，如图，连接，延长交x轴于N，
，
，
，
，
，
，
，
设直线的解析式为：，则，解得：，
∴直线的解析式为：，
，
解得：（舍去）；
当点P在x轴下方时，如下图所示：
，
，
，
，
，
，
设直线的解析式为：，则，解得：，
∴直线的解析式为：，
，
解得：（舍去）；
综上所述，的值为：或5．
12．【答案】(1)；
(2)；
(3)存在，正方形的边长为或.
【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）作轴，垂足为点，设，则，，根据与的面积相等，推出，列出方程进行求解即可；
（3）存在点，使四边形为正方形，如图所示，过作轴，过作轴，过作轴，则有与都为等腰直角三角形，设，设直线解析式为，与二次函数解析式联立，消去得到关于的一元二次方程，利用根与系数关系表示出，由为等腰直角三角形，得到，若四边形为正方形，得到，求出的值，进而确定出的长，即为正方形边长．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为，
∴设抛物线的解析式为，
把代入，得，
∴，
∴；
（2）当时，解得，
∴，
∵，
∴设直线的解析式为，把代入，得，
∴，
作轴，垂足为点，设，则，
∴，
∴与的面积相等，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴；
（3）存在点，使四边形为正方形，
如图所示，过作轴，过作轴，过作轴，则有与都为等腰直角三角形，，
由（2）可知，直线的解析式为，
设，直线解析式为，
联立得，
消去得，
，
为等腰直角三角形，
，
，
，
，
∵四边形为正方形，
∴，
，
整理得，
解得或，
正方形边长为，
或，即正方形的边长为或．
13．【答案】（1）①，；②或
（2）
【分析】（1）①利用待定系数法求出抛物线解析式，进而可得顶点坐标；②可求出翻折后的抛物线顶点坐标为，则翻折后的抛物线解析式为，设，可证明点D为的中点，则，即可得到，解方程即可得到答案；
（2）根据题意可得，则， ，同理可得抛物线的解析式为：，则， 再由，联立求解即可．
【详解】（1）解：①当时，抛物线的解析式为，
把代入中得，
解得，
∴抛物线的解析式为，
∴顶点A的坐标为；
②∵翻折前抛物线顶点坐标为，
∴翻折后的抛物线顶点坐标为，
∵翻折前后两个抛物线的形状相同，但是开口方向相反，
∴翻折后的抛物线解析式为，
设，
∵，
∴点D为的中点，
∴，
∵在抛物线的图象上，
∴，
解得或，
当时，，当时，，
∴点D的坐标为或；
（2）解：∵点P与点重合，且轴交对称轴于点M，
∴，
∴，
∵，
∴ ，
同理可得抛物线的解析式为：，
∵点Q在抛物线上，
∴，即，①
又点在抛物线上，
∴，即，②
把②代入①得，
解得：．
14．【答案】（1）①见详解；②；
（2）
【分析】（1）①根据题意作图，即可解答；②理由如下：过点P作，有，继而求出可得到，则，即可解答．
（2）过点P作，有，先求出
则有，，即可解答．
【详解】（1）解：①作图如图；
②，理由如下：
过点P作，如图，
有，
∵，
∴
∴，，
∴，
∵，
∴，
即．
（2）过点P作，如图，
有，
∵，
∴
∴，，
∴．
15．【答案】（1）
（2）
（3）或
【分析】（1）过点作，则，根据，，得出，根据平行线的性质得出，则，即可求解；
（2）根据题意得出，根据角平分线的定义可得，又，，则，解方程，即可求解；
（3）分两种情况讨论，当在之间时，当在的下方时，分别画出图形，根据平行线的性质以及角平分线的定义得出和之间的数量关系．
【详解】（1）解：如图，过点作，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
（2）解：∵中，，
∴
∴
∴
∵的平分线交直线于点
∴
∵，
∴
又∵，，
∴
∴
解得：
（3）解：如图，当在之间时，
由（2）可得
∵的平分线交直线于点
∴
过点作
∵
∴
∴，
∴
∴
∴
当在的下方时，如图
同理可得
∴
综上所述，或
16．【答案】（1），理由见详解；（2）见详解；（3）
【分析】（1）根据题意得到，即可判定；
（2）过点B作直线，根据平行线的判定与性质求解即可；
（3）根据角平分线定义及平行线的性质求解即可．
【详解】解：（1），理由如下：
∵直线于点D，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2），理由如下：
过点B作直线，如图，
∵（已知），
∴（平行于同一直线的两直线平行），
∴（两直线平行，同位角相等），
∵，
∴，
∴．
解题反思：在图中“过点作直线”的作用是利用平行线的性质得到角相等．
（3），理由如下：
如图3，过点O作，则，
∴，
∵，
∴，
∵和分别平分和，
∴，
∴，
∴，
即．
17．【答案】（1）
（2）①见详解；②见详解，或
【分析】（1）由非负数的性质可得：，，从而可得答案；
（2）利用三角形的面积公式证明，再进一步可得答案；
（3）先根据题意补全图形，设，设，则，再证明，，再进一步可得答案．
【详解】（1）解：∵，，
∴
∴，，
解得：，，
∴点.
（2）①当时，，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
②如图，补全图形如下：
当点在上方时，
∵点为的角平分线上一点，
∴设，
∵，
设，则，
如图，∵，
∴，
过作，
∴，
∴，，
∴，
过作，而，
∴，
∴，，
∴，
而，
∴，
∴，
∴；
当点在下方时，
∵点为的角平分线上一点，
∴设，
∵，
设，则，
∵，
∴，
过作，
∴，
∴，，
∴，
过作，而，
∴，
∴，，
∴，
而，
∴，
∴，
∴．
18．【答案】（1）；
（2）；
（3）见详解
【分析】（1）先证明是等边三角形，根据平行线的性质可得出，证明，即可得证；
（2）由（1）可得，，且，证明是等边三角形，即可求解；
（3）延长至，使，过点作交的延长线于点，连接，证明，进而证明，根据线段的和差关系，即可求解．
【详解】（1）解：是等边三角形，
，
，
， ，
，
是等边三角形，
，，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）由（1）可得，，且，
，
为的垂直平分线，
，
，
是等边三角形，
，，
即；
（3）证明：延长至，使，过点作交的延长线于点，连接，
，，
，，
， ，
，
在和中，
，
，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
即．
19．【答案】（1），理由见详解；（2）成立，理由见详解；（3）
【分析】（1）延长到点，使得，可证，，，再证，，根据角的和差计算即可求解；
（2）延长延长到点，使得，可证，，，再证，，由此即可求解；
（3）如图所示，过点作轴于点，延长到点，使得，连接，同理可证，由此即可求解．
【详解】解：（1），理由如下，
如图所示，延长到点，使得，
∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴；
（2）成立，理由如下，
如图所示，延长延长到点，使得，
∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∴；
（3）如图所示，过点作轴于点，延长到点，使得，连接，
∵舰艇甲在指挥中心（处）北偏西的处，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以海里/时的速度前进，舰艇乙在指挥中心南偏东的处，
∴，轴，则，
∴，则，
∵舰艇乙沿北偏东方向以海里/时的速度前进，
∴，（海里），（海里），
∵轴，
∴，则，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
∴（海里），
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
20．【答案】（1）
（2）
（3）或或
【分析】（1）求解，，再结合三角形的外角的性质可得答案；
（2）设，可得，，设，可得，，由，可得，，，，进一步可得答案；
（3）分别画出旋转时两线平行的对应位置，再结合角的和差与平行线的性质建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
∵平分，
∴设，
∴，，
∵平分，
∴设，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴；
（3）解：如图，
∵，
∴，
∵平分，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
旋转后如图所示：
∴，，
∵，
∴，
∴，
解得：；
如图，作射线交于，
同理，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
解得：，
如图，
同理：，，
∵，
∴，
∴，
解得：，
综上：的值为或或．
21．【答案】【操作发现】两组对边分别平行的四边形是平行四边形；【探究提升】见详解；【结论应用】80
【分析】操作发现：根据平行四边形的判定定理即可得到结论；
探究提升：根据平行四边形的性质得到，推出四边形是平行四边形，得到四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论；
结论应用：根据平移的性质得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得到，推出四边形是平行四边形，证得四边形是菱形，根据菱形的性质得到，由探究提升知是菱形，，推出四边形是菱形，由勾股定理得到，于是得到结论．
【详解】解：[操作发现]：四边形总是平行四边形．其判定的依据是两组对边分别平行的四边形是平行四边形.
[探究提升]∵四边形纸条和是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴是菱形；
[结论应用]：∵将平行四边形纸条沿或平移，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
由探究提升知是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∵四边形的周长为40，
∴，
∵，，
∴在中，，
∴．
22．【答案】（1）正方形
（2）①四边形为菱形；理由见详解；②；理由见详解
（3）或5
【分析】（1）根据折叠得出，，根据，证明四边形为矩形，根据，即可证明四边形为正方形；
（2）①根据折叠得出，，，证明，得出，证明，即可证明结论；
②先证明，根据矩形中，，，证明四边形为平行四边形，得出，求出，即可得出结论；
（3）分三种情况进行讨论：当时，当时，当时，分别画出图形进行求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形为矩形，
∴，
根据折叠可知：，，
∵，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形；
（2）证明：①四边形为菱形；理由如下：
根据折叠可知：，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；
②；理由如下：
∵E，F为边的三等分点，
∴，
根据折叠可知：，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵矩形中，，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵四边形为矩形，，
∴，，，
根据折叠可知：，，，
当时，过点M作，如图所示：
则，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，
即；
当时，如图所示：
∵，，
∴，
∵，
∴此时点M在上，
根据解析（1）可知，此时四边形为正方形，
∴；
连接，如图所示：
根据勾股定理得：，
∵两点之间线段最短，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴与相等不存在；
综上分析可知：或5．
23．【答案】（1）
（2）或
（3）存在，点坐标为或
【分析】（1）先确定出点坐标和点坐标，进而求出点坐标，最后用待定系数法求出直线解析式；
（2）设，则，表示出，分两种情况：当点在轴左侧时，当点在轴右侧时，用三角形面积公式即可得出结论；
（3）设，则，分点在轴左侧和右侧，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解：在中，令，则，令，则，
解得：，
，，
点与点关于轴对称，
，
设直线的函数解析式为，将、代入得：
，
解得：，
直线的函数解析式为；
（2）设，则，
当点在轴左侧时，，
，
解得：，
；
当点在轴右侧时，，
，
，
；
综上所述，点的坐标为或；
（3）存在，
设，则，
，
，，，
，，，，
，，，
点与点关于轴对称，
，
，
，
，
当点在轴左侧时，
轴，
，即，
，
，
，
，
解得：，
；
当点在轴右侧时，
轴，
，即，
，
，
，
，
，
解得：，
；
综上所述，点坐标为或．
24．【答案】（1）
（2）（Ⅰ）不变，理由见详解；（Ⅱ）不变，理由见详解；
（3）的面积为或．
【分析】（1）根据含30度角的直角三角形的性质，结合勾股定理求出的长，中点求出的长，进而求出比值即可；
（2）（Ⅰ）根据旋转的性质，证明，得到，（Ⅱ）由相似三角形的性质得出，设与交于点，
求得，即可；
（3）分，两种情况，进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，
∴，
∵、分别为边、的中点，
∴，
∴；
（2）解：（Ⅰ）的比值不变；
由旋转的性质可的出，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴的比值不变；
（Ⅱ）直线与直线相交所形成的夹角（不超过）的大小为定值，不发生改变；
由（Ⅰ）知，
∴，
设与交于点，
∴，
∵，
∴，
∴直线与直线相交所形成的夹角（不超过）的大小为定值，不发生改变；
（3）解：①当时，如图，过点作，则，
由（2）知，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当时，过点作，设，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理，得：，
∴，
解得：，
∴．
综上：的面积为或．
25．【答案】，，
【分析】阅读材料题：将绕点A顺时针旋转得到，连接，由旋转的性质得，，从而可得，则由勾股定理即可求解；
【方法迁移】：把绕点C顺时针旋转得到，连接；由旋转的性质得是等边三角形，由勾股定理逆定理知是直角三角形，且，则可求得的度数，从而求得结果．
【能力扩展】：把绕点C逆时针旋转得到，连接，过点G作于点F，由旋转的性质得，从而得，则有，由勾股定理得，在中由勾股定理得；再证明，则；从而求得结果．
【详解】解：阅读材料题：如图，将绕点A顺时针旋转得到，连接，
由旋转的性质得：
，，，
∴，，
∴；
在中，由勾股定理得：；
解：【方法迁移】：
如图，把绕点C顺时针旋转得到，连接；
由旋转的性质得：，，；
∴是等边三角形，
∴；
∵，
∴是直角三角形，且，
∴，
∴．
解：【能力拓展】：
如图，把绕点C逆时针旋转得到，连接，过点G作于点F；
∵，
∴；
由旋转的性质得，，，
∴，
∴，
∴，由勾股定理得；
∵，
则在中，由勾股定理得；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴．
26．【答案】（1） 30 ，；（2）；（3），理由见详解
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和内角和定理得到，再根据含角的直角三角形的性质即可得到结论；
（2）求出，，根据勾股定理得到，得到，证明是等边三角形，得到，，即可得到，根据勾股定理即可求出答案；
（3）连接，求出，得到，得到，则，即，即可证明结论成立．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵是边上的高．
∴，
∴
（2）∵，
∴，，
∵是边上的高．
∴，
∴
∵是边上的高．
∴
∵将线段绕点D逆时针旋转得到线段，
∴，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴
（3），理由如下：
如图，连接，
∵，是边上的高．
∴垂直平分，
∴
∴，
∴，
∵，
∴
∵线段绕点P逆时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴
27．【答案】（1）①见详解；②见详解；③
（2）11
【分析】（1）①根据，得出，即可证明．
②由①得，得出，结合，即可证明四边形为平行四边形；
③根据，，得出，根据平行四边形的性质得出，证出是的垂直平分线，即可得，根据等腰三角形的性质得出，根据，，求出，再根据即可求解．
（2）根据平行四边形的性质可得，，根据，得出，由折叠知，可推导出，则，在中，勾股定理求出，在中，求出，即可求解．
【详解】（1）解：①证明：∵，O为中点，
∴，，
在和中，
，
∴，
②证明：由①得，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形；
③∵，，
∴，
由②得：四边形为平行四边形，
∴，
又∵，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
（2）∵在中，，，
∴，，
∵，
∴，
由折叠知，，
∴，
∴．
在中，，
∴或（不符合题意，舍去）
∵在中，，
∴，
∴．
28．【答案】（1）√；×；√
（2）见详解
（3）①见详解；②
【分析】（1）根据“边切圆”和“边心”的特点判断即可；
（2）过点作于点，由切线可得，则，得到，即可得，推出与相切，是的“边切圆”；
（3）①连接，，则，，且，得到
，再由点是的内切圆圆心，得到，再证明；
②先证明，，，得到，过点作于点，则，则，得到，代入解得，结合得到．
【详解】（1）解：①任何一个三角形都有三个“边切圆”，分别是三角形三个内角角平分线与对边的交点为“边心”；故答案为：√；
②“边心”一定在三角形内角角平分线上，故答案为：×；
③若三角形的一个“边切圆”的圆心为内角角平分线，三角形外接圆圆心在边上只有直角三角形，且外接圆圆心为斜边中点，当三角形的一个“边切圆”的圆心与外接圆圆心重合，则该三角形是等腰直角三角形，故答案为：√．
（2）证明：如图，过点作于点，
，
且为半径，
与相切，
，
，
，
又，
，即，
又，为半径，
与相切，
是的“边切圆”；
（3）①证明：，与相切于点，，
，
连接，，
则，，且，
，垂直平分，
，
，
又点是的内切圆圆心，
平分，平分，平分，
，
又，
；
②解：平分，
，
又，
，
同理可证，
，
，
．
由①可知，
，
过点作于点，则，
，
，
，
，
解得，
又，
，
，
．
29．【答案】（1）
（2）①；②
（3）或
【分析】（1）根据菱形的性质，根据旋转性质，证明是等边三角形，再证明，得到．
（2）连接，交于点O，过点作，交的延长线于点G，证明，得到，结合解答即可．
②根据正方形的性质，得到，继而得到，
解答即可．
（3）过点作，交的延长线于点H，过点作于点M，利用三角形相似的判定和性质，特殊角三角函数值，分类思想解答即可．
【详解】（1）解：∵菱形中，，
∴，，
∵绕点顺时针旋转得到．
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴．
（2）①解：连接，交于点O，过点作，交的延长线于点G，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
∵绕点顺时针旋转得到．
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∵，
∴．
②当时，
则，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：过点作，交的延长线于点H，过点作于点M，
∵四边形是矩形，，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点到的距离为，，，
∴，，
∴，
解得，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴三点共线．
过点作于点G，
∵点到的距离为，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
综上所述，的长为或．
30．【答案】任务一：，见详解,任务二：当时，通信线路取得最小值
【分析】（1）根据题意，作出线段的垂直平分线，再根据外角性质得出，结合勾股定理算出，，则，即可作答．
（2）在等腰直角三角形中，，过点B作，使得，先证明，得出，即，则当A、N、D三点共线时， 有最小值，，得出米，即可作答．
【详解】解：任务一：如图所示，
作的垂直平分线交于点D，
则，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
设，则，
∴，
∴ ．
任务二：
在等腰直角三角形中，，
过点B作，使得，如图，
∴，
∵，又，
∴，
∴，
∴，
则当A、N、D三点共线时，如图所示：
当时，有最小值，
过点A作交的延长线于点E，
∴为等腰直角三角形，
∵，，
∴米，，
∴米，
即当时，通信线路取得最小值．
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