一、單項選擇題（本題10個小題，每小題3分，共30分）
1．下列圖形既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】【解答】解：A、是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形 ，故不符合題意；
B、是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形 ，故不符合題意；
C、 既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形 ，故符合題意；
D、是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形 ，故不符合題意；
故答案為：C.
【分析】中心對稱圖形：把一個圖形繞著某一點旋轉(zhuǎn)180°后，旋轉(zhuǎn)后的圖形能夠與原來的圖形重合，軸對稱圖形：一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠完全重合的圖形；據(jù)此逐項判斷即可.
2．下列計算正確的是（ ）
A．2a3?a2＝2a6B．（﹣2a）3÷b×＝﹣8a3
C．（a3+a2+a）÷a＝a2+aD．3a﹣2＝
【答案】D
【解析】【解答】解：A、2a3?a2＝2a5，故不符合題意；
B、（﹣2a）3÷b×＝， 故不符合題意；
C、（a3+a2+a）÷a＝a2+a+1，故不符合題意；
D、 3a﹣2＝ ，正確，故符合題意；
故答案為：D.
【分析】根據(jù)單項式乘單項式法則、分式的乘除、多項式除以單項式及負整數(shù)指數(shù)冪法則分別進行計算，再判斷即可.
3．由5個形狀、大小完全相同的小正方體組合而成的幾何體，其主視圖和左視圖如圖所示，則搭建該幾何體的方式有（ ）
A．1種B．2種C．3種D．4種
【答案】C
【解析】【解答】解：由主視圖可知：左側(cè)一列最高1層，右側(cè)一列最高3層；
由左視圖可知：前-排最高3層，后一排最高1層；
∴右側(cè)第一排一定為3層，
∴小正方體共有5個，
所得俯視圖如下：
故答案為：C.
【分析】根據(jù)主視圖和左視圖可知小正方體共有5個，分別畫出俯視圖即可.
4．某校八年級3班承擔下周學校升旗任務，老師從備選的甲、乙、丙、丁四名同學中，選擇兩名擔任升旗手，則甲、乙兩名同學同時被選中的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】【解答】解： 從備選的甲、乙、丙、丁四名同學中， 選擇兩名擔任升旗手，分別由甲乙，甲丙，甲丁，乙丙，乙丁，丙丁，共6種結(jié)果，其中甲、乙兩名同學同時被選中的只有1種，
∴ 甲、乙兩名同學同時被選中的概率是 .
故答案為：A.
【分析】列舉出所有等可能情況共6種結(jié)果，其中甲、乙兩名同學同時被選中的只有1種，然后利用概率公式計算即可.
5．如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，AB是⊙O的直徑，若∠BEC＝20°，則∠ADC的度數(shù)為（ ）
A．100°B．110°C．120°D．130°
【答案】B
【解析】【解答】解：如圖，連接AC，則∠BAC=∠BEC=20°，
∵AB 是⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC=90°-∠BAC=70°，
∵ 四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，
∴∠ADC=180°-∠ABC=110°，
故答案為：B.
【分析】連接AC，由同弧所對的圓周角相等可得∠BAC=∠BEC=20°，由AB 是⊙O的直徑，可得
∠ACB=90°，利用直角三角形性質(zhì)可求∠ABC=90°-∠BAC=70°，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補即可求解.
6．一種藥品原價每盒48元，經(jīng)過兩次降價后每盒27元，兩次降價的百分率相同，則每次降價的百分率為（ ）
A．20%B．22%C．25%D．28%
【答案】C
【解析】【解答】解：設(shè)每次降價的百分率為x，
由題意得：48（1-x）2=27，
解得x1=，x2=（舍），
∴ 每次降價的百分率為25%.
故答案為：C .
【分析】設(shè)每次降價的百分率為x，根據(jù)降價前的價格×（1-降價百分率）2=降價后的價格，列出方程并解之即可.
7．如圖是由一些同樣大小的三角形按照一定規(guī)律所組成的圖形，第1個圖有4個三角形．第2個圖有7個三角形，第3個圖有10個三角形…按照此規(guī)律排列下去，第674個圖中三角形的個數(shù)是（ ）
A．2022B．2023C．2024D．2025
【答案】B
【解析】【解答】解：第1個圖案有4個三角形，則4=3×1+1
第2個圖案有7個三角形，則7=3×2+1，
第3個圖案有10個三角形，則10=3×3+1
···，
∴第n個圖案有（3n+1）個三角形，
當n=674時，3n+1=3×674+1=2023個，
∴ 第674個圖中三角形的個數(shù)是2023.
故答案為：B.
【分析】根據(jù)前幾個圖形的變化規(guī)律，可得規(guī)律：第n個圖案有（3n+1）個三角形，據(jù)此計算即可.
8．矩形OBAC在平面直角坐標系中的位置如圖所示，反比例函數(shù)的圖象與AB邊交于點D，與AC邊交于點F，與OA交于點E，OE＝2AE，若四邊形ODAF的面積為2，則k的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】【解答】解：如圖，過點E作EH⊥x軸，則EH∥OB∥AC，
∴△OEH∽△OAC，
∴
∵OE＝2AE，
∴
設(shè)E（a，），則OH=a，EH=，
∴OC=a，AC=，
∵點D、F在 反比例函數(shù)的圖象上，
∴S△OBD=，S△OCF=，
∴矩形ABOC的面積=S△OBD+S△OCF+S四邊形ODAF=OC·AC，
即++2=a·，
解得k=.
故答案為：D.
【分析】過點E作EH⊥x軸，則EH∥OB∥AC，可證△OEH∽△OAC，可得，設(shè)E（a，），可得OC=a，AC=，由反比例函數(shù)圖象k的幾何意義可得S△OBD=，S△OCF=，根據(jù)矩形ABOC的面積=S△OBD+S△OCF+S四邊形ODAF=OC·AC，即可求解.
9．小明同學手中有一張矩形紙片ABCD，AD＝12cm，CD＝10cm，他進行了如下操作：
第一步，如圖①，將矩形紙片對折，使AD與BC重合，得到折痕MN，將紙片展平．
第二步，如圖②，再一次折疊紙片，把△ADN沿AN折疊得到△AD'N，AD'交折痕MN于點E，則線段EN的長為（ ）
A．8cmB．C．D．
【答案】B
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，AB=CD=10cm，
由折疊知：AM=BM=5cm，AD'=AD=MN=12cm，∠DAN=∠D'AN，AD∥MN，∠AMN=90°，
∴∠DAN=∠ANM，
∴∠D'AN=∠ANM，
∴EA=EN，
設(shè)EA=EN=x，則EM=12-x(cm)，
在Rt△AEM中，AM2+EM2=AE2，
即52+（12-x）2=x2，
解得x=，
即EN=cm
故答案為：B.
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)及折疊的性質(zhì)可推出∠D'AN=∠ANM，可得EA=EN，設(shè)EA=EN=x，則EM=12-x(cm)，在Rt△AEM中，利用勾股定理建立關(guān)于x方程并解之即可.
10．在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A、B兩點，A（﹣3，0），B（1，0），與y軸交點C的縱坐標在﹣3～﹣2之間，根據(jù)圖象判斷以下結(jié)論：①abc2＞0；②＜b＜2；③若﹣bx1＝﹣bx2且x1≠x2，則x1+x2＝﹣2；④直線y＝﹣cx+c與拋物線y＝ax2+bx+c的一個交點（m，n）（m≠0），則m＝．其中正確的結(jié)論是（ ）
A．①②④B．①③④C．①②③D．①②③④
【答案】A
【解析】【解答】解：∵拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A、B兩點，A（﹣3，0），B（1，0），
∴可設(shè)y=a(x+3)(x-1)，即y=ax2+2ax-3a，
∴b=2a，c=-3a，
∴ abc2=a·2a·(-3a)2=18a4＞0，故①正確；
拋物線y=ax2+2ax-3a與y軸的交點為C（0，-3a），
∵ 點C的縱坐標在﹣3～﹣2之間，
∴-3＜-3a＜-2，即＜2a＜2，
∴＜b＜2，故②正確；
∵﹣bx1＝﹣bx2，
∴﹣2ax1＝﹣2ax2，則﹣2x1＝﹣2x2，
∴--2（x1-x2）=（x1-x2）（x1+x2-2）=0，
∵ x1≠x2，
∴x1+x2=2，故③錯誤；
直線y＝﹣cx+c與拋物線y＝ax2+bx+c，令y相等，
則﹣cx+c=ax2+bx+c，
∴ax-3a=ax2+2ax-3a，
解得x=或0（舍），
∴m=，故④正確.
故答案為：A.
【分析】由拋物線與y軸的交點，可設(shè)y=a(x+3)(x-1)=ax2+2ax-3a，可得b=2a，c=-3a，代入①計算即可判斷；由點C（0，-3a）的縱坐標在﹣3～﹣2之間， 可得-3＜-3a＜-2，據(jù)此求出b的范圍即可判斷②；把b=2a代入﹣bx1＝﹣bx2中，利用因式分解可得（x1-x2）（x1+x2-2）=0，據(jù)從可求出x1+x2-2=0，據(jù)此判斷③；令y相等，可得﹣cx+c=ax2+bx+c，把b=2a，c=-3a代入方程并解方程，即得m值，據(jù)此判斷④.
二、填空題（本題8個小題，每小題3分，共24分）
11．函數(shù)y＝中，自變量x的取值范圍是
【答案】x≥﹣3且x≠0
【解析】【解答】解：由題意得：x+3≥0且x≠0，
解得：x≥﹣3且x≠0.
故答案為：x≥﹣3且x≠0.
【分析】二次根式有意義的條件：被開方數(shù)為非負數(shù)；分式有意義條件：分母不為0，據(jù)此解答即可.
12．如圖，△ABC中，D是AB上一點，CF∥AB，D、E、F三點共線，請?zhí)砑右粋€條件 ，使得AE＝CE．（只添一種情況即可）
【答案】DE＝EF或AD＝CF
【解析】【解答】解：∵ CF∥AB，
∴∠A=∠ECF，∠ADE=∠CFE，
添加DE＝EF，
∴△ADE≌△CFE（AAS）
∴AE=CE；
添加AD＝CF，
∴△ADE≌△CFE（ASA）
∴AE=CE；
故答案為：DE＝EF或AD＝CF（答案不唯一）.
【分析】由平行線的性質(zhì)可得∠A=∠ECF，∠ADE=∠CFE，可添加DE＝EF或AD＝CF，可證△ADE≌△CFE，可得AE=CE，據(jù)此解答即可.
13．將拋物線y＝ax2+bx+3向下平移5個單位長度后，經(jīng)過點（﹣2，4），則6a﹣3b﹣7＝ ．
【答案】2
【解析】【解答】解： 將拋物線y＝ax2+bx+3向下平移5個單位長度后得解析式為：y＝ax2+bx-2，
把 點（﹣2，4）代入得：4=a×（-2）2-2b-2，
∴2a-b=3，
∴6a﹣3b﹣7＝ 3（2a-b）-7=3×3-7=2.
故答案為：2.
【分析】先求出平移后的解析式，把點（﹣2，4）代入可得2a-b=3，把原式化為3（2a-b）-7，在整體代入即可求解.
14．如圖，在⊙O中，直徑AB⊥CD于點E，CD＝6，BE＝1，則弦AC的長為 ．
【答案】
【解析】【解答】解：∵ 直徑AB⊥CD， CD＝6，
∴CE=DE=3，
設(shè)⊙O半徑為r，則OE=OB-BE=r-1，
∵OE2+ED2=OD2，
∴（r-1）2+32=r2，
解得r=5，
∴OA=5，OE=4，
∴AE=OA+OE=9，
在Rt△AEC中，AC===.
故答案為：.
【分析】由垂徑定理可得CE=DE=3，設(shè)⊙O半徑為r，則OE=OB-BE=r-1，在Rt△OED中，利用勾股定理建立方程，求出r=5，從而求出AE=9，在Rt△AEC中，利用勾股定理求出AC即可.
15．已知一組正整數(shù)a，1，b，b，3有唯一眾數(shù)8，中位數(shù)是5，則這一組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為 ．
【答案】5
【解析】【解答】解：∵這組數(shù)據(jù)正整數(shù)a，1，b，b，3唯一眾數(shù)為8，
∴b=8，
∵ 中位數(shù)是5，
∴a=5，
即這組數(shù)據(jù)為5，1，8，8，3，
∴ 這一組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為（5+1+8+8+3） =5.
故答案為：5.
【分析】根據(jù)眾數(shù)和中位數(shù)可確定a、b的值，再求其平均數(shù)即可.
16．若分式方程的解為正整數(shù)，則整數(shù)m的值為 ．
【答案】-1
【解析】【解答】解：，
去分母得：x=3(x-1)+mx，
解得x=，
由方程的解為正整數(shù)，
∴2+m=1或2+m=3，且≠1，
解得m=-1.
故答案為：-1.
【分析】先解分式方程得x=，由方程的解為正整數(shù)，可得2+m=1或2+m=3，且≠1，解之即可.
17．矩形ABCD的面積是90，對角線AC，BD交于點O，點E是BC邊的三等分點，連接DE，點P是DE的中點，OP＝3，連接CP，則PC+PE的值為 ．
【答案】13或
【解析】【解答】解：如圖，當BE=BC時，
在矩形ABCD中，BO=OD ，
∵ 點P是DE的中點， OP=3，
∴BE=2OP=6，
∴BC=3BE=18，EC=12，
∵S矩形ABCD=BC·CD=90，
∴CD=5，
∴DE==13，
在Rt△DCE中，點P是DE的中點，
∴PE=CP=DE=，
∴PC+PE=13.
如圖，當CE=BC時，
同理可求BE=2OP=6，
∴CE=BC=3，BC=9，
∵S矩形ABCD=BC·CD=90，
∴CD=10，
∴DE==，
在Rt△DCE中，點P是DE的中點，
∴PE=CP=DE=，
∴PC+PE=.
綜上可知：13或
故答案為：13或.
【分析】分兩種情況：當BE=BC時和當CE=BC時，根據(jù)三角形中位線定理可求BE，從而求出CE，利用勾股定理求出DE，再利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)求出PC，PE，繼而求解.
18．如圖，在正方形ABCD中，E是BC延長線上一點，AE分別交BD、CD于點F、M，過點F作NP⊥AE，分別交AD、BC于點N、P，連接MP．下列四個結(jié)論：①AM＝PN；②DM+DN＝DF；③若P是BC中點，AB＝3，則EM＝2；④BF?NF＝AF?BP；⑤若PM∥BD，則CE＝BC．其中正確的結(jié)論是 ．
【答案】①②③⑤
【解析】【解答】解：如圖，過點P作PG⊥AD，則ABPG為矩形，∠PGD=90°，
∴AB=PG，∠GNP+∠GPN=90°，
在正方形ABCD中，∠ADM=90°，AD=AB，
∴PG=AD，
∵NP⊥AE，
∴∠ANF+∠NAF=90°，
∴∠NAF=∠GPN，
∴△PGN≌△ADM，
∴AM=PN，故①正確；
如圖，過點F作FH⊥BD，連接CF，
在正方形ABCD中，∠ADF=∠ABF=∠CBF=45°，F(xiàn)H⊥BD，AB=BC，
∴△HFD為等腰直角三角形，
∴DH=DF，F(xiàn)D=FH，
∵BF=BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS）
∴AF=CF，∠BAF=∠BCF，
在四邊形ABPF中，∠ABP=∠AFP=90°，
∴∠BAF+∠BPF=90°，
∵∠FPC+∠BPF=90°，
∴∠BAF=∠FPC=∠BCF，
∴PF=CF=AF，
由①知：AM=PN，即AM-AF=PN-PF，
∴FN=FM，
∵∠HFD=∠NFM=90°，
∴∠NFH=∠DFM
∴△NFH≌△MFD（SAS）
∴NH=DM，
∴DM+DN=NH+DN=DH=DF，故②正確；
連接AP，如圖，由P是BC中點 ，則BP=PC=1.5，
∴AP==，
由②知：AP=PF，
∴PF=AP=，
設(shè)CE=x，則PE=1.5+x，BE=3+x，
∴AE=，
sinE=，即，
解得x=6或-4（舍）
∴CE=6，AE=，BE=9，
∵csE=，
∴，
∴ME=，故③正確；
由題意知：∠AFN=90°，∠BPF＞90°，
∴△AFE與△APF不相似，則BF?NF≠AF?BP，故④錯誤；
∵PM∥BD，
∴∠MPC=∠DBC=45°=∠CMP=∠CDB=45°，
∴PC=CM，
可設(shè)PC=CM=a，BCCD=AD=AB=b，CE=c，
則PM=a，DM=b-a，BE=b+c，PE=a+c，
∵AF=PF，∠AFN=∠PFM=90°，F(xiàn)N=FM，
∴△AFN≌△PFM（SAS），
∴AN=PM=a，
∵AD∥CE，
∴△ADM∽△ECM，
∴，即，解得a=
∵AN∥PE，
∴△AFN∽△EFP，
∴，即，
∵AB∥DM ，
∴△DMF ∽△BAF，
∴，即，
∴
把a=代入中，并整理得b+c=2b+c，
解得，
∴CE=BC，故⑤正確；
故答案為：①②③⑤.
【分析】過點P作PG⊥AD，證明△PGN≌△ADM，可得AM=PN，故①正確；如圖，過點F作FH⊥BD，連接CF，易得△HFD為等腰直角三角形，可得DH=DF，F(xiàn)D=FH，證明△ABF≌△CBF（SAS），可得AF=CF，∠BAF=∠BCF，利用四邊形內(nèi)角和及補角的性質(zhì)可推∠BAF=∠FPC=∠BCF，可得PF=CF=AF，再證△NFH≌△MFD（SAS），可得NH=DM，從而得出
DM+DN=NH+DN=DH=DF，故②正確；連接AP，由勾股定理求出AP，利用AP=PF可求出PF，設(shè)CE=x，則PE=1.5+x，BE=3+x，由勾股定理求出AE的長，利用sinE=建立關(guān)于x方程并解之，可得CE=6，AE=，BE=9，再利用csE=，可求出CM，即可判斷③；由題意知：∠AFN=90°，∠BPF＞90°，則△AFE與△APF不相似，故BF?NF≠AF?BP，故④錯誤；
可設(shè)PC=CM=a，BCCD=AD=AB=b，CE=c，則PM=a，DM=b-a，BE=b+c，PE=a+c，證明
△AFN≌△PFM（SAS），可得AN=PM=a，證明△ADM∽△ECM可得，據(jù)此求出a=，同理可證△AFN∽△EFP，△DMF ∽△BAF，分別得出，，即得，把a=代入中，并整理得b+c=2b+c，則CE=BC，故⑤正確.
三、解答題（共66分）
19．先化簡，再求值：÷（x﹣），并從﹣1，0，1，2，3中選一個合適的數(shù)代入求值．
【答案】解：原式=÷（﹣）
=
=
=
使分式有意義，則x≠0，3
∴x=1，-1或2
當x=-1時，原式=.
【解析】【分析】先計算括號里分式的減法，再將除法轉(zhuǎn)為乘法，然后約分即可化簡，最后 從﹣1，0，1，2，3中選一個使分式有意義的數(shù)代入求值即可．
20．如圖，某數(shù)學活動小組用高度為1.5米的測角儀BC，對垂直于地面CD的建筑物AD的高度進行測量，BC⊥CD于點C．在B處測得A的仰角∠ABE＝45°，然后將測角儀向建筑物方向水平移動6米至FG處，F(xiàn)G⊥CD于點G，測得A的仰角∠AFE＝58°，BF的延長線交AD于點E，求建筑物AD的高度（結(jié)果保留小數(shù)點后一位）．（參考數(shù)據(jù)：sin58°≈0.85，cs58°≈0.53，tan58°≈1.60）
【答案】解：由題意知：四邊形EDCB是平行四邊形，BF=6米，
∴DE=BC=1.5m，
∵tan∠ABE=，tan∠AFE=，
∴AE=BE·tan∠ABE=BE，EF=≈10，
∵BE=EF+BF=6+10=16，
∴AD=AE+DE=BE+DE=17.5米.
答： 建筑物AD的高度約為17.5米.
【解析】【分析】由題意知：四邊形EDCB是平行四邊形，BF=6米，則DE=BC=1.5m，利用解直角三角形可求出AE=BE，EF=，從而求出BE，利用AD=AE+DE=BE+DE即可求解.
21．某校為掌握學生對垃圾分類的了解情況，在全校范圍內(nèi)抽取部分學生進行調(diào)查問卷，并將收集到的信息進行整理，繪制成如圖所示不完整的統(tǒng)計圖，其中A為“非常了解”，B為“了解較多”，C為“基本了解”，D為“了解較少”．請你根據(jù)圖中提供的信息，解答下列問題：
（1）本次調(diào)查共抽取了 名學生；
（2）補全條形統(tǒng)計圖，并求出扇形統(tǒng)計圖中“了解較少”所對應的圓心角度數(shù)；
（3）若全校共有1200名學生，請估計全校有多少名學生“非常了解”垃圾分類問題．
【答案】（1）50
（2）解：B類人數(shù)為50-（20+8+5）=17人，
補全圖形如下：
“了解較少”所對應的圓心角度數(shù)為360°×=36°.
（3）解：1200×=480(名)
答：估計全校有多少名學生“非常了解”垃圾分類問題有480名.
【解析】【解答】解：（1）本次調(diào)查共抽取了學生人數(shù)為（20+8+5）÷（1-34%） =50名；
故答案為：50.
【分析】（1）用A、C、D的總?cè)藬?shù)除以它們所占的比例即可求解；
（2）利用總?cè)藬?shù)減去A、C、D的人數(shù)，可得B人數(shù)，再補圖即可；利用360°×“了解較少''所占比例即得“了解較少”所對應的圓心角度數(shù)；
（3）利用全校總?cè)藬?shù)乘以樣本中“非常了解"人數(shù)所占比例，即可求解.
22．在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，BC＝12，AC＝8，以BC為邊向△ACB外作有一個內(nèi)角為60°的菱形BCDE，對角線BD，CE交于點O，連接OA，請用尺規(guī)和三角板作出圖形，并直接寫出△AOC的面積．
【答案】解：當∠CBE=60°，作圖如下：過點O作OF⊥BC，垂足為F，
在菱形BCDE中，∠CBE=60°，BC=BE，CO=OE，
∴△BCE為等邊三角形，BD⊥CE，
∴EC=BC=12，∠BCO=60°，
∴CO=CE=6，
∴CF=CO=3，
∴△AOC的面積=AC·CF=×8×3=12.
當∠BCD=60°，作圖如下：過點O作OF⊥BC，垂足為F，
同理可得△BCD為等邊三角形，BD⊥CE，則BD=BC=6，∠CBD=60°，
∴BO=BD=6，∠BCO=30°，
∴OC==，
∴CF=CO=9，
∴△AOC的面積=AC·CF=×8×9=36.
綜上可知：△AOC的面積為12或36.
【解析】【分析】分兩種情況：①當∠CBE=60°，②當∠BCD=60°，據(jù)此分別畫出圖形，分別過點O作OF⊥BC，垂足為F，利用菱形的性質(zhì)及直角三角形的性質(zhì)求出CO、CF的長，根據(jù)△AOC的面積=AC·CF即可求解.
23．如圖，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，點A的坐標為（﹣1，0），點C的坐標為（0，﹣3），連接BC．
（1）求該二次函數(shù)的解析式；
（2）點P是拋物線在第四象限圖象上的任意一點，當△BCP的面積最大時，BC邊上的高PN的值為 ．
【答案】（1）解：把 （﹣1，0），（0，﹣3） 代入 y＝x2+bx+c 中 ，
得，解得，
∴y＝x2-x-3
（2）
【解析】【解答】解：（2）y＝x2-x-3，當y=0時，則x2-x-3=0，
解得：x1=-1，x2=6，
∴B（6，0），即OB=6，
∴BC===，
∵B（6，0），C（0，-3）
∴利用待定系數(shù)法求直線BC解析式為y=x-3，
過點P作PD⊥x軸交BC于點D，
設(shè)點P（n，n2-n-3），則D（n，n-3），
∴PD=n-3-（n2-n-3）=-n2+3n，
∴△CPB的面積=PD·OB=（-n2+3n）×6=（x-3）2+，
∴△CPB的面積的最大值為，
∵△CPB的面積=BC·PN=，
∴PN=.
故答案為：.
【分析】（1）利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式即可；
（2）先求出B（6，0），再求BC=，直線BC解析式為y=x-3，過點P作PD⊥x軸交BC于點D，設(shè)點P（n，n2-n-3），則D（n，n-3），則PD=-n2+3n，從而求出△CPB的面積=PD·OB=（x-3）2+，可得△CPB的面積的最大值為，再次利用三角形的面積公式即可求出PN的長.，
24．一條公路上依次有A、B、C三地，甲車從A地出發(fā)，沿公路經(jīng)B地到C地，乙車從C地出發(fā)，沿公路駛向B地．甲、乙兩車同時出發(fā)，勻速行駛，乙車比甲車早小時到達目的地．甲、乙兩車之間的路程ykm與兩車行駛時間xh的函數(shù)關(guān)系如圖所示，請結(jié)合圖象信息，解答下列問題：
（1）甲車行駛的速度是 km/h，并在圖中括號內(nèi)填上正確的數(shù)；
（2）求圖中線段EF所在直線的函數(shù)解析式（不要求寫出自變量的取值范圍）；
（3）請直接寫出兩車出發(fā)多少小時，乙車距B地的路程是甲車距B地路程的3倍．
【答案】（1）70
（2）解：∵E（，0）F（4，180），
所以可設(shè)線段EF所在直線的函數(shù)解析式y(tǒng)=kx+b
則，解得
∴y＝120x﹣300
（3）解：由（1）知：A、C兩地的距離為300km，
∴乙車行駛的速度為：300÷-70=50km/h，
B、C兩地的距離為：50×4=200km，A、B兩地的距離為：300-200=100km，
設(shè)兩車出發(fā)x小時，乙車距B地的路程是甲車距B地路程的3倍．
當甲、乙兩車相遇前，
則200-50x=3(100-70x）
解得x=，
當甲、乙兩車相遇后，
則則200-50x=3(70x-100），
解得x=，
綜上可知：兩車出發(fā)或時，乙車距B地的路程是甲車距B地路程的3倍．
【解析】【解答】解：（1）由圖可知：甲車小時行駛的路程為（200-180）km，
∴ 甲車行駛的速度是 （200-180）÷=70km/h，
∴A、C兩地的距離為70×（4+）=300（km），填圖如下：
故答案為：70.
【分析】（1）利用速度、時間、路程的關(guān)系解答即可；
（2）利用待定系數(shù)法求解析式即可；
（3）先求出AC，BC，AB兩地之間的距離和乙車的速度，設(shè)兩車出發(fā)x小時，乙車距B地的路程是甲車距B地路程的3倍．分兩種情況：當甲、乙兩車相遇后和當甲、乙兩車相遇后，據(jù)此分別列出方程并解之即可.
25．數(shù)學老師在課堂上給出了一個問題，讓同學們探究．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，點D在直線BC上，將線段AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段AE，過點E作EF∥BC，交直線AB于點F．
（1）當點D在線段BC上時，如圖①，求證：BD+EF＝AB；
分析問題：某同學在思考這道題時，想利用AD＝AE構(gòu)造全等三角形，便嘗試著在AB上截取AM＝EF，連接DM，通過證明兩個三角形全等，最終證出結(jié)論：
推理證明：寫出圖①的證明過程：
（2）探究問題：
當點D在線段BC的延長線上時，如圖②：當點D在線段CB的延長線上時，如圖③，請判斷并直接寫出線段BD，EF，AB之間的數(shù)量關(guān)系；
（3）拓展思考：
在（1）（2）的條件下，若AC＝6，CD＝2BD，則EF＝ ．
【答案】（1）證明： 在AB上截取AM＝EF，連接DM，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知：AD=AE，∠EAD=60°，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴∠B=60°，
∵EF∥BC，
∴∠EFB=∠B=60°，
∴∠EFB=∠EAD，∠EFA=180°-60°=120°
∵∠BAD=∠EAD-∠EAB，∠E=∠EFB-∠EAB，
∴∠BAD=∠E，
∵AD=AE，AM=EF，
∴△DAM≌△AEF（SAS），
∴AF=DM，∠AMD=∠EFA=120°，
∴∠BMD=180°-∠AMD=60°，
∵∠B=60°，
∴△BMD為等邊三角形，
∴BD=DM=BM，
∴AB=AM+BM=EF+BD.
（2）解：圖②：AB=BD-EF，
理由：如圖，在BD上取點H，使BH=AB，連接AH并延長到點G使AG=AF，連接DG，
∵∠ABC=60°，
∴△ABH為等邊三角形，
∴∠BAH=∠BHA=60°，
由旋轉(zhuǎn)知：∠DAE=60°，AE=AD，
∴∠BAH=∠DAE，
∴∠BAE=∠DAH，
∵AG=AF
∴△FAE≌△GAD（SAS），
∴EF=DG，∠AFE=∠G，
∵BC∥EF，
∴∠AFE=∠ABC=∠G=60°，
∵∠DHG=∠AHB=60°，
∴△DHG為等邊三角形，
∴DH=DG=EF，
∴AB=BH=BD-DH=BD-EF.
圖③：AB=EF-BD，
理由：如圖，在EF上取點H使AH=AF，
∵BC∥EF，
∴∠F=∠ABC=60°
∴△AHF為等邊三角形，
∴∠AHF=∠HAF=60°，AH=FH
∴∠AHE=120°，∠EAH+∠DAB=180°-∠EAD-∠FAH=180°-60°-60°=60°，
由旋轉(zhuǎn)知：AD=AE，∠DAE=60°，
∵∠D+∠DAB=∠ABC=60°，
∴∠D=∠EAH，
∵∠DBA=∠AHE=120°，AD=AE，
∴△EAH≌△ADB（AAS）
∴BD=AH，AB=EH，
∴BD=HF，
∴AB=EH=EF-FH=EF-BD；
（3）10或18
【解析】【解答】解：（3）如圖①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴AB=2BC，AC=BC，
∴BC=AC=6，AB=12，
∵CD=2BD，
∴BD=BC=2，
由（1）知：AB=EF+BD，
∴EF=AB-BD=12-2=10；
如圖：當點D在線段BC的延長線上時 ，由CD＜BD，與CD=2BD矛盾，不成立；
如圖：當點D在線段CB的延長線上時 ，
∵CD=2BD，BC=6，
∴BD=BC=6，AB=2BC=12，
由AB=EF-BD，則EF=AB+BD=18.
綜上可知：EF的長為10或18.
【分析】（1）在AB上截取AM＝EF，連接DM，可證△DAM≌△AEF（SAS），可得AF=DM，∠AMD=∠EFA=120°，再證△BMD為等邊三角形，可得BD=DM=BM，利用線段的和差關(guān)系即可求解；
（2）圖②：如圖，在BD上取點H，使BH=AB，連接AH并延長到點G使AG=AF，連接DG，易得△ABH為等邊三角形，再證△FAE≌△GAD（SAS），可得EF=DG，∠AFE=∠G，最后可證△DHG為等邊三角形，可得DH=DG=EF，利用線段的和差關(guān)系即可求解；
圖③：如圖，在EF上取點H使AH=AF，可證△EAH≌△ADB（AAS），可得BD=AH，AB=EH，利用線段的和差關(guān)系即可求解；
（3）利用含30°角的直角三角的性質(zhì)求出BC=6，AB=12，結(jié)合CD=2BD求出BD的長，繼而求解.
26．牡丹江某縣市作為猴頭菇生產(chǎn)的“黃金地帶”，年總產(chǎn)量占全國總產(chǎn)量的50%以上，黑龍江省發(fā)布的“九珍十八品”名錄將猴頭菇列為首位．某商店準備在該地購進特級鮮品、特級干品兩種猴頭菇，購進鮮品猴頭菇3箱、干品猴頭菇2箱需420元，購進鮮品猴頭菇4箱、干品猴頭菇5箱需910元．請解答下列問題：
（1）特級鮮品猴頭菇和特級干品猴頭菇每箱的進價各是多少元？
（2）某商店計劃同時購進特級鮮品猴頭菇和特級干品猴頭菇共80箱，特級鮮品猴頭菇每箱售價定為50元，特級干品猴頭菇每箱售價定為180元，全部銷售后，獲利不少于1560元，其中干品猴頭菇不多于40箱，該商店有哪幾種進貨方案？
（3）在（2）的條件下，購進猴頭菇全部售出，其中兩種猴頭菇各有1箱樣品打a（a為正整數(shù)）折售出，最終獲利1577元，請直接寫出商店的進貨方案．
【答案】（1）解：設(shè)特級鮮品猴頭菇和特級干品猴頭菇每箱的進價各是x元和y元，
依題意得：，
解得：，
答：特級鮮品猴頭菇每箱的進價為40元，特級干品猴頭菇每箱的進價時150元；
（2）解： 設(shè)購進特級鮮品猴頭菇為n箱，則購買特級干品猴頭菇為（80-n） 箱，
則，
解得：40≤n42，
∵n為正整數(shù)，
∴n=40，41，42，
∴共有3種進貨方案：
①購進特級鮮品猴頭菇40箱，則購進特級干品猴頭菇40箱；
②購進特級鮮品猴頭菇41箱，則購進特級干品猴頭菇39箱；
③購進特級鮮品猴頭菇42箱，則購進特級干品猴頭菇38箱；
（3）解：①當購進特級鮮品猴頭菇40箱，則購進特級干品猴頭菇40箱；
(40-1)×(50-40)+(40-1)×(180-150)+(50×-40)+(180×-150)=1577，
解得a=9，
②購進特級鮮品猴頭菇41箱，則購進特級干品猴頭菇39箱；
(41-1)×(50-40)+(39-1)×(180-150)+(50×-40)+(180×-150)=1577，
解得a=9.9（不合題意，舍）
③購進特級鮮品猴頭菇42箱，則購進特級干品猴頭菇38箱；
(42-1)×(50-40)+(38-1)×(180-150)+(50×-40)+(180×-150)=1577，
解得a≈10.7（不合題意，舍），
∴商店的進貨方案是特級干品猴頭菇40箱，特級鮮品猴頭菇40箱．
【解析】【分析】（1）設(shè)特級鮮品猴頭菇和特級干品猴頭菇每箱的進價各是x元和y元，根據(jù)“ 購進鮮品猴頭菇3箱、干品猴頭菇2箱需420元，購進鮮品猴頭菇4箱、干品猴頭菇5箱需910元”列出方程組并解之即可；
（2） 設(shè)購進特級鮮品猴頭菇為n箱，則購買特級干品猴頭菇為（80-n） 箱，根據(jù)“ 全部銷售后，獲利不少于1560元，其中干品猴頭菇不多于40箱”列出不等式組，求出正整數(shù)解即可；
（3）把（2）種的三種方案分別求解即可.
27．如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝x+b與x軸的正半軸交于點A，與y軸的負半軸交于點D，點B在x軸的正半軸上，四邊形ABCD是平行四邊形，線段OA的長是一元二次方程x2﹣4x﹣12＝0的一個根．請解答下列問題：
（1）求點D的坐標；
（2）若線段BC的垂直平分線交直線AD于點E，交x軸于點F，交BC于點G，點E在第一象限，，連接BE，求tan∠ABE的值；
（3）在（2）的條件下，點M在直線DE上，在x軸上是否存在點N，使以E、M、N為頂點的三角形是直角邊比為1：2的直角三角形？若存在，請直接寫出△EMN的個數(shù)和其中兩個點N的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）解： x2﹣4x﹣12＝0
（x-4）（x+3）=0，
解得x1=6 x2=-2，
∴OA=6，即A的坐標為（6，0）
把（6，0）代入 y＝x+b 中，得b=-6，
∴ y＝x-6，
當x=0時，y=-6
∴點D得坐標（0，﹣6）.
（2）解：如圖，過點E作EH⊥AB于點H，
∵OA=OD=6，∠AOD=90°，
∴AD=OA=，∠OAD=∠EAH=45°，
∴AH=EH=AE=×=3，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BC=AD=，AE∥BC，
∴∠EAF=∠GBF，∠AEF=∠FGB=90°，
∴△AEF為等腰直角三角形，
∴FH=AF=3，
∵GE垂直平分BC，
∴BG=BC==AE，
∴△AEF≌△BGF（ASA）
∴BF=AF=6，
∴BH=FH+BF=9，
∴tan∠ABE=.
（3）存在，點△EMN的個數(shù)為12個，點N的坐標為N1（0，0），N2（8，0），N3（10，0），N4（12，0），N5（18，0）（寫出兩個即可）．
理由：如圖，當∠MEN=90°時，有4個，
∵∠EAN1=45°，
∴EN=EA=，
由（2）知AN1=6，OA=6，
∴ON1=12，則點N的坐標為（12，0）；
當∠ENM=90°時，有4個，如圖，
當∠EMN=90°時，有4個，如圖，
∵∠N9AM9=45°，
∴N9M9=AM9=EM9=EA=，
∴N9A==6，
∴N9與O重合，則N9的坐標（0，0），
綜上可知：點△EMN的個數(shù)為12個，點N的坐標為N1（0，0），N2（8，0），N3（10，0），N4（12，0），N5（18，0）（寫出兩個即可）．
【解析】【分析】（1）先解方程求出OA=6，再求出直線解析式，繼而求出點D坐標；
（2）過點E作EH⊥AB于點H，可求AH=EH=AE=3，易得△AEF為等腰直角三角形，可得FH=AF=3，由線段垂直平分線的性質(zhì)可得BG=BC==AE，可證△AEF≌△BGF（ASA），可得BF=AF=6，再利用正切函數(shù)的定義即可求解；
（3）分三種情況：∠MEN=90°、∠ENM=90°和∠EMN=90°，據(jù)此分別畫出圖形并解答即可.

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