2023年吉林省长春二十二中中考数学一模试卷(含答案解析)

这是一份2023年吉林省长春二十二中中考数学一模试卷(含答案解析)，共23页。试卷主要包含了 下列各数中，15×1012B， 下列运算正确的是， 分解因式等内容，欢迎下载使用。

2023年吉林省长春二十二中中考数学一模试卷
1. 下列各数中：−π、 2、0，−3，最小的是(    )
A. −π B. 2 C. 0 D. −3
2. 一个64位的量子计算机的数据处理速度约是目前世界上最快的“太湖之光”超级计算机的150000000000倍.其中数据150000000000用科学记数法表示为(    )
A. 0.15×1012 B. 1.5×1011 C. 15×1010 D. 1.5×1010
3. 如图是由一个圆柱体和一个长方体组成的几何体，其左视图是(    )

A. B. C. D.
4. 下列运算正确的是(    )
A. 3a2−a2=3 B. (a+b)2=a2+b2
C. (−2x)3=−8x3 D. x3+x3=2x6
5. 如图，沿AB的方向开山修路，为了加快速度，要在小山的另一边同时施工，从AB上取一点C，取∠ACD=136∘，测得CD=500m，DE⊥AE，点A、C、E在同一直线上，那么开挖点E离点D的距离是米.(    )

A. 500sin44∘ B. 500cos44∘ C. 500tan44∘ D. 500sin44∘
6. 如图，作Rt△ABC，∠C=90∘，BC=2AC；以A为圆心，AC长为半径画弧，交斜边AB于点D；以B为圆心，以BD长为半径画弧，交BC于点E.若BC=6，则CE=(    )
A. 9−3 5 B. 3 5−6 C. 3 5−3 D. 3 5−1
7. 如图，在菱形ABCD中，E是对角线AC上的一点，过点E作FH//AD，GI//AB，若AC=5cm，∠B=60∘，则图中阴影部分的周长为(    )
A. 15cm
B. 20cm
C. 28cm
D. 30cm
8. 如图，在▱ABCD中，AB//x轴，点B、D在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，若▱ABCD的面积是20，则k的值是(    )
A. 10
B. 15
C. 20
D. 25
9. 分解因式：2x2−4x=______.
10. 已知关于x的一元二次方程x2−3x+m=0有两个实数根，则m的取值范围是______ .
11. 如图，五边形ABCDE是正五边形，过点B作AB的垂线交CD于点F，则∠BFC=______ ∘.


12. 如图，在扇形ABC中，∠BAC=90∘，AB=2，若以点C为圆心，CA为半径画弧，与BC交于点D，则图中阴影部分的面积和是______ .


13. 如图，将△ABC沿直线AD翻折，使点B与AC边上的点E重合，若AB=AD=4，AC=6，则DC=______.


14. 如图，在平面直角坐标系中，点A是抛物线y=ax2+bx+c的顶点，点B(0,2)是抛物线与y轴的交点，直线BC平行于x轴，交抛物线于点C，D为x轴上任意一点，若S△ABC=3，S△BCD=2，则点A的坐标为______.

15. 先化简，再求值：(2x−3+1)⋅x2−9x−1，其中x=2.
16. 今年是农历癸卯年，即兔年，如图，现有三张正面印有不同兔图案的不透明卡片A、B、C，卡片除正面图案不同外其余均相同.将三张卡片正面向下洗匀，小希从中随机抽取一张卡片，记下图案并放回，重新洗匀后再从中随机抽取一张.请用画树状图或列表的方法，求小希两次抽出的卡片图案相同的概率.

17. 九年二班计划购买A、B两种相册作为毕业礼品，已知A种相册的单价比B种相册的单价多10元，买4册A种相册与买5册B种相册的费用相同，求A、B两种相册的单价分别是多少元？
18. 图①、图②均是4×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点.每个小正方形的边长均为1，点A、B均在格点上.在图①、图②给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，不要求写出画法.
(1)在图①中，以线段AB为腰画一个等腰直角△ABC；
(2)在图②中，以线段AB为边画一个四边形ABMN，使其是中心对称图形，但不是轴对称图形，并且其中一个内角为45∘.

19. 如图，在四边形ABCD中，DA=DC，DB平分∠ADC，CF⊥AC，DC//BF.

(1)如图①，求证：AD=BF；
(2)如图②，当A、B、F三点在一条直线上时CE=1，DE=2，则四边形DAFC的面积是______ .
20. 某校为培养学生的个性特长，准备组建四个兴趣小组．规定七年级每名学生至少参加1个兴趣小组，可以兼报多个兴趣小组．该校调查了七年级若干名学生的报名情况，并将调查结果绘制成了如下两幅不完整的统计图：

根据图中信息，解答下列问题：
(1)本次共调查了______名学生；
(2)在扇形统计图中，D部分所对应的扇形圆心角是______度；
(3)补全条形统计图；
(4)若该校七年级有600名学生，估计报名参加2个兴趣小组的学生约有多少人？
21. 货车和轿车分别从甲、乙两地同时出发，沿同一公路相向而行．轿车出发2.4h后休息，直至与货车相遇后，以原速度继续行驶，设两车出发时间为x(单位：h)，货车、轿车与甲地的距离为y1(单位：km)，y2(单位：km)，图中的线段OA、折线BCDE分别表示y1，y2与x之间的函数关系．
(1)货车行驶的速度为______km/h；
(2)求DE所在直线的函数解析式；
(3)直接写出两车出发多长时间相距200km.

22. 【问题情境】如图①，在正方形ABCD中，E为边BC上一点(不与点B、C重合)，垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N.判断线段DN、MB、EC之间的数量关系，并说明理由；
【问题探究】在“问题情境”的基础上，如图②，若垂足P恰好为AE的中点，连结BD，交MN于点Q，连结EQ，并延长交边AD于点F.则∠AEF的大小为度.

23. 如图①，在△ABC中，∠BAC=90∘，AC=4，AB=8，AD⊥BC，动点P从点A出发，沿射线AD以每秒 5个单位长度的速度运动，过点P作AB的垂线交AB于点Q，以PQ为边向上作矩形PQMN，点M在AB或AB的延长线上，PQ=2QM，当点Q与点B重合时点P停止运动，设点P运动的时间为t(秒).
(1)求BC的长；
(2)当BC平分矩形PQMN的周长时，求t的值；
(3)当点N在△ABC的直角边的垂直平分线上时，直接写出t的值；
(4)如图②，当点P在AD的延长线上时，MN、PQ分别交边BC于点E、F，当△PFD与图中某个三角形全等时，求t的值.

24. 在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2−2ax−a(a为常数).
(1)若点(2,−1)在抛物线上.
①求抛物线的表达式；
②当x为何值时y随x的增大而减小？
(2)若x≤2a，当抛物线的最低点到x轴的距离恰好是1时，求a的值；
(3)已知A(−1,1)、B(−1,2a−12)，连结AB.当抛物线与线段AB有交点时，该交点为P(点P不与A、B重合)，将线段PB绕点P顺时针旋转90∘得到线段PM，以PM、PA为邻边构造矩形PMQA.当抛物线在矩形PMQA内部(包含边界)图象所对应的函数的最大值与最小值的差为32时，直接写出a的值.
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：∵−π<−3<0< 2，
∴−π、 2、0，−3这些数中，最小的是−π.
故选：A.
正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，据此判断即可．
此题主要考查了实数大小比较的方法，解答此题的关键是要明确：正实数>0>负实数，两个负实数绝对值大的反而小．

2.【答案】B 
【解析】解：150000000000=1.5×1011.
故选：B.
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

3.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．找到从左面看所得到的图形即可．
【解答】
解：从左面可看到一个长方形和上面一个长方形，且两个长方形有一条公共边.
故选A.
  
4.【答案】C 
【解析】解：A、原式=2a2，∴不符合题意；
B、原式=a2+2ab+b2，∴不符合题意；
C、原式=−8x3，∴符合题意；
D、原式=2x3，∴不符合题意；
故选：C.
A、把同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母的指数不变；
B、根据完全平方公式计算；
C、根据积的乘方，把积的每一个因式分别乘方再把所的幂相乘计算；
D、把同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母的指数不变．
本题考查合并同类项、积的乘方、完全平方公式，熟练掌握公式、运算性质和法则是解题的关键．

5.【答案】A 
【解析】解：∵∠DCE=180∘−∠ACD=180∘−136∘=44∘，DE⊥AE，
∴△CDE是直角三角形，
∴∠D=136∘−90∘=46∘，
∴开挖点E离点D的距离=CD⋅cos46∘=500sin44∘m.
故选：A.
根据邻补角的定义求出∠DCE=34∘，然后判断出△CDE是直角三角形，再根据三角函数的知识解答．
本题考查了邻补角的定义，三角函数的知识，熟记性质并判断出△CDE是直角三角形是解题的关键．

6.【答案】A 
【解析】解：∵BC=2AC，BC=6，
∴AC=3，
由勾股定理得AB= AC2+BC2= 32+62=3 5，
∵AC=AD，
∴BD=AB−AD=3 5−3，
∵BE=BD，
∴CE=BC−BE=6−(3 5−3)=9−3 5，
故选：A.
根据题意结合勾股定理求出AB的长，由AD=AC得出BD，再根据BE=BD，即可求出CE的长．
本题主要考查勾股定理的知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．

7.【答案】B 
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=5cm，∠B=60∘，
∴AB=CB=AD=CD，∠B=∠D=60∘，
∴△ABC、△ADC都是等边三角形，
∴AB=CB=AD=CD=AC=5cm，
∵FH//AD，BC//AD，GI//AB，CD//AB，
∴FE//BG，EG//BF，IE//DH，EH//DI，
∴四边形BGEF、四边形DHEI都是平行四边形，
∴GE=BF，EF=BG，EH=DI，IE=DH，
∴AF+EG=AF+BF=5cm，EF+CG=BG+CG=5cm，EH+AI=DI+AI=5cm，IE+CH=DH+CH=5cm，
∴AF+EG+EF+CG+EH+AI+IE+CH=5×4=20(cm)，
∴图中阴影部分的周长为20cm，
故选：B.
由菱形的性质得AB=CB=AD=CD，∠B=∠D=60∘，则△ABC、△ADC都是等边三角形，所以AB=CB=AD=CD=AC=5cm，再证明四边形BGEF、四边形DHEI都是平行四边形，则GE=BF，EF=BG，EH=DI，IE=DH，即可求得AF+EG=AF+BF=5cm，EF+CG=BG+CG=5cm，EH+AI=DI+AI=5cm，IE+CH=DH+CH=5cm，所以图中阴影部分的周长为20cm.
此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，证明△ABC、△ADC都是等边三角形是解题的关键．

8.【答案】A 
【解析】解：连接OB，
∵四边形ABCD是平行四边形，▱ABCD的面积是20，
∴△ABC的面积=12×▱ABCD的面积=12×20=10，AO=CO，
∵AB//x轴，
∴k=2S△AOB=S△ABC=10，
故选：A.
连接OB，根据平行四边形的性质得到△ABC的面积=12×▱ABCD的面积=12×20=10，AO=CO，于是得到结论．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，平行四边形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．

9.【答案】2x(x−2) 
【解析】解：2x2−4x=2x(x−2).
故答案为：2x(x−2).
首先找出多项式的公因式，然后提取公因式法因式分解即可．
此题主要考查了提取公因式法因式分解，根据题意找出公因式是解决问题的关键．

10.【答案】m≤94 
【解析】解：根据题意，得Δ=(−3)2−4×1×m≥0，
解得m≤94，
故答案为：m≤94.
根据判别式的意义得到Δ=(−3)2−4×1×m≥0，然后解关于m的不等式即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．

11.【答案】54 
【解析】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠C=∠ABC=108∘，
∵FB⊥AB，
∴∠ABF=90∘，
∴∠CBF=∠ABC−∠ABF=18∘，
∴∠BFC=180∘−∠C−∠CBF=54∘，
故答案为：54.
先利用多边形的内角和公式求出正五边形中每一个角的度数，再根据垂直定义可得∠ABF=90∘，从而可得∠CBF=18∘，最后利用三角形内角和定理进行计算即可解答．
本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键．

12.【答案】π3 
【解析】解：连接AD，

∵以点C为圆心，CA为半径画弧，与BC交于点D，AB=2，
∴AD=AC=CD=2，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠DCA=∠DAC=60∘，
∵∠BAC=90∘，
∴∠BAD=∠BAC−∠DAC=90∘−60∘=30∘，
∴阴影部分的面积=S扇形BAD=30⋅π×22360=13π，
故答案为：13π.
连接AD，根据等边三角形的判定得出△DAC是等边三角形，根据等边三角形的性质得出∠DAC=∠DCA=60∘，求出阴影部分的面积=扇形BAD的面积，再根据扇形的面积公式求出扇形BAD的面积即可．
本题考查了等边三角形的性质和判定，扇形的面积计算等知识点，能求出阴影部分的面积=扇形BAD的面积是解此题的关键．

13.【答案】2 3 
【解析】解：由题可得，AB=AD=AE=4，EC=AC−AE=2，
∴∠B=∠ADB=∠ADE=∠AED，
∵△ADE中，∠DAE=180∘−∠ADE−∠AED=180∘−2∠ADE，
∠CDE=180∘−∠ADB−∠ADE=180∘−2∠ADE，
∴∠DAE=∠CDE，
又∵∠DCE=∠ACD，
∴△ACD∽△DCE，
∴ECDC=DCAC，即DC2=EC×AC，
∴DC= 2×6=2 3，
故答案为：2 3.
先由平角的性质及三角形内角和定理可得到∠EDC=∠CAD，由相似三角形的判定定理可得到△DCE∽△ACD，根据相似三角形的对应边成比例列式计算即可得到CD的长．
本题考查的是图形的翻折变换，相似三角形的判定与性质的运用，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．

14.【答案】(1,−1) 
【解析】解：∵点B(0,2)是抛物线与y轴的交点，直线BC平行于x轴，交抛物线于点C，
∴B、C关于对称轴对称，
∵S△BCD=12BC⋅OB=2，B(2,0)，
∴BC=2，
∴C(2,2)，
∴对称轴为直线x=0+22=1，
∵S△ABC=12BC(2−yA)=3，
∴y=−1，
∴A(1,−1)，
故答案为(1,−1).
根据△BCD的面积求得BC，即可求得对称轴，根据△ABC的面积即可求得A的纵坐标，从而求得A的坐标．
本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，求得三角形的高是解题的关键．

15.【答案】解：(2x−3+1)⋅x2−9x−1
=2+x−3x−3⋅(x+3)(x−3)x−1
=x−1x−3⋅(x+3)(x−3)x−1
=x+3，
当x=2时，原式=2+3=5. 
【解析】根据分式的加法和乘法可以化简题目中的式子，然后将x=2代入化简后的式子计算即可．
本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．

16.【答案】解：根据题意列表如下：

A
B
C
A
AA
BA
CA
B
AB
BB
CB
C
AC
BC
CC
共有9种等可能结果，其中两次抽出的卡片图案相同有3情况，
∴小希同学两次抽出的卡片图案相同的概率为：39=13. 
【解析】根据题意列出图表得出所有等情况数和两次抽出的卡片图案相同情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率，解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．会列表和画树状图是解题的关键．

17.【答案】解：设A种相册的单价是x元，B种相册的单价是y元，
根据题意得：x−y=104x=5y，
解得：x=50y=40.
答：A种相册的单价是50元，B种相册的单价是40元． 
【解析】设A种相册的单价是x元，B种相册的单价是y元，根据“A种相册的单价比B种相册的单价多10元，买4册A种相册与买5册B种相册的费用相同”，可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．

18.【答案】解：(1)如图①所示，等腰直角△ABC即为所求．
(2)如图②所示，四边形ABMN即为所求．
 
【解析】(1)利用网格，取格点C，使AB=BC，且∠ABC=90∘即可．
(2)作平行四边形ABMN，且满足对角线BN与边AN垂直且相等即可．
本题考查作图-应用与设计作图、等腰直角三角形、中心对称图形、轴对称图形，熟练掌握等腰直角三角形的性质、中心对称图形、轴对称图形是解答本题的关键．

19.【答案】6 
【解析】(1)证明：∵DA=DC，DB平分∠ADC，
∴BD⊥AC，
∵CF⊥AC，
∴BD//CF，
∵DC//BF，
∴四边形BDCF是平行四边形，
∴BF=DC，
∴AD=BF；
(2)解：∵DA=DC，DB平分∠ADC，
∴BD⊥AC，AE=CE，
∵BD//CF，
∴AB=BF，
∵CF⊥AC，
∴CB是Rt△ACF斜边AF的中线，
∴AB=BF=BC，
∵四边形BDCF是平行四边形，
∴BF=DC，
∴AB=CD，
∵DC//BF，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵DA=DC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC=2CE=2，BD=2DE=4，
∴菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=4，
∴△BCD的面积=12×菱形ABCD的面积=2，
∵四边形BDCF是平行四边形，
∴△BCF的面积=△BCD的面积=2，
∴四边形DAFC的面积=菱形ABCD的面积+△BCF的面积=6.
故答案为：6.
(1)证明四边形BDCF是平行四边形，进而可以解决问题；
(2)首先证明CB是Rt△ACF斜边AF的中线，再证明四边形ABCD是菱形，然后根据菱形和平行四边形的面积公式即可解决问题．
本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．

20.【答案】解：(1)50；
(2)14.4；
(3)A类型人数为50−(23+10+2)=15(名)，
补全图形如下：

(4)600×2350=276(人)，
答：估计报名参加2个兴趣小组的学生约有276人． 
【解析】
【分析】
本题考查条形统计图，扇形统计图，样本估计总体等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
(1)由C类型人数及其所占百分比可得总人数；
(2)用360∘乘以D类型人数所占比例即可；
(3)根据四个类型人数之和等于总人数求出A类型人数即可补全图形；
(4)用总人数乘以样本中B类型人数所占比例即可．
【解答】
解：(1)本次调查的学生总人数为10÷20%=50(名)，
故答案为：50；
(2)在扇形统计图中，D部分所对应的扇形圆心角是360∘×250=14.4∘，
故答案为：14.4；
(3)见答案；
(4)见答案．  
21.【答案】75 
【解析】解：(1)由图象可得，货车行驶的速度为：600÷8=75(km/h)，
故答案为：75；
(2)由题意可得OA所在直线为关于x的正比例函数，
设直线OA的解析式为：y=px，
将A(8,600)代入得：600=8p，
解得：p=75，
∴y=75x；
则y=300时，x=4，
∴点D的坐标为(4,300).
∵轿车在休息前2.4h行驶300km，休息后按原速度行驶，
∴轿车行驶后300km需2.4h.
∴点E坐标为：(6.4,0).
设线段DE所在直线的函数表达式为y=kx+b，
将点D(4,300)，E(6.4,0)代入得：4k+b=3006.4k+b=0，
解得k=−125b=800，
∴线段DE所在直线的函数表达式为y=−125x+800；
(3)设BC段的函数解析式为y=mx+n，
将B(0,600)，C(2.4,300)代入得：
n=6002.4m+n=300，
解得：m=−125n=600，
∴y=−125x+600.
①当轿车休息前与货车相距200km时，有，
−125x+600−75x=200，
解得：x=2；
②当轿车休息后与货车相距200km时，有，
75x−(−125x+800)=200，
解得：x=5.
故答案为：2或5.
(1)观察图象，用点A的纵坐标除以点A的横坐标即可求得答案；
(2)待定系数法求出OA的解析式，再根据点D的纵坐标为300求得其横坐标，即可得解；
(3)轿车在休息前2.4h行驶300km，休息后按原速度行驶，可得轿车行驶后300km需2.4h，从而可得点E的坐标，再结合点D的坐标，用待定系数法可求得答案；
(4)先用待定系数法求出BC段的解析式，然后分两种情况列方程求解即可：①当轿车休息前与货车相距200km时；②当轿车休息后与货车相距200km时．
本题考查了一次函数在行程问题中的应用，数形结合、分类讨论并明确行程问题的基本数量关系，是解题的关键．

22.【答案】解：【问题情境】线段DN、MB、EC之间的数量关系为：DN+MB=EC；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=∠BCD=90∘，AB=BC=CD，AB//CD，
过点B作BF//MN分别交AE、CD于点G、F，如图①所示：

∴四边形MBFN为平行四边形，
∴NF=MB，
∴BF⊥AE，
∴∠BGE=90∘，
∴∠CBF+∠AEB=90∘，
∵∠BAE+∠AEB=90∘，
∴∠CBF=∠BAE，
在△ABE和△BCF中，
∠BAE=∠CBFAB=BC∠ABE=∠BCF=90∘，
∴△ABE≌△BCF(ASA)，
∴BE=CF，
∵DN+NF+CF=BE+EC，
∴DN+MB=EC；
【问题探究】连接AQ，过点Q作HI//AB，分别交AD、BC于点H、I，如图②所示：

∵四边形ABCD是正方形，
∴四边形ABIH为矩形，
∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI=AB=AD，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠BDA=45∘，
∴△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，
∵MN是AE的垂直平分线，
∴AQ=QE，
在Rt△AHQ和Rt△QIE中，
AQ=QEAH=QI，
∴Rt△AHQ≌Rt△QIE(HL)，
∴∠AQH=∠QEI，
∴∠AQH+∠EQI=90∘，
∴∠AQE=90∘，
∴△AQE是等腰直角三角形，
∴∠EAQ=∠AEQ=45∘，
即∠AEF=45∘，
故答案为：45∘. 
【解析】【问题情境】证明四边形MBFN为平行四边形和△ABE≌△BCF(ASA)，则BE=CF，而DN+NF+CF=BE+EC，故DN+MB=EC；
【问题探究】证明△DHQ是等腰直角三角形，得到HD=HQ，AH=QI，在证明Rt△AHQ≌Rt△QIE(HL)，得到△AQE是等腰直角三角形，即可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键．

23.【答案】解：(1)如图①，
∵∠BAC=90∘，AC=4，AB=8，
∴BC= AC2+AB2= 42+82=4 5，
∴BC的长为4 5.
(2)如图②，BC交MN于点E，交PQ于点F，连结PM交BC于点O，
∵四边形PQMN是矩形，
∴PQ//MN，PQ=MN，PN//MQ，PN=MQ，∠BQF=∠BME=∠AQP=90∘，
∴∠PFO=∠MEO，∠FPO=∠EMO，
当OM=ON时，则△POF≌△MOE(AAS)，
∴PF=ME，
∴QF=NE，
∴PF+PN+NE=ME+MQ+QF，
∴BC平分矩形PQMN的周长，
∵AD⊥BC于点D，
∴∠ADB=∠ADC=90∘，
∴∠BAD=∠C=90∘−∠B，
∵AP= 5t，AC：AB：BC=4：8：4 5=1：2： 5，PQ=2QM，
∴AQ=AP⋅cos∠BAD=AP⋅cosC= 5t×44 5=t，PQ=AP⋅sin∠BAD=AP⋅sinC= 5t×84 5=2t，
∴QM=12PQ=t，
∵QF=12BQ=12(8−t)，ME=12BM=12(8−2t)，
∴2t−12(8−t)=12(8−2t)，解得t=167，
∴t的值为167.
(3)如图③，延长NP交AC于点G，则∠NGC=∠BAC=90∘，
∴NP⊥AC，
∴当点N在AC的垂直平分线上时，则AG=CG=12AC=12×4=2，
∵∠GAQ=∠AQP=∠PGA=90∘，
∴四边形AGPQ是矩形，
∴AG=PQ=2t，
∴2t=2，解得t=1；
如图4，点N在AB的垂直平分线上，
∵MN⊥AB，
∴MN是AB的垂直平分线，
∴AM=BM=12AB=12×8=4，
∴2t=4，解得t=2，
综上所述，t的值为1或2.
(4)如图⑤，△PFD≌ACD，则AD=PD=12AP，
∵AD=AC⋅sinC=4×2 5=8 55，
∴8 55=12× 5t，解得t=165；
如图⑥，△PFD≌BME，则PD=BM，
∴ 5t−8 55=8−2t，解得t=24 5−405；
如图⑦，△PFD≌BQF，则PD=BQ，
∴ 5t−8 55=8−t，解得t=8 55，
综上所述，t的值为165或24 5−405或8 55. 
【解析】(1)由∠BAC=90∘，AC=4，AB=8，根据勾股定理求得BC= AC2+AB2=4 5；
(2)设BC交MN于点E，交PQ于点F，连结PM交BC于点O，可证明当OM=ON时，则△POF≌△MOE，得PF=ME，则QF=NE，此时BC平分矩形PQMN的周长，由AP= 5t，AC：AB：BC=1：2： 5，可求得AQ=t，PQ=2t，则QM=t，于是得2t−12(8−t)=12(8−2t)，求得t=167；
(3)分两种情况，一是点N在AC的垂直平分线上，则AG=CG=2=2t，得t=1；二是点N在AB的垂直平分线上，则AM=BM=12AB=4=2t，得t=2；
(4)分三种情况，一是△PFD≌ACD，则AD=PD=12AP，所以8 55=12× 5t，得t=165；二是△PFD≌BME，则PD=BM，所以 5t−8 55=8−2t，得t=24 5−405；三是△PFD≌BQF，则PD=BQ，所以 5t−8 55=8−t，得t=8 55.
此题重点考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、线段的垂直平分线的性质、锐角三角函数与解直角三角形、动点问题的求解、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．

24.【答案】解：(1)①将点(2,−1)代入y=x2−2ax−a中，
得22−2×2a−a=−1，解得a=1，
故抛物线的表达式为y=x2−2x−1；
②∵y=x2−2x−1=(x−1)2−2，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∵1>0，
∴抛物线开口向上，
∴当x<1时，y随x的增大而减小；
(2)∵y=x2−2ax−a=(x−a)2−a2−a，
∴抛物线顶点坐标为(a,−a2−a)，
当a>0时，抛物线的最低点是顶点，
∴−a2−a=−1，
解得a= 5−12或a=− 5−12(舍去)；
当a≤0时，|(2a)2−2a⋅2a−a|=1，解得a=±1，
∴a=−1.
综上：a=−1或a= 5−12；
(3)∵A(−1,1)、B(−1,2a−12)，
∴AB所在直线解析式为x=−1，
将x=−1代入y=x2−2ax−a，得y=1+a，
∴点P坐标为(−1,1+a)，
当点B在点A下方时，1>1+a>2a−12，
解得a<0，
∵PB=PM=1+a−(2a−12)=32−a，
∴点M横坐标为−1−(32−a)=a−52，
∴Q的横坐标为a−52，
∴Q的坐标为(a−52,1)，
①当点B在点A上方时，2a−12>1+a>−1，
解得a>32，
当a>32，抛物线经过点Q时，将(a−52,1)代入抛物线解析式得：
1=(a−52)2−2a(a−52)−a，
解得a=−1+ 222或a=−1− 222(舍)，
抛物线与直线x=a−52交点为(a−52,−a2−a+254)，
当32 (1+a)−1=32时，解得a=32(舍).

当点P为最高点，抛物线与MQ交点E为最低点时，
(1+a)−(−a2−a+254)=32，
解得a=−1− 312(舍)或a=−1+ 312.

②当点B在点A下方时，−1>1+a>2a−12，
解得a<0，
当a<0时，抛物线经过点Q时，a=−1− 222，
∴−1− 222≤a<0时，抛物线与矩形交点最高点纵坐标为1，最低点纵坐标为点P纵坐标为1+a，
当1−(1+a)=32时，a=−32.

当a<−1− 222时，抛物线与直线MQ交点(a−52,−a2−a+254)为最高点，点P为最低点，
当−a2−a+254−(1+a)=32时，解得a=−1+ 192(舍)或a=−1− 192.

综上所述，a=−1− 192或a=−32或a=−1+ 312. 
【解析】(1)①将点(2,−1)代入解析式，即可求解；
②根据二次函数的性质即可求解；
(2)求出顶点坐标，由题意列出方程即可求解；
(3)分类讨论点B在A上方与点B在A下方两种情况，分别求出最高点与最低点坐标作差求解．
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，矩形的性质，旋转的性质等知识，利用数形结合以及分类的思想解决问题是解题的关键．