2022年陕西省汉中市中考猜题数学试卷含解析

这是一份2022年陕西省汉中市中考猜题数学试卷含解析，共23页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，一次函数的图像不经过的象限是，下列命题正确的是，如图，两个反比例函数y1＝，解分式方程﹣3=时，去分母可得等内容，欢迎下载使用。

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，一张半径为的圆形纸片在边长为的正方形内任意移动，则在该正方形内，这张圆形纸片“能接触到的部分”的面积是（ ）

A． B． C． D．
2．某班为奖励在学校运动会上取得好成绩的同学，计划购买甲、乙两种奖品共20件．其中甲种奖品每件40元，乙种奖品每件30元．如果购买甲、乙两种奖品共花费了650元，求甲、乙两种奖品各购买了多少件．设购买甲种奖品x件，乙种奖品y件．依题意，可列方程组为（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，AB是的直径，点C，D在上，若，则的度数为　　

A． B． C． D．
4．如图，直线l是一次函数y=kx+b的图象，若点A（3，m）在直线l上，则m的值是（　　）

A．﹣5 B． C． D．7
5．如图，在平面直角坐标中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为，点A，B，E在x轴上，若正方形BEFG的边长为6，则C点坐标为（　）

A．（3，2） B．（3，1） C．（2，2） D．（4，2）
6．一次函数的图像不经过的象限是：（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
7．下列命题正确的是( )
A．内错角相等 B．－1是无理数
C．1的立方根是±1 D．两角及一边对应相等的两个三角形全等
8．已知一元二次方程x2-8x+15=0的两个解恰好分别是等腰△ABC的底边长和腰长，则△ABC的周长为（ ）
A．13 B．11或13 C．11 D．12
9．如图，两个反比例函数y1＝（其中k1＞0）和y2＝在第一象限内的图象依次是C1和C2，点P在C1上．矩形PCOD交C2于A、B两点，OA的延长线交C1于点E，EF⊥x轴于F点，且图中四边形BOAP的面积为6，则EF：AC为（　　）

A．：1 B．2： C．2：1 D．29：14
10．解分式方程﹣3=时，去分母可得（　　）
A．1﹣3（x﹣2）=4 B．1﹣3（x﹣2）=﹣4
C．﹣1﹣3（2﹣x）=﹣4 D．1﹣3（2﹣x）=4
11．老师随机抽查了学生读课外书册数的情况，绘制成条形图和不完整的扇形图，其中条形图被墨迹遮盖了一部分，则条形图中被遮盖的数是（　　）

A．5 B．9 C．15 D．22
12．一列快车从甲地驶往乙地，一列特快车从乙地驶往甲地，快车的速度为100千米/小时，特快车的速度为150千米/小时，甲乙两地之间的距离为1000千米，两车同时出发，则图中折线大致表示两车之间的距离（千米）与快车行驶时间t（小时）之间的函数图象是
A． B．
C． D．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．不等式-2x+3>0的解集是___________________
14．已知线段a=4，b=1，如果线段c是线段a、b的比例中项，那么c=_____．
15．和平中学自行车停车棚顶部的剖面如图所示，已知AB＝16m，半径OA＝10m，高度CD为____m．

16．已知三个数据3，x+3，3﹣x的方差为，则x=_____．
17．如图，在圆心角为90°的扇形OAB中，半径OA=1cm，C为的中点，D、E分别是OA、OB的中点，则图中阴影部分的面积为_____cm1．

18． “五一”期间，一批九年级同学包租一辆面包车前去竹海游览，面包车的租金为300元，出发时，又增加了4名同学，且租金不变，这样每个同学比原来少分摊了20元车费．若设参加游览的同学一共有x人，为求x，可列方程_____．
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，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，将矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角，得到矩形A'B'C'D'，B'C与AD交于点E，AD的延长线与A'D'交于点F．

（1）如图①，当α=60°时，连接DD'，求DD'和A'F的长；
（2）如图②，当矩形A'B'CD'的顶点A'落在CD的延长线上时，求EF的长；
（3）如图③，当AE=EF时，连接AC，CF，求AC•CF的值．
20．（6分）先化简，再在1，2，3中选取一个适当的数代入求值．
21．（6分）已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP=t．

（Ⅰ）如图①，当∠BOP=300时，求点P的坐标；
（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ=m，试用含有t的式子表示m；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．
22．（8分）如图，在平面直角坐标系中，A、B为x轴上两点，C、D为y轴上的两点，经
过点A、C、B的抛物线的一部分C1与经过点A、D、B的抛物线的一部分C2组合成一条封闭曲线，我们把这条封
闭曲线称为“蛋线”．已知点C的坐标为（0，），点M是抛物线C2：（＜0）的顶点．

（1）求A、B两点的坐标；
（2）“蛋线”在第四象限上是否存在一点P，使得△PBC的面积最大？若存在，求出△PBC面积的最大值；若不存在，请说明理由；
（3）当△BDM为直角三角形时，求的值．
23．（8分）已知：如图，在□ABCD中，点G为对角线AC的中点，过点G的直线EF分别交边AB、CD于点E、F，过点G的直线MN分别交边AD、BC于点M、N，且∠AGE=∠CGN.

（1）求证：四边形ENFM为平行四边形；
（2）当四边形ENFM为矩形时，求证：BE=BN.
24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2与坐标轴交于A、B两点，点A在x轴上，点B在y轴上，C点的坐标为（1，0），抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B、C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）根据图象直接写出不等式ax2+（b﹣1）x+c＞2的解集；
（3）点P是抛物线上一动点，且在直线AB上方，过点P作AB的垂线段，垂足为Q点．当PQ=时，求P点坐标．

25．（10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．

26．（12分）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　 　．

27．（12分）某初中学校举行毛笔书法大赛，对各年级同学的获奖情况进行了统计，并绘制了如下两幅不完整的统计图，请结合图中相关数据解答下列问题：
请将条形统计图补全；获得一等奖的同学中有来自七年级，有来自八年级，其他同学均来自九年级，现准备从获得一等奖的同学中任选两人参加市内毛笔书法大赛，请通过列表或画树状图求所选出的两人中既有七年级又有九年级同学的概率.



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、C
【解析】
这张圆形纸片减去“不能接触到的部分”的面积是就是这张圆形纸片“能接触到的部分”的面积．
【详解】
解：如图：

∵正方形的面积是：4×4=16；
扇形BAO的面积是：，
∴则这张圆形纸片“不能接触到的部分”的面积是4×1-4×=4-π，
∴这张圆形纸片“能接触到的部分”的面积是16-（4-π）=12+π，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了正方形和扇形的面积的计算公式，正确记忆公式是解题的关键．
2、A
【解析】
根据题意设未知数,找到等量关系即可解题,见详解.
【详解】
解：设购买甲种奖品x件，乙种奖品y件．依题意，甲、乙两种奖品共20件,即x+y=20, 购买甲、乙两种奖品共花费了650元,即40x+30y=650,
综上方程组为,
故选A.
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的列式,属于简单题,找到等量关系是解题关键.
3、B
【解析】
试题解析：连接AC，如图，

∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴
∴
故选B．
点睛：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等.
4、C
【解析】
把（-2，0）和（0，1）代入y=kx+b，求出解析式，再将A（3，m）代入，可求得m.
【详解】
把（-2，0）和（0，1）代入y=kx+b，得
，
解得
所以，一次函数解析式y=x+1，
再将A（3，m）代入，得
m=×3+1=.
故选C.
【点睛】
本题考核知识点：考查了待定系数法求一次函数的解析式,根据解析式再求函数值.
5、A
【解析】
∵正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为，
∴=，
∵BG=6，
∴AD=BC=2，
∵AD∥BG，
∴△OAD∽△OBG，
∴=，
∴=，
解得：OA=1，∴OB=3，
∴C点坐标为：（3，2），
故选A．
6、C
【解析】
试题分析：根据一次函数y=kx+b（k≠0，k、b为常数）的图像与性质可知：当k＞0，b＞0时，图像过一二三象限；当k＞0，b＜0时，图像过一三四象限；当k＜0，b＞0时，图像过一二四象限；当k＜0，b＜0，图像过二三四象限.这个一次函数的k=＜0与b=1＞0，因此不经过第三象限.
答案为C
考点：一次函数的图像
7、D
【解析】解：A．两直线平行，内错角相等，故A错误；
B．－1是有理数，故B错误；
C．1的立方根是1，故C错误；
D．两角及一边对应相等的两个三角形全等，正确．
故选D．
8、B
【解析】
试题解析：x2-8x+15=0，
分解因式得：（x-3）（x-5）=0，
可得x-3=0或x-5=0，
解得：x1=3，x2=5，
若3为底边，5为腰时，三边长分别为3，5，5，周长为3+5+5=1；
若3为腰，5为底边时，三边长分别为3，3，5，周长为3+3+5=11，
综上，△ABC的周长为11或1．
故选B.
考点：1.解一元二次方程-因式分解法；2.三角形三边关系；3.等腰三角形的性质．
9、A
【解析】
试题分析：首先根据反比例函数y2=的解析式可得到=×3=，再由阴影部分面积为6可得到=9，从而得到图象C1的函数关系式为y=，再算出△EOF的面积，可以得到△AOC与△EOF的面积比，然后证明△EOF∽△AOC，根据对应边之比等于面积比的平方可得到EF﹕AC=．
故选A．
考点：反比例函数系数k的几何意义
10、B
【解析】
方程两边同时乘以（x-2），转化为整式方程，由此即可作出判断．
【详解】
方程两边同时乘以（x-2），得
1﹣3（x﹣2）=﹣4，
故选B．
【点睛】
本题考查了解分式方程，利用了转化的思想，熟练掌握解分式方程的一般步骤以及注意事项是解题的关键.
11、B
【解析】
条形统计图是用线段长度表示数据，根据数量的多少画成长短不同的矩形直条，然后按顺序把这些直条排列起来．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．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．用整个圆的面积表示总数（单位1），用圆的扇形面积表示各部分占总数的百分数．
【详解】
课外书总人数：6÷25%＝24（人），
看5册的人数：24﹣5﹣6﹣4＝9（人），
故选B．
【点睛】
本题考查了统计图与概率，熟练掌握条形统计图与扇形统计图是解题的关键．
12、C
【解析】
分三段讨论：
①两车从开始到相遇，这段时间两车距迅速减小；
②相遇后向相反方向行驶至特快到达甲地，这段时间两车距迅速增加；
③特快到达甲地至快车到达乙地，这段时间两车距缓慢增大；
结合图象可得C选项符合题意．故选C．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、x<
【解析】
根据解一元一次不等式基本步骤：移项、系数化为1可得．
【详解】
移项，得：-2x＞-3，
系数化为1，得：x＜，
故答案为x＜．
【点睛】
本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．
14、1
【解析】
根据比例中项的定义，列出比例式即可得出中项，注意线段不能为负．
【详解】
根据比例中项的概念结合比例的基本性质，得：比例中项的平方等于两条线段的乘积．
则c1=4×1，c=±1，（线段是正数，负值舍去），
故c=1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了比例线段；理解比例中项的概念，这里注意线段不能是负数．
15、1．
【解析】
由CD⊥AB，根据垂径定理得到AD＝DB＝8，再在Rt△OAD中，利用勾股定理计算出OD，则通过CD＝OC−OD求出CD．
【详解】
解：∵CD⊥AB，AB＝16，
∴AD＝DB＝8，
在Rt△OAD中，AB＝16m，半径OA＝10m，
∴OD＝＝6，
∴CD＝OC﹣OD＝10﹣6＝1（m）．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧．也考查了切线的性质定理以及勾股定理．
16、±1
【解析】
先由平均数的计算公式求出这组数据的平均数，再代入方差公式进行计算，即可求出x的值．
【详解】
解：这三个数的平均数是：（3+x+3+3-x）÷3=3，
则方差是：[（3-3）2+（x+3-3）2+（3-x-3）2]=，
解得：x=±1；
故答案为：±1．
【点睛】
本题考查方差的定义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为，则方差S2=[（x1-）2+（x2-）2+…+（xn-）2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
17、π+﹣
【解析】
试题分析：如图，连接OC，EC，由题意得△OCD≌△OCE，OC⊥DE，DE==，所以S四边形ODCE=×1×=，S△OCD=，又S△ODE=×1×1=，S扇形OBC==，所以阴影部分的面积为：S扇形OBC+S△OCD﹣S△ODE=+﹣；故答案为．

考点：扇形面积的计算．
18、 ﹣=1．
【解析】
原有的同学每人分担的车费应该为，而实际每人分担的车费为，方程应该表示为：﹣=1．
故答案是：﹣=1．

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、（1）DD′=1，A′F= 4﹣；（2）；（1）．
【解析】
（1）①如图①中，∵矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角，得到矩形A'B'C'D'，只要证明△CDD′是等边三角形即可解决问题；
②如图①中，连接CF，在Rt△CD′F中，求出FD′即可解决问题；
（2）由△A′DF∽△A′D′C，可推出DF的长，同理可得△CDE∽△CB′A′，可求出DE的长，即可解决问题；
（1）如图③中，作FG⊥CB′于G，由S△ACF=•AC•CF=•AF•CD，把问题转化为求AF•CD，只要证明∠ACF=90°，证明△CAD∽△FAC，即可解决问题；
【详解】
解：（1）①如图①中，∵矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角，得到矩形A'B'C'D'，
∴A′D′=AD=B′C=BC=4，CD′=CD=A′B′=AB=1∠A′D′C=∠ADC=90°．
∵α=60°，∴∠DCD′=60°，∴△CDD′是等边三角形，
∴DD′=CD=1．
②如图①中，连接CF．∵CD=CD′，CF=CF，∠CDF=∠CD′F=90°，
∴△CDF≌△CD′F，∴∠DCF=∠D′CF=∠DCD′=10°．
在Rt△CD′F中，∵tan∠D′CF=，
∴D′F=，∴A′F=A′D′﹣D′F=4﹣．
（2）如图②中，在Rt△A′CD′中，∵∠D′=90°，
∴A′C2=A′D′2+CD′2，∴A′C=5，A′D=2．∵∠DA′F=∠CA′D′，∠A′DF=∠D′=90°，
∴△A′DF∽△A′D′C，∴，∴，
∴DF=．
同理可得△CDE∽△CB′A′，∴，∴，
∴ED=，∴EF=ED+DF=．
（1）如图③中，作FG⊥CB′于G．∵四边形A′B′CD′是矩形，∴GF=CD′=CD=1．
∵S△CEF=•EF•DC=•CE•FG，
∴CE=EF，∵AE=EF，∴AE=EF=CE，∴∠ACF=90°．
∵∠ADC=∠ACF，∠CAD=∠FAC，∴△CAD∽△FAC，∴，
∴AC2=AD•AF，∴AF=．
∵S△ACF=•AC•CF=•AF•CD，
∴AC•CF=AF•CD=．

20、,当x=2时，原式=.
【解析】
试题分析: 先括号内通分，然后计算除法，最后取值时注意使得分式有意义，最后代入化简即可．
试题解析:
原式===
当x=2时，原式=.
21、（Ⅰ）点P的坐标为（，1）．
（Ⅱ）（0＜t＜11）．
（Ⅲ）点P的坐标为（，1）或（，1）．
【解析】
（Ⅰ）根据题意得，∠OBP=90°，OB=1，在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案．
（Ⅱ）由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，可知△OB′P≌△OBP，
△QC′P≌△QCP，易证得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．
（Ⅲ）首先过点P作PE⊥OA于E，易证得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′Q的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与，即可求得t的值：
【详解】
（Ⅰ）根据题意，∠OBP=90°，OB=1．
在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t．
∵OP2=OB2+BP2，即（2t）2=12+t2，解得：t1=，t2=－（舍去）．
∴点P的坐标为（，1）．
（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，
∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP．
∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC．
∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，∴∠OPB+∠QPC=90°．
∵∠BOP+∠OPB=90°，∴∠BOP=∠CPQ．
又∵∠OBP=∠C=90°，∴△OBP∽△PCQ．∴．
由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=1，则PC=11－t，CQ=1－m．
∴．∴（0＜t＜11）．
（Ⅲ）点P的坐标为（，1）或（，1）．
过点P作PE⊥OA于E，∴∠PEA=∠QAC′=90°．

∴∠PC′E+∠EPC′=90°．
∵∠PC′E+∠QC′A=90°，∴∠EPC′=∠QC′A．
∴△PC′E∽△C′QA．∴．
∵PC′=PC=11－t，PE=OB=1，AQ=m，C′Q=CQ=1－m，
∴．
∴．
∵，即，∴，即．
将代入，并化简，得．解得：．
∴点P的坐标为（，1）或（，1）．
22、（1）A（，0）、B（3，0）．
（2）存在．S△PBC最大值为
（3）或时，△BDM为直角三角形．
【解析】
（1）在中令y=0，即可得到A、B两点的坐标．
（2）先用待定系数法得到抛物线C1的解析式，由S△PBC = S△POC+ S△BOP–S△BOC得到△PBC面积的表达式，根据二次函数最值原理求出最大值．
（3）先表示出DM2，BD2，MB2，再分两种情况：①∠BMD=90°时；②∠BDM=90°时，讨论即可求得m的值．
【详解】
解：（1）令y=0，则，
∵m＜0，∴，解得：，．
∴A（，0）、B（3，0）．
（2）存在．理由如下：
∵设抛物线C1的表达式为（），
把C（0，）代入可得，．
∴Ｃ1的表达式为：，即．
设P（p，），
∴ S△PBC = S△POC+ S△BOP–S△BOC=．
∵<0，∴当时,S△PBC最大值为．
（3）由C2可知： B（3，0），D（0，），M（1，），
∴BD2=，BM2=，DM2=．
∵∠MBD<90°, ∴讨论∠BMD=90°和∠BDM=90°两种情况：
当∠BMD=90°时，BM2+ DM2= BD2，即＋=，
解得：,(舍去)．
当∠BDM=90°时，BD2+ DM2= BM2，即＋=，
解得：，(舍去) ．
综上所述，或时，△BDM为直角三角形．
23、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
分析：
（1）由已知条件易得∠EAG=∠FCG，AG=GC结合∠AGE=∠FGC可得△EAG≌△FCG，从而可得△EAG≌△FCG，由此可得EG=FG，同理可得MG=NG，由此即可得到四边形ENFM是平行四边形；
（2）如下图，由四边形ENFM为矩形可得EG=NG，结合AG=CG，∠AGE=∠CGN可得△EAG≌△NCG，则∠BAC=∠ACB ，AE=CN，从而可得AB=CB，由此可得BE=BN.
详解：
（1）∵四边形ABCD为平行四四边形边形，
∴AB//CD.
∴∠EAG=∠FCG.
∵点G为对角线AC的中点，
∴AG=GC.
∵∠AGE=∠FGC，
∴△EAG≌△FCG.
∴EG=FG.
同理MG=NG.
∴四边形ENFM为平行四边形.
（2）∵四边形ENFM为矩形，
∴EF=MN，且EG=,GN=，
∴EG=NG，
又∵AG=CG，∠AGE=∠CGN，
∴△EAG≌△NCG，
∴∠BAC=∠ACB ，AE=CN，
∴AB=BC，
∴AB-AE=CB-CN，
∴BE=BN.

点睛：本题是一道考查平行四边形的判定和性质及矩形性质的题目，熟练掌握相关图形的性质和判定是顺利解题的关键.
24、（1）y=﹣x2﹣x+2；（2）﹣2＜x＜0；（3）P点坐标为（﹣1，2）．
【解析】
分析：(1)、根据题意得出点A和点B的坐标，然后利用待定系数法求出二次函数的解析式；(2)、根据函数图像得出不等式的解集；(3)、作PE⊥x轴于点E，交AB于点D，根据题意得出∠PDQ=∠ADE=45°，PD==1，然后设点P（x，﹣x2﹣x+2），则点D（x，x+2），根据PD的长度得出x的值，从而得出点P的坐标．
详解：（1）当y=0时，x+2=0，解得x=﹣2，当x=0时，y=0+2=2，
则点A（﹣2，0），B（0，2），
把A（﹣2，0），C（1，0），B（0，2），分别代入y=ax2+bx+c得，解得．
∴该抛物线的解析式为y=﹣x2﹣x+2；
（2）ax2+（b﹣1）x+c＞2，ax2+bx+c＞x+2，
则不等式ax2+（b﹣1）x+c＞2的解集为﹣2＜x＜0；
（3）如图，作PE⊥x轴于点E，交AB于点D，
在Rt△OAB中，∵OA=OB=2，∴∠OAB=45°，∴∠PDQ=∠ADE=45°，
在Rt△PDQ中，∠DPQ=∠PDQ=45°，PQ=DQ=，∴PD==1，
设点P（x，﹣x2﹣x+2），则点D（x，x+2），∴PD=﹣x2﹣x+2﹣（x+2）=﹣x2﹣2x，
即﹣x2﹣2x=1，解得x=﹣1，则﹣x2﹣x+2=2，∴P点坐标为（﹣1，2）．

点睛：本题主要考查的是二次函数的性质以及直角三角形的性质，属于基础题型．利用待定系数法求出函数解析式是解决这个问题的关键．
25、（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.
26、（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．
27、（1）答案见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据参与奖有10人，占比25%可求得获奖的总人数，用总人数减去二等奖、三等奖、鼓励奖、参与奖的人数可求得一等奖的人数，据此补全条形图即可；
（2）根据题意分别求出七年级、八年级、九年级获得一等奖的人数，然后通过列表或画树状图法进行求解即可得.
【详解】（1）10÷25%=40（人），
获一等奖人数：40-8-6-12-10=4（人），
补全条形图如图所示：

（2）七年级获一等奖人数：4×=1（人），
八年级获一等奖人数：4×=1（人），
∴ 九年级获一等奖人数：4-1-1=2（人），
七年级获一等奖的同学用M表示，八年级获一等奖的同学用N表示，
九年级获一等奖的同学用P1 、P2表示，树状图如下：

共有12种等可能结果，其中获得一等奖的既有七年级又有九年级人数的结果有4种，
则所选出的两人中既有七年级又有九年级同学的概率P=.
【点评】此题考查了统计与概率综合，理解扇形统计图与条形统计图的意义及列表法或树状图法是解题关键.