江苏省盐城市五年（2018-2022）中考数学卷真题分题型分层汇编-05解答题（基础提升）

这是一份江苏省盐城市五年（2018-2022）中考数学卷真题分题型分层汇编-05解答题（基础提升），共54页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

江苏省盐城市五年（2018-2022）中考数学卷真题分题型分层汇编
05解答题（基础提升）
一、解答题
1． （2019·江苏盐城）计算：．
2． （2022·江苏盐城）2022年6月5日，“神舟十四号”载人航天飞船搭载“明星”机械臂成功发射．如图是处于工作状态的某型号手臂机器人示意图，是垂直于工作台的移动基座，、为机械臂，m，m，m，．机械臂端点到工作台的距离m．

(1)求、两点之间的距离；
(2)求长．
（结果精确到0.1m，参考数据：，，，）
3． （2022·江苏盐城）合理的膳食可以保证青少年体格和智力的正常发育．综合实践小组为了解某校学生膳食营养状况，从该校1380名学生中调查了100名学生的膳食情况，调查数据整理如下：

中国营养学会推荐的三大营养素供能比参考值
蛋白质
10%~15%
脂肪
20%~30%
碳水化合物
50%~65%

注：供能比为某物质提供的能量占人体所需总能量的百分比．
(1)本次调查采用___________的调查方法；（填“普查”或“抽样调查”）
(2)通过对调查数据的计算，样本中的蛋白质平均供能比约为14．6%，请计算样本中的脂肪平均供能比和碳水化合物平均供能比；
(3)结合以上的调查和计算，对照下表中的参考值，请你针对该校学生膳食状况存在的问题提一条建议．
4． （2022·江苏盐城）如图，在与中，点、分别在边、上，且，若___________，则．请从①；②；③这三个选项中选择一个作为条件（写序号），并加以证明．

5． （2022·江苏盐城）证明：垂直于弦的直径平分弦以及弦所对的两条弧．

6． （2022·江苏盐城）小丽从甲地匀速步行去乙地，小华骑自行车从乙地匀速前往甲地，同时出发，两人离甲地的距离（m）与出发时间（min）之间的函数关系如图所示．

(1)小丽步行的速度为__________m/min；
(2)当两人相遇时，求他们到甲地的距离．
7． （2021·江苏盐城）为了防控新冠疫情，某地区积极推广疫苗接种工作，卫生防疫部门对该地区八周以来的相关数据进行收集整理，绘制得到如下图表：
该地区每周接种疫苗人数统计表
周次
第1周
第2周
第3周
第4周
第5周
第6周
第7周
第8周
接种人数（万人）
7
10
12
18
25
29
37
42
该地区全民接种疫苗情况扇形统计图

A：建议接种疫苗已接种人群
B：建议接种疫苗尚未接种人群
C：暂不建议接种疫苗人群


根据统计表中的数据，建立以周次为横坐标，接种人数为纵坐标的平面直角坐标系，并根据以上统计表中的数据描出对应的点，发现从第3周开始这些点大致分布在一条直线附近，现过其中两点、作一条直线（如图所示，该直线的函数表达式为），那么这条直线可近似反映该地区接种人数的变化趋势．

请根据以上信息，解答下列问题：
（1）这八周中每周接种人数的平均数为________万人：该地区的总人口约为________万人；
（2）若从第9周开始，每周的接种人数仍符合上述变化趋势．
①估计第9周的接种人数约为________万人；
②专家表示：疫苗接种率至少达60%，才能实现全民免疫．那么，从推广疫苗接种工作开始，最早到第几周，该地区可达到实现全民免疫的标准？
（3）实际上，受疫苗供应等客观因素，从第9周开始接种人数将会逐周减少万人，为了尽快提高接种率，一旦周接种人数低于20万人时，卫生防疫部门将会采取措施，使得之后每周的接种能力一直维持在20万人．如果，那么该地区的建议接种人群最早将于第几周全部完成接种？
8． （2021·江苏盐城）某种落地灯如图1所示，为立杆，其高为；为支杆，它可绕点旋转，其中长为；为悬杆，滑动悬杆可调节的长度．支杆与悬杆之间的夹角为．

（1）如图2，当支杆与地面垂直，且的长为时，求灯泡悬挂点距离地面的高度；
（2）在图2所示的状态下，将支杆绕点顺时针旋转，同时调节的长（如图3），此时测得灯泡悬挂点到地面的距离为，求的长．（结果精确到，参考数据：，，，，，）
9． （2021·江苏盐城）如图，为线段上一点，以为圆心长为半径的⊙O交于点，点在⊙O上，连接，满足．

（1）求证：是⊙O的切线；
（2）若，求的值．
10． （2021·江苏盐城）如图，、、分别是各边的中点，连接、、．

（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）加上条件 后，能使得四边形为菱形，请从①；②平分；③，这三个条件中选择一个条件填空（写序号），并加以证明．
11． （2021·江苏盐城）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．目前，超级计算机已计算出的小数部分超过31.4万亿位．有学者发现，随着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．
       
（1）从的小数部分随机取出一个数字，估计数字是6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率．（用画树状图或列表方法求解）
12． （2021·江苏盐城）如图，点是数轴上表示实数的点．

（1）用直尺和圆规在数轴上作出表示实数的的点；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）利用数轴比较和的大小，并说明理由．
13． （2021·江苏盐城）先化简，再求值：，其中．
14． （2021·江苏盐城）解不等式组：
15． （2021·江苏盐城）计算：．
16． （2020·江苏盐城）如图，是的外接圆，是的直径，．

（1）求证：是的切线；
（2）若，垂足为交于点F；求证：是等腰三角形．
17． （2020·江苏盐城）如图，在中，的平分线交于点．求的长？

18． （2020·江苏盐城）先化简，再求值：，其中．
19． （2018·江苏盐城）如图①，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y=ax2+bx+3经过点A(-1，0) 、B(3，0) 两点，且与y轴交于点C
.
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图②，用宽为4个单位长度的直尺垂直于x轴，并沿x轴左右平移，直尺的左右两边所在的直线与抛物线相交于P、 Q两点（点P在点Q的左侧），连接PQ，在线段PQ上方抛物线上有一动点D，连接DP、DQ.
①若点P的横坐标为，求△DPQ面积的最大值，并求此时点D 的坐标；
②直尺在平移过程中，△DPQ面积是否有最大值？若有，求出面积的最大值；若没有，请说明理由.
20． （2018·江苏盐城）（1）【发现】如图①，已知等边△ABC，将直角三角板的60°角顶点D任意放在BC边上（点D不与点B、C重合），使两边分别交线段AB、AC于点E、F.

①若AB=6，AE=4，BD=2，则CF =________；
②求证：△EBD∽△DCF.
（2）【思考】若将图①中的三角板的顶点D在BC边上移动，保持三角板与边AB、AC的两个交点E、F都存在，连接EF，如图②所示.问点D是否存在某一位置，使ED平分∠BEF且FD平分∠CFE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
（3）【探索】如图③，在等腰△ABC中，AB=AC，点O为BC边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点O处（其中∠MON=∠B），使两条边分别交边AB、AC于点E、F（点E、F均不与△ABC的顶点重合），连接EF.设∠B=α，则△AEF与△ABC的周长之比为________（用含α的表达式表示）
.
21． （2018·江苏盐城）如图，在以线段AB为直径的⊙O上取一点，连接AC、BC，将△ABC沿AB翻折后得到△ABD

（1）试说明点D在⊙O上；
（2）在线段AD的延长线上取一点E，使AB2=AC·AE，求证：BE为⊙O的切线；
（3）在（2）的条件下，分别延长线段AE、CB相交于点F，若BC=2，AC=4，求线段EF的长.
22． （2019·江苏盐城）如图所示・二次函数的图像与一次函数的图像交于、两点，点在点的右侧，直线分别与、轴交于、两点，其中．

（1）求、两点的横坐标；
（2）若是以为腰的等腰三角形，求的值；
（3）二次函数图像的对称轴与轴交于点，是否存在实数，使得，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
23． （2019·江苏盐城）如图①是一张矩形纸片，按以下步骤进行操作：

（Ⅰ）将矩形纸片沿折叠，使点落在边上点处，如图②；

（Ⅱ）在第一次折叠的基础上，过点再次折叠，使得点落在边上点处，如图③，两次折痕交于点；

（Ⅲ）展开纸片，分别连接、、、，如图④．

【探究】
（1）证明：；
（2）若，设为，为，求关于的关系式．
24． （2019·江苏盐城）如图，在中，，是斜边上的中线，以为直径的分别交、于点、，过点作，垂足为．

（1）若的半径为，，求的长；（2）求证：与相切．
25． （2022·江苏盐城）【发现问题】
小明在练习簿的横线上取点为圆心，相邻横线的间距为半径画圆，然后半径依次增加一个间距画同心圆，描出了同心圆与横线的一些交点，如图1所示，他发现这些点的位置有一定的规律．
【提出问题】
小明通过观察，提出猜想：按此步骤继续画圆描点，所描的点都在某二次函数图象上．


(1)【分析问题】
小明利用已学知识和经验，以圆心为原点，过点的横线所在直线为轴，过点且垂直于横线的直线为轴，相邻横线的间距为一个单位长度，建立平面直角坐标系，如图2所示．当所描的点在半径为5的同心圆上时，其坐标为___________．
(2)【解决问题】
请帮助小明验证他的猜想是否成立．
(3)【深度思考】
小明继续思考：设点，为正整数，以为直径画，是否存在所描的点在上．若存在，求的值；若不存在，说明理由．
26． （2022·江苏盐城）【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．

在中，，四边形、和分别是以的三边为一边的正方形．延长和，交于点，连接并延长交于点，交于点，延长交于点．
(1)证明：；
(2)证明：正方形的面积等于四边形的面积；
(3)请利用（2）中的结论证明勾股定理．
(4)【迁移拓展】
如图2，四边形和分别是以的两边为一边的平行四边形，探索在下方是否存在平行四边形，使得该平行四边形的面积等于平行四边形、的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．
27． （2020·江苏盐城）木门常常需要雕刻美丽的图案．
（1）图①为某矩形木门示意图，其中长为厘米，长为厘米，阴影部分是边长为厘米的正方形雕刻模具，刻刀的位置在模具的中心点处，在雕刻时始终保持模具的一边紧贴木门的一边，所刻图案如虚线所示，求图案的周长；

（2）如图，对于中的木门，当模具换成边长为厘米的等边三角形时，刻刀的位置仍在模具的中心点处，雕刻时也始终保持模具的一边紧贴本门的一边，使模具进行滑动雕刻．但当模具的一个顶点与木门的一个顶点重合时，需将模具绕着重合点进行旋转雕刻，直到模具的另一边与木门的另一边重合．再滑动模具进行雕刻，如此雕刻一周，请在图中画出雕刻所得图案的草图，并求其周长．

28． （2020·江苏盐城）若二次函数的图像与轴有两个交点，且经过点过点的直线与轴交于点与该函数的图像交于点（异于点）．满足是等腰直角三角形，记的面积为的面积为，且．

（1）抛物线的开口方向 （填“上”或“下”）；
（2）求直线相应的函数表达式；
（3）求该二次函数的表达式．
29． （2021·江苏盐城）学习了图形的旋转之后，小明知道，将点绕着某定点顺时针旋转一定的角度，能得到一个新的点．经过进一步探究，小明发现，当上述点在某函数图像上运动时，点也随之运动，并且点的运动轨迹能形成一个新的图形．
试根据下列各题中所给的定点的坐标和角度的大小来解决相关问题．   

【初步感知】
如图1，设，，点是一次函数图像上的动点，已知该一次函数的图像经过点．
（1）点旋转后，得到的点的坐标为________；
（2）若点的运动轨迹经过点，求原一次函数的表达式．
【深入感悟】
（3）如图2，设，，点反比例函数的图像上的动点，过点作二、四象限角平分线的垂线，垂足为，求的面积．
【灵活运用】
（4）如图3，设A，，点是二次函数图像上的动点，已知点、，试探究的面积是否有最小值？若有，求出该最小值；若没有，请说明理由．
30． （2020·江苏盐城）以下虚线框中为一个合作学习小组在一次数学实验中的过程记录，请阅读后完成虚线框下方的问题．
（1）在中，，在探究三边关系时，通过画图，度量和计算，收集到，组数据如下表：（单位：厘米）

























（2）根据学习函数的经验，选取上表中和的数据进行分析；
设，以为坐标，在图所示的坐标系中描出对应的点；
连线；

观察思考
（3）结合表中的数据以及所面的图像，猜想．当 时，最大；
（4）进一步C猜想：若中，，斜边为常数，），则 时，最大．
推理证明
（5）对（4）中的猜想进行证明．
问题1．在图中完善的描点过程，并依次连线；
问题2．补全观察思考中的两个猜想： _______ _______
问题3．证明上述中的猜想：
问题4．图中折线是一个感光元件的截面设计草图，其中点间的距离是厘米，厘米，平行光线从区域射入，线段为感光区域，当的长度为多少时，感光区域长度之和最大，并求出最大值．


参考答案：
1． 2
【解析】
【分析】
根据绝对值的计算公式、正余弦公式、幂的计算公式，进行求解.
【详解】
根据“负数的绝对值是它的相反数”可得，根据“”可得，根据正切公式可得，则原式．
【点睛】
本题综合考查绝对值的计算公式、正余弦公式、幂的计算公式.
2． (1)6.7m
(2)4.5m
【解析】
【分析】
（1）连接，过点作，交的延长线于，根据锐角三角函数定义和勾股定理即可解决问题．
（2）过点作，垂足为，根据锐角三角函数定义和勾股定理即可解决问题．
(1)
解：如图2，连接，过点作，交的延长线于．

在中，，
，所以，
，所以，
在中，m，m，
根据勾股定理得m，
答：、两点之间的距离约6.7m．
(2)
如图2，过点作，垂足为，

则四边形为矩形，m，，
所以m，
在中，m，m，
根据勾股定理得m．
m．
答：的长为4.5m．
【点睛】
求角的三角画数值或者求线段的长时，我们经常通过观察图形将所求的角成者线段转化到直角三角形中（如果没有直角三角形，设法构造直角三角形），再利用锐角三角画数求解
3． (1)抽样调查
(2)样本中的脂肪平均供能比为38．59%，碳水化合物平均供能比为46．825%
(3)答案见解析
【解析】
【分析】
（1）由全面调查与抽样调查的含义可得答案；
（2）利用加权平均数公式可得：求解三个年级的人数分别乘以各自的平均供能比的和，再除以总人数即可得到整体的平均数；
（3）结合中国营养学会推荐的三大营养素供能比参考值，把求解出来的平均值与标准值进行比较可得：蛋白质平均供能比在合理的范围内，脂肪平均供能比高于参考值，碳水化合物供能比低于参考值，再提出合理建议即可．
(1)
解：由该校1380名学生中调查了100名学生的膳食情况，
可得：本次调查采用抽样的调查方法；
故答案为：抽样
(2)
样本中所有学生的脂肪平均供能比为，
样本中所有学生的碳水化合物平均供能比为．
答：样本中的脂肪平均供能比为38.59%，碳水化合物平均供能比为46.825%．
(3)
该校学生蛋白质平均供能比在合理的范围内，脂肪平均供能比高于参考值，碳水化合物供能比低于参考值，膳食不合理，营养搭配不均衡，建议增加碳水化合物的摄入量，减少脂肪的摄人量．（答案不唯一，建议合理即可）
【点睛】
本题考查的是全面调查与抽样调查的含义，加权平均数的计算，利用平均数作决策，掌握“计算加权平均数的方法”是解本题的关键．
4． 见解析．
【解析】
【分析】
根据相似三角形的判定定理证明即可．
【详解】
解：若选①，
证明：∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴．
选择②，不能证明．
若选③，
证明：∵，
∴，∴，
又∵，
∴．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．
5． 见解析
【解析】
【分析】
根据命题的题设：垂直于弦的直径，结论：CD平分AB，CD平分 写出已知，求证，再利用等腰三角形的性质，圆心角与弧之间的关系证明即可．
【详解】
已知：如图，是的直径，是的弦，，垂足为．
求证：，，．

证明：如图，连接、．
因为 ，，
所以，．
所以，．
所以．
【点睛】
本题考查的是命题的证明，圆心角与弧，弦之间的关系，等腰三角形的性质，熟练的运用在同圆与等圆中，相等的圆心角所对的弧相等是解本题的关键．
6． (1)80
(2)960m
【解析】
【分析】
（1）由图象可知小丽行走的路程与时间，根据速度=路程÷时间计算即可；
（2）方法一：根据两函数图象的交点坐标来求解；方法二：根据行程问题中的相遇问题列出一元一次方程求解．
(1)
解：由图象可知，小丽步行30分钟走了2400米，
小丽的速度为：2400÷30=80 (m/min)，
故答案为：80．
(2)
解法1：小丽离甲地的距离（m）与出发时间（min）之间的函数表达式是，
小华离甲地的距离（m）与出发时间（min）之间的函数表达式是，
两人相遇即时，，
解得，
当时，（m）．
答：两人相遇时离甲地的距离是960m．
解法2：设小丽与小华经过 min相遇，
由题意得，
解得，
所以两人相遇时离甲地的距离是m．
答：两人相遇时离甲地的距离是960m．
【点睛】
本题考查函数的图象，两直线相交问题，一元一次方程的应用，从图象中获取有用的信息是解题关键．
7． （1）22.5，800；（2）①48；②最早到13周实现全面免疫；（3）25周时全部完成接种
【解析】
【分析】
（1）根据前8周总数除以8即可得平均数，8周总数除以所占百分比即可；
（2）①将代入即可；②设最早到第周，根据题意列不等式求解；
（3）设第周接种人数不低于20万人，列不等式求解即可
【详解】
（1）22.5，
故答案为：
（2）①把代入

故答案为：48
②∵疫苗接种率至少达到60%
∴接种总人数至少为万
设最早到第周，达到实现全民免疫的标准
则由题意得接种总人数为
∴
化简得
当时，
∴最早到13周实现全面免疫
（3）由题意得，第9周接种人数为万
以此类推，设第周接种人数不低于20万人，即
∴，即
∴当周时，不低于20万人；当周时，低于20万人；
从第9周开始当周接种人数为，
∴当时
总接种人数为：解之得
∴当为25周时全部完成接种.
【点睛】
本题考查的是扇形统计图的综合运用，平均数的概念，一次函数的性质，列不等式解决实际问题,读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
8． （1）点距离地面113厘米；（2）长为58厘米
【解析】
【分析】
（1）过点作交于，利用60°三角函数可求FC，根据线段和差求即可；
（2）过点作垂直于地面于点，过点作交于点，过点作交于点，可证四边形ABGN为矩形，利用三角函数先求，利用MG与CN的重叠部分求，然后求出CM，利用三角函数即可求出CD．
【详解】
解：（1）过点作交于，
∵，
∴，
，
，
∴，
答：点距离地面113厘米；


（2）过点作垂直于地面于点，
过点作交于点，
过点作交于点，
∴∠BAG=∠AGN=∠BNG=90°，
∴四边形ABGN为矩形，
∴AB=GN=84(cm)，
∵，将支杆绕点顺时针旋转，
∴∠BCN=20°，∠MCD=∠BCD-∠BCN=40°，
∴，
，
，
∴CG=CN+NG=50.76+84=134.76(cm)，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
，
，
答：长为58厘米．


【点睛】
本题考查解直角三角形应用，矩形的判定与性质，掌握锐角三角函数的定义，矩形判定与性质是解题关键．
9． （1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
(1) 连接，把转化为比例式，利用三角形相似证明即可；
(2)利用勾股定理和相似三角形的性质求解即可．
【详解】
（1）证明：连接

∵
∴，
又∵∠P=∠P，
∴
∴，
∵
∴
又∵
∴
∴
已知是上的点，AB是直径，
∴，
∴
∴，
∴PC是圆的切线；
（2）设，则，
∴
在中
∵，，
∴
已知，

∴．
【点睛】
本题考查了切线的判定，三角形相似的判定和性质，勾股定理，熟练掌握切线的判定方法，灵活运用三角形相似的判定证明相似，运用勾股定理计算是解题的关键．
10． （1）见解析；（2）②或③，见解析
【解析】
【分析】
（1）先证明，根据平行的传递性证明，即可证明四边形为平行四边形．
（2）选②平分，先证明，由四边形是平行四边形，得出，即可证明平行四边形是菱形．选③，由且，得出，即可证明平行四边形是菱形．
【详解】
（1）证明：已知、是、中点
∴
又∵、是、的中点
∴
∵
∴
∴四边形为平行四边形
（2）证明：选②平分
∵平分
∴
又∵平行四边形
∴
∴
∴
∴平行四边形是菱形
选③
∵且
且
又∵
∴
∴平行四边形为菱形
故答案为：②或③
【点睛】
本题考查菱形的判定、平行四边形的性质及判定，熟练进行角的转换是关键，熟悉菱形的判定是重点．
11． （1）；（2）见解析，
【解析】
【分析】
(1)这个事件中有10种等可能性,其中是6的有一种可能性,根据概率公式计算即可;
(2)画出树状图计算即可.
【详解】
（1）∵这个事件中有10种等可能性,其中是6的有一种可能性,
∴数字是6的概率为,
故答案为：；
（2）解：画树状图如图所示：

∵共有12种等可能的结果，其中有一幅是祖冲之的画像有6种情况．
∴（其中有一幅是祖冲之）．
【点睛】
本题考查了概率公式计算，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．
12． （1）见解析；（2），见解析
【解析】
【分析】
（1）利用勾股定理构造直角三角形得出斜边为，再利用圆规画圆弧即可得到点．
（2）在数轴上比较，越靠右边的数越大．
【详解】
解：（1）如图所示，点即为所求．

（2）如图所示，点在点的右侧，所以

【点睛】
本题考查无理数与数轴上一一对应的关系、勾股定理、尺规作图法、熟练掌握无理数在数轴上的表示是关键．
13． ，3
【解析】
【分析】
先通分，再约分，将分式化成最简分式，再代入数值即可．
【详解】
解：原式

．
∵
∴原式．
【点睛】
本题考查分式的化简求值、分式的通分、约分，正确的因式分解将分式化简成最简分式是关键．
14．
【解析】
【分析】
解一元一次不等式组，先求出不等式组中每一个不等式的解集，再找到解集的公共部分．
【详解】

解：解不等式①得：
解不等式②得：
在数轴上表示不等式①、②的解集（如图）

∴不等式组的解集为．
【点睛】
本题考查了解一元一次不等式组，熟练解一元一次不等式是解题的关键，再利用口诀求出这些解集的公共部分：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小解不了（无解）．
15． 2．
【解析】
【分析】
根据负整数指数幂、0指数幂的运算法则及算术平方根的定义计算即可得答案．
【详解】


．
【点睛】
本题考查实数的运算，熟练掌握负整数指数幂、0指数幂的运算法则及算术平方根的定义是解题关键．
16． （1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
(1)连接OC，由AB是圆O的直径得到∠BCA=90°，进一步得到∠A+∠B=90°，再根据已知条件，且∠A=∠ACO即可证明∠OCD=90°进而求解；
(2)证明，再由DE⊥AB，得到∠A+∠AFE=90°，进而得到∠DCA=∠AFE=∠DFC，得到DC=DF，进而得到△DFC为等腰三角形．
【详解】
解：(1)证明：连接，



为圆的直径，


又


又点在圆上，
是的切线．
(2)





又

是等腰三角形．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定定理，圆周角定理，等腰三角形的性质和判定等，熟练掌握性质或定理是解决此类题的关键．
17． 6
【解析】
【分析】
由求出∠A=30°，进而得出∠ABC=60°，由BD是∠ABC的平分线得出∠CBD=30°，进而求出BC的长，最后用sin∠A即可求出AB的长．
【详解】
解：在中，

是的平分线，

又
，
在中， ，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了用三角函数解直角三角形，熟练掌握三角函数的定义及特殊角的三角函数是解决此类题的关键．
18． ，1
【解析】
【分析】
根据分式的加减乘除运算法则进行运算即可化简，最后将代入求解即可．
【详解】
解：原式



当时代入，
原式．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查分式的加减乘除运算法则及化简求值，先乘除，再加减，有括号先算括号内的，熟练掌握运算法则及运算顺序是解决此类题的关键．
19． （1）抛物线y=-x2+2x+3；（2）①点D（ ）；②△PQD面积的最大值为8
【解析】
【详解】
分析：（1）根据点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；
（2）（I）由点P的横坐标可得出点P、Q的坐标，利用待定系数法可求出直线PQ的表达式，过点D作DE∥y轴交直线PQ于点E，设点D的坐标为（x，-x2+2x+3），则点E的坐标为（x，-x+），进而即可得出DE的长度，利用三角形的面积公式可得出S△DPQ=-2x2+6x+，再利用二次函数的性质即可解决最值问题；
（II）假设存在，设点P的横坐标为t，则点Q的横坐标为4+t，进而可得出点P、Q的坐标，利用待定系数法可求出直线PQ的表达式，设点D的坐标为（x，-x2+2x+3），则点E的坐标为（x，-2（t+1）x+t2+4t+3），进而即可得出DE的长度，利用三角形的面积公式可得出S△DPQ=-2x2+4（t+2）x-2t2-8t，再利用二次函数的性质即可解决最值问题．
详解：（1）将A（-1，0）、B（3，0）代入y=ax2+bx+3，得：
，解得：，
∴抛物线的表达式为y=-x2+2x+3．
（2）（I）当点P的横坐标为-时，点Q的横坐标为，
∴此时点P的坐标为（-，），点Q的坐标为（，-）．
设直线PQ的表达式为y=mx+n，
将P（-，）、Q（，-）代入y=mx+n，得：
，解得：，
∴直线PQ的表达式为y=-x+．
如图②，过点D作DE∥y轴交直线PQ于点E，

设点D的坐标为（x，-x2+2x+3），则点E的坐标为（x，-x+），
∴DE=-x2+2x+3-（-x+）=-x2+3x+，
∴S△DPQ=DE•（xQ-xP）=-2x2+6x+=-2（x-）2+8．
∵-2＜0，
∴当x=时，△DPQ的面积取最大值，最大值为8，此时点D的坐标为（，）．
（II）假设存在，设点P的横坐标为t，则点Q的横坐标为4+t，
∴点P的坐标为（t，-t2+2t+3），点Q的坐标为（4+t，-（4+t）2+2（4+t）+3），
利用待定系数法易知，直线PQ的表达式为y=-2（t+1）x+t2+4t+3．
设点D的坐标为（x，-x2+2x+3），则点E的坐标为（x，-2（t+1）x+t2+4t+3），
∴DE=-x2+2x+3-[-2（t+1）x+t2+4t+3]=-x2+2（t+2）x-t2-4t，
∴S△DPQ=DE•（xQ-xP）=-2x2+4（t+2）x-2t2-8t=-2[x-（t+2）]2+8．
∵-2＜0，
∴当x=t+2时，△DPQ的面积取最大值，最大值为8．
∴假设成立，即直尺在平移过程中，△DPQ面积有最大值，面积的最大值为8．
点睛：本题考查了待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次（一次）函数图象上点的坐标特征、三角形的面积以及二次函数的最值，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数表达式；（2）（I）利用三角形的面积公式找出S△DPQ=-2x2+6x+；（II）利用三角形的面积公式找出S△DPQ=-2x2+4（t+2）x-2t2-8t．
20． （1）①4；②证明见解析；（2）存在；（3）1-cosα.
【解析】
【详解】
分析：（1）①先求出BE的长度后发现BE=BD，又∠B=60°，可知△BDE是等边三角形，可得∠BDE=60°，另外∠EDF=60°，可证得△CDF是等边三角形，从而CF=CD=BC-BD；
②证明△EBD∽△DCF，这个模型可称为“一线三等角相似模型”，根据“AA”判定相似；
（2）【思考】由平分线可联系到角平分线的性质“角平分线上的点到角两边的距离相等”，可过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，则DM=DG=DN，从而通过证明△BDM≅△CDN可得BD=CD；
（3）【探索】由已知不难求得C△ABC=AB+BC+CA=2AB+2OB=2(m+mcosα)，则需要用m和α的三角函数表示出C△AEF，C△AEF=AE+EF+AF；题中直接已知O是BC的中点，应用（2）题的方法和结论，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，可得EG=ED，FH=DF，则C△AEF=AE+EF+AF= AG+AH=2AG，而AG=AB-OB，从而可求得.
详解：（1）①∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=6，∠B=∠C=60°，
∵AE=4，
∴BE=2，则BE=BD，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠BDE=60°，
又∵∠EDF=60°，
∴∠CDF=180°-∠EDF-∠B=60°，则∠CDF =∠C=60°，
∴△CDF是等边三角形，
∴CF=CD=BC-BD=6-2=4；
②证明：∵∠EDF=60°，∠B=60°
∴∠CDF+∠BDE=120°，∠BED+∠BDE=120°，
∴∠BED=∠CDF，
又∵∠B=∠C，
∴△EBD∽△DCF
（2）存在.如图，作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分别为M，G，N，

∵ED平分∠BEF且FD平分∠CFE，
∴DM=DG=DN，
又∵∠B=∠C=60°，∠BMD=∠CND=90°，
∴△BDM≅△CDN，
∴BD=CD，
即点D是BC的中点，
∴;
（ 3 ）连结AO，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分别为G，D，H，

则∠BGO=∠CHO=90°，
∵AB=AC，O是BC的中点
∴∠B=∠C，OB=OC，
∴△OBG≅△OCH，
∴OG=OH，GB=CH，∠BOG=∠COH=90°−α，
则∠GOH=180°-（∠BOG+∠COH）=2α，
∵∠EOF=∠B=α，
则∠GOH=2∠EOF=2α，
由（2）题可猜想应用EF=ED+DF=EG+FH，
则 C△AEF=AE+EF+AF=AE+EG+FH+AF=AG+AH=2AG，
设AB=m，则OB=mcosα，GB=mcos2α,
.
点睛：本题考查了角平分线的定义，等边三角形的性质，全等三角形以及相似三角形的判定和性质等知识点．难度较大.
21． （1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF=
【解析】
【详解】
分析：（1）由翻折知△ABC≌△ABD，得∠ADB=∠C=90°，据此即可得；
（2）由AB=AD知AB2=AD•AE，即，据此可得△ABD∽△AEB，即可得出∠ABE=∠ADB=90°，从而得证；
（3）由知DE=1、BE=，证△FBE∽△FAB得，据此知FB=2FE，在Rt△ACF中根据AF2=AC2+CF2可得关于EF的一元二次方程，解之可得．
详解：（1）∵AB为⊙O的直径，
∴∠C=90°，
∵将△ABC沿AB翻折后得到△ABD，
∴△ABC≌△ABD，
∴∠ADB=∠C=90°，
∴点D在以AB为直径的⊙O上；
（2）∵△ABC≌△ABD，
∴AC=AD，
∵AB2=AC•AE，
∴AB2=AD•AE，即，
∵∠BAD=∠EAB，
∴△ABD∽△AEB，
∴∠ABE=∠ADB=90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴BE是⊙O的切线；
（3）∵AD=AC=4、BD=BC=2，∠ADB=90°，
∴AB=，
∵，
∴，
解得：DE=1，
∴BE=，
∵四边形ACBD内接于⊙O，
∴∠FBD=∠FAC，即∠FBE+∠DBE=∠BAE+∠BAC，
又∵∠DBE+∠ABD=∠BAE+∠ABD=90°，
∴∠DBE=∠BAE，
∴∠FBE=∠BAC，
又∠BAC=∠BAD，
∴∠FBE=∠BAD，
∴△FBE∽△FAB，
∴，即，
∴FB=2FE，
在Rt△ACF中，∵AF2=AC2+CF2，
∴（5+EF）2=42+（2+2EF）2，
整理，得：3EF2-2EF-5=0，
解得：EF=-1（舍）或EF=，
∴EF=．
点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、翻折的性质、圆内接四边形的性质及相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点．
22． （1）点、横坐标分别为，；（2）的值为或；（3）存在，的值为或，见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据二次函数与一次函数相交，可列出一元二次方程，求得、坐标.
（2）根据是以为腰的等腰三角形，则和,可列出含有的方程并求解.
（3）分在轴上方和在轴下方两种情况，作辅助线，应用勾股定理等公式进行求解.
【详解】
（1）二次函数的图像与一次函数的图像交于、两点，
联立，
解得：或．
点在点的右侧，
点、横坐标分别为，．
（2）由（1）得点坐标为，点坐标为，
故，，．
若是以为腰的等腰三角形
①当时，，解得：，．
②当时，，解得：，（舍）
综上所述：的值为或或．
（3）存在．
①点在轴上方时，则，即时，
过点作点，在上作点，使，
，轴，
轴
，
，
，
轴，，
，．
．
又，，
，，
，，，，
，，，
，
解得：，（舍）

②点在轴下方时，则即时，
过点作直线于点，在的延长线上作点，使．
，轴，
轴，．
，
．
轴，．
，
，
．
又，．
．
，，，，
，
，

，
解得：，（舍）．
综上所述：存作实数，使得，的值为或．

【点睛】
本题综合考查了一元二次方程组的求解，三角形的勾股定理，等腰三角形中角的关系、边长的关系等定理.
23． （1）见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据折叠重合的图形全等和“等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高重合”，可得与中有两条边和它们的夹角对应相等.
（2）在中应用勾股定理，可得即.
【详解】
（1）如图，连接、，并过点作的平行线分别交、下点、．
由图形翻折得：，，
，，，
，
为等腰直角三角形，．
又，
，
．
在与中，，
．

（2）由（1）得：，是等腰直角三角形
．
在中，，
，即．
【点睛】
本题综合考查折叠重合的图形全等，“等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高重合”，“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”等定律，以及全等图形的判定定理.
24． （1）；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可求得的长度，再根据勾股定理，可求得的长度. 根据圆的直径对应的圆周角为直角，可知，根据等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高重合，可求得的长.
（2）根据三角形中位线平行于底边，可知，再根据，可知，则可知与相切.
【详解】
（1）连接、，
，
．
为的斜边的中线，由于直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，
，，，
为圆的直径．，即，
由于等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高重合，
．

（2）、为、的中点，由于三角形中位线平行于底边，
，
．
，
，
即．
又为半径
与圆相切．
【点睛】
本题综合考查“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”，“等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高重合”，“三角形中位线平行于底边”等定律，以及圆的切线的判定定理.
25． (1)或
(2)成立，理由见解析
(3)存在，4
【解析】
【分析】
（1）先画出图形，再结合实际操作可得再利用勾股定理求解AC，BC，从而可得答案；
（2）解法1：设半径为的圆与直线的交点为．利用勾股定理可得，即，可得，可得上，从而验证猜想；
解法2：设半径为的圆与直线交点为，可得，解方程可得．则，再消去，可得，从而验证猜想；
（3）如图，设所描的点在上，由， 建立方程，整理得结合，都是正整数，从而可得答案．
(1)
解：如图，

∴
∴
故答案为：或
(2)
小明的猜想成立．
解法1：如图，设半径为的圆与直线的交点为．

因为，所以，即，
所以，
所以上，小明的猜想成立．
解法2：设半径为的圆与直线交点为，
因为，所以，解得，所以．
，消去，得，
点在抛物线上，小明的猜想成立．
(3)
存在所描的点在上，理由：
如图，设所描的点在上，

则，因为，
所以，
整理得，
因为，都是正整数，
所以只有，满足要求．
因此，存在唯一满足要求的，其值是4．
【点睛】
本题考查的是切线的性质，垂径定理的应用，坐标与图形，二次函数的图象与性质，勾股定理的应用，方程的正整数解问题，理解题意，建立几何模型与函数模型是解本题的关键．
26． (1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)存在，见解析
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质和SAS证明△ACB≌△HCG，可得结论；
（2）证明S△CHG＝S△CHL，所以S△AMI＝S△CHL，由此可得结论；
（3）证明正方形ACHI的面积+正方形BFGC的面积＝▱ADJK的面积+▱KJEB的面积＝正方形ADEB，可得结论；
（4）如图2，延长IH和FG交于点L，连接LC，以A为圆心CL为半径画弧交IH于一点，过这一点和A作直线，以A为圆心，AI为半径作弧交这直线于D，分别以A，B为圆心，以AB，AI为半径画弧交于E，连接AD，DE，BE，则四边形ADEB即为所求．
(1)
证明：如图1，连接HG，


∵四边形ACHI，ABED和BCGF是正方形，
∴AC＝CH，BC＝CG，∠ACH＝∠BCG＝90°，AB＝AD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠GCH＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，
∴∠GCH＝∠ACB，
∴△ACB≌△HCG（SAS），
∴GH＝AB＝AD，
∵∠GCH＝∠CHI＝∠CGL＝90°，
∴四边形CGLH是矩形，
∴CL＝GH，
∴AD＝LC；
(2)
证明：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，
∴∠BAC＝∠MAI，
∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，
∴△ABC≌△AMI（ASA），
由（1）知：△ACB≌△HCG，
∴△AMI≌△HGC，
∵四边形CGLH是矩形，
∴S△CHG＝S△CHL，
∴S△AMI＝S△CHL，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
(3)
证明：由正方形可得，
又，所以四边形是平行四边形，
由（2）知，四边形是平行四边形，
由（1）知，，
所以，
延长交于，
同理有，
所以．
所以．
(4)
解：如图为所求作的平行四边形．


【点睛】
本题是四边形的综合题，考查的是全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，正方形的性质，勾股定理的证明等知识；熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质，根据图形面积的关系证出勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型．
27． （1）；（2）雕刻所得图案的草图见解析，图案的周长为
【解析】
【分析】
（1）过点作求出PE，进而求得该图案的长和宽，利用长方形的周长公式即可解答；
（2）如图，过P作PQ⊥CD于Q，连接PG,先利用等边三角形的性质求出PQ、PG及∠PGE，当移动到点时，求得旋转角和点P旋转的路径长，用同样的方法继续移动，即可画出图案的草图，再结合图形可求得所得图案的周长．
【详解】
如图，过点作垂足为

是边长为的正方形模具的中心，

同理：与之间的距离为
与之间的距离为
与之间的距离为


．
答：图案的周长为．
如图，连接过点作，垂足为

是边长为的等边三角形模具的中心，




．
当三角形向上平移至点与点重合时，
由题意可得：绕点顺时针旋转
使得与边重合
绕点顺时针旋转至
．
同理可得其余三个角均为弧长为的圆弧，
图中的虚线即为所画的草图，
∴
．
答：雕刻所得图案的草图的周长为．
【点睛】
本题考查了图形的平移与旋转、等边三角形的性质、解含30º角的直角三角形、图形的周长等知识，解答的关键是熟练掌握图形平移和旋转过程中的变化特征，结合基本图形的性质进行推理、探究、发现和计算．
28． （1）上；（2）；（3）
【解析】
【分析】
(1)由抛物线经过点M、N、A点即可确定开口向上；
(2)根据是等腰直角三角形分三种情况讨论，只能是，此时，由此算出C点坐标，进而求解；
(3)过B点作BH⊥x轴，由得到，由OA的长求出BH的长，再将B点纵坐标代入直线l中求出B点坐标，最后将A、B、N三点坐标代入二次函数解析式中求解即可．
【详解】
解：(1)∵抛物线经过点M、N、A，且M、N点在x轴正半轴上，A点在y轴正半轴上，
∴抛物线开口向上，
故答案为：上．
(2)①若，
则与重合，直线与二次函数图像交于点
∵直线与该函数的图像交于点（异于点）
∴不合符题意，舍去；
②若，则在轴下方，
∵点在轴上，
∴不合符题意，舍去；
③若
则

设直线
将代入：
，解得
直线．
故答案为：．
(3)过点作轴，垂足为，

，，
又，
，
又，
，
即点纵坐标为，
又(2)中直线l经过B点，
将代入中，得，
，
将三点坐标代入中，得
，
解得，
抛物线解析式为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次函数解析式的求法，二次函数和一次函数的交点坐标，等腰直角三角形分类讨论的思想，熟练掌握二次函数的图形及性质是解决此类题的关键．
29． （1）；（2）；（3）；（4）存在最小值，
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的定义得，观察点和在同一直线上即可直接得出结果．
（2）根据题意得出的坐标，再利用待定系数法求出原一次函数表达式即可．
（3）先根据计算出交点坐标，再分类讨论①当时，先证明再计算面积．②当-时，证，再计算即可．
（4）先证明为等边三角形，再证明，根据在中，，写出，从而得出的函数表达式，当直线与抛物线相切时取最小值，得出，由计算得出的面积最小值．
【详解】
（1）由题意可得:
∴的坐标为
故答案为：；
（2）∵，由题意得
坐标为
∵，在原一次函数上，
∴设原一次函数解析式为
则
∴
∴原一次函数表达式为；
（3）设双曲线与二、四象限平分线交于点，则

解得
①当时
作轴于
∵
∴
∵
∴
∴在和中

∴

即；

②当-时
作于轴于点
∵
∴
∴

∴

∴
在和中

∴
∴；

（4）连接，，将，绕逆时针旋转得，，作轴于
∵，
∴
∴
∴为等边三角形，此时与重合，即
连接，∵
∴
∴在和中

∴
∴，
∴作轴于
在中，
∴
∴，即，此时的函数表达式为：
设过且与平行 的直线解析式为
∵
∴当直线与抛物线相切时取最小值
则
即
∴
当时，得
∴
设与轴交于点
∵
∴



【点睛】
本题考查旋转、全等三角形的判定和性质、一次函数的解析式、反比例函数的几何意义、两函数的交点问题，函数的最小值的问题，灵活进行角的转换是关键．
30． 问题1：见解析；问题2：2，；问题3：见解析；问题4：当时，感光区域长度之和最大为
【解析】
【分析】
问题1：根据（1）中的表格数据，描点连线，作出图形即可；
问题2：根据（1）中的表格数据，可以得知当2时，最大；设，则，可得，有，可得出；
问题3：可用两种方法证明，方法一：（判别式法）设，则，可得，有，可得出；方法二：（基本不等式），设，得，可得，根据当时，等式成立有，可得出
；
问题4：方法一：延长交于点，过点作于点，垂足为，过点作交于点，垂足为，交于点，由题可知：在中，，得，根据，有，得，易证四边形为矩形，四边形为矩形，根据可得，由问题3可知，当时，最大，则有时，最大为；方法二：
延长相交于点同法一求得：，根据四边形为矩形，有，，得到，由问题3可知，当时，最大
则可得时最大为．
【详解】
问题1：图

问题2：；
问题3：
法一：（判别式法）
证明：设
在中，




关于的元二次方程有实根，




当取最大值时，



当时，有最大值．
法二：（基本不等式）
设
在中，


．
当时，等式成立

．

，


当时，有最大值．
问题4：
法一：延长交于点
过点作于点垂足为
过点作交于点垂足为
交于点

由题可知：在中，

即



又


，
在中，
，
即


四边形为矩形

，
四边形为矩形，





在中，．
由问题3可知，当时，最大
时，最大为
即当时，感光区域长度之和最大为
法二：
延长相交于点

同法一求得：

设
四边形为矩形，

．



由问题3可知，当时，最大
时最大为
即当时，感光区域长度之和最大为．
【点睛】
本题考查了一元二次方程，二次函数，不等式，解直角三角形，三角函数，矩形的性质等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．