江苏省常州市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类

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江苏省常州市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类
一．因式分解的应用（共1小题）
1．（2022•常州）第十四届国际数学教育大会（ICME﹣14）会徽的主题图案有着丰富的数学元素，展现了我国古代数学的文化魅力，其右下方的“卦”是用我国古代的计数符号写出的八进制数3745．八进制是以8作为进位基数的数字系统，有0～7共8个基本数字．八进制数3745换算成十进制数是3×83+7×82+4×81+5×80＝2021，表示ICME﹣14的举办年份．
（1）八进制数3746换算成十进制数是 　 　；
（2）小华设计了一个n进制数143，换算成十进制数是120，求n的值．

二．分式方程的应用（共1小题）
2．（2021•常州）为落实节约用水的政策，某旅游景点进行设施改造，将手拧水龙头全部更换成感应水龙头．已知该景点在设施改造后，平均每天用水量是原来的一半，20吨水可以比原来多用5天．该景点在设施改造后平均每天用水多少吨？
三．解一元一次不等式组（共1小题）
3．（2023•常州）解不等式组，把解集在数轴上表示出来，并写出整数解．

四．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题）
4．（2023•常州）在平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y＝的图象相交于点A（2，4）、B（4，n）．C是y轴上的一点，连接CA、CB．
（1）求一次函数、反比例函数的表达式；
（2）若△ABC的面积是6，求点C的坐标．
五．反比例函数综合题（共1小题）
5．（2021•常州）【阅读】
通过构造恰当的图形，可以对线段长度、图形面积大小等进行比较，直观地得到一些不等关系或最值，这是“数形结合”思想的典型应用．
【理解】
（1）如图1，AC⊥BC，CD⊥AB，垂足分别为C、D，E是AB的中点，连接CE．已知AD＝a，BD＝b（0＜a＜b）．
①分别求线段CE、CD的长（用含a、b的代数式表示）；
②比较大小：CE　 　CD（填“＜”、“＝”或“＞”），并用含a、b的代数式表示该大小关系．
【应用】
（2）如图2，在平面直角坐标系xOy中，点M、N在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，横坐标分别为m、n．设p＝m+n，q＝，记l＝pq．
①当m＝1，n＝2时，l＝　 　；当m＝3，n＝3时，l＝　 　；
②通过归纳猜想，可得l的最小值是 　 　．请利用图2构造恰当的图形，并说明你的猜想成立．

六．二次函数综合题（共3小题）
6．（2022•常州）已知二次函数y＝ax2+bx+3的自变量x的部分取值和对应函数值y如下表：
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
4
3
0
﹣5
﹣12
…
（1）求二次函数y＝ax2+bx+3的表达式；
（2）将二次函数y＝ax2+bx+3的图象向右平移k（k＞0）个单位，得到二次函数y＝mx2+nx+q的图象，使得当﹣1＜x＜3时，y随x增大而增大；当4＜x＜5时，y随x增大而减小．请写出一个符合条件的二次函数y＝mx2+nx+q的表达式y＝　 　，实数k的取值范围是 　 　；
（3）A、B、C是二次函数y＝ax2+bx+3的图象上互不重合的三点．已知点A、B的横坐标分别是m、m+1，点C与点A关于该函数图象的对称轴对称，求∠ACB的度数．
7．（2023•常州）如图，二次函数y＝x2+bx﹣4的图象与x轴相交于点A（﹣2，0），B，其顶点是C．
（1）b＝　 　；
（2）D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD＝．将原抛物线向左平移，使得平移后的抛物线经过点D，过点（k，0）作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，求k的取值范围；
（3）将原抛物线平移，平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，且其顶点P落在原抛物线上，连接PC、QC、PQ．已知△PCQ是直角三角形，求点P的坐标．

8．（2021•常州）如图，在平面直角坐标系xOy中，正比例函数y＝kx（k≠0）和二次函数y＝﹣x2+bx+3的图象都经过点A（4，3）和点B，过点A作OA的垂线交x轴于点C．D是线段AB上一点（点D与点A、O、B不重合），E是射线AC上一点，且AE＝OD，连接DE，过点D作x轴的垂线交抛物线于点F，以DE、DF为邻边作▱DEGF．
（1）填空：k＝　 　，b＝　 　；
（2）设点D的横坐标是t（t＞0），连接EF．若∠FGE＝∠DFE，求t的值；
（3）过点F作AB的垂线交线段DE于点P若S△DFP＝S▱DEGF，求OD的长．

七．全等三角形的判定与性质（共1小题）
9．（2021•常州）如图，B、F、C、E是直线l上的四点，AB∥DE，AB＝DE，BF＝CE．
（1）求证：△ABC≌△DEF；
（2）将△ABC沿直线l翻折得到△A′BC．
①用直尺和圆规在图中作出△A′BC（保留作图痕迹，不要求写作法）；
②连接A′D，则直线A′D与l的位置关系是 　 　．

八．三角形综合题（共1小题）
10．（2022•常州）在四边形ABCD中，O是边BC上的一点．若△OAB≌△OCD，则点O叫做该四边形的“等形点”．
（1）正方形 　 　“等形点”（填“存在”或“不存在”）；
（2）如图，在四边形ABCD中，边BC上的点O是四边形ABCD的“等形点”．已知CD＝4，OA＝5，BC＝12，连接AC，求AC的长；
（3）在四边形EFGH中，EH∥FG．若边FG上的点O是四边形EFGH的“等形点”，求的值．

九．四边形综合题（共1小题）
11．（2023•常州）对于平面内的一个四边形，若存在点O，使得该四边形的一条对角线绕点O旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点O是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形MNPQ中，对角线MP、NQ相交于点T，则点T是矩形MNPQ的一个“旋点”．
（1）若菱形ABCD为“可旋四边形”，其面积是4，则菱形ABCD的边长是 　 　；
（2）如图1，四边形ABCD为“可旋四边形”，边AB的中点O是四边形ABCD的一个“旋点”．求∠ACB的度数；
（3）如图2，在四边形ABCD中，AC＝BD，AD与BC不平行．四边形ABCD是否为“可旋四边形”？请说明理由．

一十．圆的综合题（共1小题）
12．（2022•常州）现有若干张相同的半圆形纸片，点O是圆心，直径AB的长是12cm，C是半圆弧上的一点（点C与点A、B不重合），连接AC、BC．
（1）沿AC、BC剪下△ABC，则△ABC是 　 　三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
（2）分别取半圆弧上的点E、F和直径AB上的点G、H．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为6cm的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
（3）经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点C，一定存在线段AC上的点M、线段BC上的点N和直径AB上的点P、Q，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为4cm的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．

一十一．作图—复杂作图（共1小题）
13．（2023•常州）如图，B、E、C、F是直线l上的四点，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF．
（1）求证：△ABC≌△DEF；
（2）点P、Q分别是△ABC、△DEF的内心．
①用直尺和圆规作出点Q（保留作图痕迹，不要求写作法）；
②连接PQ，则PQ与BE的关系是 　 　．

一十二．几何变换综合题（共1小题）
14．（2021•常州）在平面直角坐标系xOy中，对于A、A′两点，若在y轴上存在点T，使得∠ATA′＝90°，且TA＝TA′，则称A、A′两点互相关联，把其中一个点叫做另一个点的关联点．已知点M（﹣2，0）、N（﹣1，0），点Q（m，n）在一次函数y＝﹣2x+1的图象上．
（1）①如图，在点B（2，0）、C（0，﹣1）、D（﹣2，﹣2）中，点M的关联点是 　 　（填“B”、“C”或“D”）；
②若在线段MN上存在点P（1，1）的关联点P′，则点P′的坐标是 　 　；
（2）若在线段MN上存在点Q的关联点Q′，求实数m的取值范围；
（3）分别以点E（4，2）、Q为圆心，1为半径作⊙E、⊙Q．若对⊙E上的任意一点G，在⊙Q上总存在点G′，使得G、G′两点互相关联，请直接写出点Q的坐标．

一十三．相似形综合题（共1小题）
15．（2023•常州）如图1，小丽借助几何软件进行数学探究：第一步，画出矩形ABCD和矩形EFGH，点E、F在边AB上（EF＜AB），且点C、D、G、H在直线AB的同侧；第二步，设＝m，＝n，矩形EFGH能在边AB上左右滑动；第三步，画出边EF的中点O，射线OH与射线AD相交于点P（点P、D不重合），射线OG与射线BC相交于点Q（点Q、C不重合），观测DP、CQ的长度．
（1）如图2，小丽取AB＝4，EF＝3，m＝1，n＝3，滑动矩形EFGH，当点E、A重合时，CQ＝　 　；
（2）小丽滑动矩形EFGH，使得O恰为边AB的中点．她发现对于任意的m≠n，DP＝CQ总成立．请说明理由；
（3）经过数次操作，小丽猜想，设定m、n的某种数量关系后，滑动矩形EFGH，DP＝CQ总成立．小丽的猜想是否正确？请说明理由．

一十四．中位数（共1小题）
16．（2023•常州）为合理安排进、离校时间，学校调查小组对某一天八年级学生上学、放学途中的用时情况进行了调查．本次调查在八年级随机抽取了20名学生，建立以上学途中用时为横坐标、放学途中用时为纵坐标的平面直角坐标系，并根据调查结果画出相应的点，如图所示：

（1）根据图中信息，下列说法中正确的是 　 　（写出所有正确说法的序号）；
①这20名学生上学途中用时都没有超过30min；
②这20名学生上学途中用时在20min以内的人数超过一半；
③这20名学生放学途中用时最短为5min；
④这20名学生放学途中用时的中位数为15min．
（2）已知该校八年级共有400名学生，请估计八年级学生上学途中用时超过25min的人数；
（3）调查小组发现，图中的点大致分布在一条直线附近．请直接写出这条直线对应的函数表达式并说明实际意义．
一十五．列表法与树状图法（共1小题）
17．（2021•常州）在3张相同的小纸条上，分别写上条件：①四边形ABCD是菱形；②四边形ABCD有一个内角是直角；③四边形ABCD的对角线相等．将这3张小纸条做成3支签，放在一个不透明的盒子中．
（1）搅匀后从中任意抽出1支签，抽到条件①的概率是 　 　；
（2）搅匀后先从中任意抽出1支签（不放回），再从余下的2支签中任意抽出1支签．四边形ABCD同时满足抽到的2张小纸条上的条件，求四边形ABCD一定是正方形的概率．

江苏省常州市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类
参考答案与试题解析
一．因式分解的应用（共1小题）
1．（2022•常州）第十四届国际数学教育大会（ICME﹣14）会徽的主题图案有着丰富的数学元素，展现了我国古代数学的文化魅力，其右下方的“卦”是用我国古代的计数符号写出的八进制数3745．八进制是以8作为进位基数的数字系统，有0～7共8个基本数字．八进制数3745换算成十进制数是3×83+7×82+4×81+5×80＝2021，表示ICME﹣14的举办年份．
（1）八进制数3746换算成十进制数是 　2022　；
（2）小华设计了一个n进制数143，换算成十进制数是120，求n的值．

【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）3746＝3×83+7×82+4×81+6×80
＝1536+448+32+6
＝2022．
故八进制数字3746换算成十进制是2022．
故答案为：2022；
（2）依题意有：n2+4×n1+3×n0＝120，
解得n1＝9，n2＝﹣13（舍去）．
故n的值是9．
二．分式方程的应用（共1小题）
2．（2021•常州）为落实节约用水的政策，某旅游景点进行设施改造，将手拧水龙头全部更换成感应水龙头．已知该景点在设施改造后，平均每天用水量是原来的一半，20吨水可以比原来多用5天．该景点在设施改造后平均每天用水多少吨？
【答案】该景点在设施改造后平均每天用水2吨．
【解答】解：设该景点在设施改造后平均每天用水x吨，则在改造前平均每天用水2x吨，
根据题意，得﹣＝5．
解得x＝2．
经检验：x＝2是原方程的解，且符合题意．
答：该景点在设施改造后平均每天用水2吨．
三．解一元一次不等式组（共1小题）
3．（2023•常州）解不等式组，把解集在数轴上表示出来，并写出整数解．

【答案】﹣1＜x≤2，数轴见解答，整数解是：0，1，2．
【解答】解：，
解不等式①得，x≤2，
解不等式②得，x＞﹣1，
∴不等式组的解集是﹣1＜x≤2，
在数轴上表示为
，
∴不等式组的整数解是：0，1，2．
四．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题）
4．（2023•常州）在平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y＝的图象相交于点A（2，4）、B（4，n）．C是y轴上的一点，连接CA、CB．
（1）求一次函数、反比例函数的表达式；
（2）若△ABC的面积是6，求点C的坐标．
【答案】（1）反比例函数解析式为y＝；一次函数的解析为y＝﹣x+6．
（2）C（0，0）或（0，12）．
【解答】解：（1）∵点A（2，4）在反比例函数y＝的图象上，
∴m＝2×4＝8，
∴反比例函数解析式为y＝；
又∵点B（4，n）在y＝上，
∴n＝2，
∴点B的坐标为（4，2），
把A（2，4）和B（4，2）两点的坐标代入一次函数y＝kx+b得，
解得，
∴一次函数的解析为y＝﹣x+6．
（2）对于一次函数y＝﹣x+6，令x＝0，则y＝6，
即D（0，6），
根据题意得：S△ABC＝S△BCD﹣S△ACD＝＝6，
解得：CD＝6，
∴OC＝0或12，
∴C（0，0）或（0，12）．

五．反比例函数综合题（共1小题）
5．（2021•常州）【阅读】
通过构造恰当的图形，可以对线段长度、图形面积大小等进行比较，直观地得到一些不等关系或最值，这是“数形结合”思想的典型应用．
【理解】
（1）如图1，AC⊥BC，CD⊥AB，垂足分别为C、D，E是AB的中点，连接CE．已知AD＝a，BD＝b（0＜a＜b）．
①分别求线段CE、CD的长（用含a、b的代数式表示）；
②比较大小：CE　＞　CD（填“＜”、“＝”或“＞”），并用含a、b的代数式表示该大小关系．
【应用】
（2）如图2，在平面直角坐标系xOy中，点M、N在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，横坐标分别为m、n．设p＝m+n，q＝，记l＝pq．
①当m＝1，n＝2时，l＝　　；当m＝3，n＝3时，l＝　1　；
②通过归纳猜想，可得l的最小值是 　1　．请利用图2构造恰当的图形，并说明你的猜想成立．

【答案】（1）①CD＝，EC＝（a+b）．
②＞，a+b＞2．
（2）①，1．
②猜想：l的最小值为1．证明见解析部分．
【解答】解：（1）①如图1中，

∵AC⊥BC，CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠CDB＝∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠A＝90°，∠A+∠B＝90°，
∴∠ACD＝∠B，
∴△ADC∽△CDB，
∴＝，
∴CD2＝AD•DB，
∵AD＝a，DB＝b，CD＞0，
∴CD＝，
∵∠ACB＝90°，AE＝EB，
∴EC＝AB＝（a+b），

②∵CD⊥AB，
∴根据垂线段最短可知，CD＜CE，即（a+b）＞，
∴a+b＞2，
故答案为：＞．

（2）①当m＝1，n＝2时，l＝；当m＝3，n＝3时，l＝1，
故答案为：，1．

②猜想：l的最小值为1．
故答案为：1．
理由：如图2中，过点M作MA⊥x轴于A，ME⊥y轴于E，过点N作NB⊥x轴于B，NF⊥y轴于F，连接MN，取MN的中点J，过点J作JG⊥y轴于G，JC⊥x轴于C，则J（，），

∵当m≠n时，点J在反比例函数图象的上方，
∴矩形JCOG的面积＞1，
当m＝n时，点J落在反比例函数的图象上，矩形JCOG的面积＝1，
∴矩形JCOG的面积≥1，
∴•≥1，
即l≥1，
∴l的最小值为1．
六．二次函数综合题（共3小题）
6．（2022•常州）已知二次函数y＝ax2+bx+3的自变量x的部分取值和对应函数值y如下表：
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
4
3
0
﹣5
﹣12
…
（1）求二次函数y＝ax2+bx+3的表达式；
（2）将二次函数y＝ax2+bx+3的图象向右平移k（k＞0）个单位，得到二次函数y＝mx2+nx+q的图象，使得当﹣1＜x＜3时，y随x增大而增大；当4＜x＜5时，y随x增大而减小．请写出一个符合条件的二次函数y＝mx2+nx+q的表达式y＝　y＝﹣x2+6x﹣5（答案不唯一）　，实数k的取值范围是 　4≤k≤5　；
（3）A、B、C是二次函数y＝ax2+bx+3的图象上互不重合的三点．已知点A、B的横坐标分别是m、m+1，点C与点A关于该函数图象的对称轴对称，求∠ACB的度数．
【答案】（1）二次函数的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）y＝﹣x2+6x﹣5（答案不唯一），4≤k≤5；
（3）∠ACB的度数是45°或135°．
【解答】解：（1）将（﹣1，4），（1，0）代入y＝ax2+bx+3得：
，
解得，
∴二次函数的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图：

∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴将二次函数y＝﹣x2﹣2x+3的图象向右平移k（k＞0）个单位得y＝﹣（x﹣k+1）2+4的图象，
∴新图象的对称轴为直线x＝k﹣1，
∵当﹣1＜x＜3时，y随x增大而增大；当4＜x＜5时，y随x增大而减小，且抛物线开口向下，
∴3≤k﹣1≤4，
解得4≤k≤5，
∴符合条件的二次函数y＝mx2+nx+q的表达式可以是y＝﹣（x﹣3）2+4＝﹣x2+6x﹣5，
故答案为：y＝﹣x2+6x﹣5（答案不唯一），4≤k≤5；
（3）当B在C左侧时，过B作BH⊥AC于H，如图：

∵点A、B的横坐标分别是m、m+1，
∴yA＝﹣m2﹣2m+3，yB＝﹣（m+1）2﹣2（m+1）+3＝﹣m2﹣4m，
∴A（m，﹣m2﹣2m+3），B（m+1，﹣m2﹣4m），
∵点C与点A关于该函数图象的对称轴对称，而抛物线对称轴为直线x＝﹣1，
∴＝﹣1，AC∥x轴，
∴xC＝﹣2﹣m，
∴C（﹣2﹣m，﹣m2﹣2m+3），
过B作BH⊥AC于H，
∴BH＝|﹣m2﹣4m﹣（﹣m2﹣2m+3）|＝|﹣2m﹣3|，CH＝|（﹣2﹣m）﹣（m+1）|＝|﹣2m﹣3|，
∴BH＝CH，
∴△BHC是等腰直角三角形，
∴∠HCB＝45°，即∠ACB＝45°，
当B在C右侧时，如图：

同理可得△BHC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝180°﹣∠BCH＝135°，
综上所述，∠ACB的度数是45°或135°．
7．（2023•常州）如图，二次函数y＝x2+bx﹣4的图象与x轴相交于点A（﹣2，0），B，其顶点是C．
（1）b＝　﹣1　；
（2）D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD＝．将原抛物线向左平移，使得平移后的抛物线经过点D，过点（k，0）作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，求k的取值范围；
（3）将原抛物线平移，平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，且其顶点P落在原抛物线上，连接PC、QC、PQ．已知△PCQ是直角三角形，求点P的坐标．

【答案】（1）b＝﹣1；
（2）k≤﹣3；
（3）P（3，﹣）或（﹣1，﹣）．
【解答】解：（1）由题意得，
﹣2b﹣4＝0，
∴b＝﹣1；
（2）∵tan∠AOD＝，
∴设D（2t，5t），
∴，
∴t1＝﹣，t2＝4（舍去），
∴D（﹣1，﹣），
∵y＝﹣x﹣4＝（x﹣1）2﹣，
∴新抛物线设为：y＝（x﹣m）2﹣，
∴﹣，
∴m1＝﹣3，m2＝1（舍去），
∴y＝（x+3）2﹣，
∵在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，
∴k≤﹣3；
（3）如图，
作PV⊥CQ 于V，
设P（t，），
∴平移后的抛物线为：y＝（x﹣t）2+（），
当x＝1时，y＝t2﹣2t﹣，
∴Q（1，t2﹣2t﹣），
∵＞0，
∴∠CPQ＝90°，
∵QV＝（t2﹣2t﹣）﹣（）＝﹣t，
CV＝（﹣t﹣4）﹣（﹣）＝﹣t+，
∴QV＝CV，
∴PV＝CV＝QV，
∴|t﹣1|＝，
∴t1＝3，t2＝﹣1，t3＝t4＝1（舍去），
当t＝3时，y＝32﹣3﹣4＝﹣，
∴P（3，﹣）或（﹣1，﹣）．

8．（2021•常州）如图，在平面直角坐标系xOy中，正比例函数y＝kx（k≠0）和二次函数y＝﹣x2+bx+3的图象都经过点A（4，3）和点B，过点A作OA的垂线交x轴于点C．D是线段AB上一点（点D与点A、O、B不重合），E是射线AC上一点，且AE＝OD，连接DE，过点D作x轴的垂线交抛物线于点F，以DE、DF为邻边作▱DEGF．
（1）填空：k＝　　，b＝　1　；
（2）设点D的横坐标是t（t＞0），连接EF．若∠FGE＝∠DFE，求t的值；
（3）过点F作AB的垂线交线段DE于点P若S△DFP＝S▱DEGF，求OD的长．

【答案】（1），1．
（2）t的值为．
（3）．
【解答】解：（1）∵正比例函数y＝kx（k≠0）经过A（4，3），
∴3＝4k，
∴k＝，
∵二次函数y＝﹣x2+bx+3的图象经过点A（4，3），
∴3＝﹣×42+4b+3，
∴b＝1，
故答案为：，1．

（2）如图1中，过点E作EP⊥DF于P，连接EF．

∵四边形DEGF是平行四边形，
∴∠G＝∠EDF
∵∠EGF＝∠EFD，
∴∠EFD＝∠EDF，
∴EF＝ED，
∵EP⊥DF，
∴PD＝PF，
∵D（t，t），
∴OD＝AE＝t，
∵AC⊥AB，
∴∠OAC＝90°，
∴tan∠AOC＝，
∵OA＝＝5，
∴AC＝OA•tan∠AOC＝，OC＝AC÷＝，
∴EC＝AC﹣AE＝﹣t，
∵sin∠ACO＝，
∴点E的纵坐标为3﹣t，
∵F（t，﹣t2+t+3），PF＝PD，
∴＝3﹣t，
解得t＝或（舍弃）．
∴满足条件的t的值为．

（3）如图2中，因为点D在线段AB上，S△DFP＝S▱DEGF，所以DP＝2PE，观察图象可知，点D只能在第一象限，

设PF交AB于J，
∵AC⊥AB，PF⊥AB，
∴PJ∥AE，
∴DJ：AJ＝DP：PE＝2，
∵D（t，t），F（t，﹣t2+t+3），
∴OD＝t，DF＝﹣t2+t+3﹣t＝﹣t2+t+3，
∴DJ＝DF＝﹣t2+t+，AJ＝DJ＝﹣t2+t+，
∵OA＝5，
∴t﹣t2+t+﹣t2+t+＝5，
整理得9t2﹣59t+92＝0，
解得t＝或4（4不合题意舍弃），
∴OD＝t＝．
七．全等三角形的判定与性质（共1小题）
9．（2021•常州）如图，B、F、C、E是直线l上的四点，AB∥DE，AB＝DE，BF＝CE．
（1）求证：△ABC≌△DEF；
（2）将△ABC沿直线l翻折得到△A′BC．
①用直尺和圆规在图中作出△A′BC（保留作图痕迹，不要求写作法）；
②连接A′D，则直线A′D与l的位置关系是 　平行　．

【答案】（1）证明见解析；
（2）图见解析，平行．
【解答】证明：（1）∵BF＝CE，
∴BF+FC＝CE+FC，
即BC＝EF，
∵AB∥DE，
∴∠ABC＝∠DEF，
在△ABC与△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）；
（2）①如图所示，△A′BC即为所求：

②直线A′D与l的位置关系是平行，
故答案为：平行．
八．三角形综合题（共1小题）
10．（2022•常州）在四边形ABCD中，O是边BC上的一点．若△OAB≌△OCD，则点O叫做该四边形的“等形点”．
（1）正方形 　不存在　“等形点”（填“存在”或“不存在”）；
（2）如图，在四边形ABCD中，边BC上的点O是四边形ABCD的“等形点”．已知CD＝4，OA＝5，BC＝12，连接AC，求AC的长；
（3）在四边形EFGH中，EH∥FG．若边FG上的点O是四边形EFGH的“等形点”，求的值．

【答案】（1）不存在；
（2）4；
（3）1．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝90°，
∵△OAB≌△OCD，
∴∠OAB＝∠C＝90°，
∵O是边BC上的一点．
∴正方形不存在“等形点”，
故答案为：不存在；
（2）作AH⊥BO于H，

∵边BC上的点O是四边形ABCD的“等形点”，
∴△OAB≌△OCD，
∴AB＝CD＝4，OA＝OC＝5，
∵BC＝12，
∴BO＝7，
设OH＝x，则BH＝7﹣x，
由勾股定理得，（4）2﹣（7﹣x）2＝52﹣x2，
解得，x＝3，
∴OH＝3，
∴AH＝4，
∴CH＝8，
在Rt△CHA中，AC＝＝＝4；
（3）如图，∵边FG上的点O是四边形EFGH的“等形点”，

∴△OEF≌△OGH，
∴∠EOF＝∠HOG，OE＝OG，∠OGH＝∠OEF，
∵EH∥FG，
∴∠HEO＝∠EOF，∠EHO＝∠HOG，
∴∠HEO＝∠EHO，
∴OE＝OH，
∴OH＝OG，
∴OE＝OF，
∴＝1．
九．四边形综合题（共1小题）
11．（2023•常州）对于平面内的一个四边形，若存在点O，使得该四边形的一条对角线绕点O旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点O是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形MNPQ中，对角线MP、NQ相交于点T，则点T是矩形MNPQ的一个“旋点”．
（1）若菱形ABCD为“可旋四边形”，其面积是4，则菱形ABCD的边长是 　2　；
（2）如图1，四边形ABCD为“可旋四边形”，边AB的中点O是四边形ABCD的一个“旋点”．求∠ACB的度数；
（3）如图2，在四边形ABCD中，AC＝BD，AD与BC不平行．四边形ABCD是否为“可旋四边形”？请说明理由．

【答案】（1）2；
（2）90°；
（3）四边形ABCD是“可旋四边形”．
【解答】解：（1）∵菱形ABCD是“可旋四边形”，
∴AC＝BD，
∴菱形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD的边长是2，
故答案为：2；
（2）如图1，

连接OC，
∵四边形ABCD是“可旋四边形”，O为旋点，
∴OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵OA＝OB，
∴OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵∠OAC+∠OCA+∠OBC+∠OCB＝180°，
∴2（∠OCA+∠OCB）＝180°，
∴∠ACB＝90°；
（3）如图2，

四边形ABCD是“可旋四边形”，理由如下：
分别作AD和BC的垂直平分线，交于点O，连接OA，OD，OB，OC，
∴OA＝OD，OC＝OB，
∵AC＝BD，
∴△AOC≌△DOB（SSS），
∴∠AOC＝∠BOD，
∴∠AOD＝∠BOC，
∴四边形ABCD是“可旋四边形”．
一十．圆的综合题（共1小题）
12．（2022•常州）现有若干张相同的半圆形纸片，点O是圆心，直径AB的长是12cm，C是半圆弧上的一点（点C与点A、B不重合），连接AC、BC．
（1）沿AC、BC剪下△ABC，则△ABC是 　直角　三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
（2）分别取半圆弧上的点E、F和直径AB上的点G、H．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为6cm的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
（3）经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点C，一定存在线段AC上的点M、线段BC上的点N和直径AB上的点P、Q，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为4cm的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．

【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵AB是直径，直径所对的圆周角是直角，
∴△ABC是直角三角形，
故答案为：直角；

（2）如图，四边形EFHG或四边形EFG′H即为所求．


（3）小明的猜想正确．
理由：如图2中，设CM＝CA，CN＝CB，取AP＝BQ＝4cm，

则∵＝＝，
∴MN∥AB，
∴＝＝，
∴MN＝PQ＝4，
∴四边形MNQP是平行四边形，
∵＝＝，
∴MP∥CO，
∴＝＝，
∴PM＝4cm，
∴MN＝4cm，
∴四边形MNQP是菱形，边长为4cm，
∴小明的猜想正确．
一十一．作图—复杂作图（共1小题）
13．（2023•常州）如图，B、E、C、F是直线l上的四点，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF．
（1）求证：△ABC≌△DEF；
（2）点P、Q分别是△ABC、△DEF的内心．
①用直尺和圆规作出点Q（保留作图痕迹，不要求写作法）；
②连接PQ，则PQ与BE的关系是 　PQ∥BE，PQ＝BE　．

【答案】（1）证明过程见解答；
（2）①图形见解答；
②PQ∥BE，PQ＝BE，理由见解答．
【解答】（1）证明：∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SSS）；
（2）解：①如图，点Q即为所求；
②PQ与BE的关系是：PQ∥BE，PQ＝BE，理由如下：
∵△ABC≌△DEF，
∴∠ABC＝∠DEF，
∵点P、Q分别是△ABC、△DEF的内心，
∴BP平分∠ABC，EQ平分∠DEF，
∴∠PBE＝∠ABC，∠QEF＝∠DEF，
∴∠PBE＝∠QEF，
∴PB∥QE，
∵△ABC≌△DEF，
∴∠A＝∠D，
∴△ABG≌△DEH（ASA），
∴BG＝EH，
∵点P、Q分别是△ABC、△DEF的内心，
∴BP＝EQ，
∴四边形PQEB是平行四边形，
∴PQ∥BE，PQ＝BE．
故答案为：PQ∥BE，PQ＝BE．

一十二．几何变换综合题（共1小题）
14．（2021•常州）在平面直角坐标系xOy中，对于A、A′两点，若在y轴上存在点T，使得∠ATA′＝90°，且TA＝TA′，则称A、A′两点互相关联，把其中一个点叫做另一个点的关联点．已知点M（﹣2，0）、N（﹣1，0），点Q（m，n）在一次函数y＝﹣2x+1的图象上．
（1）①如图，在点B（2，0）、C（0，﹣1）、D（﹣2，﹣2）中，点M的关联点是 　B　（填“B”、“C”或“D”）；
②若在线段MN上存在点P（1，1）的关联点P′，则点P′的坐标是 　（﹣2，0）　；
（2）若在线段MN上存在点Q的关联点Q′，求实数m的取值范围；
（3）分别以点E（4，2）、Q为圆心，1为半径作⊙E、⊙Q．若对⊙E上的任意一点G，在⊙Q上总存在点G′，使得G、G′两点互相关联，请直接写出点Q的坐标．

【答案】（1）①B．
②（﹣2，0）．
（2）﹣1≤m≤0或≤m≤1．
（3）点Q的坐标为（﹣，）或（3，﹣5）．
【解答】解：（1）如图1中，

①如图1中，取点T（0，2），连接MT，BT，
∵M（﹣2，0），B（2，0），
∴OT＝OM＝OB＝2，
∴△TBM是等腰直角三角形，
∴在点B（2，0）、C（0，﹣1）、D（﹣2，﹣2）中，点M的关联点是点B，
故答案为：B．
②取点T（0，﹣1），连接MT，PT，则△MTP是等腰直角三角形，
∴线段MN上存在点P（1，1）的关联点P′，则点P′的坐标是 （﹣2，0），
故答案为：（﹣2，0）．

（2）如图2﹣1中，当M，Q是互相关联点，设Q（m，﹣2m+1），△MTQ是等腰直角三角形，

过点Q作QH⊥y轴于H，
∵∠QHT＝∠MOT＝∠MTQ＝90°，
∴∠MTO+∠QTH＝90°，∠QTH+∠TQH＝90°，
∴∠MTO＝∠TQH，
∵TM＝TQ，
∴△MOT≌△THQ（AAS），
∴QH＝TO＝﹣m，TH＝OM＝2，
∴﹣2m+1＝2﹣m，
∴m＝﹣1．

如图2﹣2中，当N，Q是互相关联点，△NOQ是等腰直角三角形，此时m＝0，

观察图象可知，当﹣1≤m≤0时，在线段MN上存在点Q的关联点Q′，

如图2﹣3中，当N，Q是互相关联点，△NTQ是等腰直角三角形，设Q（m，﹣2m+1），

过点Q作QH⊥y轴于H，同法可证△NOT≌△THQ（AAS），
∴QH＝TO＝m，TH＝ON＝1，
∴1﹣2m+1＝m，
∴m＝．

如图2﹣4中，当M，Q是互相关联点，△MTQ是等腰直角三角形，同法可得m＝1，

观察图象可知，当≤m≤1时，在线段MN上存在点Q的关联点Q′，
解法二：在MN上任取一点Q'，然后作出Q‘的两个关联点Q1和Q2，其中Q1在第二象限，Q2在第四象限，则可以求出Q'的坐标是分别是（m﹣1，0）、（1﹣3m，0），再根据﹣2≤x≤﹣1可以求出m的取值范围．
综上所述，满足条件的m的值为﹣1≤m≤0或≤m≤1．
（3）如图3﹣1中，由题意，当点Q，点E是互为关联点时，满足条件，过点Q作QH⊥y轴于H，过点E作EK⊥OH于K．设Q（t，﹣2t+1）．

∵∠QHT＝∠EKT＝∠QTE＝90°，
∴∠QTH+∠ETK＝90°，∠ETK+∠KET＝90°，
∴∠HTQ＝∠KET，
∵TQ＝TE，
∴△THQ≌△EKT（AAS），
∴QH＝TK＝﹣t，TH＝EK＝4，
∵OH＝﹣2t+1，OK＝2，
∴﹣2t+1﹣4＝2+t，
∴t＝﹣，
∴Q（﹣，）．

如图3﹣2中，由题意，当点Q，点E是互为关联点时，满足条件，过点Q作QH⊥y轴于H，过点E作EK⊥OH于K．
设Q（t，﹣2t+1）．

∵∠QHT＝∠EKGT＝∠QTE＝90°，
∴∠QTH+∠ETK＝90°，∠ETK+∠EKT＝90°，
∴∠HTQ＝∠KET，
∵TQ＝TE，
∴△THQ≌△EKT（AAS），
∴QH＝TK＝t，TH＝EK＝4，
∵OH＝2t﹣1，OK＝2，
∴2t﹣1﹣4＝t﹣2，
∴t＝3，
∴Q（3，﹣5）．
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（﹣，）或（3，﹣5）．

一十三．相似形综合题（共1小题）
15．（2023•常州）如图1，小丽借助几何软件进行数学探究：第一步，画出矩形ABCD和矩形EFGH，点E、F在边AB上（EF＜AB），且点C、D、G、H在直线AB的同侧；第二步，设＝m，＝n，矩形EFGH能在边AB上左右滑动；第三步，画出边EF的中点O，射线OH与射线AD相交于点P（点P、D不重合），射线OG与射线BC相交于点Q（点Q、C不重合），观测DP、CQ的长度．
（1）如图2，小丽取AB＝4，EF＝3，m＝1，n＝3，滑动矩形EFGH，当点E、A重合时，CQ＝　　；
（2）小丽滑动矩形EFGH，使得O恰为边AB的中点．她发现对于任意的m≠n，DP＝CQ总成立．请说明理由；
（3）经过数次操作，小丽猜想，设定m、n的某种数量关系后，滑动矩形EFGH，DP＝CQ总成立．小丽的猜想是否正确？请说明理由．

【答案】（1）；
（2）说理详见解答；
（3）m＝n．
【解答】解：（1）∵四边形ACBD和四边形EFGH是矩形，
∴∠B＝∠EFG＝90°，BC＝AD，FG＝EH，
∴FG∥BC，
∴△OGF∽△OQB，
∴，
∵＝1，＝3，AB＝4，EF＝3，
∴BC＝AD＝4，FG＝EH＝1，
∵OF＝OE＝，OB＝AB﹣OE＝4﹣＝，
∴，
∴BQ＝，
∴CQ＝4﹣＝，
故答案为：；
（2）如图1，

∵EH∥AD，
∴△OEH∽△OAP，
∴，
同理可得，
，
∵O是EF的中点，O是AB的中点，
∴OE＝OF，OA＝OB，
∴，
∵EH＝FG，
∴AP＝BQ，
∵AD＝BC，
∴DP＝CQ；
（3）如图，

当m＝n时，即：＝＝m时，DP＝CQ，理由如下：
同理（2）可得，
，，
∴AP＝，BQ＝，
∵，O是EF的中点，
∴AP＝，BQ＝，
∴DP＝AD﹣AP＝AD﹣，CQ＝BQ﹣BC＝﹣AD，
∴DP﹣CQ＝2AD﹣＝2AD﹣＝＝，
∴DP＝CQ，
当点O运动到AB的中点是，DP＝CQ＝0．
一十四．中位数（共1小题）
16．（2023•常州）为合理安排进、离校时间，学校调查小组对某一天八年级学生上学、放学途中的用时情况进行了调查．本次调查在八年级随机抽取了20名学生，建立以上学途中用时为横坐标、放学途中用时为纵坐标的平面直角坐标系，并根据调查结果画出相应的点，如图所示：

（1）根据图中信息，下列说法中正确的是 　①②③　（写出所有正确说法的序号）；
①这20名学生上学途中用时都没有超过30min；
②这20名学生上学途中用时在20min以内的人数超过一半；
③这20名学生放学途中用时最短为5min；
④这20名学生放学途中用时的中位数为15min．
（2）已知该校八年级共有400名学生，请估计八年级学生上学途中用时超过25min的人数；
（3）调查小组发现，图中的点大致分布在一条直线附近．请直接写出这条直线对应的函数表达式并说明实际意义．
【答案】（1）①②③；
（2）20；
（3）直线的解析式为：y＝x；这条直线可近似反映学生上学途中用时和放学途中用时一样．
【解答】解：（1）根据在坐标系中点的位置，可知：
这20名学生上学途中用时最长的时间为30min，故①说法正确；
这20名学生上学途中用时在20min以内的人数为：17人，超过一半，故②说法正确；
这20名学生放学途中用时最段的时间为5min，故③说法正确；
这20名学生放学途中用时的中位数是用时第10和第11的两名学生用时的平均数，在图中，用时第10和第11的两名学生的用时均小于15min，故这20名学生放学途中用时的中位数为也小于15min，即④说法错误；
故答案为：①②③．
（2）根据图中信息可知，上学途中用时超过25min的学生有1人，
故该校八年级学生上学途中用时超过25min的人数为400×120＝20（人）．
（3）如图：

设直线的解析式为：y＝kx+b，根据图象可得，直线经过点（10，10），（7，7），
将（10，10），（7，7）代入y＝kx+b，得：
，
解得：，
故直线的解析式为：y＝x；
则这条直线可近似反映学生上学途中用时和放学途中用时一样．
一十五．列表法与树状图法（共1小题）
17．（2021•常州）在3张相同的小纸条上，分别写上条件：①四边形ABCD是菱形；②四边形ABCD有一个内角是直角；③四边形ABCD的对角线相等．将这3张小纸条做成3支签，放在一个不透明的盒子中．
（1）搅匀后从中任意抽出1支签，抽到条件①的概率是 　　；
（2）搅匀后先从中任意抽出1支签（不放回），再从余下的2支签中任意抽出1支签．四边形ABCD同时满足抽到的2张小纸条上的条件，求四边形ABCD一定是正方形的概率．
【答案】（1）；
（2）．
【解答】解：（1）搅匀后从中任意抽出1支签，抽到条件①的概率是，
故答案为：；
（2）画树状图如图：

共有6种等可能的结果，四边形ABCD一定是正方形的结果有4种，
∴四边形ABCD一定是正方形的概率为＝．