黑龙江省龙东地区2024年中考数学试卷含真题解析

这是一份黑龙江省龙东地区2024年中考数学试卷含真题解析，文件包含26金考卷高考预测卷数学解析pdf、26金考卷高考预测卷数学pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共126页， 欢迎下载使用。
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．下列计算正确的是（ ）
A．a3•a2＝a6B．（a2）5＝a7
C．（﹣2a3b）3＝﹣8a9b3D．（﹣a+b）（a+b）＝a2﹣b2
【答案】C
【解析】【解答】解：A、a3•a2＝a5，故A错误，不符合题意；
B、 （a2）5＝a10 ，故B错误，不符合题意；
C、 （﹣2a3b）3＝﹣8a9b3 ，故C正确，符合题意；
D、 （﹣a+b）（a+b）＝b2﹣a2 ，故D错误，不符合题意.
故答案为：C.
【分析】由同底数乘法运算法则判断A，由幂的乘方运算法则判断B，由积的乘方运算法则可判断C，由平方差公式判断D.
2．下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故A错误，不符合题意；
B、 既是轴对称图形又是中心对称图形 ，故B正确，符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C错误，不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C错误，不符合题意.
故答案为：B.
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可.
3．一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的主视图和左视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少是（ ）
A．6B．5C．4D．3
【答案】C
【解析】【解答】解：由题意可推理画出其组合情况为：或.
∴组成该几何体所需小正方体的个数最少是 4个.
故答案为：C.
【分析】根据主视图和左视图推理还原最少的立体组合情况.
4．一组数据2，3，3，4，则这组数据的方差为（ ）
A．1B．0.8C．0.6D．0.5
【答案】D
【解析】【解答】解：平均数=，
方差=.
故答案为：D.
【分析】由方差计算公式代入计算即可.
5．关于x的一元二次方程（m﹣2）x2+4x+2＝0有两个实数根，则m的取值范围是（ ）
A．m≤4B．m≥4
C．m≥﹣4且m≠2D．m≤4且m≠2
【答案】D
【解析】【解答】解： ∵关于x的一元二次方程（m﹣2）x2+4x+2＝0有两个实数根，
∴
解得：m≤4且m≠2 ，
故答案为：D.
【分析】由一元二次方程其二次项系数不为零，进一步结合根的个数与判别式关系得出不等关系组成不等式组，解之即可.
6．已知关于x的分式方程2无解，则k的值为（ ）
A．k＝2或k＝﹣1B．k＝﹣2
C．k＝2或k＝1D．k＝﹣1
【答案】A
【解析】【解答】解：，
方程两边同乘(x-3)得：kx-2(x-3)=-3
合并同类项得：(k-2)x=-9，
∵原分式方程无解，故分式方程存在增根或整式方程无解，
①若分式方程存在增根，即方程的解为x=3，
代入(k-2)x=-9，即k-2=-3，
解得k=-1；
②若整式方程无解，此时(k-2)x=-9无解，
即k-2=0，解得k=2；
综上所述，k＝2或k＝﹣1
故答案为：A.
【分析】由含参数k的分式方程无解，分类考虑整式方程无解或分式方程存在增根情况，按一般解分式方程步骤进行求解分析即可.
7．国家“双减”政策实施后，某班开展了主题为“书香满校园”的读书活动．班级决定为在活动中表现突出的同学购买笔记本和碳素笔进行奖励（两种奖品都买）．其中笔记本每本3元，碳素笔每支2元，共花费28元，则共有几种购买方案（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】B
【解析】【解答】解：设购买笔记本x本， 碳素笔 y支，
依题意得：3x+2y=28，其中x，y均为正整数，
∵2y和28均能被2整除，故3x也能被2整除，
∴x为正偶数，即x=2，4，6，8，
故二元一次方程的整数解组合情况为：
，，，，
答：有4种购买方案，分别是①购买笔记本2本， 碳素笔11支；②购买笔记本4本， 碳素笔8支；③购买笔记本6本， 碳素笔5支；④购买笔记本8本， 碳素笔2支；
故答案为：B.
【分析】设购买笔记本x本， 碳素笔 y支，根据购买x本笔记本+购买y支碳素笔的费用=28，列出二元一次方程，再求出其正整数解即可得出答案.
8．如图，双曲线y（x＞0）经过A、B两点，连接OA、AB，过点B作BD⊥y轴，垂足为D，BD交OA于点E，且E为AO的中点，则△AEB的面积是（ ）
A．4.5B．3.5C．3D．2.5
【答案】A
【解析】【解答】解：如图，过点A作AF⊥BD，垂足为点F，
设OD=a，DE=b
∵E是AO的中点，
∴AE=OE，
又∵∠AEF=∠OED，∠AFE=∠ODE=90°，
∴△AEF≌△OED(AAS)，
∴EF=DE=b，AF=OD=a，
∴点A(2a，2b)，
∵A，B均在反比例函数上，
∴，
解得，
∴，
故答案为：A.
【分析】过点A作AF⊥BD，垂足为点F，用AAS证△AEF≌△OED，设代数表示点A的坐标，并利用A、B两点均在反比例函数上，进而表示出点B坐标，从而表示出目标三角形面积并计算其值.
9．如图，菱形ABCD中，点O是BD的中点，AM⊥BC，垂足为M，AM交BD于点N，OM＝2，BD＝8，则MN的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】【解答】解：如图，连接AC，
∵O是菱形ABCD对角线BD中点，
∴A、O、C三点共线，BO=DO=，
又∵OM=2，AM⊥BC，
∴AC=2OC=2AO=2MO=4，
在菱形ABCD中，∠CBO=∠CDO，AO⊥BO，
又∵∠ONM=∠NAO+∠AON=∠MBN+∠BMN，
∴∠OAN=∠NBM=∠COD，
在Rt△AON和Rt△BMN和Rt△COD中，
tan∠CDO=tan∠OAN=tan∠MBN，
∴，即，
解得：NO=1，2MN=BM，
设MN=t，则BM=2t，
又∵BN=BO-NO=4-1=3，
在Rt△BMN中，有，
即，解得(负值舍去)，
∴MN=t=.
故答案为：C.
【分析】由菱形对称性连接补全对角线，由斜边中线推理得出对角线AC的长，故此时菱形为固定的几何图形，利用角度转换可推理出等角，利用同角三角函数或相似结合勾股定理逐一计算边长往目标线段靠拢即可.
10．如图，在正方形ABCD中，点H在AD边上（不与点A、D重合），∠BHF＝90°，HF交正方形外角的平分线DF于点F，连接AC交BH于点M，连接BF交AC于点G，交CD于点N，连接BD．则下列结论：
①∠HBF＝45°；②点G是BF的中点；③若点H是AD的中点，则sin∠NBC；④BNBM；⑤若AHHD，则S△BNDS△AHM．其中正确的结论是（ ）
A．①②③④B．①③⑤C．①②④⑤D．①②③④⑤
【答案】A
【解析】【解答】解：连接DG、HG，过点F作FP⊥AD，交AD延长线于点P，交BC延长线于点Q，
在正方形ABCD中，
∵∠BAG=∠DAG=45°，AG=AG，AD=AB，
∴△ADG≌△ABG(SAS)，
∴DG=BG，
又∵HF平分∠CDP，此时∠BDF=∠CDB+∠CDF=45°+45°=90°，
设∠DBG=x，
∴∠BDG=∠DBG=x，∠DGF=∠BDG+∠DBG=2x，∠BFD=90°-x，
∴∠GDF=180°-∠DGF-∠DFG=90°-x，
∴DG=GF，
∴点G是BF的中点，故②正确，符合题意；
又∵∠BHF=90°，
∴HG=BG=GF=DG，
∴B、H、D、F四点在以点G为圆心，BG为半径的圆上运动，此时∠HBF+∠HDF=180°，
∴∠HBF=180°-∠HDF=180°-135°=45°，故①正确，符合题意；
∴△BHF是等腰直角三角形，即BH=HF，
又∵∠BAH=∠HPF=90°，∠ABH+∠AHB=90°，∠AHB+∠FHP=90°，
∴∠ABH=∠PHF，
∴△ABH≌△PHF(AAS)，
对于③，若点H是AD的中点，设AH=DH=a，则AB=HP=2a，PF=AH=a，
又∵∠QPA=∠PAB=∠ABQ=90°。
∴四边形ABQP是矩形，
∴PQ=AB=2a，BQ=AP=AH+HP=3a，QG=PQ-PF=a，
在Rt△BQF中，
BF=，
∴ sin∠NBC，故③正确，符合题意；
在正方形ABCD中，由∠ABD=∠HBF=∠BAM=∠BDN=45°，AD=AB，
即∠ABM+∠MBD=∠MBD+∠DBN=45°，
∴∠ABM=∠DBN，
∴△ABM∽△DBN，
∴，即BNBM，故④正确，符合题意；
对于⑤， 若AHHD， 设AH=b，则DH=2b，BC=AD=3b，
∵AD∥BC，
∴△AMH∽△CMB，
∴，即BM=3HM，
∴，即，
由△ABM∽△DBN，
∴，即，故⑤错误，不符合题意.
综上所述，正确的序号有：①②③④.
故答案为：A.
【分析】利用已知双直角三角形结合直角三角形斜边中线先证明H是AD中点，后证明BHDF四点共圆，从而判断①②；后利用一线三垂直构造直角补全矩形，结合全等性质逐一表示各边并往目标角所在直角三角形靠拢，利用勾股定理求其斜边并得出目标角正弦值判断③；在①的基础上找出与目标线段相关的两三角形，利用相似即可直接判断④；在④相似基础上进而可以得出两三角形面积相似比，后利用已知线段比例关系转化即可得出目标三角形面积比.(注：本题意在解三角形，方法多样，仅供参考)
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．国家统计局公布数据显示，2023年我国粮食总产量是13908亿斤，将13908亿用科学记数法表示为 ．
【答案】1.3908×1012
【解析】【解答】解： 13908亿 =13908 0000 0000=1.3908×1012 ．
故答案为：1.3908×1012.
【分析】按科学记数法的表示形式进行表示即可，小技巧：亿为9位数，后接8个0，可较快完成表示.
12．在函数y中，自变量x的取值范围是 ．
【答案】x≥3
【解析】【解答】解：y ，为使得自变量x有意义，
即，
解得x≥3.
故答案为：x≥3.
【分析】由分式和根式组成的式子结构，为使得其有意义，结合分母不为零即被开方数为非负数分析即可.
13．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件 ，使得菱形ABCD为正方形．
【答案】AC＝BD
【解析】【解答】解：在菱形的基础上进行正方形的判定，常见的考虑有，
①有一个角为直角的菱形是正方形，如：∠ABC=90°；
②对角线相等的菱形是正方形，如：AC=BD，AO=BO等.
故答案为：AC=BD.
【分析】在菱形的基础上得出正方形的判定，可以从内角和对角线两个角度进行条件添加，言之有理即可.
14．七年一班要从2名男生和3名女生中选择两名学生参加朗诵比赛，恰好选择1名男生和1名女生的概率是 ．
【答案】
【解析】【解答】解：记2名男生为，3名女生为，
则选择2名学生的可能情况有，，，，；
，，；
，；
.
共10种可能事件，其中1男1女的事件有6种，
∴ 恰好选择1名男生和1名女生的概率 P=.
故答案为：.
【分析】列举所有可能发生的事件，找出满足题意的事件即可计算得出其概率.
15．关于x的不等式组恰有3个整数解，则a的取值范围是 ．
【答案】a＜0
【解析】【解答】解： 关于x的不等式组，
解①得：x≤2；
解②得：x>2a，
∵不等式组恰好有3个整数解，
易分析该3个整数解为0，1，2，
即，
解得：a＜0
故答案为：a＜0.
【分析】解含参不等式组，即用参数a表示不等式组的解，进而由恰好3个整数解分析含参数解所在位置范围，需注意代入分析尝试临界整数值是否能取等问题.
16．如图，△ABC内接于⊙O，AD是直径，若∠B＝25°，则∠CAD＝ °．
【答案】65
【解析】【解答】解：连接CD，
∵，
∴∠D=∠B=25°，
又∵AD是直径，
∴∠ACD=90°，
∴∠CAD=180°-∠D-∠ACD=65°.
故答案为：65.
【分析】利用同弧所对圆周角相等将条件转换往目标角靠拢，结合直径所对圆周角为直角即可推理计算得出目标角度数.
17．若圆锥的底面半径为3，侧面积为36π，则这个圆锥侧面展开图的圆心角是 °．
【答案】90
【解析】【解答】解：设圆锥母线长为l，圆心角度数为n°.
依题意得，圆锥侧面展开图的弧长=圆锥底面周长=，
此时侧面积=，
解得l=12，
∴，
解得n=90.
故答案为：90.
【分析】利用圆锥侧面展开扇形计算公式，在已知条件基础上代入公式先计算圆锥母线长，后得出其圆心角度数即可.
18．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tan∠BAC，BC＝2，AD＝1，线段AD绕点A旋转，点P为CD的中点，则BP的最大值是 ．
【答案】
【解析】【解答】解：如图，取AC中点E，
∵BC=2， tan∠BAC，
∴在Rt△ACB中，
tan∠BAC， 解得AC=4，
又∵P和E分别是CD和AC的中点，
∴AE=CE=，PE=，
在Rt△BCE中，有，
∵BE>0，
∴，
又∵，
当且仅当B、P、E三点共线时，此时点P在BE延长线上，
故答案为：.
【分析】根据题干已知条件解△ACB，即求出AC的长，利用动点P为中点构造中位线找出运动过程的不变量，从而得出BP的最大值，此处也可以视作圆的运动轨迹，从而分析其最值.
19．矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将AB沿过点A的一条直线折叠，折痕交直线BC于点P（点P不与点B重合），点B的对称点落在矩形对角线所在的直线上，则PC长为 ．
【答案】、或10
【解析】【解答】解：如图，以A为圆心，AB长为半径，此时点B对称点为圆上一点，
此时与对称轴所在直线共有3个交点，故对称点所在位置及点P共有三种情况，
在矩形ABCD中，
AB=3，AC=4，
∴AC=BD=.
①如图，若点B对称点B'落在对角线AC上，
由矩形及其翻折的性质可知，
设CP=a，AB'=AB=3，∠AB'P=∠ABC=90°，
BP'=BP=BC-CP=4-a，B'C=AC-AB'=2，
在Rt△B'PC中，有，
∴，解得；
②如图，若点B对称点B'落在对角线BC上，
设AP与BD交于点Q，
由矩形翻折可知，∠ABP=∠AQB=90°，即∠BAP+∠ABQ=∠ABQ+∠CBD=90°，CD=AB=3，
∴∠BAP=∠CBD，
在Rt△ABP和Rt△CBD中，
∴tan∠CBD=tan∠BAP，
即，
解得BP=，
∴CP=；
③如图，若点B对称点B'落在对角线AC延长上，
同①可设CP=x，此时B'P=BP=x-4，B'C=AC+AB=8，
在Rt△CB'P中，有，
即，
解得x=10.
综上所述，PC的长为、或10.
故答案为：、或10.
【分析】通过翻折变化作圆分析符合题意的对称点位置有三，后结合常用勾股定理等量关系设元解决矩形翻折的解三角形，其中适当引用相似或三角函数可更快解出对应目标线段长.
20．如图，在平面直角坐标系中，正方形OMNP顶点M的坐标为（3，0），△OAB是等边三角形，点B坐标是（1，0），△OAB在正方形OMNP内部紧靠正方形OMNP的边（方向为O→M→N→P→O→M（→…）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为A1，A1的坐标是（2，0）；第二次滚动后，A1的对应点记为A2，A2的坐标是（2，0）；第三次滚动后，A2的对应点记为A3，A3的坐标是（3，）；如此下去，……，则A2024的坐标是 ．
【答案】（1，3）
【解析】【解答】解：如图，观察点A变化后的坐标，
观察可知，回到点A处，即完成一圈的变化，后循环变化，
此时，故此时A2024的坐标与A8一致，
∴
故答案为：（1，3）.
【分析】将滚动变化的图形表示推理完整，后找出循环周期和目标循环的余数，进而找出与目标相同的点坐标即可得出结论.
三、解答题（满分60分）
21．先化简，再求值：（1），其中m＝cs60°．
【答案】解：原式
＝1﹣m，
当m＝cs60°时，
原式＝1．
【解析】【分析】先通分计算括号内异分母分式的减法，然后将各个分式的分子、分母能分解因式的分别分解因式，同时将除法转变为乘法，进而约分化简；求出特殊角三角函数值代入化简后的式子计算即可.
22．如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣1，1），B（﹣2，3），C（﹣5，2）．
⑴画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
⑵画出△ABC绕点A逆时针旋转90°后得到的△AB2C2，并写出点B2的坐标；
⑶在（2）的条件下，求点B旋转到点B2的过程中所经过的路径长（结果保留π）．
【答案】解：⑴△A1B1C1如图所示，
B1的坐标为（2，3）；
⑵△AB2C2如图所示，B2的坐标为（﹣3，0）；
⑶∵AB，∠BAB2＝90°，
∴点B旋转到点B2的过程中所经过的路径长为：．
【解析】【分析】（1）画出关于y轴对称后的三角形并写出目标点的坐标即可；
（2）找出△ABC顶点B、C绕点A逆时针旋转后的对应点，即画出旋转后的三角形，并写出目标点坐标即可；
（3）由旋转分析其经过路径为圆弧，结合勾股定理求出半径代入弧长公式中计算即可.
23．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中B（1，0），C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在第二象限的抛物线上是否存在一点P，使得△APC的面积最大．若存在，请直接写出点P坐标和△APC的面积最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：将B（1，0），C（0，3）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中，
，
解得：，
∴抛物线y＝﹣x2﹣2x+3．
（2）解：存在，P的坐标为（，）；△APC面积的最大值为.
【解析】【解答】（2）解：存在，P的坐标为（，）；△APC面积的最大值为.
令y＝0，则0＝﹣x2﹣2x+3，解得：x1＝﹣3，x2＝1，
∴A（﹣3，0），
∴OA＝3，
∵C（0，3），
∴OC＝3，
过点P作PE⊥x轴于点E，
设P（x，﹣x2﹣2x+3），且在第二象限内，
∴OE＝﹣x，AE＝3+x，
∴S△APC＝S△APE+S梯形PCOE﹣S△AOC
AE×PE（OC+PE）×OEOA×OC
（3+x）（﹣x2﹣2x+3）（3﹣x2﹣2x+3）（﹣x）3×3
（x）2
∵0，
∴S△APC有最大值，
∴当x时，S△APC有最大值，最大值为，
此时点P的坐标为（，）．
【分析】（1）利用待定系数法将已知点代入抛物线解析式中组成方程组，解之即可得抛物线解析式；
（2）利用（2）的抛物线解析式求出与x轴交点A坐标，设点P坐标进而利用铅锤法分割表示算法不规则的目标三角形面积，最后利用配方法(非负性结构)分析或二次函数最值分析得出目标三角形面积的最大值及点P的坐标即可.
24．为贯彻落实教育部办公厅关于“保障学生每天校内、校外各一小时体育活动时间”的要求，某学校要求学生每天坚持体育锻炼．学校从全体男生中随机抽取了部分学生，调查他们的立定跳远成绩，整理如下不完整的频数分布表和统计图，结合图解答下列问题：
（1）频数分布表中m＝ ，扇形统计图中n＝ ；
（2）本次调查立定跳远成绩的中位数落在 组别；
（3）该校有600名男生，若立定跳远成绩大于200cm为合格，请估计该校立定跳远成绩合格的男生有多少人？
【答案】（1）8；40
（2）C
（3）解：600228（名），
答：估计该校立定跳远成绩合格的男生有228人．
【解析】【解答】解：（1）依题意，组别A的频数为3，占比为6%，
故总人数=3÷6%=50（人）；
组别B的频数m=50-3-20-14-5=8（人）；
组别C的占比=，故n=40.
故答案为：8；40；
（2）被抽取的50名学生立定跳远成绩按从小到大的顺序排列第25个和第26 个的平均数，
∵3+8＜25，3+8+20＝31＞25
∴被抽取的50名学生这一天的体育活动时间数据的中位数在C组；
故答案为：C；
【分析】（1） 由频数分布表和统计图分析求出总调查总人数，进而得出各部分人数及其占比，即目标m和n的值；
（2）在（1）总人数的基础上，根据中位数的定义按从小到大排序找出中间数所在组别即可；
（3）以频率估计概率，计算当前调查人数合格率估算全校男生的合格人数即可.
25．甲、乙两货车分别从相距225km的A、B两地同时出发，甲货车从A地出发途经配货站时，停下来卸货，半小时后继续驶往B地，乙货车沿同一条公路从B地驶往A地，但乙货车到达配货站时接到紧急任务立即原路原速返回B地，结果比甲货车晚半小时到达B地．如图是甲、乙两货车距A地的距离y（km）与行驶时间x（h）之间的函数图象，结合图象回答下列问题：
（1）甲货车到达配货站之前的速度是 km/h，乙货车的速度是 km/h；
（2）求甲货车在配货站卸货后驶往B地的过程中，甲货车距A地的距离y（km）与行驶时间x（h）之间的函数解析式；
（3）直接写出甲、乙两货车在行驶的过程中，出发多长时间甲、乙两货车与配货站的距离相等．
【答案】（1）30；40
（2）解：∵3.5+0.5＝4（h），6﹣0.5＝5.5（h），
∴点E（4，105），F（5.5，225）．
设线段对应的函数解析式为y＝kx+b（k、b为常数，且k≠0）．
将坐标E（4，105）和F（5.5，225）分别代入y＝kx+b，
得，
解得，
∴甲货车在配货站卸货后驶往B地的过程中，甲货车距A地的距离y与行驶时间x之间的函数解析式为y＝80x﹣215（4≤x≤5.5）．
（3）解：出发h或h或5h甲、乙两货车与配货站的距离相等．
【解析】【解答】解：（1）甲货车到配货站之前的速度=105÷3.5=30（km/h），
乙货车的速度=[2×(225-105)]÷6=40（km/h），
故答案为：30；40；
（3）线段CM对应的函数表达式为y＝225﹣40x＝﹣40x+225（0≤x≤3），线段MN对应的函数表达式为y＝105+40（x﹣3）＝40x﹣15（3＜x≤6），
线段OD对应的函数表达式为y＝30x（0≤x≤3.5）．
①当0≤x≤3时，甲货车离配货站的距离为（105﹣30x）km，乙货车离配货站的距离为﹣40x+225﹣105＝（﹣40x+120）km，
根据“甲、乙两货车与配货站的距离相等”，得105﹣30x＝﹣40x+120，解得x；
②当3＜x≤3.5时，甲货车离配货站的距离为（105﹣30x）km，乙货车离配货站的距离为40x﹣15﹣105＝（40x﹣120）km，
根据“甲、乙两货车与配货站的距离相等”，得105﹣30x＝40x﹣120，解得x；
③当乙货车返回B地过程中与甲货车相遇时，两车与配货站的距离相等，根据“相遇时两车与A地距离相等”，80x﹣215＝40x﹣15，解得x＝5；
综上所述，出发h或h或5h甲、乙两货车与配货站的距离相等．
【分析】（1）将行程问题通过草图大致描述，不难分析甲、乙两货车行驶的路线图与函数图信息匹配，利用已知数据找出对应两货车的路程和时间即可求出目标所需速度；
（2）由题干和函数信息得出点E和点F的坐标，利用待定系数法即可求出此时线段EF的函数解析式；
（3）在求出甲货车的函数解析式基础上，进一步求出乙货车的函数解析式，分段讨论乙货车在往返途中距离配货站距离相等建立其函数关系式间的等量关系，后逐一解之即可.
26．已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠MAN∠BAC，∠MAN在∠BAC的内部，点M、N在BC上，点M在点N的左侧，探究线段BM、NC、MN之间的数量关系．
（1）如图①，当∠BAC＝90°时，探究如下：
由∠BAC＝90°，AB＝AC可知，将△ACN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABP，则CN＝BP且∠PBM＝90°，连接PM，易证△AMP≌△AMN，可得MP＝MN，在Rt△PBM中，BM2+BP2＝MP2，则有BM2+NC2＝MN2．
（2）当∠BAC＝60°时，如图②：当∠BAC＝120°时，如图③，分别写出线段BM、NC、MN之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明．
【答案】解：图②的结论是BM2+NC2+BM•NC＝MN2．证明：∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
以点B为顶点在△ABC外作∠ABK＝60°，在BK上截取BQ＝CN，连接QA、QM，过点Q作QH⊥BC，垂足为H，
∵AB＝AC，∠C＝∠ABQ，CN＝BQ，
∴△ACN≌△ABQ（SAS），
∴AN＝AQ，∠CAN＝∠QAB，
又∵∠CAN+∠BAM＝30°，
∴∠BAM+∠QAB＝30°，
即∠QAM＝∠MAN，
又∵AM＝AM，
∴△AQM≌△ANM（SAS），
∴MN＝QM；
∵ABQ＝60°，∠ABC＝60°，
∴∠QBH＝60°，
∴∠BQH＝30°，
∴BHBQ，QHBQ，
∴HM＝BM+BH＝BMBQ，
在Rt△QHM中，可得：QH2+HM2＝QM2，即（BQ）2+（BMBQ）2＝QM2，
整理得BM2+BQ2+BM•BQ＝QM2．
∴BM2+NC2+BM•NC＝MN2．
图③的结论是：BM2+NC2﹣BM•NC＝MN2．
证明：以点B为顶点在△ABC外作∠ABK＝30°，在BK上截取BQ＝CN，连接QA、QM，过点Q作QH⊥BC，垂足为H，
∵AB＝AC，∠C＝∠ABQ，CN＝BQ，
∴△ACN≌△ABQ（SAS），
∴AN＝AQ，∠CAN＝∠QAB，
又∵∠CAN+∠BAM＝60°，
∴∠BAM+∠QAB＝60°，即∠QAM＝∠MAN，
又∵AM＝AM，
∴△AQM≌△ANM（SAS），
∴MN＝QM，
在Rt△BQH中，∠QBH＝60°，∠BQH＝30°，
∴BHBQ，QHBQ，
HM＝BM﹣BH＝BMBQ，
在Rt△QHM中，可得：QH2+HM2＝QM2，即（BQ）2+（BMBQ）2＝QM2，
整理得BM2+BQ2﹣BM•BQ＝QM2．
∴BM2+NC2﹣BM•NC＝MN2．
【解析】【分析】（1）类比（1）推理选取顶角为60°等腰三角形进行旋转(即作全等)，进而证明二次全等将目标三线段进行靠拢，结合全等性质推出特殊角后，利用特殊角作垂解三角形，从而得出含特殊三角形三边关系，即目标线段的三边关系.
（2）同理推出顶角为120°的等腰三角形即可.
27．为了增强学生的体质，某学校倡导学生在大课间开展踢毽子活动，需购买甲、乙两种品牌毽子．已知购买甲种品牌毽子10个和乙种品牌毽子5个共需200元；购买甲种品牌毽子15个和乙种品牌毽子10个共需325元．
（1）购买一个甲种品牌毽子和一个乙种品牌毽子各需要多少元？
（2）若购买甲、乙两种品牌毽子共花费1000元，甲种品牌毽子数量不低于乙种品牌毽子数量的5倍且不超过乙种品牌毽子数量的16倍，则有几种购买方案？
（3）若商家每售出一个甲种品牌毽子利润是5元，每售出一个乙种品牌毽子利润是4元，在（2）的条件下，学校如何购买毽子商家获得利润最大？最大利润是多少元？
【答案】（1）解：设购买一个甲种品牌毽子需要x元，一个乙种品牌毽子需要y元，
根据题意得：，
解得：．
答：购买一个甲种品牌毽子需要15元，一个乙种品牌毽子需要10元；
（2）解：设购买m个甲种品牌毽子，则购买（100m）个乙种品牌毽子，
根据题意得：，
解得：m≤64，
又∵m，（100m）均为正整数，
∴m可以为60，62，64，
∴学校共有3种购买方案，
方案1：购买60个甲种品牌毽子，10个乙种品牌毽子；
方案2：购买62个甲种品牌毽子，7个乙种品牌毽子；
方案3：购买64个甲种品牌毽子，4个乙种品牌毽子；
（3）解：学校选择方案1商家可获得的总利润为5×60+4×10＝340（元）；
学校选择方案2商家可获得的总利润为5×62+4×7＝338（元）；
学校选择方案3商家可获得的总利润为5×64+4×4＝336（元）．
∵340＞338＞336，
∴在（2）的条件下，学校购买60个甲种品牌毽子，10个乙种品牌毽子时，商家获得利润最大，最大利润是340元．
【解析】【分析】（1）结合题意，根据单价、数量和总价关系并结合“ 购买甲种品牌毽子10个和乙种品牌毽子5个共需200元；购买甲种品牌毽子15个和乙种品牌毽子10个共需325元 ”列出二元一次方程组，解之即可得出目标物品的单价；
（2）在（1）单价的基础上，进一步设出购买数量，由数量建立不等式组结合整数解得出购买方案；
（3）在（2）的基础上，根据利润逐一算出对应方案的利润比较即可，若是方案情况较多，可选择用代数式表示其利润并利用函数分析其最值即可.
28．如图，在平面直角坐标系中，等边三角形OAB的边OB在x轴上，点A在第一象限，OA的长度是一元二次方程x2﹣5x﹣6＝0的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线OA﹣AB运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线OB﹣BA运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（0＜t＜3.6），△OPQ的面积为S．
（1）求点A的坐标；
（2）求S与t的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，当S＝6时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：x2﹣5x﹣6＝0，解得x1＝6，x2＝﹣1，
∵OA的长度是x2﹣5x﹣6＝0的根，
∴OA＝6，
∵△OAB是等边三角形，
∴OA＝OB＝OC＝6，∠OAB＝∠AOB＝∠ABO＝60°，
过点A作AC⊥x轴，垂足为C，
在Rt△AOC中，∠AOC＝60°，
∴∠OAC＝30°，
∴OCOA6＝3，
∴AС3，
∴点A的坐标为A（3，3）；
（2）解：当0＜t≤2时，过P作PD⊥x轴，垂足为点D，
∴OP＝2t，OQ＝3t，∠OPD＝30°，
∴OD＝t，
∴PDt，
∴SOQ•PD3ttt2，
当2＜t≤3时，过Q作QE⊥OA，垂足为点E，
∵∠A＝60°，
∴∠AQE＝30°，
又AQ＝12﹣3t，
∴AE＝6t，QE6t，
又OP＝2t，
∴S2t××（6t）t2+6t；
当3＜t＜3.6时，过O作OF⊥AB，垂足为F，
∴PO＝18﹣（2t+3t）＝18﹣5t，
同理可得，BFOB＝3，
∴OF3，
∴S3（18﹣5t）t+27；
综上所述S；
（3）解：点N的坐标为N（2，4+2），N（2，24），N（﹣2，2），N4（2，）．
【解析】【解答】解：（3）解：当t2＝60时，解得t＝2，
∴OP＝2×2＝4，
过点P作PG⊥x轴于点G，则OGOP＝2，
∴PG2，
∴点P的坐标为（2，2）；
当OP为边时，将OP沿轴向下平移4个单位得N（2，24），此时M（0，4），四边形POMN是菱形；将OP沿y轴向上平移4个单位得N（2，24），此时M（0，4），四边形POMN是菱形；如图，
作点P关于轴的对称点N（﹣2，2），当M（0，4）时，四边形PMNO是蒌形；
当OP为对角线时，设OP的中点为T，过点T作TM⊥y轴，交y轴于点M，延长MT到N，使TN＝TM，连接ON，过点N作NH⊥x轴于点H，
则∠MOT＝∠NOT＝∠HON＝30°，OT＝2，
∴ON＝2TN，
∴ON2＝OT2+TN2，
即ON2＝22+（ON）2，
解得，ON，
∴NH，OH＝2，
N（2，）；
当t2+6t＝6，
解得t＝2，不符合题意，此情况不存在；
当t+276时，
解得t＝23，
不符合题意，此情况不存在；
综上，点N的坐标为N（2，4+2），N（2，24），N（﹣2，2），N4（2，）．
【分析】（1）解一元二次方程得出OA的长度，利用特殊角及点的属性作垂解直角三角形得出其横纵坐标即可；
（2）根据P，Q在不同边上构成的目标△POQ面积的计算方式不同进行分类讨论，根据运动速度不同画出对应运动草图并结合特殊角分析作垂表示目标△POQ的底和高，从而得出目标面积与运动时间t的等量关系；
（3）在（2）的基础上代入S值得出t，并由已知点OP进行分类，即以OP为一边或一条对角线，结合菱形的性质进行草图分析并利用特殊角解三角形求出对应目标点N的坐标.组别
分组（cm）
频数
A
50＜x≤100
3
B
100＜x≤150
m
C
150＜x≤200
20
D
200＜x≤250
14
E
250＜x≤300
5