考前突破02填空（雙空、多結(jié)論、多解題3大必考題型）60題

題型一：雙空題

題型二：多結(jié)論題

題型三：多解題

題型一：雙空題

【中考母題學(xué)方法】

1．（2024·湖北·中考真題）如圖，由三個全等的三角形(ABE，BCF，CAD)與中間的小等邊三角形DEF

拼成一個大等邊三角形ABC．連接并延長交AC于點(diǎn)G，若AEED2，則：

（1）FDB的度數(shù)是；??

（2）DG的長是．

【答案】43

5

【分析】本題考3查0°了相似三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形等知

識，掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

（1）利用三角形相似及AEDE可得BFDF，再利用三角形的外角性質(zhì)結(jié)合可求得DBF30；

（2）作CHBG交BG的延長線于點(diǎn)H，利用直角三角形的性質(zhì)求得CH1，F(xiàn)H3，證明ADG∽CHG，

利用相似三角形的性質(zhì)列式計算即可求解．

【詳解】解：△ABE≌△BCF≌△CAD(已知)，

ADBECF，AEBFDC，

AEED2，

ADBE4，

DEF為等邊三角形，

EFDFDE2，EFDEDF60，

BFDFDC2，

1

FDBFBDEFD30，ADBEDFFDB90，

2

如圖，過點(diǎn)C作CHBG的延長線于點(diǎn)H，

CDH30，

1

CHCDsin3021，

2

3

DHCDcos3023，

2

ADGCHG，AGDCGH，

ADG∽CHG，

DGAD4

，

HGCH1

44

DGDH3．

55

故答案為：，43．

5

30°

2．（2024·重慶·中考真題）如圖，以AB為直徑的O與AC相切于點(diǎn)A，以AC為邊作平行四邊形ACDE，

點(diǎn)D、E均在O上，DE與AB交于點(diǎn)F，連接CE，與O交于點(diǎn)G，連接DG．若AB10,DE8，則

AF．DG．

201320

【答案】8/13

1313

【分析】連接DO并延長，交O于點(diǎn)H，連接GH，設(shè)CE、AB交于點(diǎn)M，根據(jù)四邊形ACDE為平行四

1

邊形，得出DE∥AC，ACDE8，證明ABDE，根據(jù)垂徑定理得出DFEFDE4，根據(jù)勾股定

2

EFFM

理得出OFOD2DF23，求出AFOAOF538；證明EFM∽CAM，得出，求

ACAM

2

82228413

出FM，根據(jù)勾股定理得出EMEFFM4，證明EFM∽HGD，得出

333

FMEM2013

，求出DG．

DGDH13

【詳解】解：連接DO并延長，交O于點(diǎn)H，連接GH，設(shè)CE、AB交于點(diǎn)M，如圖所示：

∵以AB為直徑的O與AC相切于點(diǎn)A，

∴ABAC，

∴CAB90，

∵四邊形ACDE為平行四邊形，

∴DE∥AC，ACDE8，

∴∠BFD∠CAB90，

∴ABDE，

1

∴DFEFDE4，

2

∵AB10，

1

∴DOBOAOAB5，

2

∴OFOD2DF23，

∴AFOAOF538；

∵DE∥AC，

∴EFM∽CAM，

EFFM

∴，

ACAM

4FM

∴，

8AFFM

4FM

即，

88FM

8

解得：FM，

3

2

2228413

∴EMEFFM4，

33

∵DH為直徑，

∴DGH90，

∴DGHEFM，

∵DGDG，

∴∠DEG∠DHG，

∴EFM∽HGD，

FMEM

∴，

DGDH

8413

即，

33

DG10

2013

解得：DG．

13

2013

故答案為：8；．

13

【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理，切線的性質(zhì)，勾股定理，三角形相

似的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握三角形相似的判定方法．

3．（2024·安徽·中考真題）如圖，現(xiàn)有正方形紙片ABCD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB,BC上，沿垂直于EF的直

線折疊得到折痕MN，點(diǎn)B，C分別落在正方形所在平面內(nèi)的點(diǎn)B，C處，然后還原．

（1）若點(diǎn)N在邊CD上，且BEF，則CNM（用含α的式子表示）；

（2）再沿垂直于MN的直線折疊得到折痕GH，點(diǎn)G，H分別在邊CD,AD上，點(diǎn)D落在正方形所在平面

內(nèi)的點(diǎn)D￠處，然后還原．若點(diǎn)D￠在線段BC上，且四邊形EFGH是正方形，AE4，EB8，MN與GH

的交點(diǎn)為P，則PH的長為．

【答案】90/9035

【分析】①連接CC，根據(jù)正方形的性質(zhì)每個內(nèi)角為直角以及折疊帶來的折痕與對稱點(diǎn)連線段垂直的性質(zhì)，

再結(jié)合平行線的性質(zhì)即可求解；

②記HG與NC交于點(diǎn)K，可證：△AEH≌△BFE≌△DHG≌△CGF，則AECGDH4，DGBE8，

由勾股定理可求HG45，由折疊的性質(zhì)得到：NCBNCB90，89，DGDH90，

NCNC，GDGD8，則NGNK，KCGC4，由NC∥GD，得△HCK∽△HDG，繼而可證

3

明HKKG，由等腰三角形的性質(zhì)得到PKPG，故PHHG35．

4

【詳解】解：①連接CC，由題意得CNM4，MNCC，

∵M(jìn)NEF，

∴CC∥FE，

∴12，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴BBCD90，

∴343290，1BEF90，

∴24，190，

∴490

∴CNM90，

故答案為：90；

②記HG與NC交于點(diǎn)K，如圖：

∵四邊形ABCD是正方形，四邊形EFGH是正方形，

∴ABCD90，HEFE，HEF90，

∴567690，

∴57，

∴△AEH≌△BFE，

同理可證：△AEH≌△BFE≌△DHG≌△CGF，

∴AECGDH4，DGBE8，

在Rt△HDG中，由勾股定理得HGDH2DG245，

由題意得：NCBNCB90，89，DGDH90，NCNC，GDGD8，

∴NC∥GD，

∴NKG9，

∴8NKG，

∴NGNK，

∴NCNGNCNK，

即KCGC4，

∵NC∥GD，

∴△HCK∽△HDG，

HKCK1

∴，

HGDG2

1

∴HKHG，

2

∴HKKG，

由題意得MNHG，而NGNK，

∴PKPG，

3

∴PHHG35，

4

故答案為：35．

【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，

勾股定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握知識點(diǎn)，正確添加輔助線是解決本題的關(guān)鍵．

4．（2024·河北·中考真題）如圖，VABC的面積為2，AD為BC邊上的中線，點(diǎn)A，C1，C2，C3是線段CC4

的五等分點(diǎn)，點(diǎn)A，D1，D2是線段DD3的四等分點(diǎn)，點(diǎn)A是線段BB1的中點(diǎn)．

△

（1）AC1D1的面積為；

（2）△B1C4D3的面積為．

【答案】17

1

【分析】（1）根據(jù)三角形中線的性質(zhì)得S△=S△=S△=1，證明ACD≌ACDSAS，根據(jù)全等

ABDACD2ABC11

三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；

（）證明≌，得SS1，推出、、三點(diǎn)共線，得

2AB1D1ABDSAS△AB1D1△ABDC1D1B1

S=S+S=2，繼而得出S=4S=8，S3S3，證明△∽△，

△AB1C1△AB1D1△AC1D1△AB1C4△AB1C1△AB1D3△AB1D1C3AD3CAD

4

得S△CAD9S△CAD9，推出S△S△12，最后代入S△BCDS△ACDS△ABDS△ABC即可．

33AC4D33C3AD3143431314

【詳解】解：（1）連接B1D1、B1D2、B1C2、B1C3、C3D3，

∵VABC的面積為2，AD為BC邊上的中線，

11

∴S△=S△=S△=′2=1，

ABDACD2ABC2

∵點(diǎn)A，C1，C2，C3是線段CC4的五等分點(diǎn)，

1

∴ACACCCCCCCCC，

112233454

∵點(diǎn)A，D1，D2是線段DD3的四等分點(diǎn)，

1

∴ADADDDDDDD，

1122343

∵點(diǎn)A是線段BB1的中點(diǎn)，

1

∴ABABBB，

121

△

在AC1D1和ACD中，

ACAC

1

C1AD1CAD，

AD1AD

∴AC1D1≌ACDSAS，

∴SS1，，

△AC1D1△ACDC1D1ACDA

△

∴AC1D1的面積為1，

故答案為：1；

（2）在AB1D1和△ABD中，

ABAB

1

B1AD1BAD，

AD1AD

∴AB1D1≌ABDSAS，

∴SS1，，

△AB1D1△ABDB1D1ABDA

∵BDACDA180，

∴B1D1AC1D1A180，

∴C1、D1、B1三點(diǎn)共線，

∴S=S+S=1+1=2，

△AB1C1△AB1D1△AC1D1

∵AC1C1C2C2C3C3C4，

∴S=4S=4′2=8，

△AB1C4△AB1C1

∵，S1，

AD1D1D2D2D3△AB1D1

∴S3S313，

△AB1D3△AB1D1

△

在AC3D3和ACD中，

ACAD

∵333，CADCAD，

ACAD33

△∽△

∴C3AD3CAD，

2

SCADAC2

∴33339，

SCADAC

∴S9S919，

△C3AD3△CAD

∵AC1C1C2C2C3C3C4，

44

∴S△S△912，

AC4D33C3AD33

∴SSSS12387，

△B1C4D3△AC4D3△AB1D3△AB1C4

∴△B1C4D3的面積為7，

故答案為：7．

【點(diǎn)睛】本題考查三角形中線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等分點(diǎn)的意

義，三角形的面積．掌握三角形中線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

5．（2024·北京·中考真題）聯(lián)歡會有A，B，C，D四個節(jié)目需要彩排.所有演員到場后節(jié)目彩排開始。一個節(jié)

目彩排完畢，下一個節(jié)目彩排立即開始.每個節(jié)目的演員人數(shù)和彩排時長（單位：min）如下：

節(jié)目ABCD

演員

102101

人數(shù)

彩排

30102010

時長

已知每位演員只參演一個節(jié)目.一位演員的候場時間是指從第一個彩排的節(jié)目彩排開始到這位演員參演的節(jié)

目彩排開始的時間間隔（不考慮換場時間等其他因素）。

若節(jié)目按“ABCD”的先后順序彩排，則節(jié)目D的演員的候場時間為min；

若使這23位演員的候場時間之和最小，則節(jié)目應(yīng)按的先后順序彩排

【答案】60CABD

【分析】本題考查了有理數(shù)的混合運(yùn)算，正確理解題意，熟練計算是解題的關(guān)鍵．

①節(jié)目D的演員的候場時間為30102060min；②先確定C在A的前面，B在D前面，然后分類討論

計算出每一種情況下，所有演員候場時間，比較即可．

【詳解】解：①節(jié)目D的演員的候場時間為30102060min，

故答案為：60；

②由題意得節(jié)目A和C演員人數(shù)一樣，彩排時長不一樣，那么時長長的節(jié)目應(yīng)該放在后面，那么C在A

的前面，B和D彩排時長一樣，人數(shù)不一樣，那么人數(shù)少的應(yīng)該往后排，這樣等待時長會短一些，那么B

在D前面，

∴①按照CBAD順序，則候場時間為：10212010110130400分鐘；

②按照CBDA順序，則候場時間為：102120101101010470分鐘；

③按照CABD順序，則候場時間為：1021202130110360分鐘；

④按照BCAD順序，則候場時間為：101011010120130460分鐘；

⑤按照BCDA順序，則候場時間為：1010110101201010530分鐘；

⑥按照BDCA順序，則候場時間為：10101101010101020610分鐘．

∴按照CABD順序彩排，候場時間之和最小，

故答案為：CABD．

6．（2024·四川樂山·中考真題）定義：函數(shù)圖象上到兩坐標(biāo)軸的距離都小于或等于1的點(diǎn)叫做這個函數(shù)圖象

的“近軸點(diǎn)”．例如，點(diǎn)是函數(shù)yx1圖象的“近軸點(diǎn)”．

（1）下列三個函數(shù)的圖0象,1上存在“近軸點(diǎn)”的是（填序號）；

2

①yx3；②y；③yx22x1．

x

（2）若一次函數(shù)ymx3m圖象上存在“近軸點(diǎn)”，則m的取值范圍為．

11

【答案】③m0或0m

22

【分析】本題主要考查了新定義——“近軸點(diǎn)”．正確理解新定義，熟練掌握一次函數(shù)，反比例函數(shù)，二次函

數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)，是解決問題的關(guān)鍵．

（1）①yx3中，取xy1.5，不存在“近軸點(diǎn)”；

2

②y，由對稱性，取xy2，不存在“近軸點(diǎn)”；

x

2

③yx22x1x1，取x1時，y0，得到是yx22x1的“近軸點(diǎn)”；

1,011

（2）ymx3mmx3圖象恒過點(diǎn)3,0，當(dāng)直線過1,1時，m，得到0m；當(dāng)直線過1,1

22

11

時，m，得到m0．

22

【詳解】（1）①yx3中，

x1.5時，y1.5，

不存在“近軸點(diǎn)”；

2

②y，

x

由對稱性，當(dāng)xy時，xy2，

不存在“近軸點(diǎn)”；

2

③yx22x1x1，

x1時，y0，

∴是yx22x1的“近軸點(diǎn)”；

∴上1,面0三個函數(shù)的圖象上存在“近軸點(diǎn)”的是③

故答案為：③；

（2）ymx3mmx3中，

x3時，y0，

∴圖象恒過點(diǎn)3,0，

當(dāng)直線過1,1時，1m13，

1

∴m，

2

1

∴0m；

2

當(dāng)直線過1,1時，1m13，

1

∴m，

2

1

∴m0；

2

11

∴m的取值范圍為m0或0m．

22

11

故答案為：m0或0m．

22

7．（2024·河南·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，ACB90，CACB3，線段CD繞點(diǎn)C在平面內(nèi)旋

轉(zhuǎn)，過點(diǎn)B作AD的垂線，交射線AD于點(diǎn)E．若CD1，則AE的最大值為，最小值為.

【答案】221/122221/122

【分析】根據(jù)題意得出點(diǎn)D在以點(diǎn)C為圓心，1為半徑的圓上，點(diǎn)E在以AB為直徑的圓上，根據(jù)

AEABcosBAE，得出當(dāng)cosBAE最大時，AE最大，cosBAE最小時，AE最小，根據(jù)當(dāng)AE與C相

切于點(diǎn)D，且點(diǎn)D在VABC內(nèi)部時，BAE最小，AE最大，當(dāng)AE與C相切于點(diǎn)D，且點(diǎn)D在VABC外

部時，BAE最大，AE最小，分別畫出圖形，求出結(jié)果即可．

【詳解】解：∵ACB90，CACB3，

1

∴BACABC9045，

2

∵線段CD繞點(diǎn)C在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，CD1，

∴點(diǎn)D在以點(diǎn)C為圓心，1為半徑的圓上，

∵BE⊥AE，

∴AEB90，

∴點(diǎn)E在以AB為直徑的圓上，

在Rt△ABE中，AEABcosBAE，

∵AB為定值，

∴當(dāng)cosBAE最大時，AE最大，cosBAE最小時，AE最小，

∴當(dāng)AE與C相切于點(diǎn)D，且點(diǎn)D在VABC內(nèi)部時，BAE最小，AE最大，連接CD，CE，如圖所示：

則CDAE，

∴ADCCDE90，

∴ADAC2CD2321222，

∵，

ACAC

∴∠CED∠ABC45，

∵CDE90，

∴CDE為等腰直角三角形，

∴DECD1，

∴AEADDE221，

即AE的最大值為221；

當(dāng)AE與C相切于點(diǎn)D，且點(diǎn)D在VABC外部時，BAE最大，AE最小，連接CD，CE，如圖所示：

則CDAE，

∴CDE90，

∴ADAC2CD2321222，

∵四邊形ABCE為圓內(nèi)接四邊形，

∴∠CEA180∠ABC135，

∴∠CED180∠CEA45，

∵CDE90，

∴CDE為等腰直角三角形，

∴DECD1，

∴AEADDE221，

即AE的最小值為221；

故答案為：221；221．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，

解直角三角形的相關(guān)計算，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)，找出AE取最大值和最小值時，

點(diǎn)D的位置．

【中考模擬即學(xué)即練】

8．（2024·四川成都·二模）定義：如果一個正整數(shù)平方后得到的數(shù)，十位數(shù)字比個位數(shù)字大1，我們把這樣

的正整數(shù)稱為“平方優(yōu)數(shù)”．例如，242576，那么24是平方優(yōu)數(shù)，若將平方優(yōu)數(shù)從小到大排列，則第3個

平方優(yōu)數(shù)是；第48個平方優(yōu)數(shù)是．

【答案】26589

【分析】本題考查了因式分解的應(yīng)用，解題關(guān)鍵在于讀懂題意，理解新定義．令a1，a2，，ai，，是

平方優(yōu)數(shù)，且a1a2ai，由題可知，最小的平分優(yōu)數(shù)為11，即a111，由定義可知，一個正整數(shù)平方

22222

后得到的數(shù)，十位數(shù)字比個位數(shù)字大1，設(shè)nma1，即nma1m2ma1a1，m2ma1為100的倍數(shù)，

則m50k，求解即可．

【詳解】解：令a1，a2，，ai，，是平方優(yōu)數(shù)，且a1a2ai，

由題可知，最小的平分優(yōu)數(shù)為11，即a111，

由定義可知，一個正整數(shù)平方后得到的數(shù)，十位數(shù)字比個位數(shù)字大1，

設(shè)nma1，

2222

即nma1m2ma1a1，

2

a1121，

Qn是平方優(yōu)數(shù)，則n的十位數(shù)字比個位大1，

2

m2ma1為100的倍數(shù)，則m50k，

22222

2500k100ka1a125kka1100a1的十位和個位必定和a1的相同，

22

n50ka1，

即50ka1是平方優(yōu)數(shù)，同理，50ka2，50ka3，，是平方優(yōu)數(shù)，

根據(jù)定義可得：112121，242576，262676，391521，

a111．a(chǎn)224，a326，a439，

a4k150k11，，a4k450k39，

a48a4114501139589．

故答案為：26，589．

9．（2024·浙江·模擬預(yù)測）如圖，四邊形ABCD中，AB2，AD1，CDCB，DCB120，連結(jié)AC，

BD．

（1）若DAB120，則的值為．

（2）線段AC的最大值為??．

【答案】73

【分析】（1）過B作BEDA于E，構(gòu)造Rt△ABE，RtBDE，利用含30°直角三角形和勾股定理求出BE3，

進(jìn)而由BDDE2BE2求解；

233

（2）構(gòu)造以AB為底，頂角為120的等腰△AFB，得AF，再證明ADB∽FCB，進(jìn)而求出CF，

33

由ACAFCF，所以當(dāng)A，F(xiàn)，C共線時，AC的最大值為3．

【詳解】（1）如圖，過B作BEDA于E，

∵E90，DAB120，AB2，

∴∠BAE60，ABE30，

∴AE1，BEAB2AE23．

∴在Rt△BDE中，DEADAE2，BD22(3)27．

（2）作以AB為底，頂角為120的等腰△AFB，作FHAB，連結(jié)CF，

1

∴FAHFBH30，AHBHAB1，

2

AH32

∴AF13，

cosFAB23

∵DCB120，

∴CBD30，

∴BCD∽BFA，

BCBD

∴，

BFAB

∵ABDABFDBF，CBFDBCDBF，

∴ABDFBC，

∴ADB∽FCB，

CFBC13

∴，得CF，

ADBD33

233

∵ACAFCF3，

33

∴當(dāng)A，F(xiàn)，C共線時，AC的最大值為3．

【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理，等腰三角形性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系及解直角

三角形，利用三角形相似轉(zhuǎn)化線段關(guān)系，由三角形三邊關(guān)系求出最值是解題關(guān)鍵．

10．（2024·河北石家莊·一模）如圖，已知平面直角坐標(biāo)系中有一個22的正方形網(wǎng)格，網(wǎng)格的橫線、縱線

分別與x軸．y軸平行，每個小正方形的邊長為1．點(diǎn)N的坐標(biāo)為(3,3)．

（1）點(diǎn)M的坐標(biāo)為；

k

（2）若雙曲線L：yx0與正方形網(wǎng)格線有兩個交點(diǎn)，則滿足條件的正整數(shù)k的值有

x

個．

【答案】(1,2)4

【分析】本題主要考查反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征及性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用以上知識點(diǎn)．

（1）根據(jù)已知條件及線段的和差求出M的坐標(biāo)．

（2）先找出正方形網(wǎng)格線上橫縱坐標(biāo)相乘得正整數(shù)的點(diǎn)，假設(shè)每個點(diǎn)處都有雙曲線，求出此時k的值，再

根據(jù)只有兩個點(diǎn)的對應(yīng)的k值相等即可得出答案．

【詳解】解：（1）如圖所示，

∵每個小正方形的邊長為1，

∴NCANAB2，

∵點(diǎn)N的坐標(biāo)為(3,3)，

∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為321，點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為312，

∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1,2)．

故答案為：(1,2)．

（2）正方形網(wǎng)格線上橫縱坐標(biāo)相乘得正整數(shù)的點(diǎn)有(1,1)、(1,2)、(1,3),(2,1),(2,2),(2,3)、

354578354578

2,,2,,3,1,3,2,3,3,3,,3,,3,,3,、(3,1),2,,2,,3,,3,,3,,3,、

223333223333

則分別過以上點(diǎn)的雙曲線的k值分別為：1,2,3,2,4,6,3,5,3,6,9,4,5,7,8,3,3,5,4,5,7,8，

k

所以當(dāng)y(x0)與正方形網(wǎng)格線有兩個交點(diǎn)，k的值可以為2,6,7,8，

x

滿足條件的正整數(shù)k的值有4個．

故答案為：4．

11．（2024·內(nèi)蒙古包頭·模擬預(yù)測）如圖，點(diǎn)P是菱形ABCD的對角線BD上一點(diǎn)，連接CP并延長，交AD于

E，交BA的延長線于點(diǎn)F．

（1）圖中△APD與哪個三角形全等：．

（2）猜想：線段PC、PE、PF之間存在什么關(guān)系：．

【答案】△CPDPC2PEPF

【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，

熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

（1）根據(jù)菱形的四條邊都相等，對角線平分對角可得ADCD，ADPCDP，根據(jù)兩邊和它們的夾角

對應(yīng)相等的兩個三角形全等，即可求解；

（2）根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等可得DAPDCP，APCP，根據(jù)菱形的對邊平行可

得CDBF，根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等可得DCPF，推得DAPF，根據(jù)兩角分別對應(yīng)相等

的兩個三角形相似，相似三角形的對應(yīng)邊之比相等即可求解．

【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD菱形，

∴ADCD，ADPCDP，

又∵PDPD，

∴APD≌CPDSAS．

故答案為：△CPD．

（2）解：∵△APD≌△CPD，

∴DAPDCP，APCP，

∵四邊形ABCD菱形，

∴CDBF，

∴DCPF，

∴DAPF，

又∵APEFPA，

∴△APE∽△FPA，

APPE

∴

FPPA

∴PA2PEPF，

∴PC2PEPF．

故答案為：PC2PEPF．

12．（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，且BFCE，

AE平分CAD，連接DF，分別交AE，AC于點(diǎn)G，M．P是線段AG上的一個動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PNAC，

垂足為N，連接PM．則PMPN的最小值為，SADM．

【答案】2242

【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)等知識．證明

△ADE≌△DCF(SAS)，則DAECDF，再證明AGM≌AGD(ASA)，則GMGD，得到AE垂直平分DM，

連接BD與AC交于點(diǎn)O，交AG于點(diǎn)H，連接HM，由AE垂直平分DM，證明HM=HD，證明當(dāng)點(diǎn)P與

點(diǎn)H重合時，PMPN的值最小，此時PMPNHMHOHDHODO，即PMPN的最小值是DO的

1

長，由DOBD22，即可得到PMPN的最小值為22，證明AMAD4，DO22，則

2

11

SAMDO42242．

ADM22

【詳解】解：四邊形ABCD是正方形，

ADDCBC，ADCDCB90，

BFCE，

BCBFDCCE，

即CFDE，

ADDC

在VADE和DCF中，ADEDCF，

DECF

△ADE≌△DCF(SAS)，

DAECDF，

CDFADG90，

DAEADG90，

AGD90，

AGM90，

AGMAGD，

AE平分CAD，

MAGDAG，

又AG為公共邊，

AGM≌AGD(ASA)，

GMGD，

又AGMAGD90，

∴AE垂直平分DM，

連接BD與AC交于點(diǎn)O，交AG于點(diǎn)H，連接HM，

四邊形ABCD是正方形，

ACBD，

即DOAM，

AE垂直平分DM，

\HM=HD，

當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)H重合時，PMPN的值最小，此時PMPNHMHOHDHODO，即PMPN的最小值

是DO的長，

正方形ABCD的邊長為4，

ACBD42，

1

DOBD22，

2

即PMPN的最小值為22，

AE垂直平分DM，

AMAD4，

又DO22，

11

SAMDO42242，

ADM22

故答案為：22；42

13．（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預(yù)測）如圖所示，在Rt△ABC中，A90，ABAC1，點(diǎn)P是

線段AB上的一個動點(diǎn)(點(diǎn)P可與點(diǎn)A重合)，過點(diǎn)P作PRBC于點(diǎn)R，作BRP的平分線交于點(diǎn)G，

在線段GR上截取GDAP，過點(diǎn)D作DEDP交BC于點(diǎn)E，過點(diǎn)P作PFPD交AC于點(diǎn)?F?，此時四

邊形DEFP恰好為正方形，在點(diǎn)P從點(diǎn)A開始的運(yùn)動過程中，正方形DEFP面積的最小值

為，最大值為．

1

【答案】1

54

【分析】設(shè)APx，則GDx，BP1x，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和三線合一的性質(zhì)可得出

2

11514

PGPB1x，然后再根據(jù)勾股定理將正方形DEFP表示為Sx，然后根據(jù)二次函

224525

數(shù)的性質(zhì)求解即可．

【詳解】解：設(shè)APx，則BP1x，

∵GDAP，

∴GDx

∵A90，ABAC，

∴B45，

∵PRBC，

∴PRB90，

∵RG平分BPR，

∴BRGPRB45，

∴RGB90，

∴G為PB的中點(diǎn)，

11

∴PGPB1x，

22

在Rt△DGP中，

PD2DG2GP2

2

21

x1x

2

2

514

x

4525

∵四邊形DEFP為正方形，

2

514

則面積Sx

4525

11

當(dāng)x，其面積最小為：

55

當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)R重合時，DGGP，

11

即x1x，解得：x，

23

1

若AP時，無法構(gòu)成正方形，

3

1

即0x，

3

2

5141111

∵Sx的對稱軸為：，開口向上，且0，

45255535

1

∴當(dāng)x0時，正方形DEFP面積有最大值，最大值為，

4

1

綜上：當(dāng)x0時，正方形DEFP面積有最大值，最大值為

4

11

當(dāng)x時，正方形DEFP面積有最小值，最小值為．

55

1

故答案為：，1．

54

【點(diǎn)睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，勾股定理以及二次函數(shù)的

性質(zhì)，屬于?？碱}型，靈活應(yīng)用上述知識是解題的關(guān)鍵．

14．（2024·重慶江津·模擬預(yù)測）一個三位數(shù)m，每個數(shù)位上的數(shù)字均不為0，且滿足百位十位個位，稱

mm

為“步步高升數(shù)”，將“步步高升數(shù)”m個位與百位交換得到m，記Gm．例如：128滿足128，

99

821128

則稱128為“步步高升數(shù)”，將“步步高升數(shù)”128個位與百位交換得到821，記G1287．

99

若p是一個“步步高升數(shù)”，則Gp的最大值為，一個“步步高升數(shù)”p是3的倍數(shù)，且滿足Gp是一

個完全平方數(shù)，則所有滿足條件的p的平均值為．

【答案】8357

【分析】本題考查了實(shí)數(shù)的新定義運(yùn)算，求一個數(shù)的平均數(shù)，正確掌握相關(guān)性質(zhì)內(nèi)容是解題的關(guān)鍵．先表

mm

示pa100b10cabc和pc100b10aabc，結(jié)合Gm，得出

99

pp99ca

Gpca，因?yàn)镚p是一個完全平方數(shù)，得出Gpca4，最后根據(jù)p是3的

9999

倍數(shù)，列式計算即可作答．

【詳解】解：依題意，p是一個“步步高升數(shù)”，設(shè)這個“步步高升數(shù)”為pa100b10cabc

∴將“步步高升數(shù)”的個位與百位交換得到pc100b10aabc

mm

∵Gm

99

∴c100b10aa100b10cca100ca99ca

pp99ca

則Gpca

9999

∵abc，且a，b，c都是正整數(shù)

∴則Gp的最大值為ca8

∵Gp是一個完全平方數(shù)

∴Gpca1，4，9

∵abc，且a，b，c都是正整數(shù)

∴Gpca1，9都舍去

∴Gpca4

故當(dāng)c9時，則a5

∴p985，975，965，p589，579，569

故當(dāng)c8時，則a4

∴p874，864，854，p478，468，458

故當(dāng)c7時，則a3

∴p763，753，743，p367，357，347

故當(dāng)c6時，則a2

∴p652，642，632，p256，246，236

故當(dāng)c5時，則a1

∴p541，531，521，p145，135，125

∵一個“步步高升數(shù)”p是3的倍數(shù)，

∴p579，357，468，246，135

579357468246135

∴357

5

∴滿足條件的p的平均值為357

故答案為：8，357

15．（2024·重慶渝北·模擬預(yù)測）若一個四位數(shù)的首尾兩位數(shù)字順次組成的兩位數(shù)與中間兩位數(shù)字順次組成

的兩位數(shù)之和為160，則稱這個四位數(shù)為“吉祥數(shù)”，若一個四位數(shù)．Mabcd（其中1a，b，c，d9，且

a，b，c，d均為整數(shù)）為“吉祥數(shù)”，則ab，定義FM21ab24c2d16，若FM

能被17整除，且存在整數(shù)k，使得FMk226，則滿足條件的M的值為．

【答案】157882

【分析】本題考查了實(shí)數(shù)的新定義問題，正確理解新定義是解題的關(guān)鍵．利用“吉祥數(shù)”的定義以及各字母的

范圍，結(jié)合兩位數(shù)的表示方法和整數(shù)的性質(zhì)，即可求解；再利用整數(shù)整除的性質(zhì)，合理變形分析討論，最

后得出滿足條件的M的值．

【詳解】解：根據(jù)題意得，10ad10bc160，

變形得，cd1016ab，cd為10的倍數(shù)．

∵1b9,1d9，1a9,1c9

∴2cd18，2ab18

cd為10的倍數(shù)，故cd10．

∴101016ab，可求得ab15．

∵FM能被17整除，

可設(shè)FM21ab24c2d16k22617N（N為整數(shù)）．

又ab15,cd10，10ad10bc160，

將FM變形得：

FM21ab24c2d16

21a15a24c210c16

20a26c51

17ac33a3c，

即FM1733317N，acac

FM3a3c

ac3N（N為整數(shù)），

1717

∵17與3互質(zhì)，

∴a3c必是17的整數(shù)倍．

∵1a9,1c9，a、c均為正整數(shù)，

∴127a3c93，即26a3c6，

a3c是17的整數(shù)倍，故a3c0或a3c17．

以下分兩種情況討論：

當(dāng)a3c0時，則a3c，

FM17ac334c51，

a3a6a9

符合條件的a、c有或或，

c1c2c3

a3

當(dāng)時，F(xiàn)M34c5185，

c1

85k226，

k111（不符合題意，舍去）；

a6

當(dāng)時，F(xiàn)M34c51119，

c2

119k226，

k145（不符合題意，舍去）；

a9

當(dāng)時，F(xiàn)M34c51153，

c3

153k226，

k179（不符合題意，舍去）；

當(dāng)a3c17時，則a3c17，

FM17ac33a3c34c289，

a1a4a7

符合條件的a、b有或或，

c6c7c8

a1

當(dāng)時，F(xiàn)M34c28985，

c6

85k226，

k無解（不符合題意，舍去）；

a4

當(dāng)時，F(xiàn)M34c28951，

c7

51k226，

k無解（不符合題意，舍去）；

a7

當(dāng)時，F(xiàn)M34c28917，

c8

17k226，

k3（符合題意）；

a7

綜上，符合題意的只有．

c8

依據(jù)題意可知M1000a100b10cd1000a10015a10c10c，

1000710081081087882，

因此，滿足條件的M值只有7882，

故答案為：15，7882．

16．（2024·重慶·模擬預(yù)測）一個四位自然數(shù)M，如果M滿足各數(shù)位上的數(shù)字均不為0，它的百位上的數(shù)字

比千位上的數(shù)字大1，個位上的數(shù)字比十位上的數(shù)字大1，則稱M為“珊瑚數(shù)”．對于一個“珊瑚數(shù)”M，同時

將M的個位數(shù)字交換到十位、十位數(shù)字交換到百位、百位數(shù)字交換到個位，得到一個新的四位數(shù)N．稱N

MN

為“明佳數(shù)”，規(guī)定：FM．如果M是最大“珊瑚數(shù)”，則FM是，對于任意四位自然數(shù)

9

abcd1000a100b10cd（a、b、c、d是整數(shù)且1a9，0b、c、d9），規(guī)定：G(abcd)cdab．已

知P、Q是“珊瑚數(shù)”，其中P的千位數(shù)字為m（m是整數(shù)且1m7），十位數(shù)字為8；Q的百位數(shù)字為5，

十位數(shù)字為s（s是整數(shù)且3s8），且sm．若G(P)G(Q)能被13整除，則F(P)的最小值是．

【答案】1034

【分析】答題空1：根據(jù)“珊瑚數(shù)”和“明佳數(shù)”的定義，以及M是最大“珊瑚數(shù)”可得M和N的值，進(jìn)而可求

得FM的值；

答題空2：根據(jù)題意可得G(P)89mm172m2m，G(Q)s(s1)45s2s20，進(jìn)而可得

G(P)G(Q)sm(sm1)52，由G(P)G(Q)能被13整除，可得sm(sm1)能被13整除．結(jié)

合s和m的范圍，以及s、m都是正整數(shù)，即可求出m的值．進(jìn)而可得P的值及P的“明佳數(shù)”的值，再求

出F(P)的值，即可得F(P