江苏省宿迁市2018 年中考数学试卷
一、选择题
1.2 的倒数是（ ）。
A. 2 B.
C.
D. -2
2.下列运算正确的是（ ）。
A.
B.
C.
D.
3.如图，点D 在△ABC 的边AB 的延长线上，DE∥BC，若∠A＝35°,∠C＝24°,则∠D 的度数
是（ ）。
A. 24° B. 59° C. 60° D. 69°
4.函数
中，自变量x 的取值范围是（ ）。
A. x≠0 B. x＜1 C. x＞1 D. x≠1
5.若a＜b，则下列结论不一定成立的是（ ）。
A. a-1
＜
b-1
B. 2a
＜
2b C.
D.
6.若实数m、n 满足
，且m、n 恰好是等腰△ABC 的两条边的边长，则
△ABC 的周长是 （ ）。
A. 12 B. 10 C. 8 D. 6
7.如图，菱形ABCD 的对角线AC、BD 相交于点O，点E 为边CD 的中点，若菱形ABCD 的周
长为16，∠BAD＝60°,则△OCE 的面积是（ ）。
A.
B. 2
C.
D. 4
8.在平面直角坐标系中，过点（1,2）作直线l，若直线l 与两坐标轴围成的三角形面积为4，则
满足条件的直线l 的条数是（ ）。
A.5
B.4
C.3
D.2
二、填空题
9.一组数据：2,5,3,1,6，则这组数据的中位数是________.
10.地球上海洋总面积约为360 000 000km2 ， 将360 000 000 用科学计数法表示是________.
11.分解因式：x2y-y=________．
12.一个多边形的内角和是其外角和的3 倍，则这个多边形的边数是________.
13.已知圆锥的底面圆半价为3cm，高为4cm，则圆锥的侧面积是________cm2.
14.在平面直角坐标系中，将点（3,-2）先向右平移2 个单位长度，再向上平移3 个单位长度，则
所得的点的坐标是________.
15.为了改善生态环境，防止水土流失，红旗村计划在荒坡上种树960 棵，由于青年志愿者支
援，实际每天种树的棵数是原计划的2 倍，结果提前4 天完成任务，则原计划每天种树的棵数
是________.
16.小明和小丽按如下规则做游戏：桌面上放有7 根火柴棒，每次取1 根或2 根，最后取完者
获胜。若由小明先取，且小明获胜是必然事件，，则小明第一次取走火柴棒的根数是________.
17.如图，在平面直角坐标系中，反比例函数
（x＞0）与正比例函数y=kx、
（k
＞1）的图像分别交于点A、B，若∠AOB＝45°,则△AOB 的面积是________.
18.如图，将含有30°角的直角三角板ABC 放入平面直角坐标系，顶点AB 分别落在x、y 轴的
正半轴上，∠OAB＝60°,点A 的坐标为（1,0），将三角板ABC 沿x 轴右作无滑动的滚动（先绕
点A 按顺时针方向旋转60°，再绕点C 按顺时针方向旋转90°，…）当点B 第一次落在x 轴上
时，则点B 运动的路径与坐标轴围成的图形面积是________.
三、解答题
19. 解方程组：
20.计算：
21.某市举行“传承好家风”征文比赛，已知每篇参赛征文成绩记m 分（60≤m≤100），组委会
从1000 篇征文中随机抽取了部分参赛征文，统计了他们的成绩，并绘制了如下不完整的两
幅统计图表。
请根据以上信息，解决下列问题：
（1）征文比赛成绩频数分布表中c 的值是________；
（2）补全征文比赛成绩频数分布直方图；
（3）若80 分以上（含80 分）的征文将被评为一等奖，试估计全市获得一等奖征文的篇数。
22.如图，在□ABCD 中，点E、F 分别在边CB、AD 的延长线上，且BE＝DF，EF 分别与AB、
CD 交于点G、H，求证：AG＝CH.
23.有2 部不同的电影A、B，甲、乙、丙3 人分别从中任意选择1 部观看
（1）求甲选择A 部电影的概率；
（2）求甲、乙、丙3 人选择同一部电影的概率（请用画树状图的方法给出分析过程，并求出结
果）
24.某种型号汽车油箱容量为40L，每行驶100km 耗油10L。设一辆加满油的该型号汽车行驶
路程为x（km），行驶过程中油箱内剩余油量为y（L）。
（1）求y 与x 之间的函数表达式；
（2）为了有效延长汽车使用寿命，厂家建议每次加油时油箱内剩余油量不低于油箱容量的四
分之一，按此建议，求该辆汽车最多行驶的路程.
25.如图，为了测量山坡上一棵树PQ 的高度，小明在点A 处利用测角仪测得树顶P 的仰角为
450 ， 然后他沿着正对树PQ 的方向前进100m 到达B 点处，此时测得树顶P 和树底Q 的仰
角分别是600和300 ， 设PQ 垂直于AB，且垂足为C.
（1）求∠BPQ 的度数；
（2）求树PQ 的高度（结果精确到0.1m，
）
26.如图，AB、AC 分别是⊙O 的直径和弦，OD⊥AC 于点D，过点A 作⊙O 的切线与OD 的延
长线交于点P，PC、AB 的延长线交于点F.
（1）求证：PC 是⊙O 的切线；
（2）若∠ABC=600,AB=10,求线段CF 的长，
27.如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=（x-a）（x-3）的图像与x 轴交于点A、B（点A 在点
B 的左侧），与y 轴交于点D，过其顶点C 作直线CP⊥x 轴，垂足为点P，连接AD、BC.
（1）求点A、B、D 的坐标；
（2）若△AOD 与△BPC 相似，求a 的值；
（3）点D、O、C、B 能否在同一个圆上，若能，求出a 的值，若不能，请说明理由.
28.如图，在边长为1 的正方形ABCD 中，动点E、F 分别在边AB、CD 上，将正方形ABCD 沿
直线EF 折叠，使点B 的对应点M 始终落在边AD 上（点M 不与点A、D 重合），点C 落在点
N 处，MN 与CD 交于点P，设BE=x，
（1）当AM=
时，求x 的值；
（2）随着点M 在边AD 上位置的变化，△PDM 的周长是否发生变化？如变化，请说明理由；
如不变，请求出该定值；
（3）设四边形BEFC 的面积为S，求S 与x 之间的函数表达式，并求出S 的最小值.
答案解析部分
一、选择题
1.【答案】B
【考点】有理数的倒数
【解析】【解答】解：∵2 的倒数为
，故答案为：B.
【分析】倒数定义：乘积为1 的两个数互为倒数，由此即可得出答案.
2.【答案】C
【考点】同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，同底数幂的除法，合并同类项法则及应用
【解析】【解答】解：A.∵a .a =a ,故错误，A 不符合题意；
B.a2与a1不是同类项，不能合并，故错误，B 不符合题意；
C.∵（a2）
3=a6,故正确，C 符合题意；
D.∵a8÷a4=a4,故错误，D 不符合题意；
故答案为：C.
【分析】A.根据同底数幂相乘，底数不变，指数相加即可判断对错；
B.根据同类项定义：所含字母相同，并且相同字母指数相同，由此得不是同类项；
C.根据幂的乘方，底数不变，指数相乘即可判断对错；
D.根据同底数幂相除，底数不变，指数相减即可判断对错；
3.【答案】B
【考点】平行线的性质，三角形的外角性质
【解析】【解答】解：∵∠A=35°，∠C=24°，∴∠DBC=∠A+∠C=35°+24°=59°，
又∵DE∥BC，
∴∠D=∠DBC=59°.
故答案为：B.
【分析】根据三角形外角性质得∠DBC=∠A+∠C，再由平行线性质得∠D=∠DBC.
4.【答案】D
【考点】分式有意义的条件
【解析】【解答】解：依题可得：x-1≠0，
∴x≠1.
故答案为：D.
【分析】根据分式有意义的条件：分母不为0，计算即可得出答案.
5.【答案】D
【考点】不等式及其性质
【解析】【解答】解：A.∵a＜b，∴ a-1＜b-1，故正确，A 不符合题意；B.∵a＜b，∴ 2a＜2b，故
正确，B 不符合题意；
C.∵a＜b，∴
＜
，故正确，C 不符合题意；
D.当a＜b＜0 时，a2>b2 ， 故错误，D 符合题意；
故答案为：D.
【分析】A.不等式性质1：不等式两边同时加上（或减去）同一个数，不等式任然成立；由此即
可判断对错；
B.不等式性质2：不等式两边同时乘以（或除以）同一个正数，不等式任然成立；由此即可判断
对错；
C.不等式性质2：不等式两边同时乘以（或除以）同一个正数，不等式任然成立；由此即可判断
对错；
D.题中只有a＜b，当当a＜b＜0 时，a2>b2 ， 故错误
6.【答案】B
【考点】等腰三角形的性质，非负数之和为0
【解析】【解答】解：依题可得：
，∴
.
又∵m、n 恰好是等腰△ABC 的两条边的边长，
①若腰为2，底为4，
此时不能构成三角形，舍去.
②若腰为4，底为2，
∴C△ABC=4+4+2=10.
故答案为：B.
【分析】根据绝对值和二次根式的非负性得m、n 的值，再分情况讨论：①若腰为2，底为4，由
三角形两边之和大于第三边，舍去；②若腰为4，底为2，再由三角形周长公式计算即可.
7.【答案】A
【考点】三角形的面积，等边三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，相似三角形的判定
与性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD 的周长为16，∴菱形ABCD 的边长为4，
∵∠BAD＝60°,
∴△ABD 是等边三角形，
又∵O 是菱形对角线AC、BD 的交点，
∴AC⊥BD，
在Rt△AOD 中，
∴AO=
，
∴AC=2A0=4
，
∴S△ACD=
·OD·AC=
×2×4
=4
，
又∵O、E 分别是中点，
∴OE∥AD，
∴△COE∽△CAD，
∴
,
∴
,
∴S△COE=
S△CAD=
×4
=
.
故答案为：A.
【分析】根据菱形的性质得菱形边长为4，AC⊥BD，由一个角是60 度的等腰三角形是等边三
角形得△ABD 是等边三角形；在Rt△AOD 中，根据勾股定理得AO=
，AC=2A0=4
，
根据三角形面积公式得S△ACD=
·OD·AC=4
，根据中位线定理得OE∥AD，由相似三角
形性质得
,从而求出△OCE 的面积.
8.【答案】C
【考点】三角形的面积，一次函数图像与坐标轴交点问题
【解析】
【解答】解：设直线l 解析式为：y=kx+b，设l 与x 轴交于点A（-
，0），与y 轴交于点B
（0，b）,
∴
∴（2-k）
2=8 ，
∴k2-12k+4=0 或（k+2）
2=0，
∴k=
或k=-2.
∴满足条件的直线有3 条.
故答案为：C.
【分析】设直线l 解析式为：y=kx+b，设l 与x 轴交于点A（-
，0），与y 轴交于点B（0，b）,依
题可得关于k 和b 的二元一次方程组，代入消元即可得出k 的值，从而得出直线条数.
二、填空题
9.【答案】3
【考点】中位数
【解析】【解答】解：将数据从小到大排列：1,2,3,5,6，∴中位数为：3.
故答案为：3.
【分析】将此组数据从小到大或从大到小排列，正好是奇数个，处于中间的那个数即为这组数
据的中位数；由此即可得出答案.
10.【答案】3.6×108
【考点】科学记数法—表示绝对值较大的数
【解析】【解答】解：∵360 000 000=3.6×108 ， 故答案为：3.6×108.
【分析】学计数法：将一个数字表示成 a×10 的n 次幂的形式，其中1≤|a|<10，n 为整数。
11.【答案】y（x+1）（x-1）
【考点】提公因式法与公式法的综合运用
【解析】【解答】x2y-y，
=y（x2-1），
=y（x+1）（x-1）.
【分析】先用提公因式法分解因式，再用平方差公式分解到每一个因式都不能再分解为止。
12.【答案】8
【考点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：设这个多边形边数为n，∴（n-2）×180°=360°×3，
∴n=8.
故答案为：8.
【分析】根据多边形的内角和公式，多边形外角和为360°，根据题意列出方程，解之即可.
13.【答案】15π
【考点】圆锥的计算
【解析】【解答】解：设圆锥母线长为l，∵r=3，h=4，,
∴母线l=
=5，
∴S 侧=
·2πr×5=
×2π×3×5=15π.
故答案为：15π.
【分析】设圆锥母线长为l，根据勾股定理求出母线长，再根据圆锥侧面积公式即可得出答案.
14.【答案】（5,1）
【考点】平移的性质
【解析】【解答】解：∵点（3,-2）先向右平移2 个单位长度，再向上平移3 个单位长度，∴所得
的点的坐标为：（5,1）.
故答案为：（5,1）.
【分析】根据点坐标平移特征：右加上加，从而得出平移之后的点坐标.
15.【答案】120
【考点】分式方程的实际应用
【解析】【解答】解：设原计划每天种树x 棵，则实际每天种树2x 棵，依题可得：
，
解得：x=120.
经检验x=120 是原分式方程的根.
故答案为：120.
【分析】设原计划每天种树x 棵，则实际每天种树2x 棵，根据题意列出分式方程，解之即可.
16.【答案】1
【考点】随机事件
【解析】【解答】解：如果小明第一次取走1 根，剩下了6 根，6 既是1 的倍数又是2 的倍数，不
管后面怎么取，小明都将取走最后一根火柴.故答案为：1.
【分析】要保证小明获胜是必然事件，则小明必然要取到第7 根火柴，进行倒推，就能找到保
证小明获胜的方法.
17.【答案】2
【考点】反比例函数系数k 的几何意义，反比例函数与一次函数的交点问题，全等三角形的判
定与性质
【解析】【解答】解：如图：作BD⊥x 轴，AC⊥y 轴，OH⊥AB，
设A（x1,y1），B（x2 ， y2），
∵A、B 在反比例函数上，
∴x1y1=x2y2=2，
∵
，
解得：x1=
,
又∵
，
解得：x2=
，
∴x1x2=
×
=2，
∴y1=x2 ， y2=x1 ，
即OC=OD，AC=BD，
∵BD⊥x 轴，AC⊥y 轴，
∴∠ACO=∠BDO=90°，
∴△ACO≌△BDO（SAS），
∴AO=BO,∠AOC=∠BOD，
又∵∠AOB＝45°,OH⊥AB，
∴∠AOC=∠BOD=∠AOH=∠BOH=22.5°，
∴△ACO≌△BDO≌△AHO≌△BHO，
∴S△ABO=S△AHO+S△BHO=S△ACO+S△BDO=
x1y1+
x2y2=
×2+
×2=2.
故答案为：2.
【分析】作BD⊥x 轴，AC⊥y 轴，OH⊥AB（如图），设A（x1,y1），B（x2 ， y2），根据反比例函数
k 的几何意义得x1y1=x2y2=2；将反比例函数分别与y=kx，y=
联立，解得x1=
，x2=
，
从而得x1x2=2，所以y1=x2 ， y2=x1 ， 根据SAS 得△ACO≌△BDO，由全等三角形性质得
AO=BO,∠AOC=∠BOD，由垂直定义和已知条件得∠AOC=∠BOD=∠AOH=∠BOH=22.5°，
根据AAS 得△ACO≌△BDO≌△AHO≌△BHO ，根据三角形面积公式得
S△ABO=S△AHO+S△BHO=S△ACO+S△BDO=
x1y1+
x2y2=
×2+
×2=2.
18.【答案】
+
π
【考点】三角形的面积，扇形面积的计算，锐角三角函数的定义，旋转的性质
【解析】【解答】解：在Rt△AOB 中，∵A（1,0），
∴OA=1,
又∵∠OAB＝60°，
∴cos60°=
,
∴AB=2,OB=
,
∵在旋转过程中，三角板的角度和边的长度不变，
∴点B 运动的路径与坐标轴围成的图形面积为：
=
=
+
π.
故答案为:
+
π.
【分析】在Rt△AOB 中，由A 点坐标得OA=1,根据锐角三角形函数可得AB=2，OB=
,在旋
转过程中，三角板的角度和边的长度不变，所以点B 运动的路径与坐标轴围成的图形面积为：
=
，计算即可得出答案.
三、解答题
19.【答案】解：
,由①得：x=-2y ③
将③代入②得：3（-2y）+4y=6，
解得：y=-3,
将y=-3 代入③得：x=6，
∴原方程组的解为：
【考点】解二元一次方程组
【解析】【分析】根据二元一次方程组代入消元解方程即可.
20.【答案】解：原式=4-1+2-
+2×
，
=4-1+2-
+
，
=5.
【考点】实数的运算
【解析】【分析】根据零指数幂，绝对值的非负性，特殊角的三角函数值，化简计算即可.
21.【答案】（1）0.2
（2）解：10÷0.1=100，100×0.32=32,100×0.2=20
补全征文比赛成绩频数分布直方图如图：
（3）解：由频数分布表可知评为一等奖的频率为：0.2+0.1=0.3，∴全市获得一等奖征文的篇数
为：1000×0.3=300（篇）.
答：全市获得一等奖征文的篇数为300 篇.
【考点】用样本估计总体，频数（率）分布表，频数（率）分布直方图
【解析】【解答】（1）解：（1）由频数分布表可知 60≤m＜70 的频数为：38，频率为：0.38∴抽取
的篇数为：38÷0.38=100（篇），
∴a=100×0.32=32（篇），
∴b=100-38-32-10=20（篇），
∴c=20÷100=0.2.
故答案为：0.2.
【分析】（1）由频数分布表可知 60≤m＜70 的频数为：38，频率为：0.38，根据总数=频数÷频率
得样本容量，再由频数=总数×频率求出a，再根据频率=频数÷总数求出c.
（2）由（1）中数据可补全征文比赛成绩频数分布直方图.
（3）由频数分布表可知评为一等奖的频率为：0.2+0.1=0.3，再用总篇数×一等奖的频率=全市
一等奖征文篇数.
22.【答案】证明：∵在□ABCD 中,∴AD∥BC,AD=BC,∠A=∠C,
∴∠E=∠F,
又∵BE＝DF，
∴AD+DF=CB+BE，
即AF=CE,
在△CEH 和△AFG 中，
,
∴△CEH≌△AFG，
∴CH=AG.
【考点】平行线的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质
【解析】【分析】根据平行四边形的性质得AD∥BC,AD=BC,∠A=∠C,根据平行线的性质得
∠E=∠F,再结合已知条件可得AF=CE,根据ASA 得△CEH≌△AFG，根据全等三角形对应边
相等得证.
23.【答案】（1）解：（1）∵甲可选择电影A 或B，∴甲选择A 部电影的概率P=
.
答：甲选择A 部电影的概率为
.
（
2
）
甲
、
乙
、
丙
3
人
选
择
电
影
情
况
如
图
：
由图可知总共有8 种情况，甲、乙、丙3 人选择同一部电影的情况有2 种，
∴甲、乙、丙3 人选择同一部电影的概率P=
.
答：甲、乙、丙3 人选择同一部电影的概率为：
.
【考点】列表法与树状图法，概率公式
【解析】【分析】（1）甲可选择电影A 或B，根据概率公式即可得甲选择A 部电影的概率.
（2）用树状图表示甲、乙、丙3 人选择电影的所有情况，由图可知总共有8 种情况，甲、乙、丙
3 人选择同一部电影的情况有2 种，根据概率公式即可得出答案.
24.【答案】（1）解：依题可得：y=40-
x，即y=40-
x（0≤x≤400）.答：y 与x 之间的函数表
达式为：y=40-
x（0≤x≤400）.
（2）解：依题可得：40-
x≥40×
，∴-
x≥-30，
∴x≤300.
答：该辆汽车最多行驶的路程为300.
【考点】一次函数与不等式（组）的综合应用，根据实际问题列一次函数表达式
【解析】【分析】（1）根据题意可得y 与x 之间的函数表达式为：y=40-
x（0≤x≤400）.
（2）根据题意可得不等式：40-
x≥40×
，解之即可得出答案.
25.【答案】（1）解：依题可得：∠A=45°,∠PBC=60°,∠QBC=30°,AB=100m，
在Rt△PBC 中，
∵∠PBC=60°,∠PCB=90°,
∴∠BPQ=30°,
（2）解：设CQ=x，
在Rt△QBC 中，
∵∠QBC=30°,∠QCB=90°,
∴BQ=2x，BC=
x，
又∵∠PBC=60°,∠QBC=30°，
∴∠PBQ=30°,
由（1）知∠BPQ=30°,
∴PQ=BQ=2x，
∴PC=PQ+QC=3x，AC=AB+BC=10+
x，
又∵∠A=45°，
∴AC=PC，
即3x=10+
x，
解得：x=
,
∴PQ=2x=
≈15.8（m）.
答：树PQ 的高度约为15.8m.
【考点】三角形内角和定理，等腰三角形的性质，含30 度角的直角三角形
【解析】
【分析】(1）根据题意题可得：∠A=45°,∠PBC=60°,∠QBC=30°,AB=100m，在Rt△PBC
中，根据三角形内角和定理即可得∠BPQ 度数.
（2）设CQ=x，在Rt△QBC 中，根据30 度所对的直角边等于斜边的一半得BQ=2x，由勾股定
理得BC=
x；根据角的计算得∠PBQ=∠BPQ=30°,由等角对等边得PQ=BQ=2x，用含x 的
代数式表示PC=PQ+QC=3x，AC=AB+BC=10+
x，又∠A=45°，得出AC=PC，建立方程解
之求出x，再将x 值代入PQ 代数式求之即可.
26.【答案】（1）证明：连接OC，
∵OA=OC,OD⊥AC，
∴OD 是AC 的垂直平分线，
∴PA=PC,
在△PAO 和△PCO 中，
,
∴△PAO≌△PCO（SSS），
∴∠PAO=∠PCO=90°,
∴PC 是⊙O 的切线.
（2）解：∵PC 是⊙O 的切线.∴∠FCO=∠PCO=90°,
∵∠ABC=60°,OB=OC，
∴△OCB 是等边三角形，
又∵AB=10,
∴OB=OC=5,
在Rt△FCO 中，
∴tan60°=
=
,
∴CF=5
.
【考点】全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，切线的判定与性质，锐角三角
函数的定义，线段垂直平分线的判定
【解析】【分析】（1）连接OC，根据垂直平分线的判定得OD 是AC 的垂直平分线，再由垂直平
分线的性质得PA=PC, 根据SSS 得△PAO≌△PCO （SSS ），由全等三角形性质得
∠PAO=∠PCO=90°,即PC 是⊙O 的切线.
（2）由切线性质得∠FCO=∠PCO=90°,根据有一个角是60 度的等腰三角形是等边三角形得
△OCB 是等边三角形，在Rt△FCO 中，根据正切的三角函数定义即可求出CF 值.
27.【答案】（1）解：∵y=（x-a）（x-3）（0<a<3）与x 轴交于点A、B（点A 在点B 的左侧）∴A（a，
0），B（3,0），
当x=0 时，y=3a，
∴D（0,3a）.
（2）解：∵A（a，0），B（3,0），D（0,3a）.∴对称轴x=
,AO=a，OD=3a，
当x=
时，y=-
，
∴C（
，-
），
∴PB=3-
=
，PC=
，
①当△AOD∽△BPC 时，
∴
,
即
，
解得：a=
3（舍去）；
②△AOD∽△CPB，
∴
,
即
，
解得：a1=3（舍），a2=
.
综上所述：a 的值为
.
（3）解：能；连接BD，取BD 中点M，
∵D、B、O 三点共圆，且BD 为直径，圆心为M（
，
a），
若点C 也在此圆上，
∴MC=MB，
∴
，
化简得：a4-14a2+45=0，
∴（a2-5）（a2-9）=0,
∴a2=5 或a2=9,
∴a1=
，a2=-
，a3=3（舍），a4=-3（舍），
∵0<a<3,
∴a=
，
∴当a=
时，D、O、C、B 四点共圆.
【考点】二次函数图像与坐标轴的交点问题，相似三角形的性质，二次函数与一次函数的综合
应用
【解析】【分析】（1）根据二次函数的图像与x 轴相交，则y=0,得出A（a，0），B（3,0），与y 轴相
交，则x=0,得出D（0,3a）.
（2）根据（1）中A、B、D 的坐标，得出抛物线对称轴x=
,AO=a，OD=3a，代入求得顶点C（
，-
），从而得PB=3-
=
，PC=
；再分情况讨论：①当
△AOD∽△BPC 时，根据相似三角形性质得
， 解得：a=
3（舍去）；
②△AOD∽△CPB，根据相似三角形性质得
，解得：a1=3（舍），a2=
.
（3）能；连接BD，取BD 中点M，根据已知得D、B、O 在以BD 为直径，M 为圆心（
，
a）
的圆上，若点C 也在此圆上，则MC=MB，根据两点间的距离公式得一个关于a 的方程，解之
即可得出答案.
28.【答案】（1）解：由折叠性质可知：BE=ME=x，∵正方形ABCD 边长为1
∴AE=1-x，
在Rt△AME 中，
∴AE2+AM2=ME2 ，
即（1-x）
2+
=x2 ，
解得：x=
.
（2）解：△PDM 的周长不会发生变化，且为定值2.
连接BM、BP，过点B 作BH⊥MN，
∵BE=ME，
∴∠EBM=∠EMB，
又∵∠EBC=∠EMN=90°，
即∠EBM+∠MBC=∠EMB+∠BMN=90°，
∴∠MBC=∠BMN，
又∵正方形ABCD，
∴AD∥BC，AB=BC，
∴∠AMB=∠MBC=∠BMN，
在Rt△ABM 和Rt△HBM 中，
∵
,
∴Rt△ABM≌Rt△HBM（AAS），
∴AM=HM，AB=HB=BC，
在Rt△BHP 和Rt△BCP 中，
∵
,
∴Rt△BHP≌Rt△BCP（HL），
∴HP=CP，
又∵C△PDM=MD+DP+MP，
=MD+DP+MH+HP，
=MD+DP+AM+PC,
=AD+DC,
=2.
∴△PDM 的周长不会发生变化，且为定值2.
（3）解：过F 作FQ⊥AB，连接BM，
由折叠性质可知：∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，
∴∠EBM+∠BEF=∠EMB+∠MEF=∠QFE+∠BEF=90°,
∴∠EBM=∠EMB=∠QFE，
在Rt△ABM 和Rt△QFE 中，
∵
,
∴Rt△ABM≌Rt△QFE（ASA），
∴AM=QE，
设AM 长为a，
在Rt△AEM 中，
∴AE2+AM2=EM2,
即（1-x）
2+a2=x2,
∴AM=QE=
,
∴BQ=CF=x-
，
∴S=
（CF+BE）×BC，
=
（x-
+x）×1，
=
（2x-
）,
又∵（1-x）
2+a2=x2,
∴x=
=AM=BE，BQ=CF=
-a，
∴S=
（
-a+
）×1，
=
（a2-a+1）,
=
（a-
）
2+
，
∵0<a<1，
∴当a=
时，S 最小值=
.
【考点】二次函数的最值，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，翻折变换（折
叠问题）
【解析】【分析】（1）由折叠性质可知BE=ME=x，结合已知条件知AE=1-x，在Rt△AME 中，根
据勾股定理得（1-x）
2+
=x2 ， 解得：x=
.
（2）△PDM 的周长不会发生变化，且为定值2.连接BM、BP，过点B 作BH⊥MN，根据折叠性
质知BE=ME，由等边对等角得∠EBM=∠EMB，由等角的余角相等得∠MBC=∠BMN，由全
等三角形的判定AAS 得Rt△ABM≌Rt△HBM，根据全等三角形的性质得AM=HM，
AB=HB=BC，又根据全等三角形的判定HL 得Rt△BHP≌Rt△BCP，根据全等三角形的性质
得HP=CP，由三角形周长和等量代换即可得出△PDM 周长为定值2.
（3）过F 作FQ⊥AB，连接BM，由折叠性质可知：∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，由等角的余角相
等得∠EBM=∠EMB=∠QFE，由全等三角形的判定ASA 得Rt△ABM≌Rt△QFE，据全等三
角形的性质得AM=QE；设AM 长为a，在Rt△AEM 中，根据勾股定理得（1-x）
2+a2=x2,从而得
AM=QE=
,
BQ=CF=x-
，根据梯形得面积公式代入即可得出S 与x 的函数关系式；又由（1-x）
2+a2=x2,得x=
=AM=BE，BQ=CF=
-a（0<a<1），代入梯形面积公式即可转为关于a
的二次函数，配方从而求得S 的最小值.
