2021-2022学年江苏省宿迁市沭阳怀文中学中考联考数学试题含解析

这是一份2021-2022学年江苏省宿迁市沭阳怀文中学中考联考数学试题含解析，共24页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，运用乘法公式计算，在平面直角坐标系中，点P，下列命题中，真命题是等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．下列各运算中，计算正确的是（　　）
A．a12÷a3=a4 B．（3a2）3=9a6
C．（a﹣b）2=a2﹣ab+b2 D．2a•3a=6a2
2．计算（－18）÷9的值是( )
A．-9 B．-27 C．-2 D．2
3．如图，已知AB＝AD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≌△ADC的是( )

A．CB＝CD B．∠BCA＝∠DCA
C．∠BAC＝∠DAC D．∠B＝∠D＝90°
4．如图，点P是以O为圆心，AB为直径的半圆上的动点，AB=2，设弦AP的长为x，△APO的面积为y，则下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是

A． B． C． D．
5．在平面直角坐标系中，将点 P (﹣4，2)绕原点O 顺时针旋转 90°，则其对应点Q 的坐标为( )
A．(2，4) B．(2，﹣4) C．(﹣2，4) D．(﹣2，﹣4)
6．运用乘法公式计算（4+x）（4﹣x）的结果是（　　）
A．x2﹣16 B．16﹣x2 C．16﹣8x+x2 D．8﹣x2
7．在平面直角坐标系中，点P（m﹣3，2﹣m）不可能在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
8．下列命题中，真命题是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
B．等腰梯形既是轴对称图形又是中心对称图形
C．圆的切线垂直于经过切点的半径
D．垂直于同一直线的两条直线互相垂直
9．随着“三农”问题的解决，某农民近两年的年收入发生了明显变化，已知前年和去年的收入分别是60000元和80000元，下面是依据①②③三种农作物每种作物每年的收入占该年年收入的比例绘制的扇形统计图．依据统计图得出的以下四个结论正确的是（　　）

A．①的收入去年和前年相同
B．③的收入所占比例前年的比去年的大
C．去年②的收入为2.8万
D．前年年收入不止①②③三种农作物的收入
10．在体育课上，甲，乙两名同学分别进行了5次跳远测试，经计算他们的平均成绩相同．若要比较这两名同学的成绩哪一个更为稳定，通常需要比较他们成绩的（ ）
A．众数 B．平均数 C．中位数 D．方差
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．从一副54张的扑克牌中随机抽取一张，它是K的概率为_____．
12．如图，正方形内的阴影部分是由四个直角边长都是1和3的直角三角形组成的，假设可以在正方形内部随意取点，那么这个点取在阴影部分的概率为 ．

13．如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2cm，点E在BC上，且AE＝CE．若将纸片沿AE折叠，点B恰好与AC上的点B1重合，则AC＝_____cm．

14．同时掷两粒骰子，都是六点向上的概率是_____．
15．计算：＝________．
16．已知Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=，CD⊥AB，垂足为点D，以点D为圆心作⊙D，使得点A在⊙D外，且点B在⊙D内．设⊙D的半径为r，那么r的取值范围是_________．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，点P是△ABC内一点，且∠PAC+∠PCA=，连接PB，试探究PA、PB、PC满足的等量关系．
（1）当α=60°时，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，连接PP′，如图1所示．由△ABP≌△ACP′可以证得△APP′是等边三角形，再由∠PAC+∠PCA=30°可得∠APC的大小为　 　度，进而得到△CPP′是直角三角形，这样可以得到PA、PB、PC满足的等量关系为　 　；
（2）如图2，当α=120°时，参考（1）中的方法，探究PA、PB、PC满足的等量关系，并给出证明；
（3）PA、PB、PC满足的等量关系为　 　．

18．（8分）如图，内接于，，的延长线交于点.

（1）求证：平分；
（2）若，，求和的长.
19．（8分）已知点O是正方形ABCD对角线BD的中点．
(1)如图1，若点E是OD的中点，点F是AB上一点，且使得∠CEF=90°，过点E作ME∥AD，交AB于点M，交CD于点N．
①∠AEM=∠FEM； ②点F是AB的中点；
(2)如图2，若点E是OD上一点，点F是AB上一点，且使，请判断△EFC的形状，并说明理由；
(3)如图3，若E是OD上的动点(不与O，D重合)，连接CE，过E点作EF⊥CE，交AB于点F，当时，请猜想的值(请直接写出结论)．
20．（8分）在等边△ABC外侧作直线AM，点C关于AM的对称点为D，连接BD交AM于点E，连接CE，CD，AD.

（1）依题意补全图1，并求∠BEC的度数；
（2）如图2，当∠MAC＝30°时，判断线段BE与DE之间的数量关系，并加以证明；
（3）若0°＜∠MAC＜120°，当线段DE＝2BE时，直接写出∠MAC的度数.
21．（8分）如图，已知抛物线过点A（4，0），B（﹣2，0），C（0，﹣4）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在图甲中，点M是抛物线AC段上的一个动点，当图中阴影部分的面积最小值时，求点M的坐标；
（3）在图乙中，点C和点C1关于抛物线的对称轴对称，点P在抛物线上，且∠PAB=∠CAC1，求点P的横坐标．

22．（10分）在大课间活动中，体育老师随机抽取了七年级甲、乙两班部分女学生进行仰卧起坐的测试，并对成绩进行统计分析，绘制了频数分布表和统计图，请你根据图表中的信息完成下列问题：
分 组
频数
频率
第一组（0≤x＜15）
3
0.15
第二组（15≤x＜30）
6
a
第三组（30≤x＜45）
7
0.35
第四组（45≤x＜60）
b
0.20
（1）频数分布表中a=_____，b=_____，并将统计图补充完整；如果该校七年级共有女生180人，估计仰卧起坐能够一分钟完成30或30次以上的女学生有多少人？已知第一组中只有一个甲班学生，第四组中只有一个乙班学生，老师随机从这两个组中各选一名学生谈心得体会，则所选两人正好都是甲班学生的概率是多少？

23．（12分）如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是边AD，CD上的点，AE＝ED，DF=DC，连结EF并延长交BC的延长线于点G，连结BE．求证：△ABE∽△DEF．若正方形的边长为4，求BG的长．

24．旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．
已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D、E在边BC上，且∠DAE＝α．
（1）如图1，当α＝60°时，将△AEC绕点A顺时针旋转60°到△AFB的位置，连接DF，
①求∠DAF的度数；
②求证：△ADE≌△ADF；
（2）如图2，当α＝90°时，猜想BD、DE、CE的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，当α＝120°，BD＝4，CE＝5时，请直接写出DE的长为　 　．




参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、D
【解析】
【分析】根据同底数幂的除法、积的乘方、完全平方公式、单项式乘法的法则逐项计算即可得.
【详解】A、原式=a9，故A选项错误，不符合题意；
B、原式=27a6，故B选项错误，不符合题意；
C、原式=a2﹣2ab+b2，故C选项错误，不符合题意；
D、原式=6a2，故D选项正确，符合题意，
故选D．
【点睛】本题考查了同底数幂的除法、积的乘方、完全平方公式、单项式乘法等运算，熟练掌握各运算的运算法则是解本题的关键．
2、C
【解析】
直接利用有理数的除法运算法则计算得出答案．
【详解】
解：（-18）÷9=-1．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了有理数的除法运算，正确掌握运算法则是解题关键．
3、B
【解析】
由图形可知AC＝AC，结合全等三角形的判定方法逐项判断即可.
【详解】
解：在△ABC和△ADC中
∵AB＝AD，AC＝AC，
∴当CB＝CD时，满足SSS，可证明△ABC≌△ACD，故A可以；
当∠BCA＝∠DCA时，满足SSA，不能证明△ABC≌△ACD，故B不可以；
当∠BAC＝∠DAC时，满足SAS，可证明△ABC≌△ACD，故C可以；
当∠B＝∠D＝90°时，满足HL，可证明△ABC≌△ACD，故D可以；
故选：B.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定方法，熟练掌握判定定理是解题关键.
4、A。
【解析】如图，∵根据三角形面积公式，当一边OA固定时，它边上的高最大时，三角形面积最大，

∴当PO⊥AO，即PO为三角形OA边上的高时，△APO的面积y最大。
此时，由AB=2，根据勾股定理，得弦AP=x=。
∴当x=时，△APO的面积y最大，最大面积为y=。从而可排除B，D选项。
又∵当AP=x=1时，△APO为等边三角形，它的面积y＝，
∴此时，点（1，）应在y=的一半上方，从而可排除C选项。
故选A。
5、A
【解析】
首先求出∠MPO=∠QON，利用AAS证明△PMO≌△ONQ，即可得到PM=ON，OM=QN，进而求出Q点坐标．
【详解】
作图如下，

∵∠MPO+∠POM=90°，∠QON+∠POM=90°，
∴∠MPO=∠QON，
在△PMO和△ONQ中，
∵ ，
∴△PMO≌△ONQ，
∴PM=ON，OM=QN，
∵P点坐标为（﹣4，2），
∴Q点坐标为（2，4），
故选A．
【点睛】
此题主要考查了旋转的性质，以及全等三角形的判定和性质，关键是掌握旋转后对应线段相等．
6、B
【解析】
根据平方差公式计算即可得解．
【详解】
，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了整式的乘法公式，熟练掌握平方差公式的运算是解决本题的关键.
7、A
【解析】
分点P的横坐标是正数和负数两种情况讨论求解．
【详解】
①m-3＞0，即m＞3时，
2-m＜0，
所以，点P（m-3，2-m）在第四象限；
②m-3＜0，即m＜3时，
2-m有可能大于0，也有可能小于0，
点P（m-3，2-m）可以在第二或三象限，
综上所述，点P不可能在第一象限．
故选A．
【点睛】
本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-）．
8、C
【解析】
分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
解答：解：A、错误，例如对角线互相垂直的等腰梯形；
B、错误，等腰梯形是轴对称图形不是中心对称图形；
C、正确，符合切线的性质；
D、错误，垂直于同一直线的两条直线平行．
故选C．
9、C
【解析】
A、前年①的收入为60000×=19500，去年①的收入为80000×=26000，此选项错误；
B、前年③的收入所占比例为×100%=30%，去年③的收入所占比例为×100%=32.5%，此选项错误；
C、去年②的收入为80000×=28000=2.8（万元），此选项正确；
D、前年年收入即为①②③三种农作物的收入，此选项错误，
故选C．
【点睛】
本题主要考查扇形统计图，解题的关键是掌握扇形统计图是用整个圆表示总数用圆内各个扇形的大小表示各部分数量占总数的百分数，并且通过扇形统计图可以很清楚地表示出各部分数量同总数之间的关系．
10、D
【解析】
方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则各数据与其平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则各数据与其平均值的离散程度越小，稳定性越好。
【详解】
由于方差能反映数据的稳定性，需要比较这两名学生立定跳远成绩的方差．
故选D．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、
【解析】
根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
【详解】
一副扑克牌共有54张，其中只有4张K，
∴从一副扑克牌中随机抽出一张牌，得到K的概率是=，
故答案为：．
【点睛】
此题考查了概率公式，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）=．
12、．
【解析】
试题分析：此题是求阴影部分的面积占正方形面积的几分之几，即为所求概率．阴影部分的面积为：3×1÷2×4=6，因为正方形对角线形成4个等腰直角三角形，所以边长是=，∴这个点取在阴影部分的概率为：6÷=6÷18=．
考点：求随机事件的概率．
13、4
【解析】
∵AB=2cm，AB=AB1，
∴AB1=2cm，
∵四边形ABCD是矩形，AE=CE，
∴∠ABE=∠AB1E=90°
∵AE=CE
∴AB1=B1C
∴AC=4cm．
14、．
【解析】
同时掷两粒骰子，一共有6×6=36种等可能情况，都是六点向上只有一种情况，按概率公式计算即可.
【详解】
解：都是六点向上的概率是.
【点睛】
本题考查了概率公式的应用.
15、．
【解析】
根据异分母分式加减法法则计算即可．
【详解】
原式．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了分式的加减，关键是掌握分式加减的计算法则．
16、．
【解析】
先根据勾股定理求出AB的长，进而得出CD的长，由点与圆的位置关系即可得出结论．
【详解】
解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90，AC=3，BC=，
∴AB==1．
∵CD⊥AB，
∴CD=．
∵AD•BD=CD2，
设AD=x，BD=1-x．
解得x=，
∴点A在圆外，点B在圆内，
r的范围是，
故答案为．
【点睛】
本题考查的是点与圆的位置关系，熟知点与圆的三种位置关系是解答此题的关键．

三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）150，（1）证明见解析（3）
【解析】
（1）根据旋转变换的性质得到△PAP′为等边三角形，得到∠P′PC＝90°，根据勾股定理解答即可；
（1）如图1，作将△ABP绕点A逆时针旋转110°得到△ACP′，连接PP′，作AD⊥PP′于D，根据余弦的定义得到PP′＝PA，根据勾股定理解答即可；
（3）与（1）类似，根据旋转变换的性质、勾股定理和余弦、正弦的关系计算即可．
试题解析：
【详解】
解：（1）∵△ABP≌△ACP′，
∴AP＝AP′，
由旋转变换的性质可知，∠PAP′＝60°，P′C＝PB，
∴△PAP′为等边三角形，
∴∠APP′＝60°，
∵∠PAC＋∠PCA＝×60° ＝30°，
∴∠APC＝150°，
∴∠P′PC＝90°，
∴PP′1＋PC1＝P′C1，
∴PA1＋PC1＝PB1，
故答案为150，PA1＋PC1＝PB1；
（1）如图，作°，使，连接，．过点A作AD⊥于D点．
∵°，
即，
∴．
∵AB＝AC，，
∴.

∴，°．
∵AD⊥，
∴°.
∴在Rt中，.
∴．
∵°，
∴°.
∴°．
∴在Rt中，.
∴；
（3）如图1，与（1）的方法类似，
作将△ABP绕点A逆时针旋转α得到△ACP′，连接PP′，
作AD⊥PP′于D，
由旋转变换的性质可知，∠PAP′＝α，P′C＝PB，
∴∠APP′＝90°－，
∵∠PAC＋∠PCA＝，
∴∠APC＝180°－，
∴∠P′PC＝（180°－）－（90°－）＝90°，
∴PP′1＋PC1＝P′C1，
∵∠APP′＝90°－，
∴PD＝PA•cos（90°－）＝PA•sin，
∴PP′＝1PA•sin，
∴4PA1sin1＋PC1＝PB1，
故答案为4PA1sin1＋PC1＝PB1．
【点睛】
本题考查的是旋转变换的性质、等边三角形的性质、勾股定理的应用，掌握等边三角形的性质、旋转变换的性质、灵活运用类比思想是解题的关键．
18、 (1)证明见解析；（2）AC＝ ， CD＝ ,
【解析】
分析：（1）延长AO交BC于H，连接BO，证明A、O在线段BC的垂直平分线上，得出AO⊥BC，再由等腰三角形的性质即可得出结论；（2）延长CD交⊙O于E，连接BE，则CE是⊙O的直径，由圆周角定理得出∠EBC=90°，∠E=∠BAC，得出sinE=sin∠BAC，求出CE=BC=10，由勾股定理求出BE=8，证出BE∥OA，得出，求出OD=，得出CD=，而BE∥OA，由三角形中位线定理得出OH=BE=4，CH=BC=3，在Rt△ACH中，由勾股定理求出AC的长即可．
本题解析：
解：(1)证明：延长AO交BC于H，连接BO.
∵AB＝AC，OB＝OC，
∴A，O在线段BC的垂直平分线上．∴AO⊥BC.
又∵AB＝AC，∴AO平分∠BAC.

(2)延长CD交⊙O于E，连接BE，则CE是⊙O的直径．
∴∠EBC＝90°，BC⊥BE.
∵∠E＝∠BAC，∴sinE＝sin∠BAC.
∴＝.∴CE＝BC＝10.
∴BE＝＝8，OA＝OE＝CE＝5.
∵AH⊥BC，∴BE∥OA.
∴＝，即＝，
解得OD＝.∴CD＝5＋＝.
∵BE∥OA，即BE∥OH，OC＝OE，∴OH是△CEB的中位线．
∴OH＝BE＝4，CH＝BC＝3.∴AH＝5＋4＝9.
在Rt△ACH中，AC＝＝＝3.

点睛：本题考查了等腰三角形的判定与性质、三角函数及圆的有关计算，（1）中由三线合一定理求解是解题的关键，（2）中由圆周角定理得出∠EBC=90°，∠E=∠BAC，再利用三角函数及三角形中位线定理求出AC即可，本题综合性强，有一定难度．
19、（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）△EFC是等腰直角三角形．理由见解析；（3）．
【解析】
试题分析：(1)①过点E作EG⊥BC，垂足为G，根据ASA证明△CEG≌△FEM得CE=FE，再根据SAS证明△ABE≌△CBE 得AE=CE，在△AEF中根据等腰三角形“三线合一”即可证明结论成立；②设AM=x，则AF=2x，在Rt△DEN中，∠EDN=45°，DE=DN=x， DO=2DE=2x，BD=2DO=4x．在Rt△ABD中，∠ADB=45°，AB=BD·sin45°=4x，又AF=2x，从而AF=AB，得到点F是AB的中点．；(2)过点E作EM⊥AB，垂足为M，延长ME交CD于点N，过点E作EG⊥BC，垂足为G．则△AEM≌△CEG(HL)，再证明△AME≌△FME(SAS)，从而可得△EFC是等腰直角三角形．(3)方法同第(2)小题．过点E作EM⊥AB，垂足为M，延长ME交CD于点N，过点E作EG⊥BC，垂足为G．则△AEM≌△CEG(HL)，再证明△AEM≌△FEM (ASA)，得AM=FM，设AM=x，则AF=2x，DN =x，DE=x，BD=x，AB=x，=2x:x=．
试题解析：(1)①过点E作EG⊥BC，垂足为G，则四边形MBGE为正方形，ME=GE，∠MFG=90°，即∠MEF+∠FEG=90°，又∠CEG+∠FEG=90°，∴∠CEG=∠FEM．又GE=ME，∠EGC=∠EMF=90°，∴△CEG≌△FEM．∴CE=FE，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=CB，∠ABE=∠CBE=45°，BE=BE，∴△ABE≌△CBE．∴AE=CE，又CE=FE，∴AE=FE，又EM⊥AB， ∴∠AEM=∠FEM．
②设AM=x，∵AE=FE，又EM⊥AB，∴AM=FM=x，∴AF=2x，由四边形AMND为矩形知，DN=AM=x，在Rt△DEN中，∠EDN=45°，∴DE=DN=x，∴DO=2DE=2x，∴BD=2DO=4x．在Rt△ABD中，∠ADB=45°，∴AB=BD·sin45°=4x·=4x，又AF=2x，∴AF=AB，∴点F是AB的中点．
(2)△EFC是等腰直角三角形．过点E作EM⊥AB，垂足为M，延长ME交CD于点N，过点E作EG⊥BC，垂足为G．则△AEM≌△CEG(HL)，∴∠AEM=∠CEG，设AM=x，则DN=AM=x，DE =x，DO=3DE=3x，BD=2DO=6x．∴AB=6x，又，∴AF=2x，又AM=x，∴AM=MF=x，∴△AME≌△FME(SAS)，∴AE=FE，∠AEM=∠FEM，又AE=CE，∠AEM=∠CEG，∴FE=CE，∠FEM=∠CEG，又∠MEG=90°，∴∠MEF+∠FEG=90°，∴∠CEG+∠FEG=90°，即∠CEF=90°，又FE=CE，∴△EFC是等腰直角三角形．
(3)过点E作EM⊥AB，垂足为M，延长ME交CD于点N，过点E作EG⊥BC，垂足为G．则△AEM≌△CEG(HL)，∴∠AEM=∠CEG． ∵EF⊥CE，∴∠FEC =90°，∴∠CEG+∠FEG=90°．又∠MEG =90°，∴∠MEF+∠FEG=90°，∴∠CEG=∠MEF，∵∠CEG =∠AEF，∴∠AEF=∠MEF，∴△AEM≌△FEM (ASA)，∴AM=FM．设AM=x，则AF=2x，DN =x，DE=x，∴BD=x．∴AB=x．∴=2x:x=．

考点：四边形综合题.
20、（1）补全图形如图1所示，见解析，∠BEC＝60°；（2）BE＝2DE，见解析；（3）∠MAC＝90°.
【解析】
（1）根据轴对称作出图形，先判断出∠ABD＝∠ADB＝y，再利用三角形的内角和得出x+y即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出四边形ABCD是菱形，进而得出∠CBD＝30°，进而得出∠BCD＝90°，即可得出结论；
（3）先作出EF＝2BE，进而判断出EF＝CE，再判断出∠CBE＝90°，进而得出∠BCE＝30°，得出∠AEC＝60°，即可得出结论.
【详解】
（1）补全图形如图1所示，

根据轴对称得，AD＝AC，∠DAE＝∠CAE＝x，∠DEM＝∠CEM.
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°.
∴AB＝AD.
∴∠ABD＝∠ADB＝y.
在△ABD中，2x+2y+60°＝180°，
∴x+y＝60°.
∴∠DEM＝∠CEM＝x+y＝60°.
∴∠BEC＝60°；
（2）BE＝2DE，
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
由对称知，AD＝AC，∠CAD＝2∠CAM＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴CD＝AD，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，且∠BAD＝2∠CAD＝120°，
∴∠ABC＝60°，
∴∠ABD＝∠DBC＝30°，
由（1）知，∠BEC＝60°，
∴∠ECB＝90°.
∴BE＝2CE.
∵CE＝DE，
∴BE＝2DE.
（3）如图3，（本身点C，A，D在同一条直线上，为了说明∠CBD＝90°，画图时，没画在一条直线上）
延长EB至F使BE＝BF，
∴EF＝2BE，
由轴对称得，DE＝CE，
∵DE＝2BE，
∴CE＝2BE，
∴EF＝CE，
连接CF，同（1）的方法得，∠BEC＝60°，
∴△CEF是等边三角形，
∵BE＝BF，
∴∠CBE＝90°，
∴∠BCE＝30°，
∴∠ACE＝30°，
∵∠AED＝∠AEC，∠BEC＝60°，
∴∠AEC＝60°，
∴∠MAC＝180°﹣∠AEC﹣∠ACE＝90°.

【点睛】
此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的判定和性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，作出图形是解本题的关键.
21、 (1)y＝x2－x－4(2)点M的坐标为(2，－4)(3)－或－
【解析】
【分析】(1)设交点式y=a(x+2)(x-4),然后把C点坐标代入求出a即可得到抛物线解析式; 
(2) 连接OM，设点M的坐标为.由题意知，当四边形OAMC面积最大时，阴影部分的面积最小．S四边形OAMC＝S△OAM＋S△OCM－(m－2)2＋12. 当m＝2时，四边形OAMC面积最大，此时阴影部分面积最小;
(3) 抛物线的对称轴为直线x＝1，点C与点C1关于抛物线的对称轴对称，所以C1(2，－4)．连接CC1，过C1作C1D⊥AC于D，则CC1＝2.先求AC＝4，CD＝C1D＝，AD＝4－＝3；设点P ，过P作PQ垂直于x轴，垂足为Q. 证△PAQ∽△C1AD，得，即，解得解得n＝－，或n＝－，或n＝4(舍去).
【详解】(1)抛物线的解析式为y＝ (x－4)(x＋2)＝x2－x－4.
(2)连接OM，设点M的坐标为.
由题意知，当四边形OAMC面积最大时，阴影部分的面积最小．
S四边形OAMC＝S△OAM＋S△OCM
＝× 4m＋× 4
＝－m2＋4m＋8＝－(m－2)2＋12.
当m＝2时，四边形OAMC面积最大，此时阴影部分面积最小，所以点M的坐标为(2，－4)．
(3)∵抛物线的对称轴为直线x＝1，点C与点C1关于抛物线的对称轴对称，所以C1(2，－4)．
连接CC1，过C1作C1D⊥AC于D，则CC1＝2.
∵OA＝OC，∠AOC＝90°，∠CDC1＝90°，
∴AC＝4，CD＝C1D＝，AD＝4－＝3，
设点P ，过P作PQ垂直于x轴，垂足为Q.
∵∠PAB＝∠CAC1，∠AQP＝∠ADC1，
∴△PAQ∽△C1AD，
∴，
即 ，化简得 ＝(8－2n)，
即3n2－6n－24＝8－2n，或3n2－6n－24＝－(8－2n)，
解得n＝－，或n＝－，或n＝4(舍去)，
∴点P的横坐标为－或－.
【点睛】本题考核知识点：二次函数综合运用. 解题关键点：熟记二次函数的性质，数形结合，由所求分析出必知条件.
22、0.3 4
【解析】
（1）由统计图易得a与b的值，继而将统计图补充完整；
（2）利用用样本估计总体的知识求解即可求得答案；
（3）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与所选两人正好都是甲班学生的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】
（1）a=1﹣0.15﹣0.35﹣0.20=0.3；
∵总人数为：3÷0.15=20（人），∴b=20×0.20=4（人）；
故答案为0.3，4；
补全统计图得：

（2）估计仰卧起坐能够一分钟完成30或30次以上的女学生有：180×（0.35+0.20）=99（人）；
（3）画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，所选两人正好都是甲班学生的有3种情况，∴所选两人正好都是甲班学生的概率是：=．
【点睛】
本题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图的知识．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
23、（1）见解析；（2）BG=BC+CG=1．
【解析】
（1）利用正方形的性质，可得∠A=∠D，根据已知可得AE：AB=DF：DE，根据有两边对应成比例且夹角相等三角形相似，可得△ABE∽△DEF；
（2）根据相似三角形的预备定理得到△EDF∽△GCF，再根据相似的性质即可求得CG的长，那么BG的长也就不难得到.
【详解】
（1）证明：∵ABCD为正方形，
∴AD=AB=DC=BC，∠A=∠D=90 °.
∵AE=ED，
∴AE：AB=1：2.
∵DF=DC，
∴DF：DE=1：2，
∴AE：AB=DF：DE，
∴△ABE∽△DEF；
（2）解：∵ABCD为正方形，
∴ED∥BG，
∴△EDF∽△GCF，
∴ED：CG=DF：CF.
又∵DF=DC，正方形的边长为4，
∴ED=2，CG=6，
∴BG=BC+CG=1.
【点睛】
本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键.
24、（1）①30°②见解析（2）BD2+CE2＝DE2（3）
【解析】
（1）①利用旋转的性质得出∠FAB=∠CAE，再用角的和即可得出结论；②利用SAS判断出△ADE≌△ADF，即可得出结论；
（2）先判断出BF=CE，∠ABF=∠ACB，再判断出∠DBF=90°，即可得出结论；
（3）同（2）的方法判断出∠DBF=60°，再用含30度角的直角三角形求出BM，FM，最后用勾股定理即可得出结论．
【详解】
解：（1）①由旋转得，∠FAB＝∠CAE，
∵∠BAD+∠CAE＝∠BAC﹣∠DAE＝60°﹣30°＝30°，
∴∠DAF＝∠BAD+∠BAF＝∠BAD+∠CAE＝30°；
②由旋转知，AF＝AE，∠BAF＝∠CAE，
∴∠BAF+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝∠DAE，
在△ADE和△ADF中，，
∴△ADE≌△ADF（SAS）；
（2）BD2+CE2＝DE2，
理由：如图2，将△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB的位置，连接DF，
∴BF＝CE，∠ABF＝∠ACB，
由（1）知，△ADE≌△ADF，
∴DE＝DF，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠DBF＝∠ABC+∠ABF＝∠ABC+∠ACB＝90°，
根据勾股定理得，BD2+BF2＝DF2，
即：BD2+CE2＝DE2；
（3）如图3，将△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB的位置，连接DF，
∴BF＝CE，∠ABF＝∠ACB，
由（1）知，△ADE≌△ADF，
∴DE＝DF，BF＝CE＝5，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∴∠DBF＝∠ABC+∠ABF＝∠ABC+∠ACB＝60°，
过点F作FM⊥BC于M，
在Rt△BMF中，∠BFM＝90°﹣∠DBF＝30°，
BF＝5，
∴，
∵BD＝4，
∴DM＝BD﹣BM＝，
根据勾股定理得， ，
∴DE＝DF＝，
故答案为．


【点睛】
此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，构造全等三角形和直角三角形是解本题的关键．