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2023年山东省菏泽市中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年山东省菏泽市中考数学二模试卷（含解析），共35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年山东省菏泽市中考数学二模试卷
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. 若实数a的相反数是−1，则a+1等于( )
A. 2 B. −2 C. 0 D. 12
2. 如图，水面AB与水杯下沿CD平行，光线EF从水中射向空气时发生折射，光线变成FH，点G在射线EF上，已知∠HFB=20°，∠FED=45°，则∠GFH的度数是( )
A. 65° B. 60° C. 45° D. 25°
3. 牡丹自古以来就是中国的国花，被誉为“百花之王”.据估计，我国牡丹栽种数量约为175500000株，用科学记数法表示为(精确到百万位)( )
A. 1.76×108 B. 1.76×109 C. 1.8×109 D. 17.55×107
4. 如图，在一个正方体的上底面中间位置挖去一个长和宽均为6厘米、深为4厘米的长方体形状的洞，得到的几何体的三视图中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. 主视图
B. 左视图
C. 俯视图
D. 不存在
5. 关于x的不等式组2x≤3(x+1)2−x2>3的解集，在数轴上表示正确的是( )
A.
B.
C.
D.
6. 班长王亮依据今年1～8月“书香校园”活动中全班同学的课外阅读数量(单位：本)，绘制了如图折线统计图，下列说法正确的是( )
A. 每月阅读数量的平均数是58 B. 众数是83
C. 中位数是50 D. 每月阅读数量超过50的有5个月
7. 小亮用描点法画二次函数y=ax2+bx+c的图象时，列出了下面的表格，由于粗心，他算错了其中一个y值，下列四个结论不正确的是( )
x
…
−1
0
1
2
3
…
y
…
−2
−3
−4
−3
0
…
A. 2a+b=0
B. 对于任意实数m，a+b≥am2+bm总成立
C. 抛物线与x轴的交点为(−1,0)和(3,0)
D. 点A(m−1,y1)，B(m,y2)在抛物线图象上，若y132
8. 如图，△ABC为等边三角形，边长为8cm，矩形DEFG的长和宽分别为8cm和2 3cm，点C和点E重合，点B，C(E)，F在同一条直线上，令矩形DEFG不动，△ABC以每秒1cm的速度向右移动，当点C与点F重合时停止移动，设移动x秒后，△ABC与矩形DEFG重叠部分的面积为y，则y关于x的函数图象大致是( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 若a+b=2，ab=−2，则代数式a3b+2a2b2+ab3的值为______ ．
10. 若关于x的方程x2−x=k有两个不相等的实数根，则k的取值范围是______ ．
11. 如图，在菱形纸片ABCD中，E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE翻折，使点B落在B′上，连接DB′.已知∠C=130°，∠BAE=50°，则∠AB′D的度数为______ ．
12. 如图，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB、AC夹角为120°，AB的长为30cm，无贴纸部分AD的长为10cm，则贴纸部分的面积等于______ cm2．
13. 如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，以B为圆心，适当的长为半径画弧，交BD，BC于M，N两点；再分别以M，N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线BP交CD于点F；再以B为圆心，BD的长为半径画弧，交射线BP于点E，则EF的长为______．
14. 如图，正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，将顶点D(1,0)绕点A(0,1)逆时针旋转90°得点D1，再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……依此类推，则点D2023的坐标是 ．
三、解答题（本大题共12小题，共96.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题8.0分)
计算：(1− 3)0−|− 2|+327−(−12)−1．
16. (本小题8.0分)
xy−y2x2+2xy+y2÷(1−x−yx+y)⋅2y2−x2其中x、y满足方程组x+2y=02x+y=−10．
17. (本小题8.0分)
如图，在正方形ABCD中，点P是对角线AC上一动点，PM⊥AB，PN⊥BC，垂足分别为点M，N，连接DP并延长，交MN于点E．
小亮说：点P在运动过程中，PD与MN的数量关系为PD=MN；
小莹说：点P在运动过程中，PD与MN的位置关系为PD⊥MN．
小亮和小莹两人的发现，______ 是对的；(填“小亮”“小莹”“两人都”)并说明你的理由．
18. (本小题8.0分)
某商场为了掌握节假日顾客购买商品时刻的分布情况，将顾客购买商品的时刻t分四个时间段：7：00≤t<11：00，11：00≤t<15：00，15：00≤t<19：00和19：00≤t≤23：00(分别记为A段，B段，C段和D段)进行了统计，并绘制出顾客购买商品时刻的扇形统计图和频数分布直方图如下，其中扇形统计图中，A，B，C，D四段各部分圆心角的度数比为1：3：4：2．
请根据上述信息解答下列问题：
(1)这次共调查了______ 人，其中顾客购买商品时刻的中位数落在______ 段(填写表示时间段的字母即可)；
(2)补全频数分布直方图；
(3)为活跃节日气氛，该商场设置购物后抽奖活动，设立了特等奖一个，一等奖两个，二等奖若干，并随机分配到A，B，C，D四个时间段中．
①请直接写出特等奖出现在A时间段的概率：______ ；
②请利用画树状图或列表的方法，求两个一等奖出现在不同时间段的概率．
19. (本小题8.0分)
如图，一次函数y1=k1x+4与反比例函数y2=k2x的图象交于点A(2,m)和B(−6,−2)，与y轴交于点C．
(1)求一次函数与反比例函数的表达式；
(2)过点A作AD⊥x轴于点D，点P是反比例函数在第一象限的图象上一点，设直线OP与线段AD交于点E，当S四边形ODAC：S△ODE=5：1时，求点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，点M是直线OP上的一个动点，当△MBC是以BC为斜边的直角三角形时，求点M的坐标．
20. (本小题8.0分)
某校“综合与实践”活动小组的同学要测量AB，CD两座楼之间的距离，设计了如下测量方案：无人机在AB，CD两楼之间上方的点O处，点O距地面AC的高度为60m，此时观测到楼AB底部点A处的俯角为70°，楼CD上点E处的俯角为30°，沿水平方向由点O飞行24m到达点F，测得点E处俯角为60°，其中点A，B，C，D，E，F，O均在同一竖直平面内.请根据以上数据求：
(1)无人机在O处时到楼AB的水平距离；
(2)楼AB与CD之间的距离.(结果均精确到1m，参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75)
21. (本小题8.0分)
瓦岗红薯是河南省驻马店市确山县瓦岗镇的特产.瓦岗红薯因个头大、外型好、营养丰富、皮薄心红、肉丝细腻、味道香甜、易存放等特点备受人们的青睐.郑州市某超市打算试销A、B两个品种的瓦岗红薯，拟定A品种每箱售价比B品种每箱售价贵25元，且已知销售3箱B品种和2箱A品种的总价为550元．
(1)问A品种与B品种每箱的售价各是多少元？
(2)若B品种每箱的进价为80元，A品种每箱的进价为100元现水果店打算购进B品种与A品种共21箱，要求所花资金不高于1960元，则该超市应如何设计购进方案才能获得最大利润，最大利润是多少？
22. (本小题8.0分)
如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，且AD平分∠CAB，过点D作AC的垂线，与AC的延长线相交于E，与AB的延长线相交于点F，G为AB的下半圆弧的中点，DG交AB于H，连接DB、GB．
(1)证明：EF是⊙O的切线；
(2)若圆的半径r=3，BH=2，求GH的长；
(3)求证：DF2=AF⋅BF．
23. (本小题8.0分)
综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在平行四边形ABCD中，BE⊥AD，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明．
(1)独立思考：请解答老师提出的问题；
(2)实践探究：希望小组受此问题的启发，将平行四边形ABCD沿着BF(F为CD的中点)所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C′，连接DC′并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明．
(3)问题解决：智慧小组突发奇想，将平行四边形ABCD沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为A′，使A′B⊥CD于点H，折痕交AD于点M，连接A′M，交CD于点N.该小组提出一个问题：若此平行四边形ABCD的面积为20，边长AB=5，BC=2 5，求图中阴影部分(四边形BHNM)的面积.请你思考此问题，直接写出结果．
24. (本小题8.0分)
如图，题目中的黑色部分是被墨水污染了无法辨认的文字，导致题目缺少一个条件而无法解答，经查询结果发现，二次函数的表达式为y=x2−4x+1．
已知二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点M(1,−2)，．
求二次函数的表达式．
(1)请根据上述信息添加一个适当的条件补全题目，添加的条件为______ ；
(2)如图1，将函数y=x2−4x+1(x<0)的图象向右平移4个单位长度，与y=x2−4x+1(x≥4)的图象组成一个新的函数图象，记为L.若点P(3,m)在L上，求m的值；
(3)如图2，在(2)的条件下，点A(2,0)，在L上是否存在点Q，使得S△OAQ=9.若存在，求出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
25. (本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC，AB相交于点D，E，连结AD.已知AD是⊙O的切线．
(1)求证：∠CAD=∠B．
(2)若BC=8，AC=4，求⊙O的半径．
26. (本小题8.0分)
【方法尝试】
如图1，矩形ABFC是矩形ADGE以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转90°所得的图形，CB、ED分别是它们的对角线，则CB与ED数量关系______，位置关系______；
【类比迁移】
如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AC=9，AB=6，AE=3，AD=2.将△DAE绕点A在平面内逆时针旋转，设旋转角∠BAE为α(0°≤α<360°)，连接CE，BD.请判断线段CE和BD的数量关系和位置关系，并说明理由；
【拓展延伸】
如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=6，过点A作AP//BC，在射线AP上取一点D，连结CD，使得tan∠ACD=34，请求线段BD的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵实数a的相反数是−1，
∴a=1，
∴a+1=2．
故选：A．
根据相反数的定义求出a的值，代入代数式求值即可．
本题考查相反数，掌握只有符号不同的两个数互为相反数是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：∵水面AB与水杯下沿CD平行，
∴∠GFB=∠FED=45°，
∵∠HFB=20°，
∴∠GFH=25°．
故选：D．
根据水面AB与水杯下沿CD平行，则有∠GFB=∠FED=45°，结合∠HFB=20°即可解答．
本题考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题关键．
3.【答案】A
【解析】解：175500000=1.755×108≈1.76×108．
故选：A．
首先利用科学记数法表示为1.755×108，然后再精确，百万位上是5，后面四舍五入即可．
此题主要考查了科学记数法以及取近似数，关键是掌握注意对一个数进行四舍五入时，若要求近似到个位以前的数位时，首先要对这个数用科学记数法表示．
4.【答案】C
【解析】解：如图所示：
故既是轴对称图形又是中心对称图形的是俯视图．
故选：C．
由已知条件可知，主视图是一个正方形，上面是带虚线的长方形；左视图是一个正方形，上面是带虚线的长方形；俯视图是一个正方形，中间是一个小正方形；据此可画出图形．
本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念以及几何体的三视图画法．主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形；注意看到的用实线表示，看不到的用虚线表示．
5.【答案】C
【解析】解：2x≤3(x+1)①2−x2>3②，
解不等式①，得x≥−3，
解不等式②，得x<−2，
∴该不等式组的解集为−3≤x<−2，
故选：C．
先求解此不等式组，再根据解集辨别、求解．
此题考查了解不等式组和用数轴表示不等式组解集的能力，关键是能准确理解和运用以上知识进行正确地求解．
6.【答案】D
【解析】解：A、每月阅读数量的平均数是18×(36+70+58+42+58+28+78+83)=56.625，故A错误，不符合题意；
B、出现次数最多的是58，众数是58，故B错误，不符合题意；
C、由小到大顺序排列数据28，36，42，58，58，70，78，83，中位数是12×(58+58)=58，故C错误，不符合题意；
D、由折线统计图看出每月阅读量超过50的有5个月，故D正确，符合题意；
故选：D．
根据平均数的计算方法，可判断A；根据众数的定义，可判断B；根据中位数的定义，可判断C；根据折线统计图中的数据，可判断D．
本题考查了折线统计图，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．折线统计图表示的是事物的变化情况．注意求中位数先将该组数据按从小到大(或按从大到小)的顺序排列，然后根据数据的个数确定中位数：当数据个数为奇数时，则中间的一个数即为这组数据的中位数；当数据个数为偶数时，则最中间的两个数的算术平均数即为这组数据的中位数．
7.【答案】B
【解析】解：A.由函数图象关于对称轴对称，得(0,−3)，(2,−3)在函数图象上，
∴−b2a=0+22=1，
∴2a+b=0，故A正确，不符合题意；
B.∵顶点为(1,−4)，函数有最小值，
∴对于任意实数m，则a+b+c≤am2+bm+c，即a+b≤am2+bm总成立，故B错误，符合题意；
C.∵抛物线过(0,−3)，(1,−4)，(2,−3)，
∴y=a(x−1)2−4，
代入(0,−3)得−3=a−4，
解得a=1，
∴y=(x−1)2−4，
∵当x=3时，y=0，
∴抛物线与x轴的一个交点为(3,0)，
∴抛物线与x轴的一个交点为(−1,0)，
∴抛物线与x轴的交点为(−1,0)和(3,0)，故C正确，不符合题意；
D.二次函数y=ax2+bx+c图象以x=1为对称轴，抛物线开口向上；
∵点A(m−1,y1)，B(m,y2)在抛物线图象上，y1
∴m>32.故D正确，不符合题意．
故选：B．
根据关于对称轴对称的自变量对应的函数值相等可判断A；根据二次函数的最值可判断B；根据二次的对称性可判断C；根据二次函数的性质可判断D．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征以及抛物线与x轴的交点；熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：当AC经过点D时，如图所示：
∵△ABC为等边三角形，
∴∠DCE=60°，
∵DE=2 3，∠DEC=90°，
∴EC=DEtan60∘=2 3 3=2；
当AB经过点D时，如图所示：
∵∠B=60°，DE=2 3，
∴BE=2，
∴EC=BC−BE=8−2=6；
①当0≤x≤2时，如图所示：
此时EC=x，∠HCE=60°，
∴HE=tan60°⋅EC= 3x，
∴y=12EC⋅HE=12x⋅ 3x= 32x2；
②当2
过M作MN⊥BC于N，
此时，MN=2 3，∠MCN=60°，
∴CN=2，
∵EC=x，
∴EN=EC−NC=x−2，
∵四边形DENM是矩形，
∴DM=EN=x−2，
∴y=12(DM+EC)⋅DE=12(x−2+x)×2 3=2 3x−2 3；
③当6
此时IR=2 3，∠ICR=60°，
∴CR=2，
∵EC=x，
∴ER=DI=x−2，BE=BC−EC=8−x，
∵∠B=60°，
∴TE=BE⋅tan60°= 3(8−x)，
∵DE=2 3，
∴DT=DE−TE=2 3− 3(8−x)= 3(x−6)，
∵DG//BC，
∴∠DKT=60°，
∴DK=DTtan60∘= 3(x−6) 3=x−6，
∴y=S四边形DERI+S△IRC−S△DTK
=2 3(x−2)+12×2×2 3−12× 3(x−6)2
=− 32x2+8 3x−20 3
=− 32(x−8)2+12 3．
故选：A．
先根据AC经过点D和AB经过点D时计算出x=1和x=3，再分0≤x≤1，1
9.【答案】−8
【解析】解：a3b+2a2b2+ab3=ab(a2+2ab+b2)=ab(a+b)2，
把a+b=2，ab=−2代入原式得：−2×22=−8．
故答案为：−8．
先提取公因式ab，再根据完全平方式化简，然后代入数据求值．
本题考查了提公因式法分解因式，完全平方公式，先提取公因式，再将代数式化成完全平方式的形式是解决本题的关键．
10.【答案】k>−14
【解析】解：∵x2−x=k有两个不相等的实数根，
∴Δ=b2−4ac>0，
∴(−1)2−4×1×(−k)>0，
∴k>−14，
∴k的取值范围为k>−14，
故答案为：k>−14．
根据一元二次方程，有两个不相等的实数根，则Δ=b2−4ac>0，解出k即可．
本题考查一元二次方程根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程有两个不相等的实数根时，Δ=b2−4ac>0．
11.【答案】75°
【解析】解：∵四边形ABCD为菱形，∠C=130°，
∴∠BAD=∠C=130°，AB=AD，
根据折叠的性质可得，AB=AB′，∠BAE=∠B′AE=50°，
∴AB′=AD，∠BAB′=∠BAE+∠B′AE=100°，
∴∠AB′D=∠ADB′，∠DAB′=∠BAD−∠BAB′=30°，
∴∠AB′D=∠ADB′=12(180°−∠DAB′)=75°．
故答案为：75°．
由菱形的性质得到∠BAD=∠C=130°，AB=AD，由折叠的性质可得AB=AB′，∠BAE=∠B′AE=50°，进而得到AB′=AD，∠BAB′=100°，则∠DAB′=30°，最后利用三角形内角和定理即可求解．
本题主要考查菱形的性质、折叠的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，根据折叠的性质和菱形的性质推出∠DAB′=30°，∠AB′D=∠ADB′是解题关键．
12.【答案】8003π
【解析】解：设AB=R，AD=r，
则S贴纸=13πR2−13πr2
=13π(R2−r2)
=13π(R+r)(R−r)
=13×(30+10)×(30−10)π
=8003π(cm2).
答：贴纸部分的面积为8003πcm2．
故答案为：8003π.
贴纸部分的面积等于扇形ABC减去小扇形ADE的面积，已知圆心角的度数为120°，扇形的半径为30cm和10cm，可根据扇形的面积公式求出贴纸部分的面积．
本题主要考查扇形面积的计算的应用，解答本题的关键是熟练掌握扇形面积计算公式，此题难度一般．
13.【答案】10−3 5
【解析】解：由作法得BF平分∠CBD，BD=BE，
∴点F到BD、BC的距离相等，
∴S△BDF：S△BCF=BD：BC，
∵S△BDF：S△BCF=DF：CF，
∴DF：CF=BD：BC，
∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=8，∠C=90°，
∴BD= 62+82=10，
∴DF：CF=10：6=5：3，
∴CF=38CD=38×8=3，
在Rt△BCF中，BF= 32+62=3 5，
∴EF=BE−BF=10−3 5．
故答案为：10−3 5．
由作法得BF平分∠CBD，BD=BE，根据角平分线的性质得到点F到BD、BC的距离相等，则利用三角形面积公式得到DF：CF=BD：BC，接着计算出BD=10，则可得到CF=3，然后利用勾股定理计算出BF，最后计算BE−BF即可．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了角平分线的性质和矩形的性质．
14.【答案】(−2023,−2024)
【解析】解：如图，过点D1作D1E⊥y轴于E，过点D2作D2F⊥x轴于F，过点D3作D3G⊥y轴于G，过点D4作D4H⊥x轴于H，过点D5K作D5K⊥y轴于K，
∵正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，D(1,0)，
∴OA=OB=OC=OD=1，AB=BC=CD=AD= 2，∠BAO=∠CBO=∠DCO=∠ADO=45°，
∴A(0,1)，B(−1,0)，C(0,−1)，
∵将顶点D(1,0)绕点A(0,1)逆时针旋转90°得点D1，
∴∠D1AE=45°，∠AED1=90°，AD1=AD= 2，
∴AE=AD1⋅cos∠D1AE= 2cos45°=1，D1E=AD1⋅sin∠D1AE= 2sin45°=1，
∴OE=OA+AE=1+1=2，BD1=AB+BD1= 2+ 2=2 2，
∴D1(1,2)，
∵再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，
∴∠D2BF=45°，∠D2FB=90°，BD2=BD1=2 2，
∴D2F=BD2sin∠D2BF=2 2sin45°=2，BF=BD2cos∠D2BF=2 2cos45°=2，
∴OF=OB+BF=1+2=3，
∴D2(−3,2)，
再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……
同理可得：D3(−3,−4)，D4(5,−4)，D5(5,6)，D6(−7,6)，……，
观察发现：每四个点一个循环，D4n(4n+1,−4n)，D4n+1(4n+1,4n+2)，D4n+2(−4n−3,4n+2)，D4n+3(−4n−3,−4n−4)，
∵2023=4×505+3，
∴D2023(−2023,−2024)；
故答案为：(−2023,−2024)．
如图，过点D1作D1E⊥y轴于E，过点D2作D2F⊥x轴于F，过点D3作D3G⊥y轴于G，过点D4作D4H⊥x轴于H，过点D5K作D5K⊥y轴于K，可得D1(1,2)，D2(−3,2)，D3(−3,−4)，D4(5,−4)，D5(5,6)，D6(−7,6)，……，观察发现：每四个点一个循环，D4n(4n+1,−4n)，D4n+1(4n+1,4n+2)，D4n+2(−4n−3,4n+2)，D4n+3(−4n−3,−4n−4)，由2023=505×4+3，推出D2023(−2023,−2024)．
本题考查坐标与图形的变化−旋转，等腰直角三角形性质，规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考选择题中的压轴题．
15.【答案】解：(1− 3)0−|− 2|+327−(−12)−1
=1− 2+3−(−2)
=1− 2+3+2
=6− 2．
【解析】分别根据零指数幂、负整数指数幂、求一个数的立方根、求实数的绝对值等法则进行运算，再进行化简即可．
本题考查了零指数幂、负整数指数幂、求一个数的立方根、实数的绝对值等知识，解答关键是熟练掌握相关法则，按法则进行运算．
16.【答案】解：xy−y2x2+2xy+y2÷(1−x−yx+y)⋅2y2−x2
=y(x−y)(x+y)2÷(x+yx+y−x−yx+y)⋅2(x+y)(y−x)
=y(x−y)(x+y)2⋅x+y2y⋅2(x+y)(y−x)
=−1(x+y)2，
x+2y=0①2x+y=−10②，
由①+②得：3x+3y=−10，
∴x+y=−103，
∴原式=−1(−103)2=−9100．
【解析】先计算括号内的，再计算乘除，然后根据方程组可得x+y=−103，再代入，即可求解．
本题主要考查了分式的混合运算，解二元一次方程组，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
17.【答案】两人都对
【解析】解：两人都对；
延长NP，交AD于点F，则四边形AMPF为正方形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，AB=AD，
∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠PMB=90°，∠PNB=90°，
∴四边形PNBM是矩形，
∴PN=MB，∠MPN=90°，
∵四边形AMPF是正方形，
∴AM=AF=PM=PF，∠PFA=90°，
∵AB=AD，
∴MB=FD，
∵PN=MB，
∴PN=FD，
又∵PM=PF，∠PFD=∠MPN=90°，
在△MPN与△PFD中，
PN=FD∠PFD=∠MPN=90°PM=PF，
∴△MPN≌△PFD(SAS)，
∴PD=MN，
∵△MPN≌△PFD，
∴∠PNM=∠FDP，
∵∠NPE=∠FPD，
∴∠NPE+∠PNM=∠FPD+∠FDP=90°，
∴∠PEN=90°，
∴PD⊥MN．
故答案为：两人都对．
延长NP，交AD于点F，则四边形AMPF为正方形，根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．
此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
18.【答案】5000 C 14
【解析】解：(1)∵扇形统计图中，A，B，C，D四段各部分圆心角的度数比为1：3：4：2，
∴扇形统计图中，A段所占的百分比为11+3+4+2×100%=10%，
∴这次共调查的人数为500÷10%=5000(人)．
∴B段的顾客人数为5000×31+3+4+2=1500(人)，
C段的顾客人数为5000×41+3+4+2=2000(人)，
按照时间段从早到晚排序，根据各时间段的人数可知，排在第2500和2501名所在的时间段为C段，
∴顾客购买商品时刻的中位数落在C段．
故答案为：5000；C．
(2)补全频数分布直方图如下．
(3)①∵有A，B，C，D四个时间段，
∴特等奖出现在A时间段的概率为14．
故答案为：14．
②画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中两个一等奖出现在不同时间段的结果有：AB，AC，AD，BA，BC，BD，CA，CB，CD，DA，DB，DC，共12种，
∴两个一等奖出现在不同时间段的概率为1216=34．
(1)根据已知条件可求出扇形统计图中A段所占的百分比，再用A段的人数除以其所占百分比可得这次共调查的人数；分别求出B段和C段的顾客人数，根据中位数的定义可得答案．
(2)根据B段和C段的顾客人数补全频数分布直方图即可．
(3)①直接利用概率公式可得答案．
②画树状图得出所有等可能的结果数以及两个一等奖出现在不同时间段的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、频数(率)分布直方图、扇形统计图、中位数、概率公式，能够理解频数(率)分布直方图和扇形统计图，熟练掌握列表法与树状图法、中位数的定义以及概率公式是解答本题的关键．
19.【答案】解：(1)将点A(2,m)和B(−6,−2)代入y2=k2x得，
k2=12，m=6，
∴A(2,6)，反比例函数y=12x，
将点A(2,6)代入y1=k1x+4得，
2k1+4=6，
∴k1=1，
∴一次函数y=x+4；
(2)如图，一次函数y=x+4中，当x=0时，y=4，
∴C(0,4)，
∴OC=4，
∵S四边形ODAC：S△ODE=5：1，
∴12(4+6)×2=5×12×2×DE，
解得DE=2，
∴E(2,2)，
∴直线OP的解析式为y=x，
∴12x=x，
∵x>0，
∴x=2 3，
∴P(2 3,2 3)；
(3)如图，取BC的中点G，连接MG，
∵∠BMC=90°，
∴GM=12BC，
∵B(−6,−2)，C(0,4)，
∴点G(−3,1)，
∴GC= 32+32=3 2，
∴GM=3 2，
设M(x,x)，
∴(x+3)2+(x−1)2=18，
解得x1=−1+ 5，x2=−1− 5，
∴M(−1+ 5,−1+ 5)或M(−1− 5,−1− 5).
【解析】(1)将点A(2,m)和B(−6,−2)代入y2=k2x得，k2=12，m=6，在将点A坐标代入一次函数解析式，解方程即可；
(2)分别表示出梯形ODAC和△ODE的面积，从而得出E的坐标，求出直线OP的解析式，与双曲线且交点即可；
(3)取BC的中点G，连接MG，设M(x,x)，根据MG=CG可得(x+3)2+(x−1)2=18，解方程即可．
本题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，三角形的面积，直角三角形斜边上直线的性质等知识，求出直线OP的解析式是解题的关键．
20.【答案】解：(1)延长AB，CD分别与直线OF交于点G和点H，
则AG=60m，GH=AC，∠AGO=∠EHO=90°，
在Rt△AGO中，∠AOG=70°，
∴OG=AGtan70∘≈602.75≈22(m)，
∴无人机在O处时到楼AB的水平距离为22m．
(2)∵∠HFE是△OFE的一个外角，
∴∠OEF=∠HFE−∠FOE=30°，
∴∠FOE=∠OEF=30°，
∴OF=EF=24m，
在Rt△EFH中，∠HFE=60°，
∴FH=EF⋅cos60°=24×12=12(m)，
∴AC=GH=OG+OF+FH=22+24+12=58(m)，
∴楼AB与CD之间的距离AC的长约为58m．
【解析】(1)延长AB，CD分别与直线OF交于点G和点H，则AG=60，GH=AC，∠AGO=∠EHO=90°，然后在Rt△AGO中，利用锐角三角函数的定义即可求出OG的长；
(2)利用三角形的外角求出∠OEF=30°，从而可得OF=EF=24，再在Rt△EFH中，利用锐角三角函数的定义求出FH的长，最后进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，等腰三角形的判定，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21.【答案】解：(1)设B品种与A品种每箱的售价分别是x元、y元．
根据题意，得y=x+25,3x+2y=550,
解得x=100,y=125,
答：B品种与A品种每箱的售价分别是100元，125元．
(2)设B品种购进a箱，则A品种购进(21−a)箱．
∵要求所花资金不高于1960元，
∴80a+100(21−a)≤1960，
解得a≥7．
设利润为w元．
根据题意，得w=(100−80)a+(125−100)(21−a)=−5a+525，
∴w随a的增大而减小，
∴当a=7时，w取得最大值，此时w=−5×7+525=490，此时21−a=14．
答：购进B品种7箱，A品种14箱时，利润最大，最大利润是490元．
【解析】(1)设B品种与A品种每箱的售价分别是x元、y元，根据题意列出方程组即可解决问题．
(2)设B品种购进a箱，则A品种购进(21−a)箱，利润为w元，根据题意列不等式组即可得到结论．
本题考查一次函数的应用、二元一次方程组等知识，解题的关键是学会设未知数，列出解方程组解决问题，学会构建一次函数，利用一次函数的性质解决最值问题，属于中考常考题型．
22.【答案】(1)证明：连接OD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA
又∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD=∠CAD
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD//AE，
又∵EF⊥AE，
∴OD⊥EF，
∵OD为半径，
∴EF是⊙O的切线；
(2)解：连接OG，
∵G是半圆弧中点，
∴∠BOG=90°
在Rt△OGH中，OG=3，OH=OB−BH=3−2=1．
∴GH= OH2+OG2= 12+32= 10．
(3)证明：由(1)知EF是⊙O的切线，
∴∠DAF=∠FDB，
∵∠F=∠F，
∴△DAF∽△FDB，
∴DFAF=BFDF，
即DF2=AF⋅BF．
【解析】(1)由题意可证OD//AE，且EF⊥AE，可得EF⊥OD，即EF是⊙O的切线；
(2)由题意可得∠BOG=90°，根据勾股定理可求GH的长；
(3)根据相似三角形的判定与性质可得答案．
本题是圆的综合题，考查了切线的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理，圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练运用切线的判定和性质解决问题是本题的关键．
23.【答案】解：(1)EF=BF，
证明：如图，作FH//AD交BE于H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∵FH//AD，
∴DE//FH//CB，
∵DF=CF，
∴EHHB=DFFC=1，
∴EH=HB，
∵BE⊥AD，FH//AD，
∴FH⊥EB，
∴EF=BF；
(2)AG=BG，
证明：如图，连接CC′，
∵△BFC′是由△BFC翻折得到，
∴BF⊥CC′，FC=FC′，
∵DF=FC，
∴DF=FC=FC′，
∴∠CC′D=90°，
∴CC′⊥GD，
∴DG//BF，
∵DF//BG，
∴四边形DFBG是平行四边形，
∴DF=BG，
∵AB=CD，DF=12CD，
∴BG=12AB，
∴AG=GB；
(3)如图，过点D作DJ⊥AB于点J，过点M作MT⊥AB于T，
∵S平行四边形ABCD=AB⋅DJ，
∴DJ=205=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=2 5，AB//CD，
∴AJ= AD2−DJ2= (2 5)2−42=2，
∵A′B⊥AB，DJ⊥AB，
∴∠DJB=∠JBH=∠DHB=90°，
∴四边形DJBH为矩形，
∴BH=DJ=4，
∴A′H=A′B−BH=5−4=1，
∵tanA=DJAJ=MTAT=2，
设AT=x，则MT=2x，
∵∠ABM=∠MBA′=45°，
∴MT=TB=2x，
∴3x=5，
∴x=53，
∴MT=103，
∵tanA=tanA′=NHA′H=2，
∴NH=2，
∴S△ABM=S△A′BM=12×5×103=253，
∴S四边形BHNM=S△A′BM−S△NHA′=253−12×1×2=223．
【解析】(1)如图，作FH//AD交BE于H，证明FH垂直平分线段BE即可；
(2)证明四边形BFDG是平行四边形即可；
(3)如图，过点D作DJ⊥AB于点J，过点M作MT⊥AB于T，根据S四边形BHNM=S△A′BM−S△NHA′求解即可．
本题考查四边形综合题，掌握平行四边形的性质和判定，矩形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，翻折变换，平行线分线段成比例定理，解直角三角形等，学会添加辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
24.【答案】顶点(2,−3)
【解析】解：(1)∵y=x2−4x+1=(x−2)2−3，
故可以添加的条件为：顶点(2,−3)，
故答案为：顶点(2,−3)；
(2)∵y=x2−4x+1=(x−2)2−3，
则平移后的表达式为：y=(x−6)2−3，
当x=3时，y=(x−6)2−3=6，
则m=6；
(3)存在点Q，理由：
当Q点在抛物线y=(x−6)2−3的部分上时，设Q(t,t2−12t+33)，
∴S△OAQ=12×2×(t2−12t+33)=9，
解得t=6±2 3，
∵t<4，
∴则t=6−2 3，
∴Q(6−2 3,9)；
当Q点在抛物线y=x2−4x+1的部分上时，设Q(m,m2−4m+1)，
∴S△OAQ=12×2×(m2−4m+1)=9，
解得m=2±2 3，
∵m≥4，
∴m=2+2 3，
∴Q(2+2 3,9)；
综上所述：Q点坐标为：(6−2 3,9)或(2+2 3,9)．
(1)由y=x2−4x+1=(x−2)2−3，即可求解；
(2)由平移的性质即可求解；
(3)当Q点在抛物线y=(x−6)2−3的部分上时，设Q(t,t2−12t+33)，由S△OAQ=12×2×(t2−12t+33)=9，即可求解；当Q点在抛物线y=x2−4x+1的部分上时，同理可解．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，函数图象平移的性质，数形结合解题是关键．
25.【答案】(1)证明：连接OD，
∵OB=OD，
∴∠3=∠B，
∵AD为圆O的切线，
∴∠4=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∵∠C=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
∴∠CAD=∠B；
(2)解：在Rt△ABC中，BC=8，AC=4，
∴AB= AC2+BC2= 42+82=4 5，
∵∠CAD=∠B，∠ACD=∠BCA，
∴△ACD∽△BCA，
∴ACBC=ADAB，
∴48=AD4 5，
∴AD=2 5，
在Rt△ADO中，AD2+OD2=AO2，
设OD=r，则AO=4 5−r，
∴(2 5)2+r2=(4 5−r)2，
解得：r=3 52，
即⊙O的半径为3 52．
【解析】(1)连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠3=∠B，根据切线的性质得到∠4=90°，根据余角的性质即可得到∠CAD=∠B；
(2)根据勾股定理得到AB= AC2+BC2= 42+82=4 5，根据相似三角形的性质得到AD=2 5，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
26.【答案】CB=ED CB⊥DE
【解析】【方法尝试】：证明：如图1中，延长CB交DE于T，
∵矩形ABFC是矩形ADGE以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转90°所得的图形，
∴AC=AE，∠CAB=∠EAD=90°，AB=AD，∠ACB=∠AED，
∴△ABC≌△ADE(SAS)，
∴CB=ED，
∵∠ABC=∠EBT，
∴∠BTE=∠CAB=90°，
∴CB⊥DE，
故答案为：CB=ED；CB⊥DE；
【类比迁移】：解：CE=32BD，CE⊥BD，
理由：如图2中，延长CE交BD于点Q，交AB于点O，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC−∠BAE=∠DAE−∠BAE，
即∠CAE=∠BAD，
∵AC=AC=9，AB=6，AE=3，AD=2，
∵ACAB=AEAD=32，
∴△CAE∽△BAD，
∴ECBD=ACAB=32，∠ACE=∠ABD，
∵∠AOC=∠BOQ，
∴∠OQB=∠OAC=90°，
∴CE=32BD，CE⊥BD；
【拓展延伸】：解：如图3中，过点A作AE⊥AB，使得AE=43AB=8，取AB的中点R，连接CR，ER，CE，BE，
∵∠ACB=90°，AP//BC，
∴∠CAD=∠ACB=90°=∠EAB，
∴∠CAD+∠CAB=∠EAB+∠CAB，
即∠CAE=∠DAB，
∵tan∠ACD=34=ADAC，
∵AB=6，AE=8，
∴ABAE=34，
∴ADAC=ABAE，
∴△DAB∽△CAE，
∴BDCE=ADAC=34，
∴BD=34CE，
∵∠ACB=90°，AR=RB，
∴CR=12AB=3，
∵∠EAB=90°，AE=8，AR=3，
∴ER= AE2+AR2= 82+32= 73，
∵ 73−3≤EC≤ 73+3，
∴3 734−94≤BD≤3 734+94，
∴BD的最大值为3 734+94．
【方法尝试】如图1中，延长CB交DE于T，利用旋转的性质证明△ABC≌△ADE，可得结论；
【类比迁移】结论：CE=32BD，CE⊥BD，证明△CAE∽△BAD，可得结论；
【拓展延伸】如图3中，过点A作AE⊥AB，使得AE=43AB=8，取AB的中点R，连接CR，ER.证明△DAB∽△CAE，推出BDCE=ADAC=34，可得BD=34EC，再求出EC的取值范围，可得结论．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
2023年山东省菏泽市中考数学二模试卷
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. 若实数a的相反数是−1，则a+1等于( )
A. 2 B. −2 C. 0 D. 12
2. 如图，水面AB与水杯下沿CD平行，光线EF从水中射向空气时发生折射，光线变成FH，点G在射线EF上，已知∠HFB=20°，∠FED=45°，则∠GFH的度数是( )
A. 65° B. 60° C. 45° D. 25°
3. 牡丹自古以来就是中国的国花，被誉为“百花之王”.据估计，我国牡丹栽种数量约为175500000株，用科学记数法表示为(精确到百万位)( )
A. 1.76×108 B. 1.76×109 C. 1.8×109 D. 17.55×107
4. 如图，在一个正方体的上底面中间位置挖去一个长和宽均为6厘米、深为4厘米的长方体形状的洞，得到的几何体的三视图中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. 主视图
B. 左视图
C. 俯视图
D. 不存在
5. 关于x的不等式组2x≤3(x+1)2−x2>3的解集，在数轴上表示正确的是( )
A.
B.
C.
D.
6. 班长王亮依据今年1～8月“书香校园”活动中全班同学的课外阅读数量(单位：本)，绘制了如图折线统计图，下列说法正确的是( )
A. 每月阅读数量的平均数是58 B. 众数是83
C. 中位数是50 D. 每月阅读数量超过50的有5个月
7. 小亮用描点法画二次函数y=ax2+bx+c的图象时，列出了下面的表格，由于粗心，他算错了其中一个y值，下列四个结论不正确的是( )
x
…
−1
0
1
2
3
…
y
…
−2
−3
−4
−3
0
…
A. 2a+b=0
B. 对于任意实数m，a+b≥am2+bm总成立
C. 抛物线与x轴的交点为(−1,0)和(3,0)
D. 点A(m−1,y1)，B(m,y2)在抛物线图象上，若y1
8. 如图，△ABC为等边三角形，边长为8cm，矩形DEFG的长和宽分别为8cm和2 3cm，点C和点E重合，点B，C(E)，F在同一条直线上，令矩形DEFG不动，△ABC以每秒1cm的速度向右移动，当点C与点F重合时停止移动，设移动x秒后，△ABC与矩形DEFG重叠部分的面积为y，则y关于x的函数图象大致是( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 若a+b=2，ab=−2，则代数式a3b+2a2b2+ab3的值为______ ．
10. 若关于x的方程x2−x=k有两个不相等的实数根，则k的取值范围是______ ．
11. 如图，在菱形纸片ABCD中，E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE翻折，使点B落在B′上，连接DB′.已知∠C=130°，∠BAE=50°，则∠AB′D的度数为______ ．
12. 如图，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB、AC夹角为120°，AB的长为30cm，无贴纸部分AD的长为10cm，则贴纸部分的面积等于______ cm2．
13. 如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，以B为圆心，适当的长为半径画弧，交BD，BC于M，N两点；再分别以M，N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线BP交CD于点F；再以B为圆心，BD的长为半径画弧，交射线BP于点E，则EF的长为______．
14. 如图，正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，将顶点D(1,0)绕点A(0,1)逆时针旋转90°得点D1，再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……依此类推，则点D2023的坐标是 ．
三、解答题（本大题共12小题，共96.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题8.0分)
计算：(1− 3)0−|− 2|+327−(−12)−1．
16. (本小题8.0分)
xy−y2x2+2xy+y2÷(1−x−yx+y)⋅2y2−x2其中x、y满足方程组x+2y=02x+y=−10．
17. (本小题8.0分)
如图，在正方形ABCD中，点P是对角线AC上一动点，PM⊥AB，PN⊥BC，垂足分别为点M，N，连接DP并延长，交MN于点E．
小亮说：点P在运动过程中，PD与MN的数量关系为PD=MN；
小莹说：点P在运动过程中，PD与MN的位置关系为PD⊥MN．
小亮和小莹两人的发现，______ 是对的；(填“小亮”“小莹”“两人都”)并说明你的理由．
18. (本小题8.0分)
某商场为了掌握节假日顾客购买商品时刻的分布情况，将顾客购买商品的时刻t分四个时间段：7：00≤t<11：00，11：00≤t<15：00，15：00≤t<19：00和19：00≤t≤23：00(分别记为A段，B段，C段和D段)进行了统计，并绘制出顾客购买商品时刻的扇形统计图和频数分布直方图如下，其中扇形统计图中，A，B，C，D四段各部分圆心角的度数比为1：3：4：2．
请根据上述信息解答下列问题：
(1)这次共调查了______ 人，其中顾客购买商品时刻的中位数落在______ 段(填写表示时间段的字母即可)；
(2)补全频数分布直方图；
(3)为活跃节日气氛，该商场设置购物后抽奖活动，设立了特等奖一个，一等奖两个，二等奖若干，并随机分配到A，B，C，D四个时间段中．
①请直接写出特等奖出现在A时间段的概率：______ ；
②请利用画树状图或列表的方法，求两个一等奖出现在不同时间段的概率．
19. (本小题8.0分)
如图，一次函数y1=k1x+4与反比例函数y2=k2x的图象交于点A(2,m)和B(−6,−2)，与y轴交于点C．
(1)求一次函数与反比例函数的表达式；
(2)过点A作AD⊥x轴于点D，点P是反比例函数在第一象限的图象上一点，设直线OP与线段AD交于点E，当S四边形ODAC：S△ODE=5：1时，求点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，点M是直线OP上的一个动点，当△MBC是以BC为斜边的直角三角形时，求点M的坐标．
20. (本小题8.0分)
某校“综合与实践”活动小组的同学要测量AB，CD两座楼之间的距离，设计了如下测量方案：无人机在AB，CD两楼之间上方的点O处，点O距地面AC的高度为60m，此时观测到楼AB底部点A处的俯角为70°，楼CD上点E处的俯角为30°，沿水平方向由点O飞行24m到达点F，测得点E处俯角为60°，其中点A，B，C，D，E，F，O均在同一竖直平面内.请根据以上数据求：
(1)无人机在O处时到楼AB的水平距离；
(2)楼AB与CD之间的距离.(结果均精确到1m，参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75)
21. (本小题8.0分)
瓦岗红薯是河南省驻马店市确山县瓦岗镇的特产.瓦岗红薯因个头大、外型好、营养丰富、皮薄心红、肉丝细腻、味道香甜、易存放等特点备受人们的青睐.郑州市某超市打算试销A、B两个品种的瓦岗红薯，拟定A品种每箱售价比B品种每箱售价贵25元，且已知销售3箱B品种和2箱A品种的总价为550元．
(1)问A品种与B品种每箱的售价各是多少元？
(2)若B品种每箱的进价为80元，A品种每箱的进价为100元现水果店打算购进B品种与A品种共21箱，要求所花资金不高于1960元，则该超市应如何设计购进方案才能获得最大利润，最大利润是多少？
22. (本小题8.0分)
如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，且AD平分∠CAB，过点D作AC的垂线，与AC的延长线相交于E，与AB的延长线相交于点F，G为AB的下半圆弧的中点，DG交AB于H，连接DB、GB．
(1)证明：EF是⊙O的切线；
(2)若圆的半径r=3，BH=2，求GH的长；
(3)求证：DF2=AF⋅BF．
23. (本小题8.0分)
综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在平行四边形ABCD中，BE⊥AD，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明．
(1)独立思考：请解答老师提出的问题；
(2)实践探究：希望小组受此问题的启发，将平行四边形ABCD沿着BF(F为CD的中点)所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C′，连接DC′并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明．
(3)问题解决：智慧小组突发奇想，将平行四边形ABCD沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为A′，使A′B⊥CD于点H，折痕交AD于点M，连接A′M，交CD于点N.该小组提出一个问题：若此平行四边形ABCD的面积为20，边长AB=5，BC=2 5，求图中阴影部分(四边形BHNM)的面积.请你思考此问题，直接写出结果．
24. (本小题8.0分)
如图，题目中的黑色部分是被墨水污染了无法辨认的文字，导致题目缺少一个条件而无法解答，经查询结果发现，二次函数的表达式为y=x2−4x+1．
已知二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点M(1,−2)，．
求二次函数的表达式．
(1)请根据上述信息添加一个适当的条件补全题目，添加的条件为______ ；
(2)如图1，将函数y=x2−4x+1(x<0)的图象向右平移4个单位长度，与y=x2−4x+1(x≥4)的图象组成一个新的函数图象，记为L.若点P(3,m)在L上，求m的值；
(3)如图2，在(2)的条件下，点A(2,0)，在L上是否存在点Q，使得S△OAQ=9.若存在，求出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
25. (本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC，AB相交于点D，E，连结AD.已知AD是⊙O的切线．
(1)求证：∠CAD=∠B．
(2)若BC=8，AC=4，求⊙O的半径．
26. (本小题8.0分)
【方法尝试】
如图1，矩形ABFC是矩形ADGE以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转90°所得的图形，CB、ED分别是它们的对角线，则CB与ED数量关系______，位置关系______；
【类比迁移】
如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AC=9，AB=6，AE=3，AD=2.将△DAE绕点A在平面内逆时针旋转，设旋转角∠BAE为α(0°≤α<360°)，连接CE，BD.请判断线段CE和BD的数量关系和位置关系，并说明理由；
【拓展延伸】
如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=6，过点A作AP//BC，在射线AP上取一点D，连结CD，使得tan∠ACD=34，请求线段BD的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵实数a的相反数是−1，
∴a=1，
∴a+1=2．
故选：A．
根据相反数的定义求出a的值，代入代数式求值即可．
本题考查相反数，掌握只有符号不同的两个数互为相反数是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：∵水面AB与水杯下沿CD平行，
∴∠GFB=∠FED=45°，
∵∠HFB=20°，
∴∠GFH=25°．
故选：D．
根据水面AB与水杯下沿CD平行，则有∠GFB=∠FED=45°，结合∠HFB=20°即可解答．
本题考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题关键．
3.【答案】A
【解析】解：175500000=1.755×108≈1.76×108．
故选：A．
首先利用科学记数法表示为1.755×108，然后再精确，百万位上是5，后面四舍五入即可．
此题主要考查了科学记数法以及取近似数，关键是掌握注意对一个数进行四舍五入时，若要求近似到个位以前的数位时，首先要对这个数用科学记数法表示．
4.【答案】C
【解析】解：如图所示：
故既是轴对称图形又是中心对称图形的是俯视图．
故选：C．
由已知条件可知，主视图是一个正方形，上面是带虚线的长方形；左视图是一个正方形，上面是带虚线的长方形；俯视图是一个正方形，中间是一个小正方形；据此可画出图形．
本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念以及几何体的三视图画法．主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形；注意看到的用实线表示，看不到的用虚线表示．
5.【答案】C
【解析】解：2x≤3(x+1)①2−x2>3②，
解不等式①，得x≥−3，
解不等式②，得x<−2，
∴该不等式组的解集为−3≤x<−2，
故选：C．
先求解此不等式组，再根据解集辨别、求解．
此题考查了解不等式组和用数轴表示不等式组解集的能力，关键是能准确理解和运用以上知识进行正确地求解．
6.【答案】D
【解析】解：A、每月阅读数量的平均数是18×(36+70+58+42+58+28+78+83)=56.625，故A错误，不符合题意；
B、出现次数最多的是58，众数是58，故B错误，不符合题意；
C、由小到大顺序排列数据28，36，42，58，58，70，78，83，中位数是12×(58+58)=58，故C错误，不符合题意；
D、由折线统计图看出每月阅读量超过50的有5个月，故D正确，符合题意；
故选：D．
根据平均数的计算方法，可判断A；根据众数的定义，可判断B；根据中位数的定义，可判断C；根据折线统计图中的数据，可判断D．
本题考查了折线统计图，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．折线统计图表示的是事物的变化情况．注意求中位数先将该组数据按从小到大(或按从大到小)的顺序排列，然后根据数据的个数确定中位数：当数据个数为奇数时，则中间的一个数即为这组数据的中位数；当数据个数为偶数时，则最中间的两个数的算术平均数即为这组数据的中位数．
7.【答案】B
【解析】解：A.由函数图象关于对称轴对称，得(0,−3)，(2,−3)在函数图象上，
∴−b2a=0+22=1，
∴2a+b=0，故A正确，不符合题意；
B.∵顶点为(1,−4)，函数有最小值，
∴对于任意实数m，则a+b+c≤am2+bm+c，即a+b≤am2+bm总成立，故B错误，符合题意；
C.∵抛物线过(0,−3)，(1,−4)，(2,−3)，
∴y=a(x−1)2−4，
代入(0,−3)得−3=a−4，
解得a=1，
∴y=(x−1)2−4，
∵当x=3时，y=0，
∴抛物线与x轴的一个交点为(3,0)，
∴抛物线与x轴的一个交点为(−1,0)，
∴抛物线与x轴的交点为(−1,0)和(3,0)，故C正确，不符合题意；
D.二次函数y=ax2+bx+c图象以x=1为对称轴，抛物线开口向上；
∵点A(m−1,y1)，B(m,y2)在抛物线图象上，y1
∴m>32.故D正确，不符合题意．
故选：B．
根据关于对称轴对称的自变量对应的函数值相等可判断A；根据二次函数的最值可判断B；根据二次的对称性可判断C；根据二次函数的性质可判断D．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征以及抛物线与x轴的交点；熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：当AC经过点D时，如图所示：
∵△ABC为等边三角形，
∴∠DCE=60°，
∵DE=2 3，∠DEC=90°，
∴EC=DEtan60∘=2 3 3=2；
当AB经过点D时，如图所示：
∵∠B=60°，DE=2 3，
∴BE=2，
∴EC=BC−BE=8−2=6；
①当0≤x≤2时，如图所示：
此时EC=x，∠HCE=60°，
∴HE=tan60°⋅EC= 3x，
∴y=12EC⋅HE=12x⋅ 3x= 32x2；
②当2
过M作MN⊥BC于N，
此时，MN=2 3，∠MCN=60°，
∴CN=2，
∵EC=x，
∴EN=EC−NC=x−2，
∵四边形DENM是矩形，
∴DM=EN=x−2，
∴y=12(DM+EC)⋅DE=12(x−2+x)×2 3=2 3x−2 3；
③当6
此时IR=2 3，∠ICR=60°，
∴CR=2，
∵EC=x，
∴ER=DI=x−2，BE=BC−EC=8−x，
∵∠B=60°，
∴TE=BE⋅tan60°= 3(8−x)，
∵DE=2 3，
∴DT=DE−TE=2 3− 3(8−x)= 3(x−6)，
∵DG//BC，
∴∠DKT=60°，
∴DK=DTtan60∘= 3(x−6) 3=x−6，
∴y=S四边形DERI+S△IRC−S△DTK
=2 3(x−2)+12×2×2 3−12× 3(x−6)2
=− 32x2+8 3x−20 3
=− 32(x−8)2+12 3．
故选：A．
先根据AC经过点D和AB经过点D时计算出x=1和x=3，再分0≤x≤1，1
9.【答案】−8
【解析】解：a3b+2a2b2+ab3=ab(a2+2ab+b2)=ab(a+b)2，
把a+b=2，ab=−2代入原式得：−2×22=−8．
故答案为：−8．
先提取公因式ab，再根据完全平方式化简，然后代入数据求值．
本题考查了提公因式法分解因式，完全平方公式，先提取公因式，再将代数式化成完全平方式的形式是解决本题的关键．
10.【答案】k>−14
【解析】解：∵x2−x=k有两个不相等的实数根，
∴Δ=b2−4ac>0，
∴(−1)2−4×1×(−k)>0，
∴k>−14，
∴k的取值范围为k>−14，
故答案为：k>−14．
根据一元二次方程，有两个不相等的实数根，则Δ=b2−4ac>0，解出k即可．
本题考查一元二次方程根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程有两个不相等的实数根时，Δ=b2−4ac>0．
11.【答案】75°
【解析】解：∵四边形ABCD为菱形，∠C=130°，
∴∠BAD=∠C=130°，AB=AD，
根据折叠的性质可得，AB=AB′，∠BAE=∠B′AE=50°，
∴AB′=AD，∠BAB′=∠BAE+∠B′AE=100°，
∴∠AB′D=∠ADB′，∠DAB′=∠BAD−∠BAB′=30°，
∴∠AB′D=∠ADB′=12(180°−∠DAB′)=75°．
故答案为：75°．
由菱形的性质得到∠BAD=∠C=130°，AB=AD，由折叠的性质可得AB=AB′，∠BAE=∠B′AE=50°，进而得到AB′=AD，∠BAB′=100°，则∠DAB′=30°，最后利用三角形内角和定理即可求解．
本题主要考查菱形的性质、折叠的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，根据折叠的性质和菱形的性质推出∠DAB′=30°，∠AB′D=∠ADB′是解题关键．
12.【答案】8003π
【解析】解：设AB=R，AD=r，
则S贴纸=13πR2−13πr2
=13π(R2−r2)
=13π(R+r)(R−r)
=13×(30+10)×(30−10)π
=8003π(cm2).
答：贴纸部分的面积为8003πcm2．
故答案为：8003π.
贴纸部分的面积等于扇形ABC减去小扇形ADE的面积，已知圆心角的度数为120°，扇形的半径为30cm和10cm，可根据扇形的面积公式求出贴纸部分的面积．
本题主要考查扇形面积的计算的应用，解答本题的关键是熟练掌握扇形面积计算公式，此题难度一般．
13.【答案】10−3 5
【解析】解：由作法得BF平分∠CBD，BD=BE，
∴点F到BD、BC的距离相等，
∴S△BDF：S△BCF=BD：BC，
∵S△BDF：S△BCF=DF：CF，
∴DF：CF=BD：BC，
∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=8，∠C=90°，
∴BD= 62+82=10，
∴DF：CF=10：6=5：3，
∴CF=38CD=38×8=3，
在Rt△BCF中，BF= 32+62=3 5，
∴EF=BE−BF=10−3 5．
故答案为：10−3 5．
由作法得BF平分∠CBD，BD=BE，根据角平分线的性质得到点F到BD、BC的距离相等，则利用三角形面积公式得到DF：CF=BD：BC，接着计算出BD=10，则可得到CF=3，然后利用勾股定理计算出BF，最后计算BE−BF即可．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了角平分线的性质和矩形的性质．
14.【答案】(−2023,−2024)
【解析】解：如图，过点D1作D1E⊥y轴于E，过点D2作D2F⊥x轴于F，过点D3作D3G⊥y轴于G，过点D4作D4H⊥x轴于H，过点D5K作D5K⊥y轴于K，
∵正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，D(1,0)，
∴OA=OB=OC=OD=1，AB=BC=CD=AD= 2，∠BAO=∠CBO=∠DCO=∠ADO=45°，
∴A(0,1)，B(−1,0)，C(0,−1)，
∵将顶点D(1,0)绕点A(0,1)逆时针旋转90°得点D1，
∴∠D1AE=45°，∠AED1=90°，AD1=AD= 2，
∴AE=AD1⋅cos∠D1AE= 2cos45°=1，D1E=AD1⋅sin∠D1AE= 2sin45°=1，
∴OE=OA+AE=1+1=2，BD1=AB+BD1= 2+ 2=2 2，
∴D1(1,2)，
∵再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，
∴∠D2BF=45°，∠D2FB=90°，BD2=BD1=2 2，
∴D2F=BD2sin∠D2BF=2 2sin45°=2，BF=BD2cos∠D2BF=2 2cos45°=2，
∴OF=OB+BF=1+2=3，
∴D2(−3,2)，
再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……
同理可得：D3(−3,−4)，D4(5,−4)，D5(5,6)，D6(−7,6)，……，
观察发现：每四个点一个循环，D4n(4n+1,−4n)，D4n+1(4n+1,4n+2)，D4n+2(−4n−3,4n+2)，D4n+3(−4n−3,−4n−4)，
∵2023=4×505+3，
∴D2023(−2023,−2024)；
故答案为：(−2023,−2024)．
如图，过点D1作D1E⊥y轴于E，过点D2作D2F⊥x轴于F，过点D3作D3G⊥y轴于G，过点D4作D4H⊥x轴于H，过点D5K作D5K⊥y轴于K，可得D1(1,2)，D2(−3,2)，D3(−3,−4)，D4(5,−4)，D5(5,6)，D6(−7,6)，……，观察发现：每四个点一个循环，D4n(4n+1,−4n)，D4n+1(4n+1,4n+2)，D4n+2(−4n−3,4n+2)，D4n+3(−4n−3,−4n−4)，由2023=505×4+3，推出D2023(−2023,−2024)．
本题考查坐标与图形的变化−旋转，等腰直角三角形性质，规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考选择题中的压轴题．
15.【答案】解：(1− 3)0−|− 2|+327−(−12)−1
=1− 2+3−(−2)
=1− 2+3+2
=6− 2．
【解析】分别根据零指数幂、负整数指数幂、求一个数的立方根、求实数的绝对值等法则进行运算，再进行化简即可．
本题考查了零指数幂、负整数指数幂、求一个数的立方根、实数的绝对值等知识，解答关键是熟练掌握相关法则，按法则进行运算．
16.【答案】解：xy−y2x2+2xy+y2÷(1−x−yx+y)⋅2y2−x2
=y(x−y)(x+y)2÷(x+yx+y−x−yx+y)⋅2(x+y)(y−x)
=y(x−y)(x+y)2⋅x+y2y⋅2(x+y)(y−x)
=−1(x+y)2，
x+2y=0①2x+y=−10②，
由①+②得：3x+3y=−10，
∴x+y=−103，
∴原式=−1(−103)2=−9100．
【解析】先计算括号内的，再计算乘除，然后根据方程组可得x+y=−103，再代入，即可求解．
本题主要考查了分式的混合运算，解二元一次方程组，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
17.【答案】两人都对
【解析】解：两人都对；
延长NP，交AD于点F，则四边形AMPF为正方形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，AB=AD，
∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠PMB=90°，∠PNB=90°，
∴四边形PNBM是矩形，
∴PN=MB，∠MPN=90°，
∵四边形AMPF是正方形，
∴AM=AF=PM=PF，∠PFA=90°，
∵AB=AD，
∴MB=FD，
∵PN=MB，
∴PN=FD，
又∵PM=PF，∠PFD=∠MPN=90°，
在△MPN与△PFD中，
PN=FD∠PFD=∠MPN=90°PM=PF，
∴△MPN≌△PFD(SAS)，
∴PD=MN，
∵△MPN≌△PFD，
∴∠PNM=∠FDP，
∵∠NPE=∠FPD，
∴∠NPE+∠PNM=∠FPD+∠FDP=90°，
∴∠PEN=90°，
∴PD⊥MN．
故答案为：两人都对．
延长NP，交AD于点F，则四边形AMPF为正方形，根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．
此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
18.【答案】5000 C 14
【解析】解：(1)∵扇形统计图中，A，B，C，D四段各部分圆心角的度数比为1：3：4：2，
∴扇形统计图中，A段所占的百分比为11+3+4+2×100%=10%，
∴这次共调查的人数为500÷10%=5000(人)．
∴B段的顾客人数为5000×31+3+4+2=1500(人)，
C段的顾客人数为5000×41+3+4+2=2000(人)，
按照时间段从早到晚排序，根据各时间段的人数可知，排在第2500和2501名所在的时间段为C段，
∴顾客购买商品时刻的中位数落在C段．
故答案为：5000；C．
(2)补全频数分布直方图如下．
(3)①∵有A，B，C，D四个时间段，
∴特等奖出现在A时间段的概率为14．
故答案为：14．
②画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中两个一等奖出现在不同时间段的结果有：AB，AC，AD，BA，BC，BD，CA，CB，CD，DA，DB，DC，共12种，
∴两个一等奖出现在不同时间段的概率为1216=34．
(1)根据已知条件可求出扇形统计图中A段所占的百分比，再用A段的人数除以其所占百分比可得这次共调查的人数；分别求出B段和C段的顾客人数，根据中位数的定义可得答案．
(2)根据B段和C段的顾客人数补全频数分布直方图即可．
(3)①直接利用概率公式可得答案．
②画树状图得出所有等可能的结果数以及两个一等奖出现在不同时间段的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、频数(率)分布直方图、扇形统计图、中位数、概率公式，能够理解频数(率)分布直方图和扇形统计图，熟练掌握列表法与树状图法、中位数的定义以及概率公式是解答本题的关键．
19.【答案】解：(1)将点A(2,m)和B(−6,−2)代入y2=k2x得，
k2=12，m=6，
∴A(2,6)，反比例函数y=12x，
将点A(2,6)代入y1=k1x+4得，
2k1+4=6，
∴k1=1，
∴一次函数y=x+4；
(2)如图，一次函数y=x+4中，当x=0时，y=4，
∴C(0,4)，
∴OC=4，
∵S四边形ODAC：S△ODE=5：1，
∴12(4+6)×2=5×12×2×DE，
解得DE=2，
∴E(2,2)，
∴直线OP的解析式为y=x，
∴12x=x，
∵x>0，
∴x=2 3，
∴P(2 3,2 3)；
(3)如图，取BC的中点G，连接MG，
∵∠BMC=90°，
∴GM=12BC，
∵B(−6,−2)，C(0,4)，
∴点G(−3,1)，
∴GC= 32+32=3 2，
∴GM=3 2，
设M(x,x)，
∴(x+3)2+(x−1)2=18，
解得x1=−1+ 5，x2=−1− 5，
∴M(−1+ 5,−1+ 5)或M(−1− 5,−1− 5).
【解析】(1)将点A(2,m)和B(−6,−2)代入y2=k2x得，k2=12，m=6，在将点A坐标代入一次函数解析式，解方程即可；
(2)分别表示出梯形ODAC和△ODE的面积，从而得出E的坐标，求出直线OP的解析式，与双曲线且交点即可；
(3)取BC的中点G，连接MG，设M(x,x)，根据MG=CG可得(x+3)2+(x−1)2=18，解方程即可．
本题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，三角形的面积，直角三角形斜边上直线的性质等知识，求出直线OP的解析式是解题的关键．
20.【答案】解：(1)延长AB，CD分别与直线OF交于点G和点H，
则AG=60m，GH=AC，∠AGO=∠EHO=90°，
在Rt△AGO中，∠AOG=70°，
∴OG=AGtan70∘≈602.75≈22(m)，
∴无人机在O处时到楼AB的水平距离为22m．
(2)∵∠HFE是△OFE的一个外角，
∴∠OEF=∠HFE−∠FOE=30°，
∴∠FOE=∠OEF=30°，
∴OF=EF=24m，
在Rt△EFH中，∠HFE=60°，
∴FH=EF⋅cos60°=24×12=12(m)，
∴AC=GH=OG+OF+FH=22+24+12=58(m)，
∴楼AB与CD之间的距离AC的长约为58m．
【解析】(1)延长AB，CD分别与直线OF交于点G和点H，则AG=60，GH=AC，∠AGO=∠EHO=90°，然后在Rt△AGO中，利用锐角三角函数的定义即可求出OG的长；
(2)利用三角形的外角求出∠OEF=30°，从而可得OF=EF=24，再在Rt△EFH中，利用锐角三角函数的定义求出FH的长，最后进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，等腰三角形的判定，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21.【答案】解：(1)设B品种与A品种每箱的售价分别是x元、y元．
根据题意，得y=x+25,3x+2y=550,
解得x=100,y=125,
答：B品种与A品种每箱的售价分别是100元，125元．
(2)设B品种购进a箱，则A品种购进(21−a)箱．
∵要求所花资金不高于1960元，
∴80a+100(21−a)≤1960，
解得a≥7．
设利润为w元．
根据题意，得w=(100−80)a+(125−100)(21−a)=−5a+525，
∴w随a的增大而减小，
∴当a=7时，w取得最大值，此时w=−5×7+525=490，此时21−a=14．
答：购进B品种7箱，A品种14箱时，利润最大，最大利润是490元．
【解析】(1)设B品种与A品种每箱的售价分别是x元、y元，根据题意列出方程组即可解决问题．
(2)设B品种购进a箱，则A品种购进(21−a)箱，利润为w元，根据题意列不等式组即可得到结论．
本题考查一次函数的应用、二元一次方程组等知识，解题的关键是学会设未知数，列出解方程组解决问题，学会构建一次函数，利用一次函数的性质解决最值问题，属于中考常考题型．
22.【答案】(1)证明：连接OD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA
又∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD=∠CAD
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD//AE，
又∵EF⊥AE，
∴OD⊥EF，
∵OD为半径，
∴EF是⊙O的切线；
(2)解：连接OG，
∵G是半圆弧中点，
∴∠BOG=90°
在Rt△OGH中，OG=3，OH=OB−BH=3−2=1．
∴GH= OH2+OG2= 12+32= 10．
(3)证明：由(1)知EF是⊙O的切线，
∴∠DAF=∠FDB，
∵∠F=∠F，
∴△DAF∽△FDB，
∴DFAF=BFDF，
即DF2=AF⋅BF．
【解析】(1)由题意可证OD//AE，且EF⊥AE，可得EF⊥OD，即EF是⊙O的切线；
(2)由题意可得∠BOG=90°，根据勾股定理可求GH的长；
(3)根据相似三角形的判定与性质可得答案．
本题是圆的综合题，考查了切线的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理，圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练运用切线的判定和性质解决问题是本题的关键．
23.【答案】解：(1)EF=BF，
证明：如图，作FH//AD交BE于H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∵FH//AD，
∴DE//FH//CB，
∵DF=CF，
∴EHHB=DFFC=1，
∴EH=HB，
∵BE⊥AD，FH//AD，
∴FH⊥EB，
∴EF=BF；
(2)AG=BG，
证明：如图，连接CC′，
∵△BFC′是由△BFC翻折得到，
∴BF⊥CC′，FC=FC′，
∵DF=FC，
∴DF=FC=FC′，
∴∠CC′D=90°，
∴CC′⊥GD，
∴DG//BF，
∵DF//BG，
∴四边形DFBG是平行四边形，
∴DF=BG，
∵AB=CD，DF=12CD，
∴BG=12AB，
∴AG=GB；
(3)如图，过点D作DJ⊥AB于点J，过点M作MT⊥AB于T，
∵S平行四边形ABCD=AB⋅DJ，
∴DJ=205=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=2 5，AB//CD，
∴AJ= AD2−DJ2= (2 5)2−42=2，
∵A′B⊥AB，DJ⊥AB，
∴∠DJB=∠JBH=∠DHB=90°，
∴四边形DJBH为矩形，
∴BH=DJ=4，
∴A′H=A′B−BH=5−4=1，
∵tanA=DJAJ=MTAT=2，
设AT=x，则MT=2x，
∵∠ABM=∠MBA′=45°，
∴MT=TB=2x，
∴3x=5，
∴x=53，
∴MT=103，
∵tanA=tanA′=NHA′H=2，
∴NH=2，
∴S△ABM=S△A′BM=12×5×103=253，
∴S四边形BHNM=S△A′BM−S△NHA′=253−12×1×2=223．
【解析】(1)如图，作FH//AD交BE于H，证明FH垂直平分线段BE即可；
(2)证明四边形BFDG是平行四边形即可；
(3)如图，过点D作DJ⊥AB于点J，过点M作MT⊥AB于T，根据S四边形BHNM=S△A′BM−S△NHA′求解即可．
本题考查四边形综合题，掌握平行四边形的性质和判定，矩形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，翻折变换，平行线分线段成比例定理，解直角三角形等，学会添加辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
24.【答案】顶点(2,−3)
【解析】解：(1)∵y=x2−4x+1=(x−2)2−3，
故可以添加的条件为：顶点(2,−3)，
故答案为：顶点(2,−3)；
(2)∵y=x2−4x+1=(x−2)2−3，
则平移后的表达式为：y=(x−6)2−3，
当x=3时，y=(x−6)2−3=6，
则m=6；
(3)存在点Q，理由：
当Q点在抛物线y=(x−6)2−3的部分上时，设Q(t,t2−12t+33)，
∴S△OAQ=12×2×(t2−12t+33)=9，
解得t=6±2 3，
∵t<4，
∴则t=6−2 3，
∴Q(6−2 3,9)；
当Q点在抛物线y=x2−4x+1的部分上时，设Q(m,m2−4m+1)，
∴S△OAQ=12×2×(m2−4m+1)=9，
解得m=2±2 3，
∵m≥4，
∴m=2+2 3，
∴Q(2+2 3,9)；
综上所述：Q点坐标为：(6−2 3,9)或(2+2 3,9)．
(1)由y=x2−4x+1=(x−2)2−3，即可求解；
(2)由平移的性质即可求解；
(3)当Q点在抛物线y=(x−6)2−3的部分上时，设Q(t,t2−12t+33)，由S△OAQ=12×2×(t2−12t+33)=9，即可求解；当Q点在抛物线y=x2−4x+1的部分上时，同理可解．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，函数图象平移的性质，数形结合解题是关键．
25.【答案】(1)证明：连接OD，
∵OB=OD，
∴∠3=∠B，
∵AD为圆O的切线，
∴∠4=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∵∠C=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
∴∠CAD=∠B；
(2)解：在Rt△ABC中，BC=8，AC=4，
∴AB= AC2+BC2= 42+82=4 5，
∵∠CAD=∠B，∠ACD=∠BCA，
∴△ACD∽△BCA，
∴ACBC=ADAB，
∴48=AD4 5，
∴AD=2 5，
在Rt△ADO中，AD2+OD2=AO2，
设OD=r，则AO=4 5−r，
∴(2 5)2+r2=(4 5−r)2，
解得：r=3 52，
即⊙O的半径为3 52．
【解析】(1)连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠3=∠B，根据切线的性质得到∠4=90°，根据余角的性质即可得到∠CAD=∠B；
(2)根据勾股定理得到AB= AC2+BC2= 42+82=4 5，根据相似三角形的性质得到AD=2 5，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
26.【答案】CB=ED CB⊥DE
【解析】【方法尝试】：证明：如图1中，延长CB交DE于T，
∵矩形ABFC是矩形ADGE以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转90°所得的图形，
∴AC=AE，∠CAB=∠EAD=90°，AB=AD，∠ACB=∠AED，
∴△ABC≌△ADE(SAS)，
∴CB=ED，
∵∠ABC=∠EBT，
∴∠BTE=∠CAB=90°，
∴CB⊥DE，
故答案为：CB=ED；CB⊥DE；
【类比迁移】：解：CE=32BD，CE⊥BD，
理由：如图2中，延长CE交BD于点Q，交AB于点O，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC−∠BAE=∠DAE−∠BAE，
即∠CAE=∠BAD，
∵AC=AC=9，AB=6，AE=3，AD=2，
∵ACAB=AEAD=32，
∴△CAE∽△BAD，
∴ECBD=ACAB=32，∠ACE=∠ABD，
∵∠AOC=∠BOQ，
∴∠OQB=∠OAC=90°，
∴CE=32BD，CE⊥BD；
【拓展延伸】：解：如图3中，过点A作AE⊥AB，使得AE=43AB=8，取AB的中点R，连接CR，ER，CE，BE，
∵∠ACB=90°，AP//BC，
∴∠CAD=∠ACB=90°=∠EAB，
∴∠CAD+∠CAB=∠EAB+∠CAB，
即∠CAE=∠DAB，
∵tan∠ACD=34=ADAC，
∵AB=6，AE=8，
∴ABAE=34，
∴ADAC=ABAE，
∴△DAB∽△CAE，
∴BDCE=ADAC=34，
∴BD=34CE，
∵∠ACB=90°，AR=RB，
∴CR=12AB=3，
∵∠EAB=90°，AE=8，AR=3，
∴ER= AE2+AR2= 82+32= 73，
∵ 73−3≤EC≤ 73+3，
∴3 734−94≤BD≤3 734+94，
∴BD的最大值为3 734+94．
【方法尝试】如图1中，延长CB交DE于T，利用旋转的性质证明△ABC≌△ADE，可得结论；
【类比迁移】结论：CE=32BD，CE⊥BD，证明△CAE∽△BAD，可得结论；
【拓展延伸】如图3中，过点A作AE⊥AB，使得AE=43AB=8，取AB的中点R，连接CR，ER.证明△DAB∽△CAE，推出BDCE=ADAC=34，可得BD=34EC，再求出EC的取值范围，可得结论．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
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