【10年压轴题】2016-2025年河北省选择、填空、解答题中考真题汇编卷

【10年压轴题】2016-2025年河北省选择、填空、解答题中考真题汇编卷 一．选择题（共10小题） 1．（2025•河北）在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点．如图，正方形EFGH与正方形OABC的顶点均为整点．若只将正方形EFGH平移，使其内部（不含边界）有且只有A，B，C三个整点，则平移后点E的对应点坐标为（　　） A． B． C． D． 2．（2024•河北）平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之和大于0的点称为“和点”．将某“和点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3所得的余数（当余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移），每次平移1个单位长度． 例：“和点”P（2，1）按上述规则连续平移3次后，到达点P3（2，2），其平移过程如下：． 若“和点”Q按上述规则连续平移16次后，到达点Q16（﹣1，9），则点Q的坐标为（　　） A．（6，1）或（7，1） B．（15，﹣7）或（8，0） C．（6，0）或（8，0） D．（5，1）或（7，1） 3．（2023•河北）已知二次函数y＝﹣x2+m2x和y＝x2﹣m2（m是常数）的图象与x轴都有两个交点，且这四个交点中每相邻两点间的距离都相等，则这两个函数图象对称轴之间的距离为（　　） A．2 B．m2 C．4 D．2m2 4．（2022•河北）题目：“如图，∠B＝45°，BC＝2，在射线BM上取一点A，设AC＝d，若对于d的一个数值，只能作出唯一一个△ABC，求d的取值范围．”对于其答案，甲答：d≥2，乙答：d＝1.6，丙答：d，则正确的是（　　） A．只有甲答的对 B．甲、丙答案合在一起才完整 C．甲、乙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起才完整 5．（2021•河北）如图，等腰△AOB中，顶角∠AOB＝40°，用尺规按①到④的步骤操作： ①以O为圆心，OA为半径画圆； ②在⊙O上任取一点P（不与点A，B重合），连接AP； ③作AB的垂直平分线与⊙O交于M，N； ④作AP的垂直平分线与⊙O交于E，F． 结论Ⅰ：顺次连接M，E，N，F四点必能得到矩形； 结论Ⅱ：⊙O上只有唯一的点P，使得S扇形FOM＝S扇形AOB． 对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（　　） A．Ⅰ和Ⅱ都对 B．Ⅰ和Ⅱ都不对 C．Ⅰ不对Ⅱ对 D．Ⅰ对Ⅱ不对 6．（2020•河北）如图是用三块正方形纸片以顶点相连的方式设计的“毕达哥拉斯”图案．现有五种正方形纸片，面积分别是1，2，3，4，5，选取其中三块（可重复选取）按如图的方式组成图案，使所围成的三角形是面积最大的直角三角形，则选取的三块纸片的面积分别是（　　） A．1，4，5 B．2，3，5 C．3，4，5 D．2，2，4 7．（2019•河北）对于题目：“如图1，平面上，正方形内有一长为12、宽为6的矩形，它可以在正方形的内部及边界通过移转（即平移或旋转）的方式，自由地从横放移转到竖放，求正方形边长的最小整数n．”甲、乙、丙作了自认为边长最小的正方形，先求出该边长x，再取最小整数n． 甲：如图2，思路是当x为矩形对角线长时就可移转过去；结果取n＝13． 乙：如图3，思路是当x为矩形外接圆直径长时就可移转过去；结果取n＝14． 丙：如图4，思路是当x为矩形的长与宽之和的倍时就可移转过去；结果取n＝13． 下列正确的是（　　） A．甲的思路错，他的n值对 B．乙的思路和他的n值都对 C．甲和丙的n值都对 D．甲、乙的思路都错，而丙的思路对 8．（2018•河北）对于题目“一段抛物线L：y＝﹣x（x﹣3）+c（0≤x≤3）与直线l：y＝x+2有唯一公共点，若c为整数，确定所有c的值”，甲的结果是c＝1，乙的结果是c＝3或4，则（　　） A．甲的结果正确 B．乙的结果正确 C．甲、乙的结果合在一起才正确 D．甲、乙的结果合在一起也不正确 9．（2017•河北）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示，按下列步骤操作： 将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转；…在这样连续6次旋转的过程中，点B，M间的距离可能是（　　） A．1.4 B．1.1 C．0.8 D．0.5 10．（2016•河北）如图，∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，且OP＝2．若点M，N分别在OA，OB上，且△PMN为等边三角形，则满足上述条件的△PMN有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．3个以上 二．填空题（共10小题） 11．（2025•河北）2025年3月是第10个全国近视防控宣传教育月，活动主题为“抓早抓小抓关键，更快降低近视率”．如图是一幅眼肌运动训练图，其中数字1﹣12对应的点均匀分布在一个圆上，数字0对应圆心．图中以数字0～12对应的点为端点的所有线段中，有一条线段的长与其他的都不相等．若该圆的半径为1，则这条线段的长为 　 　 ． （参考数据：sin15°，sin75°） 眼肌运动训练图 使用方法：以0，1，2，3，…的顺序沿着箭头方向移动眼球．移动一圈后再回到原点，反复进行． 12．（2024•河北）如图，△ABC的面积为2，AD为BC边上的中线，点A，C1，C2，C3是线段CC4的五等分点，点A，D1，D2是线段DD3的四等分点，点A是线段BB1的中点． （1）△AC1D1的面积为 　 　 ； （2）△B1C4D3的面积为 　 　 ． 13．（2023•河北）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上．两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中： （1）∠α＝　 　 度； （2）中间正六边形的中心到直线l的距离为 　 　 （结果保留根号）． 14．（2022•河北）如图，棋盘旁有甲、乙两个围棋盒． （1）甲盒中都是黑子，共10个．乙盒中都是白子，共8个．嘉嘉从甲盒拿出a个黑子放入乙盒，使乙盒棋子总数是甲盒所剩棋子数的2倍，则a＝　 　 ； （2）设甲盒中都是黑子，共m（m＞2）个，乙盒中都是白子，共2m个．嘉嘉从甲盒拿出a（1＜a＜m）个黑子放入乙盒中，此时乙盒棋子总数比甲盒所剩棋子数多 　 　 个；接下来，嘉嘉又从乙盒拿回a个棋子放到甲盒，其中含有x（0＜x＜a）个白子，此时乙盒中有y个黑子，则的值为 　 　 ． 15．（2021•河北）用绘图软件绘制双曲线m：y与动直线l：y＝a，且交于一点，图1为a＝8时的视窗情形． （1）当a＝15时，l与m的交点坐标为 　 　 ； （2）视窗的大小不变，但其可视范围可以变化，且变化前后原点O始终在视窗中心． 例如，为在视窗中看到（1）中的交点，可将图1中坐标系的单位长度变为原来的，其可视范围就由﹣15≤x≤15及﹣10≤y≤10变成了﹣30≤x≤30及﹣20≤y≤20（如图2）．当a＝﹣1.2和a＝﹣1.5时，l与m的交点分别是点A和B，为能看到m在A和B之间的一整段图象，需要将图1中坐标系的单位长度至少变为原来的，则整数k＝　 　 ． 16．（2020•河北）如图是8个台阶的示意图，每个台阶的高和宽分别是1和2，每个台阶凸出的角的顶点记作Tm（m为1～8的整数）．函数y（x＜0）的图象为曲线L． （1）若L过点T1，则k＝　 　 ； （2）若L过点T4，则它必定还过另一点Tm，则m＝　 　 ； （3）若曲线L使得T1～T8这些点分布在它的两侧，每侧各4个点，则k的整数值有 　 　 个． 17．（2019•河北）勘测队按实际需要构建了平面直角坐标系，并标示了A，B，C三地的坐标，数据如图（单位：km）．笔直铁路经过A，B两地． （1）A，B间的距离为　 　 km； （2）计划修一条从C到铁路AB的最短公路l，并在l上建一个维修站D，使D到A，C的距离相等，则C，D间的距离为　 　 km． 18．（2018•河北）如图1，作∠BPC平分线的反向延长线PA，现要分别以∠APB，∠APC，∠BPC为内角作正多边形，且边长均为1，将作出的三个正多边形填充不同花纹后成为一个图案．例如，若以∠BPC为内角，可作出一个边长为1的正方形，此时∠BPC＝90°，而45°是360°（多边形外角和）的，这样就恰好可作出两个边长均为1的正八边形，填充花纹后得到一个符合要求的图案，如图2所示． 图2中的图案外轮廓周长是 　 　 ； 在所有符合要求的图案中选一个外轮廓周长最大的定为会标，则会标的外轮廓周长是 　 　 ． 19．（2017•河北）对于实数p，q，我们用符号min{p，q}表示p，q两数中较小的数，如min{1，2}＝1，因此，min{，}＝　 　 ；若min{（x﹣1）2，x2}＝1，则x＝　 　 ． 20．（2016•河北）如图，已知∠AOB＝7°，一条光线从点A出发后射向OB边．若光线与OB边垂直，则光线沿原路返回到点A，此时∠A＝90°﹣7°＝83°． 当∠A＜83°时，光线射到OB边上的点A1后，经OB反射到线段AO上的点A2，易知∠1＝∠2．若A1A2⊥AO，光线又会沿A2→A1→A原路返回到点A，此时∠A＝　 　 °． … 若光线从A点出发后，经若干次反射能沿原路返回到点A，则锐角∠A的最小值＝　 　 °． 三．解答题（共10小题） 21．（2025•河北）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（0，3），B（6，3），顶点为P．抛物线y＝a（x﹣3）2+d（a＜0）经过点C（，2）．两条抛物线在第一象限内的部分分别记为L1，L2． （1）求b，c的值及点P的坐标． （2）点D在L1上，到x轴的距离为．判断L2能否经过点D，若能，求a的值；若不能，请说明理由． （3）直线AE：y＝kx+n（k＞0）交L1于点E，点M在线段AE上，且点M的横坐标是点E横坐标的一半． ①若点E与点P重合，点M恰好落在L2上，求a的值； ②若点M为直线AE与L2的唯一公共点，请直接写出k的值． 22．（2024•河北）如图，抛物线C1：y＝ax2﹣2x过点（4，0），顶点为Q．抛物线C2：y（x﹣t）2t2﹣2（其中t为常数，且t＞2），顶点为P． （1）直接写出a的值和点Q的坐标． （2）嘉嘉说：无论t为何值，将C1的顶点Q向左平移2个单位长度后一定落在C2上． 淇淇说：无论t为何值，C2总经过一个定点． 请选择其中一人的说法进行说理． （3）当t＝4时， ①求直线PQ的解析式； ②作直线l∥PQ，当l与C2的交点到x轴的距离恰为6时，求l与x轴交点的横坐标． （4）设C1与C2的交点A，B的横坐标分别为xA，xB，且xA＜xB，点M在C1上，横坐标为m（2≤m≤xB）．点N在C2上，横坐标为n（xA≤n≤t），若点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，直接用含t和m的式子表示n． 23．（2023•河北）如图1和图2，平面上，四边形ABCD中，AB＝8，，CD＝12，DA＝6．∠A＝90°，点M在AD边上，且DM＝2．将线段MA绕点M顺时针旋转n°（0＜n≤180）到MA'，∠A′MA的平分线MP所在直线交折线AB﹣BC于点P，设点P在该折线上运动的路径长为x（x＞0），连接A′P． （1）若点P在AB上，求证：A'P＝AP； （2）如图2，连接BD． ①求∠CBD的度数，并直接写出当n＝180时，x的值； ②若点P到BD的距离为2，求tan∠A′MP的值； （3）当0＜x≤8时，请直接写出点A′到直线AB的距离（用含x的式子表示）． 24．（2022•河北）如图1，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，AB＝2，DH⊥BC于点H．将△PQM与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P与A重合，点B在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，PM＝4． （1）求证：△PQM≌△CHD； （2）△PQM从图1的位置出发，先沿着BC方向向右平移（图2），当点P到达点D后立刻绕点D逆时针旋转（图3），当边PM旋转50°时停止． ①边PQ从平移开始，到绕点D旋转结束，求边PQ扫过的面积； ②如图2，点K在BH上，且BK＝9﹣4．若△PQM右移的速度为每秒1个单位长，绕点D旋转的速度为每秒5°，求点K在△PQM区域（含边界）内的时长； ③如图3，在△PQM旋转过程中，设PQ，PM分别交BC于点E，F，若BE＝d，直接写出CF的长（用含d的式子表示）． 25．（2021•河北）在一平面内，线段AB＝20，线段BC＝CD＝DA＝10，将这四条线段顺次首尾相接．把AB固定，让AD绕点A从AB开始逆时针旋转角α（α＞0°）到某一位置时，BC，CD将会跟随出现到相应的位置． 论证：如图1，当AD∥BC时，设AB与CD交于点O，求证：AO＝10； 发现：当旋转角α＝60°时，∠ADC的度数可能是多少？ 尝试：取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，求点M到AB的距离； 拓展：①如图2，设点D与B的距离为d，若∠BCD的平分线所在直线交AB于点P，直接写出BP的长（用含d的式子表示）； ②当点C在AB下方，且AD与CD垂直时，直接写出α的余弦值． 26．（2020•河北）如图1和图2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tanC．点K在AC边上，点M，N分别在AB，BC上，且AM＝CN＝2．点P从点M出发沿折线MB﹣BN匀速移动，到达点N时停止；而点Q在AC边上随P移动，且始终保持∠APQ＝∠B． （1）当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离； （2）若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4：5两部分时，求MP的长； （3）设点P移动的路程为x，当0≤x≤3及3＜x≤9时，分别求点P到直线AC的距离（用含x的式子表示）； （4）在点P处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒．若AK，请直接写出点K被扫描到的总时长． 27．（2019•河北）如图，若b是正数，直线l：y＝b与y轴交于点A；直线a：y＝x﹣b与y轴交于点B；抛物线L：y＝﹣x2+bx的顶点为C，且L与x轴右交点为D． （1）若AB＝8，求b的值，并求此时L的对称轴与a的交点坐标； （2）当点C在l下方时，求点C与l距离的最大值； （3）设x0≠0，点（x0，y1），（x0，y2），（x0，y3）分别在l，a和L上，且y3是y1，y2的平均数，求点（x0，0）与点D间的距离； （4）在L和a所围成的封闭图形的边界上，把横、纵坐标都是整数的点称为“美点”，分别直接写出b＝2019和b＝2019.5时“美点”的个数． 28．（2018•河北）如图是轮滑场地的截面示意图，平台AB距x轴（水平）18米，与y轴交于点B，与滑道y（x≥1）交于点A，且AB＝1米．运动员（看成点）在BA方向获得速度v米/秒后，从A处向右下飞向滑道，点M是下落路线的某位置．忽略空气阻力，实验表明：M，A的竖直距离h（米）与飞出时间t（秒）的平方成正比，且t＝1时h＝5，M，A的水平距离是vt米． （1）求k，并用t表示h； （2）设v＝5．用t表示点M的横坐标x和纵坐标y，并求y与x的关系式（不写x的取值范围），及y＝13时运动员与正下方滑道的竖直距离； （3）若运动员甲、乙同时从A处飞出，速度分别是5米/秒、v乙米/秒．当甲距x轴1.8米，且乙位于甲右侧超过4.5米的位置时，直接写出t的值及v乙的范围． 29．（2017•河北）某厂按用户的月需求量x（件）完成一种产品的生产，其中x＞0，每件的售价为18万元，每件的成本y（万元）是基础价与浮动价的和，其中基础价保持不变，浮动价与月需求量x（件）成反比，经市场调研发现，月需求量x与月份n（n为整数，1≤n≤12），符合关系式x＝2n2﹣2kn+9（k+3）（k为常数），且得到了表中的数据． 月份n（月） 1 2 成本y（万元/件） 11 12 需求量x（件/月） 120 100 （1）求y与x满足的关系式，请说明一件产品的利润能否是12万元； （2）求k，并推断是否存在某个月既无盈利也不亏损； （3）在这一年12个月中，若第m个月和第（m+1）个月的利润相差最大，求m． 30．（2016•河北）如图，抛物线L：y（x﹣t）（x﹣t+4）（常数t＞0）与x轴从左到右的交点为B，A，过线段OA的中点M作MP⊥x轴，交双曲线y（k＞0，x＞0）于点P，且OA•MP＝12， （1）求k值； （2）当t＝1时，求AB的长，并求直线MP与L对称轴之间的距离； （3）把L在直线MP左侧部分的图象（含与直线MP的交点）记为G，用t表示图象G最高点的坐标； （4）设L与双曲线有个交点的横坐标为x0，且满足4≤x0≤6，通过L位置随t变化的过程，直接写出t的取值范围． 【10年压轴题】2016-2025年河北省选择、填空、解答题中考真题汇编卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D A B D B B D C D 一．选择题（共10小题） 1．（2025•河北）在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点．如图，正方形EFGH与正方形OABC的顶点均为整点．若只将正方形EFGH平移，使其内部（不含边界）有且只有A，B，C三个整点，则平移后点E的对应点坐标为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：设直线 FG的解析式为 y＝kx+b，代入（﹣1，1），（0，﹣1）， ∴，解得， ∴直线FG的解析式为 y＝﹣2x﹣1， ∵E（1，2），A．当E为时，平移方式为向右平移个单位，向上平移个单位， ∴直线FG平移后的解析式为，此时经过原点，对应的EH经过整点（2，1），符合题意， B．当E为时，平移方式为向右平移个单位，向上平移个单位， ∴直线FG平移后的解析式为，此时原点在FG下方，对应的EH在整点（2，1）上方，不符合题意， C．当E为时，平移方式为向右平移个单位， ∴直线FG平移后的解析式为，此时点E在正方形内部，不符合题意， D．当E为时，平移方式为向右平移个单位，向上平移个单位， ∴直线FG平移后的解析式为此时点E和（2，1）在正方形内部，不符合题意， 故选：A． 2．（2024•河北）平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之和大于0的点称为“和点”．将某“和点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3所得的余数（当余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移），每次平移1个单位长度． 例：“和点”P（2，1）按上述规则连续平移3次后，到达点P3（2，2），其平移过程如下：． 若“和点”Q按上述规则连续平移16次后，到达点Q16（﹣1，9），则点Q的坐标为（　　） A．（6，1）或（7，1） B．（15，﹣7）或（8，0） C．（6，0）或（8，0） D．（5，1）或（7，1） 【解答】解：根据已知：点P3（2，2）横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，继而向上平移1个单位得到P4（2，3），此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为2，继而向左平移1个单位得到P5（1，3），此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，又向上平移1个单位………，因此发现规律为若“和点”横、纵坐标之和除以3所得的余数为0时，先向右平移1个单位，再按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移； 若“和点”Q按上述规则连续平移16次后，到达点Q16（﹣1.9），则按照“和点”Q16 反向运动16次即可，可以分为两种情况： ①Q16先向右1个单位得到Q15（0，9），此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为0，应该是Q15向右平移1个单位得到Q16，故矛盾，不成立； ②Q16先向下1个单位得到Q15（﹣1，8），此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，则应该向上平移1个 单位得到Q16，故符合题意， ∴点Q16先向下平移，再向右平移，当平移到第15次时，共计向下平移了8次，向右平移了7次，此时坐标为（﹣1+7，9﹣8），即（6，1）， ∴最后一次若向右平移则为（7，1），若向左平移则为（5，1）， 故选：D． 3．（2023•河北）已知二次函数y＝﹣x2+m2x和y＝x2﹣m2（m是常数）的图象与x轴都有两个交点，且这四个交点中每相邻两点间的距离都相等，则这两个函数图象对称轴之间的距离为（　　） A．2 B．m2 C．4 D．2m2 【解答】解：令y＝0，则﹣x2+m2x＝0和x2﹣m2＝0， ∴x＝0或x＝m2或x＝﹣m或x＝m， ∵这四个交点中每相邻两点间的距离都相等， 若m＞0，则m2＝2m， ∴m＝2， 若m＜0时，则m2＝﹣2m， ∴m＝﹣2． ∵抛物线y＝x2﹣m2的对称轴为直线x＝0，抛物线y＝﹣x2+m2x的对称轴为直线x， ∴这两个函数图象对称轴之间的距离2． 故选：A． 4．（2022•河北）题目：“如图，∠B＝45°，BC＝2，在射线BM上取一点A，设AC＝d，若对于d的一个数值，只能作出唯一一个△ABC，求d的取值范围．”对于其答案，甲答：d≥2，乙答：d＝1.6，丙答：d，则正确的是（　　） A．只有甲答的对 B．甲、丙答案合在一起才完整 C．甲、乙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起才完整 【解答】解：由题意知，当CA⊥BA或CA＞BC时，能作出唯一一个△ABC， ①当CA⊥BA时， ∵∠B＝45°，BC＝2， ∴AC＝BC•sin45°＝2， 即此时d， ②当CA＝BC时， ∵∠B＝45°，BC＝2， ∴此时AC＝2， 即d≥2， 综上，当d或d≥2时能作出唯一一个△ABC， 故选：B． 5．（2021•河北）如图，等腰△AOB中，顶角∠AOB＝40°，用尺规按①到④的步骤操作： ①以O为圆心，OA为半径画圆； ②在⊙O上任取一点P（不与点A，B重合），连接AP； ③作AB的垂直平分线与⊙O交于M，N； ④作AP的垂直平分线与⊙O交于E，F． 结论Ⅰ：顺次连接M，E，N，F四点必能得到矩形； 结论Ⅱ：⊙O上只有唯一的点P，使得S扇形FOM＝S扇形AOB． 对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（　　） A．Ⅰ和Ⅱ都对 B．Ⅰ和Ⅱ都不对 C．Ⅰ不对Ⅱ对 D．Ⅰ对Ⅱ不对 【解答】解：如图，连接EM，EN，MF．NF． ∵MN垂直平分AB，EF垂直平分AP，由“垂径定理的逆定理”可知，MN和EF都是⊙O的直径， ∴OM＝ON，OE＝OF， ∴四边形MENF是平行四边形， ∵EF＝MN， ∴四边形MENF是矩形，故（Ⅰ）正确， 观察图形可知当∠MOF＝∠AOB， ∴S扇形FOM＝S扇形AOB， 观察图形可知，这样的点P不唯一（如图所示），故（Ⅱ）错误， 故选：D． 6．（2020•河北）如图是用三块正方形纸片以顶点相连的方式设计的“毕达哥拉斯”图案．现有五种正方形纸片，面积分别是1，2，3，4，5，选取其中三块（可重复选取）按如图的方式组成图案，使所围成的三角形是面积最大的直角三角形，则选取的三块纸片的面积分别是（　　） A．1，4，5 B．2，3，5 C．3，4，5 D．2，2，4 【解答】解：当选取的三块纸片的面积分别是1，4，5时，围成的直角三角形的面积是， 当选取的三块纸片的面积分别是2，3，5时，围成的直角三角形的面积是； 当选取的三块纸片的面积分别是3，4，5时，围成的三角形不是直角三角形； 当选取的三块纸片的面积分别是2，2，4时，围成的直角三角形的面积是， ∵， ∴所围成的三角形是面积最大的直角三角形，则选取的三块纸片的面积分别是2，3，5， 故选：B． 7．（2019•河北）对于题目：“如图1，平面上，正方形内有一长为12、宽为6的矩形，它可以在正方形的内部及边界通过移转（即平移或旋转）的方式，自由地从横放移转到竖放，求正方形边长的最小整数n．”甲、乙、丙作了自认为边长最小的正方形，先求出该边长x，再取最小整数n． 甲：如图2，思路是当x为矩形对角线长时就可移转过去；结果取n＝13． 乙：如图3，思路是当x为矩形外接圆直径长时就可移转过去；结果取n＝14． 丙：如图4，思路是当x为矩形的长与宽之和的倍时就可移转过去；结果取n＝13． 下列正确的是（　　） A．甲的思路错，他的n值对 B．乙的思路和他的n值都对 C．甲和丙的n值都对 D．甲、乙的思路都错，而丙的思路对 【解答】解：甲的思路正确，长方形对角线最长，只要对角线能通过就可以，但是计算错误，应为n＝14； 乙的思路与计算都正确； 丙的思路与计算都错误，图示情况不是最长； 故选：B． 8．（2018•河北）对于题目“一段抛物线L：y＝﹣x（x﹣3）+c（0≤x≤3）与直线l：y＝x+2有唯一公共点，若c为整数，确定所有c的值”，甲的结果是c＝1，乙的结果是c＝3或4，则（　　） A．甲的结果正确 B．乙的结果正确 C．甲、乙的结果合在一起才正确 D．甲、乙的结果合在一起也不正确 【解答】解：∵抛物线L：y＝﹣x（x﹣3）+c（0≤x≤3）与直线l：y＝x+2有唯一公共点 ∴①如图1所示，抛物线与直线相切时，只有一个交点， 联立解析式， 得x2﹣2x+2﹣c＝0， Δ＝（﹣2）2﹣4（2﹣c）＝0， 解得：c＝1， 当c＝1时，相切时只有一个交点，和题目相符 所以不用舍去； ②如图2所示，抛物线与直线不相切，但在0≤x≤3上只有一个交点， 此时两个临界值分别为（0，2）和（3，5）在抛物线上， ∴c的最小值＝2，但取不到，c的最大值＝5，能取到，此时和题目相符， ∴2＜c≤5， 又∵c为整数， ∴c＝3，4，5， 综上，c＝1，3，4，5，所以甲、乙的结果合在一起也不正确， 故选：D． 9．（2017•河北）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示，按下列步骤操作： 将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转；…在这样连续6次旋转的过程中，点B，M间的距离可能是（　　） A．1.4 B．1.1 C．0.8 D．0.5 【解答】解：如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线， 观察图象可知点B，M间的距离大于等于2小于等于1， 故选：C． 10．（2016•河北）如图，∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，且OP＝2．若点M，N分别在OA，OB上，且△PMN为等边三角形，则满足上述条件的△PMN有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．3个以上 【解答】解：如图在OA、OB上截取OE＝OF＝OP，作∠MPN＝60°． ∵OP平分∠AOB， ∴∠EOP＝∠POF＝60°， ∵OP＝OE＝OF， ∴△OPE，△OPF是等边三角形， ∴EP＝OP，∠EPO＝∠OEP＝∠PON＝∠MPN＝60°， ∴∠EPM＝∠OPN， 在△PEM和△PON中， ， ∴△PEM≌△PON． ∴PM＝PN，∵∠MPN＝60°， ∴△PNM是等边三角形， ∴只要∠MPN＝60°，△PMN就是等边三角形， 故这样的三角形有无数个． 解法二：过点P作PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，作∠MPN＝60° ． ∵PE⊥OA，PF⊥OB，∠AOB＝120°，OP平分∠AOB， ∴PE＝PF，∠EPF＝60°， ∵∠EPF＝∠MPN＝60°， ∴∠MPE＝∠NPF， ∵∠PEM＝∠PFN＝90°， ∴△PEM≌△PFN（ASA）， ∴PM＝PN， ∴△PMN是等边三角形， 故这样的三角形有无数个． 故选：D． 二．填空题（共10小题） 11．（2025•河北）2025年3月是第10个全国近视防控宣传教育月，活动主题为“抓早抓小抓关键，更快降低近视率”．如图是一幅眼肌运动训练图，其中数字1﹣12对应的点均匀分布在一个圆上，数字0对应圆心．图中以数字0～12对应的点为端点的所有线段中，有一条线段的长与其他的都不相等．若该圆的半径为1，则这条线段的长为 　　 ． （参考数据：sin15°，sin75°） 眼肌运动训练图 使用方法：以0，1，2，3，…的顺序沿着箭头方向移动眼球．移动一圈后再回到原点，反复进行． 【解答】解：如图所示，设数字0记为圆心O，数字6记为A，数字7记为B，过点O作OD⊥AB于点D， 眼肌运动训练图 使用方法：以0，1，2，3，…的顺序沿着箭头方向移动眼球．移动一圈后再回到原点，反复进行． 由图可得，线段AB的长与其他的都不相等， ∵其中数字1﹣12对应的点均匀分布在一个圆上， ∴360°÷12＝30°， ∴相邻两个数字与圆心O组成的圆心角为30°， ∴∠AOB＝30°×5＝150°， ∴， ∵OD⊥AB， ∴∠BOD＝75°， ∴， 即， ∴， ∵OA＝OB，OD⊥AB， ∴， ∴这条线段的长为， 故答案为：． 12．（2024•河北）如图，△ABC的面积为2，AD为BC边上的中线，点A，C1，C2，C3是线段CC4的五等分点，点A，D1，D2是线段DD3的四等分点，点A是线段BB1的中点． （1）△AC1D1的面积为 　1　 ； （2）△B1C4D3的面积为 　7　 ． 【解答】解：（1）连接B1D1、B1D2、B1C2、B1C3、C3D3， ∵△ABC的面积为2，AD为BC边上的中线， ∴， ∵点A，C1，C2，C3是线段CC4的五等分点， ∴， ∵点A，D1，D2是线段DD3的四等分点， ∴， ∵点A是线段BB1的中点， ∴， 在△AC1D1和△ACD中， ， ∴△AC1D1≌△ACD（SAS）， ∴，∠C1D1A＝∠CDA， ∴△AC1D1的面积为1， 故答案为：1； （2）在△AB1D1和△ABD中， ， ∴△AB1D1≌△ABD（SAS）， ∴，∠B1D1A＝∠BDA， ∵∠BDA+∠CDA＝180°， ∴∠B1D1A+∠C1D1A＝180°， ∴C1、D1、B1三点共线， ∴， ∵AC1＝C1C2＝C2C3＝C3C4， ∴， ∵AD1＝D1D2＝D2D3，， ∴， 在△AC3D3和△ACD中， ，∠C3AD3＝∠CAD， ∴△C3AD3∽△CAD， ∴， ∴， ∵AC1＝C1C2＝C2C3＝C3C4， ∴， ∴， ∴△B1C4D3的面积为7， 故答案为：7． 13．（2023•河北）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上．两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中： （1）∠α＝　30　 度； （2）中间正六边形的中心到直线l的距离为 　2　 （结果保留根号）． 【解答】解：（1）作图如图所示， ∵多边形是正六边形， ∴∠ACB＝60°， ∵BC∥直线l， ∴∠ABC＝90°， ∴α＝30°； 故答案为：30°； （2）取中间正六边形的中心为O， 作图如图所示，由题意得，AG∥BF，AB∥GF，BF⊥AB， ∴四边形ABFG为矩形， ∴AB＝GF， ∵∠BAC＝∠FGH，∠ABC＝∠GFH＝90°， ∴△ABC≌△GFH（SAS）， ∴BC＝FH， 在Rt△PDE中，DE＝1，PE， 由图1知AG＝BF＝2PE＝2，OM＝PE， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴中间正六边形的中心到直线l的距离为2， 故答案为：2． 14．（2022•河北）如图，棋盘旁有甲、乙两个围棋盒． （1）甲盒中都是黑子，共10个．乙盒中都是白子，共8个．嘉嘉从甲盒拿出a个黑子放入乙盒，使乙盒棋子总数是甲盒所剩棋子数的2倍，则a＝　4　 ； （2）设甲盒中都是黑子，共m（m＞2）个，乙盒中都是白子，共2m个．嘉嘉从甲盒拿出a（1＜a＜m）个黑子放入乙盒中，此时乙盒棋子总数比甲盒所剩棋子数多 　（m+2a）　 个；接下来，嘉嘉又从乙盒拿回a个棋子放到甲盒，其中含有x（0＜x＜a）个白子，此时乙盒中有y个黑子，则的值为 　1　 ． 【解答】解：（1）依题意有：a+8＝2（10﹣a）， 解得a＝4． 故答案为：4； （2）依题意有：2m+a﹣（m﹣a）＝（m+2a）个， y＝a﹣（a﹣x）＝a﹣a+x＝x， 1． 故答案为：（m+2a），1． 15．（2021•河北）用绘图软件绘制双曲线m：y与动直线l：y＝a，且交于一点，图1为a＝8时的视窗情形． （1）当a＝15时，l与m的交点坐标为 　（4，15）　 ； （2）视窗的大小不变，但其可视范围可以变化，且变化前后原点O始终在视窗中心． 例如，为在视窗中看到（1）中的交点，可将图1中坐标系的单位长度变为原来的，其可视范围就由﹣15≤x≤15及﹣10≤y≤10变成了﹣30≤x≤30及﹣20≤y≤20（如图2）．当a＝﹣1.2和a＝﹣1.5时，l与m的交点分别是点A和B，为能看到m在A和B之间的一整段图象，需要将图1中坐标系的单位长度至少变为原来的，则整数k＝　4　 ． 【解答】解：（1）a＝15时，y＝15， 由得：， 故答案为：（4，15）； （2）由得， ∴A（﹣50，﹣1.2）， 由得， ∴B（﹣40，﹣1.5）， 为能看到m在A（﹣50，﹣1.2）和B（﹣40，﹣1.5）之间的一整段图象，需要将图1中坐标系的单位长度至少变为原来的， ∴整数k＝4． 故答案为：4． 16．（2020•河北）如图是8个台阶的示意图，每个台阶的高和宽分别是1和2，每个台阶凸出的角的顶点记作Tm（m为1～8的整数）．函数y（x＜0）的图象为曲线L． （1）若L过点T1，则k＝　﹣16　 ； （2）若L过点T4，则它必定还过另一点Tm，则m＝　5　 ； （3）若曲线L使得T1～T8这些点分布在它的两侧，每侧各4个点，则k的整数值有 　7　 个． 【解答】解：（1）∵每个台阶的高和宽分别是1和2， ∴T1（﹣16，1），T2（﹣14，2），T3（﹣12，3），T4（﹣10，4），T5（﹣8，5），T6（﹣6，6），T7（﹣4，7），T8（﹣2，8）， ∵L过点T1， ∴k＝﹣16×1＝﹣16， 故答案为：﹣16； （2）∵L过点T4， ∴k＝﹣10×4＝﹣40， ∴反比例函数解析式为：y， 当x＝﹣8时，y＝5， ∴T5在反比例函数图象上， ∴m＝5， 故答案为：5； （3）若曲线L过点T1（﹣16，1），T8（﹣2，8）时，k＝﹣16， 若曲线L过点T2（﹣14，2），T7（﹣4，7）时，k＝﹣14×2＝﹣28， 若曲线L过点T3（﹣12，3），T6（﹣6，6）时，k＝﹣12×3＝﹣36， 若曲线L过点T4（﹣10，4），T5（﹣8，5）时，k＝﹣40， ∵曲线L使得T1～T8这些点分布在它的两侧，每侧各4个点， ∴﹣36＜k＜﹣28， ∴整数k＝﹣35，﹣34，﹣33，﹣32，﹣31，﹣30，﹣29共7个， 故答案为：7． 17．（2019•河北）勘测队按实际需要构建了平面直角坐标系，并标示了A，B，C三地的坐标，数据如图（单位：km）．笔直铁路经过A，B两地． （1）A，B间的距离为　20　 km； （2）计划修一条从C到铁路AB的最短公路l，并在l上建一个维修站D，使D到A，C的距离相等，则C，D间的距离为　13　 km． 【解答】解：（1）由A、B两点的纵坐标相同可知：AB∥x轴， ∴AB＝12﹣（﹣8）＝20； （2）过点C作l⊥AB于点E，连接AC，作AC的垂直平分线交直线l于点D， 由（1）可知：CE＝1﹣（﹣17）＝18， AE＝12， 设CD＝x， ∴AD＝CD＝x， 由勾股定理可知：x2＝（18﹣x）2+122， ∴解得：x＝13， ∴CD＝13， 故答案为：（1）20；（2）13； 18．（2018•河北）如图1，作∠BPC平分线的反向延长线PA，现要分别以∠APB，∠APC，∠BPC为内角作正多边形，且边长均为1，将作出的三个正多边形填充不同花纹后成为一个图案．例如，若以∠BPC为内角，可作出一个边长为1的正方形，此时∠BPC＝90°，而45°是360°（多边形外角和）的，这样就恰好可作出两个边长均为1的正八边形，填充花纹后得到一个符合要求的图案，如图2所示． 图2中的图案外轮廓周长是 　14　 ； 在所有符合要求的图案中选一个外轮廓周长最大的定为会标，则会标的外轮廓周长是 　21　 ． 【解答】解：图2中的图案外轮廓周长是：8+8﹣2＝14； 设∠BPC＝2x， ∴以∠BPC为内角的正多边形的边数为：， 以∠APB为内角的正多边形的边数为：， ∴图案外轮廓周长是：2226， 根据题意可知：2x的值只能为60°，90°，120°，144°， ∴当x＝30时，周长最大，此时图案定为会标， 则会标的外轮廓周长是：6＝21， 故答案为：14，21． 19．（2017•河北）对于实数p，q，我们用符号min{p，q}表示p，q两数中较小的数，如min{1，2}＝1，因此，min{，}＝　　 ；若min{（x﹣1）2，x2}＝1，则x＝　2或﹣1　 ． 【解答】方法一： 解：min{，}， ∵min{（x﹣1）2，x2}＝1， 当x＝0.5时，x2＝（x﹣1）2，不可能得出，最小值为1， ∴当x＞0.5时，（x﹣1）2＜x2， 则（x﹣1）2＝1， x﹣1＝±1， x﹣1＝1，x﹣1＝﹣1， 解得：x1＝2，x2＝0（不合题意，舍去）， 当x＜0.5时，（x﹣1）2＞x2， 则x2＝1， 解得：x1＝1（不合题意，舍去），x2＝﹣1， 综上所述：x的值为：2或﹣1． 故答案为：；2或﹣1． 方法二： 解：如图1，在同一坐标系内，作出函数y1＝x2与y2＝（x﹣1）2的图象， ∵min{p，q}表示p，q两数中较小的数， 令y＝min{（x﹣1）2，x2}，其图象如图2，由图象可知，y＝1时，自变量x的值为2或﹣1． 20．（2016•河北）如图，已知∠AOB＝7°，一条光线从点A出发后射向OB边．若光线与OB边垂直，则光线沿原路返回到点A，此时∠A＝90°﹣7°＝83°． 当∠A＜83°时，光线射到OB边上的点A1后，经OB反射到线段AO上的点A2，易知∠1＝∠2．若A1A2⊥AO，光线又会沿A2→A1→A原路返回到点A，此时∠A＝　76　 °． … 若光线从A点出发后，经若干次反射能沿原路返回到点A，则锐角∠A的最小值＝　6　 °． 【解答】解：∵A1A2⊥AO，∠AOB＝7°， ∴∠1＝∠2＝90°﹣7°＝83°， ∴∠A＝∠1﹣∠AOB＝76°， 如图： 当MN⊥OA时，光线沿原路返回，如图： ∴∠4＝∠3＝90°﹣7°＝83°＝90°﹣1×7°＝83°， ∴∠6＝∠5＝∠4﹣∠AOB＝83°﹣7°＝76°＝90°﹣2×7°， ∴∠8＝∠7＝∠6﹣∠AOB＝76°﹣7°＝69°＝90°﹣3×7°， ∴∠9＝∠8﹣∠AOB＝69°﹣7°＝62°＝90°﹣4×7°， 由以上规律可知，∠A＝90°﹣2n•7°， 当n＝6时，∠A取得最小值，最小度数为6°， 当MN⊥OB时，光线也能沿原路返回，如图： ∴∠1＝∠2＝90°﹣7°＝83°＝90°﹣1×7°＝83°， ∴∠4＝∠5＝∠2﹣∠AOB＝83°﹣7°＝76°＝90°﹣2×7°， ∴∠3＝∠6＝∠5﹣∠AOB＝76°﹣7°＝69°＝90°﹣3×7°， ∴∠7＝∠8＝∠6﹣∠AOB＝69°﹣7°＝62°＝90°﹣4×7°， ∴∠9＝∠8﹣∠AOB＝90°﹣5×7°＝55°， 由以上规律可知，∠A＝90°﹣（2n﹣1）•7°， 当n＝6时，∠A取得最小值，最小度数为13°， 综上，∠A的最小值为6°． 故答案为：76，6． 三．解答题（共10小题） 21．（2025•河北）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（0，3），B（6，3），顶点为P．抛物线y＝a（x﹣3）2+d（a＜0）经过点C（，2）．两条抛物线在第一象限内的部分分别记为L1，L2． （1）求b，c的值及点P的坐标． （2）点D在L1上，到x轴的距离为．判断L2能否经过点D，若能，求a的值；若不能，请说明理由． （3）直线AE：y＝kx+n（k＞0）交L1于点E，点M在线段AE上，且点M的横坐标是点E横坐标的一半． ①若点E与点P重合，点M恰好落在L2上，求a的值； ②若点M为直线AE与L2的唯一公共点，请直接写出k的值． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（0，3），B（6，3），顶点为P， ∴， 解得：b＝6，c＝3， ∴y＝﹣x2+6x+3＝﹣（x﹣3）2+12， ∴P（3，12）； （2）∵点D在L1（第一象限）上，到x轴的距离为， 则， ∴当时，， 解得：或， ∴或， ∵抛物线y＝a（x﹣3）2+d（a＜0）经过点，对称轴为直线x＝3， ∴L2经过点和， ∴L2不能经过点D， （3）①∵A（0，3），P（3，12）， 当E，P重合时，则E（3，12）， ∵M是AE的中点， ∴， ∵点恰好落在L2上，L2经过点， ∴， 解得：； ②直线AE：y＝kx+n（k＞0）交L1于点E，A（0，3）， ∴n＝3， ∴直线AE的解析式为y＝kx+3， ∵y＝a（x﹣3）2+d（a＜0）经过点， ∴， ∴， ∴， 联立， 消去y得，， ∴，则， ∵点M的横坐标是点E横坐标的一半， ∴，即， 将E代入y＝﹣x2+6x+3， ∴ ∵点M为直线AE与L2的唯一公共点， ∴②， 联立①②得：或， 当时，唯一公共点不在第一象限，不符合题意， ∴． 22．（2024•河北）如图，抛物线C1：y＝ax2﹣2x过点（4，0），顶点为Q．抛物线C2：y（x﹣t）2t2﹣2（其中t为常数，且t＞2），顶点为P． （1）直接写出a的值和点Q的坐标． （2）嘉嘉说：无论t为何值，将C1的顶点Q向左平移2个单位长度后一定落在C2上． 淇淇说：无论t为何值，C2总经过一个定点． 请选择其中一人的说法进行说理． （3）当t＝4时， ①求直线PQ的解析式； ②作直线l∥PQ，当l与C2的交点到x轴的距离恰为6时，求l与x轴交点的横坐标． （4）设C1与C2的交点A，B的横坐标分别为xA，xB，且xA＜xB，点M在C1上，横坐标为m（2≤m≤xB）．点N在C2上，横坐标为n（xA≤n≤t），若点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，直接用含t和m的式子表示n． 【解答】解：（1）∵抛物线过点（4，0），顶点为Q， ∴16a﹣8＝0， 解得， ∴抛物线为， ∴Q（2，﹣2）； （2）把Q（2，﹣2）向左平移2个单位长度得到对应点的坐标为（0，﹣2）， 当x＝0时，， ∴（0，﹣2）在C2上， ∴嘉嘉说法正确； ， 当x＝0时，y＝﹣2， ∴， 过定点（0，﹣2）， ∴淇淇说法正确； （3）①当t＝4时，， ∴顶点P（4，6）， 而Q（2，﹣2）， 设PQ为y＝cx+f， ∴， 解得， ∴PQ为y＝4x﹣10； ②∵P（4，6）， ∴P到x轴的距离为6， ∴l与C2交点的纵坐标为﹣6， 当时（等于6两直线重合不符合题意）， （x﹣4）2＝24， ∴， ∵直线PQ的解析式为y＝4x﹣10， 当y＝﹣6时，﹣6＝4x﹣10， 解得x＝1， y＝4x﹣10＝0时，x， 设l与x轴交点横坐标为x， 则1﹣（4﹣2）， 解得， 此时直线l与x轴交点的横坐标为； （4+2）﹣1＝x， 解得， 此时直线l与x轴交点的横坐标为． 综上，直线l与x轴交点的横坐标为或； （4）∵，， ∴C2是由C1通过旋转180°，再平移得到的，两个函数图象的形状相同， 如图，连接MN交PQ于点L，四边形MPNQ是平行四边形． 当点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d， ∵Q（2，﹣2），P（t，）， ∴L的横坐标为，，， ∴L的横坐标为， ∴， 解得n＝2+t﹣m． 23．（2023•河北）如图1和图2，平面上，四边形ABCD中，AB＝8，，CD＝12，DA＝6．∠A＝90°，点M在AD边上，且DM＝2．将线段MA绕点M顺时针旋转n°（0＜n≤180）到MA'，∠A′MA的平分线MP所在直线交折线AB﹣BC于点P，设点P在该折线上运动的路径长为x（x＞0），连接A′P． （1）若点P在AB上，求证：A'P＝AP； （2）如图2，连接BD． ①求∠CBD的度数，并直接写出当n＝180时，x的值； ②若点P到BD的距离为2，求tan∠A′MP的值； （3）当0＜x≤8时，请直接写出点A′到直线AB的距离（用含x的式子表示）． 【解答】（1）证明：∵将线段MA绕点M顺时针旋转n° （0＜n≤180）得到MA′， ∴A′M＝AM， ∵∠A′MA的平分线MP所在的直线交折线AB﹣BC于点P， ∴∠A′MP＝∠AMP， ∵PM＝PM， ∴△A′MP≌△AMP（SAS）， ∴A′P＝AP； （2）解：①∵AB＝8，DA＝6，∠A＝90°， ∴BD10， 又∵，CD＝12， ∴BD2+BC2＝100+44＝144，CD2＝144， ∴BD2+BC2＝CD2， ∴∠CBD＝90°； 如图2所示，当n＝180时，设MP交BD与点N． ∵PM平分∠A′MA．∠PMA＝90°， ∴PM∥AB， ∴△DNM∽△DBA， ∴， ∵DM＝2，DA＝6， ∴， ∴， ∴， ∵∠PBN＝∠NMD＝90°，∠PNB＝∠DNM， ∴△PBN∽△DMN， ∴，即 ， ∴PB＝5， ∴x＝AB+PB＝8+5＝13． ②如图所示，当P点在AB上时，PQ＝2，∠A′MP＝∠AMP， ∴AB＝8，DA＝6，∠A＝90°， ∴， ∴， ∴BP， ∴， ∴tan∠AMP， 如图所示，当P在BC上时，则PB＝2，过点P作PQ⊥AB交AB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线于点H， ∵∠PQB＝∠CBD＝∠DAB＝90°， ∴∠QPB＝90°﹣∠PBQ＝∠DBA， ∴△PQB∽△BAD， ∴，即 ， ∴，， ∴， ∵PQ⊥AB，DA⊥AB， ∴PQ∥AD， ∴△HPQ∽△HMA， ∴， ∴， 解得：， ∴tan∠AMP＝tan∠QPH， 综上所述，tan∠A′MP的值为或； （3）解：∵当0＜x≤8时， ∴P在AB上， 如图所示，过点A′作A′F⊥AD于点F，过点P作PE⊥A′F于点E，则四边形AFEP是矩形， 由△A′PE∽△MA'F， ∴， ∵A′P＝AP＝x，MA′＝MA＝4，设 A′F＝y，PE＝h， 即 ∴，4（x﹣y）＝x（h﹣4）， ∴， 整理得 ， 即点A′到直线AB的距离为． 解法二：连接AA′交PM于点G，过点A′作A′H⊥AB于点H． ∵MA＝MA′，∠PMA＝∠PMA′， ∴PM⊥AA′，GA＝GA′， ∵AP＝x，AM＝4， ∴PM， ∴AG， ∴AA′＝2AG， ∵PG＝PA•coS∠APM， ∵PA•A′H•AA′•PG， ∴A′H． 24．（2022•河北）如图1，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，AB＝2，DH⊥BC于点H．将△PQM与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P与A重合，点B在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，PM＝4． （1）求证：△PQM≌△CHD； （2）△PQM从图1的位置出发，先沿着BC方向向右平移（图2），当点P到达点D后立刻绕点D逆时针旋转（图3），当边PM旋转50°时停止． ①边PQ从平移开始，到绕点D旋转结束，求边PQ扫过的面积； ②如图2，点K在BH上，且BK＝9﹣4．若△PQM右移的速度为每秒1个单位长，绕点D旋转的速度为每秒5°，求点K在△PQM区域（含边界）内的时长； ③如图3，在△PQM旋转过程中，设PQ，PM分别交BC于点E，F，若BE＝d，直接写出CF的长（用含d的式子表示）． 【解答】（1）证明：∵四边形ABHD是矩形， ∴AB＝DH＝2，∠DHB＝∠DHC＝90°， 在Rt△AQM中，∠Q＝90°，∠QAM＝30°，AM＝4， ∴QMAM＝2， ∴QM＝DH， ∵∠Q＝∠DHC＝90°，∠QAM＝∠C＝30°， 在△PQM和△CHD中， ， ∴△PQM≌△CHD（AAS）； （2）解：①如图1中，PQ扫过的面积＝平行四边形AQQ′D的面积+扇形DQ′Q″的面积． 设QQ′交AM于点T． ∵AQQM＝6，QT⊥AM， ∴AT＝AQ•cos30°＝3， ∴PQ扫过的面积＝3×395π； ②如图2﹣1中，连接DK．当DM运动到与DH重合时， ∵BH＝AD＝3，BK＝9﹣4， ∴KH＝3﹣（9﹣4）＝46， ∴CK＝46+6＝4， ∵CD＝2DH＝4， ∴CD＝CK， ∴∠CKD（180°﹣30°）＝75°， ∴∠KDH＝15°， ∵∠QDK＝30°﹣15°＝15°， ∴点K在△PQM区域（含边界）内的时长（43）s； ③如图3中， 在Rt△CDH中，DH＝2，∠C＝30°， ∴CHDH＝6， ∵BH＝3，BE＝d， ∴EH＝|3﹣d|， ∵DH＝2，∠DHE＝90°， ∴DE2＝EH2+DH2＝（3﹣d）2+（2）2， ∵∠DEF＝∠CED，∠EDF＝∠C＝30°， ∴△DEF∽△CED， ∴DE2＝EF•EC， ∴（3﹣d）2+12＝EF•（9﹣d）， ∴EF， ∴CF＝BC﹣BE﹣EF＝9﹣d． 25．（2021•河北）在一平面内，线段AB＝20，线段BC＝CD＝DA＝10，将这四条线段顺次首尾相接．把AB固定，让AD绕点A从AB开始逆时针旋转角α（α＞0°）到某一位置时，BC，CD将会跟随出现到相应的位置． 论证：如图1，当AD∥BC时，设AB与CD交于点O，求证：AO＝10； 发现：当旋转角α＝60°时，∠ADC的度数可能是多少？ 尝试：取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，求点M到AB的距离； 拓展：①如图2，设点D与B的距离为d，若∠BCD的平分线所在直线交AB于点P，直接写出BP的长（用含d的式子表示）； ②当点C在AB下方，且AD与CD垂直时，直接写出α的余弦值． 【解答】论证： 证明：∵AD∥BC， ∴∠A＝∠B，∠C＝∠D， 在△AOD和△BOC中， ， ∴△AOD≌△BOC（ASA）， ∴AO＝BO， ∵AO+BO＝AB＝20， ∴AO＝10； 发现：①设AB的中点为O，如图： 当AD从初始位置AO绕A逆时针旋转60°时，BC也从初始位置BC'绕点B逆时针旋转60°， 而BO＝BC'＝10， ∴△BC'O是等边三角形， ∴BC旋转到BO的位置，即C与O重合， ∵AO＝AD＝CD＝10， ∴△ADC是等边三角形， ∴此时∠ADC＝60°； ②如图： 当AD从AO绕A逆时针旋转60°时，CD从CD'的位置开始也旋转60°，故△ADO和△CDO都是等边三角形， ∴此时∠ADC＝120°， 综上所述，∠ADC为60°或120°； 尝试：取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，D、C、B共线，过D作DQ⊥AB于Q，过M作MN⊥AB于N，如图： 由已知可得AD＝10，BD＝BC+CD＝20，BM＝CM+BC＝15， 设AQ＝x，则BQ＝20﹣x， ∵AD2﹣AQ2＝DQ2＝BD2﹣BQ2， ∴100﹣x2＝400﹣（20﹣x）2， 解得x， ∴AQ， ∴DQ， ∵DQ⊥AB，MN⊥AB， ∴MN∥DQ， ∴，即， ∴MN， ∴点M到AB的距离为； 拓展： ①设直线CP交DB于H，过D作DG⊥AB于G，连接DP，连接BD，如图： ∵BC＝DC＝10，CP平分∠BCD， ∴∠BHC＝∠DHC＝90°，BHBDd， 设BG＝m，则AG＝20﹣m， ∵AD2﹣AG2＝BD2﹣BG2， ∴100﹣（20﹣m）2＝d2﹣m2， ∴m， ∴BG， ∵∠BHP＝∠BGD＝90°，∠PBH＝∠DBG， ∴△BHP∽△BGD， ∴， ∴BP； ②方法一： 过B作BG⊥CD于G，如图： 设AN＝t，则BN＝20﹣t，DN， ∵∠D＝∠BGN＝90°，∠AND＝∠BNG， ∴△ADN∽△BGN， ∴， 即， ∴NG，BG， Rt△BCG中，BC＝10， ∴CG， ∵CD＝10， ∴DN+NG+CG＝10， 即10， ∴t（20﹣t）2010t， 202010t，即2t﹣2， 两边平方，整理得：3t2﹣40t＝﹣4t， ∵t≠0， ∴3t﹣40＝﹣4， 解得t（大于20，舍去）或t， ∴AN， ∴cosα． 方法二：过C作CK⊥AB于K，过F作FH⊥AC于H，如图： ∵AD＝CD＝10，AD⊥DC， ∴AC2＝200， ∵AC2﹣AK2＝BC2﹣BK2， ∴200﹣AK2＝100﹣（20﹣AK）2， 解得AK， ∴CK， Rt△ACK中，tan∠KAC， Rt△AFH中，tan∠KAC， 设FHn，则CH＝FHn，AH＝5n， ∵AC＝AH+CH＝10， ∴5nn＝10， 解得n， ∴AFn•， Rt△ADF中， cosα． 26．（2020•河北）如图1和图2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tanC．点K在AC边上，点M，N分别在AB，BC上，且AM＝CN＝2．点P从点M出发沿折线MB﹣BN匀速移动，到达点N时停止；而点Q在AC边上随P移动，且始终保持∠APQ＝∠B． （1）当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离； （2）若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4：5两部分时，求MP的长； （3）设点P移动的路程为x，当0≤x≤3及3＜x≤9时，分别求点P到直线AC的距离（用含x的式子表示）； （4）在点P处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒．若AK，请直接写出点K被扫描到的总时长． 【解答】解：（1）如图1中，过点A作AH⊥BC于H． ∵AB＝AC，AH⊥BC， ∴BH＝CH＝4，∠B＝∠C， ∴tan∠B＝tan∠C， ∴AH＝3，AB＝AC5． ∴当点P在BC上时，PA⊥BC时，点P到A的最短距离为3． （2）如图1中，∵∠APQ＝∠B， ∴PQ∥BC， ∴△APQ∽△ABC， ∵PQ将△ABC的面积分成上下4：5， ∴（）2， ∴， ∴AP， ∴PM＝AP﹣AM2． （3）当0≤x≤3时，如图1﹣1中，过点P作PJ⊥CA交CA的延长线于J． ∵PQ∥BC， ∴，∠AQP＝∠C， ∴， ∴PQ（x+2）， ∵sin∠AQP＝sin∠C， ∴PJ＝PQ•sin∠AQP（x+2）． 当3＜x≤9时，如图2中，过点P作PJ⊥AC于J．此时PC＝8+5﹣2﹣x＝11﹣x， 同法可得PJ＝PC•sin∠C（11﹣x）． 综上，PJ； （4）由题意点P的运动速度单位长度/秒． 当3＜x≤9时，设点P移动的路程为x，CQ＝y． ∵∠APC＝∠B+∠BAP＝∠APQ+∠CPQ，∠APQ＝∠B， ∴∠BAP＝∠CPQ， ∵∠B＝∠C， ∴△ABP∽△PCQ， ∴， ∴， ∴y（x﹣7）2， ∵0， ∴x＝7时，y有最大值，最大值， ∵AK， ∴CK＝5， 当y时，（x﹣7）2， 解得x＝7±， ∴点K被扫描到的总时长＝（6﹣3）23（秒）． 27．（2019•河北）如图，若b是正数，直线l：y＝b与y轴交于点A；直线a：y＝x﹣b与y轴交于点B；抛物线L：y＝﹣x2+bx的顶点为C，且L与x轴右交点为D． （1）若AB＝8，求b的值，并求此时L的对称轴与a的交点坐标； （2）当点C在l下方时，求点C与l距离的最大值； （3）设x0≠0，点（x0，y1），（x0，y2），（x0，y3）分别在l，a和L上，且y3是y1，y2的平均数，求点（x0，0）与点D间的距离； （4）在L和a所围成的封闭图形的边界上，把横、纵坐标都是整数的点称为“美点”，分别直接写出b＝2019和b＝2019.5时“美点”的个数． 【解答】解：（1）当x＝0时，y＝x﹣b＝﹣b， ∴B （0，﹣b）， ∵AB＝8，而A（0，b）， ∴b﹣（﹣b）＝8， ∴b＝4． ∴L：y＝﹣x2+4x， ∴L的对称轴x＝2， 当x＝2时，y＝x﹣4＝﹣2， ∴L的对称轴与a的交点为（2，﹣2 ）； （2）y＝﹣（x）2， ∴L的顶点C（） ∵点C在l下方， ∴C与l的距离b（b﹣2）2+1≤1， ∴点C与l距离的最大值为1； （3）由题意得，即y1+y2＝2y3， 得b+x0﹣b＝2（﹣x02+bx0） 解得x0＝0或x0＝b．但x0≠0，取x0＝b， 对于L，当y＝0时，0＝﹣x2+bx，即0＝﹣x（x﹣b）， 解得x1＝0，x2＝b， ∵b＞0， ∴右交点D（b，0）． ∴点（x0，0）与点D间的距离b﹣（b） （4）①当b＝2019时，抛物线解析式L：y＝﹣x2+2019x 直线解析式a：y＝x﹣2019 联立上述两个解析式可得：x1＝﹣1，x2＝2019， ∴可知每一个整数x的值 都对应的一个整数y值，且﹣1和2019之间（包括﹣1和2019）共有2021个整数； ∵另外要知道所围成的封闭图形边界分两部分：线段和抛物线， ∴线段和抛物线上各有2021个整数点 ∴总计4042个点， ∵这两段图象交点有2个点重复， ∴“美点”的个数：4042﹣2＝4040（个）； ②当b＝2019.5时， 抛物线解析式L：y＝﹣x2+2019.5x， 直线解析式a：y＝x﹣2019.5， 联立上述两个解析式可得：x1＝﹣1，x2＝2019.5， ∴当x取整数时，在一次函数y＝x﹣2019.5上，y取不到整数值，因此在该图象上“美点”为0， 在二次函数y＝﹣x2+2019.5x图象上，当x为偶数时，函数值y可取整数， 可知﹣1到2019.5之 间有1010个偶数，因此“美点”共有1010个． 故b＝2019时“美点”的个数为4040个，b＝2019.5时“美点”的个数为1010个． 28．（2018•河北）如图是轮滑场地的截面示意图，平台AB距x轴（水平）18米，与y轴交于点B，与滑道y（x≥1）交于点A，且AB＝1米．运动员（看成点）在BA方向获得速度v米/秒后，从A处向右下飞向滑道，点M是下落路线的某位置．忽略空气阻力，实验表明：M，A的竖直距离h（米）与飞出时间t（秒）的平方成正比，且t＝1时h＝5，M，A的水平距离是vt米． （1）求k，并用t表示h； （2）设v＝5．用t表示点M的横坐标x和纵坐标y，并求y与x的关系式（不写x的取值范围），及y＝13时运动员与正下方滑道的竖直距离； （3）若运动员甲、乙同时从A处飞出，速度分别是5米/秒、v乙米/秒．当甲距x轴1.8米，且乙位于甲右侧超过4.5米的位置时，直接写出t的值及v乙的范围． 【解答】解：（1）把点A（1，18）代入y，得，18， ∴k＝18， 设h＝at2，把t＝1，h＝5代入，得，a＝5， ∴h＝5t2． （2）∵v＝5，AB＝1米， ∴x＝5t+1， ∵h＝5t2，OB＝18米， ∴y＝﹣5t2+18， 由x＝5t+1， 则t， ∴y， 当y＝13时，13， 解得x＝6或﹣4， ∵x≥1， ∴x＝6， 把x＝6代入，得，y， y＝3， ∴运动员与正下方滑道的竖直距离是13﹣3＝10（米）． （3）把y＝1.8代入y＝﹣5t2+18，得，t2， 解得t＝1.8或﹣1.8（负值舍去）， ∴x＝10， ∴甲的坐标为（10，1.8）， 此时，乙的坐标为（1+1.8v乙，1.8）， 由题意：1+1.8v乙﹣（1+5×1.8）＞4.5， ∴v乙＞7.5． ∴t＝1.8，v乙＞7.5． 29．（2017•河北）某厂按用户的月需求量x（件）完成一种产品的生产，其中x＞0，每件的售价为18万元，每件的成本y（万元）是基础价与浮动价的和，其中基础价保持不变，浮动价与月需求量x（件）成反比，经市场调研发现，月需求量x与月份n（n为整数，1≤n≤12），符合关系式x＝2n2﹣2kn+9（k+3）（k为常数），且得到了表中的数据． 月份n（月） 1 2 成本y（万元/件） 11 12 需求量x（件/月） 120 100 （1）求y与x满足的关系式，请说明一件产品的利润能否是12万元； （2）求k，并推断是否存在某个月既无盈利也不亏损； （3）在这一年12个月中，若第m个月和第（m+1）个月的利润相差最大，求m． 【解答】解：（1）由题意，设基础价为a、浮动价为c，其中c，则y＝a+c＝a， 由表中数据可得：， 解得：， ∴y＝6， 由题意，若12＝18﹣（6），则0， ∵x＞0， ∴0， ∴一件产品的利润不能是12万元； （2）将n＝1、x＝120代入x＝2n2﹣2kn+9（k+3），得：120＝2﹣2k+9k+27， 解得：k＝13， ∴x＝2n2﹣26n+144， 将n＝2、x＝100代入x＝2n2﹣26n+144也符合， ∴k＝13； 由题意，得：18＝6， 解得：x＝50， 经检验：x＝50是分式方程的解， ∴50＝2n2﹣26n+144，即n2﹣13n+47＝0， ∵Δ＝（﹣13）2﹣4×1×47＜0， ∴方程无实数根， ∴不存在既无盈利也不亏损的月份； （3）第m个月的利润为W万元， W＝x（18﹣y）＝18x﹣x（6） ＝12（x﹣50） ＝24（m2﹣13m+47）， ∴第（m+1）个月的利润为W′＝24[（m+1）2﹣13（m+1）+47]＝24（m2﹣11m+35）， 若W≥W′，W﹣W′＝48（6﹣m），m取最小1，W﹣W′取得最大值240； 若W＜W′，W′﹣W＝48（m﹣6），由m+1≤12知m取最大11，W′﹣W取得最大值240； ∴m＝1或11． 30．（2016•河北）如图，抛物线L：y（x﹣t）（x﹣t+4）（常数t＞0）与x轴从左到右的交点为B，A，过线段OA的中点M作MP⊥x轴，交双曲线y（k＞0，x＞0）于点P，且OA•MP＝12， （1）求k值； （2）当t＝1时，求AB的长，并求直线MP与L对称轴之间的距离； （3）把L在直线MP左侧部分的图象（含与直线MP的交点）记为G，用t表示图象G最高点的坐标； （4）设L与双曲线有个交点的横坐标为x0，且满足4≤x0≤6，通过L位置随t变化的过程，直接写出t的取值范围． 【解答】解：（1）设点P（x，y），则MP＝y，由OA的中点为M可知OA＝2x，代入OA•MP＝12， 得到2x•y＝12，即xy＝6． ∴k＝xy＝6． （2）当t＝1时，令y＝0，0（x﹣1）（x+3）， 解得x＝1或﹣3， ∵点B在点A左边， ∴B（﹣3，0），A（1，0）． ∴AB＝4， ∵L是对称轴x＝﹣1，且M为（，0）， ∴MP与L对称轴的距离为． （3）∵A（t，0），B（t﹣4，0）， ∴L的对称轴为x＝t﹣2， 又∵OM为x， 当t﹣2，即t≤4时，顶点（t﹣2，2）就是G的最高点． 当t＞4时，L与MP的解得（，t2+t）就是G的最高点． （4）结论：5≤t≤8或7≤t≤8． 理由：对双曲线，当4≤x0≤6时，1≤y0，即L与双曲线在C（4，），D（6，1）之间的一段有个交点． ①由（4﹣t）（4﹣t+4）解得t＝5或7． ②由1（6﹣t）（6﹣t+4）解得t＝8和8． 随t的逐渐增加，L的位置随着A（t，0）向右平移，如图所示， 当t＝5时，L右侧过过点C． 当t＝87时，L右侧过点D，即5≤t≤8． 当8t＜7时，L右侧离开了点D，而左侧未到达点C，即L与该段无交点，舍弃． 当t＝7时，L左侧过点C．当t＝8时，L左侧过点D，即7≤t≤8． 综上所述，满足条件的t的值，5≤t≤8或7≤t≤8． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$