2021年辽宁省沈阳市皇姑区中考数学二模试卷（Word版 含解析）

2021年辽宁省沈阳市皇姑区中考数学二模试卷 一、选择题（每题2分，共20分） 1．（2分）如果水位升高3m时水位变化记作+3m，那么水位下降3m时水位变化记作（　　） A．﹣3m B．3m C．6m D．﹣6m 2．（2分）仔细观察左图所示的两个物体，则它的俯视图是（　　） A． B． C． D． 3．（2分）我国自主研发的“北斗系统”现已广泛应用于国防、生产和生活等各个领域，多项技术处于国际领先地位，其星载原子钟的精度，已经提升到了每3000000年误差1秒．数3000000用科学记数法表示为（　　） A．0.3×106 B．3×107 C．3×106 D．30×105 4．（2分）下列运算正确的是（　　） A．＝±4 B．3﹣2＝﹣ C．（ ）2＝1 D．（ ﹣1）0＝1 5．（2分）下列命题的逆命题是真命题的是（　　） A．若a＝b，则|a|＝|b| B．同位角相等，两直线平行 C．对顶角相等 D．若a＞0，b＞0，则a+b＞0 6．（2分）实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，则下列结论正确的是（　　） A．a+b＞0 B．a﹣b＞0 C．ab＞0 D．|a|＞|b| 7．（2分）已知三角形两边长分别为3和8，则该三角形第三边的长可能是（　　） A．5 B．10 C．11 D．12 8．（2分）已知圆的半径是2，则该圆的内接正六边形的面积是（　　） A．3 B．9 C．18 D．36 9．（2分）为迎接“六一”儿童节，某儿童品牌玩具专卖店购进了甲、乙两类玩具，其中甲类玩具的进价比乙类玩具的进价每个多5元，经调查：用1000元购进甲类玩具的数量与用750元购进乙类玩具的数量相同．设甲类玩具的进价为x元/个，根据题意可列方程为（　　） A． B． C． D． 10．（2分）抛物线y＝ax2+bx+c图象如图所示，则一次函数y＝bx+c与反比例函数y＝在同一平面直角坐标系内的图象大致为（　　） A． B． C． D． 二、填空题（每小题3分，共18分） 11．（3分）分解因式：5x2﹣5＝　 　． 12．（3分）抛物线y＝2x2﹣4x+5向右平移1个单位，再向下平移2个单位，平移后的抛物线的顶点坐标是　 　． 13．（3分）已知株洲市某天六个整点时的气温绘制成的统计图，则这六个整点时气温的中位数是　 　． 14．（3分）给出一种运算：x*y＝xy（x≠0），那么*（﹣2）＝　 　． 15．（3分）如图，已知AB∥CD，∠2＝135°，则∠1的度数是　 　． 16．（3分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为　 　． 三、（17题6分，18题，19题各8分，共22分） 17．（6分）先化简，再求值：（﹣）÷，其中a＝． 18．（8分）小华有三张卡片，小明有两张卡片，卡片除正面上的数字不同外其它都相同，卡片上的数字如图所示，小华从自己的三张卡片中随机抽取一张，之后小明也从自己的两张卡片中随机抽取一张，请用画树状图（或列表）的方法，求抽取的两张卡片上的数字和为7的概率． 19．（8分）为了解“停课不停学”过程中学生对网课内容的喜爱程度，某校开展了一次网上问卷调查．随机抽取部分学生，按四个类别统计，其中A表示“很喜欢”，B表示“喜欢”，C表示“一般”，D表示“不喜欢”，并将调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图． 请根据图中提供的信息，解决下列问题： （1）这次共抽取　 　名学生进行统计调查，扇形统计图中D类所在扇形的圆心角度数为　 　； （2）将条形统计图补充完整； （3）若该校共有3000名学生，估计该校表示“喜欢”的B类学生大约有多少人？ 四、（20，21题各8分，共16分） 20．（8分）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且DE∥AC，CE∥BD． （1）求证：四边形OCED是菱形； （2）若∠BAC＝30°，AC＝4，求菱形OCED的面积． 21．（8分）如图，小明所在的兴趣小组站在广场的E，F处，用一定高度的测角仪分别于C、D两处测得雕像顶部A的仰角分别为60°，45°，已知C，D两点的距离为27m，雕像下的基座高度BH为5m，求雕像AB的高度（精到0.1m，≈1.7）． 五、（本题10分） 22．（10分）如图，△ABC内接于⊙O，BD为⊙O直径，点E在BC的延长线上，且∠E＝∠BAC． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）若DE∥AC，当AB＝8，⊙O的半径为4，则DE的长为　 　． 23．（10分）如图，已知点A在x的负半轴上，点B在y的正半轴上，AO＝3，AB＝5，点P在线段AB上，从点A出发以每秒5单位长度的速度向点B运动，设运动时间为t（0＜t＜1）秒，过点P作射线PQ⊥y轴于点Q． （1）当t＝时，线段PQ的长为　 　；（直接填空） （2）当PQ＝PA时，求t的值； （3）在射线PQ上取点C，且始终满足PC＝PA，若△PCO是以PC为腰的等腰三角形，直接写出t的值． 六、（本题12分） 24．（12分）已知：四边形ABCD，点E在直线BC上，将△ABE沿AE翻折得到△AFE，点B的对应点F恰好落在直线DE上，直线AF交直线CD于点G． （1）如图①，当四边形ABCD为矩形时， ①求证：DA＝DE； ②若BE＝3，CE＝2，求线段AF的长． （2）如图②，当四边形ABCD为平行四边形时，若＝，直接写出此时的值． 七、（本题12分） 25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+与抛物线y＝ax2+bx﹣交于点A（2，n）和点B（﹣2，k），与y轴交于点E，抛物线交y轴于点C，点P是第一象限直线AB上方抛物线上的一点，连接PA，PE． （1）求抛物线的表达式； （2）当△APE的面积等于时，设点P的横坐标为m，求m的值； （3）将线段EC绕点E顺时针旋转得到线段EF，旋转角为α（0°＜α＜120°），连接AF交线段EC于点G，∠FEC的平分线交AF于点H，当△EFH的周长最大时，直接写出点H的坐标． 2021年辽宁省沈阳市皇姑区中考数学二模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（每题2分，共20分） 1．（2分）如果水位升高3m时水位变化记作+3m，那么水位下降3m时水位变化记作（　　） A．﹣3m B．3m C．6m D．﹣6m 【分析】首先审清题意，明确“正”和“负”所表示的意义，再根据题意作答． 【解答】解：因为上升记为+，所以下降记为﹣， 所以水位下降3m时水位变化记作﹣3m． 故选：A． 2．（2分）仔细观察左图所示的两个物体，则它的俯视图是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据俯视图是从上面看到的图象判定则可． 【解答】解：圆柱和正方体的俯视图分别是圆和正方形，故选A． 3．（2分）我国自主研发的“北斗系统”现已广泛应用于国防、生产和生活等各个领域，多项技术处于国际领先地位，其星载原子钟的精度，已经提升到了每3000000年误差1秒．数3000000用科学记数法表示为（　　） A．0.3×106 B．3×107 C．3×106 D．30×105 【分析】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． 【解答】解：3000000＝3×106， 故选：C． 4．（2分）下列运算正确的是（　　） A．＝±4 B．3﹣2＝﹣ C．（ ）2＝1 D．（ ﹣1）0＝1 【分析】根据零指数幂：a0＝1（a≠0）；负整数指数幂：a﹣p＝（a≠0，p为正整数），（a﹣b）2＝a2+b2﹣2ab分别进行计算即可． 【解答】解：A、＝4，故原题计算错误； B、3﹣2＝，故原题计算错误； C、（ ）2＝3+2﹣2＝5﹣2，故原题计算错误； D、（ ﹣1）0＝1，故原题计算正确； 故选：D． 5．（2分）下列命题的逆命题是真命题的是（　　） A．若a＝b，则|a|＝|b| B．同位角相等，两直线平行 C．对顶角相等 D．若a＞0，b＞0，则a+b＞0 【分析】分别写出原命题的逆命题，然后判断真假即可． 【解答】解：A、若a＝b，则|a|＝|b|的逆命题是若|a|＝|b|，则a＝b，逆命题是假命题，不符合题意； B、同位角相等，两直线平行的逆命题是两直线平行，同位角相等，逆命题是真命题，符合题意； C、对顶角相等的逆命题是相等的角是对顶角，逆命题是假命题，不符合题意； D、若a＞0，b＞0，则a+b＞0的逆命题是若a+b＞0，则a＞0，b＞0，逆命题是假命题，不符合题意； 故选：B． 6．（2分）实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，则下列结论正确的是（　　） A．a+b＞0 B．a﹣b＞0 C．ab＞0 D．|a|＞|b| 【分析】根据图中的点的位置即可确定a、b的正负，即可判断． 【解答】解：根据数轴可知：a＜﹣1、0＜b＜1． ∴a+b＜0．a﹣b＜0ab＜0，|a|＞|b|． 故选：D． 7．（2分）已知三角形两边长分别为3和8，则该三角形第三边的长可能是（　　） A．5 B．10 C．11 D．12 【分析】根据三角形的第三边大于两边之差，而小于两边之和求得第三边的取值范围，再进一步选择． 【解答】解：根据三角形的三边关系，得 第三边大于：8﹣3＝5，而小于：3+8＝11． 则此三角形的第三边可能是：10． 故选：B． 8．（2分）已知圆的半径是2，则该圆的内接正六边形的面积是（　　） A．3 B．9 C．18 D．36 【分析】根据正六边形被它的半径分成六个全等的等边三角形，再根据等边三角形的边长，求出等边三角形的高，再根据面积公式即可得出答案． 【解答】解：连接OA、OB，作OG⊥AB于G， ∵等边三角形的边长是2， ∴高为3， ∴等边三角形的面积是3， ∴正六边形的面积是：18； 故选：C． 9．（2分）为迎接“六一”儿童节，某儿童品牌玩具专卖店购进了甲、乙两类玩具，其中甲类玩具的进价比乙类玩具的进价每个多5元，经调查：用1000元购进甲类玩具的数量与用750元购进乙类玩具的数量相同．设甲类玩具的进价为x元/个，根据题意可列方程为（　　） A． B． C． D． 【分析】首先设甲类玩具的进价为x元/个，则乙类玩具的进价每个（x﹣5）元，由题意得等量关系：用1000元购进甲类玩具的数量＝用750元购进乙类玩具的数量，根据等量关系列出方程即可． 【解答】解：设甲类玩具的进价为x元/个，则乙类玩具的进价每个（x﹣5）元，根据题意得： ＝， 故选：A． 10．（2分）抛物线y＝ax2+bx+c图象如图所示，则一次函数y＝bx+c与反比例函数y＝在同一平面直角坐标系内的图象大致为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据抛物线，可以得到a、b、c的正负情况，从而可以得到一次函数y＝bx+c与反比例函数y＝的图象所在的位置，从而可以解答本题． 【解答】解：由抛物线y＝ax2+bx+c图象可知， a＜0，b＜0，c＞0， 则一次函数y＝bx+c的图象在第一、二、四象限，反比例函数y＝的图象在二、四象限， 故选：A． 二、填空题（每小题3分，共18分） 11．（3分）分解因式：5x2﹣5＝　5（x+1）（x﹣1）　． 【分析】原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可． 【解答】解：原式＝5（x2﹣1）＝5（x+1）（x﹣1）， 故答案为：5（x+1）（x﹣1） 12．（3分）抛物线y＝2x2﹣4x+5向右平移1个单位，再向下平移2个单位，平移后的抛物线的顶点坐标是　（2，1）　． 【分析】先写成平移前的抛物线的顶点坐标，再根据向右平移横坐标加，向下平移，纵坐标减解答即可． 【解答】解：∵抛物线y＝2x2﹣4x+5＝2（x﹣1）2+3， ∴顶点坐标为（1，3）， ∵向右平移1个单位，向下平移2个单位， ∴所得抛物线的顶点坐标为（2，1）， 故答案为：（2，1）． 13．（3分）已知株洲市某天六个整点时的气温绘制成的统计图，则这六个整点时气温的中位数是　15.6℃　． 【分析】根据中位数的定义解答．将这组数据从小到大重新排列，求出最中间两个数的平均数即可． 【解答】解：把这些数从小到大排列为：4.5，10.5，15.3，15.9，19.6，20.1， 最中间的两个数的平均数是（15.3+15.9）÷2＝15.6（℃）， 则这六个整点时气温的中位数是15.6℃． 故答案为：15.6℃． 14．（3分）给出一种运算：x*y＝xy（x≠0），那么*（﹣2）＝　4　． 【分析】根据x*y＝xy（x≠0）和负整数指数幂，可以求得所求式子的值． 【解答】解：∵x*y＝xy（x≠0）， ∴*（﹣2） ＝（）﹣2 ＝4， 故答案为：4． 15．（3分）如图，已知AB∥CD，∠2＝135°，则∠1的度数是　45°　． 【分析】先求出∠3的度数，再根据平行线性质得出∠1＝∠3，代入求出即可． 【解答】解： ∵AB∥CD， ∴∠1＝∠3， ∵∠2＝135°， ∴∠3＝180°﹣135°＝45°， ∴∠1＝45°， 故答案为：45°． 16．（3分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为　1　． 【分析】方法一：连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据正方形的性质得到∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，根据全等三角形的性质得到PD＝CF＝，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论． 方法二：设DF，CE交于O，根据正方形的性质得到∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，根据线段中点的定义得到BE＝CF，根据全等三角形的性质得到CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，求得DF⊥CE，根据勾股定理得到CE＝DF＝＝，点G，H分别是EC，PC的中点，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【解答】解：方法一：连接CH并延长交AD于P，连接PE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2， ∵E，F分别是边AB，BC的中点， ∴AE＝CF＝×2＝， ∵AD∥BC， ∴∠DPH＝∠FCH， ∵∠DHP＝∠FHC， ∵DH＝FH， ∴△PDH≌△CFH（AAS）， ∴PD＝CF＝， ∴AP＝AD﹣PD＝， ∴PE＝＝＝2， ∵点G，H分别是EC，CP的中点， ∴GH＝EP＝1； 方法二：设DF，CE交于O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB， ∵点E，F分别是边AB，BC的中点， ∴BE＝CF， ∴△CBE≌△DCF（SAS）， ∴CE＝DF，∠BCE＝∠CDF， ∵∠CDF+∠CFD＝90°， ∴∠BCE+∠CFD＝90°， ∴∠COF＝90°， ∴DF⊥CE， ∴CE＝DF＝＝， ∵点G，H分别是EC，PC的中点， ∴CG＝FH＝， ∵∠DCF＝90°，CO⊥DF， ∴∠DCO+∠FCO＝∠DCO+∠CDO＝90°， ∴∠FCO＝∠CDO， ∵∠DCF＝∠COF＝90°， ∴△COF∽△DOC， ∴＝， ∴CF2＝OF?DF， ∴OF＝＝＝， ∴OH＝，OD＝， ∵∠COF＝∠COD＝90°， ∴△COF∽△DCF， ∴， ∴OC2＝OF?OD， ∴OC＝＝， ∴OG＝CG﹣OC＝﹣＝， ∴HG＝＝＝1， 故答案为：1． 三、（17题6分，18题，19题各8分，共22分） 17．（6分）先化简，再求值：（﹣）÷，其中a＝． 【分析】根据分式的混合运算法则把原式化简，把a的值代入计算即可． 【解答】解：原式＝（﹣）?（a2﹣1） ＝?（a2﹣1） ＝a2+1， 当a＝时，原式＝2+1＝3． 18．（8分）小华有三张卡片，小明有两张卡片，卡片除正面上的数字不同外其它都相同，卡片上的数字如图所示，小华从自己的三张卡片中随机抽取一张，之后小明也从自己的两张卡片中随机抽取一张，请用画树状图（或列表）的方法，求抽取的两张卡片上的数字和为7的概率． 【分析】画树状图，共有6种等可能的结果，抽取的两张卡片上的数字和为7的结果有3种，再由概率公式求解即可． 【解答】解：画树状图如图： 共有6种等可能的结果，抽取的两张卡片上的数字和为7的结果有3种， ∴抽取的两张卡片上的数字和为7的概率为＝． 19．（8分）为了解“停课不停学”过程中学生对网课内容的喜爱程度，某校开展了一次网上问卷调查．随机抽取部分学生，按四个类别统计，其中A表示“很喜欢”，B表示“喜欢”，C表示“一般”，D表示“不喜欢”，并将调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图． 请根据图中提供的信息，解决下列问题： （1）这次共抽取　50　名学生进行统计调查，扇形统计图中D类所在扇形的圆心角度数为　72°　； （2）将条形统计图补充完整； （3）若该校共有3000名学生，估计该校表示“喜欢”的B类学生大约有多少人？ 【分析】（1）利用C类人数除以所占百分比可得抽取总人数，用360°乘以D类所占的百分比，计算即可得解； （2）根据总数计算出A类的人数，然后再补图即可； （3）利用样本估计总体的方法计算即可． 【解答】解：（1）抽取的学生总数：12÷24%＝50（人）， 360°×＝72°， 故答案为：50；72°； （2）A类学生人数：50﹣23﹣12﹣10＝5（人）， 如图所示； （3）3000×＝1380（人）， 答：该校表示“喜欢”的B类学生大约有1380人． 四、（20，21题各8分，共16分） 20．（8分）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且DE∥AC，CE∥BD． （1）求证：四边形OCED是菱形； （2）若∠BAC＝30°，AC＝4，求菱形OCED的面积． 【分析】（1）根据平行四边形的判定得出四边形OCED是平行四边形，根据矩形的性质求出OC＝OD，再根据菱形的判定得出四边形OCED是菱形． （2）方法一：解直角三角形求出BC＝2．AB＝2，根据矩形和菱形的性质得出，S△COD＝S矩形ABCD＝S菱形OCED，即可求出菱形的面积． 方法二：解直角三角形求出BC＝2．AB＝DC＝2，连接OE，交CD于点F，根据菱形的性质得出F为CD中点，求出OF＝BC＝1，OE＝2OF＝2，即可求出菱形的面积． 【解答】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD， ∴四边形OCED是平行四边形， ∵矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O， ∴OC＝OD， ∴?OCED是菱形； （2）方法一：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，AC＝4， ∴BC＝2，AB＝2， ∵S△COD＝S矩形ABCD＝S菱形OCED， ∴S菱形OCED＝×2×2＝2． 方法二：解：在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，AC＝4， ∴BC＝2， ∴AB＝DC＝2， 如图，连接OE，交CD于点F， ∵四边形OCED为菱形， ∴F为CD中点， ∵O为BD中点， ∴OF＝BC＝1， ∴OE＝2OF＝2， ∴S菱形OCED＝×OE×CD＝×2×2＝2． 21．（8分）如图，小明所在的兴趣小组站在广场的E，F处，用一定高度的测角仪分别于C、D两处测得雕像顶部A的仰角分别为60°，45°，已知C，D两点的距离为27m，雕像下的基座高度BH为5m，求雕像AB的高度（精到0.1m，≈1.7）． 【分析】过点B作MN∥CD，交AC于M，交AD于N，设CH＝xm，则DH＝（27﹣x）m，由锐角三角函数定义求出AH＝x，再证AH＝HD，得x＝27﹣x，解得x＝，即可解决问题． 【解答】解：过点B作MN∥CD，交AC于M，交AD于N，如图所示： 设CH＝xm，则DH＝（27﹣x）m， 在Rt△ACH中，AH＝tan60°?CH＝x（m）， 在Rt△ADH中，∠ADH＝45°， ∴△ADH是等腰直角三角形， ∴AH＝HD， ∴x＝27﹣x， 解得：x＝， ∴AH＝×≈17.55（m）， ∴AB＝AH﹣BH＝17.55﹣5＝12.55≈12.6（m）． 五、（本题10分） 22．（10分）如图，△ABC内接于⊙O，BD为⊙O直径，点E在BC的延长线上，且∠E＝∠BAC． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）若DE∥AC，当AB＝8，⊙O的半径为4，则DE的长为　16　． 【分析】（1）由圆周角定理得∠BCD＝90°，∠BAC＝∠BDC，证出∠BDC+∠CDE＝90°，则∠BDE＝90°，即BD⊥DE，即可得出结论； （2）先证出∠ACB＝∠BAC，由等腰三角形的判定得BC＝AB＝8，再由勾股定理得CD＝16，然后证△CDE∽△CBD，由相似三角形的性质得出，即可求解． 【解答】（1）证明：∵BD为⊙O直径， ∴∠BCD＝90°， ∴∠DCE＝90°， ∴∠E+∠CDE＝90°， ∵∠E＝∠BAC， ∴∠BAC+∠CDE＝90°， ∵∠BAC＝∠BDC， ∴∠BDC+∠CDE＝90°， ∴∠BDE＝90°， 即BD⊥DE， ∵点D在⊙O上， ∴DE是⊙O的切线； （2）解：∵AC∥DE， ∴∠E＝∠ACB， ∵∠E＝∠BAC， ∴∠ACB＝∠BAC， ∴BC＝AB＝8， ∵BD为⊙O直径，⊙O的半径为4， ∴∠BCD＝90°，BD＝8， ∴CD＝＝＝16， 由（1）得：∠BDC+∠CDE＝90°， ∵∠BDC+∠CBD＝90°， ∴∠CDE＝∠CBD， 又∵∠DCE＝∠BCD＝90°， ∴△CDE∽△CBD， ∴， 即， 解得：DE＝16． 故答案为16． 23．（10分）如图，已知点A在x的负半轴上，点B在y的正半轴上，AO＝3，AB＝5，点P在线段AB上，从点A出发以每秒5单位长度的速度向点B运动，设运动时间为t（0＜t＜1）秒，过点P作射线PQ⊥y轴于点Q． （1）当t＝时，线段PQ的长为　　；（直接填空） （2）当PQ＝PA时，求t的值； （3）在射线PQ上取点C，且始终满足PC＝PA，若△PCO是以PC为腰的等腰三角形，直接写出t的值． 【分析】（1）证明PQ是△AOB的中位线，可得结论． （2）由PQ∥AO，可得＝，由此构建方程求出t即可． （3）分两种情形：①当PA＝PB时，OP＝PA＝PC，满足条件．②当PA＝AO＝PC时，四边形AOCP是菱形，可得CP＝CO，满足条件． 【解答】解：（1）在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝3，AB＝5， ∴OB＝＝＝4， 当t＝时，AP＝， ∴AP＝PB， ∵PQ⊥y轴， ∴PQ∥AO， ∴BQ＝QO， ∴PQ＝OA＝， 故答案为：． （2）由题意，AP＝PQ＝5t． ∵PQ∥AO， ∴＝， ∴＝， ∴t＝． （3）①当PA＝PB时，OP＝PA＝PC，满足条件，此时t＝． ②当PA＝AO＝PC时，四边形AOCP是菱形，可得CP＝CO，满足条件，此时t＝， 综上所述，满足条件的t的值为或． 六、（本题12分） 24．（12分）已知：四边形ABCD，点E在直线BC上，将△ABE沿AE翻折得到△AFE，点B的对应点F恰好落在直线DE上，直线AF交直线CD于点G． （1）如图①，当四边形ABCD为矩形时， ①求证：DA＝DE； ②若BE＝3，CE＝2，求线段AF的长． （2）如图②，当四边形ABCD为平行四边形时，若＝，直接写出此时的值． 【分析】（1）①欲证明DA＝DE，只要证明∠DAE＝∠DEA． ②想办法求出AD，DF，利用勾股定理求解即可． （2）如图②中，延长AG交BC的延长线于T．设BE＝3a，EC＝2a，则AD＝BC＝DE＝5a，EB＝EF＝3a，DF＝2a，由AD∥ET，推出＝＝＝，可得ET＝a，AF＝AT，CT＝ET﹣EC＝a，推出＝＝＝，设AG＝10b，GT＝11b，则AT＝21b，推出AF＝×21b＝b，由此即可解决问题． 【解答】（1）①证明：如图①中， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠AEB＝∠DAE， 由翻折的性质可知，∠AEB＝∠AED， ∴∠DAE＝∠AED， ∴DA＝DE． ②解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC， ∵BE＝3，EC＝2， ∴BC＝AD＝5， ∴AD＝DE＝5， 由翻折的性质可知，BE＝EF＝3， ∴DF＝DE﹣EF＝5﹣3＝2， ∵AF⊥DE， ∴∠AFD＝90°， ∴AF＝＝＝． （2）解：如图②中，延长AG交BC的延长线于T． 设BE＝3a，EC＝2a，则AD＝BC＝DE＝5a，EB＝EF＝3a，DF＝2a， ∵AD∥ET， ∴＝＝＝， ∴＝，AF＝FT， ∴ET＝a，AF＝AT， ∴CT＝ET﹣EC＝a， ∴＝＝＝， 设AG＝10b，GT＝11b，则AT＝21b， ∴AF＝×21b＝b， ∴FG＝10b﹣b＝b， ∴＝＝． 七、（本题12分） 25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+与抛物线y＝ax2+bx﹣交于点A（2，n）和点B（﹣2，k），与y轴交于点E，抛物线交y轴于点C，点P是第一象限直线AB上方抛物线上的一点，连接PA，PE． （1）求抛物线的表达式； （2）当△APE的面积等于时，设点P的横坐标为m，求m的值； （3）将线段EC绕点E顺时针旋转得到线段EF，旋转角为α（0°＜α＜120°），连接AF交线段EC于点G，∠FEC的平分线交AF于点H，当△EFH的周长最大时，直接写出点H的坐标． 【分析】（1）先求出A，B的坐标，代入y＝ax2+bx﹣中，即可求得答案； （2）如图1，过点P作PK∥y轴交直线AB于点K，设P（m，m2﹣m﹣），则K（m，﹣m+），由S△APE＝S△EPK﹣S△APK，即可求得答案； （3）如图2，根据题意可得出∠EHF＝120°，连接CH，先证明△CEH≌△FEH，作△CEH的外接圆⊙W，点H始终在⊙W的劣弧上移动，当点H为的中点时，△CEH的周长最大，即△EFH的周长最大，此时AH⊥EC，利用三角函数定义即可求出答案． 【解答】解：（1）在直线y＝﹣x+中， 当x＝2时，y＝﹣×2+＝， 当x＝﹣2时，y＝﹣×（﹣2）+＝， ∴A（2，），B（﹣2，）， ∵抛物线y＝ax2+bx﹣经过A（2，），B（﹣2，）， ∴， 解得：， ∴抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣； （2）如图1，过点P作PK∥y轴交直线AB于点K， 设P（m，m2﹣m﹣），则K（m，﹣m+）， ∴PK＝m2﹣m﹣﹣（﹣m+）＝m2﹣， ∴S△APE＝S△EPK﹣S△APK ＝PK?m﹣PK?（m﹣2） ＝m2﹣， ∴m2﹣＝， 解得：m＝3或m＝﹣3， ∵P是第一象限的点， ∴m＞0， ∴m＝3； （3）在y＝x2﹣x﹣中，令x＝0，得y＝﹣， ∴C（0，﹣）， 在y＝﹣x+中，令x＝0，得y＝， ∴E（0，）， ∴OE＝，EC＝﹣（﹣）＝， ∵AE＝＝， ∴AE＝EC＝EF＝， 设直线y＝﹣x+与x轴交于M，则M（3，0）， ∴OM＝3， ∴tan∠MEO＝＝＝， ∴∠MEO＝60°， ∴∠BEO＝120°， ∵∠CEF＝α， ∴∠AEF＝α+60°， ∵AE＝EF， ∴∠AFE＝∠EAF＝＝60°﹣α， ∵EH平分∠FEC， ∴∠FEH＝∠CEH＝∠FEC＝α， ∴∠AHE＝∠FEH+∠AFE＝α+60°﹣α＝60°， ∴∠EHF＝120°， 如图2，连接CH， 在△CEH和△FEH中， ， ∴△CEH≌△FEH（SAS）， ∴∠CHE＝∠FHE＝120°， 作△CEH的外接圆⊙W，点H始终在⊙W的劣弧上移动， 当点H为的中点时，△CEH的周长最大，即△EFH的周长最大，此时AH⊥EC， ∠EGH＝90°，∠EHG＝60°，∠HEG＝30°，EG＝GC＝， ∴GH＝EG?tan∠HEG＝?tan30°＝，EH＝2GH＝， ∴OG＝OE﹣EG＝﹣＝， ∴△CEH的周长最大值＝×2+＝，此时点H的坐标为（﹣，）．