2023年浙江省宁波市镇海区蛟川书院中考数学一模试卷(含答案解析)

这是一份2023年浙江省宁波市镇海区蛟川书院中考数学一模试卷(含答案解析)，共28页。

2023年浙江省宁波市镇海区蛟川书院中考数学一模试卷
1. 计算a2a−1−a−1的正确结果是(    )
A. −1a−1 B. 1a−1 C. −2a−1a−1 D. 2a−1a−1
2. 下列长度的三条线段不能组成直角三角形的是(    )
A. 3cm，4cm，5cm B. 4cm，3cm， 7cm
C. 6cm，8cm，9cm D. 1cm， 2cm， 3cm
3. 已知9m=2，9−n=5，则34m−2n的值是(    )
A. 165 B. 20 C. 10 D. 50
4. 关于x，y 的方程组2ax+3y=18−x+5by=17 (其中a，b是常数)的解为x=3y=4，则方程组2a(x+y)+3(x−y)=18(x+y)−5b(x−y)=−17 的解为(    )
A. x=3y=4 B. x=7y=−1 C. x=3.5y=−0.5 D. x=3.5y=0.5
5. 若x2+y2=1，则 x2−4x+4+ xy−3x+y−3的值为(    )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
6. 如果x3+ax2+bx+8能被x2+3x+2整除，则ba的值是(    )
A. 2 B. 12 C. 3 D. 13
7. 如图所示，满足函数y=k(x−1)和y=kx(k≠0)的大致图象是(    )

A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①④
8. y= 3x与y=kx交于A、B两点，AC⊥AB交y轴于点C，BC延长线交双曲线于点D，若BD=5，则AD为(    )
A. 2
B. 3
C. 3
D. 53 3


9. AB= 2，AC=1，以BC为边作正方形BCED，当线段AC绕点A任意旋转时，正方形BCED也随之旋转，若x=AD+AE，则x的取值范围是(    )
A. 1≤x≤2+3 2
B. 1≤x≤3+2 2
C. 1≤x≤3+3 2
D. 1≤x≤2+2 2


10. 如图，⊙O直径AB，DC⊥平分OA，AB延长线上一点E，DE交圆O于F，且EF=OA.弦DH交OC于G，满足GD2=GO×GE，S△DHF−S△DCE=2 3，AC长为(    )

A. 3 B. 43 3 C. 2 D. 2 3
11. 已知(a2+b2)2−a2−b2−6=0，求a2+b2的值为______ .
12. 燃放烟花爆竹是中国春节的传统民俗.某品牌的烟花2013年除夕每箱进价100元，售价250元，销售40箱.而2014年除夕当天和去年相比，该店的销售量下降了4a%(a为正整数)，每箱售价提高了a%，成本增加了50%，其销售利润仅为去年当天利润的50%，则a的值为______ .
13. △ABC，D为AC中点，BA=BD，DE⊥AC交BC于E，EA交BD于F，tan∠EAB=12，FD=5，则AF=______ .


14. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AC=4，BC=3，点D、E分别在直线AC，AB上，连结DE，将△ADE沿DE翻折，使点A对应点A′.当A′D⊥AC，且CA′//AB时，AE=______ ，AD=______ .

15. 如图，矩形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，OE⊥AB，垂足为E，F是OC的中点，连结EF交OB于点P，那么OPPB=______ .


16. 如图，Rt△ABC中，AB=AC=12 2，Rt△ADE中，AD=AE=6 2，直线BD与CE交于P，当∠EAD绕点A任意旋转的过程中，P到直线AB距离的最大值是______ .


17. 解方程：
(1)1−xx−2=12−x−2；
(2)x+5x+4+x+2x+1=x+3x+2+x+4x+3.
18. 在3×5的网格中，小正方形的顶点称为格点．如图，A，B是格点，画等腰△ABC，使点C是格点，且分别满足下列条件：

(1)AC=AB(画在图①中)；
(2)△ABC的面积为5(画在图②中)；
(3)使△ABC的面积最大(画在图③中).
19. 某市为了提升菜篮子工程质量，计划用大、中型车辆共30辆调拨不超过190吨蔬菜和162吨肉制品补充当地市场．已知一辆大型车可运蔬菜8吨和肉制品5吨；一辆中型车可运蔬菜3吨和肉制品6吨．
(1)符合题意的运输方案有几种？请你帮助设计出来；
(2)若一辆大型车的运费是900元，一辆中型车的运费为600元，试说明(1)中哪种运输方案费用最低？最低费用是多少元？
20. 如图，一次函数y=kx+b(k≠0)的图象与x轴，y轴分别交于A(−9,0)，B(0,6)两点，过点C(2,0)作直线l与BC垂直，点E在直线l位于x轴上方的部分．

(1)求一次函数y=kx+b(k≠0)的表达式；
(2)若△ACE的面积为11，求点E的坐标；
(3)当∠CBE=∠ABO时，点E的坐标为______.
21. 如图，在△ABC中，BCAC=23，D，M，N分别在直线AB，直线AC，直线BC上.
(1)若D是AB中点，∠MDN=∠A+∠B，求MDND；
(2)若点D，M，N分别在AB，CA，CB的延长线上，且ABBD=34，∠MDN=∠ACB，求MDND.

22. 点A，B在半径为4的⊙O上，∠AOB=90∘，点C在劣弧AB上且为中点，AC、OB延长线交于点D，连结BC.
(1)求∠BCD的度数；
(2)若AC=x，BD=y，求y与x的关系式；
(3)OM= 3，以M为圆心的圆经过点A，C.当BD=( 3−1)OB时，求⊙M的半径.

23. 如图，抛物线y=ax2−8ax+12a(a<0)与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，抛物线上另有一点C在第一象限，满足∠ACB为直角，且使∠OCA=∠OBC.
(1)求线段OC的长；
(2)求该抛物线的函数关系式；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△BCP是以BC为腰的等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.

24. 如图，AB，BC，CD分别与⊙O相切于E，F，G三点，且EG为⊙O的直径.
(1)延长OF，EB交于点P，若BE=1，∠EBF=2∠OPC，求图中阴影部分的面积；
(2)连结BG，与OF交于点M，若BE=1，OE=2，求BMMG的值.

答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：原式=a2a−1−(a+1)，
=a2a−1−a2−1a−1，
=1a−1.
故选B.
先将后两项结合起来，然后再化成同分母分式，按照同分母分式加减的法则计算就可以了．
本题考查了数学整体思想的运用，分式的通分和分式的约分的运用，解答的过程中注意符号的运用及平方差公式的运用．

2.【答案】C 
【解析】解：A、32+42=52，故选项A中的三条线段能构成直角三角形；
B、32+( 7)2=42，故选项B中的三条线段能构成直角三角形；
C、62+82≠92，故选项C中的三条线段不能构成直角三角形；
D、12+( 2)2=( 3)2，故选项D中的三条线段能构成直角三角形．
故选：C.
根据勾股定理的逆定理，判断较小两边的平方和是否等于第三边的平方，则可以判断各个选项的三条线段能否构成直角三角形，本题得以解决．
本题考查的是勾股定理的逆定理的应用，勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．

3.【答案】B 
【解析】解：∵9m=2，9−n=5，
∴32m=2，3−2n=5，
∴34m=4，
∴34m−2n=34m⋅3−2n=4×5=20.
故选：B.
先根据幂的乘方与积的乘方法则计算出34m和32n的值，再根据同底数幂的乘法法则进行计算即可．
本题考查的是同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方法则，熟知以上知识是解题的关键．

4.【答案】C 
【解析】本题主要考查二元一次方程组的解，解题的关键是得出两方程组的特点并据此得出关于x、y的新方程组．
由原方程组的解及两方程组的特点知，x+y、x−y分别相当于原方程组中的x、y，据此列出新方程组，解之可得．
解：由题意知，{x+y=3①x−y=4②，
①+②，得：2x=7，x=3.5，
①-②，得：2y=−1，y=−0.5，
所以方程组的解为x=3.5y=−0.5，
故选：C.

5.【答案】D 
【解析】解：根据题意得xy−3x+y−3≥0，
即(x+1)(y−3)≥0，
∴x+1≥0y−3≥0或x+1≤0y−3≤0，
解得x≥−1y≥3或x≤−1y≤3，
∵x2+y2=1，
∴x≥−1，y≥3不满足条件；
只有x=−1，y=0时，满足x2+y2=1，
∴当x=−1，y=0时，原式= (x−2)2+ (x+1)(y−3)
=|x−2|+0
=|−1−2|
=3.
故选：D.
利用二次根式有意义的条件得到xy−3x+y−3≥0，则利用分组分解得到(x+1)(y−3)≥0，再转化为不等式组，解得x≥−1y≥3或x≤−1y≤3，由于x2+y2=1，则x≥−1，y≥3不满足条件；只有x=−1，y=0时，满足x2+y2=1，从而可得到计算代数式的值．
本题考查了二次根式的化简求值：二次根式的化简求值，一定要先化简再代入求值．利用二次根式有意义的条件确定x、y的范围是解决问题的关键．

6.【答案】A 
【解析】解：∵x3+ax2+bx+8能被x2+3x+2整除，
∴x3+ax2+bx+8=(x2+3x+2)(x+m)=x3+(3+m)x2+(2+3m)x+2m，
∴3+m=a2+3m=b2m=8，
解得m=4a=7b=14，
∴ba=2，
故选：A.
根据x3+ax2+bx+8能被x2+3x+2整除得到x3+ax2+bx+8=(x2+3x+2)(x+m)=x3+(3+m)x2+(2+3m)x+2m，利用等式的对应项相等可得关于m、a、b的方程组，解方程组求出a，b，m即可．
本题考查了因式分解的应用，整式的除法，可利用乘法是除法的逆运算计算，其实就是待定系数法．

7.【答案】B 
【解析】解：∵y=k(x−1)，
∴函数y=k(x−1)过点(1,0)，
故①④不合题意；
当k>0时，函数y=k(x−1)过第一、三、四象限，函数y=kx(k≠0)在一、三象限；
当k<0时，函数y=k(x−1)过第一、二、四象限，函数y=kx(k≠0)在二、四象限；
故②③符合题意；
故选：B.
分别根据一次函数与反比例函数图象的特点解答即可．
本题主要考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质，关键是由k的取值确定函数所在的象限．

8.【答案】A 
【解析】解：作BE⊥y轴于点E，
∵y= 3x与y=kx交于A、B两点，
∴设B(m, 3m)(m>0)，则A(−m,− 3m)，k= 3m2，
∴OB=OA= (−m)2+(− 3m)2=2m，
∵∠BOE=∠AOC，∠BEO=∠OAC=90∘，
∴△BOE∽△COA，
∴OEOA=OBOC，即 3m2m=2mOC，
∴OC=4 33m，
∴C(0,−4 33m)，
设直线BD的解析式为y=ax−4 33m，
代入B(m, 3m)得， 3m=am−4 33m，
解得a=7 33，
∴直线BD的解析式为y=7 33x−4 33m，
由y= 3m2xy=7 33x−4 33m解得x=my= 3m或x=−37my=−3 37m，
∴D(−37m,−3 37m)，
∵BD=5，
∴ (m+37m)2+( 3m+3 37m)2=5，
解得m=74(负数舍去)，
∴A(−74,−7 34)，D(−34,−3 34)，
∴AD= (−34+74)2+(−3 34+7 34)2=2，
故选：A.
作BE⊥y轴于点E，根据题意设B(m, 3m)(m>0)，则A(−m,− 3m)，k= 3m2，利用勾股定理求得OB=OA=2m，通过证得△BOE∽△COA，求得OC=4 33m，得到C(0,−4 33m)，利用待定系数法求得直线BD的解析式，与反比例函数解析式联立，求得D点的坐标，由BD=5，利用勾股定理求得m的值，即可得到A、D的坐标，利用勾股定理即可求得AD.
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了反比例函数的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理的应用，三角形相似的判断和性质，表示出点的坐标是解题的关键．

9.【答案】B 
【解析】解：将△ACE绕点C顺时针旋转90∘得到△NCB，将△ABD绕点B逆时针旋转90∘得到△HBC，连接AH，AN，
∴△ACE≌△NCB，△ABD≌△HBC，∠ABH=∠ACN=90∘，
∴AB=BH= 2，AC=CN=1，AE=BN，HC=AD，
∴AH=2，AN= 2，
在△ABN中，AB−AN ∴0 ∴当点B，点A，点N共线时，BN的最大值为2 2，最小值为0，
∴0≤BN=AE≤2 2，
同理可得1≤HC=AD≤3，
∵x=AD+AE，
∴1≤x≤3+2 2，
故选：B.
先分别求出AD，AE的取值范围，即可求解．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质，利用旋转的性质作出辅助线是解题的关键．

10.【答案】C 
【解析】解：连接AD，OD，OH，OF，过点O作OM⊥HF于点M，如图，
∵DC⊥平分OA，
∴AD=OD，
∵OA=OD，
∴OA=OD=AD，
∴△OAD为等边三角形，
∴∠A=∠AOD=60∘.
设AC=x，则OC=x，OD=OH=OF=OA=EF=2x，
∴CD= 3x.
∵GD2=GO×GE，
∴GOGD=GDGE，
∵∠DGO=∠EGD，
∴△GDO∽△GED，
∴∠ODG=∠E，∠GOD=∠GDE=60∘.
∴∠HOF=2∠HDF=120∘.
∵OH=OF，OM⊥HF，
∴∠HOM=12∠HOF=60∘，
∴OM=12OH=x，HM= 3x.
∴HF=2HM=2 3x.
∵OA=EF，OF=OA，
∴OF=EF，
∴∠FOE=∠E，
∴∠E=∠FOE=∠ODH.
∵OD=OH，
∴∠ODH=∠OHD，
∴∠∠OHD=∠E=∠FOE.
在△ODH和△FOE中，
∠ODH=∠FOE∠OHD=∠EOD=OF，
∴△ODH≌△FOE(AAS)，
∴S△ODH=S△FOE.
∵S△DHF=S△DOH+S△ODF+S△OHF，S△DCE=S△FOE+S△ODF+S△OCD，
∴S△DHF−S△DCE=S△OHF−S△ODC.
∵S△DHF−S△DCE=2 3，
∴S△OHF−S△ODC=2 3.
∴12×HF⋅OM−12×OC⋅CD=2 3.
∴12×2 3x⋅x−12×x⋅ 3x=2 3，
∵x>0，
∴x=2.
∴AC=2.
故选：C.
连接AD，OD，OH，OF，过点O作OM⊥HF于点M，利用线段垂直平分线的性质和等边三角形的判定得到△OAD为等边三角形，设AC=x，则OC=x，OD=OH=OF=OA=EF=2x，利用相似三角形的判定得到△GDO∽△GED，进而得到∠ODG=∠E，∠GOD=∠GDE=60∘；利用圆周角定理得到∠HOM=12∠HOF=60∘，利用等腰三角形的性质得到OM=12OH=x，HM= 3x，HF=2HM=2 3x；利用全等三角形的判定与性质得到S△ODH=S△FOE，从而S△DHF−S△DCE=S△OHF−S△ODC=2 3，最后利用三角形的面积公式得到关于x的方程，解方程即可得出结论．
本题主要考查了圆的有关性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，含30∘角的直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，垂径定理，等腰三角形的判定与性质，三角形的面积，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键．

11.【答案】3 
【解析】解：设a2+b2为x，可得：x2−x−6=0，
(x−3)(x+2)=6，
解得：x1=3，x2=−2(不合题意舍去)，
所以a2+b2的值是3.
故答案为：3.
设a2+b2为x，利用换元法解答即可．
本题考查了换元法解方程问题，掌握把未知数看作一个整体进行解答是关键．

12.【答案】10 
【解析】解：根据题意得：40(1−4a%)×[250(1+a%)−(1+50%)×100]=40×(250−100)×50%，
整理得：(1−4a%)(100+2.5a)=75，即(a+25)(a−10)=0，
解得：a=−25(舍去)或a=10，
则a的值为10.
故答案为：10.
根据等量关系：2014年销售利润仅为2013年当天利润的50%列出关系式，解方程即可确定出a的值．
此题考查了一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．

13.【答案】3 5或5 5 
【解析】解：如图作BN⊥AC于N，DH⊥BC于H，连接DM.
∵BA=BD，BN⊥AD，
∴AN=ND，∠BAD=∠BDA，
∴∠BAE+∠EAC=∠DBC+∠C，
∵DA=DC，ED⊥AC，
∴EA=EC，
∴∠EAC=∠C，
∴∠BAE=∠DBC，
∵BN⊥AC，ED⊥AC，
∴NM//DE，
∴AM=EM，
∵DM//BE，BM//DE，
∴四边形BMDE是平行四边形，
∴EF=FM，BF=DF=5，设EF=FM=a，则EA=EC=4a，
∵∠BEF=∠BEA，∠EBF=∠BAE，
∴△EBF∽△EAB，
∴EBEA=EFEB，
∴BE2=EF⋅EA=4a2，
∴BE=2a，
∵tan∠BAE=tan∠DBH=DHBH=12，设DH=b，BH=2b，
∴5b2=100，
∴b=2 5，
∴BH=4 5，
∵∠DEH=∠CDH，∠DHE=∠DHC=90∘，
∴△DHE∽△CHD，
∴DHCH=EHDH，
∴DH2=EH⋅HC，
∴(2 5)2=(4 5−2a)(4a−4 5+2a)，
解得a= 5或53 5，
∴AF=3a=3 5或5 5.
故答案为：3 5或5 5.
如图作BN⊥AC于N，DH⊥BC于H，连接DM.首先证明四边形BMDE是平行四边形，设EF=FM=a，则EA=EC=4a，再证明△EBF∽△EAB，推出BE=2a，在Rt△NDH中，利用勾股定理，求出DH，BH，再利用△DHE∽△CHD，列出方程解决问题．
本题考查解直角三角形、平行四边形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形，学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．

14.【答案】607 127 
【解析】解：如图，BE与BC交于点O，连接A′C，过点D作DF//AB交BC于点F，

∵CA′//AB，
∴A′C//DF//AB，
∴∠A=∠A′CD，
∵A′D⊥AC，
∴∠A′DC=∠ACB=90∘，A′D//BC，
∴△CA′D∼△ABC，
∴A′DBC=CDAC=A′CAB，
根据折叠的性质可得，∠ADE=∠A′DE，AD=A′D，
∵AC=4，BC=3，∠ACB=90∘，
∴AB= AC2+BC2=5，
设AD=A′D=x，则CD=4−x，
∴x3=4−x4，
解得：x=127，
∴AD=A′D=127，CD=167，
∴A′C=AB⋅CDAC=207，
∵A′D//CF，A′C//DF，
∴四边形DA′CF为平行四边形，
∴A′D=CF=127，A′C=DF=207，
∵∠ADE+∠A′DE=270∘，
∴∠ADE=∠A′DE=135∘，
∴∠CDO=180−∠ADE=45∘，
∴CD=CO=167，
∴BO=BC−CO=57，FO=CO−CF=47，
∵DF//AE，
∴△BOE∽△FOD，
∴BOFO=BEFD，即5747=BE207，
∴BE=257，
∴AE=AB+BE=607.
故答案为：607，127.
BE与BC交于点O，连接A′C，过点D作DF//AB交BC于点F，则A′C//DF//AB，根据平行线的性质得∠A=∠A′CD，由A′D⊥AC得∠A′DC=∠ACB=90∘，A′D//BC，以此可证明△CA′D∼△ABC，根据折叠的性质可得∠ADE=∠A′DE，AD=A′D，设AD=A′D=x，则CD=4−x，根据相似三角形的性质列出方程，求得AD=A′D=127，CD=167，A′C=207，再证明四边形DA′CF为平行四边形，得到A′D=CF=127，A′C=DF=207，由∠ADE+∠A′DE=270∘得到∠CDO=45∘，则CD=CO=167，再算出BO、FO，易证明△BOE∽△FOD，根据相似三角形的性质即可求解．
本题主要考查折叠的性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质，正确作出辅助线，利用相似三角形的性质解决问题是解题关键．

15.【答案】13 
【解析】解：取OB的中点H，连接EH，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，
∵OE⊥AB，点H是OB的中点，
∴EH=OH=BH，AE=BE，
∴EH//AC，
∴△OFP∽△HEP，
∴EHOF=OPPH，
∵点F是OC的中点，
∴OF=12OC=12OB=EH，
∴OP=PH=12OH，
∴PB=3OP，
∴OPPB=13，
故答案为：13.
通过证明△OFP∽△HEP，可求OP=PH=12OH，即可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．

16.【答案】12−6 2 
【解析】解：如图，取BC的中点O，连接OP交AB于点J，设AB交PC于点K.

∵∠DAE=∠BAC=90∘，
∴∠DAB=∠EAC，
∵AD=AE.AB=AC，
∴△DAB≌△EAC(SAS)，
∴∠DBA=∠ACE，
∵∠AKC=∠BKP，
∴∠BPK=∠CAK=90∘，
∴点P在以BC为直径的圆上运动，
∵AB=AC=12 2，∠BAC=90∘，
∴BC= 2AB=24，
∵OB=OC，
∴OP=12BC=12，
当P是AB的中点时，点P到AB的距离最大，
此时OP⊥AB，AJ=JB，
∵BO=OC，
∴OJ=12AC=6 2，
∴PJ=OP=OJ=12−6 2，
∴点P到AB的最大距离为12−6 2.
故答案为：12−6 2.
如图，取BC的中点O，连接OP交AB于点J，设AB交PC于点K.证明∠BPC=90∘，推出点P在以BC为直径的圆上运动，推出当P是AB的中点时，点P到AB的距离最大．
本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，垂径定理，三角形中位线定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．

17.【答案】解：(1)1−xx−2=12−x−2，
方程两边都乘x−2，得1−x=−1−2(x−2)，
解得：x=2，
检验：当x=2时，x−2=0，
所以x=2是增根，
即分式方程无解；

(2)x+5x+4+x+2x+1=x+3x+2+x+4x+3，
(x+4)+1x+4+(x+1)+1x+1=(x+2)+1x+2+(x+3)+1x+3，
1+1x+4+1+1x+1=1+1x+2+1+1x+3，
1x+4+1x+1=1x+2+1x+3，
1x+1−1x+2=1x+3−1x+4，
x+2−(x+1)(x+1)(x+2)=x+4−(x+3)(x+3)(x+4)，
1(x+1)(x+2)=1(x+3)(x+4)，
方程两边都乘(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)，得(x+3)(x+4)=(x+1)(x+2)，
解得：x=−52，
经检验x=−52是分式方程的解，
即分式方程的解是x=−52. 
【解析】(1)方程两边都乘x−2得出1−x=−1−2(x−2)，求出方程的解，再进行检验即可；
(2)把方程转化成1(x+1)(x+2)=1(x+3)(x+4)，再方程两边都乘(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)得出(x+3)(x+4)=(x+1)(x+2)，求出方程的解，再进行检验即可．
本题考查了解分式方程，能把分式方程转化成整式方程是解此题的关键．

18.【答案】解：(1)如图①中，△ABC即为所求；
(2)如图②中，△ABC即为所求；
(3)如图③中，△ABC即为所求．
 
【解析】(1)根据要求画出图形即可；
(2)作等腰直角三角形ABC即可(AB=BC,∠ABC=90∘)；
(3)构造腰长为5的等腰三角形即可．
本题考查作图-应用与设计作图，等腰三角形的判定，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．

19.【答案】解：(1)设安排x辆大型车，则安排(30−x)辆中型车，
依题意，得：8x+3(30−x)≤1905x+6(30−x)≤162，
解得：18≤x≤20.
∵x为整数，
∴x=18，19，20.
∴符合题意的运输方案有3种，方案1：安排18辆大型车，12辆中型车；方案2：安排19辆大型车，11辆中型车；方案3：安排20辆大型车，10辆中型车．
(2)方案1所需费用为：900×18+600×12=23400(元)，
方案2所需费用为：900×19+600×11=23700(元)，
方案3所需费用为：900×20+600×10=24000(元).
∵23400<23700<24000，
∴方案1安排18辆大型车，12辆中型车所需费用最低，最低费用是23400元． 
【解析】
【分析】
本题考查了一元一次不等式组的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组是解题的关键．
(1)设安排x辆大型车，则安排(30−x)辆中型车，根据30辆车调拨不超过190吨蔬菜和162吨肉制品补充当地市场，即可得出关于x的一元一次不等式组，解之即可得出x的取值范围，结合x为整数即可得出各运输方案；
(2)根据总运费=单辆车所需费用×租车辆车可分别求出三种租车方案所需费用，比较后即可得出结论．  
20.【答案】解：(1)∵一次函数y=kx+b(k≠0)的图象与x轴，y轴分别交于A(−9,0)，B(0,6)两点，
∴−9k+b=0b=6，
∴k=23b=6，
∴一次函数y=kx+b的表达式为y=23x+6；
(2)如图，记直线l与y轴的交点为D，

∵BC⊥l，
∴∠BCD=90∘=∠BOC，
∴∠OBC+∠OCB=∠OCD+∠OCB，
∴∠OBC=∠OCD，
∵∠BOC=∠COD，
∴△OBC∽△OCD，
∴OBOC=OCOD，
∵B(0,6)，C(2,0)，
∴OB=6，OC=2，
∴62=2OD，
∴OD=23，
∴D(0,−23)，
∵C(2,0)，
∴直线l的解析式为y=13x−23，
设E(t,13t−23t)，
∵A(−9,0)，C(2,0)，
∴S△ACE=12AC×yE=12×11×(13t−23)=11，
∴t=8，
∴E(8,2)；
(3)(11,3). 
【解析】
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)如图，过点E作EF⊥x轴于F，

∵∠ABO=∠CBE，∠AOB=∠BCE=90∘
∴△ABO∽△EBC，
∴BCCE=BOAO=23，
∵∠BCE=90∘=∠BOC，
∴∠BCO+∠CBO=∠BCO+∠ECF，
∴∠CBO=∠ECF，
∵∠BOC=∠EFC=90∘，
∴△BOC∽△CFE，
∴BOCF=OCEF=BCCE=23，
∴6CF=2EF=23，
∴CF=9，EF=3，
∴OF=11，
∴E(11,3).
故答案为：(11,3).
【分析】
(1)利用待定系数法求出直线表达式；
(2)先确定出直线l的解析式，最后用三角形的面积公式建立方程求解即可得出结论；
(3)先判断出△ABO∽△EBC，的粗BCCE=BOAO=23，再判断出△BOC∽△CFE，即可求出CF，EF即可得出结论．
此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形面积公式，相似三角形的判定和性质，求出CF=9，EF=3是解本题的关键．  
21.【答案】解：(1)连接CD，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，如图，

∵D是AB中点，
∴S△ACD=S△BCD.
∴12×AC⋅DE=12×BC⋅DF，
∴AC⋅DE=BC⋅DF.
∴BCAC=DEDF=23.
∵∠MDN=∠A+∠B，∠A+∠B+∠C=180∘，
∴∠MDN=180∘−∠C.
∵四边形DECF的内角和为360∘，∠DEC=∠DFC=90∘，
∴∠EDF=360∘−90∘×2−∠C=180∘−∠C，
∴∠MDN=∠EDF，
∴∠MDE=∠NDF，
∵∠DEM=∠DFN=90∘，
∴△DEM∽△DFN，
∴MDND=DEDF=23.
(2)连接CD，过点D作DG⊥AC交AC的延长线于点G，DF⊥NC于点H，MD与NC交于点K，如图，

∵同高的三角形的面积比等于它们底的比，
∴S△ACDS△BCD=ADBD，
∵ABBD=34，
∴ADBD=74.
∴S△ACDS△BCD=74.
∴12×AC⋅DG12×BC⋅DH=74.
∵BCAC=23，
∴设BC=2k，则AC=3k，
∴3k⋅DG2k⋅DH=74，
∴DGDH=76.
∵∠MDN=∠ACB，∠MKC=∠DKN，
∴∠M=∠N.
∵∠MGD=∠DHN=90∘，
∴△ADG∽△NDH，
∴MDDN=DGDH=76. 
【解析】(1)连接CD，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，利用等高的三角形的面积比等于底的比，得到BCAC=DEDF=23，再利用相似三角形的判定得到△DEM∽△DFN，由相似三角形的性质定理即可得出结论；
(2)连接CD，过点D作DG⊥AC交AC的延长线于点G，DF⊥NC于点H，MD与NC交于点K，设BC=2k，则AC=3k，利用同高的三角形的面积比等于它们底的比，三角形的面积公式，计算得到DGDH=76，最后利用相似三角形的判定与性质解答即可．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，三角形的面积的相关性质，直角三角形的性质，三角形的内角和定理，利用三角形的面积公式添加恰当的高线是解题的关键．

22.【答案】解：(1)在优弧AB上任意取一点E，连接AE、BE，

则∠E=12∠AOB=45∘，
∵四边形AEBC是⊙O的内接四边形，
∴∠ACB+∠E=180∘，
∵∠BCD+∠ACB=180∘，
∴∠BCD=∠E=45∘；
(2)作OF⊥AC于F，

则∠AOB=∠AFO=90∘，AF=12x，
∴∠FOD+∠D=∠FOD+∠AOF=90∘，
∴∠AOF=∠D，
∴sin∠AOF=sinD，
∴12x4= 42−(12x)2y+4，
化简得，y=4 64−x2x−4；
(3)∵BD=( 3−1)OB=4 3−4，
∴OD=4 3，
∴tanD=44 3= 33，
∴∠D=30∘，
∴OF=12OD=2 3，AF=12OA=2，
∵以M为圆心的圆经过点A，C.

∴点M在直线OF上，
∵OM= 3，
∴AM= 22+( 3)2= 7或AM′= 22+(3 3)2= 31.
∴⊙M的半径为 7或 31. 
【解析】(1)在优弧AB上任意取一点E，连接AE、BE，根据圆周角定理得∠E=12∠AOB=45∘，再根据圆内接四边形对角互补可得答案；
(2)作OF⊥AC于F，根据同角的余角相等得，sin∠AOF=sinD，即可得出y与x的关系式；
(3)根据OA和OD的长，可得∠D=30∘，再根据点M在直线OF上，利用勾股定理即可求出AM的长．
本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，三角函数，勾股定理等知识，确定∠D=30∘是解决问题(3)的关键．

23.【答案】解：(1)由ax2−8ax+12a=0(a<0)，
得x1=2，x2=6，
即：OA=2，OB=6，
∵△OCA∽△OBC，
∴OC2=OA⋅OB=2×6.
∴OC=2 3(−2 3舍去)，
∴线段OC的长为2 3.

(2)∵△OCA∽△OBC，
∴ACBC=OAOC=22 3=1 3，
设AC=k，则BC= 3k，
由AC2+BC2=AB2得：k2+( 3k)2=(6−2)2，
解得k=2(−2舍去)，
∴AC=2，BC=2 3=OC.
过点C作CD⊥AB于点D，
∴OD=12OB=3，
∴CD= OC2−OD2= 3，
∴C的坐标为(3, 3).
将C点的坐标代入抛物线的解析式得： 3=a(3−2)(3−6)，
∴a=− 33，
∴抛物线的函数关系式为：y=− 33x2+8 33x−4 3.

(3)∵抛物线为y=− 33x2+8 33x−4 3，
∴对称轴为直线x=−8 332×(− 33)=4，
∵P是抛物线的对称轴上的一点，
∴设P(4,t)，
∵OB=6，
∴B(6,0)，
∵C(3, 3)，
∴BC= (6−3)2+( 3−0)2=2 3，
BP= (6−4)2+(0−t)2= 4+t2，
PC= (4−3)2+(t− 3)2= t2−2 3t+4，
当△BCP是以BC为腰的等腰三角形时，分两种情况讨论：
①BC=BP时，
得2 3= 4+t2，
解得t=2 2或−2 2，
∴P为(4,2 2)或P(4,−2 2)，
②BC=PC时，
得2 3= t2−2 3t+4，
解得t= 3+ 11或 3− 11，
∴P(4, 3+ 11)或P(4, 3− 11)，
综上所述，点P的坐标为(4,2 2)或(4,−2 2)或(4, 3+ 11)或(4, 3− 11).
 
【解析】(1)令抛物线中y=0，可得出A、B的坐标，即可确定OA，OB的长．根据△OCA∽△OBC，可得出关于OC、OA、OB的比例关系式即可求出OC的长；
(2)利用相似三角形的对应边成比例和勾股定理来求C点的坐标．将C点坐标代入抛物线中即可求出抛物线的解析式；
(3)先算出抛物线的对称轴，再设点P坐标，最后分两种情况进行讨论，结合等腰三角形的性质，计算出符合条件的点P坐标．
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数点坐标的特征，相似三角形的性质，待定系数法求二次函数的解析式，等腰三角形的性质等，其中，熟练掌握数形结合思想和分类讨论思想是解本题的关键．

24.【答案】解：(1)如图1，连接OB、OC，

∵AB，BC，CD分别与⊙O相切于E，F，G三点，
∴∠OBE=∠OBF，∠BOE=∠BOF，∠OCF=∠OCG，∠COF=∠COG，
直径EG⊥AB，半径OF⊥BC，直径EG⊥CD，
∴AB//CD，∠OBE+∠BOE=90∘，∠OBF+∠BOF=90∘，∠OCF+∠COF=90∘，∠OCG+∠COG=90∘，
∵∠BOE+∠BOF+∠COF+∠COG=180∘，
∴∠BOF+∠COF=90∘，
∴∠OBE=∠OBF=∠COF=∠COG，
∴∠EBF=2∠OBF=2∠COF，
∵∠EBF=2∠OPC，
∴∠COF=∠OPC，
∴CP=CO，
∵OF⊥BC，
∴OP=2OF=2OE，
∴sin∠OPE=OEOP=12，
∴∠OPE=30∘，
∴∠POE=60∘，
∴∠BOE=30∘，
在Rt△OBE中，BEOE=tan∠BOE，
∴OE=BEtan∠BOE=1tan30∘= 3，
∴OF=OG= 3，
∵∠COF+∠COG=∠FOG=180∘−60∘=120∘，∠COF=∠COG，
∴∠COF=∠COG=60∘，
在Rt△COG中，tan∠COG=CGOG，
∴CG=OG⋅tan∠COG= 3tan60∘=3，
∴S△COG=12OG⋅CG=12× 3×3=3 32，
在△COF和△COG中，
∠COF=∠COGOF=OG∠OFC=∠OGC=90∘，
∴△COF≌△COG(ASA)，
∴S△COF=S△COG=3 32，
∴S四边形CFOG=S△COF+S△COG=332+332=33，
∵S扇形OFG=120π⋅(3)2360=π，
∴S阴影=S四边形CFOG−S扇形OFG=33−π；
(2)如图2，连接OB，OC，过点B作BH⊥DC于点H，交OF于点P，
则∠BHG=∠BHC=90∘，

由(1)知：∠OEB=∠OFB=∠OFC=∠OGC=90∘，OE=OF=OG，
∵AB，BC，CD分别与⊙O相切于E，F，G三点，
∴BE=BF=1，CF=CG，
设CF=CG=x，
∵∠GEB=∠EGH=∠BHG=90∘，
∴四边形BEGH是矩形，
∴BH=EG=2OE=4，GH=BE=1，
∴CH=CG−GH=x−1，
在Rt△BHC中，BH2+CH2=BC2，
∴42+(x−1)2=(x+1)2，
解得：x=4，
∴CH=4−1=3，BC=x+1=4+1=5，
∵∠PFB=∠BHC=90∘，∠PBF=∠CBH，
∴△PBF∽△CBH，
∴BPBC=BFBH，
∴BP=BF⋅BCBH=1×54=54，
∵EG//BH，
∴∠MOG=∠MPB，∠MGO=∠MBP，
∴△MOG∽△MPB，
∴BMMG=BPOG=542=58. 
【解析】(1)如图1，连接OB、OC，根据切线性质可得：∠OBE=∠OBF，∠BOE=∠BOF，∠OCF=∠OCG，∠COF=∠COG，直径EG⊥AB，半径OF⊥BC，直径EG⊥CD，结合∠EBF=2∠OPC，可得∠COF=∠OPC，推出CP=CO，利用三角函数定义可得sin∠OPE=OEOP=12，即∠OPE=30∘=∠BOE，进而可得OE=OF=OG= 3，再利用解直角三角形求得CG=3，即可得出S四边形CFOG=S△COF+S△COG=33，再运用扇形面积公式求得S扇形OFG=120π⋅(3)2360=π，利用S阴影=S四边形CFOG−S扇形OFG，即可求得答案；
(2)如图2，连接OB，OC，过点B作BH⊥DC于点H，交OF于点P，设CF=CG=x，由四边形BEGH是矩形，可得：BH=EG=2OE=4，GH=BE=1，CH=CG−GH=x−1，利用勾股定理可得：CH=4−1=3，BC=x+1=4+1=5，再由△PBF∽△CBH，△MOG∽△MPB，即可得出答案．
本题考查了圆的性质，切线的性质，切线长定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，涉及知识点较多，添加辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键．