文档内容
2026年菁优中考数学解密之填空题
一．填空题（共25小题）
x 5 x- y
1．（2025•崇明区模拟）已知 = ，那么 = ．
y 3 y
2．（2025•汝阳县一模）二次函数y＝x2﹣4x+5的最小值为 ．
3．（2025•历城区校级自主招生）已知a ，a ，a ，a ，a 是满足条件a +a +a +a +a ＝9的五个不同的整
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
数，若b是关于x的方程（x﹣a ）（x﹣a ）（x﹣a ）（x﹣a ）（x﹣a ）＝2009的整数根，则b的值
1 2 3 4 5
为 ．
4．（2025•伊川县一模）如图，在菱形ΛBCD中，E为CD上一点，连接AE，BD，交于点O，若S ：
△AOB
S ＝25：9，则CE：BC＝ ．
△DOE
5．（2025•碑林区校级三模）烷烃是一类由碳、氢元素组成的有机化合物质，如图是这类物质前四种化合
物的分子结构模型图，其中灰球代表碳原子，白球代表氢原子．第1种甲烷CH 如图①有4个氢原子，
4
第2种乙烷C H 如图②有6个氢原子，第3种丙烷C H 如图③有8个氢原子，…，按照这一规律，
2 6 3 8
第8种化合物的分子结构模型中氢原子的个数是 ．
6．（2025•盐城）已知二次函数y＝x2﹣2x﹣3，当自变量x满足0≤x≤4时，y的取值范围是
．
7．（2025•安徽）对于正整数n，根据n除以3的余数，分以下三种情况得到另一个正整数m；若余数为
n
0，则m= ；若余数为1，则m＝2n；若余数为2，则m＝n+1．这种得到m的过程称为对n进行一次
3
“变换”．对所得的数m再进行一次变换称为对n进行二次变换，依此类推．例如，正整数n＝4，根
据4除以3的余数为1，由4×2＝8知，对4进行一次变换得到的数为8，根据8除以3的余数为2，由
第1页（共30页）8+1＝9知，对4进行二次变换得到的数为9；根据9除以3的余数为0，由9÷3＝3知，对4进行三次
变换得到的数为3．
（1）对正整数15进行三次变换，得到的数为 ；
（2）若对正整数n进行二次变换得到的数为1，则所有满足条件的n的值之和为 ．
8．（2025•大丰区一模）矩形的两边长分别为x和6（x＜6），把它按如图方式分割成三个全等的小矩形，
每一个小矩形与原矩形相似，则x＝ ．
9．（2025•湖北三模）在一个不透明的盒子里装有三张无差别的卡片，分别标有数字 1，2，5，现随机抽
取一张卡片记下数字后放回，洗匀后再随机抽取一张卡片，两次抽取的卡片上数字之和为偶数的概率
为 ．
10．（2025•天府新区校级模拟）如图，Rt△ABC和Rt△DEF中，∠BAC＝∠EDF＝90°，AB＝3，AC＝
4，DE＝4，DF＝8，点M在边BC上，点N在边EF上，AM分割△ABC所得的两个三角形分别与DN
分割△DEF所得的两个三角形相似，那么线段DN的长是 ．
11．（2025•香坊区校级一模）已知四边形ABCD，∠ABC＝90°，∠ACB+∠BCD＝90°，AC＝CD，若AB
＝1，BD＝5，则AD＝ ．
1
12．（2025•光明区校级模拟）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，点P在BA的延长线上，PA= AB，点
4
CD
D在BC边上，PD＝PC，则 的值是 ．
BC
第2页（共30页）13．（2025•渭滨区校级模拟）如图，这是儿童玩具底板的一幅图案，供小朋友拼图用的是正方形的木块
和正n边形木块．由于小朋友只选了正方形的木块，导致没有拼成．老师鼓励他选取正 n边形的木块
试试，他试了几次终于成功了．这里的n＝ ．
14．（2025•南关区校级二模）由火柴棒摆成的3个图案如图所示，按图中规律摆放，则第n个图案需要
根火柴棒．
15．（2025•湖北模拟）如图， ABCD的对角线相交于O，其内部的一个动点P落在阴影部分的概率是
． ▱
16．（2025•南关区校级二模）如图，正方形ABCD边长为2，在正方形ABCD内部，以AB为直径作半圆，
2√5
点E是CD中点，AE，BE分别与半圆交于点G，点F，连接CF．①AG＝BF；②cos∠DAE= ；
5
BF 2 2
③ = ；④S = ；⑤点G、F是半圆的三等分点．以上说法正确的有 ．（只
BE 5 △BCF 5
需填写序号即可）
第3页（共30页）17．（2025•南关区校级模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，以O为圆心，OD
长为半径作圆心角为120°的扇形MON，OM与边AD交于点E，ON与边CD交于点F．若AO＝3，
∠BAD＝120°．则图中阴影部分的面积为 （结果保留 ）．
π
18．（2025•广东校级模拟）如图，AB是 O的直径，将弦AC绕点A顺时针旋转30°得到AD，此时点C
的对应点D落在AB上，延长CD，交 ⊙O于点E，若CE＝4，则图中阴影部分的面积为 ．
⊙
19．（2025•南京模拟）数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方
案是：在工件圆弧上任取两点A，B，连接AB，作AB的垂直平分线CD交AB于点D，交^AB于点C，
测出AB＝40cm，CD＝10cm，则圆形工件的半径为 ．
20．（2025•绥化一模）某同学在做“小孔成像”实验时，将一支长为3cm的蜡烛（包括火焰高度）立在
第4页（共30页）小孔前，蜡烛所立位置离小孔的水平距离为 6cm，此时蜡烛火焰通过小孔刚好在小孔另一侧距小孔
2cm处的投影屏上形成了一个“像”，若以小孔为坐标原点，构建如图所示的平面直角坐标系 xOy，
设蜡烛火焰顶端A点处坐标为（﹣6，3），则A点对应的“像”的点的坐标为 ．
21．（2025•汇川区四模）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象与x轴交于点（﹣3，0），对称轴为直
线x＝﹣1，则当函数值y＞0时，自变量x的取值范围是 ．
22．（2025•湖北模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为10，对角线交于点O，点E为BC的中点，连
接DE与AC交于点F，点G为DF的中点，连接AG并延长，与CD交于点H，则
AF
（1） = ；
CF
（2）GH的长为 ．
3
23．（2025•秦淮区二模）如图，AB是 O的直径，弦CD⊥AB，点E在^AD上．若∠ABC= ∠E，则
2
⊙
C^D的度数为 °．
第5页（共30页）24．（2025•湖北模拟）如图， O 的直径 AB 平分弦 CD（不是直径）．若∠D＝40°，则∠C＝
． ⊙
25．（2025•商河县一模）甲、乙两人同起点同方向出发，匀速步行3000米，先到终点的人原地休息．已
知甲先出发3分钟，甲、乙两人之间的距离y（米）与甲出发的时间t（分）之间的关系如图所示，则
先到终点的人原地休息了 分钟．
第6页（共30页）2026年菁优中考数学解密之填空题
参考答案与试题解析
一．填空题（共25小题）
x 5 x- y 2
1．（2025•崇明区模拟）已知 = ，那么 = ．
y 3 y 3
【考点】比例的性质．
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【专题】计算题；数感．
2
【答案】 ．
3
x- y x
【分析】先把 化成 - 1，再代值计算即可．
y y
x 5
【解答】解：∵ = ，即x：y＝5：3
y 3
x- y x 5 2
∴ = -1= -1= ．
y y 3 3
2
故答案为： ．
3
【点评】本题考查比例的性质．解题关键是熟知比例的性质．
2．（2025•汝阳县一模）二次函数y＝x2﹣4x+5的最小值为 1 ．
【考点】二次函数的最值．
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【答案】见试题解答内容
【分析】本题考查利用二次函数顶点式求最大（小）值的方法．
【解答】解：配方得：y＝x2﹣4x+5＝x2﹣4x+22+1＝（x﹣2）2+1，
当选x＝2时，二次函数y＝x2﹣4x+5取得最小值为1．
【点评】求二次函数的最大（小）值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三
种是公式法．
3．（2025•历城区校级自主招生）已知a ，a ，a ，a ，a 是满足条件a +a +a +a +a ＝9的五个不同的整
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
数，若b是关于x的方程（x﹣a ）（x﹣a ）（x﹣a ）（x﹣a ）（x﹣a ）＝2009的整数根，则b的值
1 2 3 4 5
为 1 0 ．
【考点】一元二次方程的整数根与有理根．
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【专题】探究型．
【答案】见试题解答内容
【分析】先根据已知条件可知b﹣a ，b﹣a ，b﹣a ，b﹣a ，b﹣a 是五个不同的整数，再把2009分解
1 2 3 4 5
第7页（共30页）成五个整数积的形式，再把五个整数相加即可求出 b﹣a +b﹣a +b﹣a +b﹣a +b﹣a 的值，再与
1 2 3 4 5
a +a +a +a +a ＝9联立即可求解．
1 2 3 4 5
【解答】解：因为（b﹣a ）（b﹣a ）（b﹣a ）（b﹣a ）（b﹣a ）＝2009，
1 2 3 4 5
且a ，a ，a ，a ，a 是五个不同的整数，
1 2 3 4 5
所有b﹣a ，b﹣a ，b﹣a ，b﹣a ，b﹣a 也是五个不同的整数．
1 2 3 4 5
又因为2009＝1×（﹣1）×7×（﹣7）×41，
所以b﹣a +b﹣a +b﹣a +b﹣a +b﹣a ＝41．
1 2 3 4 5
由a +a +a +a +a ＝9，可得b＝10．
1 2 3 4 5
故答案为：10．
【点评】本题考查的是方程的整数根问题，根据题意把2009分解成几个整数积的形式是解答此题的关
键．
4．（2025•伊川县一模）如图，在菱形ΛBCD中，E为CD上一点，连接AE，BD，交于点O，若S ：
△AOB
S ＝25：9，则CE：BC＝ 2 ： 5 ．
△DOE
【考点】菱形的性质；相似三角形的判定与性质．
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【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】2：5．
【分析】由题意可得AB＝BC＝CD，AB∥CD，则可证△AOB∽△EOD，可得DE：AB＝3：5，即可求
CE：BC＝2：5．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD，CD∥AB，
∴△AOB∽△EOD，
∴S ：S ＝（AB）2：（DE）2＝25：9，
△AOB △DOE
∴AB：DE＝5：3（负值已舍），
设AB＝5a，则DE＝3a，
∴BC＝CD＝5a，EC＝2a，
∴EC：BC＝2a：5a＝2：5，
故答案为：2：5．
第8页（共30页）【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，熟练运用相似三角形的性质是本题的关
键．
5．（2025•碑林区校级三模）烷烃是一类由碳、氢元素组成的有机化合物质，如图是这类物质前四种化合
物的分子结构模型图，其中灰球代表碳原子，白球代表氢原子．第1种甲烷CH 如图①有4个氢原子，
4
第2种乙烷C H 如图②有6个氢原子，第3种丙烷C H 如图③有8个氢原子，…，按照这一规律，
2 6 3 8
第8种化合物的分子结构模型中氢原子的个数是 1 8 ．
【考点】规律型：图形的变化类．
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【专题】猜想归纳；推理能力．
【答案】18．
【分析】根据所给图形，依次求出化合物分子结构模型中的氢原子个数，发现规律即可解决问题．
【解答】解：由所给图形可知，
第1种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为：4＝1×2+2；
第2种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为：6＝2×2+2；
第3种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为：8＝3×2+2；
…，
所以第n种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为（2n+2）个．
当n＝8时，
2n+2＝2×8+2＝18（个），
即第8种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为18个．
故答案为：18．
【点评】本题主要考查了图形变化的规律，能根据所给图形发现氢原子个数的变化规律是解题的关键．
6．（2025•盐城）已知二次函数 y＝x2﹣2x﹣3，当自变量x满足0≤x≤4时，y的取值范围是 ﹣ 4≤ y ≤5
．
【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．
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【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】﹣4≤y≤5．
第9页（共30页）【分析】根据自变量的取值范围利用二次函数的性质确定函数值的取值范围即可．
【解答】解：∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝1，
∵当x＝1时，y＝﹣4，
当x＝4时，y＝（x﹣1）2﹣4＝5，
∴当0≤x≤4时，函数y的取值范围是﹣4≤y≤5，
故答案为：﹣4≤y≤5．
【点评】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值，解题的关键
是能够确定二次函数的开口方向、对称轴及顶点坐标并能确定其增减性，难度中等．
7．（2025•安徽）对于正整数n，根据n除以3的余数，分以下三种情况得到另一个正整数m；若余数为
n
0，则m= ；若余数为1，则m＝2n；若余数为2，则m＝n+1．这种得到m的过程称为对n进行一次
3
“变换”．对所得的数m再进行一次变换称为对n进行二次变换，依此类推．例如，正整数n＝4，根
据4除以3的余数为1，由4×2＝8知，对4进行一次变换得到的数为8，根据8除以3的余数为2，由
8+1＝9知，对4进行二次变换得到的数为9；根据9除以3的余数为0，由9÷3＝3知，对4进行三次
变换得到的数为3．
（1）对正整数15进行三次变换，得到的数为 2 ；
（2）若对正整数n进行二次变换得到的数为1，则所有满足条件的n的值之和为 1 1 ．
【考点】规律型：数字的变化类．
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【专题】规律型；推理能力．
【答案】（1）2；
（2）11．
【分析】（1）根据15除以3的余数为0可得第一次变换后的数为5，再根据5除以3的余数为2可得
第二次变换后的数，同理可得第三次变换后的数；
1
（2）第二次变换后的结果为1，那么第一次变换后的结果为3或 或0，再验证这三个数是否可经过
2
变换后得1即可确定第一次变换后得到的数，据此根据第一次变换得到的数可推出 n的三个值，再同
理可验证符合题意的n，据此可得答案．
【解答】解：（1）∵15÷3＝5…0，
15
∴15进行一次变换后得到的数为 =5；
3
∵5÷3＝1…2，
第10页（共30页）∴15进行二次变换后得到的数为5+1＝6；
∵6÷3＝2…0，
∴15进行三次变换后得到的数为2，
故答案为：2；
（2）当对正整数n进行第一次变换后，所得的数除以3的余数为0时，则第一次变换后的数为1×3＝
3，此时符合题意；
1
当对正整数n进行第一次变换后，所得的数除以3的余数为1时，则第一次变换后的数为 ，此时不符
2
合题意；
当对正整数n进行第一次变换后，所得的数除以3的余数为2时，则第一次变换后的数为1﹣1＝0，此
时不符合题意；
综上所述，第一次变换后所得的数为3，
当n除以3的余数为0时，则n＝3×3＝9，符合题意；
3
当n除以3的余数为1时，则n= ，不符合题意；
2
当n除以3的余数为2时，则n＝3﹣1＝2，符合题意；
∴符合题意的n的值是9或2，
∴所有满足条件的n的值之和为2+9＝11，
故答案为：11．
【点评】本题主要考查了新定义，正确理解新定义是解题的关键．
8．（2025•大丰区一模）矩形的两边长分别为x和6（x＜6），把它按如图方式分割成三个全等的小矩形，
每一个小矩形与原矩形相似，则x＝ 2√3 ．
【考点】相似多边形的性质．
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【专题】图形的相似．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据相似多边形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵原矩形的长为6，宽为x，
6
∴小矩形的长为x，宽为 ，
3
第11页（共30页）∵小矩形与原矩形相似，
x 2
∴ =
6 x
∴x＝2√3
故答案为：2√3．
【点评】本题主要考查了相似多边形的性质，注意分清对应边是解决本题的关键．
9．（2025•湖北三模）在一个不透明的盒子里装有三张无差别的卡片，分别标有数字 1，2，5，现随机抽
取一张卡片记下数字后放回，洗匀后再随机抽取一张卡片，两次抽取的卡片上数字之和为偶数的概率
5
为 ．
9
【考点】列表法与树状图法．
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【专题】概率及其应用；应用意识．
5
【答案】 ．
9
【分析】列表可得出所有等可能的结果数以及两次抽取的卡片上数字之和为偶数的结果数，再利用概
率公式可得出答案．
【解答】解：列表如下：
1 2 5
1 （1，1） （1，2） （1，5）
2 （2，1） （2，2） （2，5）
5 （5，1） （5，2） （5，5）
共有9种等可能的结果，其中两次抽取的卡片上数字之和为偶数的结果有：（1，1），（1，5），
（2，2），（5，1），（5，5），共5种，
5
∴两次抽取的卡片上数字之和为偶数的概率为 ．
9
5
故答案为： ．
9
【点评】本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法是解答本题的关键．
10．（2025•天府新区校级模拟）如图，Rt△ABC和Rt△DEF中，∠BAC＝∠EDF＝90°，AB＝3，AC＝
4，DE＝4，DF＝8，点M在边BC上，点N在边EF上，AM分割△ABC所得的两个三角形分别与DN
40
分割△DEF所得的两个三角形相似，那么线段DN的长是 4 或 ．
11
第12页（共30页）【考点】相似三角形的性质．
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【专题】图形的相似；推理能力．
40
【答案】4或 ．
11
【分析】根据题意画出图形，然后分类讨论即可．
【解答】解：①如图，△ACM∽△FDN，△ABM∽△EDN，
∴6k+4k＝8，
4
∴k= ，
5
∴DN＝5k＝4；
②如图，△ACM∽△EDN，△ABM∽△FDN，
∴8k+3k＝4，
4
∴k= ，
11
40
∴DN＝10k= ；
11
第13页（共30页）40
综上所述：DN＝4或 ，
11
40
故答案为：4或 ．
11
【点评】本题考查了相似三角形的性质，正确画出图形是解题的关键．
11．（2025•香坊区校级一模）已知四边形ABCD，∠ABC＝90°，∠ACB+∠BCD＝90°，AC＝CD，若AB
＝1，BD＝5，则AD＝ 3√2 ．
【考点】正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．
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【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】3√2．
【分析】作CE⊥BC，DE⊥CE，则∠E＝∠BCE＝90°，根据ASA证明△ABC≌△DCE得BC＝CE，DE＝
AB＝1，延长ED交BA的延长线于点F，设BF＝EF＝2a，在Rt△BDF中利用勾股定理求解即可．
【解答】解：作CE⊥BC，DE⊥CE，则∠E＝∠BCE＝90°．
∵∠BCA+∠BCD＝90°，∠DCE+∠BCD＝∠BCE＝90°，
∴∠DCE＝∠BCA．
在△ABC和△DCE中，
{
∠ABC=∠E
AC=CD ，
∠DCE=∠BCA
∴△ABC≌△DCE（ASA），
∴BC＝CE，DE＝AB＝1．
延长ED交BA的延长线于点F，则四边形BCEF是正方形，
第14页（共30页）∴BF＝EF．
设BF＝EF＝a，则DF＝a﹣1，
在Rt△BDF中，a2+（a﹣1）2＝52，
解得a＝4（负值舍去），
∴AF＝DF＝4﹣1＝3，
∴AD=√32+32=3√2．
故答案为：3√2．
【点评】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线是
解答本题的关键．
1
12．（2025•光明区校级模拟）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，点P在BA的延长线上，PA= AB，点
4
CD 3
D在BC边上，PD＝PC，则 的值是 ．
BC 4
【考点】相似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；几何直观；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】过点P作PE∥AC交DC延长线于点E，根据等腰三角形判定与性质，平行线的性质可证PB＝
PA CE
PE，再证△PCE≌△PDB，可得BD＝CE，再利用平行线分线段成比例的 = ，结合线段的等量关
AB BC
系以及比例的性质即可得出结论．
【解答】解：如图，过点P作PE∥AC交DC延长线于点E，
第15页（共30页）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵AC∥PE，
∴∠ACB＝∠E，
∴∠B＝∠E，
∴PB＝PE，
∵PC＝PD，
∴∠PDC＝∠PCD，
∴∠BPD＝∠EPC，
∴在△PCE和△PDB中，
{
PC=PD
∠BPD=∠EPC，
PB=PE
∴△PCE≌△PDB（SAS），
∴BD＝CE，
∵AC∥PE，
PA CE
∴ = ，
AB BC
1
∵PA= AB，
4
CE 1
∴ = ，
BC 4
BD 1
∴ = ，
BC 4
CD 3
∴ = ．
BC 4
第16页（共30页）3
故答案为： ．
4
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，以及全等三角形的判定，解决
问题的关键是正确作出辅助线，列出比例式．
13．（2025•渭滨区校级模拟）如图，这是儿童玩具底板的一幅图案，供小朋友拼图用的是正方形的木块
和正n边形木块．由于小朋友只选了正方形的木块，导致没有拼成．老师鼓励他选取正 n边形的木块
试试，他试了几次终于成功了．这里的n＝ 8 ．
【考点】平面镶嵌（密铺）．
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【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】8．
【分析】根据平面镶嵌的条件，先求出正n边形的一个内角的度数，再根据内角和公式求出n的值．
【解答】解：正n边形的一个内角为（360°﹣90°）÷2＝135°，
则135°n＝（n﹣2）•180°，
解得n＝8．
故答案为：8．
【点评】本题考查了平面镶嵌（密铺），体现了学数学用数学的思想，同时考查了多边形的内角和公
式．
14．（2025•南关区校级二模）由火柴棒摆成的3个图案如图所示，按图中规律摆放，则第n个图案需要
（ 2 n + 1 ） 根火柴棒．
【考点】规律型：图形的变化类．
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【专题】猜想归纳；推理能力．
【答案】（2n+1）．
【分析】根据所给图形，依次求出所需火柴棒的根数，发现规律即可解决问题．
第17页（共30页）【解答】解：由所给图形可知，
第1图案所需火柴棒的根数为：3＝1×2+1；
第2图案所需火柴棒的根数为：5＝2×2+1；
第3图案所需火柴棒的根数为：7＝3×2+1；
…，
所以第n图案所需火柴棒的根数为（2n+1）根．
故答案为：（2n+1）．
【点评】本题主要考查了图形变化的规律，能根据所给图形发现所需火柴棒的根数依次增加2是解题
的关键．
15．（2025•湖北模拟）如图， ABCD的对角线相交于O，其内部的一个动点P落在阴影部分的概率是
▱
1
．
2
【考点】几何概率；平行四边形的性质．
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【专题】几何图形；运算能力．
1
【答案】 ．
2
【 分 析 】 根 据 平 行 四 边 形 的 性 质 可 得 OB ＝ OD ， OA ＝ OC ， 则
1
S =S =S =S = S ，利用概率公式即可得答案．
△ABO △ADO △CDO △BCO 4 ▱ABCD
【解答】解：∵四边形为平行四边形，
∴OB＝OD，OA＝OC，
1
∴S =S =S =S = S ，
△ABO △ADO △CDO △BCO 4 ▱ABCD
1
∴阴影部分的面积=S +S = S ，
△ABO △CDO 2 ▱ABCD
1
∴平行四边形ABCD内的一个动点P落在阴影部分的概率是 ，
2
1
故答案为： ．
2
第18页（共30页）【点评】本题考查了几何概率、平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质并熟练掌握概率公式
是解题关键．
16．（2025•南关区校级二模）如图，正方形ABCD边长为2，在正方形ABCD内部，以AB为直径作半圆，
2√5
点E是CD中点，AE，BE分别与半圆交于点G，点F，连接CF．①AG＝BF；②cos∠DAE= ；
5
BF 2 2
③ = ；④S = ；⑤点G、F是半圆的三等分点．以上说法正确的有 ①②③④ ．
BE 5 △BCF 5
（只需填写序号即可）
【考点】圆周角定理；解直角三角形；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质．
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【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】①②③④．
【分析】连接AF，BG，AE=BE=√22+12=√5，利用圆角定理，三角函数等知识判定解答即可．
【解答】解：连接AF，BG，
1
由条件可知AB＝BC＝CD＝DA＝2，DE=EC= CD=1，∠AGB＝∠AFB＝90°，
2
∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，
∴AE=BE=√22+12=√5，
∴∠EAB＝∠EBA，90°﹣∠EAB＝90°﹣∠EBA，
第19页（共30页）∴∠ABG＝∠FBA，
∴AG＝BF，
故①正确，符合题意；
DA 2√5 DE √5
∵cos∠DAE= = ；sin∠DAE= = ，
AE 5 AE 5
故②正确，符合题意；
∵∠DAE＝90°﹣∠GAB＝∠ABG，
∴sin∠DAE＝sin∠ABG，
2√5
∴AG=ABsin∠ABG= ，
5
2√5
∴BF= ，
5
BF 2√5 2
∴ = ÷√5= ，
BE 5 5
故③正确，符合题意；
1
根据题意得S = ×1×2=1，
△BCE 2
S BF
故 △BCF = ，
S BE
△BCE
2
故S = ，
△BCF 5
故④正确，符合题意；
DE √5
由sin∠DAE= = ，
AE 5
故∠DAE≠30°，
故∠ABG≠30°，
故点G、F不是半圆的三等分点．
故⑤错误，不符合题意；
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查的是正方形的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，圆周角定理的应用，锐角三角
函数的应用，掌握以上基础知识并灵活应用是解本题的关键．
17．（2025•南关区校级模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，以O为圆心，OD
长为半径作圆心角为120°的扇形MON，OM与边AD交于点E，ON与边CD交于点F．若AO＝3，
第20页（共30页）27√3
∠BAD＝120°．则图中阴影部分的面积为 9π- （结果保留 ）．
4
π
【考点】扇形面积的计算；解直角三角形；全等三角形的判定与性质；菱形的性质．
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【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
27√3
【答案】9π- ．
4
【分析】过O作OP⊥AD于P，OQ⊥CD于Q，证明△OPE≌△OQF，得出S
△OPE
＝S
△OQF
，则S四边形DEOF
＝S四边形DPOQ ，证明△OPD≌△OPQ，得出S
△OPD
＝S
△OPQ
，则S四边形DEOF ＝S四边形DPOQ ＝2S
△OPD
，进而得
出S阴影 ＝S扇形 ﹣S四边形DEOF ＝S扇形 ﹣2S
△OPD
，解直角三角形求出BO，OP，AP，然后结合扇形面积公
式和三角形面积公式求解即可．
【解答】解：过O作OP⊥AD于P，OQ⊥CD于Q，
∵菱形ABCD中，∠BAD＝120°，
1
∴∠DAC= ∠BAD=60°，OD平分∠ACD，AB∥CD，AC⊥BD，
2
∴∠ADC＝60°，
又OP⊥AD，OQ⊥CD，
∴∠POQ＝120°，
∵∠MON＝120°，
∴∠MON＝∠POQ，
∴∠EOP＝∠FOQ，
第21页（共30页）∵OD平分∠ACD，OP⊥AD，OQ⊥CD，
∴OP＝OQ，
在△OPE和△OQF中，
{∠OPE=∠OQF
OP=OQ ，
∠EOP=∠FOQ
∴△OPE≌△OQF（ASA），
∴S ＝S ，
△OPE △OQF
∴S四边形DEOF ＝S四边形DPOQ ，
在△OPD和△OPQ中，
{∠ODP=∠ODQ
OD=OD ，
∠OPD=∠OQD
∴△OPD≌△OPQ（AAS），
∴S ＝S ，
△OPD △OPQ
∴S四边形DEOF ＝S四边形DPOQ ＝2S
△OPD
，
∵AO＝3，AC⊥BD，OP⊥AD，
AO 3√3
∴OD=AO⋅tan60°=3√3，AD= =6，OP=AO⋅sin60°= ，
cos60° 2
9
∴DP=√DO2-OP2=
，
2
∴S阴影 ＝S扇形 ﹣S四边形DEOF
＝S扇形 ﹣2S
△OPD
2
120π×(3√3) 1 9 3√3
= -2× × ×
360 2 2 2
27√3
=9π- ，
4
27√3
故答案为：9π- ．
4
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，扇形面积的计算，关键
是相关性质的熟练掌握．
18．（2025•广东校级模拟）如图，AB是 O的直径，将弦AC绕点A顺时针旋转30°得到AD，此时点C
的对应点D落在AB上，延长CD，交⊙ O于点E，若CE＝4，则图中阴影部分的面积为 2 ﹣4
⊙ π
第22页（共30页）．
【考点】扇形面积的计算；旋转的性质．
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【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接OE，OC，BC，推出△EOC是等腰直角三角形，根据扇形面积减三角形面积计算即可．
【解答】解：连接OE，OC，BC，
由旋转知AC＝AD，∠CAD＝30°，
∴∠BOC＝60°，∠ACE＝（180°﹣30°）÷2＝75°，
∴∠BCE＝90°﹣∠ACE＝15°，
∴∠BOE＝2∠BCE＝30°，
∴∠EOC＝90°，
即△EOC为等腰直角三角形，
∵CE＝4，
∴OE=OC=2√2，
2
90π×(2√2) 1
∴S阴影 ＝S扇形OEC ﹣S
△OEC
= - ×2√2×2√2=2π-4，
360 2
故答案为：2 ﹣4．
【点评】本题π主要考查旋转的性质及扇形面积的计算，圆周角定理，熟练掌握扇形面积公式是解题的
关键．
19．（2025•南京模拟）数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方
案是：在工件圆弧上任取两点A，B，连接AB，作AB的垂直平分线CD交AB于点D，交^AB于点C，
第23页（共30页）测出AB＝40cm，CD＝10cm，则圆形工件的半径为 2 5 cm ．
【考点】垂径定理．
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【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接OA，设圆的半径为r，在Rt△OAD中，利用勾股定理进行求解即可．
【解答】解：连接OA，设圆的半径为r，
1
则：OA＝OC＝rm，OD＝OC﹣CD＝（r﹣10）m，AD= AB=20（m），
2
∵AO2＝AD2+DO2，
∴r2＝202+（r﹣10）2，
∴r＝25cm；
∴圆形工件的半径为25cm．
故答案为：25cm．
【点评】本题考查垂径定理，正确利用垂径定理进行计算是解题关键．
20．（2025•绥化一模）某同学在做“小孔成像”实验时，将一支长为3cm的蜡烛（包括火焰高度）立在
小孔前，蜡烛所立位置离小孔的水平距离为 6cm，此时蜡烛火焰通过小孔刚好在小孔另一侧距小孔
2cm处的投影屏上形成了一个“像”，若以小孔为坐标原点，构建如图所示的平面直角坐标系 xOy，
设蜡烛火焰顶端A点处坐标为（﹣6，3），则A点对应的“像”的点的坐标为 （ 2 ，﹣ 1 ） ．
第24页（共30页）【考点】相似三角形的应用．
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【专题】图形的相似；几何直观；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据小孔成像实验可得△AOC∽△BOD，据此求解即可．
【解答】解：设蜡烛火焰顶端 A 点处坐标为（﹣6，3），如图，A 点对应的“像”的点 B，则
△AOC∽△BOD，
OC AC
∴ = ，AC＝3，OC＝6，
OD BD
∵在小孔另一侧距小孔2cm处的投影屏上形成了一个“像”，
∴OD＝2，
6 3
∴ = ，
2 BD
解得BD＝1，
∴A点对应的“像”的点B（2，﹣1），
故答案为：（2，﹣1）．
【点评】本题考查相似三角形的应用，解答本题的关键是熟练掌握相似三角形的性质．
21．（2025•汇川区四模）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象与x轴交于点（﹣3，0），对称轴为直
线x＝﹣1，则当函数值y＞0时，自变量x的取值范围是 ﹣ 3 ＜ x ＜ 1 ．
【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．
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第25页（共30页）【专题】二次函数图象及其性质；应用意识．
【答案】﹣3＜x＜1．
【分析】由抛物线的对称性可知，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴的另一个交点的坐标为（1，
0），再结合图象可得答案．
【解答】解：由题意得，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴的另一个交点的坐标为（1，0），
∴当函数值y＞0时，自变量x的取值范围是﹣3＜x＜1．
故答案为：﹣3＜x＜1．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解题的关
键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
22．（2025•湖北模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为10，对角线交于点O，点E为BC的中点，连
接DE与AC交于点F，点G为DF的中点，连接AG并延长，与CD交于点H，则
AF
（1） = 2 ；
CF
√29
（2）GH的长为 ．
3
【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）2；
√29
（2） ．
3
AF DF AD 10
【分析】（1）由正方形ABCD得到AD∥CB，则△ADF∽△CEF，得到 = = = =2；
CF EF EC 5
DF AD 10
（2）由点G为DF的中点和 = = =2，得到DG＝FG＝EF，延长AB与DE交于点M，证明
EF EC 5
DH GH DG
△DEC≌△MEB（ASA），得到DC＝BM＝10，EM＝DE＝3DG，再由DC∥AB，得到 = = ，
AM AG MG
1 √29
代入得到DH＝4，AG＝5GH，即可得到GH= AH= ．
6 3
第26页（共30页）【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，正方形ABCD的边长为10，
∴AD＝DC＝CB＝AB＝10，AD∥CB，DC∥AB，∠ADC＝∠DCB＝90°，
∵点E为BC的中点，
1
∴BE＝CE= BC＝5，
2
∵AD∥CB，
∴△ADF∽△CEF，
AF DF AD 10
∴ = = = =2，
CF EF EC 5
故答案为：2；
DF AD 10
（2）∵点G为DF的中点， = = =2，
EF EC 5
∴DG＝FG＝EF，
∴DE＝3DG，
延长AB与DE交于点M，则∠ABC＝∠DCB＝∠MBC＝90°，
在△DEC与△MEB中，
{∠BEM=∠DEC
∠DEC=∠MEB，
BE=CE
∴△DEC≌△MEB（ASA），
∴DC＝BM＝10，EM＝DE＝3DG，
∴MG＝EM+DE﹣DG＝5DG，AM＝AB+BM＝20，
∵DC∥AB，
∴△DGH∽△MGA，
DH GH DG
∴ = = ，
AM AG MG
第27页（共30页）DH GH DG
∴ = = ，
20 AG 5DG
∴DH＝4，AG＝5GH，
∴AH=√AD2+DH2=√102+42=2√29，AH＝AG+GH＝6GH，
1 √29
∴GH= AH= ，
6 3
√29
故答案为： ．
3
【点评】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定
和性质定理是解题的关键．
3
23．（2025•秦淮区二模）如图，AB是 O的直径，弦CD⊥AB，点E在^AD上．若∠ABC= ∠E，则
2
⊙
C^D的度数为 14 4 °．
【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．
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【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】144．
【分析】根据直径所对的圆周角是直角可得：∠ACB＝90°，从而可得∠CAB+∠ABC＝90°，再利用同
3
弧所对的圆周角相等可得∠CAB＝∠E，从而可得∠ABC= ∠CAB，进而可得∠CAB＝36°，然后利用
2
圆周角定理可得∠COB＝72°，再根据垂径定理可得^BC=^BD，从而可得∠COB＝∠BOD＝72°，最后
利用角的和差关系可得∠COD＝144°，即可解答．
【解答】解：∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝90°， ⊙
∴∠CAB+∠ABC＝90°，
3
∵∠ABC= ∠E，∠CAB＝∠E，
2
第28页（共30页）3
∴∠ABC= ∠CAB，
2
∴∠CAB＝36°，
∴∠COB＝2∠CAB＝72°，
∵弦CD⊥AB，
∴^BC=^BD，
∴∠COB＝∠BOD＝72°，
∴∠COD＝∠COB+∠BOD＝144°，
∴C^D的度数为144°，
故答案为：144．
【点评】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．
24．（2025•湖北模拟）如图， O的直径AB平分弦CD（不是直径）．若∠D＝40°，则∠C＝ 50 °
． ⊙
【考点】圆周角定理；直角三角形的性质；垂径定理．
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【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】50°．
【分析】先根据 O 的直径AB 平分弦CD（不是直径），得AB⊥CD，再结合∠D＝40°，得∠ABD＝
50°，最后由同弧⊙所对的圆周角是相等的，得∠C＝∠ABD＝50°，即可作答．
【解答】解：∵ O 的直径AB 平分弦CD，
∴AB⊥CD， ⊙
∴∠ABD＝90°﹣40°＝50°，
由条件可知∠C＝∠ABD＝50°，
故答案为：50°．
【点评】本题考查了直角三角形的两锐角互余，垂径定理以及圆周角定理，熟练掌握以上知识点是关
键．
第29页（共30页）25．（2025•商河县一模）甲、乙两人同起点同方向出发，匀速步行3000米，先到终点的人原地休息．已
知甲先出发3分钟，甲、乙两人之间的距离y（米）与甲出发的时间t（分）之间的关系如图所示，则
先到终点的人原地休息了 4. 5 分钟．
【考点】一次函数的应用．
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【专题】一次函数及其应用；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据函数图象，求出甲、乙的速度，再求出它们到达终点的时间即可求解．
【解答】解：由图可得，甲的速度为240÷3＝80米/分，
设乙的速度为x米/分，
由图可得，（15﹣3）x＝240+80×（15﹣3），
解得x＝100，
∴乙的速度为100米/分，
∴甲到达终点的时间为3000÷80＝37.5分钟，
乙达到终点的时间为3000÷100＝30分钟，
∵甲先出发3分钟，
∴乙先到终点原地休息了37.5﹣3﹣30＝4.5分钟，
故答案为：4.5．
【点评】本题考查了一次函数的应用，看懂函数的图象是解题的关键．
第30页（共30页）
