2019年浙江省温州市鹿城区中考数学模拟试卷（3月份）（解析版）

这是一份2019年浙江省温州市鹿城区中考数学模拟试卷（3月份）（解析版），共21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。

2019年浙江省温州市鹿城区中考数学模拟试卷（3月份）
一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不绐分）
1．在0.3，﹣3，0，﹣这四个数中，最大的是（　　）
A．0.3 B．﹣3 C．0 D．﹣
2．在开展“爱心捐助某灾区”的活动中，某团支部8名团员捐款的数额（单位：元）分别为3，5，6，5，5，6，5，10，这组数据的中位数是（　　）
A．3元 B．5元 C．6元 D．10元
3．一个几何体的三视图如图所示，这个几何体是（　　）

A．球 B．圆柱 C．圆锥 D．立方体
4．下列计算正确的是（　　）
A．a2+a2＝a4 B．2a2×a3＝2 C．（a2）3＝a6 D．3a﹣2a＝1
5．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，则sin∠A＝（　　）

A． B． C． D．
6．下列选项中，可以用来证明命题“若a2＞b2，则a＞b“是假命题的反例是（　　）
A．a＝﹣2，b＝1 B．a＝3，b＝﹣2 C．a＝0，b＝1 D．a＝2，b＝1
7．甲，乙工程队分别承接600米，800米的道路修建工程，已知乙比甲每天多修建12米，结果甲比乙提早1天完成，问甲每天修建多少米？设甲每天修建x米，根据题意可列出方程是（　　）
A．＝﹣1 B．＝+1
C．＝﹣1 D．＝+11
8．对于代数式ax2﹣2bx﹣c，当x取﹣1时，代数式的值为2，当x取0时，代数式的值为1，当x取3时，代数式的值为2，则当x取2时，代数式的值是（　　）
A．1 B．3 C．4 D．5
9．如图，已知抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴相交于点A，B，若在抛物线上有且只有三个不同的点C1，C2，C3，使得△ABC1，△ABC2，△ABC3的面积都等于a，则a的值是（　　）

A．6 B．8 C．12 D．16
10．如图，AB，BC是⊙O的弦，∠B＝60°，点O在∠B内，点D为上的动点，点M，N，P分别是AD，DC，CB的中点．若⊙O的半径为2，则PN+MN的长度的最大值是（　　）

A． B． C． D．
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．因式分解：x2﹣2x＝　 　．
12．如图，∠ACD是△ABC的外角，若∠B＝50°，∠ACD＝120°，∠A＝　 　．

13．某市号召居民节约用水，为了解居民用水情况，随机抽查了20户家庭某月的用水量，结果如下表：
户数
8
6
6
用水量（吨）
4
6
7
则这20户家庭的该月平均用水量为　 　吨．
14．已知扇形的圆心角为120°，弧长为4π，则扇形的面积是　 　．
15．如图，点A是反比例函数y＝图象上的任意一点，过点A做AB∥x轴，AC∥y轴，分别交反比例函数y＝的图象于点B，C，连接BC，E是BC上一点，连接并延长AE交y轴于点D，连接CD，则S△DEC﹣S△BEA＝　 　．

16．如图，四边形ABCD是矩形，AD＝5，AB＝，点E在CD边上，DE＝2，连接BE，F是BE边上的一点，过点F作FG⊥AB于G，连接DG，将△ADG沿DG翻折的△PDG，设EF＝x，当P落在△EBC内部时（包括边界），x的取值范围是　 　．

三、解答题（本题有8小题，共80分）
17．（10分）（1）计算： +（）﹣1﹣|﹣3|
（2）先化简，再求值：（a﹣2）（a+2）﹣a（a﹣1），其中a＝﹣1
18．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD平分∠BAC，过AC的中点E作FG∥AD，交BA的延长线于点F，交BC于点G，
（1）求证：AE＝AF；
（2）若BC＝AB，AF＝3，求BC的长．

19．（8分）学了统计知识后，小红就本班同学上学“喜欢的出行方式”进行了一次调查，图（1）和图（2）是她根据采集的数据绘制的两幅不完整的统计图，请根据图中提供的信息解答以下问题：
（1）补全条形统计图，并计算出“骑车”部分所对应的圆心角的度数．
（2）若由3名“喜欢乘车”的学生，1名“喜欢骑车”的学生组队参加一项活动，现欲从中选出2人担任组长（不分正副），求出2人都是“喜欢乘车”的学生的概率，（要求列表或画树状图）
20．（8分）在直角坐标系中，我们把横，纵坐标都是整数的点称为整点，记顶点都是整点的三角形为整点三角形．如图，已知整点A（2，4），B（1，1），请在所给网格区域（含边界）上按要求画整点三角形．
（1）在图1中画一个Rt△PAB，使点P落在坐标轴上；
（2）在图2中画一个等腰△PAB，使得△PAB的面积为4．

21．（10分）如图，▱ABCD与抛物线y＝﹣x2+bx+c相交于点A，B，D，点C在抛物线的对称轴上，已知点B（﹣1，0），BC＝4．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求BD的函数表达式．

22．（10分）如图，在⊙O中，半径OD⊥直径AB，CD与⊙O相切于点D，连接AC交⊙O于点E，交OD于点G，连接CB并延长交⊙于点F，连接AD，EF．
（1）求证：∠ACD＝∠F；
（2）若tan∠F＝
①求证：四边形ABCD是平行四边形；
②连接DE，当⊙O的半径为3时，求DE的长．

23．小王准备给家中长为3米的正方形ABCD电视墙铺设大理石，按图中所示的方案分成9块区域分别铺设甲，乙，丙三种大理石（正方形EFGH是由四块全等的直角三角形围成），
（1）已知甲大理石的单价为150元/m2，乙大理石的单价为200元/m2，丙大理石的单价为300元/m2，整个电视墙大理石总价为1700元．
①当铺设甲，乙大理石区域面积相等时，求铺设丙大理石区域的面积．
②设铺设甲，乙大理石区域面积分别为xm2，ym2，当丙的面积不低于1m2时，求出y关于x的函数关系式，并写出y的最大值．
（2）若要求AE：AF＝1：2，EQ：FQ＝1：3，甲，乙大理石单价之和为300元/m2，丙大理石的单价不低于300元/m2，铺设三种大理石总价为1620元，求甲的单价取值范围．

24．（14分）如图在矩形ABCD中，AB＝8，过对角线AC的中点O作直线PE，交AB于点P，交CD于点Q，交射线AD于点E，连接CE，作点Q关于CE对称的对称点Q′，以Q′为圆心，为CQ′半径作⊙Q′，交CE于点M，设BC＝x．
（1）请说明△AOP≌△COQ的理由．
（2）若AP＝5，
①请用x的代数式表示DE的长．
②当△DQM为直角三角形时，请求出所有满足条件的BC的值．
（3）若存在⊙Q′同时与直线AC和直线AD相切，请直接写出⊙Q′的半径．


2019年浙江省温州市鹿城区中考数学模拟试卷（3月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不绐分）
1．【分析】根据正数大于0，0大于负数，正数大于负数，比较即可
【解答】解：∵﹣3＜﹣＜0＜0.3
∴最大为0.3
故选：A．
【点评】本题考查实数比较大小，解题的关键是正确理解正数大于0，0大于负数，正数大于负数，本题属于基础题型．
2．【分析】找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数．
【解答】解：从小到大排列此数据为：3、5、5、5、5、6、6、100，处在第4、5位的都是5，
故这组数据的中位数是5．
故选：B．
【点评】考查了确定一组数据的中位数的能力．一些学生往往对这个概念掌握不清楚，计算方法不明确而误选其它选项，注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两位数的平均数．
3．【分析】根据三视图确定该几何体是圆柱体．
【解答】解：根据主视图和左视图为矩形可判断出该几何体是柱体，
根据俯视图是圆可判断出该几何体为圆柱．
故选：B．
【点评】本题考查由三视图确定几何体的形状，主要考查学生空间想象能力及对立体图形的认识．
4．【分析】根据单项式乘单项式、幂的乘方与积的乘方、合并同类项的法则，分别进行各项的判断即可．
【解答】解：A、a2+a2＝2a2，故本选项错误；
B、2a2×a3＝2a5，故本选项错误；
C、（a2）3＝a6，故本选项正确；
D、3a﹣2a＝a，故本选项错误；
故选：C．
【点评】此题考查了单项式乘单项式、幂的乘方与积的乘方、合并同类项，属于基础题，掌握各部分的运算法则是关键．
5．【分析】根据锐角的正弦等于对边比斜边列式计算即可得解．
【解答】解：∵∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴sin∠A＝＝＝．
故选：A．
【点评】本题考查的是锐角三角函数的定义，掌握锐角A的对边a与斜边c的比叫做∠A的正弦是解题的关键．
6．【分析】据要证明一个结论不成立，可以通过举反例的方法来证明一个命题是假命题．
【解答】解：∵当a＝﹣2，b＝1时，（﹣2）2＞12，但是﹣2＜1，
∴a＝﹣2，b＝1是假命题的反例．
故选：A．
【点评】此题考查的是命题与定理，要说明数学命题的错误，只需举出一个反例即可这是数学中常用的一种方法．
7．【分析】设甲每天修建x米，根据结果甲比乙提早1天完成列出方程解答即可．
【解答】解：设甲每天修建x米，根据题意可得：，
故选：C．
【点评】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，列方程解答．
8．【分析】根据x＝﹣1，代数式的值为2，x＝0，代数式的值为1，x＝3，代数式的值为2，可知a、b、c的数量关系．
【解答】解：根据题意可知：
当x＝﹣1时，
a+2b﹣c＝2
当x＝0时，
﹣c＝1
当x＝3时，
9a﹣6b﹣c＝2，
联立
∴解得：
∴代数式为﹣x+1
当x＝2时，
原式＝﹣+1＝1
故选：A．
【点评】本题考查代数式求值，解题的关键是熟练运用二元一次方程组的解法，本题属于基础题型．
9．【分析】根据抛物线的解析式，先求出抛物线与x轴的交点坐标和顶点坐标，根据抛物线上有且只有三个不同点满足以AB为底的三角形的面积相等，判断该三个点中有一个是抛物线的顶点，从而算出a的值．
【解答】解：抛物线y＝x2﹣2x﹣3的顶点坐标为（1．﹣4）
当y＝0时，即x2﹣2x﹣3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3
所以点A（﹣1，0），B（3，0）
AB＝3﹣（﹣1）＝4．
因为抛物线上有且只有三个不同的点C1，C2，C3，
使得△ABC1，△ABC2，△ABC3的面积相等．
所以其中的一个点为顶点
所以a＝×4×|﹣4|＝8．
故选：B．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点及三角形的面积．解决本题的关键是找到满足使△ABC1，△ABC2，△ABC3的面积相等的一个点．
10．【分析】连接OC、OA、BD，作OH⊥AC于H．首先求出AC的长，利用三角形的中位线定理即可解决问题；
【解答】解：连接OC、OA、BD，作OH⊥AC于H．

∵∠AOC＝2∠ABC＝120°，
∵OA＝OC，OH⊥AC，
∴∠COH＝∠AOH＝60°，CH＝AH，
∴CH＝AH＝OC•sin60°＝，
∴AC＝2，
∵CN＝DN，DM＝AM，
∴MN＝AC＝，
∵CP＝PB，AN＝DN，
∴PN＝BD，
当BD是直径时，PN的值最大，最大值为2，
∴PM+MN的最大值为2+．
故选：D．
【点评】本题考查圆周角定理、三角形的中位线的定理、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．【分析】原式提取x即可得到结果．
【解答】解：原式＝x（x﹣2），
故答案为：x（x﹣2）
【点评】此题考查了因式分解﹣提公因式法，熟练掌握提取公因式的方法是解本题的关键．
12．【分析】根据三角形的外角的性质计算．
【解答】解：由三角形的外角的性质可知，∠A＝∠ACD﹣∠B＝70°，
故答案为：70°．
【点评】本题考查的是三角形的外角的性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
13．【分析】根据加权平均数的计算方法先求出所有数据的和，然后除以数据的总个数即可．
【解答】解：这20户家庭的该月平均用水量为＝5.5（吨），
故答案为：5.5．
【点评】此题考查了加权平均数，用到的知识点是加权平均数的计算公式，关键是求出所有数的和．
14．【分析】利用弧长公式即可求扇形的半径，进而利用扇形的面积公式即可求得扇形的面积．
【解答】解：设扇形的半径为r．
则＝4π，
解得r＝6，
∴扇形的面积＝＝12π，
故答案为：12π．
【点评】此题主要考查了扇形面积求法，用到的知识点为：扇形的弧长公式l＝；扇形的面积公式S＝，解题的关键是熟记这两个公式．
15．【分析】设A（a，），可得B（，），C（a，），进而得到AB＝a，AC＝，依据S△DEC﹣S△BEA＝S△DAC﹣S△BCA进行计算即可．
【解答】解：点A是反比例函数y＝图象上的任意一点，可设A（a，），
∵AB∥x轴，AC∥y轴，点B，C，在反比例函数y＝的图象上，
∴B（，），C（a，），
∴AB＝a，AC＝，
∴S△DEC﹣S△BEA＝S△DAC﹣S△BCA＝××（a﹣a）＝××a＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了反比例函数的比例系数k的几何意义：在反比例函数y＝图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．解题时注意：反比例函数图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k．
16．【分析】当点P落在BE上时，如图，延长GF交DC于H，作PM⊥AB于M，PN⊥AD于N．求出EF的长；当点P落在DC上时，求出EF的长即可解决问题；
【解答】解：当点P落在BE上时，如图，延长GF交DC于H，作PM⊥AB于M，PN⊥AD于N．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝∠BAC＝∠BCD＝90°，DC∥AB，AB＝CD＝，AD＝BC＝5，
∵DE＝2，
∴EC＝，
∵∠CEB＝∠PBM，
∴tan∠CEB＝tan∠PBM，
∴＝＝，设PM＝3k，则BM＝2k，
∵四边形AMPN是矩形，
∴PM＝AN＝3k，PN＝AM＝﹣2k，
在Rt△PDN中，∵PD＝AD＝5，DN＝5﹣3k，PN＝﹣2k，
∴25＝（5﹣3k）2+（﹣2k）2，
整理得：117k2﹣462k+256＝0，
解得k＝或（舍弃）
∴PM＝2，BM＝，AM＝4，设AG＝GP＝m，
在Rt△PGM中，m2＝（4﹣m）2+22，
解得m＝，
∴AH＝AG＝，
∵EH＝，
∵＝＝tan∠CEB＝，
∴HF＝，
∴EF＝，
当点P落在DC上时，如图，

∵AD＝DP＝5，DE＝2，
∴EP＝3，
∵tan∠CEB＝＝，
∴PF＝，
∴EF＝＝，
∴≤x≤．
故答案为≤x≤．
【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
三、解答题（本题有8小题，共80分）
17．【分析】（1）原式利用二次根式性质，绝对值的代数意义，以及负整数指数幂法则计算即可求出值；
（2）原式利用平方差公式，以及单项式乘以多项式法则计算，去括号合并即可得到结果．
【解答】解：（1）原式＝2+3﹣3＝2；
（2）原式＝a2﹣4﹣a2+a＝a﹣4，
当a＝﹣1时，原式＝﹣5．
【点评】此题考查了整式的混合运算﹣化简求值，以及实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18．【分析】（1）由∠BAC＝90°，AD平分∠BAC，得∠DAB＝45°，又FG∥AD所以∠F＝∠DAB＝45°，∠AEF＝45°，所以∠F＝∠AEF，因此AE＝AF；
（2）由AF＝3，AE＝3，AC＝2AE＝6，在Rt△ABC中，AB2+AC2＝BC2，求出AB＝，因此BC＝．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AD平分∠BAC，
∴∠DAB＝∠CAB＝×90°＝45°，
∵FG∥AD
∴∠F＝∠DAB＝45°，∠AEF＝45°，
∴∠F＝∠AEF，
∴AE＝AF；
（2）∵AF＝3，
∴AE＝3，
∵点E是AC的中点，
∴AC＝2AE＝6，
在Rt△ABC中，AB2+AC2＝BC2，
AB2+32＝（）2，
AB＝，
BC＝．
【点评】本题考查了直角三角形的性质，熟练运用勾股定理是解题的关键．
19．【分析】（1）从两图中可以看出乘车的有25人，占了50%，所以共有学生50人；总人数减乘车的和骑车的就是步行的，根据数据画直方图就可；要求扇形的度数就要先求出骑车的占的百分比，然后再求度数；
（2）列出从这4人中选两人的所有等可能结果数，2人都是“喜欢乘车”的学生的情况有3种，然后根据概率公式即可求得．
【解答】解：（1）被调查的总人数为25÷50%＝50人；
则步行的人数为50﹣25﹣15＝10人；
如图所示条形图，

“骑车”部分所对应的圆心角的度数＝×360°＝108°；

（2）设3名“喜欢乘车”的学生表示为A、B、C，1名“喜欢骑车”的学生表示为D，
则有AB、AC、AD、BC、BD、CD这6种等可能的情况，
其中2人都是“喜欢乘车”的学生有3种结果，
所以2人都是“喜欢乘车”的学生的概率为．
【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
20．【分析】（1）由（）2+（）2＝（2）2，画出三边长为2，，的三角形即可；
（2）可三角形的面积和等腰三角形的性质解答即可．
【解答】解：（1）△PAB即为所求；

（2）△PAB即为所求．
【点评】本题考查了勾股定理、三角形面积的计算方法；熟练掌握勾股定理和三角形的底边×高＝面积的2倍是解决问题的关键．
21．【分析】（1）由B的坐标，以及BC的长，求出C的坐标，确定出抛物线对称轴，利用待定系数法求出解析式即可；
（2）由四边形ABCD为平行四边形，得到对边平行且相等，得到AD的长，利用对称性求出D横坐标，代入抛物线解析式求出纵坐标，确定出D坐标，设出直线BD解析式为y＝kx+b，把B与D坐标代入确定出k与b的值即可．
【解答】解：（1）∵B（﹣1，0），BC＝4，
∴C（3，0），即抛物线对称轴为直线x＝3，
∴，
解得：，
则抛物线解析式为y＝﹣x2+6x+7；
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，且AD＝BC＝4，
∵A与D关于对称轴直线x＝3对称，且AD＝4，
∴A横坐标为1，D横坐标为5，
把x＝5代入抛物线解析式得：y＝12，即D（5，12），
设直线BD解析式为y＝kx+b，
把B与D坐标代入得：，
解得：，
则直线BD的解析式为y＝2x+2．
【点评】此题考查了待定系数法求二次函数解析式，以及待定系数法求一次函数解析式，二次函数性质，以及平行四边形的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
22．【分析】（1）先利用切线的性质得到OD⊥CD，再证明AB∥CD，然后利用平行线的性质和圆周角定理得到结论；
（2）①设⊙O的半径为r，利用正切的定义得到OG＝r，则DG＝r，则CD＝3DG＝2r，然后根据平行线的判定得到结论；
②作直径DH，连接HE，如图，先计算出AG＝，CG＝2，再证明∴△CDE∽△CAD，然后利用相似比计算DE的长．
【解答】（1）证明：∵CD与⊙O相切于点D，
∴OD⊥CD，
∵半径OD⊥直径AB，
∴AB∥CD，
∴∠ACD＝∠CAB，
∵∠EAB＝∠F，
∴∠ACD＝∠F；
（2）①证明：∵∠ACD＝∠CAB＝∠F，
∴tan∠GCD＝tan∠GAO＝tan∠F＝，
设⊙O的半径为r，
在Rt△AOG中，tan∠GAO＝＝，
∴OG＝r，
∴DG＝r﹣r＝r，
在Rt△DGC中，tan∠DCG＝＝，
∴CD＝3DG＝2r，
∴DC＝AB，
而DC∥AB，
∴四边形ABCD是平行四边形；
②作直径DH，连接HE，如图，OG＝1，AG＝＝，
CD＝6，DG＝2，CG＝＝2，
∵DH为直径，
∴∠HED＝90°，
∴∠H+∠HDE＝90°，
∵DH⊥DC，
∴∠CDE+∠HDE＝90°，
∴∠H＝∠CDE，
∵∠H＝∠DAE，
∴∠CDE＝∠DAC，
而∠DCE＝∠ACD，
∴△CDE∽△CAD，
∴＝，即＝，
∴DE＝．

【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了平行四边形的判定与圆周角定理．
23．【分析】（1）①设甲，乙大理石区域面积相等为xm2，则丙大理石区域面积为（32﹣2x）m2，根据“甲大理石的单价为150元/m2，乙大理石的单价为200元/m2，丙大理石的单价为300元/m2，整个电视墙大理石总价为1700元”列出关于x的一元一次方程，解之即可，
②甲，乙大理石区域面积分别为xm2，y2，则丙大理石区域面积为（9﹣x﹣y）m2，根据“甲大理石的单价为150元/m2，乙大理石的单价为200元/m2，丙大理石的单价为300元/m2，整个电视墙大理石总价为1700元”，列出y关于x的函数关系式，根据“丙的面积不低于1m2”列出关于x的一元一次不等式，求出x的范围，在根据函数的增减性求最大值即可，
（2）根据“AE：AF＝1：2，EQ：FQ＝1：3”，求出甲、乙、丙的面积，设甲的单价为m元/，则乙的单价为（300﹣m）元/m2，丙的单价为n元/m2，根据“三种大理石总价为1620元”，列出关于m的不等式，解之即可．
【解答】解：（1）①设甲，乙大理石区域面积相等为xm2，则丙大理石区域面积为（32﹣2x）m2，即丙大理石区域面积为（9﹣2x）m2，
根据题意得：150x+200x+300（9﹣2x）＝1700，
解得：x＝4，
把x＝4代入9﹣2x得：9﹣2x＝1，
答：铺设丙大理石区域的面积为1m2，
②甲，乙大理石区域面积分别为xm2，y2，则丙大理石区域面积为（9﹣x﹣y）m2，
根据题意得：150x+200y+300（9﹣x﹣y）＝1700，
整理得：y＝﹣1.5x+10，
根据题意得：9﹣x﹣y≥1，
整理得：x≥4，
随着x的增大，y减小，
当x取到最小值时，y取到最大值，
把x＝4代入y＝﹣1.5x+10，
解得：y＝4，
y关于x的函数关系式为y＝﹣1.5x+10，y的最大值为4，
（2）∵AE：AF＝1：2，EQ：FQ＝1：3，正方形ABCD边长为3，
∴AE＝1，AF＝2，甲的面积为4××1×2＝4（m2），
EF＝＝，
设EQ＝y，FQ＝3y，
则y2+（3y）2＝5，
解得：y＝，
乙的面积为4×××＝3（m2），
丙的面积为9﹣3﹣4＝2（m2），
设甲的单价为m元/，则乙的单价为（300﹣m）元/m2，丙的单价为n元/m2，
根据题意得：4m+3（300﹣m）+2n＝1620，
整理得：n＝360﹣，
n≥300，
即360﹣≥300，
解得：m≤120，
答：甲的单价取值范围为≤120元．
【点评】本题考查一次函数的应用，解题的关键：（1）①根据等量关系列出一元一次方程，②根据数量关系列出一次函数的解析式和不等式，再利用函数的增减性求最值，（2）根据不等量关系列出不等式．
24．【分析】（1）根据ASA证明△AOP≌△COQ；
（2）①根据AB∥DQ，可得△APE∽△DQE，则＝，可得DE的长；
②当△DQM为直角三角形时，存在2种情况：
i）当∠DQM＝90°时，如图2，则∠CQM＝90°，作辅助线，证明菱形QCQ'M是正方形，得CD＝DE＝8＝x，可得BC的长；
ii）当∠QDM＝90°时，如图3，此时M与E重合，同理得：四边形QCQ'M是菱形，DE＝4＝x，可得BC的长；
（3）如图4，同理可得四边形QCQ'E是菱形，证明∠AEO＝∠CEO＝∠CEQ'＝30°，根据三角函数或勾股定理可得AC、OC和CQ的长，则得CQ'的长，即⊙Q′的半径．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠PAO＝∠QCO，
∵O为对角线AC的中点，
∴AO＝CO，
在△APO和△COQ中，
，
∴△APO≌△COQ；
（2）①∵AP＝5，AB＝8，
∴DC＝AB＝8，CQ＝AB＝5，
∴DQ＝3，
∵AB∥DQ，
∴△APE∽△DQE，
∴＝，
即＝＝，
∴DE＝x；
②当△DQM为直角三角形时，存在2种情况：
i）当∠DQM＝90°时，如图2，则∠CQM＝90°，
连接Q'M、QQ'，QQ'与CM交于H，
∵Q、Q'关于CE对称，
∴QQ'⊥CE，QH＝Q'H，
∵CQ'＝MQ'，
∴CH＝MH，
∴四边形QCQ'M是菱形，
∵∠CQM＝90°，
∴菱形QCQ'M是正方形，
∴∠QCM＝45°
∴CD＝DE＝8＝x，
x＝，即BC＝；
ii）当∠QDM＝90°时，如图3，此时M与E重合，
连接Q'M、QQ'，同理得：四边形QCQ'M是菱形，
∴QE＝CQ＝5，DQ＝3，
∴DE＝4＝x，
x＝，即BC＝；
综上所述，当△DQM为直角三角形时，满足条件的BC的值是或；
（3）如图4，同理可得四边形QCQ'E是菱形，
∴PE∥CQ'，∠CEO＝∠CEQ'，
∵AC是⊙Q'的切线，
∴AC⊥CQ'，
∴AC⊥PE，
∵AO＝OC，
∴AE＝CE，
∴∠AEO＝∠CEO，
∴∠AEO＝∠CEO＝∠CEQ'，
∵AE是⊙Q'的切线，
∴∠AEQ'＝90°，
∴∠AEO＝∠CEO＝∠CEQ'＝30°，
∴∠ACD＝30°，
Rt△ACD中，AB＝CD＝8，cos30°＝，
∴＝，AC＝，
∴OC＝，
∴CQ＝CQ'＝，即⊙Q′的半径为．




【点评】本题是圆和四边形的综合题，考查了相似三角形和全等三角形的性质和判定、菱形和正方形的性质和判定、圆的切线的性质、勾股定理和三角函数，第二问的关键是分类讨论利用菱形的性质和方程的思想求解，第三问的难点在于正确画出图形，确定∠AEO＝∠CEO＝∠CEQ'＝30°，注意数形结合思想的运用，难度较大．