2021年河南省信阳市淮滨一中中考数学模拟试卷（二）（附详解）.pdf

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1、2021年河南省信阳市淮滨一中中考数学模拟试卷（二）1 .若2m =3,2n=5,则z s m-z n等于（）A三25B-iC.2D.慕272.甲是乙现在的年龄时，乙1 0岁；乙是甲现在的年龄时，甲25岁，那么（）A.甲比乙大5岁 B.甲比乙大1 0岁 C.乙比甲大1 0岁D.乙比甲大5岁3 .已知a b,下列结论正确的是（）A.a 2|6|C.-2a b2N4 .如图，O M=2,M N =6,A为射线O N上的动点，以O A 、I%、为一边作内角N0 4 B =1 20。的菱形0 4 B C,贝ijB M+B N：的最小值为（）/x，9 A.V26C B/B.6口:二、0 AM NC.2V

2、1 3D.2V1 55.如图，对折矩形纸片A B C。，使4。与B C重合，得到折痕E F,把纸片展平后再次折叠，使点4落在E F上的点A处，得到折痕B M,且B M与E尸相交于点N,若直线B A 交直线C D于点。，B C =5旧，E N=V5,则。的长为（）D|A.|B.1 C.22 46.已知二次函数3/=。丫2+“（1 0）经过点”（-1,2）和点（1,-2）,交x轴于4,B两点,交y轴于C,则：a+c=0；无论a取何值，此二次函数图象与x轴必有两个交点，函数图象截%轴所得的线段长度必大于2；当函数在x 卷时，y随X的增大而减小;当1 m n 0时，m +n 0,点4在点B的左侧，与y

3、轴交于点C,且A04C的面积为4,。为原点，求图象过4、C两点的一次函数的特征数.18.阅读材料，我们给出如下定义：若一个四边形中存在一组对边的平方和等于另一组对边的平方和，则称这个四边形为等平方和四边形.(1)写出一个你所学过的特殊四边形中是等平方和四边形的图形的名称：.(2)如图，在梯形力BCD中，AD/B C,AC 1 B D,垂足为。.求证：A D2+B C2=A B2+D C2,即四边形力BCD是等平方和四边形.19.如图，在力BC中，ZC=90,B C=3,AB =5,点P 从点B出 发,以每秒1个单位长度沿B T C T 4 T B的方向运动；点Q从点C出发，以每秒2个单位沿C

4、T AT B 方向的运动，到达点B后立即原速返回，若P、Q两点同时运动，相遇后同时停止，设运动时间为t秒.时，点P与点Q相遇；(2)在点P从点B到点C的运动过程中，当t为何值时，4PCQ为等腰三角形？(3)在点Q从点B返回点4的运动过程中，设4 PCQ的面积为S平方单位.求S与t之间的函数关系式；第4页，共32页当S最大时，过点P作直线交AB于点D,将AABC中沿直线PD折叠，使点4 落在直线PC上，求折叠后的AAPD与 PCQ重叠部分的面积.2 0.如图，中，乙4cB=90,BC=6,AC=8.点E与点B在4 c 的同侧，且AE 1 AC.如图1,点E不与点4 重合，连结CE交4B于点P.设

5、4E=x,AP=y,求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；(2)是否存在点E,使APAE与力BC相似，若存在，求4E的长；若不存在，请说明理由；(3)如图2,过点B作BD 1 4 E,垂足为D.将以点E为圆心，ED为半径的圆记为。E.若点C到。E上点的距离的最小值为8,求O E的半径.C图1C图2L421.如图1,在等腰直角三角形ABC中，AB =AC,B AC=9 0 ,点P为BC边上的一个动点，连接ZP，以4P为直角边，A为直角顶点，在AP右侧作等腰直角三角形PAD,连接CD.(1)当点P在线段BC上时(不与点8重合)，求证：BAPNCA。；(2)当点P在线段BC的延长线上时(

6、如图2),试猜想线段BP和CD的数量关系与位置关系分别是什么？请给予证明.22.如图1所不，在平面直角坐标系中，点C(m,m)在一三象限角平分线上，点B(n,0)在%轴上，且 加=3 二+加二方+4，点4在y轴的正半轴上，四边形力OBC的面积为6.(1)求点4 的坐标；(2)如图2,P为 延 长 线 上 一 点，P Q/OC,交CB延长线于Q,探究4 tM P,乙4BQ,NQ的数量关系并说明理由；(3)如图3,作4D平行CB交C。延长线于D,BE平分zCBx,BE反向延长线交CO延长线于F,若设乙40。=a,上 F=。,试求a+2s的值.第6页，共32页23.如图，在平面直角坐标系中，以原点。

7、为中心的正方形4BCD的边长为4 m,我们把4By轴时正方形力BCD的位置作为起始位置，若将它绕点。顺时针旋转任意角度a时，它能够与反比例函数y=：(k0)的图象相交于点E,F,G,H,则曲线段EF,G与线段EH,GF围成的封闭图形命名为“曲边四边形EFGH”.图1图2(1)如图1,当4By轴时，用含m,k的代数式表示点E的坐标为；此时存在曲边四边形EFGH,则k的 取 值 范 围 是；已知上=3m2,把图1中的正方形4BCD绕点。顺时针旋转45。时，是否存在曲边四边形EFGH?请在备用图中画出图形，并说明理由.当把图1中的正方形4BC。绕点。顺时针旋转任意角度a时，直接写出使曲边四边EFGH

8、存在的k的取值范围.若将图1中的正方形绕点。顺时针旋转角度a(0。a b,a -2 h -2,故本选项不符合题意；B、当a =l,/?=-2时，符合Q b,但是|a|b,-2 a b,但是。2 0）经过点”（一 1,2）和点村（1,一 2）,（2 =a b +c 1-2=Q+b+c .,+得：Q+C=O；故正确；v a =c b*2 4a c 0,.无论。取何值，此二次函数图象与轴必有两个交点，氏-x2|=V（X1+x2）2-4%1%2=J（_ J）2 _ 4X?,（=-1,2，故正确；二次函数y =a x2+b x+c（a 0）的对称轴x =-卷=j当a 0时不能判定x y 随x 的增大而减

9、小；故错误；v 1 m n 0,2A m 4-n 0,2m+n -；故正确；a a =1,二二次函数为y =x2+b x+c,OC2-c2=|xx-x2=OA-O B,故正确；故应选B.把M、N 的坐标代入解析式得到两个三元一次方程，两个方程相加即可求得a +c =0,令y =0,求出,判断图象与x 轴的交点个数，设函数图象与x 轴的两交点为修，X2,求 出 氏-小 1 进行判断 求出对称轴，然后结合a 的取值范围判断，根据m+n 0,即可判断，根据交点坐标与系数的关系可以判断.本题考查了抛物线与x 轴的交点，交点坐标和系数的关系，熟悉抛物线的对称性及抛物线与x 轴的交点坐标是本题的关键.7.

10、【答案】B【解析】解：如图，过B 作B F C D,交4。于尸，设 与 x 轴交于点G.第12页，共32页V Rt 4DC斜边AC的中点B,BD=AB=B C,尸为4D的中点，CD=2BF.；BD=3BE,4 的坐标为(1,6),AB=3BE,FG _ BE _ 1 FG _ 1*AG AE 4f 6 4.FG=I，F(l，|)，3 Q/IF=6-=2 2v DF=AF=2:.D(l,-3).B点纵坐标与F点纵坐标相同为I，过点4(1,6)的双曲线y=其人4 0)也经过点B,.=1 X 6=6,B点横坐标为4,BF=4-1 =3,CD=2BF=6,D(1,-3),。(7,-3).,双曲线y=?

11、(根。0)过点C,m=7 x(-3)=21.故选：B.过B作8FC D,交4D于尸，设4D与x轴交于点G.根据直角三角形的性质以及三角形中位线定理得出BD=4B=BC,F为4D的中点，CD=28F.利用平行线分线段成比例定理求出产G=|,进而求得。(1,3),得出8(4,|),BF=4-1 =3,那么CD=2BF=6,再求出C(7,-3),根据待定系数法求出m的值.本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，直角三角形的性质，三角形中位线定理,平行线分线段成比例定理，待定系数法求反比例函数的解析式等知识，综合性较强，难度适中.准确作出辅助线求出C点坐标是解题的关键.8.【答案】D【解析】【分析】本

12、题考查了旋转的性质，矩形的性质，解直角三角形，菱形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键.由旋转的性质得到48=B E,根据菱形的性质得到4E=A B,推出 4BE是等边三角形，得到4B=3,AD=V3根据三角函数的定义得到NB4C=3 0,求得4C 1 B E,推出C在对角线AH上，得到4 C,H共线，于是得到结论.【解答】解：将矩形4BCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形EBGF,:.AB=BE,四边形4EHB为菱形，AE=AB,AB=AE=BE,.ABE是等边三角形，AB=3,AD=V3，A D BC V3t3nZ-CAB=，AB 3:.乙BAC=30,:.AC 1 BE,C在对角线4 上

13、，4 C,H共线，如图所示：乙COB=乙OBG=ZG=90,第1 4页，共3 2页 四边形O B G M 是矩形，.O M =B G=B C=V3H M =O H-O M=2故选：D.9.【答案】D【解析】解：如图，作B H J.OC 于H.设B O=DB =X,贝 i J C。=DC =6-尤.v Z.A=60,4B +“=120,由翻折不变性可知：乙B =乙DB B,Z C =DCC,.乙B DB +Z-CDC=120,AB DC=60,B H=x2 S&D B=曰(6 一%)=一 乎(x -3)2+竽,SA D B，C，的值先增大后减小，故选：D.如图，作B H _ L DC 于凡设B

14、D=DB =x,则CD =D C=6-x.构建二次函数，利用二次函数的性质即可判断；本题考查翻折变换、二次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题，属于中考选择题中的压轴题.1 0.【答案】D【解析】解如图，:AB C沿B E 将此三角形对折，又沿B A 再一次对折，点C落在B E 上的C 处，4 1 =4 2,4 2 =4 3,4 CDB =4CDB=7 4 ,z l =z 2 =z 3,R乙AB C=3/3,在BCD中，Z3+ZC+/.CDB=180,Z3+ZC=180-74=106,在ZMBC中，v AA+Z.ABC+ZC=180,200+243+(z3

15、+ZC)=180,即 20+243+106=180,Z3=27,4 ABe=3Z.3=81,NC=106-27=79,故选：D.先根据折叠的性质得41=42,42=4 3,乙CDB=4CDB=7 4,则41=Z2=43,即乙4BC=3 4 3,根据三角形内角和定理得N3+4C=106。，在 ABC中，利用三角形内角和定理得乙4+乙4BC+NC=180。，则20+243+106=180,可计算出43=2 7,即可得出结果.此题主要考查了图形的折叠变换及三角形内角和定理的应用等知识；熟练掌握折叠的性质，得出乙4BC和“BD的倍数关系是解决问题的关键.11.【答案】3【解析】解：由题意可知尸G=5、

16、EF=2、CG=V2连接EG、CE,在 直 角 中,EG=y/EF2+FG2=J22+(V3)2=V7-在RtAEG C中，EG=巾，CG=V2.由勾股定理得CE=/EG2+CG2=3,故答案为：3.根据题意构建直角三角形，直角边分别为木箱的高、底面的对角线，据此根据勾股定理求出木条的最大长度.本题考查正确运用勾股定理.善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键.12.【答案】-16第16页，共32页【解析】解：由题意得：Q 1 0且4=(2a 3)2 4(a 1)(。+2)V 0,解得Q V-，；O解分式方程2+胃=等得，%=三，x+3 3+x a-1V x 0且x H 3,即士 0且 三丰

17、-3a-1 a-1解得：Q V 1且Q W -3,1 7故Q V 且。3,8a=-5或11时，x=士；有负整数解，a1故所有满足条件的整数a的和为-16.故答案为-16.依据二次函数y=(a-l)x2-(2a+3)x+a+2的图象在久轴的下方，求得a的取值范围，依据关于x的分式方程有整数解，即可得到负整数a的取值，即可得到满足条件的整数a的个数.此题考查了二次函数的图象与系数的关系以及分式方程的解.注意根据题意求得使得关于x的分式方程有整数解，且关于x的二次函数的图象在轴的下方是解题的关键.13.【答案】7.5【解析】解：过E作E H 1 4 C交4C的延长线于点v EN/AC,EM/AB,二

18、 四边形4NEM是平行四边形，4HME=乙4=60,设EM=AN=a,AM=b,H E M中，/.HEM=30,：MH=-M E=-a,2 2.-AN+AM=-a+b=EH+AM=AH,2 2当E在点。时，AH的值最大是：3+4.5=7.5,AN+AM的最大值为7.5,故答案为：7.5.作辅助线，构建30度的直角三角形，即可得到结论.本题考查了等边三角形的性质、直角三角形30度角的性质、平行四边形的判定和性质,有难度.14.【答案】1或2.【解析】解：ABC沿EF折叠C和。重合，FD=CF,设。尸=%,则8尸=4一%,以点B、。、尸为顶点的三角形与48C相似，分两种情况:若乙B FD=乙 C,

19、则竺=BF BC口n 4 3即 育=?解得：X=若 ZBFD=解得：x=2.综上所述，CF的长为弓或2.故答案为竽或2.根据折叠得到FD=CF,设CF=X,则BF=4-x,以点B、。、F为顶点的三角形与 AB C相似，分两种情况：乙B FD=,乙B FD=4 4,由三角形相似的性质得出比例式，解方程即可求出x的长，即可选出答案.本题主要考查了相似三角形的性质，折叠问题，解一元一次方程等知识点；解此题的关键是设CF=x,能正确列出方程.15.【答案】v4第18页，共32页【解析】解：如图作GM LEF于M,连接4F.四边形4BCD是正方形，乙B=zC=Z-D=90,AB=BC=CD=AD=6,-

20、AH=AB=AD,AF=AF9 Rt AFD=Rt AFHf:.DF=F H,设=FH=m,在中，EF=3 4-m,EC=3,FC=6 m,.（3+771）2=32+（6-小产，A m=2,/.EF=5,FC=4,GE平分4CEF,GC 1 EC,GM 1 EF,GC=G M,设GC=GM=n,在RtZkFMG中，则有（4 一 九 7=彦+22,3 n=-,23 5FG=4-=2 2 SAEGF=”G EC=果如图作GM 1 EF于M,连接4F.想办法求出FG即可解决问题；本题考查翻折变换、角平分线的性质定理、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角

21、形解决问题，学会利用此时构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题.16.【答案】解：(2%+I)2-(2x+1)=0,/.(2x+1)(2%+1-1)=0,即2x(2%+1)=0,则 =0或2x+l=0,解得：%i=0,x2=【解析】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键.用因式分解法求解可得.17.【答案】解：(1)特征数是 2,/n+l 的一次函数为正比例函数，由题意得：m+1=0,解得：m=-1；(2)由题意得：点A的坐标为:(一几0),点C的坐标为：(0,-2n)

22、,0 4 c 的面积为4,A-x n-2n=4,2A n=2,.点 4 的坐标为：(一 2,0),点C的坐标为:(0,-4),设直线4 c 的解析式为y=kx+b,.(0=-2 k +bt-4 =Z?解得：e =u，3 =-4二 直线4 c 的解析式为：y=-2 x-4,图象过4、C两点的一次函数的特征数为：一 2,-4 .【解析】(1)根据正比例函数的一般形式y=kx(k#0),则m+l=0,进而求出即可;(2)根据题意得出n 的值，进而得出直线AC的解析式，进而得出图象过4、C两点的一次函数的特征数.此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式以及新定义，根据题意得出直线AC的解析式是解题关键

23、.18.【答案】菱形、矩形、正方形、对角线互相垂直的等腰梯形【解析】解：(1)菱形、矩形、正方形、对角线互相垂直的等腰梯形，故答案为：菱形、矩形、正方形、对角线互相垂直的等腰梯形；(2)证明：:A C IB D,Z.A0D=Z.B0C=4A0B=Z.D0C=90,第20页，共32页 OA2+O D2=A D2,O B2+O C2=B C2,OA2+0 B2=A B2,O D2+O C2=D C2.A D2+B C2=A B2+D C2,即四边形ABC。是等平方和四边形.(1)据题中定义，只要邻边相等的平行四边形即符合要求，则菱形或正方形都符合要求.(2)根据百C 1 BD和 勾 股 定 理 易

24、 证 得+BC2 =A B2 +D C2f于是得到结论.本题考查了梯形，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键.19.【答案】(1)7；(2)Q从C到4的时间是2秒，P从B到C的时间是3秒.则当04 tW 2时，若APCQ为等腰三角形，则一定有：P C=C Q,即3-t=2 t,解得:当2 V ts 3时，若 PCQ为等腰三角形，则一定有PQ=QC(如图1).则Q在PC的中垂线上，作QH1AC,Q H=P C.a AQ H AB C,B C=3,AB =5,Q H L AC,BC _ QH _ 3AB AQ 53 Q H=Q，在直角4QH中，AQ=2 t-4,则QH=|4Q=|(2t 4).P

25、 C=B C-B P =3-t,.-.|(2 t-4)=|(3-t),解得：t=s；综上所述，t=Is或 s；(3)S =|(t-3)x|(1 4-2 t)=|(-t2+lO t-21)；故当t=5时，s有最大值，此时，P在4c的中点.(如图2).B,沿直线PD折叠,图2使点4落在直线PC上，P。一定是4 c的中垂线.贝 IJAP=-AC=2,PD=-B C2 2 224(2=1 4-2t=1 4-2 x 5 =4.则PC边上的高是：|AQ=|X4=*乙 COF=Z.CDP=乙 B,所以，在RtZiCOF中，tanzCOF=%设。/为x,则利用三角函数得6 =拳PF=2-拳则QE=,A E=,

26、PE=AE-AP=I，,POFL PQE,OF _ PF*QE-PE，解得：x=3c 1c 12 12S“pr3n =2-x 2 x _ =_.11 11【解析】解：(1)在直角 ABC中，AC=IAB2-BC2=4.则Q从C到B经过的路程是9,需要的时间是4.5秒.此时P运动的路程是4.5,P和Q之间的距离是：3+4+5-4 3 =7.5.根据题意得：(t-4.5)+2(t-4.5)=7.5,解得：t=7s.(2)Q从C到A的时间是2秒，P从8 到(?的时间是3秒.则当0 W tS 2 时，若APCQ为等腰三角形，则一定有：PC=C Q,即3-t =2 t,解得:t=Is.当2 tW 3 时

27、，若APCQ为等腰三角形，则一定有PQ=QC(如图1).则Q在PC的中垂线上，作Q H J.4 C,则QH=H A第 22页，共 32页图1三 P C.x A Q H fA B C,:BC=3,AB=5,QH L A C,.BC _ QH _ 3*AB AQ 5,QH=|4 Q,在直角AAQ 4中，AQ=2 t-4,则QH=*4Q=|(2 t-4).PC=BC-BP=3-t,.-.|(2 t-4)=i(3-t),解得：t=s；综上所述，t=Is或 译；(3)连接DC(即4。的折叠线)交PQ于点。，过Q作Q E 1 C 4 于点E,过。作。尸1 CA于点F,则4 PC。即为折叠后的 42。与4

28、PCQ重叠部分的面积.在点Q从点B返回点4 的运动过程中，P一定在AC上，则PC=t-3,B Q =2 t-9,即4Q=5-(2t-9)=1 4-2t.同(2)可得：PCQ中，PC边上的高是：|(1 4-2 t),故5=t -3)x|(14-2t)=|(-t2+10t-21).故当t=5时，s有最大值，此时，P在4 c的中点.(如图2).沿直线PD折叠，使点4落在直线PC上,P。一定是4 c的中垂线.则4P=-AC=2,PD=-B C2 2 24Q=14-2=1 4-2 x 5 =4.则PC边上的高是：|4 Q=|x 4 =芳.B Z.COF=Z.CDP=乙B,所以，在R taC O F 中，

29、tan4COF=*设OF为x,则利用三角函数得CF=拳PF=2 一拳则Q E=,4 E=,PE=AE-AP=J,P。尸 PQE,OF PF 一=一,QE PE解得：C 1 12 12S c o=-x 2 x-=-.(1)首先利用勾股定理求得4 c 的长度，点P与点Q相遇一定是在P 由4 到B的过程中，利用方程即可求得；(2)分Q从C到4 的时间是3秒，P从B到C的时间是3秒，则可以分当0 t 2W，若 PCQ为等腰三角形，则一定有：PC=C Q,和当2 o)；x+o(2)v/.ACB=9 0 ,而 Z E 与NPE4都是锐角,二要使 PAE与 ABC相似，只有N7M=90。，即CE1AB,此时

30、4BC sZkE 4 C,则竽=38 6.l 32A AE=3第24页，共32页故存在点E,使 A B CSAEAP,止 匕 时 4E=半；(3)点C必在。E外部，此时点C到。E上点的距离的最小值为CE-DE.设 4E=X.当点E在线段4。上时，ED=6-x,EC=6-X +8=1 4-x,x2+82=(14 x)2,解得：X=y,即O E 的半径为也当点E在线段4D延长线上时，E D=x-6,EC=x-6 +8=x+2,：x2+82=(x+2)2,解得：%=15,即O E 的半径为9.o E的半径为9或*【解析】(1)由AE 1 AC,ACB=90,可得AE B C,然后由平行线分线段成比例

31、定理，求得y关于久的函数解析式；(2)由题意易得要使PAE与AA B C相似，只有NEPA=90。，即C E 1 4 B,然后由A B C-L E A C,求得答案；(3)易得点C必在。E外部，此时点C到。E上点的距离的最小值为CE-DE.然后分别从当点E在线段4D上时与当点E在线段4。延长线上时，去分析求解即可求得答案.此题属于圆的综合题.考查了相似三角形的判定与性质、切线的性质以及勾股定理等知识.注意掌握分类讨论思想的应用是解此题的关键.21.【答案】(1)证明：；Z.B AC=AP AD=90,AB AC-4P AC=P AD-4P AC,即：B AP =/.CAD,在BAP和A C W

32、 中AB =AC乙 B AP =4 CAD,P A=DAB 4 P 三CA D(S A S)；(2)猜想：B P =CD,B P 1 CD.证明：Z.B AC=/.P AD=9 0 ,4 B A C+Z.P AC=/.P AD+/.P AC,即:/.B AP =/.CAD,在A B a P 和 C4 D 中AB =AC乙 B AP =/.CAD,、P A=DA B A P 三 C/W(S 4 S),B P=CD(全等三角形的对应边相等)，乙B=乙4 CD (全等三角形的对应角相等),乙 B +Z.ACB=9 0 ,4ACD+乙ACB=9 0 ,即：B P 1 CD.【解析】(1)证得N B A

33、 P =/.CAD,根据S A S 可证明 B A P=A C A D；(2)可得N B 4 P =/.CAD,由S A S 可证明 B AP C A D,可得B P =CD,N B =AACD,则结论得证.本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，根据同角的余角相等求出两边的夹角相等是证明三角形全等的关键.2 2.【答案】解：(1)由题意解得九=2,A m=4,B(2,0),C(4,4).如图1 中，第26页，共32页-x 2 x 4 4-x 0/1 x 4=6,2 2:.0A=1,A 21(0,1).OC/PQ,乙Q=(OCB,乙ABQ=41+乙OCB=Z1+ZQ,Z.1=1

34、80-乙 OAB-Z.AOC=180-乙OAB-45=135。一乙。血 乙ABQ=+135-Z.OAB,乙ABQ+Z.OAB-4 Q=135.(3)如图3中,-AD/BC,/,ADC=乙DCB=a,v BE平分 乙CBE=乙EBx,v Z-CBE=zF 4-Z.OCB=a+0,Z-OBF Z-EBx=a+0,C(4,4),A OC平分乙408,.乙COB=45=zF+Z.OBF=a+(a+),A a+2/?=45.【解析】(1)利用二次根式的性质求出m、n的值，求出8、C两点坐标，由S四边形AOBC=SAOBC+SMOC，推出：x 2 x 4 +g x O 4 x 4 =6，求出。4即可；(2

35、)如图2中，结论：N4BQ+N0AB-/Q =135。.根据三角形内角和定理，三角形的外角的性质即可解决问题；(3)由4 0 B C,推出4/10C=NOCB=a,由BE平分推出NCBE=NEBX,由Z.CBE=ZF+Z.OCB=a+p,推出40BF=4EBx=a+氏 a O C A O B,可得乙COB=45=NF+乙OBF=a+(a+),由此即可解决问题；本题考查四边形综合题、平行线的判定和性质、角平分线的定义、三角形的内角和定理、三角形的外角性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题.23.【答案】(/,2m)0 k 4 m2【解析】解：(1).正方形ABC。的边长

36、为4m,A B/y轴，D(2m,2m),点E的纵坐标为2nl,：2m=X解得：x=E 哈,2m),将。(2m,2m)代入y=%得：2m=奈 k=4m2,此时存在曲边四边形EFGH,A 0 fc 4m2,故答案为：(高,2m),0 fc/2m=0,X x2 2y2mx+k=0,v J=(2V2m)2-4k=8m2-12m2=4m2 0)没有两个交点，.由 y=:与正方形力BCD的对称性可知，BC与y=：(x 0,即/c 2m2,A 0 k 2m2,由正方形ABCC与y=:的对称性可知，a=45,0 fc 2nI2时，BC与y=(x 0)图象也有2个交点,二存在曲边四边形EFGH时k的取值范围为：

37、0 k 2 m 2,故答案为：k=3m2,a=45。时，不存在曲边四边形EFGH；把正方形Z8CD绕点。顺时针旋转任意角度a 时，使曲边四边形EFGH存在的k的取值范围为：0 k 0)图象上，:.7 c2=k,-AB=8,NOB为等腰直角三角形，O A=1A B =4vL在R tU O T 中，OA2=OT2+AT2,：.(4V2)2=t2+(7t)2,即50t2=32,t=p.fc=7t2=7 X(2=詈,反比例函数解析式为：y=崇，如图2,当4 点在y轴正半轴，。点在x轴正半轴，C点在y轴负半轴，B点在x轴负半轴上时，。点为正方形ABC。中心，OA=OD,.OAD=4ODA=45,正方形4

38、BCD中AB=8,AD=AB=8,OA=OD=A D =4也 4 点坐标为(0,4&)，。点坐标为(4e,0),设直线4。解析式为y=k2x+b?,(b2=4V2(4V2/C2+b2=0解 得:胃=，,电=472 直线/。解析式为：y=-%+4vLy=%4-4A/2联立方程组 112，y =V 25%x2 4y/2x 4-=0,25.,A n7 A Y 112 352、c J=(-4V2)2-4 x 1 x =0,、,25 254。与 旷=有 两 个 交 点，由双曲线与正方形的对称性可知，B C与y=爱。0)，再利用勾股定理建立方程即可得出：反比例函数解析式为：y =釜，再结合图2 运用待定系数法求得直线4。解析式为：y=-x+4 V2,联立方程组，再运用根的判别式即可得出答案.本题是反比例函数综合题，考查了待定系数法，反比例函数的图象和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，根的判别式，旋转变换的性质，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质等，理解题意，运用数形结合思想是解题关键.第32页，共32页