2023年浙江省寧波市中考一模數(shù)學(xué)模擬試題

浙江省寧波市2023年中考一模數(shù)學(xué)解答壓軸題匯編1．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）甲開車從A地前往B地送貨，同時，乙從C地出發(fā)騎車前往B地，C在A，B兩地之間且距離A地15千米．甲到達B地后以相同的速度立馬返回A地，在A地休息半小時后，又以相同的速度前往B地送第二批貨，乙出發(fā)后4小時遇上送貨的甲，乙讓甲捎上自己（上下車時間忽略不計），甲載上乙后以原速前進．甲、乙兩人距離B地的路程y（千米）與時間x（小時）之間的函數(shù)關(guān)系如圖所示．(1)求甲第一次送貨前往B地時，甲距離B地的路程y關(guān)于x的函數(shù)表達式．(2)問在乙距離B地多遠時，甲載上了乙？(3)問乙比原計劃早到多少時間？2．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）（1）【基礎(chǔ)鞏固】如圖1，在△ABC中，D為BC上一點，連結(jié)AD，E為AD上一點，連結(jié)CE，若∠BAD=∠ACE，CD=CE，求證：△ABD∽△CAE．（2）【嘗試應(yīng)用】如圖2，在?ABCD中，對角線AC、BD交于點O，E為OC上一點，連結(jié)BE，∠CBE=∠DCO，BE=DO，若BD=12，OE=5，求AC（3）【拓展提升】如圖3，在菱形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，E為BC中點，F(xiàn)為DC上一點，連結(jié)OE、AF，∠AEO=∠CAF，若DFFC=53，3．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖1，AB是⊙O的直徑，點C是⊙O上一點，過點C作⊙O的切線CD交BA的延長線于點D，連結(jié)AC，BC．(1)求證：∠DCA=∠ABC．(2)求證：AC?DC=CB?DA．(3)如圖2，弦CE平分∠ACB交AB于點F．①若點F為DB的中點，AB=15，求CE的長．②設(shè)tan∠DCA=x，CFCE=y，求y4．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖1，有一塊邊角料ABCDE，其中AB，BC，DE，EA是線段，曲線CD可以看成反比例函數(shù)圖像的一部分．小寧想利用這塊邊角料截取一個面積最大的矩形MNQP，其中M，N在AE上（點M在點N左側(cè)），點P在線段BC上，點Q在曲線CD上．測量發(fā)現(xiàn)：∠A=∠E=90°，AE=5，AB=DE=1，點C到AB，AE所在直線的距離分別為2，4．(1)小寧嘗試建立坐標(biāo)系來解決該問題，通過思考，他把A，B，C，D，E這5個點先描到平面直角坐標(biāo)系上，記點A的坐標(biāo)為?1,0；點B的坐標(biāo)為?1,1．請你在圖2中補全平面直角坐標(biāo)系并畫出圖形ABCDE；(2)求直線BC，曲線CD的解析式；(3)求矩形MNQP的最大面積．5．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）【基礎(chǔ)鞏固】(1)如圖1，四邊形ABCD中，AC平分∠BAD，AB=AD．求證：∠ACB=∠ACD；【遷移運用】(2)如圖2，在（1）的條件下，取AB的中點E，連接DE交AC于點F，若∠AFE=∠ACD，EF=23，求DF【解決問題】(3)如圖3，四邊形ABCD中，AD=CD，∠ADC=90°，在BC上取點E，使得DE=DC，恰有BE=AB．若AD=310，CE=6，求四邊形ABCD6．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖1，⊙O的直徑AB垂直弦CD于點E，點P為AC上的一點，連接PE并延長交⊙O于點Q，連接DQ，過點P畫PF∥DQ交DC的延長線于點F．若⊙O的直徑為10，OE=3．(1)求CD的長；(2)如圖2，當(dāng)∠PQD=90°時，求∠PEC的正切值；(3)如圖1，設(shè)PE=x，①求y關(guān)于x的函數(shù)解析式；②若PF×DQ=20，求y的值．7．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）某景區(qū)有兩個景點需購票游覽，售票處出示的三種購票方式如下：方式1：只購買景點A，30元/人；方式2：只購買景點B，50元/人；方式3：景點A和B聯(lián)票，70元/人．預(yù)測，四月份選擇這三種購票方式的人數(shù)分別有2萬、1萬和1萬．為增加收入，對門票價格進行調(diào)整，發(fā)現(xiàn)當(dāng)方式1和2的門票價格不變時，方式3的聯(lián)票價格每下降1元，將有原計劃只購買A門票的400人和原計劃只購買B門票的600人改為購買聯(lián)票．(1)若聯(lián)票價格下降5元，則購買方式1門票的人數(shù)有_________萬人，購買方式2門票的人數(shù)有_________萬人，購買方式3門票的人數(shù)有_________萬人；并計算門票總收入有多少萬元？(2)當(dāng)聯(lián)票價格下降x（元）時，請求出四月份的門票總收入w（萬元）與x（元）之間的函數(shù)關(guān)系式，并求出聯(lián)票價格為多少元時，四月份的門票總收入最大？最大值是多少萬元？8．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖，AD是銳角△ABC中BC邊上的高，將△ABD沿AB所在的直線翻折得到△ABE，將△ADC沿AC所在的直線翻折得到△AFC，延長EB，F(xiàn)C相交于點P．(1)如圖1，若∠BAC=45°，求證：四邊形AEPF為正方形；(2)如圖2，若∠BAC=55°，當(dāng)△PBC是等腰三角形時，求∠BAD的度數(shù)；(3)如圖3，連結(jié)EF，分別交AB，AC于點G、H，連結(jié)BH交AD于點M，若∠BAC=60°，①求∠PEF=_________度；②若AB=10，CH=1，求△ABM的面積．9．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）【教材呈現(xiàn)】以下是浙教版八年級下冊數(shù)學(xué)教材第85頁的部分內(nèi)容．先觀察下圖，直線l1∥l2，點A，B在直線l2上，點C1，C2，C3，C4在直線l1上．△ABC1，△ABC2，△ABC3，△ABC4這些三角形的面積有怎樣的關(guān)系？請說明理由?！净A(chǔ)鞏固】如圖1，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，直徑MN∥【嘗試應(yīng)用】如圖2，在半徑為5的⊙O中，BD＝CD，∠ACO＝2∠BDO，cos∠BOC＝【拓展提高】如圖3，AB是⊙O的直徑，點P是OB上一點，過點P作弦CD⊥AB于點P，點F是⊙O上的點，且滿足CF＝CB，連接BF交CD于點E，若BF＝8EP，10．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）烏饅頭是江北慈城地方特色點心，用麥粉發(fā)酵，再摻以白糖黃糖，蒸制而成．因其用黃糖，顏色暗黃，所以稱之謂“烏饅頭”．某商店銷售烏饅頭，通過分析銷售情況發(fā)現(xiàn)，烏饅頭的日銷售量y（盒）是銷售單價x（元/盒）的一次函數(shù)，銷售單價、日銷售量的部分對應(yīng)值如下表，已知銷售單價不低于成本價且不高于20元，每天銷售烏饅頭的固定損耗為20元，且銷售單價為18元/盒時，日銷售純利潤為1180元．銷售單價x（元/盒）1513日銷售量y（盒）500700(1)求烏饅頭的日銷售量y（盒）與銷售單價x（元/盒）的函數(shù)表達式；(2)“端午烏饅重陽粽”是慈城的習(xí)俗．端午節(jié)期間，商店決定采用降價促銷的方式回饋顧客．在顧客獲得最大實惠的前提下，當(dāng)烏饅頭每盒降價多少元時，商店日銷售純利潤為1480元？(3)當(dāng)銷售單價定為多少時，日銷售純利潤最大，并求此日銷售最大純利潤．11．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）【基礎(chǔ)鞏固】（1）如圖1，在△ABC中，D是BC的中點，E是AC的一個三等分點，且AE=13AC．連接AD，BE交于點G，則AG:GD=【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，在△ABC中，E為AC上一點，AB=AE，∠BAD=∠C，若AD⊥BE，CE=1，AE=3，求AD的長．【拓展提高】（3）如圖3，在?ABCD中，F(xiàn)為BC上一點，E為CD中點，BE與AC，AF分別交于點G，M，若∠BAF=∠DAC，AB=AG，BF=2，BM=2MG，求AM的長．12．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖，等腰△ABC內(nèi)接于⊙O，其中AB=BC，點D在AB上運動，AD=BE，DE分別交AB、BC于點P、Q，CD交AB于點(1)求證：BD=(2)連結(jié)AE，當(dāng)AE為⊙O的直徑時，①求證：CD⊥AB．②連結(jié)QM，若MQ∥AE，求tan∠EAC③連結(jié)CE，設(shè)PQPD=x，CEPM=y，請直接寫出13．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）有一塊形狀如圖1的四邊形余料ABCD，AB=6，AD=2，∠A=90°，∠D=135°，tan∠B=2，要在這塊余料上截取一塊矩形材料，其中一條邊在AB(1)如圖2，若所截矩形材料的另一條邊AE在AD上，設(shè)AE=x，矩形AEFG的面積為y，①求y關(guān)于x的函數(shù)表達式．②求矩形面積y的最大值．(2)能否截出比（1）中更大面積的矩形材料？如果能，求出這些矩形材料面積的最大值；如果不能，說明理由．14．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）（1）[證明體驗]如圖1，在△ABC中，D為AB邊上一點，連接CD，若∠ACD=∠ABC，求證：AC（2）在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠ABC=60°，BC=2，D為AB邊上一動點，連接CD，E為CD中點，連接BE①[思考探究]如圖2，當(dāng)∠ACD=∠DBE時，求AD的長．②[拓展延伸]如圖3，當(dāng)∠DEB=30°時，求AD的長．15．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB=AD，AC為直徑，E為AD上一動點，連接BE交AC于點G，交AD于點F，連接DE．(1)設(shè)∠E為α，請用α表示∠BAC的度數(shù)．(2)如圖1，當(dāng)BE⊥AD時，①求證：DE=BG．②當(dāng)tan∠ABE=34(3)如圖2，當(dāng)BE過圓心O時，設(shè)tan∠ABE=x，BFEF=y，求y16．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）對于拋物線y=ax(1)若拋物線過點4,3，①求頂點坐標(biāo)；②當(dāng)0≤x≤6時，直接寫出y的取值范圍為_______；(2)已知當(dāng)0≤x≤m時，1≤y≤9，求a和m的值．17．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）已知E在△ABC內(nèi)部（如圖①），等邊三角形ABC的邊長為6，等邊三角形BDE的邊長為4，連接AE和DC．(1)求證：AE=DC；(2)當(dāng)AE⊥BD時，求CD的長；(3)將△BDE繞點B旋轉(zhuǎn)一周，F(xiàn)為DC的中點（如圖②），求旋轉(zhuǎn)過程中EF18．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）定義，若四邊形的一條對角線平分這個四邊形的面積，則稱這個四邊形為倍分四邊形，這條對角線稱為這個四邊形的倍分線.如圖①，在四邊形ABCD中，若S△ABC=S△ADC，則四邊形ABCD為倍分四邊形，(1)判斷：若是真命題請在括號內(nèi)打√，若是假命題請在括號內(nèi)打×．①平行四邊形是倍分四邊形（

）②梯形是倍分四邊形（

）(2)如圖①，倍分四邊形ABCD中，AC是倍分線，若AC⊥AB，AB=3，AD=DC=5，求BC；(3)如圖②，△ABC中BA=BC，以BC為直徑的⊙O分別交AB、AC于點N、M，已知四邊形BCMN是倍分四邊形．①求sinC②連結(jié)BM，CN交于點D，取OC中點F，連結(jié)MF交NC于E（如圖③），若OF=3，求DE．19．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖①所示，在A、B兩地之間有一車站C，甲車從A地出發(fā)經(jīng)C站駛往B地，乙車從B地出發(fā)經(jīng)C站駛往A地，兩車同時出發(fā)，勻速行駛，圖②是甲、乙兩車行駛時離C站的路程，y（km）與行駛時間x（h）之間的函數(shù)圖象．（1）填空：a的值為，m的值為，AB兩地的距離為km．（2）求m小時后，乙車離C站的路程y（km）與行駛時間x（h）之間的函數(shù)關(guān)系式．（3）請直接寫出乙車到達A地前，兩車與車站C的路程之和不超過300km時行駛時間x的取值范圍．20．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）新定義：垂直于圖形的一邊且等分這個圖形面積的直線叫作圖形的等積垂分線，等積垂分線被該圖形截的線段叫做等積垂分線段．問題探究：(1)如圖1，等邊△ABC邊長為3，垂直于BC邊的等積垂分線段長度為______；(2)如圖2，在△ABC中，AB=8，BC=63，∠B=30°，求垂直于BC(3)如圖3，在四邊形ABCD中，∠A=∠C=90°，AB=BC=6，AD=3，求出它的等積垂分線段長．21．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）△ABC內(nèi)接于⊙O，點I是△ABC的內(nèi)心，連接AI并延長交⊙O于點D，連接BD，已知BC=6，∠BAC=α(1)連接BI，CI，則∠BIC=______（用含有α的代數(shù)式表示）(2)求證：BD=DI；(3)連接OI，若tanα2=(4)若tanα2=33浙江省寧波市2023年中考一模數(shù)學(xué)解答壓軸題匯編（解析版）1．(1)y=?60x+75(2)在乙距離B地15km(3)乙比原計劃早到1312【分析】（1）根據(jù)函數(shù)圖象可得A、B兩地間的路程為60+15=75千米，進而得出甲第一次到達B地用時，得出甲第一次送貨去B地的函數(shù)圖象經(jīng)過(0,75)，(1.25,0)．進而待定系數(shù)法求解析式即可求解；（2）甲第二次送貨的函數(shù)圖象經(jīng)過(3,75)，根據(jù)速度不變，設(shè)甲第二次送貨的函數(shù)表達式為y=?60x+m．待定系數(shù)法求解析式，當(dāng)x=4時，y=15，即可求解；（3）把y=0代入y=?60x+255，得x=174．設(shè)乙的函數(shù)表達式為y=nx+60．待定系數(shù)法求解析式得出y=?454x+60【詳解】（1）由題意得，A、B兩地間的路程為60+15=75千米，甲第一次到達B地用時2.5÷2=1.25小時．∴甲第一次送貨去B地的函數(shù)圖象經(jīng)過(0,75)，(1.25,0)．設(shè)甲第一次送貨去B地的函數(shù)表達式為y=kx+75，把(1.25,0)代入y=kx+75，得0=1.25k+75，解得k=?60，∴y關(guān)于x的函數(shù)表達式為y=?60x+75(0≤x≤1.25)．（2）甲第二次送貨的函數(shù)圖象經(jīng)過(3,75)，∵甲送貨的速度不變，∴設(shè)甲第二次送貨的函數(shù)表達式為y=?60x+m．把(3,75)代入y=?60x+m，得75=?60×3+m，解得m=255，∴甲第二次送貨的函數(shù)表達式為y=?60x+255．當(dāng)x=4時，y=15，答：在乙距離B地15km（3）把y=0代入y=?60x+255，得0=?60x+255，解得x=17∵乙的圖象經(jīng)過點(0,60)，∴設(shè)乙的函數(shù)表達式為y=nx+60．把(4,15)代入y=nx+60，得15=4n+60，解得：n=?45∴y=?令y=0，即0=?解得x=16∴乙比原計劃早到時間為163答：乙比原計劃早到13122．（1）見解析；（2）18；（3）菱形ABCD的邊長為2【分析】（1）根據(jù)CD=CE得出，∠ADB=∠CEA，根據(jù)等角的補角相等得出∠ADB=∠CEA，結(jié)合已知條件，即可證明△ABD∽△CAE；（2）證明△BEC∽△COD，設(shè)OC=x，則CE=OC?OE=x?5．得出OC=9，則AC=2OC=18；（3）延長AG，BC，交于點G．設(shè)DF=5t，F(xiàn)C=3t，則CD=8t．證明△CGF∽△DAF，得出CG=245t，由（1）得，△AOE∽△GCA【詳解】（1）解：∵CD=CE，∴∠CDE=∠CED．∴∠ADB=∠CEA．∵∠BAD=∠ACE∴△ABD∽△CAE．（2）在平行四邊形ABCD中，BO=DO=1∴BE=DO=BO=6．∴∠BEO=∠BOE．∴∠BEC=∠COD．∵∠CBE=∠DCO，∴△BEC∽△COD．∴COBE設(shè)OC=x，則CE=OC?OE=x?5．∴x6=6x?5．解得∴OC=9．∴AC=2OC=18．（3）延長AG，BC，交于點G．∵DFFC∴設(shè)DF=5t，F(xiàn)C=3t，則CD=8t．在平行四邊形ABCD中，AB=AD=BC=CD=8t，∵O為AC的中點，∴AO=1∵AD∥∴△CGF∽△DAF．∴CGAD即CG8t∴CG=24∵E為BC的中點，O為AC的中點，∴OE=12AB∴OE=CE=4t．∵∠AEO=∠CAF，∴由（1）得，△AOE∽△GCA．∴OECA即4t6∵t>0，∴t=15∴AB=AD=BC=CD=8t=215即菱形ABCD的邊長為2153．(1)見解析(2)見解析(3)①9210；【分析】（1）連結(jié)OC，根據(jù)切線的性質(zhì)得出∠DCA+∠ACO=∠DCO=90°，根據(jù)直徑所對圓周角是直角，得出∠BCO+∠ACO=∠ACB=90°，等量代換得出∠DCA=∠BCO，又根據(jù)半徑相等得出∠ABC=∠BCO，進而得出∠DCA=∠ABC；（2）由（1）得∠DCA=∠ABC，進而證明△ACD∽△CBD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得證；（3）①連結(jié)OE，BE．根據(jù)已知得出∠DCF=∠DFC，DC=DF，由（2）得△ACD∽△CBD，得出DA=13AB=5，DF=DC=10．在Rt△ABC中，AC:BC:AB=1:2:5，求得OB=OE=152②由（1）得ACCB=tan∠ABC=tan∠DCA=x，設(shè)CB=t，則AC=xt，進而表示出AB2，EB2，根據(jù)【詳解】（1）解：連結(jié)OC．∵DC是⊙O的切線，∴∠DCO=90°，即∠DCA+∠ACO=∠DCO=90°．∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，即∠BCO+∠ACO=∠ACB=90°．∴∠DCA=∠BCO．∵OC=OB，∴∠ABC=∠BCO．∴∠DCA=∠ABC．（2）由（1）得∠DCA=∠ABC，∵∠D=∠D，∴△ACD∽△CBD．∴DADC∴AC?DC=CB?DA．（3）①連結(jié)OE，BE．∵弦CE平分∠ACB，∠ACB=90°，∴∠ACF=∠FCB=1∵∠DCA=∠ABC，∴∠DCA+∠ACF=∠FCB+∠ABC，即∠DCF=∠DFC．∴DC=DF．∵點F為DB的中點，∴DC=DF=1由（2）得△ACD∽△CBD，∴DADC=DC∴DAAB∴DA=13AB=5∴AF=5．∵ACBC在Rt△ABC中，AC:BC:AB=1:2:∵AB=15，∴AC=35，BC=6∵∠ECB=45°，∴∠EOB=2∠ECB=90°．∵OB=OE=15∴△OBE是等腰直角三角形．∴BE=15∵∠ACF=∠ECB，∠CAF=∠CEB，∴△ACF∽△ECB．∴ACCE∴CE=AC?EB②由（1）得ACCB設(shè)CB=t，則AC=xt，∴AB∴EB∵△EBF∽△ECB，∴EBEC∴EC?EF=EB∵△ACF∽△ECB∴AC∴EC?CF=AC?CB．∴EFCF∴CECF∴CFCE即y=2x4．(1)見解析(2)y=32(3)當(dāng)m=?56時，矩形MNQP【分析】（1）根據(jù)已知條件建立平面直角坐標(biāo)系，在圖中描出相應(yīng)的點即可；（2）設(shè)直線BC的解析式為y=kx+bk≠0，CD的解析式為y=kx，將點B，C兩點代入即可求出直線BC的解析式，將C（3）設(shè)點M的橫坐標(biāo)為m，則點P坐標(biāo)為m,32m+52，表示出MP=32m+5【詳解】（1）解：如圖（2）設(shè)直線BC的解析式為y=kx+bk≠0，將點B?1,1，C1,4代入得直線BC由點C1,4得曲線CD的解析式為：y=（3）如圖，設(shè)點M的橫坐標(biāo)為m，則點P坐標(biāo)為m,3∴MP=3∵四邊形MNQP是矩形，∴QN=MP=3∴點Q坐標(biāo)為83m+5設(shè)矩形MNQP的面積為S，∴S=MP×PQ=8∴當(dāng)m=?56時，矩形MNQP的面積的最大值為5．(1)見解析(2)DF=4(3)S【分析】（1）證明△ABC≌△ADC，得出∠ACB=∠ACD即可；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出BC=DC，∠ACB=∠ACD，根據(jù)平行線的判定得出EF∥BC，證明△AEF∽△ABC，得出AEAB=EF（3）連接BD，AC，證明△ABD≌△EBD，得出∠BAD=∠BED，證明∠ABC=360°?180°?90°=90°，設(shè)AB=EB=x，根據(jù)勾股定理得出AB2+BC2【詳解】（1）證明：∵AC平分∠BAD，∴∠BAC=∠DAC，∵AB=AD，AC=AC，∴△ABC≌△ADC，∴∠ACB=∠ACD．（2）解：∵△ABC≌△ADC，∴BC=DC，∠ACB=∠ACD，∵∠AFE=∠ACD，∴∠AFE=∠ACB，∴EF∥∴△AEF∽△ABC，∴AEAB∵E是AB的中點，∴BC=2EF=2×23∵∠DFC=∠AFE=∠ACB=∠ACD，∴DF=CD=BC=43（3）解：如圖，連接BD，AC，∵AB=EB，BD=BD，DA=DC=DE，∴△ABD≌△EBD，∴∠BAD=∠BED，∵DE=DC，∴∠DEC=∠C，∵∠BED+∠DEC=180°，∴∠BAD+∠C=180°，∵∠ADC=90°，∴∠ABC=360°?180°?90°=90°，設(shè)AB=EB=x，根據(jù)勾股定理得：AB∴x2解得x=6（負值舍去），∴S四邊形6．(1)8(2)3(3)①y=x24【分析】（1）連接OD，根據(jù)垂徑定理和勾股定理即可求解；（2）連接PD，PC．得到PD是⊙O的直徑，∠PCD=90°．在Rt△PCD（3）①證明△PCE∽△FPE，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解；②證明△PCE∽△FPE和△PCE∽△DQE，推出，PC2=PF×DQ=20，求得PC=25，得到cos∠PAB=cos∠COE=35【詳解】（1）解：如圖，連接OD．∵直徑AB⊥CD，∴∠AED=90°，CE=DE．∴OD2=D∴DE=4．∴CD=8；（2）解：如圖，連接PD，∵∠PQD=90°，∴PD是⊙O的直徑，∴∠PCD=90°．在Rt△PCD中，PC=∴tan∠PEC=（3）解：①如圖，連接CP．∵PF∥DQ，∴∠D=∠F．∵∠D=∠CPE，∴∠CPE=∠F．∵∠PEF=∠CEP，∴△PCE∽△FPE．∴PEFE∴PE∴x2∴y=x②如圖，連接BC，∵△PCE∽△FPE，∴PCPF=∵∠PQD=∠PCE，∴△PCE∽△DQE，∴PCDQ=①×②得，PCDQ∵CE=DE，∴PC∴PC=25在Rt△BCE中，BC=∴PC=BC，∴PC=∴cos∠PAB=連接PA，∵AB是直徑，∴∠APB=90°．∴PA=AB×cos過點P作PH⊥AB于點H，AH=PA×cos∴PH=24∴EH=AE?AH=32在Rt△PHE中，P∴y=x7．(1)1.8；0.7；1.5；186.5萬元(2)w=?0.1x2+1.8x+180；票價格為61【分析】（1）根據(jù)數(shù)量關(guān)系直接求解即可；（2）根據(jù)（1）可列出函數(shù)解析式，然后求二次函數(shù)的最大值即可．【詳解】（1）由題可知：若聯(lián)票價格下降5元，購買方式1門票的人數(shù)有：20000?5×400=18000（元），即1.8萬元；購買方式2門票的人數(shù)有：10000?5×600=7000（元），即0.7萬元；購買方式3門票的人數(shù)有：10000+5×600+5×400=15000（元），即1.5萬元；門票總收入有：1.8×30+0.7×50+1.5×(70?5)=186.5（萬元）．（2）由題可知：w=(2?0.04x)×30+(1?0.06x)×50+(1+0.06x+0.04x)×(70?x)=?0.1∴對稱軸所在的直線x=?1.8∴當(dāng)x=9時，聯(lián)票價格為61元，wmax答：四月份的門票總收入w（萬元）與x（元）之間的函數(shù)關(guān)系式為w=?0.1x2+1.8x+180，聯(lián)票價格為618．(1)見解析(2)27.5°，20°或35°(3)①60；②35【分析】(1)根據(jù)折疊的性質(zhì)知而∠EAF=2∠BAC=90°，∠E=∠F=90°，由此可證得四邊形AEPF是矩形；而AD=AE=AF，所以四邊形AEPF是正方形；(2)利用翻折先求出∠P=70°，再對等腰三角形進行分類討論即可求得答案；(3)①利用利用等腰三角形求出∠AEF=∠AFE=30°，然后∠PEF=∠AEB?∠AEF=90°?30°=60°即可得解；②利用相似三角形的判定和性質(zhì)證明求出BM=14【詳解】（1）解：∵∠BAC=45°，且△ABE和△ACF分別是由Rt△ABD和Rt△ACD翻折得到∴∠EAF=2∠BAC=90°，∠E=∠F=90°∴四邊形AEPF為矩形又∵AD=AE=AF，∴四邊形AEPF為正方形．（2）設(shè)∠BAD=a，則∠ABD=∠ABE=90°?a，∴∠PBC=180°?290°?a而∠P=360°?90°?90°?2×55°=70°∵△PBC是等腰三角形∴當(dāng)PB=PC時，2a+2a+70°=180°∴a=27.5°當(dāng)BP=BC時，2a+70°+70°=180°∴a=20°當(dāng)CP=CB時，2a=70°∴a=35°∴∠BAD為27.5°，20°或35°（3）①由(1)知∠EAF=2∠BAC=2×60=120°,AE=AF,∠AEB=90°∴∠AEF=∠AFE=30°∴∠PEF=∠AEB?∠AEF=90°?30°=60°故答案為：60；②∵∠EGB=∠AGH，∠GEB=∠GAH，∴△EGB∴GE又∵∠AGE=∠HGB，∴△AGE~△HGB∴∠GBH=∠GEA=∴∠AHB=180°?∴AH=12∵∠MAH=90°?∠ACB=∠CBH，∠AHM=∠BDM=90°∴△AMH∽∴MHHC=AHBH∴BM=BH?MH=5∴S9．[教材呈現(xiàn)]：面積相等，理由見解析；[基礎(chǔ)鞏固]：14；[嘗試應(yīng)用]：S【分析】[教材呈現(xiàn)]根據(jù)平行線與三角形的面積公式解答即可；[基礎(chǔ)鞏固]連接OC、OD，設(shè)⊙O的半徑為r，利用正方形的性質(zhì)得MN∥BC，根據(jù)三角形面積公式得S△AON=S[嘗試應(yīng)用]連接AO，過點O作OH⊥AB于點H，由BD=CD，BO=CO，DO=DO可得△BDO≌△CDO，得出∠BDO=∠CDO，即可得∠BDC=∠BAC=2∠BDO，由∠ACO=2∠BDO可得∠BAC=∠ACO，再由CO∥AB得出[拓展提高]連接DF，BD，OD，先由垂徑定理得出BC=BD，CP=PD，從而可得FC=【詳解】∵△ABC1，△ABC2，∴S[基礎(chǔ)鞏固]連接OC、OD∵AD∥MN∴S同理，S∴S∴陰影面積與圓面積的比為14[嘗試應(yīng)用]連接AO，過點O作OH⊥AB于點H∵BD=CD∴△BDO∴∠BDO=∠CDO∴∠BDC=∠BAC=2∠BDO∵∠ACO=2∠BDO∴∠BAC=∠ACO∴CO∴∠ABO=∠BOC，S∴BH=OB×cosAB=2AH=10x，OH=51?∴S[拓展提高]連接DF∵AB為直徑，CD⊥AB于點P∴BC=BD又∵CF=CB∴FC∴∠BFD=∠CBF，F(xiàn)CB∴BC∥DF，BF=CD設(shè)EP=a，則CD=8a∵FC∴∠DCB=∠CBF∴BE=CE=3a，PB=∵BC∥DF∴S∴S∴1∴a=∴PB=4，PD=4在Rt△ODP中，O設(shè)⊙O半徑為r，則r?4解得r=6∴⊙O的半徑為610．(1)y=?100x+2000(2)當(dāng)烏饅頭每盒降價3元時，商店每天獲利為1480元(3)當(dāng)銷售單價定為16元/盒時，日銷售純利潤最大，最大純利潤為1580元【分析】（1）設(shè)y=kx+b，根據(jù)表格即可求解；（2）根據(jù)：銷售量×單件利潤?損耗費用=銷售總利潤，列出方程即可求解；（3）設(shè)日銷售純利潤為w元，根據(jù)：銷售量×單件利潤?損耗費用=銷售總利潤，列出函數(shù)關(guān)系式，并在12≤x≤20求最值即可．【詳解】（1）解：設(shè)y=kx+b，由題意得500=15k+b700=13k+b解得k=?100b=2000∴y=?100x+2000．（2）解：當(dāng)x=18時，y=200，即銷售200盒的純利潤為1180元，∴成本價為：18?1180+20?100x+2000x?12解得：x1=17（舍），18?15=3（元）．答：當(dāng)烏饅頭每盒降價3元時，商店每天獲利為1480元．（3）解：設(shè)日銷售純利潤為w元，由題意得w==?100=?100x?16∵?100<0，12≤x≤20，∴當(dāng)x=16時，w有最大值1580元，答：當(dāng)銷售單價定為16元/盒時，日銷售純利潤最大，最大純利潤為1580元．11．（1）1，3；（2）AD=4217；（3）【分析】（1）過點D作DF∥BE，交AC于點F，由題意易得AE=EF=CF，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)及平行線所截線段成比例可進行求解；（2）作EF∥AD交BC于F，設(shè)CF=x，則有DF=3x，（3）作MN∥BC交AC于N，設(shè)GN=x，則有CN=2x，【詳解】解：（1）過點D作DF∥BE，交AC于點F，如圖所示：∵D是BC的中點，∴BD=CD，∴CDBD∴EF=CF，∵AE=1∴AE=EF=CF，∵DF∥BE，∴AGGD=AEEF=1∴EGDF∴EG=1∴BGGE故答案為1；3；（2）作EF∥AD交BC于設(shè)CF=x，∵EF∥∴CFDF即DF=3x，CD=4x，∵AD⊥BE，AB=AE，∴AB=3，BH=EH，∠BAH=∠EAH，∵∠BAD=∠C，∴∠DAC=∠C，∴AD=CD=4x，∵EF∥∴BDDF=BH∵∠BAD=∠C，∴△BAD∽△BCA，∴ABBD=BC∴32解得x=21∴AD=4（3）作MN∥BC交AC于N，設(shè)∵MN∥∴CNGN=BMGM=2∵AB∥∴△ABG∽△CEG，∴CECG=AB∵E是CD中點，∴CD=6x，從而AB=AG=6x，∴AC=9x，AN=7x，∵AD∥∴∠ACB=∠DAC=∠BAF，又∠ABC=∠FBA，∴△ABC∽△FBA，∴ACFA=ABFB，代入得∵MN∥∴AMAF∴AM=712．(1)見解析(2)①見解析；②tan∠EAC=1；③【分析】（1）證明AB=（2）①利用圓周角定理證明AC+ECm180°，進而證明②利用圓周角定理，平行線的性質(zhì)等證明BP=DP，PQ=PM，再證明△PBQ≌△PDM，得出∠PBQ=∠QDC，進而得出AC=EC，可求出∠EAC=45°，即可求③連結(jié)AD，令∠DEA=α，利用圓周角定理和三角形外角的性質(zhì)可得∠BPE=2α，再證明AC=2AD得出∠ABC=2α，從而得出∠PBQ=∠BPQ，利用等角對等邊得出QP=QB，設(shè)設(shè)QP=mx，PD=m，可求DE=2x+1m，PA=PE=2mx，利用勾股定理可求AE=22【詳解】（1）證明：∵AB=BC，∴AB=∵AD=∴AB?即BD=（2）解：①證明∵AE為直徑，∴AC∵由（1）知BD，∴AC+∴∠DCB+∠ABC=90°，∴AB⊥DC②連結(jié)BD．∵AD=∴∠ABD=∠EDB，∠PAE=∠PEA，∴BP=DP，∵MQ∥∴∠PMQ=∠PAE，∠PQM=∠PEA，∴∠PMQ=∠PQM，∴PQ=PM，∵∠BPQ=∠DPM，∴△PBQ≌△PDM，∴∠PBQ=∠QDC，∴AC=∵AC+∴ECm∴∠EAC=45°，∴tan③y=2過程如下：連結(jié)AD，令∠DEA=α，∵AD=∴∠BAE=∠DEA=α，∴∠BPE=∠BAE+∠DEA=2α∵AE為直徑，∴AD+∵BD=∴AD+∴AC=2∴∠ABC=2∠AED=2α∴∠PBQ=∠BPQ=2a，∴QP=QB，設(shè)QP=mx，PD=m，∴DE=m2x+1，∵∠PAE=∠PEA，∴PA=PE=2mx，∴AE為直徑，∴∠PDA=90°，AD=在Rt△AED中：∵DC⊥AB，∴∠DMP=90°，∵AE為直徑，∴∠ACE=90°，∴∠DMP=∠ACE=90°，又∠EDC=∠EAC，∴△DMP∽△ACE∴CEPM=AE13．(1)①y=?x22+6x；②當(dāng)x=2(2)能截出面積更大的矩形材料，這些矩形材料的最大面積為32【分析】（1）①由銳角三角函數(shù)可求GB的長，由矩形的面積公式可求解；②由二次函數(shù)的性質(zhì)可求解；（2）用NH分別表示BH，AF的長，由面積公式和二次函數(shù)的性質(zhì)可求解．【詳解】（1）解：①如圖2，∵四邊形AEFG是矩形，∴AE=FG，∠A=∠FGB=90°，∵tan∴GB=1∴AG=AB?GB=6?1∴S=AE?AG=x(6?1②∵點E在線段AE上，∴0<x≤2，∵y=?1∴當(dāng)x=2時，y的最大值為10；（2）能，如圖1，當(dāng)點E在線段CD上時，過點D作DM⊥EF于M，∵四邊形EFHN是矩形，∴EF=NH，EN=FH，∵tan∴HB=1∵∠A=90°=∠AFE，DM⊥EF，∴四邊形ADMF是矩形，∴DM=AF，AD=MF=2，∵∠ADC=135°，∴∠EDM=45°，∴DM=EM=NH?2，∴AF=NH?2，∴FH=AB?AF?BH=8?3∴S=FH?NH=NH(8?3∴當(dāng)NH=83時，S有最大值為∵323∴能截出比（1）中更大面積的矩形材料，這些矩形材料面積的最大值為32314．（1）證明見解析，（2）①AD=2．②AD=7?【分析】（1）證明△ACD∽△ABC，即可得證；（2）①取AD中點F，連接EF，則EF為△ACD的中位線，證明△FED∽△FBE，得到EF②取AD中點F，連接EF，過點E作EG⊥AB，垂足為G，證明△BDE∽△BEF，得到BE【詳解】（1）證明∵∠A=∠A,∠ACD=∠ABC，∴△ACD∽△ABC，∴ACAB∴AC（2）①取AD中點F，連接EF，∵∠ACB=90°,BC=2,∠ABC=60°，∴AC=23，AB=4∵E為CD中點，∴EF為△ACD的中位線，∴EF=12AC=∴∠DEF=∠ACD，∵∠ACD=∠DBE，∴∠DBE=∠DEF，∴△FED∽△FBE，∴E設(shè)AF=FD=x，則FB=4?x，∴(解得x1=1，∴AD=2．②取AD中點F，連接EF，過點E作EG⊥AB，垂足為G，設(shè)AF=FD=x，∵EF為△ACD的中位線，∴EF∥AC，∴∠EFB=∠A=30°，∵∠DEB=30°，∴∠DEB=∠EFB，∴△BDE∽△BEF，∴BE∵EF=3∴EG=32，∴BG=AB?AF?FG=4?x?3∴BE又∵BD=AB?AD=4?2x，BF=AB?AD=4?x．∴32解得x1=7?∴AD=7?1315．(1)∠BAC=(2)①證明見解析，②AO=(3)y=【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓周角是直角得出∠ABC=∠ADC=90°，進而證明△ABC≌△ADC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)以及同弧所對的圓周角相等得出∠E=∠BAD=α，即可求解．（2）①連接DG．證明△ABG≌△ADG，△DFG≌△DFE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可求解；②過點O作OH⊥AD，垂足為H．根據(jù)DE=BG，同弧所對的圓周角相等得出∠ABE=∠FDE，則tan∠FDE=34，DE=5，進而求得EF=FG=3，F(xiàn)D=4，AF=6．由tanGAF=GF（3）連接BD交AC于點M．得出M為△BDE的中位線，可得△AOF∽△DEF，得出BFEF=AOOM+1，根據(jù)∠ABE=∠BAC=∠CBD，則tan∠ABE=tan∠BAC=tan【詳解】（1）∵AC為直徑，∴∠ABC=∠ADC=90°，又∵AB=AD，AC=AC，∴△ABC≌△ADC．∴∠BAC=∠CAD=1∵∠E=∠BAD=α，∴∠BAC=α（2）①連接DG．∵AB=AD，∠BAG=∠DAG，AG=AG，∴△ABG≌△ADG，∴BG=DG，∠ABG=∠ADG．∵∠ABG=∠EDF，∴∠ADG=EDF，又∵EG⊥DF，DF=DF，∴△DFG≌△DFE，∴DE=DG，GF=EF，∴DE=BG．②過點O作OH⊥AD，垂足為H．∵tan∠ABE=34，∴tan∠FDE=34∴EF=FG=3，F(xiàn)D=4，∴BF=BG+GF=8．∴由tan∠ABE=34∴AD=AF+FD=10．∵OH⊥AD，∴AH=1∵tan∴OH=5∴由勾股定理得AO=A（3）解：如圖所示，連接BD交AC于點M，∵AB=AD，∠BAC=∠DAC，∴AC⊥BD，∵BE為直徑，∴∠BDE=90°．∵O為BE中點．∴OM為△BDE的中位線，∴OM=12DE∴△AOF∽△DEF，∴AODE∴AO+DEDE∴BFEF∵∠ABE=∠BAC=∠CBD，∴tan∠ABE=∴令A(yù)M=a，則BM=ax，CM=ax∴AO=ax2∴y=BF16．(1)①2，?1；(2)a=2，m=3【分析】（1）①先利用待定系數(shù)法確定拋物線的解析式，再將解析式化為頂點式即可得出答案；②先確定拋物線的對稱軸為直線x=2，y最小=?1，再確定當(dāng)x=0時，y=3，當(dāng)x=6時，（2）先確定拋物線與y軸交點坐標(biāo)為0，3，而當(dāng)0≤x≤m時，1≤y≤9，從而可得出y最小=1，利用頂點縱坐標(biāo)公式可求出a，此時當(dāng)【詳解】（1）解：①∵拋物線y=ax2?4x+3∴a×4解得：a=1，∴y=x∴頂點坐標(biāo)為2，②∵拋物線y=x2?4x+3當(dāng)x=2時，y最小當(dāng)x=0時，y=3，當(dāng)x=6時，y=6當(dāng)0≤x≤6時，y的取值范圍為?1≤y≤15．故答案為：?1≤y≤15．（2）∵拋物線y=a當(dāng)x=0時，y=3，∴拋物線與y軸交于點0，∵當(dāng)0≤x≤m時，1≤y≤9，∴拋物線經(jīng)歷先下降再上升的過程，∴4a×3??4解得：a=2m=3或a=2∴a=2，m=3．17．(1)證明見解析(2)4(3)2【分析】（1）證明△ABE≌△CBDSAS（2）延長AE交BD于點H，利用勾股定理求出EH和AH，然后代入CD=AE=AH?EH即可；（3）取BD的中點P，連接PE、PF，根據(jù)勾股定理求出PE=23，再根據(jù)三角形中位線定理可得PF=3【詳解】（1）證明：如下圖：∵△ABC和△BDE都是等邊三角形，∴BA=BC，BE=BD，∠ABC=∠EBD=60°，∴∠ABC?∠1=∠EBD?∠1，∴∠2=∠3，在△ABE和△CBD中，BA=BC∠2=∠3∴△ABE≌△CBDSAS∴AE=CD．（2）延長AE交BD于點H，∵AE⊥BD，∴∠AHB=90°，∵△BDE是等邊三角形且邊長為4，等邊△ABC的邊長為6，∴BH=1∴EH=B∴AH=A∴CD=AE=AH?EH=42∴CD的長為42（3）取BD的中點P，連接PE、PF，∵△BDE是等邊三角形且邊長為4，△ABC是等邊三角形且邊長為6，∴PE⊥BD，PD=1∴PE=D∵F為DC的中點，∴PF=1∴在△PEF中，23?3<EF<23+3，當(dāng)P、∴23∴旋轉(zhuǎn)過程中EF的取值范圍是2318．(1)①√；②×(2)73(3)①63；②【分析】（1）①根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知對角線平分的兩個三角形全等，則平行四邊形是倍分四邊形；②根據(jù)梯形的對角線不一定平分成兩個面積相等的三角形，即可判斷②（2）根據(jù)題意得到S△ABC=S△ADC，過點D作DE⊥AC于點E，則AB=DE=3，AE=EC，勾股定理得出AE，即可得出（3）①連接NC，BM，OM，設(shè)OM,CN交于點G，根據(jù)四邊形BCMN是倍分四邊形．得出NC是倍分線，則NB=MG，證明△CGO∽△CNB得出OG=12NB，設(shè)BN=a，則MO=MG+OG=a+12a=32a，得出sin∠BCN=NB②設(shè)OM,NC交于點G，連接BG，過點F作FH⊥CG交NC于點H，由①可得MG∥NB,MG=BN，則四邊形BNMG是平行四邊形，得出DG=12NG=2【詳解】（1）解：①平行四邊形是倍分四邊形（√）②梯形是倍分四邊形（×）故答案為：①√；②×．（2）解：∵倍分四邊形ABCD中，AC是倍分線，∴S如圖所示，過點D作DE⊥AC于點E，∵AC⊥AB，AB=3，AD=DC=5，∴AB=DE=3，AE=EC在Rt△AED中，AE=∴AC=2AE=8，在Rt△ACB中，（3）①如圖所示，連接NC，BM，OM，設(shè)OM,CN交于點G，∵BC為⊙O直徑，∴∠BMC=90°，∵BA=BC，∴AM=AC，即M是AC的中點，∴MO=12∵四邊形BCMN是倍分四邊形．若BM是倍分線，則點N,C到BM的距離相等，而BM是∠ABC的角平分線，點C,A到BM的距離相等，點N,A不重合，故BM不是倍分線，∴NC是倍分線，∴NB=MG，又∵MO∥∴△CGO∽△CNB，∴OGNB∴OG=1設(shè)BN=a，則MO=MG+OG=a+1∴AB=2MO=3a，又∵BA=BC，∴BC=3a，∴sin∠BCN=過點A作AP⊥BC于點P，∴∠BAP+∠ABP=∠BNC+∠ABP=90°，∴∠BAP=∠BCN，∴sin∠BAP=∵AB=3a，∴PB=a，則PC=BC?BP=3a?a=2a，在Rt△ABP中，AP=在Rt△APC中，∴sin②如圖所示，設(shè)OM,NC交于點G，連接BG，過點F作FH⊥CG交NC于點H，由①可得MG∥NB,MG=BN，則四邊形∵點F是OC的中點，OF=3∴OC=6，則BC=12=AB，在Rt△BNC中，∵∴NB=4，則AN=AB?BN=12?4=8∴NC=B∵NG=1∴DG=1∵FH⊥NC,GO⊥NC，∴GO∥∴△CHF∽△CGO∴HFGO∴GH=12∵HF∴△EHF∽△EGM，∴HF即1∴GE=∴DE=DG+GE=2219．（1）120，1.5，480；（2）y＝80x﹣120；（3）當(dāng)97≤x≤3，兩車與車站C的路程之和不超過300km【分析】（1）先求出甲的速度，利用路程=速度×?xí)r間，可求a的值，m的值，AB的距離；（2）利用待定系數(shù)法可求解析式；（3）分兩種情況討論，由題意列出不等式，即可求解．【詳解】（1）∵甲的速度=3606=60（km/h∴BC的距離a=60×2=120（km），∴AB=360+120=480（km），∴乙車速度=4806=80（km/h∴m=12080=1.5（h故答案為：120，1.5，480；（2）設(shè)1.5小時后，乙車離C站的路程y（km）與行駛時間x（h）之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=kx+b，360=6k+b0=1.5k+b解得：k=80b=?120∴函數(shù)關(guān)系式為y=80x﹣120；（3）當(dāng)0≤x≤1.5時，360﹣60x+120﹣80x≤300，∴x≥97∴當(dāng)97≤x≤1.5，兩車與車站C的路程之和不超過300km當(dāng)1.5＜x≤6時，360﹣60x+80x﹣120≤300，∴x≤3，∴當(dāng)1.5＜x≤3時，兩車與車站C的路程之和不超過300km，綜上所述：當(dāng)97≤x≤3，兩車與車站C的路程之和不超過300km20．(1)3(2)BC邊的等級垂分線段的長度為2(3)四邊形ABCD的一條等積垂分線段的長為3【分析】（1）過點A作AD⊥BC，根據(jù)等邊三角形性質(zhì)求解即可．（2）線段EF是垂直于BC邊的等積垂分線段，設(shè)EF=x，作AH⊥BC，構(gòu)建方程即可得到答案．（3）分兩種情況，作FG⊥BH，設(shè)DE=x或作EG⊥BD，設(shè)FH=y，構(gòu)建方程即可得到答案．【詳解】（1）解：如圖所示AD為垂直于BC邊的等積垂分線，∵△ABC是等邊三角形，AB=3，∴ADAB∴AD=3