2025广州中考数学真题（答案解析）_广州九上月考+期中+期末+一模二模+中考真题_广州中考真题23-25_2025年

2025 年广州市初中毕业生学业考试 数学 满分120分，用时120分钟． 一、单选题（每小题3分，满分30分．） 1. 下列四个选项中，负无理数的是（ ） A.  2 B. 1 C. 0 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是负无理数的含义，根据负无理数的定义，需同时满足负数和无理数两个条件．对各 选项逐一分析即可．  2 【详解】解：选项A： 2  2 是无理数（无法表示为分数且是无限不循环小数），因此 也是无理数．负号表明其为负数，故  2 是负无理数． 选项B：1 1是整数，属于有理数，不符合无理数的条件． 0 选项C： 0 是整数，属于有理数，且非负数． 3 选项D： 3 是正整数，属于有理数，且非负数． 的 综上，只有选项A同时满足负数和无理数 条件， 故选A． Rt△ABC AC 2. 如图，将 绕直角边 所在直线旋转一周，可以得到的立体图形是（ ） 第1页/共29页 学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是点，线，面，体之间的关系，圆锥的认识，根据面动成体结合圆锥的特点可得答 案． Rt△ABC AC 【详解】解： 绕直角边 所在的直线旋转一周后所得到的几何体是一个圆锥． 故B选项正确． 故选B 3. 下列运算正确的是（ ） a2a3 a15 (2ab)3 8a3b3 A. B. a  b  ab(ab0) 2 a 5 a 7 a(a0) C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查幂的运算、积的乘方、二次根式的加减法则．需逐一分析各选项的正确性． 【详解】解：A． 同底数幂相乘，底数不变，指数相加，故 a2a3 a23 a5 ，但选项结果为 a15 ，错 误． 2ab3 23 a3b3 8a3b3 B． 积的乘方需将每个因式分别乘方，且负数的奇数次方为负数，故 ， 8a3b3 但选项结果为 ，错误． C． 二次根式相减不能直接合并为被开方数相减．例如 a9 ， b4 时， 9 4 321，而 94  5 1 ，错误． 2 a 5 a 25 a 7 a D． 同类二次根式相加，系数相加，根式部分不变，故 ，正确． 综上，正确答案为D． 故选：D． 4. 关于x的方程 x2 xk2 20 根的情况为（ ） A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 第2页/共29页 学科网（北京）股份有限公司C. 无实数根 D. 只有一个实数根 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的判别式．通过计算判别式并分析其符号即可确定根的情况． 【详解】解：对于方程 x2 xk2 20 ，其判别式为： 12 41  k2 2  14  k2 2  14k2 84k2 7. 由于 k2 0 ，则4k2 0 ，因此4k2 770 ． 故判别式Δ恒为负数，方程无实数根， 故选：C． 5. 某地一周的每天最高气温如下表，利用这些数据绘制了下列四个统计图，最适合描述气温变化趋势的是 （ ） 星期 一 二 三 四 五 六 日 最高 气温 25 25 28 30 33 30 29 /℃ A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是选择合适的统计图，根据条形图，折线图，扇形图的特点进行选择即可． 第3页/共29页 学科网（北京）股份有限公司【详解】解：∵扇形统计图可以清楚地表示各部分数量和总量之间的关系；条形统计图可以清楚地看出数 量的多少；折线统计图，不仅可以清楚地看出数量的多少，而且还能清楚地看出数量的增减变化趋势； ∴最适合描述气温变化趋势的是折线统计图； 故选：C． A(3,1) B(1,1) y  x 6. 如图，在平面直角坐标系中，点 ，点 ，若将直线 向上平移d个单位长度后与线 段AB有交点，则d的取值范围是（ ） A. 3d 1 B. 1d 3 C. 4d 2 D. 2d 4 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查一次函数图象的平移以及一次函数与线段的交点问题，正确掌握相关性质内容是解题的 关键． 先求出直线 y  x 平移后的解析式，再根据直线与线段AB有交点，分别求出直线经过点A和点B时d的 值，进而确定d的取值范围，据此进行分析，即可作答． y  x y  xd 【详解】解：依题意，将直线 向上平移d个单位长度后得 ∵点 A(3,1) ，点 B(1,1) ，且直线 y  x 向上平移d个单位长度后与线段AB有交点， A(3,1) 13d d 4 ∴把 代入得 ，解得 ； B(1,1) 11d d 2 把 代入得 ，解得 ； 则2d 4， 故选：D． k y  k k(k 0) x 7. 若 ，反比例函数 的图象在（ ） A. 第一、二象限 B. 第一、三象限 C. 第二、四象限 D. 第三、四象限 【答案】C 第4页/共29页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】本题考查的是绝对值的化简，反比例函数图象的性质，由绝对值的性质得出k的符号，再根据反 比例函数的图象性质确定其所在象限． 【详解】解：确定k的符号： k k k 0 k 0 k 0 k 0 k 由题设条件 且 ，根据绝对值的非负性，右边 ，即 ．又因 ，故 为负数． k y  x k ∵反比例函数 的图象位置由 的符号决定： 当k 0时，图象位于第一、三象限； k 0 当 时，图象位于第二、四象限． k 因 为负数，故图象在第二、四象限． 综上，正确答案为选项C． 故选：C 8. 如图，菱形 ABCD 的面积为10，点E，F，G，H分别为AB，BC， CD ，DA的中点，则四边形 EFGH 的面积为（ ） 5 2 A. B. 5 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 EF∥∥AC，∥HG∥ EH BD FG 【分析】本题考查的是中点四边形，根据三角形中位线定理得 ， BD2EF，AC 2EH EFGH ABCD ，证明四边形 是矩形，进而得菱形 的面积 1  ACBD2EFEH 2 ．四边形 EFGH 面积是EFEH 故可得结论． AC、BD 【详解】解：连接 交于O， ABCD ∵四边形 是菱形， 第5页/共29页 学科网（北京）股份有限公司ACBD ∴ ， ∵点E、F、G、H分别是边 AB、B、C CD 和DA的中点， EH∥B，D∥FG BD EF∥，AC∥，HG， AC BD2EF AC 2EH ∴ ， ， EH∥F，G∥ EF HG ∴ ， EFGH ∴四边形 是平行四边形， ACBD ∵ ， AOB90 ∴ ， BAOABO90 ∴ ， AEH ABO，BEF EAO ∵ ， ∴AEH BEF 90， HEF 90 ∴ ， EFGH ∴四边形 是矩形， 1  ACBD2EFEH ABCD 2 ∴菱形 的面积 ， 2EFEH 10 ∴ ， EFEH 5 ∴ ， EFGH ∴四边形 的面积为5， 故选：B． 1 A A BD BC 9. 如图， A O 的直径AB 4，C为 A AB中点，点D在弧BC上， 3 ，点P是AB上的一个动 点，则△PCD 周长的最小值是（ ） 2 7 22 3 3 7 44 3 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质，轴对称性质，正确掌握相关性质 第6页/共29页 学科网（北京）股份有限公司内容是解题的关键．先作点 C 关于AB的对称点 C ，连接 CC,OD,CD,CP ，交AB于点P ，因为 1 A A BD BC A O 的直径AB 4，C为 A AB中点，得 CC AB 4 ，再结合 3 ，得 COD60 ，再证明 △COD 是等边三角形，运用勾股定理列式计算得 DC CC2 CD2 2 3 ，则△PCD 周长 CDPDCP2CD ，即可作答． 【详解】解：作点 C 关于AB的对称点 C ，连接 CC,OD,CD,CP ，记 CD 交AB于点P ，如图所示： CPCP ∴ ∵ A O 的直径AB 4，C为 A AB中点， 1 OC OD 42 ∴点O在 CC 上， 2 ， COB90 ， CC AB 4 ∴ ， 1 A A BD BC 3 ∵ ，  1 COD 1 9060    3 ∴ ， COOD ∵ ， △COD 则 是等边三角形， CDOC 2 ∴ ， CC ∵ 是直径， CDC90 ∴ DC CC2 CD2  164 2 3 ∴ ， 则△PCD 周长 CDPDCP2PDCP2PDCP2CD22 3 ， 第7页/共29页 学科网（北京）股份有限公司∴△PCD 周长的最小值是 22 3 ． 故选：B． A(x ,y ) B(x ,y ) y ax2 2ax(a 0) 10. 在平面直角坐标系中，两点 1 1 ， 2 2 在抛物线 ，则下列结论中正确 的是（ ） x 0 y y 0 0 x 2 x  x 1 y  y A. 当 1 且 1 2 时，则 2 B. 当 1 2 时，则 1 2 x 0 y y 0 0 x 2 x  x 1 y  y C. 当 1 且 1 2 时，则 2 D. 当 1 2 时，则 1 2 【答案】A 【解析】 y ax2 2ax(a 0) 1,a 【分析】本题考查了二次函数的图象性质，抛物线 开口向上，顶点为 ，与x 0,0 2,0 轴交于 和 ，分析各选项时需结合抛物线的对称性、增减性及函数值的符号，据此进行作答即 可． y ax2 2ax(a 0) 【详解】解：∵ ∴抛物线的开口向上， 2a x 1 2a 则对称轴为直线 ， x1 y ax2 2ax y a2a  a 把 代入 ，得 ， 1,a ∴顶点为 ， A(x ,y ) B(x ,y ) y ax2 2ax(a 0) ∵两点 1 1 ， 2 2 在抛物线 ， x 0 y y 0 y 0 x0 在 ∴当 1 且 1 2 时， 1 （因 时抛物线 x轴上方）， y 0 故 2 ， 0 x 2 此时 2 故A选项的结论正确； x  x 1 x1 当 1 2 时，抛物线在 时递减， x y 故 2越大， 2越小， y  y 即 1 2， 第8页/共29页 学科网（北京）股份有限公司故B选项的结论错误； x 0 y y 0 y 0 当 1 且 1 2 时， 2 ， x x 0 x 2 此时 2应满足 2 或 2 ， 故C选项的结论错误； x  x 1 x1 当 1 2 时，抛物线在 时递增， x y 故 1越大， 1越大， y  y 即 1 2， 故D选项的结论错误； 故选：A 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分．） 11. 如图，直线AB， CD 相交于点O．若 136 ，则2的度数为__________． 【答案】144 【解析】 1,2 21801 【分析】本题考查了邻补角互补，根据 是互为邻补角，得 ，再代入数值计算，即 可作答． 【详解】解：∵直线AB， CD 相交于点O，且 136 ， 2180118036144 ∴ ， 故答案为：144 DE 1  12. 如图，在VABC中，点D，E分别在AB， AC 上， DE∥BC ，若 BC 3，则 S AADE  S AABC __________． 第9页/共29页 学科网（北京）股份有限公司1 9 【答案】 【解析】 △△ADE∽ ABC 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，根据题意证明 ，根据相似三角形的性质 即可求解． DE∥BC 【详解】解：∵ △△ADE∽ ABC ∴ ， 2 2 S  DE 1 1 AADE        S  BC  3 9 ∴ AABC 1 9 故答案为： ． x1 13. 要使代数式 x3 有意义，则x的取值范围是__________． x1 x3 【答案】 且 【解析】 x10 x30 【分析】本题考查了二次根式和分式有意义的条件，根据题意得出 且 ，即可求解． x10 x30 【详解】解：依题意， 且 ， x1 x3 解得： 且 ， x1 x3 故答案为： 且 ． 12 cosCAD 14. 如图，在 Rt△ABC 中，ACB90，AD平分 CAB ，已知 13 ， AB 26 ，则点 B到AD的距离为__________． 10 【答案】 第10页/共29页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】本题考查的是勾股定理的应用，角平分线的定义，锐角三角函数的应用，先求解 CD 5 sinÐCAD= = AD 13 ，过点B，作 BQ AD ，交AD于点 Q ，结合 BQ 5 sinBAQsinCAD AB 13 ，从而可得答案． 12 cosCAD 【详解】解：∵ 13 ，ACB90， AC 12 = AD 13 ∴ ， AC 12x AD13x 设 ，则 ， CD= AD2 - AC2 =5x ∴ ， CD 5 sinÐCAD= = AD 13 ∴ ， 过点B，作 BQ AD ，交AD于点 Q ， CAB ∵AD平分 ， ∴CADBAD， BQ 5 sinBAQsinCAD AB 13 ∴ ， AB 26 ∵ ， BQ 10 ∴ ， ∴点B到AD的 距离为 10 ； 故答案为：10． y  x2 6mx6m2 5m3 y  x2 15. 若抛物线 的顶点在直线 上，则m的值为__________． 1  【答案】1或 3 【解析】 第11页/共29页 学科网（北京）股份有限公司【分析】本题考查了二次函数的顶点坐标，一次函数的性质，公式法进行解一元二次方程，正确掌握相关  3m,3m2 5m3   3m,3m2 5m3  性质内容是解题的关键．先整理得出顶点坐标为 ，再把 代入 y  x2 3m2 2m10 ，得出 ，运用公式法进行解一元二次方程，即可作答． y  x2 6mx6m2 5m3 【详解】解：∵ ， 6m x 3m ∴对称轴为直线 21 ， x3m y  x2 6mx6m2 5m3 把 代入 ， y 3m2 5m3 得 ，  3m,3m2 5m3  即顶点坐标为 ， y  x2 ∵抛物线的顶点在直线 上， 3m2 5m33m2 ∴ ， 3m2 2m10 整理得 ， 22 43116 则 ， 2 16 24 12 m   ∴ 23 6 3 ， 1 m 1,m  , 1 2 3 ∴ 1  故答案为：1或 3． 16. 已知 A O 的半径为 6 ， A O 所在平面内有一动点P，过点P可以引 A O 的两条切线PA，PB，切点分 别为A，B．点P与圆心O的距离为 d ，则 d 的取值范围是______；若过点O作 OC∥PA 交直线PB于 点 C （点 C 不与点B重合），线段 OC 与 A O 交于点D．设PAx， CD y ，则 y 关于x的函数解析式 为______． x2 12x36 y  d 6 2x 【答案】 ①. ②. 【解析】 第12页/共29页 学科网（北京）股份有限公司【分析】由题意可得点P在 A O 外，从而得出 d 6 ，再由切线长定理可得PA PB  x， OB PB ， OPAOPB ，又 OC∥PA ，则 OPAPOC ，所以 OPC POC ，可得PC OC，故有 PC OC 6 y BC  x6 y ， ，最后通过勾股定理即可求解． 【详解】解：如图， ∵过点P可以引 A O 的两条切线PA，PB， A O ∴点P在 外， d 6 ∴ ， ∵PA，PB是 A O 的两条切线， ∴PA PB  x， OB PB ， OPAOPB ， OBP 90 ∴ ， OC∥PA ∵ ， OPAPOC ∴ ， OPC POC ∴ ， ∴PC OC， CD y A O 6 ∵ ， 的半径为 ， PC OC 6 y ∴ ， BC  PBPC  x6 y ∴ ， Rt△OBC OC2 OB2 BC2 在 中， ， 6 y2 62 x6 y2 ∴ ， x2 12x36 y  2x ∴ ， x2 12x36 y  d 6 2x 故答案为： ， ． 【点睛】本题主要考查了点和圆的位置关系，切线长定理，勾股定理，求函数解析式，等角对等边，平行 第13页/共29页 学科网（北京）股份有限公司线的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 三、解答题（本大题共9小题，满分72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 2x1  4x3 x9 17. 解不等式组 ，并在数轴上表示解集． 1  x4 2 【答案】 ，画图见解析 【解析】 【分析】本题考查解不等式组和用数轴表示不等式组的解集，需要注意用数轴表示解集的时候实心点和空 心点的区别．分别求出每一个不等式的解集，根据数轴，确定不等式组的解集即可． 2x1①  4x3 x9② 【详解】解： ， 1 x 2 由①得： ， x4 由②得： ， 将不等式组的解集表示在数轴上如下： 1  x4 2 则不等式组解集为 ． 18. 如图，BA BE，12， BC  BD ．求证： △A≌B△C EBD ． 【答案】见解析 【解析】 ABC EBD SAS 【分析】本题考查了全等三角形的判定，先证明 ，进而根据 即可证明 △A≌B△C EBD ． 12 【详解】证明：∵ ， 1EBC 2EBC ABC EBD ∴ ，即 ， 第14页/共29页 学科网（北京）股份有限公司在VABC和△EBD 中， BA BE  ABC EBD  BC  BD  △A≌B△C EBDSAS ∴ 2m2 4m m2 4m4  m2 m m 31 19. 求代数式 的值，其中 ． 4 3 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了分式的化简求值，完全平方公式，平方差公式，二次根式的运算，先把分式化成最简， m 31 然后把 代入，通过二次根式的运算法则即可求解，熟练掌握运算法则是解题的关键． 2m2 4m m2 4m4  m2 m 【详解】解： 2mm2 m22   m2 m 2m2m2 2m2 8 ， m 31 当 时，  2 2 31 8 原式   2 42 3 8 84 38 4 3 ． 20. 为了弘扬中华优秀传统文化，某校开展主题为“多彩非遗，国韵传扬”的演讲比赛．评委从演讲的内 容、能力、效果三个方面为选手打分，各项成绩均按百分制计．进入决赛的前两名选手需要确定名次（不 能并列），他们的单项成绩如下表所示： 选 内 能 效 手 容 力 果 第15页/共29页 学科网（北京）股份有限公司甲 98 84 88 乙 88 85 97 （1）分别计算甲、乙两名选手的平均成绩（百分制），能否以此确定两人的名次？ 4:3:3 （2）如果评委认为“内容”这一项最重要，内容、能力、效果的成绩按照 的比确定，以此计算两 名选手的平均成绩（百分制），并确定两人的名次； （3）如果你是评委，请按你认为各项的“重要程度”设计三项成绩的比，并解释设计的理由． 【答案】（1）甲、乙的平均成绩均为90分，不能以此确定两人的名次； （2）甲排名第一，乙排名第二； 5:2:3 （3）设计三项成绩的比为 ，理由内容是演讲的核心，占比最高，效果直接影响观众，次之，能力 是基础，占比最低．（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题考查了加权平均数，算术平均数，权重等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （1）利用算术平均数即可求解； （2）利用加权平均数即可求解； 3 （ ）改变权重即可． 【小问1详解】 解：不能以此确定两人的名次， 988488 90 3 甲的平均成绩： （分）， 888597 90 3 乙的平均成绩： （分）， x x ∴ 甲 乙， ∴不能以此确定两人的名次； 【小问2详解】 984843883 90.8 解：甲的平均成绩： 433 （分）， 884853973 89.8 乙的平均成绩： 433 （分）， 第16页/共29页 学科网（北京）股份有限公司x  x ∴ 甲乙 ， ∴甲排名第一，乙排名第二； 【小问3详解】 5:2:3 解：设计三项成绩的比为 ，理由， 内容是演讲的核心，占比最高，效果直接影响观众，次之，能力是基础，占比最低．（答案不唯一） 2 G: y  (x0) x P(4,t) 21. 如图，曲线 过点 ． （1）求t的值； l: y xb （2）直线 也经过点P，求l与y轴交点的坐标，并在图中画出直线l； （3）在（2）的条件下，若在l与两坐标轴围成的三角形内部（不包含边界）随机取一个格点（横、纵坐 标都是整数的点），求该格点在曲线G上的概率． 1 t  2 【答案】（1） 0,4.5 （2） ，见详解 1 3 （3） 【解析】 【分析】本题考查了概率公式，反比例函数的性质，一次函数的性质，画函数图象，正确掌握相关性质内 容是解题的关键． 2 1 y  t  P(4,t) x 2 （1）直接把 代入 进行计算，得 ； 1 P(4, ) 2 l: y xb y x4.5 （2）先得出 ，再代入直线 ，求出 ，即可求出l与y轴交点的坐标，再 l 由两点确定一条直线画出直线 的函数图象； 第17页/共29页 学科网（北京）股份有限公司1,3,1,2,1,1,2,1,2,2,3,1, 1,2,2,1 6 （3）先得出格点共有 个，分别是 再分析得出格点 在 曲线G上，即有两个格点在曲线G上，最后运用概率公式列式计算，即可作答． 【小问1详解】 2 G: y  (x0) x P(4,t) 解：∵曲线 过点 ． 2 1 t   ∴ 4 2； 【小问2详解】 1 t  2 解：由（1）得 ， 1 P(4, ) 2 故 ， l: y xb ∵直线 也经过点P， 1 1 P(4, ) 4b 2 yxb 2 ∴把 代入 ，得 ， b4.5 解得 ， y x4.5 ∴ ； x0 y 04.54.5 令 ，则 ， 0,4.5 ∴l与y轴交点的坐标为 ； 直线l的函数图象，如图所示； 第18页/共29页 学科网（北京）股份有限公司【小问3详解】 6 解：依题意，在l与两坐标轴围成的三角形内部（不包含边界）的格点共有 个，分别是 1,3,1,2,1,1,2,1,2,2,3,1 ， 2 G: y  (x0) x ∵曲线 ， 1332,122,1112,212,2242,3132 则 ， 1,2,2,1 ∴格点 在曲线G上，即有两个格点在曲线G上， 2 1   的 6 3 即该格点在曲线G上 概率 ． 22. 智能机器人广泛应用于智慧农业．为了降低成本和提高采摘效率，某果园引进一台智能采摘机器人进 行某种水果采摘． 30% （1）若用人工采摘的成本为a元，相比人工采摘，用智能机器人采摘的成本可降低 ．求用智能机器 人采换的成本是多少元；（用含a的代数式表示） （2）若要采摘4000千克该种水果，用这台智能采摘机器人采摘比4个工人同时采摘所需的天数还少1天， 已知这台智能采摘机器人采摘的效率是一个工人的5倍，求这台智能采摘机器人每天可采摘该种水果多少 千克． 0.7a 【答案】（1） 元 1000 （2）这台智能采摘机器人每天可采摘该种水果 千克． 【解析】 【分析】本题考查的是列代数式，分式方程的应用； 第19页/共29页 学科网（北京）股份有限公司30% （1）根据人工采摘的成本为a元，相比人工采摘，用智能机器人采摘的成本可降低 ，再列代数式即 可； （2）设一个工人每天采摘该种水果x千克，则智能采摘机器人采摘的效率是每天 5x 千克；根据要采摘 4000千克该种水果，用这台智能采摘机器人采摘比4个工人同时采摘所需的天数还少1天，再建立分式方 程求解即可． 【小问1详解】 30% 解：∵用人工采摘的成本为a元，相比人工采摘，用智能机器人采摘的成本可降低 ． (1- 30%)a =0.7a ∴用智能机器人采换的成本是 （元）； 【小问2详解】 解：设一个工人每天采摘该种水果x千克，则智能采摘机器人采摘 的 效率是每天 5x 千克； 4000 4000 = -1 5x 4x ∴ ， x200 解得： ， x200 经检验 是原方程的解且符合题意； ∴5x1000（千克）， 1000 答：这台智能采摘机器人每天可采摘该种水果 千克． 51 23. 宽与长的比是 2 （约为 0.618 ）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片 ABCD ，长 AD 51 ．如图1，折叠纸片 ABCD ，点B落在AD上的点E处，折痕为AF ，连接EF ，然后将纸 片展开． （1）求AB的长； CDEF （2）求证：四边形 是黄金矩形； （3）如图2，点G为AE的中点，连接FG，折叠纸片 ABCD ，点B落在FG上的点H处，折痕为FP， PQ EF BFQP 过点P作 于点Q．四边形 是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 第20页/共29页 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）2 （2）证明见解析 BPQF （3）四边形 是黄金矩形．证明见解析 【解析】 AB 51  【分析】（1）根据黄金矩形的定义可得： AD 2 ，再进一步求解即可； （2）先证明四边形ABFE 是正方形；可得AB=BF =EF =AE =2， DE CF  51 ，证明四边形 CFED 是矩形，从而可得答案； （3）先证四边形 BPQF 是矩形，然后求解 FG  12 22  5 ，由对折可得：FH =FB=2，设 1 1 1 1 ´ 1´ (2- x)+ ´ 2x+ ´ 5x= ´ (1+2)´ 2 BPx，则 AP 2x ，由面积可得： 2 2 2 2 ，可得： x 51 ，再进一步可得结论． 【小问1详解】 AD 51 ABCD 解：∵ ，矩形 是黄金矩形， AB 51  ∴ AD 2 ， 5-1 ( ) AB= ´ 5+1 =2 ∴ 2 ； 【小问2详解】 证明：∵折叠黄金矩形纸片 ABCD ，点B落在AD上的点E处， ∴AB AE，BAEF ， ABCD 又∵四边形 是矩形， BAE B C D90 ABCD AD BC  51 ∴ ， ， ， BAE BAEF 90 ∴ ， ∴四边形ABFE 是矩形， ∵AB AE， ∴四边形ABFE 是正方形； ∴AB BF  EF  AE ， 由（1）可知，AB 2， 第21页/共29页 学科网（北京）股份有限公司∴AB BF  EF  AE 2， DE CF  512 51 ∴ ， C DDEF 90 ∵ ， CFED ∴四边形 是矩形， EF CD2 ∴ ， DE 51  ∴ FE 2 ， CDEF ∴四边形 是黄金矩形． 【小问3详解】 BPQF 解：四边形 是黄金矩形，证明如下： ∵ PQ EF ，四边形ABFE 是正方形， ÐB=ÐBFE =ÐPQF =90° ∴ ， BFQP ∴四边形 是矩形； 由（2）可知，AB BF  AE  EF 2， ∵ G 为AE的中点， AG  EG 1 ∴ ， FG  EG2 EF2  12 22  5 ∴ ， 如图，连接 PG ，由对折可得：FH =FB=2，BP PH ， PHF B90 ， BP PH  x AP 2x 设 ，则 ， S S S S ∵ AAPG APBF APGF 梯形ABFG 1 1 1 1 ´ 1´ (2- x)+ ´ 2x+ ´ 5x= ´ (1+2)´ 2 2 2 2 2 ∴ ， x 51 解得： ， 第22页/共29页 学科网（北京）股份有限公司BP 51 ∴ ， BP 5-1 = ∴ BF 2 ， BFQP ∴四边形 是黄金矩形． 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，理 解黄金矩形的定义是关键． 24. 某玩转数学小组发现隧道前通常设有涉水线和限高架等安全警示，为探究其内在的数学原理，该小组 考察了如图1所示的双向通行隧道．以下为该小组研究报告的部分记录，请认真阅读，解决问题． 发 现 问 题 涉水线设置 限高架设置 确 定 目 标 数 学 抽 象 绘 制 隧道及斜坡的侧面示意图，可近似如图2 图 图3为隧道横截面示意图，由抛物线 所示． 形 的一部分ACB和矩形ADEB的三边 第23页/共29页 学科网（北京）股份有限公司构成． 信 息 收 车辆进入隧道，应在行驶车道内通行 集 当隧道内积水的水深为0.27米时，（即积水 （禁止压线），且必须保证车辆顶部 资 达到涉水线处），车辆应避免通行． 与隧道顶部ACB在竖直方向的空隙 料 不小于0.3米． 整 理 实 地 隧道的最高点C到地面DE距离为 考 斜坡的坡角  为 10 ，并查得： AD BE 3 5.4米，两侧墙面高 米， 察 sin100.174 ， DE 10 地面跨度 米．车辆行驶方向 数 cos100.985， 的右侧车道线（宽度忽略不计）与墙 据 tan100.176 ． 面的距离为1米． 采 集 问题解决： MN （1）如图2，求涉水线离坡底的距离 （精确到0.01米）； （2）在图3中建立适当的平面直角坐标系，求抛物线ACB的解析式； 0.1 （3）限高架上标有警示语“车辆限高h米”（即最大安全限高），求h的值（精确到 米）． MN 1.55 【答案】（1） 米 12 y  x2 125 （2） 3.5 （3） 米 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形的相关应用，二次函数的应用，求二次函数的解析式，正确掌握相关性 质内容是解题的关键． 第24页/共29页 学科网（北京）股份有限公司MP sin10 0.174 MPl MN （1）认真研读题干，过点M作 ，代入数值得 ，进行计算，即可作答． y ax2a0 （2）先以点 C 为坐标原点，建立平面直角坐标系，设抛物线ACB的解析式为 ，再把 12 B5,2.4 y  x2 125 代入进行计算，得 ，即可作答． （3）认真研读题干，得出 10514 ，再算出当x4时， y 1.536 ，则 OG 1.536 ， GH CH OG 3.864 hGH 0.33.5643.5 ，即可得出 （米），即可作答． 【小问1详解】 MPl 解：如图，过点M作 ，  10 ∵斜坡的坡角 为 ，隧道内积水的水深为0.27米， MNP10,MP0.27 ∴ ， MPl sin100.174 ∵ ， ， MP sin10 0.174 在Rt△MNP中， MN ， 0.27 0.174 MN ∴ ， 0.27 MN  1.55 0.174 ∴ （米）； 【小问2详解】 C 解：如图所示：以点 为坐标原点，建立平面直角坐标系： y ax2a0 依题意，设抛物线ACB的解析式为 ， ∵隧道的最高点C到地面DE距离为5.4米，两侧墙面高 AD BE 3 米，地面跨度 DE 10 米． B5,2.4 ∴ ， B5,2.4 y ax2 把 代入 ， 第25页/共29页 学科网（北京）股份有限公司2.425a 得 ， 12 a  125 ∴ ， 12 y  x2 125 ∴ ； 【小问3详解】 解：如图所示： ∵车辆行驶方向的右侧车道线（宽度忽略不计）与墙面的距离为1米．必须保证车辆顶部与隧道顶部 ACB在竖直方向的空隙不小于0.3米． 10514 ∴ ， 12 y  42 1.536 ∴当x4时， 125 ， OG 1.536 则 ， GH CH OG 5.41.5363.864 ∴ ， ∵限高架上标有警示语“车辆限高h米”（即最大安全限高）， hGH 0.33.8640.33.564 ∴ （米） ∵涉及安全问题， 第26页/共29页 学科网（北京）股份有限公司h3.5643.5 ∴ （米）． 25. 如图1， AC 4 ，O为 AC 中点，点B在 AC 上方，连接AB， BC ． （1）尺规作图：作点B关于点O的对称点D（保留作图痕迹，不写作法），连接AD， DC ，并证明：四 ABCD 边形 为平行四边形； （2）如图2，延长 AC 至点F ，使得 CF  AC ，当点B在直线 AC 的上方运动，直线 AC 的上方有异于 点B的动点E，连接EA，EB， EC ，EF ，若 AEC 45 ，且 △△ABC∽ FCE ． △A∽B△C CBE ①求证： ； CB ② 的长是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由． 2 2 【答案】（1）见解析 （2）①见解析；② 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知 识是解题的关键； BO BO ODOB AD,CD （1）连接 并延长，在 的延长线上截取 ，连接 ，进而根据对角线互相平分的四 边形是平行四边形，即可得证； AB BC  △△ABC∽ FCE BCE F BAC FC CE CF  AC （2）①根据 得出 ， ，根据已知 可得 △A∽B△C CBE ； ②根据 AEC 45 ， AC 4 ，得出E在 △AEC 的外接圆上运动，设 △AEC 的外接圆为 A O ，设 1 BC  AG EF 与 A O 交于点 G ，连接 AG ，证明 ABAC∽AGFA 得出 2 ，当 AG 为 A O 的直径时， AG 4 2 取得最大值为 ，进而即可求解． 【小问1详解】 解：如图， 第27页/共29页 学科网（北京）股份有限公司∵ O为 AC 中点， AOOC ∴ ， BOOD 根据作图可得 ， ABCD ∴四边形 为平行四边形， 【小问2详解】 △△ABC∽ FCE ①∵ ， F BAC,ACBFEC ∴ ， ACE F CEF ECBACB ∵ ， BCE F BAC ∴ ， △△ABC∽ FCE ∵ ， AB BC  FC CE CF  AC ∴ 且 ， AB BC  AC CE ∴ ， △A∽B△C CBE ∴ ， AEC 45 AC 4 ②∵ ， ， ∴E在 △AEC 的外接圆上运动，设 △AEC 的外接圆为 A O 如图，设EF 与 A O 交于点 G ，连接 AG ， AOC 2AEC 90 ∴ 第28页/共29页 学科网（北京）股份有限公司2 OAOC  AC 2 2 2 ∴ A A CG CG ∵ GAF CEF ∴ ， CEF ACB ∵ GAF BCA ∴ F BAC 又∵ ABAC∽AGFA ∴ CF  AC AF 2AC 又 ，则 ， BC AC 1   AG AF 2 ∴ 1 BC  AG 2 ∴ AG A O AG 4 2 ∴当 为 的直径时， 取得最大值为 ∴BC的最大值为 2 2 第29页/共29页 学科网（北京）股份有限公司