2022年广东省广州市花都区卓悦学校中考数学二模试卷

这是一份2022年广东省广州市花都区卓悦学校中考数学二模试卷，共28页。试卷主要包含了下列各式计算正确的是等内容，欢迎下载使用。

2022年广州市花都区卓悦学校中考数学二模试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．如图所示的图形为三棱柱平面展开图的是（　　）
A． B．
C． D．
2．世界上因为有了圆的图案，万物才显得富有生机．以下图中，中心对称图形个数有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x≥3 B．x≤3 C．x＞3 D．x＜3
4．已知y与x成正比例，如果x＝2时，y＝1，那么x＝3时，y为（　　）
A． B．2 C．3 D．0
5．下列各式计算正确的是（　　）
A． B．a6÷a2＝a3
C．（ab3）2＝a2b6 D．
6．二次函数y＝x2+bx+b的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
7．把无理数，，，﹣表示在数轴上，在这四个无理数中，被墨迹（如图所示）覆盖住的无理数是（　　）

A． B． C． D．﹣
8．小刘和小李参加九江市创建文明城市志愿服务活动，随机在“维护社区环境卫生”和“维护交通秩序”中选择一个志愿服务项目，那么两人都选择“维护社区环境卫生”的概率是（　　）
A． B． C． D．
9．如图，正方形ABCD的面积为12，点E在边CD上，且CE＝2，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（　　）

A． B． C．2﹣2 D．﹣1
10．用一样长的小木棒按图中的方式搭图形．图①中小木棒的根数为9，图②中小木棒的根数为16，图③中小木棒的根数为23，按照这种规律搭下去，搭第7个图形需要小木棒的根数是（　　）

A．51 B．63 C．49 D．72
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．若一组数据x1，x2，x3，…，xn的方差为4.5，则另一组数据2x1，2x2，2x3，…，2xn的方差为 　 　．
12．因式分解：m2﹣4m＝　 　．
13．如图，在▱ABCD中，AB＝2cm，AD＝4cm，AC⊥BC，则△DBC与△ABC的周长之差为 　 　cm．

14．使分式与的值相等的x的值为 　 　．
15．如图，⊙O的直径AB＝16，半径OC⊥AB，D为上一动点（不包括 B、C两点），DE⊥OC，DF⊥AB，垂足分别为E，F，且点E为OC的中点．
（1）劣弧的长为 　 　；
（2）若点P为直径AB上一动点，则PC+PD的最小值为 　 　．

16．如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形AB′C′D′位置，此时AC′的中点恰好与D点重合，AB'交CD于点E．若DE＝2，则AC的长为　 　．

三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）解不等式：（x-3）＜-2x.
18．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，CD∥AB，DE⊥AC于点E，且CE=AB．求证：△CED≌△ABC．

19．（6分）阅读对学生的成长有着深远的影响，某中学为了解学生每两课余阅读的时间，在学校随机抽取了若干名学生进行调查，并依据调查结果绘制了以下不完整的统计图表．
请根据图表中的信息，解答下列问题：
组别
时间（小时）
频数（人数）
百分比
A
0≤t＜0.5
6
15%
B
0.5≤t＜1
a
30%
C
1≤t＜1.5
10
25%
D
1.5≤t＜2
8
b
E
2≤t＜2.5
4
10%
合计

c
1
（1）表中的a＝　 　，b＝　 　，c＝　 　；
（2）将频数分布直方图补全；
（3）估计该校2000名学生中，每周课余阅读时间不足1小时的学生大约有多少名？

20．（6分）在△ABC中，BC边的长为x，BC边上的高为y，△ABC的面积为2．
（1）y关于x的函数关系式是　 　，x的取值范围是　 　；
（2）在平面直角坐标系中画出该函数图象；
（3）将直线y＝﹣x+3向上平移a（a＞0）个单位长度后与上述函数图象有且只有一个交点，请求出此时a的值．

21．（8分）设关于x的一元二次方程x2+2（1+a）x+（3a2+4ab+4b2+2）＝0有实根，求a、b的值．
22．（10分）Rt△ABC中，∠C＝90°．
（1）如果∠A＝60°，AB＝12，求BC的长；
（2）如果BC＝8，，求AB的长．
23．（10分）如图，平地上一幢建筑物AB与铁塔CD相距60m，在建筑物的顶部分别观测铁塔底部的俯角为30°、铁塔顶部的仰角为45°，求建筑物AB的高度和铁塔CD的高度（结果保留根号）．

24．（12分）如图，抛物线y＝与x轴交于A，B两点，A在B的右侧，与y轴交于C点，D是AB的中点．
（1）判断△ADC的形状．
（2）如图2，点P是直线AC下方抛物线上一动点，过P作PE∥y轴交AC于E，过E作EF⊥CD，垂足为F，当PE+EF最大时，将△ODC沿直线AC平移，平移后的三角形为△O'D'C'，求BD'+C'D'+PC'的最小值．
（3）如图3，将OBC沿x轴折叠得到OBK，再将△KBC绕K旋转得到△KB'C'，旋转中直线B'C'交射线CD和射线CA于M，N，当△CMN为直角三角形时，求MN的长．

25．（12分）折纸是一种许多人熟悉的活动，近些年，经过许多人的努力，已经找到了多种将正方形的一边三等分的精确折法，下面探讨其中的一种折法：
【综合与实践】
操作一：如图1，将正方形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，再将正方形纸片ABCD展开，得到折痕MN；
操作二：如图2，将正方形纸片ABCD的右上角沿MC折叠，得到点D的对应的点为D′；
操作三：如图3，将正方形纸片ABCD的左上角沿MD′折叠再展开，折痕MD′与边AB交于点P；
【问题解决】
请在图3中解决下列问题：
（1）求证：BP＝D′P；
（2）求证：AP：BP＝2：1．

【拓展探究】
（3）在图3的基础上，将正方形纸片ABCD的左下角沿CD′折叠再展开，折痕CD′与边AB交于点Q，如图4．试探究：＝　 　（直接写出结果，不需证明）．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．【考点】几何体的展开图
【分析】根据三棱柱的展开图的特点作答．
解：A、两底在同一侧，不是三棱柱的平面展开图，故此选项不符合题意；
B、是三棱柱的平面展开图，故此选项符合题意；
C、不是三棱柱的平面展开图，故此选项不符合题意；
D、不是三棱柱的平面展开图，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了几何体的展开图，熟练掌握常见立体图形的平面展开图的特征，是解决此类问题的关键．
2．【考点】中心对称图形
【分析】一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
解：从左到右第一、三两个图案是中心对称图形，第二、四两个图案不是中心对称图形．
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．【考点】二次根式有意义的条件；分式有意义的条件
【分析】直接利用二次根式的定义得出x的取值范围．
解：式子在实数范围内有意义，
则x﹣3＞0，
解得：x＞3．
故选：C．
【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握定义是解题关键．
4．【考点】待定系数法求正比例函数解析式
【分析】根据y与x成正比例，如果x＝2时，y＝1，用待定系数法可求出函数关系式．再将x＝3代入求出y的值．
解：∵y与x成正比例，
∴y＝kx，
x＝2时，y＝1，
即1＝2k，
k＝，
故函数的解析式为y＝x．
x＝3时，y＝×3＝．
故选：A．
【点评】本题考查的是用待定系数法求正比例函数的解析式，比较简单．
5．【考点】二次根式的加减法；幂的乘方与积的乘方；同底数幂的除法；分式的基本性质；分式的加减法
【分析】根据二次根式的减法则法、同底数幂的除法法则、积的乘方与幂的乘方、分式的减法法则解决此题．
解：A．根据二次根式的减法法则，，那么A错误，故A不符合题意．
B．根据同底数幂的除法法则，a6÷a2＝a4，那么B错误，故B不符合题意．
C．根据积的乘方与幂的乘方，（ab3）2＝a2b6，那么C正确，故C符合题意．
D．根据分式的减法法则，，那么D错误，故D不符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查二次根式的减法、同底数幂的除法、积的乘方与幂的乘方、分式的减法，熟练掌握二次根式的减法法则、同底数幂的除法法则、积的乘方与幂的乘方、分式的减法法则是解决本题的关键．
6．【考点】二次函数的性质
【分析】根据题意，点（﹣1，1）在二次函数的图像上，故选项B、C不符合题意；然后从对称轴与b的取值来分析，可知符合题意的选项．
解：当x＝﹣1时，y＝（﹣1）2﹣b+b＝1，
∴点（﹣1，1）在二次函数的图像上，
∴选项B、C不符合题意；
∵二次函数的对称轴为：，
对于选项A：当x＝0时，可知0＜b＜1，故对称轴在y轴的左侧，故选项A不符合题意；
对于选项D：当x＝0时，观察图像可知b＞2，故对称轴在直线x＝﹣1的左侧，故选项D符合题意；
故选：D．
【点评】此题考查了二次函数的图像与性质，熟练掌握二次函数的图像与性质是解题的关键．
7．【考点】实数与数轴；算术平方根；无理数
【分析】设被墨迹覆盖住的无理数为x，由图可知：3＜x＜4，得，进而解决此题．
解：设被墨迹覆盖住的无理数为x．
由图可知：3＜x＜4．
∴．
∵，
∴x＝．
故选：B．
【点评】本题主要考查算术平方根以及数轴上的点表示的数的意义，熟练掌握算术平方根以及数轴上的点表示的数的意义是解决本题的关键．
8．【考点】列表法与树状图法
【分析】画树状图，共有4种等可能的结果，其中小刘和小李两人都选择“维护社区环境卫生”的结果有1种，再由概率公式求解即可．
解：把“维护社区环境卫生”和“维护交通秩序”分别记为A、B，
画树状图如下：

共有4种等可能的结果，其中小刘和小李两人都选择“维护社区环境卫生”的结果有1种，
∴两人都选择“维护社区环境卫生”的概率是，
故选：C．
【点评】本题考查了树状图法求概率，利用树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
9．【考点】正方形的性质；角平分线的性质；勾股定理；三角形中位线定理
【分析】连接EF，由正方形ABCD的面积为12，CE＝2，可得DE2﹣2，利用三角函数得∠EBC＝30°，又AF平分∠ABE，可得∠ABF＝∠ABE＝30°，故AF＝2，DF＝AD﹣AF＝2﹣2，可知EF＝DE＝×（2﹣2）＝2﹣2，而M，N分别是BE，BF的中点，即得MN的长．
解：连接EF，如图：

∵正方形ABCD的面积为12，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝2，
∵CE＝2，
∴DE＝2﹣2，tan∠EBC＝＝＝，
∴∠EBC＝30°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝60°，
∵AF平分∠ABE，
∴∠ABF＝∠ABE＝30°，
在Rt△ABF中，AF＝AB＝2，
∴DF＝AD﹣AF＝2﹣2，
∴DE＝DF，△DEF是等腰直角三角形，
∴EF＝DE＝×（2﹣2）＝2﹣2，
∵M，N分别是BE，BF的中点，
∴MN是△BEF的中位线，
∴MN＝EF＝＝．
故选：A．
【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及含30°角的直角三角形三边关系，等腰直角三角形三边关系，解题的关键是根据已知求得∠EBC＝30°．
10．【考点】规律型：图形的变化类
【分析】根据图形的变化知从第二个图形开始都比前一个图形多7根小木棒，按此规律进行求解即可．
解：∵第①个图形需要的小木棒的根数为9，
第②个图形需要的小木棒的根数为16＝9+7＝9+7×1，
第③个图形需要的小木棒的根数为23＝9+7+7＝9+7×2，
...，
∴第n个图形需要的小木棒的根数为9+7（n﹣1）＝7n+2，
∴第⑦个图形需要的小木棒的根数为7×7+2＝51．
故选：A．
【点评】本题主要考查图形的变化规律，根据图形的变化规律归纳出第n个图形需要的小木棒的根数为7n+2是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．【考点】方差
【分析】如果一组数据x1、x2、…、xn的方差是s2，那么数据kx1、kx2、…、kxn的方差是k2s2（k≠0），依此规律即可得出答案．
解：∵一组数据x1，x2，x3…，xn的方差为4.5，
∴另一组数据2x1，2x2，2x3…，2xn的方差为22×4.5＝18．
故答案为：18．
【点评】本题考查了方差的定义．当数据都加上一个数时，平均数也加上这个数，方差不变，即数据的波动情况不变；当数据都乘以一个数时，平均数也乘以这个数（不为0），方差变为这个数的平方倍．
12．【考点】因式分解﹣提公因式法
【分析】直接提取公因式m，进而分解因式即可．
解：m2﹣4m＝m（m﹣4）．
故答案为：m（m﹣4）．
【点评】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
13．【考点】平行四边形的性质
【分析】由平行四边形的性质可得AB＝CD＝2cm，AD＝BC＝4cm，AO＝CO，BO＝DO．由勾股定理可求AC，CO，BO的长，即可求解．
解：在▱ABCD中，AB＝CD＝2cm，AD＝BC＝4cm，AO＝CO，BO＝DO．
∵AC⊥BC，
∴AC＝＝6（cm），
∴CO＝3 cm，
∴BO＝＝5（cm），
∴BD＝10cm，
∴△DBC的周长﹣△ABC的周长＝BC+CD+BD﹣（AB+BC+AC）＝BD﹣AC＝10﹣6＝4（cm），
故答案为：4．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
14．【考点】解分式方程
【分析】根据题意得出方程，再方程两边都乘（2x﹣3）（x+1）得出3（x+1）＝2（2x﹣3），求出方程的解，再进行检验即可．
解：根据题意得：＝，
方程两边都乘（2x﹣3）（x+1），得3（x+1）＝2（2x﹣3），
解得：x＝9，
检验：当x＝9时，（2x﹣3）（x+1）≠0，所以x＝9是原方程的解，
故答案为：9．
【点评】本题考查了解分式方程，能把分式方程转化成整式方程是解此题的关键．
15．【考点】弧长的计算；轴对称﹣最短路线问题；勾股定理；垂径定理；圆周角定理
【分析】（1）连接OD，先求出∠DOE的度数，再利用弧长公式求解可得；
（2）延长CO交⊙O于点G，连接DG交AB于点P，则PC+PD的最小值为DG，再根据勾股定理及EG＝12求解可得答案．
解：（1）如图，连接OD，
∵点E为OC的中点，
∴OE＝OC＝OD，
∴∠EDO＝30°，
∴∠DOE＝60°，
∴劣弧CD的长度为＝．
故答案为：．

（2）延长CO交⊙O于点G，连接DG交AB于点P，
则PC+PD的最小值为DG．
设DE＝x，
则DG＝2x，
∵∠G＝∠COD＝30°，EG＝12，
∴x2+144＝4x2，
解得x＝4，
∴DG＝8，
∴PC+PD的最小值为8．

【点评】本题主要考查了弧长的计算，轴对称的性质、圆的相关性质，求得圆心角的度数是解题的关键．
16．【考点】旋转的性质；矩形的性质
【分析】首先证明AC＝2AD，推出∠ACD＝30°，再证明∠DAE＝30°，即可解决问题．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∵AD＝DC′，AC＝AC′，
∴AC＝2AD，
∴sin∠ACD＝，
∴∠ACD＝30°，
∵CD∥AB，
∴∠CAB＝∠ACD＝30°，
∴∠C′AB′＝∠CAB＝30°，
在Rt△ADE中，AD＝DE＝2，
∴AC＝4．
故答案为4．
【点评】本题考查旋转的性质，矩形的性质等知识，求出∠C′AB′＝∠CAB＝30°是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．【考点】解一元一次不等式．
【分析】不等式去分母，去括号，移项合并，将x系数化为1，即可求出解集．
解：（x-3）＜-2x,
去分母，得3（x-3）＜2-12x,
去括号，得3x-9＜2-12x,
移项、合并同类项，得15x＜11．
化系数为1，得x＜．
【点评】本题主要考查了解一元一次不等式，解不等式要依据不等式的基本性质：
（1）不等式的两边同时加上或减去同一个数或整式不等号的方向不变；
（2）不等式的两边同时乘以或除以同一个正数不等号的方向不变；
（3）不等式的两边同时乘以或除以同一个负数不等号的方向改变．
18．【考点】全等三角形的判定．
【分析】由垂直的定义可知，∠DEC=∠B=90°，由平行线的性质可得，∠A=∠DCE，进而由ASA可得结论．
证明：∵DE⊥AC，∠B=90°，
∴∠DEC=∠B=90°，
∵CD∥AB，
∴∠A=∠DCE，
在△CED和△ABC中， ，
∴△CED≌△ABC（ASA）．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定，垂直的定义和平行线的性质，熟知全等三角形的判定定理是解题基础．
19．【考点】频数（率）分布直方图；用样本估计总体；频数（率）分布表
【分析】（1）由“A”组的人数是6人，占调查人数的15%，根据频率＝即可求出调查人数，即c的值，进而求出a、b的值；
（2）根据各组的频数即可补全频数分布直方图；
（3）求出样本中每周课余阅读时间不足1小时的学生所占的百分比，估计总体中每周课余阅读时间不足1小时的学生所占的百分比，进而求出相应的人数．
解：（1）c＝6÷15%＝40，a＝40×30%＝12，b＝8÷40×100%＝20%，
故答案为：12，20%，40；
（2）补全频数分布直方图如下：

（3）2000×（15%+30%）＝900（名），
答：该校2000名学生中，每周课余阅读时间不足1小时的学生大约有900名．
【点评】本题考查频数分布直方图、频数分布表以及样本估计总体，掌握频率＝是正确解答的前提．
20．【考点】反比例函数的应用；一次函数的图象；一次函数的性质；一次函数图象与几何变换
【分析】（1）根据三角形的面积公式即可得到结论；
（2）根据题意在平面直角坐标系中画出该函数图象即可；
（3）将直线y＝﹣x+3向上平移a（a＞0）个单位长度后解析式为y＝﹣x+3+a，根据一元二次方程根的判别式即可得到结论．
解：（1）∵在△ABC中，BC边的长为x，BC边上的高为y，△ABC的面积为2，
∴xy＝2，
∴xy＝4，
∴y关于x的函数关系式是y＝，
x的取值范围为x＞0，
故答案为：y＝，x＞0；
（2）在平面直角坐标系中画出该函数图象如图所示；
（3）将直线y＝﹣x+3向上平移a（a＞0）个单位长度后解析式为y＝﹣x+3+a，
解，整理得，x2﹣（3+a）x+4＝0，
∵平移后的直线与反比例函数图象有且只有一个交点，
∴△＝（3+a）2﹣16＝0，
解得a＝1，a＝﹣7（不合题意舍去），
故此时a的值为1．

【点评】本题考查了反比例函数的应用，一次函数的性质，一次函数与几何变换，正确的理解题意是解题的关键．
21．【考点】根的判别式
【分析】利用判别式的意义得到Δ＝4（1+a）2﹣4（3a2+4ab+4b2+2）≥0，则（a+2b）2+（a﹣1）2≤0，根据非负数的性质得到a+2b＝0，a﹣1＝0，从而可求a、b的值．
解：根据题意得Δ＝4（1+a）2﹣4（3a2+4ab+4b2+2）≥0，
2a2+4ab+4b2﹣2a+1≤0，
（a+2b）2+（a﹣1）2≤0，
a+2b＝0，a﹣1＝0，
所以a＝1，b＝﹣．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
22．【考点】解直角三角形；含30度角的直角三角形；勾股定理
【分析】（1）根据正弦函数的定义和60度角的正弦值求解即可；
（2）根据余弦函数的定义和勾股定理求解即可．
（1）解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，
∴，
∵∠A＝60°，AB＝12，
∴，
∴；
（2）解：Rt△ABC中，∠C＝90°，，
∴，
则可设AC＝4x，AB＝5x，
∵BC＝8，
∴82+16x2＝25x2，
解得：，（负值舍去），
∴．

【点评】本题考查解直角三角形，理解锐角三角函数定义，分清对应锐角三角函数是哪两条对应边的比值是解答的关键．
23．【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【分析】过A点作AE⊥CD于E点，则四边形ABDE为矩形，再根据特殊角的三角函数值求出DE的长，得AB的长，然后由等腰直角三角形的性质得出EC长，即可得出CD．
解：过A点作AE⊥CD于E点，
则四边形ABDE为矩形，
∴AE＝BD＝60m，AB＝DE，
∵∠DAE＝30°，tan30°＝，
∴AB＝DE＝tan30°•AE＝×60＝20（m），
∵∠CAE＝45°，
∴△AEC是等腰直角三角形，
∴AE＝EC，
∴CE＝60m，
∴CD＝CE+ED＝（60+20）（m），
即铁塔CD的高度是（60+20）m．

【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，借助仰角俯角构造直角三角形与矩形是解题的关键．
24．【考点】二次函数综合题
【分析】（1）由抛物线的解析式可求A、B、C的坐标，且D为AB中点，可求D的坐标，最后算出AD、CD即可；
（2）设出P的坐标，求直线AC解析式得E坐标，可求出线段PE的长，由C、E可求线段CE的长，再由tan∠DCA＝tan∠BAC，可求出EF＝，进而得线段EF的长，再求PE+EF最大值时的P的坐标，然后平移BD'至GC'，当G、C′、P三点共线时BD'+C'P最短，BD'+C′D′+C′P的最小值即为GP+C′D′，求出即可；
（3）由于∠MCN≠90°，所以分∠MNC＝90°或∠NMC＝90分别讨论，当∠MNC＝90°时，由BC∥MN可证四边形BCC'B'为平行四边形，即BB'＝CC，同时又由于＝1，∠BKB'＝∠CKC'，可证△BKB'∽△CKC'，得BB'≠CC，所以此种情况不成立，当∠NMC＝90°时，先通过导角说明G、B'重合，即B'在y轴上，再由cos∠OCD＝＝算CM，再由tan∠MCN＝＝tan∠DAC＝算出MN即可．
解：（1）令＝0，
得：，，
令x＝0，y＝2，
∴B、A的坐标分别为，，
∴C、D的坐标分别为，，
∴，，
∴△ADC是等腰三角形；
（2）设直线AC的解析式为y＝kx+b，
将A、C代入y＝kx+b，
得：，
解得：k＝，b＝﹣2，
∴直线AC的解析式为y＝x﹣2，
又∵AD＝CD，
∴∠ACD＝∠CAD，
∴tan∠ACD＝tan∠CAD＝，
∴，
设EF＝a，CF＝2a，
则EC＝＝a＝EF，
∴EF＝，
设P的坐标为，
∴E的坐标为，
∴，
CE＝，
∴EF＝a，
∴PE+EF＝，
∵上一步二次函数对称轴为a＝＝，
且0＜a＜4，
∴a＝，即P的坐标为时，PE+EF最大，
如图，作BG平行且等于CD，连接GP，

由平移性质，D向左移个单位、向下移2个单位可得到C，
∵B的坐标为（﹣，0），
∴G的坐标为，
∵BG∥C'D'，BG＝C'D'，
∴四边形BGC′D′是平行四边形，
∵BD'＝GC′，
∴G、C′、P三点共线时BD'+C'P最短，
∴BD'+C′D′+C′P的最小值即为GP+C′D′，
∵C'D'＝，
，，
，
BD′+C′D′+PC′最小值为：；
（3）∵∠COB＝∠COA＝90°，，＝2，
∴tan∠CBO＝tan∠ACO，
∴∠CBO＝∠ACO，
∴∠ACB＝∠ACO+∠BCO＝∠CBO+∠BCO＝90°，
又∵∠MCN≠90°，
∴∠MNC＝90°或∠NMC＝90°，
当∠MNC＝90°时，
∵∠ACB＝90°，
∴BC∥MN，即BC∥B'C'且BC＝B'C'，
∴四边形BCC'B'为平行四边形，
∴BB'＝CC'，
又∵＝1，
且∠BKB'＝∠CKB+∠CKB'＝∠C'KB'+∠CKB'＝∠CKC'，
∴△BKB'∽△CKC'，
∴，
而实际上，，
，
即，
∴∠MNC＝90°不成立，
当∠NMC＝90°时，设∠BKC＝∠B'KC'＝∠BCK＝∠OAC＝∠DCA＝2α，
则∠KB'C'＝180°﹣2α，∠OCD＝90°﹣2α，
设直线MN交y轴于G，
∵∠NMC＝90°，
∴∠KGM＝∠GCM+∠CMG＝180°﹣2α＝∠KB'M，
说明G、B'重合，即B'在y轴上，
∴KB'＝KB＝BC＝，
∴CB'＝CK﹣KB'＝4﹣，
∵cos∠OCD＝＝，
∴CM＝，
又∵tan∠MCN＝＝tan∠DAC＝，
∴MN＝，
综上：MN＝．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，三角函数的应用，平移型最短距离问题，相似的判定与性质，反证法，平行四边形的判定与性质，第2问清晰作图是关键，第3问画出图形找出几何关系是关键．
25．【考点】四边形综合题
【分析】（1）如图1，连接PC，根据正方形的性质、HL定理证明△CD′P≌△CBP，根据全等三角形的性质得出结论；
（2）设BP＝x，根据翻折变换的性质、勾股定理列出方程，解方程即可；
（3）如图2，连接QM，证明Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），得到AQ＝D′Q，设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y，根据勾股定理列出方程，解方程即可．
（1）证明：如图1，连接PC．

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，
∴∠MD′C＝∠D＝90°，
∴∠CD′P＝∠B＝90°，
在Rt△CD′P和Rt△CBP中，
，
∴Rt△CD′P≌Rt△CBP（HL），
∴BP＝D′P；
（2）证明：设正方形纸片ABCD的边长为1．则AM＝DM＝D′M＝．
设BP＝x，则MP＝MD′+D′P＝DM+BP＝+x，AP＝1﹣x，
在Rt△AMP中，根据勾股定理得AM2+AP2＝MP2．
∴（）2+（1﹣x）2＝（+x）2，
解得x＝，
∴BP＝，AP＝，
∴AP：BP＝2：1，
（3）解：如图2，连接QM，D'M．

由折叠知，∠MD'C＝∠MD'Q＝90°，MA＝MD'，
∴∠QD′M＝180°﹣∠MD′C＝90°，
∴∠QD′M＝∠A＝90°．
在Rt△AQM和Rt△D′QM中，
，
∴Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），
∴AQ＝D′Q，
设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y，
则QP＝AP﹣AQ＝﹣y．
在Rt△QPD′中，根据勾股定理得QD′2+D′P2＝QP2．
∵D′P＝BP＝，
∴y2+（）2＝（﹣y）2，
解得y＝．
∴PQ＝＝，
∴＝．
故答案为：．