人教版中考一轮复习 第15讲 模拟卷--3

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A．aB．a2C．a3D．2a2
【分析】直接利用同底数幂的乘法运算法则计算得出答案．
【解答】解：a2•a＝a3．
故选：C．
2．（3分）（2019秋•厦门期末）下列事件中，是随机事件的是（ ）
A．画一个三角形，其内角和是180°
B．在只装了红色卡片的袋子里，摸出一张白色卡片
C．投掷一枚正六面体骰子，朝上一面的点数小于7
D．在一副扑克牌中抽出一张，抽出的牌是黑桃6
【分析】在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为不确定事件；事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，事先能肯定它一定不会发生的事件称为不可能事件，必然事件和不可能事件都是确定的，据此逐项判断即可．
【解答】解：A、画一个三角形，其内角和是180°，是必然事件；
B、在只装了红色卡片的袋子里，摸出一张白色卡片，是不可能事件；
C、投掷一枚正六面体骰子，朝上一面的点数小于7，是必然事件；
D、在一副扑克牌中抽出一张，抽出的牌是黑桃6，属于随机事件；
故选：D．
3．（3分）（2020秋•乌苏市期末）如图所示的几何体，从正面看到的平面图形是（ ）
A．B．C．D．
【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
【解答】解：从正面看易得此几何体的主视图是一个梯形．
故选：C．
4．（3分）（2020秋•海珠区校级期中）若|x+2|+（y﹣3）2＝0，xy的值是（ ）
A．﹣8B．8C．﹣9D．9
【分析】直接利用非负数的性质得出x，y的值，进而得出答案．
【解答】解：∵|x+2|+（y﹣3）2＝0，
∴x+2＝0，y﹣3＝0，
解得：x＝﹣2，y＝3，
∴xy＝（﹣2）3＝﹣8．
故选：A．
5．（3分）（2020秋•南京期末）如图，在△ABC中，DE∥BC，若AD＝3，BD＝4，则＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】证明△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方解答即可．
【解答】解：∵AD＝3，BD＝4，
∴，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝＝．
故选：D．
6．（3分）（2020秋•德惠市期末）如图，两根竹竿AB和AD斜靠在墙CE上，量得∠ABC＝α，∠ADC＝β，则竹竿AD与AB的长度之比为（ ）
A．B．C．D．
【分析】先在Rt△ABC和Rt△ADC中，求出AB＝、AD＝，再求长度之比即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∵sin∠ABC＝，即sinα＝，
∴AB＝，
在Rt△ADC中，∵sin∠ADC＝，即sinβ＝，
∴AD＝，
∴＝＝，
故选：C．
7．（3分）（2019•邢台三模）若两个点（x1，﹣2），（x2，4）均在反比例函数y＝的图象上，且x1＞x2，则k的值可以是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【分析】结合反比例函数图象的与系数的关系解答即可．
【解答】解：∵两个点（x1，﹣2），（x2，4）中的﹣2＜4，x1＞x2，
∴反比例函数y＝的图象经过第二、四象限，
∴k﹣2＜0，
解得k＜2．
观察各选项，只有选项D符合题意．
故选：D．
8．（3分）（2019秋•兴隆县期中）式子可以表示为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据乘方和乘法的意义进行解答即可．
【解答】解：∵m个2相乘得2m，n个3相加得3n，
∴＝
故选：B．
9．（3分）（2019秋•莲湖区期末）匀速地向一个容器内注水，在注满水的过程中，水面的高度h与时间t之间的函数关系如图所示，则该容器可能是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】由函数图象可得容器形状不是均匀物体分析判断，由图象及容积可求解．
【解答】解：相比较而言，前一个阶段，用时较少，高度增加较快，那么下面的物体应较细．由图可得上面立方体的体积应大于下面立方体的体积．
故选：D．
10．（3分）（2020•浙江自主招生）如图，AB为圆O的直径，AB＝10，CD为圆O的弦，AD＝6，则cs∠ACD＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】连接BD，由圆周角定理得出∠ADB＝90°，∠ACD＝∠ABD，由勾股定理求出BD＝8，再由三角函数定义即可得出答案．
【解答】解：如图，连接BD．
∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴BD＝＝＝8，
∵∠ACD＝∠ABD，
∴cs∠ACD＝cs∠ABD＝＝＝．
故选：B．
二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
11．（3分）（2020秋•卢龙县期末）比较大小：﹣ ＞ ﹣（填“＞”“＜”或“＝”）
【分析】根据两个负数比较大小，绝对值大的反而小可得答案．
【解答】解：||＝，|﹣|＝，
∵，
∴﹣＞﹣，
故答案为：＞．
12．（3分）（2019秋•奉贤区期中）已知线段a＝4cm，b＝9cm，且线段a是线段b和线段c的比例中项，则线段c是 ．
【分析】由c是线段a，b的比例中项，根据比例中项的定义，即可求得答案．
【解答】解：∵c是线段a，b的比例中项，
∴a2＝bc，
∵a＝4cm，b＝9cm，
∴42＝9c，
∴c＝cm．
故答案为：．
13．（3分）（2020秋•朝阳区期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD与正方形BEFG是以点O位似中心的位似图形，且相似比为，两个正方形在点O的同侧，点A、B、E在x轴上，其余顶点在第一象限，若正方形BEFG的边长为6．则点C的坐标为 （3，2） ．
【分析】根据位似图形的概念得到BC∥EF，进而证明△OBC∽△OEF，根据相似三角形的性质求出OB，根据点的坐标解答即可．
【解答】解：∵正方形ABCD与正方形BEFG是以点O位似中心的位似图形，相似比为，EF＝6，
∴BC∥EF，AB＝BC＝2，
∴△OBC∽△OEF，
∴＝，即＝，
解得，OB＝3，
∴点C的坐标为（3，2），
故答案为：（3，2）．
14．（3分）（2020秋•白云区期末）如图是一个可以自由转动的转盘，转盘分成四个扇形，标号分别为Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个数字．指针的位置固定，转动的转盘停止后，其中的某个扇形会恰好停在指针所指的位置（指针指向两个扇形的交线时，当作指向右边的扇形区域）．指针指向扇形Ⅰ的概率是 ．
【分析】首先计算出扇形Ⅰ的圆心角，再求扇形I的面积与圆的面积比即可．
【解答】解：扇形Ⅰ的圆心角：360°﹣60°﹣120°﹣45°＝135°，
设圆的半径为r，
则指针指向扇形Ⅰ的概率是：＝，
故答案为：．
15．（3分）（2019秋•泰安期末）某商店以定进价一次性购进一种商品，3月份按一定售价销售，销售额为2400元，为扩大销售，减少库存，4月份在3月份售价基础上打9折销售，结果销售量增加30件，销售额增加840元．设该商店3月份这种商品的售价是x元，则根据题意所列方程为 ＝﹣30 ．
【分析】设该商店3月份这种商品的售价是x元，则4月份这种商品的售价是0.9x元，根据题意可得等量关系：3月份的销量＝4月份的销量﹣30，根据等量关系列出方程即可．
【解答】解：设该商店3月份这种商品的售价是x元，由题意得：
＝﹣30，
故答案为：＝﹣30．
16．（3分）（2020春•锦江区期末）如图，直线y＝x+2交y轴于点A，交x轴于点B，点C和点B关于y轴对称，连接AC，点D是△ABC外一点，∠BDC＝60°，点E是BD上一点，点F是CD上一点，且CF＝BE，连接FE，FB．若∠BFE＝30°，则BF2+EF2的值为 16 ．
【分析】根据直线y＝x+2交y轴于点A，交x轴于点B，可得B（﹣2，0），A（0，2），根据点C和点B关于y轴对称，可得C（2，0），从而可得△ABC是等边三角形，连接AE、AF，证明△ABE≌△ACF，进而得△AEF是等边三角形，再利用勾股定理即可求出
BF2+EF2的值．
【解答】解：∵直线y＝x+2交y轴于点A，交x轴于点B，
∴B（﹣2，0），A（0，2），
∵点C和点B关于y轴对称，
∴C（2，0），
∴AB＝AC，
∴BC＝OB+OC＝4，
∵AB＝＝4，
∴AB＝AC＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
如图，连接AE、AF，
∵∠BDC＝60°，
∴∠BDC＝∠BAC，
根据三角形的外角，得
∠ABD+∠BDC＝∠ACD+∠CAB，
∴∠ABD＝∠ACD，
∴在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴AE＝AF，∠BAE＝∠CAF，
∴∠BAE+∠BAF＝∠CAF+∠BAF＝∠BAC＝60°，
∴∠EAF＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠AFE＝60°，AF＝EF，
∵∠BFE＝30°，
∴∠BFA＝90°，
∴在Rt△ABF中，根据勾股定理，得
BF2+AF2＝AB2＝16，
∴BF2+EF2＝16．
故答案为：16．
17．（3分）（2020春•新昌县期中）如图，在正方形ABCD中，边长为a，点O是对角线AC的中点，点E是BC边上的一个动点，OE⊥OF交AB边于点F，点G，H分别是点E，F关于直线AC的对称点，点E从点C运动到点B时，则图中阴影部分的面积是 ．
【分析】连接BD，证明△FOB≌△EOC，同理得到△HOD≌△GOC，得到答案．
【解答】解：连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOC＝90°，
∴∠BOE+∠EOC＝90°，
∵OE⊥OF，
∴∠BOE+∠FOB＝90°，
∴∠FOB＝∠EOC，
在△FOB和△EOC中，
，
∴△FOB≌△EOC（ASA），
同理，△HOD≌△GOC，
∴图中阴影部分的面积＝△ABD的面积＝×正方形ABCD的面积＝，
故答案为：．
18．（3分）（2020秋•五常市期末）抛物线y＝ax2+bx+c与x轴的两个交点坐标分别为（﹣1，0），（3，0），其形状及开口方向与抛物线y＝﹣2x2相同，则y＝ax2+bx+c的函数解析式为 y＝﹣2x2+4x+6 ．
【分析】抛物线y＝ax2+bx+c的形状和开口方向与抛物线y＝﹣2x2相同，a＝﹣2．y＝ax2+bx+c与x轴的两个交点为（﹣1，0），（3，0），利用交点式求表达式即可．
【解答】解：根据题意a＝﹣2，
∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴的两个交点坐标分别为（﹣1，0），（3，0），
∴该抛物线解析式是y＝﹣2（x+1）（x﹣3），即y＝﹣2x2+4x+6．
故答案是：y＝﹣2x2+4x+6．
三．解答题（共8小题，满分96分，每小题12分）
19．（12分）（2020•双流区模拟）（1）计算：（﹣1）2019+（）﹣1﹣（sin58°﹣）0+|﹣2sin60°|；
（2）解方程组：．
【分析】（1）原式利用乘方的意义，零指数幂、负整数指数幂法则，以及绝对值的代数意义计算即可求出值；
（2）方程组利用加减消元法求出解即可．
【解答】解：（1）原式＝﹣1+2﹣1+0＝0；
（2），
②×3﹣①×2，得5y＝10，
解得：y＝2，
把y＝2代入①得：x＝1，
∴方程组的解为．
20．（11分）（2020秋•松江区期末）先化简，再求值：÷（x+2﹣），其中x＝．
【分析】直接利用分式的混合运算法则化简，再把已知数据代入得出答案．
【解答】解：原式＝÷
＝•
＝，
当x＝时，
原式＝
＝．
21．（11分）（2020秋•福田区期末）深圳市某学校数学探究小组利用无人机在操场上开展测量教学楼高度的活动，如图，此时无人机在离地面30米的点D处，操控者站在点A处，无人机测得点A的俯角为30°，测得教学楼楼顶点C处的俯角为45°，又经过人工测量得到操控者和教学楼BC的距离为57米，求教学楼BC的高度．（≈1.7）
【分析】过点D作DE⊥AB于E，过点C作CF⊥DE于F，根据正切的定义求出AE，根据题意求出BE，根据等腰直角三角形的性质求出DF，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：过点D作DE⊥AB于E，过点C作CF⊥DE于F，
由题意得AB＝57米，DE＝30米，∠DAB＝30°，∠DCF＝45°，
在Rt△ADE中，tan∠DAE＝，
∴AE＝＝≈51（米），
∵AB＝57米，
∴BE＝AB﹣AE＝6（米），
∵CB⊥BE，FE⊥BE，CF⊥EF，
∴四边形BCFE为矩形，
∴CF＝BE＝6（米），
在Rt△DFC中，∠CDF＝45°，
∴DF＝CF＝6（米），
∴BC＝EF＝DE﹣DF＝24（米）．
答：教学楼BC的高度约为24米．
22．（11分）（2019秋•泰安期末）为弘扬泰山文化，我市某校举办了“泰山诗文大赛”活动，小学、初中部根据初赛成绩，各选出5名选手组成小学代表队和初中代表队参加学校决赛．两个队各选出的5名选手的决赛成绩如下图所示．
（1）根据图示填写图表；
（2）结合两队成绩的平均数和中位数，分析哪个队的决赛成绩较好；
（3）计算两队决赛成绩的方差并判断哪一个代表队选手成绩较为稳定．
【分析】（1）根据平均数，众数，中位数的定义解决问题即可．
（2）在平均数 相同的情况下中位数高的小学部成绩好些．
（3）根据方差的定义求出方差，方差越小成绩越稳定．
【解答】解：（1）填表：小学部平均数 85（ 分），众数85（分）；初中部中位数 80（ 分）．
故答案为85，85，80．
（2）小学部成绩好些．
因为两个队的平均数都相同，小学部的中位数高，
所以在平均数 相同的情况下中位数高的小学部成绩好些．
（3）∵＝[（75﹣85）2+（80﹣85）2+（85﹣85）2+（85﹣85）2+（100﹣85）2]＝70，，
∴，
因此，小学代表队选手成绩较为稳定．
23．（12分）（2019•成都模拟）已知四边形ABCD是矩形，AB＝2，BC＝4，E为BC边上一动点且不与B、C重合，连接AE（1）如图1，过点E作EN⊥AE交CD于点N．
①若BE＝1，求CN的长；
②将△ECN沿EN翻折，点C恰好落在边AD上，求BE的长；
（2）如图2，连接BD，设BE＝m，试用含m的代数式表示S四边形CDFE：S△ADF值．
【分析】（1）①求出CE＝BC﹣BE＝3，证明△ABE∽△ECF，得出＝，即可得出结果；
②过点E作EF⊥AD于F，则四边形ABEF是矩形，得出AB＝EF＝2，AF＝BE，由折叠的性质得出CE＝C′E，CN＝C′N，∠EC′N＝∠C＝90°，证明△EC′F∽△NC′D，得出＝＝，则＝＝，由＝，得出＝，则＝＝，得出C′D＝BE，设BE＝x，则C′D＝AF＝x，C′F＝4﹣2x，CE＝4﹣x，则＝，＝，求出DN＝x（2﹣x），CN＝，由CN+DN＝CD＝2，即可得出结果；
（2）易证△ADF∽△EBF，得出＝＝，则＝（）2＝，推出S△ADF＝s△BEF，由同高底边比例得出S△ABF＝＝S△BEF，由矩形的性质得出S四边形CDFE＝S△ADF+S△ABF﹣S△BEF＝（+﹣1）S△BEF，即可得出S四边形CDFE：S△ADF值．
【解答】解：（1）①∵BE＝1，
∴CE＝BC﹣BE＝4﹣1＝3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∴∠BAE+∠BEA＝90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝90°，
∴∠BEA+∠FEC＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，
∴△ABE∽△ECF，
∴＝，
即：＝，
解得：CN＝；
②过点E作EF⊥AD于F，如图1所示：
则四边形ABEF是矩形，
∴AB＝EF＝2，AF＝BE，
由折叠的性质得：CE＝C′E，CN＝C′N，∠EC′N＝∠C＝90°，
∴∠NC′D+∠EC′F＝90°，
∵∠C′ND+∠NC′D＝90°，
∴∠EC′F＝∠C′ND，
∵∠D＝∠EFC′，
∴△EC′F∽△NC′D，
∴＝＝，
∴＝＝，
∵＝，
∴＝，
∴＝＝，
∴C′D＝BE，
设BE＝x，则C′D＝AF＝x，C′F＝4﹣2x，CE＝4﹣x，
∴＝，＝，
∴DN＝x（2﹣x），CN＝，
∴CN+DN＝x（2﹣x）+＝CD＝2，
解得：x＝2或x＝，
∴BE＝2或BE＝；
（2）∵四边形ABCD为矩形，
∴BC＝AD，AD∥BC，
∴△ADF∽△EBF，
∴＝＝，
∴＝（）2＝，
∴S△ADF＝s△BEF，
S△ABF＝＝＝S△BEF，
S四边形CDFE＝S△ADF+S△ABF﹣S△BEF＝S△BEF+S△BEF﹣S△BEF＝（+﹣1）S△BEF，
∴S四边形CDFE：S△ADF＝（+﹣1）S△BEF：s△BEF＝1+﹣．
24．（12分）（2019•德州一模）如图，在平面直角坐标系中，将直线y＝﹣3x向上平移3个单位，与y轴、x轴分别交于点A、B，以线段AB为斜边在第一象限内作等腰直角三角形ABC．若反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点C，求此反比例函数的表达式．
【分析】过点C作CE⊥x轴于点E，作CF⊥y轴于点F，根据等腰直角三角形的性质可证出△ACF≌△BCE（AAS），从而得出S矩形OECF＝S四边形OBCA＝S△AOB+S△ABC，根据直线AB的表达式利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点A、B的坐标，结合勾股定理可得出AB的长度，再根据三角形的面积结合反比例函数系数k的几何意义，即可求出k值，此题得解．
【解答】解：过点C作CE⊥x轴于点E，作CF⊥y轴于点F，如图所示．
∵CE⊥x轴，CF⊥y轴，
∴∠ECF＝90°．
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ACF+∠FCB＝∠FCB+∠BCE＝90°，AC＝BC，
∴∠ACF＝∠BCE．
在△ACF和△BCE中，，
∴△ACF≌△BCE（AAS），
∴S△ACF＝S△BCE，
∴S矩形OECF＝S四边形OBCA＝S△AOB+S△ABC．
∵将直线y＝﹣3x向上平移3个单位可得出直线AB，
∴直线AB的表达式为y＝﹣3x+3，
∴点A（0，3），点B（1，0），
∴AB＝＝，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AC＝BC＝，
∴S矩形OECF＝S△AOB+S△ABC＝×1×3+××＝4．
∵反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点C，
∴k＝4，
∴此反比例函数的表达式为y＝．
25．（12分）（2020秋•大东区期末）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABO的顶点O为坐标原点，∠AOB＝90°，边OA在y正半轴上，边OB在x正半轴上，且点B的坐标为（4，0），csB＝，动点C从点A出发沿着射线AO的方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动，动点D从点B出发沿着射线BA的方向以每秒2个单位长度的速度匀速运动，已知点C和点D同时出发，设它们的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）请直接写出线段AB的长 5 点A坐标 （0，3） ；
（2）当AC＝AB时，连结BC，求tan∠ABC的值；
（3）当△BCD为直角三角形时，直接写出tan∠OBC的值．
【分析】（1）先根据锐角三角函数定义可得OB＝4，由勾股定理计算OA＝3，则可得出答案；
（2）由等腰三角形的性质得出∠ABC＝∠ACB，计算∠ACB的正切值即可得出答案；
（3）当△BCD为直角三角形时，分C在线段AO上和射线AO上两种情况，再分∠BDC＝90°，∠BCD＝90°和∠CBD＝90°分别画图，根据三角形相似和三角函数列比例式可解决问题．
【解答】解：（1）∵∠AOB＝90°，点B的坐标为（4，0），csB＝，
∴，
∴AB＝5，
∴OA＝＝＝3，
∴A（0，3）；
故答案为：5，A（0，3）；
（2）如图1，当AB＝AC＝5时，∠ABC＝∠ACB，
∴CO＝AC﹣AO＝5﹣3＝2，
在Rt△BCO中，tan∠ACB＝＝2，
∴tan∠ABC＝tan∠ACB＝2；
（3）①当C在线段AO上，且∠BDC＝90°时，如图2，
∵csA＝，即，
解得：t＝，
∴OC＝3﹣＝，
∴tan∠OBC＝；
②当C在线段AO上，且∠BCD＝90°，如图3，过D作DF∥BO，交AC于F，
∴AD＝5﹣2t，
∵DF∥BO，
∴△ADF∽△ABO，
∴，即，
∴AF＝3﹣t，DF＝4﹣t，
∵AC＝t，
∴CO＝3﹣t，CF＝AC﹣AF＝t﹣（3﹣t）＝t﹣3，
∵∠BCD＝∠DCF+∠BCO＝∠BCO+∠OBC＝90°，
∴∠DCF＝∠OBC，
∵∠DFC＝∠O＝90°，
∴△DFC∽△COB，
∴，即，
∴4（4﹣t）＝（3﹣t）（t﹣3），
解得：t1＝5（舍），，
∴tan∠OBC＝；
③当C在线段AO的延长线上，且∠BCD＝90°时，如图4，过D作DF⊥AC，交CA的延长线于F，
∵DF∥BO，
∴△ADF∽△ABO，
∴，即，
∴AF＝t﹣3，DF＝t﹣4，
∵AC＝t，
∴CO＝t﹣3，CF＝AC+AF＝t+（t﹣3）＝t﹣3，
同理得△DFC∽△COB，
∴，即，
∴4（t﹣4）＝（t﹣3）（t﹣3），
解得：t1＝5，（舍），
∴tan∠OBC＝；
④当C在线段AO的延长线上，且∠CBD＝90°时，如图5，
∵∠ABO+∠OBC＝∠OBC+∠OCB，
∴∠ABO＝∠OCB，
∴tan∠ABO＝tan∠OCB＝，即，
解得：t＝，
∴OC＝，
∴tan∠OBC＝＝；
综合以上可得，tan∠OBC的值是或或或．
26．（15分）（2020•碑林区校级模拟）如图抛物线经过点A（﹣6，0），B（﹣2，0），C（0，3），点D为该抛物线的顶点．
（1）求该抛物线的解析式和点D坐标；
（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点P，且在该抛物线上是否存在点Q，使得以A、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设抛物线解析式为：y＝a（x+6）（x+2），将点C坐标代入可求解；
（2）分两种情况讨论，利用平行四边形的性质和中点坐标公式可求解．
【解答】解：（1）设抛物线解析式为：y＝a（x+6）（x+2），
由题意可得：3＝12a，
∴a＝，
∴抛物线解析式为：y＝（x+6）（x+2）＝x2+2x+3＝（x+4）2﹣1，
∴点D坐标为（﹣4，﹣1）；
（2）∵点A（﹣6，0），B（﹣2，0），
∴对称轴为x＝＝﹣4，
∴设点P（﹣4，m），点Q（x，x2+2x+3），
若以AC为边，AP为边，
∵以A、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，
∴CP与AQ互相平分，
∴，
∴x＝2，
∴点Q（2，8）；
若以AC为边，CP为边，
∵以A、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，
∴AP与CQ互相平分，
∴，
∴x＝﹣10，
∴点Q（﹣10，8）；
若AC为对角线，
∵以A、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，
∴AC与PQ互相平分，
∴，
∴x＝﹣2，
∴点Q（﹣2，0）；
综上所述：点Q坐标为（2，8）或（﹣10，8）或（﹣2，0）．
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日期：2021/2/19 18:23:44；用户：杨晓红；邮箱：13811956842；学号：37113097平均数（分）
中位数（分）
众数（分）
小学部
85
85
85
初中部
85
80
100