2024年北京市海淀区首都师大附中第一分校中考数学模拟试卷（含解析）

这是一份2024年北京市海淀区首都师大附中第一分校中考数学模拟试卷（含解析），共28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。

1.今年“五一”假期，我市某主题公园共接待游客77800人次，将77800用科学记数法表示为( )
A. 0.778×105B. 7.78×104C. 77.8×103D. 778×102
2.下列计算正确的是( )
A. x2+x3=x5B. x2⋅x3=x6C. x3÷x2=xD. (2x2)3=6x6
3.比 2大，比 5小的整数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.不透明的袋子中装有红、绿小球各一个，除颜色外两个小球无其他差别．从中随机摸出一个小球，放回并摇匀，再从中随机摸出一个小球，那么第一次摸到红球、第二次摸到绿球的概率是( )
A. 14B. 13C. 12D. 34
5.实数a，b，c，d在数轴上的对应点的位置如图所示．若b+d=0，则下列结论正确的是( )
A. b+c>0B. ac>1C. ad>bcD. |a|>|b|
6.如图是30名学生A，B两门课程成绩的统计图，若记这30名学生A课程成绩的方差为s12，B课程成绩的方差为s22，则s12，s22的大小关系为( )
A. s12s22D. 不确定
7.如图①，底面积为30cm2的空圆柱容器内水平放置着由两个实心圆柱组成的“几何体”，现向容器内匀速注水，注满为止，在注水过程中，水面高度h(cm)与注水时间t(s)之间的关系如图②，若“几何体”的下方圆柱的底面积为15cm2，求“几何体”上方圆柱体的底面积为cm2．( )
A. 24B. 12C. 18D. 21
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共16分。
8.某潜艇从海平面以下27米上升到海平面以下18米，此潜艇上升了 米．
9.如图所示，围棋盘放置在某个平面直角坐标系中，白棋②的坐标为(−7,−4)，黑棋④的坐标为(−6,−8)，那么黑棋①的坐标应该是____．
10.已知一元二次方程x2+x=5x+6的两根为x1与x2，则1x1+1x2的值为______．
11.如图，在6×4网格正方形中，每个小正方形的边长为1，顶点为格点，若△ABC的顶点均是格点，则sin∠ABC的值是______．
12.已知x=2y=1是方程ax+by=3的一组解(a≠0,b≠0)，任写出一组符合题意的a、b值，则a=______，b=______．
13.如图，在矩形ABCD中，E是边AB的中点，连接DE交对角线AC于点F，若AB=8，AD=6，则AF的长为______．
14.图中的小正方形的边长都相等，若△MNP≌△MEQ，则点Q可能是图中的点______．
15.初三(9)班同学在“2021义卖”活动中表现特别突出，他们设计了两款特别的产品.第一是“人分纪念品”套装，销售一件此产品可获利16%；第二是“一路向北”手提袋，销售一件此产品可获利24%；当销售量的比为3：2时，总获利为18%.当销售量的比为1：3时，总获利为______．
三、计算题：本大题共2小题，共10分。
16.计算：38+(13)−1−2cs30°+|1− 3|．
17.已知x2+2x−4=0，求代数式2(x−1)2−x(x−6)+3的值．
四、解答题：本题共10小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题5分)
解不等式式：2(x−3)≤x−81+x2>x−1．
19.(本小题5分)
已知：如图，△ABC为锐角三角形，AB=AC．
求作：点P，使得AP=AB，且∠APC=∠BAC．
作法：①以点A为圆心，AB长为半径画圆；
②以点B为圆心，BC长为半径画弧，交⊙A于点D(异于点C)；
③连接DA并延长交⊙A于点P．
所以点P就是所求作的点．
(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形(保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明．
证明：连接PC．
∵AB=AC，
∴点C在⊙A上．
∵DC=DC，
∴∠DPC=12∠DAC(______)(填推理的依据)，
由作图可知，BD=BC，
∴∠DAB=______=12∠DAC．
∴∠APC=∠BAC．
20.(本小题6分)
如图，⊙O是Rt△ABC的内切圆，∠B=90°．
(1)若AB=4，BC=3，
①求Rt△ABC外接圆的半径；
②求Rt△ABC内切圆的半径；
(2)连接AO并延长交BC于点D，若AB=6，tan∠CAD=13，求此⊙O的半径．
21.(本小题5分)
如图，在四边形ABCD中，∠DAB=60°，AD：AB=2：3，BD= 7，AD⊥BC．
(1)求sin∠ABD的值．
(2)若∠BCD=120°，求CD的长．
22.(本小题5分)
某社区通过公益讲座的方式普及垃圾分类知识.为了了解居民对相关知识的了解情况及讲座效果，请居民在讲座前和讲座后分别回答了一份垃圾分类知识问卷，从中随机抽取20名居民的两次问卷成绩(百分制)，并对数
据(成绩)进行整理、描述和分析.下面给出了部分信息．
a.这20名居民讲座前、讲座后成绩得分统计图如图：

b.这20名居民讲座前、讲座后成绩的平均数、中位数、方差如下：
c.结合讲座后成绩x，被抽取的20名居民中有5人获得“参与奖”(x<80)，有7人获得“优秀奖”(80≤x<90)，有8人获得“环保达人奖”(90≤x≤100)，其中成绩在80≤x<90这一组的是：
80 82 83 85 87 88 88
根据以上信息，回答下列问题：
(1)居民小张讲座前的成绩为80分，讲座后的成绩为95分，在图中用“〇”圈出代表居民小张的点；
(2)写出表中m的值；
(3)参加公益讲座的居民有160人，估计能获得“环保达人奖”的有______人.
23.(本小题6分)
如图1是某公园人工湖上的一座拱桥的示意图，其截面形状可以看作是抛物线的一部分.经测量拱桥的跨度AB为12米，拱桥顶面最高处到水面的距离CD为4米．

(1)在边长为1的正方形网格中建立适当的平面直角坐标系，根据已知数据描出点A，B，C，并用平滑曲线连接；
(2)结合(1)中所画图象，求出该抛物线的表达式；
(3)现有一游船(截面为矩形)宽度为4米，顶棚到水面的高度为2.8米.当游船从拱桥正下方通过时，为保证安全，要求顶棚到拱桥顶面的距离应大于0.5米，请判断该游船能否安全通过此拱桥．
24.(本小题6分)
如图，矩形AOBC的顶点B，A分别在x轴，y轴上，点C坐标是(5,4)，D为BC边上一点，将矩形沿AD折叠，点C落在x轴上的点E处，AD的延长线与x轴相交于点F．
(1)如图1，求点D的坐标；
(2)如图2，若P是AF上一动点，PM⊥AC交AC于M，PN⊥CF交CF于N，设AP=t，FN=s，求s与t之间的函数关系式；
(3)在(2)的条件下，是否存在点P，使△PMN为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
25.(本小题6分)
为了节省材料，某水产养殖户利用水库的岸堤(岸堤足够长)为一边，用总长为160m的围网在水库中围成了如图所示的①②③三块矩形区域，而且这三块矩形区域的面积相等．设BC的长度为xm，矩形区域ABCD的面积为ym2
(1)是否存在x的值，使得矩形ABCD的面积是1500m2；
(2)x为何值时，y有最大值？最大值是多少？
26.(本小题7分)
如图，在等边△ABC中，点D在BC边上，点E在AC的延长线上，且DE=DA．
(1)求证：∠BAD=∠EDC；
(2)点E关于直线BC的对称点为M，联结DM，AM．
①根据题意将图补全；
②在点D运动的过程中，DA和AM有什么数量关系并证明．
27.(本小题7分)
如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，直线EF经过点C，AD⊥EF于点D，∠DAC=∠BAC．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)求证：AC2=AD⋅AB；
(3)若⊙O的半径为2，∠ACD=30°，求图中阴影部分的面积．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：77800=7.78×104，
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．
2.【答案】C
【解析】解：A.x2和x3不能合并，故本选项不符合题意；
B.x2⋅x3=x5，故本选项不符合题意；
C.x3÷x2=x，故本选项符合题意；
D.(2x2)3=8x6，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据合并同类项法则，同底数幂的乘法，同底数幂的除法，幂的乘方和积的乘方进行计算，再得出选项即可．
本题考查了合并同类项法则，同底数幂的乘法，同底数幂的除法，幂的乘方和积的乘方等知识点，能熟记合并同类项法则、同底数幂的乘法、同底数幂的除法、幂的乘方和积的乘方法则是解此题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：∵1< 2<2，2< 5<3，
∴比 2大，比 5小的整数是2．
故选：B．
分别估算出 2和 5的取值范围即可．
本题考查的是估算无理数的大小，先根据题意算出 2和 5的取值范围是解答此题的关键．
4.【答案】A
【解析】【分析】
列表得出所有等可能的情况数，找出第一次摸到红球、第二次摸到绿球的情况数，即可确定出所求的概率．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
【解答】
解：列表如下：
所有等可能的情况有4种，其中第一次摸到红球、第二次摸到绿球的有1种情况，
所以第一次摸到红球、第二次摸到绿球的概率为14，
故选：A．
5.【答案】D
【解析】解：
由数轴上的点表示的数右边的总比左边的大，得aA、∵b+d=0，
∴b+c<0，
故A不符合题意；
B、ac<0，
故B不符合题意；
C、ad故C不符合题意；
D、|a|>|b|=|d|，
故D正确；
故选：D．
根据数轴上的点表示的数右边的总比左边的大，可得a本题考查了实数与数轴，有理数的运算，利用数轴上的点表示的数右边的总比左边的大得出a6.【答案】A
【解析】解：方差体现了某组数据的波动情况，波动越大，方差越大，
由图可知，B课程成绩的波动大，A课程成绩的波动小，
∴s12故选：A．
根据方差的意义求解．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
7.【答案】A
【解析】解：根据函数图象得到圆柱形容器的高为14cm，两个实心圆柱组成的“几何体”的高度为11cm，
水从刚满过由两个实心圆柱组成的“几何体”到注满用了：42s−24s=18(s)，
这段高度为：14−11=3(cm)，
设匀速注水的水流速度为xcm3/s，则18⋅x=30×3，
解得x=5，
即匀速注水的水流速度为5cm3/s；
“几何体”下方圆柱的高为a，则a⋅(30−15)=18×5，
解得a=6，
所以“几何体”上方圆柱的高为11−6=5(cm)，
设“几何体”上方圆柱的底面积为Scm2，根据题意得5⋅(30−S)=5×(24−18)，
解得S=24，
即“几何体”上方圆柱的底面积为24cm2．
故选：A．
根据图象，分三个部分：满过“几何体”下方圆柱需18s，满过“几何体”上方圆柱需24s−18s=6s，注满“几何体”上面的空圆柱形容器需42s−24s=18s，再设匀速注水的水流速度为xcm3/s，根据圆柱的体积公式列方程可得匀速注水的水流速度；根据圆柱的体积公式得a⋅(30−15)=18×5，解得a=6，于是得到“几何体”上方圆柱的高为5cm，设“几何体”上方圆柱的底面积为Scm2，根据圆柱的体积公式得5⋅(30−S)=5×(24−18)，再解方程即可．
本题考查了一次函数的应用：把分段函数图象中自变量与对应的函数值转化为实际问题中的数量关系，然后运用方程的思想解决实际问题．
8.【答案】9
【解析】解：根据题意得：
−18−(−27)=9(米)，
答：此潜艇上升了9米．
故答案为：9．
此题考查了有理数的加减混合运算，根据题意列出算式是解答此题的关键．
9.【答案】(−3,−7)
【解析】【分析】本题考查了坐标确定位置，利用点的平移规律：右加左减，上加下减是解题关键．
根据点的平移规律，可得答案．
【解答】
解：黑棋④的坐标为(−6,−8)，右移3个单位，再上移1个单位，得黑棋①的坐标(−3,−7)，
故答案为：(−3,−7)．
10.【答案】−23
【解析】解：一元二次方程x2+x=5x+6整理得，
x2−4x−6=0．
根据题意得x1+x2=4，x1x2=−6，
所以原式=x1+x2x1x2=4−6=−23．
故答案为：−23．
根据根与系数的关系得到x1+x2=4，x1x2=−6，再把原式变形得到x1+x2x1x2，然后利用整体代入的方法进行计算．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与系数的关系：若方程的两根为x1，x2，则x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca．
11.【答案】 55
【解析】解：如图，利用格点作AD⊥BC交BC的延长线于点D，
∵△ABD是直角三角形，
∴AB= AD2+BD2= 22+42=2 5，
∴sin∠ABC=ADAB=22 5= 55，
故答案为： 55．
构造直角三角形由勾股定理求出AB长，由锐角的正弦定义即可求解．
本题考查解直角三角形，关键是掌握三角函数定义．
12.【答案】1 1
【解析】解：把x=2y=1代入方程ax+by=3可得：2a+b=3
∴a=1时，有b=1
故答案为：1，1．
把方程组的一个解代入，即得到关于a、b的一个方程，有无数个解，任意写出一个即可．
本题考查了二元一次方程的解的意义，确定不定方程的解可用试错的方法．
13.【答案】103
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=8，∠ADC=90°，AB/​/CD，
∵AD=6，
∴AC= AD2+CD2= 62+82=10，
∵点E是AB的中点，
∴AE=12AB=4，
∵AB/​/CD，
∴∠CDE=∠DEA，∠DCF=∠CAE，
∴△CDF∽△AEF，
∴CDAE=CFAF=84=2，
∴AF=13AC=103，
故答案为：103．
根据矩形的性质可得AB=CD=8，∠ADC=90°，AB/​/CD，从而在Rt△ADC中，利用勾股定理求出AC的长，然后证明8字模型相似三角形△CDF∽△AEF，从而利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握8字模型相似三角形是解题的关键．
14.【答案】D
【解析】解：∵△MNP≌△MEQ，
∴点Q应是图中的D点，如图，
故答案为：D．
根据全等三角形的性质和已知图形得出即可．
本题考查了全等三角形的性质，能熟记全等三角形的性质的内容是解此题的关键，注意：全等三角形的对应角相等，对应边相等．
15.【答案】23.5%
【解析】解：设一件“人分纪念品”套装卖x元，一件“一路向北”手提袋卖y元，则一件此产品可获利16%x元，一件“一路向北”手提袋可获利24%y元，令“人分纪念品”的销售量为3a，则“一路向北”的销售量为2a，由销售量的比为3：2时，总获利为18%，得：
16%x⋅3a+24%⋅2ax⋅3a+y⋅2a=18%，
解得x=0.2y，
设销售量的比为1：3时，令“人分纪念品”的销售量为b，则“一路向北”的销售量为3b，则总获利为：
16%x⋅b+24%y⋅bbx+3by=0.16x+0.72yx+3y=0.032y++3y=0.235=23.5%，
即总获利为23.5%．
故答案为：23.5%．
设一件“人分纪念品”套装卖x元，一件“一路向北”手提袋卖y元，令“人分纪念品”的销售量为3a，则“一路向北”的销售量为2a，可得16%x⋅3a+24%⋅2ax⋅3a+y⋅2a=18%，据此可得x=0.2y；再通过列式计算，可得当销售量的比为1：3时的总获利．
本题考查了比的应用，正确得出两种产品的售价关系是解答本题的关键．
16.【答案】解：原式=2+3−2× 32+ 3−1
=2+3− 3+ 3−1
=4．
【解析】根据立方根，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，绝对值计算即可．
本题考查了实数的运算，立方根，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，绝对值，掌握负数的绝对值等于它的相反数是解题的关键．
17.【答案】解：原式=2(x2−2x+1)−x2+6x+3=2x2−4x+2−x2+6x+3=x2+2x+5，
∵x2+2x−4=0，
∴x2+2x=4，
∴原式=4+5=9．
【解析】原式利用完全平方公式及单项式乘以多项式法则计算，去括号合并得到最简结果，把已知等式变形后代入计算即可求出值．
此题考查了整式的混合运算−化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18.【答案】解：2(x−3)≤x−8①1+x2>x−1②，
解不等式①得：x≤−2，
解不等式②得：x<3，
故不等式组的解集为x≤−2．
【解析】先求出每个不等式的解集，再根据不等式的解集求出不等式组的解集即可．
本题主要考查解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
19.【答案】(1)解：图形如图所示：
(2)同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半；∠BAC．
【解析】【解答】
(1)见答案；
(2)证明：连接PC．
∵AB=AC，
∴点C在⊙A上．
∵DC=DC，
∴∠DPC=12∠DAC(同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半)，
由作图可知，BD=BC，
∴∠DAB=∠BAC=12∠DAC．
∴∠APC=∠BAC．
故答案为：同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，∠BAC．
【分析】
(1)根据题意画出图形即可；
(2)利用圆周角定理解决问题即可．
本题考查作图−复杂作图，圆周角定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
20.【答案】解：(1)①如图1，取AC的中点H，
∵∠B=90°，
∴点H是Rt△ABC的外接圆圆心，
∵AB=4，BC=3，∠B=90°，
∴AC=5，
∴AH=12AC=52，
∴Rt△ABC的外接圆半径为52．
②如图2，过点O作OE⊥BC于点E，OF⊥AB于点F，OG⊥AC于点G，则∠OFB=∠OEB=90°，
∵∠B=90°，
∴四边形OEBF是正方形，
设半径为r，则BF=OF=OE=BE=r，
∵⊙O是Rt△ABC的内切圆，AB=4，BC=3，
∴AF=AG=4−r，CD=CG=3−r，
∴AC=AG+CG=7−2r，
在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，
∴42+32=(7−2r)2，
解得：r=1或r=6(舍)，
∴Rt△ABC内切圆的半径为1．
(2)如图2，设半径为r，则OF=r，AF=6−r，
∵⊙O是Rt△ABC的内切圆，
∴∠OAF=∠CAD，
∵tan∠CAD=13，
∴tan∠OAF=OFAF=13，
∴r6−r=13，
解得：r=32，
∴⊙O的半径为32．
【解析】(1)①先求得线段AC的长度，然后取AC的中点H，得到AH的长即为△ABC的外接圆半径；
②过点O作OE⊥BC于点E，OF⊥AB于点F，OG⊥AC于点G，然后可得四边形OEBF是正方形，设半径为r，结合点O是△ABC的内心可得AF=4−r，CE=3−r，然后由切线长定理得到AG=AF=4−r，CG=CE=3−r，进而得到AC=7−2r，最后利用勾股定理求得r的值；
(2)设半径为r，则OF=r，AF=6−r，由内心的定义可知∠CAD=∠BAD，然后利用正切值求得r的大小，即为结果．
本题考查了三角形的外接圆和内切圆的性质、解直角三角形，熟知圆的切线长定理是解题的关键．
21.【答案】解：(1)作DE⊥AB于E，设AE=a．
在Rt△ADE中，∵∠A=60°，AE=a，
∴∠ADE=30°，
∴AD=2a，DE= 3a，
∵AD：AB=2：3，
∴AB=3a，EB=2a，
在Rt△DEB中，( 3a)2+(2a)2=( 7)2，
解得a=1，
∴DE= 3，BE=2，
∴sin∠ABD=DEAB= 3 7= 217．
(2)CF⊥DE于F．
∵CB⊥AB，CF⊥DE，
∴∠CFE=∠FEB=∠CBE=90°，
∴四边形CFEB是矩形，
∴CF=EB=2，BC=EF，
∵∠DCB=120°，∠FCB=90°，
∴∠DCF=30°，
∴DF=CF⋅tan30°=2 33，
∴CD=2DF=4 33．
【解析】(1)作DE⊥AB于E，CF⊥DE于F.设AE=a.在Rt△BDE中，利用勾股定理构建方程求出a，即可解决问题；
(2)作CF⊥DE于F.首先证明四边形CFEB是矩形，解直角三角形△CFB即可解决问题；
本题考查解直角三角形，矩形的判定和性质，直角三角形30度角性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22.【答案】64
【解析】解：(1)如图所示：
(2)讲座后成绩的中位数是第10和第11个数的平均数，所以m=87+882=87.5；
(3)估计能获得“环保达人奖”的有160×820=64(人)．
故答案为：64．
(1)根据统计图可得横坐标是80，纵坐标是95的点，即代表居民小张的点；
(2)根据中位数的定义可得m的值；
(3)用总人数乘以抽样中获得“环保达人奖”的百分比即可．
本题考查了中位数以及用样本估计总体，掌握众数、中位数以及平均数的定义是解题的关键．
23.【答案】解：(1)以点A为原点，AB所在的直线为x轴，过点A作垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，

(2)根据题意得：A(0,0)，B(12,0)，
根据交点式，设抛物线的表达式为y=a(x−0)(x−12)=ax2−12ax，
代入点C(6,4)得：36a−72a=4，
解得a=−19，
∴抛物线的表达式为y=−19x2+43x；
(3)能安全通过，理由如下：
游船从拱桥正下方通过时，抛物线的对称轴为x=6，游船也关于直线x−6对称，
宽度为4米，对称轴左右两边各2米，
当x−6−2=4时，y=−19×42+43×4=329，
∵329−2.8≈0.76>0.5，
∴该游船能安全通过此拱桥．
【解析】(1)过点A作垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系即可；
(2)待定系数法求抛物线的表达式即可；
(3)游船从拱桥正下方通过时，抛物线的对称轴为x−6.游船也关于直线x=6对称，宽度为4米，对称轴左右两边各2米，当x−6−2=4时，求出y的值，再进行比较即可
本题考查二次函数的实际应用，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
24.【答案】解：(1)在矩形AOBC中，C(5,4)，
∴AC=5，OA=BC=4，
设D(5,a)，则BD=a，CD=ED=4−a，
∵AE=AC=5，
在Rt△AOE中，OE= AE2−OA2= 52−42=3，
∴BE=OB−OE=5−3=2，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：DE2=BD2+BE2，
∴(4−a)2=22+a2，
∴a>0，
∴a=32，
∴D(4,32)；
(2)如图2，延长MP交OF于N′，则PN′⊥OF，
∵AC/​/BF，
∴∠PAM=∠DFB，
∵∠ACD=∠FBD=90°，
∴△ADC∽△FDB，
∴ACBF=CDBD，
由(1)知：BD=32，
∴CD=4−32=52，又AC=5，
∴5BF=5232，
∴BF=3，OF=8，
∴AF= AO2+OF2= 42+82=4 5，
在Rt△BCF中，由勾股定理得：CF= 32+42=5，
∵AC=5，
∴AC=CF，
∴∠CAF=∠AFC，
∵AC/​/EF，
∴∠CAF=∠EFA=∠AFC，
∴FA平分∠CFO，
∵PN⊥CF，PN′⊥OF，
∴PN=PN′，
∴PM+PN=PM+PN′=MN′=4，
∵∠CAF=∠CFA，∠ACD=∠PNF=90°，
∴△PFN∽△DAC，
∴FNAC=PNCD，
∴PNNF=CDAC=525=12，
又NF=s，
∴PN=12s，PM=4−12s，
∵PA=t，PF=4 5−t，
∵∠PAM=∠PFN′，∠APM=∠FPN′，
∴△APM∽△FPN′，
∴PMPN′=APPF，即4−12s12s=t4 5−t，
∴s=−2 55t+8；
(3)分三种情况：
①当PM=PN时，如图3，
∵∠PAM=∠PFN，∠AMP=∠PNF=90°，
∴△PAM∽△PFN，
∴PAPF=PMPN=1，
∴PA=PF，即t=4 5−t，
解得：t=2 5，
∴PM=2，AM= PA2−PM2= (2 5)2−22=4，
∴P(4,2)；
②当PM=MN时，如图4，过M作MH⊥PN于H，PN与MC的延长线交于点G，
有PH=NH=12PN=14s，
∵PM+PN=4，
∴PM=4−12s，
∵∠GCN=∠MPN=∠BFC，
即∠MPN=∠BFC，
∵∠MHP=∠CBF=90°，
∴△PMH∽△FCB，
∴PMPH=FCFB=53，即4−12s14s=53，
解得：s=4811，
代入s=−2 55t+8得：t=20 511，
∴P(4011,2411)；
③当MN=NP时，如图5，
过点N作NQ⊥PM于Q，
∴∠NPQ=∠BFC，
∵∠NQP=∠CBF=90°，
∴△NQP∽△CBF，
∴PNPQ=CFBF，
又PN=12s，
∵PQ=12PM=12(4−12s)=2−14s，CF=5，
∴12s2−14s=53，
∴s=4011，
代入s=−2 55t+8得：t=24 511，
∴P(4811,2011)；
综上，点P的坐标是(4,2)或(4011,2411)或(4811,2011).
【解析】此题是四边形综合题，主要考查了折叠的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，一次函数，等腰三角形的性质和判定等知识，用分类讨论的数学思想和方程思想解决问题是解本题的关键．
(1)先设D(5,a)，根据勾股定理求出OE，从而得BE，最后根据勾股定理列方程，即可得出结论；
(2)如图2，作辅助线，构建相似三角形，先证明△ADC∽△FDB，得ACBF=CDBD，可得BF=3，OF=8，利用勾股定理计算AF和CF的长，根据角平分线的性质和等腰三角形的性质得PM+PN=PM+PN′=MN′=4，证明△PFN∽△DAC，得FNAC=PNCD，从而得FN=2PN，再证明△APM∽△FPN′，列比例式可得结论；
(3)分三种情况：①PM=PN；②PM=MN；③MN=NP；分别证明三角形相似列比例式可得结论．
25.【答案】解：(1)设AE=a，由题意得：
AE⋅AD=2BE⋅BC
∵AD=BC
∴BE=12a，AB=32a
由题意可得：2x+3a+2×12a=160
∴a=40−12x
∴y=AB⋅BC=32ax=32(40−12x)x
∴y=−34x2+60x (0令y=1500得：−34x2+60x=1500
化简得：x2−80x+2000=0
∵△=802−4×2000=6400−8000<0
∴方程无解
答：不存在x的值，使得矩形ABCD的面积是1500m2．
(2)∵y=−34x2+60x=−34(x−40)2+1200
∴当x=40时，y有最大值，最大值是1200m2．
【解析】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，同时还考查了二次函数与一元二次方程的关系，本题难度中等略大．
(1)设AE=a，根据三块矩形区域的面积相等列式得出BE和a、AB和a的关系，再根据总长为160m，将a用x表示出来，然后根据矩形面积得y关于x的函数关系，再令y=1500，求△进行判断即可；
(2)将(1)二次函数写成顶点式，从而求得y何时有最大值，即可得出结论．
26.【答案】解：(1)如图，∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=60°．
又∵∠BAD+∠DAC=∠BAC，∠EDC+∠DEC=∠ACB，
∴∠BAD+∠DAC=∠EDC+∠DEC．
∵DE=DA，
∴∠DAC=∠DEC，
∴∠BAD=∠EDC．
(2)①如图2，
②DM=AM，
理由如下：
∵点M、E关于直线BC对称，
∴∠MDC=∠EDC，DE=DM．
又由(1)知∠BAD=∠EDC，
∴∠MDC=∠BAD．
∵∠ADC=∠BAD+∠B，
即∠ADM+∠MDC=∠BAD+∠B，
∴∠ADM=∠B=60°．
又∵DA=DE=DM，
∴△ADM是等边三角形，
∴DM=AM．
【解析】(1)根据等腰三角形的性质，得出∠E=∠DAC，根据等边三角形的性质，得出∠BAD+∠DAC=∠E+∠EDC=60°，据此可得出∠BAD=∠EDC；
(2)①如图2，依照题意补全图形；
②根据轴对称作图，要证明DA=AM，只需根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，证△ADM是等边三角形即可．
本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称变换以及三角形外角性质等知识的综合应用．
27.【答案】(1)证明：连接OC，
∵OA=OC，
∴∠BAC=∠OCA，
∵∠DAC=∠BAC，
∴∠OCA=∠DAC，
∴OC/​/AD，
∵AD⊥EF，
∴OC⊥EF，
∵OC为半径，
∴EF是⊙O的切线．
(2)证明：连接BC，
∵AB为⊙O直径，AD⊥EF，
∴∠BCA=∠ADC=90°，
∵∠DAC=∠BAC，
∴△ACB∽△ADC，
∴ADAC=ACAB，
∴AC2=AD⋅AB．
(3)解：∵∠ACD=30°，∠OCD=90°，
∴∠OCA=60°，
∵OC=OA，
∴△OAC是等边三角形，
∴AC=OA=OC=2，∠AOC=60°，
∵在Rt△ACD中，AD=12AC=12×2=1，
由勾股定理得：DC= 3，
∴阴影部分的面积是S=S梯形OCDA−S扇形OCA=12×(2+1)× 3−60π×22360=3 32−23π.
【解析】(1)连接OC，根据OA=OC推出∠BAC=∠OCA=∠DAC，推出OC//AD，得出OC⊥EF，根据切线的判定推出即可；
(2)证△ADC∽△ACB，得出比例式，即可推出答案；
(3)求出等边三角形OAC，求出AC、∠AOC，在Rt△ACD中，求出AD、CD，求出梯形OCDA和扇形OCA的面积，相减即可得出答案．
本题考查了切线的性质和判定，相似三角形的性质和判定，梯形的性质，扇形的面积等知识点的应用，主要考查学生能否运用性质进行推理和计算，题目具有一定的代表性，是一道比较好的题目．平均数
中位数
方差
讲座前
72.0
71.5
99.7
讲座后
86.8
m
88.4
红
绿
红
(红，红)
(绿，红)
绿
(红，绿)
(绿，绿)