【赢在中考·黄金8卷】备战2023年中考数学全真模拟卷（包头专用）
黄金卷 4
（满分120分，考试用时120分钟）
一、选择题：本大题共有 12 小题，每小题3分，共 36分。每小题只有一个正确选项.
1．（2020·山东济南·中考真题）2020年6月23日，我国的北斗卫星导航系统（BDS）星座部署完成，其中
一颗中高轨道卫星高度大约是21500000米．将数字21500000用科学记数法表示为（ ）
A．0.215×108 B．2.15×107
C．2.15×106 D．21.5×106
【答案】B
【分析】科学记数法的表现形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，确定n的值时，要看把原数
变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n
是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：21500000=2.15×107，
故选B．
【点睛】本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．
2．（2016·内蒙古·统考中考真题）化简：(−x) 3 ⋅(−x2 )的结果为（ ）
A．x5 B．x6 C．−x5 D．−x6
【答案】A
【分析】先计算幂的乘方，然后根据同底数幂乘法计算法则求解即可．
【详解】解：(−x) 3 ⋅(−x2 )=−x3 ⋅(−x2 )=x5，
故选A．
【点睛】本题主要考查了幂的乘方和同底数幂乘法，熟知相关计算法则是解题的关键．
3．（2022·四川攀枝花·统考中考真题）如图是由5个相同的正方体搭成的几何体，这个几何体的俯视图是
（ ）A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由上面看到的平面图形是俯视图，根据定义逐一分析即可．
【详解】解：从上面看第一列是一个小正方形，第二列是两个小正方形，第三列居上是一个小正方形．
故选：C．
【点睛】本题考查的是三视图中的俯视图，掌握“俯视图的含义”是解本题的关键．
4．（2022·江苏镇江·统考中考真题）如图，数轴上的点A和点B分别在原点的左侧和右侧，点A、B对应
的实数分别是a、b，下列结论一定成立的是（ ）
A．a+b<0 B．b−a<0 C．2a>2b D．a+2<b+2
【答案】D
【分析】依据点在数轴上的位置，不等式的性质，绝对值的意义，有理数大小的比较法则对每个选项进行
逐一判断即可得出结论．
【详解】解：由题意得：a＜0＜b，且|a|＜|b|，
∴a+b>0，∴A选项的结论不成立；
b−a>0，∴B选项的结论不成立；
2a<2b，∴C选项的结论不成立；
a+2<b+2，∴D选项的结论成立．故选：D．
【点睛】本题主要考查了不等式的性质，有理数大小的比较法则，利用点在数轴上的位置确定出a，b的取
值范围是解题的关键．
5．（2022·内蒙古·中考真题）下列说法正确的是（ ）
A．调查中央电视台《开学第一课》的收视率，应采用全面调查的方式
B．数据3，5，4，1，﹣2的中位数是4
1
C．一个抽奖活动中，中奖概率为 ，表示抽奖20次就有1次中奖
20
D．甲、乙两名射击运动员10次射击成绩（单位：环）的平均数相等，方差分别为S ❑ 2=0.4，
甲
S ❑ 2=2，则甲的成绩比乙的稳定
乙
【答案】D
1
【分析】全面调查适合范围较适中的对象；中位数必须先排序；中奖概率是 ，表示的是抽的次数越多
20
越接近中奖概率；方差是用来形容数据的波动程度，数字越大波动越大，由此即可求出答案．
【详解】解：A．调查中央电视台《开学第一课》的收视率，范围太大，不适合用全面调查，不符合题意；
B．−2 ，1 ，3 ，4 ，5 ，排序后的中位数是3 ，不符合题意；
C．中奖概率是指抽的次数越多越接近，不符合题意；
D．甲的方差小于乙的方差，说明甲稳定，符合题意；
故选：D ．
【点睛】本题主要考查对命题的判断，判断命题的真假，主要是对定理的的理解，所以掌握定理、性质是
解题的关键．
6．（2022·江苏淮安·统考中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠AOC=160°，则
∠ABC的度数是（ ）
A．80° B．100° C．140° D．160°
【答案】B【分析】先根据圆周角定理求得∠D的度数，然后根据圆内接四边形的性质求出∠ABC的度数即可．
【详解】解：∵∠AOC=160°，
1
∴∠ADC= ∠AOC=80°，
2
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC=180°−∠ADC=180°−80°=100°，
故选：B.
【点睛】此题考查的是圆内接四边形的性质及圆周角定理，比较简单，牢记有关定理是解答本题的关键．
7．（2022·四川宜宾·统考中考真题）已知m、n是一元二次方程x2+2x−5=0的两个根，则m2+mn+2m
的值为（ ）
A．0 B．－10 C．3 D．10
【答案】A
【分析】根据一元二次方程根与系数关系得出mn=－5，把x=m代入方程得m2+2m-5=0，即m2+2m=5，代
入即可求解．
【详解】解：∵m、n是一元二次方程x2+2x−5=0的两个根，
∴mn=－5，m2+2m-5=0，
∴m2+2m=5，
∴m2+mn+2m=5－5=0，
故选：A．
【点睛】本题考查代数式求值，一元二次方程根与系数关系，方程解的意义，根据一元二次方程根与系数
关系和方程解的意义得出mn=-5，m2+2m=5是解题的关键．
8．（2022·湖南娄底·统考中考真题）将直线y=2x+1向上平移2个单位，相当于（ ）
A．向左平移2个单位 B．向左平移1个单位
C．向右平移2个单位 D．向右平移1个单位
【答案】B
【分析】函数图象的平移规律：左加右减，上加下减，根据规律逐一分析即可得到答案．
【详解】解：将直线y=2x+1向上平移2个单位，可得函数解析式为：y=2x+3,
直线y=2x+1向左平移2个单位，可得y=2(x+2)+1=2x+5, 故A不符合题意；
直线y=2x+1向左平移1个单位，可得y=2(x+1)+1=2x+3, 故B符合题意；
直线y=2x+1向右平移2个单位，可得y=2(x−2)+1=2x−3, 故C不符合题意；
直线y=2x+1向右平移1个单位，可得y=2(x−1)+1=2x−1, 故D不符合题意；故选B
【点睛】本题考查的是一次函数图象的平移，掌握一次函数图象的平移规律是解本题的关键．
9．（2015·甘肃武威·中考真题）如图，D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，且DE//AC，若S ：
BDE
△
S =1:3，则S ：S 的值为（ ）
CDE DOE AOC
△ △ △
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】试题分析：∵S△BDE：S△CDE=1:3，∴BE：CE=1：3，∴BE：BC=1：4，∵DE//BC，∴DE：
AC=BE：BC=1：4，△DOE∽△COA，∴S△DOE：S△AOC=（DE：AC）2=1：16，
故选D．
考点：相似三角形的判定与性质．
10．（2022·辽宁阜新·统考中考真题）下列关于二次函数y=3(x+1)(2−x)的图像和性质的叙述中，正确
的是（ ）
A．点(0,2)在函数图像上 B．开口方向向上
C．对称轴是直线x=1 D．与直线y=3x有两个交点
【答案】D
【分析】A、把x＝0代入y＝3（x+1）（2﹣x），求函数值再与点的纵坐标进行比较；B、化简二次函数：y
＝﹣3x2+3x+6，根据a的取值判断开口方向；C、根据对称轴公式计算；D、把函数的问题转化为一元二次
方程的问题，根据判别式的取值来判断．
【详解】解：A、把x＝0代入y＝3（x+1）（2﹣x），
得y＝6≠2，
∴A错误；
B、化简二次函数：y＝﹣3x2+3x+6，
∵a＝﹣3＜0，
∴二次函数的图象开口方向向下，
∴B错误；b 1
C、∵二次函数对称轴是直线x =− =
2a 2
∴C错误；
D、∵3（x+1）（2﹣x）＝3x，
∴﹣3x2+3x+6＝3x，
∴﹣3x2+6＝0，
∵b2﹣4ac＝72＞0，
∴二次函数y＝3（x+1）（2﹣x）的图象与直线y＝3x有两个交点，
∴D正确；
故选：D．
【点睛】此题考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征、正
比例函数的性质，掌握这几个知识点的应用，其中函数的问题转化为一元二次方程的问题是解题关键．
11．（2022·湖南·统考中考真题）如图，点O是等边三角形ABC内一点，OA=2，OB=1，OC=√3，则
ΔAOB与ΔBOC的面积之和为（ ）
√3 √3 3√3
A． B． C． D．√3
4 2 4
【答案】C
【分析】将ΔAOB绕点B顺时针旋转60°得ΔBCD，连接OD，得到△BOD是等边三角形，再利用勾股定
理的逆定理可得∠COD=90°，从而求解．
【详解】解：将ΔAOB绕点B顺时针旋转60°得ΔBCD，连接OD，
∴OB=OD，∠BOD=60°，CD=OA=2，
∴ΔBOD是等边三角形，∴OD=OB=1，
∵OD2+OC2=12+(√3) 2=4，CD2=22=4，
∴OD2+OC2=CD2，
∴∠DOC=90°，
∴ΔAOB与ΔBOC的面积之和为
√3 1 3√3
S +S =S +S = ×12+ ×1×√3= ．
△BOC △BCD △BOD △COD 4 2 4
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质等知识，利用旋转将
ΔAOB与ΔBOC的面积之和转化为S +S ，是解题的关键．
△BOC △BCD
12．（2022·四川乐山·统考中考真题）如图，等腰 ABC的面积为2√3，AB=AC，BC=2．作AE∥BC且AE=
△
1
BC．点P是线段AB上一动点，连接PE，过点E作PE的垂线交BC的延长线于点F，M是线段EF的中
2
点．那么，当点P从A点运动到B点时，点M的运动路径长为（ ）
A．√3 B．3 C．2√3 D．4
【答案】B
【分析】当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在N处，当点P与B重合时，如图，点M的运动轨迹
是线段MN．求出CF的长即可解决问题．
【详解】解：过点A作AD⊥BC于点D，连接CE，
∵AB=AC，
1
∴BD=DC= BC=1，
2
1
∵AE= BC，
2
∴AE=DC=1，∵AE∥BC，
∴四边形AECD是矩形，
1 1
∴S△ABC= BC×AD= ×2×AD=2√3，
2 2
∴AD=2√3，则CE=AD=2√3，
当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在CE的中点N处，
当点P与B重合时，如图，点M的运动轨迹是线段MN．
∵BC=2，CE=2√3，
由勾股定理得BE=4，
BC BE 2 4
cos∠EBC= = ，即 = ，
BE BF 4 BF
∴BF=8，
∴CF=BF-BC=6,
∵点N是CE的中点，点M是EF的中点，
1
∴MN= CF=3，
2
∴点M的运动路径长为3，
故选：B．
【点睛】本题考查点的轨迹、矩形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻
找点M的运动轨迹，学会利用起始位置和终止位置寻找轨迹，属于中考填空题中的压轴题．
二、填空题：本大题共有7小题，每小题3分，共21分。
√x+2
13．（2018·青海·中考真题）函数y= 中，自变量x的取值范围是__________．
x−1
【答案】x≥-2且x≠1
【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件即可求出结论．【详解】解：由题意可得¿
解得x≥-2且x≠1
故答案为：x≥-2且x≠1．
【点睛】此题考查的是求自变量的取值范围，掌握二次根式有意义的条件和分式有意义的条件是解决此题
的关键．
2 8
14．（2021·四川自贡·统考中考真题）化简： − = _________．
a−2 a2−4
2
【答案】
a+2
【分析】利用分式的减法法则，先通分，再进行计算即可求解．
2 8
【详解】解： −
a−2 a2−4
2 8
= −
a−2 (a+2)(a−2)
2(a+2) 8
= −
(a+2)(a−2) (a+2)(a−2)
2(a−2)
=
(a+2)(a−2)
2
= ，
a+2
2
故答案为： ．
a+2
【点睛】本题考查分式的减法，掌握分式的基本性质是解题的关键．
15．（2022·湖南常德·统考中考真题）今年4月23日是第27个世界读书日，某校举行了演讲大赛，演讲得
分按“演讲内容”占40%、“语言表达”占40%、“形象风度”占10%、“整体效果”占10%进行计算，
小芳这四项的得分依次为85，88，92，90，则她的最后得分是________分．
【答案】87.4
【分析】根据加权平均数的计算公式列式计算可得．
【详解】解：根据题意得
她的最后得分是为：85×40%+88×40%+92×10%+90×10%=87.4 （分）；
故答案为：87.4．
【点睛】本题考查的是加权平均数的求法，熟练掌握加权平均数的计算公式是解题的关键．
1
16．（2022·山东聊城·统考中考真题）若一个圆锥体的底面积是其表面积的 ，则其侧面展开图圆心角的度
4数为______________．
【答案】120°##120度
1
【分析】根据圆锥的底面积是其表面积的 ，则得到圆锥底面半径和母线长的关系，根据圆锥侧面展开图
4
的弧长＝底面周长即可求得圆锥侧面展开图的圆心角度数．
【详解】解：设底面圆的半径为r，侧面展开扇形的半径为R，扇形的圆心角为n°．
由题意得S =πr2，
底面面积
l =2πr，
底面周长
1
∵个圆锥体的底面积是其表面积的 ，
4
∴S =3S =3πr2，
扇形 底面面积
l =l =2πr．
扇形弧长 底面周长
1 1
由S = l ×R得3πr2= ×2πr×R，
扇形 2 扇形弧长 2
故R=3r．
nπr
由l = 得：
扇形弧长 180
nπ×3
2πr= ，
180
解得n=120．
故答案为：120°．
【点睛】此题通过圆锥的底面和侧面，结合有关圆、扇形的一些计算公式，重点考查空间想象能力、综合
应用能力．熟记圆的面积和周长公式、扇形的面积和两个弧长公式并灵活应用是解答本题的关键．
3x m
17．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）若关于x的分式方程 = +2的解为正数，则m的取
x−1 1−x
值范围是_________．
【答案】m<−2且m≠−3
【分析】先利用m表示出x的值，再由x为正数求出m的取值范围即可．
【详解】解：方程两边同时乘以(x−1)得：
3x=−m+2(x−1)，
解得：x=−m−2，
∵x为正数，∴−m−2＞0，解得m<−2，
∵x≠1，
∴−m−2≠1，即m≠−3，
∴m的取值范围是m<−2且m≠−3，
故答案为：m<−2且m≠−3．
【点睛】本题考查的是根据分式方程的解的情况求参数，可以正确用m表示出x的值是解题的关键．
18．（2022·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，若AB=2√3，
BC=3，点P从B点出发，在△ABC内运动且始终保持∠CBP=∠BAP，当C，P两点距离最小时，动点
P的运动路径长为______．
√3
【答案】 π
3
【分析】根据题中的条件可先确定点P的运动轨迹，然后根据三角形三边关系确定CP的长最小时点P的位
置，进而求出点P的运动路径长．
【详解】解：∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=90°.
∴∠ABP+∠PBC=90°.
∵∠PAB=∠PBC,
∴∠PAB+∠ABP=90°.
∴∴∠APB=90°.
∴点P在以AB为直径的圆上运动，且在△ABC的内部，
如图，记以AB为直径的圆的圆心为O ，连接O C交⊙O 于点P'，连接O P,CP.
1 1 1 1∵CP≥O C−O P,
1 1
∴当点O ,P,C三点共线时，即点P在点P'处时，CP有最小值，
1
∵AB=2√3
∴O B=√3
1
BC 3
在Rt ΔBCO 中，tan∠BO C= = =√3.
1 1 O B √3
1
∴∠BO C=60°.
1
∴B ´ P'= 60π×√3 = √3 π.
180 3
√3
∴.C,P两点距离最小时，点P的运动路径长为 π.
3
【点睛】本题主要考查了直径所对圆周角是直角，弧长公式，由锐角正切值求角度，确定点P的路径是解
答本题的关键．
2
19．（2022秋·四川成都·九年级校考期中）如图，点P是函数y= (x>0)图象上的一点，直线
x
3
y=− x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，过点P作x轴、y轴的垂线与该直线分别交于C、D两点，
4
则AD⋅BC的值为______．25
【答案】
6
( 2) ( 3 ) ( 8 2)
【分析】先求出A,B点坐标，设点P m, ，则：点C m,− m+3 ，点 D 4− , ，用含m的
m 4 3m m
式子表示出AD,BC，进而求解即可．
3
【详解】解：∵直线y=− x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，
4
当x=0时，y=3；当y=0时，x=4；
∴点A(4,0)，点B(0,3)，
2
∵点P是函数y= (x>0)图象上的一点，过点P作x轴、y轴的垂线与该直线分别交于C、D两点，
x
( 2) ( 3 ) ( 8 2)
设点P m, ，则：点C m,− m+3 ，点 D 4− , ，
m 4 3m m
√ 8 2 2 2 10 √ 3 2 5
∴AD= ( ) +( ) = , BC= m2+(− m) = m，
3m m 3m 4 4
10 5 25
∴AD⋅BC= ⋅ m=
3m 4 6
25
故答案为 ．
6
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的综合应用．正确的求出各点的坐标，是解题的关键．
三、解答题：本大题共有6小题，共63分。
20．（8分）（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）某校组织学生书法比赛，在限定每人只交一份书法作品的条
件下，对参赛作品按A、B、C、D四个等级进行了评定．现随机抽取部分学生书法作品的评定结果进行分
析，并绘制扇形统计图和条形统计图如下：根据上述信息完成下列问题：
(1)求这次抽取的学生书法作品共计多少份；
(2)请在图②中把条形统计图补充完整；
(3)已知该校这次活动共收到参赛作品750份，请你估计参赛作品达到B级以上（即A级和B级）有多少份？
【答案】(1)10
(2)见解析
(3)450
【分析】（1）用A的份数除以A的百分比即可得到总份数；
（2）总份数乘以C的百分比即可得到C的份数，然后补全条形图即可；
（3）用样本估计总体解答即可．
【详解】（1）解：2÷20%=10（份）．
答：这次抽取的学生书法作品共计10份．
（2）解：C有10×30%=3（份），D有10−2−4−3=1（份）．
如图：2+4
（3）解： 750× =450（份）．
10
答：估计参赛作品达到B级以上（即A级和B级）有450份．
【点睛】本题主要考查了条形统计图和扇形统计图、用样本估计整体等知识点，正确从条形统计图和扇形
统计图获取信息是解题的关键．
21．（8分）（2022·浙江宁波·校考三模）为了保证人们上下楼的安全，楼梯踏步的宽度和高度都要加以限
制．中小学楼梯宽度的范围是260mm∼300mm(包括260mm,300mm)，高度的范围是120mm∼150mm(包
括120mm,150mm)．如图是某中学的楼梯扶手的截面示意图，测量结果如下：AB，CD分别垂直平分踏步
EF，GH，各踏步互相平行，AB=CD，AC=900mm，∠C=65°试问该中学楼梯踏步的宽度和高度是
否符合规定，（结果精确到1mm，参考数据：sin65°≈0.906，cos65°≈0．423)
【答案】符合规定，理由见解析
【分析】构造直角三角形BDM，把三个踏步的高度和宽度分别用直角三角形中的BM、DM表示，利用锐
角三角函数即可求出BM、DM的长度，即可求出答案
【详解】解：如图，连接BD，作DM⊥AB于点M，
∵AB=CD，AB，CD分别垂直平分踏步EF，GH，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠ABD，AC=BD，
∵∠C=65°，AC=900，
∴∠ABD=65°，BD=900，∴BM=BD⋅cos65°≈381mm，DM=BD⋅sin65°≈815.4mm
∵380.7÷3≈127，815.4÷3≈272
∴120<127<150，260<272<300
即该中学楼梯踏步的高度和踏步的宽度符合规定
答：该中学楼梯踏步的宽度和高度都符合规定．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，熟练构造直角三角形是解本题的关键．
22．（10分）（2023·陕西西安·交大附中分校校考一模）如图1，小明家、食堂、图书馆在同一条直线上，
小明从食堂吃完早餐，接着骑自行车去图书馆读书，然后以相同的速度原路返回家.如图2中反映了小明离
家的距离y(m)与他所用时间x(min)之间的函数关系.
(1)小明家与图书馆的距离为________m，小明骑自行车速度为________m/min；
(2)求小明从图书馆返回家的过程中，y与x的函数解析式；
(3)当小明离家的距离为1000m时，求x的值.
【答案】(1)2000，200
(2)y=−200x+9200(36≤x≤46)
(3)1或41
【分析】(1)根据图象中的数据，可以直接写出小明家与图书馆的距离，然后根据图象中的数据，即可计算
出小明骑自行车的速度；
(2)先求出小明从图书馆回到家用的时间，然后即可得到函数图象与x轴的交点，再设出函数解析式，根据
点(36,2000)和图象与x轴的交点，即可计算出y与x的函数解析式；(3)分两种情况，分别求出x的值即可．
【详解】（1）解：由图象可得，小明家与图书馆的距离为2000m，
小明骑自行车的速度为：(2000−800)÷6=200(m/min)，
故答案为：2000，200；
（2）解：小明从图书馆回到家用的时间为：2000÷200=10(min)，
36+10=46(min)，
小明从图书馆返回家的过程中，设y与x的函数解析式为y=kx+b(k≠0)，
∵点(36,2000)，(46,0)在该函数图象上，
∴¿
解得¿，
即小明从图书馆返回家的过程中，y与x的函数解析式为：y=−200x+9200(36≤x≤46)；
（3）解：当小明从食堂去图书馆离家的距离为1000m时，
此时他距离食堂200m，所用的时间x=200÷200=1
小明从图书馆返回家的过程中，当y=1000时，
1000=−200x+9200，
解得x=41，
综上，当小明离家的距离为1000m时，x的值为1或41．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出函数解析式．
23．（12分）（2023·陕西西安·陕西师大附中校考一模）如图，AB为⊙O的真径，BD，CD是⊙O的弦，
⊙O的切线DE与CB的延长线交于点E，且DE⊥CE.
(1)求证：∠C=∠BDE；
(2)若CD=3√13，DE=6，求⊙O的直径．
【答案】(1)证明见解析
(2)13【分析】（1）如图所示，连接OD，由切线的性质得到∠ODB+∠BDE=90°，再根据等边对等角和三
角形内角和定理得到∠DOB+∠ODB+∠OBD=180°，由圆周角定理得到∠DOB=2∠DCB，即可证
明∠DCB+∠ODB=90°，则∠DCB=∠BDE；
（2）利用勾股定理求出CE=9，证明△DCE∽△BDE，求出BE=4，则BD=2√13，再证明
AB DB AB 2√13
△ABD∽△DBE，得到 = ，即 = ，则AB=13．
BD BE 2√13 4
【详解】（1）证明：如图所示，连接OD，
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，即∠ODE=90°，
∴∠ODB+∠BDE=90°，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD
∵∠DOB+∠ODB+∠OBD=180°，
∵∠DOB=2∠DCB，
∴2∠DCB+2∠ODB=180°，
∴∠DCB+∠ODB=90°，
∴∠DCB=∠BDE；
（2）解：如图所示，连接AD，
∵DE⊥CE，CD=3√13，DE=6，
∴CE=√CD2−DE2=9，
∵∠DCE=∠BDE，∠E=∠E，
∴△DCE∽△BDE，BE DE BE 6
∴ = ，即 = ，
DE CE 6 9
∴BE=4，
∴BD=√DE2+BE2=2√13，
∵AB是直径，
∴∠ADB=∠DEB=90°，
又∵∠BAD=∠BCD=∠BDE，
∴△ABD∽△DBE，
AB DB AB 2√13
∴ = ，即 = ，
BD BE 2√13 4
∴AB=13，
∴⊙O的直径为13．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，圆周角定理，等腰三角形的
性质，三角形内角和定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
24．（12分）（2023·陕西西安·陕西师大附中校考一模）问题探究：
（1）如图1，已知，在四边形ABCD中，AB=BC，AD=DC，则对角线AC、BD的位置关系是
______________．
（2）如图2，已知，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°．△ABC内一动点E到A、B、C三点的距离
之和的最小值为2，求AC的长．问题解决：
（3）如图3，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个顶点的坐标分别为A(−6,0)，B(6,0)，C(0,4√3)，
1
延长AC至点D，使CD= AC，过点D作DE⊥y轴于点E．设G为y轴上一点，点P从点E出发，先沿
2
y轴到达G点，再沿GA到达A点．若点P在直线GA上运动速度为定值v，在y轴上运动速度为2v，试确
定点G的位置，使P点按照上述要求到达A点所用的时间最短，并求此时点G的坐标．
【答案】（1）垂直；（2）√6−√2；（3）过A点作AH⊥BE于点H，则AH与y轴的交点为所求的G点，
G(0,2√3)
【分析】（1）由线段的垂直平分线的判定可得BD是线段AC的垂直平分线，从而可得答案；
（2）如图，把△AEB绕B顺时针旋转60°得到△A'E'B，连接A A'，A'E'，EE'，证明△BEE'，△ABA'
都是等边三角形，A A'=A'B=AB，而CA=CB，证明A'C是AB的中垂线，即A'C与AB的交点为Q，可
得CQ=AQ=BQ，当E，E'在A'C上时，则EA+EB+EC=EC+EE'+A'E'=A'C最短，可得A'C=2，
设CQ=AQ=BQ=x，再利用勾股定理可得答案；
（3）过点A作BE的垂线，该垂线与y轴的交点即为所求的点G，再结合∠OAG=30°，借助三角函数求
出点G的坐标．
【详解】解：（1）对角线AC、BD的位置关系是：垂直，理由如下：
∵AB=BC，AD=DC，
∴BD是线段AC的垂直平分线，∴AC⊥BD．
（2）如图，把△AEB绕B顺时针旋转60°得到△A'E'B，连接A A'，A'E'，EE'，
∴AE=A'E'，AB=A'B，BE=BE'，∠EBE'=∠ABA'=60°，
∴△BEE'，△ABA'都是等边三角形，
∴A A'=A'B=AB，而CA=CB，
∴A'C是AB的中垂线，即A'C与AB的交点为Q，
∴A'C⊥AB，AQ=BQ，
∴CQ=AQ=BQ，
∵点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为2，
∴当E，E'在A'C上时，则EA+EB+EC=EC+EE'+A'E'=A'C最短，
∴A'C=2，
设CQ=AQ=BQ=x，
则A'B=2x，A'Q=√(2x) 2−x2=√3x，
∴x+√3x=2，
∴x=√3−1，
AC=√x2+x2=√2x=√2(√3−1)=√6−√2．
（3）∵点P在直线GA上运动速度为定值v，在y轴上运动速度为2v，
EG GA 1(EG )
则点P到达点A的时间为t= + = +AG ，
2v v v 2
如图，连接BE，过点G作GH⊥BE于点H，∵DE⊥y，则DE∥AB，
∴△AOC∽△DEC，
AC OC OA
∴ = = ，
CD CE DE
1
∵A(−6,0)，B(6,0)，C(0,4√3)，CD= AC，
2
∴CE=2√3，DE=3，
∴OE=2√3+4√3=6√3，
6 √3
∴tan∠BEO= = ，
6√3 3
∴∠BEO=30°，∠EBO=90°−30°=60°，
1
∴GH= EG，
2
1(EG ) 1
∴t= +AG = (GH+AG)，
v 2 v
当A，G，H三点共线时，GH+AG=AH最短，则t最小，
∴确定G点位置的方法：过A点作AH⊥BE于点H，则AH与y轴的交点为所求的G点，
∵∠OBE=60°，
∴∠OAG=30°，
√3
在Rt△OAG中，OG=OA·tan30°=6× =2√3，
3
∴G点的坐标为(0,2√3)．
【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的判定，旋转的性质，两点之间，线段最短，垂线段最短的应用，
等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，含30°的直角三角形的性质，二次根式的混合运算的应用，
相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，本题的综合程度高，难度大．属于中考压轴题．
25．（13分）（2023·广东佛山·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，一次函数
1
y=−2x−1与y轴交于点A，若点A关于x轴的对称点D在一次函数y= x+b的图象上．
2(1)求b的值；
(2)若一次函数y=−2x−1与一次函数y=−x交于B，且点B关于原点的对称点为点C．求过A，B，C三
点对应的二次函数表达式；
(3)P为抛物线上一点，它关于原点的对称点为点Q．
①当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标；
②若点P的横坐标为t(−1<t<1)，当t为何值时，四边形PBQC的面积最大？请说明理由．
【答案】(1)b=1
(2)y=x2−x−1
(3)①(1−√2,1−√2)或(1+√2,1+√2)；②当t=0时，四边形PBQC的面积最大．理由见解析
【分析】（1）由一次函数y=−2x−1与y轴交于点A，得A(0,−1)，则D(0,1)，再把点D(0,1)代入
1
y= x+b求出b值；
2
（2）通过由两个一次函数组成方程组求出点B的坐标，再由对称知识求出点C的坐标，后将A、B、C三
点坐标代入即可；
（3）①求出直线BC、PQ的解析式，再联立解得点P的坐标；
②当t=0时四边形PBQC的面积最大，求出四边形PBQC的面积=2倍三角形PBC的面积=BC⋅PD，求
出点P，E的坐标，用含t的代数式表示，求出PE的长即可．
【详解】（1）解：∵一次函数y=−2x−1与y轴交于点A，点A关于x轴的对称点D在一次函数
1
y= x+b的图象上，
2
∴点A坐标为(0,−1)，
∴点D坐标为(0,1)，1
∵点D在一次函数y= x+b的图象上，
2
1
∴1= ×0+b，
2
∴b=−1；
（2）解：由方程组¿，解得¿，
∴B点坐标为(−1,1)，
又C点为B点关于原点的对称点，
∴C点坐标为(1,−1)，
∵一次函数y=−2x−1与y轴交于点A，
∴A点坐标为(0,−1)，
设二次函数对应的函数表达式为y=ax2+bx+c，
把A，B，C三点的坐标分别代入，得¿，解得¿，
∴二次函数对应的函数表达式为y=x2−x−1；
（3）①当四边形PBQC为菱形时，PQ⊥BC，
∵直线BC对应的函数表达式为y=−x，
∴直线PQ对应的函数表达式为y=x．
联立方程组¿．
解得¿或¿，
∴P点坐标为(1−√2,1−√2)或(1+√2,1+√2)；
②当t=0时，四边形PBQC的面积最大．理由如下：
如图，过P作PD⊥BC，垂足为D，过P作x轴的垂线，交直线BC于点E，
1
易知S =2S =2× BC⋅PD=BC⋅PD，
四边形PBQC △PBC 2∵线段BC的长固定不变，
∴当PD最大时，四边形PBQC的面积最大，
易知∠PED=∠AOC（固定不变），
∴当PE最大时，PD也最大，
∵P点在二次函数图象上，E点在一次函数y=−x的图象上，
∴P点坐标为(t,t2−t−1)，
E点坐标为(t,−t)，
∴PE=−t−(t2−t−1)=−t2+1，
∴当t=0时，PE有最大值1，此时PD有最大值，即四边形PBQC的面积最大．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数与一元二次方程之间的关系，解决实际问题以二次函数
为载体，与方程（组）、不等式、函数、三角形、四边形综合运用，并使考查用代入法、消元法、配方法、
待定系数法等解决问题的能力．
