贵州省遵义市2020-2022中考数学真题分类汇编-03解答题知识点分类

这是一份贵州省遵义市2020-2022中考数学真题分类汇编-03解答题知识点分类，共46页。试卷主要包含了计算，满足的函数图象如图所示，的“关联抛物线”为C2等内容，欢迎下载使用。
贵州省遵义市2020-2022中考数学真题分类汇编-03解答题知识点分类
一．分式的化简求值
1．（2022•遵义）（1）计算：（）﹣1﹣2tan45°+|1﹣|；
（2）先化简（+）÷，再求值，其中a＝+2．
2．（2021•遵义）先化简÷（﹣），再求值，其中x＝﹣2．
3．（2020•遵义）化简式子÷（x﹣），从0、1、2中取一个合适的数作为x的值代入求值．
二．解分式方程
4．（2020•遵义）计算：
（1）sin30°﹣（π﹣3.14）0+（﹣）﹣2；
（2）解方程；＝．
三．解一元一次不等式组
5．（2021•遵义）（1）计算（﹣1）2+|﹣2|+﹣2sin45°；
（2）解不等式组：．
四．一次函数的应用
6．（2022•遵义）遵义市开展信息技术与教学深度融合的“精准化教学”，某实验学校计划购买A，B两种型号教学设备，已知A型设备价格比B型设备价格每台高20%，用30000元购买A型设备的数量比用15000元购买B型设备的数量多4台．
（1）求A，B型设备单价分别是多少元；
（2）该校计划购买两种设备共50台，要求A型设备数量不少于B型设备数量的．设购买a台A型设备，购买总费用为w元，求w与a的函数关系式，并求出最少购买费用．
7．（2020•遵义）为倡导健康环保，自带水杯已成为一种好习惯，某超市销售甲，乙两种型号水杯，进价和售价均保持不变，其中甲种型号水杯进价为25元/个，乙种型号水杯进价为45元/个，下表是前两月两种型号水杯的销售情况：
时间
销售数量（个）
销售收入（元）（销售收入＝售价×销售数量）
甲种型号
乙种型号
第一月
22
8
1100
第二月
38
24
2460
（1）求甲、乙两种型号水杯的售价；
（2）第三月超市计划再购进甲、乙两种型号水杯共80个，这批水杯进货的预算成本不超过2600元，且甲种型号水杯最多购进55个，在80个水杯全部售完的情况下设购进甲种型号水杯a个，利润为w元，写出w与a的函数关系式，并求出第三月的最大利润．
五．待定系数法求二次函数解析式
8．（2021•遵义）如图，抛物线y＝a（x﹣2）2+3（a为常数且a≠0）与y轴交于点A（0，）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若直线y＝kx+（k≠0）与抛物线有两个交点，交点的横坐标分别为x1，x2，当x12+x22＝10时，求k的值；
（3）当﹣4＜x≤m时，y有最大值，求m的值．

六．二次函数的应用
9．（2021•遵义）为增加农民收入，助力乡村振兴．某驻村干部指导农户进行草莓种植和销售，已知草莓的种植成本为8元/千克，经市场调查发现，今年五一期间草莓的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）（8≤x≤40）满足的函数图象如图所示．
（1）根据图象信息，求y与x的函数关系式；
（2）求五一期间销售草莓获得的最大利润．

七．二次函数综合题
10．（2022•遵义）新定义：我们把抛物线y＝ax2+bx+c（其中ab≠0）与抛物线y＝bx2+ax+c称为“关联抛物线”．例如：抛物线y＝2x2+3x+1的“关联抛物线”为：y＝3x2+2x+1．已知抛物线C1：y＝4ax2+ax+4a﹣3（a≠0）的“关联抛物线”为C2．
（1）写出C2的解析式（用含a的式子表示）及顶点坐标；
（2）若a＞0，过x轴上一点P，作x轴的垂线分别交抛物线C1，C2于点M，N．
①当MN＝6a时，求点P的坐标；
②当a﹣4≤x≤a﹣2时，C2的最大值与最小值的差为2a，求a的值．
11．（2020•遵义）如图，抛物线y＝ax2+x+c经过点A（﹣1，0）和点C（0，3）与x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径．

八．正方形的性质
12．（2022•遵义）将正方形ABCD和菱形EFGH按照如图所示摆放，顶点D与顶点H重合，菱形EFGH的对角线HF经过点B，点E，G分别在AB，BC上．
（1）求证：△ADE≌△CDG；
（2）若AE＝BE＝2，求BF的长．

13．（2020•遵义）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E与点A、C不重合），连接DE，作EF⊥DE交射线BA于点F，过点E作MN∥BC分别交CD、AB于点M、N，作射线DF交射线CA于点G．
（1）求证：EF＝DE；
（2）当AF＝2时，求GE的长．

九．切线的判定与性质
14．（2020•遵义）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠CAB的平分线AD交于点D，过点D作DE∥BC交AC的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，连接BD．若OF＝1，BF＝2，求BD的长度．

一十．圆的综合题
15．（2022•遵义）综合与实践
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：
如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．

探究展示：
如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE，则∠AEC+∠D＝180°（依据1）
∵∠B＝∠D
∴∠AEC+∠B＝180°
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（依据2）
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上
反思归纳：
（1）上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1：　 　；依据2：　 　．
（2）如图3，在四边形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，则∠4的度数为 　 　．
拓展探究：
（3）如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若AB＝2，AD•AF的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．



16．（2021•遵义）点A是半径为2的⊙O上一动点，点B是⊙O外一定点，OB＝6．连接OA，AB．
（1）【阅读感知】如图①，当△ABC是等边三角形时，连接OC，求OC的最大值；
将下列解答过程补充完整．
解：将线段OB绕点B顺时针旋转60°到O′B，连接OO′，CO′．
由旋转的性质知：∠OBO′＝60°，BO′＝BO＝6，即△OBO′是等边三角形．
∴OO′＝BO＝6
又∵△ABC是等边三角形
∴∠ABC＝60°，AB＝BC
∴∠OBO′＝∠ABC＝60°
∴∠OBA＝∠O′BC
在△OBA和△O′BC中，

∴　 　（SAS）
∴OA＝O′C
在△OO′C中，OC＜OO′+O′C
当O，O′，C三点共线，且点C在OO′的延长线上时，OC＝OO′+O′C
即OC≤OO′+O′C
∴当O，O′，C三点共线，且点C在OO′的延长线上时，OC取最大值，最大值是 　 　．
（2）【类比探究】如图②，当四边形ABCD是正方形时，连接OC，求OC的最小值；
（3）【理解运用】如图③，当△ABC是以AB为腰，顶角为120°的等腰三角形时，连接OC，求OC的最小值，并直接写出此时△ABC的周长．

一十一．作图—复杂作图
17．（2021•遵义）在复习菱形的判定方法时，某同学进行了画图探究，其作法和图形如下：
①画线段AB；
②分别以点A，B为圆心，大于AB长的一半为半径作弧，两弧相交于M、N两点，作直线MN交AB于点O；
③在直线MN上取一点C（不与点O重合），连接AC、BC；
④过点A作平行于BC的直线AD，交直线MN于点D，连接BD．
（1）根据以上作法，证明四边形ADBC是菱形；
（2）该同学在图形上继续探究，他以点O为圆心作四边形ADBC的内切圆，构成如图所示的阴影部分，若AB＝2，∠BAD＝30°，求图中阴影部分的面积．

一十二．解直角三角形的应用-仰角俯角问题
18．（2022•遵义）如图1所示是一种太阳能路灯，它由灯杆和灯管支架两部分构成．如图2，AB是灯杆，CD是灯管支架，灯管支架CD与灯杆间的夹角∠BDC＝60°．综合实践小组的同学想知道灯管支架CD的长度，他们在地面的点E处测得灯管支架底部D的仰角为60°，在点F处测得灯管支架顶部C的仰角为30°，测得AE＝3m，EF＝8m（A，E，F在同一条直线上）．根据以上数据，解答下列问题：
（1）求灯管支架底部距地面高度AD的长（结果保留根号）；
（2）求灯管支架CD的长度（结果精确到0.1m，参考数据：≈1.73）．

19．（2020•遵义）某校为检测师生体温，在校门安装了某型号测温门．如图为该测温门截面示意图，已知测温门AD的顶部A处距地面高为2.2m，为了解自己的有效测温区间．身高1.6m的小聪做了如下实验：当他在地面N处时测温门开始显示额头温度，此时在额头B处测得A的仰角为18°；在地面M处时，测温门停止显示额头温度，此时在额头C处测得A的仰角为60°．求小聪在地面的有效测温区间MN的长度．（额头到地面的距离以身高计，计算精确到0.1m，sin18°≈0.31，cos18°≈0.95，tan18°≈0.32）

一十三．条形统计图
20．（2021•遵义）《国家学生体质健康标准》规定：九年级学生50m测试成绩分为优秀、良好、及格，不及格四个等级，某中学为了了解九年级学生的体质健康状况，对九年级学生进行50m测试，并随机抽取50名男生的成绩进行分析，将成绩分等级制作成不完整的统计表和条形统计图，根据图表信息，解答下列问题：
（1）统计表中a的值是 　 　；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）将等级为优秀、良好、及格定为达标，求这50名男生的达标率；
（4）全校九年级共有350名男生，估计不及格的男生大约有多少人？
等级
人数
优秀
4
良好
a
及格
28
不及格
b
合计
50

一十四．列表法与树状图法
21．（2022•遵义）如图所示，甲、乙两个带指针的转盘分别被分成三个面积相等的扇形（两个转盘除表面数字不同外，其它完全相同），转盘甲上的数字分别是﹣6，﹣1，8，转盘乙上的数字分别是﹣4，5，7（规定：指针恰好停留在分界线上，则重新转一次）．
（1）转动转盘，转盘甲指针指向正数的概率是 　 　；转盘乙指针指向正数的概率是 　 　．
（2）若同时转动两个转盘，转盘甲指针所指的数字记为a，转盘乙指针所指的数字记为b，请用列表法或树状图法求满足a+b＜0的概率．

22．（2020•遵义）遵义市各校都在深入开展劳动教育，某校为了解七年级学生一学期参加课外劳动时间（单位：h）的情况，从该校七年级随机抽查了部分学生进行问卷调查，并将调查结果绘制成如下不完整的频数分布表和频数分布直方图．
课外劳动时间频数分布表：
劳动时间分组
频数
频率
0≤t＜20
2
0.1
20≤t＜40
4
m
40≤t＜60
6
0.3
60≤t＜80
a
0.25
80≤t＜100
3
0.15
解答下列问题：
（1）频数分布表中a＝　 　，m＝　 　；将频数分布直方图补充完整；
（2）若七年级共有学生400人，试估计该校七年级学生一学期课外劳动时间不少于60h的人数；
（3）已知课外劳动时间在60h≤t＜80h的男生人数为2人，其余为女生，现从该组中任选2人代表学校参加“全市中学生劳动体验”演讲比赛，请用树状图或列表法求所选学生为1男1女的概率．

一十五．游戏公平性
23．（2021•遵义）现有A，B两个不透明的袋子，A袋的4个小球分别标有数字1，2，3，4；B袋的3个小球分别标有数字1，2，3．（每个袋中的小球除数字外，其它完全相同．）
（1）从A，B两个袋中各随机摸出一个小球，则两个小球上数字相同的概率是 　 　；
（2）甲、乙两人玩摸球游戏，规则是：甲从A袋中随机摸出一个小球，乙从B袋中随机摸出一个小球，若甲、乙两人摸到小球的数字之和为奇数时，则甲胜；否则乙胜，用列表或树状图的方法说明这个规则对甲、乙两人是否公平．

参考答案与试题解析
一．分式的化简求值
1．（2022•遵义）（1）计算：（）﹣1﹣2tan45°+|1﹣|；
（2）先化简（+）÷，再求值，其中a＝+2．
【解答】解：（1）（）﹣1﹣2tan45°+|1﹣|
＝2﹣2×1+﹣1
＝2﹣2+﹣1
＝﹣1；

（2）（+）÷
＝[﹣]÷
＝•
＝•
＝﹣，
当a＝+2时，原式＝﹣＝﹣＝﹣．
2．（2021•遵义）先化简÷（﹣），再求值，其中x＝﹣2．
【解答】解：原式＝÷
＝•
＝，
当x＝﹣2时，原式＝＝．
3．（2020•遵义）化简式子÷（x﹣），从0、1、2中取一个合适的数作为x的值代入求值．
【解答】解：原式＝÷
＝•
＝，
∵x≠0，2，
∴当x＝1时，原式＝﹣1．
二．解分式方程
4．（2020•遵义）计算：
（1）sin30°﹣（π﹣3.14）0+（﹣）﹣2；
（2）解方程；＝．
【解答】解：（1）原式＝﹣1+4
＝3；
（2）去分母得：2x﹣3＝3x﹣6，
解得：x＝3，
经检验x＝3是分式方程的解．
三．解一元一次不等式组
5．（2021•遵义）（1）计算（﹣1）2+|﹣2|+﹣2sin45°；
（2）解不等式组：．
【解答】解：（1）原式＝1+2﹣+2﹣2×
＝3+﹣
＝3；

（2）解不等式①，得：x≥3，
解不等式②，得：x＜5，
则不等式组的解集为3≤x＜5．
四．一次函数的应用
6．（2022•遵义）遵义市开展信息技术与教学深度融合的“精准化教学”，某实验学校计划购买A，B两种型号教学设备，已知A型设备价格比B型设备价格每台高20%，用30000元购买A型设备的数量比用15000元购买B型设备的数量多4台．
（1）求A，B型设备单价分别是多少元；
（2）该校计划购买两种设备共50台，要求A型设备数量不少于B型设备数量的．设购买a台A型设备，购买总费用为w元，求w与a的函数关系式，并求出最少购买费用．
【解答】解：（1）设每台B型设备的价格为x万元，则每台A型号设备的价格为1.2x万元，
根据题意得，＝+4，
解得：x＝2500．
经检验，x＝2500是原方程的解．
∴1.2x＝3000，
∴每台B型设备的价格为2500元，则每台A型号设备的价格为3000元．
（2）设购买a台A型设备，则购买（50﹣a）台B型设备，
∴w＝3000a+2500（50﹣a）＝500a+125000，
由实际意义可知，，
∴12.5≤a≤50且a为整数，
∵500＞0，
∴w随a的增大而增大，
∴当a＝13时，w的最小值为500×13+125000＝131500（元）．
∴w＝500a+125000，且最少购买费用为131500元．
7．（2020•遵义）为倡导健康环保，自带水杯已成为一种好习惯，某超市销售甲，乙两种型号水杯，进价和售价均保持不变，其中甲种型号水杯进价为25元/个，乙种型号水杯进价为45元/个，下表是前两月两种型号水杯的销售情况：
时间
销售数量（个）
销售收入（元）（销售收入＝售价×销售数量）
甲种型号
乙种型号
第一月
22
8
1100
第二月
38
24
2460
（1）求甲、乙两种型号水杯的售价；
（2）第三月超市计划再购进甲、乙两种型号水杯共80个，这批水杯进货的预算成本不超过2600元，且甲种型号水杯最多购进55个，在80个水杯全部售完的情况下设购进甲种型号水杯a个，利润为w元，写出w与a的函数关系式，并求出第三月的最大利润．
【解答】解：（1）设甲、乙两种型号水杯的销售单价分别为x元、y元，
，解得，，
答：甲、乙两种型号水杯的销售单价分别为30元、55元；
（2）由题意可得，
，
解得：50≤a≤55，
w＝（30﹣25）a+（55﹣45）（80﹣a）＝﹣5a+800，
故当a＝50时，w有最大值，最大为550，
答：第三月的最大利润为550元．
五．待定系数法求二次函数解析式
8．（2021•遵义）如图，抛物线y＝a（x﹣2）2+3（a为常数且a≠0）与y轴交于点A（0，）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若直线y＝kx+（k≠0）与抛物线有两个交点，交点的横坐标分别为x1，x2，当x12+x22＝10时，求k的值；
（3）当﹣4＜x≤m时，y有最大值，求m的值．

【解答】解：（1）∵抛物线y＝a（x﹣2）2+3与y轴交于点A（0，），
∴4a+3＝，
∴a＝﹣，
∴y＝﹣（x﹣2）2+3；
（2）∵直线y＝kx+与抛物线有两个交点，
∴kx+＝﹣（x﹣2）2+3，
整理得x2+（3k﹣4）x﹣3＝0，
∴Δ＝（3k﹣4）2+12＞0，
∵x1+x2＝4﹣3k，x1•x2＝﹣3，
∴x12+x22＝（4﹣3k）2+6＝10，
∴k＝或k＝2，
∴k的值为2或；
（3）∵函数的对称轴为直线x＝2，
当m＜2时，当x＝m时，y有最大值，
＝﹣（m﹣2）2+3，
解得m＝，
∴m＝﹣，
当m≥2时，当x＝2时，y有最大值，
∴＝3，
∴m＝，
综上所述，m的值为﹣或．
六．二次函数的应用
9．（2021•遵义）为增加农民收入，助力乡村振兴．某驻村干部指导农户进行草莓种植和销售，已知草莓的种植成本为8元/千克，经市场调查发现，今年五一期间草莓的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）（8≤x≤40）满足的函数图象如图所示．
（1）根据图象信息，求y与x的函数关系式；
（2）求五一期间销售草莓获得的最大利润．

【解答】解：（1）当8≤x≤32时，设y＝kx+b（k≠0），
则，解得：，
∴当8≤x≤32时，y＝﹣3x+216，
当32＜x≤40时，y＝120，
∴y＝．
（2）设利润为W，则：
当8≤x≤32时，W＝（x﹣8）y＝（x﹣8）（﹣3x+216）＝﹣3（x﹣40）2+3072，
∵开口向下，对称轴为直线x＝40，
∴当8≤x≤32时，W随x的增大而增大，
∴x＝32时，W最大＝2880，
当32＜x≤40时，W＝（x﹣8）y＝120（x﹣8）＝120x﹣960，
∵W随x的增大而增大，
∴x＝40时，W最大＝3840，
∵3840＞2880，
∴最大利润为3840元．
七．二次函数综合题
10．（2022•遵义）新定义：我们把抛物线y＝ax2+bx+c（其中ab≠0）与抛物线y＝bx2+ax+c称为“关联抛物线”．例如：抛物线y＝2x2+3x+1的“关联抛物线”为：y＝3x2+2x+1．已知抛物线C1：y＝4ax2+ax+4a﹣3（a≠0）的“关联抛物线”为C2．
（1）写出C2的解析式（用含a的式子表示）及顶点坐标；
（2）若a＞0，过x轴上一点P，作x轴的垂线分别交抛物线C1，C2于点M，N．
①当MN＝6a时，求点P的坐标；
②当a﹣4≤x≤a﹣2时，C2的最大值与最小值的差为2a，求a的值．
【解答】解：（1）根据“关联抛物线”的定义可得C2的解析式为：y＝ax2+4ax+4a﹣3，
∵y＝ax2+4ax+4a﹣3＝a（x+2）2﹣3，
∴C2的顶点坐标为（﹣2，﹣3）；
（2）①设点P的横坐标为m，
∵过点P作x轴的垂线分别交抛物线C1，C2于点M，N，
∴M（m，4am2+am+4a﹣3），N（m，am2+4am+4a﹣3），
∴MN＝|4am2+am+4a﹣3﹣（am2+4am+4a﹣3）|＝|3am2﹣3am|，
∵MN＝6a，
∴|3am2﹣3am|＝6a，
解得m＝﹣1或m＝2，
∴P（﹣1，0）或（2，0）．
②∵C2的解析式为：y＝a（x+2）2﹣3，
∴当x＝﹣2时，y＝﹣3，
当x＝a﹣4时，y＝a（a﹣4+2）2﹣3＝a（a﹣2）2﹣3，
当x＝a﹣2时，y＝a（a﹣2+2）2﹣3＝a3﹣3，
根据题意可知，需要分三种情况讨论，
Ⅰ、当a﹣4≤﹣2≤a﹣2时，0＜a≤2，
且当0＜a≤1时，函数的最大值为a（a﹣2）2﹣3；函数的最小值为﹣3，
∴a（a﹣2）2﹣3﹣（﹣3）＝2a，解得a＝2﹣或a＝2+（舍）；
当1≤a≤2时，函数的最大值为a3﹣3；函数的最小值为﹣3，
∴a3﹣3﹣（﹣3）＝2a，解得a＝或a＝﹣（舍）；
Ⅱ、当﹣2≤a﹣4≤a﹣2时，a≥2，
函数的最大值为a3﹣3，函数的最小值为a（a﹣2）2﹣3；
∴a3﹣3﹣[a（a﹣2）2﹣3]＝2a，
解得a＝（舍）；
Ⅲ、当a﹣4≤a﹣2≤﹣2时，a≤0，不符合题意，舍去；
综上，a的值为2﹣或．
11．（2020•遵义）如图，抛物线y＝ax2+x+c经过点A（﹣1，0）和点C（0，3）与x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径．

【解答】解：（1）把点A（﹣1，0）和点C （0，3）代入y＝ax2+x+c得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+3；
（2）不存在，理由如下：
①当点Q在y轴右边时，如图1所示：
假设△QCO为等边三角形，
过点Q作QH⊥OC于H，
∵点C （0，3），
∴OC＝3，
则OH＝OC＝，tan60°＝，
∴QH＝OH•tan60°＝×＝，
∴Q（，），
把x＝代入y＝﹣x2+x+3，
得：y＝﹣≠，
∴假设不成立，
∴当点Q在y轴右边时，不存在△QCO为等边三角形；
②当点Q在y轴的左边时，如图2所示：
假设△QCO为等边三角形，
过点Q作QT⊥OC于T，
∵点C （0，3），
∴OC＝3，
则OT＝OC＝，tan60°＝，
∴QT＝OT•tan60°＝×＝，
∴Q（﹣，），
把x＝﹣代入y＝﹣x2+x+3，
得：y＝﹣﹣≠，
∴假设不成立，
∴当点Q在y轴左边时，不存在△QCO为等边三角形；
综上所述，在抛物线上不存在一点Q，使得△QCO是等边三角形；
（3）令﹣x2+x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴B（4，0），
设BC直线的解析式为：y＝kx+b，
把B、C的坐标代入则，
解得：，
∴BC直线的解析式为：y＝﹣x+3，
当M在线段BC上，⊙M与x轴相切时，如图3所示：
延长PM交AB于点D，
则点D为⊙M与x轴的切点，即PM＝MD，
设P（x，﹣x2+x+3），M（x，﹣x+3），
则PD＝﹣x2+x+3，MD＝﹣x+3，
∴（﹣x2+x+3）﹣（﹣x+3）＝﹣x+3，
解得：x1＝1，x2＝4（不合题意舍去），
∴⊙M的半径为：MD＝﹣+3＝；
当M在线段BC上，⊙M与y轴相切时，如图4所示：
延长PM交AB于点D，过点M作ME⊥y轴于E，
则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
设P（x，﹣x2+x+3），M（x，﹣x+3），
则PD＝﹣x2+x+3，MD＝﹣x+3，
∴（﹣x2+x+3）﹣（﹣x+3）＝x，
解得：x1＝，x2＝0（不合题意舍去），
∴⊙M的半径为：EM＝；
当M在BC延长线，⊙M与x轴相切时，如图5所示：

点P与A重合，
∴M的横坐标为﹣1，
∴⊙M的半径为：M的纵坐标的值，
即：﹣×（﹣1）+3＝；
当M在CB延长线，⊙M与y轴相切时，如图6所示：

延长PM交x轴于D，过点M作ME⊥y轴于E，
则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
设P（x，﹣x2+x+3），M（x，﹣x+3），
则PD＝x2﹣x﹣3，MD＝x﹣3，
∴（x2﹣x﹣3）﹣（x﹣3）＝x，
解得：x1＝，x2＝0（不合题意舍去），
∴⊙M的半径为：EM＝；
综上所述，⊙M的半径为或或或．




八．正方形的性质
12．（2022•遵义）将正方形ABCD和菱形EFGH按照如图所示摆放，顶点D与顶点H重合，菱形EFGH的对角线HF经过点B，点E，G分别在AB，BC上．
（1）求证：△ADE≌△CDG；
（2）若AE＝BE＝2，求BF的长．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，四边形HEFG是菱形，
∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADB＝∠CDB，∠EHB＝∠GHB，
∴∠ADB﹣∠EHB＝∠CDB﹣∠GHB，
即∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS）；

（2）解：过E作EQ⊥DF于Q，则∠EQB＝90°，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AD＝AB＝AE+EF＝2+2＝4，∠EBQ＝∠CBD＝45°，
∴∠QEB＝45°＝∠EBQ，
∴EQ＝BQ，
∵BE＝2，
∴2EQ2＝22，
∴EQ＝BQ＝（负数舍去），
在Rt△DAE中，由勾股定理得：DE＝＝＝2，
∵四边形EFGH是菱形，
∴EF＝DE＝2，
∴QF＝＝＝3，
∴BF＝QF﹣QB＝3﹣＝2．
13．（2020•遵义）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E与点A、C不重合），连接DE，作EF⊥DE交射线BA于点F，过点E作MN∥BC分别交CD、AB于点M、N，作射线DF交射线CA于点G．
（1）求证：EF＝DE；
（2）当AF＝2时，求GE的长．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠ECM＝45°，
∵MN∥BC，∠BCM＝90°，
∴∠NMC+∠BCM＝180°，∠MNB+∠B＝180°，
∴∠NMC＝90°，∠MNB＝90°，
∴∠MEC＝∠MCE＝45°，∠DME＝∠ENF＝90°，
∴MC＝ME，
∵CD＝MN，
∴DM＝EN，
∵DE⊥EF，∠EDM+∠DEM＝90°，
∴∠DEF＝90°，
∴∠DEM+∠FEN＝90°，
∴∠EDM＝∠FEN，
在△DME和△ENF中
，
∴△DME≌△ENF（ASA），
∴EF＝DE；
（2）解：如图1所示，由（1）知，△DME≌△ENF，
∴ME＝NF，
∵四边形MNBC是矩形，
∴MC＝BN，
又∵ME＝MC，AB＝4，AF＝2，
∴BN＝MC＝NF＝1，
∵∠EMC＝90°，
∴CE＝，
∵AF∥CD，
∴△DGC∽△FGA，
∴，
∴，
∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，
∴AC＝4，
∵AC＝AG+GC，
∴AG＝，CG＝，
∴GE＝GC﹣CE＝＝；
如图2所示，
同理可得，FN＝BN，
∵AF＝2，AB＝4，
∴AN＝1，
∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，
∴AC＝4，
∵AF∥CD，
∴△GAF∽△GCD，
∴，
即，
解得，AG＝4，
∵AN＝NE＝1，∠ENA＝90°，
∴AE＝，
∴GE＝GA+AE＝5．
综上所述：GE的长为：，5．


九．切线的判定与性质
14．（2020•遵义）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠CAB的平分线AD交于点D，过点D作DE∥BC交AC的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，连接BD．若OF＝1，BF＝2，求BD的长度．

【解答】解：（1）连接OD，如图，

∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
∵DE∥BC，
∴∠E＝90°，
∴∠ODE＝180°﹣∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵OF＝1，BF＝2，
∴OB＝3，
∴AF＝4，BA＝6．
∵DF⊥AB，
∴∠DFB＝90°，
∴∠ADB＝∠DFB，
又∵∠DBF＝∠ABD，
∴△DBF∽△ABD，
∴＝，
∴BD2＝BF•BA＝2×6＝12．
∴BD＝2．
解法二：利用勾股定理求出DF，再利用勾股定理求出BD即可．
一十．圆的综合题
15．（2022•遵义）综合与实践
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：
如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．

探究展示：
如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE，则∠AEC+∠D＝180°（依据1）
∵∠B＝∠D
∴∠AEC+∠B＝180°
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（依据2）
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上
反思归纳：
（1）上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1：　圆内接四边形对角互补　；依据2：　过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆　．
（2）如图3，在四边形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，则∠4的度数为 　45°　．
拓展探究：
（3）如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若AB＝2，AD•AF的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．



【解答】（1）解：依据1：圆内接四边形对角互补；依据2：过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆，
故答案为：圆内接四边形对角互补；过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆；
（2）解：∵∠1＝∠2，
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上，
∴∠3＝∠4，
∵∠3＝45°，
∴∠4＝45°，
故答案为：45°；
（3）①证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵点E与点C关于AD的对称，
∴AE＝AC，DE＝DC，
∴∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，
∴∠AED＝∠ACB，
∴∠AED＝∠ABC，
∴A，D，B，E四点共圆；
②解：AD•AF的值不会发生变化，
理由如下：如图4，连接CF，
∵点E与点C关于AD的对称，
∴FE＝FC，
∴∠FEC＝∠FCE，
∴∠FED＝∠FCD，
∵A，D，B，E四点共圆，
∴∠FED＝∠BAF，
∴∠BAF＝∠FCD，
∴A，B，F，C四点共圆，
∴∠AFB＝∠ACB＝∠ABC，
∵∠BAD＝∠FAB，
∴△ABD∽△AFB，
∴＝，
∴AD•AF＝AB2＝8．

16．（2021•遵义）点A是半径为2的⊙O上一动点，点B是⊙O外一定点，OB＝6．连接OA，AB．
（1）【阅读感知】如图①，当△ABC是等边三角形时，连接OC，求OC的最大值；
将下列解答过程补充完整．
解：将线段OB绕点B顺时针旋转60°到O′B，连接OO′，CO′．
由旋转的性质知：∠OBO′＝60°，BO′＝BO＝6，即△OBO′是等边三角形．
∴OO′＝BO＝6
又∵△ABC是等边三角形
∴∠ABC＝60°，AB＝BC
∴∠OBO′＝∠ABC＝60°
∴∠OBA＝∠O′BC
在△OBA和△O′BC中，

∴　△OBA≌△O′BC　（SAS）
∴OA＝O′C
在△OO′C中，OC＜OO′+O′C
当O，O′，C三点共线，且点C在OO′的延长线上时，OC＝OO′+O′C
即OC≤OO′+O′C
∴当O，O′，C三点共线，且点C在OO′的延长线上时，OC取最大值，最大值是 　　．
（2）【类比探究】如图②，当四边形ABCD是正方形时，连接OC，求OC的最小值；
（3）【理解运用】如图③，当△ABC是以AB为腰，顶角为120°的等腰三角形时，连接OC，求OC的最小值，并直接写出此时△ABC的周长．

【解答】解：（1）将线段OB绕点B顺时针旋转60°到O′B，连接OO′，CO′．
由旋转的性质知：∠OBO′＝60°，BO′＝BO＝6，即△OBO′是等边三角形，
∴OO′＝BO＝6，
又∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，AB＝BC，
∴∠OBO′＝∠ABC＝60°，
∴∠OBA＝∠O′BC，
在△OBA和△O′BC中，
，
∴△OBA≌△O′BC（SAS），
∴OA＝O′C，
在△OO′C中，OC＜OO′+O′C，
当O，O′，C三点共线，且点C在OO′的延长线上时，OC＝OO′+O′C，
即OC≤OO′+O′C，
∴当O，O′，C三点共线，且点C在OO′的延长线上时，OC取最大值，OC的最大值为．
故答案为：△OBA≌△O′BC，．

（2）如图②﹣1中，作以OB为边的正方形OBC1D1，连接OC1，C1C，

∵四边形OBC1D1是正方形，
∴OB＝BC1＝6，∠OBC1＝90°，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠OBC1＝∠ABC，
∴∠OBA＝∠C1BC，
在△OBA和△C1BC中，
，
∴△OBA≌△C1BC（SAS），
∴，
在△OCC1中，根据“三角形两边之差小于第三边”，得，
当O，C1，C三点共线，且点C1在OC的延长线上时，，
即OC1﹣CC1≤OC，
∴当O，C1，C三点共线，且点C1在OC的延长线上时，OC取最小值，最小值是．
OC取最小值的图象如下所示：

（3）如下图，作以OB为腰，顶点为B点，顶角为120°的等腰△OBC2，连接OC2，C2C，过点B作BB2⊥OC2于点B2，

∵OB＝BC2＝6，∠OBC2＝120°，
∴∠BOC2＝∠OC2B＝30°，
∵BB2⊥OC2，
∴，OB2＝B2C2，
在Rt△C2BB2中，，
∴，
∵∠ABC＝∠OBC2＝120°，
∴∠OBA＝∠C2BC，
在△OBA和△C2BC中，
，
∴△OBA≌△C2BC（SAS），
∴，
在△OCC2中，根据“三角形两边之差小于第三边”，得，即，
当O，C2，C三点共线，且点C2在OC的延长线上时，即OC2﹣CC2≤OC，
∴当O，C2，C三点共线，且点C2在OC的延长线上时，OC取最小值，最小值是，
当OC取最小值时的图象如如图③﹣2中，此时过点B作BB3⊥AC于点B3，且延长OA于点O3，使得BO3⊥OO3，

∵∠BOC2＝∠OC2B＝30°，
又∵△OBA≌△C2BC，
∴∠AOB＝∠CC2B＝∠OC2B＝30°，
在Rt△OBO3中，OB＝6，∠O3OB＝∠AOB＝30°，
∴BO3＝OB•sin30°＝6×＝3，OO3＝OB•cos30°＝6×＝3，
∵，
∴，
在Rt△ABO3中，，
∵BA＝BC，∠ABC＝120°，
∴，
∵BB3⊥AC，
∴以及AB3＝B3C，
在Rt△ABB3中，，
∴AC＝AB3+B3C＝AB3+AB3＝6，
∴△ABC的周长为．
一十一．作图—复杂作图
17．（2021•遵义）在复习菱形的判定方法时，某同学进行了画图探究，其作法和图形如下：
①画线段AB；
②分别以点A，B为圆心，大于AB长的一半为半径作弧，两弧相交于M、N两点，作直线MN交AB于点O；
③在直线MN上取一点C（不与点O重合），连接AC、BC；
④过点A作平行于BC的直线AD，交直线MN于点D，连接BD．
（1）根据以上作法，证明四边形ADBC是菱形；
（2）该同学在图形上继续探究，他以点O为圆心作四边形ADBC的内切圆，构成如图所示的阴影部分，若AB＝2，∠BAD＝30°，求图中阴影部分的面积．

【解答】（1）证明：根据作法可知：直线MN是AB的垂直平分线，
∴AC＝BC，OA＝OB，MN⊥AB，
∵AD∥BC，
∴∠ADO＝∠BCO，
在△ADO和△BCO中，
，
∴△ADO≌△BCO（AAS），
∴OD＝OC，
∵OA＝OB，MN⊥AB，
∴四边形ADBC是菱形；
（2）∵四边形ADBC是菱形，

∴OA＝AB＝2＝，
∵∠BAD＝30°，
设圆O切AD于点H，连接OH，
则OH⊥AD，
∴OH＝OA＝，
∴S圆O＝OH2×π＝π，
在Rt△AOD中，∠DAO＝30°，OA＝，
∴OD＝OA×tan30°＝×＝1，
∴CD＝2OD＝2，
∴S菱形ADBC＝AB•CD＝2×2＝2，
∴图中阴影部分的面积＝S菱形ADBC﹣S圆O＝2﹣π．
一十二．解直角三角形的应用-仰角俯角问题
18．（2022•遵义）如图1所示是一种太阳能路灯，它由灯杆和灯管支架两部分构成．如图2，AB是灯杆，CD是灯管支架，灯管支架CD与灯杆间的夹角∠BDC＝60°．综合实践小组的同学想知道灯管支架CD的长度，他们在地面的点E处测得灯管支架底部D的仰角为60°，在点F处测得灯管支架顶部C的仰角为30°，测得AE＝3m，EF＝8m（A，E，F在同一条直线上）．根据以上数据，解答下列问题：
（1）求灯管支架底部距地面高度AD的长（结果保留根号）；
（2）求灯管支架CD的长度（结果精确到0.1m，参考数据：≈1.73）．

【解答】解：（1）在Rt△DAE中，∠AED＝60°，AE＝3m，
∴AD＝AE•tan60°＝3（米），
∴灯管支架底部距地面高度AD的长为3米；
（2）延长FC交AB于点G，

∵∠DAE＝90°，∠AFC＝30°，
∴∠DGC＝90°﹣∠AFC＝60°，
∵∠GDC＝60°，
∴∠DCG＝180°﹣∠GDC﹣∠DGC＝60°，
∴△DGC是等边三角形，
∴DC＝DG，
在Rt△DAG中，DE＝6米，∠AED＝60°，
∴AE＝DE•cos60°＝6×＝3（米），
∵EF＝8米，
∴AF＝AE+EF＝11（米），
在Rt△AFG中，AG＝AF•tan30°＝11×＝（米），
∴DC＝DG＝AG﹣AD＝﹣3＝≈1.2（米），
∴灯管支架CD的长度约为1.2米．

19．（2020•遵义）某校为检测师生体温，在校门安装了某型号测温门．如图为该测温门截面示意图，已知测温门AD的顶部A处距地面高为2.2m，为了解自己的有效测温区间．身高1.6m的小聪做了如下实验：当他在地面N处时测温门开始显示额头温度，此时在额头B处测得A的仰角为18°；在地面M处时，测温门停止显示额头温度，此时在额头C处测得A的仰角为60°．求小聪在地面的有效测温区间MN的长度．（额头到地面的距离以身高计，计算精确到0.1m，sin18°≈0.31，cos18°≈0.95，tan18°≈0.32）

【解答】解：延长BC交AD于点E，则AE＝AD﹣DE＝0.6m．
BE＝≈1.875m，CE＝≈0.346m．
所以BC＝BE﹣CE≈1.529m．
所以MN＝BC≈1.5m．
答：小聪在地面的有效测温区间MN的长度约为1.5m．

一十三．条形统计图
20．（2021•遵义）《国家学生体质健康标准》规定：九年级学生50m测试成绩分为优秀、良好、及格，不及格四个等级，某中学为了了解九年级学生的体质健康状况，对九年级学生进行50m测试，并随机抽取50名男生的成绩进行分析，将成绩分等级制作成不完整的统计表和条形统计图，根据图表信息，解答下列问题：
（1）统计表中a的值是 　6　；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）将等级为优秀、良好、及格定为达标，求这50名男生的达标率；
（4）全校九年级共有350名男生，估计不及格的男生大约有多少人？
等级
人数
优秀
4
良好
a
及格
28
不及格
b
合计
50

【解答】解：（1）根据条形统计图可得a＝6．
故答案为：6；
（2）b＝50﹣4﹣6﹣28＝12，
将条形统计图补充完整如图：


（3）×100%＝76%，
答：这50名男生的达标率为76%；

（4）350×＝84（人），
答：估计不及格的男生大约有84人．
一十四．列表法与树状图法
21．（2022•遵义）如图所示，甲、乙两个带指针的转盘分别被分成三个面积相等的扇形（两个转盘除表面数字不同外，其它完全相同），转盘甲上的数字分别是﹣6，﹣1，8，转盘乙上的数字分别是﹣4，5，7（规定：指针恰好停留在分界线上，则重新转一次）．
（1）转动转盘，转盘甲指针指向正数的概率是 　　；转盘乙指针指向正数的概率是 　　．
（2）若同时转动两个转盘，转盘甲指针所指的数字记为a，转盘乙指针所指的数字记为b，请用列表法或树状图法求满足a+b＜0的概率．

【解答】解：（1）转盘甲被等分为3份，其中1份标有正数，所以转动转盘甲1次，指针指向正数的概率是，
转盘乙也被等分为3份，其中2份标有正数，所以转动转盘乙1次，指针指向正数的概率是，
故答案为：，；
（2）同时转动两个转盘，指针所指的数字所有可能出现的结果如下：

共有9种可能出现的结果，其中两个转盘指针所指数字之和为负数的有3种，
所以同时转动两个转盘，指针所指数字之和为负数的概率为＝，
即满足a+b＜0的概率为．
22．（2020•遵义）遵义市各校都在深入开展劳动教育，某校为了解七年级学生一学期参加课外劳动时间（单位：h）的情况，从该校七年级随机抽查了部分学生进行问卷调查，并将调查结果绘制成如下不完整的频数分布表和频数分布直方图．
课外劳动时间频数分布表：
劳动时间分组
频数
频率
0≤t＜20
2
0.1
20≤t＜40
4
m
40≤t＜60
6
0.3
60≤t＜80
a
0.25
80≤t＜100
3
0.15
解答下列问题：
（1）频数分布表中a＝　5　，m＝　0.2　；将频数分布直方图补充完整；
（2）若七年级共有学生400人，试估计该校七年级学生一学期课外劳动时间不少于60h的人数；
（3）已知课外劳动时间在60h≤t＜80h的男生人数为2人，其余为女生，现从该组中任选2人代表学校参加“全市中学生劳动体验”演讲比赛，请用树状图或列表法求所选学生为1男1女的概率．

【解答】解：（1）a＝（2÷0.1）×0.25＝5，
m＝4÷20＝0.2，
补全的直方图如图所示：

故答案为：5，0.2；
（2）400×（0.25+0.15）＝160（人）；
答：估计该校七年级学生一学期课外劳动时间不少于60h的人数为160人；
（3）根据题意画出树状图，

由树状图可知：
共有20种等可能的情况，
1男1女有12种，
故所选学生为1男1女的概率为：
P＝＝．
一十五．游戏公平性
23．（2021•遵义）现有A，B两个不透明的袋子，A袋的4个小球分别标有数字1，2，3，4；B袋的3个小球分别标有数字1，2，3．（每个袋中的小球除数字外，其它完全相同．）
（1）从A，B两个袋中各随机摸出一个小球，则两个小球上数字相同的概率是 　　；
（2）甲、乙两人玩摸球游戏，规则是：甲从A袋中随机摸出一个小球，乙从B袋中随机摸出一个小球，若甲、乙两人摸到小球的数字之和为奇数时，则甲胜；否则乙胜，用列表或树状图的方法说明这个规则对甲、乙两人是否公平．
【解答】解：（1）画树状图如图：

共有12个等可能的结果，其中两个数字相同的结果有3个，
∴两个小球上数字相同的概率是＝，
故答案为：；
（2）这个规则对甲、乙两人是公平的．
画树状图如下：

由树状图知，共有12种等可能结果，其中两人摸到小球的数字之和为奇数有6种，两人摸到小球的数字之和为偶数的也有6种，
∴P甲获胜＝P乙获胜＝，
∴此游戏对双方是公平的．