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辽宁省锦州市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类
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这是一份辽宁省锦州市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类，共36页。试卷主要包含了÷，其中x＝﹣2，满足如图所示的一次函数关系，，顶点为D，，交y轴于点C等内容，欢迎下载使用。
辽宁省锦州市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类
一．分式的化简求值（共1小题）
1．（2021•锦州）先化简，再求值：（x﹣1﹣）÷，其中x＝﹣2．
二．二次函数的应用（共1小题）
2．（2023•锦州）端午节前夕，某批发部购入一批进价为8元/袋的粽子，销售过程中发现：日销量y（袋）与售价x（元/袋）满足如图所示的一次函数关系．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）每袋粽子的售价定为多少元时，所获日销售利润最大，最大日销售利润是多少元？
三．二次函数综合题（共3小题）
3．（2023•锦州）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A（﹣1，0）和B，交y轴于点C（0，3），顶点为D．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若点E在第一象限内对称轴右侧的抛物线上，四边形ODEB的面积为7，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，若点F是对称轴上一点，点H是坐标平面内一点，在对称轴右侧的抛物线上是否存在点G，使以点E，F，G，H为顶点的四边形是菱形，且∠EFG＝60°，如果存在，请直接写出点G的坐标；如果不存在，请说明理由．
4．（2022•锦州）如图，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于点A（3，0）和点B（﹣1，0），交y轴于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）D是直线AC上方抛物线上一动点，连接OD交AC于点N，当的值最大时，求点D的坐标；
（3）P为抛物线上一点，连接CP，过点P作PQ⊥CP交抛物线对称轴于点Q，当tan∠PCQ＝时，请直接写出点P的横坐标．
5．（2021•锦州）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝x+1分别与x轴、y轴交于点A，C，经过点C的抛物线y＝x2+bx+c与直线y＝x+1的另一个交点为点D，点D的横坐标为6．
（1）求抛物线的表达式．
（2）M为抛物线上的动点．
①N为x轴上一点，当四边形CDMN为平行四边形时，求点M的坐标；
②如图2，点M在直线CD下方，直线OM（OM∥CD的情况除外）交直线CD于点B，作直线BD关于直线OM对称的直线BD′，当直线BD′与坐标轴平行时，直接写出点M的横坐标．
四．三角形综合题（共1小题）
6．（2021•锦州）在△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝α，D为线段AB上的动点，连接DC，将DC绕点D顺时针旋转α得到DE，连接CE，BE．
（1）如图1，当α＝60°时，求证：△CAD≌△CBE；
（2）如图2，当tanα＝时，
①探究AD和BE之间的数量关系，并说明理由；
②若AC＝5，H是BC上一点，在点D移动过程中，CE+EH是否存在最小值？若存在，请直接写出CE+EH的最小值；若不存在，请说明理由．
五．切线的性质（共1小题）
7．（2023•锦州）如图，AE为⊙O的直径，点C在⊙O上，AB与⊙O相切于点A，与OC延长线交于点B，过点B作BD⊥OB，交AC的延长线于点D．
（1）求证：AB＝BD；
（2）点F为⊙O上一点，连接EF，BF，BF与AE交于点G．若∠E＝45°，AB＝5，tan∠ABG＝，求⊙O的半径及AD的长．
六．切线的判定与性质（共1小题）
8．（2021•锦州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E，延长EC，AB交于点F，∠ECD＝∠BCF．
（1）求证：CE为⊙O的切线；
（2）若DE＝1，CD＝3，求⊙O的半径．
七．几何变换综合题（共2小题）
9．（2022•锦州）如图，在△ABC中，，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，DF．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
10．（2023•锦州）【问题情境】如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ACB＝α，点D在边BC上．将线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE（旋转角小于180°），连接BE，CE，以CE为底边在其上方作等腰三角形FEC，使∠FCE＝α，连接AF．
【尝试探究】
（1）如图1，当α＝60°时，易知AF＝BE；
如图2，当α＝45°时，则AF与BE的数量关系为 ；
（2）如图3，写出AF与BE的数量关系（用含α的三角函数表示），并说明理由；
【拓展应用】
（3）如图4，当α＝30°且点B，E，F三点共线时．若BC＝4，BD＝BC，请直接写出AF的长．
八．解直角三角形的应用（共1小题）
11．（2023•锦州）如图1，是某校教学楼正厅一角处摆放的“教学楼平面示意图”展板，数学学习小组想要测量此展板的最高点到地面的高度．他们绘制了图2所示的展板侧面的截面图，并测得AB＝120cm，BD＝80cm，∠ABD＝105°，∠BDQ＝60°，底座四边形EFPQ为矩形，EF＝5cm．请帮助该数学学习小组求出展板最高点A到地面PF的距离．（结果精确到1cm．参考数据：≈1.41，≈1.73）
九．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题）
12．（2021•锦州）如图，山坡上有一棵竖直的树AB，坡面上点D处放置高度为1.6m的测倾器CD，测倾器的顶部C与树底部B恰好在同一水平线上（即BC∥MN），此时测得树顶部A的仰角为50°．已知山坡的坡度i＝1：3（即坡面上点B处的铅直高度BN与水平宽度MN的比），求树AB的高度（结果精确到0.1m．参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19）
一十．条形统计图（共1小题）
13．（2023•锦州）2023年，教育部等八部门联合印发了《全国青少年学生读书行动实施方案》，某校为落实该方案，成立了四个主题阅读社团：A．民俗文化，B．节日文化，C．古典诗词．D．红色经典．学校规定：每名学生必须参加且只能参加其中一个社团，学校随机对部学生选择社团的情况进行了调查．下面是根据调查结果绘制的两幅不完整的统计图．
请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）本次随机调查的学生有 名，在扇形统计图中“A”部分圆心角的度数为 ；
（2）通过计算补全条形统计图；
（3）若该校共有1800名学生，请根据以上调查结果，估计全校参加“D”社团的人数．
一十一．列表法与树状图法（共1小题）
14．（2022•锦州）小华同学从一副扑克牌中取出花色为“红心”，“黑桃”，“方块”，“梅花”各1张放入不透明的甲盒中，再从这副扑克牌中取出花色为“红心”，“黑桃”，“方块”，“梅花”各1张放入不透明的乙盒中．
（1）小华同学从甲盒中随机抽取1张，抽到扑克牌花色为“红心”的概率为 ；
（2）小华同学从甲、乙两个盒中各随机抽取1张扑克牌．请用画树状图或列表的方法，求抽到扑克牌花色恰好是1张“红心”和1张“方块”的概率．
辽宁省锦州市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类
参考答案与试题解析
一．分式的化简求值（共1小题）
1．（2021•锦州）先化简，再求值：（x﹣1﹣）÷，其中x＝﹣2．
【答案】x（x+2）；3﹣2．
【解答】解：原式＝×
＝×
＝x（x+2）．
把x＝﹣2代入，原式＝（﹣2）（﹣2+2）＝3﹣2．
二．二次函数的应用（共1小题）
2．（2023•锦州）端午节前夕，某批发部购入一批进价为8元/袋的粽子，销售过程中发现：日销量y（袋）与售价x（元/袋）满足如图所示的一次函数关系．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）每袋粽子的售价定为多少元时，所获日销售利润最大，最大日销售利润是多少元？
【答案】（1）y与x的函数关系式为y＝﹣40x+680；
（2）当粽子的售价定为12.5元/袋时，日销售利润最大，最大日销售利润是810元．
【解答】解：（1）设y与x的函数关系式为y＝kx+b，
把x＝10，y＝280和x＝14，y＝120别代入解析式，
得 ，
解得，
∴y与x的函数关系式为y＝﹣40x+680；
（2）设这种粽子日销售利润为w元，
则w＝（x﹣8）（﹣40x+680）
＝40x2+1000x﹣5440
＝40（x﹣）2+810，
∵﹣40＜0，抛物线开口向下，
∴x＝12.5时，w有最大值，最大值为810，
答：当粽子的售价定为12.5元/袋时，日销售利润最大，最大日销售利润是810元．
三．二次函数综合题（共3小题）
3．（2023•锦州）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A（﹣1，0）和B，交y轴于点C（0，3），顶点为D．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若点E在第一象限内对称轴右侧的抛物线上，四边形ODEB的面积为7，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，若点F是对称轴上一点，点H是坐标平面内一点，在对称轴右侧的抛物线上是否存在点G，使以点E，F，G，H为顶点的四边形是菱形，且∠EFG＝60°，如果存在，请直接写出点G的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；
（2）E（2，3）；
（3）存在，G的坐标为（，）或（，）．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0）和点C（0，3），
∴，
∴，
∴抛物线的表达式y＝﹣x2+2x+3．
（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点M，过点E作EN⊥x轴于点N，
设E（x，﹣x2+2x+3），
∴BN＝3﹣x，MN＝x﹣1，
∴S四边形ODEB＝S△ODM+S梯形DMNE+S△ENB＝×1×4+（4﹣x2+4x+3）（x﹣1）+（﹣x2+2x+3）（3﹣x）＝﹣x2+4x+3，
∵四边形ODEB的面积为7，
∴﹣x2+4x+3＝7，
∴x2﹣4x+＝0，
∴x1＝x2＝2，
∴E（2，3）．
（3）存在点G，使以点E，F，G，H为顶点的四边形是菱形，且∠EFG＝60°，满足条件G的坐标为（，）或（，）．理由如下：
如图，连接CG，DG，
∵四边形EFGH是菱形，且∠EFG＝60°，
∴△EFG是等边三角形，
∴△DCE是等边三角形，
∴△CEG≌△DEF，
∴∠ECG＝∠EDF＝30°，
∴直线CG的表达式为y＝﹣x+3，
∴，
∴G（，）；
如图，连接CG、DG、CF，
∵四边形EFGH是菱形，且∠EFG＝60°，
∴△EFG是等边三角形，
∴△DCE是等边三角形，
∴△DGE≌△CFE，
∴DG＝CF，
∴CF＝FE，GE＝FE，
∴DG＝GE，
∴△CDG≌△CEG，
∴∠DCG＝∠ECG＝30°，
∴直线CG的表达式为y＝x+3，
∴，
∴G（，），
综上，G（，）或（，）．
4．（2022•锦州）如图，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于点A（3，0）和点B（﹣1，0），交y轴于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）D是直线AC上方抛物线上一动点，连接OD交AC于点N，当的值最大时，求点D的坐标；
（3）P为抛物线上一点，连接CP，过点P作PQ⊥CP交抛物线对称轴于点Q，当tan∠PCQ＝时，请直接写出点P的横坐标．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；
（2）；
（3）点P的横坐标为或或或．
【解答】解：（1）把点A（3，0）和B（﹣1，0）代入得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）过点D作DH∥y轴，交AC于点H，如图所示：
设D（m，﹣m2+2m+3），直线AC的解析式为y＝kx+b，
由（1）可得：C（0，3），
∴，解得：，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3，
∴H（m，﹣m+3），
∴DH＝﹣m2+3m，
∵DH∥y轴，
∴△OCN∽△DHN，
∴，
∵，
∴当时，的值最大，
∴；
（3）由题意可得如图所示：
过点P作y轴的平行线PH，分别过点C、Q作CG⊥PH于G，QH⊥PH于H，
∵PQ⊥CP，
∴∠CPQ＝∠CGP＝∠PHQ＝90°，
∴∠CPG+∠PCG＝∠CPG+∠QPH＝90°，
∴∠PCG＝∠QPH，
∴△PCG∽△QPH，
∴，
∵，
∴，
设点P（n，﹣n2+2n+3），
由题意可知：抛物线的对称轴为直线x＝1，C（0，3），
∴QH＝|n﹣1|，PG＝|﹣n2+2n|，
∴，
当时，解得：，
当时，解得：
综上：点P的横坐标为或或或．
5．（2021•锦州）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝x+1分别与x轴、y轴交于点A，C，经过点C的抛物线y＝x2+bx+c与直线y＝x+1的另一个交点为点D，点D的横坐标为6．
（1）求抛物线的表达式．
（2）M为抛物线上的动点．
①N为x轴上一点，当四边形CDMN为平行四边形时，求点M的坐标；
②如图2，点M在直线CD下方，直线OM（OM∥CD的情况除外）交直线CD于点B，作直线BD关于直线OM对称的直线BD′，当直线BD′与坐标轴平行时，直接写出点M的横坐标．
【答案】（1）抛物线的表达式为：y＝；
（2）①点M的坐标为（，）或（，）；
②点M的横坐标为3或或．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝x+1＝1，
∴C点坐标为（0，1），
令y＝0，则，
∴，
∴A点坐标为（，0），
令x＝6，则y＝，
∴D点坐标为（），
将C，D两点坐标代入到抛物线解析式中得，
，
解得，
∴抛物线的表达式为：y＝；
（2）①设N（n，0），
∵四边形CDMN为平行四边形，
∴由平移与坐标关系可得M（n+6，），
∵点M在抛物线上，
∴+1＝，
∴n2+9n+4＝0，
∴n＝，
∴点M的坐标为（，）或（，）；
②第一种情况：如图1，当BD′∥x轴时，分别过A，D作x轴的垂线，垂足分别为H，Q，
在直角△ADQ中，AQ＝6+＝，DQ＝，
∴tan∠DAQ＝＝，
∴cos∠DAQ＝，
∵∠BAH＝∠DAQ，
∴cos∠BAH＝，
∵直线BD与直线BD′关于直线OM对称，
∴∠DBM＝∠D′BM，
∵BD′∥x轴，
∴∠HOB＝∠D′BM＝∠DBM，
∴AB＝AO＝，
∴，
∴AH＝，
∴OH＝AH+AO＝
令x＝﹣，则y＝＝，
∴B点坐标为（﹣，﹣），
设直线OB的解析式为y＝kx，代入点B得，k＝，
∴直线OB的解析式为y＝x，
联立，
解得，，
∴点M的横坐标为3或，
第二种情况，如图2，当BD′∥y轴时，设BD′交x轴于H，
∴∠COB＝∠OBH，
∵直线BD与直线BD′关于直线OM对称，
∴∠CBO＝∠OBH＝∠COB，
∴CB＝CO＝1，
过C作CE⊥BH于E，
∴CE∥x轴，
∴∠BCE＝∠CAO，
∵tan∠CAO＝＝，
∴cos∠CAO＝，
∴cos∠BCE＝＝，
∴CE＝＝，
∴＝，
∵CE⊥BH，BH⊥x轴，
∴∠CEH＝∠BHO＝∠COH＝90°，
∴四边形CEHO为矩形，
∴EH＝CO＝1，CE＝OH＝，
∴BH＝BE+EH＝，
∴点B的坐标为（），
∴直线OB的解析式为y＝2x，
联立，
化简得，x2﹣11x+4＝0，
∴，
∵点M在直线CD下方，
∴x＜6，
∴x＝，
∴点M的横坐标为，
即点M的横坐标为3或或．
四．三角形综合题（共1小题）
6．（2021•锦州）在△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝α，D为线段AB上的动点，连接DC，将DC绕点D顺时针旋转α得到DE，连接CE，BE．
（1）如图1，当α＝60°时，求证：△CAD≌△CBE；
（2）如图2，当tanα＝时，
①探究AD和BE之间的数量关系，并说明理由；
②若AC＝5，H是BC上一点，在点D移动过程中，CE+EH是否存在最小值？若存在，请直接写出CE+EH的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析部分．
（2）①．
②．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵α＝60°，AC＝AB，
∴△ABC是等边三角形，
∴CA＝CB，∠ACB＝60°，
∵将DC绕点D顺时针旋转α得到DE，
∴DC＝DE，∠CDE＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴CD＝CE，∠DCE＝∠ACB＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△CAD≌△CBE（SAS）．
（2）解：①结论：＝．
如图2中，过点C作CK⊥AB于K．
∵tan∠CAK＝＝，
∴可以假设CK＝3k，AK＝4k，则AC＝AB＝5k，BK＝AB﹣AK＝k，
∴BC＝＝k，
∵∠A＝∠CDE，AC＝AB，CD＝DE，
∴∠ACB＝∠ABC＝∠DCE＝∠DEC，
∴△ACB∽△DCE，
∴＝，
∴＝，
∵∠ACB＝∠DCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD∽△BCE，
∴＝＝＝．
②如图2中，过点C作CJ⊥BE交BE的延长线于J．作点C关于BE的对称点R，连接BR，ER，过点R作RT⊥BC于T．
∵AC＝5，
由①可知，AK＝4，CK＝3，BC＝，
∵△CAD∽△BCE，CK⊥AD，CJ⊥BE，
∴＝＝（全等三角形对应边上的高的比等于相似比），
∴CJ＝，
∴点E的运动轨迹是线段BE，
∵C，R关于BE对称，
∴CR＝2CJ＝，
∵BJ＝＝＝，
∵S△CBR＝•CR•BJ＝•CB•RT，
∴RT＝＝，
∵EC+EH＝ER+EH≥RT，
∴EC+EH≥，
∴EC+EH的最小值为．
五．切线的性质（共1小题）
7．（2023•锦州）如图，AE为⊙O的直径，点C在⊙O上，AB与⊙O相切于点A，与OC延长线交于点B，过点B作BD⊥OB，交AC的延长线于点D．
（1）求证：AB＝BD；
（2）点F为⊙O上一点，连接EF，BF，BF与AE交于点G．若∠E＝45°，AB＝5，tan∠ABG＝，求⊙O的半径及AD的长．
【答案】（1）见解答；
（2）半径为，AD＝4．
【解答】（1）证明：∵AE为⊙O的直径，AB与⊙O相切于点A，
∴OA⊥AB，
∴∠OAB＝90°，
∵BD⊥OB，
∴∠DBC＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵∠OCA＝∠BCD，
∴∠OAC＝∠BCD，
∵∠OAC+∠BAD＝90°，∠D+∠BCD＝90°，
∴∠BAD＝∠D，
∴AB＝BD；
（2）解：连接OF，过点D作DM⊥AB于M点，如图，
在Rt△ABG中，∵tan∠ABG＝＝，
∴AG＝AB＝，
∵∠E＝45°，
∴∠AOF＝2∠E＝90°，
∴∠AOF＝∠OAB，
∴OF∥AB，
∴∠OFG＝∠ABG，
∴tan∠OFG＝tan∠GAB＝，
设⊙O的半径为r，则OF＝r，OG＝r﹣，
在Rt△OFG中，∵tan∠OFG＝＝，
∴r﹣＝r，
解得r＝，
在Rt△OAB中，∵AB＝5，OA＝，
∴OB＝＝，
∵∠BDM+∠DBM＝90°，∠ABO+∠DBM＝90°，
∴∠ABO＝∠BDM，
∴Rt△BDM∽Rt△OBA，
∴＝＝，
∵BD＝AB＝5，
∴＝＝，
解得BM＝3，DM＝4，
在Rt△ADM中，∵AM＝AB+BM＝5+3＝8，DM＝4，
∴AD＝＝4，
答：⊙O的半径为，AD的长为4．
六．切线的判定与性质（共1小题）
8．（2021•锦州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E，延长EC，AB交于点F，∠ECD＝∠BCF．
（1）求证：CE为⊙O的切线；
（2）若DE＝1，CD＝3，求⊙O的半径．
【答案】（1）证明见解答；
（2）⊙O的半径是4.5．
【解答】（1）证明：如图1，连接OC，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE＝∠OBC，
∵CE⊥AD，
∴∠E＝∠CDE+∠ECD＝90°，
∵∠ECD＝∠BCF，
∴∠OCB+∠BCF＝90°，
∴∠OCE＝90°，即OC⊥EF，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE为⊙O的切线；
（2）解：如图2，过点O作OG⊥AE于G，连接OC，OD，则∠OGE＝90°，
∵∠E＝∠OCE＝90°，
∴四边形OGEC是矩形，
∴OC＝EG，OG＝EC，
设⊙O的半径为x，
Rt△CDE中，CD＝3，DE＝1，
∴EC＝＝2，
∴OG＝2，GD＝x﹣1，OD＝x，
由勾股定理得：OD2＝OG2+DG2，
∴x2＝（2）2+（x﹣1）2，
解得：x＝4.5，
∴⊙O的半径是4.5．
七．几何变换综合题（共2小题）
9．（2022•锦州）如图，在△ABC中，，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，DF．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2），理由见解析；
（3）．
【解答】（1）证明：如图1，连接AF，
∵，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴，AF⊥BC，
∴，
∴；
（2）解：，
理由如下：
连接AF，如图2，
∵，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴∠DEF＝∠C，
∵，
∴∠DFC＝∠C，
∴∠DFC＝∠DEF，
∴180°﹣∠DFC＝180°﹣∠DEF，
∴∠DFN＝∠DEM，
∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，
∴∠EDF＝∠PDQ，
∵∠FDN+∠NDE＝∠EDM+∠NDE，
∴∠FDN＝∠EDM，
∴△DNF∽△DME，
∴，
∴；
（3）解：如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，
Rt△AFC中，，
∴，
∵，
∴，
∵DP⊥AB，
∴△AGD∽△AHC，
∴，
∴，
Rt△GED中，，
Rt△AGD中，，
∴，
∵EF∥AD，
∴∠EMG＝∠ADG，
∴，
∴，
∴，
∵△DNF∽△DME，
∴，
∴．
10．（2023•锦州）【问题情境】如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ACB＝α，点D在边BC上．将线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE（旋转角小于180°），连接BE，CE，以CE为底边在其上方作等腰三角形FEC，使∠FCE＝α，连接AF．
【尝试探究】
（1）如图1，当α＝60°时，易知AF＝BE；
如图2，当α＝45°时，则AF与BE的数量关系为 BE＝AF ；
（2）如图3，写出AF与BE的数量关系（用含α的三角函数表示），并说明理由；
【拓展应用】
（3）如图4，当α＝30°且点B，E，F三点共线时．若BC＝4，BD＝BC，请直接写出AF的长．
【答案】（1）BE＝AF；
（2）BE＝2AF•cosα；
（3）．
【解答】解：（1）当α＝45°时，△ABC和△FEC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝∠FCE＝45°，
∴∠ACF＝∠BCE，
∵，
∴△ACF∽△BCE，
∴，
故答案为：BE＝AF；
（2）如图1，
BE＝2AF•cosα，理由如下：
过点A作AH⊥BC于点H，
∵AB＝AC，
∴BH＝CH＝，∠ABC＝∠ACB＝α，
∴cosα＝＝
∴2cosα＝
同理可得：2cosα＝，
∴，
∵∠FCE＝∠ACB，
∴∠ACF＝∠BCE，
∴△ACF∽△BCE，
∴，
∴BE＝2AF•cosα；
（3）方法一
如图2，
作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，
∴∠BMD＝∠H＝90°，
∴DM∥CH，
∵线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE，
∴DB＝DE，
∴BM＝EM，
∵∠FCE＝∠FEC＝30°，
∴∠CFH＝∠FCE+∠FEC＝60°，
∴EF＝CF＝2FH，
设BM＝x，则BE＝2x，
∵DM∥CH，
∵，
∴BH＝5BM＝5x，
∴EH＝BH﹣BE＝3x，
∵FE＝2FH，
∴FE＝FC＝2x，FH＝x．
∴
在Rt△BHC中，由勾股定理得，
∴BH2+CH2＝BC2，
∴（5x）2+（）2＝（4）2，
∴x＝2，
∴BE＝2x＝4，
由（2）得：，
方法二
如图3，
作CG∥BF交ED延长线于点G，过点D作DM⊥CG于点M，
过点E作EH⊥CG于点H，
∴∠DMG＝∠EHG＝90°，
∴DM∥EH，
∵线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE，
∴DB＝DE，
∴∠DBE＝∠DEB，
∵CG∥BF，
∴∠DBE＝∠DCG，∠DEB＝∠G，
∴DG＝DC，
∵DM⊥CG，
∴GM＝CM，
∵△FEC是以CE为底边的等腰三角形，∠FCE＝30°，
∴∠FEC＝∠FCE＝30°，
∵CG∥BF，
∴∠ECG＝∠FEC＝30°，△BDE∽△CDG，
∴，
设BE＝2x，则GC＝8x，
∴GM＝CM＝4x，
∵DM∥EH，
∴，
∴HM＝x，
∴HC＝3x，
∴GH＝GM+HM＝5x，
在Rt△EHC中，∠ECH＝30°，
∴，
在Rt△EHG中，由勾股定理得，
∴GH2+EH2＝GE2，
∴（5x）2+（）2＝（4）2，
∴x＝2，
∴BE＝4，
∵△BEC∽△AFC，
∴．
八．解直角三角形的应用（共1小题）
11．（2023•锦州）如图1，是某校教学楼正厅一角处摆放的“教学楼平面示意图”展板，数学学习小组想要测量此展板的最高点到地面的高度．他们绘制了图2所示的展板侧面的截面图，并测得AB＝120cm，BD＝80cm，∠ABD＝105°，∠BDQ＝60°，底座四边形EFPQ为矩形，EF＝5cm．请帮助该数学学习小组求出展板最高点A到地面PF的距离．（结果精确到1cm．参考数据：≈1.41，≈1.73）
【答案】展板最高点A到地面PF的距离为159cm．
【解答】解：如图，过点A作AG⊥PF于点G，与直线QE交于点H，过点B作BM⊥AG于点M，过点D作DN⊥BM于点N
∴四边形DHMN，四边形EFGH均为矩形，
∴MH＝ND，EF＝HG＝5，BM∥DH，
∴∠NBD＝∠BDQ＝60°，
∴∠ABM＝∠ABD﹣∠NBD＝105°﹣60°＝45°，
在Rt△ABM中，∠AMB＝90°，
∵，
∴AM＝AB•sin45°＝120×＝60，
在Rt△BDN中，∠BND＝90°，
∵sin，
∴ND＝BDsin60＝80×＝40，
∴MH＝ND＝40，
∴AG＝AM+MH+GH＝60+40+5≈60×1.41+40×1.73+5≈159（cm），
答：展板最高点A到地面PF的距离为159cm．
九．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题）
12．（2021•锦州）如图，山坡上有一棵竖直的树AB，坡面上点D处放置高度为1.6m的测倾器CD，测倾器的顶部C与树底部B恰好在同一水平线上（即BC∥MN），此时测得树顶部A的仰角为50°．已知山坡的坡度i＝1：3（即坡面上点B处的铅直高度BN与水平宽度MN的比），求树AB的高度（结果精确到0.1m．参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19）
【答案】约为5.7m．
【解答】解：∵山坡BM的坡度i＝1：3，
∴i＝1：3＝tanM，
∵BC∥MN，
∴∠CBD＝∠M，
∴tan∠CBD＝＝tanM＝1：3，
∴BC＝3CD＝4.8（m），
在Rt△ABC中，tan∠ACB＝＝tan50°≈1.19，
∴AB≈1.19BC＝1.19×4.8≈5.7（m），
即树AB的高度约为5.7m．
一十．条形统计图（共1小题）
13．（2023•锦州）2023年，教育部等八部门联合印发了《全国青少年学生读书行动实施方案》，某校为落实该方案，成立了四个主题阅读社团：A．民俗文化，B．节日文化，C．古典诗词．D．红色经典．学校规定：每名学生必须参加且只能参加其中一个社团，学校随机对部学生选择社团的情况进行了调查．下面是根据调查结果绘制的两幅不完整的统计图．
请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）本次随机调查的学生有 60 名，在扇形统计图中“A”部分圆心角的度数为 36° ；
（2）通过计算补全条形统计图；
（3）若该校共有1800名学生，请根据以上调查结果，估计全校参加“D”社团的人数．
【答案】（1）60，36°；
（2）见解答；
（3）估计全校参加“D”社团的人数540名学生．
【解答】解：（1）本次调查的总人数为24÷40%＝60（名），
扇形统计图中，A所对应的扇形的圆心角度数是360°×＝36°，
故答案为：60，36°；
（2）B活动小组人数为60﹣（6+24+18）＝12（名），
补全图形如下：
；
（3）估计全校参加“D”社团的人数有1800×＝540（名）．
答：估计全校参加“D”社团的人数540名学生．
一十一．列表法与树状图法（共1小题）
14．（2022•锦州）小华同学从一副扑克牌中取出花色为“红心”，“黑桃”，“方块”，“梅花”各1张放入不透明的甲盒中，再从这副扑克牌中取出花色为“红心”，“黑桃”，“方块”，“梅花”各1张放入不透明的乙盒中．
（1）小华同学从甲盒中随机抽取1张，抽到扑克牌花色为“红心”的概率为 ；
（2）小华同学从甲、乙两个盒中各随机抽取1张扑克牌．请用画树状图或列表的方法，求抽到扑克牌花色恰好是1张“红心”和1张“方块”的概率．
【答案】（1）；
（2）．
【解答】解：（1）小华同学从甲盒中随机抽取1张，抽到扑克牌花色为“红心”的概率为，
故答案为：；
（2）把“红心”，“黑桃”，“方块”，“梅花”扑克牌分别记为A、B、C、D，
画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中抽到扑克牌花色恰好是1张“红心”和1张“方块”的结果有2种，
∴抽到扑克牌花色恰好是1张“红心”和1张“方块”的概率是．
辽宁省锦州市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类
一．分式的化简求值（共1小题）
1．（2021•锦州）先化简，再求值：（x﹣1﹣）÷，其中x＝﹣2．
二．二次函数的应用（共1小题）
2．（2023•锦州）端午节前夕，某批发部购入一批进价为8元/袋的粽子，销售过程中发现：日销量y（袋）与售价x（元/袋）满足如图所示的一次函数关系．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）每袋粽子的售价定为多少元时，所获日销售利润最大，最大日销售利润是多少元？
三．二次函数综合题（共3小题）
3．（2023•锦州）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A（﹣1，0）和B，交y轴于点C（0，3），顶点为D．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若点E在第一象限内对称轴右侧的抛物线上，四边形ODEB的面积为7，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，若点F是对称轴上一点，点H是坐标平面内一点，在对称轴右侧的抛物线上是否存在点G，使以点E，F，G，H为顶点的四边形是菱形，且∠EFG＝60°，如果存在，请直接写出点G的坐标；如果不存在，请说明理由．
4．（2022•锦州）如图，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于点A（3，0）和点B（﹣1，0），交y轴于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）D是直线AC上方抛物线上一动点，连接OD交AC于点N，当的值最大时，求点D的坐标；
（3）P为抛物线上一点，连接CP，过点P作PQ⊥CP交抛物线对称轴于点Q，当tan∠PCQ＝时，请直接写出点P的横坐标．
5．（2021•锦州）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝x+1分别与x轴、y轴交于点A，C，经过点C的抛物线y＝x2+bx+c与直线y＝x+1的另一个交点为点D，点D的横坐标为6．
（1）求抛物线的表达式．
（2）M为抛物线上的动点．
①N为x轴上一点，当四边形CDMN为平行四边形时，求点M的坐标；
②如图2，点M在直线CD下方，直线OM（OM∥CD的情况除外）交直线CD于点B，作直线BD关于直线OM对称的直线BD′，当直线BD′与坐标轴平行时，直接写出点M的横坐标．
四．三角形综合题（共1小题）
6．（2021•锦州）在△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝α，D为线段AB上的动点，连接DC，将DC绕点D顺时针旋转α得到DE，连接CE，BE．
（1）如图1，当α＝60°时，求证：△CAD≌△CBE；
（2）如图2，当tanα＝时，
①探究AD和BE之间的数量关系，并说明理由；
②若AC＝5，H是BC上一点，在点D移动过程中，CE+EH是否存在最小值？若存在，请直接写出CE+EH的最小值；若不存在，请说明理由．
五．切线的性质（共1小题）
7．（2023•锦州）如图，AE为⊙O的直径，点C在⊙O上，AB与⊙O相切于点A，与OC延长线交于点B，过点B作BD⊥OB，交AC的延长线于点D．
（1）求证：AB＝BD；
（2）点F为⊙O上一点，连接EF，BF，BF与AE交于点G．若∠E＝45°，AB＝5，tan∠ABG＝，求⊙O的半径及AD的长．
六．切线的判定与性质（共1小题）
8．（2021•锦州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E，延长EC，AB交于点F，∠ECD＝∠BCF．
（1）求证：CE为⊙O的切线；
（2）若DE＝1，CD＝3，求⊙O的半径．
七．几何变换综合题（共2小题）
9．（2022•锦州）如图，在△ABC中，，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，DF．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
10．（2023•锦州）【问题情境】如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ACB＝α，点D在边BC上．将线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE（旋转角小于180°），连接BE，CE，以CE为底边在其上方作等腰三角形FEC，使∠FCE＝α，连接AF．
【尝试探究】
（1）如图1，当α＝60°时，易知AF＝BE；
如图2，当α＝45°时，则AF与BE的数量关系为 ；
（2）如图3，写出AF与BE的数量关系（用含α的三角函数表示），并说明理由；
【拓展应用】
（3）如图4，当α＝30°且点B，E，F三点共线时．若BC＝4，BD＝BC，请直接写出AF的长．
八．解直角三角形的应用（共1小题）
11．（2023•锦州）如图1，是某校教学楼正厅一角处摆放的“教学楼平面示意图”展板，数学学习小组想要测量此展板的最高点到地面的高度．他们绘制了图2所示的展板侧面的截面图，并测得AB＝120cm，BD＝80cm，∠ABD＝105°，∠BDQ＝60°，底座四边形EFPQ为矩形，EF＝5cm．请帮助该数学学习小组求出展板最高点A到地面PF的距离．（结果精确到1cm．参考数据：≈1.41，≈1.73）
九．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题）
12．（2021•锦州）如图，山坡上有一棵竖直的树AB，坡面上点D处放置高度为1.6m的测倾器CD，测倾器的顶部C与树底部B恰好在同一水平线上（即BC∥MN），此时测得树顶部A的仰角为50°．已知山坡的坡度i＝1：3（即坡面上点B处的铅直高度BN与水平宽度MN的比），求树AB的高度（结果精确到0.1m．参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19）
一十．条形统计图（共1小题）
13．（2023•锦州）2023年，教育部等八部门联合印发了《全国青少年学生读书行动实施方案》，某校为落实该方案，成立了四个主题阅读社团：A．民俗文化，B．节日文化，C．古典诗词．D．红色经典．学校规定：每名学生必须参加且只能参加其中一个社团，学校随机对部学生选择社团的情况进行了调查．下面是根据调查结果绘制的两幅不完整的统计图．
请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）本次随机调查的学生有 名，在扇形统计图中“A”部分圆心角的度数为 ；
（2）通过计算补全条形统计图；
（3）若该校共有1800名学生，请根据以上调查结果，估计全校参加“D”社团的人数．
一十一．列表法与树状图法（共1小题）
14．（2022•锦州）小华同学从一副扑克牌中取出花色为“红心”，“黑桃”，“方块”，“梅花”各1张放入不透明的甲盒中，再从这副扑克牌中取出花色为“红心”，“黑桃”，“方块”，“梅花”各1张放入不透明的乙盒中．
（1）小华同学从甲盒中随机抽取1张，抽到扑克牌花色为“红心”的概率为 ；
（2）小华同学从甲、乙两个盒中各随机抽取1张扑克牌．请用画树状图或列表的方法，求抽到扑克牌花色恰好是1张“红心”和1张“方块”的概率．
辽宁省锦州市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类
参考答案与试题解析
一．分式的化简求值（共1小题）
1．（2021•锦州）先化简，再求值：（x﹣1﹣）÷，其中x＝﹣2．
【答案】x（x+2）；3﹣2．
【解答】解：原式＝×
＝×
＝x（x+2）．
把x＝﹣2代入，原式＝（﹣2）（﹣2+2）＝3﹣2．
二．二次函数的应用（共1小题）
2．（2023•锦州）端午节前夕，某批发部购入一批进价为8元/袋的粽子，销售过程中发现：日销量y（袋）与售价x（元/袋）满足如图所示的一次函数关系．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）每袋粽子的售价定为多少元时，所获日销售利润最大，最大日销售利润是多少元？
【答案】（1）y与x的函数关系式为y＝﹣40x+680；
（2）当粽子的售价定为12.5元/袋时，日销售利润最大，最大日销售利润是810元．
【解答】解：（1）设y与x的函数关系式为y＝kx+b，
把x＝10，y＝280和x＝14，y＝120别代入解析式，
得 ，
解得，
∴y与x的函数关系式为y＝﹣40x+680；
（2）设这种粽子日销售利润为w元，
则w＝（x﹣8）（﹣40x+680）
＝40x2+1000x﹣5440
＝40（x﹣）2+810，
∵﹣40＜0，抛物线开口向下，
∴x＝12.5时，w有最大值，最大值为810，
答：当粽子的售价定为12.5元/袋时，日销售利润最大，最大日销售利润是810元．
三．二次函数综合题（共3小题）
3．（2023•锦州）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A（﹣1，0）和B，交y轴于点C（0，3），顶点为D．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若点E在第一象限内对称轴右侧的抛物线上，四边形ODEB的面积为7，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，若点F是对称轴上一点，点H是坐标平面内一点，在对称轴右侧的抛物线上是否存在点G，使以点E，F，G，H为顶点的四边形是菱形，且∠EFG＝60°，如果存在，请直接写出点G的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；
（2）E（2，3）；
（3）存在，G的坐标为（，）或（，）．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0）和点C（0，3），
∴，
∴，
∴抛物线的表达式y＝﹣x2+2x+3．
（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点M，过点E作EN⊥x轴于点N，
设E（x，﹣x2+2x+3），
∴BN＝3﹣x，MN＝x﹣1，
∴S四边形ODEB＝S△ODM+S梯形DMNE+S△ENB＝×1×4+（4﹣x2+4x+3）（x﹣1）+（﹣x2+2x+3）（3﹣x）＝﹣x2+4x+3，
∵四边形ODEB的面积为7，
∴﹣x2+4x+3＝7，
∴x2﹣4x+＝0，
∴x1＝x2＝2，
∴E（2，3）．
（3）存在点G，使以点E，F，G，H为顶点的四边形是菱形，且∠EFG＝60°，满足条件G的坐标为（，）或（，）．理由如下：
如图，连接CG，DG，
∵四边形EFGH是菱形，且∠EFG＝60°，
∴△EFG是等边三角形，
∴△DCE是等边三角形，
∴△CEG≌△DEF，
∴∠ECG＝∠EDF＝30°，
∴直线CG的表达式为y＝﹣x+3，
∴，
∴G（，）；
如图，连接CG、DG、CF，
∵四边形EFGH是菱形，且∠EFG＝60°，
∴△EFG是等边三角形，
∴△DCE是等边三角形，
∴△DGE≌△CFE，
∴DG＝CF，
∴CF＝FE，GE＝FE，
∴DG＝GE，
∴△CDG≌△CEG，
∴∠DCG＝∠ECG＝30°，
∴直线CG的表达式为y＝x+3，
∴，
∴G（，），
综上，G（，）或（，）．
4．（2022•锦州）如图，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于点A（3，0）和点B（﹣1，0），交y轴于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）D是直线AC上方抛物线上一动点，连接OD交AC于点N，当的值最大时，求点D的坐标；
（3）P为抛物线上一点，连接CP，过点P作PQ⊥CP交抛物线对称轴于点Q，当tan∠PCQ＝时，请直接写出点P的横坐标．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；
（2）；
（3）点P的横坐标为或或或．
【解答】解：（1）把点A（3，0）和B（﹣1，0）代入得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）过点D作DH∥y轴，交AC于点H，如图所示：
设D（m，﹣m2+2m+3），直线AC的解析式为y＝kx+b，
由（1）可得：C（0，3），
∴，解得：，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3，
∴H（m，﹣m+3），
∴DH＝﹣m2+3m，
∵DH∥y轴，
∴△OCN∽△DHN，
∴，
∵，
∴当时，的值最大，
∴；
（3）由题意可得如图所示：
过点P作y轴的平行线PH，分别过点C、Q作CG⊥PH于G，QH⊥PH于H，
∵PQ⊥CP，
∴∠CPQ＝∠CGP＝∠PHQ＝90°，
∴∠CPG+∠PCG＝∠CPG+∠QPH＝90°，
∴∠PCG＝∠QPH，
∴△PCG∽△QPH，
∴，
∵，
∴，
设点P（n，﹣n2+2n+3），
由题意可知：抛物线的对称轴为直线x＝1，C（0，3），
∴QH＝|n﹣1|，PG＝|﹣n2+2n|，
∴，
当时，解得：，
当时，解得：
综上：点P的横坐标为或或或．
5．（2021•锦州）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝x+1分别与x轴、y轴交于点A，C，经过点C的抛物线y＝x2+bx+c与直线y＝x+1的另一个交点为点D，点D的横坐标为6．
（1）求抛物线的表达式．
（2）M为抛物线上的动点．
①N为x轴上一点，当四边形CDMN为平行四边形时，求点M的坐标；
②如图2，点M在直线CD下方，直线OM（OM∥CD的情况除外）交直线CD于点B，作直线BD关于直线OM对称的直线BD′，当直线BD′与坐标轴平行时，直接写出点M的横坐标．
【答案】（1）抛物线的表达式为：y＝；
（2）①点M的坐标为（，）或（，）；
②点M的横坐标为3或或．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝x+1＝1，
∴C点坐标为（0，1），
令y＝0，则，
∴，
∴A点坐标为（，0），
令x＝6，则y＝，
∴D点坐标为（），
将C，D两点坐标代入到抛物线解析式中得，
，
解得，
∴抛物线的表达式为：y＝；
（2）①设N（n，0），
∵四边形CDMN为平行四边形，
∴由平移与坐标关系可得M（n+6，），
∵点M在抛物线上，
∴+1＝，
∴n2+9n+4＝0，
∴n＝，
∴点M的坐标为（，）或（，）；
②第一种情况：如图1，当BD′∥x轴时，分别过A，D作x轴的垂线，垂足分别为H，Q，
在直角△ADQ中，AQ＝6+＝，DQ＝，
∴tan∠DAQ＝＝，
∴cos∠DAQ＝，
∵∠BAH＝∠DAQ，
∴cos∠BAH＝，
∵直线BD与直线BD′关于直线OM对称，
∴∠DBM＝∠D′BM，
∵BD′∥x轴，
∴∠HOB＝∠D′BM＝∠DBM，
∴AB＝AO＝，
∴，
∴AH＝，
∴OH＝AH+AO＝
令x＝﹣，则y＝＝，
∴B点坐标为（﹣，﹣），
设直线OB的解析式为y＝kx，代入点B得，k＝，
∴直线OB的解析式为y＝x，
联立，
解得，，
∴点M的横坐标为3或，
第二种情况，如图2，当BD′∥y轴时，设BD′交x轴于H，
∴∠COB＝∠OBH，
∵直线BD与直线BD′关于直线OM对称，
∴∠CBO＝∠OBH＝∠COB，
∴CB＝CO＝1，
过C作CE⊥BH于E，
∴CE∥x轴，
∴∠BCE＝∠CAO，
∵tan∠CAO＝＝，
∴cos∠CAO＝，
∴cos∠BCE＝＝，
∴CE＝＝，
∴＝，
∵CE⊥BH，BH⊥x轴，
∴∠CEH＝∠BHO＝∠COH＝90°，
∴四边形CEHO为矩形，
∴EH＝CO＝1，CE＝OH＝，
∴BH＝BE+EH＝，
∴点B的坐标为（），
∴直线OB的解析式为y＝2x，
联立，
化简得，x2﹣11x+4＝0，
∴，
∵点M在直线CD下方，
∴x＜6，
∴x＝，
∴点M的横坐标为，
即点M的横坐标为3或或．
四．三角形综合题（共1小题）
6．（2021•锦州）在△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝α，D为线段AB上的动点，连接DC，将DC绕点D顺时针旋转α得到DE，连接CE，BE．
（1）如图1，当α＝60°时，求证：△CAD≌△CBE；
（2）如图2，当tanα＝时，
①探究AD和BE之间的数量关系，并说明理由；
②若AC＝5，H是BC上一点，在点D移动过程中，CE+EH是否存在最小值？若存在，请直接写出CE+EH的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析部分．
（2）①．
②．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵α＝60°，AC＝AB，
∴△ABC是等边三角形，
∴CA＝CB，∠ACB＝60°，
∵将DC绕点D顺时针旋转α得到DE，
∴DC＝DE，∠CDE＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴CD＝CE，∠DCE＝∠ACB＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△CAD≌△CBE（SAS）．
（2）解：①结论：＝．
如图2中，过点C作CK⊥AB于K．
∵tan∠CAK＝＝，
∴可以假设CK＝3k，AK＝4k，则AC＝AB＝5k，BK＝AB﹣AK＝k，
∴BC＝＝k，
∵∠A＝∠CDE，AC＝AB，CD＝DE，
∴∠ACB＝∠ABC＝∠DCE＝∠DEC，
∴△ACB∽△DCE，
∴＝，
∴＝，
∵∠ACB＝∠DCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD∽△BCE，
∴＝＝＝．
②如图2中，过点C作CJ⊥BE交BE的延长线于J．作点C关于BE的对称点R，连接BR，ER，过点R作RT⊥BC于T．
∵AC＝5，
由①可知，AK＝4，CK＝3，BC＝，
∵△CAD∽△BCE，CK⊥AD，CJ⊥BE，
∴＝＝（全等三角形对应边上的高的比等于相似比），
∴CJ＝，
∴点E的运动轨迹是线段BE，
∵C，R关于BE对称，
∴CR＝2CJ＝，
∵BJ＝＝＝，
∵S△CBR＝•CR•BJ＝•CB•RT，
∴RT＝＝，
∵EC+EH＝ER+EH≥RT，
∴EC+EH≥，
∴EC+EH的最小值为．
五．切线的性质（共1小题）
7．（2023•锦州）如图，AE为⊙O的直径，点C在⊙O上，AB与⊙O相切于点A，与OC延长线交于点B，过点B作BD⊥OB，交AC的延长线于点D．
（1）求证：AB＝BD；
（2）点F为⊙O上一点，连接EF，BF，BF与AE交于点G．若∠E＝45°，AB＝5，tan∠ABG＝，求⊙O的半径及AD的长．
【答案】（1）见解答；
（2）半径为，AD＝4．
【解答】（1）证明：∵AE为⊙O的直径，AB与⊙O相切于点A，
∴OA⊥AB，
∴∠OAB＝90°，
∵BD⊥OB，
∴∠DBC＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵∠OCA＝∠BCD，
∴∠OAC＝∠BCD，
∵∠OAC+∠BAD＝90°，∠D+∠BCD＝90°，
∴∠BAD＝∠D，
∴AB＝BD；
（2）解：连接OF，过点D作DM⊥AB于M点，如图，
在Rt△ABG中，∵tan∠ABG＝＝，
∴AG＝AB＝，
∵∠E＝45°，
∴∠AOF＝2∠E＝90°，
∴∠AOF＝∠OAB，
∴OF∥AB，
∴∠OFG＝∠ABG，
∴tan∠OFG＝tan∠GAB＝，
设⊙O的半径为r，则OF＝r，OG＝r﹣，
在Rt△OFG中，∵tan∠OFG＝＝，
∴r﹣＝r，
解得r＝，
在Rt△OAB中，∵AB＝5，OA＝，
∴OB＝＝，
∵∠BDM+∠DBM＝90°，∠ABO+∠DBM＝90°，
∴∠ABO＝∠BDM，
∴Rt△BDM∽Rt△OBA，
∴＝＝，
∵BD＝AB＝5，
∴＝＝，
解得BM＝3，DM＝4，
在Rt△ADM中，∵AM＝AB+BM＝5+3＝8，DM＝4，
∴AD＝＝4，
答：⊙O的半径为，AD的长为4．
六．切线的判定与性质（共1小题）
8．（2021•锦州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E，延长EC，AB交于点F，∠ECD＝∠BCF．
（1）求证：CE为⊙O的切线；
（2）若DE＝1，CD＝3，求⊙O的半径．
【答案】（1）证明见解答；
（2）⊙O的半径是4.5．
【解答】（1）证明：如图1，连接OC，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE＝∠OBC，
∵CE⊥AD，
∴∠E＝∠CDE+∠ECD＝90°，
∵∠ECD＝∠BCF，
∴∠OCB+∠BCF＝90°，
∴∠OCE＝90°，即OC⊥EF，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE为⊙O的切线；
（2）解：如图2，过点O作OG⊥AE于G，连接OC，OD，则∠OGE＝90°，
∵∠E＝∠OCE＝90°，
∴四边形OGEC是矩形，
∴OC＝EG，OG＝EC，
设⊙O的半径为x，
Rt△CDE中，CD＝3，DE＝1，
∴EC＝＝2，
∴OG＝2，GD＝x﹣1，OD＝x，
由勾股定理得：OD2＝OG2+DG2，
∴x2＝（2）2+（x﹣1）2，
解得：x＝4.5，
∴⊙O的半径是4.5．
七．几何变换综合题（共2小题）
9．（2022•锦州）如图，在△ABC中，，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，DF．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2），理由见解析；
（3）．
【解答】（1）证明：如图1，连接AF，
∵，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴，AF⊥BC，
∴，
∴；
（2）解：，
理由如下：
连接AF，如图2，
∵，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴∠DEF＝∠C，
∵，
∴∠DFC＝∠C，
∴∠DFC＝∠DEF，
∴180°﹣∠DFC＝180°﹣∠DEF，
∴∠DFN＝∠DEM，
∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，
∴∠EDF＝∠PDQ，
∵∠FDN+∠NDE＝∠EDM+∠NDE，
∴∠FDN＝∠EDM，
∴△DNF∽△DME，
∴，
∴；
（3）解：如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，
Rt△AFC中，，
∴，
∵，
∴，
∵DP⊥AB，
∴△AGD∽△AHC，
∴，
∴，
Rt△GED中，，
Rt△AGD中，，
∴，
∵EF∥AD，
∴∠EMG＝∠ADG，
∴，
∴，
∴，
∵△DNF∽△DME，
∴，
∴．
10．（2023•锦州）【问题情境】如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ACB＝α，点D在边BC上．将线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE（旋转角小于180°），连接BE，CE，以CE为底边在其上方作等腰三角形FEC，使∠FCE＝α，连接AF．
【尝试探究】
（1）如图1，当α＝60°时，易知AF＝BE；
如图2，当α＝45°时，则AF与BE的数量关系为 BE＝AF ；
（2）如图3，写出AF与BE的数量关系（用含α的三角函数表示），并说明理由；
【拓展应用】
（3）如图4，当α＝30°且点B，E，F三点共线时．若BC＝4，BD＝BC，请直接写出AF的长．
【答案】（1）BE＝AF；
（2）BE＝2AF•cosα；
（3）．
【解答】解：（1）当α＝45°时，△ABC和△FEC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝∠FCE＝45°，
∴∠ACF＝∠BCE，
∵，
∴△ACF∽△BCE，
∴，
故答案为：BE＝AF；
（2）如图1，
BE＝2AF•cosα，理由如下：
过点A作AH⊥BC于点H，
∵AB＝AC，
∴BH＝CH＝，∠ABC＝∠ACB＝α，
∴cosα＝＝
∴2cosα＝
同理可得：2cosα＝，
∴，
∵∠FCE＝∠ACB，
∴∠ACF＝∠BCE，
∴△ACF∽△BCE，
∴，
∴BE＝2AF•cosα；
（3）方法一
如图2，
作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，
∴∠BMD＝∠H＝90°，
∴DM∥CH，
∵线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE，
∴DB＝DE，
∴BM＝EM，
∵∠FCE＝∠FEC＝30°，
∴∠CFH＝∠FCE+∠FEC＝60°，
∴EF＝CF＝2FH，
设BM＝x，则BE＝2x，
∵DM∥CH，
∵，
∴BH＝5BM＝5x，
∴EH＝BH﹣BE＝3x，
∵FE＝2FH，
∴FE＝FC＝2x，FH＝x．
∴
在Rt△BHC中，由勾股定理得，
∴BH2+CH2＝BC2，
∴（5x）2+（）2＝（4）2，
∴x＝2，
∴BE＝2x＝4，
由（2）得：，
方法二
如图3，
作CG∥BF交ED延长线于点G，过点D作DM⊥CG于点M，
过点E作EH⊥CG于点H，
∴∠DMG＝∠EHG＝90°，
∴DM∥EH，
∵线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE，
∴DB＝DE，
∴∠DBE＝∠DEB，
∵CG∥BF，
∴∠DBE＝∠DCG，∠DEB＝∠G，
∴DG＝DC，
∵DM⊥CG，
∴GM＝CM，
∵△FEC是以CE为底边的等腰三角形，∠FCE＝30°，
∴∠FEC＝∠FCE＝30°，
∵CG∥BF，
∴∠ECG＝∠FEC＝30°，△BDE∽△CDG，
∴，
设BE＝2x，则GC＝8x，
∴GM＝CM＝4x，
∵DM∥EH，
∴，
∴HM＝x，
∴HC＝3x，
∴GH＝GM+HM＝5x，
在Rt△EHC中，∠ECH＝30°，
∴，
在Rt△EHG中，由勾股定理得，
∴GH2+EH2＝GE2，
∴（5x）2+（）2＝（4）2，
∴x＝2，
∴BE＝4，
∵△BEC∽△AFC，
∴．
八．解直角三角形的应用（共1小题）
11．（2023•锦州）如图1，是某校教学楼正厅一角处摆放的“教学楼平面示意图”展板，数学学习小组想要测量此展板的最高点到地面的高度．他们绘制了图2所示的展板侧面的截面图，并测得AB＝120cm，BD＝80cm，∠ABD＝105°，∠BDQ＝60°，底座四边形EFPQ为矩形，EF＝5cm．请帮助该数学学习小组求出展板最高点A到地面PF的距离．（结果精确到1cm．参考数据：≈1.41，≈1.73）
【答案】展板最高点A到地面PF的距离为159cm．
【解答】解：如图，过点A作AG⊥PF于点G，与直线QE交于点H，过点B作BM⊥AG于点M，过点D作DN⊥BM于点N
∴四边形DHMN，四边形EFGH均为矩形，
∴MH＝ND，EF＝HG＝5，BM∥DH，
∴∠NBD＝∠BDQ＝60°，
∴∠ABM＝∠ABD﹣∠NBD＝105°﹣60°＝45°，
在Rt△ABM中，∠AMB＝90°，
∵，
∴AM＝AB•sin45°＝120×＝60，
在Rt△BDN中，∠BND＝90°，
∵sin，
∴ND＝BDsin60＝80×＝40，
∴MH＝ND＝40，
∴AG＝AM+MH+GH＝60+40+5≈60×1.41+40×1.73+5≈159（cm），
答：展板最高点A到地面PF的距离为159cm．
九．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题）
12．（2021•锦州）如图，山坡上有一棵竖直的树AB，坡面上点D处放置高度为1.6m的测倾器CD，测倾器的顶部C与树底部B恰好在同一水平线上（即BC∥MN），此时测得树顶部A的仰角为50°．已知山坡的坡度i＝1：3（即坡面上点B处的铅直高度BN与水平宽度MN的比），求树AB的高度（结果精确到0.1m．参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19）
【答案】约为5.7m．
【解答】解：∵山坡BM的坡度i＝1：3，
∴i＝1：3＝tanM，
∵BC∥MN，
∴∠CBD＝∠M，
∴tan∠CBD＝＝tanM＝1：3，
∴BC＝3CD＝4.8（m），
在Rt△ABC中，tan∠ACB＝＝tan50°≈1.19，
∴AB≈1.19BC＝1.19×4.8≈5.7（m），
即树AB的高度约为5.7m．
一十．条形统计图（共1小题）
13．（2023•锦州）2023年，教育部等八部门联合印发了《全国青少年学生读书行动实施方案》，某校为落实该方案，成立了四个主题阅读社团：A．民俗文化，B．节日文化，C．古典诗词．D．红色经典．学校规定：每名学生必须参加且只能参加其中一个社团，学校随机对部学生选择社团的情况进行了调查．下面是根据调查结果绘制的两幅不完整的统计图．
请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）本次随机调查的学生有 60 名，在扇形统计图中“A”部分圆心角的度数为 36° ；
（2）通过计算补全条形统计图；
（3）若该校共有1800名学生，请根据以上调查结果，估计全校参加“D”社团的人数．
【答案】（1）60，36°；
（2）见解答；
（3）估计全校参加“D”社团的人数540名学生．
【解答】解：（1）本次调查的总人数为24÷40%＝60（名），
扇形统计图中，A所对应的扇形的圆心角度数是360°×＝36°，
故答案为：60，36°；
（2）B活动小组人数为60﹣（6+24+18）＝12（名），
补全图形如下：
；
（3）估计全校参加“D”社团的人数有1800×＝540（名）．
答：估计全校参加“D”社团的人数540名学生．
一十一．列表法与树状图法（共1小题）
14．（2022•锦州）小华同学从一副扑克牌中取出花色为“红心”，“黑桃”，“方块”，“梅花”各1张放入不透明的甲盒中，再从这副扑克牌中取出花色为“红心”，“黑桃”，“方块”，“梅花”各1张放入不透明的乙盒中．
（1）小华同学从甲盒中随机抽取1张，抽到扑克牌花色为“红心”的概率为 ；
（2）小华同学从甲、乙两个盒中各随机抽取1张扑克牌．请用画树状图或列表的方法，求抽到扑克牌花色恰好是1张“红心”和1张“方块”的概率．
【答案】（1）；
（2）．
【解答】解：（1）小华同学从甲盒中随机抽取1张，抽到扑克牌花色为“红心”的概率为，
故答案为：；
（2）把“红心”，“黑桃”，“方块”，“梅花”扑克牌分别记为A、B、C、D，
画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中抽到扑克牌花色恰好是1张“红心”和1张“方块”的结果有2种，
∴抽到扑克牌花色恰好是1张“红心”和1张“方块”的概率是．
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