【冲刺2024】中考真题及变式题强化训练-解答题部分（广东统考专用）

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2023广东中考数学整体上难度偏简单，注重基础，同时又有所创新，灵活性相对较高。试卷内容涵盖了负数、轴对称图形、科学记数法、不等式组、一元一次方程、概率、统计、函数、圆周角计算、二次函数与正方形结合、平方差公式、根式乘法、反比例函数运算、相似与正方形结合、三角函数实际应用、作边的高（尺规作图）、正方形的折叠、概率的实际意义
矩形和圆的综合、正方形与一次函数结合（含四点共圆）等知识点，基础占比比较合理，难度区分度又明显，90分以上的难度不低，要求考生具备扎实的数学基础知识和较强的解题能力。
【2024中考考情预测】
针对2023广东真题，再结合近三年的考情，2024届考生需多加注重基础，前面6道大题尽量不丢分，注重细节，减少计算小错误。在此基础上，提高数学分析能力，活跃数学思维，多加重视四边形类的几何性质复习，提高四边形的综合分析能力。
一、2023广东真题第16
1．（1）计算：；
（2）已知一次函数的图象经过点与点，求该一次函数的表达式．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）先求出立方根及有理数的乘方运算，绝对值的化简，然后计算加减法即可；
（2）将两个点代入解析式求解即可．
【详解】解：（1）
；
（2）∵一次函数的图象经过点与点，
∴代入解析式得：，
解得：，
∴一次函数的解析式为：．
【点睛】题目主要考查实数的混合运算及待定系数法确定一次函数解析式，熟练掌握这些基础知识点是解题关键．
二、变式题16
2．（1）计算：；
（2）已知一次函数的图象经过点（2，6）和（-4，-9），求这个函数的解析式．
【答案】（1）；（2）
【分析】(1)根据实数的运算法则，先算乘除，在算加减，要合并同类二次根式，计算即可，
(2)利用待定系数法即可求得函数的解析式．
【详解】原式
；
设一次函数的解析式为，
则，
解得．
所以一次函数的解析式为．
【点睛】本题考查的是实数的运算，用待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，熟记用待定系数法求一次函数的解析式是解题的关键．
3．（1）计算：；
（2）一次函数的图像与平行且与x轴交于点（-2,0）求解析式
【答案】（1）；（2）y=2x+4.
【分析】（1）根据二次根式的乘法、二次根式的化简、零指数幂的运算性质分别计算，再合并同类二次根式即可；
（2）由于一次函数的图象与平行，可设一次函数的解析式为y=2x+b，再把（－2,0）代入解析式可求得b的值，问题即得解决.
【详解】解：（1）
=
=
=
=；
（2）∵一次函数的图象与平行，
∴设一次函数的解析式为y=2x+b，
把（－2,0）代入y=2x+b，得0=2×（－2）+b，解得b=4，
∴一次函数的解析式为y=2x+4.
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算和待定系数法求一次函数的解析式，熟练掌握二次根式的混合运算法则和待定系数法求解的方法是解题的关键.
4．（1）计算：（＋）×﹣＋；
（2）已知直线y＝kx＋b经过（1，0），（2，3），求直线的解析式．
【答案】（1）2+4；（2）y＝3x﹣3
【分析】（1）先根据二次根式的乘法法则算乘法，再根据二次根式的加减法则算加减即可；
（2）把点的坐标代入函数的解析式，得出关于k、b的方程组，求出方程组的解即可．
【详解】解：（1）（＋）×﹣＋
＝4+3﹣2＋
＝2+4；
（2）∵直线y＝kx＋b经过点（1，0），（2，3），
∴代入得：，
解得：k＝3，b＝﹣3，
∴直线的解析式是y＝3x﹣3．
【点睛】本题考查二次根式的混合运算，待定系数法求一次函数解析式．（1）中熟练掌握二次根式的混合运算的运算顺序和每一步的运算法则是解题关键；（2）中能根据题意列出二元一次方程组并正确求解是解题关键．
5．（1）计算：；
（2）已知一个正比例函数的图象与一次函数的图象相交于点，点纵坐标为2，求这个正比例函数的解析式．
【答案】（1）-1；（2）．
【分析】（1）利用多项式除以单项式法则和二次根式除法法则计算前半部分，将最后一个括号内的二次根式化简，提出公因式2，再利用平方差公式计算，最后相加即可；
（2）把P点的纵坐标代入一次函数解析式求出P点的横坐标，再把P点的坐标代入设出的正比例函数解析式即可得出答案.
【详解】解：（1）原式
．
（2）∵正比例函数图象与一次函数的图象相交于点，点的纵坐标为2，
∴，解得．
∴点的坐标为．
设正比例函数的解析式为．
∴，解得．
∴正比例函数的解析式为．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算和利用待定系数法求函数的解析式，熟记二次根式的运算法则和整式除法法则及平方差公式是解决（1）的关键，求出点P的坐标是解决（2）的关键.
6．完成下列各题：
(1)计算：
(2)解方程：
(3)已知：与成正比例，且当时，．①写出y与x之间的函数表达式；②计算当时，x的值．
【答案】(1)
(2)
(3)①；②
【分析】（1）先计算立方根，绝对值，零次幂，再计算加减法；
（2）先除以8，再根据立方根定义解方程即可；
（3）①设，将，代入计算求出k，即可得到y与x的函数关系式；②将代入计算即可．
【详解】（1）解：
；
（2）
；
（3）①设，
∵当时，，
∴，
解得，，
∴，
∴y与x的函数关系式为；
②当时，，
解得．
【点睛】此题考查了学生的综合能力，实数的混合运算，利用立方根解方程，求函数解析式，已知函数值求自变量的值，熟练掌握各知识点是解题的关键．
三、2023广东真题第17
7．某学校开展了社会实践活动，活动地点距离学校，甲、乙两同学骑自行车同时从学校出发，甲的速度是乙的倍，结果甲比乙早到，求乙同学骑自行车的速度．
【答案】乙同学骑自行车的速度为千米/分钟．
【分析】设乙同学骑自行车的速度为x千米/分钟，则甲同学骑自行车的速度为千米/分钟，根据时间=路程÷速度结合甲车比乙车提前10分钟到达，即可得出关于x的分式方程，解之并检验后即可得出结论．
【详解】解：设乙同学骑自行车的速度为x千米/分钟，则甲同学骑自行车的速度为千米/分钟，
根据题意得：，
解得：．
经检验，是原方程的解，且符合题意，
答：乙同学骑自行车的速度为千米/分钟．
【点睛】题目主要考查分式方程的应用，理解题意列出分式方程是解题的关键．
四、变式题17
8．为保护耕地，某地需要退林还耕1500亩．已知甲施工队每天退林还耕的亩数是乙施工队的1.2倍；若单独完成退林还耕任务，甲施工队会比乙施工队少用5天．求甲、乙两队每天完成退林还耕多少亩．
【答案】甲队每天退林还耕60亩，乙队每天退林还耕50亩
【分析】本题考查了分式方程的应用，根据题意“单独完成退林还耕任务，甲施工队会比乙施工队少用5天”列出方程是解题的关键．
【详解】解：设乙队每天退林还耕x亩，根据题意得
．
解得．
经检验，是原方程的解．
甲队每天退林还耕的亩数是（亩）．
答：甲队每天退林还耕60亩，乙队每天退林还耕50亩．
9．某学校为鼓励学生积极参加体育锻炼，派王老师和李老师去购买一些篮球和排球．回校后，王老师和李老师编写了一道题：

同学们，请求出篮球和排球的单价各是多少元？
【答案】篮球的单价为元，排球的单价为元．
【分析】设排球的单价为x元，则篮球的单价为元，根据“用元购买的排球个和用元购买的篮球个数相等”列方程，解方程并检验即可．
【详解】设排球的单价为x元，则篮球的单价为元，根据题意，列方程得：
．
解得：．
经检验，是原方程的根，
当时，．
答：篮球的单价为元，排球的单价为元．
【点睛】本题考查了列分式方程解决实际问题，分式方程的解法的运用，解答时根据排球和篮球的数量相等建立方程是解题的关键．
10．刘芳和李婷进行跳绳比赛．已知刘芳每分钟比李婷多跳20个，刘芳跳135个所用的时间与李婷跳120个所用的时间相等．求李婷每分钟跳绳的个数．
【答案】160个
【分析】设李婷每分钟跳绳的个数为个，则刘芳每分钟跳绳的个数为个，根据“刘芳跳135个所用的时间与李婷跳120个所用的时间相等”建立方程，解方程即可得．
【详解】解：设李婷每分钟跳绳的个数为个，则刘芳每分钟跳绳的个数为个，
由题意得：，
解得，
经检验，是所列分式方程的解，且符合题意，
答：李婷每分钟跳绳的个数为160个．
【点睛】本题考查了分式方程的实际应用，正确找出等量关系，并建立方程是解题关键．
11．小亮到某水果店买草莓．第一次花了60元．几天后水果店搞促销，草莓每千克降价4元，小亮花48元买到了和第一次一样多的草莓．求小明第一次购买时草莓的单价．
【答案】20元/千克
【分析】设小明第一次购买时草莓的单价为元/千克．根据小亮花48元买到了和第一次一样多的草莓，列出方程进行求解即可．
【详解】解：设小明第一次购买时草莓的单价为元/千克．
由题意，得．解得．
经检验，是原方程的解．
答：小明第一次购买时草莓的单价为20元/千克．
【点睛】本题考查分式方程的应用．找准等量关系，正确的列出方程，是解题的关键．
12．为有效落实双减工作，切实做到减负提质，很多学校决定在课后看护中增加乒乓球项目．体育用品商店得知后，第一次用600元购进乒乓球若干盒，第二次又用600元购进该款乒乓球，但这次每盒的进价是第一次进价的倍，购进数量比第一次少了30盒，求第一次每盒乒乓球的进价是多少元？
【答案】4元
【分析】设第一次每盒乒乓球的进价是x元，则第二次每盒乒乓球的进价是元，根据“第一次用600元购进乒乓球若干盒，第二次又用600元购进该款乒乓球，购进数量比第一次少了30盒，”列出方程，即可求解．
【详解】解：设第一次每盒乒乓球的进价是x元，则第二次每盒乒乓球的进价是元，
由题意得：，
解得：，
经检验：是原分式方程的解，且符合题意，
答：第一次每盒乒乓球的进价是4元．
【点睛】本题主要考查了分式方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
五、2023广东真题第18
13．2023年5月30日，神舟十六号载人飞船发射取得圆满成功，3名航天员顺利进驻中国空间站，如图中的照片展示了中国空间站上机械臂的一种工作状态，当两臂，两臂夹角时，求A，B两点间的距离．(结果精确到，参考数据，，)

【答案】
【分析】连接，作作于D，由等腰三角形“三线合一”性质可知，，，在中利用求出，继而求出即可．
【详解】解：连接，作于D，

∵，，
∴是边边上的中线，也是的角平分线，
∴，，
在中，，，
∴，
∴
∴
答：A，B两点间的距离为．
【点睛】本题考查等腰三角的性质，解直角三角形的应用等知识，掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
六、变式题18
14．如图，为了测量河流某一段的宽度，在河北岸选了一点，在河南岸选了相距100m的，两点．现测得，，求这段河流的宽度（结果精确到0.1m）．
【答案】63.4m
【分析】过A作AD⊥BC于D，根据∠ABC＝60°，∠ACB＝45°即可求出BD、CD与AD关系，根据BC＝100m，可以求得AD的长度．
【详解】解：过A作AD⊥BC于D，

在Rt△ADB中，∠B＝60°，
∴∠BAD＝30°，
∴BD＝AD•tan30°＝AD，
在Rt△ADC中，∠C＝45°，
∴CD＝AD，又BC＝100m，
∴BD+CD＝AD+AD＝100．
解得AD≈63.4m．
答：这段河的宽约为63.4米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题关键是恰当构建直角三角形，利用三角函数求解．
15．已知：如图，AB＝52m，∠DAB＝43°，∠CAB＝40°，求大楼上的避雷针CD的长．(精确到0.01m)
【答案】大楼上的避雷针CD的长约是4.86m．
【分析】在直角△ABC中，利用正切函数即可求得BC，同理可以求得BD的长，然后根据CD=BD-BC即可求解．
【详解】在Rt△ABC中，tan∠CAB=，
∴BC=AB•tan∠CAB=52•tan40°，
同理，BD=AB•tan∠DAB=52•tan43°，
∴CD=BD-BC=52（tan43°-tan40°）≈4.86 m，
答：大楼上的避雷针CD的长约是4.86m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，正确利用三角函数求得BC，BD的长是关键．
16．图1是一种三角车位锁，其主体部分是由两条长度相等的钢条组成．当位于顶端的小挂锁打开时，钢条可放入底盒中（底盒固定在地面下），此时汽车可以进入车位；当车位锁上锁后，钢条按图1的方式立在地面上，以阻止底盘高度低于车位锁高度的汽车进入车位．图2是其示意图，经测量，钢条，，．
(1)求车位锁的底盒长；
(2)若一辆汽车的底盘高度为，当车位锁上锁时，问这辆汽车能否进入该车位？通过计算说明理由．（参考数据：，，）
【答案】(1)的长为；
(2)不能，理由见解析．
【分析】（1）过点作于点，根据锐角三角函数的定义即可求出答案．
（2）根据锐角三角函数的定义求出的长度即可判断．
【详解】（1）解：过点作于点，如下图：
∵，
∴，
在中，，，
∴(cm)，
∴；
（2）解：在中，
∴(cm)，
∴，
∴当车位锁上锁时，这辆汽车不能进入该车位．
【点睛】本题考查解直角三角形，解题的关键是熟练运用锐角函数的定义，本题属于基础题型．
17．某县消防大队到某小区进行消防演习已知，图是一辆登高云梯消防车的实物图，图是其工作示意图，起重臂可伸缩，且起重臂可绕点在一定范围内转动，张角为转动点A距离地面的高度为．

(1)当起重臂长度为，张角，求云梯消防车最高点距离地面的高度；
(2)已知该小区层高为，若某居民家突发险情，请问该消防车有效救援能达到几层？请说明理由．（结果精确到，参考数据：，，，）
【答案】(1)云梯消防车最高点距离地面的高度为
(2)该消防车能有效救援层
【分析】如图所示，过点作，垂足为，可求出，在中，根据余弦的计算方法即可求出的长，由此即可求解；
当，时，能达到最高高度，可求出的度数，在中，根据正弦的计算方法即可求出的长，由此即可求解．
【详解】（1）如图所示，过点作，垂足为，过点A作，垂足为，

则，，
，
，
在中，，，
，
，
云梯消防车最高点距离地面的高度为．
（2）该消防车能有效救援层，理由如下，
当，时，能达到最高高度，
，
，
在中，，
，
，
，
该消防车能有效救援层．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是解题的关键．
18．如图1，梯子斜靠在竖直的墙上，其示意图如图2，梯子与地面所成的角α为75°，梯子AB长3m，求梯子顶部离地竖直高度BC．（结果精确到0.1m；参考数据：sin75°≈0.97，cs75°≈0.26，tan75°≈3.73）
【答案】梯子顶部离地竖直高度BC约为2.9m．
【分析】根据竖直的墙与梯子形成直角三角形，利用锐角三角函数即可求出AC的长．
【详解】解：在Rt△ABC中，AB=3，∠ACB=90°，∠BAC=75°，
∴BC=AB⋅sin75°
≈3×0.97=2.91
≈2.9(m)．
答：梯子顶部离地竖直高度BC约为2.9m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解决本题的关键是掌握锐角三角函数．
七、2023广东真题第19
19．如图，在中，．

(1)实践与操作：用尺规作图法过点作边上的高；(保留作图痕迹，不要求写作法)
(2)应用与计算：在（1）的条件下，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据过直线外一点作已知直线的垂线的方法作图即可，可用圆规以点D为圆心，在上找到两个点到点D的距离相等，再分别以这两个点为圆心，相等且大于这两点距离的一半为半径画弧，再找到一个到这两个点的距离相等的点，连接最后得到的点与点D所得线段所在的直线就是高所在的直线，据此画图即可；
（2）先利用度角的余弦值求出，再由计算即可．
【详解】（1）解：依题意作图如下，则即为所求作的高：

（2）∵，，是边上的高，
∴，即，
∴．
又∵，
∴，
即的长为．
【点睛】本题考查尺规作图—作垂线，度角的余弦值，掌握过直线外一点作垂线的方法和度角的余弦值是解题的关键．
八、变式题19
20．如图，已知钝角△ABC．
(1)过钝角顶点B作BD⊥AC，交AC于点D（使用直尺和圆规，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)若BC＝8，∠C＝30°，，求AB的长．
【答案】(1)图形见解析；
(2)AB＝10．
【分析】(1)以B为圆心，任意长度为半径作弧，交A，C于M，N两点；然后分别以M，N为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点E，连接BE交AC于D，由作图可知，；
(2)利用锐角三角函数即可求出，再利用锐角三角函数可求出AB．
【详解】（1）如图，线段BD即为所求．
（2）在中，
∵BC＝8，∠C＝30°，
∴BD＝BC•sin30°＝4，
在中，，
故答案为：10．
【点睛】本题考查的是利用尺规作图作垂线和解直角三角形，掌握垂直平分线的作法以及利用锐角三角函数解直角三角形是解题的关键．
21．如图，在中，∠ACB为钝角．
(1)尺规作图：在边AB上确定一点D，使∠ADC＝2∠B（不写作法，保留作图痕迹，并标明字母）；
(2)在（1）的条件下，若∠B＝15°，∠ACB＝105°，CD＝3，AC＝，求的面积．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）作线段BC的垂直平分线交AB于点D，连接CD，点D即为所求；
（2）根点C作CH⊥AB于点H，求出AB，CH可得结论．
【详解】（1）解：如图，点D即为所求；
（2）解：过点C作CH⊥AB于点H．
∵点D在BC的垂直平分线上，
∴DC＝DB，
∴∠B＝∠DCB＝15°，
∴∠ADC＝∠B+∠DCB＝30°，
∵∠ACB＝105°，
∴∠ACD＝90°，
∵CD＝，
∴AC＝CD•tan30°＝1，
∴AD＝2AC＝2，CH＝CD＝，
∵AB＝AD+BD＝2+，
∴S△ABC＝•AB•CH＝×（2+）×＝．
【点睛】本题考查作图﹣复杂作图，解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22．如图，已知，为对角线．
（1）请用尺规作图法，过点D作的垂线，交于点E；（不要求写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若，，求点D到线段的距离．
【答案】（1）见解析；（2）点D到线段的距离是2，见解析.
【详解】（1）解：过点D作的垂线如图；
①任意取一点P，使该点和点D在对角线的两侧；②以点D为圆心，的长为半径作弧，交对角线于F，G两点；③分别以点F，G为圆心，大于的长为半径作弧，在点P的同侧交于点H；④过点D、H作直线，交于点E，直线即为所求作的垂线．
（2）解答的关键是：①理解点D到线段的距离是点D到线段的垂线段的长度，即为线段的长度；②根据平行四边形的性质求出；③利用锐角三角函数求解．
解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴.
由（1）知，
∴在中，，
即点D到线段的距离是2.
23．如图，在中，已知，，．
(1)用没有刻度的直尺和圆规过点作交的延长线于点保留作图痕迹，不写作法
(2)求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据过直线外的一点作直线的垂线的方法作图即可；
（2）解直角三角形求出，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】（1）解：如图，即为所作的图形；
（2）在中，，，
，
的面积．
【点睛】本题主要考查了基本作图，解直角三角形，三角形面积公式，熟练掌握过直线外的一点作直线的垂线的方法是解决问题的关键．
24．如图，已知，B为边上一点．

(1)尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）：
①过点B作交边于点C；
②以为边作，且交于点D．
(2)若，，请利用（1）中所作的图形求的值．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)
【分析】（1）①根据作垂线的方法进行画图即可；②根据线段垂直平分线的作法画图即可．
（2）解直角三角形求出，可得结论．
【详解】（1）①如图，直线即为所求作．

②如图，射线即为所求作．

（2）由作图可知，垂直平分线段，
∴，
∵，,
∴，，
在中，，
∴．
【点睛】本题考查作图-基本作图、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
九、2023广东真题第20
25．综合与实践
主题：制作无盖正方体形纸盒
素材：一张正方形纸板．
步骤1：如图1，将正方形纸板的边长三等分，画出九个相同的小正方形，并剪去四个角上的小正方形；
步骤2：如图2，把剪好的纸板折成无盖正方体形纸盒．
猜想与证明：

(1)直接写出纸板上与纸盒上的大小关系；
(2)证明（1）中你发现的结论．
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）和均是等腰直角三角形，；
（2）证明是等腰直角三角形即可.
【详解】（1）解：
（2）证明：连接，

设小正方形边长为1，则，，
，
为等腰直角三角形，
∵，
∴为等腰直角三角形，
，
故
【点睛】此题考查了勾股定理及其逆定理的应用和等腰三角形的性质，熟练掌握其性质是解答此题的关键．
十、变式题20
26．综合与实践
主题：探究角，制作无盖正方体形纸盒．
素材：两张边长为的正方形纸板．
步骤1：如图1，分别将两张正方形纸板的边长三等分，画出九个小方格；
步骤2：如图2，利用第一张纸板上的格点，画；
步骤3：如图3，利用第二张纸板，剪去四个角上的小正方形，把剪好的纸板折成无盖正方体形纸盒．
猜想与说理：
(1)三条边中，有______条的长度是无理数；
(2)直接写出纸板上与纸盒上的大小关系：______；
(3)说明（2）中你判断的理由．
【答案】(1)3
(2)
(3)见解析
【分析】
本题考查了无理数的定义，勾股定理，勾股定理逆定理，解题的关键是掌握无限不循环小数是无理数；直角三角形两直角边平方和等于斜边平方；两边平方和等于斜边平方的三角形是直角三角形．
（1）根据勾股定理分别求出，即可解答；
（2）根据勾股定理逆定理，得出，根据正方体的性质，得出，即可得出结论；
（3）根据勾股定理逆定理，得出，根据正方体的性质，得出，即说明．
【详解】（1）解：根据勾股定理可得：
，
∴三条边中，有3条的长度是无理数，
故答案为：3．
（2）解：∵，
∴，
∵该几何体为正方体，
∴，
∴，
故答案为：．
（3）解：∵，
∴，
∵该几何体为正方体，
∴，
∴．
27．综合与实践
主题：折一个长方体盒子．

素材：如图（1）所示，一张长为，宽为的矩形硬纸板．
步骤：如图（2）所示，把矩形硬纸板的四角剪去四个相同的小正方形，然后把纸板的四边沿虚线折起，并用胶带粘好，即可做成一个长方体无盖纸盒；
问题：小明设计了如图（3）所示的裁剪方案，空白部分为裁剪下来的边角料，其中左侧两个空白部分为正方形，右侧两个空白部分为矩形，问能否折出底面积为的有盖盒子（盒盖与盒底的大小形状完全相同）?如果能，请求出盒子的体积；如果不能，请说明理由．
【答案】能，
【分析】设切去的正方形的边长为，则折成的方盒的底面为长，宽为的矩形，根据矩形的面积公式，即可得出关于x的一元二次方程，此问得解．
【详解】解:设切去的正方形的边长为，则折成的长方体盒子的底面长为，宽为的矩形.
由题意得：，
整理得： ，
解得，）（不合题意，舍去），
，
∴盒子的体积为，
答：能折出底面积为的有盖盒子，盒子的体积为．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
28．综合实践．
【问题情境】某综合实践小组进行废物再利用的环保小卫士行动．他们准备用废弃的宣传单制作装垃圾的无盖纸盒．
【操作探究】
（1）若准备制作一个无盖的正方体形纸盒，如图，图形 经过折叠能围成无盖正方体形纸盒？
（2）如图是小明的设计图，把它折成无盖正方体形纸盒后与“保”字相对的是哪个字？
（3）如图，有一张边长为的正方形废弃宣传单，小华准备将其四个角各剪去一个小正方形，折成无盖长方体形纸盒．
①请你在图中画出示意图，用实线表示剪切线，虚线表示折痕．
②若四个角各剪去了一个边长为的小正方形，求这个纸盒的底面积和容积分别为多少？
【答案】（1）C；（2）卫；（3）①见解析；②纸盒的底面积为，纸盒的容积为
【分析】（1）由平面图形的折叠及正方体的展开图解答本题；
（2）正方体的平面展开图中，相对面的特点是中间必须间隔一个正方形，据此作答；
（3）①根据题意，画出图形即可；
②根据正方体底面积、体积，即可解答．
【详解】解：（1）A．有田字，故A不能折叠成无盖正方体；
B．只有4个小正方形，无盖的应该有5个小正方形，不能折叠成无盖正方体；
C．可以折叠成无盖正方体；
D．有6个小正方形，无盖的应该有5个小正方形，不能折叠成无盖正方体．
故选C．
（2）正方体的平面展开图中，相对面的特点是中间必须间隔一个正方形，所以与“保”字相对的字是“卫”．
（3）①如图，
②当小正方形边长为时，
纸盒的底面积为，
纸盒的容积为
答：纸盒的底面积为，纸盒的容积为
【点睛】本题考查了展开图折叠成几何体，每一个面都有唯一的一个对面的展开图才能折叠成正方体．还考查了列代数式，解答本题的关键是读懂题意．
29．【问题情境】
乐乐所在的数学实践小组准备制作一些无盖纸盒收纳班级讲台上的粉笔．
【操作探究】
(1)乐乐准备制作一个无盖的正方体形纸盒，图1中的哪些图形经过折叠能围成无盖正方体形纸盒？______（填序号）；
(2)图2是乐乐的设计图，把它折成无盖正方体形纸盒后与“祝”字相对的字是______；
(3)乐乐把一张边长为10cm的正方形硬纸板的四个角各剪去一个边长为a cm（a<5）的小正方形，折成无盖长方体形纸盒．用含a的代数式表示这个纸盒的容积为______．
(4)乐乐所在的数学实践小组把折叠成的6个无盖长方体纸盒摆成如图3的立体图形，请分别画出这个立体图形从正面看和上面看的形状图．
【答案】(1)①③④
(2)好
(3)
(4)见解析
【分析】（1）根据正方体展开图的特点求解即可；
（2）根据正方体展开图的特点求解即可；
（3）根据题意画出图形，然后根据长方体体积公式求解即可；
（4）根据三视图的作图方法求解即可．
【详解】（1）解：根据正方体展开图的特点可知，①③④三幅图经过折叠能围成无盖正方体形纸盒，
故答案为：①③④；
（2）解：由题意得：“祝”对应“好”，“您”对应“年”，
故答案为：好；
（3）解：如图所示，由题意得可知四边形ABCD是边长为10cm的正方形，四边形AEGH是边长为acm的正方形，
∴把一张边长为10cm的正方形硬纸板的四个角各剪去一个边长为a cm（a<5）的小正方形，折成无盖长方体形纸盒的容积
故答案为：；
（4）解：如图所示，即为所求；
【点睛】本题主要考查了正方体展开图的特点，三视图，长方体体积，整式的乘法以及完全平方公式，熟知相关知识是解题的关键．
30．综合与实践：制作一个无盖的长方体形纸盒
七年（1）班“综合与实践”小组计划利用一张边长为的正方形的纸制成一个无盖的长方体形纸盒．他们经过讨论决定，按照如图1所示的方式先在纸板四角剪去四个同样大小边长为的小正方形，再沿虚线折起来就可以做成一个无盖的长方体形纸盒，如图2．根据实践过程，请你完成以下的问题（纸张厚度及接缝处忽略不计）．
【问题一】
（1）制成的长方体形的盒子中，长方体的高（即减掉正方形的边长）为，则长方体的容积为 ；

【问题二】
（2）为了使纸盒底面更加牢固且剪下的纸张不浪费，将剪下的四个小正方形平铺在盒子的底面，既不重叠又恰好铺满．则减掉的小正方形的边长的值为 ；
【问题三】
（3）如果剪去的小正方形的边长的值按整数值依次增大，制成的无盖的长方体形盒子的容积随之变化，其变化情况如下表：
①计算表中的与的值，并补全折线统计图；
②观察折线统计图，说明随着剪去的小正方形的边长的值增大，长方体的容积怎样变化；观察表格和折线统计图，说明当为何值时，所得到的无盖长方体的容积最大．
【答案】（1）；（2）5；（3）①，，补全图形见解析；②见解析
【分析】本题考查了列代数式及求值、一元一次方程的应用及根据表格和折线统计图做分析，
（1）根据长方体体积公式列代数式即可；
（2）根据题意列方程并解方程即可解决；
（3）①将x值代入代数式计算即可；②根据表格和统计图分析解决．
【详解】解：（1）长方体的高（即减掉正方形的边长）为，则长方体的容积为，
故答案为：；
（2）由题意得：，
解得：，
故答案为：5；
（3）解：①当时，；
当时，．
补图如图：

（2）当从1到3时，容积随小正方形边长的增大而增大；当从3到9时，容积随小正方形边长的增大而减小；当时，容积最大，最大值为．
十一、2023广东真题第21
31．小红家到学校有两条公共汽车线路，为了解两条线路的乘车所用时间，小红做了试验，第一周(5个工作日)选择A线路，第二周(5个工作日)选择B线路，每天在固定时间段内乘车2次并分别记录所用时间，数据统计如下：(单位：min)
数据统计表
数据折线统计图

根据以上信息解答下列问题：
(1)填空：__________；___________；___________；
(2)应用你所学的统计知识，帮助小红分析如何选择乘车线路．
【答案】(1)19，26.8，25
(2)见解析
【分析】（1）根据中位数定义将A线路所用时间按从小到大的顺序排列，求中间两个数的平均数即为A线路所用时间的中位数a，利用平均数的定义求出B线路所用时间的平均数b，找出B线路所用时间中出现次数最多的数据即为B线路所用时间的众数c，从而得解；
（2）根据四个统计量分析，然后根据分析结果提出建议即可．
【详解】（1）解：将A线路所用时间按从小到大顺序排列得：14，15，15，16，18，20，21，32，34，35，中间两个数是18，20，
∴A线路所用时间的中位数为：，
由题意可知B线路所用时间得平均数为： ，
∵B线路所用时间中，出现次数最多的数据是25，有两次，其他数据都是一次，
∴B线路所用时间的众数为：
故答案为：19，26.8，25；
（2）根据统计量上来分析可知，A线路所用时间平均数小于B线路所用时间平均数线路，A线路所用时间中位数也小于B线路所用时间中位数，但A线路所用时间的方差比较大，说明A线路比较短，但容易出现拥堵情况，B线路比较长，但交通畅通，总体上来讲A路线优于B路线．
因此，我的建议是：根据上学到校剩余时间而定，如果上学到校剩余时间比较短，比如剩余时间是21分钟，则选择A路线，因为A路线的时间不大于21分钟的次数有7次，而B路线的时间都大于21分钟；如果剩余时间不短也不长，比如剩余时间是31分钟，则选择B路线，因为B路线的时间都不大于31分钟，而A路线的时间大于31分钟有3次，选择B路线可以确保不迟到；如果剩余时间足够长，比如剩余时间是36分钟，则选择A路线，在保证不迟到的情况，选择平均时间更少，中位数更小的路线．
【点睛】本题考查求平均数，中位数和众数，以及根据统计量做决策等知识，掌握统计量的求法是解题的关键．
十二、变式题21
32．甲，乙两名队员参加训练，每人射击10次的成绩分别被制成下列两个统计图：
根据以上信息，整理分析数据如下：
(1)写出表格中a，b，c的值：________，__________，__________；
(2)根据以上统计数据，你会选择谁参加比赛，请说明理由．
【答案】(1)7，6，6.5
(2)派甲参赛，理由见解析．
【分析】（1）根据平均数、中位数、中位数的定义分别计算即可解决问题；
（2）甲选手的稳定性较好，乙选手得高分的可能性较大，所以从保名次上说，应该派甲选手；从争取更高的名次来说，应该派乙选手（答案不唯一）．
【详解】（1）（环）；
乙的成绩从小到大排列：3，5，6，6，6，7，8，9，10，10，
∴（环）（环）．
故答案为：7，6，6.5；
（2）应派甲选手参赛.
理由:由上一问可知，从众数来说，甲选手高于乙选手；从中位数来说，甲选手好于乙选手；从方差来说，甲选手的稳定性较好；
综合以上情况，应该派甲选手参赛.
【点睛】本题考查条形统计图、折线统计图、平均数、中位数、方差等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
33．某校从甲、乙两个班各随机抽取10名学生参加全市义务教育质量监测．样本学生中体育学科的测试成绩（满分100分）如下表，学校进一步对样本学生每周课外锻炼时间进行了问卷调查，并绘制了条形统计图，数据如下：
请根据以上调查报告，解答下列问题：
(1)请完成样本学生成绩表中所缺数据；
(2)甲班有50名学生，估计在这些学生中课外锻炼时间达到3小时以上的人数；
(3)从表中分析甲、乙两班样本学生测试成绩（从平均数、方差、中位数、众数中选一个统计量分析即可）．
【答案】(1)74.5，78
(2)15人
(3)乙班成绩好，理由见解析（答案不唯一）
【分析】（1）根据平均数和中位数的定义求解可得；
（2）观察条形图，得出甲班达到3小时以上的人数分别为3人，从而求出甲班达到3小时以上的人数的百分比，最后用50乘以百分比即可；
（3）结合平均数，中位数，众数，方差的意义进行分析评判．
【详解】（1）解：甲班的平均数为，
乙班的中位数为第5个和第6个数的平均数，即
（2）解：，
答：甲班达到3小时以上的人数是15人；
（3）解：∵甲乙两班平均数都是74.5分，甲班的方差是129.65，乙班的方差是53.85，
而，即乙班的方差小于甲班，
∴乙班成绩更稳定，即乙班成绩好．（答案不唯一）
【点睛】本题考查了条形图和数据统计表，统计调查，解题的关键在于能结合条形图和数据统计表分析学生的成绩．
34．某地旅游部门为了促进本地生态特色城镇和新农村建设，将甲、乙、丙三家民宿的相关资料放到某网络平台上进行推广宣传，该平台邀请部分曾在这三家民宿体验过的游客参与调查，得到了这三家民宿的“综合满意度”评分，评分越高表明游客体验越好，现从这三家民宿“综合满意度”的评分中各随机抽取10个评分数据，并对所得数据进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息．
a．甲、乙两家民宿“综合满意度”评分的折线图：
b．丙家民宿“综合满意度”评分：
c．甲、乙、丙三家民宿“综合满意度”评分的平均数、中位数：
根据以上信息，回答下列问题：
(1)表中的值是__________，的值是__________；
(2)设甲、乙、丙三家民宿“综合满意度”评分的方差分别是，直接写出之间的大小关系；
(3)根据“综合满意度”的评分情况，该平台打算将甲、乙、丙三家民宿中的一家置顶推荐，你认为该平台会将这三家民宿中的哪家置顶推荐？说明理由（至少从两个方面说明）．
【答案】(1)，
(2)
(3)推荐乙，理由见解析
【分析】（1）根据折线统计图得出甲家民宿“综合满意度”评分，求得平均数，将丙甲家民宿“综合满意度”评分，重新排序，求得中位数即可求解；
（2）根据数据的波动范围即可求解；
（3）根据平均数与方差两方面分析即可求解．
【详解】（1）解：甲家民宿“综合满意度”评分：
∴，
丙家民宿“综合满意度”评分：
从小到大排列为：
∴中位数
故答案为：，．
（2）根据折线统计图可知，乙的评分数据在分与分之间波动，甲的数据在分和分之间波动，
根据丙的数据可以在至分之间波动，
∴
（3）推荐乙，理由：乙的方差最小，数据稳定，平均分比丙高，
答案不唯一，合理即可．
【点睛】本题考查了折线统计图，求一组数据的平均数，中位数，方差的意义，熟练掌握以上知识是解题的关键．
35．小丽家人准备周末聚餐，小丽在点评软件上初步选定了、、、四家餐馆（餐馆从月份开始营业），综合评分为“口味、环境、服务、食材”四项评分的算术平均数，根据软件数据整理成图表如下：
3月份各餐馆四项评分与点评条数表
请根据以上信息回答下列问题：
(1)补全餐馆月份月份的折线统计图，、、餐馆近期个月综合评分方差最小的为______餐馆；
(2)若小丽将口味、环境、服务、食材四项评分数据按的比例计算，求餐馆月份四项评分数据的平均数；
(3)点评条数的多少能反应出四项评分可靠性的大小，请结合以上信息帮助小丽作出选择，并说明两条理由．
【答案】(1)统计图见解析，C
(2)
(3)推荐餐馆，理由见解析
【分析】（1）先求得平均数，进而补全统计图，根据折线统计图根据波动越小方差越小，即可求解；
（2）根据加权平均数的计算方法求平均数，即可求解；
（3）根据四项评分可靠性的大小，结合（2）中的平均数，即可求解．
【详解】（1）解：，补全餐馆月份月份的折线统计图，如图所示，
根据折线统计图可得、、餐馆近期个月综合评分方差最小的为餐馆,
故答案为：C．
（2）解：餐馆月份四项评分数据的平均数为
（3）解：推荐餐馆
餐馆从月份开始营业，且点评条数不多，不予考虑，餐馆的点评数较多，评分较为可靠
将口味、环境、服务、食材四项评分数据按的比例计算，
餐馆月份四项评分数据的平均数为
餐馆月份四项评分数据的平均数为
餐馆月份四项评分数据的平均数为
∵，
∴推荐餐馆
36．为激励学生从红色经典中汲取精神力量，将红色基因融入青春血脉，某校举办“阅读红色经典，传承革命精神”读书活动，并对全校1500名学生进行知识测试．校团委为了解学生读书情况，随机抽取部分学生答卷，将数据整理，绘制成如下不完整的频数分布表和频数直方图：
部分学生知识测试成绩频数分布表
部分学生知识测试成绩频数直方图
请根据以上信息，解答下列问题：
(1)本次抽取学生答卷的数量为 ．
(2)补全频数直方图，并根据以上调查数据写出一条你获取的信息．
(3)该校对成绩为90分及以上的学生进行奖励，并按成绩从高到低依次设一、二、三等奖，且一、二、三等奖的人数比例为，请你估计全校获得一等奖的人数．
(4)九年级一班李老师欲进一步开展“讲红色故事，传红色经典”演讲比赛，她准备了分别印有1，2，3，4的四个大小完全相同的球，分别代表中国共产党的四个历史时期：新民主主义革命时期、社会主义革命和建设时期、改革开放和社会主义现代化建设新时期、中国特色社会主义新时代．现将这四个球放入不透明的袋中摇匀，随机从中抽取一个球，确定演讲主题后放回摇匀，下一个人继续抽取．请你用列表或画树状图的方法，求小明和小亮抽到同一演讲主题的概率．
【答案】(1)100
(2)见解析
(3)估计全校获得一等奖的人数为99人，
(4)
【分析】（1）根据分段的频数和频率，即可求解，
（2）根据分段的频率求出频数，进而求得分段的频数，据此补全频数分布直方图，即可求解，
（3）根据90分以上的频率，估计全校90分以上的人数，再根据获奖比例，即可求解，
（4）列出表格，展示所以16种等可能结果，其中小明、小亮同一演讲主题的结果为4种，根据概率公式，即可求解，
本题考查了，频数分布直方图，频率与频数，画树状图求概率，解题的关键是：熟练掌握相关概念．
【详解】（1）解：由频数分布表得：，
∴本次抽取学生答卷的数量为100，
故答案为：100，
（2）解：分段的频数为：，
分段的频数为：，频率为：，该组人数最多，
补全频数分布直方图：
（3）解：估计全校90分以上的人数为：（人），
∵一、二、三等奖的人数比例为，
∴获得一等奖的人数为：（人），
故答案为：估计全校获得一等奖的人数为99人，
（4）解：列表如下：
由树状图可知，共16种等可能的结果，其中小明、小亮同一演讲主题的结果有4种，
∴小明、小亮抽中同一演讲主题的概率为：，
故答案为：．
十三、2023广东真题第22
37．综合探究
如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．

(1)求证：；
(2)以点为圆心，为半径作圆．
①如图2，与相切，求证：；
②如图3，与相切，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）由点关于的对称点为可知点E是的中点，，从而得到是的中位线，继而得到，从而证明；
（2）①过点O作于点F，延长交于点G，先证明得到，由与相切，得到，继而得到，从而证明是的角平分线，即，，求得，利用直角三角形两锐角互余得到，从而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性质得出；
②先证明四边形是正方形，得到，再利用是的中位线得到，从而得到，，再利用平行线的性质得到，从而证明是等腰直角三角形，，设，求得，在中，即，解得，从而得到的面积为．
【详解】（1）∵点关于的对称点为，
∴点E是的中点，，
又∵四边形是矩形，
∴O是的中点，
∴是的中位线，
∴
∴，
∴
（2）①过点O作于点F，延长交于点G，则，

∵四边形是矩形，
∴，，
∴，．
∵，，，
∴，
∴．
∵与相切，为半径，，
∴，
∴
又∵即，，
∴是的角平分线，即，
设，则，
又∵
∴
∴
又∵，即是直角三角形，
∴，即
解得：，
∴，即，
在中，，，
∴，
∴；
②过点O作于点H，

∵与相切，
∴，
∵
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形，
∴，
又∵是的中位线，
∴
∴
∴
又∵，
∴
又∵，
∴
又∵，
∴是等腰直角三角形，，
设，则
∴
在中，，
即
∴
∴的面积为：
【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键．
十四、变式题22
38．在矩形中，，点P从点A出发，沿边向点B以每秒的速度移动，同时点Q从点B出发沿边向点C以每秒的速度移动P、Q两点在分别到达B、C两点后就停止移动，设两点移动的时间为t秒，回答下列问题：
(1)如图1，当t为几秒时，的面积等于5cm2？
(2)如图2，当秒时，试判断的形状，并说明理由；
(3)如图3，以Q为圆心，为半径作．在运动过程中，是否存在这样的t值，使正好与四边形的一边所在的直线相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)1秒或5秒；
(2)的形状是直角三角形
(3)或．
【分析】
本题主要考查的是矩形的性质、切线的判定和性质、三角形的面积公式、勾股定理等知识点，根据题意画出图形是解题的关键．
（1）由题意可知，从而得到，然后根据的面积列方程求解即可；
（2）由，可求得， ，，由勾股定理可证明，由勾股定理的逆定理可知为直角三角形；
（3）当时，点P与点A重合时，点B与点Q重合，此时圆Q与相切；当正好与四边形的边相切时，由圆的性质可知，然后依据勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解：∵当运动时间为t秒时，，
∴．
∵的面积等于，
∴．
∴解得：．
答：当t为1秒或5秒时，的面积等于．
（2）解：的形状是直角三角形．理由如下：
∵当秒时， ，，
∴，．
在中，由勾股定理可知： ．
同理：在和中由勾股定理可得： ．
∵，
∴．
∴的形状是直角三角形．
（3）解：①由题意可知圆Q与不相切．
②如图1所示：当时，点P与点A重合时，点B与点Q重合．

∵，
∴．
∴．
∴为圆Q的切线．
③当正好与四边形的边相切时，如图2所示．

由题意可知：．
在中，由勾股定理可知：，即．
解得： ， （舍去）．
综上所述可知当或时，与四边形的一边相切．
39．如图，为的直径，C为上一点，连接，过C作于点D，过C作，使，其中交的延长线于点E．
(1)求证：是的切线；
(2)如图2，点F是上一点，且满足，连接并延长交的延长线于点G．
①试探究线段与之间满足的数量关系；
②若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)①，理由见解析；②
【分析】此题是圆的综合题，主要考查了勾股定理，全等和相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，圆的切线的判定，第2问的最后一问有难度，证明是关键．
（1）如图1，连接，根据等边对等角得：，由垂直定义得：，根据等量代换可得：，即，可得结论；
（2）①如图2，过作于点，证明，则，得；
②过点C作，连接，过点C作，先根据勾股定理求，则，设，则，根据勾股定理列方程得：，可得的值，证明，列比例式可得的长，再求解即可．
【详解】（1）证明：如图1，连接，
，
，
，
，
，
，
，
即，
是的切线；
（2）解：①线段与之间满足的数量关系是：，
理由如下：如图2，过作于点，连接，
，
，且，
，
为公共边，
，
，
；
②过点C作，连接，过点C作，
是的直径，
，
，，
．
，
，
，
由得：，
设，则，
在中，，
，
解得：，即，
，
，
，，
，
四边形为的内接四边形，
，
，
，
，
．
，
，
四边形是矩形，
，
，
40．已知，是半径为的的内接三角形，点是的内心，射线分别交、于点．
(1)如图，连接，求证：；
(2)如图，；
若，求的长；
若，求的值；
(3)如图，，射线分别交于点，点在直线上方的圆弧上运动，无论点如何移动，线段中有一个为定值，请判断是哪一个线段，并求出此定值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；；
(3)线段为定值，且．
【分析】（）由点是的内心，则，再由圆周角定理可得，从而求证；
（）连接，，过点作于点，由点是的内心，得，再由勾股定理即可求解；
连接，过点作于点，过点作于点，由内心和线段和差即可求解；
（）连接，，，，通过性质和圆周角定理证明为等边三角形即可．
【详解】（1）∵点是的内心，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）由题意知，，直径，
∴由勾股定理得，
连接，，过点作于点，
∵点是的内心，
∴，
∴，
在中， ，
；
连接，过点作于点，过点作于点，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵点是的内心，
∴，
∴，
∴， ，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）连接，，，，
∵点是的内心， ，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴为等边三角形，
∴
∴，
同理，，，
但，随着点的运动而变化，
∴线段为定值，且．
【点睛】本题考查了圆周角定理，内心的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定，熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键．
41．如图，在中，，，点在的延长线上，连接．
(1)如图，当，时，求的长；
(2)如图，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，点为的中点，过点作于点．求证：；
(3)如图，在第（）问的条件下，取的中点，点为线段上的一动点，连接，将沿HQ翻折得，连接，当最大时，直接写出的面积．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)．
【分析】（）作于，可得，解直角三角形即可求解；
（）作于，连接，在上截取，可得，可推出四点共圆，得到，，进而可得，得到，又根据，可得，即可求证；
（）由折叠可得，从而推出点在以为圆心，为半径圆上运动，进而得到当与相切时，最大，此时，作于，求得，根据，可得，得到，再根据三角形的面积公式计算即可求解．
【详解】（1）解：如图，
作于，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：如图，
作于，连接，在上截取，
∴，，
∴，
∵线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴四点共圆，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即；
（3）解：如图，
∵沿翻折得，
∴，
∴点在以为圆心，为半径圆上运动，
∴当与相切时，最大，此时，
作于，由()知：，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，确定圆的条件，折叠的性质，解直角三角形等知识，正确作出辅助线是解题的关键．
42．有公共顶点A的两个正方形与，连接，点M是的中点，连接交于点N．
(1)如图1，当点E，G分别在边上时，直接写出线段与之间的数量关系和位置关系：
(2)如图2，将正方形绕点A顺时针旋转，线段与之间的数量关系和位置关系是否仍然成立？请说明理由：
(3)如图3，将正方形绕点A顺时针旋转，当点E在边的延长线上、点G在边上时，连接与相交于点H，
①求的度数；
②连接交于点I，请直接写出的值．
【答案】(1)，．
(2)，，理由见详解
(3)①②
【分析】（1）由正方形的性质得出，，，证明，由全等三角形的性质得出，，由直角三角形的性质可得出结论；
（2）延长至点，使得，连接，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出，结合角的等量代换，则可得出答案．
（3）①过点C作交于一点M，连接，证明四边形是平行四边形，再推出，再进行角的等量代换得出，得出是等腰直角三角形，即可作答．
②连接交于点I，连接，根据同弧所对的圆周角是相等是，得出点四点共圆，结合圆内接四边形对角互补，得出，因为是等腰直角三角形，，即可作答．
【详解】（1）解：四边形和四边形都是正方形，
，，，
，
，，
，
，
在中，是的中点，
，
．
，
，
又，
，
，
即；
故答案为：，．
（2）解：仍然成立，
证明如下：延长至点，使得，连接，
是的中点，
，
又，
，
，，
，
，
四边形是正方形，
∴
即
∴，
四边形和四边形是正方形，
，，，
∵，
，
则
，
，
∵
∴
即
即．
故线段与之间的数量关系是．线段与之间的位置关系是．
（3）解：①如图：过点C作交于一点M，连接，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴；
②连接交于点I，连接，如图
∵，
∴点四点共圆，
∴
∵，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
则，
则，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了旋转性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形，勾股定理，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
十五、2023广东真题第23
43．综合运用
如图1，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A在轴的正半轴上，如图2，将正方形绕点逆时针旋转，旋转角为，交直线于点，交轴于点．

(1)当旋转角为多少度时，；（直接写出结果，不要求写解答过程）
(2)若点，求的长；
(3)如图3，对角线交轴于点，交直线于点，连接，将与的面积分别记为与，设，，求关于的函数表达式．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据正方形的性质及直角三角形全等的判定及性质得出，再由题意得出，即可求解；
（2）过点A作轴，根据勾股定理及点的坐标得出，再由相似三角形的判定和性质求解即可；
（3）根据正方形的性质及四点共圆条件得出O、C、F、N四点共圆，再由圆周角定理及等腰直角三角形的判定和性质得出，，过点N作于点G，交于点Q，利用全等三角形及矩形的判定和性质得出，结合图形分别表示出，，得出，再由等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵交直线于点，
∴，
∴，
即；

（2）过点A作轴，如图所示：

∵，
∴，
∴，
∵正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴即，
∴；
（3）∵正方形，
∴，
∵直线，
∴，
∴，
∴O、C、F、N四点共圆，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
过点N作于点G，交于点Q，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∵，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴
【点睛】题目主要考查全等三角形、相似三角形及特殊四边形的判定和性质，四点共圆的性质，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
十六、变式题23
44．已知，，．

探究一：如图（1），点D在上（点D不与点B，C重合），且．
①连接，当时， ______．
②在①的条件下，若以点A为旋转中心把线段逆时针旋转，旋转后点B的对应点为点，连接，设为最大值为a，的最小值为b，则______．
③如图（2），若把线段绕点A逆时针旋转得线段，连接交于点F，求的最大值．
探究二：建立如图（3）所示的平面直角坐标系，把线段绕点A逆时针旋转得线段，再把线段逆时针旋转得线段交于点P，与的延长线交于点Q，请判断射线是否经过点Q．
【答案】探究一：①；②；③当时，取得最大值，为；探究二：射线经过点，理由见解析
【分析】探究一：①过点D作于点G，可证明是等腰直角三角形．则，进而得到，则．②由旋转的性质可得，则点在以A为圆心，为半径的圆上运动，故当点在延长线上时，取得最小值，当点在延长线上时，取得最大值，据此求出a、b的值即可得到答案；③由旋转的性质得，则证明，推出，则当时，取得最大值，为；
探究二：由旋转的性质可得，，则；再证明关于轴对称，得到．利用待定系数法求出直线的解析式为，则可得；同理可得直线的解析式为．直线的解析式为，直线的解析式为，据此求出点Q的坐标，再在中，求出当时，y的值即可得到结论．
【详解】解：探究一：①如图1，过点D作于点G，

∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形．
∵，
∴，
∴，
∴．
②由旋转的性质可得，
∴点在以A为圆心，为半径的圆上运动，
∴当点在延长线上时，取得最小值，当点在延长线上时，取得最大值，
∵，
∴的最大值，的最小值，
∴．
③由旋转的性质得，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴当时，取得最大值，为．
探究二：射线经过点Q，理由如下：
∵线段绕点逆时针旋转得线段，
∴，，
如图所示，过点M作轴于H，则是等腰直角三角形，
∴，
∴；

∵线段绕点逆时针旋转90°得线段，
∴．
∵，
∴，
∴关于轴对称，
∴．
∵，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
在当时，，
∴，
同理可得直线的解析式为．
直线的解析式为，
直线的解析式为
联立解得
∴．
在中，当时，，
∴射线经过点．
【点睛】本题主要考查了二次函数的最值问题，相似三角形的性质与判定，一点到圆上一点的最值问题，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，旋转的性质等等，解题的关键在于熟练掌握相关知识。
45．如图（1），在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点点在点的左侧，与轴交于点，点的坐标为，且，点和点关于抛物线的对称轴对称．
(1)分别求出，的值和直线的解析式；
(2)直线下方的抛物线上有一点，过点作于点，作平行于轴交直线于点，交轴于点，求的周长的最大值；
(3)在（2）的条件下，如图，在直线的右侧、轴下方的抛物线上是否存在点，过点作轴交轴于点，使得以点、、为顶点的三角形与相似？如果存在，请直接写出点的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)，，
(2)
(3)存在，点的坐标为或
【分析】本题主要考查的是二次函数的综合应用，掌握二次函数的交点式、配方法求二次函数的最值、相似三角形的判定、等腰直角三角形的判定、一元二次方程的求根公式，列出的长与的函数关系式是解题的关键．
（1）先求得的坐标，从而得到点的坐标，设抛物线的解析式为，将点的坐标代入求解即可；先求得抛物线的对称轴，从而得到点，然后可求得直线的解析式；
（2）求得，接下来证明为等腰直角三角形，所当有最大值时三角形的周长最大，设，，则，然后利用配方可求得的最大值，最后根据的周长求解即可；
（3）当时，如果 或时，则∽，设点的坐标为，则，则，，然后根据题意列方程求解即可．
【详解】（1）点的坐标为，
．
令，则，
，，
，
，
，
设抛物线的解析式为，
将，代入得：，
解得，
抛物线的解析式为；
，；
抛物线的对称轴为，，
点和点关于抛物线的对称轴对称，
；
设直线的解析式为．
将、代入得：
，
解得，，
直线的解析式；
（2）直线的解析式，
直线的一次项系数，
．
平行于轴，
，
．
的周长．
设，则，
则．
当时，有最大值，最大值为．
的周长的最大值；
（3）在直线的右侧、轴下方的抛物线上存在点，过点作轴交轴于点，使得以点、、为顶点的三角形与相似；理由如下：
设点的坐标为，则
如图，

若 时，∽．
则 ，整理得：．
得：负值舍去，
点为；
如图，

若时，∽，
则，整理得：，
得：负值舍去，
点为，
综上所述，点的坐标为或．
46．已知抛物线与轴交于A，两点，与轴交于点，．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，已知点为第一象限内抛物线上的一点，点的坐标为，；求点的坐标；
(3)如图2，将抛物线平移到以坐标原点为顶点，记为，点在抛物线上，过点作分别交抛物线于，两点，求直线过定点的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)恒过定点
【分析】（1）求出点坐标为，进而求出，，利用待定系数法即可求解；
（2）设，如图，连接,过点作轴于点，过点作于点．先求出，证明得到，再求出，，即可求出或，从而得到，即可求出；
（3）先求出抛物线的解析式为，设直线的解析式为，且，、，，根据，得到，整理得，联立，得，即可得到，，进而得到，，从而得到，求出或，当时，直线的解析式为，即直线过定点，不符合题意；当时，直线的解析式为，得到直线恒过定点．
【详解】（1）解：令，得，
，
，
，
，，
，，
将，代入，得：
，
解得：，
抛物线的解析式为；
（2）解：设，如图，连接,过点作轴于点，过点作于点．
则，，，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
点的坐标为，
，
，，
，
，
解得：或，
点在第一象限，
，
，，
，；
（3）证明：将抛物线平移到以坐标原点为顶点的抛物线，
抛物线的解析式为，
设直线的解析式为，且，、，，
点在抛物线上，，
，
，
，
整理得：，
联立，得，
，，
，
，
，
即，
或，
当时，直线的解析式为，
即直线过定点，与重合，不符合题意；
当时，直线的解析式为，
直线恒过定点．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，一元二次方程根于系数的关系等知识，综合性强，难度较大，熟知相关知识并根据题意灵活应用是解题关键．
47．定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，简称“四点共圆”．我们学过了“圆的内接四边形的对角互补”这一定理，它的逆命题“对角互补的四边形四个顶点共圆”是证明“四点共圆”的一种常用方法．除此之外，我们还经常用“同旁张角相等”来证明“四点共圆”．如图1，在线段AB同侧有两点C，D．连接，，，，如果，那么A，B，C，D“四点共圆”
(1)如图2，已知四边形中，对角线、相交于点P，点E在的延长线上，下列条件：①；②：③：④．其中，能判定A，B，C，D“四点共圆”的条件有___________：
(2)如图3，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C在x轴正半轴上，点D在y轴负半轴上，若A，B，C，D“四点共圆”，且，求四边形的面积；
(3)如图4，已知是等腰三角形，，点D是线段上的一个动点（点D不与点B重合，且，连结AD，作点C关于的对称点E，连接并延长交的延长线于F，连接，．
①求证：A，D，B，E“四点共圆”；
②若，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．
【答案】(1)①③④
(2)
(3)不变，8
【分析】（1）根据“同旁张角相等”可判断①；先证明，然后根据“对角互补的四边形四个顶点共圆” 可判断③；先证明可得，然后根据“同旁张角相等”可判断④；根据②的条件无法判定A，B，C，D“四点共圆”；
（2）先求出A、B的坐标，从而判定为等腰直角三角形，得出，根据A，B，C，D“四点共圆”和可得出，，进而求出，然后证明得出，最后根据求解即可；
（3）①根据轴对称的性质得到，，，，进而得到，即可证明结论；
②连接，证明，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【详解】（1）解：∵，
∴A，B，C，D“四点共圆”，
故①正确；
∵，，
∴，
∴A，B，C，D“四点共圆”，
故③正确；
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴A，B，C，D“四点共圆”，
故④正确；
根据②的条件无法判定A，B，C，D“四点共圆”．
故能判定A，B，C，D“四点共圆”的条件有①③④．
（2）解：对于，
当时，则，
当时，则，解得，
∴，，
∴，
又，
∴，
∵A，B，C，D“四点共圆”，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∵A，B，C，D“四点共圆”，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴
；
（3）①证明：∵，
∴，
∵点E与点C关于的对称，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴A，D，B，E四点共圆；
②解：的值不会发生变化，
理由如下：如图4，连接，
∵点E与点C关于的对称，
∴，
∴，
又，
∴，
∵A，D，B，E四点共圆，
∴，
∴，
∴A，B，F，C四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是四点共圆、相似三角形的判定和性质、轴对称的性质，正确理解四点共圆的条件是解题的关键．
48．如图1，矩形在坐标系中，、分别在轴、轴的正半轴上，，矩形周长为18，面积为18．
（1）求点坐标；
（2）如图2，、、分别在、、上，连、，若于，，设点横坐标为，求的长（用含的代数式表示）；
（3）如图3，在（2）的条件下，是中点，连并延长至，连交于，若，，求的值．
【答案】（1）B（6，3）（2）CG＝2t（3）t＝
【分析】（1）设B点坐标为（m，n），根据矩形周长和面积的值列方程组求解．
（2）作DH⊥OC于H，可证△DHE△OCG，由相似比可得CG＝2HE＝2AD．
（3）作MN⊥OC于N，交OG于K，连接OD，设DE与OQ交于点R．先证DMKF四点共圆，进而得出∠KFM＝45，再导角推出OP是∠AOG的角平分线，然后可以导出△DRQ和△EOR均为等腰三角形，于是DE的长可用t表示出来．注意到∠AOD与∠NOK相等，可推出OD＝DE，最后利用直角三角形AOD列勾股方程解出t的值．
【详解】（1）设B点坐标为（m，n）(m＞n)
由题意可知：
解得：或（舍去）
∴B点坐标为（6，3）．
（2）如图2，作DH⊥OC于H．
则∠DHE＝90，
∴∠HDE＋∠DEH＝90，
∵DH⊥OG于F，
∴∠GOC＋∠DEH＝∠OFE＝90，
∴∠HDE＝∠COG，
∵∠OCG＝90＝∠DHE，
∴△DHE△OCG，
∴
∵B（6，3），
∴AB＝OC＝6，AO＝DH＝BC＝3，
∴＝2，
∴CG＝2HE，
∵D点横坐标为t，
∴OH＝AD＝t，
∴OE＝2AD，
∴HE＝OH＝t，
∴CG＝2HE＝2t．
（3）如图3，作MN⊥OC于N，交OG于K，连接OD．
∵M为AB中点，
∴AM＝BM＝ON＝CN＝AO＝BC＝MN＝3，KN＝CG＝t，
∴KN＝AD，所以DM＝KM，
∵∠DFK＝∠DMK＝90，
∴DFKM四点共圆，
∴∠DFM＝∠KFM＝45，
∵∠KFM＝∠OPF＋∠FOP，
∴∠FOP＋＝45，
∴2∠FOP＋2＝90°，
∵∠AOC＝90，
∴∠AOQ＋∠FOP＋∠COG＝∠AOQ＋∠FOP＋2＝90，
∴∠AOQ＝∠FOP，
∵∠AOQ＝∠OFR＝90，
∴∠ORF＝∠OQA，
∵∠ORF＝∠DRQ，∠OQA＝∠ROE，
∴∠DRQ＝∠OQA，∠ROE＝∠ORF，
∴DR＝DQ＝，RE＝OE＝2t，
∴DE＝DR＋RE＝＋2t，
∵，∠OAD＝∠ONK，
所以△OAD≌△ONK，
∴∠AOD＝∠NOK，
∵∠AOD＋∠DOE＝∠NOK＋∠OEF＝90，
∴∠DOE＝∠OEF，
∴OD＝DE＝＋2t，
在Rt△AOD中：OA2＋AD2＝OD2，
∴9＋t2＝(＋2t)2，
解得t＝．
【点睛】本题为四边形综合题，主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等重要知识点．第（3）问是本题的难点，证明OP是∠AOG的角平分线进而得出△DRQ、△EOR、△DOE均为等腰三角形是解答的要点所在．
十七、解答题
剪去的小正方形的边长
1
2
3
4
5
6
7
8
9
长方体的容积
324
512
576
384
252
128
36
试验序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A线路所用时间
15
32
15
16
34
18
21
14
35
20
B线路所用时间
25
29
23
25
27
26
31
28
30
24
平均数
中位数
众数
方差
A线路所用时间
22
a
15
63.2
B线路所用时间
b
26.5
c
6.36
平均成绩环
众数/环
中位数/环
方差/环2
甲
a
7
7
1.2
乙
7
b
c
4.6
样本学生测试成绩
甲班
53
65
65
65
78
79
81
82
84
93
乙班
61
63
68
75
78
78
78
80
81
83
平均数
方差
中位数
众数
甲班
129.65
78.5
65
乙班
74.5
53.85
78
甲
乙
丙
平均数
中位数
项目
餐馆
口味
环境
服务
食材
点评条数
成绩x/分
频数
频率
8
0.08
0.14

33
0.33
小明 小亮
1
2
3
4
1
2
3
4