2023屆天津市西青區(qū)名校中考數學模擬試題含答案解析

2023屆天津市西青區(qū)名校中考數學模擬測試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、測試卷卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1．如圖，直線m∥n，直角三角板ABC的頂點A在直線m上，則∠α的余角等于（）A．19° B．38° C．42° D．52°2．如圖，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝3cm，BC＝6cm，動點P從點A開始沿AB向點B以1cm/s的速度移動，動點Q從點B開始沿BC向點C以2cm/s的速度移動，若P，Q兩點分別從A，B兩點同時出發(fā)，P點到達B點運動停止，則△PBQ的面積S隨出發(fā)時間t的函數關系圖象大致是（）A． B． C． D．3．圓錐的底面半徑為2，母線長為4，則它的側面積為（）A．8π B．16π

C．4π D．4π4．下列圖形中既是中心對稱圖形又是軸對稱圖形的是A． B． C． D．5．在-，，0，－2這四個數中，最小的數是()A． B． C．0 D．－26．如圖是我市4月1日至7日一周內“日平均氣溫變化統(tǒng)計圖”，在這組數據中，眾數和中位數分別是（）A．13；13 B．14；10 C．14；13 D．13；147．如圖，在?ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于點F，CE平分∠BCD，交AD于點E，若AB＝6，EF＝2，則BC的長為()A．8 B．10 C．12 D．148．下面調查中，適合采用全面調查的是（）A．對南寧市市民進行“南寧地鐵1號線線路”B．對你安寧市食品安全合格情況的調查C．對南寧市電視臺《新聞在線》收視率的調查D．對你所在的班級同學的身高情況的調查9．甲乙兩同學均從同一本書的第一頁開始，按照順序逐頁依次在每頁上寫一個數，甲同學在第1頁寫1，第2頁寫3，第3頁寫1，……，每一頁寫的數均比前一頁寫的數多2；乙同學在第1頁寫1，第2頁寫6，第3頁寫11，……，每一頁寫的數均比前一頁寫的數多1．若甲同學在某一頁寫的數為49，則乙同學在這一頁寫的數為（）A．116 B．120 C．121 D．12610．如圖，已知△ABC中，∠C=90°，若沿圖中虛線剪去∠C，則∠1+∠2等于（）A．90° B．135° C．270° D．315°11．已知am=2，an=3，則a3m+2n的值是（）A．24 B．36 C．72 D．612．如圖，點D、E分別為△ABC的邊AB、AC上的中點，則△ADE的面積與四邊形BCED的面積的比為（）A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：1二、填空題：（本大題共6個小題，每小題4分，共24分．）13．在Rt△ABC紙片上剪出7個如圖所示的正方形，點E，F落在AB邊上，每個正方形的邊長為1，則Rt△ABC的面積為_____．14．如圖，已知正方形ABCD中，∠MAN=45°，連接BD與AM，AN分別交于E，F點，則下列結論正確的有_____．①MN=BM+DN②△CMN的周長等于正方形ABCD的邊長的兩倍；③EF1=BE1+DF1；④點A到MN的距離等于正方形的邊長⑤△AEN、△AFM都為等腰直角三角形．⑥S△AMN=1S△AEF⑦S正方形ABCD：S△AMN=1AB：MN⑧設AB=a，MN=b，則≥1﹣1．15．如圖，矩形ABCD面積為40，點P在邊CD上，PE⊥AC，PF⊥BD，足分別為E，F．若AC＝10，則PE+PF＝_____．16．已知點P在一次函數y=kx+b（k，b為常數，且k＜0，b＞0）的圖象上，將點P向左平移1個單位，再向上平移2個單位得到點Q，點Q也在該函數y=kx+b的圖象上．（1）k的值是；（2）如圖，該一次函數的圖象分別與x軸、y軸交于A，B兩點，且與反比例函數y=圖象交于C，D兩點（點C在第二象限內），過點C作CE⊥x軸于點E，記S1為四邊形CEOB的面積，S2為△OAB的面積，若=，則b的值是．17．已知⊙O半徑為1，A、B在⊙O上，且，則AB所對的圓周角為__o.18．如果梯形的中位線長為6，一條底邊長為8，那么另一條底邊長等于__________.三、解答題：（本大題共9個小題，共78分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．19．（6分）閱讀材料：小明在學習二次根式后，發(fā)現一些含根號的式子可以寫成另一個式子的平方，如：，善于思考的小明進行了以下探索：設（其中均為整數），則有．∴．這樣小明就找到了一種把部分的式子化為平方式的方法．請你仿照小明的方法探索并解決下列問題：當均為正整數時，若，用含m、n的式子分別表示，得＝，＝；（2）利用所探索的結論，找一組正整數，填空：＋＝(＋)2；（3）若，且均為正整數，求的值．20．（6分）如圖①，在正方形ABCD中，點E與點F分別在線段AC、BC上，且四邊形DEFG是正方形．（1）試探究線段AE與CG的關系，并說明理由．（2）如圖②若將條件中的四邊形ABCD與四邊形DEFG由正方形改為矩形，AB=3，BC=1．①線段AE、CG在（1）中的關系仍然成立嗎？若成立，請證明，若不成立，請寫出你認為正確的關系，并說明理由．②當△CDE為等腰三角形時，求CG的長．21．（6分）如圖，在平面直角坐標系中，點的坐標為，以點為圓心，8為半徑的圓與軸交于，兩點，過作直線與軸負方向相交成的角，且交軸于點，以點為圓心的圓與軸相切于點.（1）求直線的解析式；（2）將以每秒1個單位的速度沿軸向左平移，當第一次與外切時，求平移的時間.22．（8分）如圖1，在菱形ABCD中，AB＝，tan∠ABC＝2，點E從點D出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿著射線DA的方向勻速運動，設運動時間為t（秒），將線段CE繞點C順時針旋轉一個角α（α＝∠BCD），得到對應線段CF．（1）求證：BE＝DF；（2）當t＝秒時，DF的長度有最小值，最小值等于；（3）如圖2，連接BD、EF、BD交EC、EF于點P、Q，當t為何值時，△EPQ是直角三角形？23．（8分）某汽車專賣店銷售A,B兩種型號的汽車．上周銷售額為96萬元:本周銷售額為62萬元,銷售情況如下表：A型汽車B型汽車上周13本周21（1）求每輛A型車和B型車的售價各為多少元（2）甲公司擬向該店購買A,B兩種型號的汽車共6輛,購車費不少于130萬元,且不超過140萬元,則有哪幾種購車方案?哪種購車方案花費金額最少?24．（10分）如圖1，三個正方形ABCD、AEMN、CEFG，其中頂點D、C、G在同一條直線上，點E是BC邊上的動點，連結AC、AM.（1）求證：△ACM∽△ABE.（2）如圖2，連結BD、DM、MF、BF，求證：四邊形BFMD是平行四邊形.（3）若正方形ABCD的面積為36，正方形CEFG的面積為4，求五邊形ABFMN的面積.25．（10分）計算：﹣4cos45°+（）﹣1+|﹣2|．26．（12分）如圖，AB是的直徑，AF是切線，CD是垂直于AB的弦，垂足為點E，過點C作DA的平行線與AF相交于點F，已知，．求AD的長；求證：FC是的切線．27．（12分）為了獎勵優(yōu)秀班集體,學校購買了若干副乒乓球拍和羽毛球拍,購買2副乒乓球拍和1副羽毛球拍共需116元,購買3幅乒乓球拍和2幅羽毛球拍共需204元.每副乒乓球拍和羽毛球拍的單價各是多少元?若學校購買5副乒乓球拍和3副羽毛球拍,一共應支出多少元?

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1、D【答案解析】測試卷分析：過C作CD∥直線m，∵m∥n，∴CD∥m∥n，∴∠DCA=∠FAC=52°，∠α=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠α=90°﹣52°=38°，則∠a的余角是52°．故選D．考點：平行線的性質；余角和補角．2、C【答案解析】

根據題意表示出△PBQ的面積S與t的關系式，進而得出答案．【題目詳解】由題意可得：PB＝3﹣t，BQ＝2t，則△PBQ的面積S＝PB?BQ＝（3﹣t）×2t＝﹣t2+3t，故△PBQ的面積S隨出發(fā)時間t的函數關系圖象大致是二次函數圖象，開口向下．故選C．【答案點睛】此題主要考查了動點問題的函數圖象，正確得出函數關系式是解題關鍵．3、A【答案解析】

解：底面半徑為2，底面周長=4π，側面積=×4π×4=8π，故選A．4、B【答案解析】

根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念，軸對稱圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形是圖形沿對稱中心旋轉180度后與原圖重合.【題目詳解】A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不符合題意；B、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，符合題意；C、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不符合題意；D、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，不符合題意．故選B．5、D【答案解析】

根據正數大于0，負數小于0，正數大于一切負數，兩個負數，絕對值大的反而小比較即可.【題目詳解】在﹣，，0，﹣1這四個數中，﹣1＜﹣＜0＜，故最小的數為：﹣1．故選D．【答案點睛】本題考查了實數的大小比較，解答本題的關鍵是熟練掌握實數的大小比較方法，特別是兩個負數的大小比較.6、C【答案解析】

根據統(tǒng)計圖，利用眾數與中位數的概念即可得出答案．【題目詳解】從統(tǒng)計圖中可以得出這一周的氣溫分別是：12,15,14,10,13,14,11所以眾數為14；將氣溫按從低到高的順序排列為：10,11,12,13,14,14,15所以中位數為13故選：C．【答案點睛】本題主要考查中位數和眾數，掌握中位數和眾數的求法是解題的關鍵．7、B【答案解析】測試卷分析：根據平行四邊形的性質可知AB=CD，AD∥BC，AD=BC，然后根據平行線的性質和角平分線的性質可知AB=AF，DE=CD，因此可知AF+DE=AD+EF=2AB=12，解得AD=BC=12-2=10.故選B.點睛：此題主要考查了平行四邊形的性質和等腰三角形的性質，解題關鍵是把所求線段轉化為題目中已知的線段，根據等量代換可求解.8、D【答案解析】

根據普查得到的調查結果比較準確，但所費人力、物力和時間較多，而抽樣調查得到的調查結果比較近似解答．【題目詳解】A、對南寧市市民進行“南寧地鐵1號線線路”適宜采用抽樣調查方式；B、對你安寧市食品安全合格情況的調查適宜采用抽樣調查方式；C、對南寧市電視臺《新聞在線》收視率的調查適宜采用抽樣調查方式；D、對你所在的班級同學的身高情況的調查適宜采用普查方式；故選D．【答案點睛】本題考查的是抽樣調查和全面調查的區(qū)別，選擇普查還是抽樣調查要根據所要考查的對象的特征靈活選用，一般來說，對于具有破壞性的調查、無法進行普查、普查的意義或價值不大，應選擇抽樣調查，對于精確度要求高的調查，事關重大的調查往往選用普查．9、C【答案解析】

根據題意確定出甲乙兩同學所寫的數字，設甲所寫的第n個數為49，根據規(guī)律確定出n的值，即可確定出乙在該頁寫的數．【題目詳解】甲所寫的數為1，3，1，7，…，49，…；乙所寫的數為1，6，11，16，…，設甲所寫的第n個數為49，根據題意得：49＝1+（n﹣1）×2，整理得：2（n﹣1）＝48，即n﹣1＝24，解得：n＝21，則乙所寫的第21個數為1+（21﹣1）×1＝1+24×1＝121，故選：C．【答案點睛】考查了有理數的混合運算，弄清題中的規(guī)律是解本題的關鍵．10、C【答案解析】

根據四邊形的內角和與直角三角形中兩個銳角關系即可求解.【題目詳解】解：∵四邊形的內角和為360°，直角三角形中兩個銳角和為90°，∴∠1+∠2=360°﹣（∠A+∠B）=360°﹣90°=270°．故選：C．【答案點睛】此題主要考查角度的求解，解題的關鍵是熟知四邊形的內角和為360°.11、C【答案解析】測試卷解析：∵am=2，an=3，

∴a3m+2n

=a3m?a2n

=（am）3?（an）2

=23×32

=8×9

=1．故選C.12、B【答案解析】

根據中位線定理得到DE∥BC，DE=BC，從而判定△ADE∽△ABC，然后利用相似三角形的性質求解.【題目詳解】解：∵D、E分別為△ABC的邊AB、AC上的中點，∴DE是△ABC的中位線，∴DE∥BC，DE=BC，∴△ADE∽△ABC，∴△ADE的面積：△ABC的面積==1：4，∴△ADE的面積：四邊形BCED的面積=1：3；故選B．【答案點睛】本題考查三角形中位線定理及相似三角形的判定與性質．二、填空題：（本大題共6個小題，每小題4分，共24分．）13、【答案解析】

如圖，設AH=x，GB=y，利用平行線分線段成比例定理，構建方程組求出x，y即可解決問題．【題目詳解】解：如圖，設AH＝x，GB＝y(tǒng)，∵EH∥BC，，∵FG∥AC，，由①②可得x＝，y＝2，∴AC＝，BC＝7，∴S△ABC＝，故答案為．【答案點睛】本題考查圖形的相似，平行線分線段成比例定理，解題的關鍵是學會利用參數構建方程組解決問題，屬于中考?？碱}型．14、①②③④⑤⑥⑦．【答案解析】

將△ABM繞點A逆時針旋轉，使AB與AD重合，得到△ADH．證明△MAN≌△HAN，得到MN=NH，根據三角形周長公式計算判斷①；判斷出BM=DN時，MN最小，即可判斷出⑧；根據全等三角形的性質判斷②④；將△ADF繞點A順時針性質90°得到△ABH，連接HE．證明△EAH≌△EAF，得到∠HBE=90°，根據勾股定理計算判斷③；根據等腰直角三角形的判定定理判斷⑤；根據等腰直角三角形的性質、三角形的面積公式計算，判斷⑥，根據點A到MN的距離等于正方形ABCD的邊長、三角形的面積公式計算，判斷⑦．【題目詳解】將△ABM繞點A逆時針旋轉，使AB與AD重合，得到△ADH．則∠DAH=∠BAM，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∵∠MAN=45°，∴∠BAN+∠DAN=45°，∴∠NAH=45°，在△MAN和△HAN中，，∴△MAN≌△HAN，∴MN=NH=BM+DN，①正確；∵BM+DN≥1，（當且僅當BM=DN時，取等號）∴BM=DN時，MN最小，∴BM=b，∵DH=BM=b，∴DH=DN，∵AD⊥HN，∴∠DAH=∠HAN=11.5°，在DA上取一點G，使DG=DH=b，∴∠DGH=45°，HG=DH=b，∵∠DGH=45°，∠DAH=11.5°，∴∠AHG=∠HAD，∴AG=HG=b，∴AB=AD=AG+DG=b+b=b=a，∴，∴，當點M和點B重合時，點N和點C重合，此時，MN最大=AB，即：，∴≤≤1，⑧錯誤；∵MN=NH=BM+DN∴△CMN的周長=CM+CN+MN=CM+BM+CN+DN=CB+CD，∴△CMN的周長等于正方形ABCD的邊長的兩倍，②結論正確；∵△MAN≌△HAN，∴點A到MN的距離等于正方形ABCD的邊長AD，④結論正確；如圖1，將△ADF繞點A順時針性質90°得到△ABH，連接HE．∵∠DAF+∠BAE=90°-∠EAF=45°，∠DAF=∠BAE，∴∠EAH=∠EAF=45°，∵EA=EA，AH=AD，∴△EAH≌△EAF，∴EF=HE，∵∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，∴∠HBE=90°，在Rt△BHE中，HE1=BH1+BE1，∵BH=DF，EF=HE，∵EF1=BE1+DF1，③結論正確；∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，∠BDC=∠ADB=45°，∵∠MAN=45°，∴∠EAN=∠EDN，∴A、E、N、D四點共圓，∴∠ADN+∠AEN=180°，∴∠AEN=90°∴△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形；⑤結論正確；∵△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形，∴AM=AF，AN=AE，如圖3，過點M作MP⊥AN于P，在Rt△APM中，∠MAN=45°，∴MP=AMsin45°，∵S△AMN=AN?MP=AM?AN?sin45°，S△AEF=AE?AF?sin45°，∴S△AMN：S△AEF=1，∴S△AMN=1S△AEF，⑥正確；∵點A到MN的距離等于正方形ABCD的邊長，∴S正方形ABCD：S△AMN==1AB：MN，⑦結論正確．即：正確的有①②③④⑤⑥⑦，故答案為①②③④⑤⑥⑦．【答案點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的判定和性質，解本題的關鍵是構造全等三角形．15、4【答案解析】

由矩形的性質可得AO=CO=5=BO=DO，由S△DCO=S△DPO+S△PCO，可得PE+PF的值．【題目詳解】解：如圖，設AC與BD的交點為O，連接PO，

∵四邊形ABCD是矩形

∴AO=CO=5=BO=DO，

∴S△DCO=S矩形ABCD=10，

∵S△DCO=S△DPO+S△PCO，

∴10=×DO×PF+×OC×PE

∴20=5PF+5PE

∴PE+PF=4

故答案為4【答案點睛】本題考查了矩形的性質，利用三角形的面積關系解決問題是本題的關鍵．16、（1）-2；（2）【答案解析】

(1)設點P的坐標為(m，n),則點Q的坐標為(m?1，n+2)，依題意得：，解得：k=?2.故答案為?2.(2)∵BO⊥x軸，CE⊥x軸，∴BO∥CE，∴△AOB∽△AEC.又∵，∴令一次函數y=?2x+b中x=0，則y=b，∴BO=b；令一次函數y=?2x+b中y=0，則0=?2x+b，解得：x=,即AO=.∵△AOB∽△AEC,且，∴,∴AE=,AO=,CE=BO=b,OE=AE?AO=.∵OE?CE=|?4|=4,即=4，解得：b=,或b=?(舍去).故答案為.17、45o或135o【答案解析】測試卷解析：如圖所示，∵OC⊥AB，∴C為AB的中點,即在Rt△AOC中,OA=1,根據勾股定理得：即OC=AC，∴△AOC為等腰直角三角形，同理∵∠AOB與∠ADB都對,∵大角則弦AB所對的圓周角為或故答案為或18、4.【答案解析】

只需根據梯形的中位線定理“梯形的中位線等于兩底和的一半”，進行計算.【題目詳解】解：根據梯形的中位線定理“梯形的中位線等于兩底和的一半”，則另一條底邊長.故答案為：4【答案點睛】本題考查梯形中位線，用到的知識點為：梯形的中位線=（上底＋下底）三、解答題：（本大題共9個小題，共78分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．19、（1），；（2）2，2，1，1（答案不唯一）；（3）＝7或＝1．【答案解析】

(1)∵，∴，∴a＝m2＋3n2，b＝2mn．故答案為m2＋3n2，2mn．(2)設m＝1，n＝2，∴a＝m2＋3n2＝1，b＝2mn＝2．故答案為1，2，1，2(答案不唯一)．(3)由題意，得a＝m2＋3n2，b＝2mn．∵2＝2mn，且m、n為正整數，∴m＝2，n＝1或m＝1，n＝2，∴a＝22＋3×12＝7，或a＝12＋3×22＝1．20、（1）AE=CG，AE⊥CG，理由見解析；（2）①位置關系保持不變，數量關系變?yōu)椋焕碛梢娊馕?；②當△CDE為等腰三角形時，CG的長為或或．【答案解析】測試卷分析：證明≌即可得出結論.①位置關系保持不變，數量關系變?yōu)樽C明根據相似的性質即可得出.分成三種情況討論即可.測試卷解析：（1）理由是：如圖1，∵四邊形EFGD是正方形，∴∵四邊形ABCD是正方形，∴∴∴≌∴∵∴∴即（2）①位置關系保持不變，數量關系變?yōu)槔碛墒牵喝鐖D2，連接EG、DF交于點O，連接OC，∵四邊形EFGD是矩形，∴Rt中，OG=OF，Rt中，∴∴D、E、F、C、G在以點O為圓心的圓上，∵∴DF為的直徑，∵∴EG也是的直徑，∴∠ECG=90°，即∴∵∴∵∴∴②由①知：∴設分三種情況：（i）當時，如圖3，過E作于H，則EH∥AD，∴∴由勾股定理得：∴（ii）當時，如圖1，過D作于H，∵∴∴∴∴∴（iii）當時，如圖5，∴∴綜上所述，當為等腰三角形時，CG的長為或或．點睛：兩組角對應，兩三角形相似.21、（1）直線的解析式為：.（2）平移的時間為5秒.【答案解析】

（1）求直線的解析式，可以先求出A、C兩點的坐標，就可以根據待定系數法求出函數的解析式．（2）設⊙O2平移t秒后到⊙O3處與⊙O1第一次外切于點P，⊙O3與x軸相切于D1點，連接O1O3，O3D1．在直角△O1O3D1中，根據勾股定理，就可以求出O1D1，進而求出D1D的長，得到平移的時間．【題目詳解】（1）由題意得，∴點坐標為.∵在中，，，∴點的坐標為.設直線的解析式為，由過、兩點，得，解得，∴直線的解析式為：.（2）如圖，設平移秒后到處與第一次外切于點，與軸相切于點，連接，.則，∵軸，∴，在中，.∵，∴，∴（秒），∴平移的時間為5秒.【答案點睛】本題綜合了待定系數法求函數解析式，以及圓的位置關系，其中兩圓相切時的輔助線的作法是經常用到的．22、（1）見解析；（2）t＝（6+6），最小值等于12；（3）t＝6秒或6秒時，△EPQ是直角三角形【答案解析】

（1）由∠ECF＝∠BCD得∠DCF＝∠BCE，結合DC＝BC、CE＝CF證△DCF≌△BCE即可得；（2）作BE′⊥DA交DA的延長線于E′．當點E運動至點E′時，由DF＝BE′知此時DF最小，求得BE′、AE′即可得答案；（3）①∠EQP＝90°時，由∠ECF＝∠BCD、BC＝DC、EC＝FC得∠BCP＝∠EQP＝90°，根據AB＝CD＝6，tan∠ABC＝tan∠ADC＝2即可求得DE；②∠EPQ＝90°時，由菱形ABCD的對角線AC⊥BD知EC與AC重合，可得DE＝6.【題目詳解】（1）∵∠ECF＝∠BCD，即∠BCE+∠DCE＝∠DCF+∠DCE，∴∠DCF＝∠BCE，∵四邊形ABCD是菱形，∴DC＝BC，在△DCF和△BCE中，,∴△DCF≌△BCE（SAS），∴DF＝BE；（2）如圖1，作BE′⊥DA交DA的延長線于E′．當點E運動至點E′時，DF＝BE′，此時DF最小，在Rt△ABE′中，AB＝6，tan∠ABC＝tan∠BAE′＝2，∴設AE′＝x，則BE′＝2x，∴AB＝x＝6，x＝6，則AE′＝6∴DE′＝6+6，DF＝BE′＝12，時間t=6+6，故答案為：6+6，12；（3）∵CE＝CF，∴∠CEQ＜90°，①當∠EQP＝90°時，如圖2①，∵∠ECF＝∠BCD，BC＝DC，EC＝FC，∴∠CBD＝∠CEF，∵∠BPC＝∠EPQ，∴∠BCP＝∠EQP＝90°，∵AB＝CD＝6，tan∠ABC＝tan∠ADC＝2，∴DE＝6，∴t＝6秒；②當∠EPQ＝90°時，如圖2②，∵菱形ABCD的對角線AC⊥BD，∴EC與AC重合，∴DE＝6，∴t＝6秒，綜上所述，t＝6秒或6秒時，△EPQ是直角三角形．【答案點睛】此題是菱形與動點問題，考查菱形的性質，三角形全等的判定定理，等腰三角形的性質，最短路徑問題，注意（3）中的直角沒有明確時應分情況討論解答.23、(1)A型車售價為18萬元,B型車售價為26萬元.(2)方案一：A型車2輛,B型車4輛；方案二：A型車3輛,B型車3輛；方案二花費少.【答案解析】

（1）根據題意列出二元一次方程組即可求解；（2）由題意列出不等式即可求解.【題目詳解】解：(1)設A型車售價為x元,B型車售價為y元,則：解得：答：A型車售價為18萬元,B型車售價為26萬元.(2)設A型車購買m輛,則B型車購買(6－m)輛,∴130≤18m+26(6－m)≤140,∴:2≤m≤方案一：A型車2輛,B型車4輛；方案二：A型車3輛,B型車3輛；∴方案二花費少【答案點睛】此題主要考查二元一次方程組與不等式的應用，解題的關鍵是根據題意列出方程組與不等式進行求解.24、（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）74.【答案解析】

(1)根據四邊形ABCD和四邊形AEMN都是正方形得，∠CAB=∠MAC=45°，∠BAE=∠CAM，可證△ACM∽△ABE；（2）連結AC，由△ACM∽△ABE得∠ACM=∠B=90°，易證∠M