2025广州市第二中学中考二模数学试题（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

广州市第二中学 2024 学年第二学期二模考试 初三年级数学科目卷试卷 （满分120分） 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 项符合题意．） 1. 剪纸文化是中国的民间艺术之一，下列剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可． 本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分 180 能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转 ， 如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； B．不是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故符合题意； D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故不符合题意． 故选：D． 2. 如图是某个几何体的展开图，该几何体是（ ） A. 圆锥 B. 圆柱 C. 圆台 D. 四棱柱 【答案】B 【解析】 【分析】由展开图可知该几何体是由两个圆与一个矩形组成，结合各选项中几何体的特征进行解答即可. 【详解】由展开图是由两个圆与一个矩形组成，可知该几何体是圆柱. 故选B. 第1页/共29页 学科网（北京）股份有限公司【点睛】本题考查几何体的展开图. 3. 下列计算正确的是（ ） 3 3 6 2 6 3 2 52  52 0 22  32 5 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次根式的乘法运算和二次根式的化简进行运算排除选项． 3 3  33  9 3 【详解】A、 ，计算错误，此选项不符合题意； B、 2 6 26 122 3，计算错误，此选项不符合题意； 52  52 5510 C 、 ，计算错误，此选项不符合题意； D、 22  32 235 ，计算正确，此选项符合题意； 故选：D． 【点睛】此题考查了二次根式的运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键． 1m x 的 4. 在反比例函数y＝ 图象的每一条曲线上，y都随x的增大而减小，则m的值可以是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据反比例函数的性质，可得出 1m0 ，从而得出m的取值范围． 1- m y= 【详解】解：反比例函数 x 的图象的每一条曲线上， y 都随x的增大而减小， 1m0 ， m1 解得 ，则m可以是0. 故选A． 【点睛】本题考查了反比例函数的性质，当k 0时， y 都随x的增大而减小；当 k 0 时， y 都随x的 增大而增大． 5. 随着人们对网上购物的热衷程度日益增长，快递业务也随之快速增加，某快递公司为快递员更换了快捷 的交通工具，公司投递快件的能力由每周3600件提高到4800件，平均每人每周比原来多投递60件，若 快递公司的快递员人数不变，求原来平均每人每周投递快件多少件．设原来平均每人每周投递快件x件， 第2页/共29页 学科网（北京）股份有限公司则可列方程为（ ） 3600 4800 3600 4800 3600 4800 3600 4800  60 60  x x60 x x x x x x60 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．设原 (x60) 来平均每人每周投递快件x件，则更换了快捷的交通工具后平均每人每周投递快件 件，根据快递 公司的快递员人数不变，即可得出关于x的分式方程，此题得解． 【详解】解：设原来平均每人每周投递快件x件，则更换了快捷的交通工具后平均每人每周投递快件 (x60) 件， 3600 4800  依题意得： x x60 ． 故选：A 6cm CD8cm 6. 如图，有一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为 ，瓶内液体已经过半，最大深度 ，则截 面圆中弦AB的长为（ ） 10cm 4 3cm 8 2cm 4 10cm A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．由 1 AC  BC  AB 垂径定理得 2 ，再由勾股定理得 AC ，进而完成解答． OA 【详解】解：连接 ， 第3页/共29页 学科网（北京）股份有限公司由题意得：OC  AB， 1 AC  BC  AB ∴ 2 ， OCA90 ， OAOD6cm CD8cm ∵ ， ， OC CDOD862cm ∴ ， AC  62 22 4 2cm RtAOAC 在 中，由勾股定理得： ， AB 2AC 8 2cm ∴ ， 故选：C． 7. 如图，AB为 A O 的直径，点C在 A O 上，若 OCA50 ， AB6 ，则 B A C 的长为（ ） 10 5 5 π π π 3 3 6 5π A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 OAC 50 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，弧长公式，先根据等边对等角得到 ， BOC 100 由圆周角定理求出 ，利用弧长公式计算即可． OAOC,OCA50 【详解】解：∵ ， OCAOAC 50 ∴ ， A A BC  BC ∵ ， BOC 2OAC 100 ∴ ， 第4页/共29页 学科网（北京）股份有限公司AB6 A O 3 ∵ ，则 的半径为 ， 100π3 5 A   π ∴ BC 的长 180 3 ， 故选：B． y mxnm0 y ax2 bxca 0 8. 一次函数 1 与二次函数 2 的图象如图所示，则不等式 ax2 bmxcn 的解集为（ ） x3 x4 4 x3 x3 x<4 A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 4 x3 【分析】本题主要考查二次函数与一次函数的综合．观察图象得：当 时，二次函数图象位于一 次函数图象的上方，即可求解． 4 x3 【详解】解：观察图象得：当 时，二次函数图象位于一次函数图象的上方， ∴不等式ax2 bxcmxn的解集为 4 x3 ， ax2 bmxcn 4 x3 即不等式 的解集为 ． 故选：C． 9. 如图，点I 为 VABC 的内心， AB12cm ， AC 9cm ，BC =6cm，将 ACB 平移，使其顶点 C 与点I 重合，则图中阴影部分的周长为（ ） 10cm 12cm 13.5cm 15cm A. B. C. D. 【答案】B 第5页/共29页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】本题考查了三角形内心的定义、平移的性质及角平分线的定义等知识，熟练掌握三角形的内心是 角平分线的交点是关键． 连接AI，BI ，根据点I 为 AABC 的内心，可得IA和IB分别平分 CAB 和 CBA ，再根据 ACB 平 移，使其顶点与点I 重合，可得 DI∥AC ， EI∥BC 可得角相等，从而得等腰三角形，进而可得图中阴 影部分的周长． 【详解】解：如图，连接AI，BI ， 点I 为 AABC 的内心， IA和IB分别平分 CAB 和 CBA ， CAI DAI CBI EBI ， ， 将 ACB 平移，使其顶点与点I 重合， DI∥AC ， EI∥BC ， CAI DIA CBI EIB ， ， DAI DIA，EBI EIB， DA DI ，EB  EI ， DEDI EI  DEDAEB  AB 12． 12cm 所以图中阴影部分的周长为 ． 故选：B． x1  1  3  ax2 10. 关于x的不等式组 恰好只有四个整数解，则a的取值范围是（ ） 2a3 2a3 a3 2a3 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查解一元一次不等式组．根据题意先解第一个不等式，再对整数解进行分析即可列出关于 第6页/共29页 学科网（北京）股份有限公司a 的不等式继而得到本题答案．  x1  1①  3  ax2② 【详解】解：∵不等式组 ， x4 ∴解不等式①得： ， xa2 解不等式②得： ，  x1  1  3  ax2 ∵不等式组 恰好只有四个整数解， 0a21 ∴ ， 2a3 ∴ ， 故选：A． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．） 11. 甲、乙两地8月上旬的日平均气温如图所示，则甲、乙两地这10天中日平均气温方差的大小关系是 S2 S2 甲______ 乙（填“”、“ ”或“  ”）． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查方差，由折线统计图知，乙地这10天中日平均气温的波动幅度明显小于甲地，结 合方差的意义求解即可．解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差 越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好． 【详解】解：由折线统计图知，乙地这10天中日平均气温的波动幅度明显小于甲地， S2  S2 甲乙 ， 故答案为：． 3x2 6x3 12. 因式分解： ______． 3x12 31x2 【答案】 ## 第7页/共29页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解答本题的关键． 原式提取公因式3，再利用完全平方公式分解即可． 3  x2 2x1  3x12 3x2 6x3 【详解】解： ， 3x12 故答案为： ． 0.00000078 13. 在显微镜下，有一种细胞形状可以近似地看成圆形，它的半径约为 米，这个数用科学记 7.810n n 数法表示为 米，则 的值为______． 7 【答案】 【解析】 1  a  10 a10n 【分析】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 的形式，其中 ， 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． 0.000000787.8107 【详解】解：∵ ， n 7 ∴ ． 7 故答案为： ． 14. 在如图所示的图形中，四边形A、B、 C 、D、E都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方 形A，B，D的面积依次为 6 ， 10 ， 25 ，则正方形 C 的面积是______． 9 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，要熟悉勾股定理的几何意义，知道直角三角形两直角边的平方和等于斜边 S S S S S S 的平方．根据勾股定理得到 正方形A正方形正方形B E， 正方形D正方形正方形C E，进一步运算即可． MNQ90 【详解】解：由图可知， ， 第8页/共29页 学科网（北京）股份有限公司NQ2 MN2 MQ2 ∴ ， S S S ∴ 正方形A正方形正方形B E， S S S 同理 正方形D正方形正方形C E， S S S S ∴ 正方形A正方形正方形正B方形 D C， ∵正方形A，B，D的面积依次为 6 ， 10 ， 25 ， 61025S ∴ 正方形C， S 9 ∴ 正方形C ． 9 故答案为： ． 15. 如图，在 Rt△ABC 中， ACB90 ， AC 6 ， BC 6 3 ，点D在AB边上，且 AD3 ，点E 在边 AC 上，直线DE把 Rt△ABC 分成两部分，若VADE与 VABC 相似，则ADE ______． 30 90 【答案】 或 【解析】 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质、三角函数等知识点，掌握分类讨论数学是解题的关键． B 30 A60 AC 先根据三角形函数求得 ，即 ；根据点E在 上情况分别根据相似三角形的性质求解 即可． Rt△ABC ACB90 BC 6 3 AC 6 【详解】解：∵在 中， ， ， ，  2 AB AC2 BC2  62  6 3 12 ∴ ， AC 1 sinB   ∴ AB 2，即 B 30 ， 第9页/共29页 学科网（北京）股份有限公司A90B 60 ∴ ， AC DEAC RtAADE∽RtAABC ADE B30 如图：当点E在 上，且 时， ，则 ； 如图：当点E在 AC 上，且DEAB时，即 ADE 90 ，RtAADE∽RtAACB， A60 ∵ AED30 ∴ ， AD3 ∵ ， AE 2AD6 ∴ ，即点E与点C重合， 故ADE为 30 或 90 ， 30 90 故答案为： 或 . 16. 如图，在矩形 ABCD 中，DE平分 ADC ，交AB于点E， EF CE ，交AD于点F，以 CE ， EF 为边，作矩形 CEFG ， FG 与 DC 相交于点H．则下列结论：①AE BC ；②若 AE 4 ， S 6 四边形ABCD  DF CH 5，则 CE 2 5 ；③EF  AEDH ；④若 S 四边形CEFG 5 ，则 AF 的值为1或2．其中正确的 结论是______．（填写所有正确结论的序号） 【答案】①②④ 第10页/共29页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】①由矩形的性质和角平分线的性质可得VADE是等腰直角三角形，即AD AE，进而可得 CH CG  AE BC ；②先证 AGCH∽ABCE 可得 CE CB ，再证 △≌AE△F BCE可得 EF  EC ，进而说明四 CH CG  边形 CEFG 是正方形，即 CG CE ，然后代入 CE CB 求出 CE 即可判定②；③由勾股定理可得 BE 2，再运用线段的和差可得 CD AB6 、DH 1，再结合 EF 2 5,AE 4 判定 DF EF  AEDH 是否成立即可；④令 AF k 时，设 AF a,DF ak ，则 AD BC  AE k1a ， ABk2a S   k2 3k2  a2 EF a k2 2k2 ，则 四边形ABCD ；再运用勾股定理可得 ，可表示出 S  k2 3k2  a2 6 四边形ABCD   S a2 k2 2k2  S a2 k2 2k2  5 四边形EFGC ，根据 四边形CEFG ，最后求解即可解答． ABCD 【详解】解：①∵矩形 ， A90,AD BC ， ∵DE平分 ADC ， ADE45， ∴VADE是等腰直角三角形， AD AE， ∴AE BC ；故①正确； GCH HCE 90,ECBHCE 90 ②∵ ， GCH ECB ， G B90 ， VGCH∽VBCE ， CH CG   CE CB ， QAEF CEB90,BCECEB90 ， AEF BCE ， 在△AEF 和 ABCE 中， 第11页/共29页 学科网（北京）股份有限公司AB 90  AEF BCE  AE  BC  ， VAEF≌VBCE(ASA) ， EF  EC ， CEFG ∵四边形 是矩形， CEFG ∴四边形 是正方形， CGCE， CH CG   CE CB ， CE2 CHCB5420 ， CE 2 5 ∴ ；故②正确； BC  AE 4,CE 2 5 ③若 ， BE  CE2 BC2  2016 2 ， CD AB AEBE 426 ， DH  DCCH 651 ， QEF 2 5,AE 4 ， ∴EF  AEDH ；故③错误； DF ④令 AF k 时，设 AF a,DF ak ，则 AD BC  AE k1a ， BE  AF a ， AB AEBE k2a ， S k2ak1a   k2 3k2  a2 矩形ABCD ， EF  AE2  AF2  k1a 2 a2 a k2 2k2   ， S  EF2 a2 k2 2k2  四边形EFGC ， S  k2 3k2  a2 6 四边形ABCD   S a2 k2 2k2  5 ∴ 四边形CEFG ，整理得： k2 3k20 , 解得： k 2 或1， 第12页/共29页 学科网（北京）股份有限公司DF 2 即 AF 或1，故④正确． 故答案为：①②④． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等 三角形的判定与性质等知识先，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键． 三、解答题（本大题共9小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 12025 1 2  2 17. 计算： ． 【答案】2 【解析】 的 【分析】本题考查了实数 混合运算、算术平方根，熟练掌握实数的运算法则是解题的关键．利用乘方、 绝对值的性质化简，再算加减即可． 1 21 2 【详解】解：原式 2 18. 如图，线段AB， CD 相交于点O， AC  DB ，AD．求证： AO DO ． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，利用“AAS”证明 VAOC≌VDOB 即可作答． 【详解】证明：在△AOC 和 ADOB 中，  AD  AOC DOB  AC  DB  ， AAOC≌ADOBAAS ∴ ， AO DO ∴ ．  b2  2b T 2b   2b 2b 19. 已知代数式 ． 第13页/共29页 学科网（北京）股份有限公司（1）化简T ； （2）原代数式的值能等于1吗？为什么？ 4 2b 【答案】（1） （2）不能，理由见解析 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简、解分式方程，熟练掌握分式的混合运算法则以及分式有意义的条件是解 此题的关键． （1）根据分式的混合运算顺序和运算法则化简即可； 4 1 2b b （2）根据题意得出 ，求出 的值，根据分式有意义的条件进行判断即可． 【小问1详解】  b2  2b T 2b   2b  2b 解： 2b2b b2  2b    2b 2b 2b   4b2 b2 2b   2b 2b 4  2b ； 【小问2详解】 解：T 1， 4  1 2b ， b2 解得 ， b2 2b0 当 时， ，原分式无意义， 原代数式 的 值能不能等于1． π π 20. 圆周率 是无限不循环小数．历史上，祖冲之、刘徽、韦达、欧拉等数学家都对 有过深入的研 究．有学者发现，随着 π 小数部分位数的增加，0~9这10个数字出现的频率趋于稳定，接近相同． π （1）从 的小数部分随机取出一个数字，估计这个数字是3的正整数倍的概率为______； （2）某校进行校园文化建设，拟从以上4位科学家的画像中随机选用2幅，求其中有一幅是祖冲之的概 第14页/共29页 学科网（北京）股份有限公司率．（用画树状图或列表方法求解） 3 10 【答案】（1） 1 （2）2 【解析】 【分析】本题考查了利用频率估计概率，画树状图或列表法计算概率，熟练掌握概率计算公式，准确画出 树状图或列表是解题的关键． （1）这个事件中有10种等可能性，其中是3，6，9都是3的倍数，根据概率公式计算即可； （2）画出树状图计算即可． 【小问1详解】 解：∵这个事件中有10种等可能性，其中3，6，9都是3的倍数， 3 10 ∴这个数字（不等于0）是3的倍数的概率为 ， 3 10 故答案为： ； 【小问2详解】 解：树状图如图所示： 由树状图可知：共有12种等可能的结果， 从以上4位科学家的画像中随机选用2幅，其中有一幅是祖冲之的画像有6种情况， 6 1 P   ∴ 其中有一幅是祖冲之 12 2 ． 21. 当下，人工智能技术飞速发展，应用也越来越广泛，正推动生产方式向智能化、高效化转变．某汽车 制造厂采用了甲，乙两种型号机器人进行车身焊缝．已知1台甲型机器人和3台乙型机器人同时工作1小 68 92 时可完成 米焊缝，3台甲型机器人和2台乙型机器人同时工作1小时可完成 米焊缝． （1）求每台甲，乙两种型号机器人每小时分别完成多少米焊缝； 20 360 （2）由于场地限制，该工厂同一时间内最多可部署 台机器人．若要确保每小时完成 米的焊缝，问 第15页/共29页 学科网（北京）股份有限公司该工厂同一时间内至少需要部署多少台甲型机器人？ 20 16 【答案】（1）每台甲型机器人每小时完成 米焊缝，每台乙型机器人每小时完成 米焊缝 10 （2）该工厂同一时间内至少需要部署 台甲型机器人 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用和一元一次不等式的应用．理解题意列出正确的方程和不等式 是解题的关键． （1）通过设未知数，根据已知条件列出方程组来求解每台甲型和乙型机器人每小时完成的焊缝长度； （2）设甲型机器人总数的限制列出不等式来求解． 【小问1详解】 解：设每台甲型机器人每小时完成x米焊缝，每台乙型机器人每小时完成 y 米焊缝，  x3y 68①  3x2y 92② ， ①3 3x9y 204 将 得到 ③， ③②得： 7y 112 ，解得： y 16 ， y 16 x31668 x= 20 将 代入①得： ，解得： ， 20 16 答：每台甲型机器人每小时完成 米焊缝，每台乙型机器人每小时完成 米焊缝． 【小问2详解】 20m 解：设该工厂同一时间内需要部署m台甲型机器人，则部署 台乙型机器人， 20m1620m360 360 根据每小时要完成 米的焊缝，可得： ， 解得：m10． 10 答：该工厂同一时间内至少需要部署 台甲型机器人． 22. 桑梯——登以采桑，它是我国古代劳动人民发明的一种采桑工具．图1是明朝科学家徐光启在《农政 全书》中用图画描绘的桑梯，其示意图如图2所示，已知 AB AC 1.4 米，AD1米，设 BAC  ，  3090 sin750.97 cos750.26 为保证安全， 的调整范围是 ．（参考数据： ， ， tan753.73 3 1.73 2 1.41 0.1 ， ， ，结果精确到 米） 第16页/共29页 学科网（北京）股份有限公司（1）当 60 时，若人站在AD的 中点E处，求此人离地面（ BC ）的高度；（结果保留根号） （2）当 3090 时，求桑梯顶端D到地面 BC 距离的范围． 19 3 m 【答案】（1） 20 1.7m DM 2.3m （2） 【解析】 【分析】本题主要考查解直角三角形应用，熟练掌握三角函数是解题的关键． （1）过E作EHBC于点H ，由题意易得 C 60 ，然后问题可求解； （2）过点D作 DM  BC 于点D，，然后分当 30 时和当 90 时，进而分类求解即可． 【小问1详解】 解：过E作EHBC于点H ， 60 AB  AC ∵ ， ， C 60 ∴ ， ∵点E为AD的中点，AD1米， AE 0.5m ∴ ， AC 1.4m ∵ ， EC  AC AE 1.9m ∴ ， 第17页/共29页 学科网（北京）股份有限公司Rt△EHC 在 中， EH EH 3 sin60   EC 1.9 2 ， 3 19 3 EH  1.9 m ∴ 2 20 ； 【小问2详解】 解：过点D作 DM  BC 于点M ， 30 当 时， AB  AC ∵ ， C 75 ∴ ， DC 2.4m ∵ ， DM DM sin75  DC 2.4 ∴ ， DM 2.40.972.3282.3m 即 ； 90 C 45 当 时， ； DM DM 2 sin45   ∴ DC 2.4 2 ， 2 DM 2.4 1.21.411.6921.7m 即 2 ； 1.7m DM 2.3m ∴D与地面的距离范围为 ． 23. 如图， VABC 中， AB  AC ，以AB为直径的 A O 分别交 AC，BC 于D，E，点F在 AC 的延长线 上． 第18页/共29页 学科网（北京）股份有限公司（1）尺规作图：连接AE，作 CBF BAE ；（保留作图痕迹，不写作法） A O （2）求证：直线BF 是 的切线； 5 sinCBF  （3）若 AB 10 ， 5 ，求 BC 和 CF 的长． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 40 BF  BC 4 5 3 （3） ， 【解析】 【分析】（1）连接AE，以点A为圆心，任意长为半径画弧：分别交AB、AE于点M 、 N ．以点B为 圆心，AM 长为半径画弧：交 BC 于点P ．以点P为圆心， MN 长为半径画弧，与前面以B为圆心所画 Q BQ CBF 的弧相交于点 ，连接 并延长，则 即为所求作的角； （2）根据圆周角定理的AEB 90，根据得到 BAE CBF ，等量代换然后求出AB BF，即可 A O 得到直线BF 是 的切线； BE 5 sinCBF sinBAE   （3）过点C作 CG  BF ，首先得到 AB 5 ，求出 BE 2 5 ，然后求出 CG FG 16  FG CG4， BG 8 ，然后证明出 AFCG∽AFAB ，得到 AB FB ，然后代数求出 3 ，进而求解即 可． 【小问1详解】 CBF 如图所示， 即为所求； 【小问2详解】 解：连接AE， 第19页/共29页 学科网（北京）股份有限公司∵AB为 A O 的直径 ∴AEB 90 AB  AC ∵ 1 BAE CAE  BAC 2 ∴ BAEABE90， CBF BAE ABECBF 90 ∴AB BF， A O ∴直线BF 是 的切线； 【小问3详解】 CG  BF 解：过点C作 CBF BAE ， BE 5 sinCBF sinBAE   AB 5 ， AB 10 ∵ ， BE 2 5 ， AB AC,AE  BC ， BC 2BE 4 5 ， CG 5 sinCBF   ∵ CG  BF ， BC 5 ， CG 4 ， BG  BC2 CG2 8 ∴ ， CG∥AB ， 第20页/共29页 学科网（北京）股份有限公司△∽FC△G FAB ， CG FG  ∴ AB FB ， 4 FG   10 FG8 ， 16 FG  3 ， 16 40 BF  BGFG 8  3 3 ． 24. 如图1，抛物线 y=x22x3 与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），与 y 轴交于点 C ． （1）直接写出点A，B两点的坐标； （2）若点P是对称轴上一点，当CPB为锐角时，设P点的纵坐标为m，求m的取值范围； （3）如图2，抛物线的顶点为D，对称轴与x轴交于点F ，点T 为线段DF上一动点，过点T 的直线 （直线TD除外）与抛物线交于 G ，H 两点，直线 DG ，DH 分别交x轴于点M ， N ，当 FM FN 为 定值 16 时，判断点T 是否为定点，若是，求出定点T 的坐标，若不是，请说明理由． A1,0 B3,0 【答案】（1） ， 17 3  17 3 m m （2） 2 或 2 T(1,3) （3） 为定点 【解析】 【分析】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、勾股定理、根和系数的关系等，熟练掌握 二次函数的性质，是解题的关键； y0 （1）令 ，解方程，即可求解； （2）先求得点 C 的坐标，进而求得当CPB为直角时，点P的坐标，结合图形，即可求解； G,H  m,m2 2m3  ,  n,n2 2n3  GH （3）设点 的坐标分别为： ，求出直线 的解析式 第21页/共29页 学科网（北京）股份有限公司y mn2xmn3 ，和直线 DG 的解析式 y (m1)xm3 ，直线DH 的解析式 y(n1)xn3 ，从而表示出FM ， FN ，根据 FM FN 16 即可得出 mnmn2 ，即可求解． 【小问1详解】 y0 x2 2x30 解：当 时， x 1,x 3 解得： 1 2 ∵A在B的左侧， A1,0 B3,0 ∴ ， ， 【小问2详解】 y  x2 2x3x12 4 解：∵ x1 ∴抛物线对称轴为直线 ， P1,m ∴ ， y=x22x3 y C 抛物线 ，与 轴交于点 ． x0 y=3 当 时， ， C0,3 ∴ ， B3,0 又 ， PC2 1m32 m2 6m10 BC2 32 32 18 PB2 22 m2 m2 4 ∴ ， ， BPC 90 当 时， m2 6m10m2 418 ∴ 17 3  17 3 m m 解得： 2 或 2 17 3  17 3 m m ∴当CPB为锐角时， 2 或 2 ； 【小问3详解】 T 是定点，理由如下： 由题意，D的坐标为 (1,4),F(1,0) ， 设点 G,H 的坐标分别为：  m,m2 2m3  ,  n,n2 2n3  (点 G 在点H 左侧)， 第22页/共29页 学科网（北京）股份有限公司G,H y kxb ∴把 的坐标代入 中得， m2 2m3kmb  n2 2n3knb k mn2  bmn3 解得： y mn2xmn3 GH 直线 的解析式为： ， DG y (m1)xm3 同理：直线 的解析式为： ， 直线DH 的解析式为： y(n1)xn3 ， m3  n3  M ,0 ,N ,0      m1   n1  ∴ ， 4 4 FM 11  则 m1 m1， 4 FN  同理可得， n1， 4 4 16 FM FN    16 m1 n1 (m1)(n1) ∴ ， (m1)(n1)1 ∴ ， mnmn2 即 ， GH y mn2xmn1mnx12x1 m,n ∴直线 的解析式为： 与 无关， x1,y 3 ∴ ， T(1,3) 即 为定点． 25. 已知正方形 ABCD 边长为4，点E为线段AB上的一动点，点F 在线段 AC 上，且 CF  2AE ． 第23页/共29页 学科网（北京）股份有限公司（1）如图，连接BF ，当AE 1时，求BF 的长； （2）连接DE、DF，求 DF  2DE 的最小值，并求出此时的AE长； （3）若点H 为线段 BC 上的一个动点，在 E、F 运动过程中，是否存在唯一的点H ，使 EHF 45 ？ 若存在求出AE长，否则请说明理由． BF  10 【答案】（1） ； 4 AE  （2） 3； 8 AE  （3） 0 AE 2 或 3时，有唯一的点H ． 【解析】 【分析】（1）过F 作 FM  BC 于点M ，则 BMF CMF 90 ，由正方形性质可得 ACB45 ， BC 4 MF MC MF MC 1 BM  BCMC 413 ，证得 ，由勾股定理得 ，则 ，再由勾股定 BF  BM2 MF2  32 12  10 理 ； （2）过D作 DN AC 于点 N ，作点 N 关于 AC 对称点P，连接 AP、E、P、EN PN ，过P作 PT  DA，交DA延长线于点T ，则 T AND90 ，PENE，证明 AAEN∽ACFD ，则 AE AN EN 2 2    PE  DF CF CD DF 2 ，故有 DF  2EN  2EP ，即 2 ，当 P、、E D 三点共线时  2  2 DF  2DE  2DE DF DE DF   DEPE最小，即 2 最小，由  2  ，即当 P、、E D 三点共 线时 DF  2DE 最小，然后证明四边形AKPT 是正方形，则PK∥TA，即PK∥AD，所以 第24页/共29页 学科网（北京）股份有限公司AE AD  APEK∽ADEA，故有 EN PK ，然后代入求值即可； （ 3 ）以EF 为弦作 A O ，使 EHF 45 ，则 EOF 90 ，分当 A O 经过点 B、H 时，求出当 8 AE  0 AE 2 时，有唯一的点H 和当 BC 与 A O 相切时，有唯一的点H ， 3即可． 【小问1详解】 解：如图，过F 作 FM  BC 于点M ，则 BMF CMF 90 ， ABCD ∵四边形 是正方形， ACB45 BC 4 ∴ ， ， ACBMFC 45 ∴ ， MF MC ∴ ， MF2 MC2 CF2 ∴ ， ∵ CF  2AE ，AE 1， CF  2 ∴ ，  2 2MF2  2 ∴ ， MF MC 1 ∴ ， BM  BCMC 413 ∴ ， BF  BM2 MF2  32 12  10 ∴ ； 【小问2详解】 解：如图，过D作 DN AC 于点 N ，作点 N 关于AB对称点P，连接 AP、E、P、EN PN ，过P作 第25页/共29页 学科网（北京）股份有限公司PT  DA，交DA延长线于点T ，则 T AND90 ，PENE， ABCD ∵四边形 是正方形， BAC ACD45 CD AD4 ∴ ， ， DAN NDA45 ∴ ， AN  DN ∴ ， AN2 DN2  AD2 ∵ ， AN2  AN2 42 ∴ ， AN  DN 2 2 ∴ ， AN 2 2 2   ∴CD 4 2 ， CF  2AE ∵ ， AE 2  ∴CF 2 ， AE AN 2   ∴CF CD 2 ， EAN FCD45 ∵ ， AAEN∽ACFD ∴ ， AE AN EN 2    ∴CF CD DF 2 ， 2 PE  DF ∴ DF  2EN  2EP ，即 2 ， 第26页/共29页 学科网（北京）股份有限公司2 DE DF 当 P、E、 D 三点共线时DEPE最小，即 2 最小，  2  DF  2DE  2DE DF   2   ∵ ， P、E、 D DF  2DE ∴当 三点共线时 最小，如图， P、N AC ∵ 关于 对称， PK  KN AKPAKN 90 ∴ ， ， AKPAKN T 90 ∴ ， ∴四边形AKPT 是矩形， ABCD ∵四边形 是正方形， BAC ACD45 ∴ ， BAC ANK 45 ∴ ， AK  KN  PK ∴ ， ∴四边形AKPT 是正方形， ∴PK∥TA，即PK∥AD， ∴APEK∽ADEA， AE AD  ∴ EN PK ， AN 2 2 ∵ ， AK2 KN2  AN2 由勾股定理得： ，  2 AK2  AK2  2 2 ∴ ， 第27页/共29页 学科网（北京）股份有限公司AK  KN 2 ∴ ， AE 4  ∴2AE 2 ， 4 AE  ∴ 3； 【小问3详解】 解：如图，以EF 为弦作 A O ，使 EHF 45 ，则 EOF 90 ， OEF OFE 45 ∴ ， A O B、H 当 经过点 时， ABC 90 ∵ ， ∴EH 是 A O 直径，此时点 E、O、 H 三点共线， BEF EFH BHF 90 ∴ ， ∴四边形BEFH 是矩形， EHF 45 ∵ ， FEH EHF 45 ∴ ， ∴EF  HF ， ∴四边形BEFH 是正方形， 第28页/共29页 学科网（北京）股份有限公司∴ EF∥BC ，BE  EF AFE ACB45 ∴ ， EAF AFE 45 ∴ ， ∴AE  EF  BE 2， ∴当 0 AE 2 时，有唯一的点H ， 如图，当 BC 与 A O 相切时，有唯一的点H ， OH BC ∴ ， F、O、 H BEOH 同理：点 三点共线，四边形 是正方形， FCH HFC 45 BH  BE OH ∴ ， ， FH CH ∴ ， BH  BE OH  x FH CH 2x 设 ， ， BC 3x4 ∴ ， 4 x 3 ∴ ， 4 BE  ∴ 3， 4 8 AE 4  ∴ 3 3， 8 AE  综上可知：当 0 AE 2 或 3时，有唯一的点H ． 【点睛】本题考查了圆周角定理定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的判定与性质，矩形 的判定与性质，切线的性质，两点之间线段最短等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 第29页/共29页 学科网（北京）股份有限公司