第=page11/=sectionpages118118頁2024年浙江省各地市中考數學二模壓軸題精選溫馨提示：本卷58題，分為4部分，題目均選自2024年浙江省各地市二模試題。本卷解答題留有足夠答題空間，試題部分可直接打印出來練習。本卷難度較大，適合基礎較好的同學。第一部分一次函數與反比例函數1.(2024·浙江省寧波市·二模)如圖，點A在反比例函數y=1x(x>0)的圖象上，點B在反比例函數y=-3x(x<0)的圖象上，且OA⊥OB，連結AB交y=1x(x>0)圖象于點A.32 B.3 C.22.(2024·浙江省溫州市·二模)臺州市域鐵路S1線臺州站至城南站全長52km，理論票價實行里程分段計價制，理論票價y(單位：元)與行駛里程x(單位：km)之間的函數關系如圖(AB,BC為線段)，但在定價時，按該分段計價制所得結果常為小數，實際票價為大于或等于該值的最小整數，如當行駛里程為37km時，所得理論票價為8.5元，實際票價則為9元.經查從甲站到乙站的實際票價為10元，則甲乙兩站的里程不可能為(

)A.44km B.45km C.46km D.47km

3.(2024·浙江省臺州市·二模)如圖，過原點的線段AB的兩端點A和B分別在反比例函數y=kx(x>0)和y=2x(x<0)的圖象上，過點A作x軸的垂線，垂足為C，若△BOC面積為

4.(2024·浙江省杭州市·二模)如圖，在平面直角坐標系中，點A在第一象限，AB⊥x軸于點B，函數y=kxx>0的圖象經過線段AB的中點D，交OA于點C，連接CB.若?AOB的面積為12，則k=

；?COB的面積為5.(2024·浙江省寧波市·二模)如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A(0,3)，B(4,0)，將△AOB向右平移到△CDE位置，點A，O分別與點C，D對應，函數y=kx(k>0)的圖象經過點C和CE的中點F

6.(2024·浙江省紹興市·二模)如圖，反比例函數y=kxx<0的圖象經過點A-1,1，過點A作AB⊥y軸，垂足為B，在y軸的正半軸上取一點P，過點P作直線OA的垂線l，以直線l為對稱軸，點B經軸對稱變換得到的點B'在此反比例函數的圖象上，則點第二部分二次函數7.(2024·浙江省臺州市·二模)已知點A(m,k)，B(n,k+1)(m>0>n)是二次函數y=x2+1函數圖象上的兩個點，若關于x的一元二次方程mx2+nx+k=0有兩根xA.0<x1+x2<1，x1?x2>0 B.x18.(2024·浙江省金華市·二模)已知m，n是函數y1=x與y2=x2-2x+c圖象兩個交點的橫坐標，點AA.若0<t<m<n<2，則n<T B.若0<t<m<n<2，則T<n

C.若0<m<t<n<2，則n<T D.若0<m<t<n<2，則T<n9.(2024·浙江省杭州市·二模)已知二次函數y=ax2-2ax+3圖象上兩點P(x1A.若x1+1>x2+1，則a<0 B.若|x1-1|>|x2-1|10.(2024·浙江省杭州市·二模)已知二次函數y=x2-2x+2，當0≤x≤t時，函數最大值為M，最小值為N.A.0.5 B.1.5 C.3 D.411.(2024·浙江省臺州市·二模)已知二次函數y=(x-m)2(m為常數)，當x1≤x≤x212.(2024·浙江省金華市·二模)已知二次函數y=-2x-tx+t-5+7(t為常數)，點P(x1,y13.(2024·浙江省寧波市·二模)已知二次函數y=x2+bx+c的圖象與x軸只有一個公共點，且當x=a和x=a+n時函數值都為m，則m與n14.(2024·浙江省溫州市·二模)設拋物線y=ax2+6x-4與直線y=kx(1)求a，k的值及拋物線的對稱軸；(2)設Mx1,m，Nx2,m是拋物線上兩點，且①當x2-x②當x3-x15.(2024·浙江省紹興市·二模)如圖，二次函數y=x2+bx+c(b,c是常數)的圖象與x軸交于A，B兩點，與y軸交于C點．已知OC=3，并且當x=1時，y=0．

(1)填空：該二次函數的解析式為

．(2)已知該二次函數的圖象上有兩點，它們的坐標分別是x1,y1，x2,y2，當(3)過B，C兩點作直線，點P為該直線上一動點，過點P作y軸的平行線，分別交x軸和拋物線于點M，N，若PMMN=13，試求以O，C，

16.(2024·福建省福州市·二模)已知二次函數y=ax2+bx+c(a≠0)．

(1)當a=2時，

①若該函數圖象的對稱軸為直線x=1，且過點(0,3)，求該函數的表達式；

②若方程ax2+bx+c=0有兩個相等的實數根，求證：2b+8c≥-1；

(2)若a=-b4=c

17.(2024·浙江省杭州市·二模)“水門禮”是民航最高級別的禮儀，寓意接風洗塵，C919國產大飛機首航抵達北京首都機場，穿過隆重的“水門禮”.如圖1，兩輛車向飛機噴射水柱，形成的兩條水柱形狀相同，均可以看作是拋物線的一部分，當兩輛車噴水口的水平距離為60米，兩條水柱在拋物線的頂點處相遇．建立直角坐標系，如圖2，此時頂點H距離地面22米，噴水口A，B點距地面均為4米．(噴射水柱的動力和角度均保持不變)

(1)請寫出經過A，B，H三點的拋物線的函數表達式．(2)若兩輛車同時向后退10米，兩條水柱形狀及噴水口到地面的距離均保持不變，兩條水柱的相遇點距離地面多少米？(3)若水柱相遇點距離地面14米，兩輛車應該在(2)的條件下再分別后退多少米？

18.(2024·浙江省紹興市·二模)為了美化教室，打造富有特色的班級文化墻．某美術社團小組在學習了拋物線的相關知識后，計劃設計“拋物線型”花邊裝飾班級公告欄標題．【建立模型，制作花邊】社團小組的同學們首先在平面直角坐標系中設計了一個如圖1的“拋物線型”花邊，該花邊的高度為12cm．【擺放花邊，制定方案】同學們剪下該花邊若干個，嘗試在長為60cm，寬為12cm的公告欄標題處擺放該花邊，經過討論交流形成了以下兩個方案：方案一：如圖2，將該花邊完全放入公告欄標題中，發現恰好能擺出一幅有5個連續花邊組成的圖案．方案二：如圖3，將花邊的一部分放入公告欄標題中，擺出上下兩排各含有若干個連續花邊的圖案，每個花邊(即每條拋物線)的高度相等，相對兩個花邊的頂點之間的距離為h．【實施方案，展示作品】請根據上述研究步驟與相關數據，完成下列任務：(1)求出圖1的平面直角坐標系中拋物線花邊的函數表達式；(2)若采用研究步驟中的方案二進行設計，當h=6cm

19.(2024·浙江省臺州市·二模)有一種玩具叫“不倒翁”，圖1所示的不倒翁自上而下由糖果盒、裝飾盒、底座三層構成.這個不倒翁造型的底部縱截面邊緣形成一條拋物線，若將不倒翁放在矩形桌面上，當其相對桌面靜止時，最低點A距桌邊線的水平距離為10cm，此時，粘在玩具上的標簽B距桌面的垂直距離為2.5cm，距桌的邊線的水平距離為5cm.已知不倒翁的底部最高點距桌面的垂直距離為10cm.如圖2，建立平面直角坐標系，其中點的橫坐標表示這點與桌的邊線的水平距離，縱坐標表示這點與桌面的垂直距離．

(1)求這個不倒翁底座所在拋物線的函數表達式．

(2)這個不倒翁糖果盒、裝飾盒兩部分縱截面邊緣也恰好形成一條拋物線，且裝飾盒上點Q距桌面的垂直距離為30cm，距桌的邊線的水平距離為5cm.求這個不倒翁的總高度．

(3)當不倒翁向左搖擺恰好點B在桌面上時，它有越過左邊線的部分嗎？請說明理由．

20.(2024·浙江省臺州市·二模)【背景素材】射擊過程中，瞄準線和槍管并不是平行的.如圖1，當瞄準線處于水平時，槍管略微上翹，子彈從槍膛中射出后，其飛行過程形成的軌跡(彈道軌跡)近似于拋物線，彈道軌跡與瞄準線有兩個交點，分別稱為第一歸零點和第二歸零點.射擊靶靶面呈圓形，圓心即靶心，射擊時，瞄準線對準靶心，且垂直于靶面.當靶心位于任意一個歸零點時，子彈就能精準命中靶心，否則將偏離靶心．

【探究思考】有一射擊靶距甲種槍槍膛口水平距離為200m，射擊隊員調整瞄準鏡，使其水平對準靶心，并使靶心剛好位于第二歸零點，此時彈道軌跡已確定.如圖2，以瞄準線為x軸，槍膛口豎直方向為y軸建立平面直角坐標系，則子彈的飛行高度y(單位：m)與水平距離x(單位：m)滿足函數關系y=-1105(x-n)(x-200)，已知點P為該槍槍膛口，其低于瞄準線0.06m(即OP=0.06m)．

(1)求出n的值，并解釋點N(n,0)的實際意義．

(2)在不調整彈道軌跡的情況下，把射擊靶向前移動到與槍膛口的水平距離為120m處，若射擊靶半徑為0.1m，問子彈能否命中靶面？請說明理由．

【理解應用】如圖3，同上建立平面直角坐標系，已知乙種槍彈道軌跡恒不變，且其兩個歸零點坐標分別為A(10,0)，C(85,0)，點B(15,0.05)是彈道軌跡上一點.有一移動電子靶在距槍膛口水平距離75m處啟動加速，迎面馳來，在距槍膛口水平距離50m處以10m/s的速度開始勻速運動，當電子靶啟動的同時，一隊員開始水平瞄準靶心，瞄準后再連開兩槍，隨后都命中靶面，子彈落點分別位于靶心上方0.2m和0.05m處(該移動電子靶靶面半徑大于0.2m)，從電子靶啟動到命中第二槍共用時6s

21.(2024·浙江省杭州市·二模)綜合與實踐：根據以下素材，探索完成任務．生活中的數學：如何確定汽車行駛的安全距離背景現代社會汽車大量增加，發生交通事故的一個原因是遇到意外不能立即停車．駕駛員從發現前方道路有異常情況到立即操縱制動器需要一段時間，這段時間叫反應時間，在這段時間里汽車通過的距離叫做反應距離；從操縱制動器制動，到汽車靜止，汽車又前進一段距離，這段距離叫制動距離．素材1《駕駛員守則》中駕駛員在不同車速時所對應的正常反應距離的表格：車速x(千米/時)306090反應距離s(米)2.557.5注意：1千米/時=518米(1)已知反應時間=反應距離(米素材2制動距離(俗稱：剎車距離)與汽車速度有關．下表為測試某種型號汽車的剎車性能，工程師進行了大量模擬測試，測得汽車的數據如下表：剎車時車速x(千米/時)051015202530剎車距離y(米)00.10.30.611.62.1素材3相關法規：《道路安全交通法》第七十八條：高速公路上行駛的小型載客汽車最高車速不得超過每小時120公里．任務1(2)請根據素材2回答：測量必然存在誤差，請利用平面直角坐標系(如圖1)，以所測得數據剎車時車速x為橫坐標，剎車距離y為縱坐標，描出所表示的點，并用光滑的曲線連接，畫出函數大致圖象，并求出一個大致滿足這些數據的函數表達式；任務2(3)請根據素材2和3相應的結論回答：在測試中，該型號的汽車在高速公路上發生了一次交通事故，現場測得剎車距離為32.5米，請推測汽車是否超速行駛；任務3(4)請根據以上所有的素材回答問題：測試汽車在行人較多城市道路的機動車道正常行駛中，某時突然有一人騎自行車橫穿機動車道，此時自行車前輪行至非機動車道與機動車道交界處的C點時與轎車的距離s=4.6米(見圖2).測試汽車看到行人后立即剎車，若汽車在沒有越過自行車路線CE前停車(見圖3)，汽車剎車前的最大速度不能超過多少？(注意：停車距離=反應距離+制動距離)

第三部分三角形與四邊形22.(2024·浙江省臺州市·二模)如圖，將三角形ABC(AC>AB)沿BC方向平移得到△DEF，使BE=13BC，DE與AC交于點M，以下關于四邊形DMCF和四邊形ABEMA.周長之差可由(AC-AB)值確定

B.周長之和可由(AC+AB)值確定

C.周長之差可由(AC-AB+BC)值確定

23.(2024·浙江省紹興市·二模)如圖，在Rt?ABC中，∠C=90°，AC=BC，點D是BC的中點，將AD繞著點A順時針旋轉90°至AE，連接BE，交AC于點F，交AD于點G，則tanA.34 B.45 C.5624.(2024浙江省金華市·二模)如圖，大正方形ABCD是由四個全等的直角三角形(?ABE,?BCF,?CDG,?DAH)和中間一小正方形EFGH拼成，連接DE.設∠BAE=α，∠CDE=βA.12 B.22 C.325.(2024·浙江省金華市·二模)如圖，把4個形狀大小均相同的矩形擺放成正方形AEFG，連接EI并延長交AG于點H，連接GI.若DG=4DH，則EH:IG的值是(

)

A.85 B.5+12 C.26.(2024·浙江省金華市·二模)如圖，在四邊形ABCD中，AB//DC，AB=BC，AD⊥AC，點E為對角線AC的中點，射線DE交邊BC于點F，且DF⊥BC，則A.32 B.53 C.27.(2024·浙江省杭州市·二模)如圖，在?ABC中，點D是AB上一點(不與點A，B重合)，過點D作DE//BC交AC于點E，過點E作EF/?/AB交BC于點F，點G是線段DE上一點，EG=2DG，點H是線段CF上一點，CH=2HF，連接AG,AH,GH,HE.若已知?AGH的面積，則一定能求出(

)A.?ABC的面積 B.?ADE的面積

C.四邊形DBFE的面積 D.

28.(2024·浙江省紹興市·二模)如圖，在由四個全等的直角三角形拼成的“趙爽弦圖”中，四邊形ABCD與四邊形EFGH均為正方形，連結HF并延長，分別交邊AD，BC于點M，N.若EF=2，tan∠BAF=12，則MN的長為(

)A.832 B.32 29.(2024·浙江省溫州市·二模)如圖，把一張寬為1cm的長方形紙片ABCD沿PQ，MN折疊.頂點A，B，C，D的對應點分別為A'，B'，C'，D'，點B'與D'重合，點A恰與BC，MD的交點重合．若BQNC=A.5cm B.(5+1)cm 30.(2024·浙江省溫州市·二模)到目前為止，勾股定理的證明已超過400種，其中一種簡潔易懂方法叫做“常春證法”，即利用面積分割法證得.如圖，已知△ABC≌△DCE，∠ACB=90°，邊ED和CD分別與AB交于點F和點G，連接CF.若△ABD的面積為7，且tan∠ECF=A.52 B.3 C.103 31.(2024·浙江省杭州市·二模)如圖，矩形ABCD，點E、F分別是BC，CD上一點，連接EF，令∠AEB=α，已知AE=AF，BE=5CE，sinα=35，則sin∠AFD=32.(2024·浙江省金華市·二模)如圖，在?ABCD中，DE平分∠ADC交AB于點E，過E作EF⊥DE交BC于點F，延長AD至點G，使得DG=BF，連結GF，若AB=7，CF=3，tan∠EDC=2，則33.(2024·浙江省杭州市·二模)如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，D是AB的中點，點E，F分別在邊AC，BC上，AE=1，將△ADE，△BDF分別沿DE，DF翻折使得A與A'重合，B與B'重合，若34.(2024·浙江省紹興市·二模)在等邊?ABC中，D，E分別是邊AB，AC上的點，AD=CE，連接DE，若S?ABC=9S?ADE，則DE35.(2024·浙江省紹興市·二模)如圖，在矩形ABCD中，AB=8，AD=10，E，F，G，H分別是邊AD，AB，BC，CD上的動點，若AE=CG=a，當四邊形EFGH為矩形時，則a的取值范圍是

．

36.(2024·浙江省寧波市·二模)如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，M是AC上一點，AM=23CM，MN//AB交BC于點N，D是直線MN上一動點，連結AD，將線段AD繞點D逆時針旋轉90°至線段ED，連結AE.當點C，D，37.(2024·浙江省金華市·二模)如圖，?ABCD由5張紙片拼成，相鄰紙片之間互不重疊且無縫隙，其中兩張全等的等腰Rt△ADG，Rt△BCE紙片的面積均為S1，另兩張全等的直角三角形紙片的面積均為S2，中間紙片EFGH是正方形，直線FH分別交AD和BC于點M，N.設DF=m，AH=n，若2S

38.(2024·浙江省溫州市·二模)如圖，點P是正方形ABCD的中心，過點P的線段EF和GH將正方形ABCD分割成4個相同的四邊形，這4個四邊形拼成正方形PQMN.連接HF，記?PHF和?HCF的面積分別為S1,S2，設(1)若A，B，Q三點共線，則k=

(2)正方形ABCD和CJKL的面積之比為

.?(用含k39.(2024·浙江省臺州市·二模)如圖，點E為正方形ABCD的邊BC上一點(不與B，C重合)，連接DE.點F為點A關于直線DE的對稱點，連接AF，CF和DF，其中AF交DE于點G．

(1)若CF=DF，求tan∠AFC的值．

(2)作FH⊥CD于點H，求證：AF平分∠DFH．

(3)作DI⊥CF于點I

40.(2024·浙江省杭州市·二模)如圖，在?ABC中，點D，E，F分別在邊AC，BD，BC上．從下列條件中選擇其中兩個作為本題的條件．①AB2=AD?AC；②∠(1)求證：?ABE(2)連接EF，如果BF=CF，求證：EF/?

41.(2024·浙江省寧波市·二模)如圖1，四邊形ABCD中，∠BAD=90°，AB=AD=5，AC平分∠BCD．

(1)求證：∠BCD=90°．

(2)如圖2，DE平分∠BDC交AC于點E．

①若BC>CD，CE=2，求CD的長；

②如圖3，若點F是AB的中點，連結EF，DF，若△EFD

42.(2024·浙江省紹興市·二模)【特例發現】正方形ABCD與正方形AEFG如圖1所示放置，G，A，B三點在同一直線上，點E在邊AD上，連結BE，DG.通過推理證明，我們可得到兩個結論：①BE=DG；②BE⊥DG(1)【旋轉探究】將正方形AEFG繞點A按順時針方向旋轉一定角度到圖2所示的位置，則在“特例發現”中所得到的關于BE與DG的兩個結論還成立嗎？如果成立，請給出證明；如果不成立，請說明理由．

(2)【遷移拓廣】如圖3，在矩形ABCD與矩形AEFG中，若AB=2AD，AE=2AG.連結BE，DG.探索線段BE與線段DG存在怎樣的數量關系和位置關系？為什么？

(3)【聯想發散】如圖4，?ABC與?ADE均為正三角形，連結BD，CE.則線段BD與線段CE的數量關系是

；直線BD與直線CE相交所構成的夾角中，較小銳角的度數為

．

43.(2024·浙江省金華市·二模)根據以下操作，完成任務．如何折出正多邊形？操作1如圖①，先對折正方形，得到AB的垂直平分線，再攤開、鋪平，把點D，C折到AB的垂直平分線上．折疊后的點D，點C重合，記為點O.得到?ABO操作2將操作1中折出的?ABO剪下，如圖②，將?ABO對折，記折痕為OH，再攤開、鋪平，把點A，B折到OH上．折疊后的點A，點B問題解決任務1判斷?ABO任務2某數學學科小組在操作2的基礎上繼續折疊，提供了以下三種方案：方案①：將紙片沿EF向上折疊，使得點H落在點P處．方案②：將∠OEG對折，使得角兩邊EO與EG重合，折痕交OH于點P方案③：將紙片向左上方折疊，使得點E與點H重合，折疊后的點F落在點P處．以上方案中折出的四邊形EHFP為正方形的是.(填寫序號)任務3求操作1中的正方形ABCD與操作2中所折出的正方形EHFP的面積之比．

第四部分圓與扇形44.(2024·浙江省臺州市·二模)如圖，BC是⊙O的直徑，點A為⊙O上一點，D在CB的延長線上，且BC=2DB，若tan∠DAB=14，則A.1321

B.415

C.81945.(2024·浙江省杭州市·二模)如圖，△ABC內接于⊙O，AC=BC=8，AD是⊙O的直徑，連結BD，AE平分∠BAC交BD于E，若DE=2，則⊙OA.92

B.133

C.17446.(2024·浙江省金華市·二模)如圖，以等腰?ABC的底邊BC為直徑作⊙O，分別交AB，AC邊于點D，E，過點E作EF⊥BC于點F，∠CEF的平分線交BC于點G.若BD=3，CG=1，則FG=

，AE=

.(參考素材：角平分線性質定理：三角形一個角的平分線與其對邊所成的兩條線段與這個角的兩邊對應成比例，如47.(2024·浙江省金華市·二模)如圖，在扇形OAB中，點O為圓心，點C在AB?上，過點C作CD⊥OA于點D，交弦AB于點E，且CE=AE，連接OE．

(1)設∠AOE=x，則∠AOB=

.(用x(2)已知AB?的長為5π，若?BEO為等腰三角形，則扇形OAB的半徑長為

48.(2024·浙江省臺州市·二模)如圖，△ABC內接于⊙O，AB是⊙O的直徑，點D為BC的中點，連接OD并延長OD點E，連接BE，直線BE切⊙O于點B.作CF⊥AB于點F，連接AE，AE分別交CF，BC于點G，H．

(1)若r=1，BE=2，求CF的長．

(2)求證：CG=GF．

(3)連接GO，記△AGO的面積為S1，四邊形GOBE的面積為

49.(2024·浙江省臺州市·二模)如圖，A，B，D，C為⊙O上順次四點，BC為直徑，AD平分∠BAC，過點D作⊙O的切線交AB延長線于點E，連接EF，設S△ABFS△CDF=k．

(1)求證：BC/?/ED．

(2)若∠ADC=60°，求k的值．

(3)若EF/?/DC50.(2024·浙江省溫州市·二模)如圖，點C是以AB為直徑的⊙O上一點，過AC中點D作DE⊥AB于點E，延長DE交⊙O于點F，連結CF交AB點G，連結AF,BF．(1)?[認識圖形]求證：(2)?[探索關系]①求CF與DF的數量關系．②設CGFG=x，DE(3)?[解決問題]若CG=22，

51.(2024·浙江省溫州市·二模)如圖，AB是⊙O直徑，點C為⊙O上一點，四邊形ABCD為平行四邊形，且CD與交⊙O交于點E，延長DA交⊙O于點F，連結BE，BF．

(1)求證：AF=AD．

(2)若AB=10，DE：EC=2：3．

①求BF的長．

②在線段BE上取點G，連結DG，FG，若△DFG為等腰三角形，求EG的值．

(3)連結AE，AC，當點D關于直線AE的對稱點D'恰好落在AC上，連結FD'，BD'，記△BFD'和

52.(2024·浙江省杭州市·二模)如圖．四邊形ABCD內接于⊙O，對角線AC為⊙O的直徑，BD平分∠ABC．

(1)求∠DAC(2)求證：AC(3)若AB=22，當BE=1時，求

53.(2024·浙江省杭州市·二模)如圖1，已知ABC內接于⊙O，且AB=AD=DC，E是BC?的中點，連接AE交直徑BC于點F，連接BD．

(1)求證：AE⊥(2)若BC=10，求AE的長．(3)如圖2，連接EO并延長交AC于點G，連接OD.求S

54.(2024·浙江省金華市·二模)如圖，?ABC內接于⊙O，點E在直徑BD的延長線上，且AE/?/BC，連結CD，∠(1)求證：AE是⊙O(2)若⊙O的半徑為R，CD①當∠E=45°②求證：1ta

55.(2024·浙江省寧波市·二模)四邊形ABCD內接于⊙O，AC是⊙O的直徑，連結BD交AC于點G，AF⊥BD，垂足為E．

(1)如圖1，若AF交BC于點F．

①求證：∠BAF=∠CAD；

②若⊙O的直徑為10，cos∠BCA=45，BF：CG=3：5，求AF的長．

(2)如圖2，若AF交CD于點F，連結OD

56.(2024·浙江省金華市·二模)點D是以AC為直徑的⊙O上一點，點B在CD延長線上，連結AB交⊙O于點E．

(1)如圖1，當點E是AD的中點時，連結CE，求證：AC=BC；

(2)連接AD，DE，將△BDE沿DE所在的直線翻折，點B的對應點落在⊙O上的點F處，作FG/?/BC交AB于點G．

①當E，G兩點重合時(如圖2)，求△AED與△FED的面積之比；

②當BC=10，

57.(2024·浙江省紹興市·二模)如圖，?ABC內接于⊙O，∠C=45°，BC與直徑AD交于點E(1)如圖1，若∠BAC=60°，OE=2.則BE(2)如圖2，在BC上取點G，使BG=BA，連接AG并延長交⊙O于點F.求證：AF平分∠(3)如圖3，在(2)的條件下，已知AD=10，AFAC=3

58.(2024·浙江省杭州市·二模)如圖1，AB是半圓O的直徑，點C，D是半圓O上的點，且AC//OD，連結BC交OD于點E．

(1)若OE=1，求AC的長．(2)如圖2，連接CD，AD，BD，若S?ACDS?OBD(3)如圖3，連接BD，作CP//BD交AB于點P，連接PD.求證：BD2參考答案1.【答案】C

【解析】解：如圖，過點A作AD⊥x軸于點D，過點B作BE⊥x軸于點E，

∴∠ADO=∠BEO=90°．

∵OA⊥OB，

∴∠AOB=90°．

∴∠AOD+∠BOE=∠AOD+∠OAD=90°．

∴∠OAD=∠BOE．

∴△AOD∽△OBE．

∴S△AODS△OBE=(OAOB)2．

∵S△AODS△OBE=13，

∴ADOE=ODBE=OAOB=33．

設A(m,1m)，則B(-3m,3m)，

∵點C為AB的中點，

2.【答案】D

【解析】解：設AB段解析式為y=k1x，將(8,2)代入得，2=8k1，

解得：k1=14，

∴y=14x，

當x=28時，y=7，即B(28,7)，

依題意得，當行駛里程為37km時，所得理論票價為8.5元，

設線段BC的解析式為y=kx+b(37≤x≤52)代入(28,7)，(37,8.5)，

∴8.5=37k+b7=28k+b，

解得：k=16b=73，

∴線段BC解析式為y=13.【答案】18

【解析】解：如圖，作BD⊥x軸，垂足為D，

∵點B在y=2x(x<0)的圖象上，

∴S△OBD=12×2=1，

∵△BOC面積為3，

∴ODOC=13，

∵BD/?/AC，

∴△BDO∽△ACO，

∴S△BDOS△ACO=(OD4.【答案】126

【解析】本題考查的是反比例函數與幾何綜合，設Aa,b，可得Da,12b，k=12ab，再結合三角形的面積可得k的值，如圖，過C作CQ⊥【詳解】解：設Aa,b∵AB⊥x軸于點B，AB∴D∴k=∵?AOB的面積為12∴1∴k=12如圖，過C作CQ⊥x軸于

設Cm,12m則由中點含義可得：Aa,∵S∴S∴1整理得：a=∴S故答案為：12，65.【答案】6

【解析】解：∵點A(0,3)，B(4,0)，

∴OA=3，OB=4，

根據題意可知，CD=OA=3，DE=OB=4，

設OD=a，則C(a,3)，E(a+4,0)，

∴F(a+2,32)，

∵函數y=kx(k>0)的圖象經過點C和CE的中點F，

∴k=3a=32(a+2)，

解得：a=2，

∴k=6．

故答案為：6．

根據題意可知，CD=OA=3，DE=OB=4，設OD=a，則C(a,3)，E(a+4,0)，F(a+2,32)，利用k=xy得到k=3a=6.【答案】(0,1+【解析】本題考查等腰三角形性質及判定，待定系數法求反比例函數解析式，解一元二次方程．根據題意先設點P(0,t)，在求出反比例函數解析式，利用等腰三角形性質列式即可得到本題答案．【詳解】解：設點P(0,t)，∵點A-∴將點A-1,1代入y=k∵OB=AB=1∴?OAB∴∠AOB=∵l⊥OA，令直線l與x

，∴∠OPQ=∵點B和點B'關于直線l∴PB=PB'，∴∠BPQ=∠B∴B∴B∵PB=PB∴t-1=|-1t|=1t故答案為：(0,1+7.【答案】C

【解析】解：∵點A(m,k)，B(n,k+1)是二次函數y=x2+1函數圖象上的兩個點，

又m>0>n，

∴點A(m,k)在其第一象限的圖象上，點B(n,k+1)在其第二象限的圖象上．

∴n<0，k+1=n2，m>0，k>0，k=m2，

∴n2=m2+1．

∴(nm)2=1+1m2>1

∵m、n異號，nm<0，

設x=<0，即x2>1，

即x2-1>0，則x<-1，

故-nm>1，

∵m>0，k>0，

∴km>0．

由mx2+nx+k=0得，x1+x2=8.【答案】D

【解析】本題考查二次函數與一次函數的交點問題，二次函數的圖象和性質，根據二次函數的性質，得到當0<m<n<2時，m,n在對稱軸的兩側，二次函數的函數值的范圍為：c-【詳解】解：∵y∴對稱軸為直線x=1，∵m，n是函數y1=x與∴兩個交點為m,m，n,n，當0<m<n<2時，y1=x隨著x的增大而增大，∴n>m∴當0<m<x<n<2時，二次函數的函數值的范圍為：c-∴當0<m<x=t<n<2時，T<n；當0<t<m<n<2時，T可能大于，等于或小于n；故選D．9.【答案】D

【解析】本題考查了二次函數的圖象與性質．熟練掌握二次函數的圖象與性質是解題的關鍵．由y=ax2-2ax+3=ax-12+3-a【詳解】解：∵y=a∴對稱軸為直線x=1，當a<0時，圖象開口向下，點離對稱軸越遠，函數值越小，∴當|x1-∴若|x1-故選：D．10.【答案】C

【解析】本題考查了二次函數圖象上點的坐標特征，二次函數的圖象與性質，二次函數的最值，分類討論是解題的關鍵．①當0<t<1時，x=0時，y=x2-2x+2取最大值2，x=t時，y=x2-2x+2取最小值t2-2t+2，代入M=5N，無解；②當t=1時，x=0時，y=x2-2x+2取最大值2，x=1時，y=x2-2x+2取最小值1，不滿足M=5N；③當1<t≤2時，x=1時，y=x2-2x+2取最小值，最小值為1，x=0時，y=【詳解】∵∴對稱軸為x=1，頂點坐標為(1,1)，將x=0代入，y=2，所以該二次函數過(0,2)將x=2代入，y=2，所以該二次函數過(2,2)畫出y=x2-2x+2的①當0<t<1時，x=0時，y=x2-2x+2取最大值，最大值為2，x=t∴M=2，∵∴該方程無解；②當t=1時，x=0時，y=x2-2x+2取最大值，最大值為2，x=1∴M=2，∴不滿足M=5N∴③當1<t≤2時，x=1時，y=x2-2x+2取最小值，最小值為1∴M=2，∴不滿足M=5N∴④當t>2時，x=1時，y=x2-2x+2取最小值，最小值為1，x=t∴M=t∵∴解得t1=3∵∴t∴故選：C．11.【答案】2【解析】解：由題意，∵二次函數y=(x-m)2，

又拋物線開口向上，

∴當x≥m時，y隨x的增大而增大．

∵m≤x1≤x≤x2，

∴0≤y1≤y2．

∵y2-y1=2，

∴(x2-m)2-(x1-m)2=x22-x12-2(x2-x1)m=2．

∴x2-x1=12.【答案】x1【解析】本題考查了二次函數值的大小比較，將點的坐標代入解析式求差是最直接有效的一種方法．將點坐標代入解析式后求差，然后分解因式，由積判斷每一個因式的正負性即可．【詳解】解：∵y=∴y=∴y2∴∴y∵x1<∴x∴故答案為：x113.【答案】m=1【解析】解：∵拋物線y=x2+bx+c與x軸只有一個交點，

∴Δ=b2-4c=0，

即b2=4c，

∵當x=a和x=a+n時函數值都為m，

∴-b2=a+a+n2，

∴a=12(-b-n)，

把x=a，y=m代入y=x2+bx+c得，

m=14(-b-n)2+b×14.【答案】【小題1】解：由題意，把A(1,1)分別代入y=kx和y=ax∴k=1，a=∴拋物線的對稱軸為直線x=-【小題2】解：①∵M和N關于x=3對稱，且x∴M和N到對稱軸的距離都為1∴x1=2又將M(2,m)代入拋物線解析式y=-∴m=4又直線為y=x，∴x②由題意，x2∴x∵x∴x∴m=x3

【解析】1.

本題主要考查了二次函數的圖象與性質，解題時要熟練掌握并能靈活運用是關鍵．依據題意，把A(1,1)分別代入y=kx和y=ax2+6x-42.

①依據題意，由M和N關于x=3對稱，且x2-x1=2，從而M和N到對稱軸的距離都為1，可得x1=2，x2=4②依據題意，可得x2-3=3-x1，故15.【答案】【小題1】y=【小題2】解：y1∵x1+∴1<∵拋物線解析式為y=x∴拋物線開口向上，對稱軸為直線x=2，∴離對稱軸越遠函數值越大，∵2∴y【小題3】解：當y=x2-4x+3=0∴B設直線BC解析式為y=kx+b'∴∴∴直線BC解析式為y=-設Pm,-m+3∴PM=∵PM∴M∴m∴m2-解得m1=-2，m2=3(舍去)或當m=-2時，∴S當m=4時，PM=-∴S綜上所述，以O，C，P，M為頂點的四邊形的面積為8．

【解析】1.

本題主要考查了二次函數綜合，一次函數與幾何綜合，求二次函數解析式，二次函數圖象的性質：先求出A、C的坐標，再利用待定系數法求解即可；【詳解】解：∵OC=3∴C∵當x=1時，y=0，∴A把A1,0，C0,3代入y=∴∴拋物線解析式為y=x故答案為：y=x2.

先求出1<x2<2，再求出拋物線開口向上，對稱軸為直線x=2，則離對稱軸越遠函數值越大，根據23.

先求出點B的坐標，再求出直線BC解析式為y=-x+3，設Pm,-m+3，則Mm,0,Nm,m2-16.【答案】(1)①解：當a=2時，y=2x2+bx+c，

∵函數圖象的對稱軸為直線x=1，且過點(0,3)，

∴-b4=1c=3，

解得b=-4c=3，

∴函數的表達式為y=2x2-4x+3；

②證明：∵方程2x2+bx+c=0有兩個相等的實數根，

∴Δ=0，即b2-8c=0，

∴b2=8c，

∴2b+8c=2b+b2=(b+1)2-1，

∵(b+1)2≥0，

∴(b+1)2-1≥-1，

∴2b+8c≥-1；

(2)解：∵a=-b4=c3，

∴b=-4a，c=3a，

∴y=ax2-4ax+3a=a(x-2)2-a，

∴拋物線頂點為(2,-a)，

在y=ax2-4ax+3a中，令y=0得x=1或x=3，

∴拋物線與x【解析】(1)①當a=2時，y=2x2+bx+c，根據函數圖象的對稱軸為直線x=1，且過點(0,3)，得-b4=1c=3，即可解得函數的表達式為y=2x2-4x+3；

②由方程2x2+bx+c=0有兩個相等的實數根，知b2-8c=0，得b2=8c，故2b+8c=2b+b2=(b+1)2-1，即可得2b+8c≥-1；

(2)求出y=ax2-4ax+3a=a(x-2)2-a，知拋物線頂點為(2,-a)17.【答案】【小題1】解：設經過點A，B，H的拋物線的解析式為y=ax根據題意得H(0,22)，B(30,4)，將其代入y=ax2+c得：c=22∴y=【小題2】∵經過點B'，H'的拋物線是由拋物線∴經過點B'，H'的拋物線的頂點為∴經過點B'，H'的拋物線的解析式為將x=0代入，y=-150∴消防車后退10米后兩條水柱相遇點H'距地面20【小題3】解：設兩輛車應該在(2)的條件下再分別后退mm>0米，則經過點B'，H'將0,14代入，y=即14=-解得：m=-30(舍去)∴消防車再分別后退10米后兩條水柱相遇點H'距地面14

【解析】1.

本題考查二次函數的實際應用；根據題干的平面直角坐標系，給出點H、B的坐標，設經過點A，B，H的拋物線的解析式為y=ax2+c，將點H2.

根據題意利用平移的規律給出經過點B'，H'的拋物線解析式，得出3.

根據題意設兩輛車應該在(2)的條件下再分別后退mm>0米，則經過點B'，H'的拋物線的解析式為y=18.【答案】【小題1】解：根據題意，OA=12cm，OB=60÷∴A設“拋物線型”花邊的解析式為y=ax∴a解得，a=1∴y=∴拋物線花邊的函數表達式為：y=1【小題2】解：如圖所示，已知EF=12cm,GH=h∴EG=FH=∴點G的縱坐標為-3，即將物線花邊的函數y=13x∴y=令y=0時，13解得，x1∴x∴60∴一排中最多可擺放的花邊個數為10個．

【解析】1.

本題主要考查二次函數的運用，掌握待定系數法求解析式，二次函數與x軸的交點的計算是解題的關鍵．根據題意可得A6,2.

根據題意，將拋物線向上平移9個單位，計算次數拋物線與x軸的交點，兩交點之間的距離，由此即可求解．19.【答案】解：(1)由題意知，底座拋物線的頂點坐標為A(10,0)，

故可設該二次函數解析式為y=a(x-10)2，

又∵過點B(5,2.5)，

∴25a=2.5．

∴a=110．

∴y=110(x-10)2(0≤x≤20)．

(2)由題意知不倒翁果盒、裝飾盒的拋物線過點Q(5,30)、(0,10)、(20,10)，

故可設該二次函數解析式為y=ax2+bx+c，代入得

25a+5b+c=30c=1040a+20b+c=10，

∴a=-415，b=163，c=10．【解析】(1)依據題意知，底座拋物線的頂點坐標為A(10,0)，從而可設該二次函數解析式為y=a(x-10)2，又過點B(5,2.5)，進而求出a，可得解析式；

(2)依據題意，由題意知不倒翁果盒、裝飾盒的拋物線過點Q(5,30)、(0,10)、(20,10)，故可設該二次函數解析式為y=ax2+bx+c，代入得建立方程組進而計算可以得解析式，再令x=10從而可以得解；

(3)依據題意，令y=10，從而可得x=0或2020.【答案】解：(1)由題意得：點P(0,-0.06)．

∴-0.06=-1105(0-n)(0-200)．

解得：n=30．

∴函數解析式為：y=-1105(x-30)(x-200)．

∴點N(30,0)的實際意義是：第一歸零點距離槍膛口的水平距離為30m(答案不唯一，意思對即可)．

(2)當x=120時，y=-1105(120-30)(120-200)=0.072<0.1．

∴子彈能命中靶面．

(3)設此時拋物線的解析式為：y=a(x-10)(x-85)．

∵經過點(15,0.05)，

∴0.05=a(15-10)(15-85)．

解得：a=-17000．

∴拋物線的解析式為：y=-17000(x-10)(x-85)．

當y=0.2時，

0.2=-17000(x-10)(x-85)．【解析】(1)易得點P的坐標為(0,-0.06)，代入所給的函數解析式可得n的值，根據題意可得點N是彈道軌跡與瞄準線的交點之一，可得其距離槍膛口的水平距離；

(2)取x=120，算出對應的y的值，和0.1比較后可得是否命中靶面；

(3)根據A(10,0)，C(85,0)，用交點式表示出二次函數解析式，把點B的坐標代入可得a的值，即可求得相應的函數解析式，分別取y=0.2和0.05，求得相應的x的值．這個隊員瞄準靶心所用的時間=6-(第一槍命中靶心時距離原點距離-第二槍命中靶心時距離原點的距離21.【答案】(1)反應時間t=所以駕駛員正常的反應時間為0.3秒(2)解：圖像如下：由圖像大致可知函數圖象為二次函數，因為圖象經過原點，設二次函數解析式為：y=ax2+bx+cc=0∴∴函數表達式為y=0.002x(3)把y=32.5代入y=0.002x解得x1=125,x車速125大于限速120，所以該車已超速行駛．(4)設汽車剎車前的速度為x千米/小時．則根據停車距離=反應距離+制動距離，可列：0.3整理得：3x取最大距離，則3解得x1=30,∴汽車剎車前的最大速度不能超過30千米/小時．

【解析】(1)根據反應時間=反應距離(2)秒點連線，用待定系數法求解析式即可；(3)把y=32.5帶入解析式求解x，與120比較即可；(4)根據停車距離=反應距離+制動距離列不等式求解，舍去負值．22.【答案】A

【解析】解：由平移可知，BE=CF，AB=DE，AC=DF，BC=EF，

∵BE=13BC，

∴EC=2BE，BC=3BE，

∴四邊形DMCF和四邊形ABEM周長之差=(DM+MC+CF+DF)-(AB+BE+AM+ME)=(AB-ME+AC-AM+BE+AC)-(AB+BE+AM+ME)=AB-ME+AC-AM+BE+AC-AB-BE23.【答案】D

【解析】本題主要考查等腰直角三角形的性質，全等三形的判定和性質，勾股定理，銳角三角函數的計算方法，掌握全等三角形的判定和性質，銳角三角函數的計算方法，合理構造三角形全等是解題的關鍵．過點E作EH⊥AC于點H，過點A作AT⊥BE于點T，可證?ACD≌?EHAAAS，可得AH=12EH，再證?EHF≌?，在Rt?EHF中，運用勾股定理可得AE=17x，根據等面積法S△AEF【詳解】解：如圖所示，過點E作EH⊥AC于點H，過點A作AT⊥∴∠C=∴∠AEH+∴∠AEH=∵AD=AE∴?ACD∴AH=CD，BC=EH=AC∵點D是BC中點，∴CD=∴∴AH=∵EH⊥AC∴EH//BC，且BC=EH∴∠EHF=∴?EHF∴HF=CF∴HF=CF=∴設CF=HF=x，則AH=2x，AC=4x，∴AF=3x，CD=2x在Rt?ACD中，∴AE=2在Rt?EHF中，∵S∴AT=在Rt?AET中，∴tan故選：D．24.【答案】C

【解析】設CG,DE交于點P，過點P作PM⊥CD，根據tanα=BEAE=12，不妨設BE=1，則AE=2，勾股定理求出AB的長，證明?DGP【詳解】解：設CG,DE交于點P，過點P作PM⊥大正方形ABCD是由四個全等的直角三角形(?ABE,?BCF,?CDG,?∴AB=CD,CG=AE=DH,DG=BE=HE,∠GCD=α，∠∵tan∴CM=2PM設BE=1，則AE=2，∴DH=CG=2,DG=BE=HE=1∴AB=CD=∵GF//HE∴?DGP∴PG∴PG=∴CP=2∴CP=∴PM=3∴DM=CD∴tan故選：C．25.【答案】D

【解析】設HD=x，AD=y，由題意得到BE=AD=y，AB=DG=4x，由?EBK≌?IDHAAS，推出BK=DH=x，由?EBK∽?EAH，推出BK:AH=BE:AE，得到x:x+y=y:【詳解】解：設HD=x，AD=y，由題意得：BE=AD=y，∵DG=4DH∴AB=DG=4x∵四邊形ABCD是矩形，∴AG//BC∴∠BKE=∵∠EBK=∠HDI∴?EBK∴BK=DH=x∵BK//AH∴?EBK∴BK:AH=BE:AE∴x:∴y=2x∴AH=AD+DH=3x，AE=AB+BE=4x+2x=6x，DG=4x，DI=AD=2x∴EH=A∴EH故選：D．26.【答案】C

【解析】解：過點A作AG/?/BC交CD于G，延長DF與AB的延長線交于H，如下圖所示：

∵AB/?/DC，

∴四邊形ABCG為平行四邊形，

又∵AB=BC，

∴四邊形ABCG為菱形，

∴AG=CG=BC=AB，

∴∠DCA=∠CAG，

∵AD⊥AC，

∴∠DCA+∠ADC=90°，∠CAG+∠DAG=90°，

∴∠ADC=∠DAG，

∵AG=GD，

∴CD=GD+CG=2AB，

∵AB/?/DC，

∴∠H=∠EDC，∠HAH=∠DCE，

∵點E為對角線AC的中點，

∴EA=EC，

在△AHE和△CDE中，

∠H=∠EDC∠HAH=∠DCEEA=EC，

∴△AHE≌△CDE(AAS)，

∴AH=CD=2AB，EH=ED，

∴BH=AB，

∵BH//CD，

∴△BHF∽△CDF，

∴BF：CF=BH：CD，

即BF：CF=AB：2AB=1：2，

設BF=k，則CF=2k，

∴BC=BF+CF=3k，

∴AB=BH=BC=3k，CD=2AB=6k，

∵DF⊥BC，

∴在Rt△BHF中，由勾股定理得：FH=BH2-BF2=22k，

在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF=CD2+CF2=42k，

∴DH=DF+FH=42k+22k=62k，

∴EH=ED=12DH=327.【答案】B

【解析】本題考查了平行線的判定與性質，相似三角形的判定與性質．熟練掌握平行線的判定與性質，相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．證明?DAE∽?FEC，則∠ADG=∠EFH，ADEF=DEFC，由DGFH=DEFC=ADEF【詳解】解：∵DE//BC，EF/∴∠AED=∠ECF∴?DAE∴∠ADG=∠EFH∵DG=∴DG∴?A∴∠AGD=∴∠AGE=∵DE//BC∴∠GEH=∴AG//EH∴S∵S∴S?ADE故選：B．28.【答案】C

【解析】本題主要考查了勾股定理的證明、全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、正方形的性質等知識點，正確地作出輔助線是解題的關鍵．根據正方形的性質得到HF=2EF=22，過M作MI⊥HD，根據相似三角形的性質得到AEDE=【詳解】解：∵tan∴設BF=a，則AF=2a，∴EF=AF∵EF=2∴BF=2,AF=4∵四邊形EFGH是正方形，∴HF=過M作MI⊥∴MI//AE∴?DMI∴MI∴AE設MI=x,DI=2x，∵∠HMI=∴HI=MI=x∵DH=BF=2∴DH=HI+DI=3x=2，即x=∴MI=∴MH=∵∠FBN=∴?BFN∴FN=MH=∴MN=HF+MH+FN=HF+2MH=2故選：C．29.【答案】A

【解析】本題考查矩形的性質，相似三角形的判定與性質，平行線的判定與性質，一元二次方程的解法等知識，熟練掌握這些知識是解題的關鍵．先設BQ=4a，NC=3a，再根據題意得出?A'B'Q∽?NC'Q【詳解】解：∵BQ設BQ=4a，NC=3a，由題意得：BQ=B'Q=4a，CN=C'N=3a，∴MB∴?A∴C'NA'B'=整理得：12a解得：a1=-∵B∴a>0∴a=∴C'Q=4a+1=3，BQ=4a=2∵∠PA'M=∴A∴∠PA∵AD//BC∴∠QA'B∴∠A∴?A∴A'MA'B'=∴A'M=12則AD=AP+MP+MD=AP+∵BQ=2，QN=C∴BC=BQ+QN+CN=2+∴AP+解得：AP=故選A．30.【答案】D

【解析】解：∵△ABC≌△DCE，∠ACB=90°，

∴∠DEC=∠ACB=90°，

∵tan∠ECF=EFCE=13，

∴設EF=x，CE=3x，

∴BC=CE=3x，

∵∠DEC+∠ACB=180°，

∴DE/?/BC，

∴△AEF∽△ACB，

∴EFBC=AEAC=13，

∴AE=32x，

∴AC=DE=32x+3x=92x，

∴DF=DE-EF=72x，

∴AB=AC2+BC2=3132x，

∵△ABC≌△DCE，

∴∠CAB=∠CDE，∠AFE=∠DFG，

∴∠31.【答案】2425【解析】本題考查矩形的性質，解直角三角形，解決本題的關鍵是掌握矩形的性質．根據sin∠AEB=sinα=35=ABAE【詳解】解：在矩形ABCD中，∠B=∠D=∵∠∴設AB=3x，則AE=5x，∴BE=∵AE=AF∴AF=5x∵BE=5CE∴CE=∴AD=BC=BE+EC=5CE+CE=5CE=∴sin故答案為：242532.【答案】4【解析】解：如圖，連接BD，過點D作DH⊥AB于H，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AD=BC，AD//BC，

又∵DG=BF，

∴四邊形DGFB是平行四邊形，

∴DB=GF，

∵CD/?/BA，

∴∠CDE=∠AED，

∵DE平分∠ADC，

∴∠ADE=∠CDE，

∴∠ADE=∠AED，

∴AD=AE，

∴AD=AE=BC，

∵∠A+∠ABC=180°，∠A+∠ADE+∠AED=180°，∠ABC+∠BEF+∠BFE=180°，

∴∠A+∠ADE+∠AED+∠ABC+∠BEF+∠BFE=360°，

∴∠ADE+∠AED+∠BEF+∠BFE=180°，

∵DE⊥EF，

∴∠AED+∠BEF=90°，

∴∠ADE+∠BFE=90°33.【答案】3

【解析】解：如圖所示，連接CD，

設∠ADE=∠A'DE=α，∠BDF=∠B'DF=β，

在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，

∴AB=10，

∵Rt△ABC中，D是AB的中點，

∴CD=12AB=5，

又∵CE=AC-AE=6-1=5，

∴CD=CE，

∴∠CDE=∠CED，即α+∠CDA'=α+∠A，

∴∠CDA'=∠A，

又∵∠A=∠A'，

∴∠CDA'=∠A'，

∴A34.【答案】6【解析】本題考查等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，正確作出輔助線構造三角形全等是解題的關鍵．在BC上取點F，使得BF=CE，連接BE,DF，證明?ADE≌?CEF≌?BFD，從而得到?DEF為等邊三角形，推出【詳解】解：在BC上取點F，使得BF=CE，連接BE,DF，在等邊?ABC中，∠A=∠∵AD=CE=BF∴AE=CF=BD∴?ADE∴?ADE∴DE=EF=DF∴?D∴?ABC∴DE∵S∴DE∴DEAB=故答案為：635.【答案】0≤a≤【解析】本題考查了矩形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，不等式的性質，掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．根據矩形的判定和性質，可證?EDH∽?HCG，設CH=x【詳解】解：當四邊形EFGH為矩形時，EH//FG,EH=FG，且∠EHG=∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠C=∴∠DEH+∴∠DEH=∴?EDH∴EDHC=設CH=x0≤∴ED=10∴10-ax=∴∴0①0解得，0≤a≤②解得，a≤10(負解集舍去綜上所述，0≤a≤故答案為：0≤a≤36.【答案】24或【解析】解：①當點D在線段CE上時，如圖1：

過點D作DF⊥AB于點F，過點C作CG⊥DF，交FD的延長線于點G，作CH⊥AB，交AB于點H，連接CD，則四邊形CHFG為矩形，CG/?/AB，

∴GF=CH，CG=HF，

∵MN/?/AB，

∴△CMN∽△CAB，CG//MN//AB，

∴DGGF=CMAC，

∵AM=23CM，

∴DGGF=CMAC=35，

設DG=3a，則CH=FG=5a，

∴DF=2a，

∵∠ACB=90°，AC=BC，

∴CH=12AB=AH=5a，

設CG=HF=x，

∴AF=5a+x，

線段AD繞點D逆時針旋轉90°至線段ED，

∴∠ADE=90°，AD=DE，AE=2AD，

∵點C，D，E共線，

∴∠ADC=90°，

∵DF⊥AB，CG⊥DF，

∴∠AFD=∠CGD=90°，

∴∠ADF=∠DCG=90°-∠CDG，

∴△CGD∽△DFA，

∴CGDF=DGAF，

∴x2a=3a5a+x，

∴(5a+x)?x=6a2，

解得：x=a或x=-6a(舍去)；

∴CDAD=CGDF=12，

∴CDAE=CD2AD=1237.【答案】211【解析】解：設EH=a，

∵四邊形EFGH是正方形，

∴EH=HG=GF=EF=a，

∵Rt△ADG≌Rt△BCE，Rt△ABH≌Rt△CDF，

∴BE=GD，EC=AG，BH=DF，AH=CF，

∵Rt△ADG和Rt△BCE是等腰直角三角形，

∴BE=GD=EC=AG，

∵DF=m，AH=n，

∴BE=BH-EH，EC=EF+CF，

∴m-a=n+a，

∴m-n=2a，

∵m-n=22，

∴a=2，

∴EH=HG=GF=EF=2，

∴BE=GD=EC=AG=n+2，

∴DF=FG+GD=FG+EC，

∵S1=12×CE2=12×(n+2)，S2=1238.【答案】【小題1】53【小題2】k+1

【解析】1.

如圖1，連接BQ，EH、EG、GF，則AE=DH=CF=BG，AG=DE=CH=BF，證明?DEH≌?CHFSAS，則EH=FH，∠EHD=∠HFC，∠EHF=90°，?EFH是等腰直角三角形，同理可得，EG=GF=FH=EH，證明四邊形EHFG是正方形，則PF=PH=PG，∠HPF=90°=∠GPF，設AE=DH=CF=BG=b，AG=DE=CH=BF=a，PF=PH=PG=c，由題意知，S1=c22，S2=ab2，由這4個四邊形拼成正方形PQMN，可得QF=PH=c,FJ=CH=a，則PQ=2c，由【詳解】解：如圖1，連接BQ，EH、∵EF和GH將正方形ABCD分割成4個∴AE=DH=CF=BG，AG=DE=CH=BF∵正方形ABCD，∴∠A=∴?DEH∴EH=FH，∠∴∠EHD+∴∠EHF=∴?EFH同理可得，EG=GF=FH=EH，∴四邊形EHFG是正方形，∴PF=PH=PG，∠設AE=DH=CF=BG=b，AG=DE=CH=BF=a，PF=PH=PG=c，由題意知，S1=c∵這4個四邊形拼成正方形PQMN，∴QF=PH=c,FJ=CH=a∴PQ=2c∵A，B，Q∴tan∴PGPQ=解得，BQ=2a，由勾股定理得，QF2=B∴c=由勾股定理得，FH2=C∴F∴b=3a∴k=故答案為：532.

由(1)可知，k=S1S2=c2ab，a2+b2=2c2，則k=a2解：由(1)可知，k=S1S∴k=a2由題意知，正方形ABCD的邊長為a+b，CJKL的邊長為b-∴正方形ABCD和CJKL的面積之比為a+b2故答案為：k+1k-139.【答案】(1)解：∵四邊形ABCD是正方形，

∴AD=CD，∠ADC=90°，

∵點A和點F關于直線DE對稱，

∴AD=DF，

又∵CF=DF，

∴CD=DF=CF，

∴△DCF是等邊三角形，

∴∠CDF=∠DFC=60°，

∴∠ADF=∠ADC+∠CDF=150°，

∴∠DFA=∠DAF=15°，

∴∠AFC=∠DFC-∠DFA=45°，

∴tan∠AFC=tan45°=1；

(2)證明：連接AC，

∵點A和點F關于直線DE對稱，

∴AD=DF，

∴∠DFA=∠DAF，

∵FH⊥CD，

∴∠FHD=90°，

∴∠FHD=∠ADC=90°，

∴AD//HF，

∴∠DAF=∠AFH，

∴∠DFA=∠AFH【解析】(1)證明△DCF是等邊三角形，得出∠CDF=∠DFC=60°，證出∠AFC=∠DFC-∠DFA=45°，則可得出答案；

(2)連接AC，證出∠DFA=∠AFH40.【答案】【小題1】解：選擇①②作為條件：∵A∴AB∵∠BAD=∴?BAD∴∠ABE=∵∠BAE=∴?ABE【小題2】如圖，∵?ABE∴AE∵∠BAE=∴∠BAE+∠EAF=∵?BAD∴∠ABC=∴△DAE∴DE∴DE∵BF=CF∴DE=BE∴EF為?∴EF//CD，即：EF/

【解析】1.

本題考查相似三角形的判定和性質，與三角形中位線有關的證明：選擇①②，先證明?BAD∽?CAB，得到∠2.

根據?ABE∽?ACF，得到AEAF=BECF，證明△DAE∽△BAF，得到41.【答案】(1)證明：如圖1，過點A作AG⊥BC于G，AP⊥CD于P，則∠AGB=∠P=∠AGC=90°，

∵AC平分∠BCD，AP⊥CD，AG⊥BC，

∴AG=AP，

∵AB=AD，

∴Rt△AGB≌Rt△APD(HL)，

∴∠BAG=∠PAD，

∵∠BAD=90°，

∴∠GAP=90°，

∵∠AGC=∠P=90°，

∴∠BCD=90°；

(2)解：①如圖2，過點D作DM⊥AC于M，

設∠CDE=α，

∵DE平分∠BDC，

∴∠CDE=∠BDE=α，

∵∠BCD=90°，AC平分∠BCD，

∴∠ACD=∠ACB=45°，

∴∠AED=∠ACD+∠CDE=45°+α，

∵AB=AD=5，∠BAD=90°，

∴BD=52+52=52，∠ADB=45°，

∴∠ADE=∠ADB+∠BDE=45°+α，

∴∠ADE=∠AED，

∴AE=AD=5，

∵AC=AE+CE，CE=2，

∴AC=5+2=7，

設DM=x，則CM=x，AM=7-x，

∵AM2+DM2=AD2，

∴(7-x)2+x2=52，

解得：x1=3，x2【解析】(1)如圖1，過點A作AG⊥BC于G，AP⊥CD于P，則∠AGB=∠P=∠AGC=90°，證明Rt△AGB≌Rt△APD(HL)，可得結論；

(2)①如圖2，過點D作DM⊥AC于M，設∠CDE=α，根據三角形的外角的性質和角的和可得∠ADE=∠AED，設DM=x，則CM=x，AM=7-x，根據勾股定理可得CD的長，并根據BC>CD進行取舍；

②如圖3，過點D42.【答案】【小題1】

結論仍然成立．證明：如圖，延長DG與AB、BE交于點I、H，

∵∠EAG=∠∴∠DAG=在?DAG和?AG=AE∴?DAG∴BE=DG，∠∵∠ADI+∠AID=∴∠ABE+∴∠BHI=∴BE∴BE=DG且BE【小題2】解：BE=2DG，BE⊥∵四邊形ABCD與四邊形AEFG都為矩形，∴∠BAD=∴∠BAE=∵AB=2AD，AE=2AG∴AB∴?A∴∠AEB=∠AGD∴BE=2DG如圖，設BE和DG的交點為M，AB與DG的交點為N，

∵∠AGN+∠ANG=90°，∴∠MEN+∴∠EMN=∴BE【小題3】BD=CE

60

【解析】1.

根據正方形的性質易證?DAG≌?BAESAS，得出BE=DG，延長DG與AB、BE交于點I、2.

根據矩形的性質及條件“AB=2AD，AE=2AG”，易證?ABE∽?DAG，得出∠ABE=∠ADG，BE=2DG，設BE和DG的交點為M，AB與3.

延長BD交CE的延長線于點O，CO交AD于點J.證明△BAD≌△CAE(SAS)，推出BD=CE，∠解：如圖，延長BD交CE的延長線于點O，CO交AD于點J．

∵?ABC，?ADE∴AB=AC，AD=AE，∠∴∠BAD=∴?BA∴BD=CE，∠∴∠JDO=∵∠EJA=∴∠O=∴BD=CE，直線BD與直線CE相交所成較小角的度數是60故答案為：BD=EC，60°43.【答案】任務1：根據折疊的方法可知：OA=AD=AB=BC=OB，所以?OAB任務2：連接EF，因為?OAB是等邊三角形，OH所在直線是?EH=FH，∠EHA=∠EHO=∠OHF=∠FHB=∴OH⊥EF，EK=FK，即OH是EF方案①，將紙片沿EF向上折疊，使得點H落在點P處，∴EH=HF=FP=PE∴四邊形EHFP是菱形，又∵∠EHF=∴菱形EHFP方案②，將∠OEG對折，使得角兩邊EO與EG重合，折痕交OH于點P∵∠AEH=∠GEH=∴∠HEP=∴∠EPH=∠EHG=∴EP=EH=HF∴四邊形EHFP是是正方形；方案③：將紙片向左上方折疊，使得點E與點H重合，折疊后的點F落在點P處．如圖：由折疊方法可知：∠PEH=∠FHE=∴EP//HF∴四邊形EHFP是平行四邊形，∵∴四邊形EHFP是正方形；綜上所述：方案中折出的四邊形EHFP為正方形的是①②③；任務3：過點E作EM⊥AB，垂足為∵∠A=60°∴EM=MH，AE=2A∴EM=A∴AB=2AH=2(AM+MH)=2(1+EH=∴正方形ABCD與正方形EHFP的面積之比為：(

【解析】本題考查了正方形與折疊問題，等腰三角形的性質與判定，軸對稱的性質，勾股定理，熟練掌握折疊的性質是解題的關鍵．任務1：根據折疊的性質得出?OAB任務2：由折疊的方法和對稱性質可得：∠EHF=90°，EH=FH，再由方案①②③任務3：關鍵30°直角三角形性質和等腰直角三角形性質求出正方形EHFP的邊長EH與正方形ABCD邊長AB44.【答案】C

【解析】解：如圖，過點A作AF⊥BC于點F，過點B作BE⊥AD于點E，過點C作CM⊥DA于M，

∴BE/?/CM，

∴△DBE∽△DCM，

∴BECM=BDCD，

∵BC=2BD，

∴BECM=13，

在Rt△ABE中，tan∠DAB=BEAE=14，

設BE=x，則AE=4x，AB=x2+(4x)2=17x，

∴CM=3x，

∵BC是⊙O的直徑，

∴∠BAC=90°，

∴∠DAB+∠CAM=90°，

∵∠CAM+∠ACM=90°，

∴∠DAB=∠ACM，

∴tan∠DAB==tan∠ACM，

∴AMCM=BEAE，即AM3x=x4x，

∴45.【答案】B

【解析】解：作直徑CM，連接AM，

∵AC=BC，AO=BO，CO=CO，

∴△AOC≌△BOC(SSS)，

∴∠ACO=∠BCO，

∴CM⊥AB，

∵AD是圓的直徑，

∴∠ABD=90°，

∴DB⊥AB，

∴BD//CM，

∵OA=OD，

∴AN=NE，

∴ON是△ADE的中位線，

∴ON=12DE=12×2=1，

設圓的半徑是r，

∴MN=r-1，

∵AE平分∠CAB，

∴∠CAE=∠BAE，

∵∠ANM=∠CAN+∠ACO，∠MAN=∠BAE+∠MAB，∠MAB=∠BCO，

∴∠ANM=∠MAN，

∴MA=MN=r-1，

∵AM是圓的直徑，

∴∠CAM=90°，

∴CM2=AC2+AM2，

∴(2r)246.【答案】457

【解析】【分析】

連接BE，根據弧，弦，角的關系，求出CE=3，根據題干信息，得到FGEF=CGCE=13，設FG=a，得到EF=3a，勾股定理求出a的值，證明?CFE∽?【解答】

解：連接BE，

∵CB∴∠CEB=∴∠AEB=∵等腰?ABC∴AB=AC,∴BE∴BE∴BD∴CE=BD=3由題干信息知：FGEF∴設FG=a，則EF=3a，∴CF=1+a∵EF∴∠CFE=由勾股定理，得：EF∴9解得：a=45或a=-∴FG=∴CF=∵∠CFE=90°∴?CFE∴C∴CE2∴BC=5∴BE=設AE=x，∴AB=AC=AE+CE=3+x在Rt?AEB中，∴3+x∴x=∴AE=故答案為：45，747.【答案】【小題1】4x

【小題2】

252或

【解析】1.

本題考查了弧長的計算，等腰三角形的性質，三角形全等的判定和性質，垂徑定理，作出輔助線構建全等三角形是解題的關鍵．連接OC，交AB于F，則OC=OA，通過證得△COE≌△AOE(SSS)，得到∠COE=∠AOE，∠OCE=∠OAB，進一步通過證得△【詳解】解：連接OC，交AB于F，則OC=OA，在?COE和△AOEOC=OA∴△COE∴∠COE=∠AOE在?CFE和?∠∴△CFE∴∠EFC=∴OC∴BC∴∠AOC=∴∠AOB=2故答案為：4x；2.

由(1)可知，設∠AOE=x，則∠AOB=4x，∠BOE=3x，分情況討論即可

由(1)可知，設∠∴∠BOE=3x當BE=OE，∴∠ABO=∵OA=OB∴∠OAB=∴3x+3x+4x=∴x=∴∠AOB=4x=∴72π?r∴r=當BE=BO時，同理可得r=10．故答案為：252或1048.【答案】(1)解：設BC和OE相交于M，如圖：

∵D是BC中點，

∴OD⊥BC，BM=CM，

∵BE是圓O的切線，AB是直徑，

∴AB⊥BE，

在Rt△BOE中，∵OB=1，BE=2，

∴OE=OB2+BE2=5，

∵S△BOE=12BE?OB=12OE?BM，

∴BM=BE?OBOE=255，

∴BC=2BM=455，

又∵∠CBF+∠CBE+90°，∠OEB+∠CBE=90°，

∴∠CBF=∠OEB，

又∵CF⊥AB，BE⊥AB，

∴△BCF∽△EOB，

∴CFOB=BCOE，

∴CF=BC?OBOE=45【解析】(1)根據垂徑定理可知OE⊥BC，在根據切線的性質得出AB⊥BE，由勾股定理求出OE的長，再根據等積變換求出BM的長，從而得到BC的長，最后根據△BCF和△EOB相似求出CF的長；

(2)根據平行線的判定得到OE和AC平行、CF和BE平行，在根據平行線分線段成比例求證即可；

(3)根據平行線分線段成比例得出FG和BE的關系，然后根據三角形的面積公式以及圖形49.【答案】證明：如圖，連接OD，

∵BC是⊙O的直徑，

∴∠BAC=90°，

∵AD平分∠BAC，

∴∠BAD=∠CAD=45°，

∴∠BOD=∠COD=90°，

∵ED是⊙O的切線，

∴OD⊥ED，

∴∠ODE=∠COD=90°，

∴BC/?/ED；

(2)解：如圖，連接BD，

∵∠BAD=∠CAD=45°，

∴BD=CD，∠BCD=∠CBD=45°

∵AC=AC，

∴∠ABC=∠ADC=60°，

∴∠ACB=30°，

∵AB=12BC，

設AB=a，則BC=2a，AC=3a，

∵BC是⊙O的直徑，

∴∠BDC=90°，

∴BD=CD=2a，

∵∠BAF=∠DCF，∠ABF=∠CDF，

∴△ABF∽△CDF，

∴k=S△ABFS△CDF=(ABCD)2=(a2a)2=12；

(3)①證明：連接OD，BD，

∵EF//DC【解析】(1)連接OD，根據BC是⊙O的直徑，得出∠BAC=90°，根據角平分線的定義可得∠BAD=∠CAD=45°，根據圓周角定理可得∠BOD=∠COD=90°，進而根據切線的性質得出

∠ODE=∠COD=90°，即可得證；

(2)連接BD，根據題意得出AB=12BC，設AB=a，則BC=2a，AC=3a，證明△ABF∽△CDF，根據相似三角形的性質，即可求解；

(3)①50.【答案】【小題1】解：∵AB∴∠AFB=90°∴∠AFE+∴∠AFE=∵AF∴∠B=∴∠AFE=∵∠DAF=∴△AFD【小題2】解：①由(1)可知△AFD∴AD∵點D是AC中點，∴AC=2AD∴A∴AF=∴AD∴CF=②如圖所示，過點C作CH⊥AB于點∴EF//CH∴△GEF∽△GHC∴CGFG=∵CGFG=x∴DE∴y=【小題3】解：已知CG=22，∴CF=5∵CF=∴DF=5∵CGFG=x∴x=2∴DEEF=∴DE=14設AD=a，由(1)可知，AF=∴AF=在Rt?ADE中，在Rt?AEF中，∴a解得，a=52∴AE=

【解析】1.

根據同角的余角相等可得∠AFE=∠B2.

根據△AFD∽△ACF，可得ADAF=AFAC3.

根據題意可的DF=5，由此可算出DE=54，EF=154，設在Rt?ADE中，在Rt?AEF中，根據勾股定