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2025年广东省广州市番禺区中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的）
1．（3分）（2017•北京）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（3分）（2025•番禺区三模）下列运算正确的是（ ）
A．a2+a3＝a6 B．（ab）2＝ab2
C．（a+b）2＝a2+b2 D．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2
3．（3分）（2025•番禺区三模）如果x2+2mx+9是一个完全平方式，则m的值是（ ）
A．3 B．±3 C．6 D．±6
4．（3分）（2023•衢州）如图是脊柱侧弯的检测示意图，在体检时为方便测出Cobb角∠O的大小，需
将∠O转化为与它相等的角，则图中与∠O相等的角是（ ）
A．∠BEA B．∠DEB C．∠ECA D．∠ADO
5．（3分）（2024•天津）估计√10的值在（ ）
A．1和2之间 B．2和3之间 C．3和4之间 D．4和5之间
6．（3分）（2018•广州）甲袋中装有2个相同的小球，分别写有数字1和2；乙袋中装有2个相同的小
第1页（共42页）球，分别写有数字1和2．从两个口袋中各随机取出1个小球，取出的两个小球上都写有数字2的概率
是（ ）
1 1 1 1
A． B． C． D．
2 3 4 6
5
7．（3分）（2025•番禺区三模）若点A（x ，﹣1），B（x ，1），C（x ，5）都在反比例函数y= 的图
1 2 3 x
象上，则x ，x ，x 的大小关系是（ ）
1 2 3
A．x ＜x ＜x B．x ＜x ＜x C．x ＜x ＜x D．x ＜x ＜x
1 2 3 1 3 2 3 2 1 2 1 3
8．（3分）（2024•无锡）下列命题中，是真命题的为（ ）
A．一组对边平行、另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相平分的四边形是矩形
C．一组对边相等且对角线互相垂直的四边形是菱形
D．三个角是直角且对角线互相垂直的四边形是正方形
9．（3分）（2024•天津）如图，△ABC中，∠B＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点
A，B的对应点分别为D，E，延长BA交DE于点F，下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ACB＝∠ACD B．AC∥DE C．AB＝EF D．BF⊥CE
10．（3分）（2024•天津）从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度 h（单位：m）与小球的运动时间t
（单位：s）之间的关系式是h＝30t﹣5t2（0≤t≤6）．有下列结论：
①小球从抛出到落地需要6s；
②小球运动中的高度可以是30m；
③小球运动2s时的高度小于运动5s时的高度．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）（2025•番禺区三模）0.00000032用科学记数法表示为 ．
√x
12．（3分）（2025•番禺区三模）若代数式 有意义，则实数x的取值范围是 ．
x-4
13．（3分）（2023•衢州）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽ABCD是矩形．当
第2页（共42页）餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与BC边相切，则此餐盘的半径等于 cm．
14．（3分）（2024•扬州）如图，在平面直角坐标系中，点 A的坐标为（1，0），点B在反比例函数y
k
= （x＞0）的图象上，BC⊥x轴于点C，∠BAC＝30°，将△ABC沿AB翻折，若点C的对应点D落在
x
该反比例函数的图象上，则k的值为 ．
15．（3分）（2024•扬州）数学兴趣小组做抛掷一枚瓶盖的实验后，整理的实验数据如下表：
累计抛掷 50 100 200 300 500 1000 2000 3000 5000
次数
盖面朝上 28 54 106 157 264 527 1056 1587 2650
次数
盖面朝上 0.560 0.540 0.530 0.523 0.528 0.527 0.528 0.529 0.530
频率
根据以上实验数据可以估计出“盖面朝上”的概率约为 .（精确到0.01）
16．（3分）（2023•衢州）下面是勾股定理的一种证明方法：图 1所示纸片中，∠ACB＝90°（AC＜
BC），四边形ACDE，CBFG是正方形．过点C，B将纸片CBFG分别沿与AB平行、垂直两个方向剪
裁成四部分，并与正方形ACDE，△ABC拼成图2．
第3页（共42页）3
（1）若cos∠ABC= ，△ABC的面积为16，则纸片Ⅲ的面积为 ．
4
PQ 19 BK
（2）若 = ，则 = ．
BQ 15 AK
三、解答题（本大题共9小题，共66分．解答应写出文字说明，演算步骤或推理过程）
17．（7分）（2023•广州）解方程：x2﹣6x+5＝0．
18．（7分）（2024•南京）如图，在 O的内接四边形ABCD中，AD＝BC，对角线AC是 O的直径．
求证：四边形ABCD是矩形． ⊙ ⊙
19．（7分）（2025•番禺区三模）小红家到学校有两条公共汽车线路．为了解两条线路的乘车所用时间，
小红做了试验，第一周（5个工作日）选择A线路，第二周（5个工作日）选择B线路，每天在固定时
间段内乘车2次并分别记录所用时间．数据统计如下：（单位：min）
数据统计表
实验序 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
号
A线路 15 32 15 16 34 18 21 14 35 20
时间
B线路 25 29 23 25 27 26 31 28 30 24
时间
根据以上信息解答下列问题：
平均数 中位数 众数 方差 极差
A线路所用时 22 a 15 d 21
间
第4页（共42页）B线路所用时 b 26.5 c 6.36 e
间
（1）请直接写出a，c的值，并求出b，d，e三个数量的值；
（2）应用你所学的统计知识帮助小红分析如何选择乘车线路，并利用至少2个统计量说明理由．
x2+2x+1 x
20．（7分）（2015•广州）已知A= - ．
x2-1 x-1
（1）化简A；
{ x-1≥0
（2）当x满足不等式组 ，且x为整数时，求A的值．
x-3＜0
k
21．（7分）（2017•北京）如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y= （x＞0）的图象与直线y＝x﹣2
x
交于点A（3，m）．
（1）求k、m的值；
（2）已知点P（n，n）（n＞0），过点P作平行于x轴的直线，交直线y＝x﹣2于点M，过点P作平
k
行于y轴的直线，交函数y= （x＞0）的图象于点N．
x
①当n＝1时，判断线段PM与PN的数量关系，并说明理由；
②若PN≥PM，结合函数的图象，直接写出n的取值范围．
第5页（共42页）22．（7分）（2024•无锡）如图，在△ABC中，AB＜AC．
（1）尺规作图：求作点D，使得∠DBC＝∠DCA＝∠ACB；（不写作法，保留痕迹）
3
（2）在（1）的条件下，若BC＝8，tan∠ACB= ，则CD＝ ．
4
23．（7分）（2023•杭州）如图，在 O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC，AD，BC，作CF⊥AD
于点F，交线段OB于点G（不与点⊙O，B重合），连接OF．
（1）若BE＝1，求GE的长．
（2）求证：BC2＝BG•BO．
（3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论．
24．（13分）（2024•天津）将一个平行四边形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点
A（3，0），点B，C在第一象限，且OC＝2，∠AOC＝60°．
（Ⅰ）填空：如图①，点 C 的坐标为 ，点 B 的坐标为
第6页（共42页）；
（Ⅱ）若P为x轴的正半轴上一动点，过点P作直线l⊥x轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应
点O′落在x轴的正半轴上，点C的对应点为C′．设OP＝t．
①如图②，若直线l与边CB相交于点Q，当折叠后四边形PO′C′Q与 OABC重叠部分为五边形时，
O′C′与AB相交于点E．试用含有t的式子表示线段BE的长，并直接写出▱t的取值范围；
2 11
②设折叠后重叠部分的面积为S，当 ≤t≤ 时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
3 4
25．（10分）（2023•天津）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c（b，c为常数，c＞1）的顶点为P，与x轴相交于
A，B 两点（点 A 在点 B 的左侧），与 y 轴相交于点 C，抛物线上的点 M 的横坐标为 m，且
b
-c＜m＜ ，过点M作MN⊥AC，垂足为N．
2
（1）若b＝﹣2，c＝3．
①求点P和点A的坐标；
②当MN=√2时，求点M的坐标；
（2）若点A的坐标为（﹣c，0），且MP∥AC，当AN+3MN=9√2时，求点M的坐标．
第7页（共42页）2025年广东省广州市番禺区中考数学三模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D B B C C B D D C
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的）
1．（3分）（2017•北京）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
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【答案】A
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、是轴对称图形但不是中心对称图形，故本选项正确；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误．
故选：A．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部
分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2．（3分）（2025•番禺区三模）下列运算正确的是（ ）
A．a2+a3＝a6 B．（ab）2＝ab2
C．（a+b）2＝a2+b2 D．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2
【考点】平方差公式；幂的乘方与积的乘方．
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第8页（共42页）【专题】整式；运算能力．
【答案】D
【分析】根据积的乘方、平方差公式、完全平方公式运算法则判断即可．
【解答】解：A、a2+a3不是同类项不能计算，故A不正确；
B、（ab）2＝a2b2，故B不正确；
C、（a+b）2＝a2+2ab+b2，故C不正确；
D、（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2，正确；
故选：D．
【点评】本题考查了积的乘方、平方差公式、完全平方公式运算法则的应用，熟练的运用法则是解题
关键．
3．（3分）（2025•番禺区三模）如果x2+2mx+9是一个完全平方式，则m的值是（ ）
A．3 B．±3 C．6 D．±6
【考点】完全平方式．
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【专题】符号意识；运算能力．
【答案】B
【分析】根据完全平方公式是和的平方加减积的2倍，可得m的值．
【解答】解：∵x2+2mx+9是一个完全平方式，
∴2m＝±6，
∴m＝±3，
故选：B．
【点评】本题考查了完全平方公式，完全平方公式是两数的平方和加减积的 2倍，注意符合条件的m
值有两个．
4．（3分）（2023•衢州）如图是脊柱侧弯的检测示意图，在体检时为方便测出Cobb角∠O的大小，需
将∠O转化为与它相等的角，则图中与∠O相等的角是（ ）
第9页（共42页）A．∠BEA B．∠DEB C．∠ECA D．∠ADO
【考点】直角三角形的性质．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观；应用意识．
【答案】B
【分析】根据直角三角形的性质可知：∠O与∠ADO互余，∠DEB与∠ADO互余，根据同角的余角相
等可得结论．
【解答】解：由示意图可知：△DOA和△DBE都是直角三角形，
∴∠O+∠ADO＝90°，∠DEB+∠ADO＝90°，
∴∠DEB＝∠O，
故选：B．
【点评】本题考查直角三角形的性质的应用，掌握直角三角形的两个锐角互余是解题的关键．
5．（3分）（2024•天津）估计√10的值在（ ）
A．1和2之间 B．2和3之间 C．3和4之间 D．4和5之间
【考点】估算无理数的大小．
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【专题】实数；数感．
【答案】C
【分析】根据二次根式的性质得出√9＜√10＜√16，即可求出答案．
【解答】解：∵√9＜√10＜√16，
∴3＜√10＜4，
即√10在3和4之间．
故选：C．
【点评】本题考查了估算无理数的大小的应用，解此题的关键是确定出√10的范围，题目比较典型，
难度不大．
6．（3分）（2018•广州）甲袋中装有2个相同的小球，分别写有数字1和2；乙袋中装有2个相同的小
球，分别写有数字1和2．从两个口袋中各随机取出1个小球，取出的两个小球上都写有数字2的概率
是（ ）
1 1 1 1
A． B． C． D．
2 3 4 6
【考点】列表法与树状图法．
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【专题】常规题型．
【答案】C
【分析】直接根据题意画出树状图，再利用概率公式求出答案．
第10页（共42页）【解答】解：如图所示：
，
一共有4种可能，取出的两个小球上都写有数字2的有1种情况，
1
故取出的两个小球上都写有数字2的概率是： ．
4
故选：C．
【点评】此题主要考查了树状图法求概率，正确得出所有的结果是解题关键．
5
7．（3分）（2025•番禺区三模）若点A（x ，﹣1），B（x ，1），C（x ，5）都在反比例函数y= 的图
1 2 3 x
象上，则x ，x ，x 的大小关系是（ ）
1 2 3
A．x ＜x ＜x B．x ＜x ＜x C．x ＜x ＜x D．x ＜x ＜x
1 2 3 1 3 2 3 2 1 2 1 3
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．
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【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【答案】B
【分析】根据反比例函数性质即可判断．
【解答】解：∵k＝5＞0，
5
∴反比例函数y= 的图象分布在第一、三象限，在每一象限y随x的增大而减小，
x
5
∵点B（x ，1），C（x ，5），都在反比例函数y= 的图象上，1＜5，
2 3 x
∴x ＞x ＞0．
2 3
5
∵﹣1＜0，A（x ，﹣1）在反比例函数y= 的图象上，
1 x
∴x ＜0，
1
∴x ＜x ＜x ．
1 3 2
故选：B．
【点评】本题主要考查了比较反比例函数值的大小，正确进行计算是解题关键．
8．（3分）（2024•无锡）下列命题中，是真命题的为（ ）
A．一组对边平行、另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相平分的四边形是矩形
C．一组对边相等且对角线互相垂直的四边形是菱形
第11页（共42页）D．三个角是直角且对角线互相垂直的四边形是正方形
【考点】命题与定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定．
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【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定判断即可．
【解答】解：A、一组对边平行、另一组对边相等的四边形是平行四边形或等腰梯形，故本选项命题
是假命题，不符合题意；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，不一定是矩形，故本选项命题是假命题，不符合题意；
C、一组对边相等且对角线互相平分的四边形是菱形，故本选项命题是假命题，不符合题意；
D、三个角是直角且对角线互相垂直的四边形是正方形，是真命题，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查的是命题与定理，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假
关键是要熟悉课本中的性质定理．
9．（3分）（2024•天津）如图，△ABC中，∠B＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点
A，B的对应点分别为D，E，延长BA交DE于点F，下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ACB＝∠ACD B．AC∥DE C．AB＝EF D．BF⊥CE
【考点】旋转的性质；平行线的判定．
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【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】D
【分析】先根据旋转性质得∠BCE＝∠ACD＝60°，结合∠B＝30°，即可得证BF⊥CE，再根据同旁内
角互补证明两直线平行，来分析AC∥DE不一定成立；根据图形性质以及角的运算或线段的运算得出A
和C选项是错误的．
【解答】解：设BF与CE相交于点H，如图所示：
∵△ABC中，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE＝∠ACD＝60°，
∵∠B＝30°，
∴在△BHC中，∠BHC＝180°﹣∠BCE﹣∠B＝90°，
第12页（共42页）∴BF⊥CE，故D选项正确；
设∠ACH＝x°，
∴∠ACB＝60°﹣x°，
∵∠B＝30°，
∴∠EDC＝∠BAC＝180°﹣30°﹣（60°﹣x°）＝90°+x°，
∴∠EDC+∠ACD＝90°+x°+60°＝150°+x°，
∵x°不一定等于30°，
∴∠EDC+∠ACD不一定等于180°，
∴AC∥DE不一定成立，故B选项不正确；
∵∠ACB＝60°﹣x°，∠ACD＝60°，x°不一定等于0°，
∴∠ACB＝∠ACD不一定成立，故A选项不正确；
∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴AB＝ED＝EF+FD，
∴BA＞EF，故C选项不正确；
故选：D．
【点评】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，平行线的判定，正确掌握相
关性质内容是解题的关键．
10．（3分）（2024•天津）从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度 h（单位：m）与小球的运动时间t
（单位：s）之间的关系式是h＝30t﹣5t2（0≤t≤6）．有下列结论：
①小球从抛出到落地需要6s；
②小球运动中的高度可以是30m；
③小球运动2s时的高度小于运动5s时的高度．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【考点】二次函数的应用．
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【专题】二次函数的应用；应用意识．
【答案】C
第13页（共42页）【分析】令h＝0，解方程求出t的值，即可判断①；求出h的最大值，即可判断②；分别求出t＝2
和t＝5时h的值是，即可判断③．
【解答】解：①令h＝0，则30t﹣5t2＝0，
解得t ＝0，t ＝6，
1 2
∴小球从抛出到落地需要6s，
故①正确；
②h＝30t﹣5t2＝﹣5（t2﹣6t）＝﹣5（t﹣3）2+45，
∵﹣5＜0，
∴当t＝3时，h有最大值，最大值为45，
∴小球运动中的高度可以是30m，
故②正确；
③t＝2时，h＝30×2﹣5×4＝40（m），
t＝5时，h＝30×5﹣5×25＝25（m），
∴小球运动2s时的高度大于运动5s时的高度，
故③错误．
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的应用．解此题的关键是把实际问题转化成数学问题，利用二次函数的
性质就能求出结果．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）（2025•番禺区三模）0.00000032用科学记数法表示为 3.2×1 0 ﹣ 7 ．
【考点】科学记数法—表示较小的数．
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【答案】见试题解答内容
【分析】绝对值＜1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法
不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：0.000 000 32＝3.2×10﹣7．
【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边
起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
√x
12．（3分）（2025•番禺区三模）若代数式 有意义，则实数x的取值范围是 x ≥0 且 x ≠4 ．
x-4
【考点】二次根式有意义的条件；分式有意义的条件．
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【专题】二次根式；运算能力．
【答案】x≥0且x≠4．
第14页（共42页）【分析】根据被开方数大于等于0及分母不为0，列不等式求解即可．
{ x≥0
【解答】解：由条件可知 ，
x-4≠0
{x≥0
解得 ，
x≠4
∴实数x的取值范围是x≥0且x≠4．
【点评】本题考查二次根式有意义的条件，分母不为0，掌握知识点是解题的关键．
13．（3分）（2023•衢州）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽ABCD是矩形．当
餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与BC边相切，则此餐盘的半径等于 1 0 cm．
【考点】切线的性质；勾股定理；矩形的性质．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】10．
【分析】连接OA，过点O作OE⊥BC，交BC于点E，交AD于点F，则点E为餐盘与BC边的切点，
由矩形的性质得 AD＝BC＝16cm，AD∥BC，∠BCD＝∠ADC＝90°，则四边形 CDFE 是矩形，
OE⊥AD，得CD＝EF＝4cm，∠AFO＝90°，AF＝DF＝8cm，设餐盘的半径为 xcm，则OA＝OE＝
xcm，OF＝（x﹣4）cm，然后由勾股定理列出方程，解方程即可．
【解答】解：由题意得：BC＝16cm，CD＝4cm，
如图，连接OA，过点O作OE⊥BC，交BC于点E，交AD于点F，
则∠OEC＝90°，
第15页（共42页）∵餐盘与BC边相切，
∴点E为切点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝16cm，AD∥BC，∠BCD＝∠ADC＝90°，
∴四边形CDFE是矩形，OE⊥AD，
1 1
∴CD＝EF＝4cm，∠AFO＝90°，AF＝DF= AD= ×16＝8（cm），
2 2
设餐盘的半径为xcm，
则OA＝OE＝xcm，
∴OF＝OE﹣EF＝（x﹣4）cm，
在Rt△AFO中，由勾股定理得：AF2+OF2＝OA2，
即82+（x﹣4）2＝x2，
解得：x＝10，
∴餐盘的半径为10cm，
故答案为：10．
【点评】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的
关键．
14．（3分）（2024•扬州）如图，在平面直角坐标系中，点 A的坐标为（1，0），点B在反比例函数y
k
= （x＞0）的图象上，BC⊥x轴于点C，∠BAC＝30°，将△ABC沿AB翻折，若点C的对应点D落在
x
该反比例函数的图象上，则k的值为 2√3 ．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；坐标与图形变化﹣对称；翻折变换（折叠问题）．
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【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【答案】2√3．
【分析】作DG⊥x轴，垂足为G，利用对称性质和解直角三角形解答即可得到结果．
第16页（共42页）k
【解答】解：设点B坐标为（m， ），则C（m，0），
m
∵A（1，0），
∴AC＝m﹣1，
由对称可知：AD＝m﹣1，∠DAB＝∠CAB＝30°，
∴∠DAC＝60°，
作DG⊥x轴，垂足为G，
m-1 m-1
∴AG= ，DG=( )×√3，
2 2
m-1 √3m-√3
∴D（ +1， ），
2 2
∵点D在反比例函数图象上，
m-1 (m-1)√3
∴（ +1）• =k ①，
2 2
在Rt△ABC中，∵∠BAC＝30°，
√3 k √3
∴BC= AC，即 = （m﹣1）②，
3 m 3
由①②解得k＝2√3．
故答案为：2√3．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、坐标与图形变化、折叠问题，熟练掌握图象上
点的坐标特征是关键．
15．（3分）（2024•扬州）数学兴趣小组做抛掷一枚瓶盖的实验后，整理的实验数据如下表：
累计抛掷 50 100 200 300 500 1000 2000 3000 5000
次数
盖面朝上 28 54 106 157 264 527 1056 1587 2650
次数
盖面朝上 0.560 0.540 0.530 0.523 0.528 0.527 0.528 0.529 0.530
频率
根据以上实验数据可以估计出“盖面朝上”的概率约为 0.5 3 .（精确到0.01）
第17页（共42页）【考点】利用频率估计概率．
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【专题】概率及其应用；推理能力．
【答案】0.53．
【分析】根据表格中的数据可知，盖面朝上频率在0.53左右波动，据此可得出结论．
【解答】解：由题意可知，盖面朝上频率在0.53左右波动，
∴根据以上实验数据可以估计出“盖面朝上”的概率约为0.53．
故答案为：0.53．
【点评】本题考查的是利用频率估计概率，熟知大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左
右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，
这个固定的近似值就是这个事件的概率是解题的关键．
16．（3分）（2023•衢州）下面是勾股定理的一种证明方法：图 1所示纸片中，∠ACB＝90°（AC＜
BC），四边形ACDE，CBFG是正方形．过点C，B将纸片CBFG分别沿与AB平行、垂直两个方向剪
裁成四部分，并与正方形ACDE，△ABC拼成图2．
3
（1）若cos∠ABC= ，△ABC的面积为16，则纸片Ⅲ的面积为 9 ．
4
PQ 19 BK 25
（2）若 = ，则 = ．
BQ 15 AK 9
【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；一元二次方程的应用；全等三角形的判定与性质；
勾股定理的证明．
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【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）9；
25
（2） ．
9
3 3 3
【分析】（1）在图1中，过C作CM⊥AB于M，由cos∠ABC= ，可得CT= BC，CM= AC，故
4 4 4
第18页（共42页）3 3 9 1 1
CT•CM= BC• AC= BC•AC，而△ABC的面积为16，即可得纸片Ⅲ的面积为 CT•BT= CT•CM＝
4 4 16 2 2
9；
（2）标识字母如图，设 NT＝19t，证明△BFN≌△CBW（ASA），可得 BN＝CW＝34t，由
△BCT∽△WBT，有CT•WT＝BT2，即CT•（34t﹣CT）＝（15t）2，可得CT＝9t或CT＝25t，而BK＝
CT，AK＝WT，即可得到答案．
【解答】解：（1）在图1中，过C作CM⊥AB于M，如图：
∵CT∥AB，
∴∠ABC＝∠BCT，
3
∵cos∠ABC= ，
4
3 CT 3
∴cos∠BCT= ，即 = ，
4 BC 4
3
∴CT= BC，
4
∵∠ACM＝90°﹣∠BCM＝∠ABC，
3 CM 3
∴cos∠ACM＝cos∠ABC= ，即 = ，
4 AC 4
3
∴CM= AC，
4
3 3 9
∴CT•CM= BC• AC= BC•AC，
4 4 16
∵△ABC的面积为16，
1
∴ BC•AC＝16，
2
∴BC•AC＝32，
∴CT•CM＝18，
第19页（共42页）1 1
∴纸片Ⅲ的面积为 CT•BT= CT•CM＝9；
2 2
故答案为：9；
（2）如图：
PQ 19
∵ = ，
BQ 15
NT 19
∴ = ，
BT 15
设NT＝19t，则BT＝15t，BN＝34t，
∵∠FBN＝90°﹣∠CBN＝∠BCW，BF＝BC，∠BFN＝∠CBW＝90°，
∴△BFN≌△CBW（ASA），
∴BN＝CW＝34t，
∵∠BCT＝∠WBT，∠BTC＝∠WTB＝90°，
∴△BCT∽△WBT，
BT CT
∴ = ，
WT BT
∴CT•WT＝BT2，
∴CT•（34t﹣CT）＝（15t）2，
解得CT＝9t或CT＝25t，
当CT＝9t时，WT＝25t，这情况不符合题意，舍去；
当CT＝25t时，WT＝9t，
而BK＝CT，AK＝WT，
BK 25
∴ = ．
AK 9
25
故答案为： ．
9
【点评】本题考查相似三角形的性质与判定，涉及正方形性质及应用，全等三角形性质与判定，锐角
第20页（共42页）三角函数等知识，解题的关键是掌握三角形相似的判定定理．
三、解答题（本大题共9小题，共66分．解答应写出文字说明，演算步骤或推理过程）
17．（7分）（2023•广州）解方程：x2﹣6x+5＝0．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．
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【答案】见试题解答内容
【分析】先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
【解答】解：分解因式得：（x﹣1）（x﹣5）＝0，
x﹣1＝0，x﹣5＝0，
x ＝1，x ＝5．
1 2
【点评】本题考查了解一元二次方程的应用，解此题的关键是能把一元二次方程转化成一元一次方程．
18．（7分）（2024•南京）如图，在 O的内接四边形ABCD中，AD＝BC，对角线AC是 O的直径．
求证：四边形ABCD是矩形． ⊙ ⊙
【考点】圆心角、弧、弦的关系；矩形的判定．
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【专题】矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】见解析．
【分析】由AC是 O的直径，可得∠B＝∠D＝90°，证明Rt△ABC≌Rt△CDA，得到AB＝CD，可证明
四边形ABCD是平⊙行四边形，即可解答．
【解答】证明：∵对角线AC是 O的直径，
∴∠B＝∠D＝90°， ⊙
∴△ABC和△CDA是直角三角形，
在Rt△ABC和Rt△CDA中，
{AC=CA
，
AD=CB
∴Rt△ABC≌Rt△CDA（HL），
∴AB＝CD，
又∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
第21页（共42页）∵∠B＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知
识．
19．（7分）（2025•番禺区三模）小红家到学校有两条公共汽车线路．为了解两条线路的乘车所用时间，
小红做了试验，第一周（5个工作日）选择A线路，第二周（5个工作日）选择B线路，每天在固定时
间段内乘车2次并分别记录所用时间．数据统计如下：（单位：min）
数据统计表
实验序 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
号
A线路 15 32 15 16 34 18 21 14 35 20
时间
B线路 25 29 23 25 27 26 31 28 30 24
时间
根据以上信息解答下列问题：
平均数 中位数 众数 方差 极差
A线路所用时 22 a 15 d 21
间
B线路所用时 b 26.5 c 6.36 e
间
（1）请直接写出a，c的值，并求出b，d，e三个数量的值；
（2）应用你所学的统计知识帮助小红分析如何选择乘车线路，并利用至少2个统计量说明理由．
【考点】方差；中位数；众数；极差．
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【专题】统计的应用；运算能力．
【答案】（1）a＝19，b＝26.8，c＝25，d＝63.2，e＝7；
（2）见解析．
第22页（共42页）【分析】（1）根据中位数，众数，平均数，方差的定义解答即可求解；
（2）根据中位数，众数，平均数的意义解答即可求解．
【解答】解：（1）从小到大顺序为：14，15，15，16，18，20，21，32，34，35．共有10个数，
中位数在第5和6个数为18和20，
18+20
所以中位数为 =19，即a＝19，
2
25+29+23+25+27+26+31+28+30+24
平均数b= =26.8，
10
因为B线路所用时间25出现的次数最多，
所以众数c＝25，
1
d= [(14-22) 2+(15-22) 2+(15-22) 2+(16-22) 2+(18-22) 2+(20-22) 2+(21-22) 2+(32-22) 2+(34-22) 2+(35-22) 2 ]=63.2
10
e＝31﹣24＝7；
（2）答案一：因为小红统计的选择A线路平均数为22，选择B线路平均数为26.8，用时差不太多．
而方差63.2＞6.36，
所以相比较B路线的波动性更小，
所以选择B路线更优．
答案二：根据A众数为15小于B众数25，说明大多数出行次数耗时A比B更少，
而A线路中位数19小于B线路中位数26.5，说明A线路出行超过一半次数耗时要比B线路的时长更少，
所以选A路线更优．
【点评】本题主要考查了中位数，众数，平均数，方差：熟练掌握以上知识点是关键．
x2+2x+1 x
20．（7分）（2015•广州）已知A= - ．
x2-1 x-1
（1）化简A；
{ x-1≥0
（2）当x满足不等式组 ，且x为整数时，求A的值．
x-3＜0
【考点】分式的化简求值；一元一次不等式组的整数解．
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【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据分式四则混合运算的运算法则，把A式进行化简即可．
（2）首先求出不等式组的解集，然后根据x为整数求出x的值，再把求出的x的值代入化简后的A式
进行计算即可．
第23页（共42页）x2+2x+1 x
【解答】解：（1）A= -
x2-1 x-1
(x+1) 2 x
= -
(x+1)(x-1) x-1
x+1 x
= -
x-1 x-1
1
=
x-1
{ x-1≥0
（2）∵
x-3＜0
{ x≥1
∴
x＜3
∴1≤x＜3，
∵x为整数，
∴x＝1或x＝2，
①当x＝1时，
∵x﹣1≠0，
1
∴A= 中x≠1，
x-1
1
∴当x＝1时，A= 无意义．
x-1
②当x＝2时，
1 1
A= = =1．
x-1 2-1
【点评】（1）此题主要考查了分式的化简求值，注意化简时不能跨度太大，而缺少必要的步骤．
（2）此题还考查了求一元一次不等式组的整数解问题，要熟练掌握，解决此类问题的关键在于正确解
得不等式组或不等式的解集，然后再根据题目中对于解集的限制得到下一步所需要的条件，再根据得
到的条件求得不等式组的整数解即可．
k
21．（7分）（2017•北京）如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y= （x＞0）的图象与直线y＝x﹣2
x
交于点A（3，m）．
（1）求k、m的值；
第24页（共42页）（2）已知点P（n，n）（n＞0），过点P作平行于x轴的直线，交直线y＝x﹣2于点M，过点P作平
k
行于y轴的直线，交函数y= （x＞0）的图象于点N．
x
①当n＝1时，判断线段PM与PN的数量关系，并说明理由；
②若PN≥PM，结合函数的图象，直接写出n的取值范围．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．
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【答案】见试题解答内容
【分析】（1）将A点代入y＝x﹣2中即可求出m的值，然后将A的坐标代入反比例函数中即可求出k
的值．
（2）①当n＝1时，分别求出M、N两点的坐标即可求出PM与PN的关系；
②由题意可知：P的坐标为（n，n），由于PN≥PM，从而可知PN≥2，根据图象可求出n的范围．
【解答】解：（1）将A（3，m）代入y＝x﹣2，
∴m＝3﹣2＝1，
∴A（3，1），
k
将A（3，1）代入y= ，
x
∴k＝3×1＝3，
（2）①PM＝PN，证明如下：
当n＝1时，P（1，1），
令y＝1，代入y＝x﹣2，
x﹣2＝1，
∴x＝3，
∴M（3，1），
第25页（共42页）∴PM＝2，
3
令x＝1代入y= ，
x
∴y＝3，
∴N（1，3），
∴PN＝2
∴PM＝PN，
②P（n，n），n＞0
点P在直线y＝x上，
∴M（n+2，n），
∴PM＝2，
∵PN≥PM，
即PN≥2，
3
∵PN＝| -n|，
n
3
| -n|≥2
n
∴0＜n≤1或n≥3
【点评】本题考查反比例函数与一次函数的综合问题，解题的关键是求出反比例函数与一次函数的解
析式，本题属于基础题型．
22．（7分）（2024•无锡）如图，在△ABC中，AB＜AC．
（1）尺规作图：求作点D，使得∠DBC＝∠DCA＝∠ACB；（不写作法，保留痕迹）
3 200
（2）在（1）的条件下，若BC＝8，tan∠ACB= ，则CD＝ ．
4 39
第26页（共42页）【考点】作图—复杂作图；解直角三角形．
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【专题】作图题；几何直观；推理能力．
【答案】（1）见解答；
200
（2） ．
39
【分析】（1）利用基本作图，先作∠ACE＝∠ACB，再作∠FBC＝∠ACB，CE和BF相交于点D；
（2）BF交AC于J点，过J点作JT⊥BC于T点，如图，先利用等腰三角形的判定与性质证明BT＝CT
＝4，再利用正切的定义求出 JT＝3，则利用勾股定理可计算出 JC＝5，所以 BJ＝5，接着证明
DJ JC 5
△DCJ∽△DBC，利用相似三角形的性质得到 = = ，则可设DJ＝5x，则DC＝8x，然后利用
DC BC 8
DJ DC 5 8x
= 得到 = ，从而求出x得到DC的长．
DC DB 8 5x+5
【解答】解：（1）如图，点D为所作；
（2）BF交AC于J点，过J点作JT⊥BC于T点，如图，
∵∠JBC＝∠JCB，
∴JB＝JC，
1
∴BT＝CT= BC＝4，
2
JT 3
在Rt△JCT中，∵tan∠JCT= = ，
CT 4
∴JT＝3，
∴JC=√32+42=5，
∴BJ＝5，
第27页（共42页）∵∠DCJ＝∠DBC，∠JDC＝∠CDB，
∴△DCJ∽△DBC，
DJ JC 5
∴ = = ，
DC BC 8
设DJ＝5x，则DC＝8x，
∵△DCJ∽△DBC，
DJ DC 5 8x
∴ = ，即 = ，
DC DB 8 5x+5
25
解得x= ，
39
200
∴DC＝8x= ．
39
200
故答案为： ．
39
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图
形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了解直角三角形和相似三角形的判定与
性质．
23．（7分）（2023•杭州）如图，在 O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC，AD，BC，作CF⊥AD
于点F，交线段OB于点G（不与点⊙O，B重合），连接OF．
（1）若BE＝1，求GE的长．
（2）求证：BC2＝BG•BO．
（3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论．
【考点】圆的综合题．
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【专题】几何综合题；圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】（1）1；
（2）证明：∵AB是 O的直径，
⊙
第28页（共42页）∴∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CEB＝90°，
∵∠ABC＝∠CBE，
∴△ACB∽△CEB，
BC BA
∴ = ，
BE BC
∴BC2＝BA•BE，
由（1）知GE＝BE，
1
∴BE= BG，
2
∵AB＝2BO，
1
∴BC2＝BA•BE＝2BO• BG＝BG•BO；
2
（3）∠CAD＝45°，证明如下：
解法一：如图，连接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∵直径AB垂直弦CD，
∴CE＝DE，∠AED＝∠AEC＝90°，
∵AE＝AE，
∴△ACE≌△ADE（SAS），
∴∠DAE＝∠CAE，
设∠DAE＝∠CAE＝ ，∠FOG＝∠FGO＝ ，
则∠FCD＝∠BCD＝α∠DAE＝ ， β
∵OA＝OC， α
∴∠OCA＝∠OAC＝ ，
∵∠ACB＝90°， α
∴∠OCF＝∠ACB﹣∠OCA﹣∠FCD﹣∠BCD＝90°﹣3 ，
∵∠CGE＝∠OGF＝ ，∠GCE＝ ，∠CGE+∠GCE＝α90°，
∴ + ＝90°， β α
∴β＝α90°﹣ ，
∵α∠COG＝∠β OAC+∠OCA＝ + ＝2 ，
α α α
第29页（共42页）∴∠COF＝∠COG+∠GOF＝2 + ＝2（90°﹣ ）+ ＝180°﹣ ，
∴∠COF＝∠AOF， α β β β β
在△COF和△AOF中，
{
CO=AO
∠COF=∠AOF，
OF=OF
∴△COF≌△AOF（SAS），
∴∠OCF＝∠OAF，
即90°﹣3 ＝ ，
∴ ＝22.5°α，α
∴α∠CAD＝2a＝45°．
解法二：
如图，延长FO交AC于点H，连接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∴∠FOG＝∠FGO＝∠CGB＝∠B，
∴BC∥FH，
∵AB是 O的直径，
∴∠ACB⊙＝90°，
∴∠ACB＝∠AHO＝90°，
∵OA＝OC，
∴AH＝CH，
∴AF＝CF，
∵CF⊥AD，
∴△AFC是等腰直角三角形，
∴∠CAD＝45°．
第30页（共42页）【分析】（1）由垂径定理可得∠AED＝90°，结合CF⊥AD可得∠DAE＝∠FCD，根据圆周角定理可得
∠DAE＝∠BCD，进而可得∠BCD＝∠FCD，通过证明△BCE≌△GCE，可得GE＝BE＝1；
1
（2）证明△ACB∽△CEB，根据对应边成比例可得BC2＝BA•BE，再根据AB＝2BO，BE= BG，可证
2
BC2＝BG•BO；
（3）方法一：设∠DAE＝∠CAE＝ ，∠FOG＝∠FGO＝ ，可证a＝90°﹣ ，∠OCF＝90﹣3 ，通过
SAS证明△COF≌△AOF，进而可得∠αOCF＝∠OAF，即90β°﹣3a＝a，则∠CAβD＝2a＝45°．方法α二：延
长FO交AC于点H，连接OC，证明△AFC是等腰直角三角形，即可解决问题．
【解答】（1）解：直径AB垂直弦CD，
∴∠AED＝90°，
∴∠DAE+∠D＝90°，
∵CF⊥AD，
∴∠FCD+∠D＝90°，
∴∠DAE＝∠FCD，
由圆周角定理得∠DAE＝∠BCD，
∴∠BCD＝∠FCD，
在△BCE和△GCE中，
第31页（共42页）{∠BCE=∠GCE
CE=CE ，
∠BEC=∠GEC
∴△BCE≌△GCE（ASA），
∴GE＝BE＝1；
（2）证明：∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝90°， ⊙
∴∠ACB＝∠CEB＝90°，
∵∠ABC＝∠CBE，
∴△ACB∽△CEB，
BC BA
∴ = ，
BE BC
∴BC2＝BA•BE，
由（1）知GE＝BE，
1
∴BE= BG，
2
∵AB＝2BO，
1
∴BC2＝BA•BE＝2BO• BG＝BG•BO；
2
（3）解：∠CAD＝45°，证明如下：
解法一：如图，连接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∵直径AB垂直弦CD，
∴CE＝DE，∠AED＝∠AEC＝90°，
∵AE＝AE，
∴△ACE≌△ADE（SAS），
∴∠DAE＝∠CAE，
设∠DAE＝∠CAE＝ ，∠FOG＝∠FGO＝ ，
则∠FCD＝∠BCD＝α∠DAE＝ ， β
∵OA＝OC， α
∴∠OCA＝∠OAC＝ ，
∵∠ACB＝90°， α
第32页（共42页）∴∠OCF＝∠ACB﹣∠OCA﹣∠FCD﹣∠BCD＝90°﹣3 ，
∵∠CGE＝∠OGF＝ ，∠GCE＝ ，∠CGE+∠GCE＝α90°，
∴ + ＝90°， β α
∴β＝α90°﹣ ，
∵α∠COG＝∠β OAC+∠OCA＝ + ＝2 ，
∴∠COF＝∠COG+∠GOF＝α2 α+ ＝α2（90°﹣ ）+ ＝180°﹣ ，
∴∠COF＝∠AOF， α β β β β
在△COF和△AOF中，
{
CO=AO
∠COF=∠AOF，
OF=OF
∴△COF≌△AOF（SAS），
∴∠OCF＝∠OAF，
即90°﹣3 ＝ ，
∴ ＝22.5°α，α
∴α∠CAD＝2a＝45°．
解法二：
如图，延长FO交AC于点H，连接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∴∠FOG＝∠FGO＝∠CGB＝∠B，
∴BC∥FH，
∵AB是 O的直径，
∴∠ACB⊙＝90°，
∴∠ACB＝∠AHO＝90°，
∵OA＝OC，
∴AH＝CH，
∴AF＝CF，
∵CF⊥AD，
∴△AFC是等腰直角三角形，
∴∠CAD＝45°．
第33页（共42页）【点评】本题是圆的综合题，考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的
判定与性质，等腰三角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第 3问，
需要大胆猜想，再逐步论证．
24．（13分）（2024•天津）将一个平行四边形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点
A（3，0），点B，C在第一象限，且OC＝2，∠AOC＝60°．
（Ⅰ）填空：如图①，点C的坐标为 (1，√3) ，点B的坐标为 (4，√3) ；
（Ⅱ）若P为x轴的正半轴上一动点，过点P作直线l⊥x轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应
点O′落在x轴的正半轴上，点C的对应点为C′．设OP＝t．
①如图②，若直线l与边CB相交于点Q，当折叠后四边形PO′C′Q与 OABC重叠部分为五边形时，
O′C′与AB相交于点E．试用含有t的式子表示线段BE的长，并直接写出▱t的取值范围；
2 11
②设折叠后重叠部分的面积为S，当 ≤t≤ 时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
3 4
第34页（共42页）【考点】四边形综合题．
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【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】（I）(1，√3)，(4，√3)；
3 5
（II）①BE＝﹣2t+5； ＜t＜ ；
2 2
2√3 5√3
② ≤S≤ ．
9 4
【分析】（I）过点C作CH⊥OA，根据特殊角进行计算即可；
（II）①分当O′与点A重合时和当C′与点B重合时，两种情况进行讨论；
②根据不同情况分类讨论即可．
【解答】解：（I）过点C作CH⊥OA，
∵四边形OABC是平行四边形，OC＝2，∠AOC＝60°，A（3，0），
∴OC＝AB＝2，CB＝OA＝3，∠B＝∠AOC＝60°，
∵CH⊥OA，
∴∠OCH＝30°，
1
∴OH= OC=1，
2
∴CH=√OC2-CH2=√3，
∴C(1，√3)，
∵CB＝OA＝3，
∴B(4，√3)，
故答案为：(1，√3)，(4，√3)；
（II）①∵过点P作直线l⊥x轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应点O′落在x轴的正半轴上，
∴∠OO'C″＝∠AOC＝60°，O′P＝OP，
∴OO′＝2OP＝2t，
∵A（3，0），
∴OA＝3，
第35页（共42页）∴AO'＝OO'﹣OA＝2t﹣3，
∵四边形OABC为平行四边形，
∴AB＝OC＝2，AB∥OC，∠O'AB＝∠AOC＝60°，
∴△EO′A是等边三角形，
∴AE＝AO′＝2t﹣3，
∵BE＝AB﹣AE，
∴BE＝AB﹣AE＝2﹣（2t﹣3）＝5﹣2t，
∴BE＝﹣2t+5；
当O′与点A重合时，
1 3
此时AB与C'O'的交点为E与A重合，OP= OA= ，
2 2
如图：当C′与点B重合时，
CB+2 5
此时AB与C'O'的交点为E与B重合，OP= = ，
2 2
3 5
∴t的取值范围为 ＜t＜ ；
2 2
②如图：过点C作CH⊥OA，
第36页（共42页）由（1）得出C(1，√3)，∠COA＝60°，
MP
∴tan60°= ，
OP
MP
√3= ，
t
∴MP=√3t，
2 1 1 1 √3
当 ≤t＜1时，S= O'P×MP= OP×MP= t×√3t= t2 ，
3 2 2 2 2
√3
∴ ＞0，开口向上，对称轴直线t＝0，
2
2 √3
∴在 ≤t＜1时，S= t2 随着t的增大而增大，
3 2
2√3 √3
∴ ≤S＜ ；
9 2
3
当1≤t≤ 时，如图：
2
1 1 1 √3 √3
S= (O'P+MC')×MP= (OP+CM)×MP= (t+t-1)×√3= (2t-1)=√3t- ，
2 2 2 2 2
∴√3＞0，S随着t的增大而增大，
3 3 √3 3√3 √3
∴在t= 时，S=√3× - = - =√3，
2 2 2 2 2
√3 √3
在t＝1时，S=√3×1- = ，
2 2
第37页（共42页）3 √3
∴当1≤t≤ 时， ≤S≤√3；
2 2
3 5
∵当 ＜t＜ 时，过点E作EN⊥x轴，如图：
2 2
∵由①得出△EO′A是等边三角形，EN⊥AO，
1 1 3
∴AN= AO'= (2t-3)=t- ，
2 2 2
EN
∴tan∠EAO'=√3，√3= ，
AN
3
∴EN=√3(t- )，
2
√3 1
∴S=√3t- - ×AO'×EN
2 2
√3 1 3
=√3t- - [(2t-3)×√3(t- )]
2 2 2
11√3
=-√3t2+4√3t-
，
4
∵-√3＜0，
4√3
∴开口向下，在t=- =2时，S有最大值，
2×(-√3)
11√3 5√3
∴S=-√3×4+4√3×2- = ，
4 4
3 5 3 5
∴在 ＜t＜ 时，|2- |=|2- |，
2 2 2 2
3 3 11√3
∴S=-√3×( ) 2+4√3× - =√3，
2 2 4
3 5 5√3
则在 ＜t＜ 时，√3＜S≤ ；
2 2 4
5 11
当 ≤t≤ 时，如图，
2 4
第38页（共42页）√3 1 √3 1 7√3
S=√3t- - ×(AO'+BC')×MP=√3t- - ×(2t-3+2t-5)×√3=-√3t+ ，
2 2 2 2 2
∴-√3＜0，S随着t的增大而减小，
5 11 5 11 7√3 5 7√3
∴在 ≤t≤ 时，则把t= ，t= 分别代入S=-√3t+ ，得出S=-√3× + =√3，
2 4 2 4 2 2 2
11 7√3 3√3
S=-√3× + = ，
4 2 4
5 11 3√3
∴在 ≤t≤ 时， ≤S≤√3，
2 4 4
2√3 5√3
综上： ≤S≤ ．
9 4
【点评】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形的性质，折叠性质，二次函数的图象性质，正
确掌握相关性质内容是解题的关键．
25．（10分）（2023•天津）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c（b，c为常数，c＞1）的顶点为P，与x轴相交于
A，B 两点（点 A 在点 B 的左侧），与 y 轴相交于点 C，抛物线上的点 M 的横坐标为 m，且
b
-c＜m＜ ，过点M作MN⊥AC，垂足为N．
2
（1）若b＝﹣2，c＝3．
①求点P和点A的坐标；
②当MN=√2时，求点M的坐标；
（2）若点A的坐标为（﹣c，0），且MP∥AC，当AN+3MN=9√2时，求点M的坐标．
【考点】二次函数综合题．
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【专题】几何综合题；函数的综合应用；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）①利用配方法即可得到顶点P的坐标，令y＝0，解方程即可得到A的坐标．
②过点M作ME⊥x轴于点E，于直线AC交于点F，证得EF＝AE，表示出点M、点E的坐标，进而表
第39页（共42页）示出FM，根据直角三角形的性质列出方程求解即可得到M的坐标．
（2）求出顶点P的坐标和抛物线的对称轴，作辅助线，证明MQ＝QP，根据AN+3MN=9√2，列
方程求解即可．
【解答】解：（1）①∵b＝﹣2，c＝3，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴P（﹣1，4），
当y＝0时，﹣x2﹣2x+3＝0，
解得x ＝﹣3，x ＝1，
1 2
∵点A在点B的左侧，
∴A（﹣3，0）．
答：P点的坐标为（﹣1，4），A点的坐标为（﹣3，0）．
②如图，过点M作ME⊥x轴于点E，于直线AC交于点F，
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴OA＝OC，
∴在Rt△AOC中，∠OAC＝45°，
∴在Rt△AEF中，EF＝AE，
∵抛物线上的点M的横坐标为m，其中﹣3＜m＜﹣1，
∴M（m，﹣m2﹣2m+3），E（m，0），
∴EF＝AE＝m﹣（﹣3）＝m+3，
第40页（共42页）∴F（m，m+3），
∴FM＝（﹣m2﹣2m+3）﹣（m+3）＝﹣m2﹣3m，
∴在Rt△FMN中，∠MFN＝45°，
∴FM=√2MN=√2×√2=2，
∴﹣m2﹣3m＝2，
解得m ＝﹣2，m ＝﹣1（舍去），
1 2
∴M（﹣2，3）．
答：点M的坐标为（﹣2，3）．
（2）∵点A（﹣c，0）在抛物线y＝﹣x2+bx+c上，其中c＞1，
∴﹣c2﹣bc+c＝0，
得b＝1﹣c，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+（1﹣c）x+c，
1-c
∴M（m，﹣m2+（1﹣c）m+c），其中-c＜m＜ ．
2
1-c (1+c) 2 1-c
∴顶点P的坐标为（ ， ），对称轴为直线l：x= ．
2 4 2
如图，过点M作MQ⊥l于点Q，连接MP，
1-c
则∠MQP＝90°，Q(
，-m2+(1-c)m+c)，
2
∵MP∥AC，
第41页（共42页）∴∠QPM＝45°，
∴MQ＝QP，
1-c (1+c) 2
∴ -m= -[-m2+(1-c)m+c]，
2 4
即（c+2m）2＝1，
解得c ＝﹣2m﹣1，c ＝﹣2m+1（舍去），
1 2
同②，过点M作ME⊥x轴于点E，与直线AC交于点F，
则点E（m，0），点F（m，﹣m﹣1），点M（m，m2﹣1），
∴AN+3MN=AF+FN+3MN=√2EF+2√2FM=9√2，
∴√2(-m-1)+2√2(m2-1+m+1)=9√2，
即2m2+m﹣10＝0，
5
解得m =- ，m =2（舍去），
1 2 2
5 21
∴点M的坐标为（- ， ）．
2 4
5 21
答：点M的坐标为（- ， ）．
2 4
【点评】本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是作辅助线，掌握直角三角形的性质．
第42页（共42页）
