浙江省宁波市镇海中学2023-2024学年高一上学期分班考试（创新班选拔）数学试卷

第 1页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 2023.6.29 镇海中学新高一分班考（创新班选拔） 1. 已知 1 2 a b a b     ，则 a b 的值为_____________. 2. 已知一圆锥的主视图和俯视图如图所示，则该圆锥的侧面积和侧面展开图的圆心角分别为 _____________. 3. 如图中， O 的半径为 20，则阴影部分的面积为_____________. 4. 已知二次函数 2y ax bx c   恒非负， 0b a  ， 0c  ，则 a b c b a    的最小值为_____________. 5. 如图，在 ABC 中， 45A   ， 3 2BC  ，点D E、 分别在边 AC AB、 上，且 1DE  ，B C D E、 、 、 四点共圆，则该圆的半径为_____________. 6. 如图，在矩形 ABCD中， 6AD  ， 4AB  ，G为CD中点，将四边形 ABFE沿FE折叠为 A B FE  ， , ,D A B 共线， , ,A A G 共线，则 BF 的长为_____________. 第 2页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 7. 已知 ABCD为正方形，其内分别有长宽为1和3的矩形、边长为1的正方形，矩形 R的面积的所有取值 之和为 m n （ ,m n为正整数且互质），则m n  _____________. 8. 已知 9个正整数的中位数和平均数均为 9，众数为 1，则其中最大数的最小值为_____________. 9. 抛物线 2 22y x kx k   向右平移 2 个单位，向上平移 1 个单位，恰好过坐标原点，则 k 的值为 _____________. 10. 将一长方形折叠后恰好如图所示，则梯形 ABDC 的面积为_____________. 11. 如图，已知 ABC 为等腰三角形，AB AC ，AB为 O 的直径，BC交 O 于点D， / /CE AB，BE 交 AC AD、 于点 F G、 ， 5EF  ， 4FG  ，则 BG的长为_____________. 第 3页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 12. 已知在Rt ABC△ 中， 90B   ， 6AB  ， 8BC  ，点D E、 分别在边 AB BC、 上， F 为DE的 中点，则 AF FC 的最小值为_____________. 13. 如图，正方形OABC 的顶点 A C、 分别在 y x、 轴上，点 B坐标为  6,6 ，将四边形 AEDO 翻折至 FEDO  ，点O  在边 BC上，FO  与 AB相交于点G， 3 5 AEDO EBCD S S 四边形 四边形 ，反比例函数 ( 0)ky k x   过点G且 与 BC相交于点H ，则O H  的长为_____________. 14. 已知二次函数 2y x bx c   （1）若 1b = - ，且二次函数图象过点  1, 2 ，求二次函数的解析式及顶点坐标； （2）若该二次函数顶点为  ,m k ，且过点 ( , )k m ，求m k ； （3）若该二次函数过点 1 1 1 2 1 3( , ), ( , ), ( 2 , )( 0)A x y B x t y C x t y t   ，且 2 1M y y  ， 3 2N y y  ，试比 较M N、 的大小. 15. 如图，一次函数  0y ax a  与反比例函数  0ky k x   相交于 ,A B两点，点A在第一象限，点C是 反比例函数 ky x  第一象限上异于点A的一点， AC与 x轴交于点 N ， BC与 x轴交于点D . 第 4页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 （1）若 2a  ，点C坐标为  4,1 ，求证：CD CN ； （2）若 ,a k 为任意正实数，CD是否等于CN ？ （3）已知 8 3ABCS  ， 60ACB  ，点D坐标为  2 3,0 ，求 k . 16. （1）如图，已知在 ABC 中， 60BAC   ， I 为内心， ,D E分别在边 ,AB AC上，且DE过 I ， AI DE ， 16BD  ， 9CE  ，求 BC的长； （2）如图，已知在等腰Rt ABC△ 中，D是边 BC上一点， BD k CD  ，E是 AD上一点， 135BEC   ， CE延长线交 AB于点 F ，求 BF AF 的值. 学科网（北京）股份有限公司 17. 如图，点 A B C、 、 在 O 上， AB AC . （1）求证： BAO CAO  ； （2）作BD AC ，延长 AO交 BD于点 E，求证： BE CD ； 第 5页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 2023.6.29 镇海中学新高一分班考（创新班选拔） 1. 已知 1 2 a b a b     ，则 a b 的值为_____________. 【答案】 1 3 【解析】 【分析】变形给定等式即可得解. 【详解】由 1 2 a b a b     ，得 0b  ， 2( )a b a b    ，整理得3a b ， 所以 1 3 a b  . 故答案为： 1 3 2. 已知一圆锥的主视图和俯视图如图所示，则该圆锥的侧面积和侧面展开图的圆心角分别为 _____________. 【答案】15π； 6π 5 【解析】 【分析】根据题意，得到圆锥的底面圆的半径和母线，设侧面展开图的扇形所在圆的圆心角为 ，结合弧 长公式，列出方程，即可求解. 第 6页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 【详解】根据给定的圆锥的三视图，可得圆锥的底面圆的半径为 3r  ，高为4，则母线长为 5l  ， 可圆锥的侧面积为 π π 3 5 15πS rl     ，底面圆的周长为 2π 2π 3 6πr    ， 设侧面展开图的扇形所在圆的圆心角为 ，则 6πl  ，可得5 6π  ，解得 6π 5   . 故答案为：15π； 6π 5 . 3. 如图中， O 的半径为 20，则阴影部分的面积为_____________. 【答案】200 【解析】 【分析】由图可知弓形 AB的面积等于扇形OAB的面积减去 AOB 的面积，所以阴影部分的面积等于以 10 2 为半径的半圆的面积减去弓形的面积，求解即可. 【详解】由已知 20OA OB  ，所以 20 2AB  ， 所以 10 2AP BP  ， 1 20 20 200 2AOB S     ，扇形OAB的面积为 21 π 20 100π 4    ， 所以阴影部分的面积为    21 π 10 2 100π 200 2002     . 故答案为：200. 4. 已知二次函数 2y ax bx c   恒非负， 0b a  ， 0c  ，则 a b c b a    的最小值为_____________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据题意，由二次函数恒非负可得 , ,a b c的不等关系，然后将原式化简，结合基本不等式代入计算， 即可求解. 【详解】由于二次函数 2y ax bx c   恒非负，所以 2 0 Δ 4 0 a b ac      ，所以 24ac b ， 第 7页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 且 0b a  ，则 2 4 bc a  ，则     2 2 34 4 ba b a b aa b c a b a b a a b a                 4 3 3 4 b a a a b a      ，当且仅当 2 3 , 4 ba b a c a    时，即 4c b a  时，等号成立， 所以 a b c b a    的最小值为3 . 故答案为：3 5. 如图，在 ABC 中， 45A  ， 3 2BC  ，点D E、 分别在边 AC AB、 上，且 1DE  ，B C D E、 、 、 四点共圆，则该圆的半径为_____________. 【答案】 26 2 ## 1 26 2 【解析】 【分析】根据等腰直角三角形的性质得到 AD DF ， 2AF AD ，根据 AED ACB ∽ 得到 3 2 AB AD  ， 根据 HFB EFDV V∽ 得到 2 2 HB ED  ，然后利用勾股定理求HC 即可得到该圆的半径. 【详解】 过点 B作HB BC 交圆于点H ，连接HD交 AB于点 F ，连接HC ， 因为HB BC ，所以HC 为直径，所以 90HDC  ， 因为 45A  ，所以 AD DF ， 2AF AD ， 因为 180AED DEF DEF ACB     ，所以 AED ACB  ， 第 8页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 所以 AED ACB ∽ ，所以 3 2CB AB ED AD   ， 在 HFB 和 EFD△ 中， HFB EFD   ， HBF EDF   （同弧所对的圆周角相等）， 所以 HFB EFDV V∽ ，所以 2 2 2HB FB AB AF AB AD ED FD AD AD       ，则 2 2HB  ， 所以    2 22 2 3 2 26HC    ， 所以该圆的半径为 26 2 . 故答案为： 26 2 . 6. 如图，在矩形 ABCD中， 6AD  ， 4AB  ，G为CD中点，将四边形 ABFE沿FE折叠为 A B FE  ， , ,D A B 共线， , ,A A G 共线，则 BF 的长为_____________. 【答案】 4 3 【解析】 【分析】过 A作 A I AD  ，过点 B作 BH AG ，设 ,A I x A E AE y   ，利用勾股定理得到 5 3x y ， 则转化为经典的“3,4,5”直角三角形，最后再利用射影定理即可. 【详解】过 A作 A I AD  ，垂足为 I ，过点 B作 BH AG ，与 AD交于点 .H 于是 ABH DAG   ，由 ~ ~AIA ADG BAH   可得， 3,AB AI AD AH A I DG     于是 4 3 AH = ，设 ,A I x A E AE y   ， 于是 3 , 3AI x EI x y   ， 第 9页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 在 A EI 中使用勾股定理  22 23x x y y   ，解得 5 3x y ， 记 3 , 4 , 5 , 9A I x t EI t EA t AI t     ， 在直角 EDA△ 中，由射影定理， 2A I IE ID  ， 于是 2 9 4 A I tID EI    ，因为 99 6 4 tAD t   ，所以 8 , 15 t  于是 85 3 AE t  ，因为 BH AG ， EF AG ，则 / /BH EF， 因为 / /HE BF，所以四边形 BHEF为平行四边形， 因此 8 4 4 3 3 3 BF AE AH     . 故答案为： 4 3 . 7. 已知 ABCD为正方形，其内分别有长宽为1和3的矩形、边长为1的正方形，矩形 R的面积的所有取值 之和为 m n （ ,m n为正整数且互质），则m n  _____________. 【答案】67 【解析】 【分析】先将每个矩形的顶点标上字母，然后求出必要的几何量，再设出右上角的直角三角形的两条直角 边长，并列方程求解，最后通过解出的边长求出所有可能的面积，即可得到结果. 【详解】 如图，将三个矩形的顶点按图中所示标出字母，并分别过 , ,G H K 三点按图中所示像大正方形的边作垂线， 第 10页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 垂足分别为 , ,P Q R . 设 KLA   ，由几何关系可知： KLA KJB AIJ BML CNM NGP IHQ         ， 90RKL RKJ AJI BLM CMN PNG HIQ          . 从而 cos sin 3cos sinBC BM MC LM MN         ， sin cos cos sinAB BL LR RJ JA LM KL KJ IJ           3sin cos cos sin 2cos 4sin           . 所以3cos sin 2cos 4sin      ，得 1tan 3   ，从而 10sin 10   ， 3 10cos 10   . 故 3 10 103cos sin 3 10 10 10 AB BC         ，且 3 10cos cos 10 QH IH     ， 3 10cos cos 10 AI IJ     ， 10sin sin 10 IQ IH     ， 3 10cos cos 10 NC NM     . 故 3 10 7 1010 10 10 ID AD AI AB AI       ， 7 10 10 3 10 10 10 5 QD ID IQ     ， 3 10 7 1010 10 10 DN DC NC AB NC       . 由于 90HQE FPG     ， 90 90QEH DEF DFE GFP PGF       ，HE FG ， 故 QHE 全等于 PFG△ ，所以 PG QE ， 3 10 10 PF QH  . 设DE x ，DF y ，则 3 10 5 PG QE QD DE x     . 由于 QHE 相似于 DEF ，故 QH DE QE DF  ，即 3 10 10 3 10 5 x y x   ，化简得到  3 6 10y x x   . 同时，有 10 DF FP PN NC    第 11页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 3 10 tan cos 10 y PG      3 10 1 3 10 3 10 10 3 5 10 y x            1 4 10 3 5 y x   ，即 3 103 5 y x  . 所以有  3 6 10y x x   ， 3 103 5 y x  ，将第一式代入第二式得  3 10 6 105x x x    ，解得 3 10 10 x  或 10 5 x  . 再由 3 103 5 y x  即知 3 10 10 3 10 10 x y      或 10 5 4 10 15 x y      . 而矩形 R的面积 2 2 2 2RS EH EF QH QE ED DF      2 2 2 23 10 3 10 10 5 x x y                    2 2 29 6 10 2 5 x x x y     . 分别代入即知，矩形 R的面积 9 5R S  或 5 3R S  . 所以 9 5 52 5 3 15 m n    ，故 52 15 m n    ，这就得到 52 15 67m n    . 故答案为：67 . 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，利用直角三角形制造的互余关系下的相似三角形，可以得到相 似比关系，从而求得相应线段的长度. 8. 已知 9个正整数的中位数和平均数均为 9，众数为 1，则其中最大数的最小值为_____________. 【答案】16 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得前 5个数是1,1,7,8,9，当后 4个数是连续的 4个正整数时，最大的数最小， 即可得到结果. 第 12页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 【详解】因为中位数是 9，所以将这 9个正整数从小到大排列，第 5个数是 9， 因为众数为 1，所以 1至少有 2个， 要使这列数的最大数最小，则其他 8个数要尽量大， 所以前 5个数是1,1,7,8,9，所以后 4个数的和为  9 9 1 1 7 8 9 55       ， 当后 4个数是连续的 4个正整数时，最大的数最小， 设最后一个数为 x，则      1 2 3 55x x x x       ，解得 15.25x  ， 因为 x N ，则 16x  . 故答案为：16 9. 抛物线 2 22y x kx k   向右平移 2 个单位，向上平移 1 个单位，恰好过坐标原点，则 k 的值为 _____________. 【答案】 5 或1 【解析】 【分析】直接利用抛物线平移规律：上加下减，左加右减进而得出平移后的解析式，代入原点即可求解. 【详解】将抛物线 2 22y x kx k   向右平移 2个单位，向上平移 1个单位， 得到的解析式为：    2 22 2 2 1y x k x k      ， 所以  2 22 4 4 5y x k x k k      ， 因为抛物线过坐标原点， 所以 2 4 5 0k k    ，解得 5k   或 1k  . 故答案为： 5 或1. 10. 将一长方形折叠后恰好如图所示，则梯形 ABDC的面积为_____________. 【答案】 72 5 ##14.4 【解析】 【分析】根据折叠和平行得到三角形 ACP和三角形 PBD为等腰三角形，即可得到 ,CP PD的长度，根据勾 第 13页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 股定理和等面积得到梯形的高，然后求面积即可. 【详解】 如图，过点 P作 PF AB 于点 F ， 由题意得 EAC CAP  ， 因为四边形 ABDC 为梯形，所以 AB CD ， 所以 PCA EAC CAP   ， 所以三角形 ACP为等腰三角形， 3CP AP  ， 同理可得， 4PD PB  ， 因为 2 2 2PA PB AB  ，所以 PA PB ， 根据等面积的思路得到 PF AB PA PB   ，所以 3 4 12 5 5 PF   ， 所以   123 4 5 725 2 5ABDC S      . 故答案为： 72 5 . 11. 如图，已知 ABC 为等腰三角形，AB AC ，AB为 O 的直径，BC交 O 于点D， / /CE AB，BE 交 AC AD、 于点 F G、 ， 5EF  ， 4FG  ，则 BG的长为_____________. 【答案】6 【解析】 【分析】连接GC，根据已知条件证明 EGCV 相似于 CGF△ ，得 2 EG CG CG EG FG CG FG     ，即可 求 BG的长. 【详解】如图所示，连接GC , 因为 ABC 为等腰三角形， AB AC ， 第 14页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 且以 AB为直径的圆交 BC于D， 所以 AD BC ，即D为BC的中点， 所以 GCD GBD   ， BG CG ， 又因为 ACD ABD  ， 所以 ACG ABG  ， 因为 / /CE AB， 所以 CEG ABG  ， 即 CEG ACG FCG     ， 所以 EGCV 相似于 CGF△ ， 即 2EG CG CG EG FG CG FG     ， 又因为 5, 4EF FG  ， 所以 2 ( ) 36CG EG FG EF FG FG      ， 所以 6BG CG  . 故答案为：6 . 12. 已知在Rt ABC△ 中， 90B  ， 6AB  ， 8BC  ，点D E、 分别在边 AB BC、 上， F 为DE的 中点，则 AF FC 的最小值为_____________. 【答案】10 【解析】 【分析】在Rt ABC△ 中，由勾股定理求得 AC，再根据三角形三边关系及三点共线求得 AF FC 的最小 第 15页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 值. 【详解】在Rt ABC△ 中， 2 26 8 10AC    ， 当 、 、A F C 三点不共线时，在 AFC△ 中， AF FC AC  ； 当 、 、A F C 三点共线时， AF FC AC  ， 此时D与A重合， E与C重合， F 为 AC的中点. 所以 AF FC 的最小值为 10AC  . 故答案为：10. 13. 如图，正方形OABC的顶点 A C、 分别在 y x、 轴上，点 B坐标为  6,6 ，将四边形 AEDO 翻折至 FEDO  ，点O  在边 BC上，FO  与 AB相交于点G， 3 5 AEDO EBCD S S 四边形 四边形 ，反比例函数 ( 0)ky k x   过点G且 与 BC相交于点H ，则O H  的长为_____________. 【答案】1 【解析】 【分析】如图，由对称图形的特征可得OM OM ，根据题意和梯形的面积公式、中点公式可得 9( ,3) 4 M ， 进而可得 3O C O B   ，求出CD，利用相似三角形的性质求得 4BG  ，即 (2,6)G ，由 12y x  求得 2CH  ， 即可求解. 【详解】如图，取DE的中点M ，连接 ,OM OM ，则OM OM ， 连接OO，交DE于 N ，则 DE OO ， 第 16页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 设 (0 6), (0 6)AE a a OD b b      ，则 , 6O D b CD b    ， 因为 3 5 AEDO EBCD S S 四边形 四边形 ，所以 3 2736 8 2AEDO S    四边形 ，即 1 276 ( ) 2 2 a b    ， 解得 9 2 a b  ，所以 9( ,3) ( ,3) 2 4 a bM   ，则 2 29 15( ) 3 4 4 OM    ， 设 (6, )(0 6)O c c   ，则 2 29 15(6 ) ( 3) 4 4 O M c      ，解得 3c  ， 即 (6,3)O 为CB的中点，故 3O C O B   . 又 / /OM DO   ，所以 / / , / /O M OD OM O D  ，所以四边形OMO D 为平行四边形， 则 15 4 OD b O M   ，所以 9 4 CD  . 由 O BG DCO   ，得 O B BG DC CO    ，即 3 9 3 4 BG  ，解得 4BG  ， 所以 6 2AG BG   ，得 (2,6)G ，而点G在函数 ky x  图象上， 故 12k  ，则 12y x  ，所以 (6, 2)H ，即 2CH  ， 所以 1O H O C CH    . 故答案为：1 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用面积之比和中点坐标公式求出点 M的坐标，进而求得O的坐 标，结合相似三角形的性质可得 2CH  即为所求. 14. 已知二次函数 2y x bx c   （1）若 1b = - ，且二次函数图象过点  1, 2 ，求二次函数的解析式及顶点坐标； （2）若该二次函数顶点为  ,m k ，且过点 ( , )k m ，求m k ； （3）若该二次函数过点 1 1 1 2 1 3( , ), ( , ), ( 2 , )( 0)A x y B x t y C x t y t   ，且 2 1M y y  ， 3 2N y y  ，试比 较M N、 的大小. 【答案】（1） 2 2y x x   ； 1 7( , ) 2 4 （2） 0或1 （3）M N 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得 1, 2b c   ，得到函数的解析式，以及顶点坐标； 第 17页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 （2）根据题意，可设抛物线的解析式为 2( )y x m k   ，代入点 ( , )k m ，得到关于m k 的方程，即可求 解； （3）根据题意，结合函数的解析式，求得 21 1 1y x bx c   ， 2 2 2 1 1 12y x x t t bx bt c      和 2 2 3 1 1 14 4 2y x x t t bx bt c      ，求得 ,M N的表达式，利用作差比较法，即可求解. 【小问 1详解】 由题意知： 1b = - ，且二次函数图象过点  1, 2 ， 可得 1 1 2 b b c       ，解得 1, 2b c   ， 所以该函数的解析式为 2 2y x x   ，且函数图象的顶点坐标为 1 7( , ) 2 4 . 【小问 2详解】 因为函数 2y x bx c   中，二次项系数为1， 因为该函数图象的顶点坐标为  ,m k ，可设抛物线的解析式为 2( )y x m k   ， 又因为 2( )y x m k   的图象进过另一点 ( , )k m ， 可得 2( )m k m k   ，即 2( )m k k m   ，解得 0m k  或 1m k  . 【小问 3详解】 因为函数 2y x bx c   的图象经过点 1 1 1 2 1 3( , ), ( , ), ( 2 , )A x y B x t y C x t y  三个不同点， 所以 2 1 1 1y x bx c   ， 2 2 2 2 1 1 1 1 1( ) ( ) 2y x t b x t c x x t t bx bt c           ， 2 2 2 3 1 1 1 1 1( 2 ) ( 2 ) 4 4 2y x t b x t c x x t t bx bt c           ， 所以 2 2 2 2 1 1 12 1 1 1 12 ( ) 2x x t t bx bt c x bx cy tM y x t bt             ， 3 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 14 4 2 ( 2 )x x t t bx bt c x x t t bx bt cN y y             2 12 3x t t bt    ， 因为 0t  ，可得 2 2 21 12 3 ( 2 ) 2 0x t t bt x t t bM t tN          ， 所以M N . 15. 如图，一次函数  0y ax a  与反比例函数  0ky k x   相交于 ,A B两点，点A在第一象限，点C是 反比例函数 ky x  第一象限上异于点A的一点， AC与 x轴交于点 N ， BC与 x轴交于点D . 第 18页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 （1）若 2a  ，点C坐标为  4,1 ，求证：CD CN ； （2）若 ,a k 为任意正实数，CD是否等于CN ？ （3）已知 8 3ABCS  ， 60ACB  ，点D坐标为  2 3,0 ，求 k . 【答案】（1）证明见解析 （2）是，理由见解析 （3）3 3 【解析】 【分析】（1）先将两个函数图象联立，解出A和 B的坐标，然后通过解方程组的方法求出直线 AC和 BC的 解析式，并得到 N 和D的坐标，最后根据坐标验证CD CN 即可； （2）设C的坐标为 , kt t       ，然后采取与（1）完全相同的方法即可证明CD CN ； （3）根据（2）求出的各点坐标，可从每个已知条件分别得到关于 , ,t a k的一个方程，然后对方程进行代数 变形，将 k用已知的表达式表示，即可求出 k . 【小问 1详解】 由  4,1C 可知 4 1 4k    ，再由 2a  ，联立 2 4 y x y x     ，解得  2,2 2A ，  2, 2 2B   . 设直线 AC的解析式为 y px q  ，则代入这两个点的坐标可得 1 4 2 2 2 p q p q      ，解得 2 2 2 2 1 p q        . 所以直线 AC的解析式为 2 2 2 1 2 y x    ，令 0y  ，得 4 2x   ，所以  4 2,0N  . 类似可以求出直线 BC的解析式为 2 2 2 1 2 y x   ，令 0y  ，得 4 2x   ，所以  4 2,0D  . 由  4 2,0D  ，  4 2,0N  ，  4,1C ，可知  2 22 1 3CD    ，  2 22 1 3CN    . 第 19页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 所以CD CN . 【小问 2详解】 设  , 0kC t t t       ，联立 y ax ky x     ，解得 , kA ak a        ， , kB ak a         . 设直线 AC的解析式为 y px q  ，则代入这两个点的坐标可得 k tp q t kak p q a         ，解得 akp t kq ak t        . 所以直线 AC的解析式为 ak ky x ak t t     ，令 0y  ，得 kx t a   ，所以 ,0 kN t a        . 类似可以求出直线 BC的解析式为 ak ky x ak t t    ，令 0y  ，得 kx t a   ，所以 , 0 kD t a        . 由 , 0 kD t a        ， ,0 kN t a        ， , kC t t       ，可知 2 2 2 2 k k k kCD a t a t               ， 2 2 2 2 k k k kCN a t a t               . 所以CD CN . 【小问 3详解】 由于CD CN ，故 CDN CND   . 而 60CDN CND ACB     ，故 30CDN CND     . 之前已经求得 , kA ak a        ， , kB ak a         ， , kC t t       ， ,0 kN t a        ， , 0 kD t a        . 现在由已知有  2 3,0D ，故 2 3kt a   . 同时我们有 3 tan30 tan 3 C C D k y aktCDN x x tkt t a           . 而 1 1 38 3 sin sin 60 2 2 4ABC S AC BC ACB AC BC AC BC           ，故 32AC BC  . 第 20页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 所以   2 22 2 2 2 21024 32 k k k kAC BC t ak t ak a t a t                                       2 2 2 2 2 2 k ak k k ak kt t t t a t a a t a                                          22 2 2 2 22 21 1 ak k k ak k kt t t t t a a t a a                                                       . 故我们最终得到： 2 3kt a   ， 3 3 ak t  ， 22 2 2 1 1024ak k kt t t a a                              . 从而   2 22 2 2 2 2 2 23 641024 1 1 2 3 3 3 ak k k k kt t t t t a a a a                                                                   ， 得 2 48kt a         ，即 4 3kt a   . 所以有     2 2 2 21 1 34 3 2 3 3 3 4 4 3 k ak k k akk t t t a t a a t                                           . 综上， k的值为3 3 . 16. （1）如图，已知在 ABC 中， 60BAC  ， I 为内心， ,D E分别在边 ,AB AC上，且DE过 I ， AI DE ， 16BD  ， 9CE  ，求 BC的长； （2）如图，已知在等腰Rt ABC△ 中，D是边 BC上一点， BD k CD  ，E是 AD上一点， 135BEC  ， CE延长线交 AB于点 F ，求 BF AF 的值. 第 21页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）37；（2） 2k 【解析】 【分析】（1）过点 I 分别作 , ,AB BC CA的垂线，记垂足为 , ,H F G .设DH x ，用两种方法表示出三角形 ABC的面积从而建立方程即可求解； （2）作出 ABC 的外接圆，记CF 与外接圆交于点 ,G BE与 AC交于点H ，与外接圆交于点 P .结合相似 三角形的性质以及赛瓦定理即可得解. 【详解】（1）过点 I 分别作 , ,AB BC CA的垂线，记垂足为 , ,H F G . 由题设，易知 ADEV 为等边三角形，则有 IHD IGE  ， 设DH x ，则有 3 , 3HI x HA x  ，则 16,BF BH x   9, 4 16, 4 9CF CG x AB x AC x       ， 因为 ABC 在 AB上的高  3 4 9 2 h x  ， 由等面积法，于是      1 3 14 16 4 9 4 16 4 9 2 25 3 2 2 2ABC S x x x x x x             ， 解得 6x  ，于是 2 25 37BC x   . （2）作出 ABC 的外接圆，记CF 与外接圆交于点 ,G BE与 AC交于点H ，与外接圆交于点 P . 第 22页/共 22页 学科网（北京）股份有限公司 因为 45 , 45AGC ABC APB ACB       ，结合 135BEC PEG   ， 显然 APEG为平行四边形，于是 / / , / /AG BP AP GC， 所以 PAC ACG  ， GAB ABP  ， 结合同圆中圆周角相等，对应弧、弦相等，则 AG PC ， AP GB ， 由上， GAB GCB  ， GBA EBC  ，进而有 BAG BCE  ， 由题意，易知 BC为直径，且GP AC   ，则 90BPC  ， 45AGC PCG   ， 同理有 90BGC  ， 45GBC PCG   ， 所以 2 2CE PC AG  ， 2 2 BG BE ， 由 ~AHP CHE  且 ~AFG BFE  ，所以 2 2 2 2 2 CH CE AG AG AF HA AP BG BF BE     . 由赛瓦定理有 1BD CH AF DC HA FB    ，即 2 1AF AFk BF FB    ，因此 2BF k AF  .