2020-2021學年浙江省杭州市四月份中考數學模擬卷3(解析版)

2020-2021學年浙江省杭州市四月份中考數學模擬卷3

（考試時間：120分鐘試卷滿分：120分）

一、選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只

有一項是符合要求的.

1.（本題3分）二次根式中字母X的取值范圍是（）

A.X=3B.x>0C.x>3D.x>-3

【答案】C

【分析】

根據二次根式中的被開方數是非負數列不等式求解即可.

【詳解】

解：二次根式G3有意義，

□x-3>0,解得:x>3.

故選：C.

【點睛】

本題主要考查的是二次根式有意義的條件，熟練掌握二次根式有意義的條件是解題的關

鍵.

2.（本題3分）下列四個標志中.既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）

【答案】C

【分析】

根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念解答.

【詳解】

解：A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形；

B、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形；

C、既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形；

D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形；

故選：C.

【點睛】

本題考查的是中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念.軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖

形兩部分折疊后可用合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后與原圖重合.

3.（本題3分）四位同學各有一組跳遠成績的數據，他們的平均成績一樣，王老師想從

這四位同學中選一位波動性不大的運動員參加市運動會跳遠比賽,則王老師應考慮四組

數據的（）

A.平均數B.方差C.眾數D.中位數

【答案】B

【分析】

根據方差的意義：是反映?組數據波動大小，穩(wěn)定程度的量；方差越大，表明這組數據

偏離平均數越大，即波動越大，反之也成立.故要判斷哪一名學生的成績比較穩(wěn)定，通

常需要比較4名學生跳遠成績的方差.

【詳解】

解：由于方差能反映數據的穩(wěn)定性，需要比較這四名學牛.成績的方差.

故選：B.

【點睛】

本題考查方差的意義.它是反映一組數據波動大小，方差越大，表明這組數據偏離平均

試卷第2頁，總31頁

數越大，即波動越大，反之也成立.

4.(本題3分)下列各式變形中，正確的是()

236

A.2X-3X=6XB.=a

C.x2-4=(x+4)(x—4)D.(a-b)2=(b-a)2

【答案】D

【分析】

根據整式的運算以及二次根式的運算即可求出答案.

【詳解】

解：A、原式=6x5,故錯誤；

B、原式=間，故錯誤；

C＞原式=(x+2)(x-2),故錯誤；

D、原式故正確；

故選：D.

【點睛】

本題考查學生的計算能力，解題的關鍵是熟練運用運算法則，本題屬于基礎題型.

5.(本題3分)如圖，坡角為27。的斜坡上倆電線桿間的坡面距離AB為80米，則這

兩根電線桿間的水平距離8(：是()米

80

A.8()sin270B.80cos270C.8()tan27°

sin27°

【答案】B

【分析】

根據余弦的定義解答即可.

【詳解】

由題意得，ABC=27°,

Be

在RtABC中，cosNABC=——，

AB

□BC=AB?cosABC=80cos27°（米），

故選：B.

【點睛】

本題考查的是解直角三角形的應用-坡度坡角問題，掌握坡度坡角的概念、熟記銳角三

角函數的定義是解題的關鍵.

[3%-1<8

6.（本題3分）不等式組「.c的解集在數軸上表示為（）

5x>3x+2

A.,1[I[]-------->B.-1.I▲1￡

0123401234

c.，1,1?

01234

D.]1]J]J

01234

【答案】c

【分析】

分別解不等式，進而得出不等式組的解集，即可得出答案.

【詳解】

試卷第4頁，總31頁

：3x-1<8①

解：<cc?

5%>3x4-2（2）

解不等式口，得：x<3,

解不等式，得：-V>1,

因此，不等式組的解集為：1WXV3,

故選：C.

【點睛】

此題主要考查了解一元一次不等式組、解集在數軸上的表示，正確解不等式是解題關鍵.

2Q

7.（本題3分）已知關于x的方程-/+區(qū)=%的兩個根分別是內=-§,%=］，若

A（—2，x）,。（2,%）是二次函數丫=一/+云+”?圖象上的三點，則乃，

上，%的大小關系為（）

A.必<%<%B.%<X<%C.%<凹<必D.X<%<>2

【答案】D

【分析】

由根與系數的關系，求出b的值，然后得到拋物線的對稱軸，即可得到答案.

【詳解】

28

解：:方程一V+加=根的兩個根分別是為二一百，*2二§，

?=M々=〃=2,

二二次函數y=-工2+/?%+m=-x2+2x+m的對稱軸為直線x=1.

□為頂點,

-l<0,

拋物線開口向下，

A(-2,yj,C(2,%),

結合題意可知：M<%<當，

，故選：D.

【點睛】

本題考查了二次函數的圖像和性質，以及根與系數的關系，解題的關鍵是熟練掌握二次

函數的性質進行解題.

8.(本題3分)如圖，已知△ABC,。為上一點，以0B為半徑的圓經過點A,且

與BC、OC交于點E、D,設NC=a,NA=￡,貝!!()

A.若。+1=70。，則弧OE的度數為20。B.若c+￡=70。，則弧的度數為

40°

C.若a-0=70。,則弧。E的度數為20。D.若c—￡=70。，則弧的度數為

40°

【答案】B

【分析】

連接B。，根據直徑所對的圓周角是直角，可求得“50=90。，又由44=4，可求得

4)8=90°-再根據4DB=DBC+C,可得08c=90°-￡一a,從而求出弧OE

的度數.

試卷第6頁，總31頁

【詳解】

解：連接8,

BAD是直徑，

NA8O=90°，

ZA+ZADB^9（）0,

ZADB=9O°—0,

又□□4DB=」DBC+!JC,

ZDBC^90°-（a+^）,

若a+尸=70。，則ZD8C=90。一（a+力）=90。-70。=20°,

弧。E的度數=20°x2=40。，

故選民

【點睛】

此題主要考查了圓周角定理及推論、三角形外角的性質，熟練掌握圓周角定理、構造直

徑所對圓周角是解題的關鍵.

9.（本題3分）如圖，四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”得到正方形ABCD與正方

形EFGH.連結EG,BD相交于點O,BD與HC相交于點P.若GO=GP,下列結

論：n/GOP=NBCP,LBC=BP,UBG:PG=V2+bDP=PO.正確的

是（

A.□□□B.□□□C.□□□D.□□

【答案】D

【分析】

由正方形的性質證明N3OG+N3CG=180。，結合N8OG+NGOP=180。，從而可

判斷；由GO二GP,可得NGOP=NGPO,從而可得NGPO=/BCR可判斷,；

設8G=a,CG=Z?,DH=CG=BF=b,再證明口。印也匯3Gp，可得

也=把，求解=再證明PG="利用"G=HP+PG,列方程

BGPGa

b2

.一。=。+幺，解關于”的方程并檢驗即可判斷；證明□QHPsnc/ZQ,求解

a

DP=->Ja2+b2,再證明DBCP叩3GPO,求解「。=?工萬萬，由。力4

aa+b~

可判斷I從而可得答案.

【詳解】

解：：正方形ABCD與正方形EFGH.

NDBC=45°,ZEGF=45°,

ZBGC=90°,

ZEGC=45°+90°=135°,

NBOG+NBCP=360°-NOBC-ZOGC=360°-45°-l35°=180°,

ZBOG+ZGOP=180°,

試卷第8頁，總31頁

/GOP=/BCP，故符合題意；

???GO=GP，

ZGOP=ZGPO,

ZGPO=NBCP,

BC=BP,故符合題意；

；正方形FGHE,

EH//FG,

:UDHPyBGP,

PHHP

~BG~~PG'

設BG=a,CG=b,則DH=CG=BF=b,

;BC=BP,BG上PC,

PG=CG=b,

.b_HP

ab'

：.HP=—,

a

?/FG=HG=HP+PG=af

b2

:.a-bR-bR-\----,

--Iba-b1=0,

-a=2b±^b=(l±42)b,

經檢驗：不合題意，舍去，

.,.〃=(1+及)人，

如，="空=1+血,故符合題意;

"PGbb一

BC=BP,BGLCP,

NCBG=NPBG,

DE//BG,

NHDP=NPBG,

ZCBG=ZDCH,

NHDP=NDCH、

ZDHP=ZCHD,

：DDHP^]CHD,

PHDP

'~CH~~CD'

?;DH=b,CH=BG=a,

：.CD=\la2+b2,

?b_DP

a\/a2+b2，

/.DP--^a2+b2,

a

試卷第10頁，總31頁

NCBP=45°=ZPGO,BC=BP,GP=GO,

BCBP

"~PG~'GO'

.OBCP^QGPO,

BCCP

"~GP~~pd'

BC=CD=yla2+b2,PC=2CG=2b,

yja2+b22b

-----------=——,

bPO

?1.PO^^—^a2+h2,

a~+b-

,:a手b,

；.DP于PO,故不符合題意；

故選：D.

【點睛】

本題考查的是四邊形的內角和定理，等腰三角形的判定與性質，勾股定理的應用，正方

形的性質，二次根式的運算，一元二次方程的解法，三角形相似的判定與性質，掌握以

上知識是解題的關鍵.

10.（本題3分）如圖，已知口。的半徑為3,弦。=4,/為LO上一動點（點4與點C、

。不重合），連接NO并延長交CD于點￡,交。于點5,P為CD上一點，當MPB

=120。時，則尸的最大值為（）

A.4B.6C.8D.12

【答案】C

【分析】

延長NP交口。于T,連接8T.設尸C=x.構建二次函數，利用二次函數的性質解決問

題即可.

【詳解】

解：延長NP交匚。于7,連接8T,連接CT、AD.設PC=x.

A

noPAD=nc,v\PDA=\CTP,

I0APD10CPT,

_A_P___P_D_

cp—PT'

g|JP4?PT=PC,PD,

是直徑，

□□478=90°,

試卷第12頁，總31頁

in^ra=i20°,

□□5尸7=60。，

PT=PB*cos600=—PB,

2

UR4^PB=2PA-PT=2PC-PD=2x-(4-x)=-2(x-2)2+8,

□-2<0,

□x=2時，RI?尸8的最大值為8,

故選：C.

【點睛】

本題考查圓周角定理，相似三角形的判定與性質，解直角三角形，二次函數的性質等知

識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型.

二、填空題：本題共6小題，每小題4分，共24分.

11.(本題4分)因式分解：x(x+4)+4=.

【答案】(x+2)2

【分析】

直接去括號進而利用公式法分解因式即可.

【詳解】

解：原式=x?+4x+4=(X+2)2.

故答案為：(x+2)2.

【點睛】

此題主要考查了公式法分解因式，正確應用公式是解題關鍵.

12.(本題4分)已|x-2y|+(y-2)2=0,xy=.

【答案】16

【分析】

根據非負性的性質列方程式求出x、y,然后再求值即可.

【詳解】

解:根據題意得,x-2y=0,y-2=0,

解得，x=4,y=2,

%>,=42=16

故答案為：16

【點睛】

本題考查了非負數的性質：幾個非負數的和為。時，這幾個非負數都為0.

13.體題4分）已知口488中，點E在49上，AE=LAD,連接CE交BD于點F,

4

則EF:FC的值是—.

【答案】3:4

【分析】

pr\ppI

證明AD律SMCF后，可知一=一,根據=-即可求出答案.

BCCF4

【詳解】

解：-EDIIBC

.*.ADEFCOABCF,

.EDEF

\-AE=-AD,

4

?EDED3

??耘-8。一“

試卷第14頁，總31頁

EF_3

故答案為：3:4.

【點睛】

本題考查相似三角形的性質與判定，解題的關鍵是熟練運用相似三角形的性質與判定,

本題屬于中等題型.

14.（本題4分）如圖，圖1是由若干個相同的圖形（圖2）組成的美麗圖案的一部分，

圖2中，圖形的相關數據：半徑。4=3c”i,QAOB=nQ°,則圖2的周長（三條弧長

的和）為_____cm（結果保留7T）.

圖1圖2

【答案】4兀

【分析】

先根據圖1確定：圖2的周長=2個A8的長，根據弧長公式可得結論.

【詳解】

解：由圖1得：A0的長+B0的長=的長

U半徑O4=3cm,dAOB=120°

則圖2的周長為：2x120乃x3=4乃,

180

故答案為：4兀

【點睛】

本題考查弧長，是重要考點，難度較易，掌握相關知識是解題關鍵.

15.（本題4分）如圖，矩形紙片ABCD,點E是A3上一點，且BE:"4=5:3,

EC=10小，把BCE沿折痕EC向上翻折，若點B恰好落在AO邊上，設這個點為F,

貝UAB=，BC=；若□。內切于以尸、E、B、C為頂點的四邊

形，則口。的面積=.

【分析】

求線段的長度問題，題中可先設設BE=5k,AE=3k,然后利用上角形相似建立平衡關系，

再用勾股定理求解即可.連接0B,由U0內切于以F、E、B、C為頂點的四邊形，則

BE=EF,BC=CF；再由面積SEBC=SOEB+SOBC求得口0半徑,求出面積.

【詳解】

解：口四邊形ABCD是矩形，

□□A=B=liD=90°,BC=AD,AB=CD,

□□AFE+OAEF=90°,

□F在AD上，EFC=90°,

□□AFE+iDFC=90°,

UUAEF=DFC,

□□AEFEDFC,

AEAF

------------J

DFDC

試卷第16頁，總31頁

□BE：EA=5：3,

設BE=5k,AE=3k,

□AB=DC=8k,

由勾股定理得：AF=4k,

3k4k

------->

DF8k

□DF=6k,

□BC=AD=10k,

在IZEBC中，根據勾股定理得BE?+BC2=EC2,

CE=10V5.BE=5k,BC=10k,

(5k)2+(10k)2=(10石產，

Lk=2,

□AB=8k=16,BC=10k=20,BE=10,

連接OB,

由于O內切于以F、E、B、C為頂點的四邊形，則BE=EF,BC=CF；

再由SEBC=SOEB+SOBC>

11I

則nl-xBExBC=-xBExr+-xBCxr,

222

解得：r=—；

則0的面積為兀心=-^―71.

故答案為：16；20；---7t.

9

【點睛】

本題考查了矩形的性質，會解決一些簡單的翻折問題，能夠利用勾股定理求解直角三角

形；同時也考查了切線的性質及勾股定理的應用，難度稍大，解題時要理清思路.

16.（本題4分）如圖，矩形ABCO中，AB=6,以點。為圓心，C。長為半徑的圓弧

與以BC為直徑的半圓。相交于點E,若的度數為60。，則直徑8。長為.

【答案】4百

【分析】

連接BE、OE、CE,由圓周角定理及其推論可得NBCE=30°,利用矩形的性質及等

邊三角形的判定和性質得出CE=6,由特殊三角函數值即可求解.

【詳解】

解：連接BE、OE、CE,

BC是□。的直徑，

=90°.

BE的度數是60%

NBOE=60°

試卷第18頁，總31頁

ZBCE=-ZBOE=3G°,

2

□四邊形ABCD是矩形，

AB=CD=6,NDCB=9()。，

ZDCE=ZDCB-ZBCE=90°-30°=60°，

CD=DE=6,

△COE是等邊三角形，

CE-6,

在及ABEC中,

CE6

cosZBCE=cos30°=—=—,

BCBC

BC=---=二=46

cos30°V3.

~T

故答案為：4-73.

【點睛】

本題考查了圓周角定理及其推論，四邊形的性質，等邊三角形的判定和性質以及特殊三

角函數值.

三、解答題：本題共7小題，共66分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

（本題6分）先化簡，再求值：三Tx―1|

——21,其中x=2.

【答案】一一二，-1

x-\

【分析】

先通分，計算括號里的式子，再利用乘法進行約分計算，最后把X的值代入計算即可.

【詳解】

Xx-12九

解：原式

xx

X-X—1

=-------------X------,

(x+l)(x-l)X

1

x-1'

把x=2代入得：原式=一一—=-1.

2-1

【點睛】

本題考查了分式的化簡求值，解題的關鍵是注意分式的分子、分母因式分解.

18.（本題8分）延遲開學期間，學校為了全面分析學生的網課學習情況，進行了一次抽

樣調查（把學習情況分為三個層次，A：能主動完成老師布置的作業(yè)并合理安排課外時

間自主學習；B：只完成老師布置的作業(yè)；C：不完成老師的作業(yè)），并將調查結果繪制

成圖1和圖2的統(tǒng)計圖（不完整）.請根據圖中提供的信息，解答下列問題：

人數

圖2

試卷第20頁，總31頁

(1)此次抽樣調查中，共調查了名學生；

(2)將條形圖補充完整；

(3)求出圖2中C所占的圓心角的度數；

(4)如果學校開學后對A層次的學生獎勵一次看電影，根據抽樣調查結果，請你估計

該校1500名學生中大約有多少名學生能獲得獎勵？

【答案】(1)200；(2)補圖見解析；(3)54°；(4)大約有375名學生能獲得獎勵.

【分析】

(1)通過對比條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖可知：學習態(tài)度層級為/的有50人，占調查學

生的25%,即可求得總人數：

(2)由(1)可知：。人數為：200-120-50=30人，將圖匚補充完整即可；

(3)各個扇形的圓心角的度數=360%該部分占總體的百分比，所以可以求出：360°x

(1-25%-60%)=54°；

(4)從扇形統(tǒng)計圖可知，N層次的學生數占得百分比為25%,再估計該市近1500名初

中生中能獲得獎勵學生數就很容易了.

【詳解】

解：⑴50+25%=200(人)

答：共調查了200名學生，

故答案為:200；

(2)C人數：200-120-50=30(人).

條形統(tǒng)計圖如圖所示:

人數

（3）C所占圓心角度數=360。、（I-25%-60%）=54。.

（4）1500x25%=375（人）.

答：該校學生中大約有375名學生能獲得獎勵.

【點睛】

本題考查了條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖的綜合運用.讀懂統(tǒng)計圖，從不同的統(tǒng)計圖中得到

必要的信息是解決問題的關鍵.條形統(tǒng)計圖能清楚地表示出每個項目的數據；扇形統(tǒng)計

圖直接反映部分占總體的百分比大小.

19.（本題8分）某小型客車油箱的容積為60L,老王把油箱加滿油后駕駛汽車從杭州家

中到200A///外的上海浦東機場接客人，接到客人后立即按原路返回.請回答下列問題：

（1）油箱加滿油后，求汽車行駛的總路程S（單位：A”。與平均耗油量次單位：Llktn）

的函數關系式；

（2）老王以平均每千米耗油0.1L的速度駕駛汽車到達浦東機場，返程時由于下雨，老

王降低了車速，已知降低車速會造成平均耗油量的增加，且油量低于初時該汽車將無

法行駛.如果老王始終以此速度行駛，要保證不需加油回到杭州家中，求平均耗油量的

范圍.

【答案】⑴5=黑：（2）0.1<a<0.17.

b

【分析】

（I）利用路程=總容積+平均油耗，即可得出函數關系式；

（2）分別得出往返需要的油量進而得出答案.

【詳解】

試卷第22頁，總31頁

解：（1）汽車能夠行駛的總路程S（單位：Am）與平均耗油量b（單位：L/km）之間的

函數關系為：S——；

b

（2）去省城的耗油量=200x0.1=20（L）,

設返回時的平均油耗量為aL/km,

□20+200a<60-6,且a>0.1,

□0.1<a<0.17.

答：平均耗油量的范圍是0」VaW0」7.

【點睛】

此題主要考查了反比例函數的應用，正確得出函數關系式是解題關鍵.

20.（本題10分）如圖，從某建筑物2.25米高的窗口A處用向外拋出籃球，籃球的運動

軌跡成拋物線狀（拋物線所在平面與墻面垂直），如果拋物線的最高點M離墻1米,

離地面3米.

（1）求拋物線的表達式.

（2）求籃球落地點3離墻的距離08的長度.

（3）當從A處向外拋出籃球時，若存在籃球離墻的距離與，.（王當x=x或々

時，籃球距離地面的高度都為加（米），求加的取值范圍.

32

【答案】（1）y=—-（x-iy+3；（2）OB=3米；（3）2.25<m<3

4

【分析】

（1）由題意易得點A（0,2.25）,頂點”（1,3）,然后可設拋物線解析式為

y=a（x-l）2+3,然后代入點A求解即可；

（2）由（1）可當y=0時進行求解即可；

（3）根據二次函數的對稱性可得點A的對稱點坐標為（2,2.25）,要使當x=x,或超時，

籃球距離地面的高度都為m（米），那么司,々（王是對稱點，故問題可求解.

【詳解】

解：（1）由題意得：點A（0,2.25）,頂點”（1,3）,則設拋物線解析式為y=a（x—I）?+3,

把點A代入得：。+3=2.25,

3

解得：a=—?

4

拋物線解析式為：y=—1）+3；

（2）由（1）得：拋物線解析式為丁=—a（x—1）一+3,

32

當y=0時，則有一一（x—l）"+3=0,

41

解得：須=3,々=一1（不符合題意，舍去）

□OB=3米；

（3）由（1）可得拋物線的對稱軸為直線x=l,

點A關于對稱軸對稱的點的坐標為（2,2.25）,

當彳=石或與時，籃球距離地面的高度都為加米，

□上三二］,即這兩個點關于對稱軸對稱，

2

試卷第24頁，總31頁

玉工工2，

in的取值范圍為2.25<m<3.

【點睛】

本題主要考查二次函數的應用，熟練掌握二次函數的應用是解題的關鍵.

21.(本題10分)如圖，A,B,C,0在口。上，43//CD經過圓心。的線段所

于點尸，與CO交于點E,已知口。半徑為5.

~~~/C

(1)若AB=6,C￡>=8,求EF的長；

(2)若CD=4娓,且EF=BF,求弦AB的長；

【答案】(1)7；(2)8

【分析】

(1)連接AO和DO,山垂徑定理得AF=，AB=3,再由勾股定理求出OF的長，同

2

理求出OE的長，即可求出EF的長；

(2)連接BO和DO,先由垂徑定理和勾股定理求出OE的長，設EF=BF=x,在

R1TOBF'\',利用勾股定理列式求出X的值，得到BF的長，即可求出AB的長.

【詳解】

解：(1)連接AO和DO,

AZ^F_\B

EFLAB，且EF過圓心,

AF」AB=3,

2

40=5,

OF￡ACP-AF2=4,

AB//CD,

EF人CD,

同理OE=Lcr>=4,

2

OE=y/OD2-DE2=3'

EF=OF+OE=4+3=7；

(2)如圖，連接BO和DO,

CD=4瓜,

DE=2m，

0E=d0lf-D目=1，

設EF=BF=x,則OF=x—1,

在￡捫08尸中，OF2+BF2=BO2，

22

(x-1)+x=25,解得王=4,x2--3(舍去),

BF=4,

試卷第26頁，總31頁

AB=2B尸=8.

【點睛】

本題考查垂徑定理，解題的關鍵是熟練掌握垂徑定理，并能夠結合勾股定理進行運用求

解.

22.（本題12分）如圖，已知四邊形A8C。和四邊形。EFG為正方形，點E在線段

上，點A2G在同一直線上，且AD=5,DE=3,連接AC,CG,AE,并延長AE

交CG于點4.

(1)求sinNEAC的值.

（2）求線段的長.

【答案】（1）叵:（2）”叵

1717

【分析】

EM

（1）作EMJ_AC于M,根據sin/EAM=——求出EM、AE即可解決問題.

AE

（2）先證明△GZ）C=AEZM,得/GCD=NEAD,推出AH_LGC，再根據

SMCC^AGDC^GCAH,即可解決問題?

【詳解】

解：（1）作￡M_LAC于M.

???四邊形ABCO是正方形，

.?.ZAZ)C=90°，AD=DC=5,N￡)G4=45°，

二在R7A4DE中，?.?NADE=90°，AD=5,DE=3,

AE=\lAD2+DE2=后，

在RTAEMC中，???N￡MC=90°，NECM=45°，EC=2,

:.EM=CM=y/2，

?八qEM五方

一在RT\AEM中，sinZ.EAC==,—=———.

AEV3417

(2)在AGDC和AEZM中,

DG=DE

<ZGDC=乙EDA,

DC=DA

.-.AGDC^AEDA,

ZGCD=ZEAD,GC=AE=后，

?/ZDAE+ZAED=900-ZDEA=NCEH,

.-.ZDCG+ZHEC=90°,

:"EHC=90。，

.-.AHA.GC,

=-AGDC=-GCAH,

A/IW22

-x8x5=-xV34xAW,

22

試卷第28頁，總31頁

20后

/.AH=---------?

17

【點睛】

本題考查正方形的性質、全等三角形的判定和性質、勾股定理、三角形面積等知識，添

加常用輔助線是解決問題的關鍵，學會用面積法求線段，屬于中考常考題型.

23.(本題12分)如圖，已知二次函數y=ax2+8x+c的圖象經過點A(-1,0),B(4,

0),E(1,3),與j，軸交于