扬州市B卷-2023年中考数学金榜预测卷（江苏地区专用）

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2022—2023学年扬州市中考金榜预测卷B

一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）实数﹣8的相反数是（　　）
A．4 B．8 C．﹣8 D．0
【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案．
【解答】解：﹣8的相反数是8，
故选：B．
【点评】本题考查了实数的性质，只有符号不同的两个数互为相反数．
2．（3分）在平面直角坐标系中，点P(1，-2)到x轴的距离为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．3
【分析】直接利用点的坐标特点，纵坐标绝对值就是P到x轴距离，即可得出答案．
【解答】解：点P(1，-2)到x轴的距离是：2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了点的坐标，正确掌握点的坐标特点是解题关键．
3．（3分）用白铁皮做罐头盒，每张铁皮可制盒身25个，或制盒底40个，一个盒身与两个盒底配成一套罐头盒．现有36张白铁皮，设用x张制盒身，y张制盒底，恰好配套制成罐头盒．则下列方程组中符合题意的是（　　）
A．x+y=36y=2x B．x+y=3625x=2×40y
C．x+y=3625x=40y2 D．x+y=362x25=y40
【分析】根据本题中的相等关系（1）盒身的个数×2＝盒底的个数；（2）制作盒身的白铁皮张数+制作盒底的白铁皮张数＝36，列方程组即可．
【解答】解：设用x张制作盒身，y张制作盒底，
根据题意得x+y=3625x=40y2．
故选：C．
【点评】此题考查二元一次方程组问题，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系：“一个盒身与两个盒底配成一套盒”．
4．（3分）下列事件中，随机事件的个数为（　　）
①连续两次抛掷一枚骰子，两次都出现2点向上；②13个人中至少有两个人生肖相同；③某人买彩票中奖；④任意买一张电影票，座位号是2的倍数．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】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．
【解答】解：①连续两次抛掷一枚骰子，两次都出现2点向上，是随机事件；
②13个人中至少有两个人生肖相同，是必然事件；
③某人买彩票中奖，是随机事件；
④任意买一张电影票，座位号是2的倍数，是随机事件．
故选：C．
【点评】本题主要考查了随机事件，在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件．
5．（3分）如图是某几何体的三视图，该几何体是（　　）

A．圆柱 B．三棱锥 C．三棱柱 D．正方体
【分析】根据一个空间几何体的主视图和左视图都是宽度相等的长方形，可判断该几何体是柱体，进而根据俯视图的形状，可判断柱体侧面形状，得到答案．
【解答】解：由几何体的主视图和左视图都是宽度相等的长方形，
故该几何体是一个柱体，
又∵俯视图是一个三角形，
故该几何体是一个三棱柱．
故选：C．
【点评】本题考查的知识点是三视图，如果有两个视图为三角形，该几何体一定是锥，如果有两个矩形，该几何体一定柱，其底面由第三个视图的形状决定．
6．（3分）如图，有两个长度相同的滑梯靠在一面竖直墙上．已知左边滑梯的高度AC与右边滑梯水平方向的长度DF相等，若DF＝6m，DE＝8m，AD＝4m，则BF等于（　　）

A．18m B．16m C．12m D．10m
【分析】先根据“HL“定理判断出Rt△ABC≌Rt△DEF，再根据全等三角形的性质求出AB，即可求出BF．
【解答】解：由题意知，滑梯、墙、地面正好构成直角三角形，
在Rt△ABC和Rt△DEF中，
BC=EFAC=DF，
∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL），
∴AB＝DE＝8m，
∴BF＝AB+AD+DF＝8+4+6＝18（m）．
故选：A．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定及性质，熟练掌握直角三角形全等的判定是解决问题的关键．
7．（3分）如图，在△ABC中，AB＜AC，将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，点D在BC边上，DE交AC于点F．下列结论：①△AFE∽△DFC；②DA平分∠BDE；③∠CDF＝∠BAD，其中所有正确结论的序号是（　　）

A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【分析】由旋转的性质得出∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E＝∠C，进而得出∠B＝∠ADB，得出∠ADE＝∠ADB，得出DA平分∠BDE，可判断结论②符合题意；由∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，得出△AFE∽△DFC，可判断结论①符合题意；由∠BAC＝∠DAE，得出∠BAD＝∠FAE，由相似三角形的性质得出∠FAE＝∠CDF，进而得出∠BAD＝∠CDF，可判断结论③符合题意；即可得出答案．
【解答】解：∵将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E＝∠C，
∴∠B＝∠ADB，
∴∠ADE＝∠ADB，
∴DA平分∠BDE，
∴②符合题意；
∵∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，
∴△AFE∽△DFC，
∴①符合题意；
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠FAE，
∵△AFE∽△DFC，
∴∠FAE＝∠CDF，
∴∠BAD＝∠CDF，
∴③符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，掌握旋转的性质，相似三角形的判定方法是解决问题的关键．
8．（3分）如图，在平面直角坐标系中有P，Q，M，N四个点，其中恰有三点在反比例函数y=kx（k＞0）的图象上．根据图中四点的位置，判断这四个点中不在函数y=kx的图象上的点是（　　）

A．点P B．点Q C．点M D．点N
【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征以及反比例函数的图象进行判断即可．
【解答】解：如图，反比例函数y=kx的图象是双曲线，若点在反比例函数的图象上，则其纵横坐标的积为常数k，即xy＝k，
通过观察发现，点P、Q、N可能在图象上，点M不在图象上，
故选：C．

【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，掌握反比例函数的图象以及图象上点的坐标特征是正确判断的前提．
二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
9．（3分）小明家的冰箱冷冻室的温度是﹣2℃，冷藏室的温度是5℃，则小明家的冰箱冷藏室的温度比冷冻室的温度高 　7　℃．
【分析】读懂题意列减法算式，进行计算即可．
【解答】解：5﹣（﹣2）
＝5+2
＝7（℃）．
故答案为：7．
【点评】本题考查了有理数的减法运算的应用，做题的关键是读懂题意，列出正确的算式．
10．（3分）若二次根式11-x在实数范围内有意义，则x的取值范围是 　x＜1　．
【分析】根据分式的分母不等于0，二次根式的被开方数为非负数列式计算可求解．
【解答】解：由题意得1﹣x＞0，
解得x＜1，
故答案为x＜1．
【点评】本题主要考查分式及二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
11．（3分）分解因式：mx2﹣4mx+4m＝　m（x﹣2）2　．
【分析】原式提取公因式m，再利用完全平方公式分解即可．
【解答】解：原式＝m（x2﹣4x+4）
＝m（x﹣2）2．
故答案为：m（x﹣2）2．
【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
12．（3分）关于x的方程x2+2x+k＝0有两个相等的实数根，则k的值为 　1　．
【分析】根据根的判别式Δ＝0，即可得出关于k的一元一次方程，解之即可得出k值．
【解答】解：∵关于x的方程x2+2x+k＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝22﹣4×1×k＝0，
解得：k＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了根的判别式，牢记“当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根”是解题的关键．
13．（3分）用科学记数法表示：﹣203000000＝　﹣2.03×108　．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：﹣203000000＝﹣2.03×108．
故答案为：﹣2.03×108．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
14．（3分）如图，直线l1：y1＝ax（a≠0）与直线l2：y2=12x+b交于点P，根据图象，若y1＜y2，则x满足的取值范围是　x＞﹣2　．

【分析】若y1＜y2，则直线直线l1位于直线l2的下方．
【解答】解：如图，直线l1：y1＝ax（a≠0）与直线l2：y2=12x+b交于点P，点P的横坐标是﹣2，
所以若y1＜y2，则x满足的取值范围是x＞﹣2．
故答案是：x＞﹣2．
【点评】此题主要考查了一次函数与一元一次不等式，关键是掌握数形结合思想．
15．（3分）有甲、乙两组数据，如下表所示：
甲
10
11
12
13
15
乙
11
11
12
13
14
甲、乙两组数据的方差分别为S甲2　＞　S乙2（填“＞”，“＜”或“＝”）．
【分析】根据平均数的计算公式求出甲和乙的平均数，再根据方差公式进行计算即可得出答案．
【解答】解：x甲=15×（10+11+12+13+15）＝12.2，
s甲2=15×[（10﹣12.2）2+（11﹣12.2）2+（12﹣12.2）2+（13﹣12.2）2+（15﹣12.2）2]＝2.96，
x乙=15×（11+11+13+12+14）＝12.2，
s乙2=15×[（11﹣12.2）2+（11﹣12.2）2+（12﹣12.2）2+（13﹣12.2）2+（14﹣12.2）2]＝1.36，
∵2.96＞1.36，
∴s甲2＞s乙2．
故答案为：＞．
【点评】本题考查方差的定义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为x，则方差S2=1n[（x1-x）2+（x2-x）2+…+（xn-x）2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
16．（3分）在△ABC中，∠B＝60°，BC＝3，D，E分别为AB，AC的中点，沿DE折叠△ABC，使点A落在直线BC上，点A的对应点为A'，若A'C＝1，则AB的长为 　4或8　．
【分析】分∠C为锐角和钝角两种情形，分别画出图形，利用含30°角的直角三角形的性质可解决问题．
【解答】解：①如图，当A的对称点A'在线段BC上时，

则AA'⊥DE，
∵D，E分别为AB，AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，
∴AA'⊥BC，
∵BC＝3，
∴BA'＝BC﹣A'C＝3﹣1＝2，
在Rt△ABA'中，∠B＝60°，
∴∠BAA'＝30°，
在Rt△ABA'中，
AB＝2A'B＝2×2＝4；
②如图，当A的对称点A'在线段BC的延长线上时，

由对称性知AA'⊥DE，
∵∵D，E分别为AB，AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，
又∵DE⊥AA'，
∴AA'⊥BC，A'B＝BC+CA'＝3+1＝4，
在Rt△AA'B中，∠B＝60°，
∴∠BAA'＝30°，
∴AB＝2A'B＝2×4＝8，
综上，AB的长为：4或8，
故答案为：4或8．
【点评】本题主要考查了翻折变换，三角形中位线定理等知识，含30°角的直角三角形的性质等知识，运用分类思想是解题的关键．
17．（3分）在△ABC中，∠C＝90°，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边，若b2＝ac，则sinA的值为 　5-12．　．
【分析】根据勾股定理和锐角三角函数的定义解答即可．
【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，
∴c2＝a2+b2，
∵b2＝ac，
∴c2＝a2+ac，
等式两边同时除以ac得：
ca=ac+1，
令ac=x，则有1x=x+1，
∴x2+x﹣1＝0，
解得：x1=5-12，x2=-1-52（舍去），
当x=5-12时，x≠0，
∴x=5-12是原分式方程的解，
∴sinA=ac=5-12．
故答案为：5-12．
【点评】本题主要考查了锐角三角函数，熟练掌握勾股定理和锐角三角函数的定义是解答本题的关键．
18．（3分）如图，AD∥BC，∠ADC＝120°，∠BAD＝3∠CAD，E为AC上一点，且∠ABE＝2∠CBE，在直线AC上取一点P，使∠ABP＝∠DCA，则∠CBP：∠ABP的值为 　2或4　．

【分析】分两种情况进行解答，分别画出图形，结合图形，利用三角形内角和、平行线的性质，等量代换，得出各个角之间的倍数关系．
【解答】解：如图，①当∠ABP1＝∠DCA时，即∠1＝∠2，
∵∠D＝120°，
∴∠1+∠3＝180°﹣120°＝60°，
∵∠BAD＝3∠CAD，∠ABE＝2∠CBE，AD∥BC，
∴3∠3+3∠EBC＝180°，
∴∠3+∠EBC＝60°，
∴∠EBC＝∠1＝∠2＝∠P1BE，
∴∠CBP1：∠ABP1的值为2，
②当∠ABP2＝∠DCA时，∴∠CBP2：∠ABP2的值为4，
故答案为：2或4．

【点评】考查三角形内角和定理、平行线的性质，以及分类讨论思想的应用等知识，画出相应图形，利用等量代换得出各个角之间的关系是解决问题的关键．
三．解答题（共10小题，满分96分）
19．（8分）计算：（1）2(2cos45°-1)+(4-5π)0-(2-1)-1
（2）先化简，再求值.x-5x2-9÷x2-2x-15x2+6x+9+1x-3，其中x=3+2．
【分析】（1）根据零指数幂、负指数幂、特殊角的三角函数值3个知识点进行计算即可；
（2）先算除法，再算加减，最后把x=3+2代入即可．
【解答】解：（1）原式=2（2×22-1）+1-12-1
=2（2-1）+1-2-1
＝2-2+1-2-1
＝2-22；
（2）原式=x-5(x+3)(x-3)×(x+3)2(x+3)(x-5)+1x-3
=1x-3+1x-3
=2x-3，
∵x=3+2，
∴原式=2x-3=23+2-3=23-1=3+1．
【点评】本题考查了实数的运算以及分式的化简求值，解答此题的关键是把分式化到最简，然后代值计算．
20．（8分）解不等式组并求出其非负整数解2x+4＜5(x+2)①2x3+1≥x②．
【分析】先分别解不等式，求出不等式组的解集，然后找出负整数解．
【解答】解：2x+4＜5(x+2)①2x3+1≥x②．
解不等式①得：x＞﹣2，
解不等式②得：x≤3，
则该不等式组的解集为：﹣2＜x≤3．
故不等式组的非负整数解为：0，1，2，3．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组，求不等式的公共解，要遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
21．（10分）为了了解学生寒假阅读情况，开学初学校进行了问卷调查，并对部分学生假期（24天）的阅读总时间作了随机抽样分析，设被抽样的每位同学寒假阅读的总时间为t（小时），阅读总时间分为四个类别：A（0≤t＜12），B（12≤t＜24），C（24≤t＜36），D（t≥36），将分类结果制成两幅统计图（尚不完整）．

根据以上信息，回答下列问题：
（1）本次抽样的样本容量为 　60　；
（2）扇形图中a的值为　20　，圆心角β的度数为 　144°　；
（3）补全条形统计图；
（4）若该校有3000名学生，估计寒假阅读的总时间少于24小时的学生有多少名？

【分析】（1）根据B组的人数和百分比即可求出样本容量；
（2）根据A组的人数即可求出A组所占的百分比，根据C组所占的百分比即可求出对应的圆心角；
（3）根据A组所占的百分比即可求出C组的人数，进而补全条形统计图；
（4）先算出低于24小时的学生的百分比，再估算出全校低于24小时的学生的人数．
【解答】解：（1）本次抽样的人数为18÷30%＝60（人），
∴样本容量为60，
故答案为：60；
（2）A组所占的百分比为1260×100%=20%，
∴a的值为20，
β＝40%×360°＝144°，
故答案为：20，144°；
（3）C组的人数为40%×60＝24（人），
统计图如下：

（4）总时间少于24小时的学生的百分比为24+660×100%=50%，
3000×50%＝1500（名），
答：全校寒假阅读的总时间少于24小时的学生估计有1500名．
【点评】本题主要考查统计图形的应用，能看懂统计图是关键，一般求总量所用的公式是一个已知分量除以它所占的百分比，第一问基本都是求总量，所以要记住，估算的公式是总人数乘以满足要求的人数所占的百分比，这两种问题中考比较爱考，记住公式，平时要多加练习．
22．（8分）设有3个型号相同的杯子，其中一等品2个，二等品1个．从中任取1个杯子，记下等级后放回，第二次再从中取1个杯子．求：
（1）第一次取出的杯子是一等品的概率．
（2）用树状图或列表的方法求两次取出都是一等品的概率．
【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）根据题意列出树状图得出所有等可能的情况数，找出两次取出都是一等品的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：（1）∵有3个型号相同的杯子，其中一等品2个，二等品1个，
∴第一次取出的杯子是一等品的概率是23．

（2）一等品杯子有A表示，二等品杯子有B表示，
根据题意画图如下：

由图可知，共有9种等可能的情况数；

（2）∵共有9种等可能的情况数，其中两次取出都是一等品的有4种，
∴两次取出都是一等品的概率是49．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
23．（8分）2021年6月15日凌晨3时许，成都至自贡高速铁路立交双线特大桥成功实现合龙，为成自高铁如期建成开通奠定坚实的基础．其中某一段工程招标时，工程指挥部收到甲、乙两个工程队的投标书，根据甲、乙两队的投标书测算：若让甲队单独完成这项工程需要40天；若由乙队先做10天，剩下的工程由甲、乙两队合作20天才可完成．那么安排乙队单独完成这项工程需要多少天？
【分析】设安排乙队单独完成这项工程需要x天，根据甲队完成的工程量+乙队完成的工程量＝总工程量，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论．
【解答】解：设安排乙队单独完成这项工程需要x天，
依题意得：2040+10+20x=1，
解得：x＝60，
经检验，x＝60是原方程的解，且符合题意．
答：安排乙队单独完成这项工程需要60天．
【点评】本题考查了分式方程的应用，解题的关键是找准等量关系，正确列出分式方程．
24．（10分）如图，平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于E，DF平分∠BAD交BC于E，DF平分∠ADC交BC于F．
（1）求证：BF＝EC；
（2）若E为BC的三等分点（靠近C点），AE＝23，DF＝2，求直线AB与CD之间的距离．

【分析】（1）根据平行四边形的性质和等腰三角形的判定即可得结论；
（2）过点B作BG⊥AE于G，过点C作CH⊥DF于H，由AE平分∠BAD，DF平分∠ADC，可证得AE⊥DF，再证△BGE≌△FHC，根据平行四边形的面积和三角形面积之间的关系即可得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AB＝CD，
∴∠DAE＝∠AEB，
又∵AE平分∠BAD交BC于E，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠AEB＝∠BAE，
∴AB＝BE，
同理，CD＝FC，
∴BE＝FC，BF＝EC；
（2）如图，过点B作BG⊥AE于G，过点C作CH⊥DF于H，

∵AE平分∠BAD，DF平分∠ADC，
∴∠EAD=12∠BAD，∠FDA=12∠ADC，
∵AB∥CD，
∴∠BAD+∠ADC＝180°，
∴∠EAD+∠FDA＝90°，
∴AE⊥DF，
∴CH∥AE，
∴∠HCF＝∠GEB，
∵∠BGE＝∠FHC＝90°，
∵BE＝FC，
∴△BGE≌△FHC（AAS），
∴BE＝DC，
∵BE＝FC，
∴FC＝DC，
∵CH⊥DF，
∴FH=12DF＝1
同理CH＝EG=12AE=3，
∴FC＝2，
∴S△DFC=12×2×3=3，
∵E为BC的三等分点，
∴S△BCD=32S△DFC=332，
∴S四边形ABCD＝2S△BCD=33
设直线AB与CD的距离为h，
∵CD＝FC＝2，
∴2h=33，
∴h=332．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积，解决本题的关键是综合运用以上知识．
25．（10分）如图，已知CD是⊙O的直径，AC⊥CD，垂足为C，弦DE∥OA，直线AE、CD相交于点B．
（1）求证：直线AB是⊙O的切线．
（2）当AC＝1，BE＝2，求tan∠OAC的值．

【分析】（1）连接OE，由已知的平行，根据两直线平行，同位角相等，内错角也相等得到两对角的相等，然后由半径OD＝OE，根据等角对等边得到∠ODE＝∠OED，等量代换得∠COA＝∠EOA，再由半径OC＝OE，公共边的相等，根据“SAS”证明△OAC≌△OAE，最后根据全等三角形的对应角相等得到OE⊥AB，利用经过直径的一端，并且垂直于这条直径的直线是圆的切线可得证；
（2）由（1）证得的△OAC≌△OAE，根据全等三角形的对应边相等得到AE＝AC＝1，再由已知的BE的长相加求出AB的长，然后在直角三角形ABC中，利用勾股定理求出BC的长，再根据一对公共角的相等和一对直角的相等，得到△BOE∽△BAC，根据相似三角形的对应边成比例即可得到OEAC的值，等量代换可得OCAC的值，即为tan∠OAC的值．
【解答】（1）证明：如图，连接OE，
∵DE∥OA，
∴∠COA＝∠ODE，∠EOA＝∠OED，
∵OD＝OE，
∴∠ODE＝∠OED，
∴∠COA＝∠EOA，
又∵OC＝OE，OA＝OA，
∴△OAC≌△OAE（SAS），
∴∠OEA＝∠OCA＝90°，
∴OE⊥AB，
∴直线AB是⊙O的切线；

（2）解：由（1）知△OAC≌△OAE，
∴AE＝AC＝1，AB＝1+2＝3，
在直角△ABC中，BC=AB2-AC2=32-12=22，
∵∠B＝∠B，∠BCA＝∠BEO，
∴△BOE∽△BAC，
∴OEAC=BEBC=222=22，
∴在直角△AOC中，tan∠OAC=OCAC=OEAC=22．

【点评】此题考查了切线的判定，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的运用，以及锐角三角函数的定义，是一道多知识的综合题，要求学生把所学的知识融汇贯穿，灵活运用．其中证明切线的方法一般有以下两种：①有点连接证明半径（或直径）与所证的直线垂直；②无点作垂线，证明圆心到直线的距离等于半径．
26．（10分）小颖复习尺规作图时，将Rt△ABC（∠ACB＝90°）进行如下操作（如图）：
①以点B为圆心，适当长为半径画弧，交BA于点Q，交BC于点P，再分别以点P，Q为圆心，大于12PQ的长为半径画弧，两弧交于点H，作射线BH；
②以点A为圆心，适当长为半径画弧，交AB于点M，交AC于点N，再分别以点M，N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧交于点G，作射线AG，交射线BH于点O；
③作射线CO交AB于点D，且∠CDA＝90°，以点O为圆心，OD为半径作⊙O，交AC于点E，交BC于点F，构成如图所示的阴影部分．
（1）求证：Rt△ABC是等腰直角三角形；
（2）若AC＝2，求图中阴影部分的面积．

【分析】（1）证明CA＝CB，可得结论；
（2）利用面积法求出OD，可得结论．
【解答】（1）证明：由作图可知，OA，OB是∠CAB，∠CBA的角平分线，
∴OC平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD=12∠ACB＝45°，
∵∠CDA＝90°．
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴CA＝CB，
∴△ABC是等腰直角三角形；

（2）解：∵AC＝CB＝2，∠ACB＝90°，
∴AB＝22，
由题意，点O是△ABC的内心，
∴S△ABC=12•AC•BC=12•（AC+BC+AB）•OD，
∴OD＝2-2，
∴S阴＝S△ABC﹣S圆O=12×2×2﹣π•（2-2）2＝2﹣（6﹣42）π．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．
27．（12分）如图，抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若在线段BC上存在一点M，使得∠BMO＝45°，过点O作OH⊥OM交BC的延长线于点H，求点M的坐标；
（3）点P是y轴上一动点，点Q是在对称轴上一动点，是否存在点P，Q，使得以点P，Q，C，D为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）把点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线解析式得a-b+6=09a+3b+6=0，解得a=-2b=4，即可得出结论；
（2）由待定系数法得直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，证△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，ON＝HK．则H（﹣2m+6，﹣m），再由点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，解得m=65，即可解决问题；
（3）分两种情况讨论，①当CD为菱形的边时，②当CD为菱形的对角线时，分别求出点Q的坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点，
∴a-b+6=09a+3b+6=0，
解得：a=-2b=4，
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6；
（2）由（1）得，点C（0，6），
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
∵直线BC经过点B（3，0），C（0，6），
∴3k+c=0c=6，
解得：k=-2c=6
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，
设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），
如图1，过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，

则∠MNO＝∠OKH＝90°，
∵OH⊥OM，
∴∠MOH＝90°，
∵∠OMB＝45°，
∴△MOH是等腰直角三角形，
∴OM＝OH．
∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，
∴∠MON＝∠OHK，
∴△OMN≌△HOK（AAS），
∴MN＝OK，ON＝HK．
∴H（﹣2m+6，﹣m），
∵点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，
∴﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，
解得：m=65，
把m=65代入y＝﹣2x+6得：y=185，
∴当∠OMB＝45°时，点M的坐标为（65，185）；
（3）存在，理由如下：
∵抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，顶点为D，
∴点D的坐标为（1，8），
分两种情况讨论：
①当CD为菱形的边时，
如图2，过C作CE⊥DQ于E

∵C（0，6），D（1，8），
∴CD=(1-0)2+(8-6)2=5，
∴DQ＝CD=5，
∴Q点的坐标为（1，8-5）或（1，8+5）；
②当CD为菱形的对角线时，
如图3，设点Q（1，m），P（0，n），

∵C（0，6），D（1，8），
∴m+n＝6+8＝14，
∴n＝14﹣m，
∴P（0，14﹣m），
∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，
∵CQ=(1-0)2+(m-6)2=1+(m-6)2，PC＝CQ，
∴8﹣m=1+(m-6)2，
解得：m=274，
∴点Q的坐标为（1，274）；
综上所述，点Q的坐标为（1，8-5）或（1，8+5）或（1，274）．
【点评】本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求抛物线和直线的解析式、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、菱形的性质、两点间的距离、二次函数的图象、一次函数的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握待定系数法菱形的性质，证明三角形全等和进行分类讨论是解题的关键，属于中考常考题型．
28．（12分）如图1，D、E、F是等边三角形ABC中不共线三点，连接AD、BE、CF，三条线段两两分别相交于D、E、F．已知AF＝BD，∠EDF＝60°．
（1）证明：EF＝DF；
（2）如图2，点M是ED上一点，连接CM，以CM为边向右作△CMG，连接EG．若EG＝EC+EM，CM＝GM，∠GMC＝∠GEC，证明：CG＝CM．
（3）如图3，在（2）的条件下，当点M与点D重合时，若CD⊥AD，GD＝4，请问在△ACD内部是否存在点P使得P到△ACD三个顶点距离之和最小，若存在请直接写出距离之和的最小值；若不存在，试说明理由．


【分析】（1）可先推出∠CAF＝∠ABD，再证△ACF≌△BAD，即可得出结论；
（2）在EF上截取EN＝EM，连接MN，可推出△EMN是等边三角形，可证△NCM≌△EGM，然后推出△CMG是等边三角形，从而问题得证；
（3）先求得AD=833，将△DPC绕点D顺时针旋转60°至△DQG，连接AG，可得△PDQ是等边三角形，于是AP+PD+CP＝AP+PQ+QG，故当A、P、Q、G共线时，AP+PD+CP最小＝AG，最后解斜三角形ADG，从而求得．
【解答】（1）证明：如图1，

∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，
∠ACB＝60°，
∴∠CAF+∠DAB＝60°，
∵∠EDF＝60°，
∴∠DAB+∠ABD＝60°，
∴∠CAF＝∠ABD，
∵AF＝BD，
∴△ACF≌△BAD（SAS），
∴EF＝DF；
（2）证明：如图2，

由（1）知，
EF＝DF，∠EDF＝60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴∠DEF＝60°，
在EF上截取EN＝EM，连接MN，
∴CN＝CE+EN＝CE+EM＝EG，
∴△EMN是等边三角形，
∴∠CNM＝60°，
∵∠GMC＝∠GEC，∠α＝∠β，
∴∠NCM＝∠EGM，
∵CM＝GM，
∴△NCM≌△EGM（SAS），
∴∠MEG＝∠CNM＝60°，
∴∠CEG＝180°﹣∠MEG﹣∠FED＝60°，
∴∠GME＝∠GEC＝60°，
∵CM＝GM，
∴△CMG是等边三角形，
∴CG＝CM；
（3）解：如图3，

由（1）（2）知，
△DEF和△CDG是等边三角形，
∴∠CFD＝60°，CD＝GD＝4，
∵CD⊥AD，
∴∠CDF＝90°，
∴AD＝CF=CDsin60°=833，
将△DPC绕点D顺时针旋转60°至△DQG，连接AG，
∴AD＝DQ，CP＝QG，
∴△PDQ是等边三角形，
∴PD＝PQ，
∴AP+PD+CP＝AP+PQ+QG，
∴当A、P、Q、G共线时，AP+PD+CP最小＝AG，
作GH⊥AD于H，
在Rt△DGH中，
GH=12DG＝2，
DH=32DG＝23，
∴AH＝AD+DH=833+23=1433，
∴AG=GH2+AH2
=(1433)2+22
=4339，
∴AP+PD+CP的最小值是4339．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质和应用等知识，解决问题的关键是掌握“费马点”模型及“截长补短”等题型．