山東省濟(jì)南市2024年中考數(shù)學(xué)試卷含真題解析

山東省濟(jì)南市2024年中考數(shù)學(xué)試卷一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分.每小題只有一個選項符合題目要求。1．9的相反數(shù)是（）A．﹣9 B． C． D．92．黑陶是繼彩陶之后中國新石器時代制陶工藝的又一個高峰，被譽(yù)為“土與火的藝術(shù)，力與美的結(jié)晶”．如圖是山東博物館收藏的蛋殼黑陶高柄杯．關(guān)于它的三視圖，下列說法正確的是（）A．主視圖與左視圖相同 B．主視圖與俯視圖相同C．左視圖與俯視圖相同 D．三種視圖都相同【解析】【解答】解：該蛋殼黑陶高柄杯的主視圖與左視圖相同，俯視圖與其主視圖和左視圖都不相同.故答案為：A.【分析】主視圖就是從正面看得到的正投影；左視圖就是從側(cè)面看得到的正投影；俯視圖就是從上面看得到的正投影，據(jù)此并結(jié)合蛋殼黑陶高柄杯的形狀即可逐一判斷得出答案.3．截至2023年底，我國森林面積約為3465000000畝，森林覆蓋率達(dá)到24.02%．將數(shù)字3465000000用科學(xué)記數(shù)法表示為（）A．0.3465×109 B．3.465×109 C．3.465×108 D．34.65×108【解析】【解答】解：將數(shù)字3465000000用科學(xué)記數(shù)法表示為：3.465×109.故答案為：B.【分析】用科學(xué)記數(shù)法表示較大的數(shù)，一般表示成a×10n的形式，其中1≤a＜10，n等于原數(shù)的整數(shù)位數(shù)減去1，據(jù)此可求解.4．若正多邊形的一個外角是45°，則這個正多邊形是（）A．正六邊形 B．正七邊形 C．正八邊形 D．正九邊形【解析】【解答】解：∵正多邊形的一個外角是45°，

∴這個正多邊形的邊數(shù)為：360°÷45°=8，即這個正多邊形是正八邊形.故答案為：C.【分析】由于正多邊形各個外角相等且外角和為360°，故用外角的總度數(shù)除以一個外角的度數(shù)即可求出該正多邊形的邊數(shù).5．如圖，已知△ABC≌△DEC，∠A＝60°，∠B＝40°，則∠DCE的度數(shù)為（）A．40° B．60° C．80° D．100°【解析】【解答】解：∵△ABC中∠A＝60°，∠B＝40°，

∴∠ACB=180°-∠A-∠B＝80°，

∵△ABC≌△DEC，

∴∠DCE=∠ACB=80°.故答案為：C.【分析】先由三角形的內(nèi)角和定理算出∠ACB的度數(shù)，再根據(jù)全等三角形的對應(yīng)角相等可求出∠DCE的度數(shù).6．下列運(yùn)算正確的是（）A．3x+3y＝6xy B．（xy2）3＝xy6C．3（x+8）＝3x+8 D．x2?x3＝x5【解析】【解答】解：A、3x與3y不是同類項，不能進(jìn)行合并，故此選項計算錯誤，不符合題意；

B、(xy2)3=x3×(y2)3=x3y6，故此選項計算錯誤，不符合題意；

C、3(x+8)=3x+24，故此選項計算錯誤，不符合題意；

D、x2?x3＝x2+3=x5，故此選項計算正確，符合題意.故答案為：D.【分析】整式加法的實質(zhì)就是合并同類項，所謂同類項就是所含字母相同，而且相同字母的指數(shù)也分別相同的項，同類項與字母的順序沒有關(guān)系，與系數(shù)也沒有關(guān)系，合并同類項的時候，只需要將系數(shù)相加減，字母和字母的指數(shù)不變，但不是同類項的一定就不能合并，從而即可判斷A選項；由積的乘方，等于把積中的每一個因式分別乘方，再把所得的冪相乘；冪的乘方，底數(shù)不變，指數(shù)相乘，即可判斷B選項；由乘法分配律，可判斷C選項；根據(jù)同底數(shù)冪的乘法，底數(shù)不變，指數(shù)相加，即可判斷D選項.7．若關(guān)于x的方程x2﹣x﹣m＝0有兩個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)m的取值范圍是（）A． B． C．m＜﹣4 D．m＞﹣4【解析】【解答】解：∵關(guān)于x的方程x2﹣x﹣m＝0有兩個不相等的實數(shù)根，

∴△=b2-4ac＞0，即(-1)2-4×1×(-m)＞0，

解得m＞.故答案為：B.【分析】對于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常數(shù)，且a≠0）”中，當(dāng)b2-4ac＞0時方程有兩個不相等的實數(shù)根，當(dāng)b2-4ac=0時方程有兩個相等的實數(shù)根，當(dāng)b2-4ac＜0時方程沒有實數(shù)根，據(jù)此結(jié)合題意列出關(guān)于字母m的不等式，求解即可.8．3月14日是國際數(shù)學(xué)節(jié)．某學(xué)校在今年國際數(shù)學(xué)節(jié)策劃了“競速華容道”“玩轉(zhuǎn)幻方”和“巧解魯班鎖”三個挑戰(zhàn)活動，如果小紅和小麗每人隨機(jī)選擇參加其中一個活動，則她們恰好選到同一個活動的概率是（）A． B． C． D．【解析】【解答】解：設(shè)“競速華容道”“玩轉(zhuǎn)幻方”和“巧解魯班鎖”三個挑戰(zhàn)活動分別為A、B、C，由題意畫樹狀圖如下：

由圖可知共有9種等可能結(jié)果數(shù)，其中恰好選到同一個活動的情況數(shù)有3種，

∴恰好選到同一個活動的概率為：.

故答案為：C.【分析】此題是抽取放回類型，用出樹狀圖列舉出所有等可能的情況數(shù)，由圖可知共有9種等可能結(jié)果數(shù)，其中恰好選到同一個活動的情況數(shù)有3種，進(jìn)而根據(jù)概率公式計算可得答案.9．如圖，在正方形ABCD中，分別以點A和B為圓心，以大于AB的長為半徑作弧，兩弧相交于點E和F，作直線EF，再以點A為圓心，以AD的長為半徑作弧交直線EF于點G（點G在正方形ABCD內(nèi)部），連接DG并延長交BC于點K．若BK＝2，則正方形ABCD的邊長為（）A． B． C． D．【解析】【解答】解：如圖，連接AG，設(shè)EF交AB于點H，交CD于點M，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB=AD=BC，AB∥CD，∠DAB=∠B=∠C=∠ADC=90°，

由作圖過程可得EF是AB的垂直平分線，

∴AH=BH，∠AHM=∠BHM=90°，

∴四邊形AHMD與四邊形BHMC都是矩形，

∴AD∥HM∥BC，BH=CM=AH=DM，HM=BC，

∴點G是DK的中點

∴GM是△DCK的中位線，

設(shè)GM=x，則CK=2x，

∴AB=BC=AD=2+2x，

∴AH=BH=x+1，

由作圖知AG=AD=2x+2，

∴，

∴

∴，

解得x=，

∴，即該正方形的邊長為.

故答案為：D.【分析】連接AG，設(shè)EF交AB于點H，交CD于點M，由正方形的性質(zhì)得AB=AD=BC，AB∥CD，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°，由作圖過程可得EF是AB的垂直平分線，則可根據(jù)三個角是直角的四邊形是矩形得出四邊形AHMD與四邊形BHMC都是矩形，由矩形的性質(zhì)得AD∥HM∥BC，BH=CM=AH=DM，HM=BC，由平行線等分線段定理得點G是DK的中點，由三角形中位線定理設(shè)GM=x，則CK=2x，推出AB=BC=AD=2+2x，AH=BH=x+1，由作圖知AG=AD=x+1，由勾股定理表示出GH，進(jìn)而再由線段和差表示出MH，最后根據(jù)MH=BC建立方程求出x的值，從而可求出正方形的邊長.10．如圖1，△ABC是等邊三角形，點D在邊AB上，BD＝2，動點P以每秒1個單位長度的速度從點B出發(fā)，沿折線BC﹣CA勻速運(yùn)動，到達(dá)點A后停止，連接DP．設(shè)點P的運(yùn)動時間為t（s），DP2為y．當(dāng)動點P沿BC勻速運(yùn)動到點C時，y與t的函數(shù)圖象如圖2所示．有以下四個結(jié)論：①AB＝3；②當(dāng)t＝5時，y＝1；③當(dāng)4≤t≤6時，1≤y≤3；④動點P沿BC﹣CA勻速運(yùn)動時，兩個時刻t1，t2（t1＜t2）分別對應(yīng)y1和y2，若t1+t2＝6，則y1＞y2．其中正確結(jié)論的序號是（）A．①②③ B．①② C．③④ D．①②④【解析】【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，

∴AB=BC，∠B=∠ACB=∠A=60°.

當(dāng)P到C時，DP2=y=7，

∴DC2=7，

作DH⊥BC于點H，如圖，

∵∠B=60°，BD=2，

∴BH=BD=1，，

∴，

∴BC=BH+CH=1+2=3，

∴AB=BC=3，故①正確；

∴此時t=AB÷1=3（秒），

當(dāng)t=5時，P在AC上，且PC=2，如圖，

∵AB=AC=3，BD=PC=2，

∴AD=AP=1，

又∵∠A=60°，

∴△ADP是等邊三角形，

∴DP=AD=AP=1，

∴y=DP2=1，故②正確；

過點D作DH⊥AP于點H，如圖，

∴，.

t=4時，PC=1，

∴AP=2，

∴.

∴.

當(dāng)4≤t≤6時，點P從如圖PC=1的位置運(yùn)動到點A，且DP的長先減小后增大.

∴在DP⊥AC，即DP和DH重合時取得最小值，最小值為：.

在t=4時，DP2=3；t=6時，DP2=DA2=1；

∴DP2最大值為3；

∴當(dāng)4≤t≤6時，≤y≤3，故③錯誤；

∵t1+t2＝6，t1＜t2，

∴t2=6-t1＞t1，t1=6-t2<t2，

∴t1＜3，t2＞3，

由題意當(dāng)0≤t≤3時，y=(t-1)2+3；

當(dāng)3≤t≤6時，y=(t-5.5)2+；

∴y1=(t1-1)2+3，y2=(t2-5.5)2+=(t1-0.5)2+，

∴y1-y2=(t1-1)2+3-(t1-0.5)2-=3-t1＞0，

∴y1＞y2，故④正確，

綜上，正確的有①②④.

故答案為：D.【分析】當(dāng)P到C時，DP2=y=7，可得DC2=7，作DH⊥BC于點H，由含30度角直角三角形的性質(zhì)可得BH=1，由勾股定理算出DH、CH的長，由線段和差算出BC，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可判斷①；找出t=5時，P的位置，進(jìn)而可判斷②；再由當(dāng)4≤t≤6時，點P從如圖位置運(yùn)動到點A，DP的長先減小后增大，緊扣特殊位置進(jìn)行分析可得≤y≤3，從而可判斷③；由已知條件判斷出t1＜3，t2＞3，再結(jié)合當(dāng)0≤t≤3時與當(dāng)3≤t≤6時，分別表示出y1與y2，利用作差法可判斷④.二、填空題：本題共5小題，每小題4分，共20分．直接填寫答案．11．若分式的值為0，則實數(shù)x的值為．【解析】【解答】解：∵分式的值為0，

∴x-1=0且2x≠0，

解得x=1.故答案為：1.【分析】由分式值為零的條件：分子等于零且分母不為零，列出混合組，求解即可.12．如圖是一個可以自由轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)盤，轉(zhuǎn)盤被等分成四個扇形，轉(zhuǎn)動轉(zhuǎn)盤，當(dāng)轉(zhuǎn)盤停止時，指針落在紅色區(qū)域的概率為．【解析】【解答】解：∵四個相同的扇形中紅色的有一個，

∴轉(zhuǎn)動轉(zhuǎn)盤，當(dāng)轉(zhuǎn)盤停止時，指針落在紅色區(qū)域的概率為.故答案為：.【分析】用紅色扇形的個數(shù)除以4即可求出答案.13．如圖，已知l1∥l2，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，頂點A，B分別在l1，l2上，當(dāng)∠1＝70°時，∠2＝°．【解析】【解答】解：如圖，

∵l1∥l2，∠1=70°，

∴∠3=∠1=70°，

∵△ABC是等腰直角三角形，且∠BAC=90°，

∴∠ABC=45°，

∴∠2=180°-∠3-∠ABC=65°.

故答案為：65.【分析】由二直線平行，同位角相等，得∠3=∠1=70°，由等腰直角三角形的性質(zhì)得∠ABC=45°，然后根據(jù)平角定義求解即可.14．某公司生產(chǎn)了A，B兩款新能源電動汽車．如圖，l1，l2分別表示A款，B款新能源電動汽車充滿電后電池的剩余電量y（kw?h）與汽車行駛路程x（km）的關(guān)系．當(dāng)兩款新能源電動汽車的行駛路程都是300km時，A款新能源電動汽車電池的剩余電量比B款新能源電動汽車電池的剩余電量多kw?h．【解析】【解答】解：A款新能源電動汽車每干米的耗電量為(80-48)÷200=0.16（kw?h），B款新能源電動汽車每千米的耗電量為(80-40)÷200=0.2（kw?h），

∴l(xiāng)1圖象的函數(shù)關(guān)系式為y1=80-0.16x，l2的函數(shù)關(guān)系式為y2=80-0.2x，

當(dāng)x=300時，y1=80-0.16×300=32，y2=80-0.2×300=20，

32-20=12（kw?h），

∴當(dāng)兩款新能源電動汽車的行駛路程都是300km時，A款新能源電動汽車電池的剩余電量比B款新能源電動汽車電池的剩余電量多1kw?h.

故答案為：12.

【分析】根據(jù)“電動汽車每千米的耗電量=剩余電量的減少量÷行駛路程”分別計算A、B兩款新能源電動汽車每干米的耗電量，由此寫出圖象l1，12的函數(shù)關(guān)系式，將x=300分別代入，求出對應(yīng)函數(shù)值并計算二者之差即可.15．如圖，在矩形紙片ABCD中，，AD＝2，E為邊AD的中點，點F在邊CD上，連接EF，將△DEF沿EF翻折，點D的對應(yīng)點為D'，連接BD'．若BD'＝2，則DF＝．【解析】【解答】解：如圖，連接BE，延長FE交BA的延長線于點H，

∵矩形ABCD中，AB=，AD=2，E為邊AD的中點，

∴AE=DE=1，∠BAE=∠D=90°=∠HAE，

∴

∵∠DEF=∠AEH，AE=DE，∠D=∠HAE=90°，

∴△HAE≌△EDF(ASA)，

∴DF=AH，

∵將△DEF沿EF翻折，點D的對應(yīng)點為D'，

∴ED=ED'=1，∠ED'F=∠D=90°，∠DEF=∠D'EF，

∵BD'=2，

∴

∴△BED為直角三角形，且∠BED'=90°，

設(shè)∠DEF=x，則∠AEH=∠DEF=x，∠DED'=2x，

∴∠AEB=90°-2x，∠AHE=90°-x，

∴∠НЕВ=∠AEH+∠AEB=90°-x=∠АНЕ，

∴△BHE為等腰三角形，

∴ВH=ВЕ=，

∴АН=BН-АВ=，

∴DF=АН=.

故答案為：.【分析】連接BE，延長EF交BA的延長線于H，由中點定義得AE=DE=1，由矩形性質(zhì)得∠BAE=∠D=90°，從而由勾股定理算出BE的長；利用ASA判斷出△HAE≌△EDF，得DF=AH，由翻折性質(zhì)得ED=ED'=1，∠ED'F=∠D=90°，∠DEF=∠D'EF，由勾股定理的逆定理判斷出△BED為直角三角形，且∠BED'=90°，設(shè)∠DEF=x，則∠AEH=∠DEF=x，∠DED'=2x，則∠AEB=90°-2x，∠AHE=90°-x，推出△BHE為等腰三角形，從而即可求解.三、解答題：本題共10小題，共90分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．16．計算：．【解析】【分析】先根據(jù)二次根式性質(zhì)、零指數(shù)冪的性質(zhì)、負(fù)整數(shù)指數(shù)冪的性質(zhì)及絕對值的性質(zhì)分別計算，同時代入特殊銳角三角函數(shù)值，再計算乘法，最后計算有理數(shù)的加減法及合并同類二次根式即可.17．解不等式組：，并寫出它的所有整數(shù)解．【解析】【分析】分別解出不等式組中兩個不等式的解集，根據(jù)口訣：同大取大，同小取小，大小小大中間找，大大小小無解了確定出解集，進(jìn)而再寫出解集內(nèi)的整數(shù)解即可.18．如圖，在菱形ABCD中，AE⊥CD，垂足為E，CF⊥AD，垂足為F．求證：AF＝CE．【解析】【分析】由菱形的四邊相等得AD=CD，由垂直的定義得∠AED＝∠CFD＝90°，從而用AAS判斷出△AED≌△CFD，由全等三角形的對應(yīng)邊相等得DE＝DF，最后根據(jù)線段的和差及等式的性質(zhì)可得結(jié)論.19．城市軌道交通發(fā)展迅猛，為市民出行帶來極大方便．某?！熬C合實踐”小組想測得輕軌高架站的相關(guān)距離，數(shù)據(jù)勘測組通過勘測得到了如下記錄表：綜合實踐活動記錄表活動內(nèi)容測量輕軌高架站的相關(guān)距離測量工具測傾器，紅外測距儀等過程資料輕軌高架站示意圖相關(guān)數(shù)據(jù)及說明：圖中點A，B，C，D，E，F(xiàn)在同一平面內(nèi)，房頂AB，吊頂CF和地面DE所在的直線都平行，點F在與地面垂直的中軸線AE上，∠BCD＝98°，∠CDE＝97°，AE＝8.5m，CD＝6.7m．成果梳理…請根據(jù)記錄表提供的信息完成下列問題：（1）求點C到地面DE的距離；（2）求頂部線段BC的長．（結(jié)果精確到0.01m，參考數(shù)據(jù)：sin15°≈0.259，cos15°≈0.966，tan15°≈0.268，sin83°≈0.993，cos83°≈0.122，tan83°≈8.144）【解析】【分析】（1）過點C作CN⊥ED，交ED的延長線于點N，垂足為N，由鄰補(bǔ)角求出∠CDN＝83°，在Rt△CDN中，由∠CDN的正弦函數(shù)值可求出CN，從而得出答案；

（2）過點B作BP⊥CF，垂足為P，由二直線平行，內(nèi)錯角相等，得∠FCD＝∠CDN＝83°，由角的和差可求出∠BCP的度數(shù)，由平行線間的距離處處相等，得EF＝CN＝6.65m，由線段和差算出BP，在△BCP中，利用∠BCP的正弦函數(shù)可求出BC的長.20．如圖，AB，CD為⊙O的直徑，點E在上，連接AE，DE，點G在BD的延長線上，AB＝AG，∠EAD+∠EDB＝45°．（1）求證：AG與⊙O相切；（2）若，，求DE的長．【解析】【分析】（1）由同弧所對的圓周角相等得∠EDB＝∠EAB，結(jié)合已知及角的和差可得∠BAD＝45°，由直徑所對的圓周角是直角得∠ADB＝90°，由三角形的內(nèi)角和定理及等邊對等角可推出∠GAB=90°，從而根據(jù)垂直于半徑外端點的直線是圓的切線可得結(jié)論；

（2）連接CE，由同弧所對的圓周角相等得∠DAE＝∠DCE，由直徑所對的圓周角是直角得∠DEC＝90°，由等腰直角三角形性質(zhì)可求出AB=CD=，由等角的同名三角函數(shù)值相等并結(jié)合∠DCE的正弦函數(shù)可求出DE的長.21．2024年3月25日是第29個全國中小學(xué)生安全教育日，為提高學(xué)生安全防范意識和自我防護(hù)能力，某校開展了校園安全知識競賽（百分制），八年級學(xué)生參加了本次活動．為了解該年級的答題情況，該校隨機(jī)抽取了八年級部分學(xué)生的競賽成績（成績用x表示，單位：分）．并對數(shù)據(jù)（成績）進(jìn)行統(tǒng)計整理．?dāng)?shù)據(jù)分為五組：A：50≤x＜60；B：60≤x＜70；C：70≤x＜80；D：80≤x＜90；E：90≤x≤100．下面給出了部分信息：a：C組的數(shù)據(jù)：70，71，71，72，72，72，74，74，75，76，76，76，78，78，79，79．b：不完整的學(xué)生競賽成績頻數(shù)分布直方圖和扇形統(tǒng)計圖如下：請根據(jù)以上信息完成下列問題：（1）求隨機(jī)抽取的八年級學(xué)生人數(shù)；（2）扇形統(tǒng)計圖中B組對應(yīng)扇形的圓心角為度；（3）請補(bǔ)全頻數(shù)分布直方圖；（4）抽取的八年級學(xué)生競賽成績的中位數(shù)是分；（5）該校八年級共900人參加了此次競賽活動，請你估計該校八年級參加此次競賽活動成績達(dá)到80分及以上的學(xué)生人數(shù)．【解析】【解答】解：（2）扇形統(tǒng)計圖中B組對應(yīng)扇形的圓心角度數(shù)為：360°×=90°，

故答案為：90；

（4）∵抽取的八年級學(xué)生人數(shù)為60，

∴中位數(shù)是排在第30個數(shù)和第31個數(shù)的平均數(shù)，

∵排在第30個數(shù)與第31個數(shù)都在C組，

∴中位數(shù)為（分），

故答案為：77；

【分析】（1）根據(jù)統(tǒng)計圖表提供的信息，由A組的人數(shù)除以其所占的百分比可求出本次隨機(jī)抽取的八年級學(xué)生人數(shù)；

（2）用360°乘以樣本中B組人數(shù)所占的百分比可求出扇形統(tǒng)計圖中B組對應(yīng)扇形的圓心角度數(shù)；

（3）根據(jù)各組人數(shù)之和等于本次調(diào)查的總?cè)藬?shù)可求出D組的頻數(shù)，從而即可補(bǔ)全直方圖；

（4）中位數(shù)：將一組數(shù)據(jù)按從小到大（或者從大到?。┑捻樞蚺帕泻?，如果數(shù)據(jù)的個數(shù)是奇數(shù)個時，則處在最中間的那個數(shù)據(jù)叫做這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)；如果數(shù)據(jù)的個數(shù)是偶數(shù)個時，則處在最中間的兩個數(shù)據(jù)的平均數(shù)叫做這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)，據(jù)此求解即可；

（5）用該校八年級學(xué)生的總?cè)藬?shù)乘以樣本中參加此次競賽活動成績達(dá)到80分及以上的學(xué)生人數(shù)所占的百分比即可估算出該校八年級參加此次競賽活動成績達(dá)到80分及以上的學(xué)生人數(shù).22．近年來光伏建筑一體化廣受關(guān)注．某社區(qū)擬修建A，B兩種光伏車棚．已知修建2個A種光伏車棚和1個B種光伏車棚共需投資8萬元，修建5個A種光伏車棚和3個B種光伏車棚共需投資21萬元．（1）求修建每個A種，B種光伏車棚分別需投資多少萬元？（2）若修建A，B兩種光伏車棚共20個，要求修建的A種光伏車棚的數(shù)量不少于修建的B種光伏車棚數(shù)量的2倍，問修建多少個A種光伏車棚時，可使投資總額最少？最少投資總額為多少萬元？【解析】【分析】（1）設(shè)修建一個A種光伏車棚需投資x萬元，修建一個B種光伏車棚需投資y萬元，根據(jù)“修建2個A種光伏車棚和1個B種光伏車棚共需投資8萬元，修建5個A種光伏車棚和3個B種光伏車棚共需投資21萬元”列出方程組，求解即可；

（2）設(shè)修建A種光伏車棚m個，則修建B種光伏車棚（20﹣m）個，修建A，B兩種光伏車棚共投資w萬元，由“修建的A種光伏車棚的數(shù)量不少于修建的B種光伏車棚數(shù)量的2倍”列出不等式求解可得字母m的取值范圍，根據(jù)總投資=修建m個A種光伏車棚的費(fèi)用+修建（20-m）個B種光伏車棚的費(fèi)用建立出w關(guān)于m的函數(shù)解析式，進(jìn)而根據(jù)函數(shù)性質(zhì)求解即可.23．已知反比例函數(shù)的圖象與正比例函數(shù)y＝3x（x≥0）的圖象交于點A（2，a），點B是線段OA上（不與點A重合）的一點．（1）求反比例函數(shù)的表達(dá)式；（2）如圖1，過點B作y軸的垂線l，l與的圖象交于點D，當(dāng)線段BD＝3時，求點B的坐標(biāo)；（3）如圖2，將點A繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到點E，當(dāng)點E恰好落在的圖象上時，求點E的坐標(biāo)．【解析】【分析】（1）將A（2，a）代入y＝3x可算出a的值，從而得出點A的坐標(biāo)，然后將點A的坐標(biāo)代入可求出k的值，從而求出反比例函數(shù)的解析式；

（2）根據(jù)點的坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)可設(shè)點B（m，3m），根據(jù)BD=3得點D（m+3，3m），然后根據(jù)反比例函數(shù)圖象上任意一點的橫縱坐標(biāo)的乘積都等于比例系數(shù)k的值建立方程可求出符合題意的m的值，從而求出點B的坐標(biāo)；

（3）設(shè)點B（n，3n），過點B作FH∥y軸，過點E作EH⊥FH于點H，過點A作AF⊥FH于點F，∠EHB＝∠BFA＝90°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠ABE＝90°，BE＝BA，由同角的余角相等得∠BEH＝∠ABF，從而由AAS判斷出△EHB≌△BFA，得EH＝BF＝6﹣3n，BH＝AF＝2﹣n，然后用含n的式子表示出點E的坐標(biāo)，然后根據(jù)反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特點建立方程可求出符合題意的n的值，從而得到點E的坐標(biāo).24．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線C1：y＝x2+bx+c經(jīng)過點A（0，2），B（2，2），頂點為D；拋物線C2：y＝x2﹣2mx+m2﹣m+2（m≠1），頂點為Q．（1）求拋物線C1的表達(dá)式及頂點D的坐標(biāo)；（2）如圖1，連接AD，點E是拋物線C1對稱軸右側(cè)圖象上一點，點F是拋物線C2上一點，若四邊形ADFE是面積為12的平行四邊形，求m的值；（3）如圖2，連接BD，DQ，點M是拋物線C1對稱軸左側(cè)圖象上的動點（不與點A重合），過點M作MN∥DQ交x軸于點N，連接BN，DN，求△BDN面積的最小值．【解析】【分析】（1）將點A（0，2），B（2，2）分別代入拋物線y＝x2+bx+c可得關(guān)于字母b、c的方程組，求解得出b、c的值，從而得到拋物線C1的解析式，進(jìn)而將解析式配成頂點式可得頂點D的坐標(biāo)；

（2）連接DE，過點E作EG∥y軸，交AD延長線于點G，過點D作DH⊥EG，垂足為H，與y軸交于H'，設(shè)點E的橫坐標(biāo)為t；首先利用待定系數(shù)法求出直線AD的解析式，根據(jù)點的坐標(biāo)與圖形性質(zhì)得E（t，t2﹣2t+2），G（t，2﹣t），根據(jù)兩點間的距離公式表示出EG，進(jìn)而根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得△ADE的面積，再根據(jù)三角形面積計算公式由S△ADE＝S△AGE﹣S△DGE建立方程可求出EG，進(jìn)而可求出符合題意的t的值，得到點E的坐標(biāo)；根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，結(jié)合A、D、E三點坐標(biāo)可求出F點的坐標(biāo)，再根據(jù)拋物線上點的坐標(biāo)特點將F（5，9）代入y＝x2﹣2mx+m2﹣m+2（m≠1），可求出m的值；

（3）過M作MP⊥x軸，垂足為P，過D作DK∥y軸，過Q作QK∥x軸，與DK交于點K，設(shè)M（h，h2﹣2h+2），則N（n，0），將拋物線C2配成頂點式可得頂點Q的坐標(biāo)，根據(jù)兩點間的距離公式表示出DK、KQ，可得DK＝KQ，∠DQK＝45°，由平行線的性質(zhì)推出∠MNP＝∠DQK＝45°，由等腰