数学（辽宁沈阳卷）-学易金卷：中考第二次模拟考试卷

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中考数学第二次模拟考试卷（沈阳）
数学·全解全析
一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．实数2的倒数是(    )
A．2 B．-2 C．2 D．12
【答案】D
【分析】根据倒数的定义即可解答．
【详解】解：∵2×12=1，
∴实数2的倒数是12．
故选：D．
【点睛】本题主要考查倒数的定义，掌握乘积为1的两个数互为倒数是解答本题的关键．
2．我国倡导的“一带一路”建设覆盖总人口约为44亿人，44亿用科学记数法表示为（    ）
A．44×108 B．4.4×108 C．0.44×1010 D．4.4×109
【答案】D
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤a<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
【详解】解：44亿=44×108=4.4×109．
故选D．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤a<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3．如图所示的空心圆柱，其俯视图是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
【详解】解： 该空心圆柱体的俯视图是：

故选：D．
【点睛】本题考查几何体的三视图，从不同的方向抽象出几何体的形状是解决问题的关键．
4．已知，CD是△ABC的角平分线，直线AE∥BC，若∠ABC=62°，∠EAC=50°，则∠ADC的度数为（　　）

A．68° B．81° C．87° D．90°
【答案】C
【分析】由两直线平行，内错角相等可得∠ACB=∠EAC=50°，由角平分线的定义可得∠ACD=∠BCD=12∠ACB=25°，根据∠ADC=∠ABC+∠BCD，计算求解即可．
【详解】解：∵AE∥BC，∠EAC=50°，
∴∠ACB=∠EAC=50°，
∵CD是△ABC的角平分线，
∴∠ACD=∠BCD=12∠ACB=25°，
∴∠ADC=∠ABC+∠BCD=62°+25°=87°，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形的外角的性质等知识．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．
5．已知关于x、y的二元一次方程组2ax+by=3ax-by=1的解为x=1y=-1，则代数式a-2b的值是（    ）
A．-2 B．2 C．3 D．-3
【答案】B
【分析】将x=1y=-1代入原方程组，可得出关于a，b的二元一次方程组，利用①﹣②，可求出代数式a-2b的值．
【详解】解：将x=1y=-1代入原方程组得2a-b=3①a+b=1②，
①﹣②得：a-2b=2，
∴代数式a-2b的值是2．
故选：B．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的解即使方程组中每个方程都成立的一组未知数的值，正确理解定义是解题的关键．
6．下列说法正确的是（    ）
A．调查中央电视台《开学第一课》的收视率，应采用全面调查的方式
B．数据3，5，4，1，2的中位数是4
C．“清明时节雨纷纷”是必然事件
D．甲、乙两名射击运动员10次射击成绩（单位：环）的平均数相等，方差分别为S甲2=0.4，S乙2=2，则甲的成绩比乙的稳定
【答案】D
【分析】利用调查方式的选择、中位数的定义、事件可能性大小判定及方差的意义分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、调查中央电视台《开学第一课》的收视率，应采用抽样调查的方式，故此选项不符合题意；
B、数据3，5，4，1，2的中位数是3，故此选项不符合题意；
C、“清明时节雨纷纷”是随机事件，故此选项不符合题意；
D、甲、乙两名射击运动员10次射击成绩（单位：环）的平均数相等，方差分别为S甲2=0.4，S乙2=2，则甲的成绩比乙的稳定，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了调查方式的选择、中位数的定义、事件可能性大小判定及方差的意义等知识，解题的关键是了解统计的有关知识，难度不大．
7．如图，抛物线y=ax2+bx+ca≠0的对称轴是直线x=-2，图象与x轴交于A，B两点．若OA=5OB，则下列结论中错误的是（    ）

A．abc<0 B．(a+c)2-b2>0
C．5a+c=0 D．若m为任意实数，则am2+bm+2b≥4a
【答案】B
【分析】由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与y轴交点可得a，b，c的符号及a与b的关系，从而判断A选项；由OA=5OB及对称轴可得点B坐标，从而判断B、C选项；由x=-2时y取最小值可判断D选项．
【详解】解：∵抛物线开口向上，
∴a>0．
∵抛物线对称轴为直线x=-b2a=-2，
∴b=4a>0．
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴c<0，
∴abc<0，故选项A正确．
∵抛物线的对称轴为x=-2，且OA=5OB，
∴点B的坐标为1,0，
∴当x=1时，y=a+b+c=0，
∴a+c2-b2=a+c+ba+c-b=0，故选项B错误．
∵a+b+c=0，b=4a，
∴a+b+c=5a+c=0，故选项C正确．
∵当x=-2时，y取最小值，
∴am2+bm+c≥4a-2b+c，
即am2+bm+2b≥4a，故选项D正确．
故选：B
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
8．直线l:y=2x+b(b为常数，且b>0)经过点Am，0，点A关于原点O的对称点为B，若AB=4，则直线l与y轴的交点坐标为（    ）
A．4，0 B．0，4 C．0，-4 D．0，2
【答案】B
【分析】根据一次函数的性质可得直线l:y=2x+b(b为常数，且b>0)过一、二、三象限，则点Am，0在x轴的负半轴上，由AB=4可得点A-2，0，代入y=2x+b求出b的值，即可求解．
【详解】解：∵直线l:y=2x+b(b为常数，且b>0)，
∴直线l：y=2x+b过一、二、三象限，
∴点Am，0在x轴的负半轴上，
∵点A关于原点O的对称点为B，AB=4，
∴m=-2．
∴A-2，0，
∴将点A-2，0，代入y=2x+b，得-4+b=0，
解得b=4．
∴直线l：y=2x+4，
令x=0，则y=4．
即直线l与y轴的交点坐标为0，4．
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征．求出b的值是解题的关键．
9．某体育用品商店出售跳绳，售卖方式可批发可零售，班长打算为班级团购跳绳，如果每位同学一根跳绳，就只能按零售价付款，共需800元；如果多购买5根跳绳，就可以享受批发价，总价是720元，已知按零售价购买40根跳绳与按批发价购买50根跳绳付款相同，则班级共有多少名学生？设班级共有x名学生，依据题意列方程得（    ）
A．50×800x=720x+5×40 B．40×720x-5=800x×50
C．40×800x=720x+5×50 D．50×720x-5=800x×40
【答案】C
【分析】根据“按零售价购买40根跳绳与按批发价购买50根跳绳付款相同”建立等量关系，分别找到零售价与批发价即可列出方程．
【详解】设班级共有x名学生，依据题意列方程有：
40×800x=50×720x+5；
故选C．
【点睛】本题主要考查列分式方程，读懂题意找到等量关系是解题的关键．
10．如图，AC是半圆O的一条弦，以弦AC为折线将弧AC折叠后过圆心O，⊙O的半径为2，则圆中阴影部分的面积为（     ）

A．23 B．2π-3 C．3 D．3+1
【答案】C
【分析】把不规则图形面积转化为规则图形面积，连接OC，图中阴影部分的面积=△OBC的面积．
【详解】解：过点O作OE⊥AC，交AC于D，连接OC，BC，

∵OD=DE=12OE=12OA，
∴∠A=30°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠B=60°，
∵OB=OC=2，
∴△OBC是等边三角形，
∴OC=BC，
∴弓形OC面积=弓形BC面积，
∴阴影部分面积=S△OBC=12×2×3=3．
故选C．
【点睛】本题考查了折叠问题、扇形的面积．解决本题的关键是把阴影部分的面积转化为△OBC的面积．

二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．把多项式3mx2-12my2分解因式的结果是 ______ ．
【答案】3m(x-2y)(x+2y)
【分析】先提公因式3m，再用平方差公式分解因式即可．
【详解】解：3mx2-12my2
=3m(x2-4y2)
=3m(x-2y)(x+2y)，
故答案为：3m(x-2y)(x+2y)．
【点睛】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．
12．不等式组4x+14>22x-13≤1的解为______.
【答案】-3 【分析】先求出各不等式的解集，再求出两个不等式的公共解．
【详解】解：4x+14>2①2x-13≤1②，
由①得：x>-3，
由②得：x≤2，
∴原不等式的解集：-3 故答案为：-3 【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，掌握一元一次不等式组的解法是解题的关键．
13．如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=53，点E在线段AB上运动．连接DE，以DE为斜边作Rt△DEF，使得∠DEF=60°．当点E从点A运动到点B时，动点F的运动路径长为______．

【答案】532
【分析】首先根据题意得到点E和点A重合时和点E和点B重合时点F的位置，然后根据等腰三角形的性质和30°角直角三角形的性质求解即可．
【详解】如图所示，当E和点A重合时，

∵在矩形ABCD中，AB=5，AD=53，∠BAD=90°，
∴BD=AB2+AD2=10，
∴BD=2AB
∴∠ADB=30°，∠ABD=60°，
∵以DE为斜边作Rt△DEF，使得∠DEF=60°，
∴∠EDF=30°，
∴点F在线段BD上，
∴∠BAF=30°，
∴∠AFB=90°，
∴∠AFD=90°，
如图所示，当点E和点B重合时，得到Rt△DE'F'，
∵点E的轨迹是线段AB，
∴点F的轨迹是线段FF'，
∴点A，F，F'三点共线，
∵∠ADB=∠BDF'=30°，AF'⊥DF，
∴∠DAF=∠DF'F，
∴△DAF'是等腰三角形，
∴AF=FF'，
∵AD=53，∠AFD=90°，∠ADF=30°，
∴AF=12AD=532，
∴FF'=532，
∴动点F的运动路径长为532．
故答案为：532．
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，能够根据F点的运动情况，分析出F点的运动轨迹是线段，在30度角的直角三角形中求解是解题的关键．
14．在菱形ABCD中，AB=4，∠B=2∠A，E，F分别是AD，AB的中点，动点P从B出发，沿着顺时针方向运动到C点，当△PEF为直角三角形时，BP的长度为______．

【答案】3或13或23
【分析】分三种情况考虑：点P在AB边上；点P在AD边上：点P在CD边上，利用等边三角形的判定与性质、勾股定理即可求得．
【详解】∵四边形ABCD为菱形，AB=4，
∴菱形四边长为4，且AD∥BC，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠B=2∠A，
∴∠A+2∠A=180°，
即∠A=60°，
∵E，F分别是AD，AB的中点，
∴AE=AF=2；
连接EF，则△AEF是等边三角形；
①当点P在AB边上时；如图，
当点P是AF的中点时，△PEF为直角三角形，此时AP=12AF=1，
∴BP=AB-AP=4-1=3；

②当点P在AD边上时，如图，连接PF，
当点P是AE的中点时，△PEF为直角三角形，此时AP=PE=12AE=1，
连接BD，BE，BP，
∵AB=AD，∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BE⊥AD，由勾股定理得BE=42-22=23，
由勾股定理得：PB=BE2+PE2=12+1=13；

③当点P在CD边上时，连接BD，AC，PE，PF，PB，如图，
当点P是CD的中点时，此时PC=12CD=2，
∵AC⊥BC，PE为△ACD的中位线，EF为△ABD的中位线，
∴PE∥AC，EF∥BD，
∴PE⊥EF，
∴△PEF为直角三角形，
∵CD=BC，∠BCD=∠BAD=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴BP⊥CD，
由勾股定理得PB=BC2-PC2=16-4=23；

综上，PB的长为3或13或23；
故答案为：3或13或23．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，注意分类讨论是关键．
15．如图，点A、D分别在反比例函数y=kxx<0，y=6xx>0的图象上，点B、C在x轴上．若四边形ABCD为正方形，且D的坐标是2,n，则k的值为_____________．

【答案】-3
【分析】先求出D的坐标，根据正方形的性质，求出A点的坐标，即可得出结果．
【详解】解：∵D在反比例函数y=6xx>0的图象上，
∴2n=6，
∴n=3，
∴D2,3，
∴OC=2,CD=3，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=OB+OC=CD=3，
∴OB=1，
∴A-1,3，
∵点A在反比例函数y=kxx<0上，
∴k=-1×3=-3；
故答案为：-3．
【点睛】本题考查反比例函数与几何的综合应用．熟练掌握反比例函数的图象和性质，以及正方形的边长相等，是解题的关键．
16．如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=8，点E在边AD上，且AE:ED=1:3，动点P从点A出发，沿AB运动到点B停止，过点E作EP⊥QE交射线BC于点Q，设O是线段EQ的中点，则在点P运动的整个过程中，点O运动路线的长为______．

【答案】4
【分析】由题意知AE=2，如图，过Q作QG⊥AD于G，过O作OH⊥AD于H，证明△OEH∽△QEG，则OHQG=OEEQ，即OH4=12，解得OH=2，如图，过E作EF⊥BC于F，当P运动到点B，连接EB，作EQ'⊥EB，交BC于Q'，连接EF、EQ'中点O'、O″，由题意知O 在O'O″上运动，证明△ABE∽△FQ'E，则ABFQ'=AEEF即4FQ'=24，解得FQ'=8，由O'、O″分别为EF、EQ'中点，可知O'O″是△EFQ'的中位线，则O'O″=12FQ'=4，进而可得答案．
【详解】解：∵AE：ED=1：3，AD=8，
∴AE=2，
如图，过Q作QG⊥AD于G，过O作OH⊥AD于H，

∵∠OEH=∠QEG，∠OHE=∠QGE=90°，
∴△OEH∽△QEG，
∴OHQG=OEEQ，即OH4=12，
解得OH=2，
如图，过E作EF⊥BC于F，当P运动到点B，连接EB，作EQ'⊥EB，交BC于Q'，连接EF、EQ'中点O'、O″，
∴由题意知，O 在O'O″上运动，
∵∠AEB+∠BEF=90°，∠BEF+∠FEQ'=90°，
∴∠AEB=∠FEQ'，
又∵∠A=∠EFQ'=90°，
∴△ABE∽△FQ'E，
∴ABFQ'=AEEF即4FQ'=24，
解得FQ'=8，
∵O'、O″分别为EF、EQ'中点，
∴O'O″是△EFQ'的中位线，
∴O'O″=12FQ'=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，中位线等知识．解题的关键在于确定O的运动轨迹．

三、解答题（第17小题6分，第18、19小题各8分，共22分）
17．计算：6sin45°-1-2-8×(π-2021)0．
【答案】1
【分析】先化简各式，再进行加减运算．
【详解】解：原式=6×22-2-1-22×1
=32-2+1-22
=1．
【点睛】本题考查特殊角的三角函数值的混合运算．熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握零指数幂，二次根式的运算法则，是解题的关键．
18．2023年春节期间，《满江红》在各大影院上映后，小明去影院观看这部电影，该影院有A、B两个入口和C、E、D三个出口，若从每个入口进影院的可能性相同，从每个出口出影院的可能性也相同．
(1)观众不从E出口出影院的概率是 ；
(2)用列表或画树状图的方法求小明恰好经过通道A与通道D的概率．
【答案】(1)23
(2)树状图见解析，16

【分析】（1）直接由概率公式进行计算即可求解．
（2）画出树状图，根据树状图即可求解．
【详解】（1）解：∵有C、D、E三个出口，
∴观众不从E出口出影院的概率是23，
故答案为23．
（2）画树状图如下：

共有6种等可能的结果，其中小明恰好经过通道A与通道D的结果有1种，
∴小明恰好经过通道A与通道D的概率为16．
【点睛】本题考查了概率公式求概率，树状图法求概率，掌握求概率的方法正确画出树状图是解题的关键．
19．如图，在矩形ABCD中，作对角线AC的垂直平分线交BC于点E，交AD于点F．求证：AE=CF．

【答案】见解析
【分析】证明四边形AECF是菱形即可．
【详解】∵矩形ABCD，对角线AC的垂直平分线交BC于点E，交AD于点F，
∴AD∥BC，FA=FC,EA=EC，AC⊥EF，
∴∠FAC=∠ECA,∠EAC=∠ECA，
∴∠FAC=∠EAC，
∴∠AEF=∠AFE，
∴EA=FA，
∴FA=FC=EA=EC，
∴四边形AECF是菱形，
∴AE=CF．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
四、解答题（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
20．某校八年级体育活动课开设了篮球、羽毛球、乒乓球、排球、足球共5项球类体育活动．为了解学生对这5项球类体育活动的喜爱情况（每人只选一项），学校从八年级全体学生中随机抽查部分学生进行问卷调查，并将调查结果绘制成以下统计表和扇形统计图：

调查结果统计表
项目
篮球
羽毛球
乒乓球
排球
足球
人数
12
14
m
n
9

请你根据以上信息回答问题：
(1)参加问卷调查的学生人数为 ___________名；在统计表中，m=___________，n=___________；
(2)在扇形统计图中，“乒乓球”部分对应的圆心角的度数为 ___________°．
(3)若该校八年级学生人数为1500人，试估计该校八年级学生喜欢“羽毛球”的学生有多少名？
【答案】(1)50；11，4
(2)79.2
(3)420（人）

【分析】（1）由足球人数及其所占百分比可得问卷调查的学生人数；用问卷调查的学生人数乘8％可得 n 的值；进而求出 m 的值；
（2）用360°乘“乒乓球”人数所占比例可得；
（3）利用样本估计总体即可，即用1500乘样本中喜欢“羽毛球”的学生所占比例可得答案．
【详解】（1）解：参加问卷调查的学生人数为：9÷18%=50（名），
n=50×8%=4；
m=50-12-14-4-9=11；
故答案为：50，4，11；
（2）解：在扇形统计图中，“乒乓球”部分对应的圆心角的度数为360°×1150=79.2°，
故答案为：79.2；
（3）解：1500×1450=420名，
答：该校八年级学生喜欢“羽毛球”的学生有420名．
【点睛】本题考查了扇形统计图、统计表以及用样本估计总体，从不同的统计图（表）中得到必要的信息是解决问题的关键，扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
21．某商店将进价为8元的商品按每件10元出售，每天可出售200件，现在采取提高商品售价减少销售量的办法增加利润，如果这种商品每件的销售价每提高1元，那么每天的销售量就减少20件，将每件商品提价多少元时，才能使每天的利润为640元？
【答案】应将商品的售价提高2元或6元
【分析】设售价为x元，则有（售价-进价）×[每天售出的数量-（售价-10）÷1×20]=每天利润，列方程求解即可．
【详解】解：设售价为x元，
根据题意列方程得x-8200-x-101×20=640，
整理得：x-8400-20x=640，
即x2-28x+192=0，
解得x1=12，x2=16．
故将每件售价定为12或16元时，才能使每天利润为640元．
原价为10元，
∴12-10=2 (元)，16-10=6 (元)，
故应将商品的售价提高2元或6元．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，读懂题意，找到等量关系准确地列出方程是解题的关键．
五、解答题（本题10分）
22．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，点D是AB的中点，以CD为直径作⊙O，⊙O分别与AC，BC交于点E，F，过点F作⊙O的切线FG，交AB于点G．

(1)求证：∠A=∠BFG；
(2)求FG的长．
【答案】(1)见解析
(2)65

【分析】（1）连接OF，根据直角三角形斜边中线得到AD=CD=BD，从而有∠DCB=∠B，根据等边对等角得到∠DCB=∠OFC，进一步得出∠B=∠OFC，可得OF∥AB，根据切线的性质得到OF⊥FG，则推出AB⊥FG，最后利用同角的余角相等可得结论；
（2）先利用勾股定理求出AB，进而求出CD=BD=52，再求出CF=2，进而求出DF=32，结合FG⊥AB，利用面积即可得出结论．
【详解】（1）解：如图，连接OF，
∵点D是AB中点，∠ACB=90°，
∴AD=CD=BD，
∴∠DCB=∠B，
∵OC=OF，
∴∠DCB=∠OFC，
∴∠B=∠OFC，
∴OF∥AB，
∵FG是⊙O的切线，
∴OF⊥FG，
∴AB⊥FG，即∠BGF=90°，
∴∠B+∠BFG=90°，又∠A+∠B=90°，
∴∠A=∠BFG；

（2）连接DF，
在Rt△ABC中，根据勾股定理得，AB=32+42=5，
∵点D是AB中点，
∴CD=BD=12AB=52，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CFD=90°，
∴BF=CF=12BC=2，
∴DF=CD2-CF2=32，
∵FG⊥AB，
∴S△BDF=12DF×BF=12BD×FG，
∴FG=DF×BFBD=32×252=65．

【点睛】此题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，切线的性质，三角形的面积公式，判断出FG⊥AB是解本题的关键．
六、解答题（本题10分）
23．已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=tx-2t交x轴于点A，交y轴的正半轴于点B．

(1)如图1，求线段OA的长；
(2)如图2，点F为AB的中点，直线y=kx-t+1分别交x轴，OB，BF于点C，D，E，连接DF，设△BDF的面积为S，求S与t之间的函数关系式(不要求写出自变量t的取值范围)；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接BC，FD的延长线交BC于点G，当∠BDG=∠CEA，且△BCD的面积为92时，求点G的坐标．
【答案】(1)2
(2)S=-12t-12
(3)-911,6411

【分析】（1）把原解析式变形为y=tx-2t=tx-2，即可求解；
（2）取OB的中点，连接FH，则FH是△ABO的中位线，可得HF=12AO=1，HF∥x轴，即HF⊥y轴，再分别求出点B，D的坐标可得BD的长，即可；
（3）过点B作PB⊥FG交FG的延长线于点P，取OB的中点，连接FH，则FH是△ABO的中位线，点H0,-t，可得DH=BH-BD=-t+t+1=1=FH，
∴∠FDH∠DFH=45°=∠PDB=∠PBD=∠CEA，从而得到PD=PB=-22t+1，继而得到PF=PD+DF=-22t-1，再由∠BDG=∠CEA结合三角形外角的性质可得∠CDO=∠EFD，从而得到tan∠CDO=tan∠EFD，进而得到CO=-t-1=BD，再由△BCD的面积为92，可得OC=3，从而得到t=-4，进而得到点B、C、D、F的坐标分别为：0,8、-3,0、0,5、1,4，再分别求出直线DF的表达式，直线BC的表达式，然后联立，即可求解．
【详解】（1）解：y=tx-2t=tx-2，
当x=2时，y=0，即点A2,0，
∴OA=2；
（2）解：如图，取OB的中点，连接FH，则FH是△ABO的中位线，

∴HF=12AO=1，HF∥x轴，即HF⊥y轴，
对于y=tx-2t，
令x=0，则y=-2t，即点B0,-2t，
对于y=kx-t+1，
令x=0，则y=1-t，即点D0,1-t，
∴BD=-2t-1+t=-t-1，
∴S=12×BD×FH=12×1×-t-1=-12t-12；
（3）解：如图，过点B作PB⊥FG交FG的延长线于点P，取OB的中点，连接FH，则FH是△ABO的中位线，点H0,-t，

∴BH=-2t--t=-t，HF=12AO=1，
∴DH=BH-BD=-t+t+1=1=FH，
∴∠FDH=∠DFH=45°=∠PDB=∠PBD=∠CEA，
∴PD=PB=22BD=-22t+1，
在Rt△DHF中，DF=2HF=2，
∴PF=PD+DF=2-22t+1=-22t-1，
∵∠BDG=∠GFB+∠OBA，∠CEA=∠OBA+∠BDE=∠OBA+∠CDO，∠BDG=∠CEA，
∴∠CDO=∠EFD，
∴tan∠CDO=tan∠EFD，
即PBPF=OCDO，则-22t+1-22t-1=CO1-t，
解得：CO=-t-1=BD，
∵△BCD的面积=12×DB×CO=12×OC2=92，
∴OC=3，（负值舍去），
∴3=-t-1，即t=-4，
∴点B、C、D、F的坐标分别为：0,8、-3,0、0,5、1,4，
设直线DF的表达式为：y=ax+b，
把点0,5，1,4代入得：
k+b=4b=5，解得：k=-1b=5，
∴直线DF的表达式为y=-x+5①，
同理直线BC的表达式为：y=83x+8②，
联立y=-x+5①y=83x+8②，解得：x=-911y=6411，
即点G的坐标为：-911,6411．
【点睛】本题主要考查了一次函数的综合题，涉及了三角形面积问题，两直线的交点问题，解直角三角形，三角形中位线定理，熟练掌握相关知识点，并利用数形结合思想解得是解题的关键．
七、解答题（本题12分）
24．【问题思考】如图1，点E是正方形ABCD内的一点，过点E的直线AQ，以DE为边向右侧作正方形DEFG，连接GC，直线GC与直线AQ交于点P，则线段AE与GC之间的关系为______．
【问题类比】
如图2，当点E是正方形ABCD外的一点时，【问题思考】中的结论还成立吗？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
【拓展延伸】
如图3，点E是边长为6的正方形ABCD所在平面内一动点，【问题思考】中其他条件不变，则动点P到边AD的最大距离为______（直接写出结果）．

【答案】【问题思考】AE=GC，AE⊥GC；【问题类比】：【问题思考】中的结论成立，理由见解析；【拓展应用】3+32
【问题思考】根据“SAS”证明△DAE≌△DCG，然后根据全等三角形的性质即可得出答案；
【问题类比】同理证明△DAE≌△DCG，然后根据全等三角形的性质即可得出答案；
【拓展应用】根据∠CPA=90°可得点P的运用轨迹即为以AC为直径的⊙O上，所以当点P位于AD右侧，PH⊥AD且经过圆心O时，动点P到边AD的距离最大，据此解答即可．
【详解】解：问题思考：
设AQ和BC交于点H，

∵四边形ABCD和四边形DEFG都为正方形，
∴∠ADC=∠EDG=90°，DA=DC,DE=DG，
∴∠ADC-∠EDC=∠EDG-∠EDC，
即∠ADE=∠CDG，
∴△DAE≌△DCG(SAS)，
∴AE=CG，∠DAE=∠DCG，
∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠DAE+∠HAB=∠DCG+∠PCH，
即∠BAH=∠PCH，
∵∠AHB=∠CHP，
∴∠B=∠CPA=90°，
即AE⊥CG，
故答案为：AE=GC，AE⊥GC；
问题类比：
问题思考中的结论仍然成立，理由如下：
设AQ和BC交于点H，

∵四边形ABCD和四边形DEFG都为正方形，
∴∠ADC=∠EDG=90°，DA=DC,DE=DG，
∴∠ADC-∠EDC=∠EDG-∠EDC，
即∠ADE=∠CDG，
∴△DAE≌△DCG(SAS)，
∴AE=CG，∠DAE=∠DCG，
∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠DAE+∠HAB=∠DCG+∠PCH，
即∠BAH=∠PCH，
∵∠AHB=∠CHP，
∴∠B=∠CPA=90°，
即AE⊥CG，
故答案为：AE=GC，AE⊥GC；
拓展应用：
∵∠CPA=90°，
∴点P的运用轨迹即为以AC为直径的⊙O上，
如图：

当点P位于AD右侧，PH⊥AD且经过圆心O时，动点P到边AD的距离最大，
∵正方形的边长为6，
∴AC=62，OH=3，
∴OP=OC=12AC=32，
∴PH=OH+OP=3+32，
即动点P到边AD的最大距离为3+32，
故答案为：3+32．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及确定出点P的运动轨迹是解本题的关键．
八、解答题（本题12分）
25．如图1，已知抛物线y=-x2+bx+c与直线BC交于B（3，0），C（0，3）两点，与x轴的另一个交点为A，点M是直线BC上方抛物线的一动点，过点M作MD⊥x轴，交BC于点E．

(1)求抛物线的解析式和直线BC的解析式；
(2)当点E是MD的三等分点时，求此时点M的坐标；
(3)如图2，直线AF与抛物线交于A，F两点，F52，74，若点Q是y轴上一点，且∠AFQ=45°，请直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)y=-x2+2x+3；y=-x+3
(2)2,3或12,154
(3)0,3112或0,-234．

【分析】（1）利用待定系数法分别求解抛物线的解析式和直线BC的解析式即可；
（2）设点Mt,-t2+2t+3，则点Et,-t+3，则ME=-t2+3t，DE=-t+3，分ME=2DE和DE=2ME两种情况列方程并分别解方程即可得到答案；
（3）先求出点A的坐标，用待定系数法求出直线AF的解析式为y=12x+12，再求出点G0,12，设点Q0,p，作QN⊥AF于点N，进一步利用解直角三角形知识和两点间距离公式列方程，解方程得到p的值，即可得到点Q的坐标．
【详解】（1）解：将B（3，0），C（0，3）代入y=-x2+bx+c，得
-9+3b+c=0c=3，
解得b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3；
∵直线BC经过点B（3，0），C（0，3），
∴设直线BC的解析式y=kx+m，
将B（3，0），C（0，3）代入得：3k+m=0m=3，
得k=-1m=3．    
∴直线BC的解析式为y=-x+3．
（2）设点Mt,-t2+2t+3，则点Et,-t+3，
则ME=-t2+2t+3--t+3=-t2+2t+3+t-3=-t2+3t，
DE=-t+3，
当ME=2DE时，
-t2+3t=2-t+3，
解得t1=2,t2=3（不合题意，舍去），
当t=2时，-t2+2t+3=-22+2×2+3=3，
∴点M的坐标是2,3，
当DE=2ME时，
-t+3=2-t2+3t，
解得t1=3（不合题意，舍去），t2=12，
当t=12时，-t2+2t+3=-122+2×12+3=154，
∴此时点M的坐标是12,154，
综上可知，点M的坐标为2,3或12,154；
（3）∵当y=0时，0=-x2+2x+3，
解得x1=3,x2=-1，
∴A(-1,0)；
设直线AF的解析式为y=nx+q，把A(-1,0)，F52，74代入得到，
-n+q=052n+q=74，
得n=12q=12．  
∴直线AF的解析式为y=12x+12．
当x=0时，y=12，
∴点G0,12，
设点Q0,p，作QN⊥AF于点N，

则GQ=12-p，AG=OG2+OA2=14+12=52，
∴sin∠AGO=AOAG=255，
∴QNQG=sin∠QGN=sin∠AGO，
∴QN=QG⋅sin∠AGO=25512-p，
∵∠AFQ=45°，
∴QF2=2QN2，
∴52-02+74-p2=2×255212-p2，
解得，p1=3112,p2=-234，
∴Q0,3112或0,-234．
【点睛】此题是二次函数综合题，考查了待定系数法、解直角三角形、解一元二次方程等知识，数形结合并准确计算是解题的关键．