2022年吉林省白城市洮北區(qū)三合鄉(xiāng)中學十校聯(lián)考最后數(shù)學試題含解析-試卷下載-教習網(wǎng)

?2021-2022中考數(shù)學模擬試卷
注意事項：
1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。
2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。
3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。
4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。

一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）
1．已知是二元一次方程組的解，則m+3n的值是（）
A．4 B．6 C．7 D．8
2．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的形狀可能是（　?。?br />
A． B．
C． D．
3．某班為獎勵在學校運動會上取得好成績的同學，計劃購買甲、乙兩種獎品共20件．其中甲種獎品每件40元，乙種獎品每件30元．如果購買甲、乙兩種獎品共花費了650元，求甲、乙兩種獎品各購買了多少件．設購買甲種獎品x件，乙種獎品y件．依題意，可列方程組為（）
A． B．
C． D．
4．已知二次函數(shù)y＝ax1+bx+c+1的圖象如圖所示，頂點為（﹣1，0），下列結論：①abc＞0；②b1﹣4ac＝0；③a＞1；④ax1+bx+c＝﹣1的根為x1＝x1＝﹣1；⑤若點B（﹣，y1）、C（﹣，y1）為函數(shù)圖象上的兩點，則y1＞y1．其中正確的個數(shù)是（　?。?br />
A．1 B．3 C．4 D．5
5．由若干個相同的小立方體搭成的幾何體的三視圖如圖所示，則搭成這個幾何體的小立方體的個數(shù)是（　?。?br />
A．3 B．4 C．5 D．6
6．如圖，△ABC中，AB=AC，BC=12cm，點D在AC上，DC=4cm，將線段DC沿CB方向平移7cm得到線段EF，點E、F分別落在邊AB、BC上，則△EBF的周長是（　?。ヽm．

A．7 B．11 C．13 D．16
7．如圖，△ABC 中，AD 是中線，BC=8，∠B=∠DAC，則線段 AC 的長為（）

A．4 B．4 C．6 D．4
8．一個多邊形的每個內角都等于120°，則這個多邊形的邊數(shù)為（）
A．4 B．5 C．6 D．7
9．已知二次函數(shù)（為常數(shù)），當自變量的值滿足時，與其對應的函數(shù)值的最小值為4，則的值為（）
A．1或5 B．或3 C．或1 D．或5
10．觀察下列圖案，是軸對稱而不是中心對稱的是（　　）
A． B． C． D．
二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）
11．若關于x的方程x2﹣8x+m＝0有兩個相等的實數(shù)根，則m＝_____．
12．如圖，?ABCD中，M、N是BD的三等分點，連接CM并延長交AB于點E，連接EN并延長交CD于點F，以下結論：
①E為AB的中點；
②FC=4DF；
③S△ECF=；
④當CE⊥BD時，△DFN是等腰三角形．
其中一定正確的是_____．

13．對于實數(shù)x，我們規(guī)定[x]表示不大于x的最大整數(shù)，例如[1.1]=1，[3]=3，[﹣2.2]=﹣3，若[]=5，則x的取值范圍是_____．
14．計算：2﹣1+=_____．
15．為有效開展“陽光體育”活動，某校計劃購買籃球和足球共50個，購買資金不超過3000元．若每個籃球80元，每個足球50元，則籃球最多可購買_____個．
16．如圖，在半徑為2cm，圓心角為90°的扇形OAB中，分別以OA、OB為直徑作半圓，則圖中陰影部分的面積為_____．

三、解答題（共8題，共72分）
17．（8分）已知矩形ABCD的一條邊AD＝8，將矩形ABCD折疊，使得頂點B落在CD邊上的P點處,如圖1，已知折痕與邊BC交于點O，連接AP、OP、OA．若△OCP與△PDA的面積比為1：4，求邊CD的長．如圖2，在（Ⅰ）的條件下，擦去折痕AO、線段OP，連接BP．動點M在線段AP上（點M與點P、A不重合），動點N在線段AB的延長線上，且BN＝PM，連接MN交PB于點F，作ME⊥BP于點E．試問當動點M、N在移動的過程中，線段EF的長度是否發(fā)生變化？若變化，說明變化規(guī)律．若不變，求出線段EF的長度．

18．（8分）（5分）計算：．
19．（8分）在中, , 是的角平分線,交于點 .
(1)求的長;
(2)求的長.

20．（8分）解不等式組并寫出它的整數(shù)解．
21．（8分）某同學報名參加學校秋季運動會，有以下 5 個項目可供選擇：徑賽項目：100m、200m、1000m（分別用 A1、A2、A3 表示）；田賽項目：跳遠，跳高（分別用 T1、T2 表示）．該同學從 5 個項目中任選一個，恰好是田賽項目的概率 P 為；該同學從 5 個項目中任選兩個，求恰好是一個徑賽項目和一個田賽項目的概率 P1，利用列表法或樹狀圖加以說明；該同學從 5 個項目中任選兩個，則兩個項目都是徑賽項目的概率 P2 為．
22．（10分）如圖，一次函數(shù)y＝kx＋b的圖象與反比例函數(shù)y＝(x＞0)的圖象交于點P(n，2)，與x軸交于點A(－4，0)，與y軸交于點C，PB⊥x軸于點B，點A與點B關于y軸對稱．
（1）求一次函數(shù)，反比例函數(shù)的表達式；
（2）求證：點C為線段AP的中點；
（3）反比例函數(shù)圖象上是否存在點D，使四邊形BCPD為菱形？如果存在，說明理由并求出點D的坐標；如果不存在，說明理由．

23．（12分）如圖1，在平面直角坐標系xOy中，拋物線C：y=ax2+bx+c與x軸相交于A，B兩點，頂點為D（0，4），AB=4，設點F（m，0）是x軸的正半軸上一點，將拋物線C繞點F旋轉180°，得到新的拋物線C′．
（1）求拋物線C的函數(shù)表達式；
（2）若拋物線C′與拋物線C在y軸的右側有兩個不同的公共點，求m的取值范圍．
（3）如圖2，P是第一象限內拋物線C上一點，它到兩坐標軸的距離相等，點P在拋物線C′上的對應點P′，設M是C上的動點，N是C′上的動點，試探究四邊形PMP′N能否成為正方形？若能，求出m的值；若不能，請說明理由．

24．（1）問題發(fā)現(xiàn)：
如圖①，在等邊三角形ABC中，點M為BC邊上異于B、C的一點，以AM為邊作等邊三角形AMN，連接CN，NC與AB的位置關系為　 ?。?br /> （2）深入探究：
如圖②，在等腰三角形ABC中，BA=BC，點M為BC邊上異于B、C的一點，以AM為邊作等腰三角形AMN，使∠ABC=∠AMN，AM=MN，連接CN，試探究∠ABC與∠ACN的數(shù)量關系，并說明理由；
（3）拓展延伸：
如圖③，在正方形ADBC中，AD=AC，點M為BC邊上異于B、C的一點，以AM為邊作正方形AMEF，點N為正方形AMEF的中點，連接CN，若BC=10，CN=，試求EF的長．

參考答案

一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）
1、D
【解析】
分析：根據(jù)二元一次方程組的解，直接代入構成含有m、n的新方程組，解方程組求出m、n的值，代入即可求解.
詳解：根據(jù)題意，將代入，得：，
①+②，得：m+3n=8，
故選D．
點睛：此題主要考查了二元一次方程組的解，利用代入法求出未知參數(shù)是解題關鍵，比較簡單，是?？碱}型.
2、D
【解析】試題分析：由主視圖和左視圖可得此幾何體上面為臺，下面為柱體，由俯視圖為圓環(huán)可得幾何體為．故選D．
考點：由三視圖判斷幾何體．
視頻
3、A
【解析】
根據(jù)題意設未知數(shù),找到等量關系即可解題,見詳解.
【詳解】
解：設購買甲種獎品x件，乙種獎品y件．依題意，甲、乙兩種獎品共20件,即x+y=20, 購買甲、乙兩種獎品共花費了650元,即40x+30y=650,
綜上方程組為,
故選A.
【點睛】
本題考查了二元一次方程組的列式,屬于簡單題,找到等量關系是解題關鍵.
4、D
【解析】
根據(jù)二次函數(shù)的圖象與性質即可求出答案．
【詳解】
解：①由拋物線的對稱軸可知：，
∴，
由拋物線與軸的交點可知：，
∴，
∴，故①正確；
②拋物線與軸只有一個交點，
∴，
∴，故②正確；
③令，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故③正確；
④由圖象可知：令，
即的解為,
∴的根為，故④正確；
⑤∵，
∴，故⑤正確；
故選D．
【點睛】
考查二次函數(shù)的圖象與性質，解題的關鍵是熟練運用數(shù)形結合的思想.
5、B
【解析】
分析：從俯視圖中可以看出最底層小正方體的個數(shù)及形狀，從主視圖可以看出每一層小正方體的層數(shù)和個數(shù)，從而算出總的個數(shù)．
解答：解：從主視圖看第一列兩個正方體，說明俯視圖中的左邊一列有兩個正方體，主視圖右邊的一列只有一行，說明俯視圖中的右邊一行只有一列，所以此幾何體共有四個正方體．故選B．
6、C
【解析】
直接利用平移的性質得出EF=DC=4cm，進而得出BE=EF=4cm，進而求出答案．
【詳解】
∵將線段DC沿著CB的方向平移7cm得到線段EF，
∴EF=DC=4cm，F(xiàn)C=7cm，
∵AB=AC，BC=12cm，
∴∠B=∠C，BF=5cm，
∴∠B=∠BFE，
∴BE=EF=4cm，
∴△EBF的周長為：4+4+5=13（cm）．
故選C．
【點睛】
此題主要考查了平移的性質，根據(jù)題意得出BE的長是解題關鍵．
7、B
【解析】
由已知條件可得,可得出,可求出AC的長．
【詳解】
解：由題意得：∠B=∠DAC，∠ACB=∠ACD,所以，根據(jù)“相似三角形對應邊成比例”，得，又AD 是中線，BC=8，得DC=4,代入可得AC=,
故選B.
【點睛】
本題主要考查相似三角形的判定與性質．靈活運用相似的性質可得出解答．
8、C
【解析】
試題解析：∵多邊形的每一個內角都等于120°，
∴多邊形的每一個外角都等于180°-120°=10°，
∴邊數(shù)n=310°÷10°=1．
故選C．
考點：多邊形內角與外角．
9、D
【解析】
由解析式可知該函數(shù)在時取得最小值0，拋物線開口向上，當時，y隨x的增大而增大；當時，y隨x的增大而減小；根據(jù)時，函數(shù)的最小值為4可分如下三種情況：①若，時，y取得最小值4；②若-1＜h＜3時，當x=h時，y取得最小值為0，不是4；③若，當x=3時，y取得最小值4，分別列出關于h的方程求解即可．
【詳解】
解：∵當x＞h時，y隨x的增大而增大，當時，y隨x的增大而減小，并且拋物線開口向上，
∴①若，當時，y取得最小值4，
可得：4，
解得或（舍去）；
②若-1＜h＜3時，當x=h時，y取得最小值為0，不是4，
∴此種情況不符合題意，舍去；
③若-1≤x≤3＜h，當x=3時，y取得最小值4，
可得：，
解得：h=5或h=1（舍）．
綜上所述，h的值為-3或5，
故選：D．
【點睛】
本題主要考查二次函數(shù)的性質和最值，根據(jù)二次函數(shù)的性質和最值分類討論是解題的關鍵．
10、A
【解析】
試題解析：試題解析：根據(jù)軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念進行判斷可得：
A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項符合題意；
B、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；
C、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；
D、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故本選項不符合題意．
故選A.
點睛：在同一平面內，如果把一個圖形繞某一點旋轉，旋轉后的圖形能和原圖形完全重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形．這個旋轉點，就叫做對稱中心．

二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）
11、1
【解析】
根據(jù)判別式的意義得到△＝（﹣8）2﹣4m＝0，然后解關于m的方程即可．
【詳解】
△＝（﹣8）2﹣4m＝0，
解得m＝1，
故答案為：1．
【點睛】
本題考查了根的判別式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根與△＝b2﹣4ac有如下關系：當△＞0時，方程有兩個不相等的實數(shù)根；當△＝0時，方程有兩個相等的實數(shù)根；當△＜0時，方程無實數(shù)根．
12、①③④
【解析】
由M、N是BD的三等分點，得到DN=NM=BM，根據(jù)平行四邊形的性質得到AB=CD，AB∥CD，推出△BEM∽△CDM，根據(jù)相似三角形的性質得到，于是得到BE=AB，故①正確；根據(jù)相似三角形的性質得到=，求得DF=BE，于是得到DF=AB=CD，求得CF=3DF，故②錯誤；根據(jù)已知條件得到S△BEM=S△EMN=S△CBE，求得=，于是得到S△ECF=，故③正確；根據(jù)線段垂直平分線的性質得到EB=EN，根據(jù)等腰三角形的性質得到∠ENB=∠EBN，等量代換得到∠CDN=∠DNF，求得△DFN是等腰三角形，故④正確．
【詳解】
解：∵??M、N是BD的三等分點，
∴DN=NM=BM，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴△BEM∽△CDM，
∴，
∴BE=CD，
∴BE=AB，故①正確；
∵AB∥CD，
∴△DFN∽△BEN，
∴=，
∴DF=BE，
∴DF=AB=CD，
∴CF=3DF，故②錯誤；
∵BM=MN，CM=2EM，
∴△BEM=S△EMN=S△CBE，
∵BE=CD，CF=CD，
∴=，
∴S△EFC=S△CBE=S△MNE，
∴S△ECF=，故③正確；
∵BM=NM，EM⊥BD，
∴EB=EN，
∴∠ENB=∠EBN，
∵CD∥AB，
∴∠ABN=∠CDB，
∵∠DNF=∠BNE，
∴∠CDN=∠DNF，
∴△DFN是等腰三角形，故④正確；
故答案為①③④．
【點睛】
考點：相似三角形的判定與性質；全等三角形的判定與性質；平行四邊形的性質．
13、11≤x＜1
【解析】
根據(jù)對于實數(shù)x我們規(guī)定[x]不大于x最大整數(shù)，可得答案．
【詳解】
由[]=5，得:
，
解得11≤x＜1，
故答案是：11≤x＜1．
【點睛】
考查了解一元一次不等式組，利用[x]不大于x最大整數(shù)得出不等式組是解題關鍵．
14、
【解析】
根據(jù)負整指數(shù)冪的性質和二次根式的性質，可知=.
故答案為.
15、1
【解析】
設購買籃球x個，則購買足球個，根據(jù)總價單價購買數(shù)量結合購買資金不超過3000元，即可得出關于x的一元一次不等式，解之取其中的最大整數(shù)即可．
【詳解】
設購買籃球x個，則購買足球個，
根據(jù)題意得：，
解得：．
為整數(shù)，
最大值為1．
故答案為1．
【點睛】
本題考查了一元一次不等式的應用，根據(jù)各數(shù)量間的關系，正確列出一元一次不等式是解題的關鍵．
16、﹣1．
【解析】
試題分析：假設出扇形半徑，再表示出半圓面積，以及扇形面積，進而即可表示出兩部分P，Q面積相等．連接AB，OD，根據(jù)兩半圓的直徑相等可知∠AOD=∠BOD=45°，故可得出綠色部分的面積=S△AOD，利用陰影部分Q的面積為：S扇形AOB﹣S半圓﹣S綠色，故可得出結論．
解：∵扇形OAB的圓心角為90°，扇形半徑為2，
∴扇形面積為：=π（cm2），
半圓面積為：×π×12=（cm2），
∴SQ+SM =SM+SP=（cm2），
∴SQ=SP，
連接AB，OD，
∵兩半圓的直徑相等，
∴∠AOD=∠BOD=45°，
∴S綠色=S△AOD=×2×1=1（cm2），
∴陰影部分Q的面積為：S扇形AOB﹣S半圓﹣S綠色=π﹣﹣1=﹣1（cm2）．
故答案為﹣1．

考點：扇形面積的計算．

三、解答題（共8題，共72分）
17、（1）10；（2）.
【解析】
（1）先證出∠C=∠D=90°，再根據(jù)∠1+∠3=90°，∠1+∠2=90°，得出∠2=∠3，即可證出△OCP∽△PDA；根據(jù)△OCP與△PDA的面積比為1：4，得出CP=AD=4，設OP=x，則CO=8﹣x，由勾股定理得 x2=（8﹣x）2+42，求出x，最后根據(jù)AB=2OP即可求出邊AB的長；
（2）作MQ∥AN，交PB于點Q，求出MP=MQ，BN=QM，得出MP=MQ，根據(jù)ME⊥PQ，得出EQ=PQ，根據(jù)∠QMF=∠BNF，證出△MFQ≌△NFB，得出QF=QB，再求出EF=PB，由（1）中的結論求出PB=，最后代入EF=PB即可得出線段EF的長度不變
【詳解】
（1）如圖1，∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠C=∠D=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵由折疊可得∠APO=∠B=90°，
∴∠1+∠2=90°，∴∠2=∠3，
又∵∠D=∠C，
∴△OCP∽△PDA；
∵△OCP與△PDA的面積比為1：4，
∴ ，∴ CP=AD=4
設OP=x，則CO=8﹣x，
在Rt△PCO中，∠C=90°，由勾股定理得 x2=（8﹣x）2+42，
解得：x=5，∴AB=AP=2OP=10，∴邊CD的長為10；
（2）作MQ∥AN，交PB于點Q，如圖2，

∵AP=AB，MQ∥AN，
∴∠APB=∠ABP=∠MQP．∴MP=MQ，∵BN=PM，
∴BN=QM．
∵MP=MQ，ME⊥PQ，
∴EQ=PQ．∵MQ∥AN，∴∠QMF=∠BNF，
∴△MFQ≌△NFB．
∴QF=FB，∴EF=EQ+QF=（PQ+QB）=PB，
由（1）中的結論可得：PC=4，BC=8，∠C=90°，
∴PB=，∴EF=PB=2，
∴在（1）的條件下，當點M、N在移動過程中，線段EF的長度不變，它的長度為2．
【點睛】
本題考查了相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理、等腰三角形的性質，關鍵是做出輔助線，找出全等和相似的三角形
18、．
【解析】
試題分析：利用負整數(shù)指數(shù)冪，零指數(shù)冪、絕對值、特殊角的三角函數(shù)值的定義解答．
試題解析：原式==．
考點：1．實數(shù)的運算；2．零指數(shù)冪；3．負整數(shù)指數(shù)冪；4．特殊角的三角函數(shù)值．
19、（1）10；（2）的長為
【解析】
（1）利用勾股定理求解；（2）過點作于,利用角平分線的性質得到CD=DE，然后根據(jù)HL定理證明，設，根據(jù)勾股定理列方程求解.
【詳解】
解:(1) 在中,
;
(2 )過點作于,
平分
，
在和中

,

.
設,則
在中,

解得
即的長為

【點睛】
本題考查了角平分線上的點到角的兩邊距離相等的性質，勾股定理，全等三角形的判定與性質，難點在于（2）多次利用勾股定理．
20、不等式組的解集是5＜x≤1，整數(shù)解是6，1
【解析】
先分別求出兩個不等式的解，求出解集，再根據(jù)整數(shù)的定義得到答案.
【詳解】

∵解①得：x＞5，
解不等式②得：x≤1，
∴不等式組的解集是5＜x≤1，
∴不等式組的整數(shù)解是6，1．
【點睛】
本題考查求一元一次不等式組，解題的關鍵是掌握求一元一次不等式組的方法
21、（1）；（1）；（3）；
【解析】
（1）直接根據(jù)概率公式求解；
（1）先畫樹狀圖展示所有10種等可能的結果數(shù)，再找出一個徑賽項目和一個田賽項目的結果數(shù)，然后根據(jù)概率公式計算一個徑賽項目和一個田賽項目的概率P1；
（3）找出兩個項目都是徑賽項目的結果數(shù)，然后根據(jù)概率公式計算兩個項目都是徑賽項目的概率P1．
【詳解】
解：（1）該同學從5個項目中任選一個，恰好是田賽項目的概率P=；
（1）畫樹狀圖為：

共有10種等可能的結果數(shù)，其中一個徑賽項目和一個田賽項目的結果數(shù)為11，
所以一個徑賽項目和一個田賽項目的概率P1==；
（3）兩個項目都是徑賽項目的結果數(shù)為6，
所以兩個項目都是徑賽項目的概率P1==．
故答案為．
考點：列表法與樹狀圖法．
22、（1）y＝x＋1. （2）點C為線段AP的中點. （3）存在點D，使四邊形BCPD為菱形，點D（8，1）即為所求.
【解析】
試題分析：（1）由點A與點B關于y軸對稱，可得AO＝BO，再由A的坐標求得B點的坐標，從而求得點P的坐標，將P坐標代入反比例解析式求出m的值，即可確定出反比例解析式，將A與P坐標代入一次函數(shù)解析式求出k與b的值，確定出一次函數(shù)解析式；(2)由AO＝BO，PB∥CO，即可證得結論；（3）假設存在這樣的D點，使四邊形BCPD為菱形，過點C作CD平行于x軸，交PB于點E，交反比例函數(shù)y＝的圖象于點D，分別連結PD、BD，如圖所示，即可得點D（8，1）， BP⊥CD，易證PB與CD互相垂直平分，即可得四邊形BCPD為菱形，從而得點D的坐標．
試題解析：
（1）∵點A與點B關于y軸對稱，
∴AO＝BO，
∵A(－4，0)，
∴B(4，0)，
∴P(4，2),
把P(4，2)代入y＝得m＝8，
∴反比例函數(shù)的解析式：y＝
把A(－4，0)，P(4，2)代入y＝kx＋b
得：，解得：，
所以一次函數(shù)的解析式：y＝x＋1.
（2）∵點A與點B關于y軸對稱，
∴OA=OB
∵PB丄x軸于點B，
∴∠PBA=90°，
∵∠COA=90°，
∴PB∥CO，
∴點C為線段AP的中點.
（3）存在點D，使四邊形BCPD為菱形
∵點C為線段AP的中點，
∴BC=，
∴BC和PC是菱形的兩條邊
由y＝x＋1，可得點C(0，1)，
過點C作CD平行于x軸，交PB于點E，交反比例函數(shù)y＝的圖象于點D，
分別連結PD、BD，

∴點D（8，1）， BP⊥CD
∴PE＝BE＝1，
∴CE＝DE＝4，
∴PB與CD互相垂直平分，
∴四邊形BCPD為菱形.
∴點D（8，1）即為所求.
23、（1）；（2）2＜m＜；（1）m=6或m=﹣1．
【解析】
（1）由題意拋物線的頂點C（0，4），A（，0），設拋物線的解析式為，把A（，0）代入可得a=，由此即可解決問題；
（2）由題意拋物線C′的頂點坐標為（2m，﹣4），設拋物線C′的解析式為，由，消去y得到，由題意，拋物線C′與拋物線C在y軸的右側有兩個不同的公共點，則有，解不等式組即可解決問題；
（1）情形1，四邊形PMP′N能成為正方形．作PE⊥x軸于E，MH⊥x軸于H．由題意易知P（2，2），當△PFM是等腰直角三角形時，四邊形PMP′N是正方形，推出PF=FM，∠PFM=90°，易證△PFE≌△FMH，可得PE=FH=2，EF=HM=2﹣m，可得M（m+2，m﹣2），理由待定系數(shù)法即可解決問題；情形2，如圖，四邊形PMP′N是正方形，同法可得M（m﹣2，2﹣m），利用待定系數(shù)法即可解決問題．
【詳解】
（1）由題意拋物線的頂點C（0，4），A（，0），設拋物線的解析式為，把A（，0）代入可得a=，
∴拋物線C的函數(shù)表達式為．
（2）由題意拋物線C′的頂點坐標為（2m，﹣4），設拋物線C′的解析式為，
由，
消去y得到，
由題意，拋物線C′與拋物線C在y軸的右側有兩個不同的公共點，則有，
解得2＜m＜，
∴滿足條件的m的取值范圍為2＜m＜．
（1）結論：四邊形PMP′N能成為正方形．
理由：1情形1，如圖，作PE⊥x軸于E，MH⊥x軸于H．

由題意易知P（2，2），當△PFM是等腰直角三角形時，四邊形PMP′N是正方形，∴PF=FM，∠PFM=90°，易證△PFE≌△FMH，可得PE=FH=2，EF=HM=2﹣m，∴M（m+2，m﹣2），∵點M在上，∴，解得m=﹣1或﹣﹣1（舍棄），∴m=﹣1時，四邊形PMP′N是正方形．
情形2，如圖，四邊形PMP′N是正方形，同法可得M（m﹣2，2﹣m），
把M（m﹣2，2﹣m）代入中，，解得m=6或0（舍棄），
∴m=6時，四邊形PMP′N是正方形．

綜上所述：m=6或m=﹣1時，四邊形PMP′N是正方形．
24、（1）NC∥AB；理由見解析；（2）∠ABC=∠ACN；理由見解析；（3）；
【解析】
（1）根據(jù)△ABC，△AMN為等邊三角形，得到AB=AC，AM=AN且∠BAC=∠MAN=60°從而得到∠BAC-∠CAM=∠MAN-∠CAM，即∠BAM=∠CAN，證明△BAM≌△CAN，即可得到BM=CN．
（2）根據(jù)△ABC，△AMN為等腰三角形，得到AB：BC=1：1且∠ABC=∠AMN，根據(jù)相似三角形的性質得到，利用等腰三角形的性質得到∠BAC=∠MAN，根據(jù)相似三角形的性質即可得到結論；
（3）如圖3，連接AB，AN，根據(jù)正方形的性質得到∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，根據(jù)相似三角形的性質得出，得到BM=2，CM=8，再根據(jù)勾股定理即可得到答案．
【詳解】
（1）NC∥AB，理由如下：
∵△ABC與△MN是等邊三角形，
∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAM=∠CAN，
在△ABM與△ACN中，
，
∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴∠B=∠ACN=60°，
∵∠ANC+∠ACN+∠CAN=∠ANC+60°+∠CAN=180°，
∴∠ANC+∠MAN+∠BAM=∠ANC+60°+∠CAN=∠BAN+∠ANC=180°，
∴CN∥AB；
（2）∠ABC=∠ACN，理由如下：
∵=1且∠ABC=∠AMN，
∴△ABC～△AMN
∴，
∵AB=BC，
∴∠BAC=（180°﹣∠ABC），
∵AM=MN
∴∠MAN=（180°﹣∠AMN），
∵∠ABC=∠AMN，
∴∠BAC=∠MAN，
∴∠BAM=∠CAN，
∴△ABM～△ACN，
∴∠ABC=∠ACN；
（3）如圖3，連接AB，AN，
∵四邊形ADBC，AMEF為正方形，
∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，
∴∠BAC﹣∠MAC=∠MAN﹣∠MAC
即∠BAM=∠CAN，
∵，
∴，
∴△ABM～△ACN
∴，
∴=cos45°=，
∴，
∴BM=2，
∴CM=BC﹣BM=8，
在Rt△AMC，
AM=，
∴EF=AM=2．

【點睛】
本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質、等邊三角形的性質、等腰三角形的性質、全等三角形的性質定理和判定定理、相似三角形的性質定理和判定定理等知識；本題綜合性強，有一定難度，證明三角形全等和三角形相似是解決問題的關鍵．

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