【文档说明】必刷卷01-2022年中考数学考前信息必刷卷（浙江温州专用）（解析版）.docx，共(30)页，2.343 MB，由管理员店铺上传

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绝密★启用前2022年中考数学考前信息必刷卷01数学（浙江温州专用）2022年温州中考数学稳中有变，满分150分，题型仍然是10（选择题）+6（填空题）+8（解答题），但考查内容要关注基础性、综合性、应用型和创新性，要关注学科主干知识，对学科基本概念、基本原理和思想方法的考查；从考查内容上看，随

着数学教学的逐步深入，为体现数学课程标准对数学教学课改的要求，课程内容的学习，不会单纯考查学生死记硬背的机械记忆力，重视学生的数学活动，发展学生的情感、符号感、空间观念、统计观念以及推理能力。从知识点的分布看，实数的有关概念及其运算，代数式的化简求

值，探究规律，方程不等式组的解法及函数知识的综合应用，直线型的相关性质，仍将是考试的重点。对于函数侧重考查一次函数、反比例函数的性质以及函数的应用、函数与方程不等式之间的联系，二次函数的综合问题常以解答的形式出现；对三角

形的全等、相似的证明，特殊四边形的判定及性质的应用，也将以解答题的形式出现。此外，统计与概率也是必考内容。对圆的知识考查，尤其是切线的判定，强化数学意识的转化和应用能力。通过对考试信息的梳理以及教学研究成果，中考试卷侧重增加文化的考查，加强问题背景的设置，加大考查的深度和广度..同时应加强

学生的画图能力、识图能力、动手能力、探究能力、思维能力，注重数学思维方法的训练.对于创新型试题要增加思维的含量，重点考查学生将新知识转化为旧知识的能力。在教学中应引导学生弄清算理来提高运算能力.本套试卷的第8题考查了解直角三角形的应用，结合了数学大会的会徽熟练

掌握锐角三角函数的的定义是解题的关键．第9题属于反比例函数与一次函数综合题，角平分线的性质及相似三角形的性质与判定．第15题考查的是切线的性质、旋转变换的性质、等边三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于

经过切点的半径是解题的关键．第16题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，图形比较复杂，梳理各个图形的边角关系，证明四边形BKIH和四边形DGLN是菱形是解决本题的关键．第20题

考查作图﹣应用与设计作图，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．第21题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的图象与几何变换，图象上点的坐标适合解析式是解题的关键．第22题

是四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线分线段成比例，三角函数等知识，综合性较强，对学生的识图、逻辑思维能力要求较高，属于中考压轴题．第23题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用

、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和不等式的性质解答．第24题考查了圆的基本概念，坐标与圆形，求一次函数解析式，直线与坐标轴的交点问题，一次函数的平移，求正切值，相似三角形的性质与判定．注意

事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.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.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡

一并交回.一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．23−的结果等于()A．9B．9−C．1−D．6−【分析】根据有理数的乘方法则进行计算便可．【解析】原式339=−=−，故选：B．2．下列立体图形的主视图、左视图、俯视图都一样

的是()A．B．C．D．【分析】长方体的三视图虽然都是长方形，但这三个长方形的长、宽不一定相同，因此A选项不正确；圆柱的主视图、左视图都有长方形，而俯视图为圆形，因此选项B不正确；球体的三视图都是大小相同的圆形，因

此选项C正确；圆锥的主视图、左视图都是等腰三角形，而俯视图为圆形，因此选项D不正确．【解析】因为球体的三视图都是大小相同的圆形，因此选项C正确；故选：C．3．2021年2月10日19时52分，中国首次火星探测任务“天问一号”探测器成功“刹车”被火星“捕获”．在制动捕获过程中，探测器距离地球的

距离为192000000公里．数字192000000用科学记数法表示为()A．719.210B．819.210C．81.9210D．91.9210【分析】科学记数法的表示形式为10na的形式，其中1||10a„，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时

，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值10…时，n是正整数；当原数的绝对值1时，n是负整数．据此解答即可．【解析】81920000001.9210=，故选：C．4．如图所示的两个统计图，女生人数多的学校是()A．甲校B．

无法确定C．甲、乙两校女生人数一样多D．乙校【分析】根据题意，结合扇形图的性质，扇形统计图只能得到每部分所占的比例，具体人数不能直接体现，易得答案．【解析】根据题意，因不知道甲乙两校学生的总人数，只知道两校女生占的比例，故无法比较两校女生的人数，故选：B．5．下列解方程的步骤中正确的

是()A．由57x−=，可得75x=−B．由82(31)xx−+=，可得862xx−−=C．由116x=−，可得16x=−D．由1324xx−=−，可得2(1)3xx−=−【分析】各项方程变形得到结果，即可作出判断．【解析】A、由57x−=，可得75x=+，不符合题意；B、由82(31)xx−+

=，可得862xx−−=，符合题意；C、由116x=−，可得6x=−，不符合题意；D、由1324xx−=−，可得2(1)12xx−=−，不符合题意，故选：B．6．如图，四边形ABCD与四边形ABCD位似，点O为位似中心．已知:1:3OAOA=，则四边形ABCD与四边形

ABCD的面积比为()A．1:4B．1:2C．1:9D．1:3【分析】根据位似图形的概念得到四边形ABCD∽四边形ABCD，//ABAB，根据相似三角形的性质、相似多边形的性质计算，得到答案．【解析】四边形ABCD与四边形ABCD

位似，四边形ABCD∽四边形ABCD，//ABAB，OAB∽△OAB，13ABOAABOA==，四边形ABCD与四边形ABCD的面积比为1:9，故选：C．7．一种商品每件成

本为a元，原来按成本增加40%定出售价，现在由于库存积压减价，打八折出售，则每件盈利()元．A．0.1aB．0.12aC．0.15aD．0.2a【分析】将每件成本乘(140%)+可求原定售价，再乘80%，即可求

出现售价．【解析】依题意有：(140%)80%0.12aaa+−=（元)．故选：B．8．图1是2002年世界数学大会()ICM的会徽，其主体图案（如图2)是由四个全等的直角三角形组成的四边形．若ABC=，1AB=，则CD的长为

()A．sincos−B．11sincos−C．cossin−D．11cossin−【分析】在RtABC中，利用锐角三角函数的的定义求出AC，BC的长，即可解答．【解析】90ACB=，ABC=，1AB=，sinsinACAB==，cos

cosBCAB==，由题意得：tanACBD==，sincosCDBDBC=−=−，故选：A．9．古希腊数学家帕普斯利用反比例函数的图象及性质解决了三等分角问题，方法如下：如图，在直角坐标系中，锐角AOB的边OB在x轴正半轴上，边OA与(0)kykx=的图象交于点A，以A为圆心

，2OA为半径作圆弧交函数图象于点C，取AC的中点P，则13BOPAOB=．若6530OAOP==，则k的值为()A．215B．225C．19510D．11710【分析】由题意可知AOP是等腰三角形，过点A作ADOP⊥于点D，作AOP的平分线交AD于点E

，过点E作EFAO⊥于点F，可得1tan2EOD=．则1tan2COP=．设点A和点C的坐标，表达点P的坐标，可得出直线OP的解析式．过点A作AGx⊥轴于点G，交OP于点H，由此可得出点H的坐标，由此可得//CHx轴，则

ACH是直角三角形，则5APHPCP===．由此可得1OH=，结合上述正切值可求出OG和GH的长，再由相似可得出AH的长，进而可得点A的坐标，最终可得出k的值．【解析】如图，过点A作ADOP⊥于点D，作AOP的平分线交AD于点E，过点E作EFAO⊥于点F，连接CH．6530OAO

P==，2ACOA=，5OA=，10AC=，6OP=，点P是AC的中点，5OAAP==，点D是OP的中点，3ODDP==，由勾股定理可得4AD=．OE平分AOD，ADOP⊥，EFOA⊥，13AOBCOP=，AOEDOECOP==，DEEF=，()OEFOEDAAS，3

OFOD==，2AF=，4AEDE=−，90AFEADO==，AFEADO∽，:::AFADAEOAEFOD==，32EF=，52AE=，1tan:2AOEEFOF==，tantantan1:2AOEDOECOP===．AHDOHG=

，90ADHOGH==，ADHOGH∽，::2ADDHOGHG==，2DH=，25AH=，1AG=，255OG=，55HG=．25(5A，115)5，225k=．故选：B．10．如图，在正方形ABCD中，延长DC至点G，以CG为边向下画正方形CEFG．

延长AB交边FG于点H，连结CF，AF分别交AH，CE于点M，N．收录在清朝四库全书的《几何通解》利用此图得：222222ABBHAHMH+=+．若正方形ABCD与CEFG的面积之和为68，3CNNE=，则AH的长为()A

．42B．8C．82D．16【分析】根据题意可得//ABEF，所以ABNFEN∽，可得ABBNEFNE=，设ABa=，CGb=，根据3CNNE=，可得14NEb=，34CNb=，所以34BNCNCBba=−=−，然后列式计算可得53ba=，然后根据正方形ABCD与CEFG的面积之和为68，可

得a和b的值，进而可以解决问题．【解析】四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，延长AB交边FG于点H，//ABEF，ABNFEN∽，ABBNEFNE=，设ABa=，CGb=，3CNNE=，14NEb=，34

CNb=，34BNCNCBba=−=−，3414baabb−=，53ba=，正方形ABCD与CEFG的面积之和为68，2268ab+=，223()685aa+=，解得32a=，52b=，82ab+=，

则AH的长为82．故选：C．二．填空题（共6小题，每小题5分，共30分）11．分解因式：3269xxx−+−=2(3)xx−−．【分析】原式提取x−，再利用完全平方公式分解即可．【解析】原式22(69)(

3)xxxxx=−−+=−−．故答案为：2(3)xx−−12．掷一枚质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别标有1、2、3、4、5、6的点数，掷得面朝上的点数为奇数的概率为12．【分析】直接根据概率公式求解可得．【解析

】在这6个点数中，奇数有1、3、5这3个，所以掷得面朝上的点数为奇数的概率为3162=，故答案为：12．13．如图，为了美化校园，学校在一块靠墙角的空地上建造了一个扇形花圃，其圆心角120AOB=，半径为6m

，则扇形的弧长是4m．（结果保留)【分析】根据弧长公式180nrl=，代入数据计算即可．【解析】由题意可得，扇形的弧长为：12064()180m=，故答案为：4．14．不等式组62024xxx−+…的解集是3x„．【分析】分别求出各不等式的解集，再求

出其公共解集即可．【解析】62024xxx−+①②…由①得，3x„，由②得，4x，故原不等式组的解集为：3x„．故答案为3x„．15．如图，O与OAB的边AB相切，切点为B．将OAB绕点B按顺时针方向旋转得到△OAB，使点O落在O上，边AB交线段AO于点C．若70AOB

=，则ACB=100．【分析】连接OO，根据切线的性质得到OBAB⊥，根据旋转变换的性质得到OBOB=，90ABOABO==，根据等边三角形的性质、三角形的外角性质计算，得到答案．【解析】如图，连接OO，O与OAB的边AB相切，OBAB⊥，90OBA=，OA

B绕点B按顺时针方向旋转得到△OAB，OBOB=，90ABOABO==，OBOO=，OBOBOO==，OBO为等边三角形，60OBO=，906030OBC=−=

，7030100ACBAOBOBC=+=+=，故答案为：100．16．如图，在矩形ABCD中，4AB=，6AD=，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别在DC，AB上，且90BEGDFH

==，连接BG，DH，则BEG与DFH重叠部分六边形IJKLMN的周长为9.8．【分析】连接KI，NL，先证明四边形BEDF和四边形BGDH是平行四边形，由已知和平行线的性质可得HKBI⊥，BIHABEEBG

==，由等腰三角形的性质可得HK和BI互相垂直平分，进而证明四边形BKIH和四边形DGLN是菱形，利用相似三角形的性质和线段的计算求出六边形IJKLMN的各个边长，即可得出周长．【解析】如图，连接KI，NL，四边形ABCD是矩形，4AB=，6AD=，//ABCD，//ADBC，4

ABCD==，6ADBC==，E，F分别是AD，BC的中点，132AEDEAD===，132BFCFBC===，DEBF=，四边形DEBF是平行四边形，//BEDF，BEDF=，90BEGDFH==，90EJ

HDFH==，即HKBI⊥，在RtABE中，3AE=，4AB=，3tan4AEABEAB==，由勾股定理，得225BEAEAB=+=，5BEDF==，90BEG=，90BAD=，90DEGAEBABEAEB+=

+=，DEGABE=，DEGABE∽，DGDEEGAEABBE==，即3345DGEG==，94DG=，154EG=，155434EGAE==，54BEAB=，EGBEAEAB=，90BAEBEG==，BAEBE

G∽，ABEEBG=，同理可得：94BH=，BHDG=，四边形BGDH是平行四边形，//BGDH，EBGABEEBG==，由EBGABE=，HKBI⊥，得：BHK为等腰三角形，

J为BI的中点，则HK垂直平分BI，则HK、BI互相垂直平分，四边形BHIK为菱形，94BHHIIKKB====，同理得：四边形DGLN为菱形，94DNLGDGHL====，BIHABE=，90

EJHBAE==，JIHABE∽，HJJIHIAEABBE==，94345HJJI==，解得：2720HJ=，95JI=，2720JKHJ==，同理得：2720MN=，95LM=，在RtA

DH中，6AD=，74AHABBH=−=，由勾股定理，得：22254DHADAH=+=，74INDHHIDN=−−=，同理得：74KL=，六边形IJKLMN的周长为：IJJKKLLMMNNI+++++927792775204520

4=+++++495=9.8=．故答案为：9.8．三、解答题（本题有8小题，共80分.解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）17．计算：（1）021(3.14)()|2|2−−−+−；（2）2(21)(41)xxx+−−．【分析】（1

）先分别化简零指数幂，负整数指数幂，绝对值，然后再计算；（2）整式的混合运算，先算乘方，单项式乘多项式，然后再算加减．【解析】（1）原式142=−+1=−；（2）原式224414xxxx=++−+51x=+．18．如图，

在ABC中，ABAC=，点D，E分别在边AB，AC上，且ADCAEB=，CD，BE交于点O．（1）求证：ADAE=．（2）若120DOE=，求OBC的度数．【分析】（1）由“AAS”可证ADCAEB，

可得ADAE=；（2）由全等三角形的性质可得ABEACD=，由等腰三角形的性质可得DCBEBC=，即可求解．【解答】证明：（1）在ADC和AEB中，AAADCAEBACAB===，(

)ADCAEBAAS，ADAE=；（2）ADCAEB，ABEACD=，ABAC=，ABCACB=，DCBEBC=，120DOEBOC==，30OBC=．19．瓯海区在推进“防范网

络诈骗”的行动中，某街道对甲，乙两个小区各随机选择100位居民进行问卷调查，并将调查结果分为A表示“非常了解”，B表示“比较了解”，C表示“基本了解”，D表示“不了解”四个等级进行统计分析，并绘制如下的统计图．（1）若甲小区共有常住居民1000人，请估

计整个甲小区达到“非常了解”的居民人数．（2）若给A，B，C，D四个等级分别以5，3，1，0进行赋分，请结合你所学习的统计知识，选出你认为防范网络诈骗普及工作更出色的小区？通过计算并用合适数据多角度说明．【分析】（1）

用1000乘“非常了解”所占比例即可；（2）分别求出两个小区的得分解答即可．【解析】（1）301000300100=（人)，即甲小区达到“非常了解”的居民人数为300人；（2）由题意可知，甲小区得分为：30320235115016

5+++=（分)，乙小区得分为：10025%310035%210030%110010%0140+++=（分)，165140，甲小区防范网络诈骗普及工作更出色．20．如图，在64

的方格纸ABCD中，请按要求画格点三角形（端点在格点上），且三角形的各个顶点均不与点A，B，C，D重合，各边不落在格线上．（1）在图1中画格点EFG，使三角形的各顶点落在四边形ABCD的边上，且使它为等腰三角形．（2）在图2中画格点EFG和MNH，且使得它们全等，每条对应边都相互垂直．

【分析】（1）根据等腰三角形的定义画出图形即可（答案不唯一）．（2）根据全等三角形的判定解决问题即可（答案不唯一）．【解析】（1）如图1中，EFG即为所求（答案不唯一）；（2）如图2中，EFG，MNH即为所求（答案不唯一）．21．如图，在平面直角坐标系中，抛物线212yxbxc=

−++交y轴于点A，过点A做x轴的平行线交抛物线于另一点B，4AB=．（1）求b的值．（2）将抛物线向上平移得到的新抛物线交直线AB于点C，D，交y轴于点E，若6CD=，求AE的长．【分析】（1）根据抛

物线的对称性即可求得抛物线的对称轴为直线2x=，即可得到212()2b−=−，解得2b=；（2）设AEh=，将抛物线向上平移得到的新抛物线为2122yxxch=−+++，由题意可知(1,)Cc−，代入2122yxxch=−+++，求得h的值，即可求得AE的

长．【解析】（1）由题意得，抛物线的对称轴为直线2x=，212()2b−=−，2b=．（2）设AEh=，将抛物线向上平移得到的新抛物线为2122yxxch=−+++，抛物线的对称轴为直线2x=，6CD=，(1,)Cc−，代入2122yxxch=−+++得，122cch=−−++，

解得52h=，52AE=．22．如图，在ABC中，25ACBC==，1tan2CAB=，P为AC上一点，PDAB⊥交AB于点E，ADAC⊥交PD于点D，连结BD，CD，CD交AB于点Q．（1）若CDBC⊥，求证：AE

DQCB∽；（2）若AB平分CBD，求BQ的长；（3）连结PQ并延长交BD于点M．①当点P是AC的中点时，求tanBQM的值；②当PM平行于四边形ADBC中的某一边时，求BMDM的值．【分析】（1）利用等角的余角相等可得PAEADE=，则CABCBA=，得ADEQBC=

，从而证明结论；（2）过点C作CHAB⊥于H，由1tan2CHCABAH==，设CHa=，则2AHa=，求出2CH=，4AH=，由平行线的性质和角平分线的定义可证ADBD⊥，则1tantan2ADABDCABBD===，得58ABAD==，再利用AQCBQD∽，对应边成比例得，255

81655AQACBQBD===．（3）①作QGAD⊥于G，由CABCBAADP==，1tan2CAB=，得225ADAP==，可知ACD是等腰直角三角形，设AGx=，则2QGx=，2DGQGx==，得225xx+=，从而解决问

题；②若//PMBC，得BMCQDMDQ=，由//CHPD，得QHCHCQEQDEDQ==，PQACBACAB==，设PEx=，则2AEQEx==，4DEx=，44QHx=−，代入比例式QHCHEQDE=即可；若//PMAD，同理可解决问题．【解答】（1）证明：A

DAC⊥，CDBC⊥，PDAB⊥，90DAPDEABCQ===，90PAEDAE+=，90ADEDAE+=，PAEADE=，CACB=，CABCBA=，ADEQBC=，AEDQCB∽；（2）解：过

点C作CHAB⊥于H，1tan2CHCABAH==，设CHa=，则2AHa=，22525ACAHCHa=+==，2a=，2CH=，4AH=，CACB=，CHAB⊥，4AHBH==，CABCBA=，8

AB=，AB平分CBD，CBADBA=，CABDBA=，//ACBD，ADAC⊥，ADBD⊥，1tantan2ADABDCABBD===，58ABAD==，855AD=，16525BDAD==，AQCBQD∽，25581655AQACBQ

BD===，813BQAB=，8641313BQAB==；（3）解：①作QGAD⊥于G，点P是AC的中点，152APAC==，CABCBAADP==，1tan2CAB=，225ADAP==，ACAD=，45ACDADC==，设AGx=，则2QGx=，2DGQ

Gx==，225xx+=，解得：253x=，1053AQx==，在RtAPE中，5AP=，1PE=，2AE=，104233EQAQAE=−=−=，13tan443PEBQMEQ===；②作CHAB⊥于H，则//CHPD，CHQDEQ

∽，CQCHQHDQDEEQ==，由（2）知，2CH=，4AH=，若//PMBC，BMCQDMDQ=，//CHPD，QHCHCQEQDEDQ==，PQACBACAB==，设PEx=，1tan2CAB=，2AEQE

x==，4DEx=，44QHx=−，又QHCHEQDE=，24442xxx−=，34x=，1223BMCQCHDMDQDEx====；若//PMAD，如图，BMBQMDAQ=，PCCQAPDQ=，//CHPD，CHQEDQ∽，CHCQHQDE

DQEQ==，PCCHAPDE=，CABADE=，1tantan2CABADE==，2CH=，4AH=，设PEx=，则2AEx=，4DEx=，由勾股定理得：5APx=，2555(2)PCxx=−=−，PCCHAPDE=，5(2)245xxx−=，3

2x=，//PMAD，ADAC⊥，PMAC⊥，EPQCAB=，1324EQPE==，315344AQAEEQ=+=+=，1517844BQ=−=，1715BMBQMDAQ==，综上所述，若//PMBC，23B

MDM=，若//PMAD，1715BMDM=．23．草莓基地为了提高收益，对收获的草莓分拣成A，B两个等级销售，每千克草莓的价格A级比B级的2倍少4元，3千克A级草莓比5千克B级草莓的销售额多4元．（1）问A，B两个等级草莓每千克各是多少元？（2

）某超市从草莓基地购进200千克草莓，A级草莓不少于40千克，且均价不超过19元．①问最多购进了A级草莓多少千克？②超市对购进草莓进行包装销售（如表），全部包装销售完，当包装A级草莓多少包时，每日所获总

利润最大？最大总利润为多少元？草莓等级包装重量()kg售价（元/包）A级180B级2120【分析】（1）根据每千克草莓的价格A级比B级的2倍少4元，3千克A级草莓比5千克B级草莓的销售额多4元，可以得到相应的二

元一次方程组，从而可以求得每千克A级草莓、B级草莓的利润分别为多少元；（2）①根据A级草莓不少于40千克，且均价不超过19元，可得出结论；②根据题意和①中的结果，可以得到w与m之间的函数关系式；然后根据一次函数的性质，即可得到该经销商如何进货，使销售总利润最大，并求出总利润的最大值．【解析】（1）

设每千克A级草莓为a元，每千克B级草莓为b元，由题意得：24354abab=−−=，解得：2816ab==，答：每千克A级草莓为28元，每千克B级草莓为16元；（2）①由题意可得，设购进A级草莓

m千克，则购进B级草莓(200)m−千克，根据题意可知，402816(200)19200mmm+−…„，解得4050m剟，最多购进了A级草莓50千克；②设总利润为w元，根据题意可知，200(8028)(12021

6)888002mwmm−=−+−=+，80，且4050m剟，当50m=时，所获利润最大，此时w的最大值为85088009200+=，即当进货方案是A级草莓50千克，B级草莓150千克时，使销售总利润最大

，总利润的最大值是9200元．24．如图，直线33yx=−+分别交x轴、y轴于点A，B，以A为圆心，AB为半径作半圆，ACAB⊥交半圆弧于点C，弦//CDx轴，交y轴正半轴于点E，连结OD，BD．（1）求A的半径长及直线BC的函数表达式．（2）求tanABD的值

．（3）P为x轴上一点．①当PC平行于四边形OABD的一边时，求出所有符合条件的AP的长．②若直线EP恰好平分五边形OACBD的面积，求点P的横坐标．（直接写出答案即可）【分析】（1）根据直线33yx=−+与坐标轴的交点，求得A，B的坐标，进而勾股定理求解即可得圆的半径，过点C作CFx

⊥轴，证明OABFCA，进而求得点C的坐标，利用待定系数法求解析式即可；（2）证明CBEABD=，进而在RtBEC中即可求得CBE的正切值，从而求解；（3）①过点D作DGx⊥轴，分别求得直线DO，BD，

AB的解析式，根据题意分PC分别与DB，OD，AB三种情形讨论，分别求解直线解析式，进而求得直线PC与x轴的交点坐标即可；②设EP与BC，DO分别交于M，N，过点M作MTx⊥，根据题意求得BEN与DEN的面积和为114，进而求得MS的长，根据（2）的

结论即可求得BS的长，进而求得/M的坐标，根据E的坐标，待定系数法求解析式，进而求得与x轴的交点坐标即为所求．【解析】（1）如图，过点C作CFx⊥轴，直线33yx=−+分别交x轴、y轴于点A，B，令0x=，则3y=；令0y=，则1x=，(1,0)A，(0,3)B，1OA=，3OB=，10

AB=，ACAB⊥，90OABCAF+=，90OABOBA+=，OBAFCA=，ACAB=，90AOBCFA==，()OABFCAAAS，1CFOA==，3AFOB==，(4,1)C，直线BC的解析式为：132y

x=−+．（2）如图，连接AD，过点D作DGx⊥轴，10ACAD==，//CDx轴，1OE=，3AG=，(2,1)D−．2DE=，2BEBOEO=−=，DEB是等腰直角三角形，45DBE=，ABAC=，BAAC⊥，

ABC是等腰直角三角形，45ABC=，DBEABC=，ABDABOEBDABOABCEBC=+=+=，在RtABD中，2BE=，4CE=，4tantan22ECABDEBCBE====，tan2ABD=．（3）(2,1)D−，tan2D

EEODEO==，由（2）可知，tan2EBC=，EODEBC=，//BCDO．1)当//PCOD时，//BCDO，132BCyx=−+，令0y=，得6x=，(6,0)P，当//PCOD时，(6,0)P，(6,0)P，(1,0)

A，5PA=；2)当//PCBD时，(0,3)B，(2,1)D−，3yx=+，设直线PC的解析式为：yxb=+，过点(4,1)C，3b=−，直线PC的解析式为：3yx=−，令0y=时，3x=，(3,0)P，2PA=．3)当//PCAB时，设直线PC的解析式为：3yxs=−+，(4,1)

C，13s=，313yx=−+，令0x=，得133y=，13(3P，0)，103AP=．综上所述，AP的长分别为2，5，103．②如图，设EP与BC，DO分别交于点M，N，过点M作MSx⊥轴，111231310109.5222BD

OABOABCACBDOSSSS=++=++=五边形，EP平分五边形ACBDO，4.75BDNMS=四边形．122BDESBEED==，112.754BEMDENSS+==，1124422BECSBECE

===．4BEMEMCSS+=①，由①可知，//BCDO，EMCEND∽，2()4EMCENDSECSDE==，14ENDEMCSS=，11144EMCBEMSS+=②，由①②得，73BEMS=，1723MSBE=，73

MS=，tantan2MBSCBE==，76BS=，116OS=．7(3M，11)6．(0,1)E，直线EP的解析式为：5114yx=+，令0y=，得145x=−，则点P的横坐标为145−．获得更多资源请扫码加入享学资源网

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