文档内容
2025年山东省济南市天桥区中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40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．（4分）（2023•新疆）﹣5的绝对值是（ ）
1 1
A． B．5 C．﹣5 D．-
5 5
2．（4分）（2025•天桥区三模）鲁班锁是起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构．如图是鲁班锁的一个
组件的示意图，该组件的俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
3．（4分）（2025•辽阳三模）国家能源局等多部门发布关于大力实施可再生能源替代行动的指导意见，
提出了2025年全国可再生能源消费量达到1100000000吨标煤以上等系列目标．将1100000000用科学
记数法表示应为（ ）
A．11×108 B．1.1×108 C．1.1×109 D．1.1×1010
4．（4分）（2025•天桥区三模）光线在不同介质中的传播速度不同，从一种介质射向另一种介质时会发
生折射．如图是一块玻璃的a，b两面，且a∥b，现有一束光线CD从玻璃中射向空气时发生折射，光
线变成DE，F为射线CD延长线上一点，已知∠1＝130°，∠2＝20°，则∠3的度数为（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
5．（4分）（2025•天桥区三模）如图是一个正八边形的窗户，图中正八边形的内角和为（ ）
第1页（共41页）A．1080° B．900° C．720° D．540°
6．（4分）（2024•广东）下列计算正确的是（ ）
A．a2•a5＝a10 B．a8÷a2＝a4 C．﹣2a+5a＝7a D．（a2）5＝a10
7．（4分）（2025•天桥区三模）小方家客厅里装有一种三位单极开关，分别控制着 A（楼梯）、B（客
厅）、C（走廊）三盏电灯，既可单盏开，也可两盏、三盏齐开．若小方任意按下其中的两个开关，
则正好客厅灯和走廊灯同时亮的概率为（ ）
1 1 1 2
A． B． C． D．
6 3 2 3
1
8．（4分）（2025•天桥区三模）如图，点A为反比例函数y=- (x＜0)图象上的一点，连接AO，过
x
4
点 O 作 OA 的垂线与反比例函数 y= (x＞0)的图象交于点 B，已知 OA＝2，则 OB 的长度为
x
（ ）
A．16 B．12 C．8 D．4
9．（4分）（2025•天桥区三模）如图，四边形ABCD是平行四边形，以点B为圆心，任意长为半径画弧
第2页（共41页）1
分别交AB和BC于点P，Q；分别以点P，Q为圆心，大于 PQ的长为半径画弧，两弧交于点H，作
2
1
射线BH交边AD于点E；分别以点A，D为圆心，大于 AD的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点，
2
EG
作直线MN交边AD于点F，连接CF，交BE于点G．若AB＝3ED，则 的值是（ ）
GB
1 1 2 1
A． B． C． D．
4 5 5 16
10．（4分）（2025•天桥区三模）在平面直角坐标系中，我们把横坐标和纵坐标互为相反数的点称为
1 1
“方形点”，例如：（1，﹣1），( ，- )，(√3，-√3)⋯都是“方形点”．下列结论：
2 2
①直线y＝﹣4x+3上存在“方形点”；
②抛物线y＝x2﹣5x+3上的2个“方形点”之间的距离是4√2；
③若二次函数y＝ax2+3x+c（a≠0）的图象上有且只有一个“方形点”（2，﹣2），当﹣1≤x≤m时，二
7
次函数y＝ax2+3x+c（a≠0）的最小值为﹣8，最大值为- ，则实数m的取值范围是﹣1≤m≤4；
4
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5个小题，每小题4分，共20分.）
x-1
11．（4分）（2025•天桥区三模）若分式 的值为0，则x＝ ．
2x+3
12．（4分）（2025•天桥区三模）如图，△ABC与△ADC关于AC所在直线对称，若∠B＝80°，∠BAD
＝140°，则∠ACB的度数为 °．
第3页（共41页）13．（4分）（2025•天桥区三模）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，∠BOC＝30°，在扇形AOB内随
机选取一点D，则点D落在阴影部分的概率是 ．
14．（4分）（2025•天桥区三模）在一次女子800m测试中，小静和小茜同时起跑，同时到达终点；所跑
的路程s（m）与所用的时间t（s）之间的函数图象如图所示，则她们第一次相遇的时间是起跑后的第
s．
15．（4分）（2025•天桥区三模）如图，在矩形纸片ABCD中，BC＝8，E是BC的中点．将AB沿AE翻
折，使点B落在AD边的B'处，AE为折痕，再将B′D沿B′G翻折，使点D恰好落在线段AC上的点F
处，B′G为折痕，则tan∠FB′E＝ ．
第4页（共41页）三、解答题：（本大题共10个小题，共90分.解答应写出文字说明、证明或演算步骤.）
1
16．（7分）（2025•天桥区三模）计算：(-1) 3+(π-3.14) 0+( ) -1-2sin45°+|√2-1|．
2
{
2x-5≤1
17．（7分）（2025•天桥区三模）解不等式组： 2x-1 3x+1，并写出它的正整数解．
＜
3 2
18．（7分）（2025•天桥区三模）如图，在 ABCD中，点E、F分别在AD，BC上，点G、H在BD上，
DE＝BF，BG＝DH．求证：EH∥GF． ▱
19．（8分）（2025•天桥区三模）用某型号拖把去拖沙发底部地面的截面示意图如图所示，拖把头为矩
形ABCD，AB＝30cm，DA＝2cm．该沙发与地面的空隙为矩形EFGH，EF＝65cm，HE＝14cm．拖把
杆为线段OM，长为110cm，O为DC的中点，OM与DC所成角 的可变范围是14°≤ ≤90°，当 大小
固定时，若OM经过点G，或点A与点E重合，则此时AF的长即α为沙发底部可拖最大α深度． α
（1）如图1，当 ＝30°时，求沙发底部可拖最大深度AF的长．（结果保留根号）
（2）如图2，为了α 能将沙发底部地面拖干净，将 减小到14°，请通过计算，判断此时沙发底部可拖
最大深度AF的长能否达到65cm？（sin14°≈0.24，αcos14°≈0.97，tan14°≈0.25）
20．（8分）（2025•天桥区三模）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的 O与边BC、AC分别
交于D、E两点，DF⊥AC于F． ⊙
（1）求证：DF为 O的切线；
⊙
第5页（共41页）3
（2）若cosC= ，CF＝6，求AE的长．
5
21．（9分）（2025•天桥区三模）为确保师生“吃得安全，吃得健康”，某学校切实履行监督职责，随
机抽取8名教师和m名家长做评委，对甲配餐公司提供的饭菜质量进行评分（评分用 x表示，单位：
分），并对他们的评分结果进行整理、描述、分析，得到如下部分信息：
a．教师评分：82 85 88 90 90 90 91 96
b．家长评分的数据整理后分成5组，A组：80≤x＜84，B组：84≤x＜88，C组：88≤x＜92，D组：
92≤x＜96，E组：96≤x＜100，并绘制成如图的频数分布直方图和扇形统计图．
c．评委评分平均数、中位数、众数如表：
平均数 中位数 众数
教师评分 89 90 n
家长评分 91 p 91
根据以上信息，回答下列问题：
（1）m的值为 ，n的值为 ；
（2）p的值位于家长评分数据分组的 组，请补全频数分布直方图；
（3）在扇形统计图中，D组所对应的扇形圆心角的度数为 °；
（4）新学期即将开始，为了让家长对配餐公司有更多的了解，该校再组织这8名教师和m名家长考察
乙配餐公司，并按教师打分（平均数）占30%，家长打分（平均数）占70%，确定配餐公司的最终得
第6页（共41页）分，已知教师和家长评委对乙配餐公司打分的平均数分别为92分，88分，如果只比较两家配餐公司
的最终得分，请通过计算说明学校下学期还会继续让甲配餐公司为师生提供服务吗？
22．（10分）（2025•天桥区三模）
生活中的数学
春日的济南，护城河畔垂柳依依，千佛山下百花争艳．越来越多的市民选购自行车用以骑行出游，穿
梭于绿意盎然的街道与湖畔，尽享春日美景．
信息1 某自行车店抓住商机，计划购进 A，B两种型号的
自行车，其中每辆B型自行车比每辆A型自行车多
600元，用5000元购进的A型自行车与用8000元
购进的B型自行车数量相同．
信息2 A型自行车每辆售价为1500元，B型自行车每辆售
价为2000元．
信息3 该自行车店计划购进A、B两种型号的自行车共50
辆，且B型自行车的数量不低于A型自行车数量的
一半．
任务1 （1）求A，B两种型号自行车的进货单价；
任务2 （2）根据进货要求，该商店如何进货才能获得最
大利润？此时最大利润是多少元？
m
23．（10分）（2025•天桥区三模）如图，一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y= (x＞0)的图象相
x
交于点A（2，3），B（6，n）两点，与x轴相交于点C．
（1）求一次函数与反比例函数的解析式；
（2）点P是y轴上一动点，连接AP，BP，当△ABP面积为10时，请求出点P的坐标；
（3）将线段AB绕点B顺时针旋转90°，得到线段BD，连接CD，在反比例函数上，是否存在一点
Q，使得∠CDB+∠QCO＝90°？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
24．（12分）（2025•天桥区三模）已知抛物线y＝x2+mx+n与x轴交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交
于点C（0，﹣4）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，已知点E为第四象限抛物线上的点，连接AC、BE、AE、BC，且AE和BC相交于点F，
设△ACF的面积为S ，△BEF的面积为S ，当S ﹣S ＝5时，求点E的坐标．
1 2 1 2
第7页（共41页）（3）如图2，设点P（x ，y ），Q（x ，y ）是直线BC下方抛物线上的两动点，且x ＝x +1，过点P
1 1 2 2 2 1
作PM∥y轴，交BC于点M，过点Q作QN⊥BC，交BC于点N．求PM+√2QN的最大值．
25．（12分）（2025•天桥区三模）【问题初探】
（1）如图1，AD是△ABC的中线，BE交AC于点E，交AD于点F，且AE＝EF，求证：AC＝BF．
请写出完整的证明过程，以下解题思路仅供参考．
思路1：延长FD至点G，使DG＝DF，连接CG，构造△DGC≌△DFB…
思路2：过点B作BH∥AC交AD延长线于点H，构造△BDH≌△CDA…
【迁移应用】
（2）如图2，已知等边△ABC中，D为BC边上一动点，连接AD，将AD绕若D顺时针旋转120°得到
DE，连接BE，取BE中点F，连接DF，猜想CD与DF的数量关系，并证明你的猜想；
【能力提升】
（3）如图3，已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是斜边BC上的一点，且BD＜CD，连接
AD，将线段AD绕D点顺时针旋转90°，得到线段DE，连接线段BE，点F为线段BE的中点，连接
DF．若∠CDE＝15°，DF=√6，求线段CD的长度．
第8页（共41页）第9页（共41页）2025年山东省济南市天桥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 B B C． C A D B D A B
一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40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．（4分）（2023•新疆）﹣5的绝对值是（ ）
1 1
A． B．5 C．﹣5 D．-
5 5
【考点】绝对值．
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【答案】B
【分析】利用绝对值的定义求解即可．
【解答】解：﹣5的绝对值是5，
故选：B．
【点评】本题主要考查了绝对值，解题的关键是熟记绝对值的定义．
2．（4分）（2025•天桥区三模）鲁班锁是起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构．如图是鲁班锁的一个
组件的示意图，该组件的俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】简单组合体的三视图．
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【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】B
【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：该组件的俯视图是：
第10页（共41页）．
故选：B．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，掌握从上面看得到的就是俯视图是解题的关键．
3．（4分）（2025•辽阳三模）国家能源局等多部门发布关于大力实施可再生能源替代行动的指导意见，
提出了2025年全国可再生能源消费量达到1100000000吨标煤以上等系列目标．将1100000000用科学
记数法表示应为（ ）
A．11×108 B．1.1×108 C．1.1×109 D．1.1×1010
【考点】科学记数法—表示较大的数．
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【专题】实数；符号意识．
【答案】C．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．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．当原数绝对值≥10时，n是
正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：1100000000＝1.1×109．
故选：C．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n
为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
4．（4分）（2025•天桥区三模）光线在不同介质中的传播速度不同，从一种介质射向另一种介质时会发
生折射．如图是一块玻璃的a，b两面，且a∥b，现有一束光线CD从玻璃中射向空气时发生折射，光
线变成DE，F为射线CD延长线上一点，已知∠1＝130°，∠2＝20°，则∠3的度数为（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
【考点】平行线的性质．
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【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】C
【分析】由平行线的性质可得∠CDG＝50°，再由对顶角相等可得∠FDH＝50°，从而可求∠3．
【解答】解：如图，
第11页（共41页）∵a∥b，∠1＝130°，
∴∠CDG＝180°﹣∠1＝50°，
∴∠FDH＝∠CDG＝50°，
∵∠2＝20°，
∴∠3＝∠FDH﹣∠2＝30°．
故选：C．
【点评】本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，同旁内角互补．
5．（4分）（2025•天桥区三模）如图是一个正八边形的窗户，图中正八边形的内角和为（ ）
A．1080° B．900° C．720° D．540°
【考点】多边形内角与外角．
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【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】A
【分析】根据多边形内角和定理计算即可．
【解答】解：正八边形的内角和为（8﹣2）×180°＝1080°，
故选：A．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形内角和定理是解题的关键．
6．（4分）（2024•广东）下列计算正确的是（ ）
A．a2•a5＝a10 B．a8÷a2＝a4 C．﹣2a+5a＝7a D．（a2）5＝a10
【考点】同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
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【专题】整式；运算能力．
【答案】D
【分析】根据同底数幂的乘除法、合并同类项及幂的乘方与积的乘方的运算法则进行计算，逐一判断
第12页（共41页）即可．
【解答】解：A．a2•a5＝a7，故本选项不符合题意；
B．a8÷a2＝a6，故本选项不符合题意；
C．﹣2a+5a＝3a，故本选项不符合题意；
D．（a2）5＝a10，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查同底数幂的乘除法、合并同类项及幂的乘方与积的乘方，熟练掌握以上运算法
则是解题的关键．
7．（4分）（2025•天桥区三模）小方家客厅里装有一种三位单极开关，分别控制着 A（楼梯）、B（客
厅）、C（走廊）三盏电灯，既可单盏开，也可两盏、三盏齐开．若小方任意按下其中的两个开关，
则正好客厅灯和走廊灯同时亮的概率为（ ）
1 1 1 2
A． B． C． D．
6 3 2 3
【考点】列表法与树状图法；概率公式．
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【专题】概率及其应用；应用意识．
【答案】B
【分析】运用列表法把所有等可能结果表示出来，再找出可能结果，运用概率公式计算即可．
【解答】解：运用列表法把所有等可能结果表示出来如下，
A B C
A （A，B） （A，C）
B （B，A） （B，C）
C （C，A） （C，B）
共有6种等可能结果，其中是厅灯和走廊灯亮的是（B，C），（C，B），共2种，
2 1
∴正好客厅灯和走廊灯同时亮的概率为 = ，
6 3
故选：B．
【点评】本题考查了列表法或画树状图法求随机事件的概率，掌握列表法或画树状图法是关键．
第13页（共41页）1
8．（4分）（2025•天桥区三模）如图，点A为反比例函数y=- (x＜0)图象上的一点，连接AO，过
x
4
点 O 作 OA 的垂线与反比例函数 y= (x＞0)的图象交于点 B，已知 OA＝2，则 OB 的长度为
x
（ ）
A．16 B．12 C．8 D．4
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；相似三角形的判定与性质．
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【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【答案】D
【分析】依据题意，过A作AC⊥x轴于C，过B作BD⊥x轴于D，证明△AOC∽△OBD，利用相似三角
OA 1
形的面积比等于相似比的平方，进而可得 = ，结合OA＝2，最后计算可以得解．
OB 2
【解答】解：过A作AC⊥x轴于C，过B作 BD⊥x轴于D，
1 1 1
∴S = ×|-1|= ，S△BDO = ×|4|＝2，∠ACO＝∠ODB＝90°．
△ACO 2 2 2
∵OA⊥OB，
∴∠AOC＝∠OBD＝90°﹣∠BOD，
∴△AOC∽△OBD，
1
S OA
∴ △ACO=( ) 2 ，即2 OA ，
S OB =( ) 2
△BDO 2 OB
第14页（共41页）OA 1
∴ = （负值舍去），
OB 2
又∵OA＝2，
∴OB＝4．
故选：D．
【点评】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数 k的几何意义，三角形相
似的判定和性质，数形结合是解题的关键．
9．（4分）（2025•天桥区三模）如图，四边形ABCD是平行四边形，以点B为圆心，任意长为半径画弧
1
分别交AB和BC于点P，Q；分别以点P，Q为圆心，大于 PQ的长为半径画弧，两弧交于点H，作
2
1
射线BH交边AD于点E；分别以点A，D为圆心，大于 AD的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点，
2
EG
作直线MN交边AD于点F，连接CF，交BE于点G．若AB＝3ED，则 的值是（ ）
GB
1 1 2 1
A． B． C． D．
4 5 5 16
【考点】作图—基本作图；角平分线的性质；线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质．
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【专题】作图题；线段、角、相交线与平行线；图形的相似；推理能力．
【答案】A
【分析】由作图痕迹可知，BE为∠ABC的平分线，直线MN为线段AD的垂直平分线，可得∠ABE＝
1
∠CBE，AF= AD，结合平行四边形的性质可得AD＝BC，∠ABE＝∠AEB，则AE＝AB，AD＝BC＝
2
AE+ED，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：由作图痕迹可知，BE为∠ABC的平分线，直线MN为线段AD的垂直平分线，
1
∴∠ABE＝∠CBE，AF= AD．
2
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
第15页（共41页）∴∠AEB＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB，
∵AB＝3ED，
设ED＝x，则AB＝AE＝3x，
∴AD＝AE+ED＝4x，
∴BC＝4x，AF＝2x，∴EF＝AE﹣AF＝x
∵∠EGF＝∠BGC，
∴△EGF∽△BGC，
EG EF x 1
∴ = = =
GB BC 4x 4
故选：A．
【点评】本题考查作图—基本作图、角平分线的定义、线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质、
相似三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
10．（4分）（2025•天桥区三模）在平面直角坐标系中，我们把横坐标和纵坐标互为相反数的点称为
1 1
“方形点”，例如：（1，﹣1），( ，- )，(√3，-√3)⋯都是“方形点”．下列结论：
2 2
①直线y＝﹣4x+3上存在“方形点”；
②抛物线y＝x2﹣5x+3上的2个“方形点”之间的距离是4√2；
③若二次函数y＝ax2+3x+c（a≠0）的图象上有且只有一个“方形点”（2，﹣2），当﹣1≤x≤m时，二
7
次函数y＝ax2+3x+c（a≠0）的最小值为﹣8，最大值为- ，则实数m的取值范围是﹣1≤m≤4；
4
其中，正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【考点】二次函数的最值；一次函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征；二次函数图象上点的坐
标特征．
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【专题】一次函数及其应用；二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】B
【分析】令y＝﹣x，则﹣x＝﹣4x+3，求出x、y的值即可判断①；令y＝﹣x，则﹣x＝x2﹣5x+3，求出
x、y的两对值，再结合勾股定理求出这两点之间的距离，即可判断②；把（2，﹣2）代入 y＝
ax2+3x+c，求出a、c的关系，再根据二次函数图象上有且只有一个“方形点”，结合 Δ＝b2﹣4ac求出
第16页（共41页）a、c的值，得出y＝﹣x2+3x﹣4，化为顶点式，可得出该二次函数的最值，再根据当y＝﹣8时，求出x
的值即可判断③．
【解答】解：①令y＝﹣x，则﹣x＝﹣4x+3，
解得x＝1，
∴y＝﹣1，即点（1，﹣1）在直线y＝﹣4x+3上，
故①正确；
②令y＝﹣x，则﹣x＝x2﹣5x+3，解得x ＝﹣3，x ＝﹣1，
1 2
∴当x＝﹣3，时y＝3；当x＝﹣1，时y＝1
∴抛物线y＝x2﹣5x+3上的2个“方形点”为（﹣3，3），（﹣1，1），
∴点（﹣3，3）与（﹣1，1）之间的距离=√(-3+1) 2+(3-1) 2=2√2，
故②错误；
③∵点（2，﹣2）是二次函数y＝ax2+3x+c（a≠0）的“方形点”．
∴﹣2＝4a+6+c，
∴c＝﹣4a﹣8，
∵二次函数y＝ax2+3x+c（a≠0）的图象上有且只有一个“方形点”．
∴ax2+3x+c＝﹣x（即ax2+4x+c＝0）有且只有一个根，
∴Δ＝16﹣4ac＝0，
∴16﹣4a（﹣4a﹣8）＝0，
解得a＝﹣1，
c＝﹣4×（﹣1）﹣8＝﹣4
3 7
∴y＝﹣x2+3x﹣4＝﹣（x- ）2- ，
2 4
3 7
二次函数图象的对称轴为直线x= ，函数的最大值为- ，
2 4
当y＝﹣8时，﹣x2+3x﹣4＝﹣8，
解得x ＝﹣1，x ＝4，
1 2
3 7
当 ≤m≤4时，函数的最大值为- ，最小值为﹣8．
2 4
故③错误，
故选：B．
【点评】本题考查了新定义的理解和应用，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象上点的坐标
第17页（共41页）特征，二次函数的最值，一元二次方程根与系数的关系等知识．第（3）题的解题关键是由点的坐标求
出a与c的关系，再根据二次函数图象上有且只有一个“方形点”，结合Δ＝b2﹣4ac求出a、c的值，
然后根据二次函数的性质解答．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分.）
x-1
11．（4分）（2025•天桥区三模）若分式 的值为0，则x＝ 1 ．
2x+3
【考点】分式的值为零的条件．
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【专题】分式；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】直接利用分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零，进而得出答案．
x-1
【解答】解：∵分式 的值为0，
2x+3
∴x﹣1＝0且2x+3≠0，
解得：x＝1．
故答案为：1．
【点评】此题主要考查了分式的值为零的条件，注意：“分母不为零”这个条件不能少．
12．（4分）（2025•天桥区三模）如图，△ABC与△ADC关于AC所在直线对称，若∠B＝80°，∠BAD
＝140°，则∠ACB的度数为 3 0 °．
【考点】轴对称的性质；三角形内角和定理．
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【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】30．
【分析】根据轴对称的性质进行计算即可．
【解答】解：由题知，
因为△ABC与△ADC关于AC所在直线对称，∠BAD＝140°，
1
所以∠BAC= ∠BAD＝70°．
2
第18页（共41页）又因为∠B＝80°，
所以∠ACB＝180°﹣80°﹣70°＝30°．
故答案为：30．
【点评】本题主要考查了轴对称的性质及三角形内角和定理，熟知轴对称的性质是解题的关键．
13．（4分）（2025•天桥区三模）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，∠BOC＝30°，在扇形AOB内随
1
机选取一点D，则点D落在阴影部分的概率是 ．
3
【考点】几何概率．
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【专题】概率及其应用；推理能力．
1
【答案】 ．
3
【分析】分别表示出扇形AOB和扇形BOC的面积，再根据几何概率的概念求值即可．
90π r2 1
【解答】解：扇形AOB的面积： = πr2；
360 4
30πr2 1
扇形BOC的面积： = πr2．
360 12
1 1 1
∴点D落在阴影部分的概率是：
πr2÷ πr2=
，
12 4 3
1
故答案为： ．
3
【点评】本题考查了几何概率，解题的关键是根据扇形的面积公式来解答．
14．（4分）（2025•天桥区三模）在一次女子800m测试中，小静和小茜同时起跑，同时到达终点；所跑
的路程s（m）与所用的时间t（s）之间的函数图象如图所示，则她们第一次相遇的时间是起跑后的第
120 s．
第19页（共41页）【考点】一次函数的应用．
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【专题】一次函数及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】120．
【分析】根据速度＝路程÷时间求出小茜的速度，再由路程＝速度×时间求出其所跑的路程s与所用的
时间t之间的函数；利用待定系数法求出当60≤t≤150时，小静所跑的路程s与所用的时间t之间的函数，
二者联立建立方程组并求解，x的值即为答案．
800
【解答】解：小茜的速度是 = 4（米/秒），
200
∴小茜所跑的路程s与所用的时间t之间的函数为s＝4t（0≤t≤200）．
当60≤t≤150时，设小静所跑的路程s与所用的时间t之间的函数为s＝kt+b（k、b为常数，且k≠0），
将坐标（60，360）和（150，540）分别代入s＝kt+b，
{60k+b=360
得 ，
150k+b=540
{ k=2
解得 ，
b=240
∴当60≤t≤150时，小静所跑的路程s与所用的时间t之间的函数为s＝2t+240．
{ s=4t
当她们第一次相遇时，得 ，
s=2t+240
{t=120
解得 ，
s=480
∴她们第一次相遇的时间是起跑后的第120秒．
故答案为：120．
【点评】本题考查一次函数的应用，掌握速度、时间和路程之间的关系及待定系数法求函数关系式是
解题的关键．
15．（4分）（2025•天桥区三模）如图，在矩形纸片ABCD中，BC＝8，E是BC的中点．将AB沿AE翻
折，使点B落在AD边的B'处，AE为折痕，再将B′D沿B′G翻折，使点D恰好落在线段AC上的点F
第20页（共41页）3
处，B′G为折痕，则tan∠FB′E＝ ．
4
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；矩形的性质．
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【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；推理能力．
3
【答案】 ．
4
【分析】延长B′F交EC于点H，连接GH，由翻折可得：四边形ABEB′是正方形，△B′DG≌△B′FG，四
边形B′ECD是正方形；通过说明B′G∥AC，得到B′G是△DAC的中位线，可得DG＝GC，进而能证明
Rt△GFH≌Rt△GCH，设FH＝HC＝x，则B′H＝4+x，EH＝4﹣x，由勾股定理可求EH，在Rt△B′EH中
利用正切的意义可得结论．
【解答】解：延长B′F交EC于点H，连接GH，如图，
∵矩形纸片ABCD中，BC＝8，E是BC的中点，
1
∴BE= BC＝4，∠BAD＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°．
2
∵将AB沿AE翻折，使点B落在AD边的B'处，AE为折痕，
∴△AB′E≌△ABE，
∴四边形ABEB′是正方形．
∴B′E＝BE＝4，∠AB′E＝∠B′EC＝90°，AB′＝BE＝4．
∴四边形B′ECD是正方形．
∴B′D＝BE＝4．
∵将B′D沿B′G翻折，使点D恰好落在线段AC上的点F处，B'G为折痕，
∴△B′DG≌△B′FG．
1
∴∠DB′G＝∠FB′G= ∠DB′F，B′F＝B′D＝4，DG＝GF．
2
第21页（共41页）∴AB′＝B′F，
∴∠B′AF＝∠B′FA，
∵∠DB′F＝∠B′AF+∠B′FA，
∴∠DB′G＝∠B′AF．
∴B′G∥AC．
∵AB′＝B′D，
1
∴DG＝GC= CD＝2．
2
∴GF＝CG＝2．
∵△B′DG≌△B′FG，
∴∠B′FG＝∠D＝90°，
∴∠GFH＝90°．
在Rt△GFH和Rt△GCH中，
{GF=GC
，
GH=GH
∴Rt△GFH≌Rt△GCH（HL）．
∴FH＝HC．
设FH＝HC＝x，则B′H＝4+x，EH＝4﹣x，
在Rt△B′EH中，B′E2+EH2＝B′H2，
∴42+（4﹣x）2＝（x+4）2．
解得：x＝1．
∴EH＝4﹣1＝3．
EH 3
∴tan∠FB′E= = ，
B'E 4
3
故答案为： ．
4
【点评】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，解直角三角形，平行线的性质，三角
形的中位线，三角形全等的判定与性质，正方形的性质．折叠问题是全等变换，由翻折得到对应的线
段相等，对应的角相等是解题的关键．
三、解答题：（本大题共10个小题，共90分.解答应写出文字说明、证明或演算步骤.）
1
16．（7分）（2025•天桥区三模）计算：(-1) 3+(π-3.14) 0+( ) -1-2sin45°+|√2-1|．
2
【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．
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第22页（共41页）【专题】实数；运算能力．
【答案】1．
【分析】利用有理数的乘方法则，零指数幂，负整数指数幂，特殊锐角三角函数值，绝对值的性质计
算后再算加减即可．
√2
【解答】解：原式=-1+1+2-2× +√2-1
2
＝﹣1+1+2-√2+√2-1
＝1．
【点评】本题考查实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，特殊锐角三角函数值，熟练掌握相关运算
法则是解题的关键．
{
2x-5≤1
17．（7分）（2025•天桥区三模）解不等式组： 2x-1 3x+1，并写出它的正整数解．
＜
3 2
【考点】一元一次不等式组的整数解；解一元一次不等式组．
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【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】是﹣1＜x≤3，正整数解是1，2，3．
【分析】先根据不等式的性质求出不等式组的每个不等式的解集，再求出不等式组的解集，最后求出
不等式组的正整数解即可．
{
2x-5≤1①
【解答】解： 2x-1 3x+1 ，
＜ ②
3 2
解不等式①，得：x≤3，
解不等式②，得：x＞﹣1，
∴原不等式组的解集是﹣1＜x≤3，
∴该不等式组的正整数解是1，2，3．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组和不等式组的整数解，能根据不等式的解集求出不等式组的
解集是解此题的关键．
18．（7分）（2025•天桥区三模）如图，在 ABCD中，点E、F分别在AD，BC上，点G、H在BD上，
DE＝BF，BG＝DH．求证：EH∥GF． ▱
第23页（共41页）【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．
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【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】证明见解析，
【分析】根据平行四边形的对边平行推出∠ADB＝∠CBD，由此证明△DEH≌△BFG，得到∠BHE＝
∠DGF，即可推出EH∥GF．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CB．
∴∠ADB＝∠CBD．
∵DE＝BF，BG＝DH，
∴△DEH≌△BFG（SAS）．
∴∠DHE＝∠BGF．
∵∠DHE+∠BHE＝180°，∠BGF+∠DGF＝180°，
∴∠BHE＝∠DGF．
∴EH∥GF．
【点评】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握各性质是解题的关键．
19．（8分）（2025•天桥区三模）用某型号拖把去拖沙发底部地面的截面示意图如图所示，拖把头为矩
形ABCD，AB＝30cm，DA＝2cm．该沙发与地面的空隙为矩形EFGH，EF＝65cm，HE＝14cm．拖把
杆为线段OM，长为110cm，O为DC的中点，OM与DC所成角 的可变范围是14°≤ ≤90°，当 大小
固定时，若OM经过点G，或点A与点E重合，则此时AF的长即α为沙发底部可拖最大α深度． α
（1）如图1，当 ＝30°时，求沙发底部可拖最大深度AF的长．（结果保留根号）
（2）如图2，为了α 能将沙发底部地面拖干净，将 减小到14°，请通过计算，判断此时沙发底部可拖
最大深度AF的长能否达到65cm？（sin14°≈0.24，αcos14°≈0.97，tan14°≈0.25）
第24页（共41页）【考点】解直角三角形的应用．
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【专题】解直角三角形及其应用；应用意识．
【答案】（1）沙发底部可拖最大深度AF的长为（15+12√3）cm；
（2）此时沙发底部可拖最大深度AF的长不能达到65cm，理由见解答部分．
【分析】（1）设DC的延长线交GF于点N．分别求得ON和OD的长度，相加即为DN也就是AF的
长度；
（2）求得ON的长度，加上OD的长度后与65比较即可判断出沙发底部可拖最大深度AF的长能否达
到65cm．
【解答】解：（1）设DC的延长线交GF于点N．
∵四边形ABCD和四边形EFGH是矩形，HE＝14cm，AB＝30cm，
∴∠DAB＝∠D＝∠F＝90°，CD＝AB＝30cm，GF＝HE＝14cm．
∴四边形ADNF是矩形．
∴NF＝AD＝2cm，∠DNF＝90°，AF＝DN．
∴∠ONG＝90°，GN＝GF﹣NF＝12cm，
∵在Rt△GNO中，∠GNO＝90°，∠GON＝∠ ＝30°，
GN 12 α
∴ON= = =12√3(cm)，
tan30° tan30°
∵点O是CD的中点，
1
∴OD= CD＝15（cm），
2
∴DN＝（15+12√3）cm，
∴AF＝（15+12√3）cm．
答：沙发底部可拖最大深度AF的长为（15+12√3）cm；
（2）沙发底部可拖最大深度AF的长不能达到65cm．
理由：由（1）得：∠ONG＝90°，GN＝12cm，OD＝15cm．
∵在Rt△GNO中，∠GON＝∠ ＝14°，
α
第25页（共41页）GN 12
∴ON= = ≈12÷0.25=48(cm)，
tan∠GON tan14°
∴DN＝OD+ON＝15+48＝63（cm），
∵63＜65，
∴此时沙发底部可拖最大深度AF的长不能达到65cm．
【点评】本题考查解直角三角形的应用．根据 的正切值和GN的长度求得ON的长度是解决本题的关
键． α
20．（8分）（2025•天桥区三模）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的 O与边BC、AC分别
交于D、E两点，DF⊥AC于F． ⊙
（1）求证：DF为 O的切线；
3 ⊙
（2）若cosC= ，CF＝6，求AE的长．
5
【考点】圆的综合题．
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【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
14
（2）AE= ．
3
【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠BDO，∠B＝∠C，求得∠C＝∠BDO，
根据平行线的性质得到∠DFC＝∠DFA＝90°求得OD⊥DF，根据切线的判定定理得到结论；
（ 2 ） 连 接 BE ， DA ， 根 据 三 角 函 数 的 定 义 得 到 DC ＝ 10 ， 根 据 勾 股 定 理 得 到
DF=√CD2-CF2=√102-62=8，根据圆周角定理得到∠BEA＝∠BDA＝90°，求得BC＝2CD＝20，
根据相似三角形的性质得到BE＝16，CE＝12，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵OB＝OD，
第26页（共41页）∴∠B＝∠BDO，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴∠C＝∠BDO，
∴OD∥AC，
∵DF⊥AC，
∴∠DFC＝∠DFA＝90°
∴∠ODF＝∠DFC＝90°
∴OD⊥DF，
又∵OD为 的半径，
∴DF为 O⊙的切线；
（2）解⊙：连接BE，DA，
∵在Rt△DFC 中，∠DFC＝90°，CF＝6，
CF 6 3
∴cosC= = = ，
CD CD 5
∴DC＝10，
第27页（共41页）∴DF=√CD2-CF2=√102-62=8，
∵AB为直径，
∴∠BEA＝∠BDA＝90°，
∵AB＝AC，
∴BC＝2CD＝20，
∵∠CEB＝∠CFD＝90°，
又∵∠C＝∠C，
∴△CFD∽△CEB，
CF DF CD 10 1
∴ = = = = ，
CE BE CB 20 2
∴BE＝16，CE＝12，
∴AB＝AC＝AE+CE＝AE+12，
∵AE2+BE2＝AB2，
∴AE2+162＝（AE+12）2，
14
解得：AE= ．
3
【点评】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行线的性
质，正确地作出辅助线是解题的关键．
21．（9分）（2025•天桥区三模）为确保师生“吃得安全，吃得健康”，某学校切实履行监督职责，随
机抽取8名教师和m名家长做评委，对甲配餐公司提供的饭菜质量进行评分（评分用 x表示，单位：
分），并对他们的评分结果进行整理、描述、分析，得到如下部分信息：
a．教师评分：82 85 88 90 90 90 91 96
b．家长评分的数据整理后分成5组，A组：80≤x＜84，B组：84≤x＜88，C组：88≤x＜92，D组：
92≤x＜96，E组：96≤x＜100，并绘制成如图的频数分布直方图和扇形统计图．
c．评委评分平均数、中位数、众数如表：
第28页（共41页）平均数 中位数 众数
教师评分 89 90 n
家长评分 91 p 91
根据以上信息，回答下列问题：
（1）m的值为 4 0 ，n的值为 9 0 ；
（2）p的值位于家长评分数据分组的 C 组，请补全频数分布直方图；
（3）在扇形统计图中，D组所对应的扇形圆心角的度数为 10 8 °；
（4）新学期即将开始，为了让家长对配餐公司有更多的了解，该校再组织这8名教师和m名家长考察
乙配餐公司，并按教师打分（平均数）占30%，家长打分（平均数）占70%，确定配餐公司的最终得
分，已知教师和家长评委对乙配餐公司打分的平均数分别为92分，88分，如果只比较两家配餐公司
的最终得分，请通过计算说明学校下学期还会继续让甲配餐公司为师生提供服务吗？
【考点】频数（率）分布直方图；扇形统计图；加权平均数；中位数；众数．
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【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】（1）40、90；
（2）C，补全图形见解答；
（3）108；
（4）学校下学期还会继续让甲配餐公司为师生提供服务，理由见解答．
【分析】（1）由C组人数及其所占百分比可得总人数，根据众数的定义可得n的值；
（2）根据中位数的定义可得p的值，由各组人数之和等于总人数求出E这组人数，从而补全图形；
（3）用360°乘以D组人数所占比例即可；
（4）根据加权平均数的定义求解即可．
【解答】解：（1）m＝14÷35%＝40，教师评分的众数n＝90，
故答案为：40、90；
（2）家长评分的中位数是第20、21个数据的平均数，而这2个数据均落在C组：88≤x＜92，
所以p的值位于家长评分数据分组的C组，
96≤x＜100的人数为40﹣（2+8+14+12）＝4（人），
补全图形如下：
第29页（共41页）故答案为：C；
12
（3）在扇形统计图中，D组所对应的扇形圆心角的度数为360°× =108°，
40
故答案为：108；
（4）甲公司最终得分：89×30%+91×70% ＝90.4（分），
乙公司最终得分：92×30%+88×70%＝89.2（分），
∵90.4＞89.2，
∴学校下学期还会继续让甲配餐公司为师生提供服务．
【点评】本题考查频数分布直方图，加权平均数、众数、中位数，理解加权平均数、众数、中位数的
意义和计算方法是正确解答的前提．
22．（10分）（2025•天桥区三模）
生活中的数学
春日的济南，护城河畔垂柳依依，千佛山下百花争艳．越来越多的市民选购自行车用以骑行出游，穿
梭于绿意盎然的街道与湖畔，尽享春日美景．
信息1 某自行车店抓住商机，计划购进 A，B两种型号的
自行车，其中每辆B型自行车比每辆A型自行车多
600元，用5000元购进的A型自行车与用8000元
购进的B型自行车数量相同．
信息2 A型自行车每辆售价为1500元，B型自行车每辆售
价为2000元．
信息3 该自行车店计划购进A、B两种型号的自行车共50
辆，且B型自行车的数量不低于A型自行车数量的
一半．
任务1 （1）求A，B两种型号自行车的进货单价；
任务2 （2）根据进货要求，该商店如何进货才能获得最
大利润？此时最大利润是多少元？
【考点】一次函数的应用；分式方程的应用；一元一次不等式的应用．
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【专题】分式方程及应用；一元一次不等式（组）及应用；一次函数及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）A种型号自行车的进货单价是1000元，B种型号自行车的进货单价是1600元；（2）该
第30页（共41页）商店购进A型自行车33辆，B型自行车17辆能获得最大利润，此时最大利润是23300元．
【分析】（1）依据题意，设A种型号自行车的进货单价是x元，则B种型号自行车的进货单价是
5000 8000
（x+600）元，则 = ，进而计算可以判断得解；
x x+600
（2）依据题意，设购进 A 种型号自行车 m 辆，则设购进 B 种型号自行车（50﹣m）辆，则
1 100
50-m≥ m，可得m≤ ，又设该商店利润为w元，则w＝100m+20000，结合100＞0，从而根据
2 3
一次函数的性质即可判断得解．
【解答】解：（1）由题意，设A种型号自行车的进货单价是x元，则B种型号自行车的进货单价是
（x+600）元，
5000 8000
∴ = ．
x x+600
∴x＝1000，
经检验，x＝1000是原方程的解且符合题意，
∴x+600＝1000+600＝1600．
答：A种型号自行车的进货单价是1000元，B种型号自行车的进货单价是1600元．
（2）由题意，设购进A种型号自行车m辆，则设购进B种型号自行车（50﹣m）辆，
1
∴50-m≥ m．
2
100
∴m≤ ．
3
又设该商店利润为w元，
∴w＝（1500﹣1000）m+（2000﹣1600）（50﹣m）＝100m+20000．
∵100＞0，
∴w随m的增大而增大，
100
∵m≤ 且m为正整数，
3
∴当m＝33时，w有最大值，w最大 ＝100×33+20000＝23300，此时50﹣m＝50﹣33＝17（辆）．
答：该商店购进A型自行车33辆，B型自行车17辆能获得最大利润，此时最大利润是23300元．
【点评】本题主要考查了一次函数的应用、分式方程的应用、一元一次不等式的应用，解题时要熟练
掌握并能根据题意列出关系式是关键．
m
23．（10分）（2025•天桥区三模）如图，一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y= (x＞0)的图象相
x
第31页（共41页）交于点A（2，3），B（6，n）两点，与x轴相交于点C．
（1）求一次函数与反比例函数的解析式；
（2）点P是y轴上一动点，连接AP，BP，当△ABP面积为10时，请求出点P的坐标；
（3）将线段AB绕点B顺时针旋转90°，得到线段BD，连接CD，在反比例函数上，是否存在一点
Q，使得∠CDB+∠QCO＝90°？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】反比例函数综合题．
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【专题】代数几何综合题；运算能力；推理能力．
1 6
【答案】（1）y=- x+4，y= ；
2 x
（2）点P的坐标为（0，﹣1）或（0，9）；
（3）点Q的坐标为（4-√13，8+2√13）或（4+√13，8﹣2√13）．
【分析】（1）根据待定系数法即可得的答案；
（2）设直线AB交y轴于点G，可得G（0，4），设P（0，y），则PG＝|y﹣4|，利用三角形面积公式
即可求得答案；
（3）设CQ交y轴于点M，可证得△CDB∽△CMO，得出M（0，16），进而求得直线CQ的解析式，
再联立方程组求解即可求得答案．
【解答】解：（1）∵反比例函数经过点A（2，3），
m
∴3= ，
2
∴m＝2×3＝6，
6
∴反比例函数的解析式为y= ．
x
6 6
将点B（6，n）代入y= 得，n= =1，
x 6
∴B（6，1），
{2k+b=3
把A（2，3）和B（6，1）分别代入y＝kx+b，得 ，
6k+b=1
第32页（共41页）{ 1
k=- ，
解得 2
b=4
1
∴一次函数的解析式为y=- x+4；
2
1
（2）设直线y=- x+4交y轴于点G，如图，
2
令x＝0 得，y＝4，
则G（0，4），
设P（0，y），则 PG＝|y﹣4|，
1
∵S = PG•（x ﹣x ）＝10，
△ABP 2 B A
1
∴ |y﹣4|×（6﹣2）＝10，
2
解得：y＝﹣1 或9，
∴点P的坐标为（0，﹣1）或（0，9）；
（3）存在，如图2，设CQ交y轴于点M，
∵直线AB与x轴交于点C，
∴y＝﹣x+4＝0，
解得 x＝8，
∴C（8，0），
∵A（2，3），B（6，1），
∴BC=√(6-8) 2+(1-0) 2=√5，AB=√(6-2) 2+(1-3) 2=2√5，
∵线段AB绕点B顺时针旋转90°，得到线段BD，
∴BD＝AB＝2√5，∠ABD＝∠CBD＝90°，
第33页（共41页）∵∠COM＝90°，
∴∠CBD＝∠COM，
∴∠CDB+∠DCB＝90°，∠CDB+∠QCO＝90°，
∴∠DCB＝∠QCO，
∴△CMO∽△CDB，
OM BD
∴ = ，
OC BC
OM 2√5
∴ = ，
8 √5
∴OM＝16，
∴M（0，16），
∴直线CQ的解析式为 y＝﹣2x+16，
{y=-2x+16
∴ 6 ，
y=
x
{ x =4-√13 { x =4+√13
1 2
解得： ， ．
y =8+2√13 y =8-2√13
2 2
∴点Q的坐标为（4-√13，8+2√13）或（4+√13，8﹣2√13）．
【点评】本题考查了一次函数与反比例函数的综合，涉及待定系数法求函数解析式，三角形面积，相
似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
24．（12分）（2025•天桥区三模）已知抛物线y＝x2+mx+n与x轴交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交
第34页（共41页）于点C（0，﹣4）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，已知点E为第四象限抛物线上的点，连接AC、BE、AE、BC，且AE和BC相交于点F，
设△ACF的面积为S ，△BEF的面积为S ，当S ﹣S ＝5时，求点E的坐标．
1 2 1 2
（3）如图2，设点P（x ，y ），Q（x ，y ）是直线BC下方抛物线上的两动点，且x ＝x +1，过点P
1 1 2 2 2 1
作PM∥y轴，交BC于点M，过点Q作QN⊥BC，交BC于点N．求PM+√2QN的最大值．
【考点】二次函数综合题．
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【专题】代数综合题；推理能力．
【答案】（1）y＝x2﹣3x﹣4；
3+√17
（2）( ，-2)；
2
3 15
（3）当x = 时，PM+√2QN有最大值，其最大值是 ．
1 2 2
【分析】（1）将点A和点C坐标代入求出m和n即可得解；
（2）由S ﹣S ＝5可得，（S +S ）﹣（S +S ）＝5，进而转化为S ﹣S ＝5，进而即可得
1 2 1 △ABF 2 △ABF △ABC △ABE
解；
（3）由题易得∠OCB＝45°，过点Q作QK∥y轴交BC于K，易证△KNQ是等腰直角三角形，所以
KQ=√2NQ，进而再利用函数点的坐标特征求解即可．
【解答】解：（1）把点A（﹣1，0）和C（0，﹣4）代入抛物线y＝x2+mx+n中，
{1-m+n=0
得： ，
n=-4
第35页（共41页）{m=-3
解得： ，
n=-4
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4；
（2）当y＝0时，x2﹣3x﹣4＝0，
解得：x ＝﹣1，x ＝4，
1 2
∴B（4，0），
∵S ﹣S ＝5
1 2
∴（S +S ）﹣（S +S ）＝5，
1 △ABF 2 △ABF
∴S ﹣S ＝5，
△ABC △ABE
1 1
∴ ×AB×OC- ×AB×|y |=5，
2 2 E
1 1
∴ ×5×4- ×5×|y |=5，
2 2 E
∴|y |＝2，
E
∵点E在第四象限，
∴y ＝﹣2，
E
3±√17
令y＝x2﹣3x﹣4＝﹣2得，x= ，
2
∵点E在第四象限，
3+√17
∴点E的坐标为( ，-2)；
2
（3）设BC的解析式为：y＝kx+b，分别代入B（4，0），C（0，﹣4），
{4k+b=0
∴ ，
b=-4
{ k=1
解得： ，
b=-4
∴BC的解析式为：y＝x﹣4，
∵OB＝OC＝4，∠BOC＝90°，
∴∠OCB＝45°，
如图，过点Q作QK∥y轴交BC于K，
第36页（共41页）∴∠NKQ＝∠OCB＝45°，
∵QN⊥BC，
∴∠BNQ＝90°，
∴△KNQ是等腰直角三角形，
∴KQ=√2NQ，
∵点P（x ，y ），Q（x ，y ）是直线BC下方抛物线上的两动点，且x ＝x +1，
1 1 2 2 2 1
∴点M（x ，x ﹣4），Q（x +1，x2-x -6)，K（x +1，x ﹣3），
1 1 1 1 1 1 1
∴PM=x -4-(x2-3x -4)=-x2+4x ，KQ=x -3-(x2-x -6)=-x2+2x +3，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 15
∴PM+√2NQ=PM+KQ=-x2+4x +(-x2+2x +3)=-2(x - ) 2+ ，
1 1 1 1 1 2 2
∵﹣2＜0，
3 15
∴当x = 时，PM+√2QN有最大值，其最大值是 ．
1 2 2
【点评】本题主要考查了求二次函数解析式、二次函数点的坐标特征、等腰直角三角形的性质和判定、
二次函数的最值问题等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
25．（12分）（2025•天桥区三模）【问题初探】
（1）如图1，AD是△ABC的中线，BE交AC于点E，交AD于点F，且AE＝EF，求证：AC＝BF．
请写出完整的证明过程，以下解题思路仅供参考．
思路1：延长FD至点G，使DG＝DF，连接CG，构造△DGC≌△DFB…
思路2：过点B作BH∥AC交AD延长线于点H，构造△BDH≌△CDA…
【迁移应用】
第37页（共41页）（2）如图2，已知等边△ABC中，D为BC边上一动点，连接AD，将AD绕若D顺时针旋转120°得到
DE，连接BE，取BE中点F，连接DF，猜想CD与DF的数量关系，并证明你的猜想；
【能力提升】
（3）如图3，已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是斜边BC上的一点，且BD＜CD，连接
AD，将线段AD绕D点顺时针旋转90°，得到线段DE，连接线段BE，点F为线段BE的中点，连接
DF．若∠CDE＝15°，DF=√6，求线段CD的长度．
【考点】几何变换综合题．
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【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；图形的相似；推理能力；应用意识．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）CD＝2DF，理由见解答过程；
（3）CD＝6√3+6．
【分析】（1）延长FD至G，使GD＝FD，连接GC，证明△BDF≌△CDG（SAS），可得BF＝GC，
∠BFD＝∠G，而AE＝EF，有∠EAF＝∠EFA，故∠G＝∠GAC，AC＝GC，从而AC＝BF；
（2）延长ED至K，使DK＝DE，连接AK，BK，由DF是△EBK的中位线，得BK＝2DF，由旋转得
∠ADE＝120°，DE＝DA，知△AKD是等边三角形，即可证△AKB≌△ADC（SAS），故BK＝CD，得
CD＝2DF；
（3）延长ED至点P，使 DP＝DE，连接BP，AG，作AQ⊥BC，垂足为Q，证明BP＝2DF，由AB＝
AQ
AC，∠BAC＝90°，得AB= =√2AQ，由旋转得∠ADE＝90°，DE＝DA，可得△APD 是等腰直
sin45°
角三角形，故∠PAD＝45°，AP=√2AD，即可得△APB∽△ADQ，得 BP=√2DQ，从而 DQ=√2DF
=√2×√6=2√3，在AQ上取点M，使∠QDM＝60°，则∠DMQ＝90°﹣∠QDM＝30°，可得MA＝MD，
求出MA＝MD＝2DQ＝2×2√3=4√3，MQ=√3DQ=√3×2√3=6，即可得CD＝DQ+QC＝6√3+6．
【解答】（1）证明：延长FD至G，使GD＝FD，连接GC，
第38页（共41页）∵AD是△ABC 的中线，
∴BD＝CD．
在△BDF和△CDG中，
{
BD=CD
∠BDF=∠CDG，
DF=DG
∴△BDF≌△CDG（SAS），
∴BF＝GC，∠BFD＝∠G，
∵AE＝EF，
∴∠EAF＝∠EFA，
∵∠EFA＝∠BFD，
∴∠G＝∠GAC，
∴AC＝GC，
∴AC＝BF；
（2）解：CD＝2DF，理由如下：
延长ED至K，使DK＝DE，连接AK，BK，
∵F是BE的中点，D是EK的中点，
∴DF是△EBK的中位线，
第39页（共41页）∴BK＝2DF，
由旋转得∠ADE＝120°，DE＝DA，
∴∠ADK＝180°﹣∠EDA＝60°，DK＝DE＝DA，
∴△AKD是等边三角形，
∴AK＝AD，∠KAD＝60°，
∵△ABC 是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴∠KAB＝∠DAC＝60°﹣∠BAD，
∴△AKB≌△ADC（SAS），
∴BK＝CD，
∴CD＝2DF；
（3）解：如图，延长ED至点P，使 DP＝DE，连接BP，AG，作AQ⊥BC，垂足为Q，
∵点F是BE中点，点D是PE中点，
∴DF是△EBP 的中位线，
∴BP＝2DF，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴BQ＝CQ＝AQ，∠BAQ＝45°，
AQ
∴AB= =√2AQ，
sin45°
由旋转得∠ADE＝90°，DE＝DA，
∴∠ADP＝180°﹣∠EDA＝90°，DP＝DE＝DA，
∴△APD 是等腰直角三角形，
∴∠PAD＝45°，AP=√2AD，
AP AB
∴ = =√2，∠PAB＝∠DAQ＝45°﹣∠BAD，
AD AQ
∴△APB∽△ADQ，
第40页（共41页）BP AP
∴ = =√2，
DQ AD
∴BP=√2DQ，
∵BP＝2DF，
∴2DF=√2DQ，
∴DQ=√2DF=√2×√6=2√3，
∵∠CDE＝15°，∠ADE＝∠AQD＝90°，
∴∠DAQ＝∠CDE＝15°，
在AQ上取点M，使∠QDM＝60°，则∠DMQ＝90°﹣∠QDM＝30°，
∴∠MAD＝∠MDA＝15°，
∴MA＝MD，
在Rt△MDQ中，
∵∠DMQ＝30°，
∴MA＝MD＝2DQ＝2×2√3=4√3，MQ=√3DQ=√3×2√3=6，
∴AQ＝QC＝MA+MQ＝4√3+6，
∴CD＝DQ+QC＝2√3+4√3+6＝6√3+6．
【点评】本题考查几何变换综合应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，解题的
关键是作辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题．
第41页（共41页）
