2021年浙江省绍兴市越城区五校中考数学模拟试卷（word版 含答案）

这是一份2021年浙江省绍兴市越城区五校中考数学模拟试卷（word版 含答案），共31页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．若实数a的相反数是﹣2，则a等于（ ）
A．2B．﹣2C．D．0
2．下列把2034000记成科学记数法正确的是（ ）
A．2.034×106B．20.34×105C．0.2034×106D．2.034×103
3．在一只不透明的口袋中放入红球5个，黑球1个，黄球n个，这些球除颜色不同外，其它无任何差别．搅匀后随机从中摸出一个恰好是黄球的概率为，则放入口袋中的黄球总数n是（ ）
A．3B．4C．5D．6
4．一组数据3，4，4，5，若添加一个数4，则发生变化的统计量是（ ）
A．平均数B．众数C．中位数D．方差
5．如图，点A，B，C是⊙O上的三点，若∠BOC＝50°，则∠A的度数是（ ）
A．25°B．20°C．80°D．100°
6．分式﹣化简后的结果为（ ）
A．B．
C．﹣D．﹣
7．一把5m长的梯子AB斜靠在墙上，梯子倾斜角α的正切值为，考虑安全问题，现要求将梯子的倾斜角改为30°，则梯子下滑的距离AA'的长度是（ ）
A．mB．mC．mD．m
8．已知a是方程x2﹣4x＝的实数根，则直线y＝ax+2﹣a的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
9．如图，已知钝角△ABC，依下列步骤尺规作图，并保留作图痕迹．
步骤1：以C为圆心，CA为半径画弧①；
步骤2：以B为圆心，BA为半径画弧②，交弧①于点D；
步骤3：连接AD，交BC延长线于点H．
下列叙述正确的是（ ）
A．BH垂直平分线段ADB．AC平分∠BAD
C．S△ABC＝BC•AHD．AB＝AD
10．对于题目“一段抛物线L：y＝﹣x（x﹣3）+c（0≤x≤3）与直线l：y＝x+2有唯一公共点，若c为整数，确定所有c的值，”甲的结果是c＝1，乙的结果是c＝3或4，则（ ）
A．甲的结果正确
B．乙的结果正确
C．甲、乙的结果合在一起才正确
D．甲、乙的结果合在一起也不正确
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．（5分）分解因式：4x2﹣1＝ ．
12．（5分）如图，已知AE∥BD，∠1＝130°，∠2＝28°，则∠C的度数为 ．
13．（5分）无盖圆柱形杯子的展开图如图所示．将一根长为20cm的细木筷斜放在该杯子内，木筷露在杯子外面的部分至少有 cm．
14．（5分）如图，在△ABC中，AC＝BC＝4，∠C＝90°，点D在BC上，且CD＝3DB，将△ABC折叠，使点A与点D重合，EF为折痕，则tan∠BED的值是 ．
15．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝4，BA＝5，点D在边AC上的一动点，过点D作DE∥AB交边BC于点E，过点B作BF⊥BC交DE的延长线于点F，分别以DE，EF为对角线画矩形CDGE和矩形HEBF，则在D从A到C的运动过程中，当矩形CDGE和矩形HEBF的面积和最小时，则EF的长度为 ．
16．（5分）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．求作菱形DEFG，使点D在边AC上，点E、F在边AB上，点G在边BC上．小明发现所作的四边形DEFG是菱形，于是小明进一步探索，发现可作出的菱形的个数随着点D的位置变化而变化，当菱形的个数只有1个时CD的长的取值范围为 ．
三、解答题（本题有8小题，第17-20小题每题8分，第21题10分，第22，23题每题12分，第24小题14分，共80分）
17．（8分）（1）计算：﹣（2﹣）0+（）﹣2．
（2）解分式方程：+＝4．
18．（8分）快递公司为提高快递分拣的速度，决定购买机器人来代替人工分拣．已知购买甲型机器人1台，乙型机器人2台，共需14万元；购买甲型机器人2台，乙型机器人3台，共需24万元．
（1）求甲、乙两种型号的机器人每台的价格各是多少万元；
（2）已知甲型和乙型机器人每台每小时分拣快递分别是1200件和1000件，该公司计划购买这两种型号的机器人共8台，总费用不超过41万元，并且使这8台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8300件，则该公司有哪几种购买方案？哪个方案费用最低，最低费用是多少万元？
19．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC．将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，其中点E在边BC上，DE与AC相交于点O．
（1）求证：△OEC为等腰三角形；
（2）连接AE、DC、AD，当点E在什么位置时，四边形AECD为矩形，并说明理由．
20．（8分）已知：如图，在平面直角坐标系中，直线AB分别与x，y轴交于点B，A，与反比例函数的图象分别交于点C，D，CE⊥x轴于点E，tan∠ABO＝，OB＝8，OE＝4．
（1）求BC的长；
（2）求反比例函数的解析式；
（3）连接ED，求tan∠BED．
21．（10分）△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于D，交BC于E（BE＞EC），过点D作⊙O的切线DF，交AB的延长线于F．
（1）求证：DF∥BC；
（2）连接OF，若tan∠BAC＝，BD＝，DF＝8，求OF的长．
22．（12分）某公司对办公大楼一块墙面进行如图所示的图案设计．这个图案由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼接而成的大正方形，设小正方形的边长m，直角三角形较短边长n，且n＝2m﹣4，大正方形的面积为S．
（1）求S关于m的函数关系式．
（2）若小正方形边长不大于3，当大正方形面积最大时，求m的值．
23．（12分）我们定义：连接凸四边形一组对边中点的线段叫做四边形的“准中位线”．
（1）概念理解：如图1，四边形ABCD中，F为CD的中点，∠ADB＝90°，E是AB边上一点，满足DE＝AE，试判断EF是否为四边形ABCD的准中位线，并说明理由．
（2）问题探究：如图2，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，动点E以每秒1个单位的速度，从点A出发向点C运动，动点F以每秒6个单位的速度，从点C出发沿射线CB运动，当点E运动至点C时，两点同时停止运动．D为线段AB上任意一点，连接并延长CD，射线CD与点A，B，E，F构成的四边形的两边分别相交于点M，N，设运动时间为t．问t为何值时，MN为点A，B，E，F构成的四边形的准中位线．
（3）应用拓展：如图3，EF为四边形ABCD的准中位线，AB＝CD，延长FE分别与BA，CD的延长线交于点M，N，请找出图中与∠M相等的角并证明．
24．（14分）如图，以矩形OABC的顶点O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，已知OA＝8，OC＝10，将矩形OABC绕点O逆时针方向旋转α（0＜α＜180°）得到矩形ODEF．
（1）当点E恰好落在y轴上时，如图1，求点E的坐标．
（2）连接AC，当点D恰好落在对角线AC上时，如图2，连接EC，EO，
①求证：△ECD≌△ODC；
②求点E的坐标．
（3）在旋转过程中，点M是直线OD与直线BC的交点，点N是直线EF与直线BC的交点，若BM＝BN，请直接写出点N的坐标．
2021年浙江省绍兴市越城区五校中考数学模拟试卷（3月份）
参考答案与试题解析
一、单选题（本题有10小题，每小题4分，共40分）
1．若实数a的相反数是﹣2，则a等于（ ）
A．2B．﹣2C．D．0
【分析】根据相反数的概念：只有符号不同的两个数叫做互为相反数．即可求出a的值．
【解答】解：∵2的相反数是﹣2，
∴a＝2．
故选：A．
2．下列把2034000记成科学记数法正确的是（ ）
A．2.034×106B．20.34×105C．0.2034×106D．2.034×103
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：数字2034000科学记数法可表示为2.034×106．
故选：A．
3．在一只不透明的口袋中放入红球5个，黑球1个，黄球n个，这些球除颜色不同外，其它无任何差别．搅匀后随机从中摸出一个恰好是黄球的概率为，则放入口袋中的黄球总数n是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【分析】根据概率公式列出关于n的分式方程，解方程即可得．
【解答】解：根据题意可得＝，
解得：n＝3，
经检验n＝3是分式方程的解，
即放入口袋中的黄球总数n＝3，
故选：A．
4．一组数据3，4，4，5，若添加一个数4，则发生变化的统计量是（ ）
A．平均数B．众数C．中位数D．方差
【分析】依据的定义和公式分别计算新旧两组数据的平均数、中位数、众数、方差求解即可．
【解答】解：原数据的3，4，5，4的平均数为＝4，中位数为4，众数为4，方差为×[（3﹣4）2+（4﹣4）2×2+（5﹣4）2]＝0.5；
新数据3，4，4，4，5的平均数为＝4，中位数为4，众数为4，方差为×[（3﹣4）2+（4﹣4）2×3+（5﹣4）2]＝0.4；
所以发生变化的是方差，
故选：D．
5．如图，点A，B，C是⊙O上的三点，若∠BOC＝50°，则∠A的度数是（ ）
A．25°B．20°C．80°D．100°
【分析】根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，得∠A＝∠BOC＝25°．
【解答】解：∵∠BOC＝50°，
∴∠A＝∠BOC＝25°．
故选：A．
6．分式﹣化简后的结果为（ ）
A．B．
C．﹣D．﹣
【分析】根据异分母分式相加减的运算法则计算即可．异分母分式相加减，先通分，再根据同分母分式相加减的法则计算．
【解答】解：﹣
＝
＝
＝．
故选：B．
7．一把5m长的梯子AB斜靠在墙上，梯子倾斜角α的正切值为，考虑安全问题，现要求将梯子的倾斜角改为30°，则梯子下滑的距离AA'的长度是（ ）
A．mB．mC．mD．m
【分析】设AC＝3k，BC＝4k，根据勾股定理得到AB＝＝5k＝5，求得AC＝3米，BC＝4米，根据直角三角形的性质健康得到结论．
【解答】解：如图，∵梯子倾斜角α的正切值为，
∴设AC＝3k，BC＝4k，
∴AB＝＝5k＝5，
∴k＝1，
∴AC＝3米，BC＝4米，
∵A′B′＝AB＝5，∠A′B′C＝30°，
∴A′C＝A′B′＝，
∴AA′＝AC﹣A′C＝3﹣＝米，
故梯子下滑的距离AA'的长度是米，
故选：D．
8．已知a是方程x2﹣4x＝的实数根，则直线y＝ax+2﹣a的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】方程x2﹣4x＝的实数根，实际就是抛物线y1＝x2﹣4x，与双曲线y2＝交点的横坐标，通过画两个函数的图象，确定a的取值范围，再根据a的取值范围确定直线所经过的象限，从而确定位置，做出选择．
【解答】解：设y1＝x2﹣4x，y2＝，
抛物线y1＝x2﹣4x，与双曲线y2＝的图象如图所示：
方程x2﹣4x＝的实数根，实际就是抛物线y1＝x2﹣4x，与双曲线y2＝交点的横坐标，
抛物线y1＝x2﹣4x，与x轴的交点为O（0，0），A（4，0），
由两个图象可得，交点B的横坐标一定要大于4，即：a＞4，
当a＞4时，2﹣a＜0，直线y＝ax+2﹣a的图象过一、三、四象限，
故选：A．
9．如图，已知钝角△ABC，依下列步骤尺规作图，并保留作图痕迹．
步骤1：以C为圆心，CA为半径画弧①；
步骤2：以B为圆心，BA为半径画弧②，交弧①于点D；
步骤3：连接AD，交BC延长线于点H．
下列叙述正确的是（ ）
A．BH垂直平分线段ADB．AC平分∠BAD
C．S△ABC＝BC•AHD．AB＝AD
【分析】根据已知条件可知直线BC是线段AD的垂直平分线，由此一一判定即可．
【解答】解：A、正确．如图连接CD、BD，
∵CA＝CD，BA＝BD，
∴点C、点B在线段AD的垂直平分线上，
∴直线BC是线段AD的垂直平分线，
故A正确．
B、错误．CA不一定平分∠BAD．
C、错误．应该是S△ABC＝•BC•AH．
D、错误．根据条件AB不一定等于AD．
故选：A．
10．对于题目“一段抛物线L：y＝﹣x（x﹣3）+c（0≤x≤3）与直线l：y＝x+2有唯一公共点，若c为整数，确定所有c的值，”甲的结果是c＝1，乙的结果是c＝3或4，则（ ）
A．甲的结果正确
B．乙的结果正确
C．甲、乙的结果合在一起才正确
D．甲、乙的结果合在一起也不正确
【分析】分两种情况进行讨论，①当抛物线与直线相切，△＝0求得c＝1，②当抛物线与直线不相切，但在0≤x≤3上只有一个交点时，找到两个临界值点，可得c＝3，4，5，故c＝3，4，5
【解答】解：∵抛物线L：y＝﹣x（x﹣3）+c（0≤x≤3）与直线l：y＝x+2有唯一公共点
∴①如图1，抛物线与直线相切，
联立解析式
得x2﹣2x+2﹣c＝0
△＝（﹣2）2﹣4（2﹣c）＝0
解得：c＝1，
当c＝1时，相切时只有一个交点，和题目相符 所以不用舍去；
②如图2，抛物线与直线不相切，但在0≤x≤3上只有一个交点
此时两个临界值分别为（0，2）和（3，5）在抛物线上
∴c的最小值＝2，但取不到，c的最大值＝5，能取到
∴2＜c≤5
又∵c为整数
∴c＝3，4，5
综上，c＝1，3，4，5，所以甲乙合在一起也不正确，
故选：D．
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．（5分）分解因式：4x2﹣1＝ （2x+1）（2x﹣1） ．
【分析】直接利用平方差公式分解因式即可．平方差公式：a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）．
【解答】解：4x2﹣1＝（2x+1）（2x﹣1）．
故答案为：（2x+1）（2x﹣1）．
12．（5分）如图，已知AE∥BD，∠1＝130°，∠2＝28°，则∠C的度数为 22° ．
【分析】由AE∥BD，可求得∠CBD的度数，又由∠CBD＝∠2（对顶角相等），求得∠CDB的度数，再利用三角形的内角和等于180°，即可求得答案．
【解答】解：∵AE∥BD，∠1＝130°，∠2＝28°，
∴∠CBD＝∠1＝130°，∠CDB＝∠2＝28°，
∴∠C＝180°﹣∠CBD﹣∠CDB＝180°﹣130°﹣28°＝22°．
故答案为：22°
13．（5分）无盖圆柱形杯子的展开图如图所示．将一根长为20cm的细木筷斜放在该杯子内，木筷露在杯子外面的部分至少有 5 cm．
【分析】根据题意直接利用勾股定理得出杯子内的筷子长度，进而得出答案．
【解答】解：由题意可得：
杯子内的筷子长度为：＝15，
则筷子露在杯子外面的筷子长度为：20﹣15＝5（cm）．
故答案为：5．
14．（5分）如图，在△ABC中，AC＝BC＝4，∠C＝90°，点D在BC上，且CD＝3DB，将△ABC折叠，使点A与点D重合，EF为折痕，则tan∠BED的值是 ．
【分析】先根据翻折变换的性质得到△DEF≌△AEF，再根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质可得到∠BED＝∠CDF，设CF＝x，DF＝FA＝4﹣x，再根据勾股定理即可求解．
【解答】解：∵△DEF是△AEF翻折而成，
∴△DEF≌△AEF，∠A＝∠EDF，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠EDF＝45°，
由三角形外角性质得∠CDF+45°＝∠BED+45°，
∴∠BED＝∠CDF，
∵AC＝BC＝4，CD＝3DB，
∴CD＝3，DB＝，
设CF＝x，
∴DF＝FA＝4﹣x，
∴在Rt△CDF中，由勾股定理得，
CF2+CD2＝DF2，
即x2+（3）2＝（4﹣x）2，
解得x＝，
∴tan∠BED＝tan∠CDF═＝＝．
故答案为．
15．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝4，BA＝5，点D在边AC上的一动点，过点D作DE∥AB交边BC于点E，过点B作BF⊥BC交DE的延长线于点F，分别以DE，EF为对角线画矩形CDGE和矩形HEBF，则在D从A到C的运动过程中，当矩形CDGE和矩形HEBF的面积和最小时，则EF的长度为 ．
【分析】利用勾股定理求得AC＝3，设DC＝x，则AD＝3﹣x，利用平行线分线段成比例定理求得CE＝进而求得BE＝4﹣，然后根据S阴＝S矩形CDGE+S矩形HEBF得到S阴＝x2﹣8x+12，根据二次函数的性质即可求得CD，进而求得BE和BF，然后根据勾股定理求得即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝4，BA＝5，
∴AC＝＝3，
设DC＝x，则AD＝3﹣x，
∵DF∥AB，
∴＝，即＝，
∴CE＝
∴BE＝4﹣，
∵矩形CDGE和矩形HEBF，
∴AD∥BF，
∴四边形ABFD是平行四边形，
∴BF＝AD＝3﹣x，
则S阴＝S矩形CDGE+S矩形HEBF＝DC•CE+BE•BF＝x•x+（3﹣x）（4﹣x）＝x2﹣8x+12，
∵＞0，∴当x＝﹣＝时，有最小值，
∴DC＝，有最小值，
∴BE＝4﹣×＝2，BF＝3﹣＝，
∴EF＝＝，
即矩形CDGE和矩形HEBF的面积和最小时，则EF的长度为
故答案为．
16．（5分）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．求作菱形DEFG，使点D在边AC上，点E、F在边AB上，点G在边BC上．小明发现所作的四边形DEFG是菱形，于是小明进一步探索，发现可作出的菱形的个数随着点D的位置变化而变化，当菱形的个数只有1个时CD的长的取值范围为 或 ．
【分析】由题意可知，当以点D为圆心，DG长为半径的圆与线段AB有1个交点时，可作出的菱形的个数只有1个；分两种情况，①当⊙D与线段AB相切时，⊙D与线段AB只有一个交点；②当⊙D的半径即DG的长度在AD和BG之间时，D与线段AB只有一个交点，求出临界状态即可．
【解答】解：如图，由题意可知四边形AEFG是菱形，设DG＝x，则DE＝x，
∵DG∥AB，
∴，即，
∴CD＝x，CG＝x，AD＝3﹣x，GB＝4﹣x，
①当DE⊥AB时，∠DEA＝∠C＝90°，
∴△ADE∽△ABC，
∴，即，
解得x＝，
∴CD＝×＝．
②当DA＝DE时，DA＝x，
∵AC＝AD+CD，
∴3＝x+x，解得x＝，
∴CD＝×＝．
③当DE＝GB时，x＝4﹣x，
解得，x＝，
∴CD＝×＝．
故答案为：或．
三、解答题（本题有8小题，第17-20小题每题8分，第21题10分，第22，23题每题12分，第24小题14分，共80分）
17．（8分）（1）计算：﹣（2﹣）0+（）﹣2．
（2）解分式方程：+＝4．
【分析】（1）本题涉及二次根式化简、零指数幂、负整数指数幂3个考点．在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
（2）观察可得方程最简公分母为（x﹣1），将方程去分母转化为整式方程即可求解．
【解答】解：（1）﹣（2﹣）0+（）﹣2
＝﹣1+4
＝+3；
（2）方程两边同乘（x﹣1），
得：x﹣2＝4（x﹣1），
整理得：﹣3x＝﹣2，
解得：x＝，
经检验x＝是原方程的解，
故原方程的解为x＝．
18．（8分）快递公司为提高快递分拣的速度，决定购买机器人来代替人工分拣．已知购买甲型机器人1台，乙型机器人2台，共需14万元；购买甲型机器人2台，乙型机器人3台，共需24万元．
（1）求甲、乙两种型号的机器人每台的价格各是多少万元；
（2）已知甲型和乙型机器人每台每小时分拣快递分别是1200件和1000件，该公司计划购买这两种型号的机器人共8台，总费用不超过41万元，并且使这8台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8300件，则该公司有哪几种购买方案？哪个方案费用最低，最低费用是多少万元？
【分析】（1）利用二元一次方程组解决问题；
（2）用不等式组确定方案，利用一次函数找到费用最低值．
【解答】解：（1）设甲型机器人每台价格是x万元，乙型机器人每台价格是y万元，根据题意得
解这个方程组得：
答：甲、乙两种型号的机器人每台价格分别是6万元、4万元
（2）设该公可购买甲型机器人a台，乙型机器人（8﹣a）台，根据题意得
解这个不等式组得
∵a为正整数
∴a的取值为2，3，4，
∴该公司有3种购买方案，分别是
购买甲型机器人2台，乙型机器人6台
购买甲型机器人3台，乙型机器人5台
购买甲型机器人4台，乙型机器人4台
设该公司的购买费用为w万元，则w＝6a+4（8﹣a）＝2a+32
∵k＝2＞0
∴w随a的增大而增大
当a＝2时，w最小，w最小＝2×2+32＝36（万元）
∴该公司购买甲型机器人2台，乙型机器人6台这个方案费用最低，最低费用是36万元．
19．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC．将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，其中点E在边BC上，DE与AC相交于点O．
（1）求证：△OEC为等腰三角形；
（2）连接AE、DC、AD，当点E在什么位置时，四边形AECD为矩形，并说明理由．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠B＝∠ACB，根据平移得出AB∥DE，求出∠B＝∠DEC，再求出∠ACB＝∠DEC即可；
（2）求出四边形AECD是平行四边形，再求出四边形AECD是矩形即可．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵△ABC平移得到△DEF，
∴AB∥DE，
∴∠B＝∠DEC，
∴∠ACB＝∠DEC，
∴OE＝OC，
即△OEC为等腰三角形；
（2）解：当E为BC的中点时，四边形AECD是矩形，
理由是：∵AB＝AC，E为BC的中点，
∴AE⊥BC，BE＝EC，
∵△ABC平移得到△DEF，
∴BE∥AD，BE＝AD，
∴AD∥EC，AD＝EC，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴四边形AECD是矩形．
20．（8分）已知：如图，在平面直角坐标系中，直线AB分别与x，y轴交于点B，A，与反比例函数的图象分别交于点C，D，CE⊥x轴于点E，tan∠ABO＝，OB＝8，OE＝4．
（1）求BC的长；
（2）求反比例函数的解析式；
（3）连接ED，求tan∠BED．
【分析】（1）根据tan∠ABO＝，求出CE，利用勾股定理即可求解．
（2）将C坐标代入即可求解．
（3）先求出点A坐标，即可求出直线AC解析式，联立解析式即可求出点D坐标，即可求解．
【解答】解：（1）∵OB＝8，OE＝4，
∴BE＝4+8＝12．
∵CE⊥x轴于点．
∴CE＝6．
∴BC＝＝6．
（2）由（1）得点C的坐标为C（﹣4，6）．
设反比例函数的解析式为．
将点C的坐标代入，得m＝﹣24，
∴该反比例函数的解析式为y＝﹣．
（3）在Rt△ABO中，． 得AO＝4．
即点A坐标为（0，4）．
设直线AC的解析式为y＝kx+b．
将A（0，4），B（8，0）代入解析式得
解得．
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+4．
联立得点D坐标为（12，﹣2）．
则EF＝OF+OE＝16，DF＝2．
连接DE，过D点作DF⊥x轴于点F，
在Rt△DEF中，．
21．（10分）△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于D，交BC于E（BE＞EC），过点D作⊙O的切线DF，交AB的延长线于F．
（1）求证：DF∥BC；
（2）连接OF，若tan∠BAC＝，BD＝，DF＝8，求OF的长．
【分析】（1）根据切线的性质得：OD⊥DF，由角平分线得∠BAD＝∠CAD，则所对的弧相等，由垂径定理得：OD⊥BC，从而得结论；
（2）先得∠BOD＝∠BAC，根据tan∠BOD＝＝2，设ON＝x，BN＝2x，利用勾股定理解决问题．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴，
∴OD⊥BC，
∴DF∥BC；
（2）解：连接OB，
∵，
∴∠BOD＝∠BAC，
由（1）知OD⊥BC，
∴tan∠BOD＝，
∵tan∠BAC＝2，
∴，
设ON＝x，BN＝2x，
由勾股定理得：OB＝3x，
∴OD＝3x，
∴DN＝3x﹣x＝2x，
Rt△BDN中，BN2+DN2＝BD2，
∴，
x＝2或﹣2（舍），
∴OB＝OD＝3x＝6，
Rt△OFD中，由勾股定理得：OF＝＝＝10．
22．（12分）某公司对办公大楼一块墙面进行如图所示的图案设计．这个图案由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼接而成的大正方形，设小正方形的边长m，直角三角形较短边长n，且n＝2m﹣4，大正方形的面积为S．
（1）求S关于m的函数关系式．
（2）若小正方形边长不大于3，当大正方形面积最大时，求m的值．
【分析】（1）分别用m和n表示出直角三角形的两条直角边长，再根据n＝2m﹣4将n换成m，然后用勾股定理得出S的表达式并求得m的取值范围即可；
（2）将（1）中二次函数的表达式配方，根据二次函数的性质及m的取值范围可得答案．
【解答】解：（1）∵小正方形的边长m，直角三角形较短边长n，
∴直角三角形较长边长为m+n，
∴由勾股定理得：S＝（m+n）2+n2，
∵n＝2m﹣4，
∴S＝（m+2m﹣4）2+（2m﹣4）2，
＝13m2﹣40m+32．
∵n＝2m﹣4＞0，
∴m＞2．
∴S关于m的函数关系式为S＝13m2﹣40m+32（m＞2）．
（2）∵S＝13m2﹣40m+32（2＜m≤3），
∴S＝13+
∵时，S随x的增大而增大，
∴m＝3时，S取最大．
∴m＝3．
23．（12分）我们定义：连接凸四边形一组对边中点的线段叫做四边形的“准中位线”．
（1）概念理解：如图1，四边形ABCD中，F为CD的中点，∠ADB＝90°，E是AB边上一点，满足DE＝AE，试判断EF是否为四边形ABCD的准中位线，并说明理由．
（2）问题探究：如图2，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，动点E以每秒1个单位的速度，从点A出发向点C运动，动点F以每秒6个单位的速度，从点C出发沿射线CB运动，当点E运动至点C时，两点同时停止运动．D为线段AB上任意一点，连接并延长CD，射线CD与点A，B，E，F构成的四边形的两边分别相交于点M，N，设运动时间为t．问t为何值时，MN为点A，B，E，F构成的四边形的准中位线．
（3）应用拓展：如图3，EF为四边形ABCD的准中位线，AB＝CD，延长FE分别与BA，CD的延长线交于点M，N，请找出图中与∠M相等的角并证明．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠EDA＝∠EAD，根据余角的性质得到∠EDB＝∠ABD，得到AE＝BE，于是得到结论；
（2）当MN为点A，B，F，E构成的四边形的准中位线时，①如图①，当0≤t≤时，②当＜t≤6时，根据题意列方程即可得到结论；
（3）连接BD，取BD的中点H，连接EH，FH，根据三角形的中位线定理得到EH∥AB，EH＝AB，求得∠M＝∠HEF，又根据三角形的中位线定理得到FH∥CD，FH＝CD，求得∠CNF＝∠HFE，于是得到结论．
【解答】解：（1）∵DE＝AE，
∴∠EDA＝∠EAD，
∵∠EDA+∠EDB＝90°，∠EAD+∠ABD＝90°，
∴∠EDB＝∠ABD，
∴DE＝BE，
∴AE＝BE，
∵F为CD的中点，
∴EF为四边形ABCD的准中位线；
（2）当MN为点A，B，F，E构成的四边形的准中位线时，
①如图①，当0≤t≤时，则需满足EF∥AB且M（D）为AB的中点，
∴，
解得：t＝；
②当＜t≤6时，需满足BE∥AF且M为AF的中点，
∴，
解得：t＝2或t＝4，
综上所述，当t＝或t＝2或t＝4时，MN为点A，B，E，F构成的四边形的准中位线；
（3）∠M＝∠CNF，
理由：连接BD，取BD的中点H，连接EH，FH，
∵E，H分别为AD，BD的中点，
∴EH∥AB，EH＝AB，
∴∠M＝∠HEF，
∵F，H分别为BC，BD的中点，
∴FH∥CD，FH＝CD，
∴∠CNF＝∠HFE，
∵AB＝CD，
∴HE＝HF，
∴∠HEF＝∠HFE，
∴∠M＝∠CNF．
24．（14分）如图，以矩形OABC的顶点O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，已知OA＝8，OC＝10，将矩形OABC绕点O逆时针方向旋转α（0＜α＜180°）得到矩形ODEF．
（1）当点E恰好落在y轴上时，如图1，求点E的坐标．
（2）连接AC，当点D恰好落在对角线AC上时，如图2，连接EC，EO，
①求证：△ECD≌△ODC；
②求点E的坐标．
（3）在旋转过程中，点M是直线OD与直线BC的交点，点N是直线EF与直线BC的交点，若BM＝BN，请直接写出点N的坐标．
【分析】（1）由旋转的性质可得OF＝OC＝10，EF＝BC＝8，∠F＝∠OCB＝90°，由勾股定理可求OE的长，即可求点E坐标；
（2）①连接BO交AC于点H，由旋转的性质可得DE＝AB＝OC，OE＝BO，OD＝OA，∠ABO＝∠DEO，∠EDO＝∠BAO＝90°，∠BOA＝∠EOD，可得∠ACO＝∠DEO，由“AAS”可证△ECD≌△ODC；
②通过证明点B，点E关于OC对称，可求点E坐标；
（3）分两种情况讨论，由面积法可求OM＝MN，由勾股定理可求x的值，即可求点N坐标．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形
∴OA＝BC＝8，OC＝AB＝10，∠OCB＝90°
∵将矩形OABC绕点O逆时针方向旋转α（0＜α＜180°）得到矩形ODEF．
∴OF＝OC＝10，EF＝BC＝8，∠F＝∠OCB＝90°
∴OE＝＝＝2
∴点E（0，）
（2）①如图，连接BO交AC于点H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝OB，AH＝OH，
∴∠OAH＝∠AOH，且∠BAO＝∠COA＝90°，
∴∠ABO＝∠ACO，
∵将矩形OABC绕点O逆时针方向旋转α（0＜α＜180°）得到矩形ODEF．
∴DE＝AB＝OC，OE＝BO，OD＝OA，∠ABO＝∠DEO，∠EDO＝∠BAO＝90°，∠BOA＝∠EOD，
∴∠ACO＝∠DEO，
∵OA＝OD，HA＝HO，
∴∠BOA＝∠DAO，∠DAO＝∠ODA，
∴∠BOA＝∠ODA＝∠EOD，
∴EO∥AC，
∴∠CDE＝∠OED＝∠OCD，且DE＝OC，∠DEC＝∠COD
∴△ECD≌△ODC（AAS）
②∵△ECD≌△ODC
∴EC＝OD＝OA＝BC＝8，
∵∠ECO＝90°
∴∠ECO+∠BCO＝180°
∴点E，点C，点B共线
∵EC＝BC，OC⊥BC
∴点B，点E关于OC对称，且B（8，10）
∴点E（﹣8，10）
（3）如图，当点M在点B右侧，连接ON，过点N作NG⊥OD于G，
∵BM＝BN，
∴设BM＝x，则BN＝2x，MN＝3x，
∵NG⊥OD，∠FED＝∠EDO＝90°
∴四边形NEDG是矩形
∴NG＝DE＝10＝AB＝CO
∵S△OMN＝×MN×OC＝×OM×NG
∴OM＝MN＝3x，
∵OC2+CM2＝OM2，
∴100+（x+8）2＝9x2，
∴x＝ （负值舍去）
∴BN＝2+
∴NC＝BN﹣BC＝﹣6，
∴点N（6﹣，10）
如图，若点M在点B左侧，连接ON，过点N作NG⊥OD于G，
∵BM＝BN，
∴设BM＝x，则BN＝2x，MN＝x，
∵NG⊥OD，∠FED＝∠EDO＝90°
∴四边形NEDG是矩形
∴NG＝DE＝10＝AB＝CO
∵S△OMN＝×MN×OC＝×OM×NG
∴OM＝MN＝x，
∵OC2+CM2＝OM2，
∴100+（x﹣8）2＝x2，
∴x＝
∴BN＝2×＝
∴NC＝BN﹣BC＝
∴点N（﹣，10）
综上所述：点N（6﹣，10），（﹣，10）