2025年河北省保定市中考数学一模试卷附答案

这是一份2025年河北省保定市中考数学一模试卷附答案，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）四个城市某天上午8时的气温如表，则气温最低的城市是（ ）
A．北京B．石家庄C．西安D．太原
2．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a+a＝a2B．2a3÷a＝a2C．a2•a3＝a6D．（a3）2＝a6
3．（3分）用5个相同的小正方体搭成的立体图形，左视图不相同的立体图形为（ ）
A．B．
C．D．
4．（3分）如图所示，小红，小丽，小明家的位置依次为Rt△ABC的三个顶点A，B，C，小亮家正好位于小红和小丽家的正中间位置为D点，其中∠ACB＝90°，已知小丽家到小红家的距离为3km，则小明家到小亮家的距离为（ ）
A．3kmB．2kmC．1.5kmD．1km
5．（3分）小明骑自行车从家出发到距家2千米的书店购买学习资料，小明骑车的速度为x千米/小时，到达书店所用的时间为y小时，则y与x的函数图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
6．（3分）若a与b互为相反数，且a，b均不为零，则(a2b−b)÷(ab−1)的值为（ ）
A．3B．﹣3C．15D．0
7．（3分）如图，已知AB∥CD，∠EAF=13∠EAB，∠ECF=13∠ECD，若∠E＝69°，则∠F的度数为（ ）
A．23°B．36°C．42°D．46°
8．（3分）截止2024年8月28日，电影《抓娃娃》票房突破32.26亿元，下列说法正确的是（ ）
A．32.26亿用科学记数法表示为32.26×108
B．32.26亿用科学记数法表示为3.226×109
C．它是一个8位数
D．它是一个9位数
9．（3分）对于非零的两个有理数a，b定义一种新运算，规定a◎b＝ab．若（2◎m）×（4◎n）＝32，则m+2n的值为（ ）
A．5B．6C．8D．16
10．（3分）如图，在▱ABCD中，BE⊥AB交对角线AC于点E．若∠2＝130°，则∠1的度数为（ ）
A．30°B．40°C．45°D．50°
11．（3分）如图，正六边形ABCDEF的边长为3，边CD，EF与⊙O相切于点C，F，连接OF，CO，则CF的长为（ ）
A．2π3B．4π3C．π2D．π
12．（3分）如图，是一张平行四边形纸片ABCD，要求利用所学知识作出一个菱形，以下是嘉嘉和琪琪两位同学的作法．
对于嘉嘉和琪琪的作法，可判断（ ）
A．嘉嘉正确，琪琪错误B．嘉嘉错误，琪琪正确
C．嘉嘉和琪琪均正确D．嘉嘉和琪琪均错误
二、填空题（本大题4个小题，每小题3分，共12分）
13．（3分）已知一组数据x1，x2，x3，x4的平均数是2024，则另一组数据x1+1，x2+1，x3+1，x4+1的平均数是 ．
14．（3分）若（x﹣2）2＝x2+ax+b，a，b均为常数，则a+b＝ ．
15．（3分）小明做数学题时，发现规律：
1−12=12；
2−25=225；
3−310=3310；
4−417=4417；
…
（1）第5个等式为 ；
（2）若a−8b=a8b（a，b为正整数），则a•b＝ ．
16．（3分）如图，半圆O是一棱镜的横截面，AB为其直径，且AB＝4，一束光线在半圆O上的点M处发生折射，且折射光线在AB上的点P处发生反射，反射光线又在半圆O上的点N处发生折射射出棱镜．已知∠AOM＝60°，MO⊥ON，图中箭头方向表示光的方向，虚线表示法线或入射平面（法线都经过点O）．
（1）△OBN的面积为 ；
（2）tan∠APM＝ ．
三、解答题（本大题共8个小题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．佳佳和苗苗玩卡片游戏，游戏规则：把写有﹣20～20的40张卡片打乱顺序，背面朝上，每人随机从中取出三张卡片，计算三张卡片上的数的和，再取和的绝对值，若为8则取胜，在第一局中，佳佳取出的三张卡片上的数分别为4，﹣3，﹣9．
（1）佳佳第一局是否会取胜？
（2）第二局苗苗取胜，苗苗取出的三张卡片中有两张卡片上的数分别为﹣8和2，求苗苗取出的另一张卡片上的数．
18．如图，正方形ABCD的边长为a，点E在AB边上，四边形EFGB也是正方形，它的边长为b（a＞b），连结AF、CF、AC．
（1）用含a，b的代数式表示△AFC的面积S1；
（2）△AEF的面积为S2，△FGC的面积为S3，当CG＝6，AE＝2时，求2S1﹣（S3﹣S2）的值．
19．如图，小明为敬老院做了4张背面完全相同的宣传卡片，正面分别对应着“尊老，爱老，孝老，敬老”的宣传语．
（1）如果随机翻1张卡片，那么翻到“孝老”的概率为 ；
（2）若随机翻1张卡片，放回后再随机翻1张卡片，用列表法或画树状图法求两次翻到的2张卡片中至少有1张图案为“尊老”的概率．
20．滑雪运动，因其惊险、刺激深受众多年轻人的喜爱．图1、图2分别是一名滑雪爱好者珍珍在滑雪过程中某一时刻的实物图与示意图，已知珍珍的小腿ED与斜坡AB垂直，大腿EF与斜坡AB平行，G为头部，假设G，E，D三点共线且头部到斜坡的距离GD为1m，上身GF长为0.75m，膝盖与滑雪板后端的距离EM长为0.8m，小腿ED的长0.4m．
（1）求∠EMD的大小及cs∠EGF的值；
（2）求珍珍的身高．
21．安济桥，是一座位于河北省石家庄市赵县城南洨河之上的石拱桥，因赵县古称赵州又称赵州桥．其石拱的横截面形状近似抛物线，测得它的跨度AB为37.4m，拱高（抛物线的最高点C到AB中点O的距离）CO为7.2m，以AB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴建立平面直角坐标系，设二次函数的解析式为y＝a（x﹣h）2+k．
（1）结合计算器提供的信息，求抛物线的解析式；（a的值精确到0.01）
（2）当雨季来临时，水位上混，若水面宽度EF不大于21m时，要采取紧急措施保护桥梁的安全，求点C到水面EF的距离CD最大为多少时需要采取紧急措施？
22．“筒车”是一种以水流作动力，取水灌田的工具，据史料记载，它发明于隋而盛于唐．距今已有1000多年的历史，是我国古代劳动人民的一项伟大创造．如图，“筒车”盛水筒的运行轨迹是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O在水面上方，圆被水面截得的弦为AB，水面下盛水筒的最大深度为1米（即水面下方圆上部分一点距离水面的最大距离），∠OAB＝60°．
（1）求弦AB的长；
（2）求劣弧AB的长；
（3）由于水面上涨，当盛水筒内水面高度变为(2+3)米时，求弦AB的宽度．
23．在平面直角坐标系xOy中，对于直线l及点P给出如下定义：过点P作y轴的垂线交直线l于点Q，若PQ≤1，则称点P为直线l的关联点，当PQ＝1时，称点P为直线l的最佳关联点，当点P与点Q重合时，记PQ＝0．例如，点P（1，2）是直线y＝x的最佳关联点．根据阅读材料，解决下列问题．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l1：y＝﹣x+3，l2：y＝2x+b．
（1）已知点A（0，4），B（2，3），上述各点是直线l1的关联点是 ；
（2）若点D（﹣1，m）是直线l1的最佳关联点，求m的值；
（3）点E在x轴的正半轴上，点A（0，4），以OA、OE为边作正方形AOEF，若直线l2与正方形AOEF相交，且交点中至少有一个是直线l1的关联点，求b的取值范围．
24．下面是平顶山某初中数学小组对某教材P198一道习题的探究，请仔细阅读，并完成任务．“三等分一个任意角”是数学史上一个著名问题．今天人们已经知道，仅用圆规和直尺是不可能作出的．在探索中，有人曾利用过如图所示的图形，其中，ABCD是长方形，F是DA延长线上一点，G是CF上一点，并且∠ACG＝∠AGC，∠GAF＝∠F．你能证明∠ECB=13∠ACB吗？
小明：经过分析，得出结论：点G是线段EF的中点，且EF＝2AC；
小丽：你的结论正确，若把条件“G是CF上一点，并且∠ACG＝∠AGC，∠GAF＝∠F”去掉，并把你的结论当成已知条件，也能完成三等分角的证明，有异曲同工之妙．
任务一：请你根据小丽的思路，将下面的“已知”和“求证”补充完整，并写出“证明”过程．
已知：ABCD是矩形，F是DA延长线上一点，点G是EF的中点，且EF＝2AC；
求证：∠ECB=13∠ACB；
任务二：如图1，在矩形ABCD中，对角线AC的延长线与∠CBE的平分线交于点F，若BF=12AC，CF＝4，求BF的长．
任务三：如图2所示，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，点P在线段BC上，点D在线段AC上，CD＝2，∠PDC＝3∠PAC，求△ADP的面积．
一．选择题（共12小题）
一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．【答案】D
【解答】解：由题意得：﹣2℃＜﹣1℃＜0℃＜3℃，
∴平均气温最低的是太原，
故选：D．
2．【答案】D
【解答】解：根据相关运算法则逐项分析判断如下：
A、a+a＝2a，原计算错误；
B、2a3÷a＝2a2，原计算错误；
C、a2•a3＝a5，原计算错误；
D、（a3）2＝a6，原计算正确；
故选：D．
3．【答案】C
【解答】解：选项A、B、D的左视图均为底层是两个正方形，上层的左边是一共正方形；
选项C的左视图的底层是两个正方形，上层的右边是一共正方形．
故选：C．
4．【答案】C
【解答】解：如图，
∵小丽家到小红家的距离为3km，
∴AB＝3km，
∵D点为AB中点，∠ACB＝90°，
∴CD=12AB=1.5km，
则小明家到小亮家的距离为1.5km，
故选：C．
5．【答案】A
【解答】解：由题意可得：y=2x，
故选：A．
6．【答案】D
【解答】解：∵a、b互为相反数，且a，b均不为零，
∴a+b＝0，a≠0，b≠0，
∴原式=a2−b2b÷a−bb
=(a+b)(a−b)b⋅ba−b
＝a+b
＝0．
故选：D．
7．【答案】D
【解答】解：连接AC，设∠EAF＝x°，∠ECF＝y°，∠EAB＝3x°，∠ECD＝3y°，
∵AB∥CD，
∴∠BAC+∠ACD＝180°，
∴∠CAE+3x°+∠ACE+3y°＝180°，
∴∠CAE+∠ACE＝180°﹣（3x°+3y°），∠FAC+∠FCA＝180°﹣（2x°+2y°）
∴∠AEC＝180°﹣（∠CAE+∠ACE）
＝180°﹣[180°﹣（3x°+3y°）]
＝3x°+3y°
＝3（x°+y°），
∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）
＝180°﹣[180°﹣（2x°+2y°）]
＝2x°+2y°
＝2（x°+y°），
∴∠AFC=23∠AEC，
∵∠E＝69°，
∴∠F＝46°，
故选：D．
8．【答案】B
【解答】解：32.26亿＝3226000000＝3.226×109．
故32.26亿是一个十位数．
故选项A、C、D不符合题意，选项B符题意．
故选：B．
9．【答案】A
【解答】解：∵a◎b＝ab，（2◎m）×（4◎n）＝32，
∴2m×4n＝32，
∵2m×4n＝2m×（22）n＝2m×22n＝2m+2n，32＝25
∴m+2n＝5，
由上可得，m+2n的值为5，
故选：A．
10．【答案】B
【解答】解：∵BE⊥AB，
∴∠ABE＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAE＝∠1，
∵∠2＝∠BAE+∠ABE，
∴∠2＝∠1+∠ABE，
∴∠1+90°＝130°，
∴∠1＝130°﹣90°＝40°，
故选：B．
11．【答案】B
【解答】解：连接FC，取FC的中点P，连接PE，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴点P是正六边形ABCDEF的中心，
∴∠FPE=360°6=60°，PF＝PE，
∴△PEF是等边三角形，
∴∠PFE＝60°，PE=EF=3，
由题意可得：
∠OFE＝90°＝∠OCD，
∴∠OFP＝∠OFE﹣∠PFE＝30°，
∵OF＝OC，PF＝PC，
∴∠OFP＝∠OCP＝30°，
∴OF=PFcs∠OFP=3÷32=2，∠COF＝180°﹣2∠OFC＝120°，
CF的长为120×2π180=43π．
故选：B．
12．【答案】A
【解答】解：嘉嘉的作法正确，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵由作法可知：EF是AC的垂直平分线，
∴AO＝CO，
在△AOE和△COF中，
∠EAO=∠BCAAO=CO∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴AE＝CF，
又∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形；
琪琪的作法错误，理由如下：
∵AD∥BC，
∴∠FAE＝∠AEB，
∵由作图可知：AE平分∠ABD，CF平分∠BCD，
∴∠FAE=∠ABE=12∠BAD，∠BCF=12∠DCB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD＝∠BCD，
∴∠AEB＝∠FCB，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵没有条件能说明该四边形邻边相等，
∴琪琪的作法错误；
故选：A．
二、填空题（本大题4个小题，每小题3分，共12分）
13．【答案】2025．
【解答】解：∵x1+1，x2+1，x3+1，x4+1的平均数＝（x1+1+x2+1+x3+1+x4+1）÷4
＝（x1+x2+x3+x4+4）÷4
＝（8096+4）÷4
＝2025，
故答案为：2025．
14．【答案】0．
【解答】解：∵（x﹣2）2＝x2+ax+b，
∴（x﹣2）2＝x2﹣4x+4＝x2+ax+b，
∴a＝﹣4，b＝4，
∴a+b＝﹣4+4＝0．
所以答案为：0．
15．【答案】（1）5−526=5526；（2）520．
【解答】解：（1）1−12=12，
2−25=225，
3−310=3310，
4−417=4417，
第5个等式为5−526=5526．
故答案为：5−526=5526；
（2）根据题中的规律得：n−nn2+1=nnn2+1(n≥1的正整数），
∵a−8b=a⋅8b，
∴a＝8，b＝82+1＝65，
则a•b＝8×65＝520．
故答案为：520．
16．【答案】（1）1；（2）1．
【解答】解：（1）过点M作MD⊥AB于点D，过点N作NE⊥AB于点E，连接BN，
由条件可知∠MON＝90°，
∴∠BON＝180°﹣∠AOM﹣∠MON＝30°，
∵AB＝4，
∴ON＝OM＝OB＝2，
∴EN=ON⋅sin∠BON=1，OE=ON⋅cs∠BON=3，
∴△OBN的面积为12OB⋅EN=1，
故答案为：1；
（2）由条件可知∠OMD＝30°，
∴OD=12OM=1，MD=OM2−OD2=3，
设OP＝x，则PE=3−x，PD＝1+x，
由光的反射可得：∠MPD＝∠NPE，
∴△MPD∽△NPE，
∴PDPE=MDNE，即1+x3−x=31，
整理得：x=3−1，
∴PD=1+x=3=MD，
∴∠APM＝∠DMP＝45°，
∴tan∠APM＝tan45°＝1．
故答案为：1．
三、解答题（本大题共8个小题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．【答案】（1）佳佳第一局取胜；
（2）14或﹣2．
【解答】解：（1）|4+（﹣3）+（﹣9）|＝8，
答：佳佳第一局取胜．
（2）设苗苗取出的另一张卡片上的数为x，
|x+（﹣8）+2|＝8，
当x+（﹣8）+2＝8，解得x＝14，
当x+（﹣8）+2＝﹣8，解得x＝﹣2，
即苗苗取出的另一张卡片上的数为14或﹣2．
18．【答案】（1）12a2；
（2）12．
【解答】解：（1）由条件可得S△AFC＝S1＝S△ABC+S梯形AFGB﹣S△GCF
=12a2+12b(a+b)−12b(a+b)
=12a2；
（2）S2=12b（a﹣b）=12ab−12b2，S3=12b(a+b)=12ab+12b2，
∴2S1﹣（S3﹣S2）
＝2×12a2﹣（12ab+12b2−12ba+12b2）
＝（a+b）（a﹣b），
∵CG＝6，AE＝2，
∴a+b＝6，a﹣b＝2，
∴2S1﹣（S3﹣S2）＝6×2＝12．
19．【答案】（1）14．
（2）716．
【解答】解：（1）由题意知，共有4种等可能的结果，其中翻到“孝老”的结果有1种，
∴翻到“孝老”的概率为14．
故答案为：14．
（2）将“尊老，爱老，孝老，敬老”4张卡片分别记为A，B，C，D，
列表如下：
共有16种等可能的结果，其中两次翻到的2张卡片中至少有1张图案为“尊老”的结果有：（A，A），（A，B），（A，C），（A，D），（B，A），（C，A），（D，A），共7种，
∴两次翻到的2张卡片中至少有1张图案为“尊老”的概率为716．
20．【答案】（1）∠EMD＝30°，cs∠EGF=45；
（2）珍珍的身高为1.6m．
【解答】解：（1）∵ED⊥AB，
∴∠EDM＝90°，
∴△EDM是直角三角形，
∵DE＝0.4m，EM＝0.8m，
∴sin∠EMD=DEEM=12，
∴∠EMD＝30°，
∵G，E，D三点共线，GD＝1m，
∴GE＝GD﹣DE＝0.6m，
∵EF∥AB，
∴∠GEF＝∠EDM＝90°，
∴△GEF是直角三角形，
∵GF＝0.75m，
∴cs∠EGF=GEGF=；
（2）由（1）知出GE＝0.6m，△GEF是直角三角形，
∴EF=GF2−GE2=0.45m，
∴珍珍的身高为：GF+EF+DE＝0.75+0.45+0.4＝1.6m．
21．【答案】（1）y＝﹣0.02x2+7.2；
（2）CD最大为2.205米时需要采取紧急措施．
【解答】解：（1）∵C（0，7.2），A（﹣18.7，0），B（18.7，0），
∵y＝a（x﹣h）2+k，
∴0＝a×18.72+7.2，
∴a＝﹣0.02，
∴y＝﹣0.02x2+7.2；
（2）E点的横坐标为−212=−10.5，
将x＝﹣10.5代入y＝﹣0.02x2+7.2中，
得：y＝﹣0.02×10.52+7.2＝4.995，
∴OD＝4.995，
即当水面高度达到4.995米时，需要采取紧急措施，
∵OC＝7.2，
∴CD＝OC﹣OD＝7.2﹣4.995＝2.205，
∴CD最大为2.205米时需要采取紧急措施．
22．【答案】（1）(4+23)米；
（2）(43π+233)米；
（3）(6+43)米．
【解答】解：（1）过O作OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，则OC⊥AB，CD＝1米，
设圆的半径为r米，则OA＝OD＝r米，OC＝OD﹣CD＝r﹣1（米），
∵∠OCA＝90°，∠OAB＝60°，
∴∠AOD＝30°，
∴AC=12OA=12r米，
在Rt△AOD中，OC2+AC2＝OA2，即(r−1)2+(12r)2=r2，
解得r=4+23或r=4−23＜1（舍去），
∴该圆的半径为(4+23)米，
∵OD⊥AB，OD是⊙O的半径，
∴AB=2AC=r=4+23；
（2）连接OB，
∵OA＝OB，∠OAB＝60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
由（1）知⊙O的半径为(4+23)米，
∴劣弧AB的长为：60×π×(4+23)180=(43π+233)米；
（3）设水面升到如图A′B′，过点O作OD′⊥A′B′于点C′，交⊙O于点D′，
∵⊙O的半径为(4+23)米，C′D′=(2+3)米，
∴OC′=OD′−C′D′=(2+3)米，
∴A′C′=OA′2−OC′2=（3+23）（米），
∵OD′⊥A′B′，OD′是⊙O的半径，
∴A′B′=2A′C′=(6+43)（米）．
23．【答案】（1）A；
（2）3或5；
（3）2≤b≤4或﹣8≤b≤﹣4．
【解答】解：（1）如图，
当y＝4时，﹣x+3＝4，则x＝﹣1，
∴AQ＝1，
∴A点是直线l1的关联点；
当y＝3时，则﹣x+3＝3，解得：x＝0，
∴BQ′＝2＞1，
∴B点不是直线l1的关联点；
故答案为：A；
（2）设过点D的垂直于y轴的直线交l1于点Q，
当y＝m时，﹣x+3＝m，解得：x＝3﹣m，
∴DQ＝|3﹣m+1|＝|4﹣m|，
∵点D（﹣1，m）是直线l1的最佳关联点，
∴|4﹣m|＝1，
∴m＝3或m＝5，
故答案为：3或5；
（3）∵四边形OAEF是正方形，A（0，4），
∴OA＝OE，E点在x轴正半轴，
∴E（4，0），
如图，当直线l2在l3和l4之间，在l5和l6之间时，符合条件；
当y＝4时，对于l1，x＝﹣1，此时A是直线l1的最佳关联点，当直线l2经过（0，4）时，b＝4；
当x＝1时，对于l1，y＝2，此时（0，2）是直线l1的最佳关联点，当直线l2经过（0，2）时，b＝2，
∴2≤b≤4时，交点中至少有一个是直线l1的关联点；
当y＝0时，对于l1，x＝3，3﹣1＝2，此时（2，0）是直线l1的最佳关联点，当直线l2经过（2，0）时，b＝﹣4，
当y＝0时，对于l1，x＝3，3+1＝4，此时E是直线l1的最佳关联点，当直线l2经过（4，0）时，b＝﹣8，
∴当﹣8≤b≤﹣4时，交点中至少有一个是直线l1的关联点；
综上所述：2≤b≤4或﹣8≤b≤﹣4时，交点中至少有一个是直线l1的关联点．
24．【答案】任务一：详见解析；
任务二：BF=2+23；
任务三：605117．
【解答】解：任务一：已知：四边形ABCD是矩形，F是DA延长线上一点，点G是EF的中点，且EF＝2AC，
求证：∠ECB=13∠ACB；
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝90°，AD∥BC，
∵点G是EF的中点，
∴AG＝EG＝GF，
∵EF＝2AC，
∴AC＝AG，
∴∠ACG＝∠AGC，
∴∠ACG＝∠AGC＝∠F+∠GAF＝2∠F，
∵AD∥BC，
∴∠F＝∠BCF，
∴∠ACG＝2∠BCF，
∴∠ACB＝3∠BCF，
∴∠ECB=13∠ACB；
任务二：在矩形ABCD中，对角线AC的延长线与∠CBE的平分线交于点F，若BF=12AC，CF＝4，取AC的中点H，连接BH，过点C作CG⊥BF 于点G，
∴∠ABC＝90°，
∵点H是AC的中点，
∴AH＝CH＝BH，
∴∠HAB＝∠HBA，
设∠HAB＝∠HBA＝x，
∴∠BHF＝2x，
∵BF=12AC，
∴BH＝BF，
∴∠F＝∠BHF＝2x，
∵∠CBE＝90°，BF平分∠CBE，
∴∠FBE＝∠CBF＝45°，
∵∠FBE＝∠HAB+∠F，
∴x+2x＝45°，
∴x＝15°，
∴∠F＝30°，
∵CG⊥BF，CF＝4，
∴CG＝2，
∴FG=CF2−CG2=42−22=23，
∵∠CBF＝45°＝∠BCG＝45°，
∴CG＝BG＝2，
∴BF=BG+FG=2+23．
任务三：如图2，作线段AD垂直平分线EF，交AP于E，AD于F，
∵EF垂直平分AD，
∴AE＝DE，∠AFE＝90°，AF=12AD=12(AC−CD)=12(12−2)=5，
∴∠PAC＝∠ADE，
∴∠PED＝∠PAC+∠ADE＝2∠PAC；
∵∠PDC＝3∠PAC，∠PDC＝∠PAC+∠APD，
∴∠APD＝2∠PAC，
∴∠APD＝∠PED，
∴ED＝PD，
∴AE＝PD；
∵∠C＝∠AFE＝90°，
∴EF∥PC，
∴△AEF∽△APC，
∴EFPC=AFAC=512；
设EF＝5x，则PC＝12x，
在Rt△AEF中，由勾股定理，得AE2＝AF2+EF2＝52+（5x）2＝25+25x2，
在Rt△DPC中，由勾股定理，得PD2＝CD2+PD2＝22+（12x）2＝4+144x2，
∴25+25x2＝4+144x2，
∴x=5117，
∴PC＝12x=125117
∴S△ADP=12AD⋅PC=12×(12−2)×125117=605117．
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嘉嘉：
则四边形AFCE是菱形
琪琪：
则四边形AECF是菱形
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
D
C
C
A
D
D
B
A
B
B
题号
12
答案
A
A
B
C
D
A
（A，A）
（A，B）
（A，C）
（A，D）
B
（B，A）
（B，B）
（B，C）
（B，D）
C
（C，A）
（C，B）
（C，C）
（C，D）
D
（D，A）
（D，B）
（D，C）
（D，D）