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2018 年江苏省镇江市中考数学试卷
一、填空题（本大题共有12小题，每小题2分，共计24分．）
1.﹣8的绝对值是_____．
【答案】8
【解析】
【分析】
根据数a的绝对值是指数轴上表示数a的点与原点的距离进行求解即可得.
【详解】数轴上表示-8的点到原点的距离是8，
所以-8的绝对值是8，
故答案为：8.
【点睛】本题考查了绝对值的定义，熟练掌握绝对值的定义是解题的关键.
2.一组数据2，3，3，1，5的众数是_____．
【答案】3
【解析】
【分析】
根据众数的定义进行求解即可得.
【详解】数据2，3，3，1，5中数据3出现次数最多，
所以这组数据的众数是3，
故答案为：3.
【点睛】本题考查了众数，熟练掌握众数的定义以及求解方法是解题的关键.
3.（a2）3=_____．
【答案】a6
【解析】
分析：直接根据幂的乘方法则运算即可．
详解：原式=a6．
故答案为a6．
点睛：本题考查了幂的乘方与积的乘法：（am）n=amn（m，n是正整数）；（ab）n=anbn（n是正整数）．
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【答案】（x+1）（x﹣1）．
【解析】
试题解析：x2﹣1=（x+1）（x﹣1）．
考点：因式分解﹣运用公式法．
5.若分式 有意义，则x的取值范围是________．
【答案】 ≠
【解析】
根据题意得: ,即 ≠ .
6.计算： =_____．
【答案】2
【解析】
【分析】
根据二次根式乘法的运算法则进行求解即可得.
详解】
=
=2，
故答案为：2.
【点睛】本题考查了二次根式的乘法，熟练掌握二次根式乘法的运算法则是解题的关键.
7.圆锥底面圆的半径为1，侧面积等于3π，则它的母线长为_____．
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【解析】
【分析】
根据圆锥侧面积公式“S =π×底面半径×母线”进行求解即可得.
侧
【详解】由S =π×底面半径×母线，得
侧
3π=π×1×母线，
解得：母线=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，熟练掌握圆锥侧面积的求解方法是解题的关键.
8.反比例函数y= （k≠0）的图象经过点A（﹣2，4），则在每一个象限内，y随x的增大而_____．（填
“增大”或“减小”）
【答案】增大
【解析】
【分析】
首先利用待定系数法把（-2，4）代入函数关系式，求出k的值，再根据反比例函数图象的性质判断出在每
一个象限内y随x的变化趋势即可．
【详解】把（-2，4）代入反比例函数y＝ ，得
，
∴k=-12，
∵k＜0，
∴在每一个象限内y随x的增大而增大，
故答案为：增大．
【点睛】本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，以及反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的
性质是解题的关键.
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 3反比例函数y= （k≠0）的图象是双曲线；当k＞0，双曲线的两支分别位于第一、第三象限，在每一象限
内y随x的增大而减小；当k＜0，双曲线的两支分别位于第二、第四象限，在每一象限内y随x的增大而
增大．
9.如图，AB为 ADC的外接圆⊙O的直径，若∠BAD=50°，则∠ACD=_____°．
△
【答案】40
【解析】
【分析】
若要利用∠BAD的度数，需构建与其相等的圆周角；连接BD，由圆周角定理可知∠ACD=∠ABD，在
Rt ABD中，求出∠ABD的度数即可得答案．
【△详解】连接BD，如图，
∵AB为 ADC的外接圆⊙O的直径，
∴∠ADB△=90°，
∴∠ABD=90°﹣∠BAD=90°﹣50°=40°，
∴∠ACD=∠ABD=40°，
故答案为：40．
【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论：同弧所对的圆周角相等；半圆（弧）和直径所对的圆周角是直
角，正确添加辅助线是解题的关键.
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 410.已知二次函数y=x2﹣4x+k的图象的顶点在x轴下方，则实数k的取值范围是_____．
【答案】k＜4
【解析】
【分析】
由题意可知抛物线与x轴有两个交点，因此运用二次函数的图象与x轴交点的性质解答即可．
【详解】∵二次函数y=x2﹣4x+k中a=1＞0，图象的开口向上，
又∵二次函数y=x2﹣4x+k的图象的顶点在x轴下方，
∴抛物线y=x2﹣4x+k的图象与x轴有两个交点，
∴△>0，即（-4）2-4k>0，
∴k＜4，
故答案为：k＜4.
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点问题，由题意得出抛物线与x轴有两个交点是解题的关键.
11.如图， ABC中，∠BAC＞90°，BC=5，将 ABC绕点C按顺时针方向旋转90°，点B对应点B′落在
△ △
BA的延长线上．若sin∠B′AC= ，则AC=_____．
【答案】
【解析】
【分析】
如图，作 CD⊥BB′于 D，根据旋转的性质可得 BCB′为等腰直角三角形，从而可求得 CD 的长，在
△
Rt ACD中，根据sin∠DAC= = ，即可求得AC的长.
△
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∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°，点B对应点B′落在BA的延长线上，
∴CB=CB′=5，∠BCB′=90°，
∴△BCB′为等腰直角三角形，
∴BB′= BC=5 ，
∴CD= BB′= ，
在Rt ACD中，∵sin∠DAC= = ，
△
∴AC= × = ，
故答案为： .
【点睛】本题考查了旋转的性质，解直角三角形的应用，正确添加辅助线、熟练掌握相关知识是解题的关
键.
12.如图，点E、F、G分别在菱形ABCD的边AB，BC，AD上，AE= AB，CF= CB，AG= AD．已知
EFG的面积等于6，则菱形ABCD的面积等于_____．
△
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【解析】
【分析】
如图，在CD上截取一点H，使得CH= CD，连接AC交BD于O，BD交EF于Q，EG交AC于P，根据
已知可推导得出四边形EFGH是平行四边形，继而根据四边形ABCD是菱形，可得四边形EFGH是矩形，
易证点O在线段FG上，四边形EQOP是矩形，再根据S =6，可得S =3，即OP•OQ=3，再根据已
EFG 矩形EQOP
△
知即可得到OA= OP， OB=3OQ，根据S = •AC•BD即可得.
菱形ABCD
【详解】如图，在CD上截取一点H，使得CH= CD，连接AC交BD于O，BD交EF于Q，EG交AC于
P，
∵AE= AB，AG= AD，
∴ ，
∴EG∥BD，同法可证：FH∥BD，
∴EG∥FH，同法可证EF∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 7∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴EF⊥EG，
∴四边形EFGH是矩形，易证点O在线段FG上，四边形EQOP是矩形，
∵S =6，
EFG
△
∴S =3，即OP•OQ=3，
矩形EQOP
∵OP：OA=BE：AB=2：3，
∴OA= OP，同法可证OB=3OQ，
∴S = •AC•BD= ×3OP×6OQ=9OP×OQ=27，
菱形ABCD
故答案为：27．
【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、平行线分线段成比例定理等，综合性较强，有一定
的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和应用相关的性质与定理是解题的关键.
二、选择题（本大题共有5小题，每小题3分，共计15分．在每小题所给出的四个选项中，
只有一项符合题目要求．）
13.0.000182用科学记数法表示应为（ ）
A. 0182×10﹣3 B. 1.82×10﹣4 C. 1.82×10﹣5 D. 18.2×10﹣4
【答案】B
【解析】
【分析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，
小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值>1时，n是正数；当原数的绝
对值<1时，n是负数．
【详解】0.000182的小数点向右移动4位得到1.82，
所以0.000182用科学记数法表示为1.82×10﹣4，
故选B．
【点睛】本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整
数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
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A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据左视图是从物体的左面看得到的图形经过判断后即可得.
【详解】从左面看可看到有两个小正方形，如图所示，
，
故选D.
【点睛】本题考查了左视图，明确左视图是从物体左面看得到的图形是解题的关键.
15.小明将如图所示的转盘分成n（n是正整数）个扇形，并使得各个扇形的面积都相等，然后他在这些扇
形区域内分别标注连续偶数数字2，4，6，…，2n（每个区域内标注1个数字，且各区域内标注的数字互
不相同），转动转盘1次，当转盘停止转动时，若事件“指针所落区域标注的数字大于8”的概率是 ，则n
的取值为（ ）
A. 36 B. 30 C. 24 D. 18
【答案】C
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【分析】
根据题意可知不大于8的偶数有4个，则大于8的偶数为(n-4)个，根据概率公式可列出关于n的方程，解
方程即可得.
【详解】∵“指针所落区域标注的数字大于8”的概率是 ，
∴ ，
解得：n=24，
故选C．
【点睛】本题考查了简单的概率计算，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
16.甲、乙两地相距80km，一辆汽车上午9：00从甲地出发驶往乙地，匀速行驶了一半的路程后将速度提
高了20km/h，并继续匀速行驶至乙地，汽车行驶的路程y（km）与时间x（h）之间的函数关系如图所示，
该车到达乙地的时间是当天上午（ ）
A. 10：35 B. 10：40 C. 10：45 D. 10：50
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图象可知走前一半路程用了1小时，由此可得走前一半路程的速度为40km/h，从而可得走后一半路程
的速度为60km/h，根据时间=路程÷速度即可求得答案.
【详解】由图象知走前一半路程用的时间为1小时，
所以走前一半路程时的速度为40km/h，
因为匀速行驶了一半的路程后将速度提高了20km/h，
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 10所以以后的速度为20+40=60km/h，时间为 ×60=40分钟，
故该车到达乙地的时间是当天上午10：40，
故选B．
【点睛】本题考查了函数的图象，读懂图象，从中找到必要的信息是解题的关键.
17.如图，一次函数y=2x与反比例函数y= （k＞0）的图象交于A，B两点，点P在以C（﹣2，0）为圆
心，1为半径的⊙C上，Q是AP的中点，已知OQ长的最大值为 ，则k的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
如图，连接BP，由反比例函数的对称性质以及三角形中位线定理可得OQ= BP，再根据OQ的最大值从
而可确定出BP长的最大值，由题意可知当BP过圆心C时，BP最长，过B作BD⊥x轴于D，继而根据正
比例函数的性质以及勾股定理可求得点B坐标，再根据点B在反比例函数y= （k＞0）的图象上，利用
待定系数法即可求出k的值.
【详解】如图，连接BP，
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 11由对称性得：OA=OB，
∵Q是AP的中点，
∴OQ= BP，
∵OQ长的最大值为 ，
∴BP长的最大值为 ×2=3，
如图，当BP过圆心C时，BP最长，过B作BD⊥x轴于D，
∵CP=1，
∴BC=2，
∵B在直线y=2x上，
设B（t，2t），则CD=t﹣（﹣2）=t+2，BD=﹣2t，
在Rt BCD中，由勾股定理得： BC2=CD2+BD2，
∴22=△（t+2）2+（﹣2t）2，
t=0（舍）或t=﹣ ，
∴B（﹣ ，﹣ ），
∵点B在反比例函数y= （k＞0）的图象上，
∴k=﹣ ×（- ）= ，
故选C．
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本性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，确定出BP过点C时OQ有最大值是解题的关
键.
三、解答题（本大题共有11小题，共计81分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演
算步骤．）
18.（1）计算：2﹣1+（2018﹣π）0﹣sin30°；（2）化简：（a+1）2﹣a（a+1）﹣1．
【答案】（1）1；（2）a．
【解析】
【分析】
（1）先分别进行负指数幂的运算、0次幂的运算、代入特殊角的三角函数值，然后再按运算顺序进行计算
即可；
（2）利用完全平方公式、单项式乘多项式的运算法则进行展开，然后再进行合并同类项即可.
【详解】（1）2﹣1+（2018﹣π）0﹣sin30°
= +1-
=1；
（2）（a+1）2﹣a（a+1）﹣1
=a2+2a+1﹣a2﹣a﹣1
=a．
【点睛】本题考查了实数的混合运算、整式的混合运算，熟练掌握各运算的运算法则以及特殊角的三角函
数值是解题的关键.
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 1319.（1）解方程： = +1；（2）解不等式组：
【答案】（1）分式方程的解为x=﹣ ；（2）不等式组的解集为x≥3．
【解析】
【分析】
（1）两边都乘以（x﹣1）（x+2）化 整式方程，解整式方程后进行检验即可得；
（2）分别求出不等式组中每一个不等式的解集，然后再根据不等式组解集的确定方法确定出不等式组的
解集即可.
【详解】（1）两边都乘以（x﹣1）（x+2），得：
x（x﹣1）=2（x+2）+（x﹣1）（x+2），
解得：x=﹣ ，
检验：当x=﹣ 时，（x﹣1）（x+2）≠0，
∴分式方程的解为x=﹣ ；
（2）解不等式2x﹣4＞0，得：x＞2，
解不等式x+1≤4（x﹣2），得：x≥3，
所以不等式组的解集为x≥3．
【点睛】本题考查了解分式方程，解一元一次不等式组，熟练掌握解分式方程的步骤以及注意事项、解一
元一次不等式组的一般步骤以及不等式组解集的确定方法是解题的关键.
20.如图，数轴上的点A，B，C，D表示的数分别为﹣3，﹣1，1，2，从A，B，C，D四点中任意取两点，
求所取两点之间的距离为2的概率．
【答案】所取两点之间的距离为2的概率为 ．
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【分析】
画树状图得到所有可能的结果数，然后找出符合条件的结果数，再根据概率公式进行计算即可得.
【详解】画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中所取两点之间的距离为2的结果数有4种，
所以所取两点之间的距离为2的概率= ．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率，列表法可以不重复不遗漏 列出所有可能的结果，适合于
两步完成的事件；树状图法适用于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回实验还是不放回实
验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21.小李读一本名著，星期六读了36页，第二天读了剩余部分的 ，这两天共读了整本书的 ，这本名著
共有多少页？
【答案】这本名著共有216页．
【解析】
【分析】
设这本名著共有x页，根据两天共读了整本书的 这一等量关系列方程进行求解即可得.
【详解】设这本名著共有x页，
根据题意得：36+ （x﹣36）= x，
解得：x=216，
答：这本名著共有216页．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，弄清题意，找准等量关系列出方程是解题的关键.
22.如图， ABC中，AB=AC，点E，F在边BC上，BE=CF，点D在AF的延长线上，AD=AC，
△
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（2）若∠BA△E=30°，则∠ADC= °．
【答案】（1）证明见解析；（2）75．
【解析】
【分析】
（1）根据等边对等角可得∠B=∠ACF，然后利用SAS证明 ABE≌△ACF即可；
（2）根据 ABE≌△ACF，可得∠CAF=∠BAE=30°，再根据△AD=AC，利用等腰三角形的性质即可求得
∠ADC的度△数.
【详解】（1）∵AB=AC，
∴∠B=∠ACF，
在 ABE和 ACF中，
△ △
，
∴△ABE≌△ACF（SAS）；
（2）∵△ABE≌△ACF，∠BAE=30°，
∴∠CAF=∠BAE=30°，
∵AD=AC，
∴∠ADC=∠ACD，
∴∠ADC= =75°，
故答案为：75．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，熟练掌握相关性质与定理是解题的关
键.
23.某班50名学生的身高如下（单位：cm）：
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178 151 156 154 165 160 168 155 162 173
158 167 157 153 164 172 153 159 154 155
169 163 158 150 177 155 166 161 159 164
171 154 157 165 152 167 157 162 155 160
（1）小丽用简单随机抽样的方法从这50个数据中抽取一个容量为5的样本：161，155，174，163，152，
请你计算小丽所抽取的这个样本的平均数；
（2）小丽将这50个数据按身高相差4cm分组，并制作了如下的表格：
身高 频数 频率
147.5～151.5 0.06
151.5～155.5
155.5～159.5 11 m
159.5～163.5 0.18
163.5～167.5 8 0.16
167.5～171.5 4
171.5～175.5 n 0.06
175.5～179.5 2
合计 50 1
①m= ，n= ；
②这50名学生身高 中位数落在哪个身高段内？身高在哪一段的学生数最多？
【答案】（1）161；（2）①0.22；3；②这50名学生身高的中位数落在159.5～163.5，身高在155.5～
159.5的学生数最多．
【解析】
【分析】
（1）利用平均数的计算公式进行计算即可得；
（2）①用11÷50可求得m的值，用50×0.06即可求得n的值；
②根据中位数和众数的定义进行求解即可得.
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 17【详解】（1） = ×（161+155+174+163+152）=161，
即小丽抽取的样本的平均数为161；
（2）①m=11÷50=0，22，n=50×006=3，
故答案为：0.22，3；
②50×0.18=9，
50-3-11-9-8-4-3-2=10，
所以这8组的频数依次为：3、10、11、9、8、4、3、2，
3+10+11<25，3+10+11+9>26，
所以这50名学生身高的中位数落在159.5～163.5，
身高在155.5～159.5的学生数最多．
【点睛】本题考查了频数与频率，频数分布表，涉及了平均数，频数、频率等知识，熟练掌握频数与频率
的定义及求解方法是解题的关键.
24.如图，校园内有两幢高度相同的教学楼AB，CD，大楼的底部B，D在同一平面上，两幢楼之间的距离
BD长为24米，小明在点E（B，E，D在一条直线上）处测得教学楼AB顶部的仰角为45°，然后沿EB方
向前进8米到达点G处，测得教学楼CD顶部的仰角为30°．已知小明的两个观测点F，H距离地面的高度
均为1.6米，求教学楼AB的高度AB长．（精确到0.1米）参考值： ≈1.41， ≈1.73．
【答案】教学楼AB的高度AB长13.3m．
【解析】
【分析】
如图，延长 HF 交 CD 于点 N，延长 FH 交 AB 于点 M，由题意可得，MB=HG=FE=ND=1.6m，
HF=GE=8m，MF=BE，HN=GD，MN=BD=24m，设AM=xm，则CN=xm，在Rt AFM中，可得MF=x，
△
在Rt CNH中，可得HN= x，根据HF=MF+HN﹣MN可得关于x的方程，解方程求得x的值，继而可
△
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【详解】延长HF交CD于点N，延长FH交AB于点M，如图所示，
由题意可得，MB=HG=FE=ND=1.6m，HF=GE=8m，MF=BE，HN=GD，MN=BD=24m，
设AM=xm，则CN=xm，
在Rt AFM中，MF= =x，
△
在Rt CNH中，HN= ，
△
∴HF=MF+HN﹣MN=x+ x﹣24，
即8=x+ x﹣24，
解得，x≈11.7，
∴AB=11.7+1.6=13.3m，
答：教学楼AB的高度AB长13.3m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，正确添加辅助线构建直角三角形是解题的关键.
25.如图，一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与x轴，y轴分别交于A（﹣9，0），B（0，6）两点，过点C
（2，0）作直线l与BC垂直，点E在直线l位于x轴上方的部分．
（1）求一次函数y=kx+b（k≠0）的表达式；
（2）若 ACE的面积为11，求点E的坐标；
（3）当△∠CBE=∠ABO时，点E的坐标为 ．
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【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法进行求解即可得；
（2）如图，记直线l与y轴的交点为D，通过证明 OBC∽△OCD，根据相似三角形的性质可求得OD的
△
长，继而可得点D的坐标，再根据点C坐标利用待定系数法求出直线l的解析式为y= x﹣ ，设E（t，
t﹣ t），然后根据S = AC×y =11，求得t的值即可得解；
ACE E
△
（3）如图，过点E作EF⊥x轴于F，可证得 ABO∽△EBC，从而可得 ，再证明
△
BOC∽△CFE，可得 ，从而可得出CF=9，EF=3，继而得到OF=11，即可得点E坐
△
标.
【详解】（1）∵一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与x轴，y轴分别交于A（﹣9，0），B（0，6）两点，
∴ ，∴ ，
∴一次函数y=kx+b的表达式为y= x﹣6；
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 20（2）如图，记直线l与y轴的交点为D，
∵BC⊥l，
∴∠BCD=90°=∠BOC，
∴∠OBC+∠OCB=∠OCD+∠OCB，
∴∠OBC=∠OCD，
∵∠BOC=∠COD，
∴△OBC∽△OCD，
∴ ，
∵B（0，6），C（2，0），
∴OB=6，OC=2，
∴ ，
∴OD= ，
∴D（0，﹣ ），
∵C（2，0），
∴直线l的解析式为y= x﹣ ，
设E（t， t﹣ t），
∵A（﹣9，0），C（2，0），
∴S = AC×y = ×11×（ t﹣ ）=11，
ACE E
△
∴t=8，
∴E（8，2）；
（3）如图，过点E作EF⊥x轴于F，
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 21∵∠ABO=∠CBE，∠AOB=∠BCE=90°
∴△ABO∽△EBC，
∴ ，
∵∠BCE=90°=∠BOC，
∴∠BCO+∠CBO=∠BCO+∠ECF，
∴∠CBO=∠ECF，
∵∠BOC=∠EFC=90°，
∴△BOC∽△CFE，
∴ ，
∴ ，
∴CF=9，EF=3，
∴OF=11，
∴E（11，3），
故答案为（11，3）．
【点睛】本题考查了一次函数的性质、相似三角形的判定与性质等，熟练掌握待定系数法、相似三角形的
判定与性质是解题的关键.
26.如图1，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=6，AD=10，点P在边AD上运动，以P为圆心，PA为
半径的⊙P与对角线AC交于A，E两点．
（1）如图2，当⊙P与边CD相切于点F时，求AP的长；
（2）不难发现，当⊙P与边CD相切时，⊙P与平行四边形ABCD的边有三个公共点，随着AP的变化，
⊙P与平行四边形ABCD的边的公共点的个数也在变化，若公共点的个数为4，直接写出相对应的AP的值
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 22的取值范围 ．
【答案】（1）AP= ；（2） ＜AP＜ 或AP=5．
【解析】
【分析】
（1）如图2所示，连接PF，在Rt ABC中，利用勾股定理求出AC=8，设AP=x，则DP=10﹣x，PF=x，
由⊙P与边CD相切于点F，根据已△知可推导得出 DPF∽△DAC，根据相似三角形对应边成比例即可求得
AP长； △
（2）当⊙P与BC相切时，设切点为G，如图3，利用面积法求出PG= ，然后分两种情况①⊙P与边
AD、CD分别有两个公共点，②⊙P过点A、C、D三点，分别讨论即可得.
【详解】（1）如图2所示，连接PF，
在Rt ABC中，由勾股定理得：AC= =8，
△
设AP=x，则DP=10﹣x，PF=x，
∵⊙P与边CD相切于点F，
∴PF⊥CD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∵AB⊥AC，
∴AC⊥CD，
∴AC∥PF，
∴△DPF∽△DAC，
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 23∴ ，
∴ ，
∴x= ，即AP= ；
（2）当⊙P与BC相切时，设切点为G，如图3，
S = ×6×8×2=10PG，
▱ABCD
PG= ，
①当⊙P与边AD、CD分别有两个公共点时， ＜AP＜ ，即此时⊙P与平行四边形ABCD的边的公
共点的个数为4，
②⊙P过点A、C、D三点，如图4，⊙P与平行四边形ABCD的边的公共点的个数为4，
此时AP=5，
综上所述，AP的值的取值范围是： ＜AP＜ 或AP=5．
故答案为： ＜AP＜ 或AP=5．
【点睛】本题考查了切线的判定、直线与圆的位置关系、相似三角形的判定与性质等知识，正确添加辅助
线、熟练掌握和灵活应用相关知识是解题的关键.
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 2427.（1）如图1，将矩形ABCD折叠，使BC落在对角线BD上，折痕为BE，点C落在点C′处，若
∠ADB=46°，则∠DBE的度数为 °．
（2）小明手中有一张矩形纸片ABCD，AB=4，AD=9．
【画一画】
如图2，点E在这张矩形纸片的边AD上，将纸片折叠，使AB落在CE所在直线上，折痕设为MN（点
M，N分别在边AD，BC上），利用直尺和圆规画出折痕MN（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔
把线段描清楚）；
【算一算】
如图3，点F在这张矩形纸片的边BC上，将纸片折叠，使FB落在射线FD上，折痕为GF，点A，B分别
落在点A′，B′处，若AG= ，求B′D的长；
【验一验】
如图4，点K在这张矩形纸片的边AD上，DK=3，将纸片折叠，使AB落在CK所在直线上，折痕为HI，
点A，B分别落在点A′，B′处，小明认为B′I所在直线恰好经过点D，他的判断是否正确，请说明理由．
【答案】（1）23；（2）【画一画】画图见解析；【算一算】DB′ =3；【验一验】小明的判断不正确，理
由见解析.
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 25【解析】
【分析】
（1）根据矩形性质可得AD∥BC，从而可得∠ADB=∠DBC=46°，再根据翻折的性质即可求得∠DBE的度
数；
（2）画一画：连接CE并延长交BA的延长线与点G，利用尺规作图画出∠BGC的角平分线即可得抓痕
MN；
算一算：由已知可得GD= ，根据矩形的性质及翻折的性质可得∠DFG=∠DGF，从而可得DF=DG=
，在Rt CDF中，根据勾股定理可求得CF= ，根据BF=BC﹣CF求得BF的长，再根据翻折的性质继而
△
可求得DB′的长即可；
验一验：如图4中，小明的判断不正确，连接ID，根据勾股定理求出CK长，根据已知可证明
CDK∽△IB′C，从而可得 ，设CB′=3k，IB′=4k，IC=5k，根据折叠的性质可求得k=1，
△
继而可得IC=5，IB′=4，B′C=3，在Rt ICB′中，tan∠B′IC= ，连接ID，在Rt ICD中，tan∠DIC=
△ △
，从而知tan∠B′IC≠tan∠DIC，判断出B′I所在的直线不经过点D即可得.
【详解】（1）如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 26∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=46°，
由翻折不变性可知，∠DBE=∠EBC= ∠DBC=23°，
故答案为：23；
（2）画一画：如图2中，
算一算：如图3中，
∵AG= ，AD=9，
∴GD=9﹣ = ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DGF=∠BFG，
由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，
∴∠DFG=∠DGF，
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 27∴DF=DG= ，
∵CD=AB=4，∠C=90°，
∴在Rt CDF中，CF= = ，
△
∴BF=BC﹣CF= ，
由翻折不变性可知，FB=FB′= ，
∴DB′=DF﹣FB′= ﹣ =3；
验一验：如图4中，小明的判断不正确，
理由：连接ID，在Rt CDK中，∵DK=3，CD=4，
△
∴CK= =5，
∵AD∥BC，
∴∠DKC=∠ICK，
由折叠可知，∠A′B′I=∠B=90°，
∴∠IB′C=90°=∠D，
∴△CDK∽△IB′C，
∴ ，即 ，
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 28设CB′=3k，IB′=4k，IC=5k，
由折叠可知，IB=IB′=4k，
∴BC=BI+IC=4k+5k=9，
∴k=1，
∴IC=5，IB′=4，B′C=3，
在Rt ICB′中，tan∠B′IC= ，
△
连接ID，在Rt ICD中，tan∠DIC= ，
△
∴tan∠B′IC≠tan∠DIC，
∴B′I所在的直线不经过点D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、角平分线的作法、相似三角形的判定与性质、解直角三角
形的应用等，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握相关性质与定理、运用数形结合思想进行解题是关键.
28.如图，二次函数y=x2﹣3x的图象经过O（0，0），A（4，4），B（3，0）三点，以点O为位似中心，
在y轴的右侧将 OAB按相似比2：1放大，得到 OA′B′，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过O，
A′，B′三点． △ △
（1）画出 OA′B′，试求二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的表达式；
（2）点P（△m，n）在二次函数y=x2﹣3x的图象上，m≠0，直线OP与二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象
交于点Q（异于点O）．
①连接AP，若2AP＞OQ，求m的取值范围；
②当点Q在第一象限内，过点Q作QQ′平行于x轴，与二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象交于另一点
Q′，与二次函数y=x2﹣3x的图象交于点M，N（M在N的左侧），直线OQ′与二次函数y=x2﹣3x的图象交
于点P′． Q′P′M∽△QB′N，则线段 NQ的长度等于 ．
△
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 29【答案】（1）二次函数的解析式为y= x2﹣3x；（2）①1﹣ ＜m＜1+ ，且m≠0；②6
【解析】
【分析】
(1)根据位似的性质得出 A′（8，8），B′（6，0），将 O（0，0），A′（8，8），B′（6，0）代入
y=ax2+bx+c，利用待定系数法进行求解即可得；
（2）①如图1，由P（m，n）在二次函数y=x2﹣3x的图象上，可得P（m，m2﹣3m），根据待定系数法易
求得OP的解析是为y=（m﹣3）x，继而可求得Q（2m，2m2﹣6m），过点P作PC⊥x轴于点C，过点Q
作QD⊥x轴于点D，证明 OCP∽△ODQ，可得OQ=2OP，然后根据2AP＞OQ，可得AP＞OP，从而可得
关于m的不等式，解不等式△即可得；
②如图2，P（m，m2﹣3m），Q（2m，2m2﹣6m），根据点Q在第一象限，可得m＞3，QQ′的表达式是
y=2m2﹣6m，解方程组 ，可得点Q′（6﹣2m，2m2﹣6m），继而可得OQ′的解析式为y=﹣
mx，从而求得点P′（3﹣m，m2﹣3m），由QQ′与y=x2﹣3x交于点M、N，求出点M、N的坐标，再根据
Q′P′M∽△QB′N，根据相似三角形的性质可得关于的方程，解方程求出m的值即可得答案.
△【详解】（1）如图1，由以点O为位似中心，在y轴的右侧将 OAB按相似比2：1放大，
△
得 ，
∵A（4，4），B（3，0），
∴A′（8，8），B′（6，0），
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 30将O（0，0），A′（8，8），B′（6，0）代入y=ax2+bx+c，
得 ，解得 ，
∴二次函数的解析式为y= x2﹣3x；
（2）①如图1，∵P（m，n）在二次函数y=x2﹣3x的图象上，
∴n=m2﹣3m，
∴P（m，m2﹣3m），
设直线OP的解析式为y=kx，将点P（m，m2﹣3m）代入函数解析式，
得mk=m2﹣3m，
∴k=m﹣3，
∴OP的解析是为y=（m﹣3）x，
∵OP与y═ x2﹣3x交于Q点，
∴ ，解得 （不符合题意舍去）， ，
∴Q（2m，2m2﹣6m），
过点P作PC⊥x轴于点C，过点Q作QD⊥x轴于点D，
则OC=|m|，PC=|m2﹣3m|，OD=|2m|，QD=|2m2﹣6m|，
∵ ，
∴△OCP∽△ODQ，
∴OQ=2OP，
∵2AP＞OQ，
∴2AP＞2OP，即AP＞OP，
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 31∴ ，
化简，得m2﹣2m﹣4＜0，解得1﹣ ＜m＜1+ ，且m≠0；
②如图2，P（m，m2﹣3m），Q（2m，2m2﹣6m）
∵点Q在第一象限，
∴ ，解得m＞3，
由Q（2m，2m2﹣6m），得QQ′的表达式是y=2m2﹣6m，
∵QQ′′交y= x2﹣3x交于点Q′，
，解得 （不符合题意，舍）， ，
∴Q′（6﹣2m，2m2﹣6m），
设OQ′的解析是为y=kx，（6﹣2m）k=2m2﹣6m，
解得k=﹣m，OQ′的解析式为y=﹣mx，
∵OQ′与y=x2﹣3x交于点P′，
∴﹣mx=x2﹣3x，
解得x=0（舍），x=3﹣m，
1 2
∴P′（3﹣m，m2﹣3m），
∵QQ′与y=x2﹣3x交于点M、N，
∴x2﹣3x=2m2﹣6m，
解得x= ，x= ，
1 2
∵M在N左侧，
∴M（ ，2m2﹣6m），N（ ，2m2﹣6m），
∵△Q′P′M∽△QB′N，
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 32∴ ，
∵ ，
即 ，
化简得：m2﹣12m+27=0，
解得：m=3（舍），m=9，
1 2
∴N（12，108），Q（18，108），
∴QN=6，
故答案为：6.
【点睛】本题考查了几何与代数综合题，涉及了待定系数法、位似图形、相似三角形的判定与性质、解一
元二次方程、解不等式等，综合性较强，有一定难度，熟练掌握相关知识，正确画出图形是解题的关键.
汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 33汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 34
