绝密★启用前
2022年山东省青岛市中考数学试卷
副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx 得分 注意事项:
…………○○…… …____…_…___…_…__：…订号…考订__…_…____…_…___……：级…○班_○_…___…_…____…_…：……名姓…装____装_…___…_…__:校……学………○○……………………外内……………………○○………………1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 我国古代数学家祖冲之推算出𝜋的近似值为355
113，它与𝜋的误差小于0.0000003.将
0.0000003用科学记数法可以表示为( )
A. 3×10−7 B. 0.3×10−6 C. 3×10−6 D. 3×107
2. 北京冬奥会和冬残奥会组委会收到来自全球的会徽设计方案共4506件，其中很多
设计方案体现了对称之美．以下4幅设计方案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A.
B.
C.
D.
3. 计算(√27−√12)×√1
3
的结果是( )
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……线…………○…………
3 A. √3
B. 1 C. √5 D. 3
4. 如图①，用一个平面截长方体，得到如图②的几何
体，它在我国古代数学名著《九章算术》中被称为“堑堵”.图②“堑堵”的俯视图是( )
A.
……线…………○………… B.
C.
D.
5. 如图，正六边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹内接于⊙𝑂，点𝑀在𝐴𝐵
⏜上，则∠𝐶𝑀𝐸的度数为( )
A. 30° B. 36° C. 45° D. 60°
6. 如图，将△𝐴𝐵𝐶先向右平移3个单位，再绕原点𝑂旋转180°，得到△𝐴′𝐵′𝐶′，则点𝐴的
对应点𝐴′的坐标是( )
A. (2,0) B. (−2,−3) C. (−1,−3) D. (−3,−1)
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…………○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※…不…※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………线…………○………… ……线…………○…………
7. 如图，𝑂为正方形𝐴𝐵𝐶𝐷对角线𝐴𝐶的中点，△𝐴𝐶𝐸为
等边三角形．若𝐴𝐵=2，则𝑂𝐸的长度为( )
6 A. √2
B. √6 C. 2√2 D. 2√3
2…………○○…… …____…_…___…_…__：…订号…考订__…_…____…_…___……：级…○班_○_…___…_…____…_…：……名姓…装____装_…___…_…__:校……学………○○……………………外内……………………○○………………8. 已知二次函数𝑦=𝑎𝑥+𝑏𝑥+𝑐的图象开口向下，对称轴为直线𝑥=−1，且经过点
(−3,0)，则下列结论正确的是( )
A. 𝑏>0
B. 𝑐<0 C. 𝑎+𝑏+𝑐>0 D. 3𝑎+𝑐=0
9. −1
2的绝对值是______。
10. 小明参加“建团百年，我为团旗添光彩”主题演讲比赛，其演讲形象、内容、效果
三项分别是9分、8分、8分．若将三项得分依次按3：4：3的比例确定最终成绩，则小明的最终比赛成绩为______分．
11. 为落实青岛市中小学生“十个一”行动计划，学校举办以“强体质，炼意志”为主
题的体育节，小亮报名参加3000米比赛项目，经过一段时间训练后，比赛时小亮的平均速度比训练前提高了25%，少用3分钟跑完全程，设小亮训练前的平均速度为𝑥米/分，那么𝑥满足的分式方程为______．
12. 图①是艺术家埃舍尔的作品，他将数学与绘画完美结合，在平面上创造出立体效
果．图②是一个菱形，将图②截去一个边长为原来一半的菱形得到图③，用图③镶嵌得到图④，将图④着色后，再次镶嵌便得到图①，则图④中∠𝐴𝐵𝐶的度数是______°.
13. 如图，𝐴𝐵是⊙𝑂的切线，𝐵为切点，𝑂𝐴与⊙𝑂交于点𝐶，以点𝐴为圆心、以𝑂𝐶的长
为半径作𝐸𝐹⏜，分别交𝐴𝐵，𝐴𝐶于点𝐸，𝐹.若𝑂𝐶=2，𝐴𝐵=4，则图中阴影部分的面积为______．
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……线…………○…………
14. 如图，已知△𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐵𝐶=16，𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶的平分线交𝐴𝐷于点𝐸，
且𝐷𝐸=4.将∠𝐶沿𝐺𝑀折叠使点𝐶与点𝐸恰好重合．下列结论正确的有：______.(填……线…………○………… 写序号)
①𝐵𝐷=8
②点𝐸到𝐴𝐶的距离为3
③𝐸𝑀=
103
④𝐸𝑀//𝐴𝐶
15. 已知：𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶，∠𝐵=90°．
求作：点𝑃，使点𝑃在△𝐴𝐵𝐶内部．且𝑃𝐵=𝑃𝐶，∠𝑃𝐵𝐶=45°．
16. (1)计算：𝑎−1
1
𝑎2−4𝑎+4÷(1+𝑎−2)；
(2)解不等式组：{2𝑥≥3(𝑥−1),
2−𝑥 2<1.
17. 2022年3月23日下午，“天宫课堂”第二课开讲，航天员翟志刚、王亚平、叶光富
相互配合进行授课，激发了同学们学习航天知识的热情．小冰和小雪参加航天知识竞赛时，均获得了一等奖，学校想请一位同学作为代表分享获奖心得．小冰和小雪
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…………○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※…不…※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………线…………○………… ……线…………○…………
都想分享，于是两人决定一起做游戏，谁获胜谁分享．游戏规则如下：
甲口袋装有编号为1，2的两个球，乙口袋装有编号为1，2，3，4，5的五个球，两口袋中的球除编号外都相同．小冰先从甲口袋中随机摸出一个球，小雪再从乙口袋中随机摸出一个球，若两球编号之和为奇数，则小冰获胜；若两球编号之和为偶数，则小雪获胜．
请用列表或画树状图的方法，说明这个游戏对双方是否公平．
18. 已知二次函数𝑦=𝑥2+𝑚𝑥+𝑚2−3(𝑚为常数，𝑚>0)的图象经过点𝑃(2,4)．
…………○○…… …____…_…___…_…__：…订号…考订__…_…____…_…___……：级…○班_○_…___…_…____…_…：……名姓…装____装_…___…_…__:校……学………○○……………………外内……………………○○………………(1)求𝑚的值；
(2)判断二次函数𝑦=𝑥2+𝑚𝑥+𝑚2−3的图象与𝑥轴交点的个数，并说明理由． 19. 如图，𝐴𝐵为东西走向的滨海大边，小宇沿滨海大道参加“低碳生活⋅绿色出行”健
步走公益活动，小宇在点𝐴处时，某艘海上观光船位于小宇北偏东68°的点𝐶处，观光船到滨海大道的距离𝐶𝐵为200米．当小宇沿滨海大道向东步行200米到达点𝐸时，观光船沿北偏西40°的方向航行至点𝐷处，此时，观光船恰好在小宇的正北方向，求观光船从𝐶处航行到𝐷处的距离．
(参考数据：𝑠𝑖𝑛40°≈0.64，𝑐𝑜𝑠40°≈0.77，𝑡𝑎𝑛40°≈0.84，𝑠𝑖𝑛68°≈0.93，𝑐𝑜𝑠68°≈0.37，𝑡𝑎𝑛68°≈2.48)
20. 孔子曾说：“知之者不如好之者，好之者不如乐之者”兴趣是最好的老师．阅读、
书法、绘画、手工、烹饪、运动、音乐…各种兴趣爱好是打开创新之门的金钥匙．某校为了解学生兴趣爱好情况，组织了问卷调查活动，从全校2200名学生中随机抽取了200人进行调查，其中一项调查内容是学生每周自主发展兴趣爱好的时长，对这项调查结果使用画“正”字的方法进行初步统计，得到下表： 学生每周自主发展兴趣爱好时长分布统计表
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………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
组别 第一组 第二组 第三组 第四组 时长𝑡(单位：ℎ) 人数累计 人数 30 60 70 40 1≤𝑡<2 正正正正正正 2≤𝑡<3 正正正正正正正正正正正正 3≤𝑡<4 正正正正正正正正正正正正正正 4≤𝑡<5 正正正正正正正正 根据以上信息，解答下列问题： (1)补全频数分布直方图；
(2)这200名学生每周自主发展兴趣爱好时长的中位数落在第______组； (3)若将上述调查结果绘制成扇形统计图，则第二组的学生人数占调查总人数的百分比为______，对应的扇形圆心角的度数为______°；
(4)学校倡议学生每周自主发展兴趣爱好时长应不少于2ℎ，请你估计，该校学生中有多少人需要增加自主发展兴趣爱好时间？
21. 【图形定义】
有一条高线相等的两个三角形称为等高三角形、
例如：如图①，在△𝐴𝐵𝐶和△𝐴′𝐵′𝐶′中，𝐴𝐷，𝐴′𝐷′分别是𝐵𝐶和𝐵′𝐶′边上的高线，且𝐴𝐷=𝐴′𝐷′、则△𝐴𝐵𝐶和△𝐴′𝐵′𝐶′是等高三角形．
【性质探究】
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………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※ ……线…………○………… ……线…………○…………
如图①，用𝑆△𝐴𝐵𝐶，𝑆△𝐴′𝐵′𝐶′分别表示△𝐴𝐵𝐶和△𝐴′𝐵′𝐶′的面积， 则𝑆△𝐴𝐵𝐶=2𝐵𝐶⋅𝐴𝐷，𝑆△𝐴′𝐵′𝐶′=2𝐵′𝐶′⋅𝐴′𝐷′，
∵𝐴𝐷=𝐴′𝐷′
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶：𝑆△𝐴′𝐵′𝐶′=𝐵𝐶：𝐵′𝐶′． 【性质应用】
(1)如图②，𝐷是△𝐴𝐵𝐶的边𝐵𝐶上的一点．若𝐵𝐷=3，𝐷𝐶=4，则𝑆△𝐴𝐵𝐷：1
1
…………○○…… …____…_…___…_…__：…订号…考订__…_…____…_…___……：级…○班_○_…___…_…____…_…：……名姓…装____装_…___…_…__:校……学………○○……………………外内……………………○○………………𝑆△𝐴𝐷𝐶=______；
(2)如图③，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐷，𝐸分别是𝐵𝐶和𝐴𝐵边上的点．若𝐵𝐸：𝐴𝐵=1：2，𝐶𝐷：𝐵𝐶=1：3，𝑆△𝐴𝐵𝐶=1，则𝑆△𝐵𝐸𝐶=______，𝑆△𝐶𝐷𝐸=______；
(3)如图③，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐷，𝐸分别是𝐵𝐶和𝐴𝐵边上的点．若𝐵𝐸：𝐴𝐵=1：𝑚，𝐶𝐷：𝐵𝐶=1：𝑛，𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑎，则𝑆△𝐶𝐷𝐸=______．
22. 如图，一次函数𝑦=𝑘𝑥+𝑏的图象与𝑥轴正半轴相交于点𝐶，与反比例函数𝑦=−2
𝑥的
图象在第二象限相交于点𝐴(−1,𝑚)，过点𝐴作𝐴𝐷⊥𝑥轴，垂足为𝐷，𝐴𝐷=𝐶𝐷． (1)求一次函数的表达式；
(2)已知点𝐸(𝑎,0)满足𝐶𝐸=𝐶𝐴，求𝑎的值．
23. 如图，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵//𝐶𝐷，点𝐸，
𝐹在对角线𝐵𝐷上，𝐵𝐸=𝐸𝐹=𝐹𝐷，∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐷𝐶𝐸=90°．
(1)求证：△𝐴𝐵𝐹≌△𝐶𝐷𝐸；
(2)连接𝐴𝐸，𝐶𝐹，已知______(从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号)，请判断四边形𝐴𝐸𝐶𝐹的形状，并证明你的结论． 条件①：∠𝐴𝐵𝐷=30°；
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……线…………○…………
条件②：𝐴𝐵=𝐵𝐶．
(注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分)
……线…………○…………
24. 李大爷每天到批发市场购进某种水果进行销售，这种水果每箱10千克，批发商规定：
整箱购买，一箱起售，每人一天购买不超过10箱；当购买1箱时，批发价为8.2元/千克，每多购买1箱，批发价每千克降低0.2元．根据李大爷的销售经验，这种水果售价为12元/千克时，每天可销售1箱；售价每千克降低0.5元，每天可多销售1箱． (1)请求出这种水果批发价𝑦(元/千克)与购进数量𝑥(箱)之间的函数关系式； (2)若每天购进的这种水果需当天全部售完，请你计算，李大爷每天应购进这种水果多少箱，才能使每天所获利润最大？最大利润是多少？
25. 如图，在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐵=5𝑐𝑚，𝐵𝐶=3𝑐𝑚，将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐴按逆
时针方向旋转90°得到△𝐴𝐷𝐸，连接𝐶𝐷.点𝑃从点𝐵出发，沿𝐵𝐴方向匀速运动、速度为1𝑐𝑚/𝑠；同时，点𝑄从点𝐴出发，沿𝐴𝐷方向匀速运动，速度为1𝑐𝑚/𝑠.𝑃𝑄交𝐴𝐶于点𝐹，连接𝐶𝑃，𝐸𝑄，设运动时间为𝑡(𝑠)(0<𝑡<5).解答下列问题： (1)当𝐸𝑄⊥𝐴𝐷时，求𝑡的值；
(2)设四边形𝑃𝐶𝐷𝑄的面积为𝑆(𝑐𝑚2)，求𝑆与𝑡之间的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻𝑡，使𝑃𝑄//𝐶𝐷？若存在，求出𝑡的值；若不存在，请说明理由．
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…………○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※…不…※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………线…………○………… ……线…………○…………
答案和解析
1.【答案】𝐴
【解析】解：用科学记数法可以表示0.0000003得：3×10−7； 故选：𝐴．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为𝑎×10−𝑛，与较大数的科…………○○…… …____…_…___…_…__：…订号…考订__…_…____…_…___……：级…○班_○_…___…_…____…_…：……名姓…装____装_…___…_…__:校……学………○○……………………外内……………………○○………………学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为𝑎×10−𝑛，其中1≤|𝑎|<10，𝑛为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
2.【答案】𝐶
【解析】解：𝐴.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意； B.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意； C.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意； D.既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意； 故选：𝐶．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3.【答案】𝐵
【解析】解：(√27−√12)×√1
3
=√27×1−√121
3
×3
=√9−√4 =3−2 =1， 故选：𝐵．
先根据二次根式的乘法进行计算，再根据二次根式的性质进行计算，最后算减法即可． 本题考了二次根式的混合运算，能正确运用二次根式的运算法则进行计算是解此题的关
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……线…………○…………
键．
4.【答案】𝐶
【解析】解：图②“堑堵”从上面看，是一个矩形， 故选：𝐶．
根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图． ……线…………○…………
5.【答案】𝐷
【解析】解：连接𝑂𝐶，𝑂𝐷，𝑂𝐸， ∵多边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹是正六边形， ∴∠𝐶𝑂𝐷=∠𝐷𝑂𝐸=60°， ∴∠𝐶𝑂𝐸=2∠𝐶𝑂𝐷=120°， ∴∠𝐶𝑀𝐸=1
2∠𝐶𝑂𝐸=60°， 故选：𝐷．
由正六边形的性质得出∠𝐶𝑂𝐸=120°，由圆周角定理求出∠𝐶𝑀𝐸=60°．
本题考查了正六边形的性质、圆周角定理；熟练掌握正六边形的性质，由圆周角定理求出∠𝐶𝑂𝑀=120°是解决问题的关键．
6.【答案】𝐶
【解析】解：由图中可知，点𝐴(3,−2)，将△𝐴𝐵𝐶先向右平移3个单位，得坐标为：(6,−2)，再绕原点𝑂旋转180°，得到△𝐴′𝐵′𝐶′，则点𝐴的对应点𝐴′的坐标是(−1,−3)． 故选：𝐶．
利用平移的性质得出对应点位置，再利用关于原点对称点的性质直接得出答案． 此题主要考查了旋转变换以及平移变换，根据题意得出对应点位置是解题关键．
7.【答案】𝐵
【解析】解；∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，𝐴𝐵=2， ∴𝐴𝐶=2√2，
∵𝑂为正方形𝐴𝐵𝐶𝐷对角线𝐴𝐶的中点，△𝐴𝐶𝐸为等边三角形， ∴𝐴𝐶=𝐴𝐸=2√2，𝐴𝑂=√2， ∴𝑂𝐸=√2×√3=√6．
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…………○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装……※※……在※……※…装要※装…※……不※……※请……※…○※○……………………内外……………………○○……………………线…………○………… ……线…………○…………
故选：𝐵．
首先利用正方形的性质可以求出𝐴𝐶，然后利用等边三角形的性质可求出𝑂𝐸． 本题主要考查了正方形的性质，同时也利用了等边三角形的性质，有一定的综合性．
8.【答案】𝐷
【解析】解：选项A：∵抛物线开口向下， ∴𝑎<0．
…………○○…… …____…_…___…_…__：…订号…考订__…_…____…_…___……：级…○班_○_…___…_…____…_…：……名姓…装____装_…___…_…__:校……学………○○……………………外内……………………○○………………∵对称轴为直线𝑥=−1， ∴−𝑏
2𝑎=−1． ∴𝑏=2𝑎．
∴𝑏<0.故选项A错误；
选项B：设抛物线与𝑥轴的另一个交点为(𝑥,0)， 则抛物线的对称轴可表示为𝑥=1
2(𝑥−3)， ∴−1=1
2(𝑥−3)，解得𝑥=1，
∴抛物线与𝑥轴的两个交点为(1,0)和(−3,0)． 又∵抛物线开口向下， ∴抛物线与𝑦轴交于正半轴． ∴𝑐>0.故选项B错误． 选项C：∵抛物线过点(1,0)． ∴𝑎+𝑏+𝑐=0.故选项C错误； 选项D：∵𝑏=2𝑎，且𝑎+𝑏+𝑐=0， ∴3𝑎+𝑐=0.故选项D正确． 故选：𝐷．
根据抛物线的开口方向及对称轴位置判断选项A；根据对称轴𝑥=−1及过点(−3,0)求出抛物线与𝑥轴的另一个交点，据此来判断选项B；当𝑥=1时，二次函数的值𝑦=𝑎+𝑏+𝑐，据此判断选项C；根据对称轴得出𝑎，𝑏之间的关系，并代入𝑦=𝑎+𝑏+𝑐中，据此判断选项D．
本题考查了二次函数的图象与性质，掌握二次函数图像的位置与有关系数的关系是解题的关键．
9.【答案】1
2
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……线…………○…………
1
1
【解析】解：|−2|=2， 故本题的答案是：2。
计算绝对值要根据绝对值的定义求解。第一步列出绝对值的表达式；第二步根据绝对值定义去掉这个绝对值的符号。绝对值的性质，负数的绝对值是其相反数。
规律总结：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0。 1
……线…………○…………
10.【答案】8.3
【解析】解：根据题意得：
9×3+8×4+8×3
3+4+3
=8.3(分)．
故小明的最终比赛成绩为8.3分． 故答案为：8.3．
利用加权平均数的计算方法可求出结果．
本题主要考查加权平均数，熟练掌握加权平均数的计算公式和“权重”的理解是解题的关键．
11.【答案】
3000𝑥
−3000
(1+25%)𝑥=3
【解析】解：依题意有：3000𝑥
−3000
(1+25%)𝑥=3．
故答案为：
3000−3000
𝑥
(1+25%)𝑥=3．
根据等量关系：原来参加3000米比赛时间−经过一段时间训练后参加3000米比赛时间=3分钟，依此列出方程即可求解．
此题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，设出未知数，列出方程．
12.【答案】60
【解析】解：如图，
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…………○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※…不…※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………线…………○………… ……线…………○…………
∵∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐷𝐴𝐸，∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐵𝐴𝐸+∠𝐷𝐴𝐸=360°， ∴∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐷𝐴𝐸=120°， ∵𝐵𝐶//𝐴𝐷，
∴∠𝐴𝐵𝐶=180°−120°=60°， 故答案为：60．
先确定∠𝐵𝐴𝐷的度数，再利用菱形的对边平行，利用平行线的性质即可求出∠𝐴𝐵𝐶的度数．
…………○○…… …____…_…___…_…__：…订号…考订__…_…____…_…___……：级…○班_○_…___…_…____…_…：……名姓…装____装_…___…_…__:校……学………○○……………………外内……………………○○………………本题考查了菱形的性质与学生读题审题的能力，理解题意，准确识图，求出∠𝐵𝐴𝐷的度数是解题关键．
13.【答案】4−𝜋
【解析】解：连接𝑂𝐵，
∵𝐴𝐵是⊙𝑂的切线，𝐵为切点， ∴∠𝑂𝐵𝐴=90°， ∴∠𝐵𝑂𝐴+∠𝐴=90°， 由题意得：
𝑂𝐵=𝑂𝐶=𝐴𝐸=𝐴𝐹=2，
∴阴影部分的面积=△𝐴𝑂𝐵的面积−(扇形𝐵𝑂𝐶的面积+扇形𝐸𝐴𝐹的面积) =1
𝐴𝐵⋅𝑂𝐵−
90𝜋×222360
=12×4×2−𝜋 =4−𝜋， 故答案为：4−𝜋．
连接𝑂𝐵，根据切线的性质可得∠𝑂𝐵𝐴=90°，从而可得∠𝐵𝑂𝐴+∠𝐴=90°，根据题意可得𝑂𝐵=𝑂𝐶=𝐴𝐸=𝐴𝐹=2，然后利用阴影部分的面积=△𝐴𝑂𝐵的面积−(扇形𝐵𝑂𝐶的面积+扇形𝐸𝐴𝐹的面积)，进行计算即可解答．
本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，熟练掌握切线的性质，以及扇形面积的计算
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……线…………○…………
是解题的关键．
14.【答案】①④
【解析】解：在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐵𝐶=16，𝐴𝐷⊥𝐵𝐶， ∴𝐵𝐷=𝐷𝐶=𝐵𝐶=8，故①正确；
21
如图，过点𝐸作𝐸𝐹⊥𝐴𝐵于点𝐹，𝐸𝐻⊥𝐴𝐶于点𝐻，
……线…………○…………
∵𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，𝐴𝐵=𝐴𝐶， ∴𝐴𝐸平分∠𝐵𝐴𝐶， ∴𝐸𝐻=𝐸𝐹，
∵𝐵𝐸是∠𝐴𝐵𝐷的角平分线， ∵𝐸𝐷⊥𝐵𝐶，𝐸𝐹⊥𝐴𝐵， ∴𝐸𝐹=𝐸𝐷，
∴𝐸𝐻=𝐸𝐷=4，故②错误；
由折叠性质可得：𝐸𝑀=𝑀𝐶，𝐷𝑀+𝑀𝐶=𝐷𝑀+𝐸𝑀=𝐶𝐷=8， 设𝐷𝑀=𝑥，则𝐸𝑀=8−𝑥， 𝑅𝑡△𝐸𝐷𝑀中，𝐸𝑀2=𝐷𝑀2+𝐷𝐸2， ∴(8−𝑥)2=42+𝑥2， 解得：𝑥=3，
∴𝐸𝑀=𝑀𝐶=5，故③错误；
设𝐴𝐸=𝑎，则𝐴𝐷=𝐴𝐸+𝐸𝐷=4+𝑎，𝐵𝐷=8， ∴𝐴𝐵2=(4+𝑎)2+82， 1
∵𝑆1
△𝐴𝐵𝐸
2𝑆
△𝐵𝐷𝐸
=
𝐴𝐵×𝐸𝐹12𝐴𝐸×𝐵𝐷𝐵𝐷×𝐸𝐷=
1，
2
2
𝐸𝐷×𝐵𝐷∴𝐴𝐸
𝐴𝐵
𝐸𝐷=𝐵𝐷， ∴𝑎
𝐴𝐵4=
8
，
∴𝐴𝐵=2𝑎，
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…………○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※…不…※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………线…………○………… ……线…………○…………
∴(4+𝑎)2+82=(2𝑎)2， 解得：𝑎=∴𝑡𝑎𝑛𝐶=
203
或𝑎=−4(舍去)，
20+43
𝐴𝐷𝐷𝐶
=
8𝐸𝐷
4
=， 34
又∵tan∠𝐸𝑀𝐷=𝐷𝑀=3， ∴∠𝐶=∠𝐸𝑀𝐷， ∴𝐸𝑀//𝐴𝐶，故④正确， …………○○…… …____…_…___…_…__：…订号…考订__…_…____…_…___……：级…○班_○_…___…_…____…_…：……名姓…装____装_…___…_…__:校……学………○○……………………外内……………………○○………………故答案为：①④．
根据等腰三角形的性质即可判断①，根据角平分线的性质即可判断②，设𝐷𝑀=𝑥，则𝐸𝑀=8−𝑥，结合勾股定理和三角形面积公式进行分析求解，从而判断③，利用锐角三角函数可判断④．
本题考查解直角三角形，等腰三角形三线合一的性质，角平分线的性质，掌握相关性质定理，正确添加辅助线是解题的关键．
15.【答案】解：①先作出线段𝐵𝐶的垂直平分线𝐸𝐹；
②再作出∠𝐴𝐵𝐶的角平分线𝐵𝑀，𝐸𝐹与𝐵𝑀的交点为𝑃；
则𝑃即为所求作的点．
【解析】作∠𝐴𝐵𝐶的角平分线，作𝐵𝐶的垂直平分线，两条线交于点𝑃即可．
本题考查了作图−复杂作图，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，解决本题的关键是掌握角平分线和线段垂直平分线的作法．
16.【答案】解：(1)原式=𝑎−1𝑎−2+1𝑎2−4𝑎+4÷
𝑎−2
=𝑎−1
𝑎−2
(𝑎−2)2⋅𝑎−1 =1𝑎−2；
第15页，共25页
……线…………○…………
2𝑥≥3(𝑥−1)①(2){， 𝑥
2−<1②
2
解不等式①得：𝑥≤3， 解不等式②得：𝑥>2，
∴不等式组的解集为：2<𝑥≤3．
(1)先根据分式的加法法则计算括号里面的，【解析】再把除法转化为乘法，约分即可； ……线…………○………… (2)先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可．
本题考查了分式的混合运算，解一元一次不等式组，掌握分式的混合运算的方法以及一元一次不等式组的解法是正确解答的关键．
17.【答案】解：所有可能的结果如下：
∴共有10种等可能的结果，其中两球编号之和为奇数的有5种结果，两球编号之和为偶数的有5种结果，
∴𝑃(小冰获胜)=5
1
5
1
10=2，𝑃(小雪获胜)=10=2， ∵𝑃(小冰获胜)=𝑃(小雪获胜)， ∴游戏对双方都公平．
【解析】先用列表法将所有可能发生的结果列出来，再分别求出小冰获胜和小雪获胜的概率，进行比较即可求解．
本题考查列表法，游戏公平性，解题的关键是正确列出所有可能的结果．
18.【答案】解：(1)将(2,4)代入𝑦=𝑥2+𝑚𝑥+𝑚2−3得4=4+2𝑚+𝑚2−3，
解得𝑚1=1，𝑚2=−3， 又∵𝑚>0， ∴𝑚=1． (2)∵𝑚=1， ∴𝑦=𝑥2+𝑥−2，
∵𝛥=𝑏2−4𝑎𝑐=12+8=9>0， ∴二次函数图象与𝑥轴有2个交点．
第16页，共25页
…………○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※…不…※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………线…………○………… ……线…………○…………
【解析】(1)将(2,4)代入解析式求解．
(2)由判别式𝛥的符号可判断抛物线与𝑥轴交点个数．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程的关系．
19.【答案】解：过点𝐶作𝐶𝐹⊥𝐷𝐸于𝐹，
…………○○…… …____…_…___…_…__：…订号…考订__…_…____…_…___……：级…○班_○_…___…_…____…_…：……名姓…装____装_…___…_…__:校……学………○○……………………外内……………………○○………………
由题意得，∠𝐷=40°，∠𝐴𝐶𝐵=68°， 在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶𝐵𝐴=90°， ∵tan∠𝐴𝐶𝐵=𝐴𝐵
𝐶𝐵，
∴𝐴𝐵=𝐶𝐵×𝑡𝑎𝑛68°=200×2.48≈496(𝑚)， ∴𝐵𝐸=𝐴𝐵−𝐴𝐸=496−200=296(𝑚)， ∵∠𝐶𝐹𝐸=∠𝐹𝐸𝐵=∠𝐶𝐵𝐸=90°， ∴四边形𝐹𝐸𝐵𝐶为矩形， ∴𝐶𝐹=𝐵𝐸=296𝑚， 在𝑅𝑡△𝐶𝐷𝐹中，∠𝐷𝐹𝐶=90°， ∵sin∠𝐷=𝐶𝐹𝐶𝐷
，
∴𝐶𝐷=
2960.64
≈462.5(𝑚)，
答：观光船从𝐶处航行到𝐷处的距离约为462.5𝑚．
【解析】过点𝐶作𝐶𝐹⊥𝐷𝐸于𝐹，根据∠𝐴𝐶𝐵的正切值可得𝐴𝐵=496𝑚，则可得𝐵𝐸的长，再根据∠𝐷的正弦可得答案．
本题考查了解直角三角形的应用，从复杂的实际问题中整理出直角三角形并求解是解决此类题目的关键．
20.【答案】三 30% 108
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……线…………○…………
【解析】解：(1)补全频数分布直方图如下：
……线…………○………… (2)这200名学生每周自主发展兴趣爱好时长的中位数落在第三组， 故答案为：三；
(3)若将上述调查结果绘制成扇形统计图，则第二组的学生人数占调查总人数的百分比为：60
200×100%=30%；
对应的扇形圆心角的度数为：360°×30%=108°， 故答案为：30%；108； (4)2200×30
200=330(人)，
答：估计该校学生中有330人需要增加自主发展兴趣爱好时间．
(1)根据频数分布表可得第三组和第四组的频数，进而补全频数分布直方图； (2)根据中位数的定义解答即可；
(3)用第二组的学生人数除以总人数即可得出第二组的学生人数占调查总人数的百分比，再用其乘360°即可得出对应的扇形圆心角的度数； (4)用样本估计总体即可．
本题考查中位数、频数分布表以及频数分布直方图，掌握频数统计的方法是解决问题的前提，样本估计总体是统计中常用的方法．
21.【答案】3：4 11𝑎
2 6 𝑚𝑛
【解析】解：(1)∵𝐵𝐷=3，𝐷𝐶=4， ∴𝑆△𝐴𝐵𝐷：𝑆△𝐴𝐷𝐶=𝐵𝐷：𝐷𝐶=3：4， 故答案为：3：4；
(2)∵𝐵𝐸：𝐴𝐵=1：2，
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…………○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※…不…※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………线…………○………… ……线…………○…………
∴𝑆△𝐵𝐸𝐶：𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝐵𝐸：𝐴𝐵=1：2， ∵𝑆△𝐴𝐵𝐶=1， ∴𝑆△𝐵𝐸𝐶=2； ∵𝐶𝐷：𝐵𝐶=1：3，
∴𝑆△𝐶𝐷𝐸：𝑆△𝐵𝐸𝐶=𝐶𝐷：𝐵𝐶=1：3， ∴𝑆△𝐶𝐷𝐸=3𝑆△𝐵𝐸𝐶=3×2=6； 1
1
1
1
1
…………○○…… …____…_…___…_…__：…订号…考订__…_…____…_…___……：级…○班_○_…___…_…____…_…：……名姓…装____装_…___…_…__:校……学………○○……………………外内……………………○○………………故答案为：1
12，6；
(3)∵𝐵𝐸：𝐴𝐵=1：𝑚，
∴𝑆△𝐵𝐸𝐶：𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝐵𝐸：𝐴𝐵=1：𝑚， ∵𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑎，
∴𝑆△𝐵𝐸𝐶=1
𝑎
𝑚𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑚； ∵𝐶𝐷：𝐵𝐶=1：𝑛，
∴𝑆△𝐶𝐷𝐸：𝑆△𝐵𝐸𝐶=𝐶𝐷：𝐵𝐶=1：𝑛， ∴𝑆△𝐶𝐷𝐸=1
1
𝑎
𝑎
𝑛𝑆△𝐵𝐸𝐶=𝑛⋅𝑚=𝑚𝑛， 故答案为：𝑎𝑚𝑛．
(1)根据等高的两三角形面积的比等于底的比，直接求出答案； (2)同(1)的方法即可求出答案； (3)同(1)的方法即可求出答案．
此题主要考查了三角形的面积公式，理解等高的两三角形的面积比等于底的比是解本题的关键．
22.【答案】解：(1)∵点𝐴(−1,𝑚)在反比例函数𝑦=−2
𝑥的图象上，
∴−𝑚=−2，解得：𝑚=2， ∴𝐴(−1,2)， ∵𝐴𝐷⊥𝑥轴， ∴𝐴𝐷=2，𝑂𝐷=1， ∴𝐶𝐷=𝐴𝐷=2， ∴𝑂𝐶=𝐶𝐷−𝑂𝐷=1， ∴𝐶(1,0)
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……线…………○…………
把点𝐴(−1,2)，𝐶(1,0)代入𝑦=𝑘𝑥+𝑏中， −𝑘+𝑏=2{， 𝑘+𝑏=0𝑘=−1解得{，
𝑏=1
∴一次函数的表达式为𝑦=−𝑥+1；
(2)在𝑅𝑡△𝐴𝐷𝐶中，𝐴𝐶=√𝐴𝐷2+𝐶𝐷2=2√2， ∴𝐴𝐶=𝐶𝐸=2√2，
……线…………○………… 当点𝐸在点𝐶的左侧时，𝑎=1−2√2， 当点𝐸在点𝐶的右侧时，𝑎=1+2√2， ∴𝑎的值为1±2√2．
【解析】(1)将点𝐴坐标代入反比例函数解析式求出𝑚，再求得𝐶点坐标，然后利用待定系数法即可求出一次函数的解析式；
(2)由勾股定理求出𝐴𝐶的长，再根据𝐶𝐸=𝐶𝐴且𝐸在𝑥轴上，分类讨论得𝑎的值． 本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数的解析式、勾股定理，熟练掌握反比例函数与一次函数的关系是解答本题的关键．
23.【答案】①
【解析】(1)证明：∵𝐵𝐸=𝐹𝐷， ∴𝐵𝐸+𝐸𝐹=𝐹𝐷+𝐸𝐹， ∴𝐵𝐹=𝐷𝐸， ∵𝐴𝐵//𝐶𝐷， ∴∠𝐴𝐵𝐹=∠𝐶𝐷𝐸， 在△𝐴𝐵𝐹和△𝐶𝐷𝐸中， {∠𝐴𝐵𝐹=∠𝐶𝐷𝐸∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐷𝐶𝐸 𝐵𝐹=𝐷𝐸
∴△𝐴𝐵𝐹≌△𝐶𝐷𝐸(𝐴𝐴𝑆)； (2)解：若选择条件①： 四边形𝐴𝐸𝐶𝐹是菱形，理由如下：
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…………○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※…不…※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………线…………○………… ……线…………○…………
由(1)得，△𝐴𝐵𝐹≌△𝐶𝐷𝐸， ∴𝐴𝐹=𝐶𝐸，∠𝐴𝐹𝐵=∠𝐶𝐸𝐷， …………○○…… …____…_…___…_…__：…订号…考订__…_…____…_…___……：级…○班_○_…___…_…____…_…：……名姓…装____装_…___…_…__:校……学………○○……………………外内……………………○○………………∴𝐴𝐹//𝐶𝐸，
∴四边形𝐴𝐸𝐶𝐹是平行四边形， ∵∠𝐵𝐴𝐹=90°，𝐵𝐸=𝐸𝐹， ∴𝐴𝐸=1
2
𝐵𝐹，
∵∠𝐵𝐴𝐹=90°，∠𝐴𝐵𝐷=30°， ∴𝐴𝐹=12𝐵𝐹， ∴𝐴𝐸=𝐴𝐹， ∴▱𝐴𝐸𝐶𝐹是菱形； 若选择条件②：
四边形𝐴𝐸𝐶𝐹是菱形，理由如下：连接𝐴𝐶交𝐵𝐷于点𝑂，
由①得：△𝐴𝐵𝐹≌△𝐶𝐷𝐸， ∴𝐴𝐹=𝐶𝐸，∠𝐴𝐹𝐵=∠𝐶𝐸𝐷， ∴𝐴𝐹//𝐶𝐸，
∴四边形𝐴𝐸𝐶𝐹是平行四边形， ∴𝐴𝑂=𝐶𝑂， ∵𝐴𝐵=𝐵𝐶， ∴𝐵𝑂⊥𝐴𝐶， 即𝐸𝐹⊥𝐴𝐶， ∴▱𝐴𝐸𝐶𝐹是菱形．
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……线…………○…………
故答案为：①(答案不唯一)．
(1)由等式的性质得𝐵𝐹=𝐷𝐸，由平行线的性质得∠𝐴𝐵𝐹=∠𝐶𝐷𝐸，从而利用𝐴𝐴𝑆证明△𝐴𝐵𝐹≌△𝐶𝐷𝐸；
(2)若选择①，由(1)可说明𝐴𝐹//𝐶𝐸，则四边形𝐴𝐸𝐶𝐹是平行四边形，由直角三角形斜边上中线的性质得𝐴𝐸=2𝐵𝐹，利用含30°角的直角三角形的性质得𝐴𝐹=2𝐵𝐹，则𝐴𝐸=𝐴𝐹，从而▱𝐴𝐸𝐶𝐹是菱形；若选择②连接𝐴𝐶交𝐵𝐷于点𝑂，同理可得四边形𝐴𝐸𝐶𝐹是平行四边1
1
……线…………○………… 形，利用等腰三角形的性质可得𝐵𝑂⊥𝐴𝐶，即𝐸𝐹⊥𝐴𝐶，从而证明结论．
本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的性质，菱形的判定等知识，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
24.【答案】解：(1)根据题意得：𝑦=8.2−0.2(𝑥−1)=−0.2𝑥+8.4，
答：这种水果批发价𝑦(元/千克)与购进数量𝑥(箱)之间的函数关系式为𝑦=−0.2𝑥+8.4； (2)设李大爷每天所获利润是𝑤元，
由题意得：𝑤=[12−0.5(𝑥−1)−(−.02𝑥+8.4)]×10𝑥=−3𝑥2+41𝑥=−3(𝑥−
416
)2+
168112
，
∵−3<0，𝑥为正整数，且|6−416
|>|7−
416
|，
∴𝑥=7时，𝑤取最大值，最大值为−3×(7−412
6
)+
168112
=140(元)，
答：李大爷每天应购进这种水果7箱，才能使每天所获利润最大，最大利润140元． 【解析】(1)根据当购买1箱时，批发价为8.2元/千克，每多购买1箱，批发价每千克降低0.2元得：𝑦=8.2−0.2(𝑥−1)=−0.2𝑥+8.4，
(2)设李大爷每天所获利润是𝑤元，由总利润=每千克利润×销量得𝑤=[12−0.5(𝑥−1)−(−.02𝑥+8.4)]×10𝑥=−3(𝑥−
416
)2+
168112
，利用二次函数性质可得李大爷每天应购进这种水果7箱，才能使每天所获利润最大，最大利润140元．
本题考查一次函数及二次函数的应用，解题的根据是理解题意，列出函数关系式，能利用二次函数性质解决问题．
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…………○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※…不…※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………线…………○………… ……线…………○…………
25.【答案】解：(1)如图：
在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐶=√𝐴𝐵2−𝐵𝐶2=√52−32=4， …………○○…… …____…_…___…_…__：…订号…考订__…_…____…_…___……：级…○班_○_…___…_…____…_…：……名姓…装____装_…___…_…__:校……学………○○……………………外内……………………○○………………∵将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐴按逆时针方向旋转90°得到△𝐴𝐷𝐸，
∴𝐴𝐷=𝐴𝐵=5，𝐷𝐸=𝐵𝐶=3，𝐴𝐸=𝐴𝐶=4，∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐴𝐶𝐵=90°，∵𝐸𝑄⊥𝐴𝐷，
∴∠𝐴𝑄𝐸=∠𝐴𝐸𝐷=90°， ∵∠𝐸𝐴𝑄=∠𝐷𝐴𝐸， ∴△𝐴𝑄𝐸∽△𝐴𝐸𝐷， ∴
𝐴𝑄𝐴𝐸𝐴𝑄4
𝐴𝐸
=
𝐴𝐷
，即4=5， ∴𝐴𝑄=165
，
∴𝑡=
𝐴𝑄161
=
5
；
答：𝑡的值为16
5；
(2)过𝑃作𝑃𝑁⊥𝐵𝐶于𝑁，过𝐶作𝐶𝑀⊥𝐴𝐷于𝑀，如图：
∵将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐴按逆时针方向旋转90°得到△𝐴𝐷𝐸， ∴∠𝐵𝐴𝐷=90°，即∠𝐵𝐴𝐶+∠𝐶𝐴𝑀=90°， ∵∠𝐵+∠𝐵𝐴𝐶=90°， ∴∠𝐵=∠𝐶𝐴𝑀，
∵∠𝐴𝐶𝐵=90°=∠𝐴𝑀𝐶， ∴△𝐴𝐵𝐶∽△𝐶𝐴𝑀， ∴𝐴𝐶
𝐴𝐵
45
𝐶𝑀=𝐴𝐶，即𝐶𝑀
=4， ∴𝐶𝑀=
165
，
第23页，共25页
……线…………○…………
1
1
165
∴𝑆△𝐴𝐶𝐷=2𝐴𝐷⋅𝐶𝑀=2×5×
=8，
1
∴𝑆四边形𝐴𝐵𝐶𝐷=𝑆△𝐴𝐵𝐶+𝑆△𝐴𝐶𝐷=2×3×4+8=14， ∵∠𝑃𝐵𝑁=∠𝐴𝐵𝐶，∠𝑃𝑁𝐵=90°=∠𝐴𝐶𝐵， ∴△𝑃𝐵𝑁∽△𝐴𝐵𝐶， ∴
𝐴𝐵𝑃𝐵
=
，即𝑡=𝑃𝑁， 𝑃𝑁
4
𝐴𝐶54
∴𝑃𝑁=𝑡，
……线…………○………… 5∴𝑆△𝐵𝐶𝑃=1
𝐵𝐶⋅𝑃𝑁=1
×3×4
6
2
2
5
𝑡=5
𝑡，
∴𝑆=𝑆四边形𝐴𝐵𝐶𝐷−𝑆△𝐵𝐶𝑃−𝑆△𝐴𝑃𝑄 =14−6
𝑡−1
5
2
(5−𝑡)⋅𝑡
=1237
2𝑡−10𝑡+14；
答：𝑆与𝑡之间的函数关系式是𝑆=1
37
2𝑡2−10𝑡+14； (3)存在某一时刻𝑡，使𝑃𝑄//𝐶𝐷，理由如下： 过𝐶作𝐶𝑀⊥𝐴𝐷于𝑀，如图：
由(2)知𝐶𝑀=
165
，
∴𝐴𝑀=√𝐴𝐶2−𝐶𝑀2=√42−(16)2=125
5
，
∴𝐷𝑀=𝐴𝐷−𝐴𝑀=5−12135
=
5
，
∵𝑃𝑄//𝐶𝐷， ∴∠𝐴𝑄𝑃=∠𝑀𝐷𝐶， ∵∠𝑃𝐴𝑄=∠𝐶𝑀𝐷=90°， ∴△𝐴𝑃𝑄∽△𝑀𝐶𝐷， ∴𝐴𝑃
𝐴𝑄
5−𝑡
𝐶𝑀=𝐷𝑀，即16=
𝑡
13，
55第24页，共25页
…………○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※…不…※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………线…………○………… ……线…………○…………
解得𝑡=29，
答：存在时刻𝑡=29，使𝑃𝑄//𝐶𝐷．
(1)由将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐴按逆时针方向旋转90°得到△𝐴𝐷𝐸，𝐷𝐸=【解析】知𝐴𝐷=𝐴𝐵=5，𝐵𝐶=3，𝐴𝐸=𝐴𝐶=4，∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐴𝐶𝐵=90°，证明△𝐴𝑄𝐸∽△𝐴𝐸𝐷，有4=5，可得𝐴𝑄=
16
𝐴𝑄
4
65
65
，即得𝑡的值为5； 5
4
5
1616
…………○○…… …____…_…___…_…__：…订号…考订__…_…____…_…___……：级…○班_○_…___…_…____…_…：……名姓…装____装_…___…_…__:校……学………○○……………………外内……………………○○………………(2)过𝑃作𝑃𝑁⊥𝐵𝐶于𝑁，过𝐶作𝐶𝑀⊥𝐴𝐷于𝑀，证明△𝐴𝐵𝐶∽△𝐶𝐴𝑀，有𝐶𝑀=4，
𝐶𝑀=5
，即得𝑆△𝐴𝐶𝐷=1
2𝐴𝐷⋅𝐶𝑀=8，𝑆四边形𝐴𝐵𝐶𝐷=𝑆△𝐴𝐵𝐶+𝑆△𝐴𝐶𝐷=14，由△𝑃𝐵𝑁∽△𝐴𝐵𝐶，可
得𝑃𝑁=415𝑡，𝑆△𝐵𝐶𝑃=2𝐵𝐶⋅𝑃𝑁=65𝑡，从而𝑆=𝑆四边形𝐴𝐵𝐶𝐷−𝑆△𝐵𝐶𝑃−𝑆△𝐴𝑃𝑄=1
2𝑡2−
3710
𝑡+14；
(3)过𝐶作𝐶𝑀⊥𝐴𝐷于𝑀，证明△𝐴𝑃𝑄∽△𝑀𝐶𝐷，有
5−𝑡
16=
𝑡
13，即可解得𝑡=65
5529．
本题考查三角形综合应用，涉及旋转变换，相似三角形的判定与性质，三角形、四边形面积等，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
第25页，共25页
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