江苏省宿迁市2021年中考数学真题（解析版）下载

宿迁市 2021 年初中学业水平考试 注意事项： 1．本试卷共 6 页，全卷满分 120 分，考试时间为 120 分钟，考生答题全部答在答题卡上，答 在本试卷上无效． 2．请认真核对监考教师在答题卡上所粘贴条形码的姓名、考试证号是否与本人相符合，再将 自己的姓名﹑考试证号用 0.5 毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡及本试卷上． 3．答选择题必须用 2B 铅笔将答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，请用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案，答非选择题必须用 0.5 毫米黑色墨水签字笔写在答题卡上的指定位置，在其 他位置答题一律无效． 4．作图必须用 2B 铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚． 一、选择题（本大题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分，在每小题所给出的四个选项中，恰有 一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上） 1. ﹣3 的相反数为（　　） 1313A. ﹣3 B. ﹣ C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据相反数的定义：只有符号不同的两个数称互为相反数计算即可． 【详解】解：﹣3 的相反数是 3． 故选：D． 【点睛】此题考查求一个数的相反数，解题关键在于掌握相反数的概念． 2. 对称美是美的一种重要形式，它能给与人们一种圆满、协调和平的美感，下列图形属于中心对称图形的 是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据中心对称图形的定义即可作出判断． 【详解】解：A、是中心对称图形，故选项正确； B、不是中心对称图形，故选项错误； C、不是中心对称图形，故选项错误； D、不是中心对称图形，故选项错误． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转 180 度后两部分重 合． 3. 下列运算正确的是（ ） 32A. B. a2  a6 C. a2 a3  a6 D. ab  ab2 2a  a  2 【答案】B 【解析】 【分析】根据合并同类项法则、幂的乘方法则、同底数幂的乘法法则和积的乘方法则逐个判断即可． 【详解】解：A、 2a  a  a ，故该选项错误； 3a2  a6 ，故该选项正确； 5 ，故该选项错误； ，故该选项错误； B、 C、 D、 23a  a  a 2ab  a2b2 故选：B． 【点睛】本题考查了合并同类项法则、幂的乘方法则、同底数幂的乘法法则和积的乘方法则，熟练掌握相 关运算法则是解决本题的关键． 4. 已知一组数据：4，3，4，5，6，则这组数据的中位数是（ ） A. 3 B. 3.5 C. 4 D. 4.5 【答案】C 【解析】 【分析】将原数据排序，根据中位数意义即可求解． 【详解】解：将原数据排序得 3，4， 4，5，6， ∴这组数据的中位数是 4． 故选：C 【点睛】本题考查了求一组数据的中位数，熟练掌握中位数的意义是解题关键，注意求中位数时注意先排 序． 5. 如图，在△ABC 中，∠A=70°，∠C=30°，BD 平分∠ABC 交 AC 于点 D，DE∥AB，交 BC 于点 E，则∠BDE 的度数是（ ） A. 30° B. 40° C. 50° D. 60° 【答案】B 【解析】 的【分析】由三角形 内角和可求∠ABC，根据角平分线可以求得∠ABD，由 DE//AB，可得∠BDE=∠ABD 即 可． 【详解】解：∵∠A+∠C=100° ∴∠ABC=80°， ∵BD 平分∠BAC， ∴∠ABD=40°， ∵DE∥AB， ∴∠BDE=∠ABD=40°， 故答案为 B． 【点睛】本题考查三角形的内角和定理、角平分线的意义、平行线的性质，灵活应用所学知识是解答本题 的关键． kyyyy  (k  0) 6. 已知双曲线 过点(3， 1 )、(1， 2 )、(-2， 3 )，则下列结论正确的是（ ）xy3＞y1＞y2 y3＞y2＞y1 y2＞y1＞y3 y2＞y3＞y1 D. A. B. C. 【答案】A 【解析】 【分析】利用分比例函数的增减性解答即可． ky  (k  0) 【详解】解：∵ x∴当 x＞0 时，y 随 x 的增大，且 y＜0；当 x＜0 时，y 随 x 的增大，且 y＞0； ∵0＜1＜3，-2＜0 ∴y2＜y1＜0，y3＞0 y ＞y＞y ．2∴31故选 A． 【点睛】本题主要考查了反比例函数的增减性，掌握数形结合思想成为解答本题的关键． 7. 折叠矩形纸片 ABCD，使点 B 落在点 D 处，折痕为 MN，已知 AB=8，AD=4，则 MN 的长是（ ）537355A. B. 2 C. D. 4 55【答案】B 【解析】 【分析】连接 BM，利用折叠的性质证明四边形 BMDN 为菱形，设 DN＝NB＝x，在 Rt ABD 中，由勾股定 理求 BD，在 Rt ADN 中，由勾股定理求 x，利用菱形计算面积的两种方法，建立等式求 MN． 【详解】解：如图，连接 BM， 由折叠可知，MN 垂直平分 BD， OD  OB, 又 AB∥CD， MDO  NBO,DMO  BNO, ∴BON≌ DOM， ∴ON＝OM， ∴四边形 BMDN 为菱形（对角线互相垂直平分的四边形是菱形）， DN  BN  BM  DM , 设 DN＝NB＝x，则 AN＝8﹣x， AD2  AB2 在 Rt ABD 中，由勾股定理得：BD＝ ＝，4 5 222在 Rt ADN 中，由勾股定理得：AD +AN ＝DN ， 即 42+（8﹣x）2＝x2， 解得 x＝5， 根据菱形计算面积的公式，得 1BN×AD＝ ×MN×BD， 21即 5×4＝ ×MN× ，4 5 2解得 MN＝ 故选：B． ．2 5 【点睛】本题考查图形的翻折变换，勾股定理，菱形的面积公式的运用，解题过程中应注意折叠是一种对 称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后对应线 段相等． 228. 已知二次函数 的图像如图所示，有下列结论：① ；② a＞0 ＞0； y  ax  bx  c b  4ac 2x③；④不等式 ＜0 的解集为 1≤ ＜3，正确的结论个数是（ ）4a  b  0 ax （b 1）x  c A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线的开口方向、于 x 轴的交点情况、对称轴的知识可判①②③的正误，再根据函数图象 的特征确定出函数的解析式，进而确定不等式，最后求解不等式即可判定④． 【详解】解：∵抛物线的开口向上， ∴a＞0，故①正确； ∵抛物线与 x 轴没有交点 2∴＜0，故②错误 b  4ac ∵由抛物线可知图象过（1,1），且过点（3,3） a  b  c 1 9a  3b  c  3 ∴8a+2b=2 ∴4a+b=1，故③错误； 由抛物线可知顶点坐标为（1,1），且过点（3,3） 则抛物线与直线 y=x交于这两点 ax2  b 1 x  c 2∴＜0 可化为 ，ax  bx  c  x 根据图象，解得：1＜x＜3 故④错误． 故选 A． 【点睛】本题主要考查了二次函数图象的特征以及解不等式的相关知识，灵活运用二次函数图象的特征成 为解答本题的关键． 二、填空题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分，不需写出解答过程，请把答案直接 填写在答题卡相应位置上) 2x有意义，则 的取值范围是____________． 9. 若代数式 x ＋2 【答案】任意实数 【解析】 的【分析】根据二次根式有意义 条件及平方的非负性即可得解． 2【详解】解：∵ ，x  0 2∴＞0， x ＋2 2∴无论 x 取何值，代数式 均有意义， x ＋2 ∴x 的取值范围为任意实数， 故答案为：任意实数． 【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件及平方的非负性，熟练掌握二次根式的定义是解决本题的关 键． 10. 2021 年 4 月，白鹤滩水电站正式开始蓄水，首批机组投产发电开始了全国冲刺，该电站建成后，将仅次 于三峡水电站成为我国第二大水电站，每年可减少二氧化碳排放 51600000 吨，减碳成效显著，对促进我市 实现碳中和目标具有重要作用，51600000 用科学计数法表示为___________． 7【答案】 5.1610 . 【解析】 nnn取决于原数小数 ，其中1 a ＜10， 【分析】科学记数法的形式是： 为整数．所以 ，a  5.16 a  10 nnn点的移动位数与移动方向， 是小数点的移动位数，往左移动，为正整数，往右移动， 为负整数．本 题小数点往左移动到 的后面，所以 5n  7. 7【详解】解：51600000  5.1610 . 7故答案为： 5.1610 . 【点睛】本题考查的知识点是用科学记数法表示绝对值较大的数，关键是在理解科学记数法的基础上确定 a,n 好的值，同时掌握小数点移动对一个数的影响． 211. 分解因式： =______． ab  a 【答案】a（b+1）（b﹣1）． 【解析】 【详解】解：原式= a(b2 1) =a（b+1）（b﹣1）， 故答案为 a（b+1）（b﹣1）． 2x1 12. 方程 的解是_____________． x2  4 x  2 1 13 x1  1 13 x2  【答案】 【解析】 ，2222【分析】先把两边同时乘以 ，去分母后整理为 ，进而即可求得方程的解． x  4 x  x 3  0 2x1 【详解】解： 两边同时乘以 ，x2  4 x  2 2，得 x  4 2  x(x  2)  x2  4 ，2整理得： x  x 3  0 1 13 1 13 ，解得： ，x1  x2  221 13 1 13 是原方程的解， 经检验， ，x1  x2  221 13 1 13 ．故答案为： ，x1  x2  22【点睛】本题考查了分式方程和一元二次方程的解法，熟练掌握分式方程和一元二次方程的解法是解决本 题的关键． 13. 已知圆锥的底面圆半径为 4，侧面展开图扇形的圆心角为 120°，则它的侧面展开图面积为 _____________． 【答案】48π 【解析】 【分析】首先根据底面圆的半径求得扇形的弧长，然后根据弧长公式求得扇形的半径，然后利用公式求得 面积即可． 【详解】解：∵底面圆的半径为 4， ∴底面周长为 8π， ∴侧面展开扇形的弧长为 8π， 设扇形的半径为 r， ∵圆锥的侧面展开图的圆心角是 120°， 120πr ∴＝8π， 180 解得：r＝12， ∴侧面积 π×4×12＝48π， 为故答案为：48π． 【点睛】考查了圆锥的计算，解题的关键是了解圆锥的侧面展开扇形的弧长等于底面圆的周长，难度不 大． 14. 若关于 x 的一元二次方程 x2 +ax-6=0 的一个根是 3，则 a= 【答案】-1 【解析】 【分析】把 x=3 代入一元二次方程即可求出 a． 【详解】解：∵关于 x 的一元二次方程 x2 +ax-6=0 的一个根是 3， ∴9+3a-6=0， 解得 a=-1． 故答案为：-1 【点睛】本题考查了一元二次方程的根的意义，一元二次方程方程的解又叫一元二次方程的根，熟知一元 二次方程根的意义是解题的关键． 15. 《九章算术》中有一道“引葭赴岸”问题：“仅有池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸 齐．问水深，葭长各几何？”题意是：有一个池塘，其地面是边长为 10 尺的正方形，一棵芦苇 AB 生长在 它的中央，高出水面部分 BC 为 1 尺．如果把芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，那么芦苇的顶部 B 恰好 碰到岸边的 B’（示意图如图，则水深为__尺． 【答案】12 【解析】 【分析】依题意画出图形，设芦苇长 AB=AB’=x 尺，则水深 AC=（x﹣1）尺，因为 B’E=10 尺，所以 B’C=5 尺，利用勾股定理求出 x 的值即可得到答案． 【详解】解：依题意画出图形，设芦苇长 AB=AB’=x 尺，则水深 AC=（x﹣1）尺， 因为 B’E=10 尺，所以 B’C=5 尺， 在 Rt△AB’C 中，52+（x﹣1）2=x2 ，解之得 x=13， 即水深 12 尺，芦苇长 13 尺． 故答案为：12． ．【点睛】此题考查勾股定理的实际应用，正确理解题意，构建直角三角形利用勾股定理解决问题是解题的 关键． O O 16. 如图，在 Rt△ABC 中，∠ABC=90°，∠A=32°，点 B、C 在 上，边 AB、AC 分别交 于 D、E 两 点﹐点 B 是  的中点，则∠ABE=__________． CD 【答案】 13 【解析】 DC, BDC  BCD, ABE  ACD, 利用三角形的外角可得： 【分析】如图，连接 先证明 再证明 BDC  A ACD  A ABE, 2BDC  90 2 A ABE , 再 利 用 直 角 三 角 形 中 两 锐 角 互 余 可 得 ： 再解方程可得答案． DC, 【详解】解：如图，连接 是  的中点， B CD BD  BC,BDC  BCD,   DE  DE, ABE  ACD, BDC  A ACD  A ABE, ABC  90,A  32, 2BDC  90 2 A ABE , ABE  45 A  4532 13. 故答案为：13. 的【点睛】本题考查 是圆周角定理，三角形的外角的性质，直角三角形的两锐角互余，掌握圆周角定理的 含义是解题的关键． kx的图像上，延长 AB 交 轴于C 点，若△AOC 的面积是 12， y  x＞0 17. 如图，点 A、B 在反比例函数 x且点 B 是 AC 的中点，则 =__________． k【答案】8 【解析】 kA m， C n,0 即可表示 AOC AOC 的面积，再利用 AD  OC 【分析】由 的面积为 12，故作 ，设 ，m中点坐标公式表示 B 点坐标，利用 B 点在反比例图像上即可求解． kA m， C n,0 AD  OC 【详解】解：作 ，设 ，mk AD  ,OC  n mAOC 的面积为 12 11knk SAOC  OC  AD  n 12 22m2m B 点是 AC 中点 m  n k ,B 点坐标 22m 又B 点在反比例图像上 k2 k  2m m  n k  0 n  3m 3mk 12 2m k  8 故答案是：8． 【点睛】本题考查反比例函数的综合运用、中点坐标公式和设而不解的方程思想，属于中档难度的题型．解 A x, y , B x, y 题的关键是设而不解的方程思想．此外设有 1  2  两点，则 的中点坐标是： A、B 12x  x y1  y 2  12,．2218. 如图，在△ABC 中，AB=4，BC=5，点 D、F 分别在 BC、AC 上，CD=2BD，CF=2AF，BE 交 AD 于点 F，则△AFE 面积的最大值是_________． 4【答案】 3【解析】 DE AE 233S S 【分析】连接 DF，先根据相似三角形判定与性质证明 ,得到 △ADF ,进而根据 CD=2BD， △AEF 52SS△ABC ,根据△ABC 中，AB=4，BC=5，得到当 AB⊥BC 时，△ABC 面积最大，即 CF=2AF，得到 △AEF 15 可求出△AFE 面积的最大值． 【详解】解：如图，连接 DF， ∵CD=2BD，CF=2AF， CF CD 2 ==∴，CA CB 3∵∠C=∠C， ∴△CDF∽△CBA， DF CD 23=∴,∠CFD=∠CAB， BA CG ∴DF∥BA， ∴△DFE∽△ABE， DF DE 23=∴∴,AB AE 3S S△ADF ,△AEF 5∵CF=2AF， 1SS S△ADC ∴∴,△ADF 31 S△ADC ,△AEF 5∵CD=2BD， 2SS S△ABC ∴∴,△ADC 32S△ABC ,△AEF 15 ∵△ABC 中，AB=4，BC=5， 1245=10 ∴，当 AB⊥BC 时，△ABC 面积最大，为 ，2410 =此时△AFE 面积最大为 ．15 3 43故答案为： DE AE 23【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，根据相似三角形的性质与判定得到 ,理解等高三角 形的面积比等于底的比是解题关键． 三、简答题（本大题共 10 小题，共 96 分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要 的文字说明，证明过程或演算步骤) 019. 计算： 4sin45° π 1  8  【答案】1 【解析】 【分析】结合实数的运算法则即可求解． 2【详解】解：原式 ．=1 2 2 4 1 2 2 2 21 2【点睛】本题考察非 0 底数的 0 次幂等于 1、二次根式的化简、特殊三角函数值等知识点，属于基础题型， 难度不大．解题的关键是掌握实数的运算法则． x 1 0 20. 解不等式组 ，并写出满足不等式组的所有整数解． 5x  2  x 1 24 x 1 【答案】解集为 【解析】 ，整数解为－1，0． 3【分析】先分别解得每个不等式的解集，再根据大小小大取中间求得不等式组的解集，进而可求得整数 解． x 1 0① 5x  2 【详解】解： ， x 1② 2由①得： x 1 ，4x   由②得： ，34 x 1 ∴原不等式组的解集为 ，3∴该不等式组的所有整数解为－1，0． 【点睛】本题考查了一元一次不等式组的解法，熟练掌握解不等式组的基本步骤是解决本题的关键． 21. 某机构为了解宿迁市人口年龄结构情况，对宿迁市的人口数据进行随机抽样分析，绘制了如下尚不完整 的统计图表： 类别 ABCD年龄（t 岁） 人数（万人） 0≤t<15 15≤t<60 11.6 60≤t<65 t≥65 2.7 4.7 m根据以上信息解答下列问题： (1)本次抽样调查，共调查了____万人； m(2)请计算统计表中 的值以及扇形统计图中“C”对应的圆心角度数； (3)宿迁市现有人口约 500 万人，请根据此次抽查结果，试估计宿迁市现有 60 岁及以上的人口数量． 【答案】（1）20；（2）1；18°；（3）92.5 万人． 【解析】 【分析】（1）用 B 类的人数除以所占百分比即可求出被调查的总人数； （2）用总人数减去 A，B，D 类的人数即可求出 m 的值，再用 C 类人数除以总人数得到的百分比乘以 360° 即可得到结论； （3）首先计算出样本中 60 岁及以上的人口数量所占百分比，再乘以 500 万即可得到结论． 【详解】解：（1）11.6÷58%=20（万人）， 故答案为：20； （2） m  20  4.7 11.6  2.7 1 1360 =18 20 故 m 的值为 1；扇形统计图中“C”对应的圆心角度数为 18°； 1+2.7 500=92.5 （3）宿迁市现有 60 岁及以上的人口数= （万人） 20 所以，宿迁市现有 60 岁及以上的人口数量为 92.5 万人． 【点睛】本题考查的是统计表和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息 是解决问题的关键．扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小． 22. 在①AE=CF；②OE=OF；③BE∥DF 这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并完成证明过程． 已知，如图，四边形 ABCD 是平行四边形，对角线 AC、BD 相交于点 O，点 E、F 在 AC 上， (填 写序号)． 求证：BE=DF． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】见解析 【解析】 【 分 析 】 若 选 ② ， 即OE=OF ； 根 据 平 行 四 边 形 的 性 质 可 得BO=DO ， 然 后 即 可 根 据SAS 证 明 △BOE≌△DOF，进而可得结论；若选①，即 AE=CF；根据平行四边形的性质得出 OE=OF 后，同上面的 思路解答即可；若选③，即 BE∥DF，则∠BEO=∠DFO，再根据平行四边形的性质可证△BOE≌△DOF， 于是可得结论． 【详解】解：若选②，即 OE=OF； 证明：∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴BO=DO， ∵OE=OF，∠BOE=∠DOF， ∴△BOE≌△DOF（SAS）， ∴BE=DF； 若选①，即 AE=CF； 证明：∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴BO=DO，AO=CO， ∵AE=CF， ∴OE=OF， 又∠BOE=∠DOF， ∴△BOE≌△DOF（SAS）， ∴BE=DF； 若选③，即 BE∥DF； 证明：∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴BO=DO， ∵BE∥DF； ∴∠BEO=∠DFO， 又∠BOE=∠DOF， ∴△BOE≌△DOF（AAS）， ∴BE=DF； 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质，属于基本题型，熟练掌握平行四边形 的性质和全等三角形的判定是关键． 23. 即将举行的 2022 年杭州亚运会吉祥物“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”： 将三张正面分别印有以上 3 个吉祥物图案的卡片（卡片的形状、大小、质地都相同)背面朝上、洗匀． (1)若从中任意抽取 1 张，抽得得卡片上的图案恰好为“莲莲”的概率是 ．(2)若先从中任意抽取 1 张，记录后放回，洗匀，再从中任意抽取 1 张，求两次抽取的卡片图案相同的概 率．(请用树状图或列表的方法求解) 113【答案】（1） ；（2） 3【解析】 【分析】（1）直接根据概率公式求解即可； （2）根据题意画出树状图得出所有等情况数，找出两次抽取的卡片图案相同的情况数，然后根据概率公式 即可得出答案． 【详解】解：（1）∵有 3 张形状、大小、质地均相同的卡片，正面分别印有“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”， 1∴从中随机抽取 1 张，抽得的卡片上的图案恰好为“莲莲”的概率为 ；31故答案为： ；3（2）把“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”分别用字母 A、B、C 表示，画树状图如下： 或列表为： ABCABCAA BA CA AB BB CB AC BC CC 由图(或表)可知：共有 9 种等可能的结果，其中抽到相同图案的有 3 种， 3913=则两次抽取的卡片图案相同的概率是 ．【点睛】此题考查的是树状图法(或列表法)求概率．树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注 意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． 24. 一架无人机沿水平直线飞行进行测绘工作，在点 P 处测得正前方水平地面上某建筑物 AB 的顶端 A 的俯 角为 30°，面向 AB 方向继续飞行 5 米，测得该建筑物底端 B 的俯角为 45°，已知建筑物 AB 的高为 3 米，求 无人机飞行的高度(结果精确到 1 米，参考数据： 1.414， =1.732)． 3  2  【答案】无人机飞行的高度约为 14 米． 【解析】 【分析】延长 PQ，BA，相交于点 E，根据∠BQE＝45°可设 BE＝QE＝x，进而可分别表示出 PE＝x＋5，AE AE PE x  3 x  5 3＝x－3，再根据 sin∠APE＝ ，∠APE＝30°即可列出方程 ，由此求解即可． 3【详解】解：如图，延长 PQ，BA，相交于点 E， 由题意可得：AB⊥PQ，∠E＝90°， 又∵∠BQE＝45°， ∴BE＝QE， 设 BE＝QE＝x， ∵PQ＝5，AB＝3， ∴PE＝x＋5，AE＝x－3， ∵∠E＝90°， AE ∴sin∠APE＝ ，PE ∵∠APE＝30°， x  3 3∴sin30°＝ ，x  5 3解得：x＝ ≈14， 4 3 7 答：无人机飞行的高度约为 14 米． 【点睛】本题考查解直角三角形的应用-俯角仰角问题，难度适中，要求学生能借助其关系构造直角三角形 并解直角三角形． 25. 如图，在 Rt△AOB 中，∠AOB=90°，以点 O 为圆心，OA 为半径的圆交 AB 于点 C，点 D 在边 OB 上， 且 CD= BD． （1）判断直线 CD 与圆 O 的位置关系，并说明理由； 24 tan DOC  ，O （2）已知 AB=40，求 的半径． 7【答案】（1）直线 CD 与圆 O 相切，理由见解析；（2） 4 2. 【解析】 OC, DCB  OCA  90, CD 24 OCD  90, 【分析】（1）连接 证明 可得 从而可得答案； CD  24x, OC  7x, OD  25x,OA  7x, OC  CD, tan DOC  ,设（2）由 则再求解 再表 OC 7222OB  OD  BD  49x, 示再利用 列方程解方程，可得答案． AO  BO  AB , 【详解】解：（1）直线 CD 与圆 O 相切，理由如下： OC, 如图，连接 AOB  90,OA  OC, B  OAC  90,OAC  OCA, CD  BD, B  DCB, DCB  OCA  90, OCD 18090  90, OC  CD, O 为是的半径， 的切线． OC CD O CD 24 OC  CD, tan DOC  （2） ,OC 7CD  24x, OC  7x, 设则OD  OC2  CD2  25x,OA  OC  7x, CD  BD, BD  24x, OB  OD  BD  49x,  AB  40,AOB  90,  AO2  BO2  AB2 , 22 7x  49x  402 , 32 49 x2  ,4 2 74 2 7（负根舍去） x1  , x2   4 2 O 的半径为： OC  7x  7  4 2. 7【点睛】本题考查的是切线的判定与性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，锐角三角函数的应用， 一元二次方程的解法，熟练应用基础知识，把知识串联起来是解题的关键． 26. 一辆快车从甲地驶往乙地，一辆慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发，匀速行驶，两车在途中相遇时， 快车恰巧出现故障，慢车继续驶往甲地，快车维修好后按原速继续行驶乙地，两车到达各地终点后停止， 两车之间的距离 s(km)与慢车行驶的时间 t(h)之间的关系如图： (1)快车的速度为 km/h，C 点的坐标为 ．(2)慢车出发多少小时候，两车相距 200km． 【答案】（1）100，（8,480）；（2）1.75h 和 4.875h． 【解析】 【分析】（1）由图像可知，甲乙两地的距离为 480km， 0-3 小时快车和慢车一起行驶了 3 小时，3-4 小时快 车出现故障停止前行、仅有慢车行驶，进而求出慢车速度，然后再求出快车的速度；A、B 段为快车已维修 好，两车共同行驶且快车在 B 点到站，BC 段仅为慢车行驶；则可求出 B 点坐标，进而求出 C 点的横坐标 即可解答； （2）分快车出现故障前和故障后两种情况解答即可． 【详解】解：（1）由图像可知，甲乙两地的距离为 480km 在 0-3 小时快车和慢车一起行驶了 3 小时，3-4 小时快车出现故障停止前行、仅有慢车行驶 60 则慢车速度为 =60km/h 4 3 设快车速度为 v，则有：（v+60）×3=480，解得 v=100km/h 480 ∴B 点的横坐标为 +1=5.8，从坐标为 60+（60+100）×（5.8-4）=348，即 B（5.8,348） 100 480  8 ∴慢车行驶时间为 h， 60 ∴C 点的横坐标为 8 ∴C 点的坐标为（8,480）； （2）在快车出现故障前，两车相距 200km 所用时间为：（480-200）÷（100+60）=1.75h； 在快车出现故障后，慢车 1 小时行驶了 60km，然后两车共同行驶了 200-60=140km 共同行驶时间为 140÷（100+60）=0.875h ∴两车相距 200km 所用时间为 4+0.875=4.875h． 答：两车相距 200km 所用时间为 1.75h 和 4.875h． 【点睛】本题考查了从函数图象中获取信息和行程问题，从函数图象中获取有用的信息成为解答本题的关 键． 27. 已知正方形 ABCD 与正方形 AEFG，正方形 AEFG 绕点 A 旋转一周． CF (1)如图①，连接 BG、CF，求 的值； BG (2)当正方形 AEFG 旋转至图②位置时，连接 CF、BE，分别去 CF、BE 的中点 M、N，连接 MN、试探究： MN 与 BE 的关系，并说明理由； (3)连接 BE、BF，分别取 BE、BF 的中点 N、Q，连接 QN，AE=6，请直接写出线段 QN 扫过的面积． 1MN  BE;MN  BE 9 【答案】（1） ；（2） ；（3） 22【解析】 【分析】（1）由旋转的性质联想到连接 AF、AC ，证明 CAF∽BAG 即可求解； （2）由 M、N 分别是 CF、BE 的中点，联想到中位线，故想到连接 BM 并延长使 BM=MH，连接 FH、EH， 则可证 BMC≌HMF 即可得到 HF  BC  BA ，再由四边形 内角和为 可得 BEFC 360 BAC  HFE ，则可证明 ，即 是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可 BHE BAE≌HFE 求解； （3）Q、N 两点因旋转位置发生改变，所以 Q、N 两点的轨迹是圆，又 Q、N 两点分别是 BF、BE 中点，所 以想到取 AB 的中点 O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答． 【详解】解：（1）连接 AF、AC 四边形 ABCD 和四边形 AEFG 是正方形  AB  BC, AG  FG,BAD  GAE  CBA  AGF  90 EAG,BAD AF、AC 分别平分 BAC  GAF  45 BAC  CAG  GAF  CAG 即BAG  CAF ABC,AGF 且都是等腰直角三角形 AC AF  2 AB AG CAF∽BAG CF AC  2 BG AB （2）连接 BM 并延长使 BM=MH，连接 FH、EH 是 CF 的中点 M CM  MF 又CMB  FMH CMB≌FMH BC  HF,BCM  HFM 在四边形 BEFC 中 BCM  CBE  BEF  EFC  360 又CBA  AEF  90 BCM  ABE  AEB  EFC  3609090 180 即即HFM  EFC  ABE  AEB 180 HFE  ABE  AEB 180 BAE  ABE  AEB 180 HFE  BAE 又四边形 ABCD 和四边形 AEFG 是正方形 BC  AB  FH, EA  EF BAE≌HFE BE  HE.BEA  HEF HEF  HEA  AEF  90 BEA HEA  90  BEH 三角形 BEH 是等腰直角三角形 M、N 分别是 BH、BE 的中点 1MN / /HE, MN  HE 21MNB  HEB  90, MN  BE 21MN  BE, MN  BE 2（3）取 AB 的中点 O，连接 OQ、ON，连接 AF 在中，O、Q 分别是 AB、BF 的中点 ABF 1OQ  AF 21ON  AE 同理可得 2 AF  2AE  6 2 OQ  3 2,ON  3 的所以 QN 扫过 面积是以O 为圆心， 和 为半径的圆环的面积 33 2 22．S  3 2 3   9 【点睛】本题考察旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问 题，属于几何综合题，难度较大．解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线． 1y  x2  bx  c yx与 轴交于A(-1，0)，B(4，0)，与 轴交于点C．连接 AC，BC，点 P 28. 如图，抛物线 2在抛物线上运动． (1)求抛物线的表达式； (2)如图①，若点 P 在第四象限，点 Q 在 PA 的延长线上，当∠CAQ=∠CBA 45°时，求点 P 的坐标； x(3)如图②，若点 P 在第一象限，直线 AP 交 BC 于点 F，过点 P 作 轴的垂线交BC 于点 H，当△PFH 为等 腰三角形时，求线段 PH 的长． 1315 8y  x2  x  2 【答案】（1） ；（2）（6，-7）；（3）PH= 或 1.5 或 3 55 22【解析】 【分析】（1）根据待定系数法解答即可； （2）求得点 C 的坐标后先利用勾股定理的逆定理判断∠ACB=90°，继而可得∠ACO=∠CBA，在 x 轴上取 点 E（2，0），连接 CE，易得△OCE 是等腰直角三角形，可得∠OCE=45°，进一步可推出∠ACE=∠CAQ， 可得 CE∥PQ，然后利用待定系数法分别求出直线 CE 与 PQ 的解析式，再与抛物线的解析式联立方程组求 解即可； （3）设直线 AP 交 y 轴于点 G，如图，由题意可得若△PFH 为等腰三角形，则△CFG 也为等腰三角形，设 G（0，m），求出直线 AF 和直线 BC 的解析式后，再解方程组求出点 F 的坐标，然后分三种情况求出 m 的 值，再求出直线 AP 的解析式，进而可求出点 P 的坐标，于是问题可求解． 1y  x2  bx  c 【详解】解：（1）把 A(-1，0)，B(4，0)代入 ，得 2132c  2  b  c  0 b  ，解得： ，28 4b  c  0 13y  x2  x  2 ∴抛物线的解析式是 ；22（2）令 x=0，则 y=2，即 C（0，2）， 222222∵∴，，AB2=25， AC 1  2  5 BC  2  4  20 222，AC  BC  AB ∴∠ACB=90°， ∵∠ACO+∠CAO=∠CBA+∠CAO=90°， ∴∠ACO=∠CBA， 在 x 轴上取点 E（2，0），连接 CE，如图， 则 CE=OE=2， ∴∠OCE=45°， ∴∠ACE=∠ACO+45°=∠CBA+45°=∠CAQ， ∴CE∥PQ， ∵C（0，2），E（2，0）， ∴直线 CE 的解析式为 y=-x+2， 设直线 PQ 的解析式为 y=-x+n，把点 A（-1，0）代入，可得 n=-1， ∴直线 PQ 的解析式为 y=-x-1， 13y  x2  x  2 x  1 y  0 x  6 解方程组 ，得 或，22y  7 y  x 1 ∴点 P 的坐标是（6，-7）； （3）设直线 AP 交 y 轴于点 G，如图， ∵PH∥y 轴， ∴∠PHC=∠OCB，∠FPH=∠CGF， ∴若△PFH 为等腰三角形，则△CFG 也为等腰三角形， ∵C（0，2），B（4，0）， 1∴直线 BC 的解析式为 ，y  x  2 2设 G（0，m），∵A（-1，0）， ∴直线 AF 的解析式为 y=mx+m， 4  2m 2m 1 5m 1x  y  y  x  2 解方程组 ，得 ，2y  mx  m 2m 1 4  2m 5m 2m 1 2m 1 ,∴点 F 的坐标是 ，222 2 4  2m 2m 1 5m 4  2m 2m 1 5m 222 2 ,FG2   m ∴，CG  2  m ,CF  2m 1 2m 1 22 4  2m 2m 1 5m 25 1 （舍去负值）， 当 CG=CF 时， ，解得： 2  m   2 m  2m 1 25 1 25 1 ，2此时直线 AF 的解析式为 y= x+ 13y  x2  x  2 x  5 5 x  1 y  0 22解方程组 ，得 或，7 511 5 1 25 1 y  y  x  227 511 5 1 ）， 2∴点 P 的坐标是（ 7 511 ，），此时点 H 的坐标是（ ，5  5 5  5 25 1 2∴PH= ； 3 55 2222 2 1214  2m 2m 1 5m 4  2m 2m 1 5m 当 FG=FC 时， 或 m=2（舍）， ，解得 m= 或 m= （舍）  2  m 22m 1 2m 1 11此时直线 AF 的解析式为 y= x+ ，2213y  x2  x  2 x  1 y  0 x  3 y  2 22解方程组 ，得 或，112y  x  21∴点 P 的坐标是（3，2），此时点 H 的坐标是（3， ）， 21∴PH=2- =1.5； 222 34  2m 2m 1 5m 2m  当 GF=GC 时， ，解得 或 m=2（舍去）， 2  m   m 42m 1 334此时直线 AF 的解析式为 y= x+ ，4135y  x2  x  2 x  y  x  1 y  0 22221 8解方程组 ，得 或，334y  x  4521 853∴点 P 的坐标是（ ，），此时点 H 的坐标是（ ，）， 22421 3 15   ∴PH= ；84815 8综上，PH= 或 1.5 或 ．3 55 【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象上点的坐 标特征、直线与抛物线的交点以及等腰三角形的判定和性质等知识，具有相当的难度，熟练掌握二次函数 的图象和性质、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．