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广东省深圳市翠园初级中学2025年中考模拟考试数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，每小题有四个选项，其中只有一个是正确的）
1．（2025·深圳模拟）用数轴上的点表示下列各数，其中与原点距离最近的是（　　）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】数轴上两点之间的距离
【解析】【解答】解：对于A，D，其与原点距离为3；
对于B，其与原点的距离为1；
对于C，其与原点的距离为2；
故距离原点最近的是1，
故选：B.
【分析】数轴上表示的各数与距离的关系逐一判断远近即可，或可利用绝对值几何意义判断其远近.
2．（2025·深圳模拟）龙泉窑褐彩连座梅瓶是深圳博物馆的陶瓷珍品，代表着宋元时期陶瓷工艺的巅峰，如图，它是由可拆卸的瓶身和镂空瓶座组成．关于它的三视图，下列说法正确的是（　　）
A．主视图与左视图相同 B．主视图与俯视图相同
C．左视图与俯视图相同 D．三种视图都相同
【答案】A
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：观察可知，由于该几何体的对称性主视图与左视图相同，俯视图看不到几何体的下部分，但是能看到瓶口，即俯视图与其它两种视图不相同，
故选；A．
【分析】根据几何体的三视图即可求出答案.
3．（2025·深圳模拟）下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】同底数幂的乘法；去括号法则及应用；合并同类项法则及应用
【解析】【解答】解：、与不是同类项，不可以合并，原选项运算错误，不符合题意；
、与不是同类项，不可以合并，原选项运算错误，不符合题意；
、，原选项运算错误，不符合题意；
、，原选项运算正确，符合题意；
故选：．
【分析】根据合并同类项法则，去括号法则，同底数幂的乘法逐项进行判断即可求出答案.
4．（2025·深圳模拟）为推动农业现代化进程，某农科所在相同条件下开展农作物种子发芽率的试验，试验数据如表：
种子个数 100 400 600 700 900 1000
发芽种子个数 94 337 530 664 858 951
发芽种子频率 0.940 0.844 0.883 0.949 0.954 0.951
由此估计这种农作物种子在此条件下发芽的概率（精确到0.01）约为（　　）
A．0.94 B．0.84 C．0.88 D．0.95
【答案】D
【知识点】利用频率估计概率
【解析】【解答】解：∵观察表格，发现大量重复试验发芽的频率逐渐稳定在0.95左右，
∴估计这种农作物种子在此条件下发芽的概率约为0.95．
故选：D．
【分析】根据频率估计概率即可求出答案.
5．（2025·深圳模拟）一只杯子静止在斜面上，其受力分析如图所示，重力的方向竖直向下，支持力的方向与斜面垂直，摩擦力的方向与斜面平行．若斜面的坡角，则摩擦力与重力方向的夹角的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形外角的概念及性质
【解析】【解答】解：重力的方向竖直向下，
重力与水平方向夹角为，
摩擦力的方向与斜面平行，，
，
故选：C．
【分析】根据三角形外角性质即可求出答案.
6．（2025·深圳模拟）如图，已知，以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别与、相交于点，；分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内部相交于点，作射线．分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，，作直线分别与，，相交于点，，．若，，则的长为（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【知识点】对顶角及其性质；尺规作图-作角的平分线；尺规作图-垂直平分线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：由题意可知，平分，垂直平分，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴等腰直角三角形，
∵，
∴，
故选：A．
【分析】根据角平分线定义可得，根据垂直平分线性质可得，根据对顶角相等可得，根据角之间的关系可得∠MAP，再根据等腰三角形判定定理及性质即可求出答案.
7．（2025·深圳模拟）公司研发的两个模型和共同处理一批数据．已知单独处理数据的时间比少2小时．若两模型合作处理，仅需小时即可完成．设单独处理需要小时，则下列方程正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】列分式方程
【解析】【解答】解：设单独处理需要小时，则单独处理数据的时间小时，
依题意得，
故答案为：C．
【分析】
设单独处理需要小时，则单独处理数据的时间小时，根据两队合作小时完成，可得出方程，解答即可．
8．（2025·深圳模拟）如图是小红同学安装的化学实验装置，安装要求为试管略向下倾斜，试管夹应固定在距试管口的三分之一处．已知试管，，试管倾斜角为．实验时，为了保持装置稳定，导气管紧贴水槽壁，延长交的延长线于点，（点，，，在一条直线上），经测得： ，，求铁架台和点的水平距离的长度（结果精确到）．（参考数据： ，，）
A．33.0 B．33.8 C．26.0 D．26.8
【答案】B
【知识点】矩形的判定与性质；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：过点分别作，，垂足分别为、，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，．
在中，，，
∴，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
则线段的长度约为，
故选：B
【分析】过点分别作，，垂足分别为、，根据矩形判定定理可得四边形为矩形，则，，，解直角三角形可得HE，BH，再根据边之间的关系可得HD，再根据角之间的关系可得∠PBF，根据等角对等边可得，再根据边之间的关系即可求出答案.
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
9．（2025·深圳模拟）第十五届全国运动会将于年月9日至日举行，由广东、香港和澳门联合举办，这是首次由多地区联合承办的全运会．预估赛事期间将累计接待现场观众人次，用科学记数法表示为　 　．
【答案】
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：2560000人次，用科学记数法表示为，
故答案为：．
【分析】科学记数法的表现形式为的形式，其中，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；
10．（2025·深圳模拟）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，是的直径，弦于点，寸，寸，则半径长为　 　寸．
【答案】13
【知识点】垂径定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：设寸，
弦于点，寸，寸，
寸，
，
，
解得，
半径长为寸．
故答案为：13．
【分析】设寸，根据垂径定理可得，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
11．（2025·深圳模拟）在纬度确定的条件下，物体高度与影子长度的比例由太阳高度角决定． 如图是某风车示意图，其相同的四个叶片互相垂直，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片、，此时两叶片的影子在水平地面成线段，测得，，垂直于地面的木棒与影子的比为，则点O、M之间的距离等于　 　m．
【答案】70
【知识点】平行线的性质；勾股定理；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：连接交于点H，过点C作，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，解得：．
设，，则，
∵，
∴，
∴，即，
解得：，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
解得：，
∴，
故答案为：70．
【分析】连接交于点H，过点C作，根据直线平行性质可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得HM，设，，根据勾股定理可得EG，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得CN，根据矩形判定定理可得四边形为矩形，则，，再根据相似三角形判定定理及性质即可求出答案.
12．（2025·深圳模拟）如图，平面直角坐标系中，原点O为正六边形的中心，轴，点E在双曲线（k为常数，）上，将正六边形向上平移个单位长度，点D恰好落在双曲线上，则k的值为　 　．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，作轴与，连接，
∵原点O为正六边形的中心，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
∴，，
∵将正六边形向上平移个单位长度，点恰好落在双曲线上，
∴点在双曲线上，
∵点也在双曲线上，
∴，
解得：或（舍去），
∴，
故答案为：．
【分析】作轴与，连接，根据正多边形性质可得，，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，，根据勾股定理可得EH，设，则，，根据点的坐标可得，，根据平移性质可得点在双曲线上，再将点，E坐标代入反比例函数解析式即可求出答案.
13．（2025·深圳模拟）如图，在正方形中，点E，点F分别在边上（点E不与点B，C重合），且．连接交于点G，连接交于点H．若，则　 　．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，，
连接，则垂直平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
设，则，
∴，
，
∴，，
∴，
故答案为：．
【分析】根据正方形性质可得，，，再根据全等三角形判定定理可得，则，，连接，则垂直平分，根据垂直平分线性质可得，根据角之间的关系可得，根据等角对等边可得，再根据边之间的关系可得FG=GH，再根据相似三角形判定定理可得，则，设，则，再根据勾股定理可得AC，DF，再根据边之间的关系即可求出答案.
三、解答题（本大题共7小题，共61分）
14．（2025·深圳模拟）计算：．
【答案】解：
．
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；有理数的乘方法则；实数的绝对值；求算术平方根
【解析】【分析】根据有理数的乘方，绝对值性质，0指数幂，负整数指数幂化简，再计算加减即可求出答案.
15．（2025·深圳模拟）在解决问题“已知．求的值”时．聪聪是这样分析与解答的：
解：．
．
请你根据聪聪的分析过程，解决如下问题：
（1）化简；
（2）若，求的值．
【答案】（1）解：．
（2）解：，
，
，即，
，
．
【知识点】分母有理化；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【分析】（1）根据题意，进行分母有理化即可求出答案.
（2）对a进行分母有理数可得，两边平方可得，化简代数式，再整体代入即可求出答案.
（1）解：．
（2）解：，
，
，即，
，
．
16．（2025·深圳模拟）我国机器人产业正处于高速发展的关键时期．年春晚名为《秧》的舞蹈，机器人们以精准的动作和热情的表演让观众体验到秧歌的独特韵味．某科研团队研发了三款智能机器人，分别命名为、、．为测试这三款机器人在图象识别能力和运动能力方面的综合表现，团队对它们进行了全面测试．在图象识别能力测试中，、、三款机器人的得分（满分为分）分别为分、分、分．运动能力测试由位专业测试员打分，每位测试员最高打分，各位测试员打分之和为运动能力测试成绩．现需对三款机器人的运动能力测试数据进行详细分析．
【数据收集与整理】
A、B、C三款机器人运动能力测试情况统计表
机器人 测试员打分的中位数 测试员打分的众数 运动能力测试成绩 方差
和
任务1： ， ；
【数据分析与运用】
任务2：按图象识别能力测试成绩占，运动能力测试成绩占计算综合成绩，请你判断、、三款机器人中综合成绩最高的是哪一款？
任务3：如果要选择、、三款机器人中的一款上台表演，你会选择哪一款？请给出你的理由．
【答案】任务1：，；
任务2：
的综合成绩为：（分），
的综合成绩为：
的综合成绩为：
，
机器人的综合成绩最高；
任务3：
①选择机器人，因为机器人得运动能力测试能力比较高；
②选择机器人，因为B机器人运动能力成绩得方差比较小，说明机器人得运动能力比较稳定；
③选择机器人，因为机器人运动能力测试得众数是和，说明较多专业测试员认为机器人得运动能力很好.
【知识点】扇形统计图；折线统计图；加权平均数及其计算；方差；分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）
【解析】【解答】解：任务1：由折线统计图可知，款机器人测试员打分从低到高排列为：，，，，，，，，，，
款机器人测试员打分的中位数，
由扇形统计图可知，款机器人运动能力得分出现次数最多的是分，
款机器人运动能力得分的众数，
故答案为：，；
【分析】
（1）根据中位数定义可求得m的值；根据众数的定义，结合扇形统计图，即可求得n的值；
（2）根据加权平均数的算法，分别求出它们的加权平均数，并进行比较，即可得出答案；
（3）结合特征数进行分析，言之有理即可(答案不唯一，言之有理即可)。
17．（2025·深圳模拟）2025年春节档，电影《哪吒之魔童闹海》掀起观影热潮，影片通过粒子水墨技术、动态水墨渲染引擎等技术，将传统水墨画意境融入动画，打造出兼具古典神韵与现代视觉冲击力的场景，形成独特的文化辨识度，向全球展示了“既古老又充满活力的中国形象”． 影片将封神神话中的角色（如哪吒、敖丙）赋予现代价值观，使传统文化符号与当代人民心理形成共振．某文创店果断订购了印有“哪吒”图案和“敖丙”图案的两种书签．经统计，订购30张“哪吒”书签与20张“敖丙”书签，成本共计430元；而订购45张“哪吒”书签和25张“敖丙”书签，则需花费605元．
（1）求“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是多少元？
（2）该文创店计划购进“哪吒”、“敖丙”两种书签共90张， “哪吒”种书签的购进数量不超过“敖丙”种书签数量，已知“哪吒”、“敖丙”两种书签的销售单价分别为15元和12元，如何规划购买方案，才能使文具店在这批书签全部售出后获得最大利润？最大利润是多少？
【答案】（1）解：设“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是x、y元，
由题意知： ，
解得，
答：“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是9元，8元．
（2）解：设购进“哪吒”书签m张，“敖丙”书签张，
由题意知：，
解得：，
设这批书签全部售出后获利W元，
则，
∵，
∴W随m的增大而增大，
∴当时，，W有最大值，元．
答：当购进“哪吒”书签40张，“敖丙”书签50张时，获得最大利润，最大利润是440元．
【知识点】二元一次方程组的实际应用-销售问题；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是x、y元，根据两种不同的购买方案所需要的费用建立方程组，解方程组即可求出答案.
（2）设购进“哪吒”书签m张，“敖丙”书签张，设这批书签全部售出后获利W元，可以得到所获利润与购买“哪吒”书签的数量之间的一次函数关系式，结合一次函数的性质即可求出答案.
（1）解：设“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是x、y元，
由题意知： ，
解得，
答：“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是9元，8元．
（2）解：设购进“哪吒”书签m张，“敖丙”书签张，
由题意知：，
解得：，
设这批书签全部售出后获利W元，
则，
∵，
∴W随m的增大而增大，
∴当时，，W有最大值，元．
答：当购进“哪吒”书签40张，“敖丙”书签50张时，获得最大利润，最大利润是440元．
18．（2025·深圳模拟）（1）如图1，在中，，，的平分线交于点D．过点D分别作，．垂足分别为E，F．则四边形是什么形状？请求证 ．
（2）如图2，是半圆O的直径，．P是上一点，且，连接，的平分线交于点C，过点C分别作，，垂足分别为E，F，求线段的长．
【答案】解：（1）∵，，
∴ ，
∵，
∴四边形是矩形，
∵平分，
∴ ，
∴矩形是正方形．
（2）连接，
是半圆的直径，，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，，
且在中，，
∵四边形是正方形，
，
，
，
解得：，
．
【知识点】角平分线的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；正方形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）根据矩形判定定理可得四边形是矩形，再根据角平分线性质可得，再根据正方形判定定理即可求出答案.
（2）连接，根据角之间的关系可得∠POA，再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，根据含30°角的直角三角形性质可得PA，PB，根据正方形性质可得 ，再根据边之间的关系建立方程，解方程即可求出答案.
19．（2025·深圳模拟）项目式学习
项目主题：人工智能视觉识别
项目背景：视觉识别技术是人工智能领域的一个重要分支，它让计算机能够“看懂”图象，目标矩形（BoundingBox）是视觉识别技术的一个重要概念，它在计算机视觉的多个领域中都有应用，如目标检测、图象分割、物体跟踪等．目标矩形是一种用于表示图象中目标物体位置和大小的矩形框，在常规的目标检测任务中，如图1，一般使用边与轴平行的矩形框．
概念学习：在平面直角坐标系中，图形的目标矩形定义如下：矩形的两组对边分别平行于x轴、y轴，图形的所有点都在矩形的内部或边上，且矩形的面积最小．设矩形的竖直边与水平边的比为k，我们称常数k为图形的纵横比．举例：如图2，矩形为菱形蓝宝石的目标矩形，纵横比．
【概念理解】
（1） 如图，足球经过计算机识别后的图形为圆，其目标矩形的纵横比 ．
（2） 如图，铅笔经过计算机识别后的图形为线段，表达式为，其目标矩形的纵横比 ．
【联系实际】
如图和图，拱桥经过计算机识别后的图形为抛物线，该抛物线关于y轴对称，的高度为5米，其目标矩形的纵横比，求抛物线的表达式（不必写出自变量的取值范围）．
【应用拓展】
（1）为方便救助溺水者，拟在图的桥拱上方栏杆处悬挂救生圈，如图，为了方便悬挂，救生圈悬挂点距离抛物线拱面上方，且相邻两救生圈悬挂点的水平间距为．为美观，放置后救生圈关于y轴成轴对称分布．求符合悬挂条件的救生圈个数，并求出最左侧一个救生圈悬挂点的坐标（悬挂救生圈的柱子大小忽略不计）．
（2） 据调查，拱顶离水面最大距离为，该河段水位在此基础上再涨达到最高． 当水位达到最高时，上游一个落水者顺流而下到达抛物线拱形桥面的瞬间，若要确保救助者把拱桥上任何一处悬挂点的救生圈抛出都能抛到落水者身边，求救生绳至少需要多长．（救生圈大小忽略不计）
【答案】【概念理解】（1）；
（2）；
【联系实际】
如图：
∵最高点C与水面的距离为5米，
∴，
∵抛物线目标矩形的纵横比，
∴，
∴，
∵抛物线关于y轴对称，
∴，，
设抛物线的表达式为，
把代入得：，
解得，
∴；
【应用拓展】
（1）相邻两救生圈悬挂点的水平间距为，且关于y轴对称，如图2，
∴，
∴左侧可挂3个，桥面可挂6个．
∵最左侧位于拱面上方处，
∴最左侧一个救生圈悬挂点E的坐标为．
（2）如图3，当水位达到最高时，水位线为．
∵救生圈悬挂点距离抛物线拱面上方，
∴当时，，，，
在中，由勾股定理得：．
答：救生绳至少需．
【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-拱桥问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：【概念理解】：（1）∵足球经过计算机识别后的图形为圆，其目标矩形的长和宽都为圆的直径，
∴目标矩形的纵横比；
故答案为：1；
（2）根据目标矩形的纵横比的定义，线段的目标矩形纵横比；
故答案为：；
【分析】【概念理解】：（1）根据纵横比的定义即可求出答案.
（2）根据纵横比的定义即可求出答案.
【联系实际】由题意可得，根据纵横比定义可得，则，根据对称性质可得，，设抛物线的表达式为，再根据待定系数法将点C坐标代入解析式即可求出答案.
【应用拓展】（1）根据相邻两救生圈悬挂点的水平间距为，且关于y轴成轴对称，由得桥面可挂6个，即可求出答案.
（2）当水位达到最高时，水位线为，由题意可得当时，，，，再根据勾股定理即可求出答案.
20．（2025·深圳模拟）在等边中，于点D，点E是线段上一点，连接，将线段绕点A顺时针旋转到，连接．
（1）证明：；
（2）如图2，以为边在右侧作等边，延长交的延长线于点H．若，求证：；
（3）如图3，，点K为平面内一动点，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接．点M是线段的中点，以点M为直角顶点，为直角边，在上方作，连接，当线段取最大值时，请直接写出的面积．
【答案】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质得，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：连接，过点作于点，如图：
，，
，
，
同理（1）可得，
，
∵等边中，于点，
∴垂直平分，
，
∴，
由旋转的性质得，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
，
∵，
∴是等边三角形，
，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
在和中，
，
∴，
，，
，
，
，
，
，
，
，
（3）．
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；翻折变换（折叠问题）；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（3）解：在上取点，使得，连接，如图：
由翻折的性质得到为定值，
∴点在以为圆心，长为半径的圆上运动，
，
，
∵点分别是的中点，
∴是的中位线，
， ，
∴点在以为圆心，长为半径的圆上运动，
，即，
，
，，
，即，
，
∴点在以为圆心，长为半径的圆上运动，
，
，
当三点共线，且点在线段上时，线段取最大值，
此时最大值为：，
过点作于点，如图：
由（2）知垂直平分，
，
，
，
∴此时的面积为：
【分析】（1）根据等边三角形性质可得，再根据旋转性质可得，根据边之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理即可求出答案.
（2）连接，过点作于点，根据角之间的关系可得∠ABF，根据全等三角形判定定理可得，则，根据等腰三角形三线合一性质可得，则，由旋转的性质得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据等腰直角三角形判定定理可得是等腰直角三角形，则，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，再根据等边三角形性质可得，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，，根据直线平行判定定理可得可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
（3）在上取点，使得，连接，根据折叠性质可得为定值，则点在以为圆心，长为半径的圆上运动，根据边之间的关系可得DE，根据三角形中位线定理可得， ，则点在以为圆心，长为半径的圆上运动，根据角之间的关系可得，根据余弦定义，结合特殊角的三角函数值可得，即，根据相似三角形判定定理可得，则点在以为圆心，长为半径的圆上运动，根据边之间的关系可得ON，当三点共线，且点在线段上时，线段取最大值，此时最大值为：，过点作于点，由（2）知垂直平分，根据垂直平分线性质可得，根据等边对等角可得，再根据含30°角的直角三角形性质可得NT，再根据三角形面积即可求出答案.
（1）证明：∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质得，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：连接，过点作于点，如图：
，，
，
，
同理（1）可得，
，
∵等边中，于点，
∴垂直平分，
，
∴，
由旋转的性质得，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
，
∵，
∴是等边三角形，
，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
在和中，
，
∴，
，，
，
，
，
，
，
，
，
（3）解：在上取点，使得，连接，如图：
由翻折的性质得到为定值，
∴点在以为圆心，长为半径的圆上运动，
，
，
∵点分别是的中点，
∴是的中位线，
， ，
∴点在以为圆心，长为半径的圆上运动，
，即，
，
，，
，即，
，
∴点在以为圆心，长为半径的圆上运动，
，
，
当三点共线，且点在线段上时，线段取最大值，
此时最大值为：，
过点作于点，如图：
由（2）知垂直平分，
，
，
，
∴此时的面积为：
1 / 1广东省深圳市翠园初级中学2025年中考模拟考试数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，每小题有四个选项，其中只有一个是正确的）
1．（2025·深圳模拟）用数轴上的点表示下列各数，其中与原点距离最近的是（　　）
A． B．1 C．2 D．3
2．（2025·深圳模拟）龙泉窑褐彩连座梅瓶是深圳博物馆的陶瓷珍品，代表着宋元时期陶瓷工艺的巅峰，如图，它是由可拆卸的瓶身和镂空瓶座组成．关于它的三视图，下列说法正确的是（　　）
A．主视图与左视图相同 B．主视图与俯视图相同
C．左视图与俯视图相同 D．三种视图都相同
3．（2025·深圳模拟）下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·深圳模拟）为推动农业现代化进程，某农科所在相同条件下开展农作物种子发芽率的试验，试验数据如表：
种子个数 100 400 600 700 900 1000
发芽种子个数 94 337 530 664 858 951
发芽种子频率 0.940 0.844 0.883 0.949 0.954 0.951
由此估计这种农作物种子在此条件下发芽的概率（精确到0.01）约为（　　）
A．0.94 B．0.84 C．0.88 D．0.95
5．（2025·深圳模拟）一只杯子静止在斜面上，其受力分析如图所示，重力的方向竖直向下，支持力的方向与斜面垂直，摩擦力的方向与斜面平行．若斜面的坡角，则摩擦力与重力方向的夹角的度数为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·深圳模拟）如图，已知，以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别与、相交于点，；分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内部相交于点，作射线．分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，，作直线分别与，，相交于点，，．若，，则的长为（　　）
A． B． C．2 D．
7．（2025·深圳模拟）公司研发的两个模型和共同处理一批数据．已知单独处理数据的时间比少2小时．若两模型合作处理，仅需小时即可完成．设单独处理需要小时，则下列方程正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025·深圳模拟）如图是小红同学安装的化学实验装置，安装要求为试管略向下倾斜，试管夹应固定在距试管口的三分之一处．已知试管，，试管倾斜角为．实验时，为了保持装置稳定，导气管紧贴水槽壁，延长交的延长线于点，（点，，，在一条直线上），经测得： ，，求铁架台和点的水平距离的长度（结果精确到）．（参考数据： ，，）
A．33.0 B．33.8 C．26.0 D．26.8
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
9．（2025·深圳模拟）第十五届全国运动会将于年月9日至日举行，由广东、香港和澳门联合举办，这是首次由多地区联合承办的全运会．预估赛事期间将累计接待现场观众人次，用科学记数法表示为　 　．
10．（2025·深圳模拟）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，是的直径，弦于点，寸，寸，则半径长为　 　寸．
11．（2025·深圳模拟）在纬度确定的条件下，物体高度与影子长度的比例由太阳高度角决定． 如图是某风车示意图，其相同的四个叶片互相垂直，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片、，此时两叶片的影子在水平地面成线段，测得，，垂直于地面的木棒与影子的比为，则点O、M之间的距离等于　 　m．
12．（2025·深圳模拟）如图，平面直角坐标系中，原点O为正六边形的中心，轴，点E在双曲线（k为常数，）上，将正六边形向上平移个单位长度，点D恰好落在双曲线上，则k的值为　 　．
13．（2025·深圳模拟）如图，在正方形中，点E，点F分别在边上（点E不与点B，C重合），且．连接交于点G，连接交于点H．若，则　 　．
三、解答题（本大题共7小题，共61分）
14．（2025·深圳模拟）计算：．
15．（2025·深圳模拟）在解决问题“已知．求的值”时．聪聪是这样分析与解答的：
解：．
．
请你根据聪聪的分析过程，解决如下问题：
（1）化简；
（2）若，求的值．
16．（2025·深圳模拟）我国机器人产业正处于高速发展的关键时期．年春晚名为《秧》的舞蹈，机器人们以精准的动作和热情的表演让观众体验到秧歌的独特韵味．某科研团队研发了三款智能机器人，分别命名为、、．为测试这三款机器人在图象识别能力和运动能力方面的综合表现，团队对它们进行了全面测试．在图象识别能力测试中，、、三款机器人的得分（满分为分）分别为分、分、分．运动能力测试由位专业测试员打分，每位测试员最高打分，各位测试员打分之和为运动能力测试成绩．现需对三款机器人的运动能力测试数据进行详细分析．
【数据收集与整理】
A、B、C三款机器人运动能力测试情况统计表
机器人 测试员打分的中位数 测试员打分的众数 运动能力测试成绩 方差
和
任务1： ， ；
【数据分析与运用】
任务2：按图象识别能力测试成绩占，运动能力测试成绩占计算综合成绩，请你判断、、三款机器人中综合成绩最高的是哪一款？
任务3：如果要选择、、三款机器人中的一款上台表演，你会选择哪一款？请给出你的理由．
17．（2025·深圳模拟）2025年春节档，电影《哪吒之魔童闹海》掀起观影热潮，影片通过粒子水墨技术、动态水墨渲染引擎等技术，将传统水墨画意境融入动画，打造出兼具古典神韵与现代视觉冲击力的场景，形成独特的文化辨识度，向全球展示了“既古老又充满活力的中国形象”． 影片将封神神话中的角色（如哪吒、敖丙）赋予现代价值观，使传统文化符号与当代人民心理形成共振．某文创店果断订购了印有“哪吒”图案和“敖丙”图案的两种书签．经统计，订购30张“哪吒”书签与20张“敖丙”书签，成本共计430元；而订购45张“哪吒”书签和25张“敖丙”书签，则需花费605元．
（1）求“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是多少元？
（2）该文创店计划购进“哪吒”、“敖丙”两种书签共90张， “哪吒”种书签的购进数量不超过“敖丙”种书签数量，已知“哪吒”、“敖丙”两种书签的销售单价分别为15元和12元，如何规划购买方案，才能使文具店在这批书签全部售出后获得最大利润？最大利润是多少？
18．（2025·深圳模拟）（1）如图1，在中，，，的平分线交于点D．过点D分别作，．垂足分别为E，F．则四边形是什么形状？请求证 ．
（2）如图2，是半圆O的直径，．P是上一点，且，连接，的平分线交于点C，过点C分别作，，垂足分别为E，F，求线段的长．
19．（2025·深圳模拟）项目式学习
项目主题：人工智能视觉识别
项目背景：视觉识别技术是人工智能领域的一个重要分支，它让计算机能够“看懂”图象，目标矩形（BoundingBox）是视觉识别技术的一个重要概念，它在计算机视觉的多个领域中都有应用，如目标检测、图象分割、物体跟踪等．目标矩形是一种用于表示图象中目标物体位置和大小的矩形框，在常规的目标检测任务中，如图1，一般使用边与轴平行的矩形框．
概念学习：在平面直角坐标系中，图形的目标矩形定义如下：矩形的两组对边分别平行于x轴、y轴，图形的所有点都在矩形的内部或边上，且矩形的面积最小．设矩形的竖直边与水平边的比为k，我们称常数k为图形的纵横比．举例：如图2，矩形为菱形蓝宝石的目标矩形，纵横比．
【概念理解】
（1） 如图，足球经过计算机识别后的图形为圆，其目标矩形的纵横比 ．
（2） 如图，铅笔经过计算机识别后的图形为线段，表达式为，其目标矩形的纵横比 ．
【联系实际】
如图和图，拱桥经过计算机识别后的图形为抛物线，该抛物线关于y轴对称，的高度为5米，其目标矩形的纵横比，求抛物线的表达式（不必写出自变量的取值范围）．
【应用拓展】
（1）为方便救助溺水者，拟在图的桥拱上方栏杆处悬挂救生圈，如图，为了方便悬挂，救生圈悬挂点距离抛物线拱面上方，且相邻两救生圈悬挂点的水平间距为．为美观，放置后救生圈关于y轴成轴对称分布．求符合悬挂条件的救生圈个数，并求出最左侧一个救生圈悬挂点的坐标（悬挂救生圈的柱子大小忽略不计）．
（2） 据调查，拱顶离水面最大距离为，该河段水位在此基础上再涨达到最高． 当水位达到最高时，上游一个落水者顺流而下到达抛物线拱形桥面的瞬间，若要确保救助者把拱桥上任何一处悬挂点的救生圈抛出都能抛到落水者身边，求救生绳至少需要多长．（救生圈大小忽略不计）
20．（2025·深圳模拟）在等边中，于点D，点E是线段上一点，连接，将线段绕点A顺时针旋转到，连接．
（1）证明：；
（2）如图2，以为边在右侧作等边，延长交的延长线于点H．若，求证：；
（3）如图3，，点K为平面内一动点，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接．点M是线段的中点，以点M为直角顶点，为直角边，在上方作，连接，当线段取最大值时，请直接写出的面积．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】数轴上两点之间的距离
【解析】【解答】解：对于A，D，其与原点距离为3；
对于B，其与原点的距离为1；
对于C，其与原点的距离为2；
故距离原点最近的是1，
故选：B.
【分析】数轴上表示的各数与距离的关系逐一判断远近即可，或可利用绝对值几何意义判断其远近.
2．【答案】A
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：观察可知，由于该几何体的对称性主视图与左视图相同，俯视图看不到几何体的下部分，但是能看到瓶口，即俯视图与其它两种视图不相同，
故选；A．
【分析】根据几何体的三视图即可求出答案.
3．【答案】D
【知识点】同底数幂的乘法；去括号法则及应用；合并同类项法则及应用
【解析】【解答】解：、与不是同类项，不可以合并，原选项运算错误，不符合题意；
、与不是同类项，不可以合并，原选项运算错误，不符合题意；
、，原选项运算错误，不符合题意；
、，原选项运算正确，符合题意；
故选：．
【分析】根据合并同类项法则，去括号法则，同底数幂的乘法逐项进行判断即可求出答案.
4．【答案】D
【知识点】利用频率估计概率
【解析】【解答】解：∵观察表格，发现大量重复试验发芽的频率逐渐稳定在0.95左右，
∴估计这种农作物种子在此条件下发芽的概率约为0.95．
故选：D．
【分析】根据频率估计概率即可求出答案.
5．【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形外角的概念及性质
【解析】【解答】解：重力的方向竖直向下，
重力与水平方向夹角为，
摩擦力的方向与斜面平行，，
，
故选：C．
【分析】根据三角形外角性质即可求出答案.
6．【答案】A
【知识点】对顶角及其性质；尺规作图-作角的平分线；尺规作图-垂直平分线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：由题意可知，平分，垂直平分，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴等腰直角三角形，
∵，
∴，
故选：A．
【分析】根据角平分线定义可得，根据垂直平分线性质可得，根据对顶角相等可得，根据角之间的关系可得∠MAP，再根据等腰三角形判定定理及性质即可求出答案.
7．【答案】C
【知识点】列分式方程
【解析】【解答】解：设单独处理需要小时，则单独处理数据的时间小时，
依题意得，
故答案为：C．
【分析】
设单独处理需要小时，则单独处理数据的时间小时，根据两队合作小时完成，可得出方程，解答即可．
8．【答案】B
【知识点】矩形的判定与性质；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：过点分别作，，垂足分别为、，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，．
在中，，，
∴，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
则线段的长度约为，
故选：B
【分析】过点分别作，，垂足分别为、，根据矩形判定定理可得四边形为矩形，则，，，解直角三角形可得HE，BH，再根据边之间的关系可得HD，再根据角之间的关系可得∠PBF，根据等角对等边可得，再根据边之间的关系即可求出答案.
9．【答案】
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：2560000人次，用科学记数法表示为，
故答案为：．
【分析】科学记数法的表现形式为的形式，其中，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；
10．【答案】13
【知识点】垂径定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：设寸，
弦于点，寸，寸，
寸，
，
，
解得，
半径长为寸．
故答案为：13．
【分析】设寸，根据垂径定理可得，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
11．【答案】70
【知识点】平行线的性质；勾股定理；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：连接交于点H，过点C作，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，解得：．
设，，则，
∵，
∴，
∴，即，
解得：，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
解得：，
∴，
故答案为：70．
【分析】连接交于点H，过点C作，根据直线平行性质可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得HM，设，，根据勾股定理可得EG，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得CN，根据矩形判定定理可得四边形为矩形，则，，再根据相似三角形判定定理及性质即可求出答案.
12．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接正多边形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，作轴与，连接，
∵原点O为正六边形的中心，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
∴，，
∵将正六边形向上平移个单位长度，点恰好落在双曲线上，
∴点在双曲线上，
∵点也在双曲线上，
∴，
解得：或（舍去），
∴，
故答案为：．
【分析】作轴与，连接，根据正多边形性质可得，，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，，根据勾股定理可得EH，设，则，，根据点的坐标可得，，根据平移性质可得点在双曲线上，再将点，E坐标代入反比例函数解析式即可求出答案.
13．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，，
连接，则垂直平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
设，则，
∴，
，
∴，，
∴，
故答案为：．
【分析】根据正方形性质可得，，，再根据全等三角形判定定理可得，则，，连接，则垂直平分，根据垂直平分线性质可得，根据角之间的关系可得，根据等角对等边可得，再根据边之间的关系可得FG=GH，再根据相似三角形判定定理可得，则，设，则，再根据勾股定理可得AC，DF，再根据边之间的关系即可求出答案.
14．【答案】解：
．
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；有理数的乘方法则；实数的绝对值；求算术平方根
【解析】【分析】根据有理数的乘方，绝对值性质，0指数幂，负整数指数幂化简，再计算加减即可求出答案.
15．【答案】（1）解：．
（2）解：，
，
，即，
，
．
【知识点】分母有理化；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【分析】（1）根据题意，进行分母有理化即可求出答案.
（2）对a进行分母有理数可得，两边平方可得，化简代数式，再整体代入即可求出答案.
（1）解：．
（2）解：，
，
，即，
，
．
16．【答案】任务1：，；
任务2：
的综合成绩为：（分），
的综合成绩为：
的综合成绩为：
，
机器人的综合成绩最高；
任务3：
①选择机器人，因为机器人得运动能力测试能力比较高；
②选择机器人，因为B机器人运动能力成绩得方差比较小，说明机器人得运动能力比较稳定；
③选择机器人，因为机器人运动能力测试得众数是和，说明较多专业测试员认为机器人得运动能力很好.
【知识点】扇形统计图；折线统计图；加权平均数及其计算；方差；分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）
【解析】【解答】解：任务1：由折线统计图可知，款机器人测试员打分从低到高排列为：，，，，，，，，，，
款机器人测试员打分的中位数，
由扇形统计图可知，款机器人运动能力得分出现次数最多的是分，
款机器人运动能力得分的众数，
故答案为：，；
【分析】
（1）根据中位数定义可求得m的值；根据众数的定义，结合扇形统计图，即可求得n的值；
（2）根据加权平均数的算法，分别求出它们的加权平均数，并进行比较，即可得出答案；
（3）结合特征数进行分析，言之有理即可(答案不唯一，言之有理即可)。
17．【答案】（1）解：设“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是x、y元，
由题意知： ，
解得，
答：“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是9元，8元．
（2）解：设购进“哪吒”书签m张，“敖丙”书签张，
由题意知：，
解得：，
设这批书签全部售出后获利W元，
则，
∵，
∴W随m的增大而增大，
∴当时，，W有最大值，元．
答：当购进“哪吒”书签40张，“敖丙”书签50张时，获得最大利润，最大利润是440元．
【知识点】二元一次方程组的实际应用-销售问题；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是x、y元，根据两种不同的购买方案所需要的费用建立方程组，解方程组即可求出答案.
（2）设购进“哪吒”书签m张，“敖丙”书签张，设这批书签全部售出后获利W元，可以得到所获利润与购买“哪吒”书签的数量之间的一次函数关系式，结合一次函数的性质即可求出答案.
（1）解：设“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是x、y元，
由题意知： ，
解得，
答：“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是9元，8元．
（2）解：设购进“哪吒”书签m张，“敖丙”书签张，
由题意知：，
解得：，
设这批书签全部售出后获利W元，
则，
∵，
∴W随m的增大而增大，
∴当时，，W有最大值，元．
答：当购进“哪吒”书签40张，“敖丙”书签50张时，获得最大利润，最大利润是440元．
18．【答案】解：（1）∵，，
∴ ，
∵，
∴四边形是矩形，
∵平分，
∴ ，
∴矩形是正方形．
（2）连接，
是半圆的直径，，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，，
且在中，，
∵四边形是正方形，
，
，
，
解得：，
．
【知识点】角平分线的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；正方形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）根据矩形判定定理可得四边形是矩形，再根据角平分线性质可得，再根据正方形判定定理即可求出答案.
（2）连接，根据角之间的关系可得∠POA，再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，根据含30°角的直角三角形性质可得PA，PB，根据正方形性质可得 ，再根据边之间的关系建立方程，解方程即可求出答案.
19．【答案】【概念理解】（1）；
（2）；
【联系实际】
如图：
∵最高点C与水面的距离为5米，
∴，
∵抛物线目标矩形的纵横比，
∴，
∴，
∵抛物线关于y轴对称，
∴，，
设抛物线的表达式为，
把代入得：，
解得，
∴；
【应用拓展】
（1）相邻两救生圈悬挂点的水平间距为，且关于y轴对称，如图2，
∴，
∴左侧可挂3个，桥面可挂6个．
∵最左侧位于拱面上方处，
∴最左侧一个救生圈悬挂点E的坐标为．
（2）如图3，当水位达到最高时，水位线为．
∵救生圈悬挂点距离抛物线拱面上方，
∴当时，，，，
在中，由勾股定理得：．
答：救生绳至少需．
【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-拱桥问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：【概念理解】：（1）∵足球经过计算机识别后的图形为圆，其目标矩形的长和宽都为圆的直径，
∴目标矩形的纵横比；
故答案为：1；
（2）根据目标矩形的纵横比的定义，线段的目标矩形纵横比；
故答案为：；
【分析】【概念理解】：（1）根据纵横比的定义即可求出答案.
（2）根据纵横比的定义即可求出答案.
【联系实际】由题意可得，根据纵横比定义可得，则，根据对称性质可得，，设抛物线的表达式为，再根据待定系数法将点C坐标代入解析式即可求出答案.
【应用拓展】（1）根据相邻两救生圈悬挂点的水平间距为，且关于y轴成轴对称，由得桥面可挂6个，即可求出答案.
（2）当水位达到最高时，水位线为，由题意可得当时，，，，再根据勾股定理即可求出答案.
20．【答案】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质得，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：连接，过点作于点，如图：
，，
，
，
同理（1）可得，
，
∵等边中，于点，
∴垂直平分，
，
∴，
由旋转的性质得，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
，
∵，
∴是等边三角形，
，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
在和中，
，
∴，
，，
，
，
，
，
，
，
，
（3）．
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；翻折变换（折叠问题）；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（3）解：在上取点，使得，连接，如图：
由翻折的性质得到为定值，
∴点在以为圆心，长为半径的圆上运动，
，
，
∵点分别是的中点，
∴是的中位线，
， ，
∴点在以为圆心，长为半径的圆上运动，
，即，
，
，，
，即，
，
∴点在以为圆心，长为半径的圆上运动，
，
，
当三点共线，且点在线段上时，线段取最大值，
此时最大值为：，
过点作于点，如图：
由（2）知垂直平分，
，
，
，
∴此时的面积为：
【分析】（1）根据等边三角形性质可得，再根据旋转性质可得，根据边之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理即可求出答案.
（2）连接，过点作于点，根据角之间的关系可得∠ABF，根据全等三角形判定定理可得，则，根据等腰三角形三线合一性质可得，则，由旋转的性质得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据等腰直角三角形判定定理可得是等腰直角三角形，则，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，再根据等边三角形性质可得，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，，根据直线平行判定定理可得可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
（3）在上取点，使得，连接，根据折叠性质可得为定值，则点在以为圆心，长为半径的圆上运动，根据边之间的关系可得DE，根据三角形中位线定理可得， ，则点在以为圆心，长为半径的圆上运动，根据角之间的关系可得，根据余弦定义，结合特殊角的三角函数值可得，即，根据相似三角形判定定理可得，则点在以为圆心，长为半径的圆上运动，根据边之间的关系可得ON，当三点共线，且点在线段上时，线段取最大值，此时最大值为：，过点作于点，由（2）知垂直平分，根据垂直平分线性质可得，根据等边对等角可得，再根据含30°角的直角三角形性质可得NT，再根据三角形面积即可求出答案.
（1）证明：∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质得，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：连接，过点作于点，如图：
，，
，
，
同理（1）可得，
，
∵等边中，于点，
∴垂直平分，
，
∴，
由旋转的性质得，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
，
∵，
∴是等边三角形，
，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
在和中，
，
∴，
，，
，
，
，
，
，
，
，
（3）解：在上取点，使得，连接，如图：
由翻折的性质得到为定值，
∴点在以为圆心，长为半径的圆上运动，
，
，
∵点分别是的中点，
∴是的中位线，
， ，
∴点在以为圆心，长为半径的圆上运动，
，即，
，
，，
，即，
，
∴点在以为圆心，长为半径的圆上运动，
，
，
当三点共线，且点在线段上时，线段取最大值，
此时最大值为：，
过点作于点，如图：
由（2）知垂直平分，
，
，
，
∴此时的面积为：
1 / 1

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