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浙江省杭州市保俶塔申花实验学校2025年中考一模数学试卷
一、选择题（本大题共有10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意）
1．（2025·杭州模拟）下列实数中，无理数是（　　）
A． B．0 C． D．
2．（2025·杭州模拟）据《人民日报》3月12日电，世界知识产权组织近日公布数据显示，2023年，全球PCT（《专利合作条约》）国际专利申请总量为27.26万件，中国申请量为69610件，是申请量最大的来源国．数据69610用科学记数法表示为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·杭州模拟）如图是由长方体和圆柱组成的几何体，其俯视图是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·杭州模拟）在下列长度的四条线段中，能与长6cm，8cm的两条线段围成一个三角形的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·杭州模拟）下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·杭州模拟）如图，在中，，点在的延长线上，且，则的长是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·杭州模拟）若双曲线与直线的一个交点坐标为，则关于x的不等式的解集为（　　）
A． B．或
C．或 D．或
8．（2025·杭州模拟）如图，在中，，于， 为的内切圆，设 的半径为，的长为，则的值为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·杭州模拟）已知点，为抛物线y＝ax2－4ax＋c（a≠0）上两点，且＜，则下列说法正确的是（　　）
A．若＋＜4，则y1＜y2
B．若＋＞4，则y1＜y2
C．若a（＋－4）＞0，则y1＞y2
D．若a（＋－4）＜0，则y1＞y2
10．（2025·杭州模拟）如图，已知正方形和正方形，且A、B、E三点在一条直线上，以为边构造正方形，交于点M，，．若点Q、B、F三点共线，，则（　　）
A． B． C． D．
二、填空题：（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．（2025·杭州模拟）因式分解： 　 　.
12．（2025·杭州模拟）如图，若圆锥的母线长为12，底面半径为4，则其侧面展开图的圆心角为　 　．
13．（2025·杭州模拟）如图，，均为的高，且，连结交于点O，若，则的度数为　 　．
14．（2025·杭州模拟）若一元二次方程的两根为m，n，则的值为　 　．
15．（2025·杭州模拟）如图，与直线l相交，圆心O到直线l 的距离，在直线l上取点B使，将直线l绕点B逆时针旋转后得到的直线m，若直线m恰好与相切于点C，则的半径为　 　．
16．（2025·杭州模拟）如图，在中，点是边上的一点，若，，将沿翻折得，连结，点在的延长线上，恰好平分，则的长为　 　，的值为　 　．
三、解答题：（本大题有8小题，共72分）
17．（2025·杭州模拟）计算：
（1）.
（2）.
18．（2025·杭州模拟）某校计划在七年级开展阳光体育锻炼活动，开设以下五个球类项目：A（羽毛球），B（乒乓球），C（篮球），D（排球），E（足球），要求每位学生必须参加，且只能选择其中一个项目．为了了解学生对这五个项目的选择情况，学校从七年级全体学生中随机抽取部分学生进行问卷调查，对调查所得到的数据进行整理、描述和分析，部分信息如下：
根据以上信息，解决下列问题：
（1）将图①中的条形统计图补充完整（画图并标注相应数据）；
（2）图②中项目E对应的圆心角的度数为______°；
（3）根据抽样调查结果，请估计本校七年级800名学生中选择项目B（乒乓球）的人数．
19．（2025·杭州模拟）如图，在，， 以为直径的与交于点D， 连接．
（1）求证：．
（2）若与相切，求的度数．
（3）用无刻度的直尺和圆规作出劣弧的中点E．(不写作法，保留作图痕迹)
20．（2025·杭州模拟）如图1，在水平地面上，一辆小车用一根绕过定滑轮的绳子将物体竖直向上提起．起始位置示意图如图2，此时测得点到所在直线的距离，；停止位置示意图如图3，此时测得（点，，在同一直线上，且直线与平面平行，图3中所有点在同一平面内．定滑轮半径忽略不计，运动过程中绳子总长不变．（参考数据：，，，）
（1）求的长；
（2）求物体上升的高度（结果精确到）．
21．（2025·杭州模拟）如图1，是一段遥控车直线双车道跑道．甲、乙两遥控车分别从A，B两处同时出发，7秒后甲车先到达C点．设两车行驶时间为x（秒），两车之间的距离为y（米），根据图象解决下列问题：
（1）甲车经过　 　秒追上乙车，　 　．
（2）设相遇后两车之间的距离为，求与x的函数关系式．
（3）两遥控车出发后多长时间，它们之间的距离为4米？
22．（2025·杭州模拟）综合与实践
问题情境】
如图，在正方形中，点在线段上，点在线段上，且始终满足．连接，，将线段绕点逆时针旋转一定角度，得到线段（点是点旋转后的对应点），并使点落在线段上，与交于点．
（1）【初步分析】
线段与的数量关系为　 　，位置关系为　 　；
（2）【深入分析】
如图②，再将线段绕点逆时针旋转90°，得到线段（点是点旋转后的对应点），连接，请判断四边形的形状，并说明理由：
（3）如图③，若点落在的延长线上，且当点恰好为的中点时，设与交于点，，求的长．
23．（2025·杭州模拟）已知二次函数，其中．
（1）若二次函数经过，求二次函数解析式．
（2）若该抛物线开口向上，当时，抛物线的最高点为M，最低点为N，点M的纵坐标为9，求点M和点N的坐标．
（3）在二次函数图象上任取两点，，当时，总有，求a的取值范围．
24．（2025·杭州模拟）在内接于，点在上，连结，分别交于点，，．
（1）求证：．
（2）若．
①求证：．
②若，，求的长．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】无理数的概念
【解析】【解答】解：-3，0是整数，是分数，它们都是整数，不是无理数；
是无限不循环小数，它是无理数.
故答案为：D.
【分析】无理数就是无限不循环的小数，常见的无理数有四类：①开方开不尽的数，②与π有关的数，③规律性的数，如0.101001000100001000001…（每两个1之间依次多一个0）这类有规律的数，④锐角三角函数，如sin60°等，根据定义即可逐个判断得出答案.
2．【答案】C
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：69610=6.961×104，
故答案为：C.
【分析】把一个大于10的数记成a×10n的形式，其中1≤a＜10，n等于原数的整数位数减去1，据此可得答案.
3．【答案】C
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解：这个立体图形的俯视图是一个圆形，圆形内部中间是一个长方形．
故答案为：C．
【分析】根据从上边看到的几何图形解答即可．
4．【答案】C
【知识点】三角形三边关系
【解析】【解答】解：设以6cm与8cm为边长的三角形的第三边长为xcm，
由题意，得8-6＜x＜8+6，
即2＜x＜14，
∴A、B、D三个选项错误，不符合题意，只有C选项正确，符合题意.
故答案为：C.
【分析】设以6cm与8cm为边长的三角形的第三边长为xcm，根据三角形三边的关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，可求出x的取值范围，从而即可一一判断得出答案.
5．【答案】B
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；合并同类项法则及应用；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A、a3 a3=a6，故此选项计算错误，不符合题意；
B、a4÷a2=a2，故此选项计算正确，符合题意；
C、（a3）2=a6，故此选项计算错误，不符合题意；
D、2a2-a2=a2，故此选项计算错误，不符合题意.
故答案为：B.
【分析】根据同底数幂的乘法，底数不变，指数相加，可判断A选项；由同底数幂的除法，底数不变，指数相减，可判断B选项；由幂的乘方，底数不变，指数相乘，可判断C选项；由合并同类项的法则：把同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母的指数不变，可判断D选项.
6．【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；对顶角及其性质
【解析】【解答】解：过点作的延长线于点，则，
∵，，
∴，，
∴，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得，（舍去），
∴，
∴，
故选：．
【分析】
过点作的延长线于点，则可得等腰直角三角形BDE，即有BE=BD，再设DE=x，则CE=2+x，再由勾股定理可列关于的方程并求解，然后再应用勾股定理即可．
7．【答案】C
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系；两一次函数图象相交或平行问题
【解析】【解答】解：∵ 双曲线与直线的一个交点坐标为，
∴两函数的两个交点坐标关于原点对称，
∴另一个交点坐标为（1，-2），
∴ 关于x的不等式的解集或
故答案为：C.
【分析】l根据正比例函数的图象经过原点，反比例函数图象关于原点对称，可得到两函数的两个交点坐标关于原点对称，由此可求出另一个交点坐标，即可求出于x的不等式的解集.
8．【答案】A
【知识点】三角形的面积；三角形的内切圆与内心；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：如图所示：为中、、的角平分线交点，过点分别作垂线交、、于点、、，
，
，
，
的长为，
，
，
，
，
故选：A．
【分析】
由于为的内切圆，则可过圆心O作别三边的垂线段OE、OF、OG，则OE=OF=OG=R，再连接OA、OB、OC，则由割补法结合已知可得的面积为，又，即．
9．【答案】D
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：抛物线对称轴为直线，
当时，，
则当时，；当时，；
当时，，
则当时，；当时，；
故A、B选项都不正确；
若，则与同号，由上可知，
故C不正确；
若，则与异号，由上可知，
故D正确；
故选D．
【分析】
由于二次项系数a的符号未知，因此需要分类讨论，即当开口向上时，离对称轴越近的点的纵坐标越小，当开口向下时，离对称轴越近的点的纵坐标越大，再逐项判断即可．
10．【答案】A
【知识点】正方形的性质；解直角三角形—边角关系；旋转全等模型；同侧一线三垂直全等模型；倍长中线构造全等模型
【解析】【解答】解：过点Q作于N，连接Q、B、F，
四边形、四边形是正方形，
，，
，
点Q、B、F三点共线，
，
、都是等腰直角三角形，
，
，
，
，
在和中，
，
（），
，，
，
，
设，
则，
，
，
，
在和中，
，
（），
，
，
，
在和中，
，
（），
，
，
在中，
，
在中，
，
，
，
．
故选：A．
【分析】
过点Q作于N，连接QF，由于Q、B、F三点共线，则由正方形的性质借助一线三垂直全等模型可证明，则有QN=BE、EN=CB，又BE=BG，即有点G平分CB，则QN等于BN等于AB的一半；再由正方形的性质借助旋转全等模型可证明，则DP=BE，即点P平分AD，则AP=QM，再利用倍长中线全等模型可证，则有AM等于NM等于AN的一半，即AB的四分之一，再解直角三角形分别求得和，则的值可得．
11．【答案】a(a-4)
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】a2﹣4a=a（a﹣4）.
故答案为a（a﹣4）.
【分析】直接把公因式a提出来即可.
12．【答案】
【知识点】圆锥的计算
【解析】【解答】解：设其侧面展开图的圆心角度数为n，根据题意得
解之：n=120°
故答案为：120°.
【分析】利用圆锥展开图的特点可知（n为圆锥的母线长，r为底面圆的半径，n为展开扇形的圆心角的度数），代入计算即可.
13．【答案】
【知识点】直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的性质-三线合一；三角形的高
【解析】【解答】解：∵AD、BE是高
∴AD⊥BC，∠BEC=90°，
∵AB=AC，
∴BD=DC，
∴ED=DC，
∴∠C=∠DEC=38°，
∴∠OEB=90°-38°=52°.
故答案为：52°.
【分析】利用三角形高的定义可证得AD⊥BC，∠BEC=90°，利用等腰三角形三线合一的性质可推出BD=DC，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一把，可证得ED=DC，再根据等边对等角可求出∠DEC的度数，据此可求出∠OEB的度数.
14．【答案】6
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵一元二次方程的两个根为，，
∴，
∴
故答案为：6．
【分析】利用一元二次方程根与系数的关系，结合已知条件可得到m+n、mn、2m2-4m的值，再把代入转化为，然后整体代入求值.
15．【答案】
【知识点】勾股定理；切线的性质；等腰直角三角形；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵圆心O到直线l 的距离，
∴
∵
∴，
∴
∵将直线l绕点B逆时针旋转后得到的直线m，
∴
∴
∵直线m恰好与相切于点C，
∴
∴
∴，
∴
∴
∴的半径为．
故答案为：．
【分析】连接OB，OC，由题意易得OA⊥AB，由∠ABO的正切函数及特殊锐角三角函数值可求出∠ABO=30°，进而利用勾股定理算出OB的长，由旋转的性质及角的和差求出∠CBO=45°，由切线性质“圆的切线垂直经过切点的半径”得∠OCB=90°，进而根据等腰直角三角形的性质及勾股定理可算出OC的长，从而得出答案.
16．【答案】；
【知识点】平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS；求余弦值；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：∵平行四边形ABCD，
∴∠C=∠BAD，AB∥DC，BC=AD，AB=DC=5，
∴∠BAD+∠D=180°，∠BAG=∠AED，
∴DE=CD-CE=5-2=3，
∵ 将沿翻折得 ，
∴△BCE≌△BGE，
∴BG=BC=AD，∠C=∠BGE，
∵∠AGB+∠BGE=180°，
∴∠AGB=∠D，
在△ABG和△EAD中
∴△ABG≌△EAD（AAS），
∴AG=DE=3；
延长AD，BC交于点H，过点E作EF⊥DH于点F，
∴∠EFD=∠EFH=90°，
∵BG平分∠ABE，
∴∠ABG=∠GBE=∠CBE，
∵BC∥AD，
∴∠CBE=∠H=∠ABG=∠GBE，
设∠CBE=∠H=∠ABG=∠GBE=x，
∵AB=AE=5，
∴∠ABE=∠AEB=∠EAD+∠H=2x
∴∠EAD=∠H=x，
∴AE=EH=5，
∴AF=BF=AH，
∵BC∥AD，
∴△BCE∽△HED
∴
设BC=AD=2x，则DH=3x，
∴AH=AD+DH=2x+3X=5x，
∴，
∴
∵EF2=DE2-DF2=EH2-FH2，
∴
解之：，
∴
故答案为：3；.
【分析】利用平行四边形的性质可知∠C=∠BAD，AB∥DC，BC=AD，AB=DC=5，利用平行线的性质可证得∠BAD+∠D=180°，∠BAG=∠AED，同时可求出DE的长，利用折叠的性质可推出BG=BC=AD，∠C=∠BGE，利用补角的性质可得到∠AGB=∠D，再利用AAS证明△ABG≌△EAD，利用全等三角形的性质可求出AG的长；延长AD，BC交于点H，过点E作EF⊥DH于点F，利用角平分线的概念和平行线的性质可推出∠CBE=∠H=∠ABG=∠GBE，设∠CBE=∠H=∠ABG=∠GBE=x，利用等腰三角形的性质和三角形外角的性质可证得∠ABE=∠AEB=∠EAD+∠H=2x，由此可推出∠EAD=∠H=x，可求出EH的长，利用等腰三角形的性质可证得AF=BF=AH；再证明△BCE∽△HED，利用相似三角形的性质可得到BC、DH的比值，设BC=AD=2x，则DH=3x，可表示出AH、FH、DF、AF的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，然后求出cos∠EAD的值.
17．【答案】（1）解：原式；
（2）解：原式.
【知识点】实数的运算；分式的加减法
【解析】【分析】（1）先根据绝对值性质、立方根的的定义、负整数指数幂的性质及去括号法则分别化简，再计算有理数的加减法运算即可；
（2）根据同分母分式的减法，分母不变，分子相减进行计算，进而将分子利用平方差公式分解因式后约分化简即可.
18．【答案】（1）补图如下：
（2）72
（3）解：（人）．
答：本校七年级800名学生中选择项目B（乒乓球）的人数约为240人．
【知识点】扇形统计图；条形统计图；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】
（1）
解：总人数为，
D组人数为，
补图如下：
（2）
解：，
故答案为：72；
【分析】
（1）观察扇形统计图、条形统计图，可利用C组的人数除以所占百分比求出总人数，然后用总人数减去A、B、C、E组的人数，最后补图即可；
（2）用乘以E组所占百分比即可；
（3）用样本估计总体，即用800乘以B组所占百分比即可．
（1）解：总人数为，
D组人数为，
补图如下：
（2）解：，
故答案为：72；
（3）解：（人）．
答：本校七年级800名学生中选择项目B（乒乓球）的人数约为240人．
19．【答案】（1）证明：是直径，
.，
，
，
；
（2）解：与相切，为直径，
，
，
是等腰直角三角形，
；
（3）如图，点E即是劣弧的中点．
【知识点】切线的性质；等腰三角形的性质-等边对等角；等腰三角形的性质-三线合一；直角三角形的两锐角互余；圆周角定理的推论
【解析】【分析】
（1）由圆周角定理的推论知，即，再由等腰三角形三线合一即可；
（2）由切线的性质得出，即，再利用等边对等角结合直角三角形两锐角互余即可；
（3）由于同弧或等弧所对的圆周角相等，如图，可利用尺规作图作的平分线交于点E即可．

20．【答案】（1）解：在Rt△ABC中，∠CAB=60°，
∴∠ABC=90°-∠CAB=90°-60°=30°，
∴AB=2AC=2×3=6.
答：AB的长为6m
（2）解：在Rt△ABC中，∠CAB=60°，
AC=ABsin∠CAB
∴
∴，
如图3
在Rt△BCD中
∴
解之：，
∵ 运动过程中绳子总长不变 ，
∴BE+BD=AB+BC
∴
答： 物体上升的高度CE为2.7m
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】（1）利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AB的长.
（2）在Rt△ABC中，利用解直角三角形求出AC的长，可求出AB+BC的长；在Rt△BCD中，利用解直角三角形求出BD的长；再根据运动过程中绳子总长不变 ，可得到BE+BD=AB+BC，然后求出BE的长.
21．【答案】（1）3；8
（2）解：设与x的函数关系式为y1=kx+b （3≤x≤7）
∵（3，0），（7，8）在此函数图象上
∴
解之：
∴
（3）解：当y1=4时，-2x+6=4
解之：x=1；
当y2=4时，2x-6=4
解之：x=5；
∴两遥控车出发后1秒或5秒，它们之间的距离为4米
【知识点】一次函数的实际应用-行程问题
【解析】【解答】解：∵点（3，0），
∴当x=3时y=0，即两车之间的距离为0，
∴甲车经过3秒钟追上乙；
∴a=7×（6÷3）-6=8.
故答案为：3；8.
【分析】（1）观察函数图象，由点（3，0），可得到甲追上乙的时间，同时可求出a的值.
（2）设与x的函数关系式为y1=kx+b （3≤x≤7），分别将点（3，0），（7，8）代入函数解析式，可得到关于k、b的方程组，解方程组求出k、b的值，可得到与x的函数关系式.
（3）分情况讨论：相遇前和相遇后，分别列方程求解即可.
22．【答案】（1） 如图③，若点落在的延长线上，且当点恰好为的中点时，设与交于点，，求的长；
（2）结论：四边形为菱形，
理由：∵将线段绕点逆时针旋转90°，得到线段，
∴∠MEG=90°，EG=EM
∵∠BHG=∠BHE=∠MEG=90°，
∴EM∥BF，
∵BE=BF=EG，
∴EM=BF
∴四边形BEMF是平行四边形，
∵EM=BF，
∴四边形BEMF是菱形
（3）解：∵EG⊥BF，点H是EG的中点，
∴BF垂直平分EG，
∴BE=BG，
∵EB=EG，
∴EB=EG=BG，
∴△BEG是等边三角形，
∴∠EBG=60°，
∴∠ABE=90°-60°=30°，
∵正方形ABCD，
∴AB=AD=BC=3，
在Rt△ABE中，AB=3，
∴
∴
∴
【知识点】菱形的判定；旋转的性质；四边形的综合；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】（1）结论：EG=BF，EG⊥BF，
理由：∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠A=∠C=∠ABC=90°，
在△ABE和△CBF中
∴△ABE≌△CBF（SAS）
∴BE=BF，∠ABE=∠CBF，
∵ 将线段绕点逆时针旋转一定角度，得到线段，
∴EG=BE，
∴EG=BF，∠EBG=∠EGB，
∵∠EBG+∠ABE=90°，
∴∠EGB+∠CBF=90°，
∴∠BHG=180°-（∠EGB+∠CBF）=180°-90°=90°，
∴EG⊥BF；
故答案为：EG=BF；EG⊥BF.
【分析】（1）利用正方形的性质可证得AB=BC，∠A=∠C=∠ABC=90°，利用SAS可得到△ABE≌△CBF，利用全等三角形的性质可推出BE=BF，∠ABE=∠CBF，再利用旋转的性质可证得EG=BF，∠EBG=∠EGB，同时可求出∠BHG=90°，据此可得到EG和BF的位置关系.
（2）利用旋转的性质可推出∠MEG=90°，EG=EM，利用平行线的判定可证得EM∥BF，可推出四边形BEMF是平行四边形，然后利用一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证得结论.
（3）利用已知易证BF垂直平分EG，利用垂直平分线的性质可推出EB=EG=BG，可得到△BEG是等边三角形，利用等边三角形的性质可求出∠EBG、∠ABE的度数；在Rt△ABE中，利用解直角三角形求出BE、BG的长，然后根据CG=BG-BC，代入计算求出CG的长.
23．【答案】（1）解：∵ 二次函数经过 ，
∴m+2m+3=4
解之：，
∴二次函数解析式为：
（2）解：∵抛物线的开口向上，
∴m＞0，
∵，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∵，
∴顶点是最低点，
∴点N（1，3-m）
∴最高点为点M
∴点M的横坐标为-1，
∴y=4m+3-m=3m+3
∵点M的纵坐标为9，
∴点M的坐标为（-1，9）即（-1，3m+3）
∴3m+3=9
解之：m=2，
∴3-m=1
∴点N（1，1）
综上所述
（3）解：当m＞0时
当x≤1时，y随x的增大而减小，
当x≥1时，y随x的增大而增大，
∵ 当时 ，总有y1＞y2，
此时a+2≤1，
解之：a≤-1
当m＜0时，
当x≤1时，y随x的增大而增大，
当x≥1时，y随x的增大而减小，
∴当时 ，总有y1＞y2，此时a≥1
∴当时，；当时，
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c的性质；利用一般式求二次函数解析式
【解析】【分析】(1)、将点代入二次函数解析式可求出m的值，可得到二次函数解析式.
(2)、若该抛物线开口向上，可得到m的取值范围，将函数解析式转化为顶点式，可得到抛物线的对称轴；由，可知抛物线的最高点为M，最低点（顶点）为N，点M的纵坐标为9，可求出m的值，即可得到点M和点N的坐标．
（3）分情况讨论：当m＞0时，利用二次函数的增减性可知当x≤1时，y随x的增大而减小，当x≥1时，y随x的增大而增大，再根据当时 ，总有y1＞y2，可得到关于a的不等式，解不等式求出a的取值范围；当m＜0时，同理可求出a的取值范围.
24．【答案】（1）证明：延长交于点，连结MB，如图，
为的直径，
，
．
，，
，
即，
．
（2）①证明：，
，
，
．
，，∠FAB=∠CAE，
，
．
②，，
，
．
设，则，
∴，
设，则，
，，
，
，
，
，，
．
，，
，
，
，即，
，
，
．
【知识点】平行线的判定与性质；勾股定理；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）延长交于点，连结BM，利用圆周角定理得∠ABM=90°，利用三角形两锐角互余和圆周角定理得，即可得到结论；
（2）①利用平行线的性质和圆周角定理的推论可得，再利用三角形的外角的性质和角的运算可得∠CAF=∠CFA，最后利用等腰三角形的判定定理解答即可；
②利用相似三角形的判定与性质得到，设，则，设，则，利用勾股定理求得，再利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论；
1 / 1浙江省杭州市保俶塔申花实验学校2025年中考一模数学试卷
一、选择题（本大题共有10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意）
1．（2025·杭州模拟）下列实数中，无理数是（　　）
A． B．0 C． D．
【答案】D
【知识点】无理数的概念
【解析】【解答】解：-3，0是整数，是分数，它们都是整数，不是无理数；
是无限不循环小数，它是无理数.
故答案为：D.
【分析】无理数就是无限不循环的小数，常见的无理数有四类：①开方开不尽的数，②与π有关的数，③规律性的数，如0.101001000100001000001…（每两个1之间依次多一个0）这类有规律的数，④锐角三角函数，如sin60°等，根据定义即可逐个判断得出答案.
2．（2025·杭州模拟）据《人民日报》3月12日电，世界知识产权组织近日公布数据显示，2023年，全球PCT（《专利合作条约》）国际专利申请总量为27.26万件，中国申请量为69610件，是申请量最大的来源国．数据69610用科学记数法表示为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：69610=6.961×104，
故答案为：C.
【分析】把一个大于10的数记成a×10n的形式，其中1≤a＜10，n等于原数的整数位数减去1，据此可得答案.
3．（2025·杭州模拟）如图是由长方体和圆柱组成的几何体，其俯视图是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解：这个立体图形的俯视图是一个圆形，圆形内部中间是一个长方形．
故答案为：C．
【分析】根据从上边看到的几何图形解答即可．
4．（2025·杭州模拟）在下列长度的四条线段中，能与长6cm，8cm的两条线段围成一个三角形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形三边关系
【解析】【解答】解：设以6cm与8cm为边长的三角形的第三边长为xcm，
由题意，得8-6＜x＜8+6，
即2＜x＜14，
∴A、B、D三个选项错误，不符合题意，只有C选项正确，符合题意.
故答案为：C.
【分析】设以6cm与8cm为边长的三角形的第三边长为xcm，根据三角形三边的关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，可求出x的取值范围，从而即可一一判断得出答案.
5．（2025·杭州模拟）下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；合并同类项法则及应用；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A、a3 a3=a6，故此选项计算错误，不符合题意；
B、a4÷a2=a2，故此选项计算正确，符合题意；
C、（a3）2=a6，故此选项计算错误，不符合题意；
D、2a2-a2=a2，故此选项计算错误，不符合题意.
故答案为：B.
【分析】根据同底数幂的乘法，底数不变，指数相加，可判断A选项；由同底数幂的除法，底数不变，指数相减，可判断B选项；由幂的乘方，底数不变，指数相乘，可判断C选项；由合并同类项的法则：把同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母的指数不变，可判断D选项.
6．（2025·杭州模拟）如图，在中，，点在的延长线上，且，则的长是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；对顶角及其性质
【解析】【解答】解：过点作的延长线于点，则，
∵，，
∴，，
∴，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得，（舍去），
∴，
∴，
故选：．
【分析】
过点作的延长线于点，则可得等腰直角三角形BDE，即有BE=BD，再设DE=x，则CE=2+x，再由勾股定理可列关于的方程并求解，然后再应用勾股定理即可．
7．（2025·杭州模拟）若双曲线与直线的一个交点坐标为，则关于x的不等式的解集为（　　）
A． B．或
C．或 D．或
【答案】C
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系；两一次函数图象相交或平行问题
【解析】【解答】解：∵ 双曲线与直线的一个交点坐标为，
∴两函数的两个交点坐标关于原点对称，
∴另一个交点坐标为（1，-2），
∴ 关于x的不等式的解集或
故答案为：C.
【分析】l根据正比例函数的图象经过原点，反比例函数图象关于原点对称，可得到两函数的两个交点坐标关于原点对称，由此可求出另一个交点坐标，即可求出于x的不等式的解集.
8．（2025·杭州模拟）如图，在中，，于， 为的内切圆，设 的半径为，的长为，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形的面积；三角形的内切圆与内心；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：如图所示：为中、、的角平分线交点，过点分别作垂线交、、于点、、，
，
，
，
的长为，
，
，
，
，
故选：A．
【分析】
由于为的内切圆，则可过圆心O作别三边的垂线段OE、OF、OG，则OE=OF=OG=R，再连接OA、OB、OC，则由割补法结合已知可得的面积为，又，即．
9．（2025·杭州模拟）已知点，为抛物线y＝ax2－4ax＋c（a≠0）上两点，且＜，则下列说法正确的是（　　）
A．若＋＜4，则y1＜y2
B．若＋＞4，则y1＜y2
C．若a（＋－4）＞0，则y1＞y2
D．若a（＋－4）＜0，则y1＞y2
【答案】D
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：抛物线对称轴为直线，
当时，，
则当时，；当时，；
当时，，
则当时，；当时，；
故A、B选项都不正确；
若，则与同号，由上可知，
故C不正确；
若，则与异号，由上可知，
故D正确；
故选D．
【分析】
由于二次项系数a的符号未知，因此需要分类讨论，即当开口向上时，离对称轴越近的点的纵坐标越小，当开口向下时，离对称轴越近的点的纵坐标越大，再逐项判断即可．
10．（2025·杭州模拟）如图，已知正方形和正方形，且A、B、E三点在一条直线上，以为边构造正方形，交于点M，，．若点Q、B、F三点共线，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正方形的性质；解直角三角形—边角关系；旋转全等模型；同侧一线三垂直全等模型；倍长中线构造全等模型
【解析】【解答】解：过点Q作于N，连接Q、B、F，
四边形、四边形是正方形，
，，
，
点Q、B、F三点共线，
，
、都是等腰直角三角形，
，
，
，
，
在和中，
，
（），
，，
，
，
设，
则，
，
，
，
在和中，
，
（），
，
，
，
在和中，
，
（），
，
，
在中，
，
在中，
，
，
，
．
故选：A．
【分析】
过点Q作于N，连接QF，由于Q、B、F三点共线，则由正方形的性质借助一线三垂直全等模型可证明，则有QN=BE、EN=CB，又BE=BG，即有点G平分CB，则QN等于BN等于AB的一半；再由正方形的性质借助旋转全等模型可证明，则DP=BE，即点P平分AD，则AP=QM，再利用倍长中线全等模型可证，则有AM等于NM等于AN的一半，即AB的四分之一，再解直角三角形分别求得和，则的值可得．
二、填空题：（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．（2025·杭州模拟）因式分解： 　 　.
【答案】a(a-4)
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】a2﹣4a=a（a﹣4）.
故答案为a（a﹣4）.
【分析】直接把公因式a提出来即可.
12．（2025·杭州模拟）如图，若圆锥的母线长为12，底面半径为4，则其侧面展开图的圆心角为　 　．
【答案】
【知识点】圆锥的计算
【解析】【解答】解：设其侧面展开图的圆心角度数为n，根据题意得
解之：n=120°
故答案为：120°.
【分析】利用圆锥展开图的特点可知（n为圆锥的母线长，r为底面圆的半径，n为展开扇形的圆心角的度数），代入计算即可.
13．（2025·杭州模拟）如图，，均为的高，且，连结交于点O，若，则的度数为　 　．
【答案】
【知识点】直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的性质-三线合一；三角形的高
【解析】【解答】解：∵AD、BE是高
∴AD⊥BC，∠BEC=90°，
∵AB=AC，
∴BD=DC，
∴ED=DC，
∴∠C=∠DEC=38°，
∴∠OEB=90°-38°=52°.
故答案为：52°.
【分析】利用三角形高的定义可证得AD⊥BC，∠BEC=90°，利用等腰三角形三线合一的性质可推出BD=DC，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一把，可证得ED=DC，再根据等边对等角可求出∠DEC的度数，据此可求出∠OEB的度数.
14．（2025·杭州模拟）若一元二次方程的两根为m，n，则的值为　 　．
【答案】6
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵一元二次方程的两个根为，，
∴，
∴
故答案为：6．
【分析】利用一元二次方程根与系数的关系，结合已知条件可得到m+n、mn、2m2-4m的值，再把代入转化为，然后整体代入求值.
15．（2025·杭州模拟）如图，与直线l相交，圆心O到直线l 的距离，在直线l上取点B使，将直线l绕点B逆时针旋转后得到的直线m，若直线m恰好与相切于点C，则的半径为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；切线的性质；等腰直角三角形；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵圆心O到直线l 的距离，
∴
∵
∴，
∴
∵将直线l绕点B逆时针旋转后得到的直线m，
∴
∴
∵直线m恰好与相切于点C，
∴
∴
∴，
∴
∴
∴的半径为．
故答案为：．
【分析】连接OB，OC，由题意易得OA⊥AB，由∠ABO的正切函数及特殊锐角三角函数值可求出∠ABO=30°，进而利用勾股定理算出OB的长，由旋转的性质及角的和差求出∠CBO=45°，由切线性质“圆的切线垂直经过切点的半径”得∠OCB=90°，进而根据等腰直角三角形的性质及勾股定理可算出OC的长，从而得出答案.
16．（2025·杭州模拟）如图，在中，点是边上的一点，若，，将沿翻折得，连结，点在的延长线上，恰好平分，则的长为　 　，的值为　 　．
【答案】；
【知识点】平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS；求余弦值；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：∵平行四边形ABCD，
∴∠C=∠BAD，AB∥DC，BC=AD，AB=DC=5，
∴∠BAD+∠D=180°，∠BAG=∠AED，
∴DE=CD-CE=5-2=3，
∵ 将沿翻折得 ，
∴△BCE≌△BGE，
∴BG=BC=AD，∠C=∠BGE，
∵∠AGB+∠BGE=180°，
∴∠AGB=∠D，
在△ABG和△EAD中
∴△ABG≌△EAD（AAS），
∴AG=DE=3；
延长AD，BC交于点H，过点E作EF⊥DH于点F，
∴∠EFD=∠EFH=90°，
∵BG平分∠ABE，
∴∠ABG=∠GBE=∠CBE，
∵BC∥AD，
∴∠CBE=∠H=∠ABG=∠GBE，
设∠CBE=∠H=∠ABG=∠GBE=x，
∵AB=AE=5，
∴∠ABE=∠AEB=∠EAD+∠H=2x
∴∠EAD=∠H=x，
∴AE=EH=5，
∴AF=BF=AH，
∵BC∥AD，
∴△BCE∽△HED
∴
设BC=AD=2x，则DH=3x，
∴AH=AD+DH=2x+3X=5x，
∴，
∴
∵EF2=DE2-DF2=EH2-FH2，
∴
解之：，
∴
故答案为：3；.
【分析】利用平行四边形的性质可知∠C=∠BAD，AB∥DC，BC=AD，AB=DC=5，利用平行线的性质可证得∠BAD+∠D=180°，∠BAG=∠AED，同时可求出DE的长，利用折叠的性质可推出BG=BC=AD，∠C=∠BGE，利用补角的性质可得到∠AGB=∠D，再利用AAS证明△ABG≌△EAD，利用全等三角形的性质可求出AG的长；延长AD，BC交于点H，过点E作EF⊥DH于点F，利用角平分线的概念和平行线的性质可推出∠CBE=∠H=∠ABG=∠GBE，设∠CBE=∠H=∠ABG=∠GBE=x，利用等腰三角形的性质和三角形外角的性质可证得∠ABE=∠AEB=∠EAD+∠H=2x，由此可推出∠EAD=∠H=x，可求出EH的长，利用等腰三角形的性质可证得AF=BF=AH；再证明△BCE∽△HED，利用相似三角形的性质可得到BC、DH的比值，设BC=AD=2x，则DH=3x，可表示出AH、FH、DF、AF的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，然后求出cos∠EAD的值.
三、解答题：（本大题有8小题，共72分）
17．（2025·杭州模拟）计算：
（1）.
（2）.
【答案】（1）解：原式；
（2）解：原式.
【知识点】实数的运算；分式的加减法
【解析】【分析】（1）先根据绝对值性质、立方根的的定义、负整数指数幂的性质及去括号法则分别化简，再计算有理数的加减法运算即可；
（2）根据同分母分式的减法，分母不变，分子相减进行计算，进而将分子利用平方差公式分解因式后约分化简即可.
18．（2025·杭州模拟）某校计划在七年级开展阳光体育锻炼活动，开设以下五个球类项目：A（羽毛球），B（乒乓球），C（篮球），D（排球），E（足球），要求每位学生必须参加，且只能选择其中一个项目．为了了解学生对这五个项目的选择情况，学校从七年级全体学生中随机抽取部分学生进行问卷调查，对调查所得到的数据进行整理、描述和分析，部分信息如下：
根据以上信息，解决下列问题：
（1）将图①中的条形统计图补充完整（画图并标注相应数据）；
（2）图②中项目E对应的圆心角的度数为______°；
（3）根据抽样调查结果，请估计本校七年级800名学生中选择项目B（乒乓球）的人数．
【答案】（1）补图如下：
（2）72
（3）解：（人）．
答：本校七年级800名学生中选择项目B（乒乓球）的人数约为240人．
【知识点】扇形统计图；条形统计图；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】
（1）
解：总人数为，
D组人数为，
补图如下：
（2）
解：，
故答案为：72；
【分析】
（1）观察扇形统计图、条形统计图，可利用C组的人数除以所占百分比求出总人数，然后用总人数减去A、B、C、E组的人数，最后补图即可；
（2）用乘以E组所占百分比即可；
（3）用样本估计总体，即用800乘以B组所占百分比即可．
（1）解：总人数为，
D组人数为，
补图如下：
（2）解：，
故答案为：72；
（3）解：（人）．
答：本校七年级800名学生中选择项目B（乒乓球）的人数约为240人．
19．（2025·杭州模拟）如图，在，， 以为直径的与交于点D， 连接．
（1）求证：．
（2）若与相切，求的度数．
（3）用无刻度的直尺和圆规作出劣弧的中点E．(不写作法，保留作图痕迹)
【答案】（1）证明：是直径，
.，
，
，
；
（2）解：与相切，为直径，
，
，
是等腰直角三角形，
；
（3）如图，点E即是劣弧的中点．
【知识点】切线的性质；等腰三角形的性质-等边对等角；等腰三角形的性质-三线合一；直角三角形的两锐角互余；圆周角定理的推论
【解析】【分析】
（1）由圆周角定理的推论知，即，再由等腰三角形三线合一即可；
（2）由切线的性质得出，即，再利用等边对等角结合直角三角形两锐角互余即可；
（3）由于同弧或等弧所对的圆周角相等，如图，可利用尺规作图作的平分线交于点E即可．

20．（2025·杭州模拟）如图1，在水平地面上，一辆小车用一根绕过定滑轮的绳子将物体竖直向上提起．起始位置示意图如图2，此时测得点到所在直线的距离，；停止位置示意图如图3，此时测得（点，，在同一直线上，且直线与平面平行，图3中所有点在同一平面内．定滑轮半径忽略不计，运动过程中绳子总长不变．（参考数据：，，，）
（1）求的长；
（2）求物体上升的高度（结果精确到）．
【答案】（1）解：在Rt△ABC中，∠CAB=60°，
∴∠ABC=90°-∠CAB=90°-60°=30°，
∴AB=2AC=2×3=6.
答：AB的长为6m
（2）解：在Rt△ABC中，∠CAB=60°，
AC=ABsin∠CAB
∴
∴，
如图3
在Rt△BCD中
∴
解之：，
∵ 运动过程中绳子总长不变 ，
∴BE+BD=AB+BC
∴
答： 物体上升的高度CE为2.7m
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】（1）利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AB的长.
（2）在Rt△ABC中，利用解直角三角形求出AC的长，可求出AB+BC的长；在Rt△BCD中，利用解直角三角形求出BD的长；再根据运动过程中绳子总长不变 ，可得到BE+BD=AB+BC，然后求出BE的长.
21．（2025·杭州模拟）如图1，是一段遥控车直线双车道跑道．甲、乙两遥控车分别从A，B两处同时出发，7秒后甲车先到达C点．设两车行驶时间为x（秒），两车之间的距离为y（米），根据图象解决下列问题：
（1）甲车经过　 　秒追上乙车，　 　．
（2）设相遇后两车之间的距离为，求与x的函数关系式．
（3）两遥控车出发后多长时间，它们之间的距离为4米？
【答案】（1）3；8
（2）解：设与x的函数关系式为y1=kx+b （3≤x≤7）
∵（3，0），（7，8）在此函数图象上
∴
解之：
∴
（3）解：当y1=4时，-2x+6=4
解之：x=1；
当y2=4时，2x-6=4
解之：x=5；
∴两遥控车出发后1秒或5秒，它们之间的距离为4米
【知识点】一次函数的实际应用-行程问题
【解析】【解答】解：∵点（3，0），
∴当x=3时y=0，即两车之间的距离为0，
∴甲车经过3秒钟追上乙；
∴a=7×（6÷3）-6=8.
故答案为：3；8.
【分析】（1）观察函数图象，由点（3，0），可得到甲追上乙的时间，同时可求出a的值.
（2）设与x的函数关系式为y1=kx+b （3≤x≤7），分别将点（3，0），（7，8）代入函数解析式，可得到关于k、b的方程组，解方程组求出k、b的值，可得到与x的函数关系式.
（3）分情况讨论：相遇前和相遇后，分别列方程求解即可.
22．（2025·杭州模拟）综合与实践
问题情境】
如图，在正方形中，点在线段上，点在线段上，且始终满足．连接，，将线段绕点逆时针旋转一定角度，得到线段（点是点旋转后的对应点），并使点落在线段上，与交于点．
（1）【初步分析】
线段与的数量关系为　 　，位置关系为　 　；
（2）【深入分析】
如图②，再将线段绕点逆时针旋转90°，得到线段（点是点旋转后的对应点），连接，请判断四边形的形状，并说明理由：
（3）如图③，若点落在的延长线上，且当点恰好为的中点时，设与交于点，，求的长．
【答案】（1） 如图③，若点落在的延长线上，且当点恰好为的中点时，设与交于点，，求的长；
（2）结论：四边形为菱形，
理由：∵将线段绕点逆时针旋转90°，得到线段，
∴∠MEG=90°，EG=EM
∵∠BHG=∠BHE=∠MEG=90°，
∴EM∥BF，
∵BE=BF=EG，
∴EM=BF
∴四边形BEMF是平行四边形，
∵EM=BF，
∴四边形BEMF是菱形
（3）解：∵EG⊥BF，点H是EG的中点，
∴BF垂直平分EG，
∴BE=BG，
∵EB=EG，
∴EB=EG=BG，
∴△BEG是等边三角形，
∴∠EBG=60°，
∴∠ABE=90°-60°=30°，
∵正方形ABCD，
∴AB=AD=BC=3，
在Rt△ABE中，AB=3，
∴
∴
∴
【知识点】菱形的判定；旋转的性质；四边形的综合；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】（1）结论：EG=BF，EG⊥BF，
理由：∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠A=∠C=∠ABC=90°，
在△ABE和△CBF中
∴△ABE≌△CBF（SAS）
∴BE=BF，∠ABE=∠CBF，
∵ 将线段绕点逆时针旋转一定角度，得到线段，
∴EG=BE，
∴EG=BF，∠EBG=∠EGB，
∵∠EBG+∠ABE=90°，
∴∠EGB+∠CBF=90°，
∴∠BHG=180°-（∠EGB+∠CBF）=180°-90°=90°，
∴EG⊥BF；
故答案为：EG=BF；EG⊥BF.
【分析】（1）利用正方形的性质可证得AB=BC，∠A=∠C=∠ABC=90°，利用SAS可得到△ABE≌△CBF，利用全等三角形的性质可推出BE=BF，∠ABE=∠CBF，再利用旋转的性质可证得EG=BF，∠EBG=∠EGB，同时可求出∠BHG=90°，据此可得到EG和BF的位置关系.
（2）利用旋转的性质可推出∠MEG=90°，EG=EM，利用平行线的判定可证得EM∥BF，可推出四边形BEMF是平行四边形，然后利用一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证得结论.
（3）利用已知易证BF垂直平分EG，利用垂直平分线的性质可推出EB=EG=BG，可得到△BEG是等边三角形，利用等边三角形的性质可求出∠EBG、∠ABE的度数；在Rt△ABE中，利用解直角三角形求出BE、BG的长，然后根据CG=BG-BC，代入计算求出CG的长.
23．（2025·杭州模拟）已知二次函数，其中．
（1）若二次函数经过，求二次函数解析式．
（2）若该抛物线开口向上，当时，抛物线的最高点为M，最低点为N，点M的纵坐标为9，求点M和点N的坐标．
（3）在二次函数图象上任取两点，，当时，总有，求a的取值范围．
【答案】（1）解：∵ 二次函数经过 ，
∴m+2m+3=4
解之：，
∴二次函数解析式为：
（2）解：∵抛物线的开口向上，
∴m＞0，
∵，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∵，
∴顶点是最低点，
∴点N（1，3-m）
∴最高点为点M
∴点M的横坐标为-1，
∴y=4m+3-m=3m+3
∵点M的纵坐标为9，
∴点M的坐标为（-1，9）即（-1，3m+3）
∴3m+3=9
解之：m=2，
∴3-m=1
∴点N（1，1）
综上所述
（3）解：当m＞0时
当x≤1时，y随x的增大而减小，
当x≥1时，y随x的增大而增大，
∵ 当时 ，总有y1＞y2，
此时a+2≤1，
解之：a≤-1
当m＜0时，
当x≤1时，y随x的增大而增大，
当x≥1时，y随x的增大而减小，
∴当时 ，总有y1＞y2，此时a≥1
∴当时，；当时，
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=ax²+bx+c的性质；利用一般式求二次函数解析式
【解析】【分析】(1)、将点代入二次函数解析式可求出m的值，可得到二次函数解析式.
(2)、若该抛物线开口向上，可得到m的取值范围，将函数解析式转化为顶点式，可得到抛物线的对称轴；由，可知抛物线的最高点为M，最低点（顶点）为N，点M的纵坐标为9，可求出m的值，即可得到点M和点N的坐标．
（3）分情况讨论：当m＞0时，利用二次函数的增减性可知当x≤1时，y随x的增大而减小，当x≥1时，y随x的增大而增大，再根据当时 ，总有y1＞y2，可得到关于a的不等式，解不等式求出a的取值范围；当m＜0时，同理可求出a的取值范围.
24．（2025·杭州模拟）在内接于，点在上，连结，分别交于点，，．
（1）求证：．
（2）若．
①求证：．
②若，，求的长．
【答案】（1）证明：延长交于点，连结MB，如图，
为的直径，
，
．
，，
，
即，
．
（2）①证明：，
，
，
．
，，∠FAB=∠CAE，
，
．
②，，
，
．
设，则，
∴，
设，则，
，，
，
，
，
，，
．
，，
，
，
，即，
，
，
．
【知识点】平行线的判定与性质；勾股定理；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）延长交于点，连结BM，利用圆周角定理得∠ABM=90°，利用三角形两锐角互余和圆周角定理得，即可得到结论；
（2）①利用平行线的性质和圆周角定理的推论可得，再利用三角形的外角的性质和角的运算可得∠CAF=∠CFA，最后利用等腰三角形的判定定理解答即可；
②利用相似三角形的判定与性质得到，设，则，设，则，利用勾股定理求得，再利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论；
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