2023年河北省中考数学试卷（含答案解析）

这是一份2023年河北省中考数学试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了 代数式−7x的意义可以是， 化简x32的结果是等内容，欢迎下载使用。

2023年河北省中考数学试卷
1. 代数式−7x的意义可以是(    )
A. −7与x的和 B. −7与x的差 C. −7与x的积 D. −7与x的商
2. 淇淇一家要到革命圣地西柏坡参观.如图，西柏坡位于淇淇家南偏西70∘的方向，则淇淇家位于西柏坡的(    )
A. 南偏西70∘方向
B. 南偏东20∘方向
C. 北偏西20∘方向
D. 北偏东70∘方向
3. 化简x3(y3x)2的结果是(    )
A. xy6 B. xy5 C. x2y5 D. x2y6
4. 有7张扑克牌如图所示，将其打乱顺序后，背面朝上放在桌面上，若从中随机抽取一张，则抽到的花色可能性最大的是(    )
A. (黑桃)
B. (红心)
C. (梅花)
D. (方块)
5. 四边形ABCD的边长如图所示，对角线AC的长度随四边形形状的改变而变化.当△ABC为等腰三角形时，对角线AC的长为(    )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
6. 若k为任意整数，则(2k+3)2−4k2的值总能(    )
A. 被2整除 B. 被3整除 C. 被5整除 D. 被7整除
7. 若a= 2，b= 7，则 14a2b2=(    )
A. 2 B. 4 C. 7 D. 2
8. 综合实践课上，嘉嘉画出△ABD，利用尺规作图找一点C，使得四边形ABCD为平行四边形.(1)∼(3)是其作图过程.
(1)作BD的垂直平分线交BD于点O；
(2)连接AO，在AO的延长线上截取OC=AO；
(3)连接DC，BC，则四边形ABCD即为所求.

在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是(    )
A. 两组对边分别平行 B. 两组对边分别相等
C. 对角线互相平分 D. 一组对边平行且相等
9. 如图，点P1∼P8是⊙O的八等分点.若△P1P3P7，四边形P3P4P6P7的周长分别为a，b，则下列正确的是(    )
A. a B. a=b
C. a>b
D. a，b大小无法比较
10. 光年是天文学上的一种距离单位，一光年是指光在一年内走过的路程，约等于9.46×1012km，下列正确的是(    )
A. 9.46×1012−10=9.46×1011 B. 9.46×1012−0.46=9×1012
C. 9.46×1012是一个12位数 D. 9.46×1012是一个13位数
11. 如图，在Rt△ABC中，AB=4，点M是斜边BC的中点，以AM为边作正方形AMEF.若S正方形AMEF=16，则S△ABC=(    )

A. 4 3 B. 8 3 C. 12 D. 16
12. 如图1，一个2×2的平台上已经放了一个棱长为1的正方体，要得到一个几何体，其主视图和左视图如图2，平台上至少还需再放这样的正方体(    )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
13. 在△ABC和△A′B′C′中，∠B=∠B′=30∘，AB=A′B′=6，AC=A′C′=4，已知∠C=n∘，则∠C′=(    )
A. 30∘ B. n∘ C. n∘或180∘−n∘ D. 30∘或150∘
14. 如图是一种轨道示意图，其中ADC和ABC均为半圆，点M，A，C，N依次在同一直线上，且AM=CN.现有两个机器人(看成点)分别从M，N两点同时出发，沿着轨道以大小相同的速度匀速移动，其路线分别为M→A→D→C→N和N→C→B→A→M.若移动时间为x，两个机器人之间距离为y.则y与x关系的图象大致是(    )
A. B. C. D.
15. 如图，直线l1//l2，菱形ABCD和等边△EFG在l1，l2之间，点A，F分别在l1，l2上，点B，D、E、G在同一直线上.若∠α=50∘，∠ADE=146∘，则∠β=(    )
A. 42∘
B. 43∘
C. 44∘
D. 45∘
16. 已知二次函数y=−x2+m2x和y=x2−m2(m是常数)的图象与x轴都有两个交点，且这四个交点中每相邻两点间的距离都相等，则这两个函数图象对称轴之间的距离为(    )
A. 2 B. m2 C. 4 D. 2m2
17. 如图，已知点A(3,3)，B(3,1)，反比例函数y=kx(k≠0)图象的一支与线段AB有交点，写出一个符合条件的k的整数值：______ .


18. 根据表中的数据，写出a的值为______ ，b的值为______ .

2
n
3x+1
7
b
2x+1x
a
1

19. 将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上.两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点.则图2中：
(1)∠α=______ 度；
(2)中间正六边形的中心到直线l的距离为______ (结果保留根号).


20. 某惯性飞镖游戏的靶盘如图.珍珍玩了两局，每局投10次飞镖，若投到边界则不计入次数，需重新投.计分规则如下：
投中位置
A区
B区
脱靶
一次计分(分)
3
1
−2
在某一局中，珍珍投中A区4次，B区2次.脱靶4次.
(1)求珍珍第一局的得分；
(2)第二局，珍珍投中A区k次，B区3次，其余全部脱靶.若本局得分比第一局提高了13分，求k的值.

21. 现有甲、乙、丙三种矩形卡片各若干张，卡片的边长如图所示(a>1).某同学分别用6张卡片拼出了两个矩形(不重叠无缝隙)，如表2和表3，其面积分别为S1，S2.
表2


表3


(1)请用含a的式子分别表示S1，S2，当a=2时，求S1+S2的值；
(2)比较S1与S2的大小，并说明理由.

22. 某公司为提高服务质量，对其某个部门开展了客户满意度问卷调查，客户满意度以分数呈现，满意度从低到高为1分，2分，3分，4分，5分，共5档.公司规定：若客户所评分数的平均数或中位数低于3.5分，则该部门需要对服务质量进行整改.工作人员从收回的问卷中随机抽取了20份，如图是根据这20份问卷中的客户所评分数绘制的统计图.
(1)求客户所评分数的中位数、平均数，并判断该部门是否需要整改；
(2)监督人员从余下的问卷中又随机抽取了1份，与之前的20份合在一起，重新计算后，发现客户所评分数的平均数大于3.55分，求监督人员抽取的问卷所评分数为几分？与(1)相比，中位数是否发生变化？

23. 嘉嘉和淇淇在玩沙包游戏.某同学借此情境编制了一道数学题，请解答这道题.
如图，在平面直角坐标系中，一个单位长度代表1m长.嘉嘉在点A(6,1)处将沙包(看成点)抛出，其运动路线为抛物线C1：y=a(x−3)2+2的一部分，淇淇恰在点B(0,c)处接住，然后跳起将沙包回传，其运动路线为抛物线C2：y=−18x2+n8x+c+1的一部分.
(1)写出C1的最高点坐标，并求a，c的值；
(2)若嘉嘉在x轴上方1m的高度上，且到点A水平距离不超过1m的范围内可以接到沙包，求符合条件的n的整数值.

24. 装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以AB为直径的半圆O，AB=50cm，如图1和图2所示，MN为水面截线，GH为台面截线，MN//GH.
计算：在图1中，已知MN=48cm，作OC⊥MN于点C.
(1)求OC的长.
操作将图1中的水槽沿GH向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当∠ANM=30∘时停止滚动.如图2.其中，半圆的中点为Q，GH与半圆的切点为E，连接OE交MN于点D.
探究在图2中.
(2)操作后水面高度下降了多少？
(3)连接OQ并延长交GH于点F，求线段EF与EQ的长度，并比较大小.
25. 在平面直角坐标系中，设计了点的两种移动方式：从点(x,y)移动到点(x+2,y+1)称为一次甲方式；从点(x,y)移动到点(x+1,y+2)称为一次乙方式.
例点P从原点O出发连续移动2次：若都按甲方式，最终移动到点M(4,2)；若都按乙方式，最终移动到点N(2,4)；若按1次甲方式和1次乙方式，最终移动到点E(3,3).
(1)设直线l1经过上例中的点M、N，求l1的解析式，并直接写出将l1向上平移9个单位长度得到的直线l2的解析式；
(2)点P从原点O出发连续移动10次，每次移动按甲方式或乙方式，最终移动到点Q(x,y).其中，按甲方式移动了m次.
①用含m的式子分别表示x，y；
②请说明：无论m怎样变化，点Q都在一条确定的直线上.设这条直线为l3，在图中直接画出l3的图象；
(3)在(1)和(2)中的直线l1，l2，l3上分别有一个动点A，B，C，横坐标依次为a，b，c，若A，B，C三点始终在一条直线上，直接写出此时a，b，c之间的关系式.

26. 如图1和图2，平面上，四边形ABCD中，AB=8，BC=2 11，CD=12，DA=6.∠A=90∘，点M在AD边上，且DM=2.将线段MA绕点M顺时针旋转n∘(00)，连接A′P.
(1)若点P在AB上，求证：A′P=AP；
(2)如图2，连接BD.
①求∠CBD的度数，并直接写出当n=180时，x的值；
②若点P到BD的距离为2，求tan∠A′MP的值；
(3)当0

答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：代数式−7x的意义可以是−7与x的积．
故选：C.
直接利用代数式的意义分析得出答案．
此题主要考查了代数式，掌握代数式是由运算符号(加、减、乘、除、乘方、开方)把数或表示数的字母连接而成的式子是解题关键．

2.【答案】D 
【解析】解：如图：

由题意得：∠ABC=70∘，AB//CD，
∴∠ABC=∠DCB=70∘，
∴淇淇家位于西柏坡的北偏东70∘方向，
故选：D.
根据题意可得：∠ABC=70∘，AB//CD，然后利用平行线的性质可得∠ABC=∠DCB=70∘，从而根据方向角的定义，即可解答．
本题考查了方向角的定义，熟练掌握方向角的定义是解题的关键．

3.【答案】A 
【解析】解：x3(y3x)2
=x3⋅y6x2
=xy6，
故选：A.
先根据分式的乘方法则计算，再根据分式的乘法法则计算．
本题考查的是分式的乘除法，掌握分式的乘法法则、乘方法则是解题的关键．

4.【答案】B 
【解析】解：∵抽到黑桃的概率为17，抽到红心的概率为37，抽到梅花的概率为17，抽到方块的概率为27，
∴抽到的花色可能性最大的是红心，
故选：B.
根据概率公式分别求出各花色的概率判断即可．
本题考查了可能性的大小，熟练掌握概率公式是解题的关键．

5.【答案】B 
【解析】解：∵△ABC为等腰三角形，
∴AB=AC或AC=BC，
当AC=BC=4时，AD+CD=AC=4，此时不满足三角形三边关系定理，
当AC=AB=3时．满足三角形三边关系定理，
∴AC=3.
故选：B.
分两种情况，由三角形的三边关系定理：三角形两边的和大于第三边，即可解决问题．
本题考查等腰三角形的性质，三角形的三边关系定理，关键是掌握三角形的三边关系定理．

6.【答案】B 
【解析】解：(2k+3)2−4k2
=4k2+12k+9−4k2
=12k+9
=3(4k+3)，
∵k为任意整数，
∴(2k+3)2−4k2的值总能被3整除，
故选：B.
先根据完全平方公式进行计算，再合并同类项，分解因式后再逐个判断即可．
本题考查了因式分解的应用，能求出(2k+3)2−4k2=3(4k+3)是解此题的关键．

7.【答案】A 
【解析】解：∵a= 2，b= 7，
∴ 14a2b2= 14×27= 4=2，
故选：A.
把a、b的值代入原式，根据二次根式的性质化简即可．
本题考查的是二次根式的化简求值，掌握二次根式的性质是解题的关键．

8.【答案】C 
【解析】解：由作图得：DO=BO，QO=CO，
∴四边形ABCD为平行四边形，
故选：C.
根据：“对角线互相平分的四边形是平行四边形”证明．
本题考查了复杂作图，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．

9.【答案】A 
【解析】解：连接P4P5，P5P6.

∵点P1∼P8是⊙O的八等分点，
∴P3P4=P4P5=P5P6=P6P7，P1P7=P1P3=P4P6，
∴b−a=P3P4+P7P6−P1P3，
∵P5P4+P5P6>P4P6，
∴P3P4+P7P6>P1P3，
∴b−a>0，
∴a 故选：A.
利用三角形的三边关系，正多边形的性质证明即可．
本题考查正多边形于圆，三角形的三边关系等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

10.【答案】D 
【解析】解：9.46×1012km=9460000000000km是一个13位数．
故选：D.
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是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
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．

11.【答案】B 
【解析】解：∵四边形AMEF是正方形，
又∵S正方形AMEF=16，
∴AM2=16，
∴AM=4，
在Rt△ABC中，点M是斜边BC的中点，
∴AM=12BC，
即BC=2AM=8，
在Rt△ABC中，AB=4，
∴AC= BC2−AB2= 82−42=4 3，
∴S△ABC=12AB⋅AC=12×4×4 3=8 3，
故选：B.
先根据正方形AMEF的面积求出AM的长，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出BC的长，最后根据勾股定理求出AC的长，然后即可求出直角三角形ABC的面积．
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，正方形的面积计算公式，直角三角形面积的计算公式，勾股定理，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．

12.【答案】B 
【解析】解：平台上至少还需再放这样的正方体2个，
故选：B.
根据题意主视图和左视图即可得到结论．
本题考查了由三视图判断几何体，正确地得出小正方体的个数是解题的关键．

13.【答案】C 
【解析】解：当BC=B′C′时，△ABC≌△A′B′C′(SSS)，
∴∠C′=∠C=n∘，
当BC≠B′C′时，如图，
∵A′C′=A′C′′，
∴∠A′C′′C′=∠C′=n∘，
∴∠A′C′′B′=180∘−n∘，
∴∠C′=n∘或180∘−n∘，
故选：C.
分两种情况讨论，当BC=B′C′时，则△ABC≌△A′B′C′，得出∠C′=∠C=n∘，当BC≠B′C′时，如图，利用等腰三角形的性质求得∠A′C′′C′=∠C′=n∘，从而求得∠A′C′′B′=180∘−n∘.
本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的性质，熟练掌握等腰三角形两底角相等是解题的关键．

14.【答案】D 
【解析】解：由题意可得：机器人(看成点)分别从M，N两点同时出发，设圆的半径为R，
∴两个机器人最初的距离是AM+CN+R，
∵两个人机器人速度相同，
∴同时到达点A，C，
∴两个机器人之间的距离y越来越小，故排除A、C；
当两个机器人分别沿A→D→C和C→B→A移动时，此时两个机器人之间的距离是半径R，保持不变，
当机器人分别沿C→N和A→M移动时，此时两个机器人之间的距离越来越大，故排除B；
故选：D.
设圆的半径为R，根据机器人移动时最开始的距离为AM+CN+R，之后同时到达点A，C两个机器人之间的距离y越来越小，当两个机器人分别沿A→D→C和C→B→A移动时，此时两个机器人之间的距离是半径R，当机器人分别沿C→N和A→M移动时，此时两个机器人之间的距离越来越大，据此得出结论即可．
本题考查动点函数图象，找到运动时的特殊点用排除法是关键．

15.【答案】C 
【解析】解：如图，延长BG，

∵∠ADE=146∘，
∴∠ADB=180∘−∠ADE=34∘，
∵∠α=∠ADB+∠AHD，
∴∠AHD=∠α−∠ADB=50∘−34∘，=16∘，
∵l1//l2，
∴∠GIF=∠AHD=16∘，
∵∠EGF=∠β+∠GIF，
∴∠β=∠EGF−∠GIF=60∘−16∘=44∘，
故选：C.
由平角的定义求得∠ADB=180∘−∠ADE=34∘，由外角定理求得∠AHD=∠α−∠ADB=16∘，根据平行线的性质得∠GIF=∠AHD=16∘，进而求得∠β=∠EHF−∠GIF=44∘.
本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根据相关定理确定角度之间的数量关系是解题关键．

16.【答案】A 
【解析】解：令y=0，则−x2+m2x=0和x2−m2=0，
∴x=0或x=m2或x=−m或x=m，
∵这四个交点中每相邻两点间的距离都相等，
不妨假设m>0，则m2=2m，
∴m=2，
∵抛物线y=x2−m2的对称轴x=0，抛物线y=−x2+m2x的对称轴x=m22，
∴这两个函数图象对称轴之间的距离=m22=2.
故选：A.
求出三个交点的坐标，再构建方程求解．
本题考查二次函数图象有系数的关系，抛物线与x轴的交点等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方程解决问题．

17.【答案】k=4(答案不唯一) 
【解析】解：由图可知：k>0，
∵反比例函数y=kx(k>0)的图象与线段AB有交点，且点A(3,3)，B(3,1)，
∴把B(3,1)代入y=kx得，k=3，
把A(3,3)代入y=kx得，k=3×3=9，
∴满足条件的k值的范围是3≤k≤9，
故k=4(答案不唯一)，
故答案为：k=4(答案不唯一).
把点A(3,3)，B(3,1)代入y=kx即可得到k的值，从而得结论．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数的性质，正确的理解题意是解题的关键．

18.【答案】52  −2 
【解析】解：当x=2时，
2x+1x=2×2+12=52，
即a=52；
当x=n时，
2n+1n=1，
解得：n=−1，
经检验，n=−1是分式方程的解，
那么当x=−1时，
3x+1=−3+1=−2，
即b=−2，
故答案为：52；−2.
将x=2代入2x+1x中计算即可求得a的值；将x=n代入2x+1x可得关于n的分式方程，解得n的值后代入3x+1中计算即可求得b的值．
本题考查代数式求值及解分式方程，特别注意解分式方程时必须进行检验．

19.【答案】302 3 
【解析】解：(1)作图如图所示，
∵多边形是正六边形，
∴∠ACB=60∘，
∵BC//直线l，
∴∠ABC=90∘，
∴α=30∘；
故答案为：30∘；
(2)取中间正六边形的中心为O，
作图如图所示，由题意得，AG//BF，AB//GF，BF⊥AB，
∴四边形ABFG为矩形，
∴AB=GF，
∵∠BAC=∠FGH，∠ABC=∠GFH=90∘，
∴△ABC≌△GFH(SAS)，
∴BC=FH，
在Rt△PDE中，DE=1，PE= 3，
由图1知AG=BF=2PE=2 3，OM=PE= 3，
∵BC=12(BF−CH)= 3−1，
∴AB=BCtan∠BAC= 3−1 33=3− 3，
∴BD=2−AB= 3−1，
∵DE=12×2=1，
∴BE=BD+DE= 3，
∴ON=OM+BE=2 3.
∴中间正六边形的中心到直线l的距离为2 3，
故答案为：2 3.
(1)作图后，结合正多边形的外角的求法即可得到结论；
(2)把问题转化为图形问题，首先作出图形，标出相应的字母，把正六边形的中心到直线l的距离转化为求ON=OM+BE，再根据正六边形的性质以及三角函数的定义，分别求出OM，BE即可．
本题考查了正多边形与圆，正六边形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．

20.【答案】解：(1)由题意可得：4×3+2×1+4×(−2)=6(分)，
答：珍珍第一局的得分为6分；
(2)由题意可得：3k+3×1+(10−k−3)×(−2)=6+13，
解得：k=6. 
【解析】(1)根据题意列出算式可求解；
(2)由题意列出方程可求解．
本题考查了一元一次方程的应用，找到正确的数量关系是解题的关键．

21.【答案】解：(1)由图可知S1=(a+2)(a+1)=a2+3a+2，S2=(5a+1)×1=5a+1，
当a=2时，S1+S2=4+6+2+10+1=23；
(2)S1>S2，
理由：∵S1−S2=a2+3a+2−5a−1=a2−2a+1=(a−1)2≥0，
∴S1>S2. 
【解析】(1)根据图形，利用长方形的面积公式计算即可；
(2)利用作差法比较即可．
本题考查了多项式乘多项式，关键是能列出整式或算式表示几何图形的面积．

22.【答案】解：(1)由条形图可知，第10个数据是3分，第11个数据是4分，
∴中位数为3.5分，
由统计图可得平均数为3.5分，
∴客户所评分数的平均数或中位数都不低于3.5分，
∴该部门不需要整改．
(2)监督人员抽取的问卷所评分数为x分，则有
3.5×20+x20+1>3.55，
解得x>4.55，
∵满意度从低到高为1分，2分，3分，4分，5分，共5档．
∴监督人员抽取的问卷所评分数为5分，
∵4<5，
∴加入这个数据，客户所评分数按从小到大排列后，第11个数据不变还是4分，即加入这个数据后，中位数是4分，
∴与(1)相比，中位数是发生了变化，由3.5分变成4分． 
【解析】(1)先求出客户所评分数的中位数、平均数，再根据中位数、平均数确定是否需要整改即可．
(2)根据重新计算后，发现客户所评分数的平均数大于3.55分列出不等式，从而求出监督人员抽取的问卷所评分数，重新排列后再求出中位数即可．
本题考查条形统计图，中位数和平均数，一元一次不等式的应用，掌握求中位数和平均数的方法是解题关键．

23.【答案】解：(1)∵抛物线C1：y=a(x−3)2+2，
∴C1的最高点坐标为(3,2)，
∵点A(6,1)在抛物线C1：y=a(x−3)2+2上，
∴1=a(6−3)2+2，
∴a=−19，
∴抛物线C1：y=−19(x−3)2+2，
当x=0时，c=1；
(2)∵嘉嘉在x轴上方1m的高度上，且到点A水平距离不超过1m的范围内可以接到沙包，
∴此时，点A的坐标范围是(5,1)∼(7,1)，
当经过(5,1)时，1=−18×25+n8×5+1+1，
解得：n=175，
当经过(7,1)时，1=−18×49+n8×7+1+1，
解得：n=417，
∴175≤n≤417，
∵n为整数，
∴符合条件的n的整数值为4和5. 
【解析】(1)将点A坐标代入解析式可求a，即可求解；
(2)根据点A的取值范围代入解析式可求解．
本题考查了二次函数的应用，读懂题意，掌握二次函数图象上点的坐标特征是解题的关键．

24.【答案】解：(1)连接OM，

∵O为圆心，OC⊥MN于点C，MN=48cm，
∴MC=12MN=24cm，
∵AB=50cm，
∴OM=12AB=25cm，
在Rt△OMC中，OC= OM2−MC2= 252−242=7(cm)；
(2)∵GH与半圆的切点为E，
∴OE⊥GH，
∵MN//GH，
∴OE⊥MN于点D，
∵∠ANM=30∘，ON=25cm，
∴OD=12ON=252cm，
∴操作后水面高度下降高度为：252−7=112cm；
(3)∵OE⊥MN于点D，∠ANM=30∘，
∴∠DOB=60∘，
∵半圆的中点为Q，
∴AQ=QB，
∴∠QOB=90∘，
∴∠QOE=30∘，
∴EF=tan∠QOE⋅OE=25 33(cm)，
EQ的长为30×π×25180=25π6(cm)，
∵25 33−256π=50 3−25π6=25(2 3−π)6>0，
∴EF>EQ. 
【解析】(1)连接OM，利用垂径定理得出MC=12MN=24cm，由勾股定理计算即可得出答案；
(2)由切线的性质证明OE⊥GH，进而得到OE⊥MN，利用锐角三角函数的定义求出OD，再与(1)中OC相减即可得出答案；
(3)由半圆的中点为Q得到∠OOB=90∘，得到∠QOE=30∘，分别求出线段EF与EQ的长度，再相减比较即可．
本题是圆的综合题，考查了垂径定理，直角三角形的性质，圆的切线的性质，弧长公式和解直角三角形的知识，熟练掌握圆的有关性质定理是解题的关键．

25.【答案】解：(1)设l1的解析式为y=kx+b，
由题意可得：4k+b=22k+b=4，
解得：k=−1b=6，
∴l1的解析式为y=−x+6，
将l1向上平移9个单位长度得到的直线l2的解析式为y=−x+15；
(2)∵点P按照甲方式移动了m次，点P从原点O出发连续移动10次，
∴点P按照乙方式移动了(10−m)次，
∴点P按照甲方式移动m次后得到的点的坐标为(2m,m)，
∴点(2m,m)按照乙方式移动(10−m)次后得到的点的横坐标为2m+10−m=m+10，纵坐标为m+2(10−m)=20−m，
∴x=m+10，y=20−m；
②∵x+y=m+10+20−m=30，
∴直线l3的解析式为y=−x+30；
函数图象如图所示：

(3)∵点A，B，C，横坐标依次为a，b，c，
∴点A(a,−a+6)，点B(b,−b+15)，点C(c,−c+30)，
设直线AB的解析式为y=mx+n，
由题意可得：ma+n=−a+6mb+n=−b+15，
解得：m=−1+9b−an=6−9ab−a，
∴直线AB的解析式为y=(−1+9b−a)x+6−9ab−a，
∵点A，点B，点C三点始终在一条直线上，
∴c(−1+9b−a)+6−9ab−a=−c+30，
∴5a+3c=8b，
∴a，b，c之间的关系式为5a+3c=8b. 
【解析】(1)由待定系数法可求直线l1的解析式；由平移的性质可求直线l2的解析式；
(2)①由题意可得：点P按照甲方式移动m次后得到的点的坐标为(2m,m)，再得出点(2m,m)，按照乙方式移动(10−m)次后得到的点的横坐标和纵坐标，即得结果；
②由①的结果可得直线l3的解析式，进而可画出函数图象；
(3)由题意可得点A，点B，点C的坐标，由待定系数法可求直线AB的解析式，即可求解．
本题是一次函数综合题，考查了待定系数法，平移的性质，掌握平移的性质和一次函数的性质是解题的关键．

26.【答案】(1)证明：∵将线段MA绕点M顺时针旋转n∘(0 ∴A′M=AM，
∵∠A′MAd的平分线MP所在的直线交折线AB−BC于点P，
∴∠A′MP=∠AMP，
∵PM=PM，
∴△A′MP≌△AMP(SAS)，
∴A′P=AP；

(2)解：①∵AB=8，DA=6，∠A=90∘，
∴BD= AB2+AD2=10，
又∵BC=2 11，CD=12，
∴BD2+BC2=100+44=144，CD2=144，
∴BD2+BC2=CD2，
∴∠CBD=90∘；
如图2所示，当n=180时，

∵PM平分∠A′MA.∠PMA=90∘，
∴PM//AB，
∴△DNM∽△DBA，
∴DNDB=DMDA=MNBA，
∵DM=2，DA=6，
∴DN10=26=MN8，
∴DN=103,MN=83，
∴BN=BD−DN=203，
∵∠PBN=∠MD=90∘，∠PNB=∠DNM，
∴△PBN∽△DMN，
∴PBDM=BNMN，即PB2=208，
∴PB=5，
∴x=AB+PB=8+5=13.
②如图所示，当P点在AB上时，PQ=2，∠A′MP=∠AMP，

∴AB=8，DA=6，∠A=90∘，
∴BD= AB2+AD2= 62+82=10，
∴sin∠DBA=ADBD=610=35，
∴BP=BQsin∠DBA=25=103，
∴AP=AB−BP=8−103=143，
∴tan∠AMP=tan∠AMP=APAM=144=76，
如图所示，当P在BC上时，则PB=2，过点P作PQ⊥AB交AB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线于点H，

∵∠PQB=∠CBD=∠DAB=90∘，
∴∠QPB=90∘−∠PBQ=∠DBA，
∴△PQB∽△BAD，
∴PQBA=QBAD=PBBD，即PQQ8=QB6=PB10，
∴PQ=45PB=85，BQ=35PB=65，
∴AQ=AB+BQ=465，
∵PQ⊥AB，DA⊥AB，
∴PQ//AD，
∴△HPQ∽△HMA，
∴HQHA=PQAMHQHQ+465=84，
解得：HQ=9215，
∴tan∠AMP=tan∠AMP=tan∠QPH=HQPQ=9285=236，
综上所述，tan∠A′MP的值为76或236；

(3)解：∵当0 ∴P在AB上，
如图所示，过点A′作A′E⊥AB于点E，过点M作MF⊥A′E于点F，则四边形AMFE是矩形，
∴AE=FM，EF=AM=4，
∵△A′MP≌△AMP，
∴∠PA′M=∠A=90∘，
∴∠PA′E+∠FA′M=90∘，
又∠A′MF+∠FA′M=90∘，
∴∠PA′E=∠A′MF，
又∵∠A′E=∠MFA=90∘，
∴△A′PE∽△MA′F，
∴A′PMA′=PEA′F=A′EMF，
∵A′P=AP=x，MA′=MA=4，设FM=AE=y，A′E=h，
即x4=x−yh−4=hy
∴y=4hx，4(x−y)=x(h−4)，
∴4(x−4hx)=x(h−4)，
整理得h=8x2x2+16，
即点A′到直线AB的距离为8x2x2+16. 
【解析】(1)根据旋转的性质和角平分线的概念得到A′M=AM，∠A′MP=∠AMP，然后证明出△A′MP≌△AMP(SAS)，即可得到A′P=AP；
(2)①首先根据勾股定理得到BD= AB2+AD2=10，然后利用勾股定理的逆定理即可求出∠CBD=90∘；画出图形，然后证明出△DNM∽△DBA，利用相似三角形的性质求出DN=103MN=83，然后证明出△PBN∽△DMN，利用相似三角形的性质得到PB=5，进而求解即可；
②当P点在AB上时，PQ=2，∠A′MP=∠AMP，分别求得BP，AP，根据正切的定义即可求解；当P在BC上时，则PB=2，过点P作PQ⊥ABAB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线于点H，证明△PQB∽BAD，得PQ=45PB=85BQ=35PB=65，进而求得AQ，证明△HPQ∽△HMA，即可求解；
(3)如图所示，过点A作AE⊥AB交AB于点E，过点M作MF⊥A′E于点F，则四边形AMFE是矩形，证明△A′PE∽△MA′F，根据相似三角形的性质即可求解．
本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，求正切值，染练掌握以上知识且分类讨论是解题的关键．