文档内容
初中数学
2023年广东省广州市白云区中考
一模数学试卷
新东方教育科技集团2023年广东省广州市白云区中考一模
数学试卷
一、单选题
1 单选题
如图是一个几何体的侧面展开图，这个几何体可以是（ ）
A. 圆锥
B. 圆柱
C. 正四面体
D. 球体
答案
A
解析
由图可知展开侧面为扇形，则该几何体为圆锥．
该几何体的侧面展开图是扇形，所以这个几何体可能是圆锥,
故选：A．
此题主要考查几何体的展开图，熟记几何体的侧面展开图是解题的关键．
2 单选题
点(3,−3)在正比例函数y=ax(a≠0)的图象上，则a的值为（ ）
A. −2
B. 5
−
3
C. −1
D. 3
−
5
答案
C
解析
直接把点(3,−3)代入正比例y=ax(a≠0)，求出a的值即可．
解：∵点(3,−3)在正比例函数y=ax(a≠0)的图象上，
1/22∴3=−3a，解得a=−1．
故选：C．
本题考查的是正比例函数图象上点的坐标特点，熟知正比例函数图象上各点的坐标一定适合
此函数的解析式是解答此题的关键．
3 单选题
下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A. 菱形
B. 平行四边形
C. 等边三角形
D. 等腰梯形
答案
A
解析
根据轴对称定义及中心对称定义结合各个图形性质判定即可得到答案；
解：由题意可得，
菱形即是轴对称图形也是中心对称图形，对称中心是对角线交点，对称轴是对角线；，
平行四边形不是轴对称图形；
等边三角形不是中心对称图形；
等腰梯形不是中心对称图形；
故选A
本题考查轴对称的定义及中心对称的定义，解题的关键是根据图形性质找到对称中心或一条
对称轴．
4 单选题
代数式√k−1有意义时，直线y=kx+k一定不经过（ ）
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
答案
D
解析
根据k−1≥0，结合图像分布规律判断即可．
∵代数式√k−1有意义，
2/22∴k−1≥0，
∴k≥1，
∴直线y=kx+k经过第一、二、三象限，
故直线一定不经过第四象限，
故选D．
本题考查了二次根式有意义的条件，一次函数的图像分布，熟练掌握图像分布规律是解题的
关键．
5 单选题
下列运算正确的是（ ）
A. √−4=−2
B. a2⋅a3 =a5
C. √(a+1)2 =a+1
D. (a2)3 =a5
答案
B
解析
根据算术平方根的定义，同底数幂的乘法，二次根式的性质，幂的乘方法则进行运算即可．
解：A、负数没有算术平方根，不正确，故不符合题意；
B、a2⋅a3 =a5，正确，故符合题意；
C．√(a+1)2 =|a+1|≠a+1，不正确，故不符合题意；
D．(a2) 3 =a6 ≠a5，不正确，故不符合题意．
故选：B．
本题考查算术平方根，同底数幂的乘法，二次根式的性质，幂的乘方，属于基础题，熟练掌
握相关运算法则是解题的关键．
6 单选题
已知a=b-1，则下列结论中成立的是（ ）
A. |a-b|=a-b
B. |a-b|=b-a
C. |a-b|=0
D. |a-b|=a+b
答案
B
解析
3/22解：∵a=b-1，
a-b=-1＜0，
∴|a-b|=b-a,
∴选项A，C，D不符合题意，
选项B符合题意，
故选：B．
7 单选题
如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与y轴的交点为(0,−1)，下列结论正确的是（ ）
A. 当x>0时，y随x的增大而减小
B. 当x>−1时，y随x的增大面增大
C. 图像在第三象限内，y随x的增大而增大
D. 图像在第四象限内，y随x的增大而增大
答案
D
解析
根据函数图像及函数的性质直接逐个判断即可得到答案；
解：由图像可得，
二次函数开口向上a>0，对称轴在y轴左侧，对称轴左边y随x的增大而减小，右边y随x的增大
而增到，与对称轴相交时函数取最小值，
∴当x>0时，y随x的增大而增大，故A错误不符合题意，
对称轴无法判断故当x>−1时，y随x的增大面增大不正确，不符合题意；
图像在第三象限内，y随x的增大有增大也有减小，故不符合题意，
第四象限图像在对称轴右侧，y随x的增大而增大，
故选D．
本题考查二次函数的性质，解题的关键是根据图像得到开口向上a>0，对称轴在y轴左侧，
对称轴左边y随x的增大而减小，右边y随x的增大而增到，对称轴时取最小．
4/228 单选题
从某校200名八年级学生中随机抽取2名学生参加省测，则这200名学生中，每位学生被抽中的概率
均为（ ）
A. 1
200
B. 1
100
C. 1
50
D. 1
25
答案
B
解析
根据概率公式计算即可．
1
根据题意，得每位学生被抽中的概率均为 ，
100
故选B．
本题考查了概率计算，熟练掌握概率计算公式是解题的关键．
9 单选题
如图，用若干根相同的小木棒拼成图形，拼第一个图形需要3根小木棒，拼第二个图形需要5根小木
棒，拼第3个图形需要7根小木棒……若按照这样的方法拼成的第n个图形需要2023根小木棒，则
n=（ ）
A. 1010
B. 1011
C. 1012
D. 1013
答案
B
解析
探索遵循的规律是2n+1，建立方程计算即可．
5/22根据题意，遵循的基本规律是第n个图形需要(2n+1)根小木棒，
∴2n+1=2023，
解得n=1011，
故选B．
本题考查了整式的加减中规律探索，一元一次方程的解法，熟练掌握探索规律，灵活解方程
是解题的关键．
10 单选题
如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且CE =1，∠ABE的平分线交AD于点F，点
M，N分别是BE，BF的中点，则下列结论错误的是（ ）
A. FD=√2MN
B. △DEF是等腰直角三角形
C. BN =1
D. tan∠FBE =√3
答案
D
解析
根 据 正 方 形 ABCD 的 面 积 为 3 得 到 AB=BC =CD=AD=√3 ，
CE 1 √3
∠A=∠ABC =∠C =∠D=90∘，结合CE =1即可得到tan∠CBE = = = ，
BC √3 3
得到∠CBE =30∘，即可得到∠ABE =60∘，根据角平分线得到∠ABF =∠FBE =30∘，即
可得到AF =1，从而得到DE =DF，根据勾股定理可求出BF，结合中点及中位线即可得到
MN，即可得到答案；
解：连接EF，
∵正方形ABCD的面积为3，
∴AB=BC =CD=AD=√3，∠A=∠ABC =∠C =∠D=90∘，
∵CE =1，
CE 1 √3
∴tan∠CBE = = = ，
BC √3 3
∴∠CBE =30∘，
6/22∴∠ABE =60∘，
∵AD是∠ABE的平分线，
∴∠ABF =∠FBE =30∘，
AF AF √3
∴∴tan∠EBF =tan∠ABF = = = ，
AB √3 3
∴AF =1，
∴DE =DF，
∴△DEF是等腰直角三角形，B正确，D错误，
在Rt△DEF与Rt△ABF中，根据勾股定理可得，
2
BF = √3 +12 =2，EF =√DE2+DF2 =√2DF，
√( )
∵M，N分别是BE，BF的中点，
1
∴BN =1，MN = EF，即FD=√2MN，
2
∴C、D正确，
故选D；
本题主要考查了解直角三角形，正方形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，解题的关键
是根据三角函数得到角度．
二、填空题
11 填空题
现有甲、乙两个合唱队队员的平均身高都是170cm，方差分别为S2 =1.45，S2 =0.85，则这两个
甲 乙
合唱队的队员身高较齐整的是 队．（填“甲”、“乙”中的一个）
答案
乙
解析
根据方差越大波动越大，方差越小波动越小直接判断即可得到答案；
解：∵S2 =1.45，S2 =0.85，
甲 乙
∴S >S ，
甲 乙
∴乙队队员身高较齐整，
7/22故答案为：乙；
本题考查根据方差做决策，解题的关键是熟练掌握方差越大波动越大，方差越小波动越小．
12 填空题
分解因式：3x2-12xy= ．
答案
3x（x-4y）
解析
解：3x2-12xy=3x（x-4y）．
故答案为：3x（x-4y）．
13 填空题
如图，在▱ABCD中，AD=10，对角线AC与BD相交于点O，△BOC的周长为21，则
AC+BD= ．
答案
22
解析
1 1
根据四边形ABCD是平行四边形可得BC =AD，OB= BD，OC = AC，结合AD=10
2 2
，△BOC的周长为21求解即可得到答案；
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
1 1
∴BC =AD，OB= BD，OC = AC，
2 2
∵AD=10，△BOC的周长为21，
∴OB+OC =21−10=11，
∴AC+BD=2×11=22，
故答案为：22；
本题考查平行四边形的性质，解题的关键是根据三角形周长得到OB+OC =21−10=11，
再整体代入．
8/2214 填空题
2x+3＞1
不等式组 的解集是 ．
{x−5≤2
答案
-1＜x≤7
解析
2x+3＞1①
解： ，
{x−5≤2②
解不等式①得x＞-1，
解不等式②得x≤7，
∴不等式组的解集为：-1＜x≤7，
故答案为：-1＜x≤7．
15 填空题
如图，在△ABC中，AB=AC，点O在边AC上，⊙O恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于
点E，当∠B= ∘时，∠AOD=30∘．
答案
60
解析
根据题意，当∠AOD=30∘时，∠A=60∘，再通过等腰三角形的性质得到∠B的度数，即可解
答．
解：
∵
边AB相切于点D，
∴∠ADO=90∘，
当∠AOD=30∘时，∠A=90∘−30∘ =60∘，
∵AB=AC，
180∘−∠A
∴∠B=∠ACB= =60∘．
2
故答案为：60∘．
9/22本题考查了圆切线的性质，等边对等角，熟练运用了解相关性质是解题的关键．
16 填空题
如图，矩形ABCD中，BC =2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60∘得到
线段BP′，连接PP′，CP′，过点P′作P′E⊥BC，垂足为点E，若P′E =AP =1，则AD=
．
答案
4+2√3
解析
根据旋转得到BP =BP′，∠PBP′ =60∘，即可得到△PBP′是等边三角形，结合矩形性质得
到正方形ABEF，设AB=x，利用勾股定理列式求解即可得到答案；
解：∵线段BP绕点B顺时针旋转60∘得到线段BP'，
∴BP =BP′，∠PBP′ =60∘，
∴△PBP′是等边三角形，
∴BP =PP′，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠A=∠ABE =90∘，AD∥BC，
∵P′E⊥BC，
∴∠P′EB=90∘，
∵AD∥BC，
∴∠AFE =180∘−∠BEF =90∘，
∵P′E =AP，BP =BP′，
∴△ABP ≌ △∠BP′E(HL)，
∴AB=BE，
又∵∠A=∠ABE =∠BEF =90∘，
∴四边形ABEF是正方形，
∴AB=EF，
设AB=x，根据勾股定理可得，
AB2+AP2 =BP2，PF2+P′F2 =P′P2，
又∵BP =PP′，
∴AB2+AP2 =PF2+P′F2 =PP′，
10/22∴x2+12 =(x−1)2+(x−1)2，
解得：x =2+√3，x =2−√3<1（不符合题意舍去），
1 2
∴AB=2+√3，
∵BC =2AB，
∴AD=2AB=4+2√3，
故答案为：4+2√3；
本题考查矩形的性质，正方形的性质与判定，三角形全等的性质与判定，勾股定理，等边三
角形的判定与性质，解题的关键是作出辅助线得到线段关系根据勾股定理列等式．
三、解答题
17 解答题
解方程：（x-2）2=4．
答案
见解析
解析
解：开平方得：x-2=±2，
x =4，x =0．
1 2
18 解答题
如图，点D，E在△ABC的边上，AB=AC，AD=AE．求证：△ABD≌ △ACE．
答案
见详解
解析
11/22根据等腰三角形的性质，可得∠B=∠C，∠ADB=∠AEC，故可证明△ABD≌ △ACE．
证明： ∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵AD=AE，
∴∠ADE =∠AED
∴180∘−∠ADE =180∘−∠AED，
即∠ADB=∠AEC，
在△ABD与△ACE中，
∠B=∠C
⎧∠ADB=∠AEC，
⎨DA=EA
⎩
∴△ABD≌ △ACE(AAS)．
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定，熟练运用等边对对角是解题的关键．
19 解答题
已知M =(k−b)2−(k+b)2．
(1) 化简M；
(2) 若(k−3)2+√2−b=0，求M的值．
答案
(1) −4kb
(2) −24
解析
(1) M =(k−b)2−(k+b)2 =[(k−b)+(k+b)][(k−b)−(k+b)]
=[k−b+k+b][k−b−k−b]
=−4kb．
(2) ∵(k−3)2+√2−b=0，
∴k=3,b=2，
∴−4kb=−4×3×2=−24．
20 解答题
某校在七年级学生中随机抽取了若干名学生参加“平均每天完成家庭作业所需时间”的调查，根据
调查结果绘制成尚不完整的统计图表，如图和表1．
表1
类别平均每天家庭作业时间t（小时）频数频率
① t≤0.5 9 0.15
② 0.52 6 0.1
合计----- n 1
请根据图表中的信息。解答下列问题；
(1) 表1中的a= ，b= ，n= ；
(2) 补全折线统计图；
(3) 若该校七年级学生共有500名，试估计该校七年级学生平均每天家庭作业时间不超过1小时的
学生人数．
答案
(1) 12， 0.3， 60；
(2) 图见详解；
(3) 225人
解析
(1) 解：由表可得，
n=6÷0.1=60，
∴a=60×0.2=12，b=18÷60=0.3，
故答案为：12，0.3，60；
(2) 解：由（1）得，描点连线如图所示，
；
(3) 解：由题意可得，
9+18
500× =225（人），
60
估计该校七年级学生平均每天家庭作业时间不超过1小时的学生人数为225人；
13/2221 解答题
k
平面直角坐标系xOy中，点A在第一，三象限的角平分线上，点M(9,4)和点A在函数y= (x>0)
x
的图象上．
(1) 求k的值和点A的坐标；
(2) 求直线AM对应的函数解析式．
答案
(1) 36； (6,6)或 (−6,−6)
2 2
(2) y=− x+10或 y= x−2
3 3
解析
k
(1) 解：∵点M(9,4)在函数y= (x>0)的图象，
x
∴k=9×4=36，
又∵点A在第一，三象限的角平分线上，
设点A的坐标为：(a,a)或(−a,−a)，
∴a2 =36，即a=±6，
∴点A的坐标为：(6,6)或(−6,−6)；
(2) 解：设直线AM的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
∵点M(9,4)在直线AM的函数图象上，当点A在第一象限，点A的坐标为：(6,6)，
2
9k+b=4 k=−
∴把点A(6,6)、M(9,4)代入解析式得： ，解得
3
，
{6k+b=6
{b=10
2
∴直线AM的解析式为：y=− x+10；
3
当点A在第三象限，点A的坐标为：(6,6)，
2
−6k+b=−6 k=
∴把点A(−6,−6)、M(9,4)代入解析式得： ，解得：
3
，
{9k+b=4
{b=−2
2
∴直线AM的解析式为：y= x−2，
3
2 2
综上所述，直线AM的解析式为：y=− x+10或y= x−2．
3 3
22 解答题
新冠肺炎疫情防控期间，学校为做好预防性消毒工作，购进A，B两种消毒液，其中每桶A消毒液的
价格比B消毒液的价格高40元，用3600元购买B消毒液的桶数是用2600元购买A消毒液桶数的2倍．
(1) 求两种消毒液每桶的价格；
(2) 学校准备用不多于7500元的资金购买A，B两种消毒液共70桶，问最多购买A消毒液多少桶？
答案
(1) A消毒液每桶130元，B消毒液每桶90元
14/22(2) 30桶
解析
(1) 设B消毒液的单价为x元，则A消毒液的单价为(x+40)元，
3600 2600
依题意得： =2× ，
x x+40
解得：x=90，
经检验，x=90是原方程的解，且符合题意，
∴x+40=130．
答：A消毒液的单价为130元，B消毒液的单价为90元．
(2) 设购进A消毒液m桶，则购进B消毒液(70−m)桶，
依题意得：130m+90(70−m)≤7500，
解得：m≤30．
答：最多购买A消毒液30桶．
23 解答题
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(6,0)．
(1) 尺规作图，作菱形OACD，使得∠AOD=60∘且点C，D在第一象限内（保留作图痕迹，不要
求写作法）；
(2) 菱形OACD的两条对角线交点为M，用钉把一根平放在菱形上的直细木条（把细木条数学化
为线段）固定在点M处，并使细木条可以绕点M转动．拨动细木条，使它与OA的延长线交于点
F，当△OMF是等腰三角形时，求细木条与OD边的交点B的坐标．
答案
(1) 图见详解；
(2) 9 9√3
B ，
4 4
( )
解析
(1) 解：分别以O，A为圆心OA为半径画圆交第一象限于一点即为D点，再以D点为圆心CA为
半径画圆交⊙A于一点即为C点，如图所示：
15/22(2) 解：过M作MH⊥OA，于点H，过B作BK⊥OA于点K，
∵A的坐标为(6,0)，
∴OA=6，
∵菱形OACD的两条对角线交点为M，
∴OM =OAsin60∘ =3√3，AM =OAcos60∘ =3，∠DOC =∠AOC =30∘，
∵△OMF是等腰三角形，
∴∠MOF =∠MFO=30∘，OM =FM =3√3，
∴∠OBF =180∘−∠BOA−∠OFM =90∘，
∵MH⊥OA， BK⊥OA，∠DOC =∠AOC =30∘，
∴MB=MH，MH ∥BK，
HM MF FH
∴ = = ，
BK BF FK
∵OM =FM =3√3，∠MFO=30∘，
3√3 √3 9
∴MH = ，OH =FH =3√3× = ，
2 2 2
3√3 9
2
3√3
2
∴ = = ，
BK 3√3 FK
3√3+
2
9√3 9
解得：BK = ，FK = ，
4 4
9 9 9
∴OK = − = ，
2 4 4
9 9√3
∴B ， ．
(4 4 )
24 解答题
1
已知抛物线y= ax2−(a−2)x−4开口向上，与x轴交于B，C（点B在点C的左边），与y轴交于
2
点A．
16/22(1) 求出点C的坐标；
(2) 在直线AB下方的抛物线上一点M，当△MAB最大面积为4时，求点M的坐标及a的值；
(3) 设抛物线的顶点为点D，连接AD，是否存在点D，使得∠DAC =2∠ACB？若存在，求出此
时a的值；若不存在，说明理由．
答案
(1) C(2,0)，详见解析
(2) M(−2,−4)， a=1，详见解析
18
(3) 存在， a=6,a= ，详见解析
11
解析
1
(1) 解：令y=0得到方程 ax2−(a−2)x−4=0，
2
4
解这个方程得：x =− ,x =2，
1 2
a
1 4
∴抛物线y= ax2−(a−2)x−4与x轴的交点为 − ,0 ,(2,0)，
2 ( a )
∵抛物线开口向上，
∴a>0，
4
∴− <0<2，
a
又∵B点在C点的左侧，
4
∴B − ,0 ,C(2,0)，
( a )
∴C(2,0)；
(2) 解：如图，在AB下方的抛物线上任取一点M，过点M作MN⊥x轴交直线AB于点N，连接
BM,AM，
1
令x=0得 a×02−(a−2)×0−4=y，
2
解得y=−4，
4
∴A(0,−4)，由(1)知B − ,0 ，
( a )
设直线AB的解析式为y=kx+b，
0×k+b=−4
∴ 4 ，
− ×k+b=0
{
a
k=−a
∴ ，
{b=−4
∴直线AB解析式为y=−ax−4，
1
设M m, am2−(a−2)m−4 ，
[ 2 ]
∴N(m,−am−4)，
1 1
∴MN =−am−4− am2−(a−2)m−4 =− am2−2m，
[2 ] 2
1 1 4 4
∴S = − am2−2m × 0− − =−m2− m，
△ABM 2( 2 ) [ ( a)] a
17/224
−
a 2
∴当m=− =− 时S 最大为4，
△ABM
2×(−1) a
2 2 4 2
∴− − − × − =4，
( a) a ( a)
∴a=±1，
又∵a>0，
∴a=1，
2 1 1
∴m=− =−2时， am2−(a−2)m−4= ×1×(−2)2−(1−2)×(−2)−4=−4
a 2 2
，
∴M(−2,−4)，
综上：M(−2,−4)，a=1；
(3) 解：存在，如图2，作G(0,4)，连接CG，
∵A(0,−4),OC⊥AO，
∴OG=OA，
∴CG=CA，
1
∴∠OCG=∠OCA= ∠ACG，
2
作等腰△CFE，使∠CFE =∠FCG，AE =CG，交y轴于点M，
∴∠ACG=2∠OCA=2∠BCA=∠CFE，
∴△CEF ≅△FCG(SAS)，
∴AG=CE =4+4=8，∠MCA=∠MAC，
∴MA=MC，
过点E作EF⊥AF交y轴于F点，
在Rt△OCM中，OC2+OM2 =CM2 =(OA−OM)2，
∴22+OM2 =(4−OM)2，
3 5
∴OM = ,CM =AM = ，
2 2
5 11
∴EM =8− = ，
2 2
∵∠COM =∠EFM,∠CMO=∠EMF，
∴△COM ∼△EFM，
18/225
CO OM CM 2 5
∴ = = = = ，
EF MF EM 11 11
2
22 33
∴EF = ,MF = ，
5 10
3 33 48 24
∴OF =OM +MF = + = = ，
2 10 10 5
22 24
∴E − ,− ，
( 5 5 )
∴过E,A两点的解析式设为y=kx+b，
−4=0×k+b
∴ 24 22 ，
− =− ×k+b
{
5 5
2
k=
∴ ，
11
{b=−4
2
∴y= x−4，
11
1
∵点D为抛物线y= ax2−(a−2)x−4的顶点，
2
a−2 −a2−4a−4
∴D , ，
( a 2a )
2 −a2−4a−4 2 a−2
将D点坐标代入y= x−4得 = × −4，
11 2a 11 a
18
解方程得a=2,a= ，
11
当a=2时，D(0,−4)与A重合，不符合题意，舍去
如图3，作G(0,4)，连接CG，
∵A(0,−4),OC⊥AB，
∴CG=CA，
1
∴∠OCG=∠OCA= ∠ACG，
2
过点A作AE ∥CG，
∴∠ACG=∠CAF =2∠ACB，
∵C(2,0),G(0,4)，
∴过C,G两点的解析为：y=−2x+4，
∵AE ∥CG，直线AE过A点，
∴过A,E两点的解析式为y=−2x−4，
19/221
∵点D为抛物线y= ax2−(a−2)x−4的顶点，
2
a−2 −a2−4a−4
∴D , ，
( a 2a )
−a2−4a−4 a−2
将D点坐标代入y=−2x−4得 =−2× −4，
2a a
解方程得：a=6,a=2（舍去），
18
综上所述：a=6,a= ．
11
25 解答题
⌢ ⌢
如图，在正方形ABCD中，⊙B的半径AB=1，AC在⊙B上，F为AC上的一动点．过点F作⊙B的
切线交AD于点P，交DC于点Q，交BC的延长线于点M．
(1) 当点F为线段PQ的中点时，求证：△ABP ≌ △QBC；
(2) 将△DPQ沿直线PQ翻折后得△D PQ，当△AD D与△PD Q相似时，求PQ的长．
1 1 1
(3) 连接BQ、BP，AC，BP交AC于点E．求证：CE−AE =√2CQ．
答案
(1) 见解析
5
(2)
6
(3) 见解析
解析
(1) ∵PQ是⊙B的切线，
∴BF⊥PQ，
∵FP =QP，
20/22∴直线BF是线段PQ的垂直平分线，
∴BP =BQ，
∵正方形ABCD，
∴BA=BC,∠BAP =∠BCQ=90∘，
BA=BC
∴ ，
{BP =BQ
∴△ABP ≌ △QBC(HL)．
(2) 根据题意，设PA=PF =x，QF =QC =a，则PQ=x+a，DQ=1−a，DP =1−x
，BF =BA=BC =1，
∵S =S +S +S +S ，
正方形ABCD △ABP △BPQ △BCQ △DPQ
1 1 1 1
∴1= ×1×x+ ×1×a+ ×1×(x+a)+ ×(1−x)×(1−a)，
2 2 2 2
1−x
解得a= ，
1+x
1−x 1−x 1+x2 2x
∴QF =QC = ，PQ=x+a=x+ = ，DQ=1−a= ，
1+x 1+x 1+x 1+x
∵△DPQ沿直线PQ翻折后得△D PQ，且△DPQ是直角三角形，
1
∴△PD Q也是直角三角形，且∠PD Q=90∘，
1 1
∵D A，D D都是过直角顶点的线段，
1 1
∴∠D AD，∠D DA都小于直角，
1 1
∴∠AD D可能为直角，
1
AD D D
当△AD
1
D∽△PD
1
Q时，得
PQ
=
D
1
Q
，
1
1 1
设D D与PQ的交点为O，根据折叠的性质，得 PQ⋅OD= DP ⋅DQ,D D=2DO，
1 1
2 2
2x
(1−x)×
DP ⋅DQ 1+x 2x−2x2
∴OD= = = ，
PQ 1+x2 1+x2
1+x
4x−4x2
∴D D=2OD= ，
1 1+x2
4x−4x2
1 1+x2
∴ = ，
1+x2 2x
1+x 1+x
1
解得x= ,x=0（舍去），
2
21/221
1+
4 5
此时，PQ== = ．
1 6
1+
2
(3) 在AC上截取AE =EN，则CN =CE−EN =CE−AE，
根据题意，设PA=PF =x，QF =QC =a，则PQ=x+a，DQ=1−a，DP =1−x
，BF =BA=BC =1，
∵S =S +S +S +S ，
正方形ABCD △ABP △BPQ △BCQ △DPQ
1 1 1 1
∴1= ×1×x+ ×1×a+ ×1×(x+a)+ ×(1−x)×(1−a)，
2 2 2 2
1−x
解得a= ，
1+x
∵正方形ABCD，AB=1
∴AD∥BC，AC =√12+12 =√2，
∴△APE ∽△CBE，
AE AP
∴ = ，
EC BC
AE x
∴ = ，
√2−AE 1
√2x
解得AE = ，
1+x
√2x √2(1−x)
∴EN = ,CN =AC−EN −AE = ，
1+x 1+x
CN √2(1−x) 1−x
∴ = = ，
AC √2(1+x) 1+x
1−x
CQ 1+x 1−x
∴ = = ，
CD 1 1+x
CN CQ
∴ = ，
AC CD
∴NQ∥AD，
∴∠NQC =∠D，
∵正方形ABCD，
∴∠ACD=45∘，∠D=90∘，
∴∠NQC =90∘,∠QNC =∠ACD=45∘，
∴NQ=CQ,CN =√NQ2+CQ2 =√2CQ，
∴NQ=CQ,CN =√NQ2+CQ2 =√2CQ，
CE−AE =√2CQ．
22/22
