山东省济南市2023中考数学模拟(二模)试题按题型难易度分层分类汇编(13套)-02填空题(提升题)

山东省济南市2023年各地区中考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（13套）-02填空题（提升题）
一．估算无理数的大小（共1小题）
1．（2023•天桥区二模）已知a，b为两个连续的整数，且a＜＜b，则b a＝ ．二．因式分解-运用公式法（共1小题）
2．（2023•市中区二模）分解因式：x2﹣6x+9＝ ．
三．根与系数的关系（共2小题）
3．（2023•商河县二模）已知2是方程x2+kx﹣6＝0的一个根，则另一个根是 ．4．（2023•市中区二模）已知关于x的方程x2+3x﹣a＝0有一个根是x1＝1，则方程的另一个根x2＝ ．
四．一元二次方程的应用（共1小题）
5．（2023•济南二模）一条长64cm的铁丝被剪成两段，每段均折成正方形．若两个正方形的面积和等于160cm2，其中较小正方形的边长为 cm．
五．解分式方程（共3小题）
6．（2023•历城区二模）已知代数式与代数的值相等，则x＝ ．7．（2023•天桥区二模）代数式与代数式的值相等，则x＝ ．8．（2023•济南二模）若分式的值为1，则x的值是 ．
六．一次函数的应用（共2小题）
9．（2023•历城区二模）在全民健身越野赛中，甲乙两选手的行程y（千米）随时间x（小时）变化的图象（全程）如图所示，有下列说法：
①起跑后1小时内，乙在甲的前面；
②甲比乙先到达终点；
③第1小时两人都跑了10千米；
④1.5小时时，甲乙相距5千米；
⑤两人都跑了20千米．
其中正确的说法是 ．（填序号）
10．（2023•市中区二模）某快递公司每天上午9：00～10：30为集中揽件和派件时段，甲仓库用来揽收快件，乙仓库用来派发快件，该时段内甲、乙两仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数图象如图所示，那么从9：00开始，经过 分钟时，两仓库快递件数相同．
七．勾股定理的证明（共1小题）
11．（2023•济南二模）我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理如图所示的矩形由两个这样的图形拼成，若a＝3，b＝4，则该矩形的面积为 ．
八．多边形内角与外角（共1小题）
12．（2023•历城区二模）如图所示，已知∠MON＝60°，正五边形ABCDE的顶点A、B在射线OM上，顶点E在射线ON上，则∠NED＝ 度．
九．矩形的性质（共1小题）
13．（2023•长清区二模）古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形面积相等”（如图1“S矩形DNFG＝S矩形FEBM”），问题解决：如图2，点P是矩形ABCD的对角线BD上一点，过点P作EF∥BC分别交AB，CD于点E，F，连接AP，CP．若DF＝4，EP＝3，则图中阴影部分的面积和为 ．
一十．正方形的性质（共1小题）
14．（2023•市中区二模）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AD 上的点，连接EF，将四边形ABEF沿EF折叠，点B的对应点G恰好落在CD边上，点A的对应点为H，连接BH．则BH+EF的最小值是 ．
一十一．正多边形和圆（共1小题）
15．（2023•商河县二模）如图，在正六边形ABCDEF中，AB＝4，顺次连接AB、BC、CD、DE、EF、FA的中点A1、B1、C1、D1、E1、F1，则六边形A1B1C1D1E1F1的周长是 ．
一十二．扇形面积的计算（共2小题）
16．（2023•天桥区二模）如图，一张扇形纸片的圆心角为90°，半径为6，C是OA的中点，CD∥OB，则图中阴影部分的面积为 ．
17．（2023•历下区二模）如图，已知扇形AOB的半径OA＝2，∠AOB＝120°将扇形AOB 绕点A顺时针旋转30°得到扇形AO′B′，则图中阴影部分的面积是 ．
一十三．轨迹（共1小题）
18．（2023•长清区二模）如图，在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，点A在x轴的正半轴上滑动，点B在y轴的正半轴上滑动，点A，点B在滑动过程中可与原点O重合，下列结论：
①若C，O两点关于AB对称，则OA＝2；
②若AB平分CO，则AB⊥CO；
③四边形ACBO面积的最大值为4+2；
④AB的中点D运动路径的长为π．其中正确的结论是 （写出所有正确结论
的序号）．
一十四．轴对称-最短路线问题（共1小题）
19．（2023•槐荫区二模）如图，在矩形ABCD中，，AD＝3．若点E是边AD上的一个动点，过点E作EF⊥AC且分别交对角线AC、直线BC于点O、F，则在点E移动
的过程中，AF+FE+EC的最小值为 ．
一十五．翻折变换（折叠问题）（共2小题）
20．（2023•莱芜区二模）如图，在矩形ABCD中，点F是CD边上的一点，把矩形ABCD 沿BF折叠，点C落在AD边上的点E处，AD＝10，AB＝8，点M是线段CF上的动点，
连接BM，过点E作BM的垂线交BC于点N，垂足为H．以下结论：①∠FED＝∠EBA；②
EF＝6；③＝；④连接CH，则CH的最小值为；其中正确的结论是 （把所有正确结论的序号都填在横线上）．
21．（2023•钢城区二模）如图①分别以直角三角形的三条边为边，向形外分别作正三角形，则图中的S1，S2，S3满足的数量关系是 .现将△ABF向上翻折，如图
②，已知S甲＝6，S乙＝5，S丙＝4，则△ABC的面积是 ．
一十六．平行线分线段成比例（共1小题）
22．（2023•历城区二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，AB＝4，E为BC 边的中点，连接AE，将△ACE沿AE折叠得到△AED，DE交AB于点O，连接BD．则的值为 ．
一十七．相似三角形的判定与性质（共3小题）
23．（2023•商河县二模）如图，正方形ABCD的边长为4，延长CB至E使EB＝2，以EB 为边在上方作正方形EFGB，延长FG交DC于M，连接AMAF，H为AD的中点，连接FH分别与AB、AM交于点N、K．则下列结论：①△ANH≌△GNF；②FK＝3NK；③∠AFN＝∠HFG；④S△AFN：S△ADM＝1：4．其中正确的结论有 ．
24．（2023•济南二模）如图所示，四边形ABCD是正方形，E为边CD的中点，连接AE并延长，与BC延长线交于点F，连接DF，G为DF的中点，连接BG，与AF相交于点H，与DC相交于点M，连接BD，与AF相交于点N，有下列结论：
①BD＝DF；
②tan∠DNF＝2；
③GF2＝GH•GB；
④S△BDM＝S四边形CMGF．
其中正确的结论有 （只填写结论序号）．
25．（2023•济南二模）如图，已知矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点M，N分别在边AD，BC上，沿着MN折叠矩形ABCD，使点A，B分别落在E，F处，且点F在线段CD上（不与两端点重合），过点M作MH⊥BC于点H，连接BF，给出下列判断：①△MHN∽△BCF；②折痕MN的长度的取值范围为3＜MN；③当四边形CDMH为正方形时，N 为HC的中点．其中正确的是 ．（写出所有正确判断的序号）
一十八．概率公式（共3小题）
26．（2023•商河县二模）如图，一个可以自由转动的转盘，任意转动转盘一次，当转盘停止时，指针落在红色区域的概率为 ．
27．（2023•济南二模）在一个不透明的口袋中，有2个红球和3个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个球，摸到红球的概率是 ．28．（2023•天桥区二模）一个不透明的布袋中装有3个红球，5个黄球，2个白球，每个球除颜色外都相同，任意摸出一球，摸到红球的概率为 ．
一十九．列表法与树状图法（共1小题）
29．（2023•历城区二模）如图，小颖为学校联欢会设计了一个“配紫色”游戏：下面是两个可以自由转动的转盘，每个转盘被分成面积相等的几个扇形，游戏者同时转动两个转盘．若其中一个转盘转出了红色，另一个转出了蓝色，则可配成紫色．此时，配成紫色的概率是 ．
山东省济南市2023年各地区中考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（13套）-02填空题（提升题）
参考答案与试题解析
一．估算无理数的大小（共1小题）
1．（2023•天桥区二模）已知a，b为两个连续的整数，且a＜＜b，则b a＝　9　．【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵a，b为两个连续的整数，且a＜＜b，
∴a＝2，b＝3，
∴b a＝32＝9．
故答案为：9．
二．因式分解-运用公式法（共1小题）
2．（2023•市中区二模）分解因式：x2﹣6x+9＝　（x﹣3）2　．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：原式＝（x﹣3）2．
故答案为：（x﹣3）2
三．根与系数的关系（共2小题）
3．（2023•商河县二模）已知2是方程x2+kx﹣6＝0的一个根，则另一个根是　﹣3　．【答案】见试题解答内容
【解答】解：设方程的另一个根为x2，
则2x2＝﹣6，
∴x2＝﹣3，
故答案为：﹣3
4．（2023•市中区二模）已知关于x的方程x2+3x﹣a＝0有一个根是x1＝1，则方程的另一个根x2＝　﹣4　．
【答案】﹣4．
【解答】解：∵已知关于x的方程x2+3x﹣a＝0有一个根是x1＝1，
所以由得：1+x2＝﹣3，
∴x2＝﹣4．
故答案为：﹣4．
四．一元二次方程的应用（共1小题）
5．（2023•济南二模）一条长64cm的铁丝被剪成两段，每段均折成正方形．若两个正方形的面积和等于160cm2，其中较小正方形的边长为　4　cm．
【答案】4．
【解答】解：设一个正方形的边长为xcm，
∵正方形的四边相等，
∴此正方形的周长是4xcm，另一个正方形的边长是cm，
根据题意得x2+（）2＝160，
解得x1＝12，x2＝4．
当x＝12时，＝4；
当x＝4时，＝12，
所以另一个正方形的边长为4cm和12cm．
∴较小正方形的边长为4cm．
故答案为：4．
五．解分式方程（共3小题）
6．（2023•历城区二模）已知代数式与代数的值相等，则x＝　10　．【答案】10．
【解答】解：由题意得：
＝，
2（x+2）＝3（x﹣2），
解得：x＝10，
检验：当x＝10时，（x﹣2）（x+2）≠0，
∴x＝10是原方程的根，
故答案为：10．
7．（2023•天桥区二模）代数式与代数式的值相等，则x＝　3　．【答案】3．
【解答】解：由题意得，＝，
去分母得，5x＝3（2x﹣1），
解得x＝3，
经检验x＝3是原方程的解，
所以原方程的解为x＝3，
故答案为：3．
8．（2023•济南二模）若分式的值为1，则x的值是　5　．
【答案】5．
【解答】解：由题意得：＝1，
去分母得：2＝x﹣3，
移项，得：x＝5，
∴x＝5，
经检验，x＝5是原方程的根，
∴x＝5．
故答案为：5．
六．一次函数的应用（共2小题）
9．（2023•历城区二模）在全民健身越野赛中，甲乙两选手的行程y（千米）随时间x（小时）变化的图象（全程）如图所示，有下列说法：
①起跑后1小时内，乙在甲的前面；
②甲比乙先到达终点；
③第1小时两人都跑了10千米；
④1.5小时时，甲乙相距5千米；
⑤两人都跑了20千米．
其中正确的说法是　③⑤　．（填序号）
【答案】③⑤．
【解答】解：①由纵坐标看出，起跑后1小时内，甲在乙的前面，故①错误；
②由横坐标看出，乙比甲先到达终点，故②错误；
③由横坐标看出，第一小时两人都跑了10千米，故③正确；
④1.5小时时，乙的行程为1.5×＝15（千米），甲的行程为10+×（1.5﹣1）＝
12（千米），
∴甲乙相距3千米，故④错误；
⑤由2×＝20（千米）知，乙2小时行程为20千米，根据纵坐标看出，甲乙二人都跑
了20千米，故⑤正确；
故答案为：③⑤．
10．（2023•市中区二模）某快递公司每天上午9：00～10：30为集中揽件和派件时段，甲仓库用来揽收快件，乙仓库用来派发快件，该时段内甲、乙两仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数图象如图所示，那么从9：00开始，经过　20　分钟时，两仓库快递件数相同．
【答案】20．
【解答】解：设甲仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数关系式为：y1＝k1x+40，根据题意得60k1+40＝400，解得k1＝6，
∴y1＝6x+40（0＜x＜90）；
设乙仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数关系式为：y2＝k2x+240，根据题意得60k2+240＝0，解得k2＝﹣4，
∴y2＝﹣4x+240（0＜x＜90），
联立，
解得，
∴经过20分钟时，两仓库快递件数相同．
故答案为：20
七．勾股定理的证明（共1小题）
11．（2023•济南二模）我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理如图所示的矩形由两个这样的图形拼成，若a＝3，b＝4，则该矩形的面积为　24　．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：设小正方形的边长为x，
∵a＝3，b＝4，
∴AB＝3+4＝7，
在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，
即（3+x）2+（x+4）2＝72，
整理得，x2+7x﹣12＝0，
∴x2+7x＝12，
∴该矩形的面积＝（3+x）（x+4）＝x2+7x+12＝12+12＝24．
故答案为：24．
八．多边形内角与外角（共1小题）
12．（2023•历城区二模）如图所示，已知∠MON＝60°，正五边形ABCDE的顶点A、B在射线OM上，顶点E在射线ON上，则∠NED＝　24　度．
【答案】24．
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠EAB＝＝108°，
∵∠EAB是△AEO的外角，
∴∠AEO＝∠EAB﹣∠MON＝108°﹣60°＝48°，
∴∠NED＝180°﹣∠AEO﹣∠AED
＝180°﹣48°﹣108°
＝24°．
故答案为：24．
九．矩形的性质（共1小题）
13．（2023•长清区二模）古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形面积相等”（如图1“S矩形DNFG＝S矩形FEBM”），问题解决：如图2，点P是矩形ABCD的对角线BD上一点，过点P作EF∥BC分别交AB，CD于点E，F，连接AP，CP．若DF＝4，EP＝3，则图中阴影部分的面积和为　12　．
【答案】12．
【解答】解：作PM⊥AD于M，交BC于N．如图2：
则四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴PM＝DF＝4，
同（1）得：S矩形AEPM＝S矩形CFPN，
∴S△AEP＝S△AMP，S△CFP＝S△CNP，
∴S△AEP＝S△CFP＝×PE×PM＝×3×4＝6，
∴图中阴影部分的面积S阴＝6+6＝12．
故答案为：12．
一十．正方形的性质（共1小题）
14．（2023•市中区二模）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AD 上的点，连接EF，将四边形ABEF沿EF折叠，点B的对应点G恰好落在CD边上，点A的对应点为H，连接BH．则BH+EF的最小值是　2　．
【答案】2．
【解答】解：如图，过点F作FK⊥BC于点K，延长BC到点M，使CM＝BC，连接AM
交CD于点N，连接MG、GA、BG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC，
∴CD⊥BM，
∴CD垂直平分BM，
∴MG＝BG，
由翻折得AB＝HG，∠ABG＝∠HGB，
∵BG＝GB，
∴△ABG≌△HGB（SAS），
∴GA＝BH，
由翻折知EF⊥BG，
又∵FK⊥BC，
∴∠FKE＝∠BCG＝90°，
∴∠EFK+∠FEK＝∠GBC+∠FEK＝90°，
∴∠EFK＝∠GBC，
∵∠BAD＝∠ABC＝∠BKF＝90°，
∴四边形ABKF是矩形，
∴AB＝FK，
∴FK＝BC，
∴△FEK≌△BGC（ASA），
∴EF＝BG，
∴EF＝MG，
∴BH+EF＝AG+MG，
∵AG+MG≥AM，
∴BH+EF≥AM，
∴当点G与点N重合时，AG+MA＝AM，此时AG+MA的值最小，∴BH+EF＝AM的值也最小，
∵∠ABM＝90°，AB＝2，BM＝2BC＝4，
∴AM＝＝＝2，
∴BH+EF的最小值是2．
故答案为：2．
一十一．正多边形和圆（共1小题）
15．（2023•商河县二模）如图，在正六边形ABCDEF中，AB＝4，顺次连接AB、BC、CD、DE、EF、FA的中点A1、B1、C1、D1、E1、F1，则六边形A1B1C1D1E1F1的周长是　12　．
【答案】12．
【解答】解：如图，连接AE，过点F作FJ⊥AE于点J
在正六边形ABCDEF中，AF＝EF＝AB＝4，∠AFE＝120°，
∵FJ⊥AE，
∴∠AFJ＝∠EFJ＝60°，AJ＝JE，
∴AJ＝JE＝AF•sin60°＝4×＝2，
∴AE＝2AJ＝4，
∵AF1＝FF1，EE1＝FE1，
∴E1F1＝AE＝2，
同法可得六边形A1B1C1D1E1F1的其它边长也是2，
∴六边形A1B1C1D1E1F1的周长是12．
故答案为：12．
一十二．扇形面积的计算（共2小题）
16．（2023•天桥区二模）如图，一张扇形纸片的圆心角为90°，半径为6，C是OA的中点，CD∥OB，则图中阴影部分的面积为　3π　．
【答案】3π．
【解答】解：如图，连接OD，
∵CD∥OB，
∴∠OCD＝∠AOB＝90°，∠ODC＝∠BOD，
∵C是OA的中点，
∴OC＝OA＝OD，
∴∠ODC＝30°＝∠BOD，
由对称性可知，S弓形AD＝S弓形OD，
∴S阴影部分＝S扇形OBD
＝
＝3π，
故答案为：3π．
17．（2023•历下区二模）如图，已知扇形AOB的半径OA＝2，∠AOB＝120°将扇形AOB 绕点A顺时针旋转30°得到扇形AO′B′，则图中阴影部分的面积是　π﹣　．
【答案】．
【解答】解：如图，连接OC，OB，BC，由题意可知，点A、O、B三点在同一条直线上，∠OAO′＝30°，
由旋转可知，AB＝AB′，∠O′AB′＝30°，
∴∠OAC＝30°+30°＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∵∠AOB＝120°，
∴∠BOC＝120°﹣60°＝60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴四边形AOBC是菱形，
在Rt△AOO′中，OA＝2，∠AOO′＝60°，
∴OO′＝OA＝1，O′A＝OA＝，
∴AB＝2O′A＝2，
∴S阴影部分＝S扇形ABB′﹣S△ABC
＝﹣××1
＝，
故答案为：．
一十三．轨迹（共1小题）
18．（2023•长清区二模）如图，在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝
2，点A在x轴的正半轴上滑动，点B在y轴的正半轴上滑动，点A，点B在滑动过程中可与原点O重合，下列结论：
①若C，O两点关于AB对称，则OA＝2；
②若AB平分CO，则AB⊥CO；
③四边形ACBO面积的最大值为4+2；
④AB的中点D运动路径的长为π．其中正确的结论是　①③　（写出所有正确结论的序号）．
【答案】①③．
【解答】解：在Rt△ABC中，∵BC＝2，∠BAC＝30°，
∴AB＝4，AC＝＝2，
∵若C，O两点关于AB对称，∴OA＝AC﹣2，
故①是正确的
②当F与D不重合时，连接OD，DC，设点F是OC和AB的交点，则OF＝CF，
∵∠ACB＝∠AOB＝90°，F平分AB，
∴CF＝OF＝0.5AB，
又∵DF＝DF，
∴△ODF≌△CDF（SSS），
∴∠OFD和∠CFD＝90°，
当F与D重合时，不一定重合，
故②是错误的；
③∵S△ABC＝2，∴当△ABO的面积最大时，四边形AOBC的面积最大，
∵S△AOB＝AO•BO≤（AO2+OB2）＝×4＝2，
∴当AO＝BO时，S△AOB的值最大，最大值为2，∴四边形ACBO面积的最大值为4+2，故③是正确的；
④如图3，
斜边AB的中点D运动路径是：以O为圆心，以2为半径的圆周的，
则：×2×2π＝π，
所以④不正确；
故答案为：①③．
一十四．轴对称-最短路线问题（共1小题）
19．（2023•槐荫区二模）如图，在矩形ABCD中，，AD＝3．若点E是边AD上的一个动点，过点E作EF⊥AC且分别交对角线AC、直线BC于点O、F，则在点E移动
的过程中，AF+FE+EC的最小值为　6　．
【答案】6．
【解答】解：如图，过点E作EH⊥BC于点H．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠BAD＝∠BHE＝90°，
∴四边形ABHE是矩形，
∴EH＝AB＝，
∵BC＝AD＝3，
∴AC＝＝＝2，
∵EF⊥AC，
∴∠COF＝90°，
∴∠EFH+∠ACB＝90°，
∵∠BAC+∠ACB＝90°，
∴∠EFH＝∠BAC，
∴△EHF∽△CBA，
∴＝＝，
∴，
∴FH＝1，EF＝2，
过点C作CC′∥EF，使得CC′＝EF，连接C′F．
∵EF＝CC′，EF∥CC′，
∴四边形EFC′C是平行四边形，
∴EC＝FC′，CC′＝EF＝2，
∵EF⊥AC，
∴AC⊥CC′，
∴∠AC′C＝90°，
∵AC′＝＝＝4，
∴AF+EC＝AF+FC′≥AC′+CC′＝4+2＝6，
∴AF+EF+CE的最小值为6．
故答案为：6．
一十五．翻折变换（折叠问题）（共2小题）
20．（2023•莱芜区二模）如图，在矩形ABCD中，点F是CD边上的一点，把矩形ABCD 沿BF折叠，点C落在AD边上的点E处，AD＝10，AB＝8，点M是线段CF上的动点，连接BM，过点E作BM的垂线交BC于点N，垂足为H．以下结论：①∠FED＝∠EBA；②EF＝6；③＝；④连接CH，则CH的最小值为；其中正确的结论是　①③④　（把所有正确结论的序号都填在横线上）．
【答案】①③④．
【解答】解：如图：
∵矩形ABCD沿BF折叠，点C落在AD边上的点E处，∴∠BEF＝∠C＝90°＝∠A，BC＝BE，EF＝CF，
∴∠FED＝90°﹣∠AEB＝∠EAB，故①正确；
∵BE＝BC＝AD＝10，AB＝8，
∴AE＝＝＝6，
∴DE＝AD﹣AE＝10﹣6＝4，
设EF＝x＝CF，则DF＝8﹣x，
在Rt△DEF中，DE2+DF2＝EF2，
∴42+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
∴EF＝5，故②错误；
过E作EG⊥BC于G，如图：
∵BM⊥EN，
∴∠BHN＝90°，
∴∠BNH＝90°﹣∠NBH＝∠BMC，即∠ENG＝∠BMC，
∵∠EGN＝90°＝∠C，
∴△EGN∽△BCM，
∴＝＝＝，故③正确；
∵EN⊥BM，BE＝10，
∴点H的运动轨迹为以BE中点O为圆心，5为半径的弧，过O作KT⊥BC于T，交AD 于K，如图：
∵KT∥AB，O为BE中点，
∴AK＝KE＝AE＝3＝BT，OK＝AB＝4，OB＝OE＝BE＝5，
∴CT＝BC﹣BT＝10﹣3＝7，OT＝KT﹣OK＝8﹣4＝4，OH＝5，
∴OC＝＝＝，
当O，H，C共线时，CH取最小值，最小值为OC﹣OH，
∴CH的最小值为﹣5，故④正确；
∴正确的结论是①③④，
故答案为：①③④．
21．（2023•钢城区二模）如图①分别以直角三角形的三条边为边，向形外分别作正三角形，则图中的S1，S2，S3满足的数量关系是　S1+S2＝S3　.现将△ABF向上翻折，如图②，已知S甲＝6，S乙＝5，S丙＝4，则△ABC的面积是　7　．
【答案】S1+S2＝S3；7．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∵△ACE、△BCD、△ABF是等边三角形，
∴S1＝AC2，S2＝BC2，S3＝AB2，S1+S2＝（AC2+BC2）＝AB2＝S3，即S1+S2＝S3；
设△ABC的面积为S，图②中2个白色图形的面积分别为a、b，如图②所示：
∵S1+S2＝S3，
∴S甲+a+S乙+b＝S丙+a+b+S，
∴S甲+S乙＝S丙+S，
∴S＝S甲+S乙﹣S丙＝6+5﹣4＝7；
故答案为：S1+S2＝S3；7．
一十六．平行线分线段成比例（共1小题）
22．（2023•历城区二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，AB＝4，E为BC 边的中点，连接AE，将△ACE沿AE折叠得到△AED，DE交AB于点O，连接BD．则
的值为 ．
【答案】．
【解答】解：作EH⊥BD于H，
∵∠C＝90°，AC＝4，AB＝4，
∴BC＝＝4，
∵E为BC边的中点，
∴CE＝BE＝2，
∴AE＝＝2，
∵△ACE沿AE折叠得到△AED，
∴DE＝EB，∠AEC＝∠AED，
∴∠EDB＝∠EBD，
∵∠AEC+∠AED＝∠EDB+∠EBD，
∴2∠AEC＝2∠EBD，
∴∠AEC＝∠EBD，
∴AE∥BD，
∵∠C＝∠EHB＝90°，∠AEC＝∠EBH，∴△EBH∽△AEC，
∴BH：CE＝BE：AE，
∴BH：2＝2：2，
∴BH＝，
∴BD＝2BH＝，
∵BD∥AE，
∴△BOD∽△AOE，
∴＝＝．
故答案为：．
一十七．相似三角形的判定与性质（共3小题）
23．（2023•商河县二模）如图，正方形ABCD的边长为4，延长CB至E使EB＝2，以EB 为边在上方作正方形EFGB，延长FG交DC于M，连接AMAF，H为AD的中点，连接FH分别与AB、AM交于点N、K．则下列结论：①△ANH≌△GNF；②FK＝3NK；③∠AFN＝∠HFG；④S△AFN：S△ADM＝1：4．其中正确的结论有　①②④　．
【答案】①②④．
【解答】解：∵四边形EFGB是正方形，EB＝2，
∴FG＝BE＝2，∠FGB＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，H为AD的中点，
∴AD＝4，AH＝2，
∠BAD＝90°，
∴∠HAN＝∠FGN，AH＝FG，
∵∠ANH＝∠GNF，
∴△ANH≌△GNF（AAS），故①正确；
∴∠AHN＝∠HFG，
∵AG＝FG＝2＝AH，
∴AF＝FG＝AH，
∴∠AFH≠∠AHF，
∴∠AFN≠∠HFG，故③错误；
∵△ANH≌△GNF，
∴AN＝AG＝1，
∵GM＝BC＝4，
∴＝＝2，
∵∠HAN＝∠AGM＝90°，
∴△AHN∽△GMA，
∴∠AHN＝∠AMG，∠MAG＝∠HNA，
∴AK＝NK，
∵AD∥GM，
∴∠HAK＝∠AMG，
∴∠AHK＝∠HAK，
∴AK＝HK，
∴AK＝HK＝NK，
∵FN＝HN，
∴FN＝2NK，
∴FK＝3NK，故②正确；
方法二：可得N也是中点，结合已知H是中点，连接GD交AM于点P，则根据勾股定
理GD＝2，
∵点P为对称中心，
∴GP＝，
又∵NK也是△AGP的中位线，
∴NK＝，
在Rt△FGN中，FN＝，
∴FN＝2NK，
∴FK＝3NK，故②正确；
∵延长FG交DC于M，
∴四边形ADMG是矩形，
∴DM＝AG＝2，
∵S△AFN＝AN•FG＝×2×1＝1，S△ADM＝AD•DM＝×4×2＝4，
∴S△AFN：S△ADM＝1：4，故④正确，
故答案为：①②④．
24．（2023•济南二模）如图所示，四边形ABCD是正方形，E为边CD的中点，连接AE并延长，与BC延长线交于点F，连接DF，G为DF的中点，连接BG，与AF相交于点H，与DC相交于点M，连接BD，与AF相交于点N，有下列结论：
①BD＝DF；
②tan∠DNF＝2；
③GF2＝GH•GB；
④S△BDM＝S四边形CMGF．
其中正确的结论有　①③④　（只填写结论序号）．
【答案】①③④．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝AD，∠ADC＝∠BCD＝∠DCF＝90°，∵E为边CD的中点，
∴DE＝CE．
在△ADE和△FCE中，
，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴AD＝FC，
∴BC＝FC，
∴CD是BF的垂直平分线，
∴BD＝DF．
∴①的结论正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BF，
∴△ADN∽△FBN，
∴，
∴DN＝BN，
∴．
∵BD＝DF，
∴．
∵BC＝CD＝CF，
∴∠BDF＝90°，
∴tan∠DNF＝＝3．
∴②的结论不正确；
在Rt△BDG中，BD＝DF，
∵G为DF的中点，
∴DG＝DF，
∴DG＝BD，
∴tan∠DBG＝．
在Rt△FCE中，
∵E为边CD的中点，CD＝CF，
∴CE＝CD＝CF，
∴tan∠EFC＝，
∴∠DBG＝∠EFC．
∵∠DBG+∠GBC＝∠EFC+∠DFH＝45°，
∴∠GBC＝∠DFH，
∵∠BGF＝∠FGH，
∴△BGF∽△FGH，
∴，
∴FG2＝GH•GB．
∴③的结论正确；
∵G为DF的中点，
∴DG＝FG，
∴S△BDG＝S△BFG，
∴S△BDG﹣S△DMG＝S△BFG﹣S△DMG，
∴S△BDM＝S四边形CMGF．
∴④的结论正确．
综上，正确的结论有：①③④．
故答案为：①③④．
25．（2023•济南二模）如图，已知矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点M，N分别在边AD，BC上，沿着MN折叠矩形ABCD，使点A，B分别落在E，F处，且点F在线段CD上（不与两端点重合），过点M作MH⊥BC于点H，连接BF，给出下列判断：①△MHN∽△BCF；②折痕MN的长度的取值范围为3＜MN；③当四边形CDMH为正方形时，N
为HC的中点．其中正确的是　①②③　．（写出所有正确判断的序号）
【答案】①②③．
【解答】解：①如图，由折叠可知BF⊥MN，
∴∠BOM＝90°，
∵MH⊥BC，
∴∠BHP＝90°＝∠BOM，
∵∠BPH＝∠OPM，
∴∠CBF＝∠NMH，
∵∠MHN＝∠C＝90°，
∴△MHN∽△BCF，
故①正确；
②当F与C重合时，MN＝3，此时MN最小，
当F与D重合时，如图2，此时MN最大，
由勾股定理得：BD＝5，
∵OB＝OD＝，
∵tan∠DBC＝，即，
∴ON＝，
∵AD∥BC，
∴∠MDO＝∠OBN，
在△MOD和△NOB中，
∵，
∴△DOM≌△BON（ASA），
∴OM＝ON，
∴MN＝2ON＝，
∵点F在线段CD上（不与两端点重合），
∴折痕MN的长度的取值范围为3＜MN＜；故②正确；
③如图3，连接BM，FM，
当四边形CDMH为正方形时，MH＝CH＝CD＝DM＝3，
∵AD＝BC＝4，
∴AM＝BH＝1，
由勾股定理得：BM＝＝，
∴FM＝，
∴DF＝＝＝1，
∴CF＝3﹣1＝2，
设HN＝x，则BN＝FN＝x+1，
在Rt△CNF中，CN2+CF2＝FN2，
∴（3﹣x）2+22＝（x+1）2，
解得：x＝，
∴HN＝，
∵CH＝3，
∴CN＝HN＝，
∴N为HC的中点；
故③正确；
∴本题正确的结论有：①②③；
故答案为：①②③．
一十八．概率公式（共3小题）
26．（2023•商河县二模）如图，一个可以自由转动的转盘，任意转动转盘一次，当转盘停止
时，指针落在红色区域的概率为 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：将红色部分平均分成两份，将圆平均分成3个均等的区域，2红1蓝，
因此任意转动转盘一次，当转盘停止时，指针落在红色区域的概率为，
故答案为：．
27．（2023•济南二模）在一个不透明的口袋中，有2个红球和3个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个球，摸到红球的概率是 ．
【答案】．
【解答】解：∵在一个不透明的口袋中，有2个红球和3个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个球，
∴摸到红球的概率是：＝．
故答案为：．
28．（2023•天桥区二模）一个不透明的布袋中装有3个红球，5个黄球，2个白球，每个球除颜色外都相同，任意摸出一球，摸到红球的概率为 ．
【答案】．
【解答】解：共有球3+2+5＝10个，红球有3个，
因此摸出的球是红球的概率为：．
故答案为：．
一十九．列表法与树状图法（共1小题）
29．（2023•历城区二模）如图，小颖为学校联欢会设计了一个“配紫色”游戏：下面是两个可以自由转动的转盘，每个转盘被分成面积相等的几个扇形，游戏者同时转动两个转盘．若其中一个转盘转出了红色，另一个转出了蓝色，则可配成紫色．此时，配成紫色
的概率是 ．
【答案】．
【解答】解：列表得：
红白
黄（红，黄）（白，黄）蓝（红，蓝）（白，蓝）绿（红，绿）（白，绿）∴一共有6种情况，配成紫色的有1种情况，
∴配成紫色的概率是，
故答案为：．。