【2022版中考12年】浙江省杭州市2002-2022年中考数学试题分类解析 专题12 押轴题

【2022版中考12年】浙江省杭州市2022-2022年中考数学试题分类解析专题12押轴题一、选择题1.（2022年浙江杭州3分）为解决四个村庄用电问题，政府投资在已建电厂与这四个村庄之间架设输电线路．现已知这四个村庄及电厂之间的距离如图所示（距离单位：公里），则能把电力输送到这四个村庄的输电线路的最短总长度应该是【】．（A）19.5（B）20.5（C）21.5（D）25.5【答案】B。【考点】读图。【分析】如图，把电力输送到这四个村庄的输电线路的最短总长度应该是5＋4＋5.5＋6=20.5。故选B。2.（2022年浙江杭州3分）对于以下四个命题：①若直角三角形的两条边长为3与4，则第三边长是5；②；③若点P（，）在第三象限，则点Q（，）在第一象限；④两边及其第三边上的中线对应相等的两个三角形全等。正确的说法是【】（A）只有①错误，其它正确（B）①②错误，③④正确（C）①④错误，②③正确（D）只有④错误，其它正确【答案】A。【考点】勾股定理，二次根式的性质和化简，平面直角坐标系中各象限点的特征，全等三角形的判定，分类思想的应用。【分析】①若直角三角形的两条边长为3与4，则若3与4都要是直角边，则59\n第三边长是5；若4是斜边，则第三边长是。因此命题错误。②隐含条件a≥0，根据二次根式的定义得，。因此命题正确。③根据平面直角坐标系中各象限点的特征，判断其所在象限，四个象限的符号特征分别是：第一象限（＋，＋）；第二象限（－，＋）；第三象限（－，－）；第四象限（＋，－）。因此，由点P（，）在第三象限知，从而，得到点Q（，）在第一象限。因此命题正确。④用“倍长中线法”可证明两个三角形全等。因此命题正确。故正确的说法是只有①错误，其它正确。故选A。3.（2022年浙江杭州3分）甲、乙两人连续7年调查某县养鸡业的情况，提供了两方面的信息图（如图）。甲调查表明：养鸡场的平均产鸡数从第1年的1万只上升到第7年的2.8万只；乙调查表明：养鸡场的个数由第1年的46个减少到第7年的22个。现给出下列四个判断：①该县第2年养鸡场产鸡的数量为1.3万只；②该县第2年养鸡场产鸡的数量低于第1年养鸡场产鸡的数量；③该县这7年养鸡场产鸡的数量逐年增长；④这7年中，第5年该县养鸡场出产鸡的数量最多。根据甲、乙两人提供的信息，可知其中正确的判断有【】（A）3个（B）2个（C）1个（D）0个59\n4.（2022年浙江杭州3分）用列表法画二次函数的图象时先列一个表，当表中对自变量x的值以相等间隔的值增加时，函数y所对应的值依次为：20，56，110，182，274，380，506，650，其中有一个值不正确，这个不正确的值是【】（A）506（B）380（C）274（D）182【答案】C。【考点】二次函数的图象。【分析】设相邻的三个自变量的值为x1、x2、x3（x1＜x2＜x3），∵x的值以相等间隔的值增加，∴设，则。∴分别代入，得：∴函数y构成二阶递推数列。∴计算各个差值为：20　56　110　182　274　380　506　65059\n5.（2022年浙江杭州大纲卷3分）考虑下面4个命题：①有一个角是100º的两个等腰三角形相似；②斜边和周长对应相等的两个直角三角形全等；③对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；④对角线相等的梯形是等腰梯形。其中正确命题的序号是【】A．①②③④B．①③④C．①②④D．②③④【答案】C。【考点】命题和定理，相似三角形的判定，全等三角形的判定，正方形的判定，等腰梯形的判定。【分析】用排除法对各个选项进行分析，从而确定最终答案：①正确，因为已知一个角为100°和等腰三角形，没有指出该角是顶角还是底角，根据三角形内角和公式得，该角为顶角，又因为是等腰三角形则两腰对应成比例，所以这两个等腰三角形相似；②正确，因为两个直角三角形的斜边相等，周长对应相等，由于均为直角三角形且周长相等，两直角边长的和及平方和均为定值，知道a+b及a平方+b平方，ab亦确定，而已知a+b，ab均为正的定值，就本题而言，a，b值具有对称性（如一三角形两直角边为3，4则另一三角形两直角边必定也为一个3，一个4），最终两三角形边均对应相等，必定全等；③不正确，还有可能是菱形；④正确，可以根据等腰梯形的判定得到。故正确命题的序号是①②④。故选C。6.（2022年浙江杭州课标卷3分）如图，把△PQR沿着PQ的方向平移到△P′Q′R′的位置，它们重叠部分的面积是△PQR面积的一半，若PQ＝，则此三角形移动的距离PP′是【】59\nA．B．C．1D．7.（2022年浙江杭州3分）将三粒均匀的分别标有1，2，3，4，5，6的正六面体骰子同时掷出，出现的数字分别为，则正好是直角三角形三边长的概率是【】A.B.C.D.【答案】C。【考点】概率，勾股定理逆定理。【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部等可能情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率。因此，将三粒均匀的分别标有1，2，3，4，5，6的正六面体骰子同时掷出，出现的数字的等可能结果有6×6×6=216种，正好是直角三角形三边长的的情况有6种：3，4，5；3，5，4；4，3，5；4，5，3；5，3，4；5，4，3。故正好是直角三角形三边长的概率是。故选C。8.（2022年浙江杭州3分）如图，记抛物线的图象与正半轴的交点为A，将线段OA分成n等份，设分点分别为P1，P2，…，Pn-1，过每个分点作轴的垂线，分别与抛物线交于点Q1，Q2，…，59\nQn-1，再记直角三角形OP1Q1，P1P2Q2，…的面积分别为S1，S2，…，这样就有，，…；记W=S1+S2+…+Sn-1，当n越来越大时，你猜想W最接近的常数是【】A.B.C.D.【答案】C。【考点】探索规律题（图形的变化类），二次函数综合题。【分析】已知点Pn都在x轴上且将线段OA分成n等份，则每等分为，点Qn都在抛物线上，三角形面积等于底乘以高的积的，利用垂直条件求出高，就可以把OP1Q1，P1P2Q2，…的面积表示出来，找出规律，写出Sm的表达式再求和，最后当n很大时，求出W最接近的常数：由已知和图象知，，，……总结出规律：。则。当n越来越大时，可知W最接近的常数为。故选C。【注：关于可应用待定系数法求解，由于是二阶递推数列，其和是三次多项式，可设59\n，取（1，1），（2，5），（3，14），（4，30）代入得方程组，解出即可】9.（2022年浙江杭州3分）某校数学课外小组，在坐标纸上为学校的一块空地设计植树方案如下：第k棵树种植在点Pk（xk，yk）处，其中x1=1，y1=1，当k≥2时，，[a]表示非负实数a的整数部分，例如[2.6]=2，[0.2]=0。按此方案，第2022棵树种植点的坐标为【】A.（5，2022）B.（6，2022）C.（3，401）D（4，402）……通过以上数据可以得出：当k=1+5n时，Pk的坐标为（1，n+1）；而后面四个点的纵坐标均为n+1，横坐标则分别为2，3，4，5。由2022=1+5×401+3得P2022的横坐标为4，纵坐标为402。故选D。10.（2022年浙江杭州3分）定义为函数的特征数,下面给出特征数为[2m，1–m,–1–m]的函数的一些结论：59\n①当m=–3时，函数图象的顶点坐标是；②当m>0时，函数图象截x轴所得的线段长度大于；③当m<0时，函数在x>时，y随x的增大而减小；④当m¹0时，函数图象经过同一个点.其中正确的结论有【】A.①②③④B.①②④C.①③④D.②④∵方程判别式，∴当m>0时，，∴方程有两不等实根，函数图像与x轴恒有两交点。设两根分别为x1，x2，由韦达定理得，，∴。∴。∵当m>0时，，59\n11.（2022年浙江杭州3分）在矩形ABCD中，有一个菱形BFDE（点E，F分别在线段AB，CD上），记它们的面积分别为SABCD和SBFDE，现给出下列命题：①若，则；②若,则DF=2AD则【】A.①是真命题，②是真命题B.①是真命题，②是假命题C.①是假命题，②是真命题D.①是假命题，②是假命题【答案】A。【考点】命题，解直角三角形，菱形的性质，矩形的性质。【分析】①由已知先求出sin∠EDF，再求出tan∠EDF，确定是否真假命题．②由已知根据矩形、菱形的性质用面积法得出结论：①设CF=，DF=，BC=，则由已知菱形BFDE，BF=DF=由已知得，，即，即cos∠BFC=，∴∠BFC=30°。∴∠EDF=30°。∴。所以①是真命题。②已知菱形BFDE，∴DF=DE。由已知△DEF的面积为DF•AD，也可表示为BD•EF，59\n又，∴△DEF的面积可表示为，即DF2。∴DF•AD=DF2。∴DF=2AD。所以②是真命题．故选A。12.（2022年浙江杭州3分）已知关于x，y的方程组，其中﹣3≤a≤1，给出下列结论：①是方程组的解；②当a=﹣2时，x，y的值互为相反数；③当a=1时，方程组的解也是方程x+y=4﹣a的解；④若x≤1，则1≤y≤4．其中正确的是【】　　A．①②　　B．②③　　C．②③④　　D．①③④13.（2022年浙江杭州3分）给出下列命题及函数y=x，y=x2和y=①如果，那么0＜a＜1；59\n②如果，那么a＞1；③如果，那么－1＜a＜0；④如果时，那么a＜－1．则【】　A．正确的命题是①④B．错误的命题是②③④C．正确的命题是①②D．错误的命题只有③二、填空题1.（2022年浙江杭州4分）对于反比例函数与二次函数59\n，请说出它们的两个相同点①▲，②▲；再说出它们的两个不同点①▲，②▲_．【答案】都过点（－1，2），在第二象限，函数值都随着自变量的增大而增大；图象的形状不同，自变量的取值范围不同（答案不唯一）。【考点】开放型，二次函数、反比例函数的性质。【分析】根据反比例函数和二次函数的性质进行分析。2.（2022年浙江杭州4分）求函数的最小值，较合适的数学方法应该是▲法，当然还可以用▲法等方法来解决。【答案】配方；图象。【考点】求函数最值的方法。【分析】求极值得问题一般应把代数式化为完全平方公式的形式，或通过函数图象解答：要求该函数的最小值，可以运用配方法：即，则当x=1时，有最小值是2。或者通过正确画出图象，观察图象发现函数的最小值。3.（2022年浙江杭州4分）给出一个正方形，请你动手画一画，将它剖分为个小正方形。那么，通过实验与思考，你认为这样的自然数可以取的所有值应该是▲59\n个边长为的小正方形，因此总的正方形数为。而对于奇数（≥7），显然原正方形先可一分为四，而其中之一的小正方形又可分为大于等于4的偶数个小正方形（前一结论），计为2N，因此可分为个奇数个小正方形，其中（N≥2）。故n=4或n≥6的所有自然数。4.（2022年浙江杭州4分）四个半径均为r的圆如图放置，相邻两圆交点之间的距离也等于r，不相邻两圆圆周两点间的最短距离等于2，则r等于▲，图中阴影部分的面积等于（精确到0.01）59\n【答案】；4.37。【考点】相交两圆的性质，勾股定理。【分析】根据相交两圆的连心线垂直平分两圆的公共弦。∵相邻两圆交点之间的距离等于r，∴相邻两圆的圆心距是r。根据题意，得四个圆心组成的图形是正方形。∵不相邻两圆圆周两点间的最短距离等于2，∴，即。解得（舍支负值）。∴。又阴影部分的面积即正方形的面积减去一个圆的面积再加上两个相邻圆的公共部分的面积，即约为4.37。5.（2022年浙江杭州大纲卷4分）如图，已知正方形ABCD的边长为2，△BPC是等边三角形，则△CDP的面积是　　▲　　；△BPD的面积是　　▲　　。【答案】1，－1。59\n【考点】等边三角形和正方形的性质，直角三角形两锐角的关系，含30度角直角三角形的性质。【分析】过点P作PH⊥CD于H。∵△BPC是等边三角形，∴∠BCP=600，且PC=BC=2。∵ABCD为正方形，∴∠BCD=900。∴∠PCH=300。在Rt△PCH中，PH=PC=1。∴S△CDP=×CD×PH=1。过点P作PQ⊥BC于Q。∵△BPC是等边三角形，∴PQ也是BC边上中线，CQ=BC=1。在Rt△PCQ中，PC=2，CQ=1，∴PQ=。∴S△BPC=×BC×PQ=，S△BCD=×BC×CD=2。∴S△BPD=S△BPC＋S△CDP－S△BCD=＋1－2=－1。6.（2022年浙江杭州课标卷4分）考虑下面4个命题：①若一条直线上的两点到另一条直线的距离相等，则这两条直线平行；②有一个角是100°的两个等腰三角形相似；③对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；④对角线相等的梯形是等腰梯形．其中正确命题的序号是　　▲　　．（把你认为是正确命题的序号都填上）59\n7.（2022年浙江杭州4分）如图，P1是一块半径为1的半圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小的半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得图形，记纸板的面积为，试计算求出▲；▲；并猜想得到。【答案】；；。【考点】探索规律型（图形的变化类）。【分析】分析题意，找到规律，并进行推导得出答案：；；每次都减去的是原来面积的。∴。8.（2022年浙江杭州4分）如图，一个4×2的矩形可以用3种不同的方式分割成2或5或8个小正方形，那么一个5×3的矩形用不同的方式分割后，小正方形的个数可以是▲59\n9.（2022年浙江杭州4分）如图，AB为半圆的直径，C是半圆弧上一点，正方形DEFG的一边DG在直径AB上，另一边DE过ΔABC的内切圆圆心O，且点E在半圆弧上。①若正方形的顶点F也在半圆弧上，则半圆的半径与正方形边长的比是▲_；②若正方形DEFG的面积为100，且ΔABC的内切圆半径r=4，则半圆的直径AB=▲。【答案】；21。【考点】正方形的性质和判定，勾股定理，全等、相似三角形的判定和性质，圆周角定理。【分析】①设半圆圆心P，连接PF，PE，∵正方形DEFG中，∠FGP=∠EDP=90°，FG=ED，⊙O中，FP=EP，在Rt△FPG与Rt△EPD中，FP=EP，FG=ED，∴Rt△FPG≌Rt△EPD（HL）。∴PG=PD=GD=FG。设GP=a，则FG=2a，∵Rt△PFG中，∠FGP =90°，∴。59\n∴半圆的半径与正方形边长的比=。②作OM⊥AC于M，ON⊥BC于N，  连接OA，OB，EA，EB∵AB是半圆的直径，∴∠ACB=∠AEB=90°（直径对的圆周角90°）。∵OM⊥AC于M，ON⊥BC于N，∴∠OMC=∠ONC=∠MAN=90°。∴四边形ONCM是矩形。又∵O是△ABC内心，且内切圆半径r=4，∴OD=DN=OM=4。　∴矩形ONCM是正方形。∴NC=CM=OM=4。∵Rt△DBO≌Rt△NBO中，BO=BO，OD=ON，∴Rt△DBO≌Rt△NBO（HL）。∴BD=BN。10.（2022年浙江杭州4分）如图,已知△ABC，AC=BC=6，∠C=900．O是AB的中点，⊙O与AC，BC分别相切于点D与点E．点F是⊙O与AB的一个交点，连DF并延长交CB的延长线于点G.则CG=▲.59\n【答案】。【考点】等腰直角三角形的性质，直线与圆相切的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】如图，连接OD，∵△ABC中，AC=BC=6，∠C=900，∴AB=。∵O是AB的中点，∴AO=BO=。∵⊙O与AC相切于点D，∴OD⊥AC。∴OD∥BC，OD=0F=3。∴BF=OB－OF=，△BGF∽△ODF。∴，即。∴。∴。11.（2022年浙江杭州4分）在等腰Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，过点C作直线∥AB，F是上的一点，且AB=AF，则点F到直线BC的距离为▲【答案】。【考点】等腰直角三角形的性质，勾股定理。【分析】（1）如图，延长AC，做FD⊥BC交点为D，FE⊥AC，交点为E，59\n易得，四边形CDFE是正方形，即，CD=DF=FE=EC。∵在等腰直角△ABC中，AC=BC=1，AB=AF，∴AB=。∴AF=。∴在Rt△AEF中，（1＋EC）2＋EF2=AF2，即(1＋DF)2＋DF2=()2。解得，DF=。（2）如图，延长BC，做FD⊥BC，交点为D，延长CA，做FE⊥CA于点E，易得，四边形CDFE是正方形，即，CD=DF=FE=EC。同上可得，在Rt△AEF中，（EC－1）2＋EF2=AF2，即(FD－1)2＋FD2=(2)2。解得，FD=。综上所述，FD=。12.（2022年浙江杭州4分）如图，平面直角坐标系中有四个点，它们的横纵坐标均为整数．若在此平面直角坐标系内移动点A，使得这四个点构成的四边形是轴对称图形，并且点A的横坐标仍是整数，则移动后点A的坐标为▲．【答案】（﹣1，1），（﹣2，﹣2），（0，2），（﹣2，﹣3）。【考点】利用轴对称设计图案。【分析】根据轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，把A进行移动可得到点的坐标：59\n如图所示：（﹣1，1），（﹣2，﹣2）分别与其它三点构成等腰梯形；（0，2），（﹣2，﹣3）分别与其它三点构成铮形。13.（2022年浙江杭州4分）射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC∥QN，AM=MB=2cm，QM=4cm．动点P从点Q出发，沿射线QN以每秒1cm的速度向右移动，经过t秒，以点P为圆心，cm为半径的圆与△ABC的边相切（切点在边上），请写出t可取的一切值▲（单位：秒）∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°。分为三种情况：①如图1，当⊙P切AB于M′时，连接PM′，则PM′=cm，∠PM′M=90°，∵∠PMM′=∠BMN=60°，∴M′M=1cm，PM=2MM′=2cm，∴QP=4cm﹣2cm=2cm，59\n∵速度是每秒1cm，∴t=2。②如图2，当⊙P于AC切于A点时，连接PA，则∠CAP=∠APM=90°，∠PMA=∠BMN=60°，AP=cm∴PM=1cm，∴QP=4cm﹣1cm=3cm。∵速度是每秒1cm，∴t=3。当⊙P于AC切于C点时，连接P′C，则∠CP′N=∠ACP′=90°，∠P′NC=∠BNM=60°，CP′=cm，∴P′N=1cm，∴QP=4cm+2cm+1cm=7cm。∵速度是每秒1cm，∴t=7。∴当3≤t≤7时，⊙P和AC边相切。③如图3，当⊙P切BC于N′时，连接PN′，则PN′=cm，∠PM\N′N=90°，∵∠PNN′=∠BNM=60°，∴N′N=1cm，PN=2NN′=2cm。∴QP=4cm+2cm+2cm=8cm。∵速度是每秒1cm，∴t=8。综上所述，t可取的一切值为：t=2或3≤t≤7或t=8。三、解答题1.（2022年浙江杭州10分）如图，⊙O1与⊙O2外切于点C，⊙O1与⊙O2的连心线与外公切线相交于点P，外公切线与两圆的切点分别为A、B，且AC=4，BC=5．59\n（1）求线段AB的长；（2）证明：．【考点】相切两圆的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）由题意可知AO1和BO2平行，根据同旁内角互补，可知∠AO1O2+∠BO2O1=180°，根据两个三角形内角和为360°，且O1A=O1C，O2B=O2C，可知∠ACO1+∠BCO2=90°，然后根据勾股定理求出AB。（2）证明PC2=PA•PB，只要证△PAC∽△PCB，而在这两个三角形中已经有一个公共角∠P，只需再找一组角即可，根据（1）可得等角的余角相等，可知∠PCA=∠PBC，即可知相似，然后得出等积式。2.（2022年浙江杭州12分）已知二次函数．（1）证明：不论a取何值，抛物线的顶点Q总在x轴的下方；（2）设抛物线59\n与y轴交于点C，如果过点C且平行于x轴的直线与该抛物线有两个不同的交点，并设另一个交点为点D，问：△QCD能否是等边三角形？若能，请求出相应的二次函数解析式；若不能，请说明理由；（3）在第（2）题的已知条件下，又设抛物线与x轴的交点之一为点A，则能使△ACD的面积等于的抛物线有几条？请证明你的结论．【答案】解：（1）证明：∵判别式△=＞0，∴抛物线与x轴总有两个不同的交点。又∵抛物线开口向上，∴抛物线的顶点在x轴下方。（2）由条件得：抛物线顶点Q，点C（0，a－2）。∵过点C且平行于x轴的直线与该抛物线有两个不同的交点，∴a≠0。过点C存在平行于x轴的直线与抛物线交于另一个点D，此时CD=|－a|，点Q到CD的距离为。自Q作QP⊥CD，垂足为P，要使△QCD为等边三角形，则需QP=CD，即。∵a≠0，∴。∴△QCD可以是等边三角形。此时对应的二次函数解析式为或。59\n（3）使△ACD的面积等于的抛物线有4条。证明如下：由（2）知，CD=|－a|，CD边上的高=|a－2|。要△ACD的面积等于，即，∴。由解得；由解得。∴使△ACD的面积等于的值有4个，即使△ACD的面积等于的抛物线有4条。（2）Q是抛物线的顶点，C、D的横坐标相同，因而C、D一定关于对称轴对称，因而△CDQ一定是等腰三角形．如果三角形是等边三角形，则Q作QP⊥CD，垂足为P，则需QP=CD，CD、QP的长度都可以用a表示出来，因而就可以得到一个关于a的方程，就可以求出a的值。（3）由（2）知，CD=|－a|，CD边上的高=|a－2|，由△ACD的面积等于，即。解出的有几个使△ACD的面积等于的抛物线就有几条。3.（2022年浙江杭州10分）转炉炼钢产生的棕红色烟尘会污染大气，某装置可通过回收棕红色烟尘中的氧化铁从而降低污染，该装置的氧化铁回收率与其通过的电流有关。现经过试验得到下列数据：59\n通过电流强度（单位A）11.71.92.12.4氧化铁回收率（%）7579888778如图建立直角坐标系，用横坐标表示通过的电流强度，纵坐标表示氧化铁回收率。（1）将试验所得数据在下图所给的直角坐标系中用点表示（注：该图中坐标轴的交点代表点（1，70））；（2）用线段将题（1）所画的点从左到右顺次连接，若用此图象来模拟氧化铁回收率y关于通过电流x的函数关系，试写出该函数在1.7≤x≤2.4时的表达式；（3）利用题（2）所得函数关系，求氧化铁回收率大于85%时，该装置通过的电流应该控制的范围（精确到0.1A）。【答案】解：（1）（2）描点，连接如下图：。（3）当1.7≤x＜1.9时，由45x＋2.5＞85得1.8＜x＜1.9；当2.1≤x≤2.4时，由－30x＋150＞85得2.1≤x＜2.2；当1.9≤x＜2.1时，恒有－5x＋97.5＞85。综合上述可知：满足要求时，该装置的电流应控制在1.8A至2.2A之间。59\n【考点】一次函数和一元一次不等式的应用，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系。【分析】（1）描点、连线即可。（2）将上述各点连线可知，该函数图象有四段组成，每一段都是一个一次函数的图象，可设y=kx+b，利用待定系数法即可分别求出相应的解析式。（3）利用所求解析式，令y＞85，解不等式即可。4.（2022年浙江杭州12分）如图，在矩形ABCD中，BD＝20，AD＞AB，设∠ADB＝α，已知sinα是方程的一个实根，点E，F分别是BC，DC上的点，EC＋CF＝8，设BE＝x，ΔAEF的面积等于y。（1）求出y与x之间的函数关系式；（2）当E，F两点在什么位置时，y有最小值？并求出这个最小值。【考点】二次函数综合题，解一元二次方程，锐角三角函数定义，二次函数最值。【分析】（1）△AEF的面积无法直接求出，可用梯形ABCF的面积－△ABE的面积－△CEF的面积来求。关键是求出AD，BC的长。先通过解方程求出sinα的值，进而可在直角三角形ABD中，根据BD的长和α的正弦值求出AD，AB的长，即可表示出AB、BE、CE、CF的长，然后按上面所说的△AEF的面积计算方法即可求出y，x的函数关系式。59\n（2）根据（1）得出的函数的性质即可得出y的最小值以及对应的x的值，可根据x的值来确定E、F两点的位置。5.（2022年浙江杭州10分）二次函数的图象的一部分如下图，已知它的顶点M在第二象限，且经过点A（1，0）和点B（0，1）。（1）请判断实数的取值范围，并说明理由；（2）设此二次函数的图象与轴的另一个交点为C，当ΔAMC的面积为ΔABC面积的倍时，求的值。【答案】解：（1）∵二次函数的图象过A（1，0）和点B（0，1），∴。∴b=－1－a。∴。∵二次函数图象开口向下，顶点M在第二象限，∴。∴－1<a<0。（2）由解得，∴C(，0)。∵△AMC的面积为△ABC面积的倍，且两三角形有公共边AC，∴，解得。59\n（2）求出点C的坐标，根据△AMC的面积为△ABC面积的倍列方程求解即可。6.（2022年浙江杭州12分）在ΔABC中，AB=AC，D为BC上一点，由D分别作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F；设DE=，DF=，且实数，满足，并有；∠A使得方程有两个相等的实数根（1）试求实数，的值；（2）试求线段BC的长。∴sinA=。∵∠A为三角形的一个内角，∴∠A=60°或∠A=120°。当∠A=60°时，△ABC为等边三角形，∴∠B=∠C=60°。59\n∴分别在Rt△BDE和Rt△CDF中有。∴BC=BD+DC=。当∠A=120°时，△ABC为等腰三角形，∠B=∠C=30°。同上方法可得BC=14。综上所述，线段BC的长为或14。【考点】同底幂的性质，一元二次方程根的判别式，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，等腰（边）三角形的判定和性质，分类思想的应用。【分析】（1）由题意可知：，则，则a2b=48。化简得：，则3a－4b=0，即3a=4b。则根据可求得a与b的值。（2）要求BC的长需求出BD和CD的长，知BD、CD分别是直角三角形BDE和直角三角形CDF中的斜边，又知在△ABC中，AB=AC，则∠B=∠C，则根据三角函数只要知道∠B或∠C即可，要求∠B或∠C需求的∠A，根据判别式可以求得∠A。7.（2022年浙江杭州10分）为了参加市科技节展览，同学们制造了一个截面为抛物线形的隧道模型，用了三种正方形的钢筋支架，在画设计图时，如果在直角坐标系中，抛物线的解析式为，正方形ABCD的边长和正方形EFGH的边长比为5：1，求：（1）抛物线解析式中常数c的值；（2）正方形MNPQ的边长。【答案】59\n解：（1）因各点坐标都关于y轴对称，可以设特殊点坐标。又抛物线的函数解析式为，∵AB=BC，∴设AB=a，则FE=。又∵抛物线关于y轴对称，∴可设B（，a），F（，），代入得：【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，正方形的性质，解方程（组）。【分析】（1）观察各点坐标之间的关系，巧妙设点，减少未知量，由待定系数求出函数表达式，求出c的值。（2）由题已知条件正方形ABCD的边长和正方形EFGH的边长之比为5：1，求出正方形MNPQ的边长。8.（2022年浙江杭州12分）在三角形ABC中，∠B=600，BA=24cm，BC=16cm，现有动点P从点A出59\n发，沿射线AB向点B方向运动，动点Q从点C出发，沿射线CB也向点B方向运动，如果点P的速度是4cm/秒，点Q的速度是2cm/秒，它们同时出发，求：（1）几秒钟后，△PBQ的面积是△ABC的一半？（2）在第（1）问的前提下，P、Q两点之间的距离是多少？【答案】解：（1）设t秒后，△PBQ的面积是△ABC的一半，，在Rt△QDP中，PD=BP－BD=16－6=10，。当t=12时，BQ1=8,BP1=24，同理可求得P1Q1=。59\n【考点】动点问题，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，解一元二次方程，勾股定理。【分析】（1）设t秒后，△PBQ的面积是△ABC的一半，据此列方程，解之即得。（2）分t=2和t=12两种情况解直角三角形即可。9.（2022年浙江杭州大纲卷10分）杭州休博会期间，嘉年华游乐场投资150万元引进一项大型游乐设施。若不计维修保养费用，预计开放后每月可创收33万元。而该游乐设施开放后，从第1个月到第x个月的维修保养费用累计为y（万元），且y=ax2+bx；若将创收扣除投资和维修保养费用称为游乐场的纯收益g（万元），g也是关于x的解析式；（1）若维修保养费用第1个月为2万元，第2个月为4万元。求y关于x的解析式；（2）求纯收益g关于x的解析式；（3）问设施开放几个月后，游乐场的纯收益达到最大？几个月后，能收回投资？【答案】解：（1）∵维修保养费用第1个月为2万元，第2个月为4万元，∴，解得。∴y关于x的解析式为。【考点】二次函数的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质。【分析】（1）根据维修保养费用第1个月为2万元，第2个月为4万元（即2个月为6万元），应用待定系数法即可求得y关于x的解析式。（2）根据纯收益=创收额－投资和维修保养费用列出函数关系式。（3）根据二次函数的最值和增减性质求解。10.（2022年浙江杭州大纲卷12分）已知，直线与x轴，y轴分别交于点A、B，以线段AB为直角边在第一象限内作等腰Rt△ABC，∠BAC＝90º。且点P（1，a）为坐标系中的一个动点。59\n（1）求三角形ABC的面积S△ABC；（2）证明不论a取任何实数，三角形BOP的面积是一个常数；（3）要使得△ABC和△ABP的面积相等，求实数a的值。【答案】解：（1）在中令x=0，得点B坐标为（0，1）；令y=0，得点A坐标为（，0）。由勾股定理得|AB|=2。∵△ABC是等腰直角三角形，∴S△ABC=2。【考点】一次函数综合题，动点问题，直线上点的坐标与方程的关系，等腰直角三角形的性质，分类思想的应用，解一元二次方程。【分析】（1）根据直线的解析式容易求出A，B的坐标，也可以求出OA，OB，AB的长，由于三角形ABC是等腰直角三角形，知道AB就可以求出S△ABC。59\n（2）不论a取任何实数，△BOP都可以以BO=1为底，点P到y轴的距离1为高，所以三角形BOP的面积是一个常数。（3）△ABC的面积已知，把△ABP的面积用a表示，就可以得到关于a的方程，解方程可以求出a。11.（2022年浙江杭州课标卷10分）杭州休博会期间，嘉年华游乐场投资150万元引进一项大型游乐设施。若不计维修保养费用，预计开放后每月可创收33万元。而该游乐设施开放后，从第1个月到第x个月的维修保养费用累计为y（万元），且y=ax2+bx；若将创收扣除投资和维修保养费用称为游乐场的纯收益g（万元），g也是关于x的解析式；（1）若维修保养费用第1个月为2万元，第2个月为4万元。求y关于x的解析式；（2）求纯收益g关于x的解析式；（3）问设施开放几个月后，游乐场的纯收益达到最大？几个月后，能收回投资？【答案】解：（1）∵维修保养费用第1个月为2万元，第2个月为4万元，∴，解得。∴y关于x的解析式为。【考点】二次函数的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质。【分析】（1）根据维修保养费用第1个月为2万元，第2个月为4万元（即2个月为6万元），应用待定系数法即可求得y关于x的解析式。（2）根据纯收益=创收额－投资和维修保养费用列出函数关系式。（3）根据二次函数的最值和增减性质求解。12.（2022年浙江杭州课标卷12分）已知，直线与x轴，y轴分别交于点A、B，以线段AB为直角边在第一象限内作等腰Rt△ABC，∠BAC＝90º。且点P（1，a）为坐标系中的一个动点。59\n（1）求三角形ABC的面积S△ABC；（2）证明不论a取任何实数，三角形BOP的面积是一个常数；（3）要使得△ABC和△ABP的面积相等，求实数a的值。【答案】解：（1）在中令x=0，得点B坐标为（0，1）；令y=0，得点A坐标为（，0）。由勾股定理得|AB|=2。∵△ABC是等腰直角三角形，∴S△ABC=2。（2）不论a取任何实数，△BOP都可以以BO=1为底，点P到y轴的距离1为高，∴S△BOP=为常数。（3）当点P在第四象限时，∵S△ABO=，S△APO=，∴S△ABP=S△ABO＋S△APO－S△BOP=S△ABC=2，即，解得。当点P在第一象限时，同理可得。59\n13.（2022年浙江杭州10分）暑假期间小张一家为体验生活品质，自驾汽车外出旅游，计划每天行驶相同的路程。如果汽车每天行驶的路程比原计划多19公里，那么8天内它的行程就超过2200公里；如果汽车每天的行程比原计划少12公里，那么它行驶同样的路程需要9天多的时间，求这辆汽车原来每天计划的行程范围（单位：公里）【答案】解：设原计划每天的行程为公里，由题意得，解得：，∴。答：所以这辆汽车原来每天计划的行程范围是256公里至260公里。【考点】一元一次不等式组的应用。【分析】不等式的应用解题关键是找出不等量关系，列出不等式求解。本题不等量关系为：①汽车每天行驶的路程比原计划多19公里，那么8天内它的行程就超过2200公里；②汽车每天的行程比原计划少12公里，那么它行驶同样的路程需要9天多的时间。14.（2022年浙江杭州12分）在直角梯形ABCD中，∠C=90°，高CD=6cm（如图1）．动点P，Q同时从点B出发，点P沿BA，AD，DC运动到点C停止，点Q沿BC运动到C点停止．两点运动时的速度都是1cm/s．而当点P到达点A时，点Q正好到达点C．设P，Q同时从点B出发，经过的时间为t（s）时，△BPQ的面积为y（cm2）（如图2）．分别以x，y为横、纵坐标建立直角坐标系，已知点P在AD边上从A到D运动时，y与t的函数图象是图3中的线段MN．（1）分别求出梯形中BA，AD的长度；（2）写出图3中M，N两点的坐标；59\n（3）分别写出点P在BA边上和DC边上运动时，y与t的函数关系式（注明自变量的取值范围），并在答题卷的图4（放大了的图3）中补全整个运动中y关于t的函数关系的大致图象．【答案】解：（1）设动点出发t秒后，点P到达点A且点Q正好到达点C时，BC=BA=t，则，∴t=10（秒）。则BA=10（cm）。过点A作AH⊥BC于H，则四边形AHCD是矩形。∴AD=CH，CD=AH=6cm。在Rt△ABH中，BH=8cm，∴CH=2cm。∴AD=2cm。（2）可得坐标为M（10，30），N（12，30）。（3）当点P在BA边上时，；当点P在DC边上时，。图象见下：59\n【考点】二次函数综合题，动点问题，直角梯形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，曲线上点的坐标与方程的关系，分类思想的应用。【分析】（图1）（图1）（图1）（图1）（1）P在AD边上运动时，△BQP以BQ为底边，以CD的长为高，因此可根据△BQP的面积为30cm2求出BC=10cm，而P、Q速度相同，P到A的时间与Q到C的时间相同，因此BA=BC．那么BA=BC=10cm。求AD的长可通过构建直角三角形来求解．过A作AH⊥BC与H，那么Rt在△ABH中，AH=CD=6cm，BA=10cm；因此可根据勾股定理求出BH=8cm，那么AD=BC-BH=2cm。15.（2022年浙江杭州10分）如图，在等腰ΔABC中，CH是底边上的高线，点P是线段CH上不与端点重合的任意一点，连结AP交BC于点E，连结BP交AC于点F。（1）证明：∠CAE=∠CBF；（2）证明：AE=BF；（3）以线段AE，BF和AB为边构成一个新的三角形ABG（点E与点F重合于点G），记ΔABC和ΔABG的面积分别为SΔABC和SΔABG，如果存在点P，能使SΔABC=SΔABG，求∠C的取值范围。【答案】解：（1）证明：∵△ABC是等腰三角形，CH是底边上的高线，∴AC=BC，∠ACP=∠BCP。又∵CP=CP，∴△ACP≌△BCP（SAS）。∴∠CAP=∠CBP，即∠CAE=∠CBF。（2）证明：∵∠ACE=∠BCF，∠CAE=∠CBF，AC=BC，∴△ACE≌△BCF（ASA）。59\n∴AE=BF。（3）由（2）知△ABG是以AB为底边的等腰三角形，∴S△ABC=S△ABG。∴AE=AC。①当∠ACB为直角或钝角时，在△ACE中，不论点P在CH何处，均有AE＞AC，所以结论不成立。②当∠ACB为锐角时，，∵∠CAE＜∠，∴要使AE=AC，只需使∠ACB=∠CEA，此时，∠CAE=180°－2∠ACB。∴只须180°－2∠ACB＜，解得60°＜∠ACB＜90°。（3）假设存在点P，能使得S△ABC=S△ABG，由（2）得到的AE=BF，则新三角形ABG也为等腰三角形，根据底边都为AB，面积相等，得到高相等，所以AC=AE，即三角形ACE为等腰三角形，则底角∠C为锐角，即可得到∠C的取值范围。16.（2022年浙江杭州12分）在直角坐标系xOy中，设点A（0，t），点Q（t，b）。平移二次函数的图象，得到的抛物线F满足两个条件：①顶点为Q；②与x轴相交于B，C两点（∣OB∣<∣OC∣），连结A，B。（1）是否存在这样的抛物线F，使得？请你作出判断，并说明理由；（2）如果AQ∥BC，且tan∠ABO=，求抛物线F对应的二次函数的解析式。59\n【答案】解：（1）存在这样的抛物线F，使得。理由是：∵平移的图象得到的抛物线F的顶点为Q（t，b），∴抛物线F对应的解析式为：，即。∵抛物线与x轴有两个交点，∴。令y=0，得。∴，即。∵，∴当b=2t3时，存在抛物线F使得。（2）∵AQ∥BC，∴t=b，得：，令y=0，解得。在Rt△AOB中，【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，平移的性质，平行的性质，锐角三角函数定义，分类思想的应用。59\n【分析】（1）平移二次函数的图象，得到的抛物线F，则抛物线的二次项系数不变，顶点为Q，则函数的解析式就可以直接写出为．|OB|•|OC|就是一元二次方程的两根的积得绝对值，因而可以用根据韦达定理，利用t表示出来．而OA=t，根据|OA|2=|OB|•|OC|就可以得到一个关于t的方程，从而把问题转化为判断方程的解得问题。（2）AQ∥BC即Q得纵坐标是b=t，得到抛物线F是：．就可以求出B，C的坐标．已知tan∠ABO=，就是已知OA与OB得比值，即t的关系，就可以转化为方程问题解决。17.（2022年浙江杭州10分）在杭州市中学生篮球赛中，小方共打了10场球。他在第6，7，8，9场比赛中分别得了22，15，12和19分，他的前9场比赛的平均得分y比前5场比赛的平均得分x要高。如果他所参加的10场比赛的平均得分超过18分（1）用含x的代数式表示y；（2）小方在前5场比赛中，总分可达到的最大值是多少？（3）小方在第10场比赛中，得分可达到的最小值是多少？59\n18.（2022年浙江杭州12分）已知平行于x轴的直线y=a（a≠0）与函数y=x和函数的图象分别交于点A和点B，又有定点P（2，0）。（1）若a＞0，且tan∠POB=，求线段AB的长；（2）在过A，B两点且顶点在直线y=x上的抛物线中，已知线段AB=，且在它的对称轴左边时，y随着x的增大而增大，试求出满足条件的抛物线的解析式；（3）已知经过A，B，P三点的抛物线，平移后能得到的图象，求点P到直线AB的距离。59\n（2）由条件可知所求抛物线开口向下，设点A（a，a），B（，a），则AB=，即，解得a=－3或a=。当a=－3时，点A（－3，－3），B（－，－3），∵顶点在y=x上，∴顶点为（－，－）。∴可设二次函数为。把点A代入，解得k=－。∴所求函数解析式为。59\n同理，当a=时，所求函数解析式为。（3）设A（b，b），B（，b），由条件可知抛物线的对称轴为。又∵经过A，B，P三点的抛物线，平移后能得到的图象，∴设所求二次函数解析式为：。把点A（a，a）代入，得，解得b1=3，b2=。∴点P到直线AB的距离为3或。（2）依题意可知抛物线开口向下，设点A（a，a），B（，a）求出a值。设二次函数的顶点式，把点A代入求出函数解析式。（3）依题意可求出抛物线的对称轴为．把点A的坐标代入解析式求出b值。19.（2022年浙江杭州10分）如图，台风中心位于点P，并沿东北方向PQ移动，已知台风移动的速度为30千米/时，受影响区域的半径为200千米，B市位于点P的北偏东75°方向上，距离点P320千米处.(1)说明本次台风会影响B市；（2）求这次台风影响B市的时间.59\n【答案】解：(1)作BH⊥PQ于点H，在Rt△BHP中，由条件知，PB=320，ÐBPQ=30°，得BH=320sin30°=160<200。∴本次台风会影响B市。(2)如图,若台风中心移动到P1时,台风开始影响B市,台风中心移动到P2时,台风影响结束。由（1）得BH=160，由条件得BP1=BP2=200，∴P1P2=。∴台风影响的时间t==8(小时)。20.（2022年浙江杭州12分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线的解析式是，点C的坐标为(–4，0)，平行四边形OABC的顶点A，B在抛物线上，AB与y轴交于点M，已知点Q(x，y)在抛物线上，点P(t，0)在x轴上.(1)写出点M的坐标；(2)当四边形CMQP是以MQ，PC为腰的梯形时.①求t关于x的函数解析式和自变量x的取值范围；②当梯形CMQP的两底的长度之比为1：2时，求t的值.59\n【答案】解：(1)∵OABC是平行四边形，∴AB∥OC，且AB=OC=4。∵A，B在抛物线上，y轴是抛物线的对称轴，∴A，B的横坐标分别是2和–2。分别代入得，A(2,2)，B(–2，2)。∴M(0，2)。（2）①过点Q作QH^x轴，设垂足为H，则HQ=y，HP=x–t，由△HQP∽△OMC，得：,即：t=x–2y。∵Q(x，y)在上，∴。当点P与点C重合时，梯形不存在，此时，t=–4，解得x=；当Q与B或A重合时，四边形为平行四边形，此时，x=±2，∴x的取值范围是x¹且x¹±2的所有实数。②分两种情况讨论：1）当CM>PQ时，则点P在线段OC上，∵CM∥PQ，CM=2PQ，∴点M纵坐标为点Q纵坐标的2倍，即，解得x=0。∴。2）当CM<PQ时，则点P在OC的延长线上，∵CM∥PQ，CM=PQ，59\n∴点Q纵坐标为点M纵坐标的2倍，即，解得：x=。当x=–时，得；当x=时，得。综上所述，当梯形CMQP的两底的长度之比为1：2时，t的值为或或。（2）①过点Q作QH^x轴，设垂足为H，则HQ=y，HP=x–t，由21.（2022年浙江杭州10分）设函数（为实数）（1）写出其中的两个特殊函数，使它们的图像不全是抛物线，并在同一直角坐标系中，用描点法画出这两个特殊函数的图像；（2）根据所画图像，猜想出：对任意实数，函数的图像都具有的特征，并给予证明；（3）对任意负实数，当时，随着的增大而增大，试求出的一个值【答案】解：（1）如两个函数为，函数图形函数图形如图所示：　　　　（2）不论取何值，函数的图象必过定点（0，1），（-2，-1）且与轴至少有1个交点。证明如下：在中，令，得；令，得。59\n∴不论取何值，函数的图象必过定点（0，1），（-2，-1）。又∵当时，函数的图像与轴有一个交点；当时，，所以函数图像与轴有两个交点.∴函数的图象与轴至少有1个交点。　　　　（3）只要写出的数都可以.∵，∴函数的图像在对称轴直线的左侧，随的增大而增大，　　　　　　根据题意，得，而当时，　　　　　　所以。22.（2022年浙江杭州12分）图形既关于点O中心对称，又关于直线AC，BD对称，AC=10，BD=6，已知点E，M是线段AB上的动点（不与端点重合），点O到EF，MN的距离分别为，，△OEF与△OGH59\n组成的图形称为蝶形。（1）求蝶形面积S的最大值；（2）当以EH为直径的圆与以MQ为直径的圆重合时，求与满足的关系式，并求的取值范围。【答案】解：（1）由题意，得四边形ABCD是菱形.∵EF∥BD，∴△ABD∽△AEF。∴，即。∴。∴当时，。（2）根据题意，得OE=OM，如图，作OR⊥AB于R，OB关于OR对称线段为OS，1）当点E、M不重合时，则OE，OM在OR的两侧，易知RE=RM。∵，∴∴59\n【考点】相似三角形的判定和性质，勾股定理，菱形的判定和性质，轴对称的性质，中心对称，平行线分线段成比例。【分析】（1）由题意，得四边形ABCD是菱形，根据EF∥BD，求证△ABD∽△AEF，然后利用其对边成比例求得EF，然后利用三角形面积公式即可求得蝶形面积S的最大值。（2）根据题意，得OE=OM．作OR⊥AB于R，OB关于OR对称线段为OS，①当点E，M不重合时，则OE，OM在OR的两侧，可知RE=RM．利用勾股定理求得BR，由ML∥EK∥OB，利用平行线分线段求得即可知h1的取值范围；②当点E，M重合时，则h1=h2，此时可知h1的取值范围。23.（2022年浙江杭州12分）在平面直角坐标系内，反比例函数和二次函数y=k（x2+x﹣1）的图象交于点A（1，k）和点B（﹣1，﹣k）．（1）当k=﹣2时，求反比例函数的解析式；（2）要使反比例函数和二次函数都是y随着x的增大而增大，求k应满足的条件以及x的取值范围；（3）设二次函数的图象的顶点为Q，当△ABQ是以AB为斜边的直角三角形时，求k的值．（2）∵要使反比例函数和二次函数都是y随着x的增大而增大，∴k＜0。∵二次函数y=k（x2+x﹣1）=，∴它的对称轴为：直线x=﹣。59\n要使二次函数y=k（x2+x﹣1）满足上述条件，在k＜0的情况下，x必须在对称轴的左边，即x＜﹣时，才能使得y随着x的增大而增大。∴综上所述，k＜0且x＜﹣。（3）由（2）可得：Q。∵△ABQ是以AB为斜边的直角三角形，A点与B点关于原点对称，（如图是其中的一种情况）∴原点O平分AB，∴OQ=OA=OB。作AD⊥OC，QC⊥OC，垂足分别为点C，D。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，反比例函数和二次函数的性质。【分析】（1）当k=﹣2时，即可求得点A的坐标，然后设反比例函数的解析式为：，利用待定系数法即可求得答案；（2）由反比例函数和二次函数都是y随着x的增大而增大，可得k＜0。又由二次函数y=k（x2+x﹣1）的对称轴为x=﹣，可得x＜﹣时，才能使得y随着x的增大而增大。59\n（3）由△ABQ是以AB为斜边的直角三角形，A点与B点关于原点对称，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得OQ=OA=OB，又由Q，A（1，k），即可得，从而求得答案。24.（2022年浙江杭州12分）如图，AE切⊙O于点E，AT交⊙O于点M，N，线段OE交AT于点C，OB⊥AT于点B，已知∠EAT=30°，AE=3，MN=2．（1）求∠COB的度数；（2）求⊙O的半径R；（3）点F在⊙O上（是劣弧），且EF=5，把△OBC经过平移、旋转和相似变换后，使它的两个顶点分别与点E，F重合．在EF的同一侧，这样的三角形共有多少个？你能在其中找出另一个顶点在⊙O上的三角形吗？请在图中画出这个三角形，并求出这个三角形与△OBC的周长之比．∴在Rt△AEC中，tanA=tan30°=，即EC=AEtan30°=3。∵OB⊥MN，∴B为MN的中点。59\n又∵MN=2，∴MB=MN=。连接OM，在△MOB中，OM=R，MB=，∴。在△COB中，∠BOC=30°，∵cos∠BOC=cos30°=，∴BO=OC。∴。又∵OC+EC=OM=R，∴。整理得：R2+18R﹣115=0，即（R+23）（R﹣5）=0，解得：R=﹣23（舍去）或R=5。∴R=5。（3）在EF同一侧，△COB经过平移、旋转和相似变换后，这样的三角形有6个，如图，每小图2个，顶点在圆上的三角形，如图所示：59\n延长EO交圆O于点D，连接DF，如图所示，△FDE即为所求。∵EF=5，直径ED=10，可得出∠FDE=30°，∴FD=5。则C△EFD=5+10+5=15+5，由（2）可得C△COB=3+，∴C△EFD：C△COB=（15+5）：（3+）=5：1。【考点】切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，锐角三角函数定义，勾股定理，垂径定理，平移、旋转的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）由AE与圆O相切，根据切线的性质得到AE⊥CE，又OB⊥AT，可得出两直角相等，再由一对对顶角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似可得出△AEC∽△OBC，根据相似三角形的对应角相等可得出所求的角与∠A相等，由∠A的度数即可求出所求角的度数。（2）在Rt△AEC中，由AE及tanA的值，利用锐角三角函数定义求出CE的长，再由OB⊥MN，根据垂径定理得到B为MN的中点，根据MN的长求出MB的长，在Rt△OBM中，由半径OM=R，及MB的长，利用勾股定理表示出OB的长，在Rt△OBC中，由表示出OB及cos30°的值，利用锐角三角函数定义表示出OC，用OE﹣OC=EC列出关于R的方程，求出方程的解得到半径R的值。（3）把△OBC经过平移、旋转和相似变换后，使它的两个顶点分别与点E，F重合．在EF的同一侧，这样的三角形共有6个。顶点在圆上的三角形，延长EO与圆交于点D，连接DF，△FDE即为所求。根据ED为直径，利用直径所对的圆周角为直角，得到△FDE为直角三角形，由∠FDE为30°，利用锐角三角函数定义求出DF的长，表示出△EFD的周长，再由（2）求出的△OBC的三边表示出△BOC的周长，即可求出两三角形的周长之比。59\n25.（2022年浙江杭州12分）（1）先求解下列两题：①如图①，点B，D在射线AM上，点C，E在射线AN上，且AB=BC=CD=DE，已知∠EDM=84°，求∠A的度数；②如图②，在直角坐标系中，点A在y轴正半轴上，AC∥x轴，点B，C的横坐标都是3，且BC=2，点D在AC上，且横坐标为1，若反比例函数的图象经过点B，D，求k的值．（2）解题后，你发现以上两小题有什么共同点？请简单地写出．∵BC=3，∴点C（3，+2）。∵AC∥x轴，点D在AC上，且横坐标为1，∴A（1，+2）。∵点A也在反比例函数图象上，∴+2=k。解得，k=3。（2）用已知的量通过关系去表达未知的量，使用转换的思维和方法，转换为解一元一次方程。【考点】等腰三角形的性质，三角形的外角性质，曲线上点的坐标与方程的关系，解一元一次方程。59\n【分析】（1）①根据等边对等角可得∠A=∠BCA，∠CBD=∠BDC，∠ECD=∠CED，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠A+∠BCA=∠CBD，∠A+∠CDB=∠ECD，∠A+∠CED=∠EDM，然后用∠A表示出∠EDM，计算即可求解。②先根据反比例函数图象上的点的坐标特征表示出点B的坐标，再表示出点C的坐标，然后根据AC∥x轴可得点C、D的纵坐标相同，从而表示出点D的坐标，再代入反比例函数解析式进行计算即可得解．（2）从数学思想上考虑解答。26.（2022年浙江杭州12分）如图，已知正方形ABCD的边长为4，对称中心为点P，点F为BC边上一个动点，点E在AB边上，且满足条件∠EPF=45°，图中两块阴影部分图形关于直线AC成轴对称，设它们的面积和为S1．（1）求证：∠APE=∠CFP；（2）设四边形CMPF的面积为S2，CF=x，．①求y关于x的函数解析式和自变量x的取值范围，并求出y的最大值；②当图中两块阴影部分图形关于点P成中心对称时，求y的值．【答案】解：（1）证明：∵∠EPF=45°，∴∠APE+∠FPC=180°－45°=135°。而在△PFC中，由于PF为正方形ABCD的对角线，则∠PCF=45°，∴∠CFP+∠FPC=180°－45°=135°。∴∠APE=∠CFP。（2）①∵∠APE=∠CFP，且∠FCP=∠PAE=45°，∴△APE∽△CPF，∴。而在正方形ABCD中，边长为4，AC为对角线，则。59\n又∵P为对称中心，∴AP=CP=。∴，即。如图，过点P作PH⊥AB于点H，PG⊥BC于点G，∵P为AC中点，则PH∥BC，且PH=BC=2，同理PG=2。∴。∵阴影部分关于直线AC轴对称，∴△APE与△APN也关于直线AC对称。∴。∵，∴。∴。∵E在AB上运动，F在BC上运动，且∠EPF=45°，∴2≤x≤4。②图中两块阴影部分图形关于点P成中心对称，而此两块图形也关于直线AC成轴对称，则阴影部分图形自身关于直线BD对称，则EB=BF，即AE=FC，∴=x，解得x=，59\n代入，得。【考点】单动点问题，正方形的性质，轴对称和中心对称的性质，相似三角形的判定和性质，59