精品解析：2025年广东省广州市黄埔区中考数学二模试卷

2025年广东省广州市黄埔区中考数学二模试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 如图，数轴上点A表示的数是（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】此题主要考查数轴所表示的数，解题的关键是熟知数轴的特点． 根据数轴的特点即可求解． 【详解】解：由数轴可知，数轴上点A表示的数是． 故选：D． 2. “二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”，小兰购买了四张“二十四节气”主题邮票，其中“立春”有两张，“雨水”和“惊蛰”各一张，从中随机抽取一张恰好抽到“立春”概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查等可能条件下的概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．直接利用概率公式进行计算即可． 【详解】解：“立春”有两张，“雨水”和“惊蛰”各一张，从中随机抽取一张恰好抽到“立春”概率是； 故选A． 3. 点关于原点对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点坐标的关系．根据“关于原点对称的点的坐标关系，横坐标与纵坐标都互为相反数”，即可求解． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为， 故选：A． 4. 若是关于x，y的二元一次方程的一组解，则a的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程的解． 直接将代入求解即可． 【详解】解：将代入得： ， 解得：． 故选：B． 5. 关于一次函数，下列说法正确的是（ ） A. 图象经过第一、二、三象限 B. 图象与x轴交于点 C. 函数值y随自变量x的增大而减小 D. 当时， 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数的图象和性质，根据解析式逐一判断选项，即可解答，明确题意，熟练利用一次函数的性质是解题的关键． 【详解】解：由题意可得， 图象经过第一、二、三象限，故A正确； 函数值y随自变量x的增大而增大，故C错误； 当，可得，解得， 图象与x轴交于点，故B错误； 函数值y随自变量x的增大而增大， 当时，，故D错误， 故选：A． 6. 如图，菱形在平面直角坐标系中，，则点B的坐标为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作轴于点，由四边形是菱形，，可得，，则，，，由勾股定理得，，计算求解，进而可求点坐标． 【详解】解：如图，作轴于点， 四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得，， 解得，， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理，坐标与图形等知识．熟练掌握菱形的性质，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理，坐标与图形是解题的关键． 7. 已知二次函数，其中，则该二次函数图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图像的判断，根据可得出抛物线开口向下，再根据，可得出对称轴在y轴左侧．再根据可得出抛物线交y轴的正半轴，进而可得出答案． 【详解】解：∵， ∴抛物线开口向下， ∵， ∴对称轴直线， ∴对称轴在y轴左侧． ∵， ∴抛物线交y轴的正半轴， 故选：B． 8. 《九章算术》中有这样的一段记录，译为白话文是：把一份边疆密件用慢马运送到里外的城市，能够刚好在规定时间送到，如果用快马加急运送，所需的时间比规定时间少天，已知快马的速度是慢马的倍，求两匹马的速度．设慢马的速度为里/天，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的实际应用，根据题意列出代数式并找出等式是解题关键．设慢马的速度为里/天，则分别可列出两马运送里所需天数，再根据用快马加急运送，所需的时间比规定时间少天即可列式． 【详解】解：设慢马的速度为里/天， 则快马的速度为里/天， 则慢马运送里需要天，快马送里需要天， 由用快马加急运送，所需的时间比规定时间少天， 可得， 故选：A． 9. 如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接交于点F，设，则，利用勾股定理求得，由折叠得到，垂直平分，则，由代入求得，则，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接交于点F， 设，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∵将四边形沿翻折，点C，D分别落在点A，E处， ∴点C与点A关于直线对称， ∴，垂直平分， ∴，，， ∵， ∴ ∴， ∴ ∴． 故选：A． 【点睛】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 10. 如图，在中，，，分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于，两点，作直线分别交，于点，，连接，以下结论不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形性质，垂直平分线性质，相似三角形的性质与判定，能正确理解题意，找到所求的角与已知条件之间的关系是解题的关键．由等腰三角形，“等边对等角”求出，再由垂直平分线的性质得到，得到即可判断A选项；证明，即可判断B选项；由三角形外角求出，易证是等腰三角形，得到，进而得到，再根据垂直平分线的性质得到，即可判断C选项；设，则，由相似三角形的性质即可判断D选项． 【详解】解：， ， 由作法可知，垂直平分， ，， ， ，A选项结论正确，不符合题意； ，， ， ， ，B选项结论正确，不符合题意； ， ， ， ，即，C选项结论正确，不符合题意； 设，则， ， ， ， ， ， ，D选项结论不正确，符合题意； 故选：D． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分.） 11. 分解因式：x2－9＝______． 【答案】(x＋3)(x－3) 【解析】 【详解】解：x2-9=（x+3）（x-3）， 故答案为：（x+3）（x-3）. 12. 如图，的直径平分弦，若，则__________． 【答案】##30度 【解析】 【分析】本题考查了直角三角形的两锐角互余，垂径定理以及圆周角定理，先根据的直径平分弦（不是直径），得，再结合，得，最后由同弧所对的圆周角是相等的，得，即可作答． 【详解】解：∵的直径平分弦（不是直径）， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 13. 如图所示，在平行四边形中，，，平分交于点E，则__________． 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，解答本题的关键是根据平行线的性质和角平分线的性质得出． 根据四边形为平行四边形可得，根据平行线的性质和角平分线的性质可得出，继而可得，然后根据求解即可． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ， 平分， ， ， ， ，， ． 故答案为：3． 14. 若，则的值是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了代数式求值，由已知可得，进而整体代入代数式计算即可求解，掌握整体代入法是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 故答案为：． 15. 阿基米德说： “给我一个支点，我就能撬动整个地球”这句话精辟地阐明了一个重要的物理学知识——杠杆原理．如图，舂臼——谷物种子脱壳的传统工具，就是利用了杠杆原理工作， 图是该舂臼的侧面简易示意图， 点是支点， 点距地面，且，在舂臼使用过程中， 若端上升至距地面处， 则端此时距地面_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 过作地面于，过作地面于，过作地面于，过作于交于，根据相似三角形的判定与性质即可得到结论． 【详解】解：过作地面于，过作地面于，过作地面于，过作于交于，则，， 由题意得， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 端此时距地面， 故答案为：． 16. 如图，反比例函数的图象经过点，，．过点作轴于点，连结，并延长交于点．若是的中点，则的值为______（结果用含的代数式表示）． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了反比例函数的性质，比例系数的几何意义，相似三角形的判定和性质，过点作轴于，于，由反比例函数的性质得，，，再证明得，，进而得，，再根据即可求解，掌握反比例函数的性质是解题的关键． 【详解】解：过点作轴于，于，则，，， ∵点，在反比例函数的图象上， ∴，， ∵轴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， ∴ ， ， ， ， ， 故答案为：． 三、解答题（本大题共9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. 解方程组 【答案】 【解析】 【分析】方程组运用加减消元法求解即可． 【详解】解： ①+②得， 解得， 将代入①得， 解得． ∴原方程组的解为 【点睛】本题主要考查了解二元一次方程组，方法主要有：代入消元法和加减消元法． 18. 如图，在中，，点D，E在边上，且．求证：． 【答案】 证明：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴． 【解析】 【分析】先证明，再利用证明，即可证明． 【详解】略 【点睛】本题主要考查了等边对等角，全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定定理是解题的关键． 19. 已知． （1）化简A； （2）若点是直线上的一点，求A的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据分式的混合运算进行化简即可； （2）根据解析式，确定，代入求A的值即可． 本题考查了分式的化简求值，整体思想求代数式的值，熟练掌握分式的化简求值是解题的关键． 【小问1详解】 解：A• • ； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴A． 20. 2025年2月，广州市全市推进初中下午课间调整为15分钟的新规，旨在让学生更好地走出教室、拥抱阳光、快乐活动．新规推行后，某校为了解学生每天课后进行体育锻炼的时间情况，在4月份某天随机抽取了九年级若干名学生进行调查，并将调查结果绘制成如图所示的两幅尚不完整的统计图表．请根据统计图表提供的信息（如图），解答下列问题： （1）这次调查共抽取了_______名学生； （2）求扇形统计图中C组所对应的圆心角的度数； （3）已知该校九年级有500名学生，请估计该校九年级学生中运动时长在60分钟以上（不含60分钟）的学生有多少人？ 组别 锻炼时间（分钟） 频数（人） 频率 A 10 B m C 15 p D n 【答案】（1）50 （2） （3）估计该校九年级学生中运动时长在60分钟以上（不含60分钟）的学生有200人 【解析】 【分析】根据样本容量=频数÷所占百分数，计算即可． 根据圆心角的计算方法，解答即可． 利用样本估计总体的思想解答即可． 本题考查的是扇形统计图，条形统计图，样本容量的计算，用样本估计总体，会计算样本容量，从题目图表中获取有用信息是解题的关键． 【小问1详解】 解：根据题意，得样本容量为：， 故答案为：50． 【小问2详解】 解：根据题意，得：； 【小问3详解】 解：根据题意，得， 故估计该校九年级学生中运动时长在60分钟以上（不含60分钟）的学生有：（人）． 答：估计该校九年级学生中运动时长在60分钟以上（不含60分钟）的学生有200人． 21. 真实情境：如图2，使用无人机进行航拍，无人机在离地面80米的高度水平飞行．无人机能够拍摄到地面上的一座塔楼（如图1），塔楼的高度为30米．为了获得最佳的拍摄效果，需要计算无人机与塔楼之间的水平距离，使得无人机的摄像头能够以的角度对准塔楼的顶部． （1）当无人机位于点B处时，求无人机与塔楼顶部的水平距离； （2）如果无人机的摄像头角度调整为，求无人机向左飞行的水平距离．（结果保留根号） 【答案】（1）无人机与塔楼顶部的水平距离为50米； （2）无人机向左飞行的水平距离为米． 【解析】 【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，含角的直角三角形，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）设塔楼的底部为点E，则地面，延长交于点D，米，米，得到是等腰直角三角形，即可得出答案； （2）由米，得到米，由勾股定理求出米，即可求解． 【小问1详解】 解：设塔楼的底部为点E，则地面，延长交于点D，米，米， ∴米， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴米， 答：无人机与塔楼顶部的水平距离为50米； 【小问2详解】 解：∵米， ∴米， ∴（米）， ∴（米）， 答：无人机向左飞行的水平距离为米． 22. 综合与实践 【问题情境】“漏壶”也称为“漏刻”，是一种古代计时器，在社会实践活动中，某同学根据“漏壶”的原理制作了如图①所示的液体漏壶，漏壶是由一个圆锥和一个圆柱组成的，中间连通，液体可以从圆锥容器中匀速漏到圆柱容器中，实验开始时圆柱容器中已有一部分液体． 【实验观察】（1）下表是实验记录的圆柱体容器液面高度y（厘米）与时间x（小时）的数据： 时间x（小时） 1 2 3 4 5 圆柱体容器液面高度y（厘米） 6 10 14 18 22 在图②所示的直角坐标系中描出上表的各点，用光滑的线连接； 【探索发现】（2）请你根据表中的数据及图象，用所学过的一次函数、二次函数、反比例函数的知识确定y与x之间的函数表达式； 【结论应用】（3）如果本次实验记录的开始时间是上午，那么当圆柱体容器液面高度达到20厘米时是几点？ 【答案】（1）见解析 ；（2）；（3）圆柱体容器液面高度达到20厘米时是上午 【解析】 【分析】本题考查待定系数法求一次函数的解析式、一次函数的实际应用问题： （1）将各点在坐标系中直接描出，再用光滑的线连接即可； （2）利用待定系数法解答，即可求解； （3）令，求出x的值，即可求解． 【详解】解：（1）画出函数图象，如下： （2）由图可知该图象是一次函数，设该函数的表达式为． 点、在该图象上 ，解得， 与之间的函数表达式为． （3）当时，即， 解得：， 则 ∴圆柱体容器液面高度达到20厘米时是上午． 23. 如图，是等边三角形，． （1）尺规作图：将绕点A逆时针旋转得到，点B旋转后的对应点为点C（保留作图痕迹，不写作法）； （2）求证：四边形是菱形； （3）连接，交于点O，过点O的直线交线段于点E，当是等腰三角形时，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）证明见解析 （3）或3 【解析】 【分析】（1）作，然后截取，连接即可完成作图； （2）由（1）可得，，根据是等边三角形，即可解决问题； （3）分两种情况讨论：①当时，②当时，③当时，利用等边三角形的性质证明即可． 【小问1详解】 解：如图，即为所求； 证明：在和 ∴ ∴绕点A逆时针旋转得到； 【小问2详解】 证明：由（1）可知：，， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； 【小问3详解】 解：如图， 分两种情况讨论： ①当时， ∵是等边三角形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当时， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ③当时，点E不在线段上， 故此种情况不存在； 综上所述：当是等腰三角形时，的长为或3． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了尺规作图，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是利用分类讨论思想． 24. 平面直角坐标系中，抛物线G：过点，顶点B不在第四象限． （1）用含a的式子表示b； （2）连接，求面积的最小值及此时点B的坐标； （3）经过探究发现，对于a的每一个确定的值，都有一个最大的正数t，使得当时，都成立，结合图象，求t的最大值． 【答案】（1） （2）面积的最小值为2，此时 （3）t的最大值为 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象的性质，求一次函数关系式，二次函数与一元二次方程， （1）将点代入关系式，整理得出答案； （2）根据顶点B不在第四象限可得a的取值范围，再作轴交于点H，接下来求出直线的解析式，可得点，进而表示出，然后根据，最后结合a的取值范围得出答案； （3）由（2）知,再分两种情况：①当，可得，进而得，然后根据a的取值范围可得，即可得出最大值； ②当，即时，结合得出最大值，最后比较得出答案． 【小问1详解】 解：∵抛物线过点， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：， ∴． ∵顶点B不在第四象限， ∴， 解得， 过点B作轴交于点H， 设直线的解析式为，代入点， 得， 解得， ∴直线的解析式为， 当时，， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴面积的最小值为2，此时； 【小问3详解】 解：由（2）知； ①当，即时， ， 解得：． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即当时，； ②当，即时， ， 即当时，； ∵， ∴t的最大值为． 25. 已知，．是的外接圆，点D在上（），连接． （1）如图，，点D在优弧上． ①证明：平分； ②若的半径为，求四边形面积的最大值． （2）若，，判断之间的数量关系并说明理由． 【答案】（1）①见解析；② （2）或，理由见解析 【解析】 【分析】（1）①根据等边对等角，圆周角定理证明即可； ②②解：取的中点G，连接，并延长交于点E，连接，过点D作于点H， 得四边形的面积为：，根据题意，得到都是定值，是动值，根据圆的性质，得当点D与点E重合时，取得最大值，此时四边形的面积也取得最大值，解答即可． （2）分两种情况，利用三角函数，等腰三角形得性质，三角形全等的判定和性质，解答即可． 【小问1详解】 ①证明：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； ②解：取的中点G，连接，并延长交于点E，连接，过点D作于点H， ∵， ∴，， ∴是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为：， 根据题意，得到都是定值，是动值， 根据圆的性质，得当点D与点E重合时，取得最大值，此时四边形的面积也取得最大值， ∴四边形面积的最大值为：， ∵，的半径为， ∴，， ， ∴四边形面积的最大值为：； 【小问2详解】 解：（i）当点D在优弧上时，如图，延长到点E，使得, ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 过点C作，交于点H， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （ii）当点D在劣弧上时，如图，延长到点F，使得, ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点C作，交于点G， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上所述，或． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，正弦函数的应用，余弦函数的应用，熟练掌握性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年广东省广州市黄埔区中考数学二模试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 如图，数轴上点A表示的数是（ ） A. B. C. 3 D. 2. “二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”，小兰购买了四张“二十四节气”主题邮票，其中“立春”有两张，“雨水”和“惊蛰”各一张，从中随机抽取一张恰好抽到“立春”概率是（ ） A. B. C. D. 3. 点关于原点对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 若是关于x，y的二元一次方程的一组解，则a的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 关于一次函数，下列说法正确的是（ ） A. 图象经过第一、二、三象限 B. 图象与x轴交于点 C. 函数值y随自变量x的增大而减小 D. 当时， 6. 如图，菱形在平面直角坐标系中，，则点B的坐标为（　　） A. B. C. D. 7. 已知二次函数，其中，则该二次函数图象大致是（ ） A. B. C. D. 8. 《九章算术》中有这样的一段记录，译为白话文是：把一份边疆密件用慢马运送到里外的城市，能够刚好在规定时间送到，如果用快马加急运送，所需的时间比规定时间少天，已知快马的速度是慢马的倍，求两匹马的速度．设慢马的速度为里/天，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 9. 如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（ ） A. 2 B. C. D. 10. 如图，在中，，，分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于，两点，作直线分别交，于点，，连接，以下结论不正确的是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分.） 11. 分解因式：x2－9＝______． 12. 如图，的直径平分弦，若，则__________． 13. 如图所示，在平行四边形中，，，平分交于点E，则__________． 14. 若，则的值是______． 15. 阿基米德说： “给我一个支点，我就能撬动整个地球”这句话精辟地阐明了一个重要的物理学知识——杠杆原理．如图，舂臼——谷物种子脱壳的传统工具，就是利用了杠杆原理工作， 图是该舂臼的侧面简易示意图， 点是支点， 点距地面，且，在舂臼使用过程中， 若端上升至距地面处， 则端此时距地面_________． 16. 如图，反比例函数的图象经过点，，．过点作轴于点，连结，并延长交于点．若是的中点，则的值为______（结果用含的代数式表示）． 三、解答题（本大题共9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. 解方程组 18. 如图，在中，，点D，E在边上，且．求证：． 19. 已知． （1）化简A； （2）若点是直线上的一点，求A的值． 20. 2025年2月，广州市全市推进初中下午课间调整为15分钟的新规，旨在让学生更好地走出教室、拥抱阳光、快乐活动．新规推行后，某校为了解学生每天课后进行体育锻炼的时间情况，在4月份某天随机抽取了九年级若干名学生进行调查，并将调查结果绘制成如图所示的两幅尚不完整的统计图表．请根据统计图表提供的信息（如图），解答下列问题： （1）这次调查共抽取了_______名学生； （2）求扇形统计图中C组所对应的圆心角的度数； （3）已知该校九年级有500名学生，请估计该校九年级学生中运动时长在60分钟以上（不含60分钟）的学生有多少人？ 组别 锻炼时间（分钟） 频数（人） 频率 A 10 B m C 15 p D n 21. 真实情境：如图2，使用无人机进行航拍，无人机在离地面80米的高度水平飞行．无人机能够拍摄到地面上的一座塔楼（如图1），塔楼的高度为30米．为了获得最佳的拍摄效果，需要计算无人机与塔楼之间的水平距离，使得无人机的摄像头能够以的角度对准塔楼的顶部． （1）当无人机位于点B处时，求无人机与塔楼顶部的水平距离； （2）如果无人机的摄像头角度调整为，求无人机向左飞行的水平距离．（结果保留根号） 22. 综合与实践 【问题情境】“漏壶”也称为“漏刻”，是一种古代计时器，在社会实践活动中，某同学根据“漏壶”的原理制作了如图①所示的液体漏壶，漏壶是由一个圆锥和一个圆柱组成的，中间连通，液体可以从圆锥容器中匀速漏到圆柱容器中，实验开始时圆柱容器中已有一部分液体． 【实验观察】（1）下表是实验记录的圆柱体容器液面高度y（厘米）与时间x（小时）的数据： 时间x（小时） 1 2 3 4 5 圆柱体容器液面高度y（厘米） 6 10 14 18 22 在图②所示的直角坐标系中描出上表的各点，用光滑的线连接； 【探索发现】（2）请你根据表中的数据及图象，用所学过的一次函数、二次函数、反比例函数的知识确定y与x之间的函数表达式； 【结论应用】（3）如果本次实验记录的开始时间是上午，那么当圆柱体容器液面高度达到20厘米时是几点？ 23. 如图，是等边三角形，． （1）尺规作图：将绕点A逆时针旋转得到，点B旋转后的对应点为点C（保留作图痕迹，不写作法）； （2）求证：四边形是菱形； （3）连接，交于点O，过点O的直线交线段于点E，当是等腰三角形时，求的长． 24. 平面直角坐标系中，抛物线G：过点，顶点B不在第四象限． （1）用含a的式子表示b； （2）连接，求面积的最小值及此时点B的坐标； （3）经过探究发现，对于a的每一个确定的值，都有一个最大的正数t，使得当时，都成立，结合图象，求t的最大值． 25. 已知，．是的外接圆，点D在上（），连接． （1）如图，，点D在优弧上． ①证明：平分； ②若的半径为，求四边形面积的最大值． （2）若，，判断之间的数量关系并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $