2024年浙江省寧波市中考數學模擬預測題（四）（含答案解析）

2024年浙江省寧波市中考數學精準模擬預測題（四）

學校:姓名：班級：考號：

一、單選題

1.在下列選項中，計算結果最大的是（）

A.8+（T）B.8-（T）C.8x（T）D.8+（T）

2.在下列的計算中，正確的是（）

A.m3+m2=m5B.加g?/=/C.（2/7?）3—6m3D.m64-m2=m4

3.設實數a,6,c在數軸上的位置如圖所示，則下列選項中的式子成立的是（）

ab0

—cc

A.a+b<b+cB.c—a<c—bC.ab<acD.—<-

ab

4.一個密碼箱密碼的每個數位上的數都是從0到9的自然數，若要使不知道密碼的人

一次就撥對的概率低于1x10-5,則應該設置密碼的位數至少是（）

A.4位B.5位C.6位D.7位

5.如圖，在圓。中，OA±BC,ZADC=3O°,則5AC的度數為（）

C.120°D.240°

6.甲、乙兩人手中各有若干1元硬幣，若甲得到乙的7枚硬幣，則甲的錢是乙的5倍，

若乙得到甲的5枚硬幣，則乙的錢是甲的7倍.問：甲、乙原來各有幾枚硬幣？設甲原

來有x枚硬幣，乙原來有y枚硬幣，可列方程組為（）

j無+7—5xx+7=5"7）

A.B.

[y+5=7xy+5=7（x+5）

x+7=5（y+7）x+7=5（y-7）

D.

y+5=7（x-5）y+5=7（x-5）

7.在上完相似三角形一課后，小方設計了一個實驗來測量學校教學樓的高度.如圖，

在距離教學樓為18米的點B處豎立一個長度為2.8米的直桿，小方調整自己的位置,

使得他直立時眼睛所在位置點C、直桿頂點A和教學樓頂點M三點共線.測得人與直

桿的距離為2米，人眼高度8為1.6米，則教學樓的高度班為（）

C.12.4米D.1米

8.已知二次函數y=改+法+4°>0）與了軸正半軸交于4（/7,0）和3（4,0）兩點（點人在

點3的左邊），方程彳=依2+歷c+cQ>。）的解為》="或％="（機<”），則0,q,mn

的大小關系可能是（）

A.>n<p<q<nB.m<n<p<qC.p<m<n<qD.p<q<m<n

9.如圖，已知正方形ABCD和正方形ABNM,點M,N,C,。分別是菱形E尸G〃的

四條邊的中點，則下列結論正確的是（）

A.AB=FMB.迅AB=2FMC.2AB=^3FMD.J5AB=2FM

10.已知二次函數y=a（x-l）（x-間的圖象過點則下列表述正確的是（）

A.若勿>1,則。>0B.若0<m<1,則。>1

C.若加<一1,則a<0D.若則一1<4<0

二、填空題

11.因式分解：4-a2=.

12.哥哥小方和弟弟小成都想報名參加學校周三下午的拓展課，小方想選擇書法、籃球

與合唱中的一門課，小成想選擇籃球和圍棋中的一門課，則兩人同時選擇籃球課的概率

是—.

13.如圖，已知兩條平行直線m和n被直線/所截,￡為直線相與"間一點，且AE，DE,

AE//1.若Nl=130。，則"的度數為.

試卷第2頁，共6頁

1

D

丫=

,2+%二—必5+k的解滿足…3則%的取值范圍是

14.若關于x,y的方程組3

15.甲、乙兩人同起點同方向出發(fā)，勻速步行3000米，先到終點的人原地休息.已知甲

先出發(fā)3分鐘，甲、乙兩人之間的距離》（米）與甲出發(fā)的時間「（分）之間的關系如

.分鐘.

16.如圖，已知正方形A3CD,點P,。分別在80、CD上運動，連接AP,AQ,PQ,

其中AQ交8。于點E,且ZB4Q=45。，將VPQE沿PQ翻折得至iJvPQEm當點廳落在

,CE'=

三、解答題

17.已知A為平面直角坐標系內一點，且點A的坐標為（2,2）,將點A向下平移3個單

位長度至點B.

⑴求點B的坐標；

（2）分別求出點A關于x軸的對稱點的坐標，點B關于y軸的對稱點的坐標.

18.2023年9月，亞運會在杭州隆重舉行，很多杭州市民獲得了親歷亞運、現場觀賽的

機會.為了解學生去現場觀賽的情況，并根據調查結果制成如下不完整的統(tǒng)計圖和統(tǒng)計

表.

現場觀賽情況統(tǒng)計表

觀賽場次頻數頻率

A：未觀賽m

B：1場28

C：2場160.2

D：3場

E：4場及以上8

合計n1

現場觀賽情況扇形統(tǒng)計圖

解答下列問題:

(2)補全扇形統(tǒng)計圖;

(3)根據抽樣調查的結果，請估計全校1200名學生中去現場觀看比賽的人數.

19.如圖，在RtAABC中，ZC=90°,過點E作即，AB,垂足為￡).

⑴若AB=10,AC=8,AE=5,求AD的長;

(2)連接BE,若CEBsCBA,且CE=1,AE=3,求OE的長.

20.已知一次函數%=〃a+”(〃切彳。).

⑴已知關于X的一元二次方程/+7加一九=()必有兩個不相等的實數根，試說明一次函

數%=如+〃的圖象過第一和第二象限.

試卷第4頁，共6頁

⑵在(1)的條件下，已知另一函數%=加+%的圖象與％圖象的交點在第四象限，求

不等式的解.

21.如圖，在RtZXABC中，NA=90。，CE平分NACB,CG=EG,點F在AC上，CF=EF,

BG的延長線交所的延長線于點。，連接8.

⑴求證：四邊形CD￡B是平行四邊形.

4

⑵若C￡)=20,cosZABC=-,求AC的長.

22.已知二次函數y=渥+bx+c(a,6,c為已知數，且awO)與y軸的交點是(0,4).

⑴求c的值.

⑵若二次函數y=a/+6x+c與一次函數y=x-2的圖象交于點化0),求上的值，并用

含a的代數式表示b.

(3)在(2)成立的情況下，若lVa<2,當1WXW2時，y=狽。的最大值為加，

最小值為〃，求機一”的最小值.

23.在RSA2C中，已知NACB=R0。，CD=|AC,過A、D,2三點畫圓O,AF是

直徑，/ACS的平分線恰好過圓心。，交BD于點E,且

⑵求tanZABD的值.

(3)若DE=1,CB的延長線與AF的延長線交于點H,直接寫出9的長.

24.綜合與實踐.

綜合與實踐活動是數學重要的學習內容之一，某活動小組利用兩個全等的等邊三角形做

以下活動探究.

【問題情境】

將等邊三角形ABC和等邊三角形DEF按以下要求疊放：。為8c邊上一點（不與點2,

C重合），且空=’（"為正整數），在等邊三角形DEF繞點。旋轉的過程中，存在

N分別為AC與DE,AB與/m的交點.

【初步感知】

（1）如圖1,當〃=1時，活動小組探究得出結論：4BNCM=BC2,請寫出證明過程.

【深入探究】

（2）如圖2,探究線段BN,CM,3C之間數量關系的一般結論，請寫出證明過程.

【拓展運用】

（3）如圖3,連接MN,若MN〃BC,BC=n,求MN的值.（用含〃的代數式表示）

試卷第6頁，共6頁

參考答案：

1.B

【分析】

本題考查有理數的運算和大小比較，解題的關鍵是掌握有理數的四則運算法則及數的大小比

較.

依次對每個選項進行計算，再進行大小比較即可得到答案.

【詳解】解：A.8+（T）=4

B.8-（T）=8+4=12

C.8X（T）=-32

D.8+（-4）=-2,

V12>4>-2>-32

故計算結果最大的是12,

故選：B.

2.D

【分析】本題考查了整式的運算，根據合并同類項、同底數幕的乘法、積的乘方、同底數累

的除法逐項計算即可判斷求解，掌握整式的運算法則是解題的關鍵.

【詳解】解：A、因為力和療不是同類項，所以不能合并，該選項錯誤，不合題意；

B、毋.〃/=m5,該選項錯誤，不合題意；

C、（2根丫=8機3,該選項錯誤，不合題意；

D、"6+療=機4,該選項正確，符合題意；

故選：D.

3.A

【分析】

本題主要考查了實數與數軸，正確得出格式的符號是解題的關鍵.

直接利用數軸得出各式的符號，進而分別判斷即可得出答案.

【詳解】解：由圖可得。<b<O<c

A.a<c,：.a+b<b+c,故此選項符合題意；

B.a<b,-a>-b,c-a>c-b,故止匕選項不符合題意；

答案第1頁，共20頁

C.,:bcc,且a<0,ab>ac,故此選項不符合題意;

11CC

D.9?*a<b<Qfc>0,故止匕選項不符合題意；

abab

故選：A.

4.B

【分析】

本題考查概率的求法與運用.分別求出取一位數、兩位數、三位數、四位數時一次就撥對密

碼的概率，再根據卜10-5所在的范圍解答即可.

【詳解】

解：因為取一位數時一次就撥對密碼的概率為力；

取兩位數時一次就撥對密碼的概率為Sd;

取三位數時一次就撥對密碼的概率為焉；

取四位數時一次就撥對密碼的概率為正焉.

故密碼的位數至少需要5位.

故選：B.

5.C

【分析】本題考查了圓周角定理，等腰三角形的性質，由圓周角定理可得，由等腰三角形三

線合一可得，即可求解，掌握圓周角定理和等腰三角形的性質是解題的關鍵.

【詳解】解：連接05、OC,

丁ZADC=30°,

???ZAOC=2ZADC=60°,

VOB=OC,OALBC,

：.ZAOB=ZAOC=60°f

：.ZBOC=120°,

答案第2頁，共20頁

即8AC的度數為120。,

故選：C.

6.D

【分析】本題考查由實際問題抽象出二元一次方程組.由甲得到乙的7枚硬幣，則甲的錢是

乙的5倍，得至ijx+7=5（y-7）；由乙得到甲的5枚硬幣，則乙的錢是甲的7倍，得到

y+5=7（x-5）,據此列出相應的方程組即可.

【詳解】解：設甲原來有尤枚硬幣，乙原來有y枚硬幣,

x+7=5-7）

依題意得＜

y+5=7（x-5）

故選：D.

7.B

【分析】

本題考查相似三角形的應用.過點C作于點交A3于點J.則四邊形CDBJ,

四邊形CCWH都是矩形.利用相似三角形的性質求出CH,可得結論.

【詳解】

解：如圖，過點C作于點交48于點J.則四邊形CQ8J,四邊形CDNH都是

.-.CD=BJ=NH=\.6^z,8￡>=C/=2米，BN=JH=18米,CH=CJ+JH=20^：,

AB=2.8米.

A/=AB-fl/=2.8-1.6=1.2（:米），

'：AJ//MH,

,AJ_CJ

…-CH*

答案第3頁，共20頁

,1.2_2

"MW"20'

：.MH=n（米），

MN=MH+NH=12+1.6=13.6（米），

故選：B.

8.C

【分析】本題考查了拋物線與x軸的交點問題，依據題意畫出二次函數'="2+法+，的圖

象，在此基礎上，作出直線了=%的圖象，設兩個函數圖象的交點為C、。，根據方程

x=ax2+bx+cCa>0）的解為工=，〃或X=%（機<"）,即可求解,通過圖象求解是解題的關鍵.

【詳解】解：依據題意，畫出二次函數>=狽2+法+。的大致圖象如下圖所示，

設兩個函數圖象的交點為C、D,

:方程尤=依？+bx+cQa>0）的解為工=機或X=n{m<n）,

C、。的橫坐標為均為

m<p<q<nt

故選：C.

9.D

【分析】

連接AE,BG,易證E,A,B,G四點共線，RtAME^RtBNG,從而AE=BG,由中

Afi

位線定理有EG=2MV,從而得到AE=光-,又因為=由勾股定理表示出ME,由

FM=ME從而得到FM和AB的關系.

【詳解】解：如圖，連接AE,BG,

答案第4頁，共20頁

四邊形石FGH是菱形，

：.EF=AG=GH=HE,

點M,N,C,。分別是菱形石FGH的四條邊的中點,

/.FM=ME=ED=NG=-EF,

2

四邊形ABCD和四邊形是正方形，

:.AM=AD=AB=MN=BNfZMAB=9Q0,

.\EA±MD,

「.ZE4M=90。，

?.E,A,3三點共線，

同理G,A,5也三點共線，

???E,A,B,G四點共線，

:.EG=2MN=2AB,

在RtZXAME與RtABNG中,

[ME=NG

\AM=BN"

Rt-5NG（HL）,

“廠EG-AB2AB-ABAB

AE=BG------------=------------=-----,

222

在RtAAME中，由勾股定理得ME=JAM'AE2=JAB、[等1=^AB,

:.FM=ME=—AB,BPy/5AB=2FM.

2

故選：D.

【點睛】

本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定和性質，正方形的性質，三角形的中位線定理,

答案第5頁，共20頁

勾股定理，掌握并且靈活運用相關知識，作出適當的輔助線是解題的關鍵.

10.B

【分析】將（。,1）代入y=〃（x—i）（x—機），得到的=1,進而得到當力>1時，當

0<機<1時，a>l,當一IVMVO時，a<-\,當機<一1時，一即可判斷，

本題考查了二次函數的性質，解題的關鍵是：根據加=1分情況討論.

【詳解】解：???y=〃（x—1）（l—租）的圖象過點（0,1）,

l=<2（0-l）（0-m）,整理得：am=l,

當力〉1時，Ovavl,

當0<相<1時，a>l,

當—IvmvO時，a<—l,

當機<一1時，-l<a<0,

:?A、C、D錯誤，不符合題意，B、正確，符合題意，

故選：B.

1].（2+々）（2_〃）

【分析】因為4-/=22-所以直接應用平方差公式即可.

【詳解】解：4—a?=2?—a?=（2+〃）（2—a）.

故答案為:（2+a）（2-fl）.

12.-

6

【分析】本題考查了用樹狀圖或列表法求概率,設書法、籃球、合唱、圍棋分別用4B、C、D

表示，畫出樹狀圖，根據樹狀圖即可求解，掌握樹狀圖或列表法是解題的關鍵.

【詳解】解:設書法、籃球、合唱、圍棋分別用A、B、a。表示，

畫樹狀圖如下：

開始

BC

/\/\

CDCDCD

由樹狀圖可得，共有6種等結果，其中兩人同時選擇籃球課的有1種,

答案第6頁，共20頁

.?.兩人同時選擇籃球課的概率是J.

6

13.40。/40度

【分析】本題考查了平行線的性質，三角形的外角性質.根據對頂角相等結合平行線的性質

求得NA=NDEE=50。，再根據三角形的外角性質求解即可.

【詳解】解：延長交直線〃于點尸，

Zl=130°,

???ZABC=130°,

???AE〃/,

ZA=180°-ZABC=50°,

m//n,

：.ZDFE=ZA=50°,

■:AELDE,

：.ZAED=9Q°,

：.ZD=ZAED-ZDFE=40°,

故答案為：40°.

14.k<3

【分析】

本題主要考查二元一次方程組和一元一次不等式的解法，把方程組的解求出，即用左表示出

X、》代入不等式x-yV5,轉化為關于左的一元一次不等式，可求得上的取值范圍.

2x-y=5G①

【詳解】解:

尤+y=4Z+3②

由①+②可得：3x=9k+3,

所以：x=3k+1③

把③代人②得：3左+l+y=4左+3,

解得：y=k+2,

代入尤—yV5可得：3k+1—（Z+2）W5,

答案第7頁，共20頁

解得：k<3,

故答案為：k<3.

15.4.5

【分析】本題考查了一次函數的應用，根據函數圖象，求出甲、乙的速度，再求出它們到達

終點的時間即可求解，看懂函數的圖象是解題的關鍵.

【詳解】解：由圖可得，甲的速度為240+3=80米/分，

設乙的速度為x米/分，

由圖可得，(15-3)X=240+80X(15-3),

解得x=100,

.??乙的速度為100米/分，

甲到達終點的時間為3000?8037.5分鐘，

乙達到終點的時間為3000+100=30分鐘，

???甲先出發(fā)3分鐘，

，乙先到終點原地休息了37.5-3-30=4.5分鐘，

故答案為：4.5.

16.2V5-1/-1+A/5

【分析】

證明八鉆戶-入”;。，得出竺=理=空=正，根據2尸=血，求出。。=2；證明

CQAQAC2

AEPE

.AEPs。田2,得出=證明-AEDS.PEQ,得出ZPQE=ZADE=45°,證明△APQ

DEEQ

為等腰直角三角形，過點E作ENLCD于點N,證明ENQ^QCE',得出硒=C0=2,

NQ=CE',求出3E'=ON+CQ=4,作截取M=連接PK,BK,證明

_DAE-BAK，得出BK=DE=28,ZABK=ZADE=45°,證明一得出

PE=PK=M,求出BD=BP+PE+DE=3夜+碗，得出8C=^BO=3+若，即可得

2

出結果.

【詳解】解：：四邊形A5c。為正方形，

AB=BC=CD=AD,ZABC=ZACB=ZBAD=ZADC=90°,

ZBAC=ZDAC=ZABD=ZCBD=ZADB=ZBDC=ZACB=ZACD=45°,

答案第8頁，共20頁

?.?ZPAQ=45°,

：./BAP+APAC=APAC+ZCAQ=45°,

ZBAP=ZCAQf

?.?ZABP=ZACQ,

：.AABP^AACQ,

.BPAPAB^2

9，CQ~AQ~AC~^f

*.*BP=e.,

???CQ=2；

?：ZPAQ=ZBDC=45°,ZAEP=ZDEQ9

：?_AEPSJDEQ,

?_A_E___P__E

?,DE~EQ'

?.?ZAED=ZPEQ,

：._AEDs_PEQ,

：./PQE=ZADE=45。,

：.ZPAQ=ZPQA,

??.AP=PQf

???△AP。為等腰直角三角形，

根據折疊可知，ZPQE=ZPQE'=45°,EQ=E'Q,

：.NEQE'=90。，

過點E作硒，CD于點N,

DNQC

：.NENQ=NE'CQ=90。,

：.ZNEQ+ZEQN=ZEQN+ZCQE'=90°,

答案第9頁，共20頁

NNEQ=NCQE',

：.ENQ^QCE',

:.EN=CQ=2,NQ=CE',

VZNDE=45°,/END=90°,

△￡＞四￡為等腰直角三角形，

?*-DE=y/2EN=2y[2,DN=EN=2,

'：CD=BC,

：.DN+NQ+CQ=CE'+BE',

：.BE'=DN+CQ=4,

作AK_LAE,截取叢=AE,連接PK,BK,

：.NKAE=NBAD=90°,

；?ZDAE=ZBAK,

AB=AD,

:.一DAE-BAK,

BK=DE=272，ZABK=ZADE=45°,

ZABP=45°,

：.ZKBP=90°,

根據勾股定理得：PK=YIBK2+BP2=Vio，

ZDAE+NPAB=90°-Z.PAE=45°,

NKAB+NBAP=ZDAE+ZBAP=45°,

；?NKAP=NEAP,

VAK=AE,AP=AP,

/.EAP^^KAP,

：.PE=PK=y/10,

：.BD=BP+PE+DE=3-Ji+屈,

：.BC=JBD=3+下,

2

/.CE'=BC-BE'=3+y/5-4=45-1.

故答案為：2；V5-1.

答案第10頁，共20頁

【點睛】本題主要考查了正方形的性質，三角形全等的判定和性質，三角形相似的判定和性

質，等腰直角三角形的性質，勾股定理，解題的關鍵是作出輔助線，熟練掌握相關的判定和

性質.

17.⑴點3的坐標為(2,-1)；

⑵(2,-2),(-2,-1).

【分析】本題考查了坐標平移與軸對稱，熟練掌握平移與軸對稱規(guī)律是解題的關鍵.

(1)根據平移的性質求解即可；

(2)根據軸參對稱的性質“關于x軸的對稱點的坐標特點：橫坐標不變，縱坐標互為相反數；

關于y軸的對稱點的坐標特點：縱坐標不變，橫坐標互為相反數”求解即可.

【詳解】(1)解：???點A的坐標為(2,2),

???點A向下平移3個單位長度至點B的坐標為(2,2-3),

.?.點8的坐標為(2，-1)；

(2)解：點4(2,2)關于x軸的對稱點的坐標為(2,-2),

點3(2,-1)關于y軸的對稱點的坐標為(-2,-1).

18.(1)16,80；

(2)補全扇形統(tǒng)計圖見解析；

(3)960名.

【分析】(1)用C組人數除以其百分比即可求出調查總人數”，用調查總人數乘以。組百分

比即可求出。組人數，用調查總人數減其他組的人數即可求出加，

(2)分別求出A、B、E占調查總人數的百分比即可補全扇形統(tǒng)計圖；

(3)用全校人數1200乘以去觀看比賽學生人數的百分比即可求解；

本題考查了頻數分布表，扇形統(tǒng)計表，樣本估計總體，讀懂統(tǒng)計圖和統(tǒng)計表之間的數據關系

是解題的關鍵.

【詳解】(1)解：由統(tǒng)計圖和統(tǒng)計表可得，共調查了16+0.2=80名學生，

"=80,觀看3場的學生有80xl5%=12名,

答案第11頁，共20頁

，m=80-28-16-12-8=16,

故答案為：16,80；

(2)解：A對應的扇形所占的百分比為襄xl00%=20%,

80

3對應的扇形所占的百分比為就xl00%=35%,

oO

Q

E對應的扇形所占的百分比為姿義100%=10%,

oU

.?.補全扇形統(tǒng)計圖如下:

現場觀賽情況扇形統(tǒng)計圖

(3)解：1200x(1-20%)=960,

答：估計全校1200名學生中去現場觀看比賽的人數為960名.

19.(1)AD=4；

(2)O￡=—.

5

【分析】(1)證明ADEs.AC3即可求解；

(2)由,CEBsCB4得至1」要=笑，求得BC=2,利用勾股定理可得A8=2正，再證明

AAED^AABC即可求解；

本題考查了相似三角形的判定和性質，勾股定理，掌握相似三角形的判定和性質是解題的關

鍵.

【詳角軍】(1)角時EDLAB,

：.ZADE=ZC=90°,

?.?ZA=ZA,

.ADEs,、ACB,

,ADAE

??就一耘’

答案第12頁，共20頁

,AD_5

,,-r-To

/.AD=4；

(2)解：?：CEBsCBAf

.CECB

"'CB~'CAf

：.fiC2=CEC4=lx(l+3)=4,

:.BC=2,

在RtZVlBC中，AB=VAC2+BC2=V42+22=2A/5，

???NA=NA,ZADE=ZC=90°,

???AAED^AABC,

.AEDE

?,瓦一拓’

?3__D__E

,,證一為'

?3也

5

20.(1)見解析

⑵不等式》>丫2的解集為X<1.

【分析】

本題考查了二次函數的圖象和性質，一次函數的圖象和性質，求一元一次不等式的解集.

(1)關于X的一元二次方程Y+〃吠-〃=0的解，可看作拋物線y=f與直線>=-如+"的

交點，判斷出〃>0,據此即可說明結論成立；

(2)根據兩直線的交點情況求得〃>0,機<0,推出機-〃<0,由%>%，得到mx+n>nx+m,

據此求解即可.

【詳解】(1)

解：：關于尤的一元二次方程必+如-〃=0的解，可看作拋物線y=/與直線y=-3+〃的

交點，

根據題意得，拋物線y=Y與直線y=-rnx+n必有兩個不同的交點,

??〃>0,

答案第13頁，共20頁

...一次函數％=〃箕+〃的圖象過第一和第二象限；

(2)解：Vy2=nx+m,n>0,

直線為=質+根一定經過第一、三象限，

???直線%=質+機與9圖象的交點在第四象限，

直線%=加+根一定經過第一、三、四象限，

m<0,

m-n<0,

?:%>%，

mx+n>nx+m,

整理得(加一”)%>冽-〃，

??x<1,

即不等式%>%的解集為X<1.

21.⑴見解析

(2)AC=24.

【分析】本題考查等腰三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，平行四邊形的判定

和性質，解直角三角形.掌握并能夠靈活運用相關知識點，是解題的關鍵.

(1)證明DGE^BGC(ASA),得到3G=OG,即可得證；

4

(2)根據平行四邊形的性質，得到cosNCr^=cosNA￡/=cosNABC=g,結合勾股定理

即可得解.

【詳解】(1)證明：???CE平分NACB,

ZACE=ZBCE,

?:CF=EF,

：.ZACE=/DEC,

:./DEC=NBCE,

又NDGE=NBGC,CG=EG,

答案第14頁，共20頁

，，DGEqBGC(ASA),

ABG=DG,又CG=EG,

四邊形CDEB是平行四邊形；

(2)解：?.?四邊形CDEB是平行四邊形，

?.ABCD,NCDF=ZAEF=ZABC,BC=DE,ZDCF=ZA=90°,

4

/.cosNCDF=cosNAEF=cosZABC=—,

.CD_4AE4

??二,=,

DF5EF5

???CD=20,

DF=25,

???EF=CF=1252-2()2=15,

4

AE=-EF=12,

???AF=A/152-122=9,

???AC=CF+AF=15+9=24.

22.(l)c=4

(2)k=2jb=—2a—2

*

【分析】本題主要考查二次函數的性質，涉及二次函數與坐標軸的交點、反比例函數性質以

及一次函數的性質，

(1)將點代入二次函數即可求得C;

(2)先將交點代入一次函數求得鼠求得交點再代入二次函數即可求得表達式；

(3)根據(2)可得二次函數為y=o？-(2a+2)x+4,求得對稱軸x=：+l,結合a的范

圍確定對稱軸的范圍，即可求得函數在給定范圍的最大值和最小值，可以將〃?一〃表示為關

于a的反比例函數，利用反比例函數的性質即可求得其最小值.

【詳解】(1)解：把(0,4)代入丁=加+6，+。，即c=4.

(2)由題意知點(上,0)過一次函數V=x-2,則％=2,

答案第15頁，共20頁

由(1)知二次函數為：y=ax2+bx+4,

*.*(2,0)在二次函數y=ax2+Z?x+4_b,

???ax22+6x2+4=0,則人=一2〃一2；

(3)由(2)知二次函數為：y=62-(2a+2)x+4,則函數對稱軸為犬=-3="2=工+1,

2a2aa

Vl<?<2,

2a

31

A-<-+l<2,

2a

Vl<x<2fff,y=m?—(2〃+2)x+4的最大值為相，最小值為〃,

/.m—ax}1—(2a+2)x1+4=—a+2,n=6ix|—+1j—f2tz+2)xf—+1|+4=-~+2,

\a)\a)a

則根_〃=_〃+2_(_i_〃+2]=，,

，\aJa

故相.〃的最小值為”=2,m-n=^.

23.(1)答案見解析

(2)tanZABD=g

⑶BH=56

【分析】

(1)先求出NCD5=45。，再根據/。。5+乙位出二180。,44五5+442%=180。，得

ZCDB=ZAFB=45°f由又AF是直徑，得NAB/=90。，即可得答案；

(2)作AG_LBD交5。的延長線與點G,設CD=x，求出AO==缶,A。=DG=后,

又因為ZAG3=90。，根據tan/A3D=》74G代入計算即可；

(3)連結。尸，先證D尸〃C”，得ZAFD=AAHC=ZABD,再根據(2)結論得tanZABD=1,

代入tan/AHC=^---------,求出9=5x,由OE=1,求出x,即可得解.

CB+BH

【詳解】(1)解：如下圖，連結

答案第16頁，共20頁

G

QZACB=90°,OC1BD,AC平分/ACB,

ZACO=ZOCB=45°,/DEC=/BEC=90°,

:.ZCDB=ZCBD=45°,

QZCDB+ZADB=180°,ZAFB+ZADB=180°,

:.NCDB=ZAFB=45。,

又,AF是直徑，

..NABb=90。，

.?.ZBAF=90°-ZAFB=90。-45。=45。；

(2)如(1)圖，作AG，3。交5。的延長線與點G,設CD=x,

QCO=；AC,ZACB=90°,DC=BC,

AD=2x,CD=BC=x,

BD=J』+f,

QZAGD=90°,ZCDB=ZADG=45°,

:.ZGAD=45°,

:.AG=DG,

QAD=2x,

AG=DG=-Jix，

ZAGB=9Q°,

AGB1

..tan==-------=一；

BGV2x+V2x2

(3)如(1)圖，連結。尸,

由題意可知：NAED=NA324位甲=90。,

由ZACB=90°,