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2026年重庆市初中学业水平模拟测试数学试卷
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）相反数等于4的数是（　　）
A．2和﹣2 B．4和4 C．4 D．﹣4
2．（4分）下面图形中，图（　　）的对称轴条数最少．
A． B．
C． D．
3．（4分）对于下面的调查问题，调查方式适合普查的是（　　）
A．了解一批饮料的质量是否合格
B．了解班级同学的视力情况
C．了解全国人口的平均寿命
D．了解某种灯泡的使用寿命
4．（4分）如图，用放大镜从正上方观察一个三角形．当放大镜位于某一位置时，观察到的三角形的各边长度均为原三角形的3倍，则此时放大镜中观察到的三角形的面积与原三角形的面积的比值是（　　）
A．3 B．4 C．6 D．9
5．（4分）如图，下列条件能判定直线l1∥l2的是（　　）
A．∠1+∠3＝180° B．∠1+∠2＝180°
C．∠4+∠3＝180° D．∠4+∠5＝180°
6．（4分）估算的值在（　　）
A．1和2之间 B．2和3之间 C．3和4之间 D．4和5之间
7．（4分）把四边形和三角形按如图所示的规律拼图案，其中图案①中共有4个三角形，图案②中共有7个三角形，图案③中共有10个三角形，…，若按此规律拼图案，则图案⑧中共有（　　）个三角形．
A．13 B．19 C．25 D．31
8．（4分）将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上，使点C在半圆上．量角器上点A，B处的读数分别为0°，40°．则∠ACB的度数是（　　）
A．20° B．30° C．40° D．50°
9．（4分）如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A，O，E在同一直线上，且，AB＝6，给出下列结论：①OD平分∠EOC；②；③AE＝10；④CF⊥AD，其中正确的是（　　）
A．①②③ B．③④ C．①③④ D．①②③④
10．（4分）下列说法：
①最大的负整数是﹣1；
②a的倒数是；
③若a，b互为相反数，则1；
④（﹣2）3＝﹣23；
⑤单项式的系数是2；
⑥多项式xy2﹣xy+24是关于x，y的三次多项式，
其中正确结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．（4分）如图，与∠A构成同旁内角的角有　 　 个．
12．（4分）某考试院在命制试卷时，命制了A、B、C三套卷，且三套卷难度相当．公平起见，考试院决定在三套卷中随机抽取2套分别下发给甲、乙两地使用，每套卷子被抽到的概率相同，则抽到A、C卷的概率为 　 　 ；
13．（4分）学校要组织足球比赛，赛制为单循环形式（每两队之间比赛一场），计划安排21场比赛，则受邀的参赛球队的个数为　 　 ．
14．（4分）如图，已知△ABC，AB＝AC＝7，BC＝4，点D在BC上，且BD＝1，E、H分别是AB、AC的点，EH交AD与点F，∠AFE＝∠B，则 　 　 ．
15．（4分）如图，△ABC内接于⊙O，连接AO并延长交BC于点D，过点D作DE⊥AB于点E，∠ADC＝2∠ACB．连接BO交DE于点F，延长ED交⊙O于点G，连接AG．若，BF＝OD，则DE＝ 　 　 ，AG＝ 　 　 ．
16．（4分）若一个四位数，满足a+b＝10，c﹣d＝1，则称该四位数M为“密钥数”对“密钥数”M进行变换：将M的千位数字与十位数字对调后，再将百位数字去掉，得到一个三位数N，记．如：数2843，∵2+8＝10，4﹣3＝1，∴2843是“密钥数”，．若M是最小的“密钥数”，则P（M）＝　 　 ；对于“密钥数”M，若P（M）﹣5能被7整除，记，当Q（M）取得最小值时，最大的“密钥数”M为　 　 ．
三．解答题（共9小题，满分86分）
17．（8分）解不等式组，并写出它的所有整数解．
18．（8分）在学行四边形与矩形的相关知识后，某数学兴趣小组进行了更深入的研究，他们发现，过平行四边形的一条对角线的两个端点分别作一组对边的垂线，与平行四边形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是矩形，可利用证明三角形全等得到此结论．根据他们的想法与思路，完成以下作图和填空：
（1）如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AD于点E．用尺规过点A作BC的垂线，垂足为点F（不写作法，保留作图痕迹）．
（2）已知：平行四边形ABCD中，CE⊥AD于点E，AF⊥BC于点F．求证：四边形AFCE是矩形．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，①　 　 ．
∵CE⊥AD，AF⊥BC，
∴∠AFB＝∠CED＝90°．
在△ABF和△CDE中，
，
∴△ABF≌△CDE（AAS）．
∴AF＝CE，②　 　 ．
∴BC﹣BF＝AD﹣DE，即③　 　 ．
∴四边形AFCE是平行四边形．
又∵CE⊥AD，
∴四边形AFCE是矩形．
进一步思考，如果四边形ABCD是菱形呢？请你模仿题中表述，写出你猜想的结论：过菱形的一条对角线的两个端点分别作一组对边的垂线，与菱形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是④　 　 ．
19．（10分）为提高学生安全防范意识和自我防护能力，某校举行了校园安全知识宣传活动，并组织全校所有学生参加“校园安全知识”答题竞赛．现从该校八、九年级学生中各随机抽取10名学生的竞赛成绩进行整理、描述和分析（成绩得分用x表示，共分成四组，A.80≤x＜85；B.85≤x＜90；C.90≤x＜95；D.95≤x＜100）．下面给出了部分信息：
八年级10名学生的竞赛成绩分别是：81，87，98，97，90，95，98，83，89，92．
九年级10名学生的竞赛成绩在C组中的数据是：90，94，91，90．
八、九年级抽取的学生竞赛成绩统计表
年级 八年级 九年级
平均数 b 90.8
中位数 91 c
众数 d 97
根据以上信息，解答下列问题：
（1）上述图表中a的值为　 　 ，b的值为　 　 ，c的值为　 　 ，d的值为　 　 ．
（2）你认为该校八、九年级中哪个年级学生在此次竞赛中的成绩更好？请判断并说明理由．
（3）该校八年级有650名学生，九年级有600名学生参加了此次竞赛，请估计该校八、九年级此次竞赛成绩为优秀（x≥95）的学生总人数．
20．（10分）先化简，再求值：化简，其中x满足方程x2﹣3x﹣4＝0．
21．（10分）街头摆摊，是拥抱自由的态度，更是生活的艺术展现．面包师鲁小巴制作的巧克力面包和抹茶面包凭借出色的口感，一推出就圈粉无数．已知每个巧克力面包的成本比每个抹茶面包的成本多2元，2个巧克力面包和3个抹茶面包的成本相同．
（1）请问每个巧克力面包和抹茶面包的成本各是多少元？
（2）当这两款面包的销售额都为400元时，巧克力面包比抹茶面包少售出10个．若每个巧克力面包的售价比每个抹茶面包的售价高25%，则每个抹茶面包的售价是多少元？
22．（10分）【材料阅读】
小明同学在学习完全等三角形后，他尝试用三种不同方式摆放一副三角板．
如图：在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB；在△DEF中，∠DEF＝90°，∠EDF＝30°，并提出了相应的问题．
如图1，将两个三角板互不重叠地摆放在一起，当顶点B摆放在线段DF上时，过点A作AM⊥DF，垂足为M，过点C作CN⊥DF，垂足为N．
（1）图1中，AM＝3，CN＝8，求MN的长，请补充小明的过程．
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABM+∠CBN＝90°，
∵AM⊥DF，CN⊥DF，
∴∠AMB＝90°，∠CNB＝90°，
∴∠ABM+∠BAM＝90°，
∴∠BAM＝∠CBN，…
（2）如图2，将两个三角板叠放在一起，当顶点B在线段DE上且顶点A在线段EF上时，过点C作CP⊥DE，垂足为P，猜想AE，PE，CP之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，将两个三角板叠放在一起，当顶点A在线段DE上且顶点B在线段EF上时，若AE＝8，BE＝2，连接CE，请求出△ACE的面积．
23．（10分）春节来临，人们对海鲜的需求加大，因此各渔船主都加紧出海捕捞．如图，某日琼州湾两艘渔船A和B与某灯塔C位置如图，其中A在C的北偏西57°方向上，与C的距离是600海里，B在C的南偏西33°方向上，与C的距离是450海里．
（1）求渔船A与渔船B之间的距离．
（2）若C处灯塔发射的信号有效覆盖半径为390海里，此时B渔船准备沿直线向A渔船靠拢航行，航行的速度为每小时25海里．求B渔船在驶向A渔船的过程中，收到信号的持续时间有多少小时？
24．（10分）已知抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于点A（1，0），B（4，0），与y轴交于点C，直线l为抛物线的对称轴．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图①，点P是直线l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求的值；
（3）如图②，点D坐标为（0，﹣2），在抛物线上是否存在点Q，使tan∠QDB？若存在，求出点Q的横坐标；若不存在，请说明理由．
25．（10分）如图，在 ABCD中，，AD＝2．将∠CDA绕点D顺时针旋转一定角度得到∠EDF，点E在BC上，点F在CA的延长线上．
（1）填空：点A到BC的距离为 　 　 ；
（2）判断线段CE与AF的数量关系，并说明理由；
（3）当DF⊥AB时，求线段DE的长．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）相反数等于4的数是（　　）
A．2和﹣2 B．4和4 C．4 D．﹣4
【考点】相反数．
【专题】实数；数感．
【答案】D
【分析】符号不同，并且绝对值相等的两个数互为相反数，据此即可求得答案．
【解答】解：相反数等于4的数是﹣4，
故选：D．
【点评】本题考查相反数，熟练掌握其定义是解题的关键．
2．（4分）下面图形中，图（　　）的对称轴条数最少．
A． B．
C． D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】C
【分析】逐一判断各图形的对称轴条数，找出对称轴条数最少的即可．
【解答】解：A、正方形有4条对称轴；
B、等边三角形有3条对称轴；
C、矩形有2条对称轴；
D、正六边形有6条对称轴，
故选：C．
【点评】本题主要考查的是轴对称图形，熟知如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键．
3．（4分）对于下面的调查问题，调查方式适合普查的是（　　）
A．了解一批饮料的质量是否合格
B．了解班级同学的视力情况
C．了解全国人口的平均寿命
D．了解某种灯泡的使用寿命
【考点】全面调查与抽样调查．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【答案】B
【分析】由普查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似．
【解答】解：A、了解一批饮料的质量是否合格，适合抽样调查，故A不符合题意；
B、了解班级同学的视力情况，适合普查，故B符合题意；
C、了解全国人口的平均寿命，适合抽样调查，故C不符合题意；
D、了解某种灯泡的使用寿命，适合抽样调查，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
4．（4分）如图，用放大镜从正上方观察一个三角形．当放大镜位于某一位置时，观察到的三角形的各边长度均为原三角形的3倍，则此时放大镜中观察到的三角形的面积与原三角形的面积的比值是（　　）
A．3 B．4 C．6 D．9
【考点】相似三角形的性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】D
【分析】相似三角形的面积的比等于相似比的平方，由此即可求解．
【解答】解：由题意得到：放大镜中观察到的三角形与原三角形相似且相似比是3：1，
∴放大镜中观察到的三角形的面积与原三角形面积的比值＝32：12＝9．
故选：D．
【点评】本题考查相似三角形的性质，关键是掌握相似三角形的面积的比等于相似比的平方．
5．（4分）如图，下列条件能判定直线l1∥l2的是（　　）
A．∠1+∠3＝180° B．∠1+∠2＝180°
C．∠4+∠3＝180° D．∠4+∠5＝180°
【考点】平行线的判定．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】A
【分析】识别同旁边内角，根据平行线的判定方法处理．
【解答】解：根据同旁边内角互补，两直线平行，知∠1+∠3＝180°，则l1∥l2；
故选：A．
【点评】本题考查同旁内角互补，两直线平行．由图形识别同旁内角是解题的关键．
6．（4分）估算的值在（　　）
A．1和2之间 B．2和3之间 C．3和4之间 D．4和5之间
【考点】估算无理数的大小；二次根式的混合运算；不等式的性质．
【专题】实数；二次根式；运算能力．
【答案】B
【分析】先根据二次根式的混合运算法则进行计算，得出结果为，然后再利用“夹逼法”估算的大小，最后根据不等式的性质解答即可．
【解答】解：．
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的值在2和3之间，即的值在2和3之间．
故选：B．
【点评】本题考查了估算无理数的大小，二次根式的混合运算，不等式的性质，掌握“夹逼法”估算无理数的大小，二次根式的混合运算法则，不等式的性质是解题的关键．
7．（4分）把四边形和三角形按如图所示的规律拼图案，其中图案①中共有4个三角形，图案②中共有7个三角形，图案③中共有10个三角形，…，若按此规律拼图案，则图案⑧中共有（　　）个三角形．
A．13 B．19 C．25 D．31
【考点】规律型：图形的变化类．
【专题】猜想归纳；推理能力．
【答案】C
【分析】根据所给图形，依次求出图形中三角形的个数，发现规律即可解决问题．
【解答】解：由所给图形可知，
图案①中三角形的个数为：4＝1×3+1；
图案②中三角形的个数为：7＝2×3+1；
图案③中三角形的个数为：10＝3×3+1；
…，
所以图案n中三角形的个数为3n+1．
当n＝8时，
3n+1＝3×8+1＝25，
即图案⑧中三角形的个数为25．
故选：C．
【点评】本题主要考查了图形变化的规律，能根据所给图形发现三角形的个数依次增加3是解题的关键．
8．（4分）将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上，使点C在半圆上．量角器上点A，B处的读数分别为0°，40°．则∠ACB的度数是（　　）
A．20° B．30° C．40° D．50°
【考点】圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；几何直观；运算能力．
【答案】A
【分析】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，得到，即可得出结果．
【解答】解：如图，连接OB，
由题意，得：∠AOB＝40°，
∴；
故选：A．
【点评】本题考查圆周角定理，解题的关键是理解题意，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解决问题的关键．
9．（4分）如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A，O，E在同一直线上，且，AB＝6，给出下列结论：①OD平分∠EOC；②；③AE＝10；④CF⊥AD，其中正确的是（　　）
A．①②③ B．③④ C．①③④ D．①②③④
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；勾股定理．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】①在根据正方形性质得∠COE＝90°，∠DOE＝45°，进而得∠DOC＝∠DOE＝45°，由此可对结论①进行判断；
②连接DF交OE于点P，FD的延长线交BC的延长线于点H，先求出OE＝4，进而得OP＝DPOE＝2，DF＝OE＝4，证明四边形OCHP是矩形得CH＝OP＝2，PH＝OC＝6，则FH＝8，DH＝4，BH＝8，再由勾股定理得可求出CF，BD，由此可对结论②进行判断；
③根据OA＝6，OE＝4得AE＝OA+OE＝10，由此可对结论③进行判断；
④设CF与AD交于点M，AD于OC交于点N，证明△AOD和△COE全等得∠OAD＝∠OCF，再由三角形内角和定理得∠AOC＝∠CMN＝90°，由此可对结论④进行判断，
综上所述即可得出答案．
【解答】解：①在正方形ABCO中，∠AOC＝90°，AO＝CO，
∵点A，O，E在同一直线上，
∴∠COE＝90°，
在正方形DEFO中，∠DOE＝90°，∠DOE＝45°，
∴∠DOC＝∠COE﹣∠DOE＝45°，
∴∠DOC＝∠DOE＝45°，
∴OD平分∠EOC，
故结论①正确；
②连接DF交OE于点P，FD的延长线交BC的延长线于点H，如图1所示：
在正方形DEFO中，EF＝OD＝OF＝2，DF⊥OE，OP＝DP＝PFOE，DF＝OE，
在Rt△OEF中，由勾股定理得：OE4，
∴OP＝DPOE＝2，DF＝OE＝4，
在正方形ABCO中，OA＝AB＝BC＝OC＝6，∠AOC＝∠OCB＝90°，
∴∠COP＝∠OPH＝∠OCH＝90°，
∴四边形OCHP是矩形，
∴CH＝OP＝2，PH＝OC＝6，
∴FH＝PH+PF＝6+2＝8，DH＝PH﹣DP＝6﹣2＝4，BH＝BC+CH＝6+2＝8，
在Rt△CFH中，由勾股定理得：CF，
在Rt△BDH中，由勾股定理得：BD，
∴CF≠BD，
故结论②不正确；
③∵OA＝6，OE＝4，
∴AE＝OA+OE＝6+4＝10，
故结论③正确；
④设CF与AD交于点M，AD于OC交于点N，如图2所示：
∵∠AOC＝∠DOE＝90°，
∴∠AOC+∠COD＝∠DOE+∠COD，
∴∠AOD＝∠COE，
在△AOD和△COE中，
，
∴△AOD≌△COE（SAS），
∴∠OAD＝∠OCF，
在△OAN中，∠OAD+∠ONA+∠AOC＝180°，
在△AMN中，∠OCF+∠MNC+∠CMN＝180°，
又∵∠ONA＝∠MNC，
∴∠AOC＝∠CMN＝90°，
∴CF⊥AD，
故结论④正确，
综上所述：正确的结论是①③④．
故选：C．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．
10．（4分）下列说法：
①最大的负整数是﹣1；
②a的倒数是；
③若a，b互为相反数，则1；
④（﹣2）3＝﹣23；
⑤单项式的系数是2；
⑥多项式xy2﹣xy+24是关于x，y的三次多项式，
其中正确结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】多项式；有理数；相反数；倒数；有理数的除法；有理数的乘方；单项式．
【专题】实数；整式；推理能力．
【答案】C
【分析】逐个分析判断即可．
【解答】解：①最大的负整数是﹣1，
∴①正确．
②若a≠0，则a的倒数是，
∴②不正确．
③若a，b互为相反数，则a+b＝0，
∴③不正确．
④（﹣2）3＝﹣23，
∴④正确．
⑤单项式的系数是，
∴⑤不正确．
⑥多项式xy2﹣xy+24是关于x，y的三次多项式，
∴⑥正确．
综上，①④⑥正确．
故选：C．
【点评】本题考查相反数、倒数、单项式等，掌握有关知识是本题的关键．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．（4分）如图，与∠A构成同旁内角的角有　4　 个．
【考点】同位角、内错角、同旁内角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】4．
【分析】根据两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线之间，并且在第三条直线（截线）的同旁，则这样一对角叫做同旁内角，由此即可得到答案．
【解答】解：根据同旁内角的定义可知：与∠A构成同旁内角的角有∠B、∠ADE、∠AED，∠C，共 4个．
故答案为：4．
【点评】本题考查同旁内角，关键是掌握同旁内角的定义．熟练掌握相关知识点是关键．
12．（4分）某考试院在命制试卷时，命制了A、B、C三套卷，且三套卷难度相当．公平起见，考试院决定在三套卷中随机抽取2套分别下发给甲、乙两地使用，每套卷子被抽到的概率相同，则抽到A、C卷的概率为 　　 ；
【考点】列表法与树状图法．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【答案】．
【分析】画树状图，共有9种等可能的结果，其中抽到A、C卷的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中抽到A、C卷的结果有2种，
∴抽到A、C卷的概率为，
故答案为：．
【点评】此题考查的是用树状图法法求概率．树状图法法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
13．（4分）学校要组织足球比赛，赛制为单循环形式（每两队之间比赛一场），计划安排21场比赛，则受邀的参赛球队的个数为　7　 ．
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】7．
【分析】设受邀的参赛球队的个数为x，利用比赛的总场数＝参赛队伍数×（参赛队伍数﹣1）÷2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
【解答】解：设受邀的参赛球队的个数为x，
根据题意得：x（x﹣1）＝21，
整理得：x2﹣x﹣42＝0，
解得：x1＝7，x2＝﹣6（不符合题意，舍去），
∴受邀的参赛球队的个数为7．
故答案为：7．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
14．（4分）如图，已知△ABC，AB＝AC＝7，BC＝4，点D在BC上，且BD＝1，E、H分别是AB、AC的点，EH交AD与点F，∠AFE＝∠B，则 　　 ．
【考点】等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】在CA上取一点K，使DK＝DC，连接DK，则DK＝DC＝3，证明△ABC和△DKC相似得CK，则AK，设AF＝a，证明△AFE和△ABD全等得EF，再证明∠AFH＝∠AKD得△AFH和△AKD相似，利用相似三角形的性质得FH，由此即可得出的值．
【解答】解：在CA上取一点K，使DK＝DC，连接DK，如图所示：
∴∠C＝∠1，
在△ABC，AB＝AC＝7，BC＝4，
∴∠B＝∠C，
∴∠B＝∠C＝∠1，
∵BD＝1，
∴DK＝DC＝BC﹣BD＝3，
在△DCK和△ACB中，
∠B＝∠1，∠C＝∠C，
∴△ABC∽△DKC，
∴，
∴CK，
∴AK＝AC﹣CK，
设AF＝a，
在△AFE和△ABD中，
∠AFE＝∠B，∠EAF＝∠DAB，
∴△AFE∽△ABD，
∴，
∴EF＝ ，
∵∠AFH+∠AFE＝180°，∠AFE＝∠B，∠B＝∠C＝∠1，
∴∠AFH+∠1＝180°，
∵∠AKD+∠1＝180°，
∴∠AFH＝∠AKD，
又∵∠FAH＝∠KAD，
∴△AFH∽△AKD，
∴，
∴AK FH＝AF DK，
∴，
∴FH，
∴．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的判定和性质，正确地添加辅助线构造相似三角形是解决问题的关键．
15．（4分）如图，△ABC内接于⊙O，连接AO并延长交BC于点D，过点D作DE⊥AB于点E，∠ADC＝2∠ACB．连接BO交DE于点F，延长ED交⊙O于点G，连接AG．若，BF＝OD，则DE＝ 　　 ，AG＝ 　　 ．
【考点】三角形的外接圆与外心；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】； ．
【分析】过点O作OH⊥AC于H，连接BO、OC，根据圆周角定理，证明△BDE≌△OAH，推出BD＝AH，即可得出AC＝2DE，进而求得DE的长；过点O作ON⊥EG于N，OT⊥AB于T连接OG，先证明△BFE≌△OFN，求出，再证明△BED≌△ONG，求出，证明四边形ONET为矩形，推出AT＝BT，AE＝3BE，设AO＝BD＝r，勾股定理求出r的值，进而求出AD，AE的长，再利用勾股定理求出AG的长即可．
【解答】解：过点O作OH⊥AC于H，连接BO、OC，如图所示，
∵，
∴∠AOB＝2∠ACB，
∵∠ADC＝2∠ACB，
∴∠AOB＝∠ADC，
∴∠BOD＝∠BDO，
∴BD＝BO＝OA，
∵，
∴，
∵，
∴∠ABD＝∠AOH，
∵DE⊥AB，OH⊥AC，
∵∠BED＝∠AHO＝90°，
∴△BDE≌△OAH（AAS），
∴DE＝AH，
∵OH⊥AC，
∴，
∴AC＝2DE，
∵，
∴DE
过点O作ON⊥EG于N，OT⊥AB于T连接OG，如图所示，
∵，
∴，
∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠BAO，
∵∠BAO+∠ADE＝90°，∠ABO+∠BFE＝90°，
∴∠BFE＝∠OFD＝∠ODF，
∴OF＝OD，
∵BF＝OD，
∴OF＝OD＝BF，
又∵∠BEF＝∠ONF＝90°，
∴△BFE≌△OFN（SAS），
∴BE＝ON，EF＝FN，
∵OF＝OD，ON⊥FD，
∴，
∵∠BED＝∠ONG＝90°，BE＝ON，OG＝BO＝BD，
∴△BED≌△ONG（SAS），
∴，
∴，
∵DE⊥AB，ON⊥EG，OT⊥AB，
∴四边形ONET为矩形，
∴BE＝ET＝ON，
∵OT⊥AB，AO＝BO，
∴AT＝BT，
∴AE＝3BE，
设AO＝OB＝BD＝r，则：，
∴，
在Rt△AED中，AE2＝AD2﹣DE2，
在Rt△BED中，BE2＝BD2﹣DE2，
∵AE＝3BE，
∴AE2＝9BE2，
即
解得或（舍去），
∴，
∴，
在Rt△AEG中，．
故答案为：；．
【点评】此题考查了圆的综合题、垂径定理、圆周角定理、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会构建方程解决问题．
16．（4分）若一个四位数，满足a+b＝10，c﹣d＝1，则称该四位数M为“密钥数”对“密钥数”M进行变换：将M的千位数字与十位数字对调后，再将百位数字去掉，得到一个三位数N，记．如：数2843，∵2+8＝10，4﹣3＝1，∴2843是“密钥数”，．若M是最小的“密钥数”，则P（M）＝　180　 ；对于“密钥数”M，若P（M）﹣5能被7整除，记，当Q（M）取得最小值时，最大的“密钥数”M为　8210　 ．
【考点】因式分解的应用．
【专题】整式；运算能力．
【答案】180，8210．
【分析】M是最小的“密钥数”，则可确定a＝1，b＝9，c＝1，d＝0，然后求解M，N，即可求解P（M）；可得M＝1000a+100（10﹣a）+10（d+1）+d，整理得，M＝900a+11d+1010，而N＝100c+10a+d＝100（d+1）+10a+d＝101d+10a+100，则，那么P（M）﹣5＝7（13a﹣d+12）﹣2（a+d﹣1），由P（M）﹣5能被7整除，得到2（a+d﹣1）能被7整除，而1≤a+d≤17，则a+d﹣1＝0或a+d﹣1＝7或a+d﹣1＝14，再分类讨论求解．
【解答】解：∵a+b＝10，c﹣d＝1，
∴a＝1，b＝9，c＝1，d＝0，
∴M＝1910，
∴N＝110，
∴；
∵a+b＝10，c﹣d＝1，
∴b＝10﹣a，c＝d+1，
∴M＝1000a+100（10﹣a）+10（d+1）+d，
整理得M＝900a+11d+1010，
N＝100c+10a+d＝101d+10a+100，
∴，
∴P（M）﹣5＝89a﹣9d+91﹣5＝89a﹣9d+86＝7（13a﹣d+12）﹣2（a+d﹣1），
由条件可知2（a+d﹣1）能被7整除，
∴1≤a+d≤17，
∴a+d﹣1＝0或a+d﹣1＝7或a+d﹣1＝14，
∵，
当a+d﹣1＝0时，则a+d＝1，
∴；
当a+d﹣1＝7时，则a+d＝8，
∴；
当a+d﹣1＝14时，则a+d＝15，
∴；
∴Q（M）取得最小值﹣8，此时a+d﹣1＝7，即a+d＝8，
∵M取最大数，
∴a要最大，则a＝8，d＝0，b＝10﹣a＝2，c＝0+1＝1，
∴M＝8210，
故答案为：180，8210．
【点评】本题考查了整式加减的应用，数的整除等知识点，正确理解题意是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分86分）
17．（8分）解不等式组，并写出它的所有整数解．
【考点】解一元一次不等式组；一元一次不等式组的整数解．
【专题】一元一次不等式（组）及应用．
【答案】﹣1＜x＜3，整数解为：0，1，2．
【分析】根据解一元一次不等式组的方法即可得出不等式组的解集，后确定整数解计算即可．
【解答】解：∵
∴解不等式①，得x＜3，解不等式②，得x＞﹣1，
∴不等式组的解集为﹣1＜x＜3，
∴不等式组的整数解为0，1，2．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，不等式组的整数解，熟知以上知识是解题的关键．
18．（8分）在学行四边形与矩形的相关知识后，某数学兴趣小组进行了更深入的研究，他们发现，过平行四边形的一条对角线的两个端点分别作一组对边的垂线，与平行四边形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是矩形，可利用证明三角形全等得到此结论．根据他们的想法与思路，完成以下作图和填空：
（1）如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AD于点E．用尺规过点A作BC的垂线，垂足为点F（不写作法，保留作图痕迹）．
（2）已知：平行四边形ABCD中，CE⊥AD于点E，AF⊥BC于点F．求证：四边形AFCE是矩形．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，①　∠B＝∠D ．
∵CE⊥AD，AF⊥BC，
∴∠AFB＝∠CED＝90°．
在△ABF和△CDE中，
，
∴△ABF≌△CDE（AAS）．
∴AF＝CE，②BF＝DE ．
∴BC﹣BF＝AD﹣DE，即③CF＝AE ．
∴四边形AFCE是平行四边形．
又∵CE⊥AD，
∴四边形AFCE是矩形．
进一步思考，如果四边形ABCD是菱形呢？请你模仿题中表述，写出你猜想的结论：过菱形的一条对角线的两个端点分别作一组对边的垂线，与菱形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是④　矩形　 ．
【考点】作图—基本作图；全等三角形的判定与性质；多边形；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；尺规作图；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据垂线的作图方法作图即可．
（2）根据平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定填空即可．
【解答】（1）解：如图，AF即为所求．
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠D．
∵∠AFB＝∠CED＝90°．
在△ABF和△CDE中，
，
∴△ABF≌△CDE（AAS）．
∴AF＝CE，BF＝DE．
∴BC﹣BF＝AD﹣DE，即CF＝AE．
∴四边形AFCE是平行四边形．
又∵CE⊥AD，
∴四边形AFCE是矩形．
过菱形的一条对角线的两个端点分别作一组对边的垂线，与菱形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是矩形．
故答案为：①∠B＝∠D；②BF＝DE；③CF＝AE；④矩形．
【点评】本题考查作图—基本作图、全等三角形的判定与性质、多边形、平行四边形的判定与性质、菱形的性质、矩形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19．（10分）为提高学生安全防范意识和自我防护能力，某校举行了校园安全知识宣传活动，并组织全校所有学生参加“校园安全知识”答题竞赛．现从该校八、九年级学生中各随机抽取10名学生的竞赛成绩进行整理、描述和分析（成绩得分用x表示，共分成四组，A.80≤x＜85；B.85≤x＜90；C.90≤x＜95；D.95≤x＜100）．下面给出了部分信息：
八年级10名学生的竞赛成绩分别是：81，87，98，97，90，95，98，83，89，92．
九年级10名学生的竞赛成绩在C组中的数据是：90，94，91，90．
八、九年级抽取的学生竞赛成绩统计表
年级 八年级 九年级
平均数 b 90.8
中位数 91 c
众数 d 97
根据以上信息，解答下列问题：
（1）上述图表中a的值为　108　 ，b的值为　91　 ，c的值为　90.5　 ，d的值为　98　 ．
（2）你认为该校八、九年级中哪个年级学生在此次竞赛中的成绩更好？请判断并说明理由．
（3）该校八年级有650名学生，九年级有600名学生参加了此次竞赛，请估计该校八、九年级此次竞赛成绩为优秀（x≥95）的学生总人数．
【考点】方差；用样本估计总体；扇形统计图；算术平均数；中位数；众数．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】（1）108；91；90.5；98；
（2）八年级，见解析；
（3）440人．
【分析】（1）用360乘以九年级D组的人数占比即可求出第一空答案，再根据中位数，平均数和众数的定义求解即可；
（2）八年级成绩的平均数，中位数和众数均大于九年级据此可得结论；
（3）用八年级，九年级对应的人数分别乘以样本中对应的优秀人数占比，再求和即可得到答案．
【解答】解：（1）由题意得，；
；
10×（10%+20%）＝3，则九年级A、B两个组一共有3人，
把九年级10名学生成绩按照从低到高排列，中位数是第5名和第6名的平均成绩，则；
∵八年级成绩为98分的人数最多，
∴八年级的众数为98分，即d＝98；
故答案为：108；91；90.5；98；
（2）八年级成绩更好，理由如下：
∵八年级成绩的平均数，中位数和众数均大于九年级，
∴八年级的成绩更好；
（3）∵八年级优秀所占百分比为，
∴（人），
答：估计该校八、九年级此次竞赛成绩为优秀（x≥95）的学生总人数为440人．
【点评】本题主要考查了求中位数，众数，平均数，用样本估计总体，扇形统计图等等，熟知相关知识是解题的关键．
20．（10分）先化简，再求值：化简，其中x满足方程x2﹣3x﹣4＝0．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法；分式的化简求值；一元二次方程的解．
【专题】分式；一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】，．
【分析】先把括号内通分和除法运算化为乘法运算，再化简；然后根据x2﹣3x﹣4＝0，最后整体代入化简后的式子计算即可．
【解答】解：原式（）

，
∵x2﹣3x﹣4＝0，
∴（x+1）（x﹣4）＝0，
则x+1＝0或x﹣4＝0，
解得x＝﹣1或x＝4，
∵（x+1）（x﹣1）≠0且x≠0，
∴x≠±1且x≠0，
则x＝4，
所以原式．
【点评】本题考查了一元二次方程的解和分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
21．（10分）街头摆摊，是拥抱自由的态度，更是生活的艺术展现．面包师鲁小巴制作的巧克力面包和抹茶面包凭借出色的口感，一推出就圈粉无数．已知每个巧克力面包的成本比每个抹茶面包的成本多2元，2个巧克力面包和3个抹茶面包的成本相同．
（1）请问每个巧克力面包和抹茶面包的成本各是多少元？
（2）当这两款面包的销售额都为400元时，巧克力面包比抹茶面包少售出10个．若每个巧克力面包的售价比每个抹茶面包的售价高25%，则每个抹茶面包的售价是多少元？
【考点】分式方程的应用；二元一次方程组的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；分式方程及应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）每个巧克力面包的成本是6元，每个抹茶面包的成本是4元；
（2）每个巧克力面包的售价是8元．
【分析】（1）设每个巧克力面包的成本是x元，每个抹茶面包的成本是y元，根据每个巧克力面包的成本比每个抹茶面包的成本多2元，2个巧克力面包和3个抹茶面包的成本相同，列出二元一次方程组，解方程组即可；
（2）设每个抹茶面包的售价是m元，则每个巧克力面包的售价是（1+25%）m元，根据当这两款面包的销售额都为400元时，巧克力面包比抹茶面包少售出10个，列出分式方程，解方程即可．
【解答】解：（1）设每个巧克力面包的成本是x元，每个抹茶面包的成本是y元，
由题意得：，
解得：，
答：每个巧克力面包的成本是6元，每个抹茶面包的成本是4元；
（2）设每个抹茶面包的售价是m元，则每个巧克力面包的售价是（1+25%）m元，
由题意得：10，
解得：m＝8，
经检验，m＝8是原方程的解，且符合题意，
答：每个巧克力面包的售价是8元．
【点评】本题主要考查了分式方程的应用以及二元一次方程组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出分式方程．
22．（10分）【材料阅读】
小明同学在学习完全等三角形后，他尝试用三种不同方式摆放一副三角板．
如图：在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB；在△DEF中，∠DEF＝90°，∠EDF＝30°，并提出了相应的问题．
如图1，将两个三角板互不重叠地摆放在一起，当顶点B摆放在线段DF上时，过点A作AM⊥DF，垂足为M，过点C作CN⊥DF，垂足为N．
（1）图1中，AM＝3，CN＝8，求MN的长，请补充小明的过程．
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABM+∠CBN＝90°，
∵AM⊥DF，CN⊥DF，
∴∠AMB＝90°，∠CNB＝90°，
∴∠ABM+∠BAM＝90°，
∴∠BAM＝∠CBN，…
（2）如图2，将两个三角板叠放在一起，当顶点B在线段DE上且顶点A在线段EF上时，过点C作CP⊥DE，垂足为P，猜想AE，PE，CP之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，将两个三角板叠放在一起，当顶点A在线段DE上且顶点B在线段EF上时，若AE＝8，BE＝2，连接CE，请求出△ACE的面积．
【考点】三角形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）∵∠ABC＝90°，
∴∠ABM+∠CBN＝90°，
∵AM⊥DF，CN⊥DF，
∴∠AMB＝90°，∠CNB＝90°，
∴∠ABM+∠BAM＝90°，
∴∠BAM＝∠CBN，
在△ABM和△BCN中，
，
∴△ABM≌△BCN（AAS）；
∴AM＝BN，BM＝CN，
∵AM＝3，CN＝8，
∴MN＝MB+BN＝CN+AM＝11；
（2）PE＝CP﹣AE．理由如下：
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠CBE＝90°，
∵CP⊥BE，
∴∠CPB＝90°，
∴∠BCP+∠CBP＝90°
∴∠ABE＝∠BCP，
∵∠AEB＝90°，
∴∠AEB＝∠BPC＝90°，
在△ABE和△BCP中，
，
∴△ABE≌△BCP（AAS），
∴AE＝BP，BE＝CP，
∵BE＝BP+PE，
∴PE＝BE﹣BP＝CP﹣AE；
（3）24．
【分析】（1）根据两个三角形全等的判定定理得到△ABM≌△BCN（AAS），利用两个三角形全等的性质，得到AM＝BN＝3，BM＝CN＝8，即可得到MN＝MB+BN＝11；
（2）根据两个三角形全等的判定定理，得到△ABE≌△BCP，利用两个三角形全等的性质，得到AE＝BP，BE＝CP，由图中BE＝BP+PE，即可得到三者的数量关系；
（3）延长FE，过点C作CP⊥FE于P，如图所示，由两个三角形全等的判定定理得到△ABE≌△BCP，从而PC＝BE＝2，PB＝AE＝8，则可求得PE，延长AE，过点C作CF⊥AE于F，如图所示，由平行线间的平行线段相等可得CF＝PE＝6，代入面积公式得S△ACE，即可得到答案．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝90°，
∴∠ABM+∠CBN＝90°，
∵AM⊥DF，CN⊥DF，
∴∠AMB＝90°，∠CNB＝90°，
∴∠ABM+∠BAM＝90°，
∴∠BAM＝∠CBN，
在△ABM和△BCN中，
，
∴△ABM≌△BCN（AAS）；
∴AM＝BN，BM＝CN，
∵AM＝3，CN＝8，
∴MN＝MB+BN＝CN+AM＝11；
（2）PE＝CP﹣AE．理由如下：
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠CBE＝90°，
∵CP⊥BE，
∴∠CPB＝90°，
∴∠BCP+∠CBP＝90°
∴∠ABE＝∠BCP，
∵∠AEB＝90°，
∴∠AEB＝∠BPC＝90°，
在△ABE和△BCP中，
，
∴△ABE≌△BCP（AAS），
∴AE＝BP，BE＝CP，
∵BE＝BP+PE，
∴PE＝BE﹣BP＝CP﹣AE；
（3）延长FE，过点C作CP⊥FE于P，如图3.1，
∵∠ABE+∠EBC＝90°，∠ABE+∠BAE＝90°，
∴∠EBC＝∠BAE，
∵∠AEB＝∠CPB＝90°，AB＝BC，
∴△ABE≌△BCP（AAS），
∴PC＝BE＝2，PB＝AE＝8，
∴PE＝PB﹣BE＝8﹣2＝6，
如图4，延长AE，过点C作CF⊥AE于F，
∵AF⊥PE，CP⊥PE，
∴AF∥CP，
∵AF⊥PE，CF⊥AF，
∴PE∥CF，
由平行线间的平行线段相等可得CF＝PE＝6，
．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，熟记相关定理内容进行几何推理是解题关键．
23．（10分）春节来临，人们对海鲜的需求加大，因此各渔船主都加紧出海捕捞．如图，某日琼州湾两艘渔船A和B与某灯塔C位置如图，其中A在C的北偏西57°方向上，与C的距离是600海里，B在C的南偏西33°方向上，与C的距离是450海里．
（1）求渔船A与渔船B之间的距离．
（2）若C处灯塔发射的信号有效覆盖半径为390海里，此时B渔船准备沿直线向A渔船靠拢航行，航行的速度为每小时25海里．求B渔船在驶向A渔船的过程中，收到信号的持续时间有多少小时？
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题；勾股定理的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】（1）渔船A与渔船B之间的距离为750海里；
（2）B渔船在驶向A渔船的过程中，收到信号的持续时间有12小时．
【分析】（1）由题意易得∠ACB是直角，由勾股定理即可求得点A与点B之间的距离；
（2）过点C作CH⊥AB交AB于点H，在AB上取点D，E，使得CD＝CE＝390海里，分别求得EH、DH的长，可求得此时轮船过DE时的时间．
【解答】解：（1）由题意，得：∠NCA＝57°，∠SCB＝33°；
∴∠ACB＝90°；
∵AC＝600海里，BC＝450海里；
∴AB750（海里），
即：渔船A与渔船B之间的距离为750海里；
（2）过点C作CH⊥AB交AB于点H，在AB上取点D，E，使得CD＝CE＝390海里．
∵CH⊥AB；
∴∠CHB＝90°；
∵S△ABC，
∴CH＝360海里；
∵CD＝CE＝390海里；
∴DH＝EH150海里；
行驶时间为150×2÷25＝12（小时）．
答：B渔船在驶向A渔船的过程中，收到信号的持续时间有12小时．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，勾股定理的应用，路程、速度、时间的关系，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键．
24．（10分）已知抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于点A（1，0），B（4，0），与y轴交于点C，直线l为抛物线的对称轴．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图①，点P是直线l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求的值；
（3）如图②，点D坐标为（0，﹣2），在抛物线上是否存在点Q，使tan∠QDB？若存在，求出点Q的横坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；分类讨论；解直角三角形及其应用；推理能力．
【答案】（1）y＝x2﹣5x+4；
（2）；
（3）存在，或2或3．
【分析】（1）由待定系数法求出函数解析式即可；
（2）根据△PAC的周长等于PA+PC+AC，以及AC为定长，得到当PA+PC的值最小时，△PAC的周长最小，根据抛物线的对称性，得到A，B关于对称轴对称，则：PA+PC＝PB+PC≥BC，得到当P，B，C三点共线时，PA+PC＝BC，进而求出P点坐标，即可得解；
（3）根据∠OBD的正切，得到∠QDB＝∠OBD，分点Q在BD点上方和下方，两种情况进行讨论求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4与x轴相交于点A（1，0），B（4，0），
则，
解得：，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣5x+4；
（2）由（1）知y＝x2﹣5x+4，当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），抛物线的对称轴为直线x，
∵△PAC的周长等于PA+PC+AC，AC为定长，
∴当PA+PC的值最小时，△PAC的周长最小，
∵A，B关于抛物线的对称轴对称，
∴PA+PC＝PB+PC≥BC，当P，B，C三点共线时，PA+PC的值最小，为BC的长，此时点P为直线BC与对称轴的交点，
∵l∥y轴，
∴，
（3）存在，
∵D（0，﹣2），
∴OD＝2，
∵B（4，0），
∴OB＝4，
在Rt△BOD中，tan∠OBD＝OD：OB＝1：2＝tan∠QBD，
∴∠QDB＝∠OBD；
当点Q在点D的上方时，
∵∠QDB＝∠OBD
则点A、Q重合，
即点Q的横坐标为1；
当Q在BD上方时，令DQ交x轴于点M，如图：
∵∠QDB＝∠OBD，
∴DM＝BM，
设DM＝BM＝x，则OM＝4﹣x，
在Rt△DOM中，DM2＝OM2+OD2，
即x2＝（4﹣x）2+4，
解得：x，
∴M（，0），
∴直线DM的解析式为：yx﹣2，
联立直线DM与抛物线：
，
解得：x，
即Q点横坐标为；
当Q在BD下方时，
∵∠QDB＝∠OBD，
∴QD∥x轴，
∴直线QD的解析式为：y＝﹣2，
代入抛物线得：x2﹣5x+4＝﹣2，
解得：x＝2或3，
即Q点横坐标为2或3，
综上所述，Q点的横坐标为：或2或3．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法，二次函数的性质，勾股定理，轴对称的性质，正确的求出二次函数解析式，利用数形结合，分类讨论的思想进行求解是解题的关键．
25．（10分）如图，在 ABCD中，，AD＝2．将∠CDA绕点D顺时针旋转一定角度得到∠EDF，点E在BC上，点F在CA的延长线上．
（1）填空：点A到BC的距离为 　2　 ；
（2）判断线段CE与AF的数量关系，并说明理由；
（3）当DF⊥AB时，求线段DE的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）2；
（2）CEAF，理由见解析；
（3）．
【分析】（1）过点A作AM⊥BC于点M，由等腰三角形的性质得BM＝CMBC，再由平行四边形的性质得BC＝AD＝2，然后由勾股定理求出AM的长即可；
（2）由平行四边形的性质得CD＝AB，AB∥CD，AD∥BC，再证△CDE∽△ADF，得，即可得出结论；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AB于点N，延长BA交DF于点G，由三角形面积求出CN，再证△AGD≌△BNC，得AG＝BN，DG＝CN，然后证△AGF∽△ANC，求出GF，则DF，最后由相似三角形的性质求出DE的长即可．
【解答】解：（1）如图1，过点A作AM⊥BC于点M，
则∠AMB＝90°，
∵，
∴BM＝CMBC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝2，
∴BMBC＝1，
∴AM2，
即点A到BC的距离为2，
故答案为：2；
（2）CEAF，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠DCE+∠B＝180°，∠DAC＝∠ACB，
∴∠DCE＝180°﹣∠B，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∴∠DAC＝∠B，
∵∠DAF＝180°﹣∠DAC，
∴∠DCE＝∠DAF，
由旋转的性质得：∠CDA＝∠EDF，
∴∠CDA﹣∠ADE＝∠EDF﹣∠ADE，
即∠CDE＝∠ADF，
∴△CDE∽△ADF，
∴，
∴CEAF；
（3）如图2，过点A作AM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AB于点N，延长BA交DF于点G，
则CN∥DF，∠AMB＝∠ANC＝∠BNC＝90°，
∵DF⊥AB，
∴∠AGF＝∠AGD＝90°，
由（1）可知，AM＝2，
∵S△ABCAB CNBC AM，
∴CN，
∴BN，
∴AN＝AB﹣BN，
∵AD∥BC，
∴∠DAG＝∠B，
∵∠AGD＝∠BNC＝90°，AD＝BC，
∴△AGD≌△BNC，
∴AG＝BN，DG＝CN，
∵CN∥DF，
∴△AGF∽△ANC，
∴，
即，
解得：GF，
∴DF＝DG+GF，
由（2）可知，△CDE∽△ADF，
∴，
即，
解得：DE，
即DE的长为．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、平行四边形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及三角形面积等知识，本题综合性强，熟练掌握旋转的性质和平行四边形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．

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