2023年江苏省镇江外国语学校中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2023年江苏省镇江外国语学校中考数学一模试卷（含解析），共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年江苏省镇江外国语学校中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共6小题，共18.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列手机中的图标是轴对称图形的是(    )
A. B.
C. D.
2. 下列各式正确的是(    )
A. 16=±4 B. (−3)2=−3 C. ± 81=±9 D. −4=2
3. 灿灿妈妈在网上销售装饰品．最近五天，每天销售某种装饰品的个数为：9，12，13，12，14.灿灿对这组数据的分析，其中错误的是(    )
A. 众数是12 B. 平均数是12 C. 方差是145 D. 中位数是13
4. 化简2aa2−b2−1a+b的结果是(    )
A. a−b B. a+b C. 1a+b D. 1a−b
5. 有一个摊位游戏，先旋转一个转盘的指针，如果指针箭头停在奇数的位置，玩的人可以从袋子里抽出一个弹珠，当摸到黑色的弹珠就能得到奖品，转盘和弹珠如下图所示，小明玩了一次这个游戏，则小明得奖的可能性为(    )
A. 不可能 B. 不太可能 C. 非常有可能 D. 一定可以
6. 如图，在Rt△ABC中，1 A. 5+1
B. 2 5+1
C. 5+32
D. 2 5+32
二、填空题（本大题共12小题，共24.0分）
7. −23的相反数是          ．
8. 2022年3月25日，我国核电企业研发设计的具有完全自主知识产权的“华龙一号”示范工程全面建成投运，每年减少二氧化碳排放约1632万吨，用科学记数法表示1632万是______ ．
9. 如图所示的五边形花环，是用五个全等的直角三角形拼成的，则图∠ABC等于______度．


10. 一只小蚂蚁从如图所示的正方体的顶点A沿着棱爬向有蜜糖的点B，它只能经过三条棱，请你数一数，小蚂蚁有________种爬行路线．
11. 用一个平面截一个直n棱柱，得到的截面边数最多是8条边，且这个n棱柱的每个侧面都是正方形，正方形的面积为4，则这个n棱柱的棱长之和为______．
12. 如图，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，∠BCD=135°，连接AC、BD.M是AC的中点，连接BM、DM.若AC=12，则△BMD的面积为______．


13. 关于x的分式方程m1−x+2=3x−1有正数解，则符合条件的负整数m的和是______ ．
14. 函数y=−x3+x的部分图象如图所示，当y<0时，x的取值范围是______．


15. 设a1、a2、a3，…，a2021是从−1，0，2这三个数中取值的一列数，若a1+a2+a3+…+a2021=9，a12+a22+a32+…+a20212=51，则a13+a23+a33+…+a20213= ______ ．
16. 如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C，D为格点(即小正方形的顶点)，AB与CD相交于点O，则AO的长为______．


17. 甲、乙两车从A地出发，匀速驶向B地，甲车以80km/h的速度行驶1h后，乙车才沿相同路线行驶．乙车先到达B地并停留1h后，再以原速按原路返回，直至与甲车相遇．在此过程中，两车之间的距离y(km)与乙车行驶时间x(h)之间的函数关系如图所示．给出下列说法：①乙车的速度是120km/h；②m=160；③点H的坐标是(7,80)；④n=7.5.其中说法正确的有______.(把你认为正确结论的序号都填上)

18. 如图，正方形ABCD的边长为5，E为AD的中点，P为CE上一动点，则AP+BP的最小值为______．


三、解答题（本大题共10小题，共80.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
计算或解方程：
(1) 4−(π−3)0−10sin30°+(12)−2；
(2)2x2x+1−x−14x2−1=1．
20. (本小题8.0分)
设A=a−21+2a+a2÷(a−3aa+1).
(1)化简A；
(2)当a=3时，记此时A的值为f(3)；当a=4时，记此时A的值为f(4)；…
解关于x的不等式：x−22−7−x4≤f(3)+f(4)+…+f(11)，并将解集在数轴上表示出来．

21. (本小题8.0分)
已知：AB⊥AC，AD⊥AE，且AB=AC，AD=AE，求证：
(1)BE=DC；
(2)∠PQE=______°(直接写出即可)．

22. (本小题8.0分)
如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A、B、C均落在格点上．
(1)△ABC的周长为______ ；
(2)请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺在AC上确定一点M，使以点M为圆心，以MC为半径的⊙M与AB相切.(保留作图痕迹)

23. (本小题8.0分)
小明在学校画室里作画，在一个密闭的口袋里装有四管没有标签的外观完全相同的颜料，只知道这四管颜料中有1管是红色颜料，1管是白色颜料，2管是蓝色颜料，
(1)小明从口袋中随机摸出1管颜料，恰好是红色的概率为______；
(2)小明随机一次从口袋中摸出两管颜料，试用树状图或表格列出所有可能的结果，并求两次摸到颜料的颜色能配成紫色的概率；(红色和蓝色在一起可配成紫色)
(3)在口袋里再放入一管完全相同的白色颜料，先摸出一管颜料放回，摇匀后在随机摸出一管颜料，那么两次摸到的颜料的颜色能配成紫色的概率是______．
24. (本小题8.0分)
如图，一扇窗户打开后可以用窗钩AB将其固定，窗钩的一个端点A固定在窗户底边OE上，且与转轴底端O之间的距离为20cm，窗钩的另一个端点B在窗框边上的滑槽OF上移动，滑槽OF的长度为17cm，AB、BO、AO构成一个三角形．当窗钩端点B与点O之间的距离是7cm的位置时(如图2)，窗户打开的角∠AOB的度数为37°.求窗钩AB的长度(精确到1cm).(参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75)

25. (本小题8.0分)
如图，点A在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，AB⊥x轴，垂足为B，tan∠AOB=12，AB=2．
(1)求k的值；
(2)点C在这个反比例函数图象上，且∠BAC=135°，求OC的长．

26. (本小题8.0分)
如图，△ABC内接于⊙O，CD平分∠ACB交⊙O于D，过点D作PQ//AB分别交CA、CB延长线于P、Q，连接BD．
(1)求证：PQ是⊙O的切线；
(2)求证：BD2=AC⋅BQ；
(3)若AC、BQ的长是关于x的方程x2−mx+4=0的两实根，且tan∠PCD=13，求⊙O的半径．

27. (本小题8.0分)
问题提出
(1)如图1，在△ABC中，点D在BC上，连接AD，CD=2BD，则△ABD与△ACD的面积之比为______；
问题探究
(2)如图2，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，点P为矩形内一动点，在点P运动的过程中始终有∠APB=45°，求△APB面积的最大值；(结果保留根号)
问题解决
(3)如图3，某市欲规划一块形如平行四边形ABCD的休闲旅游观光区，点A为观光区的人口，并满足∠BAD=120°，要求在边BC上确定一点E为观光区的南门，为了方便市民游览，修建一条观光通道AE(观光通道的宽度不计)，且BE=2CE，AE=300米，为了容纳尽可能多的游客，要求平行四边形ABCD的面积最大，请问是否存在满足上述条件的面积最大的平行四边形ABCD？若存在，求出平行四边形ABCD的最大面积；若不存在，请说明理由．(结果保留根号)

28. (本小题8.0分)
【问题背景】为了保持室内空气的清新，某仓库的门动换气窗采用了以下设计：
如图1，窗子的形状是一个五边形，它可看作是由一个矩形ABCD和一个△CDE组成，该窗子关闭时可以完全密封，根据室内的温度和湿度也可以自动打开窗子上的通风口换气.通风口为△FMN(阴影部分均不通风)，点F为AB的中点，MN是可以沿窗户边框上下滑动且始终保持和AB平行的伸缩横杆．

设窗子的边框AB、AD分别为a m，b m，窗子的高度(窗子的最高点到边框AB的距离)为c m．
【初步探究】
(1)若a=3，b=2，c=4(即点E到AB的距离为4)．
①MN与AB之间的距离为1m，求此时△FMN的面积；
②MN与AB之间的距离为x m，试将通风口的面积y m2表示成关于x的函数；
③伸缩杆MN移动到什么位置时，通风口面积最大，最大面积是多少？
【拓展提升】
(2)若金属杆MN移动到高于CD所在位置的某一处时通风口面积达到最大值．
①c需要满足的条件是______ ，通风口的最大面积是______ m2(用含a、b、c的代数式表示)
②用直尺和圆规在图3中作出通风口面积最大金属杆MN所在的位置，(保留作图痕迹，不写作法)
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A.不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.是轴对称图形，故此选项符合题意；
D.不是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
根据轴对称图形的概念，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可．
本题考查的是轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．

2.【答案】C 
【解析】解：A.因为16的算术平方根是4，即 16=4，则A选项不符合题意；
B.因为 (−3)2= 9=3，则B选项不符合题意；
C.因为81的平方根是±9，即± 81=±9，则C选项符合题意；
D.负数没有平方根，则D选项不符合题意；
故选：C．
根据算术平方根和平方根的定义即可求解．
本题主要考查了算术平方根和平方根，掌握算术平方根和平方根的定义是解题的关键．

3.【答案】D 
【解析】解：数据由小到大排列为9，12，12，13，14，
它的平均数为9+12+13+12+145=12，
数据的中位数为12，众数为12，
数据的方差=15×[(9−12)2+(12−12)2+(12−12)2+(13−12)2+(14−12)2]=145．
所以A、B、C正确，D错误．
故选：D．
先把数据由小到大排列，然后根据算术平均数、中位数和众数的定义得到数据的算术平均数，中位数和众数，再根据方差公式计算数据的方差，然后利用计算结果对各选项进行判断．
本题考查了方差：一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差，也考查了平均数，中位数和众数的定义．

4.【答案】D 
【解析】解：2aa2−b2−1a+b
=2a(a+b)(a−b)−a−b(a+b)(a−b)
=2a−a+b(a+b)(a−b)
=a+b(a+b)(a−b)
=1a−b．
故选：D．
先通分，再计算，然后化简，即可求解．
本题主要考查了异分母分式相加减，熟练掌握异分母分式相加减法则是解题的关键．

5.【答案】B 
【解析】解：先旋转转盘的指针，指针箭头停在奇数的位置就可以获得一次摸球机会，而只有摸到黑弹珠才能获得奖品，这个游戏得到奖品的可能性很小，属于不确定事件中的可能事件，
故选：B．
根据转盘知只有1个奇数，而且袋子中20个里只有6个黑球，据此得出这个游戏得到奖品的可能性很小．
此题考查了概率公式，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=mn．

6.【答案】C 
【解析】解：tan∠ABC=2，则ACBC=2，
设BC=a，AC=2a，
由AB2=BC2+AC2，可得AB= 5a，则cos∠BAC=2a 5a=2 5，
作∠ADE=90°，且DE=12AD=32，
连接AE，BE，DE，

由DE=12AD=32可知，tan∠DAE=DEAD=12，
∵tan∠ABC=2，即tan∠ABC=ACBC=2，
∴tan∠BAC=BCAC=12，
∴tan∠BAC=tan∠DAE，即∠BAC=∠DAE，
则：∠BAC−∠CAE=∠DAE−∠CAE，
∴∠DAC=∠EAB，
∵∠BAC=∠DAE，
∴cos∠BAC=cos∠DAE=2 5，即：ADAE=ACAB=2 5，
∴ADAC=AEAB，
∴△ADC∽△AEB，
∴DCEB=ACAB=2 5，
∵DC=2，
∴EB= 5，
由题意可知，BD≤DE+BE= 5+32，当B、E、D在同一直线上时取等号，
即：BD的最大值为： 5+32，
故选：C．
作∠ADE=90°，且DE=12AD=32，连接AE，BE，DE，证明△ADC∽△AEB，求出BE= 5，再根据三角形三边关系BD≤DE+BE，当B、E、D在同一直线上时取最大值，进而可以解决问题．
本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是做辅助线构造△ADC∽△AEB．

7.【答案】23 
【解析】解：−23的相反数是−(−23)=23．
由a的相反数是−a，可知求一个数的相反数只需在它的前面添上负号．
要掌握相反数的概念，相反数的定义：只有符号不同的两个数互为相反数．

8.【答案】1.632×107 
【解析】解：1632万=16320000=1.632×107．
故答案为：1.632×107．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，先确定a的值，再找出n的值，就可求解．
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．

9.【答案】18 
【解析】解：如图，

∵五边形花环是用五个全等的直角三角形拼成的，
∴五边形花环为正五边形，
∴∠ABD=(5−2)×180°5=108°，
而∠CBD=90°，
∴∠ABC=∠ABD−∠CBD=108°−90°=18°．
故答案为：18．
利用全等三角形的性质和正五边形的定义可判断五边形花环为正五边形，根据多边形的内角和定理可计算出∠ABD=108°，然后把∠ABD减去90°得到∠ABC的度数．
本题考查了多边形内角与外角：多边形内角和定理：(n−2)⋅180° (n≥3且n为整数)；多边形的外角和等于360°，熟记有关知识是解题的基础．

10.【答案】6 
【解析】解：如图所示：
走法有：①A−C−D−B；②A−C−H−B；③A−E−F−B；④A−E−D−B；⑤A−G−F−B；⑥A−G−H−B．
共有6种走法．
故答案为：6．
根据正方体的特点，依次找到由顶点A沿着棱爬向B，只能经过三条棱的路线即可．
此题主要考查了立体图形的认识，通过正方体考查了路线问题，注意按顺序依次寻找，不要遗漏和重复．

11.【答案】36 
【解析】
【分析】
本题考查截一个几何体，掌握棱柱的形体特征，理解截面的形状与棱柱的关系是正确解答的关键．
根据“用一个平面截一个直n棱柱，得到的截面边数最多是8条边”可得这个棱柱的面数，再根据“这个棱柱的每个侧面都是正方形，正方形的面积为4”可得这个棱柱的底面是边长为2的正6边形，侧面为边长2的正方形，进而求出所有棱长之和即可．
【解答】
解：用一个平面截一个直n棱柱，得到的截面边数最多是8条边，
所以这个直n棱柱有8个面，
则这个几何体是6棱柱，
因为这个棱柱的每个侧面都是正方形，正方形的面积为4，
所以这个正6棱柱有6个边长为2的正方形的侧面和边长为2正六边形的底面，
则六棱柱的所有棱的长度之和为2×6×3=36，
故答案为：36．  
12.【答案】18 
【解析】解：∵∠ABC=∠ADC=90°，M是AC的中点，
∴BM=DM=12AC=AM=6，
∴∠MBD=∠MDB，∠CAB=∠ABM，∠DAC=∠ADM，
由三角形的外角性质得，∠BMC=∠ABM+∠CAB=2∠BAC，
∠CMD=∠ADM+∠DAC=2∠DAC，
∴∠BMD=∠BMC+∠CMD=2(∠BAC+∠DAC)=2∠BAD，
四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，∠BCD=135°，
∴∠BAD=45°，
∴∠BMD=2∠BAD=90°，
∴S△BMD=12BM⋅DM=12×6×6=18．
故答案为：18．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM=DM=12AC，根据等边对等角可得∠MBD=∠MDB，∠CAB=∠ABM，∠DAC=∠ADM，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠BMD=2∠BAD，即可得△BDM是等腰直角三角形，即可求解．
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．

13.【答案】−7 
【解析】解：去分母得，−m+2(x−1)=3，
解得，x=m+52，
∵关于x的分式方程m1−x+2=3x−1有正数解，
∴m+52>0，
∴m>−5，
又∵x=1是增根，当x=1时，m+52=1，即m=−3，
∴m≠−3，
∴m>−5且m≠−3，
∴符合条件的负整数m有−4，−2，−1，其和为−4−2−1=−7，
故答案为：−7．
解出关于x的分式方程m1−x+2=3x−1的解为x=m+52，解为正数解，进而确定m的取值范围，注意增根时m的值除外，再根据m为负整数，确定m的所有可能的整数值，求和即可．
本题考查分式方程的解法，以及分式方程产生增根的条件等知识，理解正数解，负整数m的意义是正确解答的关键．

14.【答案】−11 
【解析】解：令y=0得：−x3+x=0，
∴−x(x2−1)=0，
∴−x(x+1)(x−1)=0，
∴−x=0或x+1=0或x−1=0，
解得：x1=0，x2=−1，x3=1，
∴函数与x轴的交点坐标为：(−1,0)，(0,0)，(1,0)，
结合图象，当y<0时，x的取值范围是：−11．
故答案为：−11．
令y=0求出函数与x轴的交点坐标，结合图象，x轴下方的图象对应的x的范围即为所求．
本题考查了函数的图象，考查数形结合思想，令y=0求出函数与x轴的交点坐标是解题的关键．

15.【答案】69 
【解析】解：设这一列数中有x个−1，y个2，
∵a1+a2+a3+…+a2021=9，a12+a22+a32+…+a20212=51，
∴−x+2y=9，(−1)2⋅x+22⋅y=51，
∴−x+2y=9x+4y=51，解得：x=11y=10，
∴a13+a23+a33+…+a20213=x⋅(−1)3+y⋅23=−x+8y=−11+80=69．
故答案为：69．
设这一列数中有x个−1，y个2，根据已知列方程组得−x+2y=9x+4y=51，解方程组可得x和y的值，最后代入可得答案．
本题考查了数字类的规律问题和整式的加减，解二元一次方程组，本题正确设未知数是关键．

16.【答案】89 17 
【解析】解：如图所示：

在△BDF和△ECF中，
∠DBF=CEF=90°∠BFD=∠EFCBD=CE，
∴△BDF≌△ECF(AAS)，
∴BF=EF=12，
又∵BF//DA，
∴△BFO∽△ADO，
∴AOBO=ADBF，
又∵AD=4，
∴AOBO=8，
在Rt△ABD中，由勾股定理得，
AB= AD2+BD2= 42+12= 17，
又∵AB=AO+BO，
∴AO=89 17，
故答案为89 17．
因网格由边长为1的小正形构成，角角边证明△BDF≌△ECF，其性质得BF=12；根据正方形的性质得BF//DA，证明△BFO∽△ADO，其性质得AOBO=8，最后勾股定理和线段的和差求出AO的长为89 17．
本题综合考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的运用，重点掌握相似三角形的判定与性质．

17.【答案】①②③ 
【解析】解：由图象可知，乙出发时，甲乙相距80km，2小时后，乙车追上甲．则说明乙每小时比甲快40km，则乙的速度为120km/h.①正确；
由图象第2−6小时，乙由相遇点到达B，用时4小时，每小时比甲快40km，则此时甲乙距离4×40=160km，则m=160，②正确；
当乙在B休息1h时，甲前进80km，则H点坐标为(7,80)，③正确；
乙返回时，甲乙相距80km，到两车相遇用时80÷(120+80)=0.4小时，则n=6+1+0.4=7.4，④错误．
故答案为：①②③．
根据题意，两车距离为函数，由图象可知两车起始距离为80，从而得到乙车速度，根据图象变化规律和两车运动状态，得到相关未知量．
本题考查一次函数的应用，主要是以函数图象为背景，考查双动点条件下，两点距离与运动时间的函数关系，解答时既要注意图象变化趋势，又要关注动点的运动状态．

18.【答案】 65 
【解析】解：作B点关于EC的对称点F，连接AF交EC于点P，连接BP，过F点作FG⊥BC交BC的延长线于点G，
BF交EC于点H，
∴BP=FP，
∴AP+BP=AP+PF≥AF，
当A、F、P三点共线时，AP+BP有最小值，最小值为AF，
∵E点是AD的中点，
∴ED=12AD，
∵正方形ABCD的边长为5，
∴ED=52，
∴tan∠ECD=12，
∵BH⊥EC，
∴∠BHC=90°，
∵∠BCD=90°，
∴∠HBC=∠ECD，
∴tan∠HBC=12，
∴2HC=BH，
在Rt△BCH中，BC=5，
∴BH=2 5，
∴BF=2BH=4 5，
在Rt△BGF中，BG=2FG，
∴GF=4，BG=8，
过点F作FM⊥AB交于M，
∴MF=8，AM=1，
在Rt△AFM中，AF= 65，
∴AP+BP的最小值为 65，
故答案为： 65．
作B点关于EC的对称点F，连接AF交EC于点P，连接BP，过F点作FG⊥BC交BC的延长线于点G，BF交EC于点H，过点F作FM⊥AB交于M，此时AP+BP有最小值，最小值为AF；求出AF的长即为所求．
本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称求最短距离的方法，正方形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．

19.【答案】解：(1) 4−(π−3)0−10sin30°+(12)−2
=2−1−10×12+4
=2−1−5+4
=0；
(2)2x2x+1−x−14x2−1=1，
方程两边同乘以(2x+1)(2x−1)，
得2x(2x−1)−(x−1)=(2x+1)(2x−1)，
解得x=23，
经检验：x=23是原方程的解． 
【解析】(1)分别计算算术平方根，零指数幂，特殊角的三角函数，负指数幂，再合并；
(2)观察方程可得最简公分母是：(2x+1)(2x−1)，两边同时乘最简公分母可把分式方程化为整式方程，再求解，最后检验．
本题考查了实数的混合运算和解分式方程．(1)解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解；(2)解分式方程一定注意要验根；(3)去分母时要注意符号的变化．

20.【答案】解：(1)A=a−21+2a+a2÷(a−3aa+1)
=a−2(a+1)2÷a(a+1)−3aa+1
=a−2(a+1)2⋅a+1a2−2a
=a−2(a+1)2⋅a+1a(a−2)
=1a(a+1)
=1a2+a；

(2)∵a=3时，f(3)=132+3=112，
a=4时，f(4)=142+4=120，
a=5时，f(5)=152+5=130，
…
∴x−22−7−x4≤f(3)+f(4)+…+f(11)，
即x−22−7−x4≤13×4+14×5+…+111×12
∴x−22−7−x4≤13−14+14−15+…+111−112，
∴x−22−7−x4≤13−112，
∴x−22−7−x4≤14，
解得，x≤4，
∴原不等式的解集是x≤4，在数轴上表示如下所示，
． 
【解析】(1)根据分式的除法和减法可以解答本题；
(2)根据(1)中的结果可以解答题目中的不等式并在数轴上表示出不等式的解集．
本题考查分式的混合运算、在数轴表示不等式的解集、解一元一次不等式，解答本题的关键是明确分式的混合运算的计算方法和解不等式的方法．

21.【答案】90 
【解析】(1)证明：∵DA⊥BA，CA⊥EA，
∴∠DAB=∠CAE=90°，
∴∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
AD=AB∠DAC=∠BAEAC=AE，
∴△DAC≌△EAB(SAS)，
∴BE=CD；
(2)解：如图：

∵△DAC≌△EAB，
∴∠ACD=∠ABE，
∴∠ABE+∠1=∠2+∠ACD=90°，
∴∠BQC=∠PQE=90°，
故答案为：90．
(1)由DA⊥BA，CA⊥EA，且AD=AB，AE=AC，利用SAS可判定△DAC≌△BAE，继而可证得BE=DC；
(2)由△DAC≌△BAE，可得∠ACD=∠ABE，继而可证得∠BQC=90°，即可得答案．
此题考查了全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．

22.【答案】12 
【解析】解：(1)由勾股定理得：AB= 32+42=5，
则△ABC的周长=AB+AC+BC=5+4+3=12，
故答案为：12；

(2)延长BC至D，使BD=AB=5，连接AD，取AD的中点E，连接BE交AC于点M，
则点M即为所求．

(1)根据勾股定理求出AB，根据三角形的周长公式计算即可；
(2)根据等腰三角形的性质、角平分线的性质、切线的判定定理作图即可．
本题考查的是勾股定理、切线的判定定理、角平分线的性质、等腰三角形的性质，掌握切线的判定定理是解题的关键．

23.【答案】14 425 
【解析】解：(1)小明从口袋中随机摸出1管颜料，恰好是红色的概率为11+1+2=14，
故答案为：14；
(2)画树状图如图：

共有12个等可能的结果，两次摸到颜料的颜色能配成紫色的结果有4个，
∴两次摸到颜料的颜色能配成紫色的概率为412=13；
(3)画树状图如图：

共有25个等可能的结果，两次摸到颜料的颜色能配成紫色的结果有4个，
∴两次摸到颜料的颜色能配成紫色的概率为425，
故答案为：425．
(1)由概率公式即可得出答案；
(2)画出树状图，共有12个等可能的结果，两次摸到颜料的颜色能配成紫色的结果有4个，再由概率公式求解即可；
(3)画出树状图，共有25个等可能的结果，两次摸到颜料的颜色能配成紫色的结果有4个，再由概率公式求解即可．
此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

24.【答案】解：根据题意，可知∠AOB=37°，OA=20cm，OB=7cm．
过点A作AH⊥OF，垂足为点H．

在Rt△OAH中，∵sin∠AOH=AHAO，
∴AH=AO⋅sin∠AOH=20×sin37°≈12(cm)．
同理可得OH=16(cm)．
由OB=7，得BH=9(cm)．
在Rt△ABH中，AB= AH2+BH2= 122+92=15(cm)．
答：窗钩AB的长度约等于15cm． 
【解析】由锐角三角函数可求OD与OB，然后利用BD=OD−OB可求解．
本题考查了解直角三角形，勾股定理，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．

25.【答案】解：(1)∵AB⊥x轴，
∴∠OBA=90°，
在Rt△OBA中，AB=2，tan∠AOB=ABOB=12，
∴OB=4，
∴A(4,2)，
∵点A在反比例函数y=kx的图象上，
∴k=4×2=8；

(2)如图，延长CA交x轴于D，
∵∠BAC=135°，
∴∠BAD=180°−∠BAC=45°，
∵AB⊥x轴，
∴∠ABD=90°，
∴∠ADB=90°−∠BAD=45°，
∴BD=AB=2，
∴OD=6，
∴D(6,0)，
设直线AC的解析式为y=ax+b，
∵点A(4,2)，D(6,0)在直线AC上，
∴4a+b=26a+b=0，
∴a=−1b=6，
∴直线AC的解析式为y=−x+6①，
由(1)知，k=8，
∴反比例函数的解析式为y=8x②，
联立①②解得，x=2y=4或x=4y=2，
∴C(2,4)，
∴OC= 22+42=2 5，
即OC的长为2 5． 
【解析】(1)根据锐角三角函数求出OB，进而求出点A坐标，最后用待定系数法即可求出k；
(2)延长CA交x轴于D，求出点D坐标，进而求出直线AC的解析式，最后联立双曲线解析式求解，求出点C的坐标，即可求出OC．
此题是反比例函数综合题，主要考查了锐角三角函数，待定系数法，等腰直角三角形的性质，解方程组，作出辅助线求出直线AC的解析式是解(2)的关键．

26.【答案】(1)证明：∵PQ//AB，
∴∠ABD=∠BDQ，
∵∠ACD=∠ABD
∵∠BCD=∠ACD，
∴∠ACD=∠BDQ，
如图，连接OB，OD，交AB于E，
，
则∠O=2∠DCB=2∠BDQ，∠OBD=∠ODB，
在△OBD中，∠OBD+∠ODB+∠O=180°，
∴2∠ODB+2∠BDQ=180°，
∴∠ODB+∠O=90°，
∵OD是半径，
∴PQ是⊙O的切线；
(2)如图，连接AD，

由(1)知PQ是⊙O的切线，
∴∠BDQ=∠DCB=∠ACD=∠BCD=∠BAD，
∴AD=BD，
∵∠BDQ=∠ACD，
∴△BDQ∽△ACD，
∴ADBQ=ACBD，
∴BD2=AC⋅BQ；
(3)∵AC、BQ的长是关于x的方程x2−mx+4=0的两实根，
∴AC⋅BQ=4，
由(2)得BD2=AC⋅BQ，
∴BD2=4，
∴BD=2，
由(1)知PQ是⊙O的切线，
∴OD⊥PQ，
∵PQ//AB，
∴OD⊥AB，
由(1)得∠PCD=∠ABD，
∵tan∠PCD=13，
∴tan∠ABD=13，
∴BE=3DE，
∴DE2+(3DE)2=BD2=4，
∴DE= 105，
∴BE=3 105，
设OB=OD=R，
∴OE=R− 105，
∵OB2=OE2+BE2，
∴R2=(R−5 10)2+(3 105)2，
解得：R= 10，
∴⊙O的半径R= 10． 
【解析】(1)欲证明PQ是⊙O切线，只要证明OD⊥PQ即可；
(2)连接AD，根据等腰三角形的判定得到AD=BD，根据相似三角形的性质即可得到结论；
(3)根据题意得到AC⋅BQ=16，得到BD=4，由(1)知PQ是⊙O的切线，由切线的性质得到OD⊥PQ，根据平行线的性质得到OD⊥AB，根据三角函数的定义得到BE=3DE，根据勾股定理得到BE=3 105，设OB=OD=R，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了相似三角形的判定和性质，一元二次方程根与系数的关系，圆周角定理，平行线的判定和性质，勾股定理，角平分线的定义，正确的作出辅助线是解题的关键，属于中考压轴题．

27.【答案】12 
【解析】解：(1)如图1，过A作AE⊥BC于E，
则S△ABD=12BD⋅AE，S△ACD=12CD⋅AE，
∵CD=2BD，
∴S△ACD=2S△ABD，
∴S△ABDS△ACD=12，
故答案为：12；
(2)如图2，作线段AB的垂直平分线MN，交AB于G，
则AG=BG=2，
以AB为斜边在矩形ABCD内作等腰直角△AOB，
则∠AOB=90°，OA=OB，
∴点O在MN上，以O为圆心，OA长为半径作圆O，分别交AD、BC于E、F，交MN于P′，
则∠AP′B=12∠AOB=45°，
∵∠APB=45°，且点P为矩形内一动点，
∴点P在EF(不含点E、F)上运动，
∵△AOB为等腰直角三角形，AB=4，
∴OA=OB= 22AB=2 2，
∴OP′=2 2，
∵∠AOB=90°，G为AB的中点，
∴OG=12AB=2，
∴GP′=OG+OP′=2+2 2，
当P与P′不重合时，过P作PQ⊥AB于Q，连接OP、PG，
在△OPG中，OG+OP>PG，
∴OG+OP′>PG，
∵PG>PQ，
∴OG+OP′>PG>PQ，
当P与P′重合时，此时Q与G重合，则PQ=P′G=OP′+OG，
综上所述，PQ≤OP′+OG，
∴PQ的最大值为OP′+OG=2 2+2，
∴△ABP面积的最大值为12×4×(2 2+2)=4 2+4；
(3)存在满足条件的面积最大的平行四边形ABCD，理由如下：
如图3，过A作AG⊥BC于G，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠B+∠BAD=180°，
∴∠B=180°−120°=60°，
∵S平行四边形ABCD=2S△ABC，
∴S△ABC=12S平行四边形ABCD，
∵BE=2CE，
∴S△ABE=23S△ABC=23×12S平行四边形ABCD=13S平行四边形ABCD，
∴S平行四边形ABCD=3S△ABE，
当E与G重合时，AE=AG，
当E与G不重合时，AE>AG，
∴AG≤AE，
∵S△ABE=12BE⋅AG，
∴当E与G重合时，S△ABE最大=12BE⋅AE，
此时tanB=AEBE=tan60°= 3，
∴BE= 33AE=100 3(米)，
∴S△ABE的最大值为12×100 3×300=15000 3(平方米)，
∴平行四边形ABCD面积的最大值为3×15000 3=45000 3(平方米)，
综上所述，存在满足条件的面积最大的平行四边形ABCD，平行四边形ABCD的最大面积为45000 3平方米．
(1)如图1，过A作AE⊥BC于E，由三角形面积公式得S△ABD=12BD⋅AE，S△ACD=12CD⋅AE，再由CD=2BD，得S△ACD=2S△ABD，即可得出结论；
(2)作线段AB的垂直平分线MN，交AB于G，以AB为斜边在矩形ABCD内作等腰直角△AOB，以O为圆心，OA长为半径作圆O，分别交AD、BC于E、F，交MN于P′，由圆周角定理和已知条件得点P在EF(不含点E、F)上运动，当P与P′不重合时，过P作PQ⊥AB于Q，连接OP、PG，再证PQ≤OP′+OG，则PQ的最大值为OP′+OG=2 2+2，然后由三角形面积公式即可得出结论；
(3)过A作AG⊥BC于G，由平行四边形的性质得∠B=60°，S△ABC=12S平行四边形ABCD，进而得S平行四边形ABCD=3S△ABE，再由AG≤AE和三角形面积公式得当E与G重合时，S△ABE最大=12BE⋅AE，然后求出S△ABE的最大值，即可解决问题．
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、平行四边形的性质、等腰直角三角形的性质、圆周角定理、直角三角形斜边上的中线性质、三角形面积以及三角形的三边关系等知识，本题综合性强，有一定难度，正确作出辅助线是解题的关键，属于中考压轴题型．

28.【答案】c>2b ac28c−8b 
【解析】解：(1)①当0≤x≤2时，y=1.5x，
当x=1时，y=1.5×1=1.5；
∴MN与AB之间的距离为1m时△FMN的面积为1.5m2；
②如图1，过E作EF⊥AB，垂足为F，EF分别与CD、MN相交于点G、H，
当2≤x≤4时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=2m，∠A=∠ADC=90°，
∵EF⊥AB，
∴∠AFG=90°，
∴四边形ADGF是矩形，
∴AD=GF=1m，∠DGF=90°，
∵四边形PQNM是矩形，
∴MN//PQ，
∴∠EFA=∠EHM=90°，
由题意可知，EF=2m，HF=x m，
∴EG=1m，EH=(4−x) m，
∵MN//PQ//CD，
∴△EMN∽△EDC，
又EH、EG分别是△EMN、△EDC的对应高，
∴EHEG=MNCD，即4−x2=MN3，
化简，得：MN=(6−1.5x)m．
∴y=12x(6−1.5x)=−34x2+3x；
综上可知，当0≤x≤2时，y=1.5x；当2≤x≤4时，y=−34x2+3x；
③当0≤x≤2时，y=1.5x，
因此，当x=2时，y最大，最大值是3．
当2≤x≤4时，y=−34x2+3x=−34(x−2)2+3，
因此，当x=2时，y最大，最大值是3．
综上所述，当x=2时，y最大，最大值是3．
因此，金属杆MN移动到CD所在的位置时，通风口面积最大，最大面积是3m2．
(2)①如图2，已知在△ABC中有内接矩形，其中M、N在AB、AC边上，P、Q在BC边上，
易证当MN为中位线时，矩形PQNM的面积最大，且最大面积为△ABC面积的一半，
即：14⋅底⋅高，
在图3中，延长ED、EC交直线AB于F、G，
则MN为△EFG的中位线时，矩形PQNM的面积最大，
所以要想金属杆MN移动到高于CD所在位置的某一处时通风口面积达到最大值，
只需△EFG与FG边平行的中位线在CD上方即可，
即c>2b，此时的最大，面积为△EFG的面积的一半．
作ES⊥FG于S交CD于J，
∵CD//FG，
∴△EDC∽△EFG，
∴DCFG=EJES，即aFG=c−bc，
∴FG=acc−b(m)，
∴通风口的面积=12矩形PQNM面积的最大值=12△EFG面积的一半=18FG⋅ES=ac28c−8b(m2).
故答案为：c>2b；ac28c−8b．
②如图4，过点E作AB的垂线交AB于点F，作EF的垂直平分线交DE、CE于点M、N，线段MN即为所求．
(1)①当0≤x≤2时，y=1.5x，将x=1代入即可；
②过E作EF⊥AB，垂足为F，EF分别与CD、MN相交于点G、H，当0≤x≤2时，y=1.5x；当2≤x≤4时，由四边形ABCD是矩形，可得四边形PQNM是矩形，再证明△EMN∽△EDC，运用相似三角形性质即可得出结论．
③根据②的结论进行分析计算即可；
(2)①在△ABC中有内接矩形，易证当MN为中位线时，矩形PQNM的面积最大，且最大面积为△ABC面积的一半；延长ED、EG交直线AB于F、G，则MN为△EFG的中位线时，矩形PQNM的面积最大；要想金属杆MN移动到高于CD所在位置的某一处时通风口面积达到最大值，只需△EFG与FG边平行的中位线在CD上方即可，作ES⊥FG于S交CD于J，证明△EDC∽△EFG，利用相似三角形性质即可得到结论；
②按要求尺规作图即可．
本题考查了矩形的性质和判定，三角形面积公式，相似三角形的判定和性质，最值问题，勾股定理等知识，综合性强，难度较大，读懂题意，熟练掌握相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．