2021年吉林市初三数学下期末第一次模拟试卷附答案

一、选择题

1．如图，左图是由4个大小相同的正方体组合而成的几何体，其主视图是（ ）

A． B． C． D．

2．用大小和形状完全相同的小正方体木块搭成一-个几何体，使得它的正视图和俯视图如图所示,则搭成这样的一个几何体至少需要小正方体木块的个数为( )

A．22个

正方体组合而成?( )

B．19个 C．16个 D．13个

3．如图，是一个由若干个小正方体组成的几何体的三视图.则该几何体最多可由多少个小

A．11个 B．14个 C．13个 D．12个

4．如图所示，所给的三视图表示的几何体是（ ）

A．圆锥

B．四棱锥

C．三棱锥

D．三棱柱

5．如图中的几何体是由一个圆柱和个长方体组成的，该几何体的俯视图是( )

A． B． C． D．

6．在△ABC中，∠C=90º，AC=3，AB=4，则下列结论正确的是（ ） A．sinA3 4B．cosA3 4C．tanA3 4D．cotA34

3，考虑安全问题，现要4求将梯子的倾斜角改为30°，则梯子下滑的距离AA'的长度是（ ）

7．一把5m长的梯子AB斜靠在墙上，梯子倾斜角α的正切值为

A．

3m 4B．

1m 3C．

2m 3D．

1m 28．如图，小明想要测量学校操场上旗杆AB的高度，他作了如下操作：（1）在点C处放置测角仪，测得旗杆顶的仰角ACE；（2）量得测角仪的高度CDa；（3）量得测角仪到旗杆的水平距离DBb．利用锐角三角函数解直角三角形的知识，旗杆的高度可表示为（ ）

A．abtan B．absin C．ab tanD．ab sin9．如图，分别以直角三角形三边为边向外作等边三角形，面积分别为S1、S2、S3；如图2，分别以直角三角形的三边为直径向外半圆，面积分别为S4、S5、S6．其中S116，

S245，S511，S614，则S3S4（ ）

A．86

10．在半径为1的A．75

BC的值为（ ）

B． C． D．48

O中，弦AB、AC的长度分别是3，2，则BAC为（ ）度．

B．15或30

C．75或15

D．15或45

11．如图，点D、E分别在CA、BA中的延长线上，若DE∥BC，AD=5，AC=10，DE=6，则

A．10 B．11 C．12 D．13

12．如图，过反比例函数ykx0的图象上一点A作ABx轴于点B，连接AO，若xS△AOB2，则k的值为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5

二、填空题

13．如图，校园内有一棵与地面垂直的树，数学兴趣小组两次测量它在地面上的影子，第一次是阳光与地面成60角时，第二次是阳光与地面成30角时，两次测量的影长相差8米，则树高______米．（结果保留根号）

14．如图，一几何体的三视图如图：那么这个几何体是______．

15．如图，小明在A时测得某树的影长为3米，B时又测得该树的影长为12米，若两次日照的光线互相垂直，则树的高度为_________米.

16．如图，矩形ABCD中，AB1，BC3，以B为圆心，BD为半径画弧，交BC延长线于M点，以D为圆心，CD为半径画弧，交AD于点N，则图中阴影部分的面积是________．

17．某人顺着山坡沿一条直线型的坡道滑雪，当他滑过130米长的路程时，他所在位置的竖直高度下降了50米，则该坡道的坡比是_________．

18．如图，在△BDE中，∠BDE＝90°，BD＝4，点D的坐标是(6,0)，∠BDO＝15°，将△BDE旋转到△ABC的位置，点C在BD上，则旋转中心的坐标为__________．

19．已知x:y:z3:2:1，则

xyz的值为________．

xyz20．如图，边长为1的正方形OABC中顶点B在一双曲线上，请在图中画出一条过点B的直线，使之与双曲线的另一支交于点D，且满足线段BD最短，则BD________．

三、解答题

21．将6个棱长为2cm的小正方体在地面上堆叠成如图所示的几何体，然后将露出的表面部分染成红色．

（1）画出这个的几何体的三视图：

（2）该几何体被染成红色部分的面积为________． 22．把边长为2厘米的6个相同正方体摆成如图的形式． （1）画出该几何体的主视图、左视图、俯视图； （2）试求出其表面积；

（3）如果在这个几何体上再添加一些相同的小正方体，并保持这个几何体的左视图和俯视图不变，那么最多可以再添加 个小正方体．

23．定义：如果一条抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴有两个交点，那么以该抛物线的顶

点和这两个交点为顶点的三角形称为这条抛物线的“特征轴三角形”．显然，“特征轴三角形”是等腰三角形．

（1）抛物线y＝x2﹣23x对应的“特征轴三角形”是 ；抛物线y＝

12

x﹣2对应的“特2征轴三角形”是 ．（把下列较恰当结论的序号填在横线上：①腰与底边不相等的等腰三角形；②等边三角形；③非等腰的直角三角形；④等腰直角三角形．） （2）若抛物线y＝ax2+2ax﹣3a对应的“特征轴三角形”是直角三角形，请求出a的值． （3）如图，面积为123的矩形ABCO的对角线OB在x轴的正半轴上，AC与OB相交于点E，若△ABE是抛物线y＝ax2+bx+c的“特征轴三角形”，求此抛物线的解析式．

24．综合与实践

将矩形ABCD和Rt△CEF按如图1的方式放置，已知点D在CF上（CF2CD），

FCE90，连接BF，DE．

特例研究

（1）如图1，当ADCD，CECF时，线段BF与DE之间的数量关系是_______；直线BF与直线DE之间的位置关系是_______；

（2）在（1）条件下中，将矩形ABCD绕点C旋转到如图2的位置，试判断（1）中结论是否仍然成立，并说明理由； 探究发现

（3）如图3，当CF2CE，CB2CD时，试判断线段BF与DE之间的数量关系和直线BF与直线DE之间的位置关系，并说明理由； 知识应用

（4）如图4，在（3）的条件下，连接BE，FD，若CE2CD2，请直接写出

BE2FD2的值．

25．如图，已知点A（1，-2）在反比例函数y＝

k的图象上，直线y＝-x＋1与反比例函数xy＝

k的图象的交点为点B、D． x

（1）求反比例函数和直线AB的表达式； （2）求S△AOB；

（3）动点P（x，0）在x轴上运动，若△OAP是等腰三角形时，直接写出点P的坐标． 26．门环，在中国绵延了数千多年的，集实用、装饰和门第等級为一体的一种古建筑构件，也成为中国古建“门文化”中的一部分，现有一个门环的示意图如图所示，点O为正六边形 ABCDEF的中心．

（1）请用无刻度直尺与圆规，过点O作一个⊙P，使⊙P与直线AF和直线AB同时相切．（请保留作图痕迹）

（2）若正六边形 ABCDEF E的边长为18cm，试求（1）中⊙P的半径．（结果保留根号）

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【分析】

根据主视图的概念即可求解． 【详解】

A． 是左视图．故该选项错误； B． 不是主视图．故该选项错误； C． 是俯视图．故该选项错误； D． 是主视图．故该选项正确． 故选：D 【点睛】

此题主要考查组合体的三视图，正确理解每种视图的概念是解题的关键．

2．D

解析：D 【分析】

先根据俯视图判断出这个几何体的行列数，然后根据正视图推算每列小正方体的最少个数，最后将各列的小正方体个数求和即可得． 【详解】

由俯视图可得，这个几何体共有3行3列，其中左边一列有2行，中间一列有2行，右边一列有3行

由正视图可得，左边一列2行中的最高层数为2，则这列小正方体最少有213个 中间一列2行中的最高层数为3，则这列小正方体最少有314个 右边一列3行中的最高层数为4，则这列小正方体最少有4116个

2,3,4因此，这个几何体的一种可能的摆放为1,1,1（数字表示所在位置小正方体的个数），小

0,0,1正方体最少有34613个 故选：D． 【点睛】

本题考查了三视图（俯视图、正视图）的定义，根据俯视图和正视图得出几何体的实际可能摆放是解题关键．另一个重要概念是左视图，这是常考知识点，需掌握．

3．A

解析：A 【分析】

根据画三视图的方法，得到各行构成几何体的小正方体的个数，相加即可． 【详解】 综合三视图，

第一行：第1列没有，第2列没有，第3列有1个； 第二行：第1列有2个，第2列有2个，第3列有1个； 第三行：第1列3个，第2列有2个，第3列没有； 一共有：1＋2＋2＋1＋3＋2＝11个， 故选：A． 【点睛】

此题考查了几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出几何体结构特征．

4．D

解析：D 【解析】

分析：由左视图和俯视图可得此几何体为柱体，根据主视图是三角形可判断出此几何体为正三棱柱．

详解：∵左视图和俯视图都是长方形， ∴此几何体为柱体， ∵主视图是一个三角形， ∴此几何体为三棱柱． 故选D．

点睛：考查了由三视图判断几何体，用到的知识点为：由左视图和俯视图可得几何体是柱体，锥体还是球体，由主视图可确定几何体的具体形状．

5．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案． 【详解】

解：从上边看是一个圆形，圆形内部是一个虚线的正方形. 故选：D． 【点睛】

本题考查了简单组合体的三视图，从上边看得到的图形是俯视图．

6．B

解析：B 【分析】

按照锐角三角函数的定义求各函数值即可． 【详解】

解：如图，由勾股定理可得BC=AB2AC242327

选项A，sinABC7AB4，故错误；

选项B，cosA选项C，tanAAC3，故正确； AB4BCAC7，故错误； 3选项D，cot故应选：B 【点睛】

AAC337，故错误； BC77本题考查了锐角三角函数定义，解答关键是按照相关锐角三角函数定题．

7．D

解析：D 【分析】

设AC＝3k，BC＝4k，根据勾股定理得到AB＝4m，根据直角三角形的性质健康得到结论． 【详解】

解：如图，∵梯子倾斜角α的正切值为∴设AC＝3k，BC＝4k， ∴AB＝AC2BC2＝5k＝5，求得AC＝3m，BC＝

3， 4AC2BC2＝5k＝5，

∴k＝1，

∴AC＝3m，BC＝4m， ∵A′B′＝AB＝5，∠A′B′C＝30°， ∴A′C＝

51A′B′＝， 2251＝m， 221m， 2∴AA′＝AC﹣A′C＝3﹣

故梯子下滑的距离AA'的长度是故选：D．

【点睛】

本题考查了解直角三角形在实际生活中的应用，本题中根据梯子长不会变的等量关系求解

是解题的关键，属于中考常考题型．

8．A

解析：A 【分析】

延长CE交AB于F，得四边形CDBF为矩形，故CF=DB=b，FB=CD=a，在直角三角形ACF中，利用CF的长和已知的角的度数，利用正切函数可求得AF的长，从而可求出旗杆AB的长． 【详解】

延长CE交AB于F，如图，

根据题意得，四边形CDBF为矩形， ∴CF=DB=b，FB=CD=a， 在Rt△ACF中，∠ACF=α，CF=b， tan∠ACF=

AF CF∴AF=CFtanACFbtan, AB=AF+BF=abtan， 故选：A． 【点睛】

主要考查了利用了直角三角形的边角关系来解题，通过构造直角三角形，将实际问题转化为数学问题是解答此类题目的关键所在．

9．C

解析：C 【分析】

分别用AC，AB和BC表示出S1,S2,S3，然后根据BC2AB2AC2即可得出S1,S2,S3的关系．同理，得出S4,S5,S6的关系，从而可得答案． 【详解】

解：如图，S1对应ACD的面积，过D作DHAC于H， ACD为等边三角形，

DAC60,AHCHsin60DH, AD1AC,ADAC, 2DHS133ADAC, 2213AC•DHAC2, 24

同理：S233BC2,S3AB2, 44∵BC2AB2AC2， ∴S2S1S3, 如图2，同理可得：S4S5S6，

∴S3S4S2S1S5S645161114. 故选：C． 【点睛】

本题考查了勾股定理、等边三角形的性质．锐角三角函数等知识点，其中勾股定理：如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2b2c2．

10．C

解析：C 【分析】

根据题意画出草图，因为C点位置待定，所以分情况讨论求解． 【详解】

利用垂径定理可知：AD=32 ． ，AE22

sin∠AOD=sin∠AOE=

3，∴∠AOD=60°； 22，∴∠AOE=45°； 2∴∠BAC=75°．

当两弦共弧的时候就是15°． 故选：C． 【点睛】

此题考查垂径定理，特殊三角函数的值，解题关键在于画出图形.

11．C

解析：C 【分析】

根据平行线的性质得出∠E=∠B，∠D=∠C，根据相似三角形的判定定理得出△EAD∽△BCA，根据相似三角形的性质求出即可 【详解】 解：∵DE∥BC， ∴∠E=∠B，∠D=∠C， ∴△EAD∽△CAB， ∴AC：AD=BC：DE， ∵AD=5，AC=10，DE=6， ∴10：5=BC：6． ∴BC=12． 故选：C． 【点睛】

本题考查了平行线的性质，相似三角形的性质和判定的应用，能推出△EAD∽△BAC是解此题的关键．

12．C

解析：C 【分析】

根据点A在反比例函数图象上结合反比例函数系数k的几何意义，即可得出关于k的含绝对值符号的一元一次方程，解方程求出k值，再结合反比例函数在第一象限内有图象即可确定k值． 【详解】

解：∵点A在反比例函数y

k

的图象上，且ABx轴于点B， x

∴设点A坐标为(x,y)，即|k|xy， ∵点A在第一象限，

x、y都是正数，

SAOB11OBABxy， 22SAOB2，

kxy4．

故选：C． 【点睛】

本题考查了反比例函数的性质以及反比例函数系数k的几何意义，解题的关键是找出关于k的含绝对值符号的一元一次方程．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据反比例函数系数k的几何意义找出关于k的含绝对值符号的一元一次方程是关键．

二、填空题

13．【分析】设出树高利用所给角的正切值分别表示出两次影子的长然后作差建立方程即可【详解】如图在中设AB为x∴同理：∵两次测量的影长相差8米∴∴则树高为米故答案为：【点睛】本题考查了平行投影的应用太阳光线 解析：43 【分析】

设出树高，利用所给角的正切值分别表示出两次影子的长，然后作差建立方程即可． 【详解】 如图

在RtABC中，设AB为x

tanACB∴BCAB， BCABx，

tanACBtan60x， tan30同理：BD∵两次测量的影长相差8米，

∴

xx8， tan30tan60∴x43，

则树高为43米． 故答案为：43． 【点睛】

本题考查了平行投影的应用，太阳光线下物体影子的长短不仅与物体有关，而且与时间有关，不同时间随着光线方向的变化，影子的方向也在变化，解此类题，一定要看清方向．解题关键是根据三角函数的几何意义得出各线段的比例关系，从而得出答案．

14．圆锥【解析】试题分析：由主视图和左视图为三角形判断出是锥体由俯视图是圆形可判断出这个几何体应该是圆锥故答案为圆锥考点：由三视图判断几何体

解析：圆锥 【解析】

试题分析：由主视图和左视图为三角形判断出是锥体，由俯视图是圆形可判断出这个几何体应该是圆锥．故答案为圆锥． 考点：由三视图判断几何体．

15．6【分析】根据题意画出示意图易得：Rt△EDC∽Rt△FDC进而可得；即DC2=EDFD代入数据可得答案【详解】根据题意作△EFC树高为CD且∠ECF=90°ED=3FD=12易得：Rt△EDC∽R

解析：6 【分析】

根据题意，画出示意图，易得：Rt△EDC∽Rt△FDC，进而可得DC2=ED?FD，代入数据可得答案． 【详解】

根据题意，作△EFC，

EDDC；即DCFD

树高为CD，且∠ECF=90°，ED=3，FD=12， 易得：Rt△EDC∽Rt△DCF，

EDDC，即DC2=ED×FD， DCFD代入数据可得DC2=36， DC=6，

有

故答案为6．

16．【分析】先根据矩形的性质勾股定理可得再利用正弦三角函数可得然后根据即可得【详解】四边形ABCD是矩形在中则即图中阴影部分的面积是故答案为：【点睛】本题考查了矩形的性质正弦三角函数扇形的面积公式等知识 解析：

73 122【分析】

先根据矩形的性质、勾股定理可得CD1,BD2,ADCBCD90，再利用正弦三角函数可得CBD30，然后根据S阴影S扇形DCNS扇形BDMSRt【详解】

四边形ABCD是矩形，AB1，BC3，

BCD即可得．

CDAB1,BCBC2CD22,ADCBCD90，

在RtBCD中，sinCBDCD1， BD2，

CBD30，

则S阴影S扇形DCNS扇形BDMSRtBCD90123022113，

360360273， 12273， 122即图中阴影部分的面积是

故答案为：【点睛】

73． 122本题考查了矩形的性质、正弦三角函数、扇形的面积公式等知识点，熟练掌握扇形的面积公式是解题关键．

17．【分析】首先根据勾股定理求得滑行的水平距离然后根据坡比的定义即可求解【详解】解：滑行的水平距离是：=120（米）故坡道的坡比是：50：120=故答案是：【点睛】本题考查了勾股定理以及坡比的定义正确求 解析：

5 12【分析】

首先根据勾股定理求得滑行的水平距离，然后根据坡比的定义即可求解． 【详解】

解：滑行的水平距离是：1302250=120（米），

故坡道的坡比是：50：120=故答案是：【点睛】

5 ． 125． 12本题考查了勾股定理，以及坡比的定义，正确求得滑行的水平距离是关键．

18．【分析】根据旋转的性质AB与BD的垂直平分线的交点即为旋转中心P连接PD过P作PF⊥x轴于F再根据点C在BD上确定出∠PDB＝45°并求出PD的长然后求出∠PDO＝60°根据直角三角形两锐角互余求出 解析：(62,6)

【分析】

根据旋转的性质，AB与BD的垂直平分线的交点即为旋转中心P，连接PD，过P作PF⊥x轴于F，再根据点C在BD上确定出∠PDB＝45°并求出PD的长，然后求出∠PDO＝60°，根据直角三角形两锐角互余求出∠DPF＝30°，然后解直角三角形求出点P的坐标． 【详解】

如图，AB与BD的垂直平分线的交点即为旋转中心P，连接PD，过P作PF⊥x轴于F， ∵点C在BD上，

∴点P到AB、BD的距离相等，都是∴∠PDB＝45°，PD22， ∵∠BDO＝15°， ∴∠PDO＝45°+15°＝60°， ∴∠DPF＝30°， ∴DF＝

11BD，即42， 22113PD＝222，PFcos30PD226， 222∵点D的坐标是(6,0)， ∴OF＝OD﹣DF＝62， ∴旋转中心的坐标为(62,6)， 故答案为：(62,6)．

【点睛】

本题考查坐标与图形变化－旋转，解直角三角形，熟练掌握旋转的性质确定出旋转中心的

位置是解题的关键．

19．2【分析】根据可设代入原式即可求解【详解】∵∴设∴故答案为：2【点睛】本题考查了比例的性质利用设k法表示出xyz求解更简便

解析：2 【分析】

根据x:y:z3:2:1，可设x3k，y2k，zk，代入原式，即可求解． 【详解】

∵x:y:z3:2:1， ∴设x3k，y2k，zk， ∴

xyz3k2kk4k2．

xyz3k2kk2k故答案为：2． 【点睛】

本题考查了比例的性质，利用“设k法”表示出x、y、z求解更简便．

20．2【分析】作直线OB交双曲线另一支于点D根据双曲线对称性得到BD最短根据勾股定理和双曲线对称性即可求解【详解】解：如图作直线OB交双曲线另一支于点D∵双曲线关于直线y=x及直线y=−x对称∵四边形O

解析：22 【分析】

作直线OB，交双曲线另一支于点D，根据双曲线对称性得到BD最短，根据勾股定理和双曲线对称性即可求解． 【详解】

解：如图，作直线OB，交双曲线另一支于点D， ∵双曲线关于直线y=x及直线y=−x对称， ∵四边形OABC是正方形， ∴线段BD在直线y=x上， ∴易得∠BDD'>90∘ ∴BD最短．

在Rt△OBC中，OB=OC2BC22, ∴BD=22 ． 故答案为：22

【点睛】

本题主要考查了反比例函数图象的中心对称性，勾股定理等知识，熟知反比例函数图形的对称性是解题关键．

三、解答题

21．（1）见解析；（2）84cm2 【分析】

（1）由已知条件可知，主视图有三列，每列小正方形个数分别为2、1、1，左视图有三列，每列小正方形个数分别为1、2、1，,俯视图有三列，每列小正方形个数分别为3、1、1，据此可画出三视图；

（2）分别从前面、后面、左面、右面和上面数出被染成红色的正方形的个数，再乘以一个面的面积即可求解． 【详解】

解：（1）这个的几何体的三视图为：

主视图 左视图 俯视图 （2）4444522

214 84

答：该几何体被染成红色部分的面积为84cm2． 故答案是：（1）见解析（2）84cm2 【点睛】

本题考查简单组合体的三视图的画法．主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形；注意看到的用实线表示，看不到的用虚线表示．注意涂色面积指组成几何体的外表面积．

22．（1）见解析；（2）104平方厘米;（3）2 【分析】

（1）直接利用三视图的画法进而得出答案； （2）利用几何体的形状进而得出其表面积；

（3）利用左视图和俯视图不变，得出可以添加的位置． 【详解】

解：（1）如图所示：

（2）几何体表面积：2×2×5+2×2×4+2×2×5+2×2×12＝104（平方厘米）；

（3）如图，可以在A和B的位置上各加一个小正方体，这个几何体的左视图和俯视图不变.所以最多可以再添加2个小正方体．

故答案为：2． 【点睛】

此题主要考查了画三视图以及几何体的表面积，正确得出三视图是解题关键． 23．（1）②；④；（2）【分析】

（1）根据题意先求出这两个抛物线的顶点及与x轴的交点坐标，然后进行求解即可； （2）由题意易得抛物线的顶点及与x轴的交点坐标，然后根据题意列方程求解即可； （3）如图，过点A作AH⊥x轴，交于点H，由题意易得S△ABE＝33，则有1；（3）y＝﹣x2+63x﹣24． 211S矩形ABCD＝×123＝4432

BE＝33，进而可得A（33，3），E（23，0），B（43，0），4然后利用待定系数法求解即可． 【详解】

解：（1）由抛物线y＝x2﹣23x可得顶点坐标为：

3,3，与x轴的交点坐标为：

0,0,23,0，

∴抛物线y＝x2﹣23x对应的“特征轴三角形”是等边三角形； 由抛物线y＝

12

x﹣2可得顶点坐标为：0,2，与x轴的交点坐标为：2,0,2,0， 2∴抛物线y＝

12

x﹣2对应的“特征轴三角形”是等腰直角三角形； 2故答案为②；④；

（2）设抛物线y＝ax2+2ax﹣3a与x轴的交点坐标为A，B，顶点为D， ∴A（﹣3，0），B（1，0），D（﹣1，﹣4a），

∵抛物线y＝ax2+2ax﹣3a对应的“特征轴三角形”是直角三角形， ∴AB2＝AD2+BD2， ∴16＝4+16a2+4+16a2，

1； 2（3）如图，

∴a＝

∵四边形ABCD是矩形， ∴AE＝CE＝OE＝BE， ∴S△ABE＝

11S矩形ABCD＝×123＝33，

44∵△ABE是抛物线的“特征轴三角形”，根据抛物线的对称性得，AE＝AB， ∴AE＝AB＝BE， ∴△ABE是等边三角形， 过点A作AH⊥BE， ∴AH＝ABsin∠ABE＝∴

33AB＝BE， 2232

BE＝33， 4∴BE＝23， ∴AH＝3，EH＝3，

∴A（33，3），E（23，0），B（43，0），

设抛物线解析式为y＝a（x﹣33）2+3，将点E（23，0）代入得，a＝﹣1， ∴y＝﹣（x﹣33）2+3＝﹣x2+63x﹣24．

∴过点A，B，E三点的抛物线的解析式y＝﹣x2+63x﹣24． 【点睛】

本题主要考查二次函数的综合及三角函数，熟练掌握二次函数的性质及三角函数是解题的

关键． 24．（1）BFDE，BFDE；（2）（1）中结论仍然成立，理由见解析；（3）

BF2DE，BFDE，理由见解析；（4）BE2FD2的值为25． 【分析】

（1）先证FBC≌EDC，便可证得BF=DE，∠BFC=∠CED，再根据直角三角形两锐角互余及直角三角形判定不难证得BF⊥DE； （2）方法同（1），问题易证；

（3）利用CED∽CFB证得∠BFC=∠CED，再根据直角三角形两锐角互余及、对顶角相等及直三角形的判定即可证得结论成立；

（4）延长ED交BF于点G，根据勾股定理求出EB2，FD2，FE2，不难求出结果． 【详解】

解：（1）在矩形ABCD中，∠BCD =90 ，BC=CD， 在Rt△CEF，∠FCE=90，FC=CE， ∴∠BCD=∠FCE， ∴FBC≌EDC， ∴

BFDE，∠BFC=∠DEC

∵∠BFC+∠FBC=90， ∴∠FBC+∠DEC=90， ∴BFDE

故答案为：BF=DE，BFDE （2）（1）中结论仍然成立．

理由如下：如图，延长ED交FB于点G，交FC于点H，

四边形ABCD是矩形，BCD90，ADBC，

BCFFCD90，

FCE90，DCEFCD90， BCFDCE．

ADCD，BCCD，

在FBC和EDC中，BCDC，BCFDCE，CFCE， FBCEDC(SAS)．

BFDE，BFCDEC．

FCE90，DECCHD90，

FHGCHD，BFCFHG90，FGE90，

BFDE．

（1）中结论仍然成立．

（3）BF2DE，BFDE．

如图，延长ED交CF于M，交FB于N．

四边形ABCD是矩形，BCD90，BCFFCD90，

FCE90，DCEFCD90，

BCFDCE．

CF2CE，CB2CD， CECD1． CFCB2DE1． CEDCFB，

BF2BF2DE．

CMECED90，CMECFB90． CMEFMN，FMNCFB90． FNE90． BFDE． （4）如图，

延长ED交BF于点G，则EG⊥BF于G， ∵CE2CD2，CF2CE，CB2CD ∴CD=1，CF=4，BC=2， ∵在RtFGD中，GF2+GD2=FD2， 在RtGBE中，GE2+GB2=BE2，

∴BE2+FD2=（GF2+GE2）+（GB2+GD2）=EF2BD2 连接BD，则BD2=BC2CD25 ，

∵在Rt△FCE中，EF2=CF2CE2224220 ∴BE2+FD2=20+5=25． 【点睛】

本题考查了正方形的性质，直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质及旋转变换等知识，侧重考查了对知识的综合应用． 25．（1）y= 23, y=x-3；（2）S△AOB=；（3）P12x5,0，P25,0，P32,0，

5P4,0． 2【分析】

（1）运用待定系数法先求出反比例函数解析式，再求出B的坐标，从而求出直线AB的解析式；

（2）利用反比例函数k的几何意义进行面积转化求解即可； （3）列出各边长的表达式，根据不同情况进行分类讨论即可． 【详解】

（1）将A1,2代入y

k2，得k2，故反比例函数解析式为y，

kx

2x2x1y联立或，即：B2,1，D1,2 x，解得y1y2yx1设直线AB的解析式为：ymxn，

mn2m1 ， 将A1,2，B2,1代入得：，解得：2mn1n3则直线AB的解析式为：yx3

反比例函数解析式为y2，直线AB的解析式为：yx3； k（2）作AMx轴，BNx轴，AHy轴，

则S△AOBS△OAHS△OBNS矩形OHAMS梯形MABN， 根据反比例函数k的几何意义可知：S△OAHS△OBNk1S矩形OHAM， 22S△AOBS梯形MABNS△AOB3； 2113MNAMBN2121， 222

（3）由题：OA5，OPx，APx124，

①若OAOP，则5x，解得x5，故：P1②若OAAP，则5③若OPAP，则x5,0，P25,0；

x124，解得x2或0（舍去），故：P32,0；

x124，解得x55，故：P4,0； 22综上，所有P的坐标为：P1【点睛】

5P5,0，P25,0，P2,0，42,0． 3本题考查了反比例函数与一次函数综合问题，以及等腰三角形的判定与性质，熟练掌握反比例函数ｋ的几何意义，以及分类讨论的思想是解题的关键． 26．（1）作图见解析；（2）⊙P的半径为363． 【分析】

(1)先过点O作OM⊥AF交AF于点M(或延长EF、BA交于点H，作直线HO)，然后作∠HOA的角平分线OI交AF于点I，再过点I作IP//MO交OA于点P(或在KC上截取KL=MI)，最后以点P为圆心，PO长为半径作圆，⊙P即为所求； (2)设OP=PI=r，由题意可得PA=【详解】

解：(1)第一步过点O作OM⊥AF交AF于点M(或延长EF、BA交于点H，作直线HO) 第二步作∠HOA的角平分线OI交AF于点I

第三步过点I作IP//MO交OA于点P(或在KC上截取KL=MI) 第四步以点P为圆心，PO长为半径作圆，⊙P即为所求．

23r，在Rt△API中，PA+PO=18，代入求解即可． 3

(2)∵AF=18，

∴AO=18，∠AOM=∠API=30°(△OAF为等边三角形)， 设OP=PI=r， PA=PI÷cos30°=

23r， 3在Rt△API中， 23rr=18 ， 3解得r=363． 【点睛】

本题考查解直角三角形和正多边形与圆的关系，掌握等边三角形的性质是解题的关键．