2021年山东省泰安市新泰市中考数学综合能力训练试卷（四）

这是一份2021年山东省泰安市新泰市中考数学综合能力训练试卷（四），共30页。

2021年山东省泰安市新泰市中考数学综合能力训练试卷（四）
一.选择题（本大题共12小题，每小题4分）
1．（4分）下列四个实数中，是负数的是（　　）
A．﹣（﹣3） B．（﹣2）2 C．|﹣4| D．﹣
2．（4分）下列运算正确的是（　　）
A．（﹣2a3）2＝4a6 B．a2•a3＝a6
C．3a+a2＝3a3 D．（a﹣b）2＝a2﹣b2
3．（4分）2020年中央财政下达义务教育补助经费1695.9亿元，比上年增长8.3%．其中1695.9亿元用科学记数法表示为（　　）
A．16.959×1010元 B．1695.9×108元
C．1.6959×1010元 D．1.6959×1011元
4．（4分）如图，将直尺与三角尺叠放在一起，如果∠1＝28°，那么∠2的度数为（　　）

A．62° B．56° C．28° D．72°
5．（4分）在2021年元旦汇演中，10位评委给八年级一班比赛的打分如表格：
成绩/分
94
95
96
97
98
99
评委人数
2
1
3
1
2
1
则这组数据的众数和中位数分别是（　　）
A．95，95 B．96，96 C．96，95 D．96，97
6．（4分）如图，AB为⊙O的切线，点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接AD、CD，OA，若∠ADC＝35°，则∠ABO的度数为（　　）

A．25° B．20° C．30° D．35°
7．（4分）抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与直线y＝bx+c在同一坐标系中的大致图象可能为（　　）
A． B．
C． D．
8．（4分）如图，四边形ABCD为矩形纸片，把纸片ABCD折叠，使点B恰好落在CD边的中点E处，折痕为AF，若CD＝6，则AF等于（　　）

A． B． C． D．8
9．（4分）若关于x的一元一次不等式组的解集是x＞3，则m的取值范围是（　　）
A．m＞4 B．m≥4 C．m＜4 D．m≤4
10．（4分）如图，在△ABC中，O是AB边上的点，以O为圆心，OB为半径的⊙O与AC相切于点D，BD平分∠ABC，AD＝OD，AB＝12，CD的长是（　　）

A．2 B．2 C．3 D．4
11．（4分）已知B港口位于A观测点北偏东45°方向，且其到A观测点正北方向的距离BM的长为10km，一艘货轮从B港口沿如图所示的BC方向航行4km到达C处，测得C处位于A观测点北偏东75°方向，则此时货轮与A观测点之间的距离AC的长为（　　）km．

A．8 B．9 C．6 D．7
12．（4分）如图，长方形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为（　　）

A．2 B．1+ C．2 D．
二.填空题（（本大题共6小题，每小题4分）
13．（4分）分解因式：3a3﹣6a2+3a＝　 　．
14．（4分）我国古代《算法统宗》里有这样一首诗：我问开店李三公，众客都来住店中，一房七客多七客，一房九客一房空．诗中后两句的意思是：如果每一间客房住7人，那么有7人无房可住；如果每一间客房住9人，那么就空出一间房．设该店有客房x间，房客y人．可列方程组为：　 　．
15．（4分）关于x的一元二次方程kx2﹣（2k+1）x+k＝0总有两个实数根，则常数k的取值范围是　 　．
16．（4分）如图，四边形ABCD是矩形，AB＝2，AD＝，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交CD于点E，交AD的延长线于点F，则图中阴影部分的面积是　 　．

17．（4分）抛物线y＝a（x﹣）2+k经过A（﹣3，0），B（m，0）两点，则关于x的一元二次方程a（x﹣）2+k＝0的解是　 　．
18．（4分）如图，已知直线l1、l2经过坐标原点O，且l1与x轴所夹锐角为15°，l2与y轴所夹锐角为30°．在直线l1和l2之间依次构造正方形A1B1C1A2、正方形A2B2C2A3，正方形A3B3C3A4正方形A4B4C4A5…点A1、点A2、点A3、点A4、点A5…依次落在直线l1上，点B1、点B2、点B3、点B4…依次落在直线l2上，且A1B1＝1，则点B2021的坐标为　 　．

三.解答题（本大题共7小题，满分78分）
19．（10分）（1）解不等式．
（2）先化简，再从﹣1，0，1中选择合适的x值代入求值．
20．（10分）某中学采用随机的方式对学生掌握安全知识的情况进行测评，并按成绩高低分成优、良、中、差四个等级进行统计，绘制了下面两幅尚不完整的统计图．请根据有关信息解答：

（1）接受测评的学生共有　 　人，扇形统计图中“优”部分所对应扇形的圆心角为　 　°，并补全条形统计图；
（2）若该校共有学生2000人，请估计该校对安全知识达到“良”及“良”以上程度的人数；
（3）测评成绩前五名的学生恰好3个女生和2个男生，现从中随机抽取2人参加市安全知识竞赛，请用树状图或列表法求出抽到2个女生的概率．
21．（11分）如图，两个全等的等腰直角三角形按如图方式放置在平面直角坐标系中，OA在x轴上，已知∠COD＝∠OAB＝90°，OC＝，反比例函数y＝的图象经过点B．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）把△OCD沿射线OB移动，当点D落在y＝图象上的D'时，求点D'的坐标．

22．（11分）某商厦利用8000元的资金购进一批运动服，面市后供不应求．于是，商厦再次利用17600元购进同样的运动服，第二批购进的数量是第一批购进数量的2倍，且每套运动服的进价比第一批多4元，商厦销售运动服时每套的预售价都是58元．
（1）求第一批运动服的进价为每套多少元？
（2）按预售价销售一段时间后，根据市场的实际情况，商厦决定将剩余部分运动服打五折销售，要使销售这两批运动服的总利润不少于6300元，商厦打折销售的该运动服至多为多少套？
23．（12分）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，∠CAB＝∠CBA＝45°，D为BC上一点，连接AD，过点C作CE⊥AD于点E．

（1）如图1，过点B作BF⊥BC交CE的延长线于点F，求证：△ACD≌△CBF；
（2）如图2，若D为BC的中点，CE的延长线交AB于点M，连接DM，求证：∠BDM＝∠ADC；
（3）在（2）的条件下，若AE＝4，CE＝2，直接写出CM的长．
24．（12分）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C，点P是抛物线上一动点，连接PB，PC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，当点P在直线BC上方时，过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．若PE＝2ED，求△PBC的面积；
（3）抛物线上存在一点P，使△PBC是以BC为直角边的直角三角形，求点P的坐标．
25．（12分）如图，在正方形ABCD中，点M、N分别在AB、BC边上，∠MDN＝45°．
（1）如图1，DN交AB的延长线于点F．求证：DM2＝MB•MF；
（2）如图2，过点M作MP⊥DB于P，过N作NQ⊥BD于Q，若DP•DQ＝16，求对角线BD的长；
（3）如图3，若对角线AC交DM，DF分别于点T，E．判断△DTN的形状并说明理由．


2021年山东省泰安市新泰市中考数学综合能力训练试卷（四）
参考答案与试题解析
一.选择题（本大题共12小题，每小题4分）
1．（4分）下列四个实数中，是负数的是（　　）
A．﹣（﹣3） B．（﹣2）2 C．|﹣4| D．﹣
【分析】根据相反数的定义、乘方的定义、绝对值的性质及负数和正数的概念判断可得．
【解答】解：A．﹣（﹣3）＝3，是正数，不符合题意；
B．（﹣2）2＝4，是正数，不符合题意；
C．|﹣4|＝4，是正数，不符合题意；
D．﹣是负数，符合题意；
故选：D．
2．（4分）下列运算正确的是（　　）
A．（﹣2a3）2＝4a6 B．a2•a3＝a6
C．3a+a2＝3a3 D．（a﹣b）2＝a2﹣b2
【分析】根据各个选项中的式子，可以计算出正确的结果，从而可以解答本题．
【解答】解：∵（﹣2a3）2＝4a6，故选项A正确；
∵a2•a3＝a5，故选项B错误；
∵3a+a2不能合并，故选项C错误；
∵（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，故选项D错误；
故选：A．
3．（4分）2020年中央财政下达义务教育补助经费1695.9亿元，比上年增长8.3%．其中1695.9亿元用科学记数法表示为（　　）
A．16.959×1010元 B．1695.9×108元
C．1.6959×1010元 D．1.6959×1011元
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：1695.9亿元＝169590000000元＝1.6959×1011元，
故选：D．
4．（4分）如图，将直尺与三角尺叠放在一起，如果∠1＝28°，那么∠2的度数为（　　）

A．62° B．56° C．28° D．72°
【分析】由两锐角互余的性质可求∠DAC度数，由平行线的性质可求解．
【解答】解：如图，标注字母，

由题意可得：∠BAC＝90°，∠DAC＝∠BAC﹣∠1＝62°，
∵EF∥AD，
∴∠2＝∠DAC＝62°，
故选：A．
5．（4分）在2021年元旦汇演中，10位评委给八年级一班比赛的打分如表格：
成绩/分
94
95
96
97
98
99
评委人数
2
1
3
1
2
1
则这组数据的众数和中位数分别是（　　）
A．95，95 B．96，96 C．96，95 D．96，97
【分析】根据众数和中位数的概念求解．
【解答】解：在这组数据中，96分出现了3次，出现的次数最多，则众数是96分；
把这组数据按照从小到大的顺序排列起来，则中位数是＝96（分）．
故选：B．
6．（4分）如图，AB为⊙O的切线，点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接AD、CD，OA，若∠ADC＝35°，则∠ABO的度数为（　　）

A．25° B．20° C．30° D．35°
【分析】根据切线的性质和圆周角定理即可得到结论．
【解答】解：∵AB为圆O的切线，
∴AB⊥OA，即∠OAB＝90°，
∵∠ADC＝35°，
∴∠AOB＝2∠ADC＝70°，
∴∠ABO＝90°﹣70°＝20°．
故选：B．
7．（4分）抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与直线y＝bx+c在同一坐标系中的大致图象可能为（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意和各个选项中的函数图象，可以得到一次函数中b和c的正负情况和二次函数图象中a、b、c的正负情况，注意a＞0，然后即可判断哪个选项中的图象符合题意．
【解答】解：选项A中，由一次函数的图象可知b＜0，c＞0，由二次函数的图象可知a＜0，b＞0，c＞0，故选项A不符合题意；
选项B中，由一次函数的图象可知b＜0，c＞0，由二次函数的图象可知a＞0，b＜0，c＞0，故选项B符合题意；
选项C中，由一次函数的图象可知b＞0，c＞0，由二次函数的图象可知a＞0，b＜0，c＞0，故选项C不符合题意；
选项D中，由一次函数的图象可知b＜0，c＞0，由二次函数的图象可知a＞0，b＜0，c＜0，故选项D不符合题意；
故选：B．
8．（4分）如图，四边形ABCD为矩形纸片，把纸片ABCD折叠，使点B恰好落在CD边的中点E处，折痕为AF，若CD＝6，则AF等于（　　）

A． B． C． D．8
【分析】先图形折叠的性质得到BF＝EF，AE＝AB，再由E是CD的中点可求出ED的长，再求出∠EAD的度数，设FE＝x，则AF＝2x，在△ADE中利用勾股定理即可求解．
【解答】解：由折叠的性质得BF＝EF，AE＝AB，
因为CD＝6，E为CD中点，故ED＝3，
又因为AE＝AB＝CD＝6，
所以∠EAD＝30°，
则∠FAE＝（90°﹣30°）＝30°，
设FE＝x，则AF＝2x，
在△AEF中，根据勾股定理，（2x）2＝62+x2，
x2＝12，x1＝2，x2＝﹣2（舍去）．
AF＝2×2＝4．
故选：A．
9．（4分）若关于x的一元一次不等式组的解集是x＞3，则m的取值范围是（　　）
A．m＞4 B．m≥4 C．m＜4 D．m≤4
【分析】先求出每个不等式的解集，再根据不等式组的解集和已知得出关于m的不等式，再求出解集即可．
【解答】解：，
∵解不等式①得：x＞3，
解不等式②得：x＞m﹣1，
又∵关于x的一元一次不等式组的解集是x＞3，
∴m﹣1≤3，
解得：m≤4，
故选：D．
10．（4分）如图，在△ABC中，O是AB边上的点，以O为圆心，OB为半径的⊙O与AC相切于点D，BD平分∠ABC，AD＝OD，AB＝12，CD的长是（　　）

A．2 B．2 C．3 D．4
【分析】由切线的性质得出AC⊥OD，求出∠A＝30°，证出∠ODB＝∠CBD，得出OD∥BC，得出∠C＝∠ADO＝90°，由直角三角形的性质得出∠ABC＝60°，BC＝AB＝6，AC＝BC＝6，得出∠CBD＝30°，再由直角三角形的性质即可得出结果．
【解答】解：∵⊙O与AC相切于点D，
∴AC⊥OD，
∴∠ADO＝90°，
∵AD＝OD，
∴tanA＝＝，
∴∠A＝30°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBD＝∠CBD，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∴∠ODB＝∠CBD，
∴OD∥BC，
∴∠C＝∠ADO＝90°，
∴∠ABC＝60°，BC＝AB＝6，AC＝BC＝6，
∴∠CBD＝30°，
∴CD＝BC＝×6＝2；
故选：A．
11．（4分）已知B港口位于A观测点北偏东45°方向，且其到A观测点正北方向的距离BM的长为10km，一艘货轮从B港口沿如图所示的BC方向航行4km到达C处，测得C处位于A观测点北偏东75°方向，则此时货轮与A观测点之间的距离AC的长为（　　）km．

A．8 B．9 C．6 D．7
【分析】根据∠MAB＝45°，BM＝10和勾股定理求出AB的长，再根据tan∠BAD＝，求出BD的长，即可得出AD以及CD的长，进而得出答案．
【解答】解：∵∠MAB＝45°，BM＝10，
∴AB＝＝＝20km，
过点B作BD⊥AC，交AC的延长线于D，
在Rt△ADB中，∠BAD＝∠MAC﹣∠MAB＝75°﹣45°＝30°，
tan∠BAD＝＝，
∴AD＝BD，
BD2+AD2＝AB2，即BD2+（BD）2＝202，
∴BD＝10，
∴AD＝10，
在Rt△BCD中，BD2+CD2＝BC2，BC＝4，
∴CD＝2，
∴AC＝AD﹣CD＝10﹣2＝8km，
答：此时货轮与A观测点之间的距离AC的长为8km．
故选：A．

12．（4分）如图，长方形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为（　　）

A．2 B．1+ C．2 D．
【分析】如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接DE交CG于J．首先证明∠ETG＝90°，推出点G的在射线TG上运动，推出当CG⊥TG时，CG的值最小．
【解答】解：如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接GT，连接DE交CG于J．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，∠B＝∠BCD＝90°，
∵∠BET＝∠FEG＝45°，
∴∠BEF＝∠TEG，
在△EBF和△TEG中，
，
∴△EBF≌△TEG（SAS），
∴∠B＝∠ETG＝90°，
∴点G的在射线TG上运动，
∴当CG⊥TG时，CG的值最小，
∵BC＝4，BE＝1，CD＝3，
∴CE＝CD＝3，
∴∠CED＝∠BET＝45°，
∴∠TEJ＝90°＝∠ETG＝∠JGT＝90°，
∴四边形ETGJ是矩形，
∴DE∥GT，GJ＝TE＝BE＝1，
∴CJ⊥DE，
∴JE＝JD，
∴CJ＝DE＝，
∴CG＝CJ+GJ＝1+，
∴CG的最小值为1+，
故选：B．
二.填空题（（本大题共6小题，每小题4分）
13．（4分）分解因式：3a3﹣6a2+3a＝　3a（a﹣1）2　．
【分析】先提取公因式3a，再根据完全平方公式进行二次分解．完全平方公式：a2﹣2ab+b2＝（a﹣b）2．
【解答】解：3a3﹣6a2+3a＝3a（a2﹣2a+1）＝3a（a﹣1）2．
故答案为：3a（a﹣1）2．
14．（4分）我国古代《算法统宗》里有这样一首诗：我问开店李三公，众客都来住店中，一房七客多七客，一房九客一房空．诗中后两句的意思是：如果每一间客房住7人，那么有7人无房可住；如果每一间客房住9人，那么就空出一间房．设该店有客房x间，房客y人．可列方程组为：　　．
【分析】根据题意一房七客多七客，一房九客一房空得出方程组即可．
【解答】解：根据题意得：，
故答案为：．
15．（4分）关于x的一元二次方程kx2﹣（2k+1）x+k＝0总有两个实数根，则常数k的取值范围是　且k≠0　．
【分析】因为方程有实数根，则根的判别式△≥0，且二次项系数不为零，由此得到关于k的不等式，解不等式就可以求出k的取值范围．
【解答】解：∵△＝b2﹣4ac
＝[﹣（2k+1）]2﹣4k×k≥0，
解得k≥﹣，
∵二次项系数k≠0，
∴k≥﹣且k≠0．
故答案为：k≥﹣且k≠0．
16．（4分）如图，四边形ABCD是矩形，AB＝2，AD＝，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交CD于点E，交AD的延长线于点F，则图中阴影部分的面积是　2﹣2　．

【分析】根据题意可以求得∠BAE和∠DAE的度数，然后根据图形可知阴影部分的面积就是矩形的面积与矩形中间空白部分的面积之差再加上扇形EAF与△ADE的面积之差的和，本题得以解决．
【解答】解：连接AE，
∵∠ADE＝90°，AE＝AB＝2，AD＝，
∴sin∠AED＝，
∴∠AED＝45°，
∴∠EAD＝45°，∠EAB＝45°，
∴AD＝DE＝，
∴阴影部分的面积是：（2×﹣﹣）+（﹣）＝2﹣2，
故答案为：2﹣2．

17．（4分）抛物线y＝a（x﹣）2+k经过A（﹣3，0），B（m，0）两点，则关于x的一元二次方程a（x﹣）2+k＝0的解是　x1＝﹣3，x2＝4　．
【分析】利用抛物线的性质得到对称轴为直线x＝，则利用抛物线的对称性得到m﹣＝﹣（﹣3），求出m得到B（4，0），然后根据抛物线与x轴的交点问题求解．
【解答】解：∵抛物线y＝a（x﹣）2+k的对称轴为直线x＝，
而抛物线与轴的交点为A（﹣3，0），B（m，0），
∴m﹣＝﹣（﹣3），解得m＝4，
即B（4，0），
∴关于x的一元二次方程a（x﹣）2+k＝0的解是x1＝﹣3，x2＝4．
故答案为x1＝﹣3，x2＝4．
18．（4分）如图，已知直线l1、l2经过坐标原点O，且l1与x轴所夹锐角为15°，l2与y轴所夹锐角为30°．在直线l1和l2之间依次构造正方形A1B1C1A2、正方形A2B2C2A3，正方形A3B3C3A4正方形A4B4C4A5…点A1、点A2、点A3、点A4、点A5…依次落在直线l1上，点B1、点B2、点B3、点B4…依次落在直线l2上，且A1B1＝1，则点B2021的坐标为　（22019，22019）　．

【分析】根据一次函数，得出OB1、OB2等的长度，继而得知B1、B2等点的坐标，从中找出规律，进而可求出点B2021的坐标．
【解答】解：∵l1与x轴所夹锐角为15°，l2与y轴所夹锐角为30°，
∴l1与l2所夹锐角为45°，l2与x轴所夹锐角为60°，
∴△A1B1O，△A2B2O，△A3B3O，…都是等腰直角三角形，
∴B1O＝20，B2O＝21，B3O＝22，…，BnO＝2n﹣1，
∴点B2021的坐标为（22021﹣1×，22021﹣1，×），即（22019，22019）．
故答案为：（22019，22019）．
三.解答题（本大题共7小题，满分78分）
19．（10分）（1）解不等式．
（2）先化简，再从﹣1，0，1中选择合适的x值代入求值．
【分析】（1）利用解一元一次不等式的一般步骤解出不等式；
（2）根据分式的混合运算法则把原式化简，根据分式有意义的条件确定x的值，代入计算即可．
【解答】解：（1）﹣＞﹣1，
2（2x+1）﹣（1﹣x）＞﹣6，
4x+2﹣1+x＞﹣6，
5x＞﹣7，
x＞﹣；
（2）原式＝（﹣）•
＝•
＝，
由分式可知，x≠±1，
当x＝0时，原式＝﹣1．
20．（10分）某中学采用随机的方式对学生掌握安全知识的情况进行测评，并按成绩高低分成优、良、中、差四个等级进行统计，绘制了下面两幅尚不完整的统计图．请根据有关信息解答：

（1）接受测评的学生共有　160　人，扇形统计图中“优”部分所对应扇形的圆心角为　135　°，并补全条形统计图；
（2）若该校共有学生2000人，请估计该校对安全知识达到“良”及“良”以上程度的人数；
（3）测评成绩前五名的学生恰好3个女生和2个男生，现从中随机抽取2人参加市安全知识竞赛，请用树状图或列表法求出抽到2个女生的概率．
【分析】（1）根据等级为中的人数及其所占百分比可得总人数，用360°乘以“优”等级人数所占比例，根据四个等级人数之和等于总人数求出“良”的人数即可补全图形；
（2）用总人数乘以“良”及“良”以上程度的人数所占比例即可；
（3）画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：（1）接受测评的学生共有40÷25%＝160（人），扇形统计图中“优”部分所对应扇形的圆心角为360°×＝135°，
等级为“良”的人数为160﹣（60+40+10）＝50（人），
补全图形如下：

故答案为：160，135；

（2）估计该校对安全知识达到“良”及“良”以上程度的人数为2000×＝1375（人）；
（3）画树状图得：

∵共有20种等可能的结果，恰好抽到2个女生的有6种情况，
∴恰好抽到2个女生的概率为＝．
21．（11分）如图，两个全等的等腰直角三角形按如图方式放置在平面直角坐标系中，OA在x轴上，已知∠COD＝∠OAB＝90°，OC＝，反比例函数y＝的图象经过点B．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）把△OCD沿射线OB移动，当点D落在y＝图象上的D'时，求点D'的坐标．

【分析】（1）由全等三角形的性质可得AB＝OA＝OC＝OD＝，则可求得B点坐标，代入可求得k的值；
（2）由平移的性质可知DD′∥OB，过D′作D′E⊥x轴于点E，交DC于点F，设CD交y轴于点M，由D点坐标，则可设出D′坐标，代入反比例函数解析式，则可得到关于D点坐标的方程，可求得D点坐标．
【解答】解：（1）∵△AOB和△COD为全等三的等腰直角三角形，OC＝，
∴AB＝OA＝OC＝OD＝，
∴点B坐标为（，），
代入y＝得k＝2；
（2）由平移性质可知DD′∥OB，过D′作D′E⊥x轴于点E，交DC于点F，设CD交y轴于点M，如图，

∵OC＝OD＝，∠AOB＝∠COM＝45°，
∴OM＝MC＝MD＝1，
∴D坐标为（﹣1，1），
设D′横坐标为t，则OE＝MF＝t，
∴D′F＝DF＝t+1，
∴D′E＝D′F+EF＝t+2，
∴D′（t，t+2），
∵D′在反比例函数图象上，
∴t（t+2）＝2，解得t＝﹣1或t＝﹣﹣1（舍去），
∴D′（﹣1，+1）．
22．（11分）某商厦利用8000元的资金购进一批运动服，面市后供不应求．于是，商厦再次利用17600元购进同样的运动服，第二批购进的数量是第一批购进数量的2倍，且每套运动服的进价比第一批多4元，商厦销售运动服时每套的预售价都是58元．
（1）求第一批运动服的进价为每套多少元？
（2）按预售价销售一段时间后，根据市场的实际情况，商厦决定将剩余部分运动服打五折销售，要使销售这两批运动服的总利润不少于6300元，商厦打折销售的该运动服至多为多少套？
【分析】（1）设第一批运动服的进价为每套x元，则第二批运动服的进价为每套（x+4）元，根据数量＝总价÷单价结合第二批购进的数量是第一批购进数量的2倍，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）利用数量＝总价÷单价可求出第一批购进运动服的数量，结合第二批购进的数量是第一批购进数量的2倍可求出第二批购进的数量，设商厦打折销售的该运动服为m套，根据利润＝销售收入﹣进货成本结合销售这两批运动服的总利润不少于6300元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
【解答】解：（1）设第一批运动服的进价为每套x元，则第二批运动服的进价为每套（x+4）元，
依题意得：×2＝，
解得：x＝40，
经检验，x＝40是原方程的解，且符合题意．
答：第一批运动服的进价为每套40元．
（2）第一批购进运动服的数量为8000÷40＝200（套），
第二批购进运动服的数量为200×2＝400（套）．
设商厦打折销售的该运动服为m套，
依题意得：58（200+400﹣m）+58×0.5m﹣8000﹣17600≥6300，
解得：m≤100．
答：商厦打折销售的该运动服至多为100套．
23．（12分）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，∠CAB＝∠CBA＝45°，D为BC上一点，连接AD，过点C作CE⊥AD于点E．

（1）如图1，过点B作BF⊥BC交CE的延长线于点F，求证：△ACD≌△CBF；
（2）如图2，若D为BC的中点，CE的延长线交AB于点M，连接DM，求证：∠BDM＝∠ADC；
（3）在（2）的条件下，若AE＝4，CE＝2，直接写出CM的长．
【分析】（1）先证∠CAD＝∠BCF，再由ASA即可得出△ACD≌△CBF；
（2）过点B作BF⊥BC交CE的延长线于点F，先由全等三角形的性质得∠ADC＝∠F，CD＝BF，再证BD＝BF，然后证△BDM≌△BFM（SAS），得∠BDM＝∠F，即可得出结论；
（3）连接DF，先由勾股定理得BC＝AC＝2，再由全等三角形的性质得DM＝FM，求出DE＝AD﹣AE＝1，然后由等腰直角三角形的性质得DF＝BD＝，由勾股定理得EF＝3，设DM＝FM＝x，则EM＝3﹣x，最后在Rt△DEM中，由勾股定理得出方程，解方程求出EM＝，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵BF⊥BC，CE⊥AD，
∴∠AEC＝∠CBF＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD+∠ACE＝∠BCF+∠ACE＝90°，
∴∠CAD＝∠BCF，
又∵AC＝BC，
∴△ACD≌△CBF（ASA）；
（2）证明：过点B作BF⊥BC交CE的延长线于点F，如图2所示：
由（1）得：△ACD≌△CBF，
∴∠ADC＝∠F，CD＝BF，
∵D为BC的中点，
∴CD＝BD，
∴BD＝BF，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ABC＝45°，
∵∠CBF＝90°，
∴∠FBM＝90°﹣45°＝45°，
∴∠DBM＝∠FBM，
又∵BM＝BM，
∴△BDM≌△BFM（SAS），
∴∠BDM＝∠F，
∴∠BDM＝∠ADC；
（3）解：连接DF，如图3所示：
∵CE⊥AD，AE＝4，CE＝2，
∴BC＝AC＝＝＝2，
由（2）得：BD＝BF，CD＝BD＝BC＝，△BDM≌△BFM，
∴DM＝FM，AD＝＝＝5，
∴DE＝AD﹣AE＝1，
∵∠DBF＝90°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴DF＝BD＝，
∴EF＝＝＝3，
设DM＝FM＝x，则EM＝3﹣x，
在Rt△DEM中，由勾股定理得：12+（3﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
∴EM＝3﹣＝，
∴CM＝CE+EM＝2+＝．


24．（12分）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C，点P是抛物线上一动点，连接PB，PC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，当点P在直线BC上方时，过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．若PE＝2ED，求△PBC的面积；
（3）抛物线上存在一点P，使△PBC是以BC为直角边的直角三角形，求点P的坐标．
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）先求得点C的坐标，再用待定系数法求得直线BC的解析式；由PE＝2ED可得PD＝3ED，设P（m，﹣m2+2m+3），则E（m，﹣m+3），用含m的式子表示出PD和DE，根据PD＝3ED得出关于m的方程，解得m的值，则可得PE的长，然后按照三角形的面积公式计算即可；
（3）分两种情况：①点C为直角顶点；②点B为直角顶点．过点C作直线P1C⊥BC，交抛物线于点P1，连接P1B，交x轴于点D；过点B作直线BP2⊥BC，交抛物线于点P2，交y轴于点E，连接P2C，分别求得直线P1C和直线BP2的解析式，将它们分别与抛物线的解析式联立，即可求得点P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（3，0），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）在y＝﹣x2+2x+3中，当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3）．
设直线BC的解析式为y＝kx+b，将B（3，0），C（0，3）代入，得：
，
解得，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
若PE＝2ED，则PD＝3ED，
设P（m，﹣m2+2m+3），
∵PD上x轴于点D，
∴E（m，﹣m+3），
∴﹣m2+2m+3＝3（﹣m+3），
∴m2﹣5m+6＝0，
解得m1＝2，m2＝3（舍），
∴m＝2，此时P（2，3），E（2，1），
∴PE＝2，
∴S△PBC＝×2×3＝3．
∴△PBC的面积为3；
（3）∵△PBC是以BC为直角边的直角三角形，
∴有两种情况：①点C为直角顶点；②点B为直角顶点．
过点C作直线P1C⊥BC，交抛物线于点P1，连接P1B，交x轴于点D；
过点B作直线BP2⊥BC，交抛物线于点P2，交y轴于点E，连接P2C，如图所示：

∵B（3，0），C（0，3），
∴OB＝OC＝3，
∴∠BCO＝∠OBC＝45°．
∵P1C⊥BC，
∴∠DCB＝90°，
∴∠DCO＝45°，
又∵∠DOC＝90°，
∴∠ODC＝45°＝∠DCO，
∴OD＝OC＝3，
∴D（﹣3，0），
∴直线P1C的解析式为y＝x+3，
联立，
解得或（舍）；
∴P1（1，4）；
∵P1C⊥BC，BP2⊥BC，
∴P1C∥BP2，
∴设直线BP2的解析式为y＝x+b，
将B（3，0）代入，得0＝3+b，
∴b＝﹣3，
∴直线BP2的解析式为y＝x﹣3，
联立，
解得或（舍），
∴P2（﹣2，﹣5）．
综上，点P的坐标为（1，4）或（﹣2，﹣5）．
25．（12分）如图，在正方形ABCD中，点M、N分别在AB、BC边上，∠MDN＝45°．
（1）如图1，DN交AB的延长线于点F．求证：DM2＝MB•MF；
（2）如图2，过点M作MP⊥DB于P，过N作NQ⊥BD于Q，若DP•DQ＝16，求对角线BD的长；
（3）如图3，若对角线AC交DM，DF分别于点T，E．判断△DTN的形状并说明理由．

【分析】（1）先判断出∠BDM＝∠F，进而判断出△BDM∽△DFM，即可得出结论；
（2）先判断出∠CDN＝∠BDM，进而判断出△CDN∽△PDM，得出，同理△ADM∽△QDN，得出，进而得出DQ•DP＝AD•CD，即可得出结论；
（3）先判断出△DTE∽△CNE，得出，进而判断出△CDE∽△NTE，得出∠TNE＝∠ECD＝45°，即可得出结论．
【解答】解：（1）如图1，连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBA＝45°，
∴∠F+∠BDF＝45°，
∵∠MDN＝45°，
∴∠BDM+∠BDF＝45°，
∴∠BDM＝∠F，
∵∠BMD＝∠DMF，
∴△BDM∽△DFM，
∴，
∴DM2＝BM•MF，
即DM2＝MB•MF；

（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠C＝∠A＝90°，∠BDC＝45°，
∴∠CDN+∠BDN＝45°，
又∠MDN＝45°，
∴∠BDN+∠BDM＝45°，
∴∠CDN＝∠BDM，
又∵MP⊥DB于P，
∴∠DPM＝90°＝∠C，
∴△CDN∽△PDM，
∴，
同理：△ADM∽△QDN，
∴，
∴，
∴DQ•DP＝AD•CD，
∵DP•DQ＝16，
∴AD•CD＝16，
∴AD2＝16，
∴AD＝4，
∴CD＝4，
根据勾股定理得，BD＝4；

（3）解：△DTN是等腰直角三角形；理由如下：
∵∠TDE＝∠ECN＝45°，∠DET＝∠CEN，
∴△DTE∽△CNE，
∴，
又∵∠DEC＝∠TEN，
∴△CDE∽△NTE，
∴∠TNE＝∠ECD＝45°，
又∵∠TDE＝45°，
∴∠DTN＝90°，
∵△DTN是等腰直角三角形．