2023年中考第一次模拟考试卷数学（河北卷）（全解全析）

这是一份2023年中考第一次模拟考试卷数学（河北卷）（全解全析），共33页。试卷主要包含了选择题（本大题共16个小题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年中考数学第一次模拟考试卷
数学·全解全析
第Ⅰ卷
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
A
D
B
B
B
B
D
C
D
C
B
D
D
C
C
A
一、选择题（本大题共16个小题。1～10小题每题3分，11～16小题每题2分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据积的乘方，幂的乘方，合并同类项，同底数幂运算，直接运算判断即可得到答案．
【详解】解：由题意可得，
，故A正确，符合题意；
，故B错误，不符合题意；
，故C错误，不符合题意；
，故D错误，不符合题意；
故选A．
【点睛】本题考查积的乘方，幂的乘方，合并同类项，同底数幂运算，解题的关键是熟练掌握几种运算法则．
2．的相反数为（　　）
A． B． C． D．3
【答案】D
【分析】根据只有符号不同的两个数叫做互为相反数解答．
【详解】解：的相反数是3．
故选：D．
【点睛】本题考查了相反数的定义，只有符号不同的两个数是互为相反数，正数的相反数是负数，0的相反数是0，负数的相反数是正数．
3．下列各数是无理数的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据无理数是无限不循环小数进行判断即可．
【详解】解：是有限小数，不是无理数；
开不尽方，是无理数；
是整数，不是无理数；
是分数，不是无理数；
故选：B．
【点睛】本题考查了无理数的识别；解题关键是明确无理数的常见形式：开不尽的方根、含的式子、无限不循环小数等．
4．年9月9日，中共中央宣传部举行“中国这十年”系列主题新闻发布会，聚焦新时代教育改革发展成效有关情况．截至年，我国共有各级各类教育专任教师万人，比年增长，形成了以师范院校为主、综合大学共同参与的开放灵活的教师培养格局．其中万用科学记数法表示为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】科学记数法的表现形式为的形式，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，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：万，
故选B．
【点睛】本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．
5．如图，在中，，G为的中点，延长交于E，F为上的一点，于H．下列判断正确的是（    ）

A．线段是的角平分线 B．线段为边上的高
C．线段是边上的中线 D．线段为的角平分线
【答案】B
【分析】连接三角形的顶点和对边中点的线段叫三角形的中线；三角形的一个角的角平分线和对边相交，顶点和交点间的线段叫三角形的角平分线；从三角形的一个顶点向对边引垂线，顶点和垂足间的线段叫三角形的高，据此逐项判断即可．
【详解】依题意：
A.线段是的角平分线，故此选项判断错误，不符合题意，
B.线段为边上的高,故此选项判断正确，符合题意；
C. 线段是边上的中线,故此选项判断错误，不符合题意，
D.线段是的角平分线，故此选项判断错误，不符合题意，
故选B．
【点睛】本题考查了三角形的角平分线、中线、高线的概念，注意：三角形的角平分线、中线、高都是线段，且都是顶点和对边相交的交点之间的线段；正确理解定义是解题的关键．
6．一个凸多边形的内角和与外角和之比为，则这个多边形的边数为（    ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】设这个多边形的边数为n，根据“多边形的内角和与外角和之比为”，即可求解．
【详解】解∶设这个多边形的边数为n，根据题意得：

解得：，
即这个多边形的边数为6．
故选：B
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和与外角和问题，熟练掌握多边形的内角和公式与外角和等于360°是解题的关键．
7．用n个棱长为1的小正方体组成一个棱长为3的大正方体，则n为（　　）
A．3 B．6 C．9 D．27
【答案】D
【分析】用大正方体体积除以小正方体体积即可得到答案．
【详解】解：∵大正方体的体积为 ，每个小正方体的体积为，

∴，
故选：D．
【点睛】本题考查立体图形认识，解题的关键是掌握体积公式．
8．如图，在四边形中，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（    ）

A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【分析】注意题目所问是“不能”，根据平行四边形的判定条件可解出此题．
【详解】解：平行四边形的判定条件：
A．根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定，不符合题意；
B．根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可判定，不符合题意；
C．可能是等腰梯形，不能判定，符合题意；
D．根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的基本性质是解答本题的关键
9．若，则等于（    ）
A．
B． C． D．x
【答案】D
【分析】根据，得到，进而得出结论．
【详解】∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】本题主要考查了分式的运算，正确理解题意是解题的关键．
10．如图所示，琪琪同学根据学习函数的经验，自主尝试在平面直角坐标系中画出了一个表达式为的函数图象．根据这个函数的图象，下列说法正确的是（    ）

A．图象与x轴有交点 B．当时，
C．图象与y轴的交点是 D．y随x的增大而减小
【答案】C
【分析】根据函数的图象以及函数的解析式逐一判断即可．
【详解】解：A．由图象可知，图象与轴没有交点，故说法错误；
B．由图象可知，当时，，当时，，故说法错误；
C．当时，函数值为，故图象与轴的交点是，故说法正确；
D．当时，随的增大而减小，当时，随的增大而减小，故说法错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了反比例函数的图象和性质，解题关键是根据函数解析式得出函数值和自变量的取值范围．
11．如图，矩形的外接圆O与水平地面相切于点A，已知圆O的半径为4，且．若在没有滑动的情况下，将圆O向右滚动，使得O点向右移动了，则此时与地面相切的弧为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆的周长公式求出圆的周长以及圆转动的周数，根据题意分别求出和的长，比较即可得到答案．
【详解】解：∵圆O半径为4，
∴圆的周长为：，
∵将圆O向右滚动，使得O点向右移动了，
∴，
即圆滚动8周后，又向右滚动了，
∵矩形的外接圆O与水平地面相切于A点，，
∴，，
∴此时与地面相切的弧为，故选：B．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质以及圆的周长公式等知识，得出O点转动的周数是解题关键．
12．如图，已知直线，被直线所截，．是平面内任意一点（点不在直线，，上），设，．下列各式：①，②，③，④，的度数可能是（    ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】根据点E有6种可能位置，分情况进行讨论，依据平行线的性质进行计算求解即可．
【详解】解：如图1，过作，则由ABCD，可得

∴，，
∴．
如图2，同理可得．故①有可能，

如图3，同理可得．故②有可能，

其中：当时，，故③有可能，
如图4，同理可得．故④有可能，

如图5，同理可得．

如图6，同理可得．

综上所述，①②③④均有可能．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质和判定的运用，解题时注意：两直线平行，同位角相等；两直线平行，内错角相等．
13．王老师将八年级一班、二班学生的数学期中成绩（满分100分）统计如下：
班级
考试人数
平均分
中位数
众数
方差
一班





二班






小明由此得到如下结论，其中不一定正确的是（    ）A．一班、二班学生成绩的平均数相同 B．二班优生多于一班（优生为分或分以上者）
C．二班成绩比一班整齐 D．成绩为分的学生二班比一班多
【答案】D
【分析】根据平均数可分析两个班的平均水平，根据方差可判断出哪个班两极分化比较严重，根据中位数可判断优秀人数．
【详解】解：根据表格数据：
A、两班的平均分都为80分，可知两班学生成绩的平均水平基本一致，故A结论正确，不合题意；
B、二班中位数比一班大，二班优秀的人数多，故B结论正确，不合题意；
C、二班方差小于一班，因此二班成绩比一班整齐，故C结论正确，不合题意；
D、二班的众数是，并不能说明成绩为分的学生二班比一班多，故D结论错误，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了方差、平均数、中位数，关键是掌握平均数、中位数，方差的定义，理解方差反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
14．根据下列已知条件，能画出唯一的的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定定理和三角形的三边关系理逐个判断即可．
【详解】解：A．，不符合三角形的三边关系，不能画出三角形，故本选项不符合题意；
B．，不符合全等三角形的判定定理，不能画出唯一的三角形，故本选项不符合题意；
C．，符合全等三角形的判定定理，能画出唯一的三角形，故本选项符合题意；
D．，不符合全等三角形的判定定理，不能画出唯一的三角形，故本选项不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理和三角形三边关系，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有，，，，两直角三角形全等还有．
15．如图在某月的月历中圈出相邻的3个数，其和为73，这3个数的位置可能是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】设最小的数是x，然后根据“圈出相邻的3个数，其和为73，”列出方程，即可求解．
【详解】解：设最小的数是x，假设A、B、C、D都可能，
由A图得，
解得，故本选项不符合题意，
∴3个数的位置不可能是A；
由B图得，
解得，故本选项不符合题意，
∴3个数的位置不可能是B；
由C图得，
解得，故本选项符合题意，
∴3个数的位置可能是C；
由D图得，
解得，故本选项不符合题意，
∴3个数的位置不可能是D，
故选C．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
16．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴交于点、点，将直线绕点顺时针旋转与轴交于点，则的面积为（    ）

A． B．3 C．4 D．5
【答案】A
【分析】如图，过A作交于E，过A、E分别作y轴、x轴的平行线交于F，交y轴于D，根据解析式求出，，由勾股定理求得，结合旋转可知，设，由勾股定理，代入点的坐标有，解得，即，
结合解得不合题意舍去，所以，设过，直线解析式为：代入法求出直线方程，从而得到利用三角形面积公式求解即可．
【详解】解：如图，过A作交于E，过A、E分别作y轴、x轴的平行线交于F，交y轴于D，
直线与轴、轴交于点、点，
则，，
，
顺时针旋转，
，
，
，
，
，
，
设，
则，
，
，
解得，
，
，
即，
解得：或，
当时（舍去），
当时，
，
设过，直线解析式为：
，
则有：，
解得，
，
与x轴交点为：，
，
，
故选：A．

【点睛】本题考查了旋转、勾股定理、等腰直角三角形的性质、一次函数解析式与交点坐标以及三角形面积公式；解题的关键勾股定理求边长，用代入法求直线解析式．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共3个小题，每小题3分，共9分．其中18小题第一空2分，第二空1分，19小题每空1分）
17．A、B、C三人作扔石子的游戏，结果如图所示，这个游戏是以石子离散的程度(即“散度”)的最小值者为胜，你认为可用"数"_____来表示这个“散度”．

【答案】覆盖5点的圆的最小半径（答案不唯一）
【分析】依题意设计出可以确定石子离散程度大小的方案即可．
【详解】解：如图，分别作圆覆盖5点，所作圆的最小半径即可作为“数”表示这个“散度”：

故答案为：覆盖5点的圆的最小半径．
【点睛】本题考查游戏规则的设定，是开放性题目，故答案不唯一，设定满足题目条件要求即可．
18．某矩形人行道由相同的灰色正方形地砖与相同的白色等腰直角三角形地砖排列而成，图1表示此人行道的地砖排列方式，其中正方形地砖为连续排列．

当正方形地砖只有1块时，等腰直角三角形地砖有6块（如图2）；当正方形地砖有2块时，等腰直角三角形地砖有8块（如图3），以此类推．
（1）若人行道上每增加1块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖增加_____块；
（2）现有2021块等腰直角三角形地砖，若按此规律再建一条人行道，要求等腰直角三角形地砖剩余最少，则需要正方形地砖______块．
【答案】     2；     1008.
【分析】（1）观察图形1可知：中间的每个正方形都对应了两个等腰直角三角形，即可得出答案；
（2）观察图形得出规律2n+4；由于等腰直角三角形地砖块数2n+4是偶数，根据现有2021块等腰直角三角形地砖，剩余最少，可得：2n+4=2020，即可求得答案．
【详解】解：（1）观察图1可知：中间的每个正方形都对应了两个等腰直角三角形，所以每增加一块正方形地砖，等腰直角三角形地砖就增加2块，
故答案为：2；
（2）观察图形2可知：中间一个正方形的左上、左边、左下共有3个等腰直角三角形，它右上和右下各对应了一个等腰直角三角形，右边还有1个等腰直角三角形，即6=3+2×1+1=4+2×1，
图3和图1中间正方形右上和右下都对应了两个等腰直角三角形，均有图2一样的规律，图3：8=3+2×2+1=4+2×2，
∴若一条这样的人行道一共有n（n为正整数）块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖的块数为 2n+4块，
等腰直角三角形地砖块数2n+4是偶数，
∴用2021-1=2020块，
再由题意得：2n+4=2020，
解得：n=1008，
∴等腰直角三角形地砖剩余最少为1块，则需要正方形地砖1008块，
故答案为：1008.
【点睛】本题以等腰直角三角形和正方形的拼图为背景，关键是考查规律性问题的解决方法，探究规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．
19．如图，将水平放置的三角板绕直角顶点逆时针旋转得到，连接并延长、相交于点，其中，．

（1）若记中点为点，连接，则_________；
（2）若记点到直线的距离为，则的最大值为_________．
【答案】     3    
【分析】（1）根据三角形旋转C′A=CA，B′A=BA，BC=B′C′=6，∠CAC′=∠B′AB，再求∠CPB=90°，然后利用直角三角形斜边中线性质即可求解；
（2）过点P作PQ⊥C′A于Q，连接DQ，根据两点之间线段最短得出PQ≤PD+QD，当点P、D、Q三点共线时，PQ最大=PD+QD，先证△CQD∽△C′AB′，得出，利用30°直角三角形性质得出AC′=，利用勾股定理得出即可．
【详解】解：（1）∵将水平放置的三角板绕直角顶点逆时针旋转得到，
∴C′A=CA，B′A=BA，BC=B′C′=6，∠CAC′=∠B′AB，
∴∠C′CA=，
∴∠CPB=180°-∠PCB-∠PBC=180°-
=
=90°，
∵点为中点，
∴PD=，
故答案为3；

（2）解：过点P作PQ⊥C′A于Q，连接DQ，
∴PQ≤PD+QD，
当点P、D、Q三点共线时，PQ最大=PD+QD，
∵DQ⊥AC′，∠C′AB′=90°，
∴DQ∥AB′，
∴△CAD∽△C′AB′，
∴，
在Rt△AC′B′中，∵∠C′B′A=∠CBA=30°，
∴AC′=，，
∴，即，
∴PQ最大=PD+QD=．
故答案为．

【点睛】本题考查三角形旋转性质，直角三角形斜边中线，30°直角三角形性质，三角形相似判断于性质，勾股定理，掌握三角形旋转性质，直角三角形斜边中线，30°直角三角形性质，三角形相似判断于性质，勾股定理是解题关键．
三、解答题（本大题共7个小题，共69分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
20．（9分）已知关于x的不等式．
(1)当a＝2022时，求此不等式解集．
(2)a为何值，该不等式有解，并求出其解集．
【答案】(1)
(2)当时，原不等式有解，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为．

【分析】（1）根据解不等式的方法解不等式即可；
（2）同（1）将原不等式化为，据此求解即可．
（1）
解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）
解：由题意得原不等式可以化成，
∴当，即时，原不等式有解，
当，即时，原不等式的解集为；
当，即时，原不等式的解集为．
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式，熟知解一元一次不等式的方法是解题的关键．
21．（9分）小红、小明、小亮要参加某电视台组织的主持人演讲比赛，按程序分别进行答辩、笔试和网络投票，
(1)在进行答辩之前，需要抽签决定答辩次序，直接写出小红抽到第一个答辩的概率；
(2)答辩、笔试成绩如下表，网络投票每张选票只限填写小红、小明、小亮其中的一人，且每张得票记1分，统计选票后，绘出不完整的统计图．

答辩、笔试成绩统计表
              姓名成绩
小红
小明
小亮
答辩成绩（分）
92
89
90
笔试成绩（分）
85
88
89

根据以上信息，请解答：
①网络选票总数是________；补全条形统计图：
②比赛组委会将答辩、笔试和网络投票三项得分按5∶4∶1的比例确定每人的总成绩，分数最高者为冠军，请你通过计算说明谁是冠军．
【答案】(1)；
(2)①300张；条形图见解析；②小明；

【分析】（1）根据概率公式解答即可；
（2）①利用小红的票数和票数所占百分比求出总票数，便可得到小亮的票数；进而补全条形图；②根据答辩分数占50%，笔试分数占40%，投票分数占10%，分别计算三人的加权平均得分；分数最高的即为冠军．
（1）
解：∵三人抽到第一个答辩的概率相等，
∴小红抽到第一个答辩的概率为．
（2）
解：①由小红的得票数和百分比可得：
总票数=102÷0.34=300（张）；
小亮的票数=300-102-108=90（张）；
∴完整条形图为：

②由答辩、笔试和网络投票三项得分按5∶4∶1的比例确定每人的总成绩，可得：
小红得分=92×0.5+85×0.4+102×0.1=90.2（分）；
小明得分=89×0.5+88×0.4+108×0.1=90.5（分）；
小亮得分=90×0.5+89×0.4+90×0.1=89.6（分）；
小明分数最高，
故：小明是冠军．
【点睛】本题考查了概率公式，条形统计图和扇形统计图的联系，利用加权平均数作决策；掌握加权平均数的计算方法是解题关键．
22．（9分）已知：整式，，，整式．
(1)当时，写出整式的值______（用科学记数法表示结果）；
(2)求整式；
(3)嘉淇发现：当取正整数时，整式、、满足一组勾股数，你认为嘉淇的发现正确吗？请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)正确，理由见解析

【分析】根据题意可得，，把代入计算应用科学记数法表示方法进行计算即可得出答案；
把，，代入中，可得，应用完全平方公式及因式分解的方法进行计算即可得出答案；
先计算，计算可得，应用勾股定理的逆定理即可得出答案．
【详解】（1）解：，
当时，
原式

；
故答案为：；
（2）


；
（3）嘉淇的发现正确，理由如下：


，
，
当取正整数时，整式、、满足一组勾股数．
【点睛】本题主要考查了勾股定理及逆定理，科学记数法，熟练掌握勾股定理及逆定理，科学记数法的计算方法进行求解是解决本题的关键．
23．（10分）已知抛物线y=（x﹣m）2﹣（x﹣m），其中m是常数．
（1）求证：不论m为何值，该抛物线与x轴一定有两个公共点；
（2）若该抛物线的对称轴为直线x=．
①求该抛物线的函数解析式；
②把该抛物线沿y轴向上平移多少个单位长度后，得到的抛物线与x轴只有一个公共点．
【答案】（1）详见解析；（2）①抛物线解析式为y=x2﹣5x+6；②.
【分析】（1）先把抛物线解析式化为一般式，再计算△的值，得到△=1＞0，于是根据△=b2-4ac决定抛物线与x轴的交点个数即可判断不论m为何值，该抛物线与x轴一定有两个公共点；
（2）①根据对称轴方程得到=-，然后解出m的值即可得到抛物线解析式；
②根据抛物线的平移规律，设抛物线沿y轴向上平移k个单位长度后，得到的抛物线与x轴只有一个公共点，则平移后抛物线解析式为y=x2-5x+6+k，再利用抛物线与x轴的只有一个交点得到△=52-4（6+k）=0，然后解关于k的方程即可．
【详解】解：（1）y=（x-m）2-（x-m）=x2-（2m+1）x+m2+m，
∵△=（2m+1）2-4（m2+m）=1＞0，
∴不论m为何值，该抛物线与x轴一定有两个公共点；
（2）①∵x=-，
∴m=2，
∴抛物线解析式为y=x2-5x+6；
②设抛物线沿y轴向上平移k个单位长度后，得到的抛物线与x轴只有一个公共点，则平移后抛物线解析式为y=x2-5x+6+k，
∵抛物线y=x2-5x+6+k与x轴只有一个公共点，
∴△=52-4（6+k）=0，
∴k=，
即把该抛物线沿y轴向上平移个单位长度后，得到的抛物线与x轴只有一个公共点．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数图象与几何变换、待定系数法求二次函数解析式，解题的关键是求出函数的解析式．
24．（10分）请阅读以下材料，并完成相应的任务
【阅读材料】在《阿基米德全集》中的《引理集》中记述了伟大的古希腊数学家、哲学家、物理学家阿基米德提出的六个有关圆的引理，其中第二个引理是：
如图1，点P是弧的任意一点，于点C，点D在弦上且，在弧上取一点Q，使弧=弧，连接，则有．

(1)如图2，小明同学尝试说明“”，于是他连接了，，，，请根据小明的思路完成后续证明过程；
(2)如图3，以为直径的半圆上有一点P，，直线l与相切于点P，过点于点E，交于点Q，求出的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，，，，证明，即可得到结论；
（2）连接，证明，求出，再证明，求出即可．
【详解】（1）证明：∵于点C， ，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）如图，连接，

∵为直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵直线l与相切于点P，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
25．（10分）如图1，图形l外一点P与图形l上各点连接的所有线段中，若线段最短，则线段的长度称为点P到图形l的距离．

(1)观察：如图2中，线段的长度是点到线段AB的距离；线段 的长度是点到线段AB的距离．
(2)如图3，在平面直角坐标系中，点A、B、D的坐标分别为（2，1）、（3，2）、（5，0），直线AB与x轴相交于点C．点P（a，0）（a＞0）为x轴上一动点，设点P到线段AB的距离为d．
发现：①　 　°；
②若，求d的值；
(3)尝试：若，求a的值；
(4)拓展：若点P在线段OD上运动，且d为整数，请直接写出a的值．
【答案】(1)
(2)①45；②
(3)a的值为1或3
(4)或2或

【分析】（1）根据“直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短”分析判断即可；
（2）①利用待定系数法求直线AB的解析式，进而得到点C的坐标，过点A作AE⊥CD于点E，利用等腰直角三角形的判定与性质可得出结论；②利用新定义解答即可；
（3）利用分类讨论的思想，分两种情况：①当点P在点E左侧时，②当点P在点E右侧时，利用新定义的意义解答即可；
（4）利用分类讨论的思想，分三种情况：①点P在点E左侧时，②点P与点E重合时，③点P在点E右侧时，利用d为整数，令、、，利用勾股定理求出线段PE、PC的长度，进而求得线段OP的长，则结论可得．
(1)
解：由“直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短”可知，线段的长度是点到线段AB的距离．
故答案为：；
(2)
① 设直线AB的解析式为，将点A（2，1）、B（3，2）代入，
可得 ，解得，
∴直线AB的解析式为，
令，则，解得，
∴C（1，0），
∴，
过点A作AE⊥CD于点E，如图1，则E（2，0），
∴，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：45；
②若，点P与点E重合，
∴线段AE的长度为点P到线段AB的距离d，
∴；

(3)
①当点P在点E的左侧时，PA的长为P到线段AB的距离d，
∵ ，d = ，
∴点P与点C重合，
∴；
②当点P在点E的右侧时，点P到线段AB的垂线段的长度为P到线段AB的距离d，
过点A作AF⊥AB交x轴于点F，如图2，
∵，
∴，，
∴点P与点F重合，
∵，
∴P（3，0），即a＝3．
综上所述，若，a的值为1或3；
(4)
（4）①当点P在点E的左侧时，PA的长为点P到线段AB的距离d，
∵，d为整数，
∴当时，即，如图3，
∴，
∴，
∴P（，0），即；
②当点P与点E重合时，，符合题意，
∴P（2，0），即a＝2；
③当点P在点E的右侧时，点P到线段AB的垂线段的长度为P到线段AB的距离d，
过点P作PH⊥AB于点H，如图4，当时，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
当时，即，
∵，
∴，
∴，不合题意．
综上所述，若点P在线段OD上运动，且d为整数，则a的值为或2或．

【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数的性质、一次函数图像上点的坐标的特征、勾股定理以及等腰三角形的判定与性质等知识，本题是阅读型题目，理解并熟练应用新定义是解题关键．
26．（12分）如图，在矩形中，，，点E从点B出发，沿折线段以每秒1个单位的速度向点D（不与D点重合）运动，与此同时，以为直径且在的右侧作半圆O．设点E的运动时间为．

(1)发现：当点D开始落在半圆O上时，_________；此时半圆O的半径为________；
(2)探究：当秒时，
①连接、，判断是否垂直；
②求半圆O与矩形重叠部分的面积；
(3)拓展：若半圆O与矩形的边相切时，求点E到的距离．
【答案】(1)4；
(2)①不垂直；②
(3)或

【分析】（1）根据矩形的性质和圆周角定理的推论即可确定当点E与点C重合时，点D开始落在半圆O上，进而求出t的值；根据勾股定理求出AC的长度，进而即可求出半圆O的半径．
（2）①取BE的中点为P，连接OP，OB，OC．根据线段中点的性质，线段的和差关系求出BP和CP的长度，根据三角形中位线定理，矩形的性质，角的和差关系求出OP的长度，并确定∠OPB=90°，∠OPE=90°，根据勾股定理求出 OB2和OC2，再根据勾股定理逆定理验证即可．
②设半圆O与AD的另一交点为M，过点O作ON⊥AM于N．根据直角三角形的边角关系和特殊角的三角函数值求出∠AEB，根据矩形的性质，平行线的性质求出∠OAM，根据矩形的性质，勾股定理，直径与半径的关系求出半圆O的半径，根据直角三角形的边角关系求出ON的长度，根据等边三角形的判定定理和性质，角的和差关系求出AM的长度和∠EOM，根据三角形面积公式求出△OAM的面积，根据扇形面积公式求出扇形OME的面积，最后将△OAM和扇形OME的面积相加即可求出半圆O与矩形ABCD重叠部分的面积．
（3）当半圆O与AD，BC分别相切时，连接AC，过点B作BF⊥AC于F．根据矩形的性质，勾股定理求出AC的长度，再根据三角形面积公式求解即可．当半圆O与CD相切时，连接FO并延长交AB于G，连接AC，过点E作EQ⊥AC于Q，设半圆O的半径为x，根据切线的性质定理，矩形的性质，平行线的性质求出∠OGA，根据平行线的判定定理，平行线分线段成比例定理求出AG的长度，在中根据勾股定理求出x的值，进而求出AE的长度，根据勾股定理和线段的和差关系求出CE的长度，再根据三角形面积公式求解即可．
（1）
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠D=90°．
∵AE是半圆O的直径，
∴当A，D，E组成直角三角形时，且AE是斜边时，点D在半圆O上．
∴当点E与点C重合时，点D开始落在半圆O上．
∵AB=3，BC=4，点E的运动速度是每秒1个单位，
∴（秒），．
∵AE是半圆O的直径，
∴．
∴此时半圆O的半径为．
故答案为：4；．
（2）
解：①如下图所示，取BE的中点为P，连接OP，OB，OC．
∵秒，
∴．
∵点P是BE中点，
∴．
∵BC=4，
∴，．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°．
∵AE是半圆O的直径，
∴点O是AE中点．
∴OP是△ABE的中位线．
∴，．
∴∠OPE=∠ABC=90°．
∴∠OPB=180°-∠OPE=90°．
∵AB=3，
∴．
∴，．
∵，
∴．
∴．
∴OB与OC不垂直．

②如下图所示，设半圆O与AD的另一交点为M，过点O作ON⊥AM于N．
∵，AB=3，
∴．
∴∠AEB=60°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴，∠ABC=90°．
∴∠OAM=∠AEB=60°，．
∴．
∵ON⊥AM，
∴．
∵OA=OM，
∴△OAM是等边三角形．
∴∠AOM=60°，．
∴，∠EOM=180°-∠AOM=120°．
∴．
∴半圆O与矩形重叠部分的面积为．

（3）
解：如图1所示，当t=0时，点E与点B重合，此时半圆O与BC相切于点B，与AD相切于点A，连接AC，过点B作BF⊥AC于F．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°．
∵AB=3，BC=4，
∴，．
∴．
∴此时点E到的距离是．
如图2所示，当半圆O与CD相切于点F时，连接FO并延长交AB于G，连接AC，过点E作EQ⊥AC于Q，设半圆O的半径为x．
∴OA=OE=OF=x．
∵AE是半圆O的直径，
∴．
∵半圆O与CD相切于点F，
∴∠OFC=90°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴，∠ABE=∠BCD=90°．
∴∠OGA=∠OFC=90°，四边形BGFC是矩形．
∴，∠OGA=∠ABE，GF=BC．
∴．
∴．
∵AB=3，BC=4，
∴，GF=BC=4．
∴OG=GF-OF=4-x．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵AC=5，
∴．
∴此时点E到的距离是．
∴若半圆O与矩形的边相切时，点E到的距离是或．

            图1                             图2
【点睛】本题考查矩形的性质，圆周角定理的推论，勾股定理，三角形中位线定理，勾股定理逆定理，解直角三角形，特殊角的三角函数值，平行线的判定定理和性质，等边三角形的判定定理和性质，三角形面积公式，扇形面积公式，切线的性质定理，平行线分线段成比例定理，正确应用分类讨论思想是解题关键．