安徽省芜湖市2021-2022学年中考试题猜想数学试卷含解析

这是一份安徽省芜湖市2021-2022学年中考试题猜想数学试卷含解析，共27页。试卷主要包含了下列实数中，在2和3之间的是等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，在▱ABCD中，AB＝1，AC＝4，对角线AC与BD相交于点O，点E是BC的中点，连接AE交BD于点F．若AC⊥AB，则FD的长为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．6
2．某单位组织职工开展植树活动，植树量与人数之间关系如图，下列说法不正确的是（　　）

A．参加本次植树活动共有30人 B．每人植树量的众数是4棵
C．每人植树量的中位数是5棵 D．每人植树量的平均数是5棵
3．如图，直线l1、l2、l3表示三条相互交叉的公路，现要建一个货物中转站，要求它到三条公路的距离相等，则供选择的地址有（　　）

A．1处 B．2处 C．3处 D．4处
4．下列实数中，在2和3之间的是（ ）
A． B． C． D．
5．若正六边形的半径长为4，则它的边长等于（ ）
A．4 B．2 C． D．
6．如图所示，某办公大楼正前方有一根高度是15米的旗杆ED，从办公大楼顶端A测得旗杆顶端E的俯角α是45°，旗杆低端D到大楼前梯砍底边的距离DC是20米，梯坎坡长BC是12米，梯坎坡度i=1:，则大楼AB的高度约为（ ）（精确到0.1米，参考数据：）

A．30.6米 B．32.1 米 C．37.9米 D．39.4米
7．如图是由5个相同的小正方体组成的立体图形，这个立体图形的俯视图是（ ）

A． B． C． D．
8．如图，在以O为原点的直角坐标系中，矩形OABC的两边OC、OA分别在x轴、y轴的正半轴上，反比例函数 (x＞0)与AB相交于点D，与BC相交于点E，若BD=3AD，且△ODE的面积是9,则k的值是( )

A． B． C． D．12
9．中国古代人民很早就在生产生活中发现了许多有趣的数学问题，其中《孙子算经》中有个问题：今有三人共车，二车空；二人共车，九人步，问人与车各几何？这道题的意思是：今有若干人乘车，每三人乘一车，最终剩余2辆车，若每2人共乘一车，最终剩余9个人无车可乘，问有多少人，多少辆车？如果我们设有辆车，则可列方程（ ）
A． B．
C． D．
10．下列关于事件发生可能性的表述，正确的是（　　）
A．事件：“在地面，向上抛石子后落在地上”，该事件是随机事件
B．体育彩票的中奖率为10%，则买100张彩票必有10张中奖
C．在同批次10000件产品中抽取100件发现有5件次品，则这批产品中大约有500件左右的次品
D．掷两枚硬币，朝上的一面是一正面一反面的概率为
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．如图，在矩形ABCD中，DE⊥AC，垂足为E，且tan∠ADE＝，AC＝5，则AB的长____．

12．在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个半径为1cm的圆形，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为______．

13．在△ABC中，点D在边BC上，且BD：DC=1：2，如果设=， =，那么等于__（结果用、的线性组合表示）．
14．如图，△ABC内接于⊙O，DA、DC分别切⊙O于A、C两点，∠ABC=114°，则∠ADC的度数为_______°．

15．如图，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，AB=2，点D为AB的中点，以点D为圆心作圆心角为90°的扇形DEF，点C恰在弧EF上，则图中阴影部分的面积为__________．

16．如图，D，E分别是△ABC的边AB、BC上的点，且DE∥AC，AE、CD相交于点O，若S△DOE：S△COA=1：16，则S△BDE与S△CDE的比是___________．

三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图，△ABC内接于⊙O，过点C作BC的垂线交⊙O于D，点E在BC的延长线上，且∠DEC＝∠BAC．求证：DE是⊙O的切线；若AC∥DE，当AB＝8，CE＝2时，求⊙O直径的长．

18．（8分）一个不透明的袋子中，装有标号分别为1、-1、2的三个小球，他们除标号不同外，其余都完全相同；搅匀后，从中任意取一个球，标号为正数的概率是 ； 搅匀后，从中任取一个球，标号记为k，然后放回搅匀再取一个球，标号记为b，求直线y=kx+b经过一、二、三象限的概率.
19．（8分）如图,矩形中,点是线段上一动点, 为的中点, 的延长线交BC于.

(1)求证: ;
(2)若,,从点出发,以l的速度向运动(不与重合).设点运动时间为,请用表示的长;并求为何值时,四边形是菱形.
20．（8分）已知，如图1，直线y=x+3与x轴、y轴分别交于A、C两点，点B在x轴上，点B的横坐标为，抛物线经过A、B、C三点．点D是直线AC上方抛物线上任意一点．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）若P为线段AC上一点，且S△PCD=2S△PAD，求点P的坐标；
（3）如图2，连接OD，过点A、C分别作AM⊥OD，CN⊥OD，垂足分别为M、N．当AM+CN的值最大时，求点D的坐标．

21．（8分）先化简，再求值：（x﹣2﹣）÷，其中x=．
22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，A为y轴正半轴上一点，过点A作x轴的平行线，交函数的图象于B点，交函数的图象于C，过C作y轴和平行线交BO的延长线于D．
（1）如果点A的坐标为（0，2），求线段AB与线段CA的长度之比；
（2）如果点A的坐标为（0，a），求线段AB与线段CA的长度之比；
（3）在（1）条件下，四边形AODC的面积为多少？

23．（12分）（问题情境）
张老师给爱好学习的小军和小俊提出这样的一个问题：如图1，在△ABC中，AB＝AC，点P为边BC上任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D，E，过点C作CF⊥AB，垂足为F，求证：PD+PE＝CF．

小军的证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE＝CF．
小俊的证明思路是：如图2，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD＝GF，PE＝CG，则PD+PE＝CF．
[变式探究]
如图3，当点P在BC延长线上时，其余条件不变，求证：PD﹣PE＝CF；
请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：
[结论运用]
如图4，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD＝8，CF＝3，求PG+PH的值；
[迁移拓展]
图5是一个航模的截面示意图．在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，且AD•CE＝DE•BC，AB＝2dm，AD＝3dm，BD＝dm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．
24．在平面直角坐标系xOy中，若抛物线顶点A的横坐标是，且与y轴交于点，点P为抛物线上一点．
求抛物线的表达式；
若将抛物线向下平移4个单位，点P平移后的对应点为如果，求点Q的坐标．




参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、C
【解析】
利用平行四边形的性质得出△ADF∽△EBF，得出=，再根据勾股定理求出BO的长，进而得出答案．
【详解】
解：∵在□ABCD中，对角线AC、BD相交于O，
∴BO=DO,AO=OC,AD∥BC，
∴△ADF∽△EBF，
∴=，
∵AC=4，
∴AO=2，
∵AB=1，AC⊥AB，
∴BO===3，
∴BD=6，
∵E是BC的中点，
∴==，
∴BF=2， FD=4.
故选C.
【点睛】
本题考查了勾股定理与相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练的掌握勾股定理与相似三角形的判定与性质.
2、D
【解析】
试题解析：A、∵4+10+8+6+2=30（人），
∴参加本次植树活动共有30人，结论A正确；
B、∵10＞8＞6＞4＞2，
∴每人植树量的众数是4棵，结论B正确；
C、∵共有30个数，第15、16个数为5，
∴每人植树量的中位数是5棵，结论C正确；
D、∵（3×4+4×10+5×8+6×6+7×2）÷30≈4.73（棵），
∴每人植树量的平均数约是4.73棵，结论D不正确．
故选D．
考点：1.条形统计图；2.加权平均数；3.中位数；4.众数．
3、D
【解析】
到三条相互交叉的公路距离相等的地点应是三条角平分线的交点．把三条公路的中心部位看作三角形，那么这个三角形两个内角平分线的交点以及三个外角两两平分线的交点都满足要求．
【详解】
满足条件的有：
（1）三角形两个内角平分线的交点，共一处；
（2）三个外角两两平分线的交点，共三处．
如图所示，

故选D．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质；这是一道生活联系实际的问题，解答此类题目时最直接的判断就是三角形的角平分线，很容易漏掉外角平分线，解答时一定要注意，不要漏解．
4、C
【解析】
分析：先求出每个数的范围，逐一分析得出选项.
详解：
A、3<π<4，故本选项不符合题意；
B、1<π−2<2，故本选项不符合题意；
C、2<<3，故本选项符合题意；
D、3<<4，故本选项不符合题意；
故选C.
点睛：本题考查了估算无理数的大小，能估算出每个数的范围是解本题的关键.
5、A
【解析】
试题分析：正六边形的中心角为360°÷6=60°，那么外接圆的半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形，故正六边形的半径等于1，则正六边形的边长是1．故选A．
考点：正多边形和圆．
6、D
【解析】
解：延长AB交DC于H，作EG⊥AB于G，如图所示，则GH=DE=15米，EG=DH，∵梯坎坡度i=1：，∴BH：CH=1：，设BH=x米，则CH=x米，在Rt△BCH中，BC=12米，由勾股定理得：，解得：x=6，∴BH=6米，CH=米，∴BG=GH﹣BH=15﹣6=9（米），EG=DH=CH+CD=+20（米），∵∠α=45°，∴∠EAG=90°﹣45°=45°，∴△AEG是等腰直角三角形，∴AG=EG=+20（米），∴AB=AG+BG=+20+9≈39.4（米）．故选D．

7、C
【解析】
从上面看共有2行，上面一行有3个正方形，第二行中间有一个正方形，
故选C．
8、C
【解析】
设B点的坐标为（a，b），由BD=3AD，得D（，b），根据反比例函数定义求出关键点坐标，根据S△ODE=S矩形OCBA-S△AOD-S△OCE-S△BDE= 9求出k.
【详解】
∵四边形OCBA是矩形，
∴AB=OC，OA=BC，
设B点的坐标为（a，b），
∵BD=3AD，
∴D（，b），
∵点D，E在反比例函数的图象上，
∴=k，
∴E（a， ），
∵S△ODE=S矩形OCBA-S△AOD-S△OCE-S△BDE=ab-• -•-••（b-）=9，
∴k=，
故选：C
【点睛】
考核知识点：反比例函数系数k的几何意义. 结合图形，分析图形面积关系是关键.
9、A
【解析】
根据每三人乘一车，最终剩余2辆车，每2人共乘一车，最终剩余1个人无车可乘，进而表示出总人数得出等式即可．
【详解】
设有x辆车，则可列方程：
3（x-2）=2x+1．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次方程，正确表示总人数是解题关键．
10、C
【解析】
根据随机事件，必然事件的定义以及概率的意义对各个小题进行判断即可.
【详解】
解：A. 事件：“在地面，向上抛石子后落在地上”，该事件是必然事件，故错误.
B. 体育彩票的中奖率为10%，则买100张彩票可能有10张中奖，故错误.
C. 在同批次10000件产品中抽取100件发现有5件次品，则这批产品中大约有500件左右的次品,正确.
D. 掷两枚硬币，朝上的一面是一正面一反面的概率为，故错误.
故选:C.
【点睛】
考查必然事件，随机事件的定义以及概率的意义，概率=所求情况数与总情况数之比.

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、3.
【解析】
先根据同角的余角相等证明∠ADE＝∠ACD，在△ADC根据锐角三角函数表示用含有k的代数式表示出AD=4k和DC=3k，从而根据勾股定理得出AC=5k，又AC=5，从而求出DC的值即为AB.
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，AB＝CD，
∵DE⊥AC，
∴∠AED＝90°，
∴∠ADE+∠DAE＝90°，∠DAE+∠ACD＝90°，
∴∠ADE＝∠ACD，
∴tan∠ACD＝tan∠ADE＝＝，
设AD＝4k，CD＝3k，则AC＝5k，
∴5k＝5，
∴k＝1，
∴CD＝AB＝3，
故答案为3.
【点睛】
本题考查矩形的性质和利用锐角三角函数解直角三角形，解决此类问题时需要将已知角的三角函数、已知边、未知边，转换到同一直角三角形中，然后解决问题.
12、 cm
【解析】
利用已知得出底面圆的半径为：1cm，周长为2πcm，进而得出母线长，即可得出答案．
【详解】
∵半径为1cm的圆形，
∴底面圆的半径为：1cm，周长为2πcm，
扇形弧长为：2π=，
∴R=4，即母线为4cm，
∴圆锥的高为：（cm）．
故答案为cm．
【点睛】
此题主要考查了圆锥展开图与原图对应情况，以及勾股定理等知识，根据已知得出母线长是解决问题的关键．
13、
【解析】
根据三角形法则求出即可解决问题；
【详解】
如图，

∵=， =，
∴=+=-，
∵BD=BC，
∴=．
故答案为．
【点睛】
本题考查平面向量，解题的关键是熟练掌握三角形法则，属于中考常考题型．
14、48°
【解析】
如图，在⊙O上取一点K，连接AK、KC、OA、OC，由圆的内接四边形的性质可求出∠AKC的度数，利用圆周角定理可求出∠AOC的度数，由切线性质可知∠OAD=∠OCB=90°，可知∠ADC+∠AOC=180°，即可得答案.
【详解】
如图，在⊙O上取一点K，连接AK、KC、OA、OC．
∵四边形AKCB内接于圆，
∴∠AKC+∠ABC=180°，
∵∠ABC=114°，
∴∠AKC=66°，
∴∠AOC=2∠AKC=132°，
∵DA、DC分别切⊙O于A、C两点，
∴∠OAD=∠OCB=90°，
∴∠ADC+∠AOC=180°，
∴∠ADC=48°

故答案为48°．
【点睛】
本题考查圆内接四边形的性质、周角定理及切线性质，圆内接四边形的对角互补；在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半；圆的切线垂直于过切点的直径；熟练掌握相关知识是解题关键.
15、．
【解析】
连接CD，根据题意可得△DCE≌△BDF，阴影部分的面积等于扇形的面积减去△BCD的面积．
【详解】
解：连接CD，


作DM⊥BC，DN⊥AC．
∵CA=CB，∠ACB=90°，点D为AB的中点，
∴DC=AB=1，四边形DMCN是正方形，DM=．
则扇形FDE的面积是：．
∵CA=CB，∠ACB=90°，点D为AB的中点，
∴CD平分∠BCA，
又∵DM⊥BC，DN⊥AC，
∴DM=DN，
∵∠GDH=∠MDN=90°，
∴∠GDM=∠HDN，
则在△DMG和△DNH中， ，
∴△DMG≌△DNH（AAS），
∴S四边形DGCH=S四边形DMCN=．
则阴影部分的面积是：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了三角形的全等的判定与扇形的面积的计算的综合题，正确证明△DMG≌△DNH，得到S四边形DGCH=S四边形DMCN是关键．
16、1：3
【解析】
根据相似三角形的判定，由DE∥AC，可知△DOE∽△COA，△BDE∽△BCA，然后根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可由，求得DE：AC=1:4，即BE：BC=1:4，因此可得BE：EC=1:3，最后根据同高不同底的三角形的面积可知与的比是1:3.
故答案为1:3.

三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）见解析；（2）⊙O直径的长是4．
【解析】
（1）先判断出BD是圆O的直径，再判断出BD⊥DE，即可得出结论；
（2）先判断出AC⊥BD，进而求出BC=AB=8，进而判断出△BDC∽△BED，求出BD，即可得出结论．
【详解】
证明：（1）连接BD，交AC于F，

∵DC⊥BE，
∴∠BCD＝∠DCE＝90°，
∴BD是⊙O的直径，
∴∠DEC+∠CDE＝90°，
∵∠DEC＝∠BAC，
∴∠BAC+∠CDE＝90°，
∵弧BC=弧BC，
∴∠BAC＝∠BDC，
∴∠BDC+∠CDE＝90°，
∴BD⊥DE，
∴DE是⊙O切线；
解：（2）∵AC∥DE，BD⊥DE，
∴BD⊥AC．
∵BD是⊙O直径，
∴AF＝CF，
∴AB＝BC＝8，
∵BD⊥DE，DC⊥BE，
∴∠BCD＝∠BDE＝90°，∠DBC＝∠EBD，
∴△BDC∽△BED，
∴＝，
∴BD2＝BC•BE＝8×10＝80，
∴BD＝4．
即⊙O直径的长是4．
【点睛】
此题主要考查圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定和性质，第二问中求出BC=8是解本题的关键．
18、（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）直接运用概率的定义求解；（2）根据题意确定k>0,b>0，再通过列表计算概率.
【详解】解：(1)因为1、-1、2三个数中由两个正数，
所以从中任意取一个球，标号为正数的概率是.
(2)因为直线y=kx+b经过一、二、三象限，
所以k>0,b>0，
又因为取情况：
k b
1
-1
2
1
1,1
1,-1
1,2
-1
-1,1
-1,-1
-1.2
2
2,1
2,-1
2,2
共9种情况，符合条件的有4种，
所以直线y=kx+b经过一、二、三象限的概率是.
【点睛】本题考核知识点：求规概率. 解题关键：把所有的情况列出，求出要得到的情况的种数，再用公式求出 .
19、 (1)证明见解析；(2) PD=8-t，运动时间为秒时，四边形PBQD是菱形．
【解析】
(1)先根据四边形ABCD是矩形，得出AD∥BC，∠PDO=∠QBO，再根据O为BD的中点得出△POD≌△QOB，即可证得OP=OQ；
(2)根据已知条件得出∠A的度数，再根据AD=8cm，AB=6cm，得出BD和OD的长，再根据四边形PBQD是菱形时，利用勾股定理即可求出t的值，判断出四边形PBQD是菱形．
【详解】
(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠PDO=∠QBO，
又∵O为BD的中点，
∴OB=OD，
在△POD与△QOB中，
，
∴△POD≌△QOB，
∴OP=OQ；
(2)PD=8-t，
∵四边形PBQD是菱形，
∴BP=PD= 8-t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：AB2+AP2=BP2，
即62+t2=(8-t)2，
解得：t=，
即运动时间为秒时，四边形PBQD是菱形．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等，熟练掌握相关知识是解题关键.注意数形结合思想的运用.
20、（1）y=﹣x2﹣x+3；（2）点P的坐标为（﹣，1）；（3）当AM+CN的值最大时，点D的坐标为（，）．
【解析】
（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A、C的坐标，由点B所在的位置结合点B的横坐标可得出点B的坐标，根据点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的函数关系式；
（2）过点P作PE⊥x轴，垂足为点E，则△APE∽△ACO，由△PCD、△PAD有相同的高且S△PCD=2S△PAD，可得出CP=2AP，利用相似三角形的性质即可求出AE、PE的长度，进而可得出点P的坐标；
（3）连接AC交OD于点F，由点到直线垂线段最短可找出当AC⊥OD时AM+CN取最大值，过点D作DQ⊥x轴，垂足为点Q，则△DQO∽△AOC，根据相似三角形的性质可设点D的坐标为（﹣3t，4t），利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于t的一元二次方程，解之取其负值即可得出t值，再将其代入点D的坐标即可得出结论．
【详解】
（1）∵直线y=x+3与x轴、y轴分别交于A、C两点，
∴点A的坐标为（﹣4，0），点C的坐标为（0，3）．
∵点B在x轴上，点B的横坐标为，
∴点B的坐标为（，0），
设抛物线的函数关系式为y=ax2+bx+c（a≠0），
将A（﹣4，0）、B（，0）、C（0，3）代入y=ax2+bx+c，得：
，解得： ，
∴抛物线的函数关系式为y=﹣x2﹣x+3；
（2）如图1，过点P作PE⊥x轴，垂足为点E，
∵△PCD、△PAD有相同的高，且S△PCD=2S△PAD，
∴CP=2AP，
∵PE⊥x轴，CO⊥x轴，
∴△APE∽△ACO，
∴，
∴AE=AO=，PE=CO=1，
∴OE=OA﹣AE=，
∴点P的坐标为（﹣，1）；
（3）如图2，连接AC交OD于点F，
∵AM⊥OD，CN⊥OD，
∴AF≥AM，CF≥CN，
∴当点M、N、F重合时，AM+CN取最大值，
过点D作DQ⊥x轴，垂足为点Q，则△DQO∽△AOC，
∴，
∴设点D的坐标为（﹣3t，4t）．
∵点D在抛物线y=﹣x2﹣x+3上，
∴4t=﹣3t2+t+3，
解得：t1=﹣（不合题意，舍去），t2=，
∴点D的坐标为（，），
故当AM+CN的值最大时，点D的坐标为（，）．

【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式、一次（二次）函数图象上点的坐标特征、三角形的面积以及相似三角形的性质，解题的关键是：（1）根据点A、B、C的坐标，利用待定系数法求出抛物线的函数关系式；（2）利用相似三角形的性质找出AE、PE的长；（3）利用相似三角形的性质设点D的坐标为（﹣3t，4t）．
21、
【解析】
根据分式的运算法则即可求出答案．
【详解】
原式，
，
．
当时，原式
【点睛】
本题考查的知识点是分式的化简求值，解题关键是化简成最简再代入计算.
22、（1）线段AB与线段CA的长度之比为；（2）线段AB与线段CA的长度之比为；（3）1．
【解析】
试题分析：
（1）由题意把y=2代入两个反比例函数的解析式即可求得点B、C的横坐标，从而得到AB、AC的长，即可得到线段AB与AC的比值；
（2）由题意把y=a代入两个反比例函数的解析式即可求得用“a”表示的点B、C的横坐标，从而可得到AB、AC的长，即可得到线段AB与AC的比值；
（3）由（1）可知，AB:AC=1:3，由此可得AB:BC=1:4，利用OA=2和平行线分线段成比例定理即可求得CD的长，从而可由梯形的面积公式求出四边形AODC的面积.
试题解析：
（1）∵A（0，2），BC∥x轴，
∴B（﹣1，2），C（3，2），
∴AB=1，CA=3，
∴线段AB与线段CA的长度之比为；
（2）∵B是函数y=﹣（x＜0）的一点，C是函数y=（x＞0）的一点，
∴B（﹣，a），C（，a），
∴AB=，CA=，
∴线段AB与线段CA的长度之比为；
（3）∵=，
∴=，
又∵OA=a，CD∥y轴，
∴，
∴CD=4a，
∴四边形AODC的面积为=（a+4a）×=1．
23、小军的证明：见解析；小俊的证明：见解析；[变式探究]见解析；[结论运用]PG+PH的值为1；[迁移拓展]（6+2）dm
【解析】
小军的证明：连接AP，利用面积法即可证得；
小俊的证明：过点P作PG⊥CF，先证明四边形PDFG为矩形，再证明△PGC≌△CEP，即可得到答案；
[变式探究]小军的证明思路：连接AP，根据S△ABC＝S△ABP﹣S△ACP，即可得到答案；
小俊的证明思路：过点C，作CG⊥DP，先证明四边形CFDG是矩形，再证明△CGP≌△CEP即可得到答案；
[结论运用] 过点E作EQ⊥BC，先根据矩形的性质求出BF，根据翻折及勾股定理求出DC，证得四边形EQCD是矩形，得出BE＝BF即可得到答案；
[迁移拓展]延长AD，BC交于点F，作BH⊥AF，证明△ADE∽△BCE得到FA=FB，设DH＝x，利用勾股定理求出x得到BH＝6，再根据∠ADE＝∠BCE＝90°，且M，N分别为AE，BE的中点即可得到答案.
【详解】
小军的证明：
连接AP，如图②

∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
∴S△ABC＝S△ABP+S△ACP，
∴AB×CF＝AB×PD+AC×PE，
∵AB＝AC，
∴CF＝PD+PE．
小俊的证明：
过点P作PG⊥CF，如图2，
∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC，
∴∠CFD＝∠FDG＝∠FGP＝90°，
∴四边形PDFG为矩形，
∴DP＝FG，∠DPG＝90°，
∴∠CGP＝90°，
∵PE⊥AC，
∴∠CEP＝90°，
∴∠PGC＝∠CEP，
∵∠BDP＝∠DPG＝90°，
∴PG∥AB，
∴∠GPC＝∠B，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∴∠GPC＝∠ECP，
在△PGC和△CEP中
，
∴△PGC≌△CEP，
∴CG＝PE，
∴CF＝CG+FG＝PE+PD；
[变式探究]
小军的证明思路：连接AP，如图③，

∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
∴S△ABC＝S△ABP﹣S△ACP，
∴AB×CF＝AB×PD﹣AC×PE，
∵AB＝AC，
∴CF＝PD﹣PE；
小俊的证明思路：
过点C，作CG⊥DP，如图③，
∵PD⊥AB，CF⊥AB，CG⊥DP，
∴∠CFD＝∠FDG＝∠DGC＝90°，
∴CF＝GD，∠DGC＝90°，四边形CFDG是矩形，
∵PE⊥AC，
∴∠CEP＝90°，
∴∠CGP＝∠CEP，
∵CG⊥DP，AB⊥DP，
∴∠CGP＝∠BDP＝90°，
∴CG∥AB，
∴∠GCP＝∠B，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵∠ACB＝∠PCE，
∴∠GCP＝∠ECP，
在△CGP和△CEP中，
，
∴△CGP≌△CEP，
∴PG＝PE，
∴CF＝DG＝DP﹣PG＝DP﹣PE．
[结论运用]
如图④

过点E作EQ⊥BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠C＝∠ADC＝90°，
∵AD＝8，CF＝3，
∴BF＝BC﹣CF＝AD﹣CF＝5，
由折叠得DF＝BF，∠BEF＝∠DEF，
∴DF＝5，
∵∠C＝90°，
∴DC＝＝1，
∵EQ⊥BC，∠C＝∠ADC＝90°，
∴∠EQC＝90°＝∠C＝∠ADC，
∴四边形EQCD是矩形，
∴EQ＝DC＝1，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB，
∵∠BEF＝∠DEF，
∴∠BEF＝∠EFB，
∴BE＝BF，
由问题情景中的结论可得：PG+PH＝EQ，
∴PG+PH＝1．
∴PG+PH的值为1．
[迁移拓展]
延长AD，BC交于点F，作BH⊥AF，如图⑤，

∵AD×CE＝DE×BC，
∴，
∵ED⊥AD，EC⊥CB，
∴∠ADE＝∠BCE＝90°，
∴△ADE∽△BCE，
∴∠A＝∠CBE，
∴FA＝FB，
由问题情景中的结论可得：ED+EC＝BH，
设DH＝x，
∴AH＝AD+DH＝3+x，
∵BH⊥AF，
∴∠BHA＝90°，
∴BH2＝BD2﹣DH2＝AB2﹣AH2，
∵AB＝2，AD＝3，BD＝，
∴（）2﹣x2＝（2）2﹣（3+x）2，
∴x＝1，
∴BH2＝BD2﹣DH2＝37﹣1＝36，
∴BH＝6，
∴ED+EC＝6，
∵∠ADE＝∠BCE＝90°，且M，N分别为AE，BE的中点，
∴DM＝EM＝AE，CN＝EN＝BE，
∴△DEM与△CEN的周长之和
＝DE+DM+EM+CN+EN+EC
＝DE+AE+BE+EC
＝DE+AB+EC
＝DE+EC+AB
＝6+2，
∴△DEM与△CEN的周长之和（6+2）dm．
【点睛】
此题是一道综合题,考查三角形全等的判定及性质,勾股定理,矩形的性质定理,三角形的相似的判定及性质定理,翻折的性质,根据题中小军和小俊的思路进行证明,故正确理解题意由此进行后面的证明是解题的关键.
24、为；点Q的坐标为或．
【解析】
依据抛物线的对称轴方程可求得b的值，然后将点B的坐标代入线可求得c的值,即可求得抛物线的表达式；由平移后抛物线的顶点在x轴上可求得平移的方向和距离，故此，然后由点，轴可得到点Q和P关于x对称，可求得点Q的纵坐标，将点Q的纵坐标代入平移后的解析式可求得对应的x的值，则可得到点Q的坐标．
【详解】
抛物线顶点A的横坐标是，
，即，解得．
．
将代入得：，
抛物线的解析式为．
抛物线向下平移了4个单位．
平移后抛物线的解析式为，．
，
点O在PQ的垂直平分线上．
又轴，
点Q与点P关于x轴对称．
点Q的纵坐标为．
将代入得：，解得：或．
点Q的坐标为或．
【点睛】
本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的平移规律、线段垂直平分线的性质，发现点Q与点P关于x轴对称，从而得到点Q的纵坐标是解题的关键．