精品解析：四川省名山中学蒙山校区2024——2025学年上学期九年级中考模拟(一)数 学 试 卷

四川省名山中学蒙山校区2024——2025学年上期 初三模拟（一）数 学 试 卷 本试题卷全卷满分120分，考试时间120分钟． 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨迹签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确． 2.选择题使用2B铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色墨迹签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效． 3.考试结束后，由监考人员将本试题卷和答题卡一并收回． 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分）每小题的四个选项中，有且仅有一个选项是正确的． 1. 下列各数中是无理数的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列四个图形中，不能作为正方体的展开图的是（　　） A. B. C. D. 3. 如图，已知，是的平分线，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 4. 下列运算中，正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 在数轴上表示不等式组的解集，正确的是（　　） A. B. C. D. 6. 点点同学对数据26，36，36，46，5■，52进行统计分析，发现其中一个两位数的个位数字被墨水涂污看不到了，则计算结果与被涂污数字无关的是（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 方差 D. 标准差 7. 下列说法正确的是（　　） A. 矩形对角线相互垂直平分 B. 对角线相等的菱形是正方形 C. 两邻边相等的四边形是菱形 D. 对角线分别平分对角的四边形是矩形 8. 关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值是（　　） A. B. 4 C. 2 D. 9. 已知线段，按如下步骤作图：①作射线，使；②作的平分线；③以点为圆心，长为半径作弧，交于点；④过点作于点，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，将5个大小相同的正方形置于平面直角坐标系中，若顶点B、C的坐标分别为，则顶点A的坐标为（ ） A. B. C. D. 11. 若代数式中，则M的最（　　）值是（　　） A. 大，0 B. 小，3 C. 大，4 D. 小，4 12. 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别与AD，AC，BC相交于点E，O，F．下列结论正确的个数有（　　） ①四边形AFCE为菱形； ②ABF≌CDE； ③当F为BC中点时，∠ACD＝90°． A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 第Ⅱ卷（非选择题） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）将答案直接填写在答题卡相应的横线上． 13. 菱形的两条对角线长分别为6和8，则这个菱形的边长为________． 14. 用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是___________． 15. 在平面直角坐标系中有五个点，分别是从中任选一个点恰好在第二象限的概率是_________． 16. 若关于x的分式方程无解，则______． 17. 如图，正方形ABCD和正方形EFCG的边长分别为3和1，点、G分别在边上，P为AE的中点，连接PG，则PG的长为 _________ . 三．解答题（本大题共7个小题，共69分）解答要求写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程． 18. （1）计算： （2）先化简，再求值：，其中 19. 为了激发学生对中国古诗词的学习兴趣，某校举行了古诗词比赛，比赛结束后随机抽取了部分学生成绩进行统计，按成绩分为如下5组（满分100分），A组：，B组：．C组：，D组：，E组：，并绘制了如下不完整的统计图．请结合统计图，解答下列问题： （1）本次调查一共随机抽取了 名学生的成绩，并补全学生成绩频数直方图： （2）若成绩在90分及以上为优秀，学校共有3000名学生，估计该校成绩优秀的学生有多少人？ （3）学校将从获得满分的5名同学（其中有两名男生，三名女生）中随机抽取两名，参加五一劳动节的文艺汇演，请利用树状图或列表法求抽取同学中恰有一名男生和一名女生的概率． 20. 已知关于x的一元二次方程． （1）判别方程根的情况，并说明理由． （2）设该一元二次方程的两根为a， b，且a， b是矩形两条对角线的长，求矩形对角线的长． 21. 2023年杭州亚运会吉祥物一开售，就深受大家的喜爱，某商店以每件35元的价格购进某款亚运会吉祥物，以每件58元的价格出售，经统计，4月份的销售量为256件，6月份的销售量为400件． （1）求该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率； （2）从7月份起，商场决定采用降价促销的方式回馈顾客，经试验，发现该吉祥物每降价1元，月销售量就会增加20件．当该吉祥物售价为多少元时，月销售利润达8400元？ 22. 如图，在四边形中，对角线与交于点O，已知，过点O作，分别交、于点E，F，连接．     （1）求证：； （2）求证：四边形是菱形； （3）设，，，求的长 23. 如图，在平面直角坐标系中，直线分别交轴、轴于、两点，点是直线上一点，点在线段上，且． （1）求点的坐标； （2）求所在直线的解析式； （3）在直线上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 24. 将一长方形纸片放在直角坐标系中，O为原点，点C在x轴上，． （1）如图1，在上取一点E，将沿折叠，使点O落在边上的点D，求线段． （2）如图2，在边上选取适当的点M，F，将沿折叠，使点O落在边上的点处，过点D，作垂直于于点G，交于点T． ①求证：； ②设，求y与x满足的等量关系式，并将y用含x的代数式表示． （3）在（2）的条件下，当时，点P在直线上，问：在坐标轴上是否存在点Q，使以M，，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出Q点坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省名山中学蒙山校区2024——2025学年上期 初三模拟（一）数 学 试 卷 本试题卷全卷满分120分，考试时间120分钟． 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨迹签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确． 2.选择题使用2B铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色墨迹签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效． 3.考试结束后，由监考人员将本试题卷和答题卡一并收回． 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分）每小题的四个选项中，有且仅有一个选项是正确的． 1. 下列各数中是无理数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了无理数的概念，无理数，也称为无限不循环小数，不能写作两整数之比．若将它写成小数形式，小数点之后的数字有无限多个，并且不会循环．据此即可求解． 【详解】解：是有限小数，属于有理数，不符合题意； 是整数，属于有理数，不符合题意； 是无理数，符合题意； 是整数，属于有理数，不符合题意； 故选：C 2. 下列四个图形中，不能作为正方体的展开图的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正方体的展开图的11种不同情况进行判断即可． 【详解】解：正方体展开图的11种情况可分为“1﹣4﹣1型”6种，“2﹣3﹣1型”3种，“2﹣2﹣2型”1种，“3﹣3型”1种， 因此选项D符合题意， 故选：D． 【点睛】本题考查正方体的展开图，理解和掌握正方体的展开图的11种不同情况，是正确判断的前提． 3. 如图，已知，是的平分线，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行线的性质、角平分线的定义以及对顶角相等等知识点，由题意得：，由得，根据是的平分线得． 【详解】解：由题意得：， ∵， ∴， ∵是的平分线， ∴ 故选：B 4. 下列运算中，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】此题主要考查了积的乘方运算，合并同类项，同底数幂的除法，直接利用积的乘方运算，合并同类项，同底数幂的除法分别计算，进而判断即可． 【详解】解：A．和不是同类项，不能合并，故此选项不合题意； B．，故此选项不合题意； C．，故此选项不合题意； D．，故此选项符合题意． 故选：D． 5. 在数轴上表示不等式组的解集，正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示解集等知识．熟练掌握解一元一次不等式组，在数轴上表示解集是解题的关键． 分别计算两个不等式的解集，进而可得不等式组的解集，然后判断作答即可． 【详解】解：， ， 解得，， ， 解得，， ∴不等式组的解集为， ∴在数轴上表示解集如下； 故选：A． 6. 点点同学对数据26，36，36，46，5■，52进行统计分析，发现其中一个两位数的个位数字被墨水涂污看不到了，则计算结果与被涂污数字无关的是（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 方差 D. 标准差 【答案】B 【解析】 【分析】根据平均数、中位数、方差和标准差的概念，结合题意即可解答. 【详解】因为这组数据的中位数是36和46的平均数，则这组数据中的中位数是41，与涂污数字无关， 故选B. 【点睛】本题考查平均数、中位数、方差和标准差，解题的关键是熟悉平均数、中位数、方差和标准差的相关计算. 7. 下列说法正确的是（　　） A. 矩形对角线相互垂直平分 B. 对角线相等的菱形是正方形 C. 两邻边相等的四边形是菱形 D. 对角线分别平分对角的四边形是矩形 【答案】B 【解析】 【分析】根据矩形的性质可得A错误；先判定四边形是菱形，再判定是矩形就是正方形可得B正确；根据菱形的判定可得C错误；根据对角线的关系判定矩形，从而得D错误． 【详解】解：A．矩形的对角线相等且平分，故A原说法错误，不符合题意； B．对角线相等的菱形是正方形，正确，符合题意； C．四条边相等的四边形是菱形，故C原说法错误，不符合题意； D．对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故D原说法错误，不符合题意； 故选B． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，正方形的判定，菱形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行判断求解. 8. 关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值是（　　） A. B. 4 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，代数式求值．熟练掌握一元二次方程根的判别式，代数式求值是解题的关键． 由题意知，，根据，计算求解即可． 【详解】解：∵x的一元二次方程有两个相等的实数根， ∴， ∴， 故选：C． 9. 已知线段，按如下步骤作图：①作射线，使；②作的平分线；③以点为圆心，长为半径作弧，交于点；④过点作于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意易得∠BAD=45°，AB=AE，进而可得△APE是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵AD平分， ∴∠BAD=45°， ∵， ∴△APE是等腰直角三角形， ∴AP=PE， ∴， ∵AB=AE， ∴， ∴； 故选D． 【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理及角平分线的定义，熟练掌握等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理及角平分线的定义是解题的关键． 10. 如图，将5个大小相同的正方形置于平面直角坐标系中，若顶点B、C的坐标分别为，则顶点A的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形性质．正确计算出正方形的边长是本题的关键． 由题意知，轴，，则正方形的边长为2，可求，求解作答即可． 【详解】解：由题意知，∵顶点B、C的坐标分别为， ∴轴，， ∴正方形的边长为2， ∴，即， 故选：A． 11. 若代数式中，则M的最（　　）值是（　　） A. 大，0 B. 小，3 C. 大，4 D. 小，4 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的最值．熟练掌握二次函数的最值是解题的关键． 由题意知，，由，可知M有最大值，值是4，然后判断作答即可． 【详解】解：， ∵， ∴M有最大值，值是4， 故选：C． 12. 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别与AD，AC，BC相交于点E，O，F．下列结论正确的个数有（　　） ①四边形AFCE为菱形； ②ABF≌CDE； ③当F为BC中点时，∠ACD＝90°． A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】D 【解析】 【分析】由平行四边形的性质、垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质分别对各个结论进行判断即可． 【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴ADBC，AD＝BC，AB＝CD，∠B＝∠D，ABCD， ∴∠EAC＝∠FCA， ∵EF垂直平分AC， ∴OA＝OC，EA＝EC， ∴∠EAC＝∠ECA， ∴∠FCA＝∠ECA， 在△AOE和△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴OE＝OF， ∴四边形AFCE为平行四边形， ∵EF垂直平分AC， ∴平行四边形AFCE是菱形，①正确； ∴AE＝CF， ∴BF＝DE， 在△ABF和△CDE中， ， ∴△ABF≌△CDE（SAS），②正确； ∵四边形AFCE是菱形， ∴AF＝CF， ∴∠FAC＝∠FCA， ∵F为BC的中点， ∴BF＝CF， ∴AF＝BF， ∴∠BAF＝∠B， ∴∠BCA+∠B=90°， ∴∠BAC＝90°， ∵ABCD， ∴∠ACD＝∠BAC＝90°，③正确； 正确的个数有3个， 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、垂直平分线的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型． 第Ⅱ卷（非选择题） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）将答案直接填写在答题卡相应的横线上． 13. 菱形的两条对角线长分别为6和8，则这个菱形的边长为________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，勾股定理，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长即可． 【详解】解：如图，根据题意得，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是直角三角形， ∴． 故答案为：5． 14. 用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了配方法解一元二次方程．熟练掌握配方法解一元二次方程是解题的关键． 根据配方法解一元二次方程求解作答即可． 【详解】解：， ， ， ∴， 故答案为：． 15. 在平面直角坐标系中有五个点，分别是从中任选一个点恰好在第二象限的概率是_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了列举法求概率，第二象限的点坐标的特征．熟练掌握列举法求概率，第二象限的点坐标的特征是解题的关键． 由题意知，在第二象限，然后求概率即可． 【详解】解：由题意知，在第二象限， ∴任选一个点恰好在第二象限的概率是， 故答案为：． 16. 若关于x的分式方程无解，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了分式方程无解求参数，去分母得，由原方程无解得，即可求解；理解分式方程无解（增根）满足的条件：“①增根是化简后对应整式方程的根，②使最简公分母的值为零．”是解题的关键． 【详解】解：方程两边同乘以，得 ， ， 原方程无解， ， ∴ 解得：， 故答案：． 17. 如图，正方形ABCD和正方形EFCG的边长分别为3和1，点、G分别在边上，P为AE的中点，连接PG，则PG的长为 _________ . 【答案】 【解析】 【分析】连接AC,根据正方形的性质可得A、E、C三点共线，连接FG交AC于点M，由正方形的性质求和勾股定理可求得EC和FG，AC的长度,从而求得AE,因为的中点，可得PE和AP,再由正方形的性质可得GM和EM ,FG，在Rt△PGM中，求解即可． 【详解】解，如下图，连接AC，连接FG与AC交于点M ∵四边形ABCD和四边形EFCG是正方形，且点、G分别在边上 ∴A、E、C三点共线，，, 在中， 由勾股定理得： ∵AC＞0 ∴ 在中， 由勾股定理得： ∵EC＞0 ∴ ∴ 又∵P是AE的中点，M是EC的中点 ∴ 又∵ 在中，由勾股定理得： 即：= ∵ ∴ 故答案为： 【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理解三角形等知识点，牢记性质和定理内容，并结合图形灵活应用是解题关键． 三．解答题（本大题共7个小题，共69分）解答要求写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程． 18. （1）计算： （2）先化简，再求值：，其中 【答案】（1）；（2）， 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值及实数的混合运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键． （1）先根据负整数指数幂、零次幂、绝对值的化简法则化简，再按照实数的加减运算计算即可； （2）先将原式括号内的部分通分、除法变成乘法同时进行因式分解，再约分化简，然后将代入计算即可得出答案． 【详解】（1） ． （2） ， 当时，原式． 19. 为了激发学生对中国古诗词的学习兴趣，某校举行了古诗词比赛，比赛结束后随机抽取了部分学生成绩进行统计，按成绩分为如下5组（满分100分），A组：，B组：．C组：，D组：，E组：，并绘制了如下不完整的统计图．请结合统计图，解答下列问题： （1）本次调查一共随机抽取了 名学生的成绩，并补全学生成绩频数直方图： （2）若成绩在90分及以上为优秀，学校共有3000名学生，估计该校成绩优秀的学生有多少人？ （3）学校将从获得满分的5名同学（其中有两名男生，三名女生）中随机抽取两名，参加五一劳动节的文艺汇演，请利用树状图或列表法求抽取同学中恰有一名男生和一名女生的概率． 【答案】（1）400，60，D， （2）估计该校成绩优秀的学生有1680人 （3） 【解析】 【分析】（1）用C组的人数除以其人数占比即可求出参与调查的人数，由此即可求出m的值，根据总人数及已知各组人数，计算出E组的人数，从而补全直方图； （2）根据样本中优秀人数占比即可估计3000人中成绩优秀的数量； （3）由画树状图的方法得到全部结果及满足题意的结果数，利用概率公式求解即可得到答案． 【小问1详解】 解：本次调查一共随机抽取的学生总人数为（名）； ∴B组的人数为（名），即； ∴E组的人数为：（人）， 补全学生成绩频数分布直方图如下： 【小问2详解】 解：（人）， 答：估计该校成绩优秀的学生有1680人； 【小问3详解】 解：画树状图如下： 共有20种等可能的结果，其中抽取同学中恰有一名男生和一名女生的结果有12种， ∴抽取同学中恰有一名男生和一名女生的概率为． 【点睛】本题考查概率与统计综合，涉及扇形统计图与条形统计图数据关联、补全条形统计图、用样本估计总体及列举法求概率等知识，熟记相关统计量及求法，熟练掌握列举法求概率是解决问题的关键． 20. 已知关于x的一元二次方程． （1）判别方程根的情况，并说明理由． （2）设该一元二次方程的两根为a， b，且a， b是矩形两条对角线的长，求矩形对角线的长． 【答案】（1） 有两个实数根， 理由：， ∵， ∴， ∴这个一元二次方程一定有两个实数根； （2）5 【解析】 【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式，即可进行解答； （2）根据矩形对角线相等的性质可得，则该方程有两个相等的实数根，即可求出m的值，最后将m的值代入原方程，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵a，b是矩形两条对角线的长， ∴， ∵该一元二次方程的两根为a，b， ∴有两个相等的实数根， ∴，解得， ∴这个一元二次方程为，解得． ∴这个矩形对角线的长是5． 【点睛】本题主要考查了已知一元二次方程根的情况求参数的取值范围，解题的关键是熟练掌握当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根． 21. 2023年杭州亚运会吉祥物一开售，就深受大家的喜爱，某商店以每件35元的价格购进某款亚运会吉祥物，以每件58元的价格出售，经统计，4月份的销售量为256件，6月份的销售量为400件． （1）求该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率； （2）从7月份起，商场决定采用降价促销的方式回馈顾客，经试验，发现该吉祥物每降价1元，月销售量就会增加20件．当该吉祥物售价为多少元时，月销售利润达8400元？ 【答案】（1） （2）该款吉祥物售价为50元时，月销售利润达8400元 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． （1）设该款吉祥物月份到月份销售量的月平均增长率为，列方程，求解即可； （2）设该吉祥物售价为元，则每件的销售利润为元，月销售量为件，列方程，求解即可． 【小问1详解】 解：设该款吉祥物月份到月份销售量的月平均增长率为， 根据题意得：， 解得：，（不符合题意，舍去）． 答：该款吉祥物月份到月份销售量的月平均增长率为； 【小问2详解】 解：设该吉祥物售价为元，则每件的销售利润为元，月销售量为件， 根据题意得：， 整理得：， 解得：，（不符合题意，舍去）． 答：该款吉祥物售价为元时，月销售利润达元． 22. 如图，在四边形中，对角线与交于点O，已知，过点O作，分别交、于点E，F，连接．     （1）求证：； （2）求证：四边形是菱形； （3）设，，，求的长 【答案】（1） 证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，， 又∵， ∴； （2） 证明：由（1）可知，， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴是等腰三角形，， ∴四边形是菱形； （3） 【解析】 【分析】（1）证明四边形是平行四边形，则，，，进而可证； （2）由（1）可知，，则，证明四边形是平行四边形，证明是等腰三角形，，进而可证四边形是菱形； （3）由，可得，设，则，由勾股定理得，，即，可求，即，，由，可得，则，证明是等边三角形，证明四边形是平行四边形，则，，如图，作于，则，，由勾股定理得，，，求解作答即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：∵， ∴， 设，则， 由勾股定理得，，即， 解得，， ∴，， ∵， ∴，， 又∵， ∴是等边三角形， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 如图，作于，     ∴，， 由勾股定理得，， 由勾股定理得，， ∴的长为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含的直角三角形等知识．熟练掌握平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含的直角三角形是解题的关键． 23. 如图，在平面直角坐标系中，直线分别交轴、轴于、两点，点是直线上一点，点在线段上，且． （1）求点的坐标； （2）求所在直线的解析式； （3）在直线上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）点的坐标为 （2） （3）存在，点的坐标为或 【解析】 【分析】本题考查一次函数的知识，解题的关键是掌握一次函数的图象和性质，用待定系数法求出函数解析式，进行解答，即可． （1）根据直线分别交轴、轴于、两点，求出点的坐标，再根据，即可求出的距离，即可； （2）根据点在函数图象上，求出点的坐标，再根据点的坐标，设直线的解析式为，把点，点的坐标代入，解出，，即可； （3）设点，根据，求出点，即可． 【小问1详解】 ∵直线分别交轴、轴于、两点 ∴当时， ∴ ∴点 ∴ ∵点在轴上且 ∴ ∴点的坐标为 【小问2详解】 ∵点在直线， ∴， 解得：， ∴点， 设直线的解析式为，， ∴， 解得：， ∴所在直线的解析式为：． 【小问3详解】 ∵点在直线上 ∴设点 ∵， ∴ 解得：， ∴点的坐标为或． 24. 将一长方形纸片放在直角坐标系中，O为原点，点C在x轴上，． （1）如图1，在上取一点E，将沿折叠，使点O落在边上的点D，求线段． （2）如图2，在边上选取适当的点M，F，将沿折叠，使点O落在边上的点处，过点D，作垂直于于点G，交于点T． ①求证：； ②设，求y与x满足的等量关系式，并将y用含x的代数式表示． （3）在（2）的条件下，当时，点P在直线上，问：在坐标轴上是否存在点Q，使以M，，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出Q点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）4 （2） ①证明：由折叠的性质可知，，， ∵，， ∴，四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； ② （3）存在，或或 【解析】 【分析】（1）由折叠的性质可知，，，由勾股定理得，，则，设，则，由勾股定理得，，即，计算求解即可； （2）①由折叠的性质可知，，，证明，四边形是矩形，则，，，可得，进而可证；②由，可得，，由勾股定理得，，即，整理作答即可； （3）当时，，即，，则，，以M，，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，分当为对角线时，，如图1，，重合；当为边，为对角线时，，如图1，，重合；当为边，为边时，，如图1，，三种情况求解作答即可． 【小问1详解】 解：∵长方形， ∴， 由折叠的性质可知，，， 由勾股定理得，， ∴， 设，则， 由勾股定理得，，即， 解得，， ∴线段的长为4． 【小问2详解】 ①略 ②解：∵， ∴，， 由勾股定理得，，即， 整理得，； 【小问3详解】 解：当时，， ∴，， ∴，， ∵以M，，Q，P为顶点的四边形是平行四边形， ∴当为对角线时，，如图1，，重合， ∴， 由平移的性质可得，； 当为边，为对角线时，，如图1，，重合，则， 由平移的性质可得，； 当为边，为边时，，如图1，， 设直线的解析式为， 将，代入得，， 解得，， ∴直线的解析式为， ∴直线的解析式为， 将代入得，， 解得，， ∴ 直线的解析式为， 令，则， 解得，， ∴； 综上所述，在坐标轴上存在点Q，使以M，，Q，P为顶点的四边形是平行四边形， Q点坐标为或或． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，平行线的判定与性质，等角对等边，平行四边形的性质，一次函数解析式，平移的性质等知识．熟练掌握矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，平行线的判定与性质，等角对等边，平行四边形的性质，一次函数解析式，平移的性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $