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2023年山东省烟台市开发区中考数学一模试卷（含解析）
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这是一份2023年山东省烟台市开发区中考数学一模试卷（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。
2023年山东省烟台市开发区中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. |−2|的倒数是( )
A. 2 B. −2 C. 12 D. −12
2. 下列图形是四届数学大会会标，其中不属于中心对称的有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
3. 计算a2⋅a3的结果是( )
A. a2 B. a3 C. a5 D. a6
4. 如图所示，该几何体的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
5. 一个正多边形的内角和是1260°，则这个正多边形的一个外角等于( )
A. 60° B. 45° C. 72° D. 40°
6. 第24届冬奥会期间，小明收集到4张卡片，正面图案如图所示，它们除此之外完全相同，把这4张卡片背面朝上洗匀后摸出1张，放回洗匀再摸出一张，则这两张卡片正面图案恰好是两张滑雪的概率是( )
A. 16 B. 18 C. 112 D. 14
7. 将两块三角板按如图所示位置摆放，若AD//BC，点F在AD上，则∠ACF的度数为( )
A. 15° B. 10° C. 20° D. 25°
8. 将一个长为2a，宽为2b的长方形纸片(a>b)，用剪刀沿图1中的虚线剪开，分成四块形状和大小都一样的小长方形纸片，然后按图2的方式拼成一个正方形，则中间小正方形的面积为( )
A. a2+b2 B. a2−b2 C. (a+b)2 D. (a−b)2
9. 在平面直角坐标系xOy中，点(−1,y1)，(2,y2)，(4,y3)在抛物线y=ax2−2ax+c上，当a>0时，下列说法一定正确的是( )
A. 若y1y2<0，则y3>0 B. 若y2y3>0，则y1<0
C. 若y1y3<0，则y2>0 D. 若y1y2y3=0，则y2=0
10. 如图1，在平行四边形ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段AB运动到点B停止，同时动点Q从点B出发，以每秒4个单位的速度沿折线B−C−D运动到点D停止．图2是点P、Q运动时，△BPQ的面积S与运动时间t函数关系的图象，则a的值是( )
A. 6 3 B. 9 3 C. 6 D. 12
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 点A(1,y1)，B(3,y2)是反比例函数y=−6x图象上的两点，那么y1，y2的大小关系是______ ．
12. 已知样本数据2，3，5，3，7，这组数据的方差是______ ．
13. 如图，将5个大小相同的正方形置于平面直角坐标系中，若顶点M、N的坐标分别为(3,9)、(12,9)，则顶点A的坐标为______．
14. 自由式滑雪女子U型场地技巧赛是冬奥会的运动项目之一，其U型场地的竖截面可简化为如图所示轴对称模型，数据如图所示，则该U型场地竖截面的总长为______ m.
15. 如图，已知点F是菱形ABCD的边DA延长线上一点，G是CF上一点，并且∠ACG=∠AGC，∠GAF=∠GFA，若∠DBC=36°，则∠BCE= ______ ．
16. 如图，OA，OB，OC均为⊙O的半径，OA⊥OB，OC//AB，若点D是弧AB上的一点，则∠ADC的度数为 ．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题7.0分)
解不等式组：4(x+1)≥x+73x+24
如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AD，垂足为点E，延长DA至点F，使得AF=DE，连接BF，CF．
求证：四边形BCEF是矩形．
19. (本小题8.0分)
某公司要在甲、乙两人中招聘一名职员，对两人的学历，能力、经验这三项进行了测试．各项满分均为10分，成绩高者被录用．图1是甲、乙测试成绩的条形统计图，
(1)分别求出甲、乙三项成绩之和，并指出会录用谁；
(2)若将甲、乙的三项测试成绩，按照扇形统计图(图2)各项所占之比，分别计算两人各自的综合成绩，并判断是否会改变(1)的录用结果．
20. (本小题9.0分)
如图，直立于地面上的电线杆AB，在阳光下落在水平地面和坡面上的影子分别是BC、CD，测得BC=6米，CD=4米，∠BCD=150°，在D处测得电线杆顶端A的仰角为30°，试求电线杆的高度(结果保留根号)
21. (本小题10.0分)
鲍鱼是烟台人餐桌上的美味，小冬在海鲜市场选中A，B两种大小的鲍鱼，决定从该海鲜市场进货并销售.两种大小的鲍鱼的进货价和销售价如下表：
A
B
进货价(元/个)
20
15
销售价(元/个)
28
20
(1)第一次小冬用550元购进了A，B两种大小鲍鱼共30个，求两种大小鲍鱼各购进多少个；
(2)第二次小冬进货时，海鲜市场规定A种鲍鱼进货数量不得超过B种鲍鱼进货数量的一半.小冬计划购进两种大小鲍鱼共30个，应如何设计进货方案才能获得最大利润，最大利润是多少？
(3)小冬第二次进货时采取了(2)中设计的方案，并且两次购进的鲍鱼全部售出，请从利润率的角度分析，对于小冬来说哪一次更合算？(注：利润率=(利润÷成本)×100%)．
22. (本小题10.0分)
如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为⊙O的直径，∠ABC=∠CBD，CD⊥BD垂足为点D，延长DC交BA的延长线于点E．
(1)EC是⊙O的切线吗？为什么？
(2)若BC=48，BD=45，求⊙O的半径．
23. (本小题10.0分)
问题情境：
如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转，得到△CBE′(点A的对应点为点C)，延长AE交CE′于点F，连接DE．
猜想证明：
(1)试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；
(2)如图2，若DA=DE，请猜想线段CF与FE′的数量关系并加以证明；
解决问题：
(3)如图1，若AB=15，CF=3，请直接写出EF和DE的长．
24. (本小题11.0分)
抛物线y=ax2+bx−6与x轴交于A(3,0)，B(8,0)两点，与y轴交于点C，点P在抛物线上，设点P的横坐标为m．
(1)求a，b的值以及直线BC的表达式；
(2)如图1，连接AC，AP，PC，若△APC是以CP为斜边的直角三角形，求点P的坐标：
(3)如图2，若点P在直线BC上方的抛物线上，PN//y轴交BC于点N，PQ⊥BC，垂足为点Q，线段PQ是否有最大值？如果有，请求出最大值及此时点P的坐标；如果没有，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵|−2|=2，2的倒数是12，
∴|−2|的倒数是12．
故选：C．
根据绝对值和倒数的定义作答．
一个负数的绝对值是它的相反数．若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数．
2.【答案】B
【解析】解：第一个图形是中心对称图形，
第二个图形不是中心对称图形，
第三个图形是中心对称图形，
第四个图形不是中心对称图形，
∴不属于中心对称的有2个．
故选：B．
根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心进行分析即可．
此题主要考查了中心对称图形的定义，判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3.【答案】C
【解析】解：a2⋅a3=a5．
故选：C．
直接利用同底数幂的乘法运算法则计算得出答案．
此题主要考查了同底数幂的乘法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4.【答案】B
【解析】解：这个几何体的左视图为：
故选：B．
根据简单几何体的三视图的画法画出它的左视图即可．
本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握简单几何体的三视图的画法和形状是正确判断的关键．
5.【答案】D
【解析】解：设正多边形的边数为n，
∵正多边形的内角和为1260°，
∴(n−2)×180°=1260°，
解得：n=9，
∵360°÷9=40°，
∴正九边形的每个外角40°，
故选：D．
先根据多边形的内角和定理求得多边形的边数，然后求得内角即可，进而得出其外角度数．
本题主要考查了多边形内角和及外角和定理，任何多边形的外角和是360°．
6.【答案】D
【解析】解：记高山滑雪，越野滑雪，速度滑冰，冰球分别为A，B，C，D，根据题意列表得：
A
B
C
D
A
(A,A)
(B,A)
(C,A)
(D,A)
B
(A,B)
(B,B)
(C,B)
(D,B)
C
(A,C)
(B,C)
(C,C)
(D,C)
D
(A,D)
(B,D)
(C,D)
(D,D)
共有16种等可能的结果，其中两张卡片正面图案恰好是两张滑雪的有4种，
∴所抽取的两名同学都是男生的概率是416=14．
故选：D．
列表求出所有等可能的情况，再由概率公式计算．
本题考查列树状图或列表求概念，解题的关键是掌握用列表法求出所有的结果数．
7.【答案】A
【解析】解：由题意得∠DFE=60°，
∵AD//BC，∠ACB=45°，
∴∠DAC=∠ACB=45°，
∵∠DFE是△AFC的外角，
∴∠DFE=∠DAC+∠ACF，
∴∠ACF=60°−45°=15°．
故选：A．
由题意可得∠DFE=60°，再由平行线的性质得∠DAC=∠ACB=45°，利用三角形的外角性质即可求∠ACF．
本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，内错角相等．
8.【答案】D
【解析】
解：中间空的部分的面积=大正方形的面积−4个小长方形的面积，
=(a+b)2−4ab，
=a2+2ab+b2−4ab，
=(a−b)2，
故选：D．
【分析】
本题考查了完全平方公式，掌握小正方形面积的计算方法是解题的关键．
由图1得，一个小长方形的长为a，宽为b，由图2得：中间空的部分的面积=大正方形的面积−4个小长方形的面积，代入计算即可．
9.【答案】A
【解析】解：∵在抛物线y=ax2−2ax+c中，a>0，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x=−−2a2a=1，
∵4−1>1−(−1)>2−1，
∴y3>y1>y2，
当y1y2<0时，y1，y2异号，
∴y1>0，y2<0，
∴y3>y1>0，选项A正确．
当y3>y1>y2>0时，y2y3>0，
∴选项B错误，
当y1y3<0时，y3>0，y1<0，
∴y2
∴选项D错误．
故选：A．
根据二次函数解析式可得抛物线对称轴及开口方向，根据各点横坐标可判断y3>y1>y2，进而求解．
本题考查二次函数图象的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数图象与系数的关系．
10.【答案】B
【解析】解：由题图2得，t=6时点P停止运动，
∴点P以每秒1个单位速度从点A运动到点B用了6秒，
∴AB=1×6=6，
∴BC=2AB=12，
由点P和点Q的运动可知，AP=t，BP=6−t，
当点Q在BC上时，即0≤t<3时，BQ=4t，过点P作PM⊥BC于点M，
∵∠B=60°，
∴PM=BP⋅sinB= 32(6−t)，
此时△BPQ的面积=12BQ⋅PM=12⋅4t⋅ 32(6−t)=− 3t2+4 3t，
当点Q在CD上时，即3≤t≤6时，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴S△BPQ=S△BPC=12BC⋅PM=12×12× 32(6−t)=−3 3t+18 3，
由上可知，当点Q到达点C时，S=a，
即当t=3时，a=−3 3×3+18 3=9 3，
故选：B．
由点P和点Q的运动可知，AB=1×4=4，BC=8，当点Q在BC上时，即0≤t≤2时，BQ=2t及当点Q在CD上时，即2
11.【答案】y1
∴图象在二、四象限，每个象限内y随x的增大而增大，
∵点A(1,y1)与点B(3,y2)都在反比例函数y=−6x的图象上，且1<3，
∴y1
此题主要考查了反比例函数的增减性，掌握反比例函数的性质是解题关键．
12.【答案】3.2
【解析】解：样本数据2，3，5，3，7中平均数是2+3+4+3+75=4，
方差是S2=15[(2−4)2+(3−4)2+(5−4)2+(3−4)2+(7−4)2]=3.2．
故答案为：3.2．
根据平均数、方差的定义和计算公式分别进行分析即可．
本题考查方差和平均数，熟练记住方差公式是解题的关键．
13.【答案】(15,3)
【解析】解：如图，
∵顶点M、N的坐标分别为(3,9)、(12,9)，
∴MN//x轴，MN=9，
∴正方形的边长为3，
∴BN=6，
∵BN//y轴，
∴点B(12,3)，
∵AB//MN，
∴AB//x轴，
∴点A(15,3)
故答案为(15,3)．
由图形可得MN//x轴，MN=9，可求正方形的边长，根据边长推出A点坐标即可求解．
本题考查了坐标与图形性质，读懂图形的意思，是本题的关键．
14.【答案】(5π+32.4)
【解析】解：竖截面的总长=AB+BC+CD+DE+EF
=1.7+90π×5180×2+29+6.7−5
=(5π+32.4)m，
故答案为：(5π+32.4)．
因为这是一个轴对称模型，所以BC=DE，根据弧长公式求竖截面的总长=BC+CD+DE即可．
本题考查了弧长的计算，掌握弧长公式：l=nπR180(弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R)是解题的关键．
15.【答案】18°
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AD//CB，
∴∠BOC=90°，∠BCE=∠GFA，
∴∠ACB=90°−∠DBC=90°−36°=54°，
∵∠ACG=∠AGC，∠GAF=∠GFA，
∴∠ACG=∠AGC=∠GAF+∠GFA=2∠GFA，
∴∠ACB=∠ACG+∠BCE=3∠BCE=54°，
∴∠BCE=18°，
故答案为：18°．
由菱形的性质得AC⊥BD，AD//CB，则∠BOC=90°，∠BCE=∠GFA，得∠ACB=54°，再证∠ACG=2∠GFA，则∠ACB=∠ACG+∠BCE=3∠BCE=54°，即可得出结论．
本题考查了菱形的性质以及三角形的外角性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
16.【答案】112.5°
【解析】
【分析】
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
作AC所对的圆周角∠AEC，如图，先判断△OAB为等腰直角三角形，则∠OAB=45°，利用平行线的性质得到∠COA=135°，利用圆周角定理得到∠CEA=12∠COA=67.5°，然后根据圆内接四边形的性质计算∠ADC的度数．
【解答】
解：作AC所对的圆周角∠AEC，如图，
∵OA⊥OB，
∴∠AOB=90°，
∵OA=OB，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴∠OAB=45°，
∵OC//AB，
∴∠COA+∠OAB=180°，
∴∠COA=180°−45°=135°，
∴∠CEA=12∠COA=67.5°，
∵∠CEA+∠ADC=180°，
∴∠ADC=180°−67.5°=112.5°．
故答案为112.5°．
17.【答案】解：4(x+1)≥x+7①3x+24
解不等式②得：x>2，
∴原不等式组的解集为：x>2，
∴该不等式组的解集在数轴上表示如图所示：
【解析】按照解一元一次不等式组的步骤进行计算，即可解答．
本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．
18.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
∵AF=DE，
∴AF+AE=DE+AE，
即EF=AD，
∴EF=BC，
∴四边形BCEF是平行四边形，
又∵CE⊥AD，
∴∠CEF=90°，
∴平行四边形BCEF是矩形．
【解析】由平行四边形的性质得AD//BC，AD=BC，再证EF=BC，则四边形BCEF是平行四边形，然后证∠CEF=90°，即可得出结论．
本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
19.【答案】解：(1)由题意得，甲三项成绩之和为：9+5+9=23(分)，
乙三项成绩之和为：8+9+5=22(分)，
∵23>22，
∴会录用甲；
(2)由题意得，甲三项成绩之加权平均数为：9×120360+5×360−120−60360+9×60360
=3+2.5+1.5
=7(分)，
乙三项成绩之加权平均数为：8×120360+9×360−120−60360+5×60360
=83+4.5+56
=8(分)，
∵7<8，
∴会改变(1)的录用结果．
【解析】(1)分别把甲、乙二人的三项成绩相加并比较即可；
(2)分别计算出甲、乙二人的三项成绩的加权平均数并比较即可．
此题考查了数据的描述与加权平均数的应用能力，关键是能根据统计图获得实际问题中的信息，并能通过求解加权平均数对问题进行分析．
20.【答案】解：如图，延长AD交BC的延长线于点E，作DF⊥BE于点F．
∵∠BCD=150°，
∴∠DCF=30°，
又CD=4米，
∴DF=12CD=2米，CF= CD2−DF2=2 3米，
由题意得∠E=30°，
∴EF=DFtanE=2 3米，
∴BE=BC+CF+EF=(6+4 3)米，
∴AB=BE·tanE=(6+4 3)× 33=(2 3+4)米，
答：电线杆的高度为(2 3+4)米．
【解析】延长AD交BC的延长线于点E，作DF⊥BE于点F，根据直角三角形的性质和勾股定理求出DF、CF的长，根据正切的定义求出EF，得到BE的长，根据正切的定义解答即可．
本题考查的是解直角三角形的应用，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
21.【答案】解：(1)设A种鲍鱼购进x个，B种鲍鱼购进y个，根据题意得，
x+y=3020x+15y=550，解得x=20y=10，
答：A种鲍鱼购进20个，B种鲍鱼购进10个；
(2)设A种鲍鱼购进x个，B种鲍鱼购进(30−x)个，总利润为w元，根据题意得，
x≤30−x2，解得x≤10，
w=(28−20)x+(20−15)(30−x)=3x+150，
∵3>0，
∴w随x的增大而增大，
∴x=10时，w最大=3×10+150=180，
30−10=20个，
综上，A种鲍鱼购进10个，B种鲍鱼购进20个，总利润最大为180元；
(3)第一次：(28−20)×20+(20−15)×10550×100%=2155，
第二次：18010×20+20×15×100%=1850，
∵2155>1850，
∴第一次更合算．
【解析】(1)设A种鲍鱼购进x个，B种鲍鱼购进y个，根据题目中的数量关系，列出二元一次方程组，求解即可；
(2)设A种鲍鱼购进x个，B种鲍鱼购进(30−x)个，总利润为w元，根据题意列出不等式和一次函数关系式，再根据一次函数的性质求解即可；
(3)分别求出两次的利润率，比较大小即可．
本题考查了二元一次方程组解应用题，一次函数的性质和应用，根据题意找出等量关系列出方程和函数关系式是解题的关键．
22.【答案】解：(1)EC是⊙O的切线，
理由：连接OC，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∵∠ABC=∠CBD，
∴∠OCB=∠CBD，
∴OC//BD，
∵CD⊥BD，
∴OC⊥DE，
∵OC是⊙O的半径，
∴EC是⊙O的切线；
(2)∵AB为⊙O的直径，CD⊥BD，
∴∠ACB=∠D=90°，
∵∠ABC=∠CBD，
∴△ABC∽△CBD，
∴ABBC=BCBD，
∴AB48=4845，
∴AB=2565，
∴⊙O的半径为1285．
【解析】(1)连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠OCB=∠OBC，求得∠OCB=∠CBD，根据平行线的性质得到OC⊥DE，根据切线的判定定理即可得到结论；
(2)根据圆周角定理和垂直的定义得到∠ACB=∠D=90°，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
23.【答案】解：(1)四边形BE′FE是正方形，理由如下：
如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
由旋转得，∠E′=∠AEB=90°，∠EBE′=∠ABC=90°，
∵∠BEF=180°−∠AEB=90°，
∴四边形BE′FE是矩形，
由旋转得，BE′=BE，
∴四边形BE′FE是正方形；
(2)CF=FE′，证明如下：
如下图，过点D作DG⊥AE于点G，
则∠DGA=∠AEB=90°，
∵DA=DE，
∴AG=12AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA=AB，∠DAB=90°，
∴∠BAE+∠DAG=90°，
∵∠ADG+∠DAG=90°，
∴∠ADG=∠BAE，
∴△ADG≌△BAE(AAS)，
∴AG=BE；
∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE=FE′，
∴AG=FE′，
由旋转得，AE=CE′，
∴12AE=12CE′，
∴FE′=12AE=12CE′，
∴CF=FE′；
(3)如图3，过点D作DG⊥AE于点G，
∵BE=FE′，CF=3，
∴AE=CE′=FE′+CF=FE′+3=BE+3，
∵AE2+BE2=AB2，且AB=15，
∴(BE+3)2+BE2=152，
解得：BE=9或BE=−12(不符合题意，舍去)，
∴AE=CE′=9+3=12，EF=BE=9，
由(2)得，△ADG≌△BAE，
∴DG=AE=12，AG=BE=9，
∴GE=AE−AG=12−9=3，
∵∠DGE=90°，
∴DE= DG2+EG2= 122+32=3 17．
【解析】(1)由旋转的特征可得到∠E′=∠AEB=90°，∠EBE′=90°，BE′=BE，再由∠BEF=180°−∠AEB=90°，可判定四边形BE′FE是正方形；
(2)过点D作DG⊥AE于点G，由DA=DE得AG=12AE，再证明△ADG≌△BAE，且由四边形BE′FE是正方形，得到FE′=AG=12CE′，可证得结论；
(3)过点D作DG⊥AE于点G，由旋转及四边形BE′FE是正方形可得如下关系：AE=CE′=FE′+CF=FE′+3=BE+3，在Rt△BAE中根据勾股定理求出BE，AE的长，可得EF的长；由(1)可知，△ADG≌△BAE，得到DG=BE，AG=BE，再由勾股定理求出DE的长．
此题是四边形的综合题，重点考查正方形的性质与判定，旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，且通过深入挖掘题中的隐含条件寻找三角形全等的条件，此题难度适中，属于中考压轴题．
24.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx−6与x轴交于A(3,0)，B(8,0)两点，
∴9a+3b−6=064a+8b−6=0，
解得：a=−14b=114．
∴抛物线的解析式为y=−14x2+114x−6．
令x=0，则y=−6，
∴C(0,−6)，
设直线BC的解析式为y=kx+n，
∴8k+n=0n=−6，
解得：k=34n=−6，
∴直线BC的表达式为y=34x−6；
(2)过点P作PD⊥x轴于点D，如图，
∵点P在抛物线上，点P的横坐标为m，
∴P(m,−14m2+114m−6)，
∴OD=m，PD=14m2−114m+6，
∵A(3,0)，C(0,−6)，
∴OA=3，OC=6．
∴AD=m−3．
∵△APC是以CP为斜边的直角三角形，
∴∠CAP=90°，
∴∠OAC+∠DAP=90°．
∵∠DAP+∠APD=90°，
∴∠OAC=∠APD．
∵∠COA=∠ADP=90°，
∴△OAC∽△DPA，
∴OAOC=PDAD，
∴36=14m2−114m+6m−3，
∴m=3(不合题意，舍去)或m=10．
经检验，m=10是原方程的根，
∴m=10，
∴P(10,−72)；
(3)线段PQ有最大值，PQ的最大值为165，此时点P的坐标为(4,1).理由：
∵P(m,−14m2+114m−6)，PN//y轴交BC于点N，
∴N(m,34m−6)，
∵点P在直线BC上方的抛物线上，
∴PN=−−14m2+114m−6−(34m−6)=−14m2+2m．
∵B(8,0)，C(0,−6)，
∴OB=8，OC=6，
∴BC= OB2+OC2=10．
∵PN//y轴，
∴∠PNQ=∠OCB．
∵∠PQN=∠BOC=90°，
∴△PQN∽△BOC，
∴PQPN=OBBC，
∴PQ−14m2+2m=810，
∴PQ=−15m2+85m=−15(m−4)2+165．
∵−15<0，
∴当m=4时，PQ有最大值165．
综上，线段PQ有最大值，PQ的最大值为165，此时点P的坐标为(4,1)．
【解析】(1)利用待定系数法解答即可；
(2)过点P作PD⊥x轴于点D，利用P(m,−14m2+114m−6)，A，B，C的坐标表示出线段OA，AD，OC，PD的长度，利用相似三角形的判定与性质列出比例式，求得m值，则结论可求；
(3)利用点P，N的坐标表示出线段PN的长度，利用相似三角形的判定与性质求得PQ，再利用二次函数的性质和配方法解答即可得出结论．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，抛物线上点的坐标的特征，一次函数的图象与性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
2023年山东省烟台市开发区中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. |−2|的倒数是( )
A. 2 B. −2 C. 12 D. −12
2. 下列图形是四届数学大会会标，其中不属于中心对称的有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
3. 计算a2⋅a3的结果是( )
A. a2 B. a3 C. a5 D. a6
4. 如图所示，该几何体的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
5. 一个正多边形的内角和是1260°，则这个正多边形的一个外角等于( )
A. 60° B. 45° C. 72° D. 40°
6. 第24届冬奥会期间，小明收集到4张卡片，正面图案如图所示，它们除此之外完全相同，把这4张卡片背面朝上洗匀后摸出1张，放回洗匀再摸出一张，则这两张卡片正面图案恰好是两张滑雪的概率是( )
A. 16 B. 18 C. 112 D. 14
7. 将两块三角板按如图所示位置摆放，若AD//BC，点F在AD上，则∠ACF的度数为( )
A. 15° B. 10° C. 20° D. 25°
8. 将一个长为2a，宽为2b的长方形纸片(a>b)，用剪刀沿图1中的虚线剪开，分成四块形状和大小都一样的小长方形纸片，然后按图2的方式拼成一个正方形，则中间小正方形的面积为( )
A. a2+b2 B. a2−b2 C. (a+b)2 D. (a−b)2
9. 在平面直角坐标系xOy中，点(−1,y1)，(2,y2)，(4,y3)在抛物线y=ax2−2ax+c上，当a>0时，下列说法一定正确的是( )
A. 若y1y2<0，则y3>0 B. 若y2y3>0，则y1<0
C. 若y1y3<0，则y2>0 D. 若y1y2y3=0，则y2=0
10. 如图1，在平行四边形ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段AB运动到点B停止，同时动点Q从点B出发，以每秒4个单位的速度沿折线B−C−D运动到点D停止．图2是点P、Q运动时，△BPQ的面积S与运动时间t函数关系的图象，则a的值是( )
A. 6 3 B. 9 3 C. 6 D. 12
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 点A(1,y1)，B(3,y2)是反比例函数y=−6x图象上的两点，那么y1，y2的大小关系是______ ．
12. 已知样本数据2，3，5，3，7，这组数据的方差是______ ．
13. 如图，将5个大小相同的正方形置于平面直角坐标系中，若顶点M、N的坐标分别为(3,9)、(12,9)，则顶点A的坐标为______．
14. 自由式滑雪女子U型场地技巧赛是冬奥会的运动项目之一，其U型场地的竖截面可简化为如图所示轴对称模型，数据如图所示，则该U型场地竖截面的总长为______ m.
15. 如图，已知点F是菱形ABCD的边DA延长线上一点，G是CF上一点，并且∠ACG=∠AGC，∠GAF=∠GFA，若∠DBC=36°，则∠BCE= ______ ．
16. 如图，OA，OB，OC均为⊙O的半径，OA⊥OB，OC//AB，若点D是弧AB上的一点，则∠ADC的度数为 ．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题7.0分)
解不等式组：4(x+1)≥x+73x+24
如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AD，垂足为点E，延长DA至点F，使得AF=DE，连接BF，CF．
求证：四边形BCEF是矩形．
19. (本小题8.0分)
某公司要在甲、乙两人中招聘一名职员，对两人的学历，能力、经验这三项进行了测试．各项满分均为10分，成绩高者被录用．图1是甲、乙测试成绩的条形统计图，
(1)分别求出甲、乙三项成绩之和，并指出会录用谁；
(2)若将甲、乙的三项测试成绩，按照扇形统计图(图2)各项所占之比，分别计算两人各自的综合成绩，并判断是否会改变(1)的录用结果．
20. (本小题9.0分)
如图，直立于地面上的电线杆AB，在阳光下落在水平地面和坡面上的影子分别是BC、CD，测得BC=6米，CD=4米，∠BCD=150°，在D处测得电线杆顶端A的仰角为30°，试求电线杆的高度(结果保留根号)
21. (本小题10.0分)
鲍鱼是烟台人餐桌上的美味，小冬在海鲜市场选中A，B两种大小的鲍鱼，决定从该海鲜市场进货并销售.两种大小的鲍鱼的进货价和销售价如下表：
A
B
进货价(元/个)
20
15
销售价(元/个)
28
20
(1)第一次小冬用550元购进了A，B两种大小鲍鱼共30个，求两种大小鲍鱼各购进多少个；
(2)第二次小冬进货时，海鲜市场规定A种鲍鱼进货数量不得超过B种鲍鱼进货数量的一半.小冬计划购进两种大小鲍鱼共30个，应如何设计进货方案才能获得最大利润，最大利润是多少？
(3)小冬第二次进货时采取了(2)中设计的方案，并且两次购进的鲍鱼全部售出，请从利润率的角度分析，对于小冬来说哪一次更合算？(注：利润率=(利润÷成本)×100%)．
22. (本小题10.0分)
如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为⊙O的直径，∠ABC=∠CBD，CD⊥BD垂足为点D，延长DC交BA的延长线于点E．
(1)EC是⊙O的切线吗？为什么？
(2)若BC=48，BD=45，求⊙O的半径．
23. (本小题10.0分)
问题情境：
如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转，得到△CBE′(点A的对应点为点C)，延长AE交CE′于点F，连接DE．
猜想证明：
(1)试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；
(2)如图2，若DA=DE，请猜想线段CF与FE′的数量关系并加以证明；
解决问题：
(3)如图1，若AB=15，CF=3，请直接写出EF和DE的长．
24. (本小题11.0分)
抛物线y=ax2+bx−6与x轴交于A(3,0)，B(8,0)两点，与y轴交于点C，点P在抛物线上，设点P的横坐标为m．
(1)求a，b的值以及直线BC的表达式；
(2)如图1，连接AC，AP，PC，若△APC是以CP为斜边的直角三角形，求点P的坐标：
(3)如图2，若点P在直线BC上方的抛物线上，PN//y轴交BC于点N，PQ⊥BC，垂足为点Q，线段PQ是否有最大值？如果有，请求出最大值及此时点P的坐标；如果没有，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵|−2|=2，2的倒数是12，
∴|−2|的倒数是12．
故选：C．
根据绝对值和倒数的定义作答．
一个负数的绝对值是它的相反数．若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数．
2.【答案】B
【解析】解：第一个图形是中心对称图形，
第二个图形不是中心对称图形，
第三个图形是中心对称图形，
第四个图形不是中心对称图形，
∴不属于中心对称的有2个．
故选：B．
根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心进行分析即可．
此题主要考查了中心对称图形的定义，判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3.【答案】C
【解析】解：a2⋅a3=a5．
故选：C．
直接利用同底数幂的乘法运算法则计算得出答案．
此题主要考查了同底数幂的乘法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4.【答案】B
【解析】解：这个几何体的左视图为：
故选：B．
根据简单几何体的三视图的画法画出它的左视图即可．
本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握简单几何体的三视图的画法和形状是正确判断的关键．
5.【答案】D
【解析】解：设正多边形的边数为n，
∵正多边形的内角和为1260°，
∴(n−2)×180°=1260°，
解得：n=9，
∵360°÷9=40°，
∴正九边形的每个外角40°，
故选：D．
先根据多边形的内角和定理求得多边形的边数，然后求得内角即可，进而得出其外角度数．
本题主要考查了多边形内角和及外角和定理，任何多边形的外角和是360°．
6.【答案】D
【解析】解：记高山滑雪，越野滑雪，速度滑冰，冰球分别为A，B，C，D，根据题意列表得：
A
B
C
D
A
(A,A)
(B,A)
(C,A)
(D,A)
B
(A,B)
(B,B)
(C,B)
(D,B)
C
(A,C)
(B,C)
(C,C)
(D,C)
D
(A,D)
(B,D)
(C,D)
(D,D)
共有16种等可能的结果，其中两张卡片正面图案恰好是两张滑雪的有4种，
∴所抽取的两名同学都是男生的概率是416=14．
故选：D．
列表求出所有等可能的情况，再由概率公式计算．
本题考查列树状图或列表求概念，解题的关键是掌握用列表法求出所有的结果数．
7.【答案】A
【解析】解：由题意得∠DFE=60°，
∵AD//BC，∠ACB=45°，
∴∠DAC=∠ACB=45°，
∵∠DFE是△AFC的外角，
∴∠DFE=∠DAC+∠ACF，
∴∠ACF=60°−45°=15°．
故选：A．
由题意可得∠DFE=60°，再由平行线的性质得∠DAC=∠ACB=45°，利用三角形的外角性质即可求∠ACF．
本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，内错角相等．
8.【答案】D
【解析】
解：中间空的部分的面积=大正方形的面积−4个小长方形的面积，
=(a+b)2−4ab，
=a2+2ab+b2−4ab，
=(a−b)2，
故选：D．
【分析】
本题考查了完全平方公式，掌握小正方形面积的计算方法是解题的关键．
由图1得，一个小长方形的长为a，宽为b，由图2得：中间空的部分的面积=大正方形的面积−4个小长方形的面积，代入计算即可．
9.【答案】A
【解析】解：∵在抛物线y=ax2−2ax+c中，a>0，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x=−−2a2a=1，
∵4−1>1−(−1)>2−1，
∴y3>y1>y2，
当y1y2<0时，y1，y2异号，
∴y1>0，y2<0，
∴y3>y1>0，选项A正确．
当y3>y1>y2>0时，y2y3>0，
∴选项B错误，
当y1y3<0时，y3>0，y1<0，
∴y2
∴选项D错误．
故选：A．
根据二次函数解析式可得抛物线对称轴及开口方向，根据各点横坐标可判断y3>y1>y2，进而求解．
本题考查二次函数图象的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数图象与系数的关系．
10.【答案】B
【解析】解：由题图2得，t=6时点P停止运动，
∴点P以每秒1个单位速度从点A运动到点B用了6秒，
∴AB=1×6=6，
∴BC=2AB=12，
由点P和点Q的运动可知，AP=t，BP=6−t，
当点Q在BC上时，即0≤t<3时，BQ=4t，过点P作PM⊥BC于点M，
∵∠B=60°，
∴PM=BP⋅sinB= 32(6−t)，
此时△BPQ的面积=12BQ⋅PM=12⋅4t⋅ 32(6−t)=− 3t2+4 3t，
当点Q在CD上时，即3≤t≤6时，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴S△BPQ=S△BPC=12BC⋅PM=12×12× 32(6−t)=−3 3t+18 3，
由上可知，当点Q到达点C时，S=a，
即当t=3时，a=−3 3×3+18 3=9 3，
故选：B．
由点P和点Q的运动可知，AB=1×4=4，BC=8，当点Q在BC上时，即0≤t≤2时，BQ=2t及当点Q在CD上时，即2
11.【答案】y1
∴图象在二、四象限，每个象限内y随x的增大而增大，
∵点A(1,y1)与点B(3,y2)都在反比例函数y=−6x的图象上，且1<3，
∴y1
此题主要考查了反比例函数的增减性，掌握反比例函数的性质是解题关键．
12.【答案】3.2
【解析】解：样本数据2，3，5，3，7中平均数是2+3+4+3+75=4，
方差是S2=15[(2−4)2+(3−4)2+(5−4)2+(3−4)2+(7−4)2]=3.2．
故答案为：3.2．
根据平均数、方差的定义和计算公式分别进行分析即可．
本题考查方差和平均数，熟练记住方差公式是解题的关键．
13.【答案】(15,3)
【解析】解：如图，
∵顶点M、N的坐标分别为(3,9)、(12,9)，
∴MN//x轴，MN=9，
∴正方形的边长为3，
∴BN=6，
∵BN//y轴，
∴点B(12,3)，
∵AB//MN，
∴AB//x轴，
∴点A(15,3)
故答案为(15,3)．
由图形可得MN//x轴，MN=9，可求正方形的边长，根据边长推出A点坐标即可求解．
本题考查了坐标与图形性质，读懂图形的意思，是本题的关键．
14.【答案】(5π+32.4)
【解析】解：竖截面的总长=AB+BC+CD+DE+EF
=1.7+90π×5180×2+29+6.7−5
=(5π+32.4)m，
故答案为：(5π+32.4)．
因为这是一个轴对称模型，所以BC=DE，根据弧长公式求竖截面的总长=BC+CD+DE即可．
本题考查了弧长的计算，掌握弧长公式：l=nπR180(弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R)是解题的关键．
15.【答案】18°
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AD//CB，
∴∠BOC=90°，∠BCE=∠GFA，
∴∠ACB=90°−∠DBC=90°−36°=54°，
∵∠ACG=∠AGC，∠GAF=∠GFA，
∴∠ACG=∠AGC=∠GAF+∠GFA=2∠GFA，
∴∠ACB=∠ACG+∠BCE=3∠BCE=54°，
∴∠BCE=18°，
故答案为：18°．
由菱形的性质得AC⊥BD，AD//CB，则∠BOC=90°，∠BCE=∠GFA，得∠ACB=54°，再证∠ACG=2∠GFA，则∠ACB=∠ACG+∠BCE=3∠BCE=54°，即可得出结论．
本题考查了菱形的性质以及三角形的外角性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
16.【答案】112.5°
【解析】
【分析】
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
作AC所对的圆周角∠AEC，如图，先判断△OAB为等腰直角三角形，则∠OAB=45°，利用平行线的性质得到∠COA=135°，利用圆周角定理得到∠CEA=12∠COA=67.5°，然后根据圆内接四边形的性质计算∠ADC的度数．
【解答】
解：作AC所对的圆周角∠AEC，如图，
∵OA⊥OB，
∴∠AOB=90°，
∵OA=OB，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴∠OAB=45°，
∵OC//AB，
∴∠COA+∠OAB=180°，
∴∠COA=180°−45°=135°，
∴∠CEA=12∠COA=67.5°，
∵∠CEA+∠ADC=180°，
∴∠ADC=180°−67.5°=112.5°．
故答案为112.5°．
17.【答案】解：4(x+1)≥x+7①3x+24
解不等式②得：x>2，
∴原不等式组的解集为：x>2，
∴该不等式组的解集在数轴上表示如图所示：
【解析】按照解一元一次不等式组的步骤进行计算，即可解答．
本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．
18.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
∵AF=DE，
∴AF+AE=DE+AE，
即EF=AD，
∴EF=BC，
∴四边形BCEF是平行四边形，
又∵CE⊥AD，
∴∠CEF=90°，
∴平行四边形BCEF是矩形．
【解析】由平行四边形的性质得AD//BC，AD=BC，再证EF=BC，则四边形BCEF是平行四边形，然后证∠CEF=90°，即可得出结论．
本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
19.【答案】解：(1)由题意得，甲三项成绩之和为：9+5+9=23(分)，
乙三项成绩之和为：8+9+5=22(分)，
∵23>22，
∴会录用甲；
(2)由题意得，甲三项成绩之加权平均数为：9×120360+5×360−120−60360+9×60360
=3+2.5+1.5
=7(分)，
乙三项成绩之加权平均数为：8×120360+9×360−120−60360+5×60360
=83+4.5+56
=8(分)，
∵7<8，
∴会改变(1)的录用结果．
【解析】(1)分别把甲、乙二人的三项成绩相加并比较即可；
(2)分别计算出甲、乙二人的三项成绩的加权平均数并比较即可．
此题考查了数据的描述与加权平均数的应用能力，关键是能根据统计图获得实际问题中的信息，并能通过求解加权平均数对问题进行分析．
20.【答案】解：如图，延长AD交BC的延长线于点E，作DF⊥BE于点F．
∵∠BCD=150°，
∴∠DCF=30°，
又CD=4米，
∴DF=12CD=2米，CF= CD2−DF2=2 3米，
由题意得∠E=30°，
∴EF=DFtanE=2 3米，
∴BE=BC+CF+EF=(6+4 3)米，
∴AB=BE·tanE=(6+4 3)× 33=(2 3+4)米，
答：电线杆的高度为(2 3+4)米．
【解析】延长AD交BC的延长线于点E，作DF⊥BE于点F，根据直角三角形的性质和勾股定理求出DF、CF的长，根据正切的定义求出EF，得到BE的长，根据正切的定义解答即可．
本题考查的是解直角三角形的应用，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
21.【答案】解：(1)设A种鲍鱼购进x个，B种鲍鱼购进y个，根据题意得，
x+y=3020x+15y=550，解得x=20y=10，
答：A种鲍鱼购进20个，B种鲍鱼购进10个；
(2)设A种鲍鱼购进x个，B种鲍鱼购进(30−x)个，总利润为w元，根据题意得，
x≤30−x2，解得x≤10，
w=(28−20)x+(20−15)(30−x)=3x+150，
∵3>0，
∴w随x的增大而增大，
∴x=10时，w最大=3×10+150=180，
30−10=20个，
综上，A种鲍鱼购进10个，B种鲍鱼购进20个，总利润最大为180元；
(3)第一次：(28−20)×20+(20−15)×10550×100%=2155，
第二次：18010×20+20×15×100%=1850，
∵2155>1850，
∴第一次更合算．
【解析】(1)设A种鲍鱼购进x个，B种鲍鱼购进y个，根据题目中的数量关系，列出二元一次方程组，求解即可；
(2)设A种鲍鱼购进x个，B种鲍鱼购进(30−x)个，总利润为w元，根据题意列出不等式和一次函数关系式，再根据一次函数的性质求解即可；
(3)分别求出两次的利润率，比较大小即可．
本题考查了二元一次方程组解应用题，一次函数的性质和应用，根据题意找出等量关系列出方程和函数关系式是解题的关键．
22.【答案】解：(1)EC是⊙O的切线，
理由：连接OC，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∵∠ABC=∠CBD，
∴∠OCB=∠CBD，
∴OC//BD，
∵CD⊥BD，
∴OC⊥DE，
∵OC是⊙O的半径，
∴EC是⊙O的切线；
(2)∵AB为⊙O的直径，CD⊥BD，
∴∠ACB=∠D=90°，
∵∠ABC=∠CBD，
∴△ABC∽△CBD，
∴ABBC=BCBD，
∴AB48=4845，
∴AB=2565，
∴⊙O的半径为1285．
【解析】(1)连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠OCB=∠OBC，求得∠OCB=∠CBD，根据平行线的性质得到OC⊥DE，根据切线的判定定理即可得到结论；
(2)根据圆周角定理和垂直的定义得到∠ACB=∠D=90°，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
23.【答案】解：(1)四边形BE′FE是正方形，理由如下：
如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
由旋转得，∠E′=∠AEB=90°，∠EBE′=∠ABC=90°，
∵∠BEF=180°−∠AEB=90°，
∴四边形BE′FE是矩形，
由旋转得，BE′=BE，
∴四边形BE′FE是正方形；
(2)CF=FE′，证明如下：
如下图，过点D作DG⊥AE于点G，
则∠DGA=∠AEB=90°，
∵DA=DE，
∴AG=12AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA=AB，∠DAB=90°，
∴∠BAE+∠DAG=90°，
∵∠ADG+∠DAG=90°，
∴∠ADG=∠BAE，
∴△ADG≌△BAE(AAS)，
∴AG=BE；
∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE=FE′，
∴AG=FE′，
由旋转得，AE=CE′，
∴12AE=12CE′，
∴FE′=12AE=12CE′，
∴CF=FE′；
(3)如图3，过点D作DG⊥AE于点G，
∵BE=FE′，CF=3，
∴AE=CE′=FE′+CF=FE′+3=BE+3，
∵AE2+BE2=AB2，且AB=15，
∴(BE+3)2+BE2=152，
解得：BE=9或BE=−12(不符合题意，舍去)，
∴AE=CE′=9+3=12，EF=BE=9，
由(2)得，△ADG≌△BAE，
∴DG=AE=12，AG=BE=9，
∴GE=AE−AG=12−9=3，
∵∠DGE=90°，
∴DE= DG2+EG2= 122+32=3 17．
【解析】(1)由旋转的特征可得到∠E′=∠AEB=90°，∠EBE′=90°，BE′=BE，再由∠BEF=180°−∠AEB=90°，可判定四边形BE′FE是正方形；
(2)过点D作DG⊥AE于点G，由DA=DE得AG=12AE，再证明△ADG≌△BAE，且由四边形BE′FE是正方形，得到FE′=AG=12CE′，可证得结论；
(3)过点D作DG⊥AE于点G，由旋转及四边形BE′FE是正方形可得如下关系：AE=CE′=FE′+CF=FE′+3=BE+3，在Rt△BAE中根据勾股定理求出BE，AE的长，可得EF的长；由(1)可知，△ADG≌△BAE，得到DG=BE，AG=BE，再由勾股定理求出DE的长．
此题是四边形的综合题，重点考查正方形的性质与判定，旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，且通过深入挖掘题中的隐含条件寻找三角形全等的条件，此题难度适中，属于中考压轴题．
24.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx−6与x轴交于A(3,0)，B(8,0)两点，
∴9a+3b−6=064a+8b−6=0，
解得：a=−14b=114．
∴抛物线的解析式为y=−14x2+114x−6．
令x=0，则y=−6，
∴C(0,−6)，
设直线BC的解析式为y=kx+n，
∴8k+n=0n=−6，
解得：k=34n=−6，
∴直线BC的表达式为y=34x−6；
(2)过点P作PD⊥x轴于点D，如图，
∵点P在抛物线上，点P的横坐标为m，
∴P(m,−14m2+114m−6)，
∴OD=m，PD=14m2−114m+6，
∵A(3,0)，C(0,−6)，
∴OA=3，OC=6．
∴AD=m−3．
∵△APC是以CP为斜边的直角三角形，
∴∠CAP=90°，
∴∠OAC+∠DAP=90°．
∵∠DAP+∠APD=90°，
∴∠OAC=∠APD．
∵∠COA=∠ADP=90°，
∴△OAC∽△DPA，
∴OAOC=PDAD，
∴36=14m2−114m+6m−3，
∴m=3(不合题意，舍去)或m=10．
经检验，m=10是原方程的根，
∴m=10，
∴P(10,−72)；
(3)线段PQ有最大值，PQ的最大值为165，此时点P的坐标为(4,1).理由：
∵P(m,−14m2+114m−6)，PN//y轴交BC于点N，
∴N(m,34m−6)，
∵点P在直线BC上方的抛物线上，
∴PN=−−14m2+114m−6−(34m−6)=−14m2+2m．
∵B(8,0)，C(0,−6)，
∴OB=8，OC=6，
∴BC= OB2+OC2=10．
∵PN//y轴，
∴∠PNQ=∠OCB．
∵∠PQN=∠BOC=90°，
∴△PQN∽△BOC，
∴PQPN=OBBC，
∴PQ−14m2+2m=810，
∴PQ=−15m2+85m=−15(m−4)2+165．
∵−15<0，
∴当m=4时，PQ有最大值165．
综上，线段PQ有最大值，PQ的最大值为165，此时点P的坐标为(4,1)．
【解析】(1)利用待定系数法解答即可；
(2)过点P作PD⊥x轴于点D，利用P(m,−14m2+114m−6)，A，B，C的坐标表示出线段OA，AD，OC，PD的长度，利用相似三角形的判定与性质列出比例式，求得m值，则结论可求；
(3)利用点P，N的坐标表示出线段PN的长度，利用相似三角形的判定与性质求得PQ，再利用二次函数的性质和配方法解答即可得出结论．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，抛物线上点的坐标的特征，一次函数的图象与性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
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