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2025年中考数学冲刺中考模拟真题速递(广州专用)
专项5 综合题 （广州中考真题+中考模拟）
一、综合题
1．（2024·广州） 已知抛物线过点和点，直线过点，交线段于点，记的周长为，的周长为，且．
（1）求抛物线的对称轴；
（2）求的值；
（3）直线绕点以每秒的速度顺时针旋转秒后得到直线，当时，直线交抛物线于，两点．
①求的值；
②设的面积为，若对于任意的，均有成立，求的最大值及此时抛物线的解析式．
2．（2024·广州） 如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为．
（1）当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由；
（2）若，为的外接圆，设的半径为．
①求的取值范围；
②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由．
3．（2024·深圳）如图， 在 中， 为 的外接圆， 为 的切线， 为 的直径， 连接 并延长交 于点 .
（1） 求证： ；
（2） 若 ， 求 的半径.
4．（2025·深圳模拟）在平面内，先将一个多边形以点为位似中心放大或缩小，使所得多边形与原多边形对应线段的比为，并且原多边形上的任一点，它的对应点在线段或其延长线上；接着将所得多边形以点为旋转中心，逆时针旋转一个角度，记为，如果是顺时针旋转一个角度，则记为，这种经过位似和旋转的图形变换叫做旋转相似变换，其中点叫做旋转相似中心，叫做相似比，叫做旋转角．
（1）填空：
①如图1，将以点为旋转相似中心，放大为原来的2倍，再逆时针旋转，得到，这个旋转相似变换记为（___________，___________）；
②如图2，是边长为的等边三角形，将它作旋转相似变换，得到，则线段的长为___________；
（2）如图3，经过得到，又将经过得到，连接，，求证：四边形是平行四边形．
（3）如图4，在中，，，，若经过（2）中的变换得到的四边形恰好是正方形时，则的长为___________．
5．（2025·潮阳模拟）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，．抛物线的对称轴与经过点的直线交于点，与轴交于点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若在抛物线上存在点，使得是以为直角边的直角三角形，求出所有点的坐标；
（3）以点为圆心，画半径为的圆，为上一个动点，请求出的最小值．
6．（2021·坪山模拟）如图，BC是的直径，A为上一点，连接AB、AC，于点D，E是直径CB延长线上一点，且AB平分．
（1）求证：AE是的切线；
（2）若，，求EA．
7．（2025九下·广州模拟）已知点在函数的图象上.
（1）若，求的值：
（2）抛物线与轴交于两点M，N（在的左边），与轴交于点，记拋物线的顶点为.
①为何值时，点到达最高处；
②设的外接圆圆心为与轴的另一个交点为，当时，是否存在四边形FGEC为平行四边形？若存在，求此时顶点的坐标；若不存在，请说明理由.
8．（2025九下·广州模拟）如图，是内接于是的直径，.
（1）求BC的长；
（2）点为上的一个动点，且位于直线AB的上方，点从点开始沿着运动至点，连接DO，延长DO交于点，连接AE，BE.
①当CE平分时，试探究AC，BC和CE三者之间的数量关系，并证明你的结论；
②AD与CE交于点，求点运动过程中，点的运动路径长.
9．（2025·兴宁模拟）在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线交轴负半轴于点，交轴正半轴于点，交轴于点，且．
（1）如图，求抛物线的解析式；
（2）如图，点是第一象限抛物线上一点，其横坐标为，连接，交轴于点，的面积为，求与之间的函数关系式；
（3）如图，在（）的条件下，点在上（点不与点重合），过点作轴交抛物线于点，交于点，连接，点在上，连接，交于点，若，，，求点坐标．
10．（2025·龙岗模拟）九年级的茗茗同学在春节放假期间参加社会实践活动，参加了街道的盆栽售卖活动，某种年橘盆栽的进价为每盆40元，售价为每盆50元，由于正值春节假期，顾客较多，每天可卖出220盆，经调查发现，如果每盆年橘的售价每上涨1元，则每天少卖10盆．
（1）每盆年橘的售价上涨多少元时，每天的销售利润为2520元？
（2）每盆年橘的售价上涨多少元时，每天可获得最大利润？最大利润是多少元？
11．（2025九下·佛山模拟）如图1，在平面直角坐标系中，矩形的边、分别在坐标轴上，且，，反比例函数的图象与、分别交于点D、E，连结．
（1）如图2，连结、，当的面积为2时：
①______；②求的面积；
（2）如图3，将沿翻折，当点B的对称点F恰好落在边上时，求k的值．
12．（2025九下·佛山模拟）如图所示是广东醒狮，它是国家级非物质文化遗产之一，其中高桩醒狮更是由现代艺术演出转变而来的体育竞技．如图2，三根梅花桩，，垂直于地面放置，醒狮少年从点跳跃到点，随后纵身跃至点，已知，，，．（参考数据：，，）
（1）在图2中，________；
（2）醒狮少年在某次演出时需要从点直接腾跃至点进行“采青”，请求出“采青”路径的长度；
（3）醒狮少年在休息时发现，在太阳光下梅花桩的影子顶端恰好落在点处，梅花桩的影子顶端恰好与点重合，请在图3中画出梅花桩，的影子并计算出的高度；
（4）如图4，保持不变，通过调整梅花桩的高度，使得的值最小，请求出此时的高度（结果精确到）．
13．（2025·深圳模拟）花果山是连云港景区的一大特色，猕猴玩偶非常畅销．小李在某网店选中，两款猕猴玩偶，决定从该网店进货并销售．两款玩偶的进货价和销售价如下表：
价格 A款玩偶 B款玩偶
进货价（元/个）
销售价（元/个）
（1）第一次小李用元购进了，两款玩偶共个，求两款玩偶各购进多少个．
（2）第二次小李进货时，网店规定款玩偶进货数量不得超过款玩偶进货数量的一半．小李计划购进两款玩偶共个，应如何设计进货方案才能获得最大利润，最大利润是多少？
14．（2025九下·潮阳模拟）综合与实践：九年级课外小组计划用两块长为，宽为的长方形硬纸板做收纳盒．
【任务要求】
任务一：设计无盖长方形收纳盒．把一块长方形硬纸板的四角剪去四个相同的小正方形，然后沿虚线折成一个无盖的长方体收纳盒．如图1．
任务二：设计有盖长方形收纳盒．把另一块长方形硬纸板的四角剪去四个相同的小长方形，然后折成一个有盖的长方体收纳盒，和两边恰好重合且无重叠部分．如图2．
【问题解决】
（1）若任务一中设计的收纳盒的底面积为，剪去的小正方形的边长为多少？
（2）若任务二中设计的该收纳盒的底面积为．
①该收纳盒的高是多少？
②请判断能否把一个尺寸如图3所示的玩具机械狗完全立着放入该收纳盒，并说明理由．
15．（2024·惠城模拟）把Rt△ABC和Rt△DEF按如图（1）摆放（点C与E重合），点B、C（E）、F在同一条直线上．已知：∠ACB=∠EDF=90°，∠DEF=45°，AC=8cm，BC=6cm，EF=10cm．如图（2），△DEF从图（1）的位置出发，以1cm/s的速度沿CB向△ABC匀速移动，在△DEF移动的同时，点P从△ABC的顶点A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B匀速移动；当点P移动到点B时，点P停止移动，△DEF也随之停止移动．DE与AC交于点Q，连接PQ，设移动时间为t（s）．
（1）用含t的代数式表示线段AP和AQ的长，并写出t的取值范围；
（2）连接PE，设四边形APEQ的面积为y（cm2），试探究y的最大值；
（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形．
答案解析部分
1．（1）解：由抛物线的表达式知，其对称轴为直线；
（2）解：直线：过点，则该直线的表达式为：，
当时，，
则，
，即，
其中，，上式变为：，
即，
而函数的对称轴为直线，由函数的对称性知，，
即，
则，
解得：；
（3）解：①当时，一次函数的表达式为：，
该直线和轴的夹角为，
则秒；
②由①知，为：，如下图：
则，
联立直线和抛物线的表达式得：，
即，
设点、的横坐标为，，
则，，
则，
则，
当时，等号成立，
即的最大值为：，，
则抛物线的表达式为：．
（1）由抛物线的对称轴直线公式“”可直接算出抛物线的对称轴直线；
（2）由题意可得直线l的解析式为y=m2(x-3)+1，由点的坐标与图形性质可得点D的纵坐标为2，故将y=2代入可得，由C1=C2+2，即AC+CD+AD=BC+CD+BD+2得到2xD=xA+xB+2，即可求解；
（3）①当m=±1时，一次函数的解析式为y=m2(x-3)+1=x-2，该直线和x轴的夹角为45°，即可求解；
②由①可得l为y=1，则，联立直线l与抛物线的解析式可得x2-6x-a2+2a=0，设E、F得横坐标为m、n，由根与系数的关系得m+n=6，mn=-a2+2a，根据两点间的距离公式得，从而代入即可求解.
2．（1）解：AF=AD，AF⊥AD，理由如下，
四边形ABCD是菱形，
，，
和关于AE轴对称，
，
，
，
，
，
综上，，．

（2）解：（2）①如图，设△AEF的外接圆圆心为O，连接OA、OE，作OG⊥AE于点G，作AH⊥BC于点H．
∵四边形ABCD是菱形，且∠C=120°，
∴∠B=180°-∠C=60°，
∵△ABE与△AFE关于AE轴对称，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，且点不与、重合，
，且，
，且．
②能相切，此时BE=12，理由如下：
假设存在，如图画出示意图，设△AEF的外接圆圆心为O，连接OA、OF，作EH⊥AB于点H，
设，则弦切角，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
，
，
设，则，，
，
，
，
．

（1）AF=AD，AF⊥AD，理由如下，由菱形性质得AB=AD，∠BAD=∠C=120°，由轴对称性质得AB=AF，从而由等量代换可得AF=AD；由角的和差，根据∠DAF=∠BAD-∠BAF可算出∠DAF=90°，从而可得AF⊥AD；
（2）①如图，设△AEF的外接圆圆心为O，连接OA、OE，作OG⊥AE于点G，作AH⊥BC于点H，由菱形性质及轴对称的性质可得∠AFE=∠ABE=60°，由圆周角定理得∠AOE=120°，由等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可得∠OAE=∠OEA=30°，在Rt△AOG中，由∠OAE的余弦函数及特殊锐角三角函数值可得，在Rt△ABH中，由∠B的正弦函数及特殊锐角三角函数值可得，由垂线段最短及点E不与B、C重合可求出r的取值范围；
②能相切，此时BE=12，理由如下：假设存在，如图画出示意图，设△AEF的外接圆圆心为O，连接OA、OF，作EH⊥AB于点H，设，根据弦切角定理可得∠AEF=∠AEB=，由轴对称性质及平角定理可得，等边对等角及三角形内角和定理得，由圆周角定理得∠CEF=∠CAF，则∠CAF=∠DAF，由菱形性质得∠CAD=60°，从而得∠CAF=∠DAF=30°，据此建立方程求出，即，进而推出∠AEH=∠EAH=45°，设BH=m，根据含30°角直角三角形的性质及等腰直角三角形的性质用含m得式子表示出EH、AH、BE，进而由AB=BH+AH建立方程可求出m，从而得到BE的长.
3．（1）证明： 连接 延长线交 于 ， 连接 OD，
，
，即D为优弧的中点
∴BH⊥AD
为 切线
为直径
四边形 是矩形
（2）解：由(1)知BEDH为矩形，故BH=DE=5，设半径为r，则OA=r，OH=5-r，
由垂径定理知AH=AD=，在AOH中，由勾股定理得
解得r=3，
故圆的半径为3.
(1)由AB=BD知B为优弧的中点，即可得BH⊥AD，而直径所对圆周角为直角，切线产生的直角，即可证明BEDH为矩形，即可证明结论；
(2)直接设半径r，由勾股定理列方程即可求出半径长.
4．（1）①；②2
（2）证明：∵经过得到，
∴，
∴，；
∵经过得到，
∴，
∴
∴；
∵，
∴即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证。
故四边形是平行四边形．
（3）
（1）①解：根据新定义的意义，得答案为，
故答案为：；
②解：根据旋转相似变换，得到，
根据得是边长为的等边三角形，得到，，
于是，
故，
故答案为：2，逆60°．
（3）解：以为边在其上方作等边三角形，再作其外接圆，作的直径，再在的上方分别作，延长交于点F，连接，则，
∴四边形是矩形，
∴．
∵，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴将经过得到，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴将经过得到，
此时
∴四边形是正方形．
故答案为：．
（1）①根据新定义即可求出答案.
②根据旋转相似变换，得到，根据等边三角形判定定理可得，，再根据余弦定义及特殊角的三角函数值即可求出答案.
（2）根据题意可得，，由相似三角形性质可得，，则，再根据角之间的关系可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系可得，，再根据平行四边形判定定理即可求出答案.
（3）以为边在其上方作等边三角形，再作其外接圆，作的直径，再在的上方分别作，延长交于点F，连接，则，根据矩形性质可得，再根据角之间的关系可得，根据余弦定义及特殊角的三角形函数值可得AF，再根据题意可得，再根据正切定义及特殊角的三角函数值可得AE，再根据题意可得，再根据正方形判定定理即可求出答案.
（1）①解：根据新定义的意义，得答案为，
故答案为：；
②解：根据旋转相似变换，得到，
根据得是边长为的等边三角形，得到，，
于是，
故，
故答案为：2，逆60°．
（2）证明：∵经过得到，
∴，
∴，；
∵经过得到，
∴，
∴
∴；
∵，
∴即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证。
故四边形是平行四边形．
（3）解：以为边在其上方作等边三角形，再作其外接圆，作的直径，再在的上方分别作，延长交于点F，连接，则，
∴四边形是矩形，
∴．
∵，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴将经过得到，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴将经过得到，
此时
∴四边形是正方形．
故答案为：．
5．（1）解：∵抛物线的对称轴，，
∴，．
∴将代入，
得，
解得，
抛物线的解析式为；
（2）解：存在点，理由如下：
直线的解析式为，将代入得
解得：
∴直线的解析式为：
∵抛物线对称轴与轴交于点，
∴当时，，
∴，
①当时，设直线交对称轴于点，
∵，，二次函数对称轴为，
∴，，轴，
∴是等腰直角三角形，，
∵，
∴，且，
∴，
∴，
∴点坐标为，
设直线的解析式为，将点坐标代入，
得，
解得，
直线的解析式为，
解方程组，
得或，
∴点的坐标为；
②∵，，
∴
∴
∴是直角三角形，
当时，根据点关于抛物线对称轴对称，
则直线经过点坐标为，
设直线的解析式为，将点坐标代入，
得，
解得，
直线的解析式为，
解方程组，
解得或，
∴点的坐标为或；
综上，点的坐标为或或；
（3）解：已知，以点为圆心，画半径为的圆，点为上一个动点，
如图，在上取点，使，连接，
，
∴，
，
，
又，
，
，即，
当点三点共线时，的值最小，即为线段的长，
的最小值为．

（1）根据抛物线对称性可得，，再根据待定系数法将点A，B坐标代入解析式即可求出答案.
（2）根据待定系数法将点A坐标代入直线解析式可得直线的解析式为：，将x=3代入直线解析式可得，分情况讨论：①当时，设直线交对称轴于点，根据等腰直角三角形性质可得是等腰直角三角形，，则，再根据全等三角形判定定理可得，则，即点坐标为，设直线的解析式为，根据待定系数法将点A，M坐标代入解析式可得直线的解析式为，联立抛物线解析式即可求出答案；根据两点间距离可得，根据勾股定理逆定理可得是直角三角形，当时，根据点关于抛物线对称轴对称，则直线经过点坐标为，设直线的解析式为，根据待定系数法将点D，B坐标代入解析式可得直线的解析式为，联立抛物线解析式即可求出答案.
（3）在上取点，使，连接，根据边之间的关系可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，即，根据边之间的关系当点三点共线时，的值最小，即为线段的长，根据勾股定理可得CF，即可求出答案.
（1）解：∵抛物线的对称轴，，
∴，．
∴将代入，
得，
解得，
抛物线的解析式为；
（2）解：存在点，理由如下：
直线的解析式为，将代入得
解得：
∴直线的解析式为：
∵抛物线对称轴与轴交于点，
∴当时，，
∴，
①当时，设直线交对称轴于点，
∵，，二次函数对称轴为，
∴，，轴，
∴是等腰直角三角形，，
∵，
∴，且，
∴，
∴，
∴点坐标为，
设直线的解析式为，将点坐标代入，
得，
解得，
直线的解析式为，
解方程组，
得或，
∴点的坐标为；
②∵，，
∴
∴
∴是直角三角形，
当时，根据点关于抛物线对称轴对称，
则直线经过点坐标为，
设直线的解析式为，将点坐标代入，
得，
解得，
直线的解析式为，
解方程组，
解得或，
∴点的坐标为或；
综上，点的坐标为或或；
（3）解：已知，以点为圆心，画半径为的圆，点为上一个动点，
如图，在上取点，使，连接，
，
∴，
，
，
又，
，
，即，
当点三点共线时，的值最小，即为线段的长，
的最小值为．
6．（1）证明：连接
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD+∠BAD=90°，
∵AB平分∠EAD，
∴∠BAD=∠BAE，
∴∠ABD+∠BAE=90°，
∵OA=OB，
∴∠ABD=∠OAB，
∴∠OAB+∠BAE=90°，
∴∠OAE=90°，
∴OA⊥AE，而OA是半径，
∴AE是⊙O的切线；
（2）解：∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，
∴∠C+∠ABC=90°，
∵∠ABC+∠BAD=90°，
∴∠C=∠BAD，
∴tanC=tan∠BAD，
∵AD=2BD，
∴，
为的切线，为的直径，
而
∵∠E=∠E，
∴△ABE∽△CAE，
∴
∵EC=4，
∴AE=2．
（1）连接OA，根据角平分线定义和直角三角形两个锐角互余即可证明结论；
（2）根据直径所对圆周角是直角可以证明∠C=∠BAD，所以tanC=tan∠BAD，证明△ABE∽△CAE，可得 进而可得结论。
7．（1）解：把代入得；
故的值为1；
（2）解：①在中，令，则，
解得或，
，，
点在函数的图象上，
，
令，得，
即当，且，
则，解得：（正值已舍去），
即时，点到达最高处；
②假设存在，理由：
对于，当时，，即点，
由①得，，，，对称轴为直线，
由点、的坐标知，，
作的中垂线交于点，交轴于点，交轴于点，则点，
则，
则直线的表达式为：．
当时，，
则点的坐标为．
由垂径定理知，点在的中垂线上，则．
四边形为平行四边形，
则，
解得：，
即，且，
则，
∴顶点E的坐标为，或．
本题反比例函数和二次函数综合运用题，一次函数基本知识、解直角三角形、平行四边形的性质、圆的基本知识．
（1）把代入得，再进行计算可求出n的值；
（2）①令，则，解方程可求出x的值，据此可求出点M和N的值，再根据
点在函数的图象上，可得，令，得，据此可得当，且，解方程组可求出m的值，进而可求出答案；
②当时，，据此可求出点G的坐标为，利用点、的坐标知，，作的中垂线交于点，交轴于点，交轴于点，则点，进而可得，据此可求出直线的表达式为：，得到点的坐标为；由垂径定理知，点在的中垂线上，则；由四边形为平行四边形，则，求出，进而可得，且，解得，据此可求出点E的坐标.
8．（1）解：∵是的直径
∴，
∵，．
∴
（2）解：①，理由如下：
如图：过点分别作，，垂足分别为点，．
．
由（1）得．
四边形为矩形．
平分，
，．
四边形为正方形．
．
，
．
．
．
．
；
②由①得．
．
．
∴．
∵如图：连接并延长，交于点E，
∴为的直径．
∴．
∴．
如图：以为边构造等腰，且．
∴点P在以点Q为圆心，为半径的弧上运动．
过点Q作，垂足为H．
∴，．
∴．
当点从点运动到点时，点的运动路径为上的弧．
点的运动路径长为．
本题考查圆周角定理、勾股定理、解直角三角形、正方形的判定与性质、弧长公式、解直角三角形．
（1）根据是的直径，利用直径所对的圆周角是直角可得：，利用余弦的定义可得：，再代入数据进行计算可求出答案．
（2）①过点分别作，，垂足分别为点，．则，利用正方形的判定定理可证明四边形为正方形，利用正方形的性质可得，根据等角对等边可得：AE=BE，利用直角三角形全等的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得，再根据线段的和差可得，据此可证明结论；
②由①得即，据此可得，连接并延长，交于点，即为的直径．利用角的运算可得；以为边构造等腰，且，进而可得点P在以点Q为圆心，为半径的弧上运动．过点Q作，垂足为H．利用正弦的定义可得，再利用弧长公式进行计算可得：点的运动路径长为，代入数据进行计算可求出答案．
9．（1）解：（）令得，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
把代入得，，
解得，
∴抛物线解析式为；
（2）解：过作轴于，如图：
由得或，
∴，
∵点是第一象限抛物线上一点，其横坐标为，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
即；
（3）解：过作轴于，如图：
∵，，，
∴直线解析式为，直线的解析式为，
设（），则，，
∴，
，
∵，
∴
解得（舍去）或，
∴，
∴，
∵，
∴轴，，
∵轴，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∵，
∴，
解得（舍去）或，
∴，
设直线的解析式为，把、代入得，
，
解得，
∴直线解析式为，
把代入，得，
∴．
（1）根据y轴上点的坐标特征可得，即，再根据边之间的关系可得，则，再根据待定系数法将点A坐标代入抛物线解析式即可求出答案.
（2）过作轴于，根据x轴上点的坐标特征可得，由题意可得，根据两点间距离可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，再根据边之间的关系可得，再根据三角形面积即可求出答案.
（3）过作轴于，求出直线解析式为，直线的解析式为，设（），则，，根据两点间距离可得，，再根据边之间的关系建立方程，解方程可得，则，再根据角之间的关系可得，，再根据全等三角形判定定理可得，则，根据两点间距离可得，再根据边之间的关系建立方程，解方程可得，，再根据边之间的关系可得，建立方程，解方程可得m=9，则，设直线的解析式为，再根据待定系数法将点P，E坐标代入解析式可得直线解析式为，再将x=5代入即可求出答案.
（1）解：（）令得，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
把代入得，，
解得，
∴抛物线解析式为；
（2）解：过作轴于，如图：
由得或，
∴，
∵点是第一象限抛物线上一点，其横坐标为，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
即；
（3）解：过作轴于，如图：
∵，，，
∴直线解析式为，直线的解析式为，
设（），则，，
∴，
，
∵，
∴
解得（舍去）或，
∴，
∴，
∵，
∴轴，，
∵轴，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∵，
∴，
解得（舍去）或，
∴，
设直线的解析式为，把、代入得，
，
解得，
∴直线解析式为，
把代入，得，
∴．
10．（1）每盆年橘的售价上涨4元或者8元，每天的销售利润为2520元
（2）每件商品的售价上涨6元时，每个月可获得最大利润，最大月利润是2560元
11．（1）①4；
解：②在矩形中，，，
，
反比例函数的解析式是：，
，
即点D的纵坐标是3，
令，
解得：，
D，
同理，当时，，
，
，，，，
；
（2）解：过点D作轴于点G，则，
，即点D的纵坐标是3，
令，
解得：，
，
同理可得，当时，，
，
，，，，
由折叠的性质可知：，，，
，
轴，
，
，
，
，
，
即，
，
轴，
是直角三角形，，
，
解得：，
即k的值为．
（1）解：①的面积为2，反比例函数图象在第一象限，
即有，
，
故答案为：4；
（1）①根据反比例函数的几何意义即可求出但.
②根据解析式代入得出点和的坐标，进而利用割补法求三角形面积，即可求出答案.
（2）过点D作轴于点G，类比于②用表示出，根据反比例函数的性质和折叠的性质以及相似三角形的判定和性质用表示出，再结合勾股定理建立等式，解方程即可求出答案.
（1）解：①的面积为2，反比例函数图象在第一象限，
即有，
，
故答案为：4；
②在矩形中，，，
，
反比例函数的解析式是：，
，
即点D的纵坐标是3，
令，
解得：，
D，
同理，当时，，
，
，，，，
；
（2）解：过点D作轴于点G，则，
，即点D的纵坐标是3，
令，
解得：，
，
同理可得，当时，，
，
，，，，
由折叠的性质可知：，，，
，
轴，
，
，
，
，
，
即，
，
轴，
是直角三角形，，
，
解得：，
即k的值为．
12．（1）
（2）解：如图，过点作直线，分别交，于点，，过点作直线，交于点，连接．
由题意得，
∴四边形，四边形，四边形，四边形均是矩形，
∴，，，
∴．
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∵在中，，，
∴．
即“采青”路径的长度约为．
（3）解：如图，线段，为梅花桩的影子，线段为梅花桩的影子．
∵，，
∴，
∴．
由（1）得，
∴，
解得．
经检验且符合题意，所以的高度约为米．
（4）
（4）解：如图，作点关于的对称点，连接交于，连接并延长交于，连接，，
∴，则就是的最小值，
由对称性质可知：，
同理（2）得，
由轴对称得，
∴．
∵
∴，
∴．
即，
解得，
∴，
∴此时的高度约为．
（1）解：如图：延长至，
由题意可得：，
∴，，
∴；
（1）延长至，根据平行线的性质可得，，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）过点作直线，分别交，于点，，过点作直线，交于点，连接，根据矩形判定定理可得四边形，四边形，四边形，四边形均是矩形，则，，，再根据角之间的关系可得，，再根据正切定义可得，，根据边之间的关系可得CD，再根据勾股定理即可求出答案.
（3）线段，为梅花桩的影子，线段为梅花桩的影子，根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算即可求出答案.
（4）作点关于的对称点，连接交于，连接，，则，则就是的最小值，由（2）得，由轴对称得，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得A'G，再根据边之间的关系即可求出答案.
（1）解：如图：延长至，
由题意可得：，
∴，，
∴；
（2）解：如图，过点作直线，分别交，于点，，过点作直线，交于点，连接．
由题意得，
∴四边形，四边形，四边形，四边形均是矩形，
∴，，，
∴．
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∵在中，，，
∴．
即“采青”路径的长度约为．
（3）解：如图，线段，为梅花桩的影子，线段为梅花桩的影子．
∵，，
∴，
∴．
由（1）得，
∴，
解得．
经检验且符合题意，所以的高度约为米．
（4）解：如图，作点关于的对称点，连接交于，连接并延长交于，连接，，
∴，则就是的最小值，
由对称性质可知：，
同理（2）得，
由轴对称得，
∴．
∵
∴，
∴．
即，
解得，
∴，
∴此时的高度约为．
13．（1）款玩偶购进个，款玩偶购进个
（2）按照款玩偶购进个、款玩偶购进个的方案进货才能获得最大利润，最大利润是元
14．（1）剪去的小正方形的边长为；
（2）①收纳盒的高为厘米；②不能把玩具机械狗完全放入该收纳盒．
15．（1）解：AP=2t
∵∠EDF=90°，∠DEF=45°，
∴∠CQE=45°=∠DEF，
∴CQ=CE=t，
∴AQ=8﹣t，
t的取值范围是：0≤t≤5；
（2）解：过点P作PG⊥x轴于G，可求得AB=10，SinB= ，PB=10﹣2t，EB=6﹣t，
∴PG=PBSinB= （10﹣2t）
∴y=S△ABC﹣S△PBE﹣S△QCE= =
∴当 （在0≤t≤5内），y有最大值，y最大值= （cm2）
（3）解：若AP=AQ，则有2t=8﹣t解得： （s）
若AP=PQ，如图①：过点P作PH⊥AC，则AH=QH= ，PH∥BC
∴△APH∽△ABC，
∴ ，
即 ，
解得： （s）
若AQ=PQ，如图②：过点Q作QI⊥AB，则AI=PI= AP=t
∵∠AIQ=∠ACB=90°∠A=∠A，
∴△AQI∽△ABC
∴ 即 ，
解得： （s）
综上所述，当 或 或 时，△APQ是等腰三角形．
（1）根据题意以及直角三角形性质表达出CQ、AQ，从而得出结论，（2）作PG⊥x轴，将四边形的面积表示为S△ABC﹣S△BPE﹣S△QCE即可求解，（3）根据题意以及三角形相似对边比例性质即可得出结论．

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