九年级下册押题重难点检测卷
【人教版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
k
1．（3分）（2024·辽宁阜新·中考真题）若A(2,4)与B(−2,a)都是反比例函数y= （k≠0）图象上的点，
x
则a的值是（ ）
A．4 B．−4 C．2 D．−2
【答案】B
【分析】本题考查了待定系数法求反比例函数解析式，函数图象点的坐标特征，先利用点A的坐标求出反
比例函数解析式，再把B点坐标代入计算即可求解，掌握待定系数法求反比例函数解析式是解题的关键．
k
【详解】解：∵点A(2,4)在反比例函数y= 图象上，
x
k
∴4= ，
2
∴k=8，
8
∴反比例函数解析式为y= ，
x
k
又∵点B(−2,a)也在反比例函数y= 图象上，
x
8
∴a= =−4，
−2
故选：B．
2．（3分）（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是CD的中点，则
sin∠EBC的值为（ ）
❑√3 ❑√7 ❑√21 5❑√7
A． B． C． D．
5 5 14 14
【答案】C
【分析】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四边都相等，以及正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
延长BC，过点E作BC延长线的垂线，垂足为点H，设BC=CD=x，易得∠ABC=∠DCH=60°，则
1 1 ❑√3 1
CE= CD= x，进而得出EH=CE⋅sin60°= x,CH=CE⋅cos60°= x，再得出
2 2 4 4
5 EH
BH=BC+CH= x，最后根据sin∠EBC= ，即可解答．
4 BE
【详解】解：延长BC，过点E作BC延长线的垂线，垂足为点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，AB∥CD，
∴∠ABC=∠DCH=60°，
设BC=CD=x，
∵E是CD的中点，
1 1
∴CE= CD= x，
2 2
∵EH⊥BH，
❑√3 1
∴EH=CE⋅sin60°= x,CH=CE⋅cos60°= x，
4 4
5
∴BH=BC+CH= x，
4
❑√7
BE=❑√BH2+EH2= x
2
❑√3
x
EH 4 ❑√21
∴sin∠EBC= = = ，
BE ❑√7 14
x
2
故选：C．
3．（3分）（2024·内蒙古·中考真题）如图所示的几何体，其主视图是（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了主视图“从正面观察物体所得到的视图是主视图”，熟记主视图的定义是解题关键．
根据主视图的定义求解即可得．
【详解】
解：这个几何体的主视图是
故选：A．
4．（3分）（2024·黑龙江绥化·中考真题）正方形的正投影不可能是（ ）
A．线段 B．矩形 C．正方形 D．梯形
【答案】D
【详解】试题分析：在同一时刻，平行物体的投影仍旧平行．得到的应是平行四边形或特殊的平行四边形
或线段．
故正方形纸板ABCD的正投影不可能是梯形，
故选D．
考点：平行投影．
5．（3分）（2024·河南·中考真题）如图，在□ ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为OC的中
点，EF∥AB交BC于点F．若AB=4，则EF的长为（ ）
1 4
A． B．1 C． D．2
2 3【答案】B
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，利用平行四边形的性质、线段
1
中点定义可得出CE= AC，证明△CEF∽△CAB，利用相似三角形的性质求解即可．
4
【详解】解∶∵四边形ABCD是平行四边形，
1
∴OC= AC，
2
∵点E为OC的中点，
1 1
∴CE= OC= AC，
2 4
∵EF∥AB，
∴△CEF∽△CAB，
EF CE EF 1
∴ = ，即 = ，
AB AC 4 4
∴EF=1，
故选：B．
a
6．（3分）（2024·山东德州·中考真题）如图点A，C在反比例函y= 的图象上，点B，D在反比例函数
x
b
y= 的图象上，AB∥CD∥y轴，若AB=3，CD=2，AB与CD的距离为5，则a−b的值为（ ）
x
A．−2 B．1 C．5 D．6
【答案】D
【分析】本题考查了反比例函数的性质，解题的关键是：根据题意列出等量关系式．设A，C两点的坐标( a ) ( a )
分别为 x , 、 x , ，根据点B与点A的横坐标相同，点D与点C的横坐标相同，得到点B的坐标
1 x 2 x
1 2
a b
{ − =3)
( b ) ( b ) x x
为 x , ，点D的坐标为 x , ，由AB=3，CD=2，得到 1 1 ，根据AB与CD的距离为
1 x 2 x b a
1 2 − =2
x x
2 2
a−b
{ x = )
1 3
5，把 代入x −x =5中，即可求解．
b−a 1 2
x =
2 2
( a ) ( a )
【详解】解：设A，C两点的坐标分别为 x , 、 x , ，
1 x 2 x
1 2
∵AB∥CD∥x轴，
∴点B与点A的横坐标相同，点D与点C的横坐标相同，
( b ) ( b )
∴点B的坐标为 x , ，点D的坐标为 x , ，
1 x 2 x
1 2
∵AB=3，CD=2，
a b
{ − =3)
x x
∴ 1 1 ，
b a
− =2
x x
2 2
a−b
{ x = )
1 3
解得 ，
b−a
x =
2 2
∵AB与CD的距离为5，
∴x −x =5 ，
1 2a−b
{ x = )
1 3
把 代入x −x =5中，得：
b−a 1 2
x =
2 2
a−b b−a
− =5，
3 2
a−b a−b
即 + =5，
3 2
解得：a−b=6，
故选：D．
7．（3分）（2024·山东德州·中考真题）如图Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC，垂足为D，AE
平分∠BAC，分别交BD，BC于点F，E．若AB:BC=3:4，则BF:FD为（ ）
A．5:3 B．5:4 C．4:3 D．2:1
【答案】A
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、三角形的面积等知识，熟练掌
握相似三角形的判定与性质以及角平分线的性质是解答的关键．设AB=3x，BC=4x，利用勾股定理求
AB AC 5x 5
得AC=5x，∠ABD+∠CBD=90°，再证明△ACB∽△ABD得到 = = = ，再利用角平分
AD AB 3x 3
S BF AB 5
线的性质和三角形的面积得到 △ABF = = = 即可求解．
S FD AD 3
△ADF
【详解】解：∵AB:BC=3:4，
设AB=3x，BC=4x，
∵∠ABC=90°，
∴AC=❑√AB2+BC2=5x，∠ABD+∠CBD=90°，
∵BD⊥AC，
∴∠ADB=∠ABC=90°，∠CBD+∠C=90°，∴∠C=∠ABD，
∴△ACB∽△ABD，
AB AC 5x 5
∴ = = = ，
AD AB 3x 3
∵AE平分∠BAC，
∴点F到AB、AC的距离相等，又点A到BF、DF的距离相等，
S BF AB 5
∴ △ABF = = = ，即BF:FD=5:3，
S FD AD 3
△ADF
故选：A．
8．（3分）（2024·海南·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=8，以点D为圆心作弧，交AB于点M、
1
N，分别以点M、N为圆心，大于 MN为半径作弧，两弧交于点F，作直线DF交AB于点E，若
2
∠BCE=∠DCE，DE=4，则四边形BCDE的周长是（ ）
A．22 B．21 C．20 D．18
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，尺规作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．
利用勾股定理求得CE的长，再证明BE=BC，作BG⊥CE于点G，求得CG=EG=2❑√5，利用
tan∠DCE=tan∠BCE，求得BG=❑√5，再利用勾股定理求得BE=BC=5，据此求解即可．
【详解】解：∵▱ABCD，AB=8，
∴CD=AB=8，
由作图知DE⊥AB，
∵▱ABCD，
∴AB∥CD，
∴DE⊥CD，
∵DE=4，
∴CE=❑√42+82=4❑√5，∵AB∥CD，
∴∠DCE=∠BEC，
∵∠BCE=∠DCE，
∴∠BCE=∠BEC，
∴BE=BC，
作BG⊥CE于点G，
1
则CG=EG= CE=2❑√5，
2
∵∠DCE=∠BCE，
∴tan∠DCE=tan∠BCE，
DE BG 4 BG
∴ = ，即 = ，
CD CG 8 2❑√5
∴BG=❑√5，
∴BE=BC=❑√(❑√5) 2+(2❑√5) 2=5，
∴四边形BCDE的周长是4+8+5+5=22，
故选：A．
9．（3分）（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，正方形ABCD与AEFG（其中边BC，EF分别在x，
k
y轴的正半轴上）的公共顶点A在反比例函数y= 的图象上，直线DG与x，y轴分别相交于点M，N．若
x
15
这两个正方形的面积之和是 ，且MD=4GN．则k的值是（ ）
2A．5 B．1 C．3 D．2
【答案】C
【分析】本题主要考查了反比例函数的图形与性质，反比例函数的系数k的几何意义，反比例函数图象上
点的坐标的特征，利用线段的长度表示出点的坐标是解题的关键．设
AE=EF=FG=a，AB=BC=AD=b，利用正方形的性质和相似三角形的判定与性质得到a，b的关系
15
式，再利用a2+b2=
求得a，b值，则点A坐标可求，最后利用待定系数法解答即可得出结论．
2
【详解】解：设AE=EF=FG=a，AB=BC=AD=b，
15
由题意得：a2+b2=
．
2
∵正方形ABCD与AEFG（其中边BC，EF分别在x，y轴的正半轴上）的公共顶点A在反比例函数
k
y= 的图象上，
x
∴FG∥ED∥OM，∠NFG=∠DCM=90°，
∴∠NGF=∠DMC，
∴△NFG∽△DCM，
NF NG
∴ = ，
DC DM
∵MD=4GN，
NF 1
∴ = ，
b 4
1
∴NF= b．
4
∵FG∥ED，
∴△NFG∽△NED，
NF FG
∴ = ，
NE ED
1
b
4 a
∴ = ，
1 a+b
b+a
4
∴b2=4a2，
15
∴a2+4a2=
，
2∵a>0，
❑√6
∴a= ．
2
∴b=❑√6．
(❑√6 )
∴A ,❑√6 ，
2
❑√6
∴k= ×❑√6=3．
2
故选：C
10．（3分）（2024·四川达州·中考真题）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°，AB=4，点
❑√2
D，E分别在AC，BC边上运动，连结AE，BD交于点F，且始终满足AD= CE，则下列结论：①
2
AE
=❑√2；②∠DFE=135°；③△ABF面积的最大值是4❑√2−4；④CF的最小值是2❑√10−2❑√2．其中
BD
正确的是（ ）
A．①③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】过点B作BM⊥AC于点M，证明△ABE∽△BMD，根据相似三角形的性质即可判断①；得出
∠BAE=∠MBD，根据三角形内角和定理即可判断②；在AB的左侧，以AB为斜边作等腰直角三角形
AOB，以OA为半径作⊙O，根据定弦定角得出F在⊙O的A´B上运动，进而根据当OF⊥AB时，△ABF
面积的最大，根据三角形的面积公式求解，即可判断③，当F在OC上时，FC最小，过点O作OH⊥BC
交CB的延长线于点H，勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点B作BM⊥AC于点M，∵△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°，AB=4，
∴AB=BC，AC=❑√AB2+BC2=❑√2BC，
❑√2
∵AD= CE，
2
1 1 ❑√2 ❑√2 ❑√2
∴DM= AC−AD= ×❑√2BC− CE= (BC−CE)= BE
2 2 2 2 2
DM AD ❑√2
∴ = =
BE CE 2
又∵∠DMB=∠EBA=90°
∴△ABE∽△BMD，
AE AB
∴ = =❑√2，故①正确；
BD BM
∵△ABE∽△BMD，
∴∠BAE=∠MBD，
∴∠BAE+∠ABD=∠MBD+∠ABD
即180°−(∠BAE+∠ABD)=180°−(∠MBD+∠ABD)
在△ABF中，∠AFB=180°−(∠BAE+∠ABD)
即∠AFB=180°−(∠MBD+∠ABD)
∵△ABC是等腰直角三角形，BM⊥AC
∴BM平分∠ABC
1
∴∠ABM=∠CBM= ∠ABC=45°
2
∴∠AFB=180°−(∠MBD+∠ABD)=180°−∠ABM=135°
∴∠AFB=180°−(∠BAE+∠ABD)=135°，
∴∠DFE=135°，故②正确，
如图所示，在AB的左侧，以AB为斜边作等腰直角三角形AOB，以OA为半径作⊙O，且AB=4
∴∠AOB=90°，OA=OB，AB=❑√OA2+OB2=❑√2OA=4
∵∠AFB=135°
1
∴∠DFE+ ∠AOB=180°
2
∴F在⊙O的A´B上运动，
❑√2 ❑√2
∴OF=AO= AB= ×4=2❑√2，
2 2
连接OF交AB于点G，则AG=GB=2，
∴当OF⊥AB时，结合垂径定理，OG最小，
∵OF是半径不变
∴此时CF最大
则△ABF面积的最大，
∴S =2S =2(S −S )
△ABF △AGF △AOF △AOG
=2
(1
×OF×AG−
1 OG2)
2 2
=2❑√2×2−22
=4❑√2−4，故③正确；
如图所示，当F在OC上时，FC最小，过点O作OH⊥BC交CB的延长线于点H，
∴△OHB是等腰直角三角形，❑√2 ❑√2
∴OH=HB= OB= OA=2，
2 2
在Rt△OHC中，HC=HB+BC=6，
∴OC=❑√22+62=2❑√10，
∴CF的最小值是2❑√10−2❑√2．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，求圆外一点到圆上的距离最值问
题，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024·湖南怀化·中考真题）如图是一个几何体的三视图，根据图中所示数据求得这个几何体
的侧面积是 （结果保留π）．
【答案】24π cm²
【分析】根据三视图确定该几何体是圆柱体，再计算圆柱体的侧面积．
【详解】解：先由三视图确定该几何体是圆柱体，底面半径是4÷2=2cm，高是6cm，
圆柱的侧面展开图是一个长方形，长方形的长是圆柱的底面周长，长方形的宽是圆柱的高，
且底面周长为：2π×2=4π(cm)，
∴这个圆柱的侧面积是4π×6=24π(cm²)．
故答案为：24π cm²．
【点睛】此题主要考查了由三视图确定几何体和求圆柱体的侧面积，关键是根据三视图确定该几何体是圆
柱体．
12．（3分）（2024·广西·中考真题）数学兴趣小组通过测量旗杆的影长来求旗杆的高度，他们在某一时刻
测得高为2米的标杆影长为1.2米，此时旗杆影长为7.2米，则旗杆的高度为 米．【答案】12
【分析】根据同时、同地物高和影长的比不变，构造相似三角形，然后根据相似三角形的性质解答．
【详解】解：设旗杆为AB，如图所示：
根据题意得：ΔABC∼ΔDEF，
DE EF
∴ =
AB BC
∵DE=2米，EF=1.2米，BC=7.2米，
2 1.2
∴ =
AB 7.2
解得：AB=12米．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了中心投影、相似三角形性质的应用，解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应
边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题．
13．（3分）（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，DE⊥AC于点
E，延长DE与BC交于点F．若AB=3，BC=4，则点F到BD的距离为 ．
21
【答案】
20
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作FH⊥AB，垂足为H，利用勾股定理求出AC的长，利用角的余弦值求出DF的长，再利用勾股定理求出FC，从而得出BF，
利用三角形面积求出FH即可．
【详解】解：如图，过点F作FH⊥DB，垂足为H，
∵ ABCD
四边形 为矩形，
∴∠BAD=∠BCD=90°，AC=BD，
∵AB=3，BC=4，
∴AC=BD=❑√AB2+BC2=❑√32+42=5，
1 1 1 1
∴S = AD⋅DC= AC⋅DE，即 ×4×3= ×5×DE，
△ADC 2 2 2 2
12
解得：DE= ，
5
12
DE DC
∴cos∠EDC= = ，即 5 3 ，
DC DF =
3 DF
15
解得：DF= ，
4
∴FC=❑√DF2−DC2=❑
√ (15) 2
−32=
9
，
4 4
9 7
∴BF=BC−FC=4− = ，
4 4
1 1 1 1 7
∴S = BD⋅FH= BF⋅DC，即 ×5×FH= × ×3，
△BDF 2 2 2 2 4
21
解得：FH= ，
20
21
故答案为： ．
20
14．（3分）（2024·江苏无锡·中考真题）在探究“反比例函数的图象与性质”时，小明先将直角边长为5
个单位长度的等腰直角三角板ABC摆放在平面直角坐标系中，使其两条直角边AC，BC分别落在x轴负
半轴、y轴正半轴上（如图所示），然后将三角板向右平移a个单位长度，再向下平移a个单位长度后，小6
明发现A，B两点恰好都落在函数y= 的图象上，则a的值为 ．
x
【答案】2或3
【分析】本题考查了反比例函数，平移，解一元二次方程．
先得出点A和点B的坐标，再得出平移后点A和点B对应点的坐标，根据平移后两点恰好都落在函数
6
y= 的图象上，列出方程求解即可．
x
【详解】解：∵OA=OB=5，
∴A(−5,0),B(0,5)，
设平移后点A、B的对应点分别为A′、B′，
∴A′(−5+a,−a),B′(a,5−a)，
6
∵A′、B′两点恰好都落在函数y= 的图象上，
x
6
∴把B′(a,5−a)代入y= 得：a(5−a)=6，
x
解得：a=2或a=3．
故答案为：2或3．
15．（3分）（2024·山东淄博·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，作直线x=i(i=1,2,3,⋯)与x轴相
1
交于点A ，与抛物线y= x2 相交于点B，连接A B ，B A 相交于点C ，得△A B C 和△A B C ，
i 4 i i i+1 i i+1 i i i i i+1 i+1 i
S
若将其面积之比记为a = △A i B i C i ，则a = ．
i S 2024
△A B C
i+1 i+1 i20244
【答案】
20254
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，二次函数的图象和性质，根据题意，易证
S A B 2
△A B C ∽△A B C ，得到a = △A i B i C i = ( i i ) ，进行求解即可．
i i i i+1 i+1 i i S A B
△A B C i+1 i+1
i+1 i+1 i
1
【详解】解：∵作直线x=i(i=1,2,3,⋯)与x轴相交于点A ，与抛物线y= x2 相交于点B，
i 4 i
∴A B⊥x轴，且B
(
i,
1 i2)
，
i i i 4
1
∴A B = i2 ，
i i 4
∵A B∥A B ，
i i i+1 i+1
∴△A B C ∽△A B C ，
i i i i+1 i+1 i
∴a = S △A i B i C i = ( A i B i ) 2 = [ i2 ) 2 ，
i S A B (i+1) 2
△A B C i+1 i+1
i+1 i+1 i
(20242
)
2 20244
∴a = = ；
2024 20252 20254
20244
故答案为： ．
20254
16．（3分）（2024·四川成都·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD是△ABC的一条角平分
线，E为AD中点，连接BE．若BE=BC，CD=2，则BD= ．❑√17+1
【答案】
2
【分析】连接CE，过E作EF⊥CD于F，设BD=x，EF=m，根据直角三角形斜边上的中线性质和等腰
1
三角形的性质证得CF=DF= CD=1，∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC=∠BEC，进而利用三角
2
形的外角性质和三角形的中位线性质得到∠CED=2∠CAE，AC=2EF=2m，证明△CBE∽△CED，
利用相似三角形的性质和勾股定理得到m2=3+2x；根据角平分线的定义和相似三角形的判定与性质证明
△CAB∽△FBE得到2m2=(x+1)(x+2)，进而得到关于x的一元二次方程，进而求解即可．
【详解】解：连接CE，过E作EF⊥CD于F，设BD=x，EF=m，
∵∠ACB=90°，E为AD中点，
∴CE=AE=DE，又CD=2，
1
∴CF=DF= CD=1，∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC，
2
∴∠CED=2∠CAE，AC=2EF=2m，
∵BE=BC，
∴∠BEC=∠ECB，则∠BEC=∠EDC，又∠BCE=∠ECD，
∴△CBE∽△CED，
CE CB
∴ = ，∠CBE=∠CED=2∠CAE，
CD CE
∴CE2=CD⋅CB=2(2+x)=4+2x，
则m2=EF2=CE2−CF2=3+2x；
∵AD是△ABC的一条角平分线，
∴∠CAB=2∠CAE=∠CBE，又∠ACB=∠BFE=90°，∴△CAB∽△FBE，
AC BC
∴ =
BF EF
2m x+2
∴ = ，则2m2=(x+1)(x+2)，
x+1 m
∴2(3+2x)=(x+1)(x+2)，即x2−x−4=0，
❑√17+1
解得x= （负值已舍去），
2
❑√17+1
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的中位线
性质、三角形的外角性质、角平分线的定义以及解一元二次方程等知识，是一道填空压轴题，有一定的难
度，熟练掌握三角形相关知识是解答的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分）
a
17．（6分）（2024·西藏·中考真题）如图，一次函数y=kx+b(k≠0)的图象与反比例函数y= (a≠0)的
x
图象相交于A(−3,1)，B(−1,n)两点．
(1)求一次函数和反比例函数的解析式；
a
(2)请直接写出满足kx+b> 的x取值范围．
x
3
【答案】(1)反比例函数的解析式为y=− ，一次函数的解析式为y=x+4
x
(2)x>0或−3<x<−1
【分析】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合：
（1）先把点A坐标代入反比例函数解析式中求出反比例函数解析式，进而求出点B的坐标，再把A、B坐
标代入一次函数解析式中求出一次函数解析式即可；
（2）根据函数图象找到一次函数图象在反比例函数图象上方时自变量的取值范围即可．a
【详解】（1）解：依题意，点A(−3,1)在反比例函数y= (a≠0)的图象上，
x
∴a=−3×1=−3，
3
∴反比例函数的解析式为y=− ；
x
3
又∵B(−1,n)为一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=− 的图象的交点，
x
3
∴n=− =3．
−1
∵A(−3,1)，B(−1,3)两点均在一次函数y=kx+b的图象上，
{−3k+b=1) {k=1)
∴ ，解得 ，
−k+b=3 b=4
∴一次函数的解析式为y=x+4．
3
综上所述，反比例函数的解析式为y=− ，一次函数的解析式为y=x+4；
x
（2）解：由函数图象可知，当一次函数图象在反比例函数图象上方时，自变量的取值范围为x>0或
−3<x<−1，
a
∴当kx+b> 时，x的取值范围为x>0或−3<x<−1．
x
18．（6分）（23-24九年级·辽宁本溪·期中）如图是由10个边长为2cm的小正方体组合成的简单几何体．
(1)画出该几何体从三个方向看到的形状图；
(2)该几何体的表面积（含底面）是______．
【答案】(1)见解析
(2)152(cm2)
【分析】（1）根据三视图的画法画出相应的图形即可；
（2）根据三视图求解几何体表面积即可．
【详解】（1）该几何体的主视图、左视图和俯视图如图所示：（2）该几何体的表面积为(6×2+6×2+6×2+1+1)×4=152(cm2)，
故答案为：152(cm2)．
【点睛】本题考查三视图的画法、求简单几何体的表面积，熟练掌握三视图的画法，解答的关键是注意不
要遗漏中间两个正方形的面积．
19．（6分）（2024·广东广州·模拟预测）某数学活动小组利用太阳光线下物体的影子和标杆测量旗杆的高
度．如图，在某一时刻，旗杆AB的影子为BC，与此同时在C处立一根标杆CD，标杆CD的影子为CE，
CD=1.8m，BC=5CD．
(1)求BC的长；
(2)从条件①、条件②这两个条件中选择-一个作为已知，求旗杆AB的高度．
条件①：CE=1.2m；条件②：从D处看旗杆顶部A的仰角α为52.46°．
注：如果选择条件①和条件②分别作答，按第一个解答计分．参考数据：sin52.46°≈0.79，
cos52.46°≈0.61，tan52.46°≈1.30．
【答案】(1)9m；
(2)13.5m．
【分析】（1）根据题意即可求解；
（2）若选择条件①：根据同一时刻物高与影长成正比进行计算即可求解；若选择条件②：过点D作
DF⊥AB，垂足为F，则DC=BF=1.8m，DF=BC=9m，解Rt△ADF可得
AF=DF⋅tan52.46°≈11.7m，再根据线段的和差关系即可求解；
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，投影的性质，掌握投影的性质及解直角三角形的应用是
解题的关键．【详解】（1）解：∵BC=5CD，CD=1.8m，
∴BC=5×1.8=9m，
∴BC的长为9m；
AB DC
（2）若选择条件①：由同一时刻物高与影长成正比得， = ，
BC CE
AB 1.8
∴ = ，
9 1.2
∴AB=13.5，
∴旗杆AB的高度为13.5m；
若选择条件②：过点D作DF⊥AB，垂足为F，
则DC=BF=1.8m，DF=BC=9m，
在Rt△ADF中，∠ADF=52.46°，
∴AF=DF⋅tan52.46°≈9×1.3=11.7m，
∴AB=AF+BF=11.7+1.8=13.5m，
∴旗杆AB的高度约为13.5m．
20．（8分）（2024·海南·中考真题）木兰灯塔是亚洲最高、世界第二高的航标灯塔，位于海南岛的最北端，
是海南岛东北部最重要的航标．某天，一艘渔船自西向东（沿AC方向）以每小时10海里的速度在琼州海
峡航行，如图所示．航行记录记录一：上午8时，渔船到达木兰灯塔P北偏西60°方向上的A处．
记录二：上午8时30分，渔船到达木兰灯塔P北偏西45°方向上的B处．
记录三：根据气象观测，当天凌晨4时到上午9时，受天文大潮和天气影响，琼州海峡C点周围5海里
内，会出现异常海况，点C位于木兰灯塔P北偏东15°方向．
请你根据以上信息解决下列问题：
(1)填空：∠PAB=________°，∠APC=________°，AB= ________海里；
(2)若该渔船不改变航线与速度，是否会进入“海况异常”区，请计算说明．
（参考数据：❑√2≈1.41，❑√3≈1.73，❑√6≈2.45）
【答案】(1)30；75；5
(2)该渔船不改变航线与速度，会进入“海况异常”区
【分析】本题主要考查了方位角的计算，解直角三角形的实际应用，三角形内角和定理：
（1）根据方位角的描述和三角形内角和定理可求出两个角的度数，根据路程等于速度乘以时间可以计算
出对应线段的长度；
PD
（2）设PD=x海里，先解Rt△PDB得到BD=x，再解Rt△APD得到AD= =❑√3x海里，
tan A
PD
AP= =2x海里，据此可得x+5=❑√3x，解得AP=2x=(5❑√3+5)海里；证明∠C=∠APC，则
sin A
AC=AP=(5❑√3+5)海里；再求出上午9时时船与C点的距离即可得到结论．
【详解】（1）解：如图所示，过点P作PD⊥AC于D，
由题意得，∠APD=60°，∠BPD=45°，∠CPD=15° ，
∴∠PAB=90°−∠APD=30°，∠APC=∠APD+∠CPD=75°；
∵一艘渔船自西向东（沿AC方向）以每小时10海里的速度在琼州海峡航行，上午8时从A出发到上午8
时30分到达B，
∴AB=10×0.5=5海里．（2）解：设PD=x海里，
在Rt△PDB中，BD=PD⋅tan∠DPB=x海里，
PD PD
在Rt△APD中，AD= =❑√3x海里，AP= =2x海里，
tan A sin A
∵AD=AB+BD，
∴x+5=❑√3x，
5 5❑√3+5
解得x= = ，
❑√3−1 2
∴AP=2x=(5❑√3+5)海里，
∵∠C=180°−∠A−∠APC=75°，
∴∠C=∠APC，
∴AC=AP=(5❑√3+5)海里；
上午9时时，船距离A的距离为10×1=10海里，
∵5❑√3+5−10=5❑√3−5≈5×1.73−5=3.65<5，
∴该渔船不改变航线与速度，会进入“海况异常”区．
21．（8分）（2024·浙江台州·中考真题）电子体重科读数直观又便于携带，为人们带来了方便．某综合实
践活动小组设计了简易电子体重秤：制作一个装有踏板（踏板质量忽略不计）的可变电阻R， R 与踏板
1 1
上人的质量m之间的函数关系式为R＝km＋b（其中k，b为常数，0≤m≤120），其图象如图1所示；图2
1
的电路中，电源电压恒为8伏，定值电阻R0的阻值为30欧，接通开关，人站上踏板，电压表显示的读数
为U0 ，该读数可以换算为人的质量m，
温馨提示：
U
①导体两端的电压U，导体的电阻R，通过导体的电流I，满足关系式I＝ ；
R
②串联电路中电流处处相等，各电阻两端的电压之和等于总电压．（1）求k，b的值；
（2）求R 关于U 的函数解析式；
1 0
（3）用含U 的代数式表示m；
0
（4）若电压表量程为0~6伏，为保护电压表，请确定该电子体重秤可称的最大质量．
【答案】（1）
{b=240)
；（2）R =
240
−30；I（3）m=135−
120
；（4）该电子体重秤可称的最大质
k=−2 1 U U
0 0
量为115千克．
【分析】（1）根据待定系数法，即可求解；
（2）根据“串联电路中电流处处相等，各电阻两端的电压之和等于总电压”，列出等式，进而即可求解；
1 240
（3）由R＝− m＋240，R = −30，即可得到答案；
1 2 1 U
0
480
（4）把U =6时，代入m=540− ，进而即可得到答案．
0 U
0
{ 240=b ) {b=240)
【详解】解：（1）把（0，240），（120，0）代入R＝km＋b，得 ，解得： ；
1 0=120k+b k=−2
U 8−U
（2）∵
0= 0
，
30 R
1
240
∴R = −30；
1 U
0
{b=240)
（3）由（1）可知： ，
k=−2
∴R＝−2m＋240，
1
240
又∵R = −30，
1 U
0
240 120
∴ −30 =−2m＋240，即：m=135− ；
U U
0 0
（4）∵电压表量程为0~6伏，
120
∴当U =6时，m=135− =115
0 6
答：该电子体重秤可称的最大质量为115千克．
【点睛】本题主要考查一次函数与反比例函数的实际应用，熟练掌握待定系数法，是解题的关键．
22．（9分）（2024·江苏无锡·中考真题）【操作观察】
如图，在四边形纸片ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，BC=8，AB=12，AD=13．折叠四边形纸片ABCD，使得点C的对应点C′始终落在AD上，点B的对应点为B′，折痕与AB，CD分别
交于点M，N．
【解决问题】
(1)当点C′与点A重合时，求B′M的长；
(2)设直线B′C′与直线AB相交于点F，当∠AFC′=∠ADC时，求AC′的长．
10
【答案】(1)
3
28 52
(2) 或
5 5
【分析】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，正切的相关应用，结合题意画出图形是解题的关键．
（1）过点C作CH⊥AD，则CH=AB=12，AH=BC=8，再求出HD，根据勾股定理求出CD，当点
C′与点A重合时，由折叠的性质可得出MN垂直平分AC，N与D重合，
10
则有AM=MC，设B′M=MB=x，则AM=MC=12−x，再利用勾股定理即可得出B′M=MB=
．
3
（2）分两种情况，当点F在AB上时和当点F在BA的延长线上时，设AF=5x，AC′=12x，则
C′F=13x ，利用∠AFC′=∠ADC=∠B′FM三个角的正切值相等表示出个线段的长度，最后利用线段
的和差关系求解即可．
【详解】（1）解：如图1，过点C作CH⊥AD，
则CH=AB=12，AH=BC=8，
∴HD=AD−AC′=13−8=5，
∴CD=❑√CH2+H D2=❑√122+52=13 ，
CH 12
tan∠ADC= = ，
HD 5
当点C′与点A重合时，由折叠的性质可得出MN垂直平分AC，N与D重合，
则有AM=MC，
设B′M=MB=x，则AM=MC=12−x，
∵∠ABC=90°∴在Rt△MBC中x2+82=(12−x) 2，
10
解得：x= ，
3
10
故B′M=MB=
3
（2）如图2，当点F在AB上时，如下图：
CH 12
由(1)可知tan∠ADC= = ，
HD 5
∵∠AFC′=∠ADC
12
∴tan∠AFC′=
，
5
设AF=5x，AC′=12x，则C′F=13x ，
根据折叠的性质可得出：B′C′=BC=8，B′F=8−13x．
∵∠B′FM=∠AFC′，
12
∴tan∠B′FM=tan∠AFC′=
，
5
∵∠ABC=90°
13 12
∴在Rt△BFM中，FM= (8−13x)，B′M=MB= (8−13x)
5 5
12 13
则5x+ (8−13x)+ (8−13x)=12，
5 5
7
解得：x= ，
1528
AC′=12x=
5
如图3，当点F在BA的延长线上时，
12
同上tan∠AFC′=
，
5
在Rt△AFC′中，
设AF=5x，AC′=12x，FC′=13x，FB′=13x−8 ，
在Rt△MFB′中，
13 12
FM= (13x−8)，B′M=MB= (13x−8)
5 5
12 13
则FB=5x+12= (13x−8)+ (13x−8)
5 5
13
解得x= ，
15
13 52
则AC′=12x=12× = ，
15 5
28 52
综上：AC′的值为： 或 ．
5 5
2
23．（9分）（2024·广东广州·中考真题）已知点P(m,n)在函数y=− (x<0)的图象上．
x
(1)若m=−2，求n的值；
(2)抛物线y=(x−m)(x−n)与x轴交于两点M，N（M在N的左边），与y轴交于点G，记抛物线的顶点为
E．
①m为何值时，点E到达最高处；
②设△GMN的外接圆圆心为C，⊙C与y轴的另一个交点为F，当m+n≠0时，是否存在四边形FGEC为
平行四边形？若存在，求此时顶点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)n的值为1；( ❑√6 7) (❑√6 7)
(2)①m=−❑√2；②假设存在，顶点E的坐标为 − ，− ，或 ，− ．
2 2 2 2
2 2
【分析】（1）把m=−2代入y=− (x<0)得n=− =1，即可求解；
x −2
m+n 1 1
（2）①x= ，得y=(x−m)(x−n)=− (m−n) 2=−2− (m+n) 2≤−2，即可求解；
2 4 4
1 1 (m+n 1)
②求出直线TS的表达式为：y=− m(x− m)−1，得到点C的坐标为 ，− ；由垂径定理知，
2 2 2 2
1
点C在FG的中垂线上，则FG=2(y −y )=2×(− +2)=3；由四边形FGEC为平行四边形，则
C G 2
1 7
CE=FG=3= y −y =− −y ，求出y =− ，进而求解．
C E 2 E E 2
2 2
【详解】（1）解：把m=−2代入y=− (x<0)得n=− =1；
x −2
故n的值为1；
（2）解：①在y=(x−m)(x−n)中，令y=0，则(x−m)(x−n)=0，
解得x=m或x=n，
∴M(m,0)，N(n,0)，
2
∵点P(m,n)在函数y=− (x<0)的图象上，
x
∴mn=−2，
m+n 1 1
令x= ，得y=(x−m)(x−n)=− (m−n) 2=−2− (m+n) 2≤−2，
2 4 4
即当m+n=0，且mn=−2，
则m2=2，解得：m=−❑√2（正值已舍去），
即m=−❑√2时，点E到达最高处；
②假设存在，理由：
对于y=(x−m)(x−n)，当x=0时，y=mn=−2，即点G(0,−2)，
m+n 1 m+n
由①得M(m,0)，N(n,0)，G(0,−2)，E( ，− (m−n) 2 )，对称轴为直线x= ，
2 4 2OG 2
由点M(m,0)、G(0,−2)的坐标知，tan∠OMG= = ，
OM −m
(1 )
作MG的中垂线交MG于点T，交y轴于点S，交x轴于点K，则点T m，−1 ，
2
1
则tan∠MKT=− m，
2
1 1
则直线TS的表达式为：y=− m(x− m)−1．
2 2
m+n 1 1 1
当x= 时，y=− m(x− m)−1=− ，
2 2 2 2
(m+n 1)
则点C的坐标为 ，− ．
2 2
1
由垂径定理知，点C在FG的中垂线上，则FG=2(y −y )=2×(− +2)=3．
C G 2
∵四边形FGEC为平行四边形，
1
则CE=FG=3= y −y =− −y ，
C E 2 E
7
解得：y =− ，
E 2
1 7
即− (m−n) 2=− ，且mn=−2，
4 2
则m+n=±❑√6，
( ❑√6 7) (❑√6 7)
∴顶点E的坐标为 − ，− ，或 ，− ．
2 2 2 2
【点睛】本题为反比例函数和二次函数综合运用题，涉及到一次函数基本知识、解直角三角形、平行四边
形的性质、圆的基本知识，其中（3），数据处理是解题的难点．
24．（10分）（2024·山东青岛·中考真题）如图①，Rt△ABC中，
∠ACB=90°,AC=8cm,BC=6cm,Rt△EDF中，∠EDF=90°,DE=DF=6cm，边BC与FD重合，且顶点E与AC边上的定点N重合，如图②，△EDF从图①所示位置出发，沿射线NC方向匀速运动，速
度为1cm/s；同时，动点O从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为2cm/s，EF与BC交于点P，连接
( 16)
OP，OE，设运动时间为t(s) 0<t≤ ．解答下列问题：
5
(1)当t为何值时，点A在线段OE的垂直平分线上？
(2)设四边形PCEO的面积为S，求S与t的函数关系式；
(3)如图③，过点O作OQ⊥AB，交AC于点Q，△AOH与△AOQ关于直线AB对称，连接HB．是否存在
某一时刻t，使PO∥BH？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)当t=2时，点A在线段OE的垂直平分线上
1 26
(2)S= t2− t+24
5 5
70
(3)存在t= 使PO∥BH
23
【分析】（1）先表示出AQ=2tcm，AE=(t+2)cm，再根据线段垂直平分线上的点到相等两端的距离相
等得到AE=AO，据此建立方程求解即可；
（2）如图所示，过点O分别作AC，BC的垂线，垂足分别为H、G，先由勾股定理得到AB=10cm，再
3 4
解直角三角形得到sin A= ，sinB= ，再证明∠≝=45°，然后解直角三角形求出OG，OH，BP的
5 5
长，最后根据S=S −S −S 进行求解即可；
△ABC △AOE △BOP
4 3 ( 13 )
（3）过点P作PG⊥AB于G，解Rt△BPG，得到PG= tcm，BG= tcm，则OG= 10− t cm，
5 5 5
4t 3
进而得到tan∠POG= ；再解Rt△AOQ得到OQ= tcm，由对称性可得
50−13t 2
3 3t
AB⊥OQ，OH=OQ= tcm，解Rt△OBH得到tan∠OBH= ，由平行线的性质得到
2 20−4t4t 3t
∠OBH=∠POG，则tan∠OBH=tan∠POG，即可得到 = ，解方程即可得到答案．
50−13t 20−4t
【详解】（1）解：如图①所示，∵DN=DE=6cm，AC=8cm ，
∴AN=8−6=2cm，
如图②所示，由题意得，NE=tcm，AQ=2tcm，
∴AE=AN+NE=(t+2)cm，
∵点A在线段OE的垂直平分线上，
∴AE=AO，
∴t+2=2t，
解得t=2，
∴当t=2时，点A在线段OE的垂直平分线上；
（2）解：如图所示，过点O分别作AC，BC的垂线，垂足分别为H、G，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AB=❑√AC2+BC2=10cm，
BC 3 AC 4
∴sinA= = ，sinB= = ，
AB 5 AB 5
∵DE=DF，∠D=90°，
∴∠≝=45°；
由（1）可知AQ=2tcm，AE=(t+2)cm，
∴BO=AB−AO=(10−2t)cm，CE=AC−AE=8−(t+2)=(6−t)cm，
6
在Rt△AOH中，OH=AO⋅sin A= tcm，
5
40−8t
在Rt△BOG中，OG=AO⋅sinB= cm，
5
在Rt△CPE中，CP=CE⋅tan∠CEP=(6−t)cm，
∴BP=BC−CP=tcm，
∴S=S −S −S
△ABC △AOE △BOP
1 1 6 1 40−8t
= ×6×8− ⋅ t⋅(t+2)− t⋅
2 2 5 2 5
1 26
= t2− t+24；
5 5（3）解：如图所示，过点P作PG⊥AB于G，
由（2）可知BP=tcm，
BG BC 3 4
在Rt△BPG中，cos∠PBG= =cos∠ABC= = ，PG=BP⋅sin∠PBG= tcm，
BP AB 5 5
3 3
∴BG= BP= tcm，
5 5
3 ( 13 )
∴OG=BO−BG=10−2t− t= 10− t cm，
5 5
4
t
PG 5 4t
∴tan∠POG= = = ；
OG 13 50−13t
10− t
5
OQ BC 3
在Rt△AOQ中，tan∠OAQ= =tan∠BAC= = ，
OA AC 4
3 3
∴OQ= OA= tcm，
4 2
∵△AOH与△AOQ关于直线AB对称，
3
∴AB⊥OQ，OH=OQ= tcm，
2
3
t
在Rt△OBH中， OH 2 3t ，
tan∠OBH= = =
OB 10−2t 20−4t
∵PO∥BH，
∴∠OBH=∠POG，
∴tan∠OBH=tan∠POG，
4t 3t
∴ = ，
50−13t 20−4t
70
∴t= 或t=0（舍去），
2370
经检验t= 是原方程的解，
23
70 16
∵ < ，
23 5
70
∴t= 符合题意；
23
70
综上所述，存在t= 使PO∥BH．
23
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，线段垂直平分线的性质，轴对称的性质等等，正确作
出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
25．（10分）（2024·山东德州·中考真题）在△ABC中，AC=BC，∠ACB=120°，点D是AB上一个动
点（点D不与A，B重合），以点D为中心，将线段DC顺时针旋转120°得到线DE．
(1)如图1，当∠ACD=15°时，求∠BDE的度数；
(2)如图2，连接BE，当0°<∠ACD<90°时，∠ABE的大小是否发生变化？如果不变求，∠ABE的度数；
如果变化，请说明理由；
(3)如图3，点M在CD上，且CM:MD=3:2，以点C为中心，将线CM逆时针转120°得到线段CN，连
接EN，若AC=4，求线段EN的取值范围．
【答案】(1)75°
(2)∠ABE的大小不发生变化，∠ABE=30°，理由见解析
4❑√21 8❑√21
(3) ≤EN<
5 5
【分析】（1）由旋转的性质得∠CDE=120°，由等边对等角和三角形内角和定理得到∠A=30°，由三角形外角的性质得∠BDC=45°，进而可求出∠BDE的度数；
OC OD
（2）连接CE交BD于点O，证明△BOC∽△EOD得 = ，再证明△COD∽△BOE即可求出
OB OE
∠ABE的度数；
1
（3）过点C作CH⊥AB于H，求出∠A=30°，则CH= AC=2；由旋转的性质得∠CDE=120°，
2
CD=DE，∠MCN=120°，CM=CN，设CD=DE=5x，则CM=CN=3x；如图所示，过点D作
1 5 5❑√3
DG⊥CE于G，则可得到DG= DC= x，CE=2CG，由勾股定理得CG=❑√CD2−DG2= x；
2 2 2
2 4
证明∠ECN=90°，在Rt△ECN中，由勾股定理得 EN=2❑√21x；再求出 ≤x< ，即可得到
5 5
4❑√21 8❑√21
≤EN< ．
5 5
【详解】（1）解：由旋转的性质得∠CDE=120°．
∵AC=BC，∠ACB=120°，
180°−∠ACB
∴∠A=∠B= =30°．
2
∵∠ACD=15°，
∴∠BDC=∠ACD+∠A=30°+15°=45°，
∴∠BDE=∠CDE−∠BDC=120°−45°=75°；
（2）解：∠ABE的大小不发生变化，∠ABE=30°，理由如下：
连接CE交BD于点O，
由旋转的性质得∠CDE=120°，CD=DE，
180°−∠CDE
∴∠DCO=∠DEO= =30°，
2
∴∠DEO=∠ABC=30°，又∵∠BOC=∠EOD，
∴△BOC∽△EOD，
OC OB
∴ =
OD OE
OC OD
∴ = ，
OB OE
∵∠COD=∠BOE，
∴△COD∽△BOE，
∴∠ABE=∠DCO=30°；
（3）解：如图所示，过点C作CH⊥AB于H，
∵AC=BC，∠ACB=120°，
180°−∠ACB
∴∠A=∠B= =30°，
2
∵CH⊥AB，
1
∴CH= AC=2；
2
由旋转的性质得∠CDE=120°，CD=CE，∠MCN=120°，CM=CN，
设CD=DE=5x，
∵CM:MD=3:2，
3
∴CM=CN= CD=3x，
5
如图所示，过点D作DG⊥CE于G，
∵∠CDE=120°，CD=CE，
180°−∠CDE
∴∠DCO=∠DEO= =30°，
2
∵DG⊥CE，
1 5
∴DG= DC= x，CE=2CG，
2 2
5❑√3
在Rt△CDG中，由勾股定理得CG=❑√CD2−DG2= x，
2
∴CE=5❑√3x,
∵∠DCE=30°，∠DCN=120°，
∴∠ECN=120°−30°=90°，
在Rt△ECN中，由勾股定理得EN2=CE 2+CN2
❑=(3x) 2+(5❑√3x) 2
❑
=84x2，
∴EN=2❑√21x或EN=−2❑√21x（舍去）；
∵点D是AB上一个动点（点D不与A，B重合），
∴CG≤CD<AC，即2≤5x<4，
2 4
∴ ≤x< ，
5 5
4❑√21 8❑√21
∴ ≤EN< ．
5 5
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性
质，等边对等角等，正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形是解题的关键．
