2023年湖北省重点高中八校联考自主招生优录数学试卷（一）（含解析）

这是一份2023年湖北省重点高中八校联考自主招生优录数学试卷（一）（含解析），共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.将x克含糖10%的糖水与y克含糖30%的糖水混合，混合后的糖水含糖( )
A. 20%B. x+y2×100%
C. x+3y20×100%D. x+3y10x+10y×100%
2.如图，将长、宽分别为12cm，3cm的长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P.若∠α=60°，则折叠后的图案(阴影部分)面积为
( )
A. (36−6 3)cm2B. (36−12 3)cm2C. 24cm2D. 36cm2
3.如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，csB=14，点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使∠ADE=∠B，连结CE，则CEAD的值为( )
A. 32
B. 3
C. 152
D. 2
4.如图，已知在矩形ABCD中，AB=1，BC= 3，点P是AD边上的一个动点，连结BP，点C关于直线BP的对称点为C1，当点P运动时，点C1也随之运动.若点P从点A运动到点D，则线段CC1扫过的区域的面积是( )
A. πB. π+3 34C. 3 32D. 2π
5.超市货架上有一批大小不一的鸡蛋，某顾客从中选购了部分大小均匀的鸡蛋，设货架上原有鸡蛋的质量(单位：g)平均数和方差分别为x−，s2，该顾客选购的鸡蛋的质量平均数和方差分别为x−1，s12，则下列结论一定成立的是( )
A. x−x−1C. s2>s12D. s26.如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点A(−1,0)，B(3,0)，与y轴交于点C.下列结论：
①ac>0；
②当x>0时，y随x的增大而增大；
③3a+c=0；
④a+b≥am2+bm．
其中正确的个数有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
7.连接正六边形不相邻的两个顶点，并将中间的六边形涂成黑色，制成如图所示的镖盘，将一枚飞镖任意投掷到镖盘上，飞镖落在黑色区域的概率为( )
A. 14
B. 13
C. 12
D. 33
8.由12个有公共顶点O的直角三角形拼成的图形如图所示，∠AOB=∠BOC=…=∠LOM=30°.若OA=16，则OG的长为( )
A. 274B. 14C. 9 32D. 27 38
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
9.如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，⊙O是△ABC的外接圆，点A，B，O在网格线的交点上，则sin∠ACB的值是 ．
10.综合实践活动课上，小亮将一张面积为24cm2，其中一边BC为8cm的锐角三角形纸片(如图1)，经过两刀裁剪，拼成了一个无缝隙、无重叠的矩形BCDE(如图2)，则矩形的周长为______ cm．
11.由沈康身教授所著，数学家吴文俊作序的《数学的魅力》一书中记载了这样一个故事：如图，三姐妹为了平分一块边长为1的祖传正方形地毯，先将地毯分割成七块，再拼成三个小正方形(阴影部分).则图中AB的长应是______ ．
12.幻方历史悠久，传说最早出现在夏禹时代的“洛书”当中．把洛书用今天的数学符号翻译出来，就是一个三阶幻方．将数字1～9分别填入如图所示的幻方中，要求每一横行，每一竖行以及两条对角线上的数字之和都是15，则m的值为______．
13.如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在x轴正半轴上，顶点B，C在第一象限，顶点D的坐标(52,2).反比例函数y=kx(常数k>0，x>0)的图象恰好经过正方形ABCD的两个顶点，则k的值是 ．
14.如图，点E，F，G分别在正方形ABCD的边AB，BC，AD上，AF⊥EG.若AB=5，AE=DG=1，则BF= ______ ．
15.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC16.已知△ABC与△ABD在同一平面内，点C，D不重合，∠ABC=∠ABD=30°，AB=4，AC=AD=2 2，则CD长为 ．
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
如图，正比例函数y=12x与反比例函数y=kx(x>0)的图象交于点A，过点A作AB⊥y轴于点B，OB=4，点C在线段AB上，且AC=OC．
(1)求k的值及线段BC的长；
(2)点P为B点上方y轴上一点，当△POC与△PAC的面积相等时，请求出点P的坐标．
18.(本小题12分)
有公共顶点A的正方形ABCD与正方形AEGF按如图1所示放置，点E，F分别在边AB和AD上，连接BF，DE，M是BF的中点，连接AM交DE于点N．
【观察猜想】
(1)线段DE与AM之间的数量关系是______ ，位置关系是______ ；
【探究证明】
(2)将图1中的正方形AEGF绕点A顺时针旋转45°，点G恰好落在边AB上，如图2，其他条件不变，线段DE与AM之间的关系是否仍然成立？并说明理由．
19.(本小题12分)
已知在△ACD中，P是CD的中点，B是AD延长线上的一点，连结BC，AP．
(1)如图1，若∠ACB=90°，∠CAD=60°，BD=AC，AP= 3，求BC的长．
(2)过点D作DE/​/AC，交AP延长线于点E，如图2所示，若∠CAD=60°，BD=AC，求证：BC=2AP．
(3)如图3，若∠CAD=45°，是否存在实数m，当BD=mAC时，BC=2AP？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
20.(本小题12分)
如图，BD是半径为3的⊙O的一条弦.BD=4 2，点A是⊙O上的一个动点(不与点B，D重合)，以A、B，D为顶点作平行四边形ABCD．
(1)如图2，若点A是劣弧BD的中点．
①求证：平行四边形ABCD是菱形；
②求平行四边形ABCD的面积．
(2)若点A运动到优弧BD上，且平行四边形ABCD有一边与⊙O相切．
①求AB的长；
②直接写出平行四边形ABCD对角线所夹锐角的正切值．
21.(本小题12分)
今年以来，我市接待的旅客人数逐月增加，据统计，游玩某景区的游客人数二月份为4万人，四月份为5.76万人．
(1)求三、四月份该景区游客人数的平均月增长率；
(2)若该景区仅有A、B两个景点，售票处的三种购票方式如下表所示：
据预测，六月份选择甲、乙、丙三种购票方式的人数分别为2万、3万和2万，并且当甲、乙两种门票价格不变时，丙种门票价格每下降1元，将有600人原计划购买甲种门票的游客和400人原计划购买乙种门票的游客改为购买丙种门票．
①若丙种门票价格下降10元，则景区六月份的门票总收入为______ 万元；
②问：将丙种门票价格下降多少元时，景区六月份的门票总收入有最大值？最大值是多少万元？
22.(本小题14分)
如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−2,0)，B(4,0)，与y轴正半轴交于点C，且OC=2OA，抛物线的顶点为D，对称轴交x轴于点E.直线y=mx+n经过B，C两点．
(1)求抛物线及直线BC的函数表达式；
(2)点F是抛物线对称轴上一点，当FA+FC的值最小时，求出点F的坐标及FA+FC的最小值；
(3)连接AC，若点P是抛物线上对称轴右侧一点，点Q是直线BC上一点，试探究是否存在以点E为直角顶点的Rt△PEQ，且满足tan∠EQP=tan∠OCA.若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
根据x克含糖10%的糖水与y克含糖30%的糖水混合，可知含糖的质量为10%x+30%y，要求混合后的糖水含糖的百分比，只要用混合后糖的质量除以混合后糖水的质量再乘以100%即可．
本题考查列代数式(分式)，解答本题的关键是明确混合前后糖的质量等于混合前的质量之和，糖水前后总质量相等．
【解答】
解：由题意可得，
混合后的糖水含糖：10%x+30%yx+y×100%=x+3y10x+10y×100%，
故选：D．
2.【答案】A
【解析】【分析】
根据题意可知阴影部分的面积=长方形的面积−三角形ABC的面积，根据题中数据计算三角形ABC的面积即可．
本题主要考查翻折和矩形的性质等知识点，熟练掌握和应用翻折的性质是解题的关键．
【解答】
解：根据翻折可知，
∠MAB=∠BAP，∠NAC=∠PAC，
∴∠BAC=∠PAB+∠PAC=12(∠MAB+∠BAP+∠NAC+∠PAC)=12×180°=90°，
∵∠α=60°，
∴∠MAB=180°−∠BAC−∠α=180°−90°−60°=30°，
∴AB=3sin30∘=6cm，
AC=3sin60∘=2 3cm，
∴阴影部分的面积=S长方形−S△ABC=12×3−12×6×2 3=(36−6 3)cm²，
故选：A．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定与性质，解题的关键是证明EA=EC=ED，属于中考常考题型．
设DE交AC于T，过点E作EH⊥CD于H.首先证明EA=ED=EC，再证明∠B=∠ECD，可得结论．
【解答】
解：设DE交AC于T，过点E作EH⊥CD于H．
∵∠BAC=90°，BD=DC，
∴AD=DB=DC，
∴∠B=∠DAB，
∵∠B=∠ADE，
∴∠DAB=∠ADE，
∴AB//DE，
∴∠DTC=∠BAC=90°，
∵DT//AB，BD=DC，
∴AT=TC，
∴EA=EC=ED，
∴∠EDC=∠ECD，
∵EH⊥CD，
∴CH=DH，
∵DE//AB，
∴∠EDC=∠B，
∴∠ECD=∠B，
∴cs∠ECH=csB=14，
∴CHEC=14，
∴ECAD=ECCD=2，
故选：D．
4.【答案】B
【解析】解：如图，当P与A重合时，点C关于BP的对称点为C′，
当P与D重合时，点C关于BP的对称点为C′′，
∴点P从点A运动到点D，则线段CC1扫过的区域为：扇形BC′C′′和△BCC′′，
在△BCD中，∵∠BCD=90°，BC= 3，CD=1，
∴tan∠DBC=1 3= 33，
∴∠DBC=30°，
∴∠CBC′′=60°，
∵BC=BC′′
∴△BCC′′为等边三角形，
∴S扇形BCC′′=120×π×( 3)2360=π，
作C′′F⊥BC于F，
∵△BCC′′为等边三角形，
∴BF=12BC= 32，
∴C′′F=tan60°× 32=32，
∴S△BCC′′=12× 3×32=3 34，
∴线段CC1扫过的区域的面积为：π+3 34．
故选：B．
由临界状态确定出C1的运动路径，明确点P从点A运动到点D，则线段CC1扫过的区域为：扇形BC′C′′和△BCC′′，再分别计算量部分面积即可．
本题考查了以矩形为背景的轴对称，扇形的面积计算，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是画出线段CC1扫过的图形．
5.【答案】C
【解析】解：∵超市货架上有一批大小不一的鸡蛋，某顾客从中选购了部分大小均匀的鸡蛋，
∴货架上原有鸡蛋的质量的方差s2>该顾客选购的鸡蛋的质量方差s12，而平均数无法比较．
故选：C．
根据方差的意义求解．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
6.【答案】B
【解析】解：把点A(−1,0)，B(3,0)代入二次函数y=ax2+bx+c，
可得二次函数的解析式为：y=ax2−2ax−3a，
∵该函数开口方向向下，
∴a<0，
∴b=−2a>0，c=−3a>0，
∴ac<0，3a+c=0，①错误，③正确；
∵对称轴为直线：x=−b2a=1，
∴x<1时，y随x的增大而增大，x>1时，y随x的增大而减小；②错误；
∴当x=1时，函数取得最大值，即对于任意的m，有a+b+c≥am2+bm+c，
∴a+b≥am2+bm，故④正确．
综上，正确的个数有2个，
故选：B．
把点A(−1,0)，B(3,0)代入二次函数y=ax2+bx+c，可得二次函数的解析式为：y=ax2−2ax−3a，由图象可知，函数图象开口向下，所以a<0，可得b和c的符号，及a和c的数量关系；由函数解析式可得函数对称轴为直线：x=−b2a=1，根据函数的增减性和最值，可判断②和④的正确性．
本题考查了二次函数图象与系数的关系：当a>0时，抛物线开口向上；当a<0时，抛物线开口向下；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时，对称轴在y轴左侧；当a与b异号时，对称轴在y轴右侧．常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于(0,c)．
7.【答案】B
【解析】解：如图所示，令S△ABC=a，
则S阴影=6a，S正六边形=18a，
∴将一枚飞镖任意投掷到镖盘上，飞镖落在黑色区域的概率为6a18a=13，
故选：B．
如图，将阴影部分分割成图形小三角形的大小，令小三角形的面积为a，分别表示出阴影部分的面积个正六边形的面积，根据概率公式求解即可．
本题主要考查几何概率，求概率时，已知和未知与几何有关的就是几何概率．计算方法是长度比，面积比，体积比等．
8.【答案】A
【解析】解：由图可知，∠ABO=∠BCO=…=∠LMO=90°，
∵AOB=∠BOC=…=∠LOM=30°，
∴AB=12OA，OB= 3AB= 32OA，
同理可得，OC= 32OB=( 32)2OA，
OD= 32OC=( 32)3OA，
…
OG= 32OF=( 32)6OA=( 32)6×16=274．
故选：A．
由AOB=∠BOC=…=∠LOM=30°，∠ABO=∠BCO=…=∠LMO=90°，可知AB：OB：OA=BC：OC：OB=…=FG：OG：OF=1： 3：2，由此可求出OG的长．
本题主要考查含30°角的直角三角形的三边关系，勾股定理，掌握含30°角的直角三角形的三边关系是解题基础．
9.【答案】2 55
【解析】【分析】
本题考查的是三角形的外接圆与外心、圆周角定理、解直角三角形，正确作出辅助线、根据圆周角定理得到∠ACB=∠ADB是解题的关键．连接AO并延长交⊙O于D，根据圆周角定理得到∠ACB=∠ADB，根据勾股定理求出AD，根据正弦的定义计算，得到答案．
【解答】
解：如图，连接AO并延长交⊙O于D，
由圆周角定理得：∠ACB=∠ADB，
由勾股定理得：AD= 42+22=2 5，
∴sin∠ACB=sin∠ADB=ABAD=42 5=2 55，
故答案为：2 55．
10.【答案】22
【解析】解：延长AT交BC于点P，
∵AP⊥BC，
∴12⋅BC⋅AP=24，
∴12×8×AP=24，
∴AP=6(cm)，
由题意，AT=PT=3(cm)，
∴BE=CD=PT=3(cm)，
∵DE=BC=8cm，
∴矩形BCDE的周长为8+8+3+3=22(cm)．
故答案为：22．
延长AT交BC于点P，利用三角形的面积公式求出AP，求出BE，CD，DE，可得结论．
本题考查图形的拼剪，矩形的性质，解题的关键是读懂图象信息，属于中考常考题型．
11.【答案】 2−1
【解析】【分析】
本题考查图形的拼剪，勾股定理等知识，解题的关键是求出DE的长，属于中考常考题型．
根据裁剪和拼接的线段关系可知CD= 3，BD=CK=1，在Rt△ACD中应用勾股定理即可求解．
【解答】
解：∵地毯面积被平均分成了3份，
∴每一份的边长为 13= 33，
∴CD=3× 33= 3，
在Rt△ACD中，根据勾股定理可得AD= CD2−AC2= 2，
又根据剪裁可知BD=CK=1，
∴AB=AD−BD= 2−1．
12.【答案】8
【解析】【分析】
本题主要考查一元一次方程的应用，根据每一横行，每一竖行以及两条对角线上的数字之和都是15得出幻方正中间的数是解题的关键．
根据每一横行，每一竖行以及两条对角线上的数字之和都是15，得出7右边方格中的数字为6，然后再求出幻方正中间的数为5，再列出方程：2+5+m=15，即可求出m的值．
【解答】
解：因为每一横行数字之和是15，
所以第一行7右边方格中的数字为15−2−7=6，
因为每条对角线上的数字之和是15，
所以幻方正中间的数字为15−6−4=5，
所以2+5+m=15，
解得m=8．
13.【答案】5或22.5
【解析】【分析】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，表示出点的坐标是解题的关键．
作DM⊥x轴于M，BN⊥轴于N，过C点作x轴的平行线，交DM于E，交BN于F，通过证得三角形全等表示出B、C的坐标，然后根据反比例函数系数k=xy即可求得结果．
【解答】
解：作DM⊥x轴于M，BN⊥x轴于N，过C点作x轴的平行线，交DM于E，交BN于F，
正方形ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠DAM+∠BAN=90°，
∵∠ADM+∠DAM=90°，
∴∠ADM=∠BAN，
在△ADM和△BAN中，
∠ADM=∠BAN∠AMD=∠BNA=90°AD=BA，
∴△ADM≌△BAN(AAS)，
∴AM=BN，DM=AN，
∵顶点D的坐标(52,2)．
∴OM=52，DM=2，
同理：△ADM≌△DCE，
∴AM=DE，CE=DM，
∴AM=BN=DE，DM=AN=CE=2，
设AM=BN=DE=m，
∴ON=52+m+2=4.5+m，
∴B(4.5+m,m)，C(4.5,2+m)，
当反比例函数y=kx(常数k>0，x>0)的图象经过点B、D时，则k=52×2=5；
当反比例函数y=kx(常数k>0，x>0)的图象经过点B、C时，
则k=(4.5+m)⋅m=4.5⋅(2+m)，解得m=3，
∴k=4.5×(2+3)=22.5，
故答案为5或22.5．
14.【答案】54
【解析】【分析】
由正方形的性质可得AB=AD=5，∠ABC=∠BAD=90°，通过证明△ABF∽△GAE，可得AGAB=AEBF，可求解．
本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，证明△ABF∽△GAE是解题的关键．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=5，∠ABC=∠BAD=90°，
∵AE=DG=1，
∴AG=4，
∵AF⊥EG，
∴∠BAF+∠AEG=90°=∠BAF+∠AFB，
∴∠AFB=∠AEG，
∴△ABF∽△GAE，
∴AGAB=AEBF，
∴45=1BF，
∴BF=54，
故答案为54．
15.【答案】6
【解析】【分析】
直接利用基本作图方法得出DE垂直平分AB，AF=AH，再利用等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质得出AF+FC=BF+FC=BC，即可得出答案．
此题主要考查了基本作图以及等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质等知识，正确得出AF+FC=BF+FC=BC是解题关键．
【解答】
解：由基本作图方法得出：DE垂直平分AB，
则AF=BF，
可得AF=AH，AC⊥FH，
∴FC=CH，
∴AF+FC=BF+FC=BC=3，
∴△AFH的周长为：AF+FC+CH+AH=2BC=6．
故答案为：6．
16.【答案】2 3±2或4或2 6
【解析】【分析】
本题考查含30°角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
分C，D在AB的同侧或异侧两种情形，分别求解，注意共有四种情形．
【解答】
解：如图，当C，D同侧时，过点A作AE⊥CD于E．
在Rt△AEB中，∠AEB=90°，AB=4，∠ABE=30°，
∴AE=12AB=2，
∵AD=AC=2 2，
∴DE= (2 2)2−22=2，EC= (2 2)2−22=2，
∴DE=EC=AE，
∴△ADC是等腰直角三角形，
∴CD=4，
当C，D异侧时，过C′作C′H⊥CD于H，
∵△BCC′是等边三角形，BC=BE−EC=2 3−2，
∴CH=BH= 3−1，C′H= 3CH=3− 3，
在Rt△DC′H中，DC′= DH2+C′H2= (3+ 3)2+(3− 3)2=2 6，
∵△DBD′是等边三角形，
∴DD′=2 3+2，
∴CD的长为2 3±2或4或2 6．
故答案为：2 3±2或4或2 6．
17.【答案】解：(1)∵点A在正比例函数y=12x上，AB⊥y轴，OB=4，
∵点B的坐标为(0,4)，
∴点A的纵坐标是4，代入y=12x，得x=8，
∴A(8,4)，
∵点A在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴k=4×8=32，
∵点C在线段AB上，且AC=OC．
设点C(c,4)，
∵OC= OB2+BC2= 16+c2，AC=AB−BC=8−c，
∴ 16+c2=8−c，解得：c=3，
∴点C(3,4)，
∴BC=3，
∴k=32，BC=3；
(2)如图，
设点P(0,p)，
∵点P为B点上方y轴上一点，
∴OP=p，BP=p−4，
∵A(8,4)，C(3,4)，
∴AC=8−3=5，BC=3，
∵△POC与△PAC的面积相等，
∴12×3p=12×5(p−4)，解得：p=10，
∴P(0,10)．
【解析】(1)根据正比例函数的解析式求出A点坐标，由A在反比例函数上，可求出k，再根据AC=OC求出点C的坐标，即可得线段BC的长；
(2)设点P(0,p)，根据△POC与△PAC的面积相等，得出关于p的方程，解方程即可得点P的坐标．
本题考查一次函数与反比例函数的图象及解析式，根据两点间的距离建立方程式求解点的坐标是解题的关键．
18.【答案】解：(1)DE=2AM，DE⊥AM．
(2)仍然成立，
证明如下：延长AM至点H，使得AM=MH，连接FH，
∵M是BF的中点，
∴BM=FM，
又∵∠AMB=∠HMF，
∴△AMB≌△HMF(SAS)，
∴AB=HF，∠ABM=∠HFM，
∴AB//HF，
∴∠HFG=∠AGF，
∵四边形ABCD和四边形AEGF是正方形，
∴∠DAB=∠AFG=90°，AE=AF，AD=AB=FH，∠EAG=∠AGF，
∴∠EAD=∠EAG+∠DAB=∠AFG+∠AGF=∠AFG+∠HFG=∠AFH，
∴△EAD≌△AFH(SAS)，
∴DE=AH，
又∵AM=MH，
∴DE=AM+MH=2AM，
∵△EAD≌△AFH，
∴∠ADE=∠FHA，
∵△AMB≌△HMF，
∴∠FHA=∠BAM，
∴∠ADE=∠BAM，
又∵∠BAM+∠DAM=∠DAB=90°，
∴∠ADE+∠DAM=90°，
∴∠AND=180°−(∠ADE+∠DAM)=90°，
即AN⊥DN．
故线段DE与AM之间的数量关系是DE=2AM.线段DE与AM之间的位置关系是DE⊥AM．
【解析】解：(1)∵四边形ABCD和四边形AEGF都是正方形，
∴AD=AB，AF=AE，∠DAE=∠BAF=90°，
∴△DAE≌△BAF(SAS)，
∴DE=BF，∠ADE=∠ABF，
∵∠ABF+∠AFB=90°，
∴∠ADE+∠AFB=90°，
在Rt△BAF中，M是BF的中点，
∴AM=FM=BM=12BF，
∴DE=2AM．
∵AM=FM，
∴∠AFB=∠MAF，
又∵∠ADE+∠AFB=90°，
∴∠ADE+∠MAF=90°，
∴∠AND=180°−(∠ADE+∠MAF)=90°，
即AN⊥DN；
故答案见答案．
(1)由正方形的性质得出AD=AB，AF=AE，∠DAE=∠BAF=90°，证明△DAE≌△BAF(SAS)，由全等三角形的性质得出DE=BF，∠ADE=∠ABF，由直角三角形的性质可得出结论；
(2)延长AM至点H，使得AM=MH，连接FH，证明△AMB≌△HMF(SAS)，由全等三角形的性质得出AB=HF，∠ABM=∠HFM，证明△EAD≌△AFH(SAS)，由全等三角形的性质得出DE=AH，则可得出答案．
此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．
19.【答案】解：(1)∵∠ACB=90°，∠ABC=90°−60°=30°，
∴AB=2AC，
∵BD=AC，
∴AD=AC，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∵P是CD的中点，
∴AP⊥CD，
在Rt△APC中，AP= 3，
设PC=a，则AC=2PC=2a，
∴a2+3=4a2，
解得a=1，则AC=2，
∴AB=4，则BC= 42−22=2 3；
(2)证明：连接BE，如图所示：
∵DE/​/AC，
∴∠CAP=∠DEP，
在△CPA和△DPE中，
∠CAP=∠DEP∠CPA=∠DPECP=DP,
∴△CPA≌△DPE(AAS)，
∴AP=EP=12AE，DE=AC，
∵BD=AC，
∴BD=DE，
又∵DE/​/AC，
∴∠BDE=∠CAD=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴BD=BE，∠EBD=60°=∠CAB，
∵BD=AC，
∴AC=BE，
在△CAB和△EBA中
AC=BE∠CAB=∠EBAAB=BA，
∴△CAB≌△EBA(SAS)，
∴AE=BC，
∴BC=2AP；
(3)存在这样的m，m= 2．
理由如下：作DE/​/AC交AP延长线于E，连接BE，
由(2)同理可得DE=AC，∠EDB=∠CAD=45°，AE=2AP，
当BD= 2AC时，
∴BD= 2DE，
∵∠EDB=45°，
作BF⊥DE于F，
∴BD= 2DF，
∴DE=DF，
∴点E，F重合，
∴∠BED=90°，
∴∠EBD=∠EDB=45°，
∴BE=DE=AC，
同(2)可证：△CAB≌△EBA(SAS)，
∴BC=AE=2AP，
∴存在m= 2，使得BC=2AP．
【解析】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的计算等知识，构造出全等三角形是解决(2)的关键，类比(2)来解决(3)是解决几何题常用的方法，体现了变中不变的思想．
(1)证△ADC是等边三角形，P为CD中点，通过等边三角形三线合一，得到AP⊥CD，利用勾股定理计算即可；
(2)借助中点和平行，可证得△CPA≌△DPE，得出AP=EP=12AE，DE=AC，再证明△CAB≌△EBA，即可得出结论；
(3)由(2)总结的解题方法延伸到图3中，类比解决问题．
20.【答案】(1)①证明：∵AD=AB，
∴AD=AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形；
②解：连接OA交BD于J，连接OC.如图2，

∵AD=AB，
∴OA⊥BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴A，O，C共线，
在Rt△OJD中，DJ=BJ=2 2，OD=3，
∴OJ= OD2−DJ2= 32−(2 2)2=1，
∴AJ=OA−OJ=3−1=2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AJ=CJ=2，
∴S菱形ABCD=12⋅AC⋅BD=12×4×4 2=8 2；
(2)①解：当CD与⊙O相切时，连接AC交BD于H，连接OH，OD，延长DO交AB于P，过点A作AJ⊥BD于J.如图3，

∵CD是⊙O的切线，
∴OD⊥CD，
∵CD//AB，
∴DP⊥AB，
∴PA=PB，
∴DB=AD=4 2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DH=BH=2 2，
∴OH⊥BD，
∴∠DHO=∠DPB=90°，
∵∠ODH=∠BDP，
∴△DHO∽△DPB，
∴DHDP=DODB=OHPB，
∴2 2DP=34 2=1PB，
∴DP=163，PB=4 23，
∴AB=2PB=8 23，
当BC与⊙O相切时，如图4，同理可证AB=BD=4 2．

综上所述，AB的长为4 2或8 23．
②解：如图3，过点A作AJ⊥BD于J．
∵12⋅AB⋅DP=12⋅BD⋅AJ，
∴AJ=329，
∴BJ= AB2−AJ2= (8 23)2−(329)2=8 29，
∴JH=BH−BJ=2 2−8 29=10 29，
∴tan∠AHJ=AJHJ=32910 29=8 25，
如图4中，同法可得平行四边形ABCD对角线所夹锐角的正切值为8 25，
综上所述，平行四边形ABCD对角线所夹锐角的正切值为8 25．
【解析】(1)①根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
②求出AC的长，可得结论．
(2)①分两种情形：当CD与⊙O相切时，当BC与⊙O相切时，分别利用相似三角形的性质求解即可．
②如图3中，过点A作AJ⊥BD于J.想办法求出AJ，HJ即可．如图4中，同法可得平行四边形ABCD对角线所夹锐角的正切值．
本题属于圆综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，切线的性质，垂径定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
21.【答案】798
【解析】解：(1)设四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为x，
由题意，得4(1+x)2=5.76，
解这个方程，得x1=0.2，x2=−2.2(舍去)，
答：四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为20%；
(2)①由题意，得
100×(2−10×0.06)+80×(3−10×0.04)+(160−10)×(2+10×0.06+10×0.04)=798(万元)．
答：景区六月份的门票总收入为798万元．
②设丙种门票价格降低m元，景区六月份的门票总收入为W万元，
由题意，得
W=100(2−0.06m)+80(3−0.04m)+(160−m)(2+0.06m+0.04m)，
化简，得W=−0.1(m−24)2+817.6，
∵−0.1<0，
∴当m=24时，W取最大值，为817.6万元．
答：当丙种门票价格下降24元时，景区六月份的门票总收入有最大值，最大值是817.6万元．
(1)设四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为x，根据增长率问题应用题列出方程，解之即可；
(2)①根据题意丙种门票价格下降10元，列式100×(2−10×0.06)+80×(3−10×0.04)+(160−10)×(2+10×0.06+10×0.04)计算，即可求景区六月份的门票总收入；
②设丙种门票价格降低m元，景区六月份的门票总收入为W万元，由题意可得W=100(2−0.06m)+80(3−0.04m)+(160−m)(2+0.06m+0.04m)，化简得W=−0.1(m−24)2+817.6，然后根据二次函数的性质即可得结果．
本题考查了二次函数的应用，一元二次方程的应用，解决本题的关键是掌握二次函数的应用，一元二次方程的应用．
22.【答案】解：(1)由点A的坐标知，OA=2，
∵OC=2OA=4，故点C的坐标为(0,4)，
将点A(−2,0)、B(4,0)、C(0,4)代入抛物线表达式得：4a−2b+c=016a+4b+c=0c=4，解得a=−12b=1c=4，
故抛物线的表达式为y=−12x2+x+4；
将点B(4,0)、C(0,4)代入一次函数表达式得：0=4m+nn=4，解得m=−1n=4，
故直线BC的表达式为y=−x+4；
(2)∵点A、B关于抛物线的对称轴对称，
如图，设抛物线的对称轴交BC于点F，则点F为所求点，此时，FA+FC的值最小，
理由：由函数的对称性知，AF=BF，
则AF+FC=BF+FC=BC为最小，
由(1)知，抛物线的对称轴为直线x=1，故点F的横坐标为1，
当x=1时，y=−x+4=−1+4=3，故点F(1,3)，
由点B、C的坐标知，OB=OC=4，
则BC= 2OB=4 2，
即点F的坐标为(1,3)、FA+FC的最小值为4 2；
(3)存在，理由如下：
设点P的坐标为(m,−12m2+m+4)、点Q的坐标为(t,−t+4)，
①当点Q在点P的左侧时，
如图2，过点P、Q分别作x轴的垂线，垂足分别为N、M，
则PN=−12m2+m+4，ME=1−t，EN=m−1，QM=−t+4，
由题意得：∠PEQ=90°，
∴∠PEN+∠QEM=90°，
∵∠EQM+∠QEM=90°，
∴∠PEN=∠EQM，
又∵∠QME=∠ENP=90°，
∴△QME∽△ENP，
∴PNME=ENQM=PEQE=tan∠EQP
∵tan∠OCA=OAOC=24=12，tan∠EQP=tan∠OCA，
∴−12m2+m+41−t=12，m−1−t+4=12，
解得m=± 13，
∵点P是抛物线上对称轴右侧一点，
∴m>1，
故m= 13，
∴当m= 13时，−12m2+m+4=2 13−52，
故点P的坐标为( 13,2 13−52)；
②当点Q在点P的右侧时，
分别过点P、Q作抛物线对称轴的垂线，垂足分别为N、M，
则QM=t−1，ME=t−4，EN=−12m2+m+4、PN=m−1，
同理可得：△QME∽△ENP，
∴ENQM=PNME=PEQE=tan∠EQP
∵tan∠OCA=OAOC=24=12，tan∠EQP=tan∠OCA，
即−12m2+m+4t−1=12,m−1t−4=12，
解得m=± 7，
∵点P是抛物线上对称轴右侧一点，
∴m>1，
故m= 7，
∴当m= 7时，−12m2+m+4=2 7+12，
故点P的坐标为( 7,2 7+12)，
∴点P的坐标为( 7,2 7+12)或( 13,2 13−52).
【解析】本题考查一次函数与二次函数的综合，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，
(1)用待定系数法即可求解；
(2)点A、B关于抛物线的对称轴对称，设抛物线的对称轴交BC于点F，则点F为所求点，此时，FA+FC的值最小，进而求解；
(3)①当点Q在点P的左侧时，证明△QME∽△ENP，则PNME=ENQM=PEQE=tan∠EQP=tan∠OCA=OAOC=24=12，进而求解；②当点Q在点P的右侧时，同理可解．
本题主要考查了二次函数的解析式的求法，与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．购票方式
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