2021年广东省深圳市布心中学中考冲刺卷

这是一份2021年广东省深圳市布心中学中考冲刺卷，共59页。

2021年广东省深圳市布心中学中考冲刺卷
一．选择题（共8小题）
1．如图，在矩形ABCD中，BC＝4，AB＝2，Rt△BEF的顶点E在边CD上，且∠BEF＝90°，EF＝BE，DF＝，则tan∠DEF的值为（　　）

A． B． C． D．
2．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5cm，cosB＝．动点D从点A出发沿着射线AC的方向以每秒1cm的速度移动，动点E从点B出发沿着射线BA的方向以每秒2cm的速度移动．已知点D和点E同时出发，设它们运动的时间为t秒，连接BD．下列结论正确的有（　　）个．
①BC＝4；
②当AD＝AB时，tan∠ABD＝2；
③以点B为圆心、BE为半径画⊙B，当t＝时，DE与⊙B相切；
④当∠CBD＝∠ADE时，t＝．

A．1 B．2 C．3 D．4
3．如图，是二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象，则下列四个结论中正确的有几个？（　　）①abc＞0； ②b2＞4ac；③2c＜3b；④4a+2b+c＞0．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．如图所示，在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，E为OD的中点，连接AE并延长交DC于点F，则DF：FC＝（　　）

A．1：3 B．1：4 C．2：3 D．1：2
5．如图，正比例函数y1＝k1x的图象与反比例函数y2＝的图象相交于A，B两点，其中点A的横坐标为2，当y1＞y2时，x的取值范围是（　　）

A．x＜﹣2或x＞2 B．x＜﹣2或0＜x＜2
C．﹣2＜x＜0或0＜x＜2 D．﹣2＜x＜0或x＞2
6．如图，从点A看一山坡上的电线杆PQ，观测点P的仰角是45°，向前走6m到达B点，测得顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是60°和30°，则该电线杆PQ的高度为（　　）m．

A．6+2 B．6 C．10﹣ D．8
7．二次函数y＝x2﹣3x+2的图象不过（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
8．如图，甲、乙两盏路灯相距30米，一天晚上，当小刚从路灯甲底部向路灯乙底部直行25米时，发现自己的身影顶部正好接触到路灯乙的底部，已知小刚的身高为1.5米，那么路灯甲的高为（　　）

A．9米 B．8米 C．7米 D．6米
二．填空题（共4小题）
9．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝x+的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B．将△AOB绕点O顺时针旋转得到△A′OB′，若点A的对应点A′落在直线AB上，连接BB′，则四边形BA′OB′的面积为　 　．

10．如图，在平面直角坐标系中，⊙M经过原点，且与x轴交于点A（﹣4，0），与y轴交于点B（0，2），点C在第二象限⊙M上，且∠AOC＝60°，则OC＝　 　．

11．如图，已知∠MON＝30°，B为OM上一点，BA⊥ON于A，四边形ABCD为正方形，P为射线BM上一动点，连接CP，将CP绕点C顺时针方向旋转90°得CE，连接BE，若AB＝4，则BE的最小值为　 　．

12．如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，tanB＝，点D为BC边上的动点（点D不与点B，C重合），以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E，若BD＝4，则AE＝　 　．

三．解答题（共14小题）
13．【基础巩固】
（1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，直线l过点C，分别过A、B两点作AE⊥l，BD⊥l，垂足分别为E、D．求证：△BDC∽△CEA．
【尝试应用】
（2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是BC上一点，过D作AD的垂线交AB于点E．若BE＝DE，tan∠BAD＝，AC＝20，求BD的长．
【拓展提高】
（3）如图3，在▱ABCD中，在BC上取点E，使得∠AED＝90°，若AE＝AB，＝，CD＝，求▱ABCD的面积．

14．定义：从三角形一个角的顶点引一条射线与对边相交，把这个角分成两个角，如果其中一个角与这条射线另一侧的原三角形的内角互余，那么这条射线上三角形顶点到对边交点的线段称为这个三角形的“交互线”．

（1）判断下列命题是真命题还是假命题？
①直角三角形的斜边上的高是它的交互线；
②若三角形的角平分线是它的交互线，则这个三角形是等腰三角形．
（2）如图1，已知BE为锐角△ABC的交互线．
①求证：BE过△ABC外接圆的圆心O．
②若AB＝AC，交互线BE＝25，⊙O的半径为16，求AB的长．
（3）如图2，已知，在△ABC中，∠C＝45°，它的两条交互线AD，BE相交于点F，且AD＝m，BE＝n，求△ABC外接圆的面积（用含m，n的代数式表示）．
15．如图，四边形ABCD是平行四边形，以AB为直径的⊙O与CD边相切于点E，BC交⊙O于点F（AF＞BF），连接AE，EF．
（1）求证：∠AFE＝45°；
（2）求证：EF2＝AF•CF；
（3）若⊙O的半径是，且，求AD的长．

16．如图1，四边形ABCD是矩形，AB＝1，点E是线段BC上一动点（不与B，C重合），点F是线段BA延长线上一动点，连接DE，EF，DF，EF交AD于点G．设BE＝x，AF＝y，已知y与x之间的函数关系如图2所示．
（1）y与x的函数表达式为　 　；边BC的长为　 　；
（2）求证：DE⊥DF；
（3）是否存在x的值，使得△DEG是等腰三角形？如果存在，求出x的值；如果不存在，说明理由．
17．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，O是AC的中点，以点O为圆心在AC的右侧作半径为3的半圆O，分别交AC于点D、E，交AB于点G、F．

思考：连接OF，若OF⊥AC，求AF的长度；
探究：如图2，将线段CD连同半圆O绕点C旋转．
（1）在旋转过程中，求点O到AB距离的最小值；
（2）若半圆O与Rt△ABC的直角边相切，设切点为K，连接AK，求AK的长．
18．在新型冠状肺炎疫情期间，某农业合作社决定对一种特色水果开展线上销售，考虑到实际情况，一共开展了30次线上销售，综合考虑各种因素，该种水果的成本价为每吨2万元，销售结束后，经过统计得到了如下信息：
信息1：设第x次线上销售水果y（吨），且第一次线上销售水果为39吨，然后每一次总比前一次销售量减少1吨；
信息2：该水果的销售单价p（万元/吨）均由基本价和浮动价两部分组成，其中基本价保持不变，第1次线上销售至第15次线上销售的浮动价与销售场次x成正比，第16次线上销售至第30次线上销售的浮动价与销售场次x成反比；
信息3：
x（次）
2
8
24
p（万元）
2.2
2.8
3
请根据以上信息，解决下列问题．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）若p＝3.2（万元/吨），求x的值；
（3）在这30次线上销售中，哪一次线上销售获得利润最大？最大利润是多少？
19．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，点D，E分别为AC，BC的中点．△CDE绕点C顺时针旋转，设旋转角为α（0°≤α≤360°），记直线AD与直线BE的交点为点P．
（1）如图1，当α＝0°时，AD与BE的数量关系为　 　，AD与BE的位置关系为　 　；
（2）当0°＜α≤360°时，上述结论是否成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立，请说明理由；
（3）△CDE绕点C顺时针旋转一周，请直接写出运动过程中P点运动轨迹的长度和P点到直线BC距离的最大值．

20．如图①，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图②，若点D是抛物线上一动点，设点D的横坐标为m（0＜m＜3），连接CD，BD，当△BCD的面积等于△AOC面积的2倍时，求m的值；
（3）抛物线上是否存在点P，使∠CBP+∠ACO＝∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

21．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+b的图象经过点A（0，﹣4），B（2，0），交反比例函数y＝（x＞0）的图象于点C（3，a），点P在反比例函数的图象上，横坐标为n（0＜n＜3），PQ∥y轴交直线AB于点Q，D是y轴上任意一点，连接PD、QD．
（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）求△DPQ面积的最大值．

22．顺丰快递公司为提高快递分拣的速度，决定购买机器人来代替人工分拣，已知购买1台甲型机器人比购买1台乙型机器人贵2万元，且用16万元购回乙型机器人的台数与24万元购回甲型机器人的台数相同．
（1）求甲、乙两种型号的机器人每台的价格各是多少万元；
（2）已知甲型和乙型机器人每台每小时分拣快递分别是1200件和1000件，该公司计划购买这两种型号的机器人共8台，总费用不超过41万元，并且使这8台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8300件，则该公司有哪几种购买方案？哪个方案费用最低，最低费用是多少万元？
23．如图，直角△ACB的直角顶点C在y轴正半轴上，斜边AB在x轴上且AB＝5，点A（﹣1，0），抛物线经过A、B、C三点，CD平行于x轴交抛物线与于点D，P为抛物线上一动点．
（1）求抛物线解析式及点D坐标；
（2）点E在x轴上，若以A，E，D，P为顶点的四边形是平行四边形，求此时点P的坐标；
（3）过点P作直线CD的垂线，垂足为Q，若将△CPQ沿CP翻折，点Q的对应点为Q′．是否存在点P，使Q′恰好落在x轴上？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，说明理由．

24．将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），C（0，4），点P为BC边上的动点（电P不与点B、C重合）．
（Ⅰ）如图①，当∠COP＝60°时，求点P的坐标；
（Ⅱ）沿OP折叠该纸片，点C的对应点为C'，设CP＝t．
①如图②，若点C'在第四象限，PC'与OA交于点D，试用含有t的式子表示折叠后重叠部分的面积，并直接写出t的取值范围；
②若折叠后重叠部分的面积为S，当3≤S≤时，求t的取值范围（直接写出结果即可）．

25．如图，在△ABC中，AC＝BC＝12，∠ACB＝120°，点D是AB边上一点，连接CD，以CD为边作等边△CDE．
（1）如图1，若∠CDB＝45°，求等边△CDE的边长；
（2）如图2，点D在AB边上移动过程中，连接BE，取BE的中点F，连接CF、DF，过点D作DG⊥AC于点G．
①求证：CF⊥DF；
②如图3，将△CFD沿CF翻折得△CFD′，连接BD′，求出BD′的最小值．

26．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L1：y＝x2+bx+c过点C（0，﹣3），与抛物线L2：y＝﹣x2﹣x+2的一个交点为A，且点A的横坐标为2，点P、Q分别是抛物线L1、L2上的动点．
（1）求抛物线L1对应的函数表达式；
（2）若以点A、C、P、Q为顶点的四边形恰为平行四边形，求出点P的坐标；
（3）设点R为抛物线L1上另一个动点，且CA平分∠PCR．若OQ∥PR，求出点Q的坐标．


2021年广东省深圳市布心中学中考冲刺卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．如图，在矩形ABCD中，BC＝4，AB＝2，Rt△BEF的顶点E在边CD上，且∠BEF＝90°，EF＝BE，DF＝，则tan∠DEF的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，由已知可得△BCE∽△EGF，FG＝EC，GE＝2＝CD，设EC＝x，Rt△FDG中用勾股定理列方程求出x，即可得到答案．
【解答】解：过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，如图：

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AB＝CD＝2，
又∵∠BEF＝90°，
∴∠FEG+∠BEC＝90°＝∠EBC+∠BEC，
∴∠FEG＝∠EBC，
又∵∠C＝∠G＝90°，
∴△BCE∽△EGF，
∴＝＝，∠EBC＝∠DEF，
∵EF＝BE，
∴＝＝，
∴FG＝EC，GE＝2＝CD，
∴DG＝EC，
设EC＝x，则DG＝x，FG＝x，
Rt△FDG中，FG2+DG2＝DF2，DF＝，
∴（x）2+x2＝（）2，
解得x＝或x＝﹣（舍去），
∴EC＝，
Rt△ECB中，tan∠EBC＝＝，
∴tan∠DEF＝，
故选：A．
2．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5cm，cosB＝．动点D从点A出发沿着射线AC的方向以每秒1cm的速度移动，动点E从点B出发沿着射线BA的方向以每秒2cm的速度移动．已知点D和点E同时出发，设它们运动的时间为t秒，连接BD．下列结论正确的有（　　）个．
①BC＝4；
②当AD＝AB时，tan∠ABD＝2；
③以点B为圆心、BE为半径画⊙B，当t＝时，DE与⊙B相切；
④当∠CBD＝∠ADE时，t＝．

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①②先根据三角函数定义可得BC＝4，由勾股定理计算AC＝3，最后证明∠ABD＝∠D，计算∠D的正切即可；
③利用切线的性质，构建方程求解即可．
④显然有两种情形，由此即可判断．
【解答】解：①在△ABC中，

∵∠ACB＝90°，AB＝5，cosB＝，
∴＝，
∴BC＝AB•cos∠ABC＝5×＝4，故①正确．
②在直角△ABC中，
AC＝＝3，
当AD＝AB＝5时，∠ABD＝∠D，
∴CD＝AD﹣AC＝5﹣3＝2，
在Rt△BCD中，tan∠D＝＝2，
∴tan∠ABD＝tan∠D＝2，故②正确，
③如图，当DE与⊙B相切时，DE⊥BE．

则有cos∠A＝＝，
∴＝，
∴t＝，故③正确．
④满足条件的t的值应该有两个，显然④错误，
故选：C．
3．如图，是二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象，则下列四个结论中正确的有几个？（　　）①abc＞0； ②b2＞4ac；③2c＜3b；④4a+2b+c＞0．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由抛物线开口方向得到a＜0，由抛物线的对称轴方程得到b＝﹣2a＞0，由抛物线与y轴的交点位置得到c＞0，则可对①进行判断；根据判别式的意义可对②进行判断；利用x＝﹣1得到a﹣b+c＜0，加上a＝﹣b，则可对③进行判断；利用抛物线的对称性确定抛物线与x轴的另一个交点在（2，0）与（3，0）之间，则x＝2时，y＞0，于是可对④进行判断．
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴b＝﹣2a＞0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c＞0，
∴abc＜0，所以①错误；
∵抛物线与x轴有2个交点，
∴Δ＝b2﹣4ac＞0，所以②正确；
∵x＝﹣1时，y＜0，
∴a﹣b+c＜0，
而a＝﹣b，
∴﹣b﹣b+c＜0，
∴2c＜3b，所以③正确；
∵抛物线与x轴的一个交点在（0，0）与（﹣1，0）之间，
而抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴抛物线与x轴的另一个交点在（2，0）与（3，0）之间，
∴x＝2时，y＞0，
∴4a+2b+c＞0，所以④正确．
故选：C．
4．如图所示，在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，E为OD的中点，连接AE并延长交DC于点F，则DF：FC＝（　　）

A．1：3 B．1：4 C．2：3 D．1：2
【分析】首先证明△DFE∽△BAE，然后利用对应边成比例，E为OD的中点，求出DF：AB的值，又知AB＝DC，即可得出DF：FC的值．
【解答】解：在平行四边形ABCD中，AB∥DC，
则△DFE∽△BAE，
∴，
∵O为对角线的交点，
∴DO＝BO，
又∵E为OD的中点，
∴DE＝DB，
则DE：EB＝1：3，
∴DF：AB＝1：3，
∵DC＝AB，
∴DF：DC＝1：3，
∴DF：FC＝1：2．
故选：D．

5．如图，正比例函数y1＝k1x的图象与反比例函数y2＝的图象相交于A，B两点，其中点A的横坐标为2，当y1＞y2时，x的取值范围是（　　）

A．x＜﹣2或x＞2 B．x＜﹣2或0＜x＜2
C．﹣2＜x＜0或0＜x＜2 D．﹣2＜x＜0或x＞2
【分析】先根据反比例函数与正比例函数的性质求出B点坐标，再由函数图象即可得出结论．
【解答】解：∵反比例函数与正比例函数的图象均关于原点对称，正比例函数y1＝k1x的图象与反比例函数y2＝的图象相交于A，B两点，
∴A、B两点关于原点对称，
∵点A的横坐标为2，
∴点B的横坐标为﹣2，
∵由函数图象可知，当﹣2＜x＜0或x＞2时函数y1＝k1x的图象在y2＝的上方，
∴当y1＞y2时，x的取值范围是﹣2＜x＜0或x＞2．
故选：D．

6．如图，从点A看一山坡上的电线杆PQ，观测点P的仰角是45°，向前走6m到达B点，测得顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是60°和30°，则该电线杆PQ的高度为（　　）m．

A．6+2 B．6 C．10﹣ D．8
【分析】延长PQ交直线AB于点E，设PE＝x米，在直角△APE和直角△BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE，根据AB＝AE﹣BE即可列出方程求得x的值，再在直角△BQE中利用三角函数求得QE的长，则PQ的长度即可求解．
【解答】解：延长PQ交直线AB于点E，设PE＝x米．
在直角△APE中，∠A＝45°，
则AE＝PE＝x米；
∵∠PBE＝60°
∴∠BPE＝30°
在直角△BPE中，BE＝PE＝x米，
∵AB＝AE﹣BE＝6米，
则x﹣x＝6，
解得：x＝9+3．
则BE＝（3+3）米．
在直角△BEQ中，QE＝BE＝（3+3）＝（3+）米．
∴PQ＝PE﹣QE＝9+3﹣（3+）＝6+2（米）．
答：电线杆PQ的高度是6+2（米）．
故选：A．
7．二次函数y＝x2﹣3x+2的图象不过（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【分析】确定抛物线的顶点坐标、对称轴后即可确定答案．
【解答】解：y＝x2﹣3x+2＝（x﹣）2﹣，
对称轴为x＝，顶点坐标为：（，﹣），与y轴交与（0，2），
故图象不经过第三象限，
故选：C．
8．如图，甲、乙两盏路灯相距30米，一天晚上，当小刚从路灯甲底部向路灯乙底部直行25米时，发现自己的身影顶部正好接触到路灯乙的底部，已知小刚的身高为1.5米，那么路灯甲的高为（　　）

A．9米 B．8米 C．7米 D．6米
【分析】由于人和地面是垂直的，即人和路灯平行，构成相似三角形．根据对应边成比例，列方程解答即可．
【解答】解：根据题意知，DE∥AB
∴△CDE∽△CAB
∴＝，即＝，
解得AB＝9m．
故选：A．

二．填空题（共4小题）
9．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝x+的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B．将△AOB绕点O顺时针旋转得到△A′OB′，若点A的对应点A′落在直线AB上，连接BB′，则四边形BA′OB′的面积为　　．

【分析】作A′D⊥x轴于D，B′E⊥x轴于E，依题意求出点A，B坐标，求出OA＝1，OB＝，先证得△OAA′是等边三角形，即可求出点A′的坐标即可，通过三角形相似求得B′的坐标，用S△A′OB+S△OBB′即可得到四边形BA′OB′的面积．
【解答】解：作A′D⊥x轴于D，B′E⊥x轴于E，
∵一次函数y＝x+的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B．
∴点坐标A（﹣1，0），B（0，），即OA＝1，OB＝，
∴OA′＝OA＝1，OB′＝OB＝，
∵tan∠OAB＝＝，
∴∠OAB＝60°，
∴△OAA′是等边三角形，
∴OD＝，A′D＝，
∴A′（，），
∵∠A′OB′＝∠AOB＝90°，
∴∠A′OD+∠B′OE＝90°，
∵∠A′OD+∠OA′D＝90°，
∴∠B′OE＝∠OA′D，
∵∠A′DO＝∠OEB′，
∵△A′DO∽△OEB'，
∴＝＝＝，
∴OE＝，B′E＝，
∴B′（，），
∴四边形BA′OB′的面积＝S△A′OB+S△OBB′＝+＝，
故答案为．

10．如图，在平面直角坐标系中，⊙M经过原点，且与x轴交于点A（﹣4，0），与y轴交于点B（0，2），点C在第二象限⊙M上，且∠AOC＝60°，则OC＝　2+　．

【分析】连接AC，CM，AB，过点C作CH⊥OA于H，设OC＝a．利用勾股定理构建方程解决问题即可．
【解答】解：连接AC，CM，AB，过点C作CH⊥OA于H，设OC＝a．

∵∠AOB＝90°，
∴AB是直径，
∵A（﹣4，0），B（0，2），
∴AB＝＝＝2，
∵∠AMC＝2∠AOC＝120°，
∴AC＝AM＝，
在Rt△COH中，OH＝OC•cos60°＝a，CH＝OH＝a，
∴AH＝4﹣a，
在Rt△ACH中，AC2＝AH2+CH2，
∴15＝（4﹣a）2+（a）2，
∴a＝2+或2﹣（舍弃），
∴OC＝2+．
故答案为：2+．
11．如图，已知∠MON＝30°，B为OM上一点，BA⊥ON于A，四边形ABCD为正方形，P为射线BM上一动点，连接CP，将CP绕点C顺时针方向旋转90°得CE，连接BE，若AB＝4，则BE的最小值为　2+2　．

【分析】方法1：先将BC绕着点C顺时针旋转90°得FC，作直线FE交OM于H，则∠BCF＝90°，BC＝FC，根据旋转的性质，即可得到△BCP≌△FCE（SAS），进而得出∠BHF＝90°，据此可得点E在直线FH上，即点E的轨迹为直线FH，再根据当点E与点H重合时，BE＝BH最短，求得BH的值即可得到BE的最小值．
方法2：连接PD，依据SAS构造全等三角形，即△BCE≌△DCP，将BE的长转化为PD的长，再依据垂线段最短得到当DP最短时，BE亦最短，根据∠O＝30°，OD＝4+4，即可求得DP的长的最小值．
【解答】解法1：如图所示，将BC绕着点C顺时针旋转90°得FC，作直线FE交OM于H，则∠BCF＝90°，BC＝FC，
∵将CP绕点C按顺时针方向旋转90°得CE，
∴∠PCE＝90°，PC＝EC，
∴∠BCP＝∠FCE，
在△BCP和△FCE中，
，
∴△BCP≌△FCE（SAS），
∴∠CBP＝∠CFE，
又∵∠BCF＝90°，
∴∠BHF＝90°，
∴点E在直线FH上，即点E的轨迹为射线，
∵BH⊥EF，
∴当点E与点H重合时，BE＝BH最短，
∵当CP⊥OM时，Rt△BCP中，∠CBP＝30°，
∴CP＝BC＝2，BP＝CP＝2，
又∵∠PCE＝∠CPH＝∠PHE＝90°，CP＝CE，
∴正方形CPHE中，PH＝CP＝2，
∴BH＝BP+PH＝2+2，
即BE的最小值为2+2，
故答案为：2+2．

解法2：如图，连接PD，
由题意可得，PC＝EC，∠PCE＝90°＝∠DCB，BC＝DC，
∴∠DCP＝∠BCE，
在△DCP和△BCE中，
，
∴△DCP≌△BCE（SAS），
∴PD＝BE，
当DP⊥OM时，DP最短，此时BE最短，
∵∠AOB＝30°，AB＝4＝AD，
∴OD＝OA+AD＝4+4，
∴当DP⊥OM时，DP＝OD＝2+2，
∴BE的最小值为2+2．
故答案为：2+2．


12．如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，tanB＝，点D为BC边上的动点（点D不与点B，C重合），以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E，若BD＝4，则AE＝　　．

【分析】根据题意和题目中的数据，可以求得CD的长，然后可以得到△ABD∽△DCE，从而可以得到CE的长，然后即可求得AE的长．
【解答】解：作AF⊥BC于点F，
∵AB＝10，tanB＝，
∴AF＝6，BF＝8，
∵AB＝AC＝10，BD＝4，
∴BC＝16，∠B＝∠C，
∴CD＝12，
∵∠ADC＝∠ADE+∠EDC＝∠B+∠BAD，∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠CDE，
∴△ABD∽△DCE，
∴，
即，
解得CE＝，
∴AE＝AC﹣CE＝10﹣＝，
故答案为：．

三．解答题（共14小题）
13．【基础巩固】
（1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，直线l过点C，分别过A、B两点作AE⊥l，BD⊥l，垂足分别为E、D．求证：△BDC∽△CEA．
【尝试应用】
（2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是BC上一点，过D作AD的垂线交AB于点E．若BE＝DE，tan∠BAD＝，AC＝20，求BD的长．
【拓展提高】
（3）如图3，在▱ABCD中，在BC上取点E，使得∠AED＝90°，若AE＝AB，＝，CD＝，求▱ABCD的面积．

【分析】（1）由直角三角形的性质证得∠BDC＝∠AEC，由相似三角形的判定定理可得出结论；
（2）过点E作EF⊥BC于点F，由相似三角形的性质得出，由锐角三角函数的定义求出DF＝16，则可求出答案；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC，交BC的延长线于点N，证明△ABM≌△DCN（AAS），由全等三角形的性质得出BM＝CN，AM＝DN，设BE＝4a，EC＝3a，DN＝b,由（1）得△AEM∽△EDN，得出比例线段，求出a＝1，b＝，由平行四边形的面积公式可得出答案．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠BCD+∠ACE＝90°，
∵AE⊥CE，
∴∠AEC＝90°，
∴∠ACE+∠CAE＝90°，
∴∠BCD＝∠CAE，
∵BD⊥DE，
∴∠BDC＝90°，
∴∠BDC＝∠AEC，
∴△BDC∽△CEA；
（2）解：过点E作EF⊥BC于点F，

由（1）得△EDF∽△DAC，
∴，
∵AD⊥DE，tan∠BAD＝，AC＝20，
∴，
∴DF＝16，
∵BE＝DE，
∴BF＝DF，
∴BD＝32；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC，交BC的延长线于点N，

∴∠AMB＝∠DNC＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠B＝∠DCN，
∴△ABM≌△DCN（AAS），
∴BM＝CN，AM＝DN，
∵AB＝AE，AM⊥BC，
∴BM＝ME，
∵，
设BE＝4a，EC＝3a，DN＝b,
∴BM＝ME＝CN＝2a，EN＝5a，
∵∠AED＝90°，
由（1）得△AEM∽△EDN，
∴，
∴，
∴b＝a，
∵CD＝，
∴（2a）2+b2＝14，
∴a＝1，b＝，
∴▱ABCD的面积＝．
14．定义：从三角形一个角的顶点引一条射线与对边相交，把这个角分成两个角，如果其中一个角与这条射线另一侧的原三角形的内角互余，那么这条射线上三角形顶点到对边交点的线段称为这个三角形的“交互线”．

（1）判断下列命题是真命题还是假命题？
①直角三角形的斜边上的高是它的交互线；
②若三角形的角平分线是它的交互线，则这个三角形是等腰三角形．
（2）如图1，已知BE为锐角△ABC的交互线．
①求证：BE过△ABC外接圆的圆心O．
②若AB＝AC，交互线BE＝25，⊙O的半径为16，求AB的长．
（3）如图2，已知，在△ABC中，∠C＝45°，它的两条交互线AD，BE相交于点F，且AD＝m，BE＝n，求△ABC外接圆的面积（用含m，n的代数式表示）．
【分析】（1）根据三角形的“交互线”定义即可判断；
（2）①延长BE交⊙O于N，连接CN，证明∠BCN＝90°即可；
②连接并延长AO交BC于D，由已知可得△AEO∽△BEA，从而可求AE长度，再由＝即可得答案；
（3）首先确定F为△ABC外接圆圆心，设AF＝r，则BF＝r，由△ABE∽△ACB，可得＝＝，即＝＝，从而有2r2＝AE•AC①，rn＝AE•BC②，同理可得：△ABD∽△CBA，有2r2＝BD•BC③，rm＝BD•AC④，将四个等式适当变形即可用m、n表示r2，即可得到答案．
【解答】解：（1）①假命题，如图：

∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，
∵∠BCD＝90°﹣∠ACD＝∠A，
∴∠BCD＝∠A，
∴∠BCD+∠A不应定为90°，
同理∠ACD＝∠B，∠ACD+∠B不应定为90°，
根据“交互线”定义，CD不一定是△ABC的“交互线”，
∴“直角三角形的斜边上的高是它的交互线”是假命题；
②真命题，如图：

∵AD是△ABC角平分线，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵AD是△ABC的“交互线”，
∴∠BAD+∠C＝90°或∠CAD+∠B＝90°，
若∠BAD+∠C＝90°，根据三角形内角和定理可得：∠CAD+∠B＝90°，
又∠BAD＝∠CAD，
∴∠B＝∠C，
∴△ABC是等腰三角形，
若∠CAD+∠B＝90°，同理可得△ABC是等腰三角形，
∴“若三角形的角平分线是它的交互线，则这个三角形是等腰三角形”是真命题；
（2）①延长BE交⊙O于N，连接CN，如图：

∵BE为锐角△ABC的交互线，
∴∠ABN+∠ACB＝90°，
∵∠ABN＝∠ACN，
∴∠ACN+∠ACB＝90°，即∠NCB＝90°，
∴BN为直径，
∴BE过△ABC外接圆的圆心O；
②连接并延长AO交BC于D，如图：

∵AB＝AC，△ABC外接圆为⊙O，
∴由对称性可得：AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
∵BE为△ABC的交互线，
∴∠ABE+∠ACD＝90°，
∵∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠ABE＝∠DAC，
又∠AEO＝∠BEA，
∴△AEO∽△BEA，
∴＝，
∵BE＝25，⊙O的半径为16，
∴EO＝9，
∴，
解得AE＝15，
∵△AEO∽△BEA，
∴＝＝，
∴AB＝；
（3）∵两条交互线AD，BE相交于点F，
∴F为△ABC外接圆圆心，
设AF＝r，则BF＝r，
∵∠C＝45°，
∴∠AFB＝2∠C＝90°，
∴∠ABF＝∠BAD＝∠C＝45°，AB＝r，
∵∠ABE＝∠ACB，
且∠BAE＝∠CAB，
∴△ABE∽△ACB，
∴＝＝，即＝＝，
∴2r2＝AE•AC①，
rn＝AE•BC②，
同理可得：△ABD∽△CBA，
∴2r2＝BD•BC③，
rm＝BD•AC④，
①×③得4r4＝AE•AC•DB•BC，
②×④2mnr2＝AE•BC•DB•AC，
∴4r4＝2r2mn，
∴r2＝，
∴△ABC外接圆的面积为．
15．如图，四边形ABCD是平行四边形，以AB为直径的⊙O与CD边相切于点E，BC交⊙O于点F（AF＞BF），连接AE，EF．
（1）求证：∠AFE＝45°；
（2）求证：EF2＝AF•CF；
（3）若⊙O的半径是，且，求AD的长．

【分析】（1）连接OE，证明∠AOE＝90°，即可求解；
（2）证明△FCE∽△FEA，即可求解；
（3）在△AEF中，EF＝3m，AF＝9m，∠AFE＝45°，则EH＝FH＝EF＝3m，AH＝AF﹣HF＝9m﹣3m＝6m，则AE＝＝＝AO＝×＝3，解得m＝1，则FB＝＝＝3，进而求解．
【解答】解：（1）连接OE，

∵CD是圆O的切线，故OE⊥CD，
而四边形ABCD是平行四边形，则AB∥CD，OE⊥AB，
则∠AOE＝90°，
∴∠AFE＝45°；

（2）∵AB是圆的直径，故∠AFB＝90°＝∠AFC，
而∠AFE＝45°，故∠CFE＝90﹣∠AFE＝45°＝∠AFE，
∵CD是圆的切线，故∠CEF＝∠EAF，
∴△FCE∽△FEA，
∴，
∴EF2＝AF•CF；

（3）∵，故设CF＝2m，AF＝9m，
则EF2＝AF•CF＝2m•9m＝18m2，解得EF＝3m，
在△AEF中，EF＝3m，AF＝9m，∠AFE＝45°，
过点E作EH⊥AF于点H，
则EH＝FH＝EF＝3m，AH＝AF﹣HF＝9m﹣3m＝6m，
则AE＝＝＝AO＝×＝3，解得m＝1，
则FB＝＝＝3，
则BC＝BF+CF＝3+2m＝3+2＝5＝AD，
即AD＝5．
16．如图1，四边形ABCD是矩形，AB＝1，点E是线段BC上一动点（不与B，C重合），点F是线段BA延长线上一动点，连接DE，EF，DF，EF交AD于点G．设BE＝x，AF＝y，已知y与x之间的函数关系如图2所示．
（1）y与x的函数表达式为　y＝﹣2x+4（0＜x＜2）　；边BC的长为　2　；
（2）求证：DE⊥DF；
（3）是否存在x的值，使得△DEG是等腰三角形？如果存在，求出x的值；如果不存在，说明理由．
【分析】（1）待定系数法设y与x的函数表达式为：y＝kx+b（k≠0），根据图象经过（1，2），（0，4），将其代入即可求出表达式，由图象即可知BC的长；
（2）证明△CDE∽△ADF，再利用相似三角形对应角相等即可转换求证∠EDF＝90°即得证；
（3）假设存在x的值，使得△DEG是等腰三角形，分DE＝DG，DG＝GE，DE＝GE三种情况讨论结合图形特点即可算出x的值．
【解答】解：（1）设y与x的函数表达式为：y＝kx+b（k≠0），
由图象知函数经过（1，2），（0，4），将其代入函数表达式得：
，
解得：，
∴y与x的函数表达式为：y＝﹣2x+4，
令y＝0，则x＝2，
故由图象可知：0＜x＜2，BC＝2，
故答案为：y＝﹣2x+4（0＜x＜2），2；
（2）证明：∵BE＝x，BC＝2，
∴CE＝2﹣x，
∴＝＝，＝，
∴＝且∠C＝∠DAF＝90°，
∴△CDE∽△ADF，
∴∠ADF＝∠CDE，
又∵∠ADF+∠EDG＝∠CDE+∠EDG＝90°，
∴∠EDF＝90°
∴DE⊥DF；
（3）假设存在x的值，使得△DEG是等腰三角形，分情况讨论：
①若DE＝DG，则∠DGE＝∠DEG，
∵AD∥BC，
∴∠DGE＝∠BEF＝∠DEG，
在△DEF和△BEF中，
∴，
∴△DEF≌△BEF（AAS）
∴DE＝BE＝x，
而CE＝2﹣x，CD＝1，
在Rt△DCE中，CD2+CE2＝DE2，
即，12+（2﹣x）2＝x2，
解得：x＝；
②若DG＝GE，则∠GDE＝∠GED，
∵∠GDE+∠GDF＝90°，
∠DEG+∠DFE＝90°，
∴∠GDF＝∠DFE，
∴DG＝FG＝GE，
∴G为EF的中点，
又∵AG∥BE，
∴A也为BF的中点，
∴AF＝BA＝1，
∴y＝﹣2x+4＝1，
解得：x＝；
③若DE＝GE，则∠EDG＝∠EGD，过点E作EH⊥DG于点H，则：

DH＝GH＝CE＝2﹣x，EH＝CD＝AB＝1，AG＝2﹣DG＝2﹣2（DH）＝2﹣2（2﹣x）＝2x﹣2，AF＝y＝﹣2x+4，
∵∠EHG＝∠GAB＝∠GAF＝90°，∠HGE＝∠AGF，
∴△HGE∽△AGF，
∴，
即，，
解得：x1＝，x2＝（舍去），
∴此时x＝；
综上所述，当x＝或或时，使得△DEG是等腰三角形．
17．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，O是AC的中点，以点O为圆心在AC的右侧作半径为3的半圆O，分别交AC于点D、E，交AB于点G、F．

思考：连接OF，若OF⊥AC，求AF的长度；
探究：如图2，将线段CD连同半圆O绕点C旋转．
（1）在旋转过程中，求点O到AB距离的最小值；
（2）若半圆O与Rt△ABC的直角边相切，设切点为K，连接AK，求AK的长．
【分析】思考：由勾股定理求出AC＝8，由三角形中位线定理求出OF＝3，则可得出答案；
探究：（1）当CD⊥AB时，点O到AB的距离最小，由三角形面积公式可得出答案；
（2）分两种情况：当半圆O与BC相切时，当半圆O与AC相时，由切线的性质及勾股定理可得出答案．
【解答】解：思考：连接OF，如图1，

在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴AC＝＝＝8，
∵O是AC的中点，
∴AO＝CO＝4，
∵OF⊥AC，
∴OF∥BC，
∴OF＝BC＝3，
∴AF＝＝＝5；
探究：（1）当CD⊥AB时，点O到AB的距离最小，
由三角形面积公式可得，，
∴＝，
∴，
∴点O到AB距离的最小值是；
（2）当半圆O与BC相切时，如图2，设切点为K，连接OK，AK，则∠OKC＝90°，

在Rt△OCK中，OK＝3，OC＝4，
∴CK＝＝＝，
在Rt△ACK中，AC＝8，
∴AK＝＝＝，
当半圆O与AC相时，如图3，设切点为K，连接OK，

∴∠OKC＝90°，
在Rt△OCK中，OK＝3，OC＝4，
∴CK＝＝＝，
∴AK＝AC﹣CK＝8﹣．
∴AK的长为或．
18．在新型冠状肺炎疫情期间，某农业合作社决定对一种特色水果开展线上销售，考虑到实际情况，一共开展了30次线上销售，综合考虑各种因素，该种水果的成本价为每吨2万元，销售结束后，经过统计得到了如下信息：
信息1：设第x次线上销售水果y（吨），且第一次线上销售水果为39吨，然后每一次总比前一次销售量减少1吨；
信息2：该水果的销售单价p（万元/吨）均由基本价和浮动价两部分组成，其中基本价保持不变，第1次线上销售至第15次线上销售的浮动价与销售场次x成正比，第16次线上销售至第30次线上销售的浮动价与销售场次x成反比；
信息3：
x（次）
2
8
24
p（万元）
2.2
2.8
3
请根据以上信息，解决下列问题．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）若p＝3.2（万元/吨），求x的值；
（3）在这30次线上销售中，哪一次线上销售获得利润最大？最大利润是多少？
【分析】（1）设第x次线上销售水果y（吨），根据“第一次线上销售水果为39吨，然后每一次总比前一次销售量减少1吨”列出函数关系式即可；
（2）确定函数解析式，代人p值求解即可；
（3）首先分类讨论，求出①当1≤x≤15时，②当16＜x≤30时，该超市销售这种商品所获的利润是多少，然后比较大小，判断出销售这种商品第几天的利润最大，最大利润是多少即可．
【解答】解：（1）设第x次线上销售水果y（吨），
∵第一次线上销售水果为39吨，然后每一次总比前一次销售量减少1吨；
∴y与x之间的函数关系式为：y＝40﹣x；
（2）设第1场～第15场时p与x的函数关系式为p＝ax+b；第16场～第30场时p与x的函数关系式为，
依题意得，解这个方程组得，，
∴，
又当x＝24时，有，解之得，m＝24，
∴，
当1≤x≤15时，，
解之得，x＝12
当16≤x≤30时，，
解之得，x＝20
（3）设每场获得的利润为W（万元），则有
当1≤x≤15时，，
所以当x＝15时，W最大，最大为37.5万元；
当16≤x≤30时，，
当x＝16时，W最大，最大为36万元，
所以在这30次线上销售中，第15次线上销售获得利润最大，最大利润37.5万元．
19．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，点D，E分别为AC，BC的中点．△CDE绕点C顺时针旋转，设旋转角为α（0°≤α≤360°），记直线AD与直线BE的交点为点P．
（1）如图1，当α＝0°时，AD与BE的数量关系为　AD＝BE　，AD与BE的位置关系为　AD⊥BE　；
（2）当0°＜α≤360°时，上述结论是否成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立，请说明理由；
（3）△CDE绕点C顺时针旋转一周，请直接写出运动过程中P点运动轨迹的长度和P点到直线BC距离的最大值．

【分析】（1）分别求出AD，BE的长，即可求解；
（2）通过证明△BCE∽△ACD，可得＝，∠CBO＝∠CAD，可得结论；
（3）利用锐角三角函数可求∠EBC＝30°，由弧长公式可求P点运动轨迹的长度，由直角三角形的性质可求P点到直线BC距离的最大值．
【解答】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，
∴AC＝BC＝，AB＝2BC＝2，AD⊥BE，
∵点D，E分别为AC，BC的中点，
∴AD＝CD＝AC＝，BE＝EC＝BC＝，
∴AD＝BE，
故答案为：AD＝BE，AD⊥BE；
（2）结论仍然成立，
理由如下：∵AC＝，BC＝1，CD＝，EC＝，
∴，＝，
∴，
∵△CDE绕点C顺时针旋转，
∴∠BCE＝∠ACD，
∴△BCE∽△ACD，
∴＝，∠CBO＝∠CAD，
∴AD＝BE，
∵∠CBO+∠BOC＝90°，
∴∠CAD+∠AOP＝90°，
∴∠APO＝90°，
∴BE⊥AD；
（3）∵∠APB＝90°，
∴点P在以AB为直径的圆上，
如图3，取AB的中点G，作⊙G，以点C为圆心，CE为半径作⊙C，当BE是⊙C切线时，点P到BC的距离最大，过点P作PH⊥BC，交BC的延长线于H，连接GP，

∵BE是⊙C切线，
∴CE⊥BE，
∵sin∠EBC＝＝，
∴∠EBC＝30°，
∴∠GBP＝30°，
∵GB＝GP，
∴∠GBP＝∠GPB＝30°，
∴∠BGP＝120°，
∵点P的运动轨迹为点C→点P→点C→点B→点C，
∴P点运动轨迹的长度＝×2＝π，
∵∠ABP＝30°，BP⊥AP，
∴AP＝AB＝1，BP＝AP＝，
∵∠CBP＝30°，PH⊥BH，
∴PH＝BP＝．
∴P点到直线BC距离的最大值．
20．如图①，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图②，若点D是抛物线上一动点，设点D的横坐标为m（0＜m＜3），连接CD，BD，当△BCD的面积等于△AOC面积的2倍时，求m的值；
（3）抛物线上是否存在点P，使∠CBP+∠ACO＝∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由△BCD的面积＝S△DEC+S△DEB＝DE×BO＝×3×（﹣m2+2m+3+m﹣3）＝2×，即可求解；
（3）当点P在BC上方时，证明∠OCA＝∠OCH，求出直线PB的表达式为y＝﹣3（x﹣3），即可求解；当点P在BC下方时，同理可得PB的表达式为y＝﹣x+1，进而求解．
【解答】解：（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3），
故﹣3a＝3，解得a＝﹣1，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3①；

（2）由抛物线的表达式知，点C（0，3），
∵△AOC面积＝AO•CO＝×1×3＝，
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为y＝﹣x+3，
过点D作y轴的平行线交BC于点E，

设点D（m，﹣m2+2m+3），则点E（m，﹣m+3），
则△BCD的面积＝S△DEC+S△DEB＝DE×BO＝×3×（﹣m2+2m+3+m﹣3）＝2×，
解得m＝1或2；

（3）存在，理由：
①当点P在BC上方时，
由点B、C的坐标知，OB＝OC＝3，则∠OCB＝∠OBC＝45°，
过点C作CH∥PB交x轴于点H，则∠PBC＝∠BCH，

则∠OCB＝∠OCH+∠BCH＝45°，
∵∠CBP+∠ACO＝∠ABC＝45°，
即∠OCA＝∠OCH，
而CO⊥AH，故OA＝OH＝1，
故点H（1，0），
由点C、H的坐标得，直线CH的表达式为y＝﹣3x+3，
∵PB∥CH，
则直线PB的表达式为y＝﹣3（x﹣3）②，
联立①②并解得，
故点P的坐标为（2，3）；
②当点P在BC下方时，
同理可得PB的表达式为y＝﹣x+1③，
联立①③并解得，
故点P的坐标为（﹣，），
综上，点P的坐标为（2，3）或（﹣，）．
21．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+b的图象经过点A（0，﹣4），B（2，0），交反比例函数y＝（x＞0）的图象于点C（3，a），点P在反比例函数的图象上，横坐标为n（0＜n＜3），PQ∥y轴交直线AB于点Q，D是y轴上任意一点，连接PD、QD．
（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）求△DPQ面积的最大值．

【分析】（1）由A（0，﹣4），B（2，0）的坐标可求出一次函数的关系式，进而求出点C的坐标，确定反比例函数的关系式；
（2）根据题意，要使三角形PDQ的面积最大，可用点P的横坐标n，表示三角形PDQ的面积，依据二次函数的最大值的计算方法求出结果即可．
【解答】解：（1）把A（0，﹣4），B（2，0）代入一次函数y＝kx+b得，
，解得，，
∴一次函数的关系式为y＝2x﹣4，
当x＝3时，y＝2×3﹣4＝2，
∴点C（3，2），
∵点C在反比例函数的图象上，
∴k＝3×2＝6，
∴反比例函数的关系式为y＝，
答：一次函数的关系式为y＝2x﹣4，反比例函数的关系式为y＝；
（2）点P在反比例函数的图象上，点Q在一次函数的图象上，
∴点P（n，），点Q（n，2n﹣4），
∴PQ＝﹣（2n﹣4），
∴S△PDQ＝n[﹣（2n﹣4）]＝﹣n2+2n+3＝﹣（n﹣1）2+4，
∵﹣1＜0，
∴当n＝1时，S最大＝4，
答：△DPQ面积的最大值是4．
22．顺丰快递公司为提高快递分拣的速度，决定购买机器人来代替人工分拣，已知购买1台甲型机器人比购买1台乙型机器人贵2万元，且用16万元购回乙型机器人的台数与24万元购回甲型机器人的台数相同．
（1）求甲、乙两种型号的机器人每台的价格各是多少万元；
（2）已知甲型和乙型机器人每台每小时分拣快递分别是1200件和1000件，该公司计划购买这两种型号的机器人共8台，总费用不超过41万元，并且使这8台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8300件，则该公司有哪几种购买方案？哪个方案费用最低，最低费用是多少万元？
【分析】（1）设甲种型号机器人每台的价格是x万元，则乙种型号机器人每台的价格是（x﹣2）万元，根据“购买1台甲型机器人比购买1台乙型机器人贵2万元，且用16万元购回乙型机器人的台数与24万元购回甲型机器人的台数相同”，列出关于x的分式方程，解之，经检验后即可得到答案，
（2）设购买甲种机器人m台，则购买乙种机器人（8﹣m）台，根据“已知甲型和乙型机器人每台每小时分拣快递分别是1200件和1000件，该公司计划购买这两种型号的机器人共8台，总费用不超过41万元，并且使这8台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8300件”，解之即可得到m的取值范围，令m为正整数，即可确定公司的几种购买方案，根据费用＝甲的单价×数量+乙的单价×数量，分别计算这几种方案的费用，即可得到费用最低的方案．
【解答】解：（1）设甲种型号机器人每台的价格是x万元，则乙种型号机器人每台的价格是（x﹣2）万元，
根据题意得：
＝，
解得：x＝6，
经检验，x＝6是分式方程的解，且符合实际意义，
6﹣2＝4（万元），
答：甲种型号机器人每台的价格是6万元，则乙种型号机器人每台的价格是4万元，
（2）设购买甲种机器人m台，则购买乙种机器人（8﹣m）台，
根据题意得：
，
解得：1.5≤m≤4.5，
当m＝2时，8﹣m＝6，
即购买甲种机器人2台，乙种机器人6台，费用为：6×2+4×6＝36（万元），
当m＝3，8﹣m＝5，
即购买甲种机器人3台，乙种机器人5台，费用为：6×3+4×5＝38（万元），
当m＝4，8﹣m＝4，
即购买甲种机器人4台，乙种机器人4台，费用为：6×4+4×4＝40（万元），
综上可知：购买甲种机器人2台，乙种机器人6台费用最低，最低费用是36万元，
答：该公司有三种购买方案，分别是：①购买甲种机器人2台，乙种机器人6台，②购买甲种机器人3台，乙种机器人5台，③购买甲种机器人4台，乙种机器人4台，
其中购买甲种机器人2台，乙种机器人6台费用最低，最低费用是36万元．
23．如图，直角△ACB的直角顶点C在y轴正半轴上，斜边AB在x轴上且AB＝5，点A（﹣1，0），抛物线经过A、B、C三点，CD平行于x轴交抛物线与于点D，P为抛物线上一动点．
（1）求抛物线解析式及点D坐标；
（2）点E在x轴上，若以A，E，D，P为顶点的四边形是平行四边形，求此时点P的坐标；
（3）过点P作直线CD的垂线，垂足为Q，若将△CPQ沿CP翻折，点Q的对应点为Q′．是否存在点P，使Q′恰好落在x轴上？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，说明理由．

【分析】（1）利用直角三角形射影定理直接求得OC长度进而确定点C坐标，再利用待定系数法求解即可．
（2）根据题意设出点P的坐标（p，﹣p2+p+2），再利用平行四边形的中心对称性求解即可．
（3）依题意画出满足题意得图形，利用图形翻折的对称性及全等性质，以及相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵A点坐标为（﹣1，0），AB的长为5，B在x轴上．
∴B点坐标为（4，0）
又∵∠ACB＝90°，CO⊥AB．
∴△ACO∽△CBO．
∴＝，即OC2＝OA•OB．
∴OC＝2．
又∵C在y轴正半轴上
∴C（0，2）
∴设y＝ax2+bx+2．
把A（﹣1，0），B（4，0）代入上式得，
，解得，．
∴抛物线解析式为，y＝x2+x+2．
又∵CD∥x轴，C、D两点都在抛物线上．
∴C、D两点关于直线x＝﹣＝轴对称．
故D点坐标为（3，2）．
（2）如图1，

当AE平行且等于PD时，P点与C点重合．
此时，P点坐标为（0，2）．
如图2，

当AP平行且等于DE时，P点在x轴下方．
过P作PG⊥x轴于点G，设P（p，﹣p2+p+2）．
∴PG＝0﹣（﹣p2+p+2）＝p2﹣p+2．
由平行四边形是中心对称图形得，PQ的长与D点纵坐标相等．
∴p2﹣p+2＝2．
整理得，p2﹣3p﹣8＝0．
解得，p＝或p＝．
综上所述，满足题意的P点坐标可以为，（0，2），（，﹣2），（，﹣2）．
（3）存在．
如图3﹣1，

过P作PM∥x轴，过Q'作MN∥y轴交直线CD于点N．
由折叠的性质，∠Q＝∠CQ'P＝90°
∴∠CQ'N+PQ'M＝90°
又∵在Rt△CQ'N中，∠CQ'N+∠Q'CN＝90°
∴∠Q'CN＝∠PQ'M．
又∵∠CNQ'＝∠PMQ'＝90°
∴△CNQ'∽△PMQ'．
∴＝＝
∴＝
∴PM＝QN＝3﹣p．
∴CN＝QN﹣CQ＝3﹣P﹣（﹣P）＝3．
在Rt△CNQ'中，CN2+QN2＝CQ'2
即9+4＝（﹣p）2
解得，p＝±
又∵p＜0
∴此时P点坐标为（﹣，）．
如图3﹣2，

过P作PN⊥x轴于点N．
同理得，QP＝Q'P＝p2﹣p．
＝，即＝
∴Q'N＝p﹣3
∴OQ'＝p﹣（p﹣3）＝3．
∴CQ'＝＝＝．
∴此时，P点坐标为（，）．
综上所述，满足题意的P点坐标可以为，（﹣，），（，）．
24．将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），C（0，4），点P为BC边上的动点（电P不与点B、C重合）．
（Ⅰ）如图①，当∠COP＝60°时，求点P的坐标；
（Ⅱ）沿OP折叠该纸片，点C的对应点为C'，设CP＝t．
①如图②，若点C'在第四象限，PC'与OA交于点D，试用含有t的式子表示折叠后重叠部分的面积，并直接写出t的取值范围；
②若折叠后重叠部分的面积为S，当3≤S≤时，求t的取值范围（直接写出结果即可）．

【分析】（Ⅰ）过点P作PM⊥x轴于M，证明四边形OMPC为矩形，得到OC＝PM＝4，根据tan∠POC＝，求得PC即可确定点P的坐标；
（Ⅱ）①根据题意，当t＝4时，折叠得到正方形，此时点C′恰好在x轴上，当t＞4时，C′就落在了第四象限，过点P作PN⊥x轴于点N，证明四边形ONPC是矩形，得到OC＝OC′＝4，根据∠PND＝∠OC′D，∠PDN＝∠ODC′，得△PND≌△OC′D，得到OD＝PD，设OD＝x，则OD＝PD＝t﹣x，利用勾股定理得到方程：（t﹣x）2＝x2+42，解方程，结论可得；
②分3≤S≤8和8＜S≤两种情形计算．
【解答】解：（Ⅰ）如图，过点P作PM⊥x轴于M，

∵∠PCO＝∠COM＝∠OMP＝90°，
∴四边形OMPC为矩形．
∴OC＝PM＝4，PC＝OM．
∵tan∠POC＝，∠COP＝60°，
∴PC＝OC•tan60°＝4＝OM．
∴P点坐标为（4，4）．
（Ⅱ）①根据题意，当t＝4时，折叠得到正方形，此时点C′恰好在x轴上，
当t＞4时，C′就落在了第四象限．
过点P作PN⊥x轴于点N，如图：

∵∠PCO＝∠CON＝∠ONP＝90°，
∴四边形ONPC为矩形．
∴OC＝OC′＝PN＝4．
∵∠PND＝∠OC′D＝90°，∠PDN＝∠ODC′，
∴△PND≌△OC′D（AAS）．
∴OD＝PD．
设DN＝x，则OD＝PD＝t﹣x．
由勾股定理得：
（t﹣x）2＝x2+42．
解得：x＝．
∴重叠部分的面积为：•OD•PN＝×（t﹣）×4＝．
此时4＜t＜10；
②当3≤S≤8时，C′点落在矩形OABC内部，
此时重叠部分的面积就是△POC的面积，
∴S＝OC•CP＝×4×t＝2t．
∴3≤2t≤8．
∴≤t≤4．
当8＜S≤时，S＝．
∴＝．
解得：t＝6或t＝（小于8，舍去）．
∴t的取值范围为：≤t≤6．
25．如图，在△ABC中，AC＝BC＝12，∠ACB＝120°，点D是AB边上一点，连接CD，以CD为边作等边△CDE．
（1）如图1，若∠CDB＝45°，求等边△CDE的边长；
（2）如图2，点D在AB边上移动过程中，连接BE，取BE的中点F，连接CF、DF，过点D作DG⊥AC于点G．
①求证：CF⊥DF；
②如图3，将△CFD沿CF翻折得△CFD′，连接BD′，求出BD′的最小值．

【分析】（1）过点C作CH⊥AB于点 H，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得∠A＝∠B＝30°，CH＝BC，由∠CDB＝45°，可得CD＝CH＝6；
（2）①延长BC到N，使CN＝BC，由“SAS”可证△CEN≌△CDA，可得EN＝AD，∠N＝∠A＝30°，由三角形中位线定理可得CF∥EN，CF＝EN，可得∠BCF＝∠N＝30°，可证DG＝CF，DG∥CF，即可证四边形CFDG是矩形，可得结论；
②由“SAS”可证△EFD≌∠BFD'，可得BD'＝DE，则当CD取最小值时，BD′有最小值，即可求解．
【解答】解：（1）如图1，过点C作CH⊥AB于点H，

∵AC＝BC，∠ACB＝120°，CH⊥AB，
∴∠A＝∠B＝30°，
∴CH＝BC＝6，
∵∠CDH＝45°，CH⊥AB，
∴∠CDH＝∠DCH＝45°，
∴DH＝CH＝6，CD＝CH＝6，
即△CDE的边长为6．
（2）①如图2，延长BC到N，使CN＝BC，

∵AC＝BC，∠ACB＝120°，
∴∠A＝∠ABC＝30°，∠NCA＝60°，
∵△ECD是等边三角形，
∴EC＝CD，∠ECD＝60°，
∴∠NCA＝∠ECD，
∴∠NCE＝∠DCA，
又∵CE＝CD，AC＝BC＝CN，
∴△CEN≌△CDA（SAS），
∴EN＝AD，∠N＝∠A＝30°，
∵BC＝CN，BF＝EF，
∴CF∥EN，CF＝EN，
∴∠BCF＝∠N＝30°，
∴∠ACF＝∠ACB﹣∠BCF＝90°，
又∵DG⊥AC，
∴CF∥DG，
∵∠A＝30°，DG⊥AC，
∴DG＝AD，
∴DG＝CF，
∴四边形CFDG是平行四边形，
又∵∠ACF＝90°，
∴四边形CFDG是矩形，
∴∠CFD＝90°，
∴CF⊥DF．

②∵将△CFD沿CF翻折得△CFD′，
∴CD＝CD'，DF＝D'F，∠CFD＝∠CFD'＝90°，
由（1）知，CF⊥DF，
∴∠CFD＝90°，
由折叠知，∠CFD'＝∠CFD＝90°，
∴点D，F，D'在同一条直线上，
∴∠EFD＝∠BFD'，
又∵EF＝BF，
∴△EFD≌∠BFD'（SAS），
∴BD'＝DE，
∴BD'＝CD，
∴当CD取最小值时，BD′有最小值，
∵当CD⊥AB时，CD有最小值，
∴CD的最小值＝AC＝6
∴BD′最小值＝6．
26．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L1：y＝x2+bx+c过点C（0，﹣3），与抛物线L2：y＝﹣x2﹣x+2的一个交点为A，且点A的横坐标为2，点P、Q分别是抛物线L1、L2上的动点．
（1）求抛物线L1对应的函数表达式；
（2）若以点A、C、P、Q为顶点的四边形恰为平行四边形，求出点P的坐标；
（3）设点R为抛物线L1上另一个动点，且CA平分∠PCR．若OQ∥PR，求出点Q的坐标．

【分析】（1）先求出A点的坐标，再用待定系数法求出函数解析式便可；
（2）设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），分两种情况讨论：AC为平行四边形的一条边，AC为平行四边形的一条对角线，用x表示出Q点坐标，再把Q点坐标代入抛物线L2：y＝﹣x2﹣x+2中，列出方程求得解便可；
（3）当点P在y轴左侧时，抛物线L1不存在点R使得CA平分∠PCR，当点P在y轴右侧时，不妨设点P在CA的上方，点R在CA的下方，过点P、R分别作y轴的垂线，垂足分别为S、T，过点P作PH⊥TR于点H，设点P坐标为（x1，），点R坐标为（x2，），证明△PSC∽△RTC，由相似比得到x1+x2＝4，进而得tan∠PRH的值，过点Q作QK⊥x轴于点K，设点Q坐标为（m，），由tan∠QOK＝tan∠PRH，移出m的方程，求得m便可．
【解答】解：（1）将x＝2代入y＝﹣x2﹣x+2，得y＝﹣3，故点A的坐标为（2，﹣3），
将A（2，﹣3），C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得
，解得，
∴抛物线L1：y＝x2﹣2x﹣3；

（2）如图，设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），
第一种情况：AC为平行四边形的一条边，
①当点Q在点P右侧时，则点Q的坐标为（x+2，x2﹣2x﹣3），
将Q（x+2，x2﹣2x﹣3）代入y＝﹣x2﹣x+2，得
x2﹣2x﹣3＝﹣（x+2）2﹣（x+2）+2，
解得x＝0或x＝﹣1，
因为x＝0时，点P与C重合，不符合题意，所以舍去，
此时点P的坐标为（﹣1，0）；

②当点Q在点P左侧时，则点Q的坐标为（x﹣2，x2﹣2x﹣3），
将Q（x﹣2，x2﹣2x﹣3）代入y＝﹣x2﹣x+2，得
x2﹣2x﹣3＝﹣（x﹣2）2﹣（x﹣2）+2，
解得，x＝3，或x＝﹣，
此时点P的坐标为（3，0）或（﹣，）；

第二种情况：当AC为平行四边形的一条对角线时，
由AC的中点坐标为（1，﹣3），得PQ的中点坐标为（1，﹣3），
故点Q的坐标为（2﹣x，﹣x2+2x﹣3），
将Q（2﹣x，﹣x2+2x﹣3）代入y＝﹣x2﹣x+2，得
﹣x2+2x﹣3═﹣（2﹣x）2﹣（2﹣x）+2，
解得，x＝0或x＝﹣3，
因为x＝0时，点P与点C重合，不符合题意，所以舍去，
此时点P的坐标为（﹣3，12）．

综上所述，点P的坐标为（﹣1，0）或（3，0）或（﹣，）或（﹣3，12）；

（3）当点P在y轴左侧时，抛物线L1不存在点R使得CA平分∠PCR，
当点P在y轴右侧时，不妨设点P在CA的上方，点R在CA的下方，
过点P、R分别作y轴的垂线，垂足分别为S、T，
过点P作PH⊥TR于点H，则有∠PSC＝∠RTC＝90°，
由CA平分∠PCR，得∠PCA＝∠RCA，则∠PCS＝∠RCT，
∴△PSC∽△RTC，
∴，
设点P坐标为（x1，），点R坐标为（x2，），
所以有，
整理得，x1+x2＝4，

在Rt△PRH中，tan∠PRH＝＝
过点Q作QK⊥x轴于点K，设点Q坐标为（m，），
若OQ∥PR，则需∠QOK＝∠PRH，
所以tan∠QOK＝tan∠PRH＝2，
所以2m＝，
解得，m＝，
所以点Q坐标为（，﹣7+）或（，﹣7﹣）．