浙江省绍兴市越城区五校联考2024届中考数学仿真试卷含解析

浙江省绍兴市越城区五校联考2024学年中考数学仿真试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1．如图，将△ABC 绕点C 顺时针旋转，使点B 落在AB 边上点B′处，此时，点A 的对应点 A′恰好落在 BC 边的延长线上，下列结论错误的是（ ）
A ．∠BCB′=∠ACA′
B ．∠ACB=2∠B
C ．∠B′CA=∠B′AC
D ．B′C 平分∠BB′A′
2．如果1∠与2∠互补，2∠与3∠互余，则1∠与3∠的关系是（ ） A ．13∠=∠ B ．11803∠=-∠ C ．1903∠=+∠ D ．以上都不对 3．在平面直角坐标系中，点，则点P 不可能在（ ）
A ．第一象限
B ．第二象限
C ．第三象限
D ．第四象限
4．如图，正方形ABCD 的边长是3，BP=CQ ，连接AQ ，DP 交于点O ，并分别与边CD ，BC 交于点F ，E ，连接AE ，下列结论：①AQ ⊥DP ；②OA 2=OE•OP ；③S △AOD =S 四边形OECF ；④当BP=1时，tan ∠OAE= 13
16
，其中正确结论的个数是（ ）
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
5．某射击选手10次射击成绩统计结果如下表，这10次成绩的众数、中位数分别是（ ）
成绩（环） 7 8 9 10 次数 1 4 3 2
A ．8、8
B ．8、8.5
C ．8、9
D ．8、10
6．如图，在平面直角坐标系xOy 中，正方形ABCD 的顶点D 在y 轴上，且(3,0)A ，(2,)B b ，则正方形ABCD 的面积是（ ）
A ．13
B ．20
C ．25
D ．34
7．如图，已知A 、B 两点的坐标分别为（－2，0）、（0，1），⊙C 的圆心坐标为（0，－1），半径为1．若D 是⊙C 上的一个动点，射线AD 与y 轴交于点E ，则△ABE 面积的最大值是
A ．3
B ．
11
3
C ．
103
D ．4
8．下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
9．如图，在菱形ABCD 中，M ，N 分别在AB ，CD 上，且AM ＝CN ，MN 与AC 交于点O ，连接BO ．若∠DAC ＝26°，则∠OBC 的度数为( )
A ．54°
B ．64°
C ．74°
D ．26°
10．下列计算正确的是（ ） A ．a²+a²=a 4 B ．（-a 2）3=a 6 C ．（a+1）2=a 2+1
D ．8ab 2÷（-2ab ）=-4b
11．如图，点A 、B 、C 是⊙O 上的三点，且四边形ABCO 是平行四边形，OF ⊥OC 交圆O 于点F ，则∠BAF 等于( )
A ．12.5°
B ．15°
C ．20°
D ．22.5°
12．点P （1，﹣2）关于y 轴对称的点的坐标是（ ） A ．（1，2）
B ．（﹣1，2）
C ．（﹣1，﹣2）
D ．（﹣2，1）
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．如图，圆锥底面半径为r cm ，母线长为10cm ，其侧面展开图是圆心角为216°的扇形，则r 的值为 ．
14．已知一次函数的图象与直线y=
1
2
x+3平行，并且经过点（﹣2，﹣4），则这个一次函数的解析式为_____． 15．△ABC 中，∠A 、∠B 都是锐角，若sin A ＝
3
2
，cos B ＝12，则∠C ＝_____．
16．当a ＝3时，代数式22121
()222
a a a a a a -+-÷
---的值是______． 17．已知扇形的圆心角为120°，弧长为6π，则扇形的面积是_____．
18．小明掷一枚均匀的骰子，骰子的六个面上分别刻有1，2，3，4，5，6点，得到的点数为奇数的概率是 ． 三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）如图，矩形ABCD 中，对角线AC 、BD 交于点O ，以AD 、OD 为邻边作平行四边形ADOE ，连接BE
求证：四边形AOBE 是菱形若180EAO DCO ∠+∠=︒，2DC =，求四边形ADOE 的
面积
20．（6分）已知：如图，在□ABCD 中，点G 为对角线AC 的中点，过点G 的直线EF 分别交边AB 、CD 于点E 、F ，
过点G的直线MN分别交边AD、BC于点M、N，且∠AGE=∠CGN.
（1）求证：四边形ENFM为平行四边形；
（2）当四边形ENFM为矩形时，求证：BE=BN.
21．（6分）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点B与原点O重合，点C在x轴上，点C坐标为（6，0），等边三角形ABC的三边上有三个动点D、E、F（不考虑与A、B、C重合），点D从A向B运动，点E从B向C运动，点F从C向A运动，三点同时运动，到终点结束，且速度均为1cm/s，设运动的时间为ts，解答下列问题：（1）求证：如图①，不论t如何变化，△DEF始终为等边三角形．
（2）如图②过点E作EQ∥AB，交AC于点Q，设△AEQ的面积为S，求S与t的函数关系式及t为何值时△AEQ 的面积最大？求出这个最大值．
（3）在（2）的条件下，当△AEQ的面积最大时，平面内是否存在一点P，使A、D、Q、P构成的四边形是菱形，若存在请直接写出P坐标，若不存在请说明理由？
22．（8分）如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°.
操作发现如图1，固定
△ABC，使△DEC绕点C旋转．当点D恰好落在BC边上时，填空：线段DE与AC的位置关系是；
②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S1．则S1与S1的数量关系是．猜想论证
当△DEC绕点C旋转到图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S1的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC 和△AEC中BC，CE边上的高，请你证明小明的猜想．拓展探究
已知∠ABC=60°，点D是其角平分线上一点，BD=CD=4，OE∥AB交BC于点E（如图4），若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDC,请直接写出相应的BF的长
23．（8分）2018年4月12日上午，新中国历史上最大规模的海上阅兵在南海海域隆重举行，中国人解放军海军多艘战舰、多架战机和1万余名官兵参加了海上阅兵式，已知战舰和战机总数是124，战数的3倍比战机数的2倍少8.问有多少艘战舰和多少架战机参加了此次阅兵.
24．（10分）某蔬菜加工公司先后两次收购某时令蔬菜200吨，第一批蔬菜价格为2000元/吨，因蔬菜大量上市，第二批收购时价格变为500元/吨，这两批蔬菜共用去16万元．
（1）求两批次购蔬菜各购进多少吨？
（2）公司收购后对蔬菜进行加工，分为粗加工和精加工两种：粗加工每吨利润400元，精加工每吨利润800元．要求精加工数量不多于粗加工数量的三倍．为获得最大利润，精加工数量应为多少吨？最大利润是多少？
25．（10分）如图，某同学在测量建筑物AB的高度时，在地面的C处测得点A的仰角为30°，向前走60米到达D处，在D处测得点A的仰角为45°，求建筑物AB的高度．
26．（12分）A，B两地相距20km．甲、乙两人都由A地去B地，甲骑自行车，平均速度为10km/h；乙乘汽车，平均速度为40km/h，且比甲晚1.5h出发．设甲的骑行时间为x（h）（0≤x≤2）
（1）根据题意，填写下表：
时间x（h）
与A地的距离
0.5 1.8 _____
甲与A地的距离（km） 5 20
乙与A地的距离（km）0 12
（2）设甲，乙两人与A地的距离为y1（km）和y2（km），写出y1，y2关于x的函数解析式；
（3）设甲，乙两人之间的距离为y，当y=12时，求x的值．
27．（12分）已知AB是⊙O的直径，PB是⊙O的切线，C是⊙O上的点，AC∥OP，M是直径AB上的动点，A与直线CM上的点连线距离的最小值为d，B与直线CM上的点连线距离的最小值为f．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）设OP=3
2
AC，求∠CPO的正弦值；
（3）设AC=9，AB=15，求d+f的取值范围．
参考答案
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1、C 【解题分析】
根据旋转的性质求解即可． 【题目详解】
解：根据旋转的性质，A:∠'BCB 与∠ACA '均为旋转角，故∠'BCB =∠ACA '，故A 正确； B:CB CB =',B BB C ∴∠=∠', 又
A C
B B BB
C ∠=∠+∠'''
2A CB B ''∴∠=∠, ACB A CB ∠=∠'' 2ACB B ∴∠=∠,故B 正确；
D:
A BC
B ''∠=∠,A B
C BB C ∴∠=∠'''
∴B′C 平分∠BB′A′,故D 正确.
无法得出C 中结论， 故答案：C. 【题目点拨】
本题主要考查三角形旋转后具有的性质，注意灵活运用各条件 2、C 【解题分析】
根据∠1与∠2互补，∠2与∠1互余，先把∠1、∠1都用∠2来表示，再进行运算．【题目详解】
∵∠1+∠2=180°
∴∠1=180°-∠2
又∵∠2+∠1=90°
∴∠1=90°-∠2
∴∠1-∠1=90°，即∠1=90°+∠1．
故选C．
【题目点拨】
此题主要记住互为余角的两个角的和为90°，互为补角的两个角的和为180度．
3、B
【解题分析】
根据坐标平面内点的坐标特征逐项分析即可.
【题目详解】
A. 若点在第一象限，则有：
，
解之得
m>1，
∴点P可能在第一象限；
B. 若点在第二象限，则有：
，
解之得
不等式组无解，
∴点P不可能在第二象限；
C. 若点在第三象限，则有：
，
解之得
m<1，
∴点P可能在第三象限；
D. 若点在第四象限，则有：
，
解之得
0<m<1，
∴点P可能在第四象限；
故选B.
【题目点拨】
本题考查了不等式组的解法，坐标平面内点的坐标特征，第一象限内点的坐标特征为（+，+），第二象限内点的坐标特征为（-，+），第三象限内点的坐标特征为（-，-），第四象限内点的坐标特征为（+，-），x轴上的点纵坐标为0，y 轴上的点横坐标为0.
4、C
【解题分析】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，
∵BP=CQ，
∴AP=BQ，
在△DAP与△ABQ中，
AD AB
DAP ABQ AP BQ
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△DAP≌△ABQ，
∴∠P=∠Q，
∵∠Q+∠QAB=90°，
∴∠P+∠QAB=90°，
∴∠AOP=90°，
∴AQ⊥DP；
故①正确；
∵∠DOA=∠AOP=90°，∠ADO+∠P=∠ADO+∠DAO=90°，∴∠DAO=∠P，
∴△DAO∽△APO，
∴AO OP OD OA
=，
∴AO2=OD•OP，∵AE＞AB，
∴AE＞AD，
∴OD≠OE，
∴OA2≠OE•OP；故②错误；
在△CQF与△BPE中
FCQ EBP
Q P
CQ BP
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△CQF≌△BPE，∴CF=BE，
∴DF=CE，
在△ADF与△DCE中，
AD CD
ADC DCE DF CE
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△ADF≌△DCE，
∴S△ADF﹣S△DFO=S△DCE﹣S△DOF，即S△AOD=S四边形OECF；故③正确；∵BP=1，AB=3，
∴AP=4，
∵△AOP∽△DAP，
∴
4
3 PB PA
EB DA
==，
∴BE=3
4
，∴QE=
13
4
，
∵△QOE∽△PAD，
∴
13
4
5 QO OE QE
PA AD PD
===，
∴QO=13
5
，OE=
39
20
，
∴AO=5﹣QO=12
5
，
∴tan∠OAE=OE
OA
=
13
16
，故④正确，
故选C．
点睛：本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，三角函数的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
5、B
【解题分析】
根据众数和中位数的概念求解．
【题目详解】
由表可知，8环出现次数最多，有4次，所以众数为8环；
这10个数据的中位数为第5、6个数据的平均数，即中位数为89
2
+
=8.5（环），
故选：B．
【题目点拨】
本题考查了众数和中位数的知识，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
6、D
【解题分析】
作BE⊥OA于点E.则AE=2-(-3)=5，△AOD≌△BEA（AAS）,
∴OD=AE=5，
2222
3534
AD AO OD
∴+=+=,
∴正方形ABCD的面积是343434
=,故选D.
7、B
【解题分析】
试题分析：解：当射线AD与⊙C相切时，△ABE面积的最大．
连接AC，
∵∠AOC=∠ADC=90°，AC=AC，OC=CD，
∴Rt△AOC≌Rt△ADC，
∴AD=AO=2，
连接CD，设EF=x，
∴DE2=EF•OE，
∵CF=1，
∴DE=，
∴△CDE∽△AOE，
∴=，
即=，
解得x=，
S△ABE===．
故选B．
考点：1．切线的性质；2．三角形的面积．
8、B
【解题分析】
分析：根据轴对称图形的概念求解．
详解：A、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选B．
点睛：本题考查了轴对称图形，轴对称图形的判断方法：把某个图象沿某条直线折叠，如果图形的两部分能够重合，那么这个是轴对称图形．
9、B
【解题分析】
根据菱形的性质以及AM ＝CN ，利用ASA 可得△AMO ≌△CNO ，可得AO ＝CO ，然后可得BO ⊥AC ，继而可求得∠OBC 的度数．
【题目详解】
∵四边形ABCD 为菱形，
∴AB ∥CD ，AB ＝BC ，
∴∠MAO ＝∠NCO ，∠AMO ＝∠CNO ，
在△AMO 和△CNO 中，
MAO NCO AM CN
AMO CNO ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， ∴△AMO ≌△CNO(ASA)，
∴AO ＝CO ，
∵AB ＝BC ，
∴BO ⊥AC ，
∴∠BOC ＝90°，
∵∠DAC ＝26°，
∴∠BCA ＝∠DAC ＝26°，
∴∠OBC ＝90°﹣26°＝64°．
故选B ．
【题目点拨】
本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
10、D
【解题分析】
各项计算得到结果，即可作出判断．
【题目详解】
A 、原式=2a 2，不符合题意；
B 、原式=-a 6，不符合题意；
C、原式=a2+2ab+b2，不符合题意；
D、原式=-4b，符合题意，
故选：D．
【题目点拨】
此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．11、B
【解题分析】
解：连接OB，
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴OC=AB，又OA=OB=OC，
∴OA=OB=AB，
∴△AOB为等边三角形，
∵OF⊥OC，OC∥AB，
∴OF⊥AB，
∴∠BOF=∠AOF=30°，
由圆周角定理得∠BAF=1
2
∠BOF=15°
故选:B
12、C
【解题分析】
关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数，由此可得P（1，﹣2）关于y轴对称的点的坐标是（﹣1，﹣2），故选C．
【题目点拨】本题考查了关于坐标轴对称的点的坐标，正确地记住关于坐标轴对称的点的坐标特征是关键.
关于x轴对称的点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数；
关于y轴对称的点的坐标特点：纵坐标不变，横坐标互为相反数.
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、1．
【解题分析】
试题分析：∵圆锥底面半径为rcm ，母线长为10cm ，其侧面展开图是圆心角为211°的扇形，
∴2πr=360
216×2π×10，解得r=1． 故答案为：1．
【考点】圆锥的计算．
14、y=12
x ﹣1 【解题分析】
分析：根据互相平行的两直线解析式的k 值相等设出一次函数的解析式，再把点（﹣2，﹣4）的坐标代入解析式求解即可．
详解：∵一次函数的图象与直线y =
12x +1平行，∴设一次函数的解析式为y =12
x +b ． ∵一次函数经过点（﹣2，﹣4），∴12×（﹣2）+b =﹣4，解得：b =﹣1，所以这个一次函数的表达式是：y =12
x ﹣1． 故答案为y =12x ﹣1． 点睛：本题考查了两直线平行的问题，熟记平行直线的解析式的k 值相等设出一次函数解析式是解题的关键．
15、60°．
【解题分析】
先根据特殊角的三角函数值求出∠A 、∠B 的度数，再根据三角形内角和定理求出∠C 即可作出判断．
【题目详解】
∵△ABC 中，∠A 、∠B 都是锐角cosB=12， ∴∠A=∠B=60°．
∴∠C=180°-∠A-∠B=180°-60°-60°=60°．
故答案为60°．
【题目点拨】
本题考查的是特殊角的三角函数值及三角形内角和定理，比较简单．
16、1．
【解题分析】
先根据分式混合运算顺序和运算法则化简原式，再将a 的值代入计算可得．
【题目详解】
原式＝
21
2
a
a
-
-
÷
()21
2
a
a
-
-
＝()()
a1a1
2
a
+-
-
•()2
2
1
a
a
-
-
＝
1
a1
a+
-
，
当a＝3时，原式＝31
31
+
-
＝1，
故答案为：1．
【题目点拨】
本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式的混合运算顺序和运算法则．17、27π
【解题分析】
试题分析：设扇形的半径为r．则120
6
180
r
π
π
=，解得r=9，∴扇形的面积=
2
1209
360
π⨯
=27π．故答案为27π．
考点：扇形面积的计算．
18、1
2
．
【解题分析】
根据题意可知，掷一次骰子有6个可能结果，而点数为奇数的结果有3个，所以点数为奇数的概率为1
2
．
考点：概率公式．
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、（1）见解析；（2）S四边形ADOE =
【解题分析】
(1) 根据矩形的性质有OA=OB=OC=OD，根据四边形ADOE是平行四边形，得到OD∥AE，AE=OD. 等量代换得到AE=OB.即可证明四边形AOBE为平行四边形.根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明.
(2)根据菱形的性质有∠EAB=∠BAO.根据矩形的性质有AB∥CD，根据平行线的性质有∠BAC=∠ACD，求出
∠DCA=60°，求出AD=根据面积公式SΔADC，即可求解.
【题目详解】
（1）证明：∵矩形ABCD，
∴OA=OB=OC=OD.
∵平行四边形ADOE，
∴OD ∥AE ，AE=OD .
∴AE=OB .
∴四边形AOBE 为平行四边形.
∵OA=OB ，
∴四边形AOBE 为菱形.
（2）解：∵菱形AOBE ，
∴∠EAB =∠BAO .
∵矩形ABCD ，
∴AB ∥CD .
∴∠BAC =∠ACD ，∠ADC =90°.
∴∠EAB =∠BAO =∠DCA .
∵∠EAO+∠DCO =180°，
∴∠DCA =60°.
∵DC =2，
∴AD =
∴S ΔADC =122
⨯⨯=
∴S 四边形ADOE =【题目点拨】
考查平行四边形的判定与性质，矩形的性质，菱形的判定与性质，解直角三角形，综合性比较强.
20、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解题分析】
分析：
（1）由已知条件易得∠EAG=∠FCG ，AG=GC 结合∠AGE=∠FGC 可得△EAG ≌△FCG ，从而可得△EAG ≌△FCG ，
由此可得EG=FG ，同理可得MG=NG ，由此即可得到四边形ENFM 是平行四边形；
（2）如下图，由四边形ENFM 为矩形可得EG=NG ，结合AG=CG ，∠AGE=∠CGN 可得△EAG ≌△NCG ，则∠BAC=∠ACB ，AE=CN ，从而可得AB=CB ，由此可得BE=BN.
详解：
（1）∵四边形ABCD 为平行四四边形边形，
∴AB//CD.
∴∠EAG=∠FCG .
∵点G为对角线AC的中点，∴AG=GC.
∵∠AGE=∠FGC，
∴△EAG≌△FCG.
∴EG=FG.
同理MG=NG.
∴四边形ENFM为平行四边形. （2）∵四边形ENFM为矩形，
∴EF=MN，且EG=1
EF
2
,GN=
1
MN
2
，
∴EG=NG，
又∵AG=CG，∠AGE=∠CGN，
∴△EAG≌△NCG，
∴∠BAC=∠ACB ，AE=CN，
∴AB=BC，
∴AB-AE=CB-CN，
∴BE=BN.
点睛：本题是一道考查平行四边形的判定和性质及矩形性质的题目，熟练掌握相关图形的性质和判定是顺利解题的关键.
21、（1）证明见解析；（2）当t=3时，△AEQ
93cm2；（3）（3，0）或（6，30，3
【解题分析】
（1）由三角形ABC为等边三角形，以及AD=BE=CF，进而得出三角形ADF与三角形CFE与三角形BED全等，利用全等三角形对应边相等得到BF=DF=DE，即可得证；（2）先表示出三角形AEC面积，根据EQ与AB平行，得到三角形CEQ与三角形ABC相似，利用相似三角形面积比等于相似比的平方表示出三角形CEQ面积，进而表示出AEQ 面积，利用二次函数的性质求出面积最大值，并求出此时Q的坐标即可；（3）当△AEQ的面积最大时，D、E、F都是中点，分两种情形讨论即可解决问题；
【题目详解】
（1）如图①中，
∵C （6，0），
∴BC=6
在等边三角形ABC 中，AB=BC=AC=6，∠A=∠B=∠C=60°，
由题意知，当0＜t ＜6时，AD=BE=CF=t ，
∴BD=CE=AF=6﹣t ，
∴△ADF ≌△CFE ≌△BED （SAS ），
∴EF=DF=DE ，
∴△DEF 是等边三角形，
∴不论t 如何变化，△DEF 始终为等边三角形；
（2）如图②中，作AH ⊥BC 于H ，则A H=AB•sin60°=33，
∴S △AEC =12×3（6﹣t ）33(6)t -， ∵EQ ∥AB ，
∴△CEQ ∽△ABC ，
∴CEQ ABC S S =（CE CB ）2=2(6)36t -，即S △CEQ =2(6)36t -S △ABC =2(6)36t -×323(6)t -， ∴S △AEQ =S △AEC ﹣S △CEQ 33(6)t -23(6)t -=3t ﹣3）293
∵a=﹣34＜0， ∴抛物线开口向下，有最大值，
∴当t=3时，△AEQ 的面积最大为934
cm 2， （3）如图③中，由（2）知，E 点为BC 的中点，线段EQ 为△ABC 的中位线，
当AD 为菱形的边时，可得P 1（3，0），P 3（6，33），
当AD 为对角线时，P 2（0，33），
综上所述，满足条件的点P 坐标为（3，0）或（6，33）或（0，33）．
【题目点拨】
本题考查四边形综合题、等边三角形的性质和判定、菱形的判定和性质、二次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
22、解：（1）①DE ∥AC ．②12S S =．（1）12S S =仍然成立，证明见解析；（3）3或2．
【解题分析】
（1）①由旋转可知：AC=DC ，
∵∠C=90°，∠B=∠DCE=30°，∴∠DAC=∠CDE=20°．∴△ADC 是等边三角形．
∴∠DCA=20°．∴∠DCA=∠CDE=20°．∴DE ∥AC ．
②过D 作DN ⊥AC 交AC 于点N ，过E 作EM ⊥AC 交AC 延长线于M ，过C 作CF ⊥AB 交AB 于点F ．
由①可知：△ADC 是等边三角形, DE ∥AC ，∴DN=CF,DN=EM ．
∴CF=EM ．
∵∠C=90°，∠B =30°
∴AB=1AC ．
又∵AD=AC
∴BD=AC ． ∵1211S CF BD S AC EM 22
=⋅=⋅， ∴12S S =．
（1）如图，过点D 作DM ⊥BC 于M ，过点A 作AN ⊥CE 交EC 的延长线于N ， ∵△DEC 是由△ABC 绕点C 旋转得到，
∴BC=CE ，AC=CD ，
∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，
∴∠ACN=∠DCM ，
∵在△ACN 和△DCM 中，ACN DCM CMD N AC CD ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ，
∴△ACN ≌△DCM （AAS ），
∴AN=DM ，
∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即S 1=S 1；
（3）如图，过点D 作DF 1∥BE ，易求四边形BEDF 1是菱形，
所以BE=DF 1，且BE 、DF 1上的高相等，
此时S △DCF1=S △BDE ；
过点D 作DF 1⊥BD ，
∵∠ABC=20°，F 1D ∥BE ，
∴∠F 1F 1D=∠ABC=20°，
∵BF 1=DF 1，∠F 1BD=12∠ABC=30°，∠F 1DB=90°， ∴∠F 1DF 1=∠ABC=20°，
∴△DF 1F 1是等边三角形，
∴DF 1=DF 1，过点D 作DG ⊥BC 于G ，
∵BD=CD ，∠ABC=20°，点D 是角平分线上一点，
∴∠DBC=∠DCB=12×20°=30°，BG=12BC=92
， ∴BD=33
∴∠CDF 1=180°-∠BCD=180°-30°=150°，
∠CDF 1=320°-150°-20°=150°，
∴∠CDF 1=∠CDF 1，
∵在△CDF 1和△CDF 1中，
1212DF DF CDF CDF CD CD ⎧⎪∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△CDF 1≌△CDF 1（SAS ），
∴点F 1也是所求的点，
∵∠ABC=20°，点D 是角平分线上一点，DE ∥AB ，
∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=
12×20°=30°， 又∵BD=33，
∴BE=12
×33÷cos30°=3， ∴BF 1=3，BF 1=BF 1+F 1F 1=3+3=2，
故BF 的长为3或2．
23、有48艘战舰和76架战机参加了此次阅兵.
【解题分析】
设有x 艘战舰，y 架战机参加了此次阅兵，根据题意列出方程组解答即可.
【题目详解】
设有x 艘战舰，y 架战机参加了此次阅兵，
根据题意，得124328
x y x y +=⎧⎨=-⎩， 解这个方程组，得 4876x y =⎧⎨=⎩
， 答：有48艘战舰和76架战机参加了此次阅兵.
【题目点拨】
此题考查二元一次方程组的应用，关键是根据题意列出等量关系进行解答.
24、（1）第一次购进40吨，第二次购进160吨；（2）为获得最大利润，精加工数量应为150吨，最大利润是1．
【解题分析】
（1）设第一批购进蒜薹a 吨，第二批购进蒜薹b 吨．构建方程组即可解决问题．
（2）设精加工x 吨，利润为w 元，则粗加工（100-x ）吨．利润w=800x+400（200﹣x ）=400x+80000，再由x≤3（100-x ），
解得x≤150，即可解决问题．
【题目详解】
（1）设第一次购进a 吨，第二次购进b 吨，
2002000500160000a b a b +=⎧⎨+=⎩
， 解得40160a b =⎧⎨=⎩
， 答：第一次购进40吨，第二次购进160吨；
（2）设精加工x 吨，利润为w 元，
w=800x+400（200﹣x ）=400x+80000，
∵x≤3（200﹣x ），
解得，x≤150，
∴当x=150时，w 取得最大值，此时w=1，
答：为获得最大利润，精加工数量应为150吨，最大利润是1．
【题目点拨】
本题考查了二元一次方程组的应用与一次函数的应用，解题的关键是熟练的掌握二元一次方程组的应用与一次函数的应用.
25、（
【解题分析】
解：设建筑物AB 的高度为x 米
在Rt △ABD 中，∠ADB=45°
∴AB=DB=x
∴BC=DB+CD= x+60
在Rt △ABC 中，∠ACB=30°
, ∴tan ∠ACB=
AB CB
∴tan 3060x x ︒=+
60
x x =+ ∴x=30+30
∴建筑物AB 的高度为（30+30）米
26、（1）18，2，20（2）()()()1200 1.5100 1.5;40601.52x y x x y x x ⎧≤≤⎪=≤≤=⎨-<≤⎪⎩
（3）当y=12时，x 的值是1.2或1.6 【解题分析】
（Ⅰ）根据路程、时间、速度三者间的关系通过计算即可求得相应答案；
（Ⅱ）根据路程=速度×时间结合甲、乙的速度以及时间范围即可求得答案；
（Ⅲ）根据题意，得()()100 1.530601.52x x y x x ⎧≤≤⎪=⎨-+<≤⎪⎩
，然后分别将y=12代入即可求得答案. 【题目详解】
（Ⅰ）由题意知：甲、乙二人平均速度分别是平均速度为10km/h 和40km/h ，且比甲晚1.5h 出发，
当时间x=1.8 时，甲离开A 的距离是10×1.8=18（km ），
当甲离开A 的距离20km 时，甲的行驶时间是20÷10=2（时），
此时乙行驶的时间是2﹣1.5=0. 5（时），
所以乙离开A 的距离是40×0.5=20（km ），
故填写下表：
（Ⅱ）由题意知：y1=10x（0≤x≤1.5），
y2=
()
() 00 1.5 40601.52
x
x x
⎧≤≤
⎪
⎨
-<≤
⎪⎩
；
（Ⅲ）根据题意，得
()
() 100 1.5
30601.52
x x
y
x x
⎧≤≤
⎪
=⎨
-+<≤
⎪⎩
，
当0≤x≤1.5时，由10x=12，得x=1.2，
当1.5＜x≤2时，由﹣30x+60=12，得x=1.6，
因此，当y=12时，x的值是1.2或1.6.
【题目点拨】
本题考查了一次函数的应用，理清题意，弄清各数量间的关系是解题的关键.
27、（1）详见解析；（2）
3
sin OPC
∠=；（3）915
m
≤≤
【解题分析】
（1）连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠OCA，由平行线的性质得到∠A=∠BOP，∠ACO=∠COP，等量代换得到∠COP=∠BOP，由切线的性质得到∠OBP=90°，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）过O作OD⊥AC于D，根据相似三角形的性质得到CD•OP=OC2，根据已知条件得到
3
3
OC
OP
=，由三角函数
的定义即可得到结论；
（3）连接BC，根据勾股定理得到2?2
AB AC
-，当M与A重合时，得到d+f=12，当M与B重合时，得到d+f=9，于是得到结论．
【题目详解】
（1）连接OC，
∵OA=OC ，
∴∠A=∠OCA ，
∵AC ∥OP ，
∴∠A=∠BOP ，∠ACO=∠COP ，
∴∠COP=∠BOP ，
∵PB 是⊙O 的切线，AB 是⊙O 的直径，
∴∠OBP=90°，
在△POC 与△POB 中，
OC OB COP BOP OP OP ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△COP ≌△BOP ，
∴∠OCP=∠OBP=90°，
∴PC 是⊙O 的切线；
（2）过O 作OD ⊥AC 于D ，
∴∠ODC=∠OCP=90°，CD=
12AC ， ∵∠DCO=∠COP ，
∴△ODC ∽△PCO ， ∴CD OC OC PO
＝， ∴CD•OP=OC 2，
∵OP=
32
AC ， ∴AC=23
OP ， ∴CD=13OP ，
∴1
3
OP•OP=OC2
∴OC OP
=
∴sin∠CPO=OC OP
=
（3）连接BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴AC⊥BC，
∵AC=9，AB=1，
∴，
当CM⊥AB时，
d=AM，f=BM，
∴d+f=AM+BM=1，
当M与B重合时，
d=9，f=0，
∴d+f=9，
∴d+f的取值范围是：9≤d+f≤1．
【题目点拨】
本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．。