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专题10 选题压轴题题型归类（6大题型）
选择压轴题是中考数学区分度最高的题型之一，综合性强、思维量大，常出现在试卷最后 1—2 道选择题。命题以二次函数多结论、几何多结论、动点函数图象、几何三大变换、阴影面积、动态几何最值为核心考向，侧重考查数形结合、转化构造、分类讨论、模型识别等关键能力。解题需精准抓条件、快速辨模型、巧用性质与排除法，是中考数学冲刺高分必须突破的重点模块。
题型一： 二次函数中的多结论问题
【例题1】（2025·黑龙江绥化·中考真题）如图，二次函数与轴交于点、，与轴交于点，其中．则下列结论：
①；②方程没有实数根；③； ④．
其中错误的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【分析】本题考查了二次函数图象的性质，掌握二次函数图象开口，对称轴直线，最值的计算方法是关键．
根据题意得到图象开口向上，对称轴直线为，，则，当时，代入计算可判定①；根据二次函数与直线的位置关系可判定②；根据题意得到，可判定③；根据函数最小值的大小可判定④；由此即可求解．
【详解】解：二次函数与轴交于点、，图象开口向上，
∴对称轴直线为，，
∴，
当时，，
∴，即，
∴，
∴，故①正确；
图象开口向上，对称轴直线为，
∴当时，函数有最小值，最小值轴的下方，
∴抛物线与直线两个不同的交点，
∴方程有两个不相等的实数根，故②错误；
∵二次函数与轴交于点，其中，
∴当，，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，，故③正确；
当时，函数有最小值，最小值为，，
∴，
∴，故④正确；
综上所述，正确的有①③④，错误的有②，
∴错误的有1个，
故选：A ．
1.由抛物线开口方向、对称轴、与坐标轴交点判断a、b、c及相关代数式符号； 2.利用对称轴公式x = 、顶点坐标、判别式Δ=b2 4ac分析性质； 3.结合函数增减性、对称性、特殊点函数值判断结论正误； 4.常用结论：a+b+c、a-b+c、4a±2b+c对应特殊点函数值；对称轴推导a与b关系.
1．（2025·四川德阳·中考真题）已知抛物线（a，b，c是常数，）过点，且，该抛物线与直线（k，c是常数，）相交于两点（点A在点B左侧）．下列说法：①；②；③点是点A关于直线的对称点，则；④当时，不等式的解集为．其中正确的结论个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】本题考查的是二次函数的性质及二次函数与一次函数的交点，理解题意，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．根据抛物线与x轴的交点及开口方向确定系数符号，结合对称轴公式和交点坐标分析各结论的正确性即可．
【详解】解：∵抛物线过点和（），
∴设抛物线为，
∴，
∴，，
∵且，
∴，，
∴，结论①正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，结论②错误；
由题意，第一种情况，若，
∵对称轴直线，
∴对称点的横坐标为，
∴两点间的横向距离为，
∵，
∴，即，
第二种情况，若，
∵该抛物线与直线（k，c是常数，）相交于两点（点A在点B左侧）如图，

∴，故结论③不正确；
当时，方程的根为和，
即，
∵，
∴不等式的解集为，结论④正确．
综上，正确结论为①④，共2个，
故选：B．
2．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，二次函数的图象与正比例函数的图象相交于A，B两点，已知点A的横坐标为，点B的横坐标为2，二次函数图象的对称轴是直线．下列结论：①；②；③关于x的方程的两根为，；④．其中正确的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查二次函数的图象及性质，依据题意，根据所给图象可以得出，，再结合对称轴，同时令，从而由根与系数的关系，逐个判断可以得解．
【详解】解：由图象可得，，，又，
∴，
∴，
∴①正确；
由题意，令，
∴，
又二次函数的图象与正比例函数的图象相交于A，B两点，已知点A的横坐标为，点B的横坐标为2，
∴的两根之和为，两根之积为，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴②错误，③正确；
∵，，
∴，
∴④错误．
综上，正确的有①③，一共2个．
故选：B．
3．（2025·山东日照·模拟预测）如图，二次函数的图象与正比例函数的图象相交于A，B两点，已知点A的横坐标为，点B的横坐标为2，二次函数图象的对称轴是直线．以下结论：①；②；③；④关于x的方程的两根为．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】本题主要考查二次函数的图象及性质、二次函数与一元二次方程、根与系数的关系等知识点，熟练掌握二次函数的图象及性质是解题的关键．
根据所给图象可以得出、，再结合对称轴可得，进而判断①同时令，然后根与系数的关系逐项判断即可．
【详解】解：由图象可得：、，
又∵二次函数图象的对称轴是直线，
∴，即，
∴，即①正确；
令
，
又∵二次函数的图象与正比例函数的图象相交于A，B两点，已知点A的横坐标为，点B的横坐标为2，
的两根之和为两根之积为
，
，
又∵，
，
，则②错误， ④正确．
，解得：，即③正确．
综上，正确的有①③④，共3个．
故选C．
4．（2024·四川广元·二模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，对称轴是直线，其顶点在第二象限，给出以下结论：①当时，；②若且，则 ；③若，则④若，连接，点 P 在抛物线的对称轴上，且，则．
其中正确的有（ ）
A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
【答案】A
【分析】本题主要考查了二次函数综合，二次函数图象的性质等等，由抛物线开口向下，对称轴为直线，得到当时，，据此可判断①；根据题意可得直线和直线关于对称轴对称，则，据此可判断②；先由对称轴公式得到，再由，得到，点B的坐标为，把代入抛物线解析式中求出，则点B的坐标为，据此可判断③；先求出，设，利用勾股定理得到，则，解得，据此可判断④．
【详解】解：∵抛物线开口向下，对称轴为直线，
∴当时，，
∴当时，，即，故①正确；
当且时，则直线和直线关于对称轴对称，
∴，故②错误；
∵抛物线对称轴为直线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点B的坐标为，
把代入抛物线解析式中得，
∴，
∴，
∴点B的坐标为，
∴，故③正确；
∵，
∴，
设，
∴，，
，
∵，
∴，
∴，
解得，
∴，故④正确；
故选：A．
题型二： 几何问题中的多结论问题
【例题2】如图，在四边形中，，相交于点O，且，动点E从点B开始，沿折线运动至点D停止，与相交于点N，点F是线段的中点，连接，有下列结论：①四边形是矩形；②当点E在边上，且时，点E是的中点；③当，时，线段长度的最大值为2；④当点E在边上，且时，是等边三角形．其中正确的结论有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，三角形中位线定理，等边三角形的判定等，由对角线互相平分且相等的四边形是矩形证明四边形是矩形，即可判断①；可证明是中位线，，而点在上，据此可判断②；根据，则有最大值时，有最大值，则点与点重合时，的最大值为4 ，则长度的最大值为2．据此可判断③；根据，据此可判断④．
【详解】解：①∵，
∴四边形是平行四边形，，
∴平行四边形是矩形，故①正确；
②由①可知，四边形是矩形，
∴，
∵O，F分别是，的中点，点在上，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴点E是的中点，故②正确；
③∵是的中位线，
∴，
∴当的值最大时，的值最大，
当点E与点D重合时，的值最大，此时，
∴线段长度的最大值是2，故③正确；
④当点E在边上，且时，，
∴不是等边三角形，故④错误．
综上所述，正确的结论有3个，
故选：C．
1.先锁定图形性质：三角形 / 四边形边角关系、全等、相似、等腰、直角、中位线等； 2. 逐一推导结论：先证明显成立项，再推导隐蔽结论，注意反例排除； 3. 常用依据：内角和、外角性质、全等 / 相似判定、勾股定理、面积法、等角对等边； 4.复杂图形拆分成基本模型，分步判断，不跳步、不漏条件.
1.如图，在菱形ABCD中，，E、F分别是AB，AD的中点，DE、BF相交于点G，连接BD，CG．有下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有( )
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【分析】由菱形的性质及等边三角形的性质就可以得出∠GDB=∠GBD=30°，由三角形的内角和为180°就可以求出∠BGD的值；得出∠GDC=∠GBC=90°，DG=BG，由直角三角形的性质就可以得出CG=2GD就可以得出BG+DG=CG；在直角三角形GBC中，CG＞BC=BD，故△BDF与△CGB不全等；由三角形的面积公式系可判断④．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD．∠A=∠BCD．
∵∠A=60°，
∴∠BCD=60°，
∴△ABD是等边三角形，△BDC是等边三角形．
∴∠ADB=∠ABD=60°，∠CDB=∠CBD=60°．
∵E，F分别是AB，AD的中点，
∴∠BFD=∠DEB=90°，
∴∠GDB=∠GBD=30°，
∴∠BGD=180°-30°-30°=120°，
故①正确；
∵∠GDB=∠GBD=30°，
∴DG=BG，
在△CDG和△CBG中，
，
∴△CDG≌△CBG（SSS），
∴∠DGC=∠BGC=60°．
∵∠BFD=∠DEB=90°，，，
∴∠GDC=∠GBC=90°，
∴∠GCD=30°，
∴CG=2GD=GD+GD，
∴CG=DG+BG．
故②正确．
∵△GBC为直角三角形，
∴CG＞BC，
∴CG≠BD，
∴△BDF与△CGB不全等．
故③错误；
∵sinA=
∴
∵=AD BF
=AB×
=，
故④正确；
∴正确的有：①②④共三个．
故选：B．
【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，以及锐角三角函数的知识，综合的知识点较多，注意各知识点的融会贯通．
2.（2025·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在正方形中，与交于点，为延长线上的一点，，连接，分别交，于点，，连接，则下列结论：①；②；③平分；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质等知识点，解题的关键是熟练掌握正方形的性质．
利用正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质逐项进行判断即可．
【详解】解：①假设正方形的边长为，根据勾股定理得，
，
，
，
故①错误，不符合题意；
②由①可得，
故②错误，不符合题意；
③根据正方形的性质可得，垂直平分线段，
，
,
，
，
，
，
综上，，
即平分，
故③正确，符合题意；
④由③可得,
,
，
∴,
由①可得,
∴，
故④正确，符合题意；
故选：B．
3.（2025·河北石家庄·三模）如图，直角三角板中，，，．已知斜边的端点A，B分别在相互垂直的射线上滑动，连接．给出下列结论：①若C，O两点关于AB对称，则；②C，O两点距离的最大值为4；③若平分，则；④在滑动过程中，始终等于60°．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．①④ D．②③
【答案】C
【分析】在中，由，，，求出，．由轴对称的性质得，可判断①正确；取的中点为，连接、，由三角形三边关系可知当经过点时，最大且、两点距离的最大值为，可判断②不正确；当，则四边形是矩形，满足与相互平分，但不成立，可判断③不正确；
【详解】解：在中，，，，
∴，，
∴若、两点关于对称，如图，
∴为的垂直平分线，
∴，故①正确；
②如图，取的中点为，连接、．
∵，
∴．
当经过点时，最大且、两点距离的最大值为，故②不正确；
③如图，当，
∴四边形是矩形，
∴与相互平分，但不成立，故③不正确；
④延长至点F，如图1，
∵，
∴，
∴．
同理：，
∴，
∴，故④正确．
故选C．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，三角形外角的性质，矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．
4.如图，点、分别在轴、轴上，以为直径的圆经过原点，是的中点，连结，．下列结论：①；②；③若，，则的面积等于5；④若，则点的坐标是．其中正确的结论有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【分析】本题考查圆的有关知识，勾股定理及三角形全等等知识点，关键是综合运用几何知识点．根据圆周角定理判断①，弧、弦、圆心角的关系判断②，求出，根据等腰直角三角形的性质可判断③，作轴于，轴于，通过构造全等三角形，可判断④．
【详解】解：是直径，
，故①符合题意；
是中点，
，故②符合题意；
，
，
是等腰直角三角形，
，
的面积为，故③符合题意；
作轴于，轴于，
，
，
，
，
，
，，
是正方形，
设正方形的边长为，
，
，
，
点坐标是，故④不符合题意，
故选：B．
题型三： 几何动点与函数图象问题
【例题3】（2025·山东东营·中考真题）如图，在同一平面内放置的和矩形，与重合，，，，以的速度沿方向匀速运动，当点F与点C重合时停止．在运动过程中，与矩形重叠部分的面积S（）与运动时间t（s）之间的函数关系图象大致是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意得和，则，分三种情况求解，当时，结合题意求得和，利用面积公式求解：当时，；当时，，同理，此时，利用二次函数的性质求解即可．
【详解】解：如图，
由题意知，，，
则，
∴，
①当时，
∵以的速度沿方向匀速运动，
∴，
∵，，，
∴，
即，
；
②当时，
；
③当时，如图，
则，同理，，
；
故选：B．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、三角形的面积公式、相似三角形的判定和性质以及二次函数的性质，解题的关键是熟悉二次函数的性质和动态思想的应用．
1.分段分析：按动点运动路径与状态，把运动过程分成 2—3 段； 2.定变量：确定自变量（时间 / 路程）与因变量（长度、面积、角度）； 3.判趋势：每一段判断图象是上升、下降、水平还是曲线； 4.抓特殊点：起点、转折点、终点，对应图象关键点，快速排除错误选项.
1．（2025·山东烟台·中考真题）如图，在中，，，是角平分线．点从点出发，沿方向向点运动，连接，点在上，且．设，，若y关于x的函数图象过点，则该图象上最低点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】证明，设，可得，如图，在上取点，使，求解：，证明，可得，，结合y关于x的函数图象过点，求解：，再进一步利用二次函数的性质解题即可.
【详解】解：∵，，是角平分线．
∴，，设，
∴，
如图，在上取点，使，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵y关于x的函数图象过点，
∴，
解得：，
∴，
当时，，
∴该图象上最低点的坐标为；
故选：B
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的图象与性质，熟练的利用相似三角形的性质解决问题是关键.
2．（2025·江苏南通·中考真题）如图，在等边三角形的三边上，分别取点，使．若，的面积为，则关于的函数图象大致为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用．
利用等边三角形的性质得出相等的边和角，通过证明全等三角形得出对应边相等，判定是等边三角形，作垂线利用面积公式求出和的面积，即可得到函数关系式，再结合二次函数的性质判断图象即可．
【详解】解：是等边三角形，
∴，
∵
，
即，
，
∴，
过点A作于G点，则，
∴
∴，
∴，
∴，
过点D作于点H，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
'
，
∴y关于x的函数图象开口向上，当时，当时，当时y的最小值为，
∴选项A，C，D均不符合题意，选项B符合题意，
故选：B
3．（2026·安徽合肥·一模）如图，中，，，P，Q两点同时从点A出发，均以1个单位每秒的速度分别沿着，运动，则的面积与运动时间x之间的函数图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】分三种情况讨论，①当时，过点作，交于点，得到，，推出，为二次函数；②当时，过点作，交于点，过点作，交于点，得到，高为，推出，为一次函数；③当时，过点作，交于点，反向延长交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，得到，，，，，根据，得到，为二次函数．
【详解】解：①当时，过点作，交于点，
∴，，
∴，为二次函数；
②当时，过点作，交于点，过点作，交于点，
∵,
∴高为，
∴，为一次函数；
③当时，如图所示，过点作，交于点，反向延长交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，
∵中，，
∴，
∵，，，，，
∴，
，
，
，
∴，为二次函数，开口向下．
4．（2026·浙江温州·一模）如图1，在菱形中，，点P从点D出发，以每秒1个单位的速度沿向终点B运动，同时点Q从点B出发，沿折线向终点D匀速运动，两点同时到达终点．设运动时间为x秒，为y．如图2，y关于x的函数图象经过最低点．下列说法不正确的是（ ）
A． B．
C． D．点在该函数图象上
【答案】B
【分析】连接，交于点O，过点Q作于点H，结合菱形的性质得，，，进一步判定，有，根据题意可知点Q以每秒2个单位的速度沿折线向终点D匀速运动，图2的对称性可知，当点Q运动至点C、点P运动至点O时，，则，则和，结合图2可知点，此时点P与点B重合，点Q与点D重合，进而分：点Q在线段运动时，解得、和，利用勾股定理求得为，即可得到点E的信息；当点Q在线段运动时，同理可得，，，和，则，利用勾股定理求得 ，代入点即可．
【详解】解：连接，交于点O，过点Q作于点H，如图，
∵菱形中，，
∴，，，，
∴为等边三角形．
则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
则点Q以每秒2个单位的速度沿折线向终点D匀速运动，
由图2的对称性可知，当点Q运动至点C、点P运动至点O时，，则，
那么，，，由图2可知点，此时点P与点B重合，点Q与点D重合，
当点Q在线段运动时，
∴，，，
∴，解得，，
则，
那么，为
，
当时即为图2的点E，，
当时，，
当点Q在线段运动时，
同理可得，，，
∴，，
则，
那么，为
，
当时，，
故选∶B．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理的应用和二次函数的应用，解题的关键是应用动态的思想找到菱形的边长．
题型四： 几何中的三大变换问题（折叠、旋转、对称）
【例题4】（2025·四川德阳·中考真题）如图，在中，，将沿方向向右平移至处，使恰好过边的中点D，连接，若，则（ ）
A．3 B．2 C．1 D．
【答案】B
【分析】本题考查直角三角形斜边中线性质和平移的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线的性质是解题的关键．
根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，结合，得，由平移得到，根据平移对应线段相等，可知，进而得．
【详解】在中，，是中点，
∴，
∵，
∴，
∵沿方向向右平移至，
∴，
故选：B．
1.抓变换本质：折叠→全等 + 对称；旋转→全等 + 定角 + 等腰；对称→垂直平分； 2.找不变量：对应边相等、对应角相等、对应点连线被对称轴垂直平分； 3.常用工具：勾股定理、三角函数、相似三角形、方程思想； 4.折叠常考：折痕为对称轴、对应点连线垂直于折痕；旋转常考：旋转角相等、构等腰.
1.（2025·广东深圳·中考真题）如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】题目主要考查正方形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键.
根据折叠得出，，利用相似三角形的判定和性质得出，再由正方形的性质求解即可.
【详解】解：∵正方形沿折叠，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
故选：D.
2.（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，中，，，将绕点A顺时针旋转得到，点B，点C的对应点分别为点D，点E，连接，点D恰好落在线段上，则的长为（ ）
A． B．4 C． D．6
【答案】B
【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质以及旋转的性质，由等腰三角形的性质得；再由旋转的性质得，从而得，故可得，从而可求出结论．
【详解】解：在中，，
∴；
由旋转可知，
∴，
由旋转得：，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
3.（2025·天津·中考真题）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为的延长线与边相交于点，连接．若，则线段的长为（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】D
【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、线段垂直平分线的判定、旋转的性质、勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．连接，交于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出垂直平分，则可得，，然后利用勾股定理和三角形的面积公式求出的长，由此即可得．
【详解】解：如图，连接，交于点，
由旋转的性质得：，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故选：D．
4.（2025·山西临汾·二模）如图，在中，，是的中点，连接，将沿折叠，使点落在点，连接，则 ．
【答案】
【分析】根据勾股定理求得斜边，进而根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，以及折叠的性质得出，，进而证明是等腰三角形，证明，根据相似三角形的性质，列出比例式，解方程，即可求解．
【详解】解：如图，延长交的延长线于点，
∵在中，，是的中点，
∴，，
∵将沿折叠，
∴，
设，则，
∵
∴
∵折叠，
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵，
∴
∵
∴
∴，，
∵，
∴
∴
∴即
解得：
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
题型五： 几何中的阴影面积问题
【例题5】（2021·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，两个半径长均为的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上，扇形的圆心C是中弧AB的点，且扇形绕着点C旋转，半径，交于点G，半径，交于点H，则图中阴影面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根据扇形面积公式求出两扇形面积，再过C分别作CM⊥AE于M，CN⊥BE于N，连接EC，再证明△CMG≌△CNH，可证得白色部分的面积等于对角线为的正方形CMEN得面积，进而可求得阴影部分的面积．
【详解】解：∵两个直角扇形的半径长均为，
∴两个扇形面积和为，
过C分别作CM⊥AE于M，CN⊥BE于N，连接EC，则四边形CMEN是矩形，
∵C是中弧AB的中点，
∴∠AEC=∠BEC，即EC平分∠AEB，
∴CM=CN，
∴四边形CMEN是正方形，
∴∠CMG=∠MCN=∠CNH，
∴∠MCG+∠GCN=∠NCH+∠GCN=90°，
∴∠MCG=∠NCH，
∴△CMG≌△CNH（ASA），
∴白色部分的面积等于对角线为的正方形CMEN的面积，
∴空白部分面积为，
∴阴影部分面积为，
故选：D．
【点睛】本题考查扇形面积公式、圆的有关性质、角平分线的性质、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟记扇形面积公式，熟练掌握角平分线的性质定理和全等三角形的判定与性质，求出空白部分面积是解答的关键．
1. 常用方法：和差法、割补法、等积变换法、整体减空白； 2.规则图形直接用公式：三角形、矩形、菱形、梯形、扇形、圆； 3.不规则图形：转化为规则图形组合，利用平移 / 对称 / 旋转实现等积转化； 4.结合相似、三角函数、中点性质求底、高、半径、圆心角，再代入计算.
1．（2025·青海西宁·中考真题）如图，在正五边形内，以为边作等边，再以点A为圆心，长为半径画弧．若，则图中阴影部分的面积是________．
【答案】
【分析】本题考查正多边形的内角问题，等边三角形的性质，求扇形的面积，熟练掌握相关公式是解题的关键．先求出正五边形的一个内角的度数，根据等边三角形的性质，结合角的和差关系，求出的度数，再根据扇形的面积公式进行计算即可．
【详解】解：∵正五边形，
∴，
∵为等边三角形，，
∴，
∴，，
∴阴影部分的面积即为扇形的面积：；
故答案为：．
2．（2025·吉林长春·三模）如图，大正方形面积为32，小正方形的面积为8，则阴影部分的面积是_______．
【答案】12
【分析】本题主要考查了正方形的性质和三角形的面积，先根据正方形的面积公式和已知条件，求出和，从而求出，然后根据阴影部分的面积的面积的面积，列出算式进行计算即可．
【详解】解：∵大正方形面积为32，小正方形的面积为8，
∴，，
∴，
∴阴影部分的面积的面积的面积
．
故答案为：12．
3．（2025·广东清远·一模）如图，四边形是菱形，，，扇形的半径为4，圆心角为，则图中阴影部分的面积是________．（结果保留）
【答案】
【分析】本题考查了扇形面积的计算，掌握扇形、菱形的面积公式即割补法是解题的关键．连接，将扇形补到扇形的位置，从而得到即可得到答案．
【详解】解：连接，将扇形补到扇形的位置，
， 四边形是菱形，
，
过D 作于点H，

，
，
∵扇形的圆心角为，，
．
故答案为：．
4．（2025·广东深圳·一模）如图，将半径为1的圆形纸片，按如下方式折叠，若和都经过圆心O，则阴影部分的面积是______．
【答案】/
【分析】本题主要考查圆中的计算问题和扇形面积计算,熟悉掌握公式，把不规则阴影图形面积利用割补法转换成规则图形来接是解题关键．
作于点D，连接，求出，利用割补法将阴影分割成两个弓形，利用旋转补成扇形来求即可．
【详解】解：作于点D，延长线交于点E，连接，
∵弓形折叠后为弓形过圆心，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理，
∴，
∵，
∴，，
将弓形绕着点O顺时针旋转得弓形，弓形绕着点O逆时针旋转得弓形，
∴阴影部分的面积．
故答案为：．
题型六： 动态几何的最值问题
【例题6】如图，在中，，，半径为的经过点，是圆的切线，且圆的直径在线段上，设点是线段上任意一点不含端点，则的最小值为______．
【答案】
【分析】过点作关于的平行线，过点作垂直于该平行线于，可将转化为，此时就等于，当共线时，即为所要求的最小值．
【详解】解：如图所示，过点作关于的平行线，过点作垂直于该平行线于，
，，，
，
，，
，
，
当，，三点共线，即在图中在位置，在位置的时候有最小，
当，，三点共线时，有最小值，
此时，
的最小值为，
故答案为．
【点睛】本题主要考查了最值问题中的胡不归问题，解题的关键是在于将进行转换．
1. 核心依据：两点之间线段最短、垂线段最短、三角形三边关系、圆的最值； 2. 常用模型：将军饮马（对称转化）、定点定长隐圆、定边定角隐圆、折叠 / 旋转最值； 3.转化思路：化动为定、化折为直、化斜为垂，抓不变定点与定长； 4.计算工具：勾股定理、相似、三角函数、坐标法，三点共线时取到最值.
1．（24-25八年级下·辽宁丹东·期中）如图，等边中，于点，点，分别为，上的两个定点且，，在上有一动点使最短，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】在上找到点关于的对称点，连接交于点，连接，推出的最小值是的长，再证明出是等边三角形，即可求出的长，从而解决问题．
【详解】解：在上找到点关于的对称点，连接交于点，连接，
此时是的垂直平分线，
，，
此时取最小值，最小值为，
等边中，，
，
，，
等边中，，，
又，
，
是等边三角形，
，
即的最小值为．
故选：．
【点睛】本题考查的知识点是轴对称性质、将军饮马模型、垂直平分线性质、等边三角形的判定与性质，解题关键是能将两线段的和的最小值用一条线段长表示．
2．如图，的半径为2，圆心M的坐标为，点P是上的任意一点，，且、与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则的最小值（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】由中知要使取得最小值，则需取得最小值，连接，交于点，当P位于位置时，取得最小值，故可求解．
此题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到取得最小值时P的位置．
【详解】连接，∵，∴，∵，∴，
要使取得最小值，则需取得最小值，
连接，交于点，当P位于位置时，取得最小值，
过点M作轴于点Q，
则，
∴ ，
又，
∴，
∴，
故选D．
3．如图，的半径为4，弦的长为，点P为优弧上一动点，交直线于点C，则的面积的最大值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，选取圆心，连接，，过点O作于点D．证明，判断出点C在以为圆心，为半径的圆上运动可得结论．
【详解】解：如图，选取圆心，连接，，过点O作于点D．

∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点C在以为圆心，为半径的圆上运动，
当点在的垂直平分线上时，的面积最大，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴面积的最大值．
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定和性质，垂径定理，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是判断出点C的运动轨迹．
4．如图，在矩形中，，，E，F分别是，上的点．现将四边形沿折叠，点A、B的对应点分别为M、N，且点N恰好落在上．连接，过B作，垂足为G，则的最小值为（ ）
A． B．5 C． D．7
【答案】A
【分析】连接，，延长到J，使得，连接，证明，利用勾股定理求出即可解决问题．
【详解】解：连接，，延长到J，使得，连接．
由翻折变换的性质可知垂直平分线段，，
，
，G，N三点共线，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，，
，
，
的最小值为．
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，翻折变换，线段垂直平分线的性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称变换的性质解决最短问题．
5．如图，在中，，，将射线绕点顺时针旋转到，在射线上取一点，连接，使得面积为9，连结，则的最大值是________．
【答案】
【分析】过点D作，根据面积为9可取定长为6即可构造，从而得出，这样即确定了点D的轨迹圆心位置，再根据勾股定理求出长度，结合点D轨迹，在三点共线时有最大值即可求得答案．
【详解】解：如图，过点D作连接使得，取中点为点F，连接、，以点F为圆心，半径为3作，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由题意得，
，
即点D轨迹为以线段为直径的圆，
，
当且仅当点B、F、D三点共线时取等，
在中，
，
解得，
，
，
最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理的运用，三角形的面积公式，圆直径所对圆周角为，根据面积为定值得出乘积式为定值，再结合条件将乘积式转换比例式构造出相似，利用相似结论导角得出轨迹是解题的关键．
1.（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点，将向左平移1个单位长度，则平移后点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查等边三角形的性质，坐标系中图形的平移，根据等边三角形的性质求出点坐标是解题关键．
过点B作的垂线，通过点A，C的坐标确定与坐标轴的位置关系，再利用等边三角形的性质求出点B的坐标，利用坐标系中图形的平移规律求解即可．
【详解】解：如图，过点B作，垂足为D，
∵，，
∴轴，
∴轴，
∵是等边三角形，，
∴，
又，
∴，，
∴，
，
∴，
∴在向左平移1个单位长度后，点B的坐标为，
故选：A．
2．（2024·甘肃甘南·中考真题）已知二次函数的图象如图所示，有下列5个结论：①；②；③；④；⑤，（的实数）．其中正确结论个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】本题主要考查了二次函数的图像与性质，正确利用数形结合的思想是解题的关键．
开口向下得到；对称轴在轴的右侧得到a、b异号，则；抛物线与轴的交点在轴的上方得到0，所以；当时，得到，即；对称轴为直线，可得时，即；利用对称轴得到，而，则，所以；开口向下，当有最大值，得到，即．
【详解】解：开口向下，，
对称轴在轴的右侧，、异号，则，
抛物线与轴的交点在轴的上方，，
∴，所以①正确；
当时，，即，
即，所以②不正确；
因为抛物线与轴的一个交点在和之间，对称轴为直线，
所以抛物线与轴的另一个交点在和之间，
则时，，
即，所以③正确；
因为对称轴为直线，则，而，
则，，所以④正确；
开口向下，当，有最大值；
当时，，
则，
即，所以⑤错误．
故①③④正确，共3个．
故选：C．
3．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，在中，，，．点从点出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，同时点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿向点运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设的面积为，运动时间为秒，则下列图象中大致反映与之间函数关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、动点问题的函数图象、直角三角形的性质以及二次函数和一次函数的性质，熟练掌握分阶段分析动点运动过程并建立函数关系式是解题的关键．
分点在上和点在上两个阶段，分别求出的面积与运动时间的函数关系式，再根据函数关系式判断图象．
【详解】解：当点在上时（）：
过点作于点．
，，
．
又，，
．
．
这是一个二次函数，开口向下，顶点在处，但此阶段，函数在上图象不断上升，当时，．
当点在上时（）,
∵四边形是平行四边形，
，点从到用时秒，
此时在上的运动距离为，方向上的高与上的高相同，即（当时，后续在上时，到的距离不变）．
，
．
这是一个一次函数，随的增大而减小，当时，．
综上，当时，是开口向下的二次函数的一部分，图象不断上升；当时，是一次函数，图象不断下降．
故选：A．
4．（2025·四川广元·中考真题）已知抛物线（，，是常数且）的自变量与函数的部分对应值如下表：
其中．以下结论： ；若抛物线经过点，则；关于的方程有两个不相等的实数根； ；当时，的最小值是，则或．其中正确的结论有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】C
【分析】根据抛物线的对称性可知抛物线的对称轴为，可得：，又因为，可知抛物线开口向上，所以，则有，由表格可知，当时，，所以可知；因为开口向上的抛物线离对称轴越远的点对应的值越大，可得：；整理方程，可得：，因为抛物线有最小值且，所以当时，，又因为，所以当时，，所以方程有个不相等的实数根；当时，方程可化为，此时方程有个不相等的实数根；当时，，此时方程无实数根；因为当时，，当时，，解得：，，所以可得：，又因为，所以可得：，根据和，可得不等式，从而可得：，根据不等式的性质可得：；根据抛物线的对称性可知，若要的最小值是，则有或，从而可得：当的最小值是，时或.
【详解】解：当和时，均有，
点和点关于对称轴对称，
抛物线的对称轴为，
抛物线的对称轴为，
，
抛物线的解析式为，
又当时，，
由表格可知当时，，
，
，
，
抛物线的开口向上，
，，，
，
故正确；
由可知抛物线开口向上，对称轴为，
，，
，
开口向上的抛物线离对称轴越远的点对应的值越大，
，故正确；
抛物线开口向上，对称轴为，
与关于对称轴对称，
，
由可知，
，
，
当时，，
把方程，整理得：，
有个根；
当时，方程为，
方程有个根；
当时，，
则有，
方程无实根，故错误；
时，，
当时，，
当时，，
可得，，
，，
，
，
，
解得：，
，故正确；
当时，，
此时抛物线过点，，
抛物线与交于点，，
时最小值为，
或，与结论不符合，故错误．
综上所述，正确结论为，共个．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质、二次方程根的个数判断、不等式的应用，解题的关键是通过表格信息确定抛物线的对称轴、开口方向及系数关系，再结合函数性质逐一分析结论．
5．（2023江苏徐州中考真题）如图，在中，，点在边上．将沿折叠，使点落在点处，连接，则的最小值为_______．

【答案】
【分析】由折叠性质可知，然后根据三角不等关系可进行求解．
【详解】解：∵，
∴，
由折叠的性质可知，
∵，
∴当、、B三点在同一条直线时，取最小值，最小值即为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查勾股定理、折叠的性质及三角不等关系，熟练掌握勾股定理、折叠的性质及三角不等关系是解题的关键．
6．（2020·广西·中考真题）如图，在Rt中，AB＝AC＝4，点E，F分别是AB，AC的中点，点P是扇形AEF的弧上任意一点，连接BP，CP，则BP+CP的最小值是_____．
【答案】．
【分析】在AB上取一点T，使得AT＝1，连接PT，PA，CT．证明，推出＝＝，推出PT＝PB，推出PB+CP＝CP+PT，根据PC+PT≥TC，求出CT即可解决问题．
【详解】解：在AB上取一点T，使得AT＝1，连接PT，PA，CT．
∵PA＝2．AT＝1，AB＝4，
∴PA2＝AT AB，
∴＝，
∵∠PAT＝∠PAB，
∴，
∴＝＝，
∴PT＝PB，
∴PB+CP＝CP+PT，
∵PC+PT≥TC，
在Rt中，
∵∠CAT＝90°，AT＝1，AC＝4，
∴CT＝＝，
∴PB+PC≥，
∴PB+PC的最小值为．
故答案为．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理的应用，三角形的三边关系，圆的基本性质，掌握以上知识是解题的关键．
7．如图，是等边三角形点是延长线上的一个动点，连接，点是的垂直平分线与的角平分线的交点，连接，，过点作于点．
给出下面五个结论：
垂直平分，点一定是线段的中点；
当时，与互相垂直平分；
当时，；
点在运动过程中，的大小始终为
当时，
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由垂直平分线的性质和等边三角形的性质可判断；由是等边三角形，平分与，则垂直平分，，证明，是等边三角形可判断；由垂直平分线的性质和等边三角形的性质可判断；证明，则，通过垂直平分线的性质，等边三角形的性质和角度和差可判断；由等腰直角三角形的判定和性质及含角的直角三角形的性质可判断．
【详解】解：∵点是的垂直平分线上的点，
∴，
∵是等边三角形，平分，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点一定是线段的中点，故正确；
∵是等边三角形，
∴，
由得：，，
∵，
∴，
∴在垂直平分线上，
∴垂直平分，
∵，
∴，
∴，是等边三角形，
∴垂直平分，
∴与互相垂直平分，故正确；
由得：，
∵，，
∴，
∴，
∴，故不正确；
∵，，，
∴，
∴，
∵点是的垂直平分线上的点，
∴，
∵是等边三角形，平分，
∴垂直平分，，
∵，
∵，，
∴根据三线合一性质得：，
∴，
∴，故正确；
由上得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故错误；
综上可知：正确，
故选：．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，含角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
8.如图，等腰的一个锐角顶点是上的一个动点，，腰与斜边分别交于点，分别过点作的切线交于点，且点恰好是腰上的点，连接，若的半径为4，则的最大值为：（ ）
A． B． C．6 D．8
【答案】A
【分析】先由等腰三角形的性质、切线的性质及圆的半径相等判定四边形ODFE是正方形，再得出点C在以EF为直径的半圆上运动，则当OC经过半圆圆心G时，OC的值最大，用勾股定理计算出OG的长度，再加上CG的长度即可．
【详解】解：∵等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠A=∠B=45°，
∴∠DOE=2∠A=90°，
∵分别过点D，E作⊙O的切线，
∴OD⊥DF，OE⊥EF，
∴四边形ODFE是矩形，
∵OD=OE=4，
∴四边形ODFE是正方形，
∴EF=4，
∵点F恰好是腰BC上的点，
∴∠ECF=90°
∴点C在以EF为直径的半圆上运动，
∴设EF的中点为G，则EG=FG=CG=EF=2，且当OC经过半圆圆心G时，OC的值最大，此时，在Rt△OEG中，OG=，
∴OC=OG+CG=.
故答案为：A.
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、切线的性质、正方形的判定、直角所对的弦是直径及勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键.
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专题10 选题压轴题题型归类（6大题型）
选择压轴题是中考数学区分度最高的题型之一，综合性强、思维量大，常出现在试卷最后 1—2 道选择题。命题以二次函数多结论、几何多结论、动点函数图象、几何三大变换、阴影面积、动态几何最值为核心考向，侧重考查数形结合、转化构造、分类讨论、模型识别等关键能力。解题需精准抓条件、快速辨模型、巧用性质与排除法，是中考数学冲刺高分必须突破的重点模块。
题型一： 二次函数中的多结论问题
【例题1】（2025·黑龙江绥化·中考真题）如图，二次函数与轴交于点、，与轴交于点，其中．则下列结论：
①；②方程没有实数根；③； ④．
其中错误的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
1.由抛物线开口方向、对称轴、与坐标轴交点判断a、b、c及相关代数式符号； 2.利用对称轴公式x = 、顶点坐标、判别式Δ=b2 4ac分析性质； 3.结合函数增减性、对称性、特殊点函数值判断结论正误； 4.常用结论：a+b+c、a-b+c、4a±2b+c对应特殊点函数值；对称轴推导a与b关系.
1．（2025·四川德阳·中考真题）已知抛物线（a，b，c是常数，）过点，且，该抛物线与直线（k，c是常数，）相交于两点（点A在点B左侧）．下列说法：①；②；③点是点A关于直线的对称点，则；④当时，不等式的解集为．其中正确的结论个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，二次函数的图象与正比例函数的图象相交于A，B两点，已知点A的横坐标为，点B的横坐标为2，二次函数图象的对称轴是直线．下列结论：①；②；③关于x的方程的两根为，；④．其中正确的有（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·山东日照·模拟预测）如图，二次函数的图象与正比例函数的图象相交于A，B两点，已知点A的横坐标为，点B的横坐标为2，二次函数图象的对称轴是直线．以下结论：①；②；③；④关于x的方程的两根为．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2024·四川广元·二模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，对称轴是直线，其顶点在第二象限，给出以下结论：①当时，；②若且，则 ；③若，则④若，连接，点 P 在抛物线的对称轴上，且，则．
其中正确的有（ ）
A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
题型二： 几何问题中的多结论问题
【例题2】如图，在四边形中，，相交于点O，且，动点E从点B开始，沿折线运动至点D停止，与相交于点N，点F是线段的中点，连接，有下列结论：①四边形是矩形；②当点E在边上，且时，点E是的中点；③当，时，线段长度的最大值为2；④当点E在边上，且时，是等边三角形．其中正确的结论有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
1.先锁定图形性质：三角形 / 四边形边角关系、全等、相似、等腰、直角、中位线等； 2. 逐一推导结论：先证明显成立项，再推导隐蔽结论，注意反例排除； 3. 常用依据：内角和、外角性质、全等 / 相似判定、勾股定理、面积法、等角对等边； 4.复杂图形拆分成基本模型，分步判断，不跳步、不漏条件.
1.如图，在菱形ABCD中，，E、F分别是AB，AD的中点，DE、BF相交于点G，连接BD，CG．有下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有( )
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
2.（2025·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在正方形中，与交于点，为延长线上的一点，，连接，分别交，于点，，连接，则下列结论：①；②；③平分；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3.（2025·河北石家庄·三模）如图，直角三角板中，，，．已知斜边的端点A，B分别在相互垂直的射线上滑动，连接．给出下列结论：①若C，O两点关于AB对称，则；②C，O两点距离的最大值为4；③若平分，则；④在滑动过程中，始终等于60°．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．①④ D．②③
4.如图，点、分别在轴、轴上，以为直径的圆经过原点，是的中点，连结，．下列结论：①；②；③若，，则的面积等于5；④若，则点的坐标是．其中正确的结论有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
题型三： 几何动点与函数图象问题
【例题3】（2025·山东东营·中考真题）如图，在同一平面内放置的和矩形，与重合，，，，以的速度沿方向匀速运动，当点F与点C重合时停止．在运动过程中，与矩形重叠部分的面积S（）与运动时间t（s）之间的函数关系图象大致是（ ）
A．B．C．D．
1.分段分析：按动点运动路径与状态，把运动过程分成 2—3 段； 2.定变量：确定自变量（时间 / 路程）与因变量（长度、面积、角度）； 3.判趋势：每一段判断图象是上升、下降、水平还是曲线； 4.抓特殊点：起点、转折点、终点，对应图象关键点，快速排除错误选项.
1．（2025·山东烟台·中考真题）如图，在中，，，是角平分线．点从点出发，沿方向向点运动，连接，点在上，且．设，，若y关于x的函数图象过点，则该图象上最低点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·江苏南通·中考真题）如图，在等边三角形的三边上，分别取点，使．若，的面积为，则关于的函数图象大致为（ ）
A． B． C． D．
3．（2026·安徽合肥·一模）如图，中，，，P，Q两点同时从点A出发，均以1个单位每秒的速度分别沿着，运动，则的面积与运动时间x之间的函数图象是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2026·浙江温州·一模）如图1，在菱形中，，点P从点D出发，以每秒1个单位的速度沿向终点B运动，同时点Q从点B出发，沿折线向终点D匀速运动，两点同时到达终点．设运动时间为x秒，为y．如图2，y关于x的函数图象经过最低点．下列说法不正确的是（ ）
A． B．
C． D．点在该函数图象上
题型四： 几何中的三大变换问题（折叠、旋转、对称）
【例题4】（2025·四川德阳·中考真题）如图，在中，，将沿方向向右平移至处，使恰好过边的中点D，连接，若，则（ ）
A．3 B．2 C．1 D．
1.抓变换本质：折叠→全等 + 对称；旋转→全等 + 定角 + 等腰；对称→垂直平分； 2.找不变量：对应边相等、对应角相等、对应点连线被对称轴垂直平分； 3.常用工具：勾股定理、三角函数、相似三角形、方程思想； 4.折叠常考：折痕为对称轴、对应点连线垂直于折痕；旋转常考：旋转角相等、构等腰.
1.（2025·广东深圳·中考真题）如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2.（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，中，，，将绕点A顺时针旋转得到，点B，点C的对应点分别为点D，点E，连接，点D恰好落在线段上，则的长为（ ）
A． B．4 C． D．6
3.（2025·天津·中考真题）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为的延长线与边相交于点，连接．若，则线段的长为（ ）
A． B． C．4 D．
4.（2025·山西临汾·二模）如图，在中，，是的中点，连接，将沿折叠，使点落在点，连接，则 ．
题型五： 几何中的阴影面积问题
【例题5】（2021·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，两个半径长均为的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上，扇形的圆心C是中弧AB的点，且扇形绕着点C旋转，半径，交于点G，半径，交于点H，则图中阴影面积等于（ ）
A． B． C． D．
1. 常用方法：和差法、割补法、等积变换法、整体减空白； 2.规则图形直接用公式：三角形、矩形、菱形、梯形、扇形、圆； 3.不规则图形：转化为规则图形组合，利用平移 / 对称 / 旋转实现等积转化； 4.结合相似、三角函数、中点性质求底、高、半径、圆心角，再代入计算.
1．（2025·青海西宁·中考真题）如图，在正五边形内，以为边作等边，再以点A为圆心，长为半径画弧．若，则图中阴影部分的面积是________．
2．（2025·吉林长春·三模）如图，大正方形面积为32，小正方形的面积为8，则阴影部分的面积是_______．
3．（2025·广东清远·一模）如图，四边形是菱形，，，扇形的半径为4，圆心角为，则图中阴影部分的面积是________．（结果保留）
4．（2025·广东深圳·一模）如图，将半径为1的圆形纸片，按如下方式折叠，若和都经过圆心O，则阴影部分的面积是______．
题型六： 动态几何的最值问题
【例题6】如图，在中，，，半径为的经过点，是圆的切线，且圆的直径在线段上，设点是线段上任意一点不含端点，则的最小值为______．
1. 核心依据：两点之间线段最短、垂线段最短、三角形三边关系、圆的最值； 2. 常用模型：将军饮马（对称转化）、定点定长隐圆、定边定角隐圆、折叠 / 旋转最值； 3.转化思路：化动为定、化折为直、化斜为垂，抓不变定点与定长； 4.计算工具：勾股定理、相似、三角函数、坐标法，三点共线时取到最值.
1．（24-25八年级下·辽宁丹东·期中）如图，等边中，于点，点，分别为，上的两个定点且，，在上有一动点使最短，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
2．如图，的半径为2，圆心M的坐标为，点P是上的任意一点，，且、与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则的最小值（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．如图，的半径为4，弦的长为，点P为优弧上一动点，交直线于点C，则的面积的最大值是（ ）

A． B． C． D．
4．如图，在矩形中，，，E，F分别是，上的点．现将四边形沿折叠，点A、B的对应点分别为M、N，且点N恰好落在上．连接，过B作，垂足为G，则的最小值为（ ）
A． B．5 C． D．7
5．如图，在中，，，将射线绕点顺时针旋转到，在射线上取一点，连接，使得面积为9，连结，则的最大值是________．
1.（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点，将向左平移1个单位长度，则平移后点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·甘肃甘南·中考真题）已知二次函数的图象如图所示，有下列5个结论：①；②；③；④；⑤，（的实数）．其中正确结论个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，在中，，，．点从点出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，同时点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿向点运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设的面积为，运动时间为秒，则下列图象中大致反映与之间函数关系的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025·四川广元·中考真题）已知抛物线（，，是常数且）的自变量与函数的部分对应值如下表：
其中．以下结论： ；若抛物线经过点，则；关于的方程有两个不相等的实数根； ；当时，的最小值是，则或．其中正确的结论有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
5．（2023江苏徐州中考真题）如图，在中，，点在边上．将沿折叠，使点落在点处，连接，则的最小值为_______．

6．（2020·广西·中考真题）如图，在Rt中，AB＝AC＝4，点E，F分别是AB，AC的中点，点P是扇形AEF的弧上任意一点，连接BP，CP，则BP+CP的最小值是_____．
7．如图，是等边三角形点是延长线上的一个动点，连接，点是的垂直平分线与的角平分线的交点，连接，，过点作于点．
给出下面五个结论：
垂直平分，点一定是线段的中点；
当时，与互相垂直平分；
当时，；
点在运动过程中，的大小始终为
当时，
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A． B． C． D．
8.如图，等腰的一个锐角顶点是上的一个动点，，腰与斜边分别交于点，分别过点作的切线交于点，且点恰好是腰上的点，连接，若的半径为4，则的最大值为：（ ）
A． B． C．6 D．8
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