2019年江苏省连云港市中考数学试卷及答案

江苏省连云港市2019年中考数学试卷

数 学

(满分：150分 考试时间：120分钟)

一、选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分.在每小题所给出的四个选项中,恰有

一项是符合题目要求的) 1.2的绝对值是

( ) A.2

B.12

C.2

D.12 2.要使x1有意义,则实数x的取值范围是

( ) A.x≥1

B.x≥0

C.x≥-1 D.x≤0 3.计算下列代数式,结果为x5的是

( ) A.x2x3

B.xx5

C.x6x

D.2x5x5 4.一个几何体的侧面展开图如图所示,则该几何体的底面是

( )

A

B

C

D 5.一组数据3,2,4,2,5的中位数和众数分别是

( )

A.3,2 B.3,3 C.4,2 D.4,3

6.在如图所示的象棋盘(各个小正方形的边长均相等)中,根据“马走日”的规则,“马”应落在下列哪个位置处,能使“马”“车”“炮”所在位置的格点构成的三角形与“帅”“相”“兵”所在位置的格点构成的三角形相似 ( )

数学试卷 第1页（共26页）

(第6题) A.①处

B.②处

C.③处

D.④处

7.如图,利用一个直角墙角修建一个梯形储料场ABCD,其中C120.若新建墙BC与CD总长为12m,则该梯形(第7题)

储料场ABCD的最大面积是 ( ) A.18m2

B.183m2

C.243m2

D.4532m2 8.如图,在矩形ABCD中,AD＝22AB.将矩形ABCD对折,得到折痕MN；沿着CM折叠,点D的对应点为E,ME与BC的交点为F；再沿着MP折叠,使得AM与EM重合,折痕为MP,此时点B的对应点为G.下列结论：①△CMP是直角三角形；②点C、E、G不在同一条直线上；③

PC62MP；④BP22AB；⑤点F是△CMP外

接圆的圆心.其中正确的个数为 ( ) (第8题) A.2个

B.3个

C.4个

D.5个

二、填空题(本大题共8小题,每小题3分,共24分.不需要写出解答过程) 9.的立方根是 . 10.计算(2x)2＝ .

11.连镇铁路正线工程的投资总额约为46 400 000 000元.数据“46 400 000 000”用科学记数法可表示为 .

12.一圆锥的底面半径为2,母线长为3,则这个圆锥的侧面积为 . 13.如图,点

A、B、C在O上,BC=6,BAC=30,则O的半径为

.

数学试卷 第2页（共26页）

(第13题)

(第15题)

(第16题)

14.已知关于x的一元二次方程ax22x2c0有两个相等的实数根,则

1ac的值等于 .

15.如图,将一等边三角形的三条边各8等分,按顺时针方向(图中箭头方向)标注各等分点的序号0、1、2、3、4、5、6、7、8,将不同边上的序号和为8的两点依次连接起来,这样就建立了“三角形”坐标系.在建立的“三角形”坐标系内,每一点的坐标用过这一点且平行(或重合)于原三角形三条边的直线与三边交点的序号来表示(水平方向开始,按顺时针方向),如点A的坐标可表示为(1,2,5),点B的坐标可表示为

(4,1,3),按此方法,则点C的坐标可表示为 .

16.如图,在矩形ABCD中,AB4,AD3,以点C为圆心作C与直线BD相切,点

P是C上一个动点,连接AP交BD于点T,则APAT的最大值是 .

三、解答题(本大题共11小题,共102分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17.(本小题满分6分)计算：(1)24(1)13.

18.(本小题满分6分)解不等式组：2x＞412(x3)＞x1.



19.(本小题满分6分)化简：mm24(12m2).

20.(本小题满分8分)为了解某地区中学生一周课外阅读时长的情况,随机抽取部分中学

数学试卷 第3页（共26页） 生进行调查,根据调查结果,将阅读时长分为四类：2小时以内,2～4小时(含2小时),4～6小时(含4小时),6小时及以上,并绘制了如图所示尚不完整的统计图.

(1)本次调查共随机抽取了 名中学生,其中课外阅读时长“2～4小时”的有 人；

(2)扇形统计图中,课外阅读时长“4～6小时”对应的圆心角度数为 ； (3)若该地区共有20 000名中学生,估计该地区中学生一周课外阅读时长不少于4小时的人数.

21.(本小题满分10分)现有A、B、C三个不透明的盒子,A盒中装有红球、黄球、蓝

球各1个,B盒中装有红球、黄球各1个,C盒中装有红球、蓝球各1个,这些球除颜色外都相同.现分别从A、B、C三个盒子中任意摸出一个球. (1)从A盒中摸出红球的概率为 ；

(2)用画树状图或列表的方法,求摸出的三个球中至少有一个红球的概率.

22.(本小题满分10分)如图,在△ABC中,AB=AC.将△ABC沿着BC方向平移得到

△DEF,其中点E在边BC上,DE与AC相交于点O. (1)求证：△OEC为等腰三角形；

(2)连接AE、DC、AD,当点E在什么位置时,四边形ABCD为矩形,并说明理由.

数学试卷 第4页（共26页）

---------------- -------------在 _____--------------------__此_________号生 _考_--------------------_ _卷 _ _ _ ________ _ _ _ ______--------------------____上________名__姓__ _ _ _ --------------------__答___________校学--------------------业题毕--------------------无--------------------效

23.(本小题满分10分)某工厂计划生产甲、乙两种产品共2 500吨,每生产1吨甲产品可获得利润0.3万元,每生产1吨乙产品可获得利润0.4万元.设该工厂生产了甲产品x(吨),生产甲、乙两种产品获得的总利润为y(万元). (1)求y与x之间的函数表达式；

(2)若每生产1吨甲产品需要A原料0.25吨,每生产1吨乙产品需要A原料0.5吨.受市场影响,该厂能获得的A原料至多为1 000吨,其它原料充足.求出该工厂生产甲、乙两种产品各为多少吨时,能获得最大利润.

24.(本小题满分10分)如图,海上观察哨所B位于观察哨所A正北方向,距离为25海里.在某时刻,哨所A与哨所B同时发现一走私船,其位置C位于哨所A北偏东53的方向上,位于哨所B南偏东37的方向上.

(1)求观察哨所A与走私船所在的位置C的距离；

(2)若观察哨所A发现走私船从C处以16海里/小时的速度向正东方向逃窜,并立即派缉私艇沿北偏东76的方向前去拦截.求缉私艇的速度为多少时,恰好在D处成功拦截.(结果保留根号). (参考数据：sin37＝cos53≈3,cos37＝sin53≈4,tan37≈3554,tan76≈4)

25.(本小题满分10分)如图,在平面直角坐标系xOy中,函数yxb的图像与函数

ykx(x＜0)的图像相交于点A(1,6),并与x轴交于点C.点D是线段AC上一点,△ODC与△OAC的面积比为2∶3. (1)k ,b ； (2)求点D的坐标；

数学试卷 第5页（共26页） (3)若将△ODC绕点O逆时针旋转,得到△ODC,其中点D落在x轴负半轴上,判断点C是否落在函数ykx(x＜0)的图像上,并说明理由.

26.(本小题满分12分)如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线L1：yx2bxc过点

C(0,3),与抛物线L2：y12x232x2的一个交点为A,且点A的横坐标为2,点P、Q分别是抛物线L1、L2上的动点. (1)求抛物线L1对应的函数表达式；

(2)若以点A、C、P、Q为顶点的四边形恰为平行四边形,求出点P的坐标； (3)设点R为抛物线L1上另一个动点,且CA平分PCR,若OQ∥PR,求出点Q的坐标.

备用图

数学试卷 第6页（共26页）

图1

27.(本题满分14分)问题情境：如图1,在正方形ABCD中,E为边BC上一点(不与点B、

C重合),垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N.判断线段DN、MB、EC之间的数量关系,并说明理由.

问题探究：在“问题情境”的基础上,

(1)如图2,若垂足P恰好为AE的中点,连接BD,交MN于点Q,连接EQ,并延长交边AD于点F.求AEF的度数；

图2

数学试卷 第7页（共26页）

(2)如图3,当垂足P在正方形ABCD的对角线上时BD,连接AN,将△APN沿着AN翻折,点P落在点P处.若正方形ABCD的边长为4,AD的中点为S,求PS的最小值.

图3

问题拓展：如图4,在边长为4的正方形ABCD中,点M、N分别为边AB、CD上的点,将正方形ABCD沿着MN翻折,使得BC的对应边BC恰好经过点A,CN交

AD于点F.分别过点A、F作AGMN,FHMN,垂足分别为G、H.若AG=52,

请直接写出FH的长.

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数学试卷 第9页（共26页）

4

数学试卷第10页（共26页）

图

江苏省连云港市2019年中考数学试卷 数学答案解析 一、选择题 1.【答案】C 【解析】2的绝对值是2,故选C. 【考点】绝对值的概念. 2.【答案】A 【解析】由题意得x-1≥0,解得x≥1,故选A. 【考点】二次根式有意义的条件. 3.【答案】D 【解析】x2x3,x6x不好合并,xx5x6,2x5x5x5,故选D. 【考点】整式的运算法则. 4.【答案】B 【解析】从展开图可知这个几何体是四棱锥,它的底面是正方形,故选B. 【考点】几何体的展开图. 5.【答案】A 【解析】把数据按照由小到大的顺序排序后为2,2,3,4,5,中位数为3,2出现的次数最多,众数为2.故选A. 【考点】众数与中位数. 6.【答案】B 【解析】解题的关键是利用勾股定理求得三角形各边的长,“帅”“相”“兵”所在位置的格点构成的三角形的三边长分别为2、25、42；“车”“炮”之间的距离为1,“炮”和②之间的距离为5,“车”和②之间的距离为22,522125422.马应该落在②的位置,故选B. 【考点】相似三角形. 7.【答案】C

数学试卷 第11页（共26页） 【解析】利用梯形的面积建立二次函数,如图,过点C作CEAB于E,则四边形ADCE为矩形,CD=AE=x,DCECEB90,则BCEBCDDCE30,BC12x,在Rt△CBE中,CEB90,BE1.12BC62x,ADCE3BE633112x,ABAEBEx62x2x6,梯形ABCD面积S1(CDAB)CE1(x1x6)(6332x)338x233x183338(x4)2222243,当x4时,S最大=243.即CD长为4m时,使梯形储料场ABCD的面积最大为243m2.故选C. 【考点】梯形的性质，矩形的性质，含30角的直角三角形的性质，勾股定理，二次函数的运用. 8.【答案】B 【解析】沿着CM折叠,点D的对应点为E,DMCEMC,再沿着MP折叠,

使得AM与EM重合,折痕为MP,AMPEMP,AMD180,

PMECME1218090,△CMP是直角三角形；

故①正确；沿着CM折叠,点D的对应点为E,DMEC90,

再沿着MP折叠,使得AM与

EM重合,折痕为MP,MEGA90,GEC180,点C、E、G在

同一条直线上,故②错误；

AD22AB,设AB=x,则AD22x,将矩形

ABCD对折,得到折痕MN；DM1AD2x,CM=DM22CD23x,

PMC90；MNPC,CM2CNCP,CP322x,PNCPCN22x,PM6PC2x,PM3,PC3MP,故③错误；

数学试卷 第12页（共26页）

PC322x,PB22x322x22x,ABPB2,PB22AB,故④正确.

CDCE,EGAB,ABCD,CEEG,CEMG90.,

FE∥PG,CFPF,PMC90,CFPFMF,点F是△CMP外接

圆的圆心,故⑤正确.故选B.

【考点】三角形的外接圆与外心，折叠的性质，直角三角形的性质，矩形的性质. 二、填空题 9.【答案】4 【解析】熟练掌握立方根的定义是解本题的关键.43. 【考点】立方根. 10.【答案】x24x4 【解析】需要注意完全平方公式与平方差公式的区别.(2x)244xx2. 【考点】完全平方公式. 11.【答案】4.1010 【解析】4000000004.1010. 【考点】科学记数法的表示. 12.【答案】6π 【解析】掌握圆锥侧面积公式是解题的关键.圆锥的侧面展开图为一扇形,这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长,扇形的半径等于圆锥的母线长,因此圆锥的侧面积S12(2π2)36π. 【考点】圆锥侧面积的计算. 13.【答案】6 【解析】如图,连接OB、OC.BOC2BAC60,又OBOC,△BOC是等数学试卷 第13页（共26页） 边三角形 OBBC6. 【考点】圆周角定理以及等边三角形的判定和性质. 14.【答案】2 【解析】正确掌握根的判别式公式是解题的关键.根据题意得：44a(2c)0,整理得：4ac8a4,4a(c2)4,方程ax22x2c0是一元二次方程,a0,等式两边同时除以4a得：c2=11a,则ac2. 【考点】根的判别式. 15.【答案】(2,4,2) 【解析】根据点A的坐标可表示为(1,2,5),点B的坐标可表示为(4,1,3)得到经过点的三条直线对应着等边三角形三边上的三个数,依次为左、右、下,即为该点的坐标,于是得到C的坐标(2,4,2). 【考点】与图形有关的规律. 16.【答案】3 【解析】构造出相似三角形是解本题的关键.如图,过点P作PE∥BD交AB的延长线于E,AEPABD,△APE∽△ATB,APATAEAB,AB4,AEABBE4BE,APAT1BE4,BE最大时,APAT最大,四边形ABCD是矩形,BCAD3,CDAB4,过点C作CHBD于H,交PE于M,并延长交AB于G,BD是C的切线,GME90,在Rt△BCD中,BD5,BHCBCD90,CBHDBC,△BHC∽△BCD,BHBCCHDCBCBD,BH3CH435,BH95,CH125,BHGBAD90,GBHDBA,△BHG∽△BAD,HGADBGBDBHAB, 数学试卷 第14页（共26页）

HGBG93.520,HG2720,BG94,在Rt△GME中,GM=EGsinAEPEG33955EG,而BEGEBGGE4,GE最大时,BE最大,延长MC交C于P,此时,HM最大HP2CH245,GPHPHG12320,过点P作PF∥BD交AB的延长线于F,BE最大时,点E落在点F处,即：BE最大BF,在Rt△GPF中,123FGGPsinFGPsinABD203414,BFFGBG8,APAT最大值为51843. 【考点】矩形的性质，圆的切线性质，相似三角形的性质. 三、解答题

17.【答案】解：原式2233.

【解析】解答本题的关键是熟练掌握二次根式的化简以及负整数指数幂.先计算出实数

的乘法,算术平方根,负整数指数幂的值,然后再进行加法计算. 【考点】实数的运算法则.

18.【答案】解：解不等式2x＞4,得x＞-2, 解不等式12(2x3)＞x1,得x＜2, 所以原不等式组的解集是-2＜x＜2.

【解析】解题的关键是正确求出不等式组的公共部分,先分别求出不等式组中每个不等

式的解集,然后再求出它们的公共解. 【考点】一元一次不等式组解集的求法.

数学试卷 第15页（共26页） 19.【答案】解：原式m(m2)(m2)m22m2m(m2)(m2)m2m1m2. 【解析】解决本题的关键是掌握分式的运算顺序和分式加减乘除的运算法则.先计算括号内分式加法,然后再把分式的除法转化为乘法,再化成最简分式. 【考点】分式的混合运算. 20.【答案】(1)200 40 (2)144 (3)20000（40%25%）13000(人) 答：该地区中学生一周课外阅读时长不少于4小时的约有13 000人. 【解析】解答本题的关键是明确题意,利用数形结合的思想解答.(1)根据统计图中课外阅读时长“6小时及以上”的人数为50,占总人数的25%可以求出本次调查的学生数,再根据课外阅读时长“2～4小时”占总人数的20%可求得相应的人数；(2)先求出课外阅读时长“4～6小时”的人数,再求出所对应的百分数,即可求出课外阅读时长“4～6小时”对应的圆心角度数；(3)根据统计图的数据可以计算出该地区中学生一周课外阅读时长不少于4小时的人数. 解：(1)5025%200(人),20020%40(人),故答案为200,40. (2)20030405080(人),802000.440%,36040%144,故答案为144；(3)20000（40%25%）13000(人) 答：该地区中学生一周课外阅读时长不少于4小时的约有13 000人. 【考点】条形统计图,扇形统计图，用样本估计总体. 21.【答案】解：(1)从A盒子中摸出红球的概率为13； (2)画出树状图如图所示： (3)由图可知,共有12种等可能的结果,其中至少有一个红球的结果有10种.所以P(摸出的三个球中至少有一个红球)101256. 【解析】解题的关键是利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果数n,再从中选出符合事件A或B的结果数m,然后利用概率公式计算事件,A或事件B的概率.(1) 数学试卷 第16页（共26页）

从A盒中摸出红球的结果有一个,由概率公式即可得出结果；(2)画树状图展示所有12种等可能的结果数,摸出的三个球中至少有一个红球的结果有10种,由概率公式即可得出结果.

【考点】列表法与树状图法求概率. 22.【答案】(1)证明：

AB=AC,ABCACB,

△ABC平移得到△DEF,AB∥DE, ABCDEF,DEFACB, OE=OC,即△OEC为等腰三角形

(2)解：当E为BC中点时,四边形AECD为矩形.

ABAC.且E为BC中点,

AEBC,BEEC.

△ABC平移得到△DEF, BE∥AD.BEAD, AD∥EC.ADEC, 四边形AECD为平行四边形,

又

AEBC,四边形AECD为矩形.

【解析】能综合运用知识点进行推理是解此题的关键.(1)根据等腰三角形的性质得出

BACB,根据平移得出AB∥DE,求出BDEC,再求出ACBDEC即可；(2)先证四边形AECD是平行四边形,再由有两条邻边互相垂直的平行四边形是矩形证AECD是矩形即可.

【考点】矩形的判定，平行四边形的判定，平移的性质，等腰三角形的性质和判定. 23.【答案】解：(1)yx0.3(2500x)0.40.1x1000.

(2)由题意得：x0.25(2500x)0.5≤1000,解得x≥1000.

又因为x≤2500,所以1000≤x≤2500.

由(1)可知,0.1＜0,所以y的值随着x的增加而减小. 所以当x1000时,y取最大值,此时生产乙种产品250010001500(吨). 答：工厂生产甲产品1 000吨,乙产品1 500吨时,能获得最大利润.

数学试卷 第17页（共26页） 【解析】解题的关键是依据题意正确列出函数关系. 【考点】一次函数的表达式，一元一次不等式的应用. 24.【答案】解：(1)在△ABC中.ACB180BBAC180375390. 在Rt△ABC中,sinBACAB,ACABsin37253515(海里). 答：观察哨所A与走私船所在的位置C的距离为15海里； (2)过点C作CMAB于点M,由题意易知,D、C、M在一条直线上. 在Rt△AMC中,CMACsinCAM154512(海里),AMACcosCAM15359(海里). 在Rt△AMD中,tanDAMDMAM,DMAMtan769436(海里),AD917(海里). CD=DMCM=3612=24(海里). 设缉私艇的速度为x海里/小时,则有2491716x,解得x617 经检验,x617是原方程的解. 答：当缉私艇的速度为617海里/小时时,恰好在D处成功拦截. 【解析】解题的关键是通过作垂线构造直角三角形.(1)先根据三角形内角和定理求出ACB90,再解Rt△ABC,利用正弦函数定义得出AC即可；(2)过点C作CMAB于点M,易知D、C、M在一条直线上.解Rt△AMC,求出CM、AM.解Rt△AMD,求出DM、AD,得出CD.设缉私艇的速度为x海里/小时,根据走私船行驶CD所用的时间等于缉私艇行驶AD所用的时间列出方程,解方程即可. 【考点】直角三角形的应用. 25.【答案】解：(1)将A(-1,6)代入yxb得61b,b5.将A(-1,6)代入y

kx

, 数学试卷 第18页（共26页）

得6k1,k6,故答案为：6,5； (2)如图1,过点D作DMx轴,垂足为M,过点A作ANx轴,垂足为N,

1S△ODCS2OCDM2,DM2,又点A的坐标为(-1,6),AN6,△OAC12OCAN3AN3DM4,即点D的纵坐标为4,把y4代入yx5中,得x1,D(1，4)；

(3)由题意可知,ODOD17.

如图2,过点C作CGx轴,垂足为G,

S△ODCSOCDMODCG,即5417CG,CG2017△ODC,17,

在Rt△OCG中,

OG51717, C的坐标为(51717,201717), (51717)2017176,

点C不在函数y6x的图像上.

【解析】解题关键是能够熟练运用反比例函数的性质.(1)将A(-1,6)代入yxb可求出b的值；将A(-1,6)代入ykx可求出k的值；(2)过点D作DMx轴,垂足为M,

数学试卷 第19页（共26页） 过点A作ANx轴,垂足为N,由△ODC与△OAC的面积比为2 : 3,可推出DMAN23.由点A的坐标可知AN6,进一步求出DM4,即为点D的纵坐标,把y4代入yx5中,可求出点D坐标；(3)过点C作CGx轴,垂足为G，由题意可知,ODOD17,由旋转可知S△ODCS△ODC，可求出CG201717,在Rt△OCG中,通过勾股定理求出OG的长度,即可写出点C的坐标,将其坐标代入y6kx可知没有落在函数yx(x＜0)的图像上. 【考点】待定系数法求解析式，三角形的面积，反比例函数的性质，勾股定理. 26.【答案】解：(1)将x2代入y12x232x2,得y3,故点A的坐标为(2,-3),将A(2,-3),C(0,3)代入yx2bxc,得3222bc,b2,300c,,解得c3,,抛物线Lyx21：2x3； (2)设点P的坐标为（x,x22x3）, 第一种情况：AC为平行四边形的一条边, ①当点Q在点P右侧时,则点Q的坐标为(x2,x2一2x3),将Q(x2,x2x23)代人y12x232x2,得x22x312(x2)232(x2)2,解得,x0或x1, 因为x0时,点P与C重合,不符合题意,所以舍去,此时点P的坐标为(-1,0) ②当点Q在点P左侧时,则点Q的坐标为(x2,x2x23),将Q(x2,x2x23)代人y132x22x2,得x22x312(x2)232(x2)2,解得,x3,或x43,此时点P的坐标为(3,0)或(43,139)； 第二种情况：当AC为平行四边形的一条对角线时, 由AC的中点坐标为(1,3),得PQ的中点坐标(1,3),故点Q的坐标为(2x,x22x3),将Q(2x,x22x3)代入y132x22x2,得x22x312(2x)232(2x)2,解得,x0或x3. 因为x0时,点P与点C重合,不符合题意,所以舍去,此时点P的坐标为(3,12), 数学试卷 第20页（共26页）

综上所述,点P的坐标为(1,0)或(3,0)或(4133,9)或(3,12)； (3)当点P在y轴左侧时,抛物线L1不存在点R使得CA平分PCR,当点P在y轴右侧时,不妨设点P在CA的上方,点R在CA的下方,过点P、R分别作y轴的垂线,垂足分别为S、T,过点P作PHTR于点H,则有PSCRTC90,由CA平分PCR,得PCARCA,则PCSRCT,△PSC∽△RTC,PSCSRTCT. 设点P坐标为(x23),点R坐标为(x2,x21,x12x122x3), 所以有x1x22x(3)x23(x2,整理得,x1+x2=4, 11322x23)在Rt△PRH中,tanPRHPHRHx23(x212x122x23)xx1x22=2, 1x2过点Q作QKx轴于点K, 设点Q坐标为(m,12m232m2),若OQ∥PR,则需QOKPRH,所以tanQOKtanPRH2,所以2m132m22m2, 解得,m7652,所以点Q坐标为(7652,765)或(7652,765). 【解析】解题的关键是：突破第(2)题的方法是分情况讨论；突破第(3)题的方法是作直角三角形，构造相似三角形，用相似三角形的相似比列方程.(1)先求出A点的坐标，再用待定系数法求出函数解析式即可；(2)设点P的坐标为（x,x22x3），分两种情况讨论：AC为平行四边形的一条边，AC为平行四边形的一条对角线，用x表示出Q点坐标，再把Q点坐标代人抛物线L1232：y2x2x2中，列出方程求得解即可；(3)当点P在y轴左侧时，抛物线L1不存在点R使得CA平分PCR,当点数学试卷 第21页（共26页） P在y轴右侧时，不妨设点P在CA的上方,点R在CA的下方，过点P、R分别作y轴的垂线,垂足分别为S、T,过点P作PHTR于点H，设点P坐标为(x23),点R坐标为(x2,x21,x12x122x3),证明△PSC∽△RTC，由相似比得到x1+x2=4，进而得tanPRH的值，过点Q作QKx轴于点K, 设点Q坐标为(m,132m22m2),由tanQOKtanPRH，得出关于m的方程，求得m即可. 【考点】待定系数法求函数的解析式，平行四边形的性质，解直角三角形的应用，相似三角形的性质与判定，角平分线的性质，动点问题. 27.【答案】解：问题情境：线段DN、MB、EC之间的数量关系为：DNMBEC；理由如下： 四边形ABCD是正方形, ABEBCD90,ABBCCD,AB∥CD, 过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F,如图1所示, 四边形MBFN为平行四边形,NFMB,BFAE,BGE90, CBFAEB90,BAEAEB90, CBFBAE, 在△ABE和△BCF中,BAECBF,ABBC,△ABE≌△BCF(ASA)BECF ABEBCF,DNNFCFBEEC,DNMBEC； 问题探究： (1)连接AQ,过点Q作HI∥AB,分别交AD、BC于点H、I,如图2所示, 四边形ABCD是正方形,四边形ABIH为矩形, 数学试卷 第22页（共26页）

HIAD,HIBC,HIABAD,

BD是正方形ABCD的对角线,BDA45,

△DHQ是等腰直角三角形,HDHQ,AHQI,

MN是AE的垂直平分线,AQQE,

在Rt△AHQ和Rt△QIE中,AQQE,AHQI,Rt△AHQ≌Rt△QIE(HL), AQHQEI,AQHQEI90,AQE90,△AQE是等腰直角三

角形,

EAQAEQ45,即AEF45；

(2)连接AC交BD于点O,如图3所示, 则△APN的直角顶点P在OB上运动,

设点P与点B重合时,则点P与点D重合；设点P与点O重合时,则点P的落点为O,

AOOD,AOD90,ODAADO45,

当点P在线段BO上运动时,过点P作PGCD于点G,过点P作PHCD交CD延

长线于点H,连接PC,

点P在BD上,APPC,在△APB和△CPB中,

APPC,BPBP,△APB≌△CPB(SSS), ABBC,BAPBCP,BCDMPA90,PCNAMP,AB∥CD

AMPPNC,PCNPNC,PCPN, APPN,PNA45,

PNP90,PNHPNG90,

PNHNPH90,PNGNPG90, NPGPNH,PNGNPH,

由翻折性质得：PNPN,

NPGPNH在△PGN和△NHP中,,PNPN,

PNGNPH,

数学试卷 第23页（共26页） △PGN≌△NHP(ASA) PGNH,GNPH,BD是正方形ABCD的对角线,PDG45 , 易得PGGD,GNDH,DHPH,PDH45,故PDA45, 点P在线段DO上运动；过点S作SKDO,垂足为K,点S为AD的中点, DS2,则PS的最小值为2； 问题拓展：延长AG交BC于E,交DC的延长线于Q,延FH交CD于P,如图4. 则EGAG52,PHFH.AE5. 在Rt△ABE中,BE3CEBCBE1. BECQ90,AEBQEC, △ABE∽△QCE,AEQEBECE3, QE13AE53,AQAEQE203, AGMN,AGM90B MAGEAB,△AGM∽△ABE,AMAEAGAB, 即AM558,解得：AM258, 由折叠的性质得：ABEB3,BB90,CBCD90, BM78,AC1,BAD90,BAMCFA, △AFC∽△MAB,AFAMACBM87,解得：AF257,DF425737, AGMN,FHMN,AG∥FH,AQ∥FP,△DFP∽△DAQ, 数学试卷 第24页（共26页）

3FPDFFP7, ,即204AQAD【考点】正方形的性质，翻折变换的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等

三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质. 3解得：FP5.7,FH152FP14. 【解析】本题综合性强,有一定难度,证明三角形全等和三角形相似是解题的关键. 问题情境：过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F,先证△ABE≌△BCF,得到BECF,再由DNNFCFBEEC,得DNNFEC,.DNMBEC；问题探究：(1)连接AQ,过点Q作HI∥AB,分别交AD、BC于点H、I,证出△DHQ是等腰直角三角形,HDHQ,AHQI,证明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出AQHQEI,得出△AQE是等腰直角三角形,得出,EAQAEQ45,即可得出结论； (2)连接AC交BD于点O,则△APN的直角顶点P在OB上运动,设点P与点B重合时,则点P与点D重合；设点P与点O重合时,则点P的落点为O,由等腰直角三角形的性质得出ODAADO45,当点P在线段BO上运动时,过点P作PGCD于点G,过点P作PHCD交CD延长线于点H,连接PC,证明△APB≌△CPB得出BAPBCP,证明Rt△PGN≌Rt△NHP得出PGNH,GNPH,由正方形的性质得出PDG45,易得出PGGD,得出GNDH,DHPH,得出PDH45,故PDA45,点P在线段DO上运动；过点S作SKDO,垂足为K,即可得出结果； 问题拓展：延长AG交BC于E,交DC的延长线于Q,延FH交CD于P,则EGAG52,PHFH,得出AE5,由勾股定理得出BE3,得出CEBCBE1,证明△ABE∽△QCE,得出QE153AE3,AQAEQE203,证明△AGM∽△ABE,得出AM258,由折叠的性质得：ABEB3,BB90,CBCD90,求出BM78,AC1,证明△AFC∽△MAB得出AF25257,DF4737,证明△DFP∽△DAQ,得出FP5.7,得出FH12FP514. 数学试卷 第25页（共26页）

数学试卷第26页（共26页）