2024年吉林省长春市绿园区中考数学二模试卷

这是一份2024年吉林省长春市绿园区中考数学二模试卷，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.下列各数中，正整数是( )
A. 3B. 2.1C. 0D. −2
2.我国自主研制的全球最大集装箱船“地中海泰莎”号的甲板面积近似于4个标准足球场，可承载240000吨的货物.数字240000用科学记数法可表示为( )
A. 2.4×105B. 0.24×106C. 2.4×106D. 24×104
3.下列运算正确的是( )
A. a8÷a4=a2B. 4a5−3a5=1C. a3⋅a4=a7D. (a2)4=a6
4.四个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，从正面得到的视图是( )
A.
B.
C.
D.
5.如图，已知△ABC中，∠ABC=45°，F是高AD和BE的交点，CD=4，则线段DF的长度为( )
A. 2 2B. 4C. 3 2D. 4 2
6.某楼梯的侧面如图所示，已测得BC的长约为3.5米，∠BCA约为29°，则该楼梯的高度AB可表示为( )
A. 3.5sin29°米B. 3.5cs29°米C. 3.5tan29°米D. 3.5cs29∘米
7.如图，直线l1//l2，点C、A分别在l1、l2上，以点C为圆心，CA长为半径画弧，交l1于点B，连接AB.若∠BCA=150°，则∠1的度数为( )
A. 10°B. 15°C. 20°D. 30°
8.如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，矩形OABC的顶点C、A分别在x轴、y轴的正半轴上，点D在AB上，且AD=14AB，反比例函数y=kx(k>0)的图象经过点D及矩形OABC的对称中心M，连结OD、OM、DM.若△ODM的面积为3，则k的值为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
9.计算：(−1)2+(13)0= ______．
10.在平面直角坐标系中，若抛物线y=x2−6x+c的顶点在x轴，则c的值为______．
11.若甲组数据1，2，3，4，5的方差是S甲2，乙组数据21，22，23，24，25的方差是S乙2，则S甲2 ______S乙2(填“>”、“<”或“=”)．
12.矩形窗户上的装饰物如图所示，它是由半径均为b的两个四分之一圆组成，则能射进阳光部分的面积是______．
13.如图，正方形ABCD的边长为4，点P在DC边上且DP=1，点Q是AC上一动点，则DQ+PQ的最小值为______．
14.如图，点C为线段AB上一点，△DAC、△ECB都是等边三角形，AE、DC交于点M，DB、EC交于点N，DB、AE交于点P，连结MN，给出下面四个结论：①MN//AB；②∠DPM=60°；③∠AEB=90°；④△ACM≌△DCN.上述结论中，一定正确的是______(填所有正确结论的序号)．
三、解答题：本题共10小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题6分)
先化简，再求值：(x−2)(x+2)−x(x−1)，其中x=3．
16.(本小题6分)
一只不透明的袋子中装有4个小球，分别标有编号1、2、3、4，这些小球除编号外都相同.将小球搅匀后从中任意摸出1个球，记录球的编号后放回、搅匀，再从中任意摸出1个球.用画树状图或列表的方法，求第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1的概率．
17.(本小题6分)
在“旅游示范公路”建设的过程中，工程队计划在海边某路段修建一条长1200m的步行道．由于采用新的施工方式，平均每天修建步行道的长度是计划的1.5倍，结果提前5天完成任务．求计划平均每天修建步行道的长度．
18.(本小题7分)
如图，四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，O是AC的中点，AD//BC，AC=8，BD=6．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)若AC⊥BD，求▱ABCD的面积．
19.(本小题7分)
某校为了解“世界读书日”主题活动开展情况，对本学期开学以来学生课外读书情况进行了随机抽样调查，所抽取的12名学生课外读书数量(单位：本)数据如下：2，4，5，4，3，5，3，4，1，3，2，4．

(1)补全学生课外读书数量条形统计图；
(2)求本次所抽取学生课外读书数量的平均数；
(3)该校有600名学生，请根据抽样调查的结果，估计本学期开学以来课外读书数量不少于3本的学生人数．
20.(本小题7分)
如图，在6×6的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上.按要求完成下列画图.(要求：用无刻度直尺，保留必要的画图痕迹，不写画法)
(1)在图①中画出一个△ABD，使S△ABD=S△ABC，D为格点(点D不在点C处)；
(2)在图②中的边BC上找一点E，连接AE，使AE⊥BC；
(3)在图③中的边BC上找一点F，使点F到AB和AC所在直线的距离相等．
21.(本小题8分)
妍妍和佳佳上山游玩，已知佳佳先上山，匀速步行到达小憩屋，休息片刻后继续按原速度前行.佳佳出发一段时间后，妍妍骑电动车按照相同的路线追赶佳佳，两人都到达了山顶.图中l1，l2分别表示佳佳和妍妍离开山脚的距离y(m)与上山所用时间x(min)之间的函数关系(从佳佳上山时开始计时).根据图象解决下列问题：
(1)妍妍出发______分钟追上佳佳；
(2)求l2所在直线对应的函数表达式；
(3)妍妍比佳佳早______分钟到达山顶．
22.(本小题9分)
【感知】如图①，在正方形ABCD中，E、F分别在边AB、BC上，CE⊥DP于点O.猜想线段CE与DF的数量关系为______；
【探究】数学小组的同学在此基础上进行了深入的探究：
(1)如图②，在正方形ABCD中，若点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，EG⊥FH于点O，求证：EG=FH；
(2)如图③，将(1)中的条件“在正方形ABCD中”改为“在矩形ABCD中，AB=a，BC=2a”，其他条件不变，则线段EG与FH的数量关系是______；
(3)如图④，在四边形ABCD中，∠ABC=90°⋅∠BCD=60°，AB=BC=CD=6，点M在AB上，且BM=2，连结CM，过点D作DN⊥CM交CM于点O，交BC于点N，直接写出线段DN的长．
23.(本小题10分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿折线AC−CB向终点B匀速运动.当点P不与点A、B重合时，过点P作PD⊥AB于点D，以PD、DB为邻边作矩形PDBF、设点P运动的时间是t(秒)．
(1)线段AB的长为______；
(2)当矩形PDBF恰好是正方形时，求t的值；
(3)当DF⊥BC时，求t的值；
(4)延长PD到点Q，使DQ=2，连结FQ.当直线QF分矩形PDBF的面积为1：5两部分时，直接写出t的值．
24.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=x2−2x−2经过点A.已知点A的横坐标为m+1，其中m>0.点B的坐标为(2m+2,0)．
(1)当m=1时，线段AB的长度为______；
(2)当抛物线经过点B时，求m的值；
(3)该抛物线与y轴的交点为点P，当抛物线在点P和点A之间的部分(包括P、A两点)的最高点和最低点的纵坐标之差为3m−1时，求m的值；
(4)作点A关于y轴的对称点C，连结BC与y轴交于点D，若抛物线与AC、OC分别交于E、F两点(不与点A重合).当△CDE(或△CDF)的面积与四边形ABOC的面积比为1：9时，直接写出m的值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.3是正整数，
则A符合题意；
B.2.1是有限小数，即为分数，
则B不符合题意；
C.0既不是正数，也不是负数，
则C不符合题意；
D.−2是负整数，
则D不符合题意；
故选：A．
整数和分数统称为有理数，整数包括正整数，0和负整数，分数包括正分数和负分数，据此进行判断即可．
本题考查了有理数的分类，其相关定义是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
2.【答案】A
【解析】解：240000=2.4×105，
故选：A．
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】C
【解析】解：A.a8÷a4=a4，故本选项不合题意；
B.4a5−3a5=a5，故本选项不合题意；
C.a3⋅a4=a7，故本选项符合题意；
D(a2)4=a8，故本选项不合题意；
故选：C．
分别根据同底数幂的乘除法法则，合并同类项的法则，幂的乘方的运算法则，逐一判断即可．
本题考查了同底数幂的乘除法法则，合并同类项的法则，幂的乘方的运算法则，解题的关键是熟记相关法则并灵活运用．
4.【答案】D
【解析】解：从正面看，底层是两个小正方形，上层的右边是一个小正方形，
故选：D．
根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图．解题的关键是理解简单组合体的三视图的定义，明确从正面看得到的图形是主视图．
5.【答案】B
【解析】【分析】
此题主要考查了全等三角形的判定，关键是找出能使三角形全等的条件．
先证明AD=BD，再证明∠FBD=∠DAC，从而利用ASA证明△BDF≌△CDA，利用全等三角形对应边相等就可得到答案．
【解答】
解：
∵AD⊥BC，BE⊥AC，
∴∠ADB=∠AEB=∠ADC=90°，
∴∠EAF+∠AFE=90°，∠FBD+∠BFD=90°，
∵∠AFE=∠BFD，
∴∠EAF=∠FBD，
∵∠ADB=90°，∠ABC=45°，
∴∠BAD=45°=∠ABC，
∴AD=BD，
在△ADC和△BDF中
∠CAD=∠DBFAD=BD∠FDB=∠ADC，
∴△ADC≌△BDF，
∴DF=CD=4，
故选：B．
6.【答案】A
【解析】解：在Rt△ABC中，
∵sin∠ACB=ABBC，BC=3.5米，∠BCA=29°，
∴AB=BCsin∠ACB=3.5sin29°(米)，
故选：A．
由sin∠ACB=ABBC得AB=BCsin∠ACB=3.5sin29°米，
则该楼梯的高度AB可表示为3.5sin29°米．
本题主要考查解直角三角形的应用，熟练掌握正弦函数的定义是解题的关键．根据sin∠ACB=ABBC进行求解即可．
7.【答案】B
【解析】解：由题意可得AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA，
∵∠BCA=150°，∠BCA+∠CAB+∠CBA=180°，
∴∠CAB=∠CBA=15°，
∵l1/​/l2，
∴∠1=∠CBA=15°．
故选：B．
由题意可得AC=BC，则∠CAB=∠CBA，由∠BCA=150°，∠BCA+∠CAB+∠CBA=180°，可得∠CAB=∠CBA=15°，再结合平行线的性质可得∠1=∠CBA=15°．
本题考查作图−基本作图、平行线的性质、三角形内角和定理，能根据题意得出BC=AC是解答本题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵矩形OABC的对称中心是M，
∴OM延长OM交于点B，
∵OM=BM，
∴S△OMD=S△BDM=3，
∵AD=14AB，
∴AD=13BD，
∴S△AOD=13S△DOB=13×6=2，
∴k=4．
故选：C．
根据反比例函数k值几何意义解答即可．
本题考查了反比例函数k值的几何意义，熟练掌握k值几何意义是关键．
9.【答案】2
【解析】解：原式=1+1
=2．
故答案为：2．
直接利用零指数幂的性质以及有理数的乘方运算法则计算，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．
10.【答案】9
【解析】解：∵y=x2−6x+c，
∴y=(x−3)2+c−9，
∵抛物线y=x2−6x+c的顶点在x轴，
∴c−9=0，
∴c=9．
故答案为：9．
先写出抛物线的顶点坐标，再根据已知条件列出关于c的方程式即可求得答案．
本题主要考查二次函数的性质，写出二次函数的顶点坐标是解题的关键．
11.【答案】=
【解析】解：把乙组数据都减去20得到：1，2，3，4，5，
新数据与甲组数据一样，
所以甲乙的方差相等．
故答案为：=．
把乙组数据都减去20得到1，2，3，4，5，根据方差的意义得到新数据与原数据的方差不变，从而可判断甲乙方差的大小关系．
本题考查了方差：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越差；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
12.【答案】2ab−12πb2
【解析】解：能射进阳光部分的面积=2ab−12πb2．
能射进阳光部分的面积=长方形的面积−直径为2b的半圆的面积．
解决问题的关键是读懂题意，找到所求的量的等量关系.阴影部分的面积一般应整理为一个规则图形的面积．
13.【答案】5
【解析】解：如图，连接BP，
∵点B和点D关于直线AC对称，
∴QB=QD，
则BP就是DQ+PQ的最小值，
∵正方形ABCD的边长是4，DP=1，
∴CP=3，
∴BP= 42+32=5，
∴DQ+PQ的最小值是5．
故答案为：5．
要求DQ+PQ的最小值，DQ，PQ不能直接求，可考虑通过作辅助线转化DQ，PQ的值，从而找出其最小值求解．
此题考查了正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用，得出DQ+PQ的最小值时Q点位置是解题关键．
14.【答案】①②④
【解析】解：∵△DAC、△ECB都是等边三角形，
∴AC=CD，CE=CB，∠ACD=∠BCE=60°，
∴∠ACE=∠DCB，
∴△ACE≌△DCB(SAS)，
∴∠CAM=∠MDP，
∵∠PMD=∠CMA，
∴∠DPM=∠ACM=60°，
故②符合题意；
∵∠CAM=∠CDN，AC=CD，∠ACM=∠DCN，
∴△ACM≌△DCN(ASA)，
故④符合题意；
∵△ACM≌△DCN(ASA)，
∴CM=CN，
∵∠MCN=180°−60°−60°=60°，
∴△MNC是等边三角形，
∴∠CMN=60°，
∴∠CMN=∠ACD，
∴MN//AB，
故①符合题意；
∵C在AB上的位置在变化，
∴∠AEB在变化，∠AEB不一定是90°，
故③不符合题意．
∴正确的是①②④．
故答案为：①②④．
由SAS判定△ACE≌△DCB，推出∠CAM=∠MDP，由对顶角的性质得到∠PMD=∠CMA，由三角形内角和定理得到∠DPM=∠ACM=60°，由ASA判定△ACM≌△DCN，推出CM=CN，而∠MCN=180°−60°−60°=60°，得到△MNC是等边三角形，因此∠CMN=60°，得到∠CMN=∠ACD，推出MN//AB，∠AEB在变化，∠AEB不一定是90°．
本题考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，关键是由等边三角形的性质推出△ACE≌△DCB(SAS)，△ACM≌△DCN(ASA)，判定△MNC是等边三角形，
15.【答案】解：(x−2)(x+2)−x(x−1)
=x2−4−x2+x
=x−4，
当x=3时，原式=x−4=−1．
【解析】根据平方差公式、单项式乘多项式的法则把原式化简，代入计算即可．
本题考查的是整式的化简求值，掌握整式的混合运算法则是解题的关键．
16.【答案】解：画树状图如下：

共有16个等可能的结果，其中第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1的结果有3种，
∴第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1的概率为316．
【解析】画树状图，共有16个等可能的结果，其中第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1的结果有3种，再由概率公式求解即可．
本题考查了树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
17.【答案】解：设计划平均每天修建步行道的长度为xm，则采用新的施工方式后平均每天修建步行道的长度为1.5xm，
依题意，得：1200x−12001.5x=5，
解得：x=80，
经检验，x=80是原分式方程的解，且符合题意．
答：计划平均每天修建步行道的长度为80m．
【解析】设计划平均每天修建步行道的长度为xm，则采用新的施工方式后平均每天修建步行道的长度为1.5xm，根据工作时间=工作总量÷工作效率，结合实际比原计划提前5天完成任务，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
18.【答案】解：
(1)∵O是AC的中点，
∴OA=OC，
∵AD/​/BC，
∴∠ADO=∠CBO，
在△AOD和△COB中，
∠ADO=∠CBO∠AOD=∠COBOA=OC，
∴△AOD≌△COB，
∴OD=OB，
∴四边形ABCD是平行四边形；
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴▱ABCD的面积=12AC⋅BD=24．
【解析】(1)由已知条件易证△AOD≌△COB，由此可得OD=OB，进而可证明四边形ABCD是平行四边形；
(2)由(1)和已知条件可证明四边形ABCD是菱形，由菱形的面积公式即可得解．
此题主要考查平行四边形的判定和菱形的判断和性质．熟练掌握各种特殊四边形的性质定理和判定定理是解题的关键．
19.【答案】解：(1)补全统计图如图所示：

(2)1×1+2×2+3×3+4×4+2×512=103(本)，
即本次所抽取学生课外读书数量的平均数为103本；
(3)3+4+212×600=450(名)，
答：本学期开学以来课外读书数量不少于3本的学生人数约为450名．
【解析】(1)根据题意直接画图；
(2)根据加权平均数的公式计算即可；
(3)先求课外读书数量不少于3本的学生人数所占的比例，再乘以600．
本题主要考查了学生平均数，用样本估计总体，条形统计图等统计的知识，解题的关键是掌握加权平均数的计算公式．
20.【答案】解：(1)如图①，△ABD即为所求(答案不唯一)．
(2)如图②，点E即为所求．
(3)由勾股定理得，AC= 42+32=5，
如图③，取格点D，使AD=AC=5，再取CD的中点E，连接AE，交BC于点F，
可知AE为∠BAC的平分线，
则点F到AB和AC所在直线的距离相等，
则点F即为所求．

【解析】(1)根据题意，使格点D到直线AB的距离等于4个小正方形边长即可．
(2)根据垂线的定义可得答案．
(3)结合角平分线的性质，取格点D，使AD=AC=5，再取CD的中点E，连接AE，与BC的交点即为点F．
本题考查作图—应用与设计作图、角平分线的性质、垂线、三角形的面积，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21.【答案】6 8
【解析】解：(1)根据题意得：21−15=6(分钟)，
∴妍妍出发6分钟追上佳佳．
故答案为：6；
(2)设l2所在直线对应的函数表达式为y=kx+b(k≠0)，
将(15,0)，(21,1800)代入y=kx+b得：15k+b=021k+b=1800，
解得：k=300b=−4500，
∴l2所在直线对应的函数表达式为y=300x−4500；
(3)当y=3000时，300x−4500=3000，
解得：x=25，
∴佳佳出发25分钟时妍妍到达山顶．
∵33−25=8(分钟)，
∴妍妍比佳佳早8分钟到达山顶．
故答案为：8．
(1)利用妍妍追上佳佳的时间=妍妍追上佳佳时佳佳出发的时间−妍妍出发时佳佳出发的时间，即可求出结论；
(2)观察函数图象，根据图中点的坐标，利用待定系数法，即可求出l2所在直线对应的函数表达式；
(3)代入y=3000，求出x的值，进而可得出佳佳出发25分钟时妍妍到达山顶，再结合佳佳到达山顶的时间，即可求出结论．
本题考查了一次函数的应用，根据图中点的坐标，利用待定系数法求出l2所在直线对应的函数表达式是解题的关键．
22.【答案】CE=DF EG=2FH
【解析】【感知】解：CE=DF；理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=CD，∠BCD=∠B=90°，
又∵DF⊥CE，
∴∠CDO+∠DCO=90°=∠DCO+∠BCE，
∴∠CDO=∠BCE，
在△BCE和△CDF中，
∠B=∠DCF BC=CD∠BCE=∠CDF，
∴△BCE≌△CDF(ASA)，
∴CE=DF，
故答案为：CE=DF；
【探究】(1)证明：过点H作HN⊥BC交于N，过点G作GM⊥BA交于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴MG=HN，
∵HF⊥EG，
∴∠MGE=∠NHF，
∴△HFN≌△GEM(ASA)，
∴HF=EG；
(2)解：EG=2FH；理由如下：
过点H作HQ⊥BC交于Q，过点G作GP⊥AB交于P，
由(1)可得，∠QHF=∠PGE，
∴△QHF∽△PGE，
∴HFEG=HQPG，
∵AB=a，BC=2a，
∴PG=2a，HQ=a，
∴HFGE=a2a=12，
∴EG=2FH，
故答案为：EG=2FH；
(3)解：如图4，过点D作DS⊥BC于S，
∴∠DSN=∠DSC=∠B=90°，
∵∠DCS=60°，CD=6，
∴DS= 32CD=3 3，
∵BM=2，BC=6，
∴CM= BC2+BM2= 62+22=2 10，
由(1)知△BCM∽△SDN，
∴CMDN=BCSD，
∴2 10DN=63 3
解得DN= 30．
【感知】证明△BCE≌△CDF(ASA)，得出CE=DF；
【探究】(1)过点H作HN⊥BC交于N，过点G作GM⊥BA交于M，证明△HFN≌△GEM(ASA)即可求解；
(2)过点H作HQ⊥BC交于Q，过点G作GP⊥AB交于P，由(1)可得△QHF∽△PGE；
(3)如图3，过点D作DS⊥BC于S，根据垂直的定义得到∠DSN=∠DSC=∠B=90°，已知BM=2，根据勾股定理得到CM的长，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了四边形的综合题，正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
23.【答案】5
【解析】解：(1)在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，ВС=3，
∴AB= АС2+ВС2=5，
故答案为：5；
(2)∵矩形PDBF恰好是正方形，
∴PD=BD，
∵PD⊥AB，
∴∠PDB=90°，
∴∠ADP=∠ACB，
∵∠A=∠A，
∴△APD∽△АBC，
∴APAB=ADAC=PDBC，
∵AP=t，
∴AD=4t5，PD=3t5，
BD=AB−AD=5−4t5，
∴35t=5−4t5，
∴t=257，
∴t的值为257；
(3)由(2)知，BD=5−45t，PD=35t，
∵DF⊥BC，
∴∠BDF+∠ABC=90°，
∵∠BAC+∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠BDF，
∵矩形PDBF，
∴PD=FB=35t，∠DBF=∠ACB=90°，
∴△DFB5∽△ABC，
∴DBAC=FBBC，
∴5−45t4=35t3，
∴t=258，
∴t的值为258；
(4)QF与BD交于点M，
①当点P在AC上时，
∵PF//BD，
∴DQPQ=DMPF，
∴DM=2PFPQ，
∵直线QF分矩形PDBF的面积为1：5两部分，
∴S梯形DMFP=16S矩形PDBF或S梯形DMFP=56S矩形PDBF，
∴12(DM+PF)⋅PD=16PD⋅BD或12(DM+PF)⋅PD=56PD⋅BD，
∵PF=BD，
∴2PQ=1或2PQ=−23(舍去)，
∵PQ=PD+DQ=2+35t，
∴t=53；
②当点P在BC上时，
∵PF//BD，
∴DQPQ=DMPF，
∴DM=2PFPQ，
∵直线QF分矩形PDBF的面积为1：5两部分，
∴S梯形DMFP=16S矩形PDBF或S梯形DMFP=56S矩形PDBF，
∴12(DM+PF)⋅PD=16PD⋅BD或12(DM+PF)⋅PD=56PD⋅BD，
∵PF=BD，
∴2PQ=1或2PQ=−23(舍去)，
∵△PDB∽△ACB，
∴PDAC=PBAB，
∵PB=7−t，
∴PD=28−4t5，
∴PQ=PD+DQ=2+28−4t5，
∴t=234；
综上，t的值为53或234．
(1)根据勾股定理即可求解；
(2)根据矩形PDBF恰好是正方形，则PD=BD，根据相似三角形的性质即可求解；
(3)根据相似三角形的性质即可求解；
(4)分情况讨论，①当点P在AC上时，②当点P在BC上时，根据三角形相似和矩形面积公式即可求解．
此题主要考查矩形综合题，相似三角形的判定与性质，矩形的面积，解题的关键是熟练掌握分类讨论思想和相似三角形的判定与性质．
24.【答案】2 2
【解析】解：(1)当m=1时，A(2,−2)，B(4,0)，
∴AB=2 2，
故答案为：2 2；
(2)将点B代入y=x2−2x−2，
∴(2m+2)2−2(2m+2)−2=0，
解得m= 3−12或m=−1− 32，
∵m>0，
∴m= 3−12；
(3)当x=0时，y=−2，
∴P(0,−2)，
∵y=x2−2x−2=(x−1)2−3，
∴抛物线的顶点为(1,−3)，
∵m>0，
∴m+1>1，
当0解得m=23；
当m>1时，m2−3−(−3)=3m−1，
解得m=3+ 52或m=3− 52(舍)；
综上所述：m的值为23或3+ 52；
(4)∵A(m+1,m2−3)，A、C点关于y轴对称，
∴C(−m−1,m2−3)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴(2m+2)k+b=0(−m−1)k+b=m2−3，
解得k=3−m23m+3b=2m2−63，
∴直线BC的解析式为y=3−m23m+3x+2m2−63，
∴D(0,2m2−63)，
∵A、E点关于直线x=1对称，
∴E(−m+1,m2−3)，
∴CE=2，
∴S△CED=12×2×(m2−3−2m2−63)=m2−33，
∵OB=AC，OB/​/AC，
∴四边形OBAC是平行四边形，
∴S▱OBAC=(2m+2)(m2−3)，
∵S△CED=19S▱OBAC，
∴3(m2−3)=2(m+1)(m2−3)，
解得m=12；
设AC与y轴的交点为M，则AM=CM，
∵OB=AC，
∴CM=12AC，
∵AC/​/OB，
∴DM=12OD，
设CM=a，DM=b，则AC=2a，OD=2b，
∴S▱OBAC=2a⋅3b=6ab，S△DCM=12ab，S△OCM=32ab，
∵S△CED=19S▱OBAC，
∴S△CED=23ab，
设F点到y轴的距离为h，
∴S△OFD=12×2bh=bh，
∴bh=32ab−23ab−12ab，
∴h=13a，
∴F(−13m−13,13m2−1)，
∴13m2−1=(−13m−13)2−2(−13m−13)−2，
解得m=2+ 3或m=2− 3；
综上所述：m的值为2+ 3或2− 3或12．
(1)求出A、B两点坐标，再求AB的长即可；
(2)将点B代入y=x2−2x−2，求出m的值即可；
(3)当01时，m2−3−(−3)=3m−1，解得m=3+ 52或m=3− 52(舍)；
(4)分别求出C(−m−1,m2−3)，D(0,2m2−63)，E(−m+1,m2−3)，可得CE=2，再求S△CED=m2−33，判断出四边形OBAC是平行四边形，则S▱OBAC=(2m+2)(m2−3)，当S△CED=19S▱OBAC时，m=12；设AC与y轴的交点为M，则CM=12AC，DM=12OD，设CM=a，DM=b，则AC=2a，OD=2b，分别求出S▱OBAC=6ab，S△DCM=12ab，S△OCM=32ab，再由S△CED=19S▱OBAC，可得S△CED=23ab，设F点到y轴的距离为h，则S△OFD=12×2bh=bh，由bh=32ab−23ab−12ab，解得h=13a，从而求出F(−13m−13,13m2−1)，将点F代入函数解析式即可求m=2+ 3或m=2− 3．
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，平行四边形的性质，数形结合是解题的关键．