专练06(填空题-压轴)2020中考数学考点必杀500题(通用版)(原卷版)

1．（2020·广东省初三一模）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点（

1，0）和（m，y），对2称轴为直线x＝﹣1，下列5个结论：其中正确的结论为_____．（注：只填写正确结论的序号）①abc＞0；①a+2b+4c＝0；①2a﹣b＞0；①3b+2c＞0；①a﹣b≥m（am﹣b）

【答案】②②． 【解析】

解：②抛物线开口向上 ②a0

②抛物线对称轴为直线xb1 2a②b2a，则2ab0，所以②错误； ②b0

②抛物线与y轴的交点在x轴下方 ②c0

②abc0，所以②错误； ②x1时，y0 2②

11abc0，即a2b4c0，所以②正确； 421b，abc0 2②a②

1b2bc0，即3b2c0，所以②正确； 2②x1时，函数值最小

②abcmambcm1

2②abmamb，所以②错误． 故答案是：②② 【点睛】

本题考查了二次函数与系数的关系，掌握二次函数的性质，灵活运用数形结合思想是解题的关键，解答时要熟练运用抛物线的对称性和抛物线上的点的坐标满足抛物线的解析式． 2．（2020·南昌二中高新校区初三期中）给出下列命题及函数y=x，y=x2和y=

1＞a＞a2，那么0＜a＜1； a1，那么a＞1； a1，那么﹣1＜a＜0； a1的图象．（如图所示） x①如果

①如果a2＞a＞

①如果a＞a2＞

①如果a2＞

1＞a，那么a＜﹣1， a则正确的是_____（填序号）

！

【答案】②② 【解析】

由图象可知，当反比例函数图象在最上面，二次函数图象在最下面时，自变量的取值范围是0＜x＜1，则②正确；

当二次函数图象在最上面，反比例函数图象在最下面时，自变量的取值范围是x＞1和﹣1＜a＜0，则②错误； 没有一次函数图象在最上面，反比例函数图象在最下面的可以性，则②错误；

当二次函数图象在最上面，一次函数图象在最下面时，自变量的取值范围是x＜-1，则②正确， 故答案为②②.

3．（2020·重庆西南大学附中初三期末）已知二次函数ym2x2mxm3的图象与x轴有两个交

2点x1,0,x2,0，则下列说法正确的有：_________________．(填序号) ①该二次函数的图象一定过定点1,5；

①若该函数图象开口向下，则m的取值范围为： m2； ①当m2,且1x2时，y的最大值为4m5；

65①当m2,且该函数图象与x轴两交点的横坐标x1,x2满足3x12,1x20时，m的取值范围为：

21m11． 4【答案】①②④

【解析】

由题目中y(m2)x22mxm3可知：am2 ，b2m，cm3， 由题意二次函数图象与x轴有两个交点，则：

b24ac4m24(m2)(m3)20m240，即m6， 5②将x1代入二次函数解析式中，y(m2)2mm35，则点(1,5)在函数图象上，故正确；

②若二次函数开口向下，则m20，解得m2，且m确；

66，所以m的取值范围为：m2，故正

55②当m2时，m20，即二次函数开口向上，对称轴xb2m211，对称2a2(m2)m2轴在x1左侧，则当1x2时，y随x的增大而增大，当x2时有最大值，

y4(m2)4mm39m11，故错误；

②当m2时，m20，即二次函数开口向上， ②3x12，

9m26mm30y0y0②当x3时，，x2时，，即，

4m24mm30解得：

21m11， 4②1x20，

m22mm30②当x1时，y0，x0时，y0，即，

m30解得：m3，

！

综上，

21m11，故正确． 4故答案为：②②②． 【点睛】

本题考查二次函数的图像与性质，以及利用不等式组求字母取值范围，熟练掌握二次函数各系数与图象之间的关系是解题的关键．

4．（2019·广东省金山中学初三月考）我们定义一种新函数：形如yaxbxc（a0，且b24a0）的函数叫做“鹊桥”函数．小丽同学画出了“鹊桥”函数y=|x2-2x-3|yx2x3的图象（如图所示），并写①图象与坐标轴的交点为1,0，①图象具有对称性，出下列五个结论：对称轴是直线x1；3,0和0,3；①当1x1或x3时，函数值y随x值的增大而增大；①当x1或x3时，函数的最小值是0；①当x1时，函数的最大值是4．其中正确结论的个数是______.

22

【答案】4 【解析】

解：②②1,0，3,0和0,3坐标都满足函数yx2x3，②②是正确的；

2②从图象可知图象具有对称性，对称轴可用对称轴公式求得是直线x1，因此②也是正确的；

②根据函数的图象和性质，发现当1x1或x3时，函数值y随x值的增大而增大，因此②也是正确的； ②函数图象的最低点就是与x轴的两个交点，根据y0，求出相应的x的值为x1或x3，因此②也是正确的；

②从图象上看，当x1或x3，函数值要大于当x1时的yx2x34，因此②是不正确的； 故答案是：4

2

【点睛】

2理解“鹊桥”函数yaxbxc的意义，掌握“鹊桥”函数与yaxbxc与二次函数yaxbxc22之间的关系；两个函数性质之间的联系和区别是解决问题的关键；二次函数yaxbxc与x轴的交点、

2对称性、对称轴及最值的求法以及增减性应熟练掌握. 5．（2020·浙江省初三期末）如图，抛物线y123xx的图象与坐标轴交于点A、B、D，顶点为E，22以AB为直径画半圆交y轴的正半轴于点C，圆心为M，P是半圆AB上的一动点，连接EP，N是PE的中点，当P沿半圆从点A运动至点B时，点N运动的路径长是__________．

【答案】 【解析】

！

解：y=1231x-x-=(x-1)2-2， 222②点E的坐标为（1，-2）， 令y=0，则0123xx， 22解得，x11，x23， ②A（-1，0），B（3,0）， ②AB=4，

由于E为定点，P是半圆AB上的动点，N为EP的中点，所以N的运动路经为直径为2的半圆，如图， ②点N运动的路径长是21=. 2

【点睛】

本题属于二次函数和圆的综合问题，考查了运动路径的问题，熟练掌握二次函数和圆的基础是解题的关键. 6．（2020·长沙郡双语实验中学初三开学考试）如图，抛物线y123xx的图象与坐标轴交于点A，22B，D，顶点为E，以AB为直径画半圆交y正半轴交于点C，圆心为M，P是半圆上的一动点，连接EP．①点E在①M的内部；①CD的长为

33；①若P与C重合，则①DPE＝15°；①在P的运动过程中，若AP2＝6 ，则PE＝53①N是PE的中点，当P沿半圆从点A运动至点B时，点N运动的路径长是2π．其

中结论正确的是______________

【答案】②②② 【解析】 解：抛物线y123xx的图象与坐标轴交于点A，B，D， 223），则点M（1，0）， 2则点A、B、D的坐标分别为：（-1，0）、（3，0）、（0，-顶点E的坐标为：（1，-2），AB=4，CO=3，OD=②ME=2=AM，②E应该在②M上，故不符合题；

3，故点D不在②M上； 2②C是圆M与y轴交点，圆M半径为2，M（1，0）由勾股定理得OC=3， CD=2×

33=3，故CD的长为3，符合题意； 22②如图1，连接DP、ME，点D、E均在②M上，

过点D作DH②ME于H， ②DH=1，MD=R=2，

故②DME=30°，则②DPE=15°，符合题意；

！

②如图2，连接PB、PA、AE，

②点B、E均在圆上，则②ABP=②AEP=α， sin②AEP=sin②ABP=

AP610=sinα，则cosα=， AB44

过点A作AK垂直于PE于K，则AK=AEsinα=22×则PE=53，符合题意；

6=3，EK=AEcosα═5，则PK=AK=3，故4②如图3，图中实点G、N、M、F是点N运动中所处的位置，

则GF是等腰直角三角形的中位线，GF=

1AB=2，ME交AB于点R，则四边形GEFM为正方形，当点P2在半圆任意位置时，中点为N，连接MN，则MN②PE，连接NR， 则NR=

111ME=MR=RE=RG=RF=GF=1，则点N的运动轨迹为以R为圆心的半圆，则N运动的路径长=222×2πr=π，故不符合题意； 故答案为：②②②． 【点睛】

本题考查的是二次函数综合运用，关键在于确定抛物线上有的点也同时在圆上即可，本题综合性强，难度

较大．

7．（2020·全国初二课时练习）如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC与BD的交点，M是BC边上的动点（点M不与B，C重合），过点C作CN垂直DM交AB于点N，连结OM，ON，MN.下列五个结论：①CNBDMC；①ONOM；①ONOM；①若AB2，则SOMN的最小值是1；①

AN2CM2MN2.其中正确结论是_________.（只填序号）

【答案】②②②② 【解析】

②正方形ABCD中，CD=BC，②BCD=90°， ②②BCN+②DCN=90°， 又②CN②DM， ②②CDM+②DCN=90°， ②②BCN=②CDM， 又②②CBN=②DCM=90°，

②②CNB②②DMC（ASA），故②正确； 根据②CNB②②DMC，可得CM=BN， 又②②OCM=②OBN=45°，OC=OB， ②②OCM②②OBN（SAS）， ②OM=ON，故②正确； ②②OCM②②OBN ②②COM=②BON

！

②②COM+②BOM=②BON+②BOM=90° ②ON②OM 故②正确； ②②OCM②②OBN，

②四边形BMON的面积=②BOC的面积=1，即四边形BMON的面积是定值1， ②当②MNB的面积最大时，②MNO的面积最小， 设BN=x=CM，则BM=2-x，

11x（2-x）=-x2+x， 221②当x=1时，②MNB的面积有最大值，

211此时S②OMN的最小值是1-=，故②不正确；

22②②MNB的面积=②AB=BC，CM=BN， ②BM=AN，

又②Rt②BMN中，BM2+BN2=MN2， ②AN2+CM2=MN2，故②正确；

点睛：本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定以及勾股定理的综合应用，解题时注意二次函数的最值的运用．

8．（2020·安徽省初三其他）如图，正五边形的边长为2，连接对角线AD、BE、CE，线段AD分别与BE和CE相交于点M、N，给出下列结论：①①AME=108°，①AN2=AM•AD；①MN=3-5；①S①EBC=25-1，其中正确的结论是_________（把你认为正确结论的序号都填上）．

【答案】②②②

【解析】

②②BAE=②AED=108°．②AB=AE=DE，②②ABE=②AEB=②EAD=36°，②②AME=180°﹣②EAM﹣②AEM=108°，解：故②正确；

②②AEN=108°﹣36°=72°，②ANE=36°+36°=72°，②②AEN=②ANE，②AE=AN，同理DE=DM，②AE=DM．②②EAD=②AEM=②ADE=36°，②②AEM②②ADE ②

AEAM=，②AE2=AM•AD； ADAE②AN2=AM•AD；故②正确；

②AE2=AM•AD，②22=（2﹣MN）（4﹣MN），解得：MN=3﹣5；故②正确；

在正五边形ABCDE中，②BE=CE=AD=1+5，②BH=

1BC=1，②EH=BE2BH=525，②S②EBC=211BC•EH=×2×525=525，故②错误； 22故答案为②②②．

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，正五边形的性质，熟练掌握正五边形的性质是解题的关键．

9．（2019·黑龙江省初三二模）如图，在ABC中，D在边BC上，点E、F在边AC上，

AF BD,AEDE, ADF75, CDE60，连接AD，BF ,AD6,DF32，则线段BF的

长为__________

！

【答案】63 【解析】

解：如图，过点F作FG^DF，且DF=FG=32，连接DG，AG，过点D作DHAG于H，

QDF=FG=32，FG^DF，

\\DG=6，FDG45，

\\AD=DG=6，ADG120，且DHAG， \\?DAG?DGA30?，AHGH，

\\DH=1AD=3，AH=23DH=33，

\\AG=63，

QAEDE，

\\?EADQ?AFD?ADE，

180??ADF?DAE105??DAE，

\\?AFG?AFD?DFG195??DAE，

Q?EDF\\?EDF?ADF?ADE 75??DAE，

\\?BDF\\?BDF180?(?CDE?EDF)195??DAE，

?AFG，且BDAF，DFFG，

\\DAFG@DBDF(SAS)

\\BF=AG=63，

故答案为：63． 【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线是本题的关键．

10．（2020·青海省初三其他）如图，在Rt①AOB中，①AOB＝90°，OA＝3，OB＝4，①O的半径为2，点P是AB边上的动点，过点P作①O的一条切线PC（点C为切点），则线段PC长的最小值为_____．

【答案】

211 5【解析】

连接OP、OC，如图所示，

！

②PC是②O的切线， ②OC②PC，

根据勾股定理知：PC2＝OP2﹣OC2， ②当PO②AB时，线段PC最短， ②在Rt②AOB中，OA＝3，OB＝4， ②AB＝5， ②②S②AOB＝②OC＝2，

113412OA•OB＝AB•OP，即OP＝＝，

552221112②PC＝OP2OC2＝22＝，

552故答案为：

211． 5【点睛】

此题考查了切线的性质，勾股定理的应用，熟练掌握切线的性质是解本题的关键，注意：圆的切线垂直于过切点的半径．

11．（2019·四川省初三二模）如图，在等腰直角三角形ABC中，ACB90，在ABC内一点P，已知将BCP以直线PC为对称轴翻折，使点B与点D重合，连结AD，123，PD与AB交于点E，

将APD的面积记为S1，将BPE的面积记为S2，则

S2的值为___________． S1

【答案】

1 2【解析】

连结BD，延长CP交BD于点F，如下图所示：

由翻折可知CFBD，BFDF，BPFDPF ②123，ABC为等腰直角三角形，

②1ACP2ACP90，2PBC3PBC45， ②APC90，BPF45，

②AP∥BD，DPF45，DFFBPF，

！

APCCFB90②PACFCB②APC≌CFB， ACBC②APCF，CPBFPF，②APBD， ②四边形ADBP为平行四边形，

②

S21． S12【点睛】

本题考查三角形全等的判断，以及平行四边形的证明，属综合中档题.

12．（2020·山东省济南山大名师培训学校初三月考）如图，边长一定的正方形ABCD，Q是CD上一动点，AQ交BD于点M，①AM=MN；过M作MN①AQ交BC于N点，作NP①BD于点P，连接NQ，下列结论：①MP=

1ABBNBD；①BN+DQ=NQ；①为定值．其中一定成立的是_______． 2BM

【答案】②②②② 【解析】

解：②如图1，作AU②NQ于U，交BD于H，连接AN，AC， ②②AMN=②ABC=90°， ②A，B，N，M四点共圆，

②②NAM=②DBC=45°,②ANM=②ABD=45°， ②②ANM=②NAM=45°，

②AM=MN；

②由同角的余角相等知，②HAM=②PMN， ②Rt②AHM②Rt②MPN， ②MP=AH=

11AC=BD； 22②②②BAN+②QAD=②NAQ=45°，

②在②NAM作AU=AB=AD，且使②BAN=②NAU，②DAQ=②QAU， ②②ABN②②UAN,②DAQ②②UAQ，有②UAN=②UAQ，BN=NU，DQ=UQ， ②点U在NQ上，有BN+DQ=QU+UN=NQ；

②如图2，作MS②AB，垂足为S，作MW②BC，垂足为W，点M是对角线BD上的点， ②四边形SMWB是正方形，有MS=MW=BS=BW， ②②AMS②②NMW ②AS=NW，

②AB+BN=SB+BW=2BW， ②BW:BM=1:

2，

②

ABBN22 BM2故答案为②②②②．

！

【点睛】

本题考查了正方形的性质，四点共圆的判定，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质；熟练掌握正方形的性质，正确作出辅助线并运用有关知识理清图形中西安段间的关系，证明三角形全等是解决问题的关键．

13．（2020·山东省初三月考）如图，在矩形ABCD中，AD3.将A向内翻折，点A落在BC上，记为A，折痕为DE.若将ÐB沿EA向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B，则AB______．

【答案】33 2【解析】

解：Q四边形ABCD为矩形，

ADCCB90，ABDC，

由翻折知，AED②AED，②ABE②ABE，ABEBABD90，

AEDAED，AEBAEB，BEBE，

1AEDAEDAEB18060，

3ADE90AED30，ADE90AEB30， ADEADEADC30，

又QCABD90，DADA，

②DBADCA(AAS)，

DCDB，

在RtAED中，

ADE30，AD3，

AE333，

设ABDCx，则BEBEx3 QAE2AD2DE2，

(3)232(xx3)2，

解得，x1333， （负值舍去），x222故答案为：33． 2【点睛】

本题考查了矩形的性质，轴对称的性质等，解题关键是通过轴对称的性质证明AEDAEDAEB60．14．（2020·山东省初二期中）如图，在□ABCD中，AB=10，BC=5，BN平分①ABC交CD于点N，交AD的延长线于点M，则下列结论：①DM=5；①线段BM、CD互相平分；①BD①AM；①①BCN是等边三角形；①AN①BM，其中正确的有______________（填序号）．

【答案】②②② 【解析】

②②四边形ABCD是平行四边形

！

②AM//BC，DC//AB，DCAB ②MDNBCN，CNBABN ②BN平分②ABC ②ABNCBN ②CNBCBN ②CNCB ②BC=5，AB=10 ②CNDN5 在MDN与BCN中

MDNBCN DNCNCNBDNM②MNDBCN(ASA) ②BCDM5，故②正确； ②②MNDBCN ②BNMN 又②DNCN

②线段BM、CD互相平分，故②正确；

②②由四边形ABCD是平行四边形得BCAD5，DM5 ②AMAB10

但是题中条件不足以证明MBAB，则无法根据三线合一求证BD②AM，故②错误； ②由②可知CBCN，但是无法证明NBCBCN，故②错误；

②由②得AMAB，由②得BNMN，则由三线合一可知AN②BM，故②正确， 综上，正确的有②②②， 故答案为：②②②. 【点睛】

本题主要考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定，三线合一，角平分线等相关内容，熟练掌握三角形与平行四边形的综合求解方法是解决本题的关键.

15．（2018·南京玄武外国语学校初二期中）如图，已知等腰①ABC中，AB=AC，①BAC=120°，AD①BC于点D，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP=OC，下面的结论： ①①APO+①DCO=30°；①①OPC是等边三角形：①AC=DO+AP；①S①ABC=S四形形AOCP． 其中正确的是_______．（填序号）

【答案】②②② 【解析】

解：如图1，连接OB，

②AB=AC，AD②BC， ②BD=CD，②BAD=

11②BAC=×120°=60°， 22②OB=OC，②ABC=90°-②BAD=30° ②OP=OC，

！

②OB=OC=OP，

②②APO=②ABO，②DCO=②DBO，

②②APO+②DCO=②ABO+②DBO=②ABD=30°； 故②正确；

②②APC+②DCP+②PBC=180°， ②②APC+②DCP=150°， ②②APO+②DCO=30°， ②②OPC+②OCP=120°，

②②POC=180°-（②OPC+②OCP）=60°， ②OP=OC，

②②OPC是等边三角形； 故②正确；

如图2，在AC上截取AE=PA，

②②PAE=180°-②BAC=60°， ②②APE是等边三角形， ②②PEA=②APE=60°，PE=PA， ②②APO+②OPE=60°， ②②OPE+②CPE=②CPO=60°， ②②APO=②CPE， ②OP=CP，

在②OPA和②CPE中，

PAPEAPOCPE， OPCP②②OPA②②CPE（SAS），

②AO=CE，

②AC=AE+CE=AO+AP； 故②错误；

如图3，过点C作CH②AB于H，

②②PAC=②DAC=60°，AD②BC， ②CH=CD， ②S②ABC=

1AB•CH， 2S四边形AOCP=S②ACP+S②AOC =

11AP•CH+OA•CD 2211AP•CH+OA•CH 221CH•（AP+OA） 21CH•AC， 2=

=

=

②S②ABC=S四边形AOCP； 故②正确． 故答案为：②②②. 【点睛】

本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．

16．（2020·广东省初三其他）如图，在菱形ABCD中，AB＝BD，点E、F分别是线段AB、AD上的动点（不与端点重合），且AE＝DF，BF与DE相交于点G．给出如下几个结论：①①AED①①DFB；①①BGE

！

大小会发生变化；①CG平分①BGD；①若AF＝2DF，则BG＝6GF；⑤S四边形BCDG3CG．其中正确的结论有_____（填序号）．

2

【答案】②②②． 【解析】

解：②②ABCD为菱形，

②AB＝AD，

②AB＝BD，②②ABD为等边三角形， ②②A＝②BDF＝60°， 又②AE＝DF，AD＝BD，

②②AED②②DFB（SAS），故本选项②正确；

②②②BGE＝②BDG+②DBF＝②BDG+②GDF＝60°，为定值， 故本选项②错误；

②过点C作CM②GB于M，CN②GD于N（如图1），

则②CBM②②CDN（AAS）， ②CN＝CM， ②CG＝CG，

②Rt②CNG②Rt②CMG（HL）， ②②DGC＝②BGC，

②CG平分②BGD；故本选项②正确； ②过点F作FP②AE交DE于P点（如图2），

②AF＝2FD，

②FP：AE＝DF：DA＝1：3， ②AE＝DF，AB＝AD， ②BE＝2AE，

②FP：BE＝FP：2AE＝1：6， ②FP②AE， ②PF②BE，

②FG：BG＝FP：BE＝1：6， 即BG＝6GF，故本选项②正确；

②②②BGE＝②BDG+②DBF＝②BDG+②GDF＝60°＝②BCD，

！

即②BGD+②BCD＝180°， ②点B、C、D、G四点共圆，

②②BGC＝②BDC＝60°，②DGC＝②DBC＝60°， ②②BGC＝②DGC＝60°，

过点C作CM②GB于M，CN②GD于N（如图1）， 则②CBM②②CDN（AAS）， ②S四边形BCDG＝S四边形CMGN， S四边形CMGN＝2S②CMG， ②②CGM＝60°，

②GM＝

13CG，CM＝CG， 22133×CG×CG＝CG2，故本选项②错误； 222②S四边形CMGN＝2S②CMG＝2×

综上所述，正确的结论有②②②，共3个， 故答案为②②②． 【点睛】

此题综合考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线构造出全等三角形，学会把不规则图形的面积转化为两个全等三角形的面积解决问题．

17．（2020·陕西省初三其他）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，①ABCD的边AB在x轴上，顶点D在y轴的正半轴上，点C在第一象限，将①AOD沿y轴翻折，使点A落在x轴上的点E处，点B恰DE与BC交于点F．好为OE的中点，若y=（k≠0）图象经过点C，且S①BEF＝1，则k的值为________．

kx

【答案】24 【解析】

解：如图，连接OC，BD，

②将②AOD沿y轴翻折，使点A落在x轴上的点E处， ②OA＝OE，

②点B恰好为OE的中点， ②OE＝2OB， ②OA＝2OB，

设OB＝BE＝x，则OA＝2x， ②AB＝3x，

②四边形ABCD是平行四边形， ②CD＝AB＝3x， ②CD②AB， ②②CDF②②BEF，

！

②

BEEFx1， CDDF3x3②S②BEF＝1，

②S②BDF＝3，S②CDF＝9， ②S②BCD＝12， ②S②CDO＝S②BDC＝12， ②k的值＝2S②CDO＝24． 【点睛】

本题考查了反比例函数系数k的几何意义，折叠的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

18．（2018·南京玄武外国语学校初二期中）在Rt①ABC中，①ABC=90°，AB=3，BC=4，点E，F分别在边AB，AC上，将①AEF沿直线EF翻折，点A落在点P处，且点P在直线BC上．则线段CP长的取值范围是____.

【答案】1CP5 【解析】

如图，当点E与点B重合时，CP的值最小，

此时BP=AB=3，所以PC=BC-BP=4-3=1， 如图，当点F与点C重合时，CP的值最大，

此时CP=AC，

Rt②ABC中，②ABC=90°，AB=3，BC=4，根据勾股定理可得AC=5，所以CP的最大值为5， 所以线段CP长的取值范围是1≤CP≤5， 故答案为1≤CP≤5. 【点睛】

本题考查了折叠问题，能根据点E、F分别在线段AB、AC上，点P在直线BC上确定出点E、F位于什么位置时PC有最大（小）值是解题的关键.

19．（2020·江苏省初三期中）如图，已知点A是第一象限内的一个定点，若点P是以O为圆心，2个单位长为半径的圆上的一个动点，连接AP，以AP为边向AP右侧作等边三角形APB．当点P在①O上运动一周时，点B运动的路径长是_________．

！

【答案】4π 【解析】

如图， 以点A为旋转中心，将AO逆时针旋转60°，得到线段AO，

，

②②APB为等边三角形， ②AP=AB，

②点P是以O为圆心，2个单位长为半径的圆上的一个动点， ②点B的运动轨迹为以点O为圆心，2个单位长度为半径的圆， ②点B运动的路径长是224. 【点睛】

本题考查等边三角形的性质、点的轨迹，解题的关键是得出点B的轨迹为以点O为圆心，2个单位长度为半径的圆.

20．（2019·河北省初三二模）如图，在RtABC中，C90，ABC30，AC4，点P是线段AB上一动点．将ABC绕点C按顺时针方向旋转，得到A1B1C．点E是A1C上一点，且A1E2，则PE长

度的最小值为_________，最大值为_________．

【答案】232 432 【解析】

解：QC90，ABC30，AC4， BC43

Q将ABC绕点C按顺时针方向旋转，得到②A1B1C

ACAC4，且A1E2 1∴CE2

点E在以C为圆心，CE为半径的圆上，

如图，当点C，点E，点P共线，且PCAB时，PE长度最小，

QPCAB，ABC30

1PCBC23 2PE最小值为232

当点P与点B重合，且点E在PC的延长线上时，PE长度最大，

PE最大值为：432

！

故答案为：232，432 【点睛】

本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，确定点E的轨迹是本题的关键．

21．（2020·哈尔滨德强学校初三一模）如图，Q为正方形ABCD外一点，连接BQ，过点D作DQ①BQ，垂足为Q，G、K分别为AB、BC上的点，连接AK、DG，分别交BQ于F、E，AK①DG，垂足为点H，AFDH＝8，F为BQ中点，M为对角线BD的中点，＝5，连接HM并延长交正方形于点N，则HN的长为_____．

【答案】

322 7【解析】

连接AC，则AC必过BD中点M． ②四边形ABCD是正方形， ②AB＝AD，②BAD＝②ADC＝90°， 作BR②AK于R，连接MR，

则②ABR+②BAR＝②BAR+②DAH＝90°， ②②ABR＝②DAH， ②DG②AK于H， ②②DHA＝②ARB＝90°， 在②ABR和②DAH中：

ARBDHAABRDAH ABDA②②ABR②②DAH（AAS）， ②BR＝AH，AR＝DH，

②正方形对角线AC、BD交于点M，

②AM＝BM＝DM，②BMA＝②AMD＝90°，②MBA＝②MAB＝②MAD＝②MDA＝45°， ②②BRA＝②BMA，②AHD＝②AMD，

②A、B、R、M四点共圆，A、H、M、D四点共圆， ②②ARM＝②ABM＝45°，②DHM＝②DAM＝45°， ②②RHM＝②RHD﹣②DHM＝90°﹣45°＝45°， ②②RHM＝②HRM＝45°，

！

②②HMR是等腰直角三角形， ②OM＝OH＝OR，

作MO②HR，则HO＝OR，连接FM， ②F为BQ中点，

②FM为②BDQ的中位线， ②FM②DQ， ②DQ②BQ， ②FM②BQ，

②②BFM＝②BFR+MFO＝90°， 又②②BFR+②FBR＝90°， ②②FBR＝②MFO， ②②MOF＝②FRB＝90°， ②②BFR②②FMO， ②

MOFR＝， BRFO设FH＝x，OM＝OH＝OR＝y， ②AF＝5，DH＝8，

②BR＝AH＝AF+FH＝5+x，AR＝DH＝AF+FR＝5+x+2y＝8， ②FR＝x+2y＝3，

yx2y②＝， xy5x解得：x＝y＝1，

②AH＝AF+x＝6，

作NP②DG于P，则②PND+②PDN＝②PDN+②ADH＝90°， ②②ADH＝②PND， ②②AHD＝②DPN＝90°， ②②AHD②②DPN，

②

PDHA63＝＝＝， PNHD84设PD＝3k，PN＝4k， 又②②DHM＝45°，

②②HPN是等腰直角三角形，

②PH＝PN＝4k，HN＝2PH＝42k， ②DH＝PD+PH＝3k+4k＝7k＝8， ②k＝

8， 7322． 7②HN＝故答案为：

322． 7【点睛】

四边形综合题，主要考查了正方形的性质、四点共圆的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、中位线等重要知识点．解题关键是构造全等和相似三角形求出FH．

22．（2019·山东省初三二模）如图，ABCD、CEFG 是正方形，E 在 CD 上，直线 BE、DG 交于 H，且

！

HE•HB＝4﹣22， BD、AF 交于 M，当 E 在线段 CD（不与 C、D 重合）上运动时，下列四个结论：①BE①GD；①AF、GD 所夹的锐角为 45°；①GD＝AM；①若 BE 平分①DBC，则正方形 ABCD的面积为 4，其中结论正确的是____（填序号）．

【答案】②②②② 【解析】

解：②②BC=DC，CE=CG，②BCE=②DCG=90°， ②②BEC②②DGC， ②②EBC=②CDG，

②②BDC+②DBH+②EBC=90°，

②②BDC+②DBH+②CDG=90°，即BE②GD，故②正确； ②由于②BAD、②BCD、②BHD都是直角，

因此A、B、C、D、H五点都在以BD为直径的圆上， 由圆周角定理知：②DHA=②ABD=45°，故②正确； ②由②知：A、B、C、D、H五点共圆，则②BAH=②BDH， 又②②ABD=②DBG=45°， ②②ABM②②DBG，

②

AMAB1， DGBD2②DG2AM，故②正确； ②过H作HN②CD于N，连接EG，

②BH平分②DBG，且BH②DG， BH垂直平分DG， ②DE=EG，H是DG中点，HN为②DCG的中位线， 设CG=x，则HN=

1x，EGDE2x，DCBC221x，

②HN②CD，BC②CD， ②HN②BC，

②②NHB=②EBC，②ENH=②ECB， ②②BEC②②HEN，

②

BEBEBC==22+2，即EH=，

22+2EHHNBE=422，即BEBH42，

22+2②HEBH=BH②②DBH=②CBE，且②BHD=②BCE=90°， ②②DBH②②EBC，

②DBBC=BEBH=42，即2BC242， ②BC24，

②正方形ABCD的面积为4，故②正确； 故答案为：②②②②.

！

【点睛】

本题主要考查三角形相似和全等的判定及性质、正方形的性质以及圆周角定理等知识的综合应用，能够判断出A、B、C、D、H五点共圆是解题的关键．

23．E是BC的中点，F是CD上一点，AE①EF．（2020·北京清华附中初三月考）如图，在正方形ABCD中，有下列结论：①①BAE＝30°；①射线FE是①AFC的角平分线；①AE2＝AD•AF；①AF＝AB+CF．其中正确结论为是______．（填写所有正确结论的序号）

【答案】②②② 【解析】

解：②在正方形ABCD中，E是BC的中点，②B＝②C＝90°， ②AB＝BC，BE＝

1AB， 2②tan②BAE＝

BE1＝， AB2②tan30°＝3， 3②②BAE≠30°，故②错误； ②②B＝②C＝90°，AE②EF，

②②BAE＋②BEA＝90°，②BEA＋②CEF＝90°，②CFE＋②CEF＝90°， ②②BAE＝②CEF，②BEA＝②CFE， ②②ABE②②ECF， ②

ABCE BECF②AB＝2BE＝2CE， ②EC＝2CF，

设CF＝a，则EC＝BE＝2a，AB＝4a， ②在Rt②ABE中，AE＝25a，

在Rt②CEF中，EF＝5a，tan②CFE＝2，

②tan②AFE＝

AE＝2， EF②②AFE＝②CFE，

即射线FE是②AFC的角平分线，故②正确； ②②AFE＝②CFE，②AEF＝②C， ②②EAF＝②CEF， ②②BAE＝②CEF， ②②BAE＝②EAF， ②②ABE②②AEF， ②

AEAB， AFAE②AE2＝AB•AF， ②AD＝AB，

！

②AE2＝AD•AF，故②正确； 作EG②AF于点G， ②FE平分②AFC，②C＝90°， ②EG＝EC， ②EG＝EB， ②②B＝②AGE＝90°， 在Rt②ABE和Rt②AGE中

AEAE EBEG②Rt②ABE②Rt②AGE（HL） ②AB＝AG，

又②CF＝GF，AF＝AG＋GF， ②AF＝AB＋CF，故②正确， 由上可得，②②②正确， 故答案为：②②②．

【点睛】

本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．

24．（2020·济南育英中学初三一模）如图，正方形ABCD的边长为1，AC、BD是对角线，将①DCB绕着点D顺时针旋转45°得到①DGH，HG交AB于点E，连接DE交AC于点F，连接FG．则下列结论：①四边形AEGF是菱形；①①HED的面积是1﹣_____．（填入正确的序号）

2；①①AFG＝135°；①BC+FG＝3．其中正确的结论是2

【答案】②②② 【解析】

解：Q正方形ABCD的边长为1，

BCDBAD90，CBD45，BD2，ADCD1．

由旋转的性质可知：HGDBCD90，HCBD45，BDHD，GDCD，

HABG21，HEBG45，HAEBGE90，

VHAE和VBGE均为直角边为21的等腰直角三角形，

AEGE．

在RtVAED和RtVGED中，

DEDE， ADGDGEDHL， RtVAED②RtVAEDGED1180BEG67.5，AEGE， 2AFE180EAFAEF1804567.567.5AEF， AEAF．

QAEGE，AFBD，EGBD， AFGE且AF//GE，

！

四边形AEGF为平行四边形，

QAEGE，

平行四边形AEGF是菱形，故①正确；

QHA21，H45， AE21，

VHED的面积11DHAE222112112，故②正确； 2Q四边形AEGF是菱形，

AFGGEA267.5135，故③正确；

Q四边形AEGF是菱形，

FGAE21，

BCFG1212，故④不正确．

故答案为：②②②． 【点睛】

本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是掌握旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．

25．（2020·安徽省初三学业考试）如图，在Rt①ABC中，①C=90°，AC=10，BC=15，点D，E，P分别是边AC，AB；BC上的点，且AD=4，AE=4EB．若PDE 是等腰三角形，则CP的长是__________．

【答案】231或

14 3【解析】

建立如图平面直角坐标系

②AC=10,AD=4 ②CD6 ②D0,6

②过E作EM②BC于M ②EM②AC

②

BMEMBE1 BCACAB5②BM=3，EM=2 ②CM=12 ②E（12，2） 设P（x，0） ②AD=4，AC=10 ②CD=6

！

②D（0，6）P（x，0）E（12，2）

②DE212242 ，DP2x262 ，PE212x22 当DE=PD时，DE2PD2 ②42122x262 ②x2124 ②x124231

2②CP=231

当DE=PE时，DE2PE2 ②1224212x22

2②x112239,x212239（负值舍去） ②x11223924>CB ②P是边BC上的点

②当DE=PE时，不符合题意；舍去 当DP=PE时，DP2PE2 ②x26212x22 ②x214 314 314 3②CP=

故答案为： 231或

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定和性质，以及等腰三角形存在性等问题，掌握利用长度公式解决等腰三角形问题是解题的关键．

26．（2020·安徽省初三月考）如图，正方形ABCD和正三角形AEF都内接于eO，EF与BC，CD分别相交于点G，H，则

EF的值是________． GH

【答案】3 【解析】

解：如图，连接AC、BD、OF，AC与EF交于点I，

设②O的半径是r，则OF＝r， ②AO是②EAF的平分线， ②②OAF＝30°， ②OA＝OF，

②②OFA＝②OAF＝30°， ②②COF＝30°＋30°＝60°，

！

②AC②EF，

②FI＝r·sin60°＝

13r，OI＝r

221r， 2②EF＝2FI＝3r，CI＝②AC②EF，AC②BD， ②EF②BD， ②②CGH②②CBD， ②

GHCI1， BDCO21BD＝r， 2②GH＝

②

EF3r3． GHr故答案为：3． 【点睛】

此题主要考查了正多边形和圆、相似三角形的判定和性质以及解直角三角形，解答此题的关键是要明确圆内接正多边形的有关性质．

27．（2020·湖北省初三三模）如图，在Rt①ABC中，①ACB＝90°，点D在AC上，DE①AB于点E，且CD＝DE．点F在BC上，连接EF，AF，若①CEF＝45°，①B＝2①CAF，BF＝2，则AB的长为_____．

【答案】10 【解析】

解：如图，以AC为轴将②ACF翻至②ACK，在AB边上截取BL＝BF＝2

②②ACB＝90°，DE②AB

②②BCE+②DCE＝90°，②BEC+②DEC＝90° ②CD＝DE ②②DCE＝②DEC ②②BCE＝②BEC ②BC＝BE ②BF=BL=2 ②EL=CF

设CF＝x，则EL＝CK＝x ②BK＝2x+2，BC＝BE＝x+2 设②B＝2②CAF＝2α 则②CAK＝α，②K＝90°﹣α

②②KAB＝180°﹣2α﹣（90°﹣α）＝90°﹣α

！

②②K＝②KAB ②BA＝BK＝2x+2 在②CBL和②EBF中

CBEBBB BLBF②②CBL②②EBF（SAS） ②②BCL＝②BEF

又②②CEF＝45°，②BCE＝②BEC ②②ECL＝②CEF＝45°

②②ALC＝180°﹣45°﹣45°﹣②BEF＝90°﹣②BEF ②②ACL＝90°﹣②BCL，②BCL＝②BEF ②②ALC＝②ACL ②AC＝AL＝2x

在Rt②ABC中，由勾股定理得： （x+2）2+（2x）2＝（2x+2）2 解得x＝4或x＝0（舍） ②AB＝10 故答案为：10． 【点睛】

此题考查的是等腰三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和勾股定理，掌握等角对等边、等边对等角、全等三角形的判定及性质和勾股定理是解决此题的关键．

28．（2020·浙江省初三一模）如图，已知①ABC中，①BAC＝120°，AB＝AC＝23 ．D为BC边一点，且BD：DC＝1：2．以D为一个点作等边①DEF，且DE＝DC连接AE，将等边①DEF绕点D旋转一周，在整个旋转过程中，当AE取得最大值时AF的长为_____．

【答案】27 【解析】

解：如图，点E，F在以D为圆心，DC为半径的圆上，当A，D，E在同一直线上时AE取最大值， 过点A作AH②BC交BC于H， ②②BAC＝120°，AB＝AC＝23， ②②B＝②ACB＝30°，BH＝CH， ②在Rt②ABH中， AH＝

1AB＝3，BH＝3AH＝3， 2②BC＝2BH＝6， ②BD：DC＝1：2， ②BD＝2，CD＝4， ②DH＝BH﹣BD＝1，

在Rt②ADH中，AH＝3，DH＝1，

②tan②DAH＝

DH3， AH3！

②②DAH＝30°，②ADH＝60°， ②②DEF是等边三角形， ②②E＝60°，DE＝EF＝DC， ②②ADC＝②E＝60°， ②DC②EF， ②DC＝EF，

②四边形DEFC为平行四边形， 又②DE＝DC，

②平行四边形DEFC为菱形， ②FC＝DC＝4，②DCF＝②E＝60°， ②②ACF＝ACB+②DCF＝90°， 在Rt②ACF中，AFAC2CF2(23)24227,

故答案为：27．

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，菱形的判定与性质等，解题关键是能够确定AE取最大值时的位置．

29．（2020·长沙市中雅培粹学校初二月考）如图，正方形ABCD中，点E在边CD上，且CD3DE，AB6，将VAFE.延长EF交边BC于点G，连接AG、CF.下列结论：①VABG①VAFG；ADE沿AE对折至V②BGGC；③AG//CF；④VGCF是等边三角形，其中正确结论有______．

【答案】①②③ 【解析】

Q四边形ABCD是正方形，将VADE沿AE对折至VAFE，

ABADAF，

ABAFo在VABG与VAFG中，BAFG90，

AGAGVABG②VAFG；故①正确，

1QEFDECD2，

3设BGFGx，则CG6x， 在直角VECG中，

根据勾股定理，得(6x)4(x2)， 解得x3，

222BG363GC；故②正确，

QCGBGGF，

！

VFGC是等腰三角形，GFCGCF，

又AGBAGF，AGBAGF180oFGCGFCGCF，

AGBAGFGFCGCF， AG//CF；故③正确， QBGCG，

BG1AB， 2tanAGB2，

AGB60o，

QAG//CF，

FCGAGB60o，

VGCF不是等边三角形；故④错误．

综上所述：正确结论有①②③，

故答案为：①②③． 【点睛】

本题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想应用． 30．（2020·山东省初三一模）如图，在矩形ABCD中，AB4,BC6，点E为对角线BD的中点，点

F在CB的延长线上，且BF1，连接EF，过点E作EGEF交BA的延长线于点G，连接GF并延长交DB的延长线于点H，则

EH__________. GH

【答案】5 4【解析】

如图，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，建立平面直角坐标系． 则A(0,0),B(4,0),D(0,6),E(2,3),F(4,1)，

kEF3(1)42．

242QEFEG，

kEG11． kEF2设EG解析式为ykxb， 则kkEG1． 2过E(2,3)，代入得：

132b，

2b2， y1x2． 2！

令y0，则x4，

G(4,0)．

设FG的解析式为yk1xb1，

04k1b1过G、F，则，

14kb1111k1,b1，

8211yx．

82设BD的解析式为y=mx+n，则：

3b6k，解得：2， 4kb0b63yx6，

23yx62联立，

11yx8252x11②，

12y115212H,，

1111②EH=(2155221213， )(3)2=111111GH=(4125221265， )(0)2=111111EH5． GH45． 4故答案为：

【点睛】

本题是一次函数综合题．考查了待定系数法求一次函数的解析式以及两点间的距离公式．求出H的坐标是解答本题的关键．

！