开放型—深圳市中考数学地方特色专题
一、填空题
1．（2024九下·潮阳模拟）一个多项式，把它因式分解后有一个因式为，请你写出一个符合条件的多项式： ．
2．（2025·深圳模拟）关于的一元二次方程有两个不相等实数根，则的值可能是 ．（只需写出一个即可）
3．（2025九下·罗湖月考）若二次函数的图象开口向下，顶点在轴正半轴上，则二次函数表达式为 ．（写出一个即可）
4．（2024·深圳） 如图所示， 四边形 均为正方形， 且 ，则正方形 的边长可以是 . （写出一个答案即可）
二、解答题
5．（2024·深圳模拟）先化简，再求值：，其中为满足的整数，取一个合适的值，并代入计算出结果．
6．（2025九上·宝安开学考）先化简，再求值
（1）（-1），其中x的值从不等式的正整数解中选取．
÷（a+2-），其中a2+3a-1=0．
7．（2025·深圳模拟）小聪爸爸为了了解国产吉他的品质（指板材质、发出的声音等），对甲、乙两种品牌进行了抽样调查．在相同条件下，随机抽取了两种品牌的吉他各9份样品，对吉他的品质进行评分（百分制），并对数据进行收集、整理，下面给出两种品牌吉他得分的统计图表．
甲、乙两种品牌吉他得分表
序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
甲（分） 81 82 83 88 90 90 90 92 95
乙（分） 74 75 85 88 89 90 91 97 97
甲、乙两种吉他得分统计表
品牌 平均数 中位数 众数
甲 87.9 90
乙 87.3 97
（1）________，________；
（2）从方差的角度看，________种吉他的得分较稳定（填“甲”或“乙”）；
（3）你会建议小聪爸爸选择哪种品牌吉他？请结合统计图表中的信息写出你的理由．
8．（2025九下·宝安开学考）如图，在△ABC中，以边AB为直径作⊙O，交AC于点D，点E为边BC上一点，连接DE．给出下列信息：①AB＝BC；②∠DEC=90°；③DE是⊙O的切线．
（1）请在上述3条信息中选择其中两条作为条件，剩下的一条作为结论，组成一个命题．你选择的两个条件是 ▲ ，结论是 ▲ （只要填写序号）．判断此命题是否正确，并说明理由；
（2）在（1）的条件下，若CD=5，CE=4，求⊙O的直径．
9．（2025九下·深圳开学考）如图，AB是的直径，DC切于点交AD于点，连接AC、BD.
（1）①；②；③；
请从以上三个条件中选择一个： ▲ ，证明AC是的切线；
（2）若AC是的切线，，求BD的长.
10．（2025九下·南山）如图，在平面直角坐标系中，．
（1）若与关于轴的对称，则的坐标分别是 ；
（2）请仅用无刻度直尺作图，保留作图痕迹，不写作法．
①在图1中，找一格点，使得；
②在图2中，作出的高AQ．
11．（2024九上·深圳月考） 如图，在菱形中，对角线，相交于点，过点作于点，连接，延长至点，连接．
（1）请你只添加一个条件，使得四边形为矩形，你添加的条件是 ▲ ，并进行证明；
（2）若，，求的长．
12．（【深圳市中考数学备考指南】专题4概率统计（较难））如图所示的转盘，分成三个相同的扇形，指针位置固定，转 动转盘后任其自由停止，其中的某个扇形会恰好停在指针所指的位置，并相应得到一个数(指 针指向两个扇形的交线时，当作指向右边的扇形)．
（1）求事件“转动一次，得到的数恰好是-1”发生的概率；
（2）写出此情境下一个不可能发生的事件；
（3）用树状图或列表法，求事件“转动两次，第一次得到的数与第二次得到的数绝对值相等” 发生的概率．
13．（2024九上·宝安模拟）如图，四边形中，对角线与相交于点O，，，点E在上．
（1）下列条件：①；②点E与点C关于直线对称；③E为中点．
请从中选择一个能证明四边形是菱形的条件，并写出证明过程．
（2）若四边形是菱形，且，，，求的长．
14．（2024九下·福田模拟）如图，在中，，以为直径的交边于点，连接，过点作．
（1）请用无刻度的直尺和圆规作图：过点作的切线，交于点；（不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
（2）在（1）的条件下，求证：；
（3）在（1）的条件下，，，求⊙O的半径．
15．（2024九下·深圳模拟）在初中阶段的函数学习中，我们经历了“确定函数的表达式→利用函数图象研究其性质→运用函数解决问题”的学习过程．结合学习函数的经验，探究函数的图象与性质，探究过程如下，请补充完整．
（1）列表：
x … 0 1 2 3 4 …
y … b …
（2）描点并连线．
（3）观察图象并填空：
① ，
②写出该函数的一条性质：
③图象与x轴围成的三角形面积为
④当时，直接写出x的取值范围
16．（2024·宝安模拟）如图，中，点是边AB上任意一点，以为圆心，OB为半径的圆交AC于，交AB交于，给出下列信息：①；②；③AC是的切线．
（1）请在上述3条信息中选择其中两条作为条件，其余的一条作为结论组成一个命题．试判断这个命题是否正确，并说明理由．你选择的条件是 ，结论是 （只要填写序号）．
（2）如果，求的半径．
17．（2024·深圳模拟）如图，以AB为直径的⊙O交BC于点D，DE⊥AC，垂足为E．
（1）在不添加新的点和线的前提下，请增加一个条件： 使直线DE为⊙O的切线，并说明理由；
（2）在(1)的条件下，若DE=6，tan∠ADE=，求⊙O 的半径.
18．（2024九上·福田开学考）如图，在中，点是对角线的中点，某数学学习小组要在上找两点，，使四边形为平行四边形，现总结出甲、乙两种方案如下：
甲方案 乙方案
分别取，的中点， 作于点，于点
请回答下列问题：
（1）选择其中一种你认为正确的方案进行证明；
（2）在（1）的基础上，若，，求的面积．
19．（2024·深圳模拟）某校学生的上学方式分为“A步行、B骑车、C乘公共交通工具、D乘私家车、E其它”，该校数学兴趣小组成员在全校随机抽取了若干名学生进行抽样调查，并整理样本数据，得到如下两幅不完整的统计图：
（1）本次抽样调查的人数为 人，并补全条形统计图；
（2）扇形统计图中“A步行”上学方式所对的圆心角是 度；
（3）若该校共2000名学生，请估计该校“B骑车”上学的人数约是 人；
（4）该校数学兴趣小组成员结合调查获取的信息，向学校提出了一些建议．
如：骑车上学的学生超过全校学生总人数的30%，建议学校合理安排自行车停车场地．
请你结合上述统计的全过程，再提出一条合理化建议．
20．（2024九上·龙岗开学考）【材料背景】
如图，在中，以边为底边向外作等腰，其中，且，那么点就被称为边的“外展等直点”．
【建构与探究】
如图，正方形网格是由边长为“”的正方形组成，点、、、都在格点上，，点为的中点．
（1）连接、、，请分别作边、的“外展等直点”和，连接、和，则的形状为 ▲ ；
（2）如图，点、在格点上，请在线段上的格点中任取一点不与点重合，连接、，分别作的边和边的“外展等直点”、，连接、和，请判断的形状，并说明理由．
（3）【应用与拓展】
如图，点、为平面内某三角形两条边的“外展等直点”，已知，，请直接写出该三角形第三条边的中点的坐标．
21．（2024九上·深圳开学考）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．
（1）如图1，在中，，是的角平分线，E，F分别是，上的点．求证：四边形是邻余四边形．
（2）如图2，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形，使是邻余线，E，F在格点上．
（3）如图3，在（1）的条件下，取中点M，连接并延长交于点Q，延长交于点N．若N为的中点，，求邻余线的长．
答案解析部分
1．【答案】(答案不唯一）
【知识点】公因式的概念
【解析】【解答】解：∵一个多项式，把它因式分解后有一个因式为，
设另一个因式为，
∴．
故答案为：（答案不唯一）．
【分析】本题考查多项式的因式分解．根据题意一个多项式，把它因式分解后有一个因式为，设另一个因式为，据此可得多项式为，再进行计算可求出答案.
2．【答案】0
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵关于的一元二次方程有两个不相等实数根，
∴，
解得：，
∴的值可能是，
故答案为：．
【分析】根据二次方程有两个不相等的实数根，可得判别式，解不等式即可求出答案.
3．【答案】（答案不唯一）
【知识点】二次函数图象与系数的关系
【解析】【解答】解：∵二次函数的开口向下，
∴该二次函数的二次项系数小于0，
∵顶点在y轴的正半轴上，
∴该函数的一次项系数为0，常数项大于0，
∴符合条件的二次函数的解析式可以为：（答案不唯一）．
故答案为：（答案不唯一）．
【分析】根据二次函数图象与性质的关系即可求出答案.
4．【答案】2(答案不唯一)
【知识点】无理数的估值；正方形的性质
5．【答案】解：原式
，
，
，
和0，
只能取2或，
当时，原式；
当时，原式．（任取一个代入计算即可）.
【知识点】分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】先通分，再计算除法，最后计算加减法，计算过程中需要对分式的分子分母进行因式分解并约分.化简的最终结果选定一个数代入即可.注意选m的值时，所选值要使整个代数式有意义.
6．【答案】（1）解不等式组得：-1≤x＜3，
化简得 原式=×=（-）×=×=，
当x=2时，代入得，原式==-2.
（2）原式=÷=×=；
∵a2+3a 1=0，
∴a2+3a=1，
∴3a2+9a=3，
代入得，原式=.
【知识点】分式的化简求值；解一元一次不等式组
【解析】【分析】（1）解不等式组求出x的取值范围，再将括号里面的式子通分化简， 利用分式混合运算法则计算， 再任选一个符合要求的x的值代入化简后的式子计算即可.
（2）首先通分，并根据同分母分式的加法法则，化简小括号内的算式；然后计根据分式的除法化成最简结果，再把a2+3a-1=0变形，得到3a2+9a=3，再代入化简后的式子，即可求出答案．
7．【答案】（1），
（2）甲
（3）解：建议购买甲品牌，因为甲品牌的平均数更高，所以甲品牌吉他更好．
【知识点】平均数及其计算；中位数；方差；众数
【解析】【解答】（1）解：由乙种吉他得分可得，处在中间位置的一个数是，即，
由甲种吉他得分可得，出现次数最多的是90分，即；
故答案为：89；90
（2）解：，
故，
∴甲吉他的得分较稳定；
【分析】（1）根据中位数和众数的定义即可求出答案.
（2）由甲、乙两种吉他得分的方差，比较得出，即可求出答案.
（3）根据平均数的意义即可求出答案.
（1）解：由乙种吉他得分可得，处在中间位置的一个数是，即，
由甲种吉他得分可得，出现次数最多的是90分，即；
（2）解：，
故，
∴甲吉他的得分较稳定；
（3）解：建议购买甲品牌，因为甲品牌的平均数更高，所以甲品牌吉他更好．
8．【答案】（1）解：选择①和②为条件，③为结论，且该命题为真命题．
证明：如图，连接OD，
，
．
，
，
，
．
，
，即，
是的切线．
故答案为：①和②，③；（答案不唯一）
（2）解：如图，连接BD，
为直径，
，即．
，
．
在和中，
，
，即，
．
故圆的直径为．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；切线的判定与性质；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）选择①和②为条件，③为结论，且该命题为真命题．连接OD，根据等腰三角形的性质证明，再证，
根据切线判定定理可得是的切线；
（2）连接BD，证明，则，即，解得。
9．【答案】（1）解：①
如图，连接OD.
切于点，
，即.
且点是圆心，
平分AD，即CO垂直平分AD，
.
又，
，
，又是的半径，
是的切线.
（2）是的切线，DC切于点，
，即
，
垂直平分AD
，
在Rt中，
是的直径，
在Rt中，
设，则，由勾股定理得
，解得
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；切线的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】（1）连接OD.根据切线的性质可得，即.先证，即，可证是的切线
（2）根据切线的性质可得，即，根据垂直平分线的性质可得，在Rt中，，在Rt中，，设，则，由勾股定理，解得，则。
10．【答案】（1）（3，2），（4，-1）
（2）解： ① 如图1，点P即为所求（答案不唯一，（2，2），（0，-1）也满足条件）；
② 如图2，线段AQ即为所求。
【知识点】等腰三角形的性质；轴对称的性质
【解析】【分析】（1）利用轴对称的性质可求出的坐标 ；
（2） ① 构造等腰直角三角形即可解决问题；
② 取格点M、N，连接MN交网格线于点J，连接AJ，延长AJ交OB于点Q，线段AQ即为所求。
11．【答案】（1）解：（答案不唯一），
证明如下：
∵四边形ABCD为菱形
∴AD=CB，AD∥CB，
又∵
∴EF=EB+BF=CE+EB=CB=AD，
∴四边形ADEF是平行四边形，
又∵
∴四边形ADEF是矩形。
（2）解：∵四边形ABCD为菱形，，
∴CD=CB=10，OD=OB，OA=OC，
在Rt△DEB中，
∵， OD=OB，
∴OD=OB=6，DB=2OE=12，
在Rt△OCB中，
∵CB=10，OB=6
∴OC=8，
∴AC=2OC=16，
由菱形面积可知：
，
即，
∴DE=．
【知识点】菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）通过添加条件，先根据菱形性质，推出AD=CB，AD∥CB，再根据线段间运输，推出EF=AD，证明四边形ADEF是平行四边形，继而可证明四边形ADEF是矩形；
（2）先根据菱形性质，推出CD=CB=10，OD=OB，OA=OC，再分别利用"直角三角形斜边中线长度等于斜边长度的一半"和勾股定理，求出OB=6，OC=8，继而可得到AC=16，DB=12，再根据菱形面积计算公式：S菱形面积=底×高=对角线乘积的一半，即可列出等式，求出DE的长。
12．【答案】（1）解：转动一次， 得到的数共有三种可能， 其中为 -1 的有一种， ；
（2）解：答案不唯一， 如： 事件 "转动一次， 得到的数恰好是 2 " 或事件 "转动两次， 第一次与第二次得到的两数之和为 3 "；
（3）解：画树状图如下：
共有9种可能，其中两次绝对值相等的有5种，
∴
【知识点】用列表法或树状图法求概率；等可能事件的概率；简单事件概率的计算
【解析】【分析】（1）根据简单事件的概率即可求解；
（2）根据事件的分类结合题意写出不可能事件即可求解；
（3）根据题意画出树状图，进而得到共有9种可能，其中两次绝对值相等的有5种，再根据等可能事件的概率即可求解。
13．【答案】（1）解：选择①；
证明：在和中，，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴是等腰三角形，为中点，
∴，即，
∴平行四边形是菱形；
选择②点E与点C关于直线对称，
证明：∵，，
∴为线段的垂直平分线，
∴，，
∵点E与点C关于直线对称，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，，
在中，，
∴，
∵，即，
∴，
在中，，
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；解直角三角形；线段垂直平分线的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）选择①，先根据三角形全等的判定与性质证明得到，进而证明四边形是平行四边形，再根据等腰三角形的性质可得，即，最后根据菱形的判定即可求解；
选择②，先根据垂直平分线的判定与性质得到为线段的垂直平分线则点E与点C关于直线对称，再根据菱形的判定即可证明四边形是菱形；
（2）先根据菱形的性质得到，，再根据勾股定理得到，进而根据正弦函数结合题意即可得到，从而根据勾股定理得到，即可求出的长．
（1）解：选择①；
证明：在和中，，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴是等腰三角形，为中点，
∴，即，
∴平行四边形是菱形；
选择②点E与点C关于直线对称，
证明：∵，，
∴为线段的垂直平分线，
∴，，
∵点E与点C关于直线对称，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）∵四边形是菱形，，，
∴，，，，
在中，，
∴，
∵，即，
∴，
在中，，
∴．
14．【答案】（1）解：方法不唯一，如图所示．
.
（2）证明：∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵点在以为直径的圆上，
∴，
∴．
又∵为的切线，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵在和中，
∴．
∴．
（3）解：由（2）得：，
∵，
∴，
设，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴⊙O的半径为．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；切线的判定与性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）根据尺规作图，过点作的垂线，交于点，即可求出答案.
（2）根据等边对等角可得，再根据直线平行性质可得，则，根据圆周角定理可得，再根据切线性质可得，再根据直线平行性质可得，则．再根据全等三角形判定定理可得，则，即可求出答案.
（3）根据全等三角形判定定理可得，则，设，则，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
15．【答案】解：（2）如图
（3）①，；②当时，y随x增大而增大（或）当时，y随x增大而减小（或）当时，y取最小；③16；④或
【知识点】一次函数图象与坐标轴交点问题；描点法画函数图象；通过函数图象获取信息
【解析】【解答】解：（3）①把，代入得：
，解得
∴
∴当时，
故答案为：，；
②当时，y随x增大而减小 (答案不唯一)
③令，∴，解得，，
∴图象与x轴围成的三角形面积为，
故答案为：16 ；
④令，则，
解得，，
∴由图像可知，当时，x的取值范围或．
【分析】（2）根据表格描出各点，然后连接即可得到图象
（3）①选择一组简单的数据代入中，求出a的值，得出函数关系式，再把x=2代入中，求出b即可
②答案不唯一，只有满足图形的性质即可，比如：当当时，图像从左往右是下降的，y随x增大而减小 等
③ 先求出图像与X轴的交点坐标，求出两交点之间的距离，再根据三角形的面积公式求出面积即可
④先求出y=1的点的坐标，再观察图像找到y>1的部分图像所对应的x的取值范围.
16．【答案】（1）（答案不唯一）①③或 ②③或①②；②或①或③
（2）解：如图，连接OE
∵ ∠C=90°
∴ BF⊥AC
∵ AC为圆O的切线
∴ OE⊥AC
∴ OE∥BF
∴ ∠F=∠OED
∵ OD=OE
∴ ∠ODE=∠OED
∴ ∠BDF=∠F
（2）设圆O的半径为r，则BD=2r，OE=OD=r
由（1）知：∠BDF=∠F
∴ BD=BF=2r
∵ CF=1
∴ BC=2r-1
∴ sinA=
∴ AD=
∴ AB=BD+AD=2r+=
∴sinA=
解得r=
则的半径 为.
【知识点】切线的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】本题考查圆的切线，解直角三角形等知识，熟练掌握圆的基础知识及切线性质是解题关键。（1）答案不唯一，选①③或 ②③或①②作为条件都可。以①③为条件，②为结论证明：结合∠C=90°
和AC为圆O的切线得OE∥BF，得 ∠F=∠OED，证∠ODE=∠OED得 ∠BDF=∠F；（2）设圆O的半径为r，则BD=2r，OE=OD=r， BD=BF=2r， BC=2r-1；根据sinA== 解得r=，即的半径 为.
17．【答案】（1）D为BC的中点
（2）解：由tan∠ADE=得得AE=4，
由勾股定理得AD=，
由∠ADE+∠ADO=90°，∠ADO=∠OAD，∠B+∠OAD=90°得∠ADE=∠B，
于是tanB=，即有得BD=3，
由勾股定理得AB=，
所以半径为6.5
【知识点】线段垂直平分线的性质；切线的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】（1）解：添加的条件不唯一.可添加条件：D为BC的中点
证明：连接OD
∵AB为直径
∴AD⊥BD
又∵D为BC中点，
∴AB=AC
∴∠B=∠C，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB
∴∠C=∠ODB
∵DE⊥AC
∵∠C+∠CDE=90°
∴∠ODB+∠CDE=90°
∴∠ODE=90°
∴DE为圆O的切线；
故答案为：D为BC的中点；
(2)由tan∠ADE=得得AE=4，
由勾股定理得AD=，
由∠ADE+∠ADO=90°，∠ADO=∠OAD，∠B+∠OAD=90°得∠ADE=∠B，
于是tanB=，即有得BD=3，
由勾股定理得AB=，
所以半径为6.5
【分析】（1）此问题是半开放型题目，只需证明合理即可，可由切线的性质反推出一系列条件；
（2）由等角的正切值相等得tanB=，结合勾股定理可得BD、AB的长，得到半径.
18．【答案】（1）解：①选甲方案，
证明：四边形是平行四边形，
，，
，
是对角线的中点，
，
、分别是、的中点，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
四边形是平行四边形；故甲方案正确；
②选乙方案，
证明：于点，于点，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，故乙方案正确；
（2）解：由（1）得，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
的面积是32．
【知识点】三角形的面积；平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】
（1）①选甲方案，由平行四边形的性质得，，由平行线的性质“两直线平行，内错角相等”可得，由线段中点的性质得，、分别是、的中点，得，用边角边可证，由全等三角形的性质“全等三角形的对应边（角）相等”得，，由等角的补角相等可得，由平行线的判定“内错角相等，两直线平行可得，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可求解；
②选乙方案，由于点，于点，得，，由平行四边形的性质得，，由平行线的性质“两直线平行，内错角相等”，用角角边可证，由全等三角形的性质“全等三角形的对应边相等”得，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可求解；
（2）由（1）可得，，由线段的和差可得，结合已知可得，于是，根据等底同高的两个三角形的面积相等可得，则可求解．
（1）解：选甲方案，
证明：四边形是平行四边形，
，，
，
是对角线的中点，
，
、分别是、的中点，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
四边形是平行四边形；故甲方案正确；
选乙方案，
证明：于点，于点，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，故乙方案正确；
（2）解：由（1）得，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
的面积是32．
19．【答案】（1）解：抽样调查的人数为150；
D组人数：150×20%=30（人）
补全的条形统计图如图所示：
（2）36
（3）680
（4）解：为了节约和环保，建议同学们尽量少坐私家车.（建议合理，且无负面意见即可．）
【知识点】总体、个体、样本、样本容量；用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图；利用统计图表描述数据
【解析】【解答】解：（1）C组有45人，占总数的30%，45÷30%=150（人）.
故答案为：150.
（2）“A步行”上学方式所对的圆心角度数为：.
故答案为：36.
（3）该校“B骑车”上学的人数约是：（人）.
故答案为：680.
（4）为了节约和环保，建议同学们尽量少坐私家车.
故答案为：为了节约和环保，建议同学们尽量少坐私家车.
【分析】（1）利用C组人数÷C组的占比即可得到总人数，利用总人数×D组所占的百分比可得D组人数，即可补全条形统计图；
（2）用360°×A步行的占比即可得对应的扇形圆心角；
（3）用2000×B骑车的占比即可估计出对应的人数.
（4）建议合理，且无负面意见即可．
20．【答案】（1）点、即为所求，
由图可知，且，
是等腰直角三角形．
（2）选取点如图所示，、即为所求．
参考一：
形状为等腰直角三角形，理由如下：
如图，，
≌，∠GCI=∠HCJ=45°.
，且，
为等腰直角三角形．
参考二：
如图，，，，
≌，
，，
∴，
为等腰直角三角形．
参考三：
如图，，，，
≌，
，，则，
为等腰直角三角形．
（3）由（2）可知为等腰直角三角形，则在上方和下方各有一个点，如图：
过作轴，作于点，于点，
，
，
，，
≌，
，，
，，
，，
即，，
，，
；
同理可得
综上，三角形第三条边的中点的坐标为，
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰直角三角形；同侧一线三垂直全等模型
【解析】【分析】（1）根据“外展等直点”的定义得到点P和点Q，再连接PC，CQ和PQ，观察图形结合网格特点即可得到答案；
（2）根据根据“外展等直点”的定义分别作OD和BD的“外展等直点”，分别以GC和HC为斜边构造直角三角形GIC和直角三角形GJH，证明全等，可得GC=HC，∠GCH=90°，从而可得结论.
（3）由(2)可知△MNK为等腰直角三角形，则在MN上方和下方各有一个K点，过作轴，作于点，于点，利用AAS证明△MEK1≌△K1FN，可得ME=FK1，EK1=FN，从而可得K1的坐标.同理可得K2的坐标.
21．【答案】（1）证明：∵，是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是邻余四边形．
（2）解：根据新定义，画图如下：
则四边形即为所求．（答案不唯一）
（3）解：∵，是的角平分线，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，中点M，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，又，
∴，
解得，
∵ N为的中点，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一性质，得出，从而根据 邻余四边形定义，即可得出结论；
（2）利用方格纸的特点、正方形的性质及根据邻余四边形的定义画出符合条件的四边形即可，答案不唯一；
（3）利用等腰三角形的三线合一得AD⊥BC，CD=BD，由直角三角形斜边中线的性质得出DM=EM=FM，由等边对等角得∠BDQ=∠CEN，∠B=∠C，由有两组角对应相等的两个三角形相似判断出△DBQ∽△ECN，再由相似三角形的对应边成比例，列出比例式解出CN长，即可解答．
（1）证明：∵，是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是邻余四边形．
（2）解：根据新定义，画图如下：
则四边形即为所求．
（3）解：∵，是的角平分线，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，中点M，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，又，
∴，
解得，
∵ N为的中点，
∴．
1 / 1开放型—深圳市中考数学地方特色专题
一、填空题
1．（2024九下·潮阳模拟）一个多项式，把它因式分解后有一个因式为，请你写出一个符合条件的多项式： ．
【答案】(答案不唯一）
【知识点】公因式的概念
【解析】【解答】解：∵一个多项式，把它因式分解后有一个因式为，
设另一个因式为，
∴．
故答案为：（答案不唯一）．
【分析】本题考查多项式的因式分解．根据题意一个多项式，把它因式分解后有一个因式为，设另一个因式为，据此可得多项式为，再进行计算可求出答案.
2．（2025·深圳模拟）关于的一元二次方程有两个不相等实数根，则的值可能是 ．（只需写出一个即可）
【答案】0
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵关于的一元二次方程有两个不相等实数根，
∴，
解得：，
∴的值可能是，
故答案为：．
【分析】根据二次方程有两个不相等的实数根，可得判别式，解不等式即可求出答案.
3．（2025九下·罗湖月考）若二次函数的图象开口向下，顶点在轴正半轴上，则二次函数表达式为 ．（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【知识点】二次函数图象与系数的关系
【解析】【解答】解：∵二次函数的开口向下，
∴该二次函数的二次项系数小于0，
∵顶点在y轴的正半轴上，
∴该函数的一次项系数为0，常数项大于0，
∴符合条件的二次函数的解析式可以为：（答案不唯一）．
故答案为：（答案不唯一）．
【分析】根据二次函数图象与性质的关系即可求出答案.
4．（2024·深圳） 如图所示， 四边形 均为正方形， 且 ，则正方形 的边长可以是 . （写出一个答案即可）
【答案】2(答案不唯一)
【知识点】无理数的估值；正方形的性质
二、解答题
5．（2024·深圳模拟）先化简，再求值：，其中为满足的整数，取一个合适的值，并代入计算出结果．
【答案】解：原式
，
，
，
和0，
只能取2或，
当时，原式；
当时，原式．（任取一个代入计算即可）.
【知识点】分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】先通分，再计算除法，最后计算加减法，计算过程中需要对分式的分子分母进行因式分解并约分.化简的最终结果选定一个数代入即可.注意选m的值时，所选值要使整个代数式有意义.
6．（2025九上·宝安开学考）先化简，再求值
（1）（-1），其中x的值从不等式的正整数解中选取．
÷（a+2-），其中a2+3a-1=0．
【答案】（1）解不等式组得：-1≤x＜3，
化简得 原式=×=（-）×=×=，
当x=2时，代入得，原式==-2.
（2）原式=÷=×=；
∵a2+3a 1=0，
∴a2+3a=1，
∴3a2+9a=3，
代入得，原式=.
【知识点】分式的化简求值；解一元一次不等式组
【解析】【分析】（1）解不等式组求出x的取值范围，再将括号里面的式子通分化简， 利用分式混合运算法则计算， 再任选一个符合要求的x的值代入化简后的式子计算即可.
（2）首先通分，并根据同分母分式的加法法则，化简小括号内的算式；然后计根据分式的除法化成最简结果，再把a2+3a-1=0变形，得到3a2+9a=3，再代入化简后的式子，即可求出答案．
7．（2025·深圳模拟）小聪爸爸为了了解国产吉他的品质（指板材质、发出的声音等），对甲、乙两种品牌进行了抽样调查．在相同条件下，随机抽取了两种品牌的吉他各9份样品，对吉他的品质进行评分（百分制），并对数据进行收集、整理，下面给出两种品牌吉他得分的统计图表．
甲、乙两种品牌吉他得分表
序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
甲（分） 81 82 83 88 90 90 90 92 95
乙（分） 74 75 85 88 89 90 91 97 97
甲、乙两种吉他得分统计表
品牌 平均数 中位数 众数
甲 87.9 90
乙 87.3 97
（1）________，________；
（2）从方差的角度看，________种吉他的得分较稳定（填“甲”或“乙”）；
（3）你会建议小聪爸爸选择哪种品牌吉他？请结合统计图表中的信息写出你的理由．
【答案】（1），
（2）甲
（3）解：建议购买甲品牌，因为甲品牌的平均数更高，所以甲品牌吉他更好．
【知识点】平均数及其计算；中位数；方差；众数
【解析】【解答】（1）解：由乙种吉他得分可得，处在中间位置的一个数是，即，
由甲种吉他得分可得，出现次数最多的是90分，即；
故答案为：89；90
（2）解：，
故，
∴甲吉他的得分较稳定；
【分析】（1）根据中位数和众数的定义即可求出答案.
（2）由甲、乙两种吉他得分的方差，比较得出，即可求出答案.
（3）根据平均数的意义即可求出答案.
（1）解：由乙种吉他得分可得，处在中间位置的一个数是，即，
由甲种吉他得分可得，出现次数最多的是90分，即；
（2）解：，
故，
∴甲吉他的得分较稳定；
（3）解：建议购买甲品牌，因为甲品牌的平均数更高，所以甲品牌吉他更好．
8．（2025九下·宝安开学考）如图，在△ABC中，以边AB为直径作⊙O，交AC于点D，点E为边BC上一点，连接DE．给出下列信息：①AB＝BC；②∠DEC=90°；③DE是⊙O的切线．
（1）请在上述3条信息中选择其中两条作为条件，剩下的一条作为结论，组成一个命题．你选择的两个条件是 ▲ ，结论是 ▲ （只要填写序号）．判断此命题是否正确，并说明理由；
（2）在（1）的条件下，若CD=5，CE=4，求⊙O的直径．
【答案】（1）解：选择①和②为条件，③为结论，且该命题为真命题．
证明：如图，连接OD，
，
．
，
，
，
．
，
，即，
是的切线．
故答案为：①和②，③；（答案不唯一）
（2）解：如图，连接BD，
为直径，
，即．
，
．
在和中，
，
，即，
．
故圆的直径为．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；切线的判定与性质；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）选择①和②为条件，③为结论，且该命题为真命题．连接OD，根据等腰三角形的性质证明，再证，
根据切线判定定理可得是的切线；
（2）连接BD，证明，则，即，解得。
9．（2025九下·深圳开学考）如图，AB是的直径，DC切于点交AD于点，连接AC、BD.
（1）①；②；③；
请从以上三个条件中选择一个： ▲ ，证明AC是的切线；
（2）若AC是的切线，，求BD的长.
【答案】（1）解：①
如图，连接OD.
切于点，
，即.
且点是圆心，
平分AD，即CO垂直平分AD，
.
又，
，
，又是的半径，
是的切线.
（2）是的切线，DC切于点，
，即
，
垂直平分AD
，
在Rt中，
是的直径，
在Rt中，
设，则，由勾股定理得
，解得
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；切线的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】（1）连接OD.根据切线的性质可得，即.先证，即，可证是的切线
（2）根据切线的性质可得，即，根据垂直平分线的性质可得，在Rt中，，在Rt中，，设，则，由勾股定理，解得，则。
10．（2025九下·南山）如图，在平面直角坐标系中，．
（1）若与关于轴的对称，则的坐标分别是 ；
（2）请仅用无刻度直尺作图，保留作图痕迹，不写作法．
①在图1中，找一格点，使得；
②在图2中，作出的高AQ．
【答案】（1）（3，2），（4，-1）
（2）解： ① 如图1，点P即为所求（答案不唯一，（2，2），（0，-1）也满足条件）；
② 如图2，线段AQ即为所求。
【知识点】等腰三角形的性质；轴对称的性质
【解析】【分析】（1）利用轴对称的性质可求出的坐标 ；
（2） ① 构造等腰直角三角形即可解决问题；
② 取格点M、N，连接MN交网格线于点J，连接AJ，延长AJ交OB于点Q，线段AQ即为所求。
11．（2024九上·深圳月考） 如图，在菱形中，对角线，相交于点，过点作于点，连接，延长至点，连接．
（1）请你只添加一个条件，使得四边形为矩形，你添加的条件是 ▲ ，并进行证明；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）解：（答案不唯一），
证明如下：
∵四边形ABCD为菱形
∴AD=CB，AD∥CB，
又∵
∴EF=EB+BF=CE+EB=CB=AD，
∴四边形ADEF是平行四边形，
又∵
∴四边形ADEF是矩形。
（2）解：∵四边形ABCD为菱形，，
∴CD=CB=10，OD=OB，OA=OC，
在Rt△DEB中，
∵， OD=OB，
∴OD=OB=6，DB=2OE=12，
在Rt△OCB中，
∵CB=10，OB=6
∴OC=8，
∴AC=2OC=16，
由菱形面积可知：
，
即，
∴DE=．
【知识点】菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）通过添加条件，先根据菱形性质，推出AD=CB，AD∥CB，再根据线段间运输，推出EF=AD，证明四边形ADEF是平行四边形，继而可证明四边形ADEF是矩形；
（2）先根据菱形性质，推出CD=CB=10，OD=OB，OA=OC，再分别利用"直角三角形斜边中线长度等于斜边长度的一半"和勾股定理，求出OB=6，OC=8，继而可得到AC=16，DB=12，再根据菱形面积计算公式：S菱形面积=底×高=对角线乘积的一半，即可列出等式，求出DE的长。
12．（【深圳市中考数学备考指南】专题4概率统计（较难））如图所示的转盘，分成三个相同的扇形，指针位置固定，转 动转盘后任其自由停止，其中的某个扇形会恰好停在指针所指的位置，并相应得到一个数(指 针指向两个扇形的交线时，当作指向右边的扇形)．
（1）求事件“转动一次，得到的数恰好是-1”发生的概率；
（2）写出此情境下一个不可能发生的事件；
（3）用树状图或列表法，求事件“转动两次，第一次得到的数与第二次得到的数绝对值相等” 发生的概率．
【答案】（1）解：转动一次， 得到的数共有三种可能， 其中为 -1 的有一种， ；
（2）解：答案不唯一， 如： 事件 "转动一次， 得到的数恰好是 2 " 或事件 "转动两次， 第一次与第二次得到的两数之和为 3 "；
（3）解：画树状图如下：
共有9种可能，其中两次绝对值相等的有5种，
∴
【知识点】用列表法或树状图法求概率；等可能事件的概率；简单事件概率的计算
【解析】【分析】（1）根据简单事件的概率即可求解；
（2）根据事件的分类结合题意写出不可能事件即可求解；
（3）根据题意画出树状图，进而得到共有9种可能，其中两次绝对值相等的有5种，再根据等可能事件的概率即可求解。
13．（2024九上·宝安模拟）如图，四边形中，对角线与相交于点O，，，点E在上．
（1）下列条件：①；②点E与点C关于直线对称；③E为中点．
请从中选择一个能证明四边形是菱形的条件，并写出证明过程．
（2）若四边形是菱形，且，，，求的长．
【答案】（1）解：选择①；
证明：在和中，，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴是等腰三角形，为中点，
∴，即，
∴平行四边形是菱形；
选择②点E与点C关于直线对称，
证明：∵，，
∴为线段的垂直平分线，
∴，，
∵点E与点C关于直线对称，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，，
在中，，
∴，
∵，即，
∴，
在中，，
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；解直角三角形；线段垂直平分线的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）选择①，先根据三角形全等的判定与性质证明得到，进而证明四边形是平行四边形，再根据等腰三角形的性质可得，即，最后根据菱形的判定即可求解；
选择②，先根据垂直平分线的判定与性质得到为线段的垂直平分线则点E与点C关于直线对称，再根据菱形的判定即可证明四边形是菱形；
（2）先根据菱形的性质得到，，再根据勾股定理得到，进而根据正弦函数结合题意即可得到，从而根据勾股定理得到，即可求出的长．
（1）解：选择①；
证明：在和中，，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴是等腰三角形，为中点，
∴，即，
∴平行四边形是菱形；
选择②点E与点C关于直线对称，
证明：∵，，
∴为线段的垂直平分线，
∴，，
∵点E与点C关于直线对称，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）∵四边形是菱形，，，
∴，，，，
在中，，
∴，
∵，即，
∴，
在中，，
∴．
14．（2024九下·福田模拟）如图，在中，，以为直径的交边于点，连接，过点作．
（1）请用无刻度的直尺和圆规作图：过点作的切线，交于点；（不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
（2）在（1）的条件下，求证：；
（3）在（1）的条件下，，，求⊙O的半径．
【答案】（1）解：方法不唯一，如图所示．
.
（2）证明：∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵点在以为直径的圆上，
∴，
∴．
又∵为的切线，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵在和中，
∴．
∴．
（3）解：由（2）得：，
∵，
∴，
设，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴⊙O的半径为．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；切线的判定与性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）根据尺规作图，过点作的垂线，交于点，即可求出答案.
（2）根据等边对等角可得，再根据直线平行性质可得，则，根据圆周角定理可得，再根据切线性质可得，再根据直线平行性质可得，则．再根据全等三角形判定定理可得，则，即可求出答案.
（3）根据全等三角形判定定理可得，则，设，则，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
15．（2024九下·深圳模拟）在初中阶段的函数学习中，我们经历了“确定函数的表达式→利用函数图象研究其性质→运用函数解决问题”的学习过程．结合学习函数的经验，探究函数的图象与性质，探究过程如下，请补充完整．
（1）列表：
x … 0 1 2 3 4 …
y … b …
（2）描点并连线．
（3）观察图象并填空：
① ，
②写出该函数的一条性质：
③图象与x轴围成的三角形面积为
④当时，直接写出x的取值范围
【答案】解：（2）如图
（3）①，；②当时，y随x增大而增大（或）当时，y随x增大而减小（或）当时，y取最小；③16；④或
【知识点】一次函数图象与坐标轴交点问题；描点法画函数图象；通过函数图象获取信息
【解析】【解答】解：（3）①把，代入得：
，解得
∴
∴当时，
故答案为：，；
②当时，y随x增大而减小 (答案不唯一)
③令，∴，解得，，
∴图象与x轴围成的三角形面积为，
故答案为：16 ；
④令，则，
解得，，
∴由图像可知，当时，x的取值范围或．
【分析】（2）根据表格描出各点，然后连接即可得到图象
（3）①选择一组简单的数据代入中，求出a的值，得出函数关系式，再把x=2代入中，求出b即可
②答案不唯一，只有满足图形的性质即可，比如：当当时，图像从左往右是下降的，y随x增大而减小 等
③ 先求出图像与X轴的交点坐标，求出两交点之间的距离，再根据三角形的面积公式求出面积即可
④先求出y=1的点的坐标，再观察图像找到y>1的部分图像所对应的x的取值范围.
16．（2024·宝安模拟）如图，中，点是边AB上任意一点，以为圆心，OB为半径的圆交AC于，交AB交于，给出下列信息：①；②；③AC是的切线．
（1）请在上述3条信息中选择其中两条作为条件，其余的一条作为结论组成一个命题．试判断这个命题是否正确，并说明理由．你选择的条件是 ，结论是 （只要填写序号）．
（2）如果，求的半径．
【答案】（1）（答案不唯一）①③或 ②③或①②；②或①或③
（2）解：如图，连接OE
∵ ∠C=90°
∴ BF⊥AC
∵ AC为圆O的切线
∴ OE⊥AC
∴ OE∥BF
∴ ∠F=∠OED
∵ OD=OE
∴ ∠ODE=∠OED
∴ ∠BDF=∠F
（2）设圆O的半径为r，则BD=2r，OE=OD=r
由（1）知：∠BDF=∠F
∴ BD=BF=2r
∵ CF=1
∴ BC=2r-1
∴ sinA=
∴ AD=
∴ AB=BD+AD=2r+=
∴sinA=
解得r=
则的半径 为.
【知识点】切线的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】本题考查圆的切线，解直角三角形等知识，熟练掌握圆的基础知识及切线性质是解题关键。（1）答案不唯一，选①③或 ②③或①②作为条件都可。以①③为条件，②为结论证明：结合∠C=90°
和AC为圆O的切线得OE∥BF，得 ∠F=∠OED，证∠ODE=∠OED得 ∠BDF=∠F；（2）设圆O的半径为r，则BD=2r，OE=OD=r， BD=BF=2r， BC=2r-1；根据sinA== 解得r=，即的半径 为.
17．（2024·深圳模拟）如图，以AB为直径的⊙O交BC于点D，DE⊥AC，垂足为E．
（1）在不添加新的点和线的前提下，请增加一个条件： 使直线DE为⊙O的切线，并说明理由；
（2）在(1)的条件下，若DE=6，tan∠ADE=，求⊙O 的半径.
【答案】（1）D为BC的中点
（2）解：由tan∠ADE=得得AE=4，
由勾股定理得AD=，
由∠ADE+∠ADO=90°，∠ADO=∠OAD，∠B+∠OAD=90°得∠ADE=∠B，
于是tanB=，即有得BD=3，
由勾股定理得AB=，
所以半径为6.5
【知识点】线段垂直平分线的性质；切线的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】（1）解：添加的条件不唯一.可添加条件：D为BC的中点
证明：连接OD
∵AB为直径
∴AD⊥BD
又∵D为BC中点，
∴AB=AC
∴∠B=∠C，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB
∴∠C=∠ODB
∵DE⊥AC
∵∠C+∠CDE=90°
∴∠ODB+∠CDE=90°
∴∠ODE=90°
∴DE为圆O的切线；
故答案为：D为BC的中点；
(2)由tan∠ADE=得得AE=4，
由勾股定理得AD=，
由∠ADE+∠ADO=90°，∠ADO=∠OAD，∠B+∠OAD=90°得∠ADE=∠B，
于是tanB=，即有得BD=3，
由勾股定理得AB=，
所以半径为6.5
【分析】（1）此问题是半开放型题目，只需证明合理即可，可由切线的性质反推出一系列条件；
（2）由等角的正切值相等得tanB=，结合勾股定理可得BD、AB的长，得到半径.
18．（2024九上·福田开学考）如图，在中，点是对角线的中点，某数学学习小组要在上找两点，，使四边形为平行四边形，现总结出甲、乙两种方案如下：
甲方案 乙方案
分别取，的中点， 作于点，于点
请回答下列问题：
（1）选择其中一种你认为正确的方案进行证明；
（2）在（1）的基础上，若，，求的面积．
【答案】（1）解：①选甲方案，
证明：四边形是平行四边形，
，，
，
是对角线的中点，
，
、分别是、的中点，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
四边形是平行四边形；故甲方案正确；
②选乙方案，
证明：于点，于点，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，故乙方案正确；
（2）解：由（1）得，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
的面积是32．
【知识点】三角形的面积；平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】
（1）①选甲方案，由平行四边形的性质得，，由平行线的性质“两直线平行，内错角相等”可得，由线段中点的性质得，、分别是、的中点，得，用边角边可证，由全等三角形的性质“全等三角形的对应边（角）相等”得，，由等角的补角相等可得，由平行线的判定“内错角相等，两直线平行可得，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可求解；
②选乙方案，由于点，于点，得，，由平行四边形的性质得，，由平行线的性质“两直线平行，内错角相等”，用角角边可证，由全等三角形的性质“全等三角形的对应边相等”得，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可求解；
（2）由（1）可得，，由线段的和差可得，结合已知可得，于是，根据等底同高的两个三角形的面积相等可得，则可求解．
（1）解：选甲方案，
证明：四边形是平行四边形，
，，
，
是对角线的中点，
，
、分别是、的中点，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
四边形是平行四边形；故甲方案正确；
选乙方案，
证明：于点，于点，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，故乙方案正确；
（2）解：由（1）得，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
的面积是32．
19．（2024·深圳模拟）某校学生的上学方式分为“A步行、B骑车、C乘公共交通工具、D乘私家车、E其它”，该校数学兴趣小组成员在全校随机抽取了若干名学生进行抽样调查，并整理样本数据，得到如下两幅不完整的统计图：
（1）本次抽样调查的人数为 人，并补全条形统计图；
（2）扇形统计图中“A步行”上学方式所对的圆心角是 度；
（3）若该校共2000名学生，请估计该校“B骑车”上学的人数约是 人；
（4）该校数学兴趣小组成员结合调查获取的信息，向学校提出了一些建议．
如：骑车上学的学生超过全校学生总人数的30%，建议学校合理安排自行车停车场地．
请你结合上述统计的全过程，再提出一条合理化建议．
【答案】（1）解：抽样调查的人数为150；
D组人数：150×20%=30（人）
补全的条形统计图如图所示：
（2）36
（3）680
（4）解：为了节约和环保，建议同学们尽量少坐私家车.（建议合理，且无负面意见即可．）
【知识点】总体、个体、样本、样本容量；用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图；利用统计图表描述数据
【解析】【解答】解：（1）C组有45人，占总数的30%，45÷30%=150（人）.
故答案为：150.
（2）“A步行”上学方式所对的圆心角度数为：.
故答案为：36.
（3）该校“B骑车”上学的人数约是：（人）.
故答案为：680.
（4）为了节约和环保，建议同学们尽量少坐私家车.
故答案为：为了节约和环保，建议同学们尽量少坐私家车.
【分析】（1）利用C组人数÷C组的占比即可得到总人数，利用总人数×D组所占的百分比可得D组人数，即可补全条形统计图；
（2）用360°×A步行的占比即可得对应的扇形圆心角；
（3）用2000×B骑车的占比即可估计出对应的人数.
（4）建议合理，且无负面意见即可．
20．（2024九上·龙岗开学考）【材料背景】
如图，在中，以边为底边向外作等腰，其中，且，那么点就被称为边的“外展等直点”．
【建构与探究】
如图，正方形网格是由边长为“”的正方形组成，点、、、都在格点上，，点为的中点．
（1）连接、、，请分别作边、的“外展等直点”和，连接、和，则的形状为 ▲ ；
（2）如图，点、在格点上，请在线段上的格点中任取一点不与点重合，连接、，分别作的边和边的“外展等直点”、，连接、和，请判断的形状，并说明理由．
（3）【应用与拓展】
如图，点、为平面内某三角形两条边的“外展等直点”，已知，，请直接写出该三角形第三条边的中点的坐标．
【答案】（1）点、即为所求，
由图可知，且，
是等腰直角三角形．
（2）选取点如图所示，、即为所求．
参考一：
形状为等腰直角三角形，理由如下：
如图，，
≌，∠GCI=∠HCJ=45°.
，且，
为等腰直角三角形．
参考二：
如图，，，，
≌，
，，
∴，
为等腰直角三角形．
参考三：
如图，，，，
≌，
，，则，
为等腰直角三角形．
（3）由（2）可知为等腰直角三角形，则在上方和下方各有一个点，如图：
过作轴，作于点，于点，
，
，
，，
≌，
，，
，，
，，
即，，
，，
；
同理可得
综上，三角形第三条边的中点的坐标为，
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰直角三角形；同侧一线三垂直全等模型
【解析】【分析】（1）根据“外展等直点”的定义得到点P和点Q，再连接PC，CQ和PQ，观察图形结合网格特点即可得到答案；
（2）根据根据“外展等直点”的定义分别作OD和BD的“外展等直点”，分别以GC和HC为斜边构造直角三角形GIC和直角三角形GJH，证明全等，可得GC=HC，∠GCH=90°，从而可得结论.
（3）由(2)可知△MNK为等腰直角三角形，则在MN上方和下方各有一个K点，过作轴，作于点，于点，利用AAS证明△MEK1≌△K1FN，可得ME=FK1，EK1=FN，从而可得K1的坐标.同理可得K2的坐标.
21．（2024九上·深圳开学考）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．
（1）如图1，在中，，是的角平分线，E，F分别是，上的点．求证：四边形是邻余四边形．
（2）如图2，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形，使是邻余线，E，F在格点上．
（3）如图3，在（1）的条件下，取中点M，连接并延长交于点Q，延长交于点N．若N为的中点，，求邻余线的长．
【答案】（1）证明：∵，是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是邻余四边形．
（2）解：根据新定义，画图如下：
则四边形即为所求．（答案不唯一）
（3）解：∵，是的角平分线，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，中点M，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，又，
∴，
解得，
∵ N为的中点，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一性质，得出，从而根据 邻余四边形定义，即可得出结论；
（2）利用方格纸的特点、正方形的性质及根据邻余四边形的定义画出符合条件的四边形即可，答案不唯一；
（3）利用等腰三角形的三线合一得AD⊥BC，CD=BD，由直角三角形斜边中线的性质得出DM=EM=FM，由等边对等角得∠BDQ=∠CEN，∠B=∠C，由有两组角对应相等的两个三角形相似判断出△DBQ∽△ECN，再由相似三角形的对应边成比例，列出比例式解出CN长，即可解答．
（1）证明：∵，是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是邻余四边形．
（2）解：根据新定义，画图如下：
则四边形即为所求．
（3）解：∵，是的角平分线，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，中点M，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，又，
∴，
解得，
∵ N为的中点，
∴．
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