《2026年天利38套中考试题精选数学浙江专版》

14. 方程组$\begin{cases}3x+2y=10,\\x+\frac{1}{5}(3x+2y)=5\end{cases}$的解是______.

答案： 14.$\begin{cases} x = 3, \\ y = \frac{1}{2} \end{cases}$ 　[解析]解二元一次方程组　整理原方程组得$\begin{cases} 3x + 2y = 10 & ①, \\ 8x + 2y = 25 & ② \end{cases}$，② - ①，得$5x = 15$，
∴$x = 3$.把$x = 3$代入①，得$9 + 2y = 10$，
∴$y = \frac{1}{2}$.
∴原方程组的解是$\begin{cases} x = 3, \\ y = \frac{1}{2} \end{cases}$.

15. 如图,在锐角$\triangle ABC$中,$\angle ACB=45^{\circ}$,将$\triangle ABC$绕点$C$逆时针旋转$\alpha$度$(0＜\alpha＜180)$,得到$\triangle DEC$,点$A$和点$B$的对应点分别为点$D$和点$E$,当点$D$落在$AB$上时,恰有$DE\perp BC$,则$\alpha=$30.

答案： 15.30 　[解析]旋转的性质+等腰三角形的性质
∵将$\triangle ABC$绕点$C$逆时针旋转$\alpha$度得到$\triangle DEC$，
∴$AC = CD$，$\angle A = \angle CDE$，$\angle ACD = \alpha^{\circ}$.
∴$\angle A = \angle CDE = \angle CDA = 90^{\circ} - \frac{1}{2}\alpha^{\circ}$.
∵$DE \perp BC$，
∴$\angle DCB = 90^{\circ} - \angle CDE = 90^{\circ} - (90^{\circ} - \frac{1}{2}\alpha^{\circ}) = \frac{1}{2}\alpha^{\circ}$.
∵$\angle ACB = 45^{\circ}$，
∴$\angle ACD + \angle DCB = 45^{\circ}$，即$\alpha^{\circ} + \frac{1}{2}\alpha^{\circ} = 45^{\circ}$，解得$\alpha = 30$.

16. 将一个矩形按如图1所示方式分割成三个相似的直角三角形,按面积从大到小的顺序分别记为$\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$,$\triangle A_{2}B_{2}C_{2}$,$\triangle A_{3}B_{3}C_{3}$.将$\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$,$\triangle A_{2}B_{2}C_{2}$叠合,得到图2,阴影部分的三角形面积记为$S_{1}$.将$\triangle A_{2}B_{2}C_{2}$,$\triangle A_{3}B_{3}C_{3}$叠合,得到图3,阴影部分的四边形面积记为$S_{2}$.若$S_{1}=\frac{5}{2}S_{2}$,则该矩形的长和宽之比为______.

答案：
16.$\frac{9\sqrt{5}}{10}$ 　[解析]相似三角形的判定与性质+等腰三角形的判定与性质
[第1步，利用相似三角形的性质用字母$a$，$b$表示出矩形的长与宽]
由题意可得如图1，
∵四边形$C_{1}B_{2}B_{3}A_{1}$是矩形，
∴$C_{1}B_{2} = A_{1}B_{3}$.设$A_{2}B_{2} = B_{3}C_{3} = a$，$B_{2}C_{2} = b$，
∵$\triangle A_{1}B_{1}C_{1} \sim \triangle A_{2}B_{2}C_{2} \sim \triangle A_{3}B_{3}C_{3}$，
∴$\frac{B_{1}A_{1}}{A_{2}B_{2}} = \frac{C_{2}B_{2}}{B_{3}C_{3}}$，即$\frac{a^{2}}{b} = \frac{b}{a}$，$A_{3}B_{3} = \frac{a^{2}}{b}$.
∴$B_{2}B_{3} = B_{2}B_{3} + B_{1}B_{3} = b + \frac{a^{2}}{b}$.
[第2步，根据相似三角形的性质及图形的面积公式用字母$a$，$b$表示两个阴影部分的面积]
如图2，设$A_{1}C_{1}$与$A_{2}C_{2}$交于点$E$，过点$E$作$EF \perp A_{1}B_{1}$，垂足为$F$（巧作辅助线：作垂线构造相似三角形），
∵$\angle B_{1}A_{1}C_{1} = \angle B_{2}A_{2}C_{2}$，
∴$\triangle A_{2}FE$为等腰三角形.
∴$B_{2}F = A_{2}F = \frac{1}{2}A_{2}B_{2}$.
∵$\angle A_{2}FE = \angle A_{2}B_{2}C_{2} = 90^{\circ}$，$\angle FA_{2}E = \angle B_{2}A_{2}C_{2}$，
∴$\triangle A_{2}FE \sim \triangle A_{2}B_{2}C_{2}$.
∴$\frac{EF}{C_{2}B_{2}} = \frac{A_{2}F}{A_{2}B_{2}} = \frac{1}{2}$.
∴$EF = \frac{1}{2}B_{2}C_{2} = \frac{1}{2}b$.
∴$S_{1} = \frac{1}{2}A_{2}B_{2} · EF = \frac{1}{4}ab$，$S_{2} = \frac{1}{2}(B_{3}C_{3} + B_{2}C_{2}) · (A_{2}B_{2} - A_{3}B_{3}) = \frac{1}{2}(a + b) · (a - \frac{a^{2}}{b}) = \frac{1}{2}ab - \frac{a^{3}}{2b}$.
[第3步，根据两阴影部分面积的数量关系列出方程，用一个字母表示另一个字母]
∵$S_{1} = \frac{5}{2}S_{2}$，
∴$\frac{1}{4}ab = \frac{5}{2}(\frac{1}{2}ab - \frac{a^{3}}{2b})$，解得$b = \frac{\sqrt{5}}{2}a$（负舍）.
[第4步，用同一个字母表示出矩形的长与宽，求得比值]
∴$B_{2}B_{3} = b + \frac{a^{2}}{b} = \frac{9\sqrt{5}}{10}a$.
∵$B_{2}A_{2} = a$，
∴$\frac{B_{2}B_{3}}{B_{2}A_{2}} = \frac{\frac{9\sqrt{5}}{10}a}{a} = \frac{9\sqrt{5}}{10}$.
∴该矩形的长和宽之比为$\frac{9\sqrt{5}}{10}$.
　　　　　　　
　　　　　　　　

17. (本小题满分8分)计算:$\sqrt{12}-(2-\sqrt{2})^{0}+|-3|$.

答案： 17.算术平方根+零指数幂+绝对值
解：原式$= 2\sqrt{3} - 1 + 3$（易错：把$0$次幂当作$0$）
$= 2\sqrt{3} + 2$.（6分）

18. (本小题满分8分)先化简,再求值:$(2x+3)(2x-3)-4x(x-6)$,其中$x=\frac{1}{4}$.

答案： 18.整式的化简求值
解：原式$= 4x^{2} - 9 - 4x^{2} + 24x$（4分）
$= 24x - 9$，（6分）
当$x = \frac{1}{4}$时，原式$= 24×\frac{1}{4} - 9 = -3$.（8分）

19. (本小题满分8分)如图,在$4×5$的正方形网格中,$\triangle ABC$的顶点$A$,$B$,$C$都在网格的格点上.
(1)请仅用一把无刻度的直尺画出等腰$\triangle ABP$($P$为格点).
(2)请仅用一把无刻度的直尺画出$\angle ABC$的平分线$BQ$,并加以证明.

答案：
19.作图—直尺作图+等腰三角形的判定+勾股定理
解：
(1)根据题意作图如下，
　　　　　　　　
$\triangle P_{1}AB$和$\triangle P_{2}AB$就是所要求作的等腰三角形（依据：设小正方形的边长为$1$，由网格知$BP_{2} = 5$，$BE = AF = 3$，$P_{1}E = BF = 4$，$\angle BEP_{1} = \angle AFB = 90^{\circ}$，由勾股定理得$AB = \sqrt{AF^{2} + BF^{2}} = 5$，$BP_{1} = \sqrt{BE^{2} + P_{1}E^{2}} = 5$，
∴$AB = BP_{1} = BP_{2}$.
∴$\triangle P_{1}AB$和$\triangle P_{2}AB$均为等腰三角形）.（4分）
(2)由网格图知，$AP_{2}$的中点是格点$D$，过点$D$作射线$BQ$，则$BQ$就是$\angle ABC$的平分线（提醒：角的平分线是射线，不能作成线段）.
　　　　　　　　　
证明：由
(1)知$AB = BP_{2}$，
∵$D$是$AP_{2}$的中点，
∴$\angle ABD = \angle P_{2}BD$，
即$BQ$平分$\angle ABC$.（8分）

20. (本小题满分8分)如图,在四边形$ABCD$中,$AD// BC$,$\angle B=90^{\circ}$,$BC=2AD$,$E$,$F$分别是$BC$,$CD$的中点,连接$AE$,$EF$.
(1)求证:四边形$AECD$是平行四边形.
(2)若$AB=4$,$BC=6$,求$EF$的长.

答案：
20.平行四边形的判定与性质+直角三角形的性质+三角形中位线定理+勾股定理
解：
(1)证明：
∵$BC = 2AD$，$E$是$BC$的中点，
∴$AD = \frac{1}{2}BC$，$CE = \frac{1}{2}BC$.
∴$AD = CE$.
又
∵$AD // BC$，
∴四边形$AECD$是平行四边形.（4分）
(2)解法一（中线法）：如图1，连接$DE$（巧作辅助线：构造直角三角形），同理可证得四边形$ABED$是平行四边形.
　　　　　　　　　
∴$\angle DEC = \angle B = 90^{\circ}$，$DE = AB = 4$.
又
∵$CE = \frac{1}{2}BC = 3$，
∴$DC = \sqrt{DE^{2} + EC^{2}} = 5$.（7分）
又
∵$F$为$CD$的中点，
∴$EF = \frac{1}{2}DC = 2.5$.（8分）
解法二（中位线法）：
如图2，连接$BD$（巧作辅助线：求得$BD$，便可由三角形中位线定理求得$EF$），
　　　　　　　　　
∵$AD // BC$，
∴$\angle BAD + \angle ABC = 180^{\circ}$.（5分）
∵$\angle ABC = 90^{\circ}$，
∴$\angle BAD = 90^{\circ}$.（6分）
∵$BC = 6$，$BC = 2AD$，
∴$AD = 3$.
∴$BD = \sqrt{AB^{2} + AD^{2}} = 5$.（7分）
∵$E$，$F$分别是$BC$，$CD$的中点，
∴$EF$是$\triangle BCD$的中位线.
∴$EF = \frac{1}{2}BD = 2.5$.（8分）