2023年 黑龙江省 龙东地区 数学 中考真题 解析版

这是一份2023年 黑龙江省 龙东地区 数学 中考真题 解析版，共35页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．下列运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分别根据积的乘方，完全平方公式，平方差公式和幂的乘方法则进行判断即可．
【详解】解：A.，原式计算错误；
B. ，原式计算错误；
C. ，计算正确；
D. ，原式计算错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了积的乘方，完全平方公式，平方差公式和幂的乘方，熟练掌握运算法则，牢记乘法公式是解题的关键．
2．下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故选A．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟知二者的定义是解题的关键．
3．一个几何体由若干大小相同的小正方体组成，它的俯视图和左视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】在“俯视打地基”的前提下，结合左视图知俯视图上一行三个小正方体的上方（第2层）至少还有1个正方体，据此可得答案.
【详解】解：由俯视图与左视图知，该几何体所需小正方体个数最少分布情况如下图所示：
所以组成该几何体所需小正方体的个数最少为5，
故选：B．
【点睛】本题主要考查由三视图判断几何体，解题的关键是掌握口诀“俯视打地基，主视疯狂盖，左视拆违章”．
4．已知一组数据的平均数是1，则这组数据的众数是（ ）
A．B．5C．和5D．1和3
【答案】C
【分析】先根据平均数的定义列出关于的方程，求出的值，从而还原这组数据，再利用众数的概念求解即可．
【详解】解：∵数据的平均数是1，
∴，
解得，
则，
∴这组数据的众数是和5，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了众数和平均数，解题关键是掌握众数和平均数的概念．
5．如图，在长为，宽为的矩形空地上修筑四条宽度相等的小路，若余下的部分全部种上花卉，且花圃的面积是，则小路的宽是（ ）

A．B．C．或D．
【答案】A
【分析】设小路宽为，则种植花草部分的面积等于长为，宽为的矩形的面积，根据花草的种植面积为，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
【详解】解：设小路宽为，则种植花草部分的面积等于长为，宽为的矩形的面积，
依题意得：
解得：，（不合题意，舍去），
∴小路宽为．
故选A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
6．已知关于x的分式方程的解是非负数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．且D．且
【答案】C
【分析】解分式方程求出，然后根据解是非负数以及解不是增根得出关于m的不等式组，求解即可．
【详解】解：分式方程去分母得：，
解得：，
∵分式方程的解是非负数，
∴，且，
∴且，
故选：C．
【点睛】本题考查了解分式方程，解一元一次不等式组，正确得出关于m的不等式组是解题的关键．
7．某社区为了打造“书香社区”，丰富小区居民的业余文化生活，计划出资500元全部用于采购A，B，C三种图书，A种每本30元，B种每本25元，C种每本20元，其中A种图书至少买5本，最多买6本（三种图书都要买），此次采购的方案有（ ）
A．5种B．6种C．7种D．8种
【答案】B
【分析】设采购A种图书x本，B种图书y本，C种图书z本，根据采购三种图书需500元列出方程，再依据x的数量分两种情况讨论求解即可．
【详解】解：设采购A种图书x本，B种图书y本，C种图书z本，其中且均为整数，根据题意得，
，
整理得，，
①当时，，
∴
∵且均为整数，
∴当时，，∴；
当时，，∴；
当时，，∴；
②当时，，
∴
∵且均为整数，
∴当时，，∴；
当时，，∴；
当时，，∴；
综上，此次共有6种采购方案，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程的应用，正确理解题意、进行分类讨论是解答本题的关键．
8．如图，是等腰三角形，过原点，底边轴，双曲线过两点，过点作轴交双曲线于点，若，则的值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，根据反比例函数的中心对称性可得，然后过点A作于E，求出，点D的横坐标为，再根据列式求出，进而可得点D的纵坐标，将点D坐标代入反比例函数解析式即可求出的值．
【详解】解：由题意，设，
∵过原点，
∴，
过点A作于E，
∵是等腰三角形，
∴，
∴，点D的横坐标为，
∵底边轴，轴，
∴，
∴，
∴点D的纵坐标为，
∴，
∴，
解得：，
故选：C．

【点睛】本题考查了反比例函数的图象和性质，中心对称的性质，等腰三角形的性质等知识，设出点B坐标，正确表示出点D的坐标是解题的关键．
9．如图，在平面直角坐标中，矩形的边，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先证明，求出，连结，设与交于点F，然后求出，可得，再用含的式子表示出，最后在中，利用勾股定理构建方程求出即可解决问题．
【详解】解：∵矩形的边，，
∴，，，
由题意知，
∴，
又∵，
∴，
∴，
由折叠知，，
∴，
∴，即，
连接，设与交于点F，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠知，，
∴，
∵在中，，
∴，
解得：，
∴点的坐标是，
故选：D．

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出的长是解题的关键．
10．如图，在正方形中，点分别是上的动点，且，垂足为，将沿翻折，得到交于点，对角线交于点，连接，下列结论正确的是：①；②；③若，则四边形是菱形；④当点运动到的中点，；⑤．（ ）

A．①②③④⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②⑤
【答案】B
【分析】利用正方形的性质和翻折的性质，逐一判断，即可解答．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，故①正确，
将沿翻折，得到，
，
∵，
，故②正确，
当时，，
，
，即在同一直线上，
，
，
通过翻折的性质可得，，
∴，，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形，故③正确，
当点运动到的中点，如图，

设正方形的边长为，则，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
，
在中，，故④错误，
，
，
，，
，
根据翻折的性质可得，
，
，
，故⑤正确；
综上分析可知，正确的是①②③⑤．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键．
二、填空题
11．据交通运输部信息显示：2023年“五一”假期第一天，全国营运性客运量约5699万人次，将5699万用科学记数法表示为 ．
【答案】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，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时，n是正数；当原数的绝对值时，n是负数．
【详解】5699万，
故答案为：．
【点睛】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的形式，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
12．函数y=中，自变量x的取值范围是 ．
【答案】
【详解】解：由题意得，，
解得．
13．如图，在矩形中对角线，交于点，请添加一个条件 ，使矩形是正方形（填一个即可）
【答案】或
【分析】根据正方形的判定定理可知：邻边相等的矩形是正方形，对角线互相垂直的矩形是正方形.
【详解】∵邻边相等的矩形是正方形，
∴可添加条件
或者∵对角线互相垂直的矩形是正方形
∴还可以添加条件
【点睛】本题考查正方形的判定，找出正方形与矩形的性质差异，即为可添加的条件.
14．一个不透明的袋子中装有3个红球和2个白球，这些小球除标号外完全相同，随机摸出两个小球，恰好是一红一白的概率是 ．
【答案】/0.6
【分析】首先根据题意列出表格，然后由表格求得所有等可能的结果与随机摸出一红一白
的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】解：列表得：
由列表可知：共有20种等可能的结果，其中随机摸出两个小球，恰好是一红一白的情况有12种，
∴恰好是一红一白的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．注意列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法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．
15．关于的不等式组有3个整数解，则实数的取值范围是 ．
【答案】/
【分析】解不等式组，根据不等式组有3个整数解得出关于m的不等式组，进而可求得的取值范围．
【详解】解：解不等式组得：，
∵关于的不等式组有3个整数解，
∴这3个整数解为，，，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，一元一次不等式组的整数解，正确得出关于m的不等式组是解题的关键．
16．如图，是的直径，切于点A，交于点，连接，若，则 ．
【答案】34
【分析】首先根据等边对等角得到，然后利用外角的性质得到，利用切线的性质得到，最后利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵切于点A，
∴，
∴．
故答案为：34．
【点睛】此题考查了切线的性质和三角形的外角的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
17．已知圆锥的母线长，侧面积，则这个圆锥的高是 ．
【答案】12
【分析】利用圆锥的侧面积公式可得到底面半径，再利用勾股定理即可得到高．
【详解】解：根据圆锥侧面积公式变形可得，
根据圆锥母线公式，可得，
故答案为：12．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积公式和母线公式，熟知上述公式是解题的关键．
18．在中，，点是斜边的中点，把绕点顺时针旋转，得，点，点旋转后的对应点分别是点，点，连接，，在旋转的过程中，面积的最大值是 ．
【答案】/
【分析】过点A作交的延长线于点G，求出，然后由旋转的性质可知点F在以A为圆心的长为半径的圆上运动，则可得如图中G、A、F三点共线时点F到直线的距离最大，求出距离的最大值，然后计算即可．
【详解】解：如图，在中，，，点是斜边的中点，
∴，，，
∴，
过点A作交的延长线于点G，
∴，
又∵在旋转的过程中，点F在以A为圆心的长为半径的圆上运动，，
∴点F到直线的距离的最大值为，（如图，G、A、F三点共线时）
∴面积的最大值，
故答案为：．

【点睛】本题考查了含直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，旋转的性质，圆的基本性质等知识，根据旋转的性质求出点F到直线距离的最大值是解答本题的关键．
19．矩形中，，将矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，若是直角三角形，则点到直线的距离是 ．
【答案】6或或
【分析】由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，延长交的另一侧于点E，则此时是直角三角形，易得点到直线的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．
【详解】解：由题意矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，
可知点E在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，
如图，延长交的另一侧于点E，则此时是直角三角形，
点到直线的距离为的长度，即，

当过点D的直线与圆相切与点E时，是直角三角形，分两种情况，
①如图，过点E作交于点H，交于点G，

∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，，，
由勾股定理可得，
∵，
∴，
∴到直线的距离，
②如图，过点E作交于点N，交于点M，

∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，，，
由勾股定理可得，
∵，
∴，
∴到直线的距离，
综上，6或或，
故答案为：6或或．
【点睛】本题考查了矩形的折叠问题切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．
20．如图，在平面直角坐标系中，的顶点A在直线上，顶点B在x轴上，垂直轴，且，顶点在直线上，；过点作直线的垂线，垂足为，交x轴于，过点作垂直x轴，交于点，连接，得到第一个；过点作直线的垂线，垂足为，交x轴于，过点作垂直x轴，交于点，连接，得到第二个；如此下去，……，则的面积是 ．
【答案】
【分析】解直角三角形得出，，求出，证明，，得出，，总结得出，从而得出．
【详解】解：∵，
∴，
∵轴，
∴点A的横坐标为，
∵，
∴点A的纵坐标为，
∴，
∴，
∵，
∴设，则，
∴，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
∴平分，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴
，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵轴，轴，
∴，，
∵轴，轴，轴，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
同理，
∴，
，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，解直角三角形，三角形面积的计算，平行线的判定和性质，一次函数规律探究，角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是得出一般规律．
三、解答题
21．先化简，再求值：，其中．
【答案】，原式
【分析】先根据分式的混合运算法则化简，然后求出，最后代值计算即可．
【详解】解：
，
∵，
∴原式．
【点睛】本题主要考查了分式的化简求值，求特殊角三角函数值，正确计算是解题的关键．
22．如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，．

(1)将向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到，请画出．
(2)请画出关于轴对称的．
(3)将着原点顺时针旋转，得到，求线段在旋转过程中扫过的面积（结果保留）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据平移的性质得出对应点的位置进而画出图形；
（2）利用轴对称的性质得出对应点的位置进而画出图形；
（3）画出旋转后的图形，根据即可得出答案．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；

（2）如图所示，即为所求；
（3）将着原点顺时针旋转，得到，

设所在圆交于点D，交于点E，
，，
，
，，
，
，
，，，
，
故线段在旋转过程中扫过的面积为．
【点睛】本题考查平移、轴对称变换作图和旋转的性质以及扇形的面积，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
23．如图，抛物线与轴交于两点，交轴于点．
(1)求抛物线的解析式．
(2)拋物线上是否存在一点，使得，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，点的坐标为或
【分析】（1）采用待定系数法，将点和点坐标直接代入抛物线，即可求得抛物线的解析式．
（2）过线段的中点，且与平行的直线上的点与点，点连线组成的三角形的面积都等于，则此直线与抛物线的交点即为所求；求出此直线的解析式，与抛物线解析式联立，即可求得答案．
【详解】（1）解：因为抛物线经过点 和点两点，所以
，
解得
，
所以抛物线解析式为：．
（2）解：如图，设线段的中点为，可知点的坐标为，过点作与平行的直线，假设与抛物线交于点， （在的左边），（在图中未能显示）．
设直线的函数解析式为．
因为直线经过点和，所以
，
解得，
所以，直线的函数解析式为：．
又，
可设直线的函数解析式为，
因为直线经过点 ，所以
．
解得．
所以，直线的函数解析式为．
根据题意可知，
．
又，
所以，直线上任意一点与点，点连线组成的的面积都满足．
所以，直线与抛物线的交点，即为所求，可得
，
化简，得
，
解得，
所以，点的坐标为，点的坐标为．
故答案为：存在，点的坐标为或．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质、一次函数的图象和性质、一元二次方程、一元一次方程等，灵活结合二次函数和一次函数图象特点是解题的关键．
24．某中学开展主题为“垃圾分类，绿色生活”的宣传活动、为了解学生对垃圾分类知识的掌握情况，该校团委在校园内随机抽取了部分学生进行问卷调在，将他们的得分按A：优秀，B：良好，C：合格，D：不合格四个等级进行统计，并绘制了如下不完整的条形统计图和扇形统计图．

(1)这次学校抽查的学生人数是__________人；
(2)将条形图补充完整；
(3)扇形统计图中C组对应的扇形圆心角度数是__________；
(4)如果该校共有2200人，请估计该校不合格的人数．
【答案】(1)40
(2)见解析
(3)
(4)220人
【分析】（1）用A：优秀的人数除以其人数占比即可求出参与调查的学生人数；
（2）先求出C：合格的人数，再补全统计图即可；
（3）用360度乘以C组对应人数占比即可得到答案；
（4）用2200乘以样本中D组对应的人数占比即可得到答案．
【详解】（1）解：人，
∴这次学校抽查的学生人数是人，
故答案为：40；
（2）解：由（1）得C：合格的人数为人，
补全统计图如下所示：

（3）解：，
∴扇形统计图中C组对应的扇形圆心角度数是，
故答案为：；
（4）解：人，
∴估计该校不合格的人数为220人．
【点睛】本题主要考查了条形统计图与扇形统计图信息相关联，用样本估计总体，正确读懂统计图是解题的关键．
25．已知甲，乙两地相距，一辆出租车从甲地出发往返于甲乙两地，一辆货车沿同一条公路从乙地前往甲地，两车同时出发，货车途经服务区时，停下来装完货物后，发现此时与出租车相距，货车继续出发后与出租车相遇．出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地．如图是两车距各自出发地的距离与货车行驶时间之间的函数图象，结合图象回答下列问题：

(1)图中的值是__________；
(2)求货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离与行驶时间之间的函数关系式；
(3)直接写出在出租车返回的行驶过程中，货车出发多长时间与出租车相距．
【答案】(1)120
(2)
(3)或
【分析】（1）利用待定系数法求得的解析式，将代入解析式，解方程即可解答；
（2）根据题意可得的值，即为货车装货时距离乙地的长度，结合货车停下来装完货物后，发现此时与出租车相距，可求出装货时间，即点的坐标，再根据货车继续出发后与出租车相遇，求出装完货后货车的速度，即直线的解析式中的值，最后将点B坐标代入直线的解析式，利用待定系数法即可解答；
（3）根据（2）中直线的解析式求得点的坐标，结合题意，可得点的坐标，从而可得到出租车返回时的速度，然后进行分类讨论：①出租车和货车第二次相遇前，相距时；②出租车和货车第二次相遇后，距离时，分别进行解答即可．
【详解】（1）解：结合图象，可得，
设直线的解析式为，
将代入解析式，可得，解得，
直线的解析式为，
把代入，得，
故答案为：120；
（2）解：根据货车停下来装完货物后，发现此时与出租车相距，
可得此时出租车距离乙地为，
出租车距离甲地为，
把代入，可得，解得，
货车装完货时，，可得，
根据货车继续出发后与出租车相遇，可得（出租车的速度货车的速度），
根据直线的解析式为，可得出租车的速度为，
相遇时，货车的速度为，
故可设直线的解析式为，
将代入，可得，解得，
直线的解析式为，
故货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离与行驶时间之间的函数关系式为；
（3）解：把代入，可得，解得，
，
，
根据出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地，可得,
，
出租车返回时的速度为，
设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距，
此时货车距离乙地为，出租车距离乙地为，
①出租车和货车第二次相遇前，相距时；
可得，
解得，
②出租车和货车第二次相遇后，相距时；
可得，
解得，
故在出租车返回的行驶过程中，货车出发或与出租车相距．
【点睛】本题考查了从函数图象获取信息，用待定系数法求一次函数，一次函数的实际应用，能准确地理解题意，根据题中信息求得所需数据是解题的关键．
26．如图①，和是等边三角形，连接，点F，G，H分别是和的中点，连接．易证：．
若和都是等腰直角三角形，且，如图②：若和都是等腰三角形，且，如图③：其他条件不变，判断和之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．

【答案】图②中，图③中，证明见解析
【分析】图②：如图②所示，连接，先由三角形中位线定理得到，，再证明得到，则，进一步证明，即可证明是等腰直角三角形，则；
图③：仿照图②证明是等边三角形，则．
【详解】解：图②中，图③中，
图②证明如下：
如图②所示，连接，
∵点F，G分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得，
∵和都是等腰直角三角形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
，
∴是等腰直角三角形，
∴；

图③证明如下：
如图③所示，连接，
∵点F，G分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得，
∵和都是等腰三角形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
，
∴是等边三角形，
∴．

【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，等边三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
27．2023年5月30日上午9点31分，神舟十六号载人飞船在酒泉发射中心发射升空，某中学组织毕业班的同学到当地电视台演播大厅观看现场直播，学校准备为同学们购进A，B两款文化衫，每件A款文化衫比每件B款文化衫多10元，用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同．
(1)求A款文化衫和B款文化衫每件各多少元？
(2)已知毕业班的同学一共有300人，学校计划用不多于14800元，不少于14750元购买文化衫，求有几种购买方案？
(3)在实际购买时，由于数量较多，商家让利销售，A款七折优惠，B款每件让利m元，采购人员发现（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同，试求m值．
【答案】(1)A款文化衫每件50元，则B款文化衫每件40元，
(2)一共有六种购买方案
(3)
【分析】（1）设A款文化衫每件x元，则B款文化衫每件元，然后根据用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同列出方程求解即可；
（2）设购买A款文化衫a件，则购买B款文化衫件，然后根据，学校计划用不多于14800元，不少于14750元购买文化衫列出不等式组求解即可；
（3）设购买资金为W元，购买A款文化衫a件，则购买B款文化衫件，求出，根据（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同，可得W的取值与a的值无关，由此即可求出．
【详解】（1）解：设A款文化衫每件x元，则B款文化衫每件元，
由题意得，，
解得，
检验，当时，，
∴是原方程的解，
∴，
∴A款文化衫每件50元，则B款文化衫每件40元，
答：A款文化衫每件50元，则B款文化衫每件40元；
（2）解：设购买A款文化衫a件，则购买B款文化衫件，
由题意得，，
解得，
∵a是正整数，
∴a的取值可以为275，276，277，278，279，280，
∴一共有六种购买方案；
（3）解：设购买资金为W元，购买A款文化衫a件，则购买B款文化衫件，
由题意得，
，
∵（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同，
∴W的取值与a的值无关，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了一元一次不等式组的实际应用，分式方程的实际应用，整式的加减的实际应用，正确理解题意列出方程和不等式组是解题的关键．
28．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在x轴上，，的长是一元二次方程的根，过点C作x轴的垂线，交对角线于点D，直线分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿向终点E运动．两点同时出发，设运动时间为t秒．

(1)求直线的解析式．
(2)连接，求的面积S与运动时间t的函数关系式．
(3)点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q．使得以A，C，N，Q为项点的四边形是矩形．若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)；
(2)；
(3)存在，点Q的坐标是或．
【分析】（1）过点A作于H，解方程可得，然后解直角三角形求出、和的长，得到点A、D的坐标，再利用待定系数法求出解析式即可；
（2）首先证明是等边三角形，求出，然后分情况讨论：①当点N在上，即时，过点N作于P，②当点N在上，即时，过点N作于T，分别解直角三角形求出和，再利用三角形面积公式列式即可；
（3）分情况讨论：①当是直角边时，则，过点N作于K，首先求出，然后解直角三角形求出和，再利用平移的性质得出点Q的坐标；②当是对角线时，则，过点N作于L，证明，可得，然后解直角三角形求出，再利用平移的性质得出点Q的坐标．
【详解】（1）解：解方程得：，，
∴，
∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∴，
过点A作于H，
∵，
∴，，
∴，
设直线的解析式为，
代入，得：，
解得：，
∴直线的解析式为；

（2）解：由（1）知在中，，，
∴，，
∵直线与 y轴交于点E，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
①当点N在上，即时，
由题意得：，，
过点N作于P，
则，
∴；

②当点N在上，即时，
由题意得：，，
过点N作于T，
则，
∴；
综上，；

（3）解：存在，分情况讨论：
①如图，当是直角边时，则，过点N作于K，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴将点N向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点C，
∴将点A向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点Q，
∵，
∴；

②如图，当是对角线时，则，过点N作于L，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点N，
∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点Q，
∵，
∴；
∴存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标是或．

【点睛】本题考查了解一元二次方程，菱形的性质，解直角三角形，待定系数法的应用，等边三角形的判定和性质，含直角三角形的性质，二次函数的应用，矩形的判定和性质以及平移的性质等知识，灵活运用各知识点，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题的关键．
红1
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白1
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（红1，红2）
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