2022年山东省淄博市博山区中考数学一模试题及答案解析

2022年山东省淄博市博山区中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 冬季奥林匹克运动会(简称冬奥会)是世界规模最大的冬季综合性运动会，每四年举办一届．第24届冬奥会将于2022年2月4日在北京开幕．下列四个图分别是四届冬奥会图标中的一部分，其中不是轴对称图形的为( )
A. B. C. D.
2. 为抗击新冠肺炎，国家大力提高口罩产能，据统计，我国一月份口罩产量达到42亿只，42亿用科学记数法表示为( )
A. 4.2×108
B. 42×108
C. 4.2×109
D. 4.2×1010
3. 下列语句正确的是( )
A. 延长射线AB
B. 线段MN叫做点M，N间的距离
C. 两点之间，直线最短
D. 直线a，b相交于点P
4. 下列运算正确的是( )
A. √3+√2=√5
B. |3.14−π|=π−3.14
C. a2⋅a3=a6
D. (a−1)2=a2−2a−1
5. 如图，直线a//b，点M、N分别在直线a、b上，P为两平行线间一点，那么∠1+∠2+∠3等于( )
A. 360°
B. 300°
C. 270°
D. 180°
6. 若x=2是关于x的一元一次方程ax−b=3的解，则4a−2b+1的值是( )
A. 7
B. 8
C. −7
D. −8
7. 如图，△ABD，△AEC都是等边三角形，则∠BOC的度数是( )
A. 135°
B. 125°
C. 120°
D. 110°
8. 已知点A(−3,2m−4)在x轴上，点B(n+5,4)在y轴上，则点C(n,m)位于( )
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
9. 如图，在平面直角坐标系中，半径为5的⊙E与y轴交于点A(0,−2)，B(0,4)，与x轴交于C，D，则点D的坐标为( )
A. (4−2√6,0)
B. (−4+2√6,0)
C. (−4+√26,0)
D. (4−√26,0)
10. 如图，正方形ABCD的边长为2cm，动点P，Q同时从点A出发，在正方形的边上，分别按A→D→C，A→B→C的方向，都以1cm/s的速度运动，到达点C运动终止，连接PQ，设运动时间为xs，△APQ的面积为ycm2，则下列图象中能大致表示y与x的函数关系的是( )
A. B.
C. D.
11. “行人守法，安全过街”体现了对生命的尊重，也体现了公民的文明素质，更反映了城市的文明程度．在某路口的斑马线路段A−B−C横穿双向车道，其中，AB=2BC=10米，
在人行绿灯亮时，小刚共用时10秒通过AC，其中通过BC的速度是通过AB的1.3倍，求小刚通过AB的速度．设小刚通过AB的速度为x米/秒，则根据题意列方程为( )
A. 10
x +5
1.3x
=10 B. 5
x
+10
1.3x
=10 C. 20
x
+10
1.3x
=10 D. 10
x
+20
1.3x
=10
12. 如图，在平面直角坐标系中，直线y=3
4
x−3分别与x轴、y轴相交于点A、B，点E、F分别是正方形OACD的边OD、AC上的动点，且DE=AF，过原点O作OH⊥EF，垂足为H，连接HA、HB，则△HAB面积的最大值为( )
A. 100+5√2
2B. 12 C. 6+3√2 D. 13+5√2
2
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
13. 若方程ax2+bx+c=0(其中a，b，c为常数且a≠0)的两个实数根分别为x1，x2，则x1+x2=______，x1x2=______.(用a，b，c表示)
14. 分解因式：x2−8x−9=______．
15. 从小到大排列的一组数2，4，x，10，如果这组数据的平均数与中位数相等，则x的值为______．
16. 如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，AB=12，若以点A为圆心，AC为半径的弧交AB于点E，以点B为圆心，BC为半径的弧交AB于点D，则图中阴影部分图形的面积为______(保留根号和π)
17. 如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAA 1的直角边OA 在x 轴上，点A 1在第一
象限，且OA =1，以点A 1为直角顶点，OA 1为一直角边作等腰直角三角形OA 1A 2，再以点A 2为
直角顶点，OA 2为直角边作等腰直角三角形OA 2A 3……依此规律，则点A 2022的坐标是______．
三、解答题（本大题共7小题，共70.0分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 18. (本小题8.0分) 解不等式组{5x +12≥22x−13
<1并把解表示在数轴上．
19. (本小题8.0分)
已知如图，四边形ABCD 是平行四边形．
(1)尺规作图：作∠ABC 的角平分线交CD 的延长线于E ，交AD 于F(不写作法和证明，但要保留作图痕迹)．
(2)请在(1)的情况下，求证：DE =DF ．
20. (本小题10.0分)
2022北京冬残奥会是历史上第13届冬残奥会，于2022年3月4日至3月13日举行．比赛共设6个大项，即残奥高山滑雪、残奥冬季两项、残奥越野滑雪、残奥单板滑雪、残奥冰球、轮椅冰壶．小明为了解同学们是否知晓这6大项目，随机对学校的部分同学进行了一次问卷调查．问
卷调查的结果分为“非常了解”“比较了解”“基本了解”“不太了解”四个类别，根据调查结果，绘制出如图1和图2所示的条形统计图和扇形统计图．
请根据图表中的信息回答下列问题：
(1)求本次调查的样本容量．
(2)求图1中a的值．
(3)求图2“基本了解”类别所对应的圆心角大小．
(4)若某同学对项目了解类别为“非常了解”或者“比较了解”的话，则可称为“奥知达人”，现从该校随机抽查1名学生，求该学生是“奥知达人”的概
率．
21. (本小题10.0分)
脱贫攻坚工作让老百姓过上了幸福的生活．如图①是政府给贫困户新建的房屋，如图②是房屋的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是房屋的高AB所在的直线，为了测量房屋的高度，在地面上C点测得屋顶A的仰角为35°，此时地面上C点、屋檐上E点、屋顶上A点三点
恰好共线，继续向房屋方向走8m到达点D时，又测得屋檐E点的仰角为60°，房屋的顶层横梁EF=12m，EF//CB，AB交EF于点G(点C，D，B在同一水平线上).(参考数据：sin35°≈0.6，cos35°≈0.8，tan35°≈0.7，√3≈1.7)
(1)求屋顶到横梁的距离AG；
(2)求房屋的高AB(结果精确到1m)．
22. (本小题10.0分)
(k>0,x>0)如图，在平面直角坐标系中，正六边形ABCDEF的对称中心P在反比例函数y=k
x
的图象上，CD在x轴上，点B在y轴上，已知CD=2．
(1)点A是否在该反比例函数的图象上？请说明理由；
(2)若该反比例函数图象与DE交于点Q，求点Q的横坐标．
23. (本小题12.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点P是AB边上一动点，作PD⊥BC于点D，
连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE，PE．
(1)求证：四边形PDCE是矩形；
(2)如图2所示，当点P运动BA的延长线上时，DE与AC交于点F，其他条件不变，已知BD=2CD，求AP
的值；
AF
(3)点P在AB边上运动的过程中，线段AD上存在一点Q，使QA+QB+QC的值最小，当QA+
QB+QC的值取得最小值时，若AQ的长为2，求PD的长．
24. (本小题12.0分)
如图，已知抛物线y=ax2+bx−4与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且点A的坐标为(−2,0)，直线BC的解析式为y=1
x−4．
2
(1)求抛物线的解析式．
(2)如图1，过点A作AD//BC交抛物线于点D(异于点A)，P是直线BC下方抛物线上一点，过点P作PQ//y轴，交AD于点Q，过点Q作QR⊥BC于点R，连接PR.求△PQR面积的最大值及此时点P的坐标．
(3)如图2，点C关于x轴的对称点为点C′，将抛物线沿射线C′A的方向平移2√5个单位长度得到新的抛物线y′，新抛物线y′与原抛物线交于点M，原抛物线的对称轴上有一动点N，平面直角坐标系内是否存在一点K，使得以D，M，N，K为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】根据轴对称图形的概念判断即可．
解：选项A不能找到这样的一条直线，使图形沿这条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项B、C、D均能找到这样的一条直线，使图形沿这条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
故选：A．
本题考查的是轴对称图形的概念，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
2.【答案】C
【解析】解：42亿=4200000000=4.2×109．
故选：C．
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≥10时，n是正整数，当原数绝对值<1时，n是负整数．
此题考查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．
3.【答案】D
【解析】解：A.因为射线AB由端点A向另一端无线延伸，所以A选项说法不正确，故A选项不符合题意；
B.因为连接两点间的线段的长度叫两点间的距离．所以B选项说法不正确，故B选项不符合题意；
C.因为两点之间，线段最短，所以C选项说法不正确，故C选项不符合题意；
D.直线a，b相交于点P，D选项说法正确，故D选项符合题意．
故选：D．
A.根据射线的定义进行判定即可得出答案；
B.根据两点间的距离定义进行判定即可得出答案；
C.根据线段的性质进行判定即可得出答案；
D.根据直线的定义进行判定即可得出答案．
本题主要考查了两点间的距离，射线的定义，线段的性质，熟练掌握两点间的距离，射线的定义，线段的性质进行判定是解决本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：A．√3+√2无法合并，故此选项不合题意；
B.|3.14−π|=π−3.14，故此选项符合题意；
C.a2⋅a3=a5，故此选项不合题意；
D.(a−1)2=a2−2a+1，故此选项不合题意；
故选：B．
直接利用同底数幂的乘法运算法则、绝对值的性质、完全平方公式分别判断得出答案．
此题主要考查了同底数幂的乘法运算、绝对值的性质、完全平方公式，正确掌握相关运算法则是解题关键．
5.【答案】A
【解析】解：如图，过点P作PA//a，则a//b//PA，
∴∠3+∠NPA=180°，∠1+∠MPA=180°，
∴∠1+∠2+∠3=180°+180°=360°．
故选：A．
先过点P作PA//a，构造三条平行线，然后利用两直线平行，同旁内角互补，即可得出结论．
此题主要考查了平行线的性质，作出PA//a，根据平行线的性质得出相等(或互补)的角是解决问题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵x=2是方程ax−b=3的解，
∴2a−b=3，
∴4a−2b=6，
∴4a−2b+1=7，
故选：A．
将x=2代入方程ax−b=3，得到2a−b=3，则可求4a−2b+1=7．
本题考查一元一次方程的解，熟练掌握一元一次方程解与一元一次方程的关系是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵△ABD，△AEC都是等边三角形，
∴AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠CAE=60°，∠ADB=DBA=60°，
∴∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC=∠BAE，
∴△DAC≌△BAE(SAS)，
∴∠ADC=∠ABE，
∴∠BOC=∠BDO+∠DBA+∠ABE
=∠BDO+∠DBA+∠ADC
=∠ADB+∠DBA
=60°+60°
=120°，
∴∠BOC的度数是120°，
故选：C．
利用手拉手模型−旋转性全等，证明△DAC≌△BAE，可得∠ADC=∠ABE，最后利用三角形的外角进行计算即可解答．
本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握手拉手模型−旋转性全等是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵A(−3,2m−4)在x轴上，点B(n+5,4)在y轴上，
∴2m−4=0，n+5=0，
解得m=2，n=−5，
∴点C(n,m)在第二象限，
故选：B．
根据x轴上的点的纵坐标为0；y轴上的点的横坐标为0，分别求出m、n的值，再判断点C所在象限即可．
本题考查点的坐标的相关知识，熟知x轴和y轴上的点的坐标特点是解答本题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：过O点作EH⊥AB于H，EF⊥CD于F，连接ED，如图，则CF=DF，AH=BH
∵A(0,−2)，B(0,4)，
∴AB=6，
∴BH=3，
∴OH=1，
在Rt△BHE中，EH=√EB2−BH2=√52−32=4，
∵四边形EHOF为矩形，
∴EF=OH=1，OF=EH=4，
在Rt△OEF中，FD=√DE2−EF2=√52−12=2√6，
∴OD=FD−OF=2√6−4，
∴D(2√6−4,0)．
故选：B．
过O点作EH⊥AB于H，EF⊥CD于F，连接ED，如图，根据垂径定理得到CF=DF，AH=BH=3，所以OH=1，再利用勾股定理计算出EH=4，则EF=1，OF=4，接着利用勾股定理计算出FD，然后计算出OD，从而得到D点坐标．
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了坐标与图形性质．
10.【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意结合图形，分情况讨论：①0≤x≤2时，根据S△APQ=1
2
AQ⋅AP，列出函数关系式，从而得到函数图象；②2≤x≤4时，根据S△APQ=S正方形ABCD−S△CP′Q′−S△ABQ′−S△AP′D列出函数关系式，从而得到函数图象，再结合四个选项即可得解．
本题考查了动点问题的函数图象，根据题意，分别求出两个时间段的函数关系式是解题的关键．【解答】
解：①当0≤x≤2时，
∵正方形的边长为2cm，
∴y=S△APQ=1
2AQ⋅AP=1
2
x2；
②当2≤x≤4时，
y=S△APQ
=S
正方形ABCD
−S△CP′Q′−S△ABQ′−S△AP′D，
=2×2−1
2(4−x)2−
1
2×2×(x−2)−
1
2×2×(x−2)
=−1
2x2+2x
所以，y与x之间的函数关系可以用两段二次函数图象表示，纵观各选项，只有A选项图象符合．故选：A．
11.【答案】A
【解析】解：∵AB=2BC=10米，
∴BC=5米．
∵小刚通过AB的速度为x米/秒，通过BC的速度是通过AB的1.3倍，
∴小刚通过BC的速度为1.3x米/秒．
又∵小刚共用时10秒通过AC，
∴10
x +5
1.3x
=10．
故选：A．
由通过BC的速度是通过AB的1.3倍可得出小刚通过BC的速度为1.3x米/秒，利用时间=路程÷速度，结合小刚共用时10秒通过AC，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成方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
12.【答案】D
【解析】解：如图，连接AD，交EF于N，连接OC，取ON的中点M，连接MH，过点M作MQ⊥AB于Q，交AO于点K，作MP⊥OA与点P，
∵直线y=3
x−3分别与x轴、y轴相交于点A、B，
4
∴点A(4,0)，点B(0,−3)，
∴OB=3，OA=4，
∴AB=√OB2+OA2=√9+16=5，
∵四边形ACDO是正方形，
∴OD//AC，AO=AC=OD=4，OC=4√2，∠COA=45°，
∴∠EDN=∠NAF，∠DEN=∠AFN，
又∵DE=AF，
∴△DEN≌△AFN(ASA)，
∴DN=AN，EN=NF，
∴点N是AD的中点，即点N是OC的中点，
∴ON=NC=2√2，
∵OH⊥EF，
∴∠OHN=90°，
∴点H在以ON直径的圆上运动，
∴当点H在QM的延长线上时，点H到AB的距离最大，
∵点M 是ON 的中点，
∴OM =MN =√2，
∵MP ⊥OP ，∠COA =45°，
∴OP =MP =1，
∴AP =3，
∵∠OAB +∠OBA =90°=∠OAB +∠AKQ ，
∴∠AKQ =∠ABO =∠MKP ，
又∵∠AOB =∠MPK =90°，
∴△MPK∽△AOB ，
∴MP OA
=PK OB =MK AB ， ∴14=PK 3=
MK 5， ∴MK =54，PK =34，
∴AK =94，
∵∠AKQ =∠ABO ，∠OAB =∠KAQ ，
∴△AKQ∽△ABO ，
∴AK AB =KQ OB ，
∴945=KQ 3
， ∴KQ =2720，
∴QM =KQ +MK =54+
2720=135， ∴点H 到AB 的最大距离为135
+√2， ∴△HAB 面积的最大值=12×5×(135+√2)=13+5√22
， 故选：D ．
先证明ON =CN ，再证点H 在以ON 直径的圆上运动，则当点H 在QM 的延长线上时，点H 到AB 的距离最大，由相似三角形的性质可求MK ，KQ 的长，由三角形的面积公式可求解．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性
质，一次函数的应用等知识，求出MQ的长是解题的关键．
13.【答案】−b
a c a
【解析】解：∵x1，x2是方程ax2+bx+c=0的两个实数根，∴x1+x2=−b
a
，x1x2=c a．
故答案为：−b
a ；
c
a
．
利用根与系数的关系可得出：x1+x2=−b
a
，x1x2=c a．
本题考查了根与系数的关系，牢记“一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根之和等于−b
a
，
两根之积等于c
a
”是解题的关键．
14.【答案】(x+1)(x−9)
【解析】解：x2−8x−9=(x+1)(x−9)，
故答案为：(x+1)(x−9)．
由十字相乘法进行分解因式即可．
本题考查因式分解，熟练掌握十字相乘法分解因式是解题的关键．
15.【答案】8
【解析】解：∵这组数据的中位数和平均数相等，
∴(4+x)÷2=(2+4+10+x)÷4
解得：x=8．
故答案为：8．
根据这组数据的中位数和平均数相等，得出(4+x)÷2=(2+4+10+x)÷4，求出x的值即可．此题考查了中位数和平均数，中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数，关键是根据中位数和平均数相等列出方程．
16.【答案】15π−18√3
【解析】
【分析】
本题考查扇形面积的计算，含30度角的直角三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．根据题意可知阴影部分的面积是扇形BCD与扇形ACE的面积之和与△ABC的面积之差，从而可以解答本题．
【解答】
解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，AB=12，
∴∠A=30°，
∴BC=6，AC=6√3，
∵以点A为圆心，AC为半径的弧交AB于点E，以点B为圆心，BC为半径的弧交AB于点D，
∴阴影部分的面积为：30×π×(6√3)2
360+60×π×6
2
360
−6×6√3
2
=15π−18√3，
故答案为15π−18√3．
17.【答案】(0,−21011)
【解析】解：由已知，点A每次旋转转动45°，则转动一周需转动8次，每次转动点A到原点的距离变为转动前的√2倍，
∵2022=252×8+6，
∴点A2022的在y轴的负半上，
OA2021=(√2)2022=21011，
故答案为：(0,−21010).
点A坐标变化规律要分别从旋转次数与点A所在象限或坐标轴、点A到原点的距离与旋转次数的对应关系．
本题是平面直角坐标系下的规律探究题，除了研究动点变化的相关数据规律，还应该注意各个象限内点的坐标符号．
18.【答案】解：{5x+12≥2①2x−1
3
<1②
，
由①得x≥−2，
由②得x<2，
∴不等式组的解集是−2≤x<2，
把不等式组的解集在数轴上表示为：
．
【解析】根据不等式的性质求出不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出不等式组的解集即可．
本题主要考查对解一元一次不等式(组)，不等式的性质，在数轴上表示不等式的解集等知识点的理解和掌握，能根据不等式的解集找出不等式组的解集是解此题的关键．
19.【答案】(1)解：尺规作图如下：
(2)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CE，AD//BC，
∴∠ABE=∠E，∠CBE=∠DFE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠E=∠DFE，
∴DE=DF．
【解析】(1)利用尺规作出∠ABC的平分线即可．
(2)根据平行四边形的性质和角平分线定义即可解决问题．
本题考查作图−基本作图，平行四边形的性质、角平分线的作法、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用等腰三角形的性质解决问题．
20.【答案】解：(1)本次调查的样本容量：20÷5%=400；
(2)a=400×30%=120；
(3)图2“基本了解”类别所对应的圆心角是：360°×80
400
=72°；
(4)该学生是“奥知达人”的概率是：20+120
400=7
20
．
【解析】(1)根据非常了解的人数和所占的百分比，即可得出本次调查的样本容量；
(2)用总人数乘以比较了解所占的百分比，即可得出a；
(3)用360°乘以“基本了解”所占的百分比即可；
(4)根据概率公式直接求解即可．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．
21.【答案】解：
(1)∵房屋的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是
房屋的高AB所在的直线，EF//BC，
∴AG⊥EF，EG=1
2
EF，∠AEG=∠ACB=35°，
在Rt△AGE中，∠AGE=90°，∠AEG=35°，
∵tan∠AEG=tan35°=AG
EG
，EG=6，
∴AG=EG×tan35°≈6×0.7=4.2(米)；
答：屋顶到横梁的距离AG为4.2米；
(2)过E作EH⊥CB于H，
则GB=EH，
设EH=x，
在Rt△EDH中，∠EHD=90°，∠EDH=60°，
∵tan∠EDH=EH
DH
，
∴DH=x
tan60∘
，
在Rt△ECH中，∠EHC=90°，∠ECH=35°，
∵tan∠ECH =EH CH ， ∴CH =x tan35∘， ∵CH −DH =CD =8，
∴x
tan35∘−x
tan60=8， 解得：x ≈9.52，
∴AB =AG +GB =13.72≈14(米)，
答：房屋的高AB 为14米．
【解析】本题考查了解直角三角形的应用，轴对称图形，解题的关键是借助仰角关系构造直角三角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形．
(1)根据题意得到AG ⊥EF ，EG =1
2
EF ，∠AEG =∠ACB =35°，解直角三角形即可得到结论； (2)过E 作EH ⊥CB 于H ，则GB =EH ，设EH =x ，结合CH −DH =CD =8，解直角三角形即可得到结论．
22.【答案】解：(1)点A 在该反比例函数的图象上，理由如下：
过点P 作x 轴垂线PG ，连接BP ，
∵P 是正六边形ABCDEF 的对称中心，CD =2，
∴BP =2，G 是CD 的中点，
∴PG =√3，
∴P(2,√3)，
∵P 在反比例函数y =k x
(k >0,x >0)的图象上，
∴k =2√3，
∴y =2√3x ， 由正六边形的性质，A(1,2√3)，
∴点A 在反比例函数图象上；
(2)D(3,0)，E(4,√3)，
设DE 的解析式为y =mx +b ，
∴{3m +b =04m +b =√3
，
∴{m =√3b =−3√3
， ∴y =√3x −3√3，
由方程{y =2√3x y =√3x −3√3
解得x =3+√172(负数舍去)， ∴Q 点横坐标为3+√172． 【解析】(1)过点P 作x 轴垂线PG ，连接BP ，可得BP =2，G 是CD 的中点，所以P(2,√3)；
(2)易求D(3,0)，E(4,√3)，待定系数法求出DE 的解析式为y =√3x −3√3，联立反比例函数与一次函数即可求点Q ；
本题考查反比例函数的图象及性质，正六边形的性质；将正六边形的边角关系与反比例函数上点的坐标结合是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵AB =AC ，∠BAC =9°，
∴∠B =∠ACB =45°，
∵∠DAE =∠BAC =90°，AD =AE ，
∴∠BAD =∠CAE ，
在△BAD 和△CAE 中，
{AB =AC ∠BAD =∠CAE AD =AE
，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠B =∠ACE =45°，BD =CE ，
∴∠ECD =∠ACE +∠ACB =90°，
∵PD ⊥BC ，
∴∠BDP =∠ECD =90°，
∴PD//CE ，
∵∠B =∠BPD =45°，
∴PD =BD ，
∴PD =EC ，
∴四边形PDCE 是平行四边形，
∵∠PDC =90°，
∴四边形PDCE是矩形；
(2)解：如图2中，过点A作AM⊥BC于点M，过点F作FN⊥BC于点N，
设CD=2m，则BD=2CD=4m，BC=6m，
∵AB=AC，∠BAC=90°，AM⊥BC，
∴BM=MC=3m，
∴AM=BM=3m，AB=AC=3√3m，BD=PD=4m，PB=4√2m，∴PA=√2m，
∵△ABD≌△ACE，
∴BD=EC=4m，
设CN=FN=x，
∵FN//CE，
∴FN EC =DN
DC
，
∴DN=1
2
x，
∴1
2
x+x=2m，
∴x=4
3
m，
∴CF=4√2
3m，AF=AC=3√2m−4√2
3
=5√2
3
m
∴AP AF =√2m
5√2
3
m
=3
5；
(3)解：如图3−1，将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接QN，
∴BQ=BN，QC=NM，∠QBN=60°，
∴△BQN是等边三角形，
∴BQ=QN，
∴QA+QB+QC=AQ+QN+MN，
∴当点A，点Q，点N，点M共线时，QA+QB+QC值最小，此时，如图3−2，连接MC
∵将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，
∴BQ=BN，BC=BM，∠QBN=60°=∠CBM，
∴△BQN是等边三角形，△CBM是等边三角形，
∴∠BQN=∠BNQ=60°，BM=CM，
∵BM=CM，AB=AC，
∴AM垂直平分BC，
∵AD⊥BC，∠BQD=60°，
∴BD=√3QD，
∵AB =AC ，∠BAC =90°，AD ⊥BC ，
∴AD =BD ，此时P 与D 重合，设PD =x ，则DQ =x −2，
∴x =√3(x −2)， ∴x =3+√3，
∴PD =3+√3．
【解析】(1)证明△BAD≌△CAE(SAS)，推出∠B =∠ACE =45°，BD =CE ，再证明PD =BD ，
=EC ，PD//EC ，可得结论；
(2)如图2中，过点A 作AM ⊥BC 于点M ，过点F 作FN ⊥BC 于点N ，想办法用m 表示出PA ，AF ，可得结论；
(3)如图3−1，将△BQC 绕点B 顺时针旋转60°得到△BNM ，连接QN ，当点A ，点Q ，点N ，点M 共线时，QA +QB +QC 值最小，此时，如图3−2，连接MC ，证明AM 垂直平分BC ，证明AD =BD ，此时P 与D 重合，设PD =x ，则DQ =x −2，构建方程求出x 可得结论．
本题属于四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
24.【答案】解：(1)∵B 点在x 轴上，且B 点在y =1
2x −4上，
∴B(8,0)，
∵A(−2,0)，B(8,0)，都在抛物线y =
ax 2+bx −4上，
∴x =−2，x =8是方程ax 2+bx −
4=0的两个根，
∴−16=−4a ，b a =6，
∴a =14，b =−32，
∴y =14x 2−32x −4；
(2)∵AD//BC ，直线BC 的解析式为y =12
x −4， ∴直线AD 的解析式为y =12
x +1， 过点B 作BG ⊥AD 交点G ，
∵QR⊥BC，
∴QR=BG，
在Rt△ABG中，AB=10，tan∠BAG=1
2
，∴BG=2√5，
设P(m,1
4m2−3
2
m−4)，R(n,1
2
n−4)，则Q(m,1
2
m+1)，
∵QR=2√5，
∴20=(m−n)2+(1
2m−1
2
n+5)2，
∴n−m=2，
∴R(m+2,1
2
m−3)，
S△PQR=1
2×(1
2
m+1−1
4
m2+3
2
m+4)×2=−1
4
m2+2m+5=−1
4
(m−4)2+9，
∴当m=4时，S△PQR有最大值9，
∴P(4,−6)；
(3)∵点C关于x轴的对称点为点C′，
∴C′(0,−4)，
∴直线AC的解析式为y=2x+4，
∵抛物线沿射线C′A的方向平移2√5个单位长度，
∴抛物线沿着x轴负方向平移2个单位长度，沿着y轴负方向平移4个单位长度，
∵y=1
4x2−3
2
x−4=1
4
(x−3)2−25
4
，
∴y′=1
4(x−1)2−41
4
，
联立1
4(x−3)2−25
4
=1
4
(x−1)2−41
4
，解得x=6，
∴M(6,−4)，
联立1
2x+1=1
4
x2−3
2
x−4，解得x=10或x=−2，
∵D异于点A，∴D(10,6)，
∵y=1
4x2−3
2
x−4的对称轴为直线x=3，
设N(3,t)，K(x,y)，
①当DM 与KN 为矩形对角线时，
DM 的中点与KN 的中点重合，
∴8=3+x 2，1=t+y 2
， ∴x =13，t =2−y ，
∵DM =KN ，
∴16+100=(3−x)2+(t −y)2，
∴y =−1或y =3，
∴K(13,−1)或K(13,3)；
②当DN 与MK 为矩形对角线时，
DN 的中点与MK 的中点重合，
∴132=6+x 2，y−42=6+t 2
， ∴x =7，t =y −10，
∵DN =MK ，
∴49+(6−t)2=(6−x)2+(y +4)2，
∴y =365，
∴K(7,365)； ③当KD 与MN 为矩形对角线时，
KD 的中点与MN 的中点重合
∴10+x 2=92，6+y 2=t−42
， ∴x =−1，t =10+y ，
∵KD =MN ，
∴(x −10)2+(6−y)2=9+(t +4)2，
∴y =−65
，
∴K(−1,−65)；
综上所述：以D ，M ，N ，K 为顶点的四边形是矩形时，K 点坐标为(−1,−65)或(7,365
)或(13,−1)或(13,3)．
【解析】(1)由题可知B 点既在x 轴上，又在y =12
x −4上，则B(8,0)，再将A 、B 代入y =ax 2+bx −4即可求解析式；
(2)先求出直线AD 的解析式为y =12x +1，过点B 作BG ⊥AD ，在Rt △ABG 中，
AB =10，tan∠BAG =12，求出BG =2√5，设P(m,−14m 2−32m −4)，R(n,12n −4)，则Q(m,12m +1)，QR =2√5，代入
点的坐标可得n −m =2，则R(m +2,12m −3)，S △PQR =−14
(m −4)2+9，当m =4时，S △PQR 有最大值9，则可求P(4,−6)；
(3)求出C′(0,−4)，直线AC 的解析式为y =2x +4，由平移可知抛物线沿着x 轴负方向平移2个单位长度，沿着y 轴负方向平移4个单位长度，可得平移后抛物线解析式为y′=14(x −1)2−414，联立14(x −3)2−254=14(x −1)2−414可求两抛物线交点M(6,−4)，联立12x +1=14x 2−32x −4，可求
D(10,6)，设N(3,t)，K(x,y)，①当DM 与KN 为矩形对角线时，8=3+x 2，1=t+y 2，再由DM =KN ，
则16+100=(3−x)2+(t −y)2，可求K(13,−1)或K(13,3)；②当DN 与MK 为矩形对角线时，132
=6+x 2，y−42=6+t 2，再由DN =MK ，则49+(6−t)2=(6−x)2+(y +4)2，求出K(7,
365)；③当KD 与MN 为矩形对角线时，
10+x 2=92，6+y 2=t−42，再由KD =MN ，(x −10)2+(6−y)2=9+(t +4)2，
求出K(−1,−65). 本题考查二次函数的综合应用，解决本题有两个关键点，①能将抛物线沿直线平移转化为抛物线左右平移与上下平移时解题；②熟练掌握矩形对角线平分且相等的性质，将此性质与中点坐标公式与两点间距离公式相结合解题．。