冲刺2022年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练（湖州中考压轴8道变式32道）解析版

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1、浙江湖州卷（压轴浙江湖州卷（压轴 8 道道+变式训练变式训练 32 道）道） 说明：本专辑精选了 2021 年浙江湖州卷失分较多和难度较大的题目 8 道，分别是第 9 题四边形的有关计算问题、第 10 题二次函数图形与性质、第 15 题二次函数与几何性质综 合、第 16 题有关几何拼图的计算问题、第 21 题圆的有关计算与证明问题、第 22 题方程不 等式与函数相结合的实际问题、第 23 题几何综合探究问题、第 24 题函数与几何相结合综 合问题，每道题精讲精析，配有变式练习各 4 道，浙江湖州浙江湖州模拟变式训练题共模拟变式训练题共 3232 道道，本试，本试 题解析共题解析共 6565 页

2、页. . 【压轴一】四边形的有关计算问题 【真题再现】【真题再现】 （2021 浙江湖州中考第 9 题）如图，已知在矩形 ABCD 中，AB1，BC= 3，点 P 是 AD 边 上的一个动点，连结 BP，点 C 关于直线 BP 的对称点为 C1，当点 P 运动时，点 C1也随之运动若点 P 从点 A 运动到点 D，则线段 CC1扫过的区域的面积是（ ） A B+ 33 4 C33 2 D2 【思路点拨】【思路点拨】由临界状态确定出 C1的运动路径，明确点 P 从点 A 运动到点 D，则线段 CC1扫过的区域 为：扇形 BCC和BCC，再分别计算两部分面积即可 【详析详解】【详析详解】解：如图，

3、当 P 与 A 重合时，点 C 关于 BP 的对称点为 C， 当 P 与 D 重合时，点 C 关于 BP 的对称点为 C， 点 P 从点 A 运动到点 D，则线段 CC1扫过的区域为：扇形 BCC和BCC， 在BCD 中，BCD90，BC= 3，CD1， tanDBC= 1 3 = 3 3 ， DBC30， CBC60， BCBC BCC为等边三角形， S扇形BCC= 120(3)2 360 =， 作 CFBC 于 F， BCC为等边三角形， BF= 1 2 = 3 2 ， CFtan60 3 2 = 3 2， SBCC= 1 2 3 3 2 = 33 4 ， 线段 CC1扫过的区域的面积为：

4、+ 33 4 故选：B 【方法小结】【方法小结】本题考查了以矩形为背景的轴对称，扇形的面积计算，等边三角形的判定与性质等知识，解 题的关键是画出线段 CC1扫过的图形 【变式训练】【变式训练】 【变式【变式 1.1】 （2019南浔区一模）如图，已知在ABCD 中，BDBC，点 E 是 AB 的中点，连接 DE 并延长， 与 CB 的延长线相交于点 F，连接 AF若 AD5，tanBDC2，则四边形 AFBD 的面积是（ ） A20 B253 2 C10 D10 3 【分析】 由 ASA 证明ADEBFE，得出 BFAD，DEFE，证出四边形 AFBD 是菱形，在 RtBDE 中，由 三角函数

5、得出 DE2BE，设 BEx，则 DE2x，由勾股定理得出方程，解方程求出 x= 5，得出 AB 2BE25，DF2DE4BE45，再由菱形面积公式即可得出结果 【详解】 解：四边形 ABCD 是平行四边形， ADBC5，ABCD，ADBC， BDCDBE，ADEBFE， BDBC， ADBD5， 点 E 是 AB 的中点， DEAB，AEBE， AFBF， 在ADE 和BFE 中， = = = ， ADEBFE（ASA） ， BFAD，DEFE， ADBDBFAF， 四边形 AFBD 是菱形， 在 RtBDE 中，tanDBEtanBDC2， =2， DE2BE， 设 BEx，则 DE2x，

6、 由勾股定理得：x2+（2x）252， 解得：x= 5， AB2BE25，DF2DE4BE45， 四边形 AFBD 的面积= 1 2ABDF= 1 2 25 45 =20； 故选：A 【变式【变式 1.2】（2019平阴县二模） 如图， 已知正方形 ABCD， 点 M 是边 BA 延长线上的动点 （不与点 A 重合） ， 且 AMAB，CBE 由DAM 平移得到若过点 E 作 EHAC，H 为垂足，则有以下结论： 点 M 位置变化，使得DHC60时，2BEDM； 无论点 M 运动到何处，都有 DM= 2HM； 无论点 M 运动到何处，CHM 一定大于 135其中正确结论的序号为（ ） A B

7、C D 【分析】 先判定MEHDAH，即可得到DHM 是等腰直角三角形，进而得出 DM= 2HM；依据当DHC 60时，ADH604515，即可得到 RtADM 中，DM2AM，即可得到 DM2BE；依据 点 M 是边 BA 延长线上的动点，且 AMAB，可得AHMBAC45，即可得出CHM135 【详解】 解：由题可得，AMBE， ABEMAD， 四边形 ABCD 是正方形，EHAC， EMAD，AHE90，MEHDAH45EAH， EHAH， MEHDAH（SAS） ， MHEDHA，MHDH， MHDAHE90，DHM 是等腰直角三角形， DM= 2HM，故正确； 当DHC60时，ADH

8、604515， ADM451530， RtADM 中，DM2AM， 即 DM2BE，故正确； 点 M 是边 BA 延长线上的动点（不与点 A 重合） ，且 AMAB， AHMBAC45， CHM135，故正确； 由上可得正确结论的序号为 故选：D 【变式【变式 1.3】 （2020安徽模拟）如图，对角线 AC 将正方形 ABCD 分成两个等腰三角形，点 E，F 将对角线 AC 三等分，且 AC15，点 P 在正方形的边上，则满足 PE+PF55的点 P 的个数是（ ） A0 B4 C8 D16 【分析】 作点 F 关于 BC 的对称点 M，连接 CM，连接 EM 交 BC 于点 P，可得点 P

9、 到点 E 和点 F 的距离之和最小 EM，由勾股定理求出 EM55，即可得解 【详解】 解：作点 F 关于 BC 的对称点 M，连接 CM，连接 EM 交 BC 于点 P，如图所示： 则 PE+PF 的值最小EM； 点 E，F 将对角线 AC 三等分，且 AC15， EC10，FC5AE， 点 M 与点 F 关于 BC 对称， CFCM5，ACBBCM45， ACM90， EM= 2+ 2= 102+ 52=55， 同理：在线段 AB，AD，CD 上都存在 1 个点 P，使 PE+PF55； 满足 PE+PF55的点 P 的个数是 4 个； 故选：B 【变式【变式 1.4】 （2020 春吴

10、兴区校级期中）如图，在平行四边形 ABCD 中，B90，BCAB作 AEBC 于点 E，AFCD 于点 F，记EAF 的度数为 ，AEa，AFb，则以下选项错误的是（ ） AD 的度数为 Ba：bCD：BC C若 60，则平行四边形 ABCD 的周长为4 3 3（a+b） D若 60，则四边形 AECF 的面积为平行四边形 ABCD 面积的一半 【分析】 由平行四边形的性质得出 ADBC， ADBC， ABCD， BD， 得出D+C180， 求出EAF+ C180， 得出BDEAF； 由平行四边形 ABCD 的面积得出 a： bCD： BC； 若 60， 则BD60，求出BAEDAF30，由直

11、角三角形的性质得出 BE= 3 3 AE= 3 3 a，DF= 3 3 AF= 3 3 b， 得出 AB2BE= 23 3 a， AD2DF= 23 3 b， 求出平行四边形 ABCD 的周长2 （AB+AD） = 4 3 3 （a+b） ；求出ABE 的面积= 1 2BEAE= 3 6 a2，ADF 的面积= 3 6 b2，平行四边形 ABCD 的面积BC AE= 23 3 ba= 23 3 ab， 得出四边形 AECF 的面积平行四边形 ABCD 的面积ABE 的面积ADF 的面积= 23 3 ab 3 6 （a2+b2）平行四边形 ABCD 面积的一半；即可得出结论 【详解】 解：四边形

12、 ABCD 是平行四边形， ADBC，ADBC，ABCD，BD， D+C180， AEBC 于点 E，AFCD 于点 F， EAF+C360290180， BDEAF； 平行四边形 ABCD 的面积BCAECDAF，AEa，AFb， BCaCDb， a：bCD：BC；若 60， 则BD60， BAEDAF30， BE= 3 3 AE= 3 3 a，DF= 3 3 AF= 3 3 b， AB2BE= 23 3 a，AD2DF= 23 3 b， 平行四边形 ABCD 的周长2（AB+AD）= 4 33（a+b） ； ABE 的面积= 1 2BEAE= 1 2 3 3 aa= 3 6 a2，ADF

13、的面积= 1 2DFAF= 1 2 3 3 bb= 3 6 b2，平行 四边形 ABCD 的面积BCAE= 23 3 ba= 23 3 ab， 四边形AECF的面积平行四边形ABCD的面积ABE的面积ADF的面积= 23 3 ab 3 6 （a2+b2） ， BCAB， ab， 四边形 AECF 的面积平行四边形 ABCD 面积的一半； 综上所述，选项 A、B、C 不符合题意，选项 D 符合题意； 故选：D 【压轴二】二次函数图形与性质 【真题再现】【真题再现】 （2021 浙江湖州中考第 10 题）已知抛物线 yax2+bx+c（a0）与 x 轴的交点为 A（1，0）和 B（3，0） ，点

14、P1（x1，y1） ，P2（x2，y2）是抛物线上不同于 A，B 的两个点，记P1AB 的面积为 S1， P2AB 的面积为 S2，有下列结论：当 x1x2+2 时，S1S2；当 x12x2时，S1S2；当|x12|x2 2|1 时，S1S2；当|x12|x2+2|1 时，S1S2其中正确结论的个数是（ ） A1 B2 C3 D4 【思路点拨】【思路点拨】不妨假设 a0，利用图象法一一判断即可 【详析详解】【详析详解】解：不妨假设 a0 如图 1 中，P1，P2满足 x1x2+2， P1P2AB， S1S2，故错误 如图 2 中，过点2作 P2EOB 于 E,过点 P1作 P1FOB 于 F

15、x12x2， 1:2 2 =1， AEAF, 显然 P2EP1F S1S2，故正确， |x12|x22|1， P1，P2在 x 轴的上方，且 P1离 x 轴的距离比 P2离 x 轴的距离大， S1S2，故正确， 如图 1 中，P1，P2满足|x12|x2+2|1，但是 S1S2，故错误 故选：B 【方法小结】【方法小结】本题考查抛物线与 x 轴的交点，二次函数图象上的点的特征等知识，解题的关键是学会利用 图象法解决问题，属于中考选择题中的压轴题 【变式训练】【变式训练】 【变式【变式 2.1】 （2021长兴县模拟）已知 P（2，m+4） ，Q（4，m+4）为平面直角坐标系 xOy 中两点，若

16、二次 函数 ymx24mx+3m（m0）的图象与线段 PQ 有公共点，则 m 的取值范围是（ ） Am2 B4m2 或 m2 C2m2 Dm2 或 m2 【分析】 分 m0 和 m0 两种情况，由题意得出不等式组可确定 m 的范围 【详解】 解：当 x2 时，代入代入 ymx24mx+3m 得，ym， 当 x4 时，代入 ymx24mx+3m 得，y3m， 当 m0 时， + 4 + 4 3 ， 解得，m2， 当 m0 时， + 4 3 + 4 ， 解得，m2 当 m2 或 m2 时，抛物线 ymx24mx+3m 与线段 PQ 有公共点， 故选：D 【变式【变式 2.2】 （2020长兴县模拟

17、）已知抛物线 yx2+2bx+c（b，c 为常数）经过点（2，4） ，且不经过第三 象限当5x1 时，函数的最大值与最小值之差为 16，则 b 的值为（ ） A3 B1 C3 或 1 D2 或 6 【分析】 将点（2，4）代入 yx2+2bx+c，得出 c4b，yx2+2bx+4b（x+b）2b2+4b，当 b0 时，c0， 函数不经过第三象限，则 c0；此时 yx2，最大值与最小值之差为 25；当 b0 时，c0，函数不经过 第三象限，则0，得 0b4，当5x1 时，函数有最小值b2+4b，当5b2 时，函数 有最大值 1+6b， 当2b1 时， 函数有最大值 256b； 当最大值 1+6b

18、 时， 1+6b+b24b16， b3； 当最大值 256b 时，b1；即可求解 【详解】 解：将点（2，4）代入 yx2+2bx+c， 得 44b+c4， 则 c4b； yx2+2bx+4b（x+b）2b2+4b， 对称轴 xb， 当 b0 时，c0，函数不经过第三象限，则 c0； 此时 yx2，当5x1 时，函数最小值是 0，最大值是 25， 最大值与最小值之差为 25； （舍去） 当 b0 时，c0，函数不经过第三象限，则0， 0b4， 4xb0， 当5x1 时，函数有最小值b2+4b， 当5b2 时，函数有最大值 1+6b， 当2b1 时，函数有最大值 256b； 函数的最大值与最小值

19、之差为 16， 当最大值 1+6b 时，1+6b+b24b16， b3 或 b5， 0b4， b3； 当最大值 256b 时，256b+b24b16， b1 或 b9， 0b4， b1 综上所述，b 的值为 1 或 3 故选：C 【变式【变式 2.3】 （2020河北模拟）如图，二次函数 yax2+bx+c（a0）的图象过点（2，0） ，对称轴为直线 x1有以下结论： abc0； 8a+c0； 若 A（x1，m） ，B（x2，m）是抛物线上的两点，当 xx1+x2时，yc； 若方程 a（x+2） （4x）2 的两根为 x1，x2，且 x1x2，则2x1x24 其中结论正确的有（ ） A1 个

20、B2 个 C3 个 D4 个 【分析】 根据二次函数的图象与性质即可求出答案 【详解】 解：由图象可知：a0，c0， 20， abc0，故正确； 抛物线的对称轴为直线 x1，抛物线的对称轴为直线 x1， 2 =1， b2a， 当 x2 时，y4a2b+c0， 4a+4a+c0， 8a+c0，故错误； A（x1，m） ，B（x2，m）是抛物线上的两点， 由抛物线的对称性可知：x1+x2122， 当 x2 时，y4a+2b+c4a4a+cc，故正确； 图象过点（2，0） ，对称轴为直线 x1抛物线与 x 轴的另外一个交点坐标为（4，0） ， yax2+bx+ca（x+2） （x4） 若方程 a（x

21、+2） （4x）2， 即方程 a（x+2） （x4）2 的两根为 x1，x2， 则 x1、x2 为抛物线与直线 y2 的两个交点的横坐标， x1x2， x124x2，故错误； 故选：B 【变式【变式 2.4】 （2020长兴县三模）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板” 如图是由一个 边长为 a 的正方形制作的七巧板，现从中选出四块拼成一个平行四边形，则所拼成的周长不同的平行四 边形有（ ） A2 种 B3 种 C4 种 D5 种 【分析】 根据正方形的性质和平行四边形的性质以及七巧板的结构即可得到结论 【详解】 解：如图，原正方形的边长为 a， 等腰直角三角形，的直角边为 2 4

22、 a，则它俩的斜边为1 2a， 故如图 1 的作出的平行四边形的周长为为 22a，图 2 的周长为32 2 a+a，图 3 的周长为 3a， 现从中选出四块拼成一个平行四边形，则所拼成的周长不同的平行四边形有 3 种， 故选：B 【压轴三】二次函数与几何性质综合 【真题再现】【真题再现】 （2021 浙江湖州第 15 题）已知在平面直角坐标系 xOy 中，点 A 的坐标为（3，4） ，M 是抛物 线 yax2+bx+2（a0）对称轴上的一个动点小明经探究发现：当 的值确定时，抛物线的对称轴上能 使AOM 为直角三角形的点 M 的个数也随之确定，若抛物线 yax2+bx+2（a0）的对称轴上存在

23、 3 个 不同的点 M，使AOM 为直角三角形，则 的值是 2 或8 【思路点拨】【思路点拨】由题意AOM 是直角三角形，可知一定存在两个以 A，O 为直角顶点的直角三角形，当以 OA 为直径的圆与抛物线的对称轴 x= 2相切时，对称轴上存在 1 个以点 M 为直角顶点的直角三角形，此时 对称轴上存在 3 个不同的点 M，使AOM 为直角三角形，利用图象法求解即可 【详析详解】【详析详解】解：AOM 是直角三角形， 一定存在两个以 A，O 为直角顶点的直角三角形，且点 M 在对称轴上的直角三角形， 当以 OA 为直径的圆与抛物线的对称轴 x= 2相切时，对称轴上存在 1 个以 M 为直角顶点的

24、直角三 角形，此时对称轴上存在 3 个不同的点 M，使AOM 为直角三角形（如图所示） 观察图象可知， 2 = 1 或 4， =2 或8， 故答案为：2 或8 【方法小结】【方法小结】本题考查二次函数的性质，直角三角形的判定，圆周角定理等知识，解题的关键是判断出对 称轴的位置，属于中考填空题中的压轴题 【变式训练】【变式训练】 【变式【变式 3.1】 （2021高新区模拟）已知二次函数 yax2+2ax+3a2+3（其中 x 是自变量） ，当 x2 时，y 随 x 的增大而减小，且4x1 时，y 的最大值为 7，则 a 的值为 1 【分析】 根据题目中的函数解析式可以求得该函数的对称轴，然后根

25、据当 x2 时，y 随 x 的增大而减小，且4 x1 时，y 的最大值为 7，可以判断 a 的正负，得到关于 a 的方程，从而可以求得 a 的值 【详解】 解：二次函数 yax2+2ax+3a2+3a（x+1）2+3a2a+3， 该函数的对称轴为直线 x1， 当 x2 时，y 随 x 的增大而减小，且4x1 时，y 的最大值为 7， a0，当 x1 时，y7， 7a（x+1）2+3a2a+3， 解得，a11，a2= 4 3（舍去） ， 故答案为：1 【变式【变式 3.2】 （2020 秋吴兴区期末） 如图， 在平面直角坐标系中， 抛物线 y= 3 3（x+3） 243交 x 轴于 A， B 两

26、点，交 y 轴于点 C，点 D 为抛物线顶点 （1）求 tanDAC 1 3 ； （2）若点 P 是线段 AC 上的一个动点，DPQDAC，DPDQ，当点 P 在线段 AC 上运动时，D 点 不变，Q 点随之运动求当点 P 从点 A 运动到点 C 时，点 Q 运动的路径长为 6 【分析】 （1）根据函数解析式可求 A、B、C、D 坐标，从而得到ACD90， 即为所求； （2）点 Q 随 P 运动而运动，P 为主动点，Q 为从动点，D 为定点，故 等于 P 的路径（AC）与 Q 的路 径之比，算出 和 AC 即可得到 Q 的路径 【详解】 解： （1）如上图，过 D 作 DEy 轴于 E， 抛物

27、线 y= 3 3 （x+3）243交 x 轴于 A，B 两点，交 y 轴于点 C，点 D 为抛物线顶点， D（3，43） ，DE= 3，OE43， 令 y0 得 3 3 （x+3）243 =0，解得 x133，x2= 3， A（33，0） ，B（3，0） ，OA33 令 x0 得 y33， C（0，33） ，OC33， CEOEOC= 3， OAOC33，CEDE= 3， AOC 和CED 是等腰直角三角形，AC36，DC= 6， ACODEC45， DCA90， tanDAC= = 6 36 = 1 3， 故答案为：1 3； （2）DPQDAC，DPDQ，且DCA90， ADCPQD， =

28、= 1 3， 点 P 在线段 AC 上运动时，D 点不变，Q 点随之运动， P 为主动点，Q 为从动点，D 为定点，根据“瓜豆原理”有 等于 P 的路径（AC）与 Q 的路径之比， AC36， Q 的路径为 36 = 6， 故答案为：6 【变式【变式 3.3】 （2020浙江自主招生）如图，抛物线 yax2+bx4 经过 A（3，0） ，B（5，4）两点，与 y 轴交于点 C，连接 AB，AC，BC抛物线的对称轴上是否存在点 M，使得ABM 是以 AB 为直角边的直 角三角形，则点 M 的坐标为 （5 2，11）或（ 5 2，9） 【分析】 当MAB 为直角时，证明GAMABH，则 tanGA

29、MtanABH，即 = ，即可求解；当 ABM为直角时，同理可解 【详解】 解：点 C（0，4） ，点 B（5，4） ，则函数的对称轴为：x= 1 2（0+5）= 5 2， 设点 M 的坐标为： （5 2，m） ， 当MAB 为直角时， 过点 A 作 y 轴的平行线 GH，交过点 M 与 x 轴的平行线于点 G，交 BC 的延长线于点 H， GAM+BAH180BAM90，BAH+ABH90， GAMABH， tanGAMtanABH， 在 RtAGM 和 RtBHA 中， MG= 5 2 +3= 11 2 ，GAm，AH4，BH5+38， tanGAMtanABH， = ，即 11 2 =

30、4 8， 解得：m11， 故点 M（5 2，11） ； 当ABM为直角时， 同理可得点 M 的坐标为： （5 2，9） ； 故答案为： （5 2，11）或（ 5 2，9） 【变式【变式 3.4】 （2020 秋吴兴区校级期中）如图，抛物线 yx2+2x+m+1（m 为常数）交 y 轴于点 A，与 x 轴的一个交点在 2 和 3 之间，顶点为 B 若点 M（2，y1） 、(1 2，2)、P（2，y3）在该函数图象上，则 y1y2y3； 将抛物线向左平移 2 个单位，再向下平移 2 个单位，所得抛物线解析式为 y（x+1）2+m； 抛物线 yx2+2x+m+1 与直线 ym+3 有且只有一个交点；

31、 点 A 关于直线 x1 的对称点为 C，点 D、E 分别在 x 轴和 y 轴上，当 m1 时，四边形 BCDE 周长的 最小值为34 + 2 其中正确判断的序号是 【分析】 根据二次函数的图象与性质、二次函数与坐标轴的交点、求线段和的最小值等知识依次对各结论进行分 析求解 【详解】 解：抛物线的对称轴为直线 x1， 点 P（2，y3）关于 x1 的对称点 P（0，y3） ， a10， 当 x1 时，y 随 x 增大而增大， 又20 1 2，点 M（2，y1） 、( 1 2，2)、P（0，y3）在该函数图象上， y2y3y1， 故错误； 将该抛物线向左平移 2 个单位，再向下平移 2 个单位，

32、所得抛物线解析式为 y（x+2）2+2（x+2） +m+12，即 y（x+1）2+m， 故正确； 把 ym+3 代入 yx2+2x+m+1 中， 得 x22x+20， b24ac0， 抛物线 yx2+2x+m+1 与直线 ym+3 没有交点， 故错误； 当 m1 时，抛物线的解析式为 yx2+2x+2， A（0，2） ，C（2，2） ，B（1，3） 作点 B 关于 y 轴的对称点 B（1，3） ，作 C 关于 x 轴的对称点 C（2，2） ， 连接 BC，与 x 轴、y 轴分别交于 D、E 点，则 BE+ED+CD+BCBE+ED+CD+BC， 根据两点之间线段最短， 知BC最短， 而BC的长

33、度一定， 此时四边形BCDE的周长最小， 最小为34 + 2， 故正确 故答案为： 【压轴四】有关几何拼图的计算问题 【真题再现】【真题再现】 （2021 浙江湖州第 16 题）由沈康身教授所著，数学家吴文俊作序的数学的魅力一书中记 载了这样一个故事：如图，三姐妹为了平分一块边长为 1 的祖传正方形地毯，先将地毯分割成七块，再 拼成三个小正方形（阴影部分） 则图中 AB 的长应是 2 1 【思路点拨】【思路点拨】如图，设 DEx利用面积关系求出 DE，再利用勾股定理求出 CE，利用三角函数的性质求 出 DT，AT，可得结论 【详析详解】【详析详解】解：如图，设 DEx 由题意 3DE21， D

34、E= 3 3 ， 在 RtCDE 中，CED90，CD1， EC= 2 2=12 ( 3 3 )2= 6 3 ， tanECD= = ， DT= 2 2 ， AT1 2 2 ， ABTTCD， tanABTtanTCD， = ， 1; 2 2 = 2 2 1 ， AB= 2 1 故答案为：2 1 【方法小结】【方法小结】 【变式训练】【变式训练】 【变式【变式 4.1】 （2020湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，流行于世界各地由边长为 2 的正方形可以 制作一副中国七巧板或一副日本七巧板，如图 1 所示分别用这两副七巧板试拼如图 2 中的平行四边形 或矩形，则这两个图形中，中国七巧板和日

35、本七巧板能拼成的个数分别是（ ） A1 和 1 B1 和 2 C2 和 1 D2 和 2 【分析】 根据要求拼平行四边形矩形即可 【详解】 解：中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数都是 2，如图所示： 故选：D 【变式【变式 4.2】 （2020犍为县二模）阅读：我们约定，在平面直角坐标系中，经过某点且平行于坐标轴或平行 于两坐标轴夹角角平分线的直线，叫该点的“特征线” 例如，点 M（1，3）的特征线有：x1，y3， yx+2，yx+4如图所示，在平面直角坐标系中有正方形 OABC，点 B 在第一象限，A、C 分别在 x 轴和 y 轴上，抛物线 y= 1 4（xa） 2+b 经过 B、C 两点，

36、顶点 D 在正方形内部 （1）写出点 M（2，3）任意两条特征线为 y3，yx+1 ； （2）若点 D 有一条特征线是 yx+1，则此抛物线的解析式为 y= 1 4（x2） 2+3 【分析】 （1）根据特征线直接求出点 D 的特征线； （2）由点 D 的一条特征线和正方形的性质求出点 D 的坐标，从而求出抛物线解析式 【详解】 解： （1）点 M（2，3） ， 点 M（2，3）是 x2，y3，yx+1，yx+5， 故答案为 y3，yx+1； （2）点 D 有一条特征线是 yx+1， ba1， ba+1 抛物线解析式为 y= 1 4（xa） 2+b， y= 1 4（xa） 2+a+1， 四边形

37、OABC 是正方形，且过 D 点的垂直于 x 轴的直线为正方形的对称轴，D（a，b） ， B（2a，2a） ， 1 4（2aa） 2+b2a，将 ba+1 代入得到 a2，b3； D（2，3） ， 抛物线解析式为 y= 1 4（x2） 2+3 故答案为 y= 1 4（x2） 2+3 【变式【变式 4.3】 （2019 秋长兴县期中）如图，在四边形 ABCD 中，BC90，A45，AB5，BC 3，点 E 是边 AD 上一点，过点 E 分别作 AB 与 BC 的垂线，过点 D 作 EG 的垂线，得到矩形 EGBF 和 矩形 DCGH，则这两个矩形的面积之和的最大值是 33 4 【分析】 延长 D

38、H 交 AB 于点 I，则 DIAB，利用等腰直角三角形的性质和矩形的性质解答即可 【详解】 解：根据题意，BC90， 延长 DH 交 AB 于点 I，则 DIAB， 四边形 BCDI 是矩形， DIBC3，CDBI， A45，DIAB， ADI 是等腰直角三角形， AIDI3， CDBI532， AEF 是等腰直角三角形， EFAF， 设 EFAFx，则 FI3x， 这两个矩形的面积之和为：SS矩形BCDI+S矩形EFIH， 即 S= 3 2 + (3 ) = 2+ 3 + 6 = ( 3 2) 2 + 33 4 ， a10， 当 x= 3 2时，这两个矩形的面积之和 S 有最大值，最大值为

39、： 33 4 ， 故答案为：33 4 【变式【变式 4.4】 （2018 秋吴兴区期末）如图 2，小靓用边长为 16 的七巧板（如图 1）拼成一幅装饰图，放入长 方形 ABCD 内拼成一个“木马”形状（如图 2） ，图中的三角形顶点 E 在边 CD 上，三角形的边 AM、GF 分别在边 AD、BC 上，则 AB 的长是 122 +12 【分析】 根据七巧板的边长为 16，在图 2 中分别求出 MR，RK，KO，SG 的长，即可得出 AB 的长 【详解】 解：如图 2， 图 1 中正方形的边长为 16， MR42，RK82，KO4，SG8， ABMR+RK+KO+SG= 42 + 82+ 4 +

40、 8 = 122 + 12 故答案为：122 + 12 【压轴五】圆的有关计算与证明问题 【真题再现】【真题再现】 （2021 浙江湖州第题）如图，已知 AB 是O 的直径，ACD 是 所对的圆周角，ACD 30 （1）求DAB 的度数； （2）过点 D 作 DEAB，垂足为 E，DE 的延长线交O 于点 F若 AB4，求 DF 的长 【思路点拨】【思路点拨】 （1）连接 BD，根据 AB 是O 的直径，可得ADB90，进而可以求DAB 的度数； （2）根据直角三角形 30 度角所对直角边等于斜边的一半可得 AD 的长，再根据垂径定理和特殊角三角 函数值可得 EFDE 的值，进而可得 DF 的

41、长 【详析详解】【详析详解】解： （1）如图，连接 BD， ACD30， BACD30， AB 是O 的直径， ADB90， DAB90B60； （2）ADB90，B30，AB4， AD= 1 2AB2， DAB60，DEAB，且 AB 是直径， EFDEADsin60= 3， DF2DE23 【方法小结】【方法小结】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，垂径定理，解决本题的关键是掌握圆周角定理 【变式训练】【变式训练】 【变式【变式 5.1】 （2021长兴县模拟）如图，在ABC 中，BABC，ABC90，以 AB 为直径的半圆 O 交 AC 于点 D，点 E 是弧 BD 上不与 B、D 重合

42、的任意一点，连接 AE 交 BD 于点 F，连接 BE 并延长交 AC 于点 G （1）求证：ADFBDG （2）若 AB4，且点 E 是弧 BD 的中点，求阴影部分面积 （结果保留 ） 【分析】 （1）根据圆周角定理得到DAEDBE，ADB90，再应用等腰三角形三线合一的性质易得 AD CD，根据直角三角形斜边中线的性质得到 ADBD，则ADFBDG 可得证； （2）连接 OE，应用垂径定理得到 OEBD，即可得到 OEAD，从而求得BOEBAD45，由 面积的和差关系可求解 【详解】 （1）证明：AB 是O 的直径， ADB90， BABC， ADCD， ABC90， BDAD， 在ADF

43、 和BDG 中， = = = = 90 ， ADFBDG（ASA） ， （2）解：连接 OE，交 BD 于点 H， 点 E 是弧 BD 的中点， OEBD， OEAD， BOEBAD45， AB4， OBOE2， 在 RtOHB 中，BHsinBOHOB= 2， S阴影S扇形SABE= 4522 360 1 2 2 2 = 2 2 【变式【变式 5.2】 （2021吴兴区校级模拟）AB 为O 的直径，弦 CDAB，垂足为 H，F 为弧 BC 上一点，且 FBCABC，连接 DF，分别交 BC、AB 于 E、G （1）如图 1，求证：DFBC； （2）如图 2，连接 EH，过点 E 作 EMEH

44、，EM 交O 于点 M，交 AB 于点 N 求证：ENGN； 连接OC，求证：CHO HEN 【分析】 （1）由直角三角形的性质得出BEF90，则可得出结论； （2）由垂径定理得出 HE= 1 2CDCHDH，由等腰三角形的性质得出DHED，证得DEN EGN，则可得出结论； 连接 OC，根据 AAS 可证得COHHNE 【详解】 （1）证明：CDAB， BHC90， C+ABC90， FBCABC，FC， F+FBC90， BEF90， DFBC （2）证明：由（1）得CEDBEF90， HE= 1 2CDCHDH， DHED， EMEH， HED+DEN90， CDAB， D+DGH90，

45、 DENDGH， 又DGHEGN， DENEGN， ENGN； 连接 OC， OCOB， OCBOBC， 由得DENEGN， BENOBC， OCBBEN， COHHNE， 在COH 和HNE 中， = = = 90 = ， COHHNE（AAS） 【变式【变式 5.3】 （2020南浔区模拟）如图 1，AB 是半圆 O 的直径，C 为半圆弧上一点，在 AC 上取一点 D，使 CD= 3BC，连接 BD 并延长交O 于 E，连接 AE，OE，OC，O 的半径为13 （1）求CAE 的度数； （2）求 的长； （3）如图 2，若 D 为 EB 中点 求 AE 的长； 点 M 为半圆内一个动点，连

46、接 CM 交 BE 于点 N，连接 EM，若CME2CAE，求 AM 的最小值 【分析】 （1）AB 是半圆 O 的直径，则ACBAEB90，故 tanCBD= = 3，进而求解； （2）求出COE2CAE120，利用扇形面积公式即可求解； （3）由 BC2+AC2AB2，得到( 3 2 )2+ (7 2) 2 = (213)2，即可求解；点 M 在以 CE 为定弦，过点 O 的圆上，进而求解 【详解】 解： （1）AB 是半圆 O 的直径， ACBAEB90 tanCBD= = 3， CBD60， CAECBD60； （2）COE2CAE120， 的长为12013 180 = 213 3 ；

47、 （3）设 AEx， CAECBD60，AEDBCD90 ED= 3x，AD2x， BD= 3x，BC= 3 2 x，CD= 3 2x， AC2x+ 3 2x= 7 2x BC2+AC2AB2， ( 3 2 )2+ (7 2) 2 = (213)2， 解得：x2 AE2； 如图， CAE60， CME120EOC 点 M 在以 CE 为定弦，过点 O 的圆上， 过 O 作 OFAE，作 OOCE 交圆 O 于点 O，作 OQAO于点 Q，则点 M 在圆 O上， 则 AFFE1，= 1 2 = 30， 则 PFAFtanEAO1 3 3 ， 同理可得： = 23 3 ， =(13)2 12= 1

48、2 = 23， 则 OPOFPF23 3 3 = 53 3 ， = 1 2 = 5 63， AQAP+PQ= 33 2 ， AO2AQ33， AM 的最小值为33 13 【变式【变式 5.4】 （2020湖州模拟）如图，已知在等腰ABC 中，ACBC，以 AC 为直径作O 交 AB 于点 D （1）若 AC2，A30，求 的长 （2）过点 D 作 DEBC 于点 E，求证：DE 是O 的切线 【分析】 （1）连接 OD，由圆周角定理得出COD2A60，由弧长公式即可得出答案； （2）由等腰三角形的性质证出BODA，得出 ODBC，证出 DEOD，即可得出结论 【详解】 （1）解：连接 OD，如

49、图所示： A30， COD2A60， AC2，AC 为O 的直径， OAOC1， 的长= 601 180 = 3； （2）证明：ODOA， AODA， ACBC， BA， BODA， ODBC， DEBC， DEOD， DE 是O 的切线 【压轴六】方程不等式与函数相结合的实际问题 【真题再现】【真题再现】 （2021 浙江湖州第 22 题）今年以来，我市接待的游客人数逐月增加，据统计，游玩某景区的 游客人数三月份为 4 万人，五月份为 5.76 万人 （1）求四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长百分之几； （2）若该景区仅有 A，B 两个景点，售票处出示的三种购票方式如下表所示：

50、购票方式 甲 乙 丙 可游玩景点 A B A 和 B 门票价格 100 元/人 80 元/人 160 元/人 据预测，六月份选择甲、乙、丙三种购票方式的人数分别有 2 万、3 万和 2 万，并且当甲、乙两种门票 价格不变时，丙种门票价格每下降 1 元，将有 600 人原计划购买甲种门票的游客和 400 人原计划购买乙 种门票的游客改为购买丙种门票 若丙种门票价格下降 10 元，求景区六月份的门票总收入； 问：将丙种门票价格下降多少元时，景区六月份的门票总收入有最大值？最大值是多少万元？ 【思路点拨】【思路点拨】 （1）设四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为 x，根据增长率问题应用