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精品解析：2022年广东省深圳市宝安区中考数学备考冲刺题--模拟卷（二）
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2022中考宝安区数学备考冲刺题——模拟卷（二）
本试卷共7页，22题，满分100分，考试用时90分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案（作图题除外）；不准使用涂改液．不按以上要求作答无效．
4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回．
一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题有四个选项，其中只有一个是正确的）
1. 整数2022的绝对值是（ ）
A. ﹣2022 B. 2022 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正数的绝对值是它本身求解即可．
【详解】解：2022的绝对值是2022，
故选：B．
【点睛】本题考查了求一个数的绝对值，解题关键是明确正数的绝对值是它本身．
2. 观察下列图形，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的特点逐项判断即可．
【详解】A．不是中心对称图形，故本项不符合题意；
B．不是中心对称图形，故本项不符合题意；
C．是中心对称图形，故本项符合题意；
D．不是中心对称图形，故本项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3. 据统计，截止2022年2月9日，我国接种新冠疫苗已达30.1亿人次，将30.1亿用科学记数法表示为（ ）
A. 3.01×107 B. 3.01×108 C. 3.01×109 D. 0.301×1010
【答案】C
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，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．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
【详解】亿=．
故选：C．
【点睛】本题考查用科学记数法表示较大的数，一般形式为，其中1≤|a|＜10，n可以用整数位数减去1来确定．用科学记数法表示数，一定要注意a的形式，以及指数n的确定方法．
4. 下列几何体中，主视图和左视图不同的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别分析四种几何体的主视图和左视图，找出主视图和左视图不同的几何体．
【详解】解：A、主视图与左视图都是两个并列的正方形，不合题意；
B、主视图是长方形，左视图是圆，符合题意；
C、主视图与左视图都是三角形，不合题意；
D、主视图和左视图都是圆，不合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了简单几何体的三视图，要求同学们掌握主视图是从物体的正面看到的视图，左视图是从物体的左面看得到的视图．
5. 某校5名同学在“悦享冰雪，筑梦冬奥”绘画比赛活动中，成绩（单位：分）分别是90，95，90，97，93．这组数据的平均数和众数分别是（ ）
A. 97，90 B. 95，90 C. 93，90 D. 90，92
【答案】C
【解析】
【分析】根据众数、平均数的概念求解．
【详解】解：平均数==93．
众数90出现的次数最多，故为90 ．
故选：C．
【点睛】本题考查了平均数和众数．平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．
6. 下列各式计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据算术平方根的定义，负整数指数幂的运算法则，合并同类项法则，积的乘方和幂的乘方法则逐项计算即可判断选择；
【详解】，故A计算错误，不符合题意；
，故B计算错误，不符合题意；
，故C计算错误，不符合题意；
，故D计算正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查求算术平方根，负整数指数幂，合并同类项，积的乘方和幂的乘方．掌握各运算法则是解题关键．
7. 如图，直线ab，将一个含30°角的三角尺按如图所示的位置放置，若∠1＝20°，则∠2的度数为（ ）
A. 150° B. 140° C. 130° D. 120°
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得∠CAD=90°，∠C=30°，从而求得∠CAE=70°，由平行线的性质得∠CBF=∠CAE=70°，利用三角形的外角性质求得∠CHB=40°，从而可求∠2的度数．
【详解】解：如图，
由题意得：∠CAD=90°，∠C=30°，
∵∠1=20°，
∴∠CAE=180°-∠CAD-∠1=70°，
∵ab,
∴∠CBF=∠CAE=70°，
∵∠CBF是△CBH的外角，
∴∠CHB=∠CBF-∠C=40°，
∴∠2=180°-∠CHB=140°．
故选：B．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，同位角相等．
8. 如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BA，BC于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线BP交AC于点D．若AC＝12，则在△ABD中AB边上的高为（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】作DE⊥AB于E．利用BD是角平分线以及直角三角形30°所对的直角边是斜边的一半即可求解．
【详解】解：作DE⊥AB于E．如图：
由作图可知，BD是△ABC的角平分线．
∴DE=CD．
∵∠A=30°，∠AED=90°．
∴AD=2DE．
∵AC＝12．
∴AD+DC=AD+DE=12．
∴DE=4．
故选：B．
【点睛】本题考试角平分线定义和直角三角形特殊角的边关系，关键在于利用其性质进行解答．
9. 二次函数的图象如图所示，则一次函数与反比例函数在同一坐标系内的大致图象是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数图象开口向上得到a＞0，再根据对称轴确定出b＞0，根据与y轴的交点确定出c＜0，然后确定出一次函数图象与反比例函数图象的情况，即可得解．
【详解】解：∵二次函数图象开口方向向上，
∴a＞0，即－a＜0，
又∵对称轴为直线x＝－＜0，
∴b＞0，
∵与y轴的负半轴相交，
∴c＜0，
∴y＝－ax+b的图象经过第一、二、四象限，反比例函数图象在第二、四象限，
只有A选项图象符合．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数的图象，一次函数的图象，反比例函数的图象，熟练掌握二次函数的有关性质：开口方向、对称轴、与y轴的交点坐标等确定出a、b、c的情况是解题的关键．
10. 在边长为4的正方形ABCD的边上有一个动点P，从A出发沿折线ABCD移动一周，回到A点后继续周而复始．设点P移动的路程为x，△PAC的面积为y．请结合右侧函数图像分析当x=2021时，则y的值为（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】要对点P所在的位置进行分类：①当点P在线段AB上移动；②当点P在线段BC上移动；③当点P在线段CD上移动；④当点P在线段DA上移动；探讨得出规律即可．
【详解】解：①当点P在线段AB上移动，
即0＜x≤4时，y＝AP•BC＝2x；
②当点P在线段BC上移动，
即4＜x＜8时，y＝PC•AB＝(8−x)•4＝16−2x；
③当点P在线段CD上移动，
即8＜x≤12时，y＝PC•AD＝(x−8)•4＝2x−16；
④当点P线段DA上移动，
即12＜x＜16时，y＝AP•CD＝(16−x)•4＝32−2x，
点P的运动轨迹以16为单位循环，
当x=2021时，2021÷16=126……5，
此时y=16−2×5=6，
故答案为：C．
【点睛】本题考查动点函数问题，分段函数的应用，函数的解析式的求法以及动点的运动规律，分类探讨是解决问题的关键．
二．填空题（共5小题，每题3分，共15分）
11. 因式分解：mn－mn3＝_____．
【答案】mn(1+n)(1－n)
【解析】
【分析】式提取mn后，利用平方差公式分解即可．
【详解】解：原式=mn（1－n2）= mn(1+n)(1－n)．
故答案为：mn(1+n)(1－n)．
【点睛】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
12. 把一副普通扑克牌中的13张红桃牌洗匀后正面向下放在桌子上，从中任意抽取一张，抽出的牌点数小于7的概率是_____．
【答案】
【解析】
【分析】抽出牌的点数小于7有1，2，3，4，5，6共6个，总的样本数目为13，则问题得解．
【详解】解：∵抽出的牌的点数小于7有1，2，3，4，5，6共6个，总的样本数目为13，
∴从中任意抽取一张，抽出的牌点数小于7的概率是：．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了概率的求法．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
13. 如图，已知点P（5，3），过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，反比例函数的图象交PM于点A，交PN于点B．若四边形OAPB的面积为9，则k＝_____．
【答案】6
【解析】
【分析】根据，构建方程即可解决问题．
【详解】∵点P（5，3），
∴PN=5，PM=3，
∵过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，反比例函数的图象交PM于点A，交PN于点B．
∴，
又∵
即，
∴
∵
解得：．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，解答本题的关键是学会用方程的思想思考问题．
14. 取整函数就是f(x)=[x]，也被称为高斯函数，记号[x]表示不大于x的最大整数，例如：[2.3]=2，[﹣4.7]=﹣5，若S=1＋，则[S]=______．
【答案】1
【解析】
【分析】先计算S=1＋=1+=1+=，再根据新定义求值即可．
【详解】解：S=1+
=1+
=1+
=，
∴[S]=[]=1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查新定义，数式规律，实数的运算，找出数式规律，求得S的值是解题的关键．
15. 已知正方形ABCD，AB=6，DP平分∠ADC且DP=，AE=2，连接EP、CP，点F是EP上一点，EF：FP=11：3．连接CF，点M是EC上一点且满足∠EFM=∠CFP，过点M作MN⊥CF交CP于点N，则PN=__________．
【答案】##
【解析】
【分析】连接AP，过P点作PT⊥AD于点T，作PS⊥AB于点S，过C点作CO⊥PC，交FM的延长线于点O，过点F作FH⊥OC于点H，证明△TDP是等腰直角三角形，可得；证明四边形ASPT是矩形，即可求得；证明△APD≌△CPD，进而可得△APE是等腰三角形，即有△PEC是等腰直角三角形；证明四边形PCHF是矩形，可得，，即有△FCO是等腰三角形，可得，；再证明△EFM∽△CNM，即有，则CN可求，即PN可求．
【详解】解：连接AP，过P点作PT⊥AD于点T，作PS⊥AB于点S，过C点作CO⊥PC，交FM的延长线于点O，过点F作FH⊥OC于点H，如图，
在正方形ABCD中，有∠ADC=∠B=∠A=∠BCD=90°，AB=BC=CD=DA=6，
∵DP平分∠ADC，∠ADC=90°
∴∠TDP=45°=∠PDC，
∵PT⊥AD，
∴∠DTP=90°，
∴∠TPD=∠TDP=45°，
∴△TDP是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴AT=AD-TD=6-1=5，
∵PS⊥AB，∠A=90°，PT⊥AD，
∴四边形ASPT是矩形，△PES是直角三角形，
∴AS=PT，AT=PS，
∴AS=1，PS=5，
∵AE=2，
∴ES=AE-AS=2-1=2，
∴在Rt△PSE中，，
∵∠ADP=∠CDP，AD=CD，PD=PD，
∴△APD≌△CPD，
∴PC=AP，
∵AS=SE，
∴PS是△APE的中线，
∵PS⊥AE，
∴中线PS也是高线，
∴△APE是等腰三角形，
∴AP=PE，
∴PE=PC，
∴，
∵在Rt△BEC中，BE=AB-AE=6-2=4，
∴，
∴，
∴△PEC是等腰直角三角形，
∴∠PEC=∠PCE=45°，∠EPC=90°，
∵，，
∴，，
∵OC⊥PC，∠EPC=90°，FH⊥OC，
∴四边形PCHF是矩形，
∴，，
∴∠EFM=∠FOC，∠PFC=∠FCO，
∵∠EFM=∠PFC，
∴∠FOC=∠FCO，
∴△FCO是等腰三角形，
∵HF⊥OC，
∴，
∵，
∴，
∵MN⊥FC，
∴∠PCF+∠GNC=90°，
∵∠FPC=90°，
∴∠PCF+∠PFC=90°，
∴∠PFC=∠GNC，
∵∠EFM=∠PFC，
∴∠EFM=∠GNC，
∵∠PEC=∠PCE=45°，
∴△EFM∽△CNM，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识．构造合理的辅助线是解答本题的关键．
三．解答题（共55分）
16. 先化简，再求值：，其中a＝－2．
【答案】原式＝，当a＝-2时，原式＝
【解析】
【分析】先对括号内式子进行通分，再进行加法计算，最后将除法变成乘法计算，再将a的值代入化简后的式子计算即可．
【详解】解：原式
，
当a＝-2时，原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，解决此题的关键是先根据分式的运算性质，将其化简，再将未知数的代入求值．
17. 为了让学生更好地掌握疫情防控知识，增强疫情防控意识，某市中学生举行了一次“疫情防控知识竞赛”，共有2000名中学生参加了这次竞赛，为了解本次竞赛成绩情况，从中随机抽取了部分学生的成绩进行统计，并绘制扇形统计图．
分组
分数段
频数
频率
A
90≤x≤100
120
0.24
B
80≤x＜90
b
0.32
C
70≤x＜80
100
a
D
60≤x＜70
80
0.16
E
50≤x＜60
40
0.08
根据上面提供的信息，解答下列问题：
（1）a＝ ，b＝ ；
（2）被抽取学生的成绩的中位数落在分数段 上；
（3）在扇形统计图中，C组所对应的圆心角为________；
（4）若竞赛成绩在70分以上（含70分）的学生为合格．请估计该市参加“疫情防控知识竞赛”成绩为合格的学生有_________人．
【答案】（1）0.2，160
（2）80≤x<90 （3）72°
（4）1520
【解析】
【分析】（1）由A组频数及频率求出样本总量，再根据频率＝频数÷总数求解即可；
（2）根据中位数的概念求解即可；
（3）用C组的占比乘360°即可．
（4）用总人数乘以样本中A、B、C组频率之和即可．
【小问1详解】
∵被调查的总人数为120÷0.24＝500（人），
∴a＝100÷500＝0.2，b＝500×0.32＝160，
故答案为：0.2，160；
【小问2详解】
被抽取学生的成绩的中位数是第250、251个数据的平均数，而这两个数据均落在B组，
所以被抽取学生的成绩的中位数落在分数段80≤x<90上，
故答案为：80≤x<90；
【小问3详解】
0.2×360°＝72°，
故答案为：72°；
【小问4详解】
估计该市参加“疫情防控知识竞赛”成绩为合格的学生人数为2000×（0.24＋0.32＋0.2）＝1520（人）
故答案为：1520．
【点睛】本题考查频数分布直方图、中位数、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
18. 为保护师生健康，深圳某中学在校门安装了测温门，如图为该“测温门”示意图．身高1.7米的小聪做了如下实验：当他在地面M处时“测温门”开始显示额头温度，此时在额头B处测得A的仰角为30°；当他在地面N处时，“测温门”停止显示额头温度，此时在额头C处测得A的仰角为60°．如果测得小聪的有效测温区间MN的长度是1米，求测温门顶部A处距地面的高度约为多少米？（注：额头到地面的距离以身高计，≈1.73，最后结果精确到0.1米）
【答案】测温门顶部A距地面的高度约为2.6米
【解析】
【分析】延长BC交AD于点E，构造直角△ABE和矩形EDMB，设AE=x米．通过解直角三角形分别表示出BE、CE的长度，根据BC=BE-CE得到1.73x-0.58x=1，解得即可求得AE 进而即可求得．
【详解】解：延长BC交AD于点E，设AE=x米．
∵，，
∴（米），（米），
∴BC=BE-CE=1.73x-0.58x=1（米）．
解得x≈0.87，
∴AE≈0.87（米），
∴AD=AE+ED≈0.87+1.7≈2.6（米）．
答：测温门顶部A处距地面的高度约为2.6米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用--仰角俯角问题，能借助仰角构造直角三角形是解题的关键．
19. 弗朗索瓦·韦达是十六世纪法国最杰出的数学家之一，最早提出“切割线定理”（圆幂定理之一），指的是从圆外一点引圆的切线和割线，则切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，下面紧跟着圆的切线作图的思路尝试证明与运用．
（1）作图（保留作图痕迹）：
已知AB是圆O的直径，点P是BA延长线上的一点，
①作线段OP的中垂线MN交OP于点Q；
②以Q圆心，PQ为半径作圆，交圆O于点E、F；
③连接PE和PF；
试说明PE是圆O切线的理由．
（2）计算：
若圆O半径OB=4，PB=14，尝试证明“切割线定理”并计算出PE的长度．
【答案】（1）见解析 （2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）按要求作图，根据MN是OP的中垂线，得到OQ=OP，点O在圆Q上，OQ=EQ=PQ，根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得∠OEP=90°，即可证明；
（2）根据切线的性质和圆周角定理的推论可得∠EBO=∠AEP，证得，所以，，根据OB=4，PB=14，求出AP的长度，代入计算即可．
【小问1详解】
作图如下：
连接OE，EQ，
∵以Q为圆心，PQ为半径作圆，交圆O于点E、F；
∴QE=QP，
∵MN是OP的中垂线，
∴OQ=OP，点O在圆Q上，
∴OQ=EQ=PQ，
∴∠EOQ=∠OEQ，∠PEQ=∠EPQ，
∵∠EOP+∠OEQ+∠QEP+∠EPQ=180°，
∴2（∠OEQ+∠QEP）=180°，
∴∠OEQ+∠QEP=90°，即∠OEP=90°，OE垂直EP，
∴PE是圆O的切线．
【小问2详解】
证明：连接BE，OA，
∵EP是圆O的切线， AB为圆O的直径，
∴∠OEP=90°，∠BEA=90°，
∴∠BEO=∠AEP
∵OE和OB为圆O的半径，
∴∠BEO=∠EBO，
∴∠EBO=∠AEP，
∵∠EPB=∠EPA，
∴，
∴，
∴．
∵OB=4，PB=14，
∴AB=2OB=8，AP=BP－AB=14－8=6，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆的切线证明以及相似三角形的性质与判定，根据题意证明是解题的关键．
20. 冰墩墩是2022年北京冬季奥运会的吉祥物．某商场以20元/台的价格购进一批冰墩墩玩偶出售，在销售过程中发现，其日销售量y（单位：只）与销售单价x（单位：元）之间存在如图所示的函数关系．
（1）求y与x的函数关系式；
（2）若物价局规定，产品的利润率不得超过60%，该商场销售冰墩墩玩偶每天要想获得150元利润，销售单价应定为多少？
【答案】（1）y=－2x+80
（2）销售单价定为25元时，每天获利150元
【解析】
【分析】（1）设函数关系式为，利用待定系数法即可求解；
（2）根据产品的利润率不得超过60%，可知产品的售价最高为：20×(1+60%)=32元，根据题意有：，将代入中，解一元二次方程即可求解．
【小问1详解】
设函数关系式为，
由图可知，直线经过点(25，30)和点(35，10)，
则有：，
解得：，
即函数关系式为：；
【小问2详解】
根据产品的利润率不得超过60%，可知产品的售价最高为：20×(1+60%)=32元，
根据题意有：，
将代入中，
整理，得：，
解得，，
∵价格不得超过32元，
∴，
即：售价应该定为25元．
【点睛】本题主要考查了用待定系数法求解一次函数解析式以及一元二次方程的应用的知识，根据一次函数图象用待定系数求出一次函数解析式是解答本题的关键．
21. 已知菱形ABCD，∠ABC=α，P为射线AB上的一点，以BP为边作菱形BPEF，使点F在线段CB的延长线上，连接EA，EC．
（1）如图（1），若点P在线段AB延长线上，求证：EA=EC；
（2）若点P在线段AB上，且α=120°．
①如图（2），连接AC，BD相交于点O，当P为AB的中点时，判断四边形AEBO的形状，并说明理由；
②如图（3），设AB=2a，BP=2b，当EP平分∠AEC时，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）①四边形AEBO为矩形，理由见解析；②
【解析】
【分析】（1）利用菱形的性质，证明△ECF≌△EAP即可．
（2）①利用三个角都是直角的四边形是矩形证明即可；②延长BF到点G，使得BF=FG，连接EG，得证△EFG是等边三角形，证明△EAP∽△CEG，构造方程，以a为主元解方程即可．
【小问1详解】
因为四边形ABCD、四边形BFEP都是菱形，
所以AB=BC，BF=FE=EP=BP，∠F=∠P，
所以AB+BP=CB+BF即CF=AP，
所以△ECF≌△EAP（SAS)，
所以EA=EC．
【小问2详解】
①四边形AEBO是矩形．理由如下：
因为四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
所以AB=BC，AC⊥BD，
所以∠AOB=90°，∠ACB=∠BAC= 30°，∠ABF=60°．
因为四边形BFEP是菱形，∠PBF=60°，P为AB的中点，
所以∠FBE= 30°，∠APE=60°，EP=AP=PB，
所以∠ACB=∠FBE，△AEP是等边三角形，
所以ACBE，∠EAP=60°，
所以∠EBO=90°，∠EAO=∠EAP +∠BAC =90°．
即∠EBO=∠EAO=∠AOB=90°，
所以四边形AEBO是矩形．
②如图，延长BF到点G，使得BF=FG，连接EG，
因为四边形BFEP是菱形，∠PBF=60°，
所以∠EFG=∠APE=60°，EF=FG，
所以△EFG是等边三角形，
所以∠EGC=∠APE=60°，
因为四边形BFEP是菱形，EP平分∠AEC，
所以EPGC，∠AEP=∠CEP，
所以∠AEP=∠CEP=∠ECG，
所以△EAP∽△CEG，
，
因为AB=2a，BP=2b，
所以AP=AB-BP=2a-2b=2（a-b），EP=EG=EF=FB=2b，CG=GF+FB+BC=2a+4b，
所以，
整理，得，
解得，
所以（舍去），
所以．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，等边三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，求根公式法解一元二次方程，熟练掌握菱形的性质，矩形的判定和三角形相似的判定和性质是解题的关键．
22. 知识介绍】
（1）在平面直角坐标系中，若点，．则线段AB的长度为请结合下面证明过程填空：
分别过点A作轴，点B作轴，相交于点C，则AC______BC（填AC与BC位置关系）．
∵，，
∴AC=________，BC=_________（用含，，，，代数式表示）．
在Rt△ABC中，根据勾股定理可得：
AB=_____________（用含，，，，代数式表示）．
利用公式快速计算（3，5）和（6，2）间的距离为________．
【模型构建】
（2）试结合上述知识点分析的最小值如何求解？
分析：可认为则是（x，0）和（3，4）间的距离．请尝试利用右图平面直角坐标系构图并计算．
【迁移思考】
（3）已知矩形ABCD，AB=3，BC=4，点E是对角线BD上一动点，点F是线段BC上一动点且满足DE=BF，请结合上述方法尝试计算AE+AF的最小值．
【答案】（1）⊥，，，，；
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）利用平行的性质即可判断AC、BC的位置关系；根据图形即可作答；利用推导的公式计算即可；
（2）根据给出的解题思路，可将，则可看作是点（x，0）和点（6，2）间的距离，即：的最小值可以看作是点（x，0）到点（3，4）和到（6，2）距离的和的最小值，设（x，0）、（3，4）、（6，2）分别为Q、P、W，连接PQ，QW，作点W关于x轴的对称点S，连接SP，QS，交x轴于点T，连接TW，结合两点之间线段最短即可求解；
（3）以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立直角坐标系，过E点作EG⊥AD于点G，先求出，设F点坐标为(3，m)，先证明，即有，可得，，即有，则有，整理，得：，根据（2）中的方法，可知的最小值可看作是点(m，0)到点的距离与点(m，0)到点的距离之和的最小值，再根据（2）中的方法即可求解．
【详解】（1）如图，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∵轴，轴，
∴点C的横坐标与A点相同，纵坐标与B点相同，
∴，
∴结合图形有：，，
∴利用勾股定理有：，
即点（3，5）和点（6，2）的距离为：，
故答案为：，，，，；
（2）∵可认为则是点（x，0）和点（3，4）间的距离，
∴，则可看作是点（x，0）和点（6，2）间的距离，
即：的最小值可以看作是点（x，0）到点（3，4）和到（6，2）距离的和的最小值，
设（x，0）、（3，4）、（6，2）分别为Q、P、W，连接PQ，QW，作点W关于x轴的对称点S，连接SP，QS，交x轴于点T，连接TW，在网格中画图如下，
即问题转化为求PQ+QW的最小值，
∵点W关于x轴的对称点S，W（2，6），
∴S（6，－2），QW=QS，TW=TS，
∴QP+QW=QP+QS，
根据两点直线线段最短，可知P、Q、W三点共线时，QP+QW最小，
即Q点与T点重合时，QP+QW最小，
此时QP+QW=QP+QS=TP+TS=PS，
∵S（6，－2），P（3，4），
∴，
∴即的最小值为；
（3）以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立直角坐标系，过E点作EG⊥AD于点G，如图，
∵AB=3，BC=4，
∴AD=4，，
设F点坐标为(3，m)，
∴BF=m，
∵BF=DE，
∴DE=m，
∵EG⊥AD，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，F点坐标为(3，m)，A(0，0)，
∴，
∴整理，得：，
根据（2）中的方法，可知的最小值可看做是点(m，0)到点的距离与点(m，0)到点的距离之和的最小值，
∵点关于x轴的对称点的坐标为，
∴根据（2）中的方法，可求得最小值为：，
即的最小值为．
【点睛】本题主要考查了结合勾股定理推倒坐标系中两点之间的距离公式，以及运用距离公式和两点之间线段最短求解二次根式和的最小值的知识，充分利用（2）中给出的解题思路是解答本题的关键．
2022中考宝安区数学备考冲刺题——模拟卷（二）
本试卷共7页，22题，满分100分，考试用时90分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案（作图题除外）；不准使用涂改液．不按以上要求作答无效．
4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回．
一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题有四个选项，其中只有一个是正确的）
1. 整数2022的绝对值是（ ）
A. ﹣2022 B. 2022 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正数的绝对值是它本身求解即可．
【详解】解：2022的绝对值是2022，
故选：B．
【点睛】本题考查了求一个数的绝对值，解题关键是明确正数的绝对值是它本身．
2. 观察下列图形，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的特点逐项判断即可．
【详解】A．不是中心对称图形，故本项不符合题意；
B．不是中心对称图形，故本项不符合题意；
C．是中心对称图形，故本项符合题意；
D．不是中心对称图形，故本项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3. 据统计，截止2022年2月9日，我国接种新冠疫苗已达30.1亿人次，将30.1亿用科学记数法表示为（ ）
A. 3.01×107 B. 3.01×108 C. 3.01×109 D. 0.301×1010
【答案】C
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，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．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
【详解】亿=．
故选：C．
【点睛】本题考查用科学记数法表示较大的数，一般形式为，其中1≤|a|＜10，n可以用整数位数减去1来确定．用科学记数法表示数，一定要注意a的形式，以及指数n的确定方法．
4. 下列几何体中，主视图和左视图不同的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别分析四种几何体的主视图和左视图，找出主视图和左视图不同的几何体．
【详解】解：A、主视图与左视图都是两个并列的正方形，不合题意；
B、主视图是长方形，左视图是圆，符合题意；
C、主视图与左视图都是三角形，不合题意；
D、主视图和左视图都是圆，不合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了简单几何体的三视图，要求同学们掌握主视图是从物体的正面看到的视图，左视图是从物体的左面看得到的视图．
5. 某校5名同学在“悦享冰雪，筑梦冬奥”绘画比赛活动中，成绩（单位：分）分别是90，95，90，97，93．这组数据的平均数和众数分别是（ ）
A. 97，90 B. 95，90 C. 93，90 D. 90，92
【答案】C
【解析】
【分析】根据众数、平均数的概念求解．
【详解】解：平均数==93．
众数90出现的次数最多，故为90 ．
故选：C．
【点睛】本题考查了平均数和众数．平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．
6. 下列各式计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据算术平方根的定义，负整数指数幂的运算法则，合并同类项法则，积的乘方和幂的乘方法则逐项计算即可判断选择；
【详解】，故A计算错误，不符合题意；
，故B计算错误，不符合题意；
，故C计算错误，不符合题意；
，故D计算正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查求算术平方根，负整数指数幂，合并同类项，积的乘方和幂的乘方．掌握各运算法则是解题关键．
7. 如图，直线ab，将一个含30°角的三角尺按如图所示的位置放置，若∠1＝20°，则∠2的度数为（ ）
A. 150° B. 140° C. 130° D. 120°
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得∠CAD=90°，∠C=30°，从而求得∠CAE=70°，由平行线的性质得∠CBF=∠CAE=70°，利用三角形的外角性质求得∠CHB=40°，从而可求∠2的度数．
【详解】解：如图，
由题意得：∠CAD=90°，∠C=30°，
∵∠1=20°，
∴∠CAE=180°-∠CAD-∠1=70°，
∵ab,
∴∠CBF=∠CAE=70°，
∵∠CBF是△CBH的外角，
∴∠CHB=∠CBF-∠C=40°，
∴∠2=180°-∠CHB=140°．
故选：B．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，同位角相等．
8. 如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BA，BC于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线BP交AC于点D．若AC＝12，则在△ABD中AB边上的高为（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】作DE⊥AB于E．利用BD是角平分线以及直角三角形30°所对的直角边是斜边的一半即可求解．
【详解】解：作DE⊥AB于E．如图：
由作图可知，BD是△ABC的角平分线．
∴DE=CD．
∵∠A=30°，∠AED=90°．
∴AD=2DE．
∵AC＝12．
∴AD+DC=AD+DE=12．
∴DE=4．
故选：B．
【点睛】本题考试角平分线定义和直角三角形特殊角的边关系，关键在于利用其性质进行解答．
9. 二次函数的图象如图所示，则一次函数与反比例函数在同一坐标系内的大致图象是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数图象开口向上得到a＞0，再根据对称轴确定出b＞0，根据与y轴的交点确定出c＜0，然后确定出一次函数图象与反比例函数图象的情况，即可得解．
【详解】解：∵二次函数图象开口方向向上，
∴a＞0，即－a＜0，
又∵对称轴为直线x＝－＜0，
∴b＞0，
∵与y轴的负半轴相交，
∴c＜0，
∴y＝－ax+b的图象经过第一、二、四象限，反比例函数图象在第二、四象限，
只有A选项图象符合．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数的图象，一次函数的图象，反比例函数的图象，熟练掌握二次函数的有关性质：开口方向、对称轴、与y轴的交点坐标等确定出a、b、c的情况是解题的关键．
10. 在边长为4的正方形ABCD的边上有一个动点P，从A出发沿折线ABCD移动一周，回到A点后继续周而复始．设点P移动的路程为x，△PAC的面积为y．请结合右侧函数图像分析当x=2021时，则y的值为（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】要对点P所在的位置进行分类：①当点P在线段AB上移动；②当点P在线段BC上移动；③当点P在线段CD上移动；④当点P在线段DA上移动；探讨得出规律即可．
【详解】解：①当点P在线段AB上移动，
即0＜x≤4时，y＝AP•BC＝2x；
②当点P在线段BC上移动，
即4＜x＜8时，y＝PC•AB＝(8−x)•4＝16−2x；
③当点P在线段CD上移动，
即8＜x≤12时，y＝PC•AD＝(x−8)•4＝2x−16；
④当点P线段DA上移动，
即12＜x＜16时，y＝AP•CD＝(16−x)•4＝32−2x，
点P的运动轨迹以16为单位循环，
当x=2021时，2021÷16=126……5，
此时y=16−2×5=6，
故答案为：C．
【点睛】本题考查动点函数问题，分段函数的应用，函数的解析式的求法以及动点的运动规律，分类探讨是解决问题的关键．
二．填空题（共5小题，每题3分，共15分）
11. 因式分解：mn－mn3＝_____．
【答案】mn(1+n)(1－n)
【解析】
【分析】式提取mn后，利用平方差公式分解即可．
【详解】解：原式=mn（1－n2）= mn(1+n)(1－n)．
故答案为：mn(1+n)(1－n)．
【点睛】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
12. 把一副普通扑克牌中的13张红桃牌洗匀后正面向下放在桌子上，从中任意抽取一张，抽出的牌点数小于7的概率是_____．
【答案】
【解析】
【分析】抽出牌的点数小于7有1，2，3，4，5，6共6个，总的样本数目为13，则问题得解．
【详解】解：∵抽出的牌的点数小于7有1，2，3，4，5，6共6个，总的样本数目为13，
∴从中任意抽取一张，抽出的牌点数小于7的概率是：．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了概率的求法．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
13. 如图，已知点P（5，3），过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，反比例函数的图象交PM于点A，交PN于点B．若四边形OAPB的面积为9，则k＝_____．
【答案】6
【解析】
【分析】根据，构建方程即可解决问题．
【详解】∵点P（5，3），
∴PN=5，PM=3，
∵过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，反比例函数的图象交PM于点A，交PN于点B．
∴，
又∵
即，
∴
∵
解得：．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，解答本题的关键是学会用方程的思想思考问题．
14. 取整函数就是f(x)=[x]，也被称为高斯函数，记号[x]表示不大于x的最大整数，例如：[2.3]=2，[﹣4.7]=﹣5，若S=1＋，则[S]=______．
【答案】1
【解析】
【分析】先计算S=1＋=1+=1+=，再根据新定义求值即可．
【详解】解：S=1+
=1+
=1+
=，
∴[S]=[]=1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查新定义，数式规律，实数的运算，找出数式规律，求得S的值是解题的关键．
15. 已知正方形ABCD，AB=6，DP平分∠ADC且DP=，AE=2，连接EP、CP，点F是EP上一点，EF：FP=11：3．连接CF，点M是EC上一点且满足∠EFM=∠CFP，过点M作MN⊥CF交CP于点N，则PN=__________．
【答案】##
【解析】
【分析】连接AP，过P点作PT⊥AD于点T，作PS⊥AB于点S，过C点作CO⊥PC，交FM的延长线于点O，过点F作FH⊥OC于点H，证明△TDP是等腰直角三角形，可得；证明四边形ASPT是矩形，即可求得；证明△APD≌△CPD，进而可得△APE是等腰三角形，即有△PEC是等腰直角三角形；证明四边形PCHF是矩形，可得，，即有△FCO是等腰三角形，可得，；再证明△EFM∽△CNM，即有，则CN可求，即PN可求．
【详解】解：连接AP，过P点作PT⊥AD于点T，作PS⊥AB于点S，过C点作CO⊥PC，交FM的延长线于点O，过点F作FH⊥OC于点H，如图，
在正方形ABCD中，有∠ADC=∠B=∠A=∠BCD=90°，AB=BC=CD=DA=6，
∵DP平分∠ADC，∠ADC=90°
∴∠TDP=45°=∠PDC，
∵PT⊥AD，
∴∠DTP=90°，
∴∠TPD=∠TDP=45°，
∴△TDP是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴AT=AD-TD=6-1=5，
∵PS⊥AB，∠A=90°，PT⊥AD，
∴四边形ASPT是矩形，△PES是直角三角形，
∴AS=PT，AT=PS，
∴AS=1，PS=5，
∵AE=2，
∴ES=AE-AS=2-1=2，
∴在Rt△PSE中，，
∵∠ADP=∠CDP，AD=CD，PD=PD，
∴△APD≌△CPD，
∴PC=AP，
∵AS=SE，
∴PS是△APE的中线，
∵PS⊥AE，
∴中线PS也是高线，
∴△APE是等腰三角形，
∴AP=PE，
∴PE=PC，
∴，
∵在Rt△BEC中，BE=AB-AE=6-2=4，
∴，
∴，
∴△PEC是等腰直角三角形，
∴∠PEC=∠PCE=45°，∠EPC=90°，
∵，，
∴，，
∵OC⊥PC，∠EPC=90°，FH⊥OC，
∴四边形PCHF是矩形，
∴，，
∴∠EFM=∠FOC，∠PFC=∠FCO，
∵∠EFM=∠PFC，
∴∠FOC=∠FCO，
∴△FCO是等腰三角形，
∵HF⊥OC，
∴，
∵，
∴，
∵MN⊥FC，
∴∠PCF+∠GNC=90°，
∵∠FPC=90°，
∴∠PCF+∠PFC=90°，
∴∠PFC=∠GNC，
∵∠EFM=∠PFC，
∴∠EFM=∠GNC，
∵∠PEC=∠PCE=45°，
∴△EFM∽△CNM，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识．构造合理的辅助线是解答本题的关键．
三．解答题（共55分）
16. 先化简，再求值：，其中a＝－2．
【答案】原式＝，当a＝-2时，原式＝
【解析】
【分析】先对括号内式子进行通分，再进行加法计算，最后将除法变成乘法计算，再将a的值代入化简后的式子计算即可．
【详解】解：原式
，
当a＝-2时，原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，解决此题的关键是先根据分式的运算性质，将其化简，再将未知数的代入求值．
17. 为了让学生更好地掌握疫情防控知识，增强疫情防控意识，某市中学生举行了一次“疫情防控知识竞赛”，共有2000名中学生参加了这次竞赛，为了解本次竞赛成绩情况，从中随机抽取了部分学生的成绩进行统计，并绘制扇形统计图．
分组
分数段
频数
频率
A
90≤x≤100
120
0.24
B
80≤x＜90
b
0.32
C
70≤x＜80
100
a
D
60≤x＜70
80
0.16
E
50≤x＜60
40
0.08
根据上面提供的信息，解答下列问题：
（1）a＝ ，b＝ ；
（2）被抽取学生的成绩的中位数落在分数段 上；
（3）在扇形统计图中，C组所对应的圆心角为________；
（4）若竞赛成绩在70分以上（含70分）的学生为合格．请估计该市参加“疫情防控知识竞赛”成绩为合格的学生有_________人．
【答案】（1）0.2，160
（2）80≤x<90 （3）72°
（4）1520
【解析】
【分析】（1）由A组频数及频率求出样本总量，再根据频率＝频数÷总数求解即可；
（2）根据中位数的概念求解即可；
（3）用C组的占比乘360°即可．
（4）用总人数乘以样本中A、B、C组频率之和即可．
【小问1详解】
∵被调查的总人数为120÷0.24＝500（人），
∴a＝100÷500＝0.2，b＝500×0.32＝160，
故答案为：0.2，160；
【小问2详解】
被抽取学生的成绩的中位数是第250、251个数据的平均数，而这两个数据均落在B组，
所以被抽取学生的成绩的中位数落在分数段80≤x<90上，
故答案为：80≤x<90；
【小问3详解】
0.2×360°＝72°，
故答案为：72°；
【小问4详解】
估计该市参加“疫情防控知识竞赛”成绩为合格的学生人数为2000×（0.24＋0.32＋0.2）＝1520（人）
故答案为：1520．
【点睛】本题考查频数分布直方图、中位数、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
18. 为保护师生健康，深圳某中学在校门安装了测温门，如图为该“测温门”示意图．身高1.7米的小聪做了如下实验：当他在地面M处时“测温门”开始显示额头温度，此时在额头B处测得A的仰角为30°；当他在地面N处时，“测温门”停止显示额头温度，此时在额头C处测得A的仰角为60°．如果测得小聪的有效测温区间MN的长度是1米，求测温门顶部A处距地面的高度约为多少米？（注：额头到地面的距离以身高计，≈1.73，最后结果精确到0.1米）
【答案】测温门顶部A距地面的高度约为2.6米
【解析】
【分析】延长BC交AD于点E，构造直角△ABE和矩形EDMB，设AE=x米．通过解直角三角形分别表示出BE、CE的长度，根据BC=BE-CE得到1.73x-0.58x=1，解得即可求得AE 进而即可求得．
【详解】解：延长BC交AD于点E，设AE=x米．
∵，，
∴（米），（米），
∴BC=BE-CE=1.73x-0.58x=1（米）．
解得x≈0.87，
∴AE≈0.87（米），
∴AD=AE+ED≈0.87+1.7≈2.6（米）．
答：测温门顶部A处距地面的高度约为2.6米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用--仰角俯角问题，能借助仰角构造直角三角形是解题的关键．
19. 弗朗索瓦·韦达是十六世纪法国最杰出的数学家之一，最早提出“切割线定理”（圆幂定理之一），指的是从圆外一点引圆的切线和割线，则切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，下面紧跟着圆的切线作图的思路尝试证明与运用．
（1）作图（保留作图痕迹）：
已知AB是圆O的直径，点P是BA延长线上的一点，
①作线段OP的中垂线MN交OP于点Q；
②以Q圆心，PQ为半径作圆，交圆O于点E、F；
③连接PE和PF；
试说明PE是圆O切线的理由．
（2）计算：
若圆O半径OB=4，PB=14，尝试证明“切割线定理”并计算出PE的长度．
【答案】（1）见解析 （2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）按要求作图，根据MN是OP的中垂线，得到OQ=OP，点O在圆Q上，OQ=EQ=PQ，根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得∠OEP=90°，即可证明；
（2）根据切线的性质和圆周角定理的推论可得∠EBO=∠AEP，证得，所以，，根据OB=4，PB=14，求出AP的长度，代入计算即可．
【小问1详解】
作图如下：
连接OE，EQ，
∵以Q为圆心，PQ为半径作圆，交圆O于点E、F；
∴QE=QP，
∵MN是OP的中垂线，
∴OQ=OP，点O在圆Q上，
∴OQ=EQ=PQ，
∴∠EOQ=∠OEQ，∠PEQ=∠EPQ，
∵∠EOP+∠OEQ+∠QEP+∠EPQ=180°，
∴2（∠OEQ+∠QEP）=180°，
∴∠OEQ+∠QEP=90°，即∠OEP=90°，OE垂直EP，
∴PE是圆O的切线．
【小问2详解】
证明：连接BE，OA，
∵EP是圆O的切线， AB为圆O的直径，
∴∠OEP=90°，∠BEA=90°，
∴∠BEO=∠AEP
∵OE和OB为圆O的半径，
∴∠BEO=∠EBO，
∴∠EBO=∠AEP，
∵∠EPB=∠EPA，
∴，
∴，
∴．
∵OB=4，PB=14，
∴AB=2OB=8，AP=BP－AB=14－8=6，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆的切线证明以及相似三角形的性质与判定，根据题意证明是解题的关键．
20. 冰墩墩是2022年北京冬季奥运会的吉祥物．某商场以20元/台的价格购进一批冰墩墩玩偶出售，在销售过程中发现，其日销售量y（单位：只）与销售单价x（单位：元）之间存在如图所示的函数关系．
（1）求y与x的函数关系式；
（2）若物价局规定，产品的利润率不得超过60%，该商场销售冰墩墩玩偶每天要想获得150元利润，销售单价应定为多少？
【答案】（1）y=－2x+80
（2）销售单价定为25元时，每天获利150元
【解析】
【分析】（1）设函数关系式为，利用待定系数法即可求解；
（2）根据产品的利润率不得超过60%，可知产品的售价最高为：20×(1+60%)=32元，根据题意有：，将代入中，解一元二次方程即可求解．
【小问1详解】
设函数关系式为，
由图可知，直线经过点(25，30)和点(35，10)，
则有：，
解得：，
即函数关系式为：；
【小问2详解】
根据产品的利润率不得超过60%，可知产品的售价最高为：20×(1+60%)=32元，
根据题意有：，
将代入中，
整理，得：，
解得，，
∵价格不得超过32元，
∴，
即：售价应该定为25元．
【点睛】本题主要考查了用待定系数法求解一次函数解析式以及一元二次方程的应用的知识，根据一次函数图象用待定系数求出一次函数解析式是解答本题的关键．
21. 已知菱形ABCD，∠ABC=α，P为射线AB上的一点，以BP为边作菱形BPEF，使点F在线段CB的延长线上，连接EA，EC．
（1）如图（1），若点P在线段AB延长线上，求证：EA=EC；
（2）若点P在线段AB上，且α=120°．
①如图（2），连接AC，BD相交于点O，当P为AB的中点时，判断四边形AEBO的形状，并说明理由；
②如图（3），设AB=2a，BP=2b，当EP平分∠AEC时，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）①四边形AEBO为矩形，理由见解析；②
【解析】
【分析】（1）利用菱形的性质，证明△ECF≌△EAP即可．
（2）①利用三个角都是直角的四边形是矩形证明即可；②延长BF到点G，使得BF=FG，连接EG，得证△EFG是等边三角形，证明△EAP∽△CEG，构造方程，以a为主元解方程即可．
【小问1详解】
因为四边形ABCD、四边形BFEP都是菱形，
所以AB=BC，BF=FE=EP=BP，∠F=∠P，
所以AB+BP=CB+BF即CF=AP，
所以△ECF≌△EAP（SAS)，
所以EA=EC．
【小问2详解】
①四边形AEBO是矩形．理由如下：
因为四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
所以AB=BC，AC⊥BD，
所以∠AOB=90°，∠ACB=∠BAC= 30°，∠ABF=60°．
因为四边形BFEP是菱形，∠PBF=60°，P为AB的中点，
所以∠FBE= 30°，∠APE=60°，EP=AP=PB，
所以∠ACB=∠FBE，△AEP是等边三角形，
所以ACBE，∠EAP=60°，
所以∠EBO=90°，∠EAO=∠EAP +∠BAC =90°．
即∠EBO=∠EAO=∠AOB=90°，
所以四边形AEBO是矩形．
②如图，延长BF到点G，使得BF=FG，连接EG，
因为四边形BFEP是菱形，∠PBF=60°，
所以∠EFG=∠APE=60°，EF=FG，
所以△EFG是等边三角形，
所以∠EGC=∠APE=60°，
因为四边形BFEP是菱形，EP平分∠AEC，
所以EPGC，∠AEP=∠CEP，
所以∠AEP=∠CEP=∠ECG，
所以△EAP∽△CEG，
，
因为AB=2a，BP=2b，
所以AP=AB-BP=2a-2b=2（a-b），EP=EG=EF=FB=2b，CG=GF+FB+BC=2a+4b，
所以，
整理，得，
解得，
所以（舍去），
所以．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，等边三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，求根公式法解一元二次方程，熟练掌握菱形的性质，矩形的判定和三角形相似的判定和性质是解题的关键．
22. 知识介绍】
（1）在平面直角坐标系中，若点，．则线段AB的长度为请结合下面证明过程填空：
分别过点A作轴，点B作轴，相交于点C，则AC______BC（填AC与BC位置关系）．
∵，，
∴AC=________，BC=_________（用含，，，，代数式表示）．
在Rt△ABC中，根据勾股定理可得：
AB=_____________（用含，，，，代数式表示）．
利用公式快速计算（3，5）和（6，2）间的距离为________．
【模型构建】
（2）试结合上述知识点分析的最小值如何求解？
分析：可认为则是（x，0）和（3，4）间的距离．请尝试利用右图平面直角坐标系构图并计算．
【迁移思考】
（3）已知矩形ABCD，AB=3，BC=4，点E是对角线BD上一动点，点F是线段BC上一动点且满足DE=BF，请结合上述方法尝试计算AE+AF的最小值．
【答案】（1）⊥，，，，；
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）利用平行的性质即可判断AC、BC的位置关系；根据图形即可作答；利用推导的公式计算即可；
（2）根据给出的解题思路，可将，则可看作是点（x，0）和点（6，2）间的距离，即：的最小值可以看作是点（x，0）到点（3，4）和到（6，2）距离的和的最小值，设（x，0）、（3，4）、（6，2）分别为Q、P、W，连接PQ，QW，作点W关于x轴的对称点S，连接SP，QS，交x轴于点T，连接TW，结合两点之间线段最短即可求解；
（3）以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立直角坐标系，过E点作EG⊥AD于点G，先求出，设F点坐标为(3，m)，先证明，即有，可得，，即有，则有，整理，得：，根据（2）中的方法，可知的最小值可看作是点(m，0)到点的距离与点(m，0)到点的距离之和的最小值，再根据（2）中的方法即可求解．
【详解】（1）如图，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∵轴，轴，
∴点C的横坐标与A点相同，纵坐标与B点相同，
∴，
∴结合图形有：，，
∴利用勾股定理有：，
即点（3，5）和点（6，2）的距离为：，
故答案为：，，，，；
（2）∵可认为则是点（x，0）和点（3，4）间的距离，
∴，则可看作是点（x，0）和点（6，2）间的距离，
即：的最小值可以看作是点（x，0）到点（3，4）和到（6，2）距离的和的最小值，
设（x，0）、（3，4）、（6，2）分别为Q、P、W，连接PQ，QW，作点W关于x轴的对称点S，连接SP，QS，交x轴于点T，连接TW，在网格中画图如下，
即问题转化为求PQ+QW的最小值，
∵点W关于x轴的对称点S，W（2，6），
∴S（6，－2），QW=QS，TW=TS，
∴QP+QW=QP+QS，
根据两点直线线段最短，可知P、Q、W三点共线时，QP+QW最小，
即Q点与T点重合时，QP+QW最小，
此时QP+QW=QP+QS=TP+TS=PS，
∵S（6，－2），P（3，4），
∴，
∴即的最小值为；
（3）以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立直角坐标系，过E点作EG⊥AD于点G，如图，
∵AB=3，BC=4，
∴AD=4，，
设F点坐标为(3，m)，
∴BF=m，
∵BF=DE，
∴DE=m，
∵EG⊥AD，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，F点坐标为(3，m)，A(0，0)，
∴，
∴整理，得：，
根据（2）中的方法，可知的最小值可看做是点(m，0)到点的距离与点(m，0)到点的距离之和的最小值，
∵点关于x轴的对称点的坐标为，
∴根据（2）中的方法，可求得最小值为：，
即的最小值为．
【点睛】本题主要考查了结合勾股定理推倒坐标系中两点之间的距离公式，以及运用距离公式和两点之间线段最短求解二次根式和的最小值的知识，充分利用（2）中给出的解题思路是解答本题的关键．
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