吉林省（省命题）2022年中考数学模拟精编试卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项:

1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）

1．一次函数y=ax+b与反比例函数，其中ab＜0，a、b为常数，它们在同一坐标系中的图象可以是（　　）

A． B． C． D．

2．甲、乙两超市在1月至8月间的盈利情况统计图如图所示，下面结论不正确的是（　　）

A．甲超市的利润逐月减少

B．乙超市的利润在1月至4月间逐月增加

C．8月份两家超市利润相同

D．乙超市在9月份的利润必超过甲超市

3．如图，在中，,将绕点逆时针旋转,使点落在线段上的点处,点落在点处，则两点间的距离为（  ）

A． B． C． D．

4．下列关于x的方程一定有实数解的是(   )

A． B．

C． D．

5．下列各式中正确的是（　　）

A． =±3    B． =﹣3    C． =3    D．

6．在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1D1、D1 E1E2B2、A2B2 C2D2、D2E3E4B3…按如图所示的方式放置，其中点B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3…在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的边长为l，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3…，则正方形A2017B2017C2017 D2017的边长是（　　）

A．（）2016    B．（）2017    C．（）2016    D．（）2017

7．的算术平方根是（　　）

A．4 B．±4 C．2 D．±2

8．如图，数轴上的四个点A，B，C，D对应的数为整数，且AB＝BC＝CD＝1，若|a|+|b|＝2，则原点的位置可能是（　　）

A．A或B B．B或C C．C或D D．D或A

9．下列实数为无理数的是    （      ）

A．-5 B． C．0 D．π

10．如图，已知两个全等的直角三角形纸片的直角边分别为、，将这两个三角形的一组等边重合，拼合成一个无重叠的几何图形，其中轴对称图形有（  ）

A．3个； B．4个； C．5个； D．6个．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11．化简：=_____.

12．如图，将矩形ABCD沿GH对折，点C落在Q处，点D落在E处，EQ与BC相交于F．若AD=8cm，AB=6cm，AE=4cm．则△EBF的周长是_____cm．

13．若点与点关于原点对称，则______．

14．某排水管的截面如图，已知截面圆半径OB=10cm，水面宽AB是16cm，则截面水深CD为_____．

15．已知∠=32°，则∠的余角是_____°．

16．如图，在△ABC中，AB=AC，tan∠ACB=2，D在△ABC内部，且AD=CD，∠ADC=90°，连接BD，若△BCD的面积为10，则AD的长为_____．

17．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=8，AB的垂直平分线MN交AC于D，连接DB，若tan∠CBD=，则BD=_____．

三、解答题（共7小题，满分69分）

18．（10分）如图，在平面直角坐标系中，A、B为x轴上两点，C、D为y轴上的两点，经

过点A、C、B的抛物线的一部分C1与经过点A、D、B的抛物线的一部分C2组合成一条封闭曲线，我们把这条封

闭曲线称为“蛋线”．已知点C的坐标为（0，），点M是抛物线C2：（＜0）的顶点．

（1）求A、B两点的坐标；

（2）“蛋线”在第四象限上是否存在一点P，使得△PBC的面积最大？若存在，求出△PBC面积的最大值；若不存在，请说明理由；

（3）当△BDM为直角三角形时，求的值．

19．（5分）已知点E是矩形ABCD的边CD上一点，BF⊥AE于点F，求证△ABF∽△EAD.

20．（8分）如图，AC是⊙O的直径，点P在线段AC的延长线上，且PC=CO，点B在⊙O上，且∠CAB=30°．

（1）求证：PB是⊙O的切线；

（2）若D为圆O上任一动点，⊙O的半径为5cm时，当弧CD长为　   　时，四边形ADPB为菱形，当弧CD长为　      　时，四边形ADCB为矩形．

21．（10分）如图，四边形ABCD中，∠C＝90°，AD⊥DB，点E为AB的中点，DE∥BC.

（1）求证：BD平分∠ABC；

（2）连接EC，若∠A＝30°，DC＝，求EC的长.

22．（10分）已知AC，EC分别为四边形ABCD和EFCG的对角线，点E在△ABC内，∠CAE+∠CBE=1．

（1）如图①，当四边形ABCD和EFCG均为正方形时，连接BF．

i）求证：△CAE∽△CBF；

ii）若BE=1，AE=2，求CE的长；

（2）如图②，当四边形ABCD和EFCG均为矩形，且时，若BE＝1，AE=2，CE=3，求k的值；

（3）如图③，当四边形ABCD和EFCG均为菱形，且∠DAB=∠GEF=45°时，设BE=m，AE=n，CE=p，试探究m，n，p三者之间满足的等量关系．（直接写出结果，不必写出解答过程）

23．（12分）已知一次函数y＝x+1与抛物线y＝x2+bx+c交A（m，9），B（0，1）两点，点C在抛物线上且横坐标为1．

（1）写出抛物线的函数表达式；

（2）判断△ABC的形状，并证明你的结论；

（3）平面内是否存在点Q在直线AB、BC、AC距离相等，如果存在，请直接写出所有符合条件的Q的坐标，如果不存在，说说你的理由．

24．（14分）某市A，B两个蔬菜基地得知四川C，D两个灾民安置点分别急需蔬菜240t和260t的消息后，决定调运蔬菜支援灾区，已知A蔬菜基地有蔬菜200t，B蔬菜基地有蔬菜300t，现将这些蔬菜全部调运C，D两个灾区安置点.从A地运往C，D两处的费用分别为每吨20元和25元，从B地运往C，D两处的费用分别为每吨15元和18元.设从B地运往C处的蔬菜为x吨.请填写下表，并求两个蔬菜基地调运蔬菜的运费相等时x的值；

（2）设A，B两个蔬菜基地的总运费为w元，求出w与x之间的函数关系式，并求

总运费最小的调运方案；经过抢修，从B地到C处的路况得到进一步改善，缩短了运输时间，运费每吨减少m元（m＞0），其余线路的运费不变，试讨论总运费最小的调动方案.

参考答案

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）

1、C

【解析】
根据一次函数的位置确定a、b的大小，看是否符合ab<0，计算a-b确定符号，确定双曲线的位置．

【详解】

A. 由一次函数图象过一、三象限，得a>0，交y轴负半轴，则b<0，

满足ab<0，

∴a−b>0，

∴反比例函数y= 的图象过一、三象限，

所以此选项不正确；

B. 由一次函数图象过二、四象限，得a<0，交y轴正半轴，则b>0，

满足ab<0，

∴a−b<0，

∴反比例函数y=的图象过二、四象限，

所以此选项不正确；

C. 由一次函数图象过一、三象限，得a>0，交y轴负半轴，则b<0，

满足ab<0，

∴a−b>0，

∴反比例函数y=的图象过一、三象限，

所以此选项正确；

D. 由一次函数图象过二、四象限，得a<0，交y轴负半轴，则b<0，

满足ab>0，与已知相矛盾

所以此选项不正确；

故选C.

【点睛】

此题考查反比例函数的图象，一次函数的图象，解题关键在于确定a、b的大小

2、D

【解析】

【分析】根据折线图中各月的具体数据对四个选项逐一分析可得．

【详解】A、甲超市的利润逐月减少，此选项正确，不符合题意；

B、乙超市的利润在1月至4月间逐月增加，此选项正确，不符合题意；

C、8月份两家超市利润相同，此选项正确，不符合题意；

D、乙超市在9月份的利润不一定超过甲超市，此选项错误，符合题意，

故选D．

【点睛】本题主要考查折线统计图，折线图是用一个单位表示一定的数量，根据数量的多少描出各点，然后把各点用线段依次连接起来．以折线的上升或下降来表示统计数量增减变化．

3、A

【解析】
先利用勾股定理计算出AB，再在Rt△BDE中，求出BD即可；

【详解】

解：∵∠C=90°，AC=4，BC=3，
∴AB=5，
∵△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，
∴AE=AC=4，DE=BC=3，
∴BE=AB-AE=5-4=1，
在Rt△DBE中，BD=，

故选A.

【点睛】

本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．

4、A

【解析】
根据一元二次方程根的判别式、二次根式有意义的条件、分式方程的增根逐一判断即可得．

【详解】

A．x2-mx-1=0中△=m2+4＞0，一定有两个不相等的实数根，符合题意；
B．ax=3中当a=0时，方程无解，不符合题意；
C．由可解得不等式组无解，不符合题意；
D．有增根x=1，此方程无解，不符合题意；
故选A．

【点睛】

本题主要考查方程的解，解题的关键是掌握一元二次方程根的判别式、二次根式有意义的条件、分式方程的增根．

5、D

【解析】
原式利用平方根、立方根定义计算即可求出值．

【详解】

解：A、原式=3，不符合题意；

B、原式=|-3|=3，不符合题意；

C、原式不能化简，不符合题意；

D、原式=2-=，符合题意，

故选：D．

【点睛】

此题考查了立方根，以及算术平方根，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．

6、C

【解析】

利用正方形的性质结合锐角三角函数关系得出正方形的边长，进而得出变化规律即可得出答案．

解：如图所示：∵正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3…

∴D1E1=B2E2，D2E3=B3E4，∠D1C1E1=∠C2B2E2=∠C3B3E4=30°，

∴D1E1=C1D1sin30°=，则B2C2===（）1，

同理可得：B3C3==（）2，

故正方形AnBnCnDn的边长是：（）n﹣1．

则正方形A2017B2017C2017D2017的边长是：（）2．

故选C．

“点睛”此题主要考查了正方形的性质以及锐角三角函数关系，得出正方形的边长变化规律是解题关键．

7、C

【解析】
先求出的值，然后再利用算术平方根定义计算即可得到结果．

【详解】

＝4，

4的算术平方根是2，

所以的算术平方根是2，

故选C．

【点睛】

本题考查了算术平方根，熟练掌握算术平方根的定义是解本题的关键．

8、B

【解析】
根据AB=BC=CD=1，|a|+|b|=2，分四种情况进行讨论判断即可．

【详解】

∵AB＝BC＝CD＝1，

∴当点A为原点时，|a|+|b|＞2，不合题意；

当点B为原点时，|a|+|b|＝2，符合题意；

当点C为原点时，|a|+|b|＝2，符合题意；

当点D为原点时，|a|+|b|＞2，不合题意；

故选：B．

【点睛】

此题主要考查了数轴以及绝对值，解题时注意：数轴上某个数与原点的距离叫做这个数的绝对值．

9、D

【解析】
无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．由此即可判定选择项．

【详解】

A、﹣5是整数，是有理数，选项错误；

B、是分数，是有理数，选项错误；

C、0是整数，是有理数，选项错误；

D、π是无理数，选项正确.

故选D．

【点睛】

此题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有这样规律的数．

10、B

【解析】

分析：直接利用轴对称图形的性质进而分析得出答案．

详解：如图所示：将这两个三角形的一组等边重合，拼合成一个无重叠的几何图形，其中轴对称图形有4个．

    故选B．

    点睛：本题主要考查了全等三角形的性质和轴对称图形，正确把握轴对称图形的性质是解题的关键．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11、

【解析】
先算除法，再算减法，注意把分式的分子分母分解因式

【详解】

原式=

=

=

【点睛】

此题考查分式的混合运算，掌握运算法则是解题关键

12、2

【解析】

试题分析：BE=AB-AE=2.设AH=x，则DH=AD﹣AH=2﹣x，在Rt△AEH中，∠EAH=90°，AE=4，AH=x，EH=DH=2﹣x，∴EH2=AE2+AH2，即（2﹣x）2=42+x2，解得：x=1．∴AH=1，EH=5.∴C△AEH=12.∵∠BFE+∠BEF=90°，∠BEF+∠AEH=90°，∴∠BFE=∠AEH．又∵∠EAH=∠FBE=90°，∴△EBF∽△HAE，∴．

∴C△EBF==C△HAE=2．

考点：1折叠问题；2勾股定理；1相似三角形.

13、1

【解析】

∵点P（m，﹣2）与点Q（3，n）关于原点对称，

∴m=﹣3，n=2，

则（m+n）2018=（﹣3+2）2018=1，

故答案为1．

14、4cm．

【解析】
由题意知OD⊥AB，交AB于点C，由垂径定理可得出BC的长，在Rt△OBC中，根据勾股定理求出OC的长，由CD=OD-OC即可得出结论．

【详解】

由题意知OD⊥AB，交AB于点E，

∵AB=16cm，

∴BC=AB=×16=8cm，

在Rt△OBE中，

∵OB=10cm，BC=8cm，

∴OC=（cm），

∴CD=OD-OC=10-6=4（cm）

故答案为4cm．

【点睛】

本题考查的是垂径定理的应用，根据题意在直角三角形运用勾股定理列出方程是解答此题的关键．

15、58°

【解析】
根据余角：如果两个角的和等于90°（直角），就说这两个角互为余角．即其中一个角是另一个角的余角可得答案．

【详解】

解：∠α的余角是：90°-32°=58°．

故答案为58°．

【点睛】

本题考查余角，解题关键是掌握互为余角的两个角的和为90度．

16、5

【解析】
作辅助线，构建全等三角形和高线DH，设CM＝a，根据等腰直角三角形的性质和三角函数表示AC和AM的长，根据三角形面积表示DH的长，证明△ADG≌△CDH（AAS），可得DG＝DH＝MG＝作辅助线，构建全等三角形和高线DH，设CM＝a，根据等腰直角三角形的性质和三角函数表示AC和AM的长，根据三角形面积表示DH的长，证明△ADG≌△CDH（AAS），可得DG＝DH＝MG＝，AG＝CH＝a＋，根据AM＝AG＋MG，列方程可得结论．，AG＝CH＝a＋，根据AM＝AG＋MG，列方程可得结论．

【详解】

解：过D作DH⊥BC于H，过A作AM⊥BC于M，过D作DG⊥AM于G，

设CM＝a，

∵AB＝AC，

∴BC＝2CM＝2a，

∵tan∠ACB＝2，

∴＝2，

∴AM＝2a，

由勾股定理得：AC＝a，

S△BDC＝BC•DH＝10，

•2a•DH＝10，

DH＝，

∵∠DHM＝∠HMG＝∠MGD＝90°，

∴四边形DHMG为矩形，

∴∠HDG＝90°＝∠HDC＋∠CDG，DG＝HM，DH＝MG，

∵∠ADC＝90°＝∠ADG＋∠CDG，

∴∠ADG＝∠CDH，

在△ADG和△CDH中，

∵，

∴△ADG≌△CDH（AAS），

∴DG＝DH＝MG＝，AG＝CH＝a＋，

∴AM＝AG＋MG，

即2a＝a＋＋，

a2＝20，

在Rt△ADC中，AD2＋CD2＝AC2，

∵AD＝CD，

∴2AD2＝5a2＝100，

∴AD＝5或−5（舍），

故答案为5．

【点睛】

本题考查了等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形面积的计算；证明三角形全等得出AG＝CH是解决问题的关键，并利用方程的思想解决问题．

17、2．

【解析】
由tan∠CBD== 设CD=3a、BC=4a，据此得出BD=AD=5a、AC=AD+CD=8a，由勾股定理可得（8a）2+（4a）2=82，解之求得a的值可得答案．

【详解】

解：在Rt△BCD中，∵tan∠CBD==，
∴设CD=3a、BC=4a，
则BD=AD=5a，
∴AC=AD+CD=5a+3a=8a，
在Rt△ABC中，由勾股定理可得（8a）2+（4a）2=82，
解得：a= 或a=-（舍），
则BD=5a=2，
故答案为2．

【点睛】

本题考查线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，勾股定理的应用，解题关键是熟记性质与定理并准确识图．

三、解答题（共7小题，满分69分）

18、（1）A（，0）、B（3，0）．

（2）存在．S△PBC最大值为

（3）或时，△BDM为直角三角形．

【解析】
（1）在中令y=0，即可得到A、B两点的坐标．

（2）先用待定系数法得到抛物线C1的解析式，由S△PBC = S△POC+ S△BOP–S△BOC得到△PBC面积的表达式，根据二次函数最值原理求出最大值．

（3）先表示出DM2，BD2，MB2，再分两种情况：①∠BMD=90°时；②∠BDM=90°时，讨论即可求得m的值．

【详解】

解：（1）令y=0，则，

∵m＜0，∴，解得：，．

∴A（，0）、B（3，0）．

（2）存在．理由如下：

∵设抛物线C1的表达式为（），

把C（0，）代入可得，．

∴Ｃ1的表达式为：，即．

设P（p，），

∴ S△PBC = S△POC+ S△BOP–S△BOC=．

∵<0，∴当时,S△PBC最大值为．

（3）由C2可知： B（3，0），D（0，），M（1，），

∴BD2=，BM2=，DM2=．

∵∠MBD<90°, ∴讨论∠BMD=90°和∠BDM=90°两种情况：

当∠BMD=90°时，BM2+ DM2= BD2，即＋=，

解得：,(舍去)．

当∠BDM=90°时，BD2+ DM2= BM2，即＋=，

解得：，(舍去) ．

综上所述，或时，△BDM为直角三角形．

19、证明见解析

【解析】

试题分析：先利用等角的余角相等得到根据有两组角对应相等，即可证明两三角形相似.

试题解析：∵四边形为矩形，

于点F，

点睛：两组角对应相等，两三角形相似.

20、（1）证明见解析（2）cm，cm

【解析】

【分析】（1）连接OB，要证明PB是切线，只需证明OB⊥PB即可；

（2）利用菱形、矩形的性质，求出圆心角∠COD即可解决问题.

【详解】（1）如图连接OB、BC，

∵OA=OB，

∴∠OAB=∠OBA=30°，

∴∠COB=∠OAB=∠OBA=60°，

∵OB=OC，

∴△OBC是等边三角形，

∴BC=OC，∵PC=OA=OC，

∴BC=CO=CP，

∴∠PBO=90°，

∴OB⊥PB，

∴PB是⊙O的切线；

（2）①的长为cm时，四边形ADPB是菱形，

∵四边形ADPB是菱形，∠ADB=△ACB=60°，

∴∠COD=2∠CAD=60°，

∴的长=cm；

②当四边形ADCB是矩形时，易知∠COD=120°，

∴的长=cm，

故答案为：cm， cm.

【点睛】本题考查了圆的综合题，涉及到切线的判定、矩形的性质、菱形的性质、弧长公式等知识，准确添加辅助线、灵活应用相关知识解决问题是关键.

21、（1）见解析；（2）.

【解析】
（1）直接利用直角三角形的性质得出，再利用DE∥BC，得出∠2＝∠3，进而得出答案；

（2）利用已知得出在Rt△BCD中，∠3＝60°，，得出DB的长，进而得出EC的长.

【详解】

（1）证明：∵AD⊥DB，点E为AB的中点，

∴.

∴∠1＝∠2.

∵DE∥BC，

∴∠2＝∠3.

∴∠1＝∠3.

∴BD平分∠ABC.

（2）解：∵AD⊥DB，∠A＝30°，

∴∠1＝60°.

∴∠3＝∠2＝60°.

∵∠BCD＝90°，

∴∠4＝30°.

∴∠CDE＝∠2+∠4＝90°.

在Rt△BCD中，∠3＝60°，，

∴DB＝2.

∵DE＝BE，∠1＝60°，

∴DE＝DB＝2.

∴.

【点睛】

此题主要考查了直角三角形斜边上的中线与斜边的关系，正确得出DB，DE的长是解题关键.

22、（1）i）证明见试题解析；ii）；（2）；（3）．

【解析】
（1）i）由∠ACE+∠ECB=45°，∠ BCF+∠ECB=45°，得到∠ACE=∠BCF，又由于，故△CAE∽△CBF；

ii）由，得到BF=，再由△CAE∽△CBF，得到∠CAE=∠CBF，进一步可得到∠EBF=1°，从而有，解得；

（2）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，由，得到，，故，从而，得到，代入解方程即可；

（3）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，过C作CH⊥AB延长线于H，可得：

，，

故，

从而有．

【详解】

解：（1）i）∵∠ACE+∠ECB=45°，∠ BCF+∠ECB=45°，∴∠ACE=∠BCF，又∵，∴△CAE∽△CBF；

ii）∵，∴BF=，∵△CAE∽△CBF，∴∠CAE=∠CBF，又∵∠CAE+∠CBE=1°，∴∠CBF+∠CBE=1°，即∠EBF=1°，∴，解得；

（2）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，∵，∴，，∴，∴，，∴，∴，解得；

（3）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，过C作CH⊥AB延长线于H，可得：

，，

∴，

∴．

【点睛】

本题考查相似三角形的判定与性质；正方形的性质；矩形的性质；菱形的性质．

23、（1）y＝x2﹣7x+1；（2）△ABC为直角三角形．理由见解析；（3）符合条件的Q的坐标为（4，1），（24，1），（0，﹣7），（0，13）．

【解析】
（1）先利用一次函数解析式得到A（8，9），然后利用待定系数法求抛物线解析式；

（2）先利用抛物线解析式确定C（1，﹣5），作AM⊥y轴于M，CN⊥y轴于N，如图，证明△ABM和△BNC都是等腰直角三角形得到∠MBA＝45°，∠NBC＝45°，AB＝8 ，BN＝1，从而得到∠ABC＝90°，所以△ABC为直角三角形；

（3）利用勾股定理计算出AC＝10 ，根据直角三角形内切圆半径的计算公式得到Rt△ABC的内切圆的半径＝2 ，设△ABC的内心为I，过A作AI的垂线交直线BI于P，交y轴于Q，AI交y轴于G，如图，则AI、BI为角平分线，BI⊥y轴，PQ为△ABC的外角平分线，易得y轴为△ABC的外角平分线，根据角平分线的性质可判断点P、I、Q、G到直线AB、BC、AC距离相等，由于BI＝×2＝4，则I（4，1），接着利用待定系数法求出直线AI的解析式为y＝2x﹣7，直线AP的解析式为y＝﹣x+13，然后分别求出P、Q、G的坐标即可．

【详解】

解：（1）把A（m，9）代入y＝x+1得m+1＝9，解得m＝8，则A（8，9），

把A（8，9），B（0，1）代入y＝x2+bx+c得，

解得，

∴抛物线解析式为y＝x2﹣7x+1；

故答案为y＝x2﹣7x+1；

（2）△ABC为直角三角形．理由如下：

当x＝1时，y＝x2﹣7x+1＝31﹣42+1＝﹣5，则C（1，﹣5），

作AM⊥y轴于M，CN⊥y轴于N，如图，

∵B（0，1），A（8，9），C（1，﹣5），

∴BM＝AM＝8，BN＝CN＝1，

∴△ABM和△BNC都是等腰直角三角形，

∴∠MBA＝45°，∠NBC＝45°，AB＝8，BN＝1，

∴∠ABC＝90°，

∴△ABC为直角三角形；

（3）∵AB＝8，BN＝1，

∴AC＝10，

∴Rt△ABC的内切圆的半径＝，

设△ABC的内心为I，过A作AI的垂线交直线BI于P，交y轴于Q，AI交y轴于G，如图，

∵I为△ABC的内心，

∴AI、BI为角平分线，

∴BI⊥y轴，

而AI⊥PQ，

∴PQ为△ABC的外角平分线，

易得y轴为△ABC的外角平分线，

∴点I、P、Q、G为△ABC的内角平分线或外角平分线的交点，

它们到直线AB、BC、AC距离相等，

BI＝×2＝4，

而BI⊥y轴，

∴I（4，1），

设直线AI的解析式为y＝kx+n，

则，

解得，

∴直线AI的解析式为y＝2x﹣7，

当x＝0时，y＝2x﹣7＝﹣7，则G（0，﹣7）；

设直线AP的解析式为y＝﹣x+p，

把A（8，9）代入得﹣4+n＝9，解得n＝13，

∴直线AP的解析式为y＝﹣x+13，

当y＝1时，﹣x+13＝1，则P（24，1）

当x＝0时，y＝﹣x+13＝13，则Q（0，13），

综上所述，符合条件的Q的坐标为（4，1），（24，1），（0，﹣7），（0，13）．

【点睛】

本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、角平分线的性质和三角形内心的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质是解题的关键．

24、（1）见解析；（2）w=2x+9200，方案见解析；（3）0<m<2时,(2)中调运方案总运费最小；m=2时，在40⩽x⩽240的前提下调运方案的总运费不变；2<m<15时，x=240总运费最小.

【解析】
（1）根据题意可得解．

（2）w与x之间的函数关系式为：w=20(240−x)+25(x−40)+15x+18(300−x)；列不等式组解出40≤x≤240，可由w随x的增大而增大，得出总运费最小的调运方案．

（3）根据题意得出w与x之间的函数关系式，然后根据m的取值范围不同分别分析得出总运费最小的调运方案．

【详解】

解：(1)填表：

依题意得：20(240−x)+25(x−40)=15x+18(300−x).

解得：x=200.

(2)w与x之间的函数关系为：w=20(240−x)+25(x−40)+15x+18(300−x)=2x+9200.

依题意得：

∴40⩽x⩽240

在w=2x+9200中，∵2>0，

∴w随x的增大而增大，

故当x=40时,总运费最小,

此时调运方案为如表.

(3)由题意知w=20(240−x)+25(x−40)+(15-m)x+18(300−x)=(2−m)x+9200

∴0<m<2时,(2)中调运方案总运费最小;

m=2时，在40⩽x⩽240的前提下调运

方案的总运费不变;

2<m<15时，x=240总运费最小，

其调运方案如表二.

【点睛】

此题考查一次函数的应用，解题关键在于根据题意列出w与x之间的函数关系式，并注意分类讨论思想的应用.