广西梧州三年（2020-2022）中考数学真题分类汇编-03解答题

这是一份广西梧州三年（2020-2022）中考数学真题分类汇编-03解答题，共33页。试卷主要包含了÷2，，其中+|y+2|＝0，运用方程或方程组解决实际问题，解方程，解不等式组等内容，欢迎下载使用。
广西梧州三年（2020-2022）中考数学真题分类汇编-03解答题
一．有理数的混合运算（共1小题）
1．（2020•梧州）计算：（﹣2）×（﹣3）﹣[5﹣（﹣3）]+（﹣7﹣1）÷2．
二．实数的运算（共1小题）
2．（2021•梧州）计算：（﹣1）2+（﹣8）÷4+﹣（﹣2021）0．
三．单项式乘单项式（共1小题）
3．（2022•梧州）（1）计算：﹣5+（﹣3）×（﹣2）2．
（2）化简：3a+2（a2﹣a）﹣2a•3a．
四．整式的混合运算—化简求值（共1小题）
4．（2020•梧州）先化简，再求值：（2x+y）2+（x+y）（x﹣y）﹣5x（x﹣y），其中+|y+2|＝0．
五．分式的加减法（共1小题）
5．（2021•梧州）计算：（x﹣2）2﹣x（x﹣1）+．
六．二元一次方程组的应用（共1小题）
6．（2021•梧州）运用方程或方程组解决实际问题：
若干学生分若干支铅笔，如果每人5支，那么多余3支；如果每人7支，那么缺5支．试问有多少名学生？共有多少支铅笔？
七．解分式方程（共1小题）
7．（2022•梧州）解方程：1﹣＝．
八．分式方程的应用（共1小题）
8．（2021•梧州）某工厂急需生产一批健身器械共500台，送往销售点出售．当生产150台后，接到通知，要求提前完成任务，因而接下来的时间里每天生产的台数提高到原来的1.4倍，一共用8天刚好完成任务．
（1）原来每天生产健身器械多少台？
（2）运输公司大货车数量不足10辆，小货车数量充足，计划同时使用大、小货车一次完成这批健身器械的运输．已知每辆大货车一次可以运输健身器械50台，每辆车需要费用1500元；每辆小货车一次可以运输健身器械20台，每辆车需要费用800元．在运输总费用不多于16000元的前提下，请写出所有符合题意的运输方案？哪种运输方案的费用最低，最低运输费用是多少？
九．解一元一次不等式组（共1小题）
9．（2020•梧州）解不等式组：并把解集在数轴上表示出来．
一十．一元一次不等式组的应用（共1小题）
10．（2020•梧州）为了保护绿水青山，某景区从大门A处仅设置乘环保车、乘船两种交通方式到景点B，乘车需要30分钟到达，乘船需要24分钟到达，已知每隔2分钟发一辆车，每辆车最多坐40人；每隔12分钟发一班船，每艘船最多坐300人．
（1）如果第一辆车与第一艘船同时从大门A出发，设第a辆车到达景点B时，第b艘船恰好也到达景点B，求a与b的关系式；
（2）现有3100名游客在大门A处，若开始时，车与船同时出发，最后将全部游客送到景点B处时，所需最短时间是多少分钟？

一十一．一次函数的应用（共1小题）
11．（2022•梧州）梧州市地处亚热带，盛产龙眼．新鲜龙眼的保质期短，若加工成龙眼干（又叫带壳圆肉）则有利于较长时间保存．已知3kg的新鲜龙眼在无损耗的情况下可以加工成1kg的龙眼干．
（1）若新鲜龙眼售价为12元/kg．在无损耗的情况下加工成龙眼干，使龙眼干的销售收益不低于新鲜龙眼的销售收益，则龙眼干的售价应不低于多少元/kg？
（2）在实践中，小苏发现当地在加工龙眼干的过程中新鲜龙眼有6%的损耗，为确保果农的利益，龙眼干的销售收益应不低于新鲜龙眼的销售收益，此时龙眼干的定价取最低整数价格．
市场调查还发现，新鲜龙眼以12元/kg最多能卖出100kg，超出部分平均售价是5元/kg，可售完．果农们都以这种方式出售新鲜龙眼．
设某果农有akg新鲜龙眼，他全部加工成龙眼干销售获得的收益与全部以新鲜龙眼销售获得的收益之差为w元，请写出w与a的函数关系式．
一十二．反比例函数综合题（共1小题）
12．（2020•梧州）如图，已知边长为4的正方形ABCD中，AB⊥y轴，垂足为点E，AD⊥x轴，垂足为点F，点A在双曲线y＝上，且A点的横坐标为1．
（1）请求出B，C两点的坐标；
（2）线段BF，CE交于点G，求出点G到x轴的距离；
（3）在双曲线上任取一点H，连接BH，FH，是否存在这样的点H，使△BFH的面积等于5，若存在，请直接写出适合的所有的点坐标；若不存在，请说明理由．

一十三．二次函数综合题（共2小题）
13．（2022•梧州）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x﹣4分别与x，y轴交于点A，B，抛物线y＝x2+bx+c恰好经过这两点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若点C的坐标是（0，6），将△ACO绕着点C逆时针旋转90°得到△ECF，点A的对应点是点E．
①写出点E的坐标，并判断点E是否在此抛物线上；
②若点P是y轴上的任一点，求BP+EP取最小值时，点P的坐标．

14．（2021•梧州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（0，3），顶点为C．平移此抛物线，得到一条新的抛物线，且新抛物线上的点D（3，﹣1）为原抛物线上点A的对应点，新抛物线顶点为E，它与y轴交于点G，连接CG，EG，CE．
（1）求原抛物线对应的函数表达式；
（2）在原抛物线或新抛物线上找一点F，使以点C，E，F，G为顶点的四边形是平行四边形，并求出点F的坐标；
（3）若点K是y轴上的一个动点，且在点B的上方，过点K作CE的平行线，分别交两条抛物线于点M，N，且点M，N分别在y轴的两侧，当MN＝CE时，请直接写出点K的坐标．

一十四．三角形中位线定理（共1小题）
15．（2020•梧州）如图，在Rt△ABC中，已知∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，点E，F分别是AB，AC的中点．
求证：AD＝EF．

一十五．平行四边形的性质（共1小题）
16．（2022•梧州）如图，在▱ABCD中，E，G，H，F分别是AB，BC，CD，DA上的点，且BE＝DH，AF＝CG．求证：EF＝HG．

一十六．正方形的性质（共1小题）
17．（2021•梧州）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，且AE⊥BF于点P，G为AD的中点，连接GP，过点P作PH⊥GP交AB于点H，连接GH．
（1）求证：BE＝CF；
（2）若AB＝6，BE＝BC，求GH的长．

一十七．切线的判定与性质（共1小题）
18．（2021•梧州）如图，在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，点O在CD上，作⊙O，使⊙O与AD相切于点B，⊙O与CD交于点E，过点D作DF∥AC，交AO的延长线于点F，且∠OAB＝∠F．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若OC＝3，DE＝2，求tan∠F的值．

一十八．圆的综合题（共2小题）
19．（2022•梧州）如图，以AB为直径的半圆中，点O为圆心，点C在圆上，过点C作CD∥AB，且CD＝OB．连接AD，分别交OC，BC于点E，F，与⊙O交于点G，若∠ABC＝45°．
（1）求证：①△ABF∽△DCF；
②CD是⊙O的切线．
（2）求的值．

20．（2020•梧州）在等边三角形ABC中，经过点B有一个圆与AC，AB，BC分别交于点D，E，F，连接BD，DE，DF．
（1）如图（1），若BD是圆的直径，AE＝CF时，求证：DE＝DF；
（2）如图（2），若＝，AD＝4时，求AB的长．

一十九．解直角三角形的应用（共1小题）
21．（2022•梧州）今年，我国“巅峰使命”2022珠峰科考团对珠穆朗玛峰进行综合科学考察，搭建了世界最高海拔的自动气象站，还通过释放气球方式进行了高空探测．某学校兴趣小组开展实践活动，通过观测数据，计算气球升空的高度AB．
如图，在平面内，点B，C，D在同一直线上，AB⊥CB，垂足为点B，∠ACB＝52°，∠ADB＝60°，CD＝200m，求AB的高度．（精确到1m）
（参考数据：sin52°≈0.79，cos52°≈0.62，tan52°≈1.28，≈1.73）

二十．中位数（共1小题）
22．（2021•梧州）某校为提高学生的安全意识，开展了安全知识竞赛，这次竞赛成绩满分为10分．现从该校七年级中随机抽取10名学生的竞赛成绩，这10名学生的竞赛成绩是：10，9，9，8，10，8，10，9，7，10．
（1）求这10名学生竞赛成绩的中位数和平均数；
（2）该校七年级共400名学生参加了此次竞赛活动，根据上述10名学生竞赛成绩情况估计参加此次竞赛活动成绩为满分的学生人数是多少？
二十一．列表法与树状图法（共2小题）
23．（2022•梧州）某校团委为了解学生关注“2022年北京冬奥会”情况，以随机抽样的方式对学生进行问卷调查，学生只选择一个运动项目作为最关注项目，把调查结果分为“滑雪”“滑冰”“冰球”“冰壶”“其他”五类，绘制成统计图①和图②．

（1）本次抽样调查的学生共 　 　人；
（2）将图①补充完整；
（3）在这次抽样的学生中，挑选了甲，乙，丙，丁四名学生进行相关培训，最后从这四名学生中随机抽取2名进行“爱我北京冬奥”主题演讲．请用画树状图法或列表法求出抽中两名学生分别是甲和乙的概率．

24．（2020•梧州）网络技术的发展对学生学习方式产生巨大的影响，某校为了了解在空中课堂中学生参与互动的次数，在3月份某天随机抽取若干名学生进行调查，现将调查结果绘制成两种不完整的统计图表：
组别
参与互动x（次）
占调查人数的百分率
A
0≤x≤4
5%
B
4＜x≤8
20%
C
8＜x≤12
a
D
12＜x≤16
25%
E
16次以上
15%
请根据图表中的信息解答下列问题：
（1）共抽查学生　 　人，a＝　 　，中位数落在　 　组，请将频数分布直方图补充完整；
（2）已知该校共有学生1800人，请你估计该校这一天参与互动次数在8次以上（不含8次）的学生有多少人？
（3）该校计划在A组随机抽取两人了解情况，已知A组有男生2人，女生1人，请用画树状图法或列表法求出抽取两名学生都是男生的概率．


参考答案与试题解析
一．有理数的混合运算（共1小题）
1．（2020•梧州）计算：（﹣2）×（﹣3）﹣[5﹣（﹣3）]+（﹣7﹣1）÷2．
【解答】解：原式＝6﹣8+（﹣8）÷2＝6﹣8+（﹣4）＝﹣2﹣4＝﹣6．
二．实数的运算（共1小题）
2．（2021•梧州）计算：（﹣1）2+（﹣8）÷4+﹣（﹣2021）0．
【解答】解：原式＝1﹣2+2﹣1
＝0．
三．单项式乘单项式（共1小题）
3．（2022•梧州）（1）计算：﹣5+（﹣3）×（﹣2）2．
（2）化简：3a+2（a2﹣a）﹣2a•3a．
【解答】解：（1）原式＝3﹣5+（﹣3）×4
＝3﹣5﹣12
＝﹣14，
（2）原式＝3a+2a2﹣2a﹣6a2，
＝a﹣4a2．
四．整式的混合运算—化简求值（共1小题）
4．（2020•梧州）先化简，再求值：（2x+y）2+（x+y）（x﹣y）﹣5x（x﹣y），其中+|y+2|＝0．
【解答】解：（2x+y）2+（x+y）（x﹣y）﹣5x（x﹣y）
＝4x2+4xy+y2+x2﹣y2﹣5x2+5xy
＝9xy，
∵+|y+2|＝0，
∴x﹣1＝0且y+2＝0，
解得：x＝1，y＝﹣2，
当x＝1，y＝﹣2时，原式＝9×1×（﹣2）＝﹣18．
五．分式的加减法（共1小题）
5．（2021•梧州）计算：（x﹣2）2﹣x（x﹣1）+．
【解答】解：（x﹣2）2﹣x（x﹣1）+
＝x2﹣4x+4﹣x2+x+x﹣4
＝﹣2x．
六．二元一次方程组的应用（共1小题）
6．（2021•梧州）运用方程或方程组解决实际问题：
若干学生分若干支铅笔，如果每人5支，那么多余3支；如果每人7支，那么缺5支．试问有多少名学生？共有多少支铅笔？
【解答】解：设共有x名学生，y支铅笔，
依题意得：，
解得：．
答：共有4名学生，23支铅笔．
七．解分式方程（共1小题）
7．（2022•梧州）解方程：1﹣＝．
【解答】解：去分母得：x﹣3+2＝4，
解得：x＝5，
当x＝5时，x﹣3≠0，
∴x＝5是分式方程的根．
八．分式方程的应用（共1小题）
8．（2021•梧州）某工厂急需生产一批健身器械共500台，送往销售点出售．当生产150台后，接到通知，要求提前完成任务，因而接下来的时间里每天生产的台数提高到原来的1.4倍，一共用8天刚好完成任务．
（1）原来每天生产健身器械多少台？
（2）运输公司大货车数量不足10辆，小货车数量充足，计划同时使用大、小货车一次完成这批健身器械的运输．已知每辆大货车一次可以运输健身器械50台，每辆车需要费用1500元；每辆小货车一次可以运输健身器械20台，每辆车需要费用800元．在运输总费用不多于16000元的前提下，请写出所有符合题意的运输方案？哪种运输方案的费用最低，最低运输费用是多少？
【解答】解：（1）设原来每天生产健身器械x台，则提高工作效率后每天生产健身器械1.4x台，
依题意得：+＝8，
解得：x＝50，
经检验，x＝50是原方程的解，且符合题意．
答：原来每天生产健身器械50台．
（2）设使用m辆大货车，使用n辆小货车，
∵同时使用大、小货车一次完成这批健身器械的运输，
∴50m+20n≥500，
∴n≥25﹣m．
又∵运输公司大货车数量不足10辆，且运输总费用不多于16000元，
∴，即，
解得：8≤m＜10．
又∵m为整数，
∴m可以为8，9．
当m＝8时，n≥25﹣m＝25﹣×8＝5；
当m＝9时，n≥25﹣m＝25﹣×9＝，
又∵n为整数，
∴n的最小值为3．
∴共有2种运输方案，
方案1：使用8辆大货车，5辆小货车；
方案2：使用9辆大货车，3辆小货车．
方案1所需费用为1500×8+800×5＝16000（元），
方案2所需费用为1500×9+800×3＝15900（元）．
∵16000＞15900，
∴运输方案2的费用最低，最低运输费用是15900元．
九．解一元一次不等式组（共1小题）
9．（2020•梧州）解不等式组：并把解集在数轴上表示出来．
【解答】解：解不等式①得：x＜2，
解不等式②得：x≥﹣1，
∴不等式组的解集为﹣1≤x＜2，
把不等式组的解集在数轴上表示为：
．
一十．一元一次不等式组的应用（共1小题）
10．（2020•梧州）为了保护绿水青山，某景区从大门A处仅设置乘环保车、乘船两种交通方式到景点B，乘车需要30分钟到达，乘船需要24分钟到达，已知每隔2分钟发一辆车，每辆车最多坐40人；每隔12分钟发一班船，每艘船最多坐300人．
（1）如果第一辆车与第一艘船同时从大门A出发，设第a辆车到达景点B时，第b艘船恰好也到达景点B，求a与b的关系式；
（2）现有3100名游客在大门A处，若开始时，车与船同时出发，最后将全部游客送到景点B处时，所需最短时间是多少分钟？

【解答】解：（1）由题意可得，
30+2（a﹣1）＝24+12（b﹣1），
化简，得
a＝6b﹣8，
即a与b的关系式是a＝6b﹣8；
（2）设所需要的船的数量为x艘，
由（1）知，当所需要的车的辆数为（6x﹣8）辆时，车与船同时到达景点B，
，
解得≤x≤，
∵x为整数，
∴x＝6，
∴6x﹣8＝28，
此时游客剩余人数为：3100﹣300×6﹣40×28＝180，
∵40＜180＜300，
∴若乘船送剩余人数，则船的数量为6+1＝7，所需时间为12×（7﹣1）+24＝96（min），
若乘车送剩余人数，则车的数量为28+5＝33，所需时间为2×（33﹣1）+30＝94（min），
由上可得，乘车送剩余人数，所需时间最短，最短为94分钟．
一十一．一次函数的应用（共1小题）
11．（2022•梧州）梧州市地处亚热带，盛产龙眼．新鲜龙眼的保质期短，若加工成龙眼干（又叫带壳圆肉）则有利于较长时间保存．已知3kg的新鲜龙眼在无损耗的情况下可以加工成1kg的龙眼干．
（1）若新鲜龙眼售价为12元/kg．在无损耗的情况下加工成龙眼干，使龙眼干的销售收益不低于新鲜龙眼的销售收益，则龙眼干的售价应不低于多少元/kg？
（2）在实践中，小苏发现当地在加工龙眼干的过程中新鲜龙眼有6%的损耗，为确保果农的利益，龙眼干的销售收益应不低于新鲜龙眼的销售收益，此时龙眼干的定价取最低整数价格．
市场调查还发现，新鲜龙眼以12元/kg最多能卖出100kg，超出部分平均售价是5元/kg，可售完．果农们都以这种方式出售新鲜龙眼．
设某果农有akg新鲜龙眼，他全部加工成龙眼干销售获得的收益与全部以新鲜龙眼销售获得的收益之差为w元，请写出w与a的函数关系式．
【解答】解：（1）设龙眼干的售价为x元/kg，新鲜龙眼共3a千克，
总销售收益为12×3a＝36a（元），
加工成龙眼干后共a千克，
总销售收益为x×a＝ax（元），
∵龙眼干的销售收益不低于新鲜龙眼的销售收益，
∴ax≥36a，
解出：x≥36，
故龙眼干的售价应不低于36元/kg；
（2）a千克的新鲜龙眼一共可以加工成（1﹣6%）a＝a 千克龙眼干，
设龙眼干的售价为y元/千克，则龙眼干的总销售收益为ay元，
当a≤100千克时，新鲜龙眼的总收益为12a元，
∵龙眼干的销售收益不低于新鲜龙眼的销售收益，
∴≥12a，
解得：y≥，
∵y为整数，
∴y最小为39，
∴龙眼干的销售总收益为a＝a（元），
此时全部加工成龙眼干销售获得的收益与全部以新鲜龙眼销售获得的收益之差w＝a﹣12a＝；
当a＞100千克时，新鲜龙眼的总收益为12×100+5（a﹣100）＝（5a+700）元，龙眼干的总销售收益为a元，
此时全部加工成龙眼干销售获得的收益与全部以新鲜龙眼销售获得的收益之差w＝a﹣（5a+700）＝（a﹣700）元，
综上，w与a的函数关系式为w＝．
一十二．反比例函数综合题（共1小题）
12．（2020•梧州）如图，已知边长为4的正方形ABCD中，AB⊥y轴，垂足为点E，AD⊥x轴，垂足为点F，点A在双曲线y＝上，且A点的横坐标为1．
（1）请求出B，C两点的坐标；
（2）线段BF，CE交于点G，求出点G到x轴的距离；
（3）在双曲线上任取一点H，连接BH，FH，是否存在这样的点H，使△BFH的面积等于5，若存在，请直接写出适合的所有的点坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）对于y＝①，当x＝1时，y＝＝2，故点A（1，2），
即AE＝1，AF＝2，
则BE＝AB﹣AE＝4﹣1＝3，FD＝AD﹣AF＝4﹣2＝2，
故点B的坐标为（﹣3，2），点C的坐标为（﹣3，﹣2）；

（2）由（1）知，点F（1，0），
设直线BF的表达式为y＝kx+b，则，解得，
故直线BF的表达式为y＝﹣x+，
设直线BF交y轴于点M，则点M（0，），
同理可得，直线CE的表达式为y＝x+2，
联立BF、CE的表达式并解得，
故点G的纵坐标为，
则点G到x轴的距离为；

（3）存在，理由：
由直线BF的表达式知，点M（0，），
由点B的坐标知，tan∠BME＝＝＝2，则sin∠BME＝，
由点B、F的坐标知，BF＝＝2，
①当点H在BF上方时（BF∥m），
如下图，过点H作直线m∥BE交y轴于点N，过点M作MG⊥m于点G，

则△BFH的面积＝BF×MG＝×2×MG＝5，解得MG＝，
∵m∥EF，则∠MNG＝∠BME，
在Rt△MGN中，sin∠MNG＝sin∠BME＝＝＝，解得MN＝，
则ON＝OM+MN＝+＝3，故点N（0，3），
则直线m的表达式为y＝﹣x+3②，
联立①②并解得，
故点H的坐标为（3+，）或（3﹣，）；
②当点H在BF下方时（BF∥m′），
同理可得，点H的坐标为（﹣2，﹣1）．
综上，点H的坐标为（3+，）或（3﹣，）或（﹣2，﹣1）．
备注：（3）其它方法：
设点H（a，），过点H作HM∥y轴交BF于点M，则点M（a，﹣a+），

S△BHF＝×MH×AB＝2MH＝5，则MH＝2.5，
当点H在第一象限时，则MH＝﹣（﹣a+）＝2.5，解得a＝3±，
则点H的坐标为（3+，）或（3﹣，）；
当点H在第三象限时，同理可得，点H的坐标为（﹣2，﹣1）；
综上，点H的坐标为（3+，）或（3﹣，）或（﹣2，﹣1）．
一十三．二次函数综合题（共2小题）
13．（2022•梧州）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x﹣4分别与x，y轴交于点A，B，抛物线y＝x2+bx+c恰好经过这两点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若点C的坐标是（0，6），将△ACO绕着点C逆时针旋转90°得到△ECF，点A的对应点是点E．
①写出点E的坐标，并判断点E是否在此抛物线上；
②若点P是y轴上的任一点，求BP+EP取最小值时，点P的坐标．

【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x﹣4分别与x，y轴交于点A，B，
∴当x＝0时，y＝﹣4；当y＝0时，x＝﹣3，
∴A（﹣3，0），B（0，﹣4），
∵抛物线y＝x2+bx+c恰好经过这两点．
∴，
解得，
∴y＝﹣x﹣4；
（2）①∵将△ACO绕着点C逆时针旋转90°得到△ECF，
∴∠OCF＝90°，CF＝CO＝6，EF＝AO＝3，EF∥y轴，
∴E（6，3），
当x＝6时，y＝＝3，
∴点E在抛物线上；
②过点E作EH⊥AB，交y轴于P，垂足为H，

∵A（﹣3，0），B（0，﹣4），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝5，
∵sin∠ABO＝，
∴HP＝BP，
∴BP+EP＝HP+PE，
∴HP+PE的最小值为EH的长，
作EG⊥y轴于G，
∵∠GEP＝∠ABO，
∴tan∠GEP＝tan∠ABO，
∴，
∴，
∴PG＝，
∴OP＝﹣3＝，
∴P（0，﹣）．
14．（2021•梧州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（0，3），顶点为C．平移此抛物线，得到一条新的抛物线，且新抛物线上的点D（3，﹣1）为原抛物线上点A的对应点，新抛物线顶点为E，它与y轴交于点G，连接CG，EG，CE．
（1）求原抛物线对应的函数表达式；
（2）在原抛物线或新抛物线上找一点F，使以点C，E，F，G为顶点的四边形是平行四边形，并求出点F的坐标；
（3）若点K是y轴上的一个动点，且在点B的上方，过点K作CE的平行线，分别交两条抛物线于点M，N，且点M，N分别在y轴的两侧，当MN＝CE时，请直接写出点K的坐标．

【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（0，3），
∴，
∴
∴原来抛物线的解析式为y＝x2+4x+3．

（2）∵A（﹣1，0），D（3，﹣1），
∴点A向右平移4个单位，再向下平移1个单位得到D，
∵原来抛物线的顶点C（﹣2，﹣1），
∴点C向右平移4个单位，再向下平移1个单位得到E，
∴E（2，﹣2），
∴新抛物线的解析式为y＝（x﹣2）2﹣2＝x2﹣4x+2，
∴G（0，2），
∵点C，E，F，G为顶点的四边形是平行四边形，
∴观察图形可知，满足条件的点F在过点G平行CE的直线上，
∵直线CE的解析式为y＝﹣x﹣，
∴直线GF的解析式为y＝﹣x+2，
由，解得或（舍弃），
∴F（﹣4，3），
∴FG＝＝，CE＝＝，
∴FG＝CE，
∵FG∥EC，
∴四边形ECFG是平行四边形，
由平移的性质可知当F′（4，1）时，四边形CEF′G是平行四边形，
但是对于新抛物线y＝x2﹣4x+2，x＝4时，y＝2≠1，
∴满足条件的点F 的坐标为（﹣4，3）．

（3）设经过点K的直线为y＝﹣x+b，在第二象限与原来抛物线交于点J，
∵JM＝EC＝，MN＝，
∴JN＝2，
∴由平移的性质可知，J，N两点的横坐标的绝对值的差为8，
由，消去y得到，4x2+17x+12﹣4b＝0，
∴x1+x2＝﹣，x1x2＝3﹣b，
∵|x1﹣x2|＝8，
∴（x1+x2）2﹣4x1x2＝64，
∴（）2﹣4（3﹣b）＝64，
∴b＝，
∴K（0，）．

一十四．三角形中位线定理（共1小题）
15．（2020•梧州）如图，在Rt△ABC中，已知∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，点E，F分别是AB，AC的中点．
求证：AD＝EF．

【解答】证明：在Rt△ABC中，AD是BC边上的中线，
∴AD＝BC，
∵点E，F分别是AB，AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF＝BC，
∴AD＝EF．
一十五．平行四边形的性质（共1小题）
16．（2022•梧州）如图，在▱ABCD中，E，G，H，F分别是AB，BC，CD，DA上的点，且BE＝DH，AF＝CG．求证：EF＝HG．

【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠A＝∠C，
∵BE＝DH，
∴AB﹣BE＝CD﹣DH，
即AE＝CH，
在△AEF和△CHG中，
，
∴△AEF≌△CHG（SAS），
∴EF＝HG．
一十六．正方形的性质（共1小题）
17．（2021•梧州）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，且AE⊥BF于点P，G为AD的中点，连接GP，过点P作PH⊥GP交AB于点H，连接GH．
（1）求证：BE＝CF；
（2）若AB＝6，BE＝BC，求GH的长．

【解答】（1）证明：∵AE⊥BF，∠ABE＝90°，
∴∠EAB+∠ABF＝90°，∠ABF+∠CBF＝90°，
∴∠EAB＝∠CBF，
在△ABE与△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF；
（2）∵∠EAB＝∠CBF，
∴∠GAE＝∠PBH，
∵PH⊥GP，
∴∠GPH＝90°，
∵∠APB＝90°，
∴∠GPA+∠APH＝∠APH+∠HPB，
∴∠GPA＝∠HPB，
∴△GPA∽△HPB，
∴，
∵tan∠EAB＝，
∵BE＝BC，
∴＝3，
∵G为AD的中点，
∴AG＝3，
∴HB＝1，
∴AH＝5，
∴GH＝＝．
一十七．切线的判定与性质（共1小题）
18．（2021•梧州）如图，在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，点O在CD上，作⊙O，使⊙O与AD相切于点B，⊙O与CD交于点E，过点D作DF∥AC，交AO的延长线于点F，且∠OAB＝∠F．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若OC＝3，DE＝2，求tan∠F的值．

【解答】（1）证明：∵DF∥AC，
∴∠F＝∠OAC，
∵∠OAB＝∠F，
∴∠OAB＝∠OAC，
∴OA是∠BAC的角平分线，
∵⊙O与AD相切于点B，
∴OB是⊙O的半径，OB⊥AD，
∵∠ACD＝90°，
∴OC⊥AC，
∴OB＝OC，
∴点C在⊙O上，
∵OC⊥AC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：由（1）知：OB＝OC＝3，OC是⊙O的半径，
∴CE是⊙O的直径，
∴CE＝2OC＝6，
∴CD＝CE+DE＝6+2＝8，OD＝OE+DE＝OC+DE＝3+2＝5，
在Rt△OBD中，由勾股定理得：BD＝＝＝4，
∵∠OBD＝∠ACD＝90°，∠ODB＝∠ADC，
∴△ODB∽△ADC，
∴＝，
∴AC＝＝＝6，
∵∠F＝∠OAC，
∴tanF＝tan∠OAC＝＝＝．
一十八．圆的综合题（共2小题）
19．（2022•梧州）如图，以AB为直径的半圆中，点O为圆心，点C在圆上，过点C作CD∥AB，且CD＝OB．连接AD，分别交OC，BC于点E，F，与⊙O交于点G，若∠ABC＝45°．
（1）求证：①△ABF∽△DCF；
②CD是⊙O的切线．
（2）求的值．

【解答】（1）证明：①∵CD∥AB，
∴∠FAB＝∠D，
∵∠AFB＝∠DFC，
∴△ABF∽△DCF；
②∵∠ABC＝45°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠DCO＝∠AOC＝90°，
∵OC是半圆的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：过点F作FH∥AB交OC于H，
设圆的半径为2a，
∵CD＝OB＝OA，CD∥AB，
∴CE＝OE＝a，AE＝DE，
由勾股定理得：AE＝＝a，
∴AD＝2a，
∵△ABF∽△DCF，
∴＝＝，
∵FH∥AB，
∴＝＝，
∵FH∥AB，
∴＝＝，
∴EF＝，
∵CD是⊙O的切线，
∴DC2＝DG•DA，即（2a）2＝DG•2a，
解得：DG＝，
∴FG＝a﹣﹣＝，
∴＝＝．

20．（2020•梧州）在等边三角形ABC中，经过点B有一个圆与AC，AB，BC分别交于点D，E，F，连接BD，DE，DF．
（1）如图（1），若BD是圆的直径，AE＝CF时，求证：DE＝DF；
（2）如图（2），若＝，AD＝4时，求AB的长．

【解答】（1）证明：如图1中，

∵BD是直径，
∴∠BED＝∠BFD＝90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴BA＝BC，
∵AE＝CF，
∴BE＝BF，
∵BD＝BD，
∴Rt△BDE≌Rt△BDF（HL），
∴DE＝DF．

（2）解：如图2中，过点D作DM⊥AB于M，DN⊥BC于N．

∵∠AED+∠BED＝180°，∠BED+∠BFD＝180°，
∴∠AED＝∠DFB，
∵∠DME＝∠DNF＝90°，
∴△DME∽△DNF，
∴＝＝，
在Rt△ADM中，∠AMD＝90°，∠A＝60°，AD＝4，
∴DM＝AD•sin60°＝2，
∴DN＝5，
在Rt△DCN中，∠DNC＝90°，∠C＝60°，
∴CD＝＝10，
∴AB＝AC＝AD+DC＝4+10＝14．
一十九．解直角三角形的应用（共1小题）
21．（2022•梧州）今年，我国“巅峰使命”2022珠峰科考团对珠穆朗玛峰进行综合科学考察，搭建了世界最高海拔的自动气象站，还通过释放气球方式进行了高空探测．某学校兴趣小组开展实践活动，通过观测数据，计算气球升空的高度AB．
如图，在平面内，点B，C，D在同一直线上，AB⊥CB，垂足为点B，∠ACB＝52°，∠ADB＝60°，CD＝200m，求AB的高度．（精确到1m）
（参考数据：sin52°≈0.79，cos52°≈0.62，tan52°≈1.28，≈1.73）

【解答】解：设AB＝xm，
在Rt△ABC中，
∵tan∠ACB＝，
∴tan52°＝，
∴BC＝．
在Rt△ABD中，
∵tan∠ADB＝，
∴tan60°＝，
∴BD＝．
∵CD＝CB﹣DB，
∴＝200，
解得：x≈984．
∴AB的高度约为984米．
二十．中位数（共1小题）
22．（2021•梧州）某校为提高学生的安全意识，开展了安全知识竞赛，这次竞赛成绩满分为10分．现从该校七年级中随机抽取10名学生的竞赛成绩，这10名学生的竞赛成绩是：10，9，9，8，10，8，10，9，7，10．
（1）求这10名学生竞赛成绩的中位数和平均数；
（2）该校七年级共400名学生参加了此次竞赛活动，根据上述10名学生竞赛成绩情况估计参加此次竞赛活动成绩为满分的学生人数是多少？
【解答】解：（1）这10名学生竞赛成绩从小到大排列为：7，8，8，9，9，9，10，10，10，10，
中位数为：＝9，
平均数＝（7+8×2+9×3+10×4）＝9；
（2）400×＝160（人），
答：估计参加此次竞赛活动成绩为满分的学生人数是160人．
二十一．列表法与树状图法（共2小题）
23．（2022•梧州）某校团委为了解学生关注“2022年北京冬奥会”情况，以随机抽样的方式对学生进行问卷调查，学生只选择一个运动项目作为最关注项目，把调查结果分为“滑雪”“滑冰”“冰球”“冰壶”“其他”五类，绘制成统计图①和图②．

（1）本次抽样调查的学生共 　50　人；
（2）将图①补充完整；
（3）在这次抽样的学生中，挑选了甲，乙，丙，丁四名学生进行相关培训，最后从这四名学生中随机抽取2名进行“爱我北京冬奥”主题演讲．请用画树状图法或列表法求出抽中两名学生分别是甲和乙的概率．

【解答】解：（1）5÷10%＝50（人），
故答案为：50；
（2）50﹣28﹣5﹣4﹣3＝10（人），
补全条形统计图如下：

（3）用列表法表示所有可能出现的结果如下：

共有12种可能出现的结果情况，其中抽取的2人是甲、乙的有2种，
所以抽中两名学生分别是甲和乙的概率为＝．
24．（2020•梧州）网络技术的发展对学生学习方式产生巨大的影响，某校为了了解在空中课堂中学生参与互动的次数，在3月份某天随机抽取若干名学生进行调查，现将调查结果绘制成两种不完整的统计图表：
组别
参与互动x（次）
占调查人数的百分率
A
0≤x≤4
5%
B
4＜x≤8
20%
C
8＜x≤12
a
D
12＜x≤16
25%
E
16次以上
15%
请根据图表中的信息解答下列问题：
（1）共抽查学生　60　人，a＝　35%　，中位数落在　C　组，请将频数分布直方图补充完整；
（2）已知该校共有学生1800人，请你估计该校这一天参与互动次数在8次以上（不含8次）的学生有多少人？
（3）该校计划在A组随机抽取两人了解情况，已知A组有男生2人，女生1人，请用画树状图法或列表法求出抽取两名学生都是男生的概率．

【解答】解：（1）共抽查学生数是：3÷5%＝60（人），
a＝1﹣5%﹣20%﹣25%﹣15%＝35%；
C组的人数有：60×35%＝21（人），
∵共有60人，中位数是第30、31个数的平均数，
∴中位数落在C组，
补全统计图如下：

故答案为：60，35%，C；

（2）该校这一天参与互动次数在8次以上（不含8次）的学生有；1800×（35%+25%+15%）＝1350（人）．

（3）根据题意画图如下：

共有6种等可能的情况数，其中抽取两名学生都是男生的有2种，
则抽取两名学生都是男生的概率是＝．