浙江省湖州市2023年中考数学试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的.请选出各题中一个最符合题意的选项，并在答题卷上将相应题次中对应字母的方框涂黑，不选、多选、错选均不给分.
1．（2023·湖州）下列各数中，最小的数是（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．0
【答案】A
【知识点】有理数大小比较
【解析】【解答】解：∵-2＜-1＜0＜1，
∴最小的数是-2.
故答案为：A.
【分析】利用有理数的大小比较，负数小于0，正数大于0，正数大于负数，据此可得到最小的数.
2．（2023·湖州）计算a3 a的结果是（ ）
A．a2 B．a3 C．a4 D．a5
【答案】C
【知识点】同底数幂的乘法
【解析】【解答】解：a3 a=a4.
故答案为：C.
【分析】利用同底数幂相乘，底数不变，指数相加，据此可得答案.
3．（2023·湖州）国家互联网信息办公室2023年5月23日发布的《数字中国发展报告（2022年）》显示，2022年我国数字经济规模达502000亿元．用科学记数法表示502000，正确的是（ ）
A．0.502×106 B．5.02×106 C．5.02×105 D．50.2×104
【答案】C
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：502000=5.02×105.
故答案为：C.
【分析】利用科学记数法的表示形式为：a×10n，其中1≤|a|＜10，此题是绝对值较大的数，因此n=整数数位-1.
4．（2023·湖州）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】由三视图判断几何体
【解析】【解答】解：∵此几何体的主视图和左视图是长方形，俯视图是圆，
∴此几何体是圆柱.
故答案为：D.
【分析】三个视图中是圆，长方形，可得到此几何体是圆柱体.
5．（2023·湖州）若分式的值为，则的值是（ ）
A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣3
【答案】A
【知识点】分式的值为零的条件
【解析】【解答】解：∵分式的值为，
∴x-1=0，
解之：x=1.
故答案为：A.
【分析】利用分式值为0的条件：分子为0且分母不为0，据此可得到关于x的方程，解方程求出x的值.
6．（2023·湖州）如图，点A，B，C在⊙O上，连结AB，AC，OB，OC．若∠BAC＝50°，则∠BOC的度数是（ ）
A．80° B．90° C．100° D．110°
【答案】C
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：∵，
∴∠BOC=2∠BAC=2×50°=100°.
故答案为：C.
【分析】利用一条弧所对的圆心角等于它所对的圆周角的一半，可证得∠BOC=2∠BAC，代入计算求出∠BOC的度数.
7．（2023·湖州）某住宅小区6月1日～6月5日每天用水量情况如图所示，那么这5天平均每天的用水量是（ ）
A．25立方米 B．30立方米 C．32立方米 D．35立方米
【答案】B
【知识点】折线统计图；加权平均数及其计算
【解析】【解答】解：由题意得
这5天平均每天的用水量是cm.
故答案为：B.
【分析】利用折线统计图，利用平均数公式可求出这5天平均每天的用水量.
8．（2023·湖州）某品牌新能源汽车2020年的销售量为20万辆，随着消费人群的不断增多，该品牌新能源汽车的销售量逐年递增，2022年的销售量比2020年增加了31.2万辆．如果设从2020年到2022年该品牌新能源汽车销售量的平均年增长率为x，那么可列出方程是（ ）
A．20（1+2x）＝31.2 B．20（1+2x）﹣20＝31.2
C．20（1+x）2＝31.2 D．20（1+x）2﹣20＝31.2
【答案】D
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：设从2020年到2022年该品牌新能源汽车销售量的平均年增长率为x，根据题意得
20（1+x）2﹣20＝31.2.
故答案为：D.
【分析】由题意可知此题的等量关系为：2020年的销售量×（1+增长率）2-2020年的销售量=2022年的销售量比2020年增加的销售量，列方程即可.
9．（2023·湖州）如图，已知∠AOB，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于∠AOB内一点P，连结OP，过点P作直线PE∥OA，交OB于点E，过点P作直线PF∥OB，交OA于点F．若∠AOB＝60°，OP＝6cm，则四边形PFOE的面积是（ ）
A． cm2 B． cm2 C． cm2 D． cm2
【答案】B
【知识点】菱形的判定与性质；解直角三角形；作图-角的平分线
【解析】【解答】解：连接EF交OP于点G，
∵PF∥OB，PE∥OA，
∴四边形OFPE是平行四边形，∠FPO=∠POE，
由作图可知OP平分∠AOB，
∴∠FOP=∠POE=30°，
∴∠FOP=∠FPO，
∴OF=PF，
∴四边形OFPE是菱形，
∴FE垂直平分OP，
∴OG=OP=3，
在Rt△OFG中，
FG=OGtan∠FOP==，
∴，
∴四边形OFPE的面积为.
故答案为：B.
【分析】连接EF交OP于点G，利用有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可证得四边形OFPE是平行四边形，同时可证得∠FPO=∠POE，再利用角平分线的定义可得到∠FOP=∠FPO，利用等角对等边可证得OF=PF，利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形，利用菱形的性质可证得FE垂直平分OP，即可求出OG的长，利用解直角三角形求出FG的长，即可得到EF的长；然后利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，可求出四边形PFOE的面积.
10．（2023·湖州）已知在平面直角坐标系中，正比例函数y＝k1x（k1＞0）的图象与反比例函数（k2＞0）的图象的两个交点中，有一个交点的横坐标为1，点A（t，p）和点B（t+2，q）在函数y＝k1x的图象上（t≠0且t≠﹣2），点C（t，m）和点D（t+2，n）在函数的图象上．当p﹣m与q﹣n的积为负数时，t的取值范围是（ ）
A．或 B．或
C．﹣3＜t＜﹣2或﹣1＜t＜0 D．﹣3＜t＜﹣2或0＜t＜1
【答案】D
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：∵ 正比例函数y＝k1x（k1＞0）的图象与反比例函数（k2＞0）的图象的两个交点中，有一个交点的横坐标为1，
∴k1=k2，
设k1=k2=k（k＞0），则y=k1x=kx，，
∵ 点A（t，p）和点B（t+2，q）在函数y＝k1x的图象上（t≠0且t≠﹣2），
点C（t，m）和点D（t+2，n）在函数的图象上，
∴
∴，
∴
∴，
∵
∴
∴t（t-1）（t+2）（t+3）＜0，
∵p﹣m与q﹣n的积为负数，
当t＜-3时，t（t-1）（t+2）（t+3）＞0，
∴t＜-3不符合题意；
当-3＜t＜-2时，t（t-1）（t+2）（t+3）＜0，符合题意；
当-2＜t＜0时，t（t-1）（t+2）（t+3）＞0，不符合题意；
当0＜t＜1时，t（t-1）（t+2）（t+3）＜0，符合题意；
当t＞1时，t（t-1）（t+2）（t+3）＞0，不符合题意；
∴t的取值范围为：-3＜t＜-2或0＜t＜1.
故答案为：D.
【分析】利用已知可得到k1=k2，设k1=k2=k（k＞0），则y=k1x=kx，，将点A，B的坐标代入一次函数解析式，将点C，D的坐标代入反比例函数解析式，可得方程组，结合两个方程组可得到p-m和q-n；再表示出，据此可推出；然后根据p﹣m与q﹣n的积为负数，分段讨论：当t＜-3时；当-3＜t＜-2时；当-2＜t＜0时；当0＜t＜1时；当t＞1时；分别可确定出t（t-1）（t+2）（t+3）的符号，综上所述可得到t的取值范围.
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11．（2020七下·龙泉驿期中）计算：（a+1）（a﹣1）= .
【答案】a2﹣1
【知识点】平方差公式及应用
【解析】【解答】（a+1）（a﹣1）=a2﹣1，
故答案为：a2﹣1.
【分析】直接根据平方差公式：(a+b)(a-b)=a2-b2进行计算即可.
12．（2023·湖州）在一个不透明的箱子里放有7个红球和3个黑球，它们除颜色外其余都相同．从这个箱子里随机摸出一个球，摸出的球是红球的概率是 ．
【答案】
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵在一个不透明的箱子里放有7个红球和3个黑球，
∴从这个箱子里随机摸出一个球，摸出的球是红球的概率是.
故答案为：.
【分析】利用已知可得到所有等可能的结果数及摸出的球是红球的情况数，然后利用概率公式进行计算.
13．（2023·湖州）如图，OA是⊙O的半径，弦BC⊥OA于点D，连结OB．若⊙O的半径为5cm，BC的长为8cm，则OD的长是 cm．
【答案】3
【知识点】勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解：∵BC⊥OA，
∴BD=BC=×8=4，∠BDO=90°，
∴.
故答案为：3.
【分析】利用垂径定理可求出BD的长，同时可证得∠BDO=90°，再利用勾股定理求出OD的长.
14．（2023·湖州）已知a，b是两个连续整数，，则a+b的值是 ．
【答案】9
【知识点】无理数的估值
【解析】【解答】解：∵a，b是两个连续整数， ， ，
∴a=4，b=5，
∴a+b=4+5=9.
故答案为：9.
【分析】利用估算无理数的大小，可知，可求出a，b的值，然后求出a+b的值.
15．（2023·湖州）某数学兴趣小组测量校园内一棵树的高度，采用以下方法：如图，把支架（EF）放在离树（AB）适当距离的水平地面上的点F处，再把镜子水平放在支架（EF）上的点E处，然后沿着直线BF后退至点D处，这时恰好在镜子里看到树的顶端A，再用皮尺分别测量BF，DF，EF，观测者目高（CD）的长，利用测得的数据可以求出这棵树的高度．已知CD⊥BD于点D，EF⊥BD于点F，AB⊥BD于点B，BF＝6米，DF＝2米，EF＝0.5米，CD＝1.7米，则这棵树的高度（AB的长）是 米．
【答案】4.1
【知识点】相似三角形的应用
【解析】【解答】解：过点E作GH⊥AB于点H，
∵CD∥AB，
∴GH⊥CD，
∴∠CGE=∠AHE=90°，
易证四边形DGEF和四边形EFBH是矩形，
∴GE=DF=2，FB=EH=6，EF=DG=BH=0.5，
∴CG=CD-DG=1.7-0.5=1.2，
∵把镜子水平放在支架（EF）上的点E处，然后沿着直线BF后退至点D处，这时恰好在镜子里看到树的顶端A，
∴∠CEG=∠AEH，
∴△CEG∽△AEH，
∴即
解之：AH=3.6，
∴AB=AH+BH=3.6+0.5=4.1.
故答案为：4.1.
【分析】过点E作GH⊥AB于点H，易证四边形DGEF和四边形EFBH是矩形，分别求出相关线段的长，再利用已知可证得∠CEG=∠AEH，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△CEG∽△AEH，利用相似三角形的性质可求出AH的长，根据AB=AH+BH，代入计算求出AB的长.
16．（2023·湖州）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上．
（1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，则BE的长是 cm．
（2）若，则tan∠DAH的值是 ．
【答案】（1）4
（2）3
【知识点】正方形的性质；锐角三角函数的定义；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：（1）∵等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，
∴AE=BE，BF=CF，∠ABE=∠FBC=45°，
∵正方形EFGH，
∴EF=3，AE+FC=11，
∵AE+BE=AE+BF-EF=AE+CF-EF=11-3=8
∴2AE=8，
解之：AE=4；
故答案为：4.
（2）∵，
设AH=x，DG=5a，GH=4a，则HE=EF=GF=4a，
∴AE=BE=x+4a，BE=CF=x+4a+4a=x+8a，CG=x+8a+4a=x+12a，
∵标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，
∴∠ADC+∠ABC=180°即∠ADC+45°+45°=180°，
解之：∠ADC=90°
∴∠DAH+∠ADH=90°，∠ADH+∠GDC=90°，
∴∠DAH=∠GDC，
∴tan∠DAH=tan∠GDC
∴即
解之：x1=3a，x2=-15a（舍去），
∴.
故答案为：3.
【分析】（1） 利用等腰直角三角形的性质可证得AE=BE，BF=CF，∠ABE=∠FBC=45°，利用正方形的性质及已知条件可得到AE的长.
（2）设AH=x，DG=5a，GH=4a，则HE=EF=GF=4a，可分别表示出AE，BF，CG的长，再利用已知可证得∠ADC=90°，利用余角的性质可证得∠DAH=∠GDC，利用解直角三角形可得到关于x的方程，解方程求出符合题意的x的值，可得到tan∠DAH的值.
三、解答题（本题有8小题，共66分）
17．（2023·湖州）计算：．
【答案】解：原式＝4﹣2×3
＝4﹣6
＝﹣2．
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】先算乘方运算，再算乘法运算，然后利用有理数的减法法则进行计算.
18．（2023·湖州）解一元一次不等式组．
【答案】解：解不等式①，得x＞﹣1，
解不等式②，得x＜2，
所以原不等式组的解集是﹣1＜x＜2．
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【分析】分别求出不等式组中的每一个不等式的解集，再确定出不等式组的解集.
19．（2023·湖州）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点E为AB的中点，连结DE．已知BC＝10，AD＝12，求BD，DE的长．
【答案】解∵AB＝AC，AD⊥BC于点D，
∴，
∵BC＝10，
∴BD＝5，
∵AD⊥BC于点D，
∴∠ADB＝90°，
在Rt△ABD中，AB2＝AD2+BD2，
∵AD＝12，
∴，
∵E为AB的中点，D点为BC的中点，
∴．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】利用等腰三角形的性质可求出BD的长，再利用勾股定理求出AB的长；然后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求出DE的长.
20．（2023·湖州） 4月23日是世界读书日．为了解学生的阅读喜好，丰富学校图书资源，某校将课外书籍设置了四类：文学类、科技类、艺术类、其他类，随机抽查了部分学生，要求每名学生从中选择自己最喜欢的一类，将抽查结果绘制成如图统计图（不完整）．
请根据图中信息解答下列问题：
（1）求被抽查的学生人数，并求出扇形统计图中m的值．
（2）请将条形统计图补充完整．（温馨提示：请画在答题卷相对应的图上）
（3）若该校共有1200名学生，根据抽查结果，试估计全校最喜欢“文学类”书籍的学生人数．
【答案】（1）被抽查的学生人数是 40÷20%＝200（人），
∵，
∴扇形统计图中m的值是40，
答：被抽查的学生人数为200人，扇形统计图中m的值为40；
（2）200﹣60﹣80﹣40＝20（人），
补全的条形统计图如图所示．
（3）∵（人），
∴估计全校最喜欢“文学类”书籍的学生人数共有360人．
【知识点】用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图
【解析】【分析】（1）利用两统计图可知被抽查的学生人数=其它类的人数÷其它类的人数所占的百分比，列式计算可求出结果；用科技类的人数÷被抽查的学生人数，可求出m的值.
（2）列式计算求出艺术类的人数，再补全条形统计图.
（3）利用该校的学生人数×最喜欢“文学类”书籍的学生人数所占的百分比，列式计算即可.
21．（2023·湖州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点O在边AC上，以点O为圆心，OC为半径的半圆与斜边AB相切于点D，交OA于点E，连结OB．
（1）求证：BD＝BC．
（2）已知OC＝1，∠A＝30°，求AB的长．
【答案】（1）证明 如图，连结OD，
∵半圆O与AB相切于点D，
∴OD⊥AB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ODB＝∠OCB＝90°，
在Rt△ODB和Rt△OCB中，
∵，，
∴Rt△ODB≌Rt△OCB（HL），
∴BD＝BC；
（2）解 如图，∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝60°，
∵Rt△ODB≌Rt△OCB，
∴，
在Rt△OBC中，
∵OC＝1，
∴，
在Rt△ABC中，
．
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；切线的性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）利用已知AB是圆O的切线，连接OD，可证得∠ODB=∠OCB=90°，利用HL证明△ODB≌△OCB，利用全等三角形的对应边相等，可证得结论.
（2）利用三角形的内角和定理求出∠ABC的度数，利用全等三角形的性质可得到∠CBO=∠DBO=30°；再利用解直角三角形求出BC、AB的长.
22．（2023·湖州）某水产经销商以每千克30元的价格购进一批某品种淡水鱼，由销售经验可知，这种淡水鱼的日销售量y（千克）与销售价格x（元/千克）（30≤x＜60）存在一次函数关系，部分数据如表所示：
销售价格x（元/千克） 50 40
日销售量y（千克） 100 200
（1）试求出y关于x的函数表达式．
（2）设该经销商销售这种淡水鱼的日销售利润为W元，如果不考虑其他因素，求当销售价格x为多少时，日销售利润W最大？最大的日销售利润是多少元？
【答案】（1）设y关于x的函数表达式为y＝kx+b（k≠0）．
将x＝50，y＝100和x＝40，y＝200分别代入，得：，
解得：，
∴y关于x的函数表达式是：y＝﹣10x+600．
（2）W＝（x﹣30）（﹣10x+600）＝﹣10x2+900x﹣18000．
当时，在30≤x＜60的范围内，W取到最大值，最大值是2250．
答：销售价格为每千克45元时，日销售利润最大，最大日销售利润是2250元．
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设y关于x的函数表达式为y＝kx+b（k≠0），将表中数据代入可得到关于k，b的方程组，解方程组求出k，b的值，可得到函数解析式.
（2）利用销售利润W=每一千克的利润×销售量，可得到W与x的函数解析式，利用二次函数的性质结合x的取值范围，可求出结果.
23．（2023·湖州）如图1，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝x2﹣4x+c的图象与y轴的交点坐标为（0，5），图象的顶点为M．矩形ABCD的顶点D与原点O重合，顶点A，C分别在x轴，t轴上，顶点B的坐标为（1，5）．
（1）求c的值及顶点M的坐标．
（2）如图2，将矩形ABCD沿x轴正方向平移t个单位（0＜t＜3）得到对应的矩形A′B′C′D′．已知边C′D′，A′B′分别与函数y＝x2﹣4x+c的图象交于点P，Q，连结PQ，过点P作PG⊥A′B′于点G．
①当t＝2时，求QG的长；
②当点G与点Q不重合时，是否存在这样的t，使得△PGQ的面积为1？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）∵二次函数y＝x2﹣4x+c的图象与y轴的交点坐标为（0，5），
∴c＝5，
∴y＝x2﹣4x+5＝（x﹣2）2+1，
∴顶点M的坐标是（2，1）．
（2）①如图1，∵A在x轴上，B的坐标为（1，5），
∴点A的坐标是（1，0）．
当t＝2时，D′，A′的坐标分别是（2，0），（3，0）．
当x＝3时，y＝32﹣4×3+5＝2，即点Q的纵坐标是2．
当x＝2时，y＝1，即点P的纵坐标是1．
∵PG⊥A′B′，
∴点G的纵坐标是1，
∴QG＝2﹣1＝1．
②存在．理由如下：
∵△PGQ的面积为1，PG＝1，
∴QG＝2．
根据题意，得：P（t，t2﹣4t+5），Q（t+1，t2﹣2t+2），
∴G（t+1，t2﹣4t+5），
如图2，当点G在点Q的上方时，
QG＝t2﹣4t+5﹣（t2﹣2t+2）＝3﹣2t＝2，
此时（在0＜t＜3的范围内）．
如图3，当点G在点Q的下方时，
QG＝t2﹣2t+2﹣（t2﹣4t+5）＝2t﹣3＝2，
此时（在0＜t＜3的范围内）．
综上所述，存在t，使得△PGQ的面积为1，此时t的值为或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；坐标与图形变化﹣平移；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）将点（0，5）代入函数解析式可求出c的值，即可得到函数解析式，再将函数解析转化为顶点式，可得到抛物线的顶点坐标.
（2）①利用已知可得到点A的坐标，当t=2时可得到点D′，点A′的坐标，将x=3代入二次函数解析式可求出点Q的纵坐标，将x=2代入函数解析式，可求出点P的纵坐标，利用PG⊥A′B′，可得到点G′的纵坐标，即可求出QG的长；②利用已知△PGQ的面积可求出QG的长，利用已知，结合函数解析式可得 P（t，t2﹣4t+5），Q（t+1，t2﹣2t+2），G（t+1，t2﹣4t+5）；分情况讨论：当点G在点Q的上方时，可表示出QG的长，因此可得到关于t的方程，解方程求出t的值；当点G在点Q的下方时，可表示出QG的长，根据GQ=2，可得到关于t的方程，解方程求出t的值；综上所述可得到符合题意的t的值.
24．（2023·湖州）
（1）【特例感知】
如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连结PD，过点D作DM⊥PD，交BC的延长线于点M．求证：△DAP≌△DCM．
（2）【变式求异】
如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边AB上，过点D作DQ⊥AB，交AC于点Q，点P在边AB的延长线上，连结PQ，过点Q作QM⊥PQ，交射线BC于点M．已知BC＝8，AC＝10，AD＝2DB，求的值．
（3）【拓展应用】
如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点A，C重合），连结PQ，以Q为顶点作∠PQM＝∠PBC，∠PQM的边QM交射线BC于点M．若AC＝mAB，CQ＝nAC（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）．
【答案】（1）证明：在正方形ABCD中，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC，
∴∠DCM＝180°﹣∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠DCM，
∵DM⊥PD，
∴∠ADP+∠PDC＝∠CDM+∠PDC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDM，
在△DAP和△DCM中，
，
∴△DAP≌△DCM（ASA）；
（2）解：如图2，作QN⊥BC于点N，
∵∠ABC＝90°，DQ⊥AB，QN⊥BC，
∴四边形DBNQ是矩形，
∴∠DQN＝90°，QN＝DB，
∵QM⊥PQ，
∴∠DQP+∠PQN＝∠MQN+∠PQN＝90°，
∴∠DQP＝∠MQN，
∵∠QDP＝∠QNM＝90°，
∴△DQP∽△NQM，
∴，
∵BC＝8，AC＝10，∠ABC＝90°，
∴，
∵AD＝2DB，
∴DB＝2，
∵∠ADQ＝∠ABC＝90°，
∴DQ∥BC，
∴△ADQ∽△ABC，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵AC＝mAB，CQ＝nAC，
∴CQ＝mnAB，
∴AQ＝AC﹣CQ＝（m﹣mn）AB，
∵∠BAC＝90°，
∴，
如图3，作QN⊥BC于点N，
∵∠BAC+∠ABN+∠BNQ+∠AQN＝360°，∠BAC＝90°，
∴∠ABN+∠AQN＝180°，
∵∠ABN+∠PBN＝180°，
∴∠AQN＝∠PBN，
∵∠PQM＝∠PBC，
∴∠PQM＝∠AQN，
∴∠AQP＝∠NQM，
∵∠A＝∠QNM＝90°，
∴△QAP∽△QNM，
∴，
∵∠A＝∠QNC＝90°，∠QCN＝∠BCA，
∴△QCN∽△BCA，
∴，
∴，
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可推出∠A=∠DCM，AD=DC，利用垂直的定义和余角的性质可推出∠ADP＝∠CDM，再利用ASA可证得结论.
（2）作QN⊥BC于点N，易证四边形DBNQ是矩形，利用余角的性质可证得∠DQP＝∠MQN，利用两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△DQP∽△NQM，利用相似三角形的性质可证得 ；利用勾股定理可求出AB的长，同时可求出DB的长；再证明△ADQ∽△ABC，可得对应边成比例，可求出DQ的长，然后求出PQ与QM的比值.
（3）利用已知条件可表示出CQ、AQ的长，利用勾股定理可表示出BC的长；如图3，作QN⊥BC于点N，利用补角的性质可证得∠AQN＝∠PBN，由此可推出∠AQP＝∠NQM，可证得△QAP∽△QNM，利用相似三角形的性质可证得对应边成比例，可证得 ；再证明△QCN∽△BCA，利用相似三角形的性质可表示出QN的长，然后求出PQ与QM的比值.
1 / 1浙江省湖州市2023年中考数学试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的.请选出各题中一个最符合题意的选项，并在答题卷上将相应题次中对应字母的方框涂黑，不选、多选、错选均不给分.
1．（2023·湖州）下列各数中，最小的数是（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．0
2．（2023·湖州）计算a3 a的结果是（ ）
A．a2 B．a3 C．a4 D．a5
3．（2023·湖州）国家互联网信息办公室2023年5月23日发布的《数字中国发展报告（2022年）》显示，2022年我国数字经济规模达502000亿元．用科学记数法表示502000，正确的是（ ）
A．0.502×106 B．5.02×106 C．5.02×105 D．50.2×104
4．（2023·湖州）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体可能是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·湖州）若分式的值为，则的值是（ ）
A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣3
6．（2023·湖州）如图，点A，B，C在⊙O上，连结AB，AC，OB，OC．若∠BAC＝50°，则∠BOC的度数是（ ）
A．80° B．90° C．100° D．110°
7．（2023·湖州）某住宅小区6月1日～6月5日每天用水量情况如图所示，那么这5天平均每天的用水量是（ ）
A．25立方米 B．30立方米 C．32立方米 D．35立方米
8．（2023·湖州）某品牌新能源汽车2020年的销售量为20万辆，随着消费人群的不断增多，该品牌新能源汽车的销售量逐年递增，2022年的销售量比2020年增加了31.2万辆．如果设从2020年到2022年该品牌新能源汽车销售量的平均年增长率为x，那么可列出方程是（ ）
A．20（1+2x）＝31.2 B．20（1+2x）﹣20＝31.2
C．20（1+x）2＝31.2 D．20（1+x）2﹣20＝31.2
9．（2023·湖州）如图，已知∠AOB，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于∠AOB内一点P，连结OP，过点P作直线PE∥OA，交OB于点E，过点P作直线PF∥OB，交OA于点F．若∠AOB＝60°，OP＝6cm，则四边形PFOE的面积是（ ）
A． cm2 B． cm2 C． cm2 D． cm2
10．（2023·湖州）已知在平面直角坐标系中，正比例函数y＝k1x（k1＞0）的图象与反比例函数（k2＞0）的图象的两个交点中，有一个交点的横坐标为1，点A（t，p）和点B（t+2，q）在函数y＝k1x的图象上（t≠0且t≠﹣2），点C（t，m）和点D（t+2，n）在函数的图象上．当p﹣m与q﹣n的积为负数时，t的取值范围是（ ）
A．或 B．或
C．﹣3＜t＜﹣2或﹣1＜t＜0 D．﹣3＜t＜﹣2或0＜t＜1
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11．（2020七下·龙泉驿期中）计算：（a+1）（a﹣1）= .
12．（2023·湖州）在一个不透明的箱子里放有7个红球和3个黑球，它们除颜色外其余都相同．从这个箱子里随机摸出一个球，摸出的球是红球的概率是 ．
13．（2023·湖州）如图，OA是⊙O的半径，弦BC⊥OA于点D，连结OB．若⊙O的半径为5cm，BC的长为8cm，则OD的长是 cm．
14．（2023·湖州）已知a，b是两个连续整数，，则a+b的值是 ．
15．（2023·湖州）某数学兴趣小组测量校园内一棵树的高度，采用以下方法：如图，把支架（EF）放在离树（AB）适当距离的水平地面上的点F处，再把镜子水平放在支架（EF）上的点E处，然后沿着直线BF后退至点D处，这时恰好在镜子里看到树的顶端A，再用皮尺分别测量BF，DF，EF，观测者目高（CD）的长，利用测得的数据可以求出这棵树的高度．已知CD⊥BD于点D，EF⊥BD于点F，AB⊥BD于点B，BF＝6米，DF＝2米，EF＝0.5米，CD＝1.7米，则这棵树的高度（AB的长）是 米．
16．（2023·湖州）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上．
（1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，则BE的长是 cm．
（2）若，则tan∠DAH的值是 ．
三、解答题（本题有8小题，共66分）
17．（2023·湖州）计算：．
18．（2023·湖州）解一元一次不等式组．
19．（2023·湖州）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点E为AB的中点，连结DE．已知BC＝10，AD＝12，求BD，DE的长．
20．（2023·湖州） 4月23日是世界读书日．为了解学生的阅读喜好，丰富学校图书资源，某校将课外书籍设置了四类：文学类、科技类、艺术类、其他类，随机抽查了部分学生，要求每名学生从中选择自己最喜欢的一类，将抽查结果绘制成如图统计图（不完整）．
请根据图中信息解答下列问题：
（1）求被抽查的学生人数，并求出扇形统计图中m的值．
（2）请将条形统计图补充完整．（温馨提示：请画在答题卷相对应的图上）
（3）若该校共有1200名学生，根据抽查结果，试估计全校最喜欢“文学类”书籍的学生人数．
21．（2023·湖州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点O在边AC上，以点O为圆心，OC为半径的半圆与斜边AB相切于点D，交OA于点E，连结OB．
（1）求证：BD＝BC．
（2）已知OC＝1，∠A＝30°，求AB的长．
22．（2023·湖州）某水产经销商以每千克30元的价格购进一批某品种淡水鱼，由销售经验可知，这种淡水鱼的日销售量y（千克）与销售价格x（元/千克）（30≤x＜60）存在一次函数关系，部分数据如表所示：
销售价格x（元/千克） 50 40
日销售量y（千克） 100 200
（1）试求出y关于x的函数表达式．
（2）设该经销商销售这种淡水鱼的日销售利润为W元，如果不考虑其他因素，求当销售价格x为多少时，日销售利润W最大？最大的日销售利润是多少元？
23．（2023·湖州）如图1，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝x2﹣4x+c的图象与y轴的交点坐标为（0，5），图象的顶点为M．矩形ABCD的顶点D与原点O重合，顶点A，C分别在x轴，t轴上，顶点B的坐标为（1，5）．
（1）求c的值及顶点M的坐标．
（2）如图2，将矩形ABCD沿x轴正方向平移t个单位（0＜t＜3）得到对应的矩形A′B′C′D′．已知边C′D′，A′B′分别与函数y＝x2﹣4x+c的图象交于点P，Q，连结PQ，过点P作PG⊥A′B′于点G．
①当t＝2时，求QG的长；
②当点G与点Q不重合时，是否存在这样的t，使得△PGQ的面积为1？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
24．（2023·湖州）
（1）【特例感知】
如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连结PD，过点D作DM⊥PD，交BC的延长线于点M．求证：△DAP≌△DCM．
（2）【变式求异】
如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边AB上，过点D作DQ⊥AB，交AC于点Q，点P在边AB的延长线上，连结PQ，过点Q作QM⊥PQ，交射线BC于点M．已知BC＝8，AC＝10，AD＝2DB，求的值．
（3）【拓展应用】
如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点A，C重合），连结PQ，以Q为顶点作∠PQM＝∠PBC，∠PQM的边QM交射线BC于点M．若AC＝mAB，CQ＝nAC（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】有理数大小比较
【解析】【解答】解：∵-2＜-1＜0＜1，
∴最小的数是-2.
故答案为：A.
【分析】利用有理数的大小比较，负数小于0，正数大于0，正数大于负数，据此可得到最小的数.
2．【答案】C
【知识点】同底数幂的乘法
【解析】【解答】解：a3 a=a4.
故答案为：C.
【分析】利用同底数幂相乘，底数不变，指数相加，据此可得答案.
3．【答案】C
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：502000=5.02×105.
故答案为：C.
【分析】利用科学记数法的表示形式为：a×10n，其中1≤|a|＜10，此题是绝对值较大的数，因此n=整数数位-1.
4．【答案】D
【知识点】由三视图判断几何体
【解析】【解答】解：∵此几何体的主视图和左视图是长方形，俯视图是圆，
∴此几何体是圆柱.
故答案为：D.
【分析】三个视图中是圆，长方形，可得到此几何体是圆柱体.
5．【答案】A
【知识点】分式的值为零的条件
【解析】【解答】解：∵分式的值为，
∴x-1=0，
解之：x=1.
故答案为：A.
【分析】利用分式值为0的条件：分子为0且分母不为0，据此可得到关于x的方程，解方程求出x的值.
6．【答案】C
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：∵，
∴∠BOC=2∠BAC=2×50°=100°.
故答案为：C.
【分析】利用一条弧所对的圆心角等于它所对的圆周角的一半，可证得∠BOC=2∠BAC，代入计算求出∠BOC的度数.
7．【答案】B
【知识点】折线统计图；加权平均数及其计算
【解析】【解答】解：由题意得
这5天平均每天的用水量是cm.
故答案为：B.
【分析】利用折线统计图，利用平均数公式可求出这5天平均每天的用水量.
8．【答案】D
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：设从2020年到2022年该品牌新能源汽车销售量的平均年增长率为x，根据题意得
20（1+x）2﹣20＝31.2.
故答案为：D.
【分析】由题意可知此题的等量关系为：2020年的销售量×（1+增长率）2-2020年的销售量=2022年的销售量比2020年增加的销售量，列方程即可.
9．【答案】B
【知识点】菱形的判定与性质；解直角三角形；作图-角的平分线
【解析】【解答】解：连接EF交OP于点G，
∵PF∥OB，PE∥OA，
∴四边形OFPE是平行四边形，∠FPO=∠POE，
由作图可知OP平分∠AOB，
∴∠FOP=∠POE=30°，
∴∠FOP=∠FPO，
∴OF=PF，
∴四边形OFPE是菱形，
∴FE垂直平分OP，
∴OG=OP=3，
在Rt△OFG中，
FG=OGtan∠FOP==，
∴，
∴四边形OFPE的面积为.
故答案为：B.
【分析】连接EF交OP于点G，利用有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可证得四边形OFPE是平行四边形，同时可证得∠FPO=∠POE，再利用角平分线的定义可得到∠FOP=∠FPO，利用等角对等边可证得OF=PF，利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形，利用菱形的性质可证得FE垂直平分OP，即可求出OG的长，利用解直角三角形求出FG的长，即可得到EF的长；然后利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，可求出四边形PFOE的面积.
10．【答案】D
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：∵ 正比例函数y＝k1x（k1＞0）的图象与反比例函数（k2＞0）的图象的两个交点中，有一个交点的横坐标为1，
∴k1=k2，
设k1=k2=k（k＞0），则y=k1x=kx，，
∵ 点A（t，p）和点B（t+2，q）在函数y＝k1x的图象上（t≠0且t≠﹣2），
点C（t，m）和点D（t+2，n）在函数的图象上，
∴
∴，
∴
∴，
∵
∴
∴t（t-1）（t+2）（t+3）＜0，
∵p﹣m与q﹣n的积为负数，
当t＜-3时，t（t-1）（t+2）（t+3）＞0，
∴t＜-3不符合题意；
当-3＜t＜-2时，t（t-1）（t+2）（t+3）＜0，符合题意；
当-2＜t＜0时，t（t-1）（t+2）（t+3）＞0，不符合题意；
当0＜t＜1时，t（t-1）（t+2）（t+3）＜0，符合题意；
当t＞1时，t（t-1）（t+2）（t+3）＞0，不符合题意；
∴t的取值范围为：-3＜t＜-2或0＜t＜1.
故答案为：D.
【分析】利用已知可得到k1=k2，设k1=k2=k（k＞0），则y=k1x=kx，，将点A，B的坐标代入一次函数解析式，将点C，D的坐标代入反比例函数解析式，可得方程组，结合两个方程组可得到p-m和q-n；再表示出，据此可推出；然后根据p﹣m与q﹣n的积为负数，分段讨论：当t＜-3时；当-3＜t＜-2时；当-2＜t＜0时；当0＜t＜1时；当t＞1时；分别可确定出t（t-1）（t+2）（t+3）的符号，综上所述可得到t的取值范围.
11．【答案】a2﹣1
【知识点】平方差公式及应用
【解析】【解答】（a+1）（a﹣1）=a2﹣1，
故答案为：a2﹣1.
【分析】直接根据平方差公式：(a+b)(a-b)=a2-b2进行计算即可.
12．【答案】
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵在一个不透明的箱子里放有7个红球和3个黑球，
∴从这个箱子里随机摸出一个球，摸出的球是红球的概率是.
故答案为：.
【分析】利用已知可得到所有等可能的结果数及摸出的球是红球的情况数，然后利用概率公式进行计算.
13．【答案】3
【知识点】勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解：∵BC⊥OA，
∴BD=BC=×8=4，∠BDO=90°，
∴.
故答案为：3.
【分析】利用垂径定理可求出BD的长，同时可证得∠BDO=90°，再利用勾股定理求出OD的长.
14．【答案】9
【知识点】无理数的估值
【解析】【解答】解：∵a，b是两个连续整数， ， ，
∴a=4，b=5，
∴a+b=4+5=9.
故答案为：9.
【分析】利用估算无理数的大小，可知，可求出a，b的值，然后求出a+b的值.
15．【答案】4.1
【知识点】相似三角形的应用
【解析】【解答】解：过点E作GH⊥AB于点H，
∵CD∥AB，
∴GH⊥CD，
∴∠CGE=∠AHE=90°，
易证四边形DGEF和四边形EFBH是矩形，
∴GE=DF=2，FB=EH=6，EF=DG=BH=0.5，
∴CG=CD-DG=1.7-0.5=1.2，
∵把镜子水平放在支架（EF）上的点E处，然后沿着直线BF后退至点D处，这时恰好在镜子里看到树的顶端A，
∴∠CEG=∠AEH，
∴△CEG∽△AEH，
∴即
解之：AH=3.6，
∴AB=AH+BH=3.6+0.5=4.1.
故答案为：4.1.
【分析】过点E作GH⊥AB于点H，易证四边形DGEF和四边形EFBH是矩形，分别求出相关线段的长，再利用已知可证得∠CEG=∠AEH，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△CEG∽△AEH，利用相似三角形的性质可求出AH的长，根据AB=AH+BH，代入计算求出AB的长.
16．【答案】（1）4
（2）3
【知识点】正方形的性质；锐角三角函数的定义；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：（1）∵等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，
∴AE=BE，BF=CF，∠ABE=∠FBC=45°，
∵正方形EFGH，
∴EF=3，AE+FC=11，
∵AE+BE=AE+BF-EF=AE+CF-EF=11-3=8
∴2AE=8，
解之：AE=4；
故答案为：4.
（2）∵，
设AH=x，DG=5a，GH=4a，则HE=EF=GF=4a，
∴AE=BE=x+4a，BE=CF=x+4a+4a=x+8a，CG=x+8a+4a=x+12a，
∵标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，
∴∠ADC+∠ABC=180°即∠ADC+45°+45°=180°，
解之：∠ADC=90°
∴∠DAH+∠ADH=90°，∠ADH+∠GDC=90°，
∴∠DAH=∠GDC，
∴tan∠DAH=tan∠GDC
∴即
解之：x1=3a，x2=-15a（舍去），
∴.
故答案为：3.
【分析】（1） 利用等腰直角三角形的性质可证得AE=BE，BF=CF，∠ABE=∠FBC=45°，利用正方形的性质及已知条件可得到AE的长.
（2）设AH=x，DG=5a，GH=4a，则HE=EF=GF=4a，可分别表示出AE，BF，CG的长，再利用已知可证得∠ADC=90°，利用余角的性质可证得∠DAH=∠GDC，利用解直角三角形可得到关于x的方程，解方程求出符合题意的x的值，可得到tan∠DAH的值.
17．【答案】解：原式＝4﹣2×3
＝4﹣6
＝﹣2．
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】先算乘方运算，再算乘法运算，然后利用有理数的减法法则进行计算.
18．【答案】解：解不等式①，得x＞﹣1，
解不等式②，得x＜2，
所以原不等式组的解集是﹣1＜x＜2．
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【分析】分别求出不等式组中的每一个不等式的解集，再确定出不等式组的解集.
19．【答案】解∵AB＝AC，AD⊥BC于点D，
∴，
∵BC＝10，
∴BD＝5，
∵AD⊥BC于点D，
∴∠ADB＝90°，
在Rt△ABD中，AB2＝AD2+BD2，
∵AD＝12，
∴，
∵E为AB的中点，D点为BC的中点，
∴．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】利用等腰三角形的性质可求出BD的长，再利用勾股定理求出AB的长；然后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求出DE的长.
20．【答案】（1）被抽查的学生人数是 40÷20%＝200（人），
∵，
∴扇形统计图中m的值是40，
答：被抽查的学生人数为200人，扇形统计图中m的值为40；
（2）200﹣60﹣80﹣40＝20（人），
补全的条形统计图如图所示．
（3）∵（人），
∴估计全校最喜欢“文学类”书籍的学生人数共有360人．
【知识点】用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图
【解析】【分析】（1）利用两统计图可知被抽查的学生人数=其它类的人数÷其它类的人数所占的百分比，列式计算可求出结果；用科技类的人数÷被抽查的学生人数，可求出m的值.
（2）列式计算求出艺术类的人数，再补全条形统计图.
（3）利用该校的学生人数×最喜欢“文学类”书籍的学生人数所占的百分比，列式计算即可.
21．【答案】（1）证明 如图，连结OD，
∵半圆O与AB相切于点D，
∴OD⊥AB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ODB＝∠OCB＝90°，
在Rt△ODB和Rt△OCB中，
∵，，
∴Rt△ODB≌Rt△OCB（HL），
∴BD＝BC；
（2）解 如图，∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝60°，
∵Rt△ODB≌Rt△OCB，
∴，
在Rt△OBC中，
∵OC＝1，
∴，
在Rt△ABC中，
．
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；切线的性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）利用已知AB是圆O的切线，连接OD，可证得∠ODB=∠OCB=90°，利用HL证明△ODB≌△OCB，利用全等三角形的对应边相等，可证得结论.
（2）利用三角形的内角和定理求出∠ABC的度数，利用全等三角形的性质可得到∠CBO=∠DBO=30°；再利用解直角三角形求出BC、AB的长.
22．【答案】（1）设y关于x的函数表达式为y＝kx+b（k≠0）．
将x＝50，y＝100和x＝40，y＝200分别代入，得：，
解得：，
∴y关于x的函数表达式是：y＝﹣10x+600．
（2）W＝（x﹣30）（﹣10x+600）＝﹣10x2+900x﹣18000．
当时，在30≤x＜60的范围内，W取到最大值，最大值是2250．
答：销售价格为每千克45元时，日销售利润最大，最大日销售利润是2250元．
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设y关于x的函数表达式为y＝kx+b（k≠0），将表中数据代入可得到关于k，b的方程组，解方程组求出k，b的值，可得到函数解析式.
（2）利用销售利润W=每一千克的利润×销售量，可得到W与x的函数解析式，利用二次函数的性质结合x的取值范围，可求出结果.
23．【答案】（1）∵二次函数y＝x2﹣4x+c的图象与y轴的交点坐标为（0，5），
∴c＝5，
∴y＝x2﹣4x+5＝（x﹣2）2+1，
∴顶点M的坐标是（2，1）．
（2）①如图1，∵A在x轴上，B的坐标为（1，5），
∴点A的坐标是（1，0）．
当t＝2时，D′，A′的坐标分别是（2，0），（3，0）．
当x＝3时，y＝32﹣4×3+5＝2，即点Q的纵坐标是2．
当x＝2时，y＝1，即点P的纵坐标是1．
∵PG⊥A′B′，
∴点G的纵坐标是1，
∴QG＝2﹣1＝1．
②存在．理由如下：
∵△PGQ的面积为1，PG＝1，
∴QG＝2．
根据题意，得：P（t，t2﹣4t+5），Q（t+1，t2﹣2t+2），
∴G（t+1，t2﹣4t+5），
如图2，当点G在点Q的上方时，
QG＝t2﹣4t+5﹣（t2﹣2t+2）＝3﹣2t＝2，
此时（在0＜t＜3的范围内）．
如图3，当点G在点Q的下方时，
QG＝t2﹣2t+2﹣（t2﹣4t+5）＝2t﹣3＝2，
此时（在0＜t＜3的范围内）．
综上所述，存在t，使得△PGQ的面积为1，此时t的值为或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；坐标与图形变化﹣平移；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）将点（0，5）代入函数解析式可求出c的值，即可得到函数解析式，再将函数解析转化为顶点式，可得到抛物线的顶点坐标.
（2）①利用已知可得到点A的坐标，当t=2时可得到点D′，点A′的坐标，将x=3代入二次函数解析式可求出点Q的纵坐标，将x=2代入函数解析式，可求出点P的纵坐标，利用PG⊥A′B′，可得到点G′的纵坐标，即可求出QG的长；②利用已知△PGQ的面积可求出QG的长，利用已知，结合函数解析式可得 P（t，t2﹣4t+5），Q（t+1，t2﹣2t+2），G（t+1，t2﹣4t+5）；分情况讨论：当点G在点Q的上方时，可表示出QG的长，因此可得到关于t的方程，解方程求出t的值；当点G在点Q的下方时，可表示出QG的长，根据GQ=2，可得到关于t的方程，解方程求出t的值；综上所述可得到符合题意的t的值.
24．【答案】（1）证明：在正方形ABCD中，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC，
∴∠DCM＝180°﹣∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠DCM，
∵DM⊥PD，
∴∠ADP+∠PDC＝∠CDM+∠PDC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDM，
在△DAP和△DCM中，
，
∴△DAP≌△DCM（ASA）；
（2）解：如图2，作QN⊥BC于点N，
∵∠ABC＝90°，DQ⊥AB，QN⊥BC，
∴四边形DBNQ是矩形，
∴∠DQN＝90°，QN＝DB，
∵QM⊥PQ，
∴∠DQP+∠PQN＝∠MQN+∠PQN＝90°，
∴∠DQP＝∠MQN，
∵∠QDP＝∠QNM＝90°，
∴△DQP∽△NQM，
∴，
∵BC＝8，AC＝10，∠ABC＝90°，
∴，
∵AD＝2DB，
∴DB＝2，
∵∠ADQ＝∠ABC＝90°，
∴DQ∥BC，
∴△ADQ∽△ABC，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵AC＝mAB，CQ＝nAC，
∴CQ＝mnAB，
∴AQ＝AC﹣CQ＝（m﹣mn）AB，
∵∠BAC＝90°，
∴，
如图3，作QN⊥BC于点N，
∵∠BAC+∠ABN+∠BNQ+∠AQN＝360°，∠BAC＝90°，
∴∠ABN+∠AQN＝180°，
∵∠ABN+∠PBN＝180°，
∴∠AQN＝∠PBN，
∵∠PQM＝∠PBC，
∴∠PQM＝∠AQN，
∴∠AQP＝∠NQM，
∵∠A＝∠QNM＝90°，
∴△QAP∽△QNM，
∴，
∵∠A＝∠QNC＝90°，∠QCN＝∠BCA，
∴△QCN∽△BCA，
∴，
∴，
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可推出∠A=∠DCM，AD=DC，利用垂直的定义和余角的性质可推出∠ADP＝∠CDM，再利用ASA可证得结论.
（2）作QN⊥BC于点N，易证四边形DBNQ是矩形，利用余角的性质可证得∠DQP＝∠MQN，利用两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△DQP∽△NQM，利用相似三角形的性质可证得 ；利用勾股定理可求出AB的长，同时可求出DB的长；再证明△ADQ∽△ABC，可得对应边成比例，可求出DQ的长，然后求出PQ与QM的比值.
（3）利用已知条件可表示出CQ、AQ的长，利用勾股定理可表示出BC的长；如图3，作QN⊥BC于点N，利用补角的性质可证得∠AQN＝∠PBN，由此可推出∠AQP＝∠NQM，可证得△QAP∽△QNM，利用相似三角形的性质可证得对应边成比例，可证得 ；再证明△QCN∽△BCA，利用相似三角形的性质可表示出QN的长，然后求出PQ与QM的比值.
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