2024年福建省泉州市南安市四校联盟中考数学第一次命题磨题试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年福建省泉州市南安市四校联盟中考数学第一次命题磨题试卷（含详细答案解析），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。

1.2024年春节，泉州文旅市场“热辣滚烫”！短短的8天时间，这座古城共接待旅游人数8181200人次，实现旅游收入80.18亿元，两项数据均稳居全省首位.将8 181 200用科学记数法表示为( )
A. 0.81812×107B. 8.1812×106C. 81.812×105D. 81812×102
2.下列几何体中，俯视图为三角形的是( )
A. B. C. D.
3.如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点E是BC的中点．若OE=3，则AB的长为( )
A. 3
B. 6
C. 9
D. 12
4.下列事件中，属于必然事件的是( )
A. 任意购买一张电影票，座位号是偶数
B. 梦到醒来会下雨，醒来后发现窗外在下雨
C. 解锁手机，提示微信收到了新消息
D. 五个人分成四组，且每组都有人，则这四组中有一组必有2人
5.点P(−1,2)关于x轴对称点的坐标为( )
A. (1,−2)B. (−1,2)C. (1,2)D. (−1,−2)
6.如图，在△ABC中，AB=5，BC=6，AC的垂直平分线分别交BC、AC于点D、E，则△ABD的周长为( )
A. 8
B. 11
C. 16
D. 17
7.如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ABD=35∘，∠ACB=45∘，则∠BAD等于( )
A. 100∘
B. 90∘
C. 80∘
D. 70∘
8.周末，刘老师读到《行路难》中“闲来垂钓碧溪上，忽复乘舟梦日边.”邀约好友一起去江边垂钓.如图，钓鱼竿AC的长为4m，露在水面上的鱼线BC的长为2 2m，刘老师想看看鱼钩上的情况，把鱼竿AC逆时针转动15∘到AC′的位置，此时露在水面上的鱼线B′C′的长度是( )
A. 3m
B. 2 2m
C. 2 3m
D. 3 3m
9.已知抛物线y=−x2+(6−2m)x−m2+3的对称轴在y轴的右侧，当x>2时，y的值随着x值的增大而减小，点P是抛物线上的点，设P的纵坐标为t，若t≤3，则m的取值范围是( )
A. m≥32B. 32≤m<3C. m<3D. 1≤m<3
10.如图，点A是双曲线y=kx上一点，过A作AB//x轴，交直线y=−x于点B，点D是x轴上一点，连接BD交双曲线于点C，连接AD，若BC：CD=3：2，△ABD的面积为114，tan∠ABD=95，则k的值为( )
A. −2
B. −3
C. −34
D. 34
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.分解因式：x2−4=______.
12.如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴的正半轴上，点B坐标为(4,3)，则tan∠AOB的值为______.
13.湿地公园有A、B、C三个入口，周末小林与小周随机从一个入口进入该公园，则小林与小周恰好从同一个入口进入该公园的概率是______.
14.若 xx−3有意义，则x的取值范围是__________.
15.如图，在扇形AOB中，∠AOB=120∘，半径OC交弦AB于点D，且OC⊥AO，若OA=6，则图中阴影部分的周长为______(结果保留π).
16.正方形ABCD边长为4，点P是线段BC上的一动点，连接DP，以DP为边在直线DP右侧作等边三角形DPE，则线段CE取得最小值时，BP的长为______.
三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
计算：(−1)2024−38+|2− 3|+(−12)−2.
18.(本小题8分)
如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，DE//AC，DF//AB.求证：四边形AEDF是菱形．
19.(本小题8分)
先化简，再求值：a+1a2−2a+1÷(2+3−aa−1)，其中a= 2+1.
20.(本小题8分)
为迎接建党100周年，甲、乙两位学生参加了知识竞赛培训，现分别从他们在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8次，记录这8次成绩(单位：分)，并按成绩从低到高整理成如表所示，由于表格被污损，甲的第5个数据看不清，但知道甲的中位数比乙的众数大3.
(1)求x的值；
(2)现要从中选派一人参加竞赛，从统计或概率的角度考虑，你认为选派哪位学生参加合适？请说明理由.
21.(本小题8分)
如图，∠ABC=70∘，AB=BC.
(1)求作△BCD及∠BCE，满足△BCD为等边三角形，∠BCE=170∘，其中AB=CE，点D，E与
点A在BC的同侧；(要求：尺规作图，不写作法，保留痕迹)
(2)在(1)的条件下，求∠BAE的度数.
22.(本小题10分)
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90∘，以AC为直径作⊙O，D为⊙O上一点，连接BD交AC于点E，连接AD，CD，OB，且BD=AB.
(1)求证：OB//CD；
(2)若D为弧AC的中点，求tan∠BDC.
23.(本小题10分)
茶为国饮，茶文化是中国传统文化的重要组成部分，这也带动了茶艺、茶具、茶服等相关文化的延伸及产业的发展，在“春季茶叶节”期间，某茶具店老板购进了A、B两种不同的茶具.若购进A种茶具1套和B种茶具2套，需要250元：若购进A种茶具3套和B种茶具4套则需要600元.且已知销售一套A种茶具，可获利30元，销售一套B种茶具可获利20元.
(1)A、B两种茶具每套进价分别为多少元？
(2)由于茶具畅销，老板决定再次购进A、B两种茶具共80套，茶具工厂对两种类型的茶具进行了价格调整，A种茶具的进价比第一次购进时提高了8%，B种茶具的进价按第一次购进时进价的八折；如果茶具店老板此次用于购进A、B两种茶具的总费用不超过6240元，则如何进货可使再次购进的茶具获得最大的利润？最大的利润是多少？
24.(本小题12分)
《九章算术》句股章[一五]问“句股容方”描述了关于图形之间关系的问题：知道一个直角三角形较短直角边(“句”)与较长直角边(“股”)的长度，那么，以该三角形的直角顶点为一个顶点、另外三个顶点分别在该三角形三边上的正方形的边长就可以求得.(我们不妨称这个正方形为该直角三角形的“句容正方形”)
其文如下：
题：今有句五步，股十二步，问句中客方几何？
答：方三步，十七分步之九.
术：并句、股为法，句股相乘为实，实如法而一，得方一步.
“题”、“答”、“术”的意思大致如下：
问题：一个直角三角形的两直角边的长分别为5和12，它的“句容正方形”的边长是多少？
答案：3917.
解法5×125+12=6017=3917.
(1)根据“句股容方”中描述的直角三角形与其“句容正方形”之间的关系，请提出一个数学命题，并证明；
(2)应用(1)中的命题解决问题：
某市去年举办中小学校园文化展览，举办方在某广场搭建了一个展馆(平面示意图为正方形)，并综合考虑参展主题、参展单位等因素将展馆划分为四个展区，规划方案如图所示.其中，E是DC的中点，点H，G在BC边上，HF垂直平分AE，垂足为F，∠BAE=∠AEG.
今年，为了让更多人参与，举办方拟在北湖公园的一块菱形场地上搭建展馆.该菱形场地面积为19200m2，且两条对角线长度之和为400m.考虑到展览安全、公园环境等各方面的因素，若举办方希望沿用去年展馆及展区的规划方案，则展馆的建设需满足以下要求：①展馆平面示意图中的A，B，C，D四个点分别落在菱形场地的四条边上；②展馆主人口BH的宽度为12m.去年的规划方案是否可行？请说明理由.
25.(本小题14分)
抛物线C1:y=x2−2x−8.交x轴于A，B两点(A在B的左边)，交y轴于点C.
(1)直接写出该抛物线的对称轴及顶点坐标；
(2)如图(1)，作直线x=t(0(3)如图(2)，将抛物线C1平移得到抛物线C2，其顶点为原点.直线y=2x与抛物线交于O，G两点，过OG的中点H作直线MN(异于直线OG)交抛物线C2于M，N两点，直线MO与直线GN交于点P.问点P是否在一条定直线上？若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：将8 181 200用科学记数法表示为8.1812×106.
故选：B.
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．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了几何体的三视图，正确理解主视图与左视图以及俯视图的特征是解题的关键．
观察图象，得到几种图形的俯视图即可解答．
【解答】
解：根据俯视图的特征，应选C.
故选：C.
3.【答案】B
【解析】解：∵平行四边形的对角线互相平分，
∴OC=OA，
又∵点E是BC的中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∵OE=3，
∴AB=2OE=6.
故选：B.
先利用平行四边形的对角线互相平分，可知O是AC的中点，再结合E是BC中点，可得OE是△ABC的中位线，利用中位线定理，可求出AB.
此题考查的知识点：(1)平行四边形的对角线互相平分；(2)三角形的中位线平行且等于底边的一半．
4.【答案】D
【解析】解：A.任意购买一张电影票，座位号可能是奇数，有可能是偶数，是随机事件，因此选项A不符合题意；
B.梦到醒来会下雨，醒来后发现窗外在下雨，这也只是个随机事件，因此选项B不符合题意；
C.解锁手机，提示微信收到了新消息，有可能没收到新信息，是随机事件，因此选项C不符合题意；
D.根据“抽屉”原理，五个人分成四组，且每组都有人，则这四组中有一组必有2人是必然事件，因此选项D符合题意；
故选：D.
根据必然事件的意义，结合具体的问题情境逐项进行判断即可．
本题考查随机事件、必然事件，理解必然事件的意义是正确判断的前提，结合问题情境判断事件发生的可能性是正确解答的关键．
5.【答案】D
【解析】解：点P(−1,2)关于x轴对称的点的坐标为(−1,−2)，
故选：D.
根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可直接得到答案．
此题主要考查了关于x轴对称点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
6.【答案】B
【解析】解：∵DE是线段AC的垂直平分线，
∴DA=DC，
∴△ABD的周长=AB+BD+AD=AB+BD+DC=AB+BC=11，
故选：B.
根据线段垂直平分线的性质得到DA=DC，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵∠ACB=45∘，
∴∠ADB=∠ACB=45∘，
∵∠ABD=35∘，
∴∠BAD=180∘−∠ABD−∠ADB=180∘−35∘−45∘=100∘，
故选：A.
首先根据同弧所对的圆周角相等求得∠ADB的度数，然后利用三角形内角和定理求得答案即可．
考查了圆周角定理及圆内接四边形的知识，解题的关键是了解同弧所对的圆周角相等，难度不大．
8.【答案】C
【解析】解：在Rt△ABC中，AC=4m，BC=2 2m，
∴sin∠CAB=BCAC=2 24= 22，
∴∠CAB=45∘，
∵∠CAC′=15∘，
∴∠C′AB=∠C′AC+∠CAB=60∘，
在Rt△C′AB′中，AC′=4m，
∴C′B′=AC′⋅sin60∘=4× 32=2 3(m)，
∴露出水面的鱼线B′C′长度是2 3m，
故选：C.
先在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出∠CAB=45∘，从而求出∠C′AB=60∘，然后在Rt△C′AB′中，利用锐角三角函数的定义求出B′C′的长，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：抛物线y=−x2+(6−2m)x−m2+3的对称轴为x=−(6−2m)2×(−1)=−m+3，
∵抛物线y=−x2+(6−2m)x−m2+3的对称轴在y轴的右侧，
∴−m+3>0，解得m<3①，
∵当x>2时，y的值随着x值的增大而减小，且二次项系数为−1，抛物线开口向下，
∴−m+3≤2，解得m≥1②，
∵点P是抛物线上的点，设P的纵坐标为t，t≤3，
∴二次函数y=−x2+(6−2m)x−m2+3最大值小于等于3，即4×(−1)×(−m2+3)−(6−2m)24×(−1)≤3③，解得m≥32，
由①②③可得32≤m<3，
故选：B.
根据对称轴在y轴的右侧、x>2时，y的值随着x值的增大而减小、点P是抛物线上的点，设P的纵坐标为t，t≤3，分别列不等式即可解得答案．
本题考查二次函数对称轴、最大值及增减性，解题的关键是熟练运用二次函数的性质．
10.【答案】A
【解析】解：如图作BH⊥OD于H.延长BA交y轴于E.
∵AB//DH，
∴∠ABD=∠BDH，
∴tan∠ABD=tan∠BDH=95，设DH=5m，BH=9m，则BH=BE=9m，OD=4m，
∴C(−6m,185m)，
∴A(−125m,9m)，
∵△ABD的面积为114，
∴12×335m×9m=114，
∴m2=554，
∴k=−6m×185m=−2，
故选：A.
如图作BH⊥OD于H.延长BA交y轴于E.由tan∠ABD=tan∠BDH=95，设DH=5m，BH=9m，则BH=BE=9m，OD=4m，推出C(−6m,185m)，推出A(−125m,9m)，由△ABD的面积为114，推出12×335m×9m=114，可得m2=554，推出k=−6m×185m=−2；
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题、解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
11.【答案】(x+2)(x−2)
【解析】【分析】
本题考查了利用平方差公式进行因式分解，
先把式子写成x2−22，符合平方差公式的特点，再利用平方差公式分解因式即可．
【解答】
解：x2−4=x2−22=(x+2)(x−2).
故答案为：(x+2)(x−2).
12.【答案】34
【解析】解：过B作x轴的垂线，交x轴于C，
∵点B坐标为(4,3)，
∴tan∠AOB=BCOC=34，
故答案为：34.
过B作x轴的垂线，交x轴于C，在Rt△BOC中求值即可．
本题考查解直角三角形，关键是作出直角三角形．
13.【答案】13
【解析】解：画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中小林与小周恰好从同一个入口进入该公园的结果有3种，
∴小林与小周恰好从同一个入口进入该公园的概率是39=13，
故答案为：13.
画树状图，共有9种等可能的结果，其中小林与小周恰好从同一个入口进入该公园的结果有3种，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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．
14.【答案】x≥0且x≠3
【解析】解：由题意得，x≥0且x−3≠0，
解得x≥0且x≠3.
故答案为：x≥0且x≠3.
根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查的是二次根式以及分式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数必须是非负数是解题的关键．
15.【答案】6+π
【解析】解：∵∠AOB=120∘，OA=OB，
∴∠A=∠B=30∘，
∵OC⊥AO，
∴∠AOC=90∘，
∴∠BOC=30∘，
∴∠B=∠BOD，
∴OD=BD，
∵OA=OB=6，
∴BD+CD=OD+CD=OA=6，
∵弧BC的长为30π×6180=π，
∴图中阴影部分的周长为：6+π.
故答案为：6+π.
根据等腰三角形的性质得OD=BD，所以BD+CD=OD+CD=OA=6，再计算出弧BC的长，即可求出答案．
本题考查弧长的计算，关键是掌握弧长公式．
16.【答案】4−2 3
【解析】解：如图所示，将点C绕点D逆时针旋转60∘，连接CF，EF，
∴DC=DF，
∵△DPE是等边三角形，
∴DP=DE，∠PDC+∠CDE=∠CDE+∠EDF=60∘
∴∠PDC=∠EDF，
在△CDP和△FDE中，
PD=ED∠PDC=∠EDFCD=FD，
∴△CDP≌△FDE(SAS)，
∴∠DCP=∠DFE=90∘，CP=EF，当CE⊥EF时，CE的值最小，
∵点C绕点D逆时针旋转60∘，DC=DF，
∴△DCF是等边三角形，则DC=DF=CF=4，∠DFC=60∘，且∠DFE=90∘，
∴∠CFE=30∘，
在Rt△CEF中，CE=12CF=12×4=2，
∴EF= 3CE=2 3=CP，BP=BC−CP=4−2 3，
故答案为：4−2 3.
如图所示，将点C绕点D逆时针旋转60∘，连接CF，EF，可证△CDP≌△FDE(SAS)，得∠DCP=∠DFE=90∘，CP=EF，当CE⊥EF时，CE的值最小，可知△DCF是等边三角形，∠CFE=30∘，在Rt△CEF中，可求EF的长，从而求出CP的长，由此即可求解．
本题主要考查正方形，等边三角形，点到直线的垂线段最短的综合，掌握正方形，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，最短路径的计算方法是解题的关键．
17.【答案】解：(−1)2024−38+|2− 3|+(−12)−2
=1−2+2− 3+4
=5− 3.
【解析】首先计算乘方、负整数指数幂、开立方和绝对值，然后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．
18.【答案】证明：∵AD是△ABC的角平分线，∴∠EAD=∠FAD，
∵DE//AC，DF//AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，∠EAD=∠ADF，
∴∠FAD=∠FDA
∴AF=DF，
∴四边形AEDF是菱形．
【解析】由已知易得四边形AEDF是平行四边形，由角平分线和平行线的定义可得∠FAD=∠FDA，∴AF=DF，∴四边形AEDF是菱形．
此题主要考查菱形的判定，有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
19.【答案】解：a+1a2−2a+1÷(2+3−aa−1)
=a+1(a−1)2÷2(a−1)+(3−a)a−1
=a+1(a−1)2⋅a−12a−2+3−a
=a+1a−1⋅1a+1
=1a−1，
当a= 2+1时，原式=1 2+1−1= 22.
【解析】根据分式的加法和除法可以化简题目中的式子，然后将a的值代入化简后的式子即可解答本题．
本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
20.【答案】解：(1)依题意可知
甲的中位数为82+x2，乙的众数为80，
∴82+x2=80+3，
解得x=84；
(2)解法一：派甲参赛比较合适．
理由如下：
x甲−=18×(70×2+80×4+90×2+8+9+1+2+4+8+3+5)=85，
S甲2=18×[(78−85)2+(79−85)2+(81−85)2+(82−85)2+(84−85)2+(88−85)2+(93−85)2+(95−85)2]=35.5，
S乙2=18×[(75−85)2+(80−85)2+(80−85)2+(83−85)2+(85−85)2+(90−85)2+(92−85)2+(95−85)2]=41，
因为x甲−=x乙−，S甲2所以甲的成绩较稳定，派甲参赛比较合适．
解法二：派乙参赛比较合适．
理由如下：
从概率的角度看，甲获得85以上(含85分)的概率P1=38，
乙获得8(5分)以上(含85分)的概率P2=48=12，
因为P1所以派乙参赛比较合适．
注：本小题的结论及理由均不唯一，如果考生能从统计或概率的角度分析，给出其它合理回答，同样给分．
【解析】(1)根据众数、中位数的计算方法分别计算即可；
(2)解法1：从平均数、方差以及数据的变化趋势分析．
解法2：从概率的角度以及数据的变化趋势分析．
考查平均数、众数和中位数的意义及计算方法，从多角度分析数据的发展趋势是一项基本的能力．
21.【答案】解：(1)如下图：△BCD及∠BCE即为所求；
(2)连接AD，DE，BE，
则AB=BD=BC=CD=CE，
∵∠ABD=10∘，∠A=∠ADB=85∘，∠CDE=∠CED=35∘，
∴∠ADE=∠ADB+BDC+∠CDE=180∘，
∴A，D，E三点共线，
∴∠BAE=∠A=85∘.
【解析】(1)先跟等腰三角形的性质作等边三角形，再根据作角等腰已知的基本作法作图；
(2)根据等腰三角形的性质求解．
本题考查了复杂作图，掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：如图1，连接OD，BO并延长交AD于点H，则：OA=OD，
在△BOA和△BOD中，
OD=OABD=ABOB=OB，
∴△BOA≌△BOD(SSS).
∴∠ABO=∠DBO.
∴BH⊥AD.
∵AC为⊙O直径，
∴CD⊥AD.
∴CD//BO.
(2)解：∵D为AC的中点，AC为⊙O直径，如图2，
∴∠AOD=∠COD=90∘.
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA=∠HOD=∠AOH=45∘.
∵∠ACB=90∘，
∴∠OBC=∠COB=∠AOH=45∘.
∴BC=OC，
设OH=DH=a，
∴OC=OD=BC= 2a.
∴OB= OC2+BC2=2a.
在Rt△BDH中，tan∠DBO=DHBH=DHBO+OH=a3a=13，
∵CD//BO，
∴∠BDC=∠DBO，
∴tan∠BDC=13.
【解析】(1)连接OD，BO并延长交AD于点H，证明△BOA≌△BOD(SSS)，得到∠ABO=∠DBO，进而得到BH⊥AD，根据直径所对的圆周角是直角，得到CD⊥AD，即可得证；
(2)根据D为弧AC的中点，得到∠AOD=∠COD=90∘，得到∠OAD=∠ODA=∠HOD=∠AOH=45∘，进而推出BC=OC，设OH=DH=a，推出OB= OC2+BC2=2a，进而求出tan∠DBO=DHBH=DHBO+OH=a3a=13，即可得解．
本题考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，熟练掌握直径所对的圆周角是直角，等腰三角形三线合一是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设A种茶具每套进价a元，B种茶具每套进价b元．
根据题意，得a+2b=2503a+4b=600，
解得a=100b=75，
∴A种茶具每套进价100元，B种茶具每套进价75元．
(2)再次购进A、B两种茶具时，A种茶具每套进价为100×(1+8%)=108(元)，B种茶具每套进价为75×0.8=60(元).
设购进A种茶具x套，则购进B种茶具(80−x)套．
根据题意，得108x+60(80−x)≤6240，
解得x≤30；
设获得的利润为W元，则W=30x+20(80−x)=10x+1600，
∵10>0，
∴W随x的增大而增大，
∵x≤30，
∴当x=30时，W的值最大，W最大=10×30+1600=1900，此时购进B种茶具80−30=50(套)，
购进A种茶具30套、B种茶具50套获得最大的利润，最大的利润是1900元．
【解析】(1)设A种茶具每套进价a元，B种茶具每套进价b元，根据题意列方程组并求解即可；
(2)计算再次购进A、B两种茶具时，A种茶具和B种茶具每套的价格，根据“A种茶具每套进价×购进A种茶具的套数+B种茶具每套进价×购进B种茶具的套数≤6240”列关于x的一元一次不等式并求解，设获得的利润为W元，根据“获得的利润=每套A种茶具的利润×购进A种茶具的套数+每套B种茶具的利润×购进B种茶具的套数”写出W关于x的关系式，根据该关系式的增减性和x的取值范围，确定当x为何值时W的值最大，求出其最大值此时(80−x)的值即可．
本题考查一次了函数的应用，掌握二元一次方程组和一元一次不等式的解法和一次函数的增减性是解题的关键．
24.【答案】解：(1)命题：如果直角三角形的两条直角边分别为a，b，那么该直角三角形的“句容正方形”的边长是aba+b；
已知：如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，BC=a，AC=b，四边形DECF是正方形，且点D，E，F分别在边AB，BC，AC上，
求证：DE=aba+b.
解法一：
证明：如图1，
∵四边形DECF是正方形，
∴DE//AC，DE=EC，
∴△BED∽△BCA，
∴DEAC=BEBC，
∴DEb=a−DEa，
∴DE=aba+b；
解法二：
如图2，连接CD，
∵四边形DECF是正方形，
∴∠DEC=∠DFC=90∘，DE=DF，
∴S△ABC=S△BCD+S△ACD=12⋅a⋅DE+12⋅b⋅DF=12(a+b)⋅DE，
∵∠ACB=90∘，
∴S△ABC=12ab，
∴12ab=12(a+b)⋅DE，
∴DE=aba+b；
(2)去年的规划方案可行，理由如下：
设菱形场地的两条对角线长分别为2a米，2b米，
由题意得：12⋅2a⋅2b=192002a+2b=400，化简得：ab=9600a+b=200，
如图3，若正方形ABCD的四个顶点分别在菱形PLNQ的四条边上，且DC⊥OQ，点E在线段OQ上，则DE是Rt△POQ的“句容正方形”的边长，
由(1)得：DE=aba+b=48米，
如图4，∵E是DC的中点，
∴DC=2DE=96米，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=DC=96米，∠D=∠DAB=∠ABC=90∘，
∴∠DAE+∠BAE=90∘，
在Rt△ADE中，AE= AD2+DE2= 962+482=48 5米，
∴sin∠DAE=DEAE=4848 5= 55，tan∠DAE=DEAD=4896=12，
∵F是AE的中点，
∴AF=12AE=24 5米，
如图4，延长AB，FH交于点M，
∵FH⊥AE，
∴∠AFM=90∘，
∴∠M+∠BAE=90∘，
∴∠M=∠DAE，
∴sinM=sin∠DAE= 55，tanM=tan∠DAE=12，
在Rt△AFM中，sinM=AFAM= 55=24 5AM，
∴AM=120米，
∴BM=AM−AB=120−96=24米，
∵∠ABC=90∘，
∴∠MBH=90∘，
在Rt△MBH中，tanM=BHBM=12=BH24，
∴BH=12BM=12米，
所以去年的规划方案可行．
【解析】(1)根据材料中的内容确定命题：如果直角三角形的两条直角边分别为a，b，那么该直角三角形的“句容正方形”的边长是aba+b；正确画图后写出已知和求证，介绍两种解法：一个用相似三角形的性质，一个用面积法，可得结论；
(2)设菱形场地的两条对角线长分别为2a米，2b米，根据菱形场地面积为19200m2，且两条对角线长度之和为400m列方程组可得：ab和a+b的值，作辅助线，如图4，延长AB，FH交于点M，根据三角函数定义计算sinM=sin∠DAE= 55，tanM=tan∠DAE=12，由此可解答．
本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，解直角三角形，勾股定理的应用，菱形的判定与性质，三角形的面积，有难度，掌握三角形的面积是解本题的关键．
25.【答案】解：(1)将y=x2−2x−8变形得：y=(x−1)2−9，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
顶点坐标为(1,9)；
(2)当y=0时，x2−2x−8=0，
解得：x1=−2，x2=4，
当x=0时，y=−8，
∴A(−2,0)，B(4,0)，C(0,−8).
∵F是直线x=t与抛物线C1的交点，
∴F(t,t2−2t−8).
①如图，若△BE1D1∽△CE1F1时．
则∠BCF1=∠CBO，
∴CF1//OB.
∵C(0,−8)，
∴t2−2t−8=−8.
解得：t=0(舍去)或t=2.
②如图，若△BE2D2∽△F2E2C时．
过F2作F2T⊥y轴于点T.
∵∠BCF2=∠BD2E2=90∘，
∴∠CBO+∠BCO=90∘，∠F2CT+∠BCO=90∘，
∴∠F2CT=∠OBC，
又∵∠CTF2=∠BOC，
∴△BCO∽△CF2T，
∴F2TCO=CTBO，
∵B(4,0)，C(0,−8)，
∴OB=4，OC=8.
∵F2T=t，CT=−8−(t2−2t−8)=2t−t2，
∴t8=2t−t24，
∴2t2−3t=0，
解得：t=0(舍去)或t=32，
综上，符合题意的t的值为2或32；
(3)点P在一条定直线上．理由如下：
由题意知抛物线C2：y=x2，
∵直线OG的解析式为y=2x，
∴G(2,4).
∵H是OG的中点，
∴H(1,2).
设M(m,m2)，N(n,n2)，直线MN的解析式为y=k1x+b1.
则nk1+b1=n2mk1+b1=m2，
解得：k1=m+nb1=−mn，
∴直线MN的解析式为y=(m+n)x−mn.
∵直线MN经过点H(1,2)，
∴mn=m+n−2.
同理，直线GN的解析式为y=(n+2)x−2n；直线MO的解析式为y=mx.
联立，得y=(n+2)x−2ny=mx，
∵直线OM与NG相交于点P，
∴n−m+2≠0.
解得：x=2nn−m+2y=2mnn−m+2，
∵mn=m+n−2，
∴P(2nn−m+2,2m+2n−4n−m+2).
设点P在直线y=kx+b上，则2m+2n−4n−m+2=k⋅2nn−m+2+b，
整理得，2m+2n−4=2kn+bn−bm+2b=−bm+(2k+b)n+2b，
比较系数，得2=−b2=2k+b，
∴k=2，b=−2.
∴当k=2，b=−2时，无论m，n为何值时，等式2m+2n−4n−m+2=k⋅2nn−m+2+b恒成立．
∴点P在定直线y=2x−2上．
【解析】(1)将抛物线解析式化为顶点式y=(x−1)2−9，即可得解；
(2)分别令x、y为0，解方程即可求得点A、B、C的坐标；分两种情况：①若△BE1D1∽△CE1F1时，可得∠BCF1=∠CBO，由平行线的判定可得CF1//OB，即CF1//x轴，点F与C的纵坐标相同，建立方程求解即可．②若△BE2D2∽△F2E2C时，过F2作F2T⊥y轴于点T.可证得△BCO∽△CF2T，F2TCO=CTBO，即t8=2t−t24，解方程即可求得答案；
(3)由题意知抛物线C2：y=x2，联立方程求解即可得G(2,4).根据中点坐标公式可得H(1,2).设M(m,m2)，N(n,n2)，可得直线MN的解析式为y=(m+n)x−mn.将点H的坐标代入可得mn=m+n−2.同理，直线GN的解析式为y=(n+2)x−2n；直线MO的解析式为y=mx.联立方程组求解可得P(2nn−m+2,2m+2n−4n−m+2).代入y=kx+b，整理得2m+2n−4=2kn+bn−bm+2b=−bm+(2k+b)n+2b，比较系数可得k=2，b=−2，故点P在定直线y=2x−2上．
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，抛物线与坐标轴的交点，相似三角形的判定和性质，一次函数图象上点的坐标特征等，解答本题的关键要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，运用分类讨论思想思考解决问题．甲
78
79
81
82
x
88
93
95
乙
75
80
80
83
85
90
92
95