2024北京清華附中初二（上）期末數(shù)學(xué)試卷（含答案解析）

第1頁/共1頁2024北京清華附中初二（上）期末數(shù)學(xué)一．選擇題（本題共24分，每題3分）第1-8題均有四個選項，符合題意的選項只有一個．1．華為手機(jī)使用了自主研發(fā)的海思麒麟芯片，目前最新的型號是麒麟990．芯片是由很多晶體管組成的，而芯片技術(shù)追求是體積更小的晶體管，以便獲得更小的芯片和更低的電力功耗，而麒麟990的晶體管柵極的寬度達(dá)到了0.000000007毫米，將數(shù)據(jù)0.000000007用科學(xué)記數(shù)法表示為（）A．7×10﹣8 B．7×10﹣9 C．0.7×10﹣8 D．0.7×10﹣92．下列二次根式中，是最簡二次根式的是（）A． B． C． D．3．下列計算正確的是（）A．a(chǎn)3?a2＝a6 B．（a3）2＝a5 C．（ab）3＝a3b3 D．a(chǎn)6÷a2＝a34．在△ABC中，∠A，∠B，∠C的對邊分別是a，b，c，下列條件中，不能判定△ABC是直角三角形的是（）A．∠A：∠B：∠C＝1：2：3 B．∠A+∠B＝90° C．a(chǎn)：b：c＝2：3：4 D．b2＝a2﹣c25．如圖，CD是△ABC的中線，E，F(xiàn)分別是AC，DC的中點，EF＝3，則BD的長為（）A．3 B．4 C．5 D．66．如果a﹣b＝3，那么代數(shù)式的值為（）A．﹣6 B．﹣3 C．3 D．67．小雨在參觀故宮博物院時，被太和殿窗欞的三交六惋菱花圖案所吸引，他從中提取出一個含角的菱形ABCD（如圖1所示）．若AB的長度為a，則菱形ABCD的面積為（）A． B． C．a(chǎn)2 D．8．如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，P是△ABC內(nèi)一點，點D，E，F(xiàn)分別是點P關(guān)于直線AC，AB，BC的對稱點，給出下面三個結(jié)論：①AE＝AD；②∠DPE＝90°；③∠ADC+∠BFC+∠BEA＝270°．上述結(jié)論中，所有正確結(jié)論的序號是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③二.填空題（本題共24分，每題3分）9．若二次根式在實數(shù)范圍內(nèi)有意義，則實數(shù)x的取值范圍是．10．分解因式：3m3﹣12m＝．11．若關(guān)于x的方程＝8的解為x＝，則m＝．12．如圖，網(wǎng)格中每個小正方形的邊長均為1，以A為圓心，AB為半徑畫弧，交網(wǎng)格線于點D，則ED的長為．13．如圖，在菱形ABCD中，點C在x軸上，點D的坐標(biāo)為（7，2），點B的坐標(biāo)為（﹣1，2），則點C的坐標(biāo)為．14．小方在學(xué)習(xí)菱形時，發(fā)現(xiàn)可以利用菱形紙片拼出著名的“趙爽弦圖”：把如圖1中的菱形沿對角線分成四個全等的直角三角形，這四個直角三角形可以拼出如圖2所示的面積為7的正方形ABCD，和如圖3所示的邊長為1的正方形EFGH，則圖1中菱形的邊長為．15．如圖，四邊形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，且∠BAD、∠ADC的角平分線AE、DF分別交BC于點E、F．若EF＝2，AB＝5，則AD的長為．16．A，B，C三種原料每袋的重量（單位：kg）依次是1，2，3，每袋的價格（單位：萬元）依次是3，2，5．現(xiàn)生產(chǎn)某種產(chǎn)品需要A，B，C這三種原料的袋數(shù)依次為x1，x2，x3（x1，x2，x3均為正整數(shù)），則生產(chǎn)這種產(chǎn)品時需要的這三類原料的總重量W（單位：kg）＝（用含x1，x2，x3的代數(shù)式表示）；為了提升產(chǎn)品的品質(zhì)，要求W≥13，當(dāng)x1，x2，x3的值依次是時，這種產(chǎn)品的成本最低．三.解答題（本題共52分，第17題5分；第18題12分；第19-21題，每題5分；第22題6分；第23-24題，每題7分）解答應(yīng)寫出文字說明、演算步驟或證明過程.17．（5分）計算：．18．（12分）計算（1）a3?a+（﹣3a3）2÷a2；（2）（2x+1）（2x﹣1）﹣（x+3）（x﹣2）；（3）；（4）．19．（5分）列方程解應(yīng)用題：無人配送以其高效、安全、低成本等優(yōu)勢，正在成為物流運輸行業(yè)的新趨勢．某物流園區(qū)使用1輛無人配送車平均每天配送的包裹數(shù)量是1名快遞員平均每天配送包裹數(shù)量的5倍．要配送6000件包裹，使用1輛無人配送車所需時間比4名快遞員同時配送所需時間少2天，求1名快遞員平均每天可配送包裹多少件？20．（5分）如圖，小明在方格紙中選擇格點作為頂點畫?ABCD和△BCE．（1）請你在方格紙中找到點D，補(bǔ)全?ABCD；（2）若每個正方形小格的邊長為1，請計算線段CE的長度并判斷AD與CE的位置關(guān)系，并說明理由．21．（5分）小明設(shè)計了一個凈水裝置，將雜質(zhì)含量為n的水用m單位量的凈水材料過濾一次后，水中的雜質(zhì)含量為．利用此凈水裝置，小明進(jìn)行了進(jìn)一步的探究：現(xiàn)有雜質(zhì)含量為1的水．（1）用2單位量的凈水材料將水過濾一次后，水中雜質(zhì)含量為；（2）小明共準(zhǔn)備了6a單位量的凈水材料，設(shè)計了如下的三種方案：方案A是將6a單位量的凈水材料一次性使用，對水進(jìn)行過濾；方案B和方案C均為將6a單位量的凈水材料分成兩份，對水先后進(jìn)行兩次過濾．三種方案的具體操作及相關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：方案編號第一次過濾用凈水材料的單位量水中雜質(zhì)含量第二次過濾用凈水材料的單位量第二次過濾后水中雜質(zhì)含量A6a//B5aaC4a2a①請將表格中方案C的數(shù)據(jù)填寫完整；②通過計算回答：在這三種方案中，哪種方案的最終過濾效果最好？（3）當(dāng)凈水材料總量為6a單位量不變時，為了使兩次過濾后水中的雜質(zhì)含量最少，小明應(yīng)將第一次凈水材料用量定為（用含a的式子表示）．22．（6分）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，過點A作AE⊥BC于點E，延長BC到點F，使CF＝BE，連接DF．（1）求證：四邊形AEFD是矩形；（2）連接OE，若AD＝10，EC＝4，求OE的長度．23．（7分）平行四邊形ABCD中，AC與BD交于點O．M為線段OC上一動點（不與點C重合），點N在射線OD上，連接AN、MN．（1）如圖1，若∠AOD＝60°，CM＝ON，當(dāng)M是OC中點時，求∠NAC的度數(shù)；（2）如圖2，若∠AOD＝45°，AN＝MN．①依題意補(bǔ)全圖形；②請用等式表示線段CM、ON之間的數(shù)量關(guān)系并證明．24．（7分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l過原點且經(jīng)過第三、第一象限，l與x軸所夾銳角為n°．對于點P和x軸上的兩點M，N，給出如下定義：記點P關(guān)于直線l的對稱點為Q，若點Q的縱坐標(biāo)為正數(shù)，且△MNQ為等邊三角形，則稱點P為M，N的n°點．（1）如圖1，若點M（2，0），N（4，0），點P為M，N的45°點，連接OP，OQ．①∠POQ＝°；②求點P的縱坐標(biāo)；（2）已知點M（m，0），N（m+t，0）．①當(dāng)t＝2時，點P為M，N的60°點，且點P的橫坐標(biāo)為﹣2，則m＝；②當(dāng)m＝﹣2時，點P為M，N的30°點，且點P的橫坐標(biāo)為2，則t＝．四、附加題：（本題共20分，第25-27題，每題3分；第28題4分；第29題7分）25．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，CD是△ABC的中線，E是CD的中點，連接AE，BE，若AE⊥BE，垂足為E，則AC的長為．26．如圖，矩形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，過點O作OE⊥AC交AD于點E，若AB＝6，BC＝8，則AE的長為．27．如圖，一個梯子AB長25米，斜靠在豎直的墻上，這時梯子下端B與墻角C距離為7米，梯子滑動后停在DE上的位置上，如圖，測得AE的長4米，則梯子底端B向右滑動了米．28．（4分）我們可以將一些只含有一個字母且分子、分母的次數(shù)都為一次的分式變形，轉(zhuǎn)化為整數(shù)與新的分式的和的形式，其中新的分式的分子中不含字母，如：，．參考上面的方法，解決下列問題：（1）將變形為滿足以上要求的形式：＝；（2）若為正整數(shù)，且a也為正整數(shù)，則a的值為．29．（7分）如圖，在等腰直角三角形ABC中，∠B＝90°，P為CA延長線上一點，作A關(guān)于BP的對稱點D，連接CD交BP于F．過B作BM垂直于PD延長線于M，設(shè)∠ABP＝α．（1）依題意補(bǔ)全圖形；（2）求證：BM＝DM；（3）當(dāng)0°＜∠ABP＜45°時，N為AC中點，用等式表示線段MN，CD之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．

參考答案一．選擇題（本題共24分，每題3分）第1-8題均有四個選項，符合題意的選項只有一個．1．【答案】B【分析】絕對值小于1的正數(shù)也可以利用科學(xué)記數(shù)法表示，一般形式為a×10﹣n，與較大數(shù)的科學(xué)記數(shù)法不同的是其所使用的是負(fù)指數(shù)冪，指數(shù)由原數(shù)左邊起第一個不為零的數(shù)字前面的0的個數(shù)所決定．【解答】解：0.000000007＝7×10﹣9．故選：B．【點評】本題考查用科學(xué)記數(shù)法表示較小的數(shù)，一般形式為a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n為由原數(shù)左邊起第一個不為零的數(shù)字前面的0的個數(shù)所決定．2．【答案】D【分析】根據(jù)最簡二次根式的定義判斷即可．【解答】解：A.＝＝，故A不符合題意；B.＝2，故B不符合題意；C.＝，故C不符合題意；D.是最簡二次根式，故D符合題意；故選：D．【點評】本題考查了最簡二次根式，熟練掌握最簡二次根式的定義是解題的關(guān)鍵．3．【答案】C【分析】分別根據(jù)同底數(shù)冪的乘法法則，冪的乘方與積的乘方運算法則以及同底數(shù)冪的除法法則逐一判斷即可．【解答】解：A、a3?a2＝a5，故本選項不合題意；B、（a3）2＝a6，故本選項不合題意；C、（ab）3＝a3b3，故本選項符合題意；D、a6÷a2＝a4，故本選項不合題意；故選：C．【點評】本題主要考查了同底數(shù)冪的乘除法以及冪的乘方與積的乘方，熟記冪的運算法則是解答本題的關(guān)鍵．4．【答案】C【分析】根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可判斷A、B是否是直角三角形；根據(jù)勾股定理逆定理可判斷C、D是否是直角三角形．【解答】解：A、∵∠A：∠B：∠C＝1：2：3，∴∠A+∠B＝∠C，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴∠C＝90°，∴△ABC是直角三角形，不符合題意；B、∵∠A+∠B＝90°，∴∠C＝180°﹣90°＝90°，∴△ABC是直角三角形，不符合題意；C、設(shè)a＝2x，b＝3x，c＝4x，∵a2+b2＝4x2+9x2＝13x2，c2＝16x2，a2+b2≠c2，∴△ABC不是直角三角形，符合題意；D、∵b2+c2＝a2符合勾股定理逆定理，∴△ABC是直角三角形，不符合題意．故選：C．【點評】本題考查勾股定理的逆定理以及三角形內(nèi)角和定理，判斷三角形是否為直角三角形，可利用勾股定理的逆定理和直角三角形的定義判斷．5．【答案】D【分析】根據(jù)三角形中位線定理求出AD，再根據(jù)三角形的中線的概念解答即可．【解答】解：∵E，F(xiàn)分別是AC，DC的中點，∴EF是△ACD的中位線，∴AD＝2EF＝2×3＝6，∵CD是△ABC的中線，∴BD＝AD＝6，故選：D．【點評】本題考查的是三角形中位線定理、三角形的中線的概念，熟記三角形中位線等于第三邊的一半是解題的關(guān)鍵．6．【答案】A【分析】將分式運算后代入數(shù)值計算即可．【解答】解：原式＝?＝?＝2（b﹣a），∵a﹣b＝3，∴b﹣a＝﹣3，故原式＝2×（﹣3）＝﹣6，故選：A．【點評】本題考查分式的化簡求值，熟練掌握相關(guān)運算法則是解題的關(guān)鍵．7．【答案】B【分析】過A作AH⊥BC于H，由四邊形ABCD是菱形，得到AB＝BC＝a，又∠B＝60°，推出△ABC是等邊三角形，求出AH＝a，即可求出菱形ABCD的面積．【解答】解：過A作AH⊥BC于H，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝a，∵∠B＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AH＝AB＝a，∴菱形ABCD的面積＝BC?AH＝a2．故選：B．【點評】本題考查菱形的面積，等邊三角形的判定和性質(zhì)，菱形的面積，關(guān)鍵是由菱形的性質(zhì)，推出△ABC是等邊三角形．8．【答案】A【分析】連接AP，CP，BP，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得AC，AB，BC分別為PD，PE，PF的垂直平分線，再根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得AD＝AP，AE＝AP，CD＝CP，即可判斷①③，根據(jù)∠BAC＝90°，可得四邊形AMPN為矩形，即可判斷②．【解答】解：如圖，連接AP，CP，BP，∵點D，E，F(xiàn)分別是點P關(guān)于直線AC，AB，BC的對稱點，∴AC，AB，BC分別為PD，PE，PF的垂直平分線，∴AD＝AP，AE＝AP，∴AE＝AD，故①正確；∵AC，AB分別為PD，PE的垂直平分線，∠BAC＝90°，∴四邊形AMPN為矩形，∴∠DPE＝90°，故②正確；∵AC為PD的垂直平分線，∴AD＝AP，CD＝CP，∴∠ADP＝∠APD，∠CDP＝∠CPD，∴∠ADC＝∠APC，同理得∠BFC＝∠BPC，∠BEA＝∠APB，∵∠APC+∠BPC+∠APB＝360°，∴∠ADC+∠BFC+∠BEA＝360°，故③錯誤；故選：A．【點評】本題考查了軸對稱的性質(zhì)，熟練掌握軸對稱的性質(zhì)是關(guān)鍵．二.填空題（本題共24分，每題3分）9．【答案】x≤3．【分析】根據(jù)二次根式的被開方數(shù)不小于零的條件進(jìn)行解題即可．【解答】解：根據(jù)題意可知，9﹣3x≥0，解得x≤3．故答案為：x≤3．【點評】本題考查二次根式有意義的條件，掌握二次根式的被開方數(shù)不小于零是解題的關(guān)鍵．10．【答案】3m（m﹣2）（m+2）．【分析】利用提公因式和平方差公式進(jìn)行因式分解．【解答】解：3m3﹣12m＝3m（m2﹣4）＝3m（m﹣2）（m+2）．故答案為：3m（m﹣2）（m+2）．【點評】本題考查了因式分解，解題的關(guān)鍵是掌握提公因式和平方差公式因式分解法．11．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】將x的值代入方程計算即可求出m的值．【解答】解：分式方程去分母得：mx+1＝8x，根據(jù)題意將x＝代入方程得：m+1＝2，解得：m＝4．故答案為：4【點評】此題考查了分式方程的解，方程的解即為能使方程左右兩邊成立的未知數(shù)的值．12．【答案】．【分析】連接AD，在Rt△ADE中，由勾股定理計算即可得出ED的長．【解答】解：如圖，連接AD，則AD＝AB＝3，在Rt△ADE中，由勾股定理得：ED＝．故答案為：．【點評】本題考查了勾股定理在幾何圖形問題中的應(yīng)用，數(shù)形結(jié)合、熟練掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．13．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】連接AC、BD交于點E，BD交y軸于點F，由菱形的性質(zhì)得AC⊥BD，BE＝DE＝BD，再求出BD＝BF+DF＝8，則BE＝DE＝4，得OC＝EF＝3，即可得出結(jié)論．【解答】解：如圖，連接AC、BD交于點E，BD交y軸于點F，則OC＝EF，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BE＝DE＝BD，∵點D的坐標(biāo)為（7，2），點B的坐標(biāo)為（﹣1，2），∴BF＝1，DF＝7，BD∥x軸，∴BD＝BF+DF＝8，∴BE＝DE＝4，∴OC＝EF＝BE﹣BF＝4﹣1＝3，∵點C在x軸上，∴點C的坐標(biāo)為：（3，0），故答案為：（3，0）．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)等知識，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．14．【答案】2．【分析】將菱形中的直角三角形的直角邊設(shè)出來，列出關(guān)于直角邊的方程組，求出直角邊即可．【解答】解：設(shè)菱形中的直角三角形較長的直角邊為a，較短的直角邊為b，則：，化簡得：ab＝，∴a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝7﹣3＝4，∴菱形的邊長＝＝2，故答案為：2．【點評】此題考查菱形的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)菱形的性質(zhì)解答．15．【答案】8．【分析】由平行線的性質(zhì)得到∠ADF＝∠DFC，再由DF平分∠ADC，得∠ADF＝∠CDF，則∠DFC＝∠FDC，然后由等腰三角形的判定得到CF＝CD，同理BE＝AB，則四邊形ABCD是平行四邊形，最后由平行四邊形的性質(zhì)得到AB＝CD，AD＝BC，即可得到結(jié)論．【解答】解：∵AD∥BC，∴∠ADF＝∠DFC，∵DF平分∠ADC，∴∠ADF＝∠CDF，∴∠DFC＝∠CDF，∴CF＝CD，同理BE＝AB，∵AB∥CD，AD∥BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AD＝BC，∴AB＝BE＝CF＝CD＝5，∴BC＝BE+CF﹣EF＝5+5﹣2＝8，∴AD＝BC＝8，故答案為：8．【點評】本題考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)等知識，解答本題的關(guān)鍵是判斷出BA＝BE＝CF＝CD．16．【答案】x1+2x2+3x3；1，5，1．【分析】先根據(jù)總重＝各類型數(shù)量×單位重量之和，得出W，再判斷出成本最低時總量最低，得出W＝13，再試根求出答案即可．【解答】解：∵總重＝各類型數(shù)量×單位重量之和，∴W＝x1+2x2+3x3，當(dāng)W≥13時，由題得：當(dāng)產(chǎn)品成本最低時，產(chǎn)品原料總重也應(yīng)最低，∴W＝13，即x1+2x2+3x3＝13，∵x1，x2，x3均為正整數(shù)，由配湊試根得：x1＝1，x2＝5，x3＝1．故答案為：x1+2x2+3x3；1，5，1．【點評】本題考查了不等式的應(yīng)用，解題關(guān)鍵是利用配湊試根法求方程的解．三.解答題（本題共52分，第17題5分；第18題12分；第19-21題，每題5分；第22題6分；第23-24題，每題7分）解答應(yīng)寫出文字說明、演算步驟或證明過程.17．【答案】5﹣3．【分析】利用負(fù)整數(shù)指數(shù)冪，零指數(shù)冪，二次根式的運算法則，絕對值的性質(zhì)計算即可．【解答】解：原式＝2+1﹣2+2﹣＝5﹣3．【點評】本題考查實數(shù)的運算，熟練掌握相關(guān)運算法則是解題的關(guān)鍵．18．【答案】（1）10a4；（2）3x2﹣x+5；（3）；（4）4+．【分析】（1）先計算乘方，再計算乘除，最后計算加減；（2）先計算括號，再合并同類項；（3）先計算括號，再計算乘除；（4）先計算括號，再合并同類二次根式．【解答】解：（1）原式＝a4+9a6÷a2＝a4+9a4＝10a4；（2）原式＝4x2﹣1﹣（x2+x﹣6）＝4x2﹣1﹣x2﹣x+6＝3x2﹣x+5；（3）原式＝[]×＝×＝；（4）原式＝×+×﹣2＝4+3﹣2＝4+．【點評】本題考查二次根式的混合運算，整式的混合運算，分式的混合運算，解題的關(guān)鍵是掌握運算法則，屬于中考?？碱}型．19．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】設(shè)1名快遞員平均每天可配送包裹x件，則1輛無人配送車平均每天可配送包裹5x件，利用工作時間＝工作總量÷工作效率，結(jié)合“要配送6000件包裹，使用1輛無人配送車所需時間比4名快遞員同時配送所需時間少2天”，可列出關(guān)于x的分式方程，解之經(jīng)檢驗后，即可得出結(jié)論．【解答】解：設(shè)1名快遞員平均每天可配送包裹x件，則1輛無人配送車平均每天可配送包裹5x件，根據(jù)題意得：﹣＝2，解得：x＝150，經(jīng)檢驗，x＝150是所列方程的解，且符合題意．答：1名快遞員平均每天可配送包裹150件．【點評】本題考查了分式方程的應(yīng)用，找準(zhǔn)等量關(guān)系，正確列出分式方程是解題的關(guān)鍵．20．【答案】（1）如圖所示；（2）見解析．【分析】（1）在過C點且平行于AB的直線上截取4個單位長度，即找到點D；（2）證明三角形BCE是直角三角形，BC⊥EC，再由BC∥AD，即可證明．【解答】解：（1）所作點D如圖所示：（2）由圖得：BC＝＝2，CE＝＝4，BE＝10，∴BC2+EC2＝BE2，∴三角形BCE是直角三角形，∴BC⊥CE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴AD⊥CE．【點評】本題考查了作圖能力，平行四邊形的判斷及勾股定理的逆定理等知識點是解題關(guān)鍵．21．【答案】（1）；（2）①，；②方案C的最終過濾效果最好；（3）3a．【分析】（1）根據(jù)水中的雜質(zhì)含量即可求解；（2）①同樣根據(jù)水中的雜質(zhì)含量即可求解；②當(dāng)?shù)谝淮蝺羲牧嫌昧慷?a、5a、4a時，用三次最終過濾后的水中雜質(zhì)含量相比較即可；（3）將第一次凈水材料用量定為6a、5a、4a時，4a的最終過濾效果最好，因此在將第一次凈水材料用量定為6a、5a、4a、3a、2a、a時，發(fā)現(xiàn)將第一次凈水材料用量定為5a與a、4a與2a時的過濾效果一樣，因此將第一次凈水材料用量定為3a與4a的過濾效果進(jìn)行比較，可得3a的最終過濾效果最好．【解答】解：（1）水中的雜質(zhì)含量為，∴現(xiàn)有雜質(zhì)含量為1的水，用2單位量的凈水材料將水過濾一次后，水中雜質(zhì)含量為＝，故答案為：．（2）①方案C水中雜質(zhì)含量：，第二次過濾后水中雜質(zhì)含量：；②﹣＝，∵a＞0，∴5a2＞0，（1+6a）（1+5a）（1+a）＞0∴＞，同理可得：＞，∴＜＜，∴方案C的最終過濾效果最好；（3）將第一次凈水材料用量定為3a時，第二次過濾后水中雜質(zhì)含量為；將第一次凈水材料用量定為2a時，第二次過濾后水中雜質(zhì)含量為，結(jié)果與將第一次凈水材料用量定為4a時相同；將第一次凈水材料用量定為a時，第二次過濾后水中雜質(zhì)含量為，結(jié)果與將第一次凈水材料用量定為5a時相同；∵在將第一次凈水材料用量定為6a、5a、4a時，4a的最終過濾效果最好，同理，可得﹣＜0，∴將第一次凈水材料用量定為3a時，其最終過濾效果最好，∴為了使兩次過濾后水中的雜質(zhì)含量最少，小明應(yīng)將第一次凈水材料用量定為3a．故答案為：3a．【點評】本題考查的是代數(shù)式的相關(guān)知識，解題的關(guān)鍵是正確運用代數(shù)式的減法、乘法與加法運算．22．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD∥BC且AD＝BC，等量代換得到BC＝EF，推出四邊形AEFD是平行四邊形，根據(jù)矩形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）由菱形的性質(zhì)得AD＝AB＝BC＝10，由勾股定理求出AE＝8，AC＝4，再由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)即可得出答案．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC且AD＝BC，∵BE＝CF，∴BC＝EF，∴AD＝EF，∵AD∥EF，∴四邊形AEFD是平行四邊形，∵AE⊥BC，∴∠AEF＝90°，∴四邊形AEFD是矩形；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，AD＝10，∴AD＝AB＝BC＝10，∵EC＝4，∴BE＝10﹣4＝6，在Rt△ABE中，AE＝，在Rt△AEC中，AC＝，∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，∴OE＝AC＝．【點評】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)等知識；正確的識別圖形是解題的關(guān)鍵．23．【答案】（1）30°；（2）①圖形見解析；②ON＝CM，證明見解析．【分析】（1）取OA的中點P，連接PN，證OM＝ON，得∠OMN＝∠ONM，再證∠OMN＝∠ONM＝30°，進(jìn)而證∠NAC＝∠ANP，然后證△OPN是等邊三角形，得∠OPN＝60°，即可得出結(jié)論；（2）①依題意補(bǔ)全圖形即可；②過點A作AG⊥BD于點G，過M作MH⊥BD于點H，證△AOG和△OMH是等腰直角三角形，得AG＝OA＝OC，OH＝OM，再證△AGN≌△NHM（AAS），得AG＝NH，即可解決問題．【解答】解：（1）如圖1，取OA的中點P，連接PN，則OP＝AP＝OA，∵M(jìn)是OC中點，∴OM＝CM＝OC，∵CM＝ON，∴OM＝ON，∴∠OMN＝∠ONM，∵∠AOD＝∠OMN+∠ONM＝60°，∴∠OMN＝∠ONM＝30°，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，∴ON＝OM＝OA，∴AP＝OP＝ON，∴∠NAC＝∠ANP，∵∠AOD＝60°，∴△OPN是等邊三角形，∴∠OPN＝60°，∵∠OPN＝∠NAC+∠ANP，∴∠NAC＝∠OPN＝30°，即∠NAC的度數(shù)為30°；（2）①依題意補(bǔ)全圖形如圖2；②ON＝CM，證明如下：如圖3，過點A作AG⊥BD于點G，過M作MH⊥BD于點H，則∠AGN＝∠NHM＝90°，∵∠MOH＝∠AOD＝45°，∴△AOG和△OMH是等腰直角三角形，∴AG＝OA＝OC，∠OMH＝45°，OH＝OM，∵AN＝MN，∴∠NAM＝∠NMA，∵∠ANG＝∠AOG+∠NAM＝45°+∠NAM，∠NMH＝∠OMH+∠NMA＝45°+∠NMA，∴∠ANG＝∠NMH，在△AGN和△NHM中，，∴△AGN≌△NHM（AAS），∴AG＝NH，∴OC＝ON+OH，∴（OM+CM）＝ON+OM，∴ON＝CM．【點評】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)以及三角形的外角性質(zhì)等知識，本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)和等邊三角形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵，屬于中考常考題型．24．【答案】（1）①30；②P（，3）；（2）①6；3或﹣6．【分析】（1）①如圖1，過點Q作QE⊥x軸于E，過點P作PF⊥y軸于F，根據(jù)定義：記點P關(guān)于直線l的對稱點為Q，若點Q的縱坐標(biāo)為正數(shù)，且△MNQ為等邊三角形，則稱點P為M，N的n°點．可知△MNQ為等邊三角形，l與x軸所夾銳角為45°，則QM＝MN＝2，ME＝MN＝1，∠QMN＝60°，即可求得答案；②先證明△POF≌△QOE（AAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可求得答案；（2）①過點Q作QE⊥x軸于E，過點P作PF⊥y軸于F，作PK∥y軸交直線l于K，交x軸于T，連接KQ交x軸于W，連接PQ交直線l于L，根據(jù)定義可得QE＝，OE＝m+1，OP＝OQ，∠KOT＝∠LOM＝60°，P、Q關(guān)于直線l對稱，再由勾股定理即可求得答案；②分兩種情況：t＞0或t＜0，分別畫出圖象，結(jié)合定義即可求得答案．【解答】解：（1）①如圖1，過點Q作QE⊥x軸于E，過點P作PF⊥y軸于F，∵M(jìn)（2，0），N（4，0），∴MN＝2，OM＝2，∵△MNQ為等邊三角形，QE⊥MN，∴QM＝MN＝2，ME＝MN＝1，∠QMN＝60°，∴QE＝＝＝，OE＝OM+ME＝2+1＝3，∵OM＝QM，∴∠QOM＝∠OQM＝30°，∵點P為M，N的45°點，∴l(xiāng)與x軸所夾銳角為45°，∵點P關(guān)于直線l的對稱點為Q，∴∠POQ＝2×（45°﹣30°）＝30°，OP＝OQ，∠POF＝∠QOE＝30°，故答案為：30．②在△POF和△QOE中，，∴△POF≌△QOE（AAS），∴OF＝OE＝3，PF＝QE＝，∴P（，3）；（2）①∵M(jìn)（m，0），N（m+t，0），∴MN＝m+t﹣m＝t，∴當(dāng)t＝2時，MN＝2，如圖2，過點Q作QE⊥x軸于E，過點P作PF⊥y軸于F，作PK∥y軸交直線l于K，交x軸于T，連接KQ交x軸于W，連接PQ交直線l于L，∵點P為M，N的60°點，∴QE＝，OE＝m+1，OP＝OQ，∠KOT＝∠LOM＝60°，∴∠PKO＝30°，∵P、Q關(guān)于直線l對稱，∴PQ⊥l，PK＝QK，∠QKL＝∠PKL＝30°，∴OK＝4，∵∠OWK＝∠KOT﹣∠QKL＝60°﹣30°＝30°，∴∠OWK＝∠QKL，∴OW＝OK＝4，∴WE＝OE﹣OW＝m+1﹣4＝m﹣3，在Rt△WQE中，∵∠QWE＝∠OWK＝30°，QE⊥MN，∴WQ＝2QE＝2，∴WE＝＝＝3，∴m﹣3＝3，∴m＝6，故答案為：6．②∵m＝﹣2，∴M（﹣2，0），如圖，分兩種情況：當(dāng)t＞0時，點N1在點M的右側(cè)，∵x＝2與l的夾角為60°，∴x＝2關(guān)于l的對稱線和l的夾角也為60°，∴∠HTK＝60°，∴△TOK是等腰三角形，∴HK＝OH＝2，∴∠Q1KM＝30°，∵∠Q1MK＝60°，∴Q1M⊥Q1K，∴MK＝2Q1M，即6＝2t，∴t＝3；當(dāng)t＜0時，點N2在點M的左側(cè)，同理可得：KN2＝2Q2N2，即6﹣t＝﹣2t，∴t＝﹣6；綜上所述，t＝3或﹣6，故答案為：3或﹣6．【點評】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，勾股定理，一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)等，理解并運用新定義是解題關(guān)鍵．四、附加題：（本題共20分，第25-27題，每題3分；第28題4分；第29題7分）25．【答案】．【分析】根據(jù)垂直定義可得∠AEB＝90°，利用直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)可得，AE＝DE＝CE＝2，從而得到CD＝4，最后利用勾股定理進(jìn)行計算即可解答．【解答】解：∵AE⊥BE，∴∠AEB＝90°，∵CD是△ABC的中線，AB＝4，∴DE是△ABE斜邊上的中線，∴，∵∠DAC＝90°，E是CD的中點，∴AE＝DE＝CE＝2，∴CD＝4，由勾股定理得．故答案為：．【點評】本題考查了直角三角形斜邊上的中線，勾股定理，熟練掌握直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．26．【答案】．【分析】連接CE，由矩形的性質(zhì)得OA＝OC，∠ADC＝90°，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，因為OE⊥AC，所以O(shè)E垂直平分AC，則CE＝AE，由勾股定理得（8﹣AE）2+62＝AE2，求得AE＝，于是得到問題的答案．【解答】解：連接CE，∵四邊形ABCD是矩形，對角線AC、BD相交于點O，∴OA＝OC，∠ADC＝90°，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∵OE⊥AC，∴OE垂直