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2024年学而思培优中考数学一模试卷（含解析）
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这是一份2024年学而思培优中考数学一模试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知实数a=|−2024|，则实数a的倒数为( )
A. 2024B. 12024C. −2024D. −12024
2.下列图形中，属于轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.近来，中国芯片技术获得重大突破，7nm芯片已经量产，一举打破以美国为首的西方世界的技术封锁，已知7nm=0.0000007cm，则0.0000007用科学记数法表示为( )
A. 7×10−7B. 7×10−6C. 0.7×10−6D. 0.7×10−7
4.下列说法中不正确的是( )
A. 数据4，9，5，7，5的平均数是6
B. 任意画一个多边形，其外角和等于360°是必然事件
C. 了解某市中学生50米跑的成绩，应采用抽样调查
D. 某幼树在一定条件下移植成活的概率是0.9，则种植10棵这种树，结果一定有9棵成活
5.一副三角板如图所示摆放．若∠1=80°，则∠2的度数是( )
A. 80°B. 95°C. 100°D. 110°
6.如图，在菱形ABCD中，点E是BC的中点，以C为圆心、CE为半径作弧，交CD于点F，连接AE、AF.若AB=6，∠B=60°，则阴影部分的面积为( )
A. 9 3−3πB. 9 3−2πC. 18 3−9πD. 18 3−6π
7.从1、2、3、4四个数中随机选取两个不同的数，分别记为a、c，则关于x的一元二次方程ax2+4x+c=0有实数解的概率为( )
A. 14B. 13C. 12D. 23
8.y=−(x+1)2的图象平移或翻折后经过坐标原点有以下4种方法：①向右平移1个单位长度；②向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度；③向上平移1个单位长度；④沿x轴翻折，再向下平移1个单位长度.你认为小郑的4种方法中正确的个数有( )
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
9.如图，在正五边形ABCDE中，若BP=1，则PE=( )
A. 2
B. 5+12
C. 32
D. 5+1
10.如图，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=2 6，点P在以AB为直径的半圆上，M为PC的中点，当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是( )
A. 2π
B. 3π
C. 2 3
D. 6
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.因式分解：mn2−4m=______．
12.一次函数y=kx+b满足2k+b=−1，则它的图象必经过一定点，这定点的坐标是______
13.如图菱形ABCD的边长为4，∠A=60°，将菱形沿EF折叠，顶点C恰好落在AB边的中点G处，则BF= ______．
14.规定：lgab(a>0,a≠1,b>0)表示a，b之间的一种运算．
现有如下的运算法则：lgaan=n，lgbc=lgmclgmb(a>0,a≠1,b>0,b≠1,m>0,m≠1,c>0,n>0).例如：lg223=3，lg25=lg105lg102，则lg2781=______．
15.如图，在△AOB中，AO=AB，射线AB分别交y轴于点D，交双曲线y=kx(k>0,x>0)于点B，C，连接OB，OC，当OB平分∠DOC时，AO与AC满足AOAC=23，若△OBD的面积为4，则k= ______．
三、计算题：本大题共2小题，共12分。
16.计算： 3tan30°+(12)−2+| 2−1|+3−64．
17.如图1，△ABC中，CA=CB，点O在高CH上，OD⊥CA于点D，OE⊥CB于点E，以O为圆心，OD为半径作⊙O．
(1)求证：⊙O与CB相切于点E；
(2)如图2，若⊙O过点H，且AC=5，AB=6，连接EH，求△BHE的面积和tan∠BHE的值．
四、解答题：本题共4小题，共32分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题8分)
先化简，再求值：(1−2xx+1+1)⋅x+1x2−4x+4，其中x=1．
19.(本小题8分)
如图，海岛A为物资供应处，海上事务处理中心B在海岛A的南偏西63.4°方向．一艘渔船在行驶到B岛正东方向30海里的点C处时发生故障，同时向A、B发出求助信号，此时渔船在A岛南偏东53.1°位置．(参考数据：tan53.1≈43，sin53.1°≈45，cs53.1°≈35，tan63.4°≈2，sin63.4°≈25 5，cs63.4°≈ 55)
(1)求C点到岛的距离；
(2)在收到求助信号后，A、B两岛同时派人员出发增援，由于A岛所派快艇装运物资较多，速度比B岛所派快艇慢25海里/小时，若两岛派出的快艇同时到达C处，求A处所派快艇的速度．
20.(本小题8分)
问题背景
如图(1)，△ABD，△AEC都是等边三角形，△ACD可以由△AEB通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．
尝试应用
如图(2)，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以AC，AB为边，作等边△ACD和等边△ABE，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD.若BD⊥BC，求DFDE的值．
拓展创新
如图(3)，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值．
21.(本小题8分)
对于平面直角坐标系xOy中的点P，Q，给出如下定义：若P，Q为某个三角形的顶点，且边PQ上的高h，满足h=PQ，则称该三角形为点P，Q的“完美三角形”．
(1)如图1，已知点A，B在x轴上，点C在y轴上，AB=3，BC=6，∠OBC=30°，试判断△ABC是否是点A，B的“完美三角形”，并说明理由；
(2)如图2，已知A(4,0)，点B在x轴上，点C在直线y=2x−5上，若Rt△ABC是点A，B的“完美三角形”，求点B的坐标；
(3)已知直线y=x+2与抛物线y=x2交于R，S两点，点M是线段RS下方抛物线上的一个动点，点N是坐标平面内一点，△RSN为点R，S的“完美三角形”，直接写出M，N两点之间距离的最小值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：a=|−2024|=2024，2024的倒数为12024，
故选：B．
先将绝对值化简，再求倒数即可．
本题考查求有理数的绝对值，倒数，解题关键是掌握乘积等于1的两个数互为倒数．
2.【答案】B
【解析】解：选项B能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
选项A、C、D不能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
故选：B．
根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
本题考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
3.【答案】A
【解析】解：0.0000007=7×10−7．
故选：A．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
4.【答案】D
【解析】解：A、数据4，9，5，7，5的平均数是=(4+9+5+7+5)÷5=6，不符合题意；
B、任意画一个多边形，其外角和等于360°是必然事件，不符合题意；
C、了解某市中学生50米跑的成绩，应采用抽样调查，不符合题意；
D、某幼树在一定条件下移植成活的概率是0.9，是在大量重复实验中得到的概率近似值，则种植10棵这种树，结果不一定有9棵成活，符合题意，
故选：D．
平均数、多边形外角和、频率估计概率等知识解答即可．
本题考查了平均数、多边形外角和、频率估计概率，熟知以上只是是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：如图，∠5=90°−30°=60°，∠3=∠1−45°=35°，
∴∠4=∠3=35°，
∴∠2=∠4+∠5=95°，
故选：B．
【点睛】
根据直角三角形的性质求出∠5，根据三角形的外角性质求出∠3，根据对顶角相等求出∠4，再根据三角形的外角性质计算，得到答案．
本题考查的是三角形的外角性质、直角三角形的性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=6，AB//CD，
∵∠B=60°，
∴∠BCD=180°−∠B=120°，
又∵E为BC的中点，
∴CE=BE=3=CF，△ABC是等边三角形，
由勾股定理得AE= 62−32=3 3，
∴S△AEB=S△AEC=12×3×3 3=92 3=S△AFC，
∴阴影部分的面积S=S△AEC+S△AFC−S扇形CEF=92 3+92 3−120π×32360=9 3−3π．
故选A．
本题考查等边三角形的性质和判定，菱形的性质，扇形面积的计算．
连接AC，根据菱形的性质求出∠BCD=120°，BC=AB=6，则可得AE长，再根据三角形的面积和扇形的面积求出即可．
7.【答案】C
【解析】解：若关于x的一元二次方程ax2+4x+c=0有实数解，
则Δ=16−4ac≥0且a≠0，解得ac≤4且ac≠0，
画树状图得：
由树形图可知：一共有12种等可能的结果，其中使ac≤4的有6种结果，
∴关于x的一元二次方程ax2+4x+c=0有实数解的概率为12，
故选：C．
首先画出树状图即可求得所有等可能的结果与使ac≤4的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
8.【答案】A
【解析】解：y=−(x+1)2向右平移1个单位长度，得y=−(x+1−1)2=−x2，当x=0时，y=0，所以经过坐标原点，故①是正确的；
y=−(x+1)2向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度，得y=−(x+1−3)2+4=−(x−2)2+4，当x=0时，y=0，所以经过坐标原点，故②是正确的；
y=−(x+1)2向上平移1个单位长度，得y=−(x+1)2+1，当x=0时，y=0，所以经过坐标原点，故③是正确的；
y=−(x+1)2沿x轴翻折，再向下平移1个单位长度，得y=(x+1)2−1，当x=0时，y=0，所以经过坐标原点，故④是正确的；
∴小郑的4种方法中正确的个数有4个．
故选：A．
分别求出平移或翻折后的解析式，将点(0,0)代入可求解．
本题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，求出平移或翻折后的解析式是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵正五边形ABCDE的对角线AC、BE相交于点P，
∴∠ABC=∠BAE(5−2)×180°5=108°，
∵AB=AC=AE，
∴∠ABP=∠AEP=∠BAP=∠BCP=180°−108°2=36°，
∵∠PAE=108°−36°=72°，∠APE=36°+36°=72°，
∴∠PAE=∠APE，
∴AE=PE，
∵∠APB=∠BAE=108°，∠ABP=∠EBA=36°，
∴△ABP∽△EBA，
∴ABAP=BEAB，
∴AB2=AP⋅BE，
即PE2=BP⋅(BP+PE)，
∴PE2=1×(1+PE)，
解得PE=1+ 52(取正值)，
故选：B．
根据正五边形的性质、等腰三角形的性质以及相似三角形的判定和性质得出PE2=BP⋅(BP+PE)，代入求解即可．
本题考查正多边形和圆，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质以及一元二次方程，掌握正多边形和圆的性质以及相似三角形的判定和性质是正确解答的前提．
10.【答案】B
【解析】解：取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，
∵在等腰Rt△ABC中，AC=BC=2 6，
∴AB= 2BC=4 3，
∴OC=12AB=2 3，OP=12AB=2 3，
∵∠ACB=90°
∴C在⊙O上，
∵M为PC的中点，
∴OM⊥PC，
∴∠CMO=90°，
∴点M在以OC为直径的圆上，
点P点在A点时，M点在E点；点P点在B点时，M点在F点，易得四边形CEOF为正方形，EF=OC=2 3，
∴M点的路径为以EF为直径的半圆，
∴点M运动的路径长=12⋅2π⋅ 3= 3π.
故选：B．
取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，利用等腰直角三角形的性质得到AB= 2BC=4 3，则OC=12AB=2 3，OP=12AB=2 3，再根据等腰三角形的性质得OM⊥PC，则∠CMO=90°，于是根据圆周角定理得到点M在以OC为直径的圆上，由于点P点在A点时，M点在E点；点P点在B点时，M点在F点，则利用四边形CEOF为正方得到EF=OC=2 3，所以M点的路径为以EF为直径的半圆，然后根据圆的周长公式计算点M运动的路径长．
本题考查了轨迹：点按一定规律运动所形成的图形为点运动的轨迹．解决此题的关键是利用等腰三角形的性质和圆周角定理确定M点的轨迹为以EF为直径的半圆．
11.【答案】m(n+2)(n−2)
【解析】【分析】
本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．首先提公因式m，再利用平方差进行二次分解即可．
【解答】
解：原式=m(n2−4)
=m(n+2)(n−2)．
故答案为m(n+2)(n−2)．
12.【答案】(2,−1)
【解析】解：∵y=kx+b满足2k+b=−1，
∴kx+b=y与2k+b=−1相同，
可知x=2，y=−1，
所以定点坐标为(2,−1)．
故答案为(2,−1)．
将y=kx+b与2k+b=−1进行类比，即可确定图象经过的点的坐标．
此题考查了一次函数图象上点的坐标特征，将两个式子进行类比是解题的关键．
13.【答案】1.2
【解析】解：如图所示，过F作FH⊥AB，交AB的延长线于点H，
∵∠A=60°，AD//BC，
∴∠HBF=60°，∠BFH=30°，
设BH=x，则BF=2x，CF=4−2x=GF，FH= 3x，
∵G是AB的中点，
∴BG=2，GH=2+x，
Rt△FGH中，FH2+GH2=GF2，
∴( 3x)2+(2+x)2=(4−2x)2，
解得x=0.6，
∴BF=2x=1.2．
故答案为：1.2．
过点F作FH⊥AB于点H，由菱形的性质和已知条件得出∠HFB=30°，再设HB=x，则BF=2x，CF=4−2x=GF，FH= 3x，在Rt△FGH中，依据勾股定理得到方程( 3x)2+(2+x)2=(4−2x)2，求得x的值即可得到BF的长．
本题考查了菱形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，解题时设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
14.【答案】43
【解析】解：lg2781=lg381lg327=lg334lg333=43，
故答案为：43．
根据新定义对原式变形为lg2781=lg327lg381=lg333lg334，再计算可得．
本题主要考查有理数的乘方，解题的关键是掌握理解并掌握定义及有理数的乘方．
15.【答案】725
【解析】解：作BM⊥x轴于M，CN⊥x轴于N，
∵AO=AB，
∴∠AOB=∠ABO，
∴∠AOD+∠BOD=∠OCB+∠BOC，
∵∠BOD=∠BOC，
∴∠AOD=∠ACO，
∵∠OAD=∠CAO，
∴△AOD∽△ACO，
∴ADOA=AOAC=23，
∴ADAB=23，
∵△OBD的面积为4，
∴△AOB的面积为12，
∵AOAC=23，
∴AOAB=23，
∴△BOC的面积为6，
∴xBxC=46=23，
∴设B(2x,k2x)，则(3x,k3x)，
∵S△BOC=S△BOM+S梯形BMNC−S△CON，S△BOM=S△CON=12|k|，
∴S△BOC=S梯形BMNC=12(k2x+k3x)⋅(3x−2x)=6，
解得k=725，
故答案为：725．
通过证得△AOD∽△ACO，得到ADAB=23，即可求得△AOB的面积为12，进一步求得△BOC的面积为6，关键S△BOC=S梯形BMNC得出k的值即可．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，等腰三角形的性质，相似三角形的判断和性质，三角形的面积，求得△BOC面积是解题的关键．
16.【答案】解：原式= 3× 33+4+ 2−1−4
= 2．
【解析】原式第一项利用特殊角的三角函数值计算，第二项利用负整数指数幂法则计算，第三项利用绝对值的代数意义化简，最后一项利用立方根定义计算即可得到结果．
此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
17.【答案】(1)证明：∵CA=CB，点O在高CH上，
∴∠ACH=∠BCH，
∵OD⊥CA，OE⊥CB，
∴OE=OD，
∴圆O与CB相切于点E；
(2)解：∵CA=CB，CH是高，
∴AH=BH=12AB=3，
∴CH= CA2−AH2=4，
∵点O在高CH上，圆O过点H，
∴圆O与AB相切于H点，
由(1)得圆O与CB相切于点E，
∴BE=BH=3，
如图，过E作EF⊥AB，则EF//CH，
∴△BEF∽△BCH，
∴BEBC=EFCH，即35=EF4，
解得：EF=125，
∴S△BHE=12BH⋅EF=12×3×125=185，
在Rt△BEF中，BF= BE2−EF2=95，
∴HF=BH−BF=3−95=65，
则tan∠BHE=EFHF=2．
【解析】(1)由CA=CB，且CH垂直于AB，利用三线合一得到CH为角平分线，再由OD垂直于AC，OE垂直于CB，利用角平分线定理得到OE=OD，利用切线的判定方法即可得证；
(2)由CA=CB，CH为高，利用三线合一得到AH=BH，在直角三角形ACH中，利用勾股定理求出CH的长，由圆O过H，CH垂直于AB，得到圆O与AB相切，由(1)得到圆O与CB相切，利用切线长定理得到BE=BH，如图所示，过E作EF垂直于AB，得到EF与CH平行，得出△BEF与△BCH相似，由相似得比例，求出EF的长，由BH与EF的长，利用三角形面积公式即可求出△BEH的面积；根据EF与BE的长，利用勾股定理求出FB的长，由BH−BF求出HF的长，利用锐角三角形函数定义即可求出tan∠BHE的值．
此题考查了切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握切线的判定与性质是解本题的关键．
18.【答案】解：(1−2xx+1+1)⋅x+1x2−4x+4
=(1−2xx+1+x+1x+1)⋅x+1(x−2)2
=1−2x+x+1x+1⋅x+1(x−2)2
=−(x−2)x+1⋅x+1(x−2)2
=−1x−2，
当x=1时，原式=−11−2=1．
【解析】先算括号里面的，再算乘法，把x=1代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
19.【答案】解：(1)过点A作AD⊥BC于D，
设AD为x海里，
在Rt△ADC中，tan∠DAC=CDAD，cs∠DAC=ADAC，∠DAC=53.1°，
则CD=AD⋅tan∠DAC≈43x(海里)，AC=ADcs∠DAC≈53x(海里)，
在Rt△ADB中，tan∠DAB=BDAD，∠DAB=63.4°，
则BD=AD⋅tan∠DAB≈2x，
由题意得，43x+2x=30，
解得，x=9，
∴53x=53×9=15(海里)，
则C点到岛的距离AC约为15海里；
(2)设A处所派快艇的速度为y海里/小时，则B处所派快艇的速度为(y+25)海里/小时，
由题意得，15y=30y+25，
解得，y=25，
经检验，y=25是原方程的根，
答：A处所派快艇的速度为25海里/小时．
【解析】(1)过点A作AD⊥BC于D，根据余弦、正切的定义计算即可；
(2)根据题意列出分式方程，解分式方程得到答案．
本题考查的是解直角三角形的应用--方向角问题，掌握方向角的概念、熟记锐角三角函数的定义、分式方程的解法是解题的关键．
20.【答案】问题背景
解：∵△ABD，△AEC都是等边三角形，
∴∠BAD=60°，∠CAE=60°，AD=AB，AC=AE，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC=∠BAE，
∴△ACD≌△AEB(SAS)，
∴△ACD可以由△AEB绕点A顺时针旋转60°得到，
即旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是60°；
尝试应用
∵△ACD和△ABE都是等边三角形，
∴AC=AD，AB=AE，∠CAD=∠BAE=60°，
∴∠CAB=∠DAE，
∴△ADE≌△ACB(SAS)，
∴∠ADE=∠ACB=90°，DE=CB，
∵∠ADE=90°，
∴∠ADF=90°，
∵∠ADC=∠ACD=60°，
∴∠DCF=∠CDF=30°，
∴CF=DF，
∵BD⊥BC，
∴∠BDF=30°，
∴BF=12DF，
设BF=x，则CF=DF=2x，DE=3x，
∴DFDE=2x3x=23；
拓展创新
∵∠ACB=90°，
∴点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，
∴CD=12AB=1，
如图，过点A作AE⊥AB，且使AE=AD，连接PE，BE，
∵将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，
∴∠PAC=90°，PA=AC，
∵∠EAD=90°，
∴∠PAE=∠CAD，
∴△CAD≌△PAE(SAS)，
∴PE=CD=1，
∵AB=2，AE=AD=1，
∴BE= AE2+AB2= 12+22= 5，
∴BP≤BE+PE= 5+1，
∴BP的最大值为 5+1．
【解析】问题背景
由等边三角形的性质得出∠BAD=60°，∠CAE=60°，AD=AB，AC=AE，证得△ACD≌△AEB(SAS)，由旋转的概念可得出答案；
尝试应用
证明△ADE≌△ACB(SAS)，由全等三角形的性质得出∠ADE=∠ACB=90°，DE=CB，得出∠BDF=30°，由直角三角形的性质得出BF=12DF，则可得出答案；
拓展创新
过点A作AE⊥AB，且使AE=AD，连接PE，BE，由直角三角形的性质求出BE，PE的长，则可得出答案．
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
21.【答案】解：(1)∵∠BOC=90°，∠OBC=30°，
∴CO=12BC，
∵BC=6，
∴CO=3，
又∵AB=3，
∴CO=AB即△ABC的边AB上的高等于AB，
∴△ABC是点A，B的“完美三角形”；
(2)分A、B、C为直角顶点讨论：
①若C为直角顶点，如答图1，
则∠ACB=90°，作CH⊥AB于H，取AB中点M，
根据Rt△ABC是点A，B的“完美三角形”得AB=CH，
∵M为AB中点，∠ACB=90°，
∴CM=12AB，
CH⊥AB于H有CM≥CH，
∴12AB≥AB得AB≤0，这和AB为线段矛盾，
故C不可能为直角顶点；
②若A为直角顶点，如答图2，过A作y轴平行线交直线y=2x−5于C，
∵A(4,0)，
∴C点横坐标xc=4，代入y=2x−5得C纵坐标yc=3，即AC=3，
∵Rt△ABC是点A，B的“完美三角形”，
∴AB=3，
∴B1(1,0)或B2(7,0)；
③若B为直角顶点，如答图3，过B作y轴平行线交直线y=2x−5于C，
设B(m,0)，则C(m,2m−5)，
∴BC=|2m−5|，
而A(4,0)，故AB=|4−m|，
∵Rt△ABC是点A，B的“完美三角形”，
∴BC=AB，即|2m−5|=|4−m|，
由2m−5=4−m得m=3，此时B3(3,0)，
由2m−5=m−4得m=1，此时B4(1,0)；
综上所述，Rt△ABC是点A，B的“完美三角形”，B1(1,0)或B2(7,0)或B3(3,0)；
故答案为：(1,0)或(7,0)或(3,0)；
(3)由y=x+2y=x2得x1=−1y1=1，x2=2y2=4，
如答图4，∴R(−1,1)，S(2,4)，
∴RS=3 2，
∵△RSN为点R，S的“完美三角形”，
∴N到RS的距离为3 2，
令y=x+2中y=0可得x=−2，即直线y=x+2与x轴交点D(−2,0)，
过D作DE⊥RS，在垂线上取DE=3 2，(注：点M是线段RS下方抛物线上的一个动点，且M，N两点之间距离的最小值，故E应在D右侧)
∵直线y=x+2与x轴夹角∠ODR=45°，
∴∠ODE=45°，
过E作EF//RS交x轴于F，则△DEF是等腰直角三角形，
∵DE=3 2，
∴DF=6，
∴F(4,0)，
设EF解析式为y=x+b，将F(4,0)代入可得EF为y=x−4，
即N点在直线y=x−4上，且直线y=x−4与y轴交点P(0,−4)
∵线段RS下方抛物线上的一个动点M到EF距离最近，
∴将直线y=x−4平移至与抛物线只有一个交点时，此交点即为M，
设此时直线为y=x+c，
由y=x+cy=x2只有一个交点可得c=−14，即直线MN为y=x−14，
∴直线MN与y轴交点G(0,−14)，过G作GH⊥EF于H，则△GHP是等腰直角三角形，且GP=−14−(−4)=154，
∴GH=15 28，
∴M，N两点之间距离的最小值是15 28，
故答案为：15 28．
【解析】(1)计算AB边上的高，根据“完美三角形”定义即可判断；
(2)分A、B、C为直角顶点讨论；
(3)求出R、S坐标及RS长度，再求出到RS距离等于RS的直线EF解析式，平移直线EF到与抛物线只有一个交点时的直线MN的解析式，由直线MN和EF与y轴交点求出二直线距离即为M、N的最小距离；
本题考查一次函数、二次函数及三角形相关知识，综合性较强，难度较大，关键是理解、应用“完美三角形”的条件，根据题意画出图形分析．
1.已知实数a=|−2024|，则实数a的倒数为( )
A. 2024B. 12024C. −2024D. −12024
2.下列图形中，属于轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.近来，中国芯片技术获得重大突破，7nm芯片已经量产，一举打破以美国为首的西方世界的技术封锁，已知7nm=0.0000007cm，则0.0000007用科学记数法表示为( )
A. 7×10−7B. 7×10−6C. 0.7×10−6D. 0.7×10−7
4.下列说法中不正确的是( )
A. 数据4，9，5，7，5的平均数是6
B. 任意画一个多边形，其外角和等于360°是必然事件
C. 了解某市中学生50米跑的成绩，应采用抽样调查
D. 某幼树在一定条件下移植成活的概率是0.9，则种植10棵这种树，结果一定有9棵成活
5.一副三角板如图所示摆放．若∠1=80°，则∠2的度数是( )
A. 80°B. 95°C. 100°D. 110°
6.如图，在菱形ABCD中，点E是BC的中点，以C为圆心、CE为半径作弧，交CD于点F，连接AE、AF.若AB=6，∠B=60°，则阴影部分的面积为( )
A. 9 3−3πB. 9 3−2πC. 18 3−9πD. 18 3−6π
7.从1、2、3、4四个数中随机选取两个不同的数，分别记为a、c，则关于x的一元二次方程ax2+4x+c=0有实数解的概率为( )
A. 14B. 13C. 12D. 23
8.y=−(x+1)2的图象平移或翻折后经过坐标原点有以下4种方法：①向右平移1个单位长度；②向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度；③向上平移1个单位长度；④沿x轴翻折，再向下平移1个单位长度.你认为小郑的4种方法中正确的个数有( )
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
9.如图，在正五边形ABCDE中，若BP=1，则PE=( )
A. 2
B. 5+12
C. 32
D. 5+1
10.如图，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=2 6，点P在以AB为直径的半圆上，M为PC的中点，当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是( )
A. 2π
B. 3π
C. 2 3
D. 6
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.因式分解：mn2−4m=______．
12.一次函数y=kx+b满足2k+b=−1，则它的图象必经过一定点，这定点的坐标是______
13.如图菱形ABCD的边长为4，∠A=60°，将菱形沿EF折叠，顶点C恰好落在AB边的中点G处，则BF= ______．
14.规定：lgab(a>0,a≠1,b>0)表示a，b之间的一种运算．
现有如下的运算法则：lgaan=n，lgbc=lgmclgmb(a>0,a≠1,b>0,b≠1,m>0,m≠1,c>0,n>0).例如：lg223=3，lg25=lg105lg102，则lg2781=______．
15.如图，在△AOB中，AO=AB，射线AB分别交y轴于点D，交双曲线y=kx(k>0,x>0)于点B，C，连接OB，OC，当OB平分∠DOC时，AO与AC满足AOAC=23，若△OBD的面积为4，则k= ______．
三、计算题：本大题共2小题，共12分。
16.计算： 3tan30°+(12)−2+| 2−1|+3−64．
17.如图1，△ABC中，CA=CB，点O在高CH上，OD⊥CA于点D，OE⊥CB于点E，以O为圆心，OD为半径作⊙O．
(1)求证：⊙O与CB相切于点E；
(2)如图2，若⊙O过点H，且AC=5，AB=6，连接EH，求△BHE的面积和tan∠BHE的值．
四、解答题：本题共4小题，共32分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题8分)
先化简，再求值：(1−2xx+1+1)⋅x+1x2−4x+4，其中x=1．
19.(本小题8分)
如图，海岛A为物资供应处，海上事务处理中心B在海岛A的南偏西63.4°方向．一艘渔船在行驶到B岛正东方向30海里的点C处时发生故障，同时向A、B发出求助信号，此时渔船在A岛南偏东53.1°位置．(参考数据：tan53.1≈43，sin53.1°≈45，cs53.1°≈35，tan63.4°≈2，sin63.4°≈25 5，cs63.4°≈ 55)
(1)求C点到岛的距离；
(2)在收到求助信号后，A、B两岛同时派人员出发增援，由于A岛所派快艇装运物资较多，速度比B岛所派快艇慢25海里/小时，若两岛派出的快艇同时到达C处，求A处所派快艇的速度．
20.(本小题8分)
问题背景
如图(1)，△ABD，△AEC都是等边三角形，△ACD可以由△AEB通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．
尝试应用
如图(2)，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以AC，AB为边，作等边△ACD和等边△ABE，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD.若BD⊥BC，求DFDE的值．
拓展创新
如图(3)，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值．
21.(本小题8分)
对于平面直角坐标系xOy中的点P，Q，给出如下定义：若P，Q为某个三角形的顶点，且边PQ上的高h，满足h=PQ，则称该三角形为点P，Q的“完美三角形”．
(1)如图1，已知点A，B在x轴上，点C在y轴上，AB=3，BC=6，∠OBC=30°，试判断△ABC是否是点A，B的“完美三角形”，并说明理由；
(2)如图2，已知A(4,0)，点B在x轴上，点C在直线y=2x−5上，若Rt△ABC是点A，B的“完美三角形”，求点B的坐标；
(3)已知直线y=x+2与抛物线y=x2交于R，S两点，点M是线段RS下方抛物线上的一个动点，点N是坐标平面内一点，△RSN为点R，S的“完美三角形”，直接写出M，N两点之间距离的最小值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：a=|−2024|=2024，2024的倒数为12024，
故选：B．
先将绝对值化简，再求倒数即可．
本题考查求有理数的绝对值，倒数，解题关键是掌握乘积等于1的两个数互为倒数．
2.【答案】B
【解析】解：选项B能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
选项A、C、D不能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
故选：B．
根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
本题考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
3.【答案】A
【解析】解：0.0000007=7×10−7．
故选：A．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
4.【答案】D
【解析】解：A、数据4，9，5，7，5的平均数是=(4+9+5+7+5)÷5=6，不符合题意；
B、任意画一个多边形，其外角和等于360°是必然事件，不符合题意；
C、了解某市中学生50米跑的成绩，应采用抽样调查，不符合题意；
D、某幼树在一定条件下移植成活的概率是0.9，是在大量重复实验中得到的概率近似值，则种植10棵这种树，结果不一定有9棵成活，符合题意，
故选：D．
平均数、多边形外角和、频率估计概率等知识解答即可．
本题考查了平均数、多边形外角和、频率估计概率，熟知以上只是是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：如图，∠5=90°−30°=60°，∠3=∠1−45°=35°，
∴∠4=∠3=35°，
∴∠2=∠4+∠5=95°，
故选：B．
【点睛】
根据直角三角形的性质求出∠5，根据三角形的外角性质求出∠3，根据对顶角相等求出∠4，再根据三角形的外角性质计算，得到答案．
本题考查的是三角形的外角性质、直角三角形的性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=6，AB//CD，
∵∠B=60°，
∴∠BCD=180°−∠B=120°，
又∵E为BC的中点，
∴CE=BE=3=CF，△ABC是等边三角形，
由勾股定理得AE= 62−32=3 3，
∴S△AEB=S△AEC=12×3×3 3=92 3=S△AFC，
∴阴影部分的面积S=S△AEC+S△AFC−S扇形CEF=92 3+92 3−120π×32360=9 3−3π．
故选A．
本题考查等边三角形的性质和判定，菱形的性质，扇形面积的计算．
连接AC，根据菱形的性质求出∠BCD=120°，BC=AB=6，则可得AE长，再根据三角形的面积和扇形的面积求出即可．
7.【答案】C
【解析】解：若关于x的一元二次方程ax2+4x+c=0有实数解，
则Δ=16−4ac≥0且a≠0，解得ac≤4且ac≠0，
画树状图得：
由树形图可知：一共有12种等可能的结果，其中使ac≤4的有6种结果，
∴关于x的一元二次方程ax2+4x+c=0有实数解的概率为12，
故选：C．
首先画出树状图即可求得所有等可能的结果与使ac≤4的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
8.【答案】A
【解析】解：y=−(x+1)2向右平移1个单位长度，得y=−(x+1−1)2=−x2，当x=0时，y=0，所以经过坐标原点，故①是正确的；
y=−(x+1)2向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度，得y=−(x+1−3)2+4=−(x−2)2+4，当x=0时，y=0，所以经过坐标原点，故②是正确的；
y=−(x+1)2向上平移1个单位长度，得y=−(x+1)2+1，当x=0时，y=0，所以经过坐标原点，故③是正确的；
y=−(x+1)2沿x轴翻折，再向下平移1个单位长度，得y=(x+1)2−1，当x=0时，y=0，所以经过坐标原点，故④是正确的；
∴小郑的4种方法中正确的个数有4个．
故选：A．
分别求出平移或翻折后的解析式，将点(0,0)代入可求解．
本题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，求出平移或翻折后的解析式是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵正五边形ABCDE的对角线AC、BE相交于点P，
∴∠ABC=∠BAE(5−2)×180°5=108°，
∵AB=AC=AE，
∴∠ABP=∠AEP=∠BAP=∠BCP=180°−108°2=36°，
∵∠PAE=108°−36°=72°，∠APE=36°+36°=72°，
∴∠PAE=∠APE，
∴AE=PE，
∵∠APB=∠BAE=108°，∠ABP=∠EBA=36°，
∴△ABP∽△EBA，
∴ABAP=BEAB，
∴AB2=AP⋅BE，
即PE2=BP⋅(BP+PE)，
∴PE2=1×(1+PE)，
解得PE=1+ 52(取正值)，
故选：B．
根据正五边形的性质、等腰三角形的性质以及相似三角形的判定和性质得出PE2=BP⋅(BP+PE)，代入求解即可．
本题考查正多边形和圆，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质以及一元二次方程，掌握正多边形和圆的性质以及相似三角形的判定和性质是正确解答的前提．
10.【答案】B
【解析】解：取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，
∵在等腰Rt△ABC中，AC=BC=2 6，
∴AB= 2BC=4 3，
∴OC=12AB=2 3，OP=12AB=2 3，
∵∠ACB=90°
∴C在⊙O上，
∵M为PC的中点，
∴OM⊥PC，
∴∠CMO=90°，
∴点M在以OC为直径的圆上，
点P点在A点时，M点在E点；点P点在B点时，M点在F点，易得四边形CEOF为正方形，EF=OC=2 3，
∴M点的路径为以EF为直径的半圆，
∴点M运动的路径长=12⋅2π⋅ 3= 3π.
故选：B．
取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，利用等腰直角三角形的性质得到AB= 2BC=4 3，则OC=12AB=2 3，OP=12AB=2 3，再根据等腰三角形的性质得OM⊥PC，则∠CMO=90°，于是根据圆周角定理得到点M在以OC为直径的圆上，由于点P点在A点时，M点在E点；点P点在B点时，M点在F点，则利用四边形CEOF为正方得到EF=OC=2 3，所以M点的路径为以EF为直径的半圆，然后根据圆的周长公式计算点M运动的路径长．
本题考查了轨迹：点按一定规律运动所形成的图形为点运动的轨迹．解决此题的关键是利用等腰三角形的性质和圆周角定理确定M点的轨迹为以EF为直径的半圆．
11.【答案】m(n+2)(n−2)
【解析】【分析】
本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．首先提公因式m，再利用平方差进行二次分解即可．
【解答】
解：原式=m(n2−4)
=m(n+2)(n−2)．
故答案为m(n+2)(n−2)．
12.【答案】(2,−1)
【解析】解：∵y=kx+b满足2k+b=−1，
∴kx+b=y与2k+b=−1相同，
可知x=2，y=−1，
所以定点坐标为(2,−1)．
故答案为(2,−1)．
将y=kx+b与2k+b=−1进行类比，即可确定图象经过的点的坐标．
此题考查了一次函数图象上点的坐标特征，将两个式子进行类比是解题的关键．
13.【答案】1.2
【解析】解：如图所示，过F作FH⊥AB，交AB的延长线于点H，
∵∠A=60°，AD//BC，
∴∠HBF=60°，∠BFH=30°，
设BH=x，则BF=2x，CF=4−2x=GF，FH= 3x，
∵G是AB的中点，
∴BG=2，GH=2+x，
Rt△FGH中，FH2+GH2=GF2，
∴( 3x)2+(2+x)2=(4−2x)2，
解得x=0.6，
∴BF=2x=1.2．
故答案为：1.2．
过点F作FH⊥AB于点H，由菱形的性质和已知条件得出∠HFB=30°，再设HB=x，则BF=2x，CF=4−2x=GF，FH= 3x，在Rt△FGH中，依据勾股定理得到方程( 3x)2+(2+x)2=(4−2x)2，求得x的值即可得到BF的长．
本题考查了菱形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，解题时设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
14.【答案】43
【解析】解：lg2781=lg381lg327=lg334lg333=43，
故答案为：43．
根据新定义对原式变形为lg2781=lg327lg381=lg333lg334，再计算可得．
本题主要考查有理数的乘方，解题的关键是掌握理解并掌握定义及有理数的乘方．
15.【答案】725
【解析】解：作BM⊥x轴于M，CN⊥x轴于N，
∵AO=AB，
∴∠AOB=∠ABO，
∴∠AOD+∠BOD=∠OCB+∠BOC，
∵∠BOD=∠BOC，
∴∠AOD=∠ACO，
∵∠OAD=∠CAO，
∴△AOD∽△ACO，
∴ADOA=AOAC=23，
∴ADAB=23，
∵△OBD的面积为4，
∴△AOB的面积为12，
∵AOAC=23，
∴AOAB=23，
∴△BOC的面积为6，
∴xBxC=46=23，
∴设B(2x,k2x)，则(3x,k3x)，
∵S△BOC=S△BOM+S梯形BMNC−S△CON，S△BOM=S△CON=12|k|，
∴S△BOC=S梯形BMNC=12(k2x+k3x)⋅(3x−2x)=6，
解得k=725，
故答案为：725．
通过证得△AOD∽△ACO，得到ADAB=23，即可求得△AOB的面积为12，进一步求得△BOC的面积为6，关键S△BOC=S梯形BMNC得出k的值即可．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，等腰三角形的性质，相似三角形的判断和性质，三角形的面积，求得△BOC面积是解题的关键．
16.【答案】解：原式= 3× 33+4+ 2−1−4
= 2．
【解析】原式第一项利用特殊角的三角函数值计算，第二项利用负整数指数幂法则计算，第三项利用绝对值的代数意义化简，最后一项利用立方根定义计算即可得到结果．
此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
17.【答案】(1)证明：∵CA=CB，点O在高CH上，
∴∠ACH=∠BCH，
∵OD⊥CA，OE⊥CB，
∴OE=OD，
∴圆O与CB相切于点E；
(2)解：∵CA=CB，CH是高，
∴AH=BH=12AB=3，
∴CH= CA2−AH2=4，
∵点O在高CH上，圆O过点H，
∴圆O与AB相切于H点，
由(1)得圆O与CB相切于点E，
∴BE=BH=3，
如图，过E作EF⊥AB，则EF//CH，
∴△BEF∽△BCH，
∴BEBC=EFCH，即35=EF4，
解得：EF=125，
∴S△BHE=12BH⋅EF=12×3×125=185，
在Rt△BEF中，BF= BE2−EF2=95，
∴HF=BH−BF=3−95=65，
则tan∠BHE=EFHF=2．
【解析】(1)由CA=CB，且CH垂直于AB，利用三线合一得到CH为角平分线，再由OD垂直于AC，OE垂直于CB，利用角平分线定理得到OE=OD，利用切线的判定方法即可得证；
(2)由CA=CB，CH为高，利用三线合一得到AH=BH，在直角三角形ACH中，利用勾股定理求出CH的长，由圆O过H，CH垂直于AB，得到圆O与AB相切，由(1)得到圆O与CB相切，利用切线长定理得到BE=BH，如图所示，过E作EF垂直于AB，得到EF与CH平行，得出△BEF与△BCH相似，由相似得比例，求出EF的长，由BH与EF的长，利用三角形面积公式即可求出△BEH的面积；根据EF与BE的长，利用勾股定理求出FB的长，由BH−BF求出HF的长，利用锐角三角形函数定义即可求出tan∠BHE的值．
此题考查了切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握切线的判定与性质是解本题的关键．
18.【答案】解：(1−2xx+1+1)⋅x+1x2−4x+4
=(1−2xx+1+x+1x+1)⋅x+1(x−2)2
=1−2x+x+1x+1⋅x+1(x−2)2
=−(x−2)x+1⋅x+1(x−2)2
=−1x−2，
当x=1时，原式=−11−2=1．
【解析】先算括号里面的，再算乘法，把x=1代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
19.【答案】解：(1)过点A作AD⊥BC于D，
设AD为x海里，
在Rt△ADC中，tan∠DAC=CDAD，cs∠DAC=ADAC，∠DAC=53.1°，
则CD=AD⋅tan∠DAC≈43x(海里)，AC=ADcs∠DAC≈53x(海里)，
在Rt△ADB中，tan∠DAB=BDAD，∠DAB=63.4°，
则BD=AD⋅tan∠DAB≈2x，
由题意得，43x+2x=30，
解得，x=9，
∴53x=53×9=15(海里)，
则C点到岛的距离AC约为15海里；
(2)设A处所派快艇的速度为y海里/小时，则B处所派快艇的速度为(y+25)海里/小时，
由题意得，15y=30y+25，
解得，y=25，
经检验，y=25是原方程的根，
答：A处所派快艇的速度为25海里/小时．
【解析】(1)过点A作AD⊥BC于D，根据余弦、正切的定义计算即可；
(2)根据题意列出分式方程，解分式方程得到答案．
本题考查的是解直角三角形的应用--方向角问题，掌握方向角的概念、熟记锐角三角函数的定义、分式方程的解法是解题的关键．
20.【答案】问题背景
解：∵△ABD，△AEC都是等边三角形，
∴∠BAD=60°，∠CAE=60°，AD=AB，AC=AE，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC=∠BAE，
∴△ACD≌△AEB(SAS)，
∴△ACD可以由△AEB绕点A顺时针旋转60°得到，
即旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是60°；
尝试应用
∵△ACD和△ABE都是等边三角形，
∴AC=AD，AB=AE，∠CAD=∠BAE=60°，
∴∠CAB=∠DAE，
∴△ADE≌△ACB(SAS)，
∴∠ADE=∠ACB=90°，DE=CB，
∵∠ADE=90°，
∴∠ADF=90°，
∵∠ADC=∠ACD=60°，
∴∠DCF=∠CDF=30°，
∴CF=DF，
∵BD⊥BC，
∴∠BDF=30°，
∴BF=12DF，
设BF=x，则CF=DF=2x，DE=3x，
∴DFDE=2x3x=23；
拓展创新
∵∠ACB=90°，
∴点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，
∴CD=12AB=1，
如图，过点A作AE⊥AB，且使AE=AD，连接PE，BE，
∵将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，
∴∠PAC=90°，PA=AC，
∵∠EAD=90°，
∴∠PAE=∠CAD，
∴△CAD≌△PAE(SAS)，
∴PE=CD=1，
∵AB=2，AE=AD=1，
∴BE= AE2+AB2= 12+22= 5，
∴BP≤BE+PE= 5+1，
∴BP的最大值为 5+1．
【解析】问题背景
由等边三角形的性质得出∠BAD=60°，∠CAE=60°，AD=AB，AC=AE，证得△ACD≌△AEB(SAS)，由旋转的概念可得出答案；
尝试应用
证明△ADE≌△ACB(SAS)，由全等三角形的性质得出∠ADE=∠ACB=90°，DE=CB，得出∠BDF=30°，由直角三角形的性质得出BF=12DF，则可得出答案；
拓展创新
过点A作AE⊥AB，且使AE=AD，连接PE，BE，由直角三角形的性质求出BE，PE的长，则可得出答案．
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
21.【答案】解：(1)∵∠BOC=90°，∠OBC=30°，
∴CO=12BC，
∵BC=6，
∴CO=3，
又∵AB=3，
∴CO=AB即△ABC的边AB上的高等于AB，
∴△ABC是点A，B的“完美三角形”；
(2)分A、B、C为直角顶点讨论：
①若C为直角顶点，如答图1，
则∠ACB=90°，作CH⊥AB于H，取AB中点M，
根据Rt△ABC是点A，B的“完美三角形”得AB=CH，
∵M为AB中点，∠ACB=90°，
∴CM=12AB，
CH⊥AB于H有CM≥CH，
∴12AB≥AB得AB≤0，这和AB为线段矛盾，
故C不可能为直角顶点；
②若A为直角顶点，如答图2，过A作y轴平行线交直线y=2x−5于C，
∵A(4,0)，
∴C点横坐标xc=4，代入y=2x−5得C纵坐标yc=3，即AC=3，
∵Rt△ABC是点A，B的“完美三角形”，
∴AB=3，
∴B1(1,0)或B2(7,0)；
③若B为直角顶点，如答图3，过B作y轴平行线交直线y=2x−5于C，
设B(m,0)，则C(m,2m−5)，
∴BC=|2m−5|，
而A(4,0)，故AB=|4−m|，
∵Rt△ABC是点A，B的“完美三角形”，
∴BC=AB，即|2m−5|=|4−m|，
由2m−5=4−m得m=3，此时B3(3,0)，
由2m−5=m−4得m=1，此时B4(1,0)；
综上所述，Rt△ABC是点A，B的“完美三角形”，B1(1,0)或B2(7,0)或B3(3,0)；
故答案为：(1,0)或(7,0)或(3,0)；
(3)由y=x+2y=x2得x1=−1y1=1，x2=2y2=4，
如答图4，∴R(−1,1)，S(2,4)，
∴RS=3 2，
∵△RSN为点R，S的“完美三角形”，
∴N到RS的距离为3 2，
令y=x+2中y=0可得x=−2，即直线y=x+2与x轴交点D(−2,0)，
过D作DE⊥RS，在垂线上取DE=3 2，(注：点M是线段RS下方抛物线上的一个动点，且M，N两点之间距离的最小值，故E应在D右侧)
∵直线y=x+2与x轴夹角∠ODR=45°，
∴∠ODE=45°，
过E作EF//RS交x轴于F，则△DEF是等腰直角三角形，
∵DE=3 2，
∴DF=6，
∴F(4,0)，
设EF解析式为y=x+b，将F(4,0)代入可得EF为y=x−4，
即N点在直线y=x−4上，且直线y=x−4与y轴交点P(0,−4)
∵线段RS下方抛物线上的一个动点M到EF距离最近，
∴将直线y=x−4平移至与抛物线只有一个交点时，此交点即为M，
设此时直线为y=x+c，
由y=x+cy=x2只有一个交点可得c=−14，即直线MN为y=x−14，
∴直线MN与y轴交点G(0,−14)，过G作GH⊥EF于H，则△GHP是等腰直角三角形，且GP=−14−(−4)=154，
∴GH=15 28，
∴M，N两点之间距离的最小值是15 28，
故答案为：15 28．
【解析】(1)计算AB边上的高，根据“完美三角形”定义即可判断；
(2)分A、B、C为直角顶点讨论；
(3)求出R、S坐标及RS长度，再求出到RS距离等于RS的直线EF解析式，平移直线EF到与抛物线只有一个交点时的直线MN的解析式，由直线MN和EF与y轴交点求出二直线距离即为M、N的最小距离；
本题考查一次函数、二次函数及三角形相关知识，综合性较强，难度较大，关键是理解、应用“完美三角形”的条件，根据题意画出图形分析．
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