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2022-2023学年吉林省松原市前郭县三校九年级（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年吉林省松原市前郭县三校九年级（下）期中数学试卷（含解析），共24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.下列各数中，比−2小的数是( )
A. 2B. 0C. −1D. −3
2.如图是由7个相同的小立方体搭成的几何体，这个几何体的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
3.下列各式中计算结果为x6的是( )
A. x2+x4B. x8−x2C. x2⋅x4D. x12÷x2
4.某工程队承接了80万平方米的荒山绿化任务，为了迎接雨季的到来，实际工作时每天的工作效率比原计划提高了35%，结果提前40天完成了这一任务．设实际工作时每天绿化的面积为x万平方米，则下面所列方程中正确的是( )
A. 80(1+35%)x−80x=40B. 80(1+35%)x−80x=40
C. 80x−80(1+35%)x=40D. 80x−80(1+35%)x=40
5.如图，射线a，b分别与直线1交于点A，B.现将射线a沿直线l向右平移过点B，若∠1=46°，∠2=72°，则∠3的度数为( )
A. 62°
B. 68°
C. 72°
D. 80°
6.如图，AB与⊙O切于点B，OB=3，C是OB上一点，连接AC并延长与⊙O交于点D，连接OD，∠A=40°，∠D=30°，则BD的长为( )
A. 2π3
B. π
C. 5π3
D. 10π3
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
7.2020年初新冠肺炎疫情发生以来，近4000000名城乡社区工作者奋战在中国大地的疫情防控一线．将数据4000000用科学记数法表示为______．
8.因式分解：a2−4b2=______．
9.若式子 2x+3有意义，则x的取值范围为______．
10.计算：ba÷b23a=______．
11.在平面直角坐标系xOy中，若抛物线y=x2+2x+k与x轴只有一个交点，则k= ______．
12.如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，延长AD到E，使DE=BD，连接BE.若∠EBC=27°，则∠ABD=______度．
13.如图，在平面直角坐标系中，A(4,0)，B(0,3)，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交x轴的负半轴于点C，则点C坐标为______．
14.如图，在△ABC中，直线l是边AC的垂直平分线，l与边AB交于点D.E是边BC上一点，把△ABC沿DE折叠，点B落在点F处，DF过点C，且DC=DE.若∠F=48°，则∠A的度数为______度.
三、解答题：本题共11小题，共79分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题5分)
先化简，再求值：(a+2b)2−a(a+4b)，其中a=2，b=−14．
16.(本小题5分)
今年是农历辛丑年，即牛年，如图，现有三张正面印有不同牛图案的不透明卡片A、B、C，卡片除正面图案不同外其余均相同.将三张卡片正面向下洗匀，小宇从中随机抽取两张卡片，请用画树形图或列表的方法，求小宇抽出的两张卡片中必有一张A卡片的概率．
17.(本小题5分)
如图，已知D是AC上一点，DA=AB，DE=AC，DE//AB，∠B=122°，求∠DAE的度数．
18.(本小题7分)
如图，在6×6网格中，每个小正方形的边长都是1，每个顶点称为格点.线段AB的端点都在格点上.按下列要求作图，使所画图形的顶点均在格点上．
(1)如图1，画一个以AB为一边的三角形ABC，是轴对称图形；
(2)如图2，画一个以AB为一边，面积为6，且是中心对称的四边形ABCD；
(3)如图3，画一个以AB为一边的菱形ABCD(不是正方形)．
19.(本小题7分)
如图，海上B，C两岛分别位于A岛的正东和正北方向，一艘船从A岛出发，以20海里/时的速度向正北方向航行3小时到达C岛，此时测得B岛在C岛的南偏东43°，求A，B两岛之间的距离.(结果精确到个位)【参考数据：sin43°=0.68，cs43°=0.73，tan43°=0.93】
20.(本小题7分)
如图，在平面直角坐标系中有Rt△ABC，已知∠CAB=90°，AB=AC，A(−2,0)，B(0,1)．
(1)点C的坐标是______；
(2)将△ABC沿x轴正方向平移得到△A′B′C′，且B，C两点的对应点B′，C′恰好落在反比例函数y=kx的图象上，求该反比例函数的解析式．
21.(本小题7分)
校学生处为了了解全校1200名学生每天在上学路上所用的时间，随机调查了30名学生.下面是某一天这30名学生上学所用时间(单位：分钟)：20，20，30，15，20，25，5，15，20，10，15，35，45，10，20，25，30，20，15，20，20，10，20，5，15，20，20，20，5，15．
通过整理和分析数据，得到如下不完全的统计图．
根据所给信息，解答下列问题：
(1)补全条形统计图；
(2)这30名学生上学所用时间的中位数为______分钟，众数为______分钟；
(3)若随机问这30名同学中其中一名学生的时间，最有可能得到的回答是______分钟；
(4)估计全校学生上学所用时间在20分钟及以下的人数．
22.(本小题8分)
甲车从A地出发向B地匀速行驶，甲出发1小时后，乙车从B地出发沿同一条路向A地匀速行驶.两车相遇后乙车立即以原来速度返回B地，甲车继续以原来速度行驶到B地.甲、乙两车之间的距离y(km)与甲车的行驶时间x(h)之间的函数图象如图所示．
(1)甲车的速度是______km/h；
(2)乙车出发后，甲、乙两车相遇之前，求出y与x之间的函数关系式，并写出自变x的取值范围；
(3)直接写出m的值．
23.(本小题8分)
在矩形纸片ABCD中，点M，N分别为边AD，BC的中点，点E，F分别在边AB，CD上，且AE=CF.将△AEM沿EM折叠，点A的对应点为点P，将△NCP沿NF折叠，点C的对应点为点Q．
(1)如图1，若点P，Q分别落在边BC，AD上，则四边形PMQN的形状是______；
(2)如图2，若点P，Q均落在矩形ABCD内部，直线MP与直线BC交于点G，其它条件不变，则第(1)小题的结论是否仍然成立？说明其理由；
(3)如图3，若AD=10，AB=6，当四边形PMQN为菱形时，直接写出BE的长度．
24.(本小题8分)
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=6cm，CD是中线．点P从点C出发以4cm/s速度沿折线CD−DB匀速运动，到点B停止运动．过点P作PQ⊥AC，垂足为点Q，以PQ为一边作矩形PQMN，且MQ= 32PQ.点M，C始终位于PQ的异侧，矩形PQMN与△ACD的重叠部分面积为S(cm2)，点P的运动时间为t(s)．
(1)当点N在边AB上时，t=______s.
(2)求S与t之间的函数关系式．
(3)当矩形PQMN与△ACD的重叠部分为轴对称图形时，直接写出t的取值范围．
25.(本小题12分)
如图，点A(−2,0)，点C(−1,0)，点A、C关于原点O的对称点分别为点B、D.线段AB沿y轴向下平移2m(m>0)个单位长度，得到线段A1B1，抛物线y=12ax2+bx+2过点A1，B1．
(1)当m=1时，a=______；
(2)求a与m之间的关系式；
(3)线段CD沿y轴向下平移2n(n>0)个单位长度，得到线段C1D1，抛物线y=ax2+bx+2过点C1，D1．
①a=______；(用含n的式子来表示)m与n之间的关系式为______．
②点P(x,0)在x轴上，当△PC1B1为等腰直角三角形时，直接写出点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：|−3|>|−2|，
∴−3<−2，
故选：D．
根据负数的绝对值越大负数反而小，可得答案．
本题考查了有理数大小比较，利用负数的绝对值越大负数反而小是解题关键．
2.【答案】C
【解析】解：从上面看：有三行，每行的个数分别为1，1，3，
符合要求的图形为：
故选：C．
根据从上面看得到的视图是俯视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的视图是俯视图．
3.【答案】C
【解析】解：x2与x4不是同类项，不能合并计算，它是一个多项式，因此A选项不符合题意；
同理选项B不符合题意；
x2⋅x4=x2+4=x6，因此选项C符合题意；
x12÷x2=x12−2=x10，因此选项D不符合题意；
故选：C．
根据合并同类项、同底数幂乘除法的性质进行计算即可．
本题考查同底数幂的乘除法的计算法则，同类项、合并同类项的法则，掌握运算性质是正确计算的前提．
4.【答案】A
【解析】解：设实际工作时每天绿化的面积为x万平方米，
则原计划每天绿化的面积为x1+35%万平方米，
依题意，得：80x1+35%−80x=40，
即80(1+35%)x−80x=40．
故选：A．
设实际工作时每天绿化的面积为x万平方米，则原计划每天绿化的面积为x1+35%万平方米，根据工作时间=工作总量÷工作效率结合实际比原计划提前40天完成了这一任务，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：如图，∵a//c，
∴∠1=∠4=46°，
∵∠4+∠3+∠2=180°，∠2=72°，
∴∠3=180°−46°−72°=62°，
故选：A．
利用平行线的性质求出∠4，这两天平角的定义求出∠3即可．
本题考查平移的性质，平行线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．属于中考常考题型．
6.【答案】C
【解析】解：∵AB与⊙O切于点B，
∴∠ABO=90°，
∵∠A=40°，
∴∠ACB=50°，
∴∠OCD=∠ACB=50°，
∵∠D=30°，
∴∠DOB=180°−30°−50°=100°，
∴BD的长=100⋅π×3180=5π3，
故选：C．
根据切线的性质得到∠ABO=90°，根据三角形的内角和得到∠DOB=180°−30°−50°=100°，根据弧长的计算公式即可得到结论．
本题考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，弧长的计算，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
7.【答案】4×106
【解析】解：将数据4000000用科学记数法表示为4×106，
故答案为：4×106．
科学记数法的表示形式为a×10n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．
此题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
8.【答案】(a+2b)(a−2b)
【解析】解：原式=a2−(2b)2=(a+2b)(a−2b)．
故答案是：(a+2b)(a−2b)．
利用平方差公式进行因式分解即可．
本题考查了运用公式法因式分解，解题的关键是能够灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
9.【答案】x≥−32
【解析】【分析】
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
【解答】
解：由题意得，2x+3≥0，
解得x≥−32．
故答案为：x≥−32．
10.【答案】3b
【解析】解：ba÷b23a
=ba⋅3ab2
=3b，
故答案为：3b．
先把除法变成乘法，再根据分式的乘法法则求出即可．
本题考查了分式的乘除法则，能灵活运用法则进行计算是解此题的关键．
11.【答案】1
【解析】解：由题意得：△=b2−4ac=4−4k=0，
解得k=1，
故答案为1．
由题意得：△=b2−4ac=4−4k=0，即可求解．
本题考查的是抛物线和x轴的交点，△=b2−4ac>0时，抛物线与x轴有2个交点，△=b2−4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点，△=b2−4ac<0时，抛物线与x轴没有交点．
12.【答案】36
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠ABC=90°，
∴∠EBC=∠E=27°，
∵DE=BD，
∴∠DBE=∠E=27°，
∴∠ABD=∠ABC−∠DBE−∠EBC=36°，
故答案为：36．
由矩形的性质可得AD//BC，∠ABC=90°，由平行线的性质和等腰三角形的性质可得∠EBC=∠DBE=∠E=27°，即可求解．
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
13.【答案】(−1,0)
【解析】解：∵点A，B的坐标分别为(4,0)，(0,3)，
∴OA=4，OB=3，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB= 32+42=5，
∴AC=AB=5，
∴OC=5−4=1，
∴点C的坐标为(−1,0)，
故答案为：(−1,0)，
求出OA、OB，根据勾股定理求出AB，即可得出AC，求出OC长即可．
本题考查了勾股定理，解此题的关键是求出OC的长，注意：在直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方．
14.【答案】28
【解析】解：由折叠的性质可得：∠B=∠F=42°，∠BDE=∠CDE，
设∠BDE=∠CDE=x，则∠DEC=∠BDE+∠B=x+48°，
∵DC=DE，
∴∠DCE=∠DEC=x+48°，
∵∠CDE+∠DCE+∠DEC=180°，
∴x+x+48°+x+48°=180°，
解得：x=28°，
∴∠BDE=∠CDE=28°，
∴∠DCB=x+48°=28°+48°=76°，
∵直线l是边AC的垂直平分线，
∴AD=CD，
∴∠A=∠ACD，
∵∠A+∠ACD+∠DCB+∠B=180°，
∴2∠A+76°+48°=180°，
∴∠A=28°，
故答案为：28．
由折叠的性质可得∠B=∠F=42°，∠BDE=∠CDE，设∠BDE=∠CDE=x，则∠DEC=∠BDE+∠B=x+48°，由等腰三角形的性质可得∠DCE=∠DEC=x+48°，由三角形内角和定理求出x=28°，从而得出∠DCB=70°，再由线段垂直平分线的性质可得AD=CD推出∠A=∠ACD，最后由三角形内角和定理进行计算即可得到答案．
本题主要考查了折叠的性质、三角形内角和定理、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点是解此题的关键．
15.【答案】解：原式=a2+4ab+4b2−a2−4ab
=4b2．
当a=2,b=−14时，
原式=4×(−14)2=14．
【解析】根据完全平方公式，单项式乘以多项式进行计算，然后合并同类项，最后将字母的值代入进行计算即可求解．
本题考查了整式的乘法运算与化简求值，解题的关键是熟练掌握完全平方公式、单项式乘以多项式的运算法则．
16.【答案】解：画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中含A的情况有4种，
∴P(两张卡片中必有一张A卡片)=23．
【解析】根据题干画树形图，得出所有含A卡片的情况，然后根据概率公式求解．
本题考查用列表法或画树状图法求概率，解题关键是掌握两种求概率的方法．
17.【答案】解：∵DE//AB，
∴∠ADE=∠BAC，
在△DAE和△ABC中，
DA=AB∠ADE=BAC,DE=AC
∴△DAE≌△ABC(SAS)，
∴∠DAE=∠B，
∵∠B=122°，
∴∠DAE=122°．
【解析】根据DE//AB，可以得到∠ADE=∠BAC，然后根据SAS即可证明△DAE≌△ABC，从而可以得到∠DAE=∠B，再根据∠B的度数，即可得到∠DAE的度数．
本题考查全等三角形的判定与性质、平行线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
18.【答案】(1)解：如图1所示，△ABC即为所求．
(2)如图2所示，四边形ABCD即为所求．
(3)如图3所示，菱形ABCD即为所求．
【解析】(1)以AB为腰画等腰三角形即可；
(2)以AB为一边，画面积为6的平行四边形即可；
(3)根据菱形的定义画图即可．
本题考查了作图—设计与应用，解题的关键是掌握轴对称图形，中心对称图形以及菱形的判定．
19.【答案】解：由题可知，AC=20×3=60(海里)，
∠ACB=43°，∠A=90°，
在Rt△ABC中，ABAC=tan43°，
∴AB=AC⋅tan43°=60×0.93≈56(海里)．
答：A，B两岛之间的距离约为56海里．
【解析】根据路程=速度×时间，可得AC=20×3=海里，在Rt△ABC中，利用正切函数的定义可得AB=AC⋅tan∠ACB，将数值代入计算即可求解．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，正切函数的定义，路程、速度与时间自己的关系，难度一般．理解方向角的定义，将实际问题转化为数学问题是解决问题的关键．
20.【答案】解：(1)(−3,2)
(2)设△ABC沿x轴的正方向平移c个单位，
则C′(−3+c,2)，则B′(c,1)
又点C′和B′在该比例函数图象上，
∴k=2(−3+c)=c，
即−6+2c=c，
解得c=6，
即反比例函数解析式为y=6x．
【解析】解：(1)作CN⊥x轴于点N，
∵A(−2,0)B(0,1)．
∴OB=1，AO=2，
在Rt△CAN和Rt△AOB，
∵CN=AOAC=AB，
∴Rt△CAN≌Rt△AOB(HL)，
∴AN=BO=1，CN=AO=2，NO=NA+AO=3，
又∵点C在第二象限，
∴C(−3,2)；
故答案为(−3,2)；
(2)见答案
【分析】(1)作CN⊥x轴于点N，根据HL证明Rt△CAN≌Rt△AOB，求出NO的长度，进而求出点C的坐标；
(2)设△ABC沿x轴的正方向平移c个单位，用c表示出C′和B′，根据两点都在反比例函数图象上，求出k的值，进而求出c的值，即可求出反比例函数的解析式．
本题主要考查了反比例函数的综合题的知识，解答本题的关键是熟练掌握反比例函数的性质以及平移的知识，解决第(2)问关键求出c的值，此题难度不是很大．
21.【答案】20 20 20
【解析】解：(1)补全条形统计图如图所示．
(2)这30名学生用时数据从小到大排列，处在中间位置的两个数都是20分钟，
因此中位数是20，即m=20，
这30名学生用时数据出现次数最多的是20分钟，
因此众数是20，即n=20，
故答案为：20，20；
(3)由于众数是20分钟，
因此用时为20分钟的学生最多，
所以最有可能得到的回答是20分钟；
故答案为：20；
(4)3+3+6+1230×1200=960(人)，
答：估计全校学生上学时间在20分钟及以下的人数约为960人．
(1)根据频数统计的方法可得“15分钟”和“40分钟”的频数，进而补全条形统计图；
(2)根据众数的意义，找出出现次数最多的数即可，根据中位数的意义，求出排列后处在中间位置的一个数或两个数的平均数即可；
(3)根据众数和可能性的大小即可得出答案；
(4)用1200乘以样本中“20分钟及以下”的学生所占比例即可．
本题考查频数分布表、频数分布直方图，中位数、众数，掌握平均数、中位数、众数的计算方法是正确解答的前提．
22.【答案】80
【解析】解：(1)根据题意可得甲车的速度为：360−280=80(km/h)，
故答案为：80；
(2)设解析式为y=kx+b，
图象过点(1,280)，(3,0)，
则k+b=2803k+b=0，
解得k=−140b=420，
∴y=−140x+420(1≤x≤3)；
(3)乙车的速度为：(280−80×2)÷2=60(km/h)，
相遇后甲车到达B地的时间为：60×2÷80=1.5(小时)，
∴m=3+1.5=4.5．
(1)根据题意结合图象即可得出甲车的速度；
(2)利用待定系数法解答即可；
(3)根据两车的速度与相遇时离B地的距离解答即可．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
23.【答案】平行四边形
【解析】解：(1)结论：四边形PNQM是平行四边形．
理由：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD//BC，∠A=∠C=90°，
∵点M，N分别是AD，BC的中点，
∴AM=NC，
∵AE=CF，
∴△EAM≌△FCN(SAS)，
∴∠AME=∠CNF，
∵∠AME=∠EMP，∠CNF=∠FNQ，
∴∠AMP=∠QNC，
∵AD//BC，
∴∠AQN=∠CNQ，
∴∠AMP=∠AQN，
∴PM//QN，
∵MQ//PN，
∴四边形PNQM是平行四边形．
故答案为平行四边形．
(2)仍然成立．
理由：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，
∵AM=12AD，CN=12BC，
∴AM=CN，
又∠A=∠C=90°，AE=CF，
∴△AME≌△CNF(SAS)，
∴∠AME=∠CNF，
由折叠得，∠AMP=2∠AME，∠QNC=2∠CNF，
∴∠AMP=∠QNC，
∵AD//BC，
∴∠AMG=∠MGC，
∴∠MGC=∠QNC，
∴MP//QN，
又MP=QN，
∴四边形PMQN是平行四边形．
(3)133．
连接MN，PQ交于点O，延长PQ交CD于H，延长QP交AB于点G，
∵四边形PNQM是菱形，
∴MN⊥PQ，
∵M，N分别是AD，BC的中点，
∴AM=BN，
∴四边形AMOG是矩形，
∴∠AMO=90°，
∴PQ//AD//BC，
∴AG=DH=OM=12AB=3，
∵M为AD的中点，
∴AM=12AD=5，
由折叠的性质可知PM=AM=5，
∴OP= PM2−OM2= 52−32=4，
∴GP=1，
设AE=x，则EG=3−x，
∵EG2+GP2=EP2，
∴(3−x)2+12=x2，
解得x=53，
∴BE=AB−AE=6−53=133．
(1)结论：四边形PNQM是平行四边形．想办法证明MQ//PN，MP//NQ即可．
(2)成立．想办法证明MP//QN，MP=QN即可．
(3)如图3中，连接MN，PQ交于点O，延长PQ交CD于H，延长QP交AB于G.根据勾股定理求出AE即可解决问题．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
24.【答案】65
【解析】解：(1)如图1中，
在Rt△ABC中，∵BC=6cm，∠ACB=90°，∠A=30°，
∴AB=2BC=12cm，AC= 3BC=6 3cm，
∵AD=DB，
∴CD=12AB=6cm，
∵PN//AC，
∴PNAC=PDCD，
∴ 3t6 3=6−4t6，
解得t=65，
故答案为65．
(2)①如图2−1，当0∵CD=AD，
∴∠A=∠ACD=30°
∴PQ=12PC=12×4t=2t，
MQ= 32PQ= 3，
∴S=S矩形PQMN= 3t×2t=2 3t2．
②如图2−2，当65∵CQ=PCcs30°=2 3t，AC=BCtan60°=6 3
∴AM=AC−MQ−CQ=6 3− 3t−2 3t=6 3−3 3t，ME=AM tan30°=(6 3−3 3t) 33=6−3t，EN=MN−ME=2t−(6−3t)=5t−6，NF=EN tan60°= 3(5t−6)，
∴S=S矩形PQMN−S△ENF=2 3t2−12(5t−6) 3(5t−6)=−21 32t2+30 3t−18 3．
③如图3，当32∵AP=AD+DP=CD+DP=4t，PQ=APsin30°=2t
∴NP=MQ= 32PQ= 3t，EN=NPtan30°=t，DP=AP−AD=4t−6，
∴S=S矩形PQMN−S△ENP−S△DFP=2 3t2−12t⋅ 3t− 34(4t−6)2=−5 32t2+12 3t−9 3．
(3)观察图象可知当0如图2−3中，当DE=DF时，也满足条件，可得6−2t=4t−6
解得t=2，
综上所述，满足条件的t的值为0(1)由PN//AC，推出PNAC=PDCD，由此构建方程求解即可．
(2)分三种情形：①如图2−1，当0(3)根据轴对称图形的定义，分两种情形求解即可．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，多边形的面积，解直角三角形，轴对称图形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
25.【答案】−2 −2n−2 m=2n+1
【解析】解：(1)点A、C关于原点O的对称点分别为点B、D，则点B、D的坐标分别为(2,0)、(1,0)，
则平移后A1、B1的坐标分别为(−2,−2m)、(2,−2m)，则12a×(−2)2−2b+2=−2m12a×22+2b+2=−2m，
∴4a+4=−4m，
∴a=−m−1，
当m=1时，a=−2，
故答案为−2；
(2)由(1)得：a=−m−1，
(3)①平移后点C1、D1的坐标分别为(−1,−2n)、(1,−2n)，则−2n=a−b+2−2n=a+b+2，
解得：a=−2n−2，而a=−m−1，
故m=2n+1，
故答案为：−2n−2；m=2n+1；
②平移后点B1的坐标为(2,−2m)，即(2,−4n−2)，而点C1(−1,−2n)，
(Ⅰ)当∠B1PC1为直角时，如图1，
连接BB1、CC1，
∵∠CPC1+∠BPB1=90°，∠CPC1+∠CC1P=90°，
∴∠BPB1=∠CC1P，
而PB1=PC1，∠PCC1=∠B1BP=90°，
∴△PCC1≌△B1BP(AAS)，
∴CC1=PB，BB1=PC，
即2n=2−x且x+1=4n+2，解得：x=53，
故点P的坐标为(53,0)；
(Ⅱ)当∠C1B1P为直角时，过C1作C1M⊥A1B1，过点P作PN⊥A1B1交A1B1的延长线于点N，
同理可得：△C1MB1≌△B1NP(AAS)，
∴MC1=B1N且MB1=PN，
即2n+2=x−2且4n+2=3，解得：x=92；
(Ⅲ)当∠B1C1P为直角时，简图如图3，
过点C1作C1M⊥x轴，过点B1作x轴的平行线交MC1的延长线于点N，
同理可得：△PMC1≌△C1NB1(AAS)，
∴PM=C1N，C1M=NB1，
即x+1=2n+2，2n=3，
解得：x=4，故点P(4,0)；
综上，点P的坐标为(92,0)或(4,0)或(53,0)．
(1)(2)平移后A1、B1的坐标分别为(−2,−2m)、(2,−2m)，则12a×(−2)2−2b+2=−2m12a×22+2b+2=−2m，即可求解；
(3)①平移后点C1、D1的坐标分别为(−1,−2n)、(1,−2n)，则−2n=a−b+2−2n=a+b+2，即可求解；
②分∠B1PC1为直角、∠C1B1P为直角、∠B1C1P为直角三种情况，利用三角形全等求解即可．
本题考查的是反比例函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形全等等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
1.下列各数中，比−2小的数是( )
A. 2B. 0C. −1D. −3
2.如图是由7个相同的小立方体搭成的几何体，这个几何体的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
3.下列各式中计算结果为x6的是( )
A. x2+x4B. x8−x2C. x2⋅x4D. x12÷x2
4.某工程队承接了80万平方米的荒山绿化任务，为了迎接雨季的到来，实际工作时每天的工作效率比原计划提高了35%，结果提前40天完成了这一任务．设实际工作时每天绿化的面积为x万平方米，则下面所列方程中正确的是( )
A. 80(1+35%)x−80x=40B. 80(1+35%)x−80x=40
C. 80x−80(1+35%)x=40D. 80x−80(1+35%)x=40
5.如图，射线a，b分别与直线1交于点A，B.现将射线a沿直线l向右平移过点B，若∠1=46°，∠2=72°，则∠3的度数为( )
A. 62°
B. 68°
C. 72°
D. 80°
6.如图，AB与⊙O切于点B，OB=3，C是OB上一点，连接AC并延长与⊙O交于点D，连接OD，∠A=40°，∠D=30°，则BD的长为( )
A. 2π3
B. π
C. 5π3
D. 10π3
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
7.2020年初新冠肺炎疫情发生以来，近4000000名城乡社区工作者奋战在中国大地的疫情防控一线．将数据4000000用科学记数法表示为______．
8.因式分解：a2−4b2=______．
9.若式子 2x+3有意义，则x的取值范围为______．
10.计算：ba÷b23a=______．
11.在平面直角坐标系xOy中，若抛物线y=x2+2x+k与x轴只有一个交点，则k= ______．
12.如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，延长AD到E，使DE=BD，连接BE.若∠EBC=27°，则∠ABD=______度．
13.如图，在平面直角坐标系中，A(4,0)，B(0,3)，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交x轴的负半轴于点C，则点C坐标为______．
14.如图，在△ABC中，直线l是边AC的垂直平分线，l与边AB交于点D.E是边BC上一点，把△ABC沿DE折叠，点B落在点F处，DF过点C，且DC=DE.若∠F=48°，则∠A的度数为______度.
三、解答题：本题共11小题，共79分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题5分)
先化简，再求值：(a+2b)2−a(a+4b)，其中a=2，b=−14．
16.(本小题5分)
今年是农历辛丑年，即牛年，如图，现有三张正面印有不同牛图案的不透明卡片A、B、C，卡片除正面图案不同外其余均相同.将三张卡片正面向下洗匀，小宇从中随机抽取两张卡片，请用画树形图或列表的方法，求小宇抽出的两张卡片中必有一张A卡片的概率．
17.(本小题5分)
如图，已知D是AC上一点，DA=AB，DE=AC，DE//AB，∠B=122°，求∠DAE的度数．
18.(本小题7分)
如图，在6×6网格中，每个小正方形的边长都是1，每个顶点称为格点.线段AB的端点都在格点上.按下列要求作图，使所画图形的顶点均在格点上．
(1)如图1，画一个以AB为一边的三角形ABC，是轴对称图形；
(2)如图2，画一个以AB为一边，面积为6，且是中心对称的四边形ABCD；
(3)如图3，画一个以AB为一边的菱形ABCD(不是正方形)．
19.(本小题7分)
如图，海上B，C两岛分别位于A岛的正东和正北方向，一艘船从A岛出发，以20海里/时的速度向正北方向航行3小时到达C岛，此时测得B岛在C岛的南偏东43°，求A，B两岛之间的距离.(结果精确到个位)【参考数据：sin43°=0.68，cs43°=0.73，tan43°=0.93】
20.(本小题7分)
如图，在平面直角坐标系中有Rt△ABC，已知∠CAB=90°，AB=AC，A(−2,0)，B(0,1)．
(1)点C的坐标是______；
(2)将△ABC沿x轴正方向平移得到△A′B′C′，且B，C两点的对应点B′，C′恰好落在反比例函数y=kx的图象上，求该反比例函数的解析式．
21.(本小题7分)
校学生处为了了解全校1200名学生每天在上学路上所用的时间，随机调查了30名学生.下面是某一天这30名学生上学所用时间(单位：分钟)：20，20，30，15，20，25，5，15，20，10，15，35，45，10，20，25，30，20，15，20，20，10，20，5，15，20，20，20，5，15．
通过整理和分析数据，得到如下不完全的统计图．
根据所给信息，解答下列问题：
(1)补全条形统计图；
(2)这30名学生上学所用时间的中位数为______分钟，众数为______分钟；
(3)若随机问这30名同学中其中一名学生的时间，最有可能得到的回答是______分钟；
(4)估计全校学生上学所用时间在20分钟及以下的人数．
22.(本小题8分)
甲车从A地出发向B地匀速行驶，甲出发1小时后，乙车从B地出发沿同一条路向A地匀速行驶.两车相遇后乙车立即以原来速度返回B地，甲车继续以原来速度行驶到B地.甲、乙两车之间的距离y(km)与甲车的行驶时间x(h)之间的函数图象如图所示．
(1)甲车的速度是______km/h；
(2)乙车出发后，甲、乙两车相遇之前，求出y与x之间的函数关系式，并写出自变x的取值范围；
(3)直接写出m的值．
23.(本小题8分)
在矩形纸片ABCD中，点M，N分别为边AD，BC的中点，点E，F分别在边AB，CD上，且AE=CF.将△AEM沿EM折叠，点A的对应点为点P，将△NCP沿NF折叠，点C的对应点为点Q．
(1)如图1，若点P，Q分别落在边BC，AD上，则四边形PMQN的形状是______；
(2)如图2，若点P，Q均落在矩形ABCD内部，直线MP与直线BC交于点G，其它条件不变，则第(1)小题的结论是否仍然成立？说明其理由；
(3)如图3，若AD=10，AB=6，当四边形PMQN为菱形时，直接写出BE的长度．
24.(本小题8分)
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=6cm，CD是中线．点P从点C出发以4cm/s速度沿折线CD−DB匀速运动，到点B停止运动．过点P作PQ⊥AC，垂足为点Q，以PQ为一边作矩形PQMN，且MQ= 32PQ.点M，C始终位于PQ的异侧，矩形PQMN与△ACD的重叠部分面积为S(cm2)，点P的运动时间为t(s)．
(1)当点N在边AB上时，t=______s.
(2)求S与t之间的函数关系式．
(3)当矩形PQMN与△ACD的重叠部分为轴对称图形时，直接写出t的取值范围．
25.(本小题12分)
如图，点A(−2,0)，点C(−1,0)，点A、C关于原点O的对称点分别为点B、D.线段AB沿y轴向下平移2m(m>0)个单位长度，得到线段A1B1，抛物线y=12ax2+bx+2过点A1，B1．
(1)当m=1时，a=______；
(2)求a与m之间的关系式；
(3)线段CD沿y轴向下平移2n(n>0)个单位长度，得到线段C1D1，抛物线y=ax2+bx+2过点C1，D1．
①a=______；(用含n的式子来表示)m与n之间的关系式为______．
②点P(x,0)在x轴上，当△PC1B1为等腰直角三角形时，直接写出点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：|−3|>|−2|，
∴−3<−2，
故选：D．
根据负数的绝对值越大负数反而小，可得答案．
本题考查了有理数大小比较，利用负数的绝对值越大负数反而小是解题关键．
2.【答案】C
【解析】解：从上面看：有三行，每行的个数分别为1，1，3，
符合要求的图形为：
故选：C．
根据从上面看得到的视图是俯视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的视图是俯视图．
3.【答案】C
【解析】解：x2与x4不是同类项，不能合并计算，它是一个多项式，因此A选项不符合题意；
同理选项B不符合题意；
x2⋅x4=x2+4=x6，因此选项C符合题意；
x12÷x2=x12−2=x10，因此选项D不符合题意；
故选：C．
根据合并同类项、同底数幂乘除法的性质进行计算即可．
本题考查同底数幂的乘除法的计算法则，同类项、合并同类项的法则，掌握运算性质是正确计算的前提．
4.【答案】A
【解析】解：设实际工作时每天绿化的面积为x万平方米，
则原计划每天绿化的面积为x1+35%万平方米，
依题意，得：80x1+35%−80x=40，
即80(1+35%)x−80x=40．
故选：A．
设实际工作时每天绿化的面积为x万平方米，则原计划每天绿化的面积为x1+35%万平方米，根据工作时间=工作总量÷工作效率结合实际比原计划提前40天完成了这一任务，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：如图，∵a//c，
∴∠1=∠4=46°，
∵∠4+∠3+∠2=180°，∠2=72°，
∴∠3=180°−46°−72°=62°，
故选：A．
利用平行线的性质求出∠4，这两天平角的定义求出∠3即可．
本题考查平移的性质，平行线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．属于中考常考题型．
6.【答案】C
【解析】解：∵AB与⊙O切于点B，
∴∠ABO=90°，
∵∠A=40°，
∴∠ACB=50°，
∴∠OCD=∠ACB=50°，
∵∠D=30°，
∴∠DOB=180°−30°−50°=100°，
∴BD的长=100⋅π×3180=5π3，
故选：C．
根据切线的性质得到∠ABO=90°，根据三角形的内角和得到∠DOB=180°−30°−50°=100°，根据弧长的计算公式即可得到结论．
本题考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，弧长的计算，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
7.【答案】4×106
【解析】解：将数据4000000用科学记数法表示为4×106，
故答案为：4×106．
科学记数法的表示形式为a×10n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．
此题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
8.【答案】(a+2b)(a−2b)
【解析】解：原式=a2−(2b)2=(a+2b)(a−2b)．
故答案是：(a+2b)(a−2b)．
利用平方差公式进行因式分解即可．
本题考查了运用公式法因式分解，解题的关键是能够灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
9.【答案】x≥−32
【解析】【分析】
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
【解答】
解：由题意得，2x+3≥0，
解得x≥−32．
故答案为：x≥−32．
10.【答案】3b
【解析】解：ba÷b23a
=ba⋅3ab2
=3b，
故答案为：3b．
先把除法变成乘法，再根据分式的乘法法则求出即可．
本题考查了分式的乘除法则，能灵活运用法则进行计算是解此题的关键．
11.【答案】1
【解析】解：由题意得：△=b2−4ac=4−4k=0，
解得k=1，
故答案为1．
由题意得：△=b2−4ac=4−4k=0，即可求解．
本题考查的是抛物线和x轴的交点，△=b2−4ac>0时，抛物线与x轴有2个交点，△=b2−4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点，△=b2−4ac<0时，抛物线与x轴没有交点．
12.【答案】36
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠ABC=90°，
∴∠EBC=∠E=27°，
∵DE=BD，
∴∠DBE=∠E=27°，
∴∠ABD=∠ABC−∠DBE−∠EBC=36°，
故答案为：36．
由矩形的性质可得AD//BC，∠ABC=90°，由平行线的性质和等腰三角形的性质可得∠EBC=∠DBE=∠E=27°，即可求解．
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
13.【答案】(−1,0)
【解析】解：∵点A，B的坐标分别为(4,0)，(0,3)，
∴OA=4，OB=3，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB= 32+42=5，
∴AC=AB=5，
∴OC=5−4=1，
∴点C的坐标为(−1,0)，
故答案为：(−1,0)，
求出OA、OB，根据勾股定理求出AB，即可得出AC，求出OC长即可．
本题考查了勾股定理，解此题的关键是求出OC的长，注意：在直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方．
14.【答案】28
【解析】解：由折叠的性质可得：∠B=∠F=42°，∠BDE=∠CDE，
设∠BDE=∠CDE=x，则∠DEC=∠BDE+∠B=x+48°，
∵DC=DE，
∴∠DCE=∠DEC=x+48°，
∵∠CDE+∠DCE+∠DEC=180°，
∴x+x+48°+x+48°=180°，
解得：x=28°，
∴∠BDE=∠CDE=28°，
∴∠DCB=x+48°=28°+48°=76°，
∵直线l是边AC的垂直平分线，
∴AD=CD，
∴∠A=∠ACD，
∵∠A+∠ACD+∠DCB+∠B=180°，
∴2∠A+76°+48°=180°，
∴∠A=28°，
故答案为：28．
由折叠的性质可得∠B=∠F=42°，∠BDE=∠CDE，设∠BDE=∠CDE=x，则∠DEC=∠BDE+∠B=x+48°，由等腰三角形的性质可得∠DCE=∠DEC=x+48°，由三角形内角和定理求出x=28°，从而得出∠DCB=70°，再由线段垂直平分线的性质可得AD=CD推出∠A=∠ACD，最后由三角形内角和定理进行计算即可得到答案．
本题主要考查了折叠的性质、三角形内角和定理、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点是解此题的关键．
15.【答案】解：原式=a2+4ab+4b2−a2−4ab
=4b2．
当a=2,b=−14时，
原式=4×(−14)2=14．
【解析】根据完全平方公式，单项式乘以多项式进行计算，然后合并同类项，最后将字母的值代入进行计算即可求解．
本题考查了整式的乘法运算与化简求值，解题的关键是熟练掌握完全平方公式、单项式乘以多项式的运算法则．
16.【答案】解：画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中含A的情况有4种，
∴P(两张卡片中必有一张A卡片)=23．
【解析】根据题干画树形图，得出所有含A卡片的情况，然后根据概率公式求解．
本题考查用列表法或画树状图法求概率，解题关键是掌握两种求概率的方法．
17.【答案】解：∵DE//AB，
∴∠ADE=∠BAC，
在△DAE和△ABC中，
DA=AB∠ADE=BAC,DE=AC
∴△DAE≌△ABC(SAS)，
∴∠DAE=∠B，
∵∠B=122°，
∴∠DAE=122°．
【解析】根据DE//AB，可以得到∠ADE=∠BAC，然后根据SAS即可证明△DAE≌△ABC，从而可以得到∠DAE=∠B，再根据∠B的度数，即可得到∠DAE的度数．
本题考查全等三角形的判定与性质、平行线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
18.【答案】(1)解：如图1所示，△ABC即为所求．
(2)如图2所示，四边形ABCD即为所求．
(3)如图3所示，菱形ABCD即为所求．
【解析】(1)以AB为腰画等腰三角形即可；
(2)以AB为一边，画面积为6的平行四边形即可；
(3)根据菱形的定义画图即可．
本题考查了作图—设计与应用，解题的关键是掌握轴对称图形，中心对称图形以及菱形的判定．
19.【答案】解：由题可知，AC=20×3=60(海里)，
∠ACB=43°，∠A=90°，
在Rt△ABC中，ABAC=tan43°，
∴AB=AC⋅tan43°=60×0.93≈56(海里)．
答：A，B两岛之间的距离约为56海里．
【解析】根据路程=速度×时间，可得AC=20×3=海里，在Rt△ABC中，利用正切函数的定义可得AB=AC⋅tan∠ACB，将数值代入计算即可求解．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，正切函数的定义，路程、速度与时间自己的关系，难度一般．理解方向角的定义，将实际问题转化为数学问题是解决问题的关键．
20.【答案】解：(1)(−3,2)
(2)设△ABC沿x轴的正方向平移c个单位，
则C′(−3+c,2)，则B′(c,1)
又点C′和B′在该比例函数图象上，
∴k=2(−3+c)=c，
即−6+2c=c，
解得c=6，
即反比例函数解析式为y=6x．
【解析】解：(1)作CN⊥x轴于点N，
∵A(−2,0)B(0,1)．
∴OB=1，AO=2，
在Rt△CAN和Rt△AOB，
∵CN=AOAC=AB，
∴Rt△CAN≌Rt△AOB(HL)，
∴AN=BO=1，CN=AO=2，NO=NA+AO=3，
又∵点C在第二象限，
∴C(−3,2)；
故答案为(−3,2)；
(2)见答案
【分析】(1)作CN⊥x轴于点N，根据HL证明Rt△CAN≌Rt△AOB，求出NO的长度，进而求出点C的坐标；
(2)设△ABC沿x轴的正方向平移c个单位，用c表示出C′和B′，根据两点都在反比例函数图象上，求出k的值，进而求出c的值，即可求出反比例函数的解析式．
本题主要考查了反比例函数的综合题的知识，解答本题的关键是熟练掌握反比例函数的性质以及平移的知识，解决第(2)问关键求出c的值，此题难度不是很大．
21.【答案】20 20 20
【解析】解：(1)补全条形统计图如图所示．
(2)这30名学生用时数据从小到大排列，处在中间位置的两个数都是20分钟，
因此中位数是20，即m=20，
这30名学生用时数据出现次数最多的是20分钟，
因此众数是20，即n=20，
故答案为：20，20；
(3)由于众数是20分钟，
因此用时为20分钟的学生最多，
所以最有可能得到的回答是20分钟；
故答案为：20；
(4)3+3+6+1230×1200=960(人)，
答：估计全校学生上学时间在20分钟及以下的人数约为960人．
(1)根据频数统计的方法可得“15分钟”和“40分钟”的频数，进而补全条形统计图；
(2)根据众数的意义，找出出现次数最多的数即可，根据中位数的意义，求出排列后处在中间位置的一个数或两个数的平均数即可；
(3)根据众数和可能性的大小即可得出答案；
(4)用1200乘以样本中“20分钟及以下”的学生所占比例即可．
本题考查频数分布表、频数分布直方图，中位数、众数，掌握平均数、中位数、众数的计算方法是正确解答的前提．
22.【答案】80
【解析】解：(1)根据题意可得甲车的速度为：360−280=80(km/h)，
故答案为：80；
(2)设解析式为y=kx+b，
图象过点(1,280)，(3,0)，
则k+b=2803k+b=0，
解得k=−140b=420，
∴y=−140x+420(1≤x≤3)；
(3)乙车的速度为：(280−80×2)÷2=60(km/h)，
相遇后甲车到达B地的时间为：60×2÷80=1.5(小时)，
∴m=3+1.5=4.5．
(1)根据题意结合图象即可得出甲车的速度；
(2)利用待定系数法解答即可；
(3)根据两车的速度与相遇时离B地的距离解答即可．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
23.【答案】平行四边形
【解析】解：(1)结论：四边形PNQM是平行四边形．
理由：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD//BC，∠A=∠C=90°，
∵点M，N分别是AD，BC的中点，
∴AM=NC，
∵AE=CF，
∴△EAM≌△FCN(SAS)，
∴∠AME=∠CNF，
∵∠AME=∠EMP，∠CNF=∠FNQ，
∴∠AMP=∠QNC，
∵AD//BC，
∴∠AQN=∠CNQ，
∴∠AMP=∠AQN，
∴PM//QN，
∵MQ//PN，
∴四边形PNQM是平行四边形．
故答案为平行四边形．
(2)仍然成立．
理由：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，
∵AM=12AD，CN=12BC，
∴AM=CN，
又∠A=∠C=90°，AE=CF，
∴△AME≌△CNF(SAS)，
∴∠AME=∠CNF，
由折叠得，∠AMP=2∠AME，∠QNC=2∠CNF，
∴∠AMP=∠QNC，
∵AD//BC，
∴∠AMG=∠MGC，
∴∠MGC=∠QNC，
∴MP//QN，
又MP=QN，
∴四边形PMQN是平行四边形．
(3)133．
连接MN，PQ交于点O，延长PQ交CD于H，延长QP交AB于点G，
∵四边形PNQM是菱形，
∴MN⊥PQ，
∵M，N分别是AD，BC的中点，
∴AM=BN，
∴四边形AMOG是矩形，
∴∠AMO=90°，
∴PQ//AD//BC，
∴AG=DH=OM=12AB=3，
∵M为AD的中点，
∴AM=12AD=5，
由折叠的性质可知PM=AM=5，
∴OP= PM2−OM2= 52−32=4，
∴GP=1，
设AE=x，则EG=3−x，
∵EG2+GP2=EP2，
∴(3−x)2+12=x2，
解得x=53，
∴BE=AB−AE=6−53=133．
(1)结论：四边形PNQM是平行四边形．想办法证明MQ//PN，MP//NQ即可．
(2)成立．想办法证明MP//QN，MP=QN即可．
(3)如图3中，连接MN，PQ交于点O，延长PQ交CD于H，延长QP交AB于G.根据勾股定理求出AE即可解决问题．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
24.【答案】65
【解析】解：(1)如图1中，
在Rt△ABC中，∵BC=6cm，∠ACB=90°，∠A=30°，
∴AB=2BC=12cm，AC= 3BC=6 3cm，
∵AD=DB，
∴CD=12AB=6cm，
∵PN//AC，
∴PNAC=PDCD，
∴ 3t6 3=6−4t6，
解得t=65，
故答案为65．
(2)①如图2−1，当0
∴∠A=∠ACD=30°
∴PQ=12PC=12×4t=2t，
MQ= 32PQ= 3，
∴S=S矩形PQMN= 3t×2t=2 3t2．
②如图2−2，当65
∴AM=AC−MQ−CQ=6 3− 3t−2 3t=6 3−3 3t，ME=AM tan30°=(6 3−3 3t) 33=6−3t，EN=MN−ME=2t−(6−3t)=5t−6，NF=EN tan60°= 3(5t−6)，
∴S=S矩形PQMN−S△ENF=2 3t2−12(5t−6) 3(5t−6)=−21 32t2+30 3t−18 3．
③如图3，当32
∴NP=MQ= 32PQ= 3t，EN=NPtan30°=t，DP=AP−AD=4t−6，
∴S=S矩形PQMN−S△ENP−S△DFP=2 3t2−12t⋅ 3t− 34(4t−6)2=−5 32t2+12 3t−9 3．
(3)观察图象可知当0
解得t=2，
综上所述，满足条件的t的值为0
(2)分三种情形：①如图2−1，当0
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，多边形的面积，解直角三角形，轴对称图形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
25.【答案】−2 −2n−2 m=2n+1
【解析】解：(1)点A、C关于原点O的对称点分别为点B、D，则点B、D的坐标分别为(2,0)、(1,0)，
则平移后A1、B1的坐标分别为(−2,−2m)、(2,−2m)，则12a×(−2)2−2b+2=−2m12a×22+2b+2=−2m，
∴4a+4=−4m，
∴a=−m−1，
当m=1时，a=−2，
故答案为−2；
(2)由(1)得：a=−m−1，
(3)①平移后点C1、D1的坐标分别为(−1,−2n)、(1,−2n)，则−2n=a−b+2−2n=a+b+2，
解得：a=−2n−2，而a=−m−1，
故m=2n+1，
故答案为：−2n−2；m=2n+1；
②平移后点B1的坐标为(2,−2m)，即(2,−4n−2)，而点C1(−1,−2n)，
(Ⅰ)当∠B1PC1为直角时，如图1，
连接BB1、CC1，
∵∠CPC1+∠BPB1=90°，∠CPC1+∠CC1P=90°，
∴∠BPB1=∠CC1P，
而PB1=PC1，∠PCC1=∠B1BP=90°，
∴△PCC1≌△B1BP(AAS)，
∴CC1=PB，BB1=PC，
即2n=2−x且x+1=4n+2，解得：x=53，
故点P的坐标为(53,0)；
(Ⅱ)当∠C1B1P为直角时，过C1作C1M⊥A1B1，过点P作PN⊥A1B1交A1B1的延长线于点N，
同理可得：△C1MB1≌△B1NP(AAS)，
∴MC1=B1N且MB1=PN，
即2n+2=x−2且4n+2=3，解得：x=92；
(Ⅲ)当∠B1C1P为直角时，简图如图3，
过点C1作C1M⊥x轴，过点B1作x轴的平行线交MC1的延长线于点N，
同理可得：△PMC1≌△C1NB1(AAS)，
∴PM=C1N，C1M=NB1，
即x+1=2n+2，2n=3，
解得：x=4，故点P(4,0)；
综上，点P的坐标为(92,0)或(4,0)或(53,0)．
(1)(2)平移后A1、B1的坐标分别为(−2,−2m)、(2,−2m)，则12a×(−2)2−2b+2=−2m12a×22+2b+2=−2m，即可求解；
(3)①平移后点C1、D1的坐标分别为(−1,−2n)、(1,−2n)，则−2n=a−b+2−2n=a+b+2，即可求解；
②分∠B1PC1为直角、∠C1B1P为直角、∠B1C1P为直角三种情况，利用三角形全等求解即可．
本题考查的是反比例函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形全等等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
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