2023年山西省大同市第一中学校等多校中考模拟数学试题(含答案解析)

2023年山西省大同市第一中学校等多校中考模拟数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．计算：13的结果是（A．4B．2）C．2D．4）2．下列是正方体的四种平面展开图，其中展开图是轴对称图形的是（A．B．C．D．3．下列运算，正确的是（A．）B．188263502542C．3a2b9a6b3D．3a23a29a24，简称“2022年4．杭州2022年第19届亚运会（The19thAsianGamesHangzhou2022）杭州亚运会”．亚洲奥林匹克理事会在2022年7月19日宣布，原定于9月10日举行的亚运会将推迟至2023年9月23日举行，名称仍为“杭州2022年第19届亚运会”．亚运会主场馆杭州奥体博览城总占地583.公顷，已知1公顷10000平方米，则其总占地面积用科学记数法表示为（）A．583.104平方米C．5.83107平方米B．5.83106平方米D．0.583107平方米5．为了让小区居民吃上放心蔬菜，王师傅在小区内开了便民蔬菜店．其中，某蔬菜一周内每天的进价、售价信息如右图所示．若该蔬菜每天出售50斤，则下列推断正确的是（）试卷第1页，共8页A．该蔬菜周一的销售利润最小C．该蔬菜周二和周四的销售利润相同B．该蔬菜周日的销售利润最大D．该蔬菜本周进价的中位数是2.9元/斤6．由于王亮在实验室做实验时，没有找到天平称取实验所需药品的质量，于是利用杠杆原理制作天平称取药品的质量（杠杆原理：动力动力臂阻力阻力臂）．如图1，当天平左盘放置质量为60克的物品时，右盘中放置20克砝码天平平衡；如图2，将待称量药品放在右盘后，左盘放置12克砝码，才可使天平再次平衡，则该药品质量是（）A．6克B．4克C．3.5克D．3克7．等边三角形、正方形及正五边形各一个，按下图放在同一平面内，则123（）A．102B．104C．106D．108

8．农科所响应“乡村振兴”号召，为某村免费提供优质香瓜瓜苗友大棚栽培技术.这种瓜苗先在农科所的温室中生长到大约20cm后，移至该村的大棚内研究发现，50天内瓜苗的平均高度ycm与生长时间x天之间的函数关系的图象如图所示，当瓜苗长到大约80cm时，开始开花结果，此时瓜苗在该村大棚内生长的天数是（）试卷第2页，共8页A．10天B．15天C．20天D．35天9．节约用水人人有责，我市市政部门绿化队不断改进绿地灌溉技术，改进后其中某块绿地每天的用水量比原来少20%，这样80吨水可比改进前多用5天．若现在每天的用水量是x吨，则根据题意可以列出的方程是（）8080120%x5x80805A．120%xxC．B．80120%805xxD．8080120%5xx）10．如图，在Rt△ABC中，C90，点F在AB上，AF2BF6，以AF为直径作O交AC于点E，与边BC切于点D，则图中阴影部分的面积是（A．934B．6332C．9332D．632二、填空题211．计算：mmm3的结果是______.12．安全教育是学校的生命线．某学校政教处举行了主题为“安全教育”的手抄报评比活动，设置了“交通安全”“消防安全”和“校园安全”三个主题内容．小颖与小莉参加活动选中的主题不相同的概率是______．13．如图、反比例函数yk的图象经过菱形OABC边AB的中点D，点A的坐标是3,4，x点C在x轴上，则k的值是______．试卷第3页，共8页14．某超市现有n人在收银台排队等候结账，设结账人数按固定的速度增加，收银员结账的速度固定，若同时开放2个收银台，则20分钟后可使排队人数为0；若同时开放3个收银台，则12分钟后可使排队人数为0，由此可知，收银员结账速度是结账人数增加速度的______倍.15．如图，边长为3的正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，点E在AB上且BE2AE，连接CE，过点B作BFCE于点F，把CF绕点C顺时针旋转90得到线段CG，连接OG．则OG的长为______．三、解答题0116．（1）计算：183212；32（2）下面是王亮同学解方程3582的过程，请阅读并完成相应任务．x2x2x4解：方程两边同乘以x24，得3x25x28第一步第二步3x65x28．2x862x6第四步第三步经检验：x6是原方程的解．∴原方程的解是x6任务一：第五步第六步①以上求解过程中，第一步的依据是______；②王亮同学的求解过程从第______步开始出现错误，整个解答过程．从前一步到后一步的变形共出现______处错误：试卷第4页，共8页③分式方程检验的目的是______．任务二：请你直接写出这个方程的正确解______．17．如图，OP平分AOB，点C是OP上一点．(1)尺规作图：过点C作CD∥OA交OB于点D；(2)在作出符合（1）的图形中，求证：ODCD．18．2023年5月17日上午，第4颗“北斗三号”地球静止轨道卫星由“长征三号乙”遥八十七运载火箭在西昌发射场成功发射，时隔近三年“长三乙”火箭再送“北斗”导航卫星．某航模店看准商机，推出了“长征火箭”和“导航卫星”两款模型．该航模店计划购买两种模型共200个，购进“卫星”模型的数量不超过“火箭”模型数量的2倍．(1)求购进“卫星”模型至多多少个？(2)已知每个“卫星”模型的进价为30元/个，“火箭”模型的进价为20元/个，“卫星”模型售价为45元/个，“火箭”模型的售价为30元/个，求售完这批模型可以获得最大利润是多少？19．随着生活水平的提高，人们的购买力越来越强，我国快递公司也不断崛起，业务量越来越多．某快递公司为了解客户的需求，提升服务质量，随机抽取了200名用户进行问卷调查．调查问卷如下：1．您对本公司快递服务的整体评价为（A．满意B．一般C．不满意）（单选）如果您对本公司快递服务的整体评价为一般或者不满意，请回答第2个问题：2．您认为本公司快递服务最需要改进的方面为（A．快递价格B．配送速度C．服务态度）（单选）D．包装细致该快递公司将抽取的200份调查问卷和结果描述如下：试卷第5页，共8页给人的直接感觉是满意的人数是一般人数2(1)在200名客户整体评价的条形统计图中，倍与不满意人数的总和，这样的感觉正唃吗？为什么？(2)如果将整体评价中满意，一般，不满意分别赋分为5分，3分，1分，求该公司此次调查中关于整体评价赋分的中位数和平均数；(3)在这次调查问卷中，认为该公司需要在快递价格方面进行改进的人数有多少？(4)根据调查数据，请你为该公司提升服务质量的工作提出两条合理的建议．20．阅读与思考数学是一个不断观察，不断归纳和不断思考的过程．下面是小明五一游玩后，写在日记中的一个数学小片段．图1为某游乐场摩天轮．五一休息之际，小明妈妈带着小明和小刚乘坐摩天轮，图2和图3是示意图，小明乘坐了A车厢，小刚乘坐B车厢，AOB90，妈妈站在摩天轮正下方C处（人的身高忽略不计），OCMN于点C．当摩天轮转动后到达图2位置，妈妈发现，A，B两处车厢刚好在同一视线上，此时仰角ACN60；当察天轮转动到图3位置时，妈妈看小明的视线CA刚好与O相切于点A，且CA平分OCM．点M，N，O，A，B，C在同一平面内．在图2中，小明发现OC2OB．理由如下：如图，过点O作OHAB于点H，∴OHB90．∵OAOB∴OHC90，AHBH（依据1）．试卷第6页，共8页∵AOB90∴OH1AB（依据2）．2在RtOAB中，由勾股定理，得ABOA2OB22OB．∵OCMN于点C，NCA60∴OCANCONCA30．在RtOCH中，sinOCH∴OH1OC2OH，OC∴OCAB．∴OC2OB．任务一：直接写出小明推理中的依据1和依据2；任务二：若摩天轮的半径为80m，求图3中小明与妈妈之间的距离AC．21．如图、为了测量某一建筑物MN的高度，数学兴趣小组的同学在点A处测得建筑物顶点M的仰角为63.4，但是由于该建筑物底部有障碍物不能直接测量，因此到达平台点D处测得建筑物顶点M的仰角为45.斜坡AD的坡比是1:2.4，点D到地面的距离DC5米，测角仪AB，DE的高度为1米.求建筑物MN的高（参考数据sin63.40.，cos63.40.45，tan63.42.00）.22．综合与实践问题情境DE5，数学课上，老师出示这样一道题：如图，正方形ABCD的边长为12，点E在CD上，连接AE，以AE为边作正方形AEFG.操作发现（1）如图1，连接BG，直接写出线段BG的长；操作探究（2）如图2、在AD边上截取AHDE，连接BH，GH，判断四边形ABHG的形状，并说明理由；试卷第7页，共8页拓展探究（3）如图3，把正方形AEFG绕点A顺时针旋转，点E落在正方形ABCD内部，连接DE，BG，作VADE的边DE的中线AM，发现BGAM，BG2AM，请证明.23．综合与探究如图，抛物线yax22xc与x轴交于点A1,0和点B，与y轴交于点C．该抛物线经过点D2,3．(1)求该抛物线的解析式；(2)如图1，连接AC，作直线BC，点P在x轴上运动，连接CP得到△ACP，当ACPOCB时，求点P的坐标；(3)点E为抛物线上的点，点F为直线AD上的点．若EF∥x轴，则四边形OAEF是平行四边形，请借助图2探究，并直接写出点E的坐标．试卷第8页，共8页参：1．A【分析】根据有理数减法运算法则进行计算即可．【详解】解：13134，故A正确．故选：A．【点睛】本题主要考查了有理数的减法运算，解题的关键是熟练掌握减去一个数等于加上这个数的相反数．2．D【分析】根据轴对称图形的定义即可判断．【详解】解：A、B、C选项中的图形都不能沿着一条直线折叠，使直线两旁的部分能够完全重叠，故都不符合题意；如图所示，D选项中的图形能够沿着一条直线折叠，使直线两旁的部分能够完全重叠，故符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了轴对称图形的定义，解题关键是掌握如果一个图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重叠，那么该图形就是轴对称图形．3．B【分析】根据二次根式加法法则计算并判定A；根据二次根式除法法则计算并判定B；根据积的乘方和幂的乘方法则计算并判定C；先根据同底幂相除法则计算，再运用完全平方公式计算判定D．【详解】解：A、∵188=3222=52，∴原计算错误，故此选项不符合题意；B、∵502=502=25=5，∴正确，故此选项符合题意；C、∵3a2b327a6b3，∴原计算错误，故此选项不符合题意；22D、∵3a23a2=3a29a212a4，∴原计算错误，故此选项不符合题意；4故选：B．【点睛】本题考查二次根式加法与除法运算，积的乘方和幂的乘方法则，同底幂相除法和完答案第1页，共20页全平方公式，熟练掌握相差运算法则与计算公式是解题的关键．4．B【分析】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，当n的绝对值与小数点移动的位数相同．原数绝对值10时，n是正整数；当原数的绝对值1时，n是负整数．【详解】解：583.公顷583.1000058300（平方米）5.83106平方米，故选：B．【点睛】本题主要考查科学记数法．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．解题关键是正确确定a的值以及n的值．5．C【分析】分别求出每天的销售利润，再比较即可判定A、B、C，再求出蔬菜本周进价的中位数，即可判定D．【详解】解：周一的销售利润为5042.575（元），周二的销售利润为5053100（元），周三的销售利润为5042.290（元）周四的销售利润为5053100（元）周五的销售利润为5042.670（元）周六的销售利润为5042.860（元）周日的销售利润为5053.385（元）∵6070758590100，∴周六的销售利润最小，周二和周四的销售利润最大，周二和周四的销售利润相同，故A、B选项错误，不符合题意；C选项正确，符合题意；又因为蔬菜本周进价按从小到大排列为2.2元/斤，2.5元/斤，2.6元/斤，2.8元/斤，3元/斤，3元/斤，3.3元/斤，所以中位数为2.8元/斤，故D选项错误，不符合题意．故选：C．【点睛】本题考查折线统计图，中位数，从折线统计图中获取有用信息是解题的关键．6．B【分析】根据动力动力臂阻力阻力臂，得动力阻力臂，设该药品质量是x克，据此阻力动力臂答案第2页，共20页由题意可列方程为20x，求解即可．6012【详解】解：设该药品质量是x克，由题意，得20x，6012解得：x4，答：该药品质量是4克．故选：B．【点睛】本题考查一元一次方程的应用，理解题意，找出等量关系，列出方程是解题的关键．7．A【分析】根据正方形，正三角形和正五边形的内角以及正多边形的外角和即可即可求解．【详解】正三角形的每个内角为180360，正五边形的每个内角521805108，正方形的每一个内角为360490，∴1233609060108102，故选：A．【点睛】本题考查了正多边形的外角和与内角和的关系，熟练掌握多边形的外角和为360是解题的关键．8．C【分析】可求在大棚内生长满足函数关系式为y3x25，当y80时，即可求解．50,125，【详解】解：设在大棚内生长满足函数关系式为ykxb，由图象得，经过15,20，则有15kb20，50kb125k3解得：，b25y3x25，当y80时，3x2580，解得：x35，351520（天）．答案第3页，共20页故选：C．【点睛】本题考查了一次函数的实际应用，理解自变量和因变量的实际意义是解题的关键．9．D【分析】该景点在设施改造后平均每天用水x吨，则在改造前平均每天用水x吨，由120%题意：根据该景点的设施改造后，20吨水可以比原来多用5天．列出分式方程即可．【详解】解：设该景点在设施改造后平均每天用水x吨，则在改造前平均每天用水根据题意，得80x8058080120%x即5，xx120%x吨，120%故选：D．【点睛】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．10．C【分析】连接OD，根据切线性质得ODBC，又∵AF为O直径，AF2BF6，所以OAOFBFOD3，则OB6，BD33，BOD60，然后利用S阴影16032求解即可．SVODBS扇形ODFODBD2360【详解】解：如图，连接OD，∵O与边BC切于点D，∴ODBC∴ODB90∵AF2BF6又∵AF为O直径，∴OAOFBFOD3，∴OB6，答案第4页，共20页由勾股定理，得BDOB2OD233，∴sinOBDOD31，OB62∴sinOBD30∴BOD60，∴S阴影16032SVODBS扇形ODFODBD23601603293333323602故选：C．【点睛】本题考查切线的性质，解直角三角形，不规则图形的面积，扇形面积与三角形面积，求得BOD60是解题的关键．11．3m【分析】先去括号，再合并同类项即可求解．【详解】解：原式=m2m23m3m，故答案为：3m．【点睛】本题考查了整式的化简——去括号与合并同类项，涉及到了整式的加减与单项式与多项式的乘法运算，解题关键是正确去括号．12．23【分析】画树状图，共有16种等可能的结果，其中小颖与小莉他们两人选取不同主题的结果有4种，再由概率公式求解即可．【详解】解：把“交通安全”“消防安全”“校园安全”四个主题内容分别记为A、B、C，画树状图如下：共有9种等可能的结果，其中小颖与小莉两人选取主题不相同的结果有6种，∴小颖与小莉两人选取主题不相同的概率是故答案为：．【点睛】本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结答案第5页，共20页2362，93果，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．13．22【分析】过点A作AEx轴于E，过点D作DFx轴于F，先由A3,4，根据勾股定理求得OA5，再根据菱形的性质求出点D求解【详解】解：过点A作AEx轴于E，过点D作DFx轴于F，如图，11,4，然后由点Ｄ在反比例函数图象上，代入即可2∵A3,4，∴AE=4，OE=3，∵AEx，∴AEO=90由勾股定理，得OAOE2AE232425，∵菱形OABC，∴ABOA5，AB∥OC，∵点D是AB的中点，∴AD15AB22511，DFAE4，22∴OF3∴D11,4，2∵点Ｄ在反比例函数y∴kk的图象上，x11422，2故答案为：22．【点睛】本题考查菱形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握菱形的性质和反比例函数图象性质是解题的关键．14．2答案第6页，共20页【分析】设收银员结账速度为每分钟x人，结账人数增加速度为每分钟y人，根据题中数量关系列出方程组求解即可．【详解】设收银员结账速度为每分钟x人，结账人数增加速度为每分钟y人，由题意可得：202x20yn，123x12yn1xn30解得：，1yn601nx302，即收银员结账速度是结账人数增加速度的2倍．∴1yn60故答案为2．【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的应用，根据数量关系正确列出方程组是解题的关键．15．15261526/2626【分析】设OG交CD于P，连接DG，过点O作OMCD于M，过点G作GNCD于N，先根据边长为3的正方形ABCD，求得OAOBOCOD632，再由BE2AE，则BE2，2913，CF13．再证明从而求得CEBC2BE213，继而求得BF1313BCF≌GCDSAS，得DGBF318613，CGDBFC90，从而可求得GN，OM，13132183326，PN，再利用勾股定理求出OP，106510然后证明OMP∽GNO，从而求得PMGP1826，即可由OGOPGP求解．65【详解】解：设OG交CD于P，连接DG，过点O作OMCD于M，过点G作GNCD于N，∵边长为3的正方形ABCD答案第7页，共20页∴ABBCCD3，ABCBCD90，ACBD，OAOBOCOD，∴AC32，∴OAOBOCOD∵BE2AE，∴BE2，∴CEBC2BE213，∵BFCE，∴SBCE11BCBECEBF，2232，2∴3213BF，∴BF613，13913，13由勾股定理，得CF由旋转可得：CGBF913，GCF90，13∴BCFFCDGCDFCD90，∴BCFGCD，∵BCCD，∴BCF≌GCDSAS，∴DGBF12613，CGDBFC90，1312∴SCGDCDGNCGDG，∴3GN∴GN961313，131318，1312，1322∴DNDGGN∵SCODOCODCDOM，∴32323OM，221212∴OM3，2答案第8页，共20页22∴CMOCOM3，215，26∴MNCDCMDN∵OMCD，GNCD，∴GN∥OM，∴OMP∽GNO，3PMOM132∴，PNGN181213∴PM183，PN，10652222223261833181826，∴OPOMPM，GPPN2GN221010651365∴OGOPGP故答案为：32618152626．1065261526．26【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角判定与性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质，三角形面积．此题是四边形综合题目，属中考压轴题，通过作辅助线构造全等三角形与相似三角形是解题的关键．（1）1016．（2）任务一：①等式的性质；②二，3；③判定解是否是增根任务二：x32【分析】（1）先计算乘方与开方，并去绝对符号，再计算加减即可；（2）先去分母，将分式方程转化成整式方程求解，然后检验即可．1【详解】解：（1）18321232032932110；（2）任务一：①方程两边同乘以x24，得3x25x28，依据是等式的性质；②第二步，3x25x28，漏乘了项，应为3x65x108答案第9页，共20页∴王亮同学的求解过程从第二步开始出现错误，第三步，左边3x5x应为8x不是2x，第四步，计算错误，应为x2不是x6，∴整个解答过程，从前一步到后一步的变形第二步、第三步、第四步共出现3处错误；③分式方程检验的目的是判定解是否是增根．任务二：解：方程两边同乘以x24，得3x25x28，3x65x108．，8x8106，x3，23是原方程的解．23．2经检验：x∴原方程的解是x【点睛】本题考查实数的运算，解分式方程，熟练掌握负整指数幂与零指数幂运算法则，正确解分式方程的解法是解题的关键．17．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据尺规基本作图-作一角等于已知角，作OCDAOP即可求解；（2）根据角平分线定义与平行线的性质证明OCDBOP，即可由等角对等边得出结论．【详解】（1）解：以点O为圆心，任意长为半径画弧，交OA、OP于M、N，再在OP上，任取一点C为圆心，半径不变，画弧交OP于E，以点E为圆心，MN为半径画弧，交前弧于F，然后过C、F作CF交OB于D，如图所示，则CD就是所要求作的．由作图可知：AOPOCD，∴CD∥OA．答案第10页，共20页（2）证明：∵OP平分AOB，∴AOPBOP由作图可知：CD∥OA，∴AOPOCD，∴OCDBOP∴ODCD．【点睛】本题考查尺规基本作图-作一角等于已知角，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定，熟练掌握平行线的判定与性质定理，等腰三角形的判定定理是解题的关键．18．(1)购进“卫星”模型至多133个(2)2665元【分析】（1）设购进“卫星”模型x个，则购“火箭”模型200x个，根据购进“卫星”模型的数量不超过“火箭”模型数量的2倍．列不等式为x2200x，求解即可；（2）设售完这批模型可以获得的利润y元，根据题意得y4530x3020200x5x2000，再根据一次函数的增减性质和x400，且x为整3数，求出y的最大值即可．【详解】（1）解：设购进“卫星”模型x个，则购“火箭”模型200x个，根据题意，得x2200x解得：x400，3∵x为整数，∴x最大为133，答：购进“卫星”模型至多133个．（2）解：设售完这批模型可以获得的利润y元，根据题意，得y4530x3020200x5x2000，答案第11页，共20页∵50，∴y随x的增大而增大，∵x400，且x为整数，3∴当x133时，y最大513320002665，答：售完这批模型可以获得最大利润是2665元．【点睛】本题考查一元一次不等式的应用，一次函数的应用．理解题意，列出不等式和列出一欠函数解析式是解题的关键．19．(1)不正确，理由见解析(2)中位数为4分，平均数为3.6分(3)15人(4)答案不唯一，合理即可．【分析】（1）根据这次调查结果满意人数是100人，一般的人数是60人，不满意的人数是40人，得出满意人数是一般的人数与满意的人数的总和，即可求解；（2）根据中众数与平均数计算公式求解即可；（3）用调查中需要改进服务的总人数乘以认为该公司需要在快递价格方面进行改进的人数占的百分比即可求解；（4）根据有40%的人认为包装不细致，提出合理建议即可．【详解】（1）答：这样的感觉不正确，因为这次调查结果满意人数是100人，一般的人数是60人，不满意的人数是40人，满意人数是一般的人数与满意的人数的总和，所以感觉是满意的人数是一般人数2倍与不满意人数的总和是不正确的．（2）解：将评价赋分按从小到大排列，第100与101的分赋分是3分和5分，所以关于整体评价赋分的中位数为关于整体评价赋分的平均数为：354（分），210056034013.6（分）；200（3）解：200100140%25%20%15（人），答：该公司需要在快递价格方面进行改进的人数有15人；（4）答：因为有40%的人认为包装不细致，所以以后公司应使包装更细致，同时也有25%的人对配送速度不满意，所以应加快配送速度等．答案第12页，共20页【点睛】本题考查条形统计图，扇形统计图，中位数，平均数，熟练掌握从统计图获取有用信息，中位数和平均数计算方法是解题的关键．20．任务一：等腰三角形＂三线合一＂性质；直角三角形斜边的中线等于斜边的一半任务二：80m【分析】（1）根据OHB90，OAOB，根据等腰三角形＂三线合一＂性质，可得；AHBH；因为AOB90，AHBH，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得OH1AB．2（2）先由切线的性质得出OAC90，再根据OAC90，CA平分OCM，可求得OCA45，继而得出AOCOCA45，根据等角对等边即可得ACOA80m．【详解】解：任务一：如图，过点O作OHAB于点H，∴OHB90．∵OAOB∴OHC90，AHBH（等腰三角形＂三线合一＂性质）．∵AOB90∴OH1AB（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）．2在RtOAB中，由勾股定理，得ABOA2OB22OB．∵OCMN于点C，NCA60∴OCANCONCA30．在RtOCH中，sinOCH∴OH1OC2OH，OC∴OCAB．∴OC2OB．∴依据1为：等腰三角形＂三线合一＂性质；答案第13页，共20页依据2为：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半．任务二：∵CA与O相切于点A，∴OAAC，∴OAC90，∵OCMN∴OCM90，∵CA平分OCM，∴OCA45，∴AOCOCA45，∴ACOA80m．【点睛】本题考查等腰三角形的判定与性质，切线的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，切线的性质，直角三角形的性质是解题的关键．21．建筑物MN的高为35米【分析】先作辅助线构造直角三角形，设出GMGEx米，再建立分式方程求解即可．【详解】解：过B点与E点分别作水平线与MN分别交于点H和点G，根据题意，HBM63.4，GEM45，NHABDE1米，CD5米．∴GME45GEM，∴GMGE设GMGEx米，∴MHMGDEDCABx5米，∵斜坡AD的坡比是1:2.4，∴AC2.4CD12米，∴HBGEACx12米，∴x5tan63.42.00，x12∴x29米，检验：x29是该方程的解，且符合题意，∴MNMGEC291535米，答：建筑物MN的高为35米．答案第14页，共20页【点睛】本题考查了解直角三角形的应用——俯仰角问题，解题关键是正确作出辅助线构造直角三角形，利用三角函数求解，题中涉及到了等腰三角形的判定与解分式方程，注意要检验．（1）601；（2）四边形ABHG为平行四边形，理由见解析；（3）见解析22．【分析】（1）过点G作垂直于BA的延长线交于点H，利用正方形的性质证明△HAG≌△DAEAAS，可知AHAD12，HGDE5，则BHABAH24，进而利用勾股定理即可求解；（2）根据正方形的性质证明△AED≌△GAHSAS，可得GHADAB，AHGDBAD90，进而可知GH∥AB，即可证明四边形ABHG为平行四边形；（3）连接AM并延长，使得AMMH，连接HE，则AH2AM，可证△AMD≌△HMESAS，再证AEHGAB，进而证得△AEH≌△GABSAS，即可证得AHBG，HABG，进而证得BG2AM，再证ANB90，即可证得BGAM．【详解】解：（1）过点G作垂直于BA的延长线交于点H，则H90，∵四边形ABCD是正方形，∴D90H，BADDAH90，ABAD12，则AEAD2DE213，又∵四边形AEFG是正方形，答案第15页，共20页∴AGAE13，EAG90，则HAGGADGADDAE90，∴HAGDAE，∴△HAG≌△DAEAAS，∴AHAD12，HGDE5，则BHABAH24，∴BGHG2BH2601；（2）四边形ABHG为平行四边形，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴ADAB，DBAD90，则DAEAED90，又∵四边形AEFG是正方形，∴AGAE，EAG90，则DAEGAH90，∴AEDGAH，又∵AHDE，∴△AED≌△GAHSAS，∴GHADAB，AHGDBAD90，∴GH∥AB，∴四边形ABHG为平行四边形；（3）连接AM并延长，使得AMMH，连接HE，则AH2AM，∵AM是VADE的中线，∴DMEM，又∵AMDHME，∴△AMD≌△HMESAS，∴ADHEBA，DAHH，∴AD∥HE，答案第16页，共20页∴DAEAEH180，∵GAEBAD90，∴GADDAEDAEEAB90。则GADDAEDAEEAB180∴GABDAE180，∴AEHGAB，又∵AEGA，∴△AEH≌△GABSAS，∴AHBG，HABG，∴BG2AM，DAHABG∵DAHBANDAB90，∴ABGBAN90，∴ANB90，∴BGAM．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关性质，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．23．(1)y=x22x33(2),0或6,02(3)113113113113,或2,2220a2c【分析】（1）把点A1,0和点D2,3分别代入yax22xc，得，求解34a4c即可；（2）分两种情况：①当点P在点A右边，即在线段AB上时；②当点P在点A左边，即在线段BA延长线上时；分别求解即可．（3）先求得AD的解析式为y=x1，再根据AOEF，得EFOA1，EF∥x轴，所以设2Et,t22t3，Fs,s1，则，s1t22t3，解得：st22t2，则tt2t21，答案第17页，共20页解得：t1113113，t2，即可求解．22【详解】（1）解：把点A1,0和点D2,3分别代入yax22xc，得a10a2c，解得：，c334a4c∴y=x22x3；（2）解：令y0，则x22x30，解得：x11，x23，∴B3,0，∴OB3，令x0，则y=3，∴C0,3，∴OC3，∴OBOC，∵BOC90∴OBCOCB45，BCOB2OC232；0，设点P的坐标为m,分两种情况：①当点P在点A右边，即在线段AB上时，如图，连接PC，PEBC，∵PEBC，OBC45，∴PEBE22322PBm，3m2222答案第18页，共20页322322CEBCBE32mm∴2222∵ACPOCB∴ACOPCE∵AOCPEC90∴AOC∽PEC13OAOC∴，即2322mPECE3m222∴m3，23∴P,0；2②当点P在点A左边，即在线段BA延长线上时，如图，连接PC，AEPC，∵A1,0，C0,3，Pm,0，∴AC10，AP1m，PC9m2，∵ACPOCB45，∴AECE2AC5，2∴PE9m25，由勾股定理，得PAPEAE，即1m2222529m25，2化简整理，得2m29m180，解得：m16，m2∴m6，∴P6,0，3（不符合题意，舍去）2答案第19页，共20页3综上，当ACPOCB时，点P的坐标为,0或6,0．2（3）解：如图，设AD的解析式为ykxb，把A1,0，D2,3代入，得k1kb0，解得：，b12kb3∴AD的解析式为y=x1，∵AOEF，∴EFOA1，EF∥x轴，2设Et,t2t3，Fs,s1，∴s1t22t3解得：st22t2，2∴tt2t21解得：t1∴E113113，t2，22113113113113,或2,．222【点睛】本题考查用待定系数法求函数解析式，二次函数图象性质，等腰直角三角形判定与性质，勾股定理，平行四边形的性质．此题属抛物线与几何图形综合题目，属中考压轴题，熟练掌握相关性质是解题的关键，注意分类讨论思想的应用，以免漏雨解．答案第20页，共20页