2025年中考数学第一次模拟考试（河北专用）06

这是一份2025年中考数学第一次模拟考试（河北专用）06，文件包含06数学河北卷全解全析docx、06数学河北卷参考答案与评分标准docx、06数学河北卷考试版docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答填空题时，请将每小题的答案直接填写在答题卡中对应横线上。写在本试卷上无效。
4．回答解答题时，每题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上。写在本试卷上无效。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：（共12小题，每小题3分，共36分.下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的.）
1．四个数中一定为负数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【知识点】正负数的定义、有理数的乘方运算、求一个数的绝对值
【分析】本题考查正数和负数，求绝对值，有理数乘方，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
先将各项数化简，再根据负数一定小于0，进行判断即可．
【详解】解：A、|－3.14|=3.14，为正数，故此选项不符合题意；
B、当为负数时，是正数，故此选项不符合题意；
C、为负数，故此选项符合题意；；
D、为正数，故此选项不符合题意；．
故选：C．
2．抚顺剪纸文化以满族剪纸为主，承载着深厚的历史底蕴和民族特色，其发展脉络可追溯至200多年前．以下图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．C．D．
【答案】A
【知识点】轴对称图形的识别、中心对称图形的识别
【分析】本题考查了轴对称图形，中心对称图形，熟练掌握这两个概念是解题的关键．判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称折叠后可重合，判断中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．根据轴对称图形、中心对称图形的定义逐项判断即可．
【详解】解：A、既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：A．
3．生物学指出：生态系统中，每输入一个营养级的能量，大约只有的能量能够流动到下一个营养级，在这条生物链中（表示第n个营养级，，2，，5），要使获得50千焦的能量，那么需要．提供的能量用科学记数法表示约为（ ）
A．千焦B．千焦C．千焦D．千焦
【答案】B
【知识点】用科学记数法表示绝对值大于1的数
【分析】本题考查的是数字的变化规律，科学记数法，根据的能量能够流动到下一个营养级可知：要使获得50千焦的能量，那么需要需要提供千焦的能量，以此类推，设需要需要提供千焦的能量，然后用科学记数法表示即可．
【详解】解：根据题意，需要提供千焦的能量，需要提供千焦的能量，需要提供千焦的能量，需要提供千焦的能量，
∴，
故选：B．
4．如图，在矩形中，，．连接，按下列方法作图；以点C为圆心，适当长为半径画弧．分别交于点E，F；分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点G；连接交于点H，则的面积是（ ）

A．B．C．15D．
【答案】C
【知识点】角平分线的性质定理、用勾股定理解三角形、作角平分线(尺规作图)、根据矩形的性质求线段长
【分析】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，角平分线的作图与角平分线的性质．证明，，∠D=90°，如图，过H点作于M，可得，证明，求解，从而可得答案．
【详解】解：∵矩形中，，
∴，，，
如图，过H点作于M，

由作法得平分，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，而，
∴．
，
故选：C．
5．已知关于x的一元二次方程的两个实数根的和为2，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】A
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系、一元二次方程的定义、根据一元二次方程根的情况求参数
【分析】此题考查了一元二次方程的定义以及根与系数的关系、根的判别式，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键，易错点容易忽略二次项系数不为0．
先根据一元二次方程的定义以及有实数根得到且，再由根与系数的关系即可求解．
【详解】解：由题意得：，
解得且．
∵方程的两个实数根之和为2，
∴，解得，此时方程有实数解，
故选：A．
6．如图，正五边形内接于，点为弧AE的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【知识点】利用弧、弦、圆心角的关系求解、圆周角定理、求正多边形的中心角
【分析】本题考查了正多边形的中心角、圆心角与弧的关系、圆周角定理，熟练掌握圆心角与弧的关系是解题关键．连接，先求出，再求出，然后根据圆周角定理即可得．
【详解】解：如图，连接，
∵正五边形内接于，
∴，
∴弧AE所对的圆心角的度数为，
∵点为弧AE的中点，
∴的度数为，
∴，
由圆周角定理得：，
故选：C．
7．二十四个节气分别为：春季（立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨），夏季（立夏、小满、芒种、夏至、小暑、大暑），秋季（立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降），冬季（立冬、小雪、大雪、冬至、小寒、大寒），若从二十四个节气中选一个节气，则抽到的节气在冬季的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【知识点】根据概率公式计算概率
【分析】本题考查了根据概率公式求概率，根据二十四个节气中，立冬、小雪、大雪、冬至、小寒、大寒，共六个节气在冬季，计算即可得解，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
【详解】解：∵二十四个节气中，立冬、小雪、大雪、冬至、小寒、大寒，共六个节气在冬季，
∴从二十四个节气中选一个节气，则抽到的节气在冬季的概率为，
故选：A．
8．如图，在矩形中，E，F分别是边，上的点，且，，连接，，M，N分别是，的中点，连接，若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、与三角形中位线有关的求解问题
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
连接并延长交于点G，连接，根据中点定义，矩形的性质得到∠A＝90°，，再证，得到，根据三角形的中位线定理和勾股定理即可得到结论．
【详解】如图，连接并延长交于点G，连接
．
∵M，N分别是，的中点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
，
∴，
，即N是CG的中点．
∴是的中位线．
．
∵，，，，
∴，，．
在中
．
，
故选：A．
9．桌面上有一个由若干个立方体摆放出来的几何造型，从左面看如图1，从正面看如图2，则桌面上的立方体的个数最少和最多分别为（ ）

A．6个、18个B．6个、20个
C．12个、20个D．12个、22个
【答案】B
【知识点】已知三视图求最多或最少的小立方块的个数
【分析】本题考查了由三视图判断几何体．由几何体的俯视图及小正方形内的数字，可知主视图的列数与俯视数的列数相同，且每列小正方形数目为俯视图中该列小正方形数字中的最大数字．左视图的列数与俯视图的行数相同，且每列小正方形数目为俯视图中相应行中正方形数字中的最大数字．
利用左视图以及主视图可以得出这个几何体最少的块数以及最多的块数即可解答．
【详解】解：如图所示：

小立方体的个数最少是1×2+2×2=6（个）；最多是1×15+2×4=20（个）小立方体．
故选：B．
10．如图，在△ABC中，，以为直径作半圆，交于点，交于点，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【知识点】求弧长、三线合一、圆周角定理、半圆（直径）所对的圆周角是直角
【分析】先由直径所对的角是直角得到，再由等腰三角形性质确定，利用等腰三角形性质及三角形内角和定理求出所对的圆心角，最后由弧长公式代值求解即可得到答案．
【详解】解：连接、，如图所示：
为半圆的直径，
，
，
是的角平分线，即，
∴=
，
，
，
，则，
的长为，则的长为，
故选：D．
【点睛】本题考查求弧长，涉及直径所对的角是直角、等腰三角形性质、圆周角与弧的关系、三角形内角和定理、弧长公式等知识，熟记圆周角定理及其推论、弧长公式等知识是解决问题的关键．
11．二次函数的图象如图所示，对称轴为直线．有下列4个结论：①；②；③；④（是不等于1的实数）；⑤方程有实数解时，的最大值为．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、抛物线与x轴的交点问题、根据二次函数的图象判断式子符号、y=ax²+bx+c的最值
【分析】本题考查二次函数的图象及性质．由抛物线的开口方向判断a，由对称轴在y轴的左边还是右边判断b，由抛物线与y轴的交点判断c，然后根据抛物线对称性进行推理，进而对所得结论进行判断，
【详解】解：∵抛物线的开口方向向下，
∴，
∵对称轴在y轴右侧，
∴对称轴为，
∴，
∵抛物线与y轴的交于正半轴上，
∴，
∴，故①错误；
②二次函数的图象与x轴的一个交点在的右边，对称轴为，图象开口方向向下，
∴二次函数的图象与x轴的一个交点在2的右边，
∴当时，
即，故②正确；
∵二次函数的图象与x轴的交点在的右边，图象开口方向向下，
∴当时，，
∴，
∵抛物线对称轴为，
∴，
∴，
∴，
∴，故③错误；
∵二次函数的图象的对称轴为直线，
∴当时，y取最大值，最大值为，
当时，，
∴，故④正确；
∵当时，y取最大值，最大值为，
方程有实数解时，即抛物线与直线有交点，
∴的最大值为．故⑤正确；
综上所述：正确的结论有②④⑤，共3个，
故选：C．
12．小明在一本数学书中看到了这样一个探究活动；对依次排列的两个整式m，n按如下规律进行操作：
第1次操作后得到整式串：m，n，；
第2次操作后得到整式串：m，n，，；
第3次操作后…，
其操作规则为：每次操作增加的项，都是用上一次操作得到的最末项减去其前一项的差，小明将这个活动命名为“回头差”游戏．则该“回头差”游戏第2024次操作后得到的整式串各项之和是（ ）
A．B．mC．D．
【答案】A
【知识点】数字类规律探索、整式的加减运算
【分析】本题主要考查的是整式的加减运算，代数式的规律探究，掌握探究的方法，并总结概括规律，并能灵活运算是解决本题的关键．依据题意，先逐步分析前面几次操作，可得整式串每6个整式一循环，再求解每6个整式的整式之和为：，2024次后出现2026个整式，结合，从而可以得解．
【详解】解：第1次操作后得到的整式串：m，n，；
第2次操作后得到的整式串m，n，，；
第3次操作后得到的整式串m，n，，，；
第4次操作后得到的整式串m，n，，，，；
第5次操作后得到的整式串m，n，，，，，m；
第6次操作后得到的整式串m，n，，，，，m，n；
第7次操作后得到的整式串m，n，，，，，m，n，；
……
第2024次操作后得到的整式串m，n，，，，，……m，n，，；共2026个整式；
归纳可得，以上整式串每六次一循环．每6个整式的整式之和为： ，
∵2026÷6=337---4
第2024次操作后得到的整式中，求最后四项之和即可．
∴这个和为．
故选：A．
二、填空题：（共4小题，每小题3分，共12分.）
13．在实数范围内分解因式： ．
【答案】
【知识点】综合提公因式和公式法分解因式、二次根式的乘法
【分析】本题考查了因式分解的方法，分母有理化，熟练掌握提公因式法和公式法分解因式是本题的解题关键．
先提起公因式，然后用平方差公式分解因式．
【详解】解：，
故答案为：．
14．现有甲、乙、丙三种矩形卡片各若干张，卡片的边长如图1所示．某同学分别用4张卡片拼出了两个矩形（不重叠无缝隙），如图2和图3，其面积分别为．则 ．
【答案】
【知识点】列代数式、完全平方公式在几何图形中的应用
【分析】本题考查列代数式，完全平方公式，根据所给的图形，用含，的代数式表示出长方形的长和宽是解题的关键．根据图2中正方形的组成得到，根据图3长方形的组成得到，即可解决问题．
【详解】解：由题可知，图2正方形的边长为，
∴，
图3长方形的长和宽为和
∴，
∴，
故答案为：．
15．如图，在等腰△ABC中，，，将△ABC绕点顺时针旋转至，使得，延长交于，点的运动路径为，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【知识点】求其他不规则图形的面积、解直角三角形的相关计算、等腰三角形的性质和判定、根据旋转的性质求解
【分析】本题考查不规则图形的面积，旋转的性质，含角的直角三角形，勾股定理等知识，利用扇形的面积减去的面积计算即可．掌握割补法求面积是解题的关键．
【详解】解：，，
，
由旋转的性质可知：，
，即，
，，
在中，，．
，．，
，
．
故答案为：．
16．如图，直线l：与反比例函数的图象交于点A，与 x 轴交于点B，将线段绕点B逆时针旋转至线段，若点C恰好也在反比例函数图象上，则的值为 ·
【答案】
【知识点】根据旋转的性质求解、一次函数与反比例函数的其他综合应用、因式分解法解一元二次方程、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
【分析】设，求解，过作轴于，过作轴于，证明，可得，可得，再进一步求解即可．
【详解】解：∵直线l：与 反 比 例 函 数的 图 象 交 于 点A， 与 x 轴交于点B，
设，
当时，则，
∴，
过作轴于，过作轴于，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵在上，
∴，
解得：（舍去），，
∴，
∴，
故答案为：
【点睛】本题考查的是旋转的性质，全等三角形的判定与性质，反比例函数与一次函数的综合应用，一元二次方程的解法，作出合适的辅助线是解本题的关键．
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．将4个如图①所示的长为、宽为的小矩形按照图②的方式不重叠地摆放在大矩形中，，大矩形中未被覆盖的两部分分别记为和．
(1)求图形C2的周长（用含x，y的式子表示）；
(2)要求图形C1和C2的周长和，嘉嘉认为必须告诉x，y的值；淇淇认为不用告诉x，y的值，你认为谁的看法正确？请说明理由．
【答案】(1) (2)淇淇看法正确，见解析
【知识点】整式加减的应用、列代数式
【分析】本题主要考查代数式，整式的加减运算与图形周长的计算，理解图示，掌握整式的加减运算法则是解题的关键．
（1）根据题意和图示可得，，根据周长的计算公式计算即可；
（2）由题图可知，图形的周长为，图形的周长为，且，结合周长公式，整式的加减运算计算即可．
【详解】（1）解：由题图可知图形的长，宽，
∴图形的周长；
（2）解：淇淇的看法正确，理由如下：
∵由题图可知，图形的周长为，图形的周长为，且，
∴图形和的周长和为，
∴淇淇的看法正确．
18．下面是某同学解分式方程的过程，请认真阅读并完成相应的学习任务：
解：去分母，得…………第一步
去括号，得…………第二步
移项、合并同类项，得…………第三步
解得…………第四步
经检验：是原分式方程的解…………第五步
(1)上面的解题过程从第_____步开始出现错误，这一步错误的原因是______．
(2)上面解题过程的第五步是检验分式方程是否产生增根，增根指的是（文字叙述）
(3)请你帮这个同学正确解答这个分式方程．
【答案】(1)一，去分母时忘记符号（负号）
(2)满足整式方程，使最简公分母为0的解，即为分式方程的增根
(3)见详解
【知识点】解分式方程、分式方程无解问题
【分析】本题主要考查解分式方程，掌握去分母，去括号，移项，合并同类项，系数化为1，检验的方法是解题的关键．
（1）根据去分母的方法即可判定；
（2）根据解分式方程的方法，增根的概念即可求解；
（3）运用解分式方程的方法即可求解．
【详解】（1）解：，
去分母得，，
∴第一步开始出错，出错的原因是去分母时忘记符号（负号）；
故答案为：一，去分母时忘记符号（负号）；
（2）解：增根：满足整式方程，使最简公分母为0的解，即为分式方程的增根；
（3）解：，
去分母得，，
去括号得，，
移项得，
合并同类项得，，
系数化为1得，，
检验，当时，原分式方程的分母，
∴原分式方程无解．
19．在一个不透明的袋子中，装有n个完全相同的小球，如图所示，每个小球上分别标有数字“1”或“2”，混合均匀后，从口袋中随机摸取一个小球，摸到标有数字“1”小球的概率为．
(1)已知
①求袋子中3个小球所标数字的平均数；
②若从袋子里随机摸取两个小球，求同时摸到标有数字均为“2”的小球的概率；
(2)若再向口袋里放入两个标有数字“1”的小球，混合均匀后，从中随机抽取一个小球，抽到数字“1”的小球的概率是，求n的值．
【答案】(1)①；② (2)6
【知识点】根据概率公式计算概率、列表法或树状图法求概率、解分式方程
【分析】本题考查了概率公式，用树状图或列表求概率，熟练用树状图或列表求概率是解题的关键．
（1）①利用概率公式可得口袋中的数字，求平均数即可；
②列表格，根据概率公式即可解答；
（2）设口袋里原有标有数字“1”的小球的个数为m个，根据题意可得，再根据概率公式列方程，即可解答．
【详解】（1）解：①，，
∴标有数字“1”小球有一个；
∴袋子中3个小球所标数字为1，2，2
∴袋子中3个小球所标数字的平均数为；
②列表如下：
一共有六种等可能结果，其中同为数字2的有两种，因此；
（2）解：设口袋里原有标有数字“1”的小球的个数为m个，依题意得，
，即 ，
可得，
解之得，
经检验，是原方程的解．
20．2025年3月2日重庆马拉松顺利举行，据悉有35000名选手以矫健的步伐丈量“山水之城”，享受马拉松运动的乐趣．小陶和小乐受到鼓舞，计划周末去体育馆进行体能训练．两人约定同时从超市出发，临行前小陶决定先到在超市北偏东方向上的图书馆还书后，再到体育馆；小乐则按原计划沿正东方向的街道行走400米至报亭后，再沿北偏东方向走到体育馆，已知体育馆分别在超市的北偏东方向上和图书馆的南偏东方向上．
(1)求报亭与体育馆之间的距离；（结果保留根号）
(2)若小陶步行的平均速度为70米/分，小乐步行的平均速度为60米/分，请通过计算说明小陶和小乐谁先到达体育馆．（参考数据：，，结果精确到0.1）
【答案】(1)报亭与体育馆之间的距离米 (2)小陶先到达体育馆
【知识点】含30度角的直角三角形、方位角问题(解直角三角形的应用)、等腰三角形的性质和判定
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，30度所对的直角边是斜边的一半，等腰三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）认真分析题干的条件，得出，，故在中， （米），，然后证明是等腰直角三角形， 在中，，即可作答．
（2）先分别算出小陶和小乐经过的路程，再分别除以他们各自的速度，然后比较，即可作答．
【详解】（1）解：过点作，如图所示：
∵体育馆分别在超市的北偏东方向上和图书馆的南偏东方向上．
∴，
依题意，米，
∴，
在中，（米），，
则，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴米，
在中，，
∴（米），
∴报亭与体育馆之间的距离米；
（2）解：由（1）得，米，
在中， ，
故（米），
则（米），
∵
∴，
在中，（米），
在中，，
∴（米），
则（米），
∵米，米，
∴（米），
∵小陶步行的平均速度为70米/分，小乐步行的平均速度为60米/分，
∴（分钟），（分钟），
∵
∴小陶先到达体育馆．
21．乒乓球是一项集力量、速度、灵敏度、协调性和判断力于一体的综合性运动，在2024年巴黎奥运会乒乓球比赛中，中国队包揽了全部5块金牌．运动员常使用乒乓球发球机进行日常训练，如图所示，O点在球台中轴线上，发球机的出球口A在O点正上方处，以球台的中轴线为x轴，OA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，把球看成点，球从A点射出，其运行的高度与运行的水平距离满足函数关系式．已知球网与O点的水平距离为，高度为，球台边界距O点的水平距离为．
(1)求y与x的函数关系式．
(2)球能否越过球网？球会不会出界？请说明理由．
(3)保持发球角度、速度不变情况下，将发球机调低后(抛物线形状不变)，球从B点射出，球越过球网且没有出界，求此时球的落点与O点的水平距离．
【答案】(1)； (2)球能越过球网，也不会出界，理由见解析；
(3)球的落点与O点的水平距离为．
【知识点】投球问题(实际问题与二次函数)、待定系数法求二次函数解析式
【分析】本题考查了二元一次函数的应用，掌握相关知识是解题的关键．
（1）将点代入求出的值即可求解；
（2）分别求出 时的函数值，再比较判断即可；
（3）将代入，得出 ，再令，则，求解即可．
【详解】（1）解：根据题意，将点代入，得：，
解得：，
∴；
（2）解：当时，，
∴球能过网，
当时，，
∴球不会出界，
∴球能越过球网，也不会出界；
（3）解：依题意，点，
设，
将代入，得：，
解得：，
∴，
令，则，
解得：，（舍去），
∴球的落点与O点的水平距离为．
22．如图，直线经过两点，已知，点是线段上一动点（可与点重合）；直线（为常数）经过点，交于点．
(1)求直线的函数表达式；
(2)无论为何值时直线过定点，直接写出定点坐标______；
(3)在点的移动过程中，直接写出的取值范围______．
(4)当时，设直线与直线，及轴有三个不同的交点，且其中两点关于第三点对称．直接写出的值．
【答案】(1)直线的函数表达式为 (2) (3)或且
(4)的值为或或
【知识点】求一次函数解析式、一次函数与几何综合
【分析】本题主要考查一次函数图象的性质，掌握待定系数法求解析式，一次函数图象的性质，中点坐标的计算方法是关键．
（1）设直线的解析式为，运用待定系数法即可求解；
（2）将直线变形得，当时，，函数与值无关，由此即可求解；
（3）当直线经过时，；当直线经过时，；当时，直线，则直线平行，没有交点，不符合题意，要舍去，由此即可求解；
（4）当时，，如图所示，直线与直线交于点，与直线交于点，与轴交于点，分类讨论：当点关于点对称，当点关于点对称，当点关于点对称，运用中点坐标公式计算即可求解．
【详解】（1）解：直线经过两点，
∴设直线的解析式为，
∴，
解得，，
∴直线的函数表达式为；
（2）解：直线（为常数），
∴，
∴当时，，
∴直线过的定点的坐标为；
（3）解：，点是线段上一动点（可与点重合），直线（为常数）经过点，
∴当直线经过时，，
解得，；
当直线经过时，，
解得，；
∵直线，
∴当时，直线，则直线平行，没有交点，不符合题意；
∵越大，函数图象越靠近轴，
∴或且；
（4）解：当时，，
如图所示，直线与直线交于点，与直线交于点，与轴交于点，
直线中，，则点的横坐标为，直线中，，则点的横坐标为，
∵其中两点关于第三点对称，
∴当点关于点对称，则，
解得，；
当点关于点对称，
∴，
解得，；
当点关于点对称，
∴，
解得，；
综上所述，的值为或或．
23．如图1，为圆O的直径，弦交于点G（不与O重合），C是的中点，分别过点A，B作的垂线，垂足为E，F，连结．
(1)求的度数；
(2)如图2，连结，猜想与的关系，并说明理由；
(3)如图3，连结交于点P，若，，求圆半径．
【答案】(1)
(2)，，理由见解析
(3)圆半径为9
【知识点】等腰三角形的性质和判定、相似三角形的判定与性质综合、全等三角形综合问题、圆周角定理
【分析】对于（1），根据中点的定义得，可得，再结合可得答案；
对于（2），延长交于点H，先证明，可得，，再连结BD，可说明，进而得出，根据等腰三角形的性质得出答案；
对于（3），结合题意得，再说明，可得，然后设为x，则，作，即可得，根据相似三角形的性质得，可得，，，再根据平行线的性质得，代入数值可得出答案.
【详解】（1）解：∵为直径，C是的中点，
∴，
∴.
∵，
∴，
∴；
（2）解：，．
延长交于点H，
∵，，
∴，
∴．
又，，
∴，
∴，．
连结，
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
∴，．
（3）解：∵C是的中点，
∴．
∵，
∴，.
∵，
∴，
∴，
∴
设为，则．
过F作于点H，
∴
∵
∴，
∴，
∴，，
∴.
∵，
∴，
即，
解得或（舍去）．
所以，圆半径为9．
【点睛】本题主要考查了弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，作出辅助线构造全等（相似）三角形是解题的关键．
24．若两个等腰三角形有公共底边，且满足两个顶角和是，则称这两个顶点关于这条底边互为“唯美点”．
【概念理解】
（1）点在线段的垂直平分线上（点在直线上方），且．若点与点关于互为“唯美点”，则___________．
【性质探究】
（2）如图，在矩形中，为边上一点，且平分，交于点，连接，．求证：点与点关于互为“唯美点”．
【拓展应用】
（3）如图，在矩形中，为线段上一动点（不与端点重合），为平面内一点，点与点关于互为“唯美点”，直线交直线于点，在点运动过程中，当时，请直接写出的长．
【答案】（1）或 （2）见解析 （3）或
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形
【分析】（1）分两种情况讨论：情况一：点与点在同侧；情况二：点与点在异侧；计算即可解答；
（2）证明得，，再结合均为等腰三角形，其中，即可得证；
（3）分两种情况讨论：当点在线段上时，如解图所示，连接；当点在线段的延长线上时，如解图所示，连接；综上即可解答．
【详解】．
解：（1）情况一：点与点在同侧，
点、 关于互为“唯美点”，且，
，
又点在线段的垂直平分线上，
，，
，，
则；
情况二：点与点在异侧，
点、 关于互为“唯美点”，且，
，
又点在线段的垂直平分线上，
，，
，，
由于、在异侧，
；
综上所述，或，
故答案为：或；
（2）证明：平分，
，
在和中，
，
，
，
，
又均为等腰三角形，其中，
点与点关于互为“唯美点”；
（3）当点在线段上时，如解图所示，连接，
点与点关于互为“唯美点”，
，
，
又，
，
设，
，，
，
，
在中，，
即，
解得，
；
当点在线段的延长线上时，如解图所示，连接，
同理，可得，
设，则，
，
在中，，
即，
解得，
，
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
数字1
数字2
数字2
数字1
（数字1，数字2）
（数字1，数字2）
数字2
（数字2，数字1）
（数字2，数字2）
数字2
（数字2，数字1）
（数字2，数字2）