2025年江苏省无锡市中考数学模拟卷（一）

2025无锡中考数学模拟卷(一) 一、单选题(每题3分,共30分) 1.下列实数中,是无理数是( ) A. B. C. D. 2.下列运算正确的是( ). A. B. C. D. 3.我们根据一些简单的函数方程式,就可以在坐标系中绘制出形状优美、寓意美妙的曲线.下列平面直角坐标系内的曲线中,既是中心对称图形,也是轴对称图形的是( ) A.三叶玫瑰线 B.四叶玫瑰线 C.心形线 D.笛卡尔叶形线 4.函数y=中自变量x的取值范围是( ) A.x>5 B.x<5 C.x≠5 D.x=5 5.如图,为⊙O的直径,弦于点E,直线l切⊙O于点C,延长交l于点F,若,,则的长度为( ) A.2 B. C. D.4 6.如图1,在中,,为钝角.要在对边,上分别找点,,使四边形为菱形.现有图2中的甲、乙两种用尺规作图确定点,的方案,则可得出结论( ) A.只有甲正确 B.只有乙正确 C.甲、乙都不正确 D.甲、乙都正确 7.如图,在正方形纸片中,是边的中点,将正方形纸片沿折叠,点落在点处,延长交于点,连结并延长交于点. 给出以下结论:①;②. 其中正确结论是( ). A.①错误,②正确; B.①正确,②错误; C.①和②都错误; D.①和②都正确. 8.如图,在正方形中,点为边上一点,连接,使,点在上,接,若,则的值为( ) A. B. C. D. 9.如图,为半圆的直径,为的中点,为上任意一点,连接,,过点作交于点,连接.若,则的最小值为( ) A. B. C. D. 10.如图,抛物线图象与轴相交于、两点,与轴交于点.现将抛物线图象向上平移7个单位长度,再向左平移个单位长度,所得新抛物线的顶点在内(不含边界),则的取值范围为( ) A. B. C. D.或 二、填空题(每小问3分,共24分) 11.某种病菌的直径为0.00000471m,把数据0.00000471用科学记数法表示为 . 12.因式分解 . 13.已知关于x的一元二次方程的一个根是,则a的值为 . 14.已知点P(x+3,x﹣4)在x轴上,则x的值为 . 15.已知圆锥的底面半径为5,母线长为13,则这个圆锥的侧面积是 . 16.如图,在直角坐标系中,将边长为2个单位长度的正方形绕点逆时针旋转,再沿轴向上平移1个单位长度,得到正方形,则点的坐标为 . 17.如图,抛物线与x轴交于点,点,与y轴交于点C.则下列四个结论: ①; ②; ③当时,; ④点,在抛物线上,当时,总有,则. 其中一定正确的是 .(填写正确序号). 18.如图,在四边形中,,,,点在边上,若,且平分,则的长为 . 三、解答题(共96分) 19.解不等式组,把其解集在数轴上表示出来,并写出它的整数解. 20.先化简,再求值: ,其中x=2﹣. 21.如图,在中,点,分别在,的延长线上,且.连结,交于点,连结. (1)求证:四边形是平行四边形. (2)若,求的度数. 22.如图,在扇形 中, 的长为 ,,点 为 的中点,点 , 分别在半径 , 上,点 , 在 上,四边形 为矩形,连接 ,. (1)求证:; (2)设 ,矩形 的面积为 ,求 关于 的函数解析式及其定义域; (3)连接 ,当 的正切值为 时,求 的长. 23.如图,按如图方式放置于平面直角坐标系中,点的坐标为,点的坐标为,于点,有一,将其斜边放置于上,点与点重合,此时点恰好落在上,,将绕点逆时针旋转得到,当与重合时,点开始在边上滑动,点也随之在上滑动(如图所示). (1)_;求证: (2)先尺规作图再解答: ①在图中利用尺规作的垂直平分线,并画出当点恰好在直线上时的; ②求出此时的长. (3)如图,当与重合后,点开始以1个单位长度/秒的速度在边上匀速滑动,求运动时间为多少时,点与点的距离恰好为. (4)点与点的最大距离是_. 24.如图,在中,,,以为直径的交于点,是上一点,. (1)求证:是的切线; (2)连接,若,求的长. 25.太阳灶是利用凹面镜会聚光的性质把太阳能收集起来,用于做饭、烧水的一种器具.目前应用最广泛的聚光式太阳造是利用镜面反射汇聚阳光,如图1,这种太阳灶的镜面设计,可以看成是抛物线绕其对称轴旋转一周所得的旋转抛物面,其原理是,如图2,若有一束平行光沿对称轴方向射向这个抛物面,则反射光线都会集中反射到一特殊点(即抛物线的焦点)的位置,于是形成聚光,达到加热的目的.若抛物线的表达式为,则抛物线的焦点为. (1)已知在平面直角坐标系中,某款太阳灶抛物线的表达式为,则焦点的坐标是_; (2)如图3,用一过抛物线对称轴的平面截抛物面,将所截得的抛物线放在平面直角坐标系中,对称轴与轴重合,顶点与原点重合,若太阳灶采光面的直径为1.5米,凹面深度为0.25米,求抛物线的表达式_; (3)如图4,在(2)的条件下,为平行于轴的入射光线,为反射光线,为切点,为焦点,当时,求点的横坐标; (4)如图5,在(1)的条件下,点是焦点,表示太阳灶边缘(最远程)反射光同对称轴的夹角,当为时,求点的坐标. 26.如图,是的两条弦,于点,连结交于点,连结,设. (1)_(用含的代数式表示); (2)若, ①当时,求的值; ②若,,求的值. 27.如图,以点为圆心,以6个单位长为半径作,与x轴相交于A,B两点,与y轴相交于C,D两点.二次函数的图象经过A,B,C三点. (1)求c的值; (2)连接和,求证:四边形为菱形; (3)如果横坐标、纵坐标都是整数的点称为整点.已知位于x轴下方的抛物线上有两个整点R,T,连接,那么在x轴下方的二次函数的图象上,是否存在点P,使,如果存在,请求出点P的坐标;如果不存在,请说明理由. 28.某校数学兴趣学习小组的同学学习了图形的相似后,对三角形相似进行了深入研究. 【合作探究】(1)如图1,在中,点为上一点,,求证:. 【内化迁移】(2)如图2,在中,点为边上一点,点为延长线上一点,.若,,求的长. 【学以致用】 (3)如图3,在菱形中,,,点是延长线上一点,连接,将绕点逆时针旋转得到,过点作交的延长线于点,若,求的长. 【综合拓展】 (4)如图4,在四边形中,,点在射线上,,且,过点作于点.当时,请直接写出的最大值_. 数学模卷(一)2025.5 数学模卷(一)2025.5 试卷第2页,共8页 试卷第3页,共8页 学科网(北京)股份有限公司 《2025无锡中考数学模拟卷(一)》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B C B D A D D C 1.A 【分析】无理数就是无限不循环小数.理解无理数的概念,一定要同时理解有理数的概念,有理数是整数与分数的统称.即有限小数和无限循环小数是有理数,而无限不循环小数是无理数.由此即可判定选择项. 【详解】解:A、是无理数,故本选项符合题意; B、0是整数,属于有理数,故本选项不合题意; C、是分数,属于有理数,故本选项不合题意; D、是整数,属于有理数,故本选项不合题意; 故选:A. 【点睛】此题主要考查了无理数的定义,其中初中范围内学习的无理数有:,等;开方开不尽得到的数;以及像(两个1之间依次多一个0),等有这样规律的数. 2.D 【分析】分别根据合并同类项法则,任何非零数的零次幂等于1,同底数幂的乘法法则以及积的乘方运算法则逐一判断即可. 【详解】解:A、a+2a=3a,故本选项不合题意; B、(3.14- )0=1,故本选项不合题意; C、a3•a4=a7,故本选项不合题意; D、(-3a)2=9a2,故本选项符合题意; 故选:D. 【点睛】本题考查了合并同类项,零指数幂,同底数幂的乘法以及积的乘方,熟记相关定义与运算法则是解答本题的关键. 3.B 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念,正确掌握相关定义是解题关键.中心对称图形的定义:把一个图形绕某一点旋转,如果旋转后的图形能与原来的图形重合,那么这个图形就叫做中心对称图形;轴对称图形的定义:如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合,这样的图形叫做轴对称图形. 【详解】解:A.是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项不符合题意; B.既是轴对称图形又是中心对称图形,故此选项符合题意; C.是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项不符合题意; D.是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项不符合题意. 故选:B. 4.C 【详解】试题分析:根据分母不等于0列出不等式求解即可. 解:由题意得,x﹣5≠0, 解得x≠5. 故选C. 【点评】本题考查了函数自变量的范围,一般从三个方面考虑: (1)当函数表达式是整式时,自变量可取全体实数; (2)当函数表达式是分式时,考虑分式的分母不能为0; (3)当函数表达式是二次根式时,被开方数非负. 5.B 【分析】根据垂径定理求得,AE=DE=2,即可得到∠COD=2∠ABC=45 ,则 OED是等腰直角三角形,得出,根据切线的性质得到BC⊥CF,得到 OCF是等腰直角三角形,进而即可求得CF=OC=OD=. 【详解】解:∵BC为⊙O的直径,弦AD⊥BC于点E,,, ∴ AE=DE=2, ∴∠COD=2∠ABC=45 , ∴ OED是等腰直角三角形, ∴OE=ED=2, ∴, ∵直线l切⊙O于点C, ∴BC⊥CF, ∴ OCF是等腰直角三角形, ∴CF=OC, ∵, ∴, 故选:B. 【点睛】本题考查了垂径定理,等弧所对的圆心角和圆周角的关系,切线的性质,勾股定理的应用,求得CF=OC=OD是解题的关键. 6.D 【分析】根据作图,分别证明四边形为菱形.即可求解. 【详解】解:方案甲:根据作图可知平分,, ∴ ∵在中, ∴, ∴ ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形, ∵ ∴四边形是菱形,故方案甲正确; 方案乙:根据作图可知,,则, ∵ ∴四边形是平行四边形, ∵ ∴四边形是菱形,故方案乙正确; 故选:D. 【点睛】本题考查了基本作图,菱形的判定,熟练掌握基本作图以及菱形的判定定理是解题的关键. 7.A 【分析】由折叠性质可得,又,所以,根据折叠性质、等腰三角形性质及三角形外角的性质得出,进而证明,得到四边形为平行四边形,如图,连接,过点F作交于点N,先证明,设,正方形的边长设为,在中建立勾股定理方程,解得,由可判断①,利用平行判定,根据相似的性质可判断②. 【详解】解:如图,连接,过点F作交于点N, ∵在正方形纸片中,E是边的中点, . 由折叠性质可得, , 为等腰三角形, 由折叠性质可得, 由可得, 又, 即, , . 又, ∴四边形为平行四边形, ,即F为的中点, 由折叠可得, 又, . , 设,正方形的边长设为, , ∴由勾股定理可得:, 解得:, ,, 在中,, , 故①错; ∵F为中点,, 中点, , , , , 故②正确; 综上,只有②正. 故选:A. 【点睛】本题以正方形为背景考查了折叠的性质,正方形的性质,勾股定理,平行线的判定,方程思想,相似三角形的判定与性质,三角形中位线定理的逆定理,直角三角形全等的判定,等腰三角形的判定,综合性强,掌握以上知识并正确作出辅助线是解题关键. 8.D 【分析】本题考查了正方形的性质,勾股定理,解直角三角形,相似三角形的判定和性质,解一元二次方程.设正方形的边长为,,求得,,在中,根据勾股定理列式计算求得,作的平分线,交于点,作于点,设,在中,利用勾股定理列式计算求得,在中,求得,再证明,延长交于点,证明,求得,,据此求解即可. 【详解】解:设正方形的边长为,, ∴,, ∴, ∵正方形, ∴, 在中,,即, 整理得, 解得(舍去)或, ∴,,, 作的平分线,交于点,作于点, ∵平分,,, ∴, 设,则, 在和中, , ∴, ∴, ∴, 在中,,即, 整理得, ∵, ∴, ∴, 在中,, ∵正方形, ∴,, ∴, 又∵,, ∴, 延长交于点, 在中,, ∴, ∴, ∴, ∵,即, ∴, ∴, ∴,, ∵, ∴,, ∵, ∴, ∴, 故选:D. 9.D 【分析】本题是圆与三角形的综合题,考查了等腰三角形的性质,直径所对的圆周角为直角,勾股定理,难度较大,解决问题的关键是动点的轨迹.以为斜边作等腰直角三角形,则,连接,,,由,得到点D的运动轨迹为以Q为圆心,为半径的圆弧,利用和是定值,即可求得的最小值. 【详解】解:如图,以为斜边作等腰直角三角形,则,连接,,,, ∵的直径为,C为半圆弧的中点, ∴, ∵, ∴, ∴,, ∴点D的运动轨迹为以Q为圆心,为半径的圆弧, ∵,C为半圆弧的中点, ∴是等腰直角三角形, ∴,, ∴, ∴中,,, ∴, ∵, ∴, ∴, ∴的最小值为, 故选:D. 10.C 【分析】根据题意得出平移后的解析式为,得出顶点坐标为,然后分当顶点在上时,当顶点在上时,求出的值,从而求出范围; 本题考查了二次函数的性质,一次函数的性质,二次函数图象的几何变换,熟练掌握知识点的应用是解题的关键. 【详解】解:由, ∴顶点坐标为, ∴向上平移个单位长度,再向左平移个单位长度的抛物线解析式为, ∴新线顶点为, ∵与轴相交于点和点,与轴交于点, ∴当时,, 解得:,, ∴,, 当时,, ∴, 设直线的解析式为,直线的解析式为, ∴,, 解得:,, ∴直线的解析式为,直线的解析式为, 当顶点在上时,, 解得:, 当顶点在上时,, 解得:, ∴新拋物线的顶点在内(不含边界),的取值范围为; 故选C. 11.4.71 10﹣6. 【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示,一般形式为,与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂,指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定. 【详解】解:, 故答案为:. 【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数,一般形式为,其中,为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定. 12./ 【分析】本题考查了因式分解,熟练掌握因式分解的常用方法(提公因式法、公式法、十字相乘法、分组分解法、换元法等)是解题关键.先提取公因式3,再利用完全平方公式分解因式即可得. 【详解】解: , 故答案为:. 13.1 【分析】本题考查了一元二次方程的解:能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解.根据一元二次方程的解的定义,将代入关于x的一元二次方程,列出关于a的方程,通过解该方程求得a值即可. 【详解】解:关于x的一元二次方程的一个根是, , 解得:, 故答案为:1. 14.4 【详解】解:∵点P(x+3,x−4)在x轴上, ∴x−4=0, 解得:x=4, 故答案为:4. 15. 【分析】圆锥的侧面展开图为扇形,利用扇形的面积公式计算即可. 【详解】解:∵圆锥的底面半径为5, ∴底面圆周长为:, ∴, 故答案为:. 【点睛】本题考查了圆锥的侧面积的计算:圆锥的侧面展开图为扇形,这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长,扇形的半径等于圆锥的母线长,牢记扇形的面积公式是解决此类问题的关键. 16. 【分析】根据题意可得出是等腰直角三角形,从而得到,所以,得到坐标,再利用平移得出坐标即可. 【详解】解:如图,设正方形绕点逆时针旋转后,点对应的为,过作轴于点, 由旋转的性质得:,, , ∴是等腰直角三角形, , , 坐标为, 沿轴向上平移1个单位长度, . 故答案为:. 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、勾股定理、以及坐标的平移等内容,熟练掌握相关知识是解题的关键. 17.②③④ 【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、特殊点的位置、以及与x轴y轴的交点,综合判断即可. 【详解】解:①由抛物线的开口向下知, ∵对称轴位于y轴的右侧, ∴, ∴, ∵抛物线与y轴交于正半轴, ∴, ∴,故错误; ②∵图象经过, ∴, ∴, ∵当时,, ∴, ∴, ∴, 即,故正确. ③∵抛物线与x轴交于点,点, ∴二次函数的图象与x轴交于点,, ∵, ∴, ∴当时,,故正确. ④∵抛物线与x轴交于点,点, ∴, ∴, ∵, ∴, ∴, ∵点在抛物线上,总有, ∴, ∴, ∴, ∴, ∵, ∴, ∴, ∵, ∴,故正确. 故答案为:②③④. 【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点坐标,二次函数图象与函数系数之间的关系,二次函数图象上点的坐标特征,二次函数的性质,二次函数的平移等知识,解题的关键是掌握数形结合思想的应用. 18. 【分析】如图,过点作于点,点作,交的延长线于点,根据角平分线的性质得,,设,则,根据等边对等角得,在中,求得,继而得到,在中,推出,,,求出,,然后证明,即可得出结论. 【详解】解:如图,过点作于点,点作,交的延长线于点, ∴, ∵平分, ∴,, 设, ∵, ∴, ∵, ∴, ∵,即, 在中,, ∴, ∴, ∴, 在中,,, ∴, ∴, ∴, ∵, ∴, ∴, 在四边形中, , ∴, ∴,即, 在和中, , ∴, ∴, ∴的长为. 故答案为:. 【点睛】本题考查角平分线的性质,等边对等角,含角的直角三角形的性质,勾股定理,四边形的内角和,全等三角形的判定和性质等知识点.通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键. 19.-2<x≤3,数轴表示见解析,整数解为-1,0,1,2,3 【分析】分别求出各不等式的解集,再求出其公共解集,并在数轴上表示出来,然后再写出整数解即可. 【详解】解: 解不等式①得:x≤3, 解不等式②得:x>-2, 所以不等式组的解集为:-2<x≤3. 在数轴上表示为: . 不等式组的整数解有:-1,0,1,2,3. 【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组,熟知“同大取大;同小取小;大小小大中间找;大大小小找不到”的原则是解答此题的关键. 20., 【分析】根据分式的除法和减法可以化简题目中的式子,然后将x的值代入化简后的式子即可解答本题. 【详解】解:原式= = =, 当x=2﹣时,原式=. 【点评】本题考查分式的化简求值,解答本题的关键是明确分式化简求值的方法. 21.(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质,熟练掌握平行四变形的判定方法和性质,是解题的关键: (1)根据平行四边形的性质,得到,进而推出,即可得证; (2)根据平行四边形的性质,结合三角形的内角和定理以及对顶角相等,进行求解即可. 【详解】(1)证明:∵, ∴, ∵点,分别在,的延长线上,且, ∴, ∴, ∴四边形是平行四边形. (2)∵, ∴, ∴, ∵四边形是平行四边形, ∴, ∴. 22.(1)见解析 (2) (3) 【分析】(1)根据矩形的性质得出,,根据等边对等角得出,进而得出,即可证明三角形全等; (2)令 分别交 , 于 , 点,先证明,再根据勾股定理得出,进而得出,即可得出答案 (3)连接 ,交 于 点,过 点作 ,垂足为点 ,设 ,,得出,证明,得出,进而得出 ,即可得出答案. 【详解】(1) 四边形 为矩形, ,, , , , . (2)令 分别交 , 于 , 点, , ,, 点 为 的中点, , , , 即 , ,, ,,,, 在矩形 中, , , 在 中, ,, , , . 而 , , . (3)连接 ,交 于 点,过 点作 ,垂足为点 , , 设 ,, ∴ ,, 而 , , , ∵,, ∴, ∴ . , 解得 , 经检验, 是原方程的解,且符合题意; . 【点睛】本题考查矩形的性质,相似三角形的判定与性质,三角函数,正确理解题意是解题的关键. 23.(1);见解析 (2)①见解析,② (3), (4) 【分析】(1)根据点A坐标可得,则可利用勾股定理得到;只需要证明,即可证明; (2)①作线段的垂直平分线l,以A为圆心,以的长为半径画弧交直线l于点M,以点A为圆心,的长为半径画弧,以M为圆心,的长为半径画弧,二者交于点N,连接,则即为所求;②连接,由旋转的性质可得,证明,再证明即可证明,得到;证明,得到,由旋转的性质可得,则由线段垂直平分线的性质可得,则; (3)过点F作于H,求出,得到,则,证明,求出,则,则由题意得到,则,解方程即可打得到答案; (4)作的外接圆,设圆心为R,过点R作于S,则由垂径定理可得,,解直角三角形得到;再证明,则,可得,进而得到;由是中的一条弦,则当是的直径时,有最大值,最大值为,即点F与点A的最大距离是. 【详解】(1)解:∵点的坐标为,, ∴, ∴; 由题意得,, 由旋转的性质可得, ∴, ∴; (2)解:①如图所示,作线段的垂直平分线l,以A为圆心,以的长为半径画弧交直线l于点M,以点A为圆心,的长为半径画弧,以M为圆心,的长为半径画弧,二者交于点N,连接,则即为所求; ②如图所示,连接, 由旋转的性质可得, ∴, ∴, ∵, ∴ ∴, ∴; ∵, ∴, ∴, ∴, 由旋转的性质可得, ∵点M在线段的垂直平分线上, ∴, ∴; (3)解:如图所示,过点F作于H, ∵, ∴, ∴, ∴, ∵四边形是平行四边形, ∴, 又∵, ∴, ∴,即, ∴, ∴, ∵点与点的距离恰好为,即, ∴, ∴, ∴, ∴, ∴, 解得; (4)解:如图所示,作的外接圆,设圆心为R,过点R作于S, ∴, ∵, ∴; ∵, ∴, ∴在中,, ∴, ∴; ∵是中的一条弦, ∴当是的直径时,有最大值,最大值为 ∴点F与点A的最大距离是. 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定,旋转的性质,解直角三角形,圆周角定理,垂径定理,平行四边形的性质,坐标与图形,线段垂直平分线的性质及其尺规作图,解题的关键在于正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形. 24.(1)见解析 (2). 【分析】(1)连接,,利用证明,求得,即可证明是的切线; (2)连接,,由,得到,结合等腰三角形三线合一,,,接着利用勾股定理,求得,利用等积法算得,的长,再利用勾股定理求解即可. 【详解】(1)证明:连接,,如图所示: ∵,,, ∴, ∵, ∴, ∵是的半径, ∴是的切线; (2)解:连接,,设交于,如图: ∵, ∴, ∵, ∴,, ∵在中,,, ∴, ∴, ∵, ∴, 解得, ∴, ∵, ∴. 【点睛】本题考查了切线的证明,直径所对的圆周角等于90度,同弧所对的圆周角相等,全等三角形的判定与性质,等腰三角形三线合一,勾股定理.熟练掌握以上知识点是解题的关键. 25.(1) (2) (3)或 (4) 【分析】本题考查了二次函数的应用,理解题意,熟练进行计算是解题的关键. (1)根据题意即可解答; (2)利用待定系数法即可解答; (3)过点作轴交于点,利用等腰直角三角形的性质表示出点的坐标,代入抛物线即可解答; (4)设,利用等腰直角三角形的性质表示出点的坐标,代入抛物线即可解答. 【详解】(1)解:, 所以焦点的坐标是, 故答案为:; (2)解:∵为1.5, ∴, ∵为0.25米, ∴, 设抛物线的表达式的表达式为, 把代入可得, 解得, 所以抛物线的表达式的表达式为, 故答案为:; (3)解:如图,过点作轴交于点, 根据题意可得点为焦点,坐标为, 轴,轴, , , , 为等腰直角三角形, 设, , 当点在轴右边时,设, 把代入, 可得, 解得(负值舍去), 当点在轴左边时,点的横坐标为,即, 综上,点的横坐标为或; (4)解:, 为等腰直角三角形, 设, , , 把代入抛物线表达式为, 解得(负值舍去), . 26.(1) (2)①,②. 【分析】本题考查了圆周角定理,垂径定理,勾股定理,解直角三角形、相似三角形的判定和性质,熟悉圆的有关性质,利用平行线、圆周角定理、同角的余角相等等定理证明角相等是解决问题的关键. (1)如图所示,连接,根据圆周角定理得到,根据等边对等角得到,由三角形内角和定理即可求解; (2)①连接;利用平行线和圆周角倒角证明,得,再利用得出结论,②由(1)可得:,进而可证明,得出,同理①可得:,,设,,则,,利用双勾股定理模型可得,求出:,即可得出结论. 【详解】(1)解:如图1,所示,连接, ∵所对的圆周角为,所对的圆心角为, ∴, ∵, ∴, 故答案为:; (2)解:①如图, 连接, ∵,, ∴,, 由(1)得, ∴ ∵, ∴, ∴, ∴,即, ∴, ∵, ∴, ∴. ②如图,如图, 连接, 由(1)可得:, 又∵, ∴ ∴, 同理①可得:,, 设,,则,, ∵, ∴, ∴, 解得:,即 ∴. 27.(1) (2)见解析 (3)或. 【分析】本题主要考查求函数解析式、菱形的判定、圆周角定理、垂径定理等知识点,发现点P的轨迹是解题的关键. (1 )先根据题意确定,然后代入解析式即可确定c的值; (2 )先根据图形以及线段的和差可得,再根据垂径定理可得,则四边形为平行四边形,最后结合即可证明结论; (3 )先求得、,根据题意可得点R,T,得横坐标在和之间,进而确定,再根据等腰直角三角形的性质、圆的性质、点到直线的距离得到点P到点H的距离为,即,最后与抛物线联立求解即可. 【详解】(1)解:∵以点为圆心,以6个单位长为半径作, ∴, ∴, ∴, 将代入可得:,解得:. (2)解:∵以点为圆心,以6个单位长为半径作, ∴, ∴,即, 又∵是直径,, ∴, ∴四边形为平行四边形, 又∵, ∴四边形为菱形. (3)解:由(1)可知抛物线解析式为:, 当时,有,解得:, ∴,, ∵位于x轴下方的抛物线上有两个整点R,T,连接, ∴点R,T的横坐标在和之间, 由整点的定义以及抛物线解析式可知:,即, ∵, ∴如图:点P在以为弦的圆上,且圆心角, ∵, ∴轴, ∴, ∴, ∵,, ∴, ∴, ∴,即, ∴, ∴点P在以为圆心,以为半径的圆上,即点P到点H的距离为, ∴,即, 联立,解得:或或(舍弃)或舍弃), ∴点P的坐标为或. 28.(1)见解析;(2);(3);(4)的最大值为. 【分析】(1)证明,列出比例式即可得出结论; (2)平行四边形的性质,得到,证明,得到,求出的值即可; (3)连接交于点,延长与的延长线交于点,证明四边形为平行四边形,得到,,旋转,得到,证明,得到,求出,过点作,三角函数求出的长,勾股定理求出的长,再根据,进行求解即可. (4)作和交于点,作于点,连接、,利用平行线的性质和三角形面积公式可,得到;作的外接圆,记圆心为O,连接,利用外接圆的性质得到圆O的半径为1,进而得到;作于点,于点,设设,,则,利用勾股定理和三角函数的知识得到,令,则,整理方程得,再利用一元二次方程的判别式和一元二次不等式求出t的范围即可解答. 【详解】(1)证明:∵,, ∴, ∴, ∴; (2)解:∵平行四边形, ∴, ∵, ∴, ∵, ∴, ∴, ∴, ∵, ∴, ∴; (3)连接交于点,延长与的延长线交于点, ∵菱形,, ∴,,,, ∴,, ∵,, ∴四边形为平行四边形, ∴,, ∵旋转, ∴, ∴, ∵, ∴, ∴, ∴, ∵, ∴, 过点作于H,则:,, 在中,, ∴. (4)的最大值为. 如图,作和交于点,作于点,连接、, , , , , ∵,, ,,, , 作的外接圆,记圆心为,连接、OD、, 则, , , 设圆与交于,则, 是等边三角形, , ,是等边三角形, ,O,G三点共线,即是圆的直径, , 圆的半径为1, 是等边三角形, , , , , ,, , 作于点,于点,则, 则, , , 四边形是矩形, ,, 设,,则, ,, 在中,, , 令,则, 则, 整理得:, , 整理得, 令, 则,, 的解集为, ∴t的最大值为, 即的最大值为. 【点睛】本题考查菱形的性质,平行四边形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,勾股定理,旋转的性质,解直角三角形,圆周角定理,熟练掌握相关知识点,构造三角形相似是解题的关键. 答案第32页,共33页 答案第1页,共33页 学科网(北京)股份有限公司 $$数学模卷（一）2025.5 试卷第 1 页，共 8 页 2025 无锡中考数学模拟卷（一） 一、单选题（每题 3分，共 30 分） 1．下列实数中，是无理数是（ ） A． 2− B．0 C． 1   2 D． 3− 2．下列运算正确的是（ ）． A． 22 3a a a+ = B． ( ) 0 3.14 π 0− = C． 3 4 12a a a = D． ( ) 2 23 9a a− = 3．我们根据一些简单的函数方程式，就可以在坐标系中绘制出形状优美、寓意美妙的曲线．下列平面直角坐标系 内的曲线中，既是中心对称图形，也是轴对称图形的是（ ） A．三叶玫瑰线 B．四叶玫瑰线 C．心形线 D．笛卡尔叶形线 4．函数 y= 中自变量 x 的取值范围是（ ） A．x＞5 B．x＜5 C．x≠5 D．x=5 5．如图，BC为⊙O的直径，弦 AD BC⊥ 于点 E，直线 l切⊙O于点 C，延长OD交 l于 点 F，若 2AE = ， 22.5ABC = ，则CF的长度为（ ） A．2 B．2 2 C．2 3 D．4 6．如图 1，在 ABCD中， AD AB ， ABC 为钝角．要在对边BC， AD上分别找点M ，N ，使四边形 ABMN 为菱形．现有图 2 中的甲、乙两种用尺规作图确定点M ，N 的方案，则可得出结论（ ） A．只有甲正确 B．只有乙正确 C．甲、乙都不正确 D．甲、乙都正确 7．如图，在正方形纸片 ABCD中， E是 AB边的中点，将正方形纸片沿 EC折叠，点 B落 在点 P处，延长CP交 AD于点Q，连结 AP并延长交CD于点 F ． 给出以下结论：① 3 cos 4 DCQ = ；② : 2 : 3AP PF = ． 其中正确结论是（ ）． A．①错误，②正确； B．①正确，②错误； C．①和②都错误； D．①和②都正确． 数学模卷（一）2025.5 试卷第 2 页，共 8 页 8．如图，在正方形 ABCD中，点K为 BC边上一点，连接 AK，使 AK KC AB= + ，点T 在 AK上，接DT ，若 1 2 TDC DAT =  ，则 TK TD 的值为（ ） A． 2 5 B． 2 3 C． 3 4 D． 5 8 9．如图， AB为半圆的直径，C为 AB的中点， P为BC上任意一点，连接 AP， CP，过点C作CD CP⊥ 交 AP于点D，连接BD．若 2AB = ，则BD的最小值为 （ ） A． 5 1+ B．2 5 2− C．2 5 2+ D． 5 1− 10．如图，抛物线 21 7 4 2 2 y x x= − − 图象与 x轴相交于 B、C两点，与 y轴交于A 点．现将抛物线图象向上平移 7 个单位长度，再向左平移 ( 0)m m  个单位长度，所得新抛 物线的顶点 P在 ABCV 内（不含边界），则m的取值范围为（ ） A． 7 7 4 2 m  B． 7 0 4 m  C． 7 119 4 32 m  D． 7 0 4 m  或 7 2 m  二、填空题（每小问 3分，共 24 分） 11．某种病菌的直径为 0.00000471m，把数据 0.00000471 用科学记数法表示为 ． 12．因式分解 2 26 3 3ab a b− + + = ． 13．已知关于 x的一元二次方程 2 2 4 0x x a+ + − = 的一个根是 1x = ，则 a的值为 ． 14．已知点 P（x+3，x﹣4）在 x轴上，则 x的值为 ． 15．已知圆锥的底面半径为 5，母线长为 13，则这个圆锥的侧面积是 ． 16．如图，在直角坐标系中，将边长为 2 个单位长度的正方形 ABCO绕点A 逆时针旋转 o45 ，再沿 y轴向上平移 1 个单位长度，得到正方形 A B C O   ，则点 B的坐标为 ． 17．如图，抛物线 2y ax bx c= + + 与 x轴交于点 ( ), 0A m ，点 ( )3,0B ，与 y轴交于点 C．则下列四个结论： ① 0abc  ； ②3 0a c+  ； ③当 2 2x−   时， ( ) ( ) 2 1 1 0a x b x c+ + + +  ； ④点 ( ),D t p ， ( )1,E t q+ 在抛物线上，当 3 2 2 m−   − 时，总有 p q ，则 1 4 t  ． 其中一定正确的是 ．（填写正确序号）． 数学模卷（一）2025.5 试卷第 3 页，共 8 页 18．如图，在四边形 ABCD中， 60ABC = ， 3CD = ， 8AD BD= = ，点E在边 AB上，若 2ADE CBD =  ，且 BD平分 CDE ，则 BE的长为 ． 三、解答题（共 96分） 19．解不等式组 ( ) 3 { 2 1 3 1 8 x x x x +  − −  − ，把其解集在数轴上表示出来，并写出它的整数解． 20．先化简，再求值： 2 2 4 4 4 1 2 2 x x x x x − +    −  + +  ，其中 x＝2﹣ 3 ． 21．如图，在 ABCD中，点 E， F 分别在BA，DC的延长线上，且BE DF= ．连结 AF，交BC于点H ，连结 EC． (1)求证：四边形EAFC是平行四边形． (2)若 70E D = = ，求 AHB 的度数． 数学模卷（一）2025.5 试卷第 4 页，共 8 页 22．如图，在扇形 OAB 中，OA 的长为 2 ， AOB 90 = ，点 C 为 AB 的中点，点 D，G 分别在半径 OA，OB 上，点 E， F 在 𝐴𝐵⏜ 上，四边形 DEFG 为矩形，连接 OE，OF ． (1)求证：△𝐺𝑂𝐹 ≌△𝐷𝑂𝐸； (2)设 DO x= ，矩形 DEFG 的面积为 y，求 y 关于 x 的函数解析式及其定义 域； (3)连接 FD，当 FDO 的正切值为 3 时，求 DO 的长． 23．如图， AOBC按如图方式放置于平面直角坐标系中，点A 的坐标为 ( )3,3 3 ，点 B的坐标为 ( )9,0 ， AG OB⊥ 于点G，有一Rt EDF，将其斜边EF放置于OA上，点 F 与点A 重合，此时点D恰好落在 AG上， 2ED = ，将 Rt EDF绕点A 逆时针旋转得到Rt MNF△ ，当FM 与 AB重合时，点 F 开始在 AC边上滑动，点M 也随之在 AB上 滑动（如图所示）． (1)OA =___________；求证： AM AN AO AG = (2)先尺规作图再解答： ①在图中利用尺规作OA的垂直平分线 l，并画出当点M 恰好在直线 l上时的Rt MNF△ ； ②求出此时NG的长． (3)如图，当FM 与 AB重合后，点 F 开始以 1 个单位长度/秒的速度在 AC边上匀速滑动，求运动时间 t为多少时， 点M 与点A 的距离恰好为2 7 ． (4)点 F 与点A 的最大距离是___________． 数学模卷（一）2025.5 试卷第 5 页，共 8 页 24．如图，在Rt ABC中， AC BC= ， 90ACB = ，以BC为直径的 O交 AB于点D，E是DB上一点， AC AE= ． (1)求证： AE是 O的切线； (2)连接 BE，若 2 5AC = ，求BE的长． 25．太阳灶是利用凹面镜会聚光的性质把太阳能收集起来，用于做饭、烧水的一种器具．目前应用最广泛的聚光 式太阳造是利用镜面反射汇聚阳光，如图 1，这种太阳灶的镜面设计，可以看成是抛物线绕其对称轴旋转一周所得 的旋转抛物面，其原理是，如图 2，若有一束平行光沿对称轴方向射向这个抛物面，则反射光线都会集中反射到一 特殊点（即抛物线的焦点）的位置，于是形成聚光，达到加热的目的．若抛物线的表达式为 2y ax= ，则抛物线的 焦点为 1 0, 4a       ． 数学模卷（一）2025.5 试卷第 6 页，共 8 页 (1)已知在平面直角坐标系中，某款太阳灶抛物线的表达式为 21 4 y x= ，则焦点的坐标是______； (2)如图 3，用一过抛物线对称轴的平面截抛物面，将所截得的抛物线放在平面直角坐标系中，对称轴与 y轴重合， 顶点与原点重合，若太阳灶采光面的直径 AB为 1.5 米，凹面深度CD为 0.25 米，求抛物线的表达式______； (3)如图 4，在（2）的条件下，MN为平行于 y轴的入射光线，NF为反射光线，N 为切点， F 为焦点，当 22.5MNG FNG  =  = 时，求点 N 的横坐标； (4)如图 5，在（1）的条件下，点 E是焦点， 表示太阳灶边缘（最远程）反射光同对称轴的夹角，当 为45 时，求点 B的坐标． 26．如图， ,AB CD是 O的两条弦， AB CD⊥ 于点H ，连结OC交 AB于点M ，连结 AD，设 CAB  = ． (1) OCB =______（用含 的代数式表示）； (2)若OC AD∥ ， ①当 45 = 时，求 BH CD 的值； ②若 2BM = ， 10AD = ，求cos的值． 数学模卷（一）2025.5 试卷第 7 页，共 8 页 27．如图，以点 ( )0, 3G − 为圆心，以 6 个单位长为半径作 G，与 x轴相交于 A，B两点，与 y轴相交于 C，D两 点．二次函数 21 3 y x c= + 的图象经过 A，B，C三点． (1)求 c的值； (2)连接 AG BG AD， ， 和 BD，求证：四边形 ADBG为菱形； (3)如果横坐标、纵坐标都是整数的点称为整点．已知位于 x轴下方的抛物线上有两个整点 R，T，连接RT ，那么 在 x轴下方的二次函数的图象上，是否存在点 P，使 45RPT = ，如果存在，请求出点 P的坐标；如果不存在， 请说明理由． 数学模卷（一）2025.5 试卷第 8 页，共 8 页 28．某校数学兴趣学习小组的同学学习了图形的相似后，对三角形相似进行了深入研究． 【合作探究】（1）如图 1，在 ABCV 中，点D为 AB上一点， ACD B =  ，求证： 2AC AD AB=  ． 【内化迁移】（2）如图 2，在 ABCD中，点 E为边BC上一点，点 F 为BA延长线上一点， CFE D =  ．若 3CF = ， 2CE = ，求 AD的长． 【学以致用】 （3）如图 3，在菱形 ABCD中， 60ABC = ， 2 3AB = ，点 E是BC延长线上一点，连接EA，将EA绕点A 逆时 针旋转30得到E A ，过点 E作 EF BD∥ 交 AE的延长线于点 F ，若 2 3 EF BD= ，求BE的长． 【综合拓展】 （4）如图 4，在四边形 ABCD中， 90ABC = ，点C在射线BP上， 60CAD = ，且 2AC AD AB = ，过点D作 DE BP⊥ 于点 E．当 2AB = 时，请直接写出 3 3 DE BE+ 的最大值_____． 答案第 1 页，共 33 页 《2025无锡中考数学模拟卷（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B C B D A D D C 1．A 【分析】无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数 的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．由此即可判定选择项． 【详解】解：A、 2− 是无理数，故本选项符合题意； B、0 是整数，属于有理数，故本选项不合题意； C、 1   2 是分数，属于有理数，故本选项不合题意； D、 3− 是整数，属于有理数，故本选项不合题意； 故选：A． 【点睛】此题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有： ，2 等；开方开不尽得到的数；以 及像 0.1010010001（两个 1 之间依次多一个 0），等有这样规律的数． 2．D 【分析】分别根据合并同类项法则，任何非零数的零次幂等于 1，同底数幂的乘法法则以及积的乘方运算法则逐一 判断即可． 【详解】解：A、a+2a=3a，故本选项不合题意； B、（3.14-π）0=1，故本选项不合题意； C、a3•a4=a7，故本选项不合题意； D、（-3a）2=9a2，故本选项符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了合并同类项，零指数幂，同底数幂的乘法以及积的乘方，熟记相关定义与运算法则是解答本 题的关键． 3．B 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．中心对称图形的定义： 把一个图形绕某一点旋转180，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴 对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意； C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意． 故选：B． 答案第 2 页，共 33 页 4．C 【详解】试题分析：根据分母不等于 0 列出不等式求解即可． 解：由题意得，x﹣5≠0， 解得 x≠5． 故选 C． 【点评】本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑： （1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数； （2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为 0； （3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负． 5．B 【分析】根据垂径定理求得 AC CD= ，AE=DE=2，即可得到∠COD=2∠ABC=45°，则△OED是等腰直角三角形，得 出 2 2OD = ，根据切线的性质得到 BC⊥CF，得到△OCF是等腰直角三角形，进而即可求得 CF=OC=OD= 2 2 ． 【详解】解：∵BC为⊙O的直径，弦 AD⊥BC于点 E， 2AE = ， 22.5ABC = ， ∴ ,AC CD= AE=DE=2， ∴∠COD=2∠ABC=45°， ∴△OED是等腰直角三角形， ∴OE=ED=2， ∴ 2 22 2 2 2OD = + = ， ∵直线 l切⊙O于点 C， ∴BC⊥CF， ∴△OCF是等腰直角三角形， ∴CF=OC， ∵ 2 2OC OD= = ， ∴ 2 2CF = ， 故选：B． 【点睛】本题考查了垂径定理，等弧所对的圆心角和圆周角的关系，切线的性质，勾股定理的应用，求得 CF=OC=OD是解题的关键． 6．D 【分析】根据作图，分别证明四边形 ABMN为菱形．即可求解． 【详解】解：方案甲：根据作图可知 AM 平分 DAB ， AN AB= ， ∴ NAM BAM =  答案第 3 页，共 33 页 ∵在 ABCD中， AD CD∥ ∴ NAM AMB =  ， ∴ BAM AMB =  ∴ AB BM= ∴ AN BM= ∴四边形 ABMN是平行四边形， ∵ AB AN= ∴四边形 ABMN是菱形，故方案甲正确； 方案乙：根据作图可知BA BM= ， AN AB= ，则 AN BM= ， ∵ AN BM∥ ∴四边形 ABMN是平行四边形， ∵ AB AN= ∴四边形 ABMN是菱形，故方案乙正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了基本作图，菱形的判定，熟练掌握基本作图以及菱形的判定定理是解题的关键． 7．A 【分析】由折叠性质可得BE PE= ，又 AE BE= ，所以 AE PE= ，根据折叠性质、等腰三角形性质及三角形外角 的性质得出 PEC EPA =  ，进而证明 AF EC，得到四边形 AECF为平行四边形，如图，连接EQ，过点 F作 FN AD交CQ于点 N，先证明 ( )Rt Rt HLAEQ PEQ≌ ，设 AQ PQ x= = ，正方形的边长设为2a，在 CDQ中建 立勾股定理方程，解得 1 2 x a= ，由 3 , 2 2 DQ a CD a= = 可判断①，利用平行判定 AQP FNP∽ ，根据相似的性质可 判断②． 【详解】解：如图，连接EQ，过点 F作FN AD∥ 交CQ于点 N， ∵在正方形纸片 ABCD中，E是 AB边的中点， AE BE = ． 由折叠性质可得BE PE= ， AE PE = ， AEP 为等腰三角形， 由折叠性质可得 BEC PEC =  ， 由 AE PE= 可得 EAP EPA =  ， 又 PEB EAP EPA =  + ， 即 2 2PEC EPA =  ， 答案第 4 页，共 33 页 PEC EPA =  ， AF EC ∥ ． 又 AE CF， ∴四边形 AECF为平行四边形， 1 1 2 2 CF AE BE AB CD = = = = ，即 F为CD的中点， 由折叠可得 90EPC EPQ EAQ =  =  =  ， 又 AE PE QE QE= =， ， ( )Rt Rt HLAEQ PEQ ≌ ． AQ PQ = ， 设 AQ PQ x= = ，正方形的边长设为2a， 2 , 2 , 2QD a x CQ a x CD a = − = + = ， ∴由勾股定理可得： ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2a x a a x− + = + ， 解得： 1 2 x a= ， 1 2 AQ PQ a = = ， 1 3 2 2 2 DQ a a a= − = ， 在Rt DCQ△ 中， ( ) 2 22 2 3 52 2 2 CQ DC DQ a a a   = + = + =    ， 3 32cos 5 5 2 a DQ DCQ CQ a  = = = ， 故①错； ∵F为CD中点，FN AD∥ ， CN NQ = 中点， 1 3 2 4 NF DQ a = = ， AQ NF∥ ， AQP FNP ∽ ， 1 22 3 3 4 a AP AQ PF NF a  = = = ， 故②正确； 综上，只有②正． 答案第 5 页，共 33 页 故选：A． 【点睛】本题以正方形为背景考查了折叠的性质，正方形的性质，勾股定理，平行线的判定，方程思想，相似三 角形的判定与性质，三角形中位线定理的逆定理，直角三角形全等的判定，等腰三角形的判定，综合性强，掌握 以上知识并正确作出辅助线是解题关键． 8．D 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程．设 正方形 ABCD的边长为a，KC b= ，求得BK a b= − ， AK a b= + ，在Rt ABK△ 中，根据勾股定理列式计算求得 4a b= ，作 AKB 的平分线，交 AB于点 E，作 EF AK⊥ 于点 F ，设 EF EB x= = ，在Rt AEF中，利用勾股定理列 式计算求得 3 2 x b= ，在Rt AEF中，求得 1 tan 2 BKE = ，再证明 BKE TDC =  ，延长DT 交BC于点G，证明 ADK KGT∽△ ，求得 8 5 5 DT b= ，TK b= ，据此求解即可． 【详解】解：设正方形 ABCD的边长为a，KC b= ， ∴ AB BC CD DA a= = = = ， BK BC KC a b= − = − ， ∴ AK KC AB a b= + = + ， ∵正方形 ABCD， ∴ 90ABC = ， 在Rt ABK△ 中， 2 2 2AB BK AK+ = ，即 ( ) ( ) 2 22a a b a b+ − = + ， 整理得 ( )4 0a a b− = ， 解得 0a = （舍去）或 4a b= ， ∴ 3BK a b b= − = ， 4AB BC CD DA b= = = = ， 5AK a b b= + = ， 作 AKB 的平分线，交 AB于点 E，作EF AK⊥ 于点 F ， ∵ EK 平分 AKB ， EF AK⊥ ， 90EBK = ， ∴EF EB= ， 答案第 6 页，共 33 页 设 EF EB x= = ，则 4AE AB EB b x= − = − ， 在Rt BKE和Rt FKE中， EB EF EK EK =  = ， ∴ ( )Rt Rt HLBKE FKE≌ ， ∴ 3FK BK b= = ， ∴ 2AF AK FK b= − = ， 在Rt AEF中， 2 2 2EF AF AE+ = ，即 ( ) ( ) 2 22 2 4x b b x+ = − ， 整理得 28 12bx b= ， ∵ 0b  ， ∴ 3 2 x b= ， ∴ 3 2 EF EB b= = ， 在Rt AEF中， 3 12tan 3 2 b BE BKE BK b  = = = ， ∵正方形 ABCD， ∴ AD CB∥ ， 90DCB = ， ∴ DAK AKB =  ， 又∵ 1 2 TDC DAT =  ， 1 2 BKE AKB =  ， ∴ BKE TDC =  ， 延长DT 交 BC于点G， 在Rt DCG△ 中， 1 tan 4 2 CG CG CDG CD b  = = = ， ∴ 2CG b= ， ∴GK CG CK b= − = ， ∴ 2 2 2 5DG CG CD b= + = ， ∵ AD CB∥ ，即 AD GK∥ ， 答案第 7 页，共 33 页 ∴ ADT KGT∽ ， ∴ 4 4 AT DT AD b TK TG GK b = = = = ， ∴ 4AT TK= ， 4DT TG= ， ∵ 5 2 5DG DT TG TG b= + = = ， ∴ 2 5 5 TG b= ， 8 5 5 DT DG TG b= − = ， ∵ 5 5AK AT TK TK b= + = = ， ∴TK b= ， ∴ 88 5 5 5 TK b TD b = = ， 故选：D． 9．D 【分析】本题是圆与三角形的综合题，考查了等腰三角形的性质，直径所对的圆周角为直角，勾股定理，难度较 大，解决问题的关键是动点的轨迹．以 AC为斜边作等腰直角三角形 ACQ，则 90AQC = ，连接 AC，BC， BQ，由CD CP⊥ ，得到点 D的运动轨迹为以 Q为圆心， AQ为半径的圆弧 AC，利用BQ和 AQ是定值，即可求 得 BD的最小值． 【详解】解：如图，以 AC为斜边作等腰直角三角形 ACQ，则 90AQC = ，连接 AC，BC，BQ，DQ， ∵ O的直径为 AB，C为半圆弧 AB的中点， ∴ 45APC = ， ∵CD CP⊥ ， ∴ 90DCP = ， ∴ 45PDC = ， 135ADC = ， ∴点 D的运动轨迹为以 Q为圆心， AQ为半径的圆弧 AC， ∵ 2AB = ，C为半圆弧 AB的中点， ∴ ABCV 是等腰直角三角形， ∴ AC BC= ， 2 2 2AC BC AB+ = ， ∴ 2AC = ， ∴ ACQ中， AQ DQ CQ= = ， 2 2 2AQ CQ AC+ = ， 答案第 8 页，共 33 页 ∴ 1AQ DQ CQ= = = ， ∵ 45 45 90QAB QAC CAB =  + = +  = ， ∴ 2 2 5BQ AQ AB= + = ， ∴ 5 1BD BQ DQ − = − ， ∴ BD的最小值为 5 1− ， 故选：D． 10．C 【分析】根据题意得出平移后的解析式为 2 1 7 25 2 2 8 y x m   = − + −    ，得出顶点坐标为 7 25 , 2 8 m   − −    ，然后分当顶点 P 在 AB上时，当顶点 P在 AC上时，求出m的值，从而求出范围； 本题考查了二次函数的性质，一次函数的性质，二次函数图象的几何变换，熟练掌握知识点的应用是解题的关 键． 【详解】解：由 2 21 7 1 7 814 2 2 2 2 8 y x x x   = − − = − −    ， ∴顶点坐标为 7 81 , 2 8   −    ， ∴向上平移7 个单位长度，再向左平移 ( )0m m  个单位长度的抛物线解析式为 2 2 1 7 81 1 7 25 7 2 2 8 2 2 8 y x m x m     = − + − + = − + −        ， ∴新线顶点为 7 25 , 2 8 m   − −    ， ∵ 21 7 4 2 2 y x x= − − 与 x轴相交于点 B和点C，与 y轴交于点A ， ∴当 0y = 时， 21 7 4 0 2 2 x x− − = ， 解得： 1 1x = − ， 2 8x = ， ∴ ( )1,0B − ， ( )8,0C ， 当 0x = 时， 4y = − ， ∴ ( )0, 4A − ， 设直线 AB的解析式为 1 1y k x b= + ，直线 AC的解析式为 2 2y k x b= + ， ∴ 1 1 1 0 4 k b b − + =  = − ， 1 1 2 8 0 4 k b b − + =  = − ， 答案第 9 页，共 33 页 解得： 1 1 4 4 k b = −  = − ， 2 2 1 2 4 k b  =   = − ， ∴直线 AB的解析式为 4 4y x= − − ，直线 AC的解析式为 1 y x 4 2 = − ， 当顶点 P在 AB上时， 25 7 4 4 8 2 m   − = − − −    ， 解得： 119 32 m = ， 当顶点 P在 AC上时， 25 1 7 4 8 2 2 m   − = − −    ， 解得： 7 4 m = ， ∴新拋物线的顶点 P在 ABCV 内（不含边界），m的取值范围为 7 119 4 32 m  ； 故选 C. 11．4.71×10﹣6． 【分析】绝对值小于 1 的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为 10 na − ，与较大数的科学记数法不同的是 其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的 0 的个数所决定． 【详解】解： 60.00000471 4.71 10−=  ， 故答案为： 64.71 10− ． 【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为 10 na − ，其中1 | | 10a „ ，n为由原数左边起第一个不为 零的数字前面的 0 的个数所决定． 12． ( ) 2 3 a b− / ( ) 2 3 b a− 【分析】本题考查了因式分解，熟练掌握因式分解的常用方法（提公因式法、公式法、十字相乘法、分组分解 法、换元法等）是解题关键．先提取公因式 3，再利用完全平方公式分解因式即可得． 【详解】解： 2 26 3 3ab a b− + + ( )2 23 2a ab b= − + ( ) 2 3 a b= − ， 故答案为： ( ) 2 3 a b− ． 13．1 【分析】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．根 据一元二次方程的解的定义，将 1x = 代入关于 x的一元二次方程，列出关于 a的方程，通过解该方程求得 a值即 可． 【详解】解： 关于 x的一元二次方程 2 2 4 0x x a+ + − = 的一个根是 1x = ， 答案第 10 页，共 33 页 21 2 1 4 0a +  + − = ， 解得： 1a = ， 故答案为：1． 14．4 【详解】解：∵点 P(x+3，x−4)在 x轴上， ∴x−4=0， 解得：x=4， 故答案为：4． 15．65 【分析】圆锥的侧面展开图为扇形，利用扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：∵圆锥的底面半径为 5， ∴底面圆周长为：2 2 5 10r  =  = ， ∴ 1 10 13 65 2 S  =   = ， 故答案为：65 ． 【点睛】本题考查了圆锥的侧面积的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇 形的半径等于圆锥的母线长，牢记扇形的面积公式 2 1 = 360 2 n r S lr  = 是解决此类问题的关键． 16． ( )2 2, 2 1− + 【分析】根据题意可得出 1AGB△ 是等腰直角三角形，从而得到 1 2AG BG= = ，所以 2 2OG = − ，得到 1B 坐标， 再利用平移得出 B坐标即可． 【详解】解：如图，设正方形 ABCO绕点A 逆时针旋转45后，点 B对应的为 1B ，过 1B 作 1BG x⊥ 轴于点G， 由旋转的性质得： 1 2AB AB= = ， 1 45BAB = ， 1 45B AO = ， ∴ 1AGB是等腰直角三角形， 答案第 11 页，共 33 页 1 2AG BG = = ， 2 2OG OA AG = − = − ， 1B 坐标为 ( )2 2, 2− ， 沿 y轴向上平移 1 个单位长度， ( )2 2, 2 1B − + ． 故答案为： ( )2 2, 2 1− + ． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、勾股定理、以及坐标的平移等内容，熟练掌握相关知识是解 题的关键． 17．②③④ 【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、特殊点的位置、以及与 x轴 y轴的交点，综合判断即可． 【详解】解：①由抛物线的开口向下知 0a  ， ∵对称轴位于 y轴的右侧， ∴ 0 2 b a −  ， ∴ 0b  ， ∵抛物线与 y轴交于正半轴， ∴ 0c  ， ∴ 0abc  ，故错误； ②∵图象经过 ( )3,0B ， ∴9 3 0a b c+ + = ， ∴ 3 9b a c− = + ， ∵当 1x = − 时， 0y  ， ∴ 0a b c− +  ， ∴3 3 3 0a b c− +  ， ∴3 9 3 0a a c c+ + +  ， 即3 0a c+  ，故正确． ③∵抛物线 2y ax bx c= + + 与 x轴交于点 ( ), 0A m ，点 ( )3 0B ， ， ∴二次函数 ( ) ( )( ) 2 1 1 0y a x b x a= + + +  的图象与 x轴交于点 ( )1 0m − ， ， ( )2 0， ， ∵ 2 1m−   − ， ∴ 3 1 2m−  −  − ， 答案第 12 页，共 33 页 ∴当 2 2x−   时， ( ) ( ) 2 1 1 0a x b x c+ + + +  ，故正确． ④∵抛物线 2y ax bx c= + + 与 x轴交于点 ( ), 0A m ，点 ( )3 0B ， ， ∴ 2 0 9 3 0am bm c a b c+ + = + + =， ， ∴ ( ) ( )2 9 3 0a m b m− + − = ， ∵ 3m ， ∴ ( )3 0a m b+ + = ， ∴ ( )3b a m= − + ， ∵点 ( ) ( ), , 1,D t p E t q+ 在抛物线上，总有 p q ， ∴ ( ) ( ) 22 [ 1 1 ] 0p q at bt c a t b t c− = + + − + + + +  ， ∴ 2 0at a b− − −  ， ∴ ( )2 3 0at a a m− − + +  ， ∴ ( )3 2a m at a+  + ， ∵ 0a  ， ∴ 3 2 1m t+  + ， ∴ 2 2 m t +  ， ∵ 3 2 2 m−   − ， ∴ 1 4 t  ，故正确． 故答案为：②③④． 【点睛】本题考查抛物线与 x轴的交点坐标，二次函数图象与函数系数之间的关系，二次函数图象上点的坐标特 征，二次函数的性质，二次函数的平移等知识，解题的关键是掌握数形结合思想的应用． 18．7 【分析】如图，过点 B作BM DE⊥ 于点M ，点 B作BN DC⊥ ，交DC的延长线于点 N ，根据角平分线的性质得 BM BN= ， 3= 4  ，设 1 = ，则 60ABD  = − ，根据等边对等角得 60A ABD =  = − ，在 ADB中，求得 3 180 2 60A ABD = − − − = ，继而得到 3 4 120MDN =  + = ，在Rt DBN△ 中，推出 90 4 30DBN = − = ， 1 4 2 DN BD= = ， 2 2 4 3BN BD DN= − = ，求出 1CN DN CD= − = ， 2 2 7BC BN CN= + = ，然后证明 ( )ASABEM BCN≌ ，即可得出结论． 【详解】解：如图，过点 B作 BM DE⊥ 于点M ，点 B作BN DC⊥ ，交DC的延长线于点N ， 答案第 13 页，共 33 页 ∴ 90BME BMD N =  =  =  ， ∵ BD平分 CDE ， ∴ BM BN= ， 3= 4  ， 设 1 = ， ∵ 60ABC = ， ∴ 1 60ABD ABC =  − = −， ∵ AD BD= ， ∴ 60A ABD =  = − ， ∵ 2ADE CBD =  ，即 2 2 1 2 =  = ， 在 ADB中，180 2 3A ABD ADB A ABD =  + + =  + + + ， ∴ ( )3 180 2 180 2 60 2 60A ABD   = − − − = − − − = ， ∴ 4 3 60 =  = ， ∴ 3 4 60 60 120MDN =  + = +  = ， 在Rt DBN△ 中， 8BD = ， 4 60 = ， ∴ 90 4 90 60 30DBN = − = −  = ， ∴ 1 1 8 4 2 2 DN BD= =  = ， ∴ 2 2 2 28 4 4 3BN BD DN= − = − = ， ∵ 3CD = ， ∴ 4 3 1CN DN CD= − = − = ， ∴ ( ) 2 2 2 24 3 1 7BC BN CN= + = + = ， 在四边形DMBN中， 360 360 90 90 120 60MBN BMD N MDN = − − − = − − −  = ， ∴ 60ABC MBN =  =  ， ∴ ABC MBC MBN MBC − =  − ，即 6 5 =  ， 在 BEM△ 和 BCN△ 中， 答案第 14 页，共 33 页 6 5 BM BN BME BNC  =  =  =  ， ∴ ( )ASABEM BCN≌ ， ∴ 7BE BN= = ， ∴ BE的长为7 ． 故答案为：7 ． 【点睛】本题考查角平分线的性质，等边对等角，含30角的直角三角形的性质，勾股定理，四边形的内角和，全 等三角形的判定和性质等知识点．通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 19．-2＜x≤3，数轴表示见解析，整数解为-1，0，1，2，3 【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来，然后再写出整数解即可． 【详解】解： ( ) 3 { 2 1 3 1 8 x x x x +  − −  − ① ② 解不等式①得：x≤3， 解不等式②得：x＞-2， 所以不等式组的解集为：-2＜x≤3． 在数轴上表示为： ． 不等式组的整数解有：-1，0，1，2，3． 【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的 原则是解答此题的关键． 20． 2 x x − ， 2 3 3+ 【分析】根据分式的除法和减法可以化简题目中的式子，然后将 x的值代入化简后的式子即可解答本题． 【详解】解：原式＝ ( ) ( ) 2 2 4 2 2 2 x x x x x − − −    + +  ＝ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 x x x x x − + • + − ＝ 2 x x − ， 当 x＝2﹣ 3 时，原式＝ 2 2+ 3 2 3 3 2 3 − = + − ． 答案第 15 页，共 33 页 【点评】本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法． 21．(1)见解析 (2) 40 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四变形的判定方法和性质，是解题的关键： （1）根据平行四边形的性质，得到 ,AB CD AB CD=∥ ，进而推出 ,AE CF AE CF=∥ ，即可得证； （2）根据平行四边形的性质，结合三角形的内角和定理以及对顶角相等，进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵ ABCD， ∴ ,AB CD AB CD=∥ ， ∵点 E， F 分别在BA，DC的延长线上，且BE DF= ， ∴ ,AE CF BE AB DF CD− = −∥ ， ∴ AE CF= ， ∴四边形EAFC是平行四边形． （2）∵ ABCD， ∴ AD BC∥ ， ∴ 70BCF D =  = ， ∵四边形EAFC是平行四边形， ∴ 70F E =  = ， ∴ 180 40AHB CHF F BCF =  = − − = ． 22．(1)见解析 (2) ( )2 28 0 2y x x x x= − −   (3) 2 10 5 DO = 【分析】（1）根据矩形的性质得出GF DE= ， GFE DEF =  ，根据等边对等角得出 OFE OEF =  ，进而得出 GFO DEO =  ，即可证明三角形全等； （2）令 OC 分别交 EF，DG 于 H ， I 点，先证明 COF COE =  ，再根据勾股定理得出 2 2 2DG OG OD x= + = ，进而得出 216 2 2 2 2 x HI OH OI x − = − = − ，即可得出答案 （3）连接 FD，交 OC 于 M 点，过 M 点作 MK AO⊥ ，垂足为点 K，设 KD a= ， 3KM a= ，得出 1 2 MI DI = ，证明 DIM DGF∽ ，得出 1 2 MI GF DI DG = = ，进而得出 216 2 2 2 2 2 2 x x x  − = −      ，即可得出答案． 【详解】（1） 四边形 DGFE 为矩形， GF DE = ， GFE DEF =  ， OF OE= ， 答案第 16 页，共 33 页 OFE OEF =  ， GFO DEO =  ， , , , GF DE GFO DEO OF OE =    =   = ( )SASGOF DOE ≌ ． （2）令 OC 分别交 EF，DG 于 H ， I 点， GOF DOE≌ ， OD OG = ， BOF AOE =  ， 点 C 为 AB 的中点， BC AC = ， 1 45 2 AOC BOC AOB = =  = ， AOC AOE BOC BOF − =  − ， 即 COF COE =  ， OD OG= ，OF OE= ， OC DG ⊥ ，OC EF⊥ ， 1 2 DI DG= ， 1 2 EH EF= ， 在矩形 DEFG 中， DG EF= ， DI EH = ， 在 Rt GOD 中， 90AOB = ，OD OG x= = ， 2 2 2DG OG OD x = + = ， 1 2 2 2 HE DI DG x = = = ， 2 2 2 24 2 OH OE HE x    = − = −      ． 而 2 cos 2 OI OD AOC x=   = ， 216 2 2 2 2 x HI OH OI x −  = − = − ， ( )2 28 0 2y x x x x = − −   ． 答案第 17 页，共 33 页 （3）连接 FD，交 OC 于 M 点，过 M 点作 MK AO⊥ ，垂足为点 K， tan 3FDO = ，  设 KD a= ， 3KM a= ， ∴ 3KO a= ， 3 2MO a= ， 而 2 2IO DI a= = ， 2MI a = ， 1 2 MI DI  = ， ∵ 90DIM FGD =  = ， IDM FDG =  ， ∴ DIM DGF∽ ， ∴ 1 2 MI GF DI DG = = ． 216 2 2 2 2 2 2 x x x  −  = −      ， 解得 2 10 5 x = ， 经检验， 2 10 5 x = 是原方程的解，且符合题意； 2 10 5 DO = ． 【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，三角函数，正确理解题意是解题的关键． 23．(1) 6OA = ；见解析 (2)①见解析，②2 3 (3) 1 2t = ， 2 6t = (4) 4 21 3 【分析】（1）根据点 A坐标可得 3 3 3OG AG= =， ，则可利用勾股定理得到 2 2 6OA OG AG= + = ；只需要证明 答案第 18 页，共 33 页 AOG AMN△ ∽△ ，即可证明 AM AN AO AG = ； （2）①作线段OA的垂直平分线 l，以 A为圆心，以 AE的长为半径画弧交直线 l于点 M，以点 A为圆心， AD的 长为半径画弧，以M为圆心，DE的长为半径画弧，二者交于点 N，连接 AM AN MN， ， ，则Rt MNF△ 即为所求； ②连接OM NG， ，由旋转的性质可得 MAN EFD OAG= =∠ ∠ ∠ ，证明 OAM GAN=∠ ∠ ，再证明 M GAN A AO A = 即可 证明 OAM GAN△ ∽△ ，得到 3 2 NG AG OM OA = = ；证明 FED AOG△ ∽△ ，得到 2 4 3 AE OA= = ，由旋转的性质可得 4AM AE= = ，则由线段垂直平分线的性质可得 4OM AM= = ，则 3 2 3 2 NG OM= = ； （3）过点 F作FH AB⊥ 于 H，求出 9OB = ，得到 6BG OB OG= − = ，则 2 2 3 7AB AG BG= + = ，证明 AGB FHA△ ∽△ ，求出 2 7 21 7 7 AH t HF t= =， ，则 2 2 2 2 214 7 HM FM FH t   = − = −      ，则由题意得到 2 7AH HM+ = ，则 2 22 7 214 2 7 7 7 t t   + − =     ，解方程即可打得到答案； （4）作 AFM△ 的外接圆，设圆心为 R，过点 R作RS MF⊥ 于 S，则由垂径定理可得 1 2 2 FS MF= = ， 1 2 FRS FRM=∠ ∠ ，解直角三角形得到 3 tan tan 2 FAM ABG= =∠ ∠ ；再证明 FRS FAM=∠ ∠ ，则 3 tan 2 FS FRS RS = =∠ ，可得 2 4 3 33 RS FS= = ，进而得到 2 2 2 21 3 FR RS FS= + = ；由 AF是 R中的一条弦，则 当 AF是 R的直径时， AF有最大值，最大值为 2 21 4 21 2 3 3  = ，即点 F与点 A的最大距离是 4 21 3 ． 【详解】（1）解：∵点A 的坐标为 ( )3,3 3 ， AG OB⊥ ， ∴ 3 3 3OG AG= =， ， ∴ 2 2 6OA OG AG= + = ； 由题意得， 90EFD OAG FDE AGO= = = ∠ ∠ ，∠ ∠ ， 由旋转的性质可得 90MAN OAG EFD ANM FDE AGO =  =   =  =  = ， ， ∴ AOG AMN△ ∽△ ， ∴ AM AN AO AG = ； 答案第 19 页，共 33 页 （2）解：①如图所示，作线段OA的垂直平分线 l，以 A为圆心，以 AE的长为半径画弧交直线 l于点 M，以点 A 为圆心， AD的长为半径画弧，以M为圆心，DE的长为半径画弧，二者交于点 N，连接 AM AN MN， ， ，则 Rt MNF△ 即为所求； ②如图所示，连接OM NG， ， 由旋转的性质可得 MAN EFD OAG= =∠ ∠ ∠ ， ∴ OAG GAM MAN GAM+ = +∠ ∠ ∠ ∠ ， ∴ OAM GAN=∠ ∠ ， ∵ AM AN AO AG = ， ∴ M GAN A AO A = ∴ OAM GAN△ ∽△ ， ∴ 3 3 3 6 2 NG AG OM OA = = = ； ∵ 90EFD OAG FDE AGO= = = ∠ ∠ ，∠ ∠ ， ∴ FED AOG△ ∽△ ， ∴ 2 3 AE DE OA OG = = ， ∴ 2 4 3 AE OA= = ， 由旋转的性质可得 4AM AE= = ， ∵点 M在线段OA的垂直平分线上， ∴ 4OM AM= = ， ∴ 3 2 3 2 NG OM= = ； （3）解：如图所示，过点 F作FH AB⊥ 于 H， ∵ ( )9,0B ， 答案第 20 页，共 33 页 ∴ 9OB = ， ∴ 6BG OB OG= − = ， ∴ 2 2 3 7AB AG BG= + = ， ∵四边形 AOBC是平行四边形， ∴ HAF GBA=∠ ∠ ， 又∵ 90AGB FHA= = ∠ ∠ ， ∴ AGB FHA△ ∽△ ， ∴ AH FH AF BG AG AB = = ，即 6 3 3 3 7 AH FH t = = ， ∴ 2 7 21 7 7 AH t HF t= =， ， ∴ 2 2 2 2 214 7 HM FM FH t   = − = −      ， ∵点M 与点A 的距离恰好为2 7 ，即 2 7AM = ， ∴ 2 7AH HM+ = ， ∴ 2 22 7 214 2 7 7 7 t t   + − =     ， ∴ 2 2 21 2 74 2 7 7 7 t t   − = −     ， ∴ 2 23 416 28 8 7 7 t t t− = − + ， ∴ 2 8 12 0t t− + = ， 解得 1 12 6t t= =， ； （4）解：如图所示，作 AFM△ 的外接圆，设圆心为 R，过点 R作RS MF⊥ 于 S， ∴ 1 2 2 FS MF= = ， 1 2 FRS FRM=∠ ∠ ∵ FAM ABG=∠ ∠ ， 答案第 21 页，共 33 页 ∴ 3 3 3 tan tan 6 2 AG FAM ABG BG = = = =∠ ∠ ； ∵ 2FRM FAM=∠ ∠ ， ∴ FRS FAM=∠ ∠ ， ∴在Rt RFS△ 中， 3 tan 2 FS FRS RS = =∠ ， ∴ 2 4 3 33 RS FS= = ， ∴ 2 2 2 21 3 FR RS FS= + = ； ∵ AF是 R中的一条弦， ∴当 AF是 R的直径时， AF有最大值，最大值为 2 21 4 21 2 3 3  = ∴点 F与点 A的最大距离是 4 21 3 ． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，旋转的性质，解直角三角形，圆周角定理，垂径定理，平行 四边形的性质，坐标与图形，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，解题的关键在于正确作出辅助线构造相似三 角形和直角三角形． 24．(1)见解析 (2) 2BE = ． 【分析】（1）连接OE， AO，利用SSS证明 AOC AOE≌△ △ ，求得 90AEO ACB =  = ，即可证明 AE是 O的切 线； （2）连接CE， AO，由 AOC AOE≌△ △ ，得到 COH EOH =  ，结合等腰三角形三线合一，CH EH= ， CE OH⊥ ，接着利用勾股定理，求得 AO，利用等积法算得CH ，CE的长，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：连接OE， AO，如图所示： 答案第 22 页，共 33 页 ∵ AC AE= ，OC OE= ， AO AO= ， ∴ ( )SSSAOC AOE≌ ， ∵ 90ACB = ， ∴ 90AEO ACB =  = ， ∵OE是 O的半径， ∴ AE是 O的切线； （2）解：连接CE， AO，设 AO交CE于H ，如图： ∵ AOC AOE≌△ △ ， ∴ CAO EAO =  ， ∵ AC AE= ， ∴ AO CE⊥ ，CH EH= ， ∵在Rt ABC△ 中， 2 5AC BC= = ， 90ACB = ， ∴ 5CO = ， ∴ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 5 5 5AO AC CO= + = + = ， ∵ 2 2 ACO AC CO AO CH S   = = ， ∴ 2 5 5 5 2 2 CH = ， 解得 2CH = ， ∴ 2 4CE CH= = ， ∵ 2 5BC = ， ∴ 2 2 2BE BC CE= − = ． 【点睛】本题考查了切线的证明，直径所对的圆周角等于 90 度，同弧所对的圆周角相等，全等三角形的判定与性 质，等腰三角形三线合一，勾股定理．熟练掌握以上知识点是解题的关键． 25．(1) ( )0,1