2022年黑龙江省绥化市肇东十一中中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2022年黑龙江省绥化市肇东十一中中考数学一模试卷（含解析），共29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年黑龙江省绥化市肇东十一中中考数学一模试卷

题号
一
二
三
总分
得分





一、选择题（本大题共12小题，共36分）
1. 实数−3，2，20，π6，0.121221222…中，有理数的个数是(    )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
2. 如图，在5×5正方形网格中，一条圆弧经过A，B，C三点，那么这条圆弧所在圆的圆心是(    )
A. 点P
B. 点Q
C. 点R
D. 点M
3. 现有三张正面分别标有数字−1，2，3的不透明卡片，它们除数字外其余完全相同，将它们背面朝上洗均匀，随机抽取一张，记下数字后放回，背面朝上洗均匀，再随机抽取一张记下数字，前后两次抽取的数字分别记为m，n，则点P(m,n)在第二象限的概率为(    )
A. 12 B. 13 C. 23 D. 29
4. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AB=10，BD平分∠ABC，如果点M，N分别为BD，BC上的动点，那么CM+MN的最小值是(    )
A. 6 B. 8 C. 10 D. 4.8
5. 同一坐标系中，抛物线y=(x−a)2与直线y=a+ax的图象可能是(    )
A. B.
C. D.
6. 若m=27−2，则估计m的值所在范围是(    )
A. 1 7. 如图，在正六边形ABCDEF中，若△ACD的面积为12，则该正六边形的面积为(    )
A. 30
B. 36
C. 48
D. 60
8. 要使分式13−x有意义，则x的取值范围是(    )
A. x≠3 B. x>3 C. x<3 D. x≠−3
9. 下列命题中，真命题是(    )
A. 对角线相等的四边形是矩形
B. 对角线互相垂直的平行四边形是正方形
C. 对角线平分一组对角的平行四边形是菱形
D. 对角线互相垂直的四边形是正方形
10. 若一组数据1，1，2，3，x的平均数是2，则这组数据的众数是(    )
A. 1 B. 1和3 C. 1和2 D. 3
11. 下列运算正确的是(    )
A. 8÷2=6 B. 3−127=13
C. (−3a)3=−9a3 D. 2ab2−ab2=ab2
12. 甲、乙两车从A地出发沿同一路线驶向B地，甲车先出发匀速驶向B地.40分钟后，乙车出发，匀速行驶一段时间后，在途中的货站装货耗时半小时，由于满载货物，为了行驶安全，速度减少了50千米/时，结果与甲车同时到达B地，甲乙两车距A地的路程y(千米)与乙车行驶时间x(时)之间的函数图象如图所示，下列说法：
①a=4.5；
②甲的速度是60千米/时；
③乙出发80分钟追上甲；
④乙刚到达货站时，甲距B地180千米；
其中正确的有(    )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

二、填空题（本大题共10小题，共30分）
13. 已知关于x的方程2x−mx+2=4的解是负数，则m的取值范围为______ ．
14. 分解因式2x2−4x+2的最终结果是______．
15. 如图，△ABC中，A，B两个顶点在x轴的上方，点C的坐标是(−1,0).以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形，并把△ABC的边长放大到原来的2倍，记所得的像是△A′B′C′.设点A的横坐标是a，则点A对应的点A′的横坐标是______ ．

16. 在▱ABCD中，若∠B=60°，AB=16，AC=14，则▱ABCD的周长是______．
17. 如图，以矩形OABC的顶点O为原点，OA为x轴，OC为y轴建立平面直角坐标系，双曲线y=20x与AB、BC分别交于点D、E，沿直线DE将△DBE翻折得△DFE，且点F恰好落在直线OA上，若AB：BC=4：5，则矩形的面积是______．

18. 圆锥的母线长为2cm，底面圆的半径长为1cm，则该圆锥的侧面积为______ cm2．
19. 某学校计划为“建党百年，铭记党史”演讲比赛购买奖品.已知购买2个A种奖品和4个B种奖品共需100元；购买5个A种奖品和2个B种奖品共需130元.学校准备购买A，B两种奖品共20个，且A种奖品的数量不小于B种奖品数量的25，则在购买方案中最少费用是______ 元.
20. 若一组数据1，1，2，3，x的平均数是2，则这组数据的众数是______．
21. 如图是由大小相同的线段组成的一系列图案，第1个图案由5条线段组成，第2个图案由8条线段组成，…，按此规律排列下去，则第2021个图案由______条线段组成．

22. 如图，Rt△ABE中，∠B=90°，AB=BE，将△ABE绕点A逆时针旋转45°，得到△AHD，过D作DC⊥BE交BE的延长线于点C，连接BH并延长交DC于点F，连接DE交BF于点O.下列结论，其中正确的是______ ．
①DE平分∠HDC；
②DO=OE；
③CD=HF；
④BC−CF=2CE；
⑤H是BF的中点，

三、解答题（本大题共7小题，共54分）
23. 如图，在等腰△ABC中，CA=CB．
(1)求作CA边上的高BD；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下，取AB的中点M，连接CM交BD于点P，连接AP，求证：AP⊥BC．


24. 如图，在平面直角坐标系中，点A、点B的坐标分别为(1,3)，(3,2)．
(1)画出△OAB绕点B顺时针旋转90°后的△O′A′B；
(2)以点B为位似中心，相似比为2：1，在x轴的上方画出△O′A′B放大后的△O″A″B；
(3)点M是OA的中点，在(1)和(2)的条件下，M的对应点M″的坐标为______．

25. 联合国《生物多样性公约》第十五次缔约方大会(COP15)将于2021年10月11日至24日在中国云南昆明召开，为了广泛宣传生物多样性工作，某中学组织学生结合所学知识，进行了生物知识竞赛活动．校方想了解该校七、八年级两个年级的竞赛情况，随机抽取了部分学生成绩进行分析，并将测试成绩绘制成两幅统计图．

请根据统计图中提供的信息，回答下列问题：
(1)此次调查的样本容量是______，并补全条形统计图；
(2)抽取的样本中，测试成绩的众数是______分，中位数是______分；
(3)已知该校七、八年级共有学生1040人，若竞赛成绩在85−95(含85分和95分)分视为“成绩良好”，请你估计该校七、八年级生物知识竞赛“成绩良好”的学生共有多少人？
26. 如图，AB是⊙O的直径，点I是△ABC的内心，CI的延长线交AB于E，交⊙O于F，
点P在BA的延长线上，且PC=PE，连接OF、AF、AI，
(1)证明：△AFI是等腰三角形；
(2)证明：PC是⊙O的切线；
(3)若AO=3，tanB=12，求EF的长．

27. 如图1，矩形OABC的顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，点B在反比例函数y=kx(k>0)的第一象限内的图象上，OA=4，OC=3，动点P在y轴的右侧，且满足S△PCO=38S矩形OABC．
(1)若点P在这个反比例函数的图象上，求点P的坐标；
(2)连接PO、PC，求PO+PC的最小值；
(3)若点Q是平面内一点，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，请你直接写出满足条件的所有点Q的坐标．

28. 如图，在△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，点D，E分别是边AB，BC的中点，点F，G是边AC的三等分点．DF，EG的延长线相交于点H，连接AH，CH，BF，BG．
(1)求证：四边形FBGH是菱形；
(2)判断四边形ABCH的形状，并证明你的结论；
(3)若DF=5，求AB的长．
29. 如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴负半轴交于点A，与x轴正半轴交于点B，与y轴负半轴交于点C，A(−4,0)，B(1,0)，∠ACB=90°．
(1)求点C的坐标和抛物线的函数关系式；
(2)点D是OA上一点(不与点A、O重合)，过点D作x轴的垂线，交抛物线于点E，交AC于点F，当DF=13EF时，求点E的坐标；
(3)设抛物线的对称轴l交x轴于点G，在(2)的条件下，点M是抛物线对称轴上一点，点N是坐标平面内一点，是否存在点M、N，使以A、E、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析

1.【答案】A
【解析】解：实数−3，2，20，π6，0.121221222…中，有理数有−3，20，一共2个．
故选：A．
根据有理数的定义：整数和分数统称为有理数即可判断，注意20=1．
本题考查了实数的定义及零指数幂的意义，解答此题要明确有理数和无理数的概念和分类．任何一个有理数都可以表为mn的形式，其中m是整数，n是正整数．由于整数可以用分数表示，分数又可以化成有限小数或无限循环小数，因此有时也称有理数为有限小数和无限循环小数，而无限不循环小数是无理数．

2.【答案】B
【解析】解：连结BC，
作AB和BC的垂直平分线，它们相交于Q点．
故选：B．
作AB和BC的垂直平分线，它们相交于Q点，根据弦的垂直平分线经过圆心，即可确定这条圆弧所在圆的圆心为Q点．
本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧；垂径定理的推论：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧；平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．

3.【答案】D
【解析】解：画树状图为：

共有9种等可能的结果数，其中点P(m,n)在第二象限的结果数为2，
所以点P(m,n)在第二象限的概率=29；
故选：D．
画树状图展示所有9种等可能的结果数，利用第二象限内点的坐标特征确定点P(m,n)在第二象限的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了点的坐标．

4.【答案】D
【解析】解：如图所示：

过点C作CE⊥AB于点E，交BD于点M，
过点M作MN⊥BC于点N，
∵BD平分∠ABC，
∴ME=MN，
∴CM+MN=CM+ME=CE．
∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AB=10，CE⊥AB，
∴S△ABC=12AB⋅CE=12AC⋅BC，
∴10CE=6×8，
∴CE=4.8．
即CM+MN的最小值是4.8，
故选：D．
先作CE垂直AB交BD于点M，再作MN垂直BC，根据角平分线的性质：角分线上的点到角的两边距离相等，即可找到动点M和N，进而求得CM+MN的最小值．
本题考查了轴对称−最短路线问题、角分线的性质，解决本题的关键是找到使CM+MN最小时的动点M和N．

5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了二次函数的图象和一次函数的图象，应该熟记一次函数 y=kx+b 在不同情况下所在的象限，以及熟练掌握二次函数的有关性质：开口方向、对称轴、顶点坐标等．
可先根据一次函数的图象判断 a 、 b 的符号，再判断二次函数图象与实际是否相符，判断正误．
【解答】
解： A 、由一次函数 y=a+ax 的图象可得： a<0 且 a>0 ，矛盾，故错误；
B 、由一次函数 y=a+ax 的图象可得： a<0 ，此时二次函数 y=(x−a)2 的顶点 (a,0) ， a>0 ，矛盾，故错误；
C 、由一次函数 y=a+ax 的图象可得： a>0 且 a<0 ，矛盾，故错误；
D 、由一次函数 y=a+ax 的图象可得： a>0 ，此时二次函数 y=(x−a)2 的顶点 (a,0) ， a>0 ，故正确；
故选： D ．   
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了估算无理数的大小，能估算出 27 的范围是解此题的关键．
先估算出 27 的范围，即可得出选项．
【解答】
解： ∵5<27<6 ，
∴3<27−2<4 ，
∴3 故选 C ．   
7.【答案】B
【解析】解：设O是正六边形的中心，连接CO，
则S△OCD=12S△ACD=6，
故该正六边形的面积为：6S△OCD=36．
故选：B．
直接利用正六边形的性质得出S△OCD=12S△ACD=6，即可得出答案．
此题主要考查了正六边形的性质．

8.【答案】C
【解析】解：要使分式13−x有意义，
则3−x>0，
解得：x<3．
故选：C．
直接利用二次根式以及分式有意义的条件分析得出答案．
此题主要考查了二次根式、分式有意义的条件，正确把握定义是解题关键．

9.【答案】C
【解析】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，说法错误，不符合题意；
B、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，说法错误，不符合题意；
C、对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，说法正确，符合题意；
D、对角线互相垂直的矩形是正方形，说法错误，不符合题意；
故选：C．
根据矩形的判定、菱形的判定和正方形的判定判断即可．
本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式；有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．

10.【答案】B
【解析】解：根据平均数的概念可知，x=2×5−1−1−2−3=3，故数据中3的出现次数最多，所以众数是1和3．
故选：B．
首先根据平均数计算出x的值，就可以再根据众数的定义求解．
主要考查了众数的概念和平均数的计算．注意众数是指一组数据中出现次数最多的数据，它反映了一组数据的多数水平，一组数据的众数可能不是唯一的．

11.【答案】D
【解析】解：因为8÷2=8÷2=4=2，
3−127=3(−13)3=−13，
(−3a)3=−27a3，
2ab2−ab2=ab2．
所以选项A、B、C均不正确，正确的是D．
故选：D．
根据二次根式的除法法则，立方根的化简，积的乘方法则，整式的加减法则，对各选项计算后得出结论．
本题考查了二次根式的除法、立方根的化简、积的乘方、合并同类项等知识点．掌握法则是解决本题的关键．

12.【答案】D
【解析】解：∵线段DE代表乙车在途中的货站装货耗时半小时，
∴a=4+0.5=4.5(小时)，即①成立；
40分钟=23小时，
甲车的速度为460÷(7+23)=60(千米/时)，
即②成立；
设乙车刚出发时的速度为x千米/时，则装满货后的速度为(x−50)千米/时，
根据题意可知：4x+(7−4.5)(x−50)=460，
解得：x=90．
乙车发车时，甲车行驶的路程为60×23=40(千米)，
乙车追上甲车的时间为40÷(90−60)=43(小时)，
43小时=80分钟，即③成立；
乙车刚到达货站时，甲车行驶的时间为(4+23)小时，
此时甲车离B地的距离为460−60×(4+23)=180(千米)，
即④成立．
综上可知正确的有：①②③④．
故选D．
由线段DE所代表的意思，结合装货半小时，可得出a的值，从而判断出①成立；
结合路程=速度×时间，能得出甲车的速度，从而判断出②成立；
设出乙车刚出发时的速度为x千米/时，则装满货后的速度为(x−50)千米/时，由路程=速度×时间列出关于x的一元一次方程，解出方程即可得知乙车的初始速度，由甲车先跑的路程÷两车速度差即可得出乙车追上甲车的时间，从而得出③成立；
由乙车刚到达货站的时间，可以得出甲车行驶的总路程，结合A、B两地的距离即可判断④也成立．
综上可知①②③④皆成立．
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是知道各数量间的关系结合图形找出结论．本题属于中档题型，难度不大，但是判定的过程稍显繁琐，解决该类题型的方法是掌握各数量间的关系结合行程得出结论．

13.【答案】m>−8且m≠−4
【解析】解：2x−mx+2=4，
2x−m=4x+8，
−2x=8+m，
x=−8+m2，
∵关于x的方程2x−mx+2=4的解是负数，
∴−8+m2<0，
解得：m>−8，
∵方程2x−mx+2=4，
∴x+2≠0，
即−8+m2≠−2，
∴m≠−4，
故答案为：m>−8且m≠−4．
求出分式方程的解x=−8+m2，得出−8+m2<0，求出m的范围，根据分式方程得出−8+m2≠−2，求出m，即可得出答案．
本题考查了分式方程的解和解一元一次不等式，关键是得出−8+m2<0和−8+m2≠−2，题目具有一定的代表性，但是有一定的难度．

14.【答案】2(x−1)2
【解析】解：2x2−4x+2，
=2(x2−2x+1)，
=2(x−1)2．
故答案为：2(x−1)2．
先提取公因式2，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．

15.【答案】−3−2a
【解析】解：过点A作AD⊥x轴于点D，过点A′作A′E⊥x轴于点E，
则AD//A′E，
∴△ADC∽△A′EC，
∴CDCE=ACA′C=12，
由题意得，CD=−1−a，
∴−1−aCE=12，
解得，CE=−2−2a，
∴OE=−2−2a−1=−3−2a，
故答案为：−3−2a．
过点A作AD⊥x轴于点D，过点A′作A′E⊥x轴于点E，根据相似三角形的性质得到CDCE=12，代入计算即可．
本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．

16.【答案】52
【解析】解：过点A作AE⊥BC于E，

∵∠B=60°，AB=16，
∴BE=8，AE=83，
由勾股定理得，EC=AC2−AE2=142−(83)2=2，
∴BC=BE+EC=8+2=10，
∴▱ABCD的周长=2(AB+BC)=2×(10+16)=52，
故答案为：52．
过点A作AE⊥BC于E，利用勾股定理得出BE，AE，EC，进而根据平行四边形的性质解答即可．
此题考查平行四边形的性质，关键是利用勾股定理得出BE，AE，EC的长解答．

17.【答案】10009
【解析】
【分析】
此题考查了反比例函数 k 的几何意义，坐标与图形性质，两直线垂直时斜率满足的关系，线段中点坐标公式，以及对称的性质，熟练掌握反比例函数的性质是解本题的关键．
根据 AB ： BC=4 ： 5 ，设 AB=4t ， BC=5t ，表示出 A ， B 的坐标，根据 D 、 E 分别为反比例函数与 BC 、 AB 的交点，得出 D 与 E 坐标，根据直线 DE 将 △DBE 翻折得 △DFE ，且点 F 恰好落在直线 OA 上，得到 BF 垂直于 DE ，且 BF 中点在 DE 上，表示出 DE 的斜率，进而确定出直线 DE 方程，利用两直线垂直时斜率乘积为 −1 得出直线 BF 斜率，表示出直线 BF 方程，进而表示出 F 坐标，利用中点坐标公式表示出 BF 中点坐标，代入直线 DE 中整理表示出 t2 ，即可确定出矩形的面积．
【解答】
解：根据 AB ： BC=4 ： 5 ，设 AB=4t ，则有 BC=5t ，即 A(5t,0) ， B(5t,4t) ，
∵E 、 D 为反比例函数 y=20x 与 BC 、 BA 的交点，
∴D(5t,4t) ， E(5t,4t) ，
∵ 直线 DE 将 △DBE 翻折得 △DFE ，且点 F 恰好落在直线 OA 上，
∴BF⊥DE ， BF 的中点在 DE 上，
∵ 直线 DE 的斜率为 4t−4t5t−5t=−45 ，方程为 y−4t=−45(x−5t) ，
∴ 直线 BF 斜率为 54 ，
∴ 直线 BF 解析式为 y−4t=54(x−5t) ，即 y=54x−94t ，
令 y=0 ，得到 x=95t ，即 F(95t,0) ，
∴BF 的中点坐标为 (17t5,2t) ，
将中点坐标代入直线 DE 解析式得： 2t−4t=−45(17t5−5t) ，
整理得： t2=509 ，
则 S矩形=5t⋅4t=20t2=10009 ．
故答案为： 10009 ．   
18.【答案】2π
【解析】解：∵圆锥的底面半径为1cm，
∴圆锥的底面周长为：2πr=2πcm，
∵圆锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的周长，
∴圆锥的侧面积为：12lr=12×2×2π=2π(cm2)，
故答案为：2π．
根据圆锥的底面半径求得圆锥的底面周长，在根据圆锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的周长求得圆锥的侧面积即可．
本题考查了圆锥的计算，解题的关键是正确地进行圆锥与扇形的转化．

19.【答案】330
【解析】解：设A种奖品的单价为x元，B种奖品的单价为y元，
依题意得：2x+4y=1005x+2y=130，
解得：x=20y=15．
设购买A种奖品m个，则购买B种奖品(20−m)个．
∵A种奖品的数量不小于B种奖品数量的25，
∴m≥25(20−m)，
∴m≥407，
又∵m为整数，
∴m≥6．
设购买总费用为w元，则w=20m+15(20−m)=5m+300，
∵5>0，
∴w随m的增大而增大，
∴当m=6时，w取得最小值，最小值=5×6+300=330．
故答案为：330．
设A种奖品的单价为x元，B种奖品的单价为y元，根据“购买2个A种奖品和4个B种奖品共需100元；购买5个A种奖品和2个B种奖品共需130元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出x，y的值，设购买A种奖品m个，则购买B种奖品(20−m)个，根据购买A种奖品的数量不小于B种奖品数量的25，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围，结合m为整数即可得出m≥6，设购买总费用为w元，利用总价=单价×数量，即可得出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质即可解决最值问题．
本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式是解题的关键．

20.【答案】1和3
【解析】解：利用平均数的计算公式，得(1+1+2+3+x)=2×5，解得x=3，
则这组数据的众数即出现最多的数为1和3．
故答案为：1和3．
根据平均数的定义可以先求出x的值，再根据众数的定义求出这组数的众数即可．
本题考查的是平均数和众数的概念．注意一组数据的众数可能不只一个．

21.【答案】7075
【解析】解：根据题图可以得出：
第1个图案由5条线段组成，
第2个图案由8条线段组成，
第3个图案由12条线段组成，
第4个图案由15条线段组成，
……，
依次类推，第n个图案比第(n−2)个图案多7条线段，
∴奇数个图案的线段条数为5+7(n−1)×12，
偶数个图案的线段条数为8+7(n−2)×12，
∴第2021个图案的线段条数为7075，
故答案为：7075．
根据图形的变化规律归纳出奇数个图案的线段条数为5+7(n−1)×12，偶数个图案的线段条数为8+7(n−2)×12，是解题的关键．
本题主要考查图形的变化规律，根据规律归纳出第n个图形线段的条数是解题的关键．

22.【答案】①②④⑤
【解析】解：∵∠ABE=90°，AB=BE，
∴∠AEB=∠BAE=45°，AE=2BE，
∵将△ABE绕点A逆时针旋转45°，
∴∠DAE=∠AEB=45°，AD=AE=2BE，DH=BE，AH=AB，∠ABE=∠AHD=90°，
∴∠DAB=∠ABE=90°，AH=DH=AB=BE，
又∵DC⊥BE，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=DH，AD=BC=2BE，∠BCD=∠DHE=90°，
∵DH=DC，DE=DE，
∴Rt△DEC≌Rt△DEH(HL)，
∴HE=EC，∠AED=∠DEC=67.5°，∠CDE=∠HDE=22.5°，
∴DE平分∠HDC，故①正确；
∵AB=AH，∠BAE=45°，
∴∠ABH=∠AHB=67.5°，
∴∠OHE=∠OEH=67.5°，
∴OH=OE，∠DHO=22.5°=∠HDO，
∴DO=HO，
∴OE=OD，故②正确；
如图，连接CH，

∵∠ABH=67.5°，
∴∠CBH=22.5°，
∴∠BFC=67.5°，
∵HE=EC，∠AEB=45°，
∴∠ECH=∠EHC=22.5°，
∴∠HBC=∠HCE，∠FCH=67.5°，
∴BH=CH，∠FCH=∠BFC，
∴HC=HF，
∴BH=HF，
∴点H是BF的中点，故⑤正确，
如图，过点H作HN⊥BC于N，

∴HN//CD，
∴△BHN∽△BFC，
∴BHBF=HNFC=12，
∴FC=2HN，
∵AE=2BE，AH=BE，
∴HE=(2−1)BE=CE，
∵HN⊥BC，∠AEB=45°，
∴HN=22HE=22(2−1)BE，
∴CF=2HN=(2−2)BE，
∵BC−CF=BE+CE−CF=BE+(2−1)BE−(2−2)BE=2(2−1)BE，
∴BC−CF=2CE，故④正确；
∵∠HFD=180°−67.5=112.5°，∠HDF=45°，
∴∠HFD≠∠HDF，
∴HF≠DH，
∴HF≠CD，故③不合题意，
故答案为：①②④⑤．
由旋转的性质可得∠DAE=∠AEB=45°，AD=AE=2BE，DH=BE，AH=AB，∠ABE=∠AHD=90°，通过证明四边形ABCD是矩形，可得AB=CD=DH，AD=BC=2BE，∠BCD=∠DHE=90°，由“HL”可证Rt△DEC≌Rt△DEH，可得HE=EC，∠AED=∠DEC=67.5°，∠CDE=∠HDE=22.5°，可判断①；由角的数量关系和等腰三角形的判定和性质，可判断②⑤；由相似三角形的判定和性质可得CF=2HN=(2−2)BE，由线段的和差关系可判断④；由∠HFD≠∠HDF，可得HF≠DH，可判断③，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．

23.【答案】解：(1)如图所示，线段BD即为所求；
(2)设AP与BC交于N，
∵CA=CB，点M是AB在中点，
∴CM是AB边上中线，
∴CM⊥AB，
∴CM垂直平分AB，
∴AP=BP，
∴∠PAB=∠PBA，
∵CA=CB，
∴∠CAB=∠CBA，
∴∠CAB+∠ABD=∠CBA+∠BAN，
∵∠BDA=90°，
∴∠CAB+∠ABD=∠CBA+∠BAN=90°，
∴∠ANB=90°，
∴AP⊥BC．
【解析】(1)根据题意作出CA边上的高BD即可；
(2)设AP与BC交于N，根据等腰三角形的性质得到CM垂直平分AB，∠PAB=∠PBA，根据三角形的内角和定理得到∠ANB=90°，根据垂直的定义得到AP⊥BC．
本题考查了作图−基本作图，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．

24.【答案】(2,7)
【解析】解：(1)如图，△O′A′B即为所求；

(2)如图，△O″A″B即为所求；

(3)如图，∵点M是OA的中点，
∴M的对应点M″的坐标为(2,7)．
故答案为：(2,7)．
(1)关键旋转的性质即可画出△OAB绕点B顺时针旋转90°后的△O′A′B；
(2)根据位似变换即可以点B为位似中心，相似比为2：1，在x轴的上方画出△O′A′B放大后的△O″A″B；
(3)点M是OA的中点，在(1)和(2)的条件下，即可得M的对应点M″的坐标．
本题考查了作图−位似变换、作图−旋转变换，解决本题的关键是掌握位似变换和旋转变换的性质．

25.【答案】80  90  92.5
【解析】解：(1)24÷30%=80(人)，80−8−6−24−16=26(人)，
故答案为：80，补全条形统计图如图所示：

(2)这80名学生成绩出现次数最多的是90，因此众数是90分，
将这80名学生的成绩从小到大排列处在中间位置的两个数分别是90分和95分，因此中位数是92.5分，
故答案为：90，92.5；
(3)1040×6+26+2480=728(人)，
答：该校七、八年级生物知识竞赛“成绩良好”的学生共有728人．
(1)根据“95分”的频数为24，占调查人数的30%，可求出调查总人数，进而求出“90分”的人数，并补全条形统计图；
(2)根据中位数、众数的意义进行判断即可；
(3)求出样本中“竞赛成绩在85−95”所占得百分比即可．
本题考查条形统计图、扇形统计图，理解两个统计图中数量关系是正确解答的关键．

26.【答案】(1)证明：∵I是△ABC的内心，
∴∠ACI=∠BCI，∠CAI=∠BAI，
∵∠BCI=∠BAF，
∴∠AIF=∠ACI+∠CAI=∠BCI+∠BAI=∠BAF+∠BAI=∠IAF，
∴AF=IF，
∴△AFI是等腰三角形；
(2)证明：如图，连接OC，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACI=∠BCI=45°，
∴∠AOF=90°，
∵PC=PE，
∴∠PCE=∠PEC，
∴∠PCO=∠PCE+∠OCE=∠PEC+∠OFE=∠OEF+∠OFE=90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线；
(3)如图，过点E作EH⊥AF于H，

∵∠BAF=∠BCF=45°，
∴HE=HA；
在Rt△AOF中，AO=3，
∴AF=2AO=32，
∵tanB=tan∠AFE=12，
∴HEHF=AHHF=12，
∴HF=2HE=22，AH=HE=2，
在Rt△EHF中，EFEH2+HF2=8+2=10．
【解析】(1)由内心的性质可得∠ACI=∠BCI，∠CAI=∠BAI，由外角的性质和圆周角定理可证∠AIF=∠IAF，可得结论；
(2)通过证明∠PCO=90°，可得结论；
(3)由等腰直角三角形的性质可求AF=2AO=32，由锐角三角函数可求EH，HF的长，由勾股定理可求解．
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．

27.【答案】解：(1)∵四边形OABC是矩形，OA=4，OC=3，
∴点B的坐标为(4,3)，
∵点B在反比例函数y=kx(k≠0)的第一象限内的图象上
∴k=12，
∴y=12x，
设点P的纵坐标为m(m>0)，
∵S△PCO=38S矩形OABC．
∴12⋅OC⋅m=38OA⋅OC，
∴m=3，
当点，P在这个反比例函数图象上时，则P点的纵坐标为y=123=4，
∴点P的坐标为(3,4)；
(2)过点(3,0)，作直线l⊥x轴．

由(1)知，点P的横坐标为3，
∴点P在直线l上
作点O关于直线l的对称点O′，则OO′=6，
连接CO′交直线l于点P，此时PO+PC的值最小，
则PO+PC的最小值=PO′+PC=O′C=32+62=35．
(3)分两种情况：
①如图2中，当四边形CBQP是菱形时，易知BC=CP=PQ=BQ=4，P1(3,3−7)，P2(3,3+7)，
∴Q1(7,3−7)，Q2(7,3+7)；
．
②如图3中，当四边形CBPQ是菱形时，P3(3,3−15)，P4(3,3+15)，
∴Q3(−1,3−15)，Q4(−1,3+15).
综上所述，点Q的坐标为Q1(7,3−7)，Q2(7,3+7)，P3(3,3−15)，P4(3,3+15).
【解析】(1)首先根据点B坐标，确定反比例函数的解析式，设点P的纵坐标为m(m>0)，根据S△PCO=38S矩形OABC，构建方程即可解决问题；
(2)过点(3,0)，作直线l⊥x轴．由(1)知，点P的横坐标为3，推出点P在直线l上，作点O关于直线l的对称点O′，则OO′=6，连接CO′交直线l于点P，此时PO+PC的值最小；
(3)分两种情形：当四边形CBQP是菱形时；当四边形CBPQ是菱形时．分别求解即可解决问题．
本题考查反比例函数综合题、矩形的性质、菱形的判定和性质、三角形的面积、轴对称最短问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会理由轴对称解决最短问题，学会用分类讨论的首先思考问题，属于中考压轴题．

28.【答案】(1)证明：∵点F、G是边AC的三等分点，
∴AF=FG=GC，
又∵D为AB中点，
∴DF是△ABG的中位线，
∴DF//BG，
同理EG/​/BF，
∴四边形FBGH为平行四边形，
∵∠ABC=90°，AB=BC，
∴∠BAF=∠BCG=45°，
在△ABF和△CBG中
AB=CB∠BAF=∠BCGAF=CG，
∴△ABF≌△CBG(SAS)，
∴BF=BG，
∴四边形FBGH是菱形；
(2)解：四边形ABCH是正方形，理由如下：
如图，连接BH交AC于点O，

∵四边形FBGH是菱形，
∴OF=OG，OB=OH，FG⊥BH，
由(1)得AF=CG，
∴OF+AF=OG+CG，
即OA=OC，
∴四边形ABCH是菱形，
又∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCH是正方形；
(3)解：∵DF是△ABG的中位线，
∴BG=2DF=25，
又∵四边形FBGH是菱形，
∴FH=BG=25，
∴DH=DF+FH=5+25=35，
∵四边形ABCH是正方形，
∴AH=AB，∠DAH=90°，
∴AD2+AH2=DH2，
设AD=x，则AB=2x，
则x2+(2x)2=(35)2，
解得：x1=3，x2=−3(舍)，
∴AB=2x=6．
【解析】(1)由DF是△ABG的中位线，则DF/​/BG，同理EG/​/BF，得四边形FBGH为平行四边形，再利用SAS证明△ABF≌△CBG，得BF=BG，从而证明结论；
(2)连接BH交AC于点O，由(1)知，四边形ABCH是菱形，再根据AB=CB，可知四边形ABCH是正方形；
(3)由菱形的性质可知FH=BG=25，则DH=DF+FH=5+25=35，设AD=x，则AB=2x，利用勾股定理即可解决问题．
本题是四边形综合题，主要考查了三角形中位线定理，菱形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键．

29.【答案】解：(1)由题意，OA=4，OB=1，OC⊥AB，
∵∠ACB=90°，
∴∠AOC=∠COB，∠OCA+∠OAC=90°，∠OCA=∠OCB=90°，
∴∠OAC=∠OCB，
∴△OAC～△OCB，
∴OCOA=OBOC，
∴OC=OA⋅OB=4×1=2，
∴C(0,−2)，
分别把A(−4,0)，B(1,0)，C(0,−2)代入y=ax2+bx+c得16a−4b+c=0a+b+c=0c=−2解得a=12b=32c=−2，
∴y=12x2+32x−2；

(2)设直线AC函数关系式为y=kx+b，
代入A(−4,0)，C(0,−2)得，−4k+b=0b=−2，
解得，k=−12，b=−2，
∴y=−12x−2，
设D(m,0)，
∴yE=12m2+32m−2，yF=−12m−2，
∴DF=12m+2，EF=yF−yE=−12m2−2m，
由题意12m+2=13(−12m2−2m)，
解得，m=−3或−4(舍去)
将m=−3代入yE=12m2+32m−2，得yE=12m2+32m−2=−2，
∴E(−3,−2)；

(3)存在，理由：
当以A、E、M、N为顶点的四边形是菱形时，△AEM是等腰三角形．
由题意，AD=1，DE=2，−b2a=−32，
在Rt△ADE中，由勾股定理的，AE=5，
①当AE是边时，
当AM=AE=5时，
∵点A到直线l的距离是−32−(−4)=52>5，
∴此时点M不存在．
当EM=AE=5时，如图，此时菱形为AEMN，

过点E作EH⊥l于点H，
∴yH=yE=−2，EH=−32−(−3)=32，
在Rt△EHM中，由勾股定理得MH=(5)2−(32)2=112，
∴yM=−2+112或−2−112，
∴M1(−32,−2+112)，M2(−32,−2−112)；
当点M为(−32,−2+112)时，
由EM=AN知，xM−xE=xN−xA，即−32−(−3)=xN−(−4)，解得xN=−52，
同理可得，yN=112，故点N1的坐标为(−52,112)；
同理可得N2的坐标为(−52,−112)；
②当AE是对角线时，
此时MA=ME，即MA2=ME2，此时菱形为AM3EN，
即MG2+AG2=MH2+EH2，
设M(−32,n)，n2+(52)2=(n+2)2+(32)2，
解得n=0，
∴M3=(−32,0)，即点M3在x轴上，
则EN=AM3=−32+4=52=xN−xE=−3−xN，
解得xN=−112；
综上，N1(−52,112)，N2(−52,−112)，N3(−112,−2)．
【解析】(1)证明△OAC～△OCB，则OCOA=OBOC，则OC=OA⋅OB=4×1=2，故C(0,−2)，再用待定系数法即可求出抛物线表达式；
(2)设D(m,0)，则yE=12m2+32m−2，yF=−12m−2，DF=12m+2，EF=yF−yE=−12m2−2m，由题意12m+2=13(−12m2−2m)，进而求解；
(3)分AE是边和对角线两种情况，利用数形结合的方法，分别求解即可．
本题是二次函数综合题，主要考查的是一次函数的性质、菱形的性质、三角形相似等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．