2023年江苏省苏州市姑苏区联盟学校中考数学三模试卷-普通用卷

这是一份2023年江苏省苏州市姑苏区联盟学校中考数学三模试卷-普通用卷，共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年江苏省苏州市姑苏区联盟学校中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在10，−3，0，−12这四个数中，绝对值最大的是(    )
A. 10 B. −3 C. 0 D. −12
2. 钓鱼岛周围的海域面积约为170000平方千米，数据170000用科学记数法表示为(    )
A. 1.7×103 B. 1.7×104 C. 17×104 D. 1.7×105
3. 计算(−12)÷3的结果等于(    )
A. −4 B. 4 C. −9 D. 9
4. 甲、乙两组各有12名学生，组长绘制了本组最近网上学习平均一天所需时间的统计图表如下，比较两组网上学习平均一天所需时间的中位数，下列说法正确的是(    )
甲组12名学生网上学习平均一天所需的统计表
平均一天所需时间(h)
5
6
7
9
学生数
4
5
2
1



A. 甲组比乙组大 B. 乙组比甲组大 C. 甲乙两组相同 D. 无法判断
5. 如图所示，∠AOD−∠AOC等于(    )
A. ∠AOC
B. ∠BOC
C. ∠BOD
D. ∠COD
6. 将一块三角板和半圆形量角器按图中方式叠放，重叠部分(阴影)的量角器弧(AB)对应的圆心角(∠AOB)为120°，AO的长为4cm，OC的长为2cm，则图中阴影部分的面积为(    )
A. (16π3+ 2)cm2 B. (8π3+ 2)cm2
C. (16π3+2 3)cm2 D. (8π3+2 3)cm2
7. 甲、乙两人练习赛跑，甲每秒跑7m，乙每秒跑5m，甲让乙先跑8m，设甲出发x秒可追上乙，则可列方程为(    )
A. 7x−5x=8 B. 7x+8=5x C. 7x=5x−8 D. x7=x5−8
8. 如图，等腰直角三角形ABC的直角顶点C与坐标原点重合，分别过点A、B作x轴的垂线，垂足为D、E，点B的坐标为(5,2)，则线段DE的长为(    )
A. 4
B. 6
C. 7
D. 7.5
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 已知a2⋅ax−3=a6，那么x= ______ ．
10. 若实数x满足x2−2x−1=0，则−2x2+4x+2020= ______ ．
11. 计算：2n+1+n−1n+1=______．
12. △ABC中，AB=6，AC=8，则中线AD的取值范围是______ ．
13. 如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠CAB=55°，则∠D的度数是______．


14. 下面是“经过已知直线外一点作这条直线的垂线”的尺规作图过程：
已知：直线l和l外一点P.(如图1)
求作：直线l的垂线，使它经过点P．
作法：如图2
①在直线l上任取两点A，B；
②分别以点A，B为圆心，AP，BP长为半径作弧，两弧相交于点Q；
③作直线PQ．
所以直线PQ就是所求的垂线．
请回答：该作图的依据是______．


15. 如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B−E−D运动到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s.现P，Q两点同时出发，设运动时间为x(s)，△BPQ的面积为y(cm2)，若y与x的对应关系如图②所示，则矩形ABCD的面积是______．

16. 如图(1)，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，边AB上的点D从点A出发，向点B运动，同时，边BC上的点E从点B出发，向点C运动，D，E两点运动速度的大小相等，设x=AD，y=AE+CD，y关于x的函数图象如图(2)，图象过点(0,2)，则图象最低点的横坐标是______ ．


三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
17. 解方程：2x2x−1+51−2x=3．
四、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）
18. (本小题8.0分)
若a、b互为相反数，c、d互为倒数，m的绝对值为2．
(1)直接写出a+b，cd，m的值；
(2)求m+3cd+a+bm的值．
19. (本小题8.0分)
(1)若a−b=2，ab=−3，则1a−1b的值为______；
(2)分解因式：(a+4)(a−4)−4+a．
20. (本小题8.0分)
如图，某校食堂实行统一配餐，为方便学生取餐，食堂开设了4个窗口，分别记为①、②、③、④，学生可以从这4个窗口中任意选取一个窗口取餐．
(1)若小明去食堂用餐时4个窗口都没有人，则小明选择在②号窗口取餐的概率是______ ；
(2)若小红和小丽一起去食堂用餐时4个窗口都没有人，求小红和小丽在相邻窗口取餐的概率.(请用画树状图或列表等方法说明理由)

21. (本小题8.0分)
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将Rt△ABC绕点B顺时针旋转α(0°<α<180°)，得到Rt△EBD，连接CD、AE，射线CD交AE于点F．
(1)如图(1)，当α=90°时：
①∠BAE的度数是______ ；
②求证：点F为AE的中点；
(2)当α≠90°时，(1)中②的结论还成立吗？若成立，请仅就图(2)的情形进行证明；若不成立，请说明理由．


22. (本小题8.0分)
某校组织1000名学生参加“展示我美丽祖国”庆国庆的自拍照片的评比活动．随机机取一些学生在评比中的成绩制成的统计图表如下：
频数分布表
分数段
频数
百分比
80≤x<85
a
20%
85≤x<90
80
b
90≤x<95
60
30%
95≤x<100
20
______
根据以上图表提供的信息，解答下列问题：
(1)写出表中a、b的数值：a= ______ ，b= ______ ；
(2)补全频数分布表和频数分布直方图；
(3)如果评比成绩在95分以上的可以获得一等奖，试估计该校参加此次活动获得一等奖的人数．

23. (本小题8.0分)
如图，在长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，点A的坐标为(4,0)，点C的坐标为(0,6)，点B在第一象限内，点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O→C→B→A→O的路线移动一周，设点P移动的时间为t．
(1)写出点B的坐标；
(2)在移动过程中，当点P到x轴的距离为5时，求点P移动的时间；
(3)当三角形OBP的面积为8时，直接写出点P的坐标．

24. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，把∠B折叠，使点B落在AC上的点B′处，折痕为DE，记∠CDB′=α．
(1)当AB′B′C=1时，tanα=______；
(2)当AB′B′C=2时，tanα=______；
(3)当AB′B′C=3时，tanα=______；
(4)猜想：当AB′B′C=n时，tanα=______，并证明你的结论．

25. (本小题8.0分)
2022年中国航天在诸多领域实现重大突破，在全国掀起航天知识学习的浪潮．某校40名同学要去参观航天展览馆，已知展览馆分A、B、C三个场馆，且购买2张A场馆门票和1张B场馆门票共需要140元，购买3张A场馆门票和2张B场馆门票共需要230元．由于场地和疫情原因，要求到A场馆参观的人数要少于到B场馆参观的人数，且每一位同学只能选择一个场馆参观．
(1)求A场馆和B场馆门票的单价．
(2)已知C场馆门票每张售价15元，且参观当天有优惠活动：每购买1张A场馆门票就赠送1张C场馆门票．
①若购买A场馆门票赠送的C场馆门票刚好够参观C场馆的同学使用，求此次购买门票所需总金额的最小值．
②若参观C场馆的同学除了使用掉赠送的门票外，还需另外购买部分门票，且最终购买三种门票共花费了1200元，求所有满足条件的购买方案．
26. (本小题8.0分)
如图1，已知在矩形ABCD中，点P是边BC的中点，以P为圆心，PB长为半径画半圆．
(1)如图2，连接AC，若AC=9，AB=3，求⊙P的半径．
(2)如图3，连接PA，并过P点作PQ⊥AP，交线段CD于点Q，连接AQ，
①直接写出AQ，AB，CQ之间的数量关系______ ．
②求证AQ为⊙P的切线．
(3)若点Q在直线CD上，设BC：AB=k，当k为何值时，AQ：BC=5：4，请直接写出k的值______ ．
27. (本小题8.0分)
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BCAC=mn，CD⊥AB于点D，点E是直线AC上一动点，连接DE，过点D作DF⊥DE，交直线BC于点F．
(1)[探究发现]：如图①，若m=n，点E在线段AC上，猜想DE与DF的数量关系，并说明理由；
(2)[数学思考]：①如图②，若点E在线段AC上，求证：DEDF=nm；
②当点E在直线AC上运动时，数学思考①中的结论是否仍然成立？请仅就图③的情形给出证明；
(3)[拓展应用]：若AC= 5，BC=2 5，DF=4 2，求CE的长．(可结合题意，另行画图)


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：∵|10|=10，|−3|=3，|0|=0，|−12|=12，
∴0<3<10<12，
∴绝对值最大的数是−12．
故选：D．
根据绝对值的定义求出每个数的绝对值，再比较大小即可．
本题考查了绝对值以及有理数大小比较，解决本题的关键是明确绝对值的定义．

2.【答案】D 
【解析】
【分析】
此题考查科学记数法表示较大的数的方法，准确确定a与n值是关键．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的值是易错点，170000有6位，所以可以确定n=6−1=5．
【解答】
解：170000=1.7×105．
故选D．  
3.【答案】A 
【解析】解：原式=−12÷3
=−4．
故选：A．
利用有理数的除法法则解答即可．
本题主要考查了有理数的除法，熟练掌握有理数的除法法则是解题的关键．

4.【答案】C 
【解析】解：由统计表知甲组的中位数为：6+62=6(h)，
乙组学生网上学习时间8h的人数有：12×60°360∘=2(人)，
乙组学生网上学习时间5h的人数有：12×90°360∘=3(人)，
乙组学生网上学习时间7h的人数有：12×90°360∘=3(人)，
乙组学生网上学习时间6h的人数有：12−2−3−3=4(人)，
乙组的中位数为6+62=6(h)，
则甲组和乙组的中位数相等，
故选：C．
根据中位数定义分别求解可得．
本题主要考查中位数和扇形统计图，根据扇形图中各项目的圆心角求得其数量是解题的关键．

5.【答案】D 
【解析】解：结合图形，显然∠AOD−∠AOC=∠COD．
故选：D．
利用图中角的和差关系计算．
本题考查角的计算，能够根据图形正确计算两个角的和与差是解题的关键．

6.【答案】C 
【解析】解：易得△OBC中，∠BOC=60°，那么BC=2 3；
故阴影部分的面积=120π42360+2×2 3÷2=(16π3+2 3)cm2，
故选：C．
根据题意，可得阴影部分的面积=扇形AOB的面积+△BOC的面积，代入数据计算可得答案．
解决本题的关键是把阴影部分合理分割为规则图形的面积．

7.【答案】A 
【解析】解：依题意得：7x−5x=8．
故选：A．
根据路程=速度×时间结合甲出发x秒可追上乙，即可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．

8.【答案】C 
【解析】解：∵B(5,2)，BE⊥x轴，
∴OE=5，EB=2，
∵△ABO为等腰直角三角形，
∴OA=BO，∠AOB=90°，
∴∠AOD+∠DAO=∠AOD+∠BOE=90°，
∴∠DAO=∠BOE，
在△ADO和△OEB中，
∠DAO=∠BOE∠ADO=∠OEBOA=BO，
∴△ADO≌△OEB(AAS)，
∴AD=OE=5，OD=BE=2，
∴DE=OD+OE=5+2=7．
故选：C．
由等腰直角三角形的性质得出OA=BO，∠AOB=90°，证明△ADO≌△OEB(AAS)，由全等三角形的性质得出AD=OE=5，OD=BE=2，则可得出答案．
本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．

9.【答案】7 
【解析】解：由题意得，2+x−3=6，
解得：x=7，
故答案为：7．
根据同底数幂的乘法法则进行计算，得到关于x的方程，解方程即可．
本题考查的是同底数幂的乘法，掌握同底数幂相乘，底数不变，指数相加是解题的关键，注意方程思想的运用．

10.【答案】2018 
【解析】解：∵x2−2x−1=0，
∴x2−2x=1，
∴−2x2+4x=−2(x2−2x)=−2，
∴−2x2+4x+2020
=−2(x2−2x)+2020
=−2+2020
=2018．
故答案为：2018．
先根据已知x2−2x−1=0，得x2−2x=1，则−2x2+4x=−2(x2−2x)=−2，即可求出答案．
本题考查了整体代换的应用，合理进行变形是关键．

11.【答案】1 
【解析】解：原式=2+n−1n+1
=n+1n+1
=1．
故答案为：1．
把分母不变．分子相加减即可．
本题考查的是分式的加减法，即同分母的分式想加减，分母不变，把分子相加减．

12.【答案】1 【解析】解：延长AD到E，使AD=DE，连接BE，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
在△ADC和△EDB中，
AD=DE∠ADC=∠EDBDC=BD，
∴△ADC≌△EDB(SAS)，
∴AC=BE=8，
在△ABE中，AB−BE ∴8−6<2AD<8+6，
∴1 故答案为：1 延长AD到E，使AD=DE，连接BE，证△ADC≌△EDB，推出AC=BE=8，在△ABE中，根据三角形三边关系定理得出AB−BE 本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的三边关系定理的应用，解答此题的关键是运用“中线倍长法”．

13.【答案】35° 
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CAB=55°，
∴∠B=90°−∠CAB=35°，
∴∠D=∠B=35°．
故答案为：35°．
根据直径所对的圆周角是直角推出∠ACB=90°，再结合图形由直角三角形的性质得到∠B=90°−∠CAB=35°，进而根据同圆中同弧所对的圆周角相等推出∠D=∠B=35°．
本题考查圆周角定理，解题的关键是结合图形根据圆周角定理推出∠ACB=90°及∠D=∠B，注意运用数形结合的思想方法．

14.【答案】到线段两个端点的距离相等的点在线段的垂直平分线上(A、B都在线段PQ的垂直平分线上) 
【解析】
【分析】
本题考查作图−基本作图，解题的关键是理解到线段两个端点的距离相等的点在线段的垂直平分线上，属于中考常考题型．
【解答】
解：到线段两个端点的距离相等的点在线段的垂直平分线上(A、B都在线段PQ的垂直平分线上)，
理由：如图，

∵PA=AQ，PB=QB，
∴点A、点B在线段PQ的垂直平分线上，
∴直线AB垂直平分线段PQ，
∴PQ⊥AB，
故答案为：到线段两个端点的距离相等的点在线段的垂直平分线上(A、B都在线段PQ的垂直平分线上)．  
15.【答案】72cm2 
【解析】解：从函数的图象和运动的过程可以得出：当点P运动到点E时，x=10，y=30，
过点E作EH⊥BC于H，

由三角形面积公式得：y=12⋅BQ⋅EH=12×10⋅EH=30，
解得EH=AB=6，
∴AE=8cm，
由图2可知当x=14时，点P与点D重合，

∴AD=AE+DE=8+4=12(cm)，
∴矩形的面积为12×6=72(cm2).
故答案为：72cm2．
过点E作EH⊥BC，由三角形面积公式求出EH=AB=6，由图2可知当x=14时，点P与点D重合，则AD=12，可得出答案．
本题考查了动点问题的函数图象，三角形的面积等知识，熟练掌握数形结合思想方法是解题的关键．

16.【答案】 2−1 
【解析】解：∵图象过点(0,2)，
即当x=AD=0时，点D与A重合，点E与B重合，
此时y=AE+CD=AB+AC=2，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=AC=1，
过点A作AF⊥BC于点F，过点B作NB⊥BC，并使得BN=AC，如图所示：

∵AD=BE，∠NBE=∠CAD，
∴△NBE≌△CAD(SAS)，
∴NE=CD，
又∵y=AE+CD，
∴y=AE+CD=AE+NE，
当A、E、N三点共线时，y取得最小值，如图所示，此时：
AD=BE=x，AC=BN=1，
∴AF=AC⋅sin45°= 22，
又∵∠BEN=∠FEA，∠NBE=∠AFE
∴△NBE∽△AFE
∴NBAF=BEFE，即1 22=x 22−x，
解得：x= 2−1，
∴图象最低点的横坐标为： 2−1．
故答案为： 2−1．
观察函数图象，根据图象经过点(0,2)即可推出AB和AC的长，构造△NBE≌△CAD，当A、E、N三点共线时，y取得最小值，利用三角形相似求出此时的x值即可．
本题考查动点问题的函数图象，通过分析动点位置结合函数图象推出AB、AC的长再通过构造三角形全等找到最小值是解决本题的关键．

17.【答案】解：方程的两边都乘(2x−1)，得
2x−5=3(2x−1)
解这个整式方程，
x=−12，
经检验，x=−12是原方程的根，
原方程的根是x=−12． 
【解析】观察可得最简公分母是(2x−1)，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．
(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．

18.【答案】解：(1)∵a、b互为相反数，c、d互为倒数，m的绝对值为2，
∴a+b=0，cd=1，m=±2；
(2)当m=2时，原式=2+3×1+02=2+3+0=5；
当m=−2时，原式=−2+3×1+02=−2+3+0=1，
则原式的值为5或1． 
【解析】(1)利用相反数，倒数，以及绝对值的代数意义求出各自的值即可；
(2)把各自的值代入原式计算即可求出值．
此题考查了有理数的混合运算，相反数、倒数，以及绝对值，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．

19.【答案】23 
【解析】解：(1)∵a−b=2，ab=−3，
∴b−a=−2，
∴1a−1b
=b−aab
=−2−3
=23，
故答案为：23；
(2)(a+4)(a−4)−4+a
=(a+4)(a−4)+(a−4)
=(a−4)(a+4+1)
=(a−4)(a+5)．
(1)将所求式子通分，然后将a−b=2，ab=−3代入化简后的式子计算即可；
(2)先变形，然后提公因式即可将题目中的式子因式分解．
本题考查分式的化简求值、因式分解，解答本题的关键是明确分式通分的方法和提公因式法分解因式的方法．

20.【答案】14 
【解析】解：(1)若小明去食堂用餐时4个窗口都没有人，则小明选择在②号窗口取餐的概率是14，
故答案为：14；
(2)画树状图如下：

共有16种等可能的结果，其中小红和小丽在相邻窗口取餐的结果有6种，即①②、②①、②③、③②、③④、④③，
∴小红和小丽在相邻窗口取餐的概率为616=38．
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有16种等可能的结果，其中小红和小丽在相邻窗口取餐的结果有6种，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

21.【答案】45° 
【解析】解：(1)①∵将Rt△ABC绕点B顺时针旋转α(0°<α<180°)，得到Rt△EBD，α=90°，
∴∠ABE=90°，AB=BE，
∴∠BAE=∠AEB=45°，
故答案为：45°；
②过点A作AG/​/DE交CD的延长线于G，则∠G=∠EDF，

∵∠CBD=∠BDE=90°，
∴DE/​/BC，
∴AG//BC，
∴∠CAG=180°−∠ACB=90°，
∵BC=BD，∠CBD=90°，
∴∠BCD=45°，
∴∠ACG=90°−45°=45°，
∴AG=AC，
由旋转的性质可知AC=DE，
∴AG=DE，
∵∠G=∠EDF，∠AFG=∠EFD，
∴△AGF≌△EDF(AAS)，
∴AF=EF，
即点F为AE的中点；
(2)成立．
证明：过点A作AG/​/DE交CD的延长线于G，则∠G=∠EDF，

∵∠CBD=∠BDE=90°，
∵∠CBD=α，BC=BD，
∴∠BCD=∠BDC=180°−α2=90°−12α，
∴∠EDF=180°−∠BDE−∠BDC=180°−90°−(90°−12α)=12α，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACG=90°−(90°−12α)=12α，
∴∠ACG=∠EDF=∠G，
∴AG=AC=DE，
又∵∠AFG=∠EFD，∠G=∠EDF，
∴△AGF≌△EDF(AAS)，
∴AF=EF，
即F为AE的中点．
(1)①由旋转的性质得出∠ABE=90°，AB=BE，由等腰直角三角形的性质得出∠BAE=∠AEB=45°；
②过点A作AG/​/DE交CD的延长线于G，则∠G=∠EDF，证明△AGF≌△EDF(AAS)，由全等三角形的性质得出AF=EF；
(2)过点A作AG/​/DE交CD的延长线于G，则∠G=∠EDF，证出AG=AC=DE，证明△AGF≌△EDF(AAS)，由全等三角形的性质得出AF=EF．
此题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．

22.【答案】解：(1)40；40%；
(2)成绩在95≤x<100的学生人数所占百分比为：20200×100%=10%，
故频数分布表为：
分数段
频数
百分比
80≤x<85
40
20%
85≤x<90
80
40%
90≤x<95
60
30%
95≤x<100
20
10%
频数分布直方图为：

(3)1000×10%=100(人)，
答：该校参加此次活动获得一等奖的人数是100人． 
【解析】
【分析】
本题考查了频数分布直方图、频数分布表的有关知识，读图时要全面细致，要充分运用数形结合思想来解决由统计图形式给出的数学实际问题．掌握好频率、中位数的概念．
(1)首先求得抽取的样本总数，然后用样本容量减去其他小组的人数即可求得a值，用80除以样本容量即可求得b值；
(2)根据上题求得的数据补全统计图即可；
(3)用总人数乘以获得一等奖的百分率即可求得获得一等奖的人数．
【解答】
解：(1)因为抽查的学生总数为：60÷30%=200(人)，
所以a=200−80−60−20=40；b=80200×100%=40%．
故答案为：40；40%；
(2)见答案；
(3)见答案．  
23.【答案】解：(1)∵A点的坐标为(4,0)，C点的坐标为(0,6)，
∴OA=4，OC=6，
∵四边形ABCO是矩形，
∴AB=OC=6，BC=OA=4，
∴点B(4,6)；

(2)当点P到x轴的距离为5时，OP=5或OC+CB+BP=11，
∴点P移动的时间为52s或112s.

(3)如图，

①当点P在OC上时，S△OBP=12⋅OP1×4=8，
∴OP1=4，
∴点P(0,4)；
②当点P在BC上，S△OBP=12BP2×6=8，
∴BP2=83，
∴CP2=4−83=43，
∴点P(43,6)；
③当点P在AB上，S△OBP=12BP3×4=8，
∴BP3=4，
∴AP3=2，
∴点P(4,2)；
④当点P在AO上，S△OBP=12OP4×6=8，
∴OP4=83，
∴点P(83,0)．
综上，点P的坐标为(0,4)或(43,6)或(4,2)或(83,0)． 
【解析】(1)由矩形的性质可得AB=OC=6，BC=OA=4，可求点B坐标；
(2)由点P到x轴的距离为5得出点P运动的路程，从而得出答案．
(3)分点P在OC上，在BC上，在AB上，在AO上四种情况讨论，由三角形的面积公式可求点P坐标；
本题考查了矩形的性质，三角形面积公式，解题的关键是掌握分类讨论思想和数形结合思想．

24.【答案】(1)34; 
(2)512 ;
(3)724;
(4) 2n+12n(n+1) 
【解析】解：(1)∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠C=45°，
∵把∠B折叠，使点B落在AC上的点B′处，
∴∠B=∠DB′E=45°，BE=B′E，
∴∠AB′E+∠DB′C=135°，
∵∠B′DC+∠DB′C=135°，
∴∠AB′E=∠B′DC=α，
∵AB′B′C=1，
∴AB=AC=2AB′，
设AE=a，AB′=n，
∴BE=2n−a，
∴B′E=2n−a，
∵AE2+AB′2=EB′2，
∴a2+n2=(2n−a)2，
∴n=43a，
∴tanα=tan∠AB′E=AEAB′=a43a=34；
故答案为：34；
(2)∵AB′B′C=2，
∴AB′AC=23，
同理设AE=a，AB′=2n，
∴BE=B′E=3n−a，
∴a2+(2n)2=(3n−a)2，
∴n=65a，
∴AB′=125a，
∴tanα=tan∠AB′E=AEAB′=a125a=512，
故答案为：512；
(3)∵AB′B′C=3，
∴AB′AC=34，
同理设AE=a，AB′=3n，
∴BE=B′E=4n−a，
∴a2+(3n)2=(4n−a)2，
∴n=87a，
∴AB′=247a，
∴tanα=tan∠AB′E=AEAB′=a247a=724，
故答案为：724．
(4)2n+12n(n+1)；
理由如下：
当AB′B′C=n时，则AB′=nB′C，
设AB=AC=(n+1)x，则AB′=nx，
设AE=a，则B′E=BE=[(n+1)x−a]，
∴a2+(nx)2=[(n+1)x−a]2，
∴a=2n+12n+2x，
∴tanα=tan∠AB′E=AEAB′=2n+12n(n+1)．
故答案为：2n+12n(n+1)．

(1)由等腰直角三角形的性质得出∠B=∠C=45°，由折叠的性质得出∠B=∠DB′E=45°，BE=B′E，证出∠AB′E=∠B′DC=α，设AE=a，AB′=n，得出BE=2n−a，由勾股定理a2+n2=(2n−a)2，求出n=43a，由锐角三角函数的定义可得出答案；
(2)方法同(1)可求出n=65a，得出AB′=125a，由锐角三角函数的定义可得出答案；
(3)同理可求出n=87a，得出AB′=247a，由锐角三角函数的定义可得出答案；
(4)设AB=AC=(n+1)x，则AB′=nx，设AE=a，则B′E=BE=[(n+1)x−a]，由勾股定理得出a2+(nx)2=[(n+1)x−a]2，求出a=2n+12n+2x，由锐角三角函数的定义可得出答案．
本题属于三角形综合题，考查了勾股定理，折叠的性质，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，熟练掌握方程的思想方法是解题的关键．

25.【答案】解：(1)设A场馆门票的单价为x元，B场馆门票的单价为y元，
依题意得：2x+y=1403x+2y=230，
解得：x=50y=40．
答：A场馆门票的单价为50元，B场馆门票的单价为40元．
(2)①设购买A场馆门票a张，则购买B场馆门票(40−2a)张，
依题意得：a<40−2a，
解得：a<403．
设此次购买门票所需总金额为w元，则w=50a+40(40−2a)=−30a+1600，
∵−30<0，
∴w随a的增大而减小，
∵a<403，且a为整数，
∴当a=13时，w取得最小值，最小值=−30×13+1600=1210．
答：此次购买门票所需总金额的最小值为1210元．
②设购买A场馆门票m张，C场馆门票n张，则购买B场馆门票(40−2m−n)，
依题意得：50m+40(40−2m−n)+15n=1200，
∴n=16−65m.
又∵m，n均为正整数，
∴m=5n=10或m=10n=4．
当m=5，n=10时，40−2m−n=40−2×5−10=20>5，符合题意；
当m=10，n=4时，40−2m−n=40−2×10−4=16>10，符合题意．
∴共有2种购买方案，
方案1：购买5张A场馆门票，20张B场馆门票，10张C场馆门票；
方案2：购买10张A场馆门票，16张B场馆门票，4张C场馆门票． 
【解析】(1)设A场馆门票的单价为x元，B场馆门票的单价为y元，根据“购买2张A场馆门票和1张B场馆门票共需要140元，购买3张A场馆门票和2张B场馆门票共需要230元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)①设购买A场馆门票a张，则购买B场馆门票(40−2a)张，根据到A场馆参观的人数要少于到B场馆参观的人数，即可得出关于a的一元一次不等式，解之即可求出a的取值范围，设此次购买门票所需总金额为w元，利用购买门票所需总金额=门票单价×购买数量，即可得出w关于a的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题；
②设购买A场馆门票m张，C场馆门票n张，则购买B场馆门票(40−2m−n)，利用购买门票所需总金额=门票单价×购买数量，即可得出关于m，n的二元一次方程，结合m，n均为正整数，即可得出m，n的值，再结合到A场馆参观的人数要少于到B场馆参观的人数，即可得出各购买方案．
本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用、一次函数的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)①根据各数量之间的关系，找出w关于a的函数关系式；②找准等量关系，正确列出二元一次方程．

26.【答案】AB+CQ=AQ  4或1 
【解析】(1)解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=90°．
在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，且AC=9，AB=3，
∴BC2=AC2−AB2=92−32=72，
∴BC=6 2，
又∵点P是边BC的中点，
∴BP=PC=3 2；
(2)①解：AB+CQ=AQ，
理由：∵PQ⊥AP，
∴∠APQ=90°，∠APB+∠QPC=90°，
在矩形ABCD中，∠B=∠C=90°，
∴∠BAP+∠APB=90°，
∴∠BAP=∠QPC，
∴△ABP∽△PCQ，
∴APAB=PQPC．
∵BP=PC，
∴APAB=PQBP，
∴△ABP∽△PCQ，
∴∠BAP=∠PAQ．
过点P做PH⊥AQ交AQ于点H，


∵∠BAP=∠PAQ，
∴∠B=∠AHP=90°，
∵AP=AP，
∴△ABP≌△AHP(AAS)，
∴AB=AH，
同理QH=QC，
∴AQ=AH+QH=AB+CQ；
②证明：由①知，△ABP≌△AHP，
∴BP=PH，
即AQ为⊙P的切线，
(3)解：∵BC：AB=k，
∴设BC=tk，AB=t，
∵点P是边BC的中点，
∴BP=CP=tk2，
由(2)知，△ABP∽△PCQ，
∴ABPC=PBCQ，
∴ttk2=tk2CQ，
∴CQ=tk22，
∴AQ=AB+CQ=t+tk22，
∵AQ：BC=5：4，
∴(t+tk22)：tk=5：4，
解得k=4或k=1．
故答案为：4或1．
(1)根据矩形的性质得到∠B=90°.根据勾股定理得到BC=6 2，于是得到BP=PC=3 2；
(2)①根据相似三角形的判定定理得到△ABP∽△PCQ，求得APAB=PQPC.推出△ABP∽△PCQ，根据相似三角形的性质得到∠BAP=∠PAQ.过点P做PH⊥AQ交AQ于点H，根据全等三角形的性质得到AB=AH，同理QH=QC，求得AQ=AH+QH=AB+CQ；②由①知，△ABP≌△AHP，根据全等三角形的性质得到BP=PH，根据切线的判定定理得到AQ为⊙P的切线，
(3)设BC=tk，AB=t，根据点P是边BC的中点，得到BP=CP=tk2，根据相似三角形的性质得到ttk2=tk2CQ，得到CQ=tk22，根据已知条件列方程即可得到结论．
本题是圆的综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，切线的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．

27.【答案】(1)解：DE=DF，理由：
当m=n时，即：BC=AC，
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠ABC=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠DCB+∠ABC=90°，
∴∠A=∠DCB，
∵∠FDE=∠ADC=90°，
∴∠FDE−∠CDE=∠ADC−∠CDE，
即∠ADE=∠CDF，
∴△ADE∽△CDF，
∴DEDF=ADDC，
∵∠A=∠DCB，∠ADC=∠BDC=90°，
∴△ADC∽△CDB，
∴ADDC=ACBC=1，
∴DEDF=1，
即：DE=DF；

(2)①证明：∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠ABC=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠DCB+∠ABC=90°，
∴∠A=∠DCB，
∵∠FDE=∠ADC=90°，
∴∠FDE−∠CDE=∠ADC−∠CDE，
即∠ADE=∠CDF，
∴△ADE∽△CDF，
∴DEDF=ADDC，
∵∠A=∠DCB，∠ADC=∠BDC=90°，
∴△ADC∽△CDB，
∴ADDC=ACBC=nm，
∴DEDF=nm；

②解：①中的结论仍然成立．如图，

∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠ABC=90°，
又∵CD⊥AB，
∴∠DCB+∠ABC=90°，
∴∠A=∠DCB，
∵∠FDE=∠ADC=90°，
∴∠FDE+∠CDE=∠ADC+∠CDE，
即∠ADE=∠CDF，
∴△ADE∽△CDF，
∴DEDF=ADDC，
∵∠A=∠DCB，∠ADC=∠BDC=90°，
∴△ADC∽△CDB，
∴ADDC=ACBC=nm，
∴DEDF=nm．

(3)由(2)有，△ADE∽△CDF，
∵DEDF=ACBC=12，
∴ADCD=AECF=DEDF=12，
∴CF=2AE，
在Rt△DEF中，DE=2 2，DF=4 2，
∴EF=2 10，
①当E在线段AC上时，
在Rt△CEF中，CF=2AE=2(AC−CE)=2( 5−CE)，EF=2 10，
根据勾股定理得，CE2+CF2=EF2，
∴CE2+[2( 5−CE)]2=40，
∴CE=2 5或CE=−2 55(舍)，
而AC= 5 ∴此种情况不存在，
②当E在AC延长线上时，
在Rt△CEF中，CF=2AE=2(AC+CE)=2( 5+CE)，EF=2 10，
根据勾股定理得，CE2+CF2=EF2，
∴CE2+[2( 5+CE)]2=40，
∴CE=2 55或CE=−2 5(舍)，
③如图，
当点E在CA延长线上时，
CF=2AE=2(CE−AC)=2(CE− 5)，EF=2 10，
根据勾股定理得，CE2+CF2=EF2，
∴CE2+[2(CE− 5)]2=40，
∴CE=2 5或CE=−2 55(舍)，
即：CE=2 5或CE=2 55． 
【解析】(1)先用等量代换判断出∠ADE=∠CDF，∠A=∠DCB，得到△ADE∽△CDF，再判断出△ADC∽△CDB即可；
(2)方法和(1)一样，先用等量代换判断出∠ADE=∠CDF，∠A=∠DCB，得到△ADE∽△CDF，再判断出△ADC∽△CDB即可；
(3)由(2)的结论得出△ADE∽△CDF，判断出CF=2AE，求出DE，EF，再分三种情况利用勾股定理求解，即可求出答案．
此题是三角形综合题，主要考查了三角形相似的性质和判定，勾股定理，判断相似是解本题的关键，求CE是本题的难点．