猜押02幾何最值、雙空類問題（選填題）考點3年考題考情分析幾何最值2023年第10題兩點之間線段最短2022年10題垂線段最短幾何中的最值問題是指在一定的條件下，求幾何圖形中某個不確定量(如線段長度、角度大小、圖形面積、周長等)的最大值或最小值.根據近幾年中考數學命題的趨勢，線段最值成為熱門的考點。雙空題2022~2024年第14題（必考題）安徽中考數學第14題，歷次作為填空壓軸題，因區分度大而倍受師生關注。近年來常以雙空題形式呈現。題型一兩點之間線段最短類問題1．（安徽中考特色選擇壓軸多結論）如圖，是線段上一點，和是位于直線同側的兩個等邊三角形，點分別是的中點．若，則下列結論錯誤的是（

）

A．的最小值為 B．的最小值為C．周長的最小值為6 D．四邊形面積的最小值為【答案】A【知識點】含30度角的直角三角形、等邊三角形的判定和性質、用勾股定理解三角形、利用平行四邊形性質和判定證明【分析】延長，則是等邊三角形，觀察選項都是求最小時，進而得出當點與重合時，則三點共線，各項都取得最小值，得出B，C，D選項正確，即可求解．【詳解】解：如圖所示，

延長，依題意∴是等邊三角形，∵是的中點，∴，∵，∴∴，∴∴，∴四邊形是平行四邊形，則為的中點如圖所示，

設的中點分別為，則∴當點在上運動時，在上運動，當點與重合時，即，則三點共線，取得最小值，此時，則，∴到的距離相等，則，此時此時和的邊長都為2，則最小，∴，∴∴，或者如圖所示，作點關于對稱點，則，則當三點共線時，

此時故A選項錯誤，根據題意可得三點共線時，最小，此時，則，故B選項正確；周長等于，即當最小時，周長最小，如圖所示，作平行四邊形，連接，

∵，則如圖，延長,，交于點，則，∴是等邊三角形，∴，在與中，∴∴∴∴∴，則，∴是直角三角形，

在中，∴當時，最短，∵∴周長的最小值為，故C選項正確；∵∴四邊形面積等于

∴當的面積為0時，取得最小值，此時，重合，重合∴四邊形面積的最小值為，故D選項正確，故選：A．【點睛】本題考查了解直角三角形，等邊三角形的性質，勾股定理，熟練掌握等邊三角形的性質，得出當點與重合時得出最小值是解題的關鍵．2．（2025·安徽滁州·一模）已知正方形邊長為，，為正方形對角線上的動點，，則周長的最小值為（）A．6 B．8 C． D．10【答案】B【知識點】用勾股定理解三角形、利用平行四邊形的性質求解、根據正方形的性質求線段長、根據成軸對稱圖形的特征進行求解【分析】如圖所示，連接，過點F作，過點D作交于點G，連接，證明出四邊形是平行四邊形，得到，，然后推出當點B，F，G三點共線時，周長取得最小值，即的長度，然后求出，利用勾股定理求出，，進而求解即可．【詳解】如圖所示，連接，過點F作，過點D作交于點G，連接∴四邊形是平行四邊形∴，∵四邊形是正方形，，為正方形對角線上的動點∴∴∴的周長∴當點B，F，G三點共線時，周長取得最小值，即的長度∵四邊形是正方形，∴∵∴∴∵正方形邊長為，∴，∴∴∴∴周長的最小值為8．故選：B．【點睛】此題考查了正方形的性質，平行四邊形的性質和判定，軸對稱最值問題，勾股定理等知識，解題的關鍵是得到當點B，F，G三點共線時，周長取得最小值．3．（2025·安徽宣城·二模）如圖，為等邊三角形，，的平分線交于點，為上一動點，連接，以為邊在右側作等邊，連接，則周長的最小值（

）A． B．2 C． D．4【答案】C【知識點】全等的性質和SAS綜合（SAS）、等邊三角形的性質、用勾股定理解三角形、根據成軸對稱圖形的特征進行求解【分析】通過分析點E的運動軌跡，點E在射線上運動（），作點A關于直線的對稱點M，連接交于點，此時的值最小．【詳解】提示：如圖，連接．，是等邊三角形，，，，，，．平分，，，，點在射線上運動，且．作點關于直線的對稱點，連接交于點，連接，即有，．當三點共線時，有最小值此時的值最小，最小為，即周長有最小值，最小值為．根據對稱性可知，．，是等邊三角形，．，，，周長的最小值為，故選C．【點睛】本題考查軸對稱最短問題、等邊三角形的性質和判定，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是證明點E的運動軌跡．4．（2025·安徽合肥·一模）如圖所示，是x軸的正半軸上一點，與軸交于、兩點，與軸交于、兩點，，，點是上任意一點，點是的中點，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【知識點】用勾股定理解三角形、與三角形中位線有關的求解問題、圓周角定理【分析】本題考查圓周角，三角形中位線定理，勾股定理，熟練掌握相關性質定理，作出輔助線是解題的關鍵；取中點，連接，，，，由點是的中點，得，由，，得，，進而可得，，，，由勾股定理求得，由，得、、三點共線時，，最小，即可求解．【詳解】解：取中點，連接，，，，∵點是的中點，∴，∵，，，，，，，，∴，，中，，中，，∴、、三點共線時，，最小，此時，故答案為：B5．（2025·安徽合肥·一模）點P是矩形內一點，Q是邊上的任意一點，連接、、、，已知，下列結論不正確的是（

）A．若，則的最小值是10B．若，則C．的最小值為20D．若，則的最小值為【答案】D【知識點】全等三角形綜合問題、線段垂直平分線的性質、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定與性質綜合【分析】本題主要考查了矩形的性質與判定，勾股定理，相似三角形的性質，三角形三邊關系，三角形內角和定理，線段垂直平分線的判定等等，正確作出輔助線是解題的關鍵．根據矩形的性質與判定，勾股定理，相似三角形的性質，三角形三邊關系，三角形內角和定理，線段垂直平分線的判定的性質逐項判斷即可．【詳解】解：①如圖：若則，，，，的最小值是10，A正確；②如圖：若，則，則，，同理可得，那么，即B、P、D三點共線，BP是直角斜邊上的高，，根據面積公式可得，B項正確；③因為，故當點P是矩形兩對角線的交點時，的值最小，則，所以的最小值為，C項正確；④如圖：若，則P在上，四邊形是矩形，，．根據三角形面積公式則，解得，作點關于的對稱點，連接，，此時，根據兩點之間線段最短，當共線且時，的值最小，即的長，在和中，，，，，，，的最小值為，D項錯誤．故選：D．6．（2025·安徽合肥·一模）如圖，矩形中，，，以為圓心，2為半徑作．動點在線段上（可以與和重合），連接，與的交點為點．連接．下列結論錯誤的是（

）A．的最小值是8B．若是的切線，則C．面積的最大值為D．的最小值是32【答案】D【知識點】相似三角形的判定與性質綜合、解直角三角形的相關計算、y=ax2+bx+c的最值、切線的性質定理【分析】本題考查圓的綜合應用．作點關于直線的對稱點，連接交于點，如圖所示，此時，最小，最小值為，根據軸對稱的性質和勾股定理求出，即可求出的最小值；若是的切線，則，在中，勾股定理求出，根據，即可求出；根據，得出當的面積最小時，的面積最大，過點E作，得出，根據相似三角形的性質求出，根據當底邊上的高最小時，的面積最小，求出面積的最小值為，即可求出的面積最大值為；設，則，根據，即可得出當時，的值最小，最小值為34．【詳解】解：作點關于直線的對稱點，連接交于點，如圖所示，此時，最小，最小值為，∵矩形中，，，，，∴的最小值是：，故A正確；若是的切線，則，在中，，，∵，∴，∵，∴，即，∴，故B項正確；∵，∴當的面積最小時，的面積最大，在中，，過點E作，則，∴，即，解得：，∵底邊為，故當底邊上的高最小時，的面積最小，∴當與重合時，的面積最小，此時，，即面積的最小值為，則的面積最大值為，故C項正確；設，則，則，∴當時，的值最小，最小值為34，故D項錯誤．故選：D．【點睛】該題考查了相似三角形的性質和判定，解直角三角形，二次函數的最值求解，勾股定理，矩形的性質，切線的性質，軸對稱的性質等知識點，解題的關鍵是掌握以上知識點．7．（2024·安徽六安·模擬預測）如圖，在矩形中，已知，，E為邊上一動點，將沿翻折到的位置，點A與點F重合，連接，則的最小值為（

）A． B． C．4 D．【答案】D【知識點】用勾股定理解三角形、矩形與折疊問題、相似三角形的判定與性質綜合【分析】本題考查了矩形的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理等知識，找到最小距離是解題的關鍵．在上取點G，使，連接FG，DG，證明，可得出，則，當、、三點共線時，最小，在中，利用勾股定理求出即可．【詳解】解：如圖，在上取點G，使，連接，．沿邊翻折到，，又，，，，又，，，，，當、、三點共線時，最小，在中，，，，，即的最小值為．故選：D．8．（2024·安徽·二模）如圖，在中，，，，分別為邊AB，AC上的兩個動點，且，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】D【知識點】全等的性質和SAS綜合（SAS）、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、解直角三角形的相關計算【分析】本題主要考查全等三角形的判定與性質，三角函數，勾股定理等知識，解本題的關鍵在于根據題意構造出和．過點作AB的垂線，在垂線上截取，作于點，分別連接CE，PE，證得，，得出的最小值為CE，在和，分別求得，，可得，根據勾股定理，即可求得．【詳解】解：如圖，過點作AB的垂線，在垂線上截取，作于點，分別連接CE，PE．，．，的最小值為，即的最小值為CE．，，，，，，，．在中，，即的最小值為．故選：D．9．（2024·安徽六安·一模）如圖，是菱形的對角線，，點E，F是上的動點，且，若，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】D【知識點】用勾股定理解三角形、利用平行四邊形的性質求解、利用菱形的性質求線段長【分析】本題考查了軸對稱-最短路線問題，熟練運用軸對稱的性質和平行四邊形的性質以及勾股定理是解題的關鍵．連接交于O，以，為鄰邊作平行四邊形，則，，所以，即的最小值．【詳解】解：如圖所示，連接交于O，以，為鄰邊作平行四邊形，，，，，，，，，四邊形是菱形，，，，，即的最小值是故答案為：D．10．（2024·安徽合肥·一模）如圖，四邊形中，，，的長度可變化，點E在上，點F在上，若，，且F是的中點，則的最小值為（

）A．6 B．8 C．9 D．10【答案】A【知識點】根據平行線判定與性質證明、全等的性質和ASA（AAS）綜合（ASA或者AAS）、利用平行四邊形的性質求解、證明四邊形是平行四邊形【分析】延長，交于點H，延長至點G，使得，連接，．通過，，及四邊形是平行四邊形得出，，將已知條件聚集在中，利用三角形三邊關系求出最值．【詳解】解：延長，交于點H，延長至點G，使得，連接，．∵，∴，∴，∵F是的中點，∴，又∵，∴，∴，，∴，∵，，，∴，∴．∵，，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，∴，即，A、E、G三點共線時，等號成立.，∴的最小值為6．故選：A．【點睛】本題考查了軸對稱變化求最值，其中涉及平行線的性質，全等三角形的應用，平行四邊形的判定及性質，正確利用軸對稱變換是解決本題的關鍵．題型二垂線段最短類問題1．（2024·安徽合肥·二模）如圖，在中，，，，，分別是邊上的動點，則的最小值是(

)A． B． C． D．2【答案】B【知識點】垂線段最短、解直角三角形的相關計算、線段問題(軸對稱綜合題)【分析】本題考查軸對稱，垂線段最短，解直角三角形，延長到，使，連接，過點作于點，推出的最小值是，再求出的長即可．【詳解】解：延長到，使，連接，過點作于點，如圖，，點與點關于軸對稱，，，的最小值是，，，，在中，故選：B．2．（安徽中考特色選擇壓軸最值問題）已知點O是邊長為6的等邊△ABC的中心，點P在△ABC外，△ABC，△PAB，△PBC，△PCA的面積分別記為，，，．若，則線段OP長的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【知識點】等邊三角形的性質、用勾股定理解三角形、求正多邊形的中心角【分析】根據，可得，根據等邊三角形的性質可求得△ABC中AB邊上的高和△PAB中AB邊上的高的值，當P在CO的延長線時，OP取得最小值，OP=CP-OC，過O作OE⊥BC，求得OC=，則可求解．【詳解】解：如圖，，，∴=====，∴，設△ABC中AB邊上的高為，△PAB中AB邊上的高為，則，，∴，∴，∵△ABC是等邊三角形，∴，，∴點P在平行于AB，且到AB的距離等于的線段上，∴當點P在CO的延長線上時，OP取得最小值，過O作OE⊥BC于E，∴，∵O是等邊△ABC的中心，OE⊥BC∴∠OCE=30°，CE=∴OC=2OE∵，∴，解得OE=，∴OC=，∴OP=CP-OC=．故選B．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，勾股定理，三角形的面積等知識，弄清題意，找到P點的位置是解題的關鍵．3．（2025·安徽滁州·一模）如圖，在中，，，，點P為邊上一動點，于點E，于點F，連接，則的最小值為（

）A． B． C．3 D．【答案】A【知識點】等腰三角形的性質和判定、含30度角的直角三角形、二次根式的混合運算、用勾股定理解三角形【分析】本題主要考查了直角三角形的性質，勾股定理，垂線段最短，正確作出輔助線是解題的關鍵．連接，取的中點，連接，，先證明為等腰直角三角形，得出，然后得出當時，取最小值，則也取最小值，最后直角三角形的性質和勾股定理求出的值即可．【詳解】解：如圖，連接，取的中點，連接，，，，，，，，，，為等腰直角三角形，，當時，取最小值，此時的值也最小，，，，∴，的最小值為，此時，的最小值為．故選：A．4．（2025·安徽馬鞍山·一模）如圖，在矩形中，，，為的中點，為上一動點，點、分別是點、關于直線的對稱點，連接交于點，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】A【知識點】垂線段最短、用勾股定理解三角形、根據矩形的性質求線段長、矩形與折疊問題【分析】本題考查矩形和折疊，勾股定理，垂線段最短，連接，先根據折疊得到點E在上，即當時，最小，然后根據勾股定理得到長，再利用面積法求出的最小值即可．【詳解】解：連接，，由折疊得，∴點B、E、D共線，即點E在上，∴當時，最小，這時，∵是矩形，∴,，又∵，∴，故選：A．5．（2025·安徽淮北·一模）如圖，在中，，，，點D是邊上一動點，以為腰作等腰三角形，使，，連接，則的最小值為（

）A．2 B． C． D．3【答案】C【知識點】全等三角形綜合問題、用勾股定理解三角形、解直角三角形的相關計算【分析】本題考查了全等三角形的判定與性質、勾股定理、解直角三角形、垂線段最短，在上取一點，使，證明，得出，推出當最小時，最小，而當時，最小，由勾股定理可得，得出，解直角三角形得出，即可得解．【詳解】解：在上取一點，使，，∵，∴，即，∵，∴，∴，∴當最小時，最小，而當時，最小，∵在中，，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴的最小值為，故選：C．6．（2025·安徽馬鞍山·一模）如圖：已知矩形，，，E為邊上一個動點，，，連接，則的最小值為（

）

A． B．2 C． D．【答案】B【知識點】線段垂直平分線的判定、相似三角形的判定與性質綜合【分析】本題考查了相似三角形的判定和性質，線段垂直平分線的判定．取的中點，連接，求得，，證明，求得，當點與點重合時，有最小值，據此求解即可．【詳解】解：取的中點，連接，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴點在線段的垂直平分線上，∴，當點與點重合時，有最小值，最小值為2，故選：B．7．（2025·安徽阜陽·一模）如圖，在中，為邊上一動點，，連接，則的最小值為（）A． B． C． D．2【答案】A【知識點】含30度角的直角三角形、相似三角形的判定與性質綜合、解直角三角形的相關計算【分析】要想找到的最小值，需要先找到E的運動軌跡是一條射線，過程為先作平分，作，由題意易得，根據相似的性質可證，進而得到點E的運動軌跡是射線，根據點到線的距離中，垂線段最短即可求解；【詳解】如圖，作平分，作，連接交于，∵∴∵平分，∴，∵，∴，∴，，，又P為邊上一動點，即點在與成夾角的射線上運動，的最小值為到的垂線段的長度，即的最小值為的長．，，即的最小值為，故選：A．【點睛】本題主要考查了三角形的相似的判定和性質，含直角三角形的性質，解直角三角形，垂線段最短等知識點，解決此題的關鍵是作出合理的輔助線．8．（2024·安徽池州·一模）如圖，在等邊三角形中，為邊上的高，是直線上的一個動點，連接，將線段繞點逆時針旋轉得到線段，連接．若，則在點的運動過程中，線段的長的最小值是（）A．2 B． C． D．【答案】B【知識點】垂線段最短、含30度角的直角三角形、等邊三角形的性質、根據旋轉的性質求解【分析】連接，因為是直線上的一個動點，所以將線段繞點逆時針旋轉得到線段，在點M運動過程中，點N在線段上運動，再根據垂線段最短可得當時，最短，再證明，即可由等邊三角形與直角三角形的性質求解．【詳解】解：如圖，當點M在點D處時，線段繞點逆時針旋轉得到線段，當點M在點C處時，線段繞點逆時針旋轉得到線段，連接，∵是直線上的一個動點，∴將線段繞點逆時針旋轉得到線段，在點M運動過程中，點N在線段上運動，根據垂線段最短可得，當時，最短，由旋轉可知：，，連接，∴是等邊三角形，∴，，∵等邊三角形中，為邊上的高，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴．故選：B．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，三角形外角的性質，垂線段最短的性質，點N在線段上運動是解題的關鍵，也是本題的難點．9．（2024·安徽淮北·模擬預測）如圖，在中，，，，為的角平分線，點為上一動點，點為的中點，連接，則的最小值是（

）A．2 B． C．4 D．【答案】B【知識點】解直角三角形的相關計算、與三角形中位線有關的求解問題、利用平行四邊形的性質求解、垂線段最短【分析】當點與點重合時，點在點處，此時，當點與點重合時，點在點處，此時，由三角形中位線定理得出點在上運動，當時，的值最小，由等邊對等角結合三角形內角和定理得出，求出得出的最小值為，求出的長即可得解．【詳解】解：如圖所示：當點與點重合時，點在點處，此時，當點與點重合時，點在點處，此時，為的中位線，，且，點為的中點，為的中位線，，，點在上運動，當時，的值最小，在中，，，，，，，，，為的角平分線，，，，即，的最小值為，，，，，，故選：B．【點睛】本題考查了垂線段最短，三角形中位線定理，等腰三角形的性質，平行四邊形的性質，解直角三角形的應用，正確運用相關知識點是解題關鍵．10．（2024·安徽合肥·一模）如圖，在中，，，，點P為邊上一動點，于點E，于點F，連接，則的最小值為（）A． B． C． D．【答案】C【知識點】垂線段最短、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、斜邊的中線等于斜邊的一半【分析】本題考查了直角三角形的性質，勾股定理，垂線段最短，正確作出輔助線是解題的關鍵．連接，取的中點G，連結，，先證明為等腰直角三角形，得到，進而可知當時最小，利用直角三角形的性質求出的最小值即可得到答案．【詳解】解：連接，取的中點G，連結，，，，，，，，，當時，取最小值，此時，的值也最小，，，，，的最小值為，此時，的最小值為．故選C．11．（2024·安徽合肥·一模）如圖，正方形的邊長為，點分別在邊，上，且平分，，連接，分別交，于點，點．是線段上的一個動點，過點作，垂足為，連接，則的最小值為（

）

A． B． C． D．【答案】B【知識點】根據正方形的性質求線段長、用勾股定理解三角形、線段垂直平分線的性質、全等的性質和SAS綜合（SAS）【分析】本題考查了正方形的性質、三角形全等的判定與性質、角平行線的定義，線段垂直平分線的判定與性質、勾股定理，連接與交于點，交于點，連接，，證明，得到，，進而可證明，得到，推導出是線段的垂直平分線，得到，由兩點之間線段最短可得，當點與點重合時，的值最小，進而由，求出即可求解，確定出點與點重合時，的值最小是解題的關鍵．【詳解】解：如圖，連接與交于點，交于點，連接，，

∵四邊形為正方形，∴，，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵平分，∴，∵，∴，，∴是線段的垂直平分線，∴，當點與點重合時，的值最小，此時，即的最小值是的長，∵正方形的邊長為，∴，∴∴的最小值為，故選：．題型三隱圓最值類問題1．（2025·安徽宣城·一模）正方形的邊長為，，分別是邊，上的動點，且，連接，，交于點，連接，當的值最小時，點到的距離是（

）A． B． C． D．【答案】A【知識點】全等的性質和SAS綜合（SAS）、用勾股定理解三角形、根據正方形的性質求線段長、相似三角形的判定與性質綜合【分析】本題考查全等三角形的判定和性質，正方形的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，熟練掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵；根據題意，判定，進而判定點P在以為直徑的圓上，從而利用勾股定理，即可求解；【詳解】解：在正方形中，，，，，，，點P在以為直徑的圓上．如圖，設的中點為，當點，，在同一條直線上時，有最小值．，，．過點作于點，，，，，，故選：A2．（2025·安徽合肥·一模）如圖，在中，，為邊上的動點，過作于點，連接并延長交于點．當取得最小值時，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】C【知識點】求一點到圓上點距離的最值、相似三角形的判定與性質綜合、用勾股定理解三角形、半圓（直徑）所對的圓周角是直角【分析】本題考查了圓周角，點到圓上的距離，勾股定理，相似三角形的判定和性質，根據題意判斷出點的運動軌跡是解題關鍵．根據直徑所對的圓周角是直角，得到點在以為直徑的圓上運動，取的中點，以為圓心，的長為半徑作，連接與交于點，連接并延長交于點，由點到圓上的距離可知，當點在位置時，取得最小值為,由勾股定理可得，再證明,得到，求出的長即可．【詳解】解：，，點在以為直徑的圓上運動，如圖，取的中點，以為圓心，的長為半徑作，連接與交于點，連接并延長交于點，由點到圓上的距離可知，當點在位置時，取得最小值為,在中，，，，，，，，，，，，,,，，即當取得最小值時，則的長為，故選：C．3．（2024·安徽·三模）如圖，矩形中，，，P為邊上一點（不與A、D重合），連接，過C點作，垂足為點E，點F為的中點，則的最小值是（

）

A．3 B． C． D．【答案】D【知識點】用勾股定理解三角形、與三角形中位線有關的求解問題、根據矩形的性質求線段長、圓周角定理【分析】取中點O，再取中點G，點E的軌跡是以O為圓心，半徑為2的圓弧，連接，可知，所以點F的軌跡是以G為圓心，以1為半徑的圓弧，當點D、F、G共線時，值最小，再進一步可得答案．【詳解】解：∵矩形，∴，，如圖，取中點O，再取中點G，連接，，∴，，

∵，，∴點E的軌跡是以O為圓心，半徑為2的圓弧，∵點F為的中點，∴，∴點F的軌跡是以G為圓心，以1為半徑的圓弧，當點D、F、G共線時，值最小，連接，∴，∴最小為，故選：D．【點睛】本題考查的是矩形的性質，勾股定理的應用，圓周角定理的應用，圓的確定，三角形的中位線的性質，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．4．（2024·安徽蚌埠·二模）如圖，在正方形中，，M，N分別為邊，的中點，E為邊上一動點，以點E為圓心，的長為半徑畫弧，交于點F，P為的中點，Q為線段上任意一點，則長度的最小值為（

）

A． B． C． D．【答案】B【知識點】用勾股定理解三角形、斜邊的中線等于斜邊的一半、根據正方形的性質求線段長、求一點到圓上點距離的最值【分析】如圖，連接，為的中點，可得，則在以為圓心，為半徑的圓弧上運動，當四點共線時，最小，再進一步求解即可．【詳解】解：如圖，連接，

∵正方形，，∴，，∵分別，的中點，∴，，∵為的中點，∴，∴在以為圓心，為半徑的圓弧上運動，當四點共線時，最小，此時，，∴，∴，即的最小值為：，故選B【點睛】本題考查的是直角三角形斜邊上的中線的性質，勾股定理的應用，等腰三角形的性質，正方形的性質，圓的確定，熟練的確定P的運動軌跡是解本題的關鍵．5．（2024·安徽淮北·二模）已知正方形的邊長為4，點是平面內的一動點，連接，且，點是上一點，，連接，下列結論錯誤的是（

）A．的最小值是3 B．的最小值是C．的最大值是 D．的最小值是5【答案】C【知識點】全等的性質和SAS綜合（SAS）、用勾股定理解三角形、根據正方形的性質求線段長、求一點到圓上點距離的最值【分析】由題意得到點P在以點B為圓心，的長為半徑的圓上運動，點Q在以點B為圓心，長為1半徑的圓上運動，在上取點M，使得，連接，根據動點的運動軌跡，結合點到圓上的最值距離，利用勾股定理逐一求值判斷即可．【詳解】解：如圖，由題意可得：點P在以點B為圓心，的長為半徑的圓上運動，點Q在以點B為圓心，長為1半徑的圓上運動，在上取點M，使得，連接，A、當點三點共線時，即點M與點Q重合，有最小值，，，的最小值為3，正確，不符合題意；B、當點三點共線時，即點P與點N重合，有最小值，，，最小值為，正確，不符合題意；C、為定值，有最大值時，有最大值，如圖，當點三點共線，且點B在點D與點P中間時，有最大值，，，此時，的最大值是，錯誤，符合題意；D、，，，當點三點共線時，即點P與點G重合，有最小值，最小值為的長，，，的最小值為5，正確，不符合題意；故選：C．【點睛】本題考查了點到圓上距離的最值問題，勾股定理，全等三角形的判定與性質，正方形的性質，正確作出輔助線找到動點軌跡是解題的關鍵．6．（2024·安徽蕪湖·二模）如圖，正方形邊長為4，點分別在邊上，且滿足交于點，分別是的中點，則的最小值為（

）

A． B． C． D．【答案】C【知識點】用勾股定理解三角形、根據正方形的性質求線段長、相似三角形的判定與性質綜合、全等的性質和SAS綜合（SAS）【分析】由可得，從而由角的關系可知，故點在以為直徑的半圓上移動，如圖2，連，在上截取，連，得，從而得的最小值為線段的長度，如圖3，作，垂足為，求出，則的最小值為．【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴又∴，∴又∴∴即，∴點在以為直徑的半圓上移動，如圖，連，在上截取，連，

∵正方形邊長為4，∴又，∴,，而的最小值為線段的長度，如圖，作，垂足為，則四邊形是正方形，

∴∴∴，∴的最小值為．故選：C【點睛】本題主要考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理等知識，解決本題的關鍵是證明，而的最小值為線段的長度，由勾股定理求出．7．（2024·安徽宣城·一模）如圖，等邊邊長為6，E、F分別是邊、上兩個動點且．分別連接、，交于P點，則線段長度的最小值為（

）A． B． C． D．3【答案】A【知識點】解直角三角形的相關計算、圓周角定理、等邊三角形的性質、全等的性質和SAS綜合（SAS）【分析】本題考查等邊三角形的性質、全等三角形的判定和性質、三角形的三邊關系、圓等知識，解題的關鍵是發現點P的運動軌跡，學會利用三角形的三邊關系解決最值問題，屬于中考填空題中的壓軸題．本題中先證明，角度推導得，繼而確定點P軌跡為以O為圓心的圓弧，連接，利用等邊對等角以及四邊形內角和定理可求出，后面解含有角的直角三角形即可．【詳解】解：∵等邊，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴點P軌跡為以O為圓心的圓弧，連接∵，，∴，，∴，∴，由得，，當O、P、C三點共線，即點P位于點時，取得最小值，∵，∴，∵，∴，∴，由得，∴，∴，即最小值為，故選：A．題型四代數類雙空題1．（安徽中考特色填空壓軸雙空題）如圖，是坐標原點，的直角頂點在軸的正半軸上，，反比例函數的圖象經過斜邊的中點．

（1）；（2）為該反比例函數圖象上的一點，若，則的值為．【答案】【分析】（1）根據已知條件得出的坐標，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的得出的坐標，進而即可求解；（2）根據題意，求得直線，聯立與反比例函數解析式，得出的坐標，進而根據兩點距離公式求得，，進而即可求解．【詳解】解：（1）∵，，∴∴，∵是的中點，∴，∵反比例函數的圖象經過斜邊的中點．∴；∴反比例數解析式為故答案為：；（2）∵，設直線的解析式為∴解得：∴直線的解析式為，∵，設直線的解析式為，將點代入并解得，∴直線的解析式為，∵反比例數解析式為聯立解得：或當時，當時，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了反比例函數與幾何圖形，反比例函數與一次函數交點問題，熟練掌握反比例函數的性質是解題的關鍵．2．（2024·安徽安慶·二模）關于x的二次函數的圖象經過點．（1）（2）若關于x的二次函數的圖象在內與x軸只有一個交點，則m的取值范圍是【答案】1或【分析】本題考查了二次函數的圖象和性質．（1）利用待定系數法求解即可；（2）找到拋物線與直線只有一個交點時，m的取值范圍即可．【詳解】解：（1）∵二次函數的圖象經過點，∴，解得；故答案為：1；（2）∵，∴，∴當時，拋物線與直線只有一個交點，當時，，當時，，∴當時，拋物線與直線只有一個交點，綜上，當或時，拋物線與直線只有一個交點，故答案為：或．3．（2025·安徽阜陽·一模）如圖，在平面直角坐標系中，點為坐標原點，兩點均在反比例函數的圖象上，軸交軸的正半軸于，與反比例函數的圖象交于，三點，在同一條直線上，連接．已知：的面積為，的面積為4．（1）的值為；（2）連接，則的面積為．【答案】/8【分析】本題主要考查了反比例函數的圖象和性質，關鍵是設出點的坐標，再根據三角形面積公式或相似三角形的對應邊的比相等求解．（1）作于，求得的面積等于，證明，求得，即可求得；（2）分別過作軸的正半軸的垂線，求得，設，求得，，再求得，到的距離等于，根據三角形的面積公式即可求解．【詳解】解：（1）作于，∵兩點均在反比例函數的圖象上，∴的面積等于的面積，∵的面積為，的面積為4，∴的面積等于，則的面積等于，∵，∴，∴，∴，∴；故答案為：；（2）分別過作軸的正半軸的垂線，垂足為．∵的面積為，的面積為4，∴，設，∵，∴，，∴，到的距離等于，∴．故答案為：8．4．（2025·安徽六安·一模）已知拋物線（）．（1）若拋物線經過點，則該拋物線的對稱軸為；（2）若拋物線的對稱軸為直線，點，在拋物線上，則的最大值為．【答案】直線18【分析】本題考查二次函數的圖象和性質．（1），將代入，得到a與b的關系，根據對稱軸為即可求解；（2）根據對稱軸為直線得到，得到．將和分別代入，得到，，利用二次函數的性質即可求解．【詳解】（1）由題知，將代入得：，則，所以拋物線的對稱軸為直線；（2）因為拋物線的對稱軸為直線，所以，則，所以拋物線的表達式可表示為．將和分別代入拋物線的表達式得：，，所以，因為，所以，即，所以的最大值為18．故答案為：直線，18．5．（2025·安徽·一模）如圖，在平面直角坐標系中，點分別在反比例函數，的圖象上，點在第二象限內，軸于點，軸于點，連接，已知點的坐標為．（1）點的坐標為；（2）若線段所在直線的函數表達式為，則四邊形的面積為．【答案】【分析】本題考查了反比例函數，一次函數，相似圖形的綜合，掌握以上知識，數形結合分析是解題的關鍵．（1）根據點在第二象限內，軸，得到點的縱坐標為，代入計算即可求解；（2）根據題意得到，，軸，，，，，設線段與軸交于點，如圖所示，則，再證明，得到，即，則，由，代入計算即可求解．【詳解】解：（1）∵點分別在反比例函數，的圖象上，點在第二象限內，軸，∴點的縱坐標為，∴在反比例函數中，當時，，解得，，∴；（2）∵軸于點，軸于點，點的坐標為，，∴，，軸，∴，，，，∵線段所在直線的函數表達式為，設線段與軸交于點，如圖所示，∴令時，，∴，∴，∵，∴，∴，即，解得，，∴，∴，∴；故答案為：①；②．6．（2025·安徽合肥·一模）如圖，在平面直角坐標系中，點，在軸正半軸上（點在點的右側），，分別以，為直角邊作等腰直角三角形，等腰直角三角形，反比例函數的圖象與斜邊交于點，與斜邊交于點．（1）若是的中點，且點的坐標為，則點的坐標為．（2）過點作軸于點，過點作軸于點．若是的中點，陰影部分（四邊形的面積等于，則的值為．【答案】【分析】本題考查反比例函數的圖像上點的特征，等腰直角三角形的性質，掌握相關知識是解題的關鍵．（1）由點的坐標為可得，，設點的縱坐標為，則點的橫坐標為，得到，求出值即可求解；（2）設，得以得到點的坐標為，然后可以得到點的坐標為，然后得到點的坐標，根據陰影部分的面積求出值即可解題．【詳解】解：（1）點的坐標為，，是的中點，，設點的縱坐標為，則點的橫坐標為，，解得：，（舍去），，點的坐標為，故答案為：；（2）設，，，，都是等腰直角三角形，點的坐標為，是的中點，點的坐標為，，陰影部分的面積等于，，，點的坐標為，，，，故答案為：．7．（2025·安徽合肥·一模）定義：若一個函數圖象上存在縱坐標是橫坐標一半的點，則把該函數稱為“半值函數”，該點稱為“半值點”．例如：“半值函數”，其“半值點”為．（1）函數的圖象上的“半值點”是．（2）若關于x的函數的圖象上存在唯一的“半值點”，且當時，n的最小值為k，則k的值為．【答案】和0或【分析】本題主要考查二次函數與反比例的函數的圖象與性質，熟練掌握二次函數與反比例函數的圖象與性質是解題的關鍵；（1）設函數的圖象上的“半值點”的坐標是，則可求出，然后問題可求解；（2）由題意易得，則有，然后可分當時，當時，當時，進而根據二次函數的最值問題可進行求解．【詳解】解：（1）設函數的圖象上的“半值點”的坐標是，則有：，解得：，∴函數的圖象上的“半值點”的坐標是和，故答案為和；（2）由題意得：，整理得：，∴，即，此時可看作是n與m成二次函數關系，即當時，n有最小值，∵，∴當時，則n的最小值為0，即，符合題意；當時，此時n隨m的增大而增大，∴當時，n有最小值k，即，（此時方程無解）；當時，此時n隨m的增大而減小，∴當時，n有最小值k，即，解得：（不符合題意，舍去），綜上所述：k的值為0或；故答案為0或．8．（2025·安徽宣城·一模）如圖，一次函數的圖象與軸交于點，與反比例函數的圖象在第一象限交于點．（1）．（2）若（不與點，重合）是線段上的動點，過點作軸的平行線，交反比例函數的圖象于點，軸，軸，垂足分別為，，則四邊形面積的最大值為．【答案】【分析】此題考查了一次函數和反比例函數的交點問題、矩形的判定和性質、二次函數的最值等知識，準確列出二次函數解析式是關鍵．（1）求出點和點的坐標，利用勾股定理即可求出答案；（2）設點C的坐標為，證明四邊形是矩形，得到，則，得到四邊形的面積為，利用二次函數的性質即可求出答案．【詳解】解：（1）當時，，解得，∴點的坐標為，聯立得到，解得或，∴,∴，故答案為：（2）設點C的坐標為，∵過點作軸的平行線，交反比例函數的圖象于點，軸，軸，垂足分別為，，∴四邊形是矩形，∴，∴，∴四邊形的面積當時，四邊形的面積取得最大值，故答案為：9．（2025·安徽合肥·一模）已知拋物線經過點，，（1）拋物線的對稱軸為；（2）點，在拋物線上，且，則t的取值范圍是．【答案】直線【分析】本題考查二次函數的圖象和性質：（1）根據對稱性求出對稱軸即可；（2）根據對稱軸求出值，求出和時的函數值，根據，進行求解即可．【詳解】解：（1）∵拋物線經過點，，∴拋物線的對稱軸為直線；故答案為：；（2）∵對稱軸為直線，∴，∴，∴，∵點，在拋物線上，∴，∵，∴，解得：；故答案為：．10．（2025·安徽合肥·一模）如圖，是坐標原點，的直角頂點在軸的正半軸上，，，反比例函數的圖象經過斜邊的中點，點關于的對稱點為點，連接交反比例函數圖象于點．（1）；（2）點的橫坐標為．【答案】【分析】（1）由，可得，根據，可得，求出，再根據中點坐標公式求出點的坐標，即可求解；（2）根據對稱的性質求出，再利用待定系數法求出直線的解析式，最后聯立直線和反比例函數的解析式，即可求解．【詳解】解：（1），，在中，，，，點是的中點，，即，，（2）點關于的對稱點為點，，，設直線的解析式為，將、代入得：，解得：，直線的解析式為，由（1）可得反比例函數的解析式為，聯立，解得：（負值已舍去），點的橫坐標為；故答案為：；．【點睛】本題考查了反比例函數的圖象與性質，解直角三角形，一次函數的圖象與性質，中點坐標公式，對稱的性質，解題的關鍵是掌握相關知識．11．（2025·安徽合肥·一模）為了適應新的考試評價改革，需要對學生的原始分進行轉換．某班一次數學測試中，全班最高分是95分，最低分是45分．現將全班學生成績作線性轉換，原始分記為，轉換后的分數記為，滿足，其中．轉換后使得最高分為100分，最低分為30分．（1）某同學原始分是80分，則轉換后的分數是．（2）若全班原始分數的方差是225，則轉換后的班級分數的方差是．方差參考公式：【答案】79441【分析】本題考查了新規定——轉換新考分．熟練掌握考分轉換規則，待定系數法求函數解析式，一次函數的性質，方差與平均數定義與計算，是解題的關鍵．（1）把，代入求出a，b的值，得到解析式，再把代入解析式即得；（2）寫出，，代入化簡計算即得．【詳解】解：（1）由轉換分規則，得，解得，∴，當時，；（2）∵，，，…，．．∴．12．（2025·安徽滁州·一模）已知拋物線的對稱軸與軸正半軸相交．（1）不論取何值時，該拋物線過一定點，則該點坐標為；（2）若點，在該拋物線上，且，，則的取值范圍是．【答案】【分析】本題考查二次函數的性質，二次函數圖象上的點的特征，確定m的范圍是本題的難點．（1）將拋物線的解析式化為兩根式，求得拋物線與軸的交點，其中一個是定點，不隨的變化而變化；（2）根據題意得，即，求得在拋物線上，且，判斷出，得，求出的取值范圍．【詳解】解：①，∴拋物線與軸的交點坐標為，∴無論取何值，拋物線總與軸交于，故答案為：；②∵拋物線與軸的交點坐標為，且對稱軸與軸正半軸相交．∴，∴，∵，∴拋物線開口向下，∵在該拋物線上，且，∴，∵，∴，∵在拋物線上，且，∴，∴，∴，故答案為：．13．（2025·安徽滁州·一模）如圖，一次函數與反比例函數在第一象限內交于A，B兩點，與y軸交于點C，與x軸交于點D，點A的橫坐標為1，點B的橫坐標為3．（1）寫出反比例函數大于一次函數時，自變量x的取值范圍；（2）用含k的代數式表示的面積：．【答案】或；【分析】本題考查了反比例函數與一次函數綜合，一次函數解析式．（1）根據圖象找到反比例函數在一次函數上方部分，可得答案；（2）由題意知，，，設直線的解析式為，將，代入，得直線的解析式為，分別令，即可得，，再根據三角形面積公式即可得解．【詳解】解：（1）由圖象可知，寫出反比例函數大于一次函數時，自變量x的取值范圍為：或；故答案為：或；（2）由題意知，，，由圖象可知，，設直線的解析式為，將，代入，得，解得，∴直線的解析式為，令得，，即，令得，，即，∴，，∴，故答案為：．14．（2025·安徽·一模）平面直角坐標系中，是坐標原點，點，在拋物線的圖象上，連接，，軸．（1）；（2）若將拋物線向下平移個單位，使平移后得到的拋物線頂點落在的內部（不包括的邊界）則的取值范圍是．【答案】【分析】本題考查了待定系數法求二次函數解析式，二次函數的平移，二次函數的頂點坐標，一次函數，熟練掌握以上知識點是解題的關鍵．（1）利用待定系數法可求得二次函數解析式，從而知道；（2）先寫出下移后的函數表達式，表示出頂點坐標，接著求出直線的表達式，求得當時，，使平移后得到的拋物線頂點落在的內部（不包括的邊界），那么，最后解不等式即可．【詳解】解：（1）點，在拋物線的圖象上，故答案為：；（2）拋物線向下平移個單位，頂點坐標為，設直線的表達式為代入點，得到直線的表達式為時，使平移后得到的拋物線頂點落在的內部（不包括的邊界）故答案為：．15．（2025·安徽蚌埠·一模）在信息科技課上，小華同學利用幾何畫板的迷你坐標系繪制了反比例函數的圖象，并打印了出來，善于思考的小華同學把自己的一張矩形卡紙繞著原點旋轉，當旋轉至如圖所示位置時，點恰好落在反比例函數的圖象上，邊與反比例函數圖象交于點，邊與軸交于點，且．（1）的值為；（2）的值為．【答案】【分析】本題考查了矩形與反比例函數圖像的性質，解直角三角形，相似三角形的性質與判定；分別過點作軸的垂線，垂足分別為，得出，根據相似三角形的性質以及點的坐標得出點的坐標，進而求得；延長交軸于點，過點作于點，求得直線的解析式，進而求得點的坐標，證明，根據相似三角形的性質，即可求解．【詳解】解：如圖所示，分別過點作軸的垂線，垂足分別為，∴∴∴∵∴又∵，則∴∴∴∴；則反比例函數解析式為如圖，延長交軸于點，過點作于點，∵∴，∴又∵四邊形是矩形∴，，∴∴∴設直線的解析式為，代入，∴解得：∴直線的解析式為，聯立解得：或（舍去）∴∴，∵∴∴故答案為：，．16．（2025·安徽馬鞍山·一模）設直線與拋物線相交于，兩點，且，與直線相交于點．（1）當時，；（2）若，則的取值范圍是．【答案】8【分析】本題考查根與系數的關系，求圖象的交點，掌握函數與方程的聯系是解題的關鍵．（1）聯立方程組消去得到關于x的方程，利用根與系數的關系解題即可；（2）解方程組求出的值，然后借助圖象得到的值小于拋物線與直線的交點橫坐標解題即可．【詳解】解：（1）當時，方程組消去y可得，∴，故答案為：8；（2）方程組消去y可得，，且，又∵，∴，解方程組得到或，當直線過時，∵，∴借助圖象可得，解得；故答案為：．17．（2025·安徽合肥·一模）如圖，在平面直角坐標系中，點是反比例函數圖象第一象限分支上任意一點，連接，過點作軸，垂足為點，過點作的平行線，該平行線與軸交于點，并交圖象第三象限的分支于點．（1）；（2）的值為．【答案】【分析】（1）由反比例系數的幾何意義，即可求解；（2））過作軸交于，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性質得，設，，可求，，即可求解．【詳解】解：（1），故答案為：；（2）過作軸交于，，，，軸，軸，四邊形是平行四邊形，，設，，，，，，，解得：，，整理得：，解得：，（舍去），；故答案為：．【點睛】本題考查了反比例系數的幾何意義，平行四邊形的判定及性質，相似三角形的判定及性質等；能熟練利用反比例系數的幾何意義及相似三角形的判定及性質結合設輔助未知數進行求解是解題的關鍵．題型五幾何類雙空題1．（2025·安徽宣城·二模）如圖，在矩形中，，分別為邊上的點，將矩形沿翻折，使點落在邊上，得到四邊形，連接．若，．（1）．（2）若，則．【答案】【分析】根據折疊的性質可知，設，則，在中，根據勾股定理可得：，所以可得關于的方程，解方程求出的值即可得到，從而可得：；過點作的延長線于點，根據同角的余角相等可得，又因為，從而可證，根據相似三角形的性質可得，從而可得，解得：，，所以可以求出，利用勾股定理可以求出．【詳解】解：四邊形是矩形，，，由折疊可知，設，則，在中，，，，，；解：如下圖所示，過點作的延長線于點，，，，由折疊可知，，，，，又，，，即，解得：，，，在中，．2．（2025·安徽銅陵·一模）如圖，將沿著過中點的直線折疊，使點落在邊上的處，稱為第次操作，折痕到的距離記為；還原紙片后，再將沿著過中點的直線折疊，使點落在邊上的處，稱為第次操作，折痕到的距離記為；若．（1）則；（2）按上述方法不斷操作下去，經過第次操作后得到的折痕到的距離記為，則的值為．【答案】【分析】本題主要考查了中位線定理、數字的規律探、折疊的性質，解決本題的關鍵是根據折疊的性質探索折痕到的距離的變化規律，根據規律得到結果．根據折疊的性質可知，，利用可證，根據全等三角形的性質可證是的中位線，，根據三角形中位線的判定定理可得：是的中位線，根據中位線的性質可得，所以可得，所以可得點到的距離，所以可得；由中的變化規律可知經過第次操作后得到的折痕到的距離為．【詳解】解：如下圖所示，連接，交折痕于點，根據折疊的性質可知，，在和中，，，，是的中位線，，，，是的中位線，，，，同理可得：第二次折疊后，，是的中位線，點到的距離，；故答案為：；由可知第一次折疊后到的距離為，第二次折疊后到的距離為，第三次折疊后點到的距離為，到的距離為，，經過第次操作后得到的折痕到的距離為，故答案為：．3．（2025·安徽六安·模擬預測）如圖，現有三角形紙片，，折疊紙片，使得點與點重合，得到折痕，然后還原；再次折疊紙片，使得上的點與上的點重合，得到折痕，然后還原，且，，三條線段相交于同一點．（1）若，，則．（用含的式子表示）（2）若，，，則的長為．【答案】//【分析】本題考查了折疊的性質，等腰三角形的判定和性質，直角三角形的性質，三角形內角和定理，三角形外角的性質，平行線分線段成比例，勾股定理，熟練掌握相關知識點是解題的關鍵．（1）根據折疊的性質得到垂直平分，得到，得出，根據直角三角形的性質得到，根據等邊對等角得到，三角形內角和定理，三角形外角的性質，計算即可得到答案；（2）作于點，求出，根據平行線分線段成比例得到，得到．【詳解】解：（1）根據題意得垂直平分，，，，，，，，，；故答案為；（2）如圖，作于點，，，，，，，，，，，故答案為：4．（2025·安徽合肥·一模）如圖，在中，，，點D是延長線上一點，以為鄰邊作．（1）連接，則面積為．（2）連接，則的周長最小值為．【答案】【分析】（1）利用平行四邊形的性質易得，得到等底等高，即等底等高，由，，求出的面積，即可得到結果；（2）連接交于點O，由勾股定理求出為定值，當時，有最小值，即有最小值，此時四邊形是矩形，證明，得到，求出即可得到結果．【詳解】解：（1）如圖，連接，∵四邊形是平行四邊形，∴，∴等底等高，∴等底等高，∴的面積相等，∵，，∴的面積為，∴面積為：；故答案為：；（2）連接交于點O，∵，，∴為定值，當時，有最小值，即有最小值，則的周長最小，此時，四邊形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴的周長最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，相似三角形的判定與性質，矩形的判定，勾股定理，垂線段最短．證明是解題的關鍵．5．（2025·安徽宣城·一模）如圖，在矩形中，連接，點E，F分別在邊，上，連接，分別交于點M，N，且．（1）求．（2）若，，，則．【答案】135【分析】本題考查了矩形的性質、相似三角形的判定與性質、解直角三角形、三角形內角和定理等知識點，熟練掌握以上知識點并靈活運用，添加適當的輔助線是解此題的關鍵．（1）由矩形的性質可得，結合題意得出，再結合三角形內角和定理計算即可得解；（2）證明，由相似三角形的性質可得，解直角三角形得出，求出，，再證明，由相似三角形的性質計算即可得解．【詳解】解：（1）∵四邊形是矩形，∴，∵，∴，∵，，∴，故答案為：135；（2）∵四邊形是矩形，∴，，，，，在中，，，．，∴，，．在中，，，．，，．，，．，，，，．，∴，，，故答案為：．6．（2025·安徽合肥·一模）如圖，已知矩形中，，，點，分別在邊，上，沿著折疊矩形，使點，分別落在，處，（1）若為線段的中點，則＝．（2）當為的中點時，到的最大距離是．【答案】/【分析】本題主要考查了折疊的性質、矩形的性質、勾股定理、圓的基本性質，相似三角形的判定和性質．根據矩形的性質可得，，，設，根據折疊的性質可得：，，利用勾股定理可列關于的方程，解方程可得；由題意得在以點為圓心，為半徑的圓上，當點M與點A重合時，到的距離最大，過點N作交于點H，過點作交的延長線與點F，連接交于點E，由，得：，進而即可求解．【詳解】解：四邊形是矩形，，，，點是的中點，，設，則有，，在中，，，解得：，，故答案為：；解，如下圖所示，當點是中點時，，在中，，，∴在以點為圓心，為半徑的圓上，當點M與點A重合時，到的距離最大，過點N作交于點H，過點作交的延長線與點F，連接交于點E，∵，∴，有折疊可知：，∴，，∵∴，∴，∴在中，，解得：，∴∵，∴，即，解得：∴點到的最大距離為．故答案為：．7．（安徽中考特色填空壓軸雙空題）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．（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：．【點睛】本題主要考查正方形的性質及判定以及相似三角形的性質和判定，熟知相關知識點并能熟練運用，正確添加輔助線是解題的關鍵．8．（2024·安徽六安·模擬預測）如圖，矩形的邊，點E是矩形內部的一動點，連接，已知．（1）若B，E，D在同一直線上，則的長度為；（2）點F是的中點，連接，則長度的最大值為．【答案】/【分析】本題考查了矩形的性質，三角形三邊關系，正確作出輔助線是解題的關鍵．（1）利用面積法求得即可解答；（2）取的中點O，易知點E在以點O為圓心，為半徑的半圓弧上，且，延長至G，使，連接，算出，利用三角形的三邊關系，即可得到，當點共線時，的長度取最大值．【詳解】解：（1）四邊形為矩形，，當若B，E，D在同一直線上時，，，，，，，得；（2）如圖，取的中點O，，易知點E在以點O為圓心，為半徑的半圓弧上，且，延長至G，交的延長線于點，連接，，，，，是的中點，，當點共線時，的長度取最大值為∴長度的最大值為，故答案為：；．9．（2024·安徽合肥·三模）如圖，在矩形中，，，E、F為、邊上的動點，以為斜邊作等腰直角（其中，），連接、．（1）若點E、F分別是的中點，則點G到的距離是；（2）的最小值為．【答案】【分析】（1）分別過點G作于M，于H，根據矩形的性質及全等三角形的判定得出，，確定四邊形是正方形，再由等腰三角形的判定和性質得出，設，則，結合圖形即可求解；（2）過點作，，可證得，進而證得點在的角平分線上，在的延長線上取點，使得，可得，可證得，可得，可知，當、、在同一直線上時去等號，進而可知的最小值為．【詳解】解：分別過點G作于M，于H，如圖1，則，∵四邊形是矩形，∴，∴四邊形是矩形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴四邊形是正方形，∵E，F分別是邊上的中點，∴，∴．∵是等腰直角三角形，∴，設，則，∵，∴，∴，∴，∴點G到的距離為，故答案為：；（2）∵四邊形是矩形，，，∴，，過點作，，則四邊形是矩形，∴，，∵，，則，∴，∴，∴，∴點在的角平分線上，∴，在的延長線上取點，使得，則，則∵，∴，∴，則，當、、在同一直線上時取等號，即：的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理，矩形的性質，全等三角形的判定和性質，三角形三邊關系等知識，確定點的運動軌跡是解題的關鍵．10．（2024·安徽合肥·模擬預測）如圖，若點O是矩形對角線的中點，按如圖所示的方式折疊，使邊落在上，邊也落在上，A、C兩點恰好重合于點O，連接交于點G，交于點H．（1）的度數為度；（2）的值為．【答案】【分析】（1）根據矩形性質及折疊性質得點在同一條直線上，證四邊形為菱形得，則，由此得，進而可得的度數；（2）設，則，則，，設，，證得，則，將代入，得，則，由此可得的值.【詳解】（1）∵四邊形為矩形，點是對角線的中點，∴，∴，由折疊的性質得：，，，∴點在同一條直線上，∴，在和中，，∴，∴，又∵，∴四邊形為菱形，∴，∴，∵，∴，∴.故答案為：.（2）由（1）可知：四邊形為菱形，，設，則，∴在中，，∴∴，設，∵，∴，，∴同理可得，∴C，即，，∴，∵，，∴，整理得：，∴，，故答案為：【點睛】此題主要考查了矩形的性質，圖形的折疊變換及性質，菱形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，理解矩形的性質，圖形的折疊變換及性質，熟練掌握菱形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質是解決問題的關鍵.11．（2024·安徽六安·三模）在數學探究活動中，某同學進行了如下操作：如圖，在直角三角形紙片

內剪取一個直角，點，，分別在，，邊上．請完成如下探究：（1）當為的中點時，若，

（2）當，、時，的長為

【答案】/度【分析】（1）連接，根據為的中點，可得，，則，根據，，易得四點在同一個圓上，根據圓周角定理，則有；（2）過點分別作于點，作于點，易證，可得，即，根據，有，，即；根據，得到，即，可得，即有，即．【詳解】解：（1）如圖1，連接，∵為的中點，∴，∴，∴，∵，，∴四點在同一個圓上，∴；

（2）如圖2，過點分別作于點，作于點，

則有：，∴，∴，∵∴，∴，∵，，∴又∵，∴，則有，即．∵，∴，即，∵，∴，即．【點睛】本題考查了四點共圓，圓周角定理，三角形的內角和，平角的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線性質，平行線的判定與性質，熟悉相關性質是解題的關鍵．12．（2024·安徽合肥·模擬預測）如圖，在中，，，點D為的中點，點M在邊上，且滿足，，垂足為N，交于點P．（1）的值為；（2）的值為．【答案】【分析】此題考查了相似三角形的判定與性質，銳角三角函數的應用，熟記相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．（1）設，則，根據勾股定理求出，再根據余弦定義求解即可；（2）延長，交的延長線于點E，過點A作交的延長線于點F，結合直角三角形的性質求出，，則，根據相似三角形的性質得出，設，則，，根據比例的性質求出，根據平行線的性質推出，，根據相似三角形的性質等量代換求解即可．【詳解】解：（1）∵，設，則，∴，∵，∴，∵點D為的中點，∴，∵，∴，∴，故答案為：；（2）如圖，延長，交的延長線于點E，過點A作交的延長線于點F，∵，于N，∴，，∴，又∵，∴，∴，設，則，，∴，∴，∵，∴，，∴，，∴，∴，故答案為：．13．（2024·安徽·三模）如圖，在矩形中，P，Q為對角線上兩點，以為對角線的正方形的頂點E，F分別在邊上．（1）若，，則；（2）若，則的值為．（用含n的代數式表示）【答案】【分析】（1）連接交于點O，由勾股定理求出，由矩形的性質可得出，，，由正方性質的性質可得出，證明，由相似三角形的性質可得出，進一步即可求出．（2）由矩形的性質和正方形的性質證得，由全等三角形的性質進一步得出，由相似三角形的性質可得出，設，則，，則．【詳解】解：（1）連接交于點O，∵，，∴，∵是矩形，∴，，，∵是正方形，∴，又∵，∴，∴，即，得，∴．（2）∵是矩形，∴，，∴，∵是正方形，∴，，，又∵，∴，∴，∴，即，由（1）．得，設，則，∴故答案為：，．【點睛】本題主要考查了矩形的性質，正方形的性質，全等三角形的判定以及性質，相似三角形的判定以及性質，掌握這些判定定理以及性質是解題的關鍵．14．（2024·安徽·模擬預測）如圖1，，分別是等邊邊上兩點，且的面積和四邊形的面積相等，將沿折疊得到．（1）若，，則；（2）如圖2，若，，則．

【答案】5【分析】（1）先證明、、均為等邊三角形，且，由題意得出，根據等邊三角形的性質得出，解得，即可得出答案；（2）由題意得出，且，證明，根據相似三角形的性質得出，求出，最后得出即可．【詳解】解：（1）過點A作于點M，如圖所示：

∵為等邊三角形，∴，，，∴，，∴為等邊三角形，∴，∴，即，根據折疊可知：，，∴，,∴和為等邊三角形，∴，，，∴為等邊三角形，∵為等邊三角形，，∴，∴，∴，同理得：，∵的面積和四邊形的面積相等，∴，∴，∵和為等邊三角形，且，∴，∴，∴，解得：，負值舍去；故答案為：；（2）∵的面積和四邊形的面積相等，∴，∴，∴，∵，，∴，同理得：，∴，，，∴，∴，解得：，負值舍去；故答案為：5．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定和性質，勾股定理，平行線的性質，三角形相似的判定和性質，解題的關鍵是數形結合，熟練掌握等邊三角形的判定和性質．15．（2025·安徽·一模）將一條兩邊互相平行的紙帶沿折疊，如圖①，，．（1）若，則的長為；（2）將圖①繼續沿折疊成圖②，設，（用含x的代數式表示）．【答案】1【分析】本題綜合考查了平行線的性質，折疊問題，等腰三角形的性質，三角形的外角定理，平角的定義和角的和差等相關知識，重點掌握平行線的性質，難點是折疊前后的變及不變的問題，二次折疊角的前后大小等量關系．（1）由平行線的性質得，折疊得，即可解答；（2）由折疊和平角的定義求出，再次折疊經計算求出．【詳解】解：，，折疊得，，，，，，，，，故答案為：1；．16．（2025·安徽蕪湖·一模）在矩形中，，點分別在邊上，，垂足為點．（1）的值為；（2）當時，的長為．【答案】/【分析】本題考查了矩形的性質，相似三角形的判定和性質，一元二次方程的應用，數形結合與分類討論數學思想的運用等知識與方法．（1）先由矩形的性質證明，即可得；（2）延長、交于，設，由得，則，證明得，進而得，，再由得，進而可得關于x的一元二次方程，解方程即可．【詳解】解：（1）在矩形中，，，，，，又∵，，；故答案為：．（2）延長、交于，設，，，則，，，，，，，，，即，∴，解得，（舍），，故答案為：．17．（2025·安徽蕪湖·一模）如圖，將正方形紙片對折，使與重合，得到折痕，再把紙片展平．點是邊上一點，將沿折疊，使點的對應點恰好落在上．延長交邊于點，交延長線于點．（）；（）．【答案】【分析】（）利用正方形的性質可得，利用折疊的性質可證，即得，進而得到，即可求解；（）設，則，得到，進而由三角函數可得，即得，代入計算即可求解；本題考查了正方形的性質，折疊的性質，解直角三角形等，掌握折疊的性質是解題的關鍵．【詳解】解：（）∵四邊形是正方形，∴，，∴，由折疊得，，，，，，∵，，∴，∵，，∴，∴，∴，故答案為：；（）設，則，∴，∴，∴，∴，故答案為：18．（2025·安徽蚌埠·一模）如圖，在正方形中，G為邊上一點，將沿翻折到處，延長交邊于點E，過點F作分別交，，于點H，P，Q，請完成下列問題：（1）．（2）若，則．【答案】【分析】（1），，由折疊的性質可得，，，證明，得出，最后再由計算即可得解；（2）過點作于，證明，得出，，證明，得出，由題意可得，設，則，求出，，得出，求出，即可得解．【詳解】解：（1）∵四邊形為正方形，∴，，由折疊的性質可得：，，，∴，，在和中，，∴，∴，∴，故答案為：；（2）過點作于，如圖：∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，設，∴，∴，∴，∴