2025《中考数学•终极押题猜想》河南(解析版)_初中资料合集_2025中考数学《终极押题猜想》全国13地方版_2025《中考数学•终极押题猜想》河南

2025 年中考数学终极押题猜想（河南版） （高分的秘密武器：终极密押+押题预测） 押题猜想一 选填题之几何问题求线段长度 ......... 押题猜想二 选填题之与圆相关求阴影部分面积 ..... 押题猜想三 选填题之规律探索问题 ............... 押题猜想四 选填题之几何与函数图象结合应用 ..... 押题猜想五 选填题之跨学科问题研究 ............. 押题猜想六 填空题之多可能问题研究 ............. 押题猜想七 解答题之函数与实际问题综合应用 ..... 押题猜想八 解答题之一次函数与反比例函数综合应用 押题猜想九 解答题之用三角函数解决实际问题 ..... 押题猜想十 解答题之几何图形的证明与计算问题 ... 押题猜想十一 解答题压轴之二次函数综合应用 ..... 押题猜想十二 解答题压轴之几何综合............. 1/103押题猜想一 选填之几何问题求线段长度 限时：2min 1．如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，BC上的点，且AE 2BE ，BF 2CF ，连接EC，FD， M，N分别是EC，FD的中点，连接MN，若AB6，BC9，则MN的长为（ ） A． 13 B．2 13 C．2 10 D．2 【答案】A 【分析】连接CN 并延长交AD于点G，连接EG，根据中点定义，矩形的性质得到∠A＝90°，AD∥BC， 再证△GND≌△CNF，得到GN CN，根据三角形的中位线定理和勾股定理即可得到结论． 【详解】如图，连接CN 并延长交AD于点G，连接EG ． ∵M，N分别是EC，FD的中点， ∴DN FN ， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，ABBC，BC  AD，AABCBCDADC90， ∴GDN CFN， Q GNDCNF， ∴△GND≌△CNF， GN CN，即N是CG的中点． ∴MN是CEG的中位线． 1 MN EG ． 2 ∵AE 2BE ，BF 2CF ，AB6，BC9， 2/1032 1 ∴AE  AB4，CF GD BC 3，AGADDG6． 3 3 在Rt△AEG中 AE2AG2 EG2 EG AE2AG2  4262 2 13 ． MN  13， 故选：A． 押题解读 本考点为必考考点，利用几何知识求线段长度是比较重要的考查内容，常以选择题、填空题的形式出现。 常考的知识点有四边形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理等，正确的 作出辅助线构造全等三角形是解题的关键。 【选择题】1．如图，AB是O的切线，B为切点，连接AO交O于点C，延长AO交O于点D，连接BD．若 AD，且AC3，则AB的长度是（ ） A．3 B．4 C．3 3 D． 4 2 【答案】C 【分析】此题主要考查了切线的性质、解直角三角形、等腰三角形的判定和性质等知识，熟悉是切线的性 质、解直角三角形、等腰三角形的判定和性质是解题的关键． 连接OB，得出OB AB，OBD是等腰三角形，根据等腰三角形的性质和含30直角三角形的性质求出 A30，OB AC3，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：连接OB， 3/103∵OBOD， ∴OBD是等腰三角形， ∴OBDD， ∵AOB是OBD的一个外角， ∴AOBOBDD2D， ∵AB是O的切线， ∴OB AB， ∴ABO90， ∵AD， ∴AAOBA2D3A90， ∴A30， ∴AO2OB ACOC， 又∵OBOC， ∴OB AC3， OB ∵ tanAtan30， AB OB 3 ∴AB  3 3． tan30 tan30 故选：C． 2．如图，点E为平行四边形ABCD的对角线AC上一点，AC 5，CE 1，连接DE并延长至点F，使得 EF DE，连接BF，则BF为（ ） A．2.5 B．3 C．3.5 D．8 【答案】B 【分析】本题考查了全等三角形和平行四边形的性质定理与判定定理，过点F作FG∥CD交AC于点G， 4/103再利用全等三角形的判定定理与性质定理结合平行四边形的性质定理与判定定理即可得解． 【详解】解：过点F作FG∥CD交AC于点G， ∴CDE GFE，DCE FGE， 又EF DE， ∴△CDE≌△GFE， ∴GE CE 1，FGCD， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB且CD AB， ∴GF∥AB且GF  AB， ∴四边形ABFG为平行四边形， ∴BFAG5113． 故选：B． 【填空题】1．如图所示，已知矩形ABCD，AB4，AD3，点E为边DC上不与端点重合的一个动点，连 接BE，将BCE沿BE翻折得到BEF，连接AF 并延长交CD于点G，则线段CG的最大值是 ． 【答案】4 7/ 74 【分析】以B为圆心，BC长为半径作圆B，当AF 与B相切时，即E，G两点重合时，CG值最大，证明 ABE AEB，得出AE  AB4，由勾股定理求出 DE AE2 AD2  7 ，即可得出结果． 【详解】解：以B为圆心，BC长为半径作圆B，如图所示： 5/103四边形ABCD是矩形， CD AB4，BC  AD3，BCEADE90， 由折叠的性质得：BFEBCE90，BF BC 3， BF  EF ， 当AF 与B相切时，即E，G两点重合时，A、F 、E三点共线，CG值最大， 四边形ABCD是矩形， AB∥CD， CEBABE ， 由折叠的性质得：AEBCEB， ABEAEB， AE AB 4， 在RtADE中，ADE90， DE AE2AD2 42 32 7 ， AG的最大值为：CDDE 4 7 ， 故答案为：4 7． 【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、切线的性质等知识；熟练 掌握折叠的性质，判断出当AF 与B相切时，即E，G两点重合时，CG值最大是解题的关键． 2．如图，在矩形纸片ABCD中，AB 2,AD2，E为边AD的中点，点F 在边CD上，连接EF，将DEF 沿EF翻折，点D的对应点为D ¢，连接BD．若BD2，则DF  ． 6/103【答案】 3 2/ 2 3 【分析】如图：连接BE，延长FE交BA的延长线于H，根据折叠的性质及矩形的性质，证明 RtHAE≌RtFDEASA，进而得到△BED为直角三角形，设DEF ，则 AEH DEF ，DED 2，证明BHE为等腰三角形，求出AH ，进而完成解答． 【详解】解：如图：连接BE，延长FE交BA的延长线于H， ∵矩形ABCD中AB 2,AD2，E为边AD的中点，， ∴AE DE 1，BAED90， ∵将DEF 沿EF翻折，点D的对应点为D ¢， ∴ED ED1，EDF D90，DEF DEF， ∴RtHAE≌RtFDEASA， ∴DF AH ， ∴ BE AB2AE2  21 3 ， ∵BD2，  2 ∴12 3 22，即DE2BE2 BD2， ∴△BED为直角三角形， 设DEF ，则AEH DEF ，DED 2， ∴AEB902，AHE90， 7/103∴HEBAHE90， ∴BHE为等腰三角形， ∴BH BE 3， ∴AH BHAB 3 2， ∴DF  AH  3 2． 故答案为： 3 2． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、勾股定理、 折叠的性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解题的关键． 3．如图，已知点A1,0，B5,0，点C在y轴上运动．将AC绕A顺时针旋转60得到AD，则BD的最小 值为 ． 【答案】3 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全 等三角形是解题的关键， 由“SAS”可证△CAO≌△DAH，可得AHDCOA90，则点D在过点H且垂直于AH 的直线上运动， 由矩形的性质和直角三角形的性质可求解． 【详解】以AO为边作等边三角形AOH ，连接HD． 点A1,0，B5,0， 8/103OA1，AB4， AOH是等边三角形，  AO AH OH，OAH 60， 将AC绕A顺时针旋转60得到AD， ADAC，CAD60OAH， OACDAH ， CAO≌DAHSAS， AHDCOA90， 点D在过点H且垂直于AH的直线上运动， 当BDDH 时，BD有最小值， 此时，如图，过点A作AN BD于N， .AHD90，AN BD，DBHD， 四边形AHDN 是矩形， AH DN 1，HAN 90 ， BAN 180906030， 1 BN AB2， 2 BDDNBN 3， 故答案为：3． 押题猜想二 与圆相关求阴影部分面积 限时：2min 1．如图，AB是O的直径，与弦CD交于点E，CAB30,AC  AE,CD4，则图中阴影部分的面积 为 ． 【答案】2π4 9/103【分析】连接OC、OD，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理，求得OCDODC 45，从而 求得COD90，利用扇形的面积公式和三角形的面积公式，根据“S S S ”求出阴影部分的 阴影 扇形COD Rt△COD 面积公式即可． 【详解】解：连接OC、OD． AC AE，CAB30， ACEAEC (180CAB)2 75 ， OAOC， OACOCA30， OCOD， OCDODCACEOCA 75 30 45 ， COD180OCDODC90， 2 ODCDsinOCD4 2 2， 2 1 S  OCOD4， Rt△COD 2 90 S  OD2 2， 扇形COD 360 S S S  2 4． 阴影 扇形COD Rt△COD 故答案为：24． 押题解读 本考点为必考考点，主要考查扇形面积的计算，掌握等腰三角形的性质、三角形内角和定理、扇形的面 积公式和三角形的面积公式是解题的关键．利用圆的相关知识点及几何图形的知识点求阴影部分面积是 比较重要的考查内容，常以选择题、填空题的形式出现。常考的知识点有圆的性质，四边形及三角形的 判定和性质等。 【填空题】1．如图，在Rt△ABC中，C90，ACBC，点O在边AB上，OA2，以O为圆心，OA 长为半径作半圆，恰好与BC相切于点D，交AB于点E，则阴影部分的面积为 ． 10/1031 1 【答案】 2 /  2 2 2 【分析】连接OD，过OH  AC于H点，如图，先利用等腰直角三角形的性质得到CAB45，则 2 OH  OA 2，再根据切线的性质得到OD  BC，于是可判断OD∥AC，所以EODBAC 45，然 2 后根据三角形面积公式和扇形的面积公式，利用阴影部分的面积S S 进行计算． AOD 扇形DOE 本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了等腰直角三角形的性质和扇形的面积 计算． 【详解】解：连接OD，过OH  AC于H点，如图， C90，ACBC， CAB45， 2 2 OH  OA 2  2， 2 2 O与BC相切于点D， ODBC， OD∥AC， EODBAC 45， 1 4522 1 阴影部分的面积S S  2 2  2 ． AOD 扇形DOE 2 360 2 1 故答案为： 2 ． 2 2．在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点为格点，已知Rt△ABC的三个顶 点均在格点上，且BAC 90，点M为AC上一点，以点A为圆心，AM 的长为半径作圆与边BC相切于 11/103点N，已知 MN 为该圆的一部分．则图中由线段CN ，CM 及 MN 所围成的阴影部分的面积为 . 17 17π 【答案】  4 16 【分析】利用网格线及勾股定理逆定理求得V ABC是等腰直角三角形，再利用三角形的面积减去扇形的面 积，即可求出答案． 【详解】解：如图，连接AN． 根据网格线，可得 AB 1242  17 ， AC  1242  17 ， BC  3252  34 ， ∴BC2  AC2AB2，且AB AC， ∴V ABC是等腰直角三角形，且BAC 90， ∵边BC与 MN 所在的圆相切于点N ，AN BC， 1 ∴CAN  BAC45． 2 1 34 在Rt△ACN 中，AN CN  BC  ． 2 2 1 1 34 34 17 ∴S  ANCN     ． △ACN 2 2 2 2 4 2  34  45  ∴ ．  2  17 S   扇形AMN 360 16 17 17 ∴S S S   ． 阴影 △ACN 扇形AMN 4 16 17 17 故答案为：  ． 4 16 【点睛】此题主要考查了勾股定理，三角形的面积公式，扇形的面积公式，切线的性质，判断出BAC 90 12/103是解本题的关键． 3．如图，扇形AOB中，AOB90，沿直线EF翻折，使点O落在AB的中点C处，连接CE，CF．若OA2， 则阴影部分的面积是 【答案】2/2 【分析】连接OC，由折叠的性质可得点O与点C关于EF对称，EOEC，OF CF，即OCEF，由 圆周角定理可得AOC BOC 45，再根据等腰直角三角形的性质与判定可得 OCE =OCF =OEF =CEF =45，再根据正方形的判定与性质和勾股定理可得EO=OF = 2，再利 用S S S 求解即可． 阴影 扇形AOB EOFC 【详解】解：连接OC， 由折叠的性质可得，点O与点C关于EF对称，EOEC，OF CF， ∴OCEF， ∵点C是弧AB的中点， ∴AOC BOC 45， ∵EOEC，OF CF， ∴OCE =OCF =OEF =CEF =45， ∴AOB=OEC=ECF =90， ∴四边形EOFC是矩形， 又∵EOEC， ∴四边形EOFC是正方形， ∵OAOC2，OC= 2EO， ∴EO=OF = 2， 9022  2 ∴S S S   2 2， 阴影 扇形AOB 正方形EOFC 360 故答案为：2． 13/103【点睛】本题考查扇形的面积公式、矩形的判定、正方形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判 定与性质及圆周角定理，熟练掌握相关定理求得EO=OF = 2是解题的关键． 4．如图，点O是以AB为直径的半圆的圆心，以A为圆心，AO为半径的弧交半圆于点C，以B为圆心，BO 为半径的弧交半圆于点D，点F是 CD 上一点，BF 6，AF 8．则阴影部分的面积为 （结 果保留） 25 【答案】24 4 【分析】本题考查扇形面积的计算，圆周角定理以及勾股定理．根据直径所对的圆周角是直角，勾股定理 以及扇形面积的计算方法进行计算即可． 【详解】解： AB是O的直径， AFB90， AB AF2BF2 10 ， OAOB AGBH  5， S S  S S  阴影部分 ABF 扇形AOG 扇形OBH 1 9052  68 2 360 25 24 ， 4 25 故答案为：24 ． 4 5．如图，在扇形AOB中，AOB90，C为OA上一点，将BOC沿BC所在直线折叠，使圆心O恰好落 在弧AB上的点D处，折痕为BC．若OB6，则阴影部分的面积为 ． 14/103【答案】912 3 【分析】本题考查不规则图形的面积，掌握扇形的面积公式是解题的关键． 1 连接OD，则有OBD是等边三角形，然后得到CBO DBO30，根据正切求出OC长，然后根据 2 S  S S S 解题即可． 阴影 扇形AOB BDC OBC 【详解】如图，连接OD. 根据折叠的性质，CDCO,BDBO ,DBC OBC, OBODBD， OBD是等边三角形， ∴DBO60, 1 CBO DBO30， 2 AOB90， 3 OC OBtanCBO6 2 3, 3 1 1 S S  OBOC  62 36 3， BDC OBC 2 2 9062 S  9,. 扇形AOB 360 S S S S 96 36 3912 3． 阴影 扇形AOB BDC OBC 故答案为：912 3． 15/103押题猜想三 选填之规律探索问题 限时：2min 1．如图，在平面直角坐标系中，边长为3的等边三角形AOB的边OA与x轴正半轴重合，将VAOB绕点O 逆时针旋转90，得到△AOB ，再作△AOB ，关于原点O的中心对称图形，得到△AOB ，再将△AOB 绕点 1 1 1 1 2 2 2 2 O逆时针旋转90，得到AOB ，再作AOB 关于原点O的中心对称图形，得到△AOB ……按照此规律， 3 3 3 3 4 4 先将三角形绕点O逆时针旋转90，再作关于原点O的中心对称图形，则点B 的坐标是（ ） 2025 3 3 3  3 3 3  3 3 3 3 3 3 A． ,  B． ,  C． ,  D． ,          2 2   2 2  2 2   2 2 【答案】B 【分析】本题主要考查了点的坐标的规律，图形的旋转与翻折，等边三角形的性质．利用题干中的操作顺 序求得对应的点的坐标，利用计算结果找出规律是解题的关键．利用题干中的操作步骤，分别求得对应的 点P的坐标，观察计算结果，找出变化的规律即可求解． 【详解】解：如图，作BCx轴，BDx轴，垂足分别为C、D， 1 由题意得BOC60AOB ，OBOB 3， 1 1 1 ∴OBCDOB 30， 1 3 3 2 3 3 ∴OC B 1 D 2 ，BC OD 32 2    2 ， 16/1033 3 3  3 3 3 ∴B , ，B  , ，  2 2   1  2 2   3 3 3 3 3 3 ∴B  , ，B  , ， 2  2 2   3 2 2   如图，B 与B 关于原点对称， 4 3  3 3 3 3 3 3  3 3 3  3 3 3 B  , ，B  , ，B  , ，B  , ， 4  2 2   5  2 2   6  2 2   7  2 2   3 3 3  3 3 3 B  , ，B  , ，L ， 8 2 2   9  2 2   观察可知点B 回到点B的位置后从点B 开始重复点B 到点B 的变换规律， 8 9 1 8 即由点B 到点B 为一个变换周期， 1 8 20258=253……1，  3 3 3 即点B 的坐标为 , ， 2025   2 2   故选：B． 押题解读 本考点为常考考点，主要与平面直角坐标系相结合考查几何图形的变化问题，尤其是图形的旋转、放缩 变换等。掌握平面直角坐标系及几何的相关知识点是解题的关键，本题型常以选择题的形式出现且具有 一定的难度。 【选择题】1．如图，菱形OABC中，A45，OC4．将菱形OABC绕点O顺时针旋转，每次旋转45， 则第65次旋转结束时，点A的坐标为（ ） 17/103A．（2 2，2 2） B．（0，4） C．（2 2，2 2） D．4,0 【答案】B 【分析】此题考查菱形的性质，点坐标的规律，根据菱形的性质得到OAOC4，OA∥BC，求出 DAOAOD45，ADOD2 2，推出旋转8次中每次的点A的坐标，由此得到答案，熟练掌握菱 形的性质是解题的关键 【详解】解：过点A作ADx轴于点D， ∵四边形OABC是菱形， ∴OAOC4，OA∥BC， ∴AODOAB45， ∴DAOAOD45，ADOD2 2，   ∴A 2 2,2 2 ， ∵将菱形OABC绕点O顺时针旋转，每次旋转45， ∴第一次旋转后，点A的坐标为0,4，   第二次旋转后，点A的坐标为 2 2,2 2 ， 第三次旋转后，点A的坐标为4,0   第四次旋转后，点A的坐标为 2 2,2 2 ， 第五次旋转后，点A的坐标为0，4   第六次旋转后，点A的坐标为 2 2,2 2 ， 第七次旋转后，点A的坐标为4,0   八次旋转后，点A的坐标为 2 2,2 2 ， L ， 可以发现，每8次为一个循环， 18/103∵65881， ∴第65次旋转结束时，点A的坐标为0,4， 故选B 2．如图，在平面直角坐标系中，一动点从原点O出发，沿着箭头所示方向移动依次得到P，P ，P ，… 1 2 3 各点，相关数据如图所示，则点P 的纵坐标是（ ） 2024 2 2 A．0 B． C． D．1 2 2 【答案】B 【分析】本题考查了点的坐标规律，等腰三角形的性质，勾股定理；根据图形分别求出前6个坐标对应的 点的坐标，观察可得6次一循环，得出规律，即可求解． 2 2 2 【详解】解：根据坐标系可得：P的纵坐标为 ，P 的纵坐标为 ，P 的纵坐标为0，P 的纵坐标为 ， 1 2 3 4 2 2 2 P的纵坐标为1，P的纵坐标为0……，每6次一循环， 5 6 202463372 2 ∴点P 的纵坐标和P 的纵坐标一致，为 ， 2024 2 2 故选：B． 3．如图，在平面直角坐标系中，已知菱形OABC的顶点O(0,0)，A(4,3)，点B在y轴上，将菱形OABC先 向下平移3个单位长度，然后在坐标平面内绕原点O顺时针旋转90，得到菱形OABC，其中点C的坐标 为（ ） A．(4,3) B．(0,4) C．(4,0) D．(3,4) 【答案】B 19/103【分析】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，平移的性质．由题意得点A(4,3)与点C关于y轴对称，求 得C4,3，利用平移的性质结合旋转作图，据此求解即可． 【详解】解：∵菱形OABC的顶点O(0,0)，A(4,3)，点B在y轴上， ∴点A(4,3)与点C关于y轴对称， ∴C4,3， 将菱形OABC先向下平移3个单位长度，此时C4,0， 然后在坐标平面内绕原点O顺时针旋转90，得到菱形OABC，如图， ∴C0,4， 故选：B． 【解答题】4．同样大小的黑色棋子按如图所示的规律摆放： (1)第5个图形中有______颗黑色棋子；第8个图形比第6个图形多______颗黑色棋子；（填数字） (2)第(n2)个图形比第n个图形中多______（用含n的代数式表示）颗黑色棋子． 【答案】(1)19，17 (2) 2n5 【分析】本题考查了图形规律的探索，整式加减的应用，找到变化规律是解题的关键． （1）按规律数黑色棋子的个数，找到规律，代入求解即可； （2）根据（1）中的规律，列整式求解即可． 【详解】（1）第1个图形中有1颗黑色棋子； 第2个图形中有121颗黑色棋子； 20/103第3个图形中有1232颗黑色棋子； 第4个图形中有12343颗黑色棋子； 则第5个图形中有12345419颗黑色棋子； 故答案为：19； 第6个图形中有123456526颗黑色棋子； 第8个图形中有12345678743颗黑色棋子； 所以第8个图形比第6个图形多432617颗黑色棋子； 故答案为：17． （2）由（1）得，第n个图形中有黑色棋子 12n(n1)  颗， 第(n2)个图形中有黑色棋子 12n(n1)(n2)(n1)  颗，  12n(n1)(n2)(n1)  12n(n1)  (n1)(n2)(n1)(n1) 2n5， 所以第(n2)个图形比第n个图形中多(2n5)颗黑色棋子． 故答案为：2n5． 押题猜想四 选填题之几何与函数图象结合 限时：2min 1．如图，在四边形ABCD中，BC∥AD，ADC 90，点E沿着A→B→C的路径以3cm/s的速度匀速运 动，到达点C停止运动，EF始终与直线AB保持垂直，与AD或DC交于点F，记线段EF的长度为dcm， d与时间t的关系图如图所示，则图中a的值为（ ） 259 60 259 60 A． B． C． D． 13 13 39 39 21/103【答案】C 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，理清题意，利用数形结合的方法得出相关线段的长是解答本题 的关键；由图象可知，点E从点A运动到点B用了4s，可得AB4312，BN 6436，根据勾股 定理求出 AM  AB2BM2 13 ，再证明CDN∽BAM 即可求解． 【详解】作BM  AB，交AD于M，作DN∥BM ，交BC于点N，如图， ∵BC AD ∴四边形BMDN是平行四边形 由题意知，AB4312,BN 6436，BM DN 5 ∴ AM  AB2BM2 13 ∵BC∥AD，ADC 90 ∴CABM 90 ∵DN BM，BC AD ∴CNDADN AMB ∴CDN∽BAM 5 25 ∴CN 5  13 13  25 259 ∴a126 3  13 39 故选：C． 押题解读 本考点为常考考点，本题型主要考查动点问题的函数图象，理清题意，利用数形结合的方法得出相关线 段的长是解答本题的关键；根据几何图形中动点的移动轨迹结合函数图象得到相关数据信息是解题的关 键，本题型常以选择题或填空题的形式出现且具有一定的难度。 【选择题】1．如图，在Rt△ABC中，ABC90，AB4，BC 2，BD是边AC上的高．点E，F分别 在边AB，BC上（不与端点重合），且DEDF．设AEx，四边形DEBF的面积为y，则y关于x的函 22/103数图象为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了函数图象的识别，相似三角形的判定以及性质，勾股定理的应用，过点E作EH  AC 于点H，由勾股定理求出AC，根据等面积法求出BD，先证明ABC∽ADB，由相似三角形的性质可得出 2 AB AC S  AD  ，即可求出AD，再证明AED∽BFD，由相似三角形的性质可得出 AED   ，即可得出 AD AB S  BD BFD S 4S ，根据S S S S S ，代入可得出一次函数的解析式，最后根据自 AED BFD 四边形DEBF ABC AED BDC BDF 变量的大小求出对应的函数值． 【详解】解：过点E作EH  AC于点H，如下图： ∵ABC90，AB4，BC 2， ∴ AC AB2BC2 2 5 ， ∵BD是边AC上的高． 1 1 ∴ ABBC  ACBD， 2 2 4 ∴BD 5， 5 ∵BACCAB，ABCADB90， 23/103∴△ABC∽△ADB， AB AC ∴  ， AD AB 8 5 解得：AD ， 5 8 5 2 5 ∴DC ACAD 2 5  ， 5 5 ∵BDFBDEBDEEDA90，CBDDBADBAA90， ∴DBCA，BDF EDA， ∴AED∽BFD， 2  8 5  2   ∴ S AED    AD   5  4， S BD  4 5  BFD    5  ∴S 4S ， AED BFD ∴S S S S S  四边形DEBF ABC AED BDC BDF 1 1 1 1  ABBC AEADsinA DCDB S 2 2 2 4 AED 1 3 1 8 5 2 1 2 5 4 5  42  x     2 4 2 5 2 5 2 5 5 16 3   x 5 5 ∵0x4， 16 ∴当x0时，S  ， 四边形DEBF 5 4 当x4时，S  ． 四边形DEBF 5 故选：A． 2．如图（1），在ABCD中，点O为其中心，ABC 60，BAO45．动点P从点A出发，沿AB运 动到点E，再从点E沿直线运动到BC上的点F．设点P运动的路程为x，AOP的面积为y（当点A，O， P共线时，y0），y与x的函数关系的图象如图（2）所示，则BC的长为（ ） 24/103A．2 3 B． 31 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题考查的是特殊角的三角函数值的应用，中位线的性质，平行线分线段成比例的应用，连接OC， 过F 作FH AB于H，结合题意可得A，O，C三点共线，由函数图象可得：当0x1 3时，可得 AEx1 3，当1 3x1 3 6时，动点P从点E沿直线运动到BC上的点F ，此时AOP的面 积y不变，可得EF∥AO，EF  6，再进一步求解即可，作出合适的辅助线是解本题的关键． 【详解】解：如图，连接OC，过F 作FH AB于H，结合题意可得A，O，C三点共线， 由函数图象可得：当0x1 3时，动点P从点A出发，沿AB匀速运动到点E， AEx1 3， 当1 3x1 3 6时，动点P从点E沿直线运动到BC上的点F ， 此时AOP的面积y不变， EF∥AO，EF  6， BEFBAO 45 ， 2 由条件可知HF  HE 6  3， 2 B60， FH BH BH  1，BF  2， tan60 cos60 BE 31 AE， BF BE 由平行线性质可知  1， FC AE BF CF， BC2BF 4； 故选：D． 25/1031 3．如图1， 点E在正方形ABCD的边BC上， 且 BE  BC，点P沿BD从点 B运动到点D，设B，P两 3 点间的距离为x，PEPC  y，图2是点P运动时y随x变化的关系图象，若图象的最低点M的纵坐标为 10，则最高点N的纵坐标a的值为（ ） 3 2 10 A．6 B．3 10 C．3 13 D．  2 2 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定、三角形三边之间的关系、勾股定理等，解题的关 键是准确分析图1与图2的对应变化关系． 根据正方形的对角线的轴对称性得到yPEPCPEAP，则得到y的最小值是AE，对应到图2中的最 低点M的纵坐标 10，结合AB、BE之间的关系及勾股定理可求得AB的长，再观察到当点P运动到D点 时，y达到最大值a，勾股定理求得DE长，则可求得a的值． 【详解】连接AP， ∵四边形ABCD是正方形，BD是其对角线， ∴ADCD，ADPCDP45， 又DPDP， ∴ADP≌CDPSAS， ∴PAPC， yPEPCPEAP， 26/103连接AE交BD于点P， PEAP AE （三角形两边之和大于第三边）． 当点P运动到P时，y  AE  10. min 1 1 BE BC AB， 3 3 1 10 AE  AB2BE2  AB2( AB)2  AB 10. 3 3 解得AB3， 2 AD ABCDBC3,ECBCBE BC2． 3 连接DE，则 DE  EC2CD2  2232  13 ． 在图1中，当P运动到D点时，对应图2中最高点N，此时y取最大值a，a ADDE 3 13， 故选：C． 4．如图①，一动点P从Rt△ABC的A点出发，在三角形的内部（含边上）沿直线运动3次，第一次到点P， 1 PB 第二次到点P ，第三次到点P ，设点P运动路程为x，  y，y与x的函数图象如图②所示，若AB4 2， 2 3 PC 则a的值为（ ） 3 A．1 B． 131 C． 1342 3 D． 13 2 【答案】B 【分析】本题主要考查了动点问题的函数图象，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键 是根据图象列出数量关系式． 根据图象可知当x0时，y 2，即点P与A点重合，从而求出则ACBC4，当x 13时，y1，当P 2 运动到P 时，路程增加2，且PB0，则可知P 为BC中点，P 与B重合，作PD⊥AB于点D，连接PP 并 3 2 3 1 1 2 延长交AB于点E，则有PP 垂直平分BC，然后通过相似三角形的判定与性质得出E为AB中点，设PDx， 1 2 1 则ED x，AD2 2x，最后通过勾股定理即可求解． 【详解】解：由题意得：当x0时，y 2，即点P与A点重合， 27/103PB ∴  y， PC PB AB 4 2 ∴y    2， PC AC AC ∴AC4，  2 ∴BC  AB2AC2  4 2  42  4， ∴ACBC4， ∴ABCBAC45， 当x 13时，y1， PB ∴ 1， PC ∴PBPC， 当P 运动到P 时，路程增加2，且PB0， 2 3 则可知P 为BC中点，P 与B重合， 2 3 作PD⊥AB于点D，连接PP 并延长交AB于点E，如图， 1 1 2 ∴PP 垂直平分BC， 1 2 1 ∴CP BP  BC，EP ∥AC， 2 2 2 2 ∴BPE∽BAC， 2 BP BE 1 ∴ 2   ， BC BA 2 ∴E为AB中点， ∴EDP是等腰直角三角形， 1 设PDx，则ED x，AD2 2x， 1 ∵PA2 PD2AD2， 1 1  2  2 ∴ 13  2 2x x2， 28/1032 5 2 解得：x  ，x =- （舍去）， 1 2 2 2 ∴PE1，PP 1， 1 1 2 ∴a  131， 故选：B． 【填空题】1．如图1，在Rt△ABC中，点D为AC的中点，动点P从点D出发，沿着D→A→B的路径以 每秒1个单位长度的速度运动到点B，在此过程中线段CP的长度y随着运动时间x的函数关系如图2所示， 则m的值为 ． 【答案】4 【分析】此题考查的是根据函数图象解决问题，掌握图象和图形的对应关系、垂线段最短和勾股定理是解 决此题的关键．根据图象和图形的对应关系即可求出CD3的长，从而求出ADCD3，CA2CD6，   然后根据图象和图形的对应关系和垂线段最短即可求出CP AB时AP 32 5 32 5，根据勾股定理 即可求出PC，即可解答． 【详解】解：∵动点P从点D出发，线段CP的长度为y，运动时间为x的，根据图象可知，当x0时，y3 ∴CD3， ∵点D为AC边中点， ∴ADCD3，CA2CD6，   由图象可知，当运动时间x 32 5 s时，y最小，即CP最小， ∴根据垂线段最短，此时CP AB，   如图所示，此时点P运动的路程DAAP1 32 5 32 5， 29/103  ∴AP 32 5 32 5，  2 ∴在Rt△APC中，PC  AC2AP2  62 2 5  4 ， 即m4． 故答案为：4 押题猜想五 选填题之跨学科问题研究 限时：2min 1．某款纯电动汽车采取智能快速充电模式进行充电，当充电量达到电池容量的80%时，为保护电池，充电 电池中的电量 速度会明显降低．如图是该款电动汽车某次充电时，汽车电池含电率y（电池含电率= 100%） 电池的容量 随充电时间x(分钟)变化的函数图象，下列说法错误的是（ ） A．本次充电开始时汽车电池内仅剩10%的电量 B．本次充电40分钟，汽车电池含电率达到80% C．本次充电持续时间是120分钟 D．若汽车电池从无电状态到充满电需要耗电70千瓦时，则本次充电耗电63千瓦时 【答案】D 【分析】本题考查了由函数图像读取信息，仔细观察函数图像，正确读取信息逐项进行分析解答即可 【详解】解：A、由函数图像可知，本次充电开始时汽车电池内仅剩10%的电量，正确，不符合题意； B、由函数图像可知，本次充电40分钟，汽车电池含电率达到，正确，不符合题意； C、由函数图像可知，本次充电持续时间是120分钟，正确，不符合题意； D、若汽车电池从无电状态到充满电需要耗电70千瓦时，那么从0%到100%的电量变化对应的耗电量是70 千瓦时， 90%10% 10%到90%的电量变化对应的耗电量为70 56千瓦，错误，符合题意， 100% 30/103故选：D 押题解读 本考点为常考考点，本题型主要考查了由函数图像读取信息，仔细观察函数图像，正确读取信息逐项进 行分析解答是解答本题的关键；题型中常涉及的学科为物理和化学，物理中力学和电学居多，化学中溶 解度等相关知识点。结合函数图象得到相关数据信息是解题的关键，本题型常以选择题或填空题的形式 出现且具有一定的难度。 【选择题】1．甲、乙、丙三种固体物质在等量溶剂中完全溶解的质量（单位：g）分别记为y ，y ，y ， 甲 乙 丙 它们随温度t（单位：C）的变化情况如图所示．若y  y  y ，则温度t的范围应控制在（ ） 乙 丙 甲 A．tt B．t tt C．t tt D．tt 1 1 2 2 3 3 【答案】B 【分析】本题考查的是从图象中获取信息，理解y  y  y 所对应的自变量的范围是解本题的关键． 乙 丙 甲 【详解】解：由题图，可知y  y  y 时，t tt ， 乙 丙 甲 1 2 故选：B． 2．在一定温度下，某固态物质在100g溶剂中达到饱和状态时所溶解的溶质的质量叫做这种物质在这种溶剂 中的溶解度，物质的溶解度会随温度的变化而变化．已知甲、乙两种物质在水中的溶解度Sg与温度TC 之间的对应关系如图1所示，关于溶液浓度计算的相关信息见图2，则下列说法正确的是（ ） A．甲、乙两种物质的溶解度都随着温度的升高而增大 B．当T 10C时，甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度 C．当T 30C时，分别向100g水中添加20g的甲、乙，则乙溶液最终一定能达到饱和状态 31/103D．当T 15C时，100g的甲饱和溶液所含溶质甲的质量是10g 【答案】C 【分析】本题主要考查了函数的图象，要能根据函数图象的性质和图像上的数据分析得出函数的类型和所 需要的条件，结合实际意义得到正确的结论．根据函数图象解答即可． 【详解】解：A．甲物质的溶解度都随着温度的升高而增大，乙两种物质的溶解度都随着温度的升高而减小， 故不正确； B．当T 10C时，甲物质的溶解度小于乙物质的溶解度，故不正确； C．当T 30C时，分别向100g水中添加20g的甲、乙，则乙溶液最终一定能达到饱和状态，正确； 10 D．当T 15C时，100g的甲饱和溶液所含溶质甲的质量是100 9.1g，故不正确． 10100 故选C． 3．如图所示为某新款茶吧机，开机加热时每分钟上升20℃，加热到100℃，停止加热，水温开始下降，此 时水温y ℃ 与通电时间xmin成反比例关系．当水温降至20℃时，饮水机再自动加热，若水温在20℃时 接通电源，水温y与通电时间x之间的关系如图所示，则下列说法中错误的是（ ） A．水温从20℃加热到100℃，需要4min B．刚开机时，水温上升过程中，y与x的函数关系式是y  20x20 C．在一个加热周期内水温不低于40℃的时间为9min D．上午10点接通电源，可以保证当天11:30能喝到不低于45℃的水 【答案】D 【分析】本题考查反比例函数的应用，理解题意、掌握待定系数法求反比例函数的关系式是解题的关键． A．根据“从20℃加热到100℃水温升高的温度加热时每分钟上升的温度”计算即可； B．利用待定系数法求出y与x的函数关系式即可； C．根据x的取值范围对应的函数关系式，分别计算当y40时对应的x的值，求出两个x值的差即为在一 个加热周期内水温不低于40℃的时间； D．求出将水温从20℃加热到100℃，再降到20℃一处循环需要的时间，写出这个过程中y与x的函数关系 32/103式并据此计算即可． 【详解】解：水温从20℃加热到100℃，需要的时间为10020204min， ∴A正确，不符合题意； 设水温上升过程中，y与x的函数关系式是ykxb， 将坐标0,20，4,100代入ykxb， b20 得 ， 4kb100 k 20 解得 ， b20 ∴水温上升过程中，y与x的函数关系式是y  20x20， ∴B正确，不符合题意； 当0x4时，当y40时，得20x2040， 解得x1， 400 当4x20时，当y40时，得 40， x 解得x10， 1019min， ∴在一个加热周期内水温不低于40℃的时间为9min， ∴C正确，不符合题意； 400 当y20时，得20 ， x 解得y20， ∴水温从20℃加热到100℃，再降到20℃所用时间为20min，即一个循环是20min， 20x200 x4 ∴水温y与通电时间x之间的函数关系式为y ， 400x4 x20 上午10点到11:30共90分钟，则9020410（分钟）， 400 当x10时，得y  40， 10 ∴上午10点接通电源，可以保证当天11:30水温为40℃， ∴D不正确，符合题意； 故选：D． 33/1034．河南是中原粮仓，粮食的水分含量是评价粮食品质的重要指标，粮食水分检测对粮食的收购、运输、储 存等都具有十分重要的意义．其中，电阻式粮食水分测量仪的内部电路如图甲所示，将粮食放在湿敏电阻R 1 上，使R阻值发生变化，其阻值随粮食水分含量的变化关系如图乙所示，观察图象，下列说法不正确的是 1 （ ） A．当水分含量为0时，R的阻值为40Ω 1 B．R的阻值随着粮食水分含量的增大而减小 1 C．该装置能检测的粮食水分含量的最大值是12.5% D．湿敏电阻R与粮食水分含量之间是反比例关系 1 【答案】D 【分析】本题考查了物理与数学的跨学科综合，成反比例关系的概念，从函数图象获取信息，是解题的关 键．根据图象对每一个选项逐一判断即可． 【详解】解：A、当水分含量为0时，由图象可知R的阻值为40，故本选项不符合题意； 1 B、由图象可知，R的阻值随着粮食水分含量的增大而减小，故本选项不符合题意； 1 C、由图象可知，该装置能检测的粮食水分含量的最大值是12.5%，故本选项不符合题意； D、如果两个变量的每一组对应值的乘积是一个不等于0的常数，那么就说这两个变量成反比例，从图象中 得到当水分含量为0时，R的阻值为40，此时这水分含量R的阻值为0，不符合成反比例关系的定义， 1 1 故本选项符合题意． 故选：D． 34/103押题猜想六 填空题之多可能问题研究 限时：2min 1．如图，在矩形ABCD中，AB2 2，AD5．折叠矩形ABCD使得点A恰好落在边BC上，折痕与边AD 相交于点E，与矩形另一边相交于点F．若DE 2，则BF的长为 ． 2 【答案】 或1 2 【分析】设折叠后，点A的对应点为M点，折痕为EF，设BF  x，分两种情况讨论：当点F在边AB时， 画出图形，过E点作EN BC 于点N，先证明四边形AENB是矩形，再在RtBFM 中，利用勾股定理即可作 答；当点F在边BC时，如图，过M点作MH  AD于点H，点B的对应点为G点，同理可求． 【详解】设折叠后，点A的对应点为M点，折痕为EF，设BF  x， 当点F在边AB时，如图，过E点作EN BC 于点N， 根据折叠有：AF FM ，AEEM ， ∵BF  x，AB2 2，AD5，DE 2， ∴ AF FM 2 2x ，AEEM 523， ∵在矩形ABCD中，EN BC ， ∴四边形AENB是矩形， ∴AENB3，ABEN 2 2， ∴在Rt△MNE中， MN  ME2NE2 1 ， ∴BM 2， ∵在RtBFM 中，MF2 BF2BM2，  2 ∴ 2 2x x222， 35/1032 2 ∴x ，即BF  ； 2 2 当点F在边BC时，如图，过M点作MH  AD于点H，点B的对应点为G点， 根据折叠有：BF  FG，AEEM ，ABGM ，BG90， ∵BF  x，AB2 2，AD5，DE 2， ∴BF FGx，AEEM 523， ABGM 2 2 ， ∵在矩形ABCD中，MH  AD， ∴四边形AHMB是矩形， ∴AH BM，ABMH 2 2， ∴在Rt△MHE中， EH  ME2MH2 1 ， ∴AH AEEH  4， ∴AH BM 4， ∴FM 4x， ∵在Rt△GFM 中，MF2 GF2GM2， ∴4x2 x2  2 2 2 ， ∴x1，即BF 1； 2 故答案为： 或1． 2 押题解读 本考点为常考考点，该题型以折叠问题、旋转问题、动点问题居多，主要考查了四边形及三角形的判定 与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，注意分类讨论并准确画出相关图形，是解答本题的关键．结合 几何图象的变换得到相关数据信息是解题的关键，本题型常以填空题的形式出现且具有一定的难度。 【填空题】1．如图，在矩形ABCD中，AB6，AD12，E是线段AD上一动点，以E为直角顶点在EB 的右侧作等腰三角形EBF，连接DF，当点F落在矩形ABCD的对角线上时，则DF的长为 ． 36/103【答案】 2 5 或6 【分析】先证明ABE≌HEF ，得出ABEH 6，AE HF ，然后分F在CD和AC上讨论，利用相似三 角形的判定与性质求解即可． 【详解】解：过F作FHAD于H， ∵在矩形ABCD中，AB6，AD12， ∴AADC90，ABCD6， ∴BEF 90， ∴ABEHEF 90AEB ， 又BE FE， ∴ABE≌HEFAAS， ∴ABEH 6，AE HF ， 设AEHF a，则DH ADAEEH  6a ， 当F在BD上时，如图， ， ∵FHAD，A90， ∴HF∥AB， ∴△DHF∽△DAB ， DH HF 6a a ∴  ，即  ， DA AB 12 6 解得a2， ∴HF 2，DH 4， ∴ DF  HF2DH2  2 5 ； 37/103当F在AC上时，如图， 同理△AHF∽△ADC， AH HF 6a a ∴  ，即  ， DA CD 12 6 解得a6， ∴F与C重合， ∴DF 6， 综上，DF的长为 2 5 或6． 故答案为： 2 5 或6． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理等知识， 明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形是解题的关键． 2．如图，V ABC是等边三角形，AB6，点E是BAC的平分线AD上的一动点，连接CE，将点E绕点 C顺时针旋转60得到点F，连接CF，BF．若VBCF 是直角三角形，则线段AE的长为 【答案】3 3或4 3 【分析】根据等边三角形的性质和角平分线的定义可得ACBC，CAD30，再根据旋转的性质可得 ACBECF 60，ECFC，利用等量代换可得ACEBCF，证得ACE≌BCFSAS，可得 CAE=CBF =30，AEC BFC，ACEBCF，由VBCF 是直角三角形，分类讨论： AECBFC90或ACEBCF 90进行求解即可． 【详解】解：∵V ABC是等边三角形，AD平分BAC， ∴ACBC，CAD30， ∵将点E绕点C顺时针旋转60得到点F， 38/103∴ACBECF 60，ECFC， ∴ACEECB=60，BCFECB=60， ∴ACEBCF， ∴ACE≌BCFSAS， ∴CAE=CBF =30，AEC BFC，ACEBCF， ∵VBCF 是直角三角形， 当AECBFC90， 1 在RtAEC中，EC  AC 3， 2 ∴ AE  6232 3 3 ， 当ACEBCF 90时， AC 6 在RtACE中，cosCAE  ，即cos30 ， AE AE ∴AE 4 3， 故答案为：3 3或4 3． 【点睛】本题考查等边三角形的性质、角平分线的定义、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、 勾股定理、锐角三角函数及旋转的性质，熟练掌握相关定理证得△ACE≌△BCF，进行分类讨论是解题的 关键 3．如图，在V ABC中，AB AC5，BC6．点D是边BC上的一点（点D不与点B，C重合），在射线 AD上取点P，使APBD，以AP为边作正方形APMN ，使点M 和点C在直线AD同侧． 39/103（1）当BD4时，点D到直线AC的距离为 ； （2）连接PN ，当PN AC时，正方形APMN的边长为 ． 8 17 【答案】 5 7 【分析】（1）作AEBC交BC于点E，DF  AC交AC于点F ，先由勾股定理求出AE，利用等面积法 1 1 S  CD·AE  AC·DF即可求出DF； ACD 2 2 （2）由（1）求出ACB的三角函数关系，从而得出CDF的三边关系，再利用45特殊角，设APBDx， 则CD6x，列出方程求解即可． 【详解】解：（1）作AEBC交BC于点E，DF  AC交AC于点F ， AB AC5，BC6， 1 BE CE  BC 3， AE AB2BE2 4 ， 2 BD4， 1 1 CDBCBD2，S  CD·AE  244， ACD 2 2 1 又S  AC·DF ， ACD 2 2S 8 DF  ACD  ； AC 5 （2）正方形APMN中，AM PN，当PN AC时，正方形APMN 的对角线AM 与AC重合，如下图： 40/103 学科网DAC45，AFD是等腰直角三角形， AF DF ， 设APBDx，则CD6x， 8 由（1）可得 5 4， sinACB  2 5 DF 4 即此图中有  ， CD 5 4 4 DF  CD 6x， 5 5 RtCDF 中，DF2CF2 CD2， 3 3 CF  CD2DF2  CD 6x， 5 5 AFCF  AC5, 4 3  6x 6x5， 5 5 17 解得x ， 7 17 17 即AP ，正方形APMN 的边长为 ． 7 7 8 17 故答案为：① ；② ． 5 7 【点睛】本题考查的知识点是三线合一定理、勾股定理、等面积法、一元一次方程的实际应用、解直角三 角形，解题关键是利用方程思想解题． 4．如图，在矩形ABCD中，AB4，BC 6，P是AB的中点，Q为边BC上的动点，将矩形ABCD绕点A 逆时针旋转，得到矩形ABCD，在旋转过程中，记点Q的对应点为Q，则线段PQ长度的最大值 是 ，最小值是 ． 41/103【答案】 22 13 2 【分析】本题考查了线段动点最值问题，旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，可得PQPAAQ，当C 与Q重合时，即C与Q重合时，此时AQ取得最大值，结合矩形的性质及勾股定理，即可求解；当点Q与 点B重合时AQ最小，即可求解；能找出取得最值的条件是解题的关键． 【详解】解：如图，  P是AB的中点， 1 PA AB2， 2 PQPAAQ， PQ2AQ， 当AQ取得最大值时，PQ最大， 如图， 当C与Q重合时，即C与Q重合时，此时AQ取得最大值， 42/103PQ2AC， 在矩形ABCD中，AB4，BC 6， 四边形ABCD是矩形， AB4，BC6， AC AB2BC2  4262 2 13， PQ22 13； 如图， 当点Q与点B重合时AQ最小． 当点Q与点B重合时， PQ的最小值为422． 综上所述，PQ的最大值为22 13，最小值为2． 故答案为：22 13，2． 押题猜想七 函数与实际问题综合应用 限时：2min 11．第二届互联网大会在浙江乌镇胜利的举行，这说明我国互联网发展走到了世界的前列，尤其是电子商 务．据市场调查，天猫超市在销售一种进价为每件40元的护眼台灯中发现：每月销售量y（件）与销售单 价x（元）之间的函数关系如图所示． （1）当销售单价定为50元时，求每月的销售件数； （2）设每月获得利润为w（元），求每月获得利润w（元）关于销售单价x（元）的函数解析式； （3）由于市场竞争激烈，这种护眼灯的销售单价不得高于75元，如果要每月获得的利润不低于8000元， 那么每月的成本最少需要多少元？（成本＝进价×销售量） 43/103【答案】（1）500件;（2）w＝﹣10x2+1400x﹣40000;（3）10000元． 【分析】（1）设y＝kx+b，把（40，600），（75，250）代入，列方程组即可．（2）根据利润＝每件的利润× 销售量，列出式子即可．（3）思想列出不等式求出x的取值范围，设成本为S，构建一次函数，利用二次函 数的性质即可解决问题． 40kb600 k 10 【详解】解：（1）设y＝kx+b，把（40，600），（75，250）代入可得 ，交点 ， 75kb250 b1000 ∴y＝﹣10x+1000， 当x＝50时，y＝﹣10×50+1000＝500件． （2）w＝（x﹣40）（﹣10x+1000）＝﹣10x2+1400x﹣40000． x75 （3）由题意 ，  ﹣10x21400x﹣400008000 解得60≤x≤75， 设成本为S， ∴S＝40（﹣10x+1000）＝﹣400x+40000， ∵﹣400＜0， ∴S随x增大而减小， ∴x＝75时，S有最小值＝10000元． 押题解读 本考点为常考考点，本题型考查一次函数的应用，不等式组的应用，分式方程或二元一次方程组等知识， 解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，根据题意列方程或者函数表达式然后结合函数图象及性质进 行讨论得到相关数据信息是解题的关键，本题型常以解答题的形式出现，难度系数中等。 【解答题】1．为了满足学生体育训练用球，某校决定购买一批篮球和足球．已知某品牌足球的单价是篮球 的1.6倍，且3000元购买的篮球数量比4000元购买的足球数量还多10个． (1)问：篮球和足球的单价分别是多少元？ (2)学校决定购买篮球和足球共140个，且总费用不超过10000元，那么至少要购买篮球多少个？ 44/103【答案】(1)篮球单价为50元，足球单价为80元 (2)40 【分析】此题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用， （1）设篮球单价为x元，则足球单价为1.6x元，列分式方程求解； （2）设购买篮球a个，则购买足球140a个，列一元一次不等式求解． 【详解】（1）解：设篮球单价为x元，则足球单价为1.6x元，则 3000 4000  10 x 1.6x 解得x50 经检验，x50是分式方程的解，且符合题意， ∴1.6x80 答：篮球单价为50元，足球单价为80元； （2）解：设购买篮球a个，则购买足球140a个， 50a80140a10000 解得a40 ∴至少要购买篮球40个． 2．2023年9月21日，“天宫课堂”第四课在中国空间站开讲了，精彩的直播激发了学生探索科学奥秘的兴 趣．某单位为满足学生的需求，充实物理小组的实验项目，需要购买甲、乙两款物理实验套装． 经了解， 每款甲款实验套装的零售价比乙款实验套装的零售价多7元，该单位以零售价分别用750元和540元购买 了相同数量的甲、乙两款物理实验套装． (1)甲、乙两款物理实验套装每个的零售价分别为多少元？ (2)由于物理兴趣小组人数增加，该单位需再次购买两款物理实验套装共200个，且甲款实验套装的个数不 少于乙款实验套装的个数的一半，由于购买量大，甲乙两款物理实验套装分别获得了20元/每个、15元/每 个的批发价． 求甲、乙两款物理实验套装分别购买多少个时，所用资金最少． 【答案】(1)甲、乙两款物理实验套装每个的零售价分别为25元，18元 (2)甲、乙两款物理实验套装分别购买67个，133个时，所用资金最少 【分析】本题主要考查了分式方程的应用以及一次函数的实际应用． （1）设乙款物理实验套装的零售价每个为x元，根据题意列出分式方程，解分式方程即可求解． （2）设购买甲款物理实验套装m个，则购买乙款物理实验套装200m个，所用金额为y元，先求出m 45/103的取值范围，然后列出y关于m的一次函数，根据一次函数的性质即可求解． 【详解】（1）解：设乙款物理实验套装的零售价每个为x元，由题意得： 750 540  x7 x 解得x18 经检验，x18是所列方程的根， ∴x725 答：甲、乙两款物理实验套装每个的零售价分别为25元，18元． （2）设购买甲款物理实验套装m个，则购买乙款物理实验套装200m个，所用金额为y元，由题意得： 1 m 200m 2 200 解得：m 3 y20m15200m5m3000， ∵50， ∴y随m的增大而增大， ∴m67时，y取最小值，此时200m20067133（个）， 答：甲、乙两款物理实验套装分别购买67个，133个时，所用资金最少． 3．某商家准备销售一种防护品，进货价格为每件50元，并且每件的售价不低于进货价．经过市场调查， 每月的销售量y（件）与每件的售价x（元）之间满足如图所示的函数关系． (1)求每月的销售量y（件）与每件的售价x（元）之间的函数关系式；（不必写出自变量的取值范围） (2)物价部门规定，该防护品每件的利润不允许高于进货价的30%．设这种防护品每月的总利润为w（元）， 那么售价定为多少元可获得最大利润？最大利润是多少？ 【答案】(1)y＝﹣10x+1200 46/103(2)售价定为65元可获得最大利润，最大利润是8250元 【分析】（1）由图象可知每月销售量y（件）与售价x（元）之间为一次函数关系，设其函数关系式为y＝ kx+b（k≠0，x≥50），用待定系数法求解即可； （2）由题意得w关于x的二次函数，将其写成顶点式，根据二次函数的性质可得答案． 【详解】（1）解：由图象可知每月销售量y（件）与售价x（元）之间为一次函数关系，设其函数关系式为 y＝kx+b（k≠0，x≥50）， 将（60，600），（80，400）代入，得： 60kb600 k 10  ，解得： ， 80kb400 b1200 ∴每月销售y（件）与售价x（元）的函数关系式为y＝﹣10x+1200； （2）解：由题意得： w＝（﹣10x+1200）（x﹣50） ＝﹣10x2+1700x﹣60000 ＝﹣10（x﹣85）2+12250， ∵该防护品的每件利润不允许高于进货价的30%， ∴x≤50×（1+30%），即x≤65， ∵﹣10＜0， ∴当x≤85时，w随x的增大而增大， ∴当x＝65时，w取得最大值，最大值为﹣10×（65﹣85）2+12250＝8250． ∴售价定为65元可获得最大利润，最大利润是8250元． 【点睛】本题考查一次函数的实际应用、二次函数的实际应用，理解题意，正确求出函数关系式，熟练掌 握二次函数的性质是解答的关键． 4．至2024年底、南阳市中心城区将建成“诸葛书屋”50个以上，某“诸葛书屋”新进科普和文字两类图书（同 一类的图书每本价格相同），已知每本科普类图书的进价是文学类图书进价的1.2倍，购进的文学类图书比 科普类图书多100本，每类图书的总花费为12000元． (1)求每本文学类图书与科普类图书的进价分别为多少元？ (2)若第二批计划购进同种文学类和科普类图书共350本，且科普类图书的数量不低于文学类图书数量的2 倍，恰逢4月23日世界读书日来临，供货商决定对文学类图书打八折销售，科普类图书降价25%销售，则 书屋如何购买才能使购进第二批图书时总花费最少？ 【答案】(1)每本文学类图书进价20元，每本科普类图书的进价为24元； 47/103(2)当购进文学类图书116本，科普类图书234本时，能使购进第二批图时总花费最少． 【分析】（1）设每本文学类图书进价是x元，则每本科普类图书的进价为1.2x元，根据题意即可得出关于x 的分式方程，解之经检验后即可得出结论； 350 （2）设第二批购进文学类图书m本，则购进科普类图书350m本，总花费为w元，求出m ，根据 3 题意w2m630，然后根据范围即可求解； 本题考查了分式方程的应用，一次函数的应用，解题的关键读懂题意列出方程和函数关系式． 【详解】（1）设每本文学类图书进价x元，则每本科普类图书的进价为1.2x元； 12000 12000  100 x 1.2x 解得：x= 20 经检验：x= 20是原分式方程的解，且符合题意； 1.2x24 答：每本文学类图书进价20元，每本科普类图书的进价为24元； （2）设第二批购进文学类图书m本，则购进科普类图书350m本，总花费为w元； w0.820m125%24350m16m18350m2m630． 由题意：350m2m， 350 m 3 20， w随m的增大而减小； ∵m取整数， 当m116时，总花费最少； 此时350m234， 当购进文学类图书116本，科普类图书234本时，能使购进第二批图时总花费最少． 5．随着国家乡村振兴政策的推进，凤凰村农副产品越来越丰富，为增加该村村民收入，计划定价销售某土 特产，他们把该土特产（每袋成本10元）进行4天试销售，日销量y（袋）和每袋售价x（元）记录如下： 时间 第一天 第二天 第三天 第四天 x/元 15 20 25 30 y/袋 25 20 15 10 48/103若试销售和正常销售期间，日销量y与每袋售价x的一次函数关系相同，解决下列问题： (1)求日销量y关于每袋售价x的函数关系式； (2)请你帮村民设计，每袋售价定为多少元，才能使这种土特产每日销售的利润最大？并求出最大利润．（利 润＝销售额－成本） 【答案】(1)yx40； (2)每袋的销售价应定为25元，每日销售的最大利润是225元． 【分析】本题考查一次函数在销售问题的应用，二次函数在销售问题中的应用； （1）设日销售量y（袋）与销售价x（元）的函数关系式为ykxb，代入数据，解二元一次方程组，即 可求解； （2）等量关系式：销售利润销售每袋土特产的利润每日的销售量，据此即可求解； 找出等量关系式，根据二次函数的性质求解是解题的关键． 【详解】（1）解：设日销售量y（袋）与销售价x（元）的函数关系式为ykxb，由题意得 2515kb 得 ， 2020kb k 1 解得 ， b40 故日销售量y（袋）与销售价x（元）的函数关系式为：yx40； （2）解：设利润为w元，由题意得 wx10x40 x250x400 x252225， 10 当x25时， w取得最大值，最大值为225， 故要使这种土特产每日销售的利润最大，每袋的销售价应定为25元，每日销售的最大利润是225元． 6．郑州市雾霾天气趋于严重，丹尼斯商场根据民众健康需要，代理销售每台 进价分别为600元、560元的 A、B两种型号的空气净化器，如表是近两周的销售情况： 销售时段 销售数量 销售收入 49/103A种型号 B种型号 第一周 4台 5台 7100元 第二周 6台 10台 12600元 （进价、售价均保持不变，利润=销售收入﹣进货成本） (1)求A、B两种型号的空气净化器的销售单价； (2)若商场准备用不多于17200元的金额再采购这两种型号的空气净化器共30台，超市销售完这30台空气 净化器能否实现利润为6200元的目标，若能，请给出相应的采购方案；若不能，请说明理由． 【答案】(1)A型号空气净化器单价为800元，B型号空气净化器单价780元 (2)最多能采购A型号空气净化器10台，即可实现目标． 【分析】（1）设A型号空气净化器单价为x元，B型号空气净化器单价y元，根据4台A型号，5台B型号 的销售收入为7100元，6台A型号10台B型号的销售收入为12600元，列方程组求解； （2）设采购A种型号空气净化器a台，则采购B种型号空气净化器30a台，根据金额不多余17200元， 列不等式求解； 本题考查了一元一次不等式的应用以及二元一次方程组的应用． 【详解】（1）解：设A型号空气净化器单价为x元，B型号空气净化器单价y元，则 4x5y7100  ， 6x10y12600 x800 解得： ， y780 答：A型号空气净化器单价为800元，B型号空气净化器单价780元； （2）解：设A型空气净化器采购a台，采购B种型号空气净化器30a台． 则600a56030a17200， 解得：a10， 50/103200a22030a6200， 解得：a20， 则最多能采购A型号空气净化器10台，即可实现目标． 押题猜想八 解答题之一次函数与反比例函数综合应 用 限时：2min k 3．如图，等腰Rt△OAB的直角顶点A在反比例函数y (x0)的图象上． x (1)已知OA2 2，求此反比例函数的解析式； (2)先将点A绕原点O逆时针旋转90°，得到点E，再将点E向右平移1个单位得到点F，若点F恰好在正 比例函数ymx的图象上，求正比例函数ymx的表达式． 4 【答案】(1)反比例函数的解析式为y x (2)正比例函数的表达式为y2x 【分析】（1）作AC⊥OB于C，根据等腰直角三角形的性质即可求得A（2，2），然后根据待定系数法即可 求得． （2）按照旋转的性质和平移的性质求得F的坐标，然后利用待定系数法即可求得． 【详解】（1）解：如图，作AC⊥OB于C， 51/103∵△AOB是等腰直角三角形，OA=2 2， ∴AC=OC=2， ∴A（2，2）， k ∵直角顶点A在反比例函数y= （x＞0）的图象上， x ∴k=2×2=4， 4 ∴反比例函数的解析式为y= ； x （2）解：∵A（2，2）， ∴将点A绕原点O逆时针旋转90°，得到点E（-2，2），再将点E向右平移1个单位得到点F（-1，2）， ∵点F恰好在正比例函数y=mx的图象上， ∴2=-m， 解得m=-2， ∴正比例函数的表达式为y=-2x． 【点睛】 押题解读 本考点为必考考点，本题型常考查利用待定系数法求反比例函数、一次函数的解析式，四边形及三角形 的性质等．利用函数的性质及几何性质是比较重要的考查内容，常以选择题、填空题、解答题的形式出 现。 6 2 【选择题】1．如图，点B在反比例函数y （x0）的图象上，点C在反比例函数y （x0）的 x x 图象上，且BC//y轴，AC BC，垂足为点C，交y轴于点A，则V ABC的面积为 （ ） 52/103A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】作BD⊥BC交y轴于D，可证四边形ACBD是矩形，根据反比例函数k的几何意义求出矩形ACBD 的面积，进而由矩形的性质可求V ABC的面积． 【详解】作BD⊥BC交y轴于D， ∵BC//y轴，AC BC， ∴四边形ACBD是矩形， ∴S =6+2=8， 矩形ACBD ∴V ABC的面积为4． 故选B． k 【点睛】本题考查了反比例函数比例系数的几何意义，一般的，从反比例函数y （k为常数，k≠0）图象 x 上任一点P，向x轴和y轴作垂线你，以点P及点P的两个垂足和坐标原点为顶点的矩形的面积等于常数 k ， 1 以点P及点P的一个垂足和坐标原点为顶点的三角形的面积等于 k ．也考查了矩形的性质． 2 53/1039 1 【填空题】2．如图，点A为函数y＝ (x＞0)图象上一点，连接OA，交函数y＝ (x＞0)的图象于点B， x x 点C是x轴上一点，且AO＝AC，则 ABC的面积为 . △ 【答案】6 9 1 【分析】作辅助线，根据反比例函数关系式得：S = ,S = ，再证明 BOE∽△AOD，由性质得 AOD BOE 2 2 △ △ OB与OA的比，由同高两三角形面积的比等于对应底边的比可以得出结论．△ 【详解】如图，分别作BE⊥x轴，AD⊥x轴，垂足分别为点E、D， ∴BE∥AD， ∴△BOE∽△AOD， S OB2 ∴ VBOE  ， S OA2 VAOD ∵OA=AC， ∴OD=DC， 1 ∴S =S = S ， AOD ADC AOC 2 △ △ △ 9 ∵点A为函数y= （x＞0）的图象上一点， x 9 ∴S = ， AOD 2 △ 54/1031 同理得：S = ， BOE 2 △ 1 ∴ S VBOE  2  1 ， S 9 9 VAOD 2 OB 1 ∴  ， OA 3 AB 2 ∴  ， OA 3 S 2 ∴ VABC  ， S 3 VAOC 29 ∴S  6， VABC 3 故答案为6． k 【解答题】3．如图，反比例函数y k 0的图象与过点1,0的直线AB相交于A、B两点，已知点A x 的坐标为1,3． (1)求反比例函数和直线AB的表达式； (2)点C为x轴上任意一点．如果S 9，求点C的坐标． ABC 3 3 3 【答案】(1)y ，y x x 2 2 (2)点C的坐标为5,0或3,0 【分析】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了待定系数法求函数的解析式，反比例函数与一 次函数的交点的求法，三角形面积，熟练掌握待定系数法是解题的关键． （1）利用待定系数法求得两函数的解析式； （2）设AB与x轴交点D1,0，解析式联立成方程组，解方程组求得点B的坐标，根据 S S S 9，求得CD的长度，进而即可求得点C的坐标． ACD BCD ABC 55/103k k 【详解】（1）解：把点A1,3代入y k 0得，3 ， x 1 ∴k 3， 3 ∴反比例函数为y ， x 设直线AB为yaxb， ab0 代入点1,0，1,3，得 ， ab3  3 a   2 解得 ，  b 3  2 3 3 ∴直线AB为y x ； 2 2 （2）解：如图，设AB与x轴交点D1,0，  3 y x2   x x1  由 ，解得 或 3，  y 3 x 3 y3   y 2  2 2  3 ∴B2, ，  2 ∵S 9， ABC 1  3 ∴S S  3 CD9， ACD BCD 2  2 ∴CD4， ∴点C的坐标为5,0或3,0． k 4．如图，双曲线y 与直线ymxn交于A6,6，Ba,1，直线AB交y轴于点M ，交x轴于点N ． x 56/103(1)求双曲线与直线AB的解析式； k (2)直接写出不等式 mxn的解集； x (3)请用无刻度的直尺和圆规作出线段ON的垂直平分线(保留作图痕迹，不写作法)，交直线AB于点P，交 双曲线于点Q，求出点Q的坐标． 36 1 【答案】(1)y ，y x5 x 6 (2)0 x6或x36  12 (3)15,   5  36 【分析】（1）将点A的坐标代入反比例函数表达式得反比例函数表达式为：y ，然后求得点B的坐标， x 待定系数法求直线解析式即可求解； （2）根据函数图象写出不等式的解集即可求解； 1 （3）分别以点O、N 为圆心，以大于 NO长度为半径作弧，连接两个弧的交点，即为ON的垂直平分线， 2 根据直线解析式得出点N30,0，得出ON的中垂线为x15，将x15代入双曲线解析式，即可求得点 Q的坐标． 【详解】（1）解：将点A的坐标代入反比例函数表达式得：k 6636， 36 则反比例函数表达式为：y ， x 36 将点B的坐标代入上式得：1 ，则a36， a 即点B的坐标为：36,1， 136mn 将A、B的坐标代入一次函数表达式得： ，  66mn  1 m 解得： 6，  n5 57/1031 则直线AB的表达式为：y x5； 6 k （2）从函数图象看，不等式 mxn的解集为：0 x6或x36； x 1 （3）分别以点O、N 为圆心，以大于 NO长度为半径作弧，连接两个弧的交点，即为ON的垂直平分线， 2 1 令y x50，则x30，即点N30,0， 6 则ON的中垂线为x15， 36 12 当x15时，y  ， x 5  12 即点Q的坐标为：15, ．  5  【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数综合，作垂直平分线，数形结合熟练掌握是解题的关键． 1 k 5．如图，一次函数y＝ x＋b与反比例函数y＝ (k＜0)图象交于点A(－4，m)，B(－1，2)，AC⊥x轴于 2 x 点C，BD⊥y轴于点D． (1)填空：m= ，b= ，k= ； (2)观察图象，直接写出在第二象限内x取何值时，一次函数的值大于反比例函数的值； (3)P是线段AB上的一点，连接PC，PD，若S PCA=S PDB，求点P的坐标． 1 5 △ △ 【答案】(1) , ,2 2 2 (2)－4＜x＜－1 58/103 5 5 (3)P ,   2 4 【分析】（1）将点B代入反比例函数和一次函数即可求出k和b的值，再将点A代入求出的一次函数中求 出m的值；（2）根据两函数图象的上下关系结合A、B的坐标，即可得出不等式的解集；（3）P是线段AB  1 5 上的一点，设Pt, t ，分别表示△PCA和△PDB的面积，列出等式求解即可．  2 2 1 k 【详解】（1）将B(－1，2)代入y＝ x＋b 和y＝ 中， 2 x 5 解得，b ，k=-2, 2 1 5 ∴一次函数为y x ， 2 2 1 5 将A代入得，m 4 ， 2 2 1 解得m ； 2 1 5 故答案为： , ,2； 2 2 （2）根据两函数图象一次函数图象在反比例函数图象上方时，－4＜x＜－1；  1 5 （3）P是线段AB上的一点，设Pt, t ，  2 2 1 1 1 S  AC x x    t4， PAC 2 P C 2 2 1 1  1 5  S  BD y y  12 t ， PBD 2 B P 2  2 2  1 1 1  1 5 ∴  (t4)  12 t  ， 2 2 2  2 2 5 ∴t  , 2  5 5 ∴P , ．  2 4 【点睛】本题考查了反比例函数和一次函数的交点问题，利用待定系数法求函数解析式及反比例函数图象 上点的坐标特征以及面积问题，掌握数形结合思想是解题的关键． 押题猜想九 解答题之三角函数解决实际问题 限时：2min 1．风电项目对于调整能源结构和转变经济发展方式具有重要意义．电力部门在一处坡角为30的坡地新安 装了一架风力发电机，如图，某校实践活动小组对该坡地上的这架风力发电机的塔杆高度进行了测量，并 59/103画了测量示意图．已知，风力发电机垂直于地平面，斜坡CD长16米，在地面点A处测得风力发电机塔杆 顶端P点的仰角为45，利用无人机在点A的正上方53米的点B处测得P点的俯角为18． (1)填空：APB______度； (2)求点D到地面AC的距离； (3)求该风力发电机塔杆PD的高度． 31 43 13 （参考数据：sin18 ，cos18 ，tan18 ） 100 50 40 【答案】(1)63； (2)点D到地面AC的距离为8米； (3)该风力发电机塔杆PD的高度约为32米． 【分析】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，坡度坡角问题，含30度角的直角三角形的性质等 知识，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． （1）过点P作PE AB,垂足为E，根据题意可得PAC 45,BG∥PE∥AC，从而可得 GBPBPE18,PACAPE45，然后利用角的和差关系进行计算，即可解答； （2）延长PD交AC于点F ，根据题意可得PF AF ，然后在Rt△CDF中，利用含30度角的直角三角形的 性质求出DF的长，即可解答； （3）根据题意可得AB53米，AE PF ，然后设PEx米，分别在Rt△AEP和RtBEP中，利用锐角三 角函数的定义求出AE和BE的长，从而列出关于x的方程，进行计算即可解答． 【详解】（1）解：如图：过点P作PE  AB，垂足为E， 60/103由题意得： PAC 45,BG∥PE∥AC, GBPBPE18, PAC APE 45, APBAPEBPE 451863， 故答案为：63； （2）解：如图，延长PD交AC于点F ， 由题意得：PF AF ， 在Rt△CDF中，DCF 30,CD16米， 1 DF  CD8(米)， 2 ∴点D到地面AC的距离为8米； （3）解：由题意得：AB53米，AE PF ， 设PEx米， 在Rt△AEP中，APE45 ， ∴AE PEtan45 x (米)， 在RtBEP中，BPE18 ， BE PEtan180.325x(米)， 61/103AEBE  AB, x0.325x53, 解得：x40, AE PF 40米， DF 8米， PDPFDF 40832(米)， ∴该风力发电机塔杆PD的高度约为32米． 押题解读 本考点为常考考点，掌握好解三角函数题型的步骤：（1）找，找题目中提示的角所在的直角三角形；（2） 构造，没有直角三角形时作直角三角形，作垂线；（3）解，构造完成后解直角三角形；（4）设，没有边 长的三角形注意设直角边为x，（5）列方程，利用三角函数构造方程求解。 1．小明从科普读物中了解到，光从真空射入介质发生折射时，入射角的正弦值与折射角的正弦值的比 sin 值 叫做介质的“绝对折射率”，简称“折射率”．它表示光在介质中传播时，介质对光作用的一种特征． sin 3 (1)若光从真空射入某介质，入射角为，折射角为，且sin ，30，求该介质的折射率； 4 (2)现有一块与（1）中折射率相同的长方体介质，如图1所示，点A，B，C，D分别是长方体棱的中点， 若光线经真空从矩形ADD A 对角线交点O处射入，其折射光线恰好从点C处射出．如图2，已知60， 1 1 2 2 CD10cm，求截面ABCD的面积． 3 【答案】(1)该介质的折射率是 ； 2 (2)截面ABCD的面积是100 2cm2． 1 3 sin 【分析】（1）由特殊角的三角函数值得sin ，与sin 一起代入 即可得解； 2 4 sin 62/1033 OD 3 （2）由（1）中所得的折射率求出sin ，推得  ，设OD 3x，OC3x，结合勾股定理得 3 OC 3 OD 2 出CD 6x，则tan  ，将CD代入即可得出OD、AD，截面ABCD的面积即为AD·CD． CD 2 1 3 【详解】（1）解：sinsin30 ，sin ， 2 4 3 该介质的折射率是 sin  4  3 ； sin 1 2 2 3 （2）解：根据折射率与（1）的材料相同，可得折射率为 ， 2 60， sin sin60 3    ， sin sin 2 3 sin ， 3 依题得，四边形ABCD是矩形，点O是AD中点， AD2OD，D90， 由图2得OCD， 3 sinOCDsin ， 3 OD 3 即  ， OC 3 在Rt△ODC中，设OD 3x，OC3x， 由勾股定理得，CD (3x)2( 3x)2  6x， OD 3x 2 tan   ， CD 6x 2 又CD10cm， 2 OD 10 5 2cm， 2 AD 2OD10 2cm ， 截面ABCD的面积为：10 210100 2cm2． 【点睛】本题考查的知识点是特殊角的三角函数值、解直角三角形、勾股定理，解题关键是熟练掌握解直 角三角形的相关计算． 2．【研学实践】 “五一”节期间，许多露营爱好者在我市某研学基地露营，为了遮阳和防雨，会搭建一种“天幕”，同学们想借 63/103此机会利用解直角三角形的知识，探究支杆角度大小与遮阳宽度的影响． 【数据采集】 “天幕”截面示意图是轴对称图形，对称轴是垂直于地面的支杆AB，用绳子拉直AD后系在树干EF上的点E 处，使得A，D，E在一条直线上，通过调节点E的高度可控制“天幕”的开合，AC AD2m，BF 3m． 【数据应用】 (1)天晴时打开“天幕”，若76，求遮阳宽度CD（结果精确到0.1m）； (2)下雨时收拢“天幕”，从76减少到45，求点E下降的高度（结果精确到0.1m）． （参考数据：sin760.97，cos760.24，tan764.01， 2 1.41） 【答案】(1)3.8m (2)2.3m 【分析】本题考查了解直角三角形的应用、矩形的判定与性质、轴对称的性质，熟练掌握以上知识点并灵 活运用是解此题的关键． （1）由对称的性质可得，CD2OD，AOD90，解直角三角形得出OD ADsin761.9m，即可得 解； EH （2）作EH  AB于H，四边形BFEH为矩形，得出EH BF 3m，解直角三角形得出AH  ，分别 tan 求出76和45时AH 的值，作差即可得解． 【详解】（1）解：由对称的性质可得，CD2OD，AOD90， 在RtAOD中，OAD76，AD2m， ∴OD ADsin7620.971.9m， ∴CD2OD3.8m； （2）解：如图，作EH  AB于H， 64/103， ∴EHB90， ∵ABBF，EF BF， ∴HBF EFB90， ∴四边形BFEH为矩形， ∴EH BF 3m， HE 在Rt△AEH中，tan ， AH EH ∴AH  ， tan 3 3 当76时，AH   0.7m， tan76 4.01 3 3 当45时，AH   3m， tan45 1 ∴下雨时收拢“天幕”，从76减少到45，求点E下降的高度为30.72.3m． 3．过街天桥的出现，解决了“过街”难题，也已成为一道独特的风景线，下图是某 过街天桥的截横面，桥顶 AD 平行于地面BC，天桥斜面CD的坡度为i1∶3，CD 长10m，天桥另一斜面AB的坡角ABC45． (1)求点 D到地面BC 的距离； (2)为了更方便过路群众，若对该过街天桥进行改建，使斜面AB的坡角变为30°，改建后斜面为AF ，则斜 面AF 的坡角F 30，试计算此改建需占路面的宽度FB的长(结果精确到0.1m)(参考数据 31.73) 【答案】(1)点D到地面BC的距离为5m ； (2)改建后需占路面宽度FB 的长为3.7m 【分析】本题考查了坡度坡角的知识，解答本题的关键是理解坡度坡角的定义，掌握坡度坡角的正切值． （1）作DH BC于点H，根据坡度的概念求出DH ； （2）过点A作AGBC，根据坡角ABC的度数和铅直高DH 的长求出水平宽BG、FG的长，进而可由 65/103FBFGBG求得BF 的长． 【详解】（1）作DH BC于点H， ADBC， ∵斜面CD的坡度为i1: 3, 1 3 tanDCH   ， 3 3 DCH 30, 1 DH  CD5, 2 答：点D到地面BC的距离为5m； （2）作 AGBC于点G， ∵天桥斜面AB的坡角ABC45， BG AGDH 5， ∵斜面AF 的坡角F 30， AG tanF  ， BG AG 5 FG   5 3 tan30 3 ， 3 FBFGBG5 353.7m, 答：此改建需占路面的宽度FB的长约为3.7m． 4．如图，A，B两地之间被一座大山挡在中间，导致一直没有直通的公路，需要绕行C地，严重阻碍了A， B两地间的区域经济发展．为促进区域经济发展，A，B两地准备通过开挖隧道的方式修建一条直通AB两 地的公路．已知AC60km，BC90km，C60，求AB的长．（结果保留根号） 66/103【答案】30 7km 【分析】本题考查直角三角形的性质、勾股定理的实际应用，过点A作ADBC于点D，根据直角三角形 1 的性质可得CAD30，CD AC 30km，从而可得DB60km，再利用勾股定理求解即可． 2 【详解】解：过点A作ADBC于点D， 则ADCADB90， ∵C60， ∴CAD30， 1 ∴CD AC 30km， 2 ∴DBBCCD903060km， 在RtADC中， AD 602302 30 3km ，  2 在RtADB中，AB 30 3 602 30 7km ． 押题猜想十 解答题之几何图形的证明与计算问题 限时：2min 1．如图，四边形OABC是平行四边形，以点O为圆心，OA为半径的☉O交AB于点D，交OC于点E，延 长AO交☉O于点F，连接CD，CF． (1)求证：EF ED； 67/103(2)若CF是☉O的切线，求证：CD也是☉O的切线． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查平行四边形的性质，圆心角、弧、弦的关系，全等三角形的判定和性质，切线的判定等： （1）根据平行线的性质证明FOEOAD，EODODA，根据OAOD得出OADODA，等量 代换得出FOEEOD，即可证明EF ED； （2）由切线的定义可知OFC 90，再证FOC≌DOCSAS，推出ODCOFC90，即可证明CD 也是☉O的切线． 【详解】（1）证明：如图，连接OD，ED，EF 四边形OABC是平行四边形， OC∥AB， FOEOAD，EODODA， OAOD， OADODA， FOEEOD，  EF  ED ， EF ED； （2）证明：CF是☉O的切线， OFC 90； 由（1）得FOEEOD，即FOCDOC， 在FOC和△DOC中， OF OD  FOCDOC，  OCOC FOC≌DOCSAS， ODCOFC90， 68/103又点D在☉O上， CD是☉O的切线． 押题解读 本考点为常考考点，题型主要考查圆的性质与应用，四边形及三角形的判定及性质，几何题型中求线段 的长度注意利用勾股定理和相似。四边形的性质，圆心角、弧、弦的关系，全等三角形的判定和性质， 切线的判定等是重要的知识点。 【解答题】1．蜗牛拖拉车（如图①）是一款休闲类玩具．如图②是小华为弟弟自制的一款蜗牛拖拉车的示 意图，AB，BC为蜗牛的头和身体，蜗牛壳O与BC相切于点B．连接OA，OB，OC，当小华弟弟从点 D处拉蜗牛头部的绳子时，D，A，B三点共线，且AO∥BC，点E为CB延长线上一点，ABEOCB． (1)求证：ABOC； (2)若OB5cm，BC12cm，点D到点B的水平距离为132cm，求绳子AD的长度． 【答案】(1)见解析； (2)绳子AD的长度为130cm． 【分析】（1）根据平行线的判定定理得到AB∥OC，根据平行四边形的判定和性质定理即可得到结论； （2）过D作DH BE交BE的延长线于H，根据切线的性质得到OBBC，根据勾股定理得到 OC BC2OB2 13cm，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：ABEOCB ， ∴AB∥OC， ∵AO∥BC， 四边形ABCO是平行四边形， ABOC ； （2）解：过D作DH BE交BE的延长线于H， 69/103O与BC相切于点B， OBBC， DHBOBC 90， OB5cm，BC12cm， OC BC2OB2 13cm， DBEC， △DBE∽△OCB， BD BH   ， OC BC BD 132   ， 13 12 BD143， ABOC13cm， ADBDAB14313130cm， 答：绳子AD的长度为130cm． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，切线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确 地作出辅助线是解题的关键． 2．如图，在ABC中，AB AC，BAC120． (1)请用无刻度的直尺和圆规作AB的垂直平分线（保留作图痕迹，不写作法）； (2)若（1）中所作的垂直平分线与边BC交于点D，连接AD，求证：CD2BD． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查尺规作图—作已知线段的垂直平分线，等腰三角形的性质，30角的直角三角形的性质， 掌握基本的尺规作图是解题的关键． （1）利用作已知线段的垂直平分线的方法作图即可； 70/103（2）根据等腰三角形的性质得到BCDAB30，然后得到DAC90，然后利用30角的直角 三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）如图，MN即为所作； （2）证明：∵AB AC，BAC120， ∴BC30， ∵MN垂直平分AB， ∴DBDA， ∴DBADAB30， ∴DACBACBAD1203090， ∴CD2AD2BD． 3．图1缝纫机是用一根或多根缝纫线，在缝料上形成一种或多种线迹，使一层或多层缝料交织或缝合起来 的机器．图2是手摇式缝纫机工作图，连接PB交圆周于点A．摇动手柄至点D，连接PD恰过圆心O，PD 交圆周于点C． (1)求证：PAPB  PCPD ； (2)若测得PD24，PA=8，AB10（单位：cm），求O的半径． 【答案】(1)证明见解析 (2)9 【分析】本题主要考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是关键； （1）连接AD，BC，证明△PCB∽△PAD，进而即可得到结论； 818 （2）由PAPB  PCPD ，可得PC 6，进而即可求解 24 【详解】（1）证明：连接AD，BC． 71/103∵B=D，P=P， ∴△PCB∽△PAD， PC PB ∴  ， PA PD ∴PAPB  PCPD ； （2）∵PAPB  PCPD ， 又∵PD24，PA=8，AB10， ∴AB18， 818 ∴PC 6， 24 ∴CDPDPC 24618， ∴ODOC 9，即O的半径为9． 4．如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN与AD相交于点M ，与BC相较于点N ，连接BM ， DN． (1)求证：四边形BMDN是菱形； (2)若AB4，AD8，求MD的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】（1）根据矩形性质得出AD∥BC，推出MDONBO，DMOBNO，证DMO≌BNO， 推出OM ON ，得出平行四边形BMDN，推出菱形BMDN； （2）根据菱形性质得出DM BM ，在Rt△AMB中，根据勾股定理得出BM2  AM2AB2 ，推出 x2x216x6416 ，求出即可． 72/103【详解】（1）证明：四边形ABCD是矩形， AD∥BC，A90， MDONBO，DMOBNO， 在DMO和BNO中， DMOBNO  MDONBO，  OBOD DMO≌BNOAAS， OM ON， OBOD， 四边形BMDN是平行四边形， MN BD， 平行四边形BMDN是菱形． （2）解：四边形BMDN是菱形， MBMD， 设MD长为x，则MBDM x， 在Rt△AMB中，BM2  AM2AB2 即x2 (8x)242， 解得：x5， 所以MD长为5． 【点睛】本题考查了矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股 定理等知识；熟练掌握矩形的性质，证明四边形是菱形是解决问题的关键． 5．如图，在ABC中，D为AB中点，过点D作DF//BC交AC于点E，且DE EF，连接AF ，CF，CD． （1）求证：四边形ADCF为平行四边形； （2）若ACD45，EDC30，BC 4，求CE的长． 73/103【答案】（1）见解析；（2） 2 【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的判定定理即可得到结论； （2）根据三角形中位线定理和解直角三角形即可得到结论． 【详解】解：（1）证明： D为AB中点， AD BD ， DF//BC， ∴点E为AC的中点， AECE， DE EF ， 四边形ADCF为平行四边形； （2）ADBD，AECE， 1 1 DE BC 4 2， 2 2 过E作EH CD于H， EHDEHC 90， EDC30， 1 EH  DE1， 2 ECD45， CE 2EH  2 ． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，三角形的中位线定理，解直角三角形，正确的作出辅助线构造直 角三角形是解题的关键． 74/103押题猜想十一 解答题压轴之二次函数综合应用 限时：2min 1．开封黑岗口引黄调蓄水库上的东京大桥，又名“彩虹桥”．夜晚在桥上彩灯的映衬下好似彩虹般绚丽．主 景观由三个抛物线型钢拱组成（如图①所示），其中最高的钢拱近似看成二次函数的图象抛物线，钢拱最高 处 C 点与路面的距离OC为50米，若以点 O 为原点，OC所在的直线为y 轴，建立如图②所示的平面直 角坐标 系，抛物线与x 轴相交于A、B 两点，且AB两点间的距离为80米． (1)求这条抛物线的解析式； (2)钢拱最高处C 点与水面的距离CD为72米，请求出此时这条钢拱之间水面的宽度； (3)当32 x16时，求y的取值范围． 1 【答案】(1)y x250 32 (2)96m (3)18 y50 【分析】本题考查了二次函数的实际应用，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质，以及用待定系 数法求解函数解析式的方法和步骤． （1）根据题意得出C0,50，A40,0,B40,0，设抛物线解析式为yax40x40，把C0,50代 入求出a的值，即可解答； （2）先求出ODCDOC 22m，则D0，22，求出把y22时x的值，即可解答； （3）根据二次函数的图象和性质得出当x0时，y取最大值50，当x32时，y取最小值， 1 y 3225018，即可解答． 32 【详解】（1）解：∵OC 50m，AB80m， ∴C0,50，A40,0,B40,0， 设抛物线解析式为yax40x40， 75/103把C0,50代入得： 50a4040， 1 解得：a ， 32 1 1 ∴抛物线解析式为y x40x40 x250． 32 32 （2）解：∵CD72m，OC 50m ∴ODCDOC 22m， ∴D0，22， 1 1 把y22代入y x250得：22 x250， 32 32 解得：x 48,x 48， 1 2 ∴此时这条钢拱之间水面的宽度为484896m； 1 （3）解：∵y x250， 32 ∴抛物线的定做坐标为0,50， ∴当x0时，y取最大值50， 1 ∵a 0， 32 ∴抛物线开口向下，则离对称轴越远，函数值越小， ∵32 x16， 1 ∴当x32时，y取最小值，y 3225018， 32 ∴当32 x16时，18 y50． 押题解读 本考点为必考考点，本题考查了二次函数的实际应用，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质， 以及用待定系数法求解函数解析式的方法和步骤．二次函数图象的性质，掌握二次函数图象的性质，对 称轴的计算，图形交点的计算方法是解题的关键． 1．掷实心球是河南中招体育考试素质类选考项目之一．王阳同学查阅资料了解到实心球从出手到落地的过 程中，其竖直高度y（单位：m）可近似看作水平距离x（单位：m）的二次函数．他利用先进的高速抓拍 76/103相机记录了某次投掷后实心球在空中运动的过程，经测量发现，当x2与x6时实心球在同一高度，当 x4时y3.6，当x5时y3.5，根据上述数据建立如图所示的平面直角坐标系，根据图中点的分布情况， 王阳发现其图象是抛物线的一部分． 请根据以上信息，回答下列问题： (1)此次投掷过程中，实心球在空中的最大高度是 m． (2)求满足条件的抛物线的解析式． (3)根据中招体育考试评分标准（男生版），在投掷过程中，实心球从起点到落地点的水平距离大于或等于 10m时，即可得满分15分．王阳在此次投掷中是否得到满分？请说明理由． 【答案】(1)3.6 (2)y0.1x423.6 (3)王阳在此次投掷中得到满分 【分析】本题考查了二次函数的应用，解决本题的关键是掌握二次函数的性质． （1）根据题意得到抛物线的对称轴为直线x4,根据顶点坐标公式求得顶点坐标，即可求得实心球在空中 的最大高度； （2）利用待定系数法求函数解析式即可； （3）令y0，计算出实心球落地距离，然后作出判断即可． 【详解】（1）解：∵当 x2与 x6时实心球在同一高度， ∴抛物线的对称轴为直线x4, ∴当x4时，实心球在空中的高度最大， ∴实心球在空中的最大高度是3.6m， 故答案为: 3.6； （2）设抛物线的解析式为yax423.6，把x5, y3.5代入得 3.5a5423.6， 解得a0.1， ∴抛物线的解析式为y0.1x423.6； 77/103（3）解：王阳在此次投掷中得到满分.理由如下： 令y0,则0.1x423.60 解得 x 10,x 2(不合题意，舍去). 1 2 ∴王阳在此次投掷中得到满分. 2．嘉嘉和淇淇在进行羽毛球比赛，某同学借此情境编制了一道数学题，请解答这道题． 如图，在平面直角坐标系中，一个单位长度代表1m长．嘉嘉在点A6,1处发球，羽毛球（看成点）的运动 路线为抛物线C 的一部分，当球运动到最高点时，离嘉嘉站立的位置水平距离为3m，其高度为2m，淇淇 1 恰在点B0,c处将球击回．在与点O水平距离3m处设有一个高为1.5m的球网MN，P，Q为两侧边界，与 球网的距离均为7m（注意：运动员在接/发球时，身体不可以接触球网，否则犯规）． (1)求抛物线C 的解析式和c的值（不必写x的取值范围）； 1 1 8 (2)当羽毛球被淇淇击回后，其运动路线为抛物线C :y x2 xc的一部分． 2 5 5 ①试通过计算判断此球能否过网？是否出界？ 12 ②嘉嘉在球场上Cd,0处准备接球，原地起跳后使得球拍达到最大高度 m，若嘉嘉因接球高度不够而失 5 球，直 ． 接 ． 写出d的取值范围． 1 【答案】(1)y x322，c1 9 (2)①球可以过网，球没有出界；②3d 7 【分析】本题考查二次函数的实际问题，掌握待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，顶点式 是解题的关键． （1）利用待定系数法求出函数解析式即可解题； 12 （2）①由（1）可以得到C 的解析式，然后令y0，解出x的值即可解题；②先计算y 时的自变量的 2 5 12 值，然后借助图像写出y 时自变量的取值范围即可解题． 5 【详解】（1）解：依题意，嘉嘉发球时，球在3,2处达到最高点， 78/103设抛物线C 的解析式为yax322，由C 经过点A6,1， 1 1 1 得1a6322，解得a ， 9 1 抛物线C 的解析式为y x322， 1 9 当x0时，y1， 故c的值为1； 1 8 （2）①由（1）得c1，故抛物线C 的解析式为y x2 x1， 2 5 5 1 8 当x3时，y 32 3141.5， 5 5 球可以过网； 1 8 当y0时，0 x2 x1， 5 5 整理得x28x50， 解得x 4 21（舍去），x 4 21， 1 2 由题意可得OQ3710m， 4 2110， 球没有出界； ②3d 7 1 8 12 12 1 8 拋物线C 的解析式为y x2 x1，令y ，即  x2 x1，解得x7或x1（舍去）， 2 5 5 5 5 5 5 12 当3