2023-2024学年北京市通州区中考试题猜想数学试卷含解析

2023-2024学年北京市通州区中考试题猜想数学试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5亳米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1.《九章算术》是中国古代数学的重要著作，方程术是它的最高成就，其中记载：今有牛五、羊二，直金十两；牛

二、羊五，直金八两。问：牛、羊各直金几何？译文：“假设有5头牛、2只羊，值金10两；2头牛、5只羊，

值金8两。问：每头牛、每只羊各值金多少两？”设每头牛值金x两，每只羊值金j两，则列方程组错误的是（）

j5x+2y=1015x+2j=1017x+7y=185x+2y=8

[2x+5y=8•17x+7y=l8*(2x+5,y=82x+5y=10

2.已知一个正多边形的一个外角为36。，则这个正多边形的边数是（）

4.如图，洛边长为2cm的正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的横坐标为1,则点C的坐标为（）

A.(6，-1)B.(2,-1)C.(1,-6)D.(-1,百)

5.若圆锥的轴截面为等边三角形，则称此圆锥为正圆锥，则正圆锥侧面展开图的圆心角是（）

A.90°B.120°C.150°D.180°

II2

6.化简一二・一一;-7+—7的结果是（）

x-1r-2x4-1r+1

7.如图所示是小孔成像原理的示意图，根据图中所标注的尺寸，求出这支蜡烛在暗盒中所成像。。的长（）

10.下列所给函数中，y随x的增大而减小的是（）

11.如图，已知△ABC中，ZABC=45°,F是高AD和BE的交点，CD=4,则线段DF的长度为（）

A.20B.4C.3正I）.4上

12.如图，四边形ABCD内接于若四边形ABCO是平行四边形，则NADC的大小为（）

D

A.45°B.50°C.60°D,75°

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分.）

13.如图，某景区的两个景点A、B处于同一水平地面上、一架无人机在空中沿MN方向水平飞行进行航拍作业，MN

与AB在同一铅直平面内，当无人机飞行至C处时、测得景点A的俯角为45。，景点B的俯角为30。，此时C到地面

的距离CD为100米，则两景点A、B间的距离为一米（结果保留根号）.

14.如怪，点E在正方形ABCD的边CD上.若△ABE的面积为8,CE=3,则线段BE的长为

A

B

15.RtAABC中，AD为斜边BC上的高，若工奴=石二面，则荽=__.

BC

16.分解因式：4a2-4a+l=.

17.计算（-a）3小的结果等于.

18.如果m,n互为相反数，那么|m+n-2016|=.

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

1Y—1

19.（6分）解方程式：---3=--

x-22-x

20.（6分）某水果基地计划装运甲、乙、丙三种水果到外地销售（每辆汽车规定满载，并且只装一种水果）.如表为

装运甲、乙、丙三种水果的重量及利润.

甲乙丙

每辆汽车能装的数量（吨）423

每吨水果可获利润（千元）574

（1）用8辆汽车装运乙、丙两种水果共22吨到A地销售，问装运乙、丙两种水果的汽车各多少辆？

（2）水果基地计划用20辆汽车装运甲、乙、丙三种水果共72吨到B地俏售，（每种水果不少于一车），假设装运甲水

果的汽车为m辆，则装运乙、丙两种水果的汽车各多少辆？（结果用m表示）

（3）在（2）问的基础上，如何安排装运可使水果基地获得最大利润？最大利润是多少？

21.（6分）己知：如图所示，抛物线产-x2+bx+c与x轴的两个交点分别为A（1,0）,B（3,0）

⑴求抛物线的表达式；

⑵设点P在该抛物线上滑动，且满足条件SAPAB=1的点P有几个？并求出所有点P的坐标.

22.（8分）为了解朝阳社区20〜60岁居民最喜欢的支付方式，某兴趣小组对社区内该年龄段的部分居民展开了随机

问卷调杳（每人只能选择其中一项），并将调查数据整理后绘成如下两幅不完整的统计图.请根据图中信息解答下列问

题：

各种支付方式的扇形统计图各种支付方式中不同年龄段人数条形统计图

A支付宝支付

求参与问卷调查的总人数.补全

B徵信支付

C现金支付

D其他

条形统计图.该社区中20〜60岁的居民约8000人，估算这些人中最喜欢微信支付方式的人数.

23.（8分）如图，在RtAABC中，ZC=90°,ZA=30°,AB=8,点P从点A出发，沿折线AB・BC向终点C运动，

在AB上以每秒8个单位长度的速度运动，在BC上以每秒2个单位长度的速度运动，点Q从点C出发，沿CA方向

以每秒百个单位长度的速度运动，两点同时出发，当点P停止时，点Q也随之停止.设点P运动的时间为t秒.

（1）求线段AQ的长；（用含t的代数式表示）

（2）当点P在AB边上运动时，求PQ与AABC的一边垂直时t的值;

（3）设AAPQ的面积为S,求S与t的函数关系式；

（4）当AAPQ是以PQ为腰的等腰三角形时，直接写出t的值.

B

□QC

24.（10分）如图，在R3A8C中，ZABC=90°,AB=CBf以48为直径的。。交4C于点O,点E是48边上一点

（点E不与点A、3重合），OE的延长线交。。于点G,DFA.DG.且交3C于点尸.

L

3FC

（1）求证：AE=BF；

（2）连接GA.EF,求证：GB//EFx

（3）若4£=1,£8=2,求OG的长.

25.（10分）如图，某校准备给长12米，宽8米的矩形A8CD室内场地进行地面装饰，现将其划分为区域I（菱形

PQFG）,区域n（4个全等的直角三角形），剩余空白部分记为区域m；点。为矩形和菱形的对称中心，OPABf

OQ=2OP,AE二PM,为了美观，要求区域n的面积不超过矩形A3CD面积的:，若设OP=x米.

28

>*I

-------

A—»»*—3

甲乙丙

单价（元/米2）2m5〃2m

Q

（1）当】二§时，求区域n的面积.计划在区域i,n分别铺设甲，乙两款不同的深色瓷砖，区域m铺设丙款白色瓷砖,

①在相同光照条件下，当场地内白色区域的面积越大，室内光线亮度越好.当x为多少时，室内光线亮度最好，并求此

时白色区域的面积.

②三种瓷砖的单价列表如下，利，〃均为正整数，若当x=2米时，购买三款瓷砖的总费用最少，且最少费用为7200元,

此时，〃=,n=.

26.（12分）草莓是云南多地盛产的一种水果，今年某水果销售店在草莓销售旺季，试销售成本为每千克20元的草莓,

规定试僚期间销售单价不低于成本单价，也不高于每千克40元，经试俏发现，俏售量y（千克）与俏售单价x（元）

符合一次函数关系，如图是y与x的函数关系图象.

（1）求y与x的函数关系式；

（2）直接写出自变量x的取值范围.

27.（12分）（10分）如图，AB是。O的直径，ODJ_弦BC于点F,交。。于点E,连结CE、AE、CD,若NAEC=NODC.

（1）求证：直线CD为0O的切线；

（2）若AB=5,BC=4,求线段CD的长.

参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1、D

【解析】

由5头牛、2只羊，值金10两可得：5x+2y=10,由2头牛、5只羊，值金8两可得2x+5y=8,则7头牛、7只羊，值

金18两，据此可知7x+7y=18,据此可得答案.

【详解】

解；设每头牛值金X两，每只羊值金y两，

由5头牛、2只羊，值金10两可得：5x+2y=10,

由2头牛、5只羊，值金8两可得2x+5y=8,

则7头牛、7只羊，值金18两，据此可知7x+7y=18,

5x+2y=S

所以方程组错误,

2x+5y=10

故选：D.

【点睛】

本题主要考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解题的关键是理解题意找到相等关系及等式的基本性质.

2、C

【解析】

试题分析：已知一个正多边形的一个外角为必°,则这个正多边形的边数是360。36=10,故选C.

考点：多边形的内角和外角.

3、B

【解析】

分析：根据平行线的性质和三角形的外角性质解答即可.

详解：如图，

VAB/7CD,Zl=45°,

AZ4=Z1=45°,

VZ3=80°,

/.Z2=Z3-Z4=80°-45°=35°,

故选B.

点睛：此题考查平行线的性质，关键是根据平行线的性质和三角形的外角性质解答.

4、A

【解析】

作轴于O,作CE_Ly轴于凡则N4QO=NOEC=90。，得出Nl+Nl=90。，由正方形的性质得出OC=AO,

Zl+Z3=9（r,证出N3=NL由AAS证明△OCb'g/XAOO,得到O£'=A&=1,CE=OD=,即可得出结果.

【详解】

解：作轴于O,作CE_Ly轴于E,如图所示：

则N4QO=NOEC=90。，・・・N1+N1=9O°.

・

*：AO=lfAD=lf；・OD=M_J=瓜,••点A的坐标为（1,行），/.AD=1,

•・•四边形。48c是正方形.Z4OC=90°,OC=AO.AZ1+Z3=90°,Z3=Z1.

ZOEC=/ADO

在ZiOCE和△AOO中，Z3=Z2,•••△OCEgZkAO。（AAS）,：.OE=AD=lfCE=OD=6,，点C的

OC=AO

坐标为（JL-i）.

故选A.

【点睛】

本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等得

出对应边相等是解决问题的关键.

5、D

【解析】

试题分析：设正圆锥的底面半径是r,则母线长是2r,底面周长是2",设正圆锥的侧面展开图的圆心角是n。，则

■二：=2仃,解得：n=180°.故选D.

考点：圆锥的计算.

6、A

【解析】

12x—12x+1

原式=（2）（1）・（I）2+——=------+-------=-------=1,故选故

久十1尢十1x+1JV+1

7、D

【解析】

过O作直线OE_LAB,交CD于F,由CD〃AB可得△OABsaoCD,根据相似三角形对应边的比等于对应高的比列

方程求出CD的值即可.

【详解】

过O作直线OE_LAB,交CD于F,

VAB//CD,

AOF±CD,OE=12,OF=2,

/.△OAB^AOCD,

：OE、OF分别是AOAB和ZkOCD的高，

.OFCD.2CD

.・----=----,即n—=----,

OEAB126

解得：CD=1.

故选D.

【点睛】

本题考查相似三角形的应用，解题的关键在于理解小孔成像原理给我们带来的已知条件，熟记相似三角形对应边的比

等于对应高的比是解题关键.

8、A

【解析】

分析：根据主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、侧面和上面看所得到的图形，从而得出该几何体的左视图.

详解：该几何体的左视图是：

故选A.

点睛：本题考查了学生的思考能力和对几何体三种视图的空间想象能力.

9、D

【解析】

因为・!+!=°，所以•《的相反数是1・

2222

故选I).

10、A

【解析】

根据二次函数的性质、一次函数的性质及反比例函数的性质判断出函数符合y随x的增大而减小的选项.

【详解】

解：A.此函数为一次函数，随x的增大而减小，正确；

B.此函数为二次函数，当xVO时，随X的增大而减小，错误；

C.此函数为反比例函数，在每个象限，y随x的增大而减小，错误；

D.此函数为一次函数，y随x的增大而增大，错误.

故选A.

【点睛】

本题考查了二次函数、一次函数、反比例函数的性质，掌握函数的增减性是解决问题的关键.

11、B

【解析】

求出AD=BD,根据NFBD+NC=90。，ZCAD4-ZC=90°,推出NFBD=NCAD,根据ASA证△FBDgZiCAD,

推出CD=DF即可.

【详解】

解：VAD±BC,BE±AC,

:.ZADB=ZAEB=ZADC=90°,

:.ZEAF+ZAFE=90°,ZFBD+ZBFD=90°,

VZAFE=ZBFD,

.\ZEAF=ZFBD,

VZADB=90°,ZABC=45°,

.*.ZBAD=45O=ZABC,

.\AD=BD,

/CAD=/DBF

在^ADC和^BDF中｛A。=BQ,

ZFDB=ZADC

/.△ADC^ABDF,

ADF=CD=4,

故选：B.

【点睛】

此题主要考查了全等三角形的判定，关键是找出能使三角形全等的条件.

12、C

【解析】

根据平行四边形的性质和圆周角定理可得出答案.

【详解】

根据平行四边形的性质可知NB=NAOC,

根据圆内接四边形的对角互补可知NB-ND=180。，

根据圆周角定理可知ND=!ZAOC,

2

因此NB+ND=NAOC+，ZAOC=180°,

2

解得/A()C=120。，

因此NADC=60°.

故选C

【点睛】

该题主要考查了圆周角定理及其应用问题；应牢固掌握该定理并能灵活运用.

二、填空题：(本大题共6个小题，每小题4分，共24分.)

13、100+100G

【解析】

【分析】由已知可得NACDnNMCA=45。，ZB=ZNCB=30°,继而可得NDCB=60。，从而可得AD=CD=100米，DB=

100百米，再根据AB=AD+DB计算即可得.

【详解】VMN//AB,ZMCA=45°,ZNCB=30°,

:.ZACD=ZMCA=45n,ZB=ZNCB=3O,

VCDXAB,.•.ZCDA=ZCDB=9()°,ZDCB=60°,

•・・CD=100米，・・・AD=CD=100米，DB=CD*tan60°=73CD=10073

AAB=AD+DB=100+10073(米)，

故答案为：100+100

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用--仰角俯角问题，解题的关键是借助俯角构造直角三角形并解直角三角

形.注意方程思想与数形结合思想的应用.

14、5.

【解析】

试题解析：过E作EM_LAB于M,

.\AD=BC=CD=AB,

AEM=AD,BM=CE,

VAABE的面积为8,

—xABxEM=8,

2

解得：EM=4,

即AD=DC=BC=AB=4,

VCE=3,

由勾股定理得：BE=《BC?+CE?="2+3?=5.

考点：1.正方形的性质；2.三角形的面积；3.勾股定理.

15>-

2

【解析】

利用直角三角形的性质，判定三角形相似，进一步利用相似三角形的面积比等于相似比的性质解决问题.

【详解】

如图，

AZADB=90°,

AZCAB=ZADB,且NB二NB,

/.△CAB^AADB,

:.（AB：BC）,=△ADB：△CAB,

XVSAABC=4SAABD,则SAABD：SAABC=1：4,

AAB：BC=1：1.

16>（2。-1）2

【解析】

根据完全平方公式的特点：两项平方项的符号相同，另一项是两底数积的2倍，本题可用完全平方公式分解因式.

【详解】

解：4a2-4a+i=（2a-l）2.

故答案为（2。-1尸.

【点睛】

本题考查用完全平方公式法进行因式分解，能用完全平方公式法进行因式分解的式子的特点需熟练掌握.

17>-a5

【解析】

根据塞的乘方和积的乘方运算法则计算即可.

【详解】

解：（-a^a^-a^a^-a^^-a5.

故答案为：-a$.

【点睛】

本题考查了赛的乘方和积的乘方运算.

18、1.

【解析】

试题分析：先用相反数的意义确定出m+n=O,从而求出|m+n-1|,丁!!!，n互为相反数，.•・m+ii=O,...|m+n-1|=|-1|=1；

故答案为1.

考点：1.绝对值的意义；2.相反数的性质.

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

19、x=3

【解析】

先去分母，再解方程，然后验根.

【详解】

解；去分母，得1-3（x-2）=l-x,l-3x-6=l-x»x=3,经检验，x=3是原方程的根.

【点睛】

此题重点考察学生对分式方程解的应用，掌握分式方程的解法是解题的关键.

20、（1）乙种水果的车有2辆、丙种水果的汽车有6辆；（2）乙种水果的汽车是（m・12）辆，丙种水果的汽车是（32

-2m）辆；（3）见解析.

【解析】

（1）根据“8辆汽车装运乙、闪两种水果共22吨到A地销售”列出方程组，即可解

答；

m+a+b=20

（2）设装运乙、丙水果的车分别为a辆，b辆，列出方程组即可解答;

4〃?+为+3〃=72,

m>1

（3）设总利润为w千元，表示出w=10m+L列出不等式组《m-\2>\确定m的取值范围13<m<15.5,结合一次函

32-2ni>1,

数的性质，即可解答.

【详解】

解：（1）设装运乙、丙水果的车分别为x辆，y辆，得:

x+y=8

2x+3y=22,

x=2

解得：£

y=6.

答：装运乙种水果的车有2辆、丙种水果的汽车有6辆.

（2）设装运乙、丙水果的车分别为a辆，b辆，得:

m+i7+/?=2O

+2〃+3/?=72,'

[a=12

解得：L「

[b=32-2m,

答：装运乙种水果的汽车是（m・12）辆，丙种水果的汽车是（32・2m）辆.

（3）设总利润为w千元，

W=5x4m4-7x2(m-12)+4x3(32-2m)=10m+l.

m>1

V•m-\2>1

32-2/zz>1,

13<m<15.5,

・・・m为正整数，

Am=13,14,15,

在w=10m+l中，w随m的增大而增大，

，当m=15时，W*±=366（千元）,

答：当运甲水果的车15辆，运乙水果的车3辆，运丙水果的车2辆，利润最大，最大利润为366千元.

【点睛】

此题主要考查了一次函数的应用，解决本题的关键是运用函数性质求最值,需确定

自变量的取值范围.

21、（l）y=-x2+4x-3；（2）满足条件的P点坐标有3个，它们是（2,1）或（2+应，-1）或（2-&，-1）.

【解析】

（1）由于已知抛物线与x轴的交点坐标，则可利用交点式求出抛物线解析式；

（2）根据二次函数图象上点的坐标特任，可设P（t,«+如・3）,根据三角形面积公式得到g<2.|-t2+4t-3|=l,然后去

绝对值得到两个一元二次方程，再解方程求出t即可得到P点坐标.

【详解】

解:⑴抛物线解析式为y=-（x-1）（x-3）=-x2+4x-3；

⑵设P（t,-t2+4t-3）,

因为SPAB=LAB=3-1=2,

所以;・2・|-t2+4t-3|=1,

当-t2+4t-3=l时，ti=t2=2,此时P点坐标为（2,1）；

当・t?+4t-3=-i时，32+四,t2=2-V2，此时P点坐标为（2+应，T）或（2・&,-1）,

所以满足条件的P点坐标有3个，它们是（2,1）或（2+0,-1）或（2・0,-1）.

【点睛】

本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择

恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解.一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元

一次方程组来求解：当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解：当已知抛物线与x轴有两个交

点时，可选择设其解析式为交点式来求解.

22、（1）参与问卷调查的总人数为500人；（2）补全条形统计图见解析；（3）这些人中最喜欢微信支付方式的人数约

为2800人.

【解析】

（1）根据喜欢支付宝支付的人数。其所占各种支付方式的比例;参与问卷调查的总人数，即可求出结论；

（2）根据喜欢现金支付的人数（41〜60岁）=参与问卷调查的总人数x现金支付所占各种支付方式的比例.15,即可求

出喜欢现金支付的人数（41〜60岁），再将条形统计图补充完整即可得出结论；

（3）根据喜欢微信支付方式的人数=社区居民人数x微信支付所占各种支付方式的比例，即可求出结论.

【详解】

（1）（120+80）+40%=500（人）.

答：参与问卷调查的总人数为500人.

(2)500x15%-15=60(人).

补全条形统计图.如图所示.

各种支付方式中不同年的屋人鼓条形统计图

(3)8(Wx(l-40%-10%-l5%)=2800(人).

答：这些人中最喜欢微信支付方式的人数约为2800人.

【点睛】

本题考查了条形统计图、扇形统计图以及用样本估计总体，解题的关键是：（1）观察统计图找出数据，再列式计算;

（2）通过计算求出喜欢现金支付的人数（41〜60岁）；（3）根据样本的比例x总人数，估算出喜欢微信支付方式的人

数.

23、（1）473-V3t；（2）当点P在AB边上运动时，PQ与△ABC的一边垂直时t的值是t=0或羡或：；（3）S与

-2舟+8月(0WY1)

（4）t的值为［或

t的函数关系式为:

>/3r-7x/3r+12>/3(l<^<3)

【解析】

分析：（D根据勾股定理求出AC的长，然后由AQ=AC-CQ求解即可：

（2）当点P在AB边上运动时，PQ与△ABC的一边垂直，有三种情况：当Q在C处，P在A处时，PQ1BC；当

PQJ_AB时；当PQ_LAC时；分别求解即可；

（3）当P在AB边上时，即0WK1,作PG_LAC于G,或当P在边BC上时，即lVt£3,分别根据三角形的面积求

函数的解析式即可；

（4）当△APQ是以PQ为腰的等腰三角形时，有两种情况：①当P在边AB上时，作PG_LAC于G,则AG=GQ,

列方程求解；②当P在边AC上时，AQ=PQ,根据勾股定理求解.

详解：（1）如图1,

R3ABC中，ZA=30°,AB=8,

ABC=-AB=4,

2

--.AC=A/82_42=764-16=473,

由题意得：CQ=JJt,

・・・AQ=4/-5；

（2）当点P在AB边上运动时，PQ与△ABC的一边垂直，有三种情况:

①当Q在C处，P在A处时，PQ_LBC,此时t=0；

②当PQ_LAB时，如图2,

・.・AQ=4百-百t,AP=8t,NA=30。,

*3。。=理二旦

AQ2

.8/

..西五tF

12

t=­；

19

③当PQ_LAC时，如图3,

•・・AQ=4/-V3t,AP=8t,ZA=30°,

・・・33。。=爷=¥，

•.•4--拒-----0--=-x-/-3

8，2

4

t=5；

124

综上所述，当点P在AB边上运动时，PQ与△ABC的一边垂直时t的值是t=0或历或q；

（3）分两种情况：

①当P在AB边上时，即0W6L如图4,作PG_LAC于G,

VZA=30°,AP=8t,ZAGP=90°,

APG=4t,

，SAAPQ=；AQ・PG=；(46-6t)・4t=-26t2+8Gt；

②当P在边BC上时，即1VK3,如图5,

.\PC=4-2(t-1)=-2t+6,

・•・SAAPQ=gAQ・PC=；(4^/3-V3t)(-2t+6)t2-7^/+12>/3;

一26产+86(0工Yl)

综上所述，S与t的函数关系式为：S=厂，「r-；

V372-7V3r+12V3(l</<3)

(4)当AAPQ是以PQ为腰的等腰三角形时，有两种情况：

①当P在边AB上时，如图6,

AP=PQ,作PG_LAC于G,贝!)AG=GQ,

VZA=30°,AP=8t,ZAGP=90°,

APG=4t,

，AG=4岛，

由AQ=2AG得：473-百t=8/t,t=：

②当P在边AC上时，如图7,AQ=PQ,

图7

RtZkPCQ中，由勾股定理得：CQ2+CP2=PQ2,

・•・(何~+(-2.+6)2=(46

t=G或-V3(舍)，

综上所述，t的值为1或G.

点睛：此题主要考查了三角形中的动点问题，用到勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，二次函数等知

识，是一道比较困难的综合题，关键是合理添加辅助线，构造合适的方程求解.

24、(1)详见解析；(2)详见解析；(3)当I

【解析】

(1)连接BD,由三角形ABC为等腰直角三角形，求出NA与NC的度数，根据AB为圆的直径，利用圆周角定理得

到NADB为直角，即BD垂直于AC,利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得至ljAD=DC=BDWAC,进而

确定出NA=NFBD,再利用同角的余角相等得到一对角相等，利用ASA得到三角形AED与三角形BFD全等，利用

全等三角形对应边相等即可得证；

(2)连接EF,BG,由三角形AED与三角形BFD全等，得至UED=FD,进而得到三角形DEF为等腰直角三角形，利

用圆周角定理及等腰直角三角形性质得到一对同位角相等，利用同位角相等两直线平行即可得证；

(3)由全等三角形对应边相等得到AE=BF=L在直角三角形BEF中，利用勾股定理求出EF的长，利用锐角三角形

函数定义求出DE的长，利用两对角相等的三角形相似得到三角形AED与三角形GEB相似，由相似得比例，求出

GE的长，由GE+ED求出GD的长即可.

(1)证明：连接BD,

在RtAABC中，ZABC=90°,AB=BC,

AZA=ZC=45°,

TAB为圆O的直径，

.\ZADB=90°,即BDJ_AC,

AAD=DC=BD=;Uc,ZCBD=ZC=45°,

■

AZA=ZFBD,

VDF±DG,

.•.ZFDG=90°,

/.ZFDB+ZBDG=90°,

VZEDA+ZBDG=90°,

/.ZEDA=ZFDB,

在AAED和△BFD中，

NA=NFBD,AD=BD,ZEDA=ZFDB,

/.△AED^ABFD(ASA),

AAE=BF；

(2)证明：连接EF,BG,

,/△AED^ABFD,

ADE=DF,

VZEDF=90°,

/.△EDF是等腰直角三角形，

.\ZDEF=45O,

VZG=ZA=45°,

.\ZG=ZDEF,

AGB/7EF；

(3)VAE=BF,AE=1,

ABF=1,

在RtAEBF中,ZEBF=90°,

，根据勾股定理得：EF2=EB2+BF2,

VEB=2,BF=1,

/.EF=x?-h?=N7,

:△DEF为等腰直角三角形，ZEDF=90°,

ns

ACOSZDEF=TuuT>

VEF-V3Z

:.DE=-.?xy=学，

VZG=ZA,ZGEB=ZAED,

/.△GEB^AAED,

.,.H=隹，即GE*ED=AE-EB,

DO00

・••三GE=2,即GE-

贝！JGD=GE+ED=

JHir,¥

~K

25、(1)8m2；(2)68nr;(3)40,8

【解析】

114-v8

(D根据中心对称图形性质和，。尸|<B,OM=]A兄=可得AE=亍,即可解当x=;时，4个全等直

角三角形的面积；

(2)白色区域面积即是矩形面积减去一二部分的面积，分别用含x的代数式表示出菱形和四个全等直角三角形的面积,

列出含有x的解析式表示白色区域面积，并化成顶点式，根据OvOPv4,0<OQ<6tS/Z<|x96,求出自变量

O

的取值范围，再根据二次函数的增减性即可解答；

(3)计算出x=2时各部分面积以及用含m、n的代数式表示出费用，因为m,n均为正整数,解得m=40.n=8.

【详解】

(1)・・,0为长方形和菱形的对称中心，OP\ABt：.OM=-AB=4

2

14一x

•;AE=-PM,OP+PM=OM,：.AE=-------

22

o4-121i2

二当x二一时，AE=------=—,S〃=4x—AM•AE=4x—x6x-=8〃5

323〃2