2023-2024學年北京市通州區中考試題猜想數學試卷

注意事項：

1.答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。

2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5亳米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。

3.請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。

4.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。

一、選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）

1.《九章算術》是中國古代數學的重要著作，方程術是它的最高成就，其中記載：今有牛五、羊二，直金十兩；牛

二、羊五，直金八兩。問：牛、羊各直金幾何？譯文：“假設有5頭牛、2只羊，值金10兩；2頭牛、5只羊，

值金8兩。問：每頭牛、每只羊各值金多少兩？”設每頭牛值金x兩，每只羊值金j兩，則列方程組錯誤的是（）

j5x+2y=1015x+2j=1017x+7y=185x+2y=8

[2x+5y=8?17x+7y=l8*(2x+5,y=82x+5y=10

2.已知一個正多邊形的一個外角為36。，則這個正多邊形的邊數是（）

4.如圖，洛邊長為2cm的正方形OABC放在平面直角坐標系中，O是原點，點A的橫坐標為1,則點C的坐標為（）

A.(6，-1)B.(2,-1)C.(1,-6)D.(-1,百)

5.若圓錐的軸截面為等邊三角形，則稱此圓錐為正圓錐，則正圓錐側面展開圖的圓心角是（）

A.90°B.120°C.150°D.180°

II2

6.化簡一二?一一;-7+—7的結果是（）

x-1r-2x4-1r+1

7.如圖所示是小孔成像原理的示意圖，根據圖中所標注的尺寸，求出這支蠟燭在暗盒中所成像。。的長（）

10.下列所給函數中，y隨x的增大而減小的是（）

11.如圖，已知△ABC中，ZABC=45°,F是高AD和BE的交點，CD=4,則線段DF的長度為（）

A.20B.4C.3正I）.4上

12.如圖，四邊形ABCD內接于若四邊形ABCO是平行四邊形，則NADC的大小為（）

D

A.45°B.50°C.60°D,75°

二、填空題：（本大題共6個小題，每小題4分，共24分.）

13.如圖，某景區的兩個景點A、B處于同一水平地面上、一架無人機在空中沿MN方向水平飛行進行航拍作業，MN

與AB在同一鉛直平面內，當無人機飛行至C處時、測得景點A的俯角為45。，景點B的俯角為30。，此時C到地面

的距離CD為100米，則兩景點A、B間的距離為一米（結果保留根號）.

14.如怪，點E在正方形ABCD的邊CD上.若△ABE的面積為8,CE=3,則線段BE的長為

A

B

15.RtAABC中，AD為斜邊BC上的高，若工奴=石二面，則荽=__.

BC

16.分解因式：4a2-4a+l=.

17.計算（-a）3小的結果等于.

18.如果m,n互為相反數，那么|m+n-2016|=.

三、解答題：（本大題共9個小題，共78分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

1Y—1

19.（6分）解方程式：---3=--

x-22-x

20.（6分）某水果基地計劃裝運甲、乙、丙三種水果到外地銷售（每輛汽車規定滿載，并且只裝一種水果）.如表為

裝運甲、乙、丙三種水果的重量及利潤.

甲乙丙

每輛汽車能裝的數量（噸）423

每噸水果可獲利潤（千元）574

（1）用8輛汽車裝運乙、丙兩種水果共22噸到A地銷售，問裝運乙、丙兩種水果的汽車各多少輛？

（2）水果基地計劃用20輛汽車裝運甲、乙、丙三種水果共72噸到B地俏售，（每種水果不少于一車），假設裝運甲水

果的汽車為m輛，則裝運乙、丙兩種水果的汽車各多少輛？（結果用m表示）

（3）在（2）問的基礎上，如何安排裝運可使水果基地獲得最大利潤？最大利潤是多少？

21.（6分）己知：如圖所示，拋物線產-x2+bx+c與x軸的兩個交點分別為A（1,0）,B（3,0）

⑴求拋物線的表達式；

⑵設點P在該拋物線上滑動，且滿足條件SAPAB=1的點P有幾個？并求出所有點P的坐標.

22.（8分）為了解朝陽社區20?60歲居民最喜歡的支付方式，某興趣小組對社區內該年齡段的部分居民展開了隨機

問卷調杳（每人只能選擇其中一項），并將調查數據整理后繪成如下兩幅不完整的統計圖.請根據圖中信息解答下列問

題：

各種支付方式的扇形統計圖各種支付方式中不同年齡段人數條形統計圖

A支付寶支付

求參與問卷調查的總人數.補全

B徵信支付

C現金支付

D其他

條形統計圖.該社區中20?60歲的居民約8000人，估算這些人中最喜歡微信支付方式的人數.

23.（8分）如圖，在RtAABC中，ZC=90°,ZA=30°,AB=8,點P從點A出發，沿折線AB?BC向終點C運動，

在AB上以每秒8個單位長度的速度運動，在BC上以每秒2個單位長度的速度運動，點Q從點C出發，沿CA方向

以每秒百個單位長度的速度運動，兩點同時出發，當點P停止時，點Q也隨之停止.設點P運動的時間為t秒.

（1）求線段AQ的長；（用含t的代數式表示）

（2）當點P在AB邊上運動時，求PQ與AABC的一邊垂直時t的值;

（3）設AAPQ的面積為S,求S與t的函數關系式；

（4）當AAPQ是以PQ為腰的等腰三角形時，直接寫出t的值.

B

□QC

24.（10分）如圖，在R3A8C中，ZABC=90°,AB=CBf以48為直徑的。。交4C于點O,點E是48邊上一點

（點E不與點A、3重合），OE的延長線交。。于點G,DFA.DG.且交3C于點尸.

L

3FC

（1）求證：AE=BF；

（2）連接GA.EF,求證：GB//EFx

（3）若4￡=1,￡8=2,求OG的長.

25.（10分）如圖，某校準備給長12米，寬8米的矩形A8CD室內場地進行地面裝飾，現將其劃分為區域I（菱形

PQFG）,區域n（4個全等的直角三角形），剩余空白部分記為區域m；點。為矩形和菱形的對稱中心，OPABf

OQ=2OP,AE二PM,為了美觀，要求區域n的面積不超過矩形A3CD面積的:，若設OP=x米.

28

>*I

-------

A—??*—3

甲乙丙

單價（元/米2）2m5〃2m

Q

（1）當】二§時，求區域n的面積.計劃在區域i,n分別鋪設甲，乙兩款不同的深色瓷磚，區域m鋪設丙款白色瓷磚,

①在相同光照條件下，當場地內白色區域的面積越大，室內光線亮度越好.當x為多少時，室內光線亮度最好，并求此

時白色區域的面積.

②三種瓷磚的單價列表如下，利，〃均為正整數，若當x=2米時，購買三款瓷磚的總費用最少，且最少費用為7200元,

此時，〃=,n=.

26.（12分）草莓是云南多地盛產的一種水果，今年某水果銷售店在草莓銷售旺季，試銷售成本為每千克20元的草莓,

規定試僚期間銷售單價不低于成本單價，也不高于每千克40元，經試俏發現，俏售量y（千克）與俏售單價x（元）

符合一次函數關系，如圖是y與x的函數關系圖象.

（1）求y與x的函數關系式；

（2）直接寫出自變量x的取值范圍.

27.（12分）（10分）如圖，AB是。O的直徑，ODJ_弦BC于點F,交。。于點E,連結CE、AE、CD,若NAEC=NODC.

（1）求證：直線CD為0O的切線；

（2）若AB=5,BC=4,求線段CD的長.

參考答案

一、選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）

1、D

【解析】

由5頭牛、2只羊，值金10兩可得：5x+2y=10,由2頭牛、5只羊，值金8兩可得2x+5y=8,則7頭牛、7只羊，值

金18兩，據此可知7x+7y=18,據此可得答案.

【詳解】

解；設每頭牛值金X兩，每只羊值金y兩，

由5頭牛、2只羊，值金10兩可得：5x+2y=10,

由2頭牛、5只羊，值金8兩可得2x+5y=8,

則7頭牛、7只羊，值金18兩，據此可知7x+7y=18,

5x+2y=S

所以方程組錯誤,

2x+5y=10

故選：D.

【點睛】

本題主要考查由實際問題抽象出二元一次方程組，解題的關鍵是理解題意找到相等關系及等式的基本性質.

2、C

【解析】

試題分析：已知一個正多邊形的一個外角為必°,則這個正多邊形的邊數是360。36=10,故選C.

考點：多邊形的內角和外角.

3、B

【解析】

分析：根據平行線的性質和三角形的外角性質解答即可.

詳解：如圖，

VAB/7CD,Zl=45°,

AZ4=Z1=45°,

VZ3=80°,

/.Z2=Z3-Z4=80°-45°=35°,

故選B.

點睛：此題考查平行線的性質，關鍵是根據平行線的性質和三角形的外角性質解答.

4、A

【解析】

作軸于O,作CE_Ly軸于凡則N4QO=NOEC=90。，得出Nl+Nl=90。，由正方形的性質得出OC=AO,

Zl+Z3=9（r,證出N3=NL由AAS證明△OCb'g/XAOO,得到O￡'=A&=1,CE=OD=,即可得出結果.

【詳解】

解：作軸于O,作CE_Ly軸于E,如圖所示：

則N4QO=NOEC=90。，???N1+N1=9O°.

?

*：AO=lfAD=lf；?OD=M_J=瓜,??點A的坐標為（1,行），/.AD=1,

???四邊形。48c是正方形.Z4OC=90°,OC=AO.AZ1+Z3=90°,Z3=Z1.

ZOEC=/ADO

在ZiOCE和△AOO中，Z3=Z2,???△OCEgZkAO。（AAS）,：.OE=AD=lfCE=OD=6,，點C的

OC=AO

坐標為（JL-i）.

故選A.

【點睛】

本題考查了正方形的性質、坐標與圖形性質、全等三角形的判定與性質；熟練掌握正方形的性質，證明三角形全等得

出對應邊相等是解決問題的關鍵.

5、D

【解析】

試題分析：設正圓錐的底面半徑是r,則母線長是2r,底面周長是2",設正圓錐的側面展開圖的圓心角是n。，則

■二：=2仃,解得：n=180°.故選D.

考點：圓錐的計算.

6、A

【解析】

12x—12x+1

原式=（2）（1）?（I）2+——=------+-------=-------=1,故選故

久十1尢十1x+1JV+1

7、D

【解析】

過O作直線OE_LAB,交CD于F,由CD〃AB可得△OABsaoCD,根據相似三角形對應邊的比等于對應高的比列

方程求出CD的值即可.

【詳解】

過O作直線OE_LAB,交CD于F,

VAB//CD,

AOF±CD,OE=12,OF=2,

/.△OAB^AOCD,

：OE、OF分別是AOAB和ZkOCD的高，

.OFCD.2CD

.?----=----,即n—=----,

OEAB126

解得：CD=1.

故選D.

【點睛】

本題考查相似三角形的應用，解題的關鍵在于理解小孔成像原理給我們帶來的已知條件，熟記相似三角形對應邊的比

等于對應高的比是解題關鍵.

8、A

【解析】

分析：根據主視圖、左視圖、俯視圖是分別從物體正面、側面和上面看所得到的圖形，從而得出該幾何體的左視圖.

詳解：該幾何體的左視圖是：

故選A.

點睛：本題考查了學生的思考能力和對幾何體三種視圖的空間想象能力.

9、D

【解析】

因為?!+!=°，所以?《的相反數是1?

2222

故選I).

10、A

【解析】

根據二次函數的性質、一次函數的性質及反比例函數的性質判斷出函數符合y隨x的增大而減小的選項.

【詳解】

解：A.此函數為一次函數，隨x的增大而減小，正確；

B.此函數為二次函數，當xVO時，隨X的增大而減小，錯誤；

C.此函數為反比例函數，在每個象限，y隨x的增大而減小，錯誤；

D.此函數為一次函數，y隨x的增大而增大，錯誤.

故選A.

【點睛】

本題考查了二次函數、一次函數、反比例函數的性質，掌握函數的增減性是解決問題的關鍵.

11、B

【解析】

求出AD=BD,根據NFBD+NC=90。，ZCAD4-ZC=90°,推出NFBD=NCAD,根據ASA證△FBDgZiCAD,

推出CD=DF即可.

【詳解】

解：VAD±BC,BE±AC,

:.ZADB=ZAEB=ZADC=90°,

:.ZEAF+ZAFE=90°,ZFBD+ZBFD=90°,

VZAFE=ZBFD,

.\ZEAF=ZFBD,

VZADB=90°,ZABC=45°,

.*.ZBAD=45O=ZABC,

.\AD=BD,

/CAD=/DBF

在^ADC和^BDF中｛A。=BQ,

ZFDB=ZADC

/.△ADC^ABDF,

ADF=CD=4,

故選：B.

【點睛】

此題主要考查了全等三角形的判定，關鍵是找出能使三角形全等的條件.

12、C

【解析】

根據平行四邊形的性質和圓周角定理可得出答案.

【詳解】

根據平行四邊形的性質可知NB=NAOC,

根據圓內接四邊形的對角互補可知NB-ND=180。，

根據圓周角定理可知ND=!ZAOC,

2

因此NB+ND=NAOC+，ZAOC=180°,

2

解得/A()C=120。，

因此NADC=60°.

故選C

【點睛】

該題主要考查了圓周角定理及其應用問題；應牢固掌握該定理并能靈活運用.

二、填空題：(本大題共6個小題，每小題4分，共24分.)

13、100+100G

【解析】

【分析】由已知可得NACDnNMCA=45。，ZB=ZNCB=30°,繼而可得NDCB=60。，從而可得AD=CD=100米，DB=

100百米，再根據AB=AD+DB計算即可得.

【詳解】VMN//AB,ZMCA=45°,ZNCB=30°,

:.ZACD=ZMCA=45n,ZB=ZNCB=3O,

VCDXAB,.?.ZCDA=ZCDB=9()°,ZDCB=60°,

???CD=100米，???AD=CD=100米，DB=CD*tan60°=73CD=10073

AAB=AD+DB=100+10073(米)，

故答案為：100+100

【點睛】本題考查了解直角三角形的應用--仰角俯角問題，解題的關鍵是借助俯角構造直角三角形并解直角三角

形.注意方程思想與數形結合思想的應用.

14、5.

【解析】

試題解析：過E作EM_LAB于M,

.\AD=BC=CD=AB,

AEM=AD,BM=CE,

VAABE的面積為8,

—xABxEM=8,

2

解得：EM=4,

即AD=DC=BC=AB=4,

VCE=3,

由勾股定理得：BE=《BC?+CE?="2+3?=5.

考點：1.正方形的性質；2.三角形的面積；3.勾股定理.

15>-

2

【解析】

利用直角三角形的性質，判定三角形相似，進一步利用相似三角形的面積比等于相似比的性質解決問題.

【詳解】

如圖，

AZADB=90°,

AZCAB=ZADB,且NB二NB,

/.△CAB^AADB,

:.（AB：BC）,=△ADB：△CAB,

XVSAABC=4SAABD,則SAABD：SAABC=1：4,

AAB：BC=1：1.

16>（2。-1）2

【解析】

根據完全平方公式的特點：兩項平方項的符號相同，另一項是兩底數積的2倍，本題可用完全平方公式分解因式.

【詳解】

解：4a2-4a+i=（2a-l）2.

故答案為（2。-1尸.

【點睛】

本題考查用完全平方公式法進行因式分解，能用完全平方公式法進行因式分解的式子的特點需熟練掌握.

17>-a5

【解析】

根據塞的乘方和積的乘方運算法則計算即可.

【詳解】

解：（-a^a^-a^a^-a^^-a5.

故答案為：-a$.

【點睛】

本題考查了賽的乘方和積的乘方運算.

18、1.

【解析】

試題分析：先用相反數的意義確定出m+n=O,從而求出|m+n-1|,丁!!!，n互為相反數，.??m+ii=O,...|m+n-1|=|-1|=1；

故答案為1.

考點：1.絕對值的意義；2.相反數的性質.

三、解答題：（本大題共9個小題，共78分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

19、x=3

【解析】

先去分母，再解方程，然后驗根.

【詳解】

解；去分母，得1-3（x-2）=l-x,l-3x-6=l-x?x=3,經檢驗，x=3是原方程的根.

【點睛】

此題重點考察學生對分式方程解的應用，掌握分式方程的解法是解題的關鍵.

20、（1）乙種水果的車有2輛、丙種水果的汽車有6輛；（2）乙種水果的汽車是（m?12）輛，丙種水果的汽車是（32

-2m）輛；（3）見解析.

【解析】

（1）根據“8輛汽車裝運乙、閃兩種水果共22噸到A地銷售”列出方程組，即可解

答；

m+a+b=20

（2）設裝運乙、丙水果的車分別為a輛，b輛，列出方程組即可解答;

4〃?+為+3〃=72,

m>1

（3）設總利潤為w千元，表示出w=10m+L列出不等式組《m-\2>\確定m的取值范圍13<m<15.5,結合一次函

32-2ni>1,

數的性質，即可解答.

【詳解】

解：（1）設裝運乙、丙水果的車分別為x輛，y輛，得:

x+y=8

2x+3y=22,

x=2

解得：￡

y=6.

答：裝運乙種水果的車有2輛、丙種水果的汽車有6輛.

（2）設裝運乙、丙水果的車分別為a輛，b輛，得:

m+i7+/?=2O

+2〃+3/?=72,'

[a=12

解得：L「

[b=32-2m,

答：裝運乙種水果的汽車是（m?12）輛，丙種水果的汽車是（32?2m）輛.

（3）設總利潤為w千元，

W=5x4m4-7x2(m-12)+4x3(32-2m)=10m+l.

m>1

V?m-\2>1

32-2/zz>1,

13<m<15.5,

???m為正整數，

Am=13,14,15,

在w=10m+l中，w隨m的增大而增大，

，當m=15時，W*±=366（千元）,

答：當運甲水果的車15輛，運乙水果的車3輛，運丙水果的車2輛，利潤最大，最大利潤為366千元.

【點睛】

此題主要考查了一次函數的應用，解決本題的關鍵是運用函數性質求最值,需確定

自變量的取值范圍.

21、（l）y=-x2+4x-3；（2）滿足條件的P點坐標有3個，它們是（2,1）或（2+應，-1）或（2-&，-1）.

【解析】

（1）由于已知拋物線與x軸的交點坐標，則可利用交點式求出拋物線解析式；

（2）根據二次函數圖象上點的坐標特任，可設P（t,?+如?3）,根據三角形面積公式得到g<2.|-t2+4t-3|=l,然后去

絕對值得到兩個一元二次方程，再解方程求出t即可得到P點坐標.

【詳解】

解:⑴拋物線解析式為y=-（x-1）（x-3）=-x2+4x-3；

⑵設P（t,-t2+4t-3）,

因為SPAB=LAB=3-1=2,

所以;?2?|-t2+4t-3|=1,

當-t2+4t-3=l時，ti=t2=2,此時P點坐標為（2,1）；

當?t?+4t-3=-i時，32+四,t2=2-V2，此時P點坐標為（2+應，T）或（2?&,-1）,

所以滿足條件的P點坐標有3個，它們是（2,1）或（2+0,-1）或（2?0,-1）.

【點睛】

本題考查了待定系數法求二次函數的解析式：在利用待定系數法求二次函數關系式時，要根據題目給定的條件，選擇

恰當的方法設出關系式，從而代入數值求解.一般地，當已知拋物線上三點時，常選擇一般式，用待定系數法列三元

一次方程組來求解：當已知拋物線的頂點或對稱軸時，常設其解析式為頂點式來求解：當已知拋物線與x軸有兩個交

點時，可選擇設其解析式為交點式來求解.

22、（1）參與問卷調查的總人數為500人；（2）補全條形統計圖見解析；（3）這些人中最喜歡微信支付方式的人數約

為2800人.

【解析】

（1）根據喜歡支付寶支付的人數。其所占各種支付方式的比例;參與問卷調查的總人數，即可求出結論；

（2）根據喜歡現金支付的人數（41?60歲）=參與問卷調查的總人數x現金支付所占各種支付方式的比例.15,即可求

出喜歡現金支付的人數（41?60歲），再將條形統計圖補充完整即可得出結論；

（3）根據喜歡微信支付方式的人數=社區居民人數x微信支付所占各種支付方式的比例，即可求出結論.

【詳解】

（1）（120+80）+40%=500（人）.

答：參與問卷調查的總人數為500人.

(2)500x15%-15=60(人).

補全條形統計圖.如圖所示.

各種支付方式中不同年的屋人鼓條形統計圖

(3)8(Wx(l-40%-10%-l5%)=2800(人).

答：這些人中最喜歡微信支付方式的人數約為2800人.

【點睛】

本題考查了條形統計圖、扇形統計圖以及用樣本估計總體，解題的關鍵是：（1）觀察統計圖找出數據，再列式計算;

（2）通過計算求出喜歡現金支付的人數（41?60歲）；（3）根據樣本的比例x總人數，估算出喜歡微信支付方式的人

數.

23、（1）473-V3t；（2）當點P在AB邊上運動時，PQ與△ABC的一邊垂直時t的值是t=0或羨或：；（3）S與

-2舟+8月(0WY1)

（4）t的值為［或

t的函數關系式為:

>/3r-7x/3r+12>/3(l<^<3)

【解析】

分析：（D根據勾股定理求出AC的長，然后由AQ=AC-CQ求解即可：

（2）當點P在AB邊上運動時，PQ與△ABC的一邊垂直，有三種情況：當Q在C處，P在A處時，PQ1BC；當

PQJ_AB時；當PQ_LAC時；分別求解即可；

（3）當P在AB邊上時，即0WK1,作PG_LAC于G,或當P在邊BC上時，即lVt￡3,分別根據三角形的面積求

函數的解析式即可；

（4）當△APQ是以PQ為腰的等腰三角形時，有兩種情況：①當P在邊AB上時，作PG_LAC于G,則AG=GQ,

列方程求解；②當P在邊AC上時，AQ=PQ,根據勾股定理求解.

詳解：（1）如圖1,

R3ABC中，ZA=30°,AB=8,

ABC=-AB=4,

2

--.AC=A/82_42=764-16=473,

由題意得：CQ=JJt,

???AQ=4/-5；

（2）當點P在AB邊上運動時，PQ與△ABC的一邊垂直，有三種情況:

①當Q在C處，P在A處時，PQ_LBC,此時t=0；

②當PQ_LAB時，如圖2,

?.?AQ=4百-百t,AP=8t,NA=30。,

*3。。=理二旦

AQ2

.8/

..西五tF

12

t=-；

19

③當PQ_LAC時，如圖3,

???AQ=4/-V3t,AP=8t,ZA=30°,

???33。。=爺=￥，

?.?4--拒-----0--=-x-/-3

8，2

4

t=5；

124

綜上所述，當點P在AB邊上運動時，PQ與△ABC的一邊垂直時t的值是t=0或歷或q；

（3）分兩種情況：

①當P在AB邊上時，即0W6L如圖4,作PG_LAC于G,

VZA=30°,AP=8t,ZAGP=90°,

APG=4t,

，SAAPQ=；AQ?PG=；(46-6t)?4t=-26t2+8Gt；

②當P在邊BC上時，即1VK3,如圖5,

.\PC=4-2(t-1)=-2t+6,

???SAAPQ=gAQ?PC=；(4^/3-V3t)(-2t+6)t2-7^/+12>/3;

一26產+86(0工Yl)

綜上所述，S與t的函數關系式為：S=廠，「r-；

V372-7V3r+12V3(l</<3)

(4)當AAPQ是以PQ為腰的等腰三角形時，有兩種情況：

①當P在邊AB上時，如圖6,

AP=PQ,作PG_LAC于G,貝!)AG=GQ,

VZA=30°,AP=8t,ZAGP=90°,

APG=4t,

，AG=4島，

由AQ=2AG得：473-百t=8/t,t=：

②當P在邊AC上時，如圖7,AQ=PQ,

圖7

RtZkPCQ中，由勾股定理得：CQ2+CP2=PQ2,

???(何~+(-2.+6)2=(46

t=G或-V3(舍)，

綜上所述，t的值為1或G.

點睛：此題主要考查了三角形中的動點問題，用到勾股定理，等腰三角形的性質，直角三角形的性質，二次函數等知

識，是一道比較困難的綜合題，關鍵是合理添加輔助線，構造合適的方程求解.

24、(1)詳見解析；(2)詳見解析；(3)當I

【解析】

(1)連接BD,由三角形ABC為等腰直角三角形，求出NA與NC的度數，根據AB為圓的直徑，利用圓周角定理得

到NADB為直角，即BD垂直于AC,利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，得至ljAD=DC=BDWAC,進而

確定出NA=NFBD,再利用同角的余角相等得到一對角相等，利用ASA得到三角形AED與三角形BFD全等，利用

全等三角形對應邊相等即可得證；

(2)連接EF,BG,由三角形AED與三角形BFD全等，得至UED=FD,進而得到三角形DEF為等腰直角三角形，利

用圓周角定理及等腰直角三角形性質得到一對同位角相等，利用同位角相等兩直線平行即可得證；

(3)由全等三角形對應邊相等得到AE=BF=L在直角三角形BEF中，利用勾股定理求出EF的長，利用銳角三角形

函數定義求出DE的長，利用兩對角相等的三角形相似得到三角形AED與三角形GEB相似，由相似得比例，求出

GE的長，由GE+ED求出GD的長即可.

(1)證明：連接BD,

在RtAABC中，ZABC=90°,AB=BC,

AZA=ZC=45°,

TAB為圓O的直徑，

.\ZADB=90°,即BDJ_AC,

AAD=DC=BD=;Uc,ZCBD=ZC=45°,

■

AZA=ZFBD,

VDF±DG,

.?.ZFDG=90°,

/.ZFDB+ZBDG=90°,

VZEDA+ZBDG=90°,

/.ZEDA=ZFDB,

在AAED和△BFD中，

NA=NFBD,AD=BD,ZEDA=ZFDB,

/.△AED^ABFD(ASA),

AAE=BF；

(2)證明：連接EF,BG,

,/△AED^ABFD,

ADE=DF,

VZEDF=90°,

/.△EDF是等腰直角三角形，

.\ZDEF=45O,

VZG=ZA=45°,

.\ZG=ZDEF,

AGB/7EF；

(3)VAE=BF,AE=1,

ABF=1,

在RtAEBF中,ZEBF=90°,

，根據勾股定理得：EF2=EB2+BF2,

VEB=2,BF=1,

/.EF=x?-h?=N7,

:△DEF為等腰直角三角形，ZEDF=90°,

ns

ACOSZDEF=TuuT>

VEF-V3Z

:.DE=-.?xy=學，

VZG=ZA,ZGEB=ZAED,

/.△GEB^AAED,

.,.H=隹，即GE*ED=AE-EB,

DO00

???三GE=2,即GE-

貝！JGD=GE+ED=

JHir,￥

~K

25、(1)8m2；(2)68nr;(3)40,8

【解析】

114-v8

(D根據中心對稱圖形性質和，。尸|<B,OM=]A兄=可得AE=亍,即可解當x=;時，4個全等直

角三角形的面積；

(2)白色區域面積即是矩形面積減去一二部分的面積，分別用含x的代數式表示出菱形和四個全等直角三角形的面積,

列出含有x的解析式表示白色區域面積，并化成頂點式，根據OvOPv4,0<OQ<6tS/Z<|x96,求出自變量

O

的取值范圍，再根據二次函數的增減性即可解答；

(3)計算出x=2時各部分面積以及用含m、n的代數式表示出費用，因為m,n均為正整數,解得m=40.n=8.

【詳解】

(1)??,0為長方形和菱形的對稱中心，OP\ABt：.OM=-AB=4

2

14一x

?;AE=-PM,OP+PM=OM,：.AE=-------

22

o4-121i2

二當x二一時，AE=------=—,S〃=4x—AM?AE=4x—x6x-=8〃5

323〃2