2022年内蒙古包头中考数学试题试卷及答案

注意事项：

1．本试卷共 6 页，满分 120 分．考试时间为 120 分钟．

2．答题前，考生务必先将自己的考生号、姓名、座位号等信息填写在．答题前，考生务必先将自己的考生号、姓名、座位号等信息填写在试卷和答题卡的指定试卷和答题卡的指定位置．请认真核对条请认真核对条形码上的形码上的形码上的相关信息后，将条形码粘贴相关信息后，将条形码粘贴相关信息后，将条形码粘贴在答题卡在答题卡在答题卡的指定位置上．的指定位置上． 3．答题时，将答案题时，将答案写在答题写在答题写在答题卡上．写在本试卷上无效．卡上．写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将试结束后，将本试卷和本试卷和本试卷和答题卡一并交回．答题卡一并交回．

一、选择题：本大题择题：本大题共有共有 12 小题，每小题 3 分，共 36 分．每小题只有一个正确选项，请将答题卡上对应题自卡上对应题自的答案标的答案标的答案标号涂黑．号涂黑． 1. 若24 22 2m，则m的值为（ ） A. 8 【答案】B 【解析】

4 2 4 2 6【分析】根据同底数幂的乘法运算计算2 2 2 2    2m，即可求解．

B. 6 C. 5 D. 2

【详解】

24  22  24 2  26 2m，

m6，

故选：B．

【点睛】本题考查了同底数幂的乘法运算，即aman运算法则是解题的关键．

2. 若a，b互为相反数，c的倒数是 4，则3a 3b 4c的值为（ ） A. 8 【答案】C 【解析】

【分析】根据a，b互为相反数，可得ab0，c的倒数是 4，可得c解．

【详解】∵a，b互为相反数， ∴ab0， ∵c的倒数是 4， ∴cB. 5 C. 1 D. 16

，熟练掌握amn（m、n为正整数）

1 ，代入即可求41， 41 3a b4c     1， 3 0 4  ∴3a 3b 4c4故选：C

【点睛】本题考查了代数式的求值问题，利用已知求得ab0，c3. 若mn，则下列不等式中正确的是（ ） A. m 2 n2 1是解题的关键． 4B.  m 121n 2C. nm0 D.

1  2 m 1 2n

【答案】D 【解析】

【分析】根据不等式的性质：不等式的两边都加（或减）同一个数，不等号的方向不变，不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变，可得答案．

【详解】解：A、∵m＞n，∴m 2 n2，故本选项不合题意；

B、∵m＞n，∴ m 121n，故本选项不合题意； 2C、∵m＞n，∴mn0，故本选项不合题意； D、∵m＞n，∴1  2 m 1 2n，故本选项符合题意； 故选：D．

【点睛】本题考查了不等式的性质，不等式的基本性质是解不等式的主要依据，必须熟练地掌握．要认真弄清不等式的基本性质与等式的基本性质的异同，特别是在不等式两边同乘以（或除以）同一个数时，不仅要考虑这个数不等于 0，而且必须先确定这个数是正数还是负数，如果是负数，不等号的方向必须改变．

4. 几个大小相同，且棱长为 1 的小正方体所搭成几何体的俯视图如图所示，图中小正方形中的数字表示在该位置小正方体的个数，则这个几何体的左视图的面积为（ ）

A. 3 【答案】B 【解析】

B. 4 C. 6 D. 9

【分析】根据该几何体的俯视图以及该位置小正方体的个数，可以画出左视图，从而求出左视图的面积；

【详解】由俯视图以及该位置小正方体的个数，左视图共有两列，第一列两个小正方体，第二列两个小正方体，可以画出左视图如图，

所以这个几何体的左视图的面积为 4 故选：B

【点睛】本题考查了物体的三视图，解题饿到关键是根据俯视图，以及该位置小正方体的个数，正确作出左视图．

5. 2022 年 2 月 20 日北京冬奥会大幕落下，中国队在冰上、雪上项目中，共斩获 9 金 4 银 2铜，创造中国队冬奥会历史最好成绩某校为普及冬奥知识，开展了校内冬奥知识竞赛活动，并评出一等奖 3 人．现欲从小明等 3 名一等奖获得者中任选 2 名参加全市冬奥知识竞赛，则小明被选到的概率为（ ）

1A. 6【答案】D 【解析】

1B. 3C. 2 1D.

2 3【分析】根据题意，列出树状图，即可得出答案． 【详解】记小明为A，其他 2 名一等奖为B、C， 列树状图如下：

故有 6 种等可能性结果，其中小明被选中得有 4 种，故明被选到故选：D．

概率为P42． 63【点睛】此题考查了列表法或树状图法:通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出

n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．

6. 若x1,x2是方程x2 2 x 3 0A. 3 或9 【答案】A 【解析】

两个实数根，则x1x2的值为（ ）

C. 3 或6 D. 3或 6

2B. 3或 9 【分析】结合根与系数的关系以及解出方程x2 2 x 3 0进行分类讨论即可得出答案． 【详解】解：∵x2 2 x 3 0，

x2 ∴x1 3 3， 1x 1 x 3 0,则两根为：3 或-1，  x2 gx2gx2  3x29， 当x23时，x1 x12x2  x1 · ·x2 x2   3x23， 1时，x1  当x22故选：A．

【点睛】此题考查了根与系数的关系以及解二元一次方程，正确解出方程进行分类讨论是解题的关键．

7. 如图，AB,CD是O的两条直径，E是劣弧BC的中点，连接BC，DE．若

ABC  22，则CDE的度数为（ ）

A. 22 【答案】C 【解析】

B. 32 C. 34 D. 44

 ABC  22，则有COB  136，然后可得【分析】连接OE，由题意易得OCBCOE  68，进而根据圆周角定理可求解．

【详解】解：连接OE，如图所示：

∵OB=OC，ABC  22，

 ABC  22， ∴OCB∴COB  136， ∵E是劣弧BC的中点，

68， ∴COE   COB   COE 34； ∴CDE故选 C．

【点睛】本题主要考查圆周角定理及垂径定理，熟练掌握圆周角定理及垂径定理是解题的关键．

12125 ax b a0中， a, b)8. 在一次函数y 且ab0，则点A(y的值随x值的增大而增大，

在（ ） A. 第四象限 限 【答案】B 【解析】

【分析】根据一次函数的性质求出a的范围，再根据每个象限点的坐标特征判断A点所处的象限即可．

B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第一象

5 ax b a0中，y的值随x值的增大而增大， 【详解】∵在一次函数y ∴5 a＞0，即a＜0， 又∵ab0， ∴b＜0，

a, b)在第三象限， ∴点A(故选：B

【点睛】本题考查了一次函数的性质和各个象限坐标特点，能熟记一次函数的性质是解此题的关键．

9. 如图，在边长为 1 的小正方形组成的网格中，A，B，C，D四个点均在格点上，AC与BD相交于点E，连接AB,CD，则△ABE与△CDE的周长比为（ ）

A. 1：4 B. 4：1 C. 1：2 D. 2：1

【答案】D 【解析】

【分析】运用网格图中隐藏的条件证明四边形DCBM为平行四边形，接着证明

ABE∽CDE，最后利相似三角形周长的比等于相似比即可求出．

【详解】如图：由题意可知，DM3，BC3， ∴DMBC， 而DM∥BC，

∴四边形DCBM为平行四边形， ∴AB∥DC，

∴BAE  DCE，ABE  CDE，

CDE， ∴ABE∽2C△ABEAB22 4 2 5 2∴   ．

22C△CDECD1512故选：D．

【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理，熟练掌握相关知识并正确计算是解题关键．

10. 已知实数a，b满足ba1，则代数式a2 2b  6a 7的最小值等于（ ） A. 5 【答案】A 【解析】

【分析】由已知得b=a+1，代入代数式即得a2-4a+9 变形求解．

【详解】解：∵b-a=1， ∴b=a+1， ∴a2+2b-6a+7 =a2+2(a+1)-6a+7 =a2-4a+9 =(a-2)2+5，

(a-2)2+5，再根据二次函数性质

B. 4 C. 3 D. 2

∵(a-2)2≥0，

∴当a=2 时，代数式a2+2b-6a+7 有最小值，最小值为 5， 故选：A．

【点睛】本题考查二次函数的最值，通过变形将代数式化成(a-2)2+5 是解题的关键．

 90 , A  30 , BC2，将ABC绕点C顺时针旋11. 如图，在RtABC中，ACB转得到VABC，其中点A与点A是对应点，点B与点B是对应点．若点B恰好落在AB边上，则点A到直线AC的距离等于（ ）

A. 33 【答案】C 【解析】

B. 23 C. 3 D. 2

C于Q, 求解AB=4, AC=2 3, 结合旋转：证明【分析】如图，过A作AQ^A¢ B?AⅱBC60? , BC BⅱC,? ACB?90? , 可得△BBC为等边三角形，求解

A¢CA60? , 再应用锐角三角函数可得答案． C于Q, 【详解】解：如图，过A作AQ^A¢

 90 , A  30 , BC2， 由ACB\\AB=4, AC=AB2-BC2=2 3,

结合旋转：

\\?B?AⅱBC60 ?, BC BⅱC, ?ACB?90 ?,

\\VBB¢C为等边三角形，

ⅱ\\?BCB60 靶, ACB=30 ?,

\\?A¢CA60? ,

\\AQ=ACgsin60? 2 3 ?323.

∴A到AC的距离为 3． 故选 C

【点睛】本题考查的是旋转的性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．

12. 如图，在矩形ABCD中，ADAB，点E，F分别在AD,BC边上，

EF∥AB,AEAB，AF与BE相交于点O，连接OC，若BF2CF，则OC与EF之

间的数量关系正确的是（ ）

A. 2OC5EF B.

5OC2EF C. 2OC3EF D.

OCEF

【答案】A 【解析】

【分析】过点O作OM⊥BC于点M，先证明四边形ABFE是正方形，得出MFCFOM，再利用勾股定理得出OC5CF，即可得出答案．

【详解】

过点O作OM⊥BC于点M，

OMC  90，

四边形ABCD矩形，

ABC  BAD  90，

EF∥AB,AEAB，

ABC BAD  90  AEF，

四边形ABFE是正方形，

 AFB 45 , OBOF，

1 MF BFOM，

2BF2CF，  MF CFOM，

2由勾股定理得OC OM2  CM2  CF2  (2CF ) 5CF，

2OC5EF，

故选：A．

【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．

二、填空题：本大题共有 7 小题，每小题 3 分，共 21 分．请将答案填在答题卡上对应的横线上．

13. 若代数式x11在实数范围内有意义，则x的取值范围是___________． x【答案】x1且x0 【解析】

【分析】根据二次根式与分式有意义的条件求解即可． 【详解】解：由题意得：x+1≥0，且x≠0， 解得：x1且x0， 故答案为：x1且x0．

【点睛】本题考查二次根式与分式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件：被开方数为非负数；分式有意义的条件：分母不等于零是解题的关键．

a2b22ab14. 计算：___________．

abab【答案】ab##ba 【解析】

【分析】分母相同，分子直接相加，根据完全平方公式的逆用即可得．

a2  b2  2 ab( ab)2【详解】解：原式=ab,   abab故答案为：ab．

【点睛】本题考查了分式的加法，解题的关键是掌握完全平方公式．

15. 某校欲招聘一名教师，对甲、乙两名候选人进行了三项素质测试，各项测试成绩满分均

为 100 分，根据最终成绩择优录用，他们的各项测试成绩如下表所示： 候选人 通识知识 专业知识 实践能力 甲 乙

80 80

90 85

85 90

根据实际需要，学校将通识知识、专业知识和实践能力三项测试得分按 2：5：3 的比例确定每人的最终成绩，此时被录用的是___________．（填“甲”或“乙”） 【答案】甲 【解析】

【分析】分别计算甲和乙的加权平均数，进行比较，即可得到答案．

90   85  86.5（分）【详解】甲的成绩为80   ， 85   90  85.5（分）乙的成绩为80   ，

2 10 5 10 3102 10 5 10 31086.5 85.5，

被录用的是甲， 故答案为：甲．

【点睛】本题考查了加权平均数，如果n个数中，x1出现f1次，x2出现f2次，…，xk出

f2 fkn）现fk次（这里f1 ，那么，根据平均数的定义，这n个数的平均数可以表

示为xx1 f1 x2 f2 nxkfk，这样求得的平均数x叫做加权平均数，其中f1, f2, ,fk叫

做权，理解加权平均数的概念，掌握其公式是解题的关键．

16. 如图，已知O的半径为 2，AB是O的弦．若AB22，则劣弧AB的长为___________．

【答案】π 【解析】

【分析】根据条件可证AOB为直角三角形，得到AOB90，之后利用弧长公式即可

得到答案．

【详解】解：由题知AB22，OAOB2，

 AB2  OA2 OB2，

∴AOB  90，

 劣弧AB90 2．

180故答案为：．

【点睛】本题主要考查勾股定理，弧长的公式，掌握弧长的公式是解题的关键．

17. 若一个多项式加上3 结果得2 则这个多项式为___________． xy2 y28，xy3 y25，【答案】y2xy3 【解析】

【分析】设这个多项式为 A，由题意得：A (3xy  2 y2 8)  2 xy 3 y25，求解即可． 【详解】设这个多项式为 A，由题意得：A (3xy  2 y2 8)  2 xy 3 y25，

 A (2 xy 3 y2  5)  (3 xy 2 y2  8)  2 xy 3 y2  5  3 xy 2 y2  8  y2 xy3，

故答案为：y2xy3．

【点睛】本题考查了整式的加减，准确理解题意，列出方程是解题的关键．

D为AB边上一点，18. 如图，在RtABC中，ACB且BDBC，  90，ACBC3，

连接CD，以点D为圆心，DC的长为半径作弧，交BC于点E（异于点C），连接DE，则

BE的长为___________．

【答案】3 2 3##3 3 2 【解析】

【分析】过点D作DF⊥BC于点F，根据题意得出DCDE，根据等腰三角形性质得出ACBC3，CFEF，根据ACB得出AB32，设CFx，则BF3x，  90，

证明DFAC，得出

BFBD，列出关于x的方程，解方程得出x的值，即可得出CFADBE3 2 3．

【详解】解：过点D作DF⊥BC于点F，如图所示：

根据作图可知，DCDE， ∵DF⊥BC， ∴CFEF，

∵ACB  90，ACBC3，

2 2∴AB AC2  BC2  3  3 3 2，

∵BDBC3， ∴AD3 2 3，

设CFx，则BF3x， ∵ACB  90， ∴ACBC， ∵DFBC， ∴DF∴

AC，

BFBD， CFAD3x3， x3 2 36 3 2， 2即

解得：x∴CE 2x  2  6 3 26 3 2，  2∴BE 3  CE 3  6  3 2  3 2 3． 故答案为：3 2 3．

【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，勾股定理，平行线分线段成比例定理，平行线的判定，作出辅助线，根据题意求出CF的长，是解题的关键． 19. 如图，反比例函数yk( k0)在第一象限的图象上有A(1,6)，B(3, b)两点，直线ABxBC ABDO，连接CD，记与x轴相交于点C，D是线段OA上一点．若AD ADC,DOC的面积分别为S1,S2，则S1S2的值为___________．

【答案】4 【解析】

VOAC, 再求解反比例函数为：y【分析】如图，连结BD，证明VDAB∽x+8, 再求解C4,0 , SVAOC=线AB为：y=-2 可得答案．

【详解】解：如图，连结BD， AD BC ABDO，

6，B3,2 , 直x()1创4 6 =12, 再利用相似三角形的性质2\\\\ADAB=, DOBCADAB=, 而DAB?OAC, AOAC\\VDAB∽VOAC,

QA(1,6)在反比例函数图象yk上， x\\k=6, 即反比例函数为：y6， x6上， xQB(3,b)在反比例函数图象yb2, 即B3,2 ,

设直线AB为：ymxn,

ììïm+n=6ïm=-2\\í, 解得：í,

3+=2=8mnnïïîîx+8, ∴直线AB为：y=-2  当y0时，x4,

\\C(4,0 ),

1\\SVAOC=创4 6 =12,

2QVDAB∽VOAC,

2\\SVADBSVAOC骣yA-yB=琪琪y桫A4ABAD2==, =,

9ACAO321\\S1=?12 8, S2=?12 4,

33\\S1-S2=4.

故答案为：4

【点睛】本题考查的是反比例函数的图象与性质，相似三角形的判定与 ，证明

ABAD2==是解本题的关键． ACAO3三、解答题：本大题答题：本大题共有共有 6 小题，共 3 分．分．请将必要的请将必要的请将必要的文字说明、计算过程或推理文字说明、计算过程或推理文字说明、计算过程或推理过程写过程写在答题卡的对应位置卡的对应位置．．

20. 2022 年 3 月 28 日是第 27 个全国中小学生安全教育日．某校为调查本校学生对安全知识的了解情况，从全校学生中随机抽取若干名学生进行测试，测试后发现所有测试的学生成绩均不低于 50 分将全部测试成绩x（单位：分）进行整理后分为五组（50 x60，60 x70，70 x80，80 x90，90 x100），并绘制成如下的频数直方图（如图）．

请根据所给信息，解答下列问题：

（1）在这次调查中，一共抽取了___________名学生；

（2）若测试成绩达到 80 分及以上为优秀，请你估计全校 960 名学生对安全知识的了解情况为优秀的学生人数；

（3）为了进一步做好学生安全教育工作，根据调查结果，请你为学校提一条合理化建议． 【答案】（1）40 （2）480 人

（3）加强安全知识教育，普及安全知识；通过多种形式（课外活动、知识竞赛等），提高安全意识；结合校内、校外具体活动（应急演练、参观体验、紧急救援等），提高避险能力 【解析】

【分析】（1）根据频数分布直方图进行求解即可；

（2）由总人数乘以测试成绩达到 80 分及以上为优秀的比例即可求解； （3）根据题意提出合理化建议即可． 【小问 1 详解】

由频数分布直方图可得，一共抽取：4  6  10  12  8 40（人） 故答案为：40； 【小问 2 详解】

960 12 8480（人）， 40所以优秀的学生人数约为 480 人； 【小问 3 详解】

加强安全知识教育，普及安全知识；通过多种形式（课外活动、知识竞赛等），提高安全意识；结合校内、校外具体活动（应急演练、参观体验、紧急救援等），提高避险能力． 【点睛】本题考查了频数直方图，用样本估计总体，准确理解题意，熟练掌握知识点是解题的关键．

21. 如图，AB是底部B不可到达的一座建筑物，A为建筑物的最高点，测角仪器的高

DHCG1.5米．某数学兴趣小组为测量建筑物AB的高度，先在H处用测角仪器测得

建筑物顶端A处的仰角ADE为，再向前走 5 米到达G处，又测得建筑物顶端A处的仰角ACE为45，已知tan 的高度．

7,ABBH，求建筑物ABH，G，B三点在同一水平线上，9

【答案】19 米 【解析】

【分析】设AEx米．在RtAEC中，得到CEAEx．在Rt△AED中，得到DC5，

DEx5．根据tan7，列方程求解． 9  , ADE ， 90 【详解】解：如图．根据题意，AED

ACE  45 , DC HG 5, EB CG DH1.5．

设AEx米．在RtAEC中，

 90 ,  ACE 45， ∵AEC∴CEAEx．

在Rt△AED中，∵DC5， ∴DEx5．

ADE  ∵tanAE7,tan， DE9x7， ∴

x59∴9 x7 x35，

∴x17.5，即AE17.5． ∵EB1.5，

∴AB ． AE EB 17.5  1.5 19（米）答：建筑物AB的高度为 19 米．

【点睛】本题考查了解三角形的应用问题，锐角三角函数的应用，解题的关键是找出直角三角形，熟练利用正切函数的定理求解．

22. 由于精准扶贫的措施科学得当，贫困户小颖家今年种植的草莓喜获丰收，采摘上市 16天全部销售完．小颖对销售情况进行统计后发现，在该草莓上市第x天（x取整数）时，日

x10）12（ x0 ,y销售量y（单位：千克）与x之间的函数关系式为草莓价格

（ ）20 320 10 16 ,   xxm（单位：元/千克）与x之间的函数关系如图所示．

（1）求第 14 天小颖家草莓的日销售量；

（2）求当4 x12时，草莓价格m与x之间的函数关系式； （3）试比较第 8 天与第 10 天的销售金额哪天多？ 【答案】（1）40 千克

 x28 （2）m （3）第 10 天的销售金额多 【解析】

 20 x320求出y值即可； 【分析】（1）把x=14 代入y （2）用待定系数法求解，设m与x之间的函数关系式为mkxb，把(4,24),(12,16)代入，求出k，b值即可求解；

（3）把x=8，x=10 分别代入y=12x，求出y，再把x=8，x=10 分别代入（2）问所求解析式求出m值，然后分别求出my值，比较即可求解． 【小问 1 详解】

 20 x320， 解：∵当10 x16时，y  20  14  320 40（千克）∴当x14时，y ．

∴第 14 天小颖家草莓的日销售量是 40 千克． 【小问 2 详解】

解：当4 x12时，设草莓价格m与x之间的函数关系式为mkxb，

4,24 , 12,16在mkxb的图像上， ∵点 kb24,4 k1,∴解得

kbb12 16.28.∴函数关系式为m  x28． 【小问 3 详解】

解：∵当0 x10时，y12x，

12  8 96， ∴当x8时，y 12  10 120． 当x10时，y ∵当4 x12时，m  x28，

∴当x8时，m 8  28 20，当x10时，m 10  28 18． ∴第 8 天的销售金额为：96 ， 20 1920（元）第 10 天的销售金额为：120 ． 18 2160（元）∵2160 1920， ∴第 10 天的销售金额多．

【点睛】本题考查一次函数的应用，待定系数法求一次函数解析式，函数图像，能从函数图像获取有用作息，用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．

23. 如图，AB为O的切线，C为切点，D是O上一点，过点D作DFAB，垂足为

OC,OD，已知F，DF交O于点E，连接EO并延长交O于点G，连接CG,DOE  2CGE．

（1）若O的半径为 5，求CG的长；

（2）试探究DE与EF之间的数量关系，写出并证明你的结论．（请用两种证法解答） 【答案】（1）53 （2）DE2EF，证明见解析 【解析】

【分析】（1）由题意得，COE根据DOE  2CGE，  2CGE得COE  DOE，  90，根据题意得DFB根据切线的性质得OCAB，即OCB  90，则

OCB  DFB  90，即可得OC∥DF，根据角之间的关系和边之间的关系得ODE是等边三角形，即可得∴DOE  60，则CGE  30,根据题意得，GE10，

GCE  90，在RtGCE中，根据锐角三角形函数即可得；

 30，（2）方法一：根据题意和边、角之间得关系得，△OCE为等边三角形，可得ECF在RtCEF中，根据直角三角形的性质得EF1CE，即DE2EF；方法二：连接CE，2过点O作OHDF，垂足为H，根据题意得，OCB  DFC  90，即四边形OCFH是矩形，所以CFOH， 根据等边三角形的性质得DEOE，根据边之间的关系得

CE=OD，根据 RtOHE，即可得EFEH，所以DHEHEF，即可HL 得RtCFE≌得DE2EF． 【小问 1 详解】

解：如图所示，连接CE．

∵CECE，

∴COE  2CGE， ∵DOE  2CGE， ∴COE  DOE， ∵AB为

O的切线，C为切点，

∴OCAB，  90， ∴OCB∵DFAB，垂足为F， ∴DFB  90，

∴OCB  DFB  90， ∴OC∥DF，

 OED， ∴COE∴DOE  OED， ∴ODDE． ∵ODOE，

∴ODE是等边三角形， ∴DOE  60， ∴CGE  30． ∵O的半径为 5， ∴GE10， ∵GE是O的直径， ∴GCE  90，

∴在RtGCE中，GC GE cos CGE  10  cos30 5 3． 【小问 2 详解】

DE2EF，证明如下

证明：方法一：如图所示，

∵COE  DOE  60，

∴CEDE， ∴CEDE． ∵OCOE，

∴△OCE为等边三角形，

 60． ∴OCE  90， ∵OCB  30． ∴ECF∴在RtCEF中，EF∴EF1CE， 21DE， 2即DE2EF；

方法二：如图所示，连接CE，过点O作OHDF，垂足为H，

∴OHF90，

∵OCB  DFC  90， ∴四边形OCFH是矩形， ∴CFOH， ∵ODE是等边三角形， ∴DEOE， ∵OHDF， ∴DHEH，

 DOE， ∵COE∴CEDE， ∴CEDE， ∴CEOE， ∴CE=OD， ∵CFOH，

在Rt△CFE和Rt△OHE中，

CEOD CFOE∴RtCFE≌， RtOHE（HL）∴EFEH， ∴DHEHEF， ∴DE2EF．

【点睛】本题考查了圆的综合，平行线的判定与性质，锐角三角函数，等边三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点． 24. 如图，在平行四边形ABCD中，AC是一条对角线，且ABAC5，BC6，E，

F是AD边上两点，点F在点E的右侧，AEDF，连接CE，CE的延长线与BA的延

长线相交于点G．

（1）如图 1，M是BC边上一点，连接AM，MF，MF与CE相交于点N． ①若AE3，求AG的长； 2②在满足①的条件下，若ENNC，求证：AMBC；

 EFG CEF，且（2）如图 2，连接GF，H是GF上一点，连接EH．若EHGHF2GH，求EF的长．

5【答案】（1）①；②证明见解析

3（2）2 【解析】

GE∽△DCE，【分析】（1）①解：根据平行四边形ABCD的性质可证△A得到

再根据ABAC5，BC6，AE例式即可求出AG的长；

AGAE，DCDE3，结合平行四边形的性质求出DE的长，代入比2②先根据ASA证明△E NF≌△CNM可得EFCM，再根据AE3，AEDF求出2EF3，进一步证明BMMC，最后利用等腰三角形的三线合一可证明结论．

（2）如图，连接CF，先根据SAS证明△A EC≌△DFC，再结合

EHG  EFG CEF，说明EH∥CF，利用平行线分线段成比例定理可得

接着证明△A GE∽△DCE，可得到

GE1，EC2AE1，设AEx，则DE2x，根据DE2AD AE DE6构建方程求出x，最后利用EF AD AEDF可得结论．

【小问 1 详解】 ①解：如图，

∵四边形ABCD是平行四边形，ABAC5，BC6， ∴ABCD，AD∥BC，DCAB5，ADBC6， ∴GAE  CDE，AGE  DCE， ∴△A GE∽△DCE， ∴

AGAE， DCDE3， 2329， 2∴AGDEDCAE， ∵AE6 AD AE ∴DE ∴

93AG5， 225， 35． 3∴AG∴AG的长为

②证明：∵AD∥BC，

 CMN， ∴EFN∵ENNC，

在△ENF和CNM中，

 CMNEFN ENCNENFCNM  NF≌△CNM ASA， ∴△E∴EFCM， ∵AE∴DF3，AEDF， 23， 2AD AE DF3， ∴EF ∴CM3， ∵BC6，

BC CM3， ∴BM ∴BMMC， ∵ABAC， ∴AMBC． 【小问 2 详解】 如图，连接CF，

∵ABAC，ABDC， ∴ACDC，

 CDA， ∴CAD∵AEDF，

在△AEC和△DFC中，

ACDC  CDA CADAEDFAEC≌△DFC SAS， ∴△ ∴CECF，

 CEF ∴CFE  EFG CEF， ∵EHG  EFG CEF  EFG CFE  CFG， ∴EHG∴EH∥CF， ∴

GHGE， HFEC∵HF2GH， ∴

GE1， EC2∵ABCD，

 CDE，AGE  DCE， ∴GAE∴△A GE∽△DCE， ∴

AEGE， DECEAE1， ∴

DE2∴DE2AE，

设AEx，则DE2x， ∵AD6，

∴AD AE DE x 2x6， ∴x2， 即AE2， ∴DF2，

AD AE DF2． ∴EF ∴EF的长为2．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的三线合一，平行线的判定及性质，平行线分线段成比例定理等知识．灵活运用相似三角形和全等三角形的判定及性质是解答本题的关键．

ax2 c( a0)与x轴交于A，B两点，点B的25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y 坐标是(2,0)，顶点C的坐标是(0,4)，M是抛物线上一动点，且位于第一象限，直线AM与

y轴交于点G．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）如图 1，N是抛物线上一点，且位于第二象限，连接OM，记AOG，MOG的面积分别为S1,S2．当S12S2，且直线CN∥AM时，求证：点N与点M关于y轴对称； （3）如图 2，直线BM与y轴交于点H，是否存在点M，使得2OHOG7．若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）y  x24 （2）见解析 （3）存在，M【解析】

【分析】（1）利用待定系数法求解抛物线的解析式即可；

（2）如图．过点M作MDy轴，垂足为D．当AOG与MOG都以OG为底时，可得

1 15, 24 2,0)，M(1,3)，直线AM的解析式为yx2．直线CN的解OA2MD．再求解A(1,3)．从而可得答案； 析式为yx4，可得 N( m24，（3）过点M作MEx轴，垂足为E．设Mm，则OE 由m，ME  m24．

 2m24EMBOtan MBE  tanHBO， 可得OH m 2  2  2m 4．同  2mBE2EMAO2m4理可得OG 2  2  4 2m．再利用2OHOG7，建  m AEm2  立方程方程即可． 【小问 1 详解】

解：∵抛物线yaxc与x轴交于点B(2,0)，顶点为C(0,4)，

2∴4ac0，a1，解得

cc．．44∴该抛物线的解析式为y  x24． 【小问 2 详解】

证明：如图．过点M作MDy轴，垂足为D．

当AOG与MOG都以OG为底时， ∵S12S2，∴OA2MD． 当y0时，则 x2 40，

2 , x22． 解得x1 2,0)， ∵B(2,0)，∴A(m4， ∴OA2，MD1．设点M的坐标为m，∵点M在第一象限，∴m1， ∴ m2 43，∴M(1,3)．

 2xb1， 设直线AM的解析式为yk1∴b10，k11， k1 2解得 ．．32kbb111解析式为yx2．

∴直线AMxb2， 设直线CN的解析式为yk2∵直线CN∥AM，∴k2k11，

4． ∴yxb2，∵C(0,4)，∴b2 x24中， ∴直线CN的解析式为yx4，将其代入y 0，x2 1． 得x 4  x24，∴x2x0，解得x1 ∵点N在第二象限，∴点N的横坐标为1，

1,3)． ∴y3，∴N( ∵M(1,3)，

∴点N与点M关于y轴对称． 【小问 3 详解】 如图．

存在点M，使得2OHOG7．理由如下： 过点M作MEx轴，垂足为E．

m24， ∵Mm，∴OE m，ME  m24．

∵B(2,0)，∴OB2，∴BE2m． 在Rt BEM和RtBOH中，

 EMOH∵tan， MBE  tanHBO，∴BEBO2m24EMBO∴OH m 2  2  2m 4．   2mBE∵OA2，∴AEm2，

在RtAOG和RtAEM中，∵tan GAO  tanMAE， ∴

 OGEM， AOAE2m24EMAO∴OG m 2  2  4 2m．   AEm2∵2OHOG7，

  2 m 4  4  2 m7，  ∴2∴m1． 2当m∴M1154， m2 时， 241 15,． 241 15,，使得2OHOG7． 24∴存在点M【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，一次函数的解析式，二次函数的性质，二次函数与一次函数的交点坐标问题，锐角三角函数的应用，作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．