资源简介

(共6张PPT)
【浙江专用】2026年九年级数学二模真题汇编之压轴解答题卷分析
二、知识点分布
一、解答题
1 0.42 y=ax +bx+c的图象与性质；y=ax +bx+c的最值；待定系数法求二次函数解析式
2 0.42 y=ax +bx+c的图象与性质；其他问题(二次函数综合)；根据二次函数的对称性求函数值；利用不等式求自变量或函数值的范围；把y=ax +bx+c化成顶点式
3 0.42 与三角形的高有关的计算问题；含30度角的直角三角形；解直角三角形的相关计算；利用垂径定理求解其他问题；圆周角定理；同弧或等弧所对的圆周角相等；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
4 0.3 斜边的中线等于斜边的一半；相似三角形的判定与性质综合；根据成轴对称图形的特征进行求解；用勾股定理解三角形
5 0.45 相似三角形的判定与性质综合；同弧或等弧所对的圆周角相等；半圆（直径）所对的圆周角是直角；用勾股定理解三角形
6 0.42 利用不等式求自变量或函数值的范围；待定系数法求二次函数解析式；根据交点确定不等式的解集
7 0.42 已知圆内接四边形求角度；相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理；半圆（直径）所对的圆周角是直角
8 0.14 y=ax +bx+c的图象与性质；其他问题(二次函数综合)；y=ax +bx+c的最值；抛物线与x轴的交点问题
9 0.45 y=ax +bx+c的图象与性质；其他问题(二次函数综合)；y=ax +bx+c的最值；待定系数法求二次函数解析式
10 0.42 已知圆内接四边形求角度；垂径定理的推论；解直角三角形的相关计算；根据旋转的性质求解；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；圆周角定理；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
二、知识点分布
11 0.35 全等三角形综合问题；相似三角形的判定与性质综合；同弧或等弧所对的圆周角相等
12 0.35 用关系式表示变量间的关系；相似三角形的判定与性质综合；利用不等式求自变量或函数值的范围；已知余弦求边长；求自变量的值或函数值；用勾股定理解三角形
13 0.35 正多边形和圆的综合；用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）；三角函数综合；同弧或等弧所对的圆周角相等；等边三角形的判定和性质；利用菱形的性质求线段长；切线的性质和判定的综合应用
14 0.42 解直角三角形的相关计算；等腰三角形的性质和判定；切线的性质定理
15 0.45 y=ax +bx+c的图象与性质；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象的平移；判断一次函数的增减性
16 0.46 解直角三角形的相关计算；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；相似三角形的判定与性质综合；切线的性质定理
17 0.35 解直角三角形的相关计算；等腰三角形的性质和判定；相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理
18 0.45 整式与分式相加减；分式的规律性问题
19 0.34 解直角三角形的相关计算；用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）；相似三角形的判定与性质综合；用勾股定理解三角形；利用菱形的性质求线段长
20 0.22 解直角三角形的相关计算；等腰三角形的性质和判定；证一条线段等于两条线段和差（全等三角形的辅助线问题）；根据矩形的性质与判定求线段长；最短路径问题
二、知识点分布
21 0.45 其他问题(二次函数综合)；y=ax +bx+c的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象的平移
22 0.4 y=ax +bx+c的图象与性质；利用不等式求自变量或函数值的范围；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象的平移
23 0.45 其他问题（解直角三角形的应用）
24 0.19 解直角三角形的相关计算；公式法解一元二次方程；根据成轴对称图形的特征进行求解；利用菱形的性质求线段长
25 0.45 相似三角形的判定与性质综合；同弧或等弧所对的圆周角相等；半圆（直径）所对的圆周角是直角；用勾股定理解三角形
26 0.45 线段垂直平分线的判定；等腰三角形的性质和判定；直角三角形的两个锐角互余；相似三角形的判定与性质综合；线段垂直平分线的性质；在同一平面内，垂直于同一直线的两直线平行
27 0.4 y=ax +bx+c的最值；根据一元二次方程根的情况求参数；待定系数法求二次函数解析式
28 0.27 y=ax +bx+c的图象与性质；等腰三角形的性质和判定；相似三角形的判定与性质综合；半圆（直径）所对的圆周角是直角
29 0.42 根据判别式判断一元二次方程根的情况；归纳与类比；运用完全平方公式进行运算
二、知识点分布
30 0.35 正方形折叠问题；根据正方形的性质证明；根据等角对等边证明等腰三角形；相似三角形的判定与性质综合
31 0.46 已知圆内接四边形求角度；用SAS证明三角形全等（SAS）；相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理
32 0.4 已知抛物线上对称的两点求对称轴；求一次函数解析式；利用不等式求自变量或函数值的范围；待定系数法求二次函数解析式；已知直线与坐标轴交点求方程的解
33 0.38 证明四边形是菱形；相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理；用勾股定理解三角形
34 0.34 正多边形概念辨析；作垂线(尺规作图)；相似三角形的判定与性质综合；线段垂直平分线的性质
35 0.23 y=ax +bx+c的图象与性质；其他问题(二次函数综合)；y=ax +bx+c的最值；求一次函数解析式；相似三角形的判定与性质综合；待定系数法求二次函数解析式【浙江专用】2026年九年级数学二模
真题汇编之压轴解答题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、解答题
1．（2026·浙江舟山·二模）已知抛物线与轴交于与．
(1)求该抛物线的解析式．
(2)该抛物线上有两点，分别为，．
①当时，点到对称轴的距离是点到对称轴的距离的倍，求的值．
②记抛物线上，两点间的部分为（含，两点），上最高点与最低点的纵坐标之差为，若经过点，求的最小值和最大值．
2．（2026·浙江宁波·二模）在平面直角坐标系中，点为抛物线的顶点．
(1)求点的坐标（用含的代数式表示）．
(2)直线交抛物线于点．
①若点恰为的中点，求此时，的值．
②点在抛物线上，当时，始终成立，求的取值范围．
3．（2026·浙江台州·二模）如图1，已知内接于，直径，垂足为．点为上一动点，连接分别交，于点，，过点作交于点．
(1)求证：；
(2)如图2，连接，若为的直径，
①求证：；
②若，，求的长；
(3)如图3，若，，直接写出的最大值．
4．（2026·浙江温州·二模）如图1，在中，，是斜边上的中线，，．
(1)求的长．
(2)如图2，是线段上的一点，连接，作与关于直线对称，延长交直线于．
①当时，求的长．
②求的最小值．
5．（2026·浙江嘉兴·二模）已知，内接于圆，，连接并延长交边于点，交圆于点，连接、．
(1)如图1，当时，求的度数．
(2)如图2，当平分时．
①求证：．
②若，求的长．
6．（2026·浙江温州·二模）已知抛物线（为常数）经过点．
(1)求抛物线的函数表达式．
(2)若点向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度后，恰好落在抛物线上．当时，求的最大值．
(3)点在抛物线上（不与点重合），过点作直线轴，若直线与抛物线上，两点之间的部分（包含点，）只有一个交点时，求的取值范围．
7．（2026·浙江台州·二模）如图，四边形是的内接四边形，，的延长线交于点E，交的延长线于点F．
(1)求证：平分；
(2)若，，．
①求的长；
②求的半径．
8．（2026·浙江台州·二模）已知抛物线．
(1)求该抛物线与x轴的交点．
(2)点和分别在抛物线和上．
①当时，两抛物线有交点，且时，A，B两点间距离最大为2，求a的值．
②若恒成立，请直接写出a的取值范围．
9．（2026·浙江台州·二模）已知二次函数（）．
(1)求该函数图象的对称轴；
(2)若，当时，的最大值为，求函数的解析式；
(3)已知，为该函数图象上两点，当时，，求的取值范围．
10．（2026·浙江舟山·二模）如图，在中，，将其绕点逆时针旋转得，过，，三点作圆，延长交圆于点，连接．
(1)如图，当点在圆上时，若为中点，且为直径．
①求证：．
②求的长度．
(2)如图，若，连接，且，求的长度．
11．（2026·浙江宁波·二模）如图，已知四边形内接于，为的直径，，过点作分别交，，于点，，．
(1)求证：①；
②；
(2)当时，求的值．
12．（2026·浙江温州·二模）探究角度与线段比例之间的关系
如图1，在中，，点在边上，且，连接并延长至点，使得，作交延长线于点，连接交于点．记，．
【图形认识】
(1)求证：．
【引元关联】
(2)设，求关于的函数表达式．
【特例计算】
(3)如图2，当时，分别求出和的值．
【规律研究】
(4)已知，求的取值范围．
13．（2026·浙江台州·二模）在菱形中，，，点是边上的动点（不与，重合），过，，三点的圆交菱形的边于点，作于点，交于点．
(1)如图1，连接和．求证：是等边三角形．
(2)如图2，连接交于点，连接，，．
①求证：．
②设，，求关于的关系式．
(3)的最小值为 ．
14．（2026·浙江温州·二模）在中，，以边为直径作半圆交边于点，过点作的切线交于点，交的延长线于点．
(1)求证：为直角三角形．
(2)若，且，求的半径．
15．（2026·浙江温州·二模）已知抛物线（a为常数）经过点．
(1)求a的值．
(2)若抛物线向左平移n（）个单位后仍经过点A，求n的值．
(3)过点作x轴的垂线，交抛物线于点M，交直线 ()于点N．当时，的长度随的长度增大而增大，求k的取值范围．
16．（2026·浙江温州·二模）如图，内接于，为直径，与相切于点B，，作交于点E．
(1)求证：．
(2)作于点F，于点G．若，求的值．
17．（2026·浙江温州·二模）等腰中，，为边上一点，的外接圆与的角平分线交于点，过点作的垂线交的延长线于点，连结，．
(1)求证：．
(2)若，．
①求的长．
②求．
18．（2026·浙江温州·二模）观察以下等式：
①， ②， ③， ④，
(1)按这些等式的规律，请写出第5个等式：___________．
(2)猜想第个等式________（用的代数式表示），并证明．
19．（2026·浙江宁波·二模）已知菱形的边长为8，，的面积为，，点E是边的中点，点F是边上一动点．
(1)如图1，求的值．
(2)如图2，当E，P，D三点在同一条直线上时，求的长．
(3)如图3，连结，求的最小值．
20．（2026·浙江温州·二模）如图1，在四边形中，，，，，平分，交于点，点在上，且．
(1)如图2，当点与点重合时，求的值．
(2)如图3，点在射线上，且点在点上方时，连结，．
①当时，求的长．
②若，求的最小值．
21．（2026·浙江宁波·二模）已知二次函数（a，b是实数，）的图像经过点，，．
(1)求二次函数的表达式．
(2)若点，都在该二次函数的图像上，且，求m的取值范围．
(3)若把二次函数的图像沿x轴方向平移n（）个单位长度得到一个新函数的图像，当时，新函数的最大值为1，求n的值．
22．（2026·浙江台州·二模）已知抛物线（a为常数）．
(1)若抛物线经过点．
①求a的值；
②将抛物线向右平移b()个单位长度得到新的抛物线，两抛物线交于点A，若点A的横坐标为4，求b的值；
(2)若点，都在抛物线上，，求a的取值范围．
23．（2026·浙江台州·二模）图1是一款可折叠的晾衣架，图2是其侧面结构的几何示意图．已知晾衣架侧面结构中，晾晒杆．若晾晒杆平行于地面时，晾晒杆的端点到的距离为；当支撑杆，向上调节到时，，此时点距离地面的高度最大，求晾晒杆的端点距离地面的最大高度．（结果精确到．参考数据：，，）
24．（2026·浙江台州·二模）如图1，在菱形中，对角线，，P是射线上一点，连接，与关于对称．
(1)求的长．
(2)当时，求证：．
(3)如图2，当直线与相交时，记交点为E．
①当点P在边上，且时，求的长．
②连接，当取得最小值时，求的长．
25．（2026·浙江台州·二模）如图，四边形内接于以对角线为直径的圆，，过点与平行的直线交于点，交于点．
(1)求证：．
(2)若，，求的面积．
26．（2026·浙江台州·二模）如图，点是上的一个定点，点，是上的动点，且，为锐角，过点作的垂线分别交，于点，，点在边上，，交于点．
(1)求证：．
(2)连结，如图，求证：．
(3)已知半径为，求的值．
27．（2026·浙江台州·二模）如图，二次函数，（a为常数，且）的图象在同一平面直角坐标系中，且的图象过点．
(1)求的值．
(2)与轴平行的直线与的图象交于，两点，记点，的横坐标分别是，，且，当时，求的函数值的取值范围．
(3)已知点，（其中，）分别在，图象上，求的最小值．
28．（2026·浙江温州·二模）如图1，内接于，作直径交边于点，平分，连接，．
(1)若，求的度数．
(2)如图2，作于点，交于点，
①求证：．
②若，且，求的最小值．
29．（2026·浙江台州·二模）【发现】
数学兴趣小组活动中，小明发现：偶数的平方能被4整除．
证明过程如下：整数为偶数时，设（其中为整数），
，
因为是整数，
所以能被4整除．
【类比】
探究奇数的平方被4除所得余数的情况．
小明通过举例发现：
(1)奇数的平方被4除余数为__________．
证明过程如下：整数为奇数时，设（其中为整数），
……
(2)请补全证明过程．
【应用】
(3)小红求得某一个整系数一元二次方程判别式的值等于2026．判断小红的计算结果是否正确？若正确，请写出一个符合条件的一元二次方程；若不正确，请说明理由．（注：整系数一元二次方程是指关于的方程，其中，，均为整数，且）
30．（2026·浙江温州·二模）在一次综合与实践课上，某数学兴趣小组从一张正方形纸片出发，通过不同的折叠方式，感受数学的奥秘．
【实践操作1】折法：如图1．
步骤1：将正方形对折，得到折痕，连接；
步骤2：将正方形沿折叠，使点翻折至点处，交于点．
【实践操作2】折法：如图2．
步骤1：将正方形对折，得到折痕，连接．
步骤2：将正方形折叠，使点落在上，得点，得到折痕．
【问题解决】
(1)在实践操作1中，猜想的形状，并说明理由．
(2)在实践操作2中，若，求的长．
31．（2026·浙江台州·二模）如图①，已知四边形是的内接四边形，、的延长线交于点，、的延长线交于点，连接，已知．
(1)若，求的度数；
(2)求证：；
(3)如图②，若是直径，，求的值（用含k的代数式表示）．
32．（2026·浙江金华·二模）在平面直角坐标系中，已知二次函数（为常数）经过点，．
(1)当时，求该函数表达式；
(2)若点，都在直线上，求的值；
(3)当时，都有，求的取值范围．
33．（2026·浙江金华·二模）如图1，为的直径，点在上，且弧弧，弦交于点，的垂直平分线交于点，交于点，连接，，和．
(1)求证：四边形为菱形．
(2)如图2，若点，重合，求与的面积比．
(3)如图1，若，，求的值．
34．（2026·浙江金华·二模）如图，已知正六边形．
(1)尺规作图并证明：
①在图1中，作线段的垂直平分线，交于点（不写作法，保留作图痕迹）．
②证明：．
(2)如图2，已知点为的中点，连接交于点，求的值．
35．（2026·浙江·二模）如图，已知抛物线与轴的两个交点分别为，与轴交于点，直线过点和点．点是第一象限内抛物线上的点，设点的横坐标为，过点作于点，连接．
(1)求的值；
(2)求的最大值；
(3)当时，的取值范围是，且，求的值．
参考答案
1．(1)
(2)①；②的最大值为112，最小值为16
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）根据抛物线解析式求出对称轴，再分别表示出点A、点B到对称轴的距离，结合的条件去掉距离的绝对值符号，再根据“点A到对称轴的距离是点B到对称轴的距离的2倍”列方程求解；
（3）根据“经过点”确定的取值范围；再结合抛物线开口向下的性质，分情况讨论：当在对称轴左侧或当包含对称轴时，分析最高点是顶点还是区间端点、最低点是哪个端点，得到M的表达式，最后在t的取值范围内求M的最值．
（1）解：将、代入得：
，
解得：，
则抛物线的解析式为：；
（2）解：①由（1）知，抛物线，
则抛物线对称轴为，
如图，过点B作垂直于对称轴于点C，作垂直于对称轴于点D，
，，且，
、，
点到对称轴的距离是点到对称轴的距离的倍，
，
，
解得：；
②经过点
即，
分情况讨论：
（）当在对称轴左侧时，此时，即，
随的增大而增大，
在点处取得最大值，在点处取得最小值，
当时，，
当时，，
，
，
随的增大而减小，
当时，取得最大值：，
当时，取得最小值：，
（）当包含对称轴时，，即，
点A到对称轴的距离为，点B到对称轴的距离为
令，
解得：，
若时，在点处取得最小值，在顶点处取得最大值，
，
，
在上，随的增大而减小，
当时，，
当时，；
若时，在点处取得最小值，在顶点处取得最大值，
，
，
在上，随的增大而增大，
当时，，
当时，，即当无限接近于时，的最小值无限接近于16，
综上所述，的最大值为112，最小值为16．
利用数形结合和分类讨论的思想方法是解题的关键．
2．(1)
(2)；②或
（1）将抛物线的解析式配成顶点式，即可写成答案；
（2）①依题可得点，代入解析式即可求出答案；②根据已知条件表示出各个点的坐标，根据题列出关于t的不等式，解不等式即可求出答案．
（1）解： ，
顶点．
（2）解：①为线段的中点
，关于原点成中心对称
点．
将点代入 ，
得 ，
解得（舍去）．
②设直线解析式为
解得
直线解析式为．
直线交抛物线于点，
可得．
当时，，点关于直线的对称点横坐标为．
当时，如图3，
，
，解得．
当时，如图4，
，
，解得 ．
或．
3．(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②
(3)
（1）根据垂径定理得，由同圆等弧等角可证；
（2）①设，由同角的圆周角相等，及平行线的性质可得，则；②连接，先证，根据直角边是斜边的一半，得出，可得，则为等边三角形，可得的长；
（3）作于J，连接，，，作于I．可先求，由三角形面积可得，根据，得出当最大时、最大．即当O、J、F三点共线时，．此时最小．最大．也最大．求得．根据勾股定理求得．进而得．．根据，即可求解．
（1）解∶是的直径，，
．
．
（2）解：①设，则，
，
．
．
，
．
．
．
．
②连接，
是的直径，
．
，
．
，，
．
．
．
为等边三角形，
．
（3）解：作于J，连接，，，作于I．如图∶
是直径， ，，
，．
，
．
，即，
．
中，
，
．
．
当最大时、最大．
，
当O、J、F三点共线时，．
此时最小．最大．也最大．
．
，即．
．
在中，．
．
．
，即．
．
4．(1)
(2)①；②1
（1）由直角三角形的性质可得，再由勾股定理计算即可得出结果；
（2）①由直角三角形的性质可得，，由勾股定理可得，则，由折叠的性质可得，即可得出，，，由平行线的性质并结合等边对等角得出，延长交于点，作于点，则，，证明，设，则，求出，再证明，得出，最后再由勾股定理计算即可得出结果；②由①可得，，从而可得，由垂线段最短可得，当点与点重合时，此时的长最小为，进而得出的最小值为，即可得出结果．
（1）解：∵在中，，是斜边上的中线，，，
∴，
∴；
（2）解：①∵在中，，是斜边上的中线，
∴，，，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
如图，延长交于点，作于点，
则，，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
解得：，
∴；
②由①可得：，，
∴，
∴，
由垂线段最短可得，当点与点重合时，此时的长最小为，
∴的最小值为，
∴的最小值为．
5．(1)
(2)
（1）由题意易得是等边三角形，然后问题可求解；
（2）①由题意易得，然后问题可求证；
②由题意易得，则有，然后可得，设，则有，进而通过①中的相似可得，则，最后根据勾股定理建立方程进行求解即可．
（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴；
（2）①证明：∵平分，，
∴，
∵，
∴；
②∵，，
∴是等腰三角形，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
设，则有，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
整理得：，
解得：，
∵，
∴，
∴．
6．(1)
(2)
(3)或或
（1）待定系数法求解析式，即可求解；
（2）先求得平移后的点的坐标为，代入函数解析式得出，根据，，解不等式即可求解；
（3）先求得抛物线与坐标轴的交点，，不重合，则，分情况讨论，当在直线上时，得出；当不在直线上时，直线与抛物线交于点和，分和两种情况讨论，分别列出不等式，解不等式，即可求解．
（1）解：将代入得，
，
解得：，
∴；
（2）解：向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度后，为
∵在；
∴
解得：
∵且
∴
解不等式得或，
解不等式得，
又因，
∴
∴的最大值为；
（3）解：当时，
解得：或
∴，
∵
∴顶点坐标为
过点作直线轴，
则
解得：
∵不重合，则，
当在直线上时，，解得：或（舍去）
当时，，即点，直线为轴，不符合题意，则
当不在直线上时，直线与抛物线交于点和
①当时，之间的横坐标满足，则的横坐标满足或
当时，则，
当时，则；
∴或；
②当时，之间的横坐标满足，则的横坐标满足或
当时，则，
当时，则（矛盾，舍去）
∴
综上所述，或或．
7．(1)见解析
(2)①；②
（1）根据，可得，即可解答；
（2）①连结，设，可得， 从而得到，，再由，可得，即可解答；②连结，延长交于点G，证明，可得，，证明，可得，再得到，设，则，根据，求出，即可求解．
（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴平分．
（2）解：①如图1，连结，
设，
∵，
∴，
∵是直径，
∴，
∴．
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
②如图2，连结，延长交于点G．
∵为的直径，
，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
所以，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴，
∴半径为．
8．(1)该抛物线与x轴的交点为和，
(2)；②
（1）令，然后解方程即可得抛物线与x轴交点坐标；
（2）①先求得，，再根据两点横坐标相同，得到两点距离为纵坐标差的绝对值，联立抛物线得到交点横坐标，根据二次函数性质得到最大值的位置，列方程求解结合即可解答；② 将恒成立问题整理化简，分类讨论一次项系数的情况，即可得到a的取值范围．
（1）解：令，代入得 提取公因式得，
∵，
∴或，
∴抛物线与x轴交点为和．
（2）解：① ∵点和分别在抛物线和上，
∴，，且点A、B的横坐标相同，
∴，
联立两抛物线方程得 整理得，解得或，
∴交点的横坐标为
当时，A、B两点间距离：，
∵，
∴，即抛物线开口向下，对称轴为：
∴A，B两点间距离的最大值在对称轴处取得，且最大值为 2，
∴，解得：或（舍弃）
② ∵恒成立，
∴，即
①当，即时，恒成立，符合题意；
②当，即时，
函数是一次函数，且y随t的增大而增大，当 t 足够大时，值会大于 0，不满足恒成立．
③当，即时，
函数是一次函数，且y随t的增大而减小，最大值在处，即时的值为．
要使时，恒小于 0，需时，，解得：，
∴．
综上，a的取值范围是的取值范围是．
9．(1)对称轴为直线
(2)
(3)
（1）利用对称轴公式，将代入，直接计算得对称轴；
（2）由知抛物线开口向上，在时，最大值在离对称轴更远的端点处取得，代入，，即可求出，从而得到解析式；
（3）由、纵坐标相同，知两点关于对称，设，，则，结合，得，将代入函数得，因为所以该函数的最小值要大于等于4，结合二次函数的性质，分和讨论即可求解．
（1）解：对称轴为直线．
（2）解：，图象开口向上，对称轴为直线，
当时，越远离对称轴函数值越大，
当时，的最大值为5，
，
，
．
（3）解：点和在二次函数的图象上，且纵坐标相同，
这两点关于抛物线的对称轴对称，
由(1)可知，对称轴为直线，
，
，
设点，到对称轴的距离为()，则有：
，
，
解得的取值范围为：，
将代入函数解析式求：
当时，恒成立，分情况讨论：
①当时：
抛物线开口向上，在范围内，随的增大而增大。
当时，取得最小值，
要使恒成立，只需，即：
，
，
，
此时满足的条件；
②当时：
抛物线开口向下，在范围内，随的增大而减小，
当时，取得最小值，
要使恒成立，只需，即：
这与前提条件矛盾，故此时无解（舍去）；
综上所述，的取值范围是．
10．(1)①见解析；②
(2)7
（1）①先由四点共圆得到，然后由旋转的性质结合等角的补角相等证明即可；
②延长交于点，连接，先证明为等边三角形，则结合圆周角定理可得，然后再解即可；
（2）延长交于点，过点作于点，先证明，再由等腰三角形的三线合一得到，最后对和运用勾股定理求解．
（1）证明：①∵点共圆，
∴
由旋转可得，，
∵
∴
∴
∴；
②延长交于点，连接，
∵为直径，
∴
∵
∴
∵为中点，且为直径
∴点为圆心，
∵经过圆心，
∴
∴
由旋转可得，
∴
∴为等边三角形，
∴
∴；
（2）解：延长交于点，过点作于点
∵
∴
由旋转可得，，
∴
∴，
∵
∴
∵
∴设，
∴
∴
∴
∴
在和中，由勾股定理得，
∴
解得（舍负），
∴．
11．(1)①见解析；②见解析
(2)
（1）①由题意得，则有，然后问题可求证；
②在线段上取一点，使得，连接，，由题意得，则有，然后问题可求证；
（2）连接，由（1）得，，设，则，，然后可得，进而可得，然后根据相似三角形的性质可进行求解．
（1）证明：①，
．
，
，
．
②如图5，在线段上取一点，使得，连接，，
，
．
，
．
，
，
，
．
；
（2）解：如图，连接，
由（1）得，，设，则，
∴，
∵直径，
，
，
在中，，
∵，
∴，
∴，
，
．
12．(1)见解析
(2)
(3)，
(4)
（1）根据，得出，根据相似三角形的性质，结合已知条件即可得证；
（2）根据，得出，根据相似三角形的性质得出比例式，即可求解；
（3）根据余弦的定义得出，则，则，得出，在和中，，得出方程，解方程，即可求解；
（4）作于点，在和中，，解方程，得出，记，根据得出，进而得出，最后求得函数值的范围，即可求解．
（1）证明：∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
（2）解：∵，，
∴，．
∵，
∴
∴．
（3）解：∵，，
∴．
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，解得．
在和中，，
∴，
解得（负值已舍去）．
（4）解：作于点，
则，，
在和中，
，
∴，
∴．
记，
∵，
∴，
∴或（舍）．
∵，
∴当时，随的增大而减小，
∴．
13．(1)见详解
(2)①见详解②
(3)
（1）证明，再根据同弧所对的圆周角相等可知即可求解；
（2）①根据中垂线可知，再根据菱形的对角线是菱形的对称轴可知，即可求证；②过点作，过点作,根据三角函数，用来表示，进而构造等量关系化简即可；
（3）以为圆心，为半径画圆，当为切点时，取得最小值．
（1）证明：连接，
在菱形中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴,
∵四边形是圆的内接四边形，
∴,
∵，
∴,
在和中，
∴,
∴，
在圆内，
则,
是等边三角形；
（2）①证明：连接，
在等边三角形中，，
∴是边边上的中垂线，
∴，
∵是菱形的对角线，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴；
②解：过点作垂足为点，过点作垂足为点，
在菱形中，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴,
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵是边边上的中垂线，
∴,
以为圆心，为半径画圆，
当为切点时，取得最小值，
∴
设，
∴，，
，
∴
∴的最小值为．
14．(1)见解析
(2)
（1）连接，由切线的性质可得，由等边对等角得出，则，再由平行线的性质可得，即，从而得证；
（2）设，则，，，再由正切的定义求出，从而可得，结合，求出，即可得出结果．
（1）证明：如图，连接，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴为直角三角形；
（2）解：∵在中，，
∴，
设，则，，，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的半径为．
15．(1)
(2)
(3)
本题考查二次函数的平移、二次函数的图象性质、一次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
（1）将代入抛物线表达式求出的值；
（2）先求出平移后抛物线的表达式，再将代入平移后的抛物线表达式求出的值；
（3）根据题意得的坐标为，的坐标为，求出、的表达式，进而得到的长随的增大而增大，利用二次函数的性质列出不等式，从而求出的值．
（1）解：将代入抛物线得：，
解得：；
（2）解：由（1）知，，
抛物线表达式为，
平移后抛物线的解析式为，
将点代入得：
，
解得：或，
，
；
（3）解：如图：∵，
的坐标为，的坐标为，
，，
、，
的长随的长增大而增大，
的长随的增大而增大，
抛物线中，
该抛物线的图象开口向下，
该抛物线的对称轴为，
，
解得：．
16．(1)见解析
(2)
（1）根据直径所对的圆周角可知，再根据相切可知，即可判定全等三角形；
（2）证明，根据相似三角形的性质即可求解．
（1）证明：∵为直径，
∴．
∵为直径，与相切于点，
∴．
∵，
∴．
在和中，
∴；
（2）解：设，
∵，
∴，．
∴．
∵，，
∴，
∴，．
∵，过圆心，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
17．(1)见详解
(2)①；②
（1）观察所在的图形，首先连接，由角平分线的条件易知，然后利用证明即可解决；
（2）由可知为直径，进而可知，然后在等腰三角形中，根据求出，继而求出的长；观察图形可知，底边是相同的，因此作于，的延长线于，然后求的值即可求解．
（1）证明：如图1，连接，
平分，
，
．
．
又，
，
，
，
，
；
（2）解：①如图2，过点A作于M，
，，
．
由（1）已知，
垂直平分，
，
在中，，，
，
，
；
②由①易知，
．
在圆内接四边形中，，
．
如图3，连接，作于，，交的延长线于，则．
，
，即．
在中，，，
设，则，，
，
，，
．
有条件易知，
，
，
，
．
本题综合考查了圆、相似、直角三角形等知识．能结合图形作出恰当的辅助线，建立相关知识间的内在联系，找到解决问题的突破口是解题的关键．
18．(1)，
(2) ，见解析
（1）根据已知等式的规律写出即可；
（2）根据已知等式规律写出等式，利用分式的解法进行验证即可．
（1）解：由题意，根据等式规律可知，⑤，
（2）解：第个等式
证明：
=左边
19．(1)
(2)
(3)的最小值为
（1）过点F作于点H，利用正弦的定义结合三角形面积公式即可求得结果；
（2）延长，相交于点G，过点E作于点M，先证明，求得相关线段的长度，利用勾股定理得出的长度，通过角度和差关系得出，进而证得，从而求得结果；
（3）过点E作于点N，连接，，取的中点O，连接，，根据（1）的结论证得，利用菱形的性质得出当O，P，D三点共线时，取到最小值，从而得解．
（1）解：如图1，过点F作于点H，
∵，，
，
∵的面积为，
∴，即，
．
（2）解：如图2，延长，相交于点G，过点E作于点M，
在菱形中，，点E是的中点，
在和中，
，
∴，
，
，，
，，
在中，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
．
（3）解：如图3，过点E作于点N，连接，，取的中点O，连接，，
可得，，，
在中，，
，，
，
由（1）知，，
，即，
，
，
，
．
在菱形中，，，
，
，
，
，
，
∴当O，P，D三点共线时，取到最小值，最小值为．
20．(1)．
(2)①，②
（1）当与重合时，结合条件，可以推导出该点是的中点．因为，所以，在直角三角形中，求出，利用角平分线，得，即可求解；
（2）①过点作，垂足为，延长交延长线于，根据已知求出，在和中，利用勾股定理和三角函数求出、，利用角平分线+平行模型证明是等腰三角形，进而求出、，由即可求解；
②将两条分散的线段和转化到同一直线上，延长到，使，构造．得到．将的最小值转化为的最小值．根据“两点之间线段最短”，当、、三点共线时，取得最小值，即线段的长度．
（1）解：∵当点与点重合时，．
∴，
∵，
∴，
又∵平分，即，
∴．
（2）解：①过点作，垂足为，延长交延长线于，如图，
∵，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∴在中，，
∴，
∴，
又∵平分，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
，
∴，
②延长到，使，连接、，作垂足为，如图，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
当、、三点公共线时，等号成立，取最小值，最小值为，
如图所示，当时，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴、、三点公共线．
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴．
∴的最小值为．
这道几何综合题主要考查了矩形性质、角平分线定理、三角函数以及最值问题中的“将军饮马”模型．这道题的解题关键在于模型的识别与转化，几何难题往往需要“化折为直”，通过构造辅助线（如全等、对称）将分散的条件集中，利用勾股定理或三角函数求解．
第（1）问是基础铺垫，考察了角平分线定义与锐角三角函数的直接计算，体现了“数形结合”中由形得数的思想．
第（2）问①考察了在复杂图形中通过已知线段关系求未知线段的能力，重点在于利用方程思想求出中间量，，再结合勾股定理和三角函数求解．
第（2）问②是典型的最短路径问题（将军饮马变式）．
核心技巧：当题目中出现 为定值，且求两条折线段之和的最小值时，通常采用构造全等三角形或轴对称的方法，将折线转化为直线．
难点突破：通过构造 ，巧妙地将 转移到了 的位置，从而将问题转化为定值条件下的直角三角形斜边最值问题．
21．(1)
(2)
(3)或
（1）首先根据题意易得二次函数图像的对称轴为直线，然后利用待定系数法求解即可；
（2）结合（1）中二次函数解析式可得，，由可得关于的不等式，求解即可获得答案；
（3）首先将该二次函数解析式化为顶点式，然后分二次函数的图像沿x轴负方向平移n个单位长度和二次函数的图像沿x轴正方向平移n个单位长度，结合函数图像求解即可．
（1）解：二次函数的图像经过点，，，
二次函数图像的对称轴为直线，
，
解得，
二次函数的表达式为；
（2）解：由题意，得，
，
，
，
解得，
m的取值范围为；
（3）解：∵，
可分情况讨论：
①当二次函数的图像沿x轴负方向平移n个单位长度时，如下图，
新函数的表达式为，当时，新函数取到最大值1，
，
解得或（舍去），
；
②当二次函数的图像沿x轴正方向平移n个单位长度时，新函数的表达式为，
对称轴为直线，
当时，如下图，
新函数在处取得最大值1，即，
解得，都不符合题意，舍去；
当时，如下图，
新函数在处取到最大值，最大值为4，不合题意，舍去；
当时，如下图，
新函数在处取到最大值1，即，
解得或（舍去），
．
综上所述，或．
22．(1)①；②
(2)
（1）①将代入，待定系数法求解析式，即可求解；
②由①可得，对称轴为直线，根据对称性即可求解；
（2）将，分别代入，根据，列出不等式组，解不等式组，即可求解．
（1）解：①将代入，
得．
解得．
②因为，
所以．
所以抛物线的对称轴为直线
因为点A的横坐标为4，
所以抛物线上与点A对称的点的横坐标为0．
所以．
（2）将代入，
得．
将代入，
得．
因为，
所以
解得．
23．点距离地面的最大高度约为
过点作于点，与交于点，由题意得，，，，在中，求得的长，即可求解．
解：如图，过点作于点，与交于点，
由题意得，，，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴点距离地面的最大高度约为．
24．(1)
(2)证明见解析
(3)①；②当取得最小值时，的长为或
（1）如图，连接交于，证明，，，是等边三角形，可得，进一步可得答案.
（2）如图，记与的交点为，证明，结合对折可得：，可得，从而可得结论；
（3）①记与的交点为，与的交点为，当点P在边上，且时，证明，可得，设，则，，再进一步求解即可；
②如图，作关于的对称点，连接，证明，可得，的对称点在上，，当时，最小，最小，进一步可求解，如图，当在的上方时，作关于的对称点，连接，同理可得：此时时最小，过作于，设，进一步同法可得答案.
（1）解：如图，连接交于，
∵在菱形中，对角线，，
∴，，，是等边三角形，
∴，
∴.
（2）证明：如图，记与的交点为，
∵，
∴，
，
∴，
由对折可得：，
∴，
∴.
（3）解：①记与的交点为，与的交点为，
当点P在边上，且时，
∴，
由对折可得：，，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
∴，
∴，
解得：，
∴；
②如图，作关于的对称点，连接，
结合①同理可得：，，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，的对称点在上，，
∴当时，最小，最小，
此时，
过作于，设，而，
∴，，
∴，
∴，
解得：（舍去），或，
∴；
如图，当在的上方时，作关于的对称点，连接，
同理可得：此时时最小，过作于，设，
同理可得：，
此时，
综上：当取得最小值时，的长为或.
25．(1)证明见详解
(2)
本题考查圆的基本性质，勾股定理，相似的判定和性质，能够熟练掌握这些性质是解题的关键．
（1）根据圆周角定理可推得，再根据等腰三角形三线合一，得，由得，即可得证；
（2）过点作交于点，根据勾股定理可推得，，,根据等弧对等角推得，则即可求解．
（1）证明：∵为直径的圆，
∴，
∵，
∴，，
即，，
∵，
∴，
则，
∴，
即；
（2）解：过点作交于点，
由（1）可知，，，，
∵为直径，
∴为圆心，
∵，
∴，
∵，
∴，，
设半径为，则，，
在中，，解得，
∴，，
∵，
∴,
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
则．
26．(1)证明见详解；
(2)证明见详解；
(3)．
本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质、垂直平分线的判定与性质、平行线的判定、相似三角形的判定与性质以及圆周角定理等知识点，熟练运用相关几何定理与性质是解答本题的关键．
（1）利用等腰三角形的性质和直角三角形的两个锐角互余，结合三角形内角和定理证明角度的倍数关系；
（2）通过连接圆心与圆上的点，结合垂直平分线的判定与性质、平行线的判定，利用等角对等边证明线段相等；
（3）利用（1）（2）的结论，结合等腰三角形的性质推导线段间的数量关系，再通过相似三角形的性质将所求乘积转化为与圆半径相关的式子，进而求出结果．
（1）证明：，
，
，
，
，
；
（2）证明：连接，，，，
，，
垂直平分，
，
，，
垂直平分，
，
，
，
；
（3）解：连接，，，，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
，，
，
，
．
27．(1)
(2)
(3)的最小值为
（1）把代入，解方程求出的值即可；
（2）先求出的对称轴为直线，根据二次函数的对称性得出，根据求出，求出顶点坐标为，把，分别代入，求出的值，即可得出的函数值的取值范围；
（3）把，分别代入，，可得，整理后，根据判别式得出，解不等式，结合，求出的取值范围即可．
（1）解：∵的图象过点，
∴，
解得：．
（2）解：∵，
∴的对称轴为直线，
∵与轴平行的直线与的图象交于，两点，
∴，即，
∵
∴，
∴，
由（1）可知，，
∴，
∴的顶点坐标为，
把代入得，，
把代入得，，
∵，
∴当时，的函数值的取值范围为．
（3）解：∵点，分别在，图象上，
∴，，
∴，
整理得，，
∵关于的一元二次方程需有实数根，
∴，
整理得，
∵，
∴，
解得：，
∴的最小值为．
28．(1)
(2)①见解析②1
（1）由为直径得，求出，由平分得，根据可得结论；
（2）①设，则，证明即可；②证明，得，设，，则， 代入比例式得，整理得，求得，根据二次函数的性质得从而得出的最小值为1，即的最小值为1．
（1）解：∵为直径，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴．
（2）解：①证明：设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴
②由①得，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，，则，
∴，
整理得，
∵，
∴，
∴，
又，
∴的最小值为1，即的最小值为1．
29．(1)1
(2)证明见解析
(3)小红的计算结果不正确，理由见解析
（1）（2）设奇数为（为整数），展开平方后整理变形，根据整除的性质证明结论；
（3）根据的奇偶性，分析判别式被除的余数，将2026除以得到余数，对比即可判断结果是否正确．
（1）解：奇数的平方被4除余数为1，
证明见（2）；
（2）证明：整数为奇数时，设（其中为整数），
，
是整数，
是整数，
能被整除，
被除所得余数为；
（3）解：小红的计算结果不正确，理由如下：
由题意得，设整系数一元二次方程为（，a，b，c均为整数），
∴，
当为偶数时，由题干可得，能被整除，
∵是的整数倍，
∴能被整除，即被除余数为；
当为奇数时，由（2）可知，被除余数为，
∵是的整数倍，
∴被除余数为，
∴任意整系数一元二次方程的判别式被除的余数只能是或，
，即2026被除余数为，不满足上述结论，
小红的计算结果不正确．
30．(1)是等腰三角形，理由见解析
(2)
（1）由得，由折叠得，可得，由等角对等边可得结论；
（2）由折叠得，过点作交于点，交于点，得，得出，设，则，由勾股定理得出，证明，四边形是矩形，得，求出的值即可解决问题．
（1）解：猜想：是等腰三角形，理由如下：
∵正方形对折得到折痕，
∴，且垂直平分,，
∴，
由折叠得：，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）解：∵四边形是正方形，，
∴，，，
由折叠得垂直平分，
∴为的中点，
∴，
如图，过点作交于点，交于点，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，，
∴，
∴,
由折叠得,
∴，
∴，
，
∴四边形是平行四边形，
又,
∴四边形是矩形，
∴，
解得，
∴，
∴．
31．(1)
(2)证明见解析
(3)
（1）利用等腰三角形性质、圆内接四边形对角互补求解；
（2）在上截取一点使，连接，证明，根据角的关系推导，得到结论；
（3）由为直径得直角，结合相似三角形性质、等腰三角形边角关系求解．
（1）解： 四边形是的内接四边形，
，
又 ，
，
．
（2）解：在上截取一点使，连接，
，
，
，，
，
，，
，
，，
，
，
，
．
（3）解：过点F作于点H，连接，在上截取一点使，连接，
根据（2）的结论，，
，，
，
根据圆周角定理，，
是等腰三角形，
根据等腰三角形性质，，
，
为直径，
，
，
．
32．(1)；
(2)；
(3)．
（1）先求出二次函数的对称轴为直线，再根据当时，点，关于对称轴对称，求出的值，即可求解；
（2）先根据点，点都在直线上，求出的关系，得出点坐标，再将点、点代入二次函数即可求解；
（3）先根据二次函数的系数，求出二次函数的增减性，在结合题意和数形结合进行求解即可．
（1）解：由题意可知：二次函数的对称轴为直线，
∵当时，点，关于对称轴对称，
∴，
∴该函数表达式为：；
（2）解：∵点，点都在直线上，
∴，
由①②得：，即，
∴点坐标为：
将点，坐标代入函数表达式：，
解得：；
（3）解：由题意可知：二次函数的对称轴为直线，
∵，
∴在对称轴的右侧，随的增大而增大，在对称轴的左侧，随的增大而减小，
①若和在对称轴右侧，随的增大而增大，
∵，
∴，与矛盾，不成立；
②若和在对称轴左侧，随的增大而减小，
若，在对称轴左侧，那么，有，与矛盾，不成立；
若，在对称轴右侧，那么，，
点关于对称轴的对称点坐标为，点关于对称轴的对称点坐标为，
只需满足：，
解得：．
③若和在对称轴左右两侧，点关于对称轴的对称点坐标为，
如图，要使时，都有，只需满足：，
解得：．
∴综上，的取值范围是．
33．(1)证明见解析
(2)
(3)
（1）根据垂直平分线的性质得到，，从而得出结论；
（2）连接，连接交于点，根据圆周角定理得到，由三角形内角和定理求出，进而得到和是等腰直角三角形，设，则，根据勾股定理求出长，利用求解即可；
（3）连接、，过点作于点，设的半径为，则、，在中，根据勾股定理列出方程求出的值，证明，则，据此求出长，根据等腰直角三角形的性质得到，再利用勾股定理求解即可．
（1）证明：是的垂直平分线，
，，
经过圆心，且，
，
，
四边形为菱形；
（2）解：连接，连接交于点，如图2，
是的直径，
，
，
，
由（1）知，四边形为菱形，
、，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
，
；
（3）解：连接、，过点作于点，设的半径为，则、，
由（1）知，四边形为菱形，
、，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得，
、、，
，
，
，是的直径，
，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
在中，，
，
在中，，
，
．
本题考查线段垂直平分线的性质、菱形的判定与性质、圆周角定理、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握相关性质定理，数形结合的思想方法的运用是解题的关键．
34．(1)①见解析；②证明见解析
(2)
（1）①直接利用垂直平分线的尺规作图作法求解即可；②如图1，连接，利用垂直平分线的性质以及平行线的性质可得，再结合正六边形的性质证明，最后根据全等三角形的性质即可证明结论；
（2）根据正六边形的性质以及等边对等角可得．设正六边形的边长，易得、、，再证明，利用相似三角形的性质即可解答．
（1）解：①如图：直线即为所求．
②如图1，连接，
是线段的垂直平分线，
．
，
．
正六边形，
．
．
同理：，
．
在和中，
，
，
．
（2）解：如图2，延长交于点，
正六边形，
．
，
．
设正六边形的边长，
在中，，，
．
点是的中点，
．
．
35．(1)
(2)
(3)
（1）把代入即可求得，把代入即可求得；
（2）过点作交于，交于点，先求出的最大值，再证明，可得，即可求解；
（3）先求得抛物线的顶点坐标，可得抛物线的对称轴和最大值，根据二次函数的图象与性质对进行分类讨论，即可求解．
（1）解：把代入得，，
解得，
把代入得，，
解得，
∴．
（2）解：过点作交于，交于点，
∵点的横坐标为，
∴，，
∴
∴当时，有最大值为．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵抛物线与轴交于点，
当时，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴当有最大值时，取到最大值，
∴的最大值为．
（3）解：由得，
∴顶点为，即当时，有最大值4，
∵抛物线对称轴为，
∴当时或时，值相等，即，
①当时，则在时，取得最大值，时取得最小值，即，，
∵，
∴，
解得（舍），；
②当时，则在时，取得最大值，时取得最小值，即，
∴，不符合题意；
③当时，则在时，取得最大值，时取得最小值，即，，
∵，
∴，
解得，
∵，
∴都不符合，舍去；
综上所述，．

展开更多......

收起↑