中考数学质检试卷题号一二三四总分得分一、选择题（本大题共6小题，共12.0分）1.下面各数中，比-2小的数是（）A. -1B. -3C. 0D. 22.截止到2020年5月20日，全世界新冠病确诊患者已超过4980000名，将4980000用科学记数法表示为（）A. 4.98×105B. 4.98×106C. 49.8×105D. 49.8×1063.下列运算正确的是（）A. 2a2b+3ab2=5a2bB. （-a2）3=-a5C. （a-3）2=a2-9D. a2•2a3=2a54.如图，射线a，b分别与直线1交于点A，B．现将射线a沿直线l向右平移过点B，若∠1=46°，∠2=72°，则∠3的度数为（）A. 62°B. 68°C. 72°D. 80°5.如图，AB与⊙O切于点B，OB=3，C是OB上一点，连接AC并延长与⊙O交于点D，连接OD，∠A=40°，∠D=30°，则的长为（）A.B. πC.D.6.如图，大正方体上面正中间放置小正方体，小正方体6个表面写了数字1到6，且所相对面两个数字之和都是7，则这个几何体的左视图为（）A.B.C.D.二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）7.化简：-=______．8.若式子有意义，则x的取值范围为______．9.计算：÷=______．10.分式方程=的解是______．11.抛物线y=x2-2x-3与x轴有两个交点，则原点左侧交点坐标为______．12.如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，延长AD到E，使DE=BD，连接BE．若∠EBC=27°，则∠ABD=______度．13.如图，在△ABC中，∠ABC=90°，∠C=30°，BC=8．D是边BC上一点，BD=6，以BD为一边向上作正三角形BDE，BE、DE与AC分别交于点F、G，则线段FG的长为______．14.如图，在△ABC中，AB=AC，点A的坐标为（2，-1），点B在y轴上，BC∥x轴，将△ABC沿BC翻折得到△A'BC，直线y=x过点A'，则四边形A'BAC的面积为______．三、计算题（本大题共1小题，共7.0分）15.如图，海面上B，C两岛分别位于A岛的正东和正北方向．一艘船从A岛出发以16海里/h的速度向正北方向航行2小时到达C岛，此时测得B岛在C岛的南偏东43°．求A，B两岛之间的距离．（结果精确到0.1海里）（参考数据：sin43°=0.68，cos43°=0.73，tan43°=0.93）四、解答题（本大题共11小题，共77.0分）16.先化简，再求值：-，其中x=2．17.某班去看演出，甲种票每张24元，乙种票每张18元．如果35名学生购票恰好用去750元，甲、乙两种票各买了多少张？18.甲、乙两个不透明的袋子中分别装有三个标有数字的小球，小球除数字不同外，其余均相同，甲袋中三个小球上分别标有数字1、2、7，乙袋中三个小球上分别标有数字4、5、6，小明分别从甲、乙口袋中通随机摸出一个小球，用画树状图（或列表）的方法，求小明摸出两个小球上的数字之和为4的倍数的概率．19.如图，四边形ABCD是平行四边形，E是边BC上一点，且BE=CD．过点E，C分别作EF⊥AB，CG⊥AD．求证：EF=CG．20.某学校为了解九年级学生线上教学中所学知识情况，随机抽出一部分九年级学生进行了质量检测，其成绩结果分三类：A：优秀，B：及格，C：不及格，然后根据结果做了不完全的条形图和扇形图，如图所示．（1）这次被抽出的学生是______名．（2）完成直方图．（3）该学校九年级学生有200名，通过计算，估计九年级不及格学生人数．21.如图均是5×5的正方形网络，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点A，B，C都在格点上，按照下列要求画图．（1）在图1中，画△ABC的高AD．（2）在图2中，①AB=______；②画以∠B为顶角的等腰三角形ABE，使点E在格点上．（3）在图3中，画出△ABC的角平分线BF．（要求：只用直尺，不能用圆规，不要求写出画法）22.如图，点A（0，4），点B（-2，0），C，D分别是AO，AB的中点，连接BC．将△ABC绕点A逆时针方向旋转90°，得到△AB'C'，双曲线y=过线段AB'的中点D'．（1）OC=______；（2）点D的横坐标为______；（3）求双曲线的解析式．23.甲车从A地出发向B地匀速行驶，甲出发1小时后乙车从B地出发沿同一条路向A地匀速行驶．两车相遇后乙车立即以原来速度返回B地，甲车继续以原来速度行驶到B地．甲、乙两车之间的距离y（km）与甲车的行驶时间x（h）之间的函数图象如图所示．（1）甲车的速度是______km/h；（2）求出乙车开始出发到与甲车第一次相遇时，y与x的函数关系式，并写出自变量的取值范围；（3）直接写出m的值．24.在矩形纸片ABCD中，点M，N分别为边AD，BC的中点，点E，F分别在边AB，CD上，且AE=CF．将△AEM沿EM折叠，点A的对应点为点P，将△NCP沿NF 折叠，点C的对应点为点Q．（1）如图1，若点P，Q分别落在边BC，AD上，则四边形PMQN的形状是______；（2）如图2，若点P，Q均落在矩形ABCD内部，直线MP与直线BC交于点G，其它条件不变，则第（1）小题的结论是否仍然成立？说明其理由；（3）如图3，若AD=10，AB=6，当四边形PMQN为菱形时，直接写出BE的长度．25.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=6cm，CD是中线．点P从点C出发以4cm/s速度沿折线CD-DB匀速运动，到点B停止运动．过点P作PQ⊥AC，垂足为点Q，以PQ为一边作矩形PQMN，且MQ=PQ．点M，C始终位于PQ的异侧，矩形PQMN与△ACD的重叠部分面积为S（cm2），点P的运动时间为t（s）．（1）当点N在边AB上时，t=______s．（2）求S与t之间的函数关系式．（3）当矩形PQMN与△ACD的重叠部分为轴对称图形时，直接写出t的取值范围．26.如图，点A（-2，0），点C（-1，0），点A、C关于原点O的对称点分别为点B、D．线段AB沿y轴向下平移2m（m＞0）个单位长度，得到线段A1B1，抛物线y=ax2+bx+2过点A1，B1．（1）当m=1时，a=______；（2）求a与m之间的关系式；（3）线段CD沿y轴向下平移2n（n＞0）个单位长度，得到线段C1D1，抛物线y=ax2+bx+2过点C1，D1．①a=______；（用含n的式子来表示）m与n之间的关系式为______．②点P（x，0）在x轴上，当△PC1B1为等腰直角三角形时，直接写出点P的坐标．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵|-1|=1．|-2|=2，|-3|=3，1＜2＜3，∴-1＞-2＞-3，∵-2＜0＜2，∴比-2小的数是-3，故选B．求出-1、-2、-3的绝对值，比较即可；根据有理数的大小比较法则比较-2、0、2即可．本题考查了有理数的大小比较法则的应用，注意：负数都小于0，正数都大于0，负数小于一切正数，两负数比较大小，其绝对值大的反而小．2.【答案】B【解析】解：将数据4980000用科学记数法表示为：4.98×106．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．此题考查科学记数法的表示方法，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．3.【答案】D【解析】解：A、2a2b和3ab2不能合并，故本选项不符合题意；B、结果是-a6，故本选项不符合题意；C、结果是a2-6a+9，故本选项不符合题意；D、结果是2a5，故本选项符合题意；故选：D．根据合并同类项法则，幂的乘方和积的乘方，完全平方公式，单项式乘以单项式分别求出每个式子的值，再得出选项即可．本题考查了合并同类项法则，幂的乘方和积的乘方，完全平方公式，单项式乘以单项式等知识点，能正确求出每个式子的值是解此题的关键．4.【答案】A【解析】解：如图，∵a∥c，∴∠1=∠4=46°，∵∠4+∠3+∠2=180°，∠2=72°，∴∠3=180°-46°-72°=62°，故选：A．利用平行线的性质求出∠4，这两天平角的定义求出∠3即可．本题考查平移的性质，平行线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．属于中考常考题型．5.【答案】C【解析】解：∵AB与⊙O切于点B，∴∠ABO=90°，∵∠A=40°，∴∠ACB=50°，∴∠OCD=∠ACB=50°，∵∠D=30°，∴∠DOB=180°-30°-50°=100°，∴的长==，故选：C．根据切线的性质得到∠ABO=90°，根据三角形的内角和得到∠DOB=180°-30°-50°=100°，根据弧长的计算公式即可得到结论．本题考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，弧长的计算，熟练掌握切线的性质是解题的关键．6.【答案】D【解析】解：从左面看，底层是一个较大的正方形，上层中间是一个较小的正方形，且小正方形上写有4．故选：D．找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中．因为右面是3，所相对面两个数字之和都是7，所以左面是4．本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．7.【答案】【解析】解：-=2=．故填：．此题先把二次根式化简，再进行合并即可求出答案．此题考查了二次根式的加减，关键是把二次根式化简，再进行合并．8.【答案】x≥-【解析】解：由题意得，2x+3≥0，解得x≥-．故答案为：x≥-．根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．9.【答案】【解析】解：÷=•=，故答案为：．先把除法变成乘法，再根据分式的乘法法则求出即可．本题考查了分式的乘除法则，能灵活运用法则进行计算是解此题的关键．10.【答案】x=2【解析】解：分式方程=，去分母得：x=2（2x-3），去括号得：x=4x-6，移项合并得：-3x=-6，解得：x=2，检验：把x=2代入得：x（2x-3）≠0，∴分式方程的解为x=2．故答案为：x=2．分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．11.【答案】（-1，0）【解析】解：y=x2-2x-3，令y=0，则y=x2-2x-3=0，解得：x=-1或3，故原点左侧交点坐标为（-1，0），故答案为（-1，0）．y=x2-2x-3，令y=0，即可求解．本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．12.【答案】36【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC=90°，∴∠EBC=∠E=27°，∵DE=BD，∴∠DBE=∠E=27°，∴∠ABD=∠ABC-∠DBE-∠EBC=36°，故答案为：36．由矩形的性质可得AD∥BC，∠ABC=90°，由平行线的性质和等腰三角形的性质可得∠EBC=∠DBE=∠E=27°，即可求解．本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．13.【答案】【解析】解：∵在△ABC中，∠ABC=90°，∠C=30°，∴∠A=60°，AB=BC•tan∠C=8×=，AC=2AB=．∵三角形BDE是等边三角形，∴∠EBD=∠BDE=60°，∴∠ABF=∠ABC-∠EBD=90°-60°=30°，∠AFB=180°-∠A-∠ABF=180°-60°-30°=90°．∵在△ABF中，∠AFB=90°，∠ABF=30°，∴AF=AB=．∵∠BDE=60°，∠C=30°，∴∠DGC=∠BDE-∠C=60°-30°=30°，∴∠DGC=∠C=30°，∴DG=CD=BC-BD=8-6=2．如图，过D作DH⊥AC于H，则GC=2HC．∵在△CDH中，∠CHD=90°，∠C=30°，∴DH=CD=1，CH=DH=，∴GC=2，∴FG=AC-AF-GC=--2=2．故答案为：2．首先解直角△ABC，求出AC=．证明∠AFB=90°．解直角△ABF，求出AF=．再过D作DH⊥AC于H，根据等腰三角形三线合一的性质得出GC=2HC．解直角△CDH，求出CH=，则GC=2，最后根据FG=AC-AF-GC即可得出结论．本题考查了含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，求出AC、AF、GC的长是解题的关键．14.【答案】12【解析】解：∵将△ABC沿BC翻折得到△A'BC，∴A′B=AB，A′C=AC，∵AB=AC，∴A′B=AB=A′C=AC，∴四边形A′BAC是菱形，连接AD交BC于D，∴AA′⊥BC，BD=CD，∵BC∥x轴，∴A′A⊥x轴，∵点A的坐标为（2，-1），∴A′的横坐标为2，∵直线y=x过点A'，∴A′（2，5），∴AA′=6，BC=4，∴四边形A'BAC的面积=×6×4=12，故答案为：12．根据折叠的性质得到A′B=AB，A′C=AC，推出四边形A′BAC是菱形，连接AD交BC于D，得到AA′⊥BC，BD=CD，根据已知条件得到A′的横坐标为2，由于直线y=x过点A'，得到A′（2，5），于是得到AA′=6，BC=4，根据菱形的面积公式即可得到结论．本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，折叠的性质，菱形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．15.【答案】解：AC=16×2=32（海里），在Rt△ACB中，∵，∴AB=AC•tan43°=32×0.93≈29.8（海里）．答：A，B两岛之间的距离为29.8海里．【解析】根据路程=速度×时间，可得AC=16×2=32海里，在Rt△ABC中，利用正切函数的定义可得AB=AC•tan∠ACB，将数值代入计算即可求解．本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，正切函数的定义，路程、速度与时间自己的关系，难度一般．理解方向角的定义，将实际问题转化为数学问题是解决问题的关键．16.【答案】解：原式=====，当x=2时，原式==．【解析】先通分，变成同分母的分式，再根据同分母的分式相减法则进行计算，最后代入求出即可．本题考查了分式的混合运算和求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键．17.【答案】解：设甲种票买了x张，则乙种票买了（35-x）张．由题意，得24x+18（35-x）=750，解得x=20，所以35-x=15．答：甲种票买了20张，乙种票买了15张．【解析】设甲种票买了x张，则乙种票买了（35-x）张．然后根据购票总张数为35张，总费用为750元列方程求解即可．考查了一元一次方程的应用．正确得出等式是解题关键．18.【答案】解：如图所示：，P（小明摸出的两个小球上的数字之和为4的倍数）=．【解析】画树状图得出所有9种等可能的结果数，然后根据概率公式求解．本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B=∠D，又∵EF⊥AB，CG⊥AD，∴∠BFE=∠DGC=90°，又∵BE=CD，∴△BEF≌△CDG（AAS）∴EF=CG．【解析】根据平行四边形的性质得出∠B=∠D，进而利用全等三角形的判定和性质解答即可．本题主要考查了平行四边形的性质，主要利用了平行四边形的对角相等解答．20.【答案】60【解析】解：（1）12÷20%=60 （人），故答案为：60；（2）60-12-27=21（人），补全直方图如图所示：（3）200×=70（人），答：该学校九年级200名学生中不及格的有70人．（1）从统计图中可知，A组的人数12人，占调查人数的20%，可求出调查人数，（2）求出C组的人数，可以补全条形统计图；（3）样本中不及格占，因此估计总体200人的是不及格的人数．考查条形统计图、扇形统计图的意义和制作方法，从统计图中获取数量之间的关系是正确解答的前提．21.【答案】5【解析】解：（1）如图1中，线段AD即为所求．（2）①AB==5．②如图2中，△ABE即为所求．故答案为5．（3）如图3中，线段BF即为所求．（1）根据高的定义画出图形即可．（2）①利用勾股定理计算即可．②构造腰为5的等腰三角形即可．（3）利用等腰三角形的三线合一的性质解决问题．本题考查作图-应用与设计，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．22.【答案】2 -1【解析】解：（1）∵点A（0，4），∴OA=4，∵C是AO的中点，∴OC=2；故答案为：2；（2）∵点B（-2，0），D是AB的中点，∴点D的横坐标为-1，故答案为：-1；（3）解：连接DC，则DC是中位线，∴CD∥OB，∴∠ACD=∠AOB=90°连接C′D′，C′D′=CD=1，∠OAC′=90°，A（0，4），∴D′（2，3），∵双曲线过点D′，∴k=6，∴双曲线的解析式为．（1）根据线段中点的定义即可得到结论；（2）根据三角形中位线定理即可得到结论；（3）连接DC，连接C′D′，根据旋转的性质得到C′D′=CD=1，∠OAC′=90°，求得D′（2，3），于是得到结论．本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，旋转的性质，正确的作出正方形是解题的关键．23.【答案】80【解析】解：（1）根据题意可得甲车的速度为：360-280=80（km/h），故答案为：80；（2）设解析式为y=kx+b，图象过点（1，280），（3，0），则，解得，∴y=-140x+420（1≤x≤3）；（3）乙车的速度为：（280-80×2）÷2=60（km/h），相遇后甲车到达B地的时间为：60×2÷80=1.5（小时），∴m=3+1.5=4.5．（1）根据题意结合图象即可得出甲车的速度；（2）利用待定系数法解答即可；（3）根据两车的速度与相遇时离B地的距离解答即可．本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．24.【答案】平行四边形【解析】解：（1）结论：四边形PNQM是平行四边形．理由：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，∠A=∠C=90°，∵点M，N分别是AD，BC的中点，∴AM=NC，∵AE=CF，∴△EAM≌△FCN（SAS），∴∠AME=∠CNF，∵∠AME=∠EMP，∠CNF=∠FNQ，∴∠AMP=∠QNC，∵AD∥BC，∴∠AQN=∠CNQ，∴∠AMP=∠AQN，∴PM∥QN，∵MQ∥PN，∴四边形PNQM是平行四边形．故答案为平行四边形．（2）仍然成立．理由：∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，∵AM=AD，CN=BC，∴AM=CN，又∠A=∠C=90°，AE=CF，∴△AME≌△CNF（SAS），∴∠AME=∠CNF，由折叠得，∠AMP=2∠AME，∠QNC=2∠CNF，∴∠AMP=∠QNC，∵AD∥BC，∴∠AMG=∠MGC，∴∠MGC=∠QNC，∴MP∥QN，又MP=QN，∴四边形PMQN是平行四边形．（3）．连接MN，PQ交于点O，延长PQ交CD于H，延长QP交AB于点G，∵四边形PNQM是菱形，∴MN⊥PQ，∵M，N分别是AD，BC的中点，∴AM=BN，∴四边形AMOG是矩形，∴∠AMO=90°，∴PQ∥AD∥BC，∴AG=DH=OM=AB=3，∵M为AD的中点，∴AM=AD=5，由折叠的性质可知PM=AM=5，∴OP===4，∴GP=1，设AE=x，则EG=3-x，∵EG2+GP2=EP2，∴（3-x）2+12=x2，解得x=，∴BE=AB-AE=6-=．（1）结论：四边形PNQM是平行四边形．想办法证明MQ∥PN，MP∥NQ即可．（2）成立．想办法证明MP∥QN，MP=QN即可．（3）如图3中，连接MN，PQ交于点O，延长PQ交CD于H，延长QP交AB于G．根据勾股定理求出AE即可解决问题．本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．25.【答案】【解析】解：（1）如图1中，在Rt△ABC中，∵BC=6cm，∠ACB=90°，∠A=30°，∴AB=2BC=12cm，AC=BC=6cm，∵AD=DB，∴CD=AB=6cm，∵PN∥AC，∴=，∴=，解得t=，故答案为．（2）①如图2-1，当0＜t≤时，重叠部分是矩形PQMN，∵CD=AD，∴∠A=∠ACD=30°∴PQ=PC=×4t=2t，MQ=PQ=，∴S=S矩形PQMN=t×2t=2t2．②如图2-2，当＜t≤时，重叠部分是五边形PQMEF，∵CQ=PC cos30°=2t，AC=BC tan60°=6∴AM=AC-MQ-CQ=6-t-2t=6-3t，ME=AM tan30°=（6-3t）=6-3t，EN=MN-ME=2t-（6-3t）=5t-6，NF=EN tan60°=（5t-6），∴S=S矩形PQMN-S△ENF=2t2-（5t-6）（5t-6）=t2+30t-18．③如图3，当＜t≤3时，重叠部分是五边形QMEDF．∵AP=AD+DP=CD+DP=4t，PQ=AP sin30°=2t∴NP=MQ=PQ=t，EN=NP tan30°=t，DP=AP-AD=4t-6，∴S=S矩形PQMN-S△ENP-S△DFP=2t2-t•t-（4t-6）2=t2+12t-9．（3）观察图象可知当0＜t≤时，满足条件，如图2-3中，当DE=DF时，也满足条件，可得6-2t=4t-6解得t=2，综上所述，满足条件的t的值为0＜t≤或t=2．（1）由PN∥AC，推出=，由此构建方程求解即可．（2）分三种情形：①如图2-1，当0＜t≤时，重叠部分是矩形PQMN．②如图2-2，当＜t≤时，重叠部分是五边形PQMEF．③如图3，当＜t≤3时，重叠部分是五边形QMEDF．分别求解即可．（3）根据轴对称图形的定义，分两种情形求解即可．本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，多边形的面积，解直角三角形，轴对称图形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．26.【答案】-2 -2n-2 m=2n+1【解析】解：（1）点A、C关于原点O的对称点分别为点B、D，则点B、D的坐标分别为（2，0）、（1，0），则平移后A1、B1的坐标分别为（-2，-2m）、（2，-2m），则，∴4a+4=-4m，∴a=-m-1，当m=1时，a=-2，故答案为-2；（2）由（1）得：a=-m-1，（3）①平移后点C1、D1的坐标分别为（-1，-2n）、（1，-2n），则，解得：a=-2n-2，而a=-m-1，故m=2n+1，故答案为：-2n-2；m=2n+1；②平移后点B1的坐标为（2，-2m），即（2，-4n-2），而点C1（-1，-2n），（Ⅰ）当∠B1PC1为直角时，如图1，连接BB1、CC1，∵∠CPC1+∠BPB1=90°，∠CPC1+∠CC1P=90°，∴∠BPB1=∠CC1P，而PB1=PC1，∠PCC1=∠B1BP=90°，∴△PCC1≌△B1BP（AAS），∴CC1=PB，BB1=PC，即2n=2-x且x+1=4n+2，解得：x=，故点P的坐标为（，0）；（Ⅱ）当∠C1B1P为直角时，过C1作C1M⊥A1B1，过点P作PN⊥A1B1交A1B1的延长线于点N，同理可得：△C1MB1≌△B1NP（AAS），∴MC1=B1N且MB1=PN，即2n+2=x-2且4n+2=3，解得：x=；（Ⅲ）当∠B1C1P为直角时，简图如图3，过点C1作C1M⊥x轴，过点B1作x轴的平行线交MC1的延长线于点N，同理可得：△PMC1≌△C1NB1（AAS），∴PM=C1N，C1M=NB1，即x+1=2n+2，2n=3，解得：x=4，故点P（4，0）；综上，点P的坐标为（，0）或（4，0）或（，0）．（1）（2）平移后A1、B1的坐标分别为（-2，-2m）、（2，-2m），则，即可求解；（3）①平移后点C1、D1的坐标分别为（-1，-2n）、（1，-2n），则，即可求解；②分∠B1PC1为直角、∠C1B1P为直角、∠B1C1P为直角三种情况，利用三角形全等求解即可．本题考查的是反比例函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形全等等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．。