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广东省深圳市宝安中学2025年中考数学三模试卷
一、选择题（共8小题，每小题3分，共24分）
1．我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响．下列图形“中国七巧板”、“刘徽的割圆术”、“中国的青朱出入图”、“赵爽弦图”中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．实数与在数轴上的位置如图所示，则它们的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
3．下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．二十八星宿，是中国古代天文学家为观测日、月、五星运行而划分的二十八个星区，由东方青龙（角、亢、氐、房、心、尾、箕）、南方朱雀（斗、牛、女、虚、危、室、壁）、西方白虎（奎、娄、胃、昴、毕、参）、北方玄武（井、鬼、柳、星、张、翼、轸）各七宿组成．若从二十八个星宿中选择一个星宿，则选择的星宿在东方的概率为（　　）
A． B． C． D．
5．将一块直角三角尺按如图方式放置，，两点分别落在直线上，若，，则的大小是（　　）
A． B． C． D．
6．如图，已知，，，的角平分线交于点，交的延长线于点，若，则的长为（　　）
A．5 B．7 C． D．
7．《九章算术》是中国古代的一本重要数学著作，其中有一道方程的应用题：“今有上禾七秉，损实一斗，益之下禾二秉，二实一十斗．下禾八秉，益实一斗与上禾二秉，二实一十斗”，其意思为：“今有上禾7束，减去其中之实1斗，加下禾2束，则得实10斗．下禾8束，加实1斗和上禾2束，则得实10斗，问上禾、下禾1束各得实多少？”解：设上禾1束得实为x斗，下禾1束得实为y斗，则可列出方程组为（　　）
A． B．
C． D．
8．“十次事故九次快，超速行驶害三代！”，安全行驶警钟长鸣．深圳交警在某次交通检查中，使用无人机检测小车经过某隧道的平均速度．无人机悬停在隧道的正上方，高度为84米（保持静止）．当汽车刚进入山洞时，无人机测得俯角为α；当汽车完全离开山洞时，无人机测得俯角为β．若汽车通过山洞的时间为12秒，则小车过山洞的平均速度为（　　）米/秒
A． B．
C． D．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
9．一元二次方程的一个解为，则　 　．
10．大、中、小三个正方形摆放如图所示，若大正方形的面积为8，小正方形的面积为2，则正方形的边长可能是　 　．
11．如图，在矩形中，以点A为圆心，以长为半径画弧，恰好交边于点E，若扇形的面积为，，则的长度为　 　．
12．如图，平面直角坐标系中，菱形的顶点A在x轴上，，反比例函数经过其对角线的交点M，将线段绕点O顺时针旋转得到线段，连接，若，则的面积为　 　．
13．如图，在中，，点在边的延长线上，点在边上（不与点重合），连接，以点为顶点作的边交边于点，若，则　 　．
三、解答题（共7小题，其中14题5分，15题7分，16题8分，17题8分，18题9分，19题12分，20题12分，共61分）
14．计算：．
15．先化简，再求值：，其中x满足方程：．
16．覃斗芒果是广东省的特产，因主产于广东省雷州市的覃斗镇而得名，为中国国家地理标志认证产品．为了更好地发展芒果种植，某地区积极投入资金和技术大力推广种植甲、乙两个特色品种芒果．通过一段时间的调查研究，对相同面积种植下的两个品种随机分别选取同样数量的个芒果（特殊果实样本除外）对其长度进行测量和分析，芒果长度用（单位：）表示，将测量统计的数据进行整理，并绘制形成了甲品种扇形统计图和乙品种频数分布直方图．
数据分组
组别
A
B
C
D
E
其中甲种芒果组共个数据，频数分布如下（单位：）
芒果长度 17 17.1 17.2 17.3 17.4 17.5 17.6 17.7 17.8 17.9
频数 3 7 6 2 5 5 8 4 3 7
解答下列问题．
（1） ，补全图2中的频率分布直方图；
（2）甲品种抽取的芒果的中位数为　 　；
（3）从乙品种芒果测量结果的B组数据中随机抽取8个数据，具体为：，，，，，，，．张明同学依此断定乙品种芒果B组测量数据的众数为16.8，请你判断一下他的说法是否正确，并说明理由．
17．随着deepseek的AI技术开发，更大激活智能机器人应用市场，为了更方便的服务广大读者，某图书馆准备引进智能机器人服务读者，购进甲、乙两种型号的机器人，已知甲种型号的单价比乙种型号的机器人多3万元，经过调研发现130万购买的甲中型号机器人和100万购买的乙种型号的机器人数量一样．
（1）求甲乙两种型号的机器人的单价是多少万元？
（2）图书馆经过统筹安排，准备用不低于114万的资金购进甲、乙两种型号的机器人共10套（两种型号均有），则有几种购买方案，购买乙种智能机器人多少套，所花资金最少？
18．如图，点在外，连接并延长，与交于点、，点在上，连接，过点作的切线，交于点，______．
（1）在①；②；③这三个条件中，选择一个合适的条件，补充在上述题干中的横线上（只要写序号）；
（2）在完成（1）的补充条件后，解答下列问题：
①求证：与相切；
②若，，求的半径．
19．如图，以点，为端点的实线是一条开口向下的抛物线的一段，点是抛物线的顶点，直线是抛物线的对称轴，于点，，则称实线表示的部分为该抛物线上的“正抛线”，点，分别为“正抛线”的左、右端点，点为“正抛线”的顶点，的长为“正抛线”的高．
（1）已知高为的“正抛线”左端点在坐标原点，求该“正抛线”所在抛物线的表达式；
（2）已知抛物线上的“正抛线”以原点为左端点，求；
（3）如图，一种图案由大小两种不同的“正抛线”组成，在平面直角坐标系中，所有大“正抛线”的端点都在轴上，小“正抛线”的端点都在与其相邻的大“正抛线”上，所有“正抛线”的顶点都在同一条直线上．若所有大“正抛线”的，求小“正抛线”的高．
20．定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形．
（1）互补四边形中，若，求的度数；
（2）如图，在四边形中，平分，，．求证：四边形是互补四边形；
（3）如图，互补四边形中，，，点，分别是边，的动点，且，周长是否变化？若不变，请求出不变的值；若有变化，说明理由；
（4）如图，互补四边形中，，，，将纸片先沿直线对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形打开铺平，若铺平后的图形中有一个是面积为的平行四边形，求的长．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：根据中心对称图形的定义，对各选项逐一判断：
A、图形绕任意一点旋转 180° 后，无法与自身重合，不是中心对称图形，A不符合题意；
B、图形绕任意一点旋转 180° 后，无法与自身重合，不是中心对称图形，B不符合题意；
C、图形绕任意一点旋转 180° 后，无法与自身重合，不是中心对称图形，C不符合题意；
D、图形绕其中心旋转 180° 后，能与自身完全重合，是中心对称图形，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题核心考查中心对称图形的判定，解题关键是紧扣中心对称图形的定义：在平面内，把一个图形绕某一点旋转 180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，就称这个图形是中心对称图形。
2．【答案】D
【知识点】实数在数轴上表示；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】A、a 小于 0，b 大于 0，且 a 到原点的距离大于 b 到原点的距离，所以 a 加 b 小于 0，A 不符合题意；
B、a 小于 0，b 大于 0，异号相乘为负，所以 ab 小于 0，B 不符合题意；
C、a 到原点的距离大于 b 到原点的距离，所以 a 的绝对值大于 b 的绝对值，C 不符合题意；
D、a 小于 b，小的数减去大的数结果为负，所以 a 减 b 小于 0，D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】先根据数轴确定 a、b 的正负性及绝对值大小，再逐一分析每个选项的运算结果和大小关系，选出正确的选项。
3．【答案】D
【知识点】单项式乘多项式；完全平方公式及运用；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】A、根据合并同类项法则，2a3 加 a3 等于 3a3，不是 2a6，A 不符合题意；
B、根据完全平方公式，(a-1)2 展开为 a2-2a+1，不是 a2-2a-1，B 不符合题意；
C、根据积的乘方和幂的乘方法则，(a3b)2 计算得 a6b2，不是 a5b2，C 不符合题意；
D、根据单项式乘多项式的分配律，a(1+2a) 展开为 2a2+a，D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】先依据整式运算法则逐一计算各选项，再判断运算是否正确，选出符合题意的选项。
4．【答案】D
【知识点】概率公式
【解析】【解答】东方青龙有 7 个星宿，总共有 28 个星宿，概率为 7 除以 28 等于 1 除以 4，D 符合题意；故答案为：D。
【分析】先确定总事件数为 28 个星宿，再确定东方青龙对应的东方星宿数量为 7 个，根据概率公式计算所求概率。
5．【答案】B
【知识点】平行线的性质；平行线的应用-求角度；两直线平行，同位角相等；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵ 直线 ，
∴（两直线平行，内错角相等）。
∵ 直角三角尺 中，，，
∴。
∴。
∴∠CDB=90°-∠CBD=50°。
故答案为：B。
【分析】先由直线 n 平行于 m，利用内错角相等得∠ABD=∠1=20°；再根据直角三角尺的角度求出∠ABC=60°，进而算出∠CBD=∠ABC-∠ABD=40°；最后在 Rt△BCD 中，由∠C=90°，得∠CDB=90°-∠CBD=50°。
6．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质；角平分线的概念；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解： 四边形是平行四边形，
，，
（两直线平行，内错角相等）。
平分，
，
，
（等角对等边）。
在和中，
（两角分别相等的两个三角形相似）。
（相似三角形对应边成比例）。
将，，代入得：
，
解得 。
故答案为：C。
【分析】 先利用平行四边形对边平行的性质，结合角平分线推导出等腰三角形，得到的长度；再通过“两角分别相等”的判定方法证明，最后借助相似三角形对应边成比例建立等式，代入已知数据即可求出的长度。
7．【答案】B
【知识点】列二元一次方程组
【解析】【解答】解：“上禾 7 束减实 1 斗，加下禾 2 束得 10 斗” 可列方程 (7x-1)+2y=10；“下禾 8 束加实 1 斗，加上禾 2 束得 10 斗” 可列方程 (8y+1)+2x=10，
故答案为：B。
【分析】本题属于古代数学应用题，核心是将文言描述转化为二元一次方程组。解题要点为：先准确提取 “上禾、下禾、实” 的数量关系，再将 “损实”“益实” 分别对应为减法、加法运算，最后按两个等量关系列出方程组。
8．【答案】B
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣仰角俯角问题
【解析】【解答】解：如图，过点作，垂足为。
因为，所以，（两直线平行，内错角相等）。
在中，；
在中，。
已知米，代入可得：
因此隧道长度。
小车通过山洞的时间为秒，所以平均速度为：
米/秒，
故答案为：B。
【分析】先通过作高将实际问题转化为两个直角三角形模型，利用俯角与平行线性质得到三角形的内角，再结合正切函数求出两段水平距离，求和得到隧道总长度，最后根据“平均速度=总路程÷总时间”完成计算。
9．【答案】1
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：一元二次方程的一个解为，
，
解得．
故答案为：．
【分析】将已知的方程解代入原方程，得到关于参数a的一元一次方程，求解该方程即可得到a的值。
10．【答案】（答案不唯一）
【知识点】算术平方根的实际应用
【解析】【解答】解：∵大正方形的面积为8，小正方形的面积为2，
∴大正方形的边长为，小正方形的边长，
由图可知：，
∴正方形的边长可能是；
故答案为：（答案不唯一）．
【分析】 先分别求出大、小正方形的边长，再确定正方形 ABCD 的边长介于大、小正方形边长之间，进而选取符合范围的值。
11．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；扇形面积的计算；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：由题可得：，
∵扇形的面积为，，
∴由扇形面积公式可得：，
解得：，即，
∵四边形为矩形，
∴，
在等腰直角中，，
由勾股定理可得：，
解得：，
∴，
故答案为：．
【分析】先利用扇形面积公式求出圆心角∠DAE 的度数，再结合矩形性质得到△ABE 为等腰直角三角形，接着用勾股定理求出 BE 的长度，最后用 BC 减去 BE 得到 CE 的长度。
12．【答案】12
【知识点】反比例函数的实际应用；三角形的面积；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：过点作轴，垂足为，过点作轴于点，过点作轴于点，如图：
∵菱形，，
∴，
∴为等边三角形，
∴
∴，
∵反比例函数经过其对角线的交点M，，
∴，
∴（负值舍去）；
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∵轴，
∴，
∵将线段绕点O顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∴
；
故答案为：12．
【分析】先利用菱形性质与反比例函数求出相关线段长度，再通过旋转得到 OB' 的长度与角度，最后用面积分割法求出△OB'C 的面积。
13．【答案】
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定；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：过F点作，交于点O，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为．
【分析】过F点作，交于点O，可以得到得出，通过角度关系证明，然后证明进而求解的值．
14．【答案】解：原式
．
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；有理数混合运算法则（含乘方）；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】先分别计算特殊角的正切值、负整数指数幂、零指数幂和算术平方根，再按照从左到右的顺序进行加减运算，得出最终结果。
15．【答案】解：原式
，
∵，
∴，
∴原式
【知识点】分式的化简求值
【解析】【分析】先对分式进行通分、除法变乘法和约分化简，再根据已知方程得到x2+x=1，最后用整体代入法求出分式的值。
16．【答案】（1）解：50；
补全图2中的频率分布直方图如下：
（2）17.2
（3）解：他的说法不正确，
理由：乙品种芒果组测量数据共有个，而只是乙品种芒果测量结果的组数据中随机抽取的个数据中的众数，不能依此确定乙品种芒果组测量数据的众数．
答：他的说法不正确．
【知识点】频数（率）分布直方图；扇形统计图；中位数；众数；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：（1），
乙品种组频数为，
故答案为：50.
（2）解：甲种芒果组频数为
甲种芒果组频数为
甲种芒果组频数为
甲种芒果组频数为
∵
∴甲品种抽取的芒果的中位数为组中第个数据和第个数据的平均值，
∴甲品种抽取的芒果的中位数为，
故答案为：．
【分析】(1)先利用甲品种 C 组频数及占比求出样本总量m，再用总量减去乙品种已知组的频数得到 D 组频数，最后补全频数分布直方图。
(2)先算出甲品种各组频数，确定中位数所在的 C 组，再取 C 组中第 15 和第 16 个数据的平均值作为中位数。
(3)根据众数定义，样本众数不能直接等同于总体众数，因此不能仅凭抽取的 8 个数据断定乙品种 B 组数据的众数为 16.8。
（1）解：，
乙品种组频数为，
补全图2中的频率分布直方图如下：
故答案为：．
（2）解：甲种芒果组频数为
甲种芒果组频数为
甲种芒果组频数为
甲种芒果组频数为
∵
∴甲品种抽取的芒果的中位数为组中第个数据和第个数据的平均值，
∴甲品种抽取的芒果的中位数为，
故答案为：．
（3）解：他的说法不正确，
理由：乙品种芒果组测量数据共有个，而只是乙品种芒果测量结果的组数据中随机抽取的个数据中的众数，不能依此确定乙品种芒果组测量数据的众数．
答：他的说法不正确．
17．【答案】（1）解：设甲种型号的机器人的单价是x万元，则乙种型号的机器人的单价是万元，根据题意得：，
解得：，
经检验，是所列方程的解，且符合题意，
∴（万元）．
答：甲种型号的机器人的单价是13万元，乙种型号的机器人的单价是10万元；
（2）解：设购买乙种智能机器人m套，则购买甲种智能机器人套，根据题意得：，
解得：，
又∵m，均为正整数，
∴m可以为1，2，3，4，5，
∴有5种购买方案．
设购买甲、乙两种型号的机器人共花费w万元，则，
即，
∵，
∴w随m的增大而减小，
∴当时，w取得最小值．
答：有5种购买方案，购买乙种智能机器人5套，所花资金最少．
【知识点】一元一次不等式的应用；一次函数的实际应用-销售问题；分式方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】(1)先设甲种机器人单价为x万元，根据单价比表示出乙种单价，再依据 “130 万购买的甲种数量与 100 万购买的乙种数量相同” 列分式方程，求解并检验即可得到单价。
(2)设购买乙种m套，根据 “总资金不低于 114 万” 列不等式，结合m为正整数确定购买方案数，再构建总费用关于m的一次函数，利用函数性质求出费用最小时m的值。
（1）解：设甲种型号的机器人的单价是x万元，则乙种型号的机器人的单价是万元，
根据题意得：，
解得：，
经检验，是所列方程的解，且符合题意，
∴（万元）．
答：甲种型号的机器人的单价是13万元，乙种型号的机器人的单价是10万元；
（2）解：设购买乙种智能机器人m套，则购买甲种智能机器人套，
根据题意得：，
解得：，
又∵m，均为正整数，
∴m可以为1，2，3，4，5，
∴有5种购买方案．
设购买甲、乙两种型号的机器人共花费w万元，则，
即，
∵，
∴w随m的增大而减小，
∴当时，w取得最小值．
答：有5种购买方案，购买乙种智能机器人5套，所花资金最少．
18．【答案】（1）①或②或③
（2）①解：选择①：如图，
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴与相切；
选择②：如图，
证明： ∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与相切；
选择③：如图，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与相切；
②连接，如图：
由上可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即的半径为．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；圆周角定理；切线的判定与性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应角
【解析】【解答】（1）根据题意可知，可选①或②或③ ；
故答案为： ①或②或③ ；
【分析】(1)从①②③中任选一个条件，通过相似三角形、圆周角定理或切线性质，推导出 OD 垂直于 AD，进而证明 AD 与圆 O 相切。
(2) ①直接沿用 (1) 的结论，利用 OD⊥AD 的结论完成 AD 与圆 O 相切的证明。
②连接 OE，证明 Rt△EBO 和 Rt△EDO 全等，得到 DE=BE，再结合 AE=2DE 求出∠A 的度数，最后在 Rt△ADO 中解直角三角形求出圆 O 的半径。
（1）解：选择①：如图，
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴与相切；
选择②：如图，
证明： ∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与相切；
选择③：如图，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与相切；
（2）解：①，证明见第一问；
②连接，如图：
由上可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即的半径为．
19．【答案】（1）解：根据题意得：左端点，，
右端点，
由抛物线的对称性可得，则或，
设该“正抛线”所在抛物线的表达式为或，
将代入可得或，
该“正抛线”所在抛物线的表达式为或，
即该“正抛线”所在抛物线的表达式为或；
（2）解：抛物线上的“正抛线”以原点为左端点，
即，
抛物线开口向下，抛物线的顶点在第一象限，右端点在轴的正半轴，
此时抛物线对称轴为，
右端点的坐标为，垂足，，
，
将其代入抛物线解析式可得：，
，
或（舍去），
即；
（3）解：设抛物线的左端点为，右端点为，垂足点为，顶点为，
小抛物线的左端点为，右端点为，垂足点为，顶点为，
根据题意，设左端点，右端点，
，垂足点，顶点，
，
设抛物线解析式为，
把代入可得，，
解得或（舍去），
抛物线解析式为，，
设小“正抛线”的高为，则，
，
，
点在抛物线上，
，
解得或（舍去），
小“正抛线”的高为．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的实际应用-几何问题；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【分析】(1)先根据高和左端点确定右端点、顶点坐标，再设顶点式抛物线解析式，代入左端点坐标求出参数，从而得到解析式。
(2)先确定抛物线左端点为原点，结合开口方向推出顶点和右端点坐标，再将顶点坐标代入抛物线解析式，求解得出 b 的值。
(3)先设大 “正抛线” 相关点坐标并求出其解析式和高，再设小 “正抛线” 的高，推出其顶点和端点坐标，将端点坐标代入大 “正抛线” 解析式，求解得到小 “正抛线” 的高。
（1）解：根据题意得：左端点，，
右端点，
由抛物线的对称性可得，则或，
设该“正抛线”所在抛物线的表达式为或，
将代入可得或，
该“正抛线”所在抛物线的表达式为或，
即该“正抛线”所在抛物线的表达式为或；
（2）解：抛物线上的“正抛线”以原点为左端点，
即，
抛物线开口向下，抛物线的顶点在第一象限，右端点在轴的正半轴，
此时抛物线对称轴为，
右端点的坐标为，垂足，，
，
将其代入抛物线解析式可得：，
，
或（舍去），
即；
（3）解：设抛物线的左端点为，右端点为，垂足点为，顶点为，
小抛物线的左端点为，右端点为，垂足点为，顶点为，
根据题意，设左端点，右端点，
，垂足点，顶点，
，
设抛物线解析式为，
把代入可得，，
解得或（舍去），
抛物线解析式为，，
设小“正抛线”的高为，则，
，
，
点在抛物线上，
，
解得或（舍去），
小“正抛线”的高为．
20．【答案】（1）解：依题意得：，
设，，，
即，
解得，
，，，
．
（2）解：在上取，连接，
平分，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
又，
，
即对角互补，四边形是互补四边形．
（3）解：周长不变，证明如下：
延长使，连接、，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，，
，
故周长不变，周长为．
（4）解：分两种情况：
①如下图所示，四边形是平行四边形，
，
，，
，，
，
同（3）得，，
，
，
，
四边形是菱形，
，，
设，
作于点，则，
菱形的面积，
解得或（舍去），
，
，
，，
；
②如下图所示，四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形，
，，
作交于点，交于点，
设，则，
菱形的面积，
解得或（舍去），
，
，
，
则中，，，，
，，
，
同①得：，
，
是的外角，
，
，
．
综上所述：的长为或．
【知识点】三角形全等的判定；含30°角的直角三角形；勾股定理；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】（1）根据互补四边形定义可得，设，，，列方程求出x的值即可解答；
（2）在上取，连接，根据SAS得到，即可得到，，进而得到啊，推理得到证明结论；
（3）延长使，连接、，根据SAS得到，即可得到，，进而得到，然后证明，即可得到，即，再推理得到后，利用含的直角三角形性质和勾股定理求出AC和DC的长解答即可；
（4）分两种情况考虑：①是平行四边形；②是平行四边形，根据平行四边形性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、含的直角三角性质求出的长．
（1）解：依题意得：，
设，，，
即，
解得，
，，，
．
（2）解：在上取，连接，
平分，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
又，
，
即对角互补，四边形是互补四边形．
（3）解：周长不变，证明如下：
延长使，连接、，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，，
，
故周长不变，周长为．
（4）解：分两种情况：
①如下图所示，四边形是平行四边形，
，
，，
，，
，
同（3）得，，
，
，
，
四边形是菱形，
，，
设，
作于点，则，
菱形的面积，
解得或（舍去），
，
，
，，
；
②如下图所示，四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形，
，，
作交于点，交于点，
设，则，
菱形的面积，
解得或（舍去），
，
，
，
则中，，，，
，，
，
同①得：，
，
是的外角，
，
，
．
综上所述：的长为或．
1 / 1广东省深圳市宝安中学2025年中考数学三模试卷
一、选择题（共8小题，每小题3分，共24分）
1．我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响．下列图形“中国七巧板”、“刘徽的割圆术”、“中国的青朱出入图”、“赵爽弦图”中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：根据中心对称图形的定义，对各选项逐一判断：
A、图形绕任意一点旋转 180° 后，无法与自身重合，不是中心对称图形，A不符合题意；
B、图形绕任意一点旋转 180° 后，无法与自身重合，不是中心对称图形，B不符合题意；
C、图形绕任意一点旋转 180° 后，无法与自身重合，不是中心对称图形，C不符合题意；
D、图形绕其中心旋转 180° 后，能与自身完全重合，是中心对称图形，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题核心考查中心对称图形的判定，解题关键是紧扣中心对称图形的定义：在平面内，把一个图形绕某一点旋转 180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，就称这个图形是中心对称图形。
2．实数与在数轴上的位置如图所示，则它们的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】实数在数轴上表示；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】A、a 小于 0，b 大于 0，且 a 到原点的距离大于 b 到原点的距离，所以 a 加 b 小于 0，A 不符合题意；
B、a 小于 0，b 大于 0，异号相乘为负，所以 ab 小于 0，B 不符合题意；
C、a 到原点的距离大于 b 到原点的距离，所以 a 的绝对值大于 b 的绝对值，C 不符合题意；
D、a 小于 b，小的数减去大的数结果为负，所以 a 减 b 小于 0，D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】先根据数轴确定 a、b 的正负性及绝对值大小，再逐一分析每个选项的运算结果和大小关系，选出正确的选项。
3．下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】单项式乘多项式；完全平方公式及运用；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】A、根据合并同类项法则，2a3 加 a3 等于 3a3，不是 2a6，A 不符合题意；
B、根据完全平方公式，(a-1)2 展开为 a2-2a+1，不是 a2-2a-1，B 不符合题意；
C、根据积的乘方和幂的乘方法则，(a3b)2 计算得 a6b2，不是 a5b2，C 不符合题意；
D、根据单项式乘多项式的分配律，a(1+2a) 展开为 2a2+a，D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】先依据整式运算法则逐一计算各选项，再判断运算是否正确，选出符合题意的选项。
4．二十八星宿，是中国古代天文学家为观测日、月、五星运行而划分的二十八个星区，由东方青龙（角、亢、氐、房、心、尾、箕）、南方朱雀（斗、牛、女、虚、危、室、壁）、西方白虎（奎、娄、胃、昴、毕、参）、北方玄武（井、鬼、柳、星、张、翼、轸）各七宿组成．若从二十八个星宿中选择一个星宿，则选择的星宿在东方的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】概率公式
【解析】【解答】东方青龙有 7 个星宿，总共有 28 个星宿，概率为 7 除以 28 等于 1 除以 4，D 符合题意；故答案为：D。
【分析】先确定总事件数为 28 个星宿，再确定东方青龙对应的东方星宿数量为 7 个，根据概率公式计算所求概率。
5．将一块直角三角尺按如图方式放置，，两点分别落在直线上，若，，则的大小是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平行线的性质；平行线的应用-求角度；两直线平行，同位角相等；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵ 直线 ，
∴（两直线平行，内错角相等）。
∵ 直角三角尺 中，，，
∴。
∴。
∴∠CDB=90°-∠CBD=50°。
故答案为：B。
【分析】先由直线 n 平行于 m，利用内错角相等得∠ABD=∠1=20°；再根据直角三角尺的角度求出∠ABC=60°，进而算出∠CBD=∠ABC-∠ABD=40°；最后在 Rt△BCD 中，由∠C=90°，得∠CDB=90°-∠CBD=50°。
6．如图，已知，，，的角平分线交于点，交的延长线于点，若，则的长为（　　）
A．5 B．7 C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质；角平分线的概念；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解： 四边形是平行四边形，
，，
（两直线平行，内错角相等）。
平分，
，
，
（等角对等边）。
在和中，
（两角分别相等的两个三角形相似）。
（相似三角形对应边成比例）。
将，，代入得：
，
解得 。
故答案为：C。
【分析】 先利用平行四边形对边平行的性质，结合角平分线推导出等腰三角形，得到的长度；再通过“两角分别相等”的判定方法证明，最后借助相似三角形对应边成比例建立等式，代入已知数据即可求出的长度。
7．《九章算术》是中国古代的一本重要数学著作，其中有一道方程的应用题：“今有上禾七秉，损实一斗，益之下禾二秉，二实一十斗．下禾八秉，益实一斗与上禾二秉，二实一十斗”，其意思为：“今有上禾7束，减去其中之实1斗，加下禾2束，则得实10斗．下禾8束，加实1斗和上禾2束，则得实10斗，问上禾、下禾1束各得实多少？”解：设上禾1束得实为x斗，下禾1束得实为y斗，则可列出方程组为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】列二元一次方程组
【解析】【解答】解：“上禾 7 束减实 1 斗，加下禾 2 束得 10 斗” 可列方程 (7x-1)+2y=10；“下禾 8 束加实 1 斗，加上禾 2 束得 10 斗” 可列方程 (8y+1)+2x=10，
故答案为：B。
【分析】本题属于古代数学应用题，核心是将文言描述转化为二元一次方程组。解题要点为：先准确提取 “上禾、下禾、实” 的数量关系，再将 “损实”“益实” 分别对应为减法、加法运算，最后按两个等量关系列出方程组。
8．“十次事故九次快，超速行驶害三代！”，安全行驶警钟长鸣．深圳交警在某次交通检查中，使用无人机检测小车经过某隧道的平均速度．无人机悬停在隧道的正上方，高度为84米（保持静止）．当汽车刚进入山洞时，无人机测得俯角为α；当汽车完全离开山洞时，无人机测得俯角为β．若汽车通过山洞的时间为12秒，则小车过山洞的平均速度为（　　）米/秒
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣仰角俯角问题
【解析】【解答】解：如图，过点作，垂足为。
因为，所以，（两直线平行，内错角相等）。
在中，；
在中，。
已知米，代入可得：
因此隧道长度。
小车通过山洞的时间为秒，所以平均速度为：
米/秒，
故答案为：B。
【分析】先通过作高将实际问题转化为两个直角三角形模型，利用俯角与平行线性质得到三角形的内角，再结合正切函数求出两段水平距离，求和得到隧道总长度，最后根据“平均速度=总路程÷总时间”完成计算。
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
9．一元二次方程的一个解为，则　 　．
【答案】1
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：一元二次方程的一个解为，
，
解得．
故答案为：．
【分析】将已知的方程解代入原方程，得到关于参数a的一元一次方程，求解该方程即可得到a的值。
10．大、中、小三个正方形摆放如图所示，若大正方形的面积为8，小正方形的面积为2，则正方形的边长可能是　 　．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】算术平方根的实际应用
【解析】【解答】解：∵大正方形的面积为8，小正方形的面积为2，
∴大正方形的边长为，小正方形的边长，
由图可知：，
∴正方形的边长可能是；
故答案为：（答案不唯一）．
【分析】 先分别求出大、小正方形的边长，再确定正方形 ABCD 的边长介于大、小正方形边长之间，进而选取符合范围的值。
11．如图，在矩形中，以点A为圆心，以长为半径画弧，恰好交边于点E，若扇形的面积为，，则的长度为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；扇形面积的计算；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：由题可得：，
∵扇形的面积为，，
∴由扇形面积公式可得：，
解得：，即，
∵四边形为矩形，
∴，
在等腰直角中，，
由勾股定理可得：，
解得：，
∴，
故答案为：．
【分析】先利用扇形面积公式求出圆心角∠DAE 的度数，再结合矩形性质得到△ABE 为等腰直角三角形，接着用勾股定理求出 BE 的长度，最后用 BC 减去 BE 得到 CE 的长度。
12．如图，平面直角坐标系中，菱形的顶点A在x轴上，，反比例函数经过其对角线的交点M，将线段绕点O顺时针旋转得到线段，连接，若，则的面积为　 　．
【答案】12
【知识点】反比例函数的实际应用；三角形的面积；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：过点作轴，垂足为，过点作轴于点，过点作轴于点，如图：
∵菱形，，
∴，
∴为等边三角形，
∴
∴，
∵反比例函数经过其对角线的交点M，，
∴，
∴（负值舍去）；
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∵轴，
∴，
∵将线段绕点O顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∴
；
故答案为：12．
【分析】先利用菱形性质与反比例函数求出相关线段长度，再通过旋转得到 OB' 的长度与角度，最后用面积分割法求出△OB'C 的面积。
13．如图，在中，，点在边的延长线上，点在边上（不与点重合），连接，以点为顶点作的边交边于点，若，则　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定；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：过F点作，交于点O，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为．
【分析】过F点作，交于点O，可以得到得出，通过角度关系证明，然后证明进而求解的值．
三、解答题（共7小题，其中14题5分，15题7分，16题8分，17题8分，18题9分，19题12分，20题12分，共61分）
14．计算：．
【答案】解：原式
．
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；有理数混合运算法则（含乘方）；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】先分别计算特殊角的正切值、负整数指数幂、零指数幂和算术平方根，再按照从左到右的顺序进行加减运算，得出最终结果。
15．先化简，再求值：，其中x满足方程：．
【答案】解：原式
，
∵，
∴，
∴原式
【知识点】分式的化简求值
【解析】【分析】先对分式进行通分、除法变乘法和约分化简，再根据已知方程得到x2+x=1，最后用整体代入法求出分式的值。
16．覃斗芒果是广东省的特产，因主产于广东省雷州市的覃斗镇而得名，为中国国家地理标志认证产品．为了更好地发展芒果种植，某地区积极投入资金和技术大力推广种植甲、乙两个特色品种芒果．通过一段时间的调查研究，对相同面积种植下的两个品种随机分别选取同样数量的个芒果（特殊果实样本除外）对其长度进行测量和分析，芒果长度用（单位：）表示，将测量统计的数据进行整理，并绘制形成了甲品种扇形统计图和乙品种频数分布直方图．
数据分组
组别
A
B
C
D
E
其中甲种芒果组共个数据，频数分布如下（单位：）
芒果长度 17 17.1 17.2 17.3 17.4 17.5 17.6 17.7 17.8 17.9
频数 3 7 6 2 5 5 8 4 3 7
解答下列问题．
（1） ，补全图2中的频率分布直方图；
（2）甲品种抽取的芒果的中位数为　 　；
（3）从乙品种芒果测量结果的B组数据中随机抽取8个数据，具体为：，，，，，，，．张明同学依此断定乙品种芒果B组测量数据的众数为16.8，请你判断一下他的说法是否正确，并说明理由．
【答案】（1）解：50；
补全图2中的频率分布直方图如下：
（2）17.2
（3）解：他的说法不正确，
理由：乙品种芒果组测量数据共有个，而只是乙品种芒果测量结果的组数据中随机抽取的个数据中的众数，不能依此确定乙品种芒果组测量数据的众数．
答：他的说法不正确．
【知识点】频数（率）分布直方图；扇形统计图；中位数；众数；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：（1），
乙品种组频数为，
故答案为：50.
（2）解：甲种芒果组频数为
甲种芒果组频数为
甲种芒果组频数为
甲种芒果组频数为
∵
∴甲品种抽取的芒果的中位数为组中第个数据和第个数据的平均值，
∴甲品种抽取的芒果的中位数为，
故答案为：．
【分析】(1)先利用甲品种 C 组频数及占比求出样本总量m，再用总量减去乙品种已知组的频数得到 D 组频数，最后补全频数分布直方图。
(2)先算出甲品种各组频数，确定中位数所在的 C 组，再取 C 组中第 15 和第 16 个数据的平均值作为中位数。
(3)根据众数定义，样本众数不能直接等同于总体众数，因此不能仅凭抽取的 8 个数据断定乙品种 B 组数据的众数为 16.8。
（1）解：，
乙品种组频数为，
补全图2中的频率分布直方图如下：
故答案为：．
（2）解：甲种芒果组频数为
甲种芒果组频数为
甲种芒果组频数为
甲种芒果组频数为
∵
∴甲品种抽取的芒果的中位数为组中第个数据和第个数据的平均值，
∴甲品种抽取的芒果的中位数为，
故答案为：．
（3）解：他的说法不正确，
理由：乙品种芒果组测量数据共有个，而只是乙品种芒果测量结果的组数据中随机抽取的个数据中的众数，不能依此确定乙品种芒果组测量数据的众数．
答：他的说法不正确．
17．随着deepseek的AI技术开发，更大激活智能机器人应用市场，为了更方便的服务广大读者，某图书馆准备引进智能机器人服务读者，购进甲、乙两种型号的机器人，已知甲种型号的单价比乙种型号的机器人多3万元，经过调研发现130万购买的甲中型号机器人和100万购买的乙种型号的机器人数量一样．
（1）求甲乙两种型号的机器人的单价是多少万元？
（2）图书馆经过统筹安排，准备用不低于114万的资金购进甲、乙两种型号的机器人共10套（两种型号均有），则有几种购买方案，购买乙种智能机器人多少套，所花资金最少？
【答案】（1）解：设甲种型号的机器人的单价是x万元，则乙种型号的机器人的单价是万元，根据题意得：，
解得：，
经检验，是所列方程的解，且符合题意，
∴（万元）．
答：甲种型号的机器人的单价是13万元，乙种型号的机器人的单价是10万元；
（2）解：设购买乙种智能机器人m套，则购买甲种智能机器人套，根据题意得：，
解得：，
又∵m，均为正整数，
∴m可以为1，2，3，4，5，
∴有5种购买方案．
设购买甲、乙两种型号的机器人共花费w万元，则，
即，
∵，
∴w随m的增大而减小，
∴当时，w取得最小值．
答：有5种购买方案，购买乙种智能机器人5套，所花资金最少．
【知识点】一元一次不等式的应用；一次函数的实际应用-销售问题；分式方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】(1)先设甲种机器人单价为x万元，根据单价比表示出乙种单价，再依据 “130 万购买的甲种数量与 100 万购买的乙种数量相同” 列分式方程，求解并检验即可得到单价。
(2)设购买乙种m套，根据 “总资金不低于 114 万” 列不等式，结合m为正整数确定购买方案数，再构建总费用关于m的一次函数，利用函数性质求出费用最小时m的值。
（1）解：设甲种型号的机器人的单价是x万元，则乙种型号的机器人的单价是万元，
根据题意得：，
解得：，
经检验，是所列方程的解，且符合题意，
∴（万元）．
答：甲种型号的机器人的单价是13万元，乙种型号的机器人的单价是10万元；
（2）解：设购买乙种智能机器人m套，则购买甲种智能机器人套，
根据题意得：，
解得：，
又∵m，均为正整数，
∴m可以为1，2，3，4，5，
∴有5种购买方案．
设购买甲、乙两种型号的机器人共花费w万元，则，
即，
∵，
∴w随m的增大而减小，
∴当时，w取得最小值．
答：有5种购买方案，购买乙种智能机器人5套，所花资金最少．
18．如图，点在外，连接并延长，与交于点、，点在上，连接，过点作的切线，交于点，______．
（1）在①；②；③这三个条件中，选择一个合适的条件，补充在上述题干中的横线上（只要写序号）；
（2）在完成（1）的补充条件后，解答下列问题：
①求证：与相切；
②若，，求的半径．
【答案】（1）①或②或③
（2）①解：选择①：如图，
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴与相切；
选择②：如图，
证明： ∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与相切；
选择③：如图，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与相切；
②连接，如图：
由上可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即的半径为．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；圆周角定理；切线的判定与性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应角
【解析】【解答】（1）根据题意可知，可选①或②或③ ；
故答案为： ①或②或③ ；
【分析】(1)从①②③中任选一个条件，通过相似三角形、圆周角定理或切线性质，推导出 OD 垂直于 AD，进而证明 AD 与圆 O 相切。
(2) ①直接沿用 (1) 的结论，利用 OD⊥AD 的结论完成 AD 与圆 O 相切的证明。
②连接 OE，证明 Rt△EBO 和 Rt△EDO 全等，得到 DE=BE，再结合 AE=2DE 求出∠A 的度数，最后在 Rt△ADO 中解直角三角形求出圆 O 的半径。
（1）解：选择①：如图，
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴与相切；
选择②：如图，
证明： ∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与相切；
选择③：如图，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与相切；
（2）解：①，证明见第一问；
②连接，如图：
由上可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即的半径为．
19．如图，以点，为端点的实线是一条开口向下的抛物线的一段，点是抛物线的顶点，直线是抛物线的对称轴，于点，，则称实线表示的部分为该抛物线上的“正抛线”，点，分别为“正抛线”的左、右端点，点为“正抛线”的顶点，的长为“正抛线”的高．
（1）已知高为的“正抛线”左端点在坐标原点，求该“正抛线”所在抛物线的表达式；
（2）已知抛物线上的“正抛线”以原点为左端点，求；
（3）如图，一种图案由大小两种不同的“正抛线”组成，在平面直角坐标系中，所有大“正抛线”的端点都在轴上，小“正抛线”的端点都在与其相邻的大“正抛线”上，所有“正抛线”的顶点都在同一条直线上．若所有大“正抛线”的，求小“正抛线”的高．
【答案】（1）解：根据题意得：左端点，，
右端点，
由抛物线的对称性可得，则或，
设该“正抛线”所在抛物线的表达式为或，
将代入可得或，
该“正抛线”所在抛物线的表达式为或，
即该“正抛线”所在抛物线的表达式为或；
（2）解：抛物线上的“正抛线”以原点为左端点，
即，
抛物线开口向下，抛物线的顶点在第一象限，右端点在轴的正半轴，
此时抛物线对称轴为，
右端点的坐标为，垂足，，
，
将其代入抛物线解析式可得：，
，
或（舍去），
即；
（3）解：设抛物线的左端点为，右端点为，垂足点为，顶点为，
小抛物线的左端点为，右端点为，垂足点为，顶点为，
根据题意，设左端点，右端点，
，垂足点，顶点，
，
设抛物线解析式为，
把代入可得，，
解得或（舍去），
抛物线解析式为，，
设小“正抛线”的高为，则，
，
，
点在抛物线上，
，
解得或（舍去），
小“正抛线”的高为．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的实际应用-几何问题；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【分析】(1)先根据高和左端点确定右端点、顶点坐标，再设顶点式抛物线解析式，代入左端点坐标求出参数，从而得到解析式。
(2)先确定抛物线左端点为原点，结合开口方向推出顶点和右端点坐标，再将顶点坐标代入抛物线解析式，求解得出 b 的值。
(3)先设大 “正抛线” 相关点坐标并求出其解析式和高，再设小 “正抛线” 的高，推出其顶点和端点坐标，将端点坐标代入大 “正抛线” 解析式，求解得到小 “正抛线” 的高。
（1）解：根据题意得：左端点，，
右端点，
由抛物线的对称性可得，则或，
设该“正抛线”所在抛物线的表达式为或，
将代入可得或，
该“正抛线”所在抛物线的表达式为或，
即该“正抛线”所在抛物线的表达式为或；
（2）解：抛物线上的“正抛线”以原点为左端点，
即，
抛物线开口向下，抛物线的顶点在第一象限，右端点在轴的正半轴，
此时抛物线对称轴为，
右端点的坐标为，垂足，，
，
将其代入抛物线解析式可得：，
，
或（舍去），
即；
（3）解：设抛物线的左端点为，右端点为，垂足点为，顶点为，
小抛物线的左端点为，右端点为，垂足点为，顶点为，
根据题意，设左端点，右端点，
，垂足点，顶点，
，
设抛物线解析式为，
把代入可得，，
解得或（舍去），
抛物线解析式为，，
设小“正抛线”的高为，则，
，
，
点在抛物线上，
，
解得或（舍去），
小“正抛线”的高为．
20．定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形．
（1）互补四边形中，若，求的度数；
（2）如图，在四边形中，平分，，．求证：四边形是互补四边形；
（3）如图，互补四边形中，，，点，分别是边，的动点，且，周长是否变化？若不变，请求出不变的值；若有变化，说明理由；
（4）如图，互补四边形中，，，，将纸片先沿直线对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形打开铺平，若铺平后的图形中有一个是面积为的平行四边形，求的长．
【答案】（1）解：依题意得：，
设，，，
即，
解得，
，，，
．
（2）解：在上取，连接，
平分，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
又，
，
即对角互补，四边形是互补四边形．
（3）解：周长不变，证明如下：
延长使，连接、，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，，
，
故周长不变，周长为．
（4）解：分两种情况：
①如下图所示，四边形是平行四边形，
，
，，
，，
，
同（3）得，，
，
，
，
四边形是菱形，
，，
设，
作于点，则，
菱形的面积，
解得或（舍去），
，
，
，，
；
②如下图所示，四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形，
，，
作交于点，交于点，
设，则，
菱形的面积，
解得或（舍去），
，
，
，
则中，，，，
，，
，
同①得：，
，
是的外角，
，
，
．
综上所述：的长为或．
【知识点】三角形全等的判定；含30°角的直角三角形；勾股定理；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】（1）根据互补四边形定义可得，设，，，列方程求出x的值即可解答；
（2）在上取，连接，根据SAS得到，即可得到，，进而得到啊，推理得到证明结论；
（3）延长使，连接、，根据SAS得到，即可得到，，进而得到，然后证明，即可得到，即，再推理得到后，利用含的直角三角形性质和勾股定理求出AC和DC的长解答即可；
（4）分两种情况考虑：①是平行四边形；②是平行四边形，根据平行四边形性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、含的直角三角性质求出的长．
（1）解：依题意得：，
设，，，
即，
解得，
，，，
．
（2）解：在上取，连接，
平分，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
又，
，
即对角互补，四边形是互补四边形．
（3）解：周长不变，证明如下：
延长使，连接、，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，，
，
故周长不变，周长为．
（4）解：分两种情况：
①如下图所示，四边形是平行四边形，
，
，，
，，
，
同（3）得，，
，
，
，
四边形是菱形，
，，
设，
作于点，则，
菱形的面积，
解得或（舍去），
，
，
，，
；
②如下图所示，四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形，
，，
作交于点，交于点，
设，则，
菱形的面积，
解得或（舍去），
，
，
，
则中，，，，
，，
，
同①得：，
，
是的外角，
，
，
．
综上所述：的长为或．
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