2024年四川省成都市中考数学试卷（含解析）

这是一份2024年四川省成都市中考数学试卷（含解析），共27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.−5的绝对值是( )
A. 5B. −5C. 15D. −15
2.如图所示的几何体是由5个大小相同的小立方块搭成，它的主视图是( )
A. B.
C. D.
3.下列计算正确的是( )
A. (3x)2=3x2B. 3x+3y=6xy
C. (x+y)2=x2+y2D. (x+2)(x−2)=x2−4
4.在平面直角坐标系xOy中，点P(1,−4)关于原点对称的点的坐标是( )
A. (−1,−4)B. (−1,4)C. (1,4)D. (1,−4)
5.为深人贯彻落实《中共中央、国务院关于学习运用“千村示范、万村整治”工程经验有力有效推进乡村全面振兴的意见》精神，某镇组织开展“村BA”、村超、村晚等群众文化赛事活动，其中参赛的六个村得分分别为：55，64，51，50，61，
55，则这组数据的中位数是( )
A. 53B. 55C. 58D. 64
6.如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，则下列结论一定正确的是( )
A. AB=ADB. AC⊥BD
C. AC=BDD. ∠ACB=∠ACD
7.中国古代数学著作《九章算术》中记载了这样一个题目：今有共买进，人出半，盈四;人出少半，不足三.问人数，班价各几何?其大意是：今有人合伙买班石，每人出12钱，会多出4钱;每人出13钱，又差了3钱.问人数，班价各是多少?设人数为x，班价为y，则可列方程组为( )
A. y=12x+4,y=13x+3B. y=12x−4,y=13x+3C. y=12x−4,y=13x−3D. y=12x+4,y=13x−3
8.如图，在▱ABCD中，按以下步骤作图： ①以点B为圆心，以适当长为半径作弧，分别交BA，BC于点M，N; ②分别以M，N为圆心，以大于12MN的长为半径作弧，两弧在∠ABC内交于点O; ③作射线BO，交AD于点E，交CD延长线于点F.若CD=3，
DE=2，下列结论错误的是( )
A. ∠ABE=∠CBEB. BC=5
C. DE=DFD. BEEF=53
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9.若m，n为实数，且(m+4)2+ n−5=0，则(m+n)2的值为 ．
10.分式方程1x−2=3x的解是 ．
11.如图，在扇形AOB中，OA=6，∠AOB=120∘，则AB的长为 ．
12.盒中有x枚黑棋和y枚白棋，这些棋除颜色外无其他差别.从盒中随机取出一枚棋子，如果它是黑棋的概率是38，则xy的值为 ．
13.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A(3,0)，B(0,2)，过点B作y轴的垂线l，P为直线l上一动点，连接PO，PA，则PO+PA的最小值为 ．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14.(1)（6分）计算： 16+2sin60∘−(π−2024)0+| 3−2|．
(2)（6分）解不等式组：2x+3⩾−1,①x−12−115.（8分）2024年成都世界园艺博览会以“公园城市美好人居”为主题，秉持“绿色低碳、节约持续、共享包容”的理念，以园艺为媒介，向世界人民传递绿色发展理念和诗意栖居的美好生活场景.在主会场有多条游园线路，某单位准备组织全体员工前往参观，每位员工从其中四条线路(国风古韵观赏线、世界公园打卡线、亲子互动慢游线、园艺小清新线)中选择一条.现随机选取部分员工进行了“线路选择意愿”的摸底调查，并根据调查结果绘制成如下统计图表．
根据图表信息，解答下列问题：
(1)本次调查的员工共有 人，表中x的值为 ;
(2)在扇形统计图中，求“国风古韵观赏线”对应的圆心角度数;
(3)若该单位共有2200人，请你根据调查结果，估计选择“园艺小清新线”的员工人数．
16.（8分）中国古代运用“土圭之法”判别四季.夏至时日影最短，冬至时日影最长，春分和秋分时日影长度等于夏至和冬至日影长度的平均数.某地学生运用此法进行实践探索，如图，在示意图中，产生日影的杆子AB垂直于地面，AB长8尺.在夏至时，杆子AB在太阳光线AC照射下产生的日影为BC;在冬至时，杆子AB在太阳光线AD照射下产生的日影为BD.已知∠ACB=73．4∘，∠ADB=26．6∘，求春分和秋分时日影长度.(结果精确到0.1尺;参考数据：sin26．6∘≈0.45，cs26．6∘≈0.89，tan26．6∘≈0.50，sin73．4∘≈0.96，cs73．4∘≈0.29，tan73．4∘≈3.35)．
17.（10分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，D为斜边AB上一点，以BD为直径作⊙O，交AC于E，F两点，连接BE，BF，DF．
(1)求证：BC⋅DF=BF⋅CE;
(2)若∠A=∠CBF，tan∠BFC= 5，AF=4 5，求CF的长和⊙O的直径．
18.（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=−x+m与直线y=2x相交于点A(2,a)，与x轴交于点B(b,0)，点C在反比例函数y=kx(k<0)图象上．
(1)求a，b，m的值;
(2)若O，A，B，C为顶点的四边形为平行四边形，求点C的坐标和k的值;
(3)过A，C两点的直线与x轴负半轴交于点D，点E与点D关于y轴对称.若有且只有一点C，使得△ABD与△ABE相似，求k的值．
四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分。）
19.如图，△ABC≌△CDE，若∠D=35∘，∠ACB=45∘，则∠DCE的度数为 ．
20.若m，n是一元二次方程x2−5x+2=0的两个实数根，则m+(n−2)2的值为 ．
21.在综合实践活动中，数学兴趣小组对1∽n这n个自然数中，任取两数之和大于n的取法种数k进行了探究.发现：当n=2时，只有{1,2}一种取法，即k=1;当n=3时，有{1,3}和{2,3}两种取法，即k=2;当n=4时，可得k=4;⋯⋯若n=6，则k的为 ;若n=24，则k的值为 ．
22.如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，AD是△ABC的一条角平分线，E为AD中点，连接BE.若BE=BC，CD=2，则BD= ．
23.在平面直角坐标系xOy中，A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)是二次函数y=−x2+4x−1图象上三点.若04，则y1 y2(填“>”或“<”);若对于m五、解答题（本大题共3个小题，共30分。）
24.（8分）推进中国式现代化，必须坚持不懈夯实农业基础，推进乡村全面振兴.某合作社着力发展乡村水果网络销售，在水果收获的季节，该合作社用17500元从农户处购进A，B两种水果共1500kg进行销售，其中A种水果收购单价10元/kg，B种水果收购单价15元/kg．
(1)求A，B两种水果各购进多少千克;
(2)已知A种水果运输和仓储过程中质量损失4%，若合作社计划A种水果至少要获得20%的利润，不计其他费用，求A种水果的最低销售单价．
25.（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L:y=ax2−2ax−3a(a>0)与x轴交于A，B两
点(点A在点B的左侧)，其顶点为C，D是抛物线第四象限上一点．
(1)求线段AB的长;
(2)当a=1时，若△ACD的面积与△ABD的面积相等，求tan∠ABD的值;
(3)延长CD交x轴于点E，当AD=DE时，将△ADB沿DE方向平移得到△A′EB′.将抛物线L平移得到抛物线L′，使得点A′，B′都落在抛物线L′上.试判断抛物线L′与L是否交于某个定点.若是，求出该定点坐标;若不是，请说明理由．
26.（12分）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质.已知三角形纸片ABC和ADE中，AB=AD=3，BC=DE=4，∠ABC=∠ADE=90∘．
【初步感知】
(1)如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究BDCE的值．
【深入探究】
(2)如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时，延长ED交AC于点F，求CF的长．
【拓展延伸】
(3)在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形.若能，直接写出所有直角三角形CDE的面积;若不能，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了绝对值．
一个正数的绝对值是它本身，一个负数的绝对值是它的相反数，0的绝对值是0．
【解答】
解：−5<0，所以它的绝对值是它的相反数，即−5的绝对值是5．
故选A．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了几何体的三视图．
根据主视图是从正面看到的图形判定则可．
【解答】
解：从正面看，底层是三个小正方形，上层的左边是一个小正方形．
故选：A．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了乘法公式，积的乘方，合并同类项等知识．
【解答】
解：A选项，(3x)2=9x²≠3x2；故A错误；
B选项，3x和3y不是同类项，不能合并；故B错误；
C选项，(x+y)2=x2+2xy+y2≠x2+y2；故C错误；
D选项，(x+2)(x−2)=x2−4；故D正确．
故选D．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了关于原点对称的点的坐标．
平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
【解答】
解：点(1,−4)关于原点对称的点的坐标是(−1,4)，
故选：B．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查中位数，解答本题的关键是明确中位数的定义，找出这组数据的中位数．
【解答】
解：先对这组数据进行从小到大进行排序：50，51，55，55，61，64
所以中位数是：(55+55)÷2=55，
故选B．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了矩形的性质．
结合矩形的性质，对选项对比分析即可．
【解答】
解：因为四边形ABCD是矩形，
所以对边平行且相等，AB=CD，AD=BC，AD//BC，AB/​/CD
对角线相等，AC=BD．
矩形的邻边不一定相等，故选项A错误，
矩形的对角线互相平分且相等，但不一定垂直，故B错，C正确;
矩形的对角线不一定平分每组对角，故选项D错误．
故选C．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，列出方程是解题的关键．
设出未知数，根据每人出12钱，会多出4钱;每人出13钱，又差了3钱列出方程组．
【解答】
解：根据题意有：y=12x−4,y=13x+3
故选B．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定和性质，解题的关键是根据作图过程判断角平分线进而判定等腰三角形．
【解答】
解：由作图过程可知∠CBE=∠ABE，故选项A正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AB=CD，AD/​/BC，AB/​/CD
∴∠CBE=∠AEB，∠ABE=∠F
∴∠ABE=∠AEB，∠CBE=∠F
∴AB=AE，AE=CD=3，BC=CF
∴BC=AD=AE+DE=3+2=5，CF=BC=5，
∴DF=CF−CD=2
∴DE=DF
故选项B，C均正确；
又∵AB/​/CD
∴△ABE∽△DFE
∴BEEF=ABDF=32，故选项D错误；
故选D．
9.【答案】1
【解析】【分析】
本题考查了非负数的性质．
利用非负数的性质列出方程组，求出方程组的解得到m与n的值，代入原式计算即可求出值．
【解答】
解：∵m，n为实数，(m+4)2+ n−5=0，
∴m+4=0n−5=0,
解得：m=−4n=5
(m+n)2=(−4+5)2=1
故答案为1．
10.【答案】x=3
【解析】【分析】
本题考查了分式方程的解法，属于基础题，熟记分式方程的解法是解题的关键．
方程两边都乘以x(x−2)，化成整式方程，然后再代入检验即可求解．
【解答】
解：方程两边都乘以x(x−2)得：
x=3(x−2)，
解得：x=3，
检验：∵当x=3时，x(x−2)≠0，
∴x=3是原方程的解，
故答案为：x=3．
11.【答案】4π
【解析】【分析】
本题考查了弧长公式．
将半径OA=6和圆心角∠AOB=120∘，代入弧长公式l=nπr180求解即可．
【解答】
解：∵OA=6，∠AOB=120∘，
∴AB=120×π×6180=4π
故答案为4π．
12.【答案】35
【解析】【分析】
本题考查概率公式：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种可能，那么事件A的概率P(A)=mn．
根据盒中有x枚黑棋和y枚白棋，得出袋中共有(x+y)个棋，再根据概率公式列出关系式即可．
【解答】
解：∵盒中有x枚黑棋和y枚白棋，
∴袋中共有(x+y)个棋，
∵黑棋的概率是38，
∴xx+y=38，
解得xy=35
故答案为35．
13.【答案】5
【解析】【分析】
本题考查轴对称一最短问题以及勾股定理和轴对称图形的性质．
先取点A关于直线l的对称点A′，连A′O交直线l于点C，连AC，得到AC=A′C，A′A⊥l，再由轴对称图形的性质和两点之间线段最短，得到当O，P，A′三点共线时，PO+PA的最小值为A′O，再利用勾股定理求A′O即可．
【解答】
解：取点A关于直线l的对称点A′，连A′O交直线l于点C，连AC，
则可知AC=A′C，A′A⊥l，
∴PO+PA=PO+PA′≥A′O，即当O，P，A′三点共线时，PO+PA的最小值为A′O，
∵直线l垂直于y轴，
∴A′A⊥x轴，
∵A(3,0)，B(0,2)，
∴AO=3，AA′=4，
∴在Rt△A′AO中，A′O= OA2+AA′2= 32+42=5，
故答案为：5
14.【答案】(1) 16+2sin60∘−(π−2024)0+| 3−2|
=4+2× 32−1+2− 3
=4+ 3−1+2− 3
=5
(2)由不等式①得，x⩾−2，
由不等式②得，x<9
所以不等式组的解集为−2⩽x<9．
【解析】本题考查了实数的运算及解不等式组．
(1)根据算术平方根，特殊角三角函数值，零次幂，绝对值进行化简即可；
(2)根据解不等式的步骤，分别解出各个不等式，再求出不等式组的解集即可．
15.【答案】解：(1)调查总人数为48÷30%=160(人)，
选择“世界公园打卡线”的人数为160×90360=40(人)；
(2)“国风古韵观赏线”对应的圆心角度数为360∘×44160=99∘;
(3)选择“园艺小清新线”的人数为160−44−40−48=28(人)，
∴该单位选择“园艺小清新线”的员工人数为2200×28160=385(人)．
【解析】本题考查统计表和扇形统计图的关联、用样本估计总体，理解题意，能从统计图中获取有用信息是解答的关键．
(1)根据选择“亲子互动慢游线”的人数及其所占的百分比可求得调查总人数，再根据选择“世界公园打卡线”对应的圆心角是90∘可求解x值;
(2)由360∘乘以选择“国风古韵观赏线”所占的百分比可得答案;
(3)先求得选择“园艺小清新线”的人数，再由单位总人数乘以样本中选择“园艺小清新线”所占的比例求解即可．
16.【答案】解：∵∠ACB=73．4∘，杆子AB垂直于地面，AB长8尺．
∴tan∠ACB=ABBC，即BC≈83.35=2.39，
∵∠ADB=26．6∘，
∴tan∠ADB=ABBD，即BD≈80.50=16，
∵春分和秋分时日影长度等于夏至和冬至日影长度的平均数．
∴春分和秋分时日影长度为2.39+162≈9.2
答：春分和秋分时日影长度9.2尺．
【解析】本题主要考查解直角三角形和求平均数，利用正切分别求得BC和BD，结合题意利用平均数即可求得春分和秋分时日影长度．
17.【答案】(1)∵BD是⊙O的直径
∴∠BFD=90∘=∠C
又∵∠CEB=∠FDB
∴△EBC∽△DBF
∴ECDF=CBFB
∴BC⋅DF=BF⋅CE
(2)由(1)可知，△EBC∽△DBF
∴∠EBC=∠DBF
∴∠EBC−∠FBE=∠DBF−∠FBE
∴∠CBF=∠EBA
∵∠A=∠CBF
∴∠A=∠EBA
∴AE=BE
∵∠A=∠CBF
∴90∘−∠A=90∘−∠CBF
∴∠ABC=∠CFB
∵tan∠BFC= 5
∴tan∠BFC=tan∠ABC= 5
∴CBCF=ACBC= 5
不妨设CF=x，那么CB= 5x
∵AF=4 5
∴x+4 5 5x= 5
∴x= 5
∴CF= 5，CB= 5x= 5× 5=5
不妨设EF=y，那么AE=AF−EF=4 5−y=BE
在Rt△CEB中，CE=EF+CF=y+ 5，CB=5，BE=4 5−y
∴(y+ 5)2+52=(4 5−y)2
∴y= 5
∴EF= 5
在Rt△CFB中，CF= 5，BC=5
∴BF= CF2+BC2= ( 5)2+52= 30
∵∠CEB=∠FDB
∴tan∠CEB=tan∠FDB
∴CBCE=BFDF
∴5 5+ 5= 30DF
∴DF=2 6
∴BD= DF2+BF2= (2 6)2+( 30)2=3 6
∴CF= 5，⊙O的直径是3 6
【解析】本题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，三角形相似的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，二次根式的化简，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
(1)先证明△EBC∽△DBF，然后利用对应边成比例，即可证明;
(2)利用△EBC∽△DBF，知道∠EBC=∠DBF，从而推出∠CBF=∠EBA，结合∠A=∠CBF，知道∠A=∠EBA，推出AE=BE，接下来证明∠BFC=∠ABC，那么有tam∠BFC=tan∠ABC= 5，即CBCF=ACBC= 5，不妨设CF=x，代入求得CF的长度，不妨设EF=y，在Rt△CEB和Rt△CFB中利用勾股定理求得EF和BF的长度，最后利用tan∠CEB=tan∠FDB，求得DF的长度，然后在利用勾股定理求得BD的长度．
18.【答案】解：(1)由题意，将A(2,a)代入y=2x中，
得a=2×2=4，则A(2,4)，
将A(2,4)代入y=−x+m中，
得4=−2+m，则m=6，
∴y=−x+6，
将B(b,0)代入y=−x+6中，
得0=−b+6，则b=6;
(2)设C(t,s)，由(1)知A(2,4)，B(6,0)，
若O，A，B，C为顶点的四边形为平行四边形，分以下情况：
当OA为对角线时，则0+2=t+60+4=0+s，解得t=−4s=4，
∴C(−4,4)，则k=−4×4=−16;
当OB为对角线时，则0+6=2+t0+0=4+s解得t=4s=−4，
∴C(4,−4)，则k=−4×4=−16;
当OC为对角线时，则t+0=2+6s+0=4+0解得t=8s=4,
∴C(8,4)，则k=32不符合题意
故这种情况不存在，
综上所述，满足条件的点C的坐标为(−4,4)或(4,−4)，k=−16;
(3)如图，设点D(x,0)，则E(−x,0)，x<0，
若△ABD∽△EBA，则ABBE=BDAB，即AB2=BE⋅BD，
∴(2−6)2+(4−0)2=(6+x)(6−x)，即x2=4，解得x=±2，
∵x<0，
∴x=−2，则D(−2,0)，
设直线AC的表达式为y=px+q，
则2p+q=4−2p+q=0，解得p=1q=2，
∴直线AC的表达式为y=x+2，
联立方程组y=x+2y=kx，得x2+2x−k=0，
∵有且只有一点C，
∴方程x2+2x−k=0有且只有一个实数根，
∴Δ=22+4k=0，解得k=−1;
若△ABD∽△ABE，ABAB=BDBE=ADAE．
则DE重合，不符合题意．
故满足条件的k值为−1．
【解析】本题考查一次函数与反比例函数的综合、反比例函数与几何的综合，涉及待定系数法、相似三角形的性质、平行四边形的性质、坐标与图形、一元二次方程根的判别式等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用分类讨论思想求解是解答的关键．
(1)利用待定系数法求解即可;
(2)设C(t,s)，根据平行四边形的性质，分当OA为对角线时，当OB为对角线时，当OC为对角线时三种情况，分别利用中点坐标公式列方程组求解即可;
(3)设点D(x,0)，则E(−x,0)，x<0，利用相似三角形的性质得AB2=BE⋅BD，进而解方程得x=−2，则D(−2,0)，利用待定系数法求得直线AC的表达式为y=x+2，联立方程组得x2+2x−k=0，根据题意，方程x2+2x−k=0有且只有一个实数根，利用根的判别式求解即可．
19.【答案】100∘
【解析】【分析】
本题考查了三角形的内角和定理和全等三角形的性质．
先利用全等三角形的性质，求出∠CED=∠ACB=45∘，再利用三角形内角和求出∠DCE的度数即可．
【解答】
解：由△ABC≌△CDE，∠D=35∘，
∴∠CED=∠ACB=45∘，
∵∠D=35∘，
∴∠DCE=180∘−∠D−∠CED=180∘−35∘−45∘=100∘，
故答案为100∘．
20.【答案】7
【解析】【分析】
本题考查一元二次方程的根与系数的关系．
根据根与系数的关系得到m+n=5，mn=2，然后利用整体代入的方法计算即可．
【解答】
解：根据题意得m+n=5，mn=2，n²−5n+2=0
所以m+(n−2)2=m+n²−4n+4=n²−5n+2+n+m+2=0+5+2=7
故答案为7．
21.【答案】9
144

【解析】【分析】
本题考查数字类规律探究，理解题意，能够从特殊到一般，得到当n为偶数或奇数时的不同取法是解答的关键.先根据前几个n值所对应k值，找到变化规律求解即可．
【解答】
解：当n=2时，只有{1,2}一种取法，则k=1;
当n=3时，有{1,3}和{2,3}两种取法，则k=2;
当n=4时，有{1,4}，{2,4}，{3,4}，{2,3}四种取法，则k=3+1=4=424;
故当n=5时，有{1,5}，{2,5}，3，5}，4，5，{2,4}，{3,4}六种取法，则k=4+2=6;
当n=6时，有{1,6}，{2,6}，{3,6}，4，6}，{5,6}，{2,5}，{3,5}，{4,5}，{3,4}九种取法，则k=5+3+1=9=624;
依次类推，
当n为偶数时，k=(n−1)+(n−3)+⋯+5+3+1=n24，
故当n=24时，k=23+21+19+⋯+5+3+1=2424=144，
故答案为：9，144．
22.【答案】 17+12
【解析】【分析】
本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的中位线性质、三角形的外角性质、角平分线的定义以及解一元二次方程等知识，熟练掌握三角形相关知识是解答的关键．
连接CE，过E作EF⊥CD于F，设BD=x，EF=m，根据直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质证得CF=DF=12CD=1，∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC=∠BEC，进而利用三角形的外角性质和三角形的中位线性质得到∠CED=2∠CAE，AC=2EF=2m，证明△CBE∽△CED，利用相似三角形的性质和勾股定理得到m2=3+2x;根据角平分线的定义和相似三角形的判定与性质证明△CAB∽△FBE得到2m2=(x+1)(x+2)，进而得到关于x的一元二次方程，进而求解即可．
【解答】
解：连接CE，过E作EF⊥CD于F，设BD=x，EF=m，
∵∠ACB=90∘，E为AD中点，
∴CE=AE=DE，
又CD=2，
∴CF=DF=12CD=1，∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC，
∴∠CED=2∠CAE，AC=2EF=2m，
∵BE=BC，
∴∠BEC=∠ECB，则∠BEC=∠EDC，
又∠BCE=∠ECD，|
∴△CBE∽△CED，
∴CECD=CBCE，∠CBE=∠CED=2∠CAE，
∴CE2=CD⋅CB=2(2+x)=4+2x，则m2=EF2=CE2−CF2=3+2x
∵AD是△ABC的一条角平分线，
∴∠CAB=2∠CAE=∠CBE，
又∠ACB=∠BFE=90∘，
∴△CAB∽△FBE，
∴ACBF=BCEF
∴2mx+1=x+2m，
则2m2=(x+1)(x+2)，
∴2(3+2x)=(x+1)(x+2)，即x2−x−4=0，
解得x= 17+12(负值已舍去)，
故答案为： 17+12．
23.【答案】>
−12
【解析】【分析】
本题考查二次函数的性质、不等式的性质以及解不等式组，熟练掌握二次函数的性质是解答的关键．
先求得二次函数的对称轴，再根据二次函数的性质求解即可．
【解答】
解：由y=−x2+4x−1=−(x−2)2+3得抛物线的对称轴为直线x=2，开口向下，
∵04，
∴|x1−2|<|x2−2|，
∴y1>y2;
∵m∴x1∵存在y1∴x1<2，x3>2，且A(x1,y1)离对称轴最远，B(x2,y2)离对称轴最近，
∴2−x1>x3−2>|x2−2|，即x1+x3<4，且x2+x3>4，
∵2m+2∴2m+2<4且2m+5>4，
解得−12故答案为：>;−1224.【答案】解：(1)设A种水果购进x千克，B种水果购进y千克，
根据题意有：x+y=150010x+15y=17500，
解得：x=1000y=500，
∴A种水果购进1000千克，B种水果购进500千克
(2)设A种水果的销售单价为a元/kg，
根据题意有：1000(1−4%)a≥(1+20%)×1000×10，
解得a≥12.5，
故A种水果的最低销售单价为12.5元/kg．
【解析】本题主要考查一元二次方程的应用和一元一次不等式的应用．
(1)设A种水果购进x千克，B种水果购进y千克，根据题意列出二元一次方程组求解即可．
(2)根据题意列出关于利润和进价与售价的不等式求解即可．
25.【答案】解：(1)∵抛物线L:y=ax2−2ax−3a(a>0)与x轴交于A，B两点，
∴ax2−2ax−3a=0，整理得x2−2x−3=0，解得x1=−1，x2=3，
∴A(−1,0)，B(3,0)，则AB=3−(−1)=4;
(2)当a=1时，抛物线L:y=x2−2x−3=(x−1)2−4，则C(1,−4)，
设D(n,n2−2n−3)(0则S△ABD=12AB⋅|yD|=−12×4×(n2−2n−3)=−2n2+4n+6，
设直线AD解析式为y=kx+q
将A(−1,0)代入，k=q
故AD解析式可记为：y=k(x+1)，
∵点D在直线AD上，
∴n2−2n−3=k(n+1)，解得k=n−3，
则直线AD解析式为y=(n−3)(x+1)，
设直线AD与抛物线对称轴交于点E，则E(1,2n−6)，
∴S△ACD=12CE⋅(xD−xA)=12×[2n−6−(−4)]×(n+1)=n2−1，
∵△ACD的面积与△ABD的面积相等，
∴−2n2+4n+6=n2−1，解得n1=−1，n2=73，
∴点D(73,−209)，
过点D作DH⊥AB于点H，则BH=3−73=23，DH=209，
则tan∠ABD=DHBH=103;
(3)设D(n,an2−2an−3a)，直线AD解析式为y=k1(x+1)，
则an2−2an−3a=k1(n+1)，解得k1=an−3a，
那么直线AD解析式为y=a(n−3)(x+1)，
过点D作DM⊥AB，如图，
则AM=n+1，DM=−an2+2an+3a，
∵AD=DE，
∴EM=n+1，
∵将△ADB沿DE方向平移得到△A′EB′，A(−1,0)，B(3,0)，
∴A′(n,−an2+2an+3a)，B′(n+4,−an2+2an+3a)，
由题意知抛物线L平移得到抛物线L′，设抛物线L′解析式为y=ax2+bx+c(a>0)，
∵点A′，B′都落在抛物线L′上
∴−an2+2an+3a=an2+bn+c −an2+2an+3a=a(n+4)2+b(n+4)+c
解得b=−2an−4ac=6an+3a,
则抛物线L′解析式为y=ax2+(−2an−4a)x+6an+3a
∵ax2−2ax−3a=ax2+(−2an−4a)x+6an+3a
整理得(n+1)x=3n+3，解得x=3，
∴抛物线L′与L交于定点(3,0)．
【解析】本题主要考查二次函数的性质、两点之间的距离、一次函数的性质、求正切值、二次函数的平移、等腰三角形的性质和抛物线过定点，解题的关键是熟悉二次函数的性质和平移过程中数形结合思想的应用．
(1)根据题意可得ax2−2ax−3a=0，整理得x2−2x−3=0，即可知A(−1,0)，B(3,0)，则有AB=4;
(2)由题意得抛物线L:y=x2−2x−3=(x−1)2−4，则C(1,−4)，设D(n,n2−2n−3)，(0(3)设D(n,an2−2an−3a)，可求得直线AD解析式为y=a(n−3)(x+1)，过点D作DM⊥AB，可得AM=n+1，DM=−an2+2an+3a，结合题意得EM=n+1，A′(n,−an2+2an+3a)，B′(n+4,−an2+2an+3a)，设抛物线L′解析式为y=ax2+bx+c(a>0)，由于过点A′，B′可求得抛物线L′解析式为y=ax2+(−2am−4a)x+6an+3a，根据ax2−2ax−3a=ax2+(−2an−4a)x+6an+3a解得x=3，即可判断抛物线L′与L交于定点(3,0)．
26.【答案】解：(1)∵AB=AD=3，BC=DE=4，∠ABC=∠ADE=90∘．
∴△ADE≌△ABC(SAS)，
∴AC=AE= AB2+BC2= AD2+DE2=5，∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE−∠DAC=∠BAC−∠DAC即∠CAE=∠BAD，
∵ABAD=ACAE=1
∴△CAE∽△BAD，
∴BDCE=ABAC=35．
(2)连接CE，延长BM交CE于点Q，
根据(1)得△CAE∽△BAD，
∴∠ABD=∠ACE，
∵BM是中线
∴BM=AM=CM=12AC=52，
∴∠MBC=∠MCB，
∵∠ABD+∠MBC=90∘，
∴∠ACE+∠MCB=90∘即∠BCE=90∘，
∴AB//CQ，
∴∠BAM=∠QCM，∠ABM=∠CQM，
∵∠BAM=∠QCM∠ABM=∠CQM,AM=CM
∴△BAM≌△QCM(AAS)，
∴BM=QM，
∴四边形ABCQ是平行四边形，
∵∠ABC=90∘
∴四边形ABCQ为矩形，
∴AB=CQ=3，BC=AQ=4，∠AQC=90∘，
∴PQ//CN，EQ= AE2−AQ2=3，
∴EPPN=EQQC=33=1，
∴PQ=12CN，
设PQ=x，CN=2x，则AP=4−x，
∵∠EPQ=∠APD∠EQP=∠ADP=90∘EQ=AD=3
∴△EQP≌△ADP(AAS)，
∴AP=EP=4−x，
∵EP2=PQ2+EQ2，
∴(4−x)2=x2+32，解得x=78;
∴AP=4−x=258，CN=2x=74，
∵PQ//CN，AC=5，
∴△APF∽△CNF，
∴APCN=AFCF，
∴AP+CNCN=AF+CFCF，
∴258+7474=5CF，解得CF=7039．
(3)如图，当AD与AC重合时，此时DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，
故S△CDE=12CD⋅DE=12×(AC−AD)×DE=12×2×4=4;
如图，当AD在CA的延长线上时，此时DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，
故S△CDE=12CD⋅DE=12×(AC+AD)×DE=12×8×4=16;
如图，当DE⊥EC时，此时△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，
∵AE=AC=5，
∴EQ=QC=12EC，
∵AQ⊥EC，DE⊥EC，DE⊥AD，
∴四边形ADEQ是矩形，
∴AD=EQ=QC=12EC=3，
∴EC=6，
故S△CDE=12EC⋅DE=12×6×4=12;
如图，当DC⊥EC时，此时△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，
∴EQ=QC=12EC=x，NQ//CD，
∴ENDN=EQQC=1，
∴DN=EN=12DE=2，QN=12DC，
∵∠AND=∠ENQ，∠ADN=∠EQN=90∘，
∴∠DAN=∠QEN，
∴tan∠DAN=tan∠QEN，
∴QNEQ=DNAD=23，
∴QN=23x，
∴DC=43x，CE=2x，
∵ED2=DC2+EC2，
∴42=(2x)2+(4x3)2，
∴x2=3613，解得x=6 1313;
故S△CDE=12EC⋅DC=12×2x×43x=43x2=43×3613=4813．
【解析】本题考查了旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理的判定和应用，三角形全等的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，中位线定理是解题的关键．
(1)根据AB=AD=3，BC=DE=4，∠ABC=∠ADE=90∘.证明△ADE≌△ABC，AC=AE= AB2+BC2= AD2+DE2=5，继而得到∠DAE=∠BAC，∠DAE−∠DAC=∠BAC−∠DAC即∠CAE=∠BAD，再证明△CAE∽△BAD，得到BDCE=ABAC=35．
(2)连接CE，延长BM交CE于点Q，根据(1)得△CAEC∽△BAD，得到∠ABD=∠ACE，根据中线BM得到BM=AM=CM=12AC=52，继而得到∠MBC=∠MCB，结合∠ABD+∠MBC=90∘，得到∠ACE+∠MCB=90∘即∠BCE=90∘，得到AB//CQ，再证明△ABM≌△CQM，得证矩形ABCQ，再利用勾股定理，三角形相似的判定和性质计算即可．
(3)运用分类思想解答即可．