2022年中考数学冲刺按题型难易度分层分类精选模拟题300题冲关训练（通用版）：09 填空题提升题30题

这是一份2022年中考数学冲刺按题型难易度分层分类精选模拟题300题冲关训练（通用版）：09 填空题提升题30题，共34页。试卷主要包含了填空题提升题等内容，欢迎下载使用。
09选择题提升题30题

四、填空题提升题
1．如图，已知正方形ABCD，延长AB至点E使BE＝AB，连接CE、DE，DE与BC交于点N，取CE的中点F，连接BF，AF，AF交BC于点M，交DE于点O，则下列结论：
①DN＝EN；②OA＝OE；③CN：MN：BM＝3：1：2；④tan∠CED＝；⑤S四边形BEFM＝2S△CMF．
其中正确的是 　 　.（只填序号）

2．阅读以下材料：将分母中的根号化去，叫做分母有理化．分母有理化的方法，一般是把分子分母都乘以同一个适当的代数式，使分母不含根号．例如：，
（1）将分母有理化可得　 　 ；
（2）关于x的方程3x﹣＝+++…+ 的解是　 　．
3．已知有甲、乙两个长方形，它们的边长如图所示（m为正整数），甲、乙的面积分别为S1，S2．

（1）S1与S2的大小关系为：S1　 　S2；（用“＞”、“＜”、“＝”填空）
（2）若满足条件|S1﹣S2|＜n≤2021的整数n有且只有4个，则m的值为 　 　．
4．已知点O是数轴的原点，点A、B、C在数轴上对应的数分别是﹣12、b、c，且b、c满足（b﹣9）2+|c﹣15|＝0，动点P从点A出发以2单位/秒的速度向右运动，同时点Q从点C出发，以1个单位/秒速度向左运动，O、B两点之间为“变速区”，规则为从点O运动到点B期间速度变为原来的一半，之后立刻恢复原速，从点B运动到点O期间速度变为原来的3倍，之后立刻恢复原速，运动时间为 　 　秒时，P、Q两点到点B的距离相等．
5．下表所示是2019年元月的月历表．下列结论：

①每一竖列上相邻的两个数，下面的数比上面的数大7；
②可以框出一竖列上相邻的三个数（如图所示），这三个数的和是24；
③不可以框出一个2×2的矩形块的四个数（如图所示），这四个数的和是82；
④任意框出一个3×3的矩形块的九个数（如图所示），这九个数的和是中间数的9倍，其中正确的是　 　（把所有正确的序号都填上）．
6．某同学晚上6点多开始做作业，他家墙上时钟的时针和分针的夹角是120°，他做完作业后还是6点多钟，且时针与分针的夹角还是120°，此同学做作业用了　 　分钟．
7．已知：抛物线y＝x2﹣2ax与x轴交于点A、B（点B在x轴正半轴），且AB＝4．
（1）此抛物线的顶点坐标为 　 　；
（2）若点P（m，n）为抛物线上一动点，作PQ⊥x轴，交一次函数y＝kx﹣4（k＞0）的图象于点Q，当1＜m＜4时，PQ的长度随m的增大而增大，则k的取值范围是 　 　．
8．如图，抛物线y＝ax2+c与直线y＝mx+n交于两点A（﹣2，p），B（5，q），则不等式ax2+mx+c≤n的解集是　 　．

9．已知二次函数y＝ax2﹣4ax+3a
（1）若a＝1，则函数y的最小值为　 　．
（2）若当1≤x≤4时，y的最大值是4，则a的值为　 　．
10．如图，点O（0，0），A（0，1）是正方形OAA1B的两个顶点，以OA1对角线为边作正方形OA1A2B1，再以正方形的对角线OA2作正方形OA1A2B1，…，依次规律，则点A8的坐标是　 　．

11．对某一个函数给出如下定义：若存在实数m＞0，对于任意的函数值y，都满足﹣m≤y≤m，则称这个函数是有界函数，在所有满足条件的m中，其最小值称为这个函数的边界值．例如，如图中的函数是有界函数，其边界值是1．将函数y＝﹣x2+1（﹣2≤x≤t，t≥0）的图象向上平移t个单位，得到的函数的边界值n满足≤n≤时，则t的取值范围是 　 　．

12．在平面直角坐标系中，已知点A（1，2），B（2，3），C（2，1），直线y＝x+m经过点A，抛物线y＝ax2+bx+1恰好经过A，B，C三点中的两点．则a+b＝　 　；若平移抛物线y＝ax2+bx+1，使其顶点仍在直线y＝x+m上，则平移后所得抛物线与y轴交点纵坐标的最大值是 　 　．
13．已知动点P以2cm/s的速度沿图1所示的边框从B→C→D→E→F→A的路径运动，记△ABP的面积为y（cm2），y与运动时间t（s）的关系如图2所示，已知AB＝6cm，回答下列问题：
（1）当t＝3时，y＝　 　cm2；
（2）m＝　 　（s）．
14．如图，正方形ABCD的边长为2，E为边AD上一动点，连接BE、CE，以CE为边向右侧作正方形CEFG．
（1）若BE＝，则正方形CEFG的面积为 　 　；
（2）连接DF、DG，则△DFG面积的最小值为 　 　．

15．如图1，E是等边△ABC的边BC上一点（不与点B，C重合），连接AE，以AE为边向右作等边△AEF，连接CF．已知△ECF的面积（S）与BE的长（x）之间的函数关系如图2所示（P为抛物线的顶点）．
（1）当△ECF的面积最大时，∠FEC的大小为 　 　．
（2）等边△ABC的边长为 　 　．

16．在平面直角坐标系中，点O为原点，抛物线y＝﹣x2﹣2x+c与y轴交于点P，以OP为一边向左作正方形OPBC，点A为抛物线的顶点，当△ABP是锐角三角形时，c的取值范围是　 　．
17．如图，二次函数y＝的图象交x轴于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C．
（1）若在抛物线对称轴上存在一点P，使△ACP周长最小，则P点坐标为　 　；
（2）现有一长为2的线段DE在直线y＝上移动，且在移动过程中，线段DE上始终存在点P，使得三条线段PA，PB，PC能与某个等腰三角形的三条边对应相等．若线段DE左端点D的横坐标为t，则t的取值范围是　 　．

18．学校与图书馆在同一条笔直道路上，甲从学校去图书馆，乙从图书馆回学校，甲、乙两人都匀速步行且同时出发，乙先到达目的地，两人之间的距离y（米）与时间t（分钟）之间的函数关系如图所示根据图象信息知，点A的坐标是　 　．

19．如图，在平面直角坐标系中，A（﹣3，0），B（0，1），形状相同的抛物线Cn（n＝1，2，3，4，…）的顶点在直线AB上，其对称轴与x轴的交点的横坐标依次为2，3，5，8，13，…，根据上述规律，抛物线C8的顶点坐标为（　 　）．

20．如图，排球运动员站在点O处练习发球，将球从O点正上方2m的A处发出，把球看成点，其运行的高度y（m）与运行的水平距离x（m）满足关系式y＝a（x﹣6）2+h．已知球网与O点的水平距离为9m，高度为2.24m，球场的边界距O点的水平距离为18m．若球一定能越过球网，又不出边界（可落在边界），则h的取值范围是　 　．

21．已知函数y＝ax2﹣2x+2，当1＜x＜4时，y＞0恒成立，则a的取值范围是 　 　．
22．已知反比例函数C1：y＝﹣（x＜0）的图象如图所示，将该曲线绕原点O顺时针旋转45°得到曲线C2，点N是曲线C2上的一点，点M在直线y＝﹣x上，连接MN，ON，若MN＝ON，则△MON的面积为　 　．

23．如图，正方形ABCD的边长是6，对角线的交点为O，点E在边CD上且CE＝2，CF⊥BE，连接OF，则：
（1）∠OFB　 　；
（2）OF＝　 　．

24．在△ABC中，AB＝1，AC＝2，BC＝，点D是AB延长线上一点（点D与点B不重合），过点D作线段DE⊥AB，使△BDE与△ABC全等，则点C到点E的距离为 　 　．
25．将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，BD、BE为折痕．若∠ABE＝30°，则∠DBC为 　 　度．

26．边长为的正方形ABCD的顶点B，D在y轴的正半轴上，A点坐标为（﹣1，2），点P从A点出发，沿着A→B→C→D运动．
（1）当P运动到边BC上时，∠OAB＝∠BOP，如图1，此时点P经过的路径长是 　 　．
（2）当P运动到边CD上时，∠OAP＝90°，如图2，此时点P经过的路径长是 　 　．

27．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，按照以下步骤操作：
第一步：将此矩形沿EF折叠，使点C与点A重合，点D落在点G处，则BF的长为 　 　；
第二步：将此矩形展开后再次折叠，使CD的对应边C'D'经过点E，且新的折痕MN∥EF，则线段DM的长为 　 　．

28．如图，点E是菱形ABCD的边AD的中点，点F是AB上的一点，点G是BC上的一点，先以CE为对称轴将△CDE折叠，使点D落在CF上的点D'处，再以EF为对称轴折叠△AEF，使得点A的对应点A'与点D'重合，以FG为对称轴折叠△BFG，使得点B的对应点B'落在CF上．
（1）写出图中一组相似三角形（除全等三角形） 　 　；（2）若∠A＝60°，则的值为 　 　．

29．利用折纸可以作出角平分线，如图1则OC为∠AOB的平分线．
如图2、图3，折叠长方形纸片，OC，OD均是折痕，折叠后，点A落在点A′，点B落在点B′，连接OA′．
①如图2，若点B′恰好落在OA′上，且∠AOC＝32°，则∠BOD＝　 　；
②如图3，当点B′在∠COA′的内部时，连接OB′，若∠AOC＝44°，∠BOD＝61°，求∠A′OB′的度数为 　 　．


30．如图1，含30°和45°角的两块直角三角板ABC和DEF叠合在一起，边BC与EF重合，BC＝EF＝12cm．
（1）阴影部分的周长为 　 　cm（结果保留根号）；
（2）如图2，点P为边EF（BC）的中点，现将直角三角板ABC绕点P按逆时针方向旋转角度α，设边AB与EF相交于点Q，则在0°≤α≤90°的变化过程中，点Q移动的路径长度为 　 　cm（结果保留根号）．






【参考答案】
四、填空题提升题
1．如图，已知正方形ABCD，延长AB至点E使BE＝AB，连接CE、DE，DE与BC交于点N，取CE的中点F，连接BF，AF，AF交BC于点M，交DE于点O，则下列结论：
①DN＝EN；②OA＝OE；③CN：MN：BM＝3：1：2；④tan∠CED＝；⑤S四边形BEFM＝2S△CMF．
其中正确的是 　①③④⑤　.（只填序号）

【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，AB＝BE，
∴AB＝CD＝BE，AB∥CD，
∴△NCD∽△NBE，
∴＝＝1，
∴CN＝BN，DN＝EN，故①正确；
如图，连接AN，

∵DN＝NE，∠DAE＝90°，
∴AN＝NE，
∵AO＞AN，NE＞OE，
∴AO＞OE，故②错误；
∵∠CBE＝90°，BC＝BE，F是CE的中点，
∴∠BCE＝45°，BF＝CE＝BE，FB＝FE，BF⊥EC，
∴∠BCE＝90°+45°＝135°，∠FBE＝45°，
∴∠ABF＝135°，
∴∠ABF＝∠ECD，
∵，
∴△ABF∽△ECD，
∴∠CED＝∠FBG，
如图，作FG⊥AE于G，则FG＝BG＝GE，
∴，
∴tan∠FAG＝，
∴tan∠CED＝，故④正确；
∵tan∠FAG＝，
∴＝，
∴，
∴S△FBM＝S△FCM，
∵F是CE的中点，
∴S△FBC＝S△FBE，
∴S四边形BEFM＝2S△CMF，故⑤正确；
∵，
∴设BM＝2x，MC＝4x，
∴BC＝6x，
∴CN＝BN＝3x，
∴MN＝x，
∴CN：MN：BM＝3：1：2，故③正确；
故答案为：①③④⑤．

2．阅读以下材料：将分母中的根号化去，叫做分母有理化．分母有理化的方法，一般是把分子分母都乘以同一个适当的代数式，使分母不含根号．例如：，
（1）将分母有理化可得　﹣1　 ；
（2）关于x的方程3x﹣＝+++…+ 的解是　　．
【解析】解：（1）＝＝﹣1
故答案为：﹣1；
（2）3x﹣＝+++…+，
3x﹣＝+++…+，
3x﹣＝+++…+，
3x﹣＝（+），
6x﹣1＝﹣1+，
6x＝3，
x＝，
故答案为：．
3．已知有甲、乙两个长方形，它们的边长如图所示（m为正整数），甲、乙的面积分别为S1，S2．

（1）S1与S2的大小关系为：S1　＞　S2；（用“＞”、“＜”、“＝”填空）
（2）若满足条件|S1﹣S2|＜n≤2021的整数n有且只有4个，则m的值为 　1009　．
【解析】解：（1）∵S甲＝（m+7）（m+1）＝m2+8m+7，
S乙＝（m+4）（m+2）＝m2+6m+8，
∴S甲﹣S乙＝（m2+8m+7）﹣（m2+6m+8）＝2m﹣1，
∵m为正整数，
∴2m﹣1＞0，
∴S1﹣S2＞0，
∴S1＞S2，
故答案为：＞．
（2）|S1﹣S2|＝|2m﹣1|＝2m﹣1，
∵2m﹣1＜n≤2021的整数n有且只有4个，
∴这四个整数解为2021，2020，2019，2018，
∴2017≤2m﹣1＜2018，
解得：1009≤m＜1009.5，
∴m＝1009．
故答案为：1009．
4．已知点O是数轴的原点，点A、B、C在数轴上对应的数分别是﹣12、b、c，且b、c满足（b﹣9）2+|c﹣15|＝0，动点P从点A出发以2单位/秒的速度向右运动，同时点Q从点C出发，以1个单位/秒速度向左运动，O、B两点之间为“变速区”，规则为从点O运动到点B期间速度变为原来的一半，之后立刻恢复原速，从点B运动到点O期间速度变为原来的3倍，之后立刻恢复原速，运动时间为 　或30　秒时，P、Q两点到点B的距离相等．
【解析】解：∵（b﹣9）2+|c﹣15|＝0，
∴b﹣9＝0，c﹣15＝0，
∴b＝9，c＝15，
∴B表示的数是9，C表示的数是15，
①当0≤t≤6时，P在线段OA上，Q在线段BC上，此时不存在P、Q两点到点B的距离相等；
②当6＜t≤9时，P、Q都在线段OB上，P表示的数为t﹣6，Q表示的数是9﹣3（t﹣6），
∴P、Q两点到点B的距离相等只需t﹣6＝9﹣3（t﹣6），解得t＝，
③当9＜t≤15时，P在线段OB上，Q在线段OA上，此时不存在P、Q两点到点B的距离相等；
④当t＞15时，P在射线BC上，Q在射线OA上，P表示的数为9+2（t﹣15），Q表示的数是﹣（t﹣9），
∴P、Q两点到点B的距离相等只需9+2（t﹣15）﹣9＝9﹣[﹣（t﹣9）]，解得t＝30，
综上所述，P、Q两点到点B的距离相等，运动时间为秒或30秒，
故答案为：或30．
5．下表所示是2019年元月的月历表．下列结论：

①每一竖列上相邻的两个数，下面的数比上面的数大7；
②可以框出一竖列上相邻的三个数（如图所示），这三个数的和是24；
③不可以框出一个2×2的矩形块的四个数（如图所示），这四个数的和是82；
④任意框出一个3×3的矩形块的九个数（如图所示），这九个数的和是中间数的9倍，其中正确的是　①②③④　（把所有正确的序号都填上）．
【解析】解：
①每一数列上相邻的两个数，下面的数比上面的数大7；①正确
②设这一数列上相邻的三个数分别是a﹣7，a，a+7
a﹣7+a+a+7＝24
解得a＝8
∴a﹣7＝1，a+7＝15
∴可以框出一数列相邻的三个数，分别是1，8，15，这三个数的和是24；②正确
③设一个2×2的矩形块的四个数分别是b，b+1，b+7，b+8
b+b+1+b+7+b+8＝82
解得b＝16.5
∵b不是整数
∴不可以框出一个2×2的矩形块的四个数，这四个数的和是82；③正确
④设一个3×3的矩形块的9个数的中间数字是c，则另外八个数字分别是c﹣8，c﹣7，c﹣6，c﹣1，c+1，c+6，c+7，c+8
∴c﹣8+c﹣7+c﹣6+c﹣1+c+c+1+c+6+c+7+c+8＝9c
得9c＝9c
∴任意框出一个3×3的矩形块的九个数（如图所示），这九个数的和是中间数的9倍；④正确
∴其中正确的是①②③④
故填：①②③④
6．某同学晚上6点多开始做作业，他家墙上时钟的时针和分针的夹角是120°，他做完作业后还是6点多钟，且时针与分针的夹角还是120°，此同学做作业用了　44　分钟．
【解析】解：设开始做作业时的时间是6点x分，
∴6x﹣0.5x＝180﹣120，
解得x≈11；
再设做完作业后的时间是6点y分，
∴6y﹣0.5y＝180+120，
解得y≈55，
∴此同学做作业大约用了55﹣11＝44分钟．
故答案是：44．
7．已知：抛物线y＝x2﹣2ax与x轴交于点A、B（点B在x轴正半轴），且AB＝4．
（1）此抛物线的顶点坐标为 　（2，﹣4）　；
（2）若点P（m，n）为抛物线上一动点，作PQ⊥x轴，交一次函数y＝kx﹣4（k＞0）的图象于点Q，当1＜m＜4时，PQ的长度随m的增大而增大，则k的取值范围是 　k≥4　．
【解析】解：（1）令y＝0，则x2﹣2ax＝0，
解得：x＝0或2a，
∵点B在x轴正半轴，
∴A（0，0），B（2a，0）．
∴AB＝2a＝4，
∴a＝2，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x．
∵y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标为（2，﹣4），
故答案为：（2，﹣4）；
（2）∵点P（m，n）为抛物线上一动点，
∴P（m，m2﹣4m），
∵PQ⊥x轴，交一次函数y＝kx﹣4（k＞0）的图象于点Q，
∴Q（m，km﹣4），
当1＜m＜4时，PQ的长度随m的增大而增大，
PQ＝km﹣4﹣（m2﹣4m）＝﹣m2+（k+4）m﹣4＝﹣+，
∵﹣1＜0，
∴当m≤时，PQ的值随m的增大而增大，
∵1＜m＜4，
∴≥4，
∴k≥4，
故答案为：k≥4．
8．如图，抛物线y＝ax2+c与直线y＝mx+n交于两点A（﹣2，p），B（5，q），则不等式ax2+mx+c≤n的解集是　﹣5≤x≤2　．

【解析】解：∵抛物线y＝ax2+c与直线y＝mx+n交于A（﹣2，p），B（5，q）两点，
∴﹣2m+n＝p，5m+n＝q，
∴抛物线y＝ax2+c与直线y＝﹣mx+n交于P（2，p），Q（﹣5，q）两点，

观察函数图象可知：当﹣5≤x≤2时，
直线y＝﹣mx+n在抛物线y＝ax2+c的上方，
∴不等式ax2+mx+c≤n的解集是﹣5≤x≤2．
故答案为﹣5≤x≤2．
9．已知二次函数y＝ax2﹣4ax+3a
（1）若a＝1，则函数y的最小值为　﹣1　．
（2）若当1≤x≤4时，y的最大值是4，则a的值为　或﹣4　．
【解析】解：（1）当a＝1时，y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1
∵a＝1＞0
∴抛物线的开口向上，当x＝2时，函数y的最小值为﹣1．
（2）∵二次函数y＝ax2﹣4ax+3a＝a（x﹣2）2﹣a
∴抛物线的对称轴是直线x＝2，
∵1≤x≤4，
∴当a＞0时，抛物线开口向上，在对称轴直线x＝2右侧y随x的增大而增大，
当x＝4时y有最大值，
a×（4﹣2）2﹣a＝4，解得a＝，
当a＜0时，抛物线开口向下，x＝2时y有最大值，
a×（2﹣2）2﹣a＝4，解得a＝﹣4．
故答案为（1）﹣1；（2）．
10．如图，点O（0，0），A（0，1）是正方形OAA1B的两个顶点，以OA1对角线为边作正方形OA1A2B1，再以正方形的对角线OA2作正方形OA1A2B1，…，依次规律，则点A8的坐标是　（0，16）　．

【解析】解：根据题意和图形可看出每经过一次变化，都顺时针旋转45°，边长都乘以，
∵从A到A3经过了3次变化，
∵45°×3＝135°，1×（）3＝2．
∴点A3所在的正方形的边长为2，点A3位置在第四象限．
∴点A3的坐标是（2，﹣2）；
可得出：A1点坐标为（1，1），
A2点坐标为（2，0），
A3点坐标为（2，﹣2），
A4点坐标为（0，﹣4），
A5点坐标为（﹣4，﹣4），
A6点坐标为（﹣8，0），
A7点坐标为（﹣8，8），
A8点坐标为（0，16），
故答案为（0，16）．
11．对某一个函数给出如下定义：若存在实数m＞0，对于任意的函数值y，都满足﹣m≤y≤m，则称这个函数是有界函数，在所有满足条件的m中，其最小值称为这个函数的边界值．例如，如图中的函数是有界函数，其边界值是1．将函数y＝﹣x2+1（﹣2≤x≤t，t≥0）的图象向上平移t个单位，得到的函数的边界值n满足≤n≤时，则t的取值范围是 　t≤或≤t≤　．

【解析】解：由题干可得函数y＝﹣x2+1+t在﹣2≤x≤t时，函数最大值或最小值为n，≤n≤，
∵t＞0，抛物线y＝﹣x2+1+t开口向下，顶点坐标为（0，1+t），
∴1+t为函数最大值，
当1+t＝时，t＝，
∴0＜t≤，
当t＝2时，直线x＝﹣2与直线x＝t与抛物线交点关于对称轴对称，
∴0＜t≤时，直线x＝﹣2与抛物线交点为最低点，
把x＝﹣2代入y＝﹣x2+1+t得y＝﹣3+t，
当﹣3+t＝﹣时，t＝，
∴t≥，
当≤1+t≤时，≤t≤，
当﹣≤﹣3+t≤﹣时，t≤，
∴t≤或≤t≤满足题意．
故答案为：t≤或≤t≤．
12．在平面直角坐标系中，已知点A（1，2），B（2，3），C（2，1），直线y＝x+m经过点A，抛物线y＝ax2+bx+1恰好经过A，B，C三点中的两点．则a+b＝　1　；若平移抛物线y＝ax2+bx+1，使其顶点仍在直线y＝x+m上，则平移后所得抛物线与y轴交点纵坐标的最大值是 　　．
【解析】解：∵直线y＝x+m经过点A（1，2），
∴2＝1+m，解得m＝1，
∴直线为y＝x+1，
把x＝2代入y＝x+1得y＝3，
∴点B（2，3）在直线y＝x+m上；
∵直线y＝x+1经过点B（2，3），直线y＝x+1与抛物线y＝ax2+bx+1都经过点（0，1），点（0，1），A（1，2），B（2，3）在直线上，点（0，1），A（1，2）在抛物线上，直线与抛物线不可能有三个交点，
∵B（2，3），C（2，1）两点的横坐标相同，
∴抛物线只能经过A、C两点，
把A（1，2），C（2，1）代入y＝ax2+bx+1，得
．
解得a＝﹣1，b＝2．
∴a+b＝﹣1+2＝1．
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+1，
设平移后的抛物线的解析式为y＝﹣x2+px+q，其顶点坐标为（，+q），
∵顶点仍在直线y＝x+1上，
∴+q＝+1，
∴q＝﹣++1，
∵抛物线y＝﹣x2+px+q与y轴的交点的纵坐标为q，
∴q＝﹣++1＝﹣（p﹣1）2+，
∴当p＝1时，平移后所得抛物线与y轴交点纵坐标的最大值为．
故答案是：1；．
13．已知动点P以2cm/s的速度沿图1所示的边框从B→C→D→E→F→A的路径运动，记△ABP的面积为y（cm2），y与运动时间t（s）的关系如图2所示，已知AB＝6cm，回答下列问题：
（1）当t＝3时，y＝　18　cm2；
（2）m＝　13　（s）．
【解析】解：（1）由图得，点P在BC上移动了3s，故BC＝2×3＝6（cm），
所以当t＝3时，点P与点C重合，
所以y＝AB•BC＝6×6＝18（cm2）；
故答案为：18；
（2）由图得，点P在CD上移动了2s，故CD＝2×2＝4（cm），
点P在DE上移动了2s，故DE＝2×2＝4（cm），
由EF＝AB﹣CD＝6﹣4＝2cm可得，点P在EF上移动了1（s），
由AF＝BC+DE＝6+4＝10cm，可得点P在FA上移动了5（s），
m为点P走完全程的时间：7+1+5＝13（s）．
故m＝13．
故答案为：13．
14．如图，正方形ABCD的边长为2，E为边AD上一动点，连接BE、CE，以CE为边向右侧作正方形CEFG．
（1）若BE＝，则正方形CEFG的面积为 　5　；
（2）连接DF、DG，则△DFG面积的最小值为 　　．

【解析】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝2，∠A＝∠D＝90°，
∵BE＝，
∴AE＝＝＝1，
∴DE＝AD﹣AE＝2﹣1＝1，
∴EC2＝DE2+CD2＝12+22＝5，
∴正方形CEFG的面积＝EC2＝5．
故答案为5；

（2）连接DF，DG．设DE＝x，则CE＝，
∵S△DEC+S△DFG＝S正方形ECGF，
∴S△DFG＝（x2+4）﹣×x×2
＝x2﹣x+2
＝（x﹣1）2+，
∵＞0，
∴x＝1时，△DFG的面积的最小值为．
故答案为．

15．如图1，E是等边△ABC的边BC上一点（不与点B，C重合），连接AE，以AE为边向右作等边△AEF，连接CF．已知△ECF的面积（S）与BE的长（x）之间的函数关系如图2所示（P为抛物线的顶点）．
（1）当△ECF的面积最大时，∠FEC的大小为 　30°　．
（2）等边△ABC的边长为 　4　．

【解析】解：过F作FD⊥BC于D，如图：

∵等边△ABC，等边△AEF，
∴AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝∠EAF＝∠AEF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴BE＝CF，∠ABE＝∠ACF＝60°，
而BE＝x，
∴CF＝x，∠FCD＝180°﹣∠ACB﹣∠ACF＝60°，
∴FD＝CF•cos60°＝x，
设等边△ABC边长是a，则CE＝BC﹣BE＝a﹣x，
∴S△ECF＝CE•FD＝（a﹣x）•x＝﹣x2+ax，
当x＝＝a时，S△ECF有最大值为＝a2，
（1）△ECF的面积最大时，BE＝a，即E是BC的中点，
∴AE⊥BC，∠AEB＝90°，
∵∠AEF＝60°，
∴∠FEC＝180°﹣∠AEB﹣∠AEF＝30°，
故答案为：30°；
（2）当x＝a时，S△ECF有最大值为a2，
由图可知S△ECF的最大值是2，
∴a2＝2，解得a＝4或a＝﹣4（边长a＞0，舍去），
∴等边△ABC的边长为a＝4，
故答案为：4．
16．在平面直角坐标系中，点O为原点，抛物线y＝﹣x2﹣2x+c与y轴交于点P，以OP为一边向左作正方形OPBC，点A为抛物线的顶点，当△ABP是锐角三角形时，c的取值范围是　1＜c＜2或﹣2＜c＜﹣1　．
【解析】解：∵抛物线y＝﹣x2﹣2x+c的对称轴为x＝﹣1，与y轴交于点P（0，c），
①当c＞0时，如图1，正方形的边长为c，

当△ABP是锐角三角形时，
当∠ABP为直角时，c＝1，当∠BAP为直角时，c＝2，
故△ABP是锐角三角形时，1＜c＜2；
②当c＜0时，如图2，正方形的边长为﹣c，

当∠ABP为直角时，﹣c＝1，当∠BAP为直角时，﹣c＝2，
故﹣2＜c＜﹣1，
故答案为：1＜c＜2或﹣2＜c＜﹣1．
17．如图，二次函数y＝的图象交x轴于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C．
（1）若在抛物线对称轴上存在一点P，使△ACP周长最小，则P点坐标为　（2，）　；
（2）现有一长为2的线段DE在直线y＝上移动，且在移动过程中，线段DE上始终存在点P，使得三条线段PA，PB，PC能与某个等腰三角形的三条边对应相等．若线段DE左端点D的横坐标为t，则t的取值范围是　﹣≤t≤2　．

【解析】解：（1）如图1，连接BP，

∵y＝的图象交x轴于点A，B，交y轴于点C．
∴点A（1，0），点B（3，0），点C（0，），对称轴为x＝2，
∵点A，点B关于对称轴直线x＝2对称，
∴AP＝PB，
∵AP+CP+AC＝PB+CP+AC，且AC是定值，
∴当点C，点P，点B三点共线时，△ACP周长最小，
设直线BC解析式为：y＝kx+b，

解得：
∴直线BC解析式为：y＝﹣x+，
当x＝2时，y＝
∴点P坐标（2，），
故答案为：（2，）；
（2）如图2，

∵线段DE上始终存在点P，使得三条线段PA，PB，PC能与某个等腰三角形的三条边对应相等，
∴PA＝PB，或PB＝PC，或PC＝PA，
∵DE在直线y＝上移动，
∴点P的纵坐标为，
设点P（x，），
若PA＝PC，
∴（x）2+（﹣）2＝（x﹣1）2+（）2，
∴x＝，
∴点P（，），
∴PA＝PC＝1，PC＝，
∵PA+PB＜
∴不合题意舍去；
若PB＝PC，
∴（x）2+（﹣）2＝（x﹣3）2+（）2，
∴x＝
∴点P（，），
∴PB＝PC＝，PA＝1，
∵PA+PB＞PC
∴PA，PB，PC能组成三角形；
若PA＝PB，
∴（x﹣1）2+（）2＝（x﹣3）2+（）2，
∴x＝2，
∴点P（2，），
∴PA＝PB＝，PC＝，
∵PA+PB＞PC，
∴PA，PB，PC能组成三角形；
∵点P在长为2的线段DE上，
∴线段DE左端点D的横坐标为t的取值范围为：﹣2≤t≤2，
∴线段DE左端点D的横坐标为t的取值范围为：﹣≤t≤2，
故答案为：﹣≤t≤2．
18．学校与图书馆在同一条笔直道路上，甲从学校去图书馆，乙从图书馆回学校，甲、乙两人都匀速步行且同时出发，乙先到达目的地，两人之间的距离y（米）与时间t（分钟）之间的函数关系如图所示根据图象信息知，点A的坐标是　（40，1600）　．

【解析】解：2400÷60＝40米/分，2400÷24＝100米/分，
100﹣40＝60米/分，
2400÷60＝40分，
40×40＝1600米，
因此点A的坐标为（40，1600）
故答案为：（40，1600）．
19．如图，在平面直角坐标系中，A（﹣3，0），B（0，1），形状相同的抛物线Cn（n＝1，2，3，4，…）的顶点在直线AB上，其对称轴与x轴的交点的横坐标依次为2，3，5，8，13，…，根据上述规律，抛物线C8的顶点坐标为（　55，　）．

【解析】解：设直线AB的解析式为y＝kx+b，（k≠0），
∵A（﹣3，0），B（0，1），
∴，
解得，
∴直线AB的解析式为y＝x+1，
∵对称轴与x轴的交点的横坐标依次为2，3，5，8，13，…，
观察发现：每个数都是前两个数的和，
∴抛物线C8的顶点坐标的横坐标为55，
∴抛物线C8的顶点坐标为（55，）．
20．如图，排球运动员站在点O处练习发球，将球从O点正上方2m的A处发出，把球看成点，其运行的高度y（m）与运行的水平距离x（m）满足关系式y＝a（x﹣6）2+h．已知球网与O点的水平距离为9m，高度为2.24m，球场的边界距O点的水平距离为18m．若球一定能越过球网，又不出边界（可落在边界），则h的取值范围是　h≥　．

【解析】解：点A（0，2），将点A的坐标代入抛物线表达式得：2＝a（0﹣6）2+h，解得：a＝，
故抛物线的表达式为y＝（x﹣6）2+h，
由题意得：当x＝9时，y＝（x﹣6）2+h＝（9﹣6）2+h＞2.24，解得：h＞2.32；
当x＝18时，y＝（x﹣6）2+h＝（18﹣6）2+h≤0，解得：h≥，
故h的取值范围是为h≥，
故答案为h≥．
21．已知函数y＝ax2﹣2x+2，当1＜x＜4时，y＞0恒成立，则a的取值范围是 　a＞　．
【解析】解：当a＝0时，y＝﹣2x+2，
y随x的增大而减小，
把x＝4代入y＝﹣2x+2得y＝﹣6，不满足题意．
当a≠0时，由题意得ax2﹣2x+2＞0且1＜x＜4，
不等式两边同时除以x2得a﹣+＞0，
∴a＞﹣，
∵﹣＝2（﹣）＝﹣2（）2+≤，
∴a＞．
故答案为：a＞．
22．已知反比例函数C1：y＝﹣（x＜0）的图象如图所示，将该曲线绕原点O顺时针旋转45°得到曲线C2，点N是曲线C2上的一点，点M在直线y＝﹣x上，连接MN，ON，若MN＝ON，则△MON的面积为　5　．

【解析】解：若将直线y＝﹣x和曲线C2绕点O逆时针旋转45°，
则直线y＝﹣x与x轴重合，曲线C2与曲线C1重合，
∴旋转后点N落在曲线C1上，点M落在x轴上，如图所示，

设点M，N的对应点分别是M'，N'，
过点N'作N'P⊥x轴于点P，连接ON'，M'N'．
∵MN＝ON，
∴M'N'＝ON'，M'P＝PO，
∴S△MON＝S△M′ON′＝2S△ON′P＝2×＝5；
故答案为5．
23．如图，正方形ABCD的边长是6，对角线的交点为O，点E在边CD上且CE＝2，CF⊥BE，连接OF，则：
（1）∠OFB　45°　；
（2）OF＝　　．

【解析】解：（1）在BE上截取BG＝CF，
∵在正方形ABCD，AC⊥BD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AC＝BD，BO＝BD，CO＝AC，AC、BD分别平分∠ABC、∠BCD，
∴BO＝CO，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，
∵CF⊥BE，
∴∠CFE＝90°，
∴∠FEC+∠ECF＝90°，
∵∠EBC+∠FEC＝90°，
∴∠EBC＝∠ECF，
∴∠OBC﹣∠EBC＝∠OCD﹣∠ECF，
∴∠OBG＝∠FCO，
∴△OBG≌△OCF（SAS），
∴∠BOG＝∠FOC，OG＝OF，
∴∠GOC+∠COF＝90°，
∴∠OFG＝∠OGF＝45°，
故答案为：45°；
（2）在Rt△BCE中，根据勾股定理，得BE＝2，
∴CF＝BG＝＝，
在Rt△FCE中，根据勾股定理，得EF＝，
∴GF＝BE﹣BG﹣EF＝，
在Rt△FCE中，根据勾股定理，得OF＝，
故答案为：．

24．在△ABC中，AB＝1，AC＝2，BC＝，点D是AB延长线上一点（点D与点B不重合），过点D作线段DE⊥AB，使△BDE与△ABC全等，则点C到点E的距离为 　2或2或或3　．
【解析】解：∵AB＝1，AC＝2，BC＝，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，∠A＝90°，
根据题意可知：分4种情况：
①如图1，当点E在AB上方时，
∵△BDE1与△ABC全等，
∴AB＝BD＝1，AC＝DE1，∠A＝∠BDE1＝90°，
∴AC∥DE1，
∴四边形ADE1C是平行四边形，
∴CE1＝AD＝2；

②如图1，当点E在AB下方时，
∵△BDE2与△ABC全等，
∴CB＝BE2＝＝，
∴CE2＝2；
③如图2，当点E在AB上方时，
∵△BDE3与△ABC全等，
∴CB＝BE3＝＝，∠ACB＝∠E3BD，
∵∠ACB+∠ABC＝90°，
∴∠E3BD+∠ABC＝90°，
∴∠CBE3＝90°，
∴CE2＝BC＝；

④如图2，当点E在AB下方时，过点E4作E4F⊥CA延长线于点F，得矩形AFE4D，
∴AD＝FE4，AF＝DE4，
∵△BDE4与△ABC全等，
∴CB＝BE4＝＝，AB＝E4D＝1，AC＝BD＝2，
∴CF＝AC+AF＝2+1＝3，FE4＝AD＝AB+BD＝3，
∴△CFE4是等腰直角三角形，
∴CE4＝AF＝3，
综上所述：点C到点E的距离为：2或2或或3．
故答案为：2或2或或3．
25．将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，BD、BE为折痕．若∠ABE＝30°，则∠DBC为 　60　度．

【解析】解：∵BD、BE为折痕，∴BD、BE分别平分∠CBC′、∠ABA′
∴∠A′BE＝∠ABE＝30°，
∠DBC＝∠DBC′
∵∠A′BE+∠ABE+∠DBC+∠DBC′＝180°
∴∠ABE+∠DBC＝90°
∴∠DBC＝60°．
故答案为60°
26．边长为的正方形ABCD的顶点B，D在y轴的正半轴上，A点坐标为（﹣1，2），点P从A点出发，沿着A→B→C→D运动．
（1）当P运动到边BC上时，∠OAB＝∠BOP，如图1，此时点P经过的路径长是 　　．
（2）当P运动到边CD上时，∠OAP＝90°，如图2，此时点P经过的路径长是 　　．

【解析】解：（1）如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴∠ABO＝∠OBP＝135°，
∵A（﹣1，2），
∴B（0，1），D（0，3）
∴OB＝1，AB＝＝，
∵∠BAO＝∠POB，
∴△ABO∽△OBP，
∴＝，
∴＝，
∴PB＝，
∴AB+PB＝+＝．
∴点P经过的路径长是．
故答案为：．

（2）如图2中，连接AC交BD于点K，设AP交BD于点T．

由题意AK＝KC＝1，C（1，2），D（0，3），
∴直线CD的解析式为y＝﹣x+3，
∵∠PAO＝∠AKO＝90°，
∴cos∠AOK＝＝，
∴2•OT＝12+22，
∴OT＝，
∴直线AT的解析式为y＝x+，
由，解得，
∴P（，），
∴PC＝＝，
∴AB+BC+CP＝2+＝，
∴此时点P经过的路径长是．
故答案为：．
27．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，按照以下步骤操作：
第一步：将此矩形沿EF折叠，使点C与点A重合，点D落在点G处，则BF的长为 　3　；
第二步：将此矩形展开后再次折叠，使CD的对应边C'D'经过点E，且新的折痕MN∥EF，则线段DM的长为 　　．

【解析】解：在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，
第一步：由题意得：AF＝FC，
在Rt△ABF中，42+BF2＝（8﹣BF）2，
解得BF＝3；
第二步：由翻折可知：△AEG≌△AFB，
∴GF＝BE＝3，AG＝AB＝4，
∵∠G＝∠D′＝90°，∠GFA＝∠D′ME，
∴△EMD'∽△AEG，
∴＝＝，
设MD'＝MD＝3x，则EM＝5x，
∵ED＝BF＝3，
∴3x+5x＝3，
解得，
∴．
故答案为：3；．
28．如图，点E是菱形ABCD的边AD的中点，点F是AB上的一点，点G是BC上的一点，先以CE为对称轴将△CDE折叠，使点D落在CF上的点D'处，再以EF为对称轴折叠△AEF，使得点A的对应点A'与点D'重合，以FG为对称轴折叠△BFG，使得点B的对应点B'落在CF上．
（1）写出图中一组相似三角形（除全等三角形） 　△ECD′∽△FGB′　；（2）若∠A＝60°，则的值为 　　．

【解析】解：（1）△ECD′∽△FGB′，
理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B＝∠D，
由折叠可知：∠D＝∠CD′E，∠B＝∠FB′G，
∴∠CD′E＝∠FB′G，
由折叠可知：∠DEC＝∠D′EC，∠AEF＝∠A′EF，
∵∠DEC+∠D′EC+∠AEF+∠A′EF＝180°，
∴∠D′EC+∠A′EF＝90°，
∴∠CEF＝90°，
同理：∠EFG＝90°，
∴EC∥FG，
∴∠ECD′＝∠CAE，
∴△ECD′′∽△FGB′；
故答案为：△ECD′∽△FGB′；
（2）如图，过点C作CH⊥AB延长线于点H，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥CB，
∴∠CBH＝∠A＝60°，
设菱形ABCD的边长为2，
∴BH＝1，
∴CH＝，
设AF＝A′F＝a，
则BF＝AB﹣AF＝2﹣a，
CF＝CD′+A′F＝CD+AF＝2+a，
FH＝BF+BH＝2﹣a+1＝3﹣a，
在Rt△CFH中，根据勾股定理得：
FH2+CH2＝CF2，
∴（3﹣a）2+（）2＝（2+a）2，
解得a＝0.8，
∴CD′＝2，B′F＝2﹣a＝1.2，
∵△ECD′∽△FGB′，
∴＝＝＝．
故答案为：．
29．利用折纸可以作出角平分线，如图1则OC为∠AOB的平分线．
如图2、图3，折叠长方形纸片，OC，OD均是折痕，折叠后，点A落在点A′，点B落在点B′，连接OA′．
①如图2，若点B′恰好落在OA′上，且∠AOC＝32°，则∠BOD＝　58°　；
②如图3，当点B′在∠COA′的内部时，连接OB′，若∠AOC＝44°，∠BOD＝61°，求∠A′OB′的度数为 　30°　．


【解析】解：①由折叠知，∠AOC＝∠A'OC，
∴∠AOA'＝2∠AOC，
由折叠知，∠BOD＝∠B'OD，
∴∠BOB'＝2∠BOD，
∵点B'落在OA'，
∴∠AOA'+∠BOB'＝180°，
∴2∠AOC+2∠BOD＝180°，
∴∠AOC+∠BOD＝90°，
∵∠AOC＝32°，
∴∠BOD＝90°﹣32°＝58°．
故答案为：58°；
②由折叠知，∠AOA'＝2∠AOC，∠BOB'＝2∠BOD，
∵∠AOC＝44°，∠BOD＝61°，
∴∠AOA'＝2∠AOC＝2×44°＝88°，∠BOB'＝2∠BOD＝2×61°＝122°，
∴∠A'OB'＝∠AOA'+∠BOB'﹣180°＝88°+122°﹣180°＝30°，
即∠A'OB'的度数为30°．
30．如图1，含30°和45°角的两块直角三角板ABC和DEF叠合在一起，边BC与EF重合，BC＝EF＝12cm．
（1）阴影部分的周长为 　（）　cm（结果保留根号）；
（2）如图2，点P为边EF（BC）的中点，现将直角三角板ABC绕点P按逆时针方向旋转角度α，设边AB与EF相交于点Q，则在0°≤α≤90°的变化过程中，点Q移动的路径长度为 　　cm（结果保留根号）．

【解析】解：（1）在Rt△ABC中，∠ABC＝30°，BC＝12cm，
∴AC＝6cm，AB＝tan60°×AC＝6（cm），
在Rt△DEF中，∠DEF＝45°，EF＝12cm，
∴DE＝DF＝sin45°×EF＝×12＝6（cm），
∴阴影部分的周长为：BD+AB+DF+AC＝6+6+6+6＝6+6+12（cm）；
故答案为：（6+6+12）；
（2）当0°≤α≤60°时，点Q从E开始向F运动，且当α＝60°时，此时AB⊥EF，
在Rt△BQP中，∠B＝30°，BP＝6cm，
∴PQ＝BP＝3cm，
∴EQ＝3cm，
当60°≤α≤90°时，点Q向点E作回头运动，当α＝90°时，点Q停止运动，
在Rt△BQP中，∠B＝30°，BP＝6cm，
∴PQ＝tan30°×BP＝2（cm），
∴EQ＝EP﹣PQ＝6﹣2（cm），
∴点Q返回运动的路径长为3﹣（6﹣2）＝2﹣3（cm），
∴点Q的运动路径为3+2﹣3＝2（cm），
故答案为：2．