河南学业水平测试数学模拟三

2023年河南省各地市中考数学三模压轴题精选之四边形和相似三角形1.(2023·河南省商丘市·三模)如图，平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，顶点C在y轴的正半轴上，对角线AC和OB交于点D，作∠ABO的平分线，交OA于点P，交AC于点Q.若OP=2，则点Q的坐标为( )A. (3,2)B. (2+1,1)C. (2+2,2)D. (3,1)2.(2023·河南省天宏大联考·三模)如图，已知点P是菱形ABCD的对角线AC延长线上一点，过点P分别作AD、DC延长线的垂线，垂足分别为点E、F.若∠ABC=120°，AB=2，则PE―PF的值为( )A. 32B. 3 C. 2 D. 523.(2023·河南省天一大联考·三模)如图，△ABC是边长为8的等边三角形，以AC为底边在右侧作等腰三角形ADC，连接BD，交AC于点O，过点D作DF//AB交AC于点E，交BC于点F，若AD=5，则DF的长为( )A. 32B. 3+3C. 4+3D. 3+324.(2023·河南省天宏大联考·三模)如图，在△ABC中，OA=4，OB=3，C点与A点关于直线OB对称，动点P、Q分别在线段AC、AB上(点P不与点A、C重合)，满足∠BPQ=∠BAO.当△PQB为等腰三角形时，OP的长度是______．5.(2023·河南省天一大联考·三模)如图，在平行四边形ABCD中，∠B=60°，BC=1，点E是直线AB上一点，连接CE，将△BCE沿直线CE折叠，点B落在点B′处，若四边形BEB′C是菱形，则CE的长为______．6.(2023·河南省商丘市·三模)如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AD=6，∠ABD=30°，点E为CD 的中点，点P为BC，AB上一个动点，将△PEC沿PE折叠得到△PEQ，点C的对应点为点Q，当点Q落在矩形ABCD的对角线上时，PC的长为______．7.(2023·河南省郑州市外国语学校·三模)如图，直角△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4，点E是边AC 上一点，将BE绕点B顺时针旋转60°到点F，则CF长的最小值是．8.(2023·河南省郑州一中·三模)如图，在△ABC中，AB=AC=3+1，∠BAC=120°，P、Q是边BC上两点，将△ABP沿直线AP折叠，△ACQ沿直线AQ折叠，使得B、C的对应点重合于点R.当△PQR为直角三角形时，线段AP的长为______．9.(2023·河南省洛阳市·三模)如图，将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别在E，F.且点F在矩形内部，MF的延长线交边BC于点G，EF交边BC于点H.EN=1，AB=4，当点H为GN三等分点时，MD的长为______．10.(2023·河南省濮阳市·三模)矩形ABCD中，AB=3，BC=4，对角线AC、BD交于点O，点M是BC边上一动点，连接OM，以OM为折痕，将△COM折叠，点C的对应点为E，ME与OB交于点G，若△BGM为直角三角形，则BM的长为______．11.(2023·河南省商丘一中·三模)折纸游戏：小明剪出一个直角三角形的纸片ABC，其中，∠A=60°，AC=1，找出BC的中点M，在AB上找任意一点P，以MP为对称轴折叠△MPB，得到△MPD，点B的对应点为点D，小明发现，当点P的位置不同时，DP与△ABC的三边位置关系也不同，请帮小明解决问题：当DP⊥BC 时，AP的长为______．12.(2023·河南省驻马店市二中·三模)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=15，AC=12，E为AB上的点，将EB绕点E在平面内旋转，点B的对应点为点D，且点D在△ABC的边上，当△ADE恰好为直角三角形时，BE的长为______．13.(2023·河南省驻马店市确山县·三模)如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=23，∠B=30°，点D在AB上且AD=2，点P为AC的中点，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ、DQ.当∠DAQ=60°时，DQ的长为______．14.(2023·河南省周口市西华县·三模)如图1，将两个等腰直角△ABC和△DEF如图1放置，∠C=∠F=90°，AC=DF=2，D为AB的中点.如图2，将△DEF绕点D在平面内旋转，当△DEF的边恰好经过点C时，AF的长为______．15.(2023·河南省天宏大联考·三模)(1)如图1，正方形ABCD和正方形DEFG(其中AB>DE)，连接CE，AG交于点H，请直接写出线段AG与CE的数量关系______，位置关系______；(2)如图2，矩形ABCD和矩形DEFG，3AD=2DG，3AB=2DE，DC=DG，将矩形DEFG绕点D逆时针旋转α(0°<α<360°)，连接AG，CE交于点H，(1)中线段关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段AG，CE的数量关系和位置关系，并说明理由；(3)矩形ABCD和矩形DEFG，3AD=2DG=6，3AB=2DE=12，将矩形DEFG绕点D逆时针旋转α(0°<α<360°)，直线AG，CE交于点H，当点B、E、G在同一条直线上时，请直接写出线段BE的长．16.(2023·河南省天一大联考·三模)综合与实践【问题发现】(1)如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH于点O.试猜想线段EG与FH的数量关系为______；【类比探究】(2)如图2，在矩形ABCD中，AB=a，BC=2a，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，连接EG，FH，且EG⊥FH，垂足为O.试写出线段EG与FH的数量关系，并说明理由；【拓展应用】(3)如图3，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，∠BCD=60°，点M，N分别在边AB，BC上，连接CM，DN，且CM⊥DN，垂足为O.已知AB=3，BC=DC=4，若点M为AB的三等分点，直接写出线段DN的长．17.(2023·河南省郑州市外国语学校·三模)【问题发现】小明在一次利用三角板作图的过程中发现了一件有趣的事情：如图1，在Rt△ABC中，∠A=30°，AB=6，点M和点P分别是斜边AB上的动点，并且满足AM=BP，分别过点M和点P作AC边的垂线，垂足分别为点N和点Q，那么MN+PQ的值是一个定值．问题：若AM=BP=2时，MN+PQ值为______；【操作探究】如图2，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=α，AB=m；爱动脑筋的小明立即拿出另一个三角板进行了验证，发现果然和之前发现的结论一样，于是他猜想，对于任意一个直角三角形，当AM=BP时，MN+PQ的值都是固定的，小明的猜想对吗？如果对，请利用图2进行证明，并用含α和m的式子表示MN+PQ的值．【解决问题】如图3，在菱形ABCD中，AB=8，BD=14.若M、N分别是边AD、BC上的动点，且AM=BN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分别为E、F，则ME+NF的值为______．18.(2023·河南省郑州市十九中·三模)如图，在矩形ABCD中，点M、N分别为AD、BC上的点，将矩形ABCD 沿MN折叠，使点B落在CD边上的点E处(不与点C，D重合)，连接BE，过点M作MH⊥BC于点H．(1)如图①，若BC=AB，求证：△EBC≌△NMH；(2)如图②，当BC=2AB时，①求证：△EBC∽△NMH；②若点E为CD的三等分点，请直接写出AM的值．BN【问题背景】如图(1)，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，点E为边BC上一点，沿直线DE将矩形折叠，使点C落在AB边上的点C′处．(1)【问题解决】填空：AC′的长为______；(2)如图(2)，展开后，将△DC′E沿线段AB向右平移，使点C′的对应点与点B重合，得到△D′BE′，D′E′与BC 交于点F，求线段EF的长．(3)【拓展探究】如图(3)，在△DC′E沿射线AB向右平移的过程中，设点C′的对应点为C″，则当△D′C″E′在线段BC上截得的线段PQ的长度为1时，直接写出平移的距离．=k，F是AC边上一动点，将△AFB沿着BF翻折得点A 【问题情景】如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,ACBC的对应点D，连接CD，将射线CD绕点C顺时针旋转90°交BF于点E．【问题发现】(1)如图1，若k=1，设∠ABF=α．①求∠DAC的度数.(用含α的式子表示)②求证：CD=CE．【拓展应用】(2)如图2，若k=3，BC=2，在点F移动的过程中，当△ACD为直角三角形时，请直接写出BE的长．21.(2023·河南省商丘一中·三模)如图，矩形ABCD中，点M为CD上一点，AM⊥BM，点P为直线CD上一个动点，将射线PB绕点P逆时针旋转90°交直线AM于点Q．(1)当△AMB为等腰直角三角形时，①如图1，当点Q落在线段MA上时，试判断MB，MQ，MP的数量关系______；②如图2，当点Q落在射线MA上时，①中的结论是否变化，若不变，请证明.若变化，请说明理由；(2)如图3，若其他条件不变，Rt△AMB中，∠ABM=60°，AB=4，MQ=3，请直接写出MP的长．22.(2023·河南省周口市西华县·三模)实践发现：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平：再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①．(1)折痕BM______(填“是”或“不是”)线段AN的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答______；进一步计算出∠MNE=______；(2)继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，则∠GBN=______；拓展延伸：(3)如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A′处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA′交ST于点O，连接AT、A′S.求证：四边形SATA′是菱形．解决问题：(4)如图④，矩形纸片ABCD中，AB=10，AD=26，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A′处，并且折痕交AB 边于点T，交AD边于点S，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段AT的长度有4，5，7，9．请写出以上4个数值中你认为正确的数值______．23.(2023·河南省驻马店二中·三模)阅读以下材料，并按要求完成相应的任务．《数学的发现》是2006年科学出版社出版的图书，作者是(美)乔治⋅波利亚.本书通过对各种类型生动而有趣的典型问题(有些是非数学的))进行细致剖析，提出它们的本质特征，从而总结出各种数学模型．共高三角形：有一条公共高的三角形称为共高三角形．共高定理：如图①，设点M在直线AB上，点P为直线外一点，则有S△PAMS△PBM =AMBM．下面是该结论的证明过程：证明：如图①，过点P作PQ⊥AB于点Q，……按要求完成下列任务：(1)请你按照以上证明思路，结合图①完成剩余的证明；(2)如图②，△ABC，①画出∠BAC的平分线(不写画法，保留作图痕迹，使用2B铅笔作图)；②若∠BAC的平分线交BC于D，求证：ABAC =BDCD．(3)如图③，E是平行四边形ABCD边CD上一点，连接BE并延长，交AD的延长线于点F，连接AE，CF，若△ADE的面积为2，则△CEF的面积为______．24.(2023·河南省新乡市封丘县·三模)综合与实践综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．(1)操作判断操作一：正方形透明纸片ABCD，点E在BC边上，如图1，连接AE，沿经过点B的直线折叠，使点E的对应点E′落AE在上，如图2，把纸片展平，得到折痕BF，如图3，折痕BF交AE于点G．根据以上操作，请直接写出图3中AE与BF的位置关系：______，BE与CF的数量关系：______．(2)迁移探究小华将正方形透明纸片换成矩形透明纸片，继续探究，过程如下：将矩形透明纸片ABCD按照(1)中的方式操作，得到折痕BF，折痕BF交AE于点G，如图4.若mAB=nAD，改变点E在BC上的位置，那么BFAE 的值是否能用含m，n的代数式表示？如果能，请推理BFAE的值，如果不能，请说明理由；(3)拓展应用如图5，已知正方形纸片ABCD的边长为2，动点E在AD边上由点A向终点D匀速运动，动点F在DC边上由点D 向终点C匀速运动，动点E，F同时开始运动，且速度相同，连接AF，BE，交于点G，连接DG，则线段DG长度的最小值为：______，点G的运动路径长度为：______(直接写出答案即可)．参考答案1.【答案】B【解析】解：如图，过顶点P作PE⊥OB于点E，∵四边形ABCD为正方形，∴OC=BC=AB=OA，∠OAB=90°，∴∠AOB=45°，∵PE⊥OB，∴△OPE为等腰直角三角形，∴PE=OP2=22=2，∵BP为∠ABO的平分线，PA⊥AB，PE⊥OB，∴PE=PA=2，∴OA=OP+PA=2+2，∴C(0,2+2)，A(2+2,0)，P(2,0)，B(2+2,2+2)，设直线AC的解析式为y=kx+b(k≠0)，将C(0,2+2)，A(2+2,0)代入得，b=2+2(2+2)k+b=0，解得：k=―1b=2+2，∴直线AC的解析式为y=―x+2+2，设直线BP的解析式为y=mx+n(m≠0)，将P(2,0)，B(2+2,2+2)代入得，2m+n=0(2+2)m+n=2+2，解得：m=2+1n=―22―2，∴直线BP的解析式为y=(2+1)x―22―2，联立直线AC 与直线BP 的解析式得，y =―x +2+ 2y =( 2+1)x ―2 2―2，解得：x = 2+1y =1，∴Q( 2+1,1)．故选：B ．过顶点P 作PE ⊥OB 于点E ，根据矩形的性质可得∠AOB =45°，则△OPE 为等腰直角三角形，PE =OP 2= 2，根据角平分线的性质可得PE =PA = 2，进而求出OA =2+ 2，于是C(0,2+ 2)，A(2+ 2,0)，P(2,0)，B(2+ 2,2+ 2)再利用待定系数法分别求出直线AC 与直线BP 的解析式，最后联立求解即可．本题主要考查正方形的性质、坐标与图形性质、等腰直角三角形的判定与性质、角平分线的性质、用待定系数法求一次函数解析式，解题关键是利用待定系数法正确求出一次函数解析式是解题关键．2.【答案】B【解析】解：设AC 交BD 于O ，如图：∵菱形ABCD ，∠ABC =120°，AB =2，∴∠BAD =∠BCD =60°，∠DAC =∠DCA =30°，AD =AB =2，BD ⊥AC ，Rt △AOD 中，OD =12AD =1，OA = AD 2―OA 2= 3，∴AC =2OA =2 3，Rt △APE 中，∠DAC =30°，PE =12AP ，Rt △CPF 中，∠PCF =∠DCA =30°，PF =12CP ，∴PE ―PF =12AP ―12CP =12(AP ―CP)=12AC ，∴PE ―PF = 3，故选：B ．设AC 交BD 于O ，根据已知可得AC =2 3，而PE ―PF =12AP ―12CP =12(AP ―CP)=12AC ，即可得到答案．本题考查菱形的性质及应用，解题的关键是求出AC ，把PE ―PF 转化为12AC ．3.【答案】C【解析】解：在等边△ABC 中，AB =BC =AC =8，在等腰△ADC 中，AD =DC =5，∴BD 垂直平分AC ，∴AO =4，∠AOD =∠AOB =90°，∴∠ABO =∠CBO =30°，根据勾股定理，得OD = AD 2―AO 2= 52―42=3，BO = AB 2―AO 2= 82―42=4 3，∴BD =3+4 3，∵DF//AB ，∴∠FDB =∠ABD =30°，∴∠FDB =∠FBD =30°，∴DF =BF ，过点F 作FH ⊥BD 于点H ，则H 是BD 的中点，∴DH =12BD =3+432，设DF =x ，则FH =12x ，根据勾股定理，得(12x )2+(3+4 32)2=x 2，解得x =4+ 3或x =―4― 3(舍去)，∴DF =4+ 3，故选：C ．根据等边三角形和等腰三角形的性质可知BD 垂直平分AC ，再根据勾股定理求出OD 和BO 的长，进一步可得BD 的长，根据平行线的性质进一步可得DF =BF ，过点F 作FH ⊥BD 于点H ，根据等腰三角形的性质可得DH 的长，设DF =x ，则FH =12x ，根据勾股定理列方程，求解即可．本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，勾股定理等，熟练掌握这些性质是解题的关键．4.【答案】1或78【解析】【分析】分为三种情况：①PQ =BP ，②BQ =QP ，③BQ =BP ，由等腰三角形的性质和勾股定理即可求解．本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质的应用，题目综合性比较强，解题的关键是熟练掌握所学的性质进行解题，注意分类讨论．【解答】解：∵OA=4，OB=3，C点与A点关于直线OB对称，∴BC=AB=42+32=5，分为3种情况：①当PB=PQ时，∵C点与A点关于直线OB对称，∴∠BAO=∠BCO，∵∠BPQ=∠BAO，∴∠BPQ=∠BCO，∵∠APB=∠APQ+∠BPQ=∠BCO+∠CBP，∴∠APQ=∠CBP，在△APQ与△CBP中，∠QAP=∠PCB∠APQ=∠CBP，QP=PB∴△APQ≌△CBP(AAS)，∴PA=BC=5，此时OP=5―4=1；②当BQ=BP时，∠BPQ=∠BQP，∵∠BPQ=∠BAO，∴∠BAO=∠BQP，根据三角形外角性质得：∠BQP>∠BAO，∴这种情况不存在；③当QB=QP时，∠QBP=∠BPQ=∠BAO，∴PB=PA，设OP=x，则PB=PA=4―x在Rt△OBP中，PB2=OP2+OB2，∴(4―x)2=x2+32，解得：x=7；8∵点P在AC上，∴点P在点O左边，．此时OP=78∴当△PQB为等腰三角形时，OP的长度是1或7．8故答案为：1或7．85.【答案】1【解析】解：∵四边形BEB′C是菱形，∴BC=BE=B′E=B′C=1，∵∠B=60°，∴△BCE是等边三角形，∴CE=BC=1，故答案为：1．根据菱形的性质证明△BCE是等边三角形，进而可以解决问题．本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，菱形的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．6.【答案】3或63【解析】解：当点P在BC上时，如图：由折叠的性质可知，DE=EQ，PC=PQ，∠EQP=90°，∵∠ABD=30°，四边形ABCD是矩形，∴∠EDQ=∠EQD=30°，∠PBQ=60°，∴∠PQB=60°，∴△PBQ是等边三角形，BC=3，∴PC=PQ=PB=12当点P在AB上时，Q刚好和点D重合，如图：由勾股定理得AB=63，∵E是中点，∴DE=33，由折叠的性质知PE⊥DC，在Rt△PEC中，CE=33，PE=6，∴PC=CE2+PE2=63．故答案为：3或63．分两种情况讨论，当点P在BC上时，可得△PBQ是等边三角形，从而得出PC=PQ=PB，此时PC=3，当点P在AB上时，Q刚好和点D重合，此时PC=63．本题考查矩形的性质和折叠的性质及勾股定理，本题要数形结合即可解答．7.【答案】2【解析】【分析】取AB的中点D，连接DE，过点D作DH⊥AC于点H，可证得△BCF≌△BDE(SAS)，得出CF=DE，当且仅当AD=2为DE的最小值，即可得出CF的最小值为2．DE⊥AC，即点E与点H重合时，DE=DH=12本题考查了直角三角形性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．【解答】解：如图，取AB的中点D，连接DE，过点D作DH⊥AC于点H，则AD =BD =12AB ，∠AHD =∠ACB =90°，∵∠A =30°，BC =4，∴AB =2BC =8，∠ABC =90°―30°=60°，由旋转得：BF =BE ，∠EBF =60°，∴∠EBC +∠CBF =60°，∵∠EBC +∠DBE =60°，∴∠CBF =∠DBE ，∵AD =BD =12AB =4，∴BC =BD ，在△BCF 和△BDE 中BF =BE ∠CBF =∠DBE BC =BD∴△BCF ≌△BDE(SAS)，∴CF =DE ，当且仅当DE ⊥AC ，即点E 与点H 重合时，DE =DH =12AD =2为DE 的最小值，∴CF 的最小值为2．故答案为：2．8.【答案】 2或 6+ 22【解析】【分析】由翻折的性质，等腰三角形的性质可得∠PRQ =60°，要使△PQR 为直角三角形，于是有两种情况：即∠RPQ =90°或∠RQP =90°，分别画出相应的图形，根据等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系以及勾股定理进行计算即可．本题考查翻折变换的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系，掌握翻折变换的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系以及勾股定理是正确解答的前提．【解答】解：过点A 作AD ⊥BC 于点D ，由翻折可知，∠ARQ =∠C ，∠ARP =∠B ，在△ABC 中，∠BAC =120°，AB =AC = 3+1，∴∠B =∠C =30°，AD =12AB = 3+12，BD =CD = 32AB =3+32，∴∠PRQ =∠B +∠C =60°，①当∠RPQ =90°时，如图1，设AR 与BC 交于点E ，∴RP//AD ，∴∠EAD =∠ERP =∠B =30°，在Rt △ADE 中，AD =3+12，∠EAD =30°，∴DE = 33AD =3+ 36，设BP =a ，则PR =a ，PE =BD ―BP ―DE =3+ 32―a ―3+ 36=3+33―a ，在Rt △PRE 中，∠PRE =30°，∴PR = 3PE ，即a = 3×(3+33―a)，解得a =1，∴BP =PR =1，PE =3+ 33―1=33，∴PD =PE +DE = 33+3+ 36=3+12=AD ，∴△PAD 是等腰直角三角形，∴AP = 2AD = 6+22；②当∠RQP =90°时，如图2，由①可得，CQ =QR =1，DQ =AD =3+12，设PD =b ，则BP =PR =BD ―PD =3+32―b ，在Rt △PQR 中，由勾股定理得，PR 2―PQ 2=QR 2，即(3+ 32―b )2―( 3+12+b )2=1，解得b =3―12，即PD =3―12，在Rt △APD 中，由勾股定理得，AP 2=AD 2+PD 2=( 3+12)2+(3―12)2=2，∴AP=2，综上所述，AP=2或AP=6+22，故答案为：2或6+22．9.【答案】73―12或3【解析】【分析】根据点H为GN三等分点，分两种情况分别计算，根据折叠的性质和平行线的性质证明∠GMN=∠MNG，得到MG=NG，证明△FGH∽△ENH，求出FG的长，过点G作GP⊥AD于点P，则PG=AB=4，设MD=MF=x，根据勾股定理列方程求出x即可．本题考查了翻折变换(折叠问题)，矩形的性质，考查了分类讨论的思想，根据勾股定理列方程求解是解题的关键．【解答】解：当HN=13GN时，GH=2HN，∵将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，∴MF=MD，CN=EN，∠E=∠C=∠D=∠MFE=90°，∠DMN=∠GMN，AD//BC，∴∠GFH=90°，∠DMN=∠MNG，∴∠GMN=∠MNG，∴MG=NG，∵∠GFH=∠E=90°，∠FHG=∠EHN，∴△FGH∽△ENH，∴FG EN =GHHN=2，∴FG=2EN=2，过点G作GP⊥AD于点P，则PG=AB=4，设MD=MF=x，则MG =GN =x +2，∴CG =x +3，∴PM =3，∵GP 2+PM 2=MG 2，∴42+32=(x +2)2，解得：x =3或―7(舍去)，∴MD =3；当GH =13GN 时，HN =2GH ，∵△FGH ∽△ENH ，∴FG EN =GH HN =12，∴FG =12EN =12，∴MG =GN =x +12，∴CG =x +32，∴PM =32，∵GP 2+PM 2=MG 2，∴42+(32)2=(x +12)2，解得：x =73―12或― 73―12(舍去)，∴MD = 73―12；故答案为：73―12或3．10.【答案】0.5或1.5【解析】解：①∠BMG 是直角，如图，过O 点作OH ⊥BC 于H ，∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，∴AC=5，∴BH=CH=2，∴CO=2.5，∴OH=1.5，由折叠的性质可得∠OMH=45°，∴MH=OH=1.5，∴BM=BH―MH=4―2―1.5=0.5；②∠BGM是直角，如图，由折叠的性质可得OE=OC=2.5，∠ACB=∠E，∵∠ABC=∠EGO=90°，∴△OEG∽△ACB，∴OG：OE=AB：AC，即OG：2.5=3：5，解得OG=1.5，∴BG=2.5―1.5=1，∵∠ACB=∠MBG，∠ABC=∠MGB=90°，∴△ABC∽△MGB，∴BM：BG=CA：CB，即BM：1=5：4，解得BM=1.25．综上所述，线段BM的长为0.5或1.25．故答案为：0.5或1.25．分两种情况：①∠BMG是直角和②∠BGM是直角，进行讨论即可求解．本题考查了矩形的性质、勾股定理、翻折变换的性质、等腰直角三角形的性质；熟练掌握矩形和翻折变换的性质，勾股定理是解决问题的关键．11.【答案】12或32【解析】【分析】分两种情形：如图1中，当DP ⊥BC ，延长DP 交BC 于点J.如图2中，当PD ⊥BC 于点J 时，分别求出PB ，可得结论．本题考查翻折变换，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．【解答】解：如图1中，当DP ⊥BC ，延长DP 交BC 于点J ．∵∠C =90°，AC =1，∠A =60°，∴∠B =30°，∴AB =2AC =2，BC = 3AC = 3，由翻折变换的性质可知，∠D =∠B =30°，DM =BM =32，∴JM =12DM =34，∴BJ =BM ―JM =34，∴PB =BJ cos 30∘=12，∴AP =AB ―PB =2―12=32．如图2中，当PD ⊥BC 于点J 时，同法可得MJ =JC =34，∴BJ =334，∴PB =BJ cos 30∘=32，∴AP =AB ―PB =2―32=12．综上所述，AP 的值为12或32．故答案为：12或32．12.【答案】458或457【解析】解：∵∠ACB =90°，AB =15，AC =12，∴BC = 152―122=9.△ADE 为直角三角形时分两种情况：①如图，当∠ADE =90°时，设DE =x =BE ，由∠ADE =∠ACB ，∠A =∠A ，∴△ADE ∽△ACB ，∴DE CB =AE AB，∴x 9=15―x 15，解得x =458；②当∠AED =90°时，设DE =y =BE ，同理可得：△AED ∽△ACB ，∴DE CB =AE AC，∴y 9=15―y 12，解得y =457．故答案为：458或457．先求解BC =9，再分两种情况讨论：如图，当∠ADE =90°时，当∠AED =90°时，再利用相似三角形的判定与性质解答即可．本题考查的是勾股定理的应用，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，作出正确的图形是解本题的关键．13.【答案】 7或 3【解析】解：∵∠ACB =90°，BC =2 3，∠B =30°，点P 为AC 的中点，∴∠BAC =60°，AC =BC ⋅tan30°=2，AP =12AC =1，AB AC 2+BC 2= 22+(2 3)2=4．∵AD =2，∴D 是AB 的中点．当∠DAQ =60°时，存在两种情况，当点Q 与点P 重合时，如图1所示，AQ =AP =1，此时DQ 为△ABC 的中位线，∴DQ=1BC=3；2当点Q在AP延长线上时，连接DP、DQ，如图2所示，∵PD为△ABC的中位线，∴PD//BC，∴∠DPQ+∠ACB=180°，∴∠DPQ=90°，∴DQ=PD2+PQ2=(3)2+22=7，综上，DQ的长为7或3，故答案为：7或3．AC=1，AB AC2+BC2=根据直角三角形的性质得到∠BAC=60°，AC=BC⋅tan30°=2，AP=1222+(23)2=4.求得D是AB的中点．当∠DAQ=60°时，存在两种情况，当点Q与点P重合时，如图1所示，AQ=AP=1，当点Q在AP延长线上时，连接DP、DQ，根据三角形的中位线定理即可得到结论．本题考查了旋转的性质，勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形的性质，分类讨论是解题的关键．14.【答案】2或6【解析】【分析】分两种情况讨论，由等腰直角三角形的性质可得AD=CD=2，利用勾股定理和平行四边形的性质可求解．本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．【解答】解：如图，当点C落在DF上时，∵AC=DF=2，∠CAB=∠EDF=45°，∠ACB=∠DFE=90°，△ACB和△DFE都是等腰直角三角形，∴AB=DE=22，∵点D是AB的中点，∴AD=CD=2，∴AF=AD2+DF2=2+4=6；当点C落在DE上时，连接CF，∵DE=AB=22，CD=2，∴CE=CD=2，∵△EFD是等腰直角三角形，∴CF=CD=2=AD，CF⊥DE，∴CF//AD，∴四边形ADCF是平行四边形，∴AF=CD=2，故答案为：2或6．15.【答案】相等垂直【解析】解：(1)如图1，在正方形ABCD和正方形DEFG中，∠ADC=∠EDG=90°，∴∠ADE+∠EDG=∠ADC+∠ADE，即∠ADG=∠CDE，∵DG=DE，DA=DC，∴△GDA≌△EDC(SAS)，∴AG=CE，∠GAD=∠ECD，∵∠COD=∠AOH，∴∠AHO=∠CDO=90°，∴AG⊥CE，故答案为：相等，垂直；(2)不成立，新结论：3CE=2AG，AG⊥CE，理由如下：如图2，由(1)知，∠EDC=∠ADG，∵3AD=2DG，3AB=2DE，AD=DE，∴DG AD =32，DECD=DEAB=32，∴DG AD =EDDC=32，∴△GDA ∽△EDC ，∴AG CE =AD DC =32，即3CE =2AG ，∵△GDA ∽△EDC ，∴∠ECD =∠GAD ，∵∠COD =∠AOH ，∴∠AHO =∠CDO =90°，∴AG ⊥CE ；(3)①当点G 在线段BE 上时，如图3―1，连接BD ，过点D 作DT ⊥BE 于点T ．∵3AD =2DG =6，3AB =2DE =12，∴AD =2，DG =3，AB =4，DE =6，∵∠A =∠EDG =90°，∴BD = AD 2+AB 2= 22+42=2 5，EG = DG 2+DE 2= 32+62=3 5，∵DT ⊥EG ，∴12⋅DE ⋅DG =12⋅EG ⋅DT ，∴DT =3×63 5=6 55，∴ET =DE 2―DT 2=12 55，BT =BD 2―DT 2=(25)2―(655)2=855，∴BE =ET +BT =4 5．②当点G在EB放延长线上时，如图3―2，同法可得BE=ET―BT=1255―855=455，综上所述，满足条件的BE的值为45或455．(1)证明△GDA≌△EDC(SAS)，即可求解；(2)根据两边对应成比例且夹角相等证明△GDA∽△EDC，即可求解；(3)①当点G在线段BE上时，如图3―1，利用勾股定理求出ET，TB即可；②当点G在EB的延长线上时，如图3―2，同法可解．本题是四边形综合题，涉及旋转的性质，矩形的性质，三角形全等和相似的性质和判定，勾股定理等知识，难度适中，其中(3)正确画图和分类讨论是解题的关键．16.【答案】EG=FH【解析】(1)证明：过点H作HN⊥BC交于N，过点G作GM⊥BA交于M，∵四边形ABCD是正方形，∴MG=HN，∵HF⊥EG，∴∠MGE=∠NHF，∴△HFN≌△GEM(ASA)，∴HF=EG；故答案为：HF=EG；(2)解：EG=2FH；理由：过点H作HQ⊥BC交于Q，过点G作GP⊥AB交于P，由(1)可得，∠QHF=∠PGE，∴△QHF∽△PGE，∴HF GE =HQPG，∵AB=a，BC=2a，∴PG=2a，HQ=a，∴HF GE =a2a=12；∴EG=2FH；(3)解：如图3，过点D作DS⊥BC于S，∴∠DSN=∠DSC=∠B=90°，∵∠DCS=60°，CD=4，∴DS=32CD=23，∵点M为AB的三等分点，AB=3，∴BM=2或BM=1，∵BC=4，∴CM=BC2+BM2=25或17，由(1)知△BCM∽△SDN，∴CM DN =BCSD，∴25DN =423或17DN=423，解得DN=15或512．(1)过点H作HN⊥BC交于N，过点G作GM⊥BA交于M，证明△HFN≌△GEM(ASA)即可求解；(2)过点H作HQ⊥BC交于Q，过点G作GP⊥AB交于P，由(1)可得△QHF∽△PGE；(3)如图3，过点D作DS⊥BC于S，根据垂直的定义得到∠DSN=∠DSC=∠B=90°，根据已知条件得到BM=2或BM=1，根据勾股定理得到CM=BC2+BM2=25或17，根据勾股定理即可得到结论．本题考查了四边形的综合题，正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键．17.【答案】解：【问题发现】3；【操作探究】对，证明：∵MN⊥AC于点N，PQ⊥AC于点Q，AM=BP，∴∠ANM=∠AQP=∠C=90°，∵∠A=∠A，∴△AMN∽△ABC，△APQ∽△ABC，∴MNBC =AMAB，PQBC=APAB，∵AP=AM+MP=BP+MP=MB，∴PQ BC =MBAB，∴MNBC +PQBC=AMAB+MBAB=ABAB=1，∴MN+PQ=BC，∵BCAB=sinA，∠A=α，AB=m，∴BC=AB⋅sinA=m⋅sinα，∴MN+PQ=m⋅sinα，∴MN+PQ的值为定值，MN+PQ=m⋅sinα．【解决问题】15．【解析】【分析】此题重点考查直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、菱形的性质等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．【问题发现】由∠ANM =∠AQP =∠C =90°，∠A =30°，得MN =12AM ，PQ =12AP =12(AM +PM)，而AM =BP ，则MN +PQ =12AM +12BM =12AB =3，于是得到问题的答案．【操作探究】由∠ANM =∠AQP =∠C =90°，∠A =∠A ，可证明△AMN ∽△ABC ，△APQ ∽△ABC ，得MN BC=AM AB ，PQ BC =APBC ，因为AP =AM +MP =BP +MP =MB ，则PQ BC =MB AB ，于是可推导出MN BC +PQ BC =AB AB=1，所以MN +PQ =BC =m ⋅sinα；【解决问题】连AC 交BC 于点O ，在BC 上截取BL =DM ，作LI ⊥BO 于点I ，由菱形的性质得BC =AB =AD =8，BO =DO =12BD =7，∠BOC =90°，可求得CO = BC 2―BO 2= 15，再由AD =BC ，AM =BN ，证明DM =CN ，再证明△BLI ≌△DME ，得LI =ME ，则BL =CN ，由∠BOC =90°，LI ⊥BO ，NF ⊥BO ，得LI +NF =CO = 15，则ME +NF = 15．【解答】解：【问题发现】∵MN ⊥AC 于点N ，PQ ⊥AC 于点Q ，∴∠ANM =∠AQP =∠C =90°，∵∠A =30°，∴MN =12AM ，PQ =12AP =12(AM +PM)，∵AM =BP ，∴PQ =12(BP +PM)=12BM ，∴MN +PQ =12AM +12BM =12AB ，∵AB =6，∴MN +PQ =12×6=3，故答案为：3．【操作探究】见答案；【解决问题】如图3，连AC 交BC 于点O ，在BC 上截取BL =DM ，作LI ⊥BO 于点I ，∵四边形ABCD 是菱形，AB =8，BD =14，∴BC =AB =AD =8，BO =DO =12BD =12×14=7，AC ⊥BD ，∴∠BOC =90°，∴CO = BC 2―BO 2= 82―72= 15，∵AD =BC ，AM =BN ，∴AD ―AM =BC ―BN ，∴DM =CN ，∵BC//AD ，∴∠LBI =∠MDE ，∵ME ⊥BD ，LI ⊥BO ，∴∠BIL =∠DEM =90°，在△BLI 和△DME 中，∠LBI =∠MDE∠BIL =∠DEM =90°BL =DM ,∴△BLI ≌△DME(AAS)，∴LI =ME ，∵AM =BN ，AD =BC ，∴DM =CN ，∴BL =CN ，∵∠BOC =90°，LI ⊥BO ，NF ⊥BO ，∴△BIL ∽△BFN ∽△BOC ，∴LI CO =BL BC ,NF CO =BN BC ，∴LI CO +NF CO =BL BC +BNBC ，即LI +NF CO =BL +BNBC=1，∴LI +NF =CO = 15，∴ME +NF = 15，故答案为： 15．18.【答案】(1)证明：如图①，BE 与MN 的交点记作点O ，由折叠知，∠BON =90°，∴∠CBE+∠BNM=90°，∵MH⊥BC，∴∠MHN=90°，∴∠HMN+∠BNM=90°，∴∠CBE=∠HMN，∵四边形ABCD为矩形，∴∠A=∠ABC=∠C=90°=∠BHM，∴四边形ABHM是矩形，∴AB=MH，∵BC=AB，∴BC=MH，在△EBC和△NMH中，∠C=∠BHMBC=MH∠CBE=∠HMN，∴△EBC≌△NMH(ASA)；(2)①证明：同(1)的方法得，∠C=∠BHM，∠CBE=∠HMN，∴△EBC∽△NMH；②解：设DE=x(x>0)，∵点E为CD的三等分点，Ⅰ、当CE=2DE时，∴CE=2x，CD=3x，∵BC=2BA，∴BC=6x，同①的方法得，四边形CDMH是矩形，∴MH=CD=3x，由①知，△EBC∽△NMH，∴EC NH =BCMH，∴2xNH =6x 3x，∴NH =x ，设AM =y(y >0)，同①的方法得，四边形AMHB 是矩形，∴BH =AM =y ，∴BN =x +y ，∴CN =BC ―BN =5x ―y ，由折叠知，EN =BN =x +y ，在Rt △ECN 中，根据勾股定理得，CN 2+CE 2=EN 2，∴(5x ―y )2+(2x )2=(x +y )2，∴y =73x 或x =0(舍)，∴AM =73x ，BN =x +y =103x ，∴AM BN =73x 103x =710，Ⅱ、当DE =2DE 时，同Ⅰ的方法得．AM BN=3137，即AMBN=710或3137． 【解析】(1)根据同角的余角相等得出∠CBE =∠HMN ，再判断出四边形ABHM 是矩形，得出AB =MH ，进而判断出△EBC ≌△NMH ；(2)①同(1)的方法得，∠C =∠BHM ，∠CBE =∠HMN ，即可得出结论；②设DE =x(x >0)，Ⅰ、当CE =2DE 时，则CE =2x ，CD =3x ，BC =6x ，进而得出MH =CD =3x ，再根据△EBC ∽△NMH ，得出NH =x ，设AM =y(y >0)，表示出BH =AM =y ，BN =x +y ，CN =BC ―BN =5x ―y ，再根据勾股定理得，CN 2+CE 2=EN 2，建立方程得出y =73x 或x =0(舍)，Ⅱ、当DE =2CE 时，同Ⅰ的方法，即可求出答案．此题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，利用勾股定理得出y =73x 是解本题的关键．19.【答案】解：(1)3．(2)由(1)得：AC′=3，∴BC′=AB ―AC′=2，由折叠的性质得：C′E =CE ，设BE =x ，则C′E =CE =4―x ，在Rt △BEC′中，BE 2+BC′2=C′E 2，即x 2+22=(4―x )2，解得x =32，即BE =32，CE =4―32=52，连接EE′，如图所示：由平移的性质得：E′E =BC′=2，EE′//AB//CD ，D′E′//DE ，∴△FEE′∽△FCD′∽△ECD ，∴EF EE′=CE CD =525=12，∴EF =12EE′=1．(3)45或195．【解析】【分析】本题考查四边形综合，矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平移的性质、平行四边形的判定等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、平移的性质以及勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型．(1)由矩形的性质得∠A =90°，AB =CD =5，BC =AD =4，再由折叠的性质得C′D =CD =5，然后由勾股定理求解即可；(2)由折叠的性质得C′E =CE ，设BE =x ，则C′E =CE =4―x ，在Rt △BEC′中，由BE 2+BC′2=C′E 2求出BE =32，CE =52，连接EE′，根据相似三角形的判定可得△FEE′∽△FCD′∽△ECD ，即可求解；(3)分类讨论：当C″在AB 内(B 的左侧)时，连接EE′，根据相似三角形的判定和性质可得E′E E′Q =45，根据平移的性质和等角对等边的性质可得PQ =QE′=1，即可求得；当C″在射线AB 上(B 的右侧)时，连接EE′，根据相似三角形的判定和性质可得CD′=2CP ，CD′=34CQ ，求解可得CP =35，即可求得．【解答】解：(1)∵四边形ABCD 是矩形，∴∠A =∠B =90°，AB =CD =5，BC =AD =4，由折叠的性质得：C′D =CD =5，∴AC′= C′D 2―AD 2= 52―42=3，故答案为：3．(2)见答案．(3)当C″在AB 内(B 的左侧)时，连接EE′，如图所示：由平移的性质得：E′E =C′C″，EE′//AB ，C″E′//C′E ，∴△QEE′∽△QBC″∽△EBC′，∴E′E E ′Q =C′B C ′E =252=45，∵∠CPD′=∠EPE′=∠CED =∠D′E′Q ，∴PQ =QE′=1，∴E′E =45E′Q =45；当C″在射线AB 上(B 的右侧)时，连接EE′，如图，由平移的性质得：E′E =DD′，DE//D′E ，DC′//D′C″，∴△CD′P ∽△CDE ，△CD′Q ∽△AC′D ，。

20．某生态体验园推出了甲、乙两种消费卡，设入园次数为 x 时所需费用为 y 元，选择 这两种卡消费时， y 与 x 的函数关系如图所示，解答下列问题：
(1)分别求出选择这两种卡消费时， y 关于 x 的函数表达式； (2)当入园次数 12 次时选择哪种卡消费比较合算． 21．如图①，中国古代的马车已经涉及很复杂的机械设计，包含大量零部件和工艺，所 彰显的智慧让人叹服．如图②是马车的侧面示意图，AB 为车轮 e O 的直径，过圆心 O 的 车架 AC 一端点 C 着地时，地面 CD 与车轮 e O 相切于点 D ，连接 AD ， BD ．
讲员来校宣讲，并在讲座活动之后请同学们完成了“防溺水安全教育知识问卷”，现从该 校七、八年级中各随机抽取了 20 名学生填写的问卷，进行整理和分析（问卷得分均为 整数，满分为 10 分），相关数据统计、整理如下： 抽取的七年级学生的问卷得分：6，6，6，7，7，7，7，7，8，8，8，8，8，8，9，9， 9，10，10，10 抽取的八年级学生的问卷得分条形统计图
应为（ ）
A． 0.1211015
B．12.11014
C．1.211015
D．1.211014
3．如图，是一个正方体的一种展开图，那么在正方体的表面与“力”相对的汉字是（ ）
A．我
B．要
C．学
D．习
4．如图，直线 a P b ， AC AB 于点 A，若 1 56 ，则 2 的度数为（ ）
A． 24
抛物线上，它们的横坐标分别为 m 和 m 3．
(1)求这条抛物线的函数关系式； (2)当 2 x t 时， y 的取值范围是 2t 5 y 15 ，求 t 的值； (3)以线段 AC 为对角线作矩形 ABCD ， AB y 轴（如图）．当矩形 ABCD 与抛物线有且 只有三个公共点时，设第三个公共点为 F ，若△ ACF 与矩形 ABCD的面积之比为1: 4 ， 请直接写出 m 的值． 23．已知在 VABC 中， O 为 BC 边的中点，连接 AO ，将 VAOC 绕点 O 顺时针旋转（旋 转角为钝角），得到 VEOF ，连接 AE 、 CF ．

2023年河南省郑州市河南省实验中学中考三模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________6．已知1x =是一元二次方程220x ax +-=的一个实数根，则a 的值是（ ） A ．1 B ．1- C ．2 D ．2-7．下列选项中，最适宜采用全面调查（普查）方式的是（ ）A ．调查一批节能灯的使用寿命B ．调查东风渠的水质状况C ．调查河南省中学生的体育运动情况D ．检测长征二号F 遥17火箭的零部件 8．作为中原大省，河南省是我国的人口大省、农业大省、经济大省，2022年，河南省凭借6.13万亿元的经济总量占据全国各省份第五位，占全国的5.0%，将数据“6.13万亿”用科学计数法表示为（ ）A ．86.1310⨯B ．106.1310⨯C ．126.1310⨯D ．146.1310⨯ 9．如图，抛物线2y ax bx c =++的对称轴为直线1x =，则下列结论中，错误的是（ ）A ．0ac <B ．240b ac ->C ．20a b -=D ．0a b c -+= 10．正方形ABCD 与正方形BEFG 按照如图所示的位置摆放，其中点E 在AB 上，点G 、B 、C 在同一直线上，且4AB =，2BE =，正方形BEFG 沿直线BC 向右平移得到正方形B EFG ''''，当点G '与点C 重合时停止运动，设平移的距离为x ，正方形B E F G ''''与正方形ABCD 的重合部分面积为S ，则S 与x 之间的函数图象可以表示为（ ）A ．B ．C ．D ．二、填空题11．请写出一个与x 轴有公共点的函数表达式：______．12．不等式14x +<的非负整数解为______．13．第十一届中国（郑州）国际园林博览会于2017年9月29日在郑州航空港经济综合三、解答题20．卫龙辣条是现市场上销售的一种品牌休闲食品，在学生中很受欢迎．俭学街某便利店批发一部分该食品进行销售，已知每包卫龙辣条的进价是每包普通辣条进价的2倍，用40 元购进的卫龙辣条比用10元购进的普通辣条多10包．(1)求卫龙辣条和普通辣条每包的进价分别是多少元？(2)该便利店每月用1000元购进卫龙辣条、普通辣条，并分别按3.5元/包、2元/包的价格全部售出．若普通辣条的数量不超过卫龙辣条数量的3倍，请你帮该便利店设计进货方案，使得每月所获总利润最大．21．足球比赛中，当守门员远离球门时，进攻队员常常使用吊射战术（把球高高地挑过守门员的头顶，射入球门）．一般来说，吊射战术中足球的轨迹往往是一条抛物线．摩洛哥与葡萄牙比赛进行中，摩洛哥一位球员在离对方球门30米的点O 处起脚吊射，假如球飞行的路线是一条抛物线，在离球门14米时，足球达到最大高度8米．以点O 为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系．(1)求该抛物线的函数表达式；(2)此时，葡萄牙队的守门员在球门前方距离球门线1米处，原地起跳后双手能达到的最大高度为2.8米，在没有摩洛哥队员干扰的情况下，那么他能否在空中截住这次吊射？请说明理由．22．水车又称孔明车，是中国最古老的农业灌溉工具，是先人们在征服世界的过程中创造出来的高超劳动技艺，是珍贵的历史文化遗产．相传为汉灵帝时毕岚造出雏形，经三国时孔明改造完善后在蜀国推广使用，隋唐时广泛用于农业灌溉，已有1700余年历史．小明对水车进行了研究，如图，水渠CD 与水车O e 相切于点D ，连接DO ，已知O e 的半径为1.2米，支柱OA 、BC 与水面AB 垂直，支柱OA 的高度为3.5米，点A 与点B 之间的距离为3.6米，点O ，A ，B ，C ，D 在同一平面内．。

∴∠ADP＝∠PDM＝30°，
∴AP=
3
3
AD= 3，
∴PB＝6− 3；
③当 BC＝BM＝3 时，
由折叠的性质得，DM＝AD＝3，
∴DM+BM＝6，而 BD= ��2 + ��2 =3 5，
∴DM+BM＜BD，故这种情况不存在，
综上所述，BP 的长为 3 或 6− 3，
故答案为：3 或 6− 3．
故答案为：22°．
13． 【答案】﹣2≤x＜2
【解析】
2� + 6 ≥− �①
，
2� − 4＜0②
由①得：x≥﹣2，
由②得：x＜2，
则不等式组的解集为﹣2≤x＜2．
故答案为：﹣2≤x＜2．
14．【答案】2π
【解析】Rt△ABC 中，∠B＝30°，AB＝12，
则 AC＝6，
∵∠B＝30°，
∴∠A＝60°，CA＝CA′，
∵直线 l1：y＝kx+b 能将矩形 OCPA 面积二等分，
∴直线 l1 必经过点（4，2），
把（4，2）代入 y＝kx+b 得：4k+b＝2，
∴b＝4﹣2k；
故答案为 b＝4﹣2k；
②当 k＝2 时，直线 l1 的解析式为：y＝2x﹣6，
如图 3 所示，直线 l2 必经过点 B（4，2），
∵直线 l1，l2 将矩形四等分，
在等腰三角形 ABC 中，AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴AB= 2AC，∠CAB＝45°，
同理，AD= 2AE，∠AED＝90°，∠ADE＝∠DAE＝45°，
∴
��
��
=
��
，∠DAE＝∠CAB，
��
∴∠EAC＝∠DAB，