（广东专用）中考数学三轮考前冲刺押题练习第14题 几何问题 函数及其实际应用 二次函数（2份，原卷版+解析版）

这是一份（广东专用）中考数学三轮考前冲刺押题练习第14题 几何问题 函数及其实际应用 二次函数（2份，原卷版+解析版），文件包含广东专用中考数学三轮考前冲刺押题练习第14题几何问题函数及其实际应用二次函数原卷版doc、广东专用中考数学三轮考前冲刺押题练习第14题几何问题函数及其实际应用二次函数解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共45页， 欢迎下载使用。
广东中考对第14题主要考查的内容注重思维技巧。近几年主要考查主要考查以下两个方面：二次函数的图形问题；二是圆，三角形垂直平分线，角平分线，平行四边形，三角函数的运用，函数的图形平移等。
1.在完成这些题型时，要求考生熟练掌握几何相关概念与性质，图形变化，解三角形，二次方程根的判别式，函数的基础知识．
2.在备考中应掌握圆的相关概念与计算，包括圆周角，圆心角的角度计算，圆的关系性质，圆的面积，扇形面积及周长，圆锥侧面积等。
1．（2022·广东广州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧的长是________（结果保留）
【答案】
【分析】如图，连接OD，OE，证明 可得 再证明 可得 再利用弧长公式进行计算即可．
【详解】解：如图，连接OD，OE，
∵
∴





∵与边AB相切于点D，
∴
∴


的长
故答案为：．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，切线的性质，三角形的内角和定理的应用，弧长的计算，求解是解本题的关键．
2．（2022·广东深圳·统考中考真题）如图，已知直角三角形中，，将绕点点旋转至的位置，且在的中点，在反比例函数上，则的值为________________．
【答案】
【分析】连接，作轴于点，根据直角三角形斜边中线的性质和旋转的性质得出是等边三角形，从而得出，即可得出，解直角三角形求得的坐标，进一步求得．
【详解】解：连接，作轴于点，
由题意知，是中点，，，
，
是等边三角形，
，
，，
，
，
，
，
在反比例函数上，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，坐标与图形变化性质，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
3．（2022·广东·统考中考真题）扇形的半径为2，圆心角为90°，则该扇形的面积（结果保留）为____________．
【答案】
【分析】根据扇形面积公式可直接进行求解．
【详解】解：由题意得：该扇形的面积为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查扇形面积公式，熟练掌握扇形的面积公式是解题的关键．
4．（2021·广东·统考中考真题）如图，在中，．过点D作，垂足为E，则______．
【答案】
【分析】首先根据题目中的，求出ED的长度，再用勾股定理求出AE，即可求出EB，利用平行四边形的性质，求出CD，在Rt△DEC中，用勾股定理求出EC，再作BF⊥CE，在△BEC中，利用等面积法求出BF的长，即可求出．
【详解】∵，
∴△ADE为直角三角形，
又∵，
∴ ,
解得DE=4,
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
,
又∵AB=12,
∴ ,
又∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD=AB=12,AD=BC=5
在Rt△DEC中，由勾股定理得：
,
过点B作BF⊥CE，垂足为F,如图
在△EBC中：
S△EBC= ;
又∵S△EBC
∴ ,
解得,
在Rt△BFC中，
,
故填：．
【点睛】本题考查解直角三角形，平行四边形的性质，勾股定理，三角形的等面积法求一边上的高线，解题关键在于熟练掌握解直角三角形的计算，平行四边形的性质，勾股定理的计算和等面积法求一边上的高．
5．（2020·广东·统考中考真题）如图，从一块半径为的圆形铁皮上剪出一个圆周角为120°的扇形，如果将剪下来的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面圆的半径为_________．
【答案】
【分析】连接OA，OB，证明△AOB是等边三角形，继而求得AB的长，然后利用弧长公式可以计算出的长度，再根据扇形围成圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长即可作答．
【详解】连接OA，OB，
则∠BAO=∠BAC==60°，
又∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=1，
∵∠BAC=120°，
∴的长为：，
设圆锥底面圆的半径为r
故答案为．
【点睛】本题主要考查了弧长公式以及扇形弧长与底面圆周长相等的知识点，借助等量关系即可算出底面圆的半径．
6．（2020·广东·统考中考真题）如图，在菱形中，，取大于的长为半径，分别以点，为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交边于点（作图痕迹如图所示），连接，，则的度数为_________．
【答案】45°
【分析】根据题意知虚线为线段AB的垂直平分线，得AE=BE，得；结合°，，可计算的度数．
【详解】
∵
∴
∴
故答案为：45°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，及垂直平分线的性质，熟知以上知识点是解题的关键．
7．（2022·广东深圳·统考中考真题）已知是直角三角形，连接以为底作直角三角形且是边上的一点，连接和且则长为______．
【答案】
【分析】将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，HE，利用证明，得，，则，即可解决问题．
【详解】解：将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，HE，
是等腰直角三角形，
∴∠HBD=45°
∵∠FBD=45°
∴点B、F、H共线
又是等腰直角三角形，
，，，
，
，，

，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线构造全等三角形．
8．（2022·广东广州·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为________； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为________
【答案】 120°/120度 75°/75度
【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．利用全等三角形的性质证明∠BEP′＝90°，推出点P′在射线EP′上运动，如图1中，设EP′交BC于点O，再证明△BEO是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．
∵△BPP′是等边三角形，
∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，
∴∠ABP＝∠EBP′，
在△ABP和△EBP′中，
∴△ABP≌△EBP′（SAS），
∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，
∴点P′在射线EP′上运动，
如图1中，设EP′交BC于点O，
当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°－60°＝120°，
当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°，
∴EO＝OB，OP′＝OC，
∴EP′＝EO＋OP′＝OB＋OC＝BC，
∵BC＝2AB，
∴EP′＝AB＝EB，
∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，
∴∠BP′C＝45°＋90°＝135°，
∴∠PP′C＝∠BP′C－∠BP′P＝135°－60°＝75°．
故答案为：120°，75°．
【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
9．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，一同学进行单摆运动实验，从A点出发，在右侧达到最高点B．实验过程中在O点正下方的P处有一个钉子．已知在O点测得起始位置A的俯角是，B点的俯角是，B点测得钉子P的仰角是，且长为4，则摆绳长为________．
【答案】
【分析】如图，过作于，过作与，由题意知，，，，，，解得，，根据，即，求解的值，根据求解的值，进而可得的值．
【详解】解：如图，过作于，过作与，
由题意知，，，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用．解题的关键在于明确线段之间的数量关系．
10．（2023·广东珠海·统考一模）如图，点A在双曲线上，轴于点B，若的面积是6，则________．
【答案】
【分析】根据反比例函数值的几何意义，即可得解．
【详解】解：∵，
∴，
由图象可知：，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查已知图形面积求值．熟练掌握反比例函数值的几何意义，是解题的关键．
11．（2023·广东珠海·统考一模）如图，等腰梯形的腰长，正方形的边长为1，它的一边在上，且顶点A与M重合．现将正方形在梯形的外面沿边进行翻滚，翻滚到有一个顶点与N重合即停止滚动，则正方形在翻滚过程中点A所经过的路线长为________．
【答案】
【分析】先根据点A绕点D翻滚，然后绕点C翻滚，半径分别为1、，翻转角分别为、，据此画出图形．再结合总结的翻转角度和翻转半径，求出两端圆弧之和即可．
【详解】解：作图如图；
∵点A绕点D翻滚，然后绕点C翻滚，半径分别为1、，翻转角分别为、，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长的计算、旋转的性质，作出图形并掌握弧长公式解题的关键．
12．（2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校校联考二模）如图，在一次数学实践课中，某同学将一块直角三角形纸片（∠ABC＝90°，∠ACB＝60°）的三个顶点放置在反比例函数y＝的图象上且AC过O点，点D是BC边上的中点，则S△AOD＝_________．
【答案】
【分析】连接OB，易证明是等边三角形，得到，根据点C在反比例函数图象上设出点C的坐标，得到点B和点A的坐标，根据列出方程求出点A、B、C的坐标，进而求出的面积，即可求解．
【详解】解：连接OB，
∵AC经过原点O，
∴OA＝OC，
∵∠ABC＝90°，
∴OB＝OC，
∵∠ACB＝60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴OC＝BC，
设C（m，），则B（，m），A（﹣m，﹣），
∴m2+（）2＝（m﹣）2+（m﹣）2，
解得m＝1+，
∴C（1+，），
则B（，1+），A（﹣1﹣，﹣），
作BE⊥x轴于E，CF⊥x轴于F，
∵S△BOC+S△OFC＝S△OBE+S梯形BEFC，
而S△OFC＝S△OBE＝×2＝1，
∴S△OBC＝S梯形BEFC＝×（1++）（1+﹣）＝2，
∴S△ABC＝2S△OBC＝4，
∵S△AOD＝S△ACD，S△ACD＝S△ABC，
∴S△AOD＝S△ABC＝，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的系数k的几何意义，反比例函数图象上的点的坐标特征，等边三角形的判定和性质．求出点A、B、C的坐标是解答关键．
13．（2023·广东揭阳·统考一模）如图，在中，以点为圆心，适当的长度为半径画弧分别交、边于点、，再分别以点、为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于点，连接交于点，过点作EDBC交于点，若，，则的周长为 ______ ．
【答案】
【分析】根据作图得出，根据平行线的性质得出，等量代换得出，进而根据等角对等边得出，进而代入数据即可求解．
【详解】由题意得：，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了作角平分线，平行线的性质，等腰三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
14．（2023·广东东莞·虎门五中校联考一模）如图，点P是反比例函数的图象上任意一点，过点P作轴于点M，若的面积等于3，则k的值为_________．
【答案】
【分析】根据反比例函数比例系数的几何意义求解即可．
【详解】根据题意可知：，
∵反比例函数的图象位于第二象限，则，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数比例系数的几何意义，一般的，从反比例函数（k为常数，）图象上任一点P，向x轴和y轴作垂线你，以点P及点P的两个垂足和坐标原点为顶点的矩形的面积等于常数，以点P及点P的一个垂足和坐标原点为顶点的三角形的面积等于．
15．（2023·广东深圳·二模）如图，点A是函数（）的图象上任意一点，轴交函数（）的图象于点B，以AB为边作平行四边形ABCD，且，C、D在x轴上，则________．
【答案】-3
【分析】首先把平行四边形ABCD转化为矩形，然后根据k的几何意义求解．
【详解】解：过点B作BM⊥x轴，过点A作AN⊥x轴，则∠BMC＝∠AND＝90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BC∥AD，BC＝AD，
∴∠BCM＝∠ADN，
在△BCM和△ADN中
，
∴△BCM≌△ADN，
∴S▱BCDA＝S矩形BMNA＝5，
又∵S矩形BMNA＝−k＋2＝5，
∴k＝−3．
故答案为：−3．
【点睛】本题考查了反比例函数k的几何含义，平行四边形的性质．需要我们熟练掌握把已知图形转化为模型图形（与k相关的矩形或三角形）的能力．
16．（2023·广东深圳·校考一模）如图，点A（1，3）为双曲线上的一点，连接AO并延长与双曲线在第三象限交于点B，M为轴正半轴一上点，连接MA并延长与双曲线交于点N，连接BM、BN，已知△MBN的面积为，则点N的坐标为__________.
【答案】（，）
【分析】根据待定系数法求得反比例函数与一次函数解析式，可得到A点坐标为（2，3），求出B点坐标，设BN与y轴交点为D，设N点坐标为(, )，再利用待定系数法确定直线BM与BN的解析式，求出M、N、D坐标，然后利用S△MNB=S△MND+S△MBD，求出a的值即可得到C点坐标．
【详解】解：将点A的坐标为（1，3）代入双曲线表达式，一次函数表达式y=mx，解得k=3,m=3
所以双曲线表达式，一次函数表达式y=3x
两函数联立：
，解得或
所以B（-1，-3）
设BN交y轴于D,如图,设N点坐标为(, )
设BN为y=bx+c,将B(-1,-3)，N(, )代入
解得
所以
当x=0时，
所以D（0，）
设MN为y=px+q,将A(1,3)，N(, )代入
解得
所以
当x=0时，
所以M（0，）
所以MD=（）-()=6
∵S△MNB=S△MND+S△MBD，
∴，解得，
又∵N(, )
∴点N的坐标为（，）
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的综合性数形结合的题目，难度较大，能找到面积的等量关系是解答此题的关键.
17．（2023·广东深圳·校考一模）如图，在中，，点在边上，，将沿折叠，的对应边交于点，连接．若，，则的长为__________
【答案】
【分析】过点作射线于点，先证是等边三角形，再证，得，得，故，，由折叠的性质可知，利用三角函数求得的长，进而得点与点重合，从而求得的长．
【详解】解：过点作射线于点，
∵将沿折叠，的对应边交于点，
∴，，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∵射线，
∴，
∴，
∵，
∴点与点重合，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握等边三角形的判定及性质是解题的关键．
18．（2023·广东东莞·校考三模）如图，和是两个完全重合的直角三角板，，斜边长为．三角板绕直角顶点C顺时针旋转，当点落在边上时，则点所转过的路径长为_______．
【答案】
【分析】根据三角形内角和和含30度的直角三角形三边的关系得到，再根据旋转的性质得，于是可判断为等边三角形，所以，然后根据弧长公式计算弧的长度即可．
【详解】∵，
∴，
∵三角板绕直角顶点C顺时针旋转，当点落在边上，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴弧的长度，
即点所转过的路径长为．
答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了弧长公式．
19．（2023·广东珠海·校考一模）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．例：如图1，四边形内接于⊙O，AB＝AD．则四边形ABCD是等补四边形．
探究与运用：如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，若CD＝10，AF＝5，则DF的长为 __．
【答案】
【分析】思路引领：连接AC，先证∠EAD＝∠BCD，推出∠FCA＝∠FAD，再证△ACF∽△DAF，利用相似三角形对应边的比相等可求DF的长．
【详解】如图所示，连接AC，

∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
又∠BAD+∠EAD＝180°，
∴∠EAD＝∠BCD，
∵AF平分∠EAD，
∴∠FAD∠EAD，
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴A，B，C，D四点共圆，
∵AB＝AD，
∴，
∴∠ACD﹣∠ACB，
∴∠FCA∠BCD，
∴∠FCA＝∠FAD，
又∠AFC＝∠DFA，
∴△ACF∽△DAF，
∴，
即，
∴DF＝55．
故答案为：55．
【点睛】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．
20．（2023·广东惠州·统考一模）如图，在中，，，分别以点为圆心，相同半径画弧，弧线分别相交有两个交点，连接这两个交点的直线交于点，连接，则______．（结果若有根号则保留根号）
【答案】
【分析】根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理，可得，由作图方法可知点在线段的垂直平分线上，进而可得，设，则，证明，根据相似三角形对应边成比例即可列式求解．
【详解】解：中，，，
，
由作图方法知：点在线段的垂直平分线上，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
设，则，
，
解得，（舍去），
．
故答案为：．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理、垂直平分线的性质、相似三角形的判定与性质等，解题的关键是设法证明．
21．（2023·广东东莞·校考一模）如图，四边形为的内接四边形，，则的度数为 ________．
【答案】/70度
【分析】直接利用圆内接四边形对角互补推导可得出答案．
【详解】解：四边形为的内接四边形，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形对角互补是解题关键．
22．（2023·广东东莞·校考一模）如图，两个反比例函数和在第一象限内的图象依次是和，设点在上，轴于点，交于点，轴于点，交于点，若四边形的面积为5，则_____．
【答案】8
【分析】根据反比例函数系数的几何意义得到，，然后利用四边形的面积进行计算．
【详解】解：轴，轴，
，，
四边形的面积．
解得．
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了反比例函数中的几何意义，即图象上的点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积的关系即．
23．（2023·广东深圳·统考二模）如图所示，这是一款在某商城热销的笔记本电脑散热支架，在保护颈椎的同时能让笔记本电脑更好地散热．根据产品介绍，当显示屏与水平线夹角为时为最佳健康视角．如图，小翼希望通过调试和计算对购买的散热架进行简单优化，现在笔记本电脑下垫入散热架，散热架角度为，调整显示屏与水平线夹角保持，已知，，若要，则底座的长度应设计为__________．（结果保留根号）

【答案】/
【分析】过点O作，垂足分别是点H和点D，则，可证四边形是矩形，则在中，求得，在中，求得，则，即可得到的长度．
【详解】解：过点O作，垂足分别是点H和点D，则，
∵，
∴四边形是矩形，
∴
在中，，，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】此题考查了解直角三角形的应用，还考查了矩形的判定和性质等知识，添加辅助线构造直角三角形是解题的关键．
24．（2023·广东深圳·统考二模）如图，在中，，点为中点，，则的值为__________．
【答案】/
【分析】延长至E，使，连接，证明，推出，再证明，求得，据此计算即可求解.
【详解】解：延长至E，使，连接，设，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，又，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，作出合适的辅助线，证明是解题的关键.
25．（2023·广东江门·统考一模）如图，是的一条半径，点是延长线上一点，过点作的切线，点为切点．若，，则________．
【答案】/
【分析】由题意得， 是直角三角形，设，则，在中，，根据勾股定理得，，解得，进而根据正弦的定义即可求解．
【详解】解：由题意得，，，，
∴是直角三角形，
设，则，
在中，，根据勾股定理得，
∴
解得，
则半径的长为，
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，求角的正弦值，熟练掌握切线的性质，正弦的定义是解题的关键．
26．（2023·广东珠海·校考一模）如图，已知，含角的直角三角板的顶点在直线上，若，则等于______．
【答案】
【分析】根据平行线的性质可得出的度数，再根据三角形外角关系即可求得的度数．
【详解】解：如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行线的性质及三角形外角性质，数形结合，准确表示各个角的和差关系是解决问题的关键．
27．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，，将向右平移到位置，A的对应点是C，O的对应点是E，反比例函数的图象经过点C和的中点F，则k的值是 _____．
【答案】
【分析】先根据题意设出平移的距离m，即可得出点C、点D和点E的坐标，然后利用中点坐标公式求出点F的坐标，根据反比例函数图像经过点C和点F即可求出m的值，得出点C的坐标，代入解析式即可求出k值．
【详解】解：根据题意可得：，
设平移的距离为，
则点，
∵点F为的中点，
∴点F的坐标为，
∵反比例函数图像经过点C和点F，
∴，解得：，
∴点C坐标为，
把代入可得：；
故答案为：．
【点睛】本题考查的是反比例函数的基本性质，解题关键是根据反比例函数的性质求出点C的坐标．
28．（2022·广东江门·统考模拟预测）在中，，，，以点B为圆心，3为半径作圆B，过点C作圆B的切线，M为切点，则的长为________．
【答案】
【分析】连接，解直角三角形求出，，根据切线性质得出，利用勾股定理求出结果即可．
【详解】解：连接，如图所示：
∵在中，，，，
∴，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了切线性质，勾股定理，解直角三角形，三角函数应用，解题的关键是作出图形，熟练掌握切线的性质．
29．（2022·广东江门·统考模拟预测）如图，分别以边长为4的等边三角形的三个顶点为圆心，以4为半径作弧，三段弧所围成的图形是一个曲边三角形，若圆O是的内切圆，则阴影部分面积为___________．
【答案】
【分析】连接，作于，利用等边三角形的性质得，，再根据三角形内切圆的性质得为的半径，，再计算出，，然后根据扇形的面积公式，利用进行计算即可．
【详解】解：连接，作于，如图，
∵为等边三角形，
∴，，
∵是的内切圆，
∴为的半径，，，
在中，，
∵，
∴
，
，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质和扇形面积公式以及三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．解题关键是熟练掌握相关性质和公式，并综合运用．
30．（2023·广东深圳·统考模拟预测）某施工队接到修建地铁360米的任务，修建方案制定后，该工程队为了尽快完成任务，在保证修建质量的前提下提高了工作效率，实际工作效率是原计划工作效率的1.5倍，结果提前20天完成任务．求原计划每天修地铁多少米？如果设原计划每天修地铁x米，那么根据题意，可列方程为_____．
【答案】﹣＝20
【分析】设原计划每天修地铁x米，则实际每天修地铁1.5x米，根据工作时间＝工作总量÷工作效率，结合实际比原计划提前20天完成任务，即可得出关于x的分式方程，即可得解．
【详解】解：设原计划每天修地铁x米，则实际每天修地铁1.5x米，
依题意，得：﹣＝20．
故答案为：﹣＝20
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
31．（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AC，垂足为E，BF∥AC交ED的延长线于点F，若BC恰好平分∠ABF，AE＝2BF．给出下列四个结论：①DE＝DF；②DB＝DC；③AD⊥BC；④AC＝3BF，其中正确的结论是_____．
【答案】①②③④
【分析】根据等腰三角形的性质三线合一得到BD＝CD，AD⊥BC，故②③正确；通过△CDE≌△DBF，得到DE＝DF，CE＝BF，故①④正确．
【详解】解：∵BF∥AC，
∴∠C＝∠CBF，
∵BC平分∠ABF，
∴∠ABC＝∠CBF，
∴∠C＝∠ABC，
∴AB＝AC，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴BD＝CD，AD⊥BC，故②③正确，
在△CDE与△DBF中，
，
∴△CDE≌△DBF，
∴DE＝DF，CE＝BF，故①正确；
∵AE＝2BF，
∴AC＝3BF，故④正确；
故答案为：①②③④
【点睛】本题利用了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质求解，是一道综合性的题目．
32．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，等腰直角中，，顶点M，P在正方形的边及边的延长线上动点．交于点F，连接并延长，交于N，交于点E．以下结论：①②③④若，则，其中正确的是________．（填写正确的序号）
【答案】
【分析】由正方形及等腰直角三角形的性质，可证得，，可证得，点A、B、M、F四点共圆，，由可证，可得，可得，故①正确；由可证，可得，由勾股定理可得；故②正确；通过证明，可得，故③正确；由可得，设正方形的边长为a，可得，，故④正确，即可求解．
【详解】解：四边形是正方形，是等腰直角三角形，
，，，
，点A、B、M、F四点共圆，
，，
，
又，，
，
，
，
，故①正确；
如图：将绕点A|顺时针旋转，得到，连接，
，，，，
，
，
，
，
又，，
，
，
；故②正确；
，，
，
又，
，
，
又，
，故③正确；
，
，
，
设正方形的边长为a，
，
解得，
，
，故④正确，
故答案为：．