2023年辽宁省鞍山市立山区中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2023年辽宁省鞍山市立山区中考数学一模试卷（含解析），共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2. 下列函数是二次函数的是( )
A. y=x+13B. y=3(x−1)2
C. y=ax2+bx+cD. y=+3x
3. 已知点(x1,y1)，(x2,y2)是函数y=(m−3)x2图象上的两点，且0A. m>3B. m≥3C. m<3D. m≤3
4. 如图，将△ABC纸片绕点C顺时针旋转40°得到△A′B′C，连接AA′，若AC⊥A′B′，则∠AA′B′的度数为( )
A. 20°
B. 40°
C. 50°
D. 60°
5. 如图，直线y=kx(k>0)与双曲线y=4x交于A，B两点，若A(2,m)，则点B的坐标为( )
A. (2,2)
B. (−2,−1)
C. (−2,−2)
D. (−1,−4)
6. 如图，DC是⊙O的直径，弦AB⊥CD于M，则下列结论不一定成立的是( )
A. AM=BM
B. CM=DM
C. AC=BC
D. AD=BD
7. 如图，△ABC中，点D在BC边上，EF/​/BC，分别交AB，AC，AD于点E，F，G，图中相似三角形共有( )
A. 0对
B. 1对
C. 2对
D. 3对
8. 二次函数y=a(x−2)2+c与一次函数y=cx+a在同一坐标系中的大致图象是( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 已知抛物线y=−(x+1)2+m经过点A(0,3)，则m= ．
10. 如图，PA，PB分别切⊙O于点A，B，∠APB=50°，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C，D两点，连接OC，OD，则∠COD= ．
11. 如图，抛物线y=ax2与直线y=bx+c的两个交点坐标分别为A(−3,9)，B(1,1)，则关于x的方程ax2−bx−c=0的解为______．
12. 如图，在平行四边形ABCD中，E为CD边上一点，连接AE，BD，且AE与BD交于点F，若DE：EC=2：3，则S△ADF：S▱ABCD= ．
13. 已知下列函数①y=x2；②y=−x2；③y=(x−1)2+2.其中，图象通过平移可以得到函数y=x2+2x−3的图象的有______ (填写所有正确选项的序号)．
14. 如图，等边三角形ABC和等边三角形ADE，点N，点M分别为BC，DE的中点，AB=6，AD=4，△ADE绕点A旋转过程中，MN的最大值为 ．
15. 如图，△AOB是直角三角形，∠AOB=90°，OB=2OA，点A在反比例函数y=1x的图象上．若点B在反比例函数y=kx的图象上，则k的值为______．
16. 如图，矩形ABCD中，P为CD边上一点(DP三、解答题（本大题共10小题，共102.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
已知关于x的一元二次方程x2+(2m−1)x+m2−1=0有实数根．
(1)求m的取值范围；
(2)若该方程的两个实数根分别为x1，x2，且x12+x22=9，求m的值．
18. (本小题8.0分)
如图，在矩形ABCD中，AE⊥BD于点E，点P是边AD上一点，且PE⊥EC．
求证：AE⋅AB=DE⋅AP．
19. (本小题10.0分)
如图，要设计一幅宽20cm，长30cm的矩形图案，其中有两横、两竖的彩条(阴影部分)，横、竖彩条的宽度比为2：3，如果要使所有彩条所占面积为原矩形图案面积的三分之一，求横、竖彩条的宽度．
20. (本小题10.0分)
如图，已知破残的圆片上有三点A，B，C．
(1)作出这个圆片的圆心O(尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)；
(2)连接AB，AC，BC，设△ABC是等腰三角形，底边BC=8cm，腰AB=25cm，求该圆片的半径R．
21. (本小题10.0分)
如图，已知函数y=kx(k≠0)经过点A(2,3)，延长AO交双曲线另一分支于点C，过点A作直线AB交y轴正半轴于点D，交x轴负半轴于点E，交双曲线另一分支于点B，且DE=2AD．
(1)求反比例函数和直线AB的表达式；
(2)求△ABC的面积．
22. (本小题10.0分)
在△ABC中，AB≠AC，点O为BC边的中点，连接AO，将△AOC绕点O顺时针方向旋转(旋转角为钝角)，得到△EOF，连接AE，CF．
(1)如图1，当∠BAC=90°时，请直接写出AE与CF的数量关系 ．
(2)如图2，延长AO到点D，使OD=OA，连接DE，若AO=CF=5，BC=6．
①求AECF的值；
②求DE的长．
23. (本小题10.0分)
如图，AB是⊙O的直径，点C，点D在⊙O上，且AD=CD，连接AC、BC，连接BD交AC于点E，延长BD到点F，使ED=DF，连接AF．
(1)求证：AF是⊙O的切线；
(2)若AB=6，BC=2，求AF的长．
24. (本小题10.0分)
某书店畅销一本小说，每本进价为20元，根据以往经验，当销售单价是25元时，每天的销售量是250本；销售单价每上涨1元，每天的销售量减少10本，设这本小说每天的销售量为y本，销售单价为x(25≤x≤50)元．
(1)请求出y与x之间的函数关系式；
(2)书店决定每销售1本该小说，就捐赠2元给山区贫困儿童，若想每天扣除捐赠后获得最大利润，则该小说每本售价为多少元？每天最大利润是多少元？
25. (本小题12.0分)
如图1，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D，E分别在边AC，AB上，且DE/​/BC．
(1)则CDBE的值为 ；
(2)将△ADE绕点A逆时针旋转到如图2的位置，旋转角为α(45°<α<90°)，连接CD，BE，求CDBE的值；
(3)将△ADE绕点A旋转，当∠DEB=90°，AC=5，AD=5时，请直接写出线段CD的长．
26. (本小题14.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)已知点D(0,−1)，点P为线段BC上一动点，连接DP并延长交抛物线于点H，连结BH，当四边形ODHB的面积为112时，求点H的坐标；
(3)已知点E为x轴上一动点，点Q为第二象限抛物线上一动点，以CQ为斜边作等腰直角三角形CEQ，请直接写出点E的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2.【答案】B
【解析】解：A、y=x+13是一次函数，不是二次函数，故本选项不符合题意；
B、y=3(x−1)2是二次函数，故本选项符合题意；
C、当a=0时，y=ax2+bx+c不是二次函数，故本选项不符合题意；
D、y=+3x是正比例函数，不是二次函数，故本选项不符合题意；
故选：B．
根据二次函数的定义选择正确的选项即可．
本题主要考查了二次函数的定义，能熟记二次函数的定义是解此题的关键，注意：一般地，形如y=ax2+bx+c(a、b、c是常数，a≠0)的函数，叫做二次函数．
3.【答案】A
【解析】解：∵函数对称轴是y轴，当0∴抛物线的开口向上，
∴m−3>0，即m>3，
故选：A．
求出二次函数的对称轴，再比较A、B两点的位置，即可得出正确答案．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟悉二次函数的性质及二次函数的图象是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：若AC⊥A1B1，垂足为D，
∵AC⊥A1B1，
∴直角△A1CD中，∠DA1C=90°−∠DCA1=90°−40°=50°．
∵CA=CA1，
∴∠CAA1=∠CA1A=180°−∠ACA12=180°−40°2=70°，
∴∠AA1B=70°−50°=20°．
故选：A．
在直角△A1CD中，求得∠DA1C的度数，然后在等腰△ACA1中利用等边对等角求得∠AA1C的度数，即可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，熟练掌握旋转的性质是本题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵点A(2,m)在y=4x上，
∴m=2，
∴A(2,2)
∵A、B关于原点O对称，
∴B(−2,−2)．
故选：C．
利用待定系数法求出点A坐标，根据A、B关于原点对称即可解决问题．
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是熟练掌握待定系数法，理解A、B关于原点对称．
6.【答案】B
【解析】解：∵弦AB⊥CD，CD过圆心O，
∴AM=BM，AC=BC，AD=BD，
即选项A、C、D都正确，
根据已知条件不能推出CM和DM一定相等，
故选：B．
根据垂径定理进行判断即可．
本题考查了垂径定理，弧、弦之间的关系等知识点，能熟记垂径定理是解此题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∵EF/​/BC，分别交AB，AC，AD于点E，F，G，
∴△AEG∽△ABD，△AGF∽△ADC，△AEF∽△ABC．
∴图中共有3对相似三角形，
故选：D．
根据平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似即可解答．
本题主要考查相似三角形的平行线判定法：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；这是判定三角形相似的一种基本方法．相似的基本图形可分别记为“A”型和“X”型，如图所示在应用时要善于从复杂的图形中抽象出这些基本图形．
8.【答案】B
【解析】解：A、一次函数y=cx+a的图象与y轴交于负半轴，a<0，与二次函数y=a(x−2)2+c的图象开口向上，即a>0相矛盾，故A错误；
B、一次函数y=cx+a的图象过一、二、四象限，a>0，c<0，二次函数y=a(x−2)2+c的图象开口向上，顶点为(2,c)在第四象限，a>0，c<0，故B正确；
C、二次函数y=a(x−2)2+c的对称轴x=2，在y轴右侧，故C错误；
D、一次函数y=cx+a的图象过一、二、三象限，c>0，与抛物线y=a(x−2)2+c的顶点(2,c)在第四象限，c<0相矛盾，故D错误；
故选：B．
可先根据一次函数的图象判断a、b的符号，再判断二次函数图象与实际是否相符，判断正误．
本题考查了二次函数的图象，一次函数的图象，应该熟记一次函数y=kx+b在不同情况下所在的象限，以及熟练掌握二次函数的有关性质：开口方向、对称轴、顶点坐标等．
9.【答案】4
【解析】解：∵抛物线y=−(x+1)2+m经过点A(0,3)，
∴3=−1+m，
解得：m=4．
故答案为：4．
直接利用二次函数图象上点的坐标特征，得出m的值，进而求出答案．
此题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，正确将已知点代入是解题关键．
10.【答案】65°
【解析】解：如图，连接OP，OA，OE，OB．

∵PA，PB，CD是⊙O的切线，
∴CA=CE，DE=DB，PA=PB，OP垂直平分线段AB，
∵OA=OE=OB，∠OAC=∠OBD=∠OEC=∠OED=90°，
∴Rt△OAC≌Rt△OEC(SAS)，Rt△OED≌△Rt△OBD(SAS)，
∴∠AOC=∠COE，∠EOD=∠BOD，
∵∠APB=50°，∠PAO=∠PBO=90°，
∴∠AOB=180°−50°=130°，
∴∠COD=65°，
故答案为：65°．
连接OP，OA，OE，OB.利用切线长定理即可解决问题．
本题主要考查了切线长定理及等边三角形的判定和性质．解决此题的关键是熟练利用切线长定理．
11.【答案】x1=−3，x2=1
【解析】解：由图象可知，关于x的方程ax2−bx−c=0的解，就是抛物线y=ax2(a≠0)与直线y=bx+c(b≠0)的两个交点坐标分别为A(−3,9)，B(1,1)的横坐标，即x1=−3，x2=1．
故答案为：x1=−3，x2=1．
利用图象法即可解决问题，方程的解就是两个函数图象的交点的横坐标．
本题考查抛物线与x轴交点、一次函数的应用、一元二次方程等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会利用图象法解决实际问题，属于中考常考题型．
12.【答案】1：7
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/CD，AB=CD，
∴△DEF∽△BAF，
∵DE：EC=2：3，
∴EF：AF=DE：DC=2：5，
∴S△ADF：S△ADE=5：7
∴S△ADE：S△ABCD=1：5．
∴S△ADF：S▱ABCD=1：7．
故答案为：1：7．
由四边形ABCD是平行四边形，可得AB/​/CD，AB=CD，即可证得△DEF∽△BAF，然后由相似三角形相似比可以求出EF：AF=DE：DC=2：5，由EF：AF=DE：DC=2：5可知S△ADF：S△ADE=5：7，由DE：EC=2：3可得S△ADE：S△ABCD=1：5，即可求得答案．
此题考查了相似三角形的判定与性质以及平行四边形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
13.【答案】①③
【解析】解：原式可化为：y=(x+1)2−4，
由函数图象平移的法则可知，将函数y=x2的图象先向左平移1个单位，再向下平移4个单位即可得到函数y=(x+1)2−4，的图象，故①正确；
函数y=(x+1)2−4的图象开口向上，函数y=−x2；的图象开口向下，故不能通过平移得到，故②错误；
将y=(x−1)2+2的图象向左平移2个单位，再向下平移6个单位即可得到函数y=(x+1)2−4的图象，故③正确．
故答案为：①③．
先把原式化为顶点式的形式，再根据函数图象平移的法则进行解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
14.【答案】53
【解析】解：连接AN，AM，以AM为半径，点A为圆心作圆，反向延长AN与圆交于点M′，如图，

∵△ADE绕点A旋转，
∴点M是在以AM为半径，点A为圆心的圆上运动，
∵AM+AN≥MN，
∴当点M旋转到M′，即M、A、N三点共线时，MN的值最大，最大为M′N，
∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
点N，点M分别为BC，DE的中点，AB=6，AD=4，
∴AN⊥BC，AM⊥DE，BN=3，DM=2，
在Rt△ABN中，由勾股定理得AN=AB2−BN2=33，
在Rt△ADM中，由勾股定理得AM=AD2−DM2=23，
根据旋转的性质得，AM′=AM=23，
∴M′N=AN+AM′=53，即MN的最大值为53．
故答案为：53．
分析题意可知，点M是在以AM为半径，点A为圆心的圆上运动，连接AN，AM，以AM为半径，点A为圆心作圆，反向延长AN与圆交于点M′，以此得到M、A、N三点共线时，MN的值最大，再根据勾股定理分别算出AM、AN的值，则MN的最大值M′N=AN+AM′=AN+AM．
本题主要考查等边三角形的性质、旋转的性质、勾股定理，解题关键在于确定点M是在以AM为半径，点A为圆心的圆上运动．
15.【答案】−4
【解析】
【分析】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，属于中档题．
过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，垂足分别为C，D.设点A的坐标是(m,n)，m>0，n>0，根据条件得到△BDO∽△OCA，得到：BDOC=ODAC=OBOA=2，BD=2m，OD=2n，根据反比例函数图象上点的坐标特征求解即可．
【解答】
解：过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，垂足分别为C，D．
设点A的坐标是(m,n)，m>0，n>0，则AC=n，OC=m，
∵∠AOB=90°，
∴∠AOC+∠BOD=90°．
∵∠DBO+∠BOD=90°，
∴∠DBO=∠AOC．
∵∠BDO=∠ACO=90°，
∴△BDO∽△OCA．
∴BDOC=ODAC=OBOA．
∵OB=2OA，
∴BD=2m，OD=2n．
∴B点的坐标是(−2n,2m)．
因为点A在反比例函数y=1x的图象上，
∴mn=1．
∵点B在反比例函数y=kx的图象上，
∴k=−2n⋅2m=−4mn=−4．
故答案为：−4．
16.【答案】②③④
【解析】解：连接DD′，将△ADP沿AP翻折得到△AD′P，
∴AP垂直平分DD′，故①错误；
过点P作PG⊥AB于点G，
∴易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，
∴AD=PG，DP=AG，GB=PC，
∵∠APB=90°，
∴∠APG+∠GPB=∠GPB+∠PBG=90°，
∴∠APG=∠PBG，
∴△APG∽△PBG，
∴PGAG=GBPG，
∴PG2=AG⋅GB，
即AD2=DP⋅PC，故③正确；
∵DP/​/AB，
∴∠DPA=∠PAM，
由折叠可知：∠DPA=∠APM，
∴∠PAM=∠APM，
∵∠APB−∠PAM=∠APB−∠APM，
即∠ABP=∠MPB，
∴PM=MB，
又易证四边形PMBN是平行四边形，
∴四边形PMBN是菱形；故②正确；
由于DPAD=12，
可设DP=1，AD=2，
由(1)可知：AG=DP=1，PG=AD=2，
∵PG2=AG⋅GB，
∴4=1⋅GB，
∴GB=PC=4，
AB=AG+GB=5，
∵CP/​/AB，
∴△PCF∽△BAF，
∴CFAF=PCAB=45，
∴AFAC=59，
又易证：△PCE∽△MAE，AM=12AB=52，
∴CEAE=PCAM=452=85，
∴AEAC=513，
∴EF=AF−AE=59AC−513AC=20117AC，
∴EFAE=20117AC513AC=49，故④正确，
即：正确的有②③④，
故答案为：②③④．
根据折叠的性质得出AP垂直平分DD′，判断出①错误．
过点P作PG⊥AB于点G，易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，所以AD=PG，DP=AG，GB=PC，易证△APG∽△PBG，所以PG2=AG⋅GB，即AD2=DP⋅PC判断出③正确；
DP/​/AB，所以∠DPA=∠PAM，由题意可知：∠DPA=∠APM，所以∠PAM=∠APM，由于∠APB−∠PAM=∠APB−∠APM，即∠ABP=∠MPB，从而可知PM=MB=AM，又易证四边形PMBN是平行四边形，所以四边形PMBN是菱形；判断出②正确；
由于DPAD=12，可设DP=1，AD=2，由(1)可知：AG=DP=1，PG=AD=2，从而求出GB=PC=4，AB=AG+GB=5，由于CP//AB，从而可证△PCF∽△BAF，△PCE∽△MAE，求出AFAC=59，AEAC=513，从而可求出EF=AF−AE=59AC−513AC=20117AC，从而可得EFAE=20117AC513AC=49，判断出④正确．
此题主要考查了折叠的性质，相似三角形的性质与判定，菱形的判定，直角三角形斜边上的中线的性质等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所学知识．
17.【答案】解：(1)∵关于x的一元二次方程x2+(2m−1)x+m2−1=0有实数根，
∴Δ≥0，即(2m−1)2−4(m2−1)≥0，
整理得：−4m+5≥0，
解得：m≤54；
(2)∵该方程的两个实数根分别为x1，x2，
∴x1+x2=1−2m，x1x2=m2−1，
∵x12+x22=9，
∴(x1+x2)2−2x1x2=9，即(1−2m)2−2(m2−1)=9，
整理得：m2−2m−3=0，即(m−3)(m+1)=0，
解得：m=3(舍去)或m=−1，
则m的值为−1．
【解析】(1)根据方程有实数根，得到根的判别式大于等于0，求出m的范围即可；
(2)已知等式利用完全平方公式化简，再利用根与系数的关系将各自的值代入计算即可求出m的值．
此题考查了根与系数的关系，以及根的判别式，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
18.【答案】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，AB//DC，∠ADC=90°，
∵AE⊥BD，PE⊥EC，
∴∠AED=∠PEC=90°，
∴∠AEP=∠DEC=90°−∠PED，
∵∠PAE+∠ADE=90°，∠CDE+∠ADE=90°，
∴∠PAE=∠CDE，
∴△PAE∽△CDE，
∴AEDE=APDC，
∴AEDE=APAB，
∴AE⋅AB=DE⋅AP．
【解析】由矩形的性质得AB=DC，∠ADC=90°，由AE⊥BD，PE⊥EC，得∠AED=∠PEC=90°，则∠AEP=∠DEC=90°−∠PED，∠PAE=∠CDE=90°−∠ADE，即可证明△PAE∽△CDE，得AEDE=APDC，所以AEDE=APAB，即可证明AE⋅AB=DE⋅AP．
此题重点考查矩形的性质、同角的余角相等、相似三角形的判定与性质等知识，正确地找到相似三角形的对应边和对应角并且证明△PAE∽△CDE是解题的关键．
19.【答案】解：设横彩条的宽度为xcm，则竖彩条的宽度为32x cm，则
2×x×20+2×32x×30−x×32x×4=13×20×30，
解得x1=53，x2=20(舍去)，
应设计横的彩条宽为53cm，竖的彩条宽为52cm．
【解析】设横彩条的宽度为xcm，则竖彩条的宽度为32xcm，则由图可知一个横彩条的面积为x×20，一个竖彩条的面积为32x×30，重叠的面积为x×32x×4，接下来根据所有彩条所占面积为原矩形图案面积的三分之一可得2×x×20+2×32x×30−x×32x×4=13×20×30，解方程，问题便可解答．
本题属于一元二次方程的应用，找出等量关系是解答本题的关键．
20.【答案】解：(1)如图，点O即为所求．
(2)连接OA，交BC于点D，连接OB，OC，
∵△ABC为等腰三角形，
∴AB=AC，
∴∠AOB=∠AOC，
∵OB=OC，
∴OA⊥BC，
∴BD=CD=12BC=4cm，
∵AB=25cm，
∴AD=AB2−BD2=2cm，
∵OB=OA=Rcm，
∴OD=(R−2)cm，
由勾股定理得，R2=42+(R−2)2，
解得R=5，
∴该圆片的半径R为5cm．
【解析】(1)分别作线段AB，AC的垂直平分线，交点即为所求的点O．
(2)连接OA，交BC于点D，连接OB，OC，由题意得AB=AC，则∠AOB=∠AOC，进而可得OA⊥BC，则BD=CD=12BC=4cm，AD=AB2−BD2=2cm，OD=(R−2)cm，由勾股定理得，R2=42+(R−2)2，解方程即可得出答案．
本题考查作图−应用与设计作图、等腰三角形的性质、勾股定理、垂径定理，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1)把点A(2,3)代入y=kx(k≠0)，
∴k=xy=6，
∴反比例函数的表达式为y=6x；
∵DE=2AD，
∴ED：EA=2：3，
如图，过点A作AF⊥x轴，垂足为F，
∴∠AFE=90°，
∵∠DOE=∠AFE，∠DEO=∠AEF，
∴△DOE∽△AFE，
∴OD：FA=ED：EA，
∵点A(2,3)，
∴FA=3，
∴OD：3=2：3，
∴OD=2，即D(0,2)；
设直线AB的表达式为：y=ax+b，
∴3=2a+bb=2，
解得a=12b=2，
∴直线AB的表达式为：y=12x+2；
(2)如图，∵直线AC和反比例函数y=6x都关于原点对称，且A(2,3)，
∴C(−2,−3)，
联立y=6xy=12x+2，
解得x=2y=3或x=−6y=−1，
∴B(−6,−1)，
过点C作y轴的平行线交AB于点H，则H(−2,1)，
∴CH=4，
∴S△ABC=S△BCH+S△ACH
=12×4×(−2+6)+12×4×(2+2)
=16．
【解析】(1)将点A坐标代入y=kx(k≠0)，求出k，根据DE=2AD可得出点D的坐标，根据待定系数法可得出直线AB的表达式；
(2)根据三角形的面积公式代入计算求解即可．
本题为反比例函数与一次函数的综合题，涉及待定系数法、相似三角形的性质与判定，方程思想等知识．求出点D的坐标是解题的关键；本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
22.【答案】AE=CF
【解析】解：(1)如图1，∵将△AOC绕点O顺时针方向旋转得到△EOF，
∴OA=OE，OC=OF，∠AOE=∠COF，
∵∠BAC=90°，O是BC的中点，
∴OA=OC=12BC，
∴OE=OF，
在△AOE和△COF中，
OA=OC∠AOE=∠COFOE=OF，
∴△AOE≌△COF(SAS)，
∴AE=CF，
故答案为：AE=CF．
(2)①如图2，∵AO=5，BC=6，点O为BC边的中点，
∴CO=12BC=12×6=3，
由旋转得AO=EO，CO=FO，∠AOE=∠COF，
∵AOEO=COFO=1，
∴AOCO=EOFO，
∴△AOE∽△COF，
∴AECF=AOCO=53，
∴AECF的值为53．
②如图2，∵OA=OE，
∴∠OEA=∠OAE，
∴∠DOE=∠OEA+∠OAE=2∠OEA，
∵OD=OA=OE，
∴∠OED=∠D，
∴∠AOE=∠OED+∠D=2∠OED，
∴∠DOE+∠AOE=2∠OEA+2∠OED=180°，
∴∠AED=∠OEA+∠OED=90°，
∵AO=CF=5，AECF=53，
∴OD=OA=5，AE=53CF=53×5=253，
∴AD=OD+OA=5+5=10，
∴DE=AD2−AE2=102−(253)2=5113，
∴DE的长为5113．
(1)由旋转得OA=OE，OC=OF，∠AOE=∠COF，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得OA=OC=12BC，所以OE=OF，即可证明△AOE≌△COF，得AE=CF；
(2)①由旋转得AO=EO，CO=FO，∠AOE=∠COF，则AOCO=EOFO，所以△AOE∽△COF，得AECF=AOCO=53；
②由OD=OA=OE，得∠OEA=∠OAE，∠OED=∠D，即可证明∠AED=∠OEA+∠OED=90°，由AO=CF=5，AECF=53，求得AD=10，AE=253，即可根据勾股定理求得DE=AD2−AE2=5113．
此题重点考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、相似三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
23.【答案】(1)证明：连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠C=90°，
∴AD⊥EF，
∵ED=DF，
∴AF=AE，
∴∠F=∠AEF=∠CEB，
∵AD=CD，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠F+∠ABD=∠CEB+∠CBD=90°，
∴∠BAF=90°，
∵OA是⊙O的半径，且AF⊥OA，
∴AF是⊙O的切线．
(2)解：∵∠C=90°，AB=6，BC=2，
∴AC=AB2−BC2=62−22=42，
∵∠BAF=∠C=90°，∠ABF=∠CBE，
∴△ABF∽△CBE，
∴AFCE=ABBC=62=3，
∴AF=3CE，
∵AF=AE，
∴AE=3CE，
∴AE=34AC=34×42=32，
∴AF=32，
∴AF的长是32．
【解析】(1)连接AD，由AB是⊙O的直径，∠ADB=∠C=90°，则AD垂直平分EF，所以AF=AE，则∠F=∠AEF=∠CEB，由AD=CD，得∠ABD=∠CBD，则∠F+∠ABD=∠CEB+∠CBD=90°，所以∠BAF=90°，即可证明AF是⊙O的切线；
(2)先由勾股定理求得AC=AB2−BC2=42，再证明△ABF∽△CBE，得AFCE=ABBC=3，则AE=AF=3CE，所以AF=AE=34AC=32．
此题重点考查切线的判定、圆周角定理、线段的垂直平分线的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
24.【答案】解：(1)根据题意得，y=250−10(x−25)=−10x+500；
(2)设每天扣除捐赠后可获得利润为w元，
由已知得：w=(x−20−2)(−10x+500)
=−10x2+720x−11000
=−10(x−36)2+1960，
∵−10<0，
∵25≤x≤50，
∴x=36时，w取得最大值，最大值为1960，
答：每本该小说售价为36元，最大利润是1960元．
【解析】(1)根据题意，销售量=250−10(x−25).列式即可；
(2)设每天扣除捐赠后可获得利润为w元，由已知可得：w=(x−20−2)(−10x+500)=−10(x−36)2+1960，即可得到答案．
本题考查了二次函数的应用，解题的关键是正确的理解题意，掌握二次函数的性质．
25.【答案】22
【解析】解：(1)∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠CAB=∠B=45°，
∵DE/​/BC，
∴∠ADE=∠ACB=90°，∠AED=∠B=45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
如图1，过点E作EF//CD交BC于点F，

∵DE/​/BC，EF//CD，∠ACB=90°，
∴四边形DCFE是矩形，
∴CD=EF，∠EFC=90°，
∴∠EFB=180°−90°=90°，
∴sin∠B=EFBE=sin45°=22，
∴CDBE=22，
故答案为：22；
(2)由(1)知，△ADE∽△ACB，
∴ADAE=ACAB=22，∠CAB=∠DAE，
∴∠CAB+∠BAD=∠DAE+∠BAD，
即∠CAD=∠BAE，
∴△ACD∽△ABE，
∴CDBE=ADAE=22；
(3)①如图，当∠DEB=90°，位于AC右侧时，过点A作AF⊥BE，交BE的延长线于点F，

∵∠DEB=90°，∠AFE=90°，∠ADE=90°，AD=DE，
∴四边形ADEF是正方形，
∴AD=DE=EF=AF=5，
∵AC=5，
∴AB=2AC=52，
∴BF=AB2−AF2=(52)2−(5)2=35，
∴BE=BF−EF=35−5=25，
∵ADAE=ACAB=22，∠CAB−∠DAB=∠DAE−∠DAB，
即∠CAD=∠BAE，
∴△ACD∽△ABE，
∴CDBE=ACAB=22，
∴CD=22BE=22×25=10；
②如图，当∠DEB=90°，位于AC左侧时，过点A作AF⊥BE，交BE于点F，

∵∠DEB=90°，∠AFE=90°，∠ADE=90°，AD=DE，
∴四边形ADEF是正方形，
∴AD=DE=EF=AF=5，
∵AC=5，
∴AB=2AC=52，
∴BF=AB2−AF2=(52)2−(5)2=35，
∴BE=BF+EF=35+5=45，
∵ADAE=ACAB=22，∠CAB+∠EAC=∠DAE+∠EAC，
即∠CAD=∠BAE，
∴△ACD∽△ABE，
∴CDBE=ACAB=22，
∴CD=22BE=22×45=210；
综上，线段CD的长为10或210．
(1)过点E作EF//CD交BC于点F，根据等腰三角形的性质得出∠CAB=∠B=45°，根据题意推出四边形DCFE是矩形，则CD=EF，∠EFC=90°，根据锐角三角函数求解即可；
(2)由(1)知，△ADE∽△ACB，根据相似三角形的性质得出ADAE=ACAB=22，∠CAB=∠DAE，进而得到∠CAD=∠BAE，即可判定△ACD∽△ABE，根据相似三角形的性质即可得解；
(3)分两种情况：①当∠DEB=90°，位于AC右侧时，②当∠DEB=90°，位于AC左侧时，根据等腰直角三角形的性质推出四边形ADEF是正方形，利用正方形的性质及相似三角形的判定与性质求解即可．
此题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质并作出合理的辅助线是解题的关键．
26.【答案】解：(1)将A(−1,0)，B(3,0)两点代入抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)，
∴a−b−3=09a+3b−3=0，
解得：a=1b=−2，
∴抛物线的表达式为：y=x2−2x−3；
(2)如图1，连接OH，

∵D(0,−1)，B(3,0)，
∴OD=1，OB=3，
设H(m,m2−2m−3)，
∴S四边形ODHB=S△ODH+S△BOH=12⋅OD⋅m+12⋅OB⋅(−m2+2m+3)=112，
解得：m=13或2，
∴H的坐标为(13,−329)或(2,−3)；
(3)设E(t,0)，
分两种情况：
①如图2，点E在x轴的正半轴上，过点Q作QM⊥x轴于M，

∵△CEQ是等腰直角三角形，
∴EQ=CE，∠CEQ=90°，
∴∠CEO+∠QEM=∠CEO+∠ECO=90°，
∴∠ECO=∠QEM，
∵∠COE=∠EMQ=90°，
∴△COE≌△EMQ(AAS)，
∴EM=OC=3，OE=MQ=t，
∴Q(t−3,t)，
∵点Q在抛物线y=x2−2x−3上，
∴t=(t−3)2−2(t−3)−3，
解得：t=9+332(舍)或9−332；
②如图3，点E在x轴的负半轴上，过点Q作QM⊥x轴于M，

同理得：△COE≌△EMQ(AAS)，
∴EM=OC=3，OE=MQ=−t，
∴Q(t+3,−t)，
∵点Q在抛物线y=x2−2x−3上，
∴−t=(t+3)2−2(t+3)−3，
解得：t=0(舍)或−5；
综上，点E的坐标为(9−332,0)或(−5,0)．
【解析】(1)将A，B点坐标代入抛物线解析式求出系数a，b的值，即可得解析式；
(2)如图1，连接OH，设H(m,m2−2m−3)，根据面积和列方程，解方程可得m的值，进而可得结论；
(3)分点E在x轴的正半轴和负半轴两种情况，作辅助线构建全等三角形，表示点Q的坐标，分别代入二次函数的解析式可解答．
本题属于二次函数的综合题，主要考查二次函数性质，三角形的面积，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用线段的长度表示点的坐标，分类讨论思想等相关知识，解题的关键是进行正确的分类讨论．