2024年湖北省黄石市大冶市部分学校中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年湖北省黄石市大冶市部分学校中考数学二模试卷（含解析），共23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。

1.这是2024年1月某日的气温实施预测情况，则通过预测图可知，下午5时的气温和此时气温的相对差值为( )
A. 4℃B. 3℃C. 2℃D. −4℃
2.如图是某几何体的三视图，该几何体是( )
A. 圆柱
B. 球
C. 三棱柱
D. 长方体
3.函数y=x x+2中自变量x的取值范围在数轴上可表示为( )
A. B.
C. D.
4.下列计算正确的是( )
A. a+a=a2B. (2a)3=6a3
C. (a−1)2=a2−1D. a3÷a=a2
5.为了调查我市某校学生的视力情况，在全校的2000名学生中随机抽取了300名学生，下列说法正确的是( )
A. 此次调查属于全面调查B. 样本容量是300
C. 2000名学生是总体D. 被抽取的每一名学生称为个体
6.若关于x的方程x2−4x+k+2=0有两个不相等的实数根，则直线y=(k−2)x+1不经过( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
7.如果一个多边形的每个内角都相等，且内角和为2340°，那么这个多边形的一个外角的度数为( )
A. 24°B. 30°C. 36°D. 60°
8.武汉作为新晋网红城市，五一期间吸引着大量游客前来观光打卡.现有一批游客分别乘坐甲乙两辆旅游大巴同时从旅行社前往某个旅游景点.行驶过程中甲大巴因故停留一段时间后继续驶向景点，乙大巴全程匀速驶向景点.两辆大巴的行程s(km)随时间t(h)变化的图象(全程)如图所示.依据图中信息，下列说法错误的是( )
A. 甲大巴停留前的平均速度是60km/hB. 甲大巴中途停留了0.5h
C. 甲大巴比乙大巴先0.25h到达景点D. 甲大巴停留后用0.5h追上乙大巴
9.如图，∠BAC=40°，⊙O的圆心O在AB上，且与边AC相切于点D，与AB交于点E，F，连接FD，则∠AFD=( )
A. 15°
B. 20°
C. 25°
D. 30°
10.函数y=|ax2+bx+c|(a>0,b2−4ac>0)的图象是由函数y=ax2+bx+c(a>0,b2−4ac>0)的图象x轴上方部分不变，下方部分沿x轴向上翻折而成，如图所示，则下列结论正确的是( )
①2a+b=0；
②c=3；
③abc>0；
④将图象向上平移2个单位后与直线y=5有3个交点．
A. ①②B. ①③C. ②③④D. ①③④
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.将二次三项式x2−2x−3化为a(x+k)2+h的形式是______．
12.为了加强中学生“五项管理”，葛洪学校就“作业管理”、“睡眠管理”、“手机管理”、“读物管理”、“体质管理”五个方面对各班进行考核打分(各项满分均为100)，九(1)班的五项得分依次为95，90，85，90，92，则这组数据的众数是______．
13.掷一枚六个面分别标有1，2，3，4，5，6的正方体骰子，则向上一面的数不大于4的概率是______．
14.我国南宋数学家杨辉在所著的《详解九章算术》一书中，用如图的三角形给出了(a+b)n(n为正整数)的展开式(按a的次数由大到小的顺序)的系数规律，例如：此三角形中第3行的3个数1、2、1，恰好对应着(a+b)2=a2+2ab+b2展开式中的各项的系数，则(a+b)2024的展开式中含a2023项的系数是______．
15.在Rt△ABC中，∠C=90°.将△ABC绕点B顺时针旋转得到△DBE，点A的对应点为点D，点C的对应点为点E，点E在△ABC内，当∠CBE=∠BAC时，过点A作AF⊥DE于点F.若BC=3，AC=4，则AF的长为______．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
计算：(−13)0+3tan30°+(12)−1− 4+|− 3|．
17.(本小题8分)
如图，在△ABC中，AB=AC，点A关于BC的对称点为D，连接BD，CD.求证：四边形ABDC是菱形．
18.(本小题8分)
一艘轮船顺水航行80千米所用的时间与逆水航行60千米所用的时间相同，若轮船在静水中的速度为21千米/小时，求水流的速度．
19.(本小题8分)
某中学举办七、八年级全体学生的安全知识比赛活动后，从这两个年级分别随机抽取10名学生的比赛成绩(百分制)进行整理、描述和分析(成绩得分用x表示，共分成四组：A.x≤85；B.85八年级抽取的学生比赛成绩扇形统计图
根据以上信息，解答下列问题：
(1)a= ______；b= ______；c= ______；
(2)根据以上数据，你认为该校七、八年级中哪个年级学生体育技能水平更好？请说明一条理由；
(3)该校七年级有1800人，八年级有1900人参加了此次比赛，请估计参加此次比赛获得成绩优秀(x>95)的学生人数是多少？
20.(本小题8分)
如图，已知一次函数y=kx+b(k≠0)与反比例函数y=mx(m≠0)的图象交于A(n,1)，B(4,−2)两点．
(1)求反比例函数和一次函数的解析式；
(2)P为y轴上一点，S△ABP=18，求点P的坐标．
21.(本小题8分)
如图，AB是⊙O直径，C是⊙O上一点，过点A作直线PA，使∠PAC=∠ABC．
(1)求证：PA是⊙O的切线；
(2)点D是弧BC中点，连接DO并延长，分别交BC，PA于点E，F，若BC=8，cs∠PAC=45，求线段DF的长．
22.(本小题8分)
某商店出售一款商品，经市场调查反映，该商品的日销售量y(件)与销售单价x(元)之间满足一次函数关系，关于该商品的销售单价，日销售量，日销售利润的部分对应数据如表：[注：日销售利润=日销售量×(销售单价−成本单价)]
(1)根据以上信息，求y关于x的函数关系式；
(2)①填空：该产品的成本单价是______元，表中a的值是______．
②求该商品日销售利润的最大值．
(3)由于某种原因，该商品进价降低了m元/件(m>0)，该商店在今后的销售中，商店规定该商品的销售单价不低于68元，日销售量与销售单价仍然满足(1)中的函数关系，若日销售最大利润是6600元，求m的值．
23.(本小题8分)
如图2，将矩形纸片ABCD折叠，使点B落在对角线BD上，点A，B的对应点分别记为A′，B′，折痕与边AD，BC分别交于点E，F．
(1)如图1，当点B′与点D重合时，请判断四边形BEDF的形状，并说明理由；
(2)如图2，当AB=4，AD=8，BF=3时，求tan∠B′FC的值；
(3)如图3，当A′B′/​/AC时，试探究AB与BC之间的数量关系．
24.(本小题8分)
如图1，抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为A(1,2)，与x轴交于点B(−1,0)，C两点，与y轴交于点D，点P是抛物线上的动点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)连接AB、AC，判断△ABC的形状并说明理由．
(3)连接CD，过点P作PE⊥CD于E，求线段PE长度的最大值；
(4)已知∠ACB+∠PCB=α，是否存在点P，使得tanα=2？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意得，8−12=8+(−12)=−4(°C)，
即下午5时的气温和此时气温的相对差值为−4°C，
故选：D．
由题意列出算式8−12，再根据有理数的减法法则计算即可．
本题考查了有理数的减法，熟知有理数的减法法则：减去一个数，等于加上这个数的相反数是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：由几何体的主视图和左视图都是宽度相等的长方形，
故该几何体是一个柱体，
又∵俯视图是一个圆，
故该几何体是一个圆柱．
故选：A．
根据一个空间几何体的主视图和左视图都是宽度相等的长方形，可判断该几何体是柱体，进而根据俯视图的形状，可判断柱体侧面形状，得到答案．
本题考查的知识点是三视图，如果有两个视图为三角形，该几何体一定是锥，如果有两个矩形，该几何体一定柱，其底面由第三个视图的形状决定．
3.【答案】A
【解析】解：∵函数y=x x+2有意义，
∴x+2>0，
解得：x>−2，
故在数轴上可表示为：．
故选：A．
直接利用二次根式和分式有意义的条件以及在数轴上表示不等式的解集方法得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件以及在数轴上表示不等式的解集，正确表示不等式的解集是解题关键．
4.【答案】D
【解析】【解答】
解：A，a+a=2a≠a2，故该选项错误；
B，(2a)3=8a3≠6a3，故该选项错误
C，(a−1)2=a2−2a+1≠a2−1，故该选项错误；
D，a3÷a=a2，故该选项正确，
故选：D．
【分析】
根据合并同类项运算法则和积的乘方法则、完全平方公式以及同底数幂的除法法则逐项计算即可．
本题考查了并同类项运算法则和积的乘方法则、完全平方公式以及同底数幂的除法法则，解题的关键是熟记以上各种运算法则．
5.【答案】B
【解析】解：A、此次调查属于抽样调查，故A不符合题意；
B、样本容量是300，故B符合题意；
C、2000名学生的视力情况是总体，故C不符合题意；
D、被抽取的每一名学生的视力情况称为个体，故D不符合题意；
故选：B．
根据全面调查与抽样调查，总体、个体、样本、样本容量的意义，逐一判断即可解答．
本题考查了全面调查与抽样调查，总体、个体、样本、样本容量，熟练掌握这些数学概念是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意得：Δ=(−4)2−4(k+2)=−4k+8>0，
解得k<2．
则k−2<0，
则直线y=(k−2)x+1不经过第三象限．
故选：C．
由关于x的方程x2−4x+k+2=0有两个不相等的实数根，得到Δ>0，即Δ=(−4)2−4(k+2)=−4k+8>0，解得k<2，可得k−2<0，然后根据一次函数的性质得到直线直线y=(k−2)x+1经过的象限．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0,a,b,c为常数)根的判别式．当Δ>0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ<0，方程没有实数根．同时考查了一次函数y=kx+b(k≠0)的性质．
7.【答案】A
【解析】解：设这个多边形的边数为n，
根据题意列方程：(n−2)180°=2340°，
解得n=15，
360°÷15=24°，
故选：A．
根据多边形的内角和公式为(n−2)180°列出方程，求出边数，再根据外角和定理求出这个多边形的一个外角．
本题考查多边形的内角和与外角和，熟练掌握多边形的内角和与外角和公式的应用是解题关键．
8.【答案】C
【解析】解：由图象可得，
甲大巴停留前的平均速度是30÷0.5=60(km/h)，故选项A正确，不符合题意；
甲大巴中途停留了1−0.5=0.5(h)，故选项B正确，不符合题意；
甲大巴车停留后的速度为68−301.5−1=76，
∴100−68=32(千米)，
所用时间为3276=819，
∴甲大巴车到达终点所用时间为32+819=7338(h)；
乙大巴车所用时间为100÷(681.5)=7534(h)，
∵7534−7338=92363(h)，
∴甲大巴比乙大巴先92363h到达景点，故C错误，符合题意；
甲大巴停留后用1.5−1=0.5h追上乙大巴，故选项D正确，不符合题意；
故选：C．
根据函数图象中的数据，可以判断各个选项中的结论是否成立，从而可以解答本题．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
9.【答案】C
【解析】解：连接OD，
∵AD与圆相切于D，
∴半径OD⊥AC，
∴∠ADO=90°，
∵∠BAC=40°，
∴∠AOD=90°−∠BAC=50°，
∴∠AFD=12∠AOD=25°．
故选：C．
连接OD，由切线的性质得到∠ADO=90°，由直角三角形的性质求出∠AOD=90°−∠BAC=50°，由圆周角定理得到∠AFD=12∠AOD=25°．
本题考查切线的性质，圆周角定理，关键是由切线的性质得到∠ADO=90°，由圆周角定理得到∠AFD=12∠AOD．
10.【答案】B
【解析】解：∵图象经过(−1,0)，(3,0)，
∴抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=1，
∴−b2a=1，
∴b=−2a，即2a+b=0，①正确．
由图象可得抛物线y=ax2+bx+c与y轴交点在x轴下方，
∴c<0，②错误．
由抛物线y=ax2+bx+c的开口向上可得a>0，
∴b=−2a<0，
∴abc>0，③正确．
设抛物线y=ax2+bx+c的解析式为y=a(x+1)(x−3)，
代入(0,3)得：3=−3a，
解得：a=−1，
∴y=−(x+1)(x−3)=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴顶点坐标为(1,4)，
∵点(1,4)向上平移2个单位后的坐标为(1,6)，
∴将图象向上平移2个单位后与直线y=5有4个交点，故④错误；
故选：B．
根据函数图象与x轴交点的横坐标求出对称轴为−b2a=1，进而可得2a+b=0，由图象可得抛物线y=ax2+bx+c与y轴交点在x轴下方，由抛物线y=ax2+bx+c的开口方向，对称轴位置和抛物线与y轴交点位置可得abc的符号，求出二次函数y=ax2+bx+c的顶点式，可得图象向上平移1个单位后与直线y=5有3个交点．
本题考查了二次函数的图象和性质，掌握二次函数的对称轴公式，顶点坐标的求法是解题的关键．
11.【答案】(x−1)2−4
【解析】解：x2−2x−3=(x−1)2−3−12=(x−1)2−4，
故答案为：(x−1)2−4．
根据配方法的步骤求解即可．
本题考查了配方法的应用，掌握完全平方式是解题的关键．
12.【答案】90
【解析】解：在数据95，90，85，90，92中，90出现了2次，出现的次数最多，
则这组数据的众数为90．
故答案为：90．
根据众数的定义(一组数据中，出现次数最多的数据，叫这组数据的众数)得出即可．
本题考查了众数的定义，能熟记众数的定义是解此题的关键．
13.【答案】23
【解析】解：根据题意不大于4的面有1，2，3，4，
则向上一面的数不大于4的概率是46=23，
故答案为：23．
根据概率公式计算即可．
本题主要考查概率的知识，熟练掌握概率公式是解题的关键．
14.【答案】2024
【解析】解：根据图中所给等式，
(a+b)2展开式的第二项为2ab=2a2−1b，
(a+b)3展开式的第二项为3a2b=3a3−1b，
(a+b)4展开式的第二项为4a3b=4a4−1b，
……，
根据变化规律，(a+b)n展开式的第二项为nan−1b，
∴(a+b)2024的展开式中含a2023项是第二项，系数是2023+1=2024，
故答案为：2024．
根据前几个等式中的系数变化规律可得结论．
本题考查数字类规律探究，掌握几个等式中的系数变化规律是解题的关键．
15.【答案】95
【解析】解：延长BE交AC于点G，作GH⊥AF于点H，则∠AHG=∠FHG=90°，
∵AF⊥DE于点F，
∴∠EFH=90°，
∵∠C=90°，BC=3，AC=4，
∴AB= BC2+AC2= 32+42=5，
由旋转得∠AED=∠C=90°，BE=BC=3，
∴∠FEG=90°，
∴四边形EFHG是矩形，
∵∠CBE=∠BAC，
∴GCBC=tan∠CBE=tan∠BAC=BCAC=34，BCBG=cs∠CBE=cs∠BAC=ACAB=45，
∴GC=34BC=34×3=94，BG=54BC=54×3=154，
∴GA=AC−GC=4−94=74，FH=EG=BG−BE=154−3=34，
∵∠EGH=90°，
∴∠AGH=∠CBE=90°−∠BGC，
∴∠AGH=∠BAC，
∵∠AHG=∠C=90°，
∴△GAH∽△ABC，
∴AHBC=GAAB，
∴AH=BC⋅GAAB=3×745=2120，
∴AF=AH+FH=2120+34=95，
故答案为：95．
延长BE交AC于点G，作GH⊥AF于点H，由∠C=90°，BC=3，AC=4，求得AB=5，由旋转得∠AED=∠C=90°，BE=BC=3，可证明四边形EFHG是矩形，由GCBC=tan∠CBE=tan∠BAC=34，BCBG=cs∠CBE=cs∠BAC=45，求得GC=94，BG=154，则GA=74，FH=EG=34，再证明△GAH∽△ABC，得AHBC=GAAB，求得AH=2120，则AF=AH+FH=95，于是得到问题的答案．
此题重点考查旋转的性质、勾股定理、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
16.【答案】解：原式=1+3× 33+2−2+ 3
=1+ 3+2−2+ 3
=1+2 3．
【解析】直接利用负整数指数幂的性质以及特殊角的三角函数值、二次根式的性质、绝对值的性质、零指数幂的性质分别化简，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．
17.【答案】解：如图，连接AD交BC于O，

∵A关于BC的对称点为D，
∴BC垂直平分AD，
∴AO=DO，AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴△ABC是等腰三角形
∴BO=CO，
∴四边形ABDC是菱形．
【解析】先根据A关于BC的对称点为D，得出AO=DO，AD⊥BC，结合AB=AC，得出BO=CO，因为对角线互相平分且相等的四边形即为菱形，即可作答．
本题考查了菱形的判定，轴对称的性质，抓钱舞记忆相关知识点是解题关键．
18.【答案】解：设水流的速度为x千米/小时，
根据题意，得8021+x=6021−x，
解得：x=3，
经检验，x=3是所列方程的根．
答：水流的速度为3千米/小时．
【解析】设水流的速度为x千米/小时，分别表示出顺水和逆水的速度，根据顺水航行80千米所用的时间与逆水航行60千米所用的时间相同，列方程求解．
本题考查了分式方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程求解，注意检验．
19.【答案】40 94 100
【解析】解：(1)∵八年级10名学生的比赛成绩在C组中的数据是：94，91，94，
∴C组所占的百分比为3÷10=0.3=30%，
∴a%=1−10%−20%−30%=40%，即a=40，
∵八年级的满分率为30%，
∴D组中的得100分的有3人，即众数c=100，
八年级10名学生的比赛成绩按从小到大顺序排列后的中间两个数是是C组比赛成绩按从小到大顺序排列后的第2和第3个数据：即94和94，
∴中位数为：b=94+942=94．
故答案为：40；94；100；
(2)八年级学生体育技能水平更好，因为八年级中位数较高；
(3)样本中七年级成绩优秀(x>95)占比：5÷10=0.5=50%，
样本中八年级成绩优秀(x>95)占比：40%，
此次比赛获得成绩优秀(x>95)的学生人数：1800×50%+1900×40%=1660(人)，
∴此次比赛获得成绩优秀(x>95)的学生人数为1660人．
(1)先根据C组的数据数量，求出C组所占的百分比，进而求得D组所占百分比，根据八年级的满分率，将八年级学生的成绩排列出来，求出中位数和众数；
(2)根据中位数的大小，即可判断；
(3)分别求出样本中七、八年级成绩优秀人数的百分比，结合各自年级的参赛人数，即可求解．
本题考查了中位数，众数，由样本所在百分比估计总体数量，掌握通过图表处理数据是关键．
20.【答案】解：(1)将点B坐标代入反比例函数解析式得，
m=4×(−2)=−8，
所以反比例函数的解析式为y=−8x．
将y=1代入反比例函数解析式得，
n=−8，
所以点A的坐标为(−8,1)．
将A，B两点坐标代入y=kx+b得，
−8k+b=14k+b=−2，
解得k=−14b=−1，
所以一次函数的解析式为y=−14x−1．
(2)令直线AB与y轴的交点为M，

将x=0代入一次函数解析式得，
y=−1，
所以点M的坐标为(0,−1)．
因为S△ABP=18，
所以S△AMP+S△BMP=18，
即12PM⋅8+12PM⋅4=18，
所以PM=3．
又因为点M坐标为(0,−4)，
所以−1+3=2，−1−3=−4，
故点P的坐标为(0,2)或(0,−4)．
【解析】(1)将点B代入反比例函数解析式，求出反比例函数解析式，进而得出点A的坐标，再将A，B两点坐标代入一次函数解析式即可解决问题．
(2)令直线AB与y轴的交点为M，将△ABP的面积转化为△AMP和△BMP的面积之和，求出PM的长即可解决问题．
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，熟知反比例函数及一次函数的图象和性质是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵AB是⊙O直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°，
∵∠PAC=∠ABC，
∴∠PAC+∠BAC=90°，
∴PA⊥AB，
∴PA是⊙O的切线；
(2)解：由(1)知∠PAC=∠ABC，∠ACB=90°，
∵cs∠PAC=45，
∴cs∠ABC=BCAB=8AB=45，
∴AB=10，
∵点D是弧BC中点，
∴BD=CD，
∴OD⊥BC，BE=12BC=12×8=4，
∵PA⊥AB，OD⊥BC，
∴∠FAO=∠OEB=90°，
∵∠AOF=∠BOE，
∴△AOF∽△EOB，
∴AOOE=OFOB，
∵OE= OB2−BE2= 52−42=3，
∴53=OF5，
∴OF=253，
∴DF=253+5=403．
【解析】(1)根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据垂直的定义得到PA⊥AB，根据切线的判定定理得到PA是⊙O的切线；
(2)由(1)知∠PAC=∠ABC，∠ACB=90°，根据三角函数的定义得到AB=10，根据垂径定理得到OD⊥BC，BE=12BC=12×8=4，根据相似三角形的性质即可得到结论．
本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，三角函数的定义，熟练掌握切线的判定和性质定理是解题的关键．
22.【答案】40 4560
【解析】解：(1)设日销售量y(件)与销售单价x(元)之间满足的一次函数解析式为y=kx+b，
把(75,150)，(78,120)代入得：75k+b=15078k+b=120，
解得：k=−10b=900，
∴一次函数解析式为y=−10x+900；
(2)①设该产品的成本单价是n元，
根据题意，得5250=150×(75−n)，
解得n=40，
a=120×(78−40)=4560．
故答案为：40，4560；
②根据题意，得w=(x−40)(−10x+900)=−10x2+1300x−36000=−10(x−65)2+6250，
∵−10<0，
∴当x=65时，w最大，最大值为6250，
答：该商品日销售利润的最大值为6250元；
(3)设利润为w1 元，根据题意可得：
w1=(x−40+m)(−10x+900)
=−10x2+(1300−10m)x+900m−36000，
∵销售单价不低于68元，即x≥68，
∴68≤x≤90，
对称轴为x=−b2a=65−m2，
∵m>0，
∴65−m2<68，且开口向下，
∴w1 随x的增大而减小，
∴当x=68时，w1 有最大值为6600，
∴(68−40+m)(−680+900)=6600，
∴m=2．
答：m的值为2．
(1)由题意商品的日销售量y(件)与销售单价x(元)之间满足一次函数关系，利用待定系数法求解即可；
(2)①根据日销售利润=日销售量×(销售单价−成本单价)即可求解；
②根据二次函数的顶点式即可求解；
(3)根据日销售利润=日销售量×(销售单价−成本单价)，把销售的最大利润代入即可求解．
本题考查了二次函数的应用，解决本题的关键是熟练销售问题的数量关系．
23.【答案】解：(1)当点B′与点D重合时，四边形BEDF是菱形．理由如下：
设EF与BD交于点O，

如图1，由折叠得：EF⊥BD，OB=OD，
∴∠BOF=∠DOE=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠OBF=∠ODE，
∴△BFO≌△DEO(ASA)，
∴OE=OF，
又∵EF⊥BD，OB=OD，
∴四边形BEDF是菱形；
(2)∵四边形ABCD是矩形，AB=4，AD=8，BF=3，
∴∠BCD=90°，CD=AB=4，BC=AD=8，
∴CF=BC−BF=8−3=5，
∴BD= BC2+CD2= 82+42=4 5，
如图2，设EF与BD交于点M，过点B′作B′K⊥BC于K，

∵将矩形纸片ABCD折叠，使点B落在对角线BD上，
∴B′F=BF=3，BB′=2BM，∠A′B′F=∠ABF=∠BMF=∠B′MF=90°，
∴∠BMF=∠BCD，
∵∠FBM=∠DBC，
∴△BFM∽△BDC，
∴BMBC=BFBD，
即BM8=34 5，
∴BM=6 55，
∴BB′=12 55，
∵∠BKB′=∠BCD，∠B′BK=∠DBC，
∴△BB′K∽△BDC，
∴B′KCD=BKBC=BB′BD，
即B′K4=BK8=12 554 5，
∴B′K=125，BK=245，
∴FK=BK−BF=245−3=95，
在Rt△B′FK中，tan∠B′FC=B′KFK=43；
(3)∵A′B′//AC，
∴∠A′B′B=∠AOB，
由折叠得：∠A′B′B=∠ABO，
∴∠ABO=∠AOB，
则OA=AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，∠ABC=90°，
∴OA=OB=AB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
在△ABC中，tan∠BAC=BCAB= 3，
∴BC与AB间满足的数量关系是BC= 3AB．
【解析】(1)证明△BFO≌△DEO(ASA)，得出OE=OF，由菱形的判定可得出结论；
(2)求出BD的长，设EF与BD交于点M，过点B′作B′K⊥BC于K，由折叠得：∠A′B′F=∠ABF=∠BMF=∠B′MF=90°，B′F=BF=3，BB′=2BM，得出∠BMF=∠BCD，证明△BFM∽△BDC，得出BMBC=BFBD，证明△BB′K∽△BDC，由相似三角形的性质得出B′KCD=BKBC=BB′BD，则可得出结论；
(3)证明△OAB是等边三角形，得出∠BAC=60°，则可得出结论．
本题是几何变换综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，折叠的性质等知识，熟练掌握以上知识是解决本题的关键．
24.【答案】解：(1)由题可设抛物线解析式为y=a(x−1)2+2，
代入点B，得4a+2=0，
∴a=12，
∴抛物线解析式为：y=−12(x−1)2+2；
(2)∵A(1,2)，B(−1,0)，C(3,0)，
∴AB= 22+22=2 2，
同理，AC= 2，BC=4，
∴AB2+AC2=BC2，AB=AC，
∴∠BAC=90°，
则△ABC为等腰直角三角形；
(3)如图1，过P作PF⊥x轴于F，交CD于H，

∵PE⊥CD，
∴∠PEH=∠PFC=90°，
∴∠PHE+∠EPH=∠CHF+DCB=90°，
∵∠PHE=∠CHF，
∴∠EPH=∠DCB，
令x=0，则y=−12(x−1)2+2=32，
∴D(0,32)，
令y=0，则y=−12(x−1)2+2=0，
解得x=−1或3，
∴C(3,0)，
∴DO=32，CO=3，
由点C、D的坐标得，CD=3 52，CD的表达式为：y=−12x+32，
∴cs∠EPH=cs∠DCB=COCD=2 55，
设P(m,−12m2+m+32)，则点H(m,−12m+32)，
则PH=−12m2+32m，
∵cs∠EPH=PEHP=2 55，
∴PE=− 55m2+3 55m=− 55(m−32)2+9 520≤9 520，
∵PE最大值为9 520；
(4)①如图2，当P在x轴下方时，tan∠ACP=tanα=2，

延长AB交CP延长线于K，过A作x轴平行线，过K作y轴平行线，两线交于点Q，
过C作CR⊥AQ于R，
由(2)知，∠BAC=90°，
∵∠AKQ+∠QAK=∠QAK+∠RAC=90°，
∴∠AKQ=∠RAC，
又∠AQK=∠CRA=90°，
∴△AQK∽△CRA，
∴AKCK=AQCR=QKRA，
又tan∠ACK=AKAC=2，
∴QKAR=AQCR=2，
又AR=CR=2，
∴QK=AQ=4，
∴K(−3,−2)，
由点C、K的坐标得，直线CK为y=13x−1，
联立上式和抛物线的表达式得：−12(x−1)2+2=13x−1，
解得x=−53或3，
∴P的横坐标为−53，
②如图3，当P在x轴上方时，K关于x轴的对称点为K′，则K′(−3,2)，

连接CK′交抛物线于点P，
同理可得，直线CK′为y=−13x+1，
联立上式和抛物线的表达式得：−12(x−1)2+2=−13x−1，
∴x=13或3，
∴P的横坐标为−13，
综上，P的横坐标为−53或−13．
【解析】(1)利用抛物线顶点坐标已知，将抛物线设为顶点式，代入B点，求得抛物线解析式；
(2)由勾股定理即可求解；
(3)先由抛物线的解析式，求出抛物线与坐标轴的三个交点D、B、C，则直角△DOC的各个内角三角函数值和边长均可求，且直线CD的解析式可求，因为PE⊥CD，可以过P作PF⊥x轴与F，交CD于H，则可以证得△PEH∽△COD，利用相等的角的三角函数值相等这个结论，得到PE与PH的数量关系，设出P点坐标，可以得到H点坐标，表示出PH的长度，继而求得PE的长度，得到一个二次函数，根据P的横坐标范围，讨论这个二次函数最值问题，在顶点处取得最值，即可解决．
(4)根据题意，可以画图，得到PC可以在x轴上方和x轴下方两种情况，先看PC在x轴下方，利用A、B、C三点坐标，可以证得∠BAC=90°，延长AB交CP于K点，则△AKC是一个直角三角形，构造一线三直角模型，可以求得CK的解析式，从而联立CK与抛物线解析式，求出交点P的横坐标，当P在x轴上方时，可以先求出K关于x轴对称点K′的坐标，先求出直线CK′的解析式，再联立直线CK′与抛物线解析式，求出交点P的横坐标．
此题是二次函数综合题，考查了线段最值问题，解决关键就是做横平竖直线，将“斜线段”转化成“垂线段”，利用函数思想解决最值问题，第三问考查了角的存在性问题，要注意画图，分类讨论，利用一线三直角模型来解决问题．平均数
中位数
众数
满分率
七年级
92
92.5
99
10%
八年级
92
b
c
30%
销售单价x(元)
75
78
82
日销售量y(件)
150
120
80
日销售利润w(元)
5250
a
3360