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2023年浙江省金华市婺城区中考数学模拟试卷（二）（含解析）
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这是一份2023年浙江省金华市婺城区中考数学模拟试卷（二）（含解析），共25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年浙江省金华市婺城区中考数学模拟试卷（二）
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. 下列实数中，最小的数是( )
A. −1 B. 5 C. −5 D. 1
2. 根据第七次人口普查数据，金华市常住人口约为7051000人，将数7051000用科学记数法表示为( )
A. 7051×103 B. 70.51×105 C. 7.051×106 D. 0.7051×107
3. 如图所示的几何体的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
4. 线段a，b，c首尾顺次相接组成三角形，若a=1，b=3，则c的长度可以是( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
5. 如图，一副三角板拼成如图所示图形，则∠BAC的度数为( )
A. 75° B. 60° C. 105° D. 120°
6. 若关于x的一元二次方程kx2−2x−1=0有两个实数根，则实数k的取值范围是( )
A. k>−1 B. k<1 C. k≥−1且k≠0 D. k>−1且k≠0
7. 某校运动会前夕，要选60名身高基本相同的女同学组成表演方阵，在这个问题中，最值得关注的是该校所有女生身高的( )
A. 方差 B. 众数 C. 平均数 D. 中位数
8. 《孙子算经》中有道“共车”问题，其大致意思是：今有若干人乘车，每4人乘一车，恰好剩余1辆车无人坐；若每2人共乘一车，最终剩余8人无车可乘，问有多少人，多少辆车？如果设有x辆车，那么可列方程为( )
A. 4(x−1)=2x+8 B. 4(x+1)=2x+8
C. 4(x+1)=2x−8 D. 4(x−1)=2(x+1)+8
9. 2023年央视兔年春晚国朝舞剧《只此青绿》引人入胜，图1是舞者“青绿腰”动作，引得观众争相模仿.舞者上半身AB长为m，下半身BC长为n，下半身与水平面夹角为θ(60°<θ<90°)，与上半身AB夹角为120度(即∠ABC=120°)如图2，则此时舞者的铅直高度AD的长为( )
A. nsinθ+m2sinθ B. nsinθ+msin(θ−60°)
C. ncosθ+msin(θ+60°) D. nsinθ+mcos(θ−60°)
10. 在平面直角坐标系中，设二次函数y1=x2+bx+a，y2=ax2+bx+1(a,b是实数，a≠0)的最小值分别为m和n，则( )
A. 若m−n=0，则m=n=0 B. 若m+n=0，则m=n=0
C. 若m+n=1，则m=n=0.5 D. 若m−n=1，则m=1，n=0
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 函数y= x−5中自变量x的取值范围是______．
12. 若关于x的一元二次方程x2−2x+m=0有两个相等的实数根，那么m=______．
13. 小明的卷子夹中放了大小相同的试卷共15张，其中语文8张、数学5张、英语2张，则随机抽出一张试卷为数学试卷的概率为______ ．
14. 中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法.如图，在△ABC中，分别取AB、AC的中点D、E，连结DE，过点A作AF⊥DE于点F，将△ABC分割后拼接成矩形BCHG.若DE=3，AF=2，则矩形BCHG的面积为______ ．
15. 如图，AB是⊙O的直径，是⊙O上一点，点D是弧BC的中点，DE⊥AB于点E，交BC于点F，已知AC=2，⊙O的半径为2，则BF的长为______ ．
16. 一工具箱如图1所示，其与手柄连结的铰链部分示意图如图2.箱体边缘线EF和中轴线MN垂直，工具箱在开启过程中，手柄D点沿MN下降，铰链BD的长度不变，等边三角形零件(△ABC)绕点C转动.当手柄D点位于最高点时(如图3)，箱体处于闭合状态，△ABC的顶点A落在EF上，BC⊥EF，AB⊥BD；当手柄D点位于最低点时(如图4)，点D与点E重合，箱体处于完全打开状态，BC//EF.若△ABC边长为6cm，请你帮安装师傅确定点C的位置：点C到EF的距离为______ cm，到MN的距离为______ cm．
三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
17. 如图，地面上有一个不规则的封闭图形ABCD，为求得它的面积，小明在此封闭图形内画出一个半径为2米的圆后，在附近闭上眼睛向封闭图形内掷小石子(可把小石子近似地看成点)，记录如下：
掷小石子落在不规则图形内的总次数
50
150
300
…
小石子落在圆内(含圆上)的次数
20
59
123
…
小石子落在圆外的阴影部分(含外缘)的次数
29
91
176
…
(1)当投掷的次数很大时，则m：n的值越来越接近______(结果精确到0.1)
(2)若以小石子所落的有效区域为总数(即m+n)，则随着投掷次数的增大，小石子落在圆内(含圆上)的频率值稳定在______附近(结果精确到0.1)；
(3)请你利用(2)中所得频率的值，估计整个封闭图形ABCD的面积是多少平方米？(结果保留π)
四、解答题（本大题共7小题，共58.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题6.0分)
计算：2sin60°− 12+|− 3|+(π−1)0．
19. (本小题6.0分)
解不等式组：2(x+2)<3x+3x3
如图，已知点D在射线AE上BD=CD，AE平分∠BAC与∠BDC，求证AB=AC.小明的证明过程如下：
证明：∵AE平分∠BAC．
∴∠BAD=∠CAD．
∵AD=AD，BD=CD．
∴△ABD≌△ACD
∴AB=AC．
小明的证明是否正确？若正确，请打“√”，若错误，请写出你的证明过程．
21. (本小题8.0分)
如图，一次函数y=x+2的图象与双曲线y=kx在第一象限交于点A(2,a)，在第三象限交于点B．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)点P为x轴上的一点，连接PA、PB，若S△PAB=9，求点P的坐标．
22. (本小题10.0分)
请阅读以下材料并完成相应的任务.17世纪德国著名天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”.黄金分割比(简称：黄金比)是指把一条线段分割为两部分，较长部分与整体长度之比等于较短部分与较长部分的长度之比(如图①)即ACAB=BCAC，其比值为 5−12．
已知顶角为36°的等腰三角形是黄金三角形的一种；当底角被平分时，形成两个较小的等腰三角形，这两个三角形之一相似于原三角形，而另一个三角形可用于产生螺旋形曲线(如图②)．
任务：
(1)如图③，在圆内接正十边形中，AB是正十边形的一条边，M是∠ABO的平分线与半径OA的交点.若OA=2，求正十边形边长AB的长度；
(2)在(1)的条件下，利用图③进一步探究，请你写出sin18°与黄金比之间的关系，并说明理由．
23. (本小题10.0分)
如图所示，F→E→G为过山车的一部分轨道，它可以看成一段抛物线.其中OE=3米，OF=9米(轨道厚度忽略不计)
(1)求抛物线F→E→G的函数关系式；
(2)在轨道距离地面254米处有两个位置P和G，当过山车运动到G处时，平行于地面向前运动了1米至K点，又进入下坡段K→H(K接口处轨道忽略不计).已知轨道抛物线K→H→Q的形状与抛物线P→E→G完全相同，在G到Q的运动过程中，当过山车距地面4米时，它离出发点的水平距离最远有多远？
(3)现需要在轨道下坡段F→E进行一种安全加固，建造某种材料的水平和竖直坚直支架AM、CM、BN、DN，且要求AB=2OA.已知这种材料的价格是8000元/米，如何设计支架，会使造价最低？最低造价为多少元？
24. (本小题12.0分)
如图，在矩形ABCD中，AB=12，O是对角线AC，BD的交点，点P是线段AB上的动点，直线PO交直线AD于点E，交CD于点Q，连接CE，在直线CE上取点F，使FQ=CQ(点F不与点C重合)．
(1)当点D是线段AE的中点时，求DQCQ的值．
(2)若点F与点E重合时，AP=9，求AD的长．
(3)已知AD=5.在点P的移动过程中，是否存在某一位置，使得FQ与△ABD的某一边平行？若存在，求AP的长；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵|−1|=1，|−5|=5，1<5，
∴−1>−5，
∴5>1>−1>−5，
即最小的数为−5，
故选：C．
正数>0>负数；两个负数比较大小，绝对值大的反而小，据此进行判断即可．
本题考查有理数的大小比较，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
2.【答案】C
【解析】解：7051000=7.051×106，
故选：C．
将一个数表示为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
本题考查科学记数法表示较大的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
3.【答案】B
【解析】解：如图所示的几何体的俯视图是：
．
故选：B．
根据从上边看得到的图形是俯视图，注意所有的看到的棱都应表现在视图中．
本题考查了简单组合体的三视图：画简单组合体的三视图要循序渐进，通过仔细观察和想象，再画它的三视图．画物体的三视图的口诀为：主、俯：长对正；主、左：高平齐；俯、左：宽相等．
4.【答案】A
【解析】解：∵线段a=1，b=3，
∴3−1
故选：A．
根据三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边直接列式计算即可．
本题考查的是三角形的三边关系定理，掌握三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠BAC=180°−45°−60°=75°，
故选：A．
根据三角形内角和定理计算即可．
本题考查的是三角形内角和定理，熟记三角形内角和等于180°是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程的定义和根的判别式，能根据根的判别式得出关于k的不等式是解此题的关键．
根据根的判别式和已知得出k≠0且Δ≥0，求出解集即可．
【解答】
解：∵x的一元二次方程kx2−2x−1=0有两个实数根，
∴k≠0且Δ=(−2)2−4k⋅(−1)≥0，
解得：k≥−1且k≠0，
故选：C．
7.【答案】B
【解析】解：在这个问题中，最值得关注的是队伍的整齐，身高必须差不多，
故应该关注该校所有女生身高的众数，
故选：B．
根据方差、众数、平均数、中位数所代表的意义，即可判定．
本题考查了方差、众数、平均数、中位数所代表的意义，平均数说明的是整体的平均水平；众数说明的是数据中的多数情况；中位数说明的是数据中的中等水平；方差是反应一组数据波动大小的量．
8.【答案】A
【解析】解：设有x辆车，
依题意，得：4(x−1)=2x+8．
故选：A．
设有x辆车，由人数不变，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．
9.【答案】B
【解析】解：过点B作BE⊥CD于点E，作BF⊥AD于点F，如图所示：
∵∠BED=∠EDF=∠BFD=90°，
∴四边形BEDF为矩形，
∴BE=DF，∠EBF=90°，
∵∠BCE=θ，
∴∠CBE=90°−θ，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABF=120°−90°−(90°−θ)=θ−60°，
在Rt△BCE中，BE=BC×sin∠BCE=nsinθ，
∴DF=BE=nsinθ，
在Rt△ABF中，AF=AB×sin∠ABF=msin(θ−60°)，
∴AD=DF+AF=nsinθ+msin(θ−60°)．
故选：B．
过点B作BE⊥CD于点E，作BF⊥AD于点F，证明四边形BEDF为矩形，得出BE=DF，∠EBF=90°，求出∠ABF=120°−90°−(90°−θ)=θ−60°，然后根据三角函数分别求出BE=BC×sin∠BCE=nsinθ，AF=AB×sin∠ABF=msin(θ−60°)，即可得出答案．
本题主要考查了矩形的判定和性质，函数的应用，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角函数的定义，准确计算．
10.【答案】B
【解析】解：∵函数y1和函数y2的最小值分别为m和n，
∴m=a−b24，n=1−b24a，
当m+n=0，
∴a−b24+1−b24a=0，
∴(a+1)(4a−b2)=0，
∴b2=4a或a=−1，
∵函数y1和函数y2都有最小值，
∴a>0，
∴b2=4a，
∴m=0，n=0．
故选：B．
分别求出m=a−b24，n=1−b24a，由题意可得a>0，且(a+1)(4a−b2)=0，即可得b2=4a，从而求出m=n=0．
本题考查二次函数图象上点的坐标特点，熟练掌握二次函数对称轴、最大(小)值的求法是解题的关键．
11.【答案】x≥5
【解析】解：由题意得，x−5≥0，
解得x≥5．
故答案为：x≥5．
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
12.【答案】1
【解析】解：根据题意得Δ=(−2)2−4×1×m=0，
解得m=1．
故答案为：1．
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．根据判别式的意义得到Δ=(−2)2−4×1×m=0，然后解关于m的方程即可．
13.【答案】13
【解析】解：∵试卷共15张，其中语文8张、数学5张、英语2张，
∴随机抽出一张试卷为数学试卷的概率为515=13．
故答案为：13．
直接利用概率公式计算可得答案．
本题考查了概率公式：随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．
14.【答案】12
【解析】解：由题意，BG=CH=AF=2，DG=DF，EF=EH，
∴DG+EH=DE=3，
∴BC=GH=3+3=6，
∴矩形BCHG的面积为：6×2=12．
根据图形的拼剪，求出BC以及BC边上的高即可解决问题．
本题考查图形的拼剪，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是读懂图象信息，属于中考常考题型．
15.【答案】2 33
【解析】解：延长DE交圆O于点G，连接BD、OD，如图所示：
∵点D是弧BC的中点，
∴CD=DB，
又∵DE⊥AB，
∴DB=BG，
∴CD=BG，
∴∠DBC=∠BDF，
∴DF=BF，
∵AB为⊙O的直径，⊙O的半径为2，
∴AB=4，
∴∠ACB=90°，OB=OD=2，
∴BC= 42−22=2 3，
∵AB为⊙O的直径，DE⊥AB，
∴DE=GE，DB=BG，
∵D是BC的中点，
∴CD=DB=BG，
∴BC=DG，
∴BC=DG=2DE；
即：DE=12BC= 3，
∵DE⊥AB，
∴OE= 22−( 3)2=1，
∴BE=OB−OE=1，
设DF=BF=a，则EF= 3−a，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：12+( 3−a)2=a2，
解得：a=2 33，
∴BF=DF=2 33．
故答案为：2 33．
连接BD、OD，先由圆周角定理得∠DBC=∠BDF，得DF=BF，由圆周角定理得∠ACB=90°，勾股定理得BC=2 3，则DE=12BC= 3，再由勾股定理求出OE=1，则BE=OB−OE=1，设DF=BF=a，则EF= 3−a，然后在Rt△BEF中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
本题考查了圆周角定理、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
16.【答案】3 (2+ 19)
【解析】解：如图①，作BK⊥MN于K，CL⊥MN于L，
∵EF⊥MN，
∴BK//CL//FE，
∵BC⊥FE，
∴四边形BCLK是矩形，
∴BK=CL，
∵△ABC是等边三角形，AH⊥BC，
∴CH=12BC=12×6=3(cm)，∠BAH=12∠BAC=30°，
∴C到EF的距离是3cm，
∵BK//EF，
∴∠ABK=∠BAH=30°，
∴∠DBK=∠DBA−∠ABK=60°，
∴BK=12BD，
如图②，延长BC交MN于Q，
∵BC//EF，
∴BQ⊥MN，
∴EQ=3cm，
设C到MN的距离是x cm，
∴BQ=(x+6)cm，DB=2x cm，
∵BQ2+EQ2=BD2，
∴(x+6)2+32=(2x)2，
∴x=2+ 19(舍去负值)
∴C到MN的距离是(2+ 19)cm．
故答案为：3，2+ 19．
如图①，作BK⊥MN于K，CL⊥MN于L，推出四边形BCLK是矩形，得到BK=CL，由直角三角形的性质得到BD=2BK，由等边三角形的性质，即可求出CH的长，如图②，延长BC交MN于Q，设C到MN的距离是xcm，由勾股定理得到(x+6)2+32=(2x)2，求出x的值，即可解决问题．
本题考查勾股定理的应用，等边三角形的性质，关键是由条件得到BK=12BD，由勾股定理即可解决问题．
17.【答案】0.5 0.3
【解析】解：(1)14÷30≈0.47；
48÷95≈0.51；
89÷180≈0.49，
…
当投掷的次数很大时，则m：n的值越来越接近0.5；
(2)观察表格得：随着投掷次数的增大，小石子落在圆内(含圆上)的频率值稳定在13≈0.3；
(3)设封闭图形的面积为a，根据题意得：πa=13，
解得：a=3π，
故答案为：0.5，0.3，3π．
(1)根据提供的m和n的值，计算m：n后即可确定二者的比值逐渐接近的值；
(2)大量试验时，频率可估计概率；
(3)利用概率，求出圆的面积比上总面积的值，计算出阴影部分面积．
本题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．
18.【答案】解：原式=2× 32−2 3+ 3+1
= 3−2 3+ 3+1
=1．
【解析】直接利用绝对值的性质以及零指数幂的性质、特殊角的三角函数值、二次根式的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
19.【答案】解：2(x+2)<3x+3①x3
解不等式②得：x<3；
∴原不等式组的解集为：1
本题主要考查解一元一次不等式组，属于基础知识，比较简单．
20.【答案】解：小明利用的是SSA，是不能证明△ABD与△ACD全等，故小明的证明不正确；
正确的证明如下，
∵AE平分∠BDC，
∴∠BDE=∠CDE，
∴∠BDA=∠CDA，
∵AD=AD，BD=CD，
∴△BDA≌△CDA(SAS)，
∴AB=AC．
【解析】由平分，证明∠BDE=∠CDE，再由邻补角，推出∠BDA=∠CDA，根据SAS可证明△BDA≌△CDA，即可证明AB=AC．
本题考查了全等三角形的判定定理，能熟练掌握全等三角形的判定定理是解此题的关键，全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
21.【答案】解：(1)一次函数y=x+2的图象与双曲线y=kx在第一象限交于点A(2,a)，
∴a=2+2=4，
∴k=2a=8，
∴反比例函数的解析式为y=8x；
(2)由题意可知，A、B关于原点对称，
∴OA=OB，
∵S△PAB=9，
∴S△POA=92，
∴12OP⋅|yA|=92，即12OP⋅4=92，
∴OP=94，
∴点P的坐标是(94,0)或(−94,0)．
【解析】(1)由一次函数的解析式求得A的坐标，然后利用待定系数法即可求得反比例函数的解析式；
(2)利用反比例函数的对称性求得OA=OB，得到S△POA=92，即12OP⋅4=92，求得OP的长度，即可求得P点的坐标．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数的对称性，三角形的面积，得到S△POA=92是解题的关键．
22.【答案】解：(1)∵正十边形的中心角为36°，
∴∠AOB=36°，
∵OA=OB，
∴∠ABO=∠BAO=72°，
∵BM平分∠ABO，
∴∠ABM=∠OBM=36°，∠BMA=72°，
∴∠BMA=∠BAM，
∴OM=BM=AB，
∴△ABM∽△AOB，
∴ABAO=AMAB，即ABAO=AO−ABAB，
∴AB2=AO2−AO⋅AB，
∴(ABAO)2+ABAO=1，解得ABAO= 5−12(负值已舍去)，
∵OA=2，
∴AB= 5−1；
(2)sin18°是黄金比的一半；
理由如下：如图，延长AO交⊙O于点P，连接PB，
∵∠AOB=36°，
∴∠OPB=18°，
∵AP是⊙O的直径，AP=2OA=4，
∴∠ABP=90°，
∴sinP=ABAP，即sin18°= 5−14．
∴sin18°是黄金比的一半．
【解析】(1)由题意易得∠AOB=36°，则可得∠ABM=∠OBM=36°，∠BMA=72°，然后可得△ABM∽△AOB，进而可得AB2=AO2−AO⋅AB，然后问题可求解；
(2)延长AO交⊙O于点P，连接PB，由题意可得∠OPB=18°，则有AP=2OA=4，然后可根据三角函数进行求解．
本题主要考查黄金分割比、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握黄金分割比、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．
23.【答案】解：(1)由图象可知，顶点E的坐标为(3,0)，
设抛物线解析式为y=a(x−3)2，
把F(0,9)代入，得：a=1，
∴抛物线F→E→G的函数关系式为：y=(x−3)2；
(2)当y=254时，254=(x−3)2，
解得：x1=112,x2=12，
∴P(12,254)，G(112,254)，
∴PG=5，
∵抛物线K→H→Q的形状与抛物线P→E→G完全相同，
∴抛物线K→H→Q由抛物线P→E→G向右平移PG+GK=5+1=6个单位，
∴抛物线K→H→Q为：y2=(x−3−6)2=(x−9)2，
令y2=4，则4=(x−9)2，解得：x1=11，x2=7(舍)，
∴离出发点的水平距离最远为11米；
(3)设OA=m，则OB=3m，yM=(m−3)2，yN=(3m−3)2，
∴AM+CM+BN+DN
=(m−3)2+(3m−3)2+4m
=10m2−20m+18=10(m−1)2+8，
当m=1时，总长度最短，最短为8，
8×8000=64000(元)
∴当OA=1米，OB=3米时造价最低，最低造价为64000元．
【解析】(1)由题意可知：点E为抛物线的顶点，且点E的坐标为(3,0)，于是可设抛物线的解析式为y=a(x−3)2，然后把点F的坐标代入求出a即可；
(2)把y=254代入抛物线，通过解方程求出点P、G的坐标，进而可得PG的长，即求得抛物线K→H→Q由抛物线P→E→G向右平移PG+GK=5+1=6个单位，求得y2=(x−9)2，令y2=4，进一步计算即可求解；
(3)设OA=m，则OB=3m，再利用二次函数的性质求解即可．
本题考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数的图象与性质、正确理解题意是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，O是对角线AC，BD的交点，
∴OA=OC，CD//AB，
∴∠OCQ=∠OAP，∠OQC=∠OPA，
∴△OCQ≌△OAP(AAS)，
∴AP=CQ，
∵点D是线段AE的中点时，
∴AE=2DE，
∵DQ//AP，
∴△EDQ∽△EAP，
∴DQAP=DEAE=12，
∴DQCQ=12；
(2)∵FQ=CQ，AP=CQ=9，
∴CQ=QE=AP=9，
∴DQ=3，
∴ED= EQ2−DQ2=6 2，
同理可得△EDQ∽△EAP，
∴DQAP=DEAE，39=6 2AE，
∴AE=18 2，
∴AD=AE−DE=12 2；
(3)设CQ=QF=AP=a，则DQ=12−a，
如图3−1所示，当FQ//AD时，则∠CQF=90°，
∵QF=CQ，
∴∠FCQ=45°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴DE=CD=12，
同理可得△EDQ∽△EAP，
∴DQAP=DEAE，即12−aa=1212+5，
解得x=20429，
经检验x=20429是原方程的解，
∴AP=20429；
如图3−2所示，当QF//BD时，过点F作FH⊥CD交CD延长线于H，
∴∠FQH=∠BDC，
在Rt△DBC中，CD=12，BC=AD=5，
∴BD= BC2+CD2=13，
又∵∠H=∠BCD，
∴△FHQ∽△BCD，
∴HFBC=HQCD=FQBD，即HF5=HQ12=a13，
∴HQ=1213a，FH=513a，
∴CH=CQ+HQ=2513a，
∵ED⊥CD，FH⊥CD，
∴FH//ED，
∴△CDE∽△CHF，
∴DEHF=CDCH，即DE513a=122513a，
∴DE=125，
同理可得△EDQ∽△EAP，
∴DQAP=DEAE，即12−aa=125125+5，
解得a=44449，
经检验a=44449是原方程的解，
∴AP=44449；
如图3−3所示，当FQ//AD时，
同理可得△CDE是等腰直角三角形，
∴DE=CD=12，
∴AE=DE−AD=7，
∵AP//QD，
∴△EAP∽△EDQ，
∴APDQ=EAAD，即a12−a=712，
解得a=8419，
经检验a=8419是原方程的解，
∴AP=8419；
如图3−4所示，当QF//BD时，
∵QF=CQ，
∴∠QFC=∠QCF=∠ATC，
∴AT=AC=12，
∴BT=1，
∵CD//AB，
∴∠ACT=∠BGT，
又∵∠ATC=∠BTG，
∴∠BGT=∠BTG，
∴BG=BT=1，
∴AG=11，
同理可得△AGE∽△DCE，
∴AEDE=AGCD，即AEAE+5=1112，
∴AE=55，
同理可得△APE∽△DQE，
∴AEDE=APDQ，即5555+5=a12−a，
解得a=13223，
经检验，a=13223是原方程的解，
∴AP=13223；
如图3−5所示，当点P与点B重合时，此时点Q、点E都与点D重合，此时满足FQ//AB，
∴AP=12；
综上所述，AP的长为20429或44449或8419或13223或12．
【解析】(1)先由矩形的性质得到OA=OC，CD//AB，再证明△OCQ≌△OAP，得到AP=CQ，又点D是线段AE的中点时，得到AE=2DE，证明△EDQ∽△EAP，得到DQAP=DEAE=12，则DQCQ=12；
(2)先根据题意得到CQ=QE=AP=9，则DQ=3，利用勾股定理得到ED=6 2，同理可得△EDQ∽△EAP，利用相似三角形的性质得到AE=18 2，则AD=AE−DE=12 2；
(3)分图3−1，图3−2，图3−3，图3−4，图3−5，五种情况讨论求解即可．
本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
2023年浙江省金华市婺城区中考数学模拟试卷（二）
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. 下列实数中，最小的数是( )
A. −1 B. 5 C. −5 D. 1
2. 根据第七次人口普查数据，金华市常住人口约为7051000人，将数7051000用科学记数法表示为( )
A. 7051×103 B. 70.51×105 C. 7.051×106 D. 0.7051×107
3. 如图所示的几何体的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
4. 线段a，b，c首尾顺次相接组成三角形，若a=1，b=3，则c的长度可以是( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
5. 如图，一副三角板拼成如图所示图形，则∠BAC的度数为( )
A. 75° B. 60° C. 105° D. 120°
6. 若关于x的一元二次方程kx2−2x−1=0有两个实数根，则实数k的取值范围是( )
A. k>−1 B. k<1 C. k≥−1且k≠0 D. k>−1且k≠0
7. 某校运动会前夕，要选60名身高基本相同的女同学组成表演方阵，在这个问题中，最值得关注的是该校所有女生身高的( )
A. 方差 B. 众数 C. 平均数 D. 中位数
8. 《孙子算经》中有道“共车”问题，其大致意思是：今有若干人乘车，每4人乘一车，恰好剩余1辆车无人坐；若每2人共乘一车，最终剩余8人无车可乘，问有多少人，多少辆车？如果设有x辆车，那么可列方程为( )
A. 4(x−1)=2x+8 B. 4(x+1)=2x+8
C. 4(x+1)=2x−8 D. 4(x−1)=2(x+1)+8
9. 2023年央视兔年春晚国朝舞剧《只此青绿》引人入胜，图1是舞者“青绿腰”动作，引得观众争相模仿.舞者上半身AB长为m，下半身BC长为n，下半身与水平面夹角为θ(60°<θ<90°)，与上半身AB夹角为120度(即∠ABC=120°)如图2，则此时舞者的铅直高度AD的长为( )
A. nsinθ+m2sinθ B. nsinθ+msin(θ−60°)
C. ncosθ+msin(θ+60°) D. nsinθ+mcos(θ−60°)
10. 在平面直角坐标系中，设二次函数y1=x2+bx+a，y2=ax2+bx+1(a,b是实数，a≠0)的最小值分别为m和n，则( )
A. 若m−n=0，则m=n=0 B. 若m+n=0，则m=n=0
C. 若m+n=1，则m=n=0.5 D. 若m−n=1，则m=1，n=0
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 函数y= x−5中自变量x的取值范围是______．
12. 若关于x的一元二次方程x2−2x+m=0有两个相等的实数根，那么m=______．
13. 小明的卷子夹中放了大小相同的试卷共15张，其中语文8张、数学5张、英语2张，则随机抽出一张试卷为数学试卷的概率为______ ．
14. 中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法.如图，在△ABC中，分别取AB、AC的中点D、E，连结DE，过点A作AF⊥DE于点F，将△ABC分割后拼接成矩形BCHG.若DE=3，AF=2，则矩形BCHG的面积为______ ．
15. 如图，AB是⊙O的直径，是⊙O上一点，点D是弧BC的中点，DE⊥AB于点E，交BC于点F，已知AC=2，⊙O的半径为2，则BF的长为______ ．
16. 一工具箱如图1所示，其与手柄连结的铰链部分示意图如图2.箱体边缘线EF和中轴线MN垂直，工具箱在开启过程中，手柄D点沿MN下降，铰链BD的长度不变，等边三角形零件(△ABC)绕点C转动.当手柄D点位于最高点时(如图3)，箱体处于闭合状态，△ABC的顶点A落在EF上，BC⊥EF，AB⊥BD；当手柄D点位于最低点时(如图4)，点D与点E重合，箱体处于完全打开状态，BC//EF.若△ABC边长为6cm，请你帮安装师傅确定点C的位置：点C到EF的距离为______ cm，到MN的距离为______ cm．
三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
17. 如图，地面上有一个不规则的封闭图形ABCD，为求得它的面积，小明在此封闭图形内画出一个半径为2米的圆后，在附近闭上眼睛向封闭图形内掷小石子(可把小石子近似地看成点)，记录如下：
掷小石子落在不规则图形内的总次数
50
150
300
…
小石子落在圆内(含圆上)的次数
20
59
123
…
小石子落在圆外的阴影部分(含外缘)的次数
29
91
176
…
(1)当投掷的次数很大时，则m：n的值越来越接近______(结果精确到0.1)
(2)若以小石子所落的有效区域为总数(即m+n)，则随着投掷次数的增大，小石子落在圆内(含圆上)的频率值稳定在______附近(结果精确到0.1)；
(3)请你利用(2)中所得频率的值，估计整个封闭图形ABCD的面积是多少平方米？(结果保留π)
四、解答题（本大题共7小题，共58.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题6.0分)
计算：2sin60°− 12+|− 3|+(π−1)0．
19. (本小题6.0分)
解不等式组：2(x+2)<3x+3x3
如图，已知点D在射线AE上BD=CD，AE平分∠BAC与∠BDC，求证AB=AC.小明的证明过程如下：
证明：∵AE平分∠BAC．
∴∠BAD=∠CAD．
∵AD=AD，BD=CD．
∴△ABD≌△ACD
∴AB=AC．
小明的证明是否正确？若正确，请打“√”，若错误，请写出你的证明过程．
21. (本小题8.0分)
如图，一次函数y=x+2的图象与双曲线y=kx在第一象限交于点A(2,a)，在第三象限交于点B．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)点P为x轴上的一点，连接PA、PB，若S△PAB=9，求点P的坐标．
22. (本小题10.0分)
请阅读以下材料并完成相应的任务.17世纪德国著名天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”.黄金分割比(简称：黄金比)是指把一条线段分割为两部分，较长部分与整体长度之比等于较短部分与较长部分的长度之比(如图①)即ACAB=BCAC，其比值为 5−12．
已知顶角为36°的等腰三角形是黄金三角形的一种；当底角被平分时，形成两个较小的等腰三角形，这两个三角形之一相似于原三角形，而另一个三角形可用于产生螺旋形曲线(如图②)．
任务：
(1)如图③，在圆内接正十边形中，AB是正十边形的一条边，M是∠ABO的平分线与半径OA的交点.若OA=2，求正十边形边长AB的长度；
(2)在(1)的条件下，利用图③进一步探究，请你写出sin18°与黄金比之间的关系，并说明理由．
23. (本小题10.0分)
如图所示，F→E→G为过山车的一部分轨道，它可以看成一段抛物线.其中OE=3米，OF=9米(轨道厚度忽略不计)
(1)求抛物线F→E→G的函数关系式；
(2)在轨道距离地面254米处有两个位置P和G，当过山车运动到G处时，平行于地面向前运动了1米至K点，又进入下坡段K→H(K接口处轨道忽略不计).已知轨道抛物线K→H→Q的形状与抛物线P→E→G完全相同，在G到Q的运动过程中，当过山车距地面4米时，它离出发点的水平距离最远有多远？
(3)现需要在轨道下坡段F→E进行一种安全加固，建造某种材料的水平和竖直坚直支架AM、CM、BN、DN，且要求AB=2OA.已知这种材料的价格是8000元/米，如何设计支架，会使造价最低？最低造价为多少元？
24. (本小题12.0分)
如图，在矩形ABCD中，AB=12，O是对角线AC，BD的交点，点P是线段AB上的动点，直线PO交直线AD于点E，交CD于点Q，连接CE，在直线CE上取点F，使FQ=CQ(点F不与点C重合)．
(1)当点D是线段AE的中点时，求DQCQ的值．
(2)若点F与点E重合时，AP=9，求AD的长．
(3)已知AD=5.在点P的移动过程中，是否存在某一位置，使得FQ与△ABD的某一边平行？若存在，求AP的长；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵|−1|=1，|−5|=5，1<5，
∴−1>−5，
∴5>1>−1>−5，
即最小的数为−5，
故选：C．
正数>0>负数；两个负数比较大小，绝对值大的反而小，据此进行判断即可．
本题考查有理数的大小比较，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
2.【答案】C
【解析】解：7051000=7.051×106，
故选：C．
将一个数表示为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
本题考查科学记数法表示较大的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
3.【答案】B
【解析】解：如图所示的几何体的俯视图是：
．
故选：B．
根据从上边看得到的图形是俯视图，注意所有的看到的棱都应表现在视图中．
本题考查了简单组合体的三视图：画简单组合体的三视图要循序渐进，通过仔细观察和想象，再画它的三视图．画物体的三视图的口诀为：主、俯：长对正；主、左：高平齐；俯、左：宽相等．
4.【答案】A
【解析】解：∵线段a=1，b=3，
∴3−1
故选：A．
根据三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边直接列式计算即可．
本题考查的是三角形的三边关系定理，掌握三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠BAC=180°−45°−60°=75°，
故选：A．
根据三角形内角和定理计算即可．
本题考查的是三角形内角和定理，熟记三角形内角和等于180°是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程的定义和根的判别式，能根据根的判别式得出关于k的不等式是解此题的关键．
根据根的判别式和已知得出k≠0且Δ≥0，求出解集即可．
【解答】
解：∵x的一元二次方程kx2−2x−1=0有两个实数根，
∴k≠0且Δ=(−2)2−4k⋅(−1)≥0，
解得：k≥−1且k≠0，
故选：C．
7.【答案】B
【解析】解：在这个问题中，最值得关注的是队伍的整齐，身高必须差不多，
故应该关注该校所有女生身高的众数，
故选：B．
根据方差、众数、平均数、中位数所代表的意义，即可判定．
本题考查了方差、众数、平均数、中位数所代表的意义，平均数说明的是整体的平均水平；众数说明的是数据中的多数情况；中位数说明的是数据中的中等水平；方差是反应一组数据波动大小的量．
8.【答案】A
【解析】解：设有x辆车，
依题意，得：4(x−1)=2x+8．
故选：A．
设有x辆车，由人数不变，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．
9.【答案】B
【解析】解：过点B作BE⊥CD于点E，作BF⊥AD于点F，如图所示：
∵∠BED=∠EDF=∠BFD=90°，
∴四边形BEDF为矩形，
∴BE=DF，∠EBF=90°，
∵∠BCE=θ，
∴∠CBE=90°−θ，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABF=120°−90°−(90°−θ)=θ−60°，
在Rt△BCE中，BE=BC×sin∠BCE=nsinθ，
∴DF=BE=nsinθ，
在Rt△ABF中，AF=AB×sin∠ABF=msin(θ−60°)，
∴AD=DF+AF=nsinθ+msin(θ−60°)．
故选：B．
过点B作BE⊥CD于点E，作BF⊥AD于点F，证明四边形BEDF为矩形，得出BE=DF，∠EBF=90°，求出∠ABF=120°−90°−(90°−θ)=θ−60°，然后根据三角函数分别求出BE=BC×sin∠BCE=nsinθ，AF=AB×sin∠ABF=msin(θ−60°)，即可得出答案．
本题主要考查了矩形的判定和性质，函数的应用，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角函数的定义，准确计算．
10.【答案】B
【解析】解：∵函数y1和函数y2的最小值分别为m和n，
∴m=a−b24，n=1−b24a，
当m+n=0，
∴a−b24+1−b24a=0，
∴(a+1)(4a−b2)=0，
∴b2=4a或a=−1，
∵函数y1和函数y2都有最小值，
∴a>0，
∴b2=4a，
∴m=0，n=0．
故选：B．
分别求出m=a−b24，n=1−b24a，由题意可得a>0，且(a+1)(4a−b2)=0，即可得b2=4a，从而求出m=n=0．
本题考查二次函数图象上点的坐标特点，熟练掌握二次函数对称轴、最大(小)值的求法是解题的关键．
11.【答案】x≥5
【解析】解：由题意得，x−5≥0，
解得x≥5．
故答案为：x≥5．
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
12.【答案】1
【解析】解：根据题意得Δ=(−2)2−4×1×m=0，
解得m=1．
故答案为：1．
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．根据判别式的意义得到Δ=(−2)2−4×1×m=0，然后解关于m的方程即可．
13.【答案】13
【解析】解：∵试卷共15张，其中语文8张、数学5张、英语2张，
∴随机抽出一张试卷为数学试卷的概率为515=13．
故答案为：13．
直接利用概率公式计算可得答案．
本题考查了概率公式：随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．
14.【答案】12
【解析】解：由题意，BG=CH=AF=2，DG=DF，EF=EH，
∴DG+EH=DE=3，
∴BC=GH=3+3=6，
∴矩形BCHG的面积为：6×2=12．
根据图形的拼剪，求出BC以及BC边上的高即可解决问题．
本题考查图形的拼剪，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是读懂图象信息，属于中考常考题型．
15.【答案】2 33
【解析】解：延长DE交圆O于点G，连接BD、OD，如图所示：
∵点D是弧BC的中点，
∴CD=DB，
又∵DE⊥AB，
∴DB=BG，
∴CD=BG，
∴∠DBC=∠BDF，
∴DF=BF，
∵AB为⊙O的直径，⊙O的半径为2，
∴AB=4，
∴∠ACB=90°，OB=OD=2，
∴BC= 42−22=2 3，
∵AB为⊙O的直径，DE⊥AB，
∴DE=GE，DB=BG，
∵D是BC的中点，
∴CD=DB=BG，
∴BC=DG，
∴BC=DG=2DE；
即：DE=12BC= 3，
∵DE⊥AB，
∴OE= 22−( 3)2=1，
∴BE=OB−OE=1，
设DF=BF=a，则EF= 3−a，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：12+( 3−a)2=a2，
解得：a=2 33，
∴BF=DF=2 33．
故答案为：2 33．
连接BD、OD，先由圆周角定理得∠DBC=∠BDF，得DF=BF，由圆周角定理得∠ACB=90°，勾股定理得BC=2 3，则DE=12BC= 3，再由勾股定理求出OE=1，则BE=OB−OE=1，设DF=BF=a，则EF= 3−a，然后在Rt△BEF中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
本题考查了圆周角定理、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
16.【答案】3 (2+ 19)
【解析】解：如图①，作BK⊥MN于K，CL⊥MN于L，
∵EF⊥MN，
∴BK//CL//FE，
∵BC⊥FE，
∴四边形BCLK是矩形，
∴BK=CL，
∵△ABC是等边三角形，AH⊥BC，
∴CH=12BC=12×6=3(cm)，∠BAH=12∠BAC=30°，
∴C到EF的距离是3cm，
∵BK//EF，
∴∠ABK=∠BAH=30°，
∴∠DBK=∠DBA−∠ABK=60°，
∴BK=12BD，
如图②，延长BC交MN于Q，
∵BC//EF，
∴BQ⊥MN，
∴EQ=3cm，
设C到MN的距离是x cm，
∴BQ=(x+6)cm，DB=2x cm，
∵BQ2+EQ2=BD2，
∴(x+6)2+32=(2x)2，
∴x=2+ 19(舍去负值)
∴C到MN的距离是(2+ 19)cm．
故答案为：3，2+ 19．
如图①，作BK⊥MN于K，CL⊥MN于L，推出四边形BCLK是矩形，得到BK=CL，由直角三角形的性质得到BD=2BK，由等边三角形的性质，即可求出CH的长，如图②，延长BC交MN于Q，设C到MN的距离是xcm，由勾股定理得到(x+6)2+32=(2x)2，求出x的值，即可解决问题．
本题考查勾股定理的应用，等边三角形的性质，关键是由条件得到BK=12BD，由勾股定理即可解决问题．
17.【答案】0.5 0.3
【解析】解：(1)14÷30≈0.47；
48÷95≈0.51；
89÷180≈0.49，
…
当投掷的次数很大时，则m：n的值越来越接近0.5；
(2)观察表格得：随着投掷次数的增大，小石子落在圆内(含圆上)的频率值稳定在13≈0.3；
(3)设封闭图形的面积为a，根据题意得：πa=13，
解得：a=3π，
故答案为：0.5，0.3，3π．
(1)根据提供的m和n的值，计算m：n后即可确定二者的比值逐渐接近的值；
(2)大量试验时，频率可估计概率；
(3)利用概率，求出圆的面积比上总面积的值，计算出阴影部分面积．
本题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．
18.【答案】解：原式=2× 32−2 3+ 3+1
= 3−2 3+ 3+1
=1．
【解析】直接利用绝对值的性质以及零指数幂的性质、特殊角的三角函数值、二次根式的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
19.【答案】解：2(x+2)<3x+3①x3
解不等式②得：x<3；
∴原不等式组的解集为：1
本题主要考查解一元一次不等式组，属于基础知识，比较简单．
20.【答案】解：小明利用的是SSA，是不能证明△ABD与△ACD全等，故小明的证明不正确；
正确的证明如下，
∵AE平分∠BDC，
∴∠BDE=∠CDE，
∴∠BDA=∠CDA，
∵AD=AD，BD=CD，
∴△BDA≌△CDA(SAS)，
∴AB=AC．
【解析】由平分，证明∠BDE=∠CDE，再由邻补角，推出∠BDA=∠CDA，根据SAS可证明△BDA≌△CDA，即可证明AB=AC．
本题考查了全等三角形的判定定理，能熟练掌握全等三角形的判定定理是解此题的关键，全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
21.【答案】解：(1)一次函数y=x+2的图象与双曲线y=kx在第一象限交于点A(2,a)，
∴a=2+2=4，
∴k=2a=8，
∴反比例函数的解析式为y=8x；
(2)由题意可知，A、B关于原点对称，
∴OA=OB，
∵S△PAB=9，
∴S△POA=92，
∴12OP⋅|yA|=92，即12OP⋅4=92，
∴OP=94，
∴点P的坐标是(94,0)或(−94,0)．
【解析】(1)由一次函数的解析式求得A的坐标，然后利用待定系数法即可求得反比例函数的解析式；
(2)利用反比例函数的对称性求得OA=OB，得到S△POA=92，即12OP⋅4=92，求得OP的长度，即可求得P点的坐标．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数的对称性，三角形的面积，得到S△POA=92是解题的关键．
22.【答案】解：(1)∵正十边形的中心角为36°，
∴∠AOB=36°，
∵OA=OB，
∴∠ABO=∠BAO=72°，
∵BM平分∠ABO，
∴∠ABM=∠OBM=36°，∠BMA=72°，
∴∠BMA=∠BAM，
∴OM=BM=AB，
∴△ABM∽△AOB，
∴ABAO=AMAB，即ABAO=AO−ABAB，
∴AB2=AO2−AO⋅AB，
∴(ABAO)2+ABAO=1，解得ABAO= 5−12(负值已舍去)，
∵OA=2，
∴AB= 5−1；
(2)sin18°是黄金比的一半；
理由如下：如图，延长AO交⊙O于点P，连接PB，
∵∠AOB=36°，
∴∠OPB=18°，
∵AP是⊙O的直径，AP=2OA=4，
∴∠ABP=90°，
∴sinP=ABAP，即sin18°= 5−14．
∴sin18°是黄金比的一半．
【解析】(1)由题意易得∠AOB=36°，则可得∠ABM=∠OBM=36°，∠BMA=72°，然后可得△ABM∽△AOB，进而可得AB2=AO2−AO⋅AB，然后问题可求解；
(2)延长AO交⊙O于点P，连接PB，由题意可得∠OPB=18°，则有AP=2OA=4，然后可根据三角函数进行求解．
本题主要考查黄金分割比、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握黄金分割比、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．
23.【答案】解：(1)由图象可知，顶点E的坐标为(3,0)，
设抛物线解析式为y=a(x−3)2，
把F(0,9)代入，得：a=1，
∴抛物线F→E→G的函数关系式为：y=(x−3)2；
(2)当y=254时，254=(x−3)2，
解得：x1=112,x2=12，
∴P(12,254)，G(112,254)，
∴PG=5，
∵抛物线K→H→Q的形状与抛物线P→E→G完全相同，
∴抛物线K→H→Q由抛物线P→E→G向右平移PG+GK=5+1=6个单位，
∴抛物线K→H→Q为：y2=(x−3−6)2=(x−9)2，
令y2=4，则4=(x−9)2，解得：x1=11，x2=7(舍)，
∴离出发点的水平距离最远为11米；
(3)设OA=m，则OB=3m，yM=(m−3)2，yN=(3m−3)2，
∴AM+CM+BN+DN
=(m−3)2+(3m−3)2+4m
=10m2−20m+18=10(m−1)2+8，
当m=1时，总长度最短，最短为8，
8×8000=64000(元)
∴当OA=1米，OB=3米时造价最低，最低造价为64000元．
【解析】(1)由题意可知：点E为抛物线的顶点，且点E的坐标为(3,0)，于是可设抛物线的解析式为y=a(x−3)2，然后把点F的坐标代入求出a即可；
(2)把y=254代入抛物线，通过解方程求出点P、G的坐标，进而可得PG的长，即求得抛物线K→H→Q由抛物线P→E→G向右平移PG+GK=5+1=6个单位，求得y2=(x−9)2，令y2=4，进一步计算即可求解；
(3)设OA=m，则OB=3m，再利用二次函数的性质求解即可．
本题考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数的图象与性质、正确理解题意是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，O是对角线AC，BD的交点，
∴OA=OC，CD//AB，
∴∠OCQ=∠OAP，∠OQC=∠OPA，
∴△OCQ≌△OAP(AAS)，
∴AP=CQ，
∵点D是线段AE的中点时，
∴AE=2DE，
∵DQ//AP，
∴△EDQ∽△EAP，
∴DQAP=DEAE=12，
∴DQCQ=12；
(2)∵FQ=CQ，AP=CQ=9，
∴CQ=QE=AP=9，
∴DQ=3，
∴ED= EQ2−DQ2=6 2，
同理可得△EDQ∽△EAP，
∴DQAP=DEAE，39=6 2AE，
∴AE=18 2，
∴AD=AE−DE=12 2；
(3)设CQ=QF=AP=a，则DQ=12−a，
如图3−1所示，当FQ//AD时，则∠CQF=90°，
∵QF=CQ，
∴∠FCQ=45°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴DE=CD=12，
同理可得△EDQ∽△EAP，
∴DQAP=DEAE，即12−aa=1212+5，
解得x=20429，
经检验x=20429是原方程的解，
∴AP=20429；
如图3−2所示，当QF//BD时，过点F作FH⊥CD交CD延长线于H，
∴∠FQH=∠BDC，
在Rt△DBC中，CD=12，BC=AD=5，
∴BD= BC2+CD2=13，
又∵∠H=∠BCD，
∴△FHQ∽△BCD，
∴HFBC=HQCD=FQBD，即HF5=HQ12=a13，
∴HQ=1213a，FH=513a，
∴CH=CQ+HQ=2513a，
∵ED⊥CD，FH⊥CD，
∴FH//ED，
∴△CDE∽△CHF，
∴DEHF=CDCH，即DE513a=122513a，
∴DE=125，
同理可得△EDQ∽△EAP，
∴DQAP=DEAE，即12−aa=125125+5，
解得a=44449，
经检验a=44449是原方程的解，
∴AP=44449；
如图3−3所示，当FQ//AD时，
同理可得△CDE是等腰直角三角形，
∴DE=CD=12，
∴AE=DE−AD=7，
∵AP//QD，
∴△EAP∽△EDQ，
∴APDQ=EAAD，即a12−a=712，
解得a=8419，
经检验a=8419是原方程的解，
∴AP=8419；
如图3−4所示，当QF//BD时，
∵QF=CQ，
∴∠QFC=∠QCF=∠ATC，
∴AT=AC=12，
∴BT=1，
∵CD//AB，
∴∠ACT=∠BGT，
又∵∠ATC=∠BTG，
∴∠BGT=∠BTG，
∴BG=BT=1，
∴AG=11，
同理可得△AGE∽△DCE，
∴AEDE=AGCD，即AEAE+5=1112，
∴AE=55，
同理可得△APE∽△DQE，
∴AEDE=APDQ，即5555+5=a12−a，
解得a=13223，
经检验，a=13223是原方程的解，
∴AP=13223；
如图3−5所示，当点P与点B重合时，此时点Q、点E都与点D重合，此时满足FQ//AB，
∴AP=12；
综上所述，AP的长为20429或44449或8419或13223或12．
【解析】(1)先由矩形的性质得到OA=OC，CD//AB，再证明△OCQ≌△OAP，得到AP=CQ，又点D是线段AE的中点时，得到AE=2DE，证明△EDQ∽△EAP，得到DQAP=DEAE=12，则DQCQ=12；
(2)先根据题意得到CQ=QE=AP=9，则DQ=3，利用勾股定理得到ED=6 2，同理可得△EDQ∽△EAP，利用相似三角形的性质得到AE=18 2，则AD=AE−DE=12 2；
(3)分图3−1，图3−2，图3−3，图3−4，图3−5，五种情况讨论求解即可．
本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
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