2020年浙江省宁波市奉化实验中学中考数学模拟试卷(7)(附答案详解)

2020年浙江省宁波市奉化实验中学中考数学模拟试卷（7）
一、选择题（本大题共7小题，共21.0分）
1.如图，在四边形ABCD中，∠BAD=130°，∠B=∠D=90°，点E，F分别是线段BC，
DC上的动点．当△AEF的周长最小时，则∠EAF的度数为()
A. 90°
B. 80°
C. 70°
D. 60°
2.如图，点E、F分别为正方形ABCD的边BC、CD上一点，AC、
BD交于点O，且∠EAF=45°，AE，AF分别交对角线BD于
点M，N，则有以下结论：①△AOM∽△ADF；②EF=BE+
DF；③∠AEB=∠AEF=∠ANM；④S△AEF=2S△AMN
以上结论中，正确的个数有( )个．
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
3.下列哪一个是假命题()
A. 五边形外角和为360°
B. 切线垂直于经过切点的半径
C. (3,−2)关于y轴的对称点为(−3,2)
D. 抛物线y=x2−4x+2017对称轴为直线x=2
4.如图，△AOB和△ACD均为正三角形，且顶点B、D均
(x>0)上，若图中S△OBP=4，则k的
在双曲线y=k
x
值为()
A. 2√3
B. −2√3
C. −4
D. 4
5.如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC、
CD的中点，连接AE，BF交于点G，将△BCF沿BF对
折，得到△BPF，延长FP交BA延长线于点Q，下列
结论正确都有()个．
①QB=QF；②AE⊥BF；③BG=2
5
；④sin∠BQP=
4
5
；④S四边形ECFG=2S△BGE
A. 5
B. 4
C. 3
D. 2
6.如果a2+2a−1=0，那么代数式(a−4
a )⋅a2
a−2
的值是()
A. −3
B. −1
C. 1
D. 3
7.如图显示了用计算机模拟随机投掷一枚图钉的某次实验的结果．
下面有三个推断：
①当投掷次数是500时，计算机记录“钉尖向上”的次数是308，所以“钉尖向上”
的概率是0.616；
②随着试验次数的增加，“钉尖向上”的频率总在0.618附近摆动，显示出一定的
稳定性，可以估计“钉尖向上”的概率是0.618；
③若再次用计算机模拟此实验，则当投掷次数为1000时，“钉尖向上”的频率一
定是0.620．
其中合理的是()
A. ①
B. ②
C. ①②
D. ①③
二、填空题（本大题共7小题，共21.0分）
8.若x2+2(3−m)x+25可以用完全平方式来分解因式，则m的值为______．
9.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=5，以AB
为一边向三角形外作正方形ABEF，正方形的中心为
O，OC=4√2，则BC边的长为______．
10.若等腰三角形ABC的周长为16cm，底边BC上高线AD长为4cm，则三角形ABC的面
积是______cm2．
11.分解因式：m4n−4m2n=______．
12.如图，将矩形OABC置于一平面直角坐标系中，顶点A，C分别位于x轴，y轴的正半
(k≠0)在第一象限中的图象经过BC的中点轴上，点B的坐标为(5,6)，双曲线y=k
x
D，与AB交于点E，P为y轴正半轴上一动点，把△OAP沿直线AP翻折，使点O落在点F处，连接FE，若FE//x轴，则点P的坐标为_______________。

13.如图，已知AC=6，BC=8，AB=10，以点C为圆心，4
为半径作圆．点D是⊙C上的一个动点，连接AD、BD，则
AD+1
BD的最小值为______．
2
14.图1是“作已知直角三角形的外接圆”的尺规作图过程
已知：Rt△ABC，∠C=90°，求作Rt△ABC的外接圆．
作法：如图2．
(1)分别以点A和点B为圆心，大于1
2
AB的长为半径作弧，两弧相交于P，Q两点；
(2)作直线PQ，交AB于点O；
(3)以O为圆心，OA为半径作⊙O.⊙O即为所求作的圆．
请回答：该尺规作图的依据是______．
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
15.计算：−22+|√12−4|+(1
3
)−1+2tan60°．
四、解答题（本大题共13小题，共104.0分）
16.分先化简，再求值：x−3
2x−4÷(5
x−2
−x−2)，其中x=−1
17.关于x的一元二次方程x2−(k+3)x+2k+2=0．
(1)求证：方程总有两个实数根；
(2)若方程有一个根小于1，求k的取值范围．
x2+bx+c的图象与坐标轴交于A，18.如图①，在平面直角坐标系中，二次函数y=−1
3
B，C三点，其中点A的坐标为(−3,0)，点B的坐标为(4,0)，连接AC，BC.动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒．连接PQ．
(1)填空：b=______，c=______；
(2)在点P，Q运动过程中，△APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；
(3)点M在抛物线上，且△AOM的面积与△AOC的面积相等，求出点M的坐标．
19.如图，在平面直角坐标系中，A(0,4)，B(3,4)，P为线段OA上一动点，过O，P，B三
点的圆交x轴正半轴于点C，连结AB，PC，BC，设OP=m．
(1)求证：当P与A重合时，四边形POCB是矩形．
(2)连结PB，求tan∠BPC的值．
(3)记该圆的圆心为M，连结OM，BM，当四边形POMB中有一组对边平行时，求所
有满足条件的m的值．
(4)作点O关于PC的对称点O′，在点P的整个运动过程中，当点O′落在△APB的内部
(含边界)时，请写出m的取值范围．
20.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D为
边AB的中点．点P从点A出发，沿AC方向以每秒1个单位长度
的速度向终点C运动，同时点Q从点C出发，以每秒2个单位
长度的速度先沿CB方向运动到点B，再沿BA方向向终点A运
动，以DP、DQ为邻边构造▱PEQD，设点P运动的时间为t秒．
(1)设点Q到边AC的距离为ℎ，直接用含t的代数式表示ℎ；
(2)当点E落在AC边上时，求t的值；
(3)当点Q在边AB上时，设▱PEQD的面积为S(S>0)，求S与t之间的函数关系式；
(4)连接CD，直接写出CD将▱PEQD分成的两部分图形面积相等时t的值．
21.如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是直径，点D在⊙O上，OD//BC，过点D作DE⊥AB，
垂足为E，连接CD交OE边于点F．
(1)求证：△DOE∽△ABC；
(2)求证：∠ODF=∠BDE；
(3)连接OC.设△DOE的面积为S，sinA=2
，求四边形BCOD的面积(用含有S的式子
3
表示)
22.如图1，在平面直角坐标系内，A，B为x轴上两点，以AB为直径的⊙M交y轴于C，
D两点，C为AE⏜的中点，弦AE交y轴于点F，且点A的坐标为(−2,0)，CD=8．
(1)求⊙M的半径；
(2)动点P在⊙M的圆周上运动．
①如图1，当EP平分∠AEB时，求PN⋅EP的值；
②如图2，过点D作⊙M的切线交x轴于点Q，当点P与点A，B不重合时，OP
是否为
PQ 定值？若是，请求出其值；若不是，请说明理由．
23.如图1，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点为C(1,4)，交x轴于A、B两点，交y轴
于点D，其中点B的坐标为(3,0)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，点P为直线BD上方抛物线上一点，若S△PBD=3，请求出点P的坐标．
(3)如图3，M为线段AB上的一点，过点M作MN//BD，交线段AD于点N，连接MD，
若△DNM∽△BMD，请求出点M的坐标．
(x>0)的图象与直线y=x−2交于点24.如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y=k
x
A(3,m)．
(1)求k、m的值；
(2)已知点P(n,n)(n>0)，过点P作平行于x轴的直线，交直线y=x−2于点M，过
(x>0)的图象于点N．
点P作平行于y轴的直线，交函数y=k
x
①当n=1时，判断线段PM与PN的数量关系，并说明理由；
②若PN≥PM，结合函数的图象，直接写出n的取值范围．
25.如图，AB是⊙O的一条弦，E是AB的中点，过点E作EC⊥OA于点C，过点B作⊙O
的切线交CE的延长线于点D．
(1)求证：DB=DE；
(2)若AB=12，BD=5，求⊙O的半径．
26.如图，P是AB⏜所对弦AB上一动点，过点P作PM⊥AB交AB⏜于点M，连接MB，过点
P作PN⊥MB于点N.已知AB=6cm，设A、P两点间的距离为xcm，P、N两点间的距离为ycm.(当点P与点A或点B重合时，y的值为0)
小东根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．下面是小东的探究过程，请补充完整：
(1)通过取点、画图、测量，得到了x与y的几组值，如下表：
x/cm0123456
y/cm02.02.32.1______ 0.90
(说明：补全表格时相关数值保留一位小数)
(2)建立平面直角坐标系，描出以补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函
数的图象．
(3)结合画出的函数图象，解决问题：当△PAN为等腰三角形时，AP的长度约为
______cm．
27.在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，P是线段BC上一动点(与点B、C不重合)，连
接AP，延长BC至点Q，使得CQ=CP，过点Q作QH⊥AP于点H，交AB于点M．
(1)若∠PAC=α，求∠AMQ的大小(用含α的式子表示)．
(2)用等式表示线段MB与PQ之间的数量关系，并证明．
28.在平面直角坐标系xOy中的点P和图形M，给出如下的定义：若在图形M上存在一
点Q，使得P、Q两点间的距离小于或等于1，则称P为图形M的关联点．
(1)当⊙O的半径为2时，
①在点P1(1
2,0)，P2(1
2
,√3
2
)，P3(5
2
,0)中，⊙O的关联点是______ ．
②点P在直线y=−x上，若P为⊙O的关联点，求点P的横坐标的取值范围．
(2)⊙C的圆心在x轴上，半径为2，直线y=−x+1与x轴、y轴交于点A、B.若线段AB上的所有点都是⊙C的关联点，直接写出圆心C的横坐标的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】[分析]
根据要使△AEF的周长最小，即利用点的对称，使三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和CD的对称点A′，A″，即可得出∠AA′E+∠A″=∠HAA′=50°，进而得出∠EAA′+∠A″AF=50°，计算即可得出答案．
本题考查的是轴对称−最短路线问题，涉及到平面内最短路线问题求法以及三角形的外角的性质和垂直平分线的性质等知识，根据已知得出E，F的位置是解题关键．
[详解]
解：作A关于BC和CD的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于E，交CD于F，则A′A″即为△AEF 的周长最小值．作DA延长线AH，
∴AE=A′E,AF=A′′F，
∴∠A′=∠A′AE,∠A′′=∠A′′AF，
∵∠DAB=130°，
∴∠HAA′=50°，
∴∠AA′E+∠A″=∠HAA′=50°，
∵∠EA′A=∠EAA′，∠FAD=∠A″，
∴∠EAA′+∠A″AF=50°，
∴∠EAF=130°−50°=80°，
故选B．
2.【答案】D
【解析】解：
如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，易得H、B、E三点共线，
由旋转的性质得，BH=DF，AH=AF，∠BAH=∠DAF，
∵∠EAF=45°
∴∠EAH=∠BAH+∠BAE=∠DAF+∠BAE=90°−∠EAF=45°
∴∠EAH=∠EAF=45°
在△AEF和△AEH中
{AH=AF
∠EAH=∠EAF=45°AE=AE
∴△AEF≌△AEH(SAS)
∴EH=EF，∠AEB=∠AEF
∴BE+BH=BE+DF=EF，
故②正确
∵∠ANM=∠ADB+∠DAN=45°+∠DAN，
∠AEB=90°−∠BAE=90°−(∠HAE−∠BAH)=90°−(45°−∠BAH)=45°+∠BAH ∴∠ANM=∠AEB
∴∠ANM=∠AEB=∠AEF；
故③正确，
∵AC⊥BD
∴∠AOM=∠ADF=90°
∵∠MAO=45°−∠NAO，∠DAF=45°−∠NAO，
∴∠MAO=∠DAF，
∴△OAM∽△DAF
故①正确
连接NE，
∵∠MAN=∠MBE=45°，∠AMN=∠BME ∴△AMN∽△BME
∴AM
BM
=
MN
ME
∴AM
MN
=
BM
ME
∵∠AMB=∠EMN ∴△AMB∽△NME
∴∠AEN=∠ABD=45°
∵∠EAN=45°
∴∠NAE=∠NEA=45°∴△AEN是等腰直角三角形
∴AE=√2AN
∵△AMN∽△BME，易得△AFE∽△BME
∴△AMN∽△AFE
∴MN
EF
=
AN
AE
=
√2
∴S△AMN
S△AFE
=
MN2
EF2
=
1
(√2)2
=
1
2
∴S△AFE=2S△AMN
故④正确
故选：D．
如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，由旋转的性质得，BH=DF，AH=AF，∠BAH=∠DAF，由已知条件得到∠EAH=∠EAF=45°，根据全等三角形的性质得到EH=EF，∠ANM=∠AEB，则可求得②正确；
根据三角形的外角与直角三角形的性质得到③正确；
根据相似三角形的判定定理得到△OAM∽△DAF，故①正确；
根据相似三角形的性质得到∠AEN=∠ABD=45°，推出△AEN是等腰直角三角形，根据勾股定理得到AE=√2AN，再根据相似三角形的性质得到S△AEF=2S△AMN.故④正确．此题考查相似三角形、全等三角形的综合应用，熟练掌握相似三角形，全等三角形的判
定定理是解决此类题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：五边形外角和为360°，A是真命题；
切线垂直于经过切点的半径，B是真命题；
(3,−2)关于y轴的对称点为(−3,−2)，C是假命题；
=2，D是真命题；
抛物线y=x2−4x+2017对称轴为直线x=−−4
2×1
故选：C．
根据多边形的外角和定理、切线的性质定理、关于y轴对称的点的坐标特征、二次函数的对称轴是确定方法判断即可．
本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
4.【答案】D
【解析】解：如图：∵△AOB和△ACD均为正三角形，
∴∠AOB=∠CAD=60°，
∴AD//OB，
∴S△ABP=S△AOP，
∴S△AOB=S△OBP=4，
S△AOB=2，
过点B作BE⊥OA于点E，则S△OBE=S△ABE=1
2
∵点B在反比例函数y=k
的图象上，
x
k，
∴S△OBE=1
2
∴k=4
故选：D．
先根据△AOB和△ACD均为正三角形可知∠AOB=∠CAD=60°，故可得出AD//OB，所以S△ABP=S△AOP，故S△AOB=S△OBP=4，过点B作BE⊥OA于点E，由反比例函数系数k 的几何意义即可得出结论．
本题考查的是等边三角形的性质及反比例函数系数k的几何意义，求得S△AOB=S△OBP=
4是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：①根据题意得，FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=90°∵CD//AB，
∴∠CFB=∠ABF，
∴∠ABF=∠PFB，
∴QF=QB，故正确；
②∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，
∴CF=BE，
在△ABE和△BCF中，
{AB=BC
∠ABE=∠BCF BE=CF
，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴∠BAE=∠CBF，
又∵∠BAE+∠BEA=90°，
∴∠CBF+∠BEA=90°，
∴∠BGE=90°，
∴AE⊥BF，故正确；
③由②知，△ABE≌△BCF，则AE=BF=√22+12=√5，
∵AE⊥BF
∴1
2AB⋅BE=1
2
AE⋅BG，故BG=AB⋅BE
AE
=2×1
√5
=2√5
5
．
故错误；
④由①知，QF=QB，
令PF=k(k>0)，则PB=2k 在Rt△BPQ中，设QB=x，∴x2=(x−k)2+4k2，
∴x=5k
2
，
∴sin∠BQP=BP
QB =4
5
，故正确；
⑤∵∠BGE=∠BCF，∠GBE=∠CBF，∴△BGE∽△BCF，
∵BE=1
2BC，BF=√5
2
BC，
∴BE：BF=1：√5，
∴△BGE的面积：△BCF的面积=1：5，
∴S
四边形ECFG
=4S△BGE，故错误．
综上所述，共有3个结论正确．
故选：C．
①△BCF沿BF对折，得到△BPF，利用角的关系求出QF=QB；
②首先证明△ABE≌△BCF，再利用角的关系求得∠BGE=90°，即可得到AE⊥BF；
③利用等面积法求得BG的长度；
④利用QF=QB，解出BP，QB，根据正弦的定义即可求解；
⑤根据AA可证△BGE与△BCF相似，进一步得到相似比，再根据相似三角形的性质即可求解．
本题主要考查了四边形的综合题，涉及正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及折叠的性质的知识点，解决的关键是明确三角形翻转后边的大小不变，找准对应边，角的关系求解．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
根据分式的减法和乘法可以化简题目中的式子，然后对a2+2a−1=0变形即可解答本题．
【解答】
解：(a−4
a )⋅a2
a−2
=a2−4
a
⋅
a2
a−2
=(a+2)(a−2)
a
⋅
a2
a−2
=a(a+2)
=a2+2a，
∵a2+2a−1=0，
∴a2+2a=1，
∴原式=1，
故选：C．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查利用频率估计概率，解答本题的关键是明确概率的定义．
根据已知图和各个推断的说法可以判断是否正确，从而可以解答本题．
【解答】
解：当投掷次数是500时，计算机记录“钉尖向上”的次数是308，
所以此时“钉尖向上”的频率是：308÷500=0.616，但“钉尖向上”的概率不一定是0.616，故①错误，
随着实验次数的增加，“钉尖向上”的频率总在0.618附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“钉尖向上”的概率是0.618.故②正确，
若再次用计算机模拟实验，则当投掷次数为1000时，“钉尖向上”的概率可能是0.620，也可能不是0.620，故③错误，
故选：B．
8.【答案】−2或8
【解析】
【分析】
利用完全平方公式的特征判断即可求出m的值．
此题考查了因式分解−运用公式法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
【解答】
解：∵x2+2(3−m)x+25可以用完全平方式来分解因式，
∴2(3−m)=±10
解得：m=−2或8．
故答案为：−2或8．
9.【答案】3
【解析】
【分析】
作EQ⊥x轴，以C为坐标原点建立直角坐标系，CB为x轴，CA为y轴，则A(0,5).设B(x,0)，由于O点为以AB一边向三角形外作正方形ABEF的中心，利用AAS得到三角形ABC与三角形BEQ全等，利用全等三角形的对应边相等得到AC=BQ=5，BC=EQ，设BC= EQ=x，由OM为梯形ACQE的中位线，利用梯形中位线定理表示出OM，再由CM，表示出O坐标，进而表示出OC的长，根据已知OC的长列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即可确定出BC的长．
此题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，梯形中位线定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
【解答】
解：作EQ⊥x轴，以C为坐标原点建立直角坐标系，CB为x轴，CA为y轴，则A(0,5)．
设B(x,0)，由于O点为以AB一边向三角形外作正方形ABEF的中心，
∴AB=BE，∠ABE=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°，∠ABC+∠EBQ=90°，
∴∠BAC=∠EBQ，
在△ABC和△BEQ中，
{∠ACB=∠BQE=90°∠BAC=∠EBQ
AB=EB
，
∴△ACB≌△BQE(AAS)，
∴AC=BQ=5，BC=EQ，设BC=EQ=x，
∴O为AE中点，
∴OM为梯形ACQE的中位线，∴OM=5+x
2
，
又∵CM=1
2CQ=5+x
2
，
∴O点坐标为(5+x
2,5+x
2
)，
根据题意得：OC=4√2=√(5+x
2)2+(5+x
2
)2，
解得：x=3(负值舍去)，
则BC=3．
故答案为：3．
10.【答案】12
【解析】
【分析】
根据已知可求得BD的长，根据周长公式及勾股定理列方程组，从而求得BC的长，则不难求得其面积．
本题利用了等腰三角形性质，勾股定理建立求解出各边的长后，再利用三角形的面积公式求解．
【解答】
解：如图，
∵AB=AC，AD⊥BC，AD=4cm
∴BD=1
2 BC
∵等腰三角形ABC的周长为16cm
∴2AB+2BD=16cm，即AB+BD=8①，
在Rt△ABD中，根据勾股定理得：BD2=AB2−AD2=AB2−42②，联立①②方程，解得，AB=5cm，DB=3cm
∴BC=6cm
∴S△ABC=1
2
BC⋅AD=
1
2
×6×4=12(cm2)
故本题答案为：12
11.【答案】m2n(m+2)(m−2)
【解析】
【分析】
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可．
【解答】
解：原式=m2n(m2−4)=m2n(m+2)(m−2)，
故答案为：m2n(m+2)(m−2)
12.【答案】(0,5
3
)或(0,15)
【解析】
【分析】
依据反比例函数图象上点的坐标特征，即可得到点E的横坐标为5，点E的纵坐标为3，
再根据勾股定理可得EF的长，设OP=x，则表示出PG，分两种情况讨论，依据Rt△FGP 中，FG2+PG2=PF2，即可得到x的值，进而得出点P的坐标。

【解答】
解：如图所示，延长EF交CO于G
∵EF//x轴
∴∠FGP=90°=∠AEF
∵双曲线y=k
x
(k≠0)经过矩形OABC的边BC的中点D，点B的坐标为(5,6)
∴点D(5
2
,6)
∴k=15
又∵点E的横坐标为5
∴点E的纵坐标为15
5
=3，即AE=3
①当点F在AB左侧时，由折叠可得，AF=AO=5
∴Rt△AEF中，EF=√AF2−AE2=√52−33=4
∴GF=5−4=1设OP=x，则PG=3−x
∵Rt△FGP中，FG2+PG2=PF2
∴12+(3−x)2=x2
解得x=5
3
)
∴点P的坐标为(0,5
3
②当点F在AB右侧时，同理可得EF=4
∴GF=5+4=9设OP=x，则PG=x−3
∵Rt△FGP中，FG2+PG2=PF2
∴92+(x−3)2=x2解得x=15
∴点P的坐标为(0,15)
)或(0,15)。

故答案为(0,5
3
13.【答案】2√10
【解析】解：如图，在CB上取一点E，使CE=2，连接CD、DE、AE．
∵AC=6，BC=8，AB=10，所以AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
∵CD=4，
∴CE
CD =CD
CB
=1
2
，
∴△CED∼△CDB，
∴ED
DB =CE
CD
=1
2
，
∴ED=1
2
BD，
∴AD+1
2
BD=AD+ED≥AE，
当且仅当E、D、A三点共线时，AD+1
2
BD取得最小值AE=√CE2+AC2=2√10．
在CB上找一点E，连接ED，使ED=1
2
BD，然后根据两间之间线段最短原量即可解决问题．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理，两点之间线段最短原理．值得强调的是，本题是一类典型几何最值问题，构造“子母型相似”是解答此问题的关键．
14.【答案】到线段两端点的距离相等的点在这条线段的垂直平分线上；90°的圆周角所对的弦是直径(答案不唯一，符合题意即可)
【解析】
【分析】
本题考查了作图−复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．
解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图
拆解成基本作图，逐步操作．
【解答】
解：由于90°的圆周角所的弦是直径，所以Rt△ABC的外接圆的圆心为AB的中点，然后作AB的中垂线得到圆心后即可得到Rt△ABC的外接圆．
故答案为：到线段两端点的距离相等的点在这条线段的垂直平分线上，90°的圆周角所对的弦是直径．(答案不唯一，符合题意即可)
15.【答案】解：原式=−4+|2√3−4|+11
3
+2×√3
=−4+4−2√3+3+2√3
=3．
【解析】本题涉及负指数幂、乘方、特殊角的三角函数值、二次根式化简、绝对值等考点．针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
本题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握负指数幂、乘方、特殊角的三角函数值、二次根式化简、绝对值等考点的运算．
16.【答案】解：原式=x−3
2(x−2)÷5−(x+2)(x−2)
x−2
=
x−3
2(x−2)
⋅
x−2
(3+x)(3−x)
=−1
2(3−x)
，
当x=−1时，原式=−1
8
．
【解析】此题主要考查了分式的化简求值，正确掌握相关运算法则是解题关键．首先将括号里面通分运算，进而利用分式的混合运算法则计算进而得出答案．17.【答案】(1)证明：∵在方程x2−(k+3)x+2k+2=0中，
△=[−(k+3)]2−4×1×(2k+2)=k2−2k+1=(k−1)2≥0，
∴方程总有两个实数根；
(2)解：∵x2−(k+3)x+2k+2=0，
即x2−(k+3)x+2(k+1)=0，
即(x−2)(x−k−1)=0，
∴x1=2，x2=k+1．
∵方程有一根小于1，
∴k+1<1，
解得：k<0，
∴k的取值范围为k<0．
【解析】本题考查了根的判别式、因式分解法解一元二次方程.解答本题的关键是正确求出该方程的两个根．
(1)根据方程的系数结合根的判别式，可得△=(k−1)2≥0，由此可证出方程总有两个实数根；
(2)利用因式分解法解一元二次方程，可得出x1=2、x2=k+1，根据方程有一根小于1，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．
18.【答案】解：(1)1
，4；
3
(2)在点P、Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形．
理由如下：连结QC．
∵在点P、Q运动过程中，∠PAQ、∠PQA始终为锐角，
∴当△APQ是直角三角形时，则∠APQ=90°．
将x=0代入抛物线的解析式得：y=4，
∴C(0,4)．
∵AP=OQ=t，
∴PC=5−t，
∵在Rt△AOC中，依据勾股定理得：AC=5
在Rt△COQ中，依据勾股定理可知：CQ2=t2+16
在Rt△CPQ中依据勾股定理可知：PQ2=CQ2−CP2，在Rt△APQ中，AQ2−AP2=PQ2∴CQ2−CP2=AQ2−AP2，即(3+t)2−t2=t2+16−(5−t)2
解得：t =4.5，
∵由题意可知：0≤t ≤4
∴t =4.5不合题意，即△APQ 不可能是直角三角形；
(3)∵AO 是△AOM 与△AOC 的公共边
∴点M 到AO 的距离等于点C 到AO 的距离
即点M 到AO 的距离等于CO
所以M 的纵坐标为4或−4
把y =4代入y =−13x 2+13x +4得
−13x 2+13
x +4=4 解得x 1=0，x 2=1
把y =−4代入y =−13x 2+13
x +4得 −13x 2+13
x +4=−4 解得x 1=1+√972，x 2=1−√972
M(1,4)或M(1+√972,−4)或M(1−√972,−4)．
【解析】
【分析】
(1)利用二次函数的交点式直接写出函数解析式，再将交点式化为一般式便可得b ，c ；
(2)因为在点P 、Q 运动过程中，∠PAQ 、∠PQA 始终为锐角，所以要使△APQ 为直角三角形，只能是∠APQ =90°；假设∠APQ =90°，再利用勾股定理建立关于t 的方程，解得t 的大小，再结合t 的取值范围判断∠APQ =90°是否存在;
(3)因为AO 是△AOM 与△AOC 的公共边，要使△AOM 与△AOC 面积相等，只要M 到AO 的距离等于CO 即可，从而确定M 的纵坐标，在利用二次函数解析式便可求出点M 的横坐标． 此题考查了待定系数法求解析式，还考查了勾股定理，三角形的面积和二次函数的有关知识，本题点M 它有可能在x 轴上方，也有可能在x 轴下方，容易漏解，需要分类讨论．
【解答】
解：(1)设抛物线的解析式为y =a(x +3)(x −4)．
将a =−13代入得：y =−13x 2+13x +4，
∴b =13，c =4，
故答案为：1
3
，4；
(2)见答案；
(3)见答案．
19.【答案】解：(1)∵∠COA=90°
∴PC是直径，
∴∠PBC=90°
∵A(0,4)B(3,4)∴AB⊥y轴
∴当A与P重合时，∠OPB=90°
∴四边形POCB是矩形
(2)连结OB，(如图1)
∴∠BPC=∠BOC
∵AB//OC
∴∠ABO=∠BOC
∴∠BPC=∠BOC=∠ABO
∴tan∠BPC=tan∠ABO=AO AB
=
4
3
(3)∵PC为直径
∴M为PC中点
①如图2，当OP//BM时，延长BM交x轴于点N
∵OP//BM ∴BN⊥OC于N
∴ON=NC，四边形OABN是矩形
∴NC=ON=AB=3，BN=OA=4
设⊙M半径为r，则BM=CM=PM=r
∴MN=BN−BM=4−r
∵MN2+NC2=CM2
∴(4−r)2+32=r2
解得：r=25
8
∴MN=4−25
8
=
7
8
∵M、N分别为PC、OC中点
∴m=OP=2MN=7 4
②如图3，当OM//PB时，∠BOM=∠PBO
∵∠PBO=∠PCO，∠PCO=∠MOC
∴∠OBM=∠BOM=∠MOC=∠MCO 在△BOM与△COM中
{∠BOM=∠COM ∠OBM=∠OCM BM=CM
∴△BOM≌△COM(AAS)
∴OC=OB=√OA2+AB2=5
∵AP=4−m
∴BP2=AP2+AB2=(4−m)2+32∵∠ABO=∠BOC=∠BPC，∠BAO=∠PBC=90°
∴△ABO∽△BPC
∴OB
PC
=
AB
BP
∴PC=OB⋅BP
AB
=
5
3
BP
∴PC 2=259BP 2=259
[(4−m)2+32] 又PC 2=OP 2+OC 2=m 2+52 ∴259
[(4−m)2+32]=m 2+52 解得：m =5
2或m =10(舍去)
综上所述，m =74或m =52
(4)∵点O 与点O′关于直线对称
∴∠PO′C =∠POC =90°，即点O′在圆上
当O′与O 重合时，得m =0
当O′落在AB 上时，得m =52
当O′与点B 重合时，得m =
258 ∴0≤m ≤52或m =258
【解析】(1)由∠POC =90°可知PC 为直径，所以∠PBC =90°，P 、A 重合时得3个直角，即证四边形POCB 为矩形．
(2)题干已知的边长只有OA 、AB ，所以要把∠BPC 转化到与OA 、OB 有关的三角形内．连
接O ，B 据圆周角定理，得∠COB =∠BPC ，又AB//OC 有∠ABP =∠COB ，得∠BPC =∠ABP ．
(3)分两种情况：①OP//BM 即BM ⊥x 轴，延长BM 交x 轴于N ，根据垂径定理得ON =CN =3，设半径为r ，利用Rt △CMN 的三边关系列方程即求出；②OM//PB ，根据圆周角定理和等腰三角形性质得到△BOM≌△COM ，所以BO =CO =5，用m 表达各条线段，再利用勾股定理为等量关系列方程求得m ．
(4)因为点O 与点O′关于直线对称，所以∠PO′C =∠POC =90°，即点O′在圆上；考虑点P 运动到特殊位置：①点O′与点O 重合；②点O′落在AB 上；③点O′与点B 重合．算出对应的m 值再考虑范围．
本题考查了圆周角定理(同弧所对的圆周角相等)，矩形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解题涉及方程思想和分类讨论．第(2)题关键是把∠BPC进行转换；第(3)题分类讨论，设某个量为未知数，再利用勾股定理列方程来解，这是圆中已知弦长(或弦心距)求半径时常用做法；第(4)题可先把点O′到达△APB 各边上为特殊位置求出m，再讨论m的范围．
20.【答案】解：(1)当0<t≤3
2
时，ℎ=2t．
当3
2<t≤4时，ℎ=3−3
5
(2t−3)=−6
5
t+16
5
．
(2)当点E落在AC边上时，DQ//AC，∵AD=DB，
∴CQ=QB，
∴2t=3
2
，
∴t=3
4
．
(3)①如图1中，当3
2≤t<11
4
时，作PH⊥AB于H，则PH=PA⋅sinA=3
5
t，DQ=11
2
−2t，∴S=
3
5
t⋅(
11
2
−2t)=−
6
5
t2+
33
10
t.
②如图2中，当11
4<t≤4时，同法可得S=3
5
t⋅(2t−11
2
)=6
5
t2−33
10
t.
(4)当点E落在直线CD上时，CD将▱PEQD分成的两部分图形面积相等．有两种情形：
①当点E在CD上，且点Q在CB上时(如图3所示)，
过点E作EG⊥CA于点G，过点D作DH⊥CB于点H，
易证Rt△PGE≌Rt△DHQ，
∴PG=DH=2，
∴CG=2−t，GE=HQ=CQ−CH=2t−3
2
，
∵CD=AD，∴∠DCA=∠DAC
∴在Rt△CEG中，tan∠ECG=GE
CG =2t−
3
2
2−t
=3
4
，
∴t=12
11
．
②当点E在CD上，且点Q在AB上时(如图4所示)，过点E作EF⊥CA于点F，
∵CD=AD，∴∠CAD=∠ACD．
∵PE//AD，∴∠CPE=∠CAD=∠ACD，∴PE=CE，
∴PF =12PC =4−t 2，PE =DQ =
112−2t ， ∴在Rt △PEF 中，cos∠EPF =PF PE
=4−t 2112−2t =45， ∴t =2411综上所述，满足要求的t 的值为1211或2411．
【解析】(1)分点Q 在线段BC ，线段AB 上两种情形分别求解即可．
(2)利用平行线等分线段定理解决问题即可．
(3)分点Q 在线段BD ，在线段AD 上两种情形分别求解即可．
(4)当点E 落在直线CD 上时，CD 将▱PEQD 分成的两部分图形面积相等．有两种情形：①当点E 在CD 上，且点Q 在CB 上时(如图3所示)，②当点E 在CD 上，且点Q 在AB 上时(如图4所示)，分别求解即可解决问题．
本题考查四边形综合题、平行四边形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会分类讨论，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
21.【答案】(1)证明：∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ACB =90°，
∵DE ⊥AB ，
∴∠DEO =90°，
∴∠DEO =∠ACB ，
∵OD//BC ，
∴∠DOE =∠ABC ，
∴△DOE∽△ABC ；
(2)证明：∵△DOE∽△ABC ，
∴∠ODE =∠A ，
∵∠A 和∠BDC 是BC
⏜所对的圆周角， ∴∠A =∠BDC ，
∴∠ODE =∠BDC ，
∴∠ODF =∠BDE ；
(3)解：
∵△DOE∽△ABC ，
∴S △DOE
S △ABC =(OD AB )2=14， 即S △ABC =4S △DOE =4S ，
∵OA =OB ，
∴S △BOC =12S △ABC ，
即S △BOC =2S ，
∵sinA =23
，sinA =sin∠ODE ， ∴OE OD =23，
∴OE =23OD =23OB ，
∴BE =12OE ， ∴S △BDE =12S △ODE =12S ， ∴S 四边形BCOD =S △BOC +S △DOE +S △BDE =2S +S +12S =72S ．
【解析】(1)根据圆周角定理和垂直求出∠DEO =∠ACB ，根据平行得出∠DOE =∠ABC ，根据相似三角形的判定得出即可；
(2)根据相似三角形的性质得出∠ODE =∠A ，根据圆周角定理得出∠A =∠BDC ，推出∠ODE =∠BDC 即可；
(3)根据△DOE∽△ABC 求出S △ABC =4S △DOE =4S ，由sinA =23，得出OE OD =23，求出BE =12
OE ，S △BDE =12S ，则四边形BCOD 的面积即可求出． 本题考查了相似三角形的性质和判定，圆周角定理，平行线的性质，三角形的面积、锐角三角函数等知识点．
22.【答案】解：(1)如图1中，连接CM．
∵AM⊥CD，
∴OC=OD=4，
设CM=AM=r，
在Rt△CMO中，∵CM2=OC2+OM2，∴r2=42+(r−2)2，
解得r=5，
∴⊙M的半径为5．
(2)①如图2中，连接AP，BP．
∵AB是直径，
∴∠APB=∠AEB=90°，
∵PE平分∠AEP，
∴∠AEP=∠PEB=45°，
∴PA⏜=PB⏜，
∴PA=PB，
∵AB=10，∠APB=90°，
∴PA=PB=√2
2
×AB=5√2，
∵∠PAN=∠AEP=45°，∠APN=∠APE，∴△APN∽△EPA，
∴PA
PE =PN
PA
，
∴PN⋅PE=PA2=50．
②如图3中，连接PM，DM．
∵DQ是⊙M的切线，
∴DQ⊥DM，
∴∠MDQ=∠MOD=90°，∵∠DMO=∠QMD，
∴△DMO∽△QMD，
∴DM
QM =OM
DM
，
∴DM2=MO⋅MQ，∵MP=MD，
∴MP2=MO⋅MQ，
∴MP
MO =MQ
MP
，∵∠PMO=∠PMQ，
∴△PMO∽△QMP，
∴OP
PQ =PM
QM
，
∵DM2=MO⋅MQ，∴25=3MQ，
∴MQ=25
3
，
∴OP PQ =5253=3
5．
【解析】(1)如图1中，连接CM.设CM =MA =r ，在Rt △OCM 中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
(2)①如图2中，连接AP ，BP.证明△APN∽△EPA ，推出PA PE =
PN PA ，解直角三角形求出PA
即可解决问题．
如图3中，连接PM ，DM.证明△DMO∽△QMD ，推出DM 2=MO ⋅MQ ，推出MP 2=MO ⋅
MQ ，推出△PMO∽△QMP ，可得OP PQ =PM QM ，求出QM 即可解决问题．
本题属于圆综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程解决问题，学会正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
23.【答案】解：(1)设抛物线的解析式为y =a(x −1)2+4，
将点B(3,0)代入得，(3−1)2×a +4=0．
解得：a =−1．
∴抛物线的解析式为：y =−(x −1)2+4=−x 2+2x +3．
(2)过点P 作PQ//y 轴交DB 于点Q ，
∵抛物线的解析式为y =−x 2+2x +3
∴D(0,3)．
设直线BD 的解析式为y =kx +b ，
∴{3k +b =0b =3
， 解得：{k =−1b =3
， ∴直线BD 的解析式为y =−x +3．
设P(m,−m 2+2m +3)，则Q(m,−m +3)，
∴PQ =−m 2+2m +3−(−m +3)=−m 2+3m ．
∵S△PBD=S△PQD+S△PQB，
∴S△PBD=1
2m⋅PQ+1
2
(3−m)=1
2
PQ×3=3
2
PQ=−3
2
m2+9
2
m，
∵S△PBD=3，
∴−3
2m2+9
2
m=3．
解得：m1=1，m2=2．∴点P的坐标为(1,4)或(2,3)．(3)∵B(3,0)，D(0,3)，
∴BD=√32+32=3√2，设M(a,0)，
∵MN//BD，
∴△AMN∽△AMD，
∴MN
BD =AM
AB
，
即
3√2=1+a
4
．
∴MN=3√2
4
(1+a)，DM=√32+a2=√9+a2，∵△DNM∽△BMD，
∴DM
BD =MN
DM
，
∴DM2=BD⋅MN．
∴9+a2=3√2×3√2
4
(1+a)．
解得：a=3
2
或a=3(舍去)．
∴点M的坐标为(3
2
,0)．
【解析】(1)设抛物线的解析式为y=a(x−1)2+4，将点B的坐标代入求出a的值即可得出答案；
(2)过点P作PQ//y轴交DB于点Q，求出直线BD的解析式，设P(m,−m2+2m+3)，则
Q(m,−m+3)，可得出S△PBD=−3
2m2+9
2
m，解方程可求出m的值，则答案可求出；
(3)设M(a,0)，证明△AMN∽△AMD，可得MN
BD =AM
AB
，再由△DNM∽△BMD，可得DM
BD
=MN
DM
，
得出关于a的方程，解方程即可得出答案．
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性。