2024年浙江省各地市中考数学二模压轴题

第=page11/=sectionpages118118页2024年浙江省各地市中考数学二模压轴题精选温馨提示：本卷58题，分为4部分，题目均选自2024年浙江省各地市二模试题。本卷解答题留有足够答题空间，试题部分可直接打印出来练习。本卷难度较大，适合基础较好的同学。第一部分一次函数与反比例函数1.(2024·浙江省宁波市·二模)如图，点A在反比例函数y=1x(x>0)的图象上，点B在反比例函数y=-3x(x<0)的图象上，且OA⊥OB，连结AB交y=1x(x>0)图象于点A.32 B.3 C.22.(2024·浙江省温州市·二模)台州市域铁路S1线台州站至城南站全长52km，理论票价实行里程分段计价制，理论票价y(单位：元)与行驶里程x(单位：km)之间的函数关系如图(AB,BC为线段)，但在定价时，按该分段计价制所得结果常为小数，实际票价为大于或等于该值的最小整数，如当行驶里程为37km时，所得理论票价为8.5元，实际票价则为9元.经查从甲站到乙站的实际票价为10元，则甲乙两站的里程不可能为(

)A.44km B.45km C.46km D.47km

3.(2024·浙江省台州市·二模)如图，过原点的线段AB的两端点A和B分别在反比例函数y=kx(x>0)和y=2x(x<0)的图象上，过点A作x轴的垂线，垂足为C，若△BOC面积为

4.(2024·浙江省杭州市·二模)如图，在平面直角坐标系中，点A在第一象限，AB⊥x轴于点B，函数y=kxx>0的图象经过线段AB的中点D，交OA于点C，连接CB.若▵AOB的面积为12，则k=

；▵COB的面积为5.(2024·浙江省宁波市·二模)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，B(4,0)，将△AOB向右平移到△CDE位置，点A，O分别与点C，D对应，函数y=kx(k>0)的图象经过点C和CE的中点F

6.(2024·浙江省绍兴市·二模)如图，反比例函数y=kxx<0的图象经过点A-1,1，过点A作AB⊥y轴，垂足为B，在y轴的正半轴上取一点P，过点P作直线OA的垂线l，以直线l为对称轴，点B经轴对称变换得到的点B'在此反比例函数的图象上，则点第二部分二次函数7.(2024·浙江省台州市·二模)已知点A(m,k)，B(n,k+1)(m>0>n)是二次函数y=x2+1函数图象上的两个点，若关于x的一元二次方程mx2+nx+k=0有两根xA.0<x1+x2<1，x1⋅x2>0 B.x18.(2024·浙江省金华市·二模)已知m，n是函数y1=x与y2=x2-2x+c图象两个交点的横坐标，点AA.若0<t<m<n<2，则n<T B.若0<t<m<n<2，则T<n

C.若0<m<t<n<2，则n<T D.若0<m<t<n<2，则T<n9.(2024·浙江省杭州市·二模)已知二次函数y=ax2-2ax+3图象上两点P(x1A.若x1+1>x2+1，则a<0 B.若|x1-1|>|x2-1|10.(2024·浙江省杭州市·二模)已知二次函数y=x2-2x+2，当0≤x≤t时，函数最大值为M，最小值为N.A.0.5 B.1.5 C.3 D.411.(2024·浙江省台州市·二模)已知二次函数y=(x-m)2(m为常数)，当x1≤x≤x212.(2024·浙江省金华市·二模)已知二次函数y=-2x-tx+t-5+7(t为常数)，点P(x1,y13.(2024·浙江省宁波市·二模)已知二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴只有一个公共点，且当x=a和x=a+n时函数值都为m，则m与n14.(2024·浙江省温州市·二模)设抛物线y=ax2+6x-4与直线y=kx(1)求a，k的值及抛物线的对称轴；(2)设Mx1,m，Nx2,m是抛物线上两点，且①当x2-x②当x3-x15.(2024·浙江省绍兴市·二模)如图，二次函数y=x2+bx+c(b,c是常数)的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点．已知OC=3，并且当x=1时，y=0．

(1)填空：该二次函数的解析式为

．(2)已知该二次函数的图象上有两点，它们的坐标分别是x1,y1，x2,y2，当(3)过B，C两点作直线，点P为该直线上一动点，过点P作y轴的平行线，分别交x轴和抛物线于点M，N，若PMMN=13，试求以O，C，

16.(2024·福建省福州市·二模)已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)．

(1)当a=2时，

①若该函数图象的对称轴为直线x=1，且过点(0,3)，求该函数的表达式；

②若方程ax2+bx+c=0有两个相等的实数根，求证：2b+8c≥-1；

(2)若a=-b4=c

17.(2024·浙江省杭州市·二模)“水门礼”是民航最高级别的礼仪，寓意接风洗尘，C919国产大飞机首航抵达北京首都机场，穿过隆重的“水门礼”.如图1，两辆车向飞机喷射水柱，形成的两条水柱形状相同，均可以看作是抛物线的一部分，当两辆车喷水口的水平距离为60米，两条水柱在抛物线的顶点处相遇．建立直角坐标系，如图2，此时顶点H距离地面22米，喷水口A，B点距地面均为4米．(喷射水柱的动力和角度均保持不变)

(1)请写出经过A，B，H三点的抛物线的函数表达式．(2)若两辆车同时向后退10米，两条水柱形状及喷水口到地面的距离均保持不变，两条水柱的相遇点距离地面多少米？(3)若水柱相遇点距离地面14米，两辆车应该在(2)的条件下再分别后退多少米？

18.(2024·浙江省绍兴市·二模)为了美化教室，打造富有特色的班级文化墙．某美术社团小组在学习了抛物线的相关知识后，计划设计“抛物线型”花边装饰班级公告栏标题．【建立模型，制作花边】社团小组的同学们首先在平面直角坐标系中设计了一个如图1的“抛物线型”花边，该花边的高度为12cm．【摆放花边，制定方案】同学们剪下该花边若干个，尝试在长为60cm，宽为12cm的公告栏标题处摆放该花边，经过讨论交流形成了以下两个方案：方案一：如图2，将该花边完全放入公告栏标题中，发现恰好能摆出一幅有5个连续花边组成的图案．方案二：如图3，将花边的一部分放入公告栏标题中，摆出上下两排各含有若干个连续花边的图案，每个花边(即每条抛物线)的高度相等，相对两个花边的顶点之间的距离为h．【实施方案，展示作品】请根据上述研究步骤与相关数据，完成下列任务：(1)求出图1的平面直角坐标系中抛物线花边的函数表达式；(2)若采用研究步骤中的方案二进行设计，当h=6cm

19.(2024·浙江省台州市·二模)有一种玩具叫“不倒翁”，图1所示的不倒翁自上而下由糖果盒、装饰盒、底座三层构成.这个不倒翁造型的底部纵截面边缘形成一条抛物线，若将不倒翁放在矩形桌面上，当其相对桌面静止时，最低点A距桌边线的水平距离为10cm，此时，粘在玩具上的标签B距桌面的垂直距离为2.5cm，距桌的边线的水平距离为5cm.已知不倒翁的底部最高点距桌面的垂直距离为10cm.如图2，建立平面直角坐标系，其中点的横坐标表示这点与桌的边线的水平距离，纵坐标表示这点与桌面的垂直距离．

(1)求这个不倒翁底座所在抛物线的函数表达式．

(2)这个不倒翁糖果盒、装饰盒两部分纵截面边缘也恰好形成一条抛物线，且装饰盒上点Q距桌面的垂直距离为30cm，距桌的边线的水平距离为5cm.求这个不倒翁的总高度．

(3)当不倒翁向左摇摆恰好点B在桌面上时，它有越过左边线的部分吗？请说明理由．

20.(2024·浙江省台州市·二模)【背景素材】射击过程中，瞄准线和枪管并不是平行的.如图1，当瞄准线处于水平时，枪管略微上翘，子弹从枪膛中射出后，其飞行过程形成的轨迹(弹道轨迹)近似于抛物线，弹道轨迹与瞄准线有两个交点，分别称为第一归零点和第二归零点.射击靶靶面呈圆形，圆心即靶心，射击时，瞄准线对准靶心，且垂直于靶面.当靶心位于任意一个归零点时，子弹就能精准命中靶心，否则将偏离靶心．

【探究思考】有一射击靶距甲种枪枪膛口水平距离为200m，射击队员调整瞄准镜，使其水平对准靶心，并使靶心刚好位于第二归零点，此时弹道轨迹已确定.如图2，以瞄准线为x轴，枪膛口竖直方向为y轴建立平面直角坐标系，则子弹的飞行高度y(单位：m)与水平距离x(单位：m)满足函数关系y=-1105(x-n)(x-200)，已知点P为该枪枪膛口，其低于瞄准线0.06m(即OP=0.06m)．

(1)求出n的值，并解释点N(n,0)的实际意义．

(2)在不调整弹道轨迹的情况下，把射击靶向前移动到与枪膛口的水平距离为120m处，若射击靶半径为0.1m，问子弹能否命中靶面？请说明理由．

【理解应用】如图3，同上建立平面直角坐标系，已知乙种枪弹道轨迹恒不变，且其两个归零点坐标分别为A(10,0)，C(85,0)，点B(15,0.05)是弹道轨迹上一点.有一移动电子靶在距枪膛口水平距离75m处启动加速，迎面驰来，在距枪膛口水平距离50m处以10m/s的速度开始匀速运动，当电子靶启动的同时，一队员开始水平瞄准靶心，瞄准后再连开两枪，随后都命中靶面，子弹落点分别位于靶心上方0.2m和0.05m处(该移动电子靶靶面半径大于0.2m)，从电子靶启动到命中第二枪共用时6s

21.(2024·浙江省杭州市·二模)综合与实践：根据以下素材，探索完成任务．生活中的数学：如何确定汽车行驶的安全距离背景现代社会汽车大量增加，发生交通事故的一个原因是遇到意外不能立即停车．驾驶员从发现前方道路有异常情况到立即操纵制动器需要一段时间，这段时间叫反应时间，在这段时间里汽车通过的距离叫做反应距离；从操纵制动器制动，到汽车静止，汽车又前进一段距离，这段距离叫制动距离．素材1《驾驶员守则》中驾驶员在不同车速时所对应的正常反应距离的表格：车速x(千米/时)306090反应距离s(米)2.557.5注意：1千米/时=518米(1)已知反应时间=反应距离(米素材2制动距离(俗称：刹车距离)与汽车速度有关．下表为测试某种型号汽车的刹车性能，工程师进行了大量模拟测试，测得汽车的数据如下表：刹车时车速x(千米/时)051015202530刹车距离y(米)00.10.30.611.62.1素材3相关法规：《道路安全交通法》第七十八条：高速公路上行驶的小型载客汽车最高车速不得超过每小时120公里．任务1(2)请根据素材2回答：测量必然存在误差，请利用平面直角坐标系(如图1)，以所测得数据刹车时车速x为横坐标，刹车距离y为纵坐标，描出所表示的点，并用光滑的曲线连接，画出函数大致图象，并求出一个大致满足这些数据的函数表达式；任务2(3)请根据素材2和3相应的结论回答：在测试中，该型号的汽车在高速公路上发生了一次交通事故，现场测得刹车距离为32.5米，请推测汽车是否超速行驶；任务3(4)请根据以上所有的素材回答问题：测试汽车在行人较多城市道路的机动车道正常行驶中，某时突然有一人骑自行车横穿机动车道，此时自行车前轮行至非机动车道与机动车道交界处的C点时与轿车的距离s=4.6米(见图2).测试汽车看到行人后立即刹车，若汽车在没有越过自行车路线CE前停车(见图3)，汽车刹车前的最大速度不能超过多少？(注意：停车距离=反应距离+制动距离)

第三部分三角形与四边形22.(2024·浙江省台州市·二模)如图，将三角形ABC(AC>AB)沿BC方向平移得到△DEF，使BE=13BC，DE与AC交于点M，以下关于四边形DMCF和四边形ABEMA.周长之差可由(AC-AB)值确定

B.周长之和可由(AC+AB)值确定

C.周长之差可由(AC-AB+BC)值确定

23.(2024·浙江省绍兴市·二模)如图，在Rt▵ABC中，∠C=90∘，AC=BC，点D是BC的中点，将AD绕着点A顺时针旋转90∘至AE，连接BE，交AC于点F，交AD于点G，则tanA.34 B.45 C.5624.(2024浙江省金华市·二模)如图，大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形(▵ABE,▵BCF,▵CDG,▵DAH)和中间一小正方形EFGH拼成，连接DE.设∠BAE=α，∠CDE=βA.12 B.22 C.325.(2024·浙江省金华市·二模)如图，把4个形状大小均相同的矩形摆放成正方形AEFG，连接EI并延长交AG于点H，连接GI.若DG=4DH，则EH:IG的值是(

)

A.85 B.5+12 C.26.(2024·浙江省金华市·二模)如图，在四边形ABCD中，AB//DC，AB=BC，AD⊥AC，点E为对角线AC的中点，射线DE交边BC于点F，且DF⊥BC，则A.32 B.53 C.27.(2024·浙江省杭州市·二模)如图，在▵ABC中，点D是AB上一点(不与点A，B重合)，过点D作DE//BC交AC于点E，过点E作EF/​/AB交BC于点F，点G是线段DE上一点，EG=2DG，点H是线段CF上一点，CH=2HF，连接AG,AH,GH,HE.若已知▵AGH的面积，则一定能求出(

)A.▵ABC的面积 B.▵ADE的面积

C.四边形DBFE的面积 D.

28.(2024·浙江省绍兴市·二模)如图，在由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”中，四边形ABCD与四边形EFGH均为正方形，连结HF并延长，分别交边AD，BC于点M，N.若EF=2，tan∠BAF=12，则MN的长为(

)A.832 B.32 29.(2024·浙江省温州市·二模)如图，把一张宽为1cm的长方形纸片ABCD沿PQ，MN折叠.顶点A，B，C，D的对应点分别为A'，B'，C'，D'，点B'与D'重合，点A恰与BC，MD的交点重合．若BQNC=A.5cm B.(5+1)cm 30.(2024·浙江省温州市·二模)到目前为止，勾股定理的证明已超过400种，其中一种简洁易懂方法叫做“常春证法”，即利用面积分割法证得.如图，已知△ABC≌△DCE，∠ACB=90°，边ED和CD分别与AB交于点F和点G，连接CF.若△ABD的面积为7，且tan∠ECF=A.52 B.3 C.103 31.(2024·浙江省杭州市·二模)如图，矩形ABCD，点E、F分别是BC，CD上一点，连接EF，令∠AEB=α，已知AE=AF，BE=5CE，sinα=35，则sin∠AFD=32.(2024·浙江省金华市·二模)如图，在▱ABCD中，DE平分∠ADC交AB于点E，过E作EF⊥DE交BC于点F，延长AD至点G，使得DG=BF，连结GF，若AB=7，CF=3，tan∠EDC=2，则33.(2024·浙江省杭州市·二模)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，D是AB的中点，点E，F分别在边AC，BC上，AE=1，将△ADE，△BDF分别沿DE，DF翻折使得A与A'重合，B与B'重合，若34.(2024·浙江省绍兴市·二模)在等边▵ABC中，D，E分别是边AB，AC上的点，AD=CE，连接DE，若S▵ABC=9S▵ADE，则DE35.(2024·浙江省绍兴市·二模)如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=10，E，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD上的动点，若AE=CG=a，当四边形EFGH为矩形时，则a的取值范围是

．

36.(2024·浙江省宁波市·二模)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，M是AC上一点，AM=23CM，MN//AB交BC于点N，D是直线MN上一动点，连结AD，将线段AD绕点D逆时针旋转90°至线段ED，连结AE.当点C，D，37.(2024·浙江省金华市·二模)如图，▱ABCD由5张纸片拼成，相邻纸片之间互不重叠且无缝隙，其中两张全等的等腰Rt△ADG，Rt△BCE纸片的面积均为S1，另两张全等的直角三角形纸片的面积均为S2，中间纸片EFGH是正方形，直线FH分别交AD和BC于点M，N.设DF=m，AH=n，若2S

38.(2024·浙江省温州市·二模)如图，点P是正方形ABCD的中心，过点P的线段EF和GH将正方形ABCD分割成4个相同的四边形，这4个四边形拼成正方形PQMN.连接HF，记▵PHF和▵HCF的面积分别为S1,S2，设(1)若A，B，Q三点共线，则k=

(2)正方形ABCD和CJKL的面积之比为

. (用含k39.(2024·浙江省台州市·二模)如图，点E为正方形ABCD的边BC上一点(不与B，C重合)，连接DE.点F为点A关于直线DE的对称点，连接AF，CF和DF，其中AF交DE于点G．

(1)若CF=DF，求tan∠AFC的值．

(2)作FH⊥CD于点H，求证：AF平分∠DFH．

(3)作DI⊥CF于点I

40.(2024·浙江省杭州市·二模)如图，在▵ABC中，点D，E，F分别在边AC，BD，BC上．从下列条件中选择其中两个作为本题的条件．①AB2=AD⋅AC；②∠(1)求证：▵ABE(2)连接EF，如果BF=CF，求证：EF/​

41.(2024·浙江省宁波市·二模)如图1，四边形ABCD中，∠BAD=90°，AB=AD=5，AC平分∠BCD．

(1)求证：∠BCD=90°．

(2)如图2，DE平分∠BDC交AC于点E．

①若BC>CD，CE=2，求CD的长；

②如图3，若点F是AB的中点，连结EF，DF，若△EFD

42.(2024·浙江省绍兴市·二模)【特例发现】正方形ABCD与正方形AEFG如图1所示放置，G，A，B三点在同一直线上，点E在边AD上，连结BE，DG.通过推理证明，我们可得到两个结论：①BE=DG；②BE⊥DG(1)【旋转探究】将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转一定角度到图2所示的位置，则在“特例发现”中所得到的关于BE与DG的两个结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．

(2)【迁移拓广】如图3，在矩形ABCD与矩形AEFG中，若AB=2AD，AE=2AG.连结BE，DG.探索线段BE与线段DG存在怎样的数量关系和位置关系？为什么？

(3)【联想发散】如图4，▵ABC与▵ADE均为正三角形，连结BD，CE.则线段BD与线段CE的数量关系是

；直线BD与直线CE相交所构成的夹角中，较小锐角的度数为

．

43.(2024·浙江省金华市·二模)根据以下操作，完成任务．如何折出正多边形？操作1如图①，先对折正方形，得到AB的垂直平分线，再摊开、铺平，把点D，C折到AB的垂直平分线上．折叠后的点D，点C重合，记为点O.得到▵ABO操作2将操作1中折出的▵ABO剪下，如图②，将▵ABO对折，记折痕为OH，再摊开、铺平，把点A，B折到OH上．折叠后的点A，点B问题解决任务1判断▵ABO任务2某数学学科小组在操作2的基础上继续折叠，提供了以下三种方案：方案①：将纸片沿EF向上折叠，使得点H落在点P处．方案②：将∠OEG对折，使得角两边EO与EG重合，折痕交OH于点P方案③：将纸片向左上方折叠，使得点E与点H重合，折叠后的点F落在点P处．以上方案中折出的四边形EHFP为正方形的是.(填写序号)任务3求操作1中的正方形ABCD与操作2中所折出的正方形EHFP的面积之比．

第四部分圆与扇形44.(2024·浙江省台州市·二模)如图，BC是⊙O的直径，点A为⊙O上一点，D在CB的延长线上，且BC=2DB，若tan∠DAB=14，则A.1321

B.415

C.81945.(2024·浙江省杭州市·二模)如图，△ABC内接于⊙O，AC=BC=8，AD是⊙O的直径，连结BD，AE平分∠BAC交BD于E，若DE=2，则⊙OA.92

B.133

C.17446.(2024·浙江省金华市·二模)如图，以等腰▵ABC的底边BC为直径作⊙O，分别交AB，AC边于点D，E，过点E作EF⊥BC于点F，∠CEF的平分线交BC于点G.若BD=3，CG=1，则FG=

，AE=

.(参考素材：角平分线性质定理：三角形一个角的平分线与其对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例，如47.(2024·浙江省金华市·二模)如图，在扇形OAB中，点O为圆心，点C在AB⌢上，过点C作CD⊥OA于点D，交弦AB于点E，且CE=AE，连接OE．

(1)设∠AOE=x，则∠AOB=

.(用x(2)已知AB⌢的长为5π，若▵BEO为等腰三角形，则扇形OAB的半径长为

48.(2024·浙江省台州市·二模)如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点D为BC的中点，连接OD并延长OD点E，连接BE，直线BE切⊙O于点B.作CF⊥AB于点F，连接AE，AE分别交CF，BC于点G，H．

(1)若r=1，BE=2，求CF的长．

(2)求证：CG=GF．

(3)连接GO，记△AGO的面积为S1，四边形GOBE的面积为

49.(2024·浙江省台州市·二模)如图，A，B，D，C为⊙O上顺次四点，BC为直径，AD平分∠BAC，过点D作⊙O的切线交AB延长线于点E，连接EF，设S△ABFS△CDF=k．

(1)求证：BC/​/ED．

(2)若∠ADC=60°，求k的值．

(3)若EF/​/DC50.(2024·浙江省温州市·二模)如图，点C是以AB为直径的⊙O上一点，过AC中点D作DE⊥AB于点E，延长DE交⊙O于点F，连结CF交AB点G，连结AF,BF．(1) [认识图形]求证：(2) [探索关系]①求CF与DF的数量关系．②设CGFG=x，DE(3) [解决问题]若CG=22，

51.(2024·浙江省温州市·二模)如图，AB是⊙O直径，点C为⊙O上一点，四边形ABCD为平行四边形，且CD与交⊙O交于点E，延长DA交⊙O于点F，连结BE，BF．

(1)求证：AF=AD．

(2)若AB=10，DE：EC=2：3．

①求BF的长．

②在线段BE上取点G，连结DG，FG，若△DFG为等腰三角形，求EG的值．

(3)连结AE，AC，当点D关于直线AE的对称点D'恰好落在AC上，连结FD'，BD'，记△BFD'和

52.(2024·浙江省杭州市·二模)如图．四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，BD平分∠ABC．

(1)求∠DAC(2)求证：AC(3)若AB=22，当BE=1时，求

53.(2024·浙江省杭州市·二模)如图1，已知ABC内接于⊙O，且AB=AD=DC，E是BC⌢的中点，连接AE交直径BC于点F，连接BD．

(1)求证：AE⊥(2)若BC=10，求AE的长．(3)如图2，连接EO并延长交AC于点G，连接OD.求S

54.(2024·浙江省金华市·二模)如图，▵ABC内接于⊙O，点E在直径BD的延长线上，且AE/​/BC，连结CD，∠(1)求证：AE是⊙O(2)若⊙O的半径为R，CD①当∠E=45∘②求证：1ta

55.(2024·浙江省宁波市·二模)四边形ABCD内接于⊙O，AC是⊙O的直径，连结BD交AC于点G，AF⊥BD，垂足为E．

(1)如图1，若AF交BC于点F．

①求证：∠BAF=∠CAD；

②若⊙O的直径为10，cos∠BCA=45，BF：CG=3：5，求AF的长．

(2)如图2，若AF交CD于点F，连结OD

56.(2024·浙江省金华市·二模)点D是以AC为直径的⊙O上一点，点B在CD延长线上，连结AB交⊙O于点E．

(1)如图1，当点E是AD的中点时，连结CE，求证：AC=BC；

(2)连接AD，DE，将△BDE沿DE所在的直线翻折，点B的对应点落在⊙O上的点F处，作FG/​/BC交AB于点G．

①当E，G两点重合时(如图2)，求△AED与△FED的面积之比；

②当BC=10，

57.(2024·浙江省绍兴市·二模)如图，▵ABC内接于⊙O，∠C=45∘，BC与直径AD交于点E(1)如图1，若∠BAC=60∘，OE=2.则BE(2)如图2，在BC上取点G，使BG=BA，连接AG并延长交⊙O于点F.求证：AF平分∠(3)如图3，在(2)的条件下，已知AD=10，AFAC=3

58.(2024·浙江省杭州市·二模)如图1，AB是半圆O的直径，点C，D是半圆O上的点，且AC//OD，连结BC交OD于点E．

(1)若OE=1，求AC的长．(2)如图2，连接CD，AD，BD，若S▵ACDS▵OBD(3)如图3，连接BD，作CP//BD交AB于点P，连接PD.求证：BD2参考答案1.【答案】C

【解析】解：如图，过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，

∴∠ADO=∠BEO=90°．

∵OA⊥OB，

∴∠AOB=90°．

∴∠AOD+∠BOE=∠AOD+∠OAD=90°．

∴∠OAD=∠BOE．

∴△AOD∽△OBE．

∴S△AODS△OBE=(OAOB)2．

∵S△AODS△OBE=13，

∴ADOE=ODBE=OAOB=33．

设A(m,1m)，则B(-3m,3m)，

∵点C为AB的中点，

2.【答案】D

【解析】解：设AB段解析式为y=k1x，将(8,2)代入得，2=8k1，

解得：k1=14，

∴y=14x，

当x=28时，y=7，即B(28,7)，

依题意得，当行驶里程为37km时，所得理论票价为8.5元，

设线段BC的解析式为y=kx+b(37≤x≤52)代入(28,7)，(37,8.5)，

∴8.5=37k+b7=28k+b，

解得：k=16b=73，

∴线段BC解析式为y=13.【答案】18

【解析】解：如图，作BD⊥x轴，垂足为D，

∵点B在y=2x(x<0)的图象上，

∴S△OBD=12×2=1，

∵△BOC面积为3，

∴ODOC=13，

∵BD/​/AC，

∴△BDO∽△ACO，

∴S△BDOS△ACO=(OD4.【答案】126

【解析】本题考查的是反比例函数与几何综合，设Aa,b，可得Da,12b，k=12ab，再结合三角形的面积可得k的值，如图，过C作CQ⊥【详解】解：设Aa,b∵AB⊥x轴于点B，AB∴D∴k=∵▵AOB的面积为12∴1∴k=12如图，过C作CQ⊥x轴于

设Cm,12m则由中点含义可得：Aa,∵S∴S∴1整理得：a=∴S故答案为：12，65.【答案】6

【解析】解：∵点A(0,3)，B(4,0)，

∴OA=3，OB=4，

根据题意可知，CD=OA=3，DE=OB=4，

设OD=a，则C(a,3)，E(a+4,0)，

∴F(a+2,32)，

∵函数y=kx(k>0)的图象经过点C和CE的中点F，

∴k=3a=32(a+2)，

解得：a=2，

∴k=6．

故答案为：6．

根据题意可知，CD=OA=3，DE=OB=4，设OD=a，则C(a,3)，E(a+4,0)，F(a+2,32)，利用k=xy得到k=3a=6.【答案】(0,1+【解析】本题考查等腰三角形性质及判定，待定系数法求反比例函数解析式，解一元二次方程．根据题意先设点P(0,t)，在求出反比例函数解析式，利用等腰三角形性质列式即可得到本题答案．【详解】解：设点P(0,t)，∵点A-∴将点A-1,1代入y=k∵OB=AB=1∴▵OAB∴∠AOB=∵l⊥OA，令直线l与x

，∴∠OPQ=∵点B和点B'关于直线l∴PB=PB'，∴∠BPQ=∠B∴B∴B∵PB=PB∴t-1=|-1t|=1t故答案为：(0,1+7.【答案】C

【解析】解：∵点A(m,k)，B(n,k+1)是二次函数y=x2+1函数图象上的两个点，

又m>0>n，

∴点A(m,k)在其第一象限的图象上，点B(n,k+1)在其第二象限的图象上．

∴n<0，k+1=n2，m>0，k>0，k=m2，

∴n2=m2+1．

∴(nm)2=1+1m2>1

∵m、n异号，nm<0，

设x=<0，即x2>1，

即x2-1>0，则x<-1，

故-nm>1，

∵m>0，k>0，

∴km>0．

由mx2+nx+k=0得，x1+x2=8.【答案】D

【解析】本题考查二次函数与一次函数的交点问题，二次函数的图象和性质，根据二次函数的性质，得到当0<m<n<2时，m,n在对称轴的两侧，二次函数的函数值的范围为：c-【详解】解：∵y∴对称轴为直线x=1，∵m，n是函数y1=x与∴两个交点为m,m，n,n，当0<m<n<2时，y1=x随着x的增大而增大，∴n>m∴当0<m<x<n<2时，二次函数的函数值的范围为：c-∴当0<m<x=t<n<2时，T<n；当0<t<m<n<2时，T可能大于，等于或小于n；故选D．9.【答案】D

【解析】本题考查了二次函数的图象与性质．熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．由y=ax2-2ax+3=ax-12+3-a【详解】解：∵y=a∴对称轴为直线x=1，当a<0时，图象开口向下，点离对称轴越远，函数值越小，∴当|x1-∴若|x1-故选：D．10.【答案】C

【解析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的图象与性质，二次函数的最值，分类讨论是解题的关键．①当0<t<1时，x=0时，y=x2-2x+2取最大值2，x=t时，y=x2-2x+2取最小值t2-2t+2，代入M=5N，无解；②当t=1时，x=0时，y=x2-2x+2取最大值2，x=1时，y=x2-2x+2取最小值1，不满足M=5N；③当1<t≤2时，x=1时，y=x2-2x+2取最小值，最小值为1，x=0时，y=【详解】∵∴对称轴为x=1，顶点坐标为(1,1)，将x=0代入，y=2，所以该二次函数过(0,2)将x=2代入，y=2，所以该二次函数过(2,2)画出y=x2-2x+2的①当0<t<1时，x=0时，y=x2-2x+2取最大值，最大值为2，x=t∴M=2，∵∴该方程无解；②当t=1时，x=0时，y=x2-2x+2取最大值，最大值为2，x=1∴M=2，∴不满足M=5N∴③当1<t≤2时，x=1时，y=x2-2x+2取最小值，最小值为1∴M=2，∴不满足M=5N∴④当t>2时，x=1时，y=x2-2x+2取最小值，最小值为1，x=t∴M=t∵∴解得t1=3∵∴t∴故选：C．11.【答案】2【解析】解：由题意，∵二次函数y=(x-m)2，

又抛物线开口向上，

∴当x≥m时，y随x的增大而增大．

∵m≤x1≤x≤x2，

∴0≤y1≤y2．

∵y2-y1=2，

∴(x2-m)2-(x1-m)2=x22-x12-2(x2-x1)m=2．

∴x2-x1=12.【答案】x1【解析】本题考查了二次函数值的大小比较，将点的坐标代入解析式求差是最直接有效的一种方法．将点坐标代入解析式后求差，然后分解因式，由积判断每一个因式的正负性即可．【详解】解：∵y=∴y=∴y2∴∴y∵x1<∴x∴故答案为：x113.【答案】m=1【解析】解：∵抛物线y=x2+bx+c与x轴只有一个交点，

∴Δ=b2-4c=0，

即b2=4c，

∵当x=a和x=a+n时函数值都为m，

∴-b2=a+a+n2，

∴a=12(-b-n)，

把x=a，y=m代入y=x2+bx+c得，

m=14(-b-n)2+b×14.【答案】【小题1】解：由题意，把A(1,1)分别代入y=kx和y=ax∴k=1，a=∴抛物线的对称轴为直线x=-【小题2】解：①∵M和N关于x=3对称，且x∴M和N到对称轴的距离都为1∴x1=2又将M(2,m)代入抛物线解析式y=-∴m=4又直线为y=x，∴x②由题意，x2∴x∵x∴x∴m=x3

【解析】1.

本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．依据题意，把A(1,1)分别代入y=kx和y=ax2+6x-42.

①依据题意，由M和N关于x=3对称，且x2-x1=2，从而M和N到对称轴的距离都为1，可得x1=2，x2=4②依据题意，可得x2-3=3-x1，故15.【答案】【小题1】y=【小题2】解：y1∵x1+∴1<∵抛物线解析式为y=x∴抛物线开口向上，对称轴为直线x=2，∴离对称轴越远函数值越大，∵2∴y【小题3】解：当y=x2-4x+3=0∴B设直线BC解析式为y=kx+b'∴∴∴直线BC解析式为y=-设Pm,-m+3∴PM=∵PM∴M∴m∴m2-解得m1=-2，m2=3(舍去)或当m=-2时，∴S当m=4时，PM=-∴S综上所述，以O，C，P，M为顶点的四边形的面积为8．

【解析】1.

本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，求二次函数解析式，二次函数图象的性质：先求出A、C的坐标，再利用待定系数法求解即可；【详解】解：∵OC=3∴C∵当x=1时，y=0，∴A把A1,0，C0,3代入y=∴∴抛物线解析式为y=x故答案为：y=x2.

先求出1<x2<2，再求出抛物线开口向上，对称轴为直线x=2，则离对称轴越远函数值越大，根据23.

先求出点B的坐标，再求出直线BC解析式为y=-x+3，设Pm,-m+3，则Mm,0,Nm,m2-16.【答案】(1)①解：当a=2时，y=2x2+bx+c，

∵函数图象的对称轴为直线x=1，且过点(0,3)，

∴-b4=1c=3，

解得b=-4c=3，

∴函数的表达式为y=2x2-4x+3；

②证明：∵方程2x2+bx+c=0有两个相等的实数根，

∴Δ=0，即b2-8c=0，

∴b2=8c，

∴2b+8c=2b+b2=(b+1)2-1，

∵(b+1)2≥0，

∴(b+1)2-1≥-1，

∴2b+8c≥-1；

(2)解：∵a=-b4=c3，

∴b=-4a，c=3a，

∴y=ax2-4ax+3a=a(x-2)2-a，

∴抛物线顶点为(2,-a)，

在y=ax2-4ax+3a中，令y=0得x=1或x=3，

∴抛物线与x【解析】(1)①当a=2时，y=2x2+bx+c，根据函数图象的对称轴为直线x=1，且过点(0,3)，得-b4=1c=3，即可解得函数的表达式为y=2x2-4x+3；

②由方程2x2+bx+c=0有两个相等的实数根，知b2-8c=0，得b2=8c，故2b+8c=2b+b2=(b+1)2-1，即可得2b+8c≥-1；

(2)求出y=ax2-4ax+3a=a(x-2)2-a，知抛物线顶点为(2,-a)17.【答案】【小题1】解：设经过点A，B，H的抛物线的解析式为y=ax根据题意得H(0,22)，B(30,4)，将其代入y=ax2+c得：c=22∴y=【小题2】∵经过点B'，H'的抛物线是由抛物线∴经过点B'，H'的抛物线的顶点为∴经过点B'，H'的抛物线的解析式为将x=0代入，y=-150∴消防车后退10米后两条水柱相遇点H'距地面20【小题3】解：设两辆车应该在(2)的条件下再分别后退mm>0米，则经过点B'，H'将0,14代入，y=即14=-解得：m=-30(舍去)∴消防车再分别后退10米后两条水柱相遇点H'距地面14

【解析】1.

本题考查二次函数的实际应用；根据题干的平面直角坐标系，给出点H、B的坐标，设经过点A，B，H的抛物线的解析式为y=ax2+c，将点H2.

根据题意利用平移的规律给出经过点B'，H'的抛物线解析式，得出3.

根据题意设两辆车应该在(2)的条件下再分别后退mm>0米，则经过点B'，H'的抛物线的解析式为y=18.【答案】【小题1】解：根据题意，OA=12cm，OB=60÷∴A设“抛物线型”花边的解析式为y=ax∴a解得，a=1∴y=∴抛物线花边的函数表达式为：y=1【小题2】解：如图所示，已知EF=12cm,GH=h∴EG=FH=∴点G的纵坐标为-3，即将物线花边的函数y=13x∴y=令y=0时，13解得，x1∴x∴60∴一排中最多可摆放的花边个数为10个．

【解析】1.

本题主要考查二次函数的运用，掌握待定系数法求解析式，二次函数与x轴的交点的计算是解题的关键．根据题意可得A6,2.

根据题意，将抛物线向上平移9个单位，计算次数抛物线与x轴的交点，两交点之间的距离，由此即可求解．19.【答案】解：(1)由题意知，底座抛物线的顶点坐标为A(10,0)，

故可设该二次函数解析式为y=a(x-10)2，

又∵过点B(5,2.5)，

∴25a=2.5．

∴a=110．

∴y=110(x-10)2(0≤x≤20)．

(2)由题意知不倒翁果盒、装饰盒的抛物线过点Q(5,30)、(0,10)、(20,10)，

故可设该二次函数解析式为y=ax2+bx+c，代入得

25a+5b+c=30c=1040a+20b+c=10，

∴a=-415，b=163，c=10．【解析】(1)依据题意知，底座抛物线的顶点坐标为A(10,0)，从而可设该二次函数解析式为y=a(x-10)2，又过点B(5,2.5)，进而求出a，可得解析式；

(2)依据题意，由题意知不倒翁果盒、装饰盒的抛物线过点Q(5,30)、(0,10)、(20,10)，故可设该二次函数解析式为y=ax2+bx+c，代入得建立方程组进而计算可以得解析式，再令x=10从而可以得解；

(3)依据题意，令y=10，从而可得x=0或2020.【答案】解：(1)由题意得：点P(0,-0.06)．

∴-0.06=-1105(0-n)(0-200)．

解得：n=30．

∴函数解析式为：y=-1105(x-30)(x-200)．

∴点N(30,0)的实际意义是：第一归零点距离枪膛口的水平距离为30m(答案不唯一，意思对即可)．

(2)当x=120时，y=-1105(120-30)(120-200)=0.072<0.1．

∴子弹能命中靶面．

(3)设此时抛物线的解析式为：y=a(x-10)(x-85)．

∵经过点(15,0.05)，

∴0.05=a(15-10)(15-85)．

解得：a=-17000．

∴抛物线的解析式为：y=-17000(x-10)(x-85)．

当y=0.2时，

0.2=-17000(x-10)(x-85)．【解析】(1)易得点P的坐标为(0,-0.06)，代入所给的函数解析式可得n的值，根据题意可得点N是弹道轨迹与瞄准线的交点之一，可得其距离枪膛口的水平距离；

(2)取x=120，算出对应的y的值，和0.1比较后可得是否命中靶面；

(3)根据A(10,0)，C(85,0)，用交点式表示出二次函数解析式，把点B的坐标代入可得a的值，即可求得相应的函数解析式，分别取y=0.2和0.05，求得相应的x的值．这个队员瞄准靶心所用的时间=6-(第一枪命中靶心时距离原点距离-第二枪命中靶心时距离原点的距离21.【答案】(1)反应时间t=所以驾驶员正常的反应时间为0.3秒(2)解：图像如下：由图像大致可知函数图象为二次函数，因为图象经过原点，设二次函数解析式为：y=ax2+bx+cc=0∴∴函数表达式为y=0.002x(3)把y=32.5代入y=0.002x解得x1=125,x车速125大于限速120，所以该车已超速行驶．(4)设汽车刹车前的速度为x千米/小时．则根据停车距离=反应距离+制动距离，可列：0.3整理得：3x取最大距离，则3解得x1=30,∴汽车刹车前的最大速度不能超过30千米/小时．

【解析】(1)根据反应时间=反应距离(2)秒点连线，用待定系数法求解析式即可；(3)把y=32.5带入解析式求解x，与120比较即可；(4)根据停车距离=反应距离+制动距离列不等式求解，舍去负值．22.【答案】A

【解析】解：由平移可知，BE=CF，AB=DE，AC=DF，BC=EF，

∵BE=13BC，

∴EC=2BE，BC=3BE，

∴四边形DMCF和四边形ABEM周长之差=(DM+MC+CF+DF)-(AB+BE+AM+ME)=(AB-ME+AC-AM+BE+AC)-(AB+BE+AM+ME)=AB-ME+AC-AM+BE+AC-AB-BE23.【答案】D

【解析】本题主要考查等腰直角三角形的性质，全等三形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数的计算方法，掌握全等三角形的判定和性质，锐角三角函数的计算方法，合理构造三角形全等是解题的关键．过点E作EH⊥AC于点H，过点A作AT⊥BE于点T，可证▵ACD≌▵EHAAAS，可得AH=12EH，再证▵EHF≌▵，在Rt▵EHF中，运用勾股定理可得AE=17x，根据等面积法S△AEF【详解】解：如图所示，过点E作EH⊥AC于点H，过点A作AT⊥∴∠C=∴∠AEH+∴∠AEH=∵AD=AE∴▵ACD∴AH=CD，BC=EH=AC∵点D是BC中点，∴CD=∴∴AH=∵EH⊥AC∴EH//BC，且BC=EH∴∠EHF=∴▵EHF∴HF=CF∴HF=CF=∴设CF=HF=x，则AH=2x，AC=4x，∴AF=3x，CD=2x在Rt▵ACD中，∴AE=2在Rt▵EHF中，∵S∴AT=在Rt▵AET中，∴tan故选：D．24.【答案】C

【解析】设CG,DE交于点P，过点P作PM⊥CD，根据tanα=BEAE=12，不妨设BE=1，则AE=2，勾股定理求出AB的长，证明▵DGP【详解】解：设CG,DE交于点P，过点P作PM⊥大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形(▵ABE,▵BCF,▵CDG,▵∴AB=CD,CG=AE=DH,DG=BE=HE,∠GCD=α，∠∵tan∴CM=2PM设BE=1，则AE=2，∴DH=CG=2,DG=BE=HE=1∴AB=CD=∵GF//HE∴▵DGP∴PG∴PG=∴CP=2∴CP=∴PM=3∴DM=CD∴tan故选：C．25.【答案】D

【解析】设HD=x，AD=y，由题意得到BE=AD=y，AB=DG=4x，由▵EBK≌▵IDHAAS，推出BK=DH=x，由▵EBK∽▵EAH，推出BK:AH=BE:AE，得到x:x+y=y:【详解】解：设HD=x，AD=y，由题意得：BE=AD=y，∵DG=4DH∴AB=DG=4x∵四边形ABCD是矩形，∴AG//BC∴∠BKE=∵∠EBK=∠HDI∴▵EBK∴BK=DH=x∵BK//AH∴▵EBK∴BK:AH=BE:AE∴x:∴y=2x∴AH=AD+DH=3x，AE=AB+BE=4x+2x=6x，DG=4x，DI=AD=2x∴EH=A∴EH故选：D．26.【答案】C

【解析】解：过点A作AG/​/BC交CD于G，延长DF与AB的延长线交于H，如下图所示：

∵AB/​/DC，

∴四边形ABCG为平行四边形，

又∵AB=BC，

∴四边形ABCG为菱形，

∴AG=CG=BC=AB，

∴∠DCA=∠CAG，

∵AD⊥AC，

∴∠DCA+∠ADC=90°，∠CAG+∠DAG=90°，

∴∠ADC=∠DAG，

∵AG=GD，

∴CD=GD+CG=2AB，

∵AB/​/DC，

∴∠H=∠EDC，∠HAH=∠DCE，

∵点E为对角线AC的中点，

∴EA=EC，

在△AHE和△CDE中，

∠H=∠EDC∠HAH=∠DCEEA=EC，

∴△AHE≌△CDE(AAS)，

∴AH=CD=2AB，EH=ED，

∴BH=AB，

∵BH//CD，

∴△BHF∽△CDF，

∴BF：CF=BH：CD，

即BF：CF=AB：2AB=1：2，

设BF=k，则CF=2k，

∴BC=BF+CF=3k，

∴AB=BH=BC=3k，CD=2AB=6k，

∵DF⊥BC，

∴在Rt△BHF中，由勾股定理得：FH=BH2-BF2=22k，

在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF=CD2+CF2=42k，

∴DH=DF+FH=42k+22k=62k，

∴EH=ED=12DH=327.【答案】B

【解析】本题考查了平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质．熟练掌握平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．证明▵DAE∽▵FEC，则∠ADG=∠EFH，ADEF=DEFC，由DGFH=DEFC=ADEF【详解】解：∵DE//BC，EF/∴∠AED=∠ECF∴▵DAE∴∠ADG=∠EFH∵DG=∴DG∴▵A∴∠AGD=∴∠AGE=∵DE//BC∴∠GEH=∴AG//EH∴S∵S∴S▵ADE故选：B．28.【答案】C

【解析】本题主要考查了勾股定理的证明、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、正方形的性质等知识点，正确地作出辅助线是解题的关键．根据正方形的性质得到HF=2EF=22，过M作MI⊥HD，根据相似三角形的性质得到AEDE=【详解】解：∵tan∴设BF=a，则AF=2a，∴EF=AF∵EF=2∴BF=2,AF=4∵四边形EFGH是正方形，∴HF=过M作MI⊥∴MI//AE∴▵DMI∴MI∴AE设MI=x,DI=2x，∵∠HMI=∴HI=MI=x∵DH=BF=2∴DH=HI+DI=3x=2，即x=∴MI=∴MH=∵∠FBN=∴▵BFN∴FN=MH=∴MN=HF+MH+FN=HF+2MH=2故选：C．29.【答案】A

【解析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，一元二次方程的解法等知识，熟练掌握这些知识是解题的关键．先设BQ=4a，NC=3a，再根据题意得出▵A'B'Q∽▵NC'Q【详解】解：∵BQ设BQ=4a，NC=3a，由题意得：BQ=B'Q=4a，CN=C'N=3a，∴MB∴▵A∴C'NA'B'=整理得：12a解得：a1=-∵B∴a>0∴a=∴C'Q=4a+1=3，BQ=4a=2∵∠PA'M=∴A∴∠PA∵AD//BC∴∠QA'B∴∠A∴▵A∴A'MA'B'=∴A'M=12则AD=AP+MP+MD=AP+∵BQ=2，QN=C∴BC=BQ+QN+CN=2+∴AP+解得：AP=故选A．30.【答案】D

【解析】解：∵△ABC≌△DCE，∠ACB=90°，

∴∠DEC=∠ACB=90°，

∵tan∠ECF=EFCE=13，

∴设EF=x，CE=3x，

∴BC=CE=3x，

∵∠DEC+∠ACB=180°，

∴DE/​/BC，

∴△AEF∽△ACB，

∴EFBC=AEAC=13，

∴AE=32x，

∴AC=DE=32x+3x=92x，

∴DF=DE-EF=72x，

∴AB=AC2+BC2=3132x，

∵△ABC≌△DCE，

∴∠CAB=∠CDE，∠AFE=∠DFG，

∴∠31.【答案】2425【解析】本题考查矩形的性质，解直角三角形，解决本题的关键是掌握矩形的性质．根据sin∠AEB=sinα=35=ABAE【详解】解：在矩形ABCD中，∠B=∠D=∵∠∴设AB=3x，则AE=5x，∴BE=∵AE=AF∴AF=5x∵BE=5CE∴CE=∴AD=BC=BE+EC=5CE+CE=5CE=∴sin故答案为：242532.【答案】4【解析】解：如图，连接BD，过点D作DH⊥AB于H，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD=BC，AD//BC，

又∵DG=BF，

∴四边形DGFB是平行四边形，

∴DB=GF，

∵CD/​/BA，

∴∠CDE=∠AED，

∵DE平分∠ADC，

∴∠ADE=∠CDE，

∴∠ADE=∠AED，

∴AD=AE，

∴AD=AE=BC，

∵∠A+∠ABC=180°，∠A+∠ADE+∠AED=180°，∠ABC+∠BEF+∠BFE=180°，

∴∠A+∠ADE+∠AED+∠ABC+∠BEF+∠BFE=360°，

∴∠ADE+∠AED+∠BEF+∠BFE=180°，

∵DE⊥EF，

∴∠AED+∠BEF=90°，

∴∠ADE+∠BFE=90°33.【答案】3

【解析】解：如图所示，连接CD，

设∠ADE=∠A'DE=α，∠BDF=∠B'DF=β，

在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，

∴AB=10，

∵Rt△ABC中，D是AB的中点，

∴CD=12AB=5，

又∵CE=AC-AE=6-1=5，

∴CD=CE，

∴∠CDE=∠CED，即α+∠CDA'=α+∠A，

∴∠CDA'=∠A，

又∵∠A=∠A'，

∴∠CDA'=∠A'，

∴A34.【答案】6【解析】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造三角形全等是解题的关键．在BC上取点F，使得BF=CE，连接BE,DF，证明▵ADE≌▵CEF≌▵BFD，从而得到▵DEF为等边三角形，推出【详解】解：在BC上取点F，使得BF=CE，连接BE,DF，在等边▵ABC中，∠A=∠∵AD=CE=BF∴AE=CF=BD∴▵ADE∴▵ADE∴DE=EF=DF∴▵D∴▵ABC∴DE∵S∴DE∴DEAB=故答案为：635.【答案】0≤a≤【解析】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，不等式的性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．根据矩形的判定和性质，可证▵EDH∽▵HCG，设CH=x【详解】解：当四边形EFGH为矩形时，EH//FG,EH=FG，且∠EHG=∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠C=∴∠DEH+∴∠DEH=∴▵EDH∴EDHC=设CH=x0≤∴ED=10∴10-ax=∴∴0①0解得，0≤a≤②解得，a≤10(负解集舍去综上所述，0≤a≤故答案为：0≤a≤36.【答案】24或【解析】解：①当点D在线段CE上时，如图1：

过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CG⊥DF，交FD的延长线于点G，作CH⊥AB，交AB于点H，连接CD，则四边形CHFG为矩形，CG/​/AB，

∴GF=CH，CG=HF，

∵MN/​/AB，

∴△CMN∽△CAB，CG//MN//AB，

∴DGGF=CMAC，

∵AM=23CM，

∴DGGF=CMAC=35，

设DG=3a，则CH=FG=5a，

∴DF=2a，

∵∠ACB=90°，AC=BC，

∴CH=12AB=AH=5a，

设CG=HF=x，

∴AF=5a+x，

线段AD绕点D逆时针旋转90°至线段ED，

∴∠ADE=90°，AD=DE，AE=2AD，

∵点C，D，E共线，

∴∠ADC=90°，

∵DF⊥AB，CG⊥DF，

∴∠AFD=∠CGD=90°，

∴∠ADF=∠DCG=90°-∠CDG，

∴△CGD∽△DFA，

∴CGDF=DGAF，

∴x2a=3a5a+x，

∴(5a+x)⋅x=6a2，

解得：x=a或x=-6a(舍去)；

∴CDAD=CGDF=12，

∴CDAE=CD2AD=1237.【答案】211【解析】解：设EH=a，

∵四边形EFGH是正方形，

∴EH=HG=GF=EF=a，

∵Rt△ADG≌Rt△BCE，Rt△ABH≌Rt△CDF，

∴BE=GD，EC=AG，BH=DF，AH=CF，

∵Rt△ADG和Rt△BCE是等腰直角三角形，

∴BE=GD=EC=AG，

∵DF=m，AH=n，

∴BE=BH-EH，EC=EF+CF，

∴m-a=n+a，

∴m-n=2a，

∵m-n=22，

∴a=2，

∴EH=HG=GF=EF=2，

∴BE=GD=EC=AG=n+2，

∴DF=FG+GD=FG+EC，

∵S1=12×CE2=12×(n+2)，S2=1238.【答案】【小题1】53【小题2】k+1

【解析】1.

如图1，连接BQ，EH、EG、GF，则AE=DH=CF=BG，AG=DE=CH=BF，证明▵DEH≌▵CHFSAS，则EH=FH，∠EHD=∠HFC，∠EHF=90∘，▵EFH是等腰直角三角形，同理可得，EG=GF=FH=EH，证明四边形EHFG是正方形，则PF=PH=PG，∠HPF=90∘=∠GPF，设AE=DH=CF=BG=b，AG=DE=CH=BF=a，PF=PH=PG=c，由题意知，S1=c22，S2=ab2，由这4个四边形拼成正方形PQMN，可得QF=PH=c,FJ=CH=a，则PQ=2c，由【详解】解：如图1，连接BQ，EH、∵EF和GH将正方形ABCD分割成4个∴AE=DH=CF=BG，AG=DE=CH=BF∵正方形ABCD，∴∠A=∴▵DEH∴EH=FH，∠∴∠EHD+∴∠EHF=∴▵EFH同理可得，EG=GF=FH=EH，∴四边形EHFG是正方形，∴PF=PH=PG，∠设AE=DH=CF=BG=b，AG=DE=CH=BF=a，PF=PH=PG=c，由题意知，S1=c∵这4个四边形拼成正方形PQMN，∴QF=PH=c,FJ=CH=a∴PQ=2c∵A，B，Q∴tan∴PGPQ=解得，BQ=2a，由勾股定理得，QF2=B∴c=由勾股定理得，FH2=C∴F∴b=3a∴k=故答案为：532.

由(1)可知，k=S1S2=c2ab，a2+b2=2c2，则k=a2解：由(1)可知，k=S1S∴k=a2由题意知，正方形ABCD的边长为a+b，CJKL的边长为b-∴正方形ABCD和CJKL的面积之比为a+b2故答案为：k+1k-139.【答案】(1)解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=CD，∠ADC=90°，

∵点A和点F关于直线DE对称，

∴AD=DF，

又∵CF=DF，

∴CD=DF=CF，

∴△DCF是等边三角形，

∴∠CDF=∠DFC=60°，

∴∠ADF=∠ADC+∠CDF=150°，

∴∠DFA=∠DAF=15°，

∴∠AFC=∠DFC-∠DFA=45°，

∴tan∠AFC=tan45°=1；

(2)证明：连接AC，

∵点A和点F关于直线DE对称，

∴AD=DF，

∴∠DFA=∠DAF，

∵FH⊥CD，

∴∠FHD=90°，

∴∠FHD=∠ADC=90°，

∴AD//HF，

∴∠DAF=∠AFH，

∴∠DFA=∠AFH【解析】(1)证明△DCF是等边三角形，得出∠CDF=∠DFC=60°，证出∠AFC=∠DFC-∠DFA=45°，则可得出答案；

(2)连接AC，证出∠DFA=∠AFH40.【答案】【小题1】解：选择①②作为条件：∵A∴AB∵∠BAD=∴▵BAD∴∠ABE=∵∠BAE=∴▵ABE【小题2】如图，∵▵ABE∴AE∵∠BAE=∴∠BAE+∠EAF=∵▵BAD∴∠ABC=∴△DAE∴DE∴DE∵BF=CF∴DE=BE∴EF为▵∴EF//CD，即：EF/

【解析】1.

本题考查相似三角形的判定和性质，与三角形中位线有关的证明：选择①②，先证明▵BAD∽▵CAB，得到∠2.

根据▵ABE∽▵ACF，得到AEAF=BECF，证明△DAE∽△BAF，得到41.【答案】(1)证明：如图1，过点A作AG⊥BC于G，AP⊥CD于P，则∠AGB=∠P=∠AGC=90°，

∵AC平分∠BCD，AP⊥CD，AG⊥BC，

∴AG=AP，

∵AB=AD，

∴Rt△AGB≌Rt△APD(HL)，

∴∠BAG=∠PAD，

∵∠BAD=90°，

∴∠GAP=90°，

∵∠AGC=∠P=90°，

∴∠BCD=90°；

(2)解：①如图2，过点D作DM⊥AC于M，

设∠CDE=α，

∵DE平分∠BDC，

∴∠CDE=∠BDE=α，

∵∠BCD=90°，AC平分∠BCD，

∴∠ACD=∠ACB=45°，

∴∠AED=∠ACD+∠CDE=45°+α，

∵AB=AD=5，∠BAD=90°，

∴BD=52+52=52，∠ADB=45°，

∴∠ADE=∠ADB+∠BDE=45°+α，

∴∠ADE=∠AED，

∴AE=AD=5，

∵AC=AE+CE，CE=2，

∴AC=5+2=7，

设DM=x，则CM=x，AM=7-x，

∵AM2+DM2=AD2，

∴(7-x)2+x2=52，

解得：x1=3，x2【解析】(1)如图1，过点A作AG⊥BC于G，AP⊥CD于P，则∠AGB=∠P=∠AGC=90°，证明Rt△AGB≌Rt△APD(HL)，可得结论；

(2)①如图2，过点D作DM⊥AC于M，设∠CDE=α，根据三角形的外角的性质和角的和可得∠ADE=∠AED，设DM=x，则CM=x，AM=7-x，根据勾股定理可得CD的长，并根据BC>CD进行取舍；

②如图3，过点D42.【答案】【小题1】

结论仍然成立．证明：如图，延长DG与AB、BE交于点I、H，

∵∠EAG=∠∴∠DAG=在▵DAG和▵AG=AE∴▵DAG∴BE=DG，∠∵∠ADI+∠AID=∴∠ABE+∴∠BHI=∴BE∴BE=DG且BE【小题2】解：BE=2DG，BE⊥∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，∴∠BAD=∴∠BAE=∵AB=2AD，AE=2AG∴AB∴▵A∴∠AEB=∠AGD∴BE=2DG如图，设BE和DG的交点为M，AB与DG的交点为N，

∵∠AGN+∠ANG=90∘，∴∠MEN+∴∠EMN=∴BE【小题3】BD=CE

60

【解析】1.

根据正方形的性质易证▵DAG≌▵BAESAS，得出BE=DG，延长DG与AB、BE交于点I、2.

根据矩形的性质及条件“AB=2AD，AE=2AG”，易证▵ABE∽▵DAG，得出∠ABE=∠ADG，BE=2DG，设BE和DG的交点为M，AB与3.

延长BD交CE的延长线于点O，CO交AD于点J.证明△BAD≌△CAE(SAS)，推出BD=CE，∠解：如图，延长BD交CE的延长线于点O，CO交AD于点J．

∵▵ABC，▵ADE∴AB=AC，AD=AE，∠∴∠BAD=∴▵BA∴BD=CE，∠∴∠JDO=∵∠EJA=∴∠O=∴BD=CE，直线BD与直线CE相交所成较小角的度数是60故答案为：BD=EC，60∘43.【答案】任务1：根据折叠的方法可知：OA=AD=AB=BC=OB，所以▵OAB任务2：连接EF，因为▵OAB是等边三角形，OH所在直线是▵EH=FH，∠EHA=∠EHO=∠OHF=∠FHB=∴OH⊥EF，EK=FK，即OH是EF方案①，将纸片沿EF向上折叠，使得点H落在点P处，∴EH=HF=FP=PE∴四边形EHFP是菱形，又∵∠EHF=∴菱形EHFP方案②，将∠OEG对折，使得角两边EO与EG重合，折痕交OH于点P∵∠AEH=∠GEH=∴∠HEP=∴∠EPH=∠EHG=∴EP=EH=HF∴四边形EHFP是是正方形；方案③：将纸片向左上方折叠，使得点E与点H重合，折叠后的点F落在点P处．如图：由折叠方法可知：∠PEH=∠FHE=∴EP//HF∴四边形EHFP是平行四边形，∵∴四边形EHFP是正方形；综上所述：方案中折出的四边形EHFP为正方形的是①②③；任务3：过点E作EM⊥AB，垂足为∵∠A=60∘∴EM=MH，AE=2A∴EM=A∴AB=2AH=2(AM+MH)=2(1+EH=∴正方形ABCD与正方形EHFP的面积之比为：(

【解析】本题考查了正方形与折叠问题，等腰三角形的性质与判定，轴对称的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．任务1：根据折叠的性质得出▵OAB任务2：由折叠的方法和对称性质可得：∠EHF=90∘，EH=FH，再由方案①②③任务3：关键30°直角三角形性质和等腰直角三角形性质求出正方形EHFP的边长EH与正方形ABCD边长AB44.【答案】C

【解析】解：如图，过点A作AF⊥BC于点F，过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CM⊥DA于M，

∴BE/​/CM，

∴△DBE∽△DCM，

∴BECM=BDCD，

∵BC=2BD，

∴BECM=13，

在Rt△ABE中，tan∠DAB=BEAE=14，

设BE=x，则AE=4x，AB=x2+(4x)2=17x，

∴CM=3x，

∵BC是⊙O的直径，

∴∠BAC=90°，

∴∠DAB+∠CAM=90°，

∵∠CAM+∠ACM=90°，

∴∠DAB=∠ACM，

∴tan∠DAB==tan∠ACM，

∴AMCM=BEAE，即AM3x=x4x，

∴45.【答案】B

【解析】解：作直径CM，连接AM，

∵AC=BC，AO=BO，CO=CO，

∴△AOC≌△BOC(SSS)，

∴∠ACO=∠BCO，

∴CM⊥AB，

∵AD是圆的直径，

∴∠ABD=90°，

∴DB⊥AB，

∴BD//CM，

∵OA=OD，

∴AN=NE，

∴ON是△ADE的中位线，

∴ON=12DE=12×2=1，

设圆的半径是r，

∴MN=r-1，

∵AE平分∠CAB，

∴∠CAE=∠BAE，

∵∠ANM=∠CAN+∠ACO，∠MAN=∠BAE+∠MAB，∠MAB=∠BCO，

∴∠ANM=∠MAN，

∴MA=MN=r-1，

∵AM是圆的直径，

∴∠CAM=90°，

∴CM2=AC2+AM2，

∴(2r)246.【答案】457

【解析】【分析】

连接BE，根据弧，弦，角的关系，求出CE=3，根据题干信息，得到FGEF=CGCE=13，设FG=a，得到EF=3a，勾股定理求出a的值，证明▵CFE∽▵【解答】

解：连接BE，

∵CB∴∠CEB=∴∠AEB=∵等腰▵ABC∴AB=AC,∴BE∴BE∴BD∴CE=BD=3由题干信息知：FGEF∴设FG=a，则EF=3a，∴CF=1+a∵EF∴∠CFE=由勾股定理，得：EF∴9解得：a=45或a=-∴FG=∴CF=∵∠CFE=90∘∴▵CFE∴C∴CE2∴BC=5∴BE=设AE=x，∴AB=AC=AE+CE=3+x在Rt▵AEB中，∴3+x∴x=∴AE=故答案为：45，747.【答案】【小题1】4x

【小题2】

252或

【解析】1.

本题考查了弧长的计算，等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，垂径定理，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．连接OC，交AB于F，则OC=OA，通过证得△COE≌△AOE(SSS)，得到∠COE=∠AOE，∠OCE=∠OAB，进一步通过证得△【详解】解：连接OC，交AB于F，则OC=OA，在▵COE和△AOEOC=OA∴△COE∴∠COE=∠AOE在▵CFE和▵∠∴△CFE∴∠EFC=∴OC∴BC∴∠AOC=∴∠AOB=2故答案为：4x；2.

由(1)可知，设∠AOE=x，则∠AOB=4x，∠BOE=3x，分情况讨论即可

由(1)可知，设∠∴∠BOE=3x当BE=OE，∴∠ABO=∵OA=OB∴∠OAB=∴3x+3x+4x=∴x=∴∠AOB=4x=∴72π⋅r∴r=当BE=BO时，同理可得r=10．故答案为：252或1048.【答案】(1)解：设BC和OE相交于M，如图：

∵D是BC中点，

∴OD⊥BC，BM=CM，

∵BE是圆O的切线，AB是直径，

∴AB⊥BE，

在Rt△BOE中，∵OB=1，BE=2，

∴OE=OB2+BE2=5，

∵S△BOE=12BE⋅OB=12OE⋅BM，

∴BM=BE⋅OBOE=255，

∴BC=2BM=455，

又∵∠CBF+∠CBE+90°，∠OEB+∠CBE=90°，

∴∠CBF=∠OEB，

又∵CF⊥AB，BE⊥AB，

∴△BCF∽△EOB，

∴CFOB=BCOE，

∴CF=BC⋅OBOE=45【解析】(1)根据垂径定理可知OE⊥BC，在根据切线的性质得出AB⊥BE，由勾股定理求出OE的长，再根据等积变换求出BM的长，从而得到BC的长，最后根据△BCF和△EOB相似求出CF的长；

(2)根据平行线的判定得到OE和AC平行、CF和BE平行，在根据平行线分线段成比例求证即可；

(3)根据平行线分线段成比例得出FG和BE的关系，然后根据三角形的面积公式以及图形49.【答案】证明：如图，连接OD，

∵BC是⊙O的直径，

∴∠BAC=90°，

∵AD平分∠BAC，

∴∠BAD=∠CAD=45°，

∴∠BOD=∠COD=90°，

∵ED是⊙O的切线，

∴OD⊥ED，

∴∠ODE=∠COD=90°，

∴BC/​/ED；

(2)解：如图，连接BD，

∵∠BAD=∠CAD=45°，

∴BD=CD，∠BCD=∠CBD=45°

∵AC=AC，

∴∠ABC=∠ADC=60°，

∴∠ACB=30°，

∵AB=12BC，

设AB=a，则BC=2a，AC=3a，

∵BC是⊙O的直径，

∴∠BDC=90°，

∴BD=CD=2a，

∵∠BAF=∠DCF，∠ABF=∠CDF，

∴△ABF∽△CDF，

∴k=S△ABFS△CDF=(ABCD)2=(a2a)2=12；

(3)①证明：连接OD，BD，

∵EF//DC【解析】(1)连接OD，根据BC是⊙O的直径，得出∠BAC=90°，根据角平分线的定义可得∠BAD=∠CAD=45°，根据圆周角定理可得∠BOD=∠COD=90°，进而根据切线的性质得出

∠ODE=∠COD=90°，即可得证；

(2)连接BD，根据题意得出AB=12BC，设AB=a，则BC=2a，AC=3a，证明△ABF∽△CDF，根据相似三角形的性质，即可求解；

(3)①50.【答案】【小题1】解：∵AB∴∠AFB=90∘∴∠AFE+∴∠AFE=∵AF∴∠B=∴∠AFE=∵∠DAF=∴△AFD【小题2】解：①由(1)可知△AFD∴AD∵点D是AC中点，∴AC=2AD∴A∴AF=∴AD∴CF=②如图所示，过点C作CH⊥AB于点∴EF//CH∴△GEF∽△GHC∴CGFG=∵CGFG=x∴DE∴y=【小题3】解：已知CG=22，∴CF=5∵CF=∴DF=5∵CGFG=x∴x=2∴DEEF=∴DE=14设AD=a，由(1)可知，AF=∴AF=在Rt▵ADE中，在Rt▵AEF中，∴a解得，a=52∴AE=

【解析】1.

根据同角的余角相等可得∠AFE=∠B2.

根据△AFD∽△ACF，可得ADAF=AFAC3.

根据题意可的DF=5，由此可算出DE=54，EF=154，设在Rt▵ADE中，在Rt▵AEF中，根据勾股定