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新疆维吾尔自治区新疆生产建设兵团2026 年初中学业水平考试
数学试题卷
考生须知：
1．本试卷分为试题卷和答题卷两部分，试题卷共4 页，答题卷共2 页．
2．满分150 分，考试时间120 分钟．
3．考生不得使用计算器；必须在答题卷上答题，在草稿纸、试题卷上答题无效．
一、单项选择题（本大题共9 小题，每小题4 分，共36 分）
1. 下面是我国几个城市某年一月份的平均气温，气温最高的城市是（ ）
A. 北京（4.6
−
℃）
B. 广州（13.1℃）
C. 南京（2.4℃）
D. 哈尔滨（19.4
−
℃）
【答案】B
【解析】
【分析】根据正数大于一切负数，两个正数比较，绝对值大的数更大求解即可．
【详解】解：4.6
−
℃和19.4
−
℃均是负数，故4.6
−
℃和19.4
−
℃均小于13.1℃，2.4℃，
而13.1
2.4
℃
℃，
∴气温最高的城市是广州．
2. 某校九年级在“学雷锋月”黑板报评比活动中，7 个班的得分分别是8，9，7，9，10，8，9，则这组数
据的众数为（ ）
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】一组数据中出现次数最多的数据叫做这组数据的众数．
【详解】解：统计本题中各数据出现次数：7 出现1 次，8 出现2 次，9 出现3 次，10 出现1 次，
其中，9 出现的次数最多，因此这组数据的众数为9．
3. 在平面直角坐标系中，将点
(
)
1,3
A
向右平移2 个单位长度，到点B ，则点B 的坐标为（ ）
A. (
)
1,3
−
B. (
)
1,1
C. (
)
1,5
D. (
)
3,3
【答案】D
【解析】
【分析】利用平移规则“右移横坐标加，纵坐标不变”即可求解．
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【详解】∵点坐标平移规律为，向右平移时横坐标增加，纵坐标不变，已知点A坐标为(
)
1,3 ，向右平移2
个单位长度得到点B ，
∴点B 的横坐标为1 2
3
+
=
，纵坐标为3，
即B 的坐标为(
)
3,3 ．
4. 把一块含30角的直角三角板按如图方式放置于两条平行线间，已知1
30
=
，则
2
=（ ）
A. 30
B. 45
C. 60
D. 75
【答案】C
【解析】
【详解】解：由题意可知，1
30
=
，
2
3
90
+=
，
直角三角板放置于两条平行线间，
1
3
30
= =
，
2
60
=
5. 不等式2
3 1
x−的解集为（ ）
A.
1
x
−
B.
1
x −
C.
2
x
D.
2
x
【答案】D
【解析】
【详解】解：2
3 1
x−
移项得，2
1 3
x +
,
合并同类项得，2
4
x
,
解得
2
x
,
∴不等式的解集为
2
x
．
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6. 一个弹簧不挂物体时长12 cm ，在弹簧的弹性限度内，每挂1kg 的物体，弹簧伸长2 cm ，当挂3 kg 的物
体时，弹簧的长度为（ ）
A. 18 cm
B. 16 cm
C. 15 cm
D. 14 cm
【答案】A
【解析】
【分析】利用弹簧总长度等于弹簧原长加上挂物体后伸长的长度即可求解．
【详解】每挂1kg 物体弹簧伸长2 cm ，
挂3 kg 物体时，弹簧伸长量为3 2
6cm
=
，
又弹簧原长为12 cm ，
挂3 kg 物体时弹簧总长度为12
6
18cm
+
=
．
7. 我国古代数学名著《孙子算经》中有一道题，原文是：“今有木，不知长短．引绳度之，余绳四尺五寸；
屈绳量之，不足一尺．木长几何？”意思是：用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5 尺．将绳子对折再
量长木，长木还剩余1 尺，问木长多少尺．设木长x 尺，绳子长y 尺，则可列方程组为（ ）
A.
4.5
1
1
2
y
x
y
x−
=
+
=
B.
4.5
1
1
2
x
y
y
x−
=
+
=
C.
4.5
1
1
2
y
x
x
y−
=
+
=
D.
4.5
1
1
2
y
x
y
x
−
−
=
=
【答案】A
【解析】
【详解】解：设木长x 尺，绳长y 尺，
用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5 尺，
绳长= 木长+ 剩余绳长，即
4.5
y
x
=
+
将绳子对折再量长木，长木还剩余1 尺，
对折后绳长= 木长−剩余木长，对折后绳长为1
2 y ，即1
1
2 y
x−
=
；
综上可得方程组
4.5
1
1
2
y
x
y
x−
=
+
=
8. 如图，在
ABCD
中，点E 在AB 上．第一步：以点E 为圆心，任意长为半径画弧交AE ，DE 于点M ，
N ；第二步：以点B 为圆心，EM 长为半径画弧交AB 于点P ；第三步：以点P 为圆心，MN 长为半径画
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弧交第二步所画的弧于点Q ，连接BQ 并延长，交DC 于点F ．则下列结论一定成立的是（ ）
A.
ABF
CBF
=
B.
ADE
CBF
=
C. DF
CF
=
D. BE
BF
=
【答案】B
【解析】
【分析】根据尺规作图痕迹可知
ABF
AED
=
，从而推出
//
DE BF ，结合平行四边形
//
AD BC 的性
质，利用三角形内角和定理及平角定义进行角度转换即可得出结论．
【详解】解： 由作图步骤可知，
ABF
AED
=
四边形ABCD是平行四边形
//
AD BC
180
A
ABC
+
=
180
CBF
ABC
ABF
A
ABF
−
−
−
=
=
在ADE
中，
180
ADE
A
AED
−
−
=
ABF
AED
=
ADE
CBF
=
，其余结论均不能证明．
9. 如图，水平放置的边长为2cm 的正方形ABCD，边长为
2cm 的正方形EFGH 的顶点F ，H 在同一
水平线上，点F 与AD的中点重合，现将正方形EFGH 以1
/
cm s 的速度沿AB 方向匀速运动，当点H 运
动到BC 上时停止．在这个运动过程中，正方形EFGH 与正方形ABCD重叠部分的面积(
)
2
y cm
与运动时
间( )
x s 之间的函数关系图象大致是（ ）
A.
B.
C.
D.
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【答案】B
【解析】
【分析】连接EG 、FH 交于点O，正方形EFGH 的边与正方形ABCD交于点M 、N ，FH 交AD 于点
K ，分四种情况讨论，分别求出重叠部分的面积(
)
2
y cm
与运动时间( )
x s 之间的函数关系表达式，进而得
到对应的函数图象，即可得解．
【详解】解：如图，连接EG 、FH 交于点O，正方形EFGH 的边与正方形ABCD交于点M 、N ，
FH 交AD于点K ，
边长为2cm的正方形EFGH 的顶点F ，H 在同一水平线上，点F 与AD 的中点重合，
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
EG
FH
cm
=
=
+
=
，
1
OE
OF
OG
OH
cm
=
=
=
=
，EG
FH
⊥
，HF 垂直平分
AD，
AD
EG
，
①当0
1
t
时，叠部分的面积为
FMN
S
，此时FK
tcm
=
，
AD
EG
FMN
FGE
∽
，
FK
MN
OF
EG
=
，
1
2
t
MN
=
，
2
MN
tcm
=
，
(
)
2
2
1
1
2
2
2
FMN
S
MN FK
t t
t
cm
=
=
=
；
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②当1
2
t
时，叠部分的面积为
HMN
EFGH
S
S
−
正方形
，此时
(
)
2
HK
FH
FK
t cm
−
−
=
=
，
同理可得，
(
)
2 2
MN
t
−
=
，
(
)
(
) (
)
(
)
2
2
2
1
2
2 2
2
4
2
2
2
2
HMN
EFGH
S
S
t
t
t
t
t
−
−
−
−
−
−
−
=
−
=
+
=
+
正方形
，
即当
2
x =
时，有最大值为2；
③当2
3
t
时，叠部分的面积为
FMN
EFGH
S
S
−
正方形
，此时
(
)
2
FK
t
cm
−
=
，
同理可得，
(
)
2
2
MN
t
=
−
，
(
)
(
) (
)
(
)
2
2
2
1
2
2
2
2
4
2
2
2
2
FMN
EFGH
S
S
t
t
t
t
t
−
−
−
−
−
−
−
=
−
=
+
=
+
正方形
；
④当3
4
t
时，叠部分的面积为
HMN
S
，此时
(
)
(
)
2
2
4
HK
t
t cm
−
−
=
−
=
，
同理可得，
(
)
2 4
MN
t
−
=
，
(
) (
)
(
)
(
)
2
2
1
1
2 4
4
4
4
2
2
HMN
S
MN HK
t
t
t
t
−
−
−
−
=
=
=
=
，
综上可知，当0
1
t
时，图象为开口向上的抛物线；当1
2
t
时，图象为开口向下的抛物线，且有最大
值为2；当2
3
t
时，图象为开口向下的抛物线；当3
4
t
时，图象为开口向上的抛物线，
只有B 选项符合题意．
二、填空题（本大题共6 小题，每小题4 分，共24 分）
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10. 若
1
x−
在实数范围内有意义，则实数x 的取值范围为____________．
【答案】
1
x
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可得到结果．
【详解】解：若
1
x −在实数范围内有意义，则二次根式的被开方数为非负数，即
1
0
x−
，
解得
1
x ．
11. 截至2025 年底，新疆电网新能源装机容量达1.69亿千瓦，占全疆总装机容量的64% ，风电、光伏装机
规模均稳居全国前列．将数据1.69亿用科学记数法表示为____________．
【答案】
8
1.69 10
【解析】
【分析】先将单位“亿”转换为数字形式，再根据科学记数法的定义确定a 和n 的值即可得到结果．
【详解】解：1亿
8
100000000
10
=
=
，
因此1.69亿
8
1.69 10
=
．
12. 如果在一次投米试验中，结果落在区域中的每一点都是等可能的．如图，是一个正方形及其内切圆，且
正方形的边长为2cm ，随机地往正方形内投一粒米，落在圆内的概率是____________．
【答案】4
【解析】
【分析】先计算正方形的面积，再计算内切圆的面积，最后用内切圆面积除以正方形面积，得到米粒落在圆
内的概率．
【详解】解：∵正方形边长为2cm ，
∴正方形面积
2
2 2
4
S
cm
=
=
正
，
∵正方形的内切圆直径等于正方形边长，
∴圆的半径
1
r
cm
=
，
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圆面积
2
2
2
π
π 1
π
S
r
cm
=
=
=
圆
，
∴概率
4
S
P
S
=
=
圆
正
．
13. 已知圆锥的底面半径是1，母线长是4 ，则它的侧面展开图的圆心角为____________．
【答案】
90##90 度
【解析】
【分析】圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，利用
该关系列方程求解即可．
【详解】解：设圆锥侧面展开图的圆心角为n，
圆锥的底面周长为：2π 1
2
=
根据弧长公式，结合扇形弧长等于圆锥底面周长，可得：
π 4
2π
180
n
=
解得
90
n =
∴它的侧面展开图的圆心角为90．
14. 如图，等边AOB
的面积为9 3 ，边OA 与双曲线
k
y
x
=
相交于点C ，且
:
3:2
OA OC =
，则k =
____________．
【答案】4 3
【解析】
【分析】过点A作AD
x
⊥
轴于点D ，过点C 作CE
x
⊥
轴于点E ，设等边AOB
的边长为2a ，结合三
角形面积，求出
3 3
AD =
，
3
OD =
，证明
COE
AOD
∽
，利用相似三角形对应边成比例，求出
2 3
CE =
，
2
OE =
，从而得到点C 的坐标，即可得到k 的值．
【详解】解：如图，过点A作AD
x
⊥
轴于点D ，过点C 作CE
x
⊥
轴于点E ，
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设等边AOB
的边长为2a ，
2
OA
OB
a
=
=
，
1
2
OD
BD
OB
a
=
=
=
，
2
2
3
AD
OA
OB
a
−
=
=
，
等边AOB
的面积为9 3 ，
2
1
1
2
3
3
9 3
2
2
OB AD
a
a
a
=
=
=
，
3
a
=
（负值舍去），
3 3
AD
=
，
3
OD =
，
AD CE
，
COE
AOD
∽
，
AD
OD
OA
CE
OE
OC
=
=
，
:
3:2
OA OC =
，
3 3
3
3
2
CE
OE
=
=
，
2 3
CE
=
，
2
OE =
，
(
)
2,2 3
C
，
2 2 3
4 3
k
=
=
．
15. 如图，形状为直角三角形的木块，斜靠在竖直的墙上，木块顶点B 在墙面上滑动，另一顶点C 在地面上
滑动，O ，A ，B ，C 在同一平面内，若
3
AB =
，
4
BC =
，则木块顶点A 到墙角O 的距离的最大值为
____________．
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【答案】2
13
+
## 13
2
+
【解析】
【分析】取BC 中点D ，连接
,
,
OD AD OA，根据直角三角形的性质求出
2
OD =
，利用勾股定理求出
13
AD =
，由OA
AD
OD
+
即可得出结果．
【详解】解：取BC 中点D ，连接
,
,
OD AD OA，
∵
4
BC =
，
∴
1
2
2
BD
BC
=
=
，
由题意得
90
ABC
BOC
=
=
，
∴
1
2
2
OD
BC
=
=
，
∵
3
AB =
，
∴
2
2
13
AD
AB
BD
=
+
=
，
∵OA
AD
OD
+
，
∴OA的最大值为
2
13
AD
OD
+
=
+
，
即木块顶点A到墙角O的距离的最大值为2
13
+
．
三、解答题（本大题共8 小题，共90 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
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16. 计算：
（1）
(
)
0
1
4
2
−−
+
；
（2）(
)
(
)
2
1
2
a
a a
−
−
−
．
【答案】（1）
0
（2）
1
【解析】
【分析】（1）先分别计算绝对值、算术平方根、零次幂，再依次进行加减运算得出结果；
（2 ）先用完全平方公式展开平方项、单项式乘多项式法则展开乘积项，去括号后合并同类项化简整式．
【小问1 详解】
解：
(
)
0
1
4
2
−−
+
1 2 1
= −+
0
=
；
【小问2 详解】
解：(
)
(
)
2
1
2
a
a a
−
−
−
(
)
2
2
2
1
2
a
a
a
a
=
−
+ −
−
2
2
2
1
2
a
a
a
a
=
−
+ −
+
1
= ．
17. 解决问题：
（1）解方程：3
2
2
3
x
x
=
+
；
（2）被誉为“东方数学瑰宝”的赵爽弦图，是我国古代证明勾股定理的经典方法之一．如图，已知正方
形ABCD的面积为100，正方形EFGH 的面积为4，求BF 的长．
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【答案】（1）
9
x =
（2）6
【解析】
【分析】（1）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x 的值，经检验即可得到分式方程的
解；
（2）根据正方形的面积求出边长，设BF
x
=
，在Rt ABF
中，利用勾股定理列方程求解即可．
【小问1 详解】
解：3
2
2
3
x
x
=
+
，
去分母得，(
)
3
3
2 2
x
x
+
=
，
去括号得，3
9
4
x
x
+ =
，
移项合并得，
9
x =
，
经检验，当
9
x =
时，
(
)
2
3
0
x x +
，
分式方程的解为
9
x =
；
【小问2 详解】
解：正方形ABCD的面积为100，正方形EFGH 的面积为4，
10
AB
=
，
2
EF
FG
=
=
，
设BF
x
=
，则
2
AF
BG
x
=
=
+
，
在Rt ABF
中，
2
2
2
AF
BF
AB
+
=
，
(
)
2
2
2
2
10
x
x
+
+
=
，
解得：
6
x =
或
8
x = −（舍），
即BF 的长为6．
18. 如图，在
ABCD
中，点E，F 在对角线BD上，BE
DF
=
．求证：
（1）ABE
CDF
≌
；
（2）四边形AECF 是平行四边形．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
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∴AB
CD
，AB
CD
=
，
∴
ABE
CDF
=
，
又BE
DF
=
，
∴
(
)
ABE
CDF SAS
≌
；
（2）证明：∵ABE
CDF
≌
，
∴
,
AE
CF
AEB
CFD
=
=
∵
180
AEB
AEF
CFD
CFE
+
=
+
=
AEF
CFE
=
∴AE
CF
，
∴四边形AECF 是平行四边形．
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AB
CD
，AB
CD
=
，根据平行线的性质可得
ABE
CDF
=
，结合已知条件根据SAS即可证明ABE
CDF
≌
；
（2）根据ABE
CDF
≌
可得
,
AE
CF
AEB
CFD
=
=
，根据邻补角的意义可得
AEF
CFE
=
，可
得AE
CF
，根据一组对边平行且相等即可得出．
【小问1 详解】
略
【小问2 详解】
略
19. 为了解某景区游客消费情况，某天工作人员采用抽样调查的方法，随机抽取若干名游客，调查人均日消
费金额．统计情况如下表：
【数据收集与整理】
组别
人均日消费金额x（元）
组中值
频数
频率
A
0
200
x
100
20
0.1
B
200
400
x
300
60
0.3
C
400
600
x
500
a
0.4
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D
600
800
x
700
30
b
E
800
1000
x
900
10
0.05
【数据描述】
【数据分析与应用】根据以上信息，解答下列问题：
（1）频数分布表中a =____________，b = ____________；
（2）补全频数分布直方图；
（3）用组中值表示该组人均日消费金额，根据统计信息，估计这一天游客人均日消费金额的平均数；
（4）从D 组，E 组中各选取2 人，在这4 人中再随机抽取2 人进行访谈，请利用列表法或树状图法求这2
人恰好来自同一组别的概率．
【答案】（1）80；0.15
（2）解：补图如下：
（3）450 元 （4）1
3
【解析】
【分析】（1）求出样本容量，减去已知几个组的人数即可求出a 的值；用600
800
x
组的人数除以样
本容量即可求出b 的值；
（2）根据（1）中结果补图即可；
（3）根据加权平均数定义求解即可；
（4）根据题意画出树状图，可分别得到总共有多少种等可能的结果与符合条件的结果，根据概率公式即
可求解．
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【小问1 详解】
解：样本容量为20 0.1
200
=
，
∴
200
20 60 30 10
80
a =
−
−
−
−
=
，
30 200
0.15
b =
=
；
【小问2 详解】
略
【小问3 详解】
解：
(
)
1
100 20
300 60
500 80
700 30
900 10
450
200
+
+
+
+
=
，
答：估计这一天游客人均日消费金额的平均数为450 元；
【小问4 详解】
解：记D 组两人为
1
D 、
2
D ；E 组两人为
1
E 、
2
E ，
画树状图如下：
共12 种等可能结果，其中2 人恰好来自同一组别的结果为4 种，
∴2 人恰好来自同一组别的概率为4
1
12
3
=
.
20. 如图，甲、乙两艘货船分别从港口A 和港口B 同时出发向港口C 直线航行运送货物．已知港口A 位于
港口B 北偏西18.4的方向上，港口C 位于港口A 北偏东53的方向上，
100 10
AB =
海里，
500
AC =
海里，甲船航行速度为10 海里/时，乙船的航行速度大约是多少海里/时，甲、乙两船可以同时到达港口C
（结果保留根号）．（参考数据：sin53
0.80
，cos53
0.60
，tan53
1.33
，
10
sin18.4
10
，
3 10
cos18.4
10
，
1
tan18.4
3
）
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【答案】6 5 海里/时
【解析】
【分析】根据题意构建直角三角形，利用已知角度的正弦值和余弦值，分别求出BD，ED，EF ，CF 的
长度，最后根据勾股定理即可求出BC 长度，利用时间相同求出乙船的时间，即可求出乙船的速度．
【详解】解：过点B 的正北方向作BF
CF
⊥
于点F ，交AC 于点E ，过点A作AD
BF
⊥
于点D ，设
A的正北方向上一点G ，如图所示，
90
ADB
ADE
CFE
=
=
=
，DF
AG
，
53
GAE
AED
CEF
=
=
=
．
10
sin18.4
10
，
3 10
cos18.4
10
，
100 10
AB =
海里，
500
AC =
海里，
在Rt ADB
中，
10
sin18.4
10
100 10
AD
AD
AB
=
=
，
3 10
cos18.4
10
100 10
BD
BD
AB
=
=
，
100
AD
=
海里，
300
BD =
海里．
sin53
0.80
，cos53
0.60
，
在Rt
ADE
△
中，
100
sin53
0.80
AD
AE
AE
=
=
，则
125
AE =
海里，
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cos53
0.60
125
ED
ED
AE
=
=
，则
75
ED =
海里．
500
AC =
海里，
500 125
375
EC
AC
AE
−
=
=
−
=
海里，
在Rt CFE
中，sin53
0.80
375
CF
CF
CE
=
=
，则
300
CF =
海里，
cos53
0.60
375
EF
EF
CE
=
=
，则
225
EF =
海里．
300 75 225
600
FB
BD
DE
EF
=
+
+
=
+
+
=
海里，
在Rt
CFB
△
中，
2
2
2
2
300
600
300 5
BC
CF
FB
=
+
=
+
=
海里．
500
AC =
海里，甲船航行速度为10 海里/时，甲和乙的行驶时间相同，
500
50
10
t
t
=
=
=
乙
甲
小时，
300 5
BC =
海里，
300 5
6 5
50
V
=
=
乙
海里/时．
乙船的航行速度大约是6 5 海里/时，甲、乙两船可以同时到达港口C．
【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用问题，涉及到正弦和余弦值，勾股定理，解题的关键在于利
用方向构建直角三角形．
21. 政府要对某音乐广场上的圆形喷水池及其装置进行改造．
问题
圆形喷水池中心竖直安装一根水管，水管顶端安装一个向外喷水的喷水头，喷出
抛物线形水柱．现将水管向上增高1 米，喷出的抛物线形水柱形状保持不变，圆
形喷水池的直径至少是多少米，水才不会喷到池外．
过程
方法
说明
利用皮尺进行测量，利用二次函数模型进行计算．
操作
说明
以水管与地面交点为原点，原点与水柱落地处所在直线为x 轴，水管
所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系．
数据
测量
原喷水池直径为16 米，喷水头距离地面0.8 米，喷出的抛物线形水柱
在与水池中心的水管水平距离为3.5 米处达到最高．
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建立
模型
计算，交流展示……
请根据上述信息，完成下列问题：
（1）设改造前喷出水柱所在抛物线对应的函数解析式为
(
)
2
0.8
0
y
ax
bx
a
=
+
+
，求a，b 的值；
（2）求改造后圆形喷水池的直径至少是多少米？
【答案】（1）
0.1
a = −
，
0.7
b =
（2）18米
【解析】
【分析】（1）抛物线经过(
)
8,0 ，对称轴为直线
3.5
x =
，再由待定系数法求解即可；
（2）根据二次函数的平移求出平移后的抛物线的表达式，再令
0
y =
，求出x ，即可求解半径．
【小问1 详解】
解：由题意得，抛物线经过(
)
8,0 ，对称轴为直线
3.5
x =
，
∴
64
8
0.8
0
3.5
2
a
b
b
a
+
+
=
−
=
解得
0.1
0.7
a
b
−
=
=
；
∴
0.1
a = −
，
0.7
b =
；
【小问2 详解】
解：由（1）可得原抛物线的表达式为
2
0.1
0.7
0.8
y
x
x
−
=
+
+
，
配方可得
(
)
2
0.1
3.5
2.025
y
x
−
−
=
+
，
∵现将水管向上增高1 米，喷出的抛物线形水柱形状保持不变
∴新抛物线的表达式为
(
)
2
0.1
3.5
2.025 1
y
x
−
−
=
+
+ ，即
(
)
2
0.1
3.5
3.025
y
x
−
−
=
+
，
当
0
y =
时，
(
)
2
0.1
3.5
3.025
0
x−
−
+
=
，
解得
1
9
x =
，
2
2
x = −（舍去），
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∴9 2
18
=
（米）
∴改造后圆形喷水池的直径至少18米．
22. 如图，ABC
内接于
O
，AD平分
BAC
交
O
于点D，连接BD，CD，经过点D 的直线与AB
的延长线相交于点E，且
1
2
BDE
BAC
=
．
（1）求证：DE 是
O
的切线；
（2）如果点I 是ABC
的内心，
12
tan
5
BAC
=
，
24
BC =
，求DI 的值．
【答案】（1）证明：连接DO 并延长交
O
于点F ，连接BF ，
∵
BD
BD
=
∴1
3
=
∵DF 是直径，
∴
90
FBD
=
∴1
2
90
+=
∵AD平分
BAC
∴
1
3
2
BAC
=
∵
1
2
BDE
BAC
=
，
∴
3
BDE
=
∴1
BDE
=
∴
2
90
BDE
EDF
+=
=
∵OD 是半径，
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∴DE 是
O
的切线；
（2）4 13
【解析】
【分析】（1）连接DO 并延长交
O
于点F ，连接BF ，由圆周角定理得到1
3
= ，
90
FBD
=
，则
1
2
90
+=
，由角平分线得到
1
3
2
BAC
=
，结合已知条件可得
3
BDE
=
，继而等量代换证明即
可；
（2）连接
I, I,
,
,
B C OB OC OD ，OD 交BC 于点M ，先由圆周角定理得到证明
4
5
= ，根据垂径定理
的推论可得OD
BC
⊥
，
1
2
BM
CM
BC
=
=
，再证明
BOM
BAC
=
，解Rt BOM
求出OM ，
OB ，即可求解DM ，BD，再由内心的性质导角证明
I
D
DB
=
．
【小问1 详解】
略
【小问2 详解】
解：连接
I, I,
,
,
B C OB OC OD ，OD 交BC 于点M ，
∵AD平分
BAC
∴
BAD
CAD
=
，
∴
BD
CD
=
，
∴
4
5
= ，
∵DO 是半径，
∴OD
BC
⊥
，
1
1
24
12
2
2
BM
CM
BC
=
=
=
=
，
∵OB
OC
=
∴
2
BOC
BOM
=
∵
2
BOC
BAC
=
，
∴
BOM
BAC
=
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∵
12
tan
5
BAC
=
∴
12
12
tan
5
BM
BOM
OM
OM
=
=
=
∴
5
OM =
∴
2
2
13
OB
OM
BM
=
+
=
∴
13
OD =
∴
8
DM
OD
OM
−
=
=
∴
2
2
2
2
12
8
4 13
BD
BM
DM
=
+
=
+
=
，
∵点I 是ABC
的内心，
∴
ABI
CBI
=
∵
BD
BD
=
∴
5
BAD
=
∴
4
BAD
=
∵
I
4
I,
6
I
DB
CB
BAD
AB
= +
=
+
∴
I
6
DB
= ，
∴
I
4 13
D
DB
=
=
．
23. 已知，在Rt ABC
中，
90
ACB
=
，AC
BC
=
，点D 为AB 上一点，
90
EDF
=
，现将
EDF
绕着点D 旋转，交AC 于点F，交BC 于点E．
（1）如图1，当点D 为AB 中点时，猜想DE ，DF 之间的数量关系，并进行证明；
（2）如图2，当
2
BD
AD
=
时，猜想AF ，BE ，AB 之间的数量关系，并进行证明；
（3）如图3，当BD
nAD
=
时，猜想AF ，BE ，AB 之间的数量关系，并进行证明．
【答案】（1）解：猜想DE
DF
=
，证明如下：
如图所示，连接CD，
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∵AC
BC
=
，
90
ACB
=
，点D 为AB 中点，
∴
45
A
B
= =
，CD
AB
⊥
，
1
2
CD
AB
AD
BD
=
=
=
，
∴
45
DCE
B
= =
，
∴
DCE
A
= ，
∵
90
EDF
=
，
∴1
3
90
2
−
= =
，
∴
(
)
ADF
CDE ASA
≌
，
∴DE
DF
=
；
（2）解：猜想
2 2
2
3
BE
AF
AB
+
=
，证明如下：
如图所示，过点D 作DM
AC
⊥
，DN
BC
⊥
，垂足分别为
,
M N ，则
90
DMF
DNE
DNC
=
=
=
，
由（1）知
45
A
B
= =
，
∴
,
AMD
BND
为等腰直角三角形，则
,
AM
MD DN
BN
=
=
，
∴
2
sin
2
AM
MD
AD
A
AD
=
=
=
，
同理
2
2
DN
BN
BD
=
=
，
∵
2
BD
AD
=
，
∴
2
DN
DM
=
，
∵
90
C
=
，
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∴
360
90
90
90
90
MDN
−
−
−
=
=
，
∵
90
EDF
=
，
∴1
2
90
FDN
−
= =
，
∴DMF
DNE
∽
，
∴
1
2
DM
MF
DN
NE
=
=
∴
2
NE
MF
=
；
∵AF
AM
MF
=
+
，BE
BN
NE
−
=
，
∴
2
2
AF
AD
MF
=
+
，
2
2
BE
BD
NE
−
=
①，
∴2
2
2
AF
AD
MF
=
+
②
由
+
①
②得，
2
2
2
2
2
2
2 2
2
2
BE
AF
AD
BD
AD
AD
AD
+
=
+
=
+
=
，
∵
2
BD
AD
AD
AD
AB
+
=
+
=
，
∴
1
3
AD
AB
=
，
∴
2 2
2
2 2
3
BE
AF
AD
AB
+
=
=
；
（3）解：猜想
2
1
n
BE
nAF
AB
n
+
=
+
，证明如下：
如图所示，过点D 作DM
AC
⊥
，DN
BC
⊥
，垂足分别为
,
M N ，
同（2）可得
2
2
AM
MD
AD
=
=
，
2
2
DN
BN
BD
=
=
，
∵BD
nAD
=
，
∴DN
nDM
=
，
同（2）可证明DMF
DNE
∽
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∴
1
DM
MF
DN
NE
n
=
=
∴NE
nMF
=
，
∵AF
AM
MF
=
+
，BE
BN
NE
−
=
，
∴
2
2
AF
AD
MF
=
+
，
2
2
BE
BD
NE
−
=
①，
∴
2
2
nAF
nAD
nMF
=
+
②，
由
+
①
②得，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
BE
nAF
nAD
BD
nAD
nAD
nAD
+
=
+
=
+
=
，
∵BD
AD
nAD
AD
AB
+
=
+
=
，
∴
1
1
AD
AB
n
=
+
，
∴
1
2
2
1
BE
nAF
nAD
n
AB
n
+
=
=
+
，即
2
1
n
BE
nAF
AB
n
+
=
+
．
【解析】
【分析】（1）连接CD，证明
(
)
ADF
CDE ASA
≌
即可；
（2）过点D 作DM
AC
⊥
，DN
BC
⊥
，垂足分别为
,
M N ，则
2
2
AM
MD
AD
=
=
，
2
2
DN
BN
BD
=
=
，
然后证明
DMF
DNE
∽
，则
2
NE
MF
=
，由AF
AM
MF
=
+
，BE
BN
NE
−
=
，得到
2
2
AF
AD
MF
=
+
，
2
2
BE
BD
NE
−
=
①，那么2
2
2
AF
AD
MF
=
+
②，再由
+
①
②求解即可；
（3）同（2）的方法求解即可．
【小问1 详解】
略
【小问2 详解】
略
【小问3 详解】
略
