2019年浙江省宁波市鄞州区中考数学一模试卷

一、选择题（本大题共12小题，共48.0分）

1. 实数-2019的绝对值是（　　）

A. B. 2019 C. D.

2. 下列各式计算正确的是（　　）

A. B. C. D.

3. 三角形的两边长分别是4，7，则第三边长不可能是（　　）

A. 4 B. 6 C. 10 D. 12

4. 据报道，“十三五”期间，鄞州区计划投入143.9亿元用于交通建设，1439亿元用科学记数法表示为（　　）

A. 元 B. 元
C. 元 D. 元

5. 已知点（2，3）在反比例函数y=的图象上，则该图象必过的点是（　　）

A. B. C. D.

6. 安居物业管理公司对某小区一天的垃圾进行了分类统计，如图是分类情况的扇形统表，若一天产生的垃圾的为300kg，估计该小区一个月（按30天计）产生的可回收垃圾重量约是（　　）

A. 900kg B. 105kg C. 3150kg D. 5850kg

7. 能说明命题“若一次函数经过第一、二象限，则k+b＞0”是假命题的反例是（　　）

A. B. C. D.

8. 在一条笔直的航道上依次有甲、乙、丙三个港口，一艘船从甲出发，沿直线匀速行驶经过乙港驶向丙港，最终达到丙港，设行驶x（h）后，与乙港的距离为y（km），y与x的函数关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A. 甲港与丙港的距离是90km B. 船在中途休息了小时
C. 船的行驶速度是 D. 从乙港到达丙港共花了小时

9. 如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上（不与A，B重合），DE⊥AB于点D，交BC于点F，下列条件中能判别CE是切线的是（　　）

A. B.
C. D.

10. y=ax2+bx+c的图象如图所示，则下列4个代数式a+2b+c，2a+b+c，3a+2b+c，-，其中值一定大于1的个数是（　　）

A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个

11. 如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点P为AB上的一个动点，过点P画PD⊥AC于点D，PE⊥BC于点E，当点P由A向B移动时，四边形CDPE周长的变化情况是（　　）

A. 逐渐变小 B. 逐渐变大 C. 先变大后变小 D. 不变

12. 如图，一个正六棱柱的表面展开后正好放入一个矩形内，把其中一部分图形挪动了位置，发现矩形的长留出3cm，宽留出0.5cm，则该六棱柱的侧面积是（　　）

A. B. C. D.

二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）

13. 若有意义，则a的取值范围是______．

14. 化简：=______．

15. 小明有5把钥匙，其中有2把钥匙能打开教室门，则小明任取一把钥匙，恰好能打开教室门的概率是______．

16. 若关于y的二元一次方程组的解是，则代数式m+n的值是______．

17. 如图，△AOB≌△COD，OA=OC=4，OB=OD=2，∠AOB=30°，扇形OCA的圆心角∠AOC=120°，以点O为圆心画扇形ODB，则阴影部分的面积是______．

18. 如图，△ABC中，AB=AC=15，∠BAC=120°，小明要将该三角形分割成两个直角三角形和两个等腰三角形，他想出了如下方案：在AB上取点D，过点D画DE∥AC交BC于点E，连结AE，在AC上取合适的点F，连结EF可得到4个符合条件的三角形，则满足条件的AF长是______．

三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）

19. 先化简，再求值：（x+5）（x-1）+（x-2）2，其中x=．

四、解答题（本大题共7小题，共72.0分）

20. 如图，在4×4的方格中，点A，B，C都在格点上
（1）tanB的值是______．
（2）在格点上确定点D，使得四边形ABCD至少有一组对角相等．（要求画出点的三种不同位置）

21. 如图所示的港珠澳大桥是目前桥梁设计中广泛采用的斜拉桥，它用粗大的钢索将桥面拉住，为检测钢索的抗拉强度，桥梁建设方从甲、乙两家生产钢索的厂方各随机选取5根钢索进行抗拉强度的检测，数据统计如下（单位：百吨）
甲、乙两厂钢索抗拉强度检测统计表

（1）求乙厂5根钢索抗拉强度的平均数a（百吨）、中位数b（百吨）和方差c（平方百吨）．
（2）桥梁建设方决定从抗拉强度的总体水平和稳定性来决定钢索的质量，问哪一家的钢索质量更优？

22. 某校开展拓展课程展示活动，需要制作A，B两种型号的宣传广告共20个，已知A，B两种广告牌的单价分别为40元，70元
（1）若根据活动需要，A种广告牌数量与B种广告牌数量之比为3：2，需要多少费用？
（2）若需制作A，B两种型号的宣传广告牌，其中B种型号不少于5个，制作总费用不超过1000元，则有几种制作方案？每一种制作方案的费用分别是多少？

23. 如图，抛物线M1：y=x2-4与x轴的负半轴相交于点A，将抛物线M1平移得到抛物线M2：y=ax2+bx+c，M1与M2相交于点B，直线AB交M2于点C（8，m），且AB=BC．
（1）求点A，B，C的坐标；
（2）写出一种将抛物线M1平移到抛物线M2的方法；
（3）在y轴上找点P，使得BP+CP的值最小，求点P的坐标．

24. 如图1，△ABC是圆内接等腰三角形，其中AB=AC，点P在上运动（点P与点A在弦BC的两侧），连结PA，PB，PC，设∠BAC=α，=y，小明为探究y随α的变化情况，经历了如下过程
（1）若点P在弧BC的中点处，α=60°时，y的值是______．
（2）小明探究α变化获得了一部分数据，请你填写表格中空缺的数据．在如图2平面直角坐标系中以表中各组对应值为点的坐标进行描点，并画出函数图象：

（3）从图象可知，y随着α的变化情况是______；y的取值范围是______．

25. 定义：如果一个四边形存在一条对角线，使得这条对角线是四边形某两边的比例中项，则称这个四边形为“闪亮四边形”，这条对角线称为“亮线”．如图1，四边形ABCD中，AB=AC=AD，满足AC2=AB•AD，四边形ABCD是闪亮四边形，AC是亮线．
（1）以下说法正确的是______（填写序号）
①正方形不可能是闪亮四边形；
②矩形中存在闪亮四边形；
③若一个菱形是闪亮四边形，则必有一个内角是60°．
（2）如图2，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AD=9，AB=12，CD=20，判断哪一条线段是四边形ABCD的亮线？请你作出判断并说明理由．
（3）如图3，AC是闪亮四边形ABCD的唯一亮线，∠ABC=90°，∠D=60°，AB=4，BC=2，请直接写出线段AD的长．

26. 如图1，等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点A，C的圆交AB于点D，交BC于点E，连结DE
（1）若AD=7，BD=1，分别求DE，CE的长
（2）如图2，连结CD，若CE=3，△ACD的面积为10，求tan∠BCD
（3）如图3，在圆上取点P使得∠PCD=∠BCD（点P与点E不重合），连结PD，且点D是△CPF的内心
①请你画出△CPF，说明画图过程并求∠CDF的度数
②设PC=a，PF=b，PD=c，若（a-c）（b-c）=8，求△CPF的内切圆半径长．

答案和解析

1.【答案】B
【解析】

解：实数-2019的绝对值=|-2019|=2019，
故选：B．
当a是负有理数时，a的绝对值是它的相反数-a．
本题主要考查了绝对值，解题时注意：一个负数的绝对值是它的相反数．

2.【答案】C
【解析】

解：A、a2•a3=a5，故此选项错误；
B、a10÷a2=a8，故此选项错误；
C、（-a4）2=a8，正确；
D、（2ab）4=16a4b4，故此选项错误；
故选：C．
直接利用同底数幂的乘除运算法则以及幂的乘方运算法则、合并同类项法则分别计算得出答案．
此题主要考查了直接利用同底数幂的乘除运算以及幂的乘方运算、合并同类项，正确掌握相关运算法则是解题关键．

3.【答案】D
【解析】

解：根据三角形的三边关系：7-4＜x＜7+4，
解得：3＜x＜11，
故第三边长不可能是：12，
故选：D．
根据三角形的三边关系：任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，即可得答案．
此题主要考查了三角形的三边关系，只要掌握三角形的三边关系定理即可．

4.【答案】B
【解析】

解：将1439亿用科学记数法表示为1.439×1010．
故选：B．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
此题主要考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

5.【答案】A
【解析】

解：∵点（2，3）在y=上，∴k=2×3=6，A选项1×6=k，符合题意；
故选：A．
把已知点代入反比比例函数解析式求出k，然后判断各选项点的坐标是否符合即可．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，把点的坐标代入计算即可．

6.【答案】C
【解析】

解：300×35%×30=3150（kg），
答：该小区一个月（按30天计）产生的可回收垃圾重量约是3150kg，
故选：C．
根据题意列式计算即可．
本题考查的是扇形统计图，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．

7.【答案】D
【解析】

解：一次函数y=kx+b的图象经过第一、二象限，则k＞0，b＞0或k＜0，b＞0，
故选：D．
利用命题与定理，首先写出假命题进而得出答案．
此题主要考查了反证法的证明举例，训练了学生对举反例法的掌握情况．

8.【答案】D
【解析】

解：A、甲港与丙港的距离是30+90=120km，错误；
B、船在中途没有休息，错误；
C、船的行驶速度是km/h，错误；
D、从乙港到达丙港共花了=1.5小时，正确；
故选：D．
由船行驶的函数图象可以看出，船从甲港出发，0.5h后到达乙港，ah后到达丙港，进而解答即可．
此题主要考查了函数图象与实际结合的问题，利用数形结合得出关键点坐标是解题关键，同学们应加强这方面的训练．

9.【答案】B
【解析】

解：连接OC，∵OC=OB，
∴∠OCB=∠B，
∵DE⊥AB，
∴∠BDF=90°，
∴∠B+∠DFB=90°，
∵∠EFC=∠BFD，
∴∠B+∠EFC=90°，
∵∠ECF=∠EFC，
∴∠OCB+∠ECF=90°，
∴CE是⊙O的切线．
故选：B．
连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠OCB=∠B，推出∠OCB+∠ECF=90°，于是得到结论．
本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

10.【答案】D
【解析】

解：由y=ax2+bx+c的图象可得：
开口向下，故a＜0；
与y轴的交点在（0，1）的上方，故c＞1；
对称轴在y轴右侧，且a＜0故b＞0；
由图象可知当x=1时，y=a+b+c＞1
∴a+2b+c=a+b+c+b＞1；
∵对称轴x=-＞1，
∴b＞-2a，
∴2a+b＞0，
∴2a+b+c＞0+c＞1；
3a+2b+c=（2a+b）+（a+）++c＞0++0+c＞c＞1；
综上所述，值一定大于1的个数是4个．
故选：D．
先由图象开口方向，得a为负，由其与y轴的交点，得c大于1，由对称轴的位置得-的值大于1，再逐个分析即可．
本题是二次函数数形结合的典型题目，需要明确开口方向与a的关系，对称轴位置对于a，b符号异同的影响，以及函数值与a，b，c等的相关计算问题，综合性比较强．

11.【答案】B
【解析】

解：设AD=x．
∵四边形CDPE是矩形，
∴PD∥BC，PD=CE，CD=PE=3-x，
∴△ADP∽△ACB，
∴=，
∴=，
∴PD=x，
∴矩形CDPE的周长=2（CD+PD）=2（3-x+x）=x+6，
∵当点P由A向B移动时，x从0增加到3，
∴矩形CDPE的周长在增大，
故选：B．
设AD=x．利用相似三角形的性质，构建一次函数即可解决问题．
本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建一次函数解决问题．

12.【答案】A
【解析】

解：设正六棱柱的地面边长为acm，高为hcm，
挪动前长为（2h+2a）cm，宽为（4a+a）cm，
挪动后长为（h+2a+a）cm，宽为4acm，
由题意得：（2h+2a）（h+2a+a）=3，（4a+a）-4a=0.5，
∴a=1，h=5-，
∴六棱柱的侧面积是6ah=6×1×（5-）=30-6；
故选：A．
设正六棱柱的地面边长为acm，高为hcm，分别求出挪动前后长方形的长与宽，由题意得到a=1，h=5-，再由六棱柱的侧面积是6ah求解；
本题考查正六棱柱的性质；能够求出正六棱柱的高与底面边长是解题的关键．

13.【答案】a≥-3
【解析】

解：依题意有a+3≥0，解得a≥-3，
即a≥-3时，二次根式有意义．
故a的取值范围是a≥-3．
根据二次根式的性质，被开方数大于等于0可知．
主要考查了二次根式的概念．
二次根式的概念：式子（a≥0）叫二次根式．
（a≥0）是一个非负数．
二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．

14.【答案】a-4
【解析】

解：，
故答案为：a-4
分子分母约去公因式即可．
本题考查了分式的约分，当分子、分母是多项式时，首先要把分子分母分解因式．

15.【答案】
【解析】

解：∵共有5把钥匙，其中有2把钥匙能打开教室门，
∴任取一把钥匙，恰好能打开教室门的概率是；
故答案为：．
根据概率的求法，让所求情况数除以总情况数即为所求的概率．
此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．

16.【答案】-2
【解析】

解：把代入二元一次方程组得，把两个方程相加得n+m=-2．
先把二元一次方程组的解代入方程得到新的二元一次方程组，然后两个方程相加即可．
本题主要考查二元一次方程组的解，解题时需要灵活，不要解二元一次方程组只要相加即可求出n+m的值．

17.【答案】-4
【解析】

解：如图，作BH⊥OA于H．

在Rt△OBH中，∵∠OHB=90°，∠BOH=30°，OB=2，
∴BH=OB=1，
∴S△AOB=•OA•BH=2，
∵△AOB≌△COD，
∴∠AOB=∠COD=30°，S△AOB=S△CDO=2，
∵∠AOC=120°，
∴∠BOD=60°，
∴S阴=-2×2-=-4，
故答案为-4．
根据S阴=S扇形OAC-2•S△AOB-S扇形OBD，计算即可．
本题考查扇形的面积，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

18.【答案】7.5
【解析】

解：

如图，∵AB=AC
∴∠B=∠C
∵∠BAC=120°，∠BAC+∠B+∠C=180°
∴∠B=∠C=30°
∵DE∥∥AC，EF∥AB
∴∠DEB=∠C=30°，∠FEC=∠B=30°
∴∠B=∠DEB，∠C=∠FEC
∴△DBE，△FEC是等腰三角形
∵AB∥EF
∴∠EFA+∠BAC=180
∴∠EFA=60°
∵△AEF是等腰三角形
∴△AEF是等边三角形
∴AF=AE，∠AEF=∠EFA=60°
∴∠AEC=∠AEF+∠FEC=90°
在Rt△AEC中，AC=15，∠C=30°，∠AEC=90°
∴AE=AC=7.5
∴AF=7.5
故答案为7.5
根据已知条件可判定△BDE和△EFC始终为等腰三角形，并可求得∠AFE=∠ADE=30°，若△AEF和△ADE为等腰三角形，则必为等边三角形．将求AF的长度转化为求AE的长度．然后通过解Rt△AEC即可．也可以用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解．
本题考查等腰三角形的性质，平行线的性质，等边三角形的判定，含30°直角三角形的性质的综合应用．

19.【答案】解：原式=x2+4x-5+x2-4x+4，
=2x2-1，
当x=时，原式=．
【解析】

先算乘法，再合并同类项，最后代入求出即可．
此题考查了整式的混合运算-化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

20.【答案】2
【解析】

解：（1）tanB==2，
故答案为：2；
（2）如图所示，四边形ABCD即为所求．
（1）根据三角函数的定义即可得到结论；
（2）根据题意作出图形即可．
本题考查了作图应用与设计作图、正确的作出图形是解决问题的关键．

21.【答案】解：（1）a=（10+8+12+7+13）÷5=10（百吨）；
把这些数从小到大排列为：7，8，10，12，13，最中间的数是10，则中位数b=10百吨；
c=[（10-10）2+（8-10）2+（12-10）2+（7-10）2+（13-10）2]=5.2（平方百吨）；

（2）甲厂的钢索质量更优，
从平均数来看，甲厂的平均数是10.4百吨，而乙厂的平均数是10百吨，所以甲厂高于乙厂；
从中位数来看甲厂和乙厂一样；
从方差来看，甲厂的方差是1.04平方百吨，而乙厂的方差是5.2平方百吨，所以甲厂的方差小于乙厂的方差，所以甲厂更稳定；
所以从总体来看甲厂的钢索质量更优．
【解析】

（1）根据平均数、中位数和方差的计算公式分别进行解答即可；
（2）从平均数、中位数和方差的意义分别进行分析，即可得出甲厂的钢索质量更优．
本题考查了平均数，中位数，方差的意义．平均数平均数表示一组数据的平均程度．中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数）；方差是用来衡量一组数据波动大小的量．

22.【答案】解：（1）设A、B两种广告牌数量分别为3x个和2x个，依题意得；
3x+2x=20，
解得：x=4，
A种广告牌数量为12个，B种广告牌数量为8个；
这次活动需要的费用为：12×40+70×8=1040（元）．
答：A种广告牌数量与B种广告牌数量之比为3：2，需要费用1040元．

（2）设A种广告牌数量为x个，则B种广告牌数量为（20-y）个，依题意得：
解得；，
又∵y取正整数，
∴y=14或15，
又∵B种种广告牌数量不少于5个．
∴制作A，B两种型号的宣传广告牌有两种方案：
①A种广告牌数量为14个，B种广告牌数量为6个；
②A种广告牌数量为15个，B种广告牌数量为5个．
其费用如下：
①14×40+70×6=980（元）
②15×50+70×5=1100（元）
答：有2种方案；其费用分别为980元和1100元．
【解析】

第（1）巧设未知数，用3x与2x的和等于20构建方程求出A、B两种广告牌数量，；
第（2）题构建不等式组求出A、B两种广告牌数量的取值范围，由总价=单价×数量求出两种方案的费用．
本题考查了方程和不等式组知识，难点是根据条件正确的列出不等式组，

23.【答案】解：（1）M1：y=x2-4与x轴的负半轴相交于点A，
∴A（-2，0），
∵AB=BC，C（8，m），
∴B（3，），
设AB直线解析式为y=kx+b，
∴，
∴，
∴y=x+，
∵y=x2-4与y=x+相交于点A和B，
∴x2-x+-4=0，
∴x1+x2==1，
∴m=10，
∴B（3，5），C（8，10）；
（2）∵抛物线M1平移得到抛物线M2，
∴a=1，
∵B（3，5），C（8，10）在抛物线y=x2+bx+c上，
∴，
∴，
∴y=x2-10+26=（x-5）2+1，
由M1平移得到抛物线M2先向右平移5个单位长度，再向上平移5个单位长度；
（3）作点B关于y轴的对称点B'，连接CB'与y轴的交点即为P，
∴B'（-3，5），
设直线B'C的直线解析式为y=mx+n，
∴，
∴，
∴y=x+，
∴P（0，）
【解析】

（1）y=0，即求A；AB=BC，得B（3，），求出直线AB的解析式与二次函数求交点，利用根与系数的关系求m的值，从而确定B与C的坐标；
（2）抛物线平移前后a的值不变，由点B（3，5），C（8，10）在抛物线y=x2+bx+c上，确定抛物线解析式，从而得到平移过程；
（3）作点B关于y轴的对称点B'，连接CB'与y轴的交点即为P，求出直线B'C的直线解析式的解析式与y轴交点即为P；
本题考查二次函数图象的平移，最短路径问题；掌握二次函数平移前后a的值不变是解决平移后二次函数解析的关键，通过作对称点，将线段和的最小进行转化是解决最短路径的关键．

24.【答案】1   y随着α增大而增大   0＜y＜2
【解析】

解：（1）如图1所示：
α=60°时，
∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∵点P在弧BC的中点处，
∴AP经过△ABC外接圆的圆心O，
连接OB、OC，则△OBP、△OCP是等边三角形，
∴OB=OC=PB=PC=OP，AP=2OP，
∴==1；
故答案为：1；
（2）①α=60°时，点P不在弧BC的中点处，延长BP，截取PD=CP，连接CD，如图2所示：
∵∠BPC=180°-α=120°，
∴∠CPD=60°，
∴△CPD是等边三角形，
∴CP=CD=PD，∠PCD=60°，
∵α=60°时，△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∴∠ACP=∠BCD，
在△ACP和△BCD中，，
∴△ACP≌△BCD（SAS），
∴BD=AP，即PB+PC=AP，
∴=1，
与（1）相同，
∴α=60°时，=1；
②α=90°时，点P在弧BC的中点处时，则AP、BC是直径，PB=PC=半径，∴PB+PC=AP，即=≈1.41；
点P不在弧BC的中点处，延长BP，截取PE=CP，连接CE，如图3所示：
∵∠BPC=180°-α=90°，
∴∠CPE=90°，
∴△CPE是等腰直角三角形，
∴CP=PE，∠PCE=45°，
∵α=90°时，△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=AC，∠ACB=45°，
∴∠ACP=∠BCE，
∵∠PAC=∠PBC，
∴△ACP∽△BCE，
∴==，即=≈1.41；
∴α=90°时，=1.41；
填写表格如下：
以表中各组对应值为点的坐标进行描点，画出函数图象如下：
（3）从图象可知，y随着α增大而增大；
y的取值范围是：0＜y＜2；
故答案为：y随着α增大而增大；0＜y＜2．
（1）证出△ABC是等边三角形，则AP经过△ABC外接圆的圆心O，连接OB、OC，则△OBP、△OCP是等边三角形，得出OB=OC=PB=PC=OP，AP=2OP，即可得出结论；
（2）①α=60°时，点P不在弧BC的中点处，延长BP，截取PD=CP，连接CD，证出△CPD是等边三角形，得出CP=CD=PD，∠PCD=60°，证明△ACP≌△BCD，得出BD=AP，即PB+PC=AP，即可得出结论；
②α=90°时，点P不在弧BC的中点处，延长BP，截取PE=CP，连接CE，得出△CPE是等腰直角三角形，得出CP=PE，∠PCE=45°，证明△ACP∽△BCE，得出==，即可得出结论；
（3）从图象可知，y随着α增大而增大；y的取值范围是：0＜y＜2．
本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了圆周角定理和垂径定理．

25.【答案】①③
【解析】

解：（1）①设正方形的边长为a，则对角线长为a，
∵（a）2≠a•a，
∴正方形不可能是闪亮四边形．故①正确
②如图①中，四边形ABCD是矩形，AE⊥AC于E，不妨设矩形是闪亮四边形．

则AC2=AD•CD，
∵•AC•DE=•AD•DC，
∴DE=AC，
∵AC＞AD＞DE，显然与DE=AC矛盾，假设不成立，
∴矩形不可能是闪亮四边形，故②错误．
③如图②中，四边形ABCD是菱形，

∵四边形ABC都是闪亮四边形，
不妨设AC2=AD•CD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，
∴AC=AD=CD，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠D=60°，
∴若一个菱形是闪亮四边形，则必有一个内角是60°．故③正确．
故答案为①③

（2）如图2中，作DH⊥BC于H．

∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∵∠ABC=90°，
∴∠BAD=∠ABC=∠DHB=90°，
∴四边形ABHD是矩形，
∴AB=DH=12，AD=BH=9，
在Rt△DCH中，CH==16，
∴BC=9+16=25，
在Rt△ABD中，BD==15，
在Rt△ACB中，AC2=AB2+BC2=796，
∵BD2=AD•BC，
∴BD是四边形ABCD的闪亮对角线．

（3）如图3中，作CH⊥AD于H．

∵DH=CD•cos∠D，CH=CD•sin∠D，AH=AD-CD•cos∠D，
∴AC2=AH2+CH2=（AD-CD•cos∠D）2+（CD•sin∠D）2
=AD2+CD2-2AD•CD•cos∠D
=AD2+CD2-AD•CD，
∵AC2=AD•CD，
∴AD2-2AD•CD+CD2=0，
∴（AD-CD）2=0，
∴AD=CD，∵∠D=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AD=AC===2．
（1）根据闪亮四边形的定义一一判断即可．
（2）如图2中，作DH⊥BC于H．求出BD，AC即可判断．
（3）想办法证明△ADC是等边三角形即可解决问题．
本题属于相似三角形综合题，考查了矩形，菱形，正方形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识也有问题，属于中考压轴题．

26.【答案】解：（1）由图可知：

设BC=x．在Rt△ABC中，AC=BC．由勾股定理得：
AC2+BC2=AB2，
∵AB=AD+BD，AD=7，BD=1，
∴x2+x2=82，
解得：x=．
∵⊙O内接四边形，∠ACD=90°，
∴∠ADE=90°，
∴∠EDB=90°，
∵∠B=45°，
∴△BDE是等腰直角三形．
∴DE=DB，
又∵DB=1，
∴DE=1，
又∵CE=BC-BE，
∴CE=．
（2）如图所示：

在△DCB中过点D作DM⊥BE，设BE=y，则DM=y，
又∵CE=3，∴BC=3+y，
∵S△ACB=SACD+SDCB，
∴，
解得：y=2或y=-11（舍去）．
∴EM=1，
CM=CE+ME=1+3=4，
又∵∠BCD=∠MCD，
∴tan∠BCD=tan∠MCD，
在Rt△DCM中，tan∠MCD==，
∴tan∠BCD=．
（3）①如下图所示：
作∠DPF=∠DPC，使PF与BC的延长线相交于点F，连接DF，OD，OC．

由（1）可知，ED⊥AB，
∴∠EDC+∠CDO+∠ODA=90°，
又∵在⊙O中，∠COD与∠CAD是弦CD对的圆心角与圆周角，
∴∠COD=2∠CAD，
又∵∠CAD=45°，
∴∠COD=90°，
又∵OC=OD，
∴∠COD=45°，
∴∠EDC+∠ODA=45°，
∴∠CDE+∠BDF=45°，
又∵∠CDF=∠CDE+∠EDB+∠BDF=90°+45°=135°，
即∠CDF的度数为135°．
②如下图所示

过点D分别作DK⊥PC，DM⊥CF，DN⊥PF于直线PC，CF和PF于点K，M，N三点，
设△PCF内切圆的半径为m，则DN=m，
∵点D是△PCF的内心，
∴DM=DN=DK，
又∵∠DCF+∠CFD+∠FDC=180°，∠FDC=45°，
∴∠DCF+∠CFD=45°，
又∵DC，DF分别是∠PCF和∠PFC的角平分线，
∴∠PCF=2∠DCF，∠PFC=2∠DFC，
∴∠PCF+∠PFC=90°，
∴∠CPF=90°．
在四边形PKDN中，∠PND=∠NPK=∠PKD=90°，
∴四边形PKDN是矩形，
又∵KD=ND，
∴四边形PKDN是正方形．
又∵∠MBD=∠BDM=45°，
∠BDM=∠KDP，
∴∠KDP=45°．
∵PC=a，PF=b，PD=c，
∴PN=PK=，
∴NF=，CK=，
又∵CK=CM，FM=FN，CF=CM+FM，
∴CF=，
又∵S△PCF=S△PDF+S△PDC+S△DCF，
∴c）×，
化简得：ab=------（Ⅰ），
又∵若（a-c）（b-c）=8
化简得：------（Ⅱ），
将（Ⅰ）代入（Ⅱ）得：c2=8，
解得：，或（舍去），
∴m=，
即△CPF的内切圆半径长为2．
【解析】

（1）由A、C、E、D四点共圆对角互补为突破口求解；
（2）找∠BDF与∠ODA为对顶角，在⊙O中，∠COD=2∠CAD，证明△OCD为等腰直角三角形，从而得到∠EDC+∠ODA=45°，即可证明∠CDF=135°；
（3）理解圆的内心是三角形三个内角角平分线的交点，结合∠ACB=90°，AC=BC，证明∠DCF+∠CFD=45°，从而证明∠CPF是直角，再求证四边形PKDN是正方形，最后以△PCF面积不变性建立等量关系，结合已知（a-c）（b-c）=8，消去字母a，b求出c值，即求出△CPF的内切圆半径长为．
本题考查圆的内接四边形性质，圆的内心，圆心角、圆周角，同弧（或等弧）之间的相互关系，同时也考查直角三角形，勾股定理，同角或等角的三角函数值相等和三角形的面积公式，正方形，对顶角和整式的运算等知识点；难点是作辅助线和利用等式求△CPF的内切圆半径长．

2019年浙江省宁波市鄞州区中考数学一模试卷解析版