1.如圖所示的平面圖形能折疊成的長方體是( )
A.
B.
C.
D.
2.不等式組3x?1>28?4x≤0的解集在數(shù)軸上表示為( )
A. B.
C. D.
3.“七巧板”是古代中國勞動人民的發(fā)明，被譽為“東方魔板”.圖①是由該圖形組成的正方形，圖②是用該七巧板拼成的“和平鴿”圖形，現(xiàn)將一個飛鏢隨機投擲到該圖形上，則飛鏢落在和平鴿頭部(陰影部分)的概率是( )
A. 132B. 124C. 116D. 18
4.中國奇書《易經(jīng)》中記載，遠古時期，人們通過在繩子上打結來計數(shù)，即“結繩計數(shù)”.如圖，一位母親在從右到左依次排列的繩子上打結，滿5進1，用來記錄孩子自出生后的天數(shù)．由圖可知，孩子自出生后的天數(shù)是( )
A. 10B. 89C. 165D. 294
5.把三張大小相同的正方形卡片A、B、C疊放在一個底面為正方形的盒底上，底面未被卡片覆蓋的部分用陰影表示，若按圖1擺放時，陰影部分的面積為S1；若按圖2擺放時，陰影部分的面積為S2，則S1與S2的大小關系是( )
A. S1>S2B. S10)的圖象上，點B在點D的左側，設點B、D的橫坐標分別為m、n，直接寫出m、n滿足的等量關系式．
27.(本小題14分)
(1)如圖1，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點，連接BE，
①若BE=BC，過C作CF⊥BE交BE于點F，求證：△ABE≌△FCB；
②若S矩形ABCD=20時，則BE?CF= ______．
(2)如圖2，在菱形ABCD中，csA=13，過C作CE⊥AB交AB的延長線于點E，過E作EF⊥AD交AD于點F，若S菱形ABCD=24時，求EF?BC的值．
(3)如圖3，在平行四邊形ABCD中，∠A=60°，AB=6，AD=5，點E在CD上，且CE=2，點F為BC上一點，連接EF，過E作EG⊥EF交平行四邊形ABCD的邊于點G，若EF?EG=7 3時，請直接寫出AG的長．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、平面圖形能折疊成的長方體正面的右鄰面是陰影，故A錯誤；
B、平面圖形能折疊成的長方體上面的右鄰面是陰影，故B錯誤；
C、平面圖形能折疊成的長方體正面是陰影，上面應是空白面，故C錯誤；
D、平面圖形能折疊成的長方體上面的右鄰面是陰影，故D正確；
故選：D．
根據(jù)兩面相隔一個面是對面，相鄰的面是鄰面，可得答案．
本題考查了展開圖這個疊成幾何體，確定折疊成長方體陰影面的鄰面是解題關鍵．
2.【答案】A
【解析】解：3x?1>2 ①8?4x≤0 ②，
由①得，x>1，
由②得，x≥2，
故此不等式組得解集為：x≥2．
在數(shù)軸上表示為：
．
故選：A．
分別求出各不等式的解集，再在數(shù)軸上表示出來即可．
本題考查的是在數(shù)軸上表示不等式組的解集，熟知“小于向左，大于向右”是解答此題的關鍵．
3.【答案】C
【解析】解：由七巧板的特征可知，陰影部分的面積是七巧板面積的116，
故飛鏢落在和平鴿頭部(陰影部分)的概率是116．
故選：C．
根據(jù)七巧板對應圖形的面積，結合概率公式即可得到結論．
本題主要考查幾何概率，求概率時，已知和未知與幾何有關的就是幾何概率．計算方法是長度比，面積比，體積比等．
4.【答案】D
【解析】解：2×53+1×52+3×51+4×50=294，
故選：D．
根據(jù)計數(shù)規(guī)則可知，從右邊起第1位的計數(shù)單位為50，第2位的計數(shù)單位為51，第3位的計數(shù)單位為52，第4位的計數(shù)單位為53……依此類推，可求出結果．
本題考查用數(shù)字表示事件、有理數(shù)的混合運算，理解“逢五進一”的計數(shù)規(guī)則是正確計算的前提．
5.【答案】C
【解析】解：設底面的正方形的邊長為a，正方形卡片A，B，C的邊長為b，
由圖1，得S1=(a?b)(a?b)=(a?b)2，
由圖2，得S2=(a?b)(a?b)=(a?b)2，
∴S1=S2．
故選：C．
根據(jù)正方形的性質(zhì)，可以把兩塊陰影部分合并后計算面積，然后，比較S1和S2的大?。?br>本題主要考查了正方形四條邊相等的性質(zhì)，分別得出S1和S2的面積是解題關鍵．
6.【答案】D
【解析】【分析】
設y1x1=y2x2=?=ynxn=k，則在該函數(shù)圖象上n個不同的點(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xn,yn)也都在函數(shù)y=kx的圖象上，根據(jù)正比例函數(shù)y=kx的圖象與如圖所示的圖象的交點的個數(shù)即可得出答案．
本題主要考查了函數(shù)圖象，數(shù)形結合是解題的關鍵．
【解答】
解：設y1x1=y2x2=?=ynxn=k，
則在該函數(shù)圖象上n個不同的點(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xn,yn)也都在函數(shù)y=kx的圖象上，
即：正比例函數(shù)y=kx的圖象與如圖所示的圖象的交點，
由圖象可知，正比例函數(shù)y=kx的圖象與如圖所示的圖象的交點可能有1個或2個或3個或4個或5個．
故選：D．
7.【答案】B
【解析】解：∵阿虹離場時間介于當日的20：00～24：00間，
∴阿虹的停車費為：100+5(x?10)=(5x+50)元．
故選：B．
由題意得阿虹停車的時間超過5小時，且第二個時段的停車時間為(x?10)小時，則可求解．
本題主要考查列代數(shù)式，解答的關鍵是理解清楚題意，找到相應的等量關系．
8.【答案】B
【解析】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，
∵AF⊥DE，
∴∠BAF+∠AED=90°，
∵∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠AED=∠BFA，
在△ABF和△DAE中，
∠ABF=∠DAE=90°∠BFA=∠AEDAB=DA，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AF=DE．
故①正確；
∵將△ABF沿AF翻折，得到△AMF，
∴BM⊥AF，
∵AF⊥DE，
∴BM/?/DE．
故②正確；
當CM⊥FM時，∠CMF=90°，
∵∠AMF=∠ABF=90°，
∴∠AMF+∠CMF=180°，即A，M，C在同一直線上，
∴∠MCF=45°，
∴∠MFC=90°?∠MCF=45°，
由翻折的性質(zhì)可得：∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，
∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，
∴BC//MH，HB//MF，
∴四邊形BHMF是平行四邊形，
∵BF=MF，
∴平行四邊形BHMF是菱形，故③正確；
當點E運動到AB的中點，如圖，
設正方形ABCD的邊長為2a，則AE=BF=a，
在Rt△AED中，
DE= AD2+AE2= 5a=AF，
∵∠AHD=∠FHB，∠ADH=∠FBH=45°，
∴△AHD∽△FHB，
∴FHAH=BFAD=a2a=12，
∴AH=23AF=2 53a．
∵∠AGE=∠ABF=90°，∠EAG=∠FAB，
∴△AGE∽△ABF，
∴AEAF=EGBF=AGAB=a 5a= 55，
∴EG= 55BF= 55a，AG= 55AB=2 55a，
∴DG=ED?EG=4 55a，GH=AH?AG=4 515a．
∵∠BHF=∠DHA，
∴在Rt△DGH中，
tan∠BHF=tan∠DHA=DGGH=3，
故④錯誤；
∵△AHD∽△FHB，
∴BHDH=12，
∴BH=13BD=13×2 2a=2 23a，DH=23BD=23×2 2a=4 23a．
∵AF⊥EP，
根據(jù)翻折的性質(zhì)可得：EP=2EG=2 55a，
∴EP?DH=2 55a?4 23a=8 1015a2，2AG?BH=2×2 55a?2 23a=8 1015a2，
∴EP?DH=2AG?BH，
故⑤正確．
綜上分析可知，正確的是①②③⑤．
故選：B．
利用正方形的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)，對每個選項的結論逐一判斷，即可解答．
本題考查了正方形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，正切的概念，熟練按照要求做出圖形，利用尋找相似三角形是解題的關鍵．
9.【答案】2023
【解析】解：∵|2022?a|+ a?2023=a有意義，
∴a?2023≥0，即a≥2023，
∴a?2022+ a?2023=a，
∴ a?2023=2022，
∴a?2023=20222，
∴a?20222=2023，
故答案為：2023．
先根據(jù)二次根式有意義的條件得到a≥2023，則a?2022+ a?2023=a，由此求出a?2023=20222，據(jù)此即可得到答案．
本題主要考查了二次根式有意義的條件，代數(shù)式求值，正確得到a≥2023是解題的關鍵．
10.【答案】83分
【解析】解：小紅的最終得分為：90×50%+80×30%+70×20%=83(分)．
故答案為：83分．
根據(jù)加權平均數(shù)的計算公式進行計算即可．
本題考查的是加權平均數(shù)，熟記加權平均數(shù)的計算公式是解決本題的關鍵．
11.【答案】867
【解析】解：由題意得(x+2)*3=0即為(x+2)2+6(x+2)?9=0，
化簡得x2+10x+7=0，
∵m，n是該方程的兩根，
∴m+n=?10，mn=7，
∴nm+mn=(m+n)2?2mnmn=100?147=867，
故答案為：867．
根據(jù)新定義先將方程化為一元二次方程，由根與系數(shù)的關系求得m+n=?10，mn=7，再結合分式的加減及完全平方公式代入計算可求解．
本題主要考查一元二次方程根與系數(shù)的關系，新定義，代數(shù)式求值，根據(jù)新定義將等式化為一元二次方程是解題的關鍵．
12.【答案】10°或80°
【解析】解：以點A為圓心，AC長為半徑作弧，交直線AD于點E和E′，如圖所示，
在菱形ABCD中，∠DAC=∠BAC，
∵∠DAB=40°，
∴∠DAC=20°，
∵AC=AE，
∴∠AEC=(180°?20°)÷2=80°，
∵AE′=AC，
∴∠AE′C=∠ACE′=10°，
綜上所述，∠AEC的度數(shù)是10°或80°，
故答案為：10°或80°．
根據(jù)菱形的性質(zhì)可得∠DAC=20°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠AEC的度數(shù)．
本題考查了菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握這些性質(zhì)是解題的關鍵．
13.【答案】(1,?1)
【解析】【分析】
連接AA′，CC′，分別作線段AA′和CC′的垂直平分線，兩垂直平分線的交點就是點P，設點P(1,n)，由PC=PC′，即PC2=PC ′2列方程求出n即可．
【解答】
解：如圖，連接AA′，CC′，
作線段AA′的垂直平分線MN，作線段CC′的垂直平分線EF，
直線MN和直線EF的交點為P，點P就是旋轉中心．
顯然直線MN上的點的橫坐標都等于1，設點P(1,n)，
由圖可得C(?1,0)，C′(2,1)，
∵P在EF上，
∴PC=PC′，即PC2=PC ′2，
∴(1+1)2+(n?0)2=(1?2)2+(n?1)2，
解得n=?1，
∴P(1,?1)．
故答案為(1,?1)．
【點評】
本題主要考查旋轉的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，兩點間的距離公式等知識，掌握對應點連線段的垂直平分線的交點就是旋轉中心是解題的關鍵．
14.【答案】75≤v≤80
【解析】解：根據(jù)圖象可得，甲的速度為：60÷1=60(千米/時)，
由題意，得v≤4×603v≥5×604，
解得75≤v≤80，
故答案為：75≤v≤80．
先根據(jù)函數(shù)圖象求出甲的速度，再根據(jù)甲，乙兩人先后從A地出發(fā)沿同一條公路勻速前往B地，甲8點出發(fā)，乙9點出發(fā)，要在12點至13點之間(含12點和13點)追上甲，列出不等式組解答即可．
本題考查了一次函數(shù)的應用，路程、速度與時間關系的應用，列一元一次不等式組解實際問題的應用，能夠根據(jù)題意列出不等式組是解題的關鍵．
15.【答案】54
【解析】解：設該圓錐底面圓的半徑為r．
∵每個小方格都是邊長為1的正方形，
∴AO=BO= 32+42=5，AB= 72+12=5 2，
∵OA2+OB2=AB2，
∴∠AOB=90°，
∴90π×5180=2πr，
∴r=54．
故答案是：54．
利用弧長等于圓錐底面圓的周長這一等量關系即可求解．
本題運用了弧長公式和圓的周長公式，建立準確的等量關系是解題的關鍵．
16.【答案】?125
【解析】解：如圖，連接BM，OC，設直線y=?34x?3交x軸于點E(?4,0)，交y軸于點F(0,?3)，
∵AB=BC，AM=OM，
∴OC=2BM=?a，
∴點C的運動軌跡是以O為圓心?a為半徑的圓，當⊙O與直線y=?34x?3相切時，點C組成的圖形與直線y=?34x?3有且只有一個公共點，設切點為G，連接OG．
∵OG⊥EF，點E(?4,0)，點F(0,?3)，
∴EF= 32+42=5，
∴12?OE?OF=12?EF?OG，
∴OG=125，
∴a=?125，
故答案為：?125．
如圖，連接BM，OC，設直線y=?34x?3交x軸于點E(?4,0)，交y軸于點F(0,?3)，首先證明OC=2BM=?a，推出點C的運動軌跡是以O為圓心?a為半徑的圓，當⊙O與直線y=?34x?3相切時，點C組成的圖形與直線y=?34x?3有且只有一個公共點，設切點為G，連接OG.想辦法求出OG即可．
本題考查直線與圓的位置關系，三角形中位線定理，軌跡，一次函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)圖象上點的坐標特征等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．
17.【答案】解：(1)9+2 3，15+2 3；
(2)Sn+1?Sn=6n?3+2 3；
證明：Sn+1?Sn
=(1+ 3n)2?[1+(n?1) 3]2
=[2+(2n?1) 3]× 3
=3(2n?1)+2 3
=6n?3+2 3；
(3)當a=1，b=3時，T=t1+t2+t3+…+t50
=S2?S1+S3?S2+S4?S3…+S51?S50
=S51?S1
=(1+50 3)2?1
=7500+100 3．
【解析】解：(1)S3?S2=(a+2 b)2?(a+ b)2
=a2+4a b+4b?a2?2a b?b
=2a b+3b，
當a=1，b=3時，S3?S2=9+2 3；
S4?S3=(a+3 b)2?(a+2 b)2=a2+6a b+9b?a2?4a b?4b
=2a b+5b，
當a=1，b=3時，S4?S3=15+2 3；
故答案為：9+2 3；15+2 3；
(2)見答案；
(3)見答案．
(1)把a=1，b=3代入S3?S2，S4?S3，計算即可得到結論；
(2)根據(jù)(1)的結論化簡Sn+1?Sn即可；
(3)化簡T=t1+t2+t3+…+t50后，代入數(shù)值計算即可．
本題考查了二次根式的化簡，正確地計算出結果是解題的關鍵．
18.【答案】解：(1)設5?x=a，x?2=b，
則(5?x)(x?2)=ab=2，a+b=(5?x)+(x?2)=3，
∴(5?x)2+(x?2)2
=a2+b2
=(a+b)2?2ab
=32?2×2
=9?4
=5；
(2)①x?1，x?3；
②∵長方形EMFD的面積是8，
∴MF?DF=(x?1)(x?3)=8，
陰影部分的面積=MF2?DF2=(x?1)2?(x?3)2．
設x?1=a，x?3=b，則(x?1)(x?3)=ab=8，a?b=(x?1)?(x?3)=2，
∴(a+b)2=(a?b)2+4ab=22+4×8=36，
∴a+b=±6，
又∵a+b>0，
∴a+b=6，
∴(x?1)2?(x?3)2=a2?b2=(a+b)(a?b)=6×2=12．
即陰影部分的面積12．
【解析】解：(1)見答案；
(2)①∵四邊形EMFD是長方形，AE=1，四邊形ABCD是正方形，
∴AD=CD=BC=x，DE=MF，
∴MF=DE=AD?AE=x?1，
DF=CD?CF=x?3，
故答案為：x?1，x?3；
②見答案．
(1)仿照題中所給的解答方式進行求解即可；
(2)①分析圖形可知DF=CD?CF，MF=DE=AD?AE，從而可得解；
②根據(jù)長方形的面積公式以及正方形的面積公式以及完全平方公式、平方差公式求解即可．
本題考查了完全平方公式的幾何背景．應從整體和部分兩方面來理解完全平方公式的幾何意義；主要圍繞圖形面積展開分析．
19.【答案】解：作CE⊥NM于E，BF⊥CE于F，
∵∠CBF=∠CBA?∠FBA=150°?90°=60°，
∴sin∠CBF=sin60°=CFBC=CF18.5，
∴CF=37 34(cm)，
∴CE=CF+EF=CF+AB=37 3+204(cm)．
∴點C到水平桌面的距離是37 3+204cm；
(2)作DK⊥FB交FB延長線于K，作CH⊥DK于H，
∵∠DCH=∠DCB?∠HCB=80°=60°=20°，
∴cs∠DCH=cs20°=CHCD≈0.94，
∴FK=CH=14.1(cm)，
∵∠BCF=30°，
∴BF=12BC=9.25(cm)，
∴BK=FK?BF=4.85(cm)，
∴AN=12MN=5(cm)，
∴此時支架不會傾倒．
【解析】(1)作CE⊥NM于E，BF⊥CE于F，由銳角的正弦求出FC的長，即可解決問題；
(2)作DK⊥FB交FB延長線于K，作CH⊥DK于H，由銳角的余弦求出CH的長，而FB=12BC，即可求出BK的長，從而解決問題．
本題考查解直角三角形的應用，關鍵是通過輔助線構造直角三角形．
20.【答案】解：(1)設甲、乙、丙各隊完成這項工程所需要時間分別為x天、y天、z天．
根據(jù)題意，得：6(1x+1y)=110(1y+1z)=15(1x+1z)=23
解得：x=10，y=15，z=30．
經(jīng)檢驗：x=10，y=15，z=30是原方程的解，且符合題意．
答：甲、乙、丙各隊單獨完成全部工程分別需10天、15天、30天．
(2)設甲、乙、丙各隊工作一天，廠家需付報酬分別為a元、b元、c元．
根據(jù)題意得：6(a+b)=8 70010(b+c)=9 5005(c+a)=5 500解得a=800b=650c=300．
丙隊工作30天首先排除；
甲隊完成項目所需費用為ax=8000元；
乙隊完成項目所需費用為by=650×15=9750元．
答：甲隊單獨完成此項工程所需的費用最少．
【解析】(1)本題的相等關系有三個：“由甲、乙兩隊合作6天完成”和“乙、丙隊合作10天完成”“甲、丙兩隊合作5天完成全部工程的23”.考慮到問題要求的是規(guī)定的工期，設甲、乙、丙各隊完成這項工程所需要時間分別為x天、y天、z天根據(jù)題意列出方程組解答．
(2)等量關系為：甲乙兩隊一天的工程費×6=8700；乙、丙兩隊一天的工程費×10=9500；甲、丙兩隊一天的工程費×5=5500.算出每隊一天的工程費；根據(jù)工期選擇相應的隊，再比較總價錢即可．
列分式方程解應用題與所有列方程解應用題一樣，重點在于準確地找出相等關系，這是列方程的依據(jù)．而難點則在于對題目已知條件的分析，也就是審題，一般來說應用題中的條件有兩種，一種是顯性的，直接在題目中明確給出，而另一種是隱性的，是以題目的隱含條件給出．問題3中的兩個“如期完成”就是一個隱含條件．
21.【答案】解：(1)將A(1,3)，C(4,0)代入y=kx+b，得k+b=34k+b=0，解得：k=?1b=4，
∴直線l1的解析式為y=?x+4．
將A(1,3)代入y=mx(x>0)，得m=3，
∴雙曲線的解析式為y=3x(x>0)；
(2)將x=0代入y=?x+4，得y=4，
∴E(0,4)．
∴△COE是等腰直角三角形．
∴∠OCE=∠OEC=45°，OC=OE=4．
由翻折得△CEH≌△CEO，
∴∠COE=∠CHE=∠OCH=90°．
∴四邊形OCHE是正方形．
∴H(4,4)；
(3)存在，理由：
如圖，過點O作直線m//BC交直線l2于點P′，
在x軸取點H，使OC=CH(即等間隔)，過點H作直線n//BC交直線l2于點P，
S△PBC=S△OBC，根據(jù)同底等高的兩個三角形面積相等，則點P(P′)為所求點．
直線BC表達式中的k值為?1，則直線m、n表達式中的k值也為?1，
故直線m的表達式為：y=?x①，
直線l2的表達式為：y=3x+4②，
聯(lián)立①②并解得：x=?1，y=1，故點P′(?1,1)；
設直線n的表達式為：y=?x+s，而點H(8,0)，
將點H的坐標代入上式并解得：s=8，
故直線n的表達式為：y=?x+8③，
聯(lián)立②③并解得：x=1，y=7，
故點P的坐標為(1,7)；
綜上，點P的坐標為(?1,1)或(1,7)．
【解析】(1)將已知點坐標代入函數(shù)表達式，即可求解；
(2)證明OC=OE=4，由翻折得△CEH≌△CEO，進而證明四邊形OCHE是正方形，即可求解；
(3)過點O作直線m//BC交直線l2于點P′，在x軸取點H，使OC=CH(即等間隔)，過點H作直線n//BC交直線l2于點P，則點P(P′)為所求點，即可求解．
本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點，當有兩個函數(shù)的時候，著重使用一次函數(shù)，體現(xiàn)了方程思想，綜合性較強．
22.【答案】60 4 2
【解析】(1)證明：連接OA．
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵GA=GE，
∴∠GAE=∠GEA，
∵DG⊥BC，
∴∠EDC=90°，
∴∠OCA+∠DEC=90°，
∵∠CED=∠GEA=∠GAE，
∴∠OAC+∠GAE=90°，
∴∠OAG=90°，
∴OA⊥AG，
∴AG是⊙O的切線．
(2)①如圖2中，連接OA，AF，OF．
∵四邊形ABOF是菱形，
∴AB=BO=OF=AF=OA，
∴△ABO是等邊三角形，
∴∠B=60°，
∵BC是直徑，
∴∠BAC=90°
∴∠ACB=90°?60°=30°，
∵ED⊥BC，
∴∠DEC=90°?∠ACB=60°，
∴∠AEG=∠DEC=60°．
故答案為60．
②如圖3中，當AB=4 2時，△AGE是等腰直角三角形．
理由：連接OA．
∵△AGE是等腰直角三角形，
∴∠AEG=∠DEC=∠DCE=45°，
∴△EDC，△ABC都是等腰直角三角形，
∵OB=OC，
∴AO⊥OC，
∴∠AOD=∠ODG=∠G=90°，
∴四邊形AODG是矩形，
∴AG=OD=2，
∴OC=2OD=4，
∴BC=2OC=8，
∴AB=AC=4 2，
故答案為4 2．
(1)連接OA.證明OA⊥AG即可解決問題．
(2)如圖2中，連接OA，AF，OF.證明△ABO使得等邊三角形，推出∠B=60°即可解決問題．
②如圖3中，當AB=4 2時，△AGE是等腰直角三角形．證明四邊形AODG是矩形，△DEC，△ABC都是等腰直角三角形，求出BC的長即可解決問題．
本題屬于圓綜合題，考查了切線的判定，等邊三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
23.【答案】400 100 7
【解析】解：(1)由圖象可知：甲乙兩地相距400km，快車行駛的速度為(400?100)÷3=100km/h，400÷100+3=7小時，
故答案為：400，100，7；
(2)由圖象可知：B(3,400)和A(7,0)，
設直線BA的函數(shù)解析式為：y=kx+b，
把B(3,400)和A(7,0)代入y=kx+b得：3k+b=4007k+b=0，
解之得k=?100b=700，
∴快車從乙地返回甲地的過程中，y與x的函數(shù)解析式為y=?100x+400；
(3)由圖象可知：快車比慢車早出發(fā)1小時，
∴慢車的速度為：400?100×(4?3)4?14=80千米/小時，
設慢車出發(fā)x小時與快車相距120千米，
①快車從甲地開往乙地，由題意得：100(x+1)=80x+120，
解之得：x=1，
②快車從乙地返回甲地與慢車相遇前，由題意得：100(x+1)?400+120+80(x?14)=400，
解之得：x=103，
③快車從乙地返回甲地與慢車相遇后，由題意得：100(x+1)?400+80(x?14)?120=400，
解之得：x=143，
綜上可知慢車出發(fā)1小時或103小時或143小時，兩車相距120km．
(1)根據(jù)圖象可知：甲乙兩地的距離為400米，由速度公式求出速度和時間；
(2)觀察圖象和(1)的結果求出B(3,400)和A(7,0)，再用待定系數(shù)法求出解析式；
(3)先求出慢車的速度，分三種情況討論，根據(jù)路程差為120千米，設慢車出發(fā)x小時與快車相距120千米，列出方程，求出x即可．
本題主要考查了一次函數(shù)的實際應用，解題關鍵是能夠從圖象中獲取正確的信息．
24.【答案】解：(1)∵5+3=2×(3+1)，
∴5313是”共生數(shù)“，
∵6+7≠2×(3+4)，
∴6437不是“共生數(shù)”；
(2)∵n是“共生數(shù)”，根據(jù)題意，個位上的數(shù)字要大于百位上的數(shù)字，
設n的千位上的數(shù)字為a，則十位上的數(shù)字為2a，(1≤a≤4)，
設n的百位上的數(shù)字為b，
∵個位和百位都是0?9的數(shù)字，
∴個位上的數(shù)字為9?b，且9?b>b，
∴0≤b≤4
∴n=1000a+100b+20a+9?b；
∴F(n)=1000a+100b+20a+9?b3=340a+33b+3，
由于n是“共生數(shù)”，
∴a+9?b=2×(2a+b)，
即a+b=3，
可能的情況有：
a=1b=2,a=2b=1,a=3b=0,
當a=1，b=2時，n的值為1227，則F(n)的值為409，各數(shù)位上數(shù)字之和不是偶數(shù)，舍去；
當a=2，b=1時，n的值為2148，則F(n)的值為716，各數(shù)位上數(shù)字之和是偶數(shù)；
當a=3，b=0時，n的值為3069，則F(n)的值為1023，各數(shù)位上數(shù)字之和是偶數(shù)，
∴n的值是2148或3069．
【解析】此題主要考查新定義的運算，正確理解新定義的運算是解題的關鍵，第二問中要能根據(jù)題意寫出F(n)是突破口．
(1)根據(jù)題目中的定義，可直接判斷5313，6437是否為”共生數(shù)“；
(2)根據(jù)定義，先用兩個未知數(shù)表示F(n)，然后列出含有n的式子，找出滿足要求的結果即可．
25.【答案】解：[問題聯(lián)思]如圖所示，分別以M，N為圓心，MN為半徑作圓，交于點Q，則三角形MNQ為等邊三角形，然后作QN的垂直平分線，MN的垂直平分線，交于點P，則△PMN即為所求；

∴MN=2PN?cs30°= 3MP；
[問題再現(xiàn)]同上方法作以OA為底邊，底角為30°的等腰三角形COA，延長AC交⊙C于點D，則OA= 3OC，

則∠ODA=60°，設OD=a，則AO= 3a，
以O為圓心OD為半徑，作弧FN，則OD=OF=a，
連接DF，則DF= 2a，
以O為圓心DF為半徑，作弧GM，則OG=DF= 2a，
設∠AOB=n°，
∴扇形OFN的面積為n360π×a2，
扇形OGM的面積為n360π×( 2a)2=2a2n360π，
扇形OAB的面積為n360π×( 3a)2=3a2n360π，
∴弧FN，GM，即為所求．
【解析】[問題聯(lián)思]如圖所示，分別以M，N為圓心，MN為半徑作圓，交于點Q，則三角形MNQ為等邊三角形，然后作QN的垂直平分線，MN的垂直平分線，交于點P，則△PMN即為所求；
[問題再現(xiàn)]分別作出半徑為a, 2a, 3a的弧，即可求解．
本題考查了含30度角的直角三角形的性質(zhì)，作等腰三角形，垂直平分線的性質(zhì)，作垂線，扇形面積公式，熟練掌握基本作圖以及扇形面積公式是解題的關鍵．
26.【答案】(1)①1；
②設BC交y軸于E，如圖：
設菱形的邊長為2a，則AB=BC=CD=AD=2a，
∵B，C關于y軸對稱，
∴BE=CE=a，
∴B(?a,a2)，
∴OE=a2，
∵AE= AB2?BE2= 3a，
∴OA=OE+AE=a2+ 3a，
∴D(2a,a2+ 3a)，
把D(2a,a2+ 3a)代入y=ax2得：
a2+ 3a=4a2，
解得a= 33或a=0(舍去)，
∴菱形的邊長為2 33；
③n?m是為定值，理由如下：
過B作BF⊥y軸于F，過D作DE⊥y軸于E，如圖：
∵點B、D的橫坐標分別為m、n，
∴B(m,m2)，D(n,n2)，
∴BF=m，OF=m2，DE=n，OE=n2，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，AD=AB，
∴∠FAB=90°?∠EAD=∠EDA，
在△ABF和△DAE中
∵∠FAB=∠EDA∠AFB=∠DEA=90°AD=BA
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴BF=AE，AF=DE，
∴m=n2?AF?m2，AF=n，
∴m=n2?n?m2，
∴m+n=(n?m)(n+m)，
∵點B、D在y軸的同側，
∴m+n≠0，
∴n?m=1；
(2)過B作BF⊥y軸于F，過D作DE⊥y軸于E，
∵點B、D的橫坐標分別為m、n，
∴B(m,am2)，D(n,an2)，
①當B，D在y軸左側時，如圖：
∴BF=?m，OF=am2，DE=?n，OE=an2，
同理可得△ABF≌△DAE(AAS)，
∴BF=AE，AF=DE，
∴?m=am2?AF?an2，AF=?n，
∴?m=am2+n?an2，
∴m+n=a(n?m)(n+m)，
∵m+n≠0，
∴n?m=1a；
②當B在y軸左側，D在y軸右側時，如圖：
∴BF=?m，OF=am2，DE=n，OE=an2，
同理可得△ABF≌△DAE(AAS)，
∴BF=AE，AF=DE，
∴?m=am2+AF?an2，AF=n，
∴?m=am2+n?an2，
∴m+n=a(n+m)(n?m)，
∴m+n=0或n?m=1a；
③當B，D在y軸右側時，如圖：
∴BF=m，OF=am2，DE=n，OE=an2，
同理可得△ABF≌△DAE(AAS)，
∴BF=AE，AF=DE，
∴m=an2?AF?am2，AF=n，
∴m=an2?n?am2，
∴m+n=a(n+m)(n?m)，
∵m+n≠0
∴n?m=1a；
綜上所述，m、n滿足的等量關系式為m+n=0或n?m=1a．
【解析】解：(1)①在y=ax2中，令x=0得y=0，
∴(0,0)在二次函數(shù)y=ax2(a為常數(shù)，且a≠0)的圖象上，(0,2)不在二次函數(shù)y=ax2(a為常數(shù)，且a≠0)的圖象上，
∵四個點(0,0)、(0,2)、(1,1)、(?1,1)中恰有三個點在二次函數(shù)y=ax2(a為常數(shù)，且a≠0)的圖象上，
∴二次函數(shù)y=ax2(a為常數(shù)，且a≠0)的圖象上的三個點是(0,0)，(1,1)，(?1,1)，
把(1,1)代入y=ax2得：a=1，
故答案為：1；
②見答案；
③見答案；
(2)見答案．
(1)①在y=ax2中，令x=0得y=0，即知(0,2)不在二次函數(shù)y=ax2(a為常數(shù)，且a≠0)的圖象上，用待定系數(shù)法可得a=1；
②設BC交y軸于E，設菱形的邊長為2a，可得B(?a,a2)，故AE= AB2?BE2= 3a，D(2a,a2+ 3a)，代入y=ax2得a2+ 3a=4a2，可解得a= 33，故菱形的邊長為2 33；
③過B作BF⊥y軸于F，過D作DE⊥y軸于E，由點B、D的橫坐標分別為m、n，可得BF=m，OF=m2，DE=n，OE=n2，證明△ABF≌△DAE(AAS)，有BF=AE，AF=DE，故m=n2?AF?m2，AF=n，即可得n?m=1；
(2)過B作BF⊥y軸于F，過D作DE⊥y軸于E，由點B、D的橫坐標分別為m、n，知B(m,am2)，D(n,an2)，分三種情況：①當B，D在y軸左側時，由△ABF≌△DAE(AAS)，可得?m=am2?AF?an2，AF=?n，故n?m=1a；②當B在y軸左側，D在y軸右側時，由△ABF≌△DAE(AAS)，有?m=am2+AF?an2，AF=n，知m+n=0或n?m=1a；③當B，D在y軸右側時，m=an2?AF?am2，AF=n，可得n?m=1a．
本題考查二次函數(shù)的應用，涉及待定系數(shù)法，三角形全等的判定與性質(zhì)，解題的關鍵是分類討論思想的應用．
27.【答案】20
【解析】解：(1)①∵四邊形ABCD是矩形，則∠A=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
又∵CF⊥BC，
∴∠FCB+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，
∴∠FCB=∠ABE，
又∵BC=BE，
∴△ABE≌△FCB(AAS)；
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°，
∴△ABE∽△FCB．
∴ABCF=BEBC，
又∵S矩形ABCD=AB?CD=20，
∴BE?CF=AB?BC=20，
(2)∵在菱形ABCD中，csA=13，
∴AD//BC，AB=BC，則∠CBE=∠A，
∵CE⊥AB，∠CEB=90°，
∴cs∠CBE=BECB，
∴BE=BC?cs∠CBE=BC×cs∠A=13BC，
1∴AE=AB+BE=AB+13BC=AB+13AB=43AB，
∵EF⊥AD，CE⊥AB，
∴∠AFE=∠BEC=90°，
又∵∠CBE=∠A，
∴△AFE∽△BEC，
∴.AEBC=EFCE=AFBE，
∴EF?BC=AE?CE=43AB×CE=43S菱形ABCD=43×24=32；
(3)①當點G在AD邊上時，如圖所示，延長FE交AD的延長線于點M，連接GF，過點E作EH⊥DM于點H，
∵平行四邊形ABCD中，AB=6，CE=2，
∴CD=AB=6，
DE=DC?EC=6?2=4，
∵DM//FC，
∴△EDM∽△ECF，
∴EMEF=EDEC=42=2，
SMGESFEG=EMEF=2，
∴S△MGE=2S△EFG=EF?EG=7 3，
在Rt△DEH中，∠HDE=∠A=60°，
則EH= 32DE= 32×4=2 3，DH=12DE=2，
1∴12MG×HE=7 3，
∴MG=7，
∵GE⊥EF，EH⊥MG，∠MEH=90°?∠HEG=∠HGE，
∴tan∠MEH=tan∠HGE，
∵HEHG=HMHE，
∴HE2=HM?HG，
設AG=a，則GD=AD?AG=5?a，
GH=GD+HD=5?a+2=7?a，HM=GM?GH=7?(7?a)=a，
(2 3)2=x(7?x)，
解得：a=3或a=4，
即AG=3或AG=4，
②當G點在AB邊上時，如圖所示，
連接GF，延長GE交BC的延長線于點M，過點G作GN//AD，則GN/?/BC，四邊形ADNG是平行四邊形，
設AG=x，則DN=AG=x，EN=DE?DN=4?x，
∵GN//CM，
∴△ENG∽△ECM，
∴.EGFM=ENEC=GNCM=4?x2，
∴CM=2GN4?x=104?x，
∴.S△GEFS△MEF=EGEM=4?x2，
∵EF?EG=7 3，
∴S△MEF=2S△GEF4?x=7 34?x，
過點E作EH⊥BC于點H，
在Rt△EHC中，EC=2，∠ECH=60°，
∴EH= 3，CH=1，
∴S△MEF=12×MF×EH，
則12× 3×MF=7 34?x，
∴MF=144?x，
∴FH=MF?CM?CH=144?x?104?x?1=x4?x，MH=CM+CH=104?x+1=14?x4?x，
∵∠MEF=∠EHM=90°，∠FEH=90°?∠MEH=∠M，
∴tan∠FEH=tan∠M，
即FHEH=EHHM，
∴EH2=FH?HM，
即( 3)2=x4?x×14?x4?x，
解得：x1=32x2=8 (舍去)，
即AG=32；
③當G點在BC邊上時，如圖所示，
過點B作BT⊥DC于點T，
在Rt△BTC中，CT=12BC=52，
BT= 3TC=5 32，
S△BTC=12BT×TC=12×5 32×52=25 38，
EF?EG=7 3，
∴S△EFG=72 3，
∵258 3

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