全国中考试题组合改编卷（四）-【一战成名新中考】2025辽宁数学·考前冲刺仿真模拟组合卷

第 1页（共 22页） 全国中考试题组合改编卷（四） 一．选择题（共 10 小题） 1．（2023•内蒙古）﹣5的倒数是（ ） A． 1 5 B．− 15 C．﹣5 D．5 2．（2023•内江）如图是由 5个完全相同的小正方体堆成的物体，其正视图是（ ） A． B． C． D． 3．（2023•北京）截至 2023年 6月 11日 17时，全国冬小麦收获 2.39亿亩，进度过七成半， 将 239000000用科学记数法表示应为（ ） A．23.9×107 B．2.39×108 C．2.39×109 D．0.239×109 4．（2023•烟台）下列二次根式中，与 2是同类二次根式的是（ ） A． 4 B． 6 C． 8 D． 12 5．（2023•株洲）一技术人员用刻度尺（单位：cm）测量某三角形部件的尺寸．如图所示， 已知∠ACB＝90°，点 D为边 AB的中点，点 A、B对应的刻度为 1、7，则 CD＝（ ） A．3.5cm B．3cm C．4.5cm D．6cm 6．（2023•赤峰）用配方法解方程 x2﹣4x﹣1＝0时，配方后正确的是（ ） A．（x+2）2＝3 B．（x+2）2＝17 C．（x﹣2）2＝5 D．（x﹣2）2＝17 7．（2023•临沂）某小区的圆形花园中间有两条互相垂直的小路，园丁在花园中栽种了 8棵 桂花，如图所示．若 A，B两处桂花的位置关于小路对称，在分别以两条小路为 x，y轴 的平面直角坐标系内，若点 A的坐标为（﹣6，2），则点 B的坐标为（ ） 第 2页（共 22页） A．（6，2） B．（﹣6，﹣2） C．（2，6） D．（2，﹣6） 8．（2023•内蒙古）下列命题正确的是（ ） A．“经过有交通信号灯的路口，遇到红灯”是必然事件 B．3.14精确到十分位 C．点（﹣2，﹣3）关于 x轴的对称点坐标是（﹣2，3） D．甲、乙两人参加环保知识竞赛，他们的平均成绩相同，方差分别是 S 甲 2＝2.25，S 乙 2 ＝1.81，则甲成绩比乙的稳定 9．（2023•浙江）如图，在直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为 A（1，2），B（2，1）， C（3，2），现以原点 O为位似中心，在第一象限内作与△ABC的位似比为 2的位似图形 △A′B′C′，则顶点 C′的坐标是（ ） A．（2，4） B．（4，2） C．（6，4） D．（5，4） 10．（2022•盘锦）如图，线段 AB是半圆 O的直径．分别以点 A和点 O为圆心，大于 1 2 �� 的长为半径作弧，两弧交于 M，N两点，作直线 MN，交半圆 O于点 C，交 AB于点 E， 连接 AC，BC，若 AE＝1，则 BC的长是（ ） 第 3页（共 22页） A．2 3 B．4 C．6 D．3 2 二．填空题（共 5 小题） 11．（2023•东营）因式分解：3ma2﹣6mab+3mb2＝ ． 12．（2023•广西）如图，焊接一个钢架，包括底角为 37°的等腰三角形外框和 3m高的支柱， 则共需钢材约 m（结果取整数）．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80， tan37°≈0.75） 13．（2023•牡丹江）将抛物线 y＝（x+3）2向下平移 1个单位长度，再向右平移 个 单位长度后，得到的新抛物线经过原点． 14．（2023•绥化）如图，⊙O的半径为 2cm，AB为⊙O的弦，点 C为��上的一点，将�� 沿弦 AB翻折，使点 C与圆心 O重合，则阴影部分的面积为 .（结果保留π与 根号） 15．（2023•宜宾）如图，M是正方形 ABCD边 CD的中点，P是正方形内一点，连接 BP， 线段 BP以 B为中心逆时针旋转 90°得到线段 BQ，连接 MQ．若 AB＝4，MP＝1，则 MQ的最小值为 ． 第 4页（共 22页） 三．解答题（共 8 小题） 16.（1）（2023•西藏）计算：( 12 ) −2 + 2���45° − ( 2 − 1)0 − 3 27． （2）（2023•常州）解不等式组 4� − 8 ≤ 0， 1+� 3 ＜� + 1， 把解集在数轴上表示出来，并写出整数解． 18．（2023•随州）如图，矩形 ABCD的对角线 AC，BD相交于点 O，DE∥AC，CE∥BD． （1）求证：四边形 OCED是菱形； （2）若 BC＝3，DC＝2，求四边形 OCED的面积． 19．（2023•枣庄）《义务教育课程方案》和《义务教育劳动课程标准（2022年版）》正式发 布，劳动课正式成为中小学的一门独立课程，日常生活劳动设定四个任务群；A：清洁与 卫生，B：整理与收纳，C：家用器具使用与维护，D：烹饪与营养．学校为了较好地开 设课程，对学生最喜欢的任务群进行了调查，并将调查结果绘制成以下两幅不完整的统 计图． 请根据统计图解答下列问题： （1）本次调查中，一共调查了 名学生，其中选择“C：家用器具使用与维护” 第 5页（共 22页） 的女生有 名，“D：烹饪与营养”的男生有 名； （2）补全上面的条形统计图和扇形统计图； （3）学校想从选择“C：家用器具使用与维护”的学生中随机选取两名学生作为“家居 博览会”的志愿者，请用画树状图或列表法求出所选的学生恰好是一名男生和一名女生 的概率． 20．（2023•张家界）为拓展学生视野，某中学组织八年级师生开展研学活动，原计划租用 45座客车若干辆，但有 15人没有座位；若租用同样数量的 60座客车，则多出三辆车， 且其余客车恰好坐满．现有甲、乙两种客车，它们的载客量和租金如下表所示： 甲型客车 乙型客车 载客量（人/辆） 45 60 租金（元/辆） 200 300 （1）参加此次研学活动的师生人数是多少？原计划租用多少辆 45座客车？ （2）若租用同一种客车，要使每位师生都有座位，应该怎样租用才合算？ 21．（2023•陕西）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC＝45°，过点 B作 BC的垂线，交⊙O 于点 D，并与 CA的延长线交于点 E，作 BF⊥AC，垂足为 M，交⊙O于点 F． （1）求证：BD＝BC； （2）若⊙O的半径 r＝3，BE＝6，求线段 BF的长． 22．（2023•山西）阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图 1，在四边形 ABCD中，点 E，F，G，H分别是边 AB，BC，CD，DA 的中点，顺次连接 E，F，G，H，得到的四边形 EFGH是平行四边形． 我查阅了许多资料，得知这个平行四边形 EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁 第 6页（共 22页） （Varingnon，Pierte 1654～1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四 边形关系密切． ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方 形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图 1证明如下： 证明：如图 2，连接 AC，分别交 EH，FG于点 P，Q，过点 D作 DM⊥AC于点 M，交 HG于点 N． ∵H，G分别为 AD，CD的中点，∴HG∥AC，HG= 12AC．（依据 1） ∴ �� �� = �� �� ．∵DG＝GC，∴DN＝NM= 12DM． ∵四边形 EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即 HP∥GQ． ∵HG∥AC，即 HG∥PQ， ∴四边形 HPQG是平行四边形，（依据 2）∴S▱HPQG＝HG•MN= 1 2�� ⋅ ��． ∵S△ADC= 1 2AC•DM＝HG•DM，∴S▱HPQG= 1 2S△ADC．同理，… 任务：（1 ）填空：材料中的依据 1是指： ． 依据 2是指： ． （2）请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH、 使得四边形 EFGH为矩形；（要求同时画出四边形 ABCD的对角线） （3）在图 1中，分别连接 AC，BD得到图 3，请猜想瓦里尼翁平行四边形 EFGH的周长 与对角线 AC，BD长度的关系，并证明你的结论． 23．（2022•杭州）在正方形 ABCD中，点 M是边 AB的中点，点 E在线段 AM上（不与点 A 重合），点 F在边 BC上，且 AE＝2BF，连接 EF，以 EF为边在正方形 ABCD内作正方 形 EFGH． 第 7页（共 22页） （1）如图 1，若 AB＝4，当点 E与点 M重合时，求正方形 EFGH的面积． （2）如图 2，已知直线 HG分别与边 AD，BC交于点 I，J，射线 EH与射线 AD交于点 K． ①求证：EK＝2EH； ②设∠AEK＝α，△FGJ和四边形 AEHI的面积分别为 S1，S2．求证： �2 �1 =4sin2α﹣1． 24．（2023•湖州）如图 1，在平面直角坐标系 xOy中，二次函数 y＝x2﹣4x+c的图象与 y轴 的交点坐标为（0，5），图象的顶点为 M．矩形 ABCD的顶点 D与原点 O重合，顶点 A， C分别在 x轴，y轴上，顶点 B的坐标为（1，5）． （1）求 c的值及顶点 M的坐标． （2）如图 2，将矩形 ABCD沿 x轴正方向平移 t个单位（0＜t＜3）得到对应的矩形 A′ B′C′D′．已知边 C′D′，A′B′分别与函数 y＝x2﹣4x+c的图象交于点 P，Q，连 接 PQ，过点 P作 PG⊥A′B′于点 G． ①当 t＝2时，求 QG的长； ②当点 G与点 Q不重合时，是否存在这样的 t，使得△PGQ的面积为 1？若存在，求出 此时 t的值；若不存在，请说明理由． 第 8页（共 22页） 全国中考试题组合改编卷（四） 参考答案与试题解析 一．选择题（共 10 小题） 1．【考点】倒数．菁优网版权所有 【分析】根据倒数的意义进行解答即可． 【解答】解：∵（﹣5）×（− 15）＝1， ∴﹣5的倒数是− 15． 故选：B． 2．【考点】简单组合体的三视图．菁优网版权所有 【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中． 【解答】解：从正面看，底层有 3个正方形，上层的左边是一个正方形． 故选：A． 3．【考点】科学记数法—表示较大的数．菁优网版权所有 【分析】用科学记数法表示绝对值较大的数时，一般形式为 a×10n，其中 1≤|a|＜10，n 为整数，且 n比原来的整数位数少 1，据此判断即可． 【解答】解：239000000＝2.39×108， 故选：B． 4．【考点】同类二次根式．菁优网版权所有 【分析】先根据二次根式的性质化成最简二次根式，再根据同类二次根式的定义得出答 案即可． 【解答】解：A． 4 =2，和 2不是同类二次根式，故本选项不符合题意； B． 6和 2不是同类二次根式，故本选项不符合题意； C． 8 =2 2，和 2是同类二次根式，故本选项符合题意； D． 12 =2 3，和 2不是同类二次根式，故本选项不符合题意； 故选：C． 5．【考点】直角三角形斜边上的中线．菁优网版权所有 【分析】根据图形和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以计算出 CD的长． 【解答】解：由图可得， ∠ACB＝90°，AB＝7﹣1＝6（cm），点 D为线段 AB的中点， 第 9页（共 22页） ∴CD= 12AB＝3cm， 故选：B． 6．【考点】解一元二次方程﹣配方法．菁优网版权所有 【分析】先把﹣1移到方程的右边，然后方程两边都加 4，再把左边根据完全平方公式写 成完全平方的形式即可． 【解答】解：∵x2﹣4x﹣1＝0， ∴x2﹣4x＝1， ∴x2﹣4x+4＝1+4， ∴（x﹣2）2＝5． 故选：C． 7．【考点】关于 x轴、y轴对称的点的坐标；坐标确定位置．菁优网版权所有 【分析】关于 y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数，据此可得答案． 【解答】解：若 A，B两处桂花的位置关于小路对称，在分别以两条小路为 x，y轴的平 面直角坐标系内，若点 A的坐标为（﹣6，2），则点 B的坐标为（6，2）． 故选：A． 8．【考点】命题与定理；关于 x轴、y轴对称的点的坐标；随机事件．菁优网版权所有 【分析】根据随机事件、近似数、关于 x轴的对称的点的坐标特征、方差的性质判断即 可． 【解答】解：A、“经过有交通信号灯的路口，遇到红灯”是随机事件，故本选项命题错 误，不符合题意； B、3.14精确到百分位，故本选项命题错误，不符合题意； C、点（﹣2，﹣3）关于 x轴的对称点坐标是（﹣2，3），命题正确，符合题意； D、甲、乙两人参加环保知识竞赛，他们的平均成绩相同，方差分别是 S 甲 2＝2.25，S 乙 2 ＝1.81，则乙成绩比甲的稳定，故本选项命题错误，不符合题意； 故选：C． 9．【考点】位似变换；坐标与图形性质．菁优网版权所有 【分析】根据位似变换的性质解答即可． 【解答】解：∵△ABC与△A′B′C′位似，△A′B′C′与△ABC的相似比为 2：1， ∴△ABC与△A′B′C′位似比为 1：2， 第 10页（共 22页） ∵点 C的坐标为（3，2）， ∴点 C′的坐标为（3×2，2×2），即（6，4）， 故选：C． 10．【考点】作图—复杂作图；线段垂直平分线的性质．菁优网版权所有 【分析】根据作图知 CE垂直平分 AO，即可得 AC＝OC，AE＝OE＝1，根据圆的半径得 AC＝2，AB＝4，根据圆周角定理的推论得∠ACB＝90°，根据勾股定理即可得�� = ��2 − ��2 = 2 3． 【解答】解：如图，连接 OC． 根据作图知 CE垂直平分 AO， ∴AC＝OC，AE＝OE＝1， ∴OC＝OB＝AO＝AE+EO＝2， ∴AC＝OC＝AO＝AE+EO＝2， 即 AB＝AO+BO＝4， ∵线段 AB是半圆 O的直径， ∴∠ACB＝90°， 在 Rt△ACB中，根据勾股定理得，�� = ��2 − ��2 = 42 − 22 = 2 3， 故选 A． 二．填空题（共 5 小题） 11．【考点】提公因式法与公式法的综合运用．菁优网版权所有 【分析】先提取公因式，然后利用完全平方公式因式分解即可． 【解答】解：3ma2﹣6mab+3mb2 ＝3m（a2﹣2ab+b2） ＝3m（a﹣b）2， 故答案为：3m（a﹣b）2． 12．【考点】解直角三角形的应用；等腰三角形的性质．菁优网版权所有 第 11页（共 22页） 【分析】根据等腰三角形的三线合一性质可得 AD＝BD= 12AB，然后在 Rt△ACD中，利 用锐角三角函数的定义求出 AC，AD的长，从而求出 AB的长，最后进行计算即可解答． 【解答】解：∵CA＝CB，CD⊥AB， ∴AD＝BD= 12AB， 在 Rt△ACD中，∠CAD＝37°，CD＝3m， ∴AC= �����37° ≈ 3 0.6 =5（m），AD= �� ���37° ≈ 3 0.75 =4（m）， ∴CA＝CB＝5m，AB＝2AD＝8（m）， ∴共需钢材约＝AC+CB+AB+CD＝5+5+8+3＝21（m）， 故答案为：21． 13．【考点】二次函数图象与几何变换；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．菁 优网版权所有【分析】先求出抛物线 y＝（x+3）2向下平移 1个单位长度的解析式为 y＝（x+3）2﹣1， 设抛物线向右平移 h个单位长度后，得到的新抛物线经过原点，则新抛物线的解析式为 y ＝（x+3﹣h）2﹣1，由抛物线经过原点可知，当 x＝0时，y＝0，代入抛物线的解析式求 出 h的值即可． 【解答】解：抛物线 y＝（x+3）2向下平移 1个单位长度的解析式为 y＝（x+3）2﹣1， 设抛物线向右平移 h个单位长度后，得到的新抛物线经过原点，则新抛物线的解析式为 y ＝（x+3﹣h）2﹣1， ∵抛物线经过原点， ∴当 x＝0时，y＝0， ∴（3﹣h）2﹣1＝0， 解得 h＝2或 4． 故答案为：2或 4． 14．【考点】扇形面积的计算；翻折变换（折叠问题）．菁优网版权所有 【分析】连接 OA，OC，OC交 AB于点 M，根据折叠性质及等边三角形性质求得∠AOC ＝60°，OM的长度，再利用勾股定理求得 AM的长度，然后利用扇形 AOC的面积减去 △AOC的面积即可求得答案． 【解答】解：如图，连接 OA，OC，OC交 AB于点 M， 第 12页（共 22页） 由折叠性质可得 OA＝AC，AB⊥OC， ∴OA＝OC＝AC＝2cm， ∴OM＝CM= 12OC＝1cm，∠AOC＝60°， ∵∠AMO＝90°， ∴AM= ��2 − ��2 = 22 − 12 = 3（cm）， ∴S 阴影＝S 扇形 AOC﹣S△AOC = 60�×2 2 360 − 1 2 ×2× 3 ＝（ 2 3 π− 3）（cm2）， 故答案为：（ 2 3 π− 3）cm2． 15．【考点】旋转的性质；三角形三边关系；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．菁 优网版权所有【分析】连接 BM，将△BCM绕 B逆时针旋转 90°得△BEF，连接 MF，QF，证明△BPM ≌△BQF（SAS），得 MP＝QF＝1，故 Q的运动轨迹是以 F为圆心，1为半径的弧，求出 BM= ��2 + ��2 =2 5，可得MF= 2BM＝2 10，由MQ≥MF﹣QF，知MQ≥2 10 −1， 从而可得 MQ的最小值为 2 10 −1． 【解答】解：连接 BM，将△BCM绕 B逆时针旋转 90°得△BEF，连接 MF，QF，如图： ∵∠CBE＝90°，∠ABC＝90°， ∴∠ABC+∠CBE＝180°， 第 13页（共 22页） ∴A，B，E共线， ∵∠PBM＝∠PBQ﹣∠MBQ＝90°﹣∠MBQ＝∠FBQ， 由旋转性质得 PB＝QB，MB＝FB， ∴△BPM≌△BQF（SAS）， ∴MP＝QF＝1， ∴Q的运动轨迹是以 F为圆心，1为半径的弧， ∵BC＝AB＝4，CM= 12CD＝2， ∴BM= ��2 + ��2 =2 5， ∵∠MBF＝90°，BM＝BF， ∴MF= 2BM＝2 10， ∵MQ≥MF﹣QF， ∴MQ≥2 10 −1， ∴MQ的最小值为 2 10 −1． 故答案为：2 10 −1． 三．解答题（共 9 小题） 16．（1）【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．菁优网版权所有 【分析】利用负整数指数幂，特殊锐角的三角函数值，零指数幂，立方根的定义进行计 算即可． 解：原式＝4+2× 22 −1﹣3 ＝4+ 2 −1﹣3 = 2． （2）【考点】解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集．菁优网版权所有 【分析】先求出不等式组的解集，再求出不等式组的整数解即可． 解： 4� − 8 ≤ 0① 1+� 3 ＜� + 1② ， 解不等式①得，x≤2， 解不等式②得，x＞﹣1， ∴不等式组的解集是﹣1＜x≤2， 在数轴上表示为 第 14页（共 22页） ， ∴不等式组的整数解是：0，1，2． 17．【考点】矩形的性质；菱形的判定与性质．菁优网版权所有 【分析】（1）证明四边形 OCED是平行四边形，再根据矩形性质可得：OC＝OD，利用 菱形的判定即可证得结论； （2）先求出矩形面积，再根据矩形性质可得 S△OCD= 1 4S 矩形 ABCD，再由菱形性质可得菱 形 OCED的面积＝2S△OCD可解答． （1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD， ∴四边形 OCED是平行四边形， ∵矩形 ABCD的对角线 AC，BD相交于点 O， ∴AC＝BD，OC= 12AC，OD= 1 2BD， ∴OC＝OD， ∴四边形 OCED是菱形； （2）解：∵四边形 ABCD是矩形，BC＝3，DC＝2， ∴OA＝OB＝OC＝OD，S 矩形 ABCD＝3×2＝6， ∴S△OCD= 1 4S 矩形 ABCD= 1 4 ×6＝1.5， ∵四边形 OCED是菱形， ∴菱形 OCED的面积＝2S△OCD＝2×1.5＝3． 18．【考点】列表法与树状图法；扇形统计图；条形统计图．菁优网版权所有 【分析】（1）先用选择 A的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数，再计算出选择 C的人数，从而得到选择 C的女生人数，然后计算出选择 D的人数，从而得到选择 D的 男生人数； （2）由（1）得到选择 C的女生人数和选择 D的男生人数，再计算出选择 D的人数所占 的百分比，然后补全条形统计图和扇形统计图； （3）画树状图展示所有 20种等可能的结果，再找出所选的学生恰好是一名男生和一名 女生的结果数，然后根据概率公式计算． 解：（1）3÷15%＝20（名）， 所以本次调查中，一共调查了 20名学生， 第 15页（共 22页） “C：家用器具使用与维护”的女生数为 25%×20﹣3＝2（名）， “D：烹饪与营养”的男生数为 20﹣3﹣10﹣5﹣1＝1（名）； 故答案为：20；2；1； （2）选择“D：烹饪与营养”的人数所占的百分比为： 2 20 ×100%＝10%， 补全上面的条形统计图和扇形统计图为： （3）画树状图为： 共有 20种等可能的结果，其中所选的学生恰好是一名男生和一名女生的结果数为 12， 所以所选的学生恰好是一名男生和一名女生的概率= 1220 = 3 5． 19．【考点】二元一次方程组的应用；一元一次方程的应用．菁优网版权所有 【分析】（1）本题中的等量关系为：45×45座客车辆数+15＝师生总数，60×（45座客 车辆数﹣3）＝师生总数，据此可列方程组求出第一小题的解； （2）需要分别计算 45座客车和 60座客车各自的租金，比较后再取舍． 解：（1）设参加此次研学活动的师生人数是 x人，原计划租用 y辆 45座客车． 根据题意，得 45� + 15 = � 60(� − 3) = �，解得 � = 600 � = 13 ． 答：参加此次研学活动的师生人数是 600人，原计划租用 13辆 45座客车； （2）租 45座客车：600÷45≈14（辆），所以需租 14辆，租金为 200×14＝2800（元）， 租 60座客车：600÷60＝10（辆），所以需租 10辆，租金为 300×10＝3000（元）， ∵2800＜3000， ∴租用 14辆 45座客车更合算． 第 16页（共 22页） 20．【考点】三角形的外接圆与外心；相似三角形的判定与性质；解直角三角形．菁优网版权所有 【分析】（1）如图，连接 DC，根据圆周角定理得到∠BDC＝∠BAC＝45°，求得∠BCD ＝90°﹣∠BDC＝45°，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论； （2）如图，根据圆周角定理得到 CD为⊙O的直径，求得 CD＝2r＝6．根据勾股定理得 到 EC= ��2 + ��2 = 62 + (3 2)2 =3 6，根据相似三角形的判定和性质定理即可得 到结论． （1）证明：如图，连接 DC， 则∠BDC＝∠BAC＝45°， ∵BD⊥BC， ∴∠BCD＝90°﹣∠BDC＝45°， ∴∠BCD＝∠BDC． ∴BD＝BC； （2）解：如图，∵∠DBC＝90°， ∴CD为⊙O的直径， ∴CD＝2r＝6． ∴BC＝CD•sin∠��� = 6 × 22 =3 2， ∴EC= ��2 + ��2 = 62 + (3 2)2 =3 6， ∵BF⊥AC， ∴∠BMC＝∠EBC＝90°，∠BCM＝∠BCM， ∴△BCM∽△ECB． ∴ �� �� = �� �� = �� �� ， ∴BM= ��⋅���� = 3 2×6 3 6 =2 3，CM= �� 2 �� = (3 2)2 3 6 = 6， 连接 CF，则∠F＝∠BDC＝45°，∠MCF＝45°， ∴MF＝MC= 6， ∴BF＝BM+MF＝2 3 + 6． 第 17页（共 22页） 21．【考点】四边形综合题．菁优网版权所有 【分析】（1）由三角形中位线定理和平行四边形的判定可求解； （2）画四边形 ABCD，且 AC⊥BD于 O，点 E，H，G，F分别是边 AB，BC，CD，DA 的中点，顺次连接 EF，FG，GH，HE，则四边形 EFGH为所求； （3）由三角形中位线定理可得 EF= 12AC，GH= 1 2AC，EH= 1 2BD，FG= 1 2BD，即可求解． （1）证明：如图 2，连接 AC，分别交 EH，FG于点 P，Q，过点 D作 DM⊥AC于点 M， 交 HG于点 N． ∵H，G分别为 AD，CD的中点， ∴HG∥AC，HG= 12AC，（三角形中位线定理）， ∴ �� �� = �� �� ， ∵DG＝GC， ∴DN＝NM= 12DM， ∵四边形 EFGH是瓦里尼翁平行四边形， ∴HE∥GF，即 HP∥GQ． ∵HG∥AC，即 HG∥PQ， ∴四边形 HPQG是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）， ∴S▱HPQG＝HG•MN= 1 2HG•DM， ∵S△ADC= 1 2AC•DM＝HG•DM， ∴S▱HPQG= 1 2S△ADC， 同理可得，S▱EFQP= 1 2S△ABC， ∴S▱HEFG= 1 2S 四边形 ABCD， 第 18页（共 22页） 故答案为：三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形； 解：（2）如图，画四边形 ABCD，且 AC⊥BD于 O，点 E，H，G，F分别是边 AB，BC， CD，DA的中点，顺次连接 EF，FG，GH，HE，则四边形 EFGH为所求； 理由如下：∵点 E，H，G，F分别是边 AB，BC，CD，DA的中点， ∴EF∥BD，HG∥BD，EH∥AC，FG∥AC， ∴EF∥HG，EH∥FG， ∴四边形 EFGH是平行四边形， ∵AC⊥BD，EF∥BD， ∴AC⊥EF， ∵FG∥AC， ∴EF⊥FG， ∴平行四边形 EFGH是矩形； （3）瓦里尼翁平行四边形 EFGH的周长等于 AC+BD，理由如下： ∵四边形 EFGH是瓦里尼翁平行四边形， ∴点 E，H，G，F分别是边 AB，BC，CD，DA的中点， ∴EF= 12AC，GH= 1 2AC，EH= 1 2BD，FG= 1 2BD， ∴瓦里尼翁平行四边形 EFGH 的周长＝EF+GF+GH+EH= 12BD+ 1 2BD+ 1 2AC+ 1 2AC＝ AC+BD． 22．【考点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；勾股定理．菁优网版权所有 【分析】（1）由点 M是边 AB的中点，若 AB＝4，当点 E与点 M重合，得出 AE＝BE＝2， 由 AE＝2BF，得出 BF＝1，由勾股定理得出 EF2＝5，即可求出正方形 EFGH的面积； （2）①由“一线三直角”证明△AKE∽△BEF，得出 �� �� = �� �� ，由 AE＝2BF，得出 �� �� = 第 19页（共 22页） 2�� �� = 2，进而证明 EK＝2EH； ②先证明△KHI≌△FGJ，得出 S△KHI＝S△FGJ＝S1，再证明△KAE∽△KHI，得出 �△��� �△��� = ( �� �� )2 = ( �� 1 2�� )2 = 4( �� �� )2，由正弦的定义得出 sinα= ����，进而得出 sin 2α= (���� ) 2， 得出 �1+�2 �1 =4sin2α，即可证明 �2 �1 =4sin2α﹣1． 解：（1）如图 1， ∵点 M是边 AB的中点，若 AB＝4，当点 E与点 M重合， ∴AE＝BE＝2， ∵AE＝2BF， ∴BF＝1， 在 Rt△EBF中，EF2＝EB2+BF2＝22+12＝5， ∴正方形 EFGH的面积＝EF2＝5； （2）如图 2， ①证明： ∵四边形 ABCD是正方形， ∴∠A＝∠B＝90°， ∴∠K+∠AEK＝90°， 第 20页（共 22页） ∵四边形 EFGH是正方形， ∴∠KEF＝90°，EH＝EF， ∴∠AEK+∠BEF＝90°， ∴∠AKE＝∠BEF， ∴△AKE∽△BEF， ∴ �� �� = �� �� ， ∵AE＝2BF， ∴ �� �� = 2�� �� = 2， ∴EK＝2EF， ∴EK＝2EH； ②证明：∵四边形 ABCD是正方形， ∴AD∥BC， ∴∠KIH＝∠GJF， ∵四边形 EFGH是正方形， ∴∠IHK＝∠EHG＝∠HGF＝∠FGJ＝90°，EH＝FG， ∵KE＝2EH， ∴EH＝KH， ∴KH＝FG， 在△KHI和△FGJ中， ∠��� = ∠��� ∠��� = ∠��� �� = �� ， ∴△KHI≌△FGJ（AAS）， ∴S△KHI＝S△FGJ＝S1， ∵∠K＝∠K，∠A＝∠IHK＝90°， ∴△KAE∽△KHI， ∴ �△��� �△��� = ( �� �� )2 = ( �� 1 2�� )2 = 4( �� �� )2， ∵sinα= ����， ∴sin2α= (���� ) 2， 第 21页（共 22页） ∴ �1+�2 �1 =4sin2α， ∴ �2 �1 =4sin2α﹣1． 23．【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有 【分析】（1）运用待定系数法将（0，5）代入 y＝x2﹣4x+c，即可求得 c的值，再利用配 方法将抛物线的解析式化为顶点式或运用顶点公式即可求得答案； （2）①当 t＝2时，D′，A′的坐标分别是（2，0），（3，0）．进而可求得点 P、Q的 纵坐标，利用 QG＝yQ﹣yG，即可求得答案； ②根据题意，得：P（t，t2﹣4t+5），Q（t+1，t2﹣2t+2），G（t+1，t2﹣4t+5），分两种情 况：当点 G在点 Q的上方时，当点 G在点 Q的下方时，分别求得 t的值即可． 解：（1）∵二次函数 y＝x2﹣4x+c的图象与 y轴的交点坐标为（0，5）， ∴c＝5， ∴y＝x2﹣4x+5＝（x﹣2）2+1， ∴顶点 M的坐标是（2，1）． （2）①如图 1，∵A在 x轴上，B的坐标为（1，5）， ∴点 A的坐标是（1，0）． 当 t＝2时，D′，A′的坐标分别是（2，0），（3，0）． 当 x＝3时，y＝32﹣4×3+5＝2，即点 Q的纵坐标是 2． 当 x＝2时，y＝1，即点 P的纵坐标是 1． ∵PG⊥A′B′， ∴点 G的纵坐标是 1， 第 22页（共 22页） ∴QG＝2﹣1＝1． ②存在．理由如下： ∵△PGQ的面积为 1，PG＝1， ∴QG＝2． 根据题意，得：P（t，t2﹣4t+5），Q（t+1，t2﹣2t+2）， ∴G（t+1，t2﹣4t+5）， 如图 2，当点 G在点 Q的上方时， QG＝t2﹣4t+5﹣（t2﹣2t+2）＝3﹣2t＝2， 此时� = 12（在 0＜t＜3的范围内）． 如图 3，当点 G在点 Q的下方时， QG＝t2﹣2t+2﹣（t2﹣4t+5）＝2t﹣3＝2， 此时� = 52（在 0＜t＜3的范围内）． 综上所述，存在 t，使得△PGQ的面积为 1，此时 t的值为 1 2 或 5 2 ． 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/4/18 10:01:47；用户：账号 78；邮箱： 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