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【贵州卷】备战2026年中考数学真题变式阶梯训练第23~25题
一、原题23
1．（2025·贵州）如图，在中，是直角，为的中点，为的切线交的延长线于点．连接，．
（1）点与的位置关系是　 　，线段与线段的数量关系是　 　；
（2）过点作，与的延长线交于点．根据题意补全图形，判断的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若的半径为，求的长．
二、变式1基础
2．（2025·攀枝花） 如图，⊙O是△ABC的内切圆，与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F，∠DOE＝120°，∠EOF＝150°．
（1）求△ABC的三个内角的大小；
（2）设⊙O的直径为d，证明：d＝AB+AC-BC．
3． 如图所示，在 中， ⊙O 为 的外接圆，BE 为⊙O的切线，AC为⊙O 的直径，连结 DC 并延长，交 BE 于点E.
（1）求证：
（2）若 求⊙O 的半径.
4．（2025九上·海曙期末）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，O为AB上一点，作半⊙O切BC于点D，交AC于点E，连结 AD.
（1）求证：AD平分∠BAC；
（2）若OA=5，AE=6，求 OB 的长
三、变式2巩固
5．（2025·上虞二模）如图1，已知点D在的边BC上，连接AD，是的外接圆，AC切于点A.
（1）【探究发现】小敏通过探究发现：如图2中，过点A作的直径AE，连接ED，根据已知条件，可以证明.请你根据小敏的思路，写出完整的证明过程.
（2）【拓展迁移】当，时.
①求的值；
②求面积的最大值，并求出此时的半径.
6．我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图所示，AB是的直径，直线是的切线，为切点.P，Q是圆上两点（不与点重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP，AQ交直线于点C，D.
（1）如图甲所示，当，的长为时，求BC的长.
（2）如图乙所示，当，时，求的值.
（3）如图丙所示，当，时，连结BP，PQ，请直接写出的值.
7．（2025·大庆） 如图，为外接圆的直径，点C为线段上一点（不与D，O重合），点B为的延长线上一点，连接并延长至点M，满足．
（1）求证：平分；
（2）证明：；
（3）若射线与相切于点A，，，求的值．
四、变式3提高
8．（2025·金华二模）如图，在中，，，以点C为圆心，为半径作圆.点D为边AB上的动点，DP，DQ分别切圆C于点P，点Q，连接PQ，分别交AC和BC于点E，F，取PQ的中点M.
（1）当时，求劣弧PQ的度数；
（2）当时，求AD的长；
（3）连接CM，BM.
①证明：.
②在点D的运动过程中，BM是否存在最小值？若存在，直接写出BM的值；若不存在，请说明理由.
9．（2025·怀化模拟）如图1，是的直径，点为圆上一动点（不与点，重合），过点的切线交的延长线于点，过点作于点.
（1）证明：；
（2）令.
①求的最大值；
②若，求的值.
（3）如图2，点为上一点（，分别位于直径异侧），，若，求的值.
10．（2025·深圳）如图1，在Rt△ABC中，D是AB的中点，AE=CD，AD=EC
（1） 证明：四边形AEBD是菱形.
（2）如图2，O是AB上一点，且E、A、D三点均在⊙O上，连接OD，CD与⊙O相切与点D，
①求= .
②若AB = 4，求⊙O的半径.
（3） 在(1)的条件下，用尺规作图过D作交BC于F . (保留作图痕迹，不用说明做法)
五、原题24
11．（2025·贵州）用石块打水漂是一项有趣的活动．抛掷后的石块与平静的水面接触．石块会在空中近似的形成一组抛物线的运动路径．如图①，小星站在河边的安全位置用一个石块打水漂，石块在空中飞行的高度y与水平距离之间的关系如图②所示．石块第一次与水面接触于点，运动路径近似为抛物线，且，石块在水面上弹起后第二次与水面接触于点，运动路径近似为抛物线，且．（小星所在地面、水面在同一平面内，且石块形状大小、空气阻力等因素忽略不计）
（1）如图②，当时，若点坐标为，求抛物线的表达式；
（2）在（1）的条件下，若，在水面上有一个截面宽，高的矩形的障碍物，点的坐标为，判断此时石块沿抛物线运动时是否能越过障碍物？请说明理由；
（3）小星在抛掷石块时，若的顶点需在一个正方形区域内（包括边界），且点在和之间（包括这两点），其中，求的取值范围．（在抛掷过程中正方形与拋物线在同一平面内）
六、变式1（基础）
12．（2021九上·鄞州期中）某游乐场的圆形喷水池中心O有一雕塑OA，从A点向四周喷水，喷出的水柱为抛物线，且形状相同．如图，以水平方向为x轴，点O为原点建立直角坐标系，点A在y轴上，x轴上的点C，D为水柱的落水点，水柱所在抛物线（第一象限部分）的函数表达式为 ．
（1）求雕塑高OA．
（2）求落水点C，D之间的距离．
（3）若需要在OD上的点E处竖立雕塑EF，OE＝10m，EF＝1.8m，EF⊥OD．问：顶部F是否会碰到水柱？请通过计算说明．
13．（2025·衢州模拟）从地面竖直向上发射的物体离地面的高度 h(m) 满足关系式 ，其中 t(s) 是物体运动的时间， 是物体被发射时的速度.科技节活动中，某项目化学习小组从地面竖直向上发射小球（发射台离地面距离忽略不计）.
（1） 当 时，
① 求小球离地面的最大高度；
② 经过多少时间小球的高度达到4m？
（2） 通过不断调整小球被发射时的速度，小明发现：若两次发射小球时的速度分别为，，小球从发射到回到地面所需时间为 ，，则 的值为常数.判断小明发现的结论是否正确，如果正确，请说明理由；如果不正确，举例说明.
14．（2025·徐州）急刹车时，停车距离是指骑车人从意识到应当刹车到车辆停下来所走的距离，记作ym；反应距离是指骑车人意识到应当刹车到实施刹车所走的距离，记作d1m；刹车距离是指骑车人实施刹车到车辆停下来所走的距离，记作d2m，已知y＝d1+d2，d1与骑行速度成正比，d2与骑行速度的平方成正比．当骑行速度为13km/h时，反应距离为2.6m，刹车距离为1m．
（1）若骑行速度为26km/h，则d1＝　 　 m，d2＝　 　 m；
（2）设骑行速度为xkm/h，求y关于x的函数表达式；
（3）当刹车距离为2m时，停车距离为多少？（精确到0.1m，参考数据：，，）
七、变式2（巩固）
15．（2025九上·义乌开学考）为了增加趣味性，万岁山旅游城把传统的抛绣球项目进行改良，他们定制了一种器械，类似中国古代一种投石器，为了解发射平台高度对绣球飞行轨迹的影响，我们可以设定不同的发射平台高度，并分别记录绣球在不同水平距离上的飞行高度. 分析不同发射平台高度下绣球的飞行轨迹. 通过比较不同高度下绣球的飞行高度和飞行距离，我们可以得出发射平台高度对绣球运动轨迹的具体影响. 从而有目的地调整发射高度，通过实验发现绣球运动轨迹是抛物线的一部分，并且在离发射点水平距离18米处达到距地面最大高度18米；在离发射点水平距离6米处，距地面高度10米.
问题解决：
（1）任务1：确定函数表达式. 设绣球离发射点水平距离为x，距地面高度为y. 求出y关于x的函数表达式；
（2）任务2：探究飞行距离，当绣球从地面发出到落地（高度为0m）时，飞行的水平距离是多少；
（3）任务3：如图，工作人员在水平地面上设置一个高度可以变化的发射平台PQ，当弹射口高度变化时，绣球被弹出后的飞行轨迹形状不变，可视为抛物线上下平移得到，点P、A、B在一条直线上，已知，，游客小李站在线段AB（包括点A、B）上，为了确保他能抢到绣球，求发射台PQ的变化范围.
16．（2024九上·南昌月考）如图，一小球从斜坡O点以一定的方向弹出球的飞行路线可以用二次函数刻画，斜坡可以用一次函数刻画，小球飞行的水平距离x（米）与小球飞行的高度y（米）的变化规律如下表：
x 0 1 2 m 4 5 6 7 …
y 0 6 8 n …
（1）①______，______；
②小球的落点是A，求点A的坐标．
（2）小球飞行高度y（米）与飞行时间t（秒）满足关系．
①小球飞行的最大高度为______米；
②求v的值．
17．（2025九上·肇庆期中）【问题背景】
水火箭是一种基于水和压缩空气的简易火箭，通常由塑胶汽水瓶作为火箭的箭身，并把水当作喷射剂．图是某学校兴趣小组制做出的一款简易弹射水火箭．
【实验操作】
为验证水火箭的一些性能，兴趣小组同学通过测试收集了水火箭相对于出发点的水平距离（单位：）与飞行时间（单位：）的数据，并确定了函数表达式为：．同时也收集了飞行高度（单位：）与飞行时间（单位：）的数据，发现其近似满足二次函数关系．数据如表所示：
飞行时间
飞行高度
【建立模型】
任务：求关于的函数表达式．
【反思优化】
图是兴趣小组同学在室内操场的水平地面上设置一个高度可以变化的发射平台（距离地面的高度为），当弹射高度变化时，水火箭飞行的轨迹可视为抛物线上下平移得到，线段为水火箭回收区域，已知，．
任务：探究飞行距离，当水火箭落地（高度为）时，求水火箭飞行的水平距离．
任务：当水火箭落到内（包括端点，），求发射台高度的取值范围．
八、变式3（提高）
18．（2023九上·龙港月考）根据以下素材，探索完成任务．
如何确定防守方案？
素材1 鹰眼系统能够追踪、记录和预测球的轨迹，如图分别为足球比赛中某一时刻的鹰眼系统预测画面（如图1）和截面示意图（如图2），足球的飞行轨迹可看成抛物线．攻球员位于，守门员位于点，的延长线与球门线交于点，且点，均在足球轨迹正下方，已知，．
素材2 通过鹰眼系统监测，足球飞行的水平速度为水平距离（水平距离=水平速度×时间）与离地高度的鹰眼数据如右表． 守门员的最大防守高度为．守门员在攻球员射门瞬间就作出防守反应，当守门员位于足球正下方时，足球离地高度不大于守门员的最大防守高度视为防守成功． …912151821……5…
问题解决
任务1 确定运动轨迹 求关于的函数表达式．
任务2 探究防守方案 若守门员选择原地接球，能否防守成功？若成功，请求出守门员接住球时，球的高度；若不成功，请通过计算说明理由．
任务3 拟定执行计划 求守门员选择面对足球后退，计算成功防守的最小速度．
19．（2025九下·宁波模拟）根据以下素材，探索完成任务
设计弹弹珠游戏
素材1：某班级组织趣味弹弹珠游戏，设计如下：(1)距离水平地面米处有一带弹簧的装置；(2)每次将弹簧向左挤压相同距离，松手后弹珠从点水平飞出，研究路径时弹珠直径可忽略，如图1. 图1
素材2：某班进行试玩，发现：当弹珠从点飞出后形成的路径是抛物线的一半，并正好从挡板1的顶部经过，此时带弹簧的装置距离水平地面的高度米，挡板1至点距离为0.6米，挡板1的高度为0.4米，如图2. 图2
素材3：弹珠游戏装置变化，如图3：(1)在距离点0.8米处新增长度为0.2米的挡板2，挡板1与挡板2之间记为区域I：(2)在距离点1米处新增长度为0.1米的挡板3，挡板2与挡板3之间记为区域II. 图3
问题解决
任务1：确定弹珠路径.请在图2中以点为原点建立直角坐标系，并求出弹珠飞出路径对应的抛物线解析式.
任务2：确定移动方案.要想让弹珠飞出后落入区域I内，该弹簧装置向上移动的距离要满足什么条件？
任务3：灵活变通.根据同学们的实际游戏情况，上下移动装置很难精准将弹珠落入固定区域内，希望作出调整.现做出如下改动，在任务1的基础上，先将装置向上移动0.3米，再通过左右移动三块挡板(区域I和区域II的宽度不改变)，让弹珠落入得分更高的区域II内，请计算挡板3横坐标的取值范围。
20．（2025·浙江模拟）根据以下素材，探索完成任务.
乒乓球发球机的运动路线
素材一 如图1，某乒乓球台面是矩形，长为280cm，宽为150cm，球网商度为14cm.乒乓球发球机的出球口在桌面中线端点O正上方 25cm的点 P处.
素材二 假设每次发出的乒乓球都落在中线上，球的运动的高度y（cm）关于运动的水平距离∞（m）的函数图象是一条抛物线，且这条抛物线在与点P水平距离为100cm的点Q处达到最高高度，此时距桌面的高度为45cm，乒乓球落在桌面的点M处.以O为原点，桌面中线所在直线为∞轴，建立如图2所示的平面直角坐标系。
素材三 如图3，若乒乓球落在桌面上弹起后，在与点O的水平距离为300cm的点R处达到最高，设弹起后球达到最高时距离桌面的高度为h（cm）.
问题解决
任务一 研究乒乓球的 （1）求出从发球机发球后到落在桌面前，乒乓球运动轨迹的函数表达式（不要求飞行轨迹写出自变量的取值范围）.
任务二 击球点的确定 （2）当h=20时，运动员小亮想在点R处把球沿直线擦网击打到点O，他能不能实现？请说明理由。
任务三 击球点的距离 （3）若h=40，且弹起后球飞行的高度在离桌面30cm至50cm时，小亮可以获得最佳击球效果，求击球点与发球机水平距离的取值范围。
九、原题25
21．（2025·贵州）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）．
（1）【问题解决】
如图①，若点与线段的中点重合，则　 　度，线段与线段的位置关系是　 　；
（2）【问题探究】
如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】
在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长．
十、变式1[基础]
22．（2025·浙里三模）如图，在菱形ABCD中，，作，连结BD.
（1）求菱形ABCD的面积；
（2）求BD的长.
23．（2025八下·天台期末） 如图，AC是菱形ABCD的对角线，的平分线交边CD于点E.
（1） 若，求的度数；
（2） 仅用一把无刻度的直尺，在边AD上找点F，使DF=DE.（保留必要作图痕迹，不需说明理由）
24．如图，在菱形ABCD中，E是CD的中点，连结AE并延长，交BC的延长线于点F.
（1）求证：BC=CF；
（2）连结 AC，若AB=2，AE⊥AB，求AC的长.
十一、变式2[巩固]
25．（2025·温州模拟）如图，已知，，D为上一点，构造菱形，点E在线段上，G为上一点，，连接交于点H．
（1）求证：．
（2）当G为的中点，，时，求的长．
（3）若，求证：．
26．（2024九下·嘉善月考）如图，在菱形中，对角线相交于点O，，．动点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，动点Q从点A出发，沿方向匀速运动，速度为．以为邻边的平行四边形的边与交于点E．设运动时间为，解答下列问题：
（1）当点M在上时，求t的值；
（2）连接．设的面积为，求S与t的函数关系式和S的最大值；
（3）是否存在某一时刻t，使点B在的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
27．（2024八下·拱墅期中）如图，点O为矩形的对称中心，，，点E为边上一点，连结并延长，交BC于点F.四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点G.
（1）求证：；
（2）当时，求的长；
（3）设，.求代数式的值.
十二、变式3[提高]
28．（2025·龙华模拟）综合与探究
【问题情境】
在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的折叠”为主题开展小组数学活动，已知菱形纸片ABCD，∠BCD=60°
【成果展示】
（1）第一小组：如图1，连接AC，折叠菱形纸片ABCD，使点A落在对角线AC上的点P处，折痕分别交AB，AD于点F，E.判断四边形AFPE的形状，并加以证明.
（2）第二小组：将菱形纸片ABCD沿过点B的直线折叠到如图2所示的位置，点A的对应点为点P，折痕交AD于点E，EP交CD于点G.
①判断DG和PG的数量关系，并加以证明.
②将菱形纸片ABCD沿过点B的直线折叠到如图3所示的位置，其中BP交CD于点M.若M恰好是CD的中点，且AB=4，请直接写出线段AE的长　 　.
（3）【深入探究】
在图2折叠的基础上，用剪刀沿折痕BE剪开纸片，将纸片△BEP绕点B按逆时方向旋转（点E的对应点为E'，点P的对应点为P'），当P'E'与CD所在的直线垂直时，且BC=4，请直接写出点P'.到直线CD的距离　 　.
29．（2025八下·嘉兴期末） 如图1， 在菱形ABCD中，E是AC上一点，， 连结DE， 过点B作交AC于点F.
（1） 求证： ；
（2） 如图2， 连结BE， DF， 求证： 四边形DEBF是菱形；
（3） 如图3， 在(2)的条件下， 延长DE交AB于点G， 连结FG， .
①探究FG与DF的数量关系， 并说明理由；
②若， 且FG=3， 求菱形ABCD的边长.
30．（2025八下·路桥期中）在四边形ABCD中，对角线BD上有一点E，连接AE，CE，F是射线AD上一点，连接EF，且EF＝AE，以EC，EF为边作平行四边形CEFH．
（1）如图1，若四边形ABCD是菱形．
①求证：四边形CEFH是菱形；
②若∠BAD＝60°，连接CF，则CF与AE是否相等？请说明理由．
（2）如图2，若四边形ABCD是正方形．
①CF与AE的关系是（　　）
CF＝AECF＝AECF＝1.5AECF＝2AE
②已知AD＝6，DF＝2，连接DH，则DH的长为　 　．
答案解析部分
1．【答案】（1）在线段上；
（2）解：补图如下，为等腰三角形，理由如下：
连接，
∵为的切线交的延长线于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形.
（3）解：如图，过作于，
∵的半径为，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴.
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；切线的性质；圆周角定理的推论
【解析】【解答】（1）解：∵是直角，
∴为直径，
∵为圆心，
∴在线段上；
∵为的中点，
∴，
∴；
故答案为：在线段上；.
【分析】（1）依据圆周角定理（圆周角对直径 ）确定是直径，点在上；利用弧中点性质得.
（2）通过作辅助线（连接 ），利用切线性质（切线垂直于半径 ）、等腰三角形性质（ ）及等角的余角相等，推导，证得等腰三角形 .
（3）作，结合勾股定理求，利用面积法求，再通过勾股定理依次求、、，最后由得结果 .
2．【答案】（1）解：∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F，
∴AB⊥OD，BC⊥OE，CA⊥OF，
∴∠ODB＝∠OEB＝∠OEC＝∠OFC＝90°，
∵∠DOE＝120°，∠EOF＝150°，
∴∠B＝360°-∠ODB-∠OEB-∠DOE＝60°，∠C＝360°-∠OEC-∠OFC-∠EOF＝30°，
∴∠A＝180°-∠B-∠C＝90°，
∴∠A、∠B、∠C的度数分别为90°、60°、30°．
（2）证明：∵AD＝AF，BD＝BE，CF＝CE，
∴BD+CF＝BE+CE＝BC，
∵AB+AC＝AD+BD+CF+AF＝2AF+BC，
∴2AF＝AB+AC-BC，
∵∠ODA＝∠OFA＝∠A＝90°，
∴四边形ADOF是矩形，
∴OD＝AF，
∵⊙O的直径为d，OD为⊙O的半径，
∴d＝2OD＝2AF，
∴d＝AB+AC-BC．
【知识点】矩形的判定与性质；切线的性质；三角形的内切圆与内心；切线长定理；多边形的内角和公式
【解析】【分析】（1）由内切圆的性质得∠ODB＝∠OEB＝∠OEC＝∠OFC＝90°，再根据四边形的内角和为360°和三角形的内角和为180°即可求解；
（2）由切线长定理得AD＝AF，BD＝BE，CF＝CE，则BD+CF＝BE+CE＝BC，进而得出2AF＝AB+AC-BC，由（1）易证四边形ADOF是矩形求得0D=AF，结合已知条件即可得出结论.
3．【答案】（1）证明：连结BO并延长，交AD于点H，连结OD，
∵AB=BD，OA=OD，∴BO垂直平分AD，∴BH⊥AD，AH=DH，∵BE为⊙O的切线，∴HB⊥BE，∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=90°，∴四边形BHDE为矩形，∴DE⊥BE
（2）解：由(1)知四边形BHDE为矩形，BH⊥AD，AH=DH，∴AH=设⊙O的半径为r，则OA=OB=r，OH=BH-OB=5-r，在Rt△AOH中，由勾股定理，得解得即⊙O的半径为
【知识点】矩形的判定与性质；切线的性质；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）首先连结BO并延长，交AD于点H，连结OD，根据等腰三角形的三线合一，结合圆的切线的性质，由于直径所对圆周角为直角，由矩形的判定与性质即可证明；
（2）首先由矩形性质与勾股定理求出AH和BH的长，然后利用角度关系与同弧所对圆周角相等，最后设半径，利用方程思想求半径.
4．【答案】（1）证明： 连接OD， 则OD =OA，
∴∠ODA=∠BAD，
∵BC与⊙O相切于点D
∴BC⊥OD于点D，
∴∠ODB=90°，
∵∠C=90°，
∴∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∴∠ODA=∠CAD，
∴∠BAD=∠CAD，
∴AD平分∠BAC.
（2）解：作于点I， 则.
∴OB的长是
【知识点】切线的性质；角平分线的概念；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】(1)连接OD， 则OD=OA， 可以得到∠ODA=∠BAD， 然后证明OD∥AC，即可得到以∠ODA=∠CAD， 则∠BAD=∠CAD， 得到结论；
(2)作OI⊥AC于点I， 则OI∥BC， 所以∠AOI=∠B， 即可得到 求得 长即可.
5．【答案】（1）解： 过点A的⊙O的直径AE，连结ED，如图.
，.
又切于点A，
，即.
.
又，
.
（2）解：①知，
又，
.
设，，.
.
，解得，(舍去).
..
②由题意：当BA⊥AC时，△ABC面积最大，如图，
∵AC切☉O于点A，BA⊥AC，
∴AB为圆的直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BC，
由①知：，
∴
∵
∴BA=4.
∴此时⊙O的半径为.
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的性质；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)过点A作☉O的直径AE，连结ED，利用圆周角定理，圆的切线的性质定理和直角三角形的性质，以及同角的余角相等的性质解答即可；
(2)①利用相似三角形的判定与性质求得CD，再利用相似三角形的性质解答即可；
②当BA⊥AC时，△ABC面积最大，画出符合题意的图形，利用圆周角定理和勾股定理解答即可.
6．【答案】（1）解：如图甲所示，连结OP，设∠BOP的度数为n.
∵，BP长为，
∴，即.
∴.
∵直线l是☉O的切线，∴∠ABC=90°.
∴BC=AB×tan∠BAC=6×tan30°=6×
（2）解：如图乙所示，连结BQ，过点C作CF⊥AD于点F，
∵AB为直径，∴∠BQA=90°.
∵=，∴∠BAC=∠DAC.
∵CF⊥AD，AB⊥BC，∴CF=CB.
∵∠BAQ+∠ADB=90°，∠FCD+∠ADB=90°，
∴∠FCD=∠BAQ
（3）解：如图，连结BQ，
∵AB⊥BC，BQ⊥AD，
∴∠ABQ=90°-∠QBD=∠ADC，
∵∠ABQ=∠APQ，
∴∠APQ=∠ADC
∵∠PAQ=∠DAC，
∴△APQ∽△ADC，
∴①，
∵∠ABC=90°=∠APB，∠BAC=∠PAB，
∴△APB∽△ABC，
∴②，由BC=CD，将①②两式相除得，
∵，
∴
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；切线的性质；弧长的计算；直角三角形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】(1)根据扇形的弧长公式即可求出∠BOP度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出BC的长；
(2)根据等弧所对圆周角相等推出∠BAC=∠DAC，再根据角平分线的性质定理推出CF=CB，利用直角三角形的性质即可求出∠FCD=∠BAQ，通过等量转化和余弦值可求出答案；
(3)连结BQ，证明△APQ∽△ADC，得①，证明△APB∽△ABC，得②，由BC=CD，将①②两式相除得，从而可得的值.
7．【答案】（1）证明：∵DE为 E外接圆 的直径，
∴∠DAE=90°，
∴∠EAM+∠BAD=∠EAC+∠DAC=90°，
∵∠CAE=∠MAE，
∴∠BAD=∠CAD，
∴AD平分∠BAC；
（2）证明：连接 AO，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解： 射线BM与相切于点A
，
由（2）知，，
，
，
∴设，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
.
【知识点】勾股定理；切线的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；解一元二次方程的其他方法
【解析】【分析】
（1）根据圆周角定理得到∠DAE=90°，再利用余角结合已知条件计算得到∠BAD=∠CAD，解答即可；
（2）连接 AO，根据等边对等角得到再根据角度的和差运算得到，即可根据AA判定，再根据相似三角形的性质解答即可；
（3）由切线的性质和相似的性质设，表示出OD，OB建立方程计算即可得到，利用勾股定理可得AC，再利用余角的性质计算得到，再根据正切的定义计算即可解答.
8．【答案】（1）解：如图，连接CP、CQ.
∵DP、DQ分别切圆C于点P、点Q，
∴∠CPD=∠CQD=90°，
∵∠PDQ=60°，
∴∠PCQ=360°-∠PDQ-∠CPD-∠CQD=120°，
∴劣弧PQ为120°；
（2）解：连接CD，过点D作DG⊥BC于点G，如图所示：
∵DP、DQ分别切圆C于点P、点Q，
∴DP=DQ，
∵CP=CQ，
∴C，D在线段PQ的垂直平分线上，
∴CD⊥PQ，
∵CE=CF，
∴CD平分∠ECF，
∵DG⊥BC，∠A=90°，
∴AD=AG，
∵AB=3，AC=5，
，
，
，
，即，
解得：；
（3）解：①连接CD，CP，CQ，如图所示：
根据解析（2）可知：CD垂直平分PQ，
点M为PQ的中点，
点M在CD上，
，
，
，
，
，
；
②BM的最小值为4.
【知识点】切线的性质；圆-动点问题；相似三角形的性质-对应角；多边形的内角和公式；等积变换
【解析】【解答】解：（3）②BM的最小值为4，理由如下：
由①可得，C、D、M三点共线，且，
∴，
.∵，
∴，
∴，
∴，
根据①可得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
解得：，
∴ CE为定值，
∵，
∴ 点M在以CE为直径的圆上运动，
取CE的中点H，当B、M、H三点共线时，BM最短，
∵，
∴
BM＝BH-MH=4，
即BM的最小值为4.
【分析】（1）根据切线的性质以及四边形的内角和360°，即可求出劣弧PQ的度数；
（2）根据切线的性质得出DP=DQ，根据垂直平分线特点得出CE=CF、CD平分∠ECF，从而推出AD=AG，然后利用勾股定理求出BC的长度，最后利用等面积公式即可求出AD的长；
（3）①证明出，即可得出，变形即可得出证明结果；
②同样利用相似三角形，得出，并结合①的结论可以求出CE的长度，此时即有当B、M、H三点共线时，BM最短，求出AH的长度，利用勾股定理即可求出BH的长度，BM的长度即可求出。
9．【答案】（1）∵是的切线，是的直径，∴，
∵，
∴
∴
∵
∴
又∵，
∴
∴
又∵
∴，
（2）解；①∵，∵
∴，即，
设，，
∴，
∴，
∵
∴
∴
∴
∴
∵，即
∴
∴
∴，即的最大值为；
②∵，
∴
∵
∴
由①可得，则
∴
∴
设，则
∴
解得：
∴
（3）解：如图，连接
∵是的直径，
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
设，则
∵，
∴
∴
∴
设，，同（2）可得
∴
∴
∴，
又∵，
∴

【知识点】切线的性质；相似三角形的判定；求正切值
【解析】【分析】本题主要对正切的定义，切线的性质与判定，相似三角形的性质与判定，圆心角的性质等知识点进行考查；
（1）根据题意是的切线，是的直径，所以有，，进而得到，根据角的计算可得，，进而得到；
（2）①根据题意有，可得，所以即，设，，则，因为，可证明可得到，进而根据，所以最大值为；
②根据，，可得，根据①中计算可知，设，则，所以，解得，所以．
（3）根据题意是的直径，可推出，，可证进一步得出，设，根据得出，设，，同（2）解题思路可得，得出，所以．
（1）∵是的切线，是的直径，
∴，
∵，
∴
∴
∵
∴
又∵，
∴
∴
又∵
∴，
（2）解；①∵，
∵
∴，即，
设，，
∴，
∴，
∵
∴
∴
∴
∴
∵，即
∴
∴
∴，即的最大值为；
②∵，
∴
∵
∴
由①可得，则
∴
∴
设，则
∴
解得：
∴
（3）解：如图，连接
∵是的直径，
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
设，则
∵，
∴
∴
∴
设，，同（2）可得
∴
∴
∴，
又∵，
∴
10．【答案】（1）证明：∵，
∴四边形ADCE为平行四边形
又∵，且D为AB中点
∴
∴平行四边形ADCE为菱形.
（2）解：①30°
②设半径为r
∵
∴
∵
∴
解得：
（3）解：方法不唯一(图1作BC中垂线，图2作内错角相等，图3作角分线+等腰出平行)：
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质；切线的性质；作图-平行线；圆与四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）①∵四边形ADCE为菱形.∴
∴
又∵
∴
∴
∵CD切于D
∴
∴
∴
【分析】(1)由，可知四边形ADCE为平行四边形，结合BD=AD可得ADCE为菱形；
(2)①结合菱形性质和切线的性质知∠COD=2∠CAD=2∠OCD，再由直角三角形两锐角互余可得∠ACD的度数；
②设半径为r，得OC=4-r，根据30角所对直角边等于斜边的一半，即可r的值；
(3)可作BC的中垂线，也可作内错角相等，还可作作角分线+等腰出平行.
11．【答案】（1）解：∵当时，
∵点坐标为
∴
∴
∴抛物线的表达式为.
（2）解：不能，理由如下：
∵，点坐标为
∴
∴
∵点的坐标为，
∴
∴将代入
∴此时石块沿抛物线运动时不能越过障碍物.
（3）解：∵正方形，
∴
∴如图所示，
∵抛物线开口向下
∴
∵越小开口越大，越大开口越小，点在和之间（包括这两点）
∴由图象可得，当抛物线顶点为点M，且经过点时，开口最大，此时a最大
∴设的表达式为
将代入得，
解得；
∴由图象可得，当抛物线顶点为点P，且经过点时，开口最小，此时a最小
∴设的表达式为
将代入得，
解得；
∴的取值范围为．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的其他应用
【解析】【分析】（1）已知抛物线系数、和点坐标，代入解析式求，确定表达式.
（2）先由长度求坐标，确定表达式；再根据障碍物坐标，代入求对应值，与障碍物高度比较.
（3）先确定正方形顶点，根据抛物线开口方向（ ），结合顶点在正方形内、点的范围，分别求顶点在（开口最大 ）和（开口最小 ）时的值，确定取值范围.
12．【答案】（1）解：当x=0时，
=-+6
=；
（2）解：当，
解得x=11或-1（舍去），
∴OD=11，
∴CD=2OD=22；
(3)
（3）解：顶部F不会碰到水柱。
理由如下，
∵OE=10，
∴x=10，
∴，
∴不会碰到水柱.
【知识点】二次函数的实际应用-喷水问题
【解析】【分析】(1)令x=0，求出抛物线与y轴的交点坐标，即可解答；
(2)先令y=0，求出抛物线与x轴的交点坐标，得出OD长，则可求出CD长；
(3)求出x=10时的函数值，再和1.8作比较，即可解答.
13．【答案】（1）解：当时，，
①小球离地面的最大高度 (m)；
②当时，，，，经过0.4s或2s小球的高度达到4m.
（2）解：小明发现的结论正确，理由如下：
由题意，当 时，，同理，，
，值为常数.
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【分析】（1）①当时，利用关系式，求出小球离地面的最大高度；②当时，得到关于t的一元二次方程求解，求出小球的高度达到4m所需要的时间；
（2）先判断小明发现的结论正确，再利用关系式 ，分别求得，， 代入求解.
14．【答案】（1）5.2；4
（2）解：设骑行速度为xkm/h，
∵d1=0.2x，
∴
（3）解：当刹车距离为2m时，则
解之：（取正值）
∴
答：当刹车距离为2m时，停车距离为5.7m
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数的其他应用
【解析】【解答】解：（1）∵ d1与骑行速度成正比，d2与骑行速度的平方成正比．
∴设d1=kx，d2=mx2，
∵当骑行速度为13km/h时，反应距离为2.6m，刹车距离为1m．
∴2.6=1.3k、1=132m
解之：k=0.2，m=
∴d1=0.2x，
骑行速度为26km/h，
∴d1=0.2×26=5.2m，
故答案为：5.2；4
【分析】（1）利用正比例函数的定义设d1=kx，d2=mx2，利用已知可求出两函数解析式，再根据骑行速度为26km/h，分别求出d1、d2的值.
（2）由（1）可知d1、d2与x的函数解析式，再根据y＝d1+d2，代入可得到y与x的函数解析式.
（3）根据刹车距离为2m可求出符合题意的x的值，再将x的值代入y关于x的函数解析式，可求出y的值，即可求解.
15．【答案】（1）解：依题意，得抛物线的顶点坐标为(18，18)，设抛物线解析式为 把(6，10)代入解析式得： 解得
∴抛物线解析式为
（2）解：令，则，解得，（舍），
答：水平距离为36m；
（3）解：设抛物线向上平移m个单位，则平移后的抛物线解析式为，
∵，，
∴ 当抛物线经过（37，0）时，，
解得
当抛物线经过（38，0）时，，解得
∴ 发射台PQ的变化范围为：解得.
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题；利用顶点式求二次函数解析式
【解析】【分析】（1）用待定系数法求函数解析式即可；
（2）令y=0，解方程求出x的值即可；
（3）设出平移后的解析式， 再把(37，0)， (38，0)分别代入解析式，结合题意求出PQ的取值范围.
16．【答案】（1）解：①3，6；
②联立得：，
解得：或 ，
∴点A的坐标是，
（2）解：①8，
②，
则，
解得（负值舍去）．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【解答】（1）解：①根据小球飞行的水平距离x（米）与小球飞行的高度y（米）的变化规律表可知：抛物线顶点坐标为，
∴，
解得：，
∴二次函数解析式为，
当时，，
解得：或（舍去），
∴，
当时，，
故答案为：3，6．
（2）①由题干可知小球飞行最大高度为8米，
故答案为：8.
【分析】（1）①先求出二次函数解析式为，再将和代入计算即可；
②联立方程组求解即可；
（2）①将二次函数的一般式化为顶点式，再求解即可；
②根据题意可得，再求出v的值即可.
（1）解：①根据小球飞行的水平距离x（米）与小球飞行的高度y（米）的变化规律表可知：抛物线顶点坐标为，
∴，
解得：，
∴二次函数解析式为，
当时，，
解得：或（舍去），
∴，
当时，，
故答案为：3，6．
②联立得：，
解得：或 ，
∴点A的坐标是，
（2）①由题干可知小球飞行最大高度为8米，
故答案为：8；
②，
则，
解得（负值舍去）．
17．【答案】解：任务：
二次函数经过点，，
抛物线的顶点坐标为，
设抛物线解析式为：，
抛物线经过点，
，
解得：，
关于的函数表达式为：；
任务2：，
，
，
整理得：，
当水火箭落地（高度为）时，，
解得：（不合题意，舍去），，
答：水火箭飞行的水平距离为米；
任务：设的长度为，
水火箭的抛物线解析式为，
当抛物线经过点时，
，
点的坐标为，
，
解得：，
当抛物线经过点时，
，，
，
点的坐标为，
，
解得：，
水火箭落到内（包括端点，），
，
，
答：发射台高度的取值范围为：．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【分析】任务1：设抛物线解析式为：，根据待定系数法将点(0，0)代入解析式即可求出答案.
任务2：将y=0代入解析式，解方程即可求出答案.
任务3：设的长度为，则水火箭的抛物线解析式为，当抛物线经过点时，可以求出，当抛物线经过点时，可以求出，即可求出答案.
18．【答案】任务一：
解：任务1：由表格中的数据可知当和当时，h的值相同，
∴该抛物线的对称轴为直线，
∴该抛物线的顶点坐标为，
设该抛物线解析式为，
把代入中得：，
解得，
∴h关于s的函数表达式为；
任务二：
任务2：若守门员选择原地接球，不能防守成功，理由如下：
在中，当时，，
∵，
∴若守门员选择原地接球，不能防守成功；
任务三
：当守门员刚好接到球时，则，
把代入中得：，
解得，
∴此时球的飞行时间为，
∴守门员选择面对足球后退，能够防守成功，那么运动员在内肯定要到达能够刚好接球的位置，即守门员在内的路程要大于等于，
∴守门员的速度要大于等于，
∴守门员的最小速度为．
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【分析】（1）根据题意把解析式设为顶点式，再利用待定系数法求解即可；
（2）计算出当时h的值即可得到答案；
（3）当守门员刚好接到球时，则，求出此高度下s的值，进而求出球运动的时间，进而求出守门员运动的最小路程，即可求出最小速度．
19．【答案】解：任务1：根据题意，得：抛物线的顶点 对称轴为直线
∴设此抛物线为 即 ，
∵此抛物线经过挡板1顶部，
∴即过点 代入
解得：
∴此抛物线的解析式为
任务2：∵该弹簧装置向上移动，
∴设
∵想让弹珠飞出后落入区域I内，且挡板
∴把 代入
解得：
∵把挡板 代入
解得：
任务3：∵装置向上移动0.3米，
∴得
∴当 时， 解得： (负值舍去)，
∵区域I和区域II的宽度不改变，
∴此时挡板1的横坐标为
不会被挡板1挡住，
∵当 时，
解得： (负值舍去)，
∵挡板2的横坐标为
.
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题；利用顶点式求二次函数解析式
【解析】【分析】任务1：设此抛物线的解析式为 ，由题意得顶点 对称轴为直线 且经过 分别代入，即可求解；
任务2：设抛物线为 把 分别代入，即可求解；
任务3：根据题意，得知 可得 通过挡板2的高度 解得其横坐标为 因区域I和区域II的宽度不改变，推出挡板1的横坐标和纵坐标，得抛物线不被挡板1挡住，将挡板3的高度 代入抛物线，得横坐标，结合区域II的宽度即可求解.
20．【答案】解：任务一：∵抛物线的顶点坐标为：（100，45），
∴设抛物线的解析式为y=a(x-100)2+45，
∵点P（0，25）在抛物线上，
∴a(x-100)2+45=25，解得：a=-，
所以抛物线的解析式为y=-(x-100)2+45；
任务二：不能实现，理由如下：
击球点为R（300，20），
球网上方点F的坐标为（140，14），
设直线RO解析式为：y=kx，
∴300k=20，
解得：k=，
∴直线RO解析式为y=x，
当x=140时，y=，14=，
所以不能实现；
任务三：设弹起后抛物线的表达式为：y=a1(x-300)2+40，
当a1=a时，y=-(x-300)2+40，
当y=0时， -(x-300)2+40=0，
解得：x=250或x=-50，
∴点M的坐标为（250，0），
∵点M在抛物线y=a1(x-300)2+40上，
∴a1(250-300)2+40=0，
解得：a1=，
∴弹起后抛物线的表达式为：y=(x-300)2+40，
∵a=，
∴弹起时最大高度为40cm，
∴弹起高度范围为30≤y≤40，
当y=30时，(x-300)2+40=30，
解得：x=275或x=325，
∵ 当x=300时，y=40，275<300<325，
∴击球点与发球机水平距离 的取值范围为275【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【分析】任务一：根据抛物线的顶点坐标，设出顶点式，将点P的坐标代入，求出a，得出抛物线的解析式；
任务二：先判断不能实现，再说明理由.
设直线RO解析式为：y=kx，将R点坐标代入，求出k，得到直线RO的解析式，将x=140代入，求出函数值与14比较，说明不能实现；
任务三：设弹起后抛物线的表达式为：y=a1(x-300)2+40，
当a1=a时，取y=0，求出点M的坐标，根据点M在抛物线y=a1(x-300)2+40上，求出a1，从而，可得弹起高度范围，取y=30，求出x的值，得出击球点与发球机水平距离 的取值范围.
21．【答案】（1）30；
（2）解：如图，把绕顺时针旋转得到，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵点在线段上，且，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴.
（3）解：如图，当在线段上，记与交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
如图，当在线段上时，延长交于，
同理可得：，，
∴，
设，而，则，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
综上：的长为或.
【知识点】等边三角形的性质；菱形的性质；相似三角形的判定；图形的旋转
【解析】【解答】解：（1）∵在菱形中，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∵点与线段的中点重合，
∴，；
故答案为：30；.
【分析】（1）利用菱形性质（邻边相等 ）和等边三角形判定（ ），结合中线性质得角度和垂直关系.
（2）通过旋转构造等边三角形和全等关系，结合角度计算推导直角三角形，利用角性质得线段倍数关系.
（3）分在线段、两种情况，利用相似三角形（， ），结合线段比例和已知条件计算.
22．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=10，
∵DH⊥AB，sin∠A=
∴，
∴DH=×10=8，
∴S菱形ABCD=AB×DH=10×8=80；
（2）解：由（1）得：DH=8，∠AHD=90°，
∴AH==6，
∴BH=AB-AH=10-6=4，
∴BD==.
【知识点】勾股定理；菱形的性质；已知正弦值求边长
【解析】【分析】（1）由菱形的四条边相等可得AD=AB，根据锐角三角函数sin∠A=可得关于DH的方程，解方程求出DH的值，然后根据菱形的面积=底×高可求解；
（2）在Rt△ADH中，用勾股定理求得AH的值，根据线段的和差BH=AB-AH求出BH的值，在Rt△BDH中，用勾股定理可求解.
23．【答案】（1）解：四边形 ABCD 为菱形，
，
，
平分 ，，
，
.
（2）解：作图如下：
点 F 就是所求作的点.
【知识点】菱形的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】(1)结合角平分的概念和菱形的性质可得∠D的度数；
(2)连接BD，则AE与BD的交点即为∠ACD角平分线的交点，连接点C与交点并延长即可得点F.
24．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC，AD∥BC.
∴∠D=∠DCF，∠F=∠DAE.
∵E 是CD 的中点，
∴CE=DE.
在△FCE和△ADE中，
∴△FCE≌△ADE(AAS).
∴AD=CF.
∴BC=CF
（2）解：∵AE⊥AB，
∴∠BAF=90°，
∵BC=CF=AB=2，
∴，
∴AC的长为2
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-AAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】(1)由菱形的性质得BC=DA，BC//DA，所以∠F=∠DAE，而CE=DE，即可根据“AAS”证明△FCE≌△ADE，进而即可得出结论；
(2)由AE⊥AB，得∠BAF=90°，而BC=CF=AB=2，进而即可得出结论.
25．【答案】（1）解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
在与中，
，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∴
∵G为的中点，
∴AD=2AG，
∵，，
∴，
∴．
∵，，
∴．
（3）解：作于点M，
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）先证明，根据全等三角形的性质得到，等边对等角，得到，即可得证；
（2）证明，根据相似三角形的性质得到，根据G为的中点，，，求出的值，根据，以及线段的和差关系求出的长即可；
（3）先证明，根据相似三角形的性质得到，再根据含30度角的直角三角形的性质，得到，然后利用等腰三角形三线合一得到，再根据线段之间的和差关系得出．
（1）解：在菱形中，，，
∴，
又∵，
∴．
∴，
又∵，
∴，
∴．
（2）∵，，
∴，
∴，
又∵G为的中点，，，
，
∴．
又∵，，
∴．
（3）∵，
∴，
作于点M，则：，
∴．
又∵，
∴，
∴，即．
26．【答案】（1）
（2）；的最大值为
（3）
【知识点】相似三角形的判定；解直角三角形；二次函数-面积问题
27．【答案】（1）证明： ∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵四边形与关于所在直线成轴对称，
∴，
∴，
∴；
（2）解：过作于， 如图：
设， 则，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
，
∵点为矩形的对称中心，
，
，
在中，
，
解得(此时大于， 舍去)或
，
∴的长为；
（3）解：过作于， 连接， 如图：
∵点为矩形的对称中心，过点，
∴为中点，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
即，
∴，
∵，
，
，，
∴．

【知识点】勾股定理；矩形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）由矩形的对边平行得AD∥BC，由二直线平行，内错角相等得∠GEF=∠BFE，由轴对称性质得∠BFE=∠B'FE，由等量代换得∠GEF=∠GFE，由等角对等边即可得出结论；
（2）过G作GH⊥BC于H， 设DG=x，则AE=2x，GE=8-3x=GF，由三个内角是直角的四边形是矩形得四边形GHCD是矩形，由矩形的对边相等得GH=CD=AB=4，CH=GD=x，根据矩形的中心对称性可得CF=AE=2x，则FH=x，在Rt△GHF中，根据勾股定理列方程求出x的值，进而即可得出AE的长；
（3）过O作OQ⊥AD于Q， 连接OA、OD、OG， 由矩形的对称性可得O为EF的中点，OA=OD，OQ=AB=2，由等腰三角形的三线合一得OG⊥EF，由同角的余角相等得∠GOQ=∠QEO，从而用“两组角对应相等的两个三角形相似”得△GOQ∽△OEQ，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得AQ=DQ=AD=4，进而根据线段的和差表示出EQ、GQ， 即可得出答案．
28．【答案】（1）解：四边形AFPE是菱形，
理由如下：
∵四边形ABCD是菱形
∴AB=CB，AD//BC，
∴∠BAC=∠BCA，∠BCA=∠CAD，
∴∠ BAC=∠ CAD，
如图，设AP与EF交于点O.
根据折叠的性质可得AP⊥EF，
∴∠AOF=∠AOE=90°，
∵AO=AO，
∴△AFO≌△AEO(ASA)，
∴AF=AE，
根据折叠的性质可得AF=PF，AE=PE，
∴AF=PF=AE=PE
∴四边形AFPE是菱形.
（2）
（3）
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：(2)①GD=GP.
理由如下：
连接BD，DP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A=∠C=60°，AB=AD，
∴△ABD是等边三角形.
∴BA=BD.
根据折叠的性质可得BA=BP，∠A=∠BPE=60°，
∴BP=BD.
∴∠BDP=∠BPD.
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=DC，
∴△BCD是等边三角形.
∴∠BDC=60°，
∴∠BDG=∠BPG=60°
∴∠BDP-∠BDG=∠BPD-∠BPG，
∴∠GDP=∠GPD，
∴GD=GP.
②∵AB=4，
∴AB=BC=CD=AD=BD=BP=4，
∵M恰合好是CD的中点，
∴，BM⊥CD，
∴∠GMP=90°，，
∴∠PGM=∠EGD=30°，
∴DG=PG=2PM，，
∴，
解得，
∴.
∵∠EGD=30°，∠ADC=120°
∴∠DEG=30°=∠EGD，
∴，
∴.
故答案为：.
(3)设直线P'E'与直线CD交于点N，与直线AB交于点G，
∵在图2折叠的基础上，用剪刀沿折痕BE剪开纸片，将纸片△BEP绕点B按逆时方向旋转，BC=4，
∴AB=BC=BP=BP'=4，∠A=∠BPE=∠BP'E'=60°
∵P'E'与CD所在的直线垂直，
∴P'E'⊥CD，P'E'⊥AB，
∴∠GBP'=30°，，
由(2)可得CD和AB之间的距离为，即，
当N在D左边时，如图，
此时点P'到直线CD的距离，
当N在D右边时，如图，
此时点P'到直线CD的距离，
综上，点P'到直线CD的距离.
故答案为：.
【分析】(1)根据菱形的性质，易证△AFO≌△AEO(ASA)，推出AF=PF=AE=PE，从而得解；
(2)①连接BD，DP，△ABD是等边三角形，再证△BCD是等边三角形，从而得解；
②由M恰好是CD的中点，得到，∠GMP= 90°，则∠PGM=∠EGD=∠DEG=30°=∠EGD，则DG=PG=2PM，，根据，求出，则，最后根据AE=AD-DE求解即可；
(3)设直线P'E'与直线CD交于点N，与直线AB交于点G，由(2)可得CD和AB之间的距离为，即，AB=BC=BP=BP'=4，∠A=∠BPE=∠BP'E'=60°，则，然后根据当N在D左边或右边分情况画出图形，求出点P'到直线CD的距离P'N的值即可.
29．【答案】（1）证明：因为四边形 ABCD 是菱形
所以 ， ，
所以 ，
因为 ， 所以
所以 ，
所以
所以
（2）解：连结BD交AC于点O，
因为，
所以
因为，
所以四边形DEBF是平行四边形，
因为四边形ABCD是菱形，所以，
所以平行四边形DEBF是菱形
（3）解：①FG=DF，理由如下：
因为CE=CD，所以，
因为，所以，
又因为，
所以，，
所以
所以，
又
所以，所以FG=EB，
所以DEBF是菱形，所以FG=EB=DF；
②连结BD交AC于点O， 则，
设EF=a，则AE=2a，
所以CE=CD=3a，
因为DEBF是菱形，
所以，所以，
因为，所以，
所以，（舍去）
所以菱形的边长为
【知识点】菱形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】(1)利用，结合菱形的性质，根据AAS可判定，从而得证；
（2）连接BD，利用全等三角形的性质定理得到DE=BF，则四边形DEBF为平行四边形，利用菱形的性质得到EF⊥BD，再利用菱形的判定定理解答即可；
（3）①利用菱形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质得到AF=AD=AB，利用全等三角形的判定与性质得到BE=FG，再利用菱形的性质和等式的性质解答即可；
②连接BD，BD与EF交于点O，设设EF=a，则AE=2a，由菱形的性质可推得，，利用勾股定理列出方程求得a值，则结论可求．
30．【答案】（1）①证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB＝∠CDB，AD＝CD．
∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE，
∴AE＝CE．
∵EF＝AE，
∴CE＝EF．
∵四边形CEFH是平行四边形，
∴四边形CEFH是菱形．
②相等（或：是）
∵△ADE≌△CDE，
∴∠EAD＝∠ECD．
∵EF＝AE，
∴∠EAD＝∠EFD，
∴∠EFD＝∠ECD，
∴∠CEF＝∠CDF．
∵AB∥CD，∠BAD＝60°，
∴∠CDF＝∠BAD＝60°，
∴∠CEF＝60°．
∵CE＝EF，
∴△CEF是等边三角形，
∴CF＝EF＝AE．
（2）①B②或
【知识点】菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；四边形-动点问题；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】（2）①如图所示：
四边形ABCD是正方形
、
四点共圆
四边形EFHC是矩形
矩形EFHC是正方形
故应选B
② 如图1所示：当点F在AD上时，分别过点E、H作，垂足分别为N、M，连接DM.
四边形EFHC是正方形
四边形ABCD和四边形EFHC都是正方形
如图2所示，当点F在AD的延长线上时，分别过点E、H作，垂足分别为N、M，连接DM.
同理：
综上所述，DH的值为或.
【分析】（1） ①由于菱形是轴对称图形，因此CE=AE、又EF=AE，则等量代换得CE=FE，则平行四边形CEFH是菱形；
②若 ∠BAD＝60° ，则由菱形的对边平行可得∠CDF＝∠BAD＝60°，由于菱形是轴对称图形，因此△ADE全等△CDE，即有∠EAD等于∠ECD；由于已知EF=EA，则∠EAD等于∠EFD，等量代换得∠ECD等于∠EFD，即D、E、C、F四点共圆，所以∠CEF＝60°，因为CE=EF、所以三角形CEF是等边三角形，即CF=AE；
（2）分别过点E、H作，垂足分别为N、M，连接DM，再分两种情况进行计算，即当点F在AD上时，此时AF＝4，由于AE＝FE，则NF等于AF的一半等于2，再利用正方形的性质可证明，由全等的性质可得MH等于NF等于2，再利用正方形的性质证明，可得，从而得为等腰直角三角形即可求得DH的长；当点F在AD的延长线上时，方法同上.
1 / 1【贵州卷】备战2026年中考数学真题变式阶梯训练第23~25题
一、原题23
1．（2025·贵州）如图，在中，是直角，为的中点，为的切线交的延长线于点．连接，．
（1）点与的位置关系是　 　，线段与线段的数量关系是　 　；
（2）过点作，与的延长线交于点．根据题意补全图形，判断的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若的半径为，求的长．
【答案】（1）在线段上；
（2）解：补图如下，为等腰三角形，理由如下：
连接，
∵为的切线交的延长线于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形.
（3）解：如图，过作于，
∵的半径为，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴.
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；切线的性质；圆周角定理的推论
【解析】【解答】（1）解：∵是直角，
∴为直径，
∵为圆心，
∴在线段上；
∵为的中点，
∴，
∴；
故答案为：在线段上；.
【分析】（1）依据圆周角定理（圆周角对直径 ）确定是直径，点在上；利用弧中点性质得.
（2）通过作辅助线（连接 ），利用切线性质（切线垂直于半径 ）、等腰三角形性质（ ）及等角的余角相等，推导，证得等腰三角形 .
（3）作，结合勾股定理求，利用面积法求，再通过勾股定理依次求、、，最后由得结果 .
二、变式1基础
2．（2025·攀枝花） 如图，⊙O是△ABC的内切圆，与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F，∠DOE＝120°，∠EOF＝150°．
（1）求△ABC的三个内角的大小；
（2）设⊙O的直径为d，证明：d＝AB+AC-BC．
【答案】（1）解：∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F，
∴AB⊥OD，BC⊥OE，CA⊥OF，
∴∠ODB＝∠OEB＝∠OEC＝∠OFC＝90°，
∵∠DOE＝120°，∠EOF＝150°，
∴∠B＝360°-∠ODB-∠OEB-∠DOE＝60°，∠C＝360°-∠OEC-∠OFC-∠EOF＝30°，
∴∠A＝180°-∠B-∠C＝90°，
∴∠A、∠B、∠C的度数分别为90°、60°、30°．
（2）证明：∵AD＝AF，BD＝BE，CF＝CE，
∴BD+CF＝BE+CE＝BC，
∵AB+AC＝AD+BD+CF+AF＝2AF+BC，
∴2AF＝AB+AC-BC，
∵∠ODA＝∠OFA＝∠A＝90°，
∴四边形ADOF是矩形，
∴OD＝AF，
∵⊙O的直径为d，OD为⊙O的半径，
∴d＝2OD＝2AF，
∴d＝AB+AC-BC．
【知识点】矩形的判定与性质；切线的性质；三角形的内切圆与内心；切线长定理；多边形的内角和公式
【解析】【分析】（1）由内切圆的性质得∠ODB＝∠OEB＝∠OEC＝∠OFC＝90°，再根据四边形的内角和为360°和三角形的内角和为180°即可求解；
（2）由切线长定理得AD＝AF，BD＝BE，CF＝CE，则BD+CF＝BE+CE＝BC，进而得出2AF＝AB+AC-BC，由（1）易证四边形ADOF是矩形求得0D=AF，结合已知条件即可得出结论.
3． 如图所示，在 中， ⊙O 为 的外接圆，BE 为⊙O的切线，AC为⊙O 的直径，连结 DC 并延长，交 BE 于点E.
（1）求证：
（2）若 求⊙O 的半径.
【答案】（1）证明：连结BO并延长，交AD于点H，连结OD，
∵AB=BD，OA=OD，∴BO垂直平分AD，∴BH⊥AD，AH=DH，∵BE为⊙O的切线，∴HB⊥BE，∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=90°，∴四边形BHDE为矩形，∴DE⊥BE
（2）解：由(1)知四边形BHDE为矩形，BH⊥AD，AH=DH，∴AH=设⊙O的半径为r，则OA=OB=r，OH=BH-OB=5-r，在Rt△AOH中，由勾股定理，得解得即⊙O的半径为
【知识点】矩形的判定与性质；切线的性质；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）首先连结BO并延长，交AD于点H，连结OD，根据等腰三角形的三线合一，结合圆的切线的性质，由于直径所对圆周角为直角，由矩形的判定与性质即可证明；
（2）首先由矩形性质与勾股定理求出AH和BH的长，然后利用角度关系与同弧所对圆周角相等，最后设半径，利用方程思想求半径.
4．（2025九上·海曙期末）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，O为AB上一点，作半⊙O切BC于点D，交AC于点E，连结 AD.
（1）求证：AD平分∠BAC；
（2）若OA=5，AE=6，求 OB 的长
【答案】（1）证明： 连接OD， 则OD =OA，
∴∠ODA=∠BAD，
∵BC与⊙O相切于点D
∴BC⊥OD于点D，
∴∠ODB=90°，
∵∠C=90°，
∴∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∴∠ODA=∠CAD，
∴∠BAD=∠CAD，
∴AD平分∠BAC.
（2）解：作于点I， 则.
∴OB的长是
【知识点】切线的性质；角平分线的概念；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】(1)连接OD， 则OD=OA， 可以得到∠ODA=∠BAD， 然后证明OD∥AC，即可得到以∠ODA=∠CAD， 则∠BAD=∠CAD， 得到结论；
(2)作OI⊥AC于点I， 则OI∥BC， 所以∠AOI=∠B， 即可得到 求得 长即可.
三、变式2巩固
5．（2025·上虞二模）如图1，已知点D在的边BC上，连接AD，是的外接圆，AC切于点A.
（1）【探究发现】小敏通过探究发现：如图2中，过点A作的直径AE，连接ED，根据已知条件，可以证明.请你根据小敏的思路，写出完整的证明过程.
（2）【拓展迁移】当，时.
①求的值；
②求面积的最大值，并求出此时的半径.
【答案】（1）解： 过点A的⊙O的直径AE，连结ED，如图.
，.
又切于点A，
，即.
.
又，
.
（2）解：①知，
又，
.
设，，.
.
，解得，(舍去).
..
②由题意：当BA⊥AC时，△ABC面积最大，如图，
∵AC切☉O于点A，BA⊥AC，
∴AB为圆的直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BC，
由①知：，
∴
∵
∴BA=4.
∴此时⊙O的半径为.
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的性质；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)过点A作☉O的直径AE，连结ED，利用圆周角定理，圆的切线的性质定理和直角三角形的性质，以及同角的余角相等的性质解答即可；
(2)①利用相似三角形的判定与性质求得CD，再利用相似三角形的性质解答即可；
②当BA⊥AC时，△ABC面积最大，画出符合题意的图形，利用圆周角定理和勾股定理解答即可.
6．我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图所示，AB是的直径，直线是的切线，为切点.P，Q是圆上两点（不与点重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP，AQ交直线于点C，D.
（1）如图甲所示，当，的长为时，求BC的长.
（2）如图乙所示，当，时，求的值.
（3）如图丙所示，当，时，连结BP，PQ，请直接写出的值.
【答案】（1）解：如图甲所示，连结OP，设∠BOP的度数为n.
∵，BP长为，
∴，即.
∴.
∵直线l是☉O的切线，∴∠ABC=90°.
∴BC=AB×tan∠BAC=6×tan30°=6×
（2）解：如图乙所示，连结BQ，过点C作CF⊥AD于点F，
∵AB为直径，∴∠BQA=90°.
∵=，∴∠BAC=∠DAC.
∵CF⊥AD，AB⊥BC，∴CF=CB.
∵∠BAQ+∠ADB=90°，∠FCD+∠ADB=90°，
∴∠FCD=∠BAQ
（3）解：如图，连结BQ，
∵AB⊥BC，BQ⊥AD，
∴∠ABQ=90°-∠QBD=∠ADC，
∵∠ABQ=∠APQ，
∴∠APQ=∠ADC
∵∠PAQ=∠DAC，
∴△APQ∽△ADC，
∴①，
∵∠ABC=90°=∠APB，∠BAC=∠PAB，
∴△APB∽△ABC，
∴②，由BC=CD，将①②两式相除得，
∵，
∴
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；切线的性质；弧长的计算；直角三角形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】(1)根据扇形的弧长公式即可求出∠BOP度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出BC的长；
(2)根据等弧所对圆周角相等推出∠BAC=∠DAC，再根据角平分线的性质定理推出CF=CB，利用直角三角形的性质即可求出∠FCD=∠BAQ，通过等量转化和余弦值可求出答案；
(3)连结BQ，证明△APQ∽△ADC，得①，证明△APB∽△ABC，得②，由BC=CD，将①②两式相除得，从而可得的值.
7．（2025·大庆） 如图，为外接圆的直径，点C为线段上一点（不与D，O重合），点B为的延长线上一点，连接并延长至点M，满足．
（1）求证：平分；
（2）证明：；
（3）若射线与相切于点A，，，求的值．
【答案】（1）证明：∵DE为 E外接圆 的直径，
∴∠DAE=90°，
∴∠EAM+∠BAD=∠EAC+∠DAC=90°，
∵∠CAE=∠MAE，
∴∠BAD=∠CAD，
∴AD平分∠BAC；
（2）证明：连接 AO，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解： 射线BM与相切于点A
，
由（2）知，，
，
，
∴设，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
.
【知识点】勾股定理；切线的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；解一元二次方程的其他方法
【解析】【分析】
（1）根据圆周角定理得到∠DAE=90°，再利用余角结合已知条件计算得到∠BAD=∠CAD，解答即可；
（2）连接 AO，根据等边对等角得到再根据角度的和差运算得到，即可根据AA判定，再根据相似三角形的性质解答即可；
（3）由切线的性质和相似的性质设，表示出OD，OB建立方程计算即可得到，利用勾股定理可得AC，再利用余角的性质计算得到，再根据正切的定义计算即可解答.
四、变式3提高
8．（2025·金华二模）如图，在中，，，以点C为圆心，为半径作圆.点D为边AB上的动点，DP，DQ分别切圆C于点P，点Q，连接PQ，分别交AC和BC于点E，F，取PQ的中点M.
（1）当时，求劣弧PQ的度数；
（2）当时，求AD的长；
（3）连接CM，BM.
①证明：.
②在点D的运动过程中，BM是否存在最小值？若存在，直接写出BM的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：如图，连接CP、CQ.
∵DP、DQ分别切圆C于点P、点Q，
∴∠CPD=∠CQD=90°，
∵∠PDQ=60°，
∴∠PCQ=360°-∠PDQ-∠CPD-∠CQD=120°，
∴劣弧PQ为120°；
（2）解：连接CD，过点D作DG⊥BC于点G，如图所示：
∵DP、DQ分别切圆C于点P、点Q，
∴DP=DQ，
∵CP=CQ，
∴C，D在线段PQ的垂直平分线上，
∴CD⊥PQ，
∵CE=CF，
∴CD平分∠ECF，
∵DG⊥BC，∠A=90°，
∴AD=AG，
∵AB=3，AC=5，
，
，
，
，即，
解得：；
（3）解：①连接CD，CP，CQ，如图所示：
根据解析（2）可知：CD垂直平分PQ，
点M为PQ的中点，
点M在CD上，
，
，
，
，
，
；
②BM的最小值为4.
【知识点】切线的性质；圆-动点问题；相似三角形的性质-对应角；多边形的内角和公式；等积变换
【解析】【解答】解：（3）②BM的最小值为4，理由如下：
由①可得，C、D、M三点共线，且，
∴，
.∵，
∴，
∴，
∴，
根据①可得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
解得：，
∴ CE为定值，
∵，
∴ 点M在以CE为直径的圆上运动，
取CE的中点H，当B、M、H三点共线时，BM最短，
∵，
∴
BM＝BH-MH=4，
即BM的最小值为4.
【分析】（1）根据切线的性质以及四边形的内角和360°，即可求出劣弧PQ的度数；
（2）根据切线的性质得出DP=DQ，根据垂直平分线特点得出CE=CF、CD平分∠ECF，从而推出AD=AG，然后利用勾股定理求出BC的长度，最后利用等面积公式即可求出AD的长；
（3）①证明出，即可得出，变形即可得出证明结果；
②同样利用相似三角形，得出，并结合①的结论可以求出CE的长度，此时即有当B、M、H三点共线时，BM最短，求出AH的长度，利用勾股定理即可求出BH的长度，BM的长度即可求出。
9．（2025·怀化模拟）如图1，是的直径，点为圆上一动点（不与点，重合），过点的切线交的延长线于点，过点作于点.
（1）证明：；
（2）令.
①求的最大值；
②若，求的值.
（3）如图2，点为上一点（，分别位于直径异侧），，若，求的值.
【答案】（1）∵是的切线，是的直径，∴，
∵，
∴
∴
∵
∴
又∵，
∴
∴
又∵
∴，
（2）解；①∵，∵
∴，即，
设，，
∴，
∴，
∵
∴
∴
∴
∴
∵，即
∴
∴
∴，即的最大值为；
②∵，
∴
∵
∴
由①可得，则
∴
∴
设，则
∴
解得：
∴
（3）解：如图，连接
∵是的直径，
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
设，则
∵，
∴
∴
∴
设，，同（2）可得
∴
∴
∴，
又∵，
∴

【知识点】切线的性质；相似三角形的判定；求正切值
【解析】【分析】本题主要对正切的定义，切线的性质与判定，相似三角形的性质与判定，圆心角的性质等知识点进行考查；
（1）根据题意是的切线，是的直径，所以有，，进而得到，根据角的计算可得，，进而得到；
（2）①根据题意有，可得，所以即，设，，则，因为，可证明可得到，进而根据，所以最大值为；
②根据，，可得，根据①中计算可知，设，则，所以，解得，所以．
（3）根据题意是的直径，可推出，，可证进一步得出，设，根据得出，设，，同（2）解题思路可得，得出，所以．
（1）∵是的切线，是的直径，
∴，
∵，
∴
∴
∵
∴
又∵，
∴
∴
又∵
∴，
（2）解；①∵，
∵
∴，即，
设，，
∴，
∴，
∵
∴
∴
∴
∴
∵，即
∴
∴
∴，即的最大值为；
②∵，
∴
∵
∴
由①可得，则
∴
∴
设，则
∴
解得：
∴
（3）解：如图，连接
∵是的直径，
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
设，则
∵，
∴
∴
∴
设，，同（2）可得
∴
∴
∴，
又∵，
∴
10．（2025·深圳）如图1，在Rt△ABC中，D是AB的中点，AE=CD，AD=EC
（1） 证明：四边形AEBD是菱形.
（2）如图2，O是AB上一点，且E、A、D三点均在⊙O上，连接OD，CD与⊙O相切与点D，
①求= .
②若AB = 4，求⊙O的半径.
（3） 在(1)的条件下，用尺规作图过D作交BC于F . (保留作图痕迹，不用说明做法)
【答案】（1）证明：∵，
∴四边形ADCE为平行四边形
又∵，且D为AB中点
∴
∴平行四边形ADCE为菱形.
（2）解：①30°
②设半径为r
∵
∴
∵
∴
解得：
（3）解：方法不唯一(图1作BC中垂线，图2作内错角相等，图3作角分线+等腰出平行)：
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质；切线的性质；作图-平行线；圆与四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）①∵四边形ADCE为菱形.∴
∴
又∵
∴
∴
∵CD切于D
∴
∴
∴
【分析】(1)由，可知四边形ADCE为平行四边形，结合BD=AD可得ADCE为菱形；
(2)①结合菱形性质和切线的性质知∠COD=2∠CAD=2∠OCD，再由直角三角形两锐角互余可得∠ACD的度数；
②设半径为r，得OC=4-r，根据30角所对直角边等于斜边的一半，即可r的值；
(3)可作BC的中垂线，也可作内错角相等，还可作作角分线+等腰出平行.
五、原题24
11．（2025·贵州）用石块打水漂是一项有趣的活动．抛掷后的石块与平静的水面接触．石块会在空中近似的形成一组抛物线的运动路径．如图①，小星站在河边的安全位置用一个石块打水漂，石块在空中飞行的高度y与水平距离之间的关系如图②所示．石块第一次与水面接触于点，运动路径近似为抛物线，且，石块在水面上弹起后第二次与水面接触于点，运动路径近似为抛物线，且．（小星所在地面、水面在同一平面内，且石块形状大小、空气阻力等因素忽略不计）
（1）如图②，当时，若点坐标为，求抛物线的表达式；
（2）在（1）的条件下，若，在水面上有一个截面宽，高的矩形的障碍物，点的坐标为，判断此时石块沿抛物线运动时是否能越过障碍物？请说明理由；
（3）小星在抛掷石块时，若的顶点需在一个正方形区域内（包括边界），且点在和之间（包括这两点），其中，求的取值范围．（在抛掷过程中正方形与拋物线在同一平面内）
【答案】（1）解：∵当时，
∵点坐标为
∴
∴
∴抛物线的表达式为.
（2）解：不能，理由如下：
∵，点坐标为
∴
∴
∵点的坐标为，
∴
∴将代入
∴此时石块沿抛物线运动时不能越过障碍物.
（3）解：∵正方形，
∴
∴如图所示，
∵抛物线开口向下
∴
∵越小开口越大，越大开口越小，点在和之间（包括这两点）
∴由图象可得，当抛物线顶点为点M，且经过点时，开口最大，此时a最大
∴设的表达式为
将代入得，
解得；
∴由图象可得，当抛物线顶点为点P，且经过点时，开口最小，此时a最小
∴设的表达式为
将代入得，
解得；
∴的取值范围为．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的其他应用
【解析】【分析】（1）已知抛物线系数、和点坐标，代入解析式求，确定表达式.
（2）先由长度求坐标，确定表达式；再根据障碍物坐标，代入求对应值，与障碍物高度比较.
（3）先确定正方形顶点，根据抛物线开口方向（ ），结合顶点在正方形内、点的范围，分别求顶点在（开口最大 ）和（开口最小 ）时的值，确定取值范围.
六、变式1（基础）
12．（2021九上·鄞州期中）某游乐场的圆形喷水池中心O有一雕塑OA，从A点向四周喷水，喷出的水柱为抛物线，且形状相同．如图，以水平方向为x轴，点O为原点建立直角坐标系，点A在y轴上，x轴上的点C，D为水柱的落水点，水柱所在抛物线（第一象限部分）的函数表达式为 ．
（1）求雕塑高OA．
（2）求落水点C，D之间的距离．
（3）若需要在OD上的点E处竖立雕塑EF，OE＝10m，EF＝1.8m，EF⊥OD．问：顶部F是否会碰到水柱？请通过计算说明．
【答案】（1）解：当x=0时，
=-+6
=；
（2）解：当，
解得x=11或-1（舍去），
∴OD=11，
∴CD=2OD=22；
(3)
（3）解：顶部F不会碰到水柱。
理由如下，
∵OE=10，
∴x=10，
∴，
∴不会碰到水柱.
【知识点】二次函数的实际应用-喷水问题
【解析】【分析】(1)令x=0，求出抛物线与y轴的交点坐标，即可解答；
(2)先令y=0，求出抛物线与x轴的交点坐标，得出OD长，则可求出CD长；
(3)求出x=10时的函数值，再和1.8作比较，即可解答.
13．（2025·衢州模拟）从地面竖直向上发射的物体离地面的高度 h(m) 满足关系式 ，其中 t(s) 是物体运动的时间， 是物体被发射时的速度.科技节活动中，某项目化学习小组从地面竖直向上发射小球（发射台离地面距离忽略不计）.
（1） 当 时，
① 求小球离地面的最大高度；
② 经过多少时间小球的高度达到4m？
（2） 通过不断调整小球被发射时的速度，小明发现：若两次发射小球时的速度分别为，，小球从发射到回到地面所需时间为 ，，则 的值为常数.判断小明发现的结论是否正确，如果正确，请说明理由；如果不正确，举例说明.
【答案】（1）解：当时，，
①小球离地面的最大高度 (m)；
②当时，，，，经过0.4s或2s小球的高度达到4m.
（2）解：小明发现的结论正确，理由如下：
由题意，当 时，，同理，，
，值为常数.
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【分析】（1）①当时，利用关系式，求出小球离地面的最大高度；②当时，得到关于t的一元二次方程求解，求出小球的高度达到4m所需要的时间；
（2）先判断小明发现的结论正确，再利用关系式 ，分别求得，， 代入求解.
14．（2025·徐州）急刹车时，停车距离是指骑车人从意识到应当刹车到车辆停下来所走的距离，记作ym；反应距离是指骑车人意识到应当刹车到实施刹车所走的距离，记作d1m；刹车距离是指骑车人实施刹车到车辆停下来所走的距离，记作d2m，已知y＝d1+d2，d1与骑行速度成正比，d2与骑行速度的平方成正比．当骑行速度为13km/h时，反应距离为2.6m，刹车距离为1m．
（1）若骑行速度为26km/h，则d1＝　 　 m，d2＝　 　 m；
（2）设骑行速度为xkm/h，求y关于x的函数表达式；
（3）当刹车距离为2m时，停车距离为多少？（精确到0.1m，参考数据：，，）
【答案】（1）5.2；4
（2）解：设骑行速度为xkm/h，
∵d1=0.2x，
∴
（3）解：当刹车距离为2m时，则
解之：（取正值）
∴
答：当刹车距离为2m时，停车距离为5.7m
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数的其他应用
【解析】【解答】解：（1）∵ d1与骑行速度成正比，d2与骑行速度的平方成正比．
∴设d1=kx，d2=mx2，
∵当骑行速度为13km/h时，反应距离为2.6m，刹车距离为1m．
∴2.6=1.3k、1=132m
解之：k=0.2，m=
∴d1=0.2x，
骑行速度为26km/h，
∴d1=0.2×26=5.2m，
故答案为：5.2；4
【分析】（1）利用正比例函数的定义设d1=kx，d2=mx2，利用已知可求出两函数解析式，再根据骑行速度为26km/h，分别求出d1、d2的值.
（2）由（1）可知d1、d2与x的函数解析式，再根据y＝d1+d2，代入可得到y与x的函数解析式.
（3）根据刹车距离为2m可求出符合题意的x的值，再将x的值代入y关于x的函数解析式，可求出y的值，即可求解.
七、变式2（巩固）
15．（2025九上·义乌开学考）为了增加趣味性，万岁山旅游城把传统的抛绣球项目进行改良，他们定制了一种器械，类似中国古代一种投石器，为了解发射平台高度对绣球飞行轨迹的影响，我们可以设定不同的发射平台高度，并分别记录绣球在不同水平距离上的飞行高度. 分析不同发射平台高度下绣球的飞行轨迹. 通过比较不同高度下绣球的飞行高度和飞行距离，我们可以得出发射平台高度对绣球运动轨迹的具体影响. 从而有目的地调整发射高度，通过实验发现绣球运动轨迹是抛物线的一部分，并且在离发射点水平距离18米处达到距地面最大高度18米；在离发射点水平距离6米处，距地面高度10米.
问题解决：
（1）任务1：确定函数表达式. 设绣球离发射点水平距离为x，距地面高度为y. 求出y关于x的函数表达式；
（2）任务2：探究飞行距离，当绣球从地面发出到落地（高度为0m）时，飞行的水平距离是多少；
（3）任务3：如图，工作人员在水平地面上设置一个高度可以变化的发射平台PQ，当弹射口高度变化时，绣球被弹出后的飞行轨迹形状不变，可视为抛物线上下平移得到，点P、A、B在一条直线上，已知，，游客小李站在线段AB（包括点A、B）上，为了确保他能抢到绣球，求发射台PQ的变化范围.
【答案】（1）解：依题意，得抛物线的顶点坐标为(18，18)，设抛物线解析式为 把(6，10)代入解析式得： 解得
∴抛物线解析式为
（2）解：令，则，解得，（舍），
答：水平距离为36m；
（3）解：设抛物线向上平移m个单位，则平移后的抛物线解析式为，
∵，，
∴ 当抛物线经过（37，0）时，，
解得
当抛物线经过（38，0）时，，解得
∴ 发射台PQ的变化范围为：解得.
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题；利用顶点式求二次函数解析式
【解析】【分析】（1）用待定系数法求函数解析式即可；
（2）令y=0，解方程求出x的值即可；
（3）设出平移后的解析式， 再把(37，0)， (38，0)分别代入解析式，结合题意求出PQ的取值范围.
16．（2024九上·南昌月考）如图，一小球从斜坡O点以一定的方向弹出球的飞行路线可以用二次函数刻画，斜坡可以用一次函数刻画，小球飞行的水平距离x（米）与小球飞行的高度y（米）的变化规律如下表：
x 0 1 2 m 4 5 6 7 …
y 0 6 8 n …
（1）①______，______；
②小球的落点是A，求点A的坐标．
（2）小球飞行高度y（米）与飞行时间t（秒）满足关系．
①小球飞行的最大高度为______米；
②求v的值．
【答案】（1）解：①3，6；
②联立得：，
解得：或 ，
∴点A的坐标是，
（2）解：①8，
②，
则，
解得（负值舍去）．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【解答】（1）解：①根据小球飞行的水平距离x（米）与小球飞行的高度y（米）的变化规律表可知：抛物线顶点坐标为，
∴，
解得：，
∴二次函数解析式为，
当时，，
解得：或（舍去），
∴，
当时，，
故答案为：3，6．
（2）①由题干可知小球飞行最大高度为8米，
故答案为：8.
【分析】（1）①先求出二次函数解析式为，再将和代入计算即可；
②联立方程组求解即可；
（2）①将二次函数的一般式化为顶点式，再求解即可；
②根据题意可得，再求出v的值即可.
（1）解：①根据小球飞行的水平距离x（米）与小球飞行的高度y（米）的变化规律表可知：抛物线顶点坐标为，
∴，
解得：，
∴二次函数解析式为，
当时，，
解得：或（舍去），
∴，
当时，，
故答案为：3，6．
②联立得：，
解得：或 ，
∴点A的坐标是，
（2）①由题干可知小球飞行最大高度为8米，
故答案为：8；
②，
则，
解得（负值舍去）．
17．（2025九上·肇庆期中）【问题背景】
水火箭是一种基于水和压缩空气的简易火箭，通常由塑胶汽水瓶作为火箭的箭身，并把水当作喷射剂．图是某学校兴趣小组制做出的一款简易弹射水火箭．
【实验操作】
为验证水火箭的一些性能，兴趣小组同学通过测试收集了水火箭相对于出发点的水平距离（单位：）与飞行时间（单位：）的数据，并确定了函数表达式为：．同时也收集了飞行高度（单位：）与飞行时间（单位：）的数据，发现其近似满足二次函数关系．数据如表所示：
飞行时间
飞行高度
【建立模型】
任务：求关于的函数表达式．
【反思优化】
图是兴趣小组同学在室内操场的水平地面上设置一个高度可以变化的发射平台（距离地面的高度为），当弹射高度变化时，水火箭飞行的轨迹可视为抛物线上下平移得到，线段为水火箭回收区域，已知，．
任务：探究飞行距离，当水火箭落地（高度为）时，求水火箭飞行的水平距离．
任务：当水火箭落到内（包括端点，），求发射台高度的取值范围．
【答案】解：任务：
二次函数经过点，，
抛物线的顶点坐标为，
设抛物线解析式为：，
抛物线经过点，
，
解得：，
关于的函数表达式为：；
任务2：，
，
，
整理得：，
当水火箭落地（高度为）时，，
解得：（不合题意，舍去），，
答：水火箭飞行的水平距离为米；
任务：设的长度为，
水火箭的抛物线解析式为，
当抛物线经过点时，
，
点的坐标为，
，
解得：，
当抛物线经过点时，
，，
，
点的坐标为，
，
解得：，
水火箭落到内（包括端点，），
，
，
答：发射台高度的取值范围为：．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【分析】任务1：设抛物线解析式为：，根据待定系数法将点(0，0)代入解析式即可求出答案.
任务2：将y=0代入解析式，解方程即可求出答案.
任务3：设的长度为，则水火箭的抛物线解析式为，当抛物线经过点时，可以求出，当抛物线经过点时，可以求出，即可求出答案.
八、变式3（提高）
18．（2023九上·龙港月考）根据以下素材，探索完成任务．
如何确定防守方案？
素材1 鹰眼系统能够追踪、记录和预测球的轨迹，如图分别为足球比赛中某一时刻的鹰眼系统预测画面（如图1）和截面示意图（如图2），足球的飞行轨迹可看成抛物线．攻球员位于，守门员位于点，的延长线与球门线交于点，且点，均在足球轨迹正下方，已知，．
素材2 通过鹰眼系统监测，足球飞行的水平速度为水平距离（水平距离=水平速度×时间）与离地高度的鹰眼数据如右表． 守门员的最大防守高度为．守门员在攻球员射门瞬间就作出防守反应，当守门员位于足球正下方时，足球离地高度不大于守门员的最大防守高度视为防守成功． …912151821……5…
问题解决
任务1 确定运动轨迹 求关于的函数表达式．
任务2 探究防守方案 若守门员选择原地接球，能否防守成功？若成功，请求出守门员接住球时，球的高度；若不成功，请通过计算说明理由．
任务3 拟定执行计划 求守门员选择面对足球后退，计算成功防守的最小速度．
【答案】任务一：
解：任务1：由表格中的数据可知当和当时，h的值相同，
∴该抛物线的对称轴为直线，
∴该抛物线的顶点坐标为，
设该抛物线解析式为，
把代入中得：，
解得，
∴h关于s的函数表达式为；
任务二：
任务2：若守门员选择原地接球，不能防守成功，理由如下：
在中，当时，，
∵，
∴若守门员选择原地接球，不能防守成功；
任务三
：当守门员刚好接到球时，则，
把代入中得：，
解得，
∴此时球的飞行时间为，
∴守门员选择面对足球后退，能够防守成功，那么运动员在内肯定要到达能够刚好接球的位置，即守门员在内的路程要大于等于，
∴守门员的速度要大于等于，
∴守门员的最小速度为．
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【分析】（1）根据题意把解析式设为顶点式，再利用待定系数法求解即可；
（2）计算出当时h的值即可得到答案；
（3）当守门员刚好接到球时，则，求出此高度下s的值，进而求出球运动的时间，进而求出守门员运动的最小路程，即可求出最小速度．
19．（2025九下·宁波模拟）根据以下素材，探索完成任务
设计弹弹珠游戏
素材1：某班级组织趣味弹弹珠游戏，设计如下：(1)距离水平地面米处有一带弹簧的装置；(2)每次将弹簧向左挤压相同距离，松手后弹珠从点水平飞出，研究路径时弹珠直径可忽略，如图1. 图1
素材2：某班进行试玩，发现：当弹珠从点飞出后形成的路径是抛物线的一半，并正好从挡板1的顶部经过，此时带弹簧的装置距离水平地面的高度米，挡板1至点距离为0.6米，挡板1的高度为0.4米，如图2. 图2
素材3：弹珠游戏装置变化，如图3：(1)在距离点0.8米处新增长度为0.2米的挡板2，挡板1与挡板2之间记为区域I：(2)在距离点1米处新增长度为0.1米的挡板3，挡板2与挡板3之间记为区域II. 图3
问题解决
任务1：确定弹珠路径.请在图2中以点为原点建立直角坐标系，并求出弹珠飞出路径对应的抛物线解析式.
任务2：确定移动方案.要想让弹珠飞出后落入区域I内，该弹簧装置向上移动的距离要满足什么条件？
任务3：灵活变通.根据同学们的实际游戏情况，上下移动装置很难精准将弹珠落入固定区域内，希望作出调整.现做出如下改动，在任务1的基础上，先将装置向上移动0.3米，再通过左右移动三块挡板(区域I和区域II的宽度不改变)，让弹珠落入得分更高的区域II内，请计算挡板3横坐标的取值范围。
【答案】解：任务1：根据题意，得：抛物线的顶点 对称轴为直线
∴设此抛物线为 即 ，
∵此抛物线经过挡板1顶部，
∴即过点 代入
解得：
∴此抛物线的解析式为
任务2：∵该弹簧装置向上移动，
∴设
∵想让弹珠飞出后落入区域I内，且挡板
∴把 代入
解得：
∵把挡板 代入
解得：
任务3：∵装置向上移动0.3米，
∴得
∴当 时， 解得： (负值舍去)，
∵区域I和区域II的宽度不改变，
∴此时挡板1的横坐标为
不会被挡板1挡住，
∵当 时，
解得： (负值舍去)，
∵挡板2的横坐标为
.
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题；利用顶点式求二次函数解析式
【解析】【分析】任务1：设此抛物线的解析式为 ，由题意得顶点 对称轴为直线 且经过 分别代入，即可求解；
任务2：设抛物线为 把 分别代入，即可求解；
任务3：根据题意，得知 可得 通过挡板2的高度 解得其横坐标为 因区域I和区域II的宽度不改变，推出挡板1的横坐标和纵坐标，得抛物线不被挡板1挡住，将挡板3的高度 代入抛物线，得横坐标，结合区域II的宽度即可求解.
20．（2025·浙江模拟）根据以下素材，探索完成任务.
乒乓球发球机的运动路线
素材一 如图1，某乒乓球台面是矩形，长为280cm，宽为150cm，球网商度为14cm.乒乓球发球机的出球口在桌面中线端点O正上方 25cm的点 P处.
素材二 假设每次发出的乒乓球都落在中线上，球的运动的高度y（cm）关于运动的水平距离∞（m）的函数图象是一条抛物线，且这条抛物线在与点P水平距离为100cm的点Q处达到最高高度，此时距桌面的高度为45cm，乒乓球落在桌面的点M处.以O为原点，桌面中线所在直线为∞轴，建立如图2所示的平面直角坐标系。
素材三 如图3，若乒乓球落在桌面上弹起后，在与点O的水平距离为300cm的点R处达到最高，设弹起后球达到最高时距离桌面的高度为h（cm）.
问题解决
任务一 研究乒乓球的 （1）求出从发球机发球后到落在桌面前，乒乓球运动轨迹的函数表达式（不要求飞行轨迹写出自变量的取值范围）.
任务二 击球点的确定 （2）当h=20时，运动员小亮想在点R处把球沿直线擦网击打到点O，他能不能实现？请说明理由。
任务三 击球点的距离 （3）若h=40，且弹起后球飞行的高度在离桌面30cm至50cm时，小亮可以获得最佳击球效果，求击球点与发球机水平距离的取值范围。
【答案】解：任务一：∵抛物线的顶点坐标为：（100，45），
∴设抛物线的解析式为y=a(x-100)2+45，
∵点P（0，25）在抛物线上，
∴a(x-100)2+45=25，解得：a=-，
所以抛物线的解析式为y=-(x-100)2+45；
任务二：不能实现，理由如下：
击球点为R（300，20），
球网上方点F的坐标为（140，14），
设直线RO解析式为：y=kx，
∴300k=20，
解得：k=，
∴直线RO解析式为y=x，
当x=140时，y=，14=，
所以不能实现；
任务三：设弹起后抛物线的表达式为：y=a1(x-300)2+40，
当a1=a时，y=-(x-300)2+40，
当y=0时， -(x-300)2+40=0，
解得：x=250或x=-50，
∴点M的坐标为（250，0），
∵点M在抛物线y=a1(x-300)2+40上，
∴a1(250-300)2+40=0，
解得：a1=，
∴弹起后抛物线的表达式为：y=(x-300)2+40，
∵a=，
∴弹起时最大高度为40cm，
∴弹起高度范围为30≤y≤40，
当y=30时，(x-300)2+40=30，
解得：x=275或x=325，
∵ 当x=300时，y=40，275<300<325，
∴击球点与发球机水平距离 的取值范围为275【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【分析】任务一：根据抛物线的顶点坐标，设出顶点式，将点P的坐标代入，求出a，得出抛物线的解析式；
任务二：先判断不能实现，再说明理由.
设直线RO解析式为：y=kx，将R点坐标代入，求出k，得到直线RO的解析式，将x=140代入，求出函数值与14比较，说明不能实现；
任务三：设弹起后抛物线的表达式为：y=a1(x-300)2+40，
当a1=a时，取y=0，求出点M的坐标，根据点M在抛物线y=a1(x-300)2+40上，求出a1，从而，可得弹起高度范围，取y=30，求出x的值，得出击球点与发球机水平距离 的取值范围.
九、原题25
21．（2025·贵州）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）．
（1）【问题解决】
如图①，若点与线段的中点重合，则　 　度，线段与线段的位置关系是　 　；
（2）【问题探究】
如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】
在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长．
【答案】（1）30；
（2）解：如图，把绕顺时针旋转得到，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵点在线段上，且，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴.
（3）解：如图，当在线段上，记与交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
如图，当在线段上时，延长交于，
同理可得：，，
∴，
设，而，则，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
综上：的长为或.
【知识点】等边三角形的性质；菱形的性质；相似三角形的判定；图形的旋转
【解析】【解答】解：（1）∵在菱形中，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∵点与线段的中点重合，
∴，；
故答案为：30；.
【分析】（1）利用菱形性质（邻边相等 ）和等边三角形判定（ ），结合中线性质得角度和垂直关系.
（2）通过旋转构造等边三角形和全等关系，结合角度计算推导直角三角形，利用角性质得线段倍数关系.
（3）分在线段、两种情况，利用相似三角形（， ），结合线段比例和已知条件计算.
十、变式1[基础]
22．（2025·浙里三模）如图，在菱形ABCD中，，作，连结BD.
（1）求菱形ABCD的面积；
（2）求BD的长.
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=10，
∵DH⊥AB，sin∠A=
∴，
∴DH=×10=8，
∴S菱形ABCD=AB×DH=10×8=80；
（2）解：由（1）得：DH=8，∠AHD=90°，
∴AH==6，
∴BH=AB-AH=10-6=4，
∴BD==.
【知识点】勾股定理；菱形的性质；已知正弦值求边长
【解析】【分析】（1）由菱形的四条边相等可得AD=AB，根据锐角三角函数sin∠A=可得关于DH的方程，解方程求出DH的值，然后根据菱形的面积=底×高可求解；
（2）在Rt△ADH中，用勾股定理求得AH的值，根据线段的和差BH=AB-AH求出BH的值，在Rt△BDH中，用勾股定理可求解.
23．（2025八下·天台期末） 如图，AC是菱形ABCD的对角线，的平分线交边CD于点E.
（1） 若，求的度数；
（2） 仅用一把无刻度的直尺，在边AD上找点F，使DF=DE.（保留必要作图痕迹，不需说明理由）
【答案】（1）解：四边形 ABCD 为菱形，
，
，
平分 ，，
，
.
（2）解：作图如下：
点 F 就是所求作的点.
【知识点】菱形的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】(1)结合角平分的概念和菱形的性质可得∠D的度数；
(2)连接BD，则AE与BD的交点即为∠ACD角平分线的交点，连接点C与交点并延长即可得点F.
24．如图，在菱形ABCD中，E是CD的中点，连结AE并延长，交BC的延长线于点F.
（1）求证：BC=CF；
（2）连结 AC，若AB=2，AE⊥AB，求AC的长.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC，AD∥BC.
∴∠D=∠DCF，∠F=∠DAE.
∵E 是CD 的中点，
∴CE=DE.
在△FCE和△ADE中，
∴△FCE≌△ADE(AAS).
∴AD=CF.
∴BC=CF
（2）解：∵AE⊥AB，
∴∠BAF=90°，
∵BC=CF=AB=2，
∴，
∴AC的长为2
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-AAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】(1)由菱形的性质得BC=DA，BC//DA，所以∠F=∠DAE，而CE=DE，即可根据“AAS”证明△FCE≌△ADE，进而即可得出结论；
(2)由AE⊥AB，得∠BAF=90°，而BC=CF=AB=2，进而即可得出结论.
十一、变式2[巩固]
25．（2025·温州模拟）如图，已知，，D为上一点，构造菱形，点E在线段上，G为上一点，，连接交于点H．
（1）求证：．
（2）当G为的中点，，时，求的长．
（3）若，求证：．
【答案】（1）解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
在与中，
，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∴
∵G为的中点，
∴AD=2AG，
∵，，
∴，
∴．
∵，，
∴．
（3）解：作于点M，
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）先证明，根据全等三角形的性质得到，等边对等角，得到，即可得证；
（2）证明，根据相似三角形的性质得到，根据G为的中点，，，求出的值，根据，以及线段的和差关系求出的长即可；
（3）先证明，根据相似三角形的性质得到，再根据含30度角的直角三角形的性质，得到，然后利用等腰三角形三线合一得到，再根据线段之间的和差关系得出．
（1）解：在菱形中，，，
∴，
又∵，
∴．
∴，
又∵，
∴，
∴．
（2）∵，，
∴，
∴，
又∵G为的中点，，，
，
∴．
又∵，，
∴．
（3）∵，
∴，
作于点M，则：，
∴．
又∵，
∴，
∴，即．
26．（2024九下·嘉善月考）如图，在菱形中，对角线相交于点O，，．动点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，动点Q从点A出发，沿方向匀速运动，速度为．以为邻边的平行四边形的边与交于点E．设运动时间为，解答下列问题：
（1）当点M在上时，求t的值；
（2）连接．设的面积为，求S与t的函数关系式和S的最大值；
（3）是否存在某一时刻t，使点B在的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）；的最大值为
（3）
【知识点】相似三角形的判定；解直角三角形；二次函数-面积问题
27．（2024八下·拱墅期中）如图，点O为矩形的对称中心，，，点E为边上一点，连结并延长，交BC于点F.四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点G.
（1）求证：；
（2）当时，求的长；
（3）设，.求代数式的值.
【答案】（1）证明： ∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵四边形与关于所在直线成轴对称，
∴，
∴，
∴；
（2）解：过作于， 如图：
设， 则，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
，
∵点为矩形的对称中心，
，
，
在中，
，
解得(此时大于， 舍去)或
，
∴的长为；
（3）解：过作于， 连接， 如图：
∵点为矩形的对称中心，过点，
∴为中点，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
即，
∴，
∵，
，
，，
∴．

【知识点】勾股定理；矩形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）由矩形的对边平行得AD∥BC，由二直线平行，内错角相等得∠GEF=∠BFE，由轴对称性质得∠BFE=∠B'FE，由等量代换得∠GEF=∠GFE，由等角对等边即可得出结论；
（2）过G作GH⊥BC于H， 设DG=x，则AE=2x，GE=8-3x=GF，由三个内角是直角的四边形是矩形得四边形GHCD是矩形，由矩形的对边相等得GH=CD=AB=4，CH=GD=x，根据矩形的中心对称性可得CF=AE=2x，则FH=x，在Rt△GHF中，根据勾股定理列方程求出x的值，进而即可得出AE的长；
（3）过O作OQ⊥AD于Q， 连接OA、OD、OG， 由矩形的对称性可得O为EF的中点，OA=OD，OQ=AB=2，由等腰三角形的三线合一得OG⊥EF，由同角的余角相等得∠GOQ=∠QEO，从而用“两组角对应相等的两个三角形相似”得△GOQ∽△OEQ，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得AQ=DQ=AD=4，进而根据线段的和差表示出EQ、GQ， 即可得出答案．
十二、变式3[提高]
28．（2025·龙华模拟）综合与探究
【问题情境】
在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的折叠”为主题开展小组数学活动，已知菱形纸片ABCD，∠BCD=60°
【成果展示】
（1）第一小组：如图1，连接AC，折叠菱形纸片ABCD，使点A落在对角线AC上的点P处，折痕分别交AB，AD于点F，E.判断四边形AFPE的形状，并加以证明.
（2）第二小组：将菱形纸片ABCD沿过点B的直线折叠到如图2所示的位置，点A的对应点为点P，折痕交AD于点E，EP交CD于点G.
①判断DG和PG的数量关系，并加以证明.
②将菱形纸片ABCD沿过点B的直线折叠到如图3所示的位置，其中BP交CD于点M.若M恰好是CD的中点，且AB=4，请直接写出线段AE的长　 　.
（3）【深入探究】
在图2折叠的基础上，用剪刀沿折痕BE剪开纸片，将纸片△BEP绕点B按逆时方向旋转（点E的对应点为E'，点P的对应点为P'），当P'E'与CD所在的直线垂直时，且BC=4，请直接写出点P'.到直线CD的距离　 　.
【答案】（1）解：四边形AFPE是菱形，
理由如下：
∵四边形ABCD是菱形
∴AB=CB，AD//BC，
∴∠BAC=∠BCA，∠BCA=∠CAD，
∴∠ BAC=∠ CAD，
如图，设AP与EF交于点O.
根据折叠的性质可得AP⊥EF，
∴∠AOF=∠AOE=90°，
∵AO=AO，
∴△AFO≌△AEO(ASA)，
∴AF=AE，
根据折叠的性质可得AF=PF，AE=PE，
∴AF=PF=AE=PE
∴四边形AFPE是菱形.
（2）
（3）
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：(2)①GD=GP.
理由如下：
连接BD，DP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A=∠C=60°，AB=AD，
∴△ABD是等边三角形.
∴BA=BD.
根据折叠的性质可得BA=BP，∠A=∠BPE=60°，
∴BP=BD.
∴∠BDP=∠BPD.
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=DC，
∴△BCD是等边三角形.
∴∠BDC=60°，
∴∠BDG=∠BPG=60°
∴∠BDP-∠BDG=∠BPD-∠BPG，
∴∠GDP=∠GPD，
∴GD=GP.
②∵AB=4，
∴AB=BC=CD=AD=BD=BP=4，
∵M恰合好是CD的中点，
∴，BM⊥CD，
∴∠GMP=90°，，
∴∠PGM=∠EGD=30°，
∴DG=PG=2PM，，
∴，
解得，
∴.
∵∠EGD=30°，∠ADC=120°
∴∠DEG=30°=∠EGD，
∴，
∴.
故答案为：.
(3)设直线P'E'与直线CD交于点N，与直线AB交于点G，
∵在图2折叠的基础上，用剪刀沿折痕BE剪开纸片，将纸片△BEP绕点B按逆时方向旋转，BC=4，
∴AB=BC=BP=BP'=4，∠A=∠BPE=∠BP'E'=60°
∵P'E'与CD所在的直线垂直，
∴P'E'⊥CD，P'E'⊥AB，
∴∠GBP'=30°，，
由(2)可得CD和AB之间的距离为，即，
当N在D左边时，如图，
此时点P'到直线CD的距离，
当N在D右边时，如图，
此时点P'到直线CD的距离，
综上，点P'到直线CD的距离.
故答案为：.
【分析】(1)根据菱形的性质，易证△AFO≌△AEO(ASA)，推出AF=PF=AE=PE，从而得解；
(2)①连接BD，DP，△ABD是等边三角形，再证△BCD是等边三角形，从而得解；
②由M恰好是CD的中点，得到，∠GMP= 90°，则∠PGM=∠EGD=∠DEG=30°=∠EGD，则DG=PG=2PM，，根据，求出，则，最后根据AE=AD-DE求解即可；
(3)设直线P'E'与直线CD交于点N，与直线AB交于点G，由(2)可得CD和AB之间的距离为，即，AB=BC=BP=BP'=4，∠A=∠BPE=∠BP'E'=60°，则，然后根据当N在D左边或右边分情况画出图形，求出点P'到直线CD的距离P'N的值即可.
29．（2025八下·嘉兴期末） 如图1， 在菱形ABCD中，E是AC上一点，， 连结DE， 过点B作交AC于点F.
（1） 求证： ；
（2） 如图2， 连结BE， DF， 求证： 四边形DEBF是菱形；
（3） 如图3， 在(2)的条件下， 延长DE交AB于点G， 连结FG， .
①探究FG与DF的数量关系， 并说明理由；
②若， 且FG=3， 求菱形ABCD的边长.
【答案】（1）证明：因为四边形 ABCD 是菱形
所以 ， ，
所以 ，
因为 ， 所以
所以 ，
所以
所以
（2）解：连结BD交AC于点O，
因为，
所以
因为，
所以四边形DEBF是平行四边形，
因为四边形ABCD是菱形，所以，
所以平行四边形DEBF是菱形
（3）解：①FG=DF，理由如下：
因为CE=CD，所以，
因为，所以，
又因为，
所以，，
所以
所以，
又
所以，所以FG=EB，
所以DEBF是菱形，所以FG=EB=DF；
②连结BD交AC于点O， 则，
设EF=a，则AE=2a，
所以CE=CD=3a，
因为DEBF是菱形，
所以，所以，
因为，所以，
所以，（舍去）
所以菱形的边长为
【知识点】菱形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】(1)利用，结合菱形的性质，根据AAS可判定，从而得证；
（2）连接BD，利用全等三角形的性质定理得到DE=BF，则四边形DEBF为平行四边形，利用菱形的性质得到EF⊥BD，再利用菱形的判定定理解答即可；
（3）①利用菱形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质得到AF=AD=AB，利用全等三角形的判定与性质得到BE=FG，再利用菱形的性质和等式的性质解答即可；
②连接BD，BD与EF交于点O，设设EF=a，则AE=2a，由菱形的性质可推得，，利用勾股定理列出方程求得a值，则结论可求．
30．（2025八下·路桥期中）在四边形ABCD中，对角线BD上有一点E，连接AE，CE，F是射线AD上一点，连接EF，且EF＝AE，以EC，EF为边作平行四边形CEFH．
（1）如图1，若四边形ABCD是菱形．
①求证：四边形CEFH是菱形；
②若∠BAD＝60°，连接CF，则CF与AE是否相等？请说明理由．
（2）如图2，若四边形ABCD是正方形．
①CF与AE的关系是（　　）
CF＝AECF＝AECF＝1.5AECF＝2AE
②已知AD＝6，DF＝2，连接DH，则DH的长为　 　．
【答案】（1）①证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB＝∠CDB，AD＝CD．
∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE，
∴AE＝CE．
∵EF＝AE，
∴CE＝EF．
∵四边形CEFH是平行四边形，
∴四边形CEFH是菱形．
②相等（或：是）
∵△ADE≌△CDE，
∴∠EAD＝∠ECD．
∵EF＝AE，
∴∠EAD＝∠EFD，
∴∠EFD＝∠ECD，
∴∠CEF＝∠CDF．
∵AB∥CD，∠BAD＝60°，
∴∠CDF＝∠BAD＝60°，
∴∠CEF＝60°．
∵CE＝EF，
∴△CEF是等边三角形，
∴CF＝EF＝AE．
（2）①B②或
【知识点】菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；四边形-动点问题；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】（2）①如图所示：
四边形ABCD是正方形
、
四点共圆
四边形EFHC是矩形
矩形EFHC是正方形
故应选B
② 如图1所示：当点F在AD上时，分别过点E、H作，垂足分别为N、M，连接DM.
四边形EFHC是正方形
四边形ABCD和四边形EFHC都是正方形
如图2所示，当点F在AD的延长线上时，分别过点E、H作，垂足分别为N、M，连接DM.
同理：
综上所述，DH的值为或.
【分析】（1） ①由于菱形是轴对称图形，因此CE=AE、又EF=AE，则等量代换得CE=FE，则平行四边形CEFH是菱形；
②若 ∠BAD＝60° ，则由菱形的对边平行可得∠CDF＝∠BAD＝60°，由于菱形是轴对称图形，因此△ADE全等△CDE，即有∠EAD等于∠ECD；由于已知EF=EA，则∠EAD等于∠EFD，等量代换得∠ECD等于∠EFD，即D、E、C、F四点共圆，所以∠CEF＝60°，因为CE=EF、所以三角形CEF是等边三角形，即CF=AE；
（2）分别过点E、H作，垂足分别为N、M，连接DM，再分两种情况进行计算，即当点F在AD上时，此时AF＝4，由于AE＝FE，则NF等于AF的一半等于2，再利用正方形的性质可证明，由全等的性质可得MH等于NF等于2，再利用正方形的性质证明，可得，从而得为等腰直角三角形即可求得DH的长；当点F在AD的延长线上时，方法同上.
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