2025广州外国语学校中考二模数学试题（答案解析）_广州九上月考+期中+期末+一模二模+中考真题_2025中考二模

2024—2025 学年初三年级下学期数学模拟检测 数学试题 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出的四个选项中，只有一 个是正确的．） 2022 1. 年卡塔尔世界杯已闭幕，历届世界杯的会徽都是对东道主理念的最佳诠释，下列世界杯会徽是轴 对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形，根据轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线折叠，直线两边的 部分互相重合，那么这个图形是轴对称图形，即可判断，掌握轴对称图形的定义是解题的关键． 【详解】解：A、是轴对称图形，符合题意； B、不是轴对称图形，不符合题意； C 、不是轴对称图形，不符合题意； D、不是轴对称图形，不符合题意； 故选：A． 2. 如图，数轴上点A表示的数的相反数是（ ） 1  A. 3 B. 3 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 3 【分析】根据图示，数轴上点A表示的数是 ，据此求出它的相反数即可． 3 【详解】根据图示，数轴上点A表示的数是 ， 33 所以数轴上点A表示的数的相反数是： ． 故选：D 【点睛】此题主要考查了数轴的特征和应用，以及相反数的含义以及求法，解答此题的关键是要明确：相 第1页/共27页 学科网（北京）股份有限公司反数是成对出现的，不能单独存在；求一个数的相反数的方法就是在这个数的前边添加负号． 3. 下列运算正确的是（ ） 25 5 0.4 0.2 11 1 3mn2 6m2n2 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了化简二次根式，负整数指数幂，积的乘方运算等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运 用是解题的关键． 分别根据求一个数的算术平方根，化简二次根式的方法判断A、B，利用负整数指数幂的知识点判断C， 根据积的乘方运算法则判断D即可． 25 5 【详解】解：A、 ，原写法错误，故不符合题意； 10 0.4  B、 5 ，原写法错误，故不符合题意； 11 1 C、 ，正确，符合题意； 3mn2 9m2n2 D、 ，原写法错误，故不符合题意； 故选：C． 4. 三角形的面积为5，底边长为x，底边上的高为 y ，则 y 与x的函数表达式为（ ） 10 5 x x y  y  y  y  x x 5 10 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角形面积公式得到x、y关系式，变形即可求解． 5 【详解】解：∵底边长为x，底边上的高为y的三角形面积为 ， 1 xy 5 2 ∴ ， 10 y  x ∴ ． 故选：A 【点睛】本题考查了反比例函数的意义，根据三角形面积公式得到x、y的关系式是解题关键． 5. 如图，这个几何体的左视图是（ ） 第2页/共27页 学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三视图概念即可解题. 【详解】解：因为物体的左侧高,所以会将右侧图形完全遮挡,看不见的直线要用虚线代替, 故选B. 【点睛】本题考查了三视图的识别,属于简单题,熟悉三视图的概念是解题关键. 6. 下列命题的逆命题是真命题的是（ ） a0 b0 ab0 A. 若 ， ，则 B. 三边长为3、4、5的三角形为直角三角形 C. 在一个角的内部，到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上 a  b a b D. 若 ，则 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了逆命题的概念，判断命题真假，熟练掌握相关知识点是解题关键．先分别写出逆命题， 再根据不等式的性质，勾股定理，角平分线的性质，绝对值的意义逐一判断，即可得到答案． a0 b0 ab0 ab0 a0 b0 【详解】解：A、若 ， ，则 的逆命题是“若 ，则 ， ” ab0 ，则 a0 ， b0 或 a0 ， b0 ， 逆命题是假命题，不符合题意； B、三边长为3、4、5的三角形为直角三角形的逆命题是“直角三角形的三边长为3、4、5”， 直角三角形的三边长还可以为6、8、10或5、12、13或……， 逆命题是假命题，不符合题意； C、在一个角的内部，到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上的逆命题是“角的平分线上的点到角 的两边距离相等”，是真命题，符合题意； 第3页/共27页 学科网（北京）股份有限公司a  b a  b a b a b D、若 ，则 的逆命题是“若 ，则 ”，  a  b ab ，则 ， 逆命题是假命题，不符合题意； 故选：C A,B 7. 如图是一个不倒翁的主视图，不倒翁的圆形脸恰好与帽子边沿PA，PB分别相切于点 ，不倒翁的 鼻尖正好是圆心O，若 OAB25 ，则APB的度数为（ ）． 50 60 25 90 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了切线的性质及切线长定理，掌握其性质定理是解决此题的关键．由切线的性质了的 PAO90 ，由此得出 PABPAOOAB65 ，再由切线长定理可得PA PB，再由三角形 内角和即可求出APB的度数． 【详解】∵PA切 : O 于点A， OA 是半径， PAOA ∴ ， PAO90 ∴ ， OABPABPAO ∵ ， PABPAOOAB65 ∴ ， PA、PB : O A、B ∵ 分别切 于点 ， ∴PA PB， ∴PBAPAB65， PABPBAAPB180 ∵ ， APB180656550 ∴ ． 第4页/共27页 学科网（北京）股份有限公司故选：A． y ax2 bxc y abxc 8. 二次函数 的图像如图所示，则一次函数 的图像大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次函数的图像可以判断a、b、c的符号，从而可以确定一次函数 的图像经过的象限，本 题得以解决． 【详解】解：由二次函数的图像可得， a>0，b，>，0 c<0 ∴一次函数的图像经过第一、三、四象限， 故选：C． 【点睛】本题考查二次函数的图像、一次函数的图像，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质 和数形结合的思想解答． 9. 如图是一个运算程序的示意图，若开始输入的x值为81，我们看到第一次输出的结果为27．第二次输 出的结果为9，…，第10次输出的结果为（ ） 第5页/共27页 学科网（北京）股份有限公司A. 1 B. 3 C. 9 D. 27 【答案】A 【解析】 【分析】依次求出每次输出的结果，根据结果得出规律，即可得出答案． 1 8127 【详解】解：第1次，3 ， 1 279 3 第2次， ， 1 93 3 第3次， ， 1 31 3 第4次， ， 123 第5次， ， 1 31 3 第6次， ， ， 依此类推，从第3次开始以3，1循环， 10224 ∵ ， ∴第10次输出的结果为1． 故选：A 【点睛】本题考查了求代数式的值，能根据求出的结果得出规律是解本题的关键．   3,0 : M 10. 如图，半径为1的 经过平面直角坐标系的原点O，与x轴交于点A，点A的坐标为 ，点 ABO30 B是直角坐标系平面内一动点，且 ，则BM的最大值为（ ） 第6页/共27页 学科网（北京）股份有限公司3 5 3 3 31 2 32 2 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 : P 【分析】分两种情况进行讨论，即①当B点在x轴上方时，作△OAB的外接圆 ，连接OP、AP，过点 P作PC OA于点C，延长CP交 : P 于点B'，则点B在点B'处时，BM的值最大， 先求得△OPA是等边 3 3 1 PO2OC2== 三角形，OA= 3 ，从而得OC= AC=2OA= 2 ，进而由勾股定理，得PC= 2， 1 CM  OM2OC2= 2，从而求得PM=PC-CM=1，即可求得BM的最大值； 32 ②当B点在x轴下方时，结合①中所求结果，可求得此时BM的最大值为 ，进行比较即可． 【详解】解：①当B点在x轴上方时，作△OAB的外接圆 : P ，连接OP、AP，过点P作PC OA于点 : P C，延长CP交 于点B'，如图： 则点B在点B'处时，BM的值最大，理由如下： 点B是直角坐标系平面内一动点，且∠ABO = 30°， ∠APO= 2∠ABO = 60° 第7页/共27页 学科网（北京）股份有限公司  3,0 PO= PA， A ， △OPA是等边三角形，OA= 3 ， PO= PA= OA= 3， PC⊥OA， 3 1 OC= AC=2OA= 2 ， M点在B'C上，点B在点B'处时，BM 的 值最大， 在Rt△POC中，由勾股定理，得 2  2  3 3 PO2OC2= 3   =   2 2 PC=   ， 连接OM，如图： : M 的半径为1 ， .OM=1， Rt△OMC 在 中，由勾股定理，得 2  3 1 CM  OM2OC2= 12  =   2 2   ， 3 1 - =1 PM=PC-CM= 2 2 ， 31 B'M=PB'+PM= ， 31 此时，BM的最大值为 ； ②当B点在x轴下方时，作△OAB的外接圆 : P ，连接OP、AP ，过点P 作PC OA于点C，延长 第8页/共27页 学科网（北京）股份有限公司CP 交 : P 于点B，如图： 3 1 BC  3 CM= 2 2 由①可知， ， ， 3 1 BM  BCCM  3   32 2 2 ∴ ， 32＞ 31 ∵ ， 32 ∴BM的最大值为 ． 故选： C． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理及等边三角形的判定及性以及平面直角坐标系，熟练掌握 垂径定理及圆周角定理是解题的关键． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分．） x3 11. 若二次根式 有意义，则x的取值范围是____________． x3 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，熟知二次根式的被开方数是非负是解题的关键； x30 根据二次根式的被开方数是非负数可得 ，再解不等式即可． x3 x30 x3 【详解】解：若二次根式 有意义，则 ，即 ； x3 故答案为： ． 12. 在平面直角坐标系中，将点（1，－2）先向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，则所得 第9页/共27页 学科网（北京）股份有限公司的点的坐标是________． （3）,1 【答案】 【解析】 【分析】直接利用平移的性质得出平移后点的坐标即可． 【详解】∵将点（1，－2）先向右平移2个单位长度， ∴得到（3，-2）， ∵再向上平移3个单位长度， ∴所得点的坐标是：（3，1）； 故答案为：（3，1）． 【点睛】此题主要考查了平移变换，正确掌握平移规律是解题关键． a2bb3  13. 分解因式： ______． babab 【答案】 【解析】 【分析】先提取公因式b，再利用平方差公式分解因式即可． a2bb3 b  a2 b2 babab 【详解】解： ， babab 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了分解因式，熟知分解因式的方法是解题的关键． 14. 从2，3，3，4中随机抽取两个数，抽到两个都是这组数据的众数的概率______． 1 6 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查概率公式和众数的定义，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）=事件A可能 2,3 出现的结果数÷所有可能出现的结果数．在数据2，3，3，4中，随机抽取两个数的所有情况为 ， 2,3 2,4 3,3 3,4 3,4 ， ， ， ， ，共6种，抽到两个都是3的情况只有1种，再根据概率公式求解 即可． 的 【详解】解：2，3，3，4 众数为3， 2,3 2,3 2,4 3,3 3,4 所以在数据2，3，3，4中，随机抽取两个数的所有情况为 ， ， ， ， ， 第10页/共27页 学科网（北京）股份有限公司3,4 ，共6种，抽到两个都是3的情况只有1种， 1 6 所以抽到两个都是这组数据的众数的概率 ， 1 6 故答案为： ． 6cm 2cm 15. 在练习掷铅球项目时，某同学掷出的铅球在操场地上砸出一个直径为 、深 的小坑，则该铅 cm 球的直径为______ ． 13 1 6 【答案】 2 ## 6.5 ## 2 【解析】 【分析】本题考查的是垂径定理的应用和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理，利用勾股定理进行求解， 是解题的关键．由题意画出图形，设出未知数，由勾股定理列出方程，解方程，即可解决问题． 【详解】解：如图，由题意知， AB 6cm ， CD2cm ， OD 是半径，且OC  AB， 1 AC CB AB3cm 2 ， OC r2cm rcm 设铅球的半径为 ，则 ， Rt:AOC OC2  AC2 OA2 在 中，根据勾股定理得： ， (r2)2 32 r2 即 ， 13 r  4 解得： ， 13 2r  cm 则铅球的直径为： 2 ， 13 2 故答案为： ． 第11页/共27页 学科网（北京）股份有限公司16. 如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点E从点B出发，以1单位每秒的速度向点C运动， 5 DF＝3，G，H分别是AE，EF的中点，在点E的整个运动过程中，当AE⊥EF时，点E的运动时间为 ____秒，线段GH扫过的图形面积为____． 5 6 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 BE t 【分析】答题空1：设当AE⊥EF时，点E的运动时间为t秒，则 ，由矩形的性质可证出 4 CF CDDF  3 ，再证出 :BAE ::CEF 进而得到 BE:CE  AB:CF 即可求解； 答题空2：点E的运动时间为2秒；此时，线段GH扫过的图形为图中阴影部分，点M、N分别为点 G、H的初始位置，则可证出四边形MNHG是平行四边形，延长HN交AB于点P，则PN⊥AB，且 3 PM  PB 2 ，利用点H是EF中点， PH//BC ，即可求出PB进而得到PM 即可求解． BE t 【详解】解：设当AE⊥EF时，点E的运动时间为t秒，则 ， ∵ 矩形ABCD中，AB=3，AD=4， CD AB3，B，C  AD4 BC 90 ∴ ， CE  BCBE 4t，BAEBEA90 ∴ ， 5 ∵DF＝3， 4 CF CDDF  ∴ 3 ， ∵AE⊥EF， AEF 90 ∴ ， BEACEF 90 ∴ ， 第12页/共27页 学科网（北京）股份有限公司BAE CEF ∴ ， :BAE ::CEF ∴ ， BE AB  CF CE ∴ ， BE:CE  AB:CF ∴ ， 4 t4t3 ∴ 3 ， t2 4t40 t t 2 整理得： ，解得： 1 2 , 即当AE⊥EF时，点E的运动时间为2秒； 此时，线段GH扫过的图形为图中阴影部分，点M、N分别为点G、H的初始位置，如图： 则点M、点G、点N、点H分别为AB、AE、BF、EF的中点， ∴MG、NH分别是△ABE、△FBE的中位线， 1 1 MG  BE 1，，MG，//BE NH  BE 1 NH//BE ∴ 2 2 ， MG  NH 1,MG//NH，MG  AB ∴ ， ∴四边形MNHG是平行四边形， 延长HN交AB于点P，如图， 1 3 PM  BM PB ABPB PB 则PN⊥AB，且 2 2 ， PH//BC ∵点H是EF中点， ， 1 1 1  5 2 PB FC  DCDF  3    2 2 2  3 3 ∴ ， 3 2 5 PM    ∴ 2 3 6 ， 5 5 S =MG:PM=1 = ∴ 阴影部分 6 6 ， 第13页/共27页 学科网（北京）股份有限公司5 6 即线段GH扫过的图形面积为 , 5 6 故答案为:2； ． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、平行四边形的判定、三角形中位线定理、相似三角 形的判定与性质等知识；画出辅助线是解题的关键． 三、解答题（本大题有9小题，共72分，解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤．） 5x y 6  2x y 8 17. 解方程组： ．  x2  y 4 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了求二元一次方程组的解，解题的关键是熟练掌握求二元一次方程组的解的步骤． 利用求二元一次方程组的解的步骤进行求解即可． 5x y 6①  2x y 8② 【详解】解： ①② 7x14 得 ， x2 解得 ， x2 将 代入①得， y 6524 ，  x2  y 4 所以原方程组的解为 ． 18. 已知，如图，∠1＝∠2，∠C＝∠D，BC＝BD，求证：: ABD≌: EBC． 【答案】见解析 【解析】 【分析】根据∠1＝∠2，可得∠ABD＝∠EBC，然后结合∠C＝∠D，BC＝BD，利用ASA可证明: ABD≌ : EBC． 第14页/共27页 学科网（北京）股份有限公司【详解】证明：∵∠1＝∠2， ∴∠1＋∠EBD＝∠2＋∠EBD， ∴∠ABD＝∠EBC， 在: ABD和: EBC中， ABDEBC   BD BC  DC  ， ∴: ABD≌: EBC（ASA）． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解决本题的关键． 19. 疫情就是命令，防控就是责任.为了解学生对疫情防控知识的了解情况，某校学生会随机抽取了部分学 生进行疫情防控知识线上问卷调查，将他们的得分从高到低依次按优秀、良好、合格、待合格（分别记为 A，B， C ，D）四个等级进行统计，并绘制了如下不完整的两幅统计图． 请根据以上信息，解答下列问题： （1）本次线上问卷，共调查了______名学生，扇形统计图中，B部分的圆心角是______度； （2）补全条形统计图； （3）若该校有2000名学生，估计疫情防控知识问卷调查得分能达到良好及以上的人数． 40 126 【答案】（1） ， （2）见解析 （3）1300 【解析】 【分析】（1）用A部分的人数除以其所占百分比可得；B部分的人数除以总人数，再乘以360°； （2）用总人数减去A部分的人数减去B部分的人数减去D部分的人数求得 C 部分的人数，据此即可补全 第15页/共27页 学科网（北京）股份有限公司图形； 的 （3）用良好及以上 人数除以调查的总人数，再乘以2000． 【小问1详解】 1230%40 学校本次调查的学生人数为 （名）， 14 360126 B部分的圆心角40 【小问2详解】 C 401214410 部分的人数为 （人）， 补全图形如下： 【小问3详解】 该校有2000名学生，估计疫情防控知识问卷调查得分能达到良好及以上的人数为： 1214 20001300 40 （人） 【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，解题的关键是读懂统计图，从不同的统计图 中得到必要的信息．  5  x2 2x1 A 1     x4 x4 20. 已知 ． （1）化简A； x2  x120 （2）已知x满足 ，求A的值． 1 x1 【答案】（1） 1 （2）2 第16页/共27页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】本题考查了分式化简和解一元二次方程，熟练掌握因式分解法解方程是解题的关键． （1）A括号内两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分即可得到结果； （2）利用因式分解法求出方程的解，结合分式有意义的条件，再代入化简后的代数式中计算即可． 【小问1详解】  5  x2 2x1 A 1     x4 x4 解： x+4- 5 x+4 = × x+4 (x-1)2 x-1 x+4 = × x+4 (x-1)2 1  x1； 【小问2详解】 x2  x120 解： ， (x- 3)(x+4)=0 ∴ ， x 3 x 4 解得： 1 ， 2 ， ∵分式有意义， x  4 x1 ∴ ， ， x3 ∴当 时， 1 1   原式 31 2． 21. 今年夏天，多地连降大雨，某地因大雨导致山体塌方，致使车辆通行受阻，某工程队紧急抢修，需要 2 3 爆破作业．现有A，B两种导火索，A种导火索的燃烧速度是B种导火索燃烧速度的 ，同样燃烧长度为 20s 36cm的导火索，A种所需时间比B种多 ． （1）求A，B两种导火索的燃烧速度分别是多少？ （2）为了安全考虑，工人选燃烧速度慢的导火索进行爆破，一工人点燃导火索后以6m/s的速度跑到距爆 破点100m外的安全区，问至少需要该种导火索多长？ 第17页/共27页 学科网（北京）股份有限公司0.6cm/s 0.9cm/s 【答案】（1）A，B两种导火索的燃烧速度分别是 、 ；（2）至少需要该种导火索0.1m． 【解析】 2 3 【分析】（1）设B、A两种导火索的燃烧速度分别是x cm/s、 x cm/s，由同样燃烧长度为36cm的导火索， A种所需时间比B种多20s，列出方程，解方程即可； 在 （2）根据人要 导火线燃烧完之前跑到100m以外，可得出不等式，解出即可． 2 xcm/s 【详解】解：（1）设B、A两种导火索的燃烧速度分别是xcm/s、3 ， 36 36  20 2 x x 3 由题意得： ， x 0.9 解得： ， x 0.9 经检验， 是原方程的解，且符合题意， 2 x0.6 则3 ， 0.6cm/s 0.9cm/s 答：A，B两种导火索的燃烧速度分别是 、 ； （2）设需要该种导火索的长度为ym， 0.6cm0.006m ， y 6 100 由题意得： 0.006 ， y0.1 解得： ， 答：至少需要该种导火索0.1m． 【点睛】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，找出正确的数量关系关系，列出分式方 程和一元一次不等式是解题的关键． C3,4 OABC AO 22. 如图，平行四边形 的顶点O与原点重合， 边在x轴的正半轴上，且点 ， k A3,0 y  k 0,x0 ，反比例函数 x 的图象经过对角线 OB 的中点D． 第18页/共27页 学科网（北京）股份有限公司（1）求反比例函数的表达式． OD OD OA AN （2）已知线段 的垂直平分线分别交 ， 于点M，N．求 的值． 6 y  (x0) x 【答案】（1） 5 6 （2） 【解析】 【分析】本题考查作图基本作图、待定系数法求反比例函数解析式、平行四边形的性质、线段垂直平分 线的作法，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键． （1）由 A(3,0) ，可得 OA3 ，结合平行四边形的性质可得 B(6,4) ，进而可得 D(3,2) ，将D的坐标代入 k 反比例函数解析式求出 的值，即可得出答案． 1 13 OM  OD （2）由勾股定理及线段垂直平分线的定义可得 2 2 ，再结合已知条件证明 OM ON  :NOM∽:DOA ，可得 OA OD ，求出ON的长，根据AN OAON可得答案． 【小问1详解】 A(3,0) 解： ， OA3 ， 四边形 OABC 为平行四边形， BC OA3 ， C (3,4) ， B(6,4) ， 点D为 OB 的中点， D(3,2) ， 第19页/共27页 学科网（北京）股份有限公司k y (k 0,x0) 反比例函数 x 的图象经过点D， k 326 ． 6 y  (x0) 反比例函数的表达式为 x ； 【小问2详解】 如图，连接AD， D(3,2) A(3,0) ， ， AD x AD3 轴， ， 由勾股定理得，OD 32 22  13， MN为线段 OD 的垂直平分线， 1 13 OM  OD 2 2 ， OMN 90 ， OADOMN 90， NOM DOA， △N∽O△M DOA， 13 OM ON 2 ON    OA OD ，即 3 13 ， 13 ON  解得 6 ， 5 AN OAON  6． 23. 如图，在一条马路l上有路灯AB（灯泡在点A处）和小树 CD ，某天早上 9：00 ，路灯AB的影子顶 部刚好落在点C处． 第20页/共27页 学科网（北京）股份有限公司（1）画出小树 CD 在这天早上 9：00 太阳光下的影子 CE 和晚上在路灯AB下的影子 CF ； （2）若以上点E恰为 CF 的中点，小树 CD 高2m，求路灯AB的高度． 【答案】（1）见解析； （2）4m． 【解析】 【分析】(1)连接 AC ，过点D作 DE∥AC 与直线 l 交于点E，连接AD并延长交直线 l 交于点F，点 E、F即为所求的点； (2)根据相似三角形的判定与性质，即可解答． 【小问1详解】 CE CF 解：如图， 、 就是所求作的线段． 【小问2详解】 xm 解：设AB长为 ， DE∥AC ， DF EF 1    AF CF 2 ， DC∥AB ， △A△BF∽ DCF ， AB AF x   2 2 DC DF ，即2 ， 解得x4， 故路灯AB的高度为4m． 【点睛】本题考查了平行投影作图，熟练应用相似三角形的判定与性质是关键． 第21页/共27页 学科网（北京）股份有限公司24. 如图，在正方形ABCD中，AB＝4，动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度，沿线段AB方向匀 速运动，到达点B停止．连接DP交AC于点E，以DP为直径作⊙O交AC于点F，连接DF、PF． （1）求证：△DPF为等腰直角三角形； （2）若点P的运动时间t秒． ①当t为何值时，点E恰好为AC的一个三等分点； ②将△EFP沿PF翻折，得到△QFP，当点Q恰好落在BC上时，求t的值． 【答案】（1）详见解析；（2）①1；② 5 ﹣1． 【解析】 【分析】（1）要证明三角形△DPF为等腰直角三角形，只要证明∠DFP＝90°，∠DPF＝∠PDF＝45°即可， 根据直径所对的圆周角是90°和同弧所对的圆周角相等，可以证明∠DFP＝90°，∠DPF＝∠PDF＝45°，从而 可以证明结论成立； （2）①根据题意，可知分两种情况，然后利用分类讨论的方法，分别计算出相应的t的值即可，注意点 P从A出发到B停止，t≤4÷2＝2； ②根据题意，画出相应的图形，然后利用三角形相似，勾股定理，即可求得t的值． 【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线， ∴∠DAC＝45°， : ∵在⊙O中，DF所对的圆周角是∠DAF和∠DPF， ∴∠DAF＝∠DPF， ∴∠DPF＝45°， 又∵DP是⊙O的直径， ∴∠DFP＝90°， ∴∠FDP＝∠DPF＝45°， ∴△DFP是等腰直角三角形； （2）①当AE：EC＝1：2时， ∵AB∥CD， ∴∠DCE＝∠PAE，∠CDE＝∠APE， 第22页/共27页 学科网（北京）股份有限公司∴△DCE∽△PAE， DC CE  PA AE ∴ ， 4 2  2t 1 ∴ ， 解得，t＝1； 当AE：EC＝2：1时， ∵AB∥CD， ∴∠DCE＝∠PAE，∠CDE＝∠APE， ∴△DCE∽△PAE， DC CE  PA AE ∴ ， 4 1  2t 2 ∴ ， 解得，t＝4， ∵点P从点A到B，t的最大值是4÷2＝2， ∴当t＝4时不合题意，舍去； 由上可得，当t为1时，点E恰好为AC的一个三等分点； ②如右图所示， ∵∠DPF＝90°，∠DPF＝∠OPF， ∴∠OPF＝90°， ∴∠DPA+∠QPB＝90°， ∵∠DPA+∠PDA＝90°， ∴∠PDA＝∠QPB， ∵点Q落在BC上， ∴∠DAP＝∠B＝90°， ∴△DAP∽△PBQ， DA DP  PB PQ ∴ ， ∵DA＝AB＝4，AP＝2t，∠DAP＝90°， 第23页/共27页 学科网（北京）股份有限公司42 (2t)2 4t2 ∴DP＝ ＝2 ，PB＝4﹣2t， 2t2 设PQ＝a，则PE＝a，DE＝DP﹣a＝2 ﹣a， ∵△AEP∽△CED， AP PE  CD DE ∴ ， 2t a  4 2 4t2 a 即 ， 2t 4t2 2t 解得，a＝ ， 2t 4t2 2t ∴PQ＝ ， 4 2 4t2  42t 2t 4t2 ∴ 2t ， 解得，t ＝﹣ 5 ﹣1（舍去），t ＝ 5 ﹣1， 1 2 即t的值是 5 ﹣1． 【点睛】此题主要考查四边形综合，解题的关键是熟知正方形的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与 性质. 1 y  ax2 a 25. 已知：抛物线 4 的顶点落在直线l： yx1 上， （1）求该抛物线的解析式； N N N N （2）将l向上平移b（b>0）个单位，设其与抛物线的交点分别为 1， 2，（ 1在 2左侧） S ①请用b表示 △N 1 ON 2 ； M M M ②当b=1时，设此时l与y轴交点为F，将l绕点F转动，转动后与抛物线的交点设为 1， 2（ 1在 第24页/共27页 学科网（北京）股份有限公司M M M P P PM PM 2左侧），过 1， 2分别作x轴的垂线，垂足分别为点 1， 2，连接 1 2， 2 1，设其交点为T， M M 求转动过程中，T到直线 1 2距离的最大值． 1 y  x2 1 【答案】（1） 4 ； 1 3 S = 1b 2 （2）① △N 1 ON 2 2 ；②1． 【解析】 yx1 【分析】（1）先求出抛物线的顶点坐标，再将顶点坐标代入 求出a的值，即可知道抛物线的解析 式； 1 y  x1b 0,1b y  x2 1 y  x1b （2）①求出 与y轴交点坐标为： ，再联立联立 4 与 表示出  t2  M  t, 1  N N S M M y  kx2 1  4  1， 2的横坐标，即可求出 △N 1 ON 2 ；②设直线 1 2的解析式为： ，设 ，  s2  M  s, 1  2  4  Pt,0 P s,0 M P M P ， 1 ， 2 ，求出直线 1 2解析式，直线 2 1解析式，进一步求出T点坐标， 即可求出答案． 【小问1详解】 1 y  ax2 a 0,a 解：由题意可知：抛物线 4 的顶点为 ， 0,a yx1 ∵ 在 上， ∴a 1， 1 y  x2 1 ∴抛物线解析式为： 4 ； 【小问2详解】 y  x1b 解：①由题可知：平移之后的直线解析式为： ， y  x1b 0,1b ∴ 与y轴交点坐标为： ， 1 1 y  x2 1 x2 1=x1b 联立 4 与 y  x1b 得： 4 ，解得： x22 1b ， 第25页/共27页 学科网（北京）股份有限公司N N ∵ 1在 2左侧， N 的 22 1b N 22 1b ∴ 1 横坐标为 ， 2的横坐标为 ， 1   1 3 S = :1b:22 1b22 1b  1b 2 ∴ △N 1 ON 2 2 2 ； b=1 y  x2 F0,2 ②当 时，平移后的直线l： ，故 ，  t2   s2  M  t, 1  M  s, 1  M M y  kx2 1  4  2  4  Pt,0 P s,0 设直线 1 2的解析式为： ，设 ， ，则 1 ， 2 ， M M y  kx2 ∵ 1、 2在直线 上， t2 1=kt2  4  s2 1=ks2  4 st 4 ∴ ，消去k得： ， M P y mxn 设直线 1 2解析式为： ，  t2 1  4 m  ts   t2 t2  将 M 1    t, t 4 2 1    ， P 2 s,0 代入可得：     t s m m   n n  0 4 1 ，解得：     n   4 t 1 s   s ， t2 t2  1  1s 4  4  y  x M P t s t s ∴直线 1 2解析式为： ， s2 s2  1  1t 4  4  y  x M P st st 同理可得：直线 2 1解析式为： ， t2 t2  s2 s2  1  1s 1  1t 4  4  4  4  x = x t s t s st st 联立上面两个解析式可得： ， x0 y 1 整理可得： ， ， T0,1 ∴ ， M M M M y 2 ∴当直线 1 2旋转至水平直线时，T到其距离最大，此时直线 1 2解析式为： 第26页/共27页 学科网（北京）股份有限公司M M ∴T到直线 1 2距离的最大值为1． 【点睛】本题考查二次函数和一次函数的综合，二次函数基本性质，要熟练掌握待定系数法求函数解析式， 会求函数与坐标轴交点以及二次函数与一次函数的交点坐标，（2）较难，关键是求出T点坐标． 第27页/共27页 学科网（北京）股份有限公司