2022-2023学年山东省德州市禹城市、高新区八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省德州市禹城市、高新区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共53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。

2022-2023学年山东省德州市禹城市、高新区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列运算正确的是(    )
A. 3−8=2 B. a+1a−1a=a(a≠0)
C. 5+ 5= 10 D. a2⋅a3=a5
2. 已知实数x，y满足|x−4|+ y−8=0，则以x，y的值为两边长的等腰三角形的周长是(    )
A. 20或16 B. 20 C. 16 D. 以上答案均不对
3. 定义新运算“※”：对于实数m，n，p，q.有[m,p]※[q,n]=mn+pq，其中等式右边是通常的加法和乘法运算，例如：[2,3]※[4,5]=2×5+3×4=22.若关于x的方程[x2+1,x]※[5−2k,k]=0有两个实数根，则k的取值范围是(    )
A. k<54且k≠0 B. k≤54 C. k≤54且k≠0 D. k≥54
4. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CE是斜边AB上的中线，过点E作EF⊥AB交AC于点F.若BC=4，△AEF的面积为5，则sin∠CEF的值为(    )


A. 35 B. 55 C. 45 D. 2 55
5. 如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点(不与A、B重合)，对角线AC、BD相交于点O，过点P分别作AC、BD的垂线，分别交AC、BD于点E、F，交AD、BC于点M、N.下列结论：
①△APE≌△AME；
②PM+PN=AC；
③PE2+PF2=PO2；
④△POF∽△BNF；
⑤点O在M、N两点的连线上．
其中正确的是(    )


A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①②③④⑤ D. ③④⑤
6. 如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD=12，线段PQ在边BA上运动，PQ=12，有下列结论：
①CP与QD可能相等；
②△AQD与△BCP可能相似；
③四边形PCDQ面积的最大值为31 316；
④四边形PCDQ周长的最小值为3+ 372．
其中，正确结论的序号为(    )


A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②③
7. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q.若QH=2PE，PQ=15，则CR的长为(    )
A. 14
B. 15
C. 8 3
D. 6 5
8. 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= 2，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：①△ECF的面积为172；②△AEG的周长为8；③EG2=DG2+BE2.其中正确的是(    )


A. ①②③ B. ①③ C. ①② D. ②③
9. 如图，菱形ABCD的顶点B、C在x轴上(B在C的左侧)，顶点A、D在x轴上方，对角线BD的长是23 10，点E(−2,0)为BC的中点，点P在菱形ABCD的边上运动．当点F(0,6)到EP所在直线的距离取得最大值时，点P恰好落在AB的中点处，则菱形ABCD的边长等于(    )





A. 103 B. 10 C. 163 D. 3
10. 在正方形ABCD中，AB=2，点E是BC边的中点，连接DE，延长EC至点F，使得EF=DE，过点F作FG⊥DE，分别交CD、AB于N、G两点，连接CM、EG、EN，下列判断正确的有个。(    )
①tan∠GFB=12；
②MN=NC；
③CMEG=12；
④S四边形GBEM= 5+12．

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
11. 二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则一次函数y=ax+b和反比例函数y=cx在同一平面直角坐标系中的图象可能是(    )


A. B. C. D.
12. 如图，在△OAB中，∠BOA=45°，点C为边AB上一点，且BC=2AC.如果函数y=9x(x>0)的图象经过点B和点C，那么用下列坐标表示的点，在直线BC上的是(    )


A. (−2019,674) B. (−2020,675) C. (2021,−669) D. (2022,−670)
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 若实数a、b满足|a+2|+ b−4=0，则a2b=______．
14. 如图，在△ABC中，点D是AB边上的一点，且AD=3BD，连接CD并取CD的中点E，连接BE，若∠ACD=∠BED=45°，且CD=6 2，则AB的长为            ．


15. 如图，在矩形ABCD中，AB=1，AD=3.①以点A为圆心，以不大于AB长为半径作弧，分别交边AD，AB于点E，F，再分别以点E，F为圆心，以大于12EF长为半径作弧，两弧交于点P，作射线AP分别交BD，BC于点O，Q；②分别以点C，Q为圆心，以大于12CQ长为半径作弧，两弧交于点M，N，作直线MN交AP于点G，则OG长为______．

16. 如图，△ABC中，AC=3，BC=4，AB=5，四边形ABEF是正方形，点D是直线BC上一点，且CD=1，P是线段DE上一点，且PD=23DE，过点P作直线l与BC平行，分别交AB，AD于点G，H，则GH的长是______．




17. 甲、乙两人沿同一条直路走步，如果两人分别从这条多路上的A，B两处同时出发，都以不变的速度相向而行，图1是甲离开A处后行走的路程y(单位：m)与行走时x(单位：min)的函数图象，图2是甲、乙两人之间的距离(单位：m)与甲行走时间x(单位；min)的函数图象，则a−b=          ．


18. 如图，已知点A是第一象限内横坐标为2 3的一个定点，AC⊥x轴于点M，交直线y=−x于点N.若点P是线段ON上的一个动点，∠APB=30°，BA⊥PA，则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动．求当点P从点O运动到点N时，点B运动的路径长是______．

三、解答题（本大题共10小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题2.0分)
计算：|− 3|−(13)−12+2 3−1−1212．
20. (本小题4.0分)
(1)计算：(−2021)0+327+(1−3−2×18)；
(2)先化简，再求值：x2−y2x2−2xy+y2⋅(x−y)(2x+3y)x+y−xy(2x+3y)，其中(x,y)是函数y=2x与y=2x的图象的交点坐标．
21. (本小题6.0分)
我们知道，任意一个正整数n都可以进行这样的分解：n=p×q(p,q是正整数，且p≤q)，在n的所有这种分解中，如果p，q两因数之差的绝对值最小，我们就称p×q是n的最佳分解．并规定：F(n)=pq.例如12可以分解成1×12，2×6或3×4，因为12−1>6−2>4−3，所以3×4是12的最佳分解，所以F(12)=34．
(1)如果一个正整数a是另外一个正整数b的平方，我们称正整数a是完全平方数．求证：对任意一个完全平方数m，总有F(m)=1；
(2)如果一个两位正整数t，t=10x+y(1≤x≤y≤9,x,y为自然数)，交换其个位上的数与十位上的数得到的新数减去原来的两位正整数所得的差为18，那么我们称这个数t为“吉祥数”，求所有“吉祥数”中F(t)的最大值．
22. (本小题8.0分)
已知△ABC是等边三角形．
(1)将△ABC绕点A逆时针旋转角θ(0°<θ<180°)，得到△ADE，BD和EC所在直线相交于点O.       
①如图a，当θ=20°时，△ABD与△ACE是否全等？______(填“是”或“否”)，∠BOE=______度；
②当△ABC旋转到如图b所在位置时，求∠BOE的度数；
(2)如图c，在AB和AC上分别截取点B′和C′，使AB= 3AB′，AC= 3AC′，连接B′C′，将△AB′C′绕点A逆时针旋转角(0°<θ<180°)，得到△ADE，BD和EC所在直线相交于点O，请利用图c探索∠BOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．


23. (本小题8.0分)
如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，AB=6，连接BD．

(1)求BD的长；
(2)点E为线段BD上一动点(不与点B，D重合)，点F在边AD上，且BE= 3DF．
①当CE⊥AB时，求四边形ABEF的面积；
②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+ 3CF的值是否也最小？如果是，求CE+ 3CF的最小值；如果不是，请说明理由．
24. (本小题10.0分)
已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图①，连接BG、CF，求CFBG的值；
(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN、试探究：MN与BE的关系，并说明理由；
(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．


25. (本小题8.0分)
【证明体验】
(1)如图1，AD为△ABC的角平分线，∠ADC=60°，点E在AB上，AE=AC.求证：DE平分∠ADB．
【思考探究】
(2)如图2，在(1)的条件下，F为AB上一点，连接FC交AD于点G.若FB=FC，DG=2，CD=3，求BD的长．
【拓展延伸】
(3)如图3，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，∠BCA=2∠DCA，点E在AC上，∠EDC=∠ABC.若BC=5，CD=2 5，AD=2AE，求AC的长．


26. (本小题10.0分)
学校数学兴趣小组利用机器人开展数学活动．
在相距150个单位长度的直线跑道AB上，机器人甲从端点A出发，匀速往返于端点A、B之间，机器人乙同时从端点B出发，以大于甲的速度匀速往返于端点B、A之间．他们到达端点后立即转身折返，用时忽略不计．
兴趣小组成员探究这两个机器人迎面相遇的情况，这里的”迎面相遇“包括面对面相遇、在端点处相遇这两种．
【观察】
①观察图1，若这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为30个单位长度，则他们第二次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为______个单位长度；
②若这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为40个单位长度，则他们第二次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为______个单位长度；
【发现】
设这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为x个单位长度，他们第二次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为y个单位长度．兴趣小组成员发现了y与x的函数关系，并画出了部分函数图象(线段OP，不包括点O，如图2所示)．
①a=______；
②分别求出各部分图象对应的函数表达式，并在图2中补全函数图象；
【拓展】
设这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为x个单位长度，他们第三次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为y个单位长度．
若这两个机器人第三次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离y不超过60个单位长度，则他们第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离x的取值范围是______.(直接写出结果)


27. (本小题8.0分)
如图①，甲、乙都是高为6米的长方体容器，容器甲的底面ABCD是正方形，容器乙的底面EFGH是矩形.如图②，已知正方形ABCD与矩形EFGH满足如下条件：正方形ABCD外切于一个半径为5米的圆O，矩形EFGH内接于这个圆O，EF=2EH．
(1)求容器甲、乙的容积分别为多少立方米？
(2)现在我们分别向容器甲、乙同时持续注水(注水前两个容器是空的)，一开始注水流量均为25立方米/小时，4小时后，把容器甲的注水流量增加a立方米/小时，同时保持容器乙的注水流量不变，继续注水2小时后，把容器甲的注水流量再一次增加50立方米/小时，同时容器乙的注水流量仍旧保持不变，直到两个容器的水位高度相同，停止注水.在整个注水过程中，当注水时间为t时，我们把容器甲的水位高度记为h甲，容器乙的水位高度记为h乙，设h=h乙−h甲，已知h(米)关于注水时间t(小时)的函数图象如图③所示，其中MN平行于横轴，根据图中所给信息，解决下列问题：
①求a的值；
②求图③中线段PN所在直线的解析式．


28. (本小题14.0分)
如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=−23x+4的图象与x轴和y轴分别相交于A、B两点．动点P从点A出发，在线段AO上以每秒3个单位长度的速度向点O作匀速运动，到达点O停止运动，点A关于点P的对称点为点Q，以线段PQ为边向上作正方形PQMN.设运动时间为t秒．
(1)当t=13秒时，点Q的坐标是______；
(2)在运动过程中，设正方形PQMN与△AOB重叠部分的面积为S，求S与t的函数表达式；
(3)若正方形PQMN对角线的交点为T，请直接写出在运动过程中OT+PT的最小值．


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】
【分析】
此题主要考查了立方根的性质以及分式的加减运算、二次根式的加法运算、同底数幂的乘法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
直接利用立方根的性质以及分式的加减运算法则、二次根式的加法运算法则、同底数幂的乘法运算法则分别判断得出答案．
【解答】
解：A．3−8=−2，故此选项不合题意；
B.a+1a−1a=1(a≠0)，故此选项不合题意；
C. 5+ 5=2 5，故此选项不合题意；
D.a2⋅a3=a5，故此选项符合题意；
故选：D．  
2.【答案】B 
【解析】解：根据题意得，x−4=0,y−8=0，
解得x=4,y=8.，
(1)若4是腰长，则三角形的三边长为：4、4、8，
不能组成三角形；
(2)若4是底边长，则三角形的三边长为：4、8、8，
能组成三角形，周长为4+8+8=20．
故选：B．
根据绝对值、算术平方根的非负性求出x、y的值，再根据x是腰长和底边长两种情况讨论求解．
本题考查了绝对值、算术平方根的非负性、等腰三角形的概念及三角形三边关系；根据题意列出方程是正确解答本题的关键．

3.【答案】C 
【解析】解：根据题意得k(x2+1)+(5−2k)x=0，
整理得kx2+(5−2k)x+k=0，
因为方程有两个实数解，
所以k≠0且Δ=(5−2k)2−4k2≥0，解得k≤54且k≠0．
故选：C．
先根据新定理得到k(x2+1)+(5−2k)x=0，再整理为一般式，接着根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且Δ=(5−2k)2−4k2≥0，然后解不等式即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．把有新定义运算的方程化为一元二次方程的一般式是解决问题的关键．

4.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的关键．根据直角三角形的斜边中线等于斜边一半可得CE=AE=BE=12AB，进而得到∠BEC=2∠A=∠BFC，从而有∠CEF=∠CBF，根据三角形的面积公式求出AF，即得BF，在Rt△BCF中，求出CF，证明∠CEF=∠FBC，再根据锐角三角函数的定义求解即可．
【解答】
解：连接BF，

∵CE是斜边AB上的中线，EF⊥AB，
∴EF是AB的垂直平分线，
∴S△AFE=S△BFE=5，
∴S△AFB=10=12AF⋅BC，
∵BC=4，
∴AF=5=BF，
在Rt△BCF中，BC=4，BF=5，
∴CF= 52−42=3，
∵CE=AE=BE=12AB，
∴∠A=∠FBA=∠ACE，
又∵∠BCA=90°=∠BEF，
∴∠CBF=90°−∠BFC=90°−2∠A，
∠CEF=90°−∠BEC=90°−2∠A，
∴∠CEF=∠FBC，
∴sin∠CEF=sin∠FBC=CFBF=35，
故选A．  
5.【答案】B 
【解析】
【分析】
    依据正方形的性质以及等腰直角三角形、矩形的判定方法即可判断△APM和△BPN以及△APE、△BPF都是等腰直角三角形，四边形PEOF是矩形，从而作出判断．
    本题考查正方形的性质、矩形的判定、等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，以及三角形的外接圆与外心．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAC=∠DAC=45°，
∵在△APE和△AME中，
∠PAE=∠MAEAE=AE∠AEP=∠AEM，
∴△APE≌△AME(ASA)，故①正确；
∴PE=EM=12PM，
同理，FP=FN=12NP，
∵正方形ABCD中，AC⊥BD，
又∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，且△APE中AE=PE，
∴四边形PEOF是矩形，
∴PF=OE，
∴PE+PF=OA，
又∵PE=EM=12PM，FP=FN=12NP，OA=12AC，
∴PM+PN=AC，故②正确；
∵四边形PEOF是矩形，
∴PE=OF，
在直角△OPF中，OF2+PF2=PO2，
∴PE2+PF2=PO2，故③正确;
∵△BNF是等腰直角三角形，而△POF不一定是，故④错误；
∵OA垂直平分线段PM，OB垂直平分线段PN，
∴OM=OP，ON=OP，
∴OM=OP=ON，
∴点O是△PMN的外接圆的圆心，
∵∠MPN=90°，
∴MN是直径，
∴M，O，N三点共线，故⑤正确．
故选B．  
6.【答案】D 
【解析】解： ①在△ABC中可知PC恒大于PD，PD大于等于DQ，
∴PC>DQ，故 ①错误;
 ②∵∠A=∠B=60∘，
∴当ADBP=AQBC时，△AQD∽△BCP，
设BP=a，则AQ=52−a，
则12a=52−a3，
整理得2a2−5a+3=0，△=(−5)2−4×2×3=1>0，故方程有解，故 ②正确;
 ③设AQ=x，
则S四边形PCDQ=12×3×3 32−12×12× 32x−12×(3−x−12)×3 32=3 38+5 38x．
∵x的最大值为3−12=52，
∴当x=52时，四边形PCDQ的面积最大，最大值为31 316，故 ③正确;
 ④如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F//PQ，且D′F=PQ，连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，此时四边形PCDQ的周长最小.过点C作CH⊥D′F交D′F 的延长线于点H，交AB于点J．

由题意得DD′=2AD·sin60∘= 32，HJ=12DD′= 34，CJ=3 32，
FH=32−12−14=34，
∴CH=CJ+HJ=7 34，
∴CF= FH2+CH2= (34)2+(7 34)2= 392，
∴四边形PCDQ的周长的最小值为3+ 392，故 ④错误，
所以正确的有 ② ③，
故选D．
①根据三角形的边角关系即可判断①．
②当ADBP=AQBC时，△AQD∽△BCP，整理得到一元二次方程，根据根的判别式判断方程有解，即可判断②．
③设AQ=x，则S四边形PCDQ=3 38+5 35x，当x取最大值时，可得结论，即可判断③．
④如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F//PQ，且D′F=PQ，连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，此时四边形PCDQ的周长最小.求出CF的长即可判断④．
本题考查相似三角形的判定和性质，一次函数的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

7.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正方形的性质和勾股定理等知识．
如图，连接EC，CH.设AB交CR于J.证明△ECP∽△HCQ，推出PCCQ=CECH=EPHQ=12，由PQ=15，可得PC=5，CQ=10，由EC：CH=1：2，推出AC：BC=1：2，设AC=a，BC=2a，证明四边形ABQC是平行四边形，推出AB=CQ=10，根据AC2+BC2=AB2，构建方程求出a即可解决问题．
【解答】
解：如图，连接EC，CH.设AB交CR于J．

∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形，
∴∠ACE=∠BCH=45°，
∵∠ACB=90°，∠BCI=90°，
∴∠ACE+∠ACB+∠BCH=180°，∠ACB+∠BCI=90°
∴B，C，H共线，A，C，I共线，
∵DE//AI//BH，
∴∠CEP=∠CHQ，
∵∠ECP=∠QCH，
∴△ECP∽△HCQ，
∴PCCQ=CECH=EPHQ=12，
∵PQ=15，
∴PC=5，CQ=10，
∵EC：CH=1：2，
∴AC：BC=1：2，设AC=a，BC=2a，
∵PQ⊥CR，CR⊥AB，
∴CQ//AB，
∵AC//BQ，CQ//AB，
∴四边形ABQC是平行四边形，
∴AB=CQ=10，
∵AC2+BC2=AB2，
∴5a2=100，
∴a=2 5(负根已经舍弃)，
∴AC=2 5，BC=4 5，
∵12·AC·BC=12·AB·CJ，
∴CJ=2 5×4 510=4，
∵JR=AF=AB=10，
∴CR=CJ+JR=14，
故选A．  
8.【答案】C 
【解析】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= 2，
∴AH=HF=1=BE．
∴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△ECF=12EF⋅EC=12EC2=172，故①正确；
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，
∴FPFQ=PGCQ，
∴15=PG3，
∴PG=35，
∴AG=AP+PG=85，
在Rt△EAG中，根据勾股定理得，EG= AG2+AE2=175，
∴△AEG的周长为AG+EG+AE=85+175+3=8，故②正确；
∵AD=4，
∴DG=AD−AG=125，
∴DG2+BE2=14425+1=16925，
∵EG2=(175)2=28925≠16925，
∴EG2≠DG2+BE2，故③错误，
∴正确的有①②，
故选：C．
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，即可得出①正确；
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FPFQ=PGCQ，求出PG=35，再根据勾股定理求得EG=175，即△AEG的周长为8，判断出②正确；
先求出DG=125，进而求出DG2+BE2=16925，再求出EG2=28925≠16925，判断出③错误，即可得出结论．
此题主要考查了正方形的性质和判断，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，求出AG是解本题的关键．

9.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查菱形的性质，坐标与图形的性质，相似三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
如图1中，当点P是AB的中点时，作FG⊥PE于G，连接EF.首先说明点G与点F重合时，FG的值最大，如图2中，当点G与点E重合时，连接AC交BD于H，PE交BD于J.设BC=2a.利用相似三角形的性质构建方程求解即可．
【解答】
解：如图1中，当点P是AB的中点时，作FG⊥PE于G，连接EF．

∵E(−2,0)，F(0,6)，
∴OE=2，OF=6，
∴EF= 22+62=2 10，
∵∠FGE=90°，
∴FG≤EF，
∴当点G与E重合时，FG的值最大．
如图2中，当点G与点E重合时，连接AC交BD于H，PE交BD于J.设BC=2a．

∵PA=PB，BE=EC=a，
∴PE//AC，BJ=JH，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BH=DH= 103，BJ= 106，
∴PE⊥BD，
∵∠BJE=∠EOF=∠PEF=90°，
∴∠EBJ=∠FEO，
∴△BJE∽△EOF，
∴BEEF=BJEO，
∴a2 10= 1062，
∴a=53，
∴BC=2a=103，
故选：A．  
10.【答案】B 
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵AB=2，点E是BC边的中点，
∴CE=1，
∠DNM=∠FCN，
∵FG⊥DE，
∴∠DMN=90°，
∴∠DMN=∠NCF=90°，∠GFB=∠EDC，
tan∠GFB=tan∠EDC=ECED=12，①正确；
②∵∠DMN=∠NCF=90°，∠MND=∠CNF，
∴∠MDN=∠CFN，

在△DEC和△FEM中，∠EDC=∠EFM∠ECD=∠EMFDE=EF,
∴△DEC≌△FEM(AAS)
∴EM=EC，
∴DM=FC，
∠MDN=∠CFN，∠MND=∠CNF，DM=FC，
在△DMN和△FCN中，∠MDN=∠CFN∠MND=∠CNFDM=FC,
∴△DMN≌△FCN(AAS)，
∴MN=NC，故②正确；
③∵BE=EC，ME=EC，
∴BE=ME，
在Rt△GBE和Rt△GME中，BE=EMGE=GE,
∴Rt△GBE≌Rt△GME(HL)，
∴∠BEG=∠MEG，
∵ME=EC，∠EMC=∠ECM，
∵∠EMC+∠ECM=∠BEG+∠MEG，
∴∠GEB=∠MCE，
∴MC//GE，
∴CMEG=CFEF，
∵EF=DE= EC2+CD2= 5，
CF=EF−EC= 5−1，
∴CMEG=CFEF= 5−1 5=5− 55，故③错误；
④由上述可知：BE=EC=1，CF= 5−1，
∴BF= 5+1，
∵tanF=tan∠EDC=GBBF=12，
∴GB=12BF= 5+12，
∴S四边形GBEM=2S△BEG=2×12BE·BG= 5+12，故④正确，
故选：B．
利用三角函数求得①正确；证明△DEC≌△FEM(SAS)得DM=FC，再证△DMN≌△FCN，得②正确；由三角形全等，勾股定理得③错误；BE=EC=1，CF= 5−1，由三角函数，得④正确．
本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的性质、解直角三角形，掌握全等三角形的判定AAS、HL的判定定理是解题的关键．

11.【答案】D 
【解析】解：观察二次函数图象得：a>0,c>0,−b2a>0，
∴b<0，
∴一次函数过第一，三，四象限，反比例函数位于第一，三象限，
∴只有D选项符合题意．
故选：D．
观察二次函数图象得：a>0，c>0，b<0从而得到一次函数过第一，三，四象限，反比例函数位于第一，三象限，即可求解．
本题考查了反比例函数的图象、一次函数的图象以及二次函数的图象，根据二次函数图象，得出a>0，c>0，b<0是解题的关键．

12.【答案】D 
【解析】解：作BD⊥OA，CE⊥OA，

∵∠BOA=45°，
∴BD=OD，
设B(a,a)，
∴a=9a，
∴a=3或a=−3(舍去)，
∴BD=OD=3，
B(3,3)，
∵且BC=2AC，
∴AB=3AC，
∵BD⊥OA，CE⊥OA，
∴BD//CE，
∴△ABD∽△ACE，
∵BDCE=ABAC=3，
∴3CE=3，
∴CE=1，
∵图象经过点C，
∴1=9x，
∴x=9，
C(9,1)，
设BC的解析式为y=kx+b，
3=3k+b1=9k+b，
解得k=−13b=4，
∴y=−13x+4，
当x=−2019时，y=677，
当x=−2020时，y=67713，
当x=2021时，y=−66923，
当x=2022时，y=−670，
故选：D．
根据反比例函数图象上点的坐标特征，求出B、C点的坐标，写出BC解析式，再判断点在BC上．
本题考查反比例函数图象上的点的性质，能求出BC的解析式是解题的关键．

13.【答案】1 
【解析】解：根据题意得：a+2=0b−4=0，
解得：a=−2b=4，
则原式=44=1．
故答案是：1．
根据非负数的性质列出方程求出a、b的值，代入所求代数式计算即可．
本题考查了非负数的性质：几个非负数的和为0时，这几个非负数都为0．

14.【答案】4 13 
【解析】解：如图，取AD中点F，连接EF，过点D作DG⊥EF于G，DH⊥BE于H．

设BD=a，则AD=3BD=3a，AB=4a．
∵点E为CD中点，点F为AD中点，CD=6 2，
∴DF=32a，EF//AC，DE=3 2，
∴∠FED=∠ACD=45°．
∵∠BED=45°，
∴∠FED=∠BED，∠FEB=90°．
∵DG⊥EF，DH⊥BE，
∴四边形EHDG是矩形，DG=DH，
∴四边形DGEH是正方形．
∴DE= 2DG=3 2，DH//EF，
∴DG=DH=3．
∵DH//EF，
∴△BDH∽△BFE，
∴BDDF=BHDG，
∴a32a=BH3，
∴BH=2，
∴BD= BH2+DH2= 4+9= 13，
∴AB=4 13，
故答案为：4 13．
取AD中点F，连接EF，过点D作DG⊥EF于G，DH⊥BE于H，设BD=a，由三角形中位线定理可得DF=32a，EF//AC，DE=3 2，通过证明四边形DGEH是正方形，可得DE= 2DG=3 2，DH//EF，通过证明△BDH∽△BFE，可得BDDF=BHDG，可求BH的长，在Rt△DHB中，利用勾股定理可求BD的长，即可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线的定理，角平分线的性质等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．

15.【答案】54 2 
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，AD//BC，BC=AD=3，
根据作图过程可知：AQ平分∠BAC，MN是CQ的垂直平分线，
∴∠BAQ=45°，
∴BQ=AB=1，
∴AQ= 2，
∵AD//BC，
∴△BQO∽△DAO，
∴QOAO=BQAD=13，
∴QO=14AQ= 24，
∴AO=34 2，

如图，设CQ的垂直平分线MN交AD于点H，
∴GH⊥AD，
∴△AGH是等腰直角三角形，
∵AH=GH=AD−DH=3−1=2，
∴AG=2 2，
∴OG=AG−AO=2 2−34 2=54 2．
故答案为：54 2．
根据四边形ABCD是矩形，可得∠BAD=90°，AD//BC，BC=AD=3，根据作图过程可得AQ平分∠BAC，MN是CQ的垂直平分线，证明△BQO∽△DAO，可得QOAO=BQAD=13，所以QO=14AQ= 24，所以AO=34 2，然后证明△AGH是等腰直角三角形，可得AG=2 2，进而可得OG的长．
本题考查了作图−复杂作图，相似三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，矩形的性质，

16.【答案】13或59 
【解析】解：∵△ABC中，AC=3，BC=4，AB=5，
∴AC2+BC2=25，AB2=25，
则AC2+BC2=AB2，
∴△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，
①如图，当点D位于C点左侧时，
设直线l交BE于点M，

∵l//BC，
∴BMBE=D1PD1E，∠MGB=∠ABC，
又∵四边形ABEF是正方形，且PD1=23D1E，
∴BE=AB=5，∠EBA=90°，
即BM5=23，
解得BM=103，
∵∠MGB=∠ABC，∠EBA=∠ACB=90°，
∴△GBM∽△BCA，
∴GBBM=BCAC，
∴GB103=43，
解得GB=409，
∴AG=AB−GB=59，
∵l//BC，
∴△AGH∽△ABD1，
∴GHBD1=AGAB，
∵CD1=1，
∴BD1=BC−CD1=3，
∴GH3=595，
解得GH=13；
②如图，当点D位于C点右侧时，

与①同理，此时BD2=BC+CD2=5，
∵l//BC，
∴△AGH∽△ABD1，
∴GHBD2=AGAB，
∴GH5=595，
解得GH=59，
综上所述，GH的长为13或59．
故答案为13或59．
结合勾股定理逆定理判断△ABC是直角三角形，通过证明△GBM∽△BCA，△AGH∽△ABD，然后利用相似三角形的性质求解，注意对于点C的位置要进行分类讨论．
本题考查勾股定理及其逆定理，相似三角形的判定和性质，正方形的性质．

17.【答案】12 
【解析】
【分析】
本题考查了一次函数的应用，把一次函数和行程问题结合在一起，关键是能正确利用待定系数法求一次函数的解析式，明确三个量的关系：路程=时间×速度．从图1，可见甲的速度为1202=60，从图2可以看出，当x=67时，二人相遇，即：(60+v乙)×67=120，解得：乙的速度V乙=80，乙的速度快，从图2看出乙用了b分钟走完全程，甲用了a分钟走完全程，即可求解．
【解答】
解：从图1，可见甲的速度为1202=60，
从图2可以看出，当x=67时，二人相遇，即：(60+V乙)×67=120，解得：乙的速度V乙=80，
∵乙的速度快，从图2看出乙用了b分钟走完全程，甲用了a分钟走完全程，
a−b=12060−12080=12，
故答案为12．  
18.【答案】2 2 
【解析】解：由题意可知，OM=2 3，点N在直线y=−x上，AC⊥x轴于点M，则△OMN为等腰直角三角形，ON= 2OM= 2×2 3=2 6．

如答图①所示，设动点P在O点(起点)时，点B的位置为B0，动点P在N点(终点)时，点B的位置为Bn，连接B0Bn
∵AO⊥AB0，AN⊥ABn，∴∠OAC=∠B0ABn，
又∵AB0=AO⋅tan30°，ABn=AN⋅tan30°，∴AB0：AO=ABn：AN=tan30°(此处也可用30°角的Rt△三边长的关系来求得)，
∴△AB0Bn∽△AON，且相似比为tan30°，
∴B0Bn=ON⋅tan30°=2 6× 33=2 2．

现在来证明线段B0Bn就是点B运动的路径(或轨迹)．
如答图②所示，当点P运动至ON上的任一点时，设其对应的点B为Bi，连接AP，ABi，B0Bi
∵AO⊥AB0，AP⊥ABi，∴∠OAP=∠B0ABi，
又∵AB0=AO⋅tan30°，ABi=AP⋅tan30°，∴AB0：AO=ABi：AP，
∴△AB0Bi∽△AOP，∴∠AB0Bi=∠AOP．
又∵△AB0Bn∽△AON，∴∠AB0Bn=∠AOP，
∴∠AB0Bi=∠AB0Bn，
∴点Bi在线段B0Bn上，即线段B0Bn就是点B运动的路径(或轨迹)．
综上所述，点B运动的路径(或轨迹)是线段B0Bn，其长度为2 2．
故答案为：2 2．
(1)首先，需要证明线段B0Bn就是点B运动的路径(或轨迹)，如答图②所示．利用相似三角形可以证明；
(2)其次，如答图①所示，利用相似三角形△AB0Bn∽△AON，求出线段B0Bn的长度，即点B运动的路径长．
本题考查坐标平面内由相似关系确定的点的运动轨迹，难度很大．本题的要点有两个：首先，确定点B的运动路径是本题的核心，这要求考生有很好的空间想象能力和分析问题的能力；其次，由相似关系求出点B运动路径的长度，可以大幅简化计算，避免陷入坐标关系的复杂运算之中．

19.【答案】解：|− 3|−(13)−12+2 3−1−1212
= 3− 3+ 3+1−2 3
=1− 3． 
【解析】原式分别化简|− 3|= 3，(13)−12= 3，2 3−1= 3+1，1212=2 3，再进行合并即可得到答案．
本题主要考查了实数的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．

20.【答案】解：(1)原式=1+3+(1−19×18)，
=1+3−1，
=3；
(2)原式=(x+y)(x−y)(x−y)2⋅(x−y)(2x+3y)x+y−2y−3x，
=2x+3y−2y−3x，
=−x+y，
∵(x,y)是函数y=2x与y=2x的图象的交点坐标，
∴联立y=2xy=2x，
解得x1=1y1=2，x2=−1y2=−2，
当x=1，y=2时，原式=−x+y=1，
当x=−1，y=−2时，原式=−x+y=−1． 
【解析】(1)先把零指数幂，327，3−2分别化简出来，再算括号内的，接着算乘除，最后算加减即可；
(2)先将分式的分子分母分别利用平方差公式和完全平方公式进行因式分解，约分后，再进行加减运算，再联立两个函数解析式，求出交点坐标，求得两个交点坐标，即求出两对x和y的值，要特别注意此题可能设置的陷阱是所求得的x和y的值一定不能让原式子的分母为0，要注意舍取问题，此处没有不合题意的答案，直接代入计算即可．
这道题考查了实数的运算，要注意零指数幂和负整数指数幂的相关结论，还考查了分式的运算和交点坐标，要注意的技巧就是分式运算一定先要将分子分母进行因式分解，约分后再进行计算，特别要注意的是，在进行代值运算时，对于让分式中分母为0的值要舍去．

21.【答案】解：(1)对任意一个完全平方数m，设m=n2(n为正整数)，
∵|n−n|=0，
∴n×n是m的最佳分解，
∴对任意一个完全平方数m，总有F(m)=nn=1；

(2)设交换t的个位上的数与十位上的数得到的新数为t′，则t′=10y+x，
∵t为“吉祥数”，
∴t′−t=(10y+x)−(10x+y)=9(y−x)=18，
∴y=x+2，
∵1≤x≤y≤9，x，y为自然数，
∴“吉祥数”有：13，24，35，46，57，68，79，
∴F(13)=113，F(24)=46=23，F(35)=57，F(46)=223，F(57)=319，F(68)=417，F(79)=179，
∵57>23>417>319>223>113>179，
∴所有“吉祥数”中，F(t)的最大值是57． 
【解析】(1)根据题意可设m=n2，由最佳分解定义可得F(m)=nn=1；
(2)根据“吉祥数”定义知(10y+x)−(10x+y)=18，即y=x+2，结合x的范围可得2位数的“吉祥数”，求出每个“吉祥数”的F(t)，比较后可得最大值．
本题主要考查实数的运算，理解最佳分解、“吉祥数”的定义，并将其转化为实数的运算是解题的关键．

22.【答案】(1)①是，  120  ；
②由已知得：△ABC和△ADE是全等的等边三角形，
∴AB=AD=AC=AE，
∵△ADE是由△ABC绕点A旋转θ得到的，
∴∠BAD=∠CAE=θ，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS)
∴∠ADB=∠AEC，
∵∠ADB+∠ABD+∠BAD=180°，
∴∠AEC+∠ABD+∠BAD=180°，
∵∠ABO+∠AEC+∠BAE+∠BOE=360°，
∵∠BAE=∠BAD+∠DAE，
∴∠DAE+∠BOE=180°，
又∵∠DAE=60°，
∴∠BOE=120°；
(2)当0°<θ<30°时，∠BOE=∠BOC=60°，
当θ=30°时，点B，O，E三点共线，
当30°<θ<180°时，∠BOE=180°−∠BOC=180°−60°=120°． 
【解析】解：(1)①∵△ADE是由△ABC绕点A旋转θ得到，△ABC是等边三角形，
∴AB=AD=AC=AE，∠BAD=∠CAE=20°，
在△ABD与△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)；
∴∠ABD=∠ACE
∵θ=20°，AB=AD=AC=AE
∴∠ABD=∠ADB=∠ACE=∠AEC=12×(180°−20°)=80°，
又∵∠BAE=θ+∠BAC=20°+60°=80°，
∴在四边形ABOE中，∠BOE=360°−80°−80°−80°=120°；
②见答案；
(2)如图，∵AB= 3AB′，AC= 3AC′，
∴AB′AB=AC′AC= 33，
∴B′C′//BC，
∵△ABC是等边三角形，
∴△AB′C′是等边三角形，
根据旋转变换的性质可得AD=AE，∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，
∴∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)，
=180°−(∠OBC+∠ACB+∠ACE)，
=180°−(∠OBC+∠ACB+∠ABD)，
=180°−(∠ACB+∠ABC)，
=180°−(60°+60°)，
=60°，
当0°<θ<30°时，∠BOE=∠BOC=60°，
当θ=30°时，点B，O，E三点共线，
当30°<θ<180°时，∠BOE=180°−∠BOC=180°−60°=120°．
本题考查了旋转变换的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，根据旋转变换的性质找出证明全等三角形的条件是解题的关键．

23.【答案】解：(1)过点D作DH⊥AB交BA的延长线于H，如图：

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=6，
∵∠BAD=120°，
∴∠DAH=60°，
在Rt△ADH中，DH=AD⋅sin∠DAH=6× 32=3 3，AH=AD⋅cos∠DAH=6×12=3，
∴BD= DH2+BH2= (3 3)2+(6+3)2=6 3；
(2)①设CE⊥AB交AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，如图：

菱形ABCD中，∵AB=BC=CD=AD=6，AD//BC，∠BAD=120°，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∴∠ABC=180°−∠BAD=60°，
在Rt△BCM中，BM=BC⋅cos∠ABC=6×12=3，
∵BD是菱形ABCD的对角线，
∴∠DBA=12∠ABC=30°，
在Rt△BEM中，ME=BM⋅tan∠EBM=3× 33= 3，BE=BMcos⁡∠EBM=332=23，
∵BE= 3DF，
∴DF=2，
∴AF=AD−DF=4，
在Rt△AFN中，∠FAN=180°−∠BAD=60°，
∴FN=AF⋅sin∠FAN=4× 32=2 3，AN=AF⋅cos∠FAN=4×12=2，
∴MN=AB+AN−BM=6+2−3=5，
∴S四边形ABEF=S△BEM+S梯形EMNF−S△AFN
=12EM⋅BM+12(EM+FN)⋅MN−12AN⋅FN
=12× 3×3+12×( 3+2 3)×5−12×2×2 3
=32 3+152 3−2 3
=7 3；
②当四边形ABEF的面积取最小值时，CE+ 3CF的值是最小．
理由：设DF=x，则BE= 3DF= 3x，过点C作CH⊥AB于点H，过点F作FG⊥CH于点G，
过点E作EY⊥CH于点Y，作EM⊥AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，如图：

∴EY//FG//AB，FN//CH，
∴四边形EMHY、FNHG是矩形，
∴FN=GH，FG=NH，EY=MH，EM=YH，
由①可知：ME=12BE= 32x，BM= 32BE=32x，
AN=12AF=12(AD−DF)=3−12x，FN= 32AF=6 3− 3x2，
CH= 32BC=3 3，BH=12BC=3，
∴AM=AB−BM=6−32x，AH=AB−BH=3，YH=ME= 32x，GH=FN=6 3− 3x2，
EY=MH=BM−BH=32x−3，
∴CY=CH−YH=3 3− 32x，
FG=NH=AN+AH=6−x2，CG=CH−GH=3 3−6 3− 3x2= 32x，
∴MN=AB+AN−BM=6+3−12x−32x=9−2x，
∴S四边形ABEF=S△BEM+S梯形EMNF−S△AFN
=12EM⋅BM+12(EM+FN)⋅MN−12AN⋅FN
=12× 32x×32x+12( 32x+6 3− 3x2)⋅(9−2x)−12(3−12x)⋅6 3− 3x2
= 34x2−3 32x+9 3
= 34(x−3)2+27 34，
∵ 34>0，
∴当x=3时，四边形ABEF的面积取得最小值．

解法一：CE+ 3CF= CY2+EY2+ 3⋅ FG2+CG2
= (3 3− 32x)2+(32x−3)2+ 3× (6−12x)2+( 32x)2
= 27−9x+34x2+94x2−9x+9+ 3× 36−6x+14x2+34x2
= 3x2−18x+36+ 3× 36−6x+x2
= 3(x−3)2+9+ 3(x−3)2+81，
∵(x−3)2≥0，当且仅当x=3时，(x−3)2=0，
∴CE+ 3CF= 3(x−3)2+9+ 3(x−3)2+81≥12，
当且仅当x=3时，CE+ 3CF=12，即当x=3时，CE+ 3CF的最小值为12，
∴当四边形ABEF的面积取最小值时，CE+ 3CF的值也最小，最小值为12．
解法二：
如图：将△BCD绕点B逆时针旋转60∘至△BAG，连接CG，
在Rt△BCG中，CG=2BC=12，

∵BEDF=BGDC= 31，∠CDF=∠GBE=60∘，
∴△BEG∽△DFC，
∴GECF=BGDC= 31，即GE= 3CF，
∴CE+ 3CF=CE+GE≥CG=12，
即当且仅当点C、E、G三点共线时，CE+ 3CF的值最小，
此时点E为菱形对角线的交点，BD中点，BE=3 3，DF=3，
∴当四边形ABEF的面积取最小值时，CE+ 3CF的值也最小，最小值为12． 
【解析】本题是四边形综合题，考查了菱形性质、解直角三角形、割补法求不规则图形面积、二次函数的顶点式及最值等知识点，也考查了从特殊到一般的数学思想和转化思想，难度较大，计算繁琐，解题关键是熟练掌握二次函数性质，是中考常考题型．
(1)过点D作DH⊥AB交BA的延长线于H，根据菱形中120°的内角得邻补角是60°，利用三角函数即可解答；
(2)①设CE⊥AB交AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，因为利用求解S四边形ABEF=S△BEM+S梯形EMNF−S△AFN，所以先解直角三角形求出上面求各部分面积需要的边长即可解答；
②设DF=x，则BE= 3DF= 3x，过点C作CH⊥AB于点H，过点F作FG⊥CH于点G，过点E作EY⊥CH于点Y，作EM⊥AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，所以四边形EMHY、FNHG是矩形，对边相等，方法同①，用含x的式子表示计算面积需要的各边长并代入到S四边形ABEF=S△BEM+S梯形EMNF−S△AFN中，根号里面化简、合并、配成二次函数的顶点式即可求出最值，从而解答．

24.【答案】解：(1)如图①，连接AF，AC，

∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AC= 2AB，AF= 2AG，∠CAB=∠GAF=45°，∠BAD=90°，
∴∠CAF=∠BAG，ACAB=AFAG，
∴△CAF∽△BAG，
∴CFBG= 2；
(2)BE=2MN，MN⊥BE，
理由如下：如图②，连接ME，过点C作CH//EF，交直线ME于H，连接BH，设CF与AD交点为P，CF与AG交点为R，

∵CH//EF，
∴∠FCH=∠CFE，
∵点M是CF的中点，
∴CM=MF，
又∵∠CMH=∠FME，
∴△CMH≌△FME(ASA)，
∴CH=EF，ME=HM，
∴AE=CH，
∵CH//EF，AG//EF，
∴CH//AG，
∴∠HCF=∠CRA，
∵AD//BC，
∴∠BCF=∠APR，
∴∠BCH=∠BCF+∠HCF=∠APR+∠ARC，
∵∠DAG+∠APR+∠ARC=180°，∠BAE+∠DAG=180°，
∴∠BAE=∠BCH，
又∵BC=AB，CH=AE，
∴△BCH≌△BAE(SAS)，
∴BH=BE，∠CBH=∠ABE，
∴∠HBE=∠CBA=90°，
∵MH=ME，点N是BE中点，
∴BH=2MN，MN//BH，
∴BE=2MN，MN⊥BE；
(3)如图③，取AB中点O，连接ON，OQ，AF，

∵AE=6，
∴AF=6 2，
∵点N是BE的中点，点Q是BF的中点，点O是AB的中点，
∴OQ=12AF=3 2，ON=12AE=3，
∴点Q在以点O为圆心，3 2为半径的圆上运动，点N在以点O为圆心，3为半径的圆上运动，
∴线段QN扫过的面积=π×(3 2)2−π×32=9π． 
【解析】(1)通过证明△CAF∽△BAG，可得CFBG= 2；
(2)过点C作CH//EF，由“ASA”可证△CMH≌△FME，可得CH=EF，ME=HM，由“SAS”可证△BCH≌△BAE，可得BH=BE，∠CBH=∠ABE，由三角形中位线定理可得结论；
(3)取AB中点O，连接ON，OQ，AF，由三角形中位线定理可得OQ=12AF=3 2，ON=12AE=3，则点Q在以点O为圆心，3 2为半径的圆上运动，点N在以点O为圆心，3为半径的圆上运动，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．

25.【答案】(1)证明：如图1

∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠CAD，
在△EAD≌△CAD中，
AE=AC∠EAD=∠CADAD=AD
∴△EAD≌△CAD(SAS)，
∴∠ADE=∠ADC=60°，
∵∠BDE=180°−∠ADE−∠ADC=180°−60°−60°=60°，
∴∠BDE=∠ADE，
∴DE平分∠ADB；
(2)解：如图2，

∵FB=FC，
∴∠EBD=∠GCD；
∵∠BDE=∠CDG=60°，
∴△BDE∽△CDG，
∴BDCD=DEDG；
∵△EAD≌△CAD，
∴DE=CD=3，
∵DG=2，
∴BD=CD2DG=322=92；
(3)解：如图3，在AB上取一点F，使AF=AD，连接CF．

∵AC平分∠BAD，
∴∠FAC=∠DAC，
在△AFC和△ADC中
AF=AD∠FAC=∠DACAC=AC
∴△AFC≌△ADC(SAS)，
∴CF=CD，∠FCA=∠DCA，∠AFC=∠ADC，
∵∠FCA+∠BCF=∠BCA=2∠DCA，
∴∠DCA=∠BCF，即∠DCE=∠BCF，
∵∠EDC=∠ABC，即∠EDC=∠FBC，
∴△DCE∽△BCF，
∴CDBC=CECF，∠DEC=∠BFC，
∵BC=5，CF=CD=2 5，
∴CE=CD2BC=(2 5)25=4；
∵∠AED+∠DEC=180°，∠AFC+∠BFC=180°，
∴∠AED=∠AFC=∠ADC，
∵∠EAD=∠DAC(公共角)，
∴△EAD∽△DAC，
∴AEAD=ADAC=12，
∴AC=2AD，AD=2AE，
∴AC=4AE=43CE=43×4=163． 
【解析】本题考查全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、角的平分线等知识，解第(3)题时，应注意探究题中的隐含条件，通过适当添加辅助线构造全等三角形和相似三角形；此题难度较大，属于考试压轴题．
(1)由△EAD≌△CAD得∠ADE=∠ADC=60°，因而∠BDE=60°，所以DE平分∠ADB；
(2)先证明△BDE∽△CDG，其中CD=ED，再由相似三角形的对应边成比例求出BD的长；
(3)根据角平分线的特点，在AB上截取AF=AD，连接CF，构造全等三角形和相似三角形，由相似三角形的性质求出AC的长．

26.【答案】【观察】①90；②120
【发现】①50；
②当0 ∴线段OP的表达式为y=3x，
当v<150−xxv时，即当50 设机器人甲的速度为v，则机器人乙的速度为150−xxv，
根据题意知，x+y=150−xx(150−x+150−y)，
∴y=−3x+300，
即：y=3x(0
 【拓展】0 【解析】
【分析】
本题考查了一次函数的应用，两点间的距离，一元一次方程的应用，正确的理解题意是解题的关键．
【观察】①设此时相遇点距点A为m个单位，根据题意列方程即可得到结论；
②此时相遇点距点A为m个单位，根据题意列方程即可得到结论；
【发现】①当点第二次相遇地点刚好在点B时，设机器人甲的速度为v，则机器人乙的速度为150−xxv，根据题意列方程即可得到结论；
②设机器人甲的速度为v，则机器人乙的速度为150−xxv，根据题意列函数解析式即可得到结论；
【拓展】分类讨论，列不等式即可得到结论．
【解答】
解：【观察】①∵相遇地点与点A之间的距离为30个单位长度，
∴相遇地点与点B之间的距离为150−30=120个单位长度，
设机器人甲的速度为v，
∴机器人乙的速度为12030v=4v，
∴机器人甲从相遇点到点B所用的时间为120v，
机器人乙从相遇地点到点A再返回到点B所用时间为30+1504v=45v，而120v>45v，
∴设机器人甲与机器人乙第二次迎面相遇时，
机器人乙从第一次相遇地点到点A，返回到点B，再返回向A时和机器人甲第二次迎面相遇，
设此时相遇点距点A为m个单位，
根据题意得，30+150+150−m=4(m−30)，
∴m=90，
故答案为：90；

②∵相遇地点与点A之间的距离为40个单位长度，
∴相遇地点与点B之间的距离为150−40=110个单位长度，
设机器人甲的速度为v，
∴机器人乙的速度为11040v=114v，
∴机器人乙从相遇点到点A再到点B所用的时间为40+150114v=76011v，
机器人甲从相遇点到点B所用时间为110v，而110v>76011v，
∴设机器人甲与机器人乙第二次迎面相遇时，机器人甲从第一次相遇点到点A，再到点B，返回时和机器人乙第二次迎面相遇，
设此时相遇点距点A为m个单位，
根据题意得，40+150+150−m=114(m−40)，
∴m=120，
故答案为：120；

【发现】①当点第二次相遇地点刚好在点B时，
设机器人甲的速度为v，则机器人乙的速度为150−xxv，
根据题意知，150−x=2x，
∴x=50，
即：a=50，
故答案为：50；

②当0 ∴线段OP的表达式为y=3x，
当v<150−xxv时，即当50 设机器人甲的速度为v，则机器人乙的速度为150−xxv，
根据题意知，x+y=150−xx(150−x+150−y)，
∴y=−3x+300，
即：y=3x(0 补全图形如图2所示，











【拓展】
①如图，

由题意知，y150×4+150−y=x150−x，
∴y=5x，
∵0 ∴0 ②如图，

∴150−y+150y+150×3=x150−x，
∴y=−5x+300，
∵0≤y≤60，
∴48≤x≤60，
③如图，

由题意得，300+y300+(150−y)=x150−x，
∴y=5x−300，
∵0≤y≤60，
∴60≤x≤72，
∵0 ∴48≤x<72，
综上所述，相遇地点与点A之间的距离x的取值范围是0 故答案为0 27.【答案】解：(1)如图②中，连接FH，

∵正方形ABCD外切于一个半径为5米的圆O，
∴AB=10米，
∴V甲=102×6=600(立方米)，
∵∠FEH=90°，
∴FH为直径，
在Rt△EFH中，EF=2EH，FH=10米，
∵EH2+EF2=FH2，
即EH2+4EH2=100，
∴EH=2 5或−2 5(舍去)
∴EF=4 5，
∴V乙=2 5×4 5×6=240(立方米)．
(2)由(1)可得甲容器的底面积为10×10=100(平方米)
乙容器的底面积为2 5×4 5=40(平方米)
①当t=4时，h=4×2540−4×25100=1.5(米)，
∵MN//横轴，
∴M(4,1.5)，N(6,1.5)，
∵6小时后的高度差为1.5米，
∴25×640−25×6+2a100=1.5，
解得a=37.5．
②当注水t小时后，由h乙−h甲=0，可得25t40−25×4+(25+37.5)×2+(25+37.5+50)×(t−6)100=0，
解得t=9，即P(9,0)，
设线段PN所在的直线的解析式为h=kt+m，
∵N(6,1.5)，P(9,0)在直线PN上，
∴6k+m=1.59k+m=0，
解得k=−12m=92，
∴线段PN所在的直线的解析式为h=−12t+92． 
【解析】(1)连接FH，解直角三角形求出EH，可得结论．
(2)①根据6小时后的高度差为1.5米，可得25×640−25×6+2a100=1.5，求出a即可．
②当注水t小时后，由h乙−h甲=0，可得25t40−25×4+(25+37.5)×2+(25+37.5+50)×(t−6)100=0，求出点P的坐标，利用待定系数法，可得结论．
本题属于综合题，考查了圆的有关知识，正方形的性质，矩形的性质，待定系数法求一次函数解析式等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．

28.【答案】(4,0) 
【解析】解：(1)令y=0，
∴−23x+4=0，
∴x=6，
∴A(6,0)，
当t=13秒时，AP=3×13=1，
∴OP=OA−AP=5，
∴P(5,0)，
由对称性得，Q(4,0)；
故答案为(4,0)；

(2)当点Q在原点O时，OA=6，
∴AP=12OA=3，
∴t=3÷3=1，
①当0 ∴y=4，
∴B(0,4)，
∴OB=4，
∵A(6,0)，
∴OA=6，
在Rt△AOB中，tan∠OAB=OBOA=23，
由运动知，AP=3t，
∴P(6−3t,0)，
∴Q(6−6t,0)，
∴PQ=AP=3t，
∵四边形PQMN是正方形，
∴MN//OA，PN=PQ=3t，
在Rt△APD中，tan∠OAB=PDAP=PD3t=23，
∴PD=2t，
∴DN=t，
∵MN//OA
∴∠DCN=∠OAB，
∴tan∠DCN=DNCN=tCN=23，
∴CN=32t，
∴S=S正方形PQMN−S△CDN=(3t)2−12t×32t=334t2；
②当1 ∴S=S矩形OENP−S△CDN=3t×(6−3t)−12t×32t=−394t2+18t；
③当43
(3)如图4，由运动知，P(6−3t,0)，Q(6−6t,0)，
∴M(6−6t,3t)，
∵T是正方形PQMN的对角线交点，
∴T(6−92t,32t)，
∴点T是直线y=−13x+2上的一段线段，(−3≤x<6)，
∵A(6,0)
∴点N是直线AG：y=−x+6上的一段线段，(0≤x≤6)，
∴G(0,6)，
∴OG=6，
∵A(6,0)，
∴AG=6 2，
在Rt△AOG中，OA=6=OG，
∴∠OAG=45°，
∵PN⊥x轴，
∴∠APN=90°，
∴∠ANP=45°，
∴∠TNA=90°，
即：TN⊥AG，
∵T正方形PQMN的对角线的交点，
∴TN=TP，
∴OT+TP=OT+TN，
∴点O，T，N在同一条直线上(点Q与点O重合时)，且ON⊥AG时，OT+TN最小，
即：OT+TN最小，
∵S△OAG=12OA×OG=12AG×ON，
∴ON=OA⋅OGAG=3 2．
即：OT+PT的最小值为3 2．
(1)先确定出点A的坐标，进而求出AP，利用对称性即可得出结论；
(2)分三种情况，①利用正方形的面积减去三角形的面积，②利用矩形的面积减去三角形的面积，③利用梯形的面积，即可得出结论；
(3)先确定出点T的运动轨迹，进而找出OT+PT最小时的点T的位置，即可得出结论．
此题是一次函数综合题，主要考查了正方形的面积，梯形，三角形的面积公式，正方形的性质，勾股定理，锐角三角函数，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键，找出点T的位置是解本题(3)的难点．