押安徽中考數(shù)學(xué)第13-14題(幾何圖形與函數(shù))(原卷版+解析)

押安徽中考數(shù)學(xué)第13—14題幾何圖形與函數(shù)安徽中考數(shù)學(xué)的第13-14題中13題難度中等，一般以考察函數(shù)的性質(zhì)以及函數(shù)與幾何的綜合為主，14題一般考查幾何的綜合，設(shè)置兩個空，難度較大，屬于壓軸題。題號第13題第14題2022年根據(jù)圖形面積求比例系數(shù)（解析式）；根據(jù)三線合一求解；利用平行四邊形的性質(zhì)求解；根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求線段長全等三角形綜合問題；根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定證明；相似三角形的判定與性質(zhì)綜合2021年利用垂徑定理求值；圓周角定理；求特殊角的三角函數(shù)值待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；y=ax2+bx+c的最值2020年一次函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點問題；已知比例系數(shù)求特殊圖形的面積用勾股定理解三角形；四邊形其他綜合問題；折疊問題解此類題型對考生的要求比較高，需要考生在熟練掌握函數(shù)與幾何基本知識基本原理的前提下，運用原理定理和數(shù)學(xué)思想和方法進行探究，在解幾何變換的探究題時，注重把握圖形在變換時的變量與不變的量，緊扣圖形變換的性質(zhì)進行求解。1．(2023·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，平行四邊形OABC的頂點O是坐標(biāo)原點，A在x軸的正半軸上，B，C在第一象限，反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點C，的圖象經(jīng)過點B．若，則________．2．(2023·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Rt的直角頂點B在x軸的正半軸上，點O與原點重合，點A在第一象限，反比例函數(shù)（）的圖象經(jīng)過OA的中點C，交于點D，連接．若的面積是1，則k的值是_________．3．(2023·山東棗莊·統(tǒng)考中考真題）小明在學(xué)習(xí)“二次函數(shù)”內(nèi)容后，進行了反思總結(jié)．如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）圖像的一部分與x軸的一個交點坐標(biāo)為（1，0），對稱軸為直線x＝﹣1，結(jié)合圖像他得出下列結(jié)論：①ab＞0且c＞0；②a+b+c＝0；③關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的兩根分別為﹣3和1；④若點（﹣4，y1），（﹣2，y2），（3，y3）均在二次函數(shù)圖像上，則y1＜y2＜y3；⑤3a+c＜0，其中正確的結(jié)論有_____．（填序號，多選、少選、錯選都不得分）4．(2023·廣西貴港·中考真題）已知二次函數(shù)，圖象的一部分如圖所示，該函數(shù)圖象經(jīng)過點，對稱軸為直線．對于下列結(jié)論：①；②；③；④（其中）；⑤若和均在該函數(shù)圖象上，且，則．其中正確結(jié)論的個數(shù)共有_______個．5．(2023·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形OABC為矩形，點A在第二象限，點A關(guān)于OB的對稱點為點D，點B，D都在函數(shù)的圖象上，BE⊥x軸于點E．若DC的延長線交x軸于點F，當(dāng)矩形OABC的面積為時，的值為___________，點F的坐標(biāo)為___________．6．(2023·四川成都·統(tǒng)考中考真題）距離地面有一定高度的某發(fā)射裝置豎直向上發(fā)射物體，物體離地面的高度（米）與物體運動的時間（秒）之間滿足函數(shù)關(guān)系，其圖像如圖所示，物體運動的最高點離地面20米，物體從發(fā)射到落地的運動時間為3秒．設(shè)表示0秒到秒時的值的“極差”（即0秒到秒時的最大值與最小值的差），則當(dāng)時，的取值范圍是_________；當(dāng)時，的取值范圍是_________．7．(2023·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E在邊AD上，△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三角形，EF，BF分別交CD于點M，N，過點F作AD的垂線交AD的延長線于點G．連接DF，請完成下列問題：（1）________°；（2）若，，則________．8．(2023·四川攀枝花·統(tǒng)考中考真題）如圖，以的三邊為邊在上方分別作等邊、、．且點A在內(nèi)部．給出以下結(jié)論：①四邊形是平行四邊形；②當(dāng)時，四邊形是矩形；③當(dāng)時，四邊形是菱形；④當(dāng)，且時，四邊形是正方形．其中正確結(jié)論有__________（填上所有正確結(jié)論的序號）．9．(2023·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，在等腰直角三角形中，，點P在以斜邊為直徑的半圓上，M為的中點，當(dāng)點P沿半圓從點A運動至點B時，點M運動的路徑長是_______．10．(2023·湖北黃石·統(tǒng)考中考真題）如圖，等邊中，，點E為高上的一動點，以為邊作等邊，連接，，則______________，的最小值為______________．1．（2023·安徽亳州·統(tǒng)考二模）如圖，點A是反比例函數(shù)的圖象上一點，過點A作軸，交反比例函數(shù)的圖象于點B．若的面積為2，則m的值為______．2．（2023·安徽六安·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知直線經(jīng)過拋物線的頂點，且當(dāng)時，．則：（1）直線與拋物線都經(jīng)過同一個定點，這個定點的坐標(biāo)是______．（2）當(dāng)時，的取值范圍是______．3．（2023·安徽滁州·校聯(lián)考二模）如圖，將反比例函數(shù)的圖像繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)得到曲線，點A是曲線上的一點，點B在直線上，連接、，若，則的面積為________.4．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考二模）已知函數(shù)（m為常數(shù)）的圖形經(jīng)過點．（1）___________．（2）當(dāng)時，y的最大值與最小值之和為2，則n的值___________．5．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，已知直角三角形中，，，將繞O點旋轉(zhuǎn)至的位置，且為中點，在反比例函數(shù)上，則k的值______________．6．（2023·安徽合肥·合肥38中?？级＃┮阎c是拋物線上一動點．（1）當(dāng)點M到y(tǒng)軸的距離不大于1時，b的取值范圍是______；（2）當(dāng)點M到直線的距離不大于時，b的取值范圍是，則的值為______．7．（2023·安徽亳州·統(tǒng)考二模）如圖，在中，，點D是斜邊上的一個動點，過點D分別作于點M，于點N．（1）的度數(shù)是_____；（2）若，，連接，當(dāng)線段有最小值時，線段的長為______．8．（2023·安徽六安·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在中，點在邊上，點在邊上，把沿直線折疊，恰好與重合，．若，的面積為3，則的長為______．9．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考二模）如圖，在矩形中，，，M，N分別是，上的動點，連接，交于點E，且．（1）___________．（2）連接，則的最小值為___________．10．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，已知矩形中，，，點M，N分別在邊，上，沿著折疊矩形，使點B，C分別落在，處，且點在線段上（不與兩端點重合）．（1）若為線段的中點，則____________；（2）折痕的長度的取值范圍為_____________．11．（2023·安徽宿州·宿州市第十一中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，在正方形中，點、分別在邊、上，且，交于點，交于點．（1）若正方形的邊長為2，則的周長是__________．（2）若，則__________．12．（2023·安徽滁州·統(tǒng)考一模）在中，，點是邊上一點，點與點分別是邊上的一點，與互相平分．（1）若平分．則與的面積之比為_______________；（2）若，則的長為______________．13．（2023·安徽安慶·統(tǒng)考一模）如圖，在三角形紙片ABC中，，，垂直平分，平分，將沿在上，在上）折疊，點C與點O恰好重合，（1）___________；

（2）若，則___________．14．（2023·安徽合肥·?？家荒＃┤鐖D，在矩形中，對角線，相交于點，，，點在線段上，從點至點運動，連接，以為邊作等邊，點和點分別位于兩側(cè)．（1）當(dāng)點運動到點時，的長為______；（2）點在線段上從點至點運動過程中，的最小值為______．15．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中學(xué)?？家荒＃┮阎狐c是內(nèi)一點，，與的中垂線交于點，（1）______°．（2）若，，，則的最小值是______．16．（2023·安徽池州·校聯(lián)考一模）如圖，已知四邊形是正方形，點E為對角線上一動點，連接，過點E作，交射線于點F，以，為鄰邊作矩形，連．（1）_____；（2）若四邊形面積為5時，則_____．17．（2023·安徽蕪湖·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)（為常數(shù)）.（1）該函數(shù)的圖象與軸公共點的個數(shù)是______.（2）當(dāng)時，該函數(shù)圖象的頂點縱坐標(biāo)的取值范圍______.18．（2023·安徽蚌埠·統(tǒng)考一模）如圖，已知拋物線和直線．我們約定：當(dāng)任取一值時，對應(yīng)的函數(shù)值分別為，若，取中的較小值記為；若，記．下列判斷：①當(dāng)時，；②當(dāng)時，值越大，值越大；③使得大于4的值不存在；④若，則．其中正確的說法有__________．（請?zhí)顚懻_說法的序號）19．（2023·安徽合肥·模擬預(yù)測）如圖，四邊形為平行四邊形，點A在第二象限，點A關(guān)于的對稱點為點D，點B、D都在函數(shù)的圖像上，當(dāng)?shù)拿娣e為時，設(shè)點B、D的橫坐標(biāo)分別為a、b，則的值為___________．20．（2023·安徽阜陽·一模）如圖，將矩形置于平面直角坐標(biāo)系中，，，點在邊上，且，將矩形沿折疊，使點對應(yīng)點落在坐標(biāo)平面內(nèi)（1）當(dāng)時，的長度為______．（2）若點恰好落在軸上，則的值為______．押安徽中考數(shù)學(xué)第13—14題幾何圖形與函數(shù)安徽中考數(shù)學(xué)的第13-14題中13題難度中等，一般以考察函數(shù)的性質(zhì)以及函數(shù)與幾何的綜合為主，14題一般考查幾何的綜合，設(shè)置兩個空，難度較大，屬于壓軸題。題號第13題第14題2022年根據(jù)圖形面積求比例系數(shù)（解析式）；根據(jù)三線合一求解；利用平行四邊形的性質(zhì)求解；根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求線段長全等三角形綜合問題；根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定證明；相似三角形的判定與性質(zhì)綜合2021年利用垂徑定理求值；圓周角定理；求特殊角的三角函數(shù)值待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；y=ax2+bx+c的最值2020年一次函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點問題；已知比例系數(shù)求特殊圖形的面積用勾股定理解三角形；四邊形其他綜合問題；折疊問題解此類題型對考生的要求比較高，需要考生在熟練掌握函數(shù)與幾何基本知識基本原理的前提下，運用原理定理和數(shù)學(xué)思想和方法進行探究，在解幾何變換的探究題時，注重把握圖形在變換時的變量與不變的量，緊扣圖形變換的性質(zhì)進行求解。1．(2023·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，平行四邊形OABC的頂點O是坐標(biāo)原點，A在x軸的正半軸上，B，C在第一象限，反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點C，的圖象經(jīng)過點B．若，則________．答案:3分析：過點C作CD⊥OA于D，過點B作BE⊥x軸于E，先證四邊形CDEB為矩形，得出CD=BE，再證Rt△COD≌Rt△BAE（HL），根據(jù)S平行四邊形OCBA=4S△OCD=2，再求S△OBA=即可．【詳解】解：過點C作CD⊥OA于D，過點B作BE⊥x軸于E，∴CD∥BE，∵四邊形ABCO為平行四邊形，∴，即，OC=AB，∴四邊形CDEB為平行四邊形，∵CD⊥OA，∴四邊形CDEB為矩形，∴CD=BE，∴在Rt△COD和Rt△BAE中，，∴Rt△COD≌Rt△BAE（HL），∴S△OCD=S△ABE，∵OC=AC，CD⊥OA，∴OD=AD，∵反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點C，∴S△OCD=S△CAD=，∴S平行四邊形OCBA=4S△OCD=2，∴S△OBA=，∴S△OBE=S△OBA+S△ABE=，∴．故答案為3．2．(2023·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Rt的直角頂點B在x軸的正半軸上，點O與原點重合，點A在第一象限，反比例函數(shù)（）的圖象經(jīng)過OA的中點C，交于點D，連接．若的面積是1，則k的值是_________．答案:分析：連接OD，過C作，交x軸于E，利用反比例函數(shù)k的幾何意義得到，根據(jù)OA的中點C，利用△OCE∽△OAB得到面積比為1：4，代入可得結(jié)論．【詳解】解：連接OD，過C作，交x軸于E，∵∠ABO＝90°，反比例函數(shù)（x＞0）的圖象經(jīng)過OA的中點C，，∴，，2OC=OA，∵，∴△OCE∽△OAB，∴，∴，∴，∴k＝，故答案為：．3．(2023·山東棗莊·統(tǒng)考中考真題）小明在學(xué)習(xí)“二次函數(shù)”內(nèi)容后，進行了反思總結(jié)．如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）圖像的一部分與x軸的一個交點坐標(biāo)為（1，0），對稱軸為直線x＝﹣1，結(jié)合圖像他得出下列結(jié)論：①ab＞0且c＞0；②a+b+c＝0；③關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的兩根分別為﹣3和1；④若點（﹣4，y1），（﹣2，y2），（3，y3）均在二次函數(shù)圖像上，則y1＜y2＜y3；⑤3a+c＜0，其中正確的結(jié)論有_____．（填序號，多選、少選、錯選都不得分）答案:①②③分析：由拋物線的對稱軸的位置以及與y軸的交點可判斷①；由拋物線過點（1，0），即可判斷②；由拋物線的對稱性可以判斷③；根據(jù)各點與拋物線對稱軸的距離大小可以判斷④；對稱軸可得b＝2a，由拋物線過點（1，0），可判斷⑤．【詳解】∵拋物線對稱軸在y軸的左側(cè)，∴ab＞0，∵拋物線與y軸交點在x軸上方，∴c＞0，①正確；∵拋物線經(jīng)過（1，0），∴a+b+c＝0，②正確．∵拋物線與x軸的一個交點坐標(biāo)為（1，0），對稱軸為直線x＝﹣1，∴另一個交點為（﹣3，0），∴關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的兩根分別為﹣3和1，③正確；∵﹣1﹣（﹣2）＜﹣1﹣（﹣4）＜3﹣（﹣1），拋物線開口向下，∴y2＞y1＞y3，④錯誤．∵拋物線與x軸的一個交點坐標(biāo)為（1，0），∴a+b+c＝0，∵＝﹣1，∴b＝2a，∴3a+c＝0，⑤錯誤．故答案為：①②③．4．(2023·廣西貴港·中考真題）已知二次函數(shù)，圖象的一部分如圖所示，該函數(shù)圖象經(jīng)過點，對稱軸為直線．對于下列結(jié)論：①；②；③；④（其中）；⑤若和均在該函數(shù)圖象上，且，則．其中正確結(jié)論的個數(shù)共有_______個．答案:3分析：根據(jù)拋物線與x軸的一個交點(-2,0)以及其對稱軸，求出拋物線與x軸的另一個交點(1,0)，代入可得：，再根據(jù)拋物線開口朝下，可得，進而可得，，再結(jié)合二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)逐條判斷即可．【詳解】∵拋物線的對稱軸為：，且拋物線與x軸的一個交點坐標(biāo)為(-2,0)，∴拋物線與x軸的另一個坐標(biāo)為(1,0)，∴代入(-2,0)、(1,0)得：，解得：，故③正確；∵拋物線開口朝下，∴，∴，，∴，故①錯誤；∵拋物線與x軸兩個交點，∴當(dāng)y=0時，方程有兩個不相等的實數(shù)根，∴方程的判別式，故②正確；∵，∴，，∴，∵，，∴，即，故④正確；∵拋物線的對稱軸為：，且拋物線開口朝下，∴可知二次函數(shù)，在時，y隨x的增大而減小，∵，∴，故⑤錯誤，故正確的有：②③④，故答案為：3．5．(2023·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形OABC為矩形，點A在第二象限，點A關(guān)于OB的對稱點為點D，點B，D都在函數(shù)的圖象上，BE⊥x軸于點E．若DC的延長線交x軸于點F，當(dāng)矩形OABC的面積為時，的值為___________，點F的坐標(biāo)為___________．答案:（，0）分析：連接OD，作DG⊥x軸，設(shè)點B（b，），D（a，），根據(jù)矩形的面積得出三角形BOD的面積，將三角形BOD的面積轉(zhuǎn)化為梯形BEGD的面積，從而得出a，b的等式，將其分解因式，從而得出a，b的關(guān)系，進而在直角三角形BOD中，根據(jù)勾股定理列出方程，進而求得B，D的坐標(biāo)，進一步可求得結(jié)果．【詳解】解：如圖，作DG⊥x軸于G，連接OD，設(shè)BC和OD交于I，設(shè)點B（b，），D（a，），由對稱性可得：△BOD≌△BOA≌△OBC，∴∠OBC=∠BOD，BC=OD，∴OI=BI，∴DI=CI，∴，∵∠CID=∠BIO，∴△CDI∽△BOI，∴∠CDI=∠BOI，∴CD∥OB，∴S△BOD=S△AOB=S矩形AOCB=，∵S△BOE=S△DOG=|k|=3，S四邊形BOGD=S△BOD+S△DOG=S梯形BEGD+S△BOE，∴S梯形BEGD=S△BOD=，∴(+)?（a-b）=，∴2a2-3ab-2b2=0，∴（a-2b）?（2a+b）=0，∴a=2b，a=-（舍去），∴D（2b，），即：（2b，），在Rt△BOD中，由勾股定理得，OD2+BD2=OB2，∴[（2b）2+（）2]+[（2b-b）2+（-）2]=b2+（）2，∴b=，∴B（，2），D（2，），∵直線OB的解析式為：y=2x，∴直線DF的解析式為：y=2x-3，當(dāng)y=0時，2x-3=0，∴x=，∴F（，0），∵OE=，OF=，∴EF=OF-OE=，∴，故答案為：，（，0）．6．(2023·四川成都·統(tǒng)考中考真題）距離地面有一定高度的某發(fā)射裝置豎直向上發(fā)射物體，物體離地面的高度（米）與物體運動的時間（秒）之間滿足函數(shù)關(guān)系，其圖像如圖所示，物體運動的最高點離地面20米，物體從發(fā)射到落地的運動時間為3秒．設(shè)表示0秒到秒時的值的“極差”（即0秒到秒時的最大值與最小值的差），則當(dāng)時，的取值范圍是_________；當(dāng)時，的取值范圍是_________．答案:分析：根據(jù)題意，得-45+3m+n=0，，確定m，n的值，從而確定函數(shù)的解析式，根據(jù)定義計算確定即可．【詳解】根據(jù)題意，得-45+3m+n=0，，∴，∴，解得m=50，m=10，當(dāng)m=50時，n=-105；當(dāng)m=10時，n=15；∵拋物線與y軸交于正半軸，∴n＞0，∴，∵對稱軸為t==1，a=-5＜0，∴時，h隨t的增大而增大，當(dāng)t=1時，h最大，且（米）；當(dāng)t=0時，h最最小，且（米）；∴w=，∴w的取值范圍是，故答案為：．當(dāng)時，的取值范圍是∵對稱軸為t==1，a=-5＜0，∴時，h隨t的增大而減小，當(dāng)t=2時，h=15米，且（米）；當(dāng)t=3時，h最最小，且（米）；∴w=，w=，∴w的取值范圍是，故答案為：．7．(2023·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E在邊AD上，△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三角形，EF，BF分別交CD于點M，N，過點F作AD的垂線交AD的延長線于點G．連接DF，請完成下列問題：（1）________°；（2）若，，則________．答案:45分析：（1）先證△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知度數(shù)．（2）先作FH⊥CD于H，利用平行線分線段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，證△MPF∽△NHF,即可求得NH的長度，MN=MH+NH即可得解．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=90°，AB=AD，∴∠ABE+∠AEB=90°，∵FG⊥AG，∴∠G=∠A=90°，∵△BEF是等腰直角三角形，∴BE=FE，∠BEF=90°，∴∠AEB+∠FEG=90°，∴∠FEG=∠EBA，在△ABE和△GEF中，，∴△ABE≌△GEF（AAS），∴AE=FG，AB=GE，在正方形ABCD中，AB=AD∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，∴AE=DG=FG，∴∠FDG=∠DFG=45°．故填：45°．（2）如圖，作FH⊥CD于H，∴∠FHD=90°又∵∠G=∠GDH=90°，∴四邊形DGFH是矩形，又∵DG=FG，∴四邊形DGFH是正方形，∴DH=FH=DG=2，∴∴，∴DM=，MH=，作MP⊥DF于P，∵∠MDP=∠DMP=45°，∴DP=MP，∵DP2+MP2=DM2，∴DP=MP=，∴PF=∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，∴∠MFP=∠NFH，∵∠MPF=∠NHF=90°，∴△MPF∽△NHF,∴，即，∴NH=，∴MN=MH+NH=+=．故填：．8．(2023·四川攀枝花·統(tǒng)考中考真題）如圖，以的三邊為邊在上方分別作等邊、、．且點A在內(nèi)部．給出以下結(jié)論：①四邊形是平行四邊形；②當(dāng)時，四邊形是矩形；③當(dāng)時，四邊形是菱形；④當(dāng)，且時，四邊形是正方形．其中正確結(jié)論有__________（填上所有正確結(jié)論的序號）．答案:①②③④分析：對于結(jié)論①，由等邊三角形的性質(zhì)可得，，則；同理，由，得，由，即可得出四邊形是平行四邊形；對于結(jié)論②，當(dāng)時，，結(jié)合結(jié)論①，可知結(jié)論②正確；對于結(jié)論③，當(dāng)時，，結(jié)合結(jié)論①，可知結(jié)論③正確；對于結(jié)論④，綜合②③的結(jié)論知：當(dāng)，且時，四邊形既是菱形，又是矩形，故結(jié)論④正確．【詳解】解析：①、是等邊三角形，，，，，，，同理由，得，由，即可得出四邊形是平行四邊形，故結(jié)論①正確；②當(dāng)時，，由①知四邊形是平行四邊形，平行四邊形是矩形，故結(jié)論②正確；③由①知，，四邊形是平行四邊形，當(dāng)時，，平行四邊形是菱形，故結(jié)論③正確；④綜合②③的結(jié)論知：當(dāng)，且時，四邊形既是菱形，又是矩形，四邊形是正方形，故結(jié)論④正確．故答案為：①②③④．9．(2023·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，在等腰直角三角形中，，點P在以斜邊為直徑的半圓上，M為的中點，當(dāng)點P沿半圓從點A運動至點B時，點M運動的路徑長是_______．答案:分析：取的中點、的中點、的中點，連接、、、、、，可得四邊形CEOF是正方形，由OP=OC得OM⊥PC，則可得點M的運動路徑，從而求得路徑的長．【詳解】取的中點、的中點、的中點，連接、、、、、，如圖，則，且，，，∴四邊形CEOF為平行四邊形，∵AC=BC，∠ACB=90°，∴四邊形為正方形，∴CE=CF=，EF=OC，由勾股定理得：，∵在等腰中，，∴，∴，，∵為的中點，∴，∴，

∴點在以為直徑的圓上，當(dāng)點點在點時，點在點；點點在點時，點在點，∴點的路徑為以為直徑的半圓，∴點運動的路徑長．故答案是：．10．(2023·湖北黃石·統(tǒng)考中考真題）如圖，等邊中，，點E為高上的一動點，以為邊作等邊，連接，，則______________，的最小值為______________．答案:分析：①與為等邊三角形，得到，，，從而證，最后得到答案．②過點D作定直線CF的對稱點G，連CG，證出為等邊三角形，為的中垂線，得到，，再證為直角三角形，利用勾股定理求出，即可得到答案．【詳解】解：①∵為等邊三角形，∴，，∴，∵是等邊三角形，∵，，∴，，∴，在和中∴，得；故答案為：．②（將軍飲馬問題）過點D作定直線CF的對稱點G，連CG，∴為等邊三角形，為的中垂線，，∴，連接，∴，又，∴為直角三角形，∵，，∴，∴的最小值為．故答案為：．1．（2023·安徽亳州·統(tǒng)考二模）如圖，點A是反比例函數(shù)的圖象上一點，過點A作軸，交反比例函數(shù)的圖象于點B．若的面積為2，則m的值為______．答案:2分析：延長交x軸于點C，則，根據(jù)反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義可求得m的值．【詳解】解：如圖，延長交x軸于點C，軸，軸，，，，，解得：，故答案為：2.2．（2023·安徽六安·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知直線經(jīng)過拋物線的頂點，且當(dāng)時，．則：（1）直線與拋物線都經(jīng)過同一個定點，這個定點的坐標(biāo)是______．（2）當(dāng)時，的取值范圍是______．答案:分析：（1）先把兩拋物線變形可得與都經(jīng)過同一個點，即可求解；（2）根據(jù)題意可得直線與拋物線的交點為，，再結(jié)合當(dāng)時，，畫出大致圖象，即可．【詳解】解：（1）∵，∴直線經(jīng)過點，∵，∴拋物線經(jīng)過點，即與都經(jīng)過同一個點；故答案為：（2）∵，∴拋物線的頂點為，∵直線經(jīng)過拋物線的頂點，∴直線與拋物線的交點為，，∵當(dāng)時，，∴，．畫出大致圖象如下：∴當(dāng)時．的取值范圍是．故答案為：3．（2023·安徽滁州·校聯(lián)考二模）如圖，將反比例函數(shù)的圖像繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)得到曲線，點A是曲線上的一點，點B在直線上，連接、，若，則的面積為________.答案:6分析：將曲線和直線繞原點O順時針旋轉(zhuǎn)，則曲線與反比例函數(shù)重合，直線與軸重合，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和反比例函數(shù)的幾何意義進行求解即可得到答案．【詳解】解：將曲線和直線繞原點O順時針旋轉(zhuǎn)，則曲線與反比例函數(shù)重合，直線與軸重合，旋轉(zhuǎn)后點A的對應(yīng)點在上，點B的對應(yīng)點在軸上，設(shè)點A、B的對應(yīng)點分別為、，過點作軸于點E，連接、，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，，，，，，，，點在反比例函數(shù)上，，，故答案為：6．4．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考二模）已知函數(shù)（m為常數(shù)）的圖形經(jīng)過點．（1）___________．（2）當(dāng)時，y的最大值與最小值之和為2，則n的值___________．答案:4或分析：（1）把已知坐標(biāo)代入解析式計算即可．（2）根據(jù)拋物線額性質(zhì)，分類計算．【詳解】（1）∵函數(shù)（m為常數(shù)）的圖形經(jīng)過點．∴，解得，故答案為：4．（2）∵函數(shù)（m為常數(shù)）的圖形經(jīng)過點．∴，解得，∴函數(shù)的解析式為，∴，故拋物線的對稱軸為直線，二次函數(shù)的最小值為，的對稱點為，當(dāng)時，y的最大值與最小值之和為2，當(dāng)時，最大值為5，時，取得最小值，且為，根據(jù)題意，得，解得（舍去），故；當(dāng)時，最大值為5，時，取得最小值，且為，根據(jù)題意，得，不符合題意；當(dāng)時，時，取得最小值，且為，時，取得最大值，且為，根據(jù)題意，得，解得（舍去），故；故答案為或．5．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，已知直角三角形中，，，將繞O點旋轉(zhuǎn)至的位置，且為中點，在反比例函數(shù)上，則k的值______________．答案:分析：連接，作軸于點E，先證明是等邊三角形，求出，，再得出，進而得出，求出，即可得出答案．【詳解】解：連接，作軸于點E，由題意可得：，是的中點，，，∴，∴是等邊三角形，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∵在反比例函數(shù)上，∴，故答案為：．6．（2023·安徽合肥·合肥38中?？级＃┮阎c是拋物線上一動點．（1）當(dāng)點M到y(tǒng)軸的距離不大于1時，b的取值范圍是______；（2）當(dāng)點M到直線的距離不大于時，b的取值范圍是，則的值為______．答案:/0或5/5或0分析：（1）先求出拋物線的對稱軸為直線，根據(jù)點M到y(tǒng)軸的距離不大于1，得出，根據(jù)二次函數(shù)的增減性，求出b的取值范圍即可；（2）根據(jù)點到直線的距離不大于，得出，即，從而得出，然后根據(jù)，求出a的范圍，即可得出．【詳解】解：（1）∵，∴拋物線的對稱軸為直線，∵點M到y(tǒng)軸的距離不大于1，∴，∴此時點M在對稱軸的左側(cè)，∵，∴在對稱軸的左側(cè)隨x的增大而減小，∴當(dāng)時，b取最大值，且最大值為，當(dāng)時，b取最小值，且最小值為，∴b的取值范圍是；故答案為：；（2）∵點到直線的距離不大于，∴，即，∴，令，代入，即，解得：，，令，代入，即，解得：，，∴點M應(yīng)為或上的動點，當(dāng)時，，當(dāng)時，，綜上分析可知，的值為0或5；故答案為：0或5．7．（2023·安徽亳州·統(tǒng)考二模）如圖，在中，，點D是斜邊上的一個動點，過點D分別作于點M，于點N．（1）的度數(shù)是_____；（2）若，，連接，當(dāng)線段有最小值時，線段的長為______．答案:90°分析：（1）證明四邊形是矩形，可證．（2）連接．由勾股定理求出，由矩形的性質(zhì)可知，根據(jù)垂線段最短可知當(dāng)時，線段的值最小，即線段有最小值，然后證明，利用相似三角形的性質(zhì)可求線段的長．【詳解】（1）∵，，∴．∵，∴四邊形是矩形，∴．故答案為：．（2）連接．∵，，，∴．∵四邊形是矩形，∴．當(dāng)時，線段的值最小，即線段有最小值，∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴，故答案為：．8．（2023·安徽六安·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在中，點在邊上，點在邊上，把沿直線折疊，恰好與重合，．若，的面積為3，則的長為______．答案:分析：如圖：過C作，由折疊的性質(zhì)可得、，進而再說明，然后由等腰三角形的性質(zhì)可得；再根據(jù)三角形的面積求得，運用勾股定理可得，即；然后再證，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，進而得到，最后根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)即可解答．【詳解】解：如圖：過C作，∵把沿直線折疊，恰好與重合，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，解得：，∴，∴，∵，∴，∴，即，解得：，∴，∵，，∴．故答案為．9．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考二模）如圖，在矩形中，，，M，N分別是，上的動點，連接，交于點E，且．（1）___________．（2）連接，則的最小值為___________．答案:2分析：（1）由，推出，最后利用矩形的性質(zhì)即可得解；（2）先確定E點的運動路徑是個圓，再利用圓的知識和兩點這間線段最短確定最短長度，然后利用勾股定理即可得解．【詳解】（1）∵，，∴，∴.∵四邊形是矩形，∴，，∴，故答案為．（2）∵，點E在以為直徑的圓上，設(shè)的中點為O，則當(dāng)O，E，C三點共線時，的值最小，此時∵，，∴，∴，∴，故答案為2．10．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，已知矩形中，，，點M，N分別在邊，上，沿著折疊矩形，使點B，C分別落在，處，且點在線段上（不與兩端點重合）．（1）若為線段的中點，則____________；（2）折痕的長度的取值范圍為_____________．答案:分析：（1）設(shè)，則，運用勾股定理計算即可．（2）根據(jù)垂線段最短，可得當(dāng)時，取得最小值，當(dāng)與點A重合時，取得最大值，運用折疊性質(zhì)，勾股定理計算即可．【詳解】（1）∵矩形中，，，沿著折疊矩形，為線段的中點，∴；設(shè)，則，∴，∴，解得，故答案為：．（2）根據(jù)垂線段最短，可得當(dāng)時，取得最小值，∵矩形中，，，，∴四邊形是矩形，∴；當(dāng)與點A重合時，取得最大值，∵矩形中，，，沿著折疊矩形，∴；設(shè)，則，∴，∴，解得．∵矩形中，沿著折疊矩形，∴，∴，∴，∴；∴；過點N作于點E，則四邊形是矩形，∴；∴，∴，故折痕的長度的取值范圍為．故答案為：．11．（2023·安徽宿州·宿州市第十一中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，在正方形中，點、分別在邊、上，且，交于點，交于點．（1）若正方形的邊長為2，則的周長是__________．（2）若，則__________．答案:4分析：（1）過作，交延長線于，根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)證明和得到，進而推導(dǎo)出的周長為即可求解；（2）連接，證明和得到為等腰直角三角形即可求解．【詳解】解：（1）過作，交延長線于，如圖．四邊形是正方形，，，，，，，，，，，又，，，的周長，正方形的邊長為2，的周長為4，故答案為：4；（2）連接，，，，，即，又，，，，為等腰直角三角形，即，，，，，故答案為：．12．（2023·安徽滁州·統(tǒng)考一模）在中，，點是邊上一點，點與點分別是邊上的一點，與互相平分．（1）若平分．則與的面積之比為_______________；（2）若，則的長為______________．答案:3：4分析：（1）根據(jù)對角線互相平方可知四邊形是平行四邊形，再根據(jù)可知，四邊形是矩形，然后根據(jù)平分，可知四邊形是正方形，最后根據(jù)正方形的性質(zhì)及三角形的面積公式即可得出答案；（2）過點A作于點，根據(jù)勾股定理及三角形的面積公式可求得的值，再根據(jù)勾股定理可求得的值，然后利用線段的和差得出的值，最后利用勾股定理及矩形的性質(zhì)即可得出答案．【詳解】（1）∵與互相平分，∴四邊形是平行四邊形，又，∴四邊形是矩形，∴又平分，∴四邊形是正方形．∴，∵，∴（2）如圖，過點A作于點，∵，∴∵，∴，∴，∵，∴，∴又四邊形是矩形，∴．故答案為：，．13．（2023·安徽安慶·統(tǒng)考一模）如圖，在三角形紙片ABC中，，，垂直平分，平分，將沿在上，在上）折疊，點C與點O恰好重合，（1）___________；

（2）若，則___________．答案:54°分析：（1）連接，根據(jù)角平分線性質(zhì)和中垂線性質(zhì)得到O是的外心，得出；進而得出，然后根據(jù)三角形外角定理求出的度數(shù)；（2）根據(jù)三角形的相似的判定定理易得，進而相似三角形對應(yīng)邊成比例解題即可．【詳解】（1）連接∵平分∴∵平分∴所在的直線垂直平分∴O是的外心即∴，∵沿在上，在上）折疊，點C與點O恰好重合，∴∴∴（2）連接∵，∴∵∴∴∵∴∵∴∴，，∴∴∴，∴，（負(fù)根舍去），經(jīng)檢驗符合題意．故答案為：（1），（2）14．（2023·安徽合肥·?？家荒＃┤鐖D，在矩形中，對角線，相交于點，，，點在線段上，從點至點運動，連接，以為邊作等邊，點和點分別位于兩側(cè)．（1）當(dāng)點運動到點時，的長為______；（2）點在線段上從點至點運動過程中，的最小值為______．答案:分析：連接并延長至，使得，連接，證明，進而證明是等邊三角形，，得出點在線段上，從點至點運動，則在線段上運動，即可求解；（2）根據(jù)垂線段最短，得出從點至點運動過程中，運動到的中點時，的最小值為，進而勾股定理即可求解．【詳解】（1）如圖所示，連接并延長至，使得，連接，∵在矩形中，對角線，相交于點，，，∴，∴是等邊三角形，∴，∵是等邊三角形，∴，∴，∴∴,，∵，則是等邊三角形，∴，∴即∴點在線段上，從點至點運動，則在線段上運動，∵，，∴，∴，又∵，∴∴是等邊三角形，∴，∴當(dāng)點運動到點時，點運動到點，則的長，故答案為：．（2）由（1）可知點在線段上從點至點運動過程中，運動到的中點時，的最小值為∵，則∴，故答案為：．15．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中學(xué)?？家荒＃┮阎狐c是內(nèi)一點，，與的中垂線交于點，（1）______°．（2）若，，，則的最小值是______．答案:90分析：（1）設(shè)，畫出圖形，由得，由得，由得，再利用三角形內(nèi)角和定理得到答案；（2）求出是定值，點P在以M為圓心，長為半徑的圓上，連接，交圓M于點，得到，過點M作，根據(jù)三角函數(shù)求出，，由勾股定理求出連接，則，當(dāng)P與重合時，有最小值，求出即可．【詳解】解：（1）設(shè)，如圖，則，由題意可得，M是和中垂線上的點，∴即，∵，∴，∵，∴，又，∴，∵，∴，∴，又，，在中，有，∴，即，即；故答案為：90（2）如圖，∵，∴，即，在中，，∵是定值，∴是定值，即點P在以M為圓心，長為半徑的圓上，連接，交圓M于點，由(1)中結(jié)論可知，又，∴，又，∴，過點M作，∵，∴，∵，∴，即，∴，即，又，∴，連接，則，當(dāng)P與重合時，有最小值，∵，即，即∴，即最小值為綜上，最小值為，故答案為：．16．（2023·安徽池州·校聯(lián)考一模）如圖，已知四邊形是正方形，點E為對角線上一動點，連接，過點E作，交射線于點F，以，為鄰邊作矩形，連．（1）_____；（2）若四邊形面積為5時，則_____．答案:43或1分析：（1）作于點M，于點N，利用矩形和正方形的性質(zhì)，推出，得到，即矩形是正方形，再證明，得到，然后利用勾股定理，求出，即可求出的長；（2）過點E作于點Q，根據(jù)正方形的性質(zhì)，得到，，利用勾股定理求出或，，進而求得或1，即可得到的長．【詳解】解：（1）如圖，作于點M，于點N，，，四邊形是矩形，，，，點E是正方形對角線上的點，平分，，在和中，，，，矩形是正方形，

，，，四邊形是正方形，，，，，在和中，，，，在中，，，，故答案為：4；（2）如圖，過點E作于點Q，四邊形是正方形，且點E是正方形對角線上的