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【文档说明】专题3.2浙江宁波卷（压轴8道+变式32道）-【冲刺2022】之2021年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练（解析版）.docx，共(74)页，1.281 MB，由管理员店铺上传
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【冲刺2022】之2021年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练专题3.2浙江省宁波市卷（压轴8道+变式训练32道）说明：本专辑精选了2021年浙江省宁波市卷失分较多和难度较大的题目8道，分别是第10题平行四边形的计算问题、第15题反比例函数的图象与性质、第16
题四边形与相似、三角函数相结合问题、第19题二次函数的性质综合问题、第21题锐角三角函数的应用、第22题方程与函数的应用问题、第23题几何综合探究问题、第24题圆的综合压轴问题，每道题精讲精析，配有变式练习各4道，浙江省宁波市变式训练题共3
2道，试题解析共75页.【压轴一】平行四边形的计算问题【真题再现】（2021·浙江宁波市·中考第10题）如图是一个由5张纸片拼成的ABCD，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为1S，另两张直角三角形纸片的面积都为2S，中间一张矩形纸
片EFGH的面积为3S，FH与GE相交于点O．当,,,AEOBFOCGODHO的面积相等时，下列结论一定成立的是（）A．12SS=B．13SS=C．ABAD=D．EHGH=【思路点拨】根据△AED
和△BCG是等腰直角三角形，四边形ABCD是平行四边形，四边形HEFG是矩形可得出AE=DE=BG=CG=a，HE=GF，GH=EF，点O是矩形HEFG的中心，设AE=DE=BG=CG=a，HE=GF=
b，GH=EF=c，过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，可得出OP，OQ分别是△FHE和△EGF的中位线，从而可表示OP，OQ的长，再分别计算出1S，2S，3S进行判断即可【详析详解】解：由题意得，△AED和△BCG是等腰
直角三角形，∴45ADEDAEBCGGBC====∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，CD=AB，∠ADC=∠ABC，∠BAD=∠DCB∴∠HDC=∠FBA，∠DCH=∠BAF，∴△AED≌△CGB，△CDH≌ABF∴AE=DE=BG=C
G∵四边形HEFG是矩形∴GH=EF，HE=GF设AE=DE=BG=CG=a，HE=GF=b，GH=EF=c过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，∴OP//HE，OQ//EF∵点O是矩形HEFG的对角线交点，即HF和EG的中点，∴OP，O
Q分别是△FHE和△EGF的中位线，∴1122OPHEb==，1122OQEFc==∵1111()()2224BOFSBFOQabcabc==−=−11112224AOESAEOPabab===∵BOFAOESS=∴11()44abcab−=
，即acbcab−=而211122AEDSSAEDEa===，222211111()()()()22222AFBSSAFBFacabaabacbcaababa===+−=−+−=−+=所以，12SS=，故
选项A符合题意，2223=()()SHEEFabacabcabacaababa=−+=−−+=+−=∴13SS，故选项B不符合题意，而ABAD=于EHGH=都不一定成立，故,CD都不符合题意，故选：A【方法小结】本题
考查平行四边形的性质、直角三角形的面积等知识，解题的关键是求出S1，S2，S3之间的关系．【变式训练】【变式1.1】（2021春•镇海区期中）如图，在平行四边形ABCD中，AB≠BC，点F是BC上一点，AE平分∠FAD，且点E是CD的中点，有如下结论：①AE⊥
EF，②AF＝CF+CD，③AF＝CF+AD，④AB＝BF，其中正确的是（）A．①③B．②③C．②④D．①③④【分析】首先延长AD，交FE的延长线于点M，易证得△DEM≌△CEF，即可得EM＝EF，又由AE平分∠FAD，即可判定△AEM是等腰三角形，由三线合一的知识，可得AE⊥EF．【详解
】解：延长AD，交FE的延长线于点M，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠M＝∠EFC，∵E是CD的中点，∴DE＝CE，在△DEM和△CEF中，{∠𝑀=∠𝐸𝐹𝐶∠𝐷𝐸𝑀=∠𝐶𝐸𝐹�
�𝐸=𝐶𝐸，∴△DEM≌△CEF（AAS），∴EM＝EF，过点E作ET⊥AM于T，ER⊥AF于R．∵AE平分∠FAD，∴ET＝ER，在Rt△ETM和Rt△ERF中，{𝐸𝑀=𝐸𝐹𝐸𝑇=
𝐸𝑅，∴Rt△ETM≌Rt△ERF（HL），∴∠M＝∠AFM，∴AM＝AF，∵EF＝EM，∴AE⊥EF，故①正确，由AF＝AD+DM＝CF+AD，故③正确，②错误．∵AF不一定是∠BAD的角平分线，∴AB不一定等于BF，故④错误．故选：A．【
点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．【变式1.2】（2021春•鄞州区期中）如图，在▱ABCD中，过点A分别作AE⊥BC于点
E，AF⊥CD于点F，分别作点C关于AB，AD的对称点G，H，连接CG，CH，AG，AH，GH．如果AB＝30，∠EAF＝30°，▱ABCD的面积为270√3，那么下列说法不正确的是（）A．CE=√3CFB．∠GAH＝60°C．GH＝AF+CFD．△GCH的面
积是▱ABCD的面积的一半【分析】由平行四边形的面积公式可求AF＝9√3，由直角三角形的性质可求CE，CF的长，可判断A选项；由轴对称的性质和周角的性质可求∠GAH＝60°，可判断B选项；可证△AGH是等边三角形，由三角形的三边关系
可得AF+CF＞GH，可判断C选项；计算出△GHC的面积可判断选项D，即可求解．【详解】解：∵AE⊥BC，AF⊥CD，∴∠BAE＝90°﹣∠B，∠DAF＝90°﹣∠D，∵▱ABCD的面积为270√3，∴AB×AF＝30AF＝270√3，∴AF＝9√3，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠
B＝∠D，AD∥BC，∴∠B+∠BAD＝180°，∴∠B+90°﹣∠B+90°﹣∠D+30°＝180°，∴∠B＝∠D＝30°，∴AE=12AB＝15，BE=√3AE＝15√3，AD＝2AF＝18√3，
DF=√3AF＝27，∴EC＝BC﹣BE＝3√3，CF＝DC﹣DF＝30﹣27＝3，∴CE=√3CF，故选项A不符合题意；如图，连接AC，∵点C关于AB，AD的对称点分别是点G，H，∴AC＝AG＝AH，∠BAC＝∠B
AG，∠DAC＝∠DAH，∴∠GAH＝360°﹣∠BAC﹣∠GAB﹣∠DAC﹣∠DAH＝360°﹣2∠BAD＝60°，故选项B不符合题意，∵∠GAH＝60°，AG＝AH＝AC，∴△AGH是等边三角形，∴GH＝AC，在△AFC中，AF+CF＞AC，∴
AF+CF＞GH，故选项C符合题意，∵AE＝15，CE＝3√3，∴AC=√𝐴𝐸2+𝐸𝐶2=√225+27=6√7，∴△GHC的面积=√34×（6√7）2+9√3×3+3√3×15＝135√3=12S▱ABCD，故选项D不符合题意，故选：C．【点睛】本题是四边形综合题，
考查了平行四边形的性质，轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．【变式1.3】（2021•宁波模拟）如图，四边形ABCD和DEFG均为正方形，点E在对角线AC上，点F在边BC上，连接CG和EG
．若知道正方形ABCD和DEFG的面积，则一定能求出（）A．四边形ABFE的周长B．四边形ECGD的周长C．四边形AEGD的周长D．四边形ACGD的周长【分析】利用正方形的性质，证明△ADE≌△CDG，得到AE＝CG，表示出四边形EC
GD的周长为AC+2DE，进而求解．【详解】解：∵四边形ABCD和DEFG均为正方形，∴AD＝DC，DE＝DG，∠ADC＝∠EDG＝90°，∴∠ADC﹣∠EDC＝∠EDG﹣∠EDC，即∠ADE＝∠CDG，∴△ADE≌△CDG（ASA
），∴AE＝CG，∴四边形ECGD的周长＝EC+CG+GD+DE＝EC+AE+GD+DE＝AC+2DE，因为知道正方形ABCD和DEFG的面积，所以它们的边长和对角线均可确定，即AC与DE确定，一定能求出四边形ECGD的周长，故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，关键是
把要求四边形的边长转化为已知正方形的边．【变式1.4】（2021•海曙区模拟）如图，在矩形ABCD中，点F为边AD上一点，过F作EF∥AB交边BC于点E，P为边AB上一点，PH⊥DE交线段DE于H，交线段EF于Q，连
接DQ．当AF＝AB时，要求阴影部分的面积，只需知道下列某条线段的长，该线段是（）A．EFB．DEC．PHD．PE【分析】过点P作PM⊥EF于点M，由“ASA”可证△PMQ≌△DCE，可得PQ＝DE，由
面积关系可求解．【详解】解：过点P作PM⊥EF于点M，如图：∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥DC，AD∥BC，∠C＝90°，∵EF∥AB，∴EF∥DC，∴∠EDC＝∠DEF，∵PH⊥DE，PM⊥EF，∴∠PMQ＝∠EHQ＝90°，又∵∠PQM＝∠EQH，∴∠QPM＝∠DEF＝
∠EDC，在△PMQ和△DCE中，{∠𝑀𝑃𝑄=∠𝐸𝐷𝐶𝑃𝑀=𝐶𝐷∠𝑃𝑀𝑄=∠𝐶，∴△PMQ≌△DCE（ASA），∴PQ＝DE，∴阴影部分的面积＝S△PDE﹣S△QED=12×DE×PH−
12DE×QH=12DE2，∴故选：B．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．【压轴二】反比例函数的图象与性质【真题再现】（2021·浙江宁波市·中考第15
题）在平面直角坐标系中，对于不在坐标轴上的任意一点(),Axy，我们把点11,Bxy称为点A的“倒数点”．如图，矩形OCDE的顶点C为()3,0，顶点E在y轴上，函数()20=yxx的图象与DE交于点A．若点B是点A的“倒数点”，且点B在矩形OCDE的一边上，则OBC的面积为_
________．【思路点拨】根据题意，点B不可能在坐标轴上，可对点B进行讨论分析：①当点B在边DE上时；②当点B在边CD上时；分别求出点B的坐标，然后求出OBC的面积即可．【详析详解】解：根据题意，∵点11,Bxy称为点(),Axy的“倒数点”，∴0x
，0y，∴点B不可能在坐标轴上；∵点A在函数()20=yxx的图像上，设点A为2(,)xx，则点B为1(,)2xx，∵点C为()3,0，∴3OC=，①当点B在边DE上时；点A与点B都在边DE上，∴点A与点B的纵坐标相同，即22xx=，解得：2x
=，经检验，2x=是原分式方程的解；∴点B为1(,1)2，∴OBC的面积为：133122S==；②当点B在边CD上时；点B与点C的横坐标相同，∴13x=，解得：13x=，经检验，13x=是原分式方程的
解；∴点B为1(3,)6，∴OBC的面积为：1113264S==；故答案为：14或32．【方法小结】本题考查了反比例函数的图像和性质，矩形的性质，解分式方程，坐标与图形等知识，解题的关键是熟练掌握反比例函数的
性质，运用分类讨论的思想进行分析．【变式训练】【变式2.1】（2021•北仑区二模）如图，A，B，D三点在反比例函数y=6√3𝑥的图象上，AD与y轴交于点C，连接BC并延长交反比例函数y=𝑘𝑥的图象于点E，连接DE．若△ABC，△CDE均为正三角形，且BC∥x轴，则k的值为（）
A．9√3B．﹣9√3C．12√3D．﹣12√3【分析】过A作AF⊥BC于F，过点D作DG⊥EC于点G，△ABC，△CDE均为正三角形，则CF＝FB，EG＝GC；BC∥x轴，设CF＝m，则CB＝2m，AF=√3m，可得A点坐标为（m，6√3𝑚），B点坐标为（2m，3√3𝑚
），则有6√3𝑚−3√3𝑚=√3𝑚，m可得，点A，B，C坐标可知；求出直线AC的解析式与反比例函数y=6√3𝑥联立可得点D的坐标，由DG⊥EC，D，G的横坐标相同，G，C纵坐标相同，于是点E坐标可得，用待定系数法，k值可求．【详解】解：过A作AF⊥BC于F，过点D作DG⊥EC于点
G，如图，∵△ABC，△CDE均为正三角形，∴CF＝FB，EG＝GC．∵BC∥x轴，∴设CF＝m，则CB＝2m，AF=√3m．∴A点坐标为（m，6√3𝑚），B点坐标为（2m，3√3𝑚）．则有6√3𝑚−3√3𝑚=√3𝑚．∵m＞0，
∴m=√3．∴A（√3，6），B（2√3，3）．∴OC＝3，AF＝3．∴C（0，3）．设直线AC的解析式为：y＝nx+b，∴{𝑏=3√3𝑛+𝑏=6．解得：{𝑛=√3𝑏=3．∴y=√3x+3．∴{
𝑦=√3𝑥+3𝑦=6√3𝑥．解得：{𝑥=−2√3𝑦=−3或{𝑥=√3𝑦=6．∴D（﹣2√3，﹣3）．∵DG⊥EC，BC∥x轴，∴CG＝2√3．∴EC＝4√3．∴E（−4√3，3）．∴k＝﹣4√3×3＝﹣12√3．故选：D．【点睛】本题主
要考查了反比例函数图象上点的坐标的特征，待定系数法，等边三角形的性质，解直角三角形．利用点的坐标表示出相应线段的长度和由线段的长度得到相应点的坐标是解题的关键．【变式2.2】（2021•宁波模拟）如图，在平面直角坐标系中有菱形OABC，点
A的坐标为（5，0），对角线OB、AC相交于点D，双曲线y=𝑘𝑥（x＞0）经过AB的中点F，交BC于点E，且OB•AC＝40，下列四个结论：①双曲线的解析式为y=7𝑥（x＞0）；②E点的坐标是（74，4）；③sin∠CAO=√55；④AC+OB＝6√5．其中正确的
结论有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】过F作FG⊥x轴于点G，过B作BM⊥x轴于点M，根据菱形的性质和反比例函数图象上点的特征以及勾股定理逐一分析即可．【详解】解：如图，过F作FG⊥x轴于点G，过B作BM⊥x轴于点M，∵A（5，0），∴OA＝5，∴S菱形OABC＝O
A•BM=12AC•OB=12×40＝20，即5BM＝20，∴BM＝4，在Rt△ABM中，AB＝5，BM＝4，由勾股定理可得AM＝3，∵F为AB中点，∴FG是△ABM的中位线，∴FG＝BM＝2，MG=12AM=32∴F（72，2）∵双曲线过点F，∴k＝xy=72×2＝7，∴双曲
线解析式为y=7𝑥（x＞0），故①正确；②由①知，BM＝4，故设E（x，4）．将其代入双曲线y=7𝑥（x＞0），得4=7𝑥，∴x=74∴E（74，4）．易得直线OE解析式为：y=167x，故②正确；③过C作CH⊥x轴于点H，可知四边形CHMB为
矩形，∴HM＝BC＝5，∵AM＝3，∴OM＝5﹣3＝2，∴OH＝5﹣OM＝3，∴AH＝5+3＝8且CH＝BM＝4，∴tan∠CAO=𝐶𝐻𝐴𝐻=48=12，故③正确；④在直角△OBM中，OM＝2，BM＝4，由勾股定理得到：OB=√𝑂𝑀2+𝐵𝑀2=√22+42=2√5．∵OB•AC
＝40，∴AC=402√5=4√5，∴AC+OB＝6√5，故④正确．综上所述，正确的结论有4个，故选：D．【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的特征，熟练掌握运用菱形的性质和勾股定理是解题的关键．【变式2.3】（2021•北仑区一模）如图1，矩形的一条边长为x
，周长的一半为y．定义（x，y）为这个矩形的坐标．如图2，在平面直角坐标系中，直线x＝1，y＝3将第一象限划分成4个区域．已知矩形1的坐标的对应点A落在如图所示的双曲线上，矩形2的坐标的对应点落在区域④中．则下面叙述中正确的是（）A．点A的横坐标有可能大于3
B．矩形1是正方形时，点A位于区域②C．当点A沿双曲线向上移动时，矩形1的面积减小D．当点A位于区域①时，矩形1可能和矩形2全等【分析】A、根据反比例函数k一定，并根据图形得：当x＝1时，y＜3，得k＝xy＜3，因为y是矩形周长的一半，即y＞x，可判断点A的横坐标不可能大于3；B、根据正方形边
长相等得：y＝2x，得点A是直线y＝2x与双曲线的交点，画图，如图2，交点A在区域③，可作判断；C、先表示矩形面积S＝x（y﹣x）＝xy﹣x2＝k﹣x2，当点A沿双曲线向上移动时，x的值会越来越小，矩形1的面积会越来越大，可作判断；D、当点A位于区域①，得x＜1，另一边为：y﹣x＞2，矩形
2的坐标的对应点落在区域④中得：x＞1，y＞3，即另一边y﹣x＞0，可作判断．【详解】解：设点A（x，y），A、设反比例函数解析式为：y=𝑘𝑥（k≠0），由图形可知：当x＝1时，y＜3，∴k＝xy＜3，∵y＞x，∴x＜3，即点A的横坐标不可能大于3，故选项A不正确；
B、当矩形1为正方形时，边长为x，y＝2x，则点A是直线y＝2x与双曲线的交点，如图2，交点A在区域③，故选项B不正确；C、当一边为x，则另一边为y﹣x，S＝x（y﹣x）＝xy﹣x2＝k﹣x2，∵当点A沿双曲线向上移动时，x的值会越来
越小，∴矩形1的面积会越来越大，故选项C不正确；D、当点A位于区域①时，∵点A（x，y），∴x＜1，y＞3，即另一边为：y﹣x＞2，矩形2落在区域④中，x＞1，y＞3，即另一边y﹣x＞0，∴当点A位于区域①时，矩形1可能和矩形2全等；故选项④正确；故选：D．【点睛】本题考查了函数
图象和新定义，有难度，理由x和y的意义是关键，并注意数形结合的思想解决问题．【变式2.4】（2021•济南一模）已知点P（a，m），Q（b，n）都在反比例函数y=−1𝑥的图象上，且a＜0＜b，则下列结论中，一定
正确的是（）A．m+n＜0B．m+n＞0C．m＜nD．m＞n【分析】由点P（a，m），Q（b，n）都在反比例函数y=−1𝑥的图象上，且a＜0＜b，可知点P在第二象限，点Q在第四象限，此时m＞0＞n得出答案．【详解】解：∵点P（a，m），Q（b，n）都在反比例函数y=−1𝑥的图象上，且a＜
0＜b，∴点P在第二象限，点Q在第四象限，∴m＞n；故选：D．【点睛】本题考查反比例函数的图象和性质，在各自的象限内，函数值是如何随自变量的变化而变化的性质，根据自变量的取值范围和k的值，判断点所在的
象限是解题的关键．【压轴三】四边形与相似、三角函数相结合问题【真题再现】（2021·浙江宁波市·中考第16题）如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，BEC△与FEC关于直线EC对称，点B的对称点F在
边AD上，G为CD中点，连结BG分别与,CECF交于M，N两点，若BMBE=，1MG=，则BN的长为________，sinAFE的值为__________．【思路点拨】由BEC△与FEC关于直线EC对称，矩形,AB
CD证明,BECFEC≌再证明,BCNCFD≌可得,BNCD=再求解2,CD=即可得BN的长；先证明,AFECBG∽可得：,AEEFCGBG=设,BMx=则,1,2,BEBMFExBGxAEx====+=−再列方程，求
解,x即可得到答案．【详析详解】解：BEC△与FEC关于直线EC对称，矩形,ABCD,BECFEC≌90,ABCADCBCD===90,,,,EBCEFCBECFECBEFEBCFC===
==,BMBE=,BEMBME=,FECBME=//,EFMN90BNCEFC==，90,BNCFDC==90BCD=,90,NBCBCNBCNDCF+==+,NBCDCF=,BCNCFD≌
,BNCD=矩形,ABCD//,//,ABCDADBC,BEMGCM=,1,BEMBMECMGMGG===为CD的中点，,GMCGCM=1,2,CGMGCD===2.BN=如图，,//,BMBEFEMNEF==四边形ABC
D都是矩形，,//,90,ABCDADBCABCG===,AEFABG=90,AFEAEFABGCBG+==+,AFECBG=,AFECBG∽,AEEFCGBG=设,BMx=则,1,2,BEBMFExB
GxAEx====+=−2,11xxx−=+解得：2,x=经检验：2x=是原方程的根，但2x=−不合题意，舍去，22,2,AEEF=−=22sin21.2AEAFEEF−===−故答案为：2,21.−【方法小结】本题考查的是矩
形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，分式方程的解法，掌握以上知识是解题的关键．【变式训练】【变式3.1】（2021•宁波模拟）如图，在菱形ABCD中，分别过B，D作对边
的垂线，垂足分别为E，F，G，H，BF与DG相交于点P，BE与DH相交于点Q，围成面积为√3的小菱形PBQD，若cosA=35，则菱形ABCD的面积为4√3．【分析】设PF＝3x，DP＝5x，在直角三角形DPF中，由勾股定理可求DF，由菱形面积公式可求x2=√320，由
三角函数可求AB＝10x，由菱形的面积公式可求解．【详解】解：∵BF⊥AD，DG⊥AB，∴∠AFP＝∠AGP＝90°，∴∠A+∠FPG＝180°，又∵∠DPF+∠FPG＝180°，∴∠A＝∠DPF，∴cosA=35=cos∠DP
F=𝑃𝐹𝐷𝑃，∴设PF＝3x，DP＝5x，∴DF=√𝐷𝑃2−𝑃𝐹2=4x，∵四边形DPBQ是菱形，∴BP＝DP＝5x，∴BF＝8x，∴5x×4x=√3，∴x2=√320，∵cosA=35=𝐴𝐹𝐴𝐵
，BF＝8x，∴AB＝10x，AF＝6x，∴菱形ABCD的面积＝10x×8x＝80x2＝4√3，故答案为4√3．【点睛】本题考查了菱形的性质，锐角三角函数，勾股定理等知识，利用参数解决问题是解本题的关键．【变式3.2】（2021春•鄞州区校级期中）如图，平行四边形ABCD
中，AE⊥BC，AF⊥CD，M是△AEF三条高的交点，且AC=√2a，EF=√3b，则AM＝√2𝑎2−3𝑏2．【分析】过点C作CH⊥AD于点H，连接EH，FH，构造平行四边形ECFM，矩形AECH，平行四边形AMFH，利用平行四边形的性质推知FH⊥EF，利用勾股定理求
AM的长度．【详解】解：如图，过点C作CH⊥AD于点H，连接EH，FH，∵EM⊥AF，AF⊥CD，∴EM∥CF．同理可得：FM∥EC．∴四边形ECFM为平行四边形．∴FM＝EC．由题意可得四边形AECH是矩形，∴AH∥EC，AH＝EC，AC＝EH，∴AH∥FM，
AH＝FM．∴四边形AMFH是平行四边形．∴AM∥FH，AM＝FH．设EM与AF的交点为G，则FN，EG是△AEF的高．∵锐角三角形AEF的三条高线交于M，∴AM⊥EF，∴FH⊥EF．∵AC=√2a，EF=√3b，∴AM＝FH=√𝐸𝐻2−𝐸𝐹2=√(√2𝑎)2−(√3𝑏
)2=√2𝑎2−3𝑏2．故答案为√2𝑎2−3𝑏2．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．【变式3.3】（2021春•鄞州区校级期中）如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，AD∥BC，A
B＝CD，AD=√2，E为CD中点，连接AE，且AE＝2√3，∠DAE＝30°，作AE⊥AF交BC于F，则BF的值为4﹣2√2．【分析】延长AE交BC的延长线于G，根据线段中点的定义可得CE＝DE，根据两直线平行，内错角相等可得到∠DAE＝∠G＝30°，然后利用“角角边”证明△ADE和△GCE全
等，根据全等三角形对应边相等可得CG＝AD，AE＝EG，然后解直角三角形求出AF、GF，过点A作AM⊥BC于M，过点D作DN⊥BC于N，根据等腰梯形的性质可得BM＝CN，再解直角三角形求出MG，然后求出CN，MF，然后根据BF＝BM﹣MF计算即可得解．【详解】解：如图，延长AE交BC的延长
线于G，∵E为CD中点，∴CE＝DE，∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠G＝30°，在△ADE和△GCE中，{∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐺∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐺𝐸𝐶𝐶𝐸=𝐷𝐸，∴△ADE≌△GCE（AAS），∴CG＝AD=√2，A
E＝EG＝2√3，∴AG＝AE+EG＝2√3+2√3=4√3，∵AE⊥AF，∴AF＝AGtan30°＝4√3×√33=4，GF＝AG÷cos30°＝4√3÷√32=8，过点A作AM⊥BC于M，过点D作DN⊥B
C于N，则MN＝AD=√2，∵四边形ABCD为等腰梯形，∴BM＝CN，∵MG＝AG•cos30°＝4√3×√32=6，∴CN＝MG﹣MN﹣CG＝6−√2−√2=6﹣2√2，∵AF⊥AE，AM⊥BC，∴∠FAM＝∠G＝30°，∴FM＝A
F•sin30°＝4×12=2，∴BF＝BM﹣MF＝6﹣2√2−2＝4﹣2√2．故答案为：4﹣2√2．【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，熟记各性质是解题的关键，难点在于作辅助线构造出全等三角形，过上底的两个顶点作出梯形的两条高．【变式3.
4】（2021春•海曙区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，点D为BC上一动点（不与点C重合），以AD，CD为一组邻边作平行四边形ADCE，当DE的值最小时，平行四边形ADCE周长为4+2√13
．【分析】根据题意，可知当DE⊥AE时，DE取得最小值，然后根据题目中的数据，即可得到AD、CD的长，从而可以得到当DE的值最小时，平行四边形ADCE周长．【详解】解：当DE⊥AE时，DE取得最小值，设此时CD＝x，∵四边形ADCE是平行四边形，∴CD＝AE，AD＝CE，BC∥AE，∵∠B＝9
0°，DE⊥AE，∴四边形BAED是矩形，∴BD＝AE，∴BD＝CD＝x，∵BC＝BD+CD，BC＝4，∴BD＝CD＝2，∵AB＝3，∠B＝90°，∴AD=√𝐵𝐷2+𝐴𝐵2=√22+32=√13
，∴当DE的值最小时，平行四边形ADCE周长为：2+√13+2+√13=4+2√13，故答案为：4+2√13，【点睛】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质、垂线段最短，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．【压轴四】二次函数的性质综
合问题【真题再现】（2021·浙江宁波市·中考第19题）如图，二次函数()()1yxxa=−−（a为常数）的图象的对称轴为直线2x=．（1）求a的值．（2）向下平移该二次函数的图象，使其经过原点，求平移后图象所对
应的二次函数的表达式．【思路点拨】（1）把二次函数化为一般式，再利用对称轴：2bxa=−，列方程解方程即可得到答案；（2）由（1）得：二次函数的解析式为：243yxx=−+，再结合平移后抛物线过原点，则0,c=从而可得平移方式及平移后的解析式．【详析详解】解：（1）2(1)(
)(1)yxxaxaxa=−−=−++．∵图象的对称轴为直线2x=，∴122a+=，∴3a=．（2）∵3a=，∴二次函数的表达式为243yxx=−+，∴抛物线向下平移3个单位后经过原点，∴平移后图象所对应的二次函数的表达式为24yxx=−．【方法小结】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析
式，二次函数的性质，二次函数图像的平移，熟练掌握二次函数的基础知识是解题的关键．【变式训练】【变式4.1】（2021•宁波模拟）已知二次函数y＝ax2+（2a﹣4）x﹣2（a≠0）的图象经过（x1，y1）（x2，y2），且x1＜x2．
（1）求证：抛物线与x轴一定有两个交点．（2）当a＝1时，若|x1﹣x2|＝1，则|y1﹣y2|＝1，求x1+x2的值．（3）当1＜x1＜x2＜2时，y1＜y2，求a的取值范围．【分析】（1）证明抛物线与x轴一定有两个交点，只需判断△＞0即可；（2）当a＝1时，二次函数y＝x2﹣2x﹣2，
x1﹣x2＜0，|x1﹣x2|＝1，得出x1＝x2﹣1，再求出y1﹣y2＝﹣2x2+3，|y1﹣y2|＝1求出x2即可；（3）由1＜x1＜x2＜2时，y1＜y2，分a＞0和a＜0两种情况讨论即可．【详解】证明：（1）二次函数y＝ax2+（2a﹣4）x﹣2与
x轴交点数即为方程ax2+（2a﹣4）x﹣2＝0的解的个数，∵△＝（2a﹣4）2﹣4a×（﹣2）＝4a2﹣8a+16＝4（a﹣1）2+12≥12，∴△＞0，∴抛物线与x轴一定有两个交点；解：（2）当a＝1时，二次函数y＝x2﹣2x﹣2，∵x1＜x2，∴x1﹣x
2＜0，∵|x1﹣x2|＝1，∴x1﹣x2＝﹣1，即x1＝x2﹣1，∴𝑦1=(𝑥2−1)2−2(𝑥2−1)−2=𝑥22−4x2+1，𝑦2=𝑥22−2𝑥2−2，∴y1﹣y2＝﹣2x2+3，∵|y1﹣
y2|＝1，即|﹣2x2+3|＝1，∴﹣2x2+3＝1或﹣1，∴x2＝1或x2＝2，∴x1＝x2﹣1＝0或1，∴x1+x2＝1或3；（3）由1＜x1＜x2＜2时，y1＜y2，得：当a＞0时，有对称轴x=−2𝑎−42𝑎≤1，∴a≥1，当a
＜0时，有对称轴x=−2𝑎−42𝑎≥2，∴a≥23，∵a＜0，∴无解，综上所述，a的取值范围为a≥1．【点睛】本题主要考查二次函数图象与系数的关系二次函数的性质，关键是对二次函数的对称轴，开口方向等知识的运用．【变式4.2】（2021•宁波模拟）在平面直角坐标系中，一次函数y＝k
x+b的图象与x轴，y轴分别相交于A（6，0），B（0，﹣6）两点．（1）求一次函数y＝kx+b的表达式．（2）若二次函数y＝x2﹣2ax+n图象的顶点在直线AB上，①设a＝﹣2，当﹣3≤x≤3时，求y的取值范
围；②二次函数y＝x2﹣2ax+n与x轴正半轴始终有交点，求a的取值范围．【分析】（1）A（6，0），B（0，﹣6）代入一次函数y＝kx+b即可得答案；（2）顶点在直线AB上，可得n＝a2+a﹣6，①a＝﹣2时n＝﹣4，二次函数为y＝x2+4x﹣4，顶点坐标为：（﹣2，﹣8），分别求出x＝﹣
3和3时y的值，画出图象数形结合即可得到答案；②二次函数y＝x2﹣2ax+n＝x2﹣2ax+a2+a﹣6，抛物线开口向上，顶点为（a，a﹣6），图象与x轴正半轴始终有交点，分两种情况：（一）a＞0时，只需满足△≥0，（二）a≤0时，需满足△≥0，且图象与y轴交点的纵
坐标a2+a﹣6＜0，分别求出a的范围即可．【详解】解：（1）A（6，0），B（0，﹣6）代入一次函数y＝kx+b得：{0=6𝑘+𝑏−6=𝑏，解得{𝑘=1𝑏=−6，∴一次函数y＝kx+b的表达式为y＝x﹣6；（2）二次函数y＝x2﹣2
ax+n图象的顶点为（a，﹣a2+n），∵顶点在直线AB上，∴﹣a2+n＝a﹣6，可得n＝a2+a﹣6，①a＝﹣2时，n＝﹣4，二次函数为y＝x2+4x﹣4，顶点坐标为：（﹣2，﹣8），当x＝﹣3时，y＝﹣7，当x＝3时，y＝17，如图：∴当﹣3≤x≤3时，y的取值范围是﹣8≤y≤17；
②二次函数y＝x2﹣2ax+n＝x2﹣2ax+a2+a﹣6，抛物线开口向上，顶点为（a，a﹣6），△＝（﹣2a）2﹣4（a2+a﹣6）＝﹣4a+24，图象与x轴正半轴始终有交点，分两种情况：（一）a＞0时，只需满足△≥0，∴﹣4a+24≥0，解得a≤6，∴0＜a≤6，（二）a≤0时，需
满足△≥0，且图象与y轴交点的纵坐标a2+a﹣6＜0，即（a+3）（a﹣2）＜0，解得：﹣3＜a＜2，∴﹣3＜a≤0，综上所述，图象与x轴正半轴始终有交点，0＜a≤6或﹣3＜a≤0．【点睛】本题考查二次函数图象及性质，涉及一次函数解析式等知识，解题的关键是数形
结合，列出不等式求解．【变式4.3】（2021•鄞州区模拟）如图，平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标为A（﹣1，2），B（2，5）．（1）求线段AB与y轴的交点坐标；（2）若抛物线y＝x2+mx+n经过A，B两点，求抛物线的解析式；（3
）若抛物线y＝x2+mx+3与线段AB有两个公共点，求m的取值范围．【分析】（1）先设出AB所在的直线函数解析式，然后用待定系数法求出解析式，再令x＝0，求出y即可；（2）用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（3）
先联立抛物线和直线解析式组成方程组，解方程组，得到关于x的一元二次方程，直线和抛物线有两个交点即△＞0，再根据方程得根﹣1≤x≤2即可求得m的取值范围．【详解】解：（1）设线段AB所在的直线的函数解析式为：y＝kx+b（﹣1≤x≤2，2≤y≤5），∵A（﹣1，2
），B（2，5），∴{2=−𝑘+𝑏5=2𝑘+𝑏，解得：{𝑘=1𝑏=3，∴AB的解析式为：y＝x+3（﹣1≤x≤2，2≤y≤5），当x＝0时，y＝3，∴线段AB与y轴的交点为（0，3）；（2）∵抛物线
y＝x2+mx+n经过A，B两点，∴{2=1−𝑚+𝑛5=4+2𝑚+𝑛，解得：{𝑚=0𝑛=1，∴抛物线的解析式为：y＝x2+1；（3）∵抛物线y＝x2+mx+3与线段AB有两个公共点，∴联立方程{𝑦=𝑥2+𝑚𝑥+3𝑦=𝑥+3，
得x+3＝x2+mx+3，整理得：x2+（m﹣1）x＝0，∵抛物线y＝x2+mx+3与线段AB有两个公共点，∴方程x2+（m﹣1）x＝0有两个不同的实数解，即△＝b2﹣4ac＝（m﹣1）2＞0，∵（m﹣1）2≥0，∴当m≠1时△＞0，解方程x2+（m﹣1）x＝0得：x1＝0，x2
＝1﹣m，∵线段AB的取值范围为：﹣1≤x≤2，∴①﹣1≤1﹣m＜0时，得1＜m≤2，②0＜1﹣m≤2时，得﹣1≤m＜1，综上所述m的取值范围为﹣1≤m≤2且m≠1．【点睛】本题考查二次函数与系数的关系、函数的交点以及交点的个数与判别式△的关系，关键是对二次函数知识的综合
掌握和综合运用．【变式4.4】（2021•宁波模拟）抛物线y＝﹣x2+2x+3交x轴于点A，B（A在B的左边），交y轴于点C顶点为M，对称轴MD交x轴于点D，E是线段MD上一动点，以OB，BE为邻边作平行四边形
OBEF，EF交抛物线于点P，G（P在G的左边），交y轴于点H．（1）求点A，B，C的坐标；（2）如图1，当EG＝FP时，求DE的长；（3）如图2，当DE＝1时，①求直线FC的解析式，并判断点M是否落在该直线上．②连接CG，MG，CP，MP，记△CG
M的面积为S1，△CPM的面积为S2，则𝑆1𝑆2=2+√3．【分析】（1）根据抛物线y＝﹣x2+2x+3可得C点坐标；令y＝0得：﹣x2+2x+3＝0，解方程即可得出点A和点B的横坐标，则可得点A和点B的坐
标；（2）由平行四边形的性质及抛物线的对称性可得答案；（3）①求得点F的坐标，用待定系数法可求直线FC的解析式，根据抛物线的解析式可得点M的坐标，由CF的解析式验证即可判断点M是否落在该直线上．②作PR⊥FM，GS⊥FM，垂足分别为点R，S，连
接PM，CG，FM，由DE＝1，可得关于x的一元二次方程，解方程即可得出点P和点H的横坐标，从而可得PH、GH，计算出FH、FP及FG的长，则可利用三角形的面积公式进行计算求解．【详解】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+2x+3交x轴于点A，B（A在B的左边），交y
轴于点C，∴C（0，3），令y＝0得：﹣x2+2x+3＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）；（2）∵B（3，0），∴OB＝3，如图1，在▱OBEF中，EF＝OB＝3．∵MD为抛物线的对称轴，∴EG＝PE，∵EG＝PF，∴FP
＝PE＝1.5，∴OD＝HE＝1，∴PH＝0.5．令𝑥=−12，则𝑦=−(−12)2+2×(−12)+3=74，∴𝐷𝐸=74．（3）①∵EF＝OB＝3，OD＝HE＝1，∴FH＝2，∵DE＝1，∴F（﹣2，1），设直线FC的解析式为y＝kx
+b，有{−2𝑘+𝑏=1𝑏=3，解得{𝑘=1𝑏=3．∴直线FC的解析式为y＝x+3，∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴点M（1，4），∴点M在该直线上．②如图2，作PR⊥FM，GS⊥FM，垂足分别为点R，S，连接PM，CG，FM，∵DE＝1，1＝﹣x2+2x+3，解得�
�1=√3+1，𝑥2=−√3+1，∴𝑃𝐻=√3−1，𝐺𝐻=√3+1，∵FH＝2，∴𝐹𝑃=3−√3，𝐹𝐺=3+√3，于是，𝑆1𝑆2=12𝐶𝑀⋅𝐺𝑆12𝐶𝑀⋅𝑃𝑅=𝐺𝑆�
�𝑅=𝐹𝐺𝐹𝑃=3+√33−√3=2+√3．故答案为：2+√3．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了抛物线与坐标轴的交点坐标、待定系数法求函数的解析式、平行四边形的性质及二次函数的图象与性质等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．【压轴五】锐角三角函数
的应用【真题再现】（2021·浙江宁波市·中考第21题）我国纸伞的制作工艺十分巧妙．如图1，伞不管是张开还是收拢，伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的角BAC，且ABAC=，从而保证伞圈D能沿着伞柄滑动．如图2是伞完全收拢时伞骨的示意图，此时伞圈D已滑动到点D¢的位置，且A，B，D¢三点共
线，40cmAD=，B为AD中点，当140BAC=时，伞完全张开．（1）求AB的长．（2）当伞从完全张开到完全收拢，求伞圈D沿着伞柄向下滑动的距离．（参考数据：sin70094,cos700.34,tan702.75）【思路点拨】（1
）根据中点的性质即可求得；（2）过点B作BEAD⊥于点E．根据等腰三角形的三线合一的性质求出2ADAE=．利用角平分线的性质求出∠BAE的度数，再利用三角函数求出AE，即可得到答案．【详析详解】解：（1）∵B为AD中点，∴12ABAD=，∵40AD
=，∴()20cmAB=．（2）如图，过点B作BEAD⊥于点E．∵ABBD=，∴2ADAE=．∵AP平分,140BACBAC=，∴1702BAEBAC==．在RtABE△中，20AB=，∴cos70200
.346.8AEAB==，∴213.6ADAE==．∵40AD=，∴()4013626.4cm−=．，∴伞圈D沿着伞柄向下滑动的距离为26.4cm．【方法小结】此题考查的是解直角三角形的实际应用，等腰
三角形的三线合一的性质，线段中点的性质，角平分线的性质，正确构建直角三角形解决问题是解题的关键．【变式训练】【变式5.1】（2021•宁波模拟）如图，小明沿着马路自东向西前行，当他位于A处时，发现大厦P位于他的正北方向，医院Q位于他的北偏西63.5°方
向，当他前行300米到达B处时，发现大厦P位于他的东北方向，医院Q位于他的正北方向，求医院与大厦的直线距离有多远？（结果保留整数）（参考数据：√2≈1.414，√3≈1.732，√5≈2.236，sin
63.5°≈0.89，tan63.5°≈2.00）【分析】过Q作QC⊥AP于C，然后根据三角函数值求出BQ的值即可解答．【详解】解：如图，过Q作QC⊥AP于C，由题意知，QB⊥AB，PA⊥AB，∠PAQ＝63.5°，∠ABP＝45°，AB＝300米，∴∠BA
P＝∠ABQ＝90°，∴AP∥BQ，∴四边形ACQB是矩形，∴∠AQB＝∠PAQ＝63.5°，AC＝BQ，CQ＝AB＝300（米），在Rt△ABP中,∠ABP＝45°,∴PA＝AB＝300米，在Rt△ABQ中，tan63.5°=
𝐴𝐵𝐵𝑄，∴BQ≈3002=150（米），∴PC＝150米，∴PQ=√𝐶𝑄2+𝑃𝐶2=150√5≈335（米），故医院与大厦的直线距离有335米．【点睛】本题考查方位角、直角三角形、锐角三角函数的有关知识．把实际问题可以转化为解直角三角形的问题是解题的关键．【变式5.2】（20
21•宁波模拟）如图①，将“欢迎光临”门挂倾斜放置时，测得挂绳的一段AC＝30cm．另一段BC＝20cm．已知两个固定扣之间的距离AB＝30cm．（1）求点C到AB的距离；（2）如图②，将该门挂扶“正”（即AC＝BC），求∠CAB的度数．（参考数据：sin49°≈0.75，cos41°≈0.75，
tan37°≈0.75，cos53°≈0.6，tan53°≈43）【分析】（1）过点C作CH⊥AB于点H，设BH＝x，则AH＝30﹣x．根据勾股定理列式计算可得x的值，进而可得CH的值；（2）根据等腰三角形的性质可得AH的值，再根据锐角三角函数即可求出∠CAB的
度数．【详解】解：（1）过点C作CH⊥AB于点H，如图．设BH＝x，则AH＝30﹣x．∵CH⊥AB，AC＝30，BC＝20，∴CH2＝AC2﹣AH2＝BC2﹣BH2，即302﹣（30﹣x）2＝202﹣x2，解得𝑥=203，∴𝐶𝐻=√𝐵𝐶2
−𝐵𝐻2=√202−(203)2=403√2（cm）．（2）由已知，得AC＝BC＝25．∵AC＝BC，CH⊥AB，∴𝐴𝐻=12𝐴𝐵=15，∴𝑐𝑜𝑠∠𝐵𝐴𝐶=𝐴𝐻𝐴𝐶=0.6，∴∠BAC≈53°．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，等腰
三角形的性质，解决本题的关键是掌握解直角三角形的方法．【变式5.3】（2021•北仑区二模）在数学综合实践活动课上，某小组要测量学校升旗台旗杆的高度．如图所示，测得BC∥AD，斜坡AB的长为6m，坡度i＝1：√3，在点B处测得旗杆顶端E的仰角为70°，点B到旗杆底端C的
距离为5m．（1）求斜坡AB的坡角α的度数．（2）求旗杆顶端离地面的高度ED．（参考数据sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75，结果精确到1m）【分析】（1）过点B作BF⊥AD于点F，由i＝tan∠BAF=𝐵𝐹𝐴𝐹=√33，可得∠BAF＝
30°；（2）由∠BAF＝30°、AB＝6，知CD＝BF=12AB＝3米，再由EC＝BCtan∠EBC可得答案．【详解】解：（1）如图所示，过点B作BF⊥AD于点F，∵i＝tan∠BAF=𝐵𝐹𝐴𝐹=1√3=√33，∴∠BAF＝30°，即α＝30°，答：斜坡AB的
坡角α的度数是30°．（2）∵∠BAF＝30°，AB＝6，∴CD＝BF=12AB＝3米，在Rt△BCE中，∵∠EBC＝70°，BC＝5，∴EC＝BCtan∠EBC＝5×2.75≈14，则ED＝EC+CD
＝3+14＝17（米），答：旗杆顶端离地面的高度ED的长约为17米．【点睛】此题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题和坡度坡角问题，掌握仰角俯角的概念和坡度坡角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．【变式5.4】（2021
•鄞州区模拟）如图1是一种台灯，其主体部分是由与桌面垂直的固定灯杆AB和可转动灯杆BC和光源CD组成，当灯杆BC绕点B转动时，光线在桌面上的圆形照明区域随着光源到桌面的距离发生改变．图2是其示意图，其中
AB⊥AE，CD∥AE，灯杆AB＝16cm，BC＝36cm．（1）当灯杆AB与BC的夹角∠ABC为150°时，求光源CD到桌面AE的距离；（2）若光源CD到AE的距离h与圆形照明区域半径r的关系是h=23r，要使圆形区域半径达到51cm，求灯杆AB与BC的夹角∠ABC的度数．【分析】（1
）通过作垂线，转化为矩形和直角三角形，利用直角三角形的边角关系即可得出答案；（2）求出h的值，再利用直角三角形的边角关系可求出答案．【详解】解：（1）如图，过点C作CG⊥AE，垂足为G，过点B作BF⊥CG，垂足为F，∵AB
⊥AE，CG⊥AE，BF⊥CG，∴四边形BAGF为矩形．∵AB＝16cm，∴GF＝AB＝16cm，∵∠ABC＝150°，∠ABF＝90°，∴∠FBC＝60°，在Rt△BCF中，CF＝BC•sin60°＝3
6×√32=18√3（cm），∴CG＝CF+FG＝（16+18√3）cm，答：光源CD到桌面AE的距离为（16+18√3）cm；（2）∵r＝51cm，∴h=23r=23×51＝34（cm），在Rt△BCF中，CF＝CG﹣FG＝34﹣16＝18
（cm），∵sin∠CBF=𝐶𝐹𝐵𝐶=1836=12，∴∠CBF＝30°，∴∠ABC＝90°+30°＝120°，答：灯杆AB与BC的夹角∠ABC的度数为120°．【点睛】本题考查解直角三角形得应用，掌握直角三角形的边角关系
是正确解答的前提．【压轴六】方程与函数的应用问题【真题再现】（2021·浙江宁波市·中考真题）某通讯公司就手机流量套餐推出三种方案，如下表：A方案B方案C方案每月基本费用（元）2056266每月免费使用流量（兆）
1024m无限超出后每兆收费（元）nnA，B，C三种方案每月所需的费用y（元）与每月使用的流量x（兆）之间的函数关系如图所示．（1）请直接写出m，n的值．（2）在A方案中，当每月使用的流量不少于1024兆时，求每月所需的费用y（元）与每月使用的流量x（兆）之间的函数关系式．
（3）在这三种方案中，当每月使用的流量超过多少兆时，选择C方案最划算？【思路点拨】（1）m的值可以从图象上直接读取，n的值可以根据方案A和方案B的费用差和流量差相除求得；（2）直接运用待定系数法求解即可
；（3）计算出方案C的图象与方案B的图象的交点表示的数值即可求解．【详析详解】解：（1）3072,m=56200.311441024n−==−．（2）设函数表达式为(0)ykxbk=+，把()1024,20，()1144,5
6代入ykxb=+，得201024561144kbkb=+=+，解得0.3287.2kb==−，∴y关于x的函数表达式()0.3287.21024yxx=−．（注：x的取值范围对考生不作要求）（3）307
226656)0.37(372+−=（兆）．由图象得，当每月使用的流量超过3772兆时，选择C方案最划算．【方法小结】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．【变式训练】【变式6.1】（2021•宁波模拟）某酒店新装修，计划购买
A，B，C三种型号的餐桌共n套．已知一套A型餐桌（一桌四椅）需600元，一套B型餐桌（一桌六椅）需800元，一套C型餐桌（一桌八椅）需1000元，要求购买C型餐桌的套数是A型餐桌的2倍，设购买x套A型餐桌，三种餐桌购买的总费用为y元．（1）当n＝160时，①求y关于x的函数关系式．②若购买的B型
餐桌套数与C型餐桌套数的差不超过12桌，求总费用y的最小值，并写出此时具体的购买方案．（2）已知学校实际购买三种餐桌的总费用为16万元，记购买的三种餐桌椅子的总数最多的方案为最佳购买方案，求最佳购买方案的椅子总数m及相应n的
值．（直接写出答案）【分析】（1）①总费用是三种费用之和，得出函数关系式，把n＝160代入求出①；②若购买的B型餐桌套数与C型餐桌套数的差不超过12套，得出n的最小值再求出总费用的最小值．（2）m为购买椅子总数，先用n的代数式
表示出m，再求出n的最小值，从而求出m的值．【详解】解：（1）由题意得，A型购买x套，C型购买2x套，B型购买（n﹣3x）套，y＝600x+800（n﹣3x）+1000×2x＝800n+200x，①当n＝
160时，y＝800n+200x＝200x+128000；②由题意得：160﹣3x﹣2x＝160﹣5x≤12，解得𝑥≥2935，又∵x为整数，k＝200＞0，y随x的增大而增大，∴当x＝30时，y最小，为200×30+128000＝134000（元），此时具体的购买方案是：A，B，C三种型号
的餐桌分别购买30套、70套、60套．∴总费用y的最小值为134000元，此时具体的购买方案：A，B，C三种型号的餐桌分别购买30套、70套、60套；（2）600x+800（n﹣3x）+1000×2x＝160000，化简得x＝800﹣4n，又n﹣3x≥0，∴�
�≤𝑛3，即800−4𝑛≤𝑛3，𝑛≥184813，∵n为正整数，∴n的最小值为185，m＝4x+6（n﹣3x）+8×2x＝1600﹣2n，∴n越小，m的值越大，当n＝185时，m＝1600﹣2×185＝1230．答：最佳购买方案的椅子总数m是1230，相应n的值为185．【点睛】本题考查一
次函数的应用，把实际问题转化为数学问题，根据题意求解．【变式6.2】（2021•宁波模拟）在第24届中国（昆明泛亚）兰花博览会上，镇海接过中国兰花博览会会旗，成为2015年中国第25届兰花博览会的举办地．为了让这些兰花走向世界，镇海区政府决定组织21
辆汽车装运扑地兰、蕙兰、春剑兰这三种兰花共120吨，参加兰花博览会，现有A型、B型、C型三种汽车可供选择．已知每种型号汽车可同时装运2种兰花，且每辆车必须装满．根据下表信息，解答问题．每辆汽车运载量（吨）每辆汽车的运费（元）扑地兰蕙兰春剑兰A型车221500
B型车421800C型车162000（1）设A型汽车安排x辆，B型汽车安排y辆，求y与x之间的函数关系式．（2）如果三种型号的汽车都不少于4辆，车辆安排有几种方案？并写出每种方案．（3）为节约运费，应采用（
2）中哪种方案？并求出最少运费．【分析】（1）利用三种汽车一共运输120吨兰花可以得到函数关系式；（2）利用三种汽车都不少于4辆，可以得到有关x的不等式组，利用解得的不等式组的解得到安排方案即可；（3）根据题意得到总运费与自变量x的函数关系式，求得其最值即可．【详解】解：（1）根据题意得4x+6y
+7（21﹣x﹣y）＝120，化简得：y＝﹣3x+27；（2）由{𝑥≥4𝑦≥421−𝑥−𝑦≥4，得{𝑥≥4−3𝑥+27≥421−𝑥−(−3𝑥+27)≥4，解得5≤x≤723，∵x为正整数，∴x＝5或6或7，故车辆安排有三种方案，即：方案一
：A型车5辆，B型车12辆，C型车4辆，方案二：A型车6辆，B型车9辆，C型车6辆，方案三：A型车7辆，B型车6辆，C型车8辆；（3）设总运费为W元，则W＝1500x+1800（﹣3x+27）+2000（21﹣x+3x﹣27）＝100x+36600，∵W随x的增大而增大，且x＝5，6，7，∴
当x＝5时，W最小＝37100元．答：为节约运费，应采用（2）中方案一，最少运费为37100元．【点睛】本题考查的是用一次函数解决实际问题，注意利用一次函数求最值时，关键是应用一次函数的性质；即由函数y随
x的变化，结合自变量的取值范围确定最值．【变式6.3】（2021•宁波模拟）小明投资销售一种进价为每件20元的护眼台灯．经过市场调研发现，每月销售的数量y（件）是售价x（元/件）的一次函数，其对应关系如表：x/（元/件）22253035…y/件2802502
00150…在销售过程中销售单价不低于成本价，物价局规定每件商品的利润不得高于成本价的60%，（1）请求出y关于x的函数关系式．（2）设小明每月获得利润为w（元），求每月获得利润w（元）与售价x（元/件）之间的函数关系式，并确定自变量x的取值范围．（3）当
售价定为多少元/件时，每月可获得最大利润，最大利润是多少？【分析】（1）根据题意和表格中的数据，可以求得y关于x的函数关系式；（2）根据题意和（1）中的函数关系式，可以写出每月获得利润w（元）与售价x（元/件）之间的函数关系式，并确定自变量x的取值范围；（3）将（2）中w与x的函数关系式化为顶
点式，然后根据x的取值范围和二次函数的性质可以得到当售价定为多少元/件时，每月可获得最大利润，最大利润是多少．【详解】解：（1）设y与x的函数关系式为y＝kx+b，{25𝑘+𝑏=25030𝑘+𝑏=200，得{𝑘=−10𝑏=500，即y与x
的函数关系式为y＝﹣10x+500；（2）由题意可得，w＝（x﹣20）y＝（x﹣20）（﹣10x+500）＝﹣10x2+700x﹣10000，∵在销售过程中销售单价不低于成本价，物价局规定每件商品的利润不得高于成本价的6
0%，∴x≥20，x﹣20≤20×60%，∴20≤x≤32，即每月获得利润w（元）与售价x（元/件）之间的函数关系式是w＝﹣10x2+700x﹣10000（20≤x≤32）；（3）∵w＝﹣10x2+700x﹣10000＝﹣10（x﹣35）2+2250，20≤x≤32，∴当x＝
32时，w取得最大值，此时w＝2160，答：当售价定为32元/件时，每月可获得最大利润，最大利润是2160元．【点睛】本题考查一次函数的应用、二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和二次函数的性质解答．【变式6.4】（2021•镇海区模拟）某公
司销售甲、乙、丙三种型号的器材．3月份公司需支付的工资y1（万元）和其余开支y2（万元）与总销售量x的关系如图所示．型号甲乙丙进价（万元/台）0.91.21.1售价（万元/台）1.21.61.3（1）求y1与x的函数关系式
；（2）若3月份该公司需支付的工资和其余开支共3.8万元，求出这个月三种器材的总销售量；（3）在（2）的条件下，若3月份公司共花64万元购进甲、乙、丙三种器材，并保证全部卖出．这三种器材的进价和售价如上表所示，若3月份的总销售利润为16.2万元，请求出甲、乙、丙三种器材各卖出几台？（总销售利润＝
销售总价﹣总进价工资﹣其余开支）【分析】（1）如图由待定系数法可以求出y1与x之间的一次函数关系式；（2）依题意可解得y1，y2与x的等式关系y1+y2＝0.05x+0.2+0.005x+0.3＝3.8，再解方程即可；（3）设3月份售出甲种型
号器材a台，乙种型号器材b台，则售出丙种型号器材（60﹣a﹣b）台，再根据题意列方程解答即可．【详解】解：（1）设y1与x的函数解析式是y1＝kx+b，根据题意得{𝑏=0.220𝑘+𝑏=1.2，解得{𝑘=0.05𝑏=0.2，故y1与x的关系式为y1
＝0.05x+0.2；（2）依题意得：y1+y2＝0.05x+0.2+0.005x+0.3＝3.8，解得：x＝60，故三月份该公司的总销售量为60台；（3）设3月份售出甲种型号器材a台，乙种型号器材b台，则售出丙种型号器材（60﹣a﹣b）台，根据题意，得{0.9𝑎+1.2𝑏+1.1(60−𝑎
−𝑏)=640.3𝑎+0.4𝑏+0.2(60−𝑎−𝑏)=16.2+3.8，解得{𝑎=24𝑏=28，60﹣a﹣b＝60﹣24﹣28＝8．答：甲种型号器材24台，乙种型号器材28台，售出丙种型号器材8台．
【点睛】本题主要考查了一次函数的应用，待定系数法求一次函数的解析式的运用，难度较大，是函数与不等式的综合题，解决问题的关键是读懂题意，找到关键描述语，进而找到所求的量的等量关系．【压轴七】几何综合探究问题【真题再现】（20
21·浙江宁波市·中考第23题）（证明体验）（1）如图1，AD为ABC的角平分线，60ADC=，点E在AB上，AEAC=．求证：DE平分ADB．（思考探究）（2）如图2，在（1）的条件下，F为AB上一点，连结FC交AD于点G．若FBFC=，2DG=，3CD=，求BD的长．（拓
展延伸）（3）如图3，在四边形ABCD中，对角线AC平分,2BADBCADCA=，点E在AC上，EDCABC=．若5,25,2BCCDADAE===，求AC的长．【思路点拨】（1）根据SAS证明EADCAD≌△△，进而即可得到结论；（2）先证明EBDGCD∽，得BD
DECDDG=，进而即可求解；（3）在AB上取一点F，使得AFAD=，连结CF，可得AFCADC≌，从而得DCEBCF∽，可得,CDCECEDBFCBCCF==，4CE=，最后证明EADDAC∽，即可求解．【详析详解】解：（1）∵AD平分BAC，∴
EADCAD=，∵,==AEACADAD，∴()EADCADSAS≌，∴60ADEADC==，∴18060EDBADEADC=−−=，∴BDEADE=∠∠，即DE平分ADB；（2）∵FBFC=，∴EBDGCD=，∵60BDEGDC==，∴EBDG
CD∽，∴BDDECDDG=．∵EADCAD≌△△，∴3DEDC==．∵2DG=，∴92BD=；（3）如图，在AB上取一点F，使得AFAD=，连结CF．∵AC平分BAD，∴FACDAC=∵ACAC=，∴()AF
CADCSAS≌，∴,,CFCDACFACDAFCADC===．∵2ACFBCFACBACD+==，∴DCEBCF=．∵EDCFBC=，∴DCEBCF∽，∴,CDCECEDBFCBCCF==．∵5,25BCCFCD===，∴4CE=．∵180180A
EDCEDBFCAFCADC=−=−==，又∵EADDAC=，∴EADDAC∽∴12EAADADAC==，∴4ACAE=，∴41633ACCE==．【方法小结】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定
和性质，添加辅助线，构造全等三角形和相似三角形，是解题的关键．【变式训练】【变式7.1】（2021•宁波模拟）如果三角形的两个内角差为90°，那么我们称这样的三角形为“准直角三角形”．（1）若△ABC是“准直角三角形”，∠C＞90°．①若∠A＝60°，则∠B＝15°；②
若∠A＝20°，则∠B＝50或35°．（2）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝1，AB＝3，点D在AC边上，若△ABD是“准直角三角形”，求CD的长．（3）如图2，在四边形ABCD中，
CD＝CB，∠ABD＝∠BCD，AB＝5，BD＝6，且△ABC是“准直角三角形”，求△BCD的面积．【分析】（1）①由“准直角三角形”的定义可求解；②由“准直角三角形”的定义可求解；（2）分两种情况讨论，由相似三角形的性质和锐角三角函数可求
解；（3）分两种情况讨论，由相似三角形的性质和锐角三角函数可求解．【详解】解：（1）①当∠C﹣∠A＝90°时，则∠C＝150°，∴∠B＝180°﹣∠C﹣∠A＝﹣30°（不合题意舍去），当∠C﹣∠B＝90°，则∠C＝∠B+90°，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴2∠B＝
30°，∴∠B＝15°，综上所述：∠B＝15°，故答案为15°；②当∠C﹣∠A＝90°时，则∠C＝110°，∴∠B＝180°﹣∠C﹣∠A＝50°，当∠C﹣∠B＝90°，则∠C＝∠B+90°，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴2∠B＝70°，∴∠B＝35°，综上所述：∠B＝50
°或35°，故答案为50或35；（2）当∠BDA﹣∠DBA＝90°时，如图1，过点D作DH⊥AB于H，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝1，AB＝3，∴AC=√𝐴𝐵2−𝐵𝐶2=√9−1=2√2，∵∠BDA﹣∠DBA＝90°，∠B
DA＝∠DBC+∠C＝∠DBC+90°，∴∠DBA＝∠DBC，又∵DH⊥AB，DC⊥BC，∴DH＝DC，∵sinA=𝐷𝐻𝐴𝐷=𝐵𝐶𝐴𝐵=13，∴DH=13AD＝DC，∴DC=14AC=√22，当∠BDA﹣∠
A＝90°时，∵∠BDA﹣∠A＝90°，∠BDA＝∠DBC+∠C＝∠DBC+90°，∴∠A＝∠DBC，又∵∠C＝∠C，∴△BCD∽△ACB，∴𝐵𝐶𝐴𝐶=𝐶𝐷𝐵𝐶，∴12√2=𝐶𝐷1，∴CD=√24，综上所述：CD=√2
2或√24；（3）如图2，过点C作CF⊥BD于F，CE⊥AB，交AB的延长线于E，设∠ABD＝∠BCD＝2x，∵BC＝CD，CF⊥BD，∴∠CBD＝∠CBE＝90°﹣x，BF＝DF＝3，又∵CF⊥BD，CE⊥AB，∴CE＝CF，又∵BC＝BC，∴Rt△BCE≌Rt
△BCF（HL），∴BE＝BF＝3，当∠ABC﹣∠ACB＝90°时，又∵∠ABC﹣∠AEC＝∠BCE，∴∠BCA＝∠BCE，由（2）可知：𝐴𝐶𝐶𝐸=𝐴𝐵𝐵𝐸=53，设AC＝5a，CE＝3a，则AE＝4a＝8，∴a＝2，∴CE＝6＝CF，∴S△BCD=12
×6×6＝18，当∠ABC﹣∠BAC＝90°，又∵∠ABC﹣∠AEC＝∠BCE，∴∠BAC＝∠BCE，又∵∠E＝∠E＝90°，∴△BCE∽△CAE，∴𝐶𝐸𝐴𝐸=𝐵𝐸𝐶𝐸，∴CE＝2√6，∴S△B
CD=12×6×2√6=6√6，综上所述：△BCD的面积为18或6√6．【点睛】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，直角三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．【变式7.2】（2021•宁波模拟）定义：如果将△ABC与
△DEF各分割成两个三角形，且△ABC所分的两个三角形与△DEF所分的两个三角形分别对应相似，那么称△ABC与△DEF互为“近似三角形”，将每条分割线称为“近似分割线”．（1）如图1，在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠C＝∠F＝90°，∠A＝30°，∠D＝40°，请判断这两个三角
形是否互为“近似三角形”？如果是，请直接在图1中画出一组分割线，并注明分割后所得两个小三角形锐角的度数；若不是，请说明理由．（2）判断下列命题是真命题还是假命题，若是真命题，请在括号内打“√”；若是假命题，请在括号内打“×”．①任意
两个直角三角形都是互为“近似三角形”√；②两个“近似三角形”只有唯一的“近似分割线”×；③如果两个三角形中有一个角相等，那么这两个三角形一定是互为“近似三角形”×．（3）如图2，已知△ABC与△DEF中，∠A＝∠D＝15°，∠B＝45°，∠E＝60°，且
BC＝EF=√2+√6，判断这两个三角形是否互为“近似三角形”？如果是，请在图2中画出不同位置的“近似分割线”，并直接分别写出“近似分割线”的和；如果不是，请说明理由．【分析】（1）根据互为“近似三角形”即可得出结论；（2）根据互为“近似三角形”的意义，判断出是假命题，画图说明即可得
出结论；（3）如图5，先判断出△BCM≌△FEN（ASA），得出CM＝FN，再构造出直角三角形，即可得出结论；②如图6，同（1）的方法即可得出结论．【详解】解：（1）这两个三角形是互为“近似三角形”，如图1所示，；（2）①任意两个直角三角形都是互为“近似三角形”，
是真命题，如图2所示，，②两个“近似三角形”只有唯一的“近似分割线”，假命题，如图3所示，在△ABC与△DEF中，∠A＝∠D＝15°，∠B＝45°，∠E＝60°；③如果两个三角形中有一个角相等，那么这两个三角形一定是互为“近似三角形”，是假命题，如顶角为20°的等腰三角形和一个锐
角为20°的直角三角形，故答案为：√，×，×；（3）这两个三角形是互为“近似三角形”，①如图5，在△BCM和△FEN中，{∠𝐵𝐶𝑀=∠𝐹𝐸𝑁=60°𝐵𝐶=𝐸𝐹∠𝐵=∠𝐸𝐹𝑁=45°，∴△BCM≌△FEN（ASA），∴BM＝FN，过点M作MH⊥BC于H，在
Rt△MHC中，设CH＝x，则MH=√3x，CM＝2x，在Rt△BHC中，BH＝MH=√3x，∵BC＝x+√3x=√2+√6，∴x=√2，∴CM＝2√2，∴FN＝BM=√2BH＝2√3∴“近似分割线”的和为CM+FN＝2√2+2√3；②同①的方法得，△CBM≌FEN（ASA），∴BM
＝EN，过点C作CH⊥BM于H，在Rt△BHC中，BH＝CH=𝐵𝐶√2=1+√3，在Rt△CHM中，CM＝2CH＝2+2√3，MH=√3CH＝3+√3，∴NE＝BM＝4+2√3，∴“近似分割线”的和为C
M+EN＝6+4√3，即“近似分割线”的和为6+4√3或4√2．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了新定义，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意画出图形是解本题的关键．【变式7.3】（2021•余姚市一模）如果
等腰三角形一边上的高线长恰好等于这边的长，那么称这个三角形为“优美三角形”，这条边为“优美边”．（1）在如图1所示的12个小正方形组成的网格中，A，B两点在小正方形的顶点上，若点C也在小正方形的顶点上，且△ABC是“优美三角形”，请在图中各画一个满足条件的△ABC，并直接写出∠ABC
的正切值．（2）如图2，已知四边形ABCD是菱形，∠BAD＝2α，点P，Q同时从B，D出发以相同的速度向终点C运动．①当tanα＝2，△APQ是“优美三角形”，且PQ为“优美边”时，求𝐵𝑃𝑃𝐶的值．②试探究P，Q在运动过程中
（不含起点），tanα的范围与△APQ是“优美三角形”的个数之间的关系（不需要说明理由）．【分析】（1）作出满足条件的三角形即可解决问题．（2）①如图2中，连接AC，BD交于点O，AC交PQ于点J．设CJ＝m，则PJ＝QJ＝2m，AJ＝4m，求出OJ，利用平行线分线段成比例定理解决问题
即可．②两种特殊位置tanα的值，可得结论．【详解】解：（1）如图1中，左边图中，当高AH＝BC＝2时，tan∠ABC=𝐴𝐻𝐵𝐻=2．右边图中，当AB＝AC，∠BAC＝90°时，AB边上的高AC＝AB，此时tan∠ABC＝tan45°＝1．（2）①如图2中，连接AC，BD交于点
O，AC交PQ于点J．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，CB＝CD，∠BAD＝∠BCD＝2α，∴∠ACB＝∠ACQ＝α，∵BP＝DQ，∴CP＝CQ，∴𝐶𝑃𝐶𝐵=𝐶𝑄𝐶𝐷，∴PQ∥BD，∴AC⊥PQ，
∵△APQ是“优美三角形”，且PQ为“优美边”，∴AJ＝PQ，∵tan∠ACB=𝑃𝐽𝐶𝐽=2，∴可以假设CJ＝m，则PJ＝JQ＝2m，AJ＝PQ＝4m，∴AC＝5m，∴OA＝OC=52m，OJ＝OC﹣JC=32m，∵PJ∥OB，∴𝑃𝐵𝑃𝐶=𝑂𝐽𝐽𝐶=32�
�𝑚=32．②如图3﹣1中，当P，Q分别与B，D重合时，PQ是“优美边”，tanα=12．如图3﹣2中，当α＝45°，P，Q分别与B，D重合时，AD，AB是“优美边”，此时tanα＝1，如图3﹣3中，当α＞45°时，存在两个“优美三角形”（其中一个是等腰直角三角形）．综上所述，当tanα＜12时
，不存在“优美三角形”，当12≤tanα≤1时，存在一个“优美三角形”，当tanα＞1时，存在两个“优美三角形”．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，“优美三角形”，“优美边”的定义，解直角三角形等
知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题．【变式7.4】（2021春•鄞州区期中）我们把能平分一个图形面积的直线称为该图形的“好线”．如图1，三角形的中线所在直线就是该三角形
的一条好线．（1）平行四边形的好线共有无数条条；（2）如图2，四边形ABCD中，取对角线BD的中点O，连接OA、OC，再过点O作OE∥AC交CD于E，连接AE．证明：直线AE是四边形ABCD的“好线”；（3）如图3，AE为一条“好线”，F为AD边的一
点，请作出经过F点的一条“好线”，并说明哪条直线是四边形ABCD的“好线”（不擦除作图痕迹，无需说明理由）．【分析】（1）根据平行四边形是中心对称图形即可推出答案；（2）证明AE把四边形分为四边形ABCE和三角形AED的两部分面积相等，即可得证；（3）掌握”好线“的特点，结合（2
）平行线的特点即可找到（3）的好线．【详解】解：（1）∵平行四边形是中心对称图形，过其对称中心的直线都能把该平行四边形平分为面积相等的两部分，∴平行四边形的好线共有无数条，故答案为：无数条；（2）证明：∵O是BD
的中点，∴SAOD＝SAOB，S△COD＝S△COB，∴S四边形AOCB＝S四边形DAOC=12S四边形ABCD；又∵OE∥AC，∴S△AOE＝S△COE，而S△AOE﹣S△OPE＝S△COE﹣S△OPE，∴S△AOP＝S△CPE，由图象易知：S四边形ABCE＝S四边形AOCB
﹣S△AOP+S△CPE，S△AED＝S四边形DAOC+S△AOP﹣S△CPE，∴S四边形ABCE＝S△AED=12S四边形ABCD，而AE把四边形分为四边形ABCE和三角形AED两部分，故直线AE是四边形AB
CD的“好线”；（3）解：连接EF，过点A作EF的平行线交CD于点G，连接FG，交AE于点O，则GF为四边形ABCD的“好线“．∵EF∥AG，∴S△AGE＝S△ADE，由图象易知：S△AOF＝S△AGF﹣S△AOG，S△EOG＝S△AGE﹣S△AOG，∴S△A
OF＝S△EOG，又∵AE是一条好线，∴S△AED＝S四边形ABCE，由图易知：GF将图形分为三角形DFG和五边形ABCGF，∵S△DFG＝S△AED﹣S△AOF+S△EOG，S五边形ABCGF＝S四边形ABCE﹣S△EOG+S△AOF，∴S△DF
G＝S五边形ABCGF=12S四边形ABCD，∴GF是四边形ABCD的“好线“．【点睛】本题属于四边形综合大题，用新定义”好线“的形式考查图形面积相等的变换，本题理清题目意思，敢于尝试，充分利用平行线的特点，逐步推理是解题的关键．【压轴八】圆的综合压轴问题【真
题再现】（2021·浙江宁波市·中考真题）如图1，四边形ABCD内接于O，BD为直径，AD上存在点E，满足AECD=，连结BE并延长交CD的延长线于点F，BE与AD交于点G．（1）若DBC=，请用含的代数式表列A
GB．（2）如图2，连结,CECEBG=．求证；EFDG=．（3）如图3，在（2）的条件下，连结CG，2AG=．①若3tan2ADB=，求FGD的周长．②求CG的最小值．【思路点拨】（1）利用圆周角定理求得90BAD
=，再根据AECD=，求得ABGDBC==，即可得到答案；（2）由90BECBDC==−，得到BECAGB=，从而推出CEFBGD=，证得()CFEBDGASA≌，由此得到结论；（3）
①连结DE．利用已知求出332ABAD==，证得DACE=，得到2BGAD==，利用RtABG中，根据正弦求出160,12AGBAGBG===，求出EF的长，再利用RtDEG△中，60EGD=，求出EG及DE，再利用勾股定理求出DF即可得
到答案；②过点C作CHBF⊥于H，证明()BADCHFAAS≌，得到FHAD=，证明BHCCHF∽，得到BHCHCHFH=，设GHx=，得到()222CHx=−，利用勾股定理得到222CGGHCH=+，求得2222(2)(1)3CGxx
x=+−=−+，利用函数的最值解答即可．【详析详解】解：（1）∵BD为O的直径，∴90BAD=，∵AECD=，∴ABGDBC==，∴90AGB=−．（2）∵BD为O的直径，∴90BCD=，∴90BECBDC==−，∴BECAGB=，∵180,180CEFBE
CBGDAGB=−=−，∴CEFBGD=．又∵,CEBGECFGBD==，∴()CFEBDGASA≌，∴EFDG=．（3）①如图，连结DE．∵BD为O的直径，∴90ABED==．在R
tABD△中，3tan2ADB=，2AD=，∴332ABAD==．∵AECD=，∴AEDECDDE+=+，即DACE=，∴ADCE=．∵CEBG=，∴2BGAD==．∵在RtABG中，3sin2ABAGBBG==，∴160,12AGBAGBG===，∴1EFDGADAG=
=−=．∵在RtDEG△中，60EGD=，∴1133,2222EGDGDEDG====．在RtFEDV中，2272DFEFDE=+=，∴572FGDGDF+++=，∴FGD的周长为572+．②如图，过点C作CHBF⊥于H．∵BDGCFE≌，∴,BDCFCFH
BDA==．∵90BADCHF==，∴()BADCHFAAS≌．∴FHAD=，∵ADBG=，∴FHBG=．∵90BCF=，∴90BCHHCF+=．∵90BCHHBC+=，∴HCFHBC=，∵90BHCCHF==，∴BHCCHF∽，∴BH
CHCHFH=．设GHx=，∴2BHx=−，∴()222CHx=−．在RtGHC中，222CGGHCH=+，∴2222(2)(1)3CGxxx=+−=−+，当1x=时，2CG的最小值为3，∴CG的最小值为3．【方法小结】此题考查圆周角的定理，弧、弦
和圆心角定理，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角函数，相似三角形的判定，函数的最值问题，是一道综合的几何题型，综合掌握各知识点是解题的关键．【变式训练】【变式8.1】（2021•宁波模拟）已知⊙O的直径AB＝2，弦AC与弦BD交于点E，且OD⊥AC，垂足
为点F．（1）如图1，如果AC＝BD，求弦DE的长；（2）如图2，如果DE：BE＝3：2，求∠ABD的正切值；（3）连结BC，CD，DA，如果BC是⊙O的内接正n边形的一边，CD是⊙O的内接正（n+4）边形的一边，求△ACD的面积．【分析】（1）由AC＝
BD知得𝐴𝐷̂=𝐵𝐶̂，根据OD⊥AC知𝐴𝐷̂=𝐶𝐷̂，从而得𝐴𝐷̂=𝐶𝐷̂=𝐵𝐶̂，即可知∠AOD＝∠DOC＝∠BOC＝60°，进而去求解；（2）证明△DEF∽△BEC，则𝐸𝐷𝐵𝐸=𝐸𝐹𝐸𝐶=�
�𝐹𝐵𝐶=32，则OD＝OF+DF＝a+3a＝4a=12BA＝1，解得a=14，而EF=35CF=3√1520，即可求解；（3）先求出BC、CD、AD所对圆心角度数，从而求得BC＝AD=√2、OF=√22，从而根据三角形面积公式计算可得．【详解】解：（1）∵OD⊥AC，∴𝐴𝐷̂=𝐶𝐷
̂，∠AFO＝90°，又∵AC＝BD，∴𝐴𝐶̂=𝐵𝐷̂，即𝐴𝐷̂+𝐶𝐷̂=𝐶𝐷̂+𝐵𝐶̂，∴𝐴𝐷̂=𝐵𝐶̂，∴𝐴𝐷̂=𝐶𝐷̂=𝐵𝐶̂，∴∠AOD＝∠DOC＝∠BOC＝60°，∵AB＝2，∴AO
＝BO＝1，∴AF＝AOsin∠AOF＝1×√32=√32，则AC＝2AF=√3=BD，连接OE，∵∠CAB＝∠DBA＝30°，∴OE⊥AB，则BE=𝑂𝐵𝑐𝑜𝑠30°=2√3，则DE＝BD﹣BE=√3−2√3=√33；（2）如图2，连接BC，∵AB为直径，OD⊥AC，∴∠AFO＝∠
C＝90°，∴OD∥BC，∴∠D＝∠EBC，∵∠DEF＝∠BEC，∴△DEF∽△BEC，∴𝐸𝐷𝐵𝐸=𝐸𝐹𝐸𝐶=𝐷𝐹𝐵𝐶=32，设FD＝3a，则BC＝2a，又∵AO＝OB，∴OF是△ABC的
中位线，则OF＝a，则OD＝OF+DF＝a+3a＝4a=12BA＝1，解得a=14，连接CO，则FC=√𝐶𝑂2−𝑂𝐹2=√1−(14)2=√154，∵𝐸𝐷𝐵𝐸=𝐸𝐹𝐸𝐶=𝐷𝐹𝐵𝐶=32，则EF=35CF=3√1520，而DF＝3a=34，则
tan∠FDE=𝐸𝐹𝐷𝐹=3√152034=√155=tan∠ABD，即tan∠ABD=√155；（3）如图3，∵BC是⊙O的内接正n边形的一边，CD是⊙O的内接正（n+4）边形的一边，∴∠BOC=360𝑛，∠AOD＝∠COD=360
𝑛+4，则360𝑛+2×360𝑛+4=180，解得：n＝4或﹣2，﹣2舍去．∴∠BOC＝90°、∠AOD＝∠COD＝45°，∴BC＝AC=√2，∵∠AFO＝90°，∴OF＝AOcos∠AOF=√22，则DF＝OD﹣O
F＝1−√22，∴S△ACD=12AC•DF=12×√2×（1−√22）=√2−12．【点睛】本题主要考查圆的综合题，解题的关键是掌握圆周角和圆心角定理、中位线定理、全等三角形的判定与性质及三角函数的应用等知识点．【变式8.2】（202
1•海曙区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝1，AC=√5，点M是线段CA上的动点（M不与点A、C重合），作△ABM的外接圆⊙O，过点A作AN∥BC，交⊙O于点N．（1）tanC的值为12．（2）若△ANM∽△CMB（其中点A与点C对应，点M与点B对应），求
AM的长．（3）①若△AMN为等腰三角形，求线段MC的长．②若S△BMN＝S△BMC，请直接写出此时△BMN的面积2或25．【分析】（1）由勾股定理求出BC，根据正切函数定义即可得到答案；（2）连接BN，在Rt△BMN中，tan∠NBM＝tan∠C=12，再由△
ANM∽△CMB，得到对应边成比例，即可求出；（3）①若△AMN为等腰三角形，则AN＝MN，证明△NAB∽△ABC和△ABN∽△MBN，求出AN＝MN=12，求出AB＝BM＝1，再由垂径定理得到BN⊥AM，求出BN，从而求出
MD的长，AM＝2MD，CM＝AC﹣AM，可得结论；②过M作MH⊥BC于点H，假设MN＝x，则BM＝2x，由直角三角形的性质得到MH＝x2，BH＝2﹣2x2，在直角三角形BMH中，由勾股定理得到，BH2+HM2＝BM2，解得x2，即可求出
三角形BMN的面积．【详解】解：（1）∵∠ABC＝90°，AB＝1，AC=√5，∴BC=√5−1=2，∴tanC=𝐴𝐵𝐵𝐶=12，故答案为：12；（2）连接BN，∵NA∥BC，∴∠NAC＝∠BCA，∠NAB+∠ABC＝180°，∴∠NAB＝180°﹣∠
ABC＝180°﹣90°＝90°，∴BN为⊙O的直径，∴∠BMN＝90°，∵∠NAC＝∠NBM，∴∠NBM＝∠BCA，∴直角三角形BMN中，tan∠NBM＝tan∠C=12，即tan∠NBM=𝑁𝑀𝑀𝐵=12，∵△ANM～△CMB，∴𝑁𝑀𝑀�
�=𝐴𝑀𝐶𝐵=12，即𝐴𝑀2=12，∴AM＝1；（3）①若△AMN为等腰三角形，则AN＝MN，∴∠NAM＝∠NMA＝∠MBN＝∠NBA，∠NAB＝∠ABC＝90°，∴∠NBA＝∠MBN＝∠
C，∴△NAB～△ABC，∴𝐴𝑁𝐴𝐵=𝐴𝐵𝐵𝐶，∴AN=𝐴𝐵2𝐵𝐶=12，在△ABN和△MBN中，{∠𝑁𝐴𝐵=∠𝑁𝑀𝐵∠𝑁𝐵𝐴=∠𝑁𝐵𝑀𝑁𝐵=𝑁𝐵，∴△ABN≌△MBN（AAS），∴AN＝MN=12，AB＝BM＝1，
∴𝐴𝑁̂=𝑀𝑁̂，∴BN⊥AM，∴BN=√𝐵𝑀2+𝑀𝑁2=√(12)2+12=√52，∵BM•MN＝BN•MD，∴12×1=√52𝑀𝐷，∴MD=√55，∴AM＝2MD＝2×√55=2√55；②如图所示，过M作MH⊥BC于H，
在直角三角形BMN中，∵tan∠NBM＝tanC=12，设MN＝x，则BM＝xtanC＝2x，∴BN=√𝐵𝑀2+𝑀𝑁2=√𝑥2+(2𝑥)2=√5𝑥，∴S△𝐵𝑀𝑁=12𝐵𝑀⋅𝑀𝑁=12⋅2𝑥⋅𝑥=x2，∴S△𝐵𝑀𝐶=12𝐵𝐶⋅𝑀𝐻=𝑥
2，∴12×2𝑀𝐻=𝑥2，∴MH＝x2，在直角三角形BMH中，BH2+HM2＝BM2，∴（2﹣2x2）2+x2＝（2x）2，化简得，5x4﹣12x2+4＝0，令y＝x2，∴5y2﹣12y+4＝0，解
得，y＝2或y=25，∴x2＝2或x2=25，∴S△BMN＝2或25．故答案为：2或25．【点睛】此题考查的是圆的综合题目，掌握相似三角形的性质、圆的有关性质、全等三角形的判定与性质及解直角三角形是解决此题关键．【变式8.3】（2021•海曙区模拟）定义：如果有一个四边
形有一个外角等于它的内对角的2倍，那么称这个四边形为外倍角四边形．（1）若外倍角四边形ABCD中，∠A＝100°，∠D＝140°，请直接写出∠B的度数；（2）如图1，在△ABC中，边AB，BC上分别取点D，E，使得DE＝DB，△ADE的外接圆⊙O交边AC于
点F，连接EF．求证：四边形ABEF是外倍角四边形；（3）在（2）的条件下，如图2，若AD是⊙O的直径，∠ACB＝90°，CF=√64BD，𝑆△𝐶𝐸𝐹𝑆△𝐵𝐷𝐸=32．①求cos∠CFE；②若DE＝1，求AF•BE的值．【分析】（1）画出符合题
意的图形，利用外倍角四边形的定义和四边形内角和定理可得结论；（2）利用圆内接四边形的性质可得∠CFE＝∠ADE；利用等腰三角形的性质可得∠DEB＝∠B，利用三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和，可得∠ADE＝2∠B，利用等量代换，结论可得；（3）①过点E作
EH⊥AB于H，利用三角形的面积公式分别表示S△CEF和S△BDE；因为CF=√64BD，设CF=√6a，则BD＝4a，利用已知求得EF，再利用余弦的意义即可得出结论；②连接AE，利用①中的结论，根据直角三角形的边角关系求出AD，AE的长，通过说明△BDE∽△EFA，可得𝐴𝐹𝐷𝐸=𝐴𝐸
𝐵𝐸，利用比例的基本性质，结论可得．【详解】解：（1）依题意画出图形如下：∵∠BAD＝100°，∴∠EAD＝80°．∵四边形ABCD为外倍角四边形，∴∠C=12∠EAD＝40°．∴∠B＝360°﹣∠BAD﹣∠ADC﹣∠C＝3
60°﹣100°﹣140°﹣40°＝80°；∵∠ADC＝140°，∴∠ADF＝180°﹣140°＝40°．∵四边形ABCD为外倍角四边形，∴∠B=12∠ADF＝20°．综上，∠B＝80°或20°．（2）∵DE＝
DB，∴∠DEB＝∠B．∴∠EDA＝∠DEB+∠B＝2∠B．∵∠CFE为圆内接四边形AFED的外角，∴∠CFE＝∠ADE．∴∠CFE＝2∠B．∴四边形ABEF是外倍角四边形．（3）①过点E作EH⊥AB于H，则EH＝DE
•sin∠EDA．∵𝑆△𝐶𝐸𝐹𝑆△𝐵𝐷𝐸=32，∴12𝐶𝐹⋅𝐸𝐹⋅𝑠𝑖𝑛∠𝐶𝐹𝐸12𝐸𝐷⋅𝐵𝐷⋅𝑠𝑖𝑛∠𝐸𝐷𝐴=32．∵∠CFE＝∠ADE，∴sin∠CFE＝sin∠ADE．∵DE＝BD，∴�
�𝐹⋅𝐸𝐹𝐵𝐷2=32．∵CF=√64BD，∴设CF=√6a，则BD＝4a．∴√6𝑎⋅𝐸𝐹16𝑎2=32．∴EF＝4√6a．∴cos∠CFE=𝐶𝐹𝐸𝐹=14．②连接AE，则∠AED＝90°．∴∠EAD+∠ADE＝90°．∵∠ACB＝90°，∴∠CEF+∠CF
E＝90°．∵∠CFE＝∠ADE，∴∠CFE＝∠ADE．∵cos∠CFE＝cos∠ADE=14．在Rt△AED中，∵cos∠ADE=𝐷𝐸𝐴𝐷=14，DE＝1，∴AD＝4．∴AE=√𝐴𝐷2−𝐴𝐸2=√1
5．∵∠BED+∠CEA＝90°，∠CAE+∠CEA＝90°，∴∠CAE＝∠BED．又∵∠BDE＝∠EFA，∴△BDE∽△EFA．∴𝐴𝐹𝐷𝐸=𝐴𝐸𝐵𝐸．∴AF•BE＝DE•AE=√15．【点睛】本题是一道圆的综合题，主要考查了四边形内角和定理，等腰三角形
的性质，圆的内接四边形的性质，直角三角形的边角关系，三角形相似的判定与性质，比例的基本性质，勾股定理，圆周角定理及其推论．本题是阅读型题目，准确理解题干中的定义并能熟练应用是解题的关键．【变式8.4】（2021•慈溪市模
拟）定义：从三角形一个角的顶点引一条射线与对边相交，把这个角分成两个角，如果其中一个角与这条射线另一侧的原三角形的内角互余，那么这条射线上三角形顶点到对边交点的线段称为这个三角形的“交互线”．（1）判断下列命题是真命题还是假命题？①直角三角形的斜边上的高是它的交互线；②若三角形的角
平分线是它的交互线，则这个三角形是等腰三角形．（2）如图1，已知BE为锐角△ABC的交互线．①求证：BE过△ABC外接圆的圆心O．②若AB＝AC，交互线BE＝25，⊙O的半径为16，求AB的长．（3）如图2，已知，在△ABC中，∠C＝45°，它的两条交互线A
D，BE相交于点F，且AD＝m，BE＝n，求△ABC外接圆的面积（用含m，n的代数式表示）．【分析】（1）根据三角形的“交互线”定义即可判断；（2）①延长BE交⊙O于N，连接CN，证明∠BCN＝90°即可；②连接并
延长AO交BC于D，由已知可得△AEO∽△BEA，从而可求AE长度，再由𝐴𝑂𝐴𝐵=𝑂𝐸𝐴𝐸即可得答案；（3）首先确定F为△ABC外接圆圆心，设AF＝r，则BF＝r，由△ABE∽△ACB，可得𝐴𝐸𝐴𝐵=𝐴𝐵𝐴𝐶=𝐵𝐸𝐵𝐶，即𝐴𝐸√2𝑟=√2𝑟�
�𝐶=𝑛𝐵𝐶，从而有2r2＝AE•AC①，√2rn＝AE•BC②，同理可得：△ABD∽△CBA，有2r2＝BD•BC③，√2rm＝BD•AC④，将四个等式适当变形即可用m、n表示r2，即可得到答案．【详解
】解：（1）①假命题，如图：∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，∵∠BCD＝90°﹣∠ACD＝∠A，∴∠BCD＝∠A，∴∠BCD+∠A不应定为90°，同理∠ACD＝∠B，∠ACD+∠B不应定为90°，根据“交互线”定义，CD不一定是△ABC的“交互线”，∴“直
角三角形的斜边上的高是它的交互线”是假命题；②真命题，如图：∵AD是△ABC角平分线，∴∠BAD＝∠CAD，∵AD是△ABC的“交互线”，∴∠BAD+∠C＝90°或∠CAD+∠B＝90°，若∠BAD+∠C
＝90°，根据三角形内角和定理可得：∠CAD+∠B＝90°，又∠BAD＝∠CAD，∴∠B＝∠C，∴△ABC是等腰三角形，若∠CAD+∠B＝90°，同理可得△ABC是等腰三角形，∴“若三角形的角平分线是它的交互线，则这个三角形是等腰
三角形”是真命题；（2）①延长BE交⊙O于N，连接CN，如图：∵BE为锐角△ABC的交互线，∴∠ABN+∠ACB＝90°，∵∠ABN＝∠ACN，∴∠ACN+∠ACB＝90°，即∠NCB＝90°，∴BN为直径，∴
BE过△ABC外接圆的圆心O；②连接并延长AO交BC于D，如图：∵AB＝AC，△ABC外接圆为⊙O，∴由对称性可得：AD平分∠BAC，∴AD⊥BC，∵BE为△ABC的交互线，∴∠ABE+∠ACD＝90°，∵∠DAC+∠ACD＝90°，∴∠ABE＝∠DAC，又∠AEO＝∠BEA，∴△AEO
∽△BEA，∴𝐴𝐸𝐸𝑂=𝐸𝐵𝐴𝐸，∵BE＝25，⊙O的半径为16，∴EO＝9，∴𝐴𝐸9=25𝐴𝐸，解得AE＝15，∵△AEO∽△BEA，∴𝐴𝑂𝐴𝐵=𝑂𝐸𝐴𝐸=915，∴AB=803
；（3）∵两条交互线AD，BE相交于点F，∴F为△ABC外接圆圆心，设AF＝r，则BF＝r，∵∠C＝45°，∴∠AFB＝2∠C＝90°，∴∠ABF＝∠BAD＝∠C＝45°，AB=√2r，∵∠ABE＝∠ACB，且∠
BAE＝∠CAB，∴△ABE∽△ACB，∴𝐴𝐸𝐴𝐵=𝐴𝐵𝐴𝐶=𝐵𝐸𝐵𝐶，即𝐴𝐸√2𝑟=√2𝑟𝐴𝐶=𝑛𝐵𝐶，∴2r2＝AE•AC①，√2rn＝AE•BC②，同理可得：△ABD∽△CBA，∴2r2＝BD•BC③，√2rm＝BD•
AC④，①×③得4r4＝AE•AC•DB•BC，②×④2mnr2＝AE•BC•DB•AC，∴4r4＝2r2mn，∴r2=𝑚𝑛2，∴△ABC外接圆的面积为𝜋𝑚𝑛2．【点睛】本题考查相似三角形、圆的综合
知识，解题的关键是理解“交互线”的定义，熟练应用相似三角形判定和性质．
