专练03（50题）（选择题-压轴）-2022中考数学考点必杀500题（广东专用）

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2022中考考点必杀500题
专练03（选择题-压轴）（50道）

1．（2022·广东广州·一模）如图，正方形ABCD的边长为6，点E是BC的中点，连接AE与对角线BD交于点G，连接CG并延长，交AB于点F，连接DE交CF于点H，连接AH．以下结论：①∠DEC＝∠AEB；②CF⊥DE；③AF＝BF；④，其中正确结论的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
证明△ABE≌△DCE，可得结论①正确，由正方形的性质可得AB＝AD＝BC＝CD＝6，BE＝CE＝3，∠DCE＝∠ABE＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，可证△ABE≌△DCE，△ABG≌△CBG，可得∠BCF＝∠CDE，由余角的性质可得结论②，证明△DCE≌△CBF可得结论③，由勾股定理可求DE的长，由面积法可求CH，由相似三角形的性质可求CF，可得HF的长，即可判断④．
【详解】
解：∵四边形ABCD是边长为6的正方形，点E是BC的中点，
∴AB＝AD＝BC＝CD＝6，BE＝CE＝3，∠DCE＝∠ABE＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴△ABE≌△DCE（SAS）
∴∠DEC＝∠AEB，∠BAE＝∠CDE，DE＝AE，故①正确，
∵AB＝BC，∠ABG＝∠CBG，BG＝BG，
∴△ABG≌△CBG（SAS）
∴∠BAE＝∠BCF，
∴∠BCF＝∠CDE，且∠CDE+∠CED＝90°，
∴∠BCF+∠CED＝90°，
∴∠CHE＝90°，
∴CF⊥DE，故②正确，
∵∠CDE＝∠BCF，DC＝BC，∠DCE＝∠CBF＝90°，
∴△DCE≌△CBF（ASA），
∴CE＝BF，
∵CE＝BC＝AB，
∴BF＝AB，
∴AF＝FB，故③正确，
∵DC＝6，CE＝3，
∴DE＝，
∵S△DCE＝×CD×CE＝×DE×CH，
∴CH＝，
∵∠CHE＝∠CBF，∠BCF＝∠ECH，
∴△ECH∽△FCB，
∴，
∴CF＝，
∴HF＝CF﹣CH＝，
∴，故④正确，
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
2．（2021·广东广州·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的点A在函数的图象上，点C在函数的图象上，若点B的横坐标为，则点A的坐标为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
构造K字形相似，由面积比得出相似比为2，从而得出A点坐标与C点坐标关系，而P是矩形对角线交点，故P是AC、BO的中点，由坐标中点公式列方程即可求解．
【详解】
解：过C点作CE⊥x轴，过A点作AF⊥x轴，

∵点A在函数的图象上，点C在函数的图象上，
∴，，
∵CE⊥x轴，
∴，，
∵在矩形OABC中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
设点A坐标为，则点B坐标为，
连接AC、BO交于点P，则P为AC、BO的中点，
∴，
解得：，（不合题意，舍去），
∴点A坐标为，
故选A．
【点睛】
本题考查了反比例函数与几何图形的综合，关键是构造相似三角形，根据反比例函数的系数k的几何意义，由面积比得到相似三角形的相似比，从而确定点A与点C的坐标关系．
3．（2021·广东·中考真题）在正方形中，，点E是边的中点，连接，延长至点F，使得，过点F作，分别交、于N、G两点，连接、、，下列正确的是：①；②；③；④（       ）

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【解析】
【分析】
解：①中由即可得到，再由正切等于对边比邻边即可求解；
②中先证明得到EM=EC，DM=FC，再证明即可求解；
③中先证明GECM，得到即可求解；
④中由得到，再由即可求解．
【详解】
解：①∵，
∴∠DMF=90°=∠NCF，且对顶角∠MND=∠CNF，
∴∠GFB=∠EDC，
∵ABCD为正方形，E是BC的中点，
∴BC=CD，
∴，①正确；
②由①知，
又，已知，
∴()，
∴，
∴，
∵，，，
∴()，
∴，故②正确；
③∵，，
∴BE=ME，
且∠B=∠GME=90°，GE为和的公共边，
∴（），
∴，
∵，
∴，
由三角形外角定理可知：，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，故③错误；
④由上述可知：，，
∴，
∵，
∴，
∴，故④正确．
故选B．
【点睛】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
4．（2021·广东·执信中学三模）如图，一次函数的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，把直线绕点B顺时针旋转交x轴于点C，则线段长为（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据一次函数表达式求出点A和点B坐标，得到△OAB为等腰直角三角形和AB的长，过点C作CD⊥AB，垂足为D，证明△ACD为等腰直角三角形，设CD=AD=x，结合旋转的度数，用两种方法表示出BD，得到关于x的方程，解之即可．
【详解】
解：∵一次函数的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，
令x=0，则y=，令y=0，则x=，
则A（，0），B（0，），
则△OAB为等腰直角三角形，∠ABO=45°，
∴AB==2，
过点C作CD⊥AB，垂足为D，
∵∠CAD=∠OAB=45°，
∴△ACD为等腰直角三角形，设CD=AD=x，
∴AC==x，
∵旋转，
∴∠ABC=30°，
∴BC=2CD=2x，
∴BD==x，
又BD=AB+AD=2+x，
∴2+x=x，
解得：x=+1，
∴AC=x=（+1）=，
故选A．

【点睛】
本题考查了一次函数与坐标轴的交点问题，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算，知识点较多，解题的关键是作出辅助线，构造特殊三角形．
5．（2021·广东湛江·二模）如图，E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD的中点，连接AF、DE交于点P，过B作BG∥DE交AD于G，BG与AF交于点M．对于下列结论：①AF⊥DE；②G是AD的中点；③∠GBP＝∠BPE；④S△AGM：S△DEC＝1：4．正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
【分析】
根据正方形性质得出；；，证≌，推出，求出即可判断；证明四边形GBED为平行四边形，则可知正确；由平行线的性质可得正确；证明∽，可得出：：则不正确．
【详解】
解：∵正方形ABCD，E，F均为中点
∴AD＝BC＝DC，EC＝DF＝BC，
∵在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴∠AFD＝∠DEC，
∵∠DEC+∠CDE＝90°，
∴∠AFD+∠CDE＝90°＝∠DGF，
∴AF⊥DE，故①正确，
∵，，
∴四边形GBED为平行四边形，
∴GD＝BE，
∵BE＝BC，
∴GD＝AD，
即G是AD的中点，
故②正确，
∵，
∴∠GBP＝∠BPE，
故③正确．
∵，AF⊥DE，
∴AF⊥BG，
∴∠ANG＝∠ADF＝90°，
∵∠GAM＝∠FAD，
∴△AGM∽△AFD，
设AG＝a，则AD＝2a，AF＝a，
∴．
∵△ADF≌△DCE，
∴S△AGM：S△DEC＝1：5．
故④错误．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，平行线的性质，平行四边形的判定与和性质等知识，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
6．（2021·广东·市南山区华侨城中学二模）如图，正方形纸片，为正方形边上的一点(不与点，点重合)．将正方形纸片折叠，使点落在点处，点落在点处，交于点，折痕为，连接交于点，连接．下列结论：①；②；③平分；④；⑤，其中正确结论的个数是(　　)

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
①③利用正方形的性质、翻折不变性即可解决问题；
②构造全等三角形即可解决问题；
④如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．证明△ABP≌△QBP（AAS），以及△BCH≌△BQH即可判断；
⑤利用特殊位置，判定结论即可；
【详解】
解：根据翻折不变性可知：PE＝BE，故①正确；
∴∠EBP＝∠EPB．
又∵∠EPH＝∠EBC＝90°，
∴∠EPH−∠EPB＝∠EBC−∠EBP．
即∠PBC＝∠BPH．
又∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠PBC．
∴∠APB＝∠BPH，即平分，故③正确；
如图1中，作FK⊥AB于K．设EF交BP于O．

∵∠FKB＝∠KBC＝∠C＝90°，
∴四边形BCFK是矩形，
∴KF＝BC＝AB，
∵EF⊥PB，
∴∠BOE＝90°，
∵∠ABP＋∠BEO＝90°，∠BEO＋∠EFK＝90°，
∴∠ABP＝∠EFK，
∵∠A＝∠EKF＝90°，
∴△ABP≌△KFE（ASA），
∴EF＝BP，故②正确，
如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．

由（1）知∠APB＝∠BPH，
在△ABP和△QBP中，
∠APB＝∠BPH，∠A＝∠BQP，BP＝BP，
∴△ABP≌△QBP（AAS）．
∴AP＝QP，AB＝BQ．
又∵AB＝BC，
∴BC＝BQ．
又∵∠C＝∠BQH＝90°，BH＝BH，
∴△BCH≌△BQH（HL）
∴QH=HC，
∴PH=PQ+QH=AP+HC，故④正确；
当点P与A重合时，显然MH＞MF，故⑤错误，
故选：B．
【点睛】
本题考查正方形的性质、翻折变换、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选择题中的压轴题．
7．（2021·广东·一模）在平面直角坐标系中，长为2的线段（点D在点C右侧）在x轴上移动，，连接、，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
作A（0，2）关于x轴的对称点A’（0，-2），再过A’作A’E∥x轴且A’E=CD=2，连接BE交x轴与D点，过A’作A’C∥DE交x轴于点C，得到四边形CDEA’为平行四边形，故可知AC+BD最短等于BE的长，再利用勾股定理即可求解．
【详解】
作A（0，2）关于x轴的对称点A’（0，-2）
过A’作A’E∥x轴且A’E=CD=2，故E（2，-2）
连接BE交x轴与D点
过A’作A’C∥DE交x轴于点C，
∴四边形CDEA’为平行四边形，
此时AC+BD最短等于BE的长，
即AC+BD=A’C+BD=DE+BD=BE==
故选B．

【点睛】
此题主要考查最短路径的求解，解题的关键是熟知直角坐标系、平行四边形的性质．
8．（2021·广东·东莞市东城实验中学二模）如图，二次函数的图象的对称轴是直线，则以下四个结论中：①，②，③，④．正确的个数是（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
由开口方向，对称轴方程，与轴的交点坐标判断的符号，从而可判断①②，利用与轴的交点位置得到＞，结合＜ 可判断③，利用当 结合图像与对称轴可判断④．
【详解】
解：由函数图像的开口向下得＜
由对称轴为＞ 所以＞
由函数与轴交于正半轴，所以＞
＜ 故①错误；
，

故②正确；
由交点位置可得：＞，
＜
＞，
＜

＜ 故③错误；
由图像知：当
此时点在第三象限，
＜

＜ 故④正确；
综上：正确的有：②④，
故选B．
【点睛】
本题考查的是二次函数的图像与系数的关系，同时考查利用二次函数的图像判断代数式的符号，掌握以上知识是解题的关键．
9．（2021·广东·市福田区上步中学三模）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=45°，AE、AF分别交BD于M、N，连按EN、EF，有以下结论：
①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③当AE=AF时，；④BE+DF=EF．其中正确的个数有(　　　)

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
①证明△AMN∽△BME和△AMB∽△NME；②利用相似三角形的性质可得∠NAE=∠AEN=45°，则△AEN是等腰直角三角形可作判断；③先证明CE=CF，假设正方形边长为1，设CE=x，则BE=1-x，表示AC的长为AO+OC可作判断；④如图3，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，证明△AEF≌△AEH（SAS），则EF=EH=BE+BH=BE+DF，可作判断.
【详解】
如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBM=∠ADM=∠FDN=∠ABD=45°，
∵∠MAN=∠EBM=45°，∠AMN=∠BME，
∴△AMN∽△BME，
∴，
∴，
∵∠AMB=∠EMN，
∴△AMB∽△NME，故①正确，
∴∠AEN=∠ABD=45°，
∴∠NAE=∠AEN=45°，
∴△AEN是等腰直角三角形，故②正确，
在△ABE和△ADF中，
∵，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE=DF，
∵BC=CD，
∴CE=CF，
假设正方形边长为1，设CE=x，则BE=1-x，
如图2，连接AC，交EF于H，

∵AE=AF，CE=CF，
∴AC是EF的垂直平分线，
∴AC⊥EF，OE=OF，
Rt△CEF中，OC=EF=x，
△EAF中，∠EAO=∠FAO=22.5°=∠BAE=22.5°，
∴OE=BE，
∵AE=AE，
∴Rt△ABE≌Rt△AOE（HL），
∴AO=AB=1，
∴AC==AO+OC，
∴1+x=，
x=2-，
∴，
故③正确，
③如图3，

∴将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则AF=AH，∠DAF=∠BAH，
∵∠EAF=45°=∠DAF+∠BAE=∠HAE，
∵∠ABE=∠ABH=90°，
∴H、B、E三点共线，
在△AEF和△AEH中，
，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EF=EH=BE+BH=BE+DF，故④正确，
故选：D
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质和判定等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线构造全等三角形，属于中考压轴题．
10．（2021·广东·珠海市九洲中学三模）如图，四边形是菱形，，点P从点出发，沿运动，过点P作直线CD的垂线，垂足为Q，设点P运动的路程为x,的面积为，则下列图象能正确反映与x之间的函数关系的是(       )．

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据点P的运动位置分类讨论，分别画出对应的图形，利用锐角三角函数求出DQ和PQ，即可求出y与x的函数关系式，即可判断出各种情况下的图象．
【详解】
解：∵四边形是菱形，，
∴AD=AB=DC=BC=2，∠D=∠ABC=60°
∴当点P到点A时，x=2；当P到点B时，x=4；当P到点C时，x=6
①当点P在AD上，即0＜x≤2时，如下图所示

此时PD=x
∴PQ=PD·sin∠D=，DQ= PD·cos∠D=
∴y=DQ·PQ=（0＜x≤2），此时图象为开口上的抛物线的一部分；
②当点P在AB上，即2＜x≤4时，如下图所示，过点A作AE⊥DC于E

此时PA=x－AD=x－2
在Rt△ADE中，AE=AD·sin∠D=，DE= AD·cos∠D=1
易证四边形AEQP为矩形
∴AP=EQ=x－2，PQ=AE=
∴DQ=DE＋EQ=1＋ x－2=x－1
∴y=DQ·PQ=×（x－1）=（2＜x≤4），此时图象为逐渐上升的一条线段；
③当点P在BC上，即4＜x≤6时，如下图所示，

此时CP= AD＋AB＋BC－x=6－x
∵AD∥BC
∴∠BCQ=∠ADC=60°
∴PQ=CP·sin∠BCQ =，CQ=CP·cos∠BCQ =
∴DQ=DC＋CQ=2＋
∴y=DQ·PQ=（4＜x≤6），此时图象为开口上的抛物线的一部分；
综上：符合题意的图象为D
故选D．
【点睛】
此题考查的是函数的图象，掌握锐角三角函数、函数图象的判断和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．
11．（2021·广东·一模）如图，正方形ABCD边长为2，BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线BM、DN上的点，且满足∠PAQ＝45°，连接PQ、PC、CQ．则下列结论：①BP•DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；③∠PCQ＝135°；④．其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
【分析】
运用正方形的性质；角平分线的定义；全等三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质；旋转变换的性质综合推理判断．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=2，∠BAD=90°，
∵∠PAQ＝45°，
∴∠BAP+∠QAD =45°，
∵BM是正方形的外角的平分线，
∴∠MBC=135°，
∴∠BAP+∠APB=45°，
∴∠QAD＝∠APB，
∴②正确；
∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，
∴∠ABP=∠QDA=135°，
∵∠QAD＝∠APB，
∴△ABP∽△QDA，
∴BP：DA=BA：DQ，
∴BP•DQ＝，
∴①错误；
∵△ABP∽△QDA，
∴BP：DA=BA：DQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，
∴BP：BC=DC：DQ，
∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，
∴∠PBC=∠QDC=45°，
∴△BPC∽△DCQ，
∴∠BCP=∠DQC，
∴∠PCQ=360°-∠BCD-∠BCP-∠DCQ=270°-（∠DQC+∠DCQ）=270°-（180°-∠CDQ）=135°.
∴③正确；
如图，将△AQD绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，连接PF．则△ABF≌△ADQ．
∴∠1=∠3，AF=AQ，BF=DQ，∠AFB=∠AQD．
∴∠PAF=∠1+∠2=∠2+∠3=∠BAD-∠PAQ=45°．
∴∠PAF=∠PAQ．
又∵AP=AP，
∴△APF≌△APQ．∴PF=PQ．
∵∠PBF=（∠AFB+∠1）+45°=（∠AQD+∠3）+45°=90°．
∴在Rt△BPF中，，
∴．
∴④正确；

故选C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质；角平分线的定义；全等三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质；旋转变换的性质．熟练掌握上述性质，灵活运用旋转构图求解是解题的关键.
12．（2021·广东·一模）二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象如图，则下列说法正确的有（       ）

①abc＞0；②2a-b=0；③a-b+c≥am2+bm+c；④当x＜1时，y＞0；⑤9a-3b+c=0
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【解析】
【分析】
①根据抛物线开口方向、对称轴、与y轴的交点即可判断；②根据抛物线的对称轴方程即可判断；③根据x=-1时函数有最大值可以得到判断；④根据抛物线与x轴的交点可以得出判断．⑤根据抛物线y=ax2+bx+c经过点（1，0），且对称轴为直线x=-1可得抛物线与x轴的另一个交点坐标为（-3，0），即可判断；
【详解】
解：①观察图象可知：a＜0，由图象可知抛物线对称轴为直线x=-1，即=-1，得b＜0，由图象与y轴的交点可得c＞0，
∴abc＞0，所以①正确；
②由图象可知抛物线对称轴为直线x=-1，即=-1，解得b=2a，即2a-b=0，所以②正确；
③由图象可知x=-1时函数有最大值，因为x=-1时y=a-b+c，所以a-b+c≥am2+bm+c，③正确；
⑤∵由图象可知抛物线y=ax2+bx+c经过点（1，0），且对称轴为直线x=-1，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（-3，0），
即当x=-3时，y=0，即9a-3b+c=0，所以⑤正确；
④由⑤知抛物线与x轴的两个交点为（1，0）、（-3，0），
所以当-30；当x≤-3或x≥1时，y≥0，所以④错误；
所以①②③⑤正确，
故选C．
【点睛】
本题考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．
13．（2021·广东·一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，得到△PGC，边CG交AD于点E，连接BE，∠BEC＝90°，BE交PC于点F，那么下列选项正确的有（　　）
①BP＝BF；②若点E是AD的中点，则△AEB≌△DEC；③当AD＝25，且AE＜DE时，则DE＝16；④当AD＝25，可得sin∠PCB＝；⑤当BP＝9时，BE•EF＝108．

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】B
【解析】
【分析】
①利用折叠的性质，得出∠PGC＝∠PBC＝90°，∠BPC＝∠GPC，进而判断出∠GPF＝∠PFB即可得出结论；
②先判断出∠A＝∠D＝90°，AB＝DC再判断出AE＝DE，即可得出结论；
③判断出△ABE∽△DEC，得出比例式建立方程求解即可得出AE＝9，DE＝16；
④再判断出△ECF∽△GCP，进而求出PC，即可得出结论；
⑤判断出四边形BPGF是菱形，即可得出结论．
【详解】
解：①在矩形ABCD，∠ABC＝90°，
∵△BPC沿PC折叠得到△GPC，
∴∠PGC＝∠PBC＝90°，∠BPC＝∠GPC，
∵BE⊥CG，
∴BE∥PG，
∴∠GPF＝∠PFB，
∴∠BPF＝∠BFP，
∴BP＝BF；
故①正确；
②在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AB＝DC，
∵E是AD中点，
∴AE＝DE，
在△ABE和△DCE中，
，
∴△ABE≌△DCE（SAS）；
故②正确；
③当AD＝25时，
∵∠BEC＝90°，
∴∠AEB+∠CED＝90°，
∵∠AEB+∠ABE＝90°，
∴∠CED＝∠ABE，
∵∠A＝∠D＝90°，
∴△ABE∽△DEC，
∴，
设AE＝x，
∴DE＝25﹣x，
∴，
∴x＝9或x＝16，
∵AE＜DE，
∴AE＝9，DE＝16；
故③正确；
④由③知：，
，
由折叠得，BP＝PG，
∴BP＝BF＝PG，
∵BE∥PG，
∴△ECF∽△GCP，
∴，
设BP＝BF＝PG＝y，
∴，
∴
∴，
在Rt△PBC中，，
∴sin∠PCB＝，
故④不正确；
⑤如图，连接FG，

由①知BF∥PG，
∵BF＝PG＝PB，
∴平行四边形BPGF是菱形，
∴BP∥GF，FG＝PB＝9，
∴∠GFE＝∠ABE，
∴△GEF∽△EAB，
∴，
∴BE•EF＝AB•GF＝12×9＝108；
故⑤正确，
所以本题正确的有①②③⑤，共4个，
故选：B．
【点睛】
本题考查了矩形、菱形的判断与性质，全等三角形、相似三角形的性质与判定、三角函数等知识，综合性强，熟知相关知识点并灵活应用是解题关键．
14．（2021·广东·一模）已知正方形ABCD的边长为1，点P为正方形内一动点，若点M在AB上，且满足△PBC∽△PAM，延长BP交AD于点N，连接CM．分析下列结论：①AP⊥BN；②BM＝DN；③点P一定在以CM为直径的圆上；④当AN＝时，PC＝．其中结论正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
由△PBC∽△PAM，得出∠PAM=∠PBC，再由 ，即可推出AP⊥BN，故可判断①；易证△BAP∽△BNA，得出，由，得出AM=AN，即可得出BM=DN，故可判断②；由△PBC∽△PAM，得出∠APM=∠BPC，推出∠CPM=∠APB=90°，即可得出点P一定在以CM为直径的圆上，故可判断③；过点P作EF//AB，可证明，在△PAB中运用勾股定理求出，在△PAE中运用勾股定理求出，，进而求出PF和CF，再运用勾股定理求出PC的长，从而可判断④．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=1，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠D=90°，
∵△PBC∽△PAM，
∴∠PAM=∠PBC，
又
∴∠PAM+∠PBA=90°，
∴∠APB=90°，
∴AP⊥BN，故①正确；
∵∠ABP=∠ABN，∠APB=∠BAN=90°，
∴△BAP∽△BNA，
∴，
又∴△PBC∽△PAM
∴，
∵AB=BC，
∴AM=AN，
∴AB-AM=AD-AN，
∴BM=DN，故②正确；
∵△PBC∽△PAM，
∴∠APM=∠BPC，
∴∠CPM=∠APB=90°，
∴点P一定在以CM为直径的圆上，故③正确；
过点P作EF//AB，交AD于E点，交BC于F点，如图，

∵AP⊥BN
∴
又∠DAB=90︒
∴
∴
∵
∴
∴，即
在Rt△PAB中，，即
∴
在Rt△PAE中，
解得，，（负值舍去）
∴，
∴
∴
在中，，故④正确．
所以，正确的结论共有4个，
故选：D．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、正方形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
15．（2021·广东佛山·一模）如图，已知二次函数的图象交轴于两点，交轴于点，对称轴为直线．直线与二次函数的图象交于两点，点在轴的下方，而且的横坐标小于4，下列结论：
①；②；③；④不等式的取值范围是．其中正确的结论有（       ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
【分析】
根据二次函数图像与x的交点个数，即可判断①；根据抛物线的对称轴方程，即可判断②；根据，b＝−2a，可得c-a＞0，进而即可判断③；根据一次函数与二次函数的图像的位置关系以及交点的横坐标，即可判断④．
【详解】
解：∵二次函数的图象交轴于两点，
∴，即：，故①正确；
∵对称轴为直线，
∴，即：，
∴，故②正确；
∵，b＝−2a，
∴，
又∵a＜0，
∴c-a＞0，
∴＞0，
故③正确；
∵直线与抛物线交于C、D两点，D点在x轴下方且横坐标小于4，
∴不等式的取值范围是：0＜x＜D点的横坐标，故④错误；
故正确的结论有3个．
故选C．
【点睛】
本题主要考查一次函数与二次函数的图像和性质，熟练掌握二次函数的解析式的系数的几何意义，是解题的关键．
16．（2021·广东·二模）如图，E是正方形ABCD外一点，DE＝AD，连接AE，CE过D作DH⊥CE于H，交AE于F，连接BF，交CD于G．①∠AFD＝45°；②BF⊥DH；③AE＝BF；④当F是DH中点，CH＝3时，AE＝9，以上结论正确的有（       ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【解析】
【分析】
连接AC，CF，①由正方形的性质和等腰三角形的性质可证∠DAE＝∠DCF，可得点A，点D，点F，点C四点共圆，即可求得∠AFD＝45°；②通过证明点A，点B，点C，点F四点共圆，可得∠AFB＝∠ACB＝45°，继而可证BF⊥DH；③通过证明△BCF∽△ACE，可求得AE＝BF；④由勾股定理可求得AE＝AF+EF＝，据此解题.
【详解】
解：如图，连接AC，CF，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝∠ACB＝45°，AD＝CD＝BC，AC＝BC，
∵DE＝AD，
∴∠DAE＝∠DEA，DC＝DE，
∴∠DCE＝∠DEC，
又∵DH⊥CE，
∴DH是CE的垂直平分线，
∴FC＝EF，
∴∠FCE＝∠FEC，
∴∠DEF＝∠DCF，
∴∠DAE＝∠DCF，
∴点A，点D，点F，点C四点共圆，
∴∠AFD＝∠ACD＝45°，∠ADC＝∠AFC＝90°，故①正确；
∵∠ABC＝∠AFC＝90°，
∴点A，点B，点C，点F四点共圆，
∴∠AFB＝∠ACB＝45°，∠CBF＝∠CAF，∠BFC＝∠BAC＝45°，
∴∠DFB＝90°，
∴BF⊥DH，故②正确；
∵∠AFC＝∠FEC+∠FCE，
∴∠FEC＝∠FCE＝45°，
∴∠FEC＝∠BFC，
又∵∠CBF＝∠CAF，
∴△BCF∽△ACE，
∴，
∴AE＝BF，故③错误；
∵∠CFE＝90°，CF＝EF，FH⊥CE，
∴FH＝CH＝EH＝3，
∴EF＝3＝FC，
∵F是DH中点，
∴DH＝2FH＝6，
∴DC＝，
∴AC＝DC＝3，
∴AF＝，
∴AE＝AF+EF＝，故④错误，
故选：B．
【点睛】
本题考查四边形综合题，涉及正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、圆的性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
17．（2021·广东·南山学校一模）如图，正方形的边长为a，点E在边上运动（不与点A，B重合），，点F在射线上，且，与相交于点G，连接、、、则下列结论：
①；②的周长为；③；④的面积的最大值是；⑤当时，G是线段的中点．其中正确结论的个数是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【解析】
【分析】
①正确．如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．证明△FAE≌△EHC（SAS）即可解决问题．
②③错误．如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≌△CDH（SAS），再证明△GCE≌△GCH（SAS）即可解决问题．
④正确．设BE＝x，则AE＝a−x，AF＝x，构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题．
⑤正确．当时，设DG＝x，则EG＝x＋，利用勾股定理构建方程可得x＝0.5a即可解决问题．
【详解】
解：如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．

∵BE＝BH，∠EBH＝90°，
∴EH＝BE，
∵AF＝BE，
∴AF＝EH，
∵∠DAM＝∠EHB＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠FAE＝∠EHC＝135°，
∵BA＝BC，BE＝BH，
∴AE＝HC，
∴△FAE≌△EHC（SAS），
∴EF＝EC，∠AEF＝∠ECB，
∵∠ECH＋∠CEB＝90°，
∴∠AEF＋∠CEB＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴∠ECF＝∠EFC＝45°，故①正确，
如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≌△CDH（SAS），

∴∠ECB＝∠DCH，
∴∠ECH＝∠BCD＝90°，
∴∠ECG＝∠GCH＝45°，
∵CG＝CG，CE＝CH，
∴△GCE≌△GCH（SAS），
∴EG＝GH，
∵GH＝DG＋DH，DH＝BE，
∴EG＝BE＋DG，故③错误，
∴△AEG的周长＝AE＋EG＋AG＝AE＋AH＝AD＋DH＋AE＝AE＋EB＋AD＝AB＋AD＝2a，故②错误，
设BE＝x，则AE＝a−x，AF＝x，
∴S△AEF＝•（a−x）∙x＝−x2＋ax＝−（x2−ax＋a2−a2）＝−（x−a）2＋a2，
∵−＜0，
∴x＝a时，△AEF的面积的最大值为a2．故④正确，
当BE＝a时，设DG＝x，则EG＝x＋a，
在Rt△AEG中，则有（x＋a）2＝（a−x）2＋（a）2，
解得：x＝，
∴AG＝GD，故⑤正确，
∴①④⑤正确，正确结论的个数是3个，
故选B．
【点睛】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的应用等知识，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，属于中考选择题中的压轴题．
18．（2021·广东·正德中学二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）的图象经过点（1，2），与x轴交点的横坐标分别为x1，x2，其中﹣1＜x1＜0，1＜x2＜2，则下列结论：①2a+b＞0；②a＜﹣1；③关于x的方程ax2+bx+c+k2＝0（k为任意实数）没有实数根．其中正确的有（　　）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】B
【解析】
【分析】
根据﹣1＜x1＜0，1＜x2＜2，得到抛物线对称轴，根据a的符号即可判断出；根据题意得到a+b+c＝2，a﹣b+c＜0，4a+2b+c＜0，结合不等式的性质得到a＜-1，根据图像可知抛物线y＝ax2+bx+c与直线y＝﹣k2一定有两个交点，得到关于x的方程ax2+bx+c+k2＝0一定有两个不相等的实数根，即可做出判断．
【详解】
解：∵﹣1＜x1＜0，1＜x2＜2，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故①错误；
当x＝1时，a+b+c＝2，
∵a﹣b+c＜0，
∴2a+2c＜2，
∵a+b+c＝2，
∴2a+2b+2c＝4，
∵4a+2b+c＜0，
∴2a-c＜-4，
∴4a-2c＜-8，
∵2a+2c＜2，
∴6a＜-6，
∴a＜-1，
故②正确；
由图像可知抛物线y＝ax2+bx+c与直线y＝﹣k2一定有两个交点，
∴关于x的方程ax2+bx+c+k2＝0一定有两个不相等的实数根，
故③错误．
故选：B
【点睛】
本题考查了根据二次函数y＝ax2+bx+c的图象和条件判断各种结论，综合性较强，难度较大，熟练掌握二次函数的性质和不等式的性质，二次函数与一元二次方程的关系是解题关键．
19．（2021·广东·市龙岗区百合外国语学校一模）如图，正方形中，点E为对角线上一点，交边于F，连接交线段于点H，延长交边于点Q，连接．下列结论：①；②若，，则；③；④若，，则；其中正确的有（       ）个．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
连接BE，由“SAS”可证△DCE≌△BCE，可得DE＝BE，∠CDE＝∠CBE，由补角的性质可得∠ABE＝∠EFB，可证EF＝BE，故判断①，延长BC到G，使CG＝AF，连接DG，由“SAS”可证△ADF≌△CDG，可得∠AFD＝∠G，∠ADF＝∠CDG，DF＝DG，由“SAS”可证△QDF≌△QDG，可得FQ＝QG，∠G＝∠DFQ，可判断③，由勾股定理可求AF＝2，可判断②，将△CDE绕点A顺时针旋转90°得到△ADM，连接MH，由“SAS”可证△DMH≌△DEH，可得EH＝MH，由勾股定理可求MH的长，即可求AB的长，即可求解．
【详解】
解：如图，连接BE，

∵四边形ABCD为正方形，
∴CB＝CD，∠BCE＝∠DCE＝45°，
在△BEC和△DEC中，
，
∴△DCE≌△BCE（SAS），
∴DE＝BE，∠CDE＝∠CBE，
∴∠ADE＝∠ABE，
∵∠DAB＝90°，∠DEF＝90°，
∴∠ADE＋∠AFE＝180°，
∵∠AFE＋∠EFB＝180°，
∴∠ADE＝∠EFB，
∴∠ABE＝∠EFB，
∴EF＝BE，
∴DE＝EF，故①正确；
∵∠DEF＝90°，DE＝EF，
∴∠EDF＝∠DFE＝45°，
如图：延长BC到G，使CG＝AF，连接DG，
在△ADF和△CDG中，
，
∴△ADF≌△CDG（SAS），
∴∠AFD＝∠G，∠ADF＝∠CDG，DF＝DG，
∵∠ADF＋∠CDQ＝90°−∠FDQ＝45°，
∴∠CDG＋∠CDQ＝45°＝∠GDQ，
∴∠GDQ＝∠FDQ，
又∵DG＝DF，DQ＝DQ，
∴△QDF≌△QDG（SAS），
∴FQ＝QG，∠G＝∠DFQ，
∴∠DFA＝∠DFQ，故③正确；
∵AB＝6，CQ＝3，
∴BQ＝3，FB＝6−AF，FQ＝QG＝3＋AF，
∵FQ2＝FB2＋BQ2，
∴（3＋AF）2＝9＋（6−AF）2，
∴AF＝2，故②正确；
如图：将△CDE绕点A顺时针旋转90°得到△ADM，连接MH，
∴△CDE≌△ADM，
∴AM＝CE＝4，∠DCE＝∠DAM＝45°，∠ADM＝∠CDE，DM＝DE，
∴∠MAH＝90°，∠ADM＋∠ADH＝∠CDE＋∠ADH＝45°＝∠MDH，
又∵DH＝DH，
∴△DMH≌△DEH（SAS），
∴EH＝MH，
∵MH＝=，
∴EH＝MH＝，
∴AC＝AH＋EH＋EC＝6＋
∴AB＝AC÷=，故④正确；
故选：D．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用旋转法，添加辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
20．（2021·广东·南山实验教育集团南海中学三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝，把Rt△ABC沿AB翻折得到Rt△ABD，过点B作BE⊥BC，交AD于点E，点F是线段BE上一点，且tan∠ADF＝．①AE＝BE；②△BED∽△ABC；③；④AF＝．则下列结论正确的有（       ）

A．①④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】
①利用折叠和平行线的性质可知，从而利用等角对等边即可证明；
②利用相似三角形的判定判断即可；
③首先证明△DBE∽△DAB，然后利用相似三角形的性质即可证明；
④利用折叠的性质及勾股定理即可证明．
【详解】
①由折叠可知，
∵∠ACB＝90°，BE⊥BC，
∴BE//AC，
∴，
∴，
∴BE＝AE，①正确；
②∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝，

∴∠BAC＝30°，∠ABC＝60°，
∵∠EBA＝30°，
由折叠性质可知∠ABC＝∠ABD＝60°，
则∠DBE＝30°，由∠DBE＝∠BAC＝30°，∠BDE＝∠C＝90°
可得△BED∽△ABC，②正确；
③相似典型题型：乘积式，转化成比例式：，只需证△DBE∽△DAB，则∠DBE＝∠DBA＝30°，∠BDE＝∠ADB＝90°可证，③正确；
④由tan∠ADF＝及∠DEB＝60°可知作FG⊥DE于点G，由题易得：BD＝BC＝，DE＝1，AD＝3，BE＝AE＝2， 由tan∠ADF＝设GF＝a，DG＝2a，由∠DEB＝60°得GE＝a，由DE＝DG＋GE＝2a＋a＝1可得a＝，则GF＝，AG＝，在Rt△AFG中由勾股定理可得AF＝，④正确；
综上所述，正确结论为①②③④，
故选：D．

【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定及性质，勾股定理，折叠的性质，三角函数，掌握这些性质是关键．
21．（2021·广东·二模）二次函数的图像如图所示，其对称轴是直线x＝1，下列结论：①abc＜0；②a＋c＞b；③4a＋c＞0；④a＋b≤m（am＋b）（m为实数）．正确的个数是（       ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【解析】
【分析】
由抛物线的开口方向及对称轴，与轴的交点的位置可判断①，由时的函数值可判断②，由对称轴方程及时的函数值，结合a＞0，可判断③，由时的函数值与时的函数值，可判断④，从而可得答案．
【详解】
解：（1）由抛物线开口向上，可得a＞0，
由对称轴“左同右异”可得b＜0，
抛物线交y轴于负半轴，则c＜0，则abc＞0，故结论①错误；
（2）当x＝－1时y＝a－b＋c＞0，即a＋c＞b，故结论②正确；
（3）由对称轴x＝－＝1，可得b＝－2a，代入a－b＋c＞0中得3a＋c＞0，
∵a＞0，
∴4a＋c＞0，故结论③正确；
（4）x＝1是y＝a＋b＋c有最小值，
当x＝m时y＝＋bm＋c，
∴a＋b＋c≤＋bm＋c，
即a＋b≤＋bm，即a＋b≤m（am＋b），故结论④正确；
综上所述，正确结论是②③④，故选B
【点睛】
本题考查的是二次函数的图像与性质，掌握利用二次函数的图像判断代数式的符号是解题的关键．
22．（2021·广东·广州大学附属中学一模）如图，点是正方形内一点，是等边三角形，连接、对角线交于点，现有以下结论：①；②；③，其中正确的结论有（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【解析】
【分析】
①根据等边三角形得∠CMB＝60°，再根据等腰三角形的性质得∠AMB＝∠CMD＝75°，最后根据周角的定义即可得出结论；②证明△MND∽△MDC，列比例式即可得出结论；③过点M作MG⊥AB于G，设MG＝x，根据直角三角形30度角的性质和勾股定理分别计算BC、AG、BG的长，根据面积公式计算即可得出结论．
【详解】
解：∵△MBC是等边三角形，
∴∠MBC＝∠MCB＝∠CMB＝60°，BM＝BC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝BC，
∴∠ABM＝∠DCM＝30°，
∵AB＝BM，
∴∠AMB＝∠BAM＝×（180°−30°）＝75°，
同理：∠CMD＝∠CDM＝75°，
∴∠AMD＝360°−75°−75°−60°＝150°；
故①正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC＝45°，
∴∠MDN＝∠CDM−∠BDC＝75°−45°＝30°，
∵∠CMD＝∠CMD，∠MDN＝∠DCM＝30°，
∴△MND∽△MDC，
∴，
∴DM2＝MN•MC，
∵∠BAD＝∠ADC，∠BAM＝∠CDM，
∴∠MAD＝∠MDA，
∴MA＝DM，
∴MA2＝MN•MC，
故②正确；
过点M作MG⊥AB于G，

设MG＝x，
Rt△BGM中，∠GBM＝30°，
∴BM＝BC＝AB＝2x，BG＝x，
∴AG＝2x−x，
∴
故③错误．
故选C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质，勾股定理、平行线的性质等知识；设出未知数，表示出各边长是解题的关键．
23．（2021·广东梅州·一模）如图，在正方形中，E，F分别是，的中点，交于点H，交于点G，下列结论，①；②；③；④其中正确的是（       ）

A．①③④ B．①② C．②③ D．①②④
【答案】D
【解析】
【分析】
①根据正方形的性质求证△BHE是直角三角形即可得到结果；②由①求证△CGF～△BCF，利用其对应边成比例即可得到结论；③由①求证△BHE≌△CGF即可得出结论；④利用相似三角形对应边成比例即可得出结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，CD=BC=AB，
∵E、F分别是边BC，CD的中点，
∴BE=BC，CF=CD，
∴BE=CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BEA=∠CFB，
∵CG∥AE，
∴∠GCB=∠AEB，
∴∠CFG=∠GCB，
∴∠CFG+∠GCF=90°，即△CGF为直角三角形，
∵CG∥AE，
∴△BHE也是直角三角形，
∴sin∠HBE=cos∠HEB．
故①正确；
由①得，∠CGF=90°，
∴∠CGF=∠BCF=90°，
∵∠CFG=∠BFC，
∴△CGF～△BCF，
∴，
∴CG•BF=BC•CF，
故②正确；
由①得，∠BHE=∠CGF=90°，
由②得，△CGF∽△BCF，
∴∠HBE=∠GCF，
∵BE=CF，
∴△BHE≌△CGF（AAS），
∴BH=CG，而不是BH=FG，
故③错误；
∵△BCG～△BFC，
∴，
即BC2=BG•BF，
同理可得：△BCF～△CGF，
∴CF：GF=BF：CF，
∴CF2=BF•GF，
∴，
∴④正确；
综上所述，正确的有①②④．
故选：D．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质及解直角三角形等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
24．（2021·广东·中学二模）如图，在矩形中，，为上一点，且，为的中点．下列结论：①；②平分；③；④．其中结论正确的个数是（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
①由于是直角斜边上的中线，欲证，只需证明即可；②在直角中，由于，，得出，然后分别算出与的度数即可；③由于，，从而进行判断；④如果设，则可用含的代数式表示、、的长度，然后在直角中运用勾股定理算出的值，再算出的值，比较即可．
【详解】
解：①在直角中，，为的中点，
，
，，
，正确；
②在直角中，，，
．
，
，．
在中，，，
，
，
平分，正确；
③，，
，错误；
④在矩形中，设，
则，，
．
在直角中，
，
，正确．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了直角三角形、矩形的性质以及多边形的面积，勾股定理．综合性较强，有一定难度．
25．（2021·广东·二模）如图，在矩形ABCD中，BC＝AB，E是BC的中点，连接AE交BD于点F，连接CF，下列结论：①AE⊥BD；②；③；④．则正确的有（       ）个

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
设，则，,证明△ABE∽△BCD，从而可判断①，过点F作GQ⊥BC，则 证明再利用相似三角形的性质求解 再分别求解矩形与三角形的面积可判断②；在Rt△ABE中，AB=，BE=，求解 再分别求解从而可判断③；由BE//AD，证明 求解， 再在Rt△FQC中，由勾股定理可得 从而可判断④．
【详解】
解：设，则，,


矩形ABCD，
∠ABE=∠DCB=90°，
∴△ABE∽△BCD，
∴∠BAE=∠CBD，
∵∠CBD+∠ABD=90°，
∴∠BAE+∠ABD=90°，AE⊥BD，故①正确；
过点F作GQ⊥BC，则
BE//AD

则FQ=，

，

则，故②错误；
在Rt△ABE中，AB=，BE=，
，


矩形ABCD，

，，
,


故③正确；
BE//AD，

而
矩形
四边形为矩形，

，
在Rt△FQC中，由勾股定理可得
则==，故④正确；
综上所述，正确结论为①③④，故选C
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，灵活应用以上知识是解题的关键．
26．（2021·广东华侨中学二模）如图，已知的半径为3，弦，为上一动点（点与点、不重合），连接并延长交于点，交于点，为上一点，当时，则的最大值为（       ）


A．4 B．6 C．8 D．12
【答案】C
【解析】
【分析】
如图（见解析），先利用解直角三角形可得，再根据圆周角定理可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，设，从而可得，最后利用二次函数的性质求解即可得．
【详解】
解：如图，延长交于点，连接，

为的半径，
，
，
，
在中，，即，
，
由圆周角定理得：，
在和中，，
，
，即，
设，则，且，
，
由二次函数的性质可知，在内，当时，取最大值，最大值为4，
即的最大值为4，
则的最大值为，
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质、二次函数的几何应用等知识点，通过作辅助线，构造相似三角形和直角三角形是解题关键．
27．（2021·广东江门·一模）如图，点A在双曲线上，连接，作，交双曲线于点B，连接．若，则k的值为（       ）

A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据，设OA=3a，AB=5a，得到OB=4a，过点A作AC⊥x轴，过点B作BD⊥x轴，证明△ACO∽△ODB，得到，设点B的坐标为（x，），求出，，得到A（-，），代入计算即可．
【详解】
解：∵，
∴,
∵，
∴设OA=3a，AB=5a，
∴OB=4a，
过点A作AC⊥x轴，过点B作BD⊥x轴，则，
∵，，
∴，
∴△ACO∽△ODB，
∴，
设点B的坐标为（x，），
∴OD=x，BD=，
∴，,
∴A（-，），
∵点A在双曲线上，
∴，
故选：D．
．   
【点睛】
此题考查反比例函数图象上点的坐标特点，相似三角形的判定及性质，待定系数法求函数解析式，勾股定理的运用，正确引出辅助线证明三角形相似是解题的关键．
28．（2021·广东·市宝安中学（集团）一模）如图，在正方形ABCD中，以BC为直径作半圆O，以D为圆心，DA为半径作，与半圆O交于点P，我们称：点P为正方形ABCD的一个“奇妙点”，过奇妙点的多条线段与正方形ABCD无论是位置关系还是数量关系，都具有不少优美的性质值得探究．连接PA、PB、PC、PD，并延长PD交AB于点F．下列结论中：①FD＝FB+BC；②∠APC＝135°；③S△PBC＝AP2；④tan∠BAP＝；其中正确的结论有（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【解析】
【分析】
①连结PO，根据等腰三角形的性质和正方形的性质证明∠DPO=∠BCD=90°，从而证明DF是⊙O的切线，再证明AB、CD都是⊙O的切线，用切线长定理即可证明FD=FB+BC，所以①正确；
②△DPA和△DPC都是等腰三角形，根据三角形内角和定理可证得∠APC=∠DPA+∠DPC=（360°-∠ADC）=135°，所以②正确；
③设正方形的边长为a，连结OD，过点P作PE⊥BC于点E，PG⊥AB于点G，根据正切定义可得，用含a的代数式表示S△PBC和AP2，它们均为a2，所以③正确；
④由前面得到的结论，可得PG=a，AG=a，求得tan∠BAP=，所以④正确．
【详解】
①如图1，连结OP，则OP＝OC．
∴∠OPC＝∠OCP，
∵PD＝CD，
∴∠DPC＝∠DCP，
∴∠DPO＝∠OPC+∠DPC＝∠OCP+∠DCP＝∠BCD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DPO＝∠BCD＝90°，
∵OP是⊙O的半径，DE⊥OP，
∴DF是⊙O的切线；
∵AB⊥OB，CD⊥OC，
∴AB、CD都是⊙O的切线，
∴PF＝FB，PD＝CD＝BC＝AD，
∴FD＝PF+PD＝FB+BC．
故①正确；

②∵PD＝AD＝CD，
∴∠DPA＝∠DAP＝(180°﹣∠PDA)，∠DPC＝∠DCP＝(180°﹣∠PDC)，
∴∠APC＝∠DPA+∠DPC＝[360°﹣(∠PDA+∠PDC)]＝(360°﹣∠ADC）＝(360°﹣90°)＝135°．
故②正确；
③如图，设正方形ABCD的边长为a，连结OD交PC于点H；

作PE⊥BC于点E，PG⊥AB于点G，则∠PEC＝∠PEB＝∠PGB＝90°，四边形PGBE为矩形．
∵OP=OC，PD=CD，
∴OD垂直平分PC，
∴∠DHC＝90°，
∴∠BPE＝90°﹣∠EPC＝∠ECP＝90°﹣∠DCH＝∠CDO，
∴，
∴PE＝CE，BE＝PE＝CE，
∴CE+CE＝a，整理，得CE＝a，
∴BG＝PE＝×a＝a，PG＝BE＝×a＝a，
∴AG＝a﹣a＝a．
∵S△PBC＝a•a＝a2，AP2＝ [(a)2+(a)2]＝a2，
∴S△PBC＝AP2．
故③正确；
④如图2，∵∠AGP＝90°，PG＝a，AG＝a，

∴tan∠BAP＝＝＝．
故④正确．
故选：A．
【点睛】
此题重点考查正方形的性质、矩形的判定与性质，线段垂直平分线的判定与性质、圆的切线的判定、切线长定理、锐角三角函数定义、勾股定理等知识，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，设正方形的边长为a，将有关线段用含a的代数式表示．
29．（2021·广东实验中学三模）如图，是等腰直角三角形，正方形绕点A逆时针旋转，再延长交于G，以下结论中：①；②；③当，时，，正确的有（       ）

A．3个 B．2个 C．1个 D．都不对
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等腰直角三角形的性质及正方形的性质易得△BAD≌△CAF，从而易得①②正确；取BC的中点O，连接OG、OA，则由直角三角形斜边上中线的性质可得OG是BC的一半，即为定值，故可得点G的运动路径是以O为圆心OG长为半径一段圆弧上运动，从而BG的长度不是固定的，因此可对③作出判定．
【详解】
（1）∵四边形ADEF是正方形
∴AD=AF，∠DAF=∠DAC+∠CAF=90゜
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90゜
∴AB=AC
∴∠BAD+DAC=90゜
∴∠BAD=∠CAF
在△BAD和△CAF中

∴△BAD≌△CAF(SAS)
∴BD=CF，∠DBA=∠FCA
设BG与AC交于点M，则∠BMA=∠CMG
∴∠FCA+∠CMG=∠DBA+∠BMA=90゜
∴∠CGM=90゜
∴BD⊥CF
故①②均正确；

如图，取BC的中点O，连接OG、OA

∵BG⊥CF，AB⊥AC
∴OG、OA分别是Rt△GBC、Rt△ABC斜边上的中线
∴
在Rt△ABC中，由勾股定理得
∴
则点G在以O为圆心为半径的一段圆弧上运动，其中点A为此弧的一个端点
所以BG的长变化的，不可能是定值
故③不正确
故选：B．
【点睛】
本题综合考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质等知识，对③的判断是比较难，判断出点G的运动路径后问题则迎刃而解．
30．（2021·广东·实验学校中学部一模）如图，在中，．动点从点出发沿着射线的方向以每秒1cm的速度移动，动点从点出发沿着射线的方向以每秒2cm的速度移动．已知点和点同时出发，设它们运动的时间为秒．连接．下列结论正确的有（ ）个

①；
②当时，；
③以点为圆心、为半径画，当时，与相切；
④当时，．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用锐角三角函数求出BC可判断①，利用勾股定理求AC，BD，AG，再用正切锐角三角函数定义求值可判断②，利用相似三角形判定与性质，可判断③，利用相似三角形判定与性质建构方程，解方程求解可判断④
【详解】
解：在中，． ，
故①正确；
作AG⊥BD于G，
在Rt△ABC中，，
∵AD=AB=5，AG⊥BD
∴CD=AD-AC=5-3=2，DG=BG，
在Rt△DCB中，，
∴DG=BG=，
在Rt△BGA中，，
∴，
故②当时，正确；

AD=t，BE=2t，cosA=，
当时，，，
∴，
∵，
∴cosA=，∠DAE=∠BAC，
∴△ADE∽△ABC，
∴∠AED=∠ACB=90°，
∴∠DEB=90°，
∴与相切，
故③以点为圆心、为半径画，当时，与相切正确；

过E作EH⊥AC于H，
当时，
∵∠EHD=∠DCB=90°，
∴△EHD∽△DCB，
∴，
∵AE=5-2t，
∴AH=，EH=，，，
∴，
整理得，
因式分解得，
∴或（舍去），
故④当时，正确；

正确的结论有4个．
故选择D．
【点睛】
本题考查锐角三角函数求边长，勾股定理，相似三角形判定与性质，圆的切线判定，一元二次方程的解法，掌握锐角三角函数求边长，勾股定理，相似三角形判定与性质，圆的切线判定，一元二次方程的解法是解题关键．
31．（2021·广东·一模）如图，正方形ABCD中，AC与BD交于点O，M是对角线AC上的一个动点，直线BM与直线AD交于点E，过A作AH垂直BE于点H，直线AH与直线BD交于点N，连接EN、OH，则下列结论：①BM＝AN；②OH平分∠MHN；③当EN∥OM时，BN2＝DN•DB；④当M为AO中点时，＝，正确结论的个数有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
【分析】
由正方形的性质可证明△ADN≌△BAM，从而可得BM=AN，即可判断①正确；通过证明点A、B、O、H四点共圆，可得∠BAO＝∠BHO＝∠OHN=45°，可判断②正确；由点A，B，E，N四点共圆及已知易得△ABE≌△NBE，可得AE=EN，AB=BN，设AE=EN=DN=x，分别求出BN2，DN∙DB的值，可判定③错误；设OA＝BO＝a，利用勾股定理和锐角三角函数可求出AH，BM的长，可得，故可得④正确，即可求解．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，∠BAC＝∠ADB＝45°，AB＝AD，AC⊥BD，
∵AN⊥BE，
∴∠DAN+∠AEB＝∠AEB+∠ABE＝90°，
∴∠DAN＝∠ABE，
∴△ADN≌△BAM（ASA），
∴BM＝AN，故①正确；
∵∠AHB＝∠AOB＝90°，
∴点A，点B，点O，点H四点共圆，
∴∠BAO＝∠BHO＝45°，
∴∠BHO＝∠OHN＝45°，故②正确；
∵EN∥OM，
∴∠DEN＝∠OAD＝45°＝∠ADO，∠END＝∠AOD＝90°，
∴EN＝DN，∠BAD＝∠BNE＝90°，
∴点A，点B，点E，点N四点共圆，
∴∠EAN＝∠EBN，
∴∠ABE＝∠DBE，
在△ABE和△NBE中，
，
∴△ABE≌△NBE（AAS），
∴AE＝EN，AB＝BN，
设AE＝EN＝DN＝x，
∴DE＝x，
∴AD＝x+x＝AB＝BN，
∵BN2＝（x+x）2＝（3+2）x2，DN•DB＝x（x+x+x）＝（2+）x2，
∴BN2≠DN•DB，故③错误；
设OA＝BO＝a，
∵点M是AO中点，
∴AM＝OM＝a，
∴BM＝＝＝a，
∵点A，点B，点O，点H四点共圆，
∴∠OAN＝∠OBM，
∴cos∠OBM＝cos∠OAN＝，
∴＝，
∴AH＝a，
∴＝，故④正确，
故选：C．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数，四点共圆，勾股定理等知识，利用参数表示线段的长是解题的关键．
32．（2021·广东·东莞市翰林实验学校一模）在△EFG中，∠G＝90°，，正方形ABCD的边长为1，AD与EF在一条直线上，点A与点E重合．现将正方形ABCD沿EF方向以每秒1个单位的速度匀速运动，正方形ABCD和△EFG重叠部分的面积S与运动时间t的函数图象大致是（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
分四种情况：0≤t≤1时，重叠部分的面积为三角形；1＜t≤2时，重叠部分的面积为多边形；2＜t≤3时，重叠部分面积等于正方形ABCD的面积；3＜t≤时，重叠部分面积为多边形．分别求出不同情况下重叠部分的面积即可得到答案．
【详解】
∵，∠G＝90°，
∴由勾股定理得EF＝5，
①当0≤t≤1时，如图1，
则AE＝t＝AH，

S＝×AE×AH＝t2，函数为开口向上的抛物线，当t＝1时，；
②当1＜t≤2时，如图2，设EG交CD于点H，BC交EG于点G，

则ED＝AE﹣AD＝t﹣1＝HD，则CH＝CD﹣HD＝2﹣t＝CG，
S＝S正方形ABCD﹣S△CGH＝1﹣×CH×CG＝，函数为开口向下的抛物线，当t＝2时，S=1；
③当2＜t≤3时，如图3，

S＝S正方形ABCD＝1，
④当3＜t≤4时，如图4，设AB、BC分别交FG于点N、M

则AF=4−t=AN
∴BN=BM=AB−AN=1−(4−t)=t−3
∴S＝S正方形ABCD﹣S△BMN＝1﹣×BM×BN＝
函数为开口向下的抛物线，且当t=4时，S=
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次函数的图形与性质，弄懂正方形运动过程中与三角形重叠部分图形的规律、进而进行分类讨论是解题的关键与难点．
33．（2021·广东·市罗湖区翠园初级中学二模）将反比例函数y＝的图象绕坐标原点O逆时针旋转30°，得到如图的新曲线A（﹣3，3），B（，）的直线相交于点C、D，则△OCD的面积为（　　）

A．3 B．8 C．2 D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据点A、B的坐标可求出OA、OB的长，以及OA、OB与x轴的夹角，进而可得到旋转前各个点的对应点的坐标，以及原直线的关系式，进而求出旋转前C′、D′的坐标，画出相应图形，结合反比例函数的图象，可求出面积
【详解】
解：连接OA、OB，过点A、B，分别作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足为M、N，
∵点A（－3，3），B（，），
∵OM＝3，AM＝3，BN＝，ON＝，
∴OA＝＝6，OB＝＝3，
∵tan∠AOM＝＝，
∴∠AOM＝60°，
同理，∠BON＝30°，
因此，旋转前点A所对应的点A′（0，6），点B所对应的点B′（3，0），
设直线A′B′的关系式为y＝kx＋b，故有，，解得，k＝－2，b＝6，
∴直线A′B′的关系式为y＝－2x＋6，
由题意得，，解得，，
因此，点C、D在旋转前对应点的坐标为C′（1，4），D′（2，2），如图2所示，
过点C′、D′，分别作C′P⊥x轴，D′Q⊥x轴，垂足为P、Q，
则，C′P＝4，OP＝1，D′Q＝2，OQ＝2，
∴S△COD＝S△C′OD′＝S梯形C′PQD′＝（2＋4）×（2－1）＝3，
故选：A．

【点睛】
考查反比例函数、一次函数的图象和性质，旋转的性质，求出直线AB在旋转前对应的函数关系式是解决问题的关键．
34．（2021·广东·佛山市第四中学三模）在正方形ABCD中，E为BC上一点，作DF⊥AE于点F、BG⊥AE于点G连接BF，作GHBF交DF于点H，连接BH、AH，若AF=FG，则①∠BAG=30°；②△ABG≌△DAF；③BH=AD；④S△ABH=（+1）S△AFH．在上述结论中，正确的有（       ）

A．①②③ B．②③④ C．②③ D．①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据正方形有性质，利用AAS证∠ABG=∠DAF，判定②正确；再利用全等三角形的性质，证四边形BGHF是平行四边形，得OF=OG，OB=OH，FH=BG，设OF=x，则OF=OG=x，AF=FG=BG= FH =2x，AG=4x，在Rt△ABG中，tan∠BAG= ≠，则∠BAG≠30°，判定①错误；在Rt△OBG中，求得由勾股定理OB= x，从而得 BH= 2x，在Rt△ABG中，由勾股定理求得AB= = 2x，从而得到AB=BH，判定③正确；∵S△ABH=S△ABO+S△AHO= + =6x2，S△AfH==2x2，得到S△ABH=3S△AFH，判定④错误．
【详解】
解：连接AH，

∵正方形ABCD中，
∴AB=AD，AB//AD，∠BAG+∠FAD=∠BAD=90°，
∵DF⊥AE、BG⊥AE，
∴∠AFD=∠BGA=90°，
∴∠ABG+∠BAG=90°，
∴∠ABG=∠DAF，
∴△ABG≌△DAF（AAS），
故②正确；
∴BG=AF，
∵AF=FG，
∴BG=AF=FG，
∵DF⊥AE、BG⊥AE，
∴FH//BG，
∵BF//GH，
∴四边形BGHF是平行四边形，
∴OF=OG，OB=OH，FH=BG，
设OF=x，则OF=OG=x，AF=FG=BG= FH =2x，AG=4x，
在Rt△ABG中，∠AGB=90°，
∴tan∠BAG= ≠，
∴∠BAG≠30°，
故①错误；
在Rt△OBG中，∠BGO=90°，
∴OB= x，
∴BH= 2x，
在Rt△ABG中，∠AGB=90°，
∴AB= = 2x，
∴AB=BH，
∴BH=AD，
故③正确；
∵S△ABH=S△ABO+S△AHO
= +
=
= ，
∵S△AFH=
=，
∴S△ABH=3S△AFH，
故④错误；
故选：C．
【点睛】
本题是四边形综合题目，涉及知识有：正方形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，，勾股定理，解直角三角形等.熟练掌握这些相关知识，并能灵活运用这些知识是解题的关键.
35．（2022·广东惠州·模拟预测）小翔在如图1所示的场地上匀速跑步，他从点A出发，沿箭头所示方向经过点B跑到点C，共用时30秒．他的教练选择了一个固定的位置观察小翔的跑步过程．设小翔跑步的时间为t（单位：秒），他与教练的距离为y（单位：米），表示y与t的函数关系的图象大致如图2所示，则这个固定位置可能是图1中的【     】

A．点M B．点N C．点P D．点Q
【答案】D
【解析】
【详解】
解：A、假设这个位置在点M，则从A至B这段时间，y不随时间的变化改变，与函数图象不符，故本选项错误；
B、假设这个位置在点N，则从A至C这段时间，A点与C点对应y的大小应该相同，与函数图象不符，故本选项错误；
C、，
假设这个位置在点P，则由函数图象可得，从A到C的过程中，会有一个时刻，教练到小翔的距离等于经过30秒时教练到小翔的距离，而点P不符合这个条件，故本选项错误；
D、经判断点Q符合函数图象，故本选项正确；
故选D．
36．（2022·广东·模拟预测）在锐角中，分别以AB和AC为斜边向的外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，连接MD、MF、FE、FN．根据题意小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①，②，③，④，其中结论正确的个数为（       ）

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和三角形中位线定理判断结论①，连接DF，EN，通过SAS定理证明△MDF≌△FEN判断结论②，利用全等三角形的性质结合平行四边形的判定和性质判断结论③，利用相似三角形的判定和性质判定结论④．
【详解】
解：∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ABM是等腰直角三角形，
∴DM=AB，EF=AB，EF∥AB，∠MDB=90°，
∴DM=EF，∠FEC=∠BAC，故结论①正确；
连接DF，EN，

∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ACN是等腰直角三角形，
∴EN=AC，DF=AC，DF∥AC，∠NEC=90°，
∴EN=DF，∠BDF=∠BAC，∠BDF=∠FEC，
∴∠BDF+∠MDB=∠FEC+∠NEC，
∴∠MDF=∠FEN，
在△MDF和△FEN中，
，
∴△MDF≌△FEN（SAS），
∴∠DMF=∠EFN，故结论②正确；
∵EF∥AB，DF∥AC，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴∠DFE=∠BAC，
 又∵△MDF≌△FEN，
∴∠DFM=∠ENF，
∴∠EFN+∠DFM
=∠EFN+∠ENF
=180°-∠FEN
=180°-（∠FEC+∠NEC）
=180°-（∠BAC+90°）
=90°-∠BAC，
∴∠MFN=∠DFE+∠EFN+∠DFM=∠BAC+90°-∠BAC=90°，
∴MF⊥FN，故结论③正确；
∵EF∥AB，
∴△CEF∽△CAB，
∴，
∴，
∴S△CEF=S四边形ABFE，故结论④错误，
∴正确的结论为①②③，共3个，
故选：B．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，题目难度适中，有一定的综合性，适当添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
37．（2022·广东·模拟预测）如图，在等边三角形中，，点为边上一动点，连接，在左侧构造三角形，使得，．当点由点运动到点的过程中，点的运动路径长为（     ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由圆内接四边形的性质得出A，O，P，C四点共圆，根据圆周角定理得出点在的角平分线上运动，进而得出O点的运动轨迹为线段，当点在点时，，由∠OCB的正切值求出OB的长，当点在点时，△AOO′是等边三角形，从而得出OO′的长；
【详解】
如图，∵，，
∴、、、四点共圆，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点在的角平分线上运动，
∴点的运动轨迹为线段，
当点在点时，，
当点在点时，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴△AOO′是等边三角形，
∴，
∴点的运动路径长为，
故选：B．

【点睛】
本题考查圆内接四边形的性质（对角互补），圆周角定理，等边三角形的性质和判定，解直角三角形，由圆周角定理得出O点的运动轨迹为线段OO′是解题的关键．
38．（2022·广东·江门市新会东方红中学模拟预测）如图是二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象的一部分，给出下列命题：①a+b+c＝0；②b＞2a；③方程ax2+bx+c＝0的两根分别为﹣3和1；④当x＜1时，y＜0．其中正确的命题是（　　）

A．②③ B．①③ C．①② D．①③④
【答案】B
【解析】
【分析】
利用x=1时，y=0可对①进行判断；利用对称轴方程可对②进行判断；利用对称性确定抛物线与x轴的另一个交点坐标为（-3，0），则根据抛物线与x轴的交点问题可对③进行判断；利用抛物线在x轴下方对应的自变量的范围可对④进行判断．
【详解】
∵x＝1时，y＝0，
∴a+b+c＝0，所以①正确；
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，
∴b＝2a，所以②错误；
∵抛物线与x轴的一个交点坐标为（1，0），
而抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（﹣3，0），
∴方程ax2+bx+c＝0的两根分别为﹣3和1，所以③正确；
当﹣3＜x＜1时，y＜0，所以④错误．
故选：B．
【点睛】
本题考查的是抛物线的性质及对称性，掌握二次函数的性质及其与一元二次方程的关系是关键．
39．（2022·广东韶关·模拟预测）为增强居民节水意识，我市自来水公司采用以户为单位分段计费办法收费，即每月用水不超过10吨，每吨收费元；若超过10吨，则10吨水按每吨元收费，超过10吨的部分按每吨元收费，公司为居民绘制的水费（元）与当月用水量（吨）之间的函数图象如下，则下列结论错误的是（       ）

A．
B．
C．若小明家3月份用水14吨，则应缴水费23元
D．若小明家7月份缴水费30元，则该用户当月用水吨
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据计费办法求出y与x之间的函数表达式，再根据函数图象可分别求出a、b的值，然后根据a、b的值可验证选项C、D．
【详解】
由题意得：当时，
当时，
由函数图象可知，经过点
将点代入得：
解得，则选项A正确
同理可得：经过点
将点代入得：
解得，则选项B正确
则y与x的函数表达式为
当时，
因此，若小明家3月份用水14吨，则应缴水费23元，选项C正确
，
当时，，解得
因此，若小明家7月份缴水费30元，则该用户当月用水吨，选项D错误
故选：D．
【点睛】
本题考查了正比例函数与一次函数的实际应用，理解题意，正确求出函数表达式是解题关键．
40．（2022·广东·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE、DE，分别交BD、AC于点P、Q，过点P作PF⊥AE交CB的延长线于F，下列结论：
①∠AED+∠EAC+∠EDB＝90°，
②AP＝FP，
③AE＝AO，
④若四边形OPEQ的面积为4，则该正方形ABCD的面积为36，
⑤CE•EF＝EQ•DE．
其中正确的结论有（　　）

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】B
【解析】
【分析】
①正确:证明∠EOB=∠EOC=45°，再利用三角形的外角的性质即可得出答案；
②正确：利用四点共圆证明∠AFP=∠ABP=45°即可；
③正确：设BE=EC=a，求出AE，OA即可解决问题；
④错误：通过计算正方形ABCD的面积为48；
⑤正确：利用相似三角形的性质证明即可.
【详解】
①正确：如图，连接OE，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，
∴∠BOC=90°，
∵BE=EC，
∴∠EOB=∠EOC=45°，
∵∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC=∠EAC+∠AEO，
∴∠AED+∠EAC+∠EDO=∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB=90°，故①正确；
②正确：如图，连接AF，

∵PF⊥AE，
∴∠APF=∠ABF=90°，
∴A，P，B，F四点共圆，
∴∠AFP=∠ABP＝45°，
∴∠PAF=∠PFA＝45°，
∴PA=PF，故②正确；
③正确：设BE=EC=a，则AE＝a，OA＝OC＝OB＝OD＝a，
∴，即AE＝AO，故③正确；
④错误：根据对称性可知，，
∴==2，
∵OB=OD，BE=EC，
∴CD=2OE，OE⊥CD，
∴ ， ，
∴， ，
∴，
∴，故④错误；
⑤正确：∵∠EPF=∠DCE=90°，∠PEF=∠DEC，
∴，
∴，
∴EQ=PE，
∴CE•EF=EQ•DE，故⑤正确；
综上所诉一共有4个正确，故选：B．
【点睛】
本题主要考查了三角形外角性质、四点共圆问题、全等与相似三角形的综合运用，熟练掌握相关概念与方法是解题关键.
41．（2022·广东·模拟预测）如图，中，，利用尺规在，上分别截取，，使；分别以，为圆心、以大于为长的半径作弧，两弧在内交于点；作射线交于点，若，为上一动点，则的最小值为（   ）

A．无法确定 B． C．1 D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
当GP⊥AB时，GP的值最小，根据尺规作图的方法可知，GB是∠ABC的角平分线，再根据角平分线的性质可知，当GP⊥AB时，GP=CG=1．
【详解】
解：由题意可知，当GP⊥AB时，GP的值最小，
根据尺规作图的方法可知，GB是∠ABC的角平分线，
∵∠C=90°，
∴当GP⊥AB时，GP=CG=1，
故答案为：C．
【点睛】
本题考查了角平分线的尺规作图以及角平分线的性质，难度不大，解题的关键是根据题意得到GB是∠ABC的角平分线，并熟悉角平分线的性质定理．
42．（2022·广东·模拟预测）下列命题正确的是（        ）
A．方程x2﹣x+1＝0有两个不相等实数根
B．对角线相等的四边形是矩形
C．平分弦的直径垂直于弦
D．等腰三角形底边上的中线平分顶角
【答案】D
【解析】
【分析】
根据垂径定理，矩形的判定方法，一元二次方程根的判别式，等腰三角形的性质可得出答案．
【详解】
A．方程x2﹣x+1＝0中，△＝1﹣4＝﹣3＜0，所以方程没有实数根，故本选项错误；
B．对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项错误；
C．平分弦（不是直径）的直径垂直于弦；故本选项错误；
D．等腰三角形底边上的中线平分顶角，故本选项正确．
故选：D．
【点睛】
考查了等腰三角形的性质，矩形的判定方法，一元二次方程根的判别式，垂径定理，熟记定理是解题的关键．
43．（2022·广东·模拟预测）已知直线a∥b，将一块含30°角的直角三角板（∠BAC＝30°）按如图所示方式放置，并且顶点A，C分别落在直线a，b上，若∠1＝22°，则∠2的度数是（       ）

A．38° B．45° C．58° D．60°
【答案】A
【解析】
【分析】
过点作，根据平行线的性质求得，进而根据即可求解
【详解】
如图，过点作，

则
∠BAC＝30°




故选A
【点睛】
本题考查了平行线的性质与判定，掌握平行线的性质是解题的关键．
44．（2022·广东·模拟预测）如果一个正整数能表示为两个正整数的平方差，那么这个正整数就称为“智慧数”，例如：5＝32﹣22，5就是一个智慧数，则下列各数不是智慧数的是（　　）
A．2020 B．2021 C．2022 D．2023
【答案】C
【解析】
【分析】
设k是正整数，证明除1外，所有的奇数都是智慧数；除4外，所有的能被4整除的偶数都是智慧数，即可得答案．
【详解】
解：设k是正整数，
∵（k＋1）2−k2＝（k＋1＋k）（k＋1−k）＝2k＋1，
∴除1外，所有的奇数都是智慧数，所以，B，D选项都是智慧数，不符合题意；
∵（k＋1）2−（k−1）2＝（k＋1＋k−1）（k＋1−k＋1）＝4k，
∴除4外，所有的能被4整除的偶数都是智慧数，所以A选项是智慧数，不符合题意，
C选项2022不是奇数也不是4的倍数，不是智慧数，符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了平方差公式分解因式的应用，牢记a2−b2＝（a＋b）（a−b）是解题的关键．
45．（2022·广东·模拟预测）如图，抛物线的顶点为P，将抛物线向右平移3个单位后得到新的抛物线，其顶点记为M，设两条抛物线交于点C，则的面积为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意过C作y轴的平行线，交PM于点H，交x轴于点D，进而依据两条抛物线交于点C，联立方程得出C，最后利用即可求出答案.
【详解】
解：如图过C作y轴的平行线，交PM于点H，交x轴于点D，

由题意可得，平移后抛物线的解析式为：，
∵P、M分别为两个抛物线的顶点，
∴，，，
∵两条抛物线交于点C，
∴由，可得，
∴，,
∵//y轴，
∴，即CH为的高，
∴.
故选：C.
【点睛】
本题考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数平移的性质、灵活运用数形结合思维分析是解题的关键.
46．（2022·广东·模拟预测）如图，小明探究课本“综合与实践”板块“制作视力表”的相关内容：当测试距离为时，标准视力表中最大的“”字高度为，当测试距离为时，最大的“”字高度为（       ）mm

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，得、，结合相似三角形的性质，通过相似比计算，即可得到答案．
【详解】
根据题意，得，且
∴
∴
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的知识；解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质，从而完成求解．
47．（2022·广东·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠A＝30°，∠C＝90°，AB＝6，点P是线段AC上一动点，点M在线段AB上，当AM＝AB时，PB＋PM的最小值为（       ）

A．3 B．2 C．2＋2 D．3＋3
【答案】B
【解析】
【分析】
作B点关于AC的对称点B'，连接B'M交AC于点P，则PB＋PM的最小值为B'M的长，过点B'作B'H⊥AB交H点，在Rt△BB'H中，B'H＝3，HB＝3，可求MH＝1，在Rt△MHB'中，B'M＝2，所以PB＋PM的最小值为2．
【详解】
解：作B点关于AC的对称点B'，连接B'M交AC于点P，
∴BP＝B'P，BC＝B'C，
∴PB＋PM＝B'P＋PM≥B'M，
∴PB＋PM的最小值为B'M的长，
过点B'作B'H⊥AB交H点，

∵∠A＝30°，∠C＝90°，
∴∠CBA＝60°，
∵AB＝6，
∴BC＝3，
∴BB'＝BC＋B'C＝6，
在Rt△BB'H中，∠B'BH＝60°，
∴∠BB'H＝30°，
∴BH＝3，
由勾股定理可得：，
∴AH＝AB－BH＝3，
∵AM＝AB，
∴AM＝2，
∴MH＝AH－AM＝1，
在Rt△MHB'中，，
∴PB＋PM的最小值为2，
故选：B．
【点睛】
本题考查轴对称—最短路线问题，涉及到解直角三角形，解题的关键是做辅助线，找出PB＋PM的最小值为B'M的长．
48．（2022·广东韶关·模拟预测）已知关于x的不等式2x+m＞-5的解集是x＞-3，那么m的值是（　　）
A．-2 B．-1 C．0 D．1
【答案】D
【解析】
【分析】
首先求解一元一次不等式，再结合题意，通过列一元一次方程并求解，即可得到答案．
【详解】
∵2x+m＞-5
∴
∵不等式2x+m＞-5的解集是x＞-3
∴
∴
故选：D．
【点睛】
本题考查了一元一次不等式、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握一元一次不等式、一元一次方程的性质，从而完成求解．
49．（2022·广东广州·一模）为庆祝祖国70华诞，某校开展了“祖国在我心中”知识竞赛，并将所有参赛学生的成绩统计整理制成如下统计图，根据图中的信息判断：关于这次知识竞赛成绩的中位数的结论正确的是（　　　）

A．中位数在60分～70分之间 B．中位数在70分～80分之间
C．中位数在80分～90分之间 D．中位数在90分～100分之间
【答案】C
【解析】
【分析】
求出调查总人数，再根据中位数的意义求解即可．
【详解】
解：调查总人数为：30+90+90+60=270（人），
将这270人的得分从小到大排列后，处在第135、136位的两个数都落在80～90分之间，
因此，中位数在80分～90分之间；
故选：C．
【点睛】
本题考查中位数的意义和计算方法，理解中位数的意义是解决问题的前提．
50．（2022·广东清远·模拟预测）已知二次函数，关于该函数在的取值范围内，下列说法正确的是（       ）．
A．有最大值6，有最小值-3 B．有最大值5，有最小值-3
C．有最大值6，有最小值5 D．有最大值6，有最小值-1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据二次函数图像的性质，首先计算二次函数的对称轴，结合题意，可计算得函数的最大值；再结合二次函数的图像，计算范围内二次函数的最小值，即可得到答案．
【详解】
∵
∴二次函数图像的对称轴为：
∵，且
∴当时，函数取最大值   
又∵在右侧，y随着x的增大而减小；在左侧，y随着x的增大而增大
∴当时，
当时，
∵
∴，二次函数取最小值-3
故选：A．
【点睛】
本题考查了二次函数的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数图像的性质，从而完成求解．