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2021年浙江省杭州市中考仿真模拟数学试卷 （word版 含答案）
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这是一份2021年浙江省杭州市中考仿真模拟数学试卷 （word版 含答案），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
浙江省杭州市2021年中考数学仿真模拟卷
一、单选题（共10题；共30分）
1.下列运算正确的是（ ）
A. (-1)2+(-1)3=-2 B. (x2)3-2x5=-x5 C. 9+3=33 D. a2-2ab+b2b-a=b-a
2.计算 (-2a-3b)(2a-3b) 的结果为（ ）
A. 4a2-9b2 B. 9b2-4a2 C. -4a2-12ab-9b2 D. -4a2+12ab-9b2
3.下列方程中是一元一次方程的是（ ）
A. x﹣1＝2x B. 1x ＝2 C. x+3＝y+2 D. x2﹣1＝0
4.在 Rt△ABC 中， ∠C=90° ， cosB=13 ，则 tanA 的值为（ ）
A. 311 B. 33 C. 24 D. 10103
5.已知点P(﹣a，a﹣1)在平面直角坐标系的第二象限，则a的取值范围在数轴上可表示为（ ）
A. B.
C. D.
6.如图，直线 y=kx+b （ k≠0 ）与直线 y=mx （ m≠0 ）交于点 P(-1,-2) ，则关于 x 的不等式 kx+b≤mx 的解集为（ ）
A. x≥-2 B. x≤-2 C. x≥-1 D. x≤-1
7.已知一组数据的4，a，7，b，5的众数是5，则这组数据的中位数是（ ）
A. 4 B. 7 C. 5 D. 不能确定
8.已知执物线y＝ax2﹣2ax＋a﹣c（a≠0）与y轴的正半轴相交，直线AB∥x轴，且与该抛物线相交于A（x1 ， y1）B（x2 ， y2）两点，当x＝x1＋x2时，函数值为p；当x＝ x1+x22 时，函数值为q.则p﹣q的值为（ ）
A. a B. c C. ﹣a＋c D. a﹣c
9.如图，在 ΔABC 中， AB+AC=52BC ， AD⊥BC 于D，⊙O为 ΔABC 的内切圆，设⊙O的半径为R，AD的长为h，则 Rh 的值为（ ）
A. 12 B. 27 C. 13 D. 34
10.已知，平面直角坐标系中，直线 y1=x+3与抛物线y2=﹣ 12x2 +2x 的图象如图，点P是 y2 上的一个动点，则点P到直线 y1 的最短距离为（ ）
A. 322 B. 524 C. 324 D. 2
二、填空题（共6题；共24分）
11.计算： (2020-π)0+(12)-1= ________.
12.如图，直线 a ， b ， a//b ，点 C 在直线 b 上， ∠DCB=90° ，若 ∠1=70° ，则 ∠2 的度数为________.
13.若a + 1a = 3，则a2 + 1a2 = ________.
14.如图，点P为⊙O外一点，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，∠APB＝90°.若⊙O的半径为2，则图中阴影部分的面积为________（结果保留π）.
15.背面完全一样的四张卡片上分别写有数字2、5、0、3，从中任取一张，并用这张卡片上的数字与1的差作为k值，抽到能使一元二次方程 (k+1)x2-23x+1=0 有解的卡片概率是________.
16.如图，在矩形 ABCD 中， AB=10,AD=12 ，点 N 是 AB 边上的中点，点M是 BC 边上的一动点连接 MN ，将 △BMN 沿 MN 折叠，若点B的对应点 B' ，连接 BC ，当 △B'MC 为直角三角形时 BM 的长为________．
三、解答题（共7题；共66分）
17.解分式方程： x-2x+2 ﹣ 16x2-4 ＝ x+2x-2 .
18.世界卫生组织预计：到2025年，全世界将会有一半人面临用水危机.为了倡导“节约用水，从我做起”，某县政府决定对县直属机关500户家庭一年的月平均用水量进行调查，调查小组随机抽查了部分家庭的月平均用水量（单位：吨），并将调查结果绘制成如图所示的条形统计图和扇形统计图.
根据以上提供的信息，解答下列问题：
（1）将条形统计图补充完整；
（2）求被调查家庭的月平均用水量的中位数________吨、众数________吨；
（3）估计该县直属机关 500 户家庭的月平均用水量不少于 12 吨的约有多少户？
19.如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点D，过点D作DE⊥AD交AC的延长线于点E.
（1）求证：DC＝DE；
（2）若BD＝1，DE＝3，求⊙O的半径.
20.如图，边长为2的正方形 ABCD 的顶点 A,B 在 x 轴正半轴上，反比例函数 y=kx 的图象在第一象限的图象经过点 D ，交 BC 于 E .
（1）当点 E 的坐标为 (3,n) 时，求 n 和 k 的值;
（2）若点 E 是 BC 的中点，求 OD 的长.
21.如图，平行四边形 ABCD 的对角线 AC 、 BD 交于点O，分别过点C、D作CF∥BD，DF∥AC，连接 BF 交 AC 于点E.
（1）求证： ΔFCE≌ΔBOE ；
（2）当 ΔADC 满足什么条件时，四边形 OCFD 为菱形？请说明理由.
22.已知：如图一次函数y＝ 12 x＋1的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B；二次函数y＝ 12 x2＋bx＋c的图象与一次函数y＝ 12 x＋1的图象交于B、C两点，与x轴交于D、E两点且D点坐标为（1，0）
（1）求二次函数的解析式；
（2）求四边形BDEC的面积S；
（3）在x轴上是否存在点P，使得△PBC是以P为直角顶点的直角三角形？若存在，求出所有的点P，若不存在，请说明理由．
23.定义：在凸四边形中，我们把两组对边乘积的和等于对角线的乘积的四边形称为“完美四边形”.
（1）在正方形、矩形、菱形中，一定是“完美四边形”的是________.
（2）如图1，在“完美四边形”ABCD中，AB＝AD＝CD＝2，BC＝ 52 ，AC＝3，求线段BD的长.
（3）如图2，⊙O内接四边形EFGH，GE为⊙O的直径.
①求证：四边形EFGH为“完美四边形”.
②若EF＝6，FG＝8，FH是否存在一个值使四边形EFGH的面积最大？若存在，求出FH的值；若不存在，请说明理由.
答案解析
一、单选题
1.【答案】 D
【考点】分式的约分，同类二次根式，含乘方的有理数混合运算，幂的乘方
【解析】【解答】A. (-1)2+(-1)3=1+(-1)=0 ，选项A不符合题意；
B. (x2)3-2x5=x6-2x5 ，选项B不符合题意；
C. 9+3=3+3 ，选项C不符合题意；
D. a2-2ab+b2b-a=(b-a)2b-a=b-a ，选项D符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据有理数的运算法则、幂的乘方的性质、二次根数的性质及分式的约分依次计算各项后即可解答．
2.【答案】 B
【考点】平方差公式及应用
【解析】【解答】解： (-2a-3b)(2a-3b)
= -(2a+3b)(2a-3b)
= -[(2a)2-(3b)2]
= 9b2-4a2 ，
故答案为：B.
【分析】根据平方差公式，用完全相同的项的平方减去互为相反数的项的平方可得结果.
3.【答案】 A
【考点】一元一次方程的定义
【解析】【解答】解：A、x﹣1＝2x是一元一次方程，符合题意；
B、 1x ＝2不是整式方程，是分式方程，不符合题意；
C、x+3＝y+2中含有两个未知数，是二元一次方程，不符合题意；
D、x2﹣1＝0中的未知数的最高次数是2，是一元二次方程，不符合题意.
故答案为：A.
【分析】 一元一次方程指只含有一个未知数、未知数的最高次数为1且两边都为整式的等式 .
4.【答案】 C
【考点】勾股定理，解直角三角形
【解析】【解答】解：在 Rt△ABC 中， ∠C=90° ， cosB=13 ，
设AB=3x，BC=x，
AC=AB2-BC2=(3x)2-x2=22x ，
tanA=BCAC=x22x=24 ，
故答案为：C.
【分析】利用锐角三角函数的定义可证得AB与BC的比值，设AB=3x，BC=x，利用勾股定理表示出AC的长；然后利用锐角三角函数的定义可求出tanA的值.
5.【答案】 A
【考点】在数轴上表示不等式组的解集，点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：∵点P（-a，a-1）在平面直角坐标系的第二象限，
∴ {-a<0a-1>0 ，
解得：a＞1，
表示在数轴上，如图所示：
，
故答案为：A.
【分析】在平面直角坐标系的第二象限的点的横坐标为负数，纵坐标为正数，据此建立关于a的不等式组，再求出不等式组的解集；由此可得答案.
6.【答案】 C
【考点】一次函数与不等式（组）的综合应用
【解析】【解答】解：由图可知，关于x的不等式kx＋b≤mx的解是x≥−1.
故答案为：C.
【分析】根据函数图象交点左侧直线y＝kx＋b图象在直线y＝mx图象的下面，即可得出不等式kx＋b≤mx的解集.
7.【答案】 D
【考点】中位数，众数
【解析】【解答】解：∵数据的4, a, 7, b, 5的众数是5，
∴a、b中至少有1个为5，且另外一个数不能是4或7,
∵不能确定数据a、b的具体数值，
∴这组数据的中位数不能确定，
故答案为：D.
【分析】先根据众数的定义判断a、b的取值情况，由于不能确定数据a、b的具体数值，从而得出答案.
8.【答案】 A
【考点】二次函数图象上点的坐标特征，二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：
y=a(x2-2x+1)-c=a(x-1)2-c，
∴该抛物线的对称轴为x=1，
∴x1+x2=2×1=2，
∴p=a-c，
∴ x1+x22=1 ，
∴q=-c，
∴p-q=a-c-(-c)=a-c+c=a，
故答案为：A.
【分析】用配方法把二次函数的解析式配成顶点式得y=a(x-1)2-c，于是可得对称轴为x=1,由抛物线是轴对称图形可得对称轴与x轴的交点就是线段AB的中点，则x1+x2=2，再结合已知可得p=a-c，q=-c；再求差即可求解.
9.【答案】 B
【考点】三角形的面积，三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：如图，令 ⊙O 分别与 ΔABC 的三边切于P，Q，T，连接 OA,OB,OC,OP,OQ,OT
∴ OP⊥AB,OQ⊥AC,OT⊥BC
∴ SΔABC=SΔOAB+SΔOAC+SΔOBC
= 12AB⋅OP+12⋅AC⋅OQ+12⋅BC⋅OT
= 12AB⋅R+12⋅AC⋅R+12⋅BC⋅R
=12R(AB+AC+BC)
又∵ AB+AC=52BC
∴ SΔABC=12R(52BC+BC)=74R⋅BC
又∵ AD⊥BC,AD=h
∴ SΔABC=12⋅BC⋅AD=12⋅h⋅BC
∴ 74R⋅BC=12⋅h⋅BC
∴ 74R=12h
∴ Rh=1274=27
故答案为：B.
【分析】如图，令 ⊙O 分别与 ΔABC 的三边切于P，Q，T，连接 OA,OB,OC,OP,OQ,OT ， 得出 OP⊥AB,OQ⊥AC,OT⊥BC ， 由 SΔABC=SΔOAB+SΔOAC+SΔOBC ， 可求出74R=12h ， 从而得出结论.
10.【答案】 B
【考点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：设过点P平行直线y1的解析式为y=x+b，
当直线y=x+b与抛物线只有一个交点时，点P到直线y1的距离最小，
由 {y=-12x2+2xy=x+b ，消去y得到：x2-2x+2b=0，
当△=0时，4-8b=0，
∴b= 12 ，
∴直线的解析式为y=x+ 12 ，
如图设直线y1交x轴于A，交y轴于B，直线y=x+ 12 交x轴于C，作CD⊥AB于D，PE⊥AB于E，则A（-3，0），B（0，3），C（- 12 ，0）,
∴OA=OB=3，OC= 12 ，AC= 52 ，
∴∠DAC=45°，
∴CD= AC2 = 524 ，
∵AB∥PC，CD⊥AB，PE⊥AB，
∴PE=CD= 524 ，
故答案为：B．
【分析】设过点P平行直线y1的解析式为y=x+b，当直线y=x+3与抛物线只有一个交点时，点P到直线y1的距离最小，如图设直线y1交x轴于A，交y轴于B，直线y=x+ 12 交x轴于C，作CD⊥AB于D，PE⊥AB于E，想办法求出CD的长即可解决问题.
二、填空题
11.【答案】 3
【考点】0指数幂的运算性质，负整数指数幂的运算性质
【解析】【解答】原式= 1+2
=3，
故答案是：3.
【分析】由0指数幂的意义“任何一个不为0的数的0次幂等于1”可得2020-π°=1；由负整数指数幂的意义“任何一个不为0的数的负整数指数幂等于这个数的正整数指数幂的倒数.”可得（12）-1=2,再由有理数的加法法则计算即可求解.
12.【答案】 20°
【考点】平行线的性质
【解析】【解答】如图，
∵ ∠1=70° ， ∠1 与 ∠3 是对顶角，
∴ ∠3=70° ，
∵ a//b ，点C在直线b上， ∠DCB=90° ，
∴ ∠2+∠DCB+∠3=180° ，
∴ ∠2=180°-∠3-∠DCB=180°-70°-90°=20° ；
故答案是：20°.
【分析】由对顶角相等可得∠1=∠3，由两直线平行同旁内角互补可得∠2+∠BCD+∠3=180°，把∠3和∠BCD的度数大地如计算即可求解.
13.【答案】 7
【考点】完全平方公式及运用
【解析】【解答】∵a＋ 1a ＝3，
∴（a＋ 1a ）2=9
∴a2＋2＋ 1a2 ＝9，
∴a2＋ 1a2 ＝9−2＝7.
故答案为：7.
【分析】把已知条件两边平方，然后整理即可求解.完全平方公式：（a±b）2＝a2±2ab＋b2.
14.【答案】 4-π
【考点】扇形面积的计算，切线长定理，几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：连接OA，OB，
∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，
∴OA⊥AP，OB⊥PB，PA=PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°=∠BPA，
∴四边形OBPA是正方形，
∴∠AOB=90°，
∴阴影部分的面积=S正方形OBPA-S扇形AOB则=22- 90×π×4360 =4-π.
故答案为：4-π.
【分析】连接OA，OB，由切线长定理可得PA=PB，∠OAP=∠OBP=90°=∠BPA，根据有三个角是直角的四边形是矩形，然后根据有一组邻边相等的矩形是正方形可得四边形OBPA是正方形，则∠AOB=90°，由图形的构成得S阴影=S正方形OBPA-S扇形AOB即可求解.
15.【答案】 34
【考点】一元二次方程根的判别式及应用，概率的简单应用
【解析】【解答】方程有解，必须满足 △=b2-4ac=12-4k-4=8-4k≥0⇒k≤2 ，所以另一个数必须小于等于3，故是0，2，3，故概率是 34
【分析】利用一元二次方程有解，可得到b2-4ac≥0，建立关于k的不等式，求出不等式的解集；再根据其解集，可得到能使方程有解的个数，然后利用概率公式可求解.
16.【答案】 5或 103
【考点】翻折变换（折叠问题），三角形的综合
【解析】【解答】解：当 ΔB'MC 为直角三角形时，
①当 ∠B'CM=90° 时，
∵N为 AB 中点， AB=10，
∴ AN=BN=B'N=12AB=5，
∵ NB'
∴ ∠BCM<90° ，故该情况不存在；
②如图1，
当 ∠CMB'=90° 时， ∠BMB'=90° ，
由折叠的性质得： ∠BMN=∠B'MN=45° ，
∵ ∠B=90° ，
∴ ∠BNM=∠B'MN=45° ，得 BM=BN=12AB=5 ；
③如图2，
当 ∠CB'M=90° 时，
∴ ∠NB'M=∠CB'M=90° ，故 N，B'，C 三点共线，
设 BM=B'M=x ，则 CM=12-x ，
在 RtΔNBC 中，
NC=NB2+BC2=52+122=13 ，则 B'C=NC-B'N=8 ，
在 RtΔB'MC 中，
由勾股定理可得 B'M2+B'C2=MC2 ，即 x2+82=(12-x)2 ，
解得 x=103 ，即 BM=103 ．
综上所述，满足条件的 BM 的值为5或 103 ．
【分析】分类讨论，根据折叠的性质和勾股定理计算求解即可。
三、解答题
17.【答案】 解：去分母得：（x﹣2）2﹣16＝（x+2）2 ，
整理得：8x＝﹣16，
解得：x＝﹣2，
经检验x＝﹣2是增根，分式方程无解.
【考点】解分式方程
【解析】【分析】 解分式方程，先在方程两边同时乘以各分母的最简公分母，去分母，转化成整式方程，解整式方程后再检验是否增根.
18.【答案】 （1）解：10÷20%=50（户），50×40%=20（户），
补全条形统计图如图所示：
（2）11；11
（3）解：500×（10%+20%+10%）=200（户），
答：该县直属机关500户家庭的月平均用水量不少于12吨的约有200户.
【考点】用样本估计总体，扇形统计图，条形统计图，中位数，众数
【解析】【解答】解：（2）用水量最多的是11吨，共有20户，因此用水量的众数为11吨，将这50户的用水量从小到大排列后，处在中间位置的两个数都是11吨，因此中位数是11吨，
故答案为：11，11；
【分析】（1）调查的家庭总户数=月平均用水量10吨的户数÷月平均用水量吨的户数所占的百分比，列式计算可求出结果；再求出月平均用水量11吨的户数；然后补全条形统计图.
（2）利用求中位数的方法是：把数据先按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，就可得出答案.
（3）用该县直属机关的家庭户数×月平均用水量不少于12吨的家庭户数所占的百分比，然后列式计算可求出结果.
19.【答案】 （1）证明：连接BC，OC，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCB＋∠DCB＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACO＋∠OCB＝90°，
∴∠ACO＝∠DCB，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠A＝∠DCB，
∵DE⊥AD，
∴∠A＋∠E＝∠A＋∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝∠E，
∵∠ABC＝∠CDB＋∠DCB，∠DCE＝∠A＋∠CDB，
∴∠DCE＝∠ABC，
∴∠DCE＝∠E，
∴CD＝DE；
（2）解：∵∠BCD＝∠A，∠CDB＝∠ADC，
∴△BCD∽△CAD，
∴ CDAD=BDCD ，
∵BD＝1，DC＝DE＝3，
∴ 3AD=13 ，
∴AD＝9，
∴AB＝AD﹣BD＝8，
∴⊙O的半径为4.
【考点】圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接BC，OC，利用切线的性质可证得OC⊥CD，可得到∠OCB＋∠DCB＝90°；再利用圆周角定理可得∠ACB=90°，利用余角的性质可证得∠ACO＝∠DCB，利用等腰三角形的性质去证明∠A＝∠DCB；然后利用垂直的定义及三角形的外角的性质可推出∠DCE=∠E，利用等角对等边，可证得结论.
（2）利用有两组对应角相等的两三角形相似，可证得△BCD∽△CAD；再利用相似三角形的对应边成比例可求出AD的长；然后根据AB=AD-BD，代入计算求出AB的长.
20.【答案】 （1）解：∵正方形ABCD的边长为2，点E的坐标为（3，n），
∴OB=3，AB=AD=2，
∴D（1，2），
∵反比例函数y= kx 在第一象限的图象经过点D，
∴k=1×2=2，
∴反比例为：y= 2x ，
∵反比例函数y= kx 在第一象限的图象交BC于E，
∴n= 23 ；
（2）解：设D（x，2）则E（x+2，1），
∵反比例函数y= kx 在第一象限的图象经过点D、点E，
∴2x=x+2，
解得x=2，
∴D（2，2），
∴OA=AD=2，
∴OD= OA2+OD2=22 .
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【分析】（1）由正方形的性质和点E的坐标可求得点D的坐标，然后用待定系数法可求得k的值，再把点E的坐标代入解析式可求得n的值；
（2） 设D（x，2），由线段中点的定义可得E（x+2，1），由题意把点D、E的坐标代入反比例函数的解析式计算可求得D的坐标，在直角三角形AOD中，根据勾股定理即可求得OD的值.
21.【答案】 （1）证明：∵CF∥BD，DF∥AC，∴四边形 OCFD 是平行四边形， ∠OBE=∠CFE ，∴ OD=CF ，∵四边形 ABCD 是平行四边形，∴ OB=OD ，∴ OB=CF ，
又∵ ∠BEO＝∠FEC ，∴ ΔFCE≌ΔBOE(AAS) ；
（2）解：当 ΔADC 满足 ∠ADC=90° 时，四边形 OCFD 为菱形.理由如下：
∵四边形 ABCD 与四边形 OCFD 都是平行四边形，又∵ ∠ADC=90° ，∴四边形 ABCD 是矩形，∴ OA=OC ， OB=OD ， AC=BD ，∴ OC=OD ，∴四边形 OCFD 为菱形.
【考点】平行四边形的判定与性质，菱形的判定，矩形的判定，三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）根据已知条件可判断四边形 OCFD 是平行四边形，根据平行四边形的性质结合全等三角形的判定方法即可证明 ΔFCE≌ΔBOE ；
（2）当 ∠ADC=90° ，可证明四边形 ABCD 是矩形，根据矩形的性质可以得出 OC=OD ，进而根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得出四边形 OCFD 为菱形.
22.【答案】 （1）解：将B（0，1），D（1，0）的坐标代入y＝ 12 x2＋bx＋c得
{c=1b+c+12=0
得解析式y＝ 12 x2－ 32 x＋1
（2）解：设C（x0 ， y0），则有
{y0=12x0+1y0=12x02-32x0+1
解得 {x0=4,y0=3.
∴C（4，3）．
由图可知：S＝S△ACE－S△ABD ．
又由对称轴为x＝ 32 可知E（2，0）．
∴S＝ 12 AE·y0－ 12 AD×OB＝ 12 ×4×3－ 12 ×3×1＝ 92
（3）解：设符合条件的点P存在，令P（a，0）：
当P为直角顶点时，如图：过C作CF⊥x轴于F．
∵Rt△BOP∽Rt△PFC，
∴ BOPF=OPCF ．即 14-a=a3 ．
整理得a2－4a＋3＝0．解得a＝1或a＝3
∴所求的点P的坐标为（1，0）或（3，0）
综上所述：满足条件的点P共有二个
【考点】待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）待定系数法求出参数b、c,得到二次函数的解析式
（2）写出 BDEC 四点坐标， S＝S△ACE－S△ABD ，代值求解即可
（3）设出P点坐标，据勾股定理逆定理求解即可
23.【答案】 （1）正方形、矩形
（2）解：由“完美四边形”的定义可知： 2×2+2×52=3BD ，
∴ BD=3 .
（3）解：①如图，在GE上取一点M，使∠GFM=∠HFE，
∵∠FGM=∠FHE（同弧所对的圆周角相等），
∴ ΔFGM ∽ ΔFHE
∴ FGFH=GMHE
∴ FG⋅HE=FH⋅GM ，
∵∠GFM=∠HFE，
∴∠GFH=∠MFE，
又∵∠GHF=∠MEF，
∴ ΔGHF ∽ ΔMEF ，
∴ GHME=HFFE ，
∴ GH⋅FE=FH⋅ME ，
∴ GH⋅FE+FG⋅HE=FH⋅ME+FH⋅GM=FH⋅(ME+GM)=FH⋅GE
∴四边形EFGH为“完美四边形”.
②存在；
理由：如下面图①，∵GE是直径，
∴∠EFG=90°，
∴ GE=62+82=10 ， ΔGEF 的面积为 12×6×8=24
∴要使四边形GFEH面积最大，则只需 ΔGEH 面积最大，
作HN⊥GE，垂足为N，
则HN的值最大时， ΔGEH 面积就最大，
因为H点到直径DE的垂线段的长最大为半径，即垂足N点在原点时最大；
如下面图②，当O点与N点重合时，
由GE是直径，
∴∠GHE=90°，
∵HN垂直平分GE，
∴HG=HE，
∵ GE2=GH2+HE2
∴ HG=HE=102=52 ；
由它是“完美四边形”，
∴ 10FH=6×52+8×52
∴ FH=72 ，
∴存在，当 FH=72 时，面积最大.
【考点】圆的综合题
【解析】【解答】解：（1）正方形、矩形
理由如下：①如图，设正方形边长为a，
∴对角线长为 a2+a2=2a2=2a ，
所以对角线的积为 (2a)2=2a2 ，
因为两组对边的积的和为 a2+a2=2a2 ，
∴正方形为“完美四边形”.
②如图，设矩形的两邻边长分别为b和c，
∴矩形的对角线长为 b2+c2 ，
∵矩形的对角线长相等，
∴矩形对角线的积为 (b2+c2)2=b2+c2 ，
又∵矩形对边的积分别为 b2 和 c2 ，
则对边积的和为 b2+c2
∴矩形为“完美四边形”.
③如图，设菱形的两条对角线长的一半分别为m和n，
∴菱形的边长为 m2+n2 ，
∵菱形的四条边相等，
∴菱形的对边的积的和为 (m2+n2)2+(m2+n2)2=2m2+2n2 ，
∵菱形的对角线的积为 2m⋅2n=4mn ，
令 2m2+2n2=4mn ，
∴ m=n
∴只有当 m=n 时，该菱形才为“完美四边形”，
当 m≠n 时，则它不是“完美四边形”，
∴菱形不是“完美四边形”.
综上可知：只有正方形和矩形是“完美四边形”.
【分析】（1）根据“完美四边形”定义并结合矩形、菱形、正方形的性质计算即可判断求解；
（2）根据“完美四边形”定义可得关于BD的方程，解方程可求解；
（3）①在GE上取一点M，使∠GFM=∠HFE，由同弧所对的圆周角相等可得∠FGM=∠FHE，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得△FGM∽△FHE，于是可得比例式FGFH=GMHE；同理可得△FGH∽△FME，于是可得比例式GHME=HFFE ， 则GH·FE=FH·ME，根据“完美四边形”定义计算即可判断四边形EFGH为“完美四边形”；
②存在；理由： 由直径所对的圆周角是直角可得∠EFG=90°，用勾股定理可求得GE的值，而S△GEF=12EF×GF，所以S四边形GFEH=2S△GEF；要使四边形GFEH面积最大，则只需△GEH的面积最大即可。作HN⊥GE，垂足为N，当HN的值最大时，△GEH的面积就最大，因为H点到直径DE的垂线段的长最大为半径，即垂足N点在原点时最大，由圆周角定理和“完美四边形" 的定义即可求解.
浙江省杭州市2021年中考数学仿真模拟卷
一、单选题（共10题；共30分）
1.下列运算正确的是（ ）
A. (-1)2+(-1)3=-2 B. (x2)3-2x5=-x5 C. 9+3=33 D. a2-2ab+b2b-a=b-a
2.计算 (-2a-3b)(2a-3b) 的结果为（ ）
A. 4a2-9b2 B. 9b2-4a2 C. -4a2-12ab-9b2 D. -4a2+12ab-9b2
3.下列方程中是一元一次方程的是（ ）
A. x﹣1＝2x B. 1x ＝2 C. x+3＝y+2 D. x2﹣1＝0
4.在 Rt△ABC 中， ∠C=90° ， cosB=13 ，则 tanA 的值为（ ）
A. 311 B. 33 C. 24 D. 10103
5.已知点P(﹣a，a﹣1)在平面直角坐标系的第二象限，则a的取值范围在数轴上可表示为（ ）
A. B.
C. D.
6.如图，直线 y=kx+b （ k≠0 ）与直线 y=mx （ m≠0 ）交于点 P(-1,-2) ，则关于 x 的不等式 kx+b≤mx 的解集为（ ）
A. x≥-2 B. x≤-2 C. x≥-1 D. x≤-1
7.已知一组数据的4，a，7，b，5的众数是5，则这组数据的中位数是（ ）
A. 4 B. 7 C. 5 D. 不能确定
8.已知执物线y＝ax2﹣2ax＋a﹣c（a≠0）与y轴的正半轴相交，直线AB∥x轴，且与该抛物线相交于A（x1 ， y1）B（x2 ， y2）两点，当x＝x1＋x2时，函数值为p；当x＝ x1+x22 时，函数值为q.则p﹣q的值为（ ）
A. a B. c C. ﹣a＋c D. a﹣c
9.如图，在 ΔABC 中， AB+AC=52BC ， AD⊥BC 于D，⊙O为 ΔABC 的内切圆，设⊙O的半径为R，AD的长为h，则 Rh 的值为（ ）
A. 12 B. 27 C. 13 D. 34
10.已知，平面直角坐标系中，直线 y1=x+3与抛物线y2=﹣ 12x2 +2x 的图象如图，点P是 y2 上的一个动点，则点P到直线 y1 的最短距离为（ ）
A. 322 B. 524 C. 324 D. 2
二、填空题（共6题；共24分）
11.计算： (2020-π)0+(12)-1= ________.
12.如图，直线 a ， b ， a//b ，点 C 在直线 b 上， ∠DCB=90° ，若 ∠1=70° ，则 ∠2 的度数为________.
13.若a + 1a = 3，则a2 + 1a2 = ________.
14.如图，点P为⊙O外一点，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，∠APB＝90°.若⊙O的半径为2，则图中阴影部分的面积为________（结果保留π）.
15.背面完全一样的四张卡片上分别写有数字2、5、0、3，从中任取一张，并用这张卡片上的数字与1的差作为k值，抽到能使一元二次方程 (k+1)x2-23x+1=0 有解的卡片概率是________.
16.如图，在矩形 ABCD 中， AB=10,AD=12 ，点 N 是 AB 边上的中点，点M是 BC 边上的一动点连接 MN ，将 △BMN 沿 MN 折叠，若点B的对应点 B' ，连接 BC ，当 △B'MC 为直角三角形时 BM 的长为________．
三、解答题（共7题；共66分）
17.解分式方程： x-2x+2 ﹣ 16x2-4 ＝ x+2x-2 .
18.世界卫生组织预计：到2025年，全世界将会有一半人面临用水危机.为了倡导“节约用水，从我做起”，某县政府决定对县直属机关500户家庭一年的月平均用水量进行调查，调查小组随机抽查了部分家庭的月平均用水量（单位：吨），并将调查结果绘制成如图所示的条形统计图和扇形统计图.
根据以上提供的信息，解答下列问题：
（1）将条形统计图补充完整；
（2）求被调查家庭的月平均用水量的中位数________吨、众数________吨；
（3）估计该县直属机关 500 户家庭的月平均用水量不少于 12 吨的约有多少户？
19.如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点D，过点D作DE⊥AD交AC的延长线于点E.
（1）求证：DC＝DE；
（2）若BD＝1，DE＝3，求⊙O的半径.
20.如图，边长为2的正方形 ABCD 的顶点 A,B 在 x 轴正半轴上，反比例函数 y=kx 的图象在第一象限的图象经过点 D ，交 BC 于 E .
（1）当点 E 的坐标为 (3,n) 时，求 n 和 k 的值;
（2）若点 E 是 BC 的中点，求 OD 的长.
21.如图，平行四边形 ABCD 的对角线 AC 、 BD 交于点O，分别过点C、D作CF∥BD，DF∥AC，连接 BF 交 AC 于点E.
（1）求证： ΔFCE≌ΔBOE ；
（2）当 ΔADC 满足什么条件时，四边形 OCFD 为菱形？请说明理由.
22.已知：如图一次函数y＝ 12 x＋1的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B；二次函数y＝ 12 x2＋bx＋c的图象与一次函数y＝ 12 x＋1的图象交于B、C两点，与x轴交于D、E两点且D点坐标为（1，0）
（1）求二次函数的解析式；
（2）求四边形BDEC的面积S；
（3）在x轴上是否存在点P，使得△PBC是以P为直角顶点的直角三角形？若存在，求出所有的点P，若不存在，请说明理由．
23.定义：在凸四边形中，我们把两组对边乘积的和等于对角线的乘积的四边形称为“完美四边形”.
（1）在正方形、矩形、菱形中，一定是“完美四边形”的是________.
（2）如图1，在“完美四边形”ABCD中，AB＝AD＝CD＝2，BC＝ 52 ，AC＝3，求线段BD的长.
（3）如图2，⊙O内接四边形EFGH，GE为⊙O的直径.
①求证：四边形EFGH为“完美四边形”.
②若EF＝6，FG＝8，FH是否存在一个值使四边形EFGH的面积最大？若存在，求出FH的值；若不存在，请说明理由.
答案解析
一、单选题
1.【答案】 D
【考点】分式的约分，同类二次根式，含乘方的有理数混合运算，幂的乘方
【解析】【解答】A. (-1)2+(-1)3=1+(-1)=0 ，选项A不符合题意；
B. (x2)3-2x5=x6-2x5 ，选项B不符合题意；
C. 9+3=3+3 ，选项C不符合题意；
D. a2-2ab+b2b-a=(b-a)2b-a=b-a ，选项D符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据有理数的运算法则、幂的乘方的性质、二次根数的性质及分式的约分依次计算各项后即可解答．
2.【答案】 B
【考点】平方差公式及应用
【解析】【解答】解： (-2a-3b)(2a-3b)
= -(2a+3b)(2a-3b)
= -[(2a)2-(3b)2]
= 9b2-4a2 ，
故答案为：B.
【分析】根据平方差公式，用完全相同的项的平方减去互为相反数的项的平方可得结果.
3.【答案】 A
【考点】一元一次方程的定义
【解析】【解答】解：A、x﹣1＝2x是一元一次方程，符合题意；
B、 1x ＝2不是整式方程，是分式方程，不符合题意；
C、x+3＝y+2中含有两个未知数，是二元一次方程，不符合题意；
D、x2﹣1＝0中的未知数的最高次数是2，是一元二次方程，不符合题意.
故答案为：A.
【分析】 一元一次方程指只含有一个未知数、未知数的最高次数为1且两边都为整式的等式 .
4.【答案】 C
【考点】勾股定理，解直角三角形
【解析】【解答】解：在 Rt△ABC 中， ∠C=90° ， cosB=13 ，
设AB=3x，BC=x，
AC=AB2-BC2=(3x)2-x2=22x ，
tanA=BCAC=x22x=24 ，
故答案为：C.
【分析】利用锐角三角函数的定义可证得AB与BC的比值，设AB=3x，BC=x，利用勾股定理表示出AC的长；然后利用锐角三角函数的定义可求出tanA的值.
5.【答案】 A
【考点】在数轴上表示不等式组的解集，点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：∵点P（-a，a-1）在平面直角坐标系的第二象限，
∴ {-a<0a-1>0 ，
解得：a＞1，
表示在数轴上，如图所示：
，
故答案为：A.
【分析】在平面直角坐标系的第二象限的点的横坐标为负数，纵坐标为正数，据此建立关于a的不等式组，再求出不等式组的解集；由此可得答案.
6.【答案】 C
【考点】一次函数与不等式（组）的综合应用
【解析】【解答】解：由图可知，关于x的不等式kx＋b≤mx的解是x≥−1.
故答案为：C.
【分析】根据函数图象交点左侧直线y＝kx＋b图象在直线y＝mx图象的下面，即可得出不等式kx＋b≤mx的解集.
7.【答案】 D
【考点】中位数，众数
【解析】【解答】解：∵数据的4, a, 7, b, 5的众数是5，
∴a、b中至少有1个为5，且另外一个数不能是4或7,
∵不能确定数据a、b的具体数值，
∴这组数据的中位数不能确定，
故答案为：D.
【分析】先根据众数的定义判断a、b的取值情况，由于不能确定数据a、b的具体数值，从而得出答案.
8.【答案】 A
【考点】二次函数图象上点的坐标特征，二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：
y=a(x2-2x+1)-c=a(x-1)2-c，
∴该抛物线的对称轴为x=1，
∴x1+x2=2×1=2，
∴p=a-c，
∴ x1+x22=1 ，
∴q=-c，
∴p-q=a-c-(-c)=a-c+c=a，
故答案为：A.
【分析】用配方法把二次函数的解析式配成顶点式得y=a(x-1)2-c，于是可得对称轴为x=1,由抛物线是轴对称图形可得对称轴与x轴的交点就是线段AB的中点，则x1+x2=2，再结合已知可得p=a-c，q=-c；再求差即可求解.
9.【答案】 B
【考点】三角形的面积，三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：如图，令 ⊙O 分别与 ΔABC 的三边切于P，Q，T，连接 OA,OB,OC,OP,OQ,OT
∴ OP⊥AB,OQ⊥AC,OT⊥BC
∴ SΔABC=SΔOAB+SΔOAC+SΔOBC
= 12AB⋅OP+12⋅AC⋅OQ+12⋅BC⋅OT
= 12AB⋅R+12⋅AC⋅R+12⋅BC⋅R
=12R(AB+AC+BC)
又∵ AB+AC=52BC
∴ SΔABC=12R(52BC+BC)=74R⋅BC
又∵ AD⊥BC,AD=h
∴ SΔABC=12⋅BC⋅AD=12⋅h⋅BC
∴ 74R⋅BC=12⋅h⋅BC
∴ 74R=12h
∴ Rh=1274=27
故答案为：B.
【分析】如图，令 ⊙O 分别与 ΔABC 的三边切于P，Q，T，连接 OA,OB,OC,OP,OQ,OT ， 得出 OP⊥AB,OQ⊥AC,OT⊥BC ， 由 SΔABC=SΔOAB+SΔOAC+SΔOBC ， 可求出74R=12h ， 从而得出结论.
10.【答案】 B
【考点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：设过点P平行直线y1的解析式为y=x+b，
当直线y=x+b与抛物线只有一个交点时，点P到直线y1的距离最小，
由 {y=-12x2+2xy=x+b ，消去y得到：x2-2x+2b=0，
当△=0时，4-8b=0，
∴b= 12 ，
∴直线的解析式为y=x+ 12 ，
如图设直线y1交x轴于A，交y轴于B，直线y=x+ 12 交x轴于C，作CD⊥AB于D，PE⊥AB于E，则A（-3，0），B（0，3），C（- 12 ，0）,
∴OA=OB=3，OC= 12 ，AC= 52 ，
∴∠DAC=45°，
∴CD= AC2 = 524 ，
∵AB∥PC，CD⊥AB，PE⊥AB，
∴PE=CD= 524 ，
故答案为：B．
【分析】设过点P平行直线y1的解析式为y=x+b，当直线y=x+3与抛物线只有一个交点时，点P到直线y1的距离最小，如图设直线y1交x轴于A，交y轴于B，直线y=x+ 12 交x轴于C，作CD⊥AB于D，PE⊥AB于E，想办法求出CD的长即可解决问题.
二、填空题
11.【答案】 3
【考点】0指数幂的运算性质，负整数指数幂的运算性质
【解析】【解答】原式= 1+2
=3，
故答案是：3.
【分析】由0指数幂的意义“任何一个不为0的数的0次幂等于1”可得2020-π°=1；由负整数指数幂的意义“任何一个不为0的数的负整数指数幂等于这个数的正整数指数幂的倒数.”可得（12）-1=2,再由有理数的加法法则计算即可求解.
12.【答案】 20°
【考点】平行线的性质
【解析】【解答】如图，
∵ ∠1=70° ， ∠1 与 ∠3 是对顶角，
∴ ∠3=70° ，
∵ a//b ，点C在直线b上， ∠DCB=90° ，
∴ ∠2+∠DCB+∠3=180° ，
∴ ∠2=180°-∠3-∠DCB=180°-70°-90°=20° ；
故答案是：20°.
【分析】由对顶角相等可得∠1=∠3，由两直线平行同旁内角互补可得∠2+∠BCD+∠3=180°，把∠3和∠BCD的度数大地如计算即可求解.
13.【答案】 7
【考点】完全平方公式及运用
【解析】【解答】∵a＋ 1a ＝3，
∴（a＋ 1a ）2=9
∴a2＋2＋ 1a2 ＝9，
∴a2＋ 1a2 ＝9−2＝7.
故答案为：7.
【分析】把已知条件两边平方，然后整理即可求解.完全平方公式：（a±b）2＝a2±2ab＋b2.
14.【答案】 4-π
【考点】扇形面积的计算，切线长定理，几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：连接OA，OB，
∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，
∴OA⊥AP，OB⊥PB，PA=PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°=∠BPA，
∴四边形OBPA是正方形，
∴∠AOB=90°，
∴阴影部分的面积=S正方形OBPA-S扇形AOB则=22- 90×π×4360 =4-π.
故答案为：4-π.
【分析】连接OA，OB，由切线长定理可得PA=PB，∠OAP=∠OBP=90°=∠BPA，根据有三个角是直角的四边形是矩形，然后根据有一组邻边相等的矩形是正方形可得四边形OBPA是正方形，则∠AOB=90°，由图形的构成得S阴影=S正方形OBPA-S扇形AOB即可求解.
15.【答案】 34
【考点】一元二次方程根的判别式及应用，概率的简单应用
【解析】【解答】方程有解，必须满足 △=b2-4ac=12-4k-4=8-4k≥0⇒k≤2 ，所以另一个数必须小于等于3，故是0，2，3，故概率是 34
【分析】利用一元二次方程有解，可得到b2-4ac≥0，建立关于k的不等式，求出不等式的解集；再根据其解集，可得到能使方程有解的个数，然后利用概率公式可求解.
16.【答案】 5或 103
【考点】翻折变换（折叠问题），三角形的综合
【解析】【解答】解：当 ΔB'MC 为直角三角形时，
①当 ∠B'CM=90° 时，
∵N为 AB 中点， AB=10，
∴ AN=BN=B'N=12AB=5，
∵ NB'
∴ ∠BCM<90° ，故该情况不存在；
②如图1，
当 ∠CMB'=90° 时， ∠BMB'=90° ，
由折叠的性质得： ∠BMN=∠B'MN=45° ，
∵ ∠B=90° ，
∴ ∠BNM=∠B'MN=45° ，得 BM=BN=12AB=5 ；
③如图2，
当 ∠CB'M=90° 时，
∴ ∠NB'M=∠CB'M=90° ，故 N，B'，C 三点共线，
设 BM=B'M=x ，则 CM=12-x ，
在 RtΔNBC 中，
NC=NB2+BC2=52+122=13 ，则 B'C=NC-B'N=8 ，
在 RtΔB'MC 中，
由勾股定理可得 B'M2+B'C2=MC2 ，即 x2+82=(12-x)2 ，
解得 x=103 ，即 BM=103 ．
综上所述，满足条件的 BM 的值为5或 103 ．
【分析】分类讨论，根据折叠的性质和勾股定理计算求解即可。
三、解答题
17.【答案】 解：去分母得：（x﹣2）2﹣16＝（x+2）2 ，
整理得：8x＝﹣16，
解得：x＝﹣2，
经检验x＝﹣2是增根，分式方程无解.
【考点】解分式方程
【解析】【分析】 解分式方程，先在方程两边同时乘以各分母的最简公分母，去分母，转化成整式方程，解整式方程后再检验是否增根.
18.【答案】 （1）解：10÷20%=50（户），50×40%=20（户），
补全条形统计图如图所示：
（2）11；11
（3）解：500×（10%+20%+10%）=200（户），
答：该县直属机关500户家庭的月平均用水量不少于12吨的约有200户.
【考点】用样本估计总体，扇形统计图，条形统计图，中位数，众数
【解析】【解答】解：（2）用水量最多的是11吨，共有20户，因此用水量的众数为11吨，将这50户的用水量从小到大排列后，处在中间位置的两个数都是11吨，因此中位数是11吨，
故答案为：11，11；
【分析】（1）调查的家庭总户数=月平均用水量10吨的户数÷月平均用水量吨的户数所占的百分比，列式计算可求出结果；再求出月平均用水量11吨的户数；然后补全条形统计图.
（2）利用求中位数的方法是：把数据先按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，就可得出答案.
（3）用该县直属机关的家庭户数×月平均用水量不少于12吨的家庭户数所占的百分比，然后列式计算可求出结果.
19.【答案】 （1）证明：连接BC，OC，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCB＋∠DCB＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACO＋∠OCB＝90°，
∴∠ACO＝∠DCB，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠A＝∠DCB，
∵DE⊥AD，
∴∠A＋∠E＝∠A＋∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝∠E，
∵∠ABC＝∠CDB＋∠DCB，∠DCE＝∠A＋∠CDB，
∴∠DCE＝∠ABC，
∴∠DCE＝∠E，
∴CD＝DE；
（2）解：∵∠BCD＝∠A，∠CDB＝∠ADC，
∴△BCD∽△CAD，
∴ CDAD=BDCD ，
∵BD＝1，DC＝DE＝3，
∴ 3AD=13 ，
∴AD＝9，
∴AB＝AD﹣BD＝8，
∴⊙O的半径为4.
【考点】圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接BC，OC，利用切线的性质可证得OC⊥CD，可得到∠OCB＋∠DCB＝90°；再利用圆周角定理可得∠ACB=90°，利用余角的性质可证得∠ACO＝∠DCB，利用等腰三角形的性质去证明∠A＝∠DCB；然后利用垂直的定义及三角形的外角的性质可推出∠DCE=∠E，利用等角对等边，可证得结论.
（2）利用有两组对应角相等的两三角形相似，可证得△BCD∽△CAD；再利用相似三角形的对应边成比例可求出AD的长；然后根据AB=AD-BD，代入计算求出AB的长.
20.【答案】 （1）解：∵正方形ABCD的边长为2，点E的坐标为（3，n），
∴OB=3，AB=AD=2，
∴D（1，2），
∵反比例函数y= kx 在第一象限的图象经过点D，
∴k=1×2=2，
∴反比例为：y= 2x ，
∵反比例函数y= kx 在第一象限的图象交BC于E，
∴n= 23 ；
（2）解：设D（x，2）则E（x+2，1），
∵反比例函数y= kx 在第一象限的图象经过点D、点E，
∴2x=x+2，
解得x=2，
∴D（2，2），
∴OA=AD=2，
∴OD= OA2+OD2=22 .
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【分析】（1）由正方形的性质和点E的坐标可求得点D的坐标，然后用待定系数法可求得k的值，再把点E的坐标代入解析式可求得n的值；
（2） 设D（x，2），由线段中点的定义可得E（x+2，1），由题意把点D、E的坐标代入反比例函数的解析式计算可求得D的坐标，在直角三角形AOD中，根据勾股定理即可求得OD的值.
21.【答案】 （1）证明：∵CF∥BD，DF∥AC，∴四边形 OCFD 是平行四边形， ∠OBE=∠CFE ，∴ OD=CF ，∵四边形 ABCD 是平行四边形，∴ OB=OD ，∴ OB=CF ，
又∵ ∠BEO＝∠FEC ，∴ ΔFCE≌ΔBOE(AAS) ；
（2）解：当 ΔADC 满足 ∠ADC=90° 时，四边形 OCFD 为菱形.理由如下：
∵四边形 ABCD 与四边形 OCFD 都是平行四边形，又∵ ∠ADC=90° ，∴四边形 ABCD 是矩形，∴ OA=OC ， OB=OD ， AC=BD ，∴ OC=OD ，∴四边形 OCFD 为菱形.
【考点】平行四边形的判定与性质，菱形的判定，矩形的判定，三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）根据已知条件可判断四边形 OCFD 是平行四边形，根据平行四边形的性质结合全等三角形的判定方法即可证明 ΔFCE≌ΔBOE ；
（2）当 ∠ADC=90° ，可证明四边形 ABCD 是矩形，根据矩形的性质可以得出 OC=OD ，进而根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得出四边形 OCFD 为菱形.
22.【答案】 （1）解：将B（0，1），D（1，0）的坐标代入y＝ 12 x2＋bx＋c得
{c=1b+c+12=0
得解析式y＝ 12 x2－ 32 x＋1
（2）解：设C（x0 ， y0），则有
{y0=12x0+1y0=12x02-32x0+1
解得 {x0=4,y0=3.
∴C（4，3）．
由图可知：S＝S△ACE－S△ABD ．
又由对称轴为x＝ 32 可知E（2，0）．
∴S＝ 12 AE·y0－ 12 AD×OB＝ 12 ×4×3－ 12 ×3×1＝ 92
（3）解：设符合条件的点P存在，令P（a，0）：
当P为直角顶点时，如图：过C作CF⊥x轴于F．
∵Rt△BOP∽Rt△PFC，
∴ BOPF=OPCF ．即 14-a=a3 ．
整理得a2－4a＋3＝0．解得a＝1或a＝3
∴所求的点P的坐标为（1，0）或（3，0）
综上所述：满足条件的点P共有二个
【考点】待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）待定系数法求出参数b、c,得到二次函数的解析式
（2）写出 BDEC 四点坐标， S＝S△ACE－S△ABD ，代值求解即可
（3）设出P点坐标，据勾股定理逆定理求解即可
23.【答案】 （1）正方形、矩形
（2）解：由“完美四边形”的定义可知： 2×2+2×52=3BD ，
∴ BD=3 .
（3）解：①如图，在GE上取一点M，使∠GFM=∠HFE，
∵∠FGM=∠FHE（同弧所对的圆周角相等），
∴ ΔFGM ∽ ΔFHE
∴ FGFH=GMHE
∴ FG⋅HE=FH⋅GM ，
∵∠GFM=∠HFE，
∴∠GFH=∠MFE，
又∵∠GHF=∠MEF，
∴ ΔGHF ∽ ΔMEF ，
∴ GHME=HFFE ，
∴ GH⋅FE=FH⋅ME ，
∴ GH⋅FE+FG⋅HE=FH⋅ME+FH⋅GM=FH⋅(ME+GM)=FH⋅GE
∴四边形EFGH为“完美四边形”.
②存在；
理由：如下面图①，∵GE是直径，
∴∠EFG=90°，
∴ GE=62+82=10 ， ΔGEF 的面积为 12×6×8=24
∴要使四边形GFEH面积最大，则只需 ΔGEH 面积最大，
作HN⊥GE，垂足为N，
则HN的值最大时， ΔGEH 面积就最大，
因为H点到直径DE的垂线段的长最大为半径，即垂足N点在原点时最大；
如下面图②，当O点与N点重合时，
由GE是直径，
∴∠GHE=90°，
∵HN垂直平分GE，
∴HG=HE，
∵ GE2=GH2+HE2
∴ HG=HE=102=52 ；
由它是“完美四边形”，
∴ 10FH=6×52+8×52
∴ FH=72 ，
∴存在，当 FH=72 时，面积最大.
【考点】圆的综合题
【解析】【解答】解：（1）正方形、矩形
理由如下：①如图，设正方形边长为a，
∴对角线长为 a2+a2=2a2=2a ，
所以对角线的积为 (2a)2=2a2 ，
因为两组对边的积的和为 a2+a2=2a2 ，
∴正方形为“完美四边形”.
②如图，设矩形的两邻边长分别为b和c，
∴矩形的对角线长为 b2+c2 ，
∵矩形的对角线长相等，
∴矩形对角线的积为 (b2+c2)2=b2+c2 ，
又∵矩形对边的积分别为 b2 和 c2 ，
则对边积的和为 b2+c2
∴矩形为“完美四边形”.
③如图，设菱形的两条对角线长的一半分别为m和n，
∴菱形的边长为 m2+n2 ，
∵菱形的四条边相等，
∴菱形的对边的积的和为 (m2+n2)2+(m2+n2)2=2m2+2n2 ，
∵菱形的对角线的积为 2m⋅2n=4mn ，
令 2m2+2n2=4mn ，
∴ m=n
∴只有当 m=n 时，该菱形才为“完美四边形”，
当 m≠n 时，则它不是“完美四边形”，
∴菱形不是“完美四边形”.
综上可知：只有正方形和矩形是“完美四边形”.
【分析】（1）根据“完美四边形”定义并结合矩形、菱形、正方形的性质计算即可判断求解；
（2）根据“完美四边形”定义可得关于BD的方程，解方程可求解；
（3）①在GE上取一点M，使∠GFM=∠HFE，由同弧所对的圆周角相等可得∠FGM=∠FHE，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得△FGM∽△FHE，于是可得比例式FGFH=GMHE；同理可得△FGH∽△FME，于是可得比例式GHME=HFFE ， 则GH·FE=FH·ME，根据“完美四边形”定义计算即可判断四边形EFGH为“完美四边形”；
②存在；理由： 由直径所对的圆周角是直角可得∠EFG=90°，用勾股定理可求得GE的值，而S△GEF=12EF×GF，所以S四边形GFEH=2S△GEF；要使四边形GFEH面积最大，则只需△GEH的面积最大即可。作HN⊥GE，垂足为N，当HN的值最大时，△GEH的面积就最大，因为H点到直径DE的垂线段的长最大为半径，即垂足N点在原点时最大，由圆周角定理和“完美四边形" 的定义即可求解.
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