2023年河南省南阳市桐柏县四校联考中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2023年河南省南阳市桐柏县四校联考中考数学一模试卷（含解析），共26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。

第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −|−112|的相反数是( )
A. −12B. −112C. 32D. 12
2. 人们常用“一刹那”这个词来形容时间极为短暂，按古印度《僧只律》(又有资料为《倡只律》)解释：一刹那即为一念，二十念为一瞬；二十瞬为一弹指，二十弹指为一罗预；二十罗预为一须叟，一日一昼为三十须叟.照此计算，一须叟为48分钟，一罗预为144秒，一弹指为7.2秒，一瞬为0.36秒，一刹那为0.018秒.则一天24小时有( )
A. 8×104刹那B. 4.8×106刹那C. 4.8×105刹那D. 4.8×107刹那
3. 下列各曲线是在平面直角坐标系xOy中根据不同的方程绘制而成的，其中是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
4. 下列运算正确的是( )
A. x2+x2=x4B. x2⋅x3=x6C. (x2)3=x5D. x3÷x=x2
5. 如图，直线l1//l2，∠2+∠3=216°，则∠1的度数为( )
A. 216°B. 36°C. 44°D. 18°
6. 关于x的方程(m+1)x|m|+1−mx+6=0是一元二次方程，则m的值是( )
A. −1B. 3C. 1D. 1或−1
7. 如图，A，B为定点，定直线l//AB，P是l上一动点，点M，N分别为PA，PB的中点．下列各值：①线段MN的长；②△PAB的周长；③△PMN的面积；④直线MN，AB之间的离；⑤∠APB的大小．其中会随着点P的移动发生变化的值是( )
A. ②③B. ①③④C. ④⑤D. ②⑤
8. 如图，A，B两个带指针的转盘分别被分成三个面积相等的扇形(除数字不同外，其他完全相同)，A转盘上的数字分别为−3，1，2，B转盘上的数字分别为−4，5，6，同时转动两个转盘(规定：若指针恰好停留在分界线上，则重新转一次)，则转出的数字之积为正数的概率是( )
A. 13B. 49C. 59D. 23
9. 如图，在△AOB中，顶点O与原点重合，∠ABO=90°，AB=OB，A(−2,4)，点C为边OA上一点，且OA=4OC.将△AOB向右平移，当点C的对应点C′恰好落在直线y=−x+4上时，点B的对应点B′的坐标为( )
A. (2,1)B. (12,1)C. (4,2)D. (12,2)
10. 如图，若点A坐标为(1,2)，点B坐标为(1,6)，那么C点的位置可表示为( )
A. (4,2)
B. (2,4)
C. (3,4)
D. (4,4)
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 若二次根式 5−x有意义，则x可取 .(填一个即可
)
12. 如图，用不等式表示公共部分x的范围______ ．
13. 将抛物线y=3x2向左平移1个单位长度得到的抛物线的解析式为______．
14. 如图，矩形ABCD中，AB=2，O为AB的中点，以O为圆心，AO为半径作半圆与边CD相交于点E、F，连接OF，以B为圆心，BE为半径作弧刚好经过点O，则图中阴影部分的面积为______ ．
15. 如图，点P是∠AOB内一点，OP=m，∠AOB=α，点P关于直线OA的对称点为点Q，关于直线OB的对称点为点T，连接QT，分别交OA，OB于点M，N，连接PM，PN，下列结论：①∠OTQ=90°−α；②当α=30°时，△PMN的周长为m；③0三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题3.0分)
(1)计算：(12)−1+| 3−2|−20230；
(2)化简：(xx−1−x−1x)÷2x−1x2−x．
17. (本小题12.0分)
“坐位体前屈”是我市中招体育考试加试项目，某校为了解九年级男生“坐位体前屈”训练状况，随机抽取了60名九年级男生进行测试，并对成绩进行了整理，信息如下：
a.成绩频数分布表
b.成绩在15.6−18.6这组的数据是(单位：cm)
15.7 16.0 16.0 16.2 16.6 16.8 17.2 17.5 17.8 18.0 18.2 18.4
根据以上信息，回答下列问题：
(1)m= ______ ，这次测试成绩的中位数是______ cm．
(2)小明的测试成绩为17.2cm.小强评价说：小明的成绩低于平均数，所以在抽取的60名男生的测试成绩中，至少有一半九年级男生成绩比小明高，你认同小强的说法吗？请说明理由．
(3)已知九年级男生“坐位体前屈”成绩达到21.6cm为满分，请你为该校提出一条训练建议．
18. (本小题8.0分)
如图，等腰Rt△ABC的锐角顶点A，B的坐标分别为(2,0)，(0,4)，直角顶点C在反比例函数y=kx(x>0)的图象上．
(1)求k的值；
(2)求△ABC的面积．
19. (本小题10.0分)
如图，AB为⊙O的直径，C为半圆上一动点，过点C作⊙O的切线l，过点B作BD⊥l，垂足为D，BD与⊙O交于点E，连接OC，CE，AE，AE交OC于点F．
(1)求证：△CDE≌△EFC；
(2)若AB=4，连接AC．
①当AC=______时，四边形OBEC为菱形；
②当AC=______时，四边形EDCF为正方形．
20. (本小题12.0分)
为响应国家“全民阅读，建设学习型社会”的倡议，营造读书好，好读书，读好书的氛围，某校决定从网店购买甲，乙两种图书以供学生课外阅读.已知甲，乙两种图书的单价分别是20元和16元．
(1)该校用460元购买了甲，乙两种图书共25本，求甲，乙两种图书各购买了多少本？
(2)若该校准备再次购买甲，乙两种图书共60本，且购买图书的总费用不超过1100元，那么甲种图书最多能买多少本？
21. (本小题10.0分)
某校开展“阳光体育”活动，如图①是学生在操场玩跳长绳游戏的场景，在跳长绳的过程中，绳甩到最高处时的形状是抛物线型，如图②所示是以点O为原点建立的平面直角坐标系(甲位于点O处，乙位于x轴的D处)，正在甩绳的甲、乙两名同学握绳的手分别设为A点、B点，且AB的水平距离为6米，他们到地面的距离AO与BD均为0.9米，绳子甩到最高点C处时，最高点距地面的垂直距离为1.8米．

(1)请求出该抛物线的解析式；
(2)跳绳者小明的身高为1.7米，当绳子甩到最高处时，求小明站在距甲同学多远时，绳子刚好过他的头顶上方；
(3)经测定，多人跳长绳时，参与者同方向站立时的脚跟之间距离不小于0.4米时才能安全起跳，小明与其他3位同学一起跳绳，如果这3名同学与小明身高相同，通过计算说明他们是否可以安全起跳？
22. (本小题10.0分)
背景阅读：
早在三千多年前，我国周朝数学家商高就提出：将一根直尺折成一个直角，如果勾等于三，股等于四，那么弦就等于五，即“勾三、股四、弦五”.它被记载与我国古代著名数学著作《周髀算经》中，为了方便，在本题中，我们把三边的比为3：4：5的三角形称为(3,4,5)型三角形，例如：三边长分别为9，12，15或3 2,4 2,5 2的三角形就是(3,4,5)型三角形，用矩形纸片按下面的操作方法可以折出这种类型的三角形．
实践操作：
如图1，在矩形纸片ABCD中，AD=8cm，AB=12cm．
第一步：如图2，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，再沿EF折叠，然后把纸片展平．
第二步：如图3，将图2中的矩形纸片再次折叠，使点D与点F重合，折痕为GH，然后展平，隐去AF．
第三步：如图4，将图3中的矩形纸片沿AH折叠，得到△AD′H，再沿AD′折叠，折痕为AM，AM与折痕EF交于点N，然后展平．
问题解决：
(1)请在图4中判断NF与ND′的数量关系，并加以证明；
(2)请在图4中证明△AEN(3,4,5)型三角形；
探索发现：
(3)在不添加字母的情况下，图4中还有哪些三角形是(3,4,5)型三角形？请找出并直接写出它们的名称．
23. (本小题10.0分)
【初步探究】
(1)把矩形纸片ABCD如图①折叠，当点B的对应点B′在MN的中点时，填空：△EB′M ______ △B′AN(“≌”或“∽”)．
【类比探究】
(2)如图②，当点B的对应点B′为MN上的任意一点时，请判断(1)中结论是否成立？如果成立，请写出证明过程；如果不成立，请说明理由．
【问题解决】
(3)在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E为BC中点，点P为线段AB上一个动点，连接EP，将△BPE沿PE折叠得到△B′PE，连接DE，DB′，当△EB′D为直角三角形时，BP的长为______ ．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：−|−112|=−112，
−112的相反数是112，即32，
故选：C．
根据绝对值、相反数的定义进行计算即可．
本题考查绝对值，相反数，理解绝对值、相反数的定义是正确解答的前提．
2.【答案】B
【解析】解：3600×24÷0.018=4800000=4.8×106．
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是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
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】C
【解析】解：选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，
选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，
故选：C．
根据中心对称图形的概念求解．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做图形的对称中心．
此题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，将其绕对称中心旋转180度后与原图重合．
4.【答案】D
【解析】解：A.x2+x2=2x2，故此选项不合题意；
B.x2⋅x3=x5，故此选项不合题意；
C.(x2)3=x6，故此选项不合题意；
D.x3÷x=x2，故此选项符合题意．
故选：D．
直接利用同底数幂的除法运算法则以及幂的乘方运算法则、合并同类项法则分别计算，进而得出答案．
此题主要考查了同底数幂的除法运算以及幂的乘方运算、合并同类项，正确掌握相关运算法则是解题关键．
5.【答案】B
【解析】解：如图，过点E作EF//l1，

∵l1//l2，
∴EF//l2，
∴∠1=∠AEF，∠3+∠BEF=180°，
∵∠2+∠3=216°，
∴∠AEF+∠BEF+∠3=216°，
∴∠AEF=36°，
∴∠1=36°．
故选：B．
过点E作EF//l1，则有EF//l2，故有∠1=∠AEF，∠3+∠BEF=180°，从而可求得∠AEF的度数，即得∠1的度数．
本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质并灵活运用．
6.【答案】C
【解析】解：∵关于x的方程(m+1)x|m|+1−mx+6=0是一元二次方程，
∴|m|+1=2且m+1≠0，
解得m=1．
故选：C．
根据一元二次方程的定义，即可求解．
本题主要考查了一元二次方程的定义，熟练掌握含有一个未知数，且未知数的最高次数为2的整式方程是一元二次方程是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∵点A，B为定点，点M，N分别为PA，PB的中点，
∴MN是△PAB的中位线，
∴MN=12AB，
即线段MN的长度不变，故①错误；
PA、PB的长度随点P的移动而变化，
所以，△PAB的周长会随点P的移动而变化，故②正确；
∵MN的长度不变，点P到MN的距离等于l与AB的距离的一半，
∴△PMN的面积不变，故③错误；
直线MN，AB之间的距离不随点P的移动而变化，故④错误；
∠APB的大小点P的移动而变化，故⑤正确．
综上所述，会随点P的移动而变化的是②⑤．
故选：D．
根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得MN=12AB，从而判断出①不变；再根据三角形的周长的定义判断出②是变化的；确定出点P到MN的距离不变，然后根据等底等高的三角形的面积相等确定出③不变；根据平行线间的距离相等判断出④不变；根据角的定义判断出⑤变化．
本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，等底等高的三角形的面积相等，平行线间的距离的定义，熟记定理是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：画树状图如下：

共有9种等可能的结果，数字之积分别为12，−15，−18，−4，5，6，−8，10，12，
其中转出的数字之积为正数的结果有5种，
∴转出的数字之积为正数的概率为59．
故选：C．
画树状图得出所有等可能的结果数和转出的数字之积为正数的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：过点B作BN⊥x轴于点N，过A作AM⊥BN于点M，如图所示：

则有∠M=∠N=90°，
∴∠BAM+∠ABM=90°，
∵∠ABO=90°，
∴∠ABM+∠OBN=90°，
∴∠OBN=∠BAM，
∵AB=OB，
∴△OBN≌△BAM(AAS)，
∴AM=NB，MB=ON，
设ON=x，
∵A(−2,4)，
∴AM=BN=x−2，
∴BM=4−(x−2)=6−x，
∴6−x=x，
解得x=3，
∴B(−3,1)，
∵OA=4OC，
∴C(−12,1)，
将△AOB向右平移，C′纵坐标还是1，
代入y=−x+4，
得−x+4=1，
解得x=3，
∴C′(3,1)，
根据C平移到C′，可得B′坐标为(12,1)．
故选：B．
过点B作BN⊥x轴于点N，过A作AM⊥BN于点M，易证△OBN≌△BAM(AAS)，根据全等三角形的性质可求出B点坐标，再求出C点坐标，根据平移，求出C′坐标，即可求出B′坐标．
本题考查了一次函数的综合，涉及全等三角形，平移的性质等，构造全等三角形是解题的关键，本题难度较大．
10.【答案】D
【解析】解：如图，因为点A坐标为(1,2)，点B坐标为(1,6)，
所以点C的坐标为(1+3,2+2)，
即点C的坐标为(4,4)．
故选：D．
根据点A和点B的坐标确定原点位置，进而得出点C的坐标．
此题主要考查了点的坐标，正确求出原点位置是解题关键．
11.【答案】5(答案不唯一)
【解析】解：∵二次根式 5−x有意义，
∴5−x≥0，
解得：x≤5，
则x可取5(答案不唯一)．
故答案为：5(答案不唯一)．
直接利用二次根式的定义得出x的取值范围，进而得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确得出x的取值范围是解题关键．
12.【答案】−3≤x<2
【解析】解：由图示可看出，从−3出发向右画出的折线且表示−3的点是实心圆，表示x≥−3；
从2出发向左画出的折线且表示1的点是空心圆，表示x<2．
所以这个不等式组为−3≤x<2
数轴的某一段上面，表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．实心圆点包括该点，空心圆圈不包括该点，大于向右小于向左．两个不等式的公共部分就是不等式组的解集．
不等式组的解集在数轴上表示的方法：把每个不等式的解集在数轴上表示出来(>,≥向右画；<，≤向左画)，数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数，与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．有几个就要几个．在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“<”，“>”要用空心圆点表示．
13.【答案】y=3(x+1)2
【解析】解：将抛物线y=3x2向左平移1个单位长度得到的抛物线的解析式为y=3(x+1)2，
故答案为：y=3(x+1)2．
直接根据“左加右减”的原则进行解答．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
14.【答案】 34
【解析】解：如图，连接AF，OE，BE，

∵OA=OB=OE=BE=OF=AF=1，
∴△OBE≌△OAF(SSS)，△OBE与△OAF都为等边三角形，
∴△OEF为等边三角形，
∴阴影部分的面积等于△OEF的面积，
∴阴影部分的面积为12×1× 32= 34．
故答案为： 34．
证明△OBE≌△OAF(SSS)，△OBE与△OAF都为等边三角形，可得△OEF为等边三角形，阴影部分的面积等于△OEF的面积即可求出答案．
本题考查了扇形面积的计算，矩形的性质，等边三角形的判定与性质，证明△OBE≌△OAF，△OBE与△OAF都为等边三角形是解题的关键．
15.【答案】①②③④
【解析】解：∵点P关于直线OA的对称点为点Q，关于直线OB的对称点为点T，
∴OQ=OP，OT=OP，∠QOM=∠POM，∠PON=∠TON，PM=QM，PN=TN，
∴OQ=OT，
∴∠OTQ=∠OQT，
∵∠AOB=α，
∴∠QOM+∠TON=∠POM+∠PON=∠AOB=α，
即∠QOT=2α，
∴∠OTQ=∠OQT=12(180°−∠QOT)=12(180°−2α)=90°−α，故①正确；
∵PM=QM，PN=TN，
∴△PMN的周长=MN+PN+PM=TN+MN+QM=QT，
∵α=30°，
∴∠QOT=2α=60°，
∵OQ=OT，
∴△QOT是等边三角形，
∴OQ=QT，
∴OQ=OP=m，
∴QT=m，
∴△PMN的周长是m，故②正确；
在△OQT中，0∵OQ=OT=OP=m，
∴0在△QOM和△POM中，
OQ=OP∠QOM=∠POMOM=OM，
∴△QOM≌△POM(SAS)，
∴∠MPO=∠OQM，
同理∠NPO=∠OTN，
∵∠QOT=2α，∠OQM=∠OTN，
∴∠MPN=∠MPO+∠NPO=∠OQM+∠OTN=180°−∠QOT=180°−2α，故④正确．
故答案为：①②③④．
根据轴对称的性质得出OQ=OP，OT=OP，∠QOM=∠POM，∠PON=∠TON，PM=QM，PN=TN，求出OQ=OT=OP，根据等腰三角形的性质得出∠OTQ=∠OQT，求出∠QOT=2α，再求出∠OTQ=∠OQT=12(180°−∠QOT)，即可判断①；根据PM=QM，PN=TN求出△PMN的周长=MN+PN+PM=QT，根据等边三角形的判定得出△QOT是等边三角形，根据等边三角形的性质得出OQ=QT=OP=m，即可判断②；根据三角形的三边关系定理即可判断③；根据全等三角形的性质求出∠MPO=∠OQM，∠NPO=∠OTN，求出∠MPN=∠MPO+∠NPO=∠OQM+∠OTN=180°−∠QOT，即可判断④．
本题考查了轴对称性质，等腰三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，三角形内角和定理，全等三角形的性质和判定等知识点，能熟练掌握轴对称的性质是解此题的关键．
16.【答案】解：(1)(12)−1+| 3−2|−20230
=2+2− 3−1
=3− 3；
(2)(xx−1−x−1x)÷2x−1x2−x
=[x2x(x−1)−(x−1)2x(x−1)]×x(x−1)2x−1
=x2−(x−1)2x(x−1)×x(x−1)2x−1
=x2−x2+2x−1x(x−1)×x(x−1)2x−1
=2x−12x−1
=1．
【解析】(1)分别根据负整数指数幂、0指数幂及绝对值的性质计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可；
(2)根据分式混合运算的法则进行计算即可．
本题考查的是实数的混合运算和分式的混合运算，涉及到负整数指数幂、0指数幂及绝对值的性质、因式分解等知识点，熟知以上知识是解答此题的关键．
17.【答案】20 16.7
【解析】解：(1)m=60−8−17−12−3=20，
∵成绩在9.6−12.6内的频数为8，成绩在12.6−15.6内的频数为17，且8+17=25，
而在15.6−18.6的这一组的具体成绩得出第5、6个数据分别为16.6、16.8，
∴这次测试成绩的中位数是：16.6+16.82=16.7，
故答案为：20；16.7．
(2)不认同．
理由：∵17.2cm>16.7cm，
∴小明的测试成绩高于中位数，说明他比一半九年级所测男生成绩好．
(3)在保证训练时间的条件下进行科学训练，从而逐渐提高“坐位体前屈”的成绩，第一步超过中位数，然后再向满分冲刺．(答案不唯一．合理即可)．
(1)根据所有的频数之和等于数据总数即可求出m，根据频数分布表和15.6−18.6的这一组的具体成绩得出第5、6个数据分别为16.6、16.8，继而依据中位数的定义求解即可；
(2)根据中位数的意义求解即可；
(3)答案不唯一，合理即可．
本题考查频数分布表、中位数，解题的关键是根据表格得出解题所需数据，掌握中位数的定义和意义．
18.【答案】解：(1)如图，过点C作CD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥CD于E，
∵∠BCA=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∵∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠BCE=∠CAD．
在△CAD与△BCE中，
∠CAD=∠BCE∠ADC=∠CEB=90°AC=BC，
∴△CAD≌△BCE(AAS)，
∴CD=BE，AD=CE，
∴设C(m,m)，
∵点A，B的坐标分别为(2,0)，(0,4)，
∴OA=2，DE=OB=4，
∴AD=m−2，BE=4−m，
∴m−2=4−m，解得m=3，
∴点C的坐标为(3,3)，
∵C在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴k=3×3=9．
(2)∵m=3，
∴AD=CE=1，
∴S△ABC=S四边形ODEB−S△AOB−S△ACD−S△BCE=3×3−12×2×4−12×1×3−12×1×3=2．
【解析】(1)过点C作CD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥CD于E，根据AAS证明△CAD≌△BCE(AAS)，从而求得点C的坐标，利用待定系数法可求出k的值；
(2)根据S△ABC=S四边形ODEB−S△AOB−S△ACD−S△BCE，利用三角形面积公式即可求得．
本题考查了全等三角形的判定与性质，待定系数法求函数的解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，利用了数形结合思想．求得点C的坐标是解题的关键．
19.【答案】(1)证明：如图，
∵BD⊥CD，
∴∠CDE=90°，
∵AB是直径，
∴∠AEB=90°，
∵CD是切线，
∴∠FCD=90°，
∴四边形CFED矩形，
∴CF=DE，EF=CD，
在△CDE和△EFC中，
CD=EFCE=ECDE=CF，
∴△CDE≌△EFC．
(2)①2；
② 2 2
【解析】(1)见答案；
(2)解：①当AC=2时，四边形OCEB是菱形．
理由：连接OE．
∵AC=OA=OC=2，
∴△ACO是等边三角形，
∴∠CAO=∠AOC=60°，
∵∠AFO=90°，
∴∠EAB=30°，
∵∠AEB=90°，
∴∠B=60°，∵OE=OB，
∴△OEB是等边三角形，
∴∠EOB=60°，
∴∠COE=180°−60°−60°=60°，∵CO=OE，
∴△COE是等边三角形，
∴CE=CO=OB=EB，
∴四边形OCEB是菱形．
故答案为2．
②当四边形DEFC是正方形时，
∵CF=FE，
∵∠CEF=∠FCE=45°，
∵OC⊥AE，
∴AC=CE，
∴∠CAE=∠CEA=45°，
∴∠ACE=90°，
∴AE是⊙O的直径，
∴AC=CE，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴AC= 2OA=2 2．
∴AC=2 2时，四边形DEFC是正方形．
故答案为2 2．
(1)根据三个角是直角的四边形是矩形，首先证明四边形CFED是矩形，由此即可解决问题．
(2)①当AC=2时，四边形OCEB是菱形．连接OE，只要证明△EOB，△COE都是等边三角形即可解决问题．
②当四边形DEFC是正方形时，可以证明AE是⊙O是直径，由此即可解决问题．
本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、矩形的性质和判定、等边三角形的判定和性质、菱形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
20.【答案】解：(1)设甲种图书购买了x本，乙种图书购买了y本．
根据题意得：x+y=2520x+16y=460，
解得：x=15y=10．
答：甲种图书购买了15本，乙种图书购买了10本；
(2)设甲种图书购买m本，则乙种图书购买(60−m)本，
根据题意得：20m+16(60−m)≤1100，
解得：m≤35，
答：甲种图书最多能买35本．
【解析】(1)设甲种图书购买了x本，乙种图书购买了y本．根据题意可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可求出答案；
(2)设甲种图书购买m本，则乙种图书购买(60−m)本．根据题意可列出关于m的一元一次不等式，解出m即可求出答案．
本题考查二元一次方程组的实际应用，一元一次不等式的实际应用．读懂题意，找出数量关系，列出等式或不等式是解题关键．
21.【答案】解：(1)由题意设抛物线的解析式为y=a(x−3)2+1.8，
将点A(0,0.9)代入y=a(x−3)2+1.8，中，得a=−0.1，
∴该抛物线的解析式是y=−0.1(x−3)2+1.8．
(2)解：将y=1.7代入y=−0.1(x−3)2+1.8，
解得x1=2，x2=4，
∴小明站在距甲2米或4米时，绳子刚好过他的头顶上方．
(3)解：他们可以安全起跳，理由如下：
当y=1.7时，x1=2，x2=4，
∴可以站立跳绳的距离为4−2=2(米)，
又∵(4−1)×0.4=1.2(米)，
∴1.2<2，
∴他们可以安全起跳．
【解析】(1)根据题意可知抛物线顶点的坐标为(3,1.8)，可设抛物线的解析式为y=a(x−3)2+1.8，将点A(0,0.9)代入，求出a的值，可得该抛物线的解析式；
(2)将y=1.7代入y=−0.1(x−3)2+1.8，解得x的值即可；
(3)由(2)可知当y=1.7时，x1=2，x2=4，可以站立跳绳的距离为4−2=2米，小明与其他3位同学一起跳绳需要站立的最短距离为(4−1)×0.4=1.2米，因为1.2<2，所以他们可以安全起跳．
本题考查了求二次函数的表达式，和二次函数的实际应用，利用待定系数法求出二次函数的表达式是解答本题的关键．
22.【答案】(1)解：结论：NF=ND′，
理由：连接HN，由折叠得，∠AD′H=∠D=90°，HF=HD=HD′，
∵四边形AEFD是正方形，
∴∠EFD=90°，
∵∠AD′H=90°，
∴∠HD′N=90°，
在Rt△HNF与Rt△HND′中，
HN=HNHF=HD′，
∴Rt△HNF≌Rt△HND′(HL)，
∴NF=ND′；
(2)证明：∵四边形AEFD是正方形，
∴AE=EF=AD=8cm，
由折叠得，AD′=AD=8cm，
设NF=xcm，则ND′=xcm，
在Rt△AEN中，
∵AN2=AE2+EN2，
∴(8+x)2=82+(8−x)2，
解得：x=2，
∴AN=8+x=10cm，EN=6cm，
∴EN：AE：AN=3：4：5，
∴△AEN是(3,4,5)型三角形；
(3)解：图4中还有△MFN，△MD′H，△MDA是(3,4,5)型三角形，
∵CF//AE，
∴△MFN∽△AEN，
∵EN：AE：AN=3：4：5，
∴FN：MF：CN=3：4：5，
∴△MFN是(3,4,5)型三角形；
同理，△MD′H，△MDA是(3,4,5)型三角形．
【解析】(1)连接HN，由折叠的性质得到∠AD′H=∠D=90°，HF=HD=HD′，根据正方形的想知道的∠HD′N=90°，根据全等三角形的性质即可得到结论；
(2)根据正方形的性质得到AE=EF=AD=8cm，由折叠得，AD′=AD=8cm，设NF=xcm，则ND′=xcm，根据勾股定理列方程得到x=2，于是得到结论；
(3)根据(3,4,5)型三角形的定义即可得到结论．
本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键．
23.【答案】∽ 94或1
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵矩形纸片ABCD如图①折叠，
∴∠EB′A=∠B=90°，
∴∠EB′M=90°−∠AB′N=∠B′AN，
∵∠EMB′=90°=∠B′NA，
∴△EB′M∽△B′AN，
故答案为：∽；
(2)(1)中结论成立，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵矩形纸片ABCD如图①折叠，
∴∠EB′A=∠B=90°，
∴∠EB′M=90°−∠AB′N=∠B′AN，
∵∠EMB′=90°=∠B′NA，
∴△EB′M∽△B′AN；
(3)如图所示，当∠DB′E=90°时，△EB′D是直角三角形，

由折叠可得，∠PB′E=∠B=90°，BE=B′E=CE，
∴∠DB′P=180°，即点P，B′，D在一条直线上，
在Rt△CDE和Rt△B′DE中，
CE=B′EDE=DE，
∴Rt△CDE≌Rt△B′DE(HL)，
∴B′D=CD=AB=4，
设BP=x=B′P，则AP=4−x，PD=x+4，
在Rt△APD中，AP2+AD2=PD2，
∴(4−x)2+62=(x+4)2，
解得x=94，
∴BP=94；
如图所示，当∠B′ED=90°时，△EB′D是直角三角形，

过B′作B′H⊥AB于H，作B′Q⊥BC于Q，则∠B′QE=∠C=90°，
又∵∠B′ED=90°，
∴∠B′EQ+∠CED=90°=∠EDC+∠CED，
∴∠B′EQ=∠EDC，
∴△B′EQ∽△EDC，
∴B′QCE=EQCD=B′EDE，
∵CE=BE=12BC=3，CD=4，
∴DE= CE2+CD2=5，
∵△BPE沿PE折叠得到△B′PE，
∴B′E=BE=3，
∴B′Q3=EQ4=35，
解得B′Q=95，EQ=125，
∴BQ=BE−EQ=35=B′H，BH=B′Q=95，
设BP=y=B′P，则HP=BH−BP=95−y，
在Rt△B′PH中，HP2+B′H2=B′P2，
∴(95−y)2+(35)2=y2，
解得y=1，
∴BP=1．
综上所述，BP的长为94或1．
(1)由矩形纸片ABCD如图①折叠，可证△EB′M∽△B′AN；
(2)同(1)由四边形ABCD是矩形，如图②折叠，可得∠EB′M=90°−∠AB′N=∠B′AN，即可得△EB′M∽△B′AN，
(3)分两种情况：当∠DB′E=90°时，证明Rt△CDE≌Rt△B′DE(HL)，得B′D=CD=AB=4，设BP=x=B′P，在Rt△APD中，有(4−x)2+62=(x+4)2，可解得BP=94；当∠B′ED=90°时，过B′作B′H⊥AB于H，作B′Q⊥BC于Q，则∠B′QE=∠C=90°，证明△B′EQ∽△EDC，可得B′Q3=EQ4=35，设BP=y=B′P，在Rt△B′PH中，(95−y)2+(35)2=y2，可解得BP=1．
本题考查相似形的综合应用，涉及矩形中的折叠问题，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，解题的关键是掌握折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等，第(3)有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．
成绩(cm)
9.6−12.6
12.6−15.6
15.6−18.6
18.6−21.6
21.6−24.6
频数
8
17
12
m
3