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2026 年齐齐哈尔地区中考数学模拟试卷三
一．选择题（每小题 3 分，满分 30 分）
1．若 a与 5互为相反数，则 a+1的值为（ ）
A．6 B．4 C．﹣4 D．﹣6
2．下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列计算正确的是（ ）
A．a a5＝a5 B．（﹣a2）6＝﹣a8
C．（3a+2b）2＝9a2+6ab+4b2 D．6x3y2÷3xy＝2x2y
4．如图两直线 m、n与△ABC的边相交，且 m、n分别与 AB、BC平行．
根据图中所示角度，可知∠B的度数为（ ）
A．52° B．58°
C．70° D．72°
5．如图是一个几何体的三视图，根据图中数据可求得这个几何体的侧面积为（ ）
A．12 B．（12+π）
C．6π D．8π
+4
6．若关于 x的分式方程 = + 2 的解为正数，则 m的取值范围是（ ）
3 3
A．m＞10，且 m≠13 B．m≥10，且 m≠13
C．m＜10，且 m≠7 D．m≤10，且 m≠7
7．为了解我国的数学文化，小明和小红从《九章算术》《孙子算经》《海岛算经》三本书中随机抽取一本
进行阅读，小明先随机抽取一本，小红再从剩下的两本中随机抽取一本．则抽取的两本书中有《九章算
术》的概率是（ ）
1 1 1 2
A． B． C． D．
4 3 2 3
8．某社区活动中心要添置三样体育用品：大绳、小绳、毽子，王师傅准备用 30元钱去买，根据要求，每
样体育用品最少买一件，大绳最多买两条，大绳每条 10元，小绳每条 3元，毽子每个 1元，在把钱用
完的条件下，买法共有（ ）
A．6种 B．7种 C．8种 D．9种
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9．如图，正方形 ABCD的边长 4cm，点 P以 2cm/s的速度从点 A出发沿 A﹣D﹣C运动，
同时点 Q以 1cm/s的速度从点 C出发沿 CB运动，当点 P运动到点 C时，两点同时停止
运动，设运动时间为 t（s），连接 PQ和 PC，△PQC的面积为 s（cm2）（s≠0），下列
图象能正确反映出 s与 t的函数关系的是（ ）
A． B． C． D．
10．二次函数 y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，图象过点（﹣1，0），对称轴为直线 x＝2，
下列结论：
①abc＜0；②b2+4ac 1＞0；③25a+5b+c＝0；④若点 A（﹣3，y1），点 B（ 2，y2），
7
点 C（ ，y3）在该函数图象上，则 y1＞y2＞y3；⑤若方程 a（x+1）（x﹣5）＝c的2
两根为 x1 和 x2，且 x1＜x2，则﹣1＜x1＜x2＜5．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题（每小题 3 分，满分 18 分）
11．渭河是黄河的最大支流，多年平均径流量 75.7亿立方米，其中陕西境内为 5380000000立方米，数据
5380000000用科学记数法表示为 ．
12．已知圆锥底面圆直径是 5，圆锥的母线长为 6，则这个圆锥的侧面积是 ．
13．如图，在 ABCD中，连接对角线 AC，按如下步骤作图：
1
①在 CA和 CB上分别截取 CM，CN，使 CM＝CN，分别以点 M和 N为圆心，以大于 的长为半径作
2
弧，两弧在∠ACB内交于点 O，作射线 CO交 AB于点 H；
1
②分别以点 C和 H为圆心，以大于 的长为半径作弧，两弧相交于点 P和 Q，
2
作直线 PQ交 AC于点 E，交 BC于点 F．根据以上作图，若 DC＝6， = 3 2，
AH：HB＝2：1，则线段 CE的长为 ．
14．反比例函数 = 41 ( ＞0)
2
和 2 = ( ＞0)的函数图象如图所示，
若点 M在 y1上，过点 M分别作 x轴，y轴的垂线，交 y2于点 A，C，
交 x轴，y轴于点 B，D，则四边形 AOCM的面积为 ．
第 2页（共 2页）
15．如图，在长方形 ABCD 中，AB＝2，BC＝4，点 P在 AD上，若△PBC 为直角三角形，则 CP 的长
为 ．
3 3
16．如图，△OAB1，△B1A1B2，△B2A2B3，…，△BnAnBn+1都是面积为 的等边三角形，边 AO在 y轴4
上，点 B 3 31，B2，B3，…，Bn，Bn+1都在直线 = 3 上，点 A1，A2，A3，…，An都在直线 = 3 的上
方，观察图形的构成规律，用你发现的规律直接写出点 A2026的坐标为 ．
三．解答题（本题共 8 道大题，共 72 分）
17．（本题共 2 个小题，第（1）题 5 分，第（2）题 4 分，共 9 分）
1 1 ﹣ 3 1（ ）计算：（ 2 03） + 8 + | 3 2| ( ) +2sin60°．2026 1
（2）因式分解：（x2+4x）2﹣（x2+4x）﹣20．
18．（本题满分 4 分）
2 6＞ + 3
解不等式组： 3 ．
2 ＜4
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19．（本题满分 5 分）
解方程：x2﹣8x+12＝0．
20．（本题满分 8 分）
某校开展“我是小中医传承大国粹”活动，其中有 A．中医香囊制作，B．中药饮片辨识，C中药炮制，
D药香制作，E中草药识别五个兴趣小组，要求每名学生必选且只能选一项，现随机抽查了 m名学生，并将
其结果绘制成如下不完整的条形图和扇形图．
请结合以上信息解答下列问题：
（1）m＝ ；
（2）请补全上面的条形统计图；
（3）在图 2中，“D药香制作”所对应扇形的圆心角的度数为 ；
（4）已知该校共有 1200名学生，请你估计该校约有 名学生最喜爱 B中药饮片辨识．
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21．（本题满分 10 分）
如图，在 Rt△ABC中，∠B＝90°，AE平分∠BAC交 BC于点 E，点 O在 AC上，经过点 A、E的⊙O
分别交 AB、AC于点 D、F，连接 OD交 AE于点 P．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若∠C＝30°，⊙O的半径为 4，求阴影部分的面积．
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22．（本题满分 10 分）
某科技公司为测试甲、乙两款机器人的性能，在 100m的直线跑道上进行测试．甲、乙两款机器人匀速
从起点出发到 100m处的终点，甲出发 2s后，乙以 2.5m/s的速度沿同一路线行走．甲、乙两款机器人与起点
的距离 y 甲，y 乙（m）与甲出发时间 t（s）的函数图象（如图 2），甲、乙两款机器人相距 d（m）与甲行走的
时间 t（s）的函数图象（如图 3）．根据图象回答下列问题：
（1）甲行走的速度为 米/秒，图 3中 a＝ s，b＝ m；
（2）求乙到起点的距离 y 乙与甲出发的时间 t之间的函数表达式；
（3）当甲出发多少秒时，甲、乙相距 4m．
第 6页（共 6页）
23．（本题满分 12 分）
【问题情境】
数学活动课上，同学们发现了以下结论：如图 1，已知等腰 Rt△ABC和等腰 Rt△ADE，其中∠BAC＝
∠DAE＝90°，射线 BD与 CE相交于点 F，那么 BD和 CE数量关系是 ，BD和 CE位
置关系是 ；
【思考尝试】
如图 2，已知四边形 ABCD和四边形 AEFG都是正方形，△BEH是等腰直角三角形，∠EBH＝90°，连
接 CF、CH．同学们发现若能证明四边形 EHCF为平行四边形，即可找出 CF与 BE的数量关系．请你
根据以上思路，试猜想 CF与 BE的数量关系，并说明理由；
【实践探究】
1
如图 3，四边形 ABCD和四边形 AEFG都是矩形，若 = = ，连接 BE、CF．求出 CF与 BE的
3
数量关系；
【拓展迁移】
如图 3，在【实践探究】的基础上，若 AE＝1，AB＝2，如果 BE、DG所在直线相交于点 H，请直接写
出矩形 AEFG绕点 A旋转一周过程中 CH长度的最小值为 ．
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24．（本题满分 14 分）
如图，抛物线 y＝ax2+bx+c经过 A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，对称轴与抛物线相交于点
P，与直线 BC相交于点 M，连接 AC，PB．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）设对称轴与 x轴交于点 N，在对称轴上是否存在点 G，使以 O、N、G为顶点的三角形与△AOC
相似？如果存在，请求出点 G的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）抛物线上是否存在一点 Q，使△QMB是△PMB的面积一半，若存在，求点 Q的坐标；若不存在，
请说明理由；
4 E y 10（ ）点 是 轴上的动点，连接 ME，直接写出 + 10 的最小值．
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2026 年齐齐哈尔地区中考数学模拟试卷三
参考答案与试题解析
一．选择题（共 10 小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A D A C C D D B C
一．选择题（共 10 小题）
1．解：因为 a与 5互为相反数，
所以 a+5＝0，
所以 a＝﹣5，
所以 a+1＝﹣4，
2．解：A、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符符合题意；
D、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
3．解：根据同底数幂的乘法，单项式除以单项式，完全平方公式，幂的乘方逐项分析判断如下：
A：a a5＝a1+5＝a6，但选项结果为 a5，错误．
B：（﹣a2）6＝（﹣1）6 （a2）6＝1 a12＝a12，但选项结果为﹣a8，符号与指数均错误．
C：（3a+2b）2＝（3a）2+2 3a 2b+（2b）2＝9a2+12ab+4b2，但选项中间项为 6ab，系数错误．
D：6 3 2 ÷ 3 = 63
3 1 2 1 = 2 2 ，与选项结果一致，正确．
故选：D．
4．解：因为 m、n分别与 AB、BC平行，
所以∠C+122°＝180°，∠A+110°＝180°，
所以∠C＝58°，∠A＝70°，
所以∠B＝180°﹣∠C﹣∠A＝52°．
5．解：先由三视图确定该几何体是圆柱体，底面半径是 2÷2＝1，高是 3，
∴2π×1×3＝6π．
所以该几何体的侧面积为 6π．
+4
6．解： = + 2，
3 3
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x+4＝m+2（x﹣3），
x+4＝m+2x﹣6，
﹣x＝m﹣10，
解得：x＝10﹣m，
+4
∵关于 x的分式方程 = + 2的解为正数，即 x＞0，
3 3
∴10﹣m＞0，即 m＜10，
∵分母不为零：x≠3，
∴10﹣m≠3，即 m≠7，
综上，m＜10且 m≠7，
7．解：《九章算术》《孙子算经》《海岛算经》依次用 A、B、C表示，
画树状图为：
共有 6种等可能的结果，其中抽取两本书中有《九章算术》的结果数为 4种，
= 4 = 2所以抽取两本书中有《九章算术》的概率 6 3．
8．解：当买一条大绳时，设购买 x条小绳，y个毽子，
根据题意得：10×1+3x+y＝30，
∴y＝20﹣3x，
又∵x，y均为正整数，
= 1 = 2 = 3 = 4 = 5 = 6
∴ = 17或 = 14或 = 11或 = 8或 = 5或 = 2，
∴当买一条大绳时，共有 6种买法；
当买两条大绳时，设购买 m条小绳，n个毽子，
根据题意得：10×2+3m+n＝30，
∴n＝10﹣3m，
又∵m，n均为正整数，
= 1 = 2 = 3
∴ = 7 或 = 4 或 = 1 ，
∴当买两条大绳时，共有 3种买法．
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∴在把钱用完的条件下，买法共有 6+3＝9（种）．
9．解：∵点 P以 2cm/s的速度运动，
∴AP＝2t，
∵点 Q以 1cm/s的速度运动，
∴CQ＝t，
1
当 0＜t≤2时，点 P在 AD上，S= 2CQ CD＝2t，
当 2＜t≤4时，点 P在 CD上，如图，
∵AD+CD＝8，
∴CP＝8﹣2t，
S= 12CQ CP＝﹣t
2+4t，
故选：B．
10．解：∵抛物线的开口向上，
∴a＞0，

∵抛物线的对称轴为直线 x= 2 =2，
∴b＜0，
∵抛物线交 y轴的负半轴，
∴c＜0，
∴abc＞0，所以①错误；

∵ 2 =2，
∴b＝﹣4a，
∵经过点（﹣1，0），
∴a﹣b+c＝0，
∴c＝b﹣a＝﹣4a﹣a＝﹣5a，
∴b2+4ac＝16a2﹣20a2＝﹣4a2＜0，故②错误；
∵抛物线的对称轴为直线 x＝2，图象经过点（﹣1，0），
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∴抛物线经过点（5，0），
∴x＝5时，y＝25a+5b+c＝0，故③正确；
1 7
∵点 A（﹣3，y1），点 B（ 2，y2），点 C（ ，y2 3
）在该函数图象上，
7
∴点 A（﹣3，y1）到对称轴的距离最远，点 C（ ，y ）到对称轴的距离最近，2 3
∴y1＞y2＞y3，故④正确；
∵抛物线经过点（﹣1，0），（5，0），
∴抛物线为 y＝a（x+1）（x﹣5），
∵c＜0，
∴抛物线 y＝ax2+bx+c（a≠0）与直线 y＝c的交点的横坐标在﹣1和 5之间，
∴若方程 a（x+1）（x﹣5）＝c的两根为 x1 和 x2，且 x1＜x2，则﹣1＜x1＜x2＜5，故⑤正确．
故选：C．
二．填空题（共 6 小题）
11．解：5380000000＝5.38×109．
12．解：∵圆锥底面圆直径是 5，圆锥的母线长为 6，
1
∴这个圆锥的侧面积是 × 5 × 6 = 15 ，
2
13．解：如图，连接 EH，FH．
由作图可知 CH平分∠DCB，EF垂直平分线段 CH，
∴EH＝CE，CF＝HF，
∴∠ECH＝∠HCF＝∠EHC＝∠FHC，
∴EH∥CF，FH∥CE，
∴四边形 ECFH是平行四边形，
∵EH＝EC，
∴四边形 ECFH是菱形，
∵AH：BH＝2：1，
∴AH：AB＝2：3，
∵EH∥CB
2
∴ = = ，
3
∵四边形 ABC都是平行四边形，
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∴ = = 3 2，
∴EH＝EC＝2 2．
14．解：∵点 M在 y1上，过点 M分别作 x轴，y轴的垂线，交 y2于点 A，C，交 x轴，y轴于点 B，D，
S 1∴ 矩形OBMD＝4，S△OAB＝S△OCD= 2 ×2＝1，
∴四边形 AOCM的面积为 4﹣1﹣1＝2．
15．解：∵四边形 ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝4，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°，分情况讨论：
①当∠PBC＝90°时，P与 A重合，
由勾股定理得：CP= 22 + 42 =2 5；
②当∠BPC＝90°时，
由勾股定理得：BP2＝AB2+AP2＝22+AP2，CP2＝CD2+DP2＝22+（4﹣AP）2，BC2＝BP2+CP2＝42，
∴22+AP2+22+（4﹣AP）2＝16，
解得：AP＝2，DP＝2，
∴CP= 22 + 22 =2 2；
③当∠BCP＝90°，P与 D重合，CP＝CD＝2；
综上所述，若△PBC为直角三角形，则 CP的长为 2 5或 2 2或 2；
故答案为：2 5或 2 2或 2．
16．解：如图，∵△OAB1，△B1A1B2，△B2A2B3，…都是边长为 2的等边三角形，
∴∠AOB1＝∠AB1B2＝∠A2B2B3＝…＝60°，
∴AO∥A1B1∥A2B2∥…，
∵AO在 y轴上，
∴A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，…
过 B1作 B1C⊥x轴，垂足为 C，
∵点 B y= 31在直线 3 x上，
3
设 B1（x， x），3
∴∠B1OC＝30°，
3 3
∵△OAB1是面积为 的等边三角形，4
∴都是边长为 3的等边三角形，
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B C= 3 3∴ 1 2 ，OC= 2，
3 3 3
∴A1的坐标为（ ， ），2 2
9 5 3
同理 A2（3，2 3）、A3（ ， ），2 2
3 ( +2) 3
则 An（ ， ）
2 2
∴A2026的坐标为（3039，1014 3），
三．解答题（共 8 小题）
17 3．解：（1）原式＝9﹣2+2 3 1+2× 2
＝9﹣2+2 3 1+ 3
＝8；
（2）原式＝（x2+4x﹣5）（x2+4x+4）
＝（x+5）（x﹣1）（x+2）2．
2 6＞ + 3①
18．解： 3 ，
2 ＜4②
解不等式①得：x＞3，
解不等式②得：x＜11，
∴不等式组的解集为：3＜x＜11．
19．解：原方程因式分解可得：
（x﹣2）（x﹣6）＝0，
x﹣2＝0 或 x﹣6＝0，
∴x1＝2，x2＝6．
20．解：（1）m＝21÷14%＝150，
故答案为：150；
（2）“中药饮片辨识“的人数＝150×20%＝30（人），
补全上面的条形统计图如图所示：
（3）在图 2中，“D药香制作”所对应扇形的圆心角的度数为 360°× 15150 =36°；
故答案为：36°；
（4）1200×20%＝240（人），
答：估计该校约有 240名学生最喜爱中药饮片辨识，
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21．（1）证明：连接 OE，如图，
∵AE平分∠BAC交 BC于点 E，
∴∠BAE＝∠OAE，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA，
∴∠OEA＝∠BAE，
∴OE∥AB，
∴∠OEC＝∠B＝90°，
∴OE⊥BC，
∵OE为⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：∵∠B＝90°，∠C＝30°，
∴∠BAC＝90°﹣∠C＝60°，
∵OA＝OD＝4，
∴△OAD为等边三角形，
∴AD＝AO＝OD＝4，
∵AE平分∠OAD，
1 1
∴ = 2 = 2， ⊥ ，∠ = 2∠ = 30°
∴ = 2 2 = 2 3，
60× ×42 1
∴若∠C＝30°，⊙O的半径为 4，则阴影部分的面积= 扇形 △ = 360 2 × 2 × 2 3 =
8
3 2 3．
22．解：（1）甲、乙两款机器人与起点的距离 y 甲，y 乙（m）与甲出发时间 t（s）的函数图象（如图 2），
甲、乙两款机器人相距 d（m）与甲行走的时间 t（s）的函数图象（如图 3）．
由图 3可得甲行走的速度为：4÷2＝2（米/秒），
由题意得：y 乙＝2.5（t﹣2）＝2.5t﹣5；
由 2a＝2.5a﹣5得：a＝10，
当 t＝42，y 甲＝2t＝2×42＝84，
∴b＝100﹣84＝16
故答案为：2，10，16．
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（2）依题意，y 乙＝2.5（t﹣2）＝2.5t﹣5；
（3）①0≤t≤2：由 2t﹣（2.5t﹣5）＝4，
得 t＝2；
②2≤t≤42：由 2.5t﹣5﹣2t＝4，
得 t＝18；
③当乙到达终点后，42＜t≤50，
2t＝100﹣4，
解得：t＝48，
∴甲出发 2秒或 18秒或 48秒，甲、乙相距 4米．
23．解：【问题情境】如图，
∵等腰 Rt△ABC和等腰 Rt△ADE，其中∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
又∵∠ABD+∠AOB＝∠ACE+∠AOB＝∠ACE+∠COF＝90°，
∴∠CFO＝90°，
∴BD⊥CE，
故答案为：BD＝CE，BD⊥CE；
【思考尝试】 = 2 ，理由如下：
∵四边形 ABCD是正方形，△BEH是等腰直角三角形，
∴AB＝BC，BE＝BH，∠ABC＝∠EBH＝90°，∠BEH＝∠BHE＝45°，
∴∠ABE＝∠CBH，∠BHC＝45°+∠EHC，
∴△ABE≌△CBH（SAS），
∴AE＝CH，∠AEB＝∠CHB，
∵四边形 AEFG是正方形，
∴∠AEF＝90°，AE＝EF，
∴∠AEB＝360°﹣90°﹣45°﹣∠FEH＝225°﹣∠FEH，EF＝CH，
∴225°﹣∠FEH＝45°+∠EHC，
∴∠EHC+∠FEH＝180°，
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∴EF∥CH，
又∵EF＝CH，
∴四边形 EHCF为平行四边形，
∴CF＝EH，
∵BE2+BH2＝EH2，
∴2BE2＝EH2，
∴ = 2 ，
∴ = 2 ，
【实践探究】如图 3，过 B作 BM⊥BE，并使得 BM＝3BE，则∠EBM＝90°，连接 CM，
∵四边形 ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠EBM＝90°，BC＝AD，
∴∠ABE＝∠CBM，
1
∵ = ，
3
1
∴ = ，
3
1
又∵ = ，
3

∴ = ，

∴△ABE∽△CBM，
1
∴∠BEA＝∠BMC， = ，
3
1
∵ = ，
3
∴CM＝AG，
∵四边形 AEFG为矩形，
∴∠AEF＝90°，AG＝EF，
∴EF＝CM，∠BEA＝360°﹣90°﹣∠FEM﹣∠BEM＝270°﹣∠FEM﹣∠BEM，
∵∠BMC＝∠BME+∠EMC，
∴270°﹣∠FEM﹣∠BEM＝∠BME+∠EMC，
∴∠FEM+∠EMC＝270°﹣（∠BEM+∠BME），
∵∠EBM＝90°，
∴∠BEM+∠BME＝90°，
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∴∠FEM+∠EMC＝270°﹣90°＝180°，
∴EF∥CM，
又∵EF＝CM，
∴四边形 EMCF为平行四边形，
∴CF＝EM，
∵BE2+BM2＝EM2，
∴BE2+9BE2＝EM2，
∴10BE2＝EM2，
∴ = 10 ，
∴ = 10 ；
【拓展迁移】∵AE＝1，
∴如图 4，点 E的运动轨迹为以点 A为圆心的圆上，当 AE⊥BE 时，BE和⊙A相切，∠AEB＝∠AEF
＝90°，此时点 F，H重合，此时∠ABE 最大，B，C，D，F四点共圆．
∵∠HBC＝90°﹣∠ABE，
∴此时∠HBC最小，即 CH的长最小，
∵AE⊥BE，
∴∠AEB＝90°，
∵AE＝1，AB＝2，
∴ = 2 2 = 22 12 = 3，
∵ = 10 ，
∴ = 10 × 3 = 30，
∴矩形 AEFG绕点 A旋转一周过程中 CH长度的最小值为 30，
故答案为： 30．
24．解：（1）将点 A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）代入 y＝ax2+bx+c中，得：
+ = 0
9 + 3 + = 0，
= 3
= 1
解得： = 2 ，
= 3
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）在对称轴上存在点 G，使以 O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似；理由如下：
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函数对称轴为直线 x＝1，
设 G（1，m），
由已知可得 OA＝1，OC＝3，
∵NG⊥x轴，CO⊥x轴，
∴NG∥OC，
∵N（1，0），
∴ON＝1，
当以 O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似时，①△AOC∽△ONG时，NG＝OC＝3，
∴G（1，3）或 G（1，﹣3）；

② 1 1当△AOC∽△GNO时， = ，即 = 3，∴ (1， 3 )或 (1
1
， )；
3
综上所述：以 O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似时，满足条件的 G点坐标为（1，3）或（1，﹣3）
(1 1 ) (1 1或 ， 3 或 ， 3 )；
（3）抛物线上存在一点 Q，使△QMB是△PMB的面积一半；理由如下：
当 x＝1时，y＝4，
∴P（1，4），
设直线 BC的解析式为 y＝kx+m，
将点 B（3，0）、C（0，3）代入，得：
3 + = 0
= 3 ，
= 1
解得 = 3 ，
∴y＝﹣x+3，
∴M（1，2）
线段 PM的中点坐标 N为（1，3）；
过 PM的中点作 NH∥BC交 y轴于点 H，如图 1，
∴直线 NH的解析式为 y＝﹣x+4，
= + 4
联立得： = 2 + 2 + 3，
= 5+3 = 3 5解得 2 或 2 ，
( 5+3 5 5 3 5 5+ 5∴ 2 ， 2 )或 ( 2 ， 2 )；
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当 x＝0时，y＝4，∴H（0，4），
∵H点关于 C点对称的点为（0，2），∴过点（0，2）与直线 BC平行的直线解析式为 y＝﹣x+2，
= + 2
联立得： = 2 + 2 + 3，
= 3+ 13 = 3 13解得 2 或 2 ，
( 3+ 13 1 13 ) ( 3 13 1+ 13∴ 2 ， 2 或 2 ， 2 )；
5+3 5 5 3 5 5+ 5 3+ 13
综上所述：△QMB与△PMB的面积的一半时，Q点坐标为( 2 ， 2 )或( 2 ， 2 )或( 2
1 13
， 2 )或(
3 13 1+ 13
2 ， 2 )；
2 10
（4） ，理由如下：
5
连接 CA，过点 M作 MT⊥CA交 CA于点 T，过点 M作 MK⊥y轴交 CA于点 K，如图 2，
∵A（﹣1，0）、C（0，3），
∴ = 32 + 12 = 10，
∴ ∠ = = = 10 10 ，
∴ = 1010 ，
10
∴ + = + = ，
10
10
此时 + 的值最小；
10
设直线 AC的解析式为 y＝ax+b，
将点 A（﹣1，0）、C（0，3）代入得：
+ = 0
= 3 ，
= 3
解得 = 3，∴y＝3x+3，
M 1 2 1 4∵ （ ， ），∴ ( 3，2)，∴ = 3，
∵MT⊥CA，∴∠ACO+∠CKM＝∠CKM+∠TMK＝90°，∴∠TMK＝∠ACO，
在 Rt△TKM中，MT＝KM cos∠ACO，
= 4 × 3 = 2 10∴ 3 5 ，10
10 2 10
∴ + 的最小值为 ．
10 5
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