文档内容
绝密★启用前
2024 年中考押题预测卷【常州卷】
数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．计算x5÷x2的结果是（ ）
A．x10 B．x7 C．x3 D．x2
【分析】根据同底数幂的除法法则：底数不变，指数相减，可得答案．
【解答】解：原式＝x5﹣2＝x3，
故选：C．
【点评】本题考查了同底数幂的除法，熟记法则并根据法则计算是解题关键．
2．分式 的值为0，则x的值是（ ）
A．0 B．﹣4 C．4 D．﹣4或4
【分析】根据分母不为零分子为零的条件进行解题即可．
【解答】解：∵分式 的值为0，
∴|x|﹣4＝0且x﹣4≠0，
解得x＝﹣4．
故选：B．
【点评】本题考查分式的值为零的条件，掌握分母不为零分子为零的条件是解题的关键．
3．如图是一个由8个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）A． B． C． D．
【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的或看不到的棱都应表现在主视图中，看得
见的用实线，看不见的用虚线，虚实重合用实线．
【解答】解：从正面看，底层是三个小正方形，上层的左边是一个小正方形．
故选：A．
【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
4．已知a、b是一元二次方程x2﹣2x﹣3＝0的两个根，则a2b+ab2的值是（ ）
A．﹣1 B．﹣5 C．﹣6 D．6
【分析】根据根与系数的关系，可得出ab和a+b的值，再代入即可．
【解答】解：∵a、b是一元二次方程x2﹣2x﹣3＝0的两个根，
∴ab＝﹣3，a+b＝2，
∴a2b+ab2＝ab（a+b）＝﹣3×2＝﹣6，
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种
经常使用的解题方法．
5．2023年9月23日，第19届亚运会在杭州开幕，开幕式现场直播及相关报道在多媒体平台的总播放量约
为503000000次，其中数据“503000000”用科学记数法表示为（ ）
A．50.3×107 B．5.03×108 C．50.3×108 D．5.03×109
【分析】根据科学记数法的表示方法求解即可．
【解答】解：503000000＝5.03×108．
故选：B．
【点评】本题主要考查科学记数法．科学记数法的表示形式为 a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．
解题关键是正确确定a的值以及n的值．
6．若点（﹣m，3）与点（﹣5，n）关于y轴对称，则（ ）
A．m＝﹣5，n＝3 B．m＝5，n＝3 C．m＝﹣5，n＝﹣3 D．m＝﹣3，n＝5
【分析】根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变．即点 P（x，y）关于y轴
的对称点P′的坐标是（﹣x，y），进而得出答案．
【解答】解：∵点（﹣m，3）与点（﹣5，n）关于y轴对称，∴m＝﹣5，n＝3，
故选：A．
【点评】此题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆关于坐标轴对称点的性质是解题关键．
7．小明按照以下步骤画线段AB的三等分点：
画法 图形
（1）以A为端点画一条射线；
（2）用圆规在射线上依次截取3条等长线段
AC、CD、DE，连接BE；
（3）过点C、D分别画BE的平行线，交线段
AB于点M、N．M、N就是线段AB的三等分
点．
这一画图过程体现的数学依据是（ ）
A．两直线平行，同位角相等
B．两条平行线之间的距离处处相等
C．在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行
D．两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【分析】根据平行线分线段成比例定理解答即可．
【解答】解：∵CM∥DN∥BE，
∴AC：CD：DE＝AM：MN：NB，
∵AC＝CD＝DE，
∴AM＝MN＝NB，
∴这一画图过程体现的数学依据是两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例，
故选：D．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，尺规作图，掌握平行线分线段成比例定理是解题的关
键．
8．如图1，挂在弹簧测力计上的长方体铁块浸没在水中，提着弹簧测力计使铁块匀速上移，直至铁块浮出
水面停留在空中（不计空气阻力），则以下物理量：铁块受到的浮力、弹簧测力计读数，容器底部受到
的液体压强、水面高度，其中两个量与时间t之间的关系大致可以用图2、图3中的图象来描述，那么
对图2、图3的解读正确的是（ ）A．图2表示弹簧测力计的读数和时间的函数图象
B．图2表示容器底部受到的液体压强和时间的函数图象
C．图2表示水面高度和时间的函数图象
D．图3表示铁块受到的浮力和时间的函数图象
【分析】铁块露出水面以前，F拉+F浮 ＝G，浮力不变，当铁块慢慢露出水面开始，浮力减小，当铁块
完全露出水面后，浮力为0；弹簧测力计读数为：开始一段的铁块在空气中的重量保持不变，当铁块进
入水中的过程中，重量逐渐减小，直到全部进入水中，重量保持不变．
【解答】解：铁块露出水面以前，F拉+F浮 ＝G，浮力不变，当铁块慢慢露出水面开始，浮力减小，当
铁块完全露出水面后，浮力为0；
弹簧测力计读数为：铁块露出水面以前，F拉+F浮 ＝G，浮力不变，故此过程中弹簧的度数不变，当铁
块慢慢露出水面开始，浮力减小，则拉力增加，当铁块完全露出水面后，拉力等于重力，故图2表示弹
簧测力计的读数和时间的函数图象．
故选：A．
【点评】本题考查函数图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合和分类讨论的数学思想解答．
第Ⅱ卷
二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
√ 1 1
9． 的算术平方根是 ．
16 2
√ 1
【分析】先计算 的值，再根据算术平方根的概念解答即可．
16
√ 1 1
【解答】解： = ，
16 4
1 √1 1
∴ 的算术平方根是： = ，
4 4 2
1
故答案为： ．
2
【点评】此题考查的是算术平方根，一般地，如果一个正数x的平方等于a，即x2＝a，那么这个正数x叫做a的算术平方根．
10．因式分解：2ab2﹣4ab+2a＝ 2 a （ b ﹣ 1 ） 2 ．
【分析】提公因式后利用完全平方公式计算即可．
【解答】解：原式＝2a（b2﹣2b+1）
＝2a（b﹣1）2，
故答案为：2a（b﹣1）2．
【点评】本题考查因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．
11．﹣12024×（π﹣3.14）0﹣（ ）﹣2＝ ﹣ 1 0 ．
【分析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
【解答】解：﹣12024×（π﹣3.14）0﹣（ ）﹣2
＝﹣1×1﹣9
＝﹣1﹣9
＝﹣10，
故答案为：﹣10．
【点评】本题考查了实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，准确熟练地进行计算是解题的关键．
12．在对物体做功一定的情况下，力F（N）与此物体在力的方向上移动的距离s（m）成反比例函数关系，
其图象如图所示，点P（4，3）在图象上，则当力达到10N时，物体在力的方向上移动的距离是 1.2
m．
12 12
【分析】利用点P的坐标求出F= ，当F＝10时，即F= =10，求出s，即可求解．
s s
k
【解答】解：设函数的表达式F= ，
s
k
将点P的坐标代入上式得：3= ，解得k＝12，
4
12
则反比例函数表达式为F= ，
s
12
当F＝10时，即F= =10，
s
解得s＝1.2（m），故答案为：1.2．
【点评】本题考查反比例函数系数k的几何意义，过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线，与
坐标轴围成的矩形面积就等于|k|．本知识点是中考的重要考点，同学们应高度关注．
13．如图，将一个圆锥展开后，其侧面是一个圆心角为 108°，半径为12cm的扇形，则该圆锥的底面圆的
半径为 3. 6 cm．
【分析】根据弧长公式求出扇形弧长，根据圆的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：∵扇形的圆心角为108°，半径为12cm，
∴扇形弧长 7.2π（cm），
∴圆锥的底面周长为7.2π cm，
∴圆锥的底面半径 3.6（cm），
故答案为：3.6．
【点评】本题考查的是圆锥的计算，掌握圆锥的底面圆周长是扇形的弧长是解题的关键．
14．如图，在4×4的正方形方格中，阴影部分是涂黑7个小正方形所形成的图案，再将剩下的9个白色小
1
正方形任选1个涂黑，则能使得到的新图案成为一个轴对称图形的概率为 ．
3
【分析】根据轴对称图形的概念：把一个图形沿着某条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合及正方
形的对称轴是两条对角线所在的直线和两组对边的垂直平分线，得出结果．
【解答】解：如图所示：符合题意的图形有3种．
1
∴能使得到的新图案成为一个轴对称图形的概率为 ．
31
故答案为： ．
3
【点评】此题主要考查了利用轴对称设计图案，此题要首先找到大正方形的对称轴，然后根据对称轴，
进一步确定可以涂黑的正方形是解题关键．
15．如图所示，∠AOB是放置在正方形网格中的一个角，则tan∠AOB的值是 1 ．
【分析】连接 AB，设正方形网格中的小正方形边长为 1，由勾股定理得AB=√10，OA=√10，
OB=2√5，再利用勾股定理得逆定理可证△OAB为直角三角形，然后根据正切函数的定义可得出答案．
【解答】解：连接AB，如图所示：
设正方形网格中的小正方形边长为1，
由勾股定理得：AB=√12+32=√10，OA=√12+32=√10，OB=√22+42=2√5，
∵AB2+OA2=(√10) 2+(√10) 2=20，OB2=(2√5) 2=20，
∴AB2+OA2＝OB2，
∴△OAB为直角三角形，即∠OAB＝90°，
∴ ．
【点评】此题主要考查了正切函数的定义，解答此题的关键熟练掌握正切函数的定义，难点是是根据网
格的特征，利用勾股定理及其逆定理证明△OAB为直角三角形．
16．如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点D是⊙O上一点，∠CDB＝55°，则∠ABC＝ 35
°．【分析】根据圆周角定理和三角形的内角和定理即可得到结论．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠A＝∠D＝55°，
∴∠ABC＝180°﹣∠ACB﹣∠A＝35°，
故答案为：35．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心：熟练掌握三角形的外心的定义与性质．也考查了圆周角定
理．
17．如图，一根细线上端固定，下端系一个小重物，让这个小重物来回自由摆动，来回摆动一次所用的时
间t（单位：s）与细线长度1（单位：m）之间满足关系 ．当细线的长度为0.4m时，小重物
来回摆动一次所用的时间是 1. 3 s（结果保留小数点后一位）．
【分析】直接把l＝0.4m代入关系式 即可求出t的值．
【解答】解：把l＝0.4m代入关系式 得，
√0.4
∴t＝2π =2π×0.2＝0.4π≈1.3．
10
答：小重物来回摆动一次所用的时间大约是1.3s．
故答案为：1.3．
【点评】此题考查的是二次根式的应用，熟练掌握算术平方根的定义是解题关键．
18．如图，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，点D为△ABC所在平面内一点，
∠BDC＝90°，以AC、CD为边作平行四边形ACDE，则CE的最小值为 √10−√2 ．【分析】延长AE交BD于点F，根据平行四边形的性质可得AE∥CD，可得∠AFB＝∠BDC＝90°，可
以证明△AFB≌△DFE，可得∠AEB＝135°，点E的运动轨迹为圆的运动轨迹，假设点E所在圆的圆心
为M，连接MB，MA，MC，MC与圆M交于点E′，根据圆外的点到圆上的点的距离最值可得，CE′即为
CE的最小值，利用勾股定理可得CM的值，进而可得CE的最小值．
【解答】解：如图，延长AE交BD于点F，连接BE，
∵四边形ACDE是平行四边形，
∴AE∥CD，AC＝ED，∠EAC＝∠CDE，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，∠BDC＝90°，
∴ED＝AB＝AC＝2，∠BAF+∠CAE＝90°，∠CDE+∠EDF＝90°，∠AFB＝∠CDB＝∠DFE＝90°，
∴BC=√2AB＝2√2，
∴∠BAF＝∠EDF，
在△AFB和△DFE中，
，
∴△AFB≌△DFE（AAS），
∴BF＝EF，
∴∠BEF＝45°，
∴∠AEB＝135°，
∴点E的运动轨迹为圆的运动轨迹，假设点E所在圆的圆心为M，
连接MB，MA，MC，MC与圆M交于点E′，
则根据圆外的点到圆上的点的距离最值可得：
CE′即为CE的最小值，如图，∴∠AMB＝90°，
∵AM＝BM，AB＝2，
√2
∴∠MBA＝45°，BM= AB=√2，
2
∴∠MBC＝90°，
∴在Rt MBC中，MC=√MB2+BC2=√10，
∴CE′＝△CM﹣ME′=√10−√2．
即CE的最小值为√10−√2．
故答案为：√10−√2．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、最
短路径问题、等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
三．解答题（共10小题，满分84分）
19．（6分）先化简，再求值：（x﹣2）2﹣（x+2）（x﹣1），其中x＝﹣1．
【分析】先算乘法，再合并同类项，最后代入求出即可．
【解答】解：（x﹣2）2﹣（x+2）（x﹣1）
＝x2﹣4x+4﹣（x2﹣x+2x﹣2）
＝x2﹣4x+4﹣x2﹣x+2
＝﹣5x+6；
当x＝﹣1时，原式＝5+6＝11．
【点评】本题考查了整式的混合运算和求值的应用，主要考查学生运用法则进行计算和化简的能力，难
度适中．
20．（8分）解不等式组： ，并把解集在数轴上表示出来．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小
无解了确定不等式组的解集．
【解答】解：由4x﹣2（x﹣1）＜4得：x＜1，由 得：x≥﹣3，
则不等式组的解集为﹣3≤x＜1，
将解集表示在数轴上如下：
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同
小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
21．（8分）为落实“双减”政策，优化作业管理，某中学从全体学生中随机抽取部分学生，调查他们每
天完成书面作业的时间t（单位：分钟）．按照完成时间分成五组：A组“t＜45”，B组“45＜t＜60”，
C组“60＜t＜75”，D组“75＜t＜90”，E组“t＞90”．将收集的数据整理后，绘制成如下两幅不完整的
统计图．根据以上信息，解答下列问题：
（1）这次调查的样本容量是 10 0 ；
（2）在扇形统计图中，B组的圆心角是 7 2 度，请补全条形统计图；
（3）本次调查数据的中位数落在 C 组内；
（4）若该校有1800名学生，请你估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生人数．
【分析】（1）根据C组的人数和所占的百分比，可以计算出本次调查的人数，然后即可计算出D组的
人数，从而可以将条形统计图补充完整；
（2）根据统计图中的数据，可以计算出B组的圆心角的度数，
（3）根据统计图中的数据可以计算出中位数落在哪一组；
（4）根据题意和统计图中的数据，可以计算出该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生人数．
【解答】解：（1）这次调查的样本容量是：25÷25%＝100，
D组的人数为：100﹣10﹣20﹣25﹣5＝40，
故答案为：100；
20
（2）在扇形统计图中，B组的圆心角是：360°? =72°，
100
补全的条形统计图如图所示：故答案为：72；
（3）∵本次调查了100个数据，第50个数据和51个数据都在C组，
∴中位数落在C组；
故答案为：C；
100−5
（4）1800? =1710（人），
100
答：估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生有1710人．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、中位数，解答本题的关键是明确题意，
利用数形结合的思想解答．
22．（8分）一只不透明的袋子中装有4个小球，分别标有编号1，2，3，4，这些小球除编号外都相同．
1
（1）搅匀后从中任意摸出1个球，这个球的编号是2的概率为 ．
4
（2）搅匀后从中任意摸出1个球，记录球的编号后放回、搅匀，再从中任意摸出1个球．求第2次摸
到的小球编号比第1次摸到的小球编号大2的概率是多少？（用画树状图或列表的方法说明）
【分析】（1）直接利用概率公式求出即可；
（2）用列表法或树状图法列举出所有等可能的结果，从中找出第 2次摸到的小球编号比第1次摸到的
小球编号大1的结果，然后利用等可能事件的概率公式求出即可．
【解答】解：（1）∵一共有4个编号的小球，编号为2的有一个，
1
∴P（任意摸出1个球，这个球的编号是2）= ；
4
（2）画树状图如下：
一共有16个等可能的结果，其中第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大2的情况出现了2次，
2 1
∴P（第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大2）= = ．
16 8
【点评】本题考查概率公式，列表法和树状图法求等可能事件的概率，掌握列表法和树状图法求等可能
事件的概率的方法是解题的关键．23．（8分）如图1，在矩形ABCD中，点O在对角线AC上，以OA的长为半径的圆O与AD，AC分别交
于点E，F，且∠ACB＝∠DCE．
（1）求证：△CAB∽△CED；
（2）判断直线CE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（3）如图2，若点E落在线段AC的垂直平分线上，CD＝2，求⊙O的半径．
【分析】（1）证明∠B＝∠D＝90°，结合∠ACB＝∠DCE，可得结论；
（2）连接OE，证明∠DAC＝∠AEO，∠ACB＝∠DAC，∠AEO＝∠ACB＝∠DCE，由∠DCE+∠DEC
＝90°，可得∠AEO+∠DEC＝90°，∠OEC＝180°﹣90°＝90°，即OE⊥EC，从而可得结论；
（3）证明AE＝CE，可得∠DAC＝∠ECA，∠DAC＝∠ECA＝∠DCE．求出∠DAC＝∠DCE＝30°，
2√3
DE=CDtan30?= ， ，AC＝4， ，证△EAO∽△CAE，
3
再利用相似三角形的性质可得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，
∵∠ACB＝∠DCE，
∴△CAB∽△CED．
（2）解：直线CE与⊙O相切，证明如下：
连接OE，
∵OA＝OE，
∴∠DAC＝∠AEO，
∵四边形ABCD是矩形，∴BC∥AD，
∴∠ACB＝∠DAC，
∵∠ACB＝∠DCE，
∴∠DAC＝∠DCE，
∴∠AEO＝∠ACB＝∠DCE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，
∴∠DCE+∠DEC＝90°，
∴∠AEO+∠DEC＝90°，
∴∠OEC＝180°﹣90°＝90°，即OE⊥EC，
∵OE为半径，
∴直线CE与⊙O相切；
（3）∵点E落在线段AC的垂直平分线上，
∴AE＝CE，
∴∠DAC＝∠ECA，
由（1）得∠DAC＝∠DCE，
∴∠DAC＝∠ECA＝∠DCE．
在Rt ACD中，∠DAC+∠ECA+∠DCE＝90°，
∴∠DAC＝∠DCE＝30°，
△
2√3
∴DE=CDtan30?= ， ，AC＝4，
3
∴ ，
∵OA＝OE，
∴∠DAC＝∠AE0＝30°，
∴∠AEO＝∠ACE，
又∵∠EAO＝∠CAE，
∴△EAO∽△CAE，
AE AO
∴ = ，
AC AE
4√3 AO
=
∴ 4 4√3，
3
4
解得OA= ．
3
【点评】本题考查的是圆的综合应用，主要考查矩形的性质，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的
性质，相似三角形的判定与性质，圆的切线的判定，锐角三角函数的应用，熟练的利用以上知识解题是关键．
24．（8分）湖笔是我国非物质文化遗产，尤其以善琏湖笔最为出名．某传统手工艺品网店准备在“6.18”
网购节期间实施一系列优惠活动回馈新老客户，该店针对一款原价30元/支的湖笔推出了两种优惠方案：
方案一、每支按8折销售；方案二、当购买数量超过40支但不超过60支时，每多购买1支单价减少0.5
元，当购买数量超过60支时，每支单价为20元．
（1）购买数量为50支时，求方案二湖笔的单价；
（2）王老师准备在该网店购买x支湖笔赠与学生留念（已知x＞40）．
①根据题意填写表：（请用含x的代数式表示）
方案 购买数量（支） 购买单价（元） 总金额（元）
方案一 x 24 24x
方案二 40＜x≤60 （ 50﹣ （ 50﹣
0.5 x ） 0.5 x ） x
x＞60 20 20x
②王老师发现选择方案二比选择方案一可节省174元，求王老师购买湖笔所付的总金额．
【分析】（1）利用单价＝30﹣0.5×超过40支的数量，即可求出结论；
（2）①利用单价＝30﹣0.5×超过40支的数量，即可用含x的代数式表示出购买单价，再利用总金额＝
购买单价×购买数量，即可用含x的代数式表示出总金额；
②分40＜x≤60及x＞60两种情况考虑，由选择方案二比选择方案一可节省174元，即可得出关于x的一
元二次方程或一元一次方程，解之即可得出 x的值，再将其符合题意的值代入（50﹣0.5x）x中即可求
出结论．
【解答】解：（1）30﹣0.5×（50﹣40）
＝30﹣0.5×10
＝30﹣5
＝25（元）．
答：购买数量为50支时，方案二湖笔的单价为25元．
（2）①依题意得：当40＜x≤60时，湖笔的单价为30﹣0.5（x﹣40）＝（50﹣0.5x）元，总金额为（50
﹣0.5x）x元．
故答案为：（50﹣0.5x）；（50﹣0.5x）x．
②当40＜x≤60时，24x﹣（50﹣0.5x）x＝174，
整理得：x2﹣52x﹣348＝0，
解得：x ＝58，x ＝﹣6（不符合题意，舍去），
1 2
∴（50﹣0.5x）x＝（50﹣0.5×58）×58＝1218；
当x＞60时，24x﹣20x＝174，
解得：x＝43.5（不符合题意，舍去）．
答：王老师购买湖笔所付的总金额为1218元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用、一元一次方程的应用、列代数式以及有理数的混合运算，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
k
25．（8分）如图，已知反比例函数y= 的图象与一次函数y＝ax+b的图象交于点A（1，4），B（﹣4，
x
n）．
（1）求n，a与b的值；
（2）若 ，请直接写出x的取值范围；
（3）求△OAB的面积．
k
【分析】（1）把A点（1，4）分别代入反比例函数y= ，求出k值，再把点B的坐标代入反比例函数
x
解析式求出n的值，然后利用待定系数法即可确定a、b的值；
（2）根据A、B的坐标结合图象即可得出答案．
（3）求出直线AB与x轴的交点C的坐标，分别求出△ACO和△BOC的面积，然后相加即可．
k
【解答】解：（1）把A点（1，4）分别代入反比例函数y= ，
x
得k＝1×4＝4，
4
∴反比例函数为y= ，
x
4
∵点B（﹣4，n）也在反比例函数y= 的图象上，
x
4
∴n= =−1，
−4
∴B（﹣4，﹣1），
∵一次函数y＝ax+b的图象过点A（1，4），B（﹣4，﹣1），
{ a+b=4
∴ ，
−4a+b=−1
解得a＝1，b＝3；
（2）根据图象可知： 的x的取值范围为﹣4＜x＜0或x＞1．（3）如图，设直线y＝x+3与x轴的交点为C，
当y＝0时，x＝﹣3，
∴C（﹣3，0），
∴S ＝S +S 3×4 ．
AOB AOC BOC
△ △ △
【点评】本题是一次函数和反比例函数的交点问题，考查了待定系数法求函数的解析式，反比例函数图
象上点的坐标特征，三角形的面积，函数与不等式的关系，题目具有一定的代表性，是一道比较好的题
目，用了数形结合思想．
26．（10分）在△ABC中，P是BC边上的一动点，连接AP．
（1）如图1，∠BAC＝90°，AB＝AC，∠BAP＝15°，且PC=√3+1．求：△ABP的面积．
（2）如图2，若∠BAC＝90°，AB＝AC，AP为边作等腰Rt APE，连接BE，F是BE的中点，连接
AF，猜想PE，PB，AF之间有何数量关系？并证明你的结论．
△
（3）如图3，作PD⊥AB于D，PE⊥AC于E，若∠B＝75°，∠C＝45°，BC＝9﹣3√3，当DE最小时，
请直接写出DE的最小值．
1
【分析】（1）过A作AD⊥BC于D，由等腰直角三角形的性质∠B＝∠C＝45°，AD= BC＝BD＝CD，
2
再由含30°角的直角三角形的性质得AP＝2PD，则AD=√3PD，设PD＝x，则AD=√3x，则CD＝AD
=√3x，然后由PD+CD＝PC，PC=√3+1，求出x＝1，即可解决问题；
（2）连接CE幷延长，交BA的延长线于D，证△CAE≌△BAP（SAS），得EC＝PB，∠ACE＝∠ABP
＝45°，则∠PCE＝90°，再由勾股定理得PC2+EC2＝PE2，则PC2+PB2＝PE2，然后由三角形中位线定理得DE＝2AF，证△PAC≌EAD（ASA），得PC＝DE，即可得出结论；
（3）证 A、E、P、D 四点共圆，且 AP 为直径，当 AP⊥BC 时，线段 DE 的值最小，再证
AD DE
△ADE∽△ACB，得 = ，设AE＝2x，则PE＝CE＝2x，AP＝2√2x，取AP的中点O，连接OD，
AC BC
1 √2 √6
则OD= AP＝OA＝OP=√2x，过D作DM⊥AP于M，则DM= x，然后求出AM=√2x+ x，AD＝
2 2 2
（√3+1）x，即可解决问题．
【解答】解：（1）过A作AD⊥BC于D，如图1所示：
则∠ADP＝90°，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
1
∴∠B＝∠C＝45°，AD= BC＝BD＝CD，
2
∵∠BAP＝15°，
∴∠APD＝∠B+∠BAP＝45°+15°＝60°，
∴∠PAD＝90°﹣60°＝30°，
∴AP＝2PD，
∴AD=√AP2−PD2=√(2PD) 2−PD2=√3PD，
设PD＝x，则AD=√3x，
∴CD＝AD=√3x，
∵PD+CD＝PC，PC=√3+1，
∴x+√3x=√3+1，
解得：x＝1，
∴BD＝CD＝AD=√3，
∴BP＝BD﹣PD=√3−1，
1
∴S = BP×AD （√3−1） ；
ABP 2
△
（2）PE2＝PB2+4AF2，证明如下：
连接CE幷延长，交BA的延长线于D，如图2所示：
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠BAP+∠CAP＝90°，∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE＝90°，AP＝AE，
∴∠CAE+∠CAP＝90°，
∴∠CAE＝∠BAP，
∴△CAE≌△BAP（SAS），
∴EC＝PB，∠ACE＝∠ABP＝45°，∴∠PCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，
∴PC2+EC2＝PE2，
∴PC2+PB2＝PE2，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAC＝90°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴AC＝AD，
∵AB＝AC，
∴AB＝AD，
又∵F是BE的中点，
∴AF是△BDE的中位线，
∴DE＝2AF，
∵∠PAE＝∠CAD＝90°，
∴∠PAE﹣∠CAE＝∠CAD﹣∠CAE，
即∠PAC＝∠EAD，
又∵∠ACP＝∠ADE＝45°，
∴△PAC≌EAD（ASA），
∴PC＝DE，
∴PC＝2AF，
∴（2AF）2+PB2＝PE2，
∴PE2＝PB2+4AF2；
（3）∵PD⊥AB于D，PE⊥AC于E，
∴∠ADP＝∠AEP＝90°，
∴∠ADP+∠AEP＝180°，
∴A、E、P、D四点共圆，且AP为直径，
∵∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣75°﹣45°＝60°是定值，
∴直径AP最小时，∠DAE所对的弦最小，
∴当AP⊥BC时，线段DE的值最小，
在Rt PEC中，∠C＝45°，
∴△PEC是等腰直角三角形，∠APE＝45°，
△
∴△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE＝45°，AE＝PE，
∴∠PDE＝∠PAE＝45°，
∴∠ADE＝45°，
∴∠ADE＝∠C＝45°，
∵∠EAD＝∠CAB，∴△ADE∽△ACB，
AD DE
∴ = ，
AC BC
设AE＝2x，则PE＝CE＝2x，AP＝2√2x，
∴AC＝4x，
如图3，取AP的中点O，连接EO，
1
则OD= AP＝OA＝OP=√2x，
2
∵∠DAP＝∠BAC﹣∠PAE＝60°﹣45°＝15°，
∴∠DOP＝2∠DAO＝30°，
1 √2
过D作DM⊥AP于M，则DM= OD= x，
2 2
OM √3
∵cos∠DOP＝cos30°= = ，
OD 2
√3 √6
∴OM= OD= x，
2 2
√6
∴AM=√2x+ x，
2
√ √6 √2
由勾股定理得：AD=√AM2+DM2= (√2x+ x) 2+( x) 2=（√3+1）x，
2 2
(√3+1)x DE
∴ = ，
4x 9−3√3
3√3
解得：DE= ，
2
3√3
则线段DE的最小值为 ．
2【点评】本题是三角形综合题目，考查了等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三
角形中位线定理、相似三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理、含30°角的直角三角形的性质、
勾股定理、锐角三角函数定义、三角形面积以及垂线段最短等知识，本题综合性强，有一定难度，正确
作出辅助线，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．
27．（10分）如图，已知抛物线的解析式为y x2 x+3，抛物线与x轴交于点A和点B，与y轴交点
于点C．
（1）请分别求出点A、B、C的坐标和抛物线的对称轴；
（2）连接AC、BC，将△ABC绕点B顺时针旋转90°，点A、C的对应点分别为M、N，求点M、N的
坐标；
（3）若点P为该抛物线上一动点，在（2）的条件下，请求出使|NP﹣BP|最大时点P的坐标，并请直接
写出|NP﹣BP|的最大值．
【分析】（1）提取二次项系数后分解因式，可以得出抛物线与 x轴交点，令x＝0代入可以得到与y轴
的交点，把解析式配方后可得对称轴；
（2）根据题意作出几何图形，通过旋转性质以及通过AAS求证△OBC≌△QNB即可分别求出M、N的
坐标；
（3）分析题意可得出，当P，N，B在同一直线上时，|NP﹣BP|的值最大，联立直线BN解析式以及抛物线解析式即可求出P的坐标．
3 75
+ +
【解答】解：（1）∵y x2 x+3 （x+4）（x﹣1） （x 2）2 16，
∴A（﹣4，0），B（1，0），C（0，3），
对称轴为直线x ；
（2）如图所示：
过N作NQ⊥x轴于点Q，
由旋转性质得MB⊥x轴，∠CBN＝90°，BM＝AB＝5，BN＝BC，
∴M（1，5），∠OBC+∠QBN＝90°，
∵∠OBC+∠BCO＝90°，
∴∠BCO＝∠QBN，
又∵∠BOC＝∠NQB＝90°，BN＝BC，
∴△OBC≌△QNB（AAS），
∴BQ＝OC＝3，NQ＝OB＝1，
∴OQ＝1+3＝4，
∴N（4，1）；
（3）设直线NB的解析式为y＝kx+b．
∵B（1，0）、N（4，1）在直线NB上，
{ k+b=0
∴ ，
4k+b=1
1
{ k=
3
解得： ，
1
b=−
3
1
∴直线NB的解析式为：y = x ，
3
当点P，N，B在同一直线上时|NP﹣BP|＝NB=√32+12=√10，当点P，N，B不在同一条直线上时|NP﹣BP|＜NB，
∴当P，N，B在同一直线上时，|NP﹣BP|的值最大，
即点P为直线NB与抛物线的交点．
1 1
{ y= x−
3 3
解方程组： ，
3 9
y=− x2− x+3
4 4
40
{x =−
{x =1 2 9
解得： 1 或 ，
y =0 49
1 y =−
2 27
√10
∴当P的坐标为（1，0）或（ ， ）时，|NP﹣BP|的值最大，此时最大值为 ．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查待定系数法，旋转性质，全等三角形的判定与性质等知识，本
题的关键是数形相结合，以及正确讨论出当P，N，B在同一直线上时，|NP﹣BP|的值最大是解题的关
键．
28．（10分）（1）发现：如图1，正方形ABCD中，点E在CD边上，将△ADE沿AE对折得到△AFE，
延长EF交BC边于点G，连接AG．证明：BG+DE＝EG．
（2）探究：如图2，矩形ABCD中AD＞AB，O是对角线的交点，过O任作一直线分别交BC、AD于点
M、N，四边形AMNE是由四边形CMND沿MN翻折得到的，连接CN，若△CDN的面积与△CMN的面
MN
积比为1：3，求 的值．
DN
（3）拓展：如图3，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°．将△ADE沿AE
翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．
【分析】（1）由正方形的性质得∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，再由翻折的性质得AD＝AF，DE＝EF，
∠AFE＝∠D＝90°，则AB＝AF，∠B＝∠AFG，然后证Rt ABG≌Rt AFG（HL），得BG＝GF，即可
得出结论；
△ △
（2）由翻折的性质得到 AM＝CM，AE＝CD，∠E＝∠D，∠AMN＝∠CMN，证△ANE≌△CND
（AAS），得AN＝CN，再由矩形的性质得∠ANM＝∠CMN，证得AM＝AN＝CM＝CN，根据已知条件
和三角形的面积公式得到DN：CM＝1：3，设DN＝k，则CN＝CM＝3k，过N作NG⊥MC于点G，则
CG＝DN＝k，MG＝2k，求出NG＝2√2k，MN＝2√3k，即可得出答案；1
（3）①当DE= DC＝2时，延长FE交AD于点Q，过点Q作QH⊥CD于点H，过点E作EM⊥AQ于
3
点 M，作 EN⊥AF 于点 N，过点 A 作 AR⊥FQ 于点 R，设 DQ＝x，QE＝y，则 AQ＝6﹣x，再证
△CPE∽△DQE，推出CP＝2DQ＝2x，由翻折的性质得EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，
AQ QE √3
然后由面积法证得 = ，得出y＝2 x，求出HE＝2 x，HQ = x，由勾股定理得（2 x）2+
AF EF 2
√3 1
（ x）2＝y2，解出x的值，即可得出答案；②当CE= DC＝2时，延长FE交AD于点Q′，过点Q′作
2 3
1 1
Q′H′⊥CD 于点 H′，则 DE＝4，设 DQ′＝x′，Q′E＝y′，则 AQ′＝6+x′，同理求出 CP= DQ′= x′，
2 2
AQ' Q'E 2 1 √3 √3 1
= ，得出y′＝4+ x′，再求出H′E＝4+ x′，H′Q′= x′，由勾股定理得（ x′）2+（4+
AF EF 3 2 2 2 2
x′）2＝y′2，解出x′的值，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，
由翻折的性质得：AD＝AF，DE＝EF，∠AFE＝∠D＝90°，
∴AB＝AF，∠AFG＝∠AFE＝90°，
∴∠B＝∠AFG＝90°，
在Rt ABG和Rt AFG中，
{AB
△
=AF
△
，
AG=AG
∴Rt ABG≌Rt AFG（HL），
∴BG＝GF，
△ △
∴BG+DE＝GF+EF＝EG；
（2）解：由翻折的性质得，AM＝CM，AE＝CD，∠E＝∠D，∠AMN＝∠CMN，
在△ANE与△CND中，
，
∴△ANE≌△CND（AAS），
∴AN＝CN，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，
∴∠ANM＝∠CMN，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴AM＝AN＝CM＝CN，
1
∴S ＝S = CM•CD，
AMN CMN 2
△ △1
又∵S ：S ＝1：3，S = DN•CD，
CDN CMN CDN 2
△ △ △
∴ ，
设DN＝k，则CN＝CM＝3k，
如图2，过点N作NG⊥MC于点G，
则四边形CDNG为矩形，
∴CG＝DN＝k，MG＝CM﹣CG＝3k﹣k＝2k，
NG=√CN2−CG2=√(3k) 2−k2=2√2k，
∴MN=√MG2+NG2=√(2k) 2+(2√2k) 2=2√3k，
MN 2√3k
∴ = =2√3；
DN k
（3）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝DC＝6，AD∥BC，
1
①如图3，当DE = DC 6＝2时，延长FE交AD于点Q，过点Q作QH⊥CD于点H，过点E作
3
EM⊥AQ于点M，作EN⊥AF于点N，过点A作AR⊥FQ于点R，
设DQ＝x，QE＝y，
则AQ＝AD﹣DQ＝6﹣x，
∵CP∥DQ，
∴△CPE∽△DQE，CP CE
∴ = = 2，
DQ DE
∴CP＝2DQ＝2x，
由翻折的性质得：EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，
∴AE是平分∠QAF，
∴EM＝EN，
1 1 1 1
∵S = AQ•EM = QE•AR，S = AF•EN = EF•AR，
AQE 2 2 AEF 2 2
△ △
∴ ，
AQ QE
∴ = ，
AF EF
6−x y
即 = ，
6 2
∴y＝2 x，
∵∠D＝60°，
1 1
∴DH= DQ= x，
2 2
√3
∴HE＝DE﹣DH＝2 x，HQ
=√(2DH) 2−DH2=√3
DH
=
2 x，
在Rt HQE中，由勾股定理得：HE2+HQ2＝EQ2，
√3
△
即（2 x）2+（
2
x）2＝y2，
∵y＝2 x，
3
解得：x = ，x ＝0（不合题意，舍去），
1 4 2
3 3
∴PC＝2脳 = ；
4 2
1
②如图4，当CE = DC 6＝2时，延长FE交AD于点Q′，过点Q′作Q′H′⊥CD于点H′，
3
则DE＝4，设DQ′＝x′，Q′E＝y′，
则AQ′＝AD+DQ′＝6+x′，
∵CP∥DQ′，
∴△CPE∽△DQ′E，
CP CE 1
∴ = = ，
DQ' DE 2
1 1
∴CP= DQ′= x′，
2 2
由翻折的性质得：EF＝DE＝4，AF＝AD＝6，∠Q′AE＝∠EAF，
AQ' Q'E
同理： = ，
AF EF
6+x' y'
即 = ，
6 4
2
∴y′＝4+ x′，
3
∵∠CDA＝∠Q′DH′＝60°，
1 1
∴DH′= DQ′= x，
2 2
1 √3
∴H′E＝DE+DH′＝4+ x′，H′Q′=√3DH′= x′，
2 2
在Rt H′Q′E中，由勾股定理得：H′Q′2+H′E2＝EQ′2，
√3 1
即（ △ x′）2+（4+ x′）2＝y′2，
2 2
2
∵y′＝4+ x′，
3
12
解得：x′ = ，x′ ＝0（不合题意，舍去），
1 5 2
∴PC ；3 6
综上所述，PC的长为 或 ．
2 5
【点评】本题是相似形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、翻折的性
质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质、正方形的性质、矩形的性质、菱形的性质、平行线的性
质、角平分线的性质、分类讨论等知识，综合性强，难度大，熟练掌握翻折的性质和相似三角形的判定
与性质是解题的关键．
