【5年中考压轴真题】2022～2026年新疆选择题、填空题、解答题汇编

**基本信息** 2022-2026年新疆中考压轴题汇编，含选择、填空、解答各10题，覆盖函数、几何、代数核心知识，梯度设计适配一轮复习难点突破。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----|----| |选择题|10|一次函数图像、圆的性质、方程应用|动态几何（正方形运动重叠面积）、实际情境（研学行程）| |填空题|10|二次函数最值、相似三角形、反比例函数|几何动态最值（直角三角形滑动顶点距离）、代数新运算（多项式“⊕”“⊗”）| |解答题|10|圆的切线证明、三角形全等、函数与几何综合|多问递进（从证明到计算）、跨模块综合（几何证明与函数应用结合）|

【5年中考压轴真题】2022~2026年新疆选择题、填空题、解答题汇编 一．选择题（共10小题） 1．（2022•新疆）·【较易】将全体正偶数排成一个三角形数阵： 按照以上排列的规律，第10行第5个数是（　　） A．98 B．100 C．102 D．104 2．（2025•新疆）·【较易】如图，CD是⊙O的直径，AB是弦，AB⊥CD，∠ADC＝30°，则∠BOC＝（　　） A．30° B．45° C．60° D．75° 3．（2024•新疆）·【较易】某校九年级学生去距学校20km的科技馆研学，一部分学生乘甲车先出发，5min后其余学生再乘乙车出发，结果同时到达．已知乙车的速度是甲车速度的1.2倍，设甲车的速度为xkm/h，根据题意可列方程（　　） A． B． C． D． 4．（2022•新疆）·【较易】临近春节的三个月，某干果店迎来了销售旺季，第一个月的销售额为8万元，第三个月的销售额为11.52万元，设这两个月销售额的月平均增长率为x，则根据题意，可列方程为（　　） A．8（1+2x）＝11.52 B．2×8（1+x）＝11.52 C．8（1+x）2＝11.52 D．8（1+x2）＝11.52 5．（2026•新疆）·【中档】如图，水平放置的边长为2cm的正方形ABCD，边长为cm的正方形EFGH的顶点F，H在同一水平线上，点F与AD的中点重合，现将正方形EFGH以1cm/s的速度沿AB方向匀速运动，当点H运动到BC上时停止．在这个运动过程中，正方形EFGH与正方形ABCD重叠部分的面积y（cm2）与运动时间x（s）之间的函数关系图象大致是（　　） A． B． C． D． 6．（2025•新疆）·【中档】一辆快车从A地匀速驶向B地，一辆慢车从B地匀速驶向A地，两车同时出发，各自到达目的地后停止．两车之间的距离s（km）与行驶时间t（h）之间的函数关系如图所示，下列结论错误的是（　　） A．两车出发2h后相遇 B．A，B两地相距280km C．快车比慢车早h到达目的地 D．快车的速度为80km/h，慢车的速度为60km/h 7．（2024•新疆）·【中档】如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx（k＞0）与双曲线y交于A，B两点，AC⊥x轴于点C，连接BC交y轴于点D，结合图象判断下列结论：①点A与点B关于原点对称；②点D是BC的中点；③在y的图象上任取点P（x1，y1）和点Q（x2，y2），如果y1＞y2，那么x1＞x2；④S△BOD．其中正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 8．（2026•新疆）·【中档】如图，在▱ABCD中，点E在AB上．第一步：以点E为圆心，任意长为半径画弧交AE，DE于点M，N；第二步：以点B为圆心，EM长为半径画弧交AB于点P；第三步：以点P为圆心，MN长为半径画弧交第二步所画的弧于点Q，连接BQ并延长，交DC于点F．则下列结论一定成立的是（　　） A．∠ABF＝∠CBF B．∠ADE＝∠CBF C．DF＝CF D．BE＝BF 9．（2023•新疆）·【中档】如图，在平面直角坐标系中，直线y1＝mx+n与抛物线y2＝ax2+bx﹣3相交于点A，B．结合图象，判断下列结论：①当﹣2＜x＜3时，y1＞y2；②x＝3是方程ax2+bx﹣3＝0的一个解；③若（﹣1，t1），（4，t2）是抛物线上的两点，则t1＜t2；④对于抛物线y2＝ax2+bx﹣3，当﹣2＜x＜3时，y2的取值范围是0＜y2＜5．其中正确结论的个数是（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 10．（2023•新疆）·【中档】如图，在Rt△ABC中，以点A为圆心，适当长为半径作弧，交AB于点F，交AC于点E，分别以点E，F为圆心，大于EF长为半径作弧，两弧在∠BAC的内部交于点G，作射线AG交BC于点D．若AC＝3，BC＝4，则CD的长为（　　） A． B．1 C． D．2 二．填空题（共10小题） 11．（2026•新疆）·【易】如图，形状为直角三角形的木块，斜靠在竖直的墙上，木块顶点B在墙面上滑动，另一顶点C在地面上滑动，O，A，B，C在同一平面内，若AB＝3，BC＝4，则木块顶点A到墙角O的距离的最大值为　 　 ． 12．（2022•新疆）·【较易】如图，用一段长为16m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形围栏（墙足够长），则这个围栏的最大面积为 　 　 m2． 13．（2025•新疆）·【中档】对多项式A，B，定义新运算“⊕”：A⊕B＝2A+B；对正整数k和多项式A，定义新运算“⊗”：k⊗A（按从左到右的顺序依次做“⊕”运算）．已知正整数m，n为常数，记M＝m⊗（x2+31xy），N＝n⊗（y2﹣14xy），若M⊕N不含xy项，则mn＝　 　 ． 14．（2022•新疆）·【中档】如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心，将△DCE绕点D顺时针旋转90°与△DAF恰好完全重合，连接EF交DC于点P，连接AC交EF于点Q，连接BQ，若AQ•DP＝3，则BQ＝　 　 ． 15．（2026•新疆）·【中档】如图，等边△AOB的面积为9，边OA与双曲线y相交于点C，且OA：OC＝3：2，则k＝　 　 ． 16．（2025•新疆）·【中档】如图，在平面直角坐标系中，直线y＝k1x+b（k1≠0）与双曲线y（k2≠0）交于A（1，4），B（﹣4，n）两点，过点A作直线AC⊥AB交x轴于点C，连接BC，则△ABC的面积是　 　 ． 17．（2024•新疆）·【中档】如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝8．若点D在直线AB上（不与点A，B重合），且∠BCD＝30°，则AD的长为 　 　 ． 18．（2023•新疆）·【中档】如图，在平面直角坐标系中，△OAB为直角三角形，∠A＝90°，∠AOB＝30°，OB＝4．若反比例函数y（k≠0）的图象经过OA的中点C，交AB于点D，则k＝　 　 ． 19．（2024•新疆）·【中档】如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段CD在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且CD＝3．当AD+BC的值最小时，点C的坐标为 　 　 ． 20．（2023•新疆）·【较难】如图，在▱ABCD中，AB＝6，BC＝8，∠ABC＝120°，点E是AD上一动点，将△ABE沿BE折叠得到△A′BE，当点A′恰好落在EC上时，DE的长为 　 　 ． 三．解答题（共10小题） 21．（2026•新疆）·【中档】如图，△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC交⊙O于点D，连接BD，CD，经过点D的直线与AB的延长线相交于点E，且∠BDE∠BAC． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）如果点I是△ABC的内心，tan∠BAC，BC＝24，求DI的值． 22．（2024•新疆）·【中档】如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，． （1）求证：△ACD∽△ECB； （2）若AC＝3，BC＝1，求CE的长． 23．（2022•新疆）·【中档】如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，AC＝CD，连接AD，延长DB交过点C的切线于点E． （1）求证：∠ABC＝∠CAD； （2）求证：BE⊥CE； （3）若AC＝4，BC＝3，求DB的长． 24．（2023•新疆）·【较难】【建立模型】（1）如图1，点B是线段CD上的一点，AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分别为C，B，D，AB＝BE．求证：△ACB≌△BDE； 【类比迁移】（2）如图2，一次函数y＝3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到BC，直线AC交x轴于点D． ①求点C的坐标； ②求直线AC的解析式； 【拓展延伸】（3）如图3，抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，已知点Q（0，﹣1），连接BQ，抛物线上是否存在点M，使得tan∠MBQ，若存在，求出点M的横坐标． 25．（2022•新疆）·【较难】如图，在△ABC中，∠ABC＝30°，AB＝AC，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将△ACD沿AD折叠得到△AED，连接BE． （1）当AE⊥BC时，∠AEB＝　 　 °； （2）探究∠AEB与∠CAD之间的数量关系，并给出证明； （3）设AC＝4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式． 26．（2023•新疆）·【较难】如图，AB是⊙O的直径，点C，F是⊙O上的点，且∠CBF＝∠BAC，连接AF，过点C作AF的垂线，交AF的延长线于点D，交AB的延长线于点E，过点F作FG⊥AB于点G，交AC于点H． （1）求证：CE是⊙O的切线； （2）若tanE，BE＝4，求FH的长． 27．（2025•新疆）·【较难】如图，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝4，AD＝aBN，点M是AB的中点，点D和点N分别是线段AC和BC上的动点． （1）当点D和点N分别是AC和BC的中点时，求a的值； （2）当a时，以点C，D，N为顶点的三角形与△BMN相似，求BN的值； （3）当a时，求MN+ND的最小值． 28．（2025•新疆）·【较难】如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，CF⊥AB于点F，∠FCE＝2∠A，BD∥CE交CF于点G，交AC于点D． （1）求证：CE是⊙O的切线； （2）若tan∠BCE，BE＝1，求DG的长． 29．（2026•新疆）·【难】已知，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB上一点，∠EDF＝90°，现将∠EDF绕着点D旋转，交AC于点F，交BC于点E． （1）如图1，当点D为AB中点时，猜想DE，DF之间的数量关系，并进行证明； （2）如图2，当BD＝2AD时，猜想AF，BE，AB之间的数量关系，并进行证明； （3）如图3，当BD＝nAD时，猜想AF，BE，AB之间的数量关系，并进行证明． 30．（2024•新疆）·【难】【探究】 （1）已知△ABC和△ADE都是等边三角形． ①如图1，当点D在BC上时，连接CE．请探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由； ②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接CE．请再次探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由．【运用】 （2） 如图3，等边三角形ABC中，AB＝6，点E在AC上，．点D是直线BC上的动点，连接DE，以DE为边在DE的右侧作等边三角形DEF，连接CF．当△CEF为直角三角形时，请直接写出BD的长． 【5年中考压轴真题】2022~2026年新疆选择题、填空题、解答题汇编 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．【解答】解：由三角形的数阵知，第n行有n个偶数， 则得出前9行有1+2+3+4+5+6+7+8+9＝45个偶数， ∴第9行最后一个数为90， ∴第10行第5个数是90+2×5＝100， 故选：B． 2．【解答】解：连接BD， ∵CD是⊙O的直径，AB是弦，AB⊥CD， ∴∠ADC＝∠BDC＝30°， ∴∠BOC＝2∠BDC＝60°， 故选：C． 3．【解答】解：设甲车的速度为xkm/h，则乙车的速度为1.2xkm/h， 由题意得：， 即， 故选：D． 4．【解答】解：设这两个月销售额的月平均增长率为x， 第一个月的销售额为8万元， 第二个月的销售额为8（1+x）万元， 第三个月的销售额为8（1+x）2万元， ∴8（1+x）2＝11.52， 故选：C． 5．【解答】解：如图，连接EG、FH交于点O，正方形EFGH的边与正方形ABCD交于点M、N，FH交AD于点K， ∵边长为的正方形EFGH的顶点F，H在同一水平线上，点F与AD的中点重合， ∴，OE＝OF＝OG＝OH＝1cm，EG⊥FH，HF垂直平分AD， ∴AD∥EG， ①当0≤t≤1时，叠部分的面积为S△FMN，此时FK＝tcm， ∵AD∥EG ∵△FMN∽△FGE， ∴， ∴， ∴MN＝2tcm， ∴； ②当1＜t≤2时，叠部分的面积为S正方形EFGH﹣S△HMN，此时HK＝FH﹣FK＝（2﹣t）cm， 同理可得，MN＝2（2﹣t）， ∴， 即当x＝2时，有最大值为2； ③当2＜t≤3时，叠部分的面积为S正方形EFGH﹣S△FMN，此时FK＝（t﹣2）cm， 同理可得，MN＝2（t﹣2）， ∴； ④当3＜t≤4时，叠部分的面积为S△HMN，此时HK＝2﹣（t﹣2）＝（4﹣t）cm， 同理可得，MN＝2（4﹣t）， ∴， 综上可知，当0≤t≤1时，图象为开口向上的抛物线；当1＜t≤2时，图象为开口向下的抛物线，且有最大值为2；当2＜t≤3时，图象为开口向下的抛物线；当3＜t≤4时，图象为开口向上的抛物线， 只有B选项符合题意， 故选：B． 6．【解答】解：当＝2时，s＝0， ∴两车出发2h后相遇， ∴A正确，不符合题意； 当t＝0时，s＝280， ∴A，B两地相距280km， ∴B正确，不符合题意； 快车比慢车早（h）到达目的地， ∴C错误，符合题意； 快车的速度为28080（km/h），慢车的速度为28060（km/h）， ∴D正确，不符合题意． 故选：C． 7．【解答】解：如图，作BE⊥x轴，垂足为E， ①根据反比例函数图象关于原点成中心对称图形，故选项正确； ②∵点A与点B关于原点对称， ∴OA＝OB， 在△OBE和△OAC中， ， ∴△OBE≌△OAC（AAS）， ∴OE＝OC， ∵EB∥y轴， ∴△OCD∽△ECB， ∵OE＝OC， ∴， ∴D是CB的中点， ∴OD是△BCE的中位线，故选项正确； ③在每个象限内，y随x的增大而减小，故选项错误； ④S△BODS△BOCS△AOC，故S△BOD正确； 其中正确结论的是①②④，共3个． 故选：C． 8．【解答】解：由作图步骤可知，∠ABF＝∠AED， ∵▱ABCD， ∴AD∥BC， ∴∠A+∠ABC＝180°， ∴∠CBF＝∠ABC﹣∠ABF＝180°﹣∠A﹣∠ABF， ∴∠ADE＝180°﹣∠A﹣∠AED， ∵∠ABF＝∠AED， ∴∠ADE＝∠CBF，其余结论均不能证明． 故选：B． 9．【解答】解：①∵直线y1＝mx+n与抛物线y2＝ax+bx﹣3相交于点A，B， ∴由图象可知：当﹣2＜x＜3时，直线y1＝mx+n在抛物线y2＝ax+bx﹣3的上方， ∴y1＞y2， ∴①正确． ②由图象可知：抛物线y2＝ax+bx﹣3有两个交点， ∴方程ax2+bx﹣3＝0有两个不相等的实数根． ∴x＝3是方程ax2+bx﹣3＝0的一个解， ∴②正确． ③将点（﹣2，5）、（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3得：， 解得：， ∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3， 当x＝﹣1时，t1＝0， 当x＝4时，t2＝5， ∴t1＜t2， ∴③正确． ④由③可知（﹣2，5）与点（4，5）关于对称轴为直线x对称， ∴对称轴为直线x1． 将x＝1代入抛物线解析式得y＝﹣4， ∴当﹣2＜x＜1时，﹣4＜y＜5． 当﹣2＜x＜3时，﹣4≤y＜5． ∴④错误． 故选：B． 10．【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4， ∴AB5， 过D作DH⊥AB于H， ∵AD平分∠CAB， ∴CD＝DH，∠CAD＝∠HAD， 在Rt△ACD与Rt△AHD中， ， ∴Rt△ACD≌Rt△AHD（HL）， ∴AH＝AC＝3， ∴BH＝AB﹣AH＝2， ∵BH2+DH2＝BD2， ∴22+CD2＝（4﹣CD）2， ∴CD． 方法二：∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4， ∴AB5， 过D作DH⊥AB于H， ∵AD平分∠CAB， ∴CD＝DH，∠CAD＝∠HAD， 在Rt△ACD与Rt△AHD中， ， ∴Rt△ACD≌Rt△AHD（HL）， ∴AH＝AC＝3， ∴BH＝AB﹣AH＝2， 在Rt△BDH中，tanB， 在Rt△ABC中，∵， ∴， ∴， ∴， ∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4， ∴AB5， 过D作DH⊥AB于H， ∵AD平分∠CAB， ∴CD＝DH， S△ABCS△ACD+S△ABD， ∴AC•BC＝AC•CD+AB•DH， 设CD＝DH＝x， ∴3×4＝3x+5x， ∴， 故选：C． 二．填空题（共10小题） 11．【解答】解：取BC中点D，连接OD，AD，OA， ∵BC＝4， ∴， 由题意得∠ABC＝∠BOC＝90°， ∴， ∵AB＝3， ∴， ∵OA≤AD+OD， ∴OA的最大值为， 即木块顶点A到墙角O的距离的最大值为， 故答案为：． 12．【解答】解：设与墙垂直的一边长为xm，则与墙平行的一边长为（16﹣2x）m， ∴矩形围栏的面积为x（16﹣2x）＝﹣2x2+16x＝﹣2（x﹣4）2+32， ∵﹣2＜0， ∴当x＝4时，矩形有最大面积为32m2， 故答案为：32． 13．【解答】解：∵k⊗A， ∴当k＝1时，1⊗A＝A＝（21﹣1）A； 当k＝2时，2⊗A＝A⊕A＝2A+A＝3A＝（22﹣1）A； 当k＝3时，3⊗A＝A⊕A⊕A＝3A⊕A＝2×3A+A＝7A＝（23﹣1）A； 当k＝4时，3⊗A＝A⊕A⊕A⊕A＝3A⊕A⊕A＝7A⊕A＝15A＝（24﹣1）A； …， ∴当k＝m时，m⊗A＝（2m﹣1）A，当k＝n时，n⊗A＝（2n﹣1）A， ∴M＝m⊗（x2+31xy）＝（2m﹣1）（x2+31xy），N＝（2n﹣1）（y2﹣14xy）， ∴M⊕N＝2M+N＝2（2m﹣1）（x2+31xy）+（2n﹣1）（y2﹣14xy） ＝（2m+1﹣2）x2+（2n﹣1）y2+[62•（2m﹣1）﹣14（2n﹣1）]xy， ∵M⊕N不含xy项， ∴62•（2m﹣1）﹣14（2n﹣1）＝0， ∴31（2m﹣1）﹣7（2n﹣1）＝0． 设2m＝a，2n＝b， 则：31a﹣7b＝24， ∴， ∵a，b均为2的整数幂，为偶数， ∴， ∴2m＝8，2n＝32， ∴， ∴mn＝15， 故答案为：15． 14．【解答】解：如图，连接DQ， ∵将△DCE绕点D顺时针旋转90°与△DAF恰好完全重合， ∴DE＝DF，∠FDE＝90°， ∴∠DFE＝∠DEF＝45°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DAC＝45°＝∠BAC， ∴∠DAC＝∠DFQ＝45°， ∴点A，点F，点Q，点D四点共圆， ∴∠BAQ＝∠FDQ＝45°，∠DAF＝∠DQF＝90°，∠AFD＝∠AQD， ∴DFDQ， ∵AD＝AB，∠BAC＝∠DAC＝45°，AQ＝AQ， ∴△ABQ≌△ADQ（SAS）， ∴BQ＝QD，∠AQB＝∠AQD， ∵AB∥CD， ∴∠AFD＝∠FDC， ∴∠FDC＝∠AQB， 又∵∠BAC＝∠DFP＝45°， ∴△BAQ∽△PFD， ∴， ∴AQ•DP＝3BQ•DF， ∴3BQ•BQ， ∴BQ， 故答案为：． 15．【解答】解：如图，过点A作AD⊥x轴于点D，过点C作CE⊥x轴于点E， 设等边△AOB的边长为2a， ∴OA＝OB＝2a，， ∴， ∴， ∴a＝3（负值舍去）， ∴，OD＝3， ∵AD∥CE， ∴△COE∽△AOD， ∴， ∵OA：OC＝3：2， ∴， ∴，OE＝2， ∴， ∴． 故答案为：4． 16．【解答】解：∵直线y＝k1x+b（k1≠0）与双曲线交于A（1，4），B（﹣4，n）两点， ∴1×4＝﹣4n， ∴n＝﹣1， ∴B（﹣4，﹣1）， 设C（c，0）， 则：AB2＝（1+4）2+（4+1）2＝50，AC2＝（c﹣1）2+42＝（c﹣1）2+16，BC2＝（c+4）2+12＝（c+4）2+1， ∵AC⊥AB， ∴BC2＝AB2+AC2， ∴（c+4）2+1＝（c﹣1）2+16+50， 解得：c＝5， ∴C（5，0）， ∴AC2＝（5﹣1）2+16＝32， ∴， ∵AB2＝50， ∴， ∴△ABC的面积是， 故答案为：20． 17．【解答】解：在Rt△ABC中， sinA， ∴BC， ∴AC． 当点D在点B左上方时，如图所示， ∵∠ACB＝90°，∠A＝30°， ∴∠ABC＝60°． 又∵∠BCD＝30°， ∴∠BDC＝60°﹣30°＝30°， ∴BD＝BC＝4， ∴AD＝8+4＝12． 当点D在点B的右下方时，如图所示， ∵∠ABC＝60°，∠BCD＝30°， ∴∠CDA＝90°． 在Rt△ACD中， cosA， ∴AD． 综上所述，AD的长为6或12． 故答案为：6或12． 18．【解答】解：过点A作AE⊥OB于点E，过点C作CF⊥OB于点F， ∵∠A＝90°，∠AOB＝30°，OB＝4， ∴， 由勾股定理得， 在Rt△AOE中，∠AOB＝30°，， ∴， 由勾股定理得， ∵点C是OA的中点， ∴，， ∵点C在第一象限， ∴点C的坐标是， ∵反比例函数的图象经过OA的中点C， ∴， 故答案为：． 19．【解答】解：作A点关于对称轴的对称点A′，A′向下平移3个单位，得到A″，连接A″B，交对称轴于点C，此时AD+BC的值最小，AD+BC＝A″B， 在中，令x＝0，则y＝6， ∴点A（0，6）， 令y＝0，则， 解得x＝2或x＝6， ∴点B（2，0）， ∵抛物线的对称轴为直线x4， ∴A′（8，6）， ∴A″（8，3）， 设直线A″B的解析式为y＝kx+b， 代入A″、B的坐标得， 解得， ∴直线A″B的解析式为yx﹣1， 当x＝4时，y＝1， ∴C（4，1）． 故答案为：（4，1）． 20．【解答】解：解法一：如图，过点C作CF⊥AD，交AD的延长线于点F， ∵四边形ABCD为平行四边形，AB＝6， ∴DC＝AB＝6，∠ABC＝∠ADC＝120°，AD∥BC， ∴∠CDF＝180°﹣∠ADC＝60°， ∵CF⊥AD， ∴∠CFD＝90°，∠DCF＝90°﹣∠CDF＝30°， ∴DFDC＝3，CF， ∵AD∥BC， ∴∠A＝180°﹣∠ABC＝60°，∠DEC＝∠A′CB， 根据折叠的性质可得，AB＝A′B＝6，∠A＝∠BA′E＝60°， ∴A′B＝DC＝6，∠BA′C＝180°﹣∠BA′E＝120°＝∠CDE， 在△A′BC和△DCE中， ， ∴△A′BC≌△DCE（AAS）， ∴BC＝CE＝8， 在Rt△CEF中，EF， ∴DE＝EF﹣DF． 解法二：当点A′恰好落在EC上时，如图，过点B作BF⊥AD于点F，过点C作CG⊥BE于点G， ∵四边形ABCD为平行四边形，BC＝8， ∴AD∥BC，AD＝BC＝8， ∵∠ABC＝120°， ∴∠A＝60°， 在Rt△ABF中，AF＝AB•cosA＝63，BF＝AB•sinA＝6， 根据折叠的性质可得，∠AEB＝∠A′EB， ∵AE∥BC， ∴∠AEB＝∠CBE， ∴∠CBE＝∠A′EB，即∠CBE＝∠CEB， ∴△CBE为等腰三角形，BC＝CE＝8， ∵CG⊥BE， ∴EG＝BG， ∵∠BEF＝∠CEG，∠BFE＝∠CGE＝90°， ∴△BEF∽△CEG， ∴，即， ∴BE2＝2EF•CE， 设EF＝x（0＜x＜8）， ∴BE2＝2x•8＝16x， 在Rt△BEF中，EF2+BF2＝BE2， ∴， 整理得：x2﹣16x+27＝0， 解得：（舍去），， ∴EF， ∴DE＝AD﹣AF﹣EF＝8﹣3）． 故答案为：． 三．解答题（共10小题） 21．【解答】（1）证明：如图1，连接DO并延长交⊙O于点F，连接BF， ∵， ∴∠1＝∠3， ∵DF是直径， ∴∠FBD＝90°， ∴∠1+∠2＝90°， ∵AD平分∠BAC， ∴， ∵， ∴∠3＝∠BDE， ∴∠1＝∠BDE， ∴∠BDE+∠2＝∠EDF＝90°， ∵半径OD⊥DE， ∴DE是⊙O的切线； （2）解：连接BI，CI，OB，OC，OD，OD交BC于点M， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD， ∴， ∴∠4＝∠5， ∵DO是半径， ∴OD⊥BC，， ∵OB＝OC， ∴∠BOC＝2∠BOM， ∵∠BOC＝2∠BAC， ∴∠BOM＝∠BAC， ∵， ∴， ∴OM＝5， 在直角三角形BOM中，由勾股定理得：， ∴OD＝13， ∴DM＝OD﹣OM＝8， 在直角三角形BDM中，由勾股定理和得：， ∵点I是△ABC的内心， ∴∠ABI＝∠CBI， ∵， ∴∠5＝∠BAD， ∴∠4＝∠BAD， ∵∠DBI＝∠4+∠CBI，∠BID＝∠BAD+∠ABI， ∴∠DBI＝∠BID， ∴． 22．【解答】（1）证明：∵， ∴∠ACD＝∠BCE， ∵∠ADC＝∠EBC， ∴△ACD∽△ECB； （2）解：过B点作BH⊥CD于H点，如图， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝∠ADB＝90°， 在Rt△ACB中，AB， ∵∠ACD＝∠BCD＝45°， ∴∠ABD＝∠BAD＝45°， ∴△ABD为等腰直角三角形， ∴BDAB， 在Rt△BCH中， ∵∠BCH＝45°， ∴CH＝BHBC， 在Rt△BDH中，DH， ∴CD＝CH+DH2， ∵△ACD∽△ECB， ∴CA：CE＝CD：CB，即3：CE＝2：1， 解得CE， 即CE的长为． 23．【解答】（1）证明：连接OC， ∵AC＝CD， ∴∠CAD＝∠ADC， ∵∠ABC＝∠ADC， ∴∠ABC＝∠CAD； （2）证明：∵CE与⊙O相切于点C， ∴∠OCE＝90°， ∵四边形ADBC是圆内接四边形， ∴∠CAD+∠DBC＝180°， ∵∠DBC+∠CBE＝180°， ∴∠CAD＝∠CBE， ∵∠ABC＝∠CAD， ∴∠CBE＝∠ABC， ∵OB＝OC， ∴∠OCB＝∠ABC， ∴∠OCB＝∠CBE， ∴OC∥BE， ∴∠E＝180°﹣∠OCE＝90°， ∴BE⊥CE； （3）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵AC＝4，BC＝3， ∴AB5， ∵∠ACB＝∠E＝90°，∠CAB＝∠CDB， ∴△ACB∽△DEC， ∴， ∴， ∴DE， ∵∠CBE＝∠ABC， ∴△ACB∽△CEB， ∴， ∴， ∴BE， ∴BD＝DE﹣BE， ∴DB的长为． 24．【解答】（1）证明：∵AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD， ∴∠ACB＝∠BDE＝∠ABE＝90°， ∴∠A+∠ABC＝90°，∠ABC+∠EBD＝90°， ∴∠A＝∠EBD， 在△ACB和△BDE中， ， ∴△ACB≌△BDE（AAS）； （2）解：①∵一次函数y＝3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B， ∴A（0，3），B（﹣1，0）， ∴OA＝3，OB＝1， 过点C作CG⊥x轴于点G，如图， 则∠BGC＝90°＝∠AOB， ∴∠CBG+∠BCG＝90°， ∵线段AB绕点B逆时针旋转90°得到BC， ∴BC＝AB，∠ABC＝90°， ∴∠ABO+∠CBG＝90°， ∴∠BCG＝∠ABO， ∴△BCG≌△ABO（AAS）， ∴BG＝OA＝3，CG＝OB＝1， ∴OG＝OB+BG＝1+3＝4， ∴C（﹣4，1）； ②设直线AC的解析式为y＝kx+b，则， 解得：， ∴直线AC的解析式为yx+3； （3）解：抛物线上存在点M，使得tan∠MBQ． ∵抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点， 当y＝0时，x2﹣3x﹣4＝0， 解得：x1＝﹣1，x2＝4， ∴A（﹣1，0），B（4，0）， 当x＝0时，y＝﹣4， ∴C（0，﹣4）， 当点M在x轴上方时，如图，过点Q作QL∥BM，过点B作BF⊥BQ，交BL与于点F，过点F作FG⊥x轴于点G， 则∠BOQ＝∠QBF＝∠BGF＝90°，∠BQF＝∠MBQ， ∴∠OBQ+∠OQB＝90°，∠OBQ+∠FBG＝90°， ∴∠OQB＝∠FBG， ∴△OBQ∽△GFB， ∴， ∵tan∠BQF＝tan∠MBQ， ∴， ∴FG，BG， ∴F（，）， 设直线FQ的解析式为y＝mx+n，则， 解得：， ∴直线FQ的解析式为yx﹣1， ∵BM∥QF， ∴设直线BM的解析式为yx+d，把B（4，0）代入，得d＝0， 解得：d， ∴直线BM的解析式为yx， 联立得， 解得：，（舍去）， ∴M（，）； 当点M在x轴下方时，如图，过点Q作QE⊥BQ，交BM于点E，过点E作EF⊥y轴于点F， 则∠QFE＝∠BOQ＝∠BQE＝90°， ∵tan∠MBQ， ∴tan∠MBQ， ∴EQBQ， ∵∠OBQ+∠BQO＝90°，∠BQO+∠EQF＝90°， ∴∠OBQ＝∠EQF， ∴△QEF∽△BQO， ∴，即， ∴EF，QF， ∴OF＝OQ+QF＝1， ∴E（，）； 设直线BM的解析式为y＝m′x+n′，则， 解得：， ∴直线BM的解析式为yx， 联立，得， 解得：（舍去），， ∴M（，）； 综上所述，抛物线上存在点M，使得tan∠MBQ，点M的横坐标为或． 25．【解答】解：（1）∵∠ABC＝30°，AB＝AC，AE⊥BC， ∴∠BAE＝60°， ∵将△ACD沿AD折叠得到△AED， ∴AC＝AE， ∴AB＝AE， ∴∠AEB＝60°， 故答案为：60； （2）∠AEB＝30°+∠CAD，理由如下： ∵将△ACD沿AD折叠得到△AED， ∴AE＝AC，∠CAD＝∠EAD， ∵∠ABC＝30°，AB＝AC， ∴∠BAC＝120°， ∴∠BAE＝120°﹣2∠CAD， ∵AB＝AE＝AC， ∴∠AEB30°+∠CAD； （3）如图，连接OA， ∵AB＝AC，点O是BC的中点， ∴OA⊥BC， ∵∠ABC＝∠ACB＝30°，AC＝4， ∴AO＝2，OC＝2， ∵OD2＝AD2﹣AO2， ∴OD， ∵S△ADCOC×AOOD×OA， ∴x2×22， ∴y＝（2x）2+4． 26．【解答】（1）证明：连接OC交BF于点I，则OC＝OA， ∵∠CBF＝∠BAC，∠CBF＝∠CAF， ∴∠BAC＝∠CAF， ∴， ∴OC垂直平分BF， ∵AB是⊙O的直径，CD⊥AF交AF的延长线于点D， ∴∠D＝∠AFB＝90°， ∴DE∥FB， ∴∠OCE＝∠OIB＝90°， ∵OC是⊙O的半径，DE经过点C且DE⊥OC， ∴CE是⊙O的切线． （2）解：作BL⊥CE于点L，则∠BLE＝∠BLC＝90°， ∵∠BIC＝∠ICL＝90°， ∴四边形BICL是矩形， ∵tanE， ∴BLEL， ∵BE＝4，OB＝OC， ∴BEEL＝4， ∴EL， ∴IC＝BL， ∴sinE， ∴OCOE（OC+4）， ∴OB＝OC＝6， ∴OE＝OB+BE＝6+4＝10， ∴CE8， ∵OI＝OC﹣IC＝6， ∴AF＝2OI＝2， ∵FG⊥AB于点G， ∴∠AGF＝90°， ∴∠AFH＝∠E＝90°﹣∠DAE， ∵∠FAH＝∠ECB＝90°﹣∠ACD， ∴△AFH∽△CEB， ∴， ∴FHBE4， ∴FH的长是． 27．【解答】解：（1）∵三角形ABC为等腰直角三角形，∠A＝90°，BC＝4， ∴AB＝AC． 当点D和点N分别是AC和BC的中点时， 可得ADAC，BNBC＝2， 故a． （2）∵，AD＝aBN， ∴ADBN，设BN＝x，则，CN＝BC﹣BN＝4﹣x， ∵等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝4， ∴，， ∵M是AB的中点， ∴， ∴∠B＝∠C＝45°， 当点C，D，N为顶点的三角形与△BMN相似时，分两种情况： ①当△CDN∽△BMN时，则， 即，此方程无解，不符合题意； ②当△CND∽△BMN时，则， ∴解得：（不符合题意，舍去）或， ∴， 综上可得． （3）法一（几何法）： ∵，AD＝aBN， ∴． 以AD为斜边构造等腰直角三角形ADE，连接BE，则∠ADE＝∠C＝45°， 如图所示： ∴， ∴AE＝DE＝BN， ∵∠ADE＝∠C＝45°， ∴DE∥BN， ∴四边形EDNB为平行四边形， ∴BE＝DN， 将AB绕点B旋转90度得到BF，连接NF，MF， 则BF＝AB＝2，∠ABF＝90°，∠ABC＝45°， ∴∠NBF＝45°＝∠BAE， 又∵AB＝BF，AE＝BN， ∴△AEB≌△BNF（SAS）， ∴BE＝NF， ∴DN＝NF， ∴MN+ND＝MN+NF≥MF， ∴当点N在线段MF上时，MN+ND的值最小为MF的长， 在Rt△MBF中，，， 故， ∴MN+ND的最小值为． 法二（代数法）：作ME⊥BC于点E，DF⊥BC于点F，如图所示： ∵BM， ∴BE＝ME＝1，设BN＝x， 则AD，CD＝AC﹣AD， ∵∠C＝45°， ∴DF＝CFCD＝2﹣x， ∴EN，NF＝BC﹣BN﹣CF＝4﹣x﹣2+x＝2， 由勾股定理可得MN+ND ， 上式结果可看成点（x，0）到点（1，1）和点（2，2）的距离之和， 欲求和最小，根据将军饮马原理，作点（1，1）关于x轴的对称点（1，﹣1）， 则MN+ND的最小值为； 法三（几何法）： 作AE⊥BC于点E，DF⊥BC于点F， ∵BC＝4，△ABC为等腰直角三角形， ∴AB＝AC＝2， 设BN＝x，则ADx， 则CD＝2x，CF＝DF＝2﹣x， EF＝CE＝CF＝2﹣（2﹣x）＝x，故NE＝BE﹣BN＝2﹣x， 又∵AE＝NF＝NE+EF＝2﹣x+x＝2， 在△ANE和△NDF中， ， ∴△ANE≌△NDF（SAS）， ∴ND＝AN， ∴MN+AN＝MN+ND， 作M点关于BC的对称点H，连接AH， 则MN+ND≥NH+ND≥AH， 构造Rt△AGH，使∠AGH＝90°， 则AH， 即MN+ND的最小值为． 28．【解答】（1）证明：连接OC， ∵CF⊥AB于点F， ∴∠CFO＝90°． ∵OC＝OA， ∴∠COF＝2∠A， ∵∠FCE＝2∠A， ∴∠COF＝∠FCE． ∵∠COF+∠OCF＝90°， ∴∠FCE+∠OCF＝90°， 即∠OCE＝90°， 又∵OC为半径， ∴CE是⊙O的切线． （2）解：∵AB为直径， ∴∠ACB＝90°． 作DH⊥AB于点H，连接BC，如图所示， ∵∠ACB＝∠OCE， ∴∠ACO＝∠BCE， ∴∠A＝∠ACO＝∠BCE， ∵BD∥CE， ∴∠BCE＝∠DBC， ∴tan∠BCE＝tanA＝tan∠DBC， 设CD＝a，BC＝2a，AC＝4a，AD＝3a， 由勾股定理可得AB． ∵BD∥CE， ∴，即，解得a， 故AB＝3，AD，BC． 又∵CF， 故BF， ∵tanA， ∴cosA，AH＝AD×cosA， 故BH＝AB﹣AH＝3， ∵BFBH，CF∥DH， ∴DGDB， 又∵DB＝DC••， 故DG． 29．【解答】解：（1）DE＝DF； 证明：如图1，连接CD， ∵AC＝BC，∠ACB＝90°，点D为AB中点， ∴∠A＝∠B＝45°，CD⊥AB，， ∴∠DCE＝∠B＝45°， ∴∠DCE＝∠A， ∵∠EDF＝90°， ∴∠1＝∠3＝90°﹣∠2， ∴△ADF≌△CDE（ASA）， ∴DE＝DF； （2）； 证明：如图2，过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，则∠DMF＝∠DNE＝∠DNC＝90°， 由（1）知∠A＝∠B＝45°， ∴△AMD，△BND为等腰直角三角形，则AM＝MD，DN＝BN， ∴， 同理， ∵BD＝2AD， ∴DN＝2DM， ∵∠C＝90°， ∴∠MDN＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°， ∵∠EDF＝90°， ∴∠1＝∠2＝90°﹣∠FDN， ∴△DMF∽△DNE， ∴， ∴NE＝2MF； ∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE， ∴，， ∴， 由①+②得，， ∵BD+AD＝2AD+AD＝AB， ∴， ∴； （3）； 证明：如图3，过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N， 同（2）可得，， ∵BD＝nAD， ∴DN＝nDM， 同（2）可证明△DMF∽△DNE， ∴， ∴NE＝nMF， ∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE， ∴，， ∴， 由①+②得，， ∵BD+AD＝nAD+AD＝AB， ∴， ∴，即． 30．【解答】解：（1）①CE+CD＝CA．理由如下， ∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴AB＝AC＝BC，AD＝AE＝DE，∠BAC＝∠DAE＝60°， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴CE＝BD ∵BD+CD＝BC， ∴CE+CD＝CA． ②CA+CD＝CE．理由如下， ∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴AB＝AC＝BC，AD＝AE＝DE，∠BAC＝∠DAE＝60°， ∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴CE＝BD， ∵CB+CD＝BD， ∴CA+CD＝CE． （2）过E作EH∥AB，则△EHC为等边三角形． ①当点D在H左侧时，如图1， ∵ED＝EF，∠DEH＝∠FEC，EH＝EC， ∴△EDH≌△EFC（SAS）， ∴∠ECF＝∠EHD＝120°， 此时△CEF不可能为直角三角形． ②当点D在H右侧，且在线段CH上时，如图2， 同理可得∴△EDH≌△EFC（SAS）， ∴∠FCE＝∠EHD＝60°，∠FEC＝∠DEH＜∠HEC＝60°， 此时只有∠CFE有可能为90°， 当∠CFE＝90°时，∠EDH＝90°， ∴ED⊥CH， ∵CH＝CE＝2， ∴CDCH， 又∵AB＝6， ∴BD＝6． ③当点D在H右侧，且HC延长线上时，如图3， 此时只有∠CEF＝90°， ∵∠DEF＝60°， ∴∠CED＝30°， ∵∠ECH＝60°， ∴∠EDC＝CED＝30°， ∴CD＝CE＝2， ∴BD＝6+2． 综上：BD的长为6或6+2． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $