初中数学
2025年⼴东省⼴州市南沙区中考⼀
模数学试卷
新东⽅教育科技集团2025年⼴东省⼴州市南沙区中考⼀
模数学试卷
⼀、单选题
单选题
中华⼈⺠共和国第⼗五届运动会将于2025年11⽉9⽇⾄21⽇在粤港澳⼤湾区举办，⼴州市将承办开
幕式．本次竞体⽐赛设34个⼤项401个小项，下列给出的运动图⽚是轴对称图形的是（ ）
A.
B.
C.
D.
答案
D
解析
本题考查了轴对称图形的识别．根据⼀个平⾯图形沿⼀条直线折叠，直线两旁的部分能够完
全重合，这样的图形叫做轴对称图形，进⾏判断即可．
解：A、不是轴对称图形，不符合题意；
B、不是轴对称图形，不符合题意；
C、不是轴对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，符合题意；
故选D．
/ 单选题
1
− 的绝对值是（ ）
2
A. 0.2
B. −0.2
C. 1
2
D. −2
答案
C
解析
根据绝对值的意义，即可求解．
1 1
解：− 的绝对值是 ，
2 2
故选：C．
本题考查了绝对值的意义，熟练掌握绝对值的意义是解题的关键．正数的绝对值是其本⾝，0
的绝对值是0，负数的绝对值是它的相反数．
单选题
今年春节档，《哪吒之魔童闹海》燃爆⼤银幕，⽬前该⽚位居全球动画电影票房榜⾸位，跻⾝全球
影史票房前5，总票房接近160亿，其中160亿⽤科学记数法表⽰为（ ）
A. 1.6×109
B. 16×109
C. 0.16×1011
D. 1.6×1010
答案
D
解析
本题考查了科学记数法“将⼀个数表⽰成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记
数的⽅法叫做科学记数法”，熟记科学记数法的定义是解题关键．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．根据科学记数法的定
义即可得．
解：160亿=1.6×102×108=1.6×1010，
故选：D．
/ 单选题
如图所⽰，该零件由三个圆柱组成，下列说法正确的是（ ）
A. 主视图和俯视图相同
B. 左视图和俯视图相同
C. 左视图和主视图相同
D. 三视图都相同
答案
C
解析
本题考查三视图，根据⼏何体，确定三视图，进⾏判断即可．
解：由图可知：该⼏何体的俯视图为圆，左视图和主视图相同，均为⼤⻓⽅形中间含有⼀个
小⻓⽅形；
故选C．
单选题
下列运算正确的是（ ）
A. a2⋅a3=a6
B. (−a2) 3 =−a6
C. 2a2+3a2=5a4
D. a6÷a3=a2
答案
B
解析
本题考查了同底数幂的乘除法，积的乘⽅，合并同类项，解题的关键在于正确掌握相关运算
法则．
根据同底数幂的乘除法，积的乘⽅，合并同类项的运算法则计算判断，即可解题．
解：A. a2⋅a3=a5，原选项计算错误，不符合题意；
B. (−a2) 3 =−a6，原选项计算正确，符合题意；
C. 2a2+3a2=5a2，原选项计算错误，不符合题意；
D. a6÷a3=a3，原选项计算错误，不符合题意；
/ 故选：B．
单选题
1 3
分式⽅程 − =1的解为（ ）
x−2 2−x
A. 0
B. 6
C. 2
D. 4
答案
B
解析
本题考查了解分式⽅程，熟练掌握解分式⽅程的⽅法是解题的关键．
先将分式⽅程化为整数⽅程得到1+3=x−2，解得x=6，经检验x=6是分式⽅程的解，即
可得到答案．
1 3
解： − =1
x−2 2−x
1+3=x−2
解得x=6，
经检验x=6是分式⽅程的解，
故选：B．
单选题
如下表，在3×3的⽅格中做填字游戏，要求每⾏、每列及对⻆线上三个⽅格中的数字和都相等，
则表格中x,y的值是（ ）
y 6
5 x
7 8
A. x=11
{y=9
B. x=9
{y=11
C. x=9
{y=10
D. x=10
{y=9
答案
B
/ 解析
本题考查了⼆元⼀次⽅程组的应⽤，找准等量关系，正确建⽴⽅程组是解题关键．设第⼀⾏
第⼀列上的数字为a，第⼆⾏第三列上的数字为b，根据题意建⽴⽅程组，解⽅程组即可得．
解：设第⼀⾏第⼀列上的数字为a，第⼆⾏第三列上的数字为b，
y+6+a=x+8+a y+6=x+8
由题意得： ，即 ，
{5+x+b=6+8+b {5+x=6+8
x=9
解得 ，
{y=11
故选：B．
单选题
如图，已知正六边形ABCDEF的半径为1，且点O为正六边形ABCDEF的中⼼，则阴影部分⾯积
为（ ）
A. √3
2
B. √3
4
C. π √3
−
3 4
D. π √3
−
6 4
答案
D
解析
本题考查正多边形和圆，勾股定理，等边三⻆形的判定和性质，扇形⾯积，正确作辅助线是
解题的关键．
1
连接OC,OD，作OG⊥CD于点G，得到OC =OD=1，∠COD= ×360∘=60∘，得出
6
√3
△COD是等边三⻆形，求出OG=√OC2−CG2= ，得到
2
60π×12 1 √3 π √3
S =S −S = − ×1× = − ，即可得到答案．
阴影 扇形COD △COD 360 2 2 6 4
解：如图，连接OC,OD，作OG⊥CD于点G，
∵正六边形ABCDEF的半径为1，且点O为正六边形ABCDEF的中⼼，
1
∴OC =OD=1，∠COD= ×360∘=60∘，
6
∴△COD是等边三⻆形，
/ ∴CD=OC =1，
1 1
∴CG= CD= ，
2 2
√3
∴OG=√OC2−CG2= ，
2
60π×12 1 √3 π √3
∴S
阴影
=S
扇形COD
−S
△COD
=
360
−
2
×1×
2
=
6
−
4
，
故选：D．
单选题
如图，平⾯直⻆坐标系中，点A,B坐标分别为A(3,0),B(−5,0)．点C是y轴正半轴上的⼀点，且满
⾜∠ACB=45∘，则△ABC的外接圆的半径等于（ ）
A. 4√2
B. 8√2
C. 8
D. 4
答案
A
解析
本题考查了三⻆形的外接圆、垂径定理、圆周⻆定理，作出三⻆形ABC的外接圆是解题的关
键．
作出△ABC的外接圆，以AB为斜边在x轴上⽅作等腰Rt△ABE，E必为圆⼼，即AE、BE为
半径，由勾股定理可得出答案．
解：如图，作出△ABC的外接圆，以AB为斜边在x轴上⽅作等腰Rt△ABE，
/ ∵∠ACB=45∘，
⌢
∴由圆周⻆定理得：AB所对的圆⼼⻆必为90∘，
∵EB=EA，
∴E在弦AB的垂直平分线上，
∵∠AEB=90∘，
∴E必为圆⼼，即AE、BE为半径，
∵A(3,0),B(−5,0)，
∴AB=8，
∵AE2+BE2=AB2，
∴AE =4√2，
故选A．
单选题
如图，在平⾯直⻆坐标系中，⼀动点从原点出发，按如下⽅向依次不断移动，得到A (0,−2)、
1
A (1,−2)、A (1,0)、A (1,2)、A (2,2)、A (2,0)⋯⋯，那么A 的坐标为（ ）
2 3 4 5 6 2025
A. (674,0)
B. (674,2)
C. (675,2)
D. (675,0)
答案
D
解析
本题考查点坐标规律探索，仔细观察图象，找到点的坐标的变化规律是解答的关键．
/ 根据题意得到每移动3次，动点向右移动1个单位，此时动点回到x轴，根据2025÷3=675得
到A (675,0)，即可得到答案．
2025
解：根据题意得，每移动3次，动点向右移动1个单位，此时动点回到x轴，纵坐标为0，
∵2025÷3=675，
∴A
2025
(675,0)，
故选：D．
⼆、填空题
填空题
若√x−1有意义，则x的取值范围是 ．
答案
x≥1
解析
本题主要考查了⼆次根式有意义的条件，解⼀元⼀次不等式等知识点，熟练掌握⼆次根式有
意义的条件是解题的关键．
根据⼆次根式有意义的条件是被开⽅数⼤于等于0得出⼀元⼀次不等式，解不等式即可求出x
的取值范围．
解：∵√x−1有意义，
∴x−1≥0，
解得：x≥1，
故答案为：x≥1．
填空题
因式分解：a3−a= ．
答案
a(a−1)(a+1)
解析
原式 ＝a(a2−1)＝a(a+1)(a−1)，
故答案为：a(a+1)(a−1)．
填空题
如果关于x的⽅程x2−ax+2=0的⼀个根为−1，则另⼀根为 ．
/ 答案
−2
解析
c
本题考查⼀元⼆次⽅程根与系数的关系，掌握x x = 是解题的关键．
1 2
a
c
根据x x = 求解，即可解题．
1 2 a
解：∵关于x的⽅程x2−ax+2=0的⼀个根为−1，
⼜∵x
1
x
2
=2，
2
∴另⼀根为 =−2，
−1
故答案为：−2．
填空题
已知⼀组数据：2，m，−1，3，4，这组数据的平均数为3，则m= ．
答案
7
解析
此题考查算术平均数的意义和求法，根据算术平均数的计算⽅法列⽅程求解即可．
解：根据题意，得2+m+(−1)+3+4=3×5，
解得m=7，
故答案为：7．
填空题
如图，在菱形ABCD中，∠B=60∘，点G、E分别在边BC、CD上，BG=DE，将△AED沿AE
折叠，点D落在AG延⻓线上的点F处，则∠CGF的⼤小是 ．
答案
80∘ |80度
解析
本题考查了菱形性质，全等三⻆形性质和判定，折叠的性质，三⻆形内⻆和定理，解题的关
/ 键在于熟练掌握相关性质．
根据菱形性质，证明△ABG≌△ADE，结合全等三⻆形性质和判定，折叠的性质推出
1
∠FAE =∠DAE =∠BAG= ∠BAD=40∘，再利⽤三⻆形内⻆和定理求解，即可解题．
3
解：∵四边形ABCD是菱形，∠B=60∘，
∴AB=AD,∠BAD=120∘，
∵BG=DE，
∴△ABG≌△ADE(SAS)，
∴∠BAG=∠DAE，
1
由折叠的性质可知，∠FAE =∠DAE =∠BAG= ∠BAD=40∘，
3
∴∠AGB=180∘−∠B−∠BAG=80∘，
∴∠CGF =∠AGB=80∘，
故答案为：80∘．
填空题
如图，矩形ABCD中，AB=3，BC =4，点F在BC上，BF =1，点E在线段AB边上运动（不与
A、B重合），线段EF绕着点F顺时针旋转30∘得到FG，连接CG．
（1）当BE =√3时，则CG= ；
（2）在E运动的过程中，CG的最小值为 ．
答案
3√3
√13 ；1+
2
解析
（1）旋转得到EF =GF,∠EFG=30∘，勾股定理结合锐⻆三⻆形函数得到∠BEF =30∘，进
而推出∠BFG=90∘，勾股定理求出CG的⻓即可；
（2）过点F作线段MF，使FM =BF且∠BFM =30∘，证明△EBF ≌△GMF，得到
∠GMF =∠B=90∘，进而得到点G在垂直于MF的直线MN上，作CH⊥MN交于点H，则
CH即为CG的最小值，进⾏求解即可．
解：（1）∵线段EF绕着点F顺时针旋转30∘得到FG，
∴EF =GF,∠EFG=30∘，
在矩形ABCD中，∠B=90∘，
2
∴EF =√BE2+BF2=
√(
√3
)
+12=2
BF 1
∴sin∠BEF = = ，
EF 2
/ ∴∠BEF =30∘，
∴∠BFE =60∘，
∵∠EFG=30∘，
∴∠EFG+∠BFE =90∘，即∠BFG=90∘，
在Rt△GFC中，CG=√GF2+CF2= 22+(4−1) 2 =√13；
√
故答案为：√13．
（2）过点F作线段MF，使FM =BF且∠BFM =30∘，
∴∠BFE =∠MFG=30∘+∠EFM，
∵EF =FG，
∴△EBF ≌△GMF，
∴∠GMF =∠B=90∘
∴点G在垂直于MF的直线MN上，
如图，作CH⊥MN交于点H，则CH即为CG的最小值，
作FP⊥CH交于点P．则：四边形MFPH是矩形，
∴MF =HP =1，∠MFP =90∘，
∴∠PFC =180∘−90∘−30∘=60∘，
CP
在Rt△PFC中．sin∠PFC = ，
CF
√3 3√3
∴CP =CF ⋅sin60∘=3× = ，
2 2
3√3
∴CH =1+ ；
2
3√3
故CG的最小值为1+ ．
2
3√3
故答案为：1+ ．
2
本题考查旋转的性质，勾股定理，解直⻆三⻆形，全等三⻆形的判定和性质，矩形的判定和
性质，熟练掌握相关知识点，确定点G的轨迹，是解题的关键．
三、解答题
解答题
x+2>3
解不等式组：
{2x−1≤5
答案
1<x≤3
/ 解析
x+2>3①
解：
{2x−1≤5②
解不等式①得：x>1
解不等式②得：x≤3
∴ 此不等式组的解集为 1<x≤3 ．
解答题
如 图 ， 在 四 边 形 ABCD 中 ， AB//CD ， 点 E 是 线 段 BD 上 ⼀ 点 ， 连 结 CE ． 已 知
∠ADB=∠ECD，AD=EC．求证：∠DBC =∠DCB．
答案
⻅解析
解析
本题考查了全等三⻆形的判定与性质，等腰三⻆形的性质等知识，先根据平⾏线性质得出
∠ABD=∠EDC，然后根据AAS证明△ADB≌△ECD，得出BD=DC，最后根据等边对等
⻆即可得证．
证明：∵AB//CD
∴∠ABD=∠EDC（两直线平⾏，内错⻆相等）
在△ADB和△ECD中
∠ADB=∠ECD
⎧∠ABD=∠EDC
⎨AD=EC
⎩
∴△ADB≌△ECD(AAS)
∴BD=DC，
∴∠DBC =∠DCB．
解答题
已知关于x的⼀元⼆次⽅程x2−4x+a=0有两个不相等实数根．
(1) 求a的取值范围；
(2) 3 a2−2a+1
化简T = +a+2 ÷ ，并选择⼀个适合的正整数a代⼊求值．
(a−2 ) a−2
答案
(1) a<4
/ a+1
(2)
,2
a−1
解析
(1) 由题可知：Δ=(−4) 2 −4a>0
解得：a<4；
(2) 3 a2−2a+1
T = +a+2 ÷
(a−2 ) a−2
3+(a+2)(a−2) (a−1)2
= ÷
a−2 a−2
a2−1 a−2
= ×
a−2 (a−1) 2
(a+1)(a−1)
=
(a−1) 2
a+1
= ；
a−1
∵a−2≠0，a−1≠0，且a为正整数，
∴a=3
a+1 3+1
将a=3代⼊T = = =2．
a−1 3−1
解答题
为了解学⽣对“应⽤意识”在数学学习中的重视程度，⽼师组织兴趣小组对班级学⽣进⾏了问卷调
查．学⽣结合⾃⼰的实际情况选择⼀类（A：⾮常重要；B：重要；C：⼀般；D：不重要；E：⽆
所谓），并根据收集到的数据，绘制了两幅不完整的统计图（如图所⽰）．
请根据图中信息，回答下列问题：
(1) m=_______；D类所在扇形圆⼼⻆的度数为___；
(2) 学完概率知识后，小明尝试⽤纸板设计了⼀款游戏，小球从⼊口处掉落后每碰到卡口，可能
向左弹跳，也可能向右弹跳，且两种可能性均相同，小球经过3次弹跳后最终落⼊标号为1−6的6
个卡槽．图为小球某次掉落情况：小球第1次向左弹跳，第2次向右弹跳，第3次向右弹跳，即“左
→右→右”，最后落⼊卡槽4，请⽤树状图法求出小球掉落到5号卡槽的概率．
答案
(1) m=18， 43.2∘
1
(2)
8
/ 解析
(1) 解：由题意得，调查的⼈数为10÷20%=50 (⼈)，
∴m=50×36%=18，
n=50−18−10−12−4=6，
6
∴D类所在扇形圆⼼⻆的度数为360∘× =43.2∘．
50
故答案为：18，43.2∘．
(2) 画树状图如下：
共有8种等可能的结果，其中小球掉落到5号卡槽的结果有1种，
1
∴小球掉落到5号卡槽的概率为 ．
8
解答题
如图1所⽰是⼀种简易⼿机⽀架，由底座、⽀撑板和托架组成，将⼿机放置在托架上，图2是其简易
结构图．现测量托架AB⻓8cm，DB⻓2cm，⽀撑板CD⻓6cm，AB可绕点D转动，CD可绕点C
转动．
(1) 若⽔平视线MF与AB的夹⻆∠MFD=50∘，∠C =35∘，求∠CDB的度数；
(2) 当∠C =30∘，∠CDB=80∘时，求点A到底座CE的距离．（结果精确到0.1，参考：
sin20∘≈0.34，cos20∘≈0.94，tan20∘≈0.36）
答案
(1) 95∘
(2) 8.6cm
解析
(1) 解：过D作PN//CE，
∵MF//CE，
/ ∴PN//MF，
∵∠MFD=50∘，∠C =35∘，
∴∠FDP =∠MFD=50∘，∠PDC =∠C =35∘，
∴∠FDC =∠FDP +∠CDP =50∘+35∘=85∘，
∴∠CDB=180−∠FDC =180∘−85∘=95∘；
(2) 解：过点A作AG//CE，过点D作HK⊥CE于K，交AG于H，作AL⊥CE于L，∴HK⊥AG
，
∴AL=HK，
在Rt△CDK中，CD=6，∠C =30∘，
1
∴DK = CD=3cm，
2
∵AB=8cm，DB=2cm，
∴AD=8−2=6cm，
∵∠C =30∘，∠CDB=80∘，
∴∠BDK =∠CDB−(90∘−∠C)=20∘，
∴∠ADH =∠BDK =20∘，
在Rt△AHD中．AD=6，∠ADH =20∘，
∴HD=AD⋅cos20∘=6×0.94≈5.6cm
∴HK =HD+DK =5.64+3≈8.6，
∴AL=HK =8.6．
答：点A到底座CE的距离为8.6cm．
解答题
某款三明治机制作三明治的⼯作原理如下：
①预热阶段：开机1分钟空烧预热⾄60℃，机器温度y与时间x成⼀次函数关系；
②操作阶段：操作3分钟后机器温度均衡升⾄最⾼温度180℃后保持恒温状态；③断电阶段：操作完
/ 成后进⾏断电降温，机器温度y与时间x成反⽐例关系．如下图所⽰为某次制作三明治时机器温度
y(℃)与时间x(min)的函数图象，请结合图象回答下列问题：
(1) 预热阶段机器温度上升的平均速度是_________℃/min，开机3分钟时，温度为____℃；
(2) 当0≤x≤4时，求机器温度y与时间x的函数关系式；
(3) 求三明治机⼯作温度在80℃以上持续时间．
答案
(1) 60、140
(2)
60x(0≤x≤1)
y=
{40x+20(1<x≤4)
(3) 12分钟
解析
(1) 解：60÷1=60℃/min，
60+2×(180−60)÷3=140℃；
故答案为：60、140；
(2) 由图象可知：当0≤x≤1时，y=60x；
当1<x≤4时，设函数解析式为：y=kx+b，
k+b=60
把(1,60),(4,180)，代⼊得： ，
{4k+b=180
k=40
解得： ，
{b=20
∴y=40x+20；
60x(0≤x≤1)
综上：y= ；
{40x+20(1<x≤4)
k
(3) 3
当x≥6时，设y= (k ≠0)
x 3
将C(6,180)代⼊得：k =1080
3
1080
∴y=
x
1080
当机器温度y为80℃，依次代⼊y=40x+20及y= 中，分别解得x=1.5、x=13.5
x
∴13.5−1.5=12min；
答：三明治机⼯作温度在80℃以上持续12分钟．
/ 解答题
如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上的动点，连接CO，BC．⊙O的切线AD与BC的延⻓线交于点D
．
(1) 尺规作图：作AD的中点E，连接CE（保留作图痕迹，不写作法）；
(2) 求证：CE是⊙O的切线；
(3) 过A作AF⊥CE，垂⾜为F，AF交OE于点G，连结CG．试证明四边形OAGC为菱形．
答案
(1) ⻅解析
(2) ⻅解析
(3) ⻅解析
解析
(1) 解：如图所⽰CE即为所求．
(2) 证明：连接AC，
∵AB为直径，AD为⊙O的切线，
∴∠ACB=90∘，∠OAE =90∘，
∴∠ACD=90∘，
在Rt△ACD中．E为AD中点，
1
∴CE = AD=AE =DE，
2
∴∠EAC =∠ECA ，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
/ ∴∠EAC+∠OAC =∠ECA+∠OCA，
∴∠OCE =∠OAE =90∘
∴CE为⊙O的切线．
(3) ∵∠OCE =∠OAE =90∘,OC =OA,OE =OE，
∴Rt△OAE ≌Rt△OCE，
∴∠COE =∠AOE，
∵AF⊥CE,OC⊥CE，
∴CO//AG，
∴∠COE =∠AGO，
∴∠AOG=∠OGA，
∴OA=AG，
∴OC =AG，
∴四边形OAGC为平⾏四边形，
∵OC =OA，
∴四边形OAGC为菱形．
解答题
在平⾯直⻆坐标系中，⼆次函数y=−x2+(a−2)x+2a(a>0)的图象与x轴交于A，B两点，点A
在点B的左侧．
(1) 当a=1时，求点A和点B的坐标；
(2) 已知点M的坐标是(2,−3)，过点M作y轴的垂线，垂⾜为点N，若⼆次函数的图象与线段MN
只有⼀个交点，求a的取值范围；
(3) 直线y=kx+b(k≠0)与⼆次函数的图象交于A，D两点，点D的坐标是(4,−3)，点P是x轴上
⽅的抛物线上的⼀个动点，过点P作PQ⊥x轴，交x轴于点E，交直线AD于点Q，过点P作
PF⊥AD于点F，直线PF交x轴于点H，若L=2EH+4EQ，设点P的横坐标是t，求L的最⼤
值．
答案
(1) A(−2,0)， B(1,0)
5
(2)
0<a≤
4
225
(3)
16
解析
(1) 解：把a=1代⼊y=−x2+(a−2)x+2a中得：y=−x2−x+2，
/ 令y=0，则0=−x2−x+2，
解得x=1或x=−2，
∵点A在点B的左侧，
∴A(−2,0)，B(1,0)；
(2) 解：⼆次函数y=−x2+(a−2)x+2a，
当y=0时，−x2+(a−2)x+2a=0，
解得x=−2或x=a，
当⼜∵a>0，
∴a>−2，
∴⼆次函数y=−x2+(a−2)x+2a的图象经过定点A(−2,0)，
2a
∵x ⋅x = =−2a<0，
A B
−1
∴x >0，
B
当x=2时，y=4a−8，
由图象可知，若抛物线与线段MN有且只有⼀个交点时，
①当4a−8>−3且2a<−3时，不等式组⽆解，舍去；
3 5
②当4a−8<−3且2a>−3时，解得− <a< ，
2 4
5
⼜∵a>0，所以0<a< ；
4
③当4a−8=−3且2a>−3时，符合．
5
综上，0<a≤ ；
4
(3) 解：∵直线y=kx+b与⼆次函数y=−x2+(a−2)x+2a的图象交于A,D．
∴把D(4,−3)代⼊y=−x2+(a−2)x+2a，
7
解得a= ．
2
3 7
∴抛物线的解析式为y=−x2+ x+7，A(−2,0)，B ,0 ，
2 (2 )
将A(−2,0)、D(4,−3)代⼊y=kx+b，
−2k+b=0
得： ，
{4k+b=−3
1
k=−
解得⎧ 2．
⎨b=−1
⎩
1
∴直线AD的解析式为y=− x−1，
2
设直线AD与y轴交于点G．则G(0,−1)，
∴OG=1，
∵A(−2,0)，
∴OA=2，
7
∵点P是x轴上⽅的抛物线上⼀个动点，设点P的横坐标为点t −2<t< ，
( 2)
3 1
∴P t,−t2+ t+7 ，Q t,− t−1 ，E(t,0)，
( 2 ) ( 2 )
3 1
∴PE =−t2+ t+7，QE = t+1，
2 2
∵PF⊥AD，PQ⊥x轴，
/ ∴∠AFH =∠PEH =∠AOG=90∘，
∵∠AHF =∠PHE，
∴90∘−∠AHF =90∘−∠PHE，即∠OAG=∠EPH，
∴△AOG∽△PEH，
PE AO
∴ = =2，
EH OG
1
∴EH = PE，
2
3 1 7 2 225
∴L=2EH+4EQ=PE+4EQ=−t2+ t+7+4 t+1 =− t− +
2 (2 ) ( 4) 16
7 225
当t= 时，L有最⼤值为 ．
4 16
解答题
在△ABC中，AB=BC =6，E为BC边上的⼀点，连接AE．
(1) 如图1，∠ABC =90∘，E为BC上的中点，过B作BH⊥AE交AE于点H，交AC于点G，过G
作GK⊥BC交BC于点K，求CG的值．
(2) 如图2，∠ABC =60∘，BE =2，M在AC上且CM =BE，连接BM，BM交AE于点N．已
√3
知EN = ，求点M到AE的距离．
3
(3) 如图3，∠ABC =60∘，D为AC上的中点，M在AC上，BE =CM，连接BM，BM交AE于
点N．连接DN，当DN最小时，求△BDN的⾯积．
答案
(1) 2√2
(2) 9
2
(3) 9√3 9√21
−
2 7
解析
(1) ∵E为BC上的中点，
/ 1 1
∴BE = BC = ×6=3；
2 2
∵∠ABC =90∘，
BE 3 1
∴tan∠BAE = = = ，
AB 6 2
∵GK⊥BC，BH⊥AE，
∴∠ABE =∠BHE =∠GKB=90∘，
∴∠BAE+∠AEB=90∘,∠HBE+∠AEB=90∘，
∴∠HBE =∠BAE，
GK 1
∴tan∠HBE = = ，
BK 2
设GK =x，则BK =2x．
∵AB=BC,∠ABC =90∘
∴∠ACB=45∘，
∴GK =KC =x，
∴BC =BQ+QC =2x+x=3x=6，
解得x=2，
2
∴CG= =2√2．
sin45∘
(2) ∵AB=BC,∠ABC =60∘，
∴△ABC是等边三⻆形，
∴∠ABC =∠ACB=60∘，
∵BE =CM =2，
∴△ABE ≌△BCM，
∴∠BAE =∠MBC，
∴∠ANM =∠ABN +∠BAE =∠ABN +∠MBE =∠ABC =60∘
∴∠BNE =∠ANM =60∘
∵∠BNE =∠ACB=60∘，∠NBE =∠CBM，
∴△BNE ∽△BCM；
√3
BE NE BN 2 3 BN
∴ = = ，即 = = ，
BM CM BC BM 2 6
解得BM =4√3,BN =√3，
∴NM =4√3−√3=3√3；
过M作MT⊥AE交AE于点T，
√3 9
∴MT =MN ⋅sin60∘=3√3⋅ =
2 2
9
∴M到AE的距离为 ；
2
/ (3) 由（2）可得△ABE ≌△BCM,∠ANM =60∘，
∴∠ANB=120∘，
过A、B、N三点作圆，连接OA、OB、OD，
∴当O、D、N三点共线时，DN最小．
∵△ABC是等边三⻆形，AB为弦，AB取中点P，在优弧AB上取⼀点K，连接AK,BK，
∴OP⊥AB,AP =BP =3,∠AKB=180∘−∠ANB=60∘，
∴∠AOB=2∠AKB=120∘
∴∠OAB=30∘
AP 3
∴OA= = =2√3，
cos30∘ √3
2
∵△ABC是等边三⻆形，D是AC的中点，
1
∴BD⊥AC,AD=CD= AC =3,∠BAC =60∘
2
∴BD=AD⋅tan60∘=3√3,∠OAC =∠OAB+∠BAC =90∘，
2
∴OD=√OA2+AD2= 2√3 +32=√21，
√( )
AD 3 √21
∴sin∠AOD= = = ；
OD √21 7
过N作NW⊥OA交OA于点W，交AD于点F，
∵OA⊥AC,NW⊥OA,BD⊥AC，
∴四边形WFDA是矩形，
∴WF =AD=3，
√21 6√7
∴WN =ON ⋅sin∠AOM =2√3× = ，
7 7
6√7
∴NF =WF −WN =3− ．
7
1 1 6√7 9√3 9√21
∴S
△BDN
= BD⋅NF = ×3√3× 3− = − ．
2 2 7 2 7
( )
/ 
