浙江省诸暨中学2025高中自主招生考试数学试卷 含解析

这是一份浙江省诸暨中学2025高中自主招生考试数学试卷 含解析，共25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。
数学
满分 120 分，考试时间 100 分钟
一、选择题（本题有 8 小题，每小题 5 分，共 40 分）
1. 已知：如图， ，一条折线与 ， 分别相交于点 ， ，则 ， ， ， 这 4
个角的关系正确的是（ ）
A.
B.
C
D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别过∠2 和∠3 的顶点作 HN∥AB 交 MF 于 N，MG∥AB 交 EH 于 G，然后根据平行线的性质和
三角形外角的性质求解即可.
【详解】解：如图所示分别过∠2 和∠3 的顶点作 HN∥AB 交 MF 于 N，MG∥AB 交 EH 于 G，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥HN∥MG，
∴∠1=∠AEH=∠2+∠MHN，∠GMH=∠MHN，∠4=∠HNF=∠3+∠MHN，
∴∠4=∠3+∠1-∠2，
∴∠1+∠3=∠4+∠2，
故选 A.
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【点睛】本题主要考查了平行线的性质，三角形外角的性质，解题的关键在于能够正确地作出辅助线进行
求解.
2. 若关于 x 的一元一次不等式组 有解，则 m 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出两个不等式的解集，再根据有解列出不等式组求解即可．
【详解】解：∵不等式组 有解，
∴m＜2，
故选 A．
【点睛】本题主要考查了一元一次不等式组解集的求法，其简便求法就是用口诀求解．求不等式组解集的
口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）．
3. 利用如图 1 所示的二维码可以进行身份识别．某校建立了一个身份识别系统，图 2 是某个学生的识别图
案，黑色小正方形表示 1，白色小正方形表示 0．将第一行数字从左到右依次记为 a，b，c，d，那么可以转
换为该生所在班级序号，其序号为 （其中 ）．如图 2，第一行数字从左
到右依次为 0，1，0，1，序号为 ，表示该生为 5 班学生．表示 9 班学生的
识别图案是（ ）
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A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据规定的运算法则分别计算出每个选项第一行的数即可作出判断．
【详解】解：A、第一行数字从左到右依次为 0，1，1，1，序号为 0×23+1×22+1×21+1×20=7，不符合题意；
B、第一行数字从左到右依次为 0，1，1，0，序号为 0×23+1×22+1×21+0×20=6，不符合题意；
C、第一行数字从左到右依次为 1、0、1、0，序号为 1×23+0×22+1×21+0×20=10，不符合题意；
D、第一行数字从左到右依次为 1，0，0，1，序号为 1×23+0×22+0×21+1×20=9，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查图形的变化类，解题的关键是根据题意弄清题干规定的运算规则，并将图形的变化
问题转化为数字问题．
4. 同型号的甲、乙两辆车加满气体燃料后均可行驶210km．它们各自单独行驶并返回的最远距离是105km．现
在它们都从 A 地出发，行驶途中停下来从甲车的气体燃料桶抽一些气体燃料注入乙车的气体燃料桶，然后
甲车再行驶返回 A 地，而乙车继续行驶，到 B 地后再行驶返回 A 地．则 B 地最远可距离 A 地（ ）
A. 120km B. 140km C. 160km D. 180km
【答案】B
【解析】
【分析】设甲行驶到 C 地时返回，到达 A 地燃料用完，乙行驶到 B 地再返回 A 地时燃料用完，然后画出图
形、确定等量关系、列出关于 x 和 y 的二元一次方程组并求解即可．
【详解】解：设甲行驶到 C 地时返回，到达 A 地燃料用完，乙行驶到 B 地再返回 A 地时燃料用完，如图：
设 AB＝xkm，AC＝ykm，根据题意得：
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，
解得： ．
∴乙在 C 地时加注行驶 70km 的燃料，则 AB 的最大长度是 140km．
故答案为 B．
【点睛】本题考查了二元一次方程组在行程问题中的应用，弄清题意、确定等量关系、列出方程组是解答
本题的关键．
5. 在平面直角坐标系中，已知函数 y1＝x2+ax+1，y2＝x2+bx+2，y3＝x2+cx+4，其中 a，b，c 是正实数，且满
足 b2＝ac．设函数 y1，y2，y3 的图象与 x 轴的交点个数分别为 M1，M2，M3，（ ）
A. 若 M1＝2，M2＝2，则 M3＝0 B. 若 M1＝1，M2＝0，则 M3＝0
C. 若 M1＝0，M2＝2，则 M3＝0 D. 若 M1＝0，M2＝0，则 M3＝0
【答案】B
【解析】
【分析】选项 B 正确，利用判别式的性质证明即可．
【详解】解：选项 B 正确．
理由：∵M1＝1，
∴a2﹣4＝0，
∵a 是正实数，
∴a＝2，
∵b2＝ac，
∴c＝ b2，
∵M2＝0，
∴b2﹣8＜0，
∴b2＜8，
对于 y3＝x2+cx+4，
则有△＝c2﹣16＝ b2﹣16＝ （b2﹣64）＜0，
∴M3＝0，
∴选项 B 正确，
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故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次函数图像与 x 轴的交点个数及一元二次方程的根的判别式，熟练掌握二次函
数与一元二次方程的关系是解决本题的关键．
6. 七巧板是我国祖先的一项卓越创造，流行于世界各地．由边长为 2 的正方形可以制作一副中国七巧板或
一副日本七巧板，如图 1 所示．分别用这两副七巧板试拼如图 2 中的平行四边形或矩形，则这两个图形中，
中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数分别是（ ）
A. 1 和 1 B. 1 和 2 C. 2 和 1 D. 2 和 2
【答案】D
【解析】
【分析】解答此题要熟悉中国和日本七巧板的结构，中国七巧板的结构：五个等腰直角三角形，有大、小
两对全等三角形；一个正方形；一个平行四边形；日本七巧板的结构：三个等腰直角三角形，一个直角梯
形，一个等腰梯形，一个平行四边形，一个正方形，根据这些图形的性质便可解答．
【详解】解：中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数都是 2，如图所示：
故选：D．
【点睛】此题是一道趣味性探索题，结合我国传统玩具七巧板，用七巧板来拼接图形，可以培养学生动手
能力，展开学生的丰富想象力．
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7. △BDE 和△FGH 是两个全等的等边三角形，将它们按如图的方式放置在等边三角形 ABC 内．若求五边形
DECHF 的周长，则只需知道（ ）
A. △ABC 的周长 B. △AFH 的周长
C. 四边形 FBGH 的周长 D. 四边形 ADEC 的周长
【答案】A
【解析】
【分析】由等边三角形的性质和三角形的内角和定理可得：FH＝GH，∠ACB＝∠A＝60°，∠AHF＝∠HGC，
进而可根据 AAS 证明△AFH≌△CHG，可得 AF＝CH，然后根据等量代换和线段间的和差关系即可推出五
边形 DECHF 的周长＝AB+BC，从而可得结论．
【详解】解：∵△GFH 为等边三角形，
∴FH＝GH，∠FHG＝60°，
∴∠AHF+∠GHC＝120°，
∵△ABC 为等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝∠A＝60°，
∴∠GHC+∠HGC＝120°，
∴∠AHF＝∠HGC，
∴△AFH≌△CHG（AAS），
∴AF＝CH．
∵△BDE 和△FGH 是两个全等的等边三角形，
∴BE＝FH，
∴五边形 DECHF 的周长＝DE+CE+CH+FH+DF
＝BD+CE+AF+BE+DF
＝（BD+DF+AF）+（CE+BE），
＝AB+BC．
∴只需知道△ABC 的周长即可．
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故选：A．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及多边形的周长问题，熟练掌握等边
三角形的性质以及全等三角形的判定和性质是解题的关键．
8. 如图，已知直线 与 x 轴、y 轴分别交于 A、B 两点，P 是以 C（0，1）为圆心，1 为半径的圆
上一动点，连结 PA、PB．则△PAB 面积的最大值是（ ）
A 8 B. 12 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出 A、B 的坐标，根据勾股定理求出 AB，求出点 C 到 AB 的距离，即可求出圆 C 上点到 AB 的
最大距离，根据面积公式求出即可．
【详解】解：∵直线 与 x 轴、y 轴分别交于 A、B 两点，
∴A 点的坐标为（4，0），B 点的坐标为（0，﹣3），
，即 OA=4，OB=3，
由勾股定理得：AB=5，
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过 C 作 CM⊥AB 于 M，连接 AC，
则由三角形面积公式得： ×AB×CM= ×OA×OC+ ×OA×OB，
∴5×CM=4×1+3×4，
∴CM= ，
∴圆 C 上点到直线 的最大距离是 = ，
∴△PAB 面积的最大值是 = ，
故选 C．
【点睛】本题考查了三角形的面积，点到直线的距离公式的应用，解此题的关键是求出圆上的点到直线 AB
的最大距离，属于中档题目．
二、填空题（本题有 6 小题，每小题 5 分，共 30 分）
9. 设 a= -1，则 3a3+12a2-6a-12=__________．
【答案】24．
【解析】
【分析】
【详解】解：3a3+12a2-6a-12=3a3+3a2+9a2-6a+1-13=3a2（a+1）+（3a-1）2-13
当 a= -1 时
原式=37-13=24．
考点：二次根式的混合运算．
10. 如图是一张矩形纸片，点 E 在 AB 边上，把 沿直线 CE 对折，使点 B 落在对角线 AC 上的点 F 处，
连接 DF．若点 E，F，D 在同一条直线上，AE＝2，则 DF＝_____，BE＝_____．
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【答案】 ①. 2 ②. ﹣1
【解析】
【分析】先根据矩形的性质得到 ， ，再根据折叠的性质得到
， ， ，然后根据全等三角形的性质得到 ；最后根据
相似三角形的性质即可得 BE 的值．
【详解】∵四边形 ABCD 是矩形
∴ ，
∵把 沿直线 CE 对折，使点 B 落在对角线 AC 上的点 F 处
∴ ， ，
∴ ，
∴
∴
在 和 中，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴ ，即
∴
解得 或 （不符题意，舍去）
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则
故答案为：2， ．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质
等知识点，根据矩形与折叠的性质，正确找出两个相似三角形是解题关键．
11. 如图，在 中， ，以其三边为边向外作正方形，过点 作 于点 ，再
过点 作 分别交边 ， 于点 ， ．若 ， ，则 _______．
【答案】
【解析】
【分析】连接 EC，HC，设 CR 与 AB 交于点 M，根据直角三角形的性质和正方形的性质证明出
，然后根据相似三角形的性质得到∠ABC 的三角函数值，然后根据正方形 AFGB 的性质和
的长度列方程求出 BC 的长度，进一步根据∠BCQ 的三角函数值求出 CQ 的长度，最后根据相似三角形
的性质求出 PC 的长度，即可求出 PQ 的长度．
【详解】如图所示，连接 EC，HC，设 CR 与 AB 交于点 M．
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∵四边形 ACDE 和四边形 CBHI 都是正方形，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴点 E，C，H 三点共线，
∴ ，
又∵ ，
∴ ．
∴ ，
∵四边形 ACDE 和四边形 CBHI 都是正方形，
∴ 和 都是等腰直角三角形，
∴ ， ，
∵ 是直角三角形， ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 AFGB 是正方形， ，
∴ ，
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∴由题意可知四边形 AFRM 是矩形，
∴AF=RM=AB．
∴设 CM=x，AB=AF=MR=26-x，
在 Rt△CMB 中， ，
∴BM=3x，BC= ，
∵ ，
∴ ，
解得： ．
∴CM=6，BC=6 ，
∵PQ⊥CR，AB⊥CR，
∴PQ∥AB，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴解得： ．
又∵ ，
∴ ，
解得： ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】此题考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，三角函数的运用等知识，根据题意作出辅
助线构造相似三角形是解题的关键．
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12. 如图，经过原点 O 的直线与反比例函数 y＝ （a＞0）的图象交于 A，D 两点（点 A 在第一象限），点
B，C，E 在反比例函数 y＝ （b＜0）的图象上，AB∥y 轴，AE∥CD∥x 轴，五边形 ABCDE 的面积为 56
，四边形 ABCD 的面积为 32，则 a﹣b 的值为__， 的值为__．
【答案】 ①. 24 ②. ﹣
【解析】
【分析】如图，连接 AC，OE，OC，OB，延长 AB 交 DC 的延长线于 T，设 AB 交 x 轴于 K．求出证明四
边形 ACDE 是平行四边形，推出 S△ADE=S△ADC=S 五边形 ABCDE-S 四边形 ABCD=56-32=24，推出 S△AOE=S△DEO=12，
可得 a- b=12，推出 a-b=24．再证明 BC∥AD，证明 AD=3BC，推出 AT=3BT，再证明 AK=3BK 即可解
决问题．
【详解】如图，连接 AC，OE，OC，OB，延长 AB 交 DC 的延长线于 T，设 AB 交 x 轴于 K．
由题意 A，D 关于原点对称，
∴A，D 的纵坐标的绝对值相等，
∵AE∥CD，
∴E，C 的纵坐标的绝对值相等，
∵E，C 在反比例函数 y＝ 的图象上，
∴E，C 关于原点对称，
∴E，O，C 共线，
∵OE＝OC，OA＝OD，∴四边形 ACDE 是平行四边形，
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∴S△ADE＝S△ADC＝S 五边形 ABCDE﹣S 四边形 ABCD＝56﹣32＝24，
∴S△AOE＝S△DEO＝12，
∴ a﹣ b＝12，
∴a﹣b＝24，
∵S△AOC＝S△AOB＝12，
∴BC∥AD，
∴ ＝ ，
∵S△ACB＝32﹣24＝8，
∴S△ADC：S△ABC＝24：8＝1：3，
∴BC：AD＝1：3，
∴TB：TA＝1：3，设 BT＝a，则 AT＝3a，AK＝TK＝1.5k，BK＝0.5k，
∴AK：BK＝3：1，
∴ ＝ ＝ ，
∴ ＝﹣ ．
故答案为 24，﹣ ．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，平行四边形的判定和性质，平行线分线段成比例
定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
13. 如图是某剧场第一排座位分布图：甲、乙、丙、丁四人购票，所购票分别为 2，3，4，5．每人选座购
票时，只购买第一排的座位相邻的票，同时使自己所选的座位之和最小．如果按“甲、乙、丙、丁”的先
后顺序购票，那么甲购买 1，2 号座位的票，乙购买 3，5，7 号座位的票，丙选座购票后，丁无法购买到第
一排座位的票．若丙第一购票，要使其他三人都能购买到第一排座位的票，写出一种满足条件的购票的先
后顺序______．
【答案】丙，丁，甲，乙
【解析】
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【分析】根据甲、乙、丙、丁四人购票，所购票数量分别为 2，3，4，5 可得若丙第一购票，要使其他三人
都能购买到第一排座位的票，那么丙选座要尽可能得小，因此丙先选择：1，2，3，4．丁所购票数最多，
因此应让丁第二购票，据此判断即可．
【详解】解：丙先选择：1，2，3，4．
丁选：5，7，9，11，13．
甲选：6，8．
乙选：10，12，14．
∴顺序为丙，丁，甲，乙．
（答案不唯一）
【点睛】本题考查有理数的加法，认真审题，理解题意是解题的关键．
14. 如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形①沿 x 轴正半轴滚动并且按一定规律变换，每次变换后得
到的图形仍是等腰直角三角形．第一次滚动后点 变换到点 ，得到等腰直角三角形②；第二
次滚动后点 变换到点 ，得到等腰直角三角形③；第三次滚动后点 变换到点 ，得
到等腰直角三角形④；第四次滚动后点 变换到点 ，得到等腰直角三角形⑤；……依此
规律，则第 2021 个等腰直角三角形的面积是______________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是勾股定理，等腰直角三角形的性质和面积，根据 确定第 1 个等腰直角三角形
（即等腰直角三角形① 的面积，根据 确定第 2 个等腰直角三角形（即等腰直角三角形② 的面积，
，同理，确定规律可得结论，确定各个等腰直角三角形的边长是本题的关键．
【详解】解： 点 ，
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第 1 个等腰直角三角形的面积 ，
，
第 2 个等腰直角三角形的腰长为 ，
第 2 个等腰直角三角形的面积 ，
， ，
第 3 个等腰直角三角形的腰长为 ，
第 3 个等腰直角三角形的面积 ，
则第 2021 个等腰直角三角形的面积是 ；
故答案为： ．
三、解答题（本题有 4 小题，共 50 分）
15. 某班参加一次智力竞赛，共 ， ， 三道题，每题或者得满分或者得 0 分．其中题 满分 20 分， 、
题满分都为 25 分，竞赛结果：每个学生至少答对了一题，三题全答对的有 1 人，答对其中两道题的有 15
人，答对题 的人数与答对题 的人数之和为 29；答对题 的人数与答对题 的人数之和为 25；答对题 的
人数与答对题 的人数之和为 20，问这个班的平均成绩是多少．
【答案】42 分
【解析】
【分析】设 、 、 分别表示答对题 、题 、题 的人数，根据“答对题 a 的人数与答对题 b 的人数之
和为 29，答对题 a 的人数与答对题 c 的人数之和为 25，答对题 b 的人数与答对题 c 的人数之和为 20”，即
可得出关于 、 、 的三元一次方程组，解之即可得出 、 、 的值，由 、 、 的值结合 a、
b、c 三题的分值可求出全班总得分，由 、 、 的值结合答对两题及答对三题的人数可求出全班总人数，
再利用平均分＝总分÷人数，即可求出结论．
【详解】解：设 、 、 分别表示答对题 、题 、题 人数，
由题意可得： ①
②
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③
①+②+③得： ④
④-①得： ，同理 ， ，
∴答对一题的人数为 ，全班人数为 ，
∴平均成绩为 （分）．
答：这个班的平均成绩是 42 分．
【点睛】本题考查了三元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出三元一次方程组是解题的关键．
16. 在一条直线上依次有 A、B、C 三个港口，甲、乙两船同时分别从 A、B 港口出发，沿直线匀速驶向 C
港，最终达到 C 港．设甲、乙两船行驶 x（h）后，与 B 港的距离分别为 、 （km）， 、 与 x 的函
数关系如图所示．
（1）填空：A、C 两港口间的距离为 km， ；
（2）求图中点 P 的坐标，并解释该点坐标所表示的实际意义；
（3）若两船的距离不超过 10 km 时能够相互望见，求甲、乙两船可以相互望见时 x 的取值范围．
【答案】（1）120 2
（2）点 P 的坐标为（1，30）
（3）当 ≤ ≤ 时，甲、乙两船可以相互望见
【解析】
【详解】解：（1）A、C 两港口间距离，S=30+90=120（km）
又由于甲船行驶速度不变，
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故 = ，
则 a=2（h）
故答案为 120；2
（2）由点（3，90）求得， ．
当 ＞0.5 时，由点（0.5，0），（2，90）求得， ．
当 时， ，解得， ．
此时 ．所以点 P 的坐标为（1，30）．该点坐标的意义为：两船出发 1 h 后，甲船追上乙船，此
时两船离 B 港的距离为 30 km．
求点 P 的坐标的另一种方法：
由图可得，甲的速度为 （km/h），乙的速度为 （km/h）．
则甲追上乙所用的时间为 （h）．此时乙船行驶的路程为 （km）．
所以点 P 的坐标为（1，30）．
（3）①当 ≤0.5 时，由点（0，30），（0.5，0）求得， ．
依题意， ≤10． 解得， ≥ ．不合题意．
②当 0.5＜ ≤1 时，依题意， ≤10．
解得， ≥ ．所以 ≤ ≤1．
③当 ＞1 时，依题意， ≤10．
解得， ≤ ．所以 1＜ ≤ ．
综上所述，当 ≤ ≤ 时，甲、乙两船可以相互望见．
17. 阅读理解：小明热爱数学，在课外书上看到了一个有趣的定理--“中线长定理”：三角形两边的平方和等
于第三边的一半与第三边上的中线的平方和的两倍．如图 1，在△ABC 中，点 D 为 BC 的中点，根据“中线
长定理”，可得：
AB2+AC2=2AD2+2BD2．小明尝试对它进行证明，部分过程如下：
解：过点 A 作 AE⊥BC 于点 E，如图 2，在 Rt△ABE 中，AB2=AE2+BE2，
同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，
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为证明的方便，不妨设 BD=CD=x，DE=y，
∴AB2+AC2=AE2+BE2+AE2+CE2=…
（1）请你完成小明剩余的证明过程；
理解运用：
（2）①在△ABC 中，点 D 为 BC 的中点，AB=6，AC=4，BC=8，则 AD= ；
②如图 3，⊙O 的半径为 6，点 A 在圆内，且 OA=2 ，点 B 和点 C 在⊙O 上，且∠BAC=90°，点 E、F 分
别为 AO、BC 的中点，则 EF 的长为 ；
拓展延伸：
（3）小明解决上述问题后，联想到如下的题目：
如图 4，已知⊙O 的半径为 5 ，以 A（-3，4）为直角顶点的△ABC 的另两个顶点 B，C 都在⊙O 上，D
为 BC 的中点，求 AD 长的最大值．
请你利用上面的方法和结论，求出 AD 长的最大值．
【答案】（1）见解析；（2）① ；②4；（3）AD 长的最大值为 10．
【解析】
【分析】（1）过点 A 作 AE⊥BC 于点 E，如图 2，在 Rt△ABE 中，AB2=AE2+BE2，同理可得：AC2=AE2
+CE2，AD2=AE2+DE2，为证明的方便，不妨设 BD=CD=x，DE=y，根据勾股定理即可证明；
（2）①利用中线定理计算即可；②利用中线定理即可解决；
（3）如图 4 中，连接 OA，取 OA 的中点 E，连接 DE．利用中线定理求出 DE，再利用三边关系即可解决
问题；
【详解】解：（1）过点 A 作 AE⊥BC 于点 E，如图 2，
在 Rt△ABE 中，AB2=AE2+BE2，
同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，
为证明的方便，不妨设 BD=CD=x，DE=y，
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∴AB2+AC2=2AE2+（x+y）2+（x-y）2=2AE2+2x2+2y2
=2AE2+2BD2+2DE2
=2AD2+2BD2；
（2）①∵AB2+AC2=2AD2+2BD2，
∴62+42=2AD2+2×42，
∴AD= ；
②如图 3 中，
∵AF 是△ABC 的中线，EF 是△AEO 的中线，OF 是△BOC 的中线，
∵2EF2+2AE2=AF2+OF2，
2AF2+2BF2=AB2+AC2，
OF2=OB2-BF2，
∴4EF2=2OB2-4AE2=2OB2-OA2，
∴EF2= OB2- OA2=16，
∴EF=4（负根舍弃），
故答案为：① ；②4；
（3）如图 4 中，连接 OA，取 OA 的中点 E，连接 DE．
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由（2）的②可知：DE2= OB2- OA2= ，
∴DE= ；
在△ADE 中，AE= ，DE= ，
∵AD≤AE+DE，
∴AD 长的最大值为 + =10．
【点睛】本题考查了圆的性质、中线定理、勾股定理、坐标与图形的性质等知识，解题的关键是灵活运用
勾股定理解决问题，学会用转化的思想思考问题，学会添加辅助线解决问题，属于中考压轴题．
18. 定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个
内角的遥望角．
（1）如图 1，∠E 是△ABC 中∠A 的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．
（2）如图 2，四边形 ABCD 内接于⊙O， ＝ ，四边形 ABCD 的外角平分线 DF 交⊙O 于点 F，连结
BF 并延长交 CD 的延长线于点 E．求证：∠BEC 是△ABC 中∠BAC 的遥望角．
（3）如图 3，在（2）的条件下，连结 AE，AF，若 AC 是⊙O 的直径．
①求∠AED 的度数；
②若 AB＝8，CD＝5，求△DEF 的面积．
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【答案】（1）∠E＝ α；（2）见解析；（3）①∠AED＝45°；②
【解析】
【分析】（1）由角平分线的定义可得出结论；
（2）由圆内接四边形的性质得出∠FDC+∠FBC=180°，得出∠FDE=∠FBC，证得∠ABF=∠FBC，证出∠
ACD=∠DCT，则 CE 是△ABC 的外角平分线，可得出结论；
（3）①连接 CF，由条件得出∠BFC=∠BAC，则∠BFC=2∠BEC，得出∠BEC=∠FAD，证明△FDE≌△FDA
（AAS），由全等三角形的性质得出 DE=DA，则∠AED=∠DAE，得出∠ADC=90°，则可求出答案；
②过点 A 作 AG⊥BE 于点 G，过点 F 作 FM⊥CE 于点 M，证得△EGA∽△ADC，得出 ，求出
，设 AD=4x，AC=5x，则有（4x）2+52=（5x）2，解得 x= ，求出 ED，CE 长，求出 DM，由
等腰直角三角形的性质求出 FM，根据三角形的面积公式可得出答案．
【详解】解：（1）∵BE 平分∠ABC，CE 平分∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝ （∠ACD﹣∠ABC）＝ α，
（2）如图 1，延长 BC 到点 T，
∵四边形 FBCD 内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC＝180°，
又∵∠FDE+∠FDC＝180°，
∴∠FDE＝∠FBC，
∵DF 平分∠ADE，
∴∠ADF＝∠FDE，
∵∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴BE 是∠ABC 的平分线，
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∵ ，
∴∠ACD＝∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠DCT＝∠BFD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CE 是△ABC 的外角平分线，
∴∠BEC 是△ABC 中∠BAC 的遥望角．
（3）①如图 2，连接 CF，
∵∠BEC 是△ABC 中∠BAC 的遥望角，
∴∠BAC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BAC，
∴∠BFC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC＝∠FCE，
∵∠FCE＝∠FAD，
∴∠BEC＝∠FAD，
又∵∠FDE＝∠FDA，FD＝FD，
∴△FDE≌△FDA（AAS），
∴DE＝DA，
∴∠AED＝∠DAE，
∵AC 是⊙O 的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠AED+∠DAE＝90°，
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∴∠AED＝∠DAE＝45°，
②如图 3，过点 A 作 AG⊥BE 于点 G，过点 F 作 FM⊥CE 于点 M，
∵AC 是⊙O 的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BE 平分∠ABC，
∴∠FAC＝∠EBC＝ ∠ABC＝45°，
∵∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠FAC，
∵∠FED＝∠FAD，
∴∠AED﹣∠FED＝∠FAC﹣∠FAD，
∴∠AEG＝∠CAD，
∵∠EGA＝∠ADC＝90°，
∴△EGA∽△ADC，
∴ ，
∵在 Rt△ABG 中，AG＝ ，
在 Rt△ADE 中，AE＝ AD，
∴ ，
在 Rt△ADC 中，AD2+DC2＝AC2，
∴设 AD＝4x，AC＝5x，则有（4x）2+52＝（5x）2，
∴x＝ ，
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∴ED＝AD＝ ，
∴CE＝CD+DE＝ ，
∵∠BEC＝∠FCE，
∴FC＝FE，
∵FM⊥CE，
∴EM＝ CE＝ ，
∴DM＝DE﹣EM＝ ，
∵∠FDM＝45°，
∴FM＝DM＝ ，
∴S△DEF＝ DE•FM＝ ．
【点睛】本题是圆 综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的
判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形
的判定与性质是解题的关键．