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广东省深圳市南山区哈尔滨工业大学（深圳）实验学校2024-2025学年九年级下学期数学第二次模拟考试试卷
1．（2025·南山模拟）2025年蛇年春晚以“巳巳如意，生生不息”为主题，设计了“巳巳如意纹样”，象征着美好的愿望和幸福．以下四个如意纹样中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·南山模拟）“海葵一号”是我国自主设计建造的亚洲首艘圆筒型浮式生产储卸油装置，是集原油生产、存储、外输等功能于一体的海洋装备，最大储油量达6万吨．将数据60000用科学记数法表示应为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·南山模拟）若“※”代表一种运算，且※，则“※”代表的运算符号可以是（　　）
A．+ B．－ C． D．
4．（2025·南山模拟）泡泡玛特“《哪吒之魔童闹海》天生羁绊系列”手办盲盒中有8个基本款，分别是“捣蛋哪吒”、“牵手哪吒”、“藕粉哪吒”、“战斗敖丙”、“牵手敖丙”、“乖巧敖丙”、“藕粉敖丙”、“太乙真人”，在每个盲盒中随机放入其中一款，小亮购买一个盲盒，买中“藕粉哪吒”的概率是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·南山模拟）利用下列尺规作图中，不一定能判定直线平行于直线的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025·南山模拟）已知关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则以为边长的三角形说法正确的是（　　）
A．三角形是锐角三角形 B．三角形是钝角三角形
C．边长所对的角是 D．边长所对的角是
7．（2025·南山模拟）西周时期，丞相周公旦设置过一种通过测定日影长度来确定时间的仪器，称为圭表．如图是一个根据北京的地理位置设计的圭表，其中，立柱根部与圭表的冬至线的距离（即BC的长）为．已知，冬至时北京的正午日光入射角约为，则立柱AC高为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·南山模拟）如图，直线表示一条河的两岸，且，现要在这条河上建一座桥，使得村庄经桥过河到村庄的路程最短，现两位同学提供了两种设计方案，下列说法正确的是（　　）
方案一： ①将点向上平移得到；②连接交于点；③过点作，交于点即桥的位置． 方案二： ①连接AB交于点；②过点作，交于点即桥的位置．
A．唯方案一可行 B．唯方案二可行
C．方案一、二均可行 D．方案一、二均不可行
9．（2025·南山模拟）已知是二元一次方程的一个解，则的值为　 　．
10．（2025·南山模拟）因式分解：　 　．
11．（2025·南山模拟）已知一个扇形的半径长是4cm，圆心角为45°，则这个扇形的面积是　 　cm2.
12．（2025·南山模拟）如图，在平面直角坐标系中，A、B两点在反比例函数的图象上，延长AB交轴于点，且是第二象限一点，且，若的面积是12，则k的值是　 　．
13．（2025·南山模拟）七巧板是中国古代人民创造的益智玩具，被兴为“东方魔板”．小明用一个边长为4的正方形制作出如图1的七巧板，再用这副七巧板拼出了如图2的“灵蛇献瑞”图．过该图形的三个顶点作圆，则这个圆的半径长为　 　．
14．（2025·南山模拟）计算：．
15．（2025·南山模拟）先化简：，再从中选择合适的a的值代入求值．
16．（2025·南山模拟）2025年横空出世的DeepSeek可以在多个方面帮助中小学生提高能力，通过人机互动，学生可以学会如何提出问题、分析信息和评估答案，从而培养批判性思维能力，意义非凡．某校对学生进行了DeepSeek的相关培训，并对培训效果进行了检测，并随机抽取了若干名同学的成绩，形成了如下的调查报告．请根据调查报告，回答下列问题：
课题 学校学生对DeepSeek掌握情况
调查方式 抽样调查
调查对象 学校学生
数据的整理与描述
分组成绩／分频数频率A80.16Bm0.24Cn0.48D6p
调查结论 ……
（1）上述表格中， ▲ ， ▲ ， ▲ ；
（2）所抽取学生成绩的中位数落在 ▲ 组；补全频数分布直方图；
（3）若该校有1200名学生参加了此次检测活动，请你估计成绩不低于80分的学生有多少名？
17．（2025·南山模拟）近日，《我的阿勒泰》在网络上报起了观剧热潮．该剧集以新垍阿勒泰为舞台，通过一系列温馨感人的故事，鲜活地展示了当地的风情民俗与居民的精神世界．某影视公司受此启发，计划制作两部不同题材但同样扎根现实的文艺作品，分别是关于乡村支教的《希望的田野》和展现传统手工艺传承的《指尖上的传承》．经了解，制作每集《希望的田野》比制作每集《指尖上的传承》的成本多100万元．该公司以8100万元制作《希望的田野》的集数与5400万元制作《指尖上的传承》集数相同．
（1）求制作《希望的田野》和《指尖上的传承》每集成本为多少万元．
（2）该影视公司计划拍摄《希望的田野》和《指尖上的传承》共60集，且《指尖上的传承》的集数不少于《希望的田野》集数的．完成后将两部文艺作品出售给某平台，该视频平台给出收购方案：《希望的田野》按每集450万元收购，《指尖上的传承》按每集320万元收购．若要使该影视公司收益最大化，应该如何制作这两部文艺作品？
18．（2025·南山模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，点D在⊙O外，延长DC，AB相交于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交AC于点G，DG＝DC．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为6，点F为线段OA的中点，CE＝8，求DF的长．
19．（2025·南山模拟）民间艺术起源于春秋，兴盛于明清，发展于现代，以功力深厚，技艺精湛著称于世．如图（1），“空中飞人”是杂技表演的压轴节目，表演惊险刺激，极具观常性，深受观众好评。如图（2），演员从浪桥的旋转木梯点F处抛出（将身体看成一个点，身体摆动忽略不计）飞到吊下的平台AB上，其飞行路线可看作抛物线的一部分．下面有一张平行于地面的保护网MN，以保护演员的安全．建立如图所示的平面直角坐标系，已知：点的坐标为，.
（1）当抛物线过点，且与轴交于点时，点的坐标为 ▲ ，抛物线的解析式为 ▲ ；
（2）在（1）的条件下，若点的坐标为，为使演员在演出时不受伤害，求保护网MN（线段MN）的长度至少为多少米；
（3）设该拋物线的表达式为，若拋射点不变，为保证演员表演时落在平台AB上（即抛物线与线段AB有交点），请直接写出的取值范围．
20．（2025·南山模拟）
（1）【问题情境】
如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的 ▲ 倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略：
（2）【操作实践】
如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽像成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点为端点的四条线段之间的数量关系；
（3）【探究应用】
如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，当最大时，求AD的长；
（4）如图6，在RtABC中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】中心对称图形
【解析】【解答】
解：
A、观察选项A的纹样，假设其结构具有中心对称性。将A的纹样旋转180°与原图重合，因此A图是中心对称图形；
B、观察选项B的纹样，假设其图案由对称轴或旋转对称性构成；若将图形绕中心点旋转180°后能与原图完全重合，则为中心对称图形；经分析，B的纹样旋转后无法重合，因此B图不是中心对称图形；
C、观察选项C的纹样，分析其旋转对称性；经分析，C旋转180°后部分元素位置错开，因此C图不是中心对称图形；
D、观察选项D的纹样，检查其对称性；经分析，D旋转180°后图案不重合，因此D图不是中心对称图形；
故答案为：A.
【分析】 根据中心对称图形是指图形绕某一点旋转180°后与原图形完全重合，逐一分析每一个选项即可解答.
2．【答案】B
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解： 60000 = 6×104
故答案为：B.
【分析】 根据科学记数法的基本形式是a×10n，其中1≤a<10，n为整数，其中n比原数位少1，解答即可.
3．【答案】D
【知识点】同底数幂的除法
【解析】【解答】解：∵，
∴※代表的符号是 ，
故答案为：D.
【分析】
观察a的指数，发现指数变成了1；根据同底数幂除法法则： ，即可解答.
4．【答案】A
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：由题意知，共有种等可能的结果，其中，买中“藕粉哪吒”的结果有种，
买中“藕粉哪吒”的概率为．
故选：A．
【分析】利用概率公式即可求出答案.
5．【答案】C
【知识点】平行线的判定；尺规作图-作一个角等于已知角
【解析】【解答】解：A中，根据同位角相等，两直线平行，可判定直线平行于直线，故A不符合题意；
B中，根据内错角相等，两直线平行，可判定直线平行于直线，故B不符合题意；
C中，根据同旁内角相等，不能判定直线平行于直线，故C符合题意；
D中，根据对顶角相等和同位角相等，两直线平行，可判定直线平行于直线，故D不符合题意；
故选：C．
【分享】本题考查了尺规作图，以及平行线的判定，根据平行线的判定方法，同位角相等、内错角相等，同旁内角互补，此时两直线平行，逐项分析判定，即可得到答案.
6．【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】
解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴ = ( 2 b )2 4 ( a + c ) ( a c ) = 4 b2 4 ( a2 c2 )=0
∴a2 = b2+ c2
根据勾股定理逆定理，边长a为最大边，因此a所对的角为直角（90°）
故答案为：D.
【分析】 由关于的一元二次方程有两个相等的实数根，可得=0；建立等式可得a2 = b2+ c2，根据勾股定理逆定理，可得 a为最大边且对直角，解答即可.
7．【答案】B
【知识点】解直角三角形—边角关系；正切的概念
【解析】【解答】解：根据正切的定义得：
∴
故答案为：B.
【分析】 已知冬至时的日光入射角和BC的长度 ，利用正切的定义得：，即可解答.
8．【答案】A
【知识点】两点之间线段最短；平移的性质；将军饮马模型-两线两点（两动两定）
【解析】【解答】解：
方案一中将点A向上平移d单位得到A'，连接A'B与l1的交点M，再作MN⊥l1得到桥的位置；由于l1∥l2，MN的长度固定为d，此时路径A-M-N-B的总长度等于A'M + MN + NB；通过平移将问题转化为直线距离最短，因此方案一的路径确实最短。
方案二直接连接AB与l1的交点M，作MN⊥l1作为桥；此时路径为A-M-N-B，但AB并非平移后的直线路径，当河岸间距固定时，仅以直线连接AB可能无法保证过桥后的路径最短；例如，当AB与河岸不垂直时，该路径可能非最优.
故答案为：A.
【分析】 分析方案一通过平移将问题转化为点到点的直线距离，确保路径最短；而方案二未考虑河岸间距的平移效应，可能导致路径非最优；因此，只有方案一可行，即可解答.
9．【答案】2
【知识点】已知二元一次方程的解求参数
【解析】【解答】解：把代入到方程中得：
解得：
故答案为：2.
【分析】利用待定系数法代入方程的解从而得到关于k的一元一次方程并解方程即可.
10．【答案】5(m+1)(m 1)
【知识点】因式分解﹣提公因式法；因式分解﹣综合运用提公因式与公式法；因式分解-平方差公式
11．【答案】2π
【知识点】扇形面积的计算
【解析】【解答】∵扇形的半径长是4cm，圆心角为45°，
∴扇形的面积为： .
故答案为：2π.
【分析】根据扇形面积公式，代入数值进行计算即可.
12．【答案】8
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；三角形的面积
【解析】【解答】
解：如图，过A作AE⊥x轴于E，过B作BF⊥x轴于F，连接OA， OB，
∵DO// AB，
∴S AOC= S ADC= 12，
∵
∴S AOB= S BOC=6，
∵S AOE= S BOF=，
∴S AOB= S梯形AEFB=6，
设A（a，）
∵
∴B（2a，）
EF=a
∴
解得a=8
故答案为：8.
【分析】利用平行线性DO// AB得S AOC= S ADC，由可得S AOB= S BOC=6；结合k的几何意义得S AOE= S BOF=；从而推导出S AOB= S梯形AEFB=6，设A（a，）表示B（2a，）即可建立关系；即可解答.
13．【答案】2
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；矩形的判定；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：
如图1，由正方形的性质可知：OM=ON=OD=2
则GH=NK=DF=2
PK=NP-NK=2= PF，
设该圆的圆心为I，连接IQ，IC，IA，延长QI，AS，交于一点J， AJ与LU交于一点R，
由拼图可知： BQ= QC=2，LT=LV=2，LU=LV+VU=6，AS=2，TV=，TS=AT=2
∴IQ⊥BC，
∵JLTV，ASLT，
∴四边形LJST是平行四边形，
∴LRA= 180°一TLR=90° =∠JRU，
∴JS=LT=2， LJS= TSA=45° =∠RSV
∴AJ=4， JR=LR=RV= RS=LV=1，
∵BQIIZU，
∴IQC=∠JZU= 90° ，
∵LUZ=90°，
∴四边形JZUR是矩形，
∴ ∠IJA=90° ，JR=ZU= 1，JZ= RU= LU- LR= 1
∵∠QUZ=45
ZU=ZQ=1
∴JQ= 6，
设IJ=x，则IQ=6- x，
在Rt△IQC中，由勾股定理可知： IC2=4+(6-x)2.
在Rt △ IJA中，由勾股定理可知： IA2= 16+x2
∴16+x2=4+(6-x)2.
解得： x=2， IA2=16+22= 20，
IA=2；
故答案为：2.
【分析】结合图1，图2表示出相关线段的长度；结合JLTV，ASLT，得到四边形LJST是平行四边形；结合45角的特征表示出AJ=4， JR=LR=RV= RS=LV=1，结合平行线的性质可得四边形JZUR是矩形，结合45角的特征表示出JQ= 6，设IJ=x，则IQ=6- x，分别在两个直角三角形中利用勾股定理得到16+x2=4+(6-x)2，解得x的值，即可求得IA，即可解答.
14．【答案】解：原式=4+1+2+（-2）-2
=4+1+-2-2
=1+
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；绝对值的概念与意义；开立方（求立方根）；求余弦值
【解析】【分析】首先根据绝对值性质得 ，零指数幂得；特殊角的三角函数 得；负整指数幂a-p=； 开立方运算得 ，化简后计算即可解答.
15．【答案】解：原式
，
∵，
∴，
当时，原式．
【知识点】分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】将“1”看作，先利用同分母分式的减法法则计算括号内的部分，同时将除式的分子利用平方差公式分解因式，并根据除以一个数等于乘以这个数的倒数将除法转变为乘法，进而计算分式乘法得出最简结果；根据分式的分母不为0，选取合适的a的值，代入化简结果计算即可.
16．【答案】（1）12，24， 0.12；
（2）解：C，
（3）解：1200x (0.48 + 0.12)= 720(名)，
答：估计成绩不低于80分的学生有720名.
【知识点】用样本估计总体；频数与频率；频数（率）分布直方图；统计表；中位数
【解析】【解答】
解：(1) 抽取的学生总数为： 8 0.16= 50(人)， m= 50x 0.24= 12，n= 50 X 0.48= 24，
P=
故答案为： 12，24， 0.12；
(2)一共50名同学，从小到大排列后，中位数为第25位和第26位数的平均数，
∴所抽取学生成绩的中位数落在C组，
故答案为： C：
(3)1200x (0.48 + 0.12)= 720(名)，
答：估计成绩不低于80分的学生有720名.
【分析】（1） 由A组的频数8和频率0.16，可得总样本数为 50人； B组的频率为0.24，因此频数m = 50 × 0.24 = 12 ； C组的频率为0.48，因此频数n = 50 × 0.48 = 24 ； D组的频数已知为6，因此频率p = ，即可解答；
（2） 总样本数为50，中位数为第25和26个数据的平均值，位于第25.5位即可判断所抽取学生成绩的中位数落在C组；根据（1）求出的数据画出图形即可解答
（3）计算样本中不低于80分的频率C组和D组的频率总和为0.48+0.12=0.60， 再用总体人数 乘以频数和0.6，即可解答.
17．【答案】（1）解： 设《指尖上的传承》每集成本为x万元，则《希望的田野》每集成本为(x+100)万元 ，
由题意得：
解得：x = 200万元
经检验x=200，是原方程的解，
则《希望的田野》成本为x+100=300万元.
答：《指尖上的传承》每集成本为200万元，则《希望的田野》每集成本为300万元
（2）解：设制作《希望的田野》a集，则《指尖上的传承》为(60-a)集，
由题意得：
60-a ≥ 解得： a ≤ 36，
∵a≥0，60-a≥0，
∴0≤a≤36，
总收益w=450a + 320(60-a) = 130a + 19200，
∵w随a的增大而增大，
∴要最大化收益，需最大化a的值，
∴当a=36，此时《指尖上的传承》为24集，收益最大.
∴制作《希望的田野》36集；《指尖上的传承》为24集， 会使得公司收益最大化
【知识点】解分式方程；分式方程的实际应用；解一元一次不等式组；一元一次不等式组的应用；一次函数的性质
【解析】【分析】
（1） 设《指尖上的传承》每集成本为x万元，则《希望的田野》每集成本为(x+100)万元 ，根据题意列出方程，即可解答；
（2）设制作《希望的田野》a集，则《指尖上的传承》为(60-a)集，根据题干的限制条件得到0≤a≤36，再列出总收益w= 130a + 19200，利用一次函数的性质可知当a=36，收益最大，即可解答.
18．【答案】（1）证明：连接OC，
∵DG＝DC，
∴∠DGC＝∠DCG，
∵∠DGC＝∠AGF，
∴∠DCG＝∠AGF，
∵DF⊥AB，
∴∠AFG＝90°，
∴∠A+∠AGF＝90°，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠DCG+∠ACO＝90°，
∴∠DCO＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：由(1)知，，
∵OC＝6，CE＝8，
∵OA＝6，点F为线段OA的中点，
∴EF＝13，
∵∠DFE＝∠OCE＝90°，∠E＝∠E，
∴△OCE∽△DFE，
【知识点】勾股定理；切线的判定；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）连接OC，利用等边对等角及对顶角的性质可推出∠DCG＝∠AGF，利用垂直的定义可证得∠AFG=90°，利用直角三角形的两锐角互余，可推出∠A+∠AGF＝90°；再利用等腰三角形的性质可推出∠DCG+∠ACO＝90°，即可证得OC⊥DE，利用切线的判定定理可证得结论.
（2）利用切线的性质可知∠OCE=90°，利用勾股定理求出OE的长，同时利用线段中点的定义可求出OF的长，根据EF=OF+OE可求出EF的长；再利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，证得△OCE∽△DFE，利用相似三角形的对应边成比例可求出DF的长.
19．【答案】（1）(10，3.5)，y=x2+x +6，
（2）解：∵ MNx轴， 点的坐标为
∴点M的纵坐标为，
∴x2+x +6=7
解得x1=10(舍)，x2=-1，
∴MN=8-（-1）=9
答：MN（线段MN）的长度至少为9米.
（3），
【知识点】解二元一次方程组；待定系数法求二次函数解析式；矩形的判定；二次函数的其他应用
【解析】【解答】
解：（1）如图：过点F作FK上x抽于点K，过点E作EJIFK于点J，则易知四辺形CEJK为矩形.
∵FEC=135，FEJ =45，
∴△FEJ为等腰直角三角形.
∵ EF= m，
∴ FJ=EJ=1.4 m.
∵OC=11.4 m，CE=2. 1 m，
∴OK=11.4-1.4=10(m)，FK=2.1 +1.4=3.5(m)，
∴点F的坐标为(10，3.5).
∵AB=1 m，点A的坐标为(0，8)，
∴点B的坐标为(1，8).
∵抛物线轴交于点 ，
∴设抛物线的表达式为y=ax2+bx +6，
把B(1，8)和F(10，3.5)分別代入y=ax2+bx+6得：
解得：
∴设抛物线的表达式为y=x2+x +6，
故答案为：(10，3.5)，y=x2+x +6.
(3) ∵拋射点不变
∴ 经过F点，100a-80a+c=3.5①
当 经过A点时：c=8，代入①解得：，
当 经过B点时：a-8a+c=8②
解①②得：
∴的取值范围为，
故答案为：.
【分析】
（1）过点F作FK上x抽于点K，过点E作EJIFK于点J，则易知四辺形CEJK为矩形.结合已知条件可得△FEJ为等腰直角三角形；即可根据EF的长度求出FJ=EJ，结合OC，CE 的长可求出OK，FK的长，即可求得F的坐标，再用待定系数法把B，F的坐标代入即可求得抛物线的解析式；
(2)结合MNx轴， 点的坐标为可得出点M的纵坐标为，代入到抛物线的解析式中即可解得x的值，从而可以求得MN的长度；
（3）结合拋射点不变即 经过F点代入即可得到100a-80a+c=3.5①，再分别考虑抛物线过A点求得；抛物线过B点求得；即可求得a的取值范围，解答即可.
20．【答案】（1）2
（2）PA2+ PC2= PB2+ PD2；
（3）解： 如图，将△PDC绕点P逆时针旋转，
∴点D在以点P为圆心，PD为半径的圆上运动，
∵点A是圆外的一个动点，
∴当AD与相切时，最大，
∴PD⊥AD，
∴AD2= AP2- PD2，
由(2)可得： AE= DF，
∵PE=8，PF= 5，
∴ AD2= AP2- PD2= PE2+ AE2- PF2-DF2=82-52 = 39
∴AD=；
（4）解：如图，将△BDC沿BC对折，D的对应点为D1，将△AEC沿AC对折，E的对应点为E1，连接D1 E1，
∴CD= CD1，CE= CE1，
再将ABE1沿AC方向平移，使得A1与D1重合，得到B1D1E2
由(2)可得： AE+ BD= D1E2 + BD1，当E2，D1， B三点共线时，
AE+ BD= D1E2十BD1最短，
∵ AC+CD=5，BC+CE= 8，
∴E1E2 =5，BE1= 8
∴BE2=
故AE + BD的最小值为 .
【知识点】两点之间线段最短；勾股定理；轴对称的性质；最大张角辅助圆模型；圆与四边形的综合
【解析】【解答】
解：（1）如图：
∵四边形ABCD，EFGH为正方形，圆为正方形ABCD的内切圆，为正方形EFGH的外接圆，
∴设AE= DE= DH=CH=CG= BG=AF=BF=m，∠A=90°，
∴AB=AD=2m，EF=
∴S正方形ABCD = 4m2 ， S正方形EFGH= ()2=2m2，
大正方形面积是小正方形面积的2倍；
故答案为：2.
（2）如图：
∵EG⊥FH，
∴a2= OF2+OE2，c2= OG2 + OH2，d2= OE2+ OH2，b2= OF2 + OG2，
∴a2+c2=b2+ d2，
结合图形变换可得：PA2+ PC2= PB2+ PD2；
故答案为：PA2+ PC2= PB2+ PD2.
【分析】
(1)设AB=AD=2m，EF即可表示出面积S正方形ABCD = 4m2 ， S正方形EFGH= ()2=2m2，即可得到它们的面积关系；
(2) 由EG⊥FH，利用勾股定理可证明a2+c2=b2+d2，再结合图形变换可得答案；
(3)将△PDC绕点P逆时针旋转，可得点D在以点P为圆心，PD为半径的圆上运动，可得当AD与OP相切时，∠DAP最大，Z再利用勾股定理即可解答；
(4)将△BDC沿BC对折，D的对应点为D1，将△AEC沿AC对折，E的对应点为E1，连接D1E1，再将△ABE1沿AC方向平移，使A与D1重合，得△B1D1E2，由(2)可得： AE+ BD= D1E2+ BD1，当E2，D1，B三点共线时，AE+ BD= D1E2+ BD1最短，再进一步利用勾股定理即可解答.
1 / 1广东省深圳市南山区哈尔滨工业大学（深圳）实验学校2024-2025学年九年级下学期数学第二次模拟考试试卷
1．（2025·南山模拟）2025年蛇年春晚以“巳巳如意，生生不息”为主题，设计了“巳巳如意纹样”，象征着美好的愿望和幸福．以下四个如意纹样中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】中心对称图形
【解析】【解答】
解：
A、观察选项A的纹样，假设其结构具有中心对称性。将A的纹样旋转180°与原图重合，因此A图是中心对称图形；
B、观察选项B的纹样，假设其图案由对称轴或旋转对称性构成；若将图形绕中心点旋转180°后能与原图完全重合，则为中心对称图形；经分析，B的纹样旋转后无法重合，因此B图不是中心对称图形；
C、观察选项C的纹样，分析其旋转对称性；经分析，C旋转180°后部分元素位置错开，因此C图不是中心对称图形；
D、观察选项D的纹样，检查其对称性；经分析，D旋转180°后图案不重合，因此D图不是中心对称图形；
故答案为：A.
【分析】 根据中心对称图形是指图形绕某一点旋转180°后与原图形完全重合，逐一分析每一个选项即可解答.
2．（2025·南山模拟）“海葵一号”是我国自主设计建造的亚洲首艘圆筒型浮式生产储卸油装置，是集原油生产、存储、外输等功能于一体的海洋装备，最大储油量达6万吨．将数据60000用科学记数法表示应为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解： 60000 = 6×104
故答案为：B.
【分析】 根据科学记数法的基本形式是a×10n，其中1≤a<10，n为整数，其中n比原数位少1，解答即可.
3．（2025·南山模拟）若“※”代表一种运算，且※，则“※”代表的运算符号可以是（　　）
A．+ B．－ C． D．
【答案】D
【知识点】同底数幂的除法
【解析】【解答】解：∵，
∴※代表的符号是 ，
故答案为：D.
【分析】
观察a的指数，发现指数变成了1；根据同底数幂除法法则： ，即可解答.
4．（2025·南山模拟）泡泡玛特“《哪吒之魔童闹海》天生羁绊系列”手办盲盒中有8个基本款，分别是“捣蛋哪吒”、“牵手哪吒”、“藕粉哪吒”、“战斗敖丙”、“牵手敖丙”、“乖巧敖丙”、“藕粉敖丙”、“太乙真人”，在每个盲盒中随机放入其中一款，小亮购买一个盲盒，买中“藕粉哪吒”的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：由题意知，共有种等可能的结果，其中，买中“藕粉哪吒”的结果有种，
买中“藕粉哪吒”的概率为．
故选：A．
【分析】利用概率公式即可求出答案.
5．（2025·南山模拟）利用下列尺规作图中，不一定能判定直线平行于直线的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平行线的判定；尺规作图-作一个角等于已知角
【解析】【解答】解：A中，根据同位角相等，两直线平行，可判定直线平行于直线，故A不符合题意；
B中，根据内错角相等，两直线平行，可判定直线平行于直线，故B不符合题意；
C中，根据同旁内角相等，不能判定直线平行于直线，故C符合题意；
D中，根据对顶角相等和同位角相等，两直线平行，可判定直线平行于直线，故D不符合题意；
故选：C．
【分享】本题考查了尺规作图，以及平行线的判定，根据平行线的判定方法，同位角相等、内错角相等，同旁内角互补，此时两直线平行，逐项分析判定，即可得到答案.
6．（2025·南山模拟）已知关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则以为边长的三角形说法正确的是（　　）
A．三角形是锐角三角形 B．三角形是钝角三角形
C．边长所对的角是 D．边长所对的角是
【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】
解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴ = ( 2 b )2 4 ( a + c ) ( a c ) = 4 b2 4 ( a2 c2 )=0
∴a2 = b2+ c2
根据勾股定理逆定理，边长a为最大边，因此a所对的角为直角（90°）
故答案为：D.
【分析】 由关于的一元二次方程有两个相等的实数根，可得=0；建立等式可得a2 = b2+ c2，根据勾股定理逆定理，可得 a为最大边且对直角，解答即可.
7．（2025·南山模拟）西周时期，丞相周公旦设置过一种通过测定日影长度来确定时间的仪器，称为圭表．如图是一个根据北京的地理位置设计的圭表，其中，立柱根部与圭表的冬至线的距离（即BC的长）为．已知，冬至时北京的正午日光入射角约为，则立柱AC高为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】解直角三角形—边角关系；正切的概念
【解析】【解答】解：根据正切的定义得：
∴
故答案为：B.
【分析】 已知冬至时的日光入射角和BC的长度 ，利用正切的定义得：，即可解答.
8．（2025·南山模拟）如图，直线表示一条河的两岸，且，现要在这条河上建一座桥，使得村庄经桥过河到村庄的路程最短，现两位同学提供了两种设计方案，下列说法正确的是（　　）
方案一： ①将点向上平移得到；②连接交于点；③过点作，交于点即桥的位置． 方案二： ①连接AB交于点；②过点作，交于点即桥的位置．
A．唯方案一可行 B．唯方案二可行
C．方案一、二均可行 D．方案一、二均不可行
【答案】A
【知识点】两点之间线段最短；平移的性质；将军饮马模型-两线两点（两动两定）
【解析】【解答】解：
方案一中将点A向上平移d单位得到A'，连接A'B与l1的交点M，再作MN⊥l1得到桥的位置；由于l1∥l2，MN的长度固定为d，此时路径A-M-N-B的总长度等于A'M + MN + NB；通过平移将问题转化为直线距离最短，因此方案一的路径确实最短。
方案二直接连接AB与l1的交点M，作MN⊥l1作为桥；此时路径为A-M-N-B，但AB并非平移后的直线路径，当河岸间距固定时，仅以直线连接AB可能无法保证过桥后的路径最短；例如，当AB与河岸不垂直时，该路径可能非最优.
故答案为：A.
【分析】 分析方案一通过平移将问题转化为点到点的直线距离，确保路径最短；而方案二未考虑河岸间距的平移效应，可能导致路径非最优；因此，只有方案一可行，即可解答.
9．（2025·南山模拟）已知是二元一次方程的一个解，则的值为　 　．
【答案】2
【知识点】已知二元一次方程的解求参数
【解析】【解答】解：把代入到方程中得：
解得：
故答案为：2.
【分析】利用待定系数法代入方程的解从而得到关于k的一元一次方程并解方程即可.
10．（2025·南山模拟）因式分解：　 　．
【答案】5(m+1)(m 1)
【知识点】因式分解﹣提公因式法；因式分解﹣综合运用提公因式与公式法；因式分解-平方差公式
11．（2025·南山模拟）已知一个扇形的半径长是4cm，圆心角为45°，则这个扇形的面积是　 　cm2.
【答案】2π
【知识点】扇形面积的计算
【解析】【解答】∵扇形的半径长是4cm，圆心角为45°，
∴扇形的面积为： .
故答案为：2π.
【分析】根据扇形面积公式，代入数值进行计算即可.
12．（2025·南山模拟）如图，在平面直角坐标系中，A、B两点在反比例函数的图象上，延长AB交轴于点，且是第二象限一点，且，若的面积是12，则k的值是　 　．
【答案】8
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；三角形的面积
【解析】【解答】
解：如图，过A作AE⊥x轴于E，过B作BF⊥x轴于F，连接OA， OB，
∵DO// AB，
∴S AOC= S ADC= 12，
∵
∴S AOB= S BOC=6，
∵S AOE= S BOF=，
∴S AOB= S梯形AEFB=6，
设A（a，）
∵
∴B（2a，）
EF=a
∴
解得a=8
故答案为：8.
【分析】利用平行线性DO// AB得S AOC= S ADC，由可得S AOB= S BOC=6；结合k的几何意义得S AOE= S BOF=；从而推导出S AOB= S梯形AEFB=6，设A（a，）表示B（2a，）即可建立关系；即可解答.
13．（2025·南山模拟）七巧板是中国古代人民创造的益智玩具，被兴为“东方魔板”．小明用一个边长为4的正方形制作出如图1的七巧板，再用这副七巧板拼出了如图2的“灵蛇献瑞”图．过该图形的三个顶点作圆，则这个圆的半径长为　 　．
【答案】2
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；矩形的判定；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：
如图1，由正方形的性质可知：OM=ON=OD=2
则GH=NK=DF=2
PK=NP-NK=2= PF，
设该圆的圆心为I，连接IQ，IC，IA，延长QI，AS，交于一点J， AJ与LU交于一点R，
由拼图可知： BQ= QC=2，LT=LV=2，LU=LV+VU=6，AS=2，TV=，TS=AT=2
∴IQ⊥BC，
∵JLTV，ASLT，
∴四边形LJST是平行四边形，
∴LRA= 180°一TLR=90° =∠JRU，
∴JS=LT=2， LJS= TSA=45° =∠RSV
∴AJ=4， JR=LR=RV= RS=LV=1，
∵BQIIZU，
∴IQC=∠JZU= 90° ，
∵LUZ=90°，
∴四边形JZUR是矩形，
∴ ∠IJA=90° ，JR=ZU= 1，JZ= RU= LU- LR= 1
∵∠QUZ=45
ZU=ZQ=1
∴JQ= 6，
设IJ=x，则IQ=6- x，
在Rt△IQC中，由勾股定理可知： IC2=4+(6-x)2.
在Rt △ IJA中，由勾股定理可知： IA2= 16+x2
∴16+x2=4+(6-x)2.
解得： x=2， IA2=16+22= 20，
IA=2；
故答案为：2.
【分析】结合图1，图2表示出相关线段的长度；结合JLTV，ASLT，得到四边形LJST是平行四边形；结合45角的特征表示出AJ=4， JR=LR=RV= RS=LV=1，结合平行线的性质可得四边形JZUR是矩形，结合45角的特征表示出JQ= 6，设IJ=x，则IQ=6- x，分别在两个直角三角形中利用勾股定理得到16+x2=4+(6-x)2，解得x的值，即可求得IA，即可解答.
14．（2025·南山模拟）计算：．
【答案】解：原式=4+1+2+（-2）-2
=4+1+-2-2
=1+
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；绝对值的概念与意义；开立方（求立方根）；求余弦值
【解析】【分析】首先根据绝对值性质得 ，零指数幂得；特殊角的三角函数 得；负整指数幂a-p=； 开立方运算得 ，化简后计算即可解答.
15．（2025·南山模拟）先化简：，再从中选择合适的a的值代入求值．
【答案】解：原式
，
∵，
∴，
当时，原式．
【知识点】分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】将“1”看作，先利用同分母分式的减法法则计算括号内的部分，同时将除式的分子利用平方差公式分解因式，并根据除以一个数等于乘以这个数的倒数将除法转变为乘法，进而计算分式乘法得出最简结果；根据分式的分母不为0，选取合适的a的值，代入化简结果计算即可.
16．（2025·南山模拟）2025年横空出世的DeepSeek可以在多个方面帮助中小学生提高能力，通过人机互动，学生可以学会如何提出问题、分析信息和评估答案，从而培养批判性思维能力，意义非凡．某校对学生进行了DeepSeek的相关培训，并对培训效果进行了检测，并随机抽取了若干名同学的成绩，形成了如下的调查报告．请根据调查报告，回答下列问题：
课题 学校学生对DeepSeek掌握情况
调查方式 抽样调查
调查对象 学校学生
数据的整理与描述
分组成绩／分频数频率A80.16Bm0.24Cn0.48D6p
调查结论 ……
（1）上述表格中， ▲ ， ▲ ， ▲ ；
（2）所抽取学生成绩的中位数落在 ▲ 组；补全频数分布直方图；
（3）若该校有1200名学生参加了此次检测活动，请你估计成绩不低于80分的学生有多少名？
【答案】（1）12，24， 0.12；
（2）解：C，
（3）解：1200x (0.48 + 0.12)= 720(名)，
答：估计成绩不低于80分的学生有720名.
【知识点】用样本估计总体；频数与频率；频数（率）分布直方图；统计表；中位数
【解析】【解答】
解：(1) 抽取的学生总数为： 8 0.16= 50(人)， m= 50x 0.24= 12，n= 50 X 0.48= 24，
P=
故答案为： 12，24， 0.12；
(2)一共50名同学，从小到大排列后，中位数为第25位和第26位数的平均数，
∴所抽取学生成绩的中位数落在C组，
故答案为： C：
(3)1200x (0.48 + 0.12)= 720(名)，
答：估计成绩不低于80分的学生有720名.
【分析】（1） 由A组的频数8和频率0.16，可得总样本数为 50人； B组的频率为0.24，因此频数m = 50 × 0.24 = 12 ； C组的频率为0.48，因此频数n = 50 × 0.48 = 24 ； D组的频数已知为6，因此频率p = ，即可解答；
（2） 总样本数为50，中位数为第25和26个数据的平均值，位于第25.5位即可判断所抽取学生成绩的中位数落在C组；根据（1）求出的数据画出图形即可解答
（3）计算样本中不低于80分的频率C组和D组的频率总和为0.48+0.12=0.60， 再用总体人数 乘以频数和0.6，即可解答.
17．（2025·南山模拟）近日，《我的阿勒泰》在网络上报起了观剧热潮．该剧集以新垍阿勒泰为舞台，通过一系列温馨感人的故事，鲜活地展示了当地的风情民俗与居民的精神世界．某影视公司受此启发，计划制作两部不同题材但同样扎根现实的文艺作品，分别是关于乡村支教的《希望的田野》和展现传统手工艺传承的《指尖上的传承》．经了解，制作每集《希望的田野》比制作每集《指尖上的传承》的成本多100万元．该公司以8100万元制作《希望的田野》的集数与5400万元制作《指尖上的传承》集数相同．
（1）求制作《希望的田野》和《指尖上的传承》每集成本为多少万元．
（2）该影视公司计划拍摄《希望的田野》和《指尖上的传承》共60集，且《指尖上的传承》的集数不少于《希望的田野》集数的．完成后将两部文艺作品出售给某平台，该视频平台给出收购方案：《希望的田野》按每集450万元收购，《指尖上的传承》按每集320万元收购．若要使该影视公司收益最大化，应该如何制作这两部文艺作品？
【答案】（1）解： 设《指尖上的传承》每集成本为x万元，则《希望的田野》每集成本为(x+100)万元 ，
由题意得：
解得：x = 200万元
经检验x=200，是原方程的解，
则《希望的田野》成本为x+100=300万元.
答：《指尖上的传承》每集成本为200万元，则《希望的田野》每集成本为300万元
（2）解：设制作《希望的田野》a集，则《指尖上的传承》为(60-a)集，
由题意得：
60-a ≥ 解得： a ≤ 36，
∵a≥0，60-a≥0，
∴0≤a≤36，
总收益w=450a + 320(60-a) = 130a + 19200，
∵w随a的增大而增大，
∴要最大化收益，需最大化a的值，
∴当a=36，此时《指尖上的传承》为24集，收益最大.
∴制作《希望的田野》36集；《指尖上的传承》为24集， 会使得公司收益最大化
【知识点】解分式方程；分式方程的实际应用；解一元一次不等式组；一元一次不等式组的应用；一次函数的性质
【解析】【分析】
（1） 设《指尖上的传承》每集成本为x万元，则《希望的田野》每集成本为(x+100)万元 ，根据题意列出方程，即可解答；
（2）设制作《希望的田野》a集，则《指尖上的传承》为(60-a)集，根据题干的限制条件得到0≤a≤36，再列出总收益w= 130a + 19200，利用一次函数的性质可知当a=36，收益最大，即可解答.
18．（2025·南山模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，点D在⊙O外，延长DC，AB相交于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交AC于点G，DG＝DC．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为6，点F为线段OA的中点，CE＝8，求DF的长．
【答案】（1）证明：连接OC，
∵DG＝DC，
∴∠DGC＝∠DCG，
∵∠DGC＝∠AGF，
∴∠DCG＝∠AGF，
∵DF⊥AB，
∴∠AFG＝90°，
∴∠A+∠AGF＝90°，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠DCG+∠ACO＝90°，
∴∠DCO＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：由(1)知，，
∵OC＝6，CE＝8，
∵OA＝6，点F为线段OA的中点，
∴EF＝13，
∵∠DFE＝∠OCE＝90°，∠E＝∠E，
∴△OCE∽△DFE，
【知识点】勾股定理；切线的判定；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）连接OC，利用等边对等角及对顶角的性质可推出∠DCG＝∠AGF，利用垂直的定义可证得∠AFG=90°，利用直角三角形的两锐角互余，可推出∠A+∠AGF＝90°；再利用等腰三角形的性质可推出∠DCG+∠ACO＝90°，即可证得OC⊥DE，利用切线的判定定理可证得结论.
（2）利用切线的性质可知∠OCE=90°，利用勾股定理求出OE的长，同时利用线段中点的定义可求出OF的长，根据EF=OF+OE可求出EF的长；再利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，证得△OCE∽△DFE，利用相似三角形的对应边成比例可求出DF的长.
19．（2025·南山模拟）民间艺术起源于春秋，兴盛于明清，发展于现代，以功力深厚，技艺精湛著称于世．如图（1），“空中飞人”是杂技表演的压轴节目，表演惊险刺激，极具观常性，深受观众好评。如图（2），演员从浪桥的旋转木梯点F处抛出（将身体看成一个点，身体摆动忽略不计）飞到吊下的平台AB上，其飞行路线可看作抛物线的一部分．下面有一张平行于地面的保护网MN，以保护演员的安全．建立如图所示的平面直角坐标系，已知：点的坐标为，.
（1）当抛物线过点，且与轴交于点时，点的坐标为 ▲ ，抛物线的解析式为 ▲ ；
（2）在（1）的条件下，若点的坐标为，为使演员在演出时不受伤害，求保护网MN（线段MN）的长度至少为多少米；
（3）设该拋物线的表达式为，若拋射点不变，为保证演员表演时落在平台AB上（即抛物线与线段AB有交点），请直接写出的取值范围．
【答案】（1）(10，3.5)，y=x2+x +6，
（2）解：∵ MNx轴， 点的坐标为
∴点M的纵坐标为，
∴x2+x +6=7
解得x1=10(舍)，x2=-1，
∴MN=8-（-1）=9
答：MN（线段MN）的长度至少为9米.
（3），
【知识点】解二元一次方程组；待定系数法求二次函数解析式；矩形的判定；二次函数的其他应用
【解析】【解答】
解：（1）如图：过点F作FK上x抽于点K，过点E作EJIFK于点J，则易知四辺形CEJK为矩形.
∵FEC=135，FEJ =45，
∴△FEJ为等腰直角三角形.
∵ EF= m，
∴ FJ=EJ=1.4 m.
∵OC=11.4 m，CE=2. 1 m，
∴OK=11.4-1.4=10(m)，FK=2.1 +1.4=3.5(m)，
∴点F的坐标为(10，3.5).
∵AB=1 m，点A的坐标为(0，8)，
∴点B的坐标为(1，8).
∵抛物线轴交于点 ，
∴设抛物线的表达式为y=ax2+bx +6，
把B(1，8)和F(10，3.5)分別代入y=ax2+bx+6得：
解得：
∴设抛物线的表达式为y=x2+x +6，
故答案为：(10，3.5)，y=x2+x +6.
(3) ∵拋射点不变
∴ 经过F点，100a-80a+c=3.5①
当 经过A点时：c=8，代入①解得：，
当 经过B点时：a-8a+c=8②
解①②得：
∴的取值范围为，
故答案为：.
【分析】
（1）过点F作FK上x抽于点K，过点E作EJIFK于点J，则易知四辺形CEJK为矩形.结合已知条件可得△FEJ为等腰直角三角形；即可根据EF的长度求出FJ=EJ，结合OC，CE 的长可求出OK，FK的长，即可求得F的坐标，再用待定系数法把B，F的坐标代入即可求得抛物线的解析式；
(2)结合MNx轴， 点的坐标为可得出点M的纵坐标为，代入到抛物线的解析式中即可解得x的值，从而可以求得MN的长度；
（3）结合拋射点不变即 经过F点代入即可得到100a-80a+c=3.5①，再分别考虑抛物线过A点求得；抛物线过B点求得；即可求得a的取值范围，解答即可.
20．（2025·南山模拟）
（1）【问题情境】
如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的 ▲ 倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略：
（2）【操作实践】
如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽像成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点为端点的四条线段之间的数量关系；
（3）【探究应用】
如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，当最大时，求AD的长；
（4）如图6，在RtABC中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，求的最小值．
【答案】（1）2
（2）PA2+ PC2= PB2+ PD2；
（3）解： 如图，将△PDC绕点P逆时针旋转，
∴点D在以点P为圆心，PD为半径的圆上运动，
∵点A是圆外的一个动点，
∴当AD与相切时，最大，
∴PD⊥AD，
∴AD2= AP2- PD2，
由(2)可得： AE= DF，
∵PE=8，PF= 5，
∴ AD2= AP2- PD2= PE2+ AE2- PF2-DF2=82-52 = 39
∴AD=；
（4）解：如图，将△BDC沿BC对折，D的对应点为D1，将△AEC沿AC对折，E的对应点为E1，连接D1 E1，
∴CD= CD1，CE= CE1，
再将ABE1沿AC方向平移，使得A1与D1重合，得到B1D1E2
由(2)可得： AE+ BD= D1E2 + BD1，当E2，D1， B三点共线时，
AE+ BD= D1E2十BD1最短，
∵ AC+CD=5，BC+CE= 8，
∴E1E2 =5，BE1= 8
∴BE2=
故AE + BD的最小值为 .
【知识点】两点之间线段最短；勾股定理；轴对称的性质；最大张角辅助圆模型；圆与四边形的综合
【解析】【解答】
解：（1）如图：
∵四边形ABCD，EFGH为正方形，圆为正方形ABCD的内切圆，为正方形EFGH的外接圆，
∴设AE= DE= DH=CH=CG= BG=AF=BF=m，∠A=90°，
∴AB=AD=2m，EF=
∴S正方形ABCD = 4m2 ， S正方形EFGH= ()2=2m2，
大正方形面积是小正方形面积的2倍；
故答案为：2.
（2）如图：
∵EG⊥FH，
∴a2= OF2+OE2，c2= OG2 + OH2，d2= OE2+ OH2，b2= OF2 + OG2，
∴a2+c2=b2+ d2，
结合图形变换可得：PA2+ PC2= PB2+ PD2；
故答案为：PA2+ PC2= PB2+ PD2.
【分析】
(1)设AB=AD=2m，EF即可表示出面积S正方形ABCD = 4m2 ， S正方形EFGH= ()2=2m2，即可得到它们的面积关系；
(2) 由EG⊥FH，利用勾股定理可证明a2+c2=b2+d2，再结合图形变换可得答案；
(3)将△PDC绕点P逆时针旋转，可得点D在以点P为圆心，PD为半径的圆上运动，可得当AD与OP相切时，∠DAP最大，Z再利用勾股定理即可解答；
(4)将△BDC沿BC对折，D的对应点为D1，将△AEC沿AC对折，E的对应点为E1，连接D1E1，再将△ABE1沿AC方向平移，使A与D1重合，得△B1D1E2，由(2)可得： AE+ BD= D1E2+ BD1，当E2，D1，B三点共线时，AE+ BD= D1E2+ BD1最短，再进一步利用勾股定理即可解答.
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