中考模拟卷（三）（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（北师大版）

这是一份中考模拟卷（三）（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（北师大版），共56页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

中考模拟卷（三）


一、单选题
1．如图，C为线段BE上一动点不与点B，E重合，在BE同侧分别作等边ABC和等边CDE、BD与AE交于点P，BD与AC交于点M，AE与CD交于点N，连结MN．以下四个结论：①CM=CN；②∠APB=60°；③PA+PC=PB；④PC平分∠BPE；恒成立的结论有（ ）

A．①②④ B．①②③④ C．①③④ D．①④
【答案】B
【分析】
根据等边三角形的三边都相等，三个角都是60°，可以证明△ACE与△BCD全等，根据全等三角形对应角相等可得∠MBC=∠NAC，然后证明△MBC≌△MBC，从而得到CM=CN，所以①正确；在△MBC和△AMP中，∠MBC=∠PAM，∠BMC=∠PMA，所以∠BCM=∠APM，所以②正确； 在BP上截取PG=PC，连接CG，证明出△BGC≌△APC，然后证明△PGC为等边三角形即可证明；根据条件证明D，O，C，E共圆，可得到∠PCD=∠PED，然后根据角关系导出PC平分∠BPE，故④正确
【详解】
解：∵△ABC和△CDE是等边三角形
∴AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠ACD=∠DCE
∴∠BCD=∠ACE
∴△ACE≌△BCD
∴∠MBC=∠NAC
∵AC=BC，∠BCM=∠CAN
∴△MBC≌△MBC
∴CM=CN，故①正确
△MBC和△AMP中
∵∠MBC=∠PAM，∠BMC=∠PMA
∴∠BCM=∠APM即∠APB=60°，故②正确
如图，在BP上截取PG=PC

∵BC=BA，PC=PG，∠CBM=∠CAN
∴△BGC≌△APC
∴BG=AP，∠BCG=∠ACP
∵∠BCG+∠GCM=60°，∠ACP+∠PCN=60°
∴∠GCM=∠PCN
∴∠GCM+∠ACP=60°
∴△PGC是等边三角形
∴PC=PG
∴PA+PC=PB，故③正确
由②有∠APB=60°，
∴∠BPE=120°，
∴∠DPE=∠DCE=60°
∴D，P，C，E四点共圆，
∴∠PCD=∠PED，∠PDC=∠PEC，
∵∠PED+∠PEC=60°，
∴∠PCD+∠PDC=60°，
∴∠APC=60°，
∴∠CPE=∠AOC=60°，
∴PC平分∠BPE，故④正确
故选：B
2．如图，矩形OABC的两边落在坐标轴上，反比例函数y＝的图象在第一象限的分支交AB于点P，交BC于点E，直线PE交y轴于点D，交x轴于点F，连接AC．则下列结论：
①S四边形ACFP＝k；
②四边形ADEC为平行四边形；
③若＝，则＝；
④若S△CEF＝1，S△PBE＝4，则k＝6．
其中正确的是（　　）

A．①②④ B．①② C．②④ D．①③
【答案】A
【分析】
设点B的坐标为(b,a)，则得A(0,a)，C(b,0)，从而可求出P，E，再求出直线PE的解析式为，进而求得F(,0)，判断出四边形ACFP是平行四边形，计算得此四边形的面积，从而判断①正确；由四边形ACFP是平行四边形，得AC∥DF，故可得②正确；由，判断得ab=4k，再求出点D的坐标，即可判断③错误；由S△CEF＝1，得出＝2，再由S△PBE＝4，得到关于k的方程，解方程得k=6，从而可判断④正确．
【详解】
设点B的坐标为(b,a)，
∵四边形ABCD为矩形，
∴A(0,a)，C(b,0)，
∵点P，E在反比例函数图形上，
∴P，E ，
∴直线PE的解析式为，
令y＝0，则，
∴x＝，
∴F(,0)，
∴CF＝+b﹣b＝，
∵P(，a)，
∴AP＝，
∴AP＝CF，
∵四边形OABC是矩形，
∴，
∴四边形ACFP是平行四边形，
∴S四边形ACFP＝CF•OA＝•a＝k，故①正确；
∵四边形ACFP是平行四边形，
∴AC∥DF，
∵OA∥BC，
∴四边形ADEC是平行四边形，故②正确；
∵，
∴，
∵B(b,a)，
∴OB＝b，
∵P(,a)，
∴AP＝，
∴，
∴ab＝4k，
∵直线PE的解析式为，
∴D，
∵A(0,a)，
∴AD＝+a﹣a＝，
∴＝＝＝，故③错误；
∵S△CEF＝1，
∴＝1，
∴＝2，
∵S△PBE＝4，
∴(b﹣)•(a﹣)＝4，
∴ab﹣k﹣k+＝8，
∴k2﹣2k﹣6＝0，
∴k＝﹣2（舍）或k＝6，故④正确，
∴正确的有①②④，
故选：A．

3．如图，在正方形ABCD中，BC=2，点P，Q均为AB边上的动点，BE⊥CP，垂足为E，则QD+QE的最小值为（ ）

A．2 B．3 C． D．
【答案】D
【分析】
根据BE⊥CP可得点E在以BC为直径的圆上，作点E关于AB的对称点F，连接DF，当Q为DF与AB交点时，QD+QE最小．作半圆Ｈ与以BC为直径的半圆关于AB对称，连接DH，交半圆Ｈ与Ｆ，此时DF＝QD+QE,且为最小值，求出DF即可．
【详解】
解：如图，∵BE⊥CP，
∴点E在以BC为直径的圆上，
作点E关于AB的对称点F，
∴QE=QF，
∴QD+QE= QD+QF，
连接DF，当Q为DF与AB交点时，QD+QE最小．

作半圆Ｈ与以BC为直径的半圆关于AB对称，连接DH，交半圆Ｈ与Ｆ，此时DF＝QD+QE,且为最小值，此时CD=2，BH=1，HC=3，
在中，，
．

故选：D
4．如图，正方形的边长为4，点是对角线的中点，点、分别在、边上运动，且保持，连接，，.在此运动过程中，下列结论：①；②；③四边形的面积保持不变；④当时，，其中正确的结论是（ ）

A．①② B．②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【分析】
过O作于G，于，由正方形的性质得到，求得，，得到，根据全等三角形的性质得到，故①正确；，推出，故②正确；得到四边形的面积正方形的面积，四边形的面积保持不变；故③正确；根据平行线的性质得到
，，求得，得到，于是得到，故④正确．
【详解】

解：过O作于G，于H，
∵四边形是正方形，
，
，，
∵点O是对角线BD的中点，
，，
，，
，
，，
∴四边形是正方形，
，
，
，
在与中，
，
，
，故①正确；，
，
，故②正确；
，
∴四边形的面积正方形的面积，
∴四边形的面积保持不变；故③正确；
，
，，
，
，
，
，
，故④正确；
故选．
5．如图，AD 为等腰△ABC的高，其中∠ACB=50°，AC=BC，E，F 分别为线段AD，AC 上的动点，且 AE=CF， 当 BF＋CE 取最小值时，∠AFB的度数为（ ）

A．75° B．90° C．95° D．105°
【答案】C
【分析】
先构造△CFH全等于△AEC，得到△BCH是等腰直角三角形且FH=CE，当FH+BF最小时，即是BF+CE最小时，此时求出∠AFB的度数即可．
【详解】
解：如图，作CH⊥BC，且CH=BC，连接HB，交AC于F，此时△BCH是等腰直角三角形且FH+BF最小，

∵AC=BC，
∴CH=AC，
∵∠HCB=90°，AD⊥BC，
∴AD//CH，
∵∠ACB=50°，
∴∠ACH=∠CAE=40°，
∴△CFH≌△AEC，
∴FH=CE，
∴FH+BF=CE+BF最小，
此时∠AFB=∠ACB+∠HBC=50°+45°=95°．
故选：C．
6．如图，A是⊙B上任意一点，点C在⊙B外，已知AB＝2，BC＝4，△ACD是等边三角形，则的面积的最大值为（ ）

A．4＋4 B．4 C．4＋8 D．6
【答案】A
【分析】
以BC为边向上作等边三角形BCM，连接DM，证明得到，分析出点D的运动轨迹是以点M为圆心，DM长为半径的圆，在求出点D到BC的最大距离，即可求出面积最大值．
【详解】
解：如图，以BC为边向上作等边三角形BCM，连接DM，
∵，
∴，即
在和中，
，
∴，
∴，
∴点D的运动轨迹是以点M为圆心，DM长为半径的圆，
要使面积最大，则求出点D到线段BC的最大距离，
∵是边长为4的等边三角形，
∴点M到BC的距离是，
∴点D到BC的最大距离是，
∴的面积最大值是．
故选：A．

7．如图，在菱形中，，，点P为对角线上的一个动点，过P作交于点E，交于点F，将沿折叠，点A的对应点恰好落在对角线上的点G处，若是等腰三角形时，则的长为（ ）

A．或 B．或2 C．或4 D．或
【答案】B
【分析】
分CG=CB和GC=GB两种情形，分别求解即可．
【详解】
解：连接DB，交AC于点O，则DB⊥AC.
∵EF ⊥AC，
∴EF//DB
∵，
∴∠CAB= ∠CAD= ∠BCA=30°，
∵
∴AD=AB=BC=DB=，DO=BO=
∵DB⊥AC
∴AO= ,即AC=6
当GC=CB=，AP=（AC-CG）=（6-）=3-；
当GB=GC时，过点G做GH⊥BC，则CH=BC=
∵∠BCA=30°
∴
∴GC= 2，
∴AP=（AC-CG）=（6-2）=2；
综上，AP的长为3-或2．
故选B．

8．如图，等腰中，于，，为内一点，当最短时，在直线上有一点，连接．的最小值为（ ）


A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由为内一点，当最短时，得M为△ABC的费马点，以AC为边向外作正三角形ACF，据费马点的特征，直线BM和直线BF为同一条直线，由题意容易求得∠MBC=30°，以BF为边，B为顶点向∠MBC的外侧作∠FBG，使∠FBG=30°，过E作BG的垂线，垂足为H，显然；再过点C作BG的垂线，垂足为，由垂线段最短，知；因为易得BC=，又∠GBC=60°就容易求得就是的最小值．
【详解】
解：如下图

以AC为边向外作正三角形ACF，以BF为边，B为顶点向∠MBC的外侧作∠FBG，使∠FBG=30°，过E作BG的垂线，垂足为H，过点C作BG的垂线，垂足为
由∠FBG=30°，HE⊥BG知HE=
∴
下面计算
∵AB=AC=2且
∴；
∵为内一点，当最短时
∴M为△ABC的费马点
由费马点的特点知BM与BF为同一条直线
∵正三角形ACF
∴∠CAF=60°
又
∴∠BAF=150°
又AB=AC=AF
∴∠ABF=15°
又∠ABC=45°
∴∠FBC=30°
∴∠GBC=60°
在RT△中

∴的最小值为．
故选：D．
9．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点坐标分别为O（0，0），A（12，0），B（8，6），C（0，6）．动点P从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿边OA向终点A运动；动点Q从点B同时出发，以每秒2个单位长度的速度沿边BC向终点C运动．设运动的时间为t秒，作AG⊥PQ于点G，则AG的最大值为（ ）

A． B． C． D．6
【答案】B
【分析】
连接OB，交PQ于点D，过点D作DF⊥OA于点F，可求出点D的坐标与t无关，由Rt△ADG中可得AG的最大值为AD，此题得解．
【详解】
连接OB，交PQ于点D，连接AD，过点D作DF⊥OA于点F，

由题意得 ，
∵OC＝6，BC＝8，
∴OB＝＝10．
∵BQ∥OP，
∴△BDQ∽△ODP，
∴＝＝＝
∴OD＝6．
∵CB∥OA，
∴∠DOF＝∠OBC．
在Rt△OBC中，sin∠OBC＝＝＝，cos∠OBC＝＝＝，
∴OF＝OD•cos∠OBC＝6×＝，DF＝OD•sin∠OBC＝6×＝，
∴点D的坐标为（，），
∴
∴
∵AG⊥PQ
∴
∴当G与D重合时AG的最大，最大值为，
故选B

二、填空题
10．如图，半圆的半径为1，为直径，、为切线，，P为上一动点，求的最小值______________．

【答案】
【分析】
取CO中点M，利用相似三角形的判定和性质推出，利用勾股定理即可计算求解．
【详解】
∵OA=AC=1，AC是切线，
∴∠CAO=90°，
∴CO=，
连接CO、OP，取CO中点M，连接DM，PM，

∴OM=，
∴，∠POM=∠COP，
∴，
∴，
∴，
∴，
过M作MH⊥BD于H，MN⊥AB于N，
∴，MN=，
∴，
∵BD是切线，BD=2，
∴∠ABD=90°，
∴四边形MNBH为矩形，
∴，BH= MN=，
，
∴
∴，即最小值为，
故答案为：．
11．如图，在中，，以为边，作，满足，为上一点，连接，，连接．下列结论中正确的是________（填序号）

①；②；③若，则；④．
【答案】②③④
【分析】
通过延长EB至E＇，使BE=BE＇，连接，构造出全等三角形，再利用全等三角形的性质依次分析，可得出正确的结论是②③④．
【详解】
解：如图，延长EB至E＇，使BE=BE＇，连接；
∵∠ABC=90°，
∴AB垂直平分EE＇，
∴AE=AE＇,
∴∠1=∠2，∠3=∠5，
∵∠1=，
∴∠E＇AE=2∠1=∠CAD，
∴∠E＇AC=∠EAD,
又∵AD=AC，
∴，
∴∠5=∠4，∠ADE=∠ACB（即②正确），
∴∠3=∠4；
当∠6=∠1时，∠4+∠6=∠3+∠1=90°，
此时，∠AME=180°－（∠4+∠6）=90°，
当∠6≠∠1时，∠4+∠6≠∠3+∠1，∠4+∠6≠90°，
此时，∠AME≠90°，
∴①不正确；
若CD∥AB，
则∠7=∠BAC，
∵AD=AC，
∴∠7=∠ADC，
∵∠CAD+∠7+∠ADC=180°，
∴，
∴∠1+∠7=90°，
∴∠2+∠7=90°，
∴∠2+∠BAC=90°，
即∠E＇AC=90°，
由，
∴∠EAD=∠CAE＇=90°，E＇C=DE，
∴AE⊥AD（即③正确），DE=E＇B+BE+CE=2BE+CE（即④正确）；
故答案为：②③④．

12．如图，已知矩形的顶点、分别落在双曲线上，顶点、分别落在轴、轴上，双曲线经过的中点，若，则的值为______．

【答案】2
【分析】
设A点坐标为（a，b），则k＝ab，用a、b的代数式表示B、C、D、E坐标，根据双曲线经过AD的中点E，列方程求出b＝2，再由矩形ABCD对角线相等列方程求出a，即可得A坐标，从而求出k．
【详解】
解：设A点坐标为（a，b），则k＝ab，y＝，如图，
过点A作AM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥y轴于点N，过点E作EF⊥x轴于点F，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠ADM+∠CDO＝90°，∠BCN+∠DCO＝90°，
∵∠CDO+DCO＝90°，
∴∠ADM+∠BCN＝90°，
∵∠ADM+∠DAM＝90°，
∴∠BCN＝∠DAM，
在△ADM和△CBN中，
，
∴△ADM≌△CBN（AAS），
∴CN＝AM＝b，BN＝MD，
∵OC＝3，
∴ON＝3﹣b，即yB＝b﹣3，且B在y＝图象上，
∴B（，b﹣3），
∴BN＝DM＝|xB|＝，
∵点E是AD的中点，
∴MF＝，OF＝a+，OD＝a+，
∴E（a+，b），
∵双曲线y＝经过AD的中点E，
∴（a+）•b＝ab，解得b＝2，
∴A（a，2），B（﹣2a，﹣1，D（3a，0），
而C（0，﹣3），且矩形ABCD有AC＝BD，
∴（a﹣0）2+（2+3）2＝（﹣2a﹣3a）2+（﹣1﹣0）2，
解得a＝1或a＝﹣1（舍去），
∴A（1，2），代入y＝得：k＝2．
故答案为：2．

13．如图，在一个的网格中，点都在格点上，，点P是线段AB上的一个动点，连接OP，将线段OA沿直线OP进行翻折，点A落在点C处，连接BC，以BC为斜边在直线BC的左侧（或下方）构造等腰直角三角形，则点P从A运动到B的过程中，线段BC的长的最小值为____________，线段BD所扫过的区域内的格点的个数为（不包含所扫过的区域边界上的点）____________．


【答案】 4
【分析】
根据仅当C在OB上时等号成立，由折叠性质可知OA=OC，从而求出BC的最小值；再证明，而且相似比为：1，从而得出点D在以为半径的圆弧上运动，由此画出图形即可得出格点的个数．
【详解】
解：如图，连接OB，AD．


∵，
∴，
又∵仅当C在OB上时等号成立，
∴BC的最小值，
又∵，
∴BC的最小值，
∵和均为等腰直角三角形，
∴，，
又∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴如图：点D在以为半径的圆弧上运动，当点P与点A重合时，点D在处，当点P与点B重合时，点D在处，
∴线段BD所扫过的区域内的格点的个数为（不包含所扫过的区域边界上的点）4个．
故答案为：，4．
14．如图，在矩形ABCD中，AB：BC＝3：5，点E是对角线AC上一动点（不与点A，C重合），将矩形沿过点E的直线MN折叠，使得点A，B的对应点A1，B1分别落在直线AD与BC上，当△A1CE为直角三角形时，AN：DN的值为_________．

【答案】
或．
【分析】
设AB=3x，BC=5x，则CD=AB=3x，AD=BC=5x，分两种情况：①当∠CA1E=90°时，△A1CE为直角三角形，易证∠DCA1=∠EA1N，由折叠的性质得出AN=A1N，AE=A1E， ∠EAN=∠EA1N，推出∠DCA1=∠DAC，证明△CDA1~△ADC即可得出结果；
②当∠A1CE=90°时，△A1CE为直角三角形，易证∠CA1D=∠ACD，证明△A1DC~△CDA，得出即可得出结果．
【详解】
∵AB：BC＝3：5，
设AB＝3x，BC＝5x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝3x，AD＝BC＝5x，
分两种情况：
①当∠CA1E＝90°时，△A1CE为直角三角形，如图1所示：

∵∠DCA1＋∠DA1C＝∠DA1C＋∠EA1N＝90°，
∴∠DCA1＝∠EA1N，
由折叠的性质得：AN＝A1N，AE＝A1E，∠EAN＝∠EA1N，
∴∠DCA1＝∠DAC，
∵∠CDA1＝∠ADC＝90°，
∴△CDA1∽△ADC，
∴，即，
∴DA1x，
∴ANx，
DNx，
∴AN：DN；
②当∠A1CE＝90°时，△A1CE为直角三角形，如图2所示：

∵∠A1CD＋∠CA1D＝∠A1CD＋∠ACD＝90°，
∴∠CA1D＝∠ACD，
∵∠A1DC＝∠CDA＝90°，
∴△A1DC∽△CDA，
∴，即，
∴A1Dx，
由折叠的性质得：AN＝A1N，
∴DN(A1A﹣2A1D)x+5x﹣2x，
AN＝AD﹣DN＝5xx，
∴AN：DN，
综上所述，AN：DN的值为或，
故答案为：或．
15．如图，在菱形中，，点在边上，且，动点从点出发，沿着运动到点停止，过点作交菱形的边于点，若线段的中点为．当点与点重合时，的长为____，点从点运动到点的过程中，点的运动路线长为____．

【答案】3
【分析】
过点D作，得到四边形EDHF是平行四边形，再根据已知条件求出FH、CH即可得解；以B为分界点进行做图，根据条件求出和即可得解；
【详解】
D、P重合，

过点D作，
∵FH∥ED，EF∥DH，
∴四边形EDHF是平行四边形，
∴ED=FH，
∵且AD=10，
∴，
∵，
∴，
∴；
以B为分界点，

在之间，，
在之间，，
∴即为所求；
延长CB、交于H，过C作，
∵CB∥AQ，
∴，
∵，
∴，
在Rt△CDQ中，，，，
∴，，
由可得：，
∴，
∵，
∴，
∵BH∥AE，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
；
综上所述，M点数为运动路线长为．
故答案是：3；．
16．如图所示：已知，，现有点和点分别从，两点出发相向运动，点速度为，点速度为，当到达点后掉头向点运动，点在向的运动过程中经过点时，速度变为，，两点中有一点到达点时，全部停止运动，那么经过____后的距离为．

【答案】0.9或1.1或或．
【分析】
设经过t秒后PQ距离为0.5cm，然后分情况分别进行考虑：①当P、Q在AB上且P在Q左侧时；②当P、Q在AB上且P在Q右侧时；③当Q从A返回还未到B时；④当Q从A返回运动并超过B点时；⑤当Q超过P时．
【详解】
解：设经过t秒后PQ距离为0.5cm，
①当P、Q在AB上且P在Q左侧时，如图1所示：

由题意得：5-2t-3t=0.5，解得：t=0.9s，
②当P、Q在AB上且P在Q右侧时，如图2所示：

由题意得：2t+3t-0.5=5，解得：t=1.1s，
③Q到达A所用时间为5÷3=s，
当Q从A返回还未到B时，如图3所示：

由题意得：，解得：t=4.5s，但此时AQ= cm>5cm，不符合题意；
④当Q从A返回运动并超过B点时，如图4所示：

此时Q从B-A-B用时为：s，
由题意得：，
解得：s；
⑤当Q超过P时，如图5所示：

由题意得：，
解得：s，
综上所述，当P、Q相距0.5cm时，经过的时间为0.9s或1.1s或或，
故答案为：0.9或1.1或或．

三、解答题
17．对图形M，N和点P，如果图形M上存在点Q1，图形N上存在点Q2，使得点Q1绕点P顺时针旋转90°后与点Q2重合，则称图形N是图形M关于点P的“秋实”图形．
（1）如图1，A（﹣3，0），B（0，3），则点C1（1，0），C2（﹣2，﹣1），C3（3，0）中．是线段AB关于坐标原点O的“秋实”图形的点是 　 　；
（2）设直线y＝x+b（b＞0）与x轴负半轴交于点D，与y轴正半轴交于点E，⊙F是以点F（2，1）为圆心，2为半径的圆．若⊙F是线段DE关于坐标原点O的“秋实”图形，求b的取值范围；
（3）设直线l：y＝k（x+m），其中m＞0，⊙G是以G（4，0）为圆心，1为半径的圆，若对⊙G上的任意一点H，存在k（≤k≤），使得点H是直线l关于坐标原点O的“秋实”图形，请直接写出m的取值范围．

【答案】（1）C3；（2）≤b≤；（3）．
【分析】
（1）先理解新定义，利用待定系数法求 AB的解析式为，然后求出点逆时针旋转后的点坐标点C1（1，0）对应点坐标为（0， 1），点C2（-2，-1）对应点坐标为（1，-2），点C3（3，0）对应点坐标为（0， 3），在代入解析式验证即可；
（2）连结OF并延长与圆交于M、N两点，先求出OF=，再求ON=,OM=，点M是圆上最近点，点N是圆上最远点，tan∠IOF= ，cos∠IOF=，求出点M（，），点N（，），点M绕点O逆时针旋转90°点M的对应点坐标（，），点N绕点O逆时针旋转90°点N的对应点坐标（，），点N、M的对应点在直线y＝x+b上，代入求出b的值即可；
（3）过点O作⊙G的切线OD、OE，连结DE交x轴于F，连结OD，OE，求出OD=OE=，利用面积求EF=DF=，在Rt△ODF中，求出点D（，），点E（，）逆时针方向旋转90°，点D′（，），点E′（，）分别代入最大与最小k对应解析式求出m即可．
【详解】
解：（1）设AB的解析式为，
∵点A（﹣3，0），B（0，3），将坐标代入解析式得
，
解得，
∴AB的解析式为，
点C1（1，0）绕原点O逆时针旋转90°对应点坐标为（0， 1），
点C2（-2，-1）绕原点O顺时针旋转90°对应点坐标为（1，-2），
点C3（3，0）绕原点O顺时针旋转90°对应点坐标为（0， 3），
当x=0时，，C1不是线段AB关于坐标原点O的“秋实”图形的点，
当x=-1时，，C2不是线段AB关于坐标原点O的“秋实”图形的点，
当x=0时，，C3是线段AB关于坐标原点O的“秋实”图形的点，
故答案为C3；

（2）连结OF并延长与圆交于M、N两点，OF=，ON=，OM=，
点M是圆上最近点，OM长最小，点N是圆上最远点，ON长最大，
过M、F、N分别作MG⊥y轴于G，FI⊥y轴于I，NH⊥y轴于H，
∴tan∠IOF= ，cos∠IOF=，
∴OG=OMcos∠IOF=，
∴GM=2OG=，
∴OH=ON cos∠IOF=，
∴NH=2OH=，
点M（，），点N（，），
点M绕点O逆时针旋转90°点M的对应点坐标（，），
点N绕点O逆时针旋转90°点N的对应点坐标（，），
点N、M的对应点在直线y＝x+b上，
=+b，
∴b=，
=+b，
∴b=，
∴≤b≤；

（3）过点O作⊙G的切线OD、OE，连结DE交x轴于F，连结OD，OE，
∵OG=4，DG=1，OG⊥OD，
∴OD=OE=，
∴EF=DF=，
在Rt△ODF中，
∴点D（，），点E（，），
逆时针方向旋转90°，点D′（，），点E′（，），
点D′在y＝（x+m）上，
∴，
解得，
点E′在直线在y＝（x+m）上，
∴，
解得，
∴，

18．在平面直角坐标系中，点A（0，4），点B（4，0），连接AB，点P（0，t）是y轴上的一动点，以BP为一直角边构造等腰直角△BPC（B，P，C的顺序为顺时针），且∠BPC＝90°，过点A作AD∥x轴并与直线BC交于点D，连接PD．
（1）如图1，当t＝2时，求点C的坐标；
（2）如图2，当t＞0时，求证：∠ADC＝∠PDB；
（3）如图3，当t＜0时，求DP﹣DA的值（用含有t的式子表示）．


【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）作轴，通过“”证明，即可求解；
（2）方法一：过点作交延长线于点，在的延长线上截取，使得，连接，通过全等三角形的性质，求解证明；方法二：取的中点，连接，利用性质得到四点共圆，四点共圆，即可求解；
（3）方法一：过点作交延长线于点，在上截取，使得，通过全等三角形的性质，求解证明；方法二：作轴，取的中点，连接，利用全等三角形的性质和四点共圆的性质，求得点为的内心，利用内心的性质求解即可．
【详解】
解：（1）如图1，作轴，


则
∵，
∴
由题意可得，当时，
∴
∵
∴
∵
∴
在和中

∴
∴，
∴
即
（2）方法一：过点作交延长线于点，在的延长线上截取，使得，连接，如下图：

∵，
∴
∴四边形为矩形
又∵
∴矩形为正方形
∴
在和中

∴
∴，
∵
∴
∴
在和中

∴
∴
又∵
∴
方法二：如图2，取的中点，连接，


∵
∴
∵
∴
∴四点共圆
∴
在和中，
∵的中点
∴
∴
∵，的中点
∴
∴
∵轴
∴
∴
∴
∴四点共圆
∴，
∵
（3）方法一：过点作交延长线于点，在上截取，使得，如下图：

由题意可得：
由（2）方法一可得：四边形为正方形
∴，
在和中

∴
∴，
∵
∴
∴
在和中

∴
∴
∴
方法二：如图3，作轴，取的中点，连接


则
∵
∴
∵
∴
在和中

∴
∴，，
∴
∴四点共圆
∴，
∴平分
在和中，
∵的中点
∴
∴
∵，的中点
∴
∴
∵轴
∴
∴
∴
∴四点共圆
∴
∴平分
∴点为的内心
∴，即
∵
∴，
∴，
即
∴
∴，即
∴
19．如图，在平面直角坐标系中，直线l1和直线l2相交于y轴上的点B，分别交x轴于A、C且∠OBC＝30度．

（1）求直线l2的解析式；
（2）点E坐标为（5，0），点F为直线l1上一个动点，点P为y轴上一个动点，求当EF＋CF最小时，点F的坐标，并求出此时的最小值．
【答案】（1）；（2）F（1，），PF+OP的最小值为 ；
【分析】
（1）求出B（0，），再由OC=BO•tan30°=1，求出C（1，0），再由待定系数法求直线解析式即可；
（2）先确定∠ABC=90°，则可知C点关于直线l2的对称点C'在l2上，过点C'作C'K⊥y轴交K点，易证△C'KB≌△COB（AAS），则C'的纵坐标为2，即可求C'（1，2），连接C'E交l1于F，因为EF+CF=EF+C'F≥C'E，所以当C'、E、F三点共线时，EF+CF的值最小为C'E；当P、F、Q三点共线时，PF+OP的值最小，过F作FG⊥x轴交l3，于点G，易证△FQG为等腰直角三角形，然后求出最小值即可．
【详解】
解：（1）令x=0，则y=，
∴B（0，），
∴OB=，
∵∠OBC=30°，
∴OC=BO•tan30°=×，
∴C（1，0），
设直线l2的解析式为y=kx+b，
则，
∴，
∴直线l2的解析式为；
（2）令y=0，则，
∴x=3，
∴A（3，0），
∴OA=3，
∴tan∠ABO=，
∴∠ABO=60°，
∴∠ABC=90°，
∴C点关于直线l1的对称点C'在l2上，
如图1，过点C'作C'K⊥y轴交K点，

∵∠KBC'=∠CBO，∠C'KB=∠BOC，BC=BC'，
∴△C'KB≌△COB（AAS），
∴BK=BO=，
∴C'的纵坐标为2，
∴，
∴x=1，
∴C'（1，2），
连接C'E交l1于F，
∵EF+CF=EF+C'F≥C'E，
∴当C'、E、F三点共线时，EF+CF的值最小为C'E，
设直线C'E的解析式为y=kx+b，
∵E（5，0），C'（-1，2），
则，
∴，
∴，
∴，
解得x=1，
∴F（1，），
作第二、四象限的角平分线l3，，过点F作FQ⊥l3，，交y轴于点P，交l3，于点Q，
在Rt△PQO中，∠POQ=45°，
∴，
∴PF+OP=PF+PQ≥FQ，
当P、F、Q三点共线时，PF+OP的值最小，
过F作FG⊥x轴交l3，于点G，
∴△FQG为等腰直角三角形，
∴FQ=FG，
∵l3，的解析式为y=x，
∴G（1，1），
∴FG=1+，
∴FQ=+，
∴PF+OP的最小值为+．
20．问题背景：（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD＝3，∠BCD＝∠BAD＝90°，AC＝4，求BC+CD的值．
问题解决：（2）有一个半径为30cm的圆形配件⊙O，如图2所示．现需在该配件上切割出一个四边形孔洞OABC，要求∠O＝∠B＝60°，OA＝OC，并使切割出的四边形孔洞OABC的面积尽可能小，试问，是否存在符合要求的面积最小的四边形OABC？若存在，请求出四边形OABC面积的最小值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；(2)
【分析】
（1）将△ABC绕A点逆时针旋转90°得△ADE，证明C、D、E在同一条直线上，由△ACE是等腰直角三角形得出结果；
（2）类比（1）的方法，将△AOB绕A点顺时针旋转60°至△COE，连接BE，根据面积关系：S四边形OABC=S△AOB+S△BCO=S△COE+S△BCO=S△BOE-S△BCE，故使△BCE的面积最大时存在符合要求的面积最小的四边形OABC，因BE=30，∠BCE=120°，利用“定弦对定角”作正△BEF，作它的外接圆⊙I，进而求得其最大值．
【详解】
（1）如图1，


∵∠BCD=∠BAD=90°，AD=AB，
∴∠B+∠ADC=180°，
∴可以将△ABC绕A点逆时针旋转90°得△ADE，
∴∠ADE=∠B，AE=AC，∠CAE=90°，
∴∠ADE+∠ADC=180°，
∴C、D、E在同一条直线上，
∴CD+DE=CE=AC=；
（2）如图连接OB，

∵∠AOC=90°，OA=OC，
∴将△AOB绕A点顺时针旋转60°至△COE，连接BE，
∴∠BOE=60°，OE=OB，
∴△BOE是等边三角形，
∴BE=OB=30，∠BEO=60°，∠CBE=∠ABO=∠CEO，
∴∠CBE+∠CEB=60°，
∴∠BCE=120°，
∵S四边形OABC=S△AOB+S△BCO=S△COE+S△BCO
=S△BOE-S△BCE
=-S△BCE，
∴要使四边形OABC的面积最小，就要使△BCE的面积最大，
即求C到BE距离最大

作正△BEF，作它的外接圆⊙I，作直径FC′，
当C与C′重合时，S△BCE最大，此时△BCE是顶角120°的等腰三角形，
过C作CG⊥BE于G
∴
∴S△BCE最大=，
∴S四边形OABC最小=S△BOE-S△BCE=．
21．如图，在平面直角坐标系中，直线交x轴于点B，交y轴于点A，OA＝OB＝2．
（1）求直线AB的解析式；
（2）如图，点C在OA的延长线上，点D在x轴的正半轴上，连接CD交直线AB于点E，点E为线段CD的中点，设点D的横坐标为t，△CAE的面积为S，求S与t的函数解析式；
（3）如图，在（2）的条件下，过点E作EF⊥x轴于点F，点M为EB的中点，过M作MH⊥CD于点H，延长HM交x轴于点G，点N在AB的延长线上，连接NG、DN、CM，若FG＝OC，∠ACM＝∠GDN，求GN的长．

【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）根据OA、OB的长度写出点坐标，将A、B点坐标代入解析式中即可求出答案；
（2）利用E是CD的中点，写出E点横坐标，再利用点E在直线AB上，将E点横坐标代入求出纵坐标，继而表示出点C的纵坐标坐标，最后即可表示出与的函数解析式；
（3）由题意可知，再根据已知条件表示出各点的坐标以及直线CD和GM的k值，最后利用垂直关系求解即可．
【详解】
解：（1）∵直线交x轴于点B，交y轴于点A，，
∴，，
将A、B两点代入中，
得：，
解得：，
∴直线AB的解析式为;
（2）∵点D的横坐标是t，且E是CD的中点 ，
∴点E的横坐标为，
∵点E在直线AB上，
∴将E的横坐标为代入中，得，
∴点C的纵坐标为，
∴，
∴与的函数解析式为；
（3）由题可知：，， ，，，
∵点M是BE的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴， ，
∵，即，
∴，即，
整理得：，
解得：，，
∵点D在x轴正半轴上，
∴，
∴，
∴，，
又∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴
∵点N在直线AB上，
∴将代入中，
得，
∴，
∴
22．已知，内接于，AD、BD为的弦，且．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，过B作的切线交AC的延长线于E，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CD，若，，，求CE的长度．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）根据同弧所对的圆周角相等，可得，结合已知条件和三角形内角和定理即可得，进而根据等角对等边即可证明；
（2）根据切线的性质可得，，根据三角形内角和定理可得，进而可得，根据圆周角定理可得，结合（1）的结论即可证明；
（3）连接，先证明，延长AD交BC的延长线于G，作于G，于N，于Q，延长AB至S，连接ES，使，作于F，于R, 设，，则 ，通过角度的计算推导，根据等角对等边可得，，，设，，根据得出，进而在，中，根据勾股定理求得，设，，在与中，勾股定理求得，进而求得，通过导角可得，结合已知条件求得，进而通过角度计算可得，则，进而计算，根据等边对等角求得．
【详解】
（1）

∵
∴
∵
∴
∴；
（2）连OB、OD，如图，

∵BE为切线
∴
∴，
∴
则
，
∴

（3）如图，连接，




是的切线，






如图，延长AD交BC的延长线于G，作于G，于N，于Q，延长AB至S，连接ES，使，作于F，于R,




∵，
设，，则 ，
∴

∴
∴


∵
∴，


又


，

∵，设，，
，则，
，
又
∴
∴，
∵
∴在中，，
在中，，

即
∴
∴，设，
∵
在与中，

∴
∴
解得：
∴
，



∴
∵





∴
∴
∵，
∴
23．在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线交x轴的负半轴于点A，交x轴的正半轴点B，交y轴的正半轴于点C，且OB＝2OC．
（1）求a的值；
（2）如图1，点D、P分别在一、三象限的抛物线上，其中点P的横坐标为t，连接BP，交y轴于点E，连接CD、DE，设△CDE的面积为s，若，求点D的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，射线AE与射线FB交于点G，连接AP，若∠AGB＝2∠APB，求点P的坐标．

【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）根据已知条件求得点坐标，进而求得的长，将解析式变形为，进而求得的坐标，求得的长，根据，即可求得的值，进而求得解析式；
（2）根据已知二次函数解析式，由已知条件可得点P的横坐标为t，则设的横坐标为，设直线的解析式为，根据的坐标，的坐标，求得直线解析，进而求得点的坐标，求得△CDE的面积，根据已知条件，进而求得的横坐标，将横坐标代入二次函数解析式，即可求得的坐标；
（3）连接，过作轴与，根据已知条件求得是等腰直角三角形，根据旋转证明，延长至，使得，连接，证明，是等腰直角三角形，根据已知条件∠AGB＝2∠APB可推出，过点引坐标的两条垂线，垂足为，作直线关于轴对称的直线，交于点,过点作，证明，根据，根据（2）的结论，求得的坐标，进而求得根据的坐标和的坐标，求得列出比例式，解方程即可求得的值，进而求得的坐标．
【详解】
（1）抛物线交x轴的负半轴于点A，交x轴的正半轴点B，交y轴的正半轴于点C，且，
令，则，则，
，
由，
则,，
，
，
即，
解得，
（2），
，
点P的横坐标为t，则，,，，
设的横坐标为，
设直线的解析式为，
则
解得
，
，
，
设△CDE的面积为s，
则，
，
，
解得，
，
将代入，
，
（3）如图，连接，过作轴与

,，,,,
,
，
是等腰直角三角形

将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，
,



,

延长至，使得，连接，
，

在与中


，，



即
是等腰直角三角形







过点引坐标的两条垂线，垂足为，作直线关于轴对称的直线，交于点,过点作，设关于轴对称的点为，


设，则，，
轴，是等腰直角三角形，


，

，轴，
，的横坐标为1，
直线的解析式为
令
解得




，


，，
，，
，
即，
整理得，
解得，
，
，
将代入，
．
24．在平面直角坐标系中，四边形的矩形，点，点，点．以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点旋转后的对应点分别为，直线、直线分别与直线相交于点，．记旋转角为．
（1）如图①，当矩形的顶点落在轴正半轴上时，
①求证：；
②求点的坐标．

（2）如图②，当矩形的顶点落在直线上时，
①求证：．
②求点的坐标．

（3）在矩形旋转过程中，当时，若，请直接写出此时点 的坐标．
【答案】（1）①见解析；②点 的坐标为；（2）①见解析；②点的坐标为；（3）点的坐标为或．
【分析】
（1）①由题意得∠B＇CQ=∠C＇即可求解；②由题可得OA=8，OC=6． B＇C＇=BC=8，OC＇=OC=6；由（1）知△B＇CQ∽△B＇C＇O即可求解；
（2）①由题意知A＇B＇=AB=OC，∠BCO=∠B＇CO=∠A＇=90，易得三角形全等；②设CP=x，由（1）知△PCO≌△PA＇B＇，易得CP长即可求出P点坐标；
（3）分P在BQ上和P在QB延长线上两种情况，分别运用勾股定理求出PC长度，进而确定P的坐标．
【详解】
解：（1）①证明：根据题意，知∠B＇CQ=∠BCO=90°，∠BCO=∠C＇=90°，
∴∠B＇CQ=∠C＇=90°．
又∵∠QB＇C=∠OB＇C＇
∴△B＇CQ∽△B＇C＇O．
②∵点A（-8，0）C（0，6），
∴OA=8，OC=6．
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=8．
根据题意，知B＇C＇=BC=8，OC＇=OC=6．
∴OB＇=10，B＇C=OB＇-OC=4．
由①知△B＇CQ∽△B＇C＇O，
∴，即．
∴CQ=3．
∴点Q的坐标为（3，6）．
（2）①证明：由题意知A＇B＇=AB=OC，∠BCO=∠B＇CO=∠A＇=90°，
又∵∠CPO=∠A＇PB＇
∴ △PCO≌△PA＇B＇．
②根据题意，知A＇O=AO=8．
设CP=x，由（1）知△PCO≌△PA＇B＇，
∴A＇P=CP=x，A＇B＇=OC=6，PB＇=PO=A＇O-A＇P=8-x．
在Rt△PA＇B＇中，，即，解得x=，
∴CP=．
∴点P的坐标为（，6）；
（3）对于△PQO，PQ边上的高CO等于PO边上的高C＇O
设BP=n
①当P在BQ上时，∵BQ=2BP∴BP=PQ=n
在Rt△PCO中，由勾股定理得解得
∴PC=BC-BP=8-=故P点坐标为（，6）
②当P在QB的延长线上时，
∵BQ=2BP
∴PQ= 3BP=3n
在Rt△PCO中，由勾股定理得解得或（舍）
∴PC=BC+BP=故P点坐标为（，6）
综上所述，点P的坐标为（，6）或（，6）．