最后一题高频考点 押题练 2025年中考数学复习备考

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最后一题高频考点 押题练
2025年中考数学复习备考
1．定义：若一个点的纵坐标是横坐标的3倍，则称这个点为“三倍点”，如：，是“三倍点”．
(1)判断下列函数中存在三倍点的是______（填入序号）．
①；②；③；④．
(2)已知二次函数（c为常数）．若该函数经过点，
①求出该图象上的“三倍点”坐标；
②当时，求出该函数的最小值；
(3)在的范围内，若二次函数的图象上至少存在一个“三倍点”，求出c的取值范围．
2．【图形感知】
如图1，在四边形中，已知，，．
（1）求的长；
【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究．
在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点．
（2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由；
②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长；
（3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
3．平面内，在平行四边形中，，，，点为边上任意一点，连接，将绕点逆时针旋转得到线段，设．
(1)当与垂直时，
①尺规作图：在图1中找到点和点（保留作图痕迹，不写作法）；
②___________；旋转到所扫过的面积___________（结果保留π）；
(2)当点落在对角线的延长线上时，分别过点，作直线的垂线，垂足分别为，，如图2．
①求证：；
②求的值；
(3)连接，在旋转的同时，将绕点逆时针旋转得到线段，连接，，如图3．当是直角三角形时，直接写出的值．
4．已知点在正方形内，点E在边上，是线段的垂直平分线，连接，．
(1)如图1，若的延长线经过点D，，求的长；
(2)如图2，点F是的延长线与的交点，连接．
①求证：；
②如图3，设，相交于点G，连接，，．若，判断的形状，并说明理由．
5．综合与实践
特例感知
（1）如图1，在等腰直角中，D为斜边的中点，P是斜边上一动点，过点P分别作与的垂线，垂足分别为E，F，连接，，则，的关系是______．
类比迁移
（2）如图2，在等腰直角中，D为斜边的中点，P是斜边延长线上一动点，过点P分别与的垂线，垂足分别为E，F，连接，，．求证：是等腰直角三角形．
拓展应用
（3）如图3，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，，C是的中点，P是射线上一动点，过点P分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为F，D，连接，，，点E与点C关于对称，连接，．
①当点P在线段上运动时，请判断点E是否在一条直线上运动．若在，请直接写出这条直线的解析式；若不在，请说明理由．
②设点F的横坐标为x，四边形的面积为y，求y与x的函数解析式，并在如图4所示的平面直角坐标系中画出该函数的图象．
6．【问题背景】探究二次函数的性质与图像的变化规律．
【初步探究】如1图，我们将二次函数的图象向下平移得到图象，过图像上的动点作轴，交的图像于点．
问题（1）点在上运动的过程中，线段的长度是否会发生变化？若不变，请求出定值；若变化，请说明理由．
【拓展探究】如2图，线段分别交轴、轴于点．平移得到，且使其顶点始终在线段上．过图像上的点作轴，交的图像于点．
问题（2）若的顶点在线段的中点，且，求点的横坐标．
问题（3）若点的横坐标为的顶点横坐标为的长为，求的最大值．
7．综合与实践
【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程．
【操作实践】如图1，将矩形纸片沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕交于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕、，连接、、．
【初步猜想】（1）确定和的位置关系及线段和的数量关系．创新小组经过探究，发现，证明过程如下：由折叠可知，．由矩形的性质，可知，．①________．．智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为②________．经过探究，发现验证和数量关系的方法不唯一：
方法一：证明，得到，再由可得结论．
方法二：过点作的平行线交于点G，构造平行四边形，然后证可得结论．
请补充上述过程中横线上的内容．
【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证和的数量关系，写出证明过程．
【尝试运用】（3）如图2，在矩形中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交于点G，连接．当为直角三角形时，求出的长．
8．综合与实践
从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究．
特例研究
在正方形中，相交于点O．
（1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________；
（2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值
类比探究
（3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由；
（4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）．
9．在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线交轴于点，两点，交轴于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，点为第一象限拋物线上一点，点的横坐标为，连接，，设的面积为，求与之间的函数关系式（不需要写出自变量的取值范围）；
(3)如图2，在（2）的条件下，点在拋物线上，点的横坐标为，连接，点在第四象限的抛物线上，连接交轴于点，点在轴上，连接，，过点作的垂线，点为垂足，过点作的垂线，点为垂足，平分交于点，连接交轴于点，点在轴正半轴上，点在上，连接，，，，，，求点的坐标．
10．如图，抛物线的对称轴为直线，抛物线与x轴一个交点为，另一个交点为，与轴交于点，抛物线的顶点为．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点在抛物线的对称轴上，，求点的坐标；
(3)如图2，连接，延长交轴于点，点在线段上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，当点在抛物线上时，求点的坐标；
(4)如图3，点H在第一象限的抛物线上，过H作轴于M，交于点N，点Q在线段上，连接，满足，与抛物线的对称轴交于点．
①求的度数；
②若，求点的坐标．
参考答案
1．(1)①④
(2)①；②当时，；当时，
(3)
【分析】（1）利用“三倍点”的定义逐项判断；
（2）①把代入即可求得抛物线解析式，设该函数图象上的“三倍点”坐标为，把代入抛物线解析式，即可确定“三倍点”坐标；
②由①可知，分为当，即时；当，即时两种情况，分别求解即可；
（3）由题意得，三倍点所在的直线为，将在的范围内，二次函数的图象上至少存在一个“三倍点”，转化为在的范围内，二次函数和至少有一个交点，即可求解．
【详解】（1）解：设三倍点坐标为，
①将代入，得，解得，，可知中存在三倍点；
②将代入，得，无解，可知中不存在三倍点；
③将代入，得，无解，可知中不存在三倍点；
④将代入，得，解得，可知中存在三倍点；
故答案为：①④；
（2）解：①∵函数经过点，
∴，解得：，
∴该函数解析式为．
设点P是函数图象上的“三倍点”，则，
∴，解得：，
∴．
②由（1）可知，配方得，
∴抛物线的对称轴为直线．
当，即时，；
当，即时，；
综上，当时，，
当时，．
（3）解：由题意，得“三倍点”所在的直线为．
在的范围内，二次函数的图象上至少存在一个“三倍点”，
即在的范围内，二次函数和的图象至少有一个交点，
令，整理得：，
则，
解得：．
把代入，得，
代入，得，则，
解得：．
把代入，得，
代入，得，
则，解得：．
综上，c的取值范围为．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值，二次函数与一元二次方程的关系等，理解“三倍点”是的定义是解题的关键．
2．（1）；（2）①四边形是矩形，理由见解析；②；（3）线段的最小值为．
【分析】（1）利用勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质求解即可；
（2）①由折叠的性质得，，再证明，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得解；
②延长和相交于点，连接，证明四边形是正方形，再证明，据此求解即可；
（3）先利用折叠的性质求得，推出点在以为直径的上，连接，，得到，据此求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
（2）①四边形是矩形，理由如下，
由折叠的性质得，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
②延长和相交于点，连接，
由折叠的性质得，，，
∵点恰好落在边上，
∴，，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∵，
∴点在对角线上，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）由折叠的性质得，，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴点在以为直径的上，连接，，
∴，即点在上时，线段存在最小值，
∵，
∴线段的最小值为．
【点睛】本题考查了翻折的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识点，难度较大，第三问判断点在以为直径的上是解题的关键．
3．(1)①见解析；②
(2)①见解析；②
(3)6或
【分析】（1）①根据作垂线的尺规作图方法作出过点C且垂直于的垂线，即可得到点P．以点P为圆心，的长为半径画弧，交的延长线于点E，即为所求．
②在中，通过解直角三角形可求出，根据扇形的面积公式可求出旋转到所扫过的面积；
（2）①利用直角互余求证，进而通过“”即可证明；
②利用列式求解即可；
（3）分别讨论，，三种情况，特别主要旋转过程中，利用再结合图形性质求解．
【详解】（1）解：①所求图形，如图所示．
②∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴旋转到所扫过扇形的面积为；
（2）①证明：由旋转可知，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②解：由（1）得，，
则，
由①知，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：；
（3）由旋转得，，，
∴可看作绕点逆时针旋转，
∴，，
∵中，，
∴，
①当时，
∵，
可知点在直线上，如图：
由（2）得，
故的值为；
②当时，
∵，
∴点在直线上，
∵绕点P逆时针旋转，点不在直线上，
所以不存在；
③当时，
如图，延长交于点，过点作于点，过点作于点，
∴，四边形为矩形，
∴，，，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
同理，
∴，，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
要使，只需，
∵，，
∴，
即，
化简得：，
解得：，
综上所述，的值为6或．
【点睛】本题考查了平行四边形与几何变换综合，涉及平行四边形的性质，旋转，全等的性质与判定，相似的判定与性质，勾股定理及判定直角三角形，三角函数，弧长公式，尺规作图——作垂线，作线段等于已知线段等，熟练掌握相关知识是解题的关键．
4．(1)
(2)详见解析；为等腰直角三角形，理由见解析
【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质得出，，证明，得出，结合正方形的性质可判断是等腰直角三角形，求出，然后根据勾股定理求出，即可求解；
（2）①由正方形的性质和线段的垂直平分线的性质得出，根据等边对等角以及三角形内角和定理可求出，即可求解；
②（方法一）作交于点M，交于点N．根据三线合一的性质得出M为的中点．可证，根据平行线分线段成比例判断出N是的中点，根据三角形中位线定理得出．根据证明，得出，则E为的中点．结合，根据三角形中位线定理和平行线的性质得出．同理可证，得出，即可得出结论；
（方法二）设，则．根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理求出，由（1）中，得出，则．根据等边对等角得出．根据三角形内角和定理求出，由角的和差关系求出，，根据证明，得出，．结合①中求出，则，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，的延长线经过点D，
∴，，，
由垂直平分线的性质知，，，
又，
∴，
∴．
又，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
（2）解：①证明：由题意知，，
∴，．
∴
，
∴．
②解：是等腰直角三角形．
理由如下：
（方法一）作交于点M，交于点N．
∵，
∴M为的中点．
又，
∴，
∴，
∴N是的中点，
∴是的中位线，．
∵，，且，
∴，
∴，
即E为的中点．
又，
∴，
∴．
同理可证，
∴．
∴是等腰直角三角形．
（方法二）设，则．
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴．
∴．
∴，
又，，
∴．
∴，．
由①知，
∴．
又，
∴为等腰直角三角形．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键．
5．（1），，证明见解析；（2）证明见解析；（3）①在直线上，理由见详解；②，画图见解析
【分析】（1）如图，连接，证明四边形是矩形，，可得，，，再证明，进一步可得结论；
（2）如图，连接，证明四边形是矩形，，可得，，可得，证明，可得，，证明；可得是等腰直角三角形；
（3）①如图，连接，过分别作轴的垂线，垂足分别为，证明，为等腰直角三角形，同理可得：，，，结合点E与点C关于对称，可得四边形是正方形，证明，可得，，求解直线为：，
设，，可得，可得在直线上；
②由①得：当在线段上，，则，，如图，当在直线上，同理可得：，而，四边形的面积为，再画图即可.
【详解】解：（1），；理由如下：
如图，连接，
∵在等腰直角中，，，D为斜边的中点，
∴，，，
∵过点P分别作与的垂线，垂足分别为E，F，
∴，，
∴四边形是矩形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（2）如图，连接，
∵在等腰直角中，，，D为斜边的中点，
∴，，，
∴，
∵过点P分别作与的垂线，
∴，，
∴四边形是矩形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴；
∴是等腰直角三角形；
（3）①如图，连接，过分别作轴的垂线，垂足分别为，
∵点A，B的坐标分别为，，C是的中点，
∴，为等腰直角三角形，
同理可得：，，，
∵点E与点C关于对称，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵点A，B的坐标分别为，，
设直线为：，
∴，解得：，
∴直线为：，
设，则，
∴,，
同理可得：,
∴，，
∴，
∴在直线上；
②由①得：当在线段上，，，，
∴四边形的面积为，
如图，当在线段延长线或线段的延长线上，同理可得：，而，
∴四边形的面积为，
综上：四边形的面积为，
如图，描点画图如下：
.
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定与性质，求解一次函数的解析式，列二次函数关系式，画二次函数的图象，熟练的利用数形结合的方法解题是关键.
6．（1）的长度不变，
（2）点的横坐标为或
（3）的最大值为26
【分析】本题主要考查一次函数，二次函数图象的性质，掌握二次函数图象的性质，平移的性质是关键．
（1）根据图形平移的性质求解即可；
（2）根据直线与坐标轴交点得到的顶点坐标为，的函数解析式为，设，当点在点上方时，当点在点上方时，代入计算即可求解；
（3）根据题意得到顶点为，的函数解析式为，，当点重合时，，解得，分别代入，结合图形分类讨论即可求解．
【详解】解：（1）的长度不变，，理由如下：
是由向下平移2个单位长度得到，
对应的函数值相差2，
．
（2）将代入，得，
将代入，得，
顶点在中点，
的顶点坐标为，
的函数解析式为，
设，
当点在点上方时，，则；
当点在点上方时，，则；
点的横坐标为或．
（3）的顶点横坐标为，
顶点为，
的函数解析式为，
将代入，得，
，
，
当点重合时，，
解得，
∴当时，，
，对称轴为直线，
当时，随的增大而增少，
当时，的最大值，
当时，，
，对称轴为直线，
当时，的最大值，
，
的最大值为26．
7．（1），（2）见解析（3）
【分析】（1）根据折叠的性质，折痕为角平分线，结合平行线的性质，得到，猜想；
（2）根据题干给定的2种方法进行证明即可；
（3）设，则，，勾股定理求出，当为直角三角形时，，根据平行线的判定和性质，以及三角形的外角的性质，推出，进而得到，证明，得到，列出比例式，进行求解即可．
【详解】解：（1）由折叠可知，．
由矩形的性质，可知，
．
．
．
智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为；
（2）法一：∵矩形，
∴，
∵折叠，
∴，，，
∴，即：，，
由（1）知：
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
法二：作交于点G，则：，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：作交于点G，则：，
由（2）可知：，，，
∴，
设，则：，，
∴，
如图，当为直角三角形时，则：，
∴，
∴，
∴，
又∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在和中，，
∴，即：，
∴，
解得：或（舍去）；
故．
【点睛】本题考查矩形与折叠，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握折叠的性质，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键．
8．（1）；；（2）；（3）的值与α无关，理由见解析；（4）．
【分析】（1）利用正方形的性质结合旋转的性质求解即可；
（2）由题意得，推出，，再得到，推出，根据正方形的性质求解即可；
（3）同理可证，得到，根据线段垂直平分线的性质求得，再根据余弦函数的定义求解即可；
（4）同理可证，，，根据，求解即可．
【详解】解：（1）∵正方形，
∴，，
∴旋转角为，，
故答案为：；；
（2）如图，
根据题意得，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）的值与α无关，理由如下，
如图，
同理可证，
∴，
∵菱形中，，
∴，
∵O是的垂直平分线与的交点，
∴，
∴，
过点作于点，
∴，，
∴，
∴，
∴的值与α无关；
（3）同理可证，，，
∴，，
∵，
∴
，
即．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，正方形和菱形的性质．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
9．(1)抛物线的解析式；
(2)与之间的函数关系式为；
(3)点的坐标为．
【分析】（1）将点和点的坐标分别代入，可得和，即可得抛物线的解析式；
（2）将点的横坐标代入抛物线的解析式，得出点的纵坐标，即为中，边上的高，代入三角形的面积公式即可；
（3）由已知条件易得点的坐标和线段的长度，推导角度之间的关系，得出线段之间的关系，求出点的坐标，从而可得所在直线的解析式，与抛物线的解析式联立，可得点的坐标，从而可得所在直线的解析式，设出点的坐标，由三角形全等的判定和性质，可表示出点的坐标，代入抛物线的解析式，结合已知条件中点所在的象限，即可求得点的坐标．
【详解】（1）解：抛物线交轴于点，点，
∴，
解得，，
∴，
答：抛物线的解析式为．
（2）解：过点作轴的垂线，点为垂足，
∵点的横坐标为，点在抛物线上，
∴点的纵坐标为，
∵点在第一象限，
∴，
∵，，
∴，，，
∴，
答：与之间的函数关系式为．
（3）解∵如图所示，
已知点在拋物线上，点的横坐标为，
∴，
∴ ，
∵拋物线交轴于点，
∴，
∴，
设，记与轴的交点为，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
设，则，，，，
在中，，
解得，，
∴，，，，
作于点，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
设所在直线的解析式为，则
，
解得，，
∴所在直线的解析式为，
设点的横坐标为，，则，，
解得，，
∴，
∴，
延长交延长线于点，
记与轴的交点为，设，
∵于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∵，平分，
∴，
连接，在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
作于点，则，
∴，
交的延长线于点，则四边形是正方形，
∴，，
∵于点，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设所在直线的解析式为，
∵， ，
∴，
解得，，
∴所在直线的解析式为，
∵点在上，设点的横坐标为，则点的纵坐标为，
∴，，
∴点的横坐标，点的纵坐标，
∵点在抛物线上，
∴，
解得，，或，
当时，，，符合题意，
当时，，，与已知“在第四象限的抛物线上”矛盾，故舍去，
∴，
答：点的坐标为．
【点睛】本题考查了抛物线的解析式，用点的坐标表示三角形的面积，等腰三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定和性质，正确作出辅助线．
10．(1)
(2)或；
(3)
(4)①；②
【分析】（1）利用待定系数法即可求得抛物线的表达式．
（2）过作垂直直线于，即，先证明
利用对应边成比例可得，代入数值可得，求解即可．
（3）先求出，利用待定系数法可得直线的解析式，利用垂直平分线的性质即可得．过作交延长线于，连接．则，．即可证明，，待定系数法可得直线的解析式为，与二次函数联立可得．
（4）①由题意可得，设，利用角的和差可得；
②过作于，过作于，设交于，先证明，即，设，即可得，，，，代入数值到，可得，即可求解．
【详解】（1）解：根据题意得，
解得，
；
（2）解：如图1，过作垂直直线于，即，
，
，
，
，
，
，
，抛物线对称轴为直线．
．
．
，
，
，
，
，
解得：或，
或；
（3）解：当时，，
，
，
设直线的解析式为，
代入，可得，
即，
，
，
，
，
，
，
．
如图2，过作交延长线于，连接．则,．
，
，
又，
，
，
，
设直线的解析式为，代入．
．
∴直线的解析式为．
联立．
解得，．
；
（4）解：①轴，
，
，
设，
，
，
，
；
②如图．过作于，过作于，设交于．
，
，
又，
，
，
设，
，
，
，
，
，
，，
，
．
，
当时，，
．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形，一次函数和二次函数综合，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
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