中考模拟卷（三）（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（北京版）

这是一份中考模拟卷（三）（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（北京版），共49页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
中考模拟卷（三）


一、单选题
1．如图，在Rt△ABC中，，，D是AB上的动点，连接CD，过A作于G，点E是BC的中点，连接GE，则GE的最小值是（ ）


A．2 B．1 C． D．
【答案】D
【分析】
取AC中点O，连接OG，点G在以AC为直径的⊙O上运动，连接OE，则当点G在线段OE上时，GE取得最小值，即GE的最小值为OE－OG的值．
【详解】
∵AG⊥CD
∴∠AGC=90゜
如图，取AC中点O，连接OG，则
∴点G在以AC为直径的⊙O上运动
连接OE，则
即
∴当点G在线段OE上时，GE取得最小值，且最小值为OE－OG

在Rt△ABC中，由勾股定理得：
∵O、E分别是AC、BC的中点
∴OE是△ABC的中位线
∴
∴GE=OE－OG=2－
故选：D．
2．如图，在△ABC中，∠BAC和∠ABC的平分线AE，BF相交于点O，AE交BC于E，BF交AC于F，过点O作OD⊥BC于D，下列三个结论：①∠AOB=90°+∠C；②当∠C=60°时，AF+BE=AB；③若OD=a，AB+BC+CA=2b，则S△ABC=ab．其中正确的个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．0个
【答案】B
【分析】
由角平分线的定义结合三角形的内角和的可求解∠AOB与∠C的关系，进而判定①；在AB上取一点H，使BH＝BE，证得△HBO≌△EBO，得到∠BOH＝∠BOE＝60°，再证得△HAO≌△FAO，得到AF＝AH，进而判定②正确；作OH⊥AC于H，OM⊥AB于M，根据三角形的面积可证得③正确．
【详解】
解：∵∠BAC和∠ABC的平分线相交于点O，
∴∠OBA＝∠CBA，∠OAB＝∠CAB，
∴∠AOB＝180°−∠OBA−∠OAB＝180°−∠CBA−∠CAB
＝180°−（180°−∠C）＝90°＋∠C，①错误；
∵∠C＝60°，
∴∠BAC＋∠ABC＝120°，
∵AE，BF分别是∠BAC与ABC的平分线，
∴∠OAB＋∠OBA＝（∠BAC＋∠ABC）＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∴∠AOF＝60°，
∴∠BOE＝60°，
如图，在AB上取一点H，使BH＝BE，
∵BF是∠ABC的角平分线，
∴∠HBO＝∠EBO，
在△HBO和△EBO中，
，
∴△HBO≌△EBO（SAS），
∴∠BOH＝∠BOE＝60°，
∴∠AOH＝180°−60°−60°＝60°，

∴∠AOH＝∠AOF，
在△HAO和△FAO中，
，
∴△HAO≌△FAO（ASA），
∴AF＝AH，
∴AB＝BH＋AH＝BE＋AF，故②正确；
作OH⊥AC于H，OM⊥AB于M，

∵∠BAC和∠ABC的平分线相交于点O，
∴点O在∠C的平分线上，
∴OH＝OM＝OD＝a，
∵AB＋AC＋BC＝2b
∴S△ABC＝×AB×OM＋×AC×OH＋×BC×OD＝（AB＋AC＋BC）•a＝ab，③正确．
故选：B．
3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将线段AB绕着点A逆时针旋转45°后其延长线交BC的延长线于点D，已知AC＝3，BC＝1，则点D到AB的距离是（　　）

A．2 B．4 C． D．
【答案】C
【分析】
利用勾股定理求得AB的长，设DE=x，用x表示出CD，在Rt△ACD中，利用勾股定理构造方程，求解即可．
【详解】
解：在Rt△ABC中，AC＝3，BC＝1，
∴AB=，
过点D作DE⊥AB于点E，

∵∠BAD=45°，∴AE=DE，
设DE=x，则AE=DE=x，AD=，BE=，
在Rt△BDE中，,
∴BD=，
则CD=，
在Rt△ACD中，,
即,
，
，
，
，即，
，
∴x=，
∴x1=(舍去)，x2=，
∴点D到AB的距离是，
故选：C．
4．如图，△ABC中，AC＝DC＝3，AD平分∠BAC，BD⊥AD于D，E为AC的中点，则图中两个阴影部分面积之差的最大值为（ ）

A．1.5 B．3 C．4.5 D．6
【答案】C
【分析】
首先证明两个阴影部分面积之差＝S△ADC，当CD⊥AC时，△ACD的面积最大．
【详解】
解：延长BD交AC于点H．设AD交BE于点O．

∵AD⊥BH，
∴∠ADB＝∠ADH＝90°，
∴∠ABD＋∠BAD＝90°，∠H＋∠HAD＝90°，
∵∠BAD＝∠HAD，
∴∠ABD＝∠H，
∴AB＝AH，
∵AD⊥BH，
∴BD＝DH，
∵DC＝CA，
∴∠CDA＝∠CAD，
∵∠CAD＋∠H＝90°，∠CDA＋∠CDH＝90°，
∴∠CDH＝∠H，
∴CD＝CH＝AC，
∵AE＝EC，
∴S△ABE＝S△ABH，S△CDH＝S△ABH，
∵S△OBD−S△AOE＝S△ADB−S△ABE＝S△ADH−S△CDH＝S△ACD，
∵AC＝CD＝3，
∴当DC⊥AC时，△ACD的面积最大，最大面积为×3×3＝4.5．
故选：C．
5．如图，正方形ABCD的边长为6，点E在边CD上，且CD＝3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF．则下列结论：①△ABG≌△AFG；②∠AGB＋∠AED＝135°；③BG＝CG；④S△EGC＝S△AFE．其中正确的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】
根据题意，证明Rt△ABG≌Rt△AFG，即可判断①；设BG＝GF＝x，则CG＝6﹣x，在Rt△EGC中，EG＝x+2，CG＝6﹣x，CE＝4，在Rt△EGC中，勾股定理建立方程，解方程即可判断③；根据①的结论可得，进而可得，根据三角形内角和定理即可得∠AGB+∠AED＝135°进而判断②；根据题中数据分别计算S△EGC，S△AFE，即可判断④
【详解】
解：由题意可求得DE＝2，CE＝4，AB＝BC＝AD＝6，
四边形是正方形，

∵将△ADE沿AE对折至△AFE，
∴∠AFE＝∠ADE＝∠ABG＝90°，AF＝AD＝AB，EF＝DE＝2
在Rt△ABG和Rt△AFG中
，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），
∴①正确；
∴BG＝GF，∠BGA＝∠FGA，
设BG＝GF＝x，则CG＝6﹣x，在Rt△EGC中，EG＝x+2，CG＝6﹣x，CE＝4，
∴（x+2）2＝（6﹣x）2+42，
解得x＝3，
∴BG＝CG＝3，
∴③正确；
将△ADE沿AE对折至△AFE，Rt△ABG≌Rt△AFG



∴∠AGB+∠AED＝135°，
∴②正确；
∵S△EGC＝GC•CE＝×3×4＝6，S△AFE＝AF•EF＝×6×2＝6，
∴S△EGC＝S△AFE，
∴④正确；
故选：D．
6．如图，在等边△ABC中，AB＝6，点D，E分别在边BC，AC上，且BD＝CE，连接AD，BE交于点F，连接CF，则CF的最小值是（　　）

A．3 B．2 C．4 D．3
【答案】B
【分析】
根据三角形全等的判定定理和性质可得：≅，，利用各角之间的数量关系可得：，作的外接圆，则点F在圆上运动，连接OB、OC，交劣弧于点F’，当点F与点F’重合时，CF的长度最小，由切线定理可得，，在中，利用三角函数的正切可得，再根据所对直角边是斜边的一半即可确定，即可求出CF的最小值．
【详解】
解：在与中，
，
∴≅，
∴，
∴，
∴，
作的外接圆，则点F的运动轨迹为以O为圆心，OB为半径的圆，如图所示，连接OB、OC，交劣弧于点F’，当点F与点F’重合时，CF的长度最小，

由切线定理可得：BC与相切于点B,
∴，，
在中，
，
∴，
∴，
∴CF的最小值为，
故选：B．
7．如图，为线段上一动点（不与点、重合），在同侧分别作正三角形和正三角形，与交于点，与交于点，与交于点，连接，以下七个结论：①；②；③；④；⑤；
⑥是等边三角形；⑦点在的平分线上，其中正确的有（ ）

A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】D
【分析】
由△ABC和△CDE是正三角形，其性质得三边相等，三个角为60°，平角的定义和角的和差得∠ACD=∠BCE，边角边证明△ACD≌△BCE，其性质得结论①正确；由△ACD≌△BCE， 可得∠CAP=∠CBQ，可得 故⑤正确，角边角证明△ACP≌△BCQ得AP=BQ，其结论③正确；等边三角形的判定得△PCQ是等边三角形，结论⑥正确；∠CPQ=∠ACB=60°判定两线，结论②正确；反证法证明命题DE≠DP，结论④错误；利用全等三角形的对应高相等，可证明点C在∠AOE的平分线上，结论⑦正确；即正确结论共6个．
【详解】
解：如图1所示：

∵△ABC和△CDE是正三角形，
∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°，
又∵∠ACD=∠ACB+∠BCD， ∠BCE=∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中， ，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE， ∴结论①正确；
∵△ACD≌△BCE， ∴∠CAP=∠CBQ，

故⑤正确，
又∵∠ACB+∠BCD+∠DCE=180°， ∴∠BCD=60°，
在△ACP和△BCQ中，，
∴△ACP≌△BCQ（ASA），
∴AP=BQ，PC=QC， 故③正确，
∴△PCQ是等边三角形，故⑥正确
∴∠CPQ=∠CQP=60°，
∴∠CPQ=∠ACB=60°，
∴， 故②正确，
若DE=DP，
∵DC=DE， ∴DP=DC， ∴∠PCD=∠DPC，
又∵∠PCD=60°，
∴∠DPC=60°与△PCQ是等边三角形相矛盾，假设不成立， ∴结论④错误；
过点C分别作CM⊥AD，CN⊥BE于点M、N两点， 如图2所示：

∵CM⊥AD，CN⊥BE，
∴CM=CN，
又∵OC在∠AOE的内部，
∴点C在∠AOE的平分线上，
∴结论⑦正确；
综合所述共有6个结论正确．
故选：D．
8．如图，抛物线交x轴于点和，交y轴于点C，抛物线的顶点为D，下列四个命题：①当时，；②若，则；③抛物线上有两点和，若，且，则；④点C关于抛物线对称轴的对称点为E，点G、F分别在x轴和y轴上，当时，四边形周长的最小值为．其中正确的有（ ）个

A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】
利用抛物线在x轴上方所对应的自变量的范围可对①进行判断；先求出抛物线的对称轴，然后利用抛物线的对称性可对②进行判断；先求出抛物线的对称轴方程，然后比较点P和Q到对称轴的距离大小，则根据二次函数的大小可对③进行判断；先求出D点和E点坐标，则作D点关于y轴的对称点D′（-1，4），E点关于x轴的对称点E′（2，-3），连接D′E′分别交x轴和y轴于G、F点，如图，利用两点之间线段最短可判断此时DF+FG+GE的值最小，所以四边形EDFG周长的最小，然后利用勾股定理计算出DE和D′E′，则可对④进行判断．
【详解】
解：当a＜x＜b时，y＞0，所以①错误；
抛物线的对称轴为直线，所以当A点坐标为（-1，0），则B（3，0），
∴，则，所以②错误；
抛物线的对称轴为直线x=1，而x1＜1＜x2，则点P、Q在对称轴的两旁，因为x1+x2＞2，所以点Q离对称轴较远，所以y1＞y2，所以③正确；当m=2，则y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，则D（1，4）；当x=0时，y=3，则C（0，3），C点关于对称轴的对称点E的坐标为（2，3），作D点关于y轴的对称点D′（-1，4），E点关于x轴的对称点E′（2，-3），连接D′E′分别交x轴和y轴于G、F点，如图，


所以DF+FG+GE=D′F+FG+GE′=D′E′，此时DF+FG+GE的值最小，所以四边形EDFG周长的最小，最小值=，所以④错误．
所以，正确的结论是③，只有1个，
故选：B．
9．如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC、EG、EF．下列结论：①CG＝；②AEG的周长为8；③EGF的面积为．其中正确的是（　　）

A．①②③ B．①③ C．①② D．②③
【答案】D
【分析】
先判断出∠H＝90°，进而求出AH＝HF＝1＝BE．进而判断出△EHF≌△CBE（SAS），得出EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，判断出△CEF是等腰直角三角形，再用勾股定理求出EC2＝17，求出S△ECF，先判断出四边形APFH是矩形，进而判断出矩形AHFP是正方形，得出AP＝PF＝AH＝1，同理：四边形ABQP是矩形，得出PQ＝4，BQ＝1，FQ＝5，CQ＝3，再判断出△FPG∽△FQC，得出，求出PG，再根据勾股定理求得EG，即△AEG的周长为8，判断出②正确；先求出DG，进而在Rt△CDG中，根据勾股定理得，CG，故①错误，用S△ECG＝S正方形ABCD﹣S△AEG﹣S△EBC﹣S△GDC求出面积，进而求出S△EGF＝S△ECF﹣S△ECG，故③正确．
【详解】
解：如图，在正方形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4，∠B＝∠BAD＝90°，
∴∠HAD＝90°，
∵HF∥AD，
∴∠H＝90°，
∵∠HAF＝90°﹣∠DAM＝45°，
∴∠AFH＝∠HAF．
∵AF，
∴AH＝HF＝1＝BE．
∴AE＝3，EH＝AE+AH＝AB﹣BE+AH＝4＝BC，
∴△EHF≌△CBE（SAS），
∴EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，
∵∠BCE+∠BEC＝90°，
∴HEF+∠BEC＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
在Rt△CBE中，BE＝1，BC＝4，
∴EC2＝BE2+BC2＝17，
∴S△ECFEF•ECEC2，
过点F作FQ⊥BC于Q，交AD于P，
∴∠APF＝90°＝∠H＝∠HAD，
∴四边形APFH是矩形，
∵AH＝HF，
∴矩形AHFP是正方形，
∴AP＝PF＝AH＝1，
同理：四边形ABQP是矩形，
∴PQ＝AB＝4，BQ＝AP＝1，FQ＝FP+PQ＝5，CQ＝BC﹣BQ＝3，
∵AD∥BC，
∴△FPG∽△FQC，
∴，
∴，
∴PG，
∴AG＝AP+PG，
∴DG＝AD﹣AG＝4，
在Rt△EAG中，根据勾股定理得，EG，
∴△AEG的周长为AG+EG+AE3＝8，故②正确；在Rt△CDG中，根据勾股定理得，CG，故①错误；
∵S△ECG＝S正方形ABCD﹣S△AEG﹣S△EBC﹣S△GDC＝AD2AG•AEGD•DCEB•BC＝42341×4，
∴S△EGF＝S△ECF﹣S△ECG，故③正确；
故选：D．

10．如图，、为⊙O的两条弦，若，，则⊙O的半径为（ ）

A． B．5 C． D．
【答案】B
【分析】
连接AD，作OE、ON分别垂直与BC和AD，连接OD，OB，设⊙O的半径为r．可得四边形EONP为矩形，CE=BE，AN=ND，在Rt△APB和Rt△CPD中根据勾股定理可得，在Rt△EOB和Rt△NOD中根据勾股定理可得，由此可得结论．
【详解】
解：连接AD，作OE、ON分别垂直与BC和AD，连接OD，OB，设⊙O的半径为r．
∵OE、ON分别垂直与BC和AD，
∴CE=BE，AN=ND，∠ANO=∠OEB=90°，
∵∠ABC=∠ADC，，
∴，
∴∠CPD=90°，
∴四边形EONP为矩形，
∴OE=PN,EP=ON，
在Rt△APB和Rt△CPD中，根据勾股定理
，
∴




，
∴．
故选：B．


二、填空题
11．如图，△ABC为⊙O的内接等边三角形，BC＝12，点D为上一动点，BE⊥OD于E，当点D由点B沿运动到点C时，线段AE的最大值是____．

【答案】##
【分析】
连接，取中点，连接，求得，点在以为圆心，以为半径的圆上，求得当共线且点在的延长线上时，最大，求解即可．
【详解】
解：连接，取中点，连接，如下图：

∵，为中点
∴
∴点在以为圆心，以为半径的圆上
∴当共线且点在的延长线上时，最大
延长交于点，如上图：
∵△ABC为⊙O的内接等边三角形
∴垂直平分，
∴
∴，
∴，
∴
∴的最大值为
故答案为：
12．如图为半圆的直径，，点P为半圆的三等分点，点D为弧上一动点，作．连接交于点N，则的最小值为_________．

【答案】##
【分析】
以AO为边在上方作等边△AOC，连接，计算角度∠ANO=30°，根据定角定弦，确定点N在以C为圆心OC为半径的圆弧上运动，进而根据点到圆上的距离求最值问题即可．
【详解】
解：如图，

以AO为边在上方作等边△AOC，连接，
点P为半圆的三等分点，





是等边三角形


又∵
∠ANO=30°，点N在以C为圆心OC为半径的圆弧上运动，
是直径，

在中，
BC=，BN的最小值为
13．如图，平行四边形OABC的顶点C在x轴的正半轴上，O为坐标原点，以OA为斜边构造等腰Rt△AOD，反比例函数y＝（m＞0）的图象经过点A，交BC于点E，连接DE，若tan∠AOC＝3，DE∥x轴，DE＝2，则m的值为___．

【答案】12
【分析】
过点A作AH⊥OC于H，过点D作DF⊥AH于F，作DG⊥OC于G，过点E作ET⊥OC于T，设A（a，），根据三角函数定义，求得AH=3a，由反比例函数图象上的点的坐标特征可得m=3a2，再证明四边形DFHG是矩形，由△AOD是以OA为斜边的等腰直角三角形，可证明△ADF≌△ODG，从而可得DG=a，OG=2a，再证明四边形DETG是矩形，可得E（2a+2，a），进而可得m=3a2=（2a+2）a，解方程即可．
【详解】
解：如图，过点A作AH⊥OC于H，过点D作DF⊥AH于F，作DG⊥OC于G，过点E作ET⊥OC于T，

设A（a，），则OH=a，AH=，
∵tan∠AOC＝3，
∴，即：，
∴，
∴点A为，
∴m=3a2，
∵DF⊥AH，DG⊥OC，AH⊥OC，
∴∠AFE=∠DFH=∠OGD=∠AHG=90°，
∴四边形DFHG是矩形，
∴∠FDG=90°，DF=HG，FH=DG，
∴∠ODF+∠ODG=90°，
∵△AOD是以OA为斜边的等腰直角三角形，
∴AD=OD，∠ADO=90°，
∴∠ADF+∠ODF=90°，
∴∠ADF=∠ODG，
∴△ADF≌△ODG（AAS），
∴DF=DG，AF=OG，
∴DF=DG=FH=GH，
设DG=x，则AF=OG=a+x，
∴AH=a+2x，
∴a+2x=3a，
∴x=a，
∴DG=a，OG=2a，
∵DE∥x轴，ET⊥OC，DG⊥OC，DE=2，
∴四边形DETG是矩形，
∴GT=DE=2，ET=DG=a，
∴OT=2a+2，
∴E（2a+2，a），
∴m=3a2=（2a+2）a，
解得：a=2，
∴m=3×22=12．
故答案为：12．
14．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，E是AB的中点，F是BC边上一动点，将△BEF沿着EF翻折，使得点B落在点B′处，矩形内有一动点P，连接PB'、PC、PD，则PB′+PC+PD的最小值为 ___．

【答案】
【分析】
将△PDC绕点D逆时针旋转60°，得到△DP′C′，连接PP′，CP′，EC′．由作图可知，△PDP′，△DCC′都是等边三角形，推出DP＝PP′，由CP＝P′C′，推出PB′＋PD＋PC＝PB′＋PP′＋P′C′，根据EB′＋PB′＋PP′＋P′C′≥EC′，可得结论．
【详解】
解：将△PDC绕点D逆时针旋转60°，得到△DP′C′，连接PP′，CP′，EC′，由题意，AE＝EB＝EB′，

∴点B′在上运动，
由作图可知，△PDP′，△DCC′都是等边三角形，
∴DP＝PP′，
∵CP＝P′C′，
∴PB′＋PD＋PC＝PB′＋PP′＋P′C′，
∵EB′＋PB′＋PP′＋P′C′≥EC′，
如图，连接，交于点，



中，

又
∴PB′＋PP′＋P′C′≥12＋-4，
∴PB′＋PP′＋P′C′≥8＋，
∴PB′＋PC＋PD的最小值为8＋，
故答案为：8＋．
15．定义：如果两条线段将一个三角形分成个互相没有重合部分的等腰三角形，我们把这两条线段叫做这个三角形的三分线（如图1所示）．如图2，已知在中，，，，则的三分线中，较短的那条长为________．（只需写出一种情况即可）．

【答案】
【分析】
根据等腰三角形的判定定理容易画出图形；根据，则，，则，，得出对应边成比例，，，得出方程组，解方程组即可．
【详解】
解：如图2所示，、就是所求的三分线．

设，则，，
此时，，
设，，
，
，
，
，
所以联立得方程组，
解得，
即较短的那条长为．
故答案为：
16．如图，在▱ABCD中，BC＝3，CD＝4，点E是CD边上的中点，将△BCE沿BE翻折得△BGE，连接AE，A、G、E在同一直线上，则AG＝______，点G到AB的距离为______．

【答案】2
【分析】
根据折叠性质和平行四边形的性质可以证明△ABG≌△EAD，可得AG=DE=2，然后利用勾股定理可得求出AF的长，进而可得GF的值．
【详解】
解：如图，GF⊥AB于点F，

∵点E是CD边上的中点，
∴CE=DE=2，
由折叠可知：∠BGE=∠C，BC=BG=3，CE=GE=2，
在▱ABCD中，BC=AD=3，BC∥AD，
∴∠D+∠C=180°，BG=AD，
∵∠BGE+∠AGB=180°，
∴∠AGB=∠D，
∵AB∥CD，
∴∠BAG=∠AED，
在△ABG和△EAD中，，
∴△ABG≌△EAD（AAS），
∴AG=DE=2，
∴AB=AE=AG+GE=4，
∵GF⊥AB于点F，
∴∠AFG=∠BFG=90°，
在Rt△AFG和△BFG中，
根据勾股定理，得AG2-AF2=BG2-BF2，即22-AF2=32-（4-AF）2，
解得AF=，
∴GF2=AG2-AF2=4-=，
∴GF=，
故答案为2，．
17．甲、乙、丙三人分别拿出相同数量的钱合伙购买某种商品若干件．商品买来后，乙比甲多拿了3件，丙比甲多拿了9件，最后结算时，三人要求按所得商品的实际数量付钱，进行多退少补，已知丙付给甲120元，那么丙应付给乙 _____元．
【答案】30
【分析】
设甲拿了x件，则乙拿了（x+3）件，丙拿了（x+9）件，所以平均每人（x+4）件，所以甲少拿了4件，乙少拿了1件，丙多拿了5件，因为丙付给甲120元，所以每件是30元，所此能解．
【详解】
解：设甲拿了x件，则乙拿了（x+3）件，丙拿了（x+9）件，
所以共买了（3x+12）件，平均每人（x+4）件，
所以甲少拿了4件，乙少拿了1件，丙多拿了5件，
因为丙付给甲120元，所以每件是120÷4=30元，
所以丙应付给乙1件的价钱共30元.
故答案为：30．

三、解答题
18．已知：如图1，一次函数y＝mx＋5m的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，与函数y＝－x的图像交于点C，点C的横坐标为－3．
（1）求点B的坐标；
（2）若点Q为直线OC上一点，且S△QAC＝2S△AOC，求点Q的坐标；
（3）如图2，点D为线段OA上一点，∠ACD＝∠AOC．点P为x轴负半轴上一点，且点P到直线CD和直线CO的距离相等．
① 在图2中，只利用圆规作图找到点P的位置； (保留作图痕迹，不得在图2中作无关元素．)
② 求点P的坐标．


【答案】（1）B（0，5）；（2）点Q的坐标为（-9，6）或（3，-2）；（3）①见解析；②点P的坐标为（-5-2，0）或（-5+2，0）．
【分析】
（1）把点C的横坐标代入正比例函数解析式，求得点C的纵坐标，然后把点C的坐标代入一次函数解析式即可求得m的值，则易求点B的坐标；
（2）由S△QAC=3S△AOC得到点Q到x轴的距离是点C到x轴距离的2倍或点Q到x轴的距离和点C到x轴距离相等；
（3）①如图2，以点A为圆心，AC长为半径画弧，该弧与x轴的交点即为P；②先求出AC，再判断出AP=AC，即可求出点P的坐标．
【详解】
解：（1）把x=-3代入y=-x得到：y=2．则C（-3，2）．
将其代入y=mx+5m，得
2=-3m+5m，
解得 m=1．
则该直线的解析式为：y=x+5．
令x=0，则y=5，
即B（0，5）；
（2）由（1）知，C（-3，2）．
如图1，


设Q（a，-a）．
∵S△QAC=2S△AOC，
∴S△QAO=3S△AOC，或S△Q′AO=S△AOC，
①当Q在第二象限即S△QAO=3S△AOC时，
OA•yQ=3×OA•yC，
∴yQ=3yC，即-a=3×2=6，
解得 a=-9，
∴Q（-9，6）；
②当Q在第四象限S△Q′AO=S△AOC时，
OA•yQ=OA•yC，
∴yQ=2yC，即a=2，
解得 a=3（舍去负值），
∴Q′（3，-2）；
综上，点Q的坐标为（-9，6）或（3，-2）；
（3）①如图2，以点A为圆心，AC长为半径画弧，该弧与x轴的交点即为P；

②如图3，作P1F⊥CD于F，P1E⊥OC于E，作P2H⊥CD于H，P2G⊥OC于G．


∵C（-3，2），A（-5，0），
∴AC=，
∵P2H=P2G，P2H⊥CD，P2G⊥OC，
∴CP2是∠OCD的平分线，
∴∠OCP2=∠DCP2，
∴∠AP2C=∠AOC+∠OCP2，
∵∠ACP2=∠ACD+∠DCP2，
∴∠ACP2=∠AP2C，
∴AP2=AC，
∵A（-5，0），
∴P2（-5+2，0）．
同理：P1（-5-2，0）．
综上，点P的坐标为（-5-2，0）或（-5+2，0）．
19．已知数轴上点A与点B相距12个单位长度，点A在原点的左侧，到原点的距离为24个单位长度，点B在点A的右侧，点C表示的数与点B表示的数互为相反数，动点P从A出发，以每秒1个单位长度的速度向终点C移动，设移动时间为t秒
（1）点A表示的数为_____________，点C表示的数为__________
（2）当点P运动到B点时，点Q从A点出发，以每秒3个单位的速度向C点运动，Q点到达C点后，再立即以同样的速度返回，回到点A处停止运动
①点Q运动过程中，请直接写出点Q运动几秒后与点P相遇
②在点Q从点A向点C运动的过程中，P、Q两点之间的距离能否为4个单位？如果能，请直接写出此时点P表示的数；如果不能，请说明理由

【答案】（1）-24；12；（2）①6，15；②-8， -4，
【分析】
（1）因为点A在原点左侧且到原点的距离为24个单位长度，所以点A表示数-24；点B在点A右侧且与点A的距离为12个单位长度，故点B表示：-24+12=-12，再根据点C表示的数是点B表示的数的相反数得到点C表示的数为12；
（2）①分点Q到达点C之前和点Q到达点C之后两种情况列出方程求解即可；②分点Q追上点P和点Q超过点P两种情况列方程求解即可．
【详解】
（1）∵点A在原点的左侧，到原点的距离为24个单位长度，
∴点A表示的数为-24，
∵点B在点A的右侧，且与点A相距12个单位长度，
∴点B表示的数为-12，
∵点C表示的数与点B表示的数互为相反数，
∴点C表示的数为12
故答案为：-24，12；
（2）如图：

AB=12，AC=36，BC=24，
①设点Q运动m秒后与点P相遇，
点Q到达点C之前，属于追及问题，追及距离=AB=12
3m-m=12
解得m=6
点Q到达点C之后，是相遇问题，当Q到C点时用时36÷3=12秒
此时PB=12×1=12，则PQ=BC-PB=12
3（m-12）+1×（m-12）=12
解得m=15
∴点Q运动6秒或15秒时与点P相遇；
②能，理由：
在点Q从点A向点C运动的过程中，
当点P在点Q右侧时，
12+t-3t=4，
解得：t=4，
此时点P表示的数为-12+4=-8；
当点Q在点P右侧时，
3t-12-t=4，
解得：t=8，
此时点P表示的数为-12+8=-4．
∴点P表示的数为-8或-4．
20．如图，在平面直角坐标系中，已知点A(a,0)、B(0,b)分别为x轴和y轴上一点，且a,b满足，过点B作BE⊥AC于点E，延长BE至点D，使得BD=AC，连接OC、OD．
（1）A点的坐标为 ；∠OAB的度数为 ．
（2）如图1，若点C在第四象限，试判断OC与OD的数量关系与位置关系，并说明理由．
（3） 如图2，连接CD，若点C的坐标为(4，3)，CE平分∠OCD，AC与OD交于点F．
①求D点的坐标；
②试判断DE与CF的数量关系，并说明理由．


【答案】（1），；（2），；理由见解析；（3）①；②
【分析】
（1）直接根据完全平方式的非负性，二次根式有意义的条件得出的值即可得出答案；
（2）根据题意证明，根据全等三角形的性质以及三角形内角和定理可得结论；
（3）①作轴交轴于点，轴交轴于点，证明，即可得到答案；
②延长交于点，根据题意证明，然后证明，可得结论．
【详解】
解：（1）∵，
即，
∴，，
∴A点的坐标为，点
∴,
∵，
∴,
故答案为：，；
（2）设与轴交于点,与交于点，


∵BE⊥AC，
∴，
在和中，，，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，，
在和中，，，
∴，
∴，
∴，；
（3）①作轴交轴于点，轴交轴于点，


∵点C的坐标为(4，3)，
∴，
由知，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴,，
∴；
②延长交于点，


∵，，，
∴，
∴，
∵CE平分∠OCD，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
21．平面直角坐标系中，A（0，8），B（6，0），C（－1，0），点E为线段AB的中点，过点E作直线ED平行于x轴交线段AC于点D，动点Q从点B出发沿射线BC以每秒1个单位的速度运动，过点Q作QP⊥直线DE，垂足为P，过E、P、Q三点作圆，交线段AB于点N，连接QN、PN，设点Q运动的时间为t秒．
（1）求经过A、B、C三点的抛物线表达式；
（2）当△PQN与△ABC相似时，求t的值；
（3）当△EPQ的外接圆与线段AO有公共点时，求t的取值范围．
【答案】（1）；（2）的值为3.5或；（3）的值为
【分析】
（1）由题意可设经过点A、B、C三点的抛物线解析式为，然后把点A的坐标代入求解即可；
（2）如图，首先证明，推出与相似时，与相似，分两种情形：①当时，，②当时，，分别构建方程求解即可；
（3）取的中点，求出当与轴相切时，当经过点时，的值，即可判断．
【详解】
解：（1）设经过点A、B、C三点的抛物线解析式为，把点A（0，8）代入得：
∴，解得：，
∴抛物线解析式为；
（2）由题意可得如图所示，，

，，，
，，，
，，
，
，
轴，
，
，
，
，
，
与相似时，与相似，
①当时，，
，
．
②当时，，
，
，
综上所述，满足条件的的值为3.5或．
（3）取的中点，如图，

∵点E为线段AB的中点，
∴，
∵QP⊥直线DE，垂足为P，DE∥x轴，
∴，，
∴，，
∴，由中点坐标公式得：，
当与轴相切时，则的半径为，
∴，
∴由勾股定理得，，
，
解得．
当经过点时，，
，
，
，
，
，此时，
满足条件的的值为．
22．在平面直角坐标系 xOy 中，对于点P和图形W，如果以P为端点的任意一条射线与图形W最多只有一个公共点，那么称点P独立于图形W．
（1）如图 1，已知点A（－2，0），以原点O为圆心，OA长为半径画弧交 x 轴正半轴于点B．在P1（0，4），P2（0，1），P3（0，-3），P4（4，0）这四个点中，独立于 的点是 ；

（2）如图2，已知点C（-3，0），D（0，3），E（3，0），点P是直线y=2x+8上的一个动点．若点P 独立于折线CD－DE，求点P的横坐标xP的取值范围；
（3）如图3，⊙H是以点H（0，4）为圆心，半径为1的圆．点T（0，t）在y轴上且t>-3，以点T为中心的正方形KLMN的顶点K的坐标为（0，t+3），将正方形KLMN在x轴及x轴上方的部分记为图形W．若⊙H上的所有点都独立于图形W，直接写出t的取值范围．

【答案】（1）P2，P3；（2）满足条件的点P的横坐标xp的取值范围为：xP＜-5或xP＞-；（3）满足条件的t的值为或
【分析】
（1）根据点P独立于图形W的定义即可判断；
（2）求出直线DE，直线CD与直线y=2x+8的交点坐标即可判断；
（3）求出三种特殊位置时t的值即如图3-1所示当直线KN与⊙H相切于点E时，如图3-2所示当线段MN与⊙H相切于点E时，如图3-3所示当线段KN与⊙H相切于点E时，结合图象即可解决问题．
【详解】
解：（1）由题意可知：在P1（0，4），P2（0，1），P3（0，-3），P4（4，0）这四个点中，独立于的点是P2，P3，
故答案为：P2，P3；

（2）设直线CD的解析式为，直线DE的解析式为，
∵C（-3，0），D（0，3），E（3，0），
∴，，
∴，
∴直线CD的解析式为y=x+3，直线DE的解析式为y=-x+3，
联立，
解得，
可得直线l与直线CD的交点的横坐标为-5，
联立，
解得，
可得直线l与直线DE的交点的横坐标为-，
∴满足条件的点P的横坐标xp的取值范围为：xP＜-5或xP＞-；
（3）如图3-1中，当直线KN与⊙H相切于点E时，连接EH，
∵四边形KLMN是正方形，
∴∠OKN=45°，
∴∠HKE=45°，
∴∠EHK=45°，
∴EH=EK=1
∴，
∴，
∵K点坐标为（0，3+t），t＞-3，
∴OK=3+t,
∴，
∴，

∴当-3＜t＜1-时，⊙H上的所有点都独立于图形W．
如图3-2中，当线段KN与⊙H相切于点E时，连接EH．

同理可求出，
∴，
∵K点坐标为（0，3+t），t＞-3，
∴OK=3+t,
∴，
∴，
如图3-3中，当线段MN与⊙H相切于点E时，连接EH．

同理可求出，
∴
∵T点坐标为（0，t），K点坐标为（0，3+t），
∴KT=3，
∵四边形KLMN是正方形，
∴KT=TM=3，
∴
∴当1+＜t＜7-时，⊙H上的所有点都独立于图形W．
综上所述，满足条件的t的值为或．
23．如图，一次函数的图象与反比例函数（k为常数，且）的图象交与，B两点．


（1）求反比例函数的表达式及点B的坐标；
（2）点P在反比例函数第三象限的图象上，使得的面积最小，求满足条件的P点坐标及面积的最小值；
（3）设点M为x轴上一点，点N在双曲线上，以点A，B，M，N为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求出N点坐标：若不能，请说明理由．
【答案】（1）反比例函数表达式：，点坐标为（3，1）；（2）点P坐标的为（，），面积的最小值为；（3）N点坐标为（，）或（，）或（，）
【分析】
（1）将点A的坐标代入，求出值，进而代入求出值，最后联立反比例函数与一次函数解析式，求出B点坐标
（2）当的面积最小时，以AB为底，此时需满足点P到AB的距离最短即可，故向下平行直线AB，当与在第三象限的图像恰好有一个交点时，此点即为P点，过点P向直线AB做垂线，求出垂线的直线解析式，进而求出垂线与直线AB的交点坐标，最后利用两点距离公式，求出的底AB和高，面积即可求出
（3）设出M点和N点的横坐标，由于平行四边形的顶点顺序不确定，故分成三类情况，即：，，，根据平行四边形的性质：对角线互相平分，可以
利用两条对角线的中点坐标相等，列出方程，求出横坐标值，最终得到正确的N点坐标
【详解】
（1）解：点在一次函数上，
，即
把代入反比例函数解析式中得：，
反比例函数解析式为，
点是一次函数与反比例函数交点，
解得 或
点坐标为（3，1）．
（2）解：以AB为底，此时，若的面积有最小值，则有点P到AB的距离最短
由平移可知，当一次函数平移到与反比例函数的第三象限图像仅有一个交点时，此时满足条件，如图所示

不妨设平移后的直线为，设直线的解析式为：（），
联立直线与反比例函数解析式可得：，
消去整理可得：，
直线与反比例函数仅有一个第三象限的交点P，
解得：，
再将代入上述方程组，解得： ，
点P坐标的为（，），
过点P向直线AB作垂线，垂足为D，
，且直线AB的解析式为，
设直线PD解析式为，
点P在直线PD上，
解得：，
直线PD解析式为，
不妨设点D（，），
点D在直线AB上，
解得：，
D点坐标为（，）
P（，），（3，1），（1，3），
利用两点间距离公式可得：，
，
．
故面积最小值为．
（3）解：由题意可设M点坐标为（，0），N点坐标为（，），
若以点A，B，M，N为顶点的四边形能组成平行四边形，则有三种情况
①若平行四边形是，此时，AN和BM为对角线，
由中点坐标可知：AN的中点坐标为，BM的中点坐标为，
平行四边形的对角线互相平分，即对角线中点重合，
解得： ，
N点坐标为（，）．
②若平行四边形是，此时，AB和MN为对角线，
由中点坐标可知：AB的中点坐标为（，），MN的中点坐标为，
平行四边形的对角线互相平分，即对角线中点重合，
解得： ，
N点坐标为（，）．
③若平行四边形是，此时，AM和BN为对角线，
由中点坐标可知：AM的中点坐标为，BN的中点坐标为
平行四边形的对角线互相平分，即对角线中点重合，
解得： ，
N点坐标为（，）．
综上所述：N点坐标为（，）或（，）或（，）．
24．如图所示，在坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线y＝x+8经过A，C两点．


（1）求抛物线的解析式；
（2）在AC上方的抛物线上有一动点P．
①如图1，当点P运动到某位置时，以AP，AO为邻边的平行四边形第四个顶点恰好也在抛物线上，求出此时点P的坐标；
②如图2，过点O，P的直线y＝kx（k＜0）交AC于点E，若PE：OE＝5：6，求k的值．
【答案】（1）；（2）①；②或k= - 10
【分析】
（1）由直线的解析式y＝x＋4易求点A和点C的坐标，把A和C的坐标分别代入y＝﹣x2+bx+c求出b和c的值即可得到抛物线的解析式；
（2）①若以AP，AO为邻边的平行四边形的第四个顶点Q恰好也在抛物线上，则PQ∥AO，再根据抛物线的对称轴可求出点P的横坐标，由（1）中的抛物线解析式，进而可求出其纵坐标，问题得解；
②过P点作PF∥OC交AC于点F，因为PF∥OC，所以△PEF∽△OEC，由相似三角形的性质：对应边的比值相等可求出PF的长，进而可设点F（x，x＋8），利用（﹣x2+bx+c）−（x＋8）＝，可求出x的值，解方程求出x的值可得点P的坐标，代入直线y＝kx即可求出k的值．
【详解】
解：（1）∵直线y＝x＋8经过A，C两点，
∴A点坐标是（−8，0），点C坐标是（0，8），
又∵抛物线过A，C两点，
∴，
解得：，
∴；
（2）①如图1，

∵由（1）知，抛物线解析式是，
∴抛物线的对称轴是直线x＝−．
∵以AP，AO为邻边的平行四边形的第四个顶点Q恰好也在抛物线上，
∴PQ∥AO，PQ＝AO＝8．
∵P，Q都在抛物线上，
∴P，Q关于直线x＝−对称，
∴P点的横坐标是−，
∴当x＝−时，y＝−，
∴P点的坐标是（−，）；
②如图2，过P点作PF∥OC交AC于点F，

∵PF∥OC，
∴△PEF∽△OEC，
∴．
又∵PE：OE＝5：6，OC＝8，
∴PF＝，
∵点F在AC上，
∴设点F（x，x＋8），
∴（﹣x2-5x+8）−（x＋8）＝，
化简得：（x＋4）2＝．
解得：x1＝−，x2＝−．
∴P点坐标是（−，8）或（−，）．
又∵点P在直线y＝kx上，
∴把（−，8）或（−，）分别代入y＝kx中，
∴k＝−或k＝−10．
25．已知：如图，四边形中，，，，平分．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）如果点在对角线上，联结并延长，交边于点，交线段的延长线于点（点可与点重合），，设长度是是常数，且，，，求关于的函数关系式，并写出定义域；
（3）在第（2）小题的条件下，当是等腰三角形时，求的长（计算结果用含的代数式表示）
【答案】（1）见解析；（2）；（3）或时，为等腰三角形
【分析】
（1）由题意先判断出∠DAC=∠DCA，∠BAC=∠BCA，进而得出∠DCA=∠BAC，∠DAC=∠BCA，即可得出结论；
（2）由题意先判断出△AEF∽△ABC，△ABC∽△BEC，得出比例式，即可得出结论；
（3）根据题意分三种情况，①当CE=EG时，判断出点F，G和点D重合，即：AF=AB，即可得出结论，②当CG=CE时，先判断出∠FDG=∠FGD，得出FG=FD，即可得出AF=BF，进而判断出FB=AC，即可得出结论；③当EG=GE时，判断出∠CEG=∠CBF，而∠CEG=∠CBF+∠ACB，进而判断出此种情况不存在．
【详解】
解：（1）证明：，
，
又平分

，，
，
四边形为平行四边形
又
四边形是菱形；
（2）解：四边形是菱形，
，
，，

，



，
，

，
即
；
（3）解：是等腰三角形，
①当时，
，
，
，
，
，
此时，点，和点重合，
，
，
即，
②当时，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，

即
（负值已舍），
③当时，
，
，
，
，
此种情况不存在．
综上所述：或时，为等腰三角形．