2021年黑龙江省绥化市中考数学试卷一、单项选择题（本题共12个小题，每小题3分，共36分）请在答题卡上用2B铅笔将你的选项所对应的大写字母涂黑1．（3分）（2021•绥化）现实世界中，对称无处不在，在美术字中，有些汉字也具有对称性．下列汉字是轴对称图形的是（ ）A．B．C．D．2．（3分）（2021•绥化）据国家卫健委统计，截至6月2日，我国接种新冠疫苗已超过704000000剂次，把704000000这个数用科学记数法表示为（ ）A．7.04×107B．7.04×109C．0.704×109D．7.04×1083．（3分）（2021•绥化）如图所示，图中由7个完全相同小正方体组合而成的几何体，则这个几何体的左视图是（ ）A．B．C．D．4．（3分）（2021•绥化）若式子x0x+1在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）A．x＞﹣1B．x≥﹣1且x≠0C．x＞﹣1且x≠0D．x≠0第44页（共44页）\n5．（3分）（2021•绥化）定义一种新的运算：如果a≠0．则有a▲b＝a﹣2+ab+|﹣b|，那么（-12）▲2的值是（ ）A．﹣3B．5C．-34D．326．（3分）（2021•绥化）下列命题是假命题的是（ ）A．任意一个三角形中，三角形两边的差小于第三边B．三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半C．如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角一定相等D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形7．（3分）（2021•绥化）下列运算正确的是（ ）A．（a5）2＝a7B．x4•x4＝x8C．9=±3D．3-27-3=238．（3分）（2021•绥化）一个多边形的内角和是外角和的4倍，则这个多边形是（ ）A．八边形B．九边形C．十边形D．十二边形9．（3分）（2021•绥化）近些年来，移动支付已成为人们的主要支付方式之一．某企业为了解员工某月A，B两种移动支付方式的使用情况，从企业2000名员工中随机抽取了200人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有10人，样本中仅使用A种支付方式和仅使用B种支付方式的员工支付金额a（元）分布情况如表：支付金额a（元）0＜a≤10001000＜a≤2000a＞2000仅使用A36人18人6人仅使用B20人28人2人下面有四个推断：①根据样本数据估计，企业2000名员工中，同时使用A，B两种支付方式的为800人；第44页（共44页）\n②本次调查抽取的样本容量为200人；③样本中仅使用A种支付方式的员工，该月支付金额的中位数一定不超过1000元；④样本中仅使用B种支付方式的员工，该月支付金额的众数一定为1500元．其中正确的是（ ）A．①③B．③④C．①②D．②④10．（3分）（2021•绥化）根据市场需求，某药厂要加速生产一批药品，现在平均每天生产药品比原计划平均每天多生产500箱，现在生产6000箱药品所需时间与原计划生产4500箱药品所需时间相同，那么原计划平均每天生产多少箱药品？设原计划平均每天可生产x箱药品，则下面所列方程正确的是（ ）A．6000x=4500x+500B．6000x-500=4500xC．6000x=4500x-500D．6000x+500=4500x11．（3分）（2021•绥化）已知在Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝75°，AB＝5，点E为边AC上的动点，点F为边AB上的动点，则线段FE+EB的最小值是（ ）A．532B．52C．5D．312．（3分）（2021•绥化）如图所示，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝6，点E、F分别是矩形的边AD、BC上的动点，将该纸片沿直线EF折叠．使点B落在矩形边AD上，对应点记为点G，点A落在M处，连接EF、BG、BE，EF与BG交于点N．则下列结论成立的是（ ）①BN＝AB；②当点G与点D重合时，EF=352；第44页（共44页）\n③△GNF的面积S的取值范围是94≤S≤72；④当CF=52时，S△MEG=3134．A．①③B．③④C．②③D．②④二、填空题（本题共10个小题，每小题3分，共30分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内.13．（3分）（2021•绥化）在单词mathematics（数学）中任意选择一个字母恰好是字母“t”的概率是 ．14．（3分）（2021•绥化）在实数范围内分解因式：ab2﹣2a＝ ．15．（3分）（2021•绥化）一条弧所对的圆心角为135°，弧长等于半径为5cm的圆的周长的3倍，则这条弧的半径为 cm．16．（3分）（2021•绥化）当x=2021+3时，代数式(x+3x2-3x-x-1x2-6x+9)÷x-9x的值是 ．17．（3分）（2021•绥化）某学校计划为“建党百年，铭记党史”演讲比赛购买奖品．已知购买2个A种奖品和4个B种奖品共需100元；购买5个A种奖品和2个B种奖品共需130元．学校准备购买A，B两种奖品共20个，且A种奖品的数量不小于B种奖品数量的25，则在购买方案中最少费用是 元．18．（3分）（2021•绥化）已知m，n是一元二次方程x2﹣3x﹣2＝0的两个根，则1m+1n= ．第44页（共44页）\n19．（3分）（2021•绥化）边长为4cm的正六边形，它的外接圆与内切圆半径的比值是 ．20．（3分）（2021•绥化）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，MN垂直于x轴，以MN为对称轴作△ODE的轴对称图形，对称轴MN与线段DE相交于点F，点D的对应点B恰好落在y=kx（k≠0，x＜0）的双曲线上，点O、E的对应点分别是点C、A．若点A为OE的中点，且S△AEF＝1，则k的值为 ．21．（3分）（2021•绥化）在边长为4的正方形ABCD中，连接对角线AC、BD，点P是正方形边上或对角线上的一点，若PB＝3PC，则PC＝ ．22．（3分）（2021•绥化）下面各图形是由大小相同的三角形摆放而成的，图①中有1个三角形，图②中有5个三角形，图③中有11个三角形，图④中有19个三角形…依此规律，则第n个图形中三角形个数是 ．三、解答题（本题共7个小题，共54分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内.23．（6分）（2021•绥化）（1）如图，已知△ABC，P为边AB上一点，请用尺规作图的方法在边AC上求作一点E，使AE+EP＝AC．（保留作图痕迹，不写作法）第44页（共44页）\n（2）在图中，如果AC＝6cm，AP＝3cm，则△APE的周长是 cm．24．（6分）（2021•绥化）如图所示，在网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，把小正方形的顶点叫做格点，O为平面直角坐标系的原点，矩形OABC的4个顶点均在格点上，连接对角线OB．（1）在平面直角坐标系内，以原点O为位似中心，把△OAB缩小，作出它的位似图形，并且使所作的位似图形与△OAB的相似比等于12；（2）将△OAB以O为旋转中心，逆时针旋转90°，得到△OA1B1，作出△OA1B1，并求，出线段OB旋转过程中所形成扇形的周长．25．（6分）（2021•绥化）一种可折叠的医疗器械放置在水平地面上，这种医疗器械的侧面结构如图实线所示，底座为△ABC，点B、C、D在同一条直线上，测得∠ACB＝90°，∠第44页（共44页）\nABC＝60°，AB＝32cm，∠BDE＝75°，其中一段支撑杆CD＝84cm，另一段支撑杆DE＝70cm．求支撑杆上的点E到水平地面的距离EF是多少？（用四舍五入法对结果取整数，参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27，3≈1.732）26．（8分）（2021•绥化）小刚和小亮两人沿着直线跑道都从甲地出发，沿着同一方向到达乙地，甲乙两地之间的距离是720米，先到乙地的人原地休息．已知小刚先从甲地出发4秒后，小亮从甲地出发，两人均保持匀速前行第一次相遇后，保持原速跑一段时间，小刚突然加速，速度比原来增加了2米/秒，并保持这一速度跑到乙地（小刚加速过程忽略不计）．小刚与小亮两人的距离S（米）与小亮出发时间t（秒）之间的函数图象，如图所示．根据所给信息解决以下问题．（1）m＝ ，n＝ ；（2）求CD和EF所在直线的解析式；（3）直接写出t为何值时，两人相距30米．第44页（共44页）\n27．（9分）（2021•绥化）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与BC相交于点D，DE⊥AC，垂足为E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若弦MN垂直于AB，垂足为G，AGAB=14，MN=3，求⊙O的半径；（3）在（2）的条件下，当∠BAC＝36°时，求线段CE的长．28．（9分）（2021•绥化）如图所示，四边形ABCD为正方形，在△ECH中，∠ECH＝90°，CE＝CH，HE的延长线与CD的延长线交于点F，点D、B、H在同一条直线上．（1）求证：△CDE≌△CBH；（2）当HBHD=15时，求FDFC的值；（3）当HB＝3，HG＝4时，求sin∠CFE的值．29．（10分）（2021•绥化）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+5（a≠0）与x轴交于点A（﹣5，0），点B（1，0）（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，连接BD．直线y=-12x-52经过点A，且与y轴交于点E．第44页（共44页）\n（1）求抛物线的解析式；（2）点N是抛物线上的一点，当△BDN是以DN为腰的等腰三角形时，求点N的坐标；（3）点F为线段AE上的一点，点G为线段OA上的一点，连接FG，并延长FG与线段BD交于点H（点H在第一象限），当∠EFG＝3∠BAE且HG＝2FG时，求出点F的坐标．第44页（共44页）\n2021年黑龙江省绥化市中考数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共12个小题，每小题3分，共36分）请在答题卡上用2B铅笔将你的选项所对应的大写字母涂黑1．（3分）（2021•绥化）现实世界中，对称无处不在，在美术字中，有些汉字也具有对称性．下列汉字是轴对称图形的是（ ）A．B．C．D．【解答】解：A．是轴对称图形，故本选项符合题意；B．不是轴对称图形，故本选项不合题意；C．不是轴对称图形，故本选项不合题意；D．不是轴对称图形，故本选项不合题意；故选：A．2．（3分）（2021•绥化）据国家卫健委统计，截至6月2日，我国接种新冠疫苗已超过704000000剂次，把704000000这个数用科学记数法表示为（ ）A．7.04×107B．7.04×109C．0.704×109D．7.04×108【解答】解：704000000＝7.04×108，故选：D．3．（3分）（2021•绥化）如图所示，图中由7个完全相同小正方体组合而成的几何体，则这个几何体的左视图是（ ）第44页（共44页）\nA．B．C．D．【解答】解：从几何体的左面看，共有三列，从左到右每列小正方形的个数分别为3、1、1．故选：C．4．（3分）（2021•绥化）若式子x0x+1在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）A．x＞﹣1B．x≥﹣1且x≠0C．x＞﹣1且x≠0D．x≠0【解答】解：根据题意得：x+1＞0且x≠0，解得：x＞﹣1且x≠0，故选：C．5．（3分）（2021•绥化）定义一种新的运算：如果a≠0．则有a▲b＝a﹣2+ab+|﹣b|，那么（-12）▲2的值是（ ）A．﹣3B．5C．-34D．32【解答】解：根据题中的新定义得：（-12）▲2第44页（共44页）\n=(-12)-2+(-12)×2+|﹣2|＝4﹣1+2＝5．故选：B．6．（3分）（2021•绥化）下列命题是假命题的是（ ）A．任意一个三角形中，三角形两边的差小于第三边B．三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半C．如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角一定相等D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形【解答】解：A、任意一个三角形中，三角形两边的差小于第三边，正确，是真命题，不符合题意；B、三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，正确，是真命题，不符合题意；C、如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角一定相等或互补，故原命题错误，是假命题，符合题意；D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，正确，是真命题，不符合题意，故选：C．7．（3分）（2021•绥化）下列运算正确的是（ ）A．（a5）2＝a7B．x4•x4＝x8C．9=±3D．3-27-3=23【解答】解：A．（a5）2＝a10，故本选项不合题意；B．x4•x4＝x8，故本选项符合题意；C.9=3，故本选项不符合题意；第44页（共44页）\nD.3-27-3=-3-3，故本选项不合题意；故选：B．8．（3分）（2021•绥化）一个多边形的内角和是外角和的4倍，则这个多边形是（ ）A．八边形B．九边形C．十边形D．十二边形【解答】解：设这个多边形的边数为n，则该多边形的内角和为（n﹣2）×180°，依题意得（n﹣2）×180°＝360°×4，解得n＝10，∴这个多边形是十边形．故选：C．9．（3分）（2021•绥化）近些年来，移动支付已成为人们的主要支付方式之一．某企业为了解员工某月A，B两种移动支付方式的使用情况，从企业2000名员工中随机抽取了200人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有10人，样本中仅使用A种支付方式和仅使用B种支付方式的员工支付金额a（元）分布情况如表：支付金额a（元）0＜a≤10001000＜a≤2000a＞2000仅使用A36人18人6人仅使用B20人28人2人下面有四个推断：①根据样本数据估计，企业2000名员工中，同时使用A，B两种支付方式的为800人；②本次调查抽取的样本容量为200人；③样本中仅使用A种支付方式的员工，该月支付金额的中位数一定不超过1000元；④样本中仅使用B种支付方式的员工，该月支付金额的众数一定为1500元．第44页（共44页）\n其中正确的是（ ）A．①③B．③④C．①②D．②④【解答】解：①根据样本数据估计，企业2000名员工中，同时使用A，B两种支付方式的大约有2000×200-10-60-50200=800（人），此推断合理，符合题意；②本次调查抽取的样本容量为200，故原说法错误，不符合题意；③样本中仅使用A种支付方式的员工，第30、31个数据均落在0＜a≤1000，所以上个月的支付金额的中位数一定不超过1000元，此推断合理，符合题意；④样本中仅使用B种支付方式的同学，上个月的支付金额的众数无法估计，此推断不正确，不符合题意．故推断正确的有①③，故选：A．10．（3分）（2021•绥化）根据市场需求，某药厂要加速生产一批药品，现在平均每天生产药品比原计划平均每天多生产500箱，现在生产6000箱药品所需时间与原计划生产4500箱药品所需时间相同，那么原计划平均每天生产多少箱药品？设原计划平均每天可生产x箱药品，则下面所列方程正确的是（ ）A．6000x=4500x+500B．6000x-500=4500xC．6000x=4500x-500D．6000x+500=4500x【解答】解：设原计划平均每天可生产x箱药品，则现在平均每天可生产（x+500）箱药品，依题意得：6000x+500=4500x．故选：D．11．（3分）（2021•绥化）已知在Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝75°，AB＝5，点E为边AC上的动点，点F为边AB上的动点，则线段FE+EB的最小值是（ ）第44页（共44页）\nA．532B．52C．5D．3【解答】解：作F关于AC的对称点F'，延长AF'、BC交于点B'，∴∠BAB'＝30°，EF＝EF'，∴FE+EB＝BE+EF'，∴当B、E、F'共线且与AB'垂直时，长度最小，即作BD⊥AB'于D，在△ABD中，BD=12AB=52，故选：B．12．（3分）（2021•绥化）如图所示，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝6，点E、F分别是矩形的边AD、BC上的动点，将该纸片沿直线EF折叠．使点B落在矩形边AD上，对应点记为点G，点A落在M处，连接EF、BG、BE，EF与BG交于点N．则下列结论成立的是（ ）①BN＝AB；②当点G与点D重合时，EF=352；第44页（共44页）\n③△GNF的面积S的取值范围是94≤S≤72；④当CF=52时，S△MEG=3134．A．①③B．③④C．②③D．②④【解答】解：∵AB＝3是定值，BN=12BG，BG的长是变化的，∴BN的值也是变化的，∴BN与AB不一定相等，故①错误．∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEF＝∠EFB，由翻折的性质可知FB＝FG，∠EFB＝∠EFG，∴∠GEF＝∠EFG，∴GE＝GF＝BF，∵GE∥BF，∴四边形BEGF是平行四边形，∵FB＝FG，∴四边形BEGF是菱形，∴BE＝EG，第44页（共44页）\n当D，G重合时，设BE＝DE＝x，则有x2＝32+（6﹣x）2，∴x=154，∵∠A＝90°，AB＝3，AD＝6，∴BD=AB2+AD2=32+62=35，∴S菱形BEDF＝DE•AB=12•BD•EF，∴EF=2×3×15435=352，故②正确，当D，G重合时，△GNF的面积最大，最大值=14×154×3=4516，∴S△GNF≤4516，故③错误，如图2中，当CF=52时，BF＝BE＝EG＝FG＝BC﹣CF＝6-52=72，∴AE＝EM=BE2-AB2=(72)2-32=132，∴S△MEG=12•ME•GM=12×132×3=3134，故④正确．故选：D．第44页（共44页）\n二、填空题（本题共10个小题，每小题3分，共30分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内.13．（3分）（2021•绥化）在单词mathematics（数学）中任意选择一个字母恰好是字母“t”的概率是 211 ．【解答】解：“mathematics”中共11个字母，其中共2个“t”，任意取出一个字母，有11种情况可能出现，取到字母“a”的可能性有两种，故其概率是211；故答案为：211．14．（3分）（2021•绥化）在实数范围内分解因式：ab2﹣2a＝ a（b+2）（b-2） ．【解答】解：ab2﹣2a，＝a（b2﹣2）﹣﹣（提取公因式）＝a（b+2）（b-2）．﹣﹣（平方差公式）15．（3分）（2021•绥化）一条弧所对的圆心角为135°，弧长等于半径为5cm的圆的周长的3倍，则这条弧的半径为 40 cm．【解答】解：设弧所在圆的半径为r，由题意得，135πr180=2π×5×3，第44页（共44页）\n解得，r＝40cm．故应填40．16．（3分）（2021•绥化）当x=2021+3时，代数式(x+3x2-3x-x-1x2-6x+9)÷x-9x的值是 12021 ．【解答】解：原式＝[x2-9x(x-3)2-x2-xx(x-3)2]•xx-9=x-9x(x-3)2•xx-9=1(x-3)2，当x=2021+3时，原式=1(2021+3-3)2=12021，故答案为：12021．17．（3分）（2021•绥化）某学校计划为“建党百年，铭记党史”演讲比赛购买奖品．已知购买2个A种奖品和4个B种奖品共需100元；购买5个A种奖品和2个B种奖品共需130元．学校准备购买A，B两种奖品共20个，且A种奖品的数量不小于B种奖品数量的25，则在购买方案中最少费用是 330 元．【解答】解：设A种奖品的单价为x元，B种奖品的单价为y元，依题意得：2x+4y=1005x+2y=130，解得：x=20y=15．设购买A种奖品m个，则购买B种奖品（20﹣m）个．∵A种奖品的数量不小于B种奖品数量的25，∴m≥25（20﹣m），第44页（共44页）\n∴m≥407，又∵m为整数，∴m≥6．设购买总费用为w元，则w＝20m+15（20﹣m）＝5m+300，∵5＞0，∴w随m的增大而增大，∴当m＝6时，w取得最小值，最小值＝5×6+300＝330．故答案为：330．18．（3分）（2021•绥化）已知m，n是一元二次方程x2﹣3x﹣2＝0的两个根，则1m+1n= -32 ．【解答】解：∵m、n是一元二次方程x2﹣3x﹣2＝0的两个根，∴m+n＝3，mn＝﹣2，∴1m+1n=m+nmn=-32．故答案为：-32．19．（3分）（2021•绥化）边长为4cm的正六边形，它的外接圆与内切圆半径的比值是 233 ．【解答】解：∵正六边形的边长为4cm，∴正六边形的半径是4cm，则外接圆的半径4cm，内切圆的半径是正六边形的边心距，因而是GO=32×4＝23，第44页（共44页）\n因而正六边形的外接圆的半径与内切圆的半径之比为423=233．故答案为：233．20．（3分）（2021•绥化）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，MN垂直于x轴，以MN为对称轴作△ODE的轴对称图形，对称轴MN与线段DE相交于点F，点D的对应点B恰好落在y=kx（k≠0，x＜0）的双曲线上，点O、E的对应点分别是点C、A．若点A为OE的中点，且S△AEF＝1，则k的值为 ﹣24 ．【解答】解：如图，连接OB，由于Rt△DOE与Rt△BCA关于MN成轴对称，且OA＝AE，由对称性可知，AG＝GE，OA＝AE＝EC，∴AG=14AC，∵S△AEF＝1，∴S△AFG=12S△AEF=12，∵MN∥BC∥OD，第44页（共44页）\n∴△AFG∽△ABC，∴S△AFGS△ABC=（AGAC）2=116，∴S△ABC=12×16＝8，又∵OA=12AC，∴S△OAB=12S△ABC＝4，∴S△OBC＝8+4＝12，∵点B在反比例函数y=kx的图象上，∴S△OBC＝12=12|k|，∵k＜0，∴k＝﹣24，故答案为：﹣24．21．（3分）（2021•绥化）在边长为4的正方形ABCD中，连接对角线AC、BD，点P是正方形边上或对角线上的一点，若PB＝3PC，则PC＝ 1或2或-2+344 ．【解答】解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，AB＝4，第44页（共44页）\n∴AC⊥BD，AC＝BD，OB＝OD，AB＝BC＝AD＝CD＝4，∠ABC＝∠BCD＝90°，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=AB2+BC2=42+42=42，∴OB＝22，∵PB＝3PC，∴设PC＝x，则PB＝3x，有三种情况：①点P在BC上时，如图2，∵AD＝4，PB＝3PC，∴PC＝1；②点P在AC上时，如图3，第44页（共44页）\n在Rt△BPO中，由勾股定理得：BP2＝BO2+OP2，（3x）2＝（22）2+（22-x）2，解得：x=-2+344（负数舍去），即PC=-2+344；③点P在CD上时，如图4，在Rt△BPC中，由勾股定理得：BC2+PC2＝BP2，42+x2＝（3x）2，解得：y=2（负数舍去），即PC=2；综上，PC的长是1或2或-2+344．故答案为：1或2或-2+344．22．（3分）（2021•绥化）下面各图形是由大小相同的三角形摆放而成的，图①中有1个三角形，图②中有5个三角形，图③中有11个三角形，图④中有19个三角形…依此规律，则第n个图形中三角形个数是 n2+n﹣1 ．第44页（共44页）\n【解答】解：观察图中三角形的个数与图形的序号的关系，有如下规律：第一个图形：12+0，第二个图形：22+1，第三个图形：32+2，第四个图形：42+3，••••••，第n个图形：n2+n﹣1．故答案为：n2+n﹣1．三、解答题（本题共7个小题，共54分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内.23．（6分）（2021•绥化）（1）如图，已知△ABC，P为边AB上一点，请用尺规作图的方法在边AC上求作一点E，使AE+EP＝AC．（保留作图痕迹，不写作法）（2）在图中，如果AC＝6cm，AP＝3cm，则△APE的周长是 9 cm．【解答】解：（1）如图，点E即为所求．第44页（共44页）\n（2）∵MN垂直平分线段PC，∴EP＝EC，∴△APE的周长＝AP+AE+EP＝AP+AE+EC＝AP+AC＝3+6＝9（cm），故答案为：9．24．（6分）（2021•绥化）如图所示，在网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，把小正方形的顶点叫做格点，O为平面直角坐标系的原点，矩形OABC的4个顶点均在格点上，连接对角线OB．（1）在平面直角坐标系内，以原点O为位似中心，把△OAB缩小，作出它的位似图形，并且使所作的位似图形与△OAB的相似比等于12；（2）将△OAB以O为旋转中心，逆时针旋转90°，得到△OA1B1，作出△OA1B1，并求，出线段OB旋转过程中所形成扇形的周长．【解答】解：（1）如图，△OA′B′或△AA″B″即为所求．第44页（共44页）\n（2）如图，△OA1B1即为所求．线段OB旋转过程中所形成扇形的周长＝2×213+90π×213180=413+13π．25．（6分）（2021•绥化）一种可折叠的医疗器械放置在水平地面上，这种医疗器械的侧面结构如图实线所示，底座为△ABC，点B、C、D在同一条直线上，测得∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝32cm，∠BDE＝75°，其中一段支撑杆CD＝84cm，另一段支撑杆DE＝70cm．求支撑杆上的点E到水平地面的距离EF是多少？（用四舍五入法对结果取整数，参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27，3≈1.732）【解答】解：方法一：如图1，过点D作DM⊥EF于M，过点D作DN⊥BA交BA延长线于N，第44页（共44页）\n在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝32（cm），∴BC＝AB•cos60°＝32×12=16（cm），∵DC＝84（cm），∴BD＝DC+BC＝84+16＝100（cm），∵∠F＝90°，∠DMF＝90°，∴DM∥FN，∴∠MDB＝∠ABC＝60°，在Rt△BDN中，sin∠DBN＝sin60°=DNBD，∴DN=32×100＝503（cm），∵∠F＝90°，∠N＝90°，∠DMF＝90°，∴四边形MFND是矩形，∴DN＝MF＝503，∵∠BDE＝75°，∠MDB＝60°，∴∠EDM＝∠BDE﹣∠MDB＝75°﹣60°＝15°，∵DE＝70（cm），∴ME＝DE•sin∠EDM＝70×sin15°≈18.2（cm），∴EF＝ME+MF＝503+18.2≈104.8≈105（cm），答：支撑杆上的点E到水平地面的距离EF大约是105cm．方法二：如图2，过点D作DH⊥BA交BA延长线于H，过点E作EG⊥HD延长线于G，在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝32（cm），∴BC＝AB•cos60°＝32×12=16（cm），第44页（共44页）\n∵DC＝84（cm），∴BD＝DC+BC＝84+16＝100（cm），同方法一得，DH＝BD•sin60°＝503，∵在Rt△BDH中，∠DBH＝60°，∴∠BDH＝30°，∵∠BDE＝75°，∴∠EDG＝180°﹣∠BDH﹣∠BDE＝180°﹣75°﹣30°＝75°，∴∠DEG＝90°﹣75°＝15°，∴DG＝DE•sin15°≈18.2（cm），∴GH＝DG+DH＝18.2+503≈104.8≈105（cm），∵∠F＝90°，∠H＝90°，∠G＝90°，∴EF＝EG≈105（cm），答：支撑杆上的点E到水平地面的距离EF大约是105cm．第44页（共44页）\n26．（8分）（2021•绥化）小刚和小亮两人沿着直线跑道都从甲地出发，沿着同一方向到达乙地，甲乙两地之间的距离是720米，先到乙地的人原地休息．已知小刚先从甲地出发4秒后，小亮从甲地出发，两人均保持匀速前行第一次相遇后，保持原速跑一段时间，小刚突然加速，速度比原来增加了2米/秒，并保持这一速度跑到乙地（小刚加速过程忽略不计）．小刚与小亮两人的距离S（米）与小亮出发时间t（秒）之间的函数图象，如图所示．根据所给信息解决以下问题．（1）m＝ 16 ，n＝ 1603 ；（2）求CD和EF所在直线的解析式；（3）直接写出t为何值时，两人相距30米．【解答】解：（1）∵小刚原来的速度＝16÷4＝4米/秒，小亮的速度＝720÷144＝5米/秒，第44页（共44页）\nB点小亮追上小刚，相遇，∴4m+16＝5m，解得：m＝16，∵E点是小刚到达乙地，∴n＝[(720-80×54+2+80)-80]×（6﹣5）=1603，故答案为：16；1603，（2）由题意可知点C横坐标为16+80-162=48，∵小刚原来的速度＝16÷4＝4米/秒，小亮的速度＝720÷144＝5米/秒，∴纵坐标为（5﹣4）×（48﹣16）＝32，∴C（48，32），设SCD＝k1t+b1，将C（48，32），D（80，0）代入，48k1+b1=3280k1+b1=0，解得：k1=-1b1=80，∴SCD＝﹣t+80（48≤t≤80），∴E点横坐标为720-80×56+80=4003，E点纵坐标为(4003-80)×(6-5)=1603，∴E（4003，1603），设SEF＝k2t+b2，将E，F两点坐标代入可得，第44页（共44页）\n4003k2+b2=1603144k2+b2=0，解得：k2=-5b2=720，∴SEF＝﹣5t+720（4003≤t≤144），（3）∵B（16，0），C（48，32），D（80，0），E（4003，1603），F（144，0），设SBC＝k3t+b3，将B，C两点坐标代入可得，16k3+b3=048k3+b3=32，解得：k3=1b3=-16，∴SBC＝t﹣16（16＜t≤48），设SDE＝k4t+b4，将D，E两点坐标代入可得，80k4+b4=04003k4+b4=1603，解得：k4=1b4=-80，∴SDE＝t﹣80（80＜t≤4003），当S＝30时，SBC＝t﹣16＝30，解得t＝46；SCD＝﹣t+80＝30，解得t＝110；SEF＝﹣5t+720＝30，解得t＝128；综上，t为46，50，110，138时，两人相距30米．27．（9分）（2021•绥化）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与BC相交于点D，DE⊥AC，垂足为E．第44页（共44页）\n（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若弦MN垂直于AB，垂足为G，AGAB=14，MN=3，求⊙O的半径；（3）在（2）的条件下，当∠BAC＝36°时，求线段CE的长．【解答】（1）证明：如图1，连接OD，∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠ODB＝∠ACB，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∵OD是⊙O的半径，∴DE是⊙O的切线；（2）解：如图2，连接OM，∵AB⊥MN，且AB为⊙O的直径，MN=3，第44页（共44页）\n∴MG=12MN=32，设⊙O的半径为r，则OM＝r，AB＝2r，∵AGAB=14，∴AG=14AB=12r，∴OG＝OA﹣AG=12r，在Rt△OGM中，根据勾股定理得，OG2+MG2＝OM2，∴（12r）2+（32）2＝r2，∴r＝1，即⊙O的半径为1；（3）如图3，作∠ABC的平分线交AC于F，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°，∴∠ABC＝∠C=12（180°﹣∠BAC）＝72°，∴∠ABF＝∠CBF=12∠ABC＝36°＝∠BAC，∴AF＝BF，设AF＝BF＝x，在△BCF中，∠CBF＝36°，∠C＝72°，∴∠BFC＝180°﹣36°﹣72°＝72°＝∠C，∴BC＝BF＝x，由（2）知，⊙O的半径为1，第44页（共44页）\n∴AB＝AC＝2，∴CF＝AC﹣AF＝2﹣x，∵∠CBF＝∠CAB，∴∠C＝∠C，∴△BCF∽△ACB，∴BCAC=CFCB，∴x2=2-xx，∴x=5-1或x=-5-1（舍），∴BC=5-1，连接AD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵AB＝AC，∴CD=12BC=5-12，∵DE⊥AC，∴∠DEC＝90°＝∠ADC，∵∠C＝∠C，∴△DEC∽△ADC，∴CECD=CDCA，∴CE5-12=5-122，第44页（共44页）\n∴CE=3-54．28．（9分）（2021•绥化）如图所示，四边形ABCD为正方形，在△ECH中，∠ECH＝90°，CE＝CH，HE的延长线与CD的延长线交于点F，点D、B、H在同一条直线上．（1）求证：△CDE≌△CBH；（2）当HBHD=15时，求FDFC的值；（3）当HB＝3，HG＝4时，求sin∠CFE的值．第44页（共44页）\n【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠DCB＝90°，∵∠ECH＝90°，∴∠DCB﹣∠BCE＝∠ECH﹣∠BCE，即∠DCE＝∠BCH，在△CDE和△CBH中，CD=CB∠DCE=∠BCHCE=CH，∴△CDE≌△CBH（SAS）；（2）解：由（1）得：△ACDE≌△CBH，∴∠CDE＝∠CBH，DE＝BH，∵四边形ABCD是正方形，∴∠CDB＝∠DBC＝45°，∴∠CDE＝∠CBH＝180°﹣45°＝135°，∴∠EDH＝135°﹣45°＝90°，∵BH：DH＝1：5，∴设BH＝a，则DH＝5a，∴DE＝BH＝a，第44页（共44页）\n在Rt△HDE中，EH=DE2+DH2=a2+(5a)=26a，过C作CM⊥EH于M，过D作DN⊥FH于N，如图1所示：则DN∥CM，∵△DEH的面积=12DN×EH=12DE×DH，∴12DN×26a=12×a×5a，解得：DN=52626a，∵CE＝CH，∠ECH＝90°，∴CM=12EH=262a，∵DN∥CM，∴△FDN∽△FCM，∴FDFC=DNCM=52626a262a=513；（3）解：过点E作PE∥DH交CF于P，过点E作EQ⊥CF于Q，如图2所示：∵PE∥DH，∴∠BHG＝∠PEF，∠FPE＝∠FDH＝135°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠HBG＝∠FDH＝135°，∴∠HBG＝∠EPF＝135°，∵∠CDE＝135°，∴∠EDQ＝45°，∠EPQ＝45°，第44页（共44页）\n∴△PED为等腰直角三角形，∴DE＝PE，由（1）得：△CDE≌△CBH，∴DE＝BH，∴DE＝BH＝PE＝3，在△BHG和△PEF中，∠BHG=∠PEFBH=PE∠HBG=∠EPF，∴△BHG≌△PEF（ASA），∴HG＝EF＝4，∵△PED是等腰直角三角形，∴PD=2DE＝32，∵EQ⊥PD，∴QE=12PD=322，在Rt△FEQ中，sin∠CFE=EQEF=3224=328．第44页（共44页）\n29．（10分）（2021•绥化）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+5（a≠0）与x轴交于点A（﹣5，0），点B（1，0）（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，连接BD．直线y=-12x-52经过点A，且与y轴交于点E．（1）求抛物线的解析式；（2）点N是抛物线上的一点，当△BDN是以DN为腰的等腰三角形时，求点N的坐标；（3）点F为线段AE上的一点，点G为线段OA上的一点，连接FG，并延长FG与线段BD交于点H（点H在第一象限），当∠EFG＝3∠BAE且HG＝2FG时，求出点F的坐标．【解答】解：（1）将A（﹣5，0），B（1，0）代入抛物线y＝ax2+bx+5（a≠0）得：25a-5b+5=0a+b+5=0，解得：a=-1b=-4，第44页（共44页）\n∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣4x+5；（2）∵D（﹣2，9），B（1，0），点N是抛物线上的一点且△BDN是以DN为腰的等腰三角形，∴此题有两种情形：①当DN＝DB时，根据抛物线的对称性得：A与N重合，∴N1（﹣5，0），②方法一：当DN＝BN时（如图1），N在BD的垂直平分线上，BD的垂直平分线交BD于I，交x轴于点Q，BD与y轴交点为K，∵∠KBO+∠OKB＝90°，∠KBO+∠IQB＝90°，∴∠OKB＝∠IQB，在Rt△OKB中，sin∠OKB=1010，∴sin∠IQB=BIBQ=1010，∵I是BD的中点，BD＝310，∴BI=3102，∴BQ＝15，∴Q（﹣14，0），I（-12，92）设yQI＝kx+b，代入得：-14k+b=0-12k+b=92，解得：k=13b=143，第44页（共44页）\n∴yQI=13x+143，联立得：y=13x+143y=-x2-4x+5，解得：x=-13±1816，∴yQI=13x+143=13(-13±1816)+143=71±18118，N2（-13-1816，71-18118），N3（-13+1816，71+18118），方法二：如图2，过点N作DS⊥NT交NT于点S，设N（a，﹣a2﹣4a+5），D（﹣2，9），∵DN＝DB，∴DS2+SN2＝NT2+TB2，∴（﹣2﹣a）2+（9+a2+4a﹣5）2＝（﹣a2﹣4a+5）2+（1﹣a）2，（2+a）2﹣（1﹣a）2＝（a2+4a﹣5）2﹣（9+a2+4a﹣5）2，（2+a+1﹣a）（2+a﹣1+a）＝（a2+4a﹣5+a2+4a+4）（a2+4a﹣5﹣a2﹣4a﹣4），解得：a=-13±1816，把a=-13±1816代入﹣a2﹣4a+5＝﹣（-13±1816）2﹣4（-13±1816）+5=71±18118，∴N2（-13-1816，71-18118），N3（-13+1816，71+18118），综上所述，N1（﹣5，0），N2（-13-1816，71-18118），N3（-13+1816，71+18118）；第44页（共44页）\n（3）如图1，在AE上取一点F，作AF的垂直平分线交x轴于点M，连接MF，则AM＝MF，在AO上M点的右侧作FG＝MF，∴∠FGM＝∠FMG，∴∠EFG＝∠BAE+∠FGM＝∠BAE+∠FMG＝∠BAE+2∠BAE＝3∠BAE，移动F点，当HG＝2FG时，点F为所求．过点F作FP垂直于x轴于点P，过点H作HR垂直于x轴于点R，∴△FPG∽△HRG，∴PFHR=PGRG=FGGH=12，GR＝2PG，HR＝2PF，设F（m，-12m+52），则OP＝﹣m，PF=12m+52，HR＝2PF＝m+5，∵AP＝m+5，∴AP＝2PF，∵AM＝AP﹣MP＝2PF﹣MP，MF＝AM，∴在Rt△PMF中，PM2+PF2＝MF2，PM2+PF2＝（2PF﹣MP）2，∴PM=34PF=34×m+52=38m+158，∴GP=38m+158，∴GR＝2PG=34m+154，∴PR＝3PG＝3PM，∴AR＝AP+PR＝AP+3PM＝2PF+3×34PF=174PF=178m+858，第44页（共44页）\n∴OR=178m+858-5=178m+458，∴H（178m+458，m+5），∵B（1，0），D（﹣2，9），∴BD解析式为：yBD＝﹣3x+3，把H代入上式并解得：m=-15159，再把m=-15159代入y=-12x-52得：y=-7259，∴F（-15159，-7259）．第44页（共44页）
