2024年浙江省各地市中考數學一模壓軸題

第=page22/=sectionpages9999頁2024年浙江省各地市中考數學一模壓軸題精選溫馨提示：本卷共50題，題目均選自2024年浙江省各地市一模真題。本卷分為幾何和代數兩部分，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。第一部分幾何部分1.（2024杭州拱野區(qū)一模）如圖是一張矩形紙片ABCD，點E，點F分別在邊AB，邊BC上，把△BEF沿直線EF折疊，使點B落在對角線AC上的中點G處.若AB=6，BC=8，則BE=(

)A.27

B.4

C.5

2.（2024寧波鎮(zhèn)海區(qū)一模）如圖，點E、F分別是正方形ABCD的邊AD、BC上的點，將正方形ABCD沿EF折疊，使得點B的對應點B'恰好落在邊CD上，則△DGB'的周長等于A.2AB

B.AB+2BF

C.23.（2024寧波余姚市一模）將正六邊形ABCDEF折疊成三角形后(如圖1)用剪刀剪下一個角，展開后得到如圖2所示的圖形，圖2中虛線為折疊時產生的折痕，折痕AG+BH=AB，若剪完后所得陰影圖形的面積為原正六邊形面積的56.則GHAB的值為(

)A.22 B.55 C.4.（2024杭州富陽區(qū)一模）如圖，有一批直角三角形形狀且大小相同的不銹鋼片，∠C=90°，AB=5米，BC=3米，用這批不銹鋼片裁出面積最大的正方形不銹鋼片，則面積最大的正方形不銹鋼片的邊長為(

)

A.6037 B.6017 C.1275.（2024湖州市TZ8共同體一模）數學課上，小慧用兩張如圖1所示的直角三角形紙片：∠A=90°，AD=2cm，AB=4cm，斜邊重合拼成四邊形，如圖2所示.接著在CB，CD上取點E，F，連AE，BF，使AE⊥BF，則BFA.32 B.65 C.546.（2024臺州市一模）如圖，在矩形ABCD中，BC>AB，先以點A為圓心，AB長為半徑畫弧交邊AD于點E；再以點D為圓心，DE長為半徑畫弧交邊DC于點F；最后以點C為圓心，CF長為半徑畫弧交邊BC于點G.求BG的長，只需要知道(

)

A.線段AB的長 B.線段AD的長 C.線段DE的長 D.線段CF的長

7.（2024浙江G3聯盟第二次聯考）將兩張全等的等腰直角三角形紙片△ABH與△CDF和一張正方形紙片EFGH按照如圖所示的方式拼成一個平行四邊形ABCD，同時形成了剩余部分(即△BEF，△BFC，△AHD，A.△BEF的面積

B.△CDF的面積

C.平行四邊形ABCD的面積

D.剩余部分的面積之和與正方形8.（2024寧波鄞州區(qū)七校聯考）四張正方形紙片如圖放置，知道下列哪兩個點之間的距離，可求最大正方形與最小正方形的面積之和(

)A.點K，F

B.點K，E

C.點C，F

D.點C，E9.（2024杭州拱野區(qū)一模）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是斜邊AB上的高線，AE是邊BC上的中線，過點D作DF⊥AC于點F，DF與AE相交于點G.若EC=EG，BC=6，則

10.（2024寧波鎮(zhèn)海區(qū)一模）如圖，已知矩形ABCD，過點A作AE⊥AC交CB的延長線于點E，若∠AED=∠ACB，則tan

11.（2024金華市一模）如圖，四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，其中四邊形ABCD與四邊形EFGH都是正方形.連結DG并延長，交BC于點P，點P為BC的中點.若EF=2，則AE的長為(

)A.4

B.1+2

C.1+12.（2024湖州一模）如圖，某興趣小組運用數學知識設計徽標，將邊長為42的正方形分割成的七巧板拼成了一個軸對稱圖形，取名為“火箭”，并過該圖形的A，B，C三個頂點作圓，則該圓的半徑長是______．

13.（2024杭州富陽區(qū)一模）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC<AC，點D，E分別在邊AB，BC上，連接DE，將△BDE沿DE折疊，點B的對應點為點B1.若點B1剛好落在邊AC上，且∠CB1E=30

14.（2024寧波余姚市一模）如圖，直角坐標系中，?AOBC的頂點B在x軸的正半軸上，A，C在第一象限.反比例函數y=25x(x>0)的圖象經過點A，與BC交于點D，AE⊥x軸于點E，連結DE并延長交AO的延長線于點F，反比例函數y=1x(x<0)的圖象經過點

15.（2024金華市一模）如圖，在菱形ABCD中，點E在BC上，將△ABE沿AE折疊得到△AGE，點G在BC的延長線上，AG與CD相交于點F.若AFFG=3，則

16.（2024溫州市外國語學校一模）第二十四屆國際數學家大會會徽的設計基礎是1700多年前中國古代數學家趙爽的“弦圖”.如圖，在由四個全等的直角三角形(△DAE,△ABF,△BCG,△CDH)和中間一個小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，連接BE.若△EBF的內切圓半徑為117.（2024寧波鄞州區(qū)七校聯考）如圖，矩形ABCD和正方形EFGH的中心重合，AB=12，BC=16，EF=10.分別延長FE，GF，HG和EH交AB，BC，CD，AD于點I，J，K，L.若tan∠ALE=3，則AI的長為______，四邊形

18.（2024富陽市一模）綜合與實踐

【問題情境】如圖，在四邊形ABCD中，點P是線段BC上一點，∠APD=90°，AP=PD．

【性質初探】如圖1，當.∠B=∠C=90°時，猜想AB，CD，BC三條線段存在的數量關系并證明．

【類比再探】如圖2，延長BA，CD交于點E，當AB⊥CD，∠B=30°時，求AB+CDBC的值．

【問題解決】如圖2，延長BA，CD交于點E，當

19.（2024杭州拱野區(qū)一模）綜合與實踐：

如圖1，在菱形ABCD中，點O為對角線AC的中點，將對角線AC繞點O逆時針旋轉到MN，且旋轉角α滿足0°≤α≤180°，構造出四邊形AMCN，連結BM，DN．

(1)探究發(fā)現

四邊形AMCN是哪種特殊的四邊形？請寫出你的猜想，并證明．

(2)性質應用

若AC=4，BC=5，設△ABM的面積為S1，△BMC的面積為S2，當MN/?/BC時，求S1S2的值．

(3)延伸思考

如圖2，若四邊形ABCD是正方形，當MN

20.（2024湖州市TZ8共同體一模）我們定義：有一組鄰邊相等且有一組對角互補的凸四邊形叫做等補四邊形．

(1)如圖1，△ABC是等邊三角形，在BC上任取一點D(B、C除外)，連接AD，我們把△ABD繞點A逆時針旋轉60°，則AB與AC重合，點D的對應點E.請根據給出的定義判斷，四邊形ADCE______(選擇是或不是)等補四邊形．

(2)如圖2，等補四邊形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠ADC=90°，若S四邊形ABCD=8，求BD的長．

(3)如圖3，四邊形ABCD中，AB=BC，

21.（2024溫州市外國語學校一模）【問題背景】

一旗桿直立(與水平線垂直)在不平坦的地面上(如圖1).兩個學習小組為了測量旗桿的高度，準備利用附近的小山坡進行測量估算．

【問題探究】

如圖2，在坡角點C處測得旗桿頂點A的仰角∠ACE的正切值為2，山坡上點D處測得頂點A的仰角∠ADG的正切值為79.斜坡CD的坡比為34，兩觀測點CD的距離為15m．

學習小組成員對問題進行如下分解，請?zhí)剿鞑⑼瓿扇蝿眨?/p>

任務1：計算C，D兩點的垂直高度差．

任務2：求頂點A到水平地面的垂直高度．

【問題解決】

為了計算得到旗桿AB的高度，兩個小組在共同解決任務1和2后，采取了不同的方案：

小組一：在坡角點C處測得旗桿底部點B的仰角∠BCE的正切值為25；

小組二：在山坡上點D處測得旗桿底部點B的俯角∠GDB的正切值為19

22.（2024杭州拱野區(qū)一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB>AC.作∠ACD=∠B，交邊AB于點D.以CD為直徑作圓，交BC于點E，連結AE交CD于點F．

(1)求證：AC=AE．

(2)若BD=7，DAEA=34，求CE的長？

(3)設AD=kAE(k為常數)

23.（2024寧波鎮(zhèn)海區(qū)一模）如圖1，已知四邊形ABCD內接于⊙O，且BD為直徑.作AF/?/BC交CD于點E，交⊙O于點F．

(1)證明：AF⊥CD；

(2)若cos∠DAF=45，AC=4，求半徑r；

(3)如圖2，連接BE并延長交DF于點G，交⊙O于點H.若AF=CD，∠AEB=∠BDC．

①求tan∠BDC；

24.（2024湖州一模）如圖，在?ABCD中，∠B是銳角，AB=62，BC=10.在射線BA上取一點P，過P作PE⊥BC于點E，過P，E，C三點作⊙O．

(1)當cosB=35時，

①如圖1，若AB與⊙O相切于點P，連結CP，求CP的長；

②如圖2，若⊙O經過點D，求⊙O的半徑長．

(2)如圖3，已知⊙O與射線BA交于另一點F，將△BEF沿EF所在的直線翻折，點B的對應點記為B

25.（2024杭州富陽區(qū)一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點C是直線AB上方的⊙O上一點.點M是△ABC的內心.連結AM，BM，CM，延長CM交⊙O于點D．

(1)若AB=10，AC=6，求BC的長．

(2)求∠AMB的度數．

(3)當點C在直線AB上方的⊙

26.（2024寧波余姚市一模）如圖1，四邊形ABCD內接于⊙O，對角線AC交BD于點G，AB=AC，點F在線段BD上，且AF=AD．

(1)若∠ADB=α，請用α的代數式表示∠ADC；

(2)求證：BF=CD；

(3)如圖2，延長AF交⊙O于點M，連結FC．

①若AM為⊙O的直徑，AM=13，tan∠DAC=23，求AF

27.（2024金華市一模）如圖，AB為⊙O的弦，點C在弧AB上，AB平分∠OBC，過點C作CE⊥OA于點E，交AB于點F，連結OF．

(1)求OEBC的值．

(2)求證：∠ECA=∠BAO．

28.（2024臺州市一模）【概念呈現】在鈍角三角形中，鈍角的度數恰好是其中一個銳角的度數與90度的和，則稱這個鈍角三角形為和美三角形，這個銳角叫做和美角．

【概念理解】(1)當和美三角形是等腰三角形時，求和美角的度數．

【性質探究】(2)如圖1，△ABC是和美三角形，∠B是鈍角，∠A是和美角，求證：tanA=BCAC

【拓展應用】(3)如圖2，AB是⊙O的直徑，且AB=13，點C，D是圓上的兩點，弦CD與AB交于點E，連接AD，BD，△ACE是和美三角形．

①當BC=5時，求AD的長．

②當△

29.（2024湖州市TZ8共同體一模）如圖，△ABC內接于⊙O，AB是⊙O的直徑，過點A的切線交BC的延長線于點D，E是⊙O上一點，點C，E分別位于直徑AB異側，連接AE，BE，CE，且∠ADB=∠DBE．

(1)求證：CE=CB；

(2)求證：∠BAE=2∠ABC；

(3)過點C作

30.（2024溫州市外國語學校一模）如圖1，銳角△ABC內接于⊙O，點E是AB的中點，連結EO并延長交BC于D，點F在AC上，連結AD，DF，∠BAD=∠CDF．

(1)求證：DF/?/AB．

(2)當AB=9，AF=FD=4時，

①求tan∠CDF的值；

②求BC的長．

(3)如圖2，延長AD交⊙O于點

31.（2024浙江G3聯盟第二次聯考）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，AC為O的直徑，DELAC于點F交BC于點E．

(1)設∠DBC=α，試用含α的代數式表示∠ADE；

(2)如圖2，若BE=3CE，求BDDE的值；

(3)在(2)的條件下，若AC，BD交于點G，設FGCF=x，cos∠BDE=y．

①求y關于x的函數表達式；

32.（2024寧波鄞州區(qū)七校聯考）如圖，△ABC內接于⊙O，點D在⊙O上，連結AD，AO，分別交BC于點E，F，∠CAD=∠BAO．

(1)如圖1，求證：AD⊥BC．

(2)如圖1，若AO//CD，求證：CA=CF．

(3)如圖2，在(2)的條件下，

①若CD=5,BF=10，求BC

第二部分代數部分33.（2024杭州拱野區(qū)一模）設二次函數y=ax2+c(a,c為實數，a≠0)的圖象過點(-3,y1)A.若y1y4>0，y2+y3>0，則a>0 B.若y1y4>0，y2+y3<034.（2024寧波鎮(zhèn)海區(qū)一模）二次函數y=ax2+bx+c(a≠0)的圖象如圖所示.下列結論：①abc>0；②b+4a=0；③b+c>0；④若圖象上有兩點(x1,A.1個

B.2個

C.3個

D.4個

35.（2024湖州一模）對于關于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的情況，有以下四種表述：

①當a<0，b+c>0，a+c<0時，方程一定沒有實數根；

②當a<0，b+c>0，b-c<0時，方程一定有實數根；

③當a>0，a+b+c<0時，方程一定沒有實數根；

④當a>0，b+4a=0A.① B.② C.③ D.④36.（2024湖州市TZ8共同體一模）已知二次函數y=x2，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，則關于x的一元二次方程mx2+nx+k=0的兩根x1A.x1+x2>1，x1?x2>0 B.x1+x

37.（2024溫州市外國語學校一模）如圖，已知函數圖象與x軸只有三個交點，分別是(-1,0)，(1,0)，(2,0)．

①當y<0時，1<x<2或x<-1；

②當x>0時，y有最小值，沒有最大值；

③當x>1時，y隨x的增大而增大；

④若點P(m,m2-12A.①② B.①②④ C.①③④ D.②③④38.（2024富陽市一模）已知拋物線y=ax2-2ax+b(a>0)經過A(2n+3,y1)，B(n-1,y239.（2024金華市一模）已知二次函數y=12x2-bx+c．

(1)若點(b-2,c)在該函數圖象上，則b的值為______．

(2)若點(b-2,y40.（2024溫州市外國語學校一模）已知A(m,0)，B(-4,0)為x軸上兩點，P(x1,y1)，Q(x2,y2)為二次函數y=x2-mx+m+2圖象上兩點，當

41.（2024浙江G3聯盟第二次聯考）平面直角坐標系xOy中，直線y=12(x+3)分別與函數y=kx(k>0)的圖象交于A、B，若y軸負半軸上存在點C使得△ABC42.（2024浙江G3聯盟第二次聯考）若點(p,1)在拋物線y=14x2上過y軸上點E作兩條相互垂直的直線與拋物線分別交于A，B，C，D，且M，N分別是線段AB，CD的中點，43.（2024寧波鄞州區(qū)七校聯考）如圖，點A，B在反比例函數y=12x(x>0)的圖象上，點C在反比例函數y=kx(x>0)的圖象上，連接AC，BC，且AC/?/x軸，BC//y軸，C=BC.若點

44.（2024寧波鄞州區(qū)七校聯考）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y=x2+bx+c與x軸交于點A(-1,0)，B(5,0)．

(1)求拋物線解析式；

(2)若拋物線y=x2+bx+c-2mx，當2m-1≤x≤2m+3時，y有最大值12，求m45.（2024湖州一模）定義：對于y關于x的函數，函數在x1≤x≤x2(x1<x2)范圍內的最大值，記作M[x1,x2].

如函數y=2x，在-1≤x≤3范圍內，該函數的最大值是6，即M[-1,3]=6．

請根據以上信息，完成以下問題：

已知函數y=(a-1)x2-

46.（2024寧波余姚市一模）在平面直角坐標系中，設二次函數y=ax2+bx-4a(a,b是常數，a≠0)．

(1)判斷該函數圖象與x軸的交點個數，并說明理由；

(2)若該函數圖象的對稱軸為直線x=2，A(x1,m)，B(x2,m)為該函數圖象上的任意兩點，其中x1<x2，求當

47.（2024臺州市一模）圖1是即將建造的“碗形”景觀池的模擬圖，設計師將它的外輪廓設計成如圖2所示的圖形.它是由線段AC，線段BD，曲線AB，曲線CD圍成的封閉圖形，且AC/?/BD，BD在x軸上，曲線AB與曲線CD關于y軸對稱.已知曲線CD是以C為頂點的拋物線的一部分，其函數解析式為：y=-120(x-p)2+50-p(p為常數，8≤p≤40)．

(1)當p=10時，求曲線AB的函數解析式．

(2)如圖3，用三段塑料管EF，FG，EH圍成一個一邊靠岸的矩形荷花種植區(qū)，E，F分別在曲線CD，曲線AB上，G，H在x軸上．

①記EF=70米時所需的塑料管總長度為L1，

48.（2024浙江G3聯盟第二次聯考）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=ax2+bx+c(a,b,c為常數，且a≠0)經過A(-2,-4)和B(3,1)兩點．

(1)求b和c的值(用含a的代數式表示)；

(2)若該拋物線開口向下，且經過C(2m-3,n)，D(7-2m,n)兩點，當k-3<x<k+3時，y隨x的增大而減小，求

49.（2024寧波余姚市一模）根據以下素材，探索完成任務．如何制作簡易風箏？素材1圖1是簡易“箏形”風箏的結構圖，現以兩條線段AC，BD作為骨架，AC垂直平分BD且AC>BD，并按AO：OC=3：5的比例固定骨架，骨架AC與BD共消耗竹條60cm，四邊形ABCD的面積為400cm素材2考慮到實際需要，蒙面(風箏面)邊緣離骨架的端點要留出一定距離.如圖2，現BD以上部分的蒙面設計為拋物線形狀，過距離A，B，D三點分別為5cm，2cm，2cm的E，F，G三點繪制拋物線(建立如圖的直角坐標系).BD以下部分的蒙面設計為△FGH，點H在OC延長線上且FH/素材3從一張長方形紙片中裁剪無拼接的風箏蒙面(包括BD以上拋物線部分及BD以下三角形部分)，長方形各邊均與骨架平行(或垂直)．問題解決任務1確定骨架長度求骨架AC和BD的長度．任務2確定蒙面形狀求拋物線的函數表達式．任務3選擇紙張大小至少選擇面積為多少的長方形紙片？

50.（2024寧波鎮(zhèn)海區(qū)一模）根據以下素材，探索完成任務．設計跳長繩方案素材1：某校組織跳長繩比賽，要求如下：

(1)每班需要報名跳繩同學9人，搖繩同學2人；

(2)跳繩同學需站成一路縱隊，原地起跳，如圖1．素材2：某班進行賽前訓練，發(fā)現：

(1)當繩子搖至最高處或最低處時，可近似看作兩條對稱分布的拋物線，已知搖繩同學之間水平距離為6m，繩子最高點為2m，搖繩同學的出手高度均為1m，如圖2；

(2)9名跳繩同學身高如右表．身高(m)1.701.731.751.80人數2241素材3：觀察跳繩同學的姿態(tài)(如圖3)，發(fā)現：

(1)跳繩時，人的跳起高度在0.25m及以下較為舒適；

(2)當長繩搖至最高處時，人正屈膝落地，此時頭頂到地面的高度是身高的1920問題解決任務1：確定長繩形狀.請在圖2中以長繩觸地點為原點建立直角坐標系，并求出長繩搖至最高處時，對應拋物線的解析式．任務2：確定排列方案.該班班長決定：以長繩的觸地點為中心，將同學按“中間高，兩邊低”的方式對稱排列，同時保持0.45m的間距.請計算當繩子在最高點時，長繩是否會觸碰到最邊側的同學．任務3：方案優(yōu)化改進.據最邊側同學反映：由于跳起高度過高，導致不舒適，希望作出調整.班長給出如下方案：搖繩同學在繩即將觸地時，將出手高度降低至0.85m.此時中段長繩將貼地形成一條線段(x線段AB)，而剩余的長繩則保持形狀不變，如圖4．

請你通過計算說明，該方案是否可解決同學反映的問題．

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：連接BG交EF于點H，

∵四邊形ABCD是矩形，AB=6，BC=8，

∴∠ABC=90°，

∴AC=AB2+BC2=62+82=10，

∵把△BEF沿直線EF折疊，點B落在AC的中點G處，

∴點G與點B關于直線EF對稱，BG=AG=CG=12AC=5，

∴EF垂直平分BG，∠HBE=∠BAC，

∴BH=GH=12BG=52，∠BHE=90°，

∴BHBE=cos2.【答案】A

【解析】解：∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠D=∠C=∠B=90°，BC=CD=AB，

由折疊得∠GB'F=∠B=90°，B'F=BF，

∴DB'=CD-B'C=BC-B'C，CF+B'F=CF+BF=BC，BF2-B'C'2=B'F2-B'C2=CF2，∠DB'G=3.【答案】A

【解析】解：由折疊的性質知，6個小三角形均為完全相同的三角形，陰影面積與正六邊形面積的56，則每個小三角形(如△OGH)面積占一個小正三角形(如△AOB)的1-56=16．

過點G作GR⊥OC于點R，過點O作OTAB于點T，設AB=OB=OA=OB=OC=1，

∴S△AOB=12AB?OT=12×1×32=34，

S△GOH=12OH?GR=32OG(1-OG)×12=34×16，

OG-OG2=16，

解得4.【答案】C

【解析】解：如圖，過點C作CH⊥AB于H，

∵S△ABC=12AC?BC=12AB?CH，

∴CH=AC?BCAB=125，

∵四邊形FDEG是正方形，

∴FG//DE，FD//EG，GF=GE，

設FG=GE=x，CG=y，

∴FGAB=x5=y3①，

∵GE//CH，

∴GECH=BGBC=3-y3，

∴x125=3-y3②，

聯立①②可得，=6037，

如圖，設DE=DC=x，則AD=4-x，

∵DE/5.【答案】C

【解析】解：如圖2，連接AC，BD交于點G，設BD與AE交于點O，

由題意，AB=BC=4cm，AD=CD=2cm，

∴BD垂直平分AC，

在Rt△ABD中，BD=AB2+AD2=25cm，

∴12AB?AD=12D?AG，

∴12×4×2=12×25?AG，

解得：AG=455，

∴AC=2AG=855，

∵AE⊥BF，BD⊥6.【答案】C

【解析】解：∵四邊形ABCD是矩形，

∴AB=CD，AD=BC，

∵AB=AE，DE=DF，CF=CG，

∴設AB=AE=CD=x，CF=CG=y，

∴DE=DF=x-y，

∴AD=BC=x+x-y，

∴BG=BC-CG=2x-y-7.【答案】A

【解析】解：如圖，連接HF，

∵△ABH，△CDF是等腰直角三角形，四邊形EFGH是正方形，

∴∠ABH=∠AHB=∠EHF=45°，∠CDF=∠CFD=∠HFG=45°，

∴AB//HF//CD，∠BAH=∠AHF=∠HFC=∠FCD=90°，

∴S△ABH=S△ABF，S△CDF=S△CDH，

∴S△ABH+S△CDF=S△CDH+S△ABF，

設陰影部分面積為a2，

∵△ABH，△CDF全等，

∴S△ABH=S△CDF=12a8.【答案】C

【解析】解：設CG=x，GF=y，

∴BC=x+y，CI=y-x，

∴S正方形ABCD+S正方形CIJK=(x+y)2+(x-y)2=2(x2+y2)，

由勾股定理得C9.【答案】4【解析】解：連接DE，過點E作DG的垂線，垂足為M，

∵CD是斜邊AB上的高線，

∴CD⊥AB，

又∵AE是邊BC上的中線，

∴E為BC的中點，

∴DE=12BC=BE=CE．

∵EC=EG，

∴ED=EG．

∵EM⊥DG，

∴DM=GM．

令DM=GM=x，

∵BC=6，

∴BE=CE=3，

∴FG=3-x，FD=3+x．

∵DF/?/BC，

∴△AGF∽△AEC，

∴GFEC=AFAC．

同理可得，

△ADF∽△ABC，

∴DFBC=AFAC，

∴GFEC=DFBC，

則3-x3=3+x6，

解得x=1，

∴MG=1，FG=3-1=210.【答案】2【解析】解：∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠BCD=∠ABC=90°，AD//BC，DC=AB，

由勾股定理得：DC2+EC2=ED2，

∵AD/?/BC，

∴△AFD∽△CFE，∠ADE=∠CEF，

∴ADEC=DFEF，

∴ADEC=ED-EFEF，

∴EF=EC?EDAD+EC，

∵∠AED=∠ACB，∠ADE=∠CEF，

∴△AED∽△FCE，

∴EFAD=ECED，

∴EC?EDAD?(AD+EC)=ECED，

∴ED2=AD2+AD?EC，

∴DC2+EC2=AD2+AD?EC，

∵AE⊥AC，

∴∠CAE=90°，

∴∠BAE+∠BAC=90°，11.【答案】C

【解析】解：由題意，EF=HG=FG=2，AD//BC，BG⊥HC，DH⊥HG，∠ADE=∠GBP，

∴∠ADG=∠GPC．

∵點P為BC的中點，

∴PB=PG=PC．

∴∠BGP=∠GBP，∠GPC=2∠GBP．

∴∠GPC-∠ADE=2∠GBP-∠ADE，即∠GDH=∠GBP．

∴△GDH∽△CBG．

∴GCBG=HGHD，即GC12.【答案】10920【解析】解：∵將邊長為42的正方形分割成的七巧板拼成了一個軸對稱圖形，如圖，連接OB，

∴AD=2+4+2+2=10，BC=2+2+2=6，

∴BD=12BC=3．

設該圓的半徑長是x，則OB=x，OD=10-x，

在Rt△OBD中，由勾股定理得x2=(10-x)2+32，

解得x=13.【答案】3m

【解析】解：∵在Rt△CEB1中，∠C=90°，∠CB1E=30°，

∴B1E=2CE=2m，

又∵將△BDE沿DE折疊，點B的對應點為點B1，點B1剛好落在邊AC上，14.【答案】1009【解析】解：過點F作FK⊥x軸于K，過點D作DH⊥x軸于H，如下圖所示：

設點E(m,0)，則m>0，OE=m，

∵AE⊥x軸，點A在反比例函數y=25x(x>0)的圖象上，

∴點A(m,25m)，AE=25m，

設直線OA的表達式為：y=k1x，

∴25m=mk1，

解得：k1=25m2，

∴直線OA的表達式為：y=25m2x，

解方程組y=25m2xy=1x，得x=-m5y=-5m，x=m5y=5m，

∵點F在第三象限，

∴點F的坐標為(-m5,-5m)，則FK=5m，

設直線EF的表達式為y=kx+b，

將點E(m,0)，F(-m5,-5m)代入y=kx+b，

得：mk+b=0-m5k+b=-5m，解得：k=256m2b=256m，

∴直線EF的表達式為：y=256m2x+256m，

解方程組組y=25m2x+256my=25x，得x=3my=253m，x=-2my=-252m，

∵點D在第一象限，

∴點D的坐標為(3m,253m)，

∴OH=3m，DH=253m15.【答案】5【解析】解：設FG=k，AF=3k，則AG=4k=AD=BC，

∵AD/?/CG，

∴△ADF∽△GCF，

∴ADCG=AFGF=3，

∴CG=13AD=43k，

∴BG=4k+43k=163k，

由折疊可得，BE=12BG=83k，∠AEB=∠AEG=9016.【答案】58

【解析】解：設△EBF的內切圓為⊙O，與BF、BE、EF分別相切于點I、J、K，連接OI、OK，

∵EF2=S正方形EFGH=16，且EF>0，

∴EF=4，

∵BF⊥OI，EF⊥OK，∠BFE=90°，

∴∠OIF=∠OKF=∠IFK=90°，

∴四邊形OIFK是矩形，

∵OI=OK=1，

∴四邊形OIFK是正方形，

∴FI=FK=OK=1，

∴BI=BF-1，EK=4-1=3，

∵BJ=BI=BF-1，EJ=EK=3，

∴BE=BJ+EF=BF-1+3=BF+2，

∵BF2+EF2=BE2，

∴BF2+42=(BF+2)2，

解得BF=3，

∴AE=BF=317.【答案】5

2656【解析】解：延長LE交BC于M，延長JG交AD于T，延長KH交AB于R，延長IF交CD于W，作MN⊥AD于N，LZ⊥JT于Z，WS⊥AB于S，IQ⊥KR于Q．

∵矩形ABCD和正方形EFGH的中心重合，

∴根據對稱性可知：BM=DT，AL=CJ，AR=CW，BI=DK，

∵四邊形ABMN，四邊形BCWS，四邊形EHQI，四邊形GHLZ都是矩形，

∴BM=AN=DT，CW=BS=AR，

由題意：在Rt△SWI中，tan∠WIS=SWIS=3，

∴IS=163，IW=16103，

在Rt△RIQ中，IQ=EH=10，tan∠IRQ=3，

∴RQ=103，RI=103，

∴AR=SB=(12-163-103)÷2=53，

∴AI=103+53=5，IE=QH=GK=(16103-103-18.【答案】【性質初探】AB，CD，BC三條線段存在的數量關系為：BC=AB+CD．

證明：∵∠APD=90°，

∴∠APB+∠DPC=90°，

∵∠B=∠C=90°，

∴∠BAP+∠APB=90°，

∴∠BAP=∠DPC．

在△ABP和△PCD中，

∠B=∠C=90°∠BAP=∠DPCAP=PD，

∴△ABP≌△PCD(AAS)，

∴AB=PC，BP=CD．

∵BC=BP+PC，

∴BC=AB+CD．

【類比再探】解：過點A作AF⊥BC于點F，過點D作DG⊥BC于點G，如圖，

∵AB⊥CD，

∴∠E=90°，

∵∠B=30°，

∴∠C=60°，

∴∠GDC=30°．

∵A⊥BC，DG⊥BC，∠APD=90°，AP=PD，

∴由【性質初探】可知：△AFP≌△PGD，

∴AF=PG，PF=DG．

在Rt△ABF中，

∵∠B=30°，

∴AF=12AB，BF=32AB．

在Rt△DGC中，

∵∠GDC=30°，

∴CG=12CD，DG=32CD．

∴PF=DG=32CD，PG=AF=12AB．

∴BC=BF+FP+PG+GC=【解析】【性質初探】利用直角三角形的性質和全等三角形的判定與性質解答即可得出結論；

【類比再探】過點A作AF⊥BC于點F，過點D作DG⊥BC于點G，利用【性質初探】的方法得到：△AFP≌△PGD，則AF=PG，PF=DG；利用含30°角的直角三角形的性質，利用AB，CD表示出線段BF，FP，FG，GC，將它們代入AB+CDBC中化簡運算即可；

【問題解決】過點A作AF⊥BC于點F，過點D作DG⊥BC于點G，利用【性質初探】的方法得到：△AFP≌△PGD，則AF=PG，PF=DG；利用直接拒收下的邊角關系定理，利用AB，CD19.【答案】解：(1)四邊形AMCN為矩形，

證明：四邊形形ABCD為菱形，

∴O是AC中點，

∴OA=OC，

由旋轉知OM=OA=OC=ON，AC=AN，

∴四邊形AMCN為矩形；

(2)連接A，延長AM交B于G，如圖1，

∵四邊形ABCD為菱形，

∴BD過AC中點O，且BO⊥AC，

∵AC=4，

∴AO=CO=2，

在Rt△BOC中，

BO=BC2-CO2=21，

S△BOC=12CO?BO=21，

∴S△ABC=2S△BOC=221，

∵MN/?/BC，

∴S△BMC=S△BOC=21，

∴S2=21，

∵OM=OC，

∴∠OMC=∠OCM，

∵MN/?/BC，

∴∠GCM=∠NMC，

∴∠ACM=∠GCM，

又∵四邊形AMCN為矩形，

∴∠AMC=∠GMC=90°，

CM=CM，

∴△AMC≌△GMC(ASA)，

∴AC=CG=4，AM=MG，

∴S△AMB=S△BMG=12S△ABG【解析】(1)四邊形形ABCD為菱形，OA=OC，再根據旋轉即可證明；

(2)連接AB，延長AM交B于G，根據菱形性質及在Rt△BOC中，BO=BC2-CO2，S△ABC=2S△BOC，S△BMC=S△BOC，進而求出S2，再根據△AMC≌20.【答案】是

【解析】解：(1)由旋轉得：AD=AE，∠ADB=∠AEC，

∵∠ADC+∠ADB=180°，

∴∠ADC+∠AEC=180°，

∴四邊形ADCE是等補四邊形．

故答案為：是；

(2)如圖2，∵∠ABC=90°，AB=BC，

∴將△BAD繞點B順時針旋轉90°得△BCG，

∴∠BAD=∠BCG，BD=BG，∠DBG=90°，

∵∠ABC=∠ADC=90°，

∴∠ABC+∠ADC=180°，

∴∠BAD+∠BCD=180°，

∴∠BCD+∠BCG=180°，

∴D、C、G三點共線，

∵S四邊形ABCD=8，

∴S△BDG=8，

∴BD2=8，

∴BD=4(負值舍去)；

(3)∵AB=BC，

∴將△BCD繞點B逆時針旋轉∠ABC的大小，得△BAE，如圖3，

∴BD=BE=4，∠BAE=∠C，S△BE=S△BCD，

∵∠BAD+∠C=180°，

∴∠BAD+∠BAE=180°，

∴A、D、E三點共線，21.【答案】解：任務1：過點D作DH⊥CF，垂足為H，

∵斜坡CD的坡比為34，

∴設DH=3x米，則CH=4x米，

在Rt△CDH中，CD=CH2+DH2=(3x)2+(4x)2=5x(米)，

∵CD=15米，

∴5x=15，

解得：x=3，

∴DH=9米，CH=12米，

∴C，D兩點的垂直高度差為9米；

任務2：延長AB交FE的延長線于點M，延長DG交AB于點N，

由題意得：DH=NM=9米，DN=MH，

設CM=x米，

∵CH=12米，

∴DN=MH=CM+CH=(x+12)米，

在Rt△ACM中，tan∠ACM=2，

∴AM=CM?tan∠ACM=2x(米)，

在Rt△ADN中，tan∠ADN=79，

∴AN=DN?tan∠ADN=79(x+12)米，

∵AM=AN+MN，

∴2x=79(x+12)+9，

解得：x=15，

∴AM=2x=30(米)，

∴頂點A到水平地面的垂直高度為30米；

任務3：若選擇小組一的方案：

在Rt△BCM中，tan∠BCM=2【解析】任務1：過點D作DH⊥CF，垂足為H，根據已知可設DH=3x米，則CH=4x米，然后在Rt△CDH中，利用勾股定理進行計算，即解答；

任務2：延長AB交FE的延長線于點M，延長DG交AB于點N，根據題意可得：DH=NM=9米，DN=MH，然后設CM=x米，則DN=MH=(x+12)米，從而分別在Rt△ACM和Rt△ADN中，利用銳角三角函數的定義求出AN和AM的長，最后列出關于x的方程進行計算，即可解答；

任務3：若選擇小組一的方案：在Rt△BCM中，利用銳角三角函數的定義求出BM的長，從而利用線段的和差關系進行計算，即可解答；

若選擇小組二的方案：在Rt22.【答案】證明：(1)∵CD是圓的直徑，

∴∠CAD=90°，

∵∠ACD=∠B，

∴∠ADC=∠ACB，

∴AC=AE；

(2)解：∵∠ACD=∠B，

∴△ACD∽△ABC，

∴AC2=AD?AB，

∵DAEA=34，

設AD=3x，E=4x，則AC=4x，

∴16x2=3x?(7+3x)，

解得x=3，

∴AD=9，AC=12，

∴BC=20，

過點A作AH⊥BC交于H點，

∴AH=16×1220=485，【解析】(1)根據等角的余角相等可得∠ADC=∠ACB，再證明AC=AE即可；

(2)設AD=3x，EA=4x，則AC=4x，根據△ACD∽△ABC，可得AC2=AD?AB，從而求出x=3，能求出AD=9，AC=12，BC=20，過點A作AH⊥BC交于H點，求出CE=2CH=725；

(3)設AE=1，則AD=k，CD=23.【答案】(1)證明：∵BD為直徑，

∴∠BCD=90°，

∵AF/?/BC，

∴∠AED=∠BCD=90°，

即AF⊥CD；

(2)解：∵AF/?/BC，

∴∠EAC=∠ACB，

又∵∠ACB=∠ADB，

∴∠EAC=∠ADB，

∵∠AEC=∠BAD=90°，

∴△AEC∽△DAB，

∴ACBD=AEAD，

∴cos∠DAF=AEAD=45，

∴ACBD=45，

∵AC=4，

∴BD=5，

即r=52；

(3)①過點O作OP⊥DC于點P，OQ⊥AF于點Q，如圖所示：

∵∠OPE=∠PEQ=∠OQE=90°，

∴四邊形OPEQ是矩形，

∵AF=CD，

∴OP=OQ，

∴矩形OPEQ是正方形，

設OP=a=PE，CE=b，

∵OP⊥CD，

∴DP=CP，

∵DO=OB，

∴BC=2a，CD=2PC=2(a+b)，

∵AF/?/BC，

∴∠AEB=∠EBC，

∵∠AEB=∠BDC，

∴∠EBC=∠BDC，

∵∠BCE=∠BCD，

∴△BEC∽△DBC，

∴BCDC=ECBC，

∴BC2=CE?CD，

即：(2a)2=b?2(a+b)，

解得：ba=1，

∴tan∠BDC=OPDP=aa+b=12；

②如圖，連接HF，BD與AF交于點M，與AC交于點N，如圖：

由(3)①得，四邊形OPEQ為正方形，

∵OE=x，

∴OP=PE=QE=22x，

由tan∠BDC=12，得DP=2x，

∴CP=DP=2x【解析】(1)根據圓周角定理得出∠BCD=90°，根據平行線的得出∠AED=∠BCD=90°，即可證明結論；

(2)證明△AEC∽△DAB，得出ACBD=AEAD，根據cos∠DAF=AEAD=45，得出ACBD=45，根據AC=4，求出結果即可；

(3)①過點O作OP⊥DC于點P，OQ⊥AF于點Q，證明矩形OPEQ是正方形，設OP=a=PE，CE=b，得出BC=2a，CD=2PC=2(a+b)，證明△BEC∽△DBC，得出BC2=CE?CD，求出ba=1，得出tan∠BDC=OPDP=a24.【答案】解：(1)①∵PE⊥BC，

∴∠PEB=∠PEC=90°，

∴PC為⊙O的直徑，

∵AB與⊙O相切于點P，

∴PC⊥PB．

∵cosB=35，

∴cosB=35=BPBC，

∴BP=35BC=6，

∴CP=BC2-BP2=102-62=8；

②連接CP，PD，如圖，

∵PE⊥BC，

∴∠PEB=∠PEC=90°，

∴PC為⊙O的直徑，

∴∠PDC=90°．

∵四邊形ABCD為平行四邊形，

∴AB/?/CD，AB=CD=62，BC=AD=10，∠PAD=∠B，

∴∠APD+∠PDC=180°，cos∠PAD=cos∠B=35，

∴∠APD=90°．

∵cos∠PAD=APAD=35，

∴AP=6，

∴PD=AD2-AP2=8．

∴PC=PD2+CD2=82+(62)2=234，

∴⊙O的半徑長為12PC=34．

(2)過點F作FM⊥AD，交DA的延長線于點M，連接CF【解析】(1)①利用圓周角定理和切線的性質定理得到PC⊥PB，利用直角三角形的邊角關系定理得到BP，再利用勾股定理解答即可得出結論；

②連接CP，PD，利用圓周角定理和平行四邊形的性質得到AB/?/CD，AB=CD=62，BC=AD=10，∠PAD=∠B，利用直角三角形的邊角關系定理求得AP，再利用勾股定理求得PD，PC，則結論可求；

(2)過點F作FM⊥AD，交DA的延長線于點M，連接CF，CP，設PE與AD交于點N，利用軸對稱的性質，圓周角定理和垂直的定義得到∠B=∠25.【答案】(1)解：∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ACB=90°，

∵AB=10，AC=6，

∴BC=AB2-AC2=102-62=8，

∴BC的長為8．

(2)解：∵∠ACB=90°，

∴∠CAB+∠CBA=90°，

∵點M是△ABC的內心，

∴AM平分∠CAB，BM平分∠CBA，

∴∠MAB=12∠CAB，∠MBA=12∠CBA，

∴∠MAB+∠MBA=12(∠CAB+∠CBA)=45°，

∴∠AMB=180°-(∠MAB+∠MBA)=135°，

∴∠AMB的度數為135°【解析】(1)由AB是⊙O的直徑，得∠ACB=90°，而AB=10，AC=6，則BC=AB2-AC2=8；

(2)因為點M是△ABC的內心，所以∠MAB=12∠CAB，∠MBA=12∠CBA，則∠MAB+∠MBA=12(∠CAB+∠CBA)=45°，即可根據三角形內角和定理求得26.【答案】(1)解：∵AB=AC．

∴∠ABC=∠ADB=α．

∵四邊形ABCD內接于⊙O．

∴∠ABC+∠ADC=180°．

∴∠ADC=180°-∠ABC=180°-α．

(2)證明：∵AF=AD．

∴∠AFD=∠ADB=α．

∴∠AFB=180°-∠AFD=180°-α．

∴∠AFB=∠ADC．

∵∠ABD，∠ACD是AD所對的圓周角．

∴∠ABD=∠ACD．

又AF=AD．

∴△ABF≌△ACD(AAS)．

∴BF=CD．

(3)①解：如圖2，連接BM，MC．

．

∵AM是直徑．

∴∠ABM=∠ACM=90°．

∵△ABF≌△ACD(AAS)．

∴∠BAM=∠CAD，AB=AC．

又AM=AM．

∴Rt△ABM≌Rt△ACM(HL)．

∴BM=CM，∠BAM=∠CAM．

∴∠DAC=∠BAM=∠CAM=∠CBM．

∵AB=AC．

∴AM⊥BC且AM平分BC．

∵tan∠DAC=23，AM=13．

∴MPBP?=23，BPAP?=23．

∴BP=6，MP=4，AP=9．

∴PF=MP=4．

∴AF=AP-PF=9-4=5．

②猜想：∠AFC=90°．

如圖，連接BM，CM，過點F作FQ//BM交MC于點Q．【解析】(1)根據等弧所對的圓周角相等得∠ABC=∠ADB=α，再由圓內接四邊形的性質可得結論．

(2)分別證明∠AFB=∠ADC，∠ABD=∠ACD，再證明△ABF≌△ACD(AAS)即可得到結論．

(3)①連接BM，MC，Rt△ABM≌Rt△ACM(HL)，得∠DAC=∠BAM=∠CAM=∠CBM，tan∠DAC=23，得MPBP?=23，BPAP?=23，求得BP=6，MP=4，AP=9，即可求得AF的長．②連接27.【答案】(1)解：連結BC，OC.過點O作OD⊥BC于點D，

則BC=2BD=2CD，

∵AB平分∠OBC，

∴∠OBA=∠ABC，

∵∠OBA=∠OAB．

∴BC/?/OA．

∵CE⊥OA，

∴四邊形OECD為矩形，

∴CD=OE．

∴BC=2OE，即OEBC=12；

(2)證明：∵OB=OC，

∴∠OBC=∠BCO，

∵∠CBA=∠OBA，

∴∠BOC=180°-4∠CBA．

∠BAC=12∠BOC=90°-2∠CBA，

∠ECA=90°-∠OAC

=90°-∠OAB-∠BAC

=90°-∠OAB-(90°-2∠CBA)

=2∠CBA-∠OAB

=∠BAO；

(3)解：△OBF是等腰三角形，理由如下：

由(1)可知OEBC=12，且OEAE=13，

∴BCAE=23，

∵BC/?/OA，

∴△BCF∽△AEF，

∴BFAF=BCAE=23【解析】(1)連結BC，OC.過點O作OD⊥BC于點D，則BC=2BD=2CD，由AB平分∠OBC，可得∠OBA=∠ABC，又由∠OBA=∠OAB，可得BC/?/OA，可證明四邊形OECD為矩形，得出CD=OE，再求解即可：

(2)由OB=OC，可得∠OBC=∠BCO，再由∠CBA=∠OBA，可得∠BOC=180°-4∠CBA.再求解可得結論；

(3)過點O分別作AC，AB的垂線，垂足分別為M28.【答案】(1)解：設和美角的度數為x，則鈍角的度數為90°+x，

∴x+x+90°+x=180°，

∴x=30°．

∴當和美三角形是等腰三角形時，和美角的度數為30°．

(2)證明：過點B作BD⊥AB，交AC于點D，如圖，

則∠ABD=90°，

∵△ABC是和美三角形，∠B是鈍角，∠A是和美角，

∴∠ABC=90°+∠A，

∵∠ABC=∠ABD+∠DBC=90°+∠DBC，

∴∠DBC=∠A．

∵∠C=∠C，

∴△CDB∽△CBA，

∴BCAC=BDAB．

在Rt△ABD中，

tanA=BDAB，

∴tanA=BCAC；

(3)解：①∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ACB=90°，

∵AB=13，BC=5，

∴AC=AB2-BC2=12．

Ⅰ.當∠EAC為和美角時，過點C作CF⊥AB于點F，如圖，

由(2)知：tan∠EAC=ECAC，

在Rt△ABC中，tan∠EAC=BCAC=512，

∴ECAC=512，

∴EC=5．

∴EC=BC．

∴∠CEB=∠CBA．

∵∠CBA=∠CDA，∠AED=∠CEB，

∴∠CDA=∠AED，

∴AD=AE．

∵CE=CB，CF⊥AB，

∴BF=EF=12BE．

∵∠ACB=90°，CF⊥AB，

∴△BCF∽△BAC，

∴BCBF=BABC，

∴5BF=135，

∴BF=2513，

∴BE=2BF=5013，

∴AD=AE=AB-BE=11913；

Ⅱ.當∠ACE為和美角時，過點D作CH⊥AB于點H，如圖，

由(2)知：tan∠ACE=AEAC，

∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ADB=90°，

∵∠ACE=∠ABD，

∴tan∠ACE=tan∠ABD=ADBD．

∵∠CAB=∠CDB，∠AEC=∠DEB，

∴△AEC∽△DEB，

∴AEAC=DEBD，

∴DEBD=ADBD，

∴DE=AD，

∴∠DAE=∠DEA．

∵∠AED=∠CEB【解析】(1)設和美角的度數為x，利用和美三角形的定義和三角形的內角和定理列出方程解答即可；

(2)過點B作BD⊥AB，交AC于點D，利用和美三角形的定義得到∠DBC=∠A，利用相似三角形的判定與性質得到BCAC=BDAB，再利用直角三角形的邊角關系定理得到tanA=BDAB，則結論可得；

(3)利用圓周角定理和勾股定理得到AC的長度，利用分類討論的數學方法分兩種情況討論解答：Ⅰ.當∠EAC為和美角時，過點C作CF⊥AB于點F，利用(2)的結論和相似三角形的判定與性質得到EC=BC，再利用等腰三角形的性質和相似三角形的判定與性質解答即可；Ⅱ.當∠ACE為和美角時，過點D29.【答案】(1)證明：∵AB是⊙O的直徑，AD為⊙O的切線，

∴AD⊥AB，∠AEB=90°，

∴∠ADB+∠ABD=90°，∠AEC+∠CEB=90°，

∵∠ABD=∠AEC，

∴∠ADB=∠CEB，

∵∠ADB=∠DBE，

∴∠CEB=∠DBE，

∴CE=CB；

(2)證明：連接CO并延長交BE于H，如下圖所示：

∵OB=OC，

∴∠ABC=∠OCB，

∴∠AOC=∠ABC+∠OCB=2∠ABC，

由(1)的結論可知：CE=CB，

∴CE=CB，

∴AH⊥BE，

∵AB是⊙O的直徑，

∴∠AEB=90°，

即A⊥BE，

∴AE/?/CH，

∴∠BAE=∠AOC，

∴∠BAE=2∠ABC；

(3)解：∵AB是⊙O的直徑，CF⊥AB，

∴∠BEA=∠CFO=90°，AB=2OC，

又∵AE//CH【解析】(1)根據AB是⊙O的直徑，AD為⊙O的切線，得AD⊥AB，∠AEB=90°，則∠ADB+∠ABD=90°，∠AEC+∠CEB=90°，再根據∠ABD=∠AEC得∠ADB=∠CEB，進而再由∠ADB=∠DBE得∠CEB=∠DBE，據此可得出結論；

(2)連接CO并延長交BE于H，則∠AOC=2∠ABC，由(1)的結論可知CE=CB，則CE=CB，由垂徑定理得AH⊥BE，再根據AB是⊙O的直徑得∠AEB=90°，由此可得AE/?/CH，則∠BAE=∠AOC，據此可得出結論

(3)證△30.【答案】(1)證明：∵點E是AB的中點，

∴DE⊥AB，

即DE為AB的垂直平分線，

∴AD=BD，

∴∠B=∠BAD，

∵∠BAD=∠CDF，

∴∠B=∠CDF，

∴DF/?/AB；

(2)解：①∵DF//AB，

∴∠BAD=∠ADF，

∵AF=FD，

∴∠FAD=∠FDA，

∴∠B=∠BAD=∠ADF=∠DAF，

∴△ABD∽△ADF，

∴ABAD=ADAF，

∴AD2=AB?AF，

∵AB=9，AF=FD=4，

∴AD=6，

∴BD=AD=6，

∵BE=12AB=92，

∴DE=BD2-BE2=327，

∴tan∠CDF=tanB=DEBE=73；

②∵DF//AB，

∴△CDF∽△CBA．

∴DFAB=CDCB=CDCD+BD，

即：49=CDCD+6，

∴CD=245，

∴BC=BD+CD=545；

(3)解：∵GC：CA：AB=1：4：3，

∴∠GAC：∠B：∠ACB=：4：3，

設【解析】(1)利用垂徑定理，線段垂直平分線的性質和等腰三角形的性質得到∠B=∠BAD，則∠B=∠CDF，利用平行線的判定定理解答即可；

(2)①利用平行線的性質和等腰三角形的性質得到∠B=∠BAD=∠ADF=∠DAF，利用相似三角形的判定與性質求得AD，再利用垂徑定理和勾股定理求得DE，則利用直角三角形的邊角關系定理解答即可得出結論；

②利用相似三角形的判定與性質求得CD，則BC=CD+BD；

(3)利用圓周角定理的推論得到∠GAC：∠B：∠ACB=：4：3，設∠GAC=k，則∠ABC=4k，∠ACB=3k，利用三角形的內角和定理的推論和等邊三角形的判定與性質得到△ABD為等邊三角形，求得k值則∠ACB=3k=45°；過點A31.【答案】解：(1)∵CD=CD，

∴∠DAC=∠DBC=α，

∵DE⊥AC，

∴∠AFD=90°，

∴∠ADE=90°-∠DAC=90°-α；

(2)∵AC是⊙O的直徑，

∴∠ADC=90°，

∴∠ADF+∠CDF=90°，

∵∠AFD=90°，

∴∠DAC+∠ADF=90°，

∴∠DAC=∠CDF，

∵∠DBC=∠DAC，

∴∠CDF=∠DBC，

∵∠DCE=∠BCD，

∴△DCE∽△BCD，

∴?BDDE=BCCD=CDCE，

由BE=3CE設CE=a，BE=3a，則BC=4a，

∴4aCD=CDa，

∴CD=2a，

∴BDDE=4a2a=2；

(3)①如圖1，

作GH/?/DE，交BC于H，

∴△CEF∽△CHG，△BGH∽△BDE，

∴CECH=EFGH=CFFG，=BGBD=BHBE【解析】(1)可推出∠DAC=∠DBC=α，從而得出∠ADE=90°-∠DAC=90°-α；

(2)可證得△DCE∽△BCD，從而?BDDE=BCCD=CDCE，由BE=3CE設CE=a，BE=3a，則BC=4a，從而求得CD=2a，進一步得出結果；

(3)①)①作GH/?/DE，交BC于H，可得出△CEF∽△CHG，△BGH∽△BDE，從而CECH=EFGH=CFFG，=BGBD=BHBE，從而可以表示出EF=32.【答案】(1)證明：延長AO交⊙O于點M，連結CM，如圖，

∵AM為⊙O的直徑，

∴∠ACM=90°，

∴∠CAM+∠M=90°．

∵∠CAD=∠BAO，

∴∠CAD+∠DAM=∠BAO+∠DAM，

∴∠CAM=∠BAD．

又∠M=∠B，

∴∠BAD+∠B=90°，

即∠AEB=90°，

∴AD⊥BC．

(2)證明：∵AO/?/CD，

∴∠FAE=∠D，

∵∠D=∠B，

∴∠FAE=∠B．

∵∠CAF=∠CAE+∠FAE，∠FAB+∠B=∠AFC，

∴∠CAF=∠AFC，

∴CA=CF．

(3)①∵∠CAD=∠FAB，∠D=∠B，

∴△ACD∽△AFB，

∴ACAF=CDBF=510．

設AC=5a，則AF=10a，

由(2)知：CF=CA，

∴CF=5a．

設CE=x，則EF=5k-x，

∵AE2=AC2-CE2，AE2=AF2-EF2，

∴AC2-CE2=AF2-EF2，

∴(5a)2-x2=(10a)2-(5a-x)2，

∴x=4a，

∴CE=4a，EF=a，

∴AE=AC2-CE2=3a．

∵∠FAE=∠B，∠AEF=∠BEA，

【解析】(1)延長AO交⊙O于點M，連結CM，利用圓周角定理，三角形外角的性質和垂直的定義解答即可；

(2)利用平行線的性質，三角形的外角的性質和等腰三角形的判定定理解答即可；

(3)①利用相似三角形的判定與性質得到ACAF=CDBF=510，設AC=5a，則AF=10a，設CE=x，則EF=5k-x，利用勾股定理求得x，再利用相似三角形的判定與性質解答即可得出結論；

②連結DO并延長交BC于點K，連結AK，利用全等三角形的判定與性質得到CE=EK，33.【答案】C

【解析】解：由題意知：

A.y1=9a+c，y2=a+c，y3=4a+c，y4=16a+c，

若y1y4>0，則(9a+c)(16a+c)>0，即(a+c16)(a+c9)>0，

∴a>0或a<-c9且a<-c16，故選項A錯誤；

B.若y1y4>0，則(a+c16)(a+c9)<0，

34.【答案】C

【解析】解：由題意，∵拋物線開口向下，

∴a<0．

又拋物線為x=-b2a=2．

∴b=-4a>0．

∵拋物線與y軸交于負半軸，

∴c<0．

∴abc>0，故①正確．

又b=-4a，

∴b+4a=0，故②正確．

由題意，當x=1時，y=a+b+c>0．

又a<0，

∴b+c>-a>0，故③正確．

∵拋物線的對稱軸是直線x=2，

∴當x=0時與當x=4時函數值相等．

∴當0<x1<4<x2，則y1>y2，故④錯誤．

綜上，正確的有：①②③．

故選：C．

依據題意，由拋物線開口向下，從而a<0，又拋物線為x=-b2a=2，故b=-4a>0，再結合拋物線與y軸交于負半軸，可得35.【答案】B

【解析】解：①當a=-1，b=3，c=-2時，滿足a<0，b+c>0，a+c<0，

此時Δ=32-4×(-1)×(-2)=1>0，即方程有兩個不相等的實數根，

故①錯誤；

②∵b+c>0，b-c<0，

∴b<0，c>0，

∵a<0，

∴-4ac>0，

∴Δ=b2-4ac>0，即方程有兩個不相等的實數根，

故②正確；

③當a=1，b=-1，c=-1時，滿足a>0，a+b+c<0，

此時Δ=b2-4ac=1-4×1×(-1)=5>036.【答案】A

【解析】解：∵點A(m,k)在其第一象限的圖象上，則m>0，k>0，k=m2，

∵點B(n,k+1)在其第二象限的圖象上，則n<0，k+1=n2，

即n2=m2+1，則(nm)2=1+1m2>1，

∵m、n異號，nm<0，

設x=nm<0，即x2>1，

即x2-1>0，則x<-1，

故-nm>1，

∵m>0，k>0，則km>037.【答案】B

【解析】解：根據函數圖象可知：

①當y<0時，1<x<2或x<-1，正確；

②當x>0時，y有最小值，沒有最大值，正確；

③當x>1時，y隨x的增大而增大，錯誤；

④結合函數圖象可知：若點P(m,m2-12)在函數圖象上，則m的值有38.【答案】-1<n<0【解析】解：拋物線的對稱軸為：x=-b2a=1，

∵a>0，

∴拋物線開口向上，

∵y1<y2，

∴若點A在對稱軸x=1的左側，點B在對稱軸x=1的右側，

由題意可得：2n+3<1n-1>11-(2n+3)<n-1-1，

不等式組無解；

若點B在對稱軸x=1的左側，點A在對稱軸x=1的右側，

由題意可得：2n+3>1n-1<11-(n-1)>2n+3-1，

解得：39.【答案】2或-2

b>2或-【解析】解：(1)把點(b-2,c)代入y=12x2-bx+c，得c=12(b-2)2-b(b-2)+c，

∴b=±2，

故答案為：2或-2；

(2)二次函數y=12x2-bx+c的圖象開口向上，對稱軸是直線x=--b2×12=b，

∵點(b-2,y1)，(2b,y2)，(2b+6,y3)40.【答案】8

【解析】解：當x=1時，y=3，

拋物線y=x2-mx+m+2的對稱軸為直線x=m2，

∵當x<1時，二次函數y隨x增大而減小，

∴m2≥1，

∴m≥2．

∴m+1>1，

當x=-2時，y=6+3m，當x=m2時，y=-m24+m+2，

∵-2≤x1≤m+1，-2≤x2≤m+1，

∴|y1-y241.【答案】278【解析】解：由題意得，

y=12(x+3)y=kx，

∴x2+3x-2k=0，

設A(x1,y1)B(x2,y2)且x1>x2，

∴x1+x2=-3，x1x2=-2k，

∴y1+y2=12(x1+x2)+3=32，

如圖，過點A作AE⊥y軸，過點B作BF⊥y軸，垂足分別為E、F，

∵△42.【答案】4

【解析】解：由AB⊥CD，且兩直線均與拋物線有兩個交點，所以直線k值都存在，

設y軸上點E坐標為(0,m)，直線AB的解析式為yAB=kx+m，直線CD的解析式為yCD=-1kx+m，

直線AB與拋物線聯立方程組為：y=kx+my=14x2，消去y得：x2-4kx-4m=0，

設A(x1,y1)，B(x2,y2)，

由根與系數的關系得：x1+x2=4k，

∵M為線段AB的中點，

∴xM=2k，yM=2k2+m，

∴M(2k,2k2+m)，

同理得N(-2k,2k+m)，

∴丨NE丨=(2k+m-m43.【答案】36

【解析】解：當x=2時，y=12x=6，則A(2,6)，

∵AC/?/x軸，

∴C點的縱坐標為6，

設C(k6,6)，

∵BC/?/y軸，

∴B點的橫坐標為k6，

∴B(k6,72k)，

∵CA=CB，

∴k6-2=6-72k，

整理得k2-48k+432=0，解得k1=36，2=1244.【答案】解：(1)把點A(-1,0)，B(5,0)代入拋物線y=x2+bx+c得，

1-b+c=025+5b+c=0，

解得：b=-4c=-5，

∴拋物線解析式為y=x2-4x-5；

(2)由(1)知，拋物線y=x2-4x-5-2mx=x2-(4+2m)x-5，當2m-1