2021年浙江省宁波市中考数学甬真试卷（八） 解析版

这是一份2021年浙江省宁波市中考数学甬真试卷（八） 解析版，共30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。
2021年浙江省宁波市中考数学甬真试卷（八）
一、选择题（每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）.
1．（4分）下列各数中比﹣小的数是（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．﹣ D．0
2．（4分）下列计算正确的是（　　）
A．a2⋅a3＝a6 B．a+2a 2＝3a3
C．4x3÷2x＝2x2 D．（﹣3a2 ）3＝﹣9a6
3．（4分）我国的陆地面积居世界第三位，约为9597 000平方千米，数据9597 000用科学记数法表示为9.597×10n，则n的值是（　　）
A．7 B．6 C．5 D．4
4．（4分）三张分别画有平行四边形、等边三角形、圆的卡片，它们的背面都相同，现将它们背面朝上，从中任取一张，卡片上所画图形恰好是中心对称图形的概率是（　　）
A． B．0 C． D．1
5．（4分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，M、N分别是AB、AC的中点，延长BC至点D，使CD＝BD，连接DM、DN、MN、CM．若AB＝6，则DN的值为（　　）

A．6 B．3 C．2 D．4
6．（4分）如图所示，菱形ABCD边长为2，∠ABC＝60°，则阴影部分的面积为（　　）

A． B． C． D．
7．（4分）如图，是由6个同样大小的正方体摆成的几何体，将正方体①移走后，所得几何体（　　）

A．主视图改变，左视图改变
B．俯视图不变，左视图不变
C．俯视图改变，左视图改变
D．主视图改变，左视图不变
8．（4分）小明在计算一组样本数据的方差时，列出的公式如下：s2＝，根据公式信息，下列说法正确的是（　　）
A．该样本容量为6 B．该样本的中位数是8
C．该样本的平均数是7 D．该样本的方差s2是3
9．（4分）如图，点A，B分别在x轴，y轴正半轴上（含坐标原点）滑动，且满足OA+OB＝6，点C为线段AB的中点，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AD，当A由点O向右移动时，点D移动的路径长为（　　）

A．3 B．4 C．3 D．
10．（4分）如图，矩形ABCD被分割成4个直角三角形和1个小矩形后仍是中心对称图形．设上下两个直角三角形的面积都为S1，左右两个直角三角形的面积都为S2，中间小矩形的面积为S3，若对角线EF∥BC，则矩形ABCD的面积一定可以表示为（　　）

A．4S1 B．4S2 C．2S1+2S3 D．2S2+3S3
二、填空题（每小题5分，共30分）
11．（5分）二次根式中x的取值范围是　 　．
12．（5分）命题“两条等弧所对的两条弦相等”的逆命题是　 　命题（填“真”或“假”）．
13．（5分）将面积为9πcm2的扇形围成一个圆锥的侧面，若扇形的圆心角是120°，则该圆锥底面圆的半径为 　 　cm．
14．（5分）如图，由等圆组成的一组图中，第1个图由1个圆组成，第2个图由5个圆组成，第3个图由11个圆组成，…按照这样的规律排列下去，则第20个图形由　 　个圆组成．

15．（5分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DEC，P是线段DE上的动点，以点P为圆心，PD长为半径作⊙P，当⊙P与△ABC的边相切时，⊙P的半径为 　 　．

16．（5分）如图，⊙O经过菱形ABCD的三个顶点A，B，C，AD的延长线交⊙O于点E，连接AC．已知⊙O的半径为3，则AC2﹣EC2与EA，AD之间的等量关系式为 　 　，EA•EC的最大值为 　 　．

三、解答题（本大题有8小题，共80分）.
17．（8分）（1）解不等式：﹣1≤；
（2）解方程组：．
18．（8分）在6×6的方格纸中，点A，B，C都在格点上，按要求画图：

（1）在图①中找一个格点D，使以点A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形．
（2）在图②中仅用无刻度的直尺，在线段BC上取一点P，使得BP＝BC．（保留作图痕迹，不写画法）
19．（8分）如图所示，已知楼AB在坡BE上，楼CD在平地上，已知DE＝5m，BE＝10m，坡BE的坡度为，且在B处看C的仰角为30°，在A处看C的俯角为45°．
（1）∠ACB＝　 　；
（2）求楼AB的高度．（参考值：≈1.7，≈2.2，精确到0.1m）

20．（10分）如图，直线y＝x+3分别交x轴，y轴于点A，B，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A，B．
（1）求二次函数的表达式．
（2）若点P是二次函数图象上第二象限内的一点，过点P作y轴的垂线与线段AB交于点C，求线段PC长度的最大值．

21．（10分）在某校开展的“好书伴我成长”课外阅读活动中，为了解八年级学生的课外阅读情况，随机抽查部分学生，并对其课外阅读量进行统计分析，绘制成图1、图2两幅尚不完整的统计图，请根据图中信息，解答下列问题：

（1）求被抽查的学生人数及课外阅读量的平均数；
（2）求扇形统计图中a的值；
（3）根据样本数据，估计该校八年级800名学生在本次活动中课外阅读量多于2本的人数．
22．（10分）某天，甲车间工人加工零件，工作中有一次停产检修机器，然后以原来的工作效率继续加工，由于任务紧急，乙车间加入与甲车间一起生产零件，两车间各自加工零件的数量y（个）与甲车间加工时间x（时）之间的函数图象如图所示．
（1）求乙车间加工零件的数量y与甲车间加工时间x之间的函数关系式．
（2）当甲，乙两车间加工零件总数量为320个时，求x的值．

23．（12分）[基础巩固]
（1）如图①，已知△ABC∽△DBE，求证：△ABD∽△CBE．
[尝试应用]
（2）如图②，在△ABC和△DBE中，∠ABC＝∠DBE＝90°，点D在AC边上，DE与BC相交于点F，AB＝3，BC＝6，BE＝2BD，CD＝2AD，求CF的长．
[拓展提高]
（3）如图③，D是Rt△ABC内一点，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，∠ADC＝150°，AD＝2，BD＝4，求CD的长．

24．（14分）定义：有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，
（1）已知四边形ABCD是对余四边形，∠A＝130°，求∠C的度数．
（2）如图①，对余四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝3，BD＝4，CD＝5，求AD的长．
（3）如图②，四边形ABCD中，AD＝BD，∠ADB＝120°．
①当3CD2+CB2＝CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形，证明你的结论；
②在①的条件下，当AB＝6时，求对角线AC长度的最大值．


2021年浙江省宁波市中考数学甬真试卷（八）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）.
1．（4分）下列各数中比﹣小的数是（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．﹣ D．0
【分析】根据实数比较大小的方法分析得出答案．
【解答】解：A、∵|﹣2|＝2，|﹣|＝，
由2＞，
∴﹣2＜﹣，故此选项正确；
B、∵|﹣1|＝1，|﹣|＝，
由1＜，
∴﹣1＞﹣，故此选项错误；
C、∵|﹣|＝，|﹣|＝，
由＜，
∴﹣＞﹣，故此选项错误；
D、0＞﹣，故此选项错误；
故选：A．
2．（4分）下列计算正确的是（　　）
A．a2⋅a3＝a6 B．a+2a 2＝3a3
C．4x3÷2x＝2x2 D．（﹣3a2 ）3＝﹣9a6
【分析】根据幂的运算法则和整式的除法、单项式的乘方逐一计算可得．
【解答】解：A．a2⋅a3＝a5，此选项计算错误；
B．a与2a2不能合并，此选项计算错误；
C．4x3÷2x＝2x2，此选项计算正确；
D．（﹣3a2 ）3＝﹣27a6，此选项计算错误；
故选：C．
3．（4分）我国的陆地面积居世界第三位，约为9597 000平方千米，数据9597 000用科学记数法表示为9.597×10n，则n的值是（　　）
A．7 B．6 C．5 D．4
【分析】整数数位减1的结果即为n．
【解答】解：整数数位为7，所以n＝7﹣1＝6．故选B．
4．（4分）三张分别画有平行四边形、等边三角形、圆的卡片，它们的背面都相同，现将它们背面朝上，从中任取一张，卡片上所画图形恰好是中心对称图形的概率是（　　）
A． B．0 C． D．1
【分析】先根据中心对称图形得出圆和平行四边形是中心对称图形，再根据概率公式计算可得．
【解答】解：在平行四边形、等边三角形、圆这3张卡片中，是中心对称图形的是圆和平行四边形，
所以从中任取一张，卡片上所画图形恰好是中心对称图形的概率是，
故选：C．
5．（4分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，M、N分别是AB、AC的中点，延长BC至点D，使CD＝BD，连接DM、DN、MN、CM．若AB＝6，则DN的值为（　　）

A．6 B．3 C．2 D．4
【分析】根据三角形中位线定理得到NM＝CB，MN∥BC，证明四边形DCMN是平行四边形，得到DN＝CM，根据直角三角形的性质得到CM＝AB＝3，即可得出结果．
【解答】解：∵M、N分别是AB、AC的中点，
∴NM＝CB，MN∥BC，又CD＝BD，
∴MN＝CD，又MN∥BC，
∴四边形DCMN是平行四边形，
∴DN＝CM，
∵∠ACB＝90°，M是AB的中点，
∴CM＝AB＝3，
∴DN＝3，
故选：B．
6．（4分）如图所示，菱形ABCD边长为2，∠ABC＝60°，则阴影部分的面积为（　　）

A． B． C． D．
【分析】连接BD，AC交于O，根据菱形的性质得到AC＝2AO，BD＝2BO，AC⊥BD，解直角三角形得到AC＝2，BD＝2，于是得到结论．
【解答】解：连接BD，AC交于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC＝2AO，BD＝2BO，AC⊥BD，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABO＝30°，
∵AB＝2，
∴AO＝AB＝1，BO＝AB＝，
∴AC＝2，BD＝2，
∴阴影部分的面积＝S菱形ABCD﹣S扇形ABC＝2×2﹣＝2﹣π
故选：A．

7．（4分）如图，是由6个同样大小的正方体摆成的几何体，将正方体①移走后，所得几何体（　　）

A．主视图改变，左视图改变
B．俯视图不变，左视图不变
C．俯视图改变，左视图改变
D．主视图改变，左视图不变
【分析】根据从上面看得到的图形事俯视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【解答】解：将正方体①移走前的主视图正方形的个数为1，2，1；正方体①移走后的主视图正方形的个数为1，2；主视图发生改变．
将正方体①移走前的左视图正方形的个数为2，1，1；正方体①移走后的左视图正方形的个数为2，1，1；左视图没有发生改变．
将正方体①移走前的俯视图正方形的个数为1，3，1；正方体①移走后的俯视图正方形的个数，1，3；俯视图发生改变．
故选：D．
8．（4分）小明在计算一组样本数据的方差时，列出的公式如下：s2＝，根据公式信息，下列说法正确的是（　　）
A．该样本容量为6 B．该样本的中位数是8
C．该样本的平均数是7 D．该样本的方差s2是3
【分析】根据方差的算式得出这组数据为5、7、8、6、9，再利用样本容量的概念、中位数、平均数及方差的定义逐一判断可得．
【解答】解：由这组数据的方差s2＝知，
这组数据为5、7、8、6、9，
重新排列为5、6、7、8、9，
所以这组数据的样本容量为5，中位数为7，平均数为＝7，方差为×[（5﹣7）2+（7﹣7）2+（8﹣7）2+（6﹣7）2+（9﹣7）2]＝2，
故选：C．
9．（4分）如图，点A，B分别在x轴，y轴正半轴上（含坐标原点）滑动，且满足OA+OB＝6，点C为线段AB的中点，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AD，当A由点O向右移动时，点D移动的路径长为（　　）

A．3 B．4 C．3 D．
【分析】分别讨论A点在O点处，A点在（6，0）处时，点D的位置，从而确定D点的轨迹为线段，再结合图形即可求解．
【解答】解：如图，∵OA+OB＝6，点C为线段AB的中点，
∴AC＝BC，
由旋转可知，AC＝AD，
∴当A点在O点处时，CO＝3，
此时D（3，0），
∵OA+OB＝6，
∴∠BAO＝45°，
当A点在（6，0）处时即A'处，AA'＝3，
∵∠BAD'＝90°，
∴∠D'AA'＝45°，
∴△AA'D'为等腰直角三角形，
∴AD'＝3，
∴点D移动的路径长为3，
故选：C．

10．（4分）如图，矩形ABCD被分割成4个直角三角形和1个小矩形后仍是中心对称图形．设上下两个直角三角形的面积都为S1，左右两个直角三角形的面积都为S2，中间小矩形的面积为S3，若对角线EF∥BC，则矩形ABCD的面积一定可以表示为（　　）

A．4S1 B．4S2 C．2S1+2S3 D．2S2+3S3
【分析】如图，延长CF交AD于点J，连接BJ．证明四边形AEFJ是平行四边形，推出AE＝FJ，推出CF＝FJ，可得S△BCF＝S△BFJ＝S△BCJ＝S平行四边形ABCD，即可解决问题．
【解答】解：如图，延长CF交AD于点J，连接BJ．

由题意，△ADE≌△CBF，
∴AE＝CF，
∵AD∥BC，BC∥AD，
∴EF∥AJ，
∵AE∥FJ，
∴四边形AEFJ是平行四边形，
∴AE＝FJ，
∴CF＝FJ，
∴S△BCF＝S△BFJ＝S△BCJ＝S平行四边形ABCD，
∴S平行四边形ABCD＝4S△BCF＝4S1，
故选：A．
二、填空题（每小题5分，共30分）
11．（5分）二次根式中x的取值范围是　x≤　．
【分析】根据负数没有平方根确定出x的范围即可．
【解答】解：∵1﹣3x≥0，
∴x≤，
则二次根式中x的取值范围是x≤．
故答案为：x≤．
12．（5分）命题“两条等弧所对的两条弦相等”的逆命题是　假　命题（填“真”或“假”）．
【分析】交换原命题的题设与结论得到原命题的逆命题，然后根据等弧的定义可判断命题的真假．
【解答】解：命题“两条等弧所对的两条弦相等”的逆命题为“两条相等的弦所对的弧相等”，此逆命题为假命题．
故答案为假．
13．（5分）将面积为9πcm2的扇形围成一个圆锥的侧面，若扇形的圆心角是120°，则该圆锥底面圆的半径为 　　cm．
【分析】直接利用已知得出圆锥的母线长，再利用圆锥侧面展开图与各部分对应情况得出答案．
【解答】解：设圆锥的母线长为Rcm，底面圆的半径为rcm，
∵面积为9πcm2的扇形围成一个圆锥的侧面，扇形的圆心角是120°，
∴＝9π，
解得：R＝3，
由题意可得：2πr＝，
解得：r＝．
故答案为：．
14．（5分）如图，由等圆组成的一组图中，第1个图由1个圆组成，第2个图由5个圆组成，第3个图由11个圆组成，…按照这样的规律排列下去，则第20个图形由　419　个圆组成．

【分析】首先分析题意，找到规律，并进行推导得出答案．
【解答】解：根据图形的变化，发现第n个图形的最上边的一排是1个圆，第二排是2个圆，第三排是3个圆，…，第n排是n个圆；
则第n个图形的圆的个数是：
2（1+2+…n﹣1）+（2n﹣1）
＝n2+n﹣1．
当n＝20时，
202+20﹣1＝419，
故答案为：419．
15．（5分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DEC，P是线段DE上的动点，以点P为圆心，PD长为半径作⊙P，当⊙P与△ABC的边相切时，⊙P的半径为 　或　．

【分析】分两种情况分别求解，①当⊙P与AC相切于点F时，如图，连接PF，则PF⊥AC，②当⊙P与AB相切于点F，如图，BF⊥AB，根据相似分别求出半径即可．
【解答】解：①当⊙P与AC相切于点F时，如图，连接PF，则PF⊥AC，

设DP＝PF＝x，
∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝＝5，
∵△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DEC，
∴△DCE≌△ACB，
∴DE＝AB＝5，PE＝DE﹣DP＝5﹣x，CE＝CB＝3，DC＝AC＝4，
∵∠ACB＝90°，PF⊥AC，
∴PF∥DC，
∴△EPF∽△EDC，
∴，即，解得x＝，
即半径为；
②当⊙P与AB相切于点F，如图，BF⊥AB，

∵∠A＝∠BDF，∠ABC＝∠DBF，
∴△ABC∽△DBF，
∴，即，解得DF＝，
∴PD＝PF＝DF＝，即半径为，
故答案为或．
16．（5分）如图，⊙O经过菱形ABCD的三个顶点A，B，C，AD的延长线交⊙O于点E，连接AC．已知⊙O的半径为3，则AC2﹣EC2与EA，AD之间的等量关系式为 　AC2﹣EC2＝AE•AD　，EA•EC的最大值为 　　．

【分析】如图，过点C作CH⊥AE于H，连接BD交AC于点F，连接AO．利用勾股定理可以证明：AC2﹣EC2＝AE•AD，再根据EA•EC＝AE•AD＝AC2﹣EC2，求出EC2（用AC表示），把问题转化为二次函数，利用二次函数的性质求出最大值．
【解答】解：如图，过点C作CH⊥AE于H，连接BD交AC于点F，连接AO．

∵四边形ABCD是菱形，
∴∠CAB＝∠CAE，CB＝CD，
∴＝，
∴CB＝EC，
∴CE＝CD，
∵CH⊥DE，
∴DH＝EH，
∵AC2＝AH2+CH2，EC2＝CH2+EH2，
∴AC2﹣EC2＝AH2﹣EH2＝（AH+EH）（AH﹣EH）＝AE•AD，
∵DB垂直平分线段AC，
∴点O在BD上，
∴OF＝＝，
∴EC2＝AB2＝AF2+（3﹣OF）2＝•AC2+9﹣6+9﹣•AC2＝18﹣6＝18﹣3，
∴EA•EC＝EA•AD＝AC2﹣EC＝AC2﹣18+3，
令y＝，
∴EA•EC＝﹣y2+3y+18＝﹣（y﹣）2++18＝﹣（y﹣）2+，
∵﹣1＜0，
∴EA•EC有最大值，最大值为．
故答案为：AC2﹣EC2＝AE•AD，．
三、解答题（本大题有8小题，共80分）.
17．（8分）（1）解不等式：﹣1≤；
（2）解方程组：．
【分析】（1）根据解一元一次不等式的步骤依次计算可得；
（2）利用加减消元法求解可得．
【解答】解：（1）去分母，得：3（1+x）﹣6≤2x，
去括号，得：3+3x﹣6≤2x，
移项，得：3x﹣2x≤6﹣3，
合并同类项，得：x≤3；

（2），
①×2，得：8x﹣2y＝14 ③，
②+③，得：9x＝27，
解得x＝3，
将x＝3代入②，得：3+2y＝13，
解得y＝5，
∴方程组的解为．
18．（8分）在6×6的方格纸中，点A，B，C都在格点上，按要求画图：

（1）在图①中找一个格点D，使以点A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形．
（2）在图②中仅用无刻度的直尺，在线段BC上取一点P，使得BP＝BC．（保留作图痕迹，不写画法）
【分析】（1）根据平行四边形的判定画出图形即可．
（2）取格点M，N连接MN交BC于点P，点P即为所求．
【解答】解：（1）如图①中，四边形ABDC即为所求．
（2）如图②中，点P即为所求．

19．（8分）如图所示，已知楼AB在坡BE上，楼CD在平地上，已知DE＝5m，BE＝10m，坡BE的坡度为，且在B处看C的仰角为30°，在A处看C的俯角为45°．
（1）∠ACB＝　75°　；
（2）求楼AB的高度．（参考值：≈1.7，≈2.2，精确到0.1m）

【分析】（1）过C作CH⊥AB于H，延长AB，DE交于F，根据已知条件得到∠ACH＝45°，∠BCH＝30°，于是得到∠ACB＝75°；
（2）延长AB，DE交于F，根据平行线的性质得到∠AFE＝∠CDE＝90°，设BF＝x，EF＝2x，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：（1）过C作CH⊥AB于H，延长AB，DE交于F，
∵在B处看C的仰角为30°，在A处看C的俯角为45°，
∴∠ACH＝45°，∠BCH＝30°，
∴∠ACB＝75°，
故答案为：75°；
（2）延长AB，DE交于F，
∵AB∥CD，
∴∠AFE＝∠CDE＝90°，
∵BE的坡度为，
∴＝，
设BF＝x，EF＝2x，
∴BE＝＝x＝10，
∴x＝2，
∴EF＝4，
∵DE＝5，
∴CE＝DF＝5+4，
∵∠ACH＝45°，∠BCH＝30°，
∴AH＝CH＝5+4≈13.8，BH＝CH≈7.82，
∴AB＝AH+BH＝21.6（m），
答：楼AB的高度为21.6m．

20．（10分）如图，直线y＝x+3分别交x轴，y轴于点A，B，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A，B．
（1）求二次函数的表达式．
（2）若点P是二次函数图象上第二象限内的一点，过点P作y轴的垂线与线段AB交于点C，求线段PC长度的最大值．

【分析】（1）由一次函数解析式求得A、B的坐标，然后根据待定系数法可以得到抛物线的解析式；
（2）设出点P的坐标，根据点P和点C的纵坐标相等，可以得到点C的坐标，然后利用二次函数的性质，即可得到线段PC的最大值，本题得以解决．
【解答】解：（1）∵直线y＝x+3分别交x轴，y轴于点A，B，
∴A（﹣2，0），B（0，3），
∵二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A，B．
∴，
解得，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2﹣x+3；

（2）设点P的坐标为（a，﹣a2﹣a+3），则点C的坐标为（﹣a2﹣a，﹣a2﹣a+3），
则PC＝﹣a2﹣a﹣a＝﹣（a+1）2+，
∵点P是这个二次函数图象在第二象限内的一点，
∴﹣2＜a＜0，
∴当a＝﹣1时，线段PC取得最大值，此时PC＝，
即线段PC长度的最大值是．
21．（10分）在某校开展的“好书伴我成长”课外阅读活动中，为了解八年级学生的课外阅读情况，随机抽查部分学生，并对其课外阅读量进行统计分析，绘制成图1、图2两幅尚不完整的统计图，请根据图中信息，解答下列问题：

（1）求被抽查的学生人数及课外阅读量的平均数；
（2）求扇形统计图中a的值；
（3）根据样本数据，估计该校八年级800名学生在本次活动中课外阅读量多于2本的人数．
【分析】（1）根据2本的人数和所占的百分比可以求得被抽查的人数，从而可以得到阅读3本人数，进而求得课外阅读量的平均数；
（2）根据（1）中的结果可以求得a的值；
（3）根据统计图中的数据可以计算出该校八年级800名学生在本次活动中课外阅读量多于2本的人数．
【解答】解：（1）被抽查的学生人数是：8÷16%＝50，
课外阅读3本的人数是：50﹣6﹣8﹣12﹣4＝20，
则外阅读量的平均数是：＝3（本），
答：被抽查的学生人数是50，课外阅读量的平均数是3本；
（2）a%＝×100%＝40%，
即a的值是40；
（3）800×＝576（人），
答：该校八年级800名学生在本次活动中课外阅读量多于2本的有576人．
22．（10分）某天，甲车间工人加工零件，工作中有一次停产检修机器，然后以原来的工作效率继续加工，由于任务紧急，乙车间加入与甲车间一起生产零件，两车间各自加工零件的数量y（个）与甲车间加工时间x（时）之间的函数图象如图所示．
（1）求乙车间加工零件的数量y与甲车间加工时间x之间的函数关系式．
（2）当甲，乙两车间加工零件总数量为320个时，求x的值．

【分析】（1）运用待定系数法解答即可；
（2）先求得甲车间的函数解析式，然后分甲乙两个车间的函数表达式相加等于320或甲车间单独加工320个两种情况，列方程求x的值．
【解答】解：（1）设乙车间加工数量y与甲车间加工时间x之间的函数关系式为y乙＝kx+b，
把（5，0）（8，360）分别代入，
得：，
解得：，
∴y与时间t之间的函数关系式为：y乙＝120x﹣600（5≤x≤8）；
（2）当0≤x≤3时，由图象知，甲前3小时加工120个，
∴y甲＝40x，
当3＜x＜4时，检修机器，没加工，
当4≤x≤8时，由于工作效率没变，
∴y甲＝120+40（x﹣4）＝40x﹣40，
当y＝320时，120x﹣600+40x﹣40＝320或40x＝320，
解得x＝6或8（不合题意，舍去），
答：当甲、乙两车间加工零件总数量为320个时，x＝6．
23．（12分）[基础巩固]
（1）如图①，已知△ABC∽△DBE，求证：△ABD∽△CBE．
[尝试应用]
（2）如图②，在△ABC和△DBE中，∠ABC＝∠DBE＝90°，点D在AC边上，DE与BC相交于点F，AB＝3，BC＝6，BE＝2BD，CD＝2AD，求CF的长．
[拓展提高]
（3）如图③，D是Rt△ABC内一点，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，∠ADC＝150°，AD＝2，BD＝4，求CD的长．

【分析】（1）由△ABC∽△DBE得∠ABC＝∠DBE，且，将这些条件转化为证明△ABD∽△CBE的条件，即可证明△ABD∽△CBE；
（2）作FG⊥AC于点G，通过证明△ABD∽△CBE，推出∠DCE＝90°，再通过计算推出CD＝CE，利用等腰直角三角形的性质和相似三角形的性质可求出线段CF的长；
（3）在△ABC外部作△GAC，使∠GAC＝∠DAB，∠ACG＝∠ABD，连结DG，先证明△ACG∽△ABD，再证明△ADG∽△ABC，根据含30°角的直角三角形三边的关系，通过计算求出CG、DG的长，推导出∠CDG＝90°，再根据勾股定理求出CD的长．
【解答】（1）证明：如图①，∵△ABC∽△DBE，
∴∠ABC＝∠DBE，
∴∠ABC﹣∠DBC＝∠DBE﹣∠DBC，
∴∠ABD＝∠CBE，
∵，
∴，
∴△ABD∽△CBE．
（2）如图②，作FG⊥AC于点G，则∠FGD＝∠FGC＝90°，
∵AB＝3，BC＝6，BE＝2DB，
∴＝，
∵∠ABC＝∠DBE＝90°，
∴∠ABD＝∠CBE＝90°﹣∠DBC，
∴△ABD∽△CBE，
∴∠ADB＝∠CEB，
∴∠CEB+∠BDC＝∠ADB+∠BDC＝180°，
∴∠DCE+∠DBE＝360°﹣180°＝180°，
∴∠DCE＝180°﹣∠DBE＝90°，
∵AC＝＝＝3，CD＝2AD，
∴AD＝AC＝×3＝，CD＝AC＝×3＝2，
∵，
∴CE＝2AD＝2，
∴CD＝CE＝2，
∴∠CDE＝∠CED＝45°，
∴∠GDF＝∠GFD＝45°，
∴DG＝FG，
∵＝tan∠ACB，
∴GC＝2FG＝2DG，
∴DG+2DG＝CD＝2，
∴FG＝DG＝，
∴GC＝2FG＝2×＝，
∴CF＝＝＝．
（3）如图③，在△ABC外部作△GAC，使∠GAC＝∠DAB，∠ACG＝∠ABD，连结DG，
∵∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，
∴＝cos30°＝；
∵△ACG∽△ABD，
∴＝＝，
∵AD＝2，BD＝4，
∴CG＝×4＝2，
由得，
∵∠DAG＝∠DAC+∠GAC＝∠DAC+∠DAB＝∠CAB＝30°，
∴△ADG∽△ABC，
∴∠AGD＝∠ACB＝90°，
∴DG＝AD＝×2＝，∠ADG＝90°﹣∠DAG＝60°，
∵∠ADC＝150°，
∴∠CDG＝∠ADC﹣∠ADG＝150°﹣60°＝90°，
∴CD＝＝＝3．



24．（14分）定义：有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，
（1）已知四边形ABCD是对余四边形，∠A＝130°，求∠C的度数．
（2）如图①，对余四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝3，BD＝4，CD＝5，求AD的长．
（3）如图②，四边形ABCD中，AD＝BD，∠ADB＝120°．
①当3CD2+CB2＝CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形，证明你的结论；
②在①的条件下，当AB＝6时，求对角线AC长度的最大值．

【分析】（1）根据对余四边形的定义和四边形内角和定理即可求得答案；
（2）如图①，过点D作DE⊥AB于点E，利用勾股定理及逆定理证明△BCD是直角三角形，根据对余四边形的定义可得∠A+∠C＝90°，进而推出△ADE∽△DCB，得出＝＝，运用勾股定理即可求得答案；
（3）①如图②，作∠CDM＝∠ADB＝120°，使DM＝CD，连接CM，BM，过点D作DE⊥CM于点E，DF⊥AB于点F，利用SAS证明△BDM≌△ADC，再根据对余四边形的定义证得结论；
②由BM＝AC，∠BCM＝90°，∠DCM＝30°，可得：∠BCD＝60°，要使AC最大，即BM最大，则当CB＝CD时，AC最大，再利用解直角三角形知识即可求得答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是对余四边形，∠A＝130°，
∴∠B+∠D＝90°，
∴∠C＝360°﹣130°﹣90°＝140°；
（2）如图①，过点D作DE⊥AB于点E，
在△BCD中，BC＝3，BD＝4，CD＝5，
∴BC2+BD2＝32+42＝25，CD2＝52＝25，
∴BC2+BD2＝CD2，
∴∠CBD＝90°，
∴∠C+∠BDC＝90°，
∵四边形ABCD是对余四边形，
∴∠A+∠C＝90°，
∴∠A＝∠BDC，
∴△ADE∽△DCB，
∴＝＝，
∴＝＝，
设＝＝＝x，
则DE＝3x，AE＝4x，AD＝5x，
∵AB＝AD，
∴AB＝5x，
∴BE＝AB﹣AE＝x，
在RtBDE中，BE2+DE2＝BD2，
∴x2+（3x）2＝42，
解得：x＝或x＝﹣（舍去），①
∴AD＝5×＝2；
（3）①四边形ABCD是对余四边形．
证明：如图②，作∠CDM＝∠ADB＝120°，使DM＝CD，连接CM，BM，
过点D作DE⊥CM于点E，DF⊥AB于点F，
∴∠CFD＝∠BFD＝90°，∠DCE＝∠BAD＝30°，CE＝CM，
∵＝cos30°，
∴CD＝＝CE＝CM，
∵3CD2+CB2＝CA2，
∴3×（CM）2+CB2＝CA2，即CM2+CB2＝CA2，
∵∠CDM＝∠ADB，
∴∠CDM+∠BDC＝∠ADB+∠BDC，即∠BDM＝∠ADC，
在△BDM和△ADC中，
，
∴△BDM≌△ADC（SAS），
∴BM＝AC，
∴CM2+CB2＝BM2，
∴∠BCM＝90°，
∴∠BCD＝∠BCM﹣∠DCM＝90°﹣30°＝60°，
∴∠BCD+∠BAD＝60°+30°＝90°，
∴四边形ABCD是对余四边形；
②在①的条件下，当AB＝6时，如图②，AF＝BF＝3，
AD＝BD＝＝＝2，
∵BM＝AC，∠BCM＝90°，∠DCM＝30°，
∴∠BCD＝60°，
要使AC最大，即BM最大，则当CB＝CD时，AC最大，
此时，△BCD是等边三角形，
∴CB＝CD＝BD＝2，
∴CM＝CD＝6，
在Rt△BMC中，BM＝＝＝4，
∴AC＝BM＝4，
故AC的最大值为4．