备考特训2022年山东省潍坊市中考数学第一次模拟试题(含答案详解)

考试时间：90分钟；命题人：数学教研组

考生注意：

1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟 2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上

3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

· · · · · · ○· · · · · · 学号○ · · · · · · 第I卷（选择题 30分）

一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）

1、如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、BC上的点，且CEBF，AF、BE相交于点G，下列结论

封封○ · · · · · · · · · · · · 中正确的是（ ）

①AFBE；②AF⊥BE；③AGGE；④S△ABGS四边形CEGF． · · · · · · · · A．①②③ · · · · ○ · · · · · · 年级

密· · · · · · 密 姓名 B．①②④ C．①③④ D．②③④

2、下列方程变形不正确的是（ ） A．4x33x2变形得：4x3x23

○ ○内 · · · · · · · x1x10x1012x1 B．方程变形得：· 0.20.52· · · · · · · · · C．23x23x1变形得：6x43x3

外 · · · · · D．x1231x3变形得：4x13x18 23、下列单项式中，a3b2的同类项是（ ） A．3a3b2

B．2a2b3

C．a3b

D．ab2

4、如图是我国某市12月份连续4天的天气预报数据，其中日温差最大的一天是（ ）

A．12月13日 B．12月14日 C．12月15日 D．12月16日

5、如图是由一些完全相同的小立方块搭成的几何体从左面、上面看到的形状图．搭成这个几何体所用的小立方块的个数至少是（ ）

A．3个 B．4个 C．5个 D．6个

6、如图，在RtABC中，A90，D是BC的中点，EDBC垂足为D，交AB于点E，连接CE．若AE1，AC3，则BE的长为（ ）

A．3 B．22 C．4 D．10 7、东东和爸爸一起出去运动，两人同时从家出发，沿相同路线前行，途中爸爸有事返回，东东继续

· · · · · · · · · · · · 前行，5分钟后也原路返回，两人恰好同时到家．东东和爸爸在整个运动过程中离家的路程y1线· · · · · · 线 （米），y2（米）与运动时间x（分）之间的函数关系如图所示，下列结论中错误的是（ ） · · · · · ·

○· · · · · · ○ · · · · A．两人前行过程中的速度为180米/分 C．爸爸返回时的速度为90米/分 8、下列现象：

①用两个钉子就可以把木条固定在墙上

B．m的值是15，n的值是2700

D．运动18分钟或31分钟时，两人相距810米

学号· · · · · · · · 封封○ · · · · · · · · · · · · ②从A地到B地架设电线，总是尽可能沿着线段AB架设

③植树时，只要确定两棵树的位置，就能确定同一行树所在的直线 ④把弯曲的公路改直，就能缩短路程

其中能用“两点之间线段最短”来解释的现象有（ ） A．①④

B．①③

C．②④

D．③④

○ · · · · · · 密· · · · · · · 9、如图是一个正方体的展开图，现将此展开图折叠成正方体，有“北”字一面的相对面上的字是· （ ） · · · · 密 姓名年级

○ ○ · · · · · · · · · · · A．冬 B．奥 C．运 D．会

10、如图，一个几何体是由六个大小相同且棱长为1的立方块组成，则这个几何体的表面积是

· （ ）

外· · · · · 内 · · · · ·

A．16 B．19 C．24 D．36

第Ⅱ卷（非选择题 70分）

二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）

1、如图所示，已知直线m∥n，且这两条平行线间的距离为5个单位长度，点P为直线n上一定点，以P为圆心、大于5个单位长度为半径画弧，交直线m于A、B两点．再分别以点A、B为圆心、大

1于AB长为半径画弧，两弧交于点Q，作直线PQ，交直线m于点O．点H为射线OB上一动点，作2点O关于直线PH的对称点O，当点O到直线n的距离为4个单位时，线段PH的长度为______．

2、如图，围棋盘的方格内，白棋②的位置是5,2，白棋④的位置是4,6，那么黑棋①的位置应该表示为______．

· · · · · · · · · · · · 线· · · · · · 线 · · · · · ·

○· · · · · · ○学号封 · · · · · · · · · · · · 3、如图，商品条形码是商品的“身份证”，共有13位数字．它是由前12位数字和校验码构成，其结构分别代表“国家代码、厂商代码、产品代码、和校验码”．

· · · · · · 封

○年级 ○密○内 · · · · · · · · · · · · 其中，校验码是用来校验商品条形码中前12位数字代码的正确性．它的编制是按照特定的算法得来的．其算法为：

步骤1：计算前12位数字中偶数位数字的和a，即a91357934；

密 姓名· · · · · · · 步骤2：计算前12位数字中奇数位数字的和b，即b60246826； · · cc33426128； 3ab· 步骤3：计算与的和，即

c· 步骤4：取大于或等于且为10的整数倍的最小数d，即中d130；

· · · 如图，若条形码中被污染的两个数字的和是5，则被污染的两个数字中右边的数字是______． · · 4、计算：12______． · · 5、如图，Rt △ABC，∠B=90∘，∠BAC=72°，过C作CF∥AB，联结 AF 与 BC 相交于点 G，若 c 步骤5：计算d与的差就是校验码X，即X1301282．

○· · · · · · 外 GF=2AC，则 ∠BAG=_____________°．

· · · · · · · · · ·

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、如图，在直角坐标系内，把y＝2x的图象向下平移1个单位得到直线AB，直线AB分别交x轴于点A，交y轴于点B，C为线段AB的中点，过点C作AB的垂线，交y轴于点D．

1

(1)求A，B两点的坐标； (2)求BD的长；

(3)直接写出所有满足条件的点E；点E在坐标轴上且△ABE为等腰三角形． 2、如图，已知直线EF∥GH，ACBC，BC平分DCH．

· · · · · · · · · · · · (1)求证：ACDDAC；

(2)若ACG比BCH的2倍少3度，求DAC的度数．

2)，B(2，4)，C(11)，． 3、如图，在平面直角坐标系中，ABC在第二象限，且A(5，线· · · · · · ○· · · · 学号○ 线 · · · · · · · · · · · · · ·

· · · · · · 封封○密 · · · · · · · · · · · · · · · · · · （1）尺规作图： · ①作AB边的垂直平分线交BC于点D，交AB于点F； · · ②连接AD，作CAD的平分线交BC于点E；（要求：保留作图痕迹，不写作法） · · （2）在（1）所作的图中；求DAE的度数． · ○ 年级· · · · · · (1)作出ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出B1，C1的坐标；

(2)在x轴上求作一点P，使得APBP最小，并求出APBP最小值及P点坐标． 4、如图，在ABC中，B30，C40．

密 · · · · · · 姓名

○ · · · · · · 外· · · · · 内 ○ · · · · · 解：∵DF垂直平分线段AB，

∴DBDA，（_________）（填推理依据） ∴DABB，（__________）（填推理依据） ∵B30，∴DAB30， ∵C40，

∴BAC180BC__________， ∴CADBACDAB__________， ∵AE平分DAC，

∴DAEDAC__________．

5、【数学概念】如图1，A、B为数轴上不重合的两个点，P为数轴上任意一点，我们比较线段PA和

12PB的长度，将较短线段的长度定义为点P到线段AB的“靠近距离”．特别地，若线段PA和PB的长

度相等，则将线段PA或PB的长度定义为点P到线段AB的“靠近距离”．如图①，点A表示的数是－4，点B表示的数是2．

(1)【概念理解】若点P表示的数是－2，则点P到线段AB的“靠近距离”为______；

(2)【概念理解】若点P表示的数是m，点P到线段AB的“靠近距离”为3，则m的值为______（写出所有结果）；

(3)【概念应用】如图②，在数轴上，点P表示的数是－6，点A表示的数是－3，点B表示的数是

· · · · · · · · · · · · 2．点P以每秒2个单位长度的速度沿数轴向右运动，同时点B以每秒1个单位长度的速度沿数轴向

线· · · · · · 线 右运动．设运动的时间为t秒，当点P到线段AB的“靠近距离”为2时，求t的值．

· · · · · · 一、单选题

-参考答案-

○· · · · 学号年级· · · · · · · · ○封 · 1、B · · 【分析】 · · 根据正方形的性质及全等三角形的判定定理和性质、垂直的判定依次进行判断即可得． · 【详解】 · · 解：∵四边形ABCD是正方形， · · ∴ABBCCDAD，ABCBCD90， · · 在

封ABF与BCE中，

○ ○ · · · · · · · ABBC· ABCBCD， · BFCE· · · ∴

ABFBCE，

密· · · · · · · ∴AFBE，①正确； · · ∵BAFBFA90， · · · ∴EBCBFA90，

密○内 姓名 BAFEBC，

○ · · · · · · · · ∴BGF90， · · ∴AFBE，②正确； · · ∵GF与BG的数量关系不清楚， · · · · · 外 · · · · · ∴无法得AG与GE的数量关系，③错误； ∵ABFBCE， ∴SSABFBCE，

∴SABFSBGFSBCESBGF，

即SABGS四边形CEGF，④正确；

综上可得：①②④正确， 故选：B． 【点睛】

题目主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，垂直的判定等，理解题意，综合运用全等三角形全等的判定和性质是解题关键． 2、D 【分析】

根据等式的性质解答． 【详解】

解：A. 4x33x2变形得：4x3x23，故该项不符合题意；

B. 方程

x1x10x101变形得：2x1，故该项不符合题意； 0.20.52C. 23x23x1变形得：6x43x3，故该项不符合题意；

2312D. x1x3变形得：4x63x18，故该项符合题意；

故选：D． 【点睛】

· · · · · · · · · · · · 此题考查了解方程的依据：等式的性质，熟记等式的性质是解题的关键． 3、A 【分析】

依据同类项的定义：所含字母相同，相同字母的次数相同，据此判断即可． 【详解】

线· · · · · · ○· · · · · · 学号年级姓名 · · · · · · 封封○密○内○ 线 · · · · · · · 3232解：A.与3ab是同类项，选项符合题意； ab· · 2332· B.ab与2ab所含的字母相同，相同字母的次数不相同，不是同类项，故选项不符合题意；

· 332· C.ab与ab所含的字母相同，相同字母的次数不相同，不是同类项，故选项不符合题意；

232· D.ab与ab所含的字母相同，相同字母的次数不相同，不是同类项，故选项不符合题意；

· · 故选：A． · · 【点睛】 · 本题主要考查的是同类项的定义，掌握同类项的定义是解题的关键． · · 4、A · · 【分析】 · · 根据“日温差=当日的最高气温当日的最低气温”求出这4天的日温差，由此即可得． · 【详解】 · · 解：12月13日的日温差为2(8)10(C)， · · 12月14日的日温差为2(9)7(C)， · 12月15日的日温差为0(9)9(C)， · · 12月16日的日温差为3(11)8(C)， · · 则日温差最大的一天是12月13日， · · 故选：A． · · · · · ○○外密 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 【点睛】

本题考查了有理数减法的应用，掌握日温差的计算方法是解题关键． 5、C 【分析】

根据从左面看到的形状图，可得该几何体由2层，2行；从上面看到的形状图可得有2行，3列，从而得到上层至少1块，底层2行至少有3+1=4块，即可求解． 【详解】

解：根据从左面看到的形状图，可得该几何体由2层，2行；从上面看到的形状图可得有2行，3列，

所以上层至少1块，底层2行至少有3+1=4块，

所以搭成这个几何体所用的小立方块的个数至少是1+4=5块． 故选：C 【点睛】

本题主要考查了几何体的三视图，熟练掌握三视图是观测者从三个不同位置观察同一个几何体，画出的平面图形；（1）从正面看：从物体前面向后面正投影得到的投影图，它反映了空间几何体的高度和长度；（2）从左面看：从物体左面向右面正投影得到的投影图，它反映了空间几何体的高度和宽度；（3）从上面看：从物体上面向下面正投影得到的投影图，它反应了空间几何体的长度和宽度是解题的关键． 6、D 【分析】

勾股定理求出CE长，再根据垂直平分线的性质得出BE=CE即可． 【详解】

解：∵AE1，AC3，A90， ∴ECAE2AC210，

· · · · · · · · · · · · ∵，D是BC的中点，EDBC垂足为D，

线· · · · · · 线○学号封○密○内年级姓名 · ∴BE=CE10， · · · · · · · · · · · 故选：D． 【点睛】

本题考查了勾股定理，垂直平分线的性质，解题关键是熟练运用勾股定理求出CE长． 7、D 【分析】

两人同行过程中的速度就是20分钟前进3600千米的速度，即可判断A；东东在爸爸返回5分钟后返

封○ · · · · · · · · · · · · · 回即第20分钟返回，即可得到m=15，由此即可计算出n的值和爸爸返回的速度，即可判断B、C；分· 别求出运动18分钟和运动31分钟两人与家的距离即可得到答案． · · 【详解】 · · 解：∵3600÷20=180米/分， · ∴两人同行过程中的速度为180米/分，故A选项不符合题意； · · ∵东东在爸爸返回5分钟后返回即第20分钟返回 · · ∴m=20-5=15， · ∴n=180×15=2700，故B选项不符合题意；

○密 · · · · · · · · · · · · · · ∴爸爸返回的速度=2700÷（45-15）=90米/分，故C选项不符合题意； · · ∵当运动18分钟时，爸爸离家的距离=2700-90×（18-15）=2430米，东东离家的距离· =180×18=3240米，

· · · · · · · · · · · · ○ · · · · · · ∴运动18分钟时两人相距3240-2430=810米； ∵返程过程中东东45-20=25分钟走了3600米， ∴东东返程速度=3600÷25=144米/分，

∴运动31分钟时东东离家的距离=3600-144×（31-20）=2016米，爸爸离家的距离=2700-90×（31-

外 · · · · · 15）=1260米，

∴运动31分钟两人相距756米，故D选项符合题意； 故选D． 【点睛】

本题主要考查了从函数图像获取信息，解题的关键在于能够准确读懂函数图像． 8、C 【分析】

直接利用直线的性质和线段的性质分别判断得出答案． 【详解】

解：①用两个钉子就可以把木条固定在墙上，利用的是两点确定一条直线，故此选项不合题意； ②从A地到B地架设电线，总是尽可能沿着线段AB架设，能用“两点之间，线段最短”来解释，故此选项符合题意；

③植树时，只要确定两棵树的位置，就能确定同一行树所在的直线，利用的是两点确定一条直线，故此选项不合题意；

④把弯曲的公路改直，就能缩短路程，能用“两点之间，线段最短”来解释，故此选项符合题意． 故选：C． 【点睛】

本题考查了直线的性质和线段的性质，正确掌握相关性质是解题关键． 9、D 【分析】

正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答． 【详解】

解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，

· · · · · · · · · · · · “京”与“奥”是相对面， “冬”与“运”是相对面， “北”与“会”是相对面． 故选：D． 【点睛】

本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问

线· · · · · · ○· · · · 学号年级姓名· · · · · · · · ○○密封 线 · · · · · · · · · · 题． · 10、C · 【分析】 · · 分别求出各视图的面积，故可求出表面积． · · 【详解】 · · 由图可得图形的正视图面积为4，左视图面积为 3，俯视图的面积为5 · 故表面积为2×（4+3+5）=24 · · 故选C． · · 【点睛】 · 此题主要考查三视图的求解与表面积。解题的关键是熟知三视图的性质特点． · · 二、填空题 · · · · 【分析】

○密封 · · · · · · · · · · · · 1、510或510 3○ · · · · · · 外· · · · · 内 ○· · 根据勾股定理求出PE=3，设OH=x，可知，DH=(x-3)或(3- x)，勾股定理列出方程，求出x值即可． · · 【详解】 · · 解：如图所示，过点O作直线n的垂线，交m、n于点D、E，连接OH， · · · · · 由作图可知，POm，POPO5，点O到直线n的距离为4个单位，即EO4， PEPO2EO23，

则ODPE3，ODDEOE1， 设OH=x，可知，DH=（3- x），

(3x)212x2

53解得，x，

510； 3PHPO2OH2

如图所示，过点O作直线n的垂线，交m、n于点D、E，连接OH，

由作图可知，POm，POPO5，点O到直线n的距离为4个单位，即EO4， PEPO2EO23，

则ODPE3，ODDEOE9， 设OH=x，可知，DH=（x-3），

(x3)292x2

解得，x15，

PHPO2OH2510；

· · · · · · · · · · · · 故答案为：510或线· · · · · · ○○ 线 510 3· · · · · ·

· · · · · · · · · · 学号· · · · · · · · 封封○密○内 · 【点睛】 · · 本题考查了勾股定理和轴对称，解题关键是画出正确图形，会分类讨论，设未知数，根据勾股定理列· · · · · 【分析】 · · · 方程．

年级 2、1,5

○· · · · · · 先根据白棋②的位置是5,2，白棋④的位置是4,6确定坐标系，然后再确定黑棋①的坐标即

密 姓名· 可． · · · · · · · 【详解】 · · · · · · · 【点睛】 · · 此题主要考查了坐标确定位置，解决问题的关键是正确建立坐标系． · · 3、4 · · · · · 根据图形可以知道，黑棋①的位置应该表示为1,5

○ 故答案为：1,5

· · · · · · 外 · · · · · 【分析】

设被污染的两个数字中左边的数字为x，则右边的数为5-x，然后根据题中所给算法可进行求解． 【详解】

解：设被污染的两个数字中左边的数字为x，则右边的数为5-x，由题意得：

a9925x3533x， b61x12414x，

c333x14x1132x，

∵d为10的整数倍，且0x5， ∴d120或110， ∵由图可知校验码为9，

∴当d120时，则有X1201132x9，解得：x1，则有右边的数为5-1=4；

当d110时，则有X1101132x9，解得：x6，不符合题意，舍去； ∴被污染的两个数字中右边的数字是4； 故答案为4． 【点睛】

本题主要考查一元一次方程的应用，熟练掌握一元一次方程的应用是解题的关键． 4、-1 【分析】

根据有理数减法法则计算即可． 【详解】

解：121(2)1，

· · · · · · · · · · · · 故答案为：-1． 【点睛】

本题考查了有理数减法，解题关键是熟记有理数减法法则，准确计算． 5、24 【分析】

取FG的中点E，连接EC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得EC=AC，从而可推出

线· · · · · · ○· · · · 学号年级· · · · · · · · ○封 线 · · · · · · · · · · ∠EAC=∠AEC=∠F+∠ECF=2∠F，已知，∠BAC=72°，则不难求得∠BAG的度数． · 【详解】 · 解：如图，取FG的中点E，连接EC． · · · · · · 封

○ ○密 · · · · · · · · · · · ∵FC∥AB， · ∴∠GCF=90°， · · ∴EC=

2· · · · 密 · · · · · · 姓名1FG=AC，

∴∠EAC=∠AEC=∠F+∠ECF=2∠F， 设∠BAG=x，则∠F=x， ∵∠BAC=72°， ∴x+2x=72°， ∴x=24°，

○ ○内 · · · · · · · · · · · · · · · · · 外 · · · · · ∴∠BAG=24°， 故答案为：24． 【点睛】

本题考查了直角三角形斜边上的中线，平行线的性质以及角的计算，解题的关键是构造三个等腰三角形．直角三角形斜边上的中线的性质：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 三、解答题

1、 (1)A(2,0)，B(0,1) (2)BD

33(3)(25,0)，(25,0)，(2,0)，(,0)，(0,1)，(0,15)，(0,15)，(0,2)

4

52【解析】 【分析】

（1）先根据一次函数图象的平移可得直线AB的函数解析式，再分别求出y0时x的值、x0时y的值即可得；

（2）设点D的坐标为𝐷(0,𝐷)，从而可得𝐷𝐷=√4+𝐷2,𝐷𝐷=√(𝐷+1)2，再根据线段垂直平分线的判定与性质可得𝐷𝐷=𝐷𝐷，建立方程求出a的值，由此即可得；

（3）分①点E在x轴上，②点E在y轴上两种情况，分别根据𝐷𝐷=𝐷𝐷,𝐷𝐷=𝐷𝐷,𝐷𝐷=𝐷𝐷建立方程，解方程即可得． (1)

解：由题意得：直线AB的函数解析式为𝐷=2𝐷−1， 当y0时，2𝐷−1=0，解得𝐷=2，即A(2,0)， 当x0时，𝐷=−1，即B(0,1)； (2)

11· · · · · · · · · · · · 解：设点D的坐标为𝐷(0,𝐷)，

线线○ · · · · · · · ∴· · · · · 𝐷𝐷=√(0−2)2+(𝐷−0)2=√4+𝐷2，𝐷𝐷=√(𝐷+1)2，

点C为线段AB的中点，CDAB，

∴𝐷𝐷垂直平分AB，

○ · · · · · · · ∴· · · 𝐷𝐷=𝐷𝐷，即√4+𝐷2=√(𝐷+1)2，

32解得𝐷=，

学号· · · · · · · · 封封○密 则𝐷𝐷=√(3+1)2=5；

22· · (3) · · 解：由题意，分以下两种情况： · ○ · · · · · · 年级x· ①当点E在轴上时，设点E的坐标为𝐷(𝐷,0)，

· 则𝐷𝐷=√(2−0)2+(0+1)2=√5， · · · · · · · （Ⅰ）当𝐷𝐷=· · · · 此时点E的坐标为𝐷(2+√5,0)或𝐷(2−√5,0)；

𝐷𝐷=√(2−𝐷)2，

密 · · · · · · 姓名𝐷𝐷=√(0−𝐷)2+(−1−0)2=√𝐷2+1，

𝐷𝐷时，△𝐷𝐷𝐷为等腰三角形，

则√(2−𝐷)2=√5，解得𝐷=2+√5或𝐷=2−√5，

○ · · · · · · ○· · （Ⅱ）当𝐷𝐷=· · 则√𝐷2+1=√5，解得𝐷=2或𝐷=−2， · · 𝐷𝐷时，△𝐷𝐷𝐷为等腰三角形，

外· · · · · 内 此时点E的坐标为𝐷(−2,0)或𝐷(2,0)（与点A重合，舍去）；

· · · · · （Ⅲ）当𝐷𝐷=𝐷𝐷时，△𝐷𝐷𝐷为等腰三角形， 则√(2−𝐷)2=√𝐷2+1，解得𝐷=4， 此时点E的坐标为𝐷(4,0)；

②当点E在y轴上时，设点E的坐标为𝐷(0,𝐷)， 则𝐷𝐷=√(2−0)2+(0+1)2=√5，

33𝐷𝐷=√(2−0)2+(0−𝐷)2=√4+𝐷2，

𝐷𝐷=√(𝐷+1)2，

（Ⅰ）当𝐷𝐷=𝐷𝐷时，△𝐷𝐷𝐷为等腰三角形， 则√4+𝐷2=√5，解得𝐷=1或𝐷=−1，

此时点E的坐标为𝐷(0,1)或𝐷(0,−1)（与点B重合，舍去）； （Ⅱ）当𝐷𝐷=𝐷𝐷时，△𝐷𝐷𝐷为等腰三角形， 则√(𝐷+1)2=√5，解得𝐷=−1+√5或𝐷=−1−√5， 此时点E的坐标为𝐷(0,−1+√5)或𝐷(0,−1−√5)； （Ⅲ）当𝐷𝐷=𝐷𝐷时，△𝐷𝐷𝐷为等腰三角形， 则√4+𝐷2=√(𝐷+1)2，解得𝐷=2， 此时点E的坐标为𝐷(0,2)；

3综上，所有满足条件的点E的坐标为(25,0)，(25,0)，(2,0)，(,0)，(0,1)，(0,15)，

4(0,15)，(0,)．

3233· · · · · · · · · · · · 【点睛】

本题考查了一次函数图象的平移、线段垂直平分线的判定与性质、等腰三角形、两点之间的距离公式

线· · · · · · ○· · · · 学号○ 线 · · ，正确分情况讨论是解题关键． · 等知识点，较难的是题（3）

· 2、 (1)见解析 · · (2)59° · 【解析】 · · 【分析】 · · （1）根据平行线的性质，角平分线的定义，直角三角形的两锐角互余可得12，∠2=· · · ∠3，

· · · · · · 封封 ∠2+∠5=90°，∠3+∠4=90°，进而即可得∠4=∠5，即ACDDAC；

90°，结合已知条件建立二元一次方程

· · （2）根据题意，由（1）的角度之间关系可得∠1+∠5=· 组，解方程组即可求解． · · (1) · ○年级 · · · · · · ○ 如图， · · · · · ·

密· · · · · · · · · · · · 密 姓名 BC平分DCH

∴∠1=∠2

EF∥GH

○ · · · · · · ○· · · · · · ∴∠1=∠3 ∴∠2=∠3

ACBC，

外· · · · · 内 · · · · · ∴∠2+∠5=90°，∠3+∠4=90°

∴∠4=∠5

即ACDDAC (2) 如图，

EF∥GH

∴∠𝐷𝐷𝐷=∠4 ∵∠4=∠5,∠1=∠2 ∴∠𝐷𝐷𝐷=∠5,∠𝐷𝐷𝐷=∠1

由ACG比BCH的2倍少3度， 即∠5=2∠1−3°①

∵∠5+∠2=90°，又12 即∠5+∠1=90°②

∴2∠1−3°+∠1=90°

解得∠1=31°

∴∠𝐷𝐷𝐷=∠4=∠5=2∠1−3°=2×31°−3°=59°

∴∠𝐷𝐷𝐷=59°

【点睛】

· · · · · · · · · · · · 本题考查了平行线的性质，直角三角形的两锐角互余，二元一次方程组，数形结合是解题的关键． 3、 (1)见解析，𝐷1(2,4)，𝐷1(1,1) (2)见解析，3√5，𝐷(−4,0) 【解析】 【分析】

（1）由题意依据作轴对称图形的方法作出ABC关于y轴对称的△A1B1C1，进而即可得出B1，C1的坐

线· · · · · · ○· · · · · · 学号年级 · · · · · · 封○ ○封○ 线 · · · · · · · · · · 标；

· （2）根据题意作A关于x轴的对称点𝐷′，连接两点与x轴的交点即为点P，进而设直线𝐷′𝐷的解· 析式为ykxb并结合勾股定理进行求解. · (1) · · 解：如图所示，即为所求．𝐷(2,4)，𝐷(1,1)

11· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

密· · · · · · ○ ○内密 姓名 · · · · · · · · (2) · · 解：如图点P即为所求．A点关于x轴对称点𝐷′(−5,−2)． · · 设直线𝐷′𝐷的解析式为ykxb． · · · · · 外 · · · · · 将𝐷′(−5,−2)，𝐷(−2，4)代入得 −5𝐷+𝐷=−2𝐷=2{，∴{， −2𝐷+𝐷=4𝐷=8∴直线𝐷′𝐷:𝐷=2𝐷+8

当y0时，2𝐷+8=0．𝐷=−4，∴𝐷(−4,0)， ∵𝐷𝐷+𝐷𝐷最小=𝐷′𝐷+𝐷𝐷=𝐷′𝐷．

∴𝐷′𝐷=√(−5+2)2+(−2−4)2

=√45 =3√5

【点睛】

本题考查画轴对称图形以及勾股定理，熟练掌握并利用轴对称的性质解决线段和的最小值是解题的关键.

4、（1）①图见解析；②图见解析；（2）线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等，等边对等角，110，80，40． 【解析】 【分析】

（1）①根据线段垂直平分线的尺规作图即可得； ②先连接AD，再根据角平分线的尺规作图即可得；

（2）先根据线段垂直平分线的性质可得DBDA，再根据等腰三角形的性质可得DABB30，然后根据三角形的内角和定理可得BAC110，从而可得CAD80，最后根据角平分线的定义即可得． 【详解】

解：（1）①作AB边的垂直平分线交BC于点D，交AB于点F如图所示： ②连接AD，作CAD的平分线交BC于点E如图所示：

· · · · · · · · · · · · 线· · · · · · 线 · · · · · ·

○○学号封○年级 （2）∵DF垂直平分线段AB，

∴DBDA，（线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等） ∴DABB，（等边对等角） ∵B30， ∴DAB30， ∵C40，

∴BAC180BC110， ∴CADBACDAB80， ∵AE平分DAC，

1DAC40． 2· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ∴DAE· 【点睛】 · ○密封· · · · · · · · · · · · 姓名· · · · · · 密○· · · · · · · 本题考查了线段垂直平分线和角平分线的尺规作图、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握尺规作图和线段垂直平分线的性质是解题关键． 5、 (1)2； (2)-7或-1或5；

1○ · · · · · · · (3)t的值为2或或6或10． · · · 52【解析】

外· · · · · 内 · · · · · 【分析】

（1）由“靠近距离”的定义，可得答案；

（2）点P到线段AB的“靠近距离”为3时，有三种情况：①当点P在点A左侧时；②当点P在点A和点B之间时；③当点P在点B右侧时；

（3）分四种情况进行讨论：①当点P在点A左侧，PA解：∵PA=-2-(-4)=2，PB=2-(-2)=4，PA＜PB ∴点P到线段AB的“靠近距离”为：2 故答案为：2； (2)

∵点A表示的数为-4，点B表示的数为2，

∴点P到线段AB的“靠近距离”为3时，有三种情况： ①当点P在点A左侧时，PA②当点P在点A和点B之间时， ∵PA=m+4，PB=2-m，

如果m+4=3，那么m=-1，此时2-m=3，符合题意； ∴m=-1；

③当点P在点B右侧时，PB＜PA，

· · · · · · · · · · · · ∵点P到线段AB的“靠近距离”为3， ∴m-2=3， ∴m=5，符合题意；

综上，所求m的值为-7或-1或5． 故答案为-7或-1或5； (3)

线· · · · · · ○· · · · · · 学号○ 线 · · · · · · · · · · · 分四种情况进行讨论：①当点P在点A左侧，PA2 · · · · · ③当点P在点B左侧，PB5· ∴(-6+2t)-（-3）=2，∴t=2；

○年级 · · · · · · ○密④当点P在点B右侧，PB1密 姓名 · · · · · · · 综上，所求t的值为2或或6或10． 2· · 【点睛】 · · 本题考查了新定义，一元一次方程的应用，数轴上两点间的距离，理解点到线段的“靠近距离”的定· 5○ ○内 义，进行分类讨论是解题的关键．

· · · · · · · · · · · · · · · · · 外 · · · · ·