重难点06 中考数学模拟卷简答题中档题速度训练-2025年中考数学【热点·重点·难点】专练（浙江专用）

重难点06 中考数学模拟卷简答题中档题速度训练 1．（2025•湖州一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的中线，CE⊥AB于点E，BC＝2，． （1）求AC的长； （2）求sin∠CDB的值． 2．（2025•定海区一模）如图①所示的是一款机械手臂，由上臂、中臂和底座三部分组成，其中上臂和中臂可自由转动，底座与水平地面垂直．在实际运用中要求三部分始终处于同一平面内，其示意图如图②所示，经测量，上臂AB＝12cm，中臂BC＝8cm，底座CD＝4cm． （1）若上臂AB与水平面平行，∠ABC＝60°，计算点A到地面的距离；（结果保留根号） （2）在一次操作中，中臂与底座成135°夹角，上臂与中臂夹角为105°，如图③，计算此时点A到地面的距离．（精确到0.1cm，，） 3．（2024•浙江模拟）如图，AB是半圆O的直径，AD为弦，∠DBC＝∠A． （1）求证：BC是半圆O的切线； （2）若OC∥AD，OC交BD于E，BD＝6，CE＝4，求AD的长． 4．（2025•拱墅区模拟）某校为了解学生的数学素养，随机抽取100名学生进行模拟测试（每位学员答5道数学题，其中答对4道及以上为优秀），经过两周训练，对这些学生进行第二次模拟测试，将这两次模拟成绩进行整理、分析，并制作成如下统计表． （1）在扇形统计图中，“答对4道”所在扇形的圆心角为　 　 度． （2）若该校有1200名学生，估计第一次模拟测试达到“优秀”的学生人数． （3）你认为学生的两周训练是否有效？请用相关统计量说明理由． 5．（2025•拱墅区校级一模）已知函数y1＝﹣kx+4和函数（k为常数且k≠0）的图象交于点A（1，m）． （1）求y1和y2的函数关系式； （2）将y1向下平移t（t＞0）个单位，平移后的图象与y2交于点B，若A，B两点关于原点中心对称，求t的值． 6．（2025•定海区一模）2020年5月16日，“钱塘江诗路”航道全线开通，一艘游轮从杭州出发前往衢州，线路如图1所示．当游轮到达建德境内的“七里扬帆”景点时，一艘货轮沿着同样的线路从杭州出发前往衢州．已知游轮的速度为20km/h，游轮行驶的时间记为x（h），两艘轮船距离杭州的路程y（km）关于x（h）的函数图象如图2所示（游轮在停靠前后的行驶速度不变）． （1）写出图2中C点横坐标的实际意义，并求出游轮在“七里扬帆”停靠的时长； （2）若货轮比游轮早36分钟到达衢州．请解答下列问题： ①填空：图2中BC的函数表达式为　 　 ，DE的函数表达式为　 　 ； ②货轮出发后几小时追上游轮？ ③从货轮出发到货轮到达终点，直接写出x为何值时，游轮与货轮相距12km？ 7．（2024•镇海区一模）星期日上午9：00，小明从家里出发步行前往离家2.4km的镇海书城参加读书会活动，他以75m/min的速度步行了12min后发现忘带入场券，于是他停下来．打电话给家里的爸爸寻求帮助.9：15，爸爸骑着自行车从家里出发，沿着同一路线以375m/min的速度行进，同一时刻小明继续按原速步行赶往目的地．爸爸追上小明后载上他以相同的车速前往书城（停车载人时间忽略不计），到达书城后爸爸原速返回家．爸爸和小明离家的路程s（m）与小明所用时间t（min）的函数关系如图所示． （1）求爸爸在到达镇海书城前，他离开家的路程s关于t的函数表达式及a的值． （2）爸爸出发后多长时间追上小明？此时距离镇海书城还有多远？ 8．（2025•拱墅区校级一模）如图1，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CF，CG． （1）求证：四边形EFCG是平行四边形． （2）如图2，若四边形EFCG是菱形，求AB：AD的值． 9．（2025•湖州一模）已知甲、乙两地相距120千米，小明、小红两人分别开车沿同一条公路从甲地出发到乙地，如图，线段DE，线段OC分别表示小明、小红离开甲地的路程s（km）与时间t（h）的函数关系的图象，根据图象解答下列问题： （1）求小红离开甲地的路程s（km）与时间t（h）的函数表达式； （2）当时间t（h）为何值时，都在行驶中的两人恰好相距20千米． 10．（2025•浙江模拟）如图，已知在△ABC中，∠A＝90° （1）请用圆规和直尺作出⊙P，使圆心P在AC边上，且⊙P与AB，BC两边都相切；（保留作图痕迹，不写作法和证明） （2）若AB＝3，BC＝6，⊙P切BC于点D，求劣弧的长． 11．（2025•湖州一模）如图1，∠MAN＝72°，点P在∠MAN的平分线上，PB∥AN交AM于点B．用尺规作图的方法在射线AN上确定一点C，使△APC是等腰三角形． 小明：如图2，以点A圆心，AB为半径作弧，交AN于点C，连结PC，则△APC是等腰三角形． 小华：以P为圆心，PB为半径作弧，交AN于点C，连结PC，则△APC是等腰三角形． 小明：小华，你的作法有问题． 小华：真的吗？让我们仔细想一想． （1）证明：小明所作的△APC是等腰三角形； （2）小华所作的△APC一定是等腰三角形吗？如果是，请说明理由；如果不是，请给出反例． 12．（2025•拱墅区模拟）小聪家购买了一辆新能源汽车，该汽车的基本配置为：电池容量为60kwh，支持快速充电功能，快速充电功率为180kw．图①为汽车仪表盘的一部分，有关充电小常识如图②所示． 已知该新能源汽车在满电量状态下行驶过程中仪表盘行驶里程y（千米）与显示电量x（%）的部分数据如下表：（不考虑续航缩水问题） 汽车行驶过程 已行驶里程y（千米） 0 200 300 350 显示电量x（%） 100 60 40 30 （1）在直角坐标系中，通过描点判断y与x之间的函数关系，并求出该函数表达式． （2）请问该汽车在满电状态行驶多少公里时，电量灯开始变成黄色？ （3）已知小聪爸爸驾驶该新能源汽车在满电量的状态下出发，前往600千米处的目的地，行驶240千米后，在途中的服务区充电，一次性充电若干时长后继续行驶，到达目的地时仪表盘显示电量为10%，求该汽车在服务区充电的时长． 13．（2024•浙江模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与BC交于点D，连接AD． （1）求证：BD＝CD． （2）若⊙O与AC相切，求∠B的度数． （3）用无刻度的直尺和圆规作出劣弧的中点E．（不写作法，保留作图痕迹） 14．（2025•西湖区校级模拟）如图1，在水平地面上，一辆小车用一根绕过定滑轮的绳子将物体竖直向上提起．起始位置示意图如图2，此时测得点A到BC所在直线的距离AC＝3m，∠CAB＝60°；停止位置示意图如图3，此时测得∠CDB＝37°（点C，A，D在同一直线上，且直线CD与平面平行，图3中所有点在同一平面内．定滑轮半径忽略不计，运动过程中绳子总长不变． （参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，） （1）求AB的长； （2）求物体上升的高度CE（结果精确到0.1m）． 15．（2025•西湖区校级模拟）如图1，AC是一段遥控车直线双车道跑道．甲、乙两遥控车分别从A，B两处同时出发，7秒后甲车先到达C点．设两车行驶时间为x（秒），两车之间的距离为y（米），根据图象解决下列问题： （1）甲车经过 　 　 秒追上乙车，a＝ 　 　 ． （2）设相遇后两车之间的距离为y1，求y1与x的函数关系式． （3）两遥控车出发后多长时间，它们之间的距离为4米？ 16．（2025•浙江模拟）综合与实践 【问题情境】 如图，在正方形ABCD中，点E在线段AD上，点F在线段CD上，且始终满足AE＝CF，连接BE，BF，将线段BE绕点E逆时针旋转一定角度，得到线段EG（点G是点B旋转后的对应点），并使点G落在线段BC上，EG与BF交于点H． 【初步分析】 （1）线段EG与BF的数量关系为 　 　 ，位置关系为 　 　 ； 【深入分析】 （2）如图②，再将线段EG绕点E逆时针旋转90°，得到线段EM（点M是点G旋转后的对应点），连接FM，请判断四边形BEMF的形状，并说明理由； （3）如图③，若点G落在BC的延长线上，且当点H恰好为EG的中点时，设CD与EG交于点N，AD＝3，求CG的长． 17．（2025•浙江模拟）小吉购买了可升降夹书阅读架（如图1），将其放置在水平桌面上的侧面示意图如图2，测得底座AB的高为2cm，∠ABC＝150°，支架长BC为18cm，面板长DE为24cm，CD为6cm（厚度忽略不计）． （1）求支点C离桌面l的高度． （2）当面板DE绕点C转动时，面板与桌面的夹角α满足30°≤α≤60°，当面板与桌面的夹角增大时，点E离桌面l的高度也随之增大，问当面板DE绕点C转动过程中，点E离桌面l最大高度与最小高度的差是多少？（计算结果保留根号） 18．（2025•浙江模拟）在平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝8，∠ABC＝60°，E是BC边上的一个动点（不与点B，C重合），过点E作EF∥AB，交AC于点F，连结AE，设CE＝x． （1）用含x的代数式表示△CEF的面积． （2）当△CEF与△ACE相似时，求x的值． 19．（2025•浙江模拟）一条公路上有相距80km的A，B两地，甲、乙、丙三人都在这条公路上匀速行驶．甲从A地出发前往B地，速度为20km/h．甲出发1小时后，乙也从A地出发前往B地，出发半小时后追上了甲，到达B地后停止不动．丙与甲同时出发，从B地前往A地，当丙与甲相遇时，甲与乙相距20km．设甲行驶的时间为x（h），甲、乙、丙三人离A地的距离分别为y甲（km），y乙（km），y丙（km），y甲，y乙关于x的函数图象如图所示． （1）求乙的行驶速度． （2）求甲与乙相距20km时甲行驶的时间． （3）丙出发后多少小时与乙相遇？请直接写出答案． 20．（2025•浙江一模）《几何原本》是数学发展史中的不朽著作，该书记载了很多利用几何图形来论证代数结论的方法，凸显了数形结合的思想．如图①，借助四边形ABCD的面积说明了等式（a+b）c＝ac+bc成立． （1）观察图②，③，找出可以推出的等式： 等式A：（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2； 等式B：（a+b）2＝a2+2ab+b2； 可知，图②对应等式　 　 ；图③对应等式　 　 ． （2）如图④，△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，BD⊥AC于点D，E是边BC上一点，作EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，过A作BC的平行线交直线EG于点H．分别记△ABD，△BEF，△EGC，△AGH的面积为S1，S2，S3，S4.求的值． 21．（2025•浙江一模）在一条笔直的公路上依次有A，B，C三地，小明、小红两人同时出发．小明从B地骑自行车匀速去A地拿东西，停留一段时间后，再以相同的速度匀速前往C地，小红步行匀速从C地至A地．小明、小红两人距C地的距离y（米）与时间x（分）之间的函数关系如图所示，请结合图象解答下列问题： （1）求小明、小红两人的速度． （2）求小明从A地前往C地过程中y关于x的函数表达式． （3）请求出经过多少时间后，小明与小红相距600米． 22．尺规作图问题：如图1，在▱ABCD中（AD＞AB），用尺规作∠ABC的角平分线． 小温：这简单！我们在八上就学过用尺规作角平分线的方法，除此之外，小外你还有其它做法吗？ 小外：我想到了!如图2，以A为圆心，AB为半径作弧，交AD于点E，连结BE，则BE平分∠ABC． （1）按照小温的说法，在图1中用尺规作∠ABC的角平分线； （2）小外的做法是否正确？若错误，请说明理由；若正确，请证明． 23．（2025•鹿城区校级一模）如图反映的是小温、小州两人从学校出发到瓯华站乘车的过程．两人同时从学校步行出发，小温在途中发现有物品遗漏，于是立刻以同样的速度返回学校拿取，在学校停留2分钟后乘出租车赶往瓯华站，结果比小州早3分钟到达瓯华站． （1）求两人步行的速度； （2）求出图中出租车行驶时路程S与时间t的函数解析式； （3）求学校到瓯华站的路程． 24．（2025•浙江一模）【阅读理解】小宁学习三角函数时，遇到一个这样的问题：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝22.5°，求tan22.5°的值． 【解题思路】小宁先画出了几何图形（如图1），他觉得22.5°虽然不是特殊角，但22.5°是45°的一半，于是他尝试着在CB上截取CD＝CA，再连接AD，构造出等腰△ABD（如图2）． 【解题过程】 在CB上截取CD＝CA，再连接AD，可证△ADB为等腰三角形，设AC＝CD＝a，则AD＝BD＝a． ∴tan22.5°＝． 【尝试应用】（1）如图3，求tan15°的值； 【拓展应用】（2）如图4，某同学站在离纪念碑底A距离5米的C处，测得纪念碑顶点B的仰角为75°，该同学的眼睛D点离地面的距离为1.5米，请帮助他求出纪念碑的高度AB（结果保留整数，参考数据：≈1.73，≈1.41）． 25．（2025•浙江一模）抛物线y＝ax2+bx+c经过A（0，4）和B（2，0）两点． （1）求c的值及a，b满足的关系式； （2）抛物线同时经过两个不同的点M（k，m）和N（﹣2﹣k，m），求b的值； （3）若抛物线在A和B两点间y随x的增大而减少，求a的取值范围． 26．（2024•婺城区校级模拟）如图，在由边长为1的小正方形构成的5×6的网格中，△ABC的顶点A，B，C均在格点上．请按要求完成作图：①仅用无刻度直尺；②保留作图痕迹并标注相关字母． （1）如图1，在线段AC上找一点D，使得BD是三角形的中线． （2）如图2，在线段AC上找一点E，使得； （3）如图3，在三角形内寻找格点P，使得∠APC＝2∠B． 27．（2024•萧山区二模）为积极响应绿色出行的号召，骑车出行已经成为人们的新风尚．图①是某品牌自行车放在水平地面上的实物图，图②是其示意图，其中AB∥CD∥l，车轮半径为32cm，∠ABC＝64°，BC＝60cm，坐垫E与点B的距离BE为10cm． （1）求坐垫E到地面的距离； （2）根据经验，当坐垫E到CD的距离调整为人体腿长的0.8时，坐骑比较舒适．小明的腿长约为84cm，现将坐垫E调整至坐骑舒适高度位置E′，求EE′的长．（结果精确到0.1cm．参考数据：sin64°≈0.90，cos64°≈0.44，tan64°≈2.05） 28．（2024•婺城区校级模拟）如图，一次函数y1＝kx+b（k≠0）与反比例函数为的图象交于A（8，1），B（a，8）两点． （1）求两个函数的解析式； （2）根据图象，直接写出满足y2＞y1＞0时x的取值范围； （3）点P在线段AB上，过点P作x轴的垂线，垂足为M，交函数y2的图象于点Q，若△POQ面积为5，求点Q的坐标． 29．（2024•婺城区校级模拟）如图1，是小明设计一个logo的数学原理图．如图2将两块形状相同，大小不相同的直角三角形纸片放入⊙O中，其中∠CAB＝∠CED＝90°，圆心O在直角边AB上．连接CO并延长，交DE于点F．若BC＝10cm，DC＝12cm． （1）求⊙O的半径． （2）求证：EC2＝EF•ED． （3）求DF的长． 30．（2024•浙江模拟）在5×5的正方形网格纸中，请按下列要求用无刻度的直尺画图． （1）在图1中先画出一个以PM为底边的等腰三角形PMN（顶点均在格点上），再画出△P′M′N′，△P′M′N′与△PMN关于点O成中心对称． （2）在图2中画出△ABC的角平分线CD． 31．（2024•浙江模拟）函数（m≠0，m为实数）与函数（n≠0，n为实数）的图象交于点A，B．若点A，B的横坐标分别为﹣3，． （1）求m，n的值． （2）若0＜y1＜y2，求x的取值范围． 32．（2024•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在BC边上，连接AD，E，F分别为AD，AB边上的中点，连接DF，CE，CF，记CF交AD于点O．若∠FDA＝2∠CAD． （1）求证：四边形CEFD为平行四边形． （2）若，∠B＝60°，求△AOF的周长． 33．（2024•镇海区校级三模）已知关于x的一元二次方程x2﹣（k+5）x+5+2k＝0． （1）求证：此方程总有两个不相等的实数根． （2）若此方程恰有一个根为1，求方程的另一个根． 34．（2024•镇海区校级三模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB是⊙O的直径，AC＝6，BC＝12点F在AB上，连结CF并延长，交⊙O于点D，连结BD，作BE⊥CD，垂足为E． （1）求证：△DBE∽△ABC． （2）若DE＝3，求CE的长． 35．（2024•镇海区校级三模）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点N，M为BD的中点．连结CM，AM，AM＝DC，AB＝AC，AB⊥AC，BC⊥CD． （1）求证：四边形ADCM是平行四边形． （2）求tan∠DBC的值． 36．（2024•钱塘区三模）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，﹣1），B（2，﹣4），C（5，﹣3）． （1）将△ABC先向左平移6个单位，再向上平移3个单位，得到△A1B1C1，画出两次平移后的△A1B1C1，并写出点A1的坐标． （2）画出△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°后得到的△A2B2C1，并写出点A2的坐标． （3）在（2）的条件下，求旋转过程中点A1所经过的路径长．（结果保留π） 37．（2024•镇海区校级三模）已知二次函数y＝mx2+2x﹣1，其中m≠0． （1）若该二次函数的图象与x轴仅有一个公共点A，求实数m的值． （2）在（1）的条件下，若直线y＝kx﹣1的图象与二次函数的图象交于两点B（x1，y1），C（x2，y2），且x1＜x2．请直接写出当k的值为多少时，△ABC为直角三角形． 38．（2024•钱塘区三模）如图，在菱形ABCD中，点E在边AD上，连结CE交对角线BD于点F，过点E作EG∥AB交BD于点G． （1）若CD＝CE，∠A＝110°，求∠BCF的度数． （2）若BD＝15，DE＝2AE，求FG的长． （3）求证：DF2＝FG•BF． 39．（2024•钱塘区三模）在平面直角坐标系中，设函数y1＝kx﹣k+6与函数的图象交于点A（1，6）． （1）求k的值，并写出y1，y2的解析式． （2）设图象的另一个交点为B，求B的坐标，并写出当y1≤y2时x的取值范围． （3）设函数y1的图象与x轴的交点为C，将点C先向右平移m的单位，再向上平移3个单位后，恰好落在函数y2的图象上，求m的值． 40．（2025•浙江一模）根据以下素材，探索完成任务． 素材1 图1是宁宁家安装的户外遮阳篷．图2是其侧面示意图，已知该遮阳篷安装在垂直于地面BC的墙面上，篷面安装点A离地面4米，篷面与墙面的夹角∠DAB＝60°，篷面宽AD＝3米．除此之外，为了保障遮阳篷的稳定性，还加装了支架MN稳定篷面．支架MN的安装方式如下：点M固定在墙面上，位于点A的正下方，即点A，M，B共线；点N固定在篷面上离A点1米处（点A，N，D共线），即AN＝1米，支架MN与墙面的夹角∠AMN＝45°. 素材2 宁宁所在地区某天下午不同时间的太阳高度角α（太阳光线与地面的夹角）的正切值参照表： 时刻 12点 13点 14点 15点 角α的正切值 4 3 2.5 2 素材3 宁宁养了一株龙舌兰（图3），该植物喜阳，所以宁宁经常把龙舌兰搬到能被太阳光照射到的地方，以保证龙舌兰有充足的光照，如图2，这株龙舌兰摆放的位置记为点E． 任务1 确定安装点 请求出支架MN的固定点M与A点的距离（AM）的长． 任务2 确定影子长 请求出这天13点时影子BF的长度. 任务3 判断能否照射到 这天14点，宁宁将龙舌兰摆放到点E处，为了保证龙舌兰能被太阳光照射到，请求出此时摆放点E离墙角B距离（BE）的取值范围． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点06 中考数学模拟卷简答题中档题速度训练 1．（2025•湖州一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的中线，CE⊥AB于点E，BC＝2，． （1）求AC的长； （2）求sin∠CDB的值． 【分析】（1）先根据直角三角形斜边上中线的性质得CD＝AD＝BD＝AB，进而得∠A＝∠ACD，则tan∠A＝tan∠ACD＝，解Rt△ABC可得AC的长； （2）根据BC＝2，AC＝4得AB＝，则CD＝AB＝，再利用三角形的面积公式求出CE＝，然后在Rt△CDE中，根据正弦函数的定义即可得出sin∠CDB的值． 【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的中线， ∴CD＝AD＝BD＝AB， ∴∠A＝∠ACD， ∴tan∠A＝tan∠ACD＝， 在Rt△ABC中，tan∠A＝＝，BC＝2， ∴AC＝2BC＝4， （2）由（1）可知：BC＝2，AC＝4， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB＝＝＝， ∴CD＝AD＝BD＝AB＝， ∵CE⊥AB于点E， ∴由三角形的面积公式得：S△ABC＝AB•CE＝AC•BC， ∴CE＝＝＝， 在Rt△CDE中，sin∠CDB＝＝＝． 【点评】此题主要考查了解直角三角形，直角三角形斜边上的中线，理解直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握锐角三角函数的定义是解决问题的关键． 2．（2025•定海区一模）如图①所示的是一款机械手臂，由上臂、中臂和底座三部分组成，其中上臂和中臂可自由转动，底座与水平地面垂直．在实际运用中要求三部分始终处于同一平面内，其示意图如图②所示，经测量，上臂AB＝12cm，中臂BC＝8cm，底座CD＝4cm． （1）若上臂AB与水平面平行，∠ABC＝60°，计算点A到地面的距离；（结果保留根号） （2）在一次操作中，中臂与底座成135°夹角，上臂与中臂夹角为105°，如图③，计算此时点A到地面的距离．（精确到0.1cm，，） 【分析】（1）过点C作CM⊥AB，垂足为M，由含30°角的直角三角形的性质得BM＝BC＝4（cm），CM＝BM＝4（cm），即可得出答案； （2）过点B作BG垂直于地面，垂足为G，分别过点A，C作BG的垂线，垂足分别为E，F，求出∠BCF°＝45°，∠CBF＝45°，∠ABF＝60°，则BF＝CF＝4（cm），AE＝6（cm），BE＝6（cm），求出点A到地面的距离EG的长，即可解决问题． 【解答】解：（1）如图②，过点C作CM⊥AB，垂足为M，则∠BMC＝90°， ∵∠ABC＝60°，BC＝8cm， ∴∠BCM＝30°， ∴BM＝BC＝4（cm），CM＝BM＝4（cm）， ∴DM＝CM+CD＝（4+4）cm， 即点A到地面的距离为（4+4）cm； （2）如图2，过点B作BG垂直于地面，垂足为G，分别过点A，C作BG的垂线，垂足分别为E，F， ∵∠BCD＝135°，∠ABC＝105°， ∴∠BCF＝135°﹣90°＝45°，∠CBF＝45°，∠ABF＝105°﹣45°＝60°， ∴BF＝CF＝BC＝4（cm），AE＝AB×sin∠ABF＝12×＝6（cm），BE＝AB＝6（cm）， ∴点A到地面的距离为EG＝BF+FG﹣BE＝4+4﹣6＝（4cm． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用、含30°角的直角三角形的性质、等腰直角三角形的性质等知识；正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 3．（2024•浙江模拟）如图，AB是半圆O的直径，AD为弦，∠DBC＝∠A． （1）求证：BC是半圆O的切线； （2）若OC∥AD，OC交BD于E，BD＝6，CE＝4，求AD的长． 【分析】（1）若证明BC是半圆O的切线，利用切线的判定定理：即证明AB⊥BC即可； （2）因为OC∥AD，可得∠BEC＝∠D＝90°，再有其他条件可判定△BCE∽△BAD，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可求出AD的长． 【解答】（1）证明：∵AB是半圆O的直径， ∴BD⊥AD， ∴∠DBA+∠A＝90°， ∵∠DBC＝∠A， ∴∠DBA+∠DBC＝90°即AB⊥BC， ∴BC是半圆O的切线； （2）解：∵OC∥AD， ∴∠BEC＝∠D＝90°， ∵BD⊥AD，BD＝6， ∴BE＝DE＝3， ∵∠DBC＝∠A， ∴△BCE∽△BAD， ∴，即， ∴AD＝4.5 【点评】本题考查了切线的判定．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．同时考查了相似三角形的判定和性质． 4．（2025•拱墅区模拟）某校为了解学生的数学素养，随机抽取100名学生进行模拟测试（每位学员答5道数学题，其中答对4道及以上为优秀），经过两周训练，对这些学生进行第二次模拟测试，将这两次模拟成绩进行整理、分析，并制作成如下统计表． （1）在扇形统计图中，“答对4道”所在扇形的圆心角为　90°　 度． （2）若该校有1200名学生，估计第一次模拟测试达到“优秀”的学生人数． （3）你认为学生的两周训练是否有效？请用相关统计量说明理由． 【分析】（1）计算在扇形统计图中，“答对4道”所占百分比，再乘以360°即可； （2）根据条形图，运用概率公式计算第一次模拟测试达到“优秀”的学生人数占比，再预估1200人达到“优秀”的学生人数即可； （3）训练有效，给出合理的解释即可． 【解答】解：（1）在扇形统计图中， 可知“答对4道”在扇形统计图中的占比＝100%﹣10%﹣10%﹣15%﹣40%＝25%， “答对4道”在扇形统计图中的圆心角＝360°×25%＝90°， 故答案为：90°； （2）根据条形图可知第一次模拟测试达到“优秀”的学生人数占比＝×100%＝15%， 若该校有1200名学生，则预估第一次模拟测试达到“优秀”的学生人数＝1200×15%＝180（人）， 故答案为：180人； （3）我认为两周训练有效， 因为“优秀”的学生人数占比从15%提升至35%， “优秀”的学生人数从15人提升至35人， 所以两周训练有效． 【点评】本题考查扇形统计图、条形统计图和概率公式，能够读懂条形统计图和扇形统计图，掌握概率公式是解答本题的关键． 5．（2025•拱墅区校级一模）已知函数y1＝﹣kx+4和函数（k为常数且k≠0）的图象交于点A（1，m）． （1）求y1和y2的函数关系式； （2）将y1向下平移t（t＞0）个单位，平移后的图象与y2交于点B，若A，B两点关于原点中心对称，求t的值． 【分析】（1）由题意，将A点分别代入y1和y2可得m，k的方程组，进而可以得解． （2）依据题意，首先表示出平移后的解析式，再将B点表示出来，结合A，B两点关于原点中心对称的点的特征可以得解． 【解答】解：（1）由题意得， ， ∴． ∴所求函数关系式为：y1＝﹣2x+4，y2＝． （2）由将y1向下平移t（t＞0）个单位， 则可得新的函数解析式为：y3＝﹣2x+4﹣t． 由（1）得A为（1，2）， 又A，B两点关于原点中心对称， ∴B为（﹣1，﹣2）． 又B在新函数y3上， ∴﹣2＝﹣2×（﹣1）+4﹣t． ∴t＝8． 【点评】本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，需要熟练满足题意的点的坐标特征是解题的关键． 6．（2025•定海区一模）2020年5月16日，“钱塘江诗路”航道全线开通，一艘游轮从杭州出发前往衢州，线路如图1所示．当游轮到达建德境内的“七里扬帆”景点时，一艘货轮沿着同样的线路从杭州出发前往衢州．已知游轮的速度为20km/h，游轮行驶的时间记为x（h），两艘轮船距离杭州的路程y（km）关于x（h）的函数图象如图2所示（游轮在停靠前后的行驶速度不变）． （1）写出图2中C点横坐标的实际意义，并求出游轮在“七里扬帆”停靠的时长； （2）若货轮比游轮早36分钟到达衢州．请解答下列问题： ①填空：图2中BC的函数表达式为　y＝20x﹣40　 ，DE的函数表达式为　y＝50x﹣700　 ； ②货轮出发后几小时追上游轮？ ③从货轮出发到货轮到达终点，直接写出x为何值时，游轮与货轮相距12km？ 【分析】（1）根据图中信息解答即可； （2）①求出B、C、E、D的坐标后，利用待定系数法即可求解； ②联立BC的函数表达式和DE的函数表达式即可求解； ③分三种情形分别构建方程求解即可． 【解答】解：（1）由题意可知C点横坐标的实际意义是游轮从杭州出发前往衢州共用了23h， 23﹣420÷20＝2h，即游轮在“七里扬帆”停靠的时长为2h； （2）①∵游轮的速度为20km/h，280÷20＝14（h），14+2＝16（h）， 故A（14，280），D（14，0），从而B（16，280）， ∵货轮比游轮早36分钟到达衢州， ∴23﹣（h）， 故E（）． 设直线BC的解析式为y＝kx+b，代入B（16，280），C（23，420）， 得，解得， ∴直线BC的解析式为y＝20x﹣40， 设直线DE的解析式为y＝mx+n，代入D（14，0），E（）， 得，解得， ∴直线DE的解析式为y＝50x﹣700， 故答案为：y＝20x﹣40，y＝50x﹣700； ②令20x﹣40＝50x﹣700，解得x＝22，22﹣14＝8（h）， 即货轮出发8h后追上游轮； ③第一种情况：当游轮离开杭州12km时，游轮与货轮相距12km， 此时，x＝12÷20＝0.6h； 第二种情况：当相遇前距离货轮12km，即20x﹣40＝50x﹣700+12， 解得x＝21.6h； 第三种情况：当相遇后距离货轮12km，即20x﹣40＝50x﹣700﹣12， 解得x＝22.4h； 综上，x为0.6h或21.6h或22.4h时，游轮与货轮相距12km． 【点评】本题考查了一次函数的应用，解题关键是读懂图象中蕴含的信息，熟练掌握待定系数法求解析式是解题关键． 7．（2024•镇海区一模）星期日上午9：00，小明从家里出发步行前往离家2.4km的镇海书城参加读书会活动，他以75m/min的速度步行了12min后发现忘带入场券，于是他停下来．打电话给家里的爸爸寻求帮助.9：15，爸爸骑着自行车从家里出发，沿着同一路线以375m/min的速度行进，同一时刻小明继续按原速步行赶往目的地．爸爸追上小明后载上他以相同的车速前往书城（停车载人时间忽略不计），到达书城后爸爸原速返回家．爸爸和小明离家的路程s（m）与小明所用时间t（min）的函数关系如图所示． （1）求爸爸在到达镇海书城前，他离开家的路程s关于t的函数表达式及a的值． （2）爸爸出发后多长时间追上小明？此时距离镇海书城还有多远？ 【分析】（1）根据爸爸行驶的路程和爸爸的速度，求出爸爸到达书城所用时间，再根据待定系数法求函数解析式，再求出a的值； （2）设爸爸出发后x分钟追上小明，根据两人路程相等列出方程，解方程求出x，并求出距离书城的距离． 【解答】解：（1）爸爸到达达镇海书城所用时间为＝6.4（min）， 设爸爸在到达镇海书城前，他离开家的路程s关于t的函数表达式为s＝kt+b， 把（15，0），（21.4，2400）代入s＝kt+b， 得：， 解得， ∴爸爸在到达镇海书城前，他离开家的路程s关于t的函数表达式为s＝375t﹣5625； ∵爸爸的速度不变， ∴他返回家的时间和到达书城的时间均为6.4min， ∴a＝15+2×6.4＝27.8； （2）设爸爸出发后x分钟追上小明， 则375x＝75（12+x）， 解得x＝3， 此时，2400﹣375×3＝1275（m）， 答：爸爸出发后3分钟追上小明，此时距离镇海书城还有1275米． 【点评】本题考查一次函数的应用以及路程、速度、时间之间关系的应用，关键是用待定系数法求出函数解析式． 8．（2025•拱墅区校级一模）如图1，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CF，CG． （1）求证：四边形EFCG是平行四边形． （2）如图2，若四边形EFCG是菱形，求AB：AD的值． 【分析】（1）由矩形ABCD可知OA＝OB＝OC＝OD，根据条件可得OE是△ACG的中位线，根据中位线性质可推出EF＝CG，FE∥CG，则可知四边形EFCG是平行四边形； （2）过A作AH⊥BD于H，设OE＝m，可知BE＝OE＝OF＝DF＝m，又四边形EFCG是菱形，可得OA＝AE＝2m，由勾股定理求出AH2＝AE2﹣EH2＝m2；即可得AB＝＝m，AD＝＝m，从而可得AB：AD的值为． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴OA＝OC＝OB＝OD， ∵EG＝AE，AO＝OC， ∴OE是△ACG的中位线， ∴OE∥CG，OE＝CG， ∵点E，F分别为OB，OD的中点， ∴OE＝OB＝OD＝OF， ∴OE＝EF， ∴EF＝CG，FE∥CG， ∴四边形EFCG是平行四边形； （2）解：过A作AH⊥BD于H，如图： 设OE＝m，由（1）可知BE＝OE＝OF＝DF＝m， ∴OB＝OD＝OA＝OC＝2m， ∵四边形EFCG是菱形， ∴EF＝EG＝AE＝2m， ∴OA＝AE＝2m， ∵AH⊥BD， ∴HE＝HO＝OE＝， ∴AH2＝AE2﹣EH2＝（2m）2﹣（m）2＝m2；BH＝BE+HE＝m+＝m，DH＝OD+HO＝2m+＝m， ∴AB＝＝＝m，AD＝＝＝m， ∴AB：AD＝（m）：（m）＝； ∴AB：AD的值为． 【点评】本题考查矩形的性质，解题的关键是掌握平行四边形判定定理和勾股定理的应用． 9．（2025•湖州一模）已知甲、乙两地相距120千米，小明、小红两人分别开车沿同一条公路从甲地出发到乙地，如图，线段DE，线段OC分别表示小明、小红离开甲地的路程s（km）与时间t（h）的函数关系的图象，根据图象解答下列问题： （1）求小红离开甲地的路程s（km）与时间t（h）的函数表达式； （2）当时间t（h）为何值时，都在行驶中的两人恰好相距20千米． 【分析】（1）依据题意，设OC为S＝kt，又过点（3，80），求出k后即可判断得解； （2）依据题意，设小明的路程为S'＝kt+b（k≠0，k，b为常数），把 （1，0），（3，120）代入得则从而S＝60t﹣60，进而分相遇前和相遇后列式计算可以得解． 【解答】解：（1）由题意，设OC为S＝kt， 又过点（3，80）， ∴80＝3k． ∴k＝． ∴． （2）由题意，设小明的路程为S'＝kt+b（k≠0，k，b为常数），把 （1，0），（3，120）代入得 ∴ ∴S＝60t﹣60． ∴相遇前，，解得；相遇后，，解得． ∴小红出发1.2h或2.4h后两人相距20km，即当 t＝1.2或2.4h时，都在行驶中两人恰好相距 20km． 【点评】本题主要考查了一次函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用一次函数的性质是关键． 10．如图，已知在△ABC中，∠A＝90° （1）请用圆规和直尺作出⊙P，使圆心P在AC边上，且⊙P与AB，BC两边都相切；（保留作图痕迹，不写作法和证明） （2）若AB＝3，BC＝6，⊙P切BC于点D，求劣弧的长． 【分析】（1）作∠ABC的平分线交AC于点P，作PD⊥BC于点D，根据角平分线的性质得PD＝PA，即可得⊙P与AB，BC两边都相切； （2）证明∠APD＝120°，求出半径AP，根据弧长公式即可解决问题． 【解答】解：（1）如图，⊙P即为所求； （2）∵∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝6， ∴BC＝2AB， ∴∠C＝30°， ∴∠ABC＝60°， ∵⊙P切BC于点D， ∴∠PDB＝∠BAP＝90°， ∴∠APD＝120°， 由（1）作图可知：BP平分∠ABC， ∴∠ABP＝30°， ∴AP＝AB•tan30°＝3×＝， ∴劣弧的长＝＝． 【点评】本题考查作图﹣复杂作图，切线的判定与性质，弧长的计算，解决本题的关键是掌握基本作图方法． 11．（2025•湖州一模）如图1，∠MAN＝72°，点P在∠MAN的平分线上，PB∥AN交AM于点B．用尺规作图的方法在射线AN上确定一点C，使△APC是等腰三角形． 小明：如图2，以点A圆心，AB为半径作弧，交AN于点C，连结PC，则△APC是等腰三角形． 小华：以P为圆心，PB为半径作弧，交AN于点C，连结PC，则△APC是等腰三角形． 小明：小华，你的作法有问题． 小华：真的吗？让我们仔细想一想． （1）证明：小明所作的△APC是等腰三角形； （2）小华所作的△APC一定是等腰三角形吗？如果是，请说明理由；如果不是，请给出反例． 【分析】（1）补全小明的作图，则AB＝AC，由此可依据“SAS”判定△ABP和△ACP全等得PB＝PC，再根据平行线的性质及角平分线定义得∠BPA＝∠CAP＝∠BPA，进而得AB＝PB，继而得AC＝PC，据此可对小明的作法进行判断； （2）根据小华的作图得以点P为圆形，以PB为半径画弧交AN于点A，C'，过点P作PE⊥AM于点E，PN⊥AN于点F，根据角平分线性质得PE＝PF，∠BAP＝∠CAP＝36°，再根据PB∥AN得∠BPA＝∠CAP＝36°，则∠PBE＝72°，依据“HL”判定Rt△PBE和Rt△PCF全等得∠PBE＝∠PCF＝72°，由此可得∠CAP＝∠CPA＝36°，则△APC是等腰三角形；然后同理证明Rt△PBE和Rt△AC'F全等得∠PBE＝∠PC'F＝72°，再求出∠APC'＝72°得∠PC'F＝∠APC'＝72°，则△APC'是等腰三角形，综上所述即可对小华所作法进行判断． 【解答】（1）证明：小明的作图如图1所示： ∵点P在∠MAN的平分线上， ∴∠BAP＝∠CAP， 根据小明的作图可知：AB＝AC， 在△ABP和△ACP中， ， ∴△ABP≌△ACP（SAS）， ∴PB＝PC， ∵PB∥AN， ∴∠BPA＝∠CAP， ∴∠BAP＝∠BPA， ∴AB＝PB， ∴AC＝PC， ∴△APC是等腰三角形； （2）小华所作的△APC一定是等腰三角形，理由如下： 以点P为圆形，以PB为半径画弧交AN于点A，C'，过点P作PE⊥AM于点E，PN⊥AN于点F，如图2所示： ∵点P在∠MAN的平分线上，∠MAN＝72°， ∴PE＝PF，∠BAP＝∠CAP＝∠MAN＝36°， ∵PB∥AN， ∴∠BPA＝∠CAP＝36°， ∴∠PBE是△BAP的外角， ∴∠PBE＝∠BPA+∠CAP＝72°， 在Rt△PBE和Rt△PCF中， ， ∴Rt△PBE≌Rt△PCF（HL）， ∴∠PBE＝∠PCF＝72°， ∵∠PCF是△APC的外角， ∴∠PCF＝∠CAP+∠CPA， ∴72°＝36°+∠CPA， ∴∠CPA＝36°， ∴∠CAP＝∠CPA＝36°， ∴△APC是等腰三角形， 同理可证明：Rt△PBE≌Rt△AC'F（HL）， ∴∠PBE＝∠PC'A＝72°， 在△APC'中，∠APC'＝180°﹣（∠PC'F+∠CPA）＝180°﹣（72°+36°）＝72°， ∴∠PC'A＝∠APC'＝72°， ∴△APC'是等腰三角形， 综上所述：小华所作的△APC一定是等腰三角形． 【点评】此题主要考查了尺规作图，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握尺规作图，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质是解决问题的关键． 12．（2025•拱墅区模拟）小聪家购买了一辆新能源汽车，该汽车的基本配置为：电池容量为60kwh，支持快速充电功能，快速充电功率为180kw．图①为汽车仪表盘的一部分，有关充电小常识如图②所示． 已知该新能源汽车在满电量状态下行驶过程中仪表盘行驶里程y（千米）与显示电量x（%）的部分数据如下表：（不考虑续航缩水问题） 汽车行驶过程 已行驶里程y（千米） 0 200 300 350 显示电量x（%） 100 60 40 30 （1）在直角坐标系中，通过描点判断y与x之间的函数关系，并求出该函数表达式． （2）请问该汽车在满电状态行驶多少公里时，电量灯开始变成黄色？ （3）已知小聪爸爸驾驶该新能源汽车在满电量的状态下出发，前往600千米处的目的地，行驶240千米后，在途中的服务区充电，一次性充电若干时长后继续行驶，到达目的地时仪表盘显示电量为10%，求该汽车在服务区充电的时长． 【分析】（1）根据表格数据，描点画出函数图象并利用待定系数法求出一次函数解析式即可； （2）将x＝20代入（1）中解析式求出y值即可； （3）在满电状态下里程表显示：360＝﹣5x+500，解得x＝28，据此行驶360km耗电量为100﹣28＝72，设增加的电量为w，10＝52+w﹣72，解得w＝30．据此计算出充电时间即可． 【解答】解：在坐标系中描点作图如下：判断该函数为一次函数，设函数解析式为y＝kx+b， 将点（40，300），（60，200）代入解析式得： ，解得， 一次函数解析式为：y＝﹣5x+500． （2）当x＝20时，y＝﹣5×20+500＝400， 答：该汽车在满电状态行驶400公里时，电量灯开始变成黄色． （3）由题意可得在满电状态下行驶240km， 行驶240km里程表显示：240＝﹣5x+500，解得x＝52， 行驶240km耗电量为100﹣52＝48， 剩余路程（600﹣240）＝360km， 在满电状态下里程表显示：360＝﹣5x+500，解得x＝28， 据此行驶360km耗电量为100﹣28＝72， 设增加的电量为w， 10＝52+w﹣72，解得w＝30． 根据题意，电池容量为60kwh，支持快速充电功能，快速充电功率为180kw，即小时充电100%， 30%的电量需要充电时间为：＝0.1小时，即充电时间为6分钟． 答：到达目的地时仪表盘显示电量为10%，该汽车在服务区充电6分钟． 【点评】本题考查了一次函数的实际应用，搞清耗电量和仪表盘显示电量是解答本题的关键． 13．（2024•浙江模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与BC交于点D，连接AD． （1）求证：BD＝CD． （2）若⊙O与AC相切，求∠B的度数． （3）用无刻度的直尺和圆规作出劣弧的中点E．（不写作法，保留作图痕迹） 【分析】（1）由圆周角定理得出AD⊥BC，再由等腰三角形的性质即可证明BD＝CD； （2）由切线的性质得出BA⊥AC，由AB＝AC，得出△BAC是等腰直角三角形，即可求出∠B＝45°； （3）利用尺规作图，作∠ABC的平分线交于点E，则点E即是劣弧的中点． 【解答】（1）证明：∵AB是直径， ∴∠ADB＝90°， ∴AD⊥BC， ∵AB＝AC， ∴BD＝CD； （2）解：∵⊙O与AC相切，AB为直径， ∴BA⊥AC， ∵AB＝AC， ∴△BAC是等腰直角三角形， ∴∠B＝45°； （3）解：如图， 作∠ABC的角平分线交于点E，则点E即是劣弧的中点． 【点评】本题考查了圆的综合应用，掌握圆周角定理，等腰三角形的性质，圆的切线的性质，等腰直角三角形的性质，尺规作图等知识是解决问题的关键． 14．（2025•西湖区校级模拟）如图1，在水平地面上，一辆小车用一根绕过定滑轮的绳子将物体竖直向上提起．起始位置示意图如图2，此时测得点A到BC所在直线的距离AC＝3m，∠CAB＝60°；停止位置示意图如图3，此时测得∠CDB＝37°（点C，A，D在同一直线上，且直线CD与平面平行，图3中所有点在同一平面内．定滑轮半径忽略不计，运动过程中绳子总长不变． （参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，） （1）求AB的长； （2）求物体上升的高度CE（结果精确到0.1m）． 【分析】（1）解Rt△ABC即可求解； （2）在Rt△ABC中，由勾股定理得，BC＝3m，解Rt△BCD求得BD＝5m，由题意得，BC+AB＝BE+BD，故BE＝BC+AB﹣BD＝6﹣2m，则CE＝BC﹣BE≈2.7m． 【解答】解：（1）由题意得：∠BCA＝90°， ∵AC＝3m，∠CAB＝60°， 在Rt△ABC中，由cos∠A＝， 得：＝cos60°＝， ∴AB＝6m； （2）在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC＝＝3（m）， 在Rt△BCD中，sin∠CDB＝， ∴sin37°＝＝0.6， ∴BD＝5m， 由题意得，BC+AB＝BE+BD， ∴BE＝BC+AB﹣BD＝3+6﹣5＝6﹣2（m）， ∴CE＝BC﹣BE＝3﹣（6﹣2）＝5﹣6≈2.7（m）， 答：物体上升的高度约为2.7m． 【点评】此题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是掌握锐角三角函数定义． 15．（2025•西湖区校级模拟）如图1，AC是一段遥控车直线双车道跑道．甲、乙两遥控车分别从A，B两处同时出发，7秒后甲车先到达C点．设两车行驶时间为x（秒），两车之间的距离为y（米），根据图象解决下列问题： （1）甲车经过 　3　 秒追上乙车，a＝ 　8　 ． （2）设相遇后两车之间的距离为y1，求y1与x的函数关系式． （3）两遥控车出发后多长时间，它们之间的距离为4米？ 【分析】（1）根据图象计算两车的速度差，从而计算7秒时两车之间的距离即为a的值； （2）根据“相遇后两车之间的距离＝两车的速度差×相遇后行驶的时间”计算即可； （3）分别计算相遇前后两种情况下它们之间的距离为4米的时间即可． 【解答】解：（1）由图象可知，甲车经过3秒追上乙车； 甲的速度比乙的速度快6÷3＝2（米/秒），则7秒时甲、乙之间的距离为2×（7﹣3）＝8（米）， ∴a＝8． 故答案为：3，8． （2）y1＝2（x﹣3）＝2x﹣6， ∴y1与x的函数关系式为y1＝2x﹣6． （3）当0≤x≤3时，当之间的距离为4米时，得6﹣2x＝4， 解得x＝1； 当3＜x≤7时，当之间的距离为4米时，得2x﹣6＝4， 解得x＝5． 答：两遥控车出发后1秒或5秒时，它们之间的距离为4米． 【点评】本题考查一次函数的应用，根据图象计算两车的速度差是解题的关键． 16．综合与实践 【问题情境】 如图，在正方形ABCD中，点E在线段AD上，点F在线段CD上，且始终满足AE＝CF，连接BE，BF，将线段BE绕点E逆时针旋转一定角度，得到线段EG（点G是点B旋转后的对应点），并使点G落在线段BC上，EG与BF交于点H． 【初步分析】 （1）线段EG与BF的数量关系为 　EG＝BF　 ，位置关系为 　EG⊥BF　 ； 【深入分析】 （2）如图②，再将线段EG绕点E逆时针旋转90°，得到线段EM（点M是点G旋转后的对应点），连接FM，请判断四边形BEMF的形状，并说明理由； （3）如图③，若点G落在BC的延长线上，且当点H恰好为EG的中点时，设CD与EG交于点N，AD＝3，求CG的长． 【分析】（1）先根据正方形的性质，得出∠A＝∠C＝∠ABC＝90°，AB＝CB，再证明△ABE≌△CBF（SAS），结合旋转性质，得出BE＝EG，进行角的等量代换，即可作答； （2）根据旋转性质，得出EG＝EM，∠GEM＝90°，得出四边形BEMF是平行四边形，结合一组邻边相等，得证四边形BEMF是菱形； （3）先得出BF是EG的垂直平分线，进行角的等量代换以及直角三角形的两个锐角互补，得出∠ABE＝30°，因为正方形的性质，得出∠D＝90°，AB＝AD＝CD＝BC＝3，求出BG，则可得出答案． 【解答】解：（1）EG＝BF，EG⊥BF；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形 ∴∠A＝∠C＝∠ABC＝90°，AB＝CB， 又∵AE＝CF， ∴△ABE≌△CBF（SAS）， ∴BE＝BF，∠ABE＝∠CBF． 由旋转的性质，得BE＝EG， ∴EG＝BF， ∴∠EBG＝∠EGB． 又∵∠ABE+∠EBG＝∠ABC＝90°， ∴∠CBF+∠EGB＝90°， ∴∠BHG＝90°， 即EG⊥BF． 故答案为：EG＝BF，EG⊥BF； （2）四边形BEMF为菱形，理由如下： 由旋转的性质，得EG＝EM，∠GEM＝90°， 又∵EG＝BF，∠BHE＝90°， ∴EM＝BF，∠GEM＝∠BHE＝90°， ∴EM∥BF， ∴四边形BEMF是平行四边形， 又∵BE＝BF， ∴四边形BEMF是菱形； （3）∵点H是EG的中点，BF⊥EG， ∴BF是EG的垂直平分线， ∴BE＝BG，∠EBF＝∠GBF． 又∵∠ABE＝∠CBF， ∴∠ABE＝∠CBF＝∠EBF＝∠ABC＝＝30°． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D＝90°，AB＝AD＝CD＝BC＝3， ∴在Rt△ABE中，BE＝＝＝2， ∴BG＝2， ∴CG＝BG﹣BC＝2﹣3． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解直角三角形的相关性质，菱形的判定，旋转的性质等内容，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 17．（2025•浙江模拟）小吉购买了可升降夹书阅读架（如图1），将其放置在水平桌面上的侧面示意图如图2，测得底座AB的高为2cm，∠ABC＝150°，支架长BC为18cm，面板长DE为24cm，CD为6cm（厚度忽略不计）． （1）求支点C离桌面l的高度． （2）当面板DE绕点C转动时，面板与桌面的夹角α满足30°≤α≤60°，当面板与桌面的夹角增大时，点E离桌面l的高度也随之增大，问当面板DE绕点C转动过程中，点E离桌面l最大高度与最小高度的差是多少？（计算结果保留根号） 【分析】（1）如图2中，过点C作CH⊥直线l于点H，过点B作BJ⊥CH于点J．则四边形ABJH是矩形．求出CJ可得结论； （2）如图2中，过点E作EK⊥直线l于点K，过点C作CG⊥EK于点G，则四边形CGKH是矩形，分别求出DE的最大值，最小值即可． 【解答】解：（1）如图2中，过点C作CH⊥直线l于点H，过点B作BJ⊥CH于点J．则四边形ABJH是矩形． ∴JH＝AB＝2cm， ∵∠ABC＝150°，∠ABJ＝90°， ∴∠CBJ＝60°， ∴CJ＝BC•sin60°＝9（cm）， ∴CH＝CJ+JH＝（2+9）cm， ∴支点C离桌面l的高度为（2+9）cm； （2）如图2中，过点E作EK⊥直线l于点K，过点C作CG⊥EK于点G，则四边形CGKH是矩形， ∴GK＝CH＝（2+9）cm， 当∠ECG＝60°时，点E到直线l的距离最大， ∵DE＝24cm，CD＝6cm， ∴CE＝DE﹣CD＝24﹣6＝18（cm）， ∴EG＝EC•sin60°＝9（cm）， ∴EK＝EG+GK＝（2+18）cm． 当∠ECG＝30°时，点E到直线l的距离最小，可得最小值＝（11+9）cm， ∴点E离桌面l最大高度与最小高度的差＝（2+18）﹣（11+9）＝（9﹣9）cm． 【点评】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，正确寻找直角三角形解决问题． 18．（2025•浙江模拟）在平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝8，∠ABC＝60°，E是BC边上的一个动点（不与点B，C重合），过点E作EF∥AB，交AC于点F，连结AE，设CE＝x． （1）用含x的代数式表示△CEF的面积． （2）当△CEF与△ACE相似时，求x的值． 【分析】（1）过点A作AH⊥BC于点H．求出△ABC的面积，再利用相似三角形的性质求解； （2）利用勾股定理求出AC2.再利用相似三角形的性质证明AC2＝CE•CB，求出CE即可． 【解答】解：（1）过点A作AH⊥BC于点H． ∵∠B＝60°，AB＝6， ∴AH＝AB•sin60°＝6×＝3， ∴△ABC的面积＝×8×3＝12， ∵EF∥AB， ∴△ABC∽△FEC， ∴＝（）2＝， ∴△FEC的面积＝x2（0＜x＜8）； （2）∵BH＝AB•cos60°＝3， ∴CH＝BC﹣BH＝8﹣3＝5， ∴AC2＝AH2+CH2＝27+25＝52， ∵EF∥AB， ∴∠B＝∠FEC＝60°， ∵△CEF∽△CAE， ∴∠FEC＝∠CAE＝60°， ∴∠CAE＝∠B， ∵∠ACE＝∠ACB， ∴△ACB∽△ECA， ∴CA2＝CE•CB， ∴x＝CE＝＝． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，三角形的面积，平行四边形的性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题． 19．（2025•浙江模拟）一条公路上有相距80km的A，B两地，甲、乙、丙三人都在这条公路上匀速行驶．甲从A地出发前往B地，速度为20km/h．甲出发1小时后，乙也从A地出发前往B地，出发半小时后追上了甲，到达B地后停止不动．丙与甲同时出发，从B地前往A地，当丙与甲相遇时，甲与乙相距20km．设甲行驶的时间为x（h），甲、乙、丙三人离A地的距离分别为y甲（km），y乙（km），y丙（km），y甲，y乙关于x的函数图象如图所示． （1）求乙的行驶速度． （2）求甲与乙相距20km时甲行驶的时间． （3）丙出发后多少小时与乙相遇？请直接写出答案． 【分析】（1）设乙的速度为a km/h，根据甲、乙相遇时行驶的路程相同列出方程，解方程即可； （2）分两种情况求出甲行驶的时间； （3）设丙出发x h与乙相遇，①若甲在乙前面20km，可求得丙速度为（80﹣20）÷1＝60（km/h），故60x+60（x﹣1）＝80，②若乙在甲前面20km，求出丙的速度为（80﹣40）÷（1+1）＝20（km/h），故20x+60（x﹣1）＝80，分别解方程可得答案． 【解答】解：（1）设乙的速度为a km/h， 根据题意得：（1+）×20＝a， 解得a＝60， 答：乙的行驶速度为60km/h； （2）若甲在乙前面20km，则此时乙在A地，甲刚好出发1km，行驶了20km； 若乙在甲前面20km，则（20×1+20）÷（60﹣20）＝1（h）， 此时甲出发2h， 综上所述，当甲与乙相距20km时甲行驶的时间为1h或2h； （3）设丙出发x h与乙相遇， ①若甲在乙前面20km， ∴丙速度为（80﹣20）÷1＝60（km/h）， ∴60x+60（x﹣1）＝80， 解得x＝； ②若乙在甲前面20km，则此时乙在A地，甲刚好出发1km，行驶了20km， ∵（20×1+20）÷（60﹣20）＝1（h）， ∴此时乙出发了1h，所走路程为60km，甲所走路程为20×（1+1）＝40（km）， ∴丙的速度为（80﹣40）÷（1+1）＝20（km/h）， ∴20x+60（x﹣1）＝80， 解得x＝． 综上所述，丙出发h或h与乙相遇． 【点评】本题考查一次函数和一元一次方程的应用，解题的关键是读懂题意，分类列出方程． 20．（2025•浙江一模）《几何原本》是数学发展史中的不朽著作，该书记载了很多利用几何图形来论证代数结论的方法，凸显了数形结合的思想．如图①，借助四边形ABCD的面积说明了等式（a+b）c＝ac+bc成立． （1）观察图②，③，找出可以推出的等式： 等式A：（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2； 等式B：（a+b）2＝a2+2ab+b2； 可知，图②对应等式　B　 ；图③对应等式　A　 ． （2）如图④，△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，BD⊥AC于点D，E是边BC上一点，作EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，过A作BC的平行线交直线EG于点H．分别记△ABD，△BEF，△EGC，△AGH的面积为S1，S2，S3，S4.求的值． 【分析】（1）根据图形即可推出的等式； （2）根据三角形面积公式即可解决问题． 【解答】解：（1）图②对应等式B；图③对应等式A， 故答案为：B，A； （2）设CG＝a，DG＝b，如图， ∵AB＝BC，∠ABC＝90°，BD⊥AC， ∴AD＝CD＝BD＝a+b， ∴△ABD≌△BCD（SSS）， 则， ． 【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，完全平方公式，平方差公式，解决本题的关键是全等三角形的面积相等． 21．（2025•浙江一模）在一条笔直的公路上依次有A，B，C三地，小明、小红两人同时出发．小明从B地骑自行车匀速去A地拿东西，停留一段时间后，再以相同的速度匀速前往C地，小红步行匀速从C地至A地．小明、小红两人距C地的距离y（米）与时间x（分）之间的函数关系如图所示，请结合图象解答下列问题： （1）求小明、小红两人的速度． （2）求小明从A地前往C地过程中y关于x的函数表达式． （3）请求出经过多少时间后，小明与小红相距600米． 【分析】（1）依据题意，小明骑自行车速度是：（1200﹣400）÷2＝400（米/分），小红步行速度是：1200÷12＝100（米/分），进而得解； （2）依据题意，小明从A地骑自行车到C地的时间为1200÷400＝3（分），又设y＝kx+b，再将（9，1200），（12，0）代入可得，计算即可得解； （3）依据题意，分三种情况讨论即可判断得解． 【解答】解：（1）由题意，小明骑自行车速度是：（1200﹣400）÷2＝400（米/分），小红步行速度是：1200÷12＝100（米/分）． （2）由题意，小明从A地骑自行车到C地的时间为1200÷400＝3（分）． 设y＝kx+b，将（9，1200），（12，0）代入， 可得， ∴y＝﹣400x+4800． （3）由题意，分三种情况：①400x+400﹣100x＝600，解得； ②1200﹣100x＝600，解得x＝6； ③100x+400x﹣4800＝600，解得． 综上，当分或6分或分后，小明与小红相距600米． 【点评】本题主要考查了一次函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用一次函数的性质是关键． 22．尺规作图问题：如图1，在▱ABCD中（AD＞AB），用尺规作∠ABC的角平分线． 小温：这简单！我们在八上就学过用尺规作角平分线的方法，除此之外，小外你还有其它做法吗？ 小外：我想到了!如图2，以A为圆心，AB为半径作弧，交AD于点E，连结BE，则BE平分∠ABC． （1）按照小温的说法，在图1中用尺规作∠ABC的角平分线； （2）小外的做法是否正确？若错误，请说明理由；若正确，请证明． 【分析】（1）根据角平分线的作图方法作图即可． （2）由平行四边形的性质可得AD∥BC，则∠AEB＝∠CBE．由作图可知，AE＝AB，可得∠AEB＝∠ABE，进而可得∠CBE＝∠ABE，则BE平分∠ABC． 【解答】解：（1）如图1，射线BE即为所求． （2）正确． 证明：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠AEB＝∠CBE． 由作图可知，AE＝AB， ∴∠AEB＝∠ABE， ∴∠CBE＝∠ABE， ∴BE平分∠ABC． 【点评】本题考查作图—基本作图、角平分线的定义、平行四边形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 23．（2025•鹿城区校级一模）如图反映的是小温、小州两人从学校出发到瓯华站乘车的过程．两人同时从学校步行出发，小温在途中发现有物品遗漏，于是立刻以同样的速度返回学校拿取，在学校停留2分钟后乘出租车赶往瓯华站，结果比小州早3分钟到达瓯华站． （1）求两人步行的速度； （2）求出图中出租车行驶时路程S与时间t的函数解析式； （3）求学校到瓯华站的路程． 【分析】（1）根据速度＝路程÷时间计算即可； （2）利用待定系数法解答即可； （3）设两人出发m分钟时小温到达瓯华站，则两人出发（m+3）分钟时小州到达瓯华站，根据两人分别到达终点时的路程相等列关于m的方程并求解，将m的值作为t的值代入S与t的函数关系式，求出对应S的值即可． 【解答】解：（1）325×2÷10＝65（米/分钟）． 答：两人步行的速度是65米/分钟． （2）10+2＝12（分钟）， 16×65＝1040（米）． 设S与t的函数解析式为S＝kt+b（k、b为常数，且k0）， 将坐标（12，0）和（16，1040）分别代入S＝kt+b， 得， 解得， ∴S与t的函数解析式为S＝260t﹣3120． （3）设两人出发m分钟时小温到达瓯华站，则两人出发（m+3）分钟时小州到达瓯华站． 260m﹣3120＝65（m+3）， 解得m＝17， 当m＝17时，S＝260×17﹣3120＝1300． 答：学校到瓯华站的路程是1300米． 【点评】本题考查一次函数的应用，掌握速度、时间和路程之间的关系及待定系数法求一次函数的关系式是解题的关键． 24．（2025•浙江一模）【阅读理解】小宁学习三角函数时，遇到一个这样的问题：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝22.5°，求tan22.5°的值． 【解题思路】小宁先画出了几何图形（如图1），他觉得22.5°虽然不是特殊角，但22.5°是45°的一半，于是他尝试着在CB上截取CD＝CA，再连接AD，构造出等腰△ABD（如图2）． 【解题过程】 在CB上截取CD＝CA，再连接AD，可证△ADB为等腰三角形，设AC＝CD＝a，则AD＝BD＝a． ∴tan22.5°＝． 【尝试应用】（1）如图3，求tan15°的值； 【拓展应用】（2）如图4，某同学站在离纪念碑底A距离5米的C处，测得纪念碑顶点B的仰角为75°，该同学的眼睛D点离地面的距离为1.5米，请帮助他求出纪念碑的高度AB（结果保留整数，参考数据：≈1.73，≈1.41）． 【分析】（1）先作出AB的中垂线，得出BD＝AD，进而求出∠ADC＝30°，再同材料的【解题思路】即可求出答案； （2）过点D作DE⊥AB于E，则四边形ACDE是矩形，进而得出AE＝CD＝1.5米，DE＝AC＝5米，进而求出BE，即可求出答案． 【解答】解：（1）如图3， 作AB的中垂线交BC于D，连接AD， 则BD＝AD， ∴∠BAD＝∠B＝15°， ∴∠ADC＝30°， 设AC＝m， 在Rt△ACD中，AD＝2m，CD＝m， ∴BD＝2m， ∴BC＝BD+CD＝2m+m＝（2+）m， ∴tan15°＝＝＝＝＝2﹣； （2）由题意得，则四边形ACDE是矩形， ∴AE＝CD＝1.5米，DE＝AC＝5米， 在Rt△BED中，∠BDE＝75°， ∴∠B＝15°， ∴tan15°＝tanB＝＝＝2﹣， ∴BE＝10+5， ∴AB＝AE+BE＝1.5+10+5≈11.5+5×1.73＝11.5+8.65≈20（米）， 答：纪念碑的高度AB为20米． 【点评】此题主要考查了阅读材料的能力，解直角三角形，模仿求tan22.5°的方法求出tan15°是解本题的关键． 25．（2025•浙江一模）抛物线y＝ax2+bx+c经过A（0，4）和B（2，0）两点． （1）求c的值及a，b满足的关系式； （2）抛物线同时经过两个不同的点M（k，m）和N（﹣2﹣k，m），求b的值； （3）若抛物线在A和B两点间y随x的增大而减少，求a的取值范围． 【分析】（1）利用待定系数法解答即可； （2）利用两点是纵坐标相同，可求得抛物线的对称轴，再利用（1）的结论即可求解； （3）利用分类讨论的方法分a＞0和a＜0两种情况，结合图象列出不等式，解不等式即可求解． 【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+bx+c经过A（0，4）， ∴c＝4； ∵抛物线y＝ax2+bx+c经过B（2，0）， ∴4a+2b+c＝0． ∴4a+2b＝﹣4． ∴a，b满足的关系式为：2a+b＝﹣2； （2）∵抛物线同时经过两个不同的点M（k，m）和N（﹣2﹣k，m）， ∴抛物线的对称轴为直线x＝＝﹣1． ∴﹣＝﹣1． ∴b＝2a． ∴b+b＝﹣2． ∴b＝﹣1． （3）∵2a+b＝﹣2，c＝4， ∴抛物线解析式为y＝ax2+（﹣2﹣2a）x+4＝0． ∴抛物线的对称轴为：x＝﹣＝． 当a＞0时， ∵抛物线在A和B两点间y随x的增大而减少， ∴抛物线的对称轴经过点B或在点B的右侧． ∴≥2． ∴0＜a≤1． 当a＜0时， ∵抛物线在A和B两点间y随x的增大而减少， ∴抛物线的对称轴经过点A或在点A的左侧． ∴≤0． ∴﹣1≤a＜0． 综上，若抛物线在A和B两点间y随x的增大而减少，a的取值范围为0＜a≤1或﹣1≤a＜0． 【点评】本题主要考查了待定系数法，数形结合法，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标的特征，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 26．（2024•婺城区校级模拟）如图，在由边长为1的小正方形构成的5×6的网格中，△ABC的顶点A，B，C均在格点上．请按要求完成作图：①仅用无刻度直尺；②保留作图痕迹并标注相关字母． （1）如图1，在线段AC上找一点D，使得BD是三角形的中线． （2）如图2，在线段AC上找一点E，使得； （3）如图3，在三角形内寻找格点P，使得∠APC＝2∠B． 【分析】（1）利用矩形对角线相互平分，即可得到AC的中点D，即可解答； （2）分别取格点M，N，连接MN，交AC于点E，结合平行线的性质可知，点E即为所求； （3）分别作线段BC，AB的垂直平分线，相交于点P，利用圆周角定理即可解答． 【解答】解：（1）如图1， 利用矩形对角线相互平分，可得AD＝DC， ∴BD是三角形的中线； （2）如图2，取格点M，N，连接MN，交AC于点E，点E即为所求； ∵AN∥CN， ∴＝＝， 故点E即为所求； （3）如图3，分别作线段BC，AB的垂直平分线，相交于点P，连接BP，CP，AP， 根据垂直平分线的性质可得PA＝PB＝PC， ∴A，B，C在以点P为圆心，PA长度为半径的圆上， 根据圆周角定理可得∠APC＝2∠ABC， 故点P即为所求． 【点评】本题属于三角形综合题，主要考查作图﹣应用与设计作图、相似三角形的判定与性质、圆周角定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 27．（2024•萧山区二模）为积极响应绿色出行的号召，骑车出行已经成为人们的新风尚．图①是某品牌自行车放在水平地面上的实物图，图②是其示意图，其中AB∥CD∥l，车轮半径为32cm，∠ABC＝64°，BC＝60cm，坐垫E与点B的距离BE为10cm． （1）求坐垫E到地面的距离； （2）根据经验，当坐垫E到CD的距离调整为人体腿长的0.8时，坐骑比较舒适．小明的腿长约为84cm，现将坐垫E调整至坐骑舒适高度位置E′，求EE′的长．（结果精确到0.1cm．参考数据：sin64°≈0.90，cos64°≈0.44，tan64°≈2.05） 【分析】（1）过点E作EG⊥CD于点G，根据64°的正弦值可得DE的长，加上半径的长即为坐垫E到地面的距离； （2）算出坐垫E′到CD的舒适距离，根据64°的正弦值可得CE′长度，减去CE长即为EE′的长度． 【解答】解：过点E作EG⊥CD于点G， ∴∠EGC＝90°． ∵BC＝60cm，坐垫E与点B的距离BE为10cm， ∴CE＝70（cm）． ∵∠ABC＝64°，AB∥CD， ∴∠ECD＝64°． ∴EG＝EC•sin64°≈70×0.90＝63.0（cm）． ∵CD∥l，CF⊥l，l与⊙D相切，车轮半径为32cm， ∴CF＝32（cm）． ∴坐垫E到地面的距离为：63.0+32＝95.0（cm）． 答：坐垫E到地面的距离为95cm； （2）过点E′作E′G′⊥CD于点G′， ∴∠E′G′C＝90°． ∵小明的腿长约为84cm， ∴E′G′＝84×0.8＝67.2（cm）． ∵∠ECD＝64°， ∴CE′＝＝≈74.67（cm）． ∴EE′＝CE′﹣CE＝74.67﹣70＝4.67≈4.7（cm）． 答：EE′长4.7cm． 【点评】本题考查解直角三角形的应用．把所给线段及角整理到直角三角形中是解决本题的关键．用到的知识点为：sinA＝． 28．（2024•婺城区校级模拟）如图，一次函数y1＝kx+b（k≠0）与反比例函数为的图象交于A（8，1），B（a，8）两点． （1）求两个函数的解析式； （2）根据图象，直接写出满足y2＞y1＞0时x的取值范围； （3）点P在线段AB上，过点P作x轴的垂线，垂足为M，交函数y2的图象于点Q，若△POQ面积为5，求点Q的坐标． 【分析】（1）将A点坐标代入即可得出反比例函数，求得函数的解析式，进而求得B的坐标，再将A、B两点坐标分别代入y1＝kx+b（k≠0），可用待定系数法确定一次函数的解析式； （2）由函数的图象即可得出反比例函数的值大于一次函数值且大于零的x的取值范围； （3）由题意，设P（p，﹣p+9）且1≤p≤8，则，求得，根据三角形面积公式得到，解得即可． 【解答】解：（1）∵反比例函数的图象经过点A（8，1）， ∴， ∴m＝8， ∴反比例函数的解析式为， 把B（a，8）代入，得a＝1， ∴点B坐标为（1，8）， ∵一次函数解析式y1＝kx+b，经过A（8，1），B（1，8）， 故得， 解得， ∴一次函数解析式为y1＝﹣x+9； （2）∵A（8，1），B（1，8）， ∴由图象可得，当0＜x＜1或8＜x＜9时，反比例函数图象在一次函数图象上方，且都在x轴上方， ∴y2＞y1＞0时x的取值范围0＜x＜1或8＜x＜9； （3）由题意，设P（p，﹣p+9）且1≤p≤8， ∴， ∴， ∴， 解得p1＝3，p2＝6， ∴或． 【点评】本题主要考查一次函数与反比例函数交点问题，解一元二次方程，熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键． 29．（2024•婺城区校级模拟）如图1，是小明设计一个logo的数学原理图．如图2将两块形状相同，大小不相同的直角三角形纸片放入⊙O中，其中∠CAB＝∠CED＝90°，圆心O在直角边AB上．连接CO并延长，交DE于点F．若BC＝10cm，DC＝12cm． （1）求⊙O的半径． （2）求证：EC2＝EF•ED． （3）求DF的长． 【分析】（1）由垂径定理得，在Rt△ABC中，由勾股定理求得．在Rt△AOC中，由勾股定理求得CO2＝AO2+AC2，即r2＝（8﹣r）2+62，求解即可． （2）先由余角性质得∠D＝∠B，再由等腰三角形的性质得∠B＝∠ECF，又由∠CEF＝∠CED＝90°，即可由相似三角形的判定定理得出结论； （3）根据，∠B＝∠D，可得，解得．在Rt△CDE中，．再由（2）求解即可． 【解答】（1）解：∵∠BAC＝90°，圆心O在边AB上，BC＝10cm，DC＝12cm， ∴AD＝AC＝CD＝×12＝6（cm）， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB＝＝＝8（cm）， 在Rt△AOC中，由勾股定理得：CO2＝AO2+AC2， ∴r2＝（8﹣r）2+62， 解得r＝， ∴⊙O的半径为cm； （2）证明：∵∠BAC＝∠DEC＝90°，∠DCE＝∠BCA， ∴∠D＝∠B． ∵CO＝BO， ∴∠B＝∠ECF， ∴∠D＝∠ECF． ∵∠CEF＝∠CED＝90°， ∴△ECF∽△EDC， ∴＝， ∴EC2＝EF•ED； （3）解：∵sinB＝＝，∠B＝∠D，DC＝12cm， ∴sinD＝＝＝， 解得CE＝． 在Rt△CDE中，由勾股定理得：DE＝＝＝． ∵CE2＝DE•EF， ∴＝×（﹣DF）， 解得：DF＝， ∴DF的长为cm． 【点评】本题属于圆的综合题，主要考查垂径定理，余角的性质，相似三角形的判定与性质，三角函数的定义，勾股定理，熟练掌握相关判定与性质是解题的关键． 30．（2024•浙江模拟）在5×5的正方形网格纸中，请按下列要求用无刻度的直尺画图． （1）在图1中先画出一个以PM为底边的等腰三角形PMN（顶点均在格点上），再画出△P′M′N′，△P′M′N′与△PMN关于点O成中心对称． （2）在图2中画出△ABC的角平分线CD． 【分析】（1）作格点N，使MN＝PN，再作M，N，P关于点O的对称点M'，N'，P'即可； （2）取格点K，使CK＝CB，再作BK的中点T，连接CT交AB于D，即可得到答案． 【解答】解：（1）如图： △PMN，△P′M′N′即为所求（答案不唯一）； （2）如图： 线段CD即为所求． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换和角平分线，解题的关键是掌握网格的特征． 31．（2024•浙江模拟）函数（m≠0，m为实数）与函数（n≠0，n为实数）的图象交于点A，B．若点A，B的横坐标分别为﹣3，． （1）求m，n的值． （2）若0＜y1＜y2，求x的取值范围． 【分析】（1）把A的横坐标代入（m≠0，m为实数）即可求得A（﹣3，），把A的坐标代入（n≠0，n为实数）即可求得n的值，从而求得反比例函数的解析式，利用反比例函数的解析式求得B点的坐标，吧B点的坐标代入数（m≠0，m为实数）即可求得m的值； （2）由题意可知此范围对应的一次函数的图象位于x轴的上方和反比例函数的下方，观察图象即可求解． 【解答】解：（1）∵函数（m≠0，m为实数）过点A，点A的横坐标分别为﹣3， ∴y1＝﹣3m+3m+＝， ∴A（﹣3，）， ∵点A、B在函数（n≠0，n为实数）的图象上， ∴n＝﹣3×＝﹣， ∵B的横坐标分别为， ∴B（，﹣1）， ∵函数（m≠0，m为实数）过点B， ∴﹣1＝m+3m+， ∴m＝﹣； （2）∵0＜y1＜y2， ∴此范围对应的一次函数的图象位于x轴的上方和反比例函数的下方，如图， 由（1）得，y1＝﹣﹣， 观察图象，0＜y1＜y2，x的取值范围是﹣3． 【点评】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，待定系数法求函数的解析式，数形结合是解题的关键． 32．（2024•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在BC边上，连接AD，E，F分别为AD，AB边上的中点，连接DF，CE，CF，记CF交AD于点O．若∠FDA＝2∠CAD． （1）求证：四边形CEFD为平行四边形． （2）若，∠B＝60°，求△AOF的周长． 【分析】（1）上点D在BC边上，E，F分别为AD，AB边上的中点，得FE∥BD，而∠ACB＝90°，则CE＝AE＝AD，则∠ECA＝∠CAD，所以∠CED＝2∠CAD，因为∠FDA＝2∠CAD，所以∠FDA＝∠CED，则FD∥CE，即可证明四边形CEFD是平行四边形； （2）由∠ACB＝90°，∠B＝60°，求得∠BAC＝30°，由OC＝OF＝，得CF＝AF＝BF＝AB＝3，所以BC＝AB＝3，AB＝6，求得AC＝3，因为BD＝2FE＝2CD，所以BC＝3CD＝3，求得CD＝1，则AD＝2，所以AE＝DE＝，OE＝OD＝，求得OA＝，进而求得△AOF的周长是． 【解答】（1）证明：∵点D在BC边上，E，F分别为AD，AB边上的中点， ∴FE∥BD， ∴FE∥CD， ∵∠ACB＝90°， ∴CE＝AE＝DE＝AD， ∴∠ECA＝∠CAD， ∴∠CED＝∠ECA+∠CAD＝2∠CAD， ∵∠FDA＝2∠CAD， ∴∠FDA＝∠CED， ∴FD∥CE， ∴四边形CEFD是平行四边形． （2）解：∵∠ACB＝90°，∠B＝60°， ∴∠BAC＝90°﹣∠B＝30°， ∵四边形CEFD是平行四边形， ∴OC＝OF＝， ∴CF＝AF＝BF＝AB＝OC+OF＝+＝3， ∴BC＝AB＝3，AB＝6， ∴AC＝＝＝3， ∵BD＝2FE，且FE＝CD， ∴BD＝2CD， ∴BC＝BD+CD＝2CD+CD＝3CD＝3， ∴CD＝1， ∴AD＝＝＝2， ∵AE＝DE＝AD＝×2＝， ∴OE＝OD＝DE＝×＝， ∴OA＝OE+AE＝+＝， ∴OA+OF+AF＝++3＝， ∴△AOF的周长是． 【点评】此题重点考查三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，推导出∠FDA＝∠CED是解题的关键． 33．（2024•镇海区校级三模）已知关于x的一元二次方程x2﹣（k+5）x+5+2k＝0． （1）求证：此方程总有两个不相等的实数根． （2）若此方程恰有一个根为1，求方程的另一个根． 【分析】（1）判断Δ＞0即可证明； （2）设方程的另一个根为x，根据根与系数关系即可得出，解方程组求出另一根． 【解答】解：（1）∵Δ＝b2﹣4ac＝[﹣（k+5）]2﹣4×1×（5+2k）＝k2+2k+5＝（k+1）2+4＞0， ∴方程总有两个不相等的实数根； （2）设方程的另一个根为x，则 ， 解得， 故该方程的另一个根为3． 【点评】本题考查根的判别式和根与系数关系．掌握Δ的正负与一元二次方程之间的关系是解题关键． 34．（2024•镇海区校级三模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB是⊙O的直径，AC＝6，BC＝12点F在AB上，连结CF并延长，交⊙O于点D，连结BD，作BE⊥CD，垂足为E． （1）求证：△DBE∽△ABC． （2）若DE＝3，求CE的长． 【分析】（1）根据圆周角定理得∠BDE＝∠BAC，即可证明结论； （2）利用相似三角形的性质求出BE，再根据勾股定理求出答案． 【解答】（1）证明：∵AB是直径， ∴∠ACB＝90°， ∵BE⊥CD， ∴∠BED＝90°， ∵， ∴∠BDC＝∠BAC， ∴△DBE∽△ABC； （2）解：∵△DBE∽△ABC， ∴， ∵AC＝6，BC＝12，DE＝3， ∴， ∴BE＝6， 在Rt△BEC中，． 【点评】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 35．（2024•镇海区校级三模）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点N，M为BD的中点．连结CM，AM，AM＝DC，AB＝AC，AB⊥AC，BC⊥CD． （1）求证：四边形ADCM是平行四边形． （2）求tan∠DBC的值． 【分析】（1）证明AM∥DC，又由AM＝DC即可证明； （2）根据等腰直角三角形性质，延长AM构造中位线即可解题． 【解答】（1）证明：延长AM，交BC于点Q， ∵BC⊥CD， ∴∠DCB＝90°， 在Rt△DCB中，点M为BD中点， ∴， ∵在△ABC中，AB＝AC，AM＝AM， ∴△ABM≌△ACM（SSS）， ∴∠BAM＝∠CAM， ∴AM⊥BC， ∵BC⊥CD， ∴AQ∥DC， ∵AM＝DC， ∴四边形AMCD是平行四边形． （2）解：由（1）得AM∥DC． ∵M是BD中点，点Q是BC的中点， ∴ 又∵AM＝DC ∴， ∴AQ＝3MQ， ∵Rt△ACB中，AB＝AC，AQ⊥BC， ∴AQ＝BQ＝3MQ， ∴． 【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形、等腰直角三角形的性质知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 36．（2024•钱塘区三模）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，﹣1），B（2，﹣4），C（5，﹣3）． （1）将△ABC先向左平移6个单位，再向上平移3个单位，得到△A1B1C1，画出两次平移后的△A1B1C1，并写出点A1的坐标． （2）画出△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°后得到的△A2B2C1，并写出点A2的坐标． （3）在（2）的条件下，求旋转过程中点A1所经过的路径长．（结果保留π） 【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可； （2）利用旋转变换的性质分别作出A1，B1的对应点A2，B2即可； （3）利用勾股定理求出A1C1，再利用弧长公式求解． 【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，点A1的坐标为（﹣5，2）； （2）如图所示，△A2B2C1即为所求，点A2的坐标为（1，4）； （3）∵A1C1＝＝2， ∴点A1旋转到点A2的过程中所经过的路径长＝＝π． 【点评】本题是三角形综合题，考查作图﹣平移变换，旋转变换，弧长公式等知识，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换的性质，属于中考常考题型． 37．（2024•镇海区校级三模）已知二次函数y＝mx2+2x﹣1，其中m≠0． （1）若该二次函数的图象与x轴仅有一个公共点A，求实数m的值． （2）在（1）的条件下，若直线y＝kx﹣1的图象与二次函数的图象交于两点B（x1，y1），C（x2，y2），且x1＜x2．请直接写出当k的值为多少时，△ABC为直角三角形． 【分析】（1）由题意可得22﹣4m×（﹣1）＝4+4m＝0，即可求出答案； （2）求出点A的坐标是（1，0），根二次函数图象可知，点B为（0，﹣1），根据图象∠ABC＝90°或∠BAC＝90°，分两种情况分别进行解答即可． 【解答】解：（1）∵二次函数y＝m x2+2 x﹣1的图象与x轴仅有一个公共点， ∴22﹣4m×（﹣1）＝4+4m＝0， 解得m＝﹣1； （2）当m＝﹣1时，y＝﹣x2+2x﹣1＝﹣（x﹣1）2， 当y＝﹣x2+2x﹣1＝﹣（x﹣1）2＝0时， 解得x＝1， ∴点A的坐标是（1，0）， ∵直线y＝kx﹣1的图象与二次函数y＝﹣x2+2x﹣1＝﹣（x﹣1）2的图象交于两点B（x1，y1），C（x2，y2），且过都过定点（0，﹣1），且x1＜x2．则根二次函数图象可知，点B为（0，﹣1）， ∵OA＝OB＝1，∠AOB＝90°， ∴∠OAB＝∠OBA＝45° ∵△ABC为直角三角形， ∴∠ABC＝90°或∠BAC＝90°， ①当∠BAC1＝90°时，过点C1作C1D⊥x轴于点D，则∠OAB+∠DAC1＝180°﹣∠BAC1＝90°， ∴∠DAC1＝45°， ∴AD＝DC1， 设点C1的坐标为（t，﹣t2+2t﹣1），则AD＝DC1＝t2﹣2t+1$，OD＝OA+AD＝1+t2﹣2t+1＝t2﹣2t+2， ∴t2﹣2t+2＝t， 解得t＝2或t＝1（不合题意，舍去）， ∴点C1的坐标为（2，﹣22+4﹣1），即（2，﹣1）， 把点（2，﹣1）代入y＝kx﹣1得：﹣1＝2k﹣1， 解得k＝0； ②当∠ABC＝90°时，过点C2作C2E⊥y轴于点E，则∠OBA+∠EBC2＝180°﹣∠ABC2＝90°， ∴∠EBC2＝45°， ∴BE＝EC2， 设点C2的坐标为（s，﹣s2+2s﹣1），则BE＝EC2＝s，OE＝OB+BE＝1+s， ∴s2﹣2s+1＝s+1， 解得s＝3或s＝0（不合题意，舍去）， ∴点C2的坐标为（3，﹣32+6﹣1），即（3，﹣4）， 把点（3，﹣4）代入y＝kx﹣1得：﹣4＝3k﹣1， 解得k＝﹣1， 综上可知，当k＝0或k＝﹣1时，△ABC为直角三角形． 【点评】此题考查了二次函数和一次函数的交点问题，等腰直角三角形的判定和性质等知识，分类讨论和数形结合是解题的关键． 38．（2024•钱塘区三模）如图，在菱形ABCD中，点E在边AD上，连结CE交对角线BD于点F，过点E作EG∥AB交BD于点G． （1）若CD＝CE，∠A＝110°，求∠BCF的度数． （2）若BD＝15，DE＝2AE，求FG的长． （3）求证：DF2＝FG•BF． 【分析】（1）先根据菱形得性质得到CD∥BC，AD∥BC，再根据平行线的性质得到∠CDA＝70°，接着利用等腰三角形的性质得到∠CED＝∠CDA＝70°，然后根据平行线的性质，由AD∥BC得到∠BCF＝∠CED； （2）先证明△DEG∽△DAB得到＝＝＝，所以DG＝BD＝10，再证明△EGF∽△CDF得到＝，则＝，然后利用比例的性质求出FG的长； （3）先证明△CDF∽△EGF得到＝，证明△BCF∽△DEF得到＝，则利用等量代换得到＝，然后根据比例的性质得到结论． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD为菱形， ∴CD∥BC，AD∥BC， ∴∠CDA＝180°﹣∠A＝70°， ∵CD＝CE， ∴∠CED＝∠CDA＝70°， ∵AD∥BC， ∴∠BCF＝∠CED＝70°； （2）解：∵DE＝2AE， ∴DE＝DA， ∵EG∥AB， ∴△DEG∽△DAB， ∴＝＝＝， ∴DG＝BD＝×15＝10， ∵四边形ABCD为菱形， ∴CD∥AB，CD＝AB， ∴CD∥EG， ∴△EGF∽△CDF， ∴＝， ∴＝＝， ∴FG＝DG＝×10＝4； （3）证明：∵EG∥CD， ∴△CDF∽△EGF， ∴＝， ∵DE∥BC， ∴△BCF∽△DEF， ∴＝， ∴＝， ∴DF2＝FG•BF． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键．也考查了菱形的性质． 39．（2024•钱塘区三模）在平面直角坐标系中，设函数y1＝kx﹣k+6与函数的图象交于点A（1，6）． （1）求k的值，并写出y1，y2的解析式． （2）设图象的另一个交点为B，求B的坐标，并写出当y1≤y2时x的取值范围． （3）设函数y1的图象与x轴的交点为C，将点C先向右平移m的单位，再向上平移3个单位后，恰好落在函数y2的图象上，求m的值． 【分析】（1）把点A代入反比例函数解析式即可求出k，确定解析式即可； （2）联立解析式求出B的坐标，即可求出当y1≤y2时x的取值范围； （3）求出C的坐标，进而表示出平移后的解析式，代入反比例函数解析式求出m即可． 【解答】解：（1）把点A（1，6）分别代入中，得， 解得k＝2， ∴函数y1＝2x+4，函数y2＝； （2）联立解析式得， 解得或， ∴B（﹣3，﹣2）， ∴y1≤y2时x的取值范围为x≤﹣3或0＜x≤1； （3）当y＝0时，2x+4＝0， 解得x＝﹣2， ∴C（﹣2，0）， ∵点C先向右平移m的单位，再向上平移3个单位， ∴平移后点C的坐标为（﹣2+m，3）， 代入反比例函数解析式得3（﹣2+m）＝6， 解得m＝4． 【点评】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求一次函数、反比例函数的解析式，数形结合是解题的关键． 40．（2025•山东一模）根据以下素材，探索完成任务． 素材1 图1是宁宁家安装的户外遮阳篷．图2是其侧面示意图，已知该遮阳篷安装在垂直于地面BC的墙面上，篷面安装点A离地面4米，篷面与墙面的夹角∠DAB＝60°，篷面宽AD＝3米．除此之外，为了保障遮阳篷的稳定性，还加装了支架MN稳定篷面．支架MN的安装方式如下：点M固定在墙面上，位于点A的正下方，即点A，M，B共线；点N固定在篷面上离A点1米处（点A，N，D共线），即AN＝1米，支架MN与墙面的夹角∠AMN＝45°. 素材2 宁宁所在地区某天下午不同时间的太阳高度角α（太阳光线与地面的夹角）的正切值参照表： 时刻 12点 13点 14点 15点 角α的正切值 4 3 2.5 2 素材3 宁宁养了一株龙舌兰（图3），该植物喜阳，所以宁宁经常把龙舌兰搬到能被太阳光照射到的地方，以保证龙舌兰有充足的光照，如图2，这株龙舌兰摆放的位置记为点E． 任务1 确定安装点 请求出支架MN的固定点M与A点的距离（AM）的长． 任务2 确定影子长 请求出这天13点时影子BF的长度. 任务3 判断能否照射到 这天14点，宁宁将龙舌兰摆放到点E处，为了保证龙舌兰能被太阳光照射到，请求出此时摆放点E离墙角B距离（BE）的取值范围． 【分析】任务1．过点N作NH⊥AB于点H．根据锐角三角函数定义求出AH，NH的长，在Rt△MNH中，结合已知∠AMN＝45°，即可得出MH＝NH，进而得出答案； 任务2．过点D作DG⊥AB于点G，过点D作DK⊥BC于点K．根据解直角三角形，矩形的判定和性质解答即可； 任务3．根据题意可知，宁宁所在地区这天下午14点的太阳高度角α的正切值为2.5，在Rt△DFK中，由正切定义可得出FK的长，进而得出BF的长，即可得出答案． 【解答】任务1．如图1．过点N作NH⊥AB于点H． ∵NH⊥AB，∠DAB＝60°， ∴在Rt△ANH中，∠DAB＝60°，AN＝1米， ∴（米），（米）， ∴在Rt△MNH中，∠AMN＝45°，米， ∴MH＝NH＝米， ∴AM＝AH+MH＝（米）． 答：支架MN的固定点M与A点的距离（AM）的长为米． 任务2．如图2，过点D作DG⊥AB于点G． 在Rt△ADG中，∠DAB＝60°，AD＝3米， ∵，， ∴AG＝AD•cos∠DAB＝3×cos60°＝（米），（米）， 由题意，得AB＝4米， ∴BG＝AB﹣AG＝4﹣（米）． 过点D作DK⊥BC于点K． 由题意，得∠DGB＝∠ABC＝∠DKB＝90°， ∴四边形GBKD是矩形， ∴DK＝BG＝米，BK＝DG＝米， ∵宁宁所在地区这天下午13点的太阳高度角α的正切值是3， ∴在Rt△DFK中，， ∴（米）， ∴BF＝BK﹣FK＝＝（米）． 答：这天13点时影子BF的长度为米． 任务3．∵宁宁所在地区这天下午14点的太阳高度角α的正切值为2.5， ∴在Rt△DFK中，， ∴＝（米）， ∴BF＝BK﹣FK＝＝（米）， ∴能使龙舌兰能被太阳照射到，应放在影子之外， 即应使米， ∴此时摆放点E离墙角B的距离（BE）的取值范围是大于米． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用，平行投影，矩形的判定和性质，熟练掌握解直角三角形，平行投影，矩形的判定和性质是解题的关键． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$