四川省阆中学市2022年中考数学模拟试题含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项

1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）

1．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA，OC分别在x轴和y轴上，并且OA=5，OC=1．若把矩形OABC绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在BC边上的A1处，则点C的对应点C1的坐标为（　　）

A．（﹣） B．（﹣） C．（﹣） D．（﹣）

2．如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形EBGF，此时恰好四边形AEHB为菱形，连接CH交FG于点M，则HM=（　　）

A． B．1 C． D．

3．如图，AB∥CD，直线EF与AB、CD分别相交于E、F，AM⊥EF于点M，若∠EAM=10°，那么∠CFE等于（　　）

A．80° B．85° C．100° D．170°

4．下列图形中，不是轴对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

5．关于的方程有实数根，则满足（    ）

A． B．且 C．且 D．

6．如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交

AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①≌；②；③∠GDE=45°；④

DG=DE在以上4个结论中，正确的共有(         )个

A．1个 B．2 个 C．3 个 D．4个

7．如图，有一张三角形纸片ABC，已知∠B＝∠C＝x°，按下列方案用剪刀沿着箭头方向剪开，可能得不到全等三角形纸片的是(   )

A． B．

C． D．

8．如图所示，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点（﹣1，2），且与x轴交点的横坐标分别为x1、x2，其中﹣2＜x1＜﹣1，0＜x2＜1．下列结论：

①4a﹣2b+c＜0；②2a﹣b＜0；③abc＜0；④b2+8a＜4ac．

其中正确的结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

9．如图，在△ABC中，∠B＝46°，∠C＝54°，AD平分∠BAC，交BC于D，DE∥AB，交AC于E，则∠CDE的大小是（　　）

A．40° B．43° C．46° D．54°

10．如图1，等边△ABC的边长为3，分别以顶点B、A、C为圆心，BA长为半径作弧AC、弧CB、弧BA，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形，显然莱洛三角形仍然是轴对称图形．设点I为对称轴的交点，如图2，将这个图形的顶点A与等边△DEF的顶点D重合，且AB⊥DE，DE=2π，将它沿等边△DEF的边作无滑动的滚动，当它第一次回到起始位置时，这个图形在运动中扫过区域面积是（　　）

A．18π B．27π C．π D．45π

11．下列几何体是棱锥的是(  )

A． B． C． D．

12．已知二次函数y＝ax2+bx+c(a≠1)的图象如图所示，给出以下结论：①a+b+c＜1；②a﹣b+c＜1；③b+2a＜1；④abc＞1．其中所有正确结论的序号是(    )

A．③④ B．②③ C．①④ D．①②③

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

13．从1，2，3，4，5，6，7，8这八个数中，任意抽取一个数，这个数恰好是合数的概率是__________．

14．若关于x的方程的解是正数，则m的取值范围是____________________

15．某航班每次飞行约有111名乘客，若飞机失事的概率为p=1．111 15，一家保险公司要为乘客保险，许诺飞机一旦失事，向每位乘客赔偿41万元人民币． 平均来说，保险公司应向每位乘客至少收取_____元保险费才能保证不亏本．

16．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC和正方形DOFE的顶点B，F在x轴上，顶点C，D在y轴上，且S△ADC=4，反比例函数y=（x＞0）的图像经过点E， 则k=_______ 。

17．若x2+kx+81是完全平方式，则k的值应是________．

18．如图，四边形ABCD中，点P是对角线BD的中点，点E，F分别是AB，CD的中点，AD=BC，∠PEF=35°，则∠PFE的度数是_____．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

19．（6分）如图,两座建筑物的水平距离为.从点测得点的仰角为53° ,从点测得点的俯角为37° ,求两座建筑物的高度(参考数据:

20．（6分）关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣3）x+m2+1=1．

（1）若m是方程的一个实数根，求m的值；

（2）若m为负数，判断方程根的情况．

21．（6分）已知如图①Rt△ABC和Rt△EDC中，∠ACB=∠ECD=90°，A,C,D在同一条直线上，点M,N,F分别为AB，ED，AD的中点，∠B=∠EDC=45°，             

（1）求证MF=NF

（2）当∠B=∠EDC=30°，A,C,D在同一条直线上或不在同一条直线上，如图②，图③这两种情况时，请猜想线段MF，NF之间的数量关系．（不必证明）   

22．（8分）某年级组织学生参加夏令营活动，本次夏令营分为甲、乙、丙三组进行活动．下面两幅统计图反映了学生报名参加夏令营的情况，请你根据图中的信息回答下列问题：

该年级报名参加丙组的人数为     ；该年级报名参加本次活动的总人数     ，并补全频数分布直方图；根据实际情况，需从甲组抽调部分同学到丙组，使丙组人数是甲组人数的3倍，应从甲组抽调多少名学生到丙组？

23．（8分）某校诗词知识竞赛培训活动中，在相同条件下对甲、乙两名学生进行了10次测验，他们的10次成绩如下（单位：分）：整理、分析过程如下，请补充完整．

（1）按如下分数段整理、描述这两组数据：

（2）两组数据的极差、平均数、中位数、众数、方差如下表所示：

（3）若从甲、乙两人中选择一人参加知识竞赛，你会选______（填“甲”或“乙），理由为______．

24．（10分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+1经过A（﹣1，0），B（1，1）两点．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）阅读理解：

在同一平面直角坐标系中，直线l1：y＝k1x+b1（k1，b1为常数，且k1≠0），直线l2：y＝k2x+b2（k2，b2为常数，且k2≠0），若l1⊥l2，则k1•k2＝﹣1．

解决问题：

①若直线y＝2x﹣1与直线y＝mx+2互相垂直，则m的值是____；

②抛物线上是否存在点P，使得△PAB是以AB为直角边的直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）M是抛物线上一动点，且在直线AB的上方（不与A，B重合），求点M到直线AB的距离的最大值．

25．（10分）如图，将一张直角三角形ABC纸片沿斜边AB上的中线CD剪开，得到△ACD，再将△ACD沿DB方向平移到△A′C′D′的位置，若平移开始后点D′未到达点B时，A′C′交CD于E，D′C′交CB于点F，连接EF，当四边形EDD′F为菱形时，试探究△A′DE的形状，并判断△A′DE与△EFC′是否全等？请说明理由．

26．（12分）先化简：，再请你选择一个合适的数作为x的值代入求值．

27．（12分）如图，已知平行四边形ABCD，将这个四边形折叠，使得点A和点C重合，请你用尺规做出折痕所在的直线。（保留作图痕迹，不写做法）

参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）

1、A

【解析】
直接利用相似三角形的判定与性质得出△ONC1三边关系，再利用勾股定理得出答案．

【详解】

过点C1作C1N⊥x轴于点N，过点A1作A1M⊥x轴于点M，

由题意可得：∠C1NO=∠A1MO=90°，

∠1=∠2=∠1，

则△A1OM∽△OC1N，

∵OA=5，OC=1，

∴OA1=5，A1M=1，

∴OM=4，

∴设NO=1x，则NC1=4x，OC1=1，

则（1x）2+（4x）2=9，

解得：x=±（负数舍去），

则NO=，NC1=，

故点C的对应点C1的坐标为：（-，）．

故选A．

【点睛】

此题主要考查了矩形的性质以及勾股定理等知识，正确得出△A1OM∽△OC1N是解题关键．

2、D

【解析】
由旋转的性质得到AB=BE，根据菱形的性质得到AE=AB，推出△ABE是等边三角形，得到AB=3，AD=，根据三角函数的定义得到∠BAC=30°，求得AC⊥BE，推出C在对角线AH上，得到A，C，H共线，于是得到结论．

【详解】

如图，连接AC交BE于点O，

∵将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形EBGF，

∴AB=BE，

∵四边形AEHB为菱形，

∴AE=AB，

∴AB=AE=BE，

∴△ABE是等边三角形，

∵AB=3，AD=，

∴tan∠CAB=，

∴∠BAC=30°，

∴AC⊥BE，

∴C在对角线AH上，

∴A，C，H共线，

∴AO=OH=AB=，

∵OC=BC=，

∵∠COB=∠OBG=∠G=90°，

∴四边形OBGM是矩形，

∴OM=BG=BC=，

∴HM=OH﹣OM=，

故选D．

【点睛】

本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形的应用等，熟练掌握和灵活运用相关的知识是解题的关键.

3、C

【解析】
根据题意，求出∠AEM,再根据AB∥CD，得出∠AEM与∠CFE互补，求出∠CFE．

【详解】

∵AM⊥EF，∠EAM=10°

∴∠AEM=80°

又∵AB∥CD

∴∠AEM+∠CFE=180°

∴∠CFE=100°．

故选C．

【点睛】

本题考查三角形内角和与两条直线平行内错角相等．

4、A

【解析】
观察四个选项图形，根据轴对称图形的概念即可得出结论．

【详解】

根据轴对称图形的概念，可知：选项A中的图形不是轴对称图形．

故选A．

【点睛】

此题主要考查了轴对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，对称轴可使图形两部分折叠后重合．

5、A

【解析】
分类讨论：当a=5时，原方程变形一元一次方程，有一个实数解；当a≠5时，根据判别式的意义得到a≥1且a≠5时，方程有两个实数根，然后综合两种情况即可得到满足条件的a的范围．

【详解】

当a=5时，原方程变形为-4x-1=0，解得x=-；

当a≠5时，△=（-4）2-4（a-5）×（-1）≥0，解得a≥1，即a≥1且a≠5时，方程有两个实数根，

所以a的取值范围为a≥1．

故选A．

【点睛】

本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．

6、C

【解析】

【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠GFD=90°，于是根据“HL”判定△ADG≌△FDG，再由GF+GB=GA+GB=12，EB=EF，△BGE为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出AG=4，BG=8，根据全等三角形性质可求得∠GDE==45〫，再抓住△BEF是等腰三角形，而△GED显然不是等腰三角形，判断④是错误的．

【详解】由折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，

∴∠DFG=∠A=90°，

∴△ADG≌△FDG，①正确；

∵正方形边长是12，

∴BE=EC=EF=6，

设AG=FG=x，则EG=x+6，BG=12﹣x，

由勾股定理得：EG2=BE2+BG2，

即：（x+6）2=62+（12﹣x）2，

解得：x=4

∴AG=GF=4，BG=8，BG=2AG，②正确；

∵△ADG≌△FDG，△DCE≌△DFE，

∴∠ADG=∠FDG,∠FDE=∠CDE

∴∠GDE==45〫.③正确；

BE=EF=6，△BEF是等腰三角形，易知△GED不是等腰三角形，④错误；

∴正确说法是①②③

故选：C

【点睛】本题综合性较强，考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，有一定的难度．

7、C

【解析】
根据全等三角形的判定定理进行判断．

【详解】

解：A、由全等三角形的判定定理SAS证得图中两个小三角形全等，

故本选项不符合题意；

B、由全等三角形的判定定理SAS证得图中两个小三角形全等，

故本选项不符合题意；

C、

如图1，∵∠DEC＝∠B+∠BDE，

∴x°+∠FEC＝x°+∠BDE，

∴∠FEC＝∠BDE，

所以其对应边应该是BE和CF，而已知给的是BD＝FC＝3，

所以不能判定两个小三角形全等，故本选项符合题意；

D、

如图2，∵∠DEC＝∠B+∠BDE，

∴x°+∠FEC＝x°+∠BDE，

∴∠FEC＝∠BDE，

∵BD＝EC＝2，∠B＝∠C，

∴△BDE≌△CEF，

所以能判定两个小三角形全等，故本选项不符合题意；

由于本题选择可能得不到全等三角形纸片的图形，

故选C．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定，注意三角形边和角的对应关系是关键．

8、C

【解析】
首先根据抛物线的开口方向可得到a＜0，抛物线交y轴于正半轴，则c＞0，而抛物线与x轴的交点中，﹣2＜x1＜﹣1、0＜x2＜1说明抛物线的对称轴在﹣1～0之间，即x=﹣＞﹣1，可根据这些条件以及函数图象上一些特殊点的坐标来进行判断

【详解】

由图知：抛物线的开口向下，则a＜0；抛物线的对称轴x=﹣＞﹣1，且c＞0；

①由图可得：当x=﹣2时，y＜0，即4a﹣2b+c＜0，故①正确；

②已知x=﹣＞﹣1，且a＜0，所以2a﹣b＜0，故②正确；

③抛物线对称轴位于y轴的左侧，则a、b同号，又c＞0，故abc＞0，所以③不正确；

④由于抛物线的对称轴大于﹣1，所以抛物线的顶点纵坐标应该大于2，即：＞2，由于a＜0，所以4ac﹣b2＜8a，即b2+8a＞4ac，故④正确；

因此正确的结论是①②④．

故选：C．

【点睛】

本题主要考查对二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点，二次函数图象上点的坐标特征等知识点的理解和掌握，能根据图象确定与系数有关的式子的正负是解此题的关键．

9、C

【解析】
根据DE∥AB可求得∠CDE＝∠B解答即可．

【详解】

解：∵DE∥AB，

∴∠CDE＝∠B＝46°，

故选：C．

【点睛】

本题主要考查平行线的性质：两直线平行，同位角相等．快速解题的关键是牢记平行线的性质．

10、B

【解析】
先判断出莱洛三角形等边△DEF绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可.

【详解】

如图1中，

∵等边△DEF的边长为2π，等边△ABC的边长为3，

∴S矩形AGHF=2π×3=6π，

由题意知，AB⊥DE，AG⊥AF，
∴∠BAG=120°，

∴S扇形BAG==3π，

∴图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3（S矩形AGHF+S扇形BAG）=3（6π+3π）=27π；

故选B．

【点睛】

本题考查轨迹，弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解题的关键是判断出莱洛三角形绕等边△DEF扫过的图形．

11、D

【解析】

分析：根据棱锥的概念判断即可.

A是三棱柱，错误;

B是圆柱，错误；

C是圆锥，错误;

D是四棱锥,正确.

故选D.

点睛：本题考查了立体图形的识别，关键是根据棱锥的概念判断.

12、C

【解析】

试题分析：由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．

解：①当x=1时，y=a+b+c=1，故本选项错误；

②当x=﹣1时，图象与x轴交点负半轴明显大于﹣1，∴y=a﹣b+c＜1，故本选项正确；

③由抛物线的开口向下知a＜1，

∵对称轴为1＞x=﹣＞1，

∴2a+b＜1，

故本选项正确；

④对称轴为x=﹣＞1，

∴a、b异号，即b＞1，

∴abc＜1，

故本选项错误；

∴正确结论的序号为②③．

故选B．

点评：二次函数y=ax2+bx+c系数符号的确定：

（1）a由抛物线开口方向确定：开口方向向上，则a＞1；否则a＜1；

（2）b由对称轴和a的符号确定：由对称轴公式x=﹣b2a判断符号；

（3）c由抛物线与y轴的交点确定：交点在y轴正半轴，则c＞1；否则c＜1；

（4）当x=1时，可以确定y=a+b+C的值；当x=﹣1时，可以确定y=a﹣b+c的值．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

13、．

【解析】
根据合数定义，用合数的个数除以数的总数即为所求的概率．

【详解】

∵在1，2，3，4，5，6，7，8这八个数中，合数有4、6、8这3个，∴这个数恰好是合数的概率是．

故答案为：．

【点睛】

本题考查了概率的求法．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）；找到合数的个数是解题的关键．

14、m<4且m≠2

【解析】

解方程得x=4-m，由已知可得x>0且x-2≠0，则有4-m >0且4-m-2≠0，解得：m<4且m≠2.

15、21

【解析】

每次约有111名乘客，如飞机一旦失事，每位乘客赔偿41万人民币，共计4111万元，由题意可得一次飞行中飞机失事的概率为P=1.11115，所以赔偿的钱数为41111111×1.11115=2111元，即可得至少应该收取保险费每人 =21元．

16、8

【解析】
设正方形ABOC和正方形DOFE的边长分别是m、n，则AB=OB=m，DE=EF=OF=n，BF=OB+OF=m+n，然后根据S△ADF=S梯形ABOD+S△DOF-S△ABF=4，得到关于n的方程，解方程求得n的值，最后根据系数k的几何意义求得即可．

【详解】

设正方形ABOC和正方形DOFE的边长分别是m、n，则AB=OB=m，DE=EF=OF=n，

∴BF=OB+OF=m+n，

，

∴=8，

∵点E(n.n)在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，

∴k==8，

故答案为8.

【点睛】

本题考查了正方形的性质和反比例函数图象上点的坐标特征.图象上的点(x，y)的横纵坐标的积是定值k,即xy=k.

17、±1

【解析】

试题分析：利用完全平方公式的结构特征判断即可确定出k的值．

解：∵x2+kx+81是完全平方式，

∴k=±1．

故答案为±1．

考点：完全平方式．

18、35°

【解析】

∵四边形ABCD中，点P是对角线BD的中点，点E，F分别是AB，CD的中点，

∴PE是△ABD的中位线，PF是△BDC的中位线，

∴PE=AD，PF=BC，

又∵AD=BC，

∴PE=PF，

∴∠PFE=∠PEF=35°.

故答案为35°.

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

19、建筑物的高度为.建筑物的高度为.

【解析】

分析：过点D作DE⊥AB于于E，则DE=BC=60m．在Rt△ABC中，求出AB．在Rt△ADE中求出AE即可解决问题．

详解：过点D作DE⊥AB于于E，则DE=BC=60m，

    在Rt△ABC中，tan53°==，∴AB=80（m）．

在Rt△ADE中，tan37°==，∴AE=45（m），

∴BE=CD=AB﹣AE=35（m）．

答：两座建筑物的高度分别为80m和35m．

点睛：本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．

20、 (1) ; (2)方程有两个不相等的实根.

【解析】

分析：（1）由方程根的定义，代入可得到关于m的方程，则可求得m的值；
（2）计算方程根的判别式，判断判别式的符号即可．

详解：

（1）∵m是方程的一个实数根，
∴m2-（2m-3）m+m2+1=1，
∴m＝−；
（2）△=b2-4ac=-12m+5，
∵m＜1，
∴-12m＞1．
∴△=-12m+5＞1．
∴此方程有两个不相等的实数根．

点睛：考查根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的个数与根的判别式的关系是解题的关键．

21、（1）见解析；（2）MF= NF.

【解析】
（1）连接AE,BD，先证明△ACE和△BCD全等，然后得到AE=BD，然后再通过三角形中位线证明即可.

（2）根据图（2）（3）进行合理猜想即可.

【详解】

解：（1）连接AE,BD

在△ACE和△BCD中

∴△ACE≌△BCD

∴AE=BD

又∵点M,N,F分别为AB，ED，AD的中点

∴MF=BD,NF=AE

∴MF=NF

(2) MF= NF.

方法同上.

【点睛】

本题考查了三角形全等的判定和性质以及三角形中位线的知识，做出辅助线和合理猜想是解答本题的关键.

22、（1）21人；（2）10人，见解析（3）应从甲抽调1名学生到丙组

【解析】

（1）参加丙组的人数为21人；

（2）21÷10%=10人，则乙组人数=10-21-11=10人，

如图：

（3）设需从甲组抽调x名同学到丙组，

根据题意得：3（11-x）=21+x

解得x=1．

答：应从甲抽调1名学生到丙组

（1）直接根据条形统计图获得数据；

（2）根据丙组的21人占总体的10%，即可计算总体人数，然后计算乙组的人数，补全统计图；

（3）设需从甲组抽调x名同学到丙组，根据丙组人数是甲组人数的3倍列方程求解

23、（1）0，1，4，5，0，0；（2）14，84.5，1；（3）甲，理由见解析

【解析】
(1)根据折线统计图数字进行填表即可；

 (2)根据稽查，中位数，众数的计算方法，求得甲成绩的极差，中位数，乙成绩的极差，众数即可；

(3)可分别从平均数、方差、极差三方面进行比较．

【详解】

(1)由图可知：甲的成绩为：75，84，89，82，86，1，86，83，85，86，

∴70⩽x⩽74无，共0个；

75⩽x⩽79之间有75，共1个；

80⩽x⩽84之间有84，82，1，83，共4个；

85⩽x⩽89之间有89，86，86，85，86，共5个；

90⩽x⩽94之间和95⩽x⩽100无，共0个．

故答案为0；1；4；5；0；0；

(2)由图可知：甲的最高分为89分，最低分为75分，极差为89−75=14分；

∵甲的成绩为从低到高排列为：75，1，82，83，84，85，86，86，86，89，

∴中位数为（84＋85）＝84.5；

∵乙的成绩为从低到高排列为：72，76，1，1，1，83，87，89，91，96，

1出现3次，乙成绩的众数为1．

故答案为14；84.5；1；

（3）甲，理由：两人的平均数相同且甲的方差小于乙，说明甲成绩稳定；两人的平均数相同且甲的极差小于乙，说明甲成绩变化范围小．

或：乙，理由：在90≤x≤100的分数段中，乙的次数大于甲．（答案不唯一，理由须支撑推断结论）

故答案为：甲，两人的平均数相同且甲的方差小于乙，说明甲成绩稳定．

【点睛】

此题考查折线统计图，统计表，平均数，中位数，众数，方差，极差，解题关键在于掌握运算法则以及会用这些知识来评价这组数据．

24、（1）y＝﹣x2+x+1；（2）①-；②点P的坐标（6，﹣14）（4，﹣5）；（3）.

【解析】
（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据垂线间的关系，可得PA，PB的解析式，根据解方程组，可得P点坐标；
（3）根据垂直于x的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得MQ，根据三角形的面积，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得面积的最大值，根据三角形的底一定时面积与高成正比，可得三角形高的最大值

【详解】

解：（1）将A，B点坐标代入，得

，

解得，

抛物线的解析式为y＝；

（2）①由直线y＝2x﹣1与直线y＝mx+2互相垂直，得

2m＝﹣1，

即m＝﹣；

故答案为﹣；

②AB的解析式为

当PA⊥AB时，PA的解析式为y＝﹣2x﹣2，

联立PA与抛物线，得，

解得（舍），，

即P（6，﹣14）；

当PB⊥AB时，PB的解析式为y＝﹣2x+3，

联立PB与抛物线，得，

解得（舍），

即P（4，﹣5），

综上所述：△PAB是以AB为直角边的直角三角形，点P的坐标（6，﹣14）（4，﹣5）；

（3）如图：

，

∵M（t，﹣t2+t+1），Q（t， t+），

∴MQ＝﹣t2+

S△MAB＝MQ|xB﹣xA|

＝（﹣t2+）×2

＝﹣t2+，

当t＝0时，S取最大值，即M（0，1）．

由勾股定理，得

AB＝＝，

设M到AB的距离为h，由三角形的面积，得

h＝＝．

点M到直线AB的距离的最大值是．

【点睛】

本题考查了二次函数综合题，涉及到抛物线的解析式求法，两直线垂直，解一元二次方程组，及点到直线的最大距离，需要注意的是必要的辅助线法是解题的关键

25、△A′DE是等腰三角形；证明过程见解析.

【解析】

试题分析:当四边形EDD′F为菱形时，△A′DE是等腰三角形，△A′DE≌△EFC′．先证明CD=DA=DB，得到∠DAC=∠DCA，由AC∥A′C′即可得到∠DA′E=∠DEA′由此即可判断△DA′E的形状．由EF∥AB推出∠CEF=∠EA′D，∠EFC=∠A′D′C=∠A′DE，再根据A′D=DE=EF即可证明．

试题解析：当四边形EDD′F为菱形时，△A′DE是等腰三角形，△A′DE≌△EFC′．

理由：∵△BCA是直角三角形，∠ACB=90°，AD=DB，

∴CD=DA=DB，

∴∠DAC=∠DCA，

∵A′C∥AC，

∴∠DA′E=∠A，∠DEA′=∠DCA，

∴∠DA′E=∠DEA′，

∴DA′=DE，

∴△A′DE是等腰三角形．

∵四边形DEFD′是菱形，

∴EF=DE=DA′，EF∥DD′，

∴∠CEF=∠DA′E，∠EFC=∠CD′A′，

∵CD∥C′D′，

∴∠A′DE=∠A′D′C=∠EFC，

在△A′DE和△EFC′中，

，

∴△A′DE≌△EFC′．

考点：1.菱形的性质；2.全等三角形的判定；3.平移的性质．

26、x﹣1，1．

【解析】
先通分计算括号里的，再计算括号外的，最后根据分式性质，找一个恰当的数2（此数不唯一）代入化简后的式子计算即可．

【详解】

解：原式＝＝x﹣1，

根据分式的意义可知，x≠0，且x≠±1，

当x＝2时，原式＝2﹣1＝1．

【点睛】

本题主要考查分式的化简求值，化简过程中要注意运算顺序，化简结果是最简形式，难点在于当未知数的值没有明确给出时，所选取的未知数的值必须使原式的各分式都有意义，且除数不能为零．

27、答案见解析

【解析】
根据轴对称的性质作出线段AC的垂直平分线即可得．

【详解】

如图所示，直线EF即为所求．

【点睛】

本题主要考查作图-轴对称变换，解题的关键是掌握轴对称变换的性质和线段中垂线的尺规作图．