浙江省宁波市七校联考2023-2024学年八年级上学期12月月考数学试卷(含解析)

这是一份浙江省宁波市七校联考2023-2024学年八年级上学期12月月考数学试卷(含解析)，共24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。

1.已知方程组3x+y=1+3mx+3y=1-m的解满足x+y>0，则m取值范围是( )
A. m>1B. m<-1C. m>-1D. m<1
2.将一根长为17cm的铅丝折成三段，再首尾相接围成一个三角形，如果要求围成的三角形边长都是整数，那么满足条件的三角形有( )
A. 6个B. 7个C. 8个D. 9个
3.如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A'处，折痕为DE.如果∠A=α，∠CEA'=β，∠BDA'=γ，那么下列式子中正确的是( )
A. γ=2α+βB. γ=α+2β
C. γ=α+βD. γ=180°-α-β
4.如图，D是Rt△ABC斜边AB上一点，且BD=BC=AC=1，P为CD上任意一点，PF⊥BC于点F，PE⊥AB于点E，则PE+PF的值是( )
A. 22
B. 12
C. 32
D. 23
5.如图，在平面直角坐标系中，△A1A2A3，△A3A4A5，△A5A6A7，⋯都是斜边在x轴上，斜边长分别为2，4，6，⋯的等腰直角三角形，若△A1A2A3的顶点坐标分别为A1(2,0)，A2(1,1)，A3(0,0)，则依图中所示规律，A2023的坐标为( )
A. (-1010,0)B. (-1008,0)C. (2,-505)D. (1,506)
6.如图，AD为△ABC的高，点H为AC的垂直平分线与BC的交点，点F为BC上一点，若∠B=2∠C，且AC=AB+BF.则AC-FCDF的值为( )
A. 1B. 2C. 1.5D. 3
二、填空题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
7.如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为______ ．
8.如图，点A在线段BG上，正方形ABCD和正方形DEFG的面积分别为3和7，则△CDE的面积为______．
9.如图，在△ABC中，E为AC的中点，点D为BC上一点，BD：CD=2：3，AD、BE交于点O，若S△AOE-S△BOD=1，则△ABC的面积为______．
10.如图，已知等腰△ABC，AB=AC，∠BAC=120°，AD⊥BC于点D，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP=OC，下面结论：
①∠ACO=15°；
②∠APO+∠DCO=30°；
③△OPC是等边三角形；
④AC=AO+AP；
其中正确的有______(填上所有正确结论的序号)．
11.若不等式2|x-1|+3|x-3|≤a有解，则实数a最小值是______ ．
12.如图，在△MNG中，MN=4 2，∠M=75°，MG=3.点O是△MNG内一点，则点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值是______ ．
13.如图，已知△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=6，∠BCD=15°，P为直线CD上的动点，则|PA-PB|的最大值为______．
14.甲地宏达物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度沿快速通道向乙地匀速行驶，快递车到达乙地后，卸完物资并另装货物共用了45分钟，然后按原路以另一速度返回，直至与货车相遇，已知货车行驶速度为60km/h，两车间的距离y(km)与货车行驶时间x(h)之间的函数图象如图所示
给出以下四个结论：
①快递车从甲地到乙地的速度是100km/h
②甲、乙两地之间的距离是80km
③图中点B的坐标为(234,35)
④快递车从乙地返回时的速度为90km/h
其中正确的是______ (填序号)
三、解答题：本题共5小题，共54分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题8分)
已知a，b，c为三个非负数，且满足3a+2b+c=5，2a+b-3c=1．
(1)求c的取值范围；
(2)设S=3a+b-7c，求S的最大值和最小值．
16.(本小题10分)
在等腰Rt△AOB和等腰Rt△DOC中，∠AOB=∠DOC=90°，连接AD，M为AD中点，连接OM．
(1)如图1，请写出OM与BC的关系，并说明理由；
(2)将图1中的△COD旋转至图2的位置，其他条件不变，(1)中结论是否成立？请说明理由．
17.(本小题10分)
(1)如图1所示，在△ABC中，∠D=20°，∠ABC=50°，∠CBD=10°，求证AB=CD．
(2)如图2所示，在△ABC中，∠A=100°，∠ACB=30°，延长AC至D使CD=AB，求∠CDB．
18.(本小题12分)
已知一次函数y=2x-4的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，点P在该函数的图象上，P到x轴、y轴的距离分别为d1、d2．
(1)当P为线段AB的中点时，求d1+d2的值；
(2)直接写出d1+d2的范围，并求当d1+d2=3时点P的坐标；
(3)若在线段AB上存在无数个P点，使d1+ad2=4(a为常数)，求a的值．
19.(本小题14分)
如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y= 33x+ 3和直线l2：y=- 3x+b相交于y轴上的点B，且分别交x轴于点A和点C．
(1)求△ABC的面积；
(2)点E坐标为(5,0)，点F为直线l1上一个动点，点P为y轴上一个动点，求当EF+CF最小时，点F的坐标，并求出此时PF+ 22OP的最小值；
(3)将△OBC沿直线l1平移，平移后记为△O1B1C1，直线O1B1交l2于点M，直线B1C1交x轴于点N，当△B1MN为等腰三角形时，请直接写出点C1的横坐标．
答案和解析
1.【答案】C
解析：解：将两个方程相加可得4x+4y=2+2m，
∴x+y=m+12，
∵x+y>0，
∴m+12>0，
解得m>-1，
故选：C．
将两个方程相加整理得出x+y=m+12，再根据题意列出关于m的不等式，解之可得．
本题主要考查解一元一次不等式，解题的关键是根据题意列出关于m的不等式，并熟练掌握解不等式的步骤和依据．
2.【答案】C
解析：解：当第一边为1时，另外两边为8，8；
第一边为2时，第二边为7，第三边为8；
第一边为3时，第二边为6，第三边为8；
第一边为3时，另外两边为7，7；
第一边为4时，第二边为5，第三边为8；
第一边为4时，第二边为6，第三边为7；
第一边为5时，第二边为5，第三边为7；
第一边为5时，另外两边为6，6．
所以满足条件的三角形有8个．
故选：C．
令第一边为1，结合三角形三边关系判断另外两边，再依次增加逐个判断即可．
本题主要考查了应用三角形三边关系判断三角形，注意不要漏下情况．
3.【答案】A
解析：解：由折叠得：∠A'=∠A
∵∠BDA'=∠A+∠AFD，∠AFD=∠A'+∠CEA'
∵∠A=α，∠CEA'=β，∠BDA'=γ
∴∠BDA'=γ=α+α+β=2α+β
故选A。
4.【答案】A
解析：解：如图所示，过C作CH⊥AB于H，D是Rt△ABC斜边AB上一点，且BD=BC=AC=1，
∴CH= 22，
∴S△BDC=12BD⋅CH=12×1× 2= 22，
又∵S△BCD=S△BPC+S△BPD=12BD⋅PE+12BC⋅PF=12×1×PE+12×1×PF，
∴PE+PF= 22．
故答案选A．
据已知，过C作CH⊥AB于H，根据等腰直角三角形的性质求得CH的长度，计算△BDC的面积，再利用转化为△BPD与△BPC的面积和即可求的PE+PF的值．
此题考查的知识点是全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质，关键是作辅助线证矩形PGDF，再证△BPE≌△PBG．
5.【答案】A
解析：解：观察图形可以看出A1～A4；A5～A8……每4个为一组，
∵2023÷4=505⋯⋯3，
∴A2021在x轴负半轴，纵坐标为0，
∵A3、A7、A11的横坐标分别为0，-2，-4，
则A4n+3的横坐标为-2n，
∴A2023的横坐标为-2×505=-1010，
∴A2023的坐标为(-1010,0)．
故选：A．
观察图形可以看出A1～A4；A5～A8……每4个为一组，由于2023÷4=505余3，A2023在x轴负半轴，纵坐标为0，再根据横坐标变化找到规律即可解答．
本题考查了规律型：点的坐标，找到每4个点一循环点的坐标变化规律是解题的关键．
6.【答案】B
解析：解：如图，连接AH并延长至G使HG=BF，
∵点H为AC的垂直平分线与BC的交点，
∴AH=CH，
∴∠CAH=∠C，
∴∠AHB=2∠C，
∵HC=AB，
∴AB=AH，
∴∠B=∠AHB=2∠C设∠ACB=α，
∵∠B=2∠C=∠AHB=2α，
∵∠AHB=∠CHG，
∴∠B=∠CHG=2α，
∵2∠DAF=∠B-∠ACB=2α-α=α，
∴∠DAF=12α，
在△ABF和△CHG中，AB=CH∠B=∠CHGBF=HG，
∴△ABF≌△CHG(SAS)，
∴∠BAF=∠HCG，∠AFB=∠G，
在Rt△ABD中，AD⊥BC，
∴∠BAD=90°-∠B=90°-2α，
∴∠HCG=∠BAF=∠BAD+∠DAF=90°-2α+12α=90°-32α，
∴∠ACG=∠ACB+∠HCG=α+90°-32α=90°-12α，
在△ABF中，∠AFB=180°-∠B-∠BAF=180°-2α-(90°-32α)=90°-12α，
∴∠ACG=∠G，
∴AC=AG=AH+HG=AB+BF；
CH=AH=AB，
∵AH=AB，AD⊥BC，
∴BD=DH，
由(2)①知，AC=AB+BF=CH+BD+DF
∵FC=CD-DF=CH+DH-DF=CH+BD-DF
∴AC-FC=CH+BD+DF-(CH+BD-DF)=2DF，
∴AC-FCDF=2DFDF=2．
故选：B．
先利用垂直平分线得出AH=CH，进而得出，∠AHB=2∠C即可得出结论；设出∠ACB=α，得出∠B=2α，∠DAF=12α，再判断出△ABF≌△CHG(SAS)得出∠BAF=∠HCG，∠AFB=∠G，进而得出∠ACG=∠G，得出BD=DH，等量代换即可得出AC-FC=2DF即可得出结论．
此题主要考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，找出角之间的关系是解本题的关键．
7.【答案】180°
解析：解：如图，延长CD交AB于点F，设CD，BE交于点G，
∵∠BFG=∠A+∠C，∠BGF=∠E+∠CDE，
∴∠A+∠B+∠C+∠CDE+∠E
=∠BFG+∠BGF+∠B
=180°，
故答案为：180°．
延长CD交AB于点F，设CD，BE交于点G，利用三角形的外角性质及三角形内角和定理即可求得答案．
本题考查三角形的内角和及外角性质，作辅助线构造三角形及三角形的外角是解题的关键．
8.【答案】 3
解析：解：作EM⊥GB于点M，延长CD交EM于点N，
∵正方形ABCD和正方形DEFG的面积分别为3和7，
∴AD= 3，DG= 7，
∵∠DAG=90°，
∴由勾股定理得：AG= 72- 32=2，
∵CD//AB，∠EDG=90°，∠EMA=90°，
∴∠END=∠EMA=90°，∠NDG+∠GDA=90°，∠NDG+∠NDE=90°，
∴∠END=∠DAG，∠NDE=∠ADG，
在△END和△GAD中
∠END=∠GAD∠EDN=∠GDAED=GD
∴△END≌△GAD(AAS)，
∴EN=GA，
∵GA=2，
∴EN=2，
∴△CDE的面积是：CD⋅EN2= 3×22= 3，
故答案为： 3．
根据正方形ABCD和正方形DEFG的面积分别为3和7，可以求得AD和DG的长，然后根据勾股定理可以得到AG的长，再根据题意和图形，可以得到EN的长，然后即可求得△CDE的面积．
本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
9.【答案】10
解析：解：∵点E为AC的中点，
∴S△ABE=12S△ABC．
∵BD：CD=2：3，
∴S△ABD=25S△ABC，
∵S△AOE-S△BOD=1，
∴S△ABE=12S△ABC-25S△ABC=1，解得S△ABC=10．
故答案为：10．
根据E为AC的中点可知，S△ABE=12S△ABC，再由BD：CD=2：3可知，S△ABD=25S△ABC，进而可得出结论．
本题考查的是三角形的面积，熟知三角形的中线将三角形分为面积相等的两部分是解答此题的关键．
10.【答案】②③④
解析：分析：
①②利用等边对等角，即可证得：∠APO=∠ABO，∠DCO=∠DBO，则∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD，据此即可求解；
③证明∠POC=60°且OP=OC，即可证得△OPC是等边三角形；
④首先证明△OPA≌△CPE，则AO=CE，AC=AE+CE=AO+AP．
解：∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠ABC=∠ACB=30°，
∵点O是AD上任意一点，
∴OC不一定是∠ACD的角平分线，
∴∠ACO不一定是15°，故①错误，
如图1，连接OB，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=CD，∠BAD=12∠BAC=12×120°=60°，
∴OB=OC，∠ABC=90°-∠BAD=30°
∵OP=OC，
∴OB=OC=OP，
∴∠APO=∠ABO，∠DCO=∠DBO，
∴∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD=30°，故②正确；
∵∠APC+∠DCP+∠PBC=180°，
∴∠APC+∠DCP=150°，
∵∠APO+∠DCO=30°，
∴∠OPC+∠OCP=120°，
∴∠POC=180°-(∠OPC+∠OCP)=60°，
∵OP=OC，
∴△OPC是等边三角形；
故③正确；
如图2，在AC上截取AE=PA，
∵∠PAE=180°-∠BAC=60°，
∴△APE是等边三角形，
∴∠PEA=∠APE=60°，PE=PA，
∴∠APO+∠OPE=60°，
∵∠OPE+∠CPE=∠CPO=60°，
∴∠APO=∠CPE，
∵OP=CP，
在△OPA和△CPE中，
PA=PE∠APO=∠EPCOP=CP,
∴△OPA≌△CPE(SAS)，
∴AO=CE，
∴AC=AE+CE=AO+AP，故④正确，
故答案为：②③④．
本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．
11.【答案】4
解析：解：当x<1，原不等式变为：2-2x+9-3x≤a，解得x≥11-a5，
∴11-a5<1，解得a>6；
当1≤x≤3，原不等式变为：2x-2+9-3x≤a，解得x≥7-a，
∴1≤7-a≤3，解得4≤a≤6；
当x>3，原不等式变为：2x-2+3x-9≤a，解得x∴a+115>3，解得a>4；
综上所述，实数a最小值是4，
故答案为：4．
分类讨论：当x<1或1≤x≤3或x>3，分别去绝对值解x的不等式，然后根据x对应的取值范围得到a的不等式或不等式组，确定a的范围，最后确定a的最小值．
本题考查了解含绝对值的一元一次不等式的解法：讨论x的取值范围，然后去绝对值．也考查了不等式和不等式组的解法以及分类讨论思想的运用．
12.【答案】 65
解析：解：如图，以MG为边作等边△MGD，以OM为边作等边△OME.连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F．
∵△MGD和△OME是等边三角形，
∴OE=OM=ME，∠DMG=∠OME=60°，MG=MD，
∴∠GMO=∠DME，
在△GMO和△DME中，
OM=ME∠GMO=∠DMEMG=MD，
∴△GMO≌△DME(SAS)，
∴OG=DE，
∴NO+GO+MO=DE+OE+NO，
∴当D、E、O、N四点共线时，NO+GO+MO值最小，
∵∠NMG=75°，∠GMD=60°，
∴∠NMD=135°，
∴∠DMF=45°，
∵MG=MD=3，
∴MF=DF= 22MD=3 22，
∴NF=MN+MF=4 2+3 22=11 22，
∴ND= NF2+DF2= (11 22)2+(3 22)2= 65，
∴MO+NO+GO最小值为 65，
故答案为： 65．
以MG为边作等边△MGD，以OM为边作等边△OME.连接ND，可证△GMO≌△DME，可得GO=DE，则MO+NO+GO=NO+OE+DE，即当D、E、O、N四点共线时，MO+NO+GO值最小，最小值为ND的长度，根据勾股定理先求得MF、DF，然后求ND的长度，即可求MO+NO+GO的最小值．
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，最短路径问题，构造等边三角形是解答本题的关键．
13.【答案】6
解析：解：如图，作A关于CD的对称点A'，连接A'B并延长交CD的延长线于点P，就是使|PA-PB|的最大值的点，|PA-PB|=A'B，连接A'C，AA'，
∵△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=6，
∴∠CAB=∠ABC=45°，∠ACB=90°，
∵∠BCD=15°，
∴∠ACD=75°，
∵点A与A'关于CD对称，
∴CD⊥AA'，AC=A'C，∠CA'A=∠CAA'，
∴∠CAA'=15°，
∵AC=BC，
∴A'C=BC，∠CA'A=∠CAA'=15°，
∴∠ACA'=150°，
∵∠ACB=90°，
∴∠A'CB=60°，
∴△A'BC是等边三角形，
∴A'B=BC=6，
∴|PA-PB|的最大值为：6，
故答案为：6．
由题意可知作A关于CD的对称点A'，连接A'B并延长交CD的延长线于点P，就是使|PA-PB|的最大值的点，|PA-PB|=A'B，连接A'C，AA'，由等腰三角形的性质和点A与A'关于CD对称得出△A'BC是等边三角形，即可求解．
本题考查了轴对称-最短路线问题，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造等边三角形是解题的关键．
14.【答案】①③④
解析：解：①设快递车从甲地到乙地的速度为x千米/时，则
2(x-60)=80，
x=100．
故①正确；
②因为80千米是快递车到达乙地后两车之间的距离，不是甲、乙两地之间的距离，
故②错误；
③因为快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，
所以图中点B的横坐标为2+34=234，
纵坐标为80-60×34=35，
故③正确；
④设快递车从乙地返回时的速度为y千米/时，则返回时与货车共同行驶的时间为(25960-234)小时，此时两车还相距35千米，由题意，得
(y+60)(25960-234)=35，
y=90，
故④正确．
故答案为：①③④
要解答本题需要熟悉一次函数的图象特征，再根据一次函数的性质和图象结合实际问题对每一项进行分析即可得出答案．
本题考查的是用一次函数解决实际问题，此类题是近年中考中的热点问题，关键是根据一次函数的性质和图象结合实际问题判断出每一结论是否正确．
15.【答案】解：(1)根据题意可得方程组3a+2b+c=52a+b-3c=1，
解得a=7c-3b=7-11c，
因为a，b，c为三个非负数，
故a≥0，b≥0，c≥0，
即可得不等式组7c-3≥07-11c≥0c≥0，
解得37≤c≤711；
(2)将a=7c-3b=7-11c代入到S=3a+b-7c中，得
S=3(7c-3)+7-11c-7c=3c-2，
因为37≤c≤711，
故97≤3c≤2111，
即-57≤3c-2≤-111，
故S最大值为-111，最小值为-57．
解析：(1)将已知两个方程联立形成方程组，并用含有c的代数式表示出a，b；再根据a，b，c为三个非负数，得a≥0，b≥0，c≥0，进而得出关于c的不等式组，求出解集即可；
(2)将用含有c表示a，b的代数式代入到S=3a+b-7c中，整理得出用c表示S的式子，再根据c的取值范围得出S的取值范围，进而得出答案．
考查不等式组的应用；把一个未知数看成已知数，表示出其余未知数的值是解决本题的关键．
16.【答案】解：(1)延长MO交BC与点E，将△AOD绕点O逆时针旋转90°至△BOD'，OM旋转至OM'，如图1，
∴∠MOM'=90°，∠DOD'=90°，OD'=OD，OM'=OM，D'M'=DM，BM'=DM，
∴点C、O、D'共线，
∵AM=DM，
∴BM'=D'M'，
∵OC=OD，
∴OD'=OC，
∴OM'=12BC，OM'//BC，
∴OM=12BC，BC⊥EM，即：OM⊥BC；
(2)如图2，
结论仍然成立，理由如下：
∵将△AOD绕点O逆时针旋转90°至△BOD'，OM旋转至OM'，OM与BC交于点F，
∴∠MOM'=90°，∠DOD'=90°，OD'=OD，OM'=OM，D'M'=DM，BM'=DM，
∴点C、O、D'共线，
∵AM=DM，
∴BM'=D'M'，
∵OC=OD，
∴OD'=OC，
∴OM'=12BC，OM'//BC，
∴OM=12BC，BC⊥FM，
即：OM⊥BC；
17.【答案】解：(1)作∠BCE=10°交BC于E，过点B作BF⊥AC交CA的延长线于F，过点E作EH⊥BC，如图，

∵∠BCE=10°，∠CBD=10°，
∴BE=CE，∠DEC=20°，
∵∠D=20°，
∴CE=DC，
∵EH⊥BC，
∴CH=BH，
∵∠ACB=∠CBD+∠D=30°，BF⊥AC，∠ABC=50°，
∴BF=BH=CH，∠ABF=10°，
在△ABF和△ECH中，
∠AFB=∠EHC=90°∠ABF=∠ECH=10°BF=CH，
∴△ABF≌△ECH(AAS)，
∴AB=EC，
∴AB=CD．
(2)在AC上取AE=AB，连接BE，作AF平分∠BAC，交BE于H，交BC于F，如图，

∵AF平分∠BAC，∠BAC=100°，
∴∠BAH=∠EAH=50°，BH⊥AF，
∵∠ACB=30°，
∴∠ABF=∠BAF=50°，
即△ABF是等腰三角形，
作AG⊥BC，则AG=BH(等腰三角形两腰上的高相等)，
∵∠ACB=30°，
∴2AG=AC，
∵2BH=BE，
∴AC=BE，
∵CD=AB=AE，
∴AC=DE，
∴AC=BE=DE，
∵∠AEB=12(180°-∠BAE)=40°，
∴∠D=20°，
解析：(1)作∠BCE=10°交BC于E，过点B作BF⊥AC交CA的延长线于F，过点E作EH⊥BC，由题意得BE=CE和∠DEC=20°，利用等角对等边可得CE=DC，利用三线合一的性质得CH=BH，结合含30°角的直角三角形性质得BF=BH=CH，可证明△ABF≌△ECH，即可证得结论；
(2)在AC上取AE=AB，连接BE，作AF平分∠BAC，交BE于H，交BC于F，根据题意得∠ABF=∠BAF=50°，利用等腰三角形两腰上的高相等得AG=BH，结合含30°角的直角三角形性质得AC=BE，由题意得AC=DE，即可求得∠AEB=40°，即可求得答案．
本题主要考查等腰三角形的判定和性质、三线合一的性质、全等三角形的判定和性质和含30°角的直角三角形性质，解题的关键是添加辅助线并找到对应边角之间的关系．
18.【答案】解：(1)对于一次函数y=2x-4，
令x=0，得到y=-4；令y=0，得到x=2，
∴A(2,0)，B(0,-4)，
∵P为AB的中点，
∴P(1,-2)，
则d1+d2=3；
(2)①d1+d2≥2；
②设P(m,2m-4)，
∴d1+d2=|m|+|2m-4|，
当0≤m≤2时，d1+d2=m+4-2m=4-m=3，
解得：m=1，此时P1(1,-2)；
当m>2时，d1+d2=m+2m-4=3，
解得：m=73，此时P2(73,23)；
当m<0时，不存在，
综上，P的坐标为(1,-2)或(73,23)；
(3)设P(m,2m-4)，
∴d1=|2m-4|，d2=|m|，
∵P在线段AB上，
∴0≤m≤2，
∴d1=4-2m，d2=m，
∵d1+ad2=4，
∴4-2m+am=4，即(a-2)m=0，
∵有无数个点，即无数个解，
∴a-2=0，即a=2．
解析：(1)对于一次函数解析式，求出A与B的坐标，即可求出P为线段AB的中点时d1+d2的值；
(2)根据题意确定出d1+d2的范围，设P(m,2m-4)，表示出d1+d2，分类讨论m的范围，根据d1+d2=3求出m的值，即可确定出P的坐标；
(3)设P(m,2m-4)，表示出d1与d2，由P在线段上求出m的范围，利用绝对值的代数意义表示出d1与d2，代入d1+ad2=4，根据存在无数个点P求出a的值即可．
此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：一次函数与坐标轴的交点，线段中点坐标公式，绝对值的代数意义，以及坐标与图形性质，熟练掌握绝对值的代数意义是解本题的关键．
19.【答案】解：(1)由题意知：b= 3
∴直线l2：y=- 3x+ 3
当y=0时，x=1
∴C(1,0)3
∵直线l1：y= 33x+ 3
∴当y=0时， 33x+ 3=0，
∴x=-3
∴A(-3,0)
∴S△ABC=12×[1-(-3)]× 3=2 3；
(2)在Rt△ABO中，AB2=AO2+BO2=32+( 3)2=12
在Rt△BOC中，BC2=OC2+OB2=12+( 3)2=4
∵在△ABC中，AB2+BC2=12+4=16=AC2
∴△ABC是直角三角形，∴AB⊥BC
作C点关于直线AB的对称点C'(-1,2 3)，连接C'E交直线l1于F，
∵C'(-1,2 3) E(5,0)
∴直线C'E：y=- 33x+53 3
y=- 33x+53 3y= 33x+ 3
解得：x=1y=43 3
∴F(1,43 3)
作二、四象限的角平分线l3，过点P作PQ⊥l3于Q，
则PQ= 22OP，
∴PF+ 22OP=FP+PQ，
当F，P，Q三点共线时最小，即过F作PQ⊥l3于Q交y轴于P，作FG/​/OB交直线l3于G．
此时△FQG为等腰直角三角形，斜边FG=4 33+1，
∴PF+ 22OP的最小值为：FQ= 22FG=23 6+ 22
(3)①如图2中，当B1M=B1N时，
∵点C1中直线y= 33x- 33上运动，设C1(m, 33m- 33)，B1O1交x轴于E，则EB1= 3+ 33m- 33=2 33+ 33m，
OE=B1E 3=23+13m，MB1=NB1=2OE=43+23m，
∴M(m-1,23 3+ 33m+43+23m)，
把点M坐标代入直线y=- 3x+ 3，得到：
23 3+ 33m+43+23m=- 3(m-1)+ 3，
解得m=14-6 311．
②如图3中当MN=MB1时，同法可得M(m-1,2 39+ 39m)，
把点M代入y=- 3x+ 3得到，2 39+ 39m=- 3(m-1)+ 3，
解得，m=85．
③如图4中，当B1M=B1N时，同法可得M(m-1,2 33-43+ 33m-23m)，
把点M代入y=- 3x+ 3得到，2 33-43+ 33m-23m=- 3(m-1)+ 3，
解得m=14+6 311．
④如图5中，当NM=NB1时，同法可得M(m-1,2 33+ 33m)，
把点M代入y=- 3x+ 3得到，2 33+ 33m=- 3(m-1)+ 3，
解得m=1(舍弃)，
综上所述，C1的横坐标为：14-6 311或85或14+6 311．
解析：(1)根据题意分别求出A，C点的坐标，S△ABC=12×AC×OB．
(2)作C点关于直线AB的对称点C'(-1,2 3)，连接C'E交直线l1于F，作二、四象限的角平分线l3，过点P作PQ⊥l3于Q，则PQ= 22OP，可得PF+ 22OP=FP+PQ，推出当F，P，Q三点共线时最小，即过F作PQ⊥l3于Q交y轴于P，作FG/​/OB交直线l3于G.求出FQ即可；
(3)分四种情形分别求解即可解决问题；
本题考查一次函数综合题、轴对称最短问题、垂线段最短、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用轴对称解决最短问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．