2025花都区中考一模数学试题（答案解析）_广州九上月考+期中+期末+一模二模+中考真题_广州2025年中考一模_2025年11区中考一模_花都区

2024 学年第二学期九年级调研测试 数学（问卷） 本试卷分选择题和非选择题两部分，共三大题25小题，满分120分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必在答题卡第1页、第5页上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写自己的学校、 姓名、考号；并用2B 铅笔把对应号码的标号涂黑． 2．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，涉及作图的题目，用2B 铅笔画图．答案 必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写 上新的答案；改动的答案也不能超出指定的区域，不准使用铅笔，圆珠笔和涂改液，不按以 上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁，不能折叠答题卡．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交 回． 第一部分（选择题，共30分） 一、选择题（本大题共10题，每题3分，满分30分．在每题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目的要求．） 2025 1. 的相反数是（ ） 1 1  A. 2025 B. 2025 C. 2025 D. 2025 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了相反数的定义的知识，掌握以上知识是解题的关键； 本题根据相反数的定义，进行作答，即可求解； 【详解】解： 2025 的相反数是2025， 故选：B； 2. 如图所示的几何体，其主视图为（ ） A. B. C. D. 第1页/共26页 学科网（北京）股份有限公司【答案】C 【解析】 【分析】本题考查简单组合体的三视图，熟练掌握主视图是从物体的正面看得到的视图是解题的关键． 结合图形，根据主视图的定义即可求得答案． 【详解】解：这个几何体的主视图为： ． 故选：C． 3. 下列运算正确的是（ ）  a32 a5 a8 a2 a4 A. B.  2 3 3 2 3  5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查同底数幂除法，幂的乘方，二次根式加法，二次根式性质．熟练掌握相关运算法则是解 题的关键． 根据同底数幂除法法则计算并判断A；根据幂的乘方法则计算并判断B；根据二次根式加法计算并判断 C；根据二次根式的性质化简即可判断D． 【详解】解：A、a8 a2 a6 ，原计算错误，故此选项不符合题意；  a32 a6 B、 ，原计算错误，故此选项不符合题意； C、 2 与 3不是同类二次根式，不能合并，原计算错误，故此选项不符合题意；  2 3 3 D、 ，正确，故此选项符合题意； 故选：D． 3,1 4. 如图，正方形 ABCD 的边长为4，点B的坐标是 ，AB平行于x轴，则点C的坐标是（ ） 第2页/共26页 学科网（北京）股份有限公司1,5 3,3 5,3 3,5 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形性质，解题的关键是明确正方形的各条边相等，能根据图形找出它们之间 的关系． 3,1 根据正方形 ABCD 的边长为4，点B的坐标是 ，AB平行于x轴，可以得到点 C 的坐标． 3,1 【详解】解：正方形 ABCD 的边长为4，点B的坐标是 ，AB平行于x轴， 点 C 的横坐标为：3，纵坐标为： 145 ． 点 C 的坐标为 (3,5) ． 故选：D． 5. 不透明袋子中只装有2个红球和3个白球，这些球除颜色外无其他差别．从中随机摸出一个球，则摸出 红球的概率是（ ） 1 2 3 1 5 5 5 A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 PA 【分析】本题考查求简单事件的概率，熟知随机事件A的概率 事件A可能出现的结果数与所有可 能出现的结果数的商是解答此题的关键．先求出球的总数，再根据概率公式求解即可． 【详解】解：解：∵不透明的袋子里装有2个红球，3个白球， 2 2  ∴从袋子中随机摸出一个，摸到红球的概率为2+3 5； 故选：B ． 6. 元朝朱世杰所著的《算学启蒙》中，记载了这样一道题：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里， 驽马先行一十二日，问良马几何日追及之？”其大意是：快马每天行240里，慢马每天行150里，慢马先 行12天，问快马几天可追上慢马？设快马追上慢马的天数是x天，可列方程为（ ） 240x 150x12 240x12150x A. B. x x12 x x   12 240 150 240 150 C. D. 第3页/共26页 学科网（北京）股份有限公司【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元一次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键． 设快马x天可追上慢马，根据路程相等，列出方程即可求解． 【详解】解：设快马x天可追上慢马， 240x 150x12 由题意得： ． 故选：A． 7. 将一副直角三角板（ B45 ， E 30 ）按如图所示摆放，点D在 BC 上且点F 在 AC 的延长线 上．若AB∥DE，则 CFD 的度数为（ ） A. 10 B. 15 C. 20 D. 25 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了平行线的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握两直线平行，内错角相 等，直角三角形两锐角互余． BBDE 45 EDF 90E 60 先根据平行线的性质得出 ，再求出 ，则 CDF 180EDF BDE 75 ，即可求解． 【详解】解：∵ B45 ，AB∥DE， BBDE 45 ∴ ， E 30 ∵ ， EDF 90E 60 ∴ ， CDF 180EDF BDE 75 ∴ ， 第4页/共26页 学科网（北京）股份有限公司CFD90CDF 15 ∴ ， 故选：B． 2x y 3m   x3y 2 x2y 7 8. 若关于x，y的方程组 的解满足 ，则m的最小整数解为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次不等式和解二元一次方程组、二元一次方程组的解、一元一次不等式的整 数解等知识点，能得出关于m的不等式是解此题的关键． x2y 3m2 根据题意将方程组相减得 ，然后代入不等式求解即可即可得到m的最小整数解． 2x y 3m①   x3y 2② 【详解】解： ， ①② x2y 3m2 得： ， x2y 7 ∵ 3m27 ∴ m3 解得： ， ∴m的最小整数解为4， 故选：B． CD EF  HG 0.2m 9. 如图，某时刻树梢顶点A的影子刚好落在台阶点G处，若测得台阶 ， DE  FG 0.3m QM 0.45m BC 1.8m ，此时台阶在地面的影子 ，树的底部到台阶的距离 ，则树的 高度AB为（ ） 3.2m 3.4m 3.6m 3.8m A. B. C. D. 第5页/共26页 学科网（北京）股份有限公司【答案】C 【解析】 GR BM GS  AB 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行投影．作 ， ，则四边形 BRGS △△ASG∽ PQM 是矩形，推出 ，据此求解即可． GR BM GS  AB BRGS 【详解】解：作 ， ，则四边形 是矩形， BS GR0.220.4m PQ0.230.6m ∴ ， ， RC 20.30.6m ∴ ， SG  BR BCRC 1.80.62.4m ∴ ， △△ASG∽ PQM 由题意得 ， AS SG AS 2.4   ∴ PQ QM ，即0.6 0.45， AS 3.2m ∴ ， AB ASBS 3.20.43.6m ∴ ， 故选：C． A 2,2 10. 如图，动点A在平面直角坐标系中按图中方向运动，第一次从原点O出发，依次运动到点 1 ， A 3,1 A 4,1 A 6,3 A 7,2 A 8,2 A 的 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 6 ……按照这样 运动规律，点 2025的横坐标是（ ） 第6页/共26页 学科网（北京）股份有限公司A. 2698 B. 2699 C. 2700 D. 2702 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了点的坐标变化规律，根据点运动规律，可知横坐标的变化规律是依次2、1、 A 1、L ，从点O到点 2025共进行了675个循环，根据变化规律即可解答． A 2,2 A  3,1  A 4,1 A 6,3 A 7,2 A 8,2 【详解】解：根据从原点O出发，点 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 6 的 运动规律， 可知横坐标的变化规律是依次2、1、1、L ，每三个是一次循环运动， 20253675 ， A ∴从点O到点 2025共进行了675个循环运动， A 6751212700 2025的横坐标为 ． 故选：C． 第二部分（非选择题，共90分） 二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 若 x5 在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是________． x≥5 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，理解二次根式有意义的条件是解题关键．根据二次根式 x50 的意义可得 ，求解即可． x50 【详解】解：根据题意，得 ， x≥5 解得 ． x≥5 故答案为： ． 第7页/共26页 学科网（北京）股份有限公司12. 密闭容器内有一定质量的气体，当容器的体积V（单位：m3 ）变化时，气体的密度  （单位： kg m3  A4,3 ）随之变化，已知密度 与体积V是反比例函数关系，它的图象如图所示，点 在图象上， 当V 2m3 时，气体的密度  __________ kg m3 ． 【答案】6 【解析】 【分析】本题主要考查了反比例函数的应用，解题关键是掌握待定系数法求函数解析式，由函数与方程的 V 2 关系，通过待定系数法求出关系式，将 代入函数解析式求解即可． k k  V  V 4,3  V 【详解】解：设 与体积 的函数解析式为 ，将 代入 ， k 3 得 4， k 12 解得 ， 12  V ， 12  将 V 2 代入 V ，得 6 ， 故答案为：6． 13. 如图，在 VABC 中， C 90 ，AD是 VABC 的角平分线，DEAB于点E， CD3 ， AB 10 ，则△ABD 的面积是__________． 第8页/共26页 学科网（北京）股份有限公司【答案】15 【解析】 【分析】本题考查的是角平分线的性质，根据角平分线的性质求出DE，再根据三角形面积公式计算即 可． 【详解】解：∵AD是 VABC 的角平分线， C 90，D⊥E AB ， DE CD3 ∴ ， 1 1 S  ABDE  10315 △ABD 2 2 ∴ ， 故答案为：15． x2 7xk 0 14. 已知2，4，a分别是等腰三角形三边的长，且a是关于x的一元二次方程 的根，则k 的值为__________． 【答案】12 【解析】 【分析】本题考查了三角形的三边关系以及等腰三角形的定义，一元二次方程的根，分情况讨论：当 a2 a4 时，当 时，分别讨论求解即可． 【详解】解： 2，4，a分别是等腰三角形三边的长， a2 当 时，2，4，2不能构成三角形，不符合题意； a4 当 时， ∴ 42 74k 0， k 12， 故答案为：12． 15. 如图，在正方形纸片 ABCD 中， AB8 ，在正方形中剪下一个扇形 BCE 和一个圆形，点E在BD上， 若以剪下的扇形为侧面，剪下的圆形为底面，恰好可以围成一个圆锥，则纸片剩下部分（阴影部分）的面 积为__________．（结果保留π） 第9页/共26页 学科网（北京）股份有限公司649 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇 形的半径等于圆锥的母线长．也考查了正方形的性质和扇形的面积公式． 先根据正方形的性质和扇形面积公式求出扇形的面积，再设围成圆锥的底面圆的半径为r，根据扇形的弧 长等于底面圆的周长即可求出r，再用正方形的面积减去扇形的面积和圆的面积即可． ABCD 【详解】解：∵正方形 ， CBE 45 ∴ ， 4582 8 ∴扇形 BCE 的面积为 360 ， 设围成圆锥的底面圆的半径为r，则 458 2r  180 ， 解得：r 1， 82 812 649 ∴纸片剩下部分（阴影部分）的面积为 ． 649 故答案为： ． y  ax2 bxc  a0,b2 4ac0  16. 我们定义一种新函数：形如 的函数叫做“鹊桥”函数．某数学 G: y  x2 x6 兴趣小组画出了“鹊桥”函数 的图象（如图所示），并写出了下列结论： A2,0 B3,0 C0,6 ①图象与坐标轴的交点为 ， ， ； 1 x 2 ②当 时，函数取得最大值； x ,y  1x ,y  ③若 0 0 在函数图象上，则 0 0 也在函数图象上； y xm 3m7 ④当直线 与函数G的图象有4个交点时，则m的取值范围是 ． 第10页/共26页 学科网（北京）股份有限公司其中正确的结论有__________．（填写所有正确结论的序号） 【答案】①③④ 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，求出函数与坐标轴的交点坐标判断①，根据图象可知，函数没 有最大值，判断②；图象法，判断③和④，从图象中有效的获取信息，是解题的关键． y  x2 x6 【详解】解：∵ ， x0 y 6 y0 x2 x60 ∴当 时， ，当 时， ， x 3,x  2 解得： 1 2 ， A2,0 B3,0 C0,6 ∴图象与坐标轴的交点为 ， ， ；故①正确； x  2 x3 由图象可知：当 或 时，函数值y随x值的增大而增大，且无最大值，故②错误； 23 1 x  根据图象得：图象的对称轴为 2 2， x ,y  1x ,y  ∴若 0 0 在函数图象上，则 0 0 也在函数图象上，故③正确； y xm 当直线 过点B时，直线与函数图象恰好有3个交点， 0 3m m3 即 ，解得： ， y xm 2 x3 当 与 之间的图象相切时，恰好有三个交点， 第11页/共26页 学科网（北京）股份有限公司2 x3 y-x2+x6 当 时， ， 令xmx2 x6，整理得： x2 2x6m0 ， 22 416m0 ∴ ， m7 解得： ， y xm 3m7 ∴当直线 与函数G的图象有4个交点时，则m的取值范围是 ．故④正确； 综上，正确的是①③④． 故答案为：①③④． 三、解答题（本大题共9题，满分72分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．）  x24  x632x 17. 解不等式组： ． 3 x6 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查解一元一次不等式组，分别求出每个不等式的解集，根据“同大取大，同小取小， 大小小大中间找，大大小小无法找（空集）”确定出不等式组的解集即可．  x24①  x632x② 【详解】解： ， x6 解不等式①得， ； x3 解不等式②得， ； 3 x6 所以，不等式组的解集为： ． 18 如图， AC 和BD相交于点O， OAOC ， OBOD ．求证： AB∥CD ． . 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质的运用，在证明三角形全等的书写过程中，对应顶点要写在 对应的位置上． 第12页/共26页 学科网（北京）股份有限公司由条件 OAOC ， OBOD 及对顶角AOBBOD，可以证明 △A≌OB△ COD，根据全等三角形的 性质就可以得出结论． VAOB △COD 【详解】证明：在 和 中  OAOC  AOB COD  OB OD  ∵ ， AAOB≌ACODSAS ∴ ， AC ∴ ， AB∥CD ∴ ． 3n mn T   19. 已知 mnn2 m2 n2 ． （1）化简T； m,n y  x2 4x5 （2）若 是抛物线 的顶点坐标，请求出T的值． 2 【答案】（1）mn 2 （2）3 【解析】 【分析】题目主要考查分式的化简求值，抛物线的顶点坐标，理解题意，熟练掌握运用这些基础知识点是 解题关键． （1）根据分式的加减运算法则计算即可； （2）将抛物线化为顶点式确定顶点坐标，然后代入（1）中结果求解即可． 【小问1详解】 3n mn T   解： mnn2 m2 n2 3n mn   n(mn) (mn)(mn) 3 1   mn mn 第13页/共26页 学科网（北京）股份有限公司2  mn ； 【小问2详解】 y  x2 4x5(x2)2 1 ， y  x2 4x5 2,1 ∴抛物线 的顶点坐标为 ， m2,n1 ∴ ， 2 2   12 3 代入（1）中结果得：原式 ． 20. 为进一步加强学生体质，某中学推行“阳光体育活动”计划，要求学生在课后自主完成体育锻炼并记 录，经过一段时间后，学校随机抽查了该校30名学生某一天课后体育锻炼时间（单位：分钟），如图是根 据抽查结果绘制的统计图的一部分： 根据以上信息解决以下问题： （1）这一天课后体育锻炼时间为60分钟的人数为__________人，请补全条形统计图； （2）这一天课后体育锻炼时间的众数是__________； （3）若该校共有600名学生，请估计该校这一天体育锻炼时间不少于60分钟的学生人数． 【答案】（1）7，条形图见解析 （2）55 （3）180人 【解析】 【分析】本题考查条形统计图，众数，样本估计总体． （1）将抽出学生的人数减去其他各时间的人数，即可解答； （2）根据众数的定义求解即可； （3）将全校学生人数乘以样本中体育锻炼时间不少于60分钟的学生的比例，即可求解． 【小问1详解】 第14页/共26页 学科网（北京）股份有限公司301461027 解：体育锻炼时间为60分钟的人数为 （人）； 补全条形统计图为 故答案为：7 【小问2详解】 解：由条形图可知，体育锻炼时间55分钟的人数最多，故众数为55． 故答案为：55 【小问3详解】 72 600 180 解： 30 （人） 答：估计该校这一天体育锻炼时间不少于60分钟的学生由180人． 21. 如图，在 VABC 中， AB AC ，以AB为直径作 A O ，交 BC 于点D，交 CA 的延长线于点E，连接 AD，DE． BDCD （1）求证： ； （2）若 AB 10 ， AD6 ，求DE的长． 【答案】（1）见解析 （2）8 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形进行分 析是解题的关键． ADB90 （1）根据直径所对的圆周角是直角可得 ，然后利用等腰三角形的三线合一性质即可解答； 第15页/共26页 学科网（北京）股份有限公司（2）在 Rt△ABD 中，利用勾股定理求出BD的长，从而求出 CD 的长，然后利用等腰三角形的性质可得 B C ，再利用同弧所对的圆周角相等可得BE，从而可得 C E ，进而可得DE= DC= 8， 即可解答． 【小问1详解】 证明：∵AB是 A O 的直径， ADB90 ∴ ， AB AC ∵ ， BDCD ∴ ； 【小问2详解】 Rt△ABD AB 10，AD 6 解：在 中， ， BD AB2 AD2  102 62 8 ∴ ， BDCD ∵ ， BDCD8 ∴ ， AB AC ∵ ， B C ∴ ， ∵BE， C E ∴ ， ∴DE= DC= 8． 22. 如图，在等腰 VABC 中， A30 ， AB AC ，沿射线BE 折叠 VABC ，使点A恰好落在 BC 的 延长线上的点D处，射线BE 与腰 AC 交于点E． （1）尺规作图：作出射线BE （保留作图痕迹，不写作法）； （2）在（1）所作的图形中，连接DE，若 CE 2 2 ，求线段DE的长． 第16页/共26页 学科网（北京）股份有限公司2 32 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】题目主要考查轴对称的性质，等腰三角形的判定和性质，解三角形，理解题意，作出辅助线，综 合运用这些知识点是解题关键． （1）根据题意作ABD 的 平分线即可； CF  DE （2）过点C作 ，根据等腰三角形的性质及轴对称图形的性质得出 ABC ACB75,AD30 DEC 45 ，再由三角形外角的性质得出 ，利用等腰直角 EF CF 2 三角形的性质得出 ，再由正切函数求解即可． 【小问1详解】 解：作ABD的平分线，交 AC 于点E，射线BE即为所求； 【小问2详解】 CF  DE 过点C作 ，如图所示： ∵等腰 VABC 中， A30 ，沿射线BE 折叠 VABC ，使点A恰好落在 BC 的延长线上的点D处， ABC ACB75,AD30 ∴ ， DEC 753045 ∴ ， ECF DEC 45 ∴ ， EF CF ∴ ， CE 2 2 ∵ ， EF CF 2 ∴ ， CF tanD ∴ DF ， 第17页/共26页 学科网（北京）股份有限公司DF 2 3 ∴ ， DE 2 32 ∴ ． 23. 在气象观测实践课中，同学们利用AI控制器精准地将甲和乙两个智能探空气球按照设定的速度匀速竖 直升降．气球甲从地面以m米/秒的速度上升，气球乙从距离地面高10米的观测台同时上升，9秒时气球 乙到达预定高度并暂停上升，开始采集大气数据（持续一定时间），完成后按原速继续上升．最终两气球 同时到达距离地面100米的空中进行了n秒的联合观测，观测完毕后两气球释放部分气体，以相同速度降 落至地面．甲，乙两探空气球所在的位置距离地面的高度y（米）与气球飞行的时间x（秒）之间的函数关 系如图所示，请结合图象解答下列问题： m n （1） __________米/秒， __________秒； （2）求线段AB所在直线的函数解析式（不要求写出x的取值范围）； （3）甲，乙两个智能探空气球飞行到多少秒时，它们之间的竖直高度的差为16米？（直接写出答案即可） 【答案】（1）4；15 y 5x25 （2） 39 71 （3）6秒或 4 秒或 4 秒 【解析】 【分析】本题主要考查求一次函数的应用，熟练掌握待定系数法求一次函数的解析式是解题的关键． （1）根据图形计算即可求解； A(16,55) （2）先求得气球乙匀速从55米到100米所用时间为9秒，得到 ，利用待定系数法即可求解； OB MN AN （3）利用待定系数法分别求得线段 、线段 、线段 所在直线的函数解析式，再分三种情况讨 论，列式计算即可求解详解． 【小问1详解】 第18页/共26页 学科网（北京）股份有限公司解：由题意得气球甲的速度为m100254（米/秒）， n402515 ) （秒 ． 故答案为：4，15； 【小问2详解】 B25,100 解：由图象知， ， 551095 气球乙的速度为 （米 / 秒）， 1005559 ∴气球乙匀速从55米到100米所用时间为 （秒）， 25916 ∵ （秒）， A(16,55) ∴ ， y kxb 设线段AB所在直线的函数解析式为 ， 16kb55  A(16,55) B25,100 25kb100 将 ， 代入得： ， k 5  m25 解得 ， 线段AB所在直线的函数解析式为 y 5x25 ； 【小问3详解】 解：如图所示： M(0,10) N(9,55) B25,100 由题意 ， ， y k x OB 设直线 所在直线的解析式为 1 ， 25k 100 k 4 ∴ 1 ，解得 1 OB y 4x ∴线段 所在直线的函数解析式为 ， 第19页/共26页 学科网（北京）股份有限公司y k xb MN 设线段 所在直线的函数解析式为 2 2， M(0,10) N(9,55) 把 ， 代入，得 b 10 k 5 2 2   9k b 55 b 10   2 2 ，解得 2 ， 线段 MN 所在直线的函数解析式为 y 5x10 ； AN y 55 线段 所在直线的函数解析式为 ， 0 x9 4x5x10 16 当 时，由题意得 ， x6 x  26 解得 或 （舍去）； 9 x16 4x55 16 当 时，由题意得 ， 71 39 x x 解得 4 或 4 ， 16 x25 |4x5x25|16 当 时，由题意得 ， x9 x41 解得 （舍去）或 （舍去）， 39 71 综上，甲，乙两个智能探空气球飞行到6秒或 4 秒或 4 秒时，它们之间 的 竖直高度的差为16米． Rt△ABC A90 ACB 60 AC 12 BC 24. 如图，在 中， ， ， ，点D在边 的延长线上，过点D 作 DE  BC 且 DE  3DC ，连接BE ，点P为BE 的中点． BC （1）求 的长； （2）连接AP，PD，AD，请判断△APD 是否为等边三角形？若是，请证明你的结论；若不是，请说 第20页/共26页 学科网（北京）股份有限公司明理由； （3）以点C为圆心，3为半径作 A C ，交边 AC 于点M，点Q是 A C 上的动点，连接PM ， PQ ，求 PM PQ 的最小值． 【答案】（1）24 （2）是，理由见解析 （3）18 【解析】 Rt△ABC 【分析】（1）在 中，解直角三角形即可解答； （2）根据直角三角形斜边上中线的性质得到AP BP DP EP，根据 DE  3DC 得到 DEC 30 ，因此DEADBA，从而点A，B，E，D四点共圆，且点P为该圆的圆心，根据圆周 角定理有 APD2ABD60 ，得到△APD 是等边三角形． （3）取 BC 的中点H，连接 PH ，延长 PH 交AB于点N，根据中位线定理得到PH∥AE ，因此点P 在直线 PH 上运动．作点M关于 PH 的对称点M ，连接MM ，交 PN 于点G，连接PM ， QM ，则 PM PQ PMPQMQ MC A C Q MQMQ BC ，连接 ，交 于点 ，则 ，由点H是 的中点， 1 1 AN  AB ACtanACB6 3 HN∥AC ，得到 2 2 ，证明四边形 AMGN 是矩形，得到 MM2MG 12 3 RtAMMC MC 21 ，根据勾股定理在 中，求得 ，即可得出 MQMCCQ18 ，即可解答． 【小问1详解】 Rt△ABC ACB 60 AC 12 解：∵在 中， ， ， AC 12 BC   24 ∴ cosACB cos60 ． 【小问2详解】 解：△APD 是等边三角形，理由如下： ∵ DE  BD， BDE 90 ∴ ， ∵点P是BE 的中点， 第21页/共26页 学科网（北京）股份有限公司1 DP  BP  PE  BE ∴ 在 Rt△BDE 中， 2 ， 1 AP BP EP BE 在 Rt△ABE 中， 2 ， ∴AP BP DP EP DE  3DC ∵ ， CD CD 3 tanDEC    DE 3CD 3 ∴ ， DEC 30 ∴ ， ABC 180BACACB30 ∵ ， ∴DEADBA， ∴点A，B，E，D四点共圆，且点P为该圆的圆心， APD2ABD60 ∴ ， ∵AP  DP， ∴△APD 是等边三角形． 【小问3详解】 解：取 BC 的中点H，连接 PH ，延长 PH 交AB于点N， ∵点P是BE 的中点，点H是 BC 的中点， ∴PH∥AE ， 第22页/共26页 学科网（北京）股份有限公司PH ∴点P在直线 上运动． 作点M关于 PH 的对称点M ，连接MM ，交 PN 于点G，连接PM ， QM ， 则PM PM ， PM PQ PMPQMQ ∴ ， MC A C Q MQMQ 连接 ，交 于点 ，则 ， BC ∵点H是 的中点， 1 CH  BC ∴ 2 ， HN∥AC ∵ ， AN HC 1   ∴ AB BC 2 ， 1 1 1 AN  AB ACtanACB 12tan606 3 ∴ 2 2 2 ． ∵点M与点M 关于 PN 对称， MM PN ∴ ， PN∥AC BAC 90 ∵ ， ， ∴ PN  AB ，MM AC AMGN ∴四边形 是矩形， MG  AN 6 3 ∴ ， MM2MG 12 3 ∴ ， ∵MC 3，MM AC，  2 MC  MM2 MC2  12 3 32 21 RtAMMC ∴在 中， ， MQMCCQ21318 ∴ ， PM PQMQMQ18 ∴ ， PM PQ 即 的最小值为18． 第23页/共26页 学科网（北京）股份有限公司【点睛】本题考查解直角三角形，勾股定理，等边三角形的判定，四点共圆，圆周角定理，直角三角形斜 边上中线的性质，轴对称的性质，最短路径问题等，综合运用相关知识，正确作出辅助线是解题的关键． C : y  x2  px C : y x62 4 A4,0 25. 已知抛物线 1 与抛物线 2 相交于点 ． （1）求出p的值； M a,bb0 C Nam,bn C （2）设点 在抛物线 1上，点 在抛物线 2上． a m ①当 时，求n的取值范围； ②当M，A，N三点共线时，求m的值． p 4 【答案】（1） 4  n32 （2）① 3 ；② m8 【解析】 【分析】题目主要考查二次函数的性质，待定系数法确定函数解析式，理解题意，综合运用这些知识点是 解题关键． （1）根据待定系数法代入即可得出结果； （2）由（1）得 C 1 : y  x2 4x ，将点M代入得ba2 4a0，且 0a4 ；①根据题意得出 N  2a,a2 4an  n(3a8)(a4) ，然后代入函数解析式确定 ，再由二次函数的性质即可得出n的取 N am,am2 12am32   值范围；②根据题意得出 ，再利用一次函数的待定系数法及三点共 线得出方程求解即可． 【小问1详解】 A4,0 C : y  x2  px 解：将点 代入 1 ， 0164p 得 ， p 4 解得： ； 【小问2详解】 C : y  x2 4x 由（1）得 1 ， M a,bb0 C ∵点 在抛物线 1上， ∴ ba2 4a0， 第24页/共26页 学科网（北京）股份有限公司0a4 ∴ ； ①∵ a m ，ba2 4a， N  2a,a2 4an  ∴ ， N C ∵点 在抛物线 2上， a2 4an(2a6)2 4 ∴ ， n3a2 20a32(3a8)(a4) 整理得： ， 8 a  当 n0 时， 3或 a4 ， a0 n32 当 时， ， 20 10 4 a   n 当 23 3 时， 3， 0a4 ∵ ， 4  n32 ∴ 3 ； C : y x62 4 x2 12x32 ②∵ 2 ， N am,am2 12am32   ∴ ， 第25页/共26页 学科网（北京）股份有限公司A4,0 M a,bb0 ∵ ， ， y kxc ∴设直线AM 的函数解析式为： ， 4kc0 b  k  代入得： akcb ，解得 a4， ∵ ba2 4a， k a ∴ ； AN y dxe 设直线 的函数解析式为： ，  4d e0  am2 12am32  代入得：  amd eam2 12am32 ，解得 d  am4 ， d am8 即 ， ∵M，A，N三点共线， am8a ∴ ， m8 解得： ． 第26页/共26页 学科网（北京）股份有限公司