文档内容
2025 年中考押题预测卷
数学·全解全析
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题
目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．农历2025年是乙巳蛇年，数字2025的倒数是（ ）
1 1
A．2025 B．﹣2025 C． D．−
2025 2025
【考点】倒数．
【分析】利用倒数的定义求解即可．
1
【解答】解：2025的倒数是 ．
2025
故选：C．
【点睛】本题考查了倒数，熟练掌握倒数的定义是解题的关键．
2．如图是一个几何体的侧面展开图，这个几何体可以是（ ）
A．圆柱 B．圆锥 C．三棱柱 D．四棱柱
【考点】几何体的展开图．
【分析】根据圆锥的侧面展开图是扇形，即可进行解答．
【解答】解：根据题意可得：这个几何体可以是圆锥．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了简单几何体的展开图，解题的关键是掌握圆锥的侧面展开图是扇形．
3．如图，一条水渠两次转弯后，和原来的方向相同．如果第一次的拐角∠A是130°，那么第二次的拐角
∠B的度数为（ ）
A．50° B．40° C．150° D．130°【考点】平行线的性质．
【分析】直接根据两直线平行内错角相等作答即可．
【解答】解：∵一条水渠两次转弯后，和原来的方向相同．
∴水渠转弯前与转弯后方向平行，
∵第一次的拐角∠A是130°，
∴∠B＝∠A＝130°，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
4．不等式3（x﹣1）≥6的解集是（ ）
A．x≥3 B．x≤3 C．x≥1 D．x≤1
【考点】解一元一次不等式．
【分析】根据解一元一次不等式的步骤即可解决问题．
【解答】解：3（x﹣1）≥6，
x﹣1≥2，
x≥3．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式，熟知解一元一次不等式的步骤是解题的关键．
5．将一次函数y＝﹣5x+3的图象向下平移m个单位长度，使其成为正比例函数，则m的值为（ ）
A．﹣3 B．﹣5 C．5 D．3
【考点】一次函数图象与几何变换；正比例函数的定义．
【分析】求出平移后的函数为y＝﹣5x+3﹣m，再由题意可得方程3﹣m＝0，求出m的值即可．
【解答】解：将一次函数y＝﹣5x+3的图象向下平移m个单位长度，
∴平移后的函数解析式为y＝﹣5x+3﹣m，
∵平移后为正比例函数，
∴3﹣m＝0，
解得m＝3，
故选：D．
【点睛】本题考查一次函数图象与几何变换，熟练掌握函数图象平移的性质，正比例函数的定义是解题
的关键．
6．如图，已知BD是△ABC的中线，CF是△BCD的中线，AE∥CF交BD的延长线于点E．若△ADE的面
积为3，则△ABC的面积是（ ）A．3 B．6 C．12 D．24
【考点】全等三角形的判定与性质．
【分析】由BD是△ABC的中线，得CD＝AD，由AE∥CF，得∠DFC＝∠E，而∠CDF＝∠ADE，即可
根据“AAS”证明△CDF≌△ADE，则S△CDF ＝S△ADE ＝3，由CF是△BCD的中线，得BF＝DF，则
S△CBF ＝S△CDF ＝3，所以S△ABD ＝S△CBD ＝6，求得S△ABC ＝12，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵BD是△ABC的中线，
∴CD＝AD，
∵AE∥CF，△ADE的面积为3，
∴∠DFC＝∠E，
在△CDF和△ADE中，
{∠CDF=∠ADE
∠DFC=∠E ，
CD=AD
∴△CDF≌△ADE（AAS），
∴S△CDF ＝S△ADE ＝3，
∵CF是△BCD的中线，
∴BF＝DF，
∴S△CBF ＝S△CDF ＝3，
∴S△ABD ＝S△CBD ＝2S△CDF ＝6，
∴S△ABC ＝2S△ABD ＝12，
故选：C．
【点睛】此题重点考查三角形的中线的定义、全等三角形的判定与性质等知识，推导出 CD＝AD，
∠DFC＝∠E，进而证明△CDF≌△ADE是解题的关键．
7．如图，点A，B，C在 O上，连接OC，若∠B＝40°，则∠OCA的度数为（ ）
⊙A．30° B．40° C．50° D．60°
【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．
【分析】先根据圆周角定理可得：∠AOC＝80°，然后利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理进
行计算，即可解答．
【解答】解：连接OA，
∵∠B＝40°，
∴∠AOC＝2∠B＝80°，
∵OA＝OC，
180°−∠AOC
∴∠OCA＝∠OAC= =50°，
2
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，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．
8．已知点A（x ，y ），B（x ，y ）是二次函数y＝x2﹣bx+c的图象上任意两点，设x ﹣x ＝t，若当﹣2＜
1 1 2 2 2 1
x ＜2且﹣1＜b＜4时，都有y ＞y ，则t的取值范围是（ ）
1 2 1
A．t＜﹣4或t＞7 B．t＜﹣5或t＞8
C．t＜﹣5或t＞7 D．﹣t＜﹣4或t＞8
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【分析】求得抛物线的开口方向和对称轴，分两种情况讨论，利用二次函数的性质判断即可．
【解答】解：∵二次函数y＝x2﹣bx+c，−b b
∴图象开口向上，对称轴为直线x=− = ，
2×1 2
∵﹣1＜b＜4，
1 b
∴− ＜ ＜2，
2 2
∵x ﹣x ＝t，﹣2＜x ＜2，
2 1 1
∴t﹣2＜x ＜t+2，
2
∴t﹣4＜x +x ＜t+4，
1 2
∵点A（x ，y ），B（x ，y ）是二次函数y＝x2﹣bx+c的图象上任意两点，设x ﹣x ＝t，若当﹣2＜x
1 1 2 2 2 1 1
＜2且﹣1＜b＜4时，都有y ＞y ，
2 1
x +x
∴当t＞0时，x ＞x ，点A（x ，y ），B（x ，y ）的中点在对称轴的右侧，则 1 2＞2，即x +x ＞
2 1 1 1 2 2 1 2
2
4，
∴t﹣4＞4，
∴t＞8，
x +x 1
当t＜0时，x ＜x ，点A（x ，y ），B（x ，y ）的中点在对称轴的左侧，则 1 2＜− ，即x +x ＜
2 1 1 1 2 2 1 2
2 2
﹣1，
∴t+4＜﹣1，
∴t＜﹣5，
综上，t的取值范围是t＜﹣5或t＞8，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的性质是解
题的关键．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）
9．分解因式：2m2﹣32＝ ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【分析】原式提取2，再利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式＝2（m2﹣16）＝2（m+4）（m﹣4），
故答案为：2（m+4）（m﹣4）【点睛】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
AM
10．如图，正八边形的对角线AD、CG交于点M，那么 的值为 ．
MD
【考点】正多边形和圆．
【分析】设正八边形ABCDEFGH的中心为点O，连接OB、OA、OH，由∠GOH＝∠HOA＝∠AOB＝
∠BOC＝45°，得∠GOH+∠HOA+∠AOB+∠BOC＝180°，所以点O在CG上，连接CA、OD，则OD＝
OC＝OA，由∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝45°，得∠AOC＝90°，所以∠OCA＝∠OAC＝45°，CA=√2OA
AM CA
=√2OD，可证明CA∥OD，则△ACM∽△DOM，所以 = =√2，于是得到问题的答案．
MD OD
【解答】解：如图，设正八边形ABCDEFGH的中心为点O，连接OB、OA、OH，
1
∵∠GOH＝∠HOA＝∠AOB＝∠BOC= ×360°＝45°，
8
∴∠GOH+∠HOA+∠AOB+∠BOC＝4×45°＝180°，
∴G、O、C三点在同一条直线上，
∴点O在CG上，
连接CA、OD，则OD＝OC＝OA，
∵∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝45°，
∴∠AOC＝2×45°＝90°，
∴∠OCA＝∠OAC＝45°，CA=√OC2+OA2=√2OA=√2OD，
∴∠OCA＝∠COD，
∴CA∥OD，
∴△ACM∽△DOM，
AM CA √2OD
∴ = = =√2，
MD OD OD
故答案为：√2．【点睛】此题重点考查正多边形和圆、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，
正确地作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
11．如图①，《蝶几图》是明朝的戈汕分割正方形的一种方式，将大正方形分割为长斜（等腰梯形）、右
半斜和左半斜（直角梯形）、闺、小三斜和大三斜（等腰直角三角形）．现取长斜一张、大三斜两张、
小三斜四张拼成如图②所示的图形．若设长斜的最长边为y，小三斜的直角边为x，则y与x的关系可
以表示为 ．
【考点】函数关系式；等腰三角形的性质．
√2 √2
【分析】根据图形可得AC＝2AB＝2x，根据勾股定理可得AD＝CD= AC= ×2x=√2x，进而得出
2 2
答案．
【解答】解：如图所示，
∵AB＝BC＝x，AE＝2AD＝y，△ACD是等腰三角形，
∴AC＝2AB＝2x，√2 √2
∴AD＝CD= AC= ×2x=√2x，
2 2
∴AE＝2AD＝2√2x，
∴y＝2√2x．
故答案为：y＝2√2x．
【点睛】本题主要考查函数关系式，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
k
12．如图，正方形ABCD的顶点B在x轴上，点A，C在双曲线y= (k＞0，x＞0)上．若直线AB的函
x
1
数表达式为y= x−2，则k的值为 ．
2
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；正方形的性质；一次函数的性质．
【分析】过点A、B作AM⊥x轴于M，BN⊥x轴于N，可证明△ABM≌△BNC，得到BN＝AM，BM＝
CN，可证明△BOE∽△BNC，得到 BN＝2CN，设 C（4+2a，a），则 B（4﹣a，2a），得到 k＝
（4+2a）•a＝（4﹣a）•2a，求得a的值，得到C的坐标，从而求得k的值．
【解答】解：分别过点A、B作AM⊥x轴于M，BN⊥x轴于N，则∠BMA＝∠CNB＝90°，
∵正方形ABCD，
∴∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠MBA+∠BAM＝90°，∠MBA+∠CBN＝90°，
∴∠BAM＝∠CBN．
在△ABM和△BCN中，
{∠BAM=∠CBN
∠AMB=∠BNC，
AB=BC
∴△ABM≌△BCN（AAS），
∴BN＝AM，BM＝CN，1
由直线y= x−2，可知B（4，0），E（0，﹣2），
2
∵∠OBE＝∠NBC，∠BOE＝∠BNC＝90°，
∴△BOE∽△BNC，
BN OB 4
∴ = = =2，
CN OE 2
∴BN＝2CN，
∴设C（4+2a，a），则A（4﹣a，2a），
k
∵A、C都在y= （k＞0，x＞0）上，
x
∴k＝（4+2a）•a＝（4﹣a）•2a，
解得a＝1．
∴C（6，1），
∴k＝6×1＝6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、全等三角形的判定和性质、正方形的性质，构造
三角形全等求得C点坐标是解题的关键．
13．如图所示，已知△ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D和点E分别是AB和AC边上的动点，满足AD
CD
＝CE，连接DE，点F是DE的中点，则 的最大值为 ．
AF
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形中位线定理．【分析】构造一线三垂直得△ADE≌△CEM，再利用三角形两边之和大于第三边解答即可．
【解答】解：过E作EM⊥ED，且EM＝ED，连DM，MC．
取ME中点N，连ND、NC、NF．
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∠AED+∠MEC＝90°，
∴∠ADE＝∠MEC，
在△ADE和△CEM中，
{
AD=EC
∠ADE=∠MEC，
DE=EM
∴△ADE≌△CEM（SAS），
∴∠ECM＝∠DAE＝90°．
设AF＝1，
∵F为DE中点，
∴DE＝2AF＝2．，
∴EM＝2，
∵N为EM中点，
∴CN＝EN＝1．
∴DN=√DE2+EN2=√5，
∵ND+NC≥DC，
∴CD最大值√5+1，
CD
∴ =（√5+1）÷1=√5+1，
AF
故答案为：√5+1，
【点睛】本题考查了全等三角形的知识，构造一线三垂直是解题关键．三、解答题（本大题共13个小题，共81分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
x+5
14．解不等式： ＞x−1．
2
【考点】解一元一次不等式．
【分析】根据解一元一次不等式的相关运算方法即可求解．
x+5
【解答】解： ＞x−1，
2
x+5＞2x﹣2，
x＜7．
【点睛】本题考查的知识点是解一元一次不等式，解题关键是熟练掌握解一元一次不等式的相关运算．
1 −2
15．计算：2sin60°+(− ) +|2−√3|．
3
【考点】实数的运算；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．
【分析】利用特殊锐角三角函数值，负整数指数幂及绝对值的性质计算即可．
√3
【解答】解：原式＝2× +9+2−√3
2
=√3+9+2−√3
＝11．
【点睛】本题考查实数的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
2x+1 x2−2x+1
16．先化简，再求值：( −1)÷ ，其中x＝3．
x+2 x2−4
【考点】分式的化简求值．
【分析】先根据分式的减法法则进行计算，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法，最后代入
求出答案即可．
2x+1 x2−2x+1
【解答】解：( −1)÷
x+2 x2−4
2x+1−(x+2) (x−1) 2
= ÷
x+2 (x+2)(x−2)
x−1 (x+2)(x−2)
= •
x+2 (x−1) 2x−2
= ，
x−1
3−2 1
当x＝3时，原式= = ．
3−1 2
【点睛】本题考查了分式的化简求值，能正确根据分式的运算法则进行计算是解此题的关键．
17．如图，已知△ABC，请用尺规作图法在边AC上求作一点P，连接BP，使得∠APB＝2∠C．（保留作
图痕迹，不写作法）
【考点】作图—复杂作图．
【分析】作线段BC的垂直平分线，交AC于点P，则点P即为所求．
【解答】解：如图，作线段BC的垂直平分线，交AC于点P，连接BP，
此时BP＝PC，
∴∠C＝∠PBC，
∴∠APB＝∠C+∠PBC＝2∠C，
则点P即为所求．
【点睛】本题考查作图—复杂作图，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
18．如图，点A，B，C，D在同一条直线上，点E，F分别在直线AB的两侧，且AE＝BF，AE∥BF，AC
＝BD．
求证：DE＝CF．【考点】全等三角形的判定与性质；平行线的性质．
【分析】由AC＝BD，推导出AD＝BC，由AE∥BF，证明∠A＝∠B，而AE＝BF，即可根据“SAS”证
明△ADE≌△BCF，则DE＝CF．
【解答】证明：∵点A，B，C，D在同一条直线上，AC＝BD，
∴AC+CD＝BD+CD，
∴AD＝BC，
∵AE∥BF，
∴∠A＝∠B，
在△ADE和△BCF中，
{
AE=BF
∠A=∠B，
AD=BC
∴△ADE≌△BCF（SAS），
∴DE＝CF．
【点睛】此题重点考查平行线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，推导出AD＝BC，∠A＝∠B，
进而证明△ADE≌△BCF是解题的关键．
19．《九章算术》是人类科学史上应用数学的“算经之首”，书中记载：今有三人共车，二车空；二人共
车，九人步．问：人与车各几何？译文：若3人坐一辆车，则两辆车是空的；若2人坐一辆车，则9人
需要步行．问：人与车各多少？
【考点】二元一次方程组的应用．
【分析】设共有x人，y辆车，根据“今有三人共车，二车空；二人共车，九人步”，即可得出关于x，
y的二元一次方程组，解之即可得出结论．
【解答】解：设共有x人，y辆车，
{3(y−2)=x
依题意得： ，
2y+9=x{x=39
解得： ．
y=15
答：共有39人，15辆车．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
20．“四大发明”是指中国古代对世界具有很大影响的四种发明，它是中国古代劳动人民的重要创造，具
体指A．指南针、B．造纸术、C．火药、D．印刷术四项发明，如图是小瑞同学收集的中国古代四大发
明的不透明卡片，四张卡片除内容外其余完全相同，将这四张卡片背面朝上洗匀放好．
1
（1）若小瑞从四张卡片中任意选一张，则选到“B．造纸术”的概率为 ；
4
（2）小瑞和小洁玩游戏，小瑞从这四张卡片中随机抽取一张，小洁再将剩下的三张卡片洗匀后随机抽
取一张，若两人抽到的卡片有“D．印刷术”，则小瑞胜，否则小洁胜，请用列表或画树状图的方法，
判断上述游戏是否公平，并说明理由．
【考点】游戏公平性；概率公式；列表法与树状图法．
【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）树状图得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
1
【解答】解：（1）若小瑞从四张卡片中任意选一张，则选到“B．造纸术”的概率为 ，
4
1
故答案为： ；
4
（2）公平，
画树状图如下：
由树状图知，共有12种等可能结果，其中两人抽到的卡片有“D．印刷术”的有6种结果，没有的有6种结果，
6 1 6 1
所以小瑞获胜的概率为 = ，小洁获胜的概率为 = ，
12 2 12 2
所以此游戏规则公平．
【点睛】本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个参与者取胜的概率，概率相等就
公平，否则就不公平．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
21．如图①，杆秤是利用杠杆原理来称物品质量的简易衡器，其秤杆上的秤砣到秤纽的水平距离 y（cm）
与秤盘上所放物重x（kg）之间满足一次函数关系，其函数图象如图②所示．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）当秤盘上所放物重为7kg时，求秤砣到秤纽的水平距离．
【考点】反比例函数的应用．
【分析】（1）用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）把x＝7代入一次函数解析式，求出y的值即可．
【解答】解：（1）∵秤砣到秤纽的水平距离y cm与所挂物重x kg之间满足一次函数关系，
∴设y与x的函数关系式为：y＝kx+b（k≠0），
{ k+b=8
根据函数图象可得： ，
5k+b=30
{k=5.5
解得： ，
b=2.5
∴y与x的函数关系式为：y＝5.5x+2.5；
（2）把x＝7代入y＝5.5x+2.5得：
y＝5.5×7+2.5＝41，
∴当秤盘上所放物重为7kg时，秤砣到秤纽的水平距离为41cm．
【点睛】本题考查一次函数的应用，用待定系数法求函数解析式是解题的关键．
22. 2025年4月24日17时17分28秒，神舟二十号载人飞船发射成功标志着中国航天开启“太空工业革命”，
如图，在斜坡BD上有一瞭望台，斜坡BD的坡度为1：0.75，坡长BD为50米，雷达CD的高度为10米，火箭发射，雷达中心C测得火箭底端A点的俯角为14°，仅2秒的时间，测得火箭上升至的M处的仰角为76°，
请根据以上数据估算火箭发射时速度．（结果保留整数，参考数据：sin14°≈0.24，cos14°≈0.96，
tan14°≈0.25）
【考点】解直角三角形的应用．
【分析】过C点作CE⊥AM于点E，延长CD交BA的延长线于点F，设DF＝x，则BF＝0.75x，利用勾
股定理求出x的值，再利用正切的定义求出EC、ME，即可得解．
【解答】解：过C点作CE⊥AM于点E，延长CD交BA的延长线于点F，
在Rt△DBF中，坡度为1：0.75，BD＝50米，
设DF＝x米，则BF＝0.75x米，
∴502＝x2+（0.75x）2，
∴x＝40，
∴AE＝CD+DF＝10+40＝50（米），DF＝40米，
EA
∵tan∠ECA= ，
EC
EA 50
∴EC= = =200米，
tan14° 0.25∵∠MCE＝76°，
∴∠M＝14°，
EC
∵tan∠M= ，
ME
EC 200
∴ME= = =800（米），
tan14° 0.25
∴MA＝ME+EA＝800+50＝850（米），
∴850÷2＝425（米/秒）
答：火箭发射时速度约为425米/秒．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问
题．
23．2025年春晚名为《秧BOT》的舞蹈，机器人以精准的动作和热情的表演让观众体验到秧歌的独特韵味．
我国机器人产业正处于高速发展的关键时期，某公司生产了一批机器人即将投入市场，为了解这批机器
人的工作时长（充满电后能工作的时长），从这批机器人中随机抽取部分机器人进行测试，得到数据进
行如下统计和分析．
【数据收集】对所抽取机器人工作时长进行统计（单位：h）：
6.3 6.4 6.6 6.7 6.8 6.9 7.1 7.3 7.3 7.3
7.3 7.4 7.5 7.6 7.6 7.8 7.9 8.0 8.0 8.2
【数据整理】对所统计数据整理如下：
组别 工作时长x（h） 机器人数量（台） 组内工作总时长（h）
A 6.0≤x＜6.5 2 12.7
B 6.5≤x＜7.0 a 27.0
C 7.0≤x＜7.5 6 43.7
D 7.5≤x＜8.0 5 b
E 8.0≤x＜8.5 3 24.2
【数据分析及问题解决】请你根据以上提供的信息，解答下列问题：
（1）填写表格中所缺数据，a＝ 4 ，b＝ 38. 4 ；
（2）所抽取机器人工作时长的中位数是 7. 3 h，平均数是 7. 3 h；
（3）若这批机器人共有2000台，请估计这批机器人工作时长不小于7.5h的有多少台？
【考点】中位数；用样本估计总体；频数（率）分布表；算术平均数．
【分析】（1）根据统计表数据求解即可；
（2）根据中位数和平均数的定义求解即可；（3）总数量乘样本中工作时长不小于7.5h数量所占比例即可．
【解答】解：（1）由统计表数据可知，“6.5≤x＜7.0”有4台，故a＝4；“7.5≤x＜8.0”组内工作总
时长为：7.5+7.6×2+7.8+7.9＝38.4（h），即b＝38.4；
故答案为：4，38.4；
7.3+7.3
（2）所抽取机器人工作时长的中位数是 =7.3（h），
2
1
所抽取机器人工作时长的平均数为 ×（12.7+27+43.7+38.4+24.2）＝7.3（h）；
20
故答案为：7.3，7.3；
8
（3）2000× =800（台），
20
答：估计这批机器人工作时长不小于7.5h的有800台．
【点睛】本题考查了频数分布表，算术平均数，中位数，样本估计总体，能够从不同的统计图或统计表
中获取有用信息是解题的关键．
24．如图，△ABC中，AB＝AC，以BC为直径作 O，与边AC交于点D，过点D的 O的切线交BC的延
长线于点E． ⊙ ⊙
（1）求证：∠BAC＝2∠DBC；
3
（2）若cos∠BAC= ，DE＝4，求BE的长．
5
【考点】切线的性质；解直角三角形；等腰三角形的性质；圆周角定理．
【分析】（1）连接AO，如图，先根据等腰三角形的“三线合一”得到 AO⊥BC，AO平分∠BAC，则
∠BAC＝2∠OAC，再根据圆周角定理得到∠BDC＝90°，然后根据等角的余角相等得到∠OAC＝
∠DBC，从而得到结论；
（2）连接 OD，如图，先根据切线的性质得到∠ODE＝90°，再根据圆周角定理得到∠COD＝OD 3
2∠DBC，则∠COD＝∠BAC，接着在Rt△ODE中利用余弦的定义得到cos∠EOD= = ，则设OD
OE 5
＝3x，OE＝5x，所以DE＝4x＝4，解得x＝1，然后计算OB+OE即可．
【解答】（1）证明：连接AO，如图，
∵AB＝AC，OB＝OC，
∴AO⊥BC，AO平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠OAC，
∵BC为直径，
∴∠BDC＝90°，
∴∠DBC+∠BCD＝90°，
∵∠OAC+∠BCD＝90°，
∴∠OAC＝∠DBC，
∴∠BAC＝2∠DBC；
（2）解：连接OD，如图，
∵DE为 O的切线，
∴OD⊥D⊙E，
∴∠ODE＝90°，
∵∠COD＝2∠DBC，
∠BAC＝2∠DBC，
∴∠COD＝∠BAC，
3
∴cos∠COD＝cos∠BAC= ，
5
OD 3
在Rt△ODE中，∵cos∠EOD= = ，
OE 5
∴设OD＝3x，OE＝5x，
∴DE=√(5x) 2−(3x) 2=4x，
即4x＝4，
解得x＝1，
∴OD＝3，OE＝5，
∴BE＝OB+OE＝3+5＝8．【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了等腰三角形的性质、圆周
角定理和解直角三角形．
25．一座三拱桥横跨于湖面之上，三个桥洞L ，L ，L 均呈抛物线型且抛物线形状相同，如图所示，以AB
1 2 3
中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴建立平面直角坐标系．
已知：桥洞L 的最大高度OC为8米，跨度AB＝32米，桥洞L ，L 关于y轴对称，且最大高度均为4
1 2 3
米．
（1）求桥洞L 所在抛物线的函数表达式；
1
（2）如图所示，现需要在桥洞L ，L 上安装两盏靠近y轴的照明灯Q，P，且照明灯的高度都是2米，
2 3
请计算照明灯的水平距离PQ的长度．
【考点】二次函数的应用．
【分析】（1）依据题意得，顶点C（0，8），可设桥洞L 所在抛物线的函数表达式为y＝ax2+8，又AB
1
1
＝32，故B（16，0），则256a+8＝0，从而a=− ，即可判断得解；
32
1
（2）依据题意，由桥洞L 所在抛物线的函数表达式y=− x2+8，且三个桥洞L ，L ，L 均呈抛物线
1 32 1 2 3
1
型且抛物线形状相同，从而可设桥洞L 所在抛物线的函数表达式y=− （x﹣h）2+k，桥洞L 所在抛
2 32 3
1
物线的函数表达式y=− （x+h）2+k（h＞16），又桥洞L ，L 关于y轴对称，且最大高度均为4米，
32 2 31
故k＝4，从而桥洞L 所在抛物线的函数表达式y=− （x﹣h）2+4，桥洞L 所在抛物线的函数表达式
2 32 3
1
y=− （x+h）2+4，结合A（﹣16，0），B（16，0），求出h后，再令y＝2，即可判断得解．
32
【解答】解：（1）由题意得，顶点C（0，8），
∴可设桥洞L 所在抛物线的函数表达式为y＝ax2+8．
1
∵AB＝32，
∴B（16，0）．
∴256a+8＝0．
1
∴a=− ．
32
1
∴桥洞L 所在抛物线的函数表达式y=− x2+8．
1 32
1
（2）由题意，∵桥洞L 所在抛物线的函数表达式y=− x2+8，且三个桥洞L ，L ，L 均呈抛物线型
1 32 1 2 3
且抛物线形状相同，
1 1
∴可设桥洞L 所在抛物线的函数表达式y=− （x﹣h）2+k，桥洞L 所在抛物线的函数表达式y=−
2 32 3 32
（x+h）2+k（h＞16）．
又∵桥洞L ，L 关于y轴对称，且最大高度均为4米，
2 3
∴k＝4．
1 1
∴桥洞L 所在抛物线的函数表达式 y=− （x﹣h）2+4，桥洞L 所在抛物线的函数表达式 y=−
2 32 3 32
（x+h）2+4．
又∵A（﹣16，0），B（16，0），
1
∴− （16﹣h）2+4＝0．
32
∴h＝16+8√2或h＝16﹣8√2（舍去）．
1
∴桥洞L 所在抛物线的函数表达式 y=− （x﹣16﹣8√2）2+4，桥洞L 所在抛物线的函数表达式 y
2 32 3
1
=− （x+16+8√2）2+4．
32
令y＝2，∴x＝8+8√2或24+8√2（舍去）；x＝﹣8﹣8√2或﹣24﹣8√2（舍去）．
∴PQ＝8+8√2−（﹣8﹣8√2）＝（16+16√2）（米）．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键．
26．问题提出
（1）如图①，在四边形ABCD中，AB＝AC＝AD，若∠CAD＝70°，则∠CBD的度数为 35 ° ；
问题探究
（2）如图②，在半径为2的扇形AOB中，∠AOB＝90°，P是^AB上的一点，过点P作PQ⊥AB于点
Q，求线段PQ长的最大值；
问题解决
（3）某市进行绿化改造，美化生态环境，如图③，四边形ABCD是该市绿化工程要打造的一片绿化区
域，其中AB＝50m，AD＝100m，∠A＝60°，∠C＝150°，并计划在这片区域内种植绿植和花卉，要求
此区域的面积尽可能大，求绿化区域ABCD面积的最大值．
【考点】圆的综合题．
【分析】（1）根据 AB＝AC＝AD，得点 B、C、D在以点 A为圆心，以 AB长为半径的圆上，得
1
∠CBD= ∠CAD=35°；
2
（2）当点P位于^AB的中点时，根据PQ⊥AB，得PQ过点O，证明∠OAB＝∠OBA＝45°，可得AQ＝
OQ，根据OA＝2，得OQ=√2，PQ=2−√2，为最大值；
（3）连接BD，过点C作CE⊥BD于点E，可知点C是在以∠C＝150°为圆周角的 O的一段弧上，在
BD另一侧圆上取点G，连接OB，OD，BG，DG，得∠G＝30°，∠BOD＝60°，△O⊙BD是等边三角形，
得OB＝BD，当点C在^BD中点时，CE最大，△BCD面积最大，此时直线CE过点O，取AD中点F，
连接BF，可得AB＝AF，由∠A＝60°，得△ABF是等边三角形，可得∠BDF＝∠DBF＝30°，∠ABD＝
90°，OB=BD=50√3，BE=25√3，得OE＝75，CE=50√3−75，得绿化区域ABCD面积的最大值，
S＝S△ABD +S△BCD =3750−625√3．
【解答】解：（1）∵在四边形ABCD中，AB＝AC＝AD，
∴点B、C、D在以点A为圆心，以AB长为半径的圆上，∵∠CAD＝70°，
1
∴∠CBD= ∠CAD=35°；
2
故答案为：35°；
（2）在半径为2的扇形AOB中，∠AOB＝90°，P是^AB上的一点，PQ⊥AB于点Q，如图②，当点P
位于^AB的中点时，PQ最大，
∴直线PQ过点O，
∵OA＝OB，
1
∴∠OAB=∠OBA= (180°−∠AOB)=45°，
2
∵∠OQA＝90°，
∴∠AOQ＝90°﹣∠OAB＝45°，
∴AQ＝OQ，
在直角三角形AOQ中，由勾股定理得：AQ2+OQ2＝OA2，OA＝OP＝2，
∴OQ=√2，
∴PQ=OP−OQ=2−√2；
（3）连接BD，过点C作CE⊥BD于点E，如图③，
∵∠BCD＝150°，
∴点C是在以∠BCD为圆周角的圆弧上，设圆心为O，在BD另一侧圆上取点G，连接OB，OD，BG，DG，
则∠G＝180°﹣∠BCD＝30°，
∴∠BOD＝2∠G＝60°，
∵OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴OB＝BD，
由（2）知，当点C在^BD中点时，CE最大，△BCD面积最大，此时直线CE过点O，
取AD中点F，连接BF，
∵AD＝100，
1
∴AF=DF= AD=50，
2
∵AB＝50
，∴AB＝AF，
∵∠A＝60°，
∴△ABF是等边三角形，
∴BF＝AF，∠AFB＝60°，
∴∠BDF+∠DBF＝∠AFB＝60°，BF＝DF，
∴∠BDF＝∠DBF＝30°，
∴∠ABD＝∠ABF+∠DBF＝90°，
在直角三角形ABD中，由勾股定理得：BD=√AD2−AB2=50√3，
1
∴OB=BD=50√3，BE= BD=25√3，
2
在直角三角形BOE中，由勾股定理得：OE=√OB2−BE2=75，
∴CE=OC−OE=50√3−75，
∴S＝S△ABD +S△BCD
1 1
= AB⋅BD+ BD⋅CE
2 2
1 1
= ×50×50√3+ ×50√3×(50√3−75)
2 2
=1250√3+3750−1875√3
=3750−625√3．故绿化区域ABCD面积的最大值为(3750−625√3)m2．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理，垂径定理推论，圆内接四边形性质，等边三角
形判定和性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，熟练运用数形结合的思想解决问题是解题的关
键．
