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2023年辽宁省营口市中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年辽宁省营口市中考数学二模试卷（含解析），共34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。
2023年辽宁省营口市中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，数轴上与 10对应的点可能是( )
A. 点M B. 点N C. 点P D. 点Q
2. 如图①，用一个平面截长方体，得到如图②的几何体，它在我国古代数学名著《九章算术》中被称为“堑堵”.图②“堑堵”的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 下列运算中，正确的是( )
A. x2+x2=x4 B. 3a3⋅2a2=6a6 C. 6y6÷2y2=3y3 D. (−2b2)3=−8b6
4. A，B两名射击运动员进行了相同次数的射击，下列关于他们射击成绩的平均数和方差的描述中，能说明A成绩较好且更稳定的是( )
A. xA−>xB−且SA2>SB2 B. xA−SB2
C. xA−>xB−且SA2
A. B.
C. D.
6. 如图，在正六边形ABCDEF中，连接AE，EG平分∠AED，交DC延长线于点G，则∠G为( )
A. 15°
B. 20°
C. 25°
D. 30°
7. 如图，线段AB是半圆O的直径，分别以点A和点O为圆心，大于12AO的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线MN，交半圆O于点C，交AB于点E，连接AC，BC，若AE=2，则BC的长是( )
A. 4 3
B. 4
C. 6
D. 3 2
8. 杨辉是世界上第一个排出丰富的纵横图和讨论其构成规律的数学家.他与秦九韶、李冶、朱世杰并称“宋元数学四大家”.他所著《田亩比类乘除算法》(1275年)提出的这一样一个问题：“直田积(矩形面积)八百六十四步(平方步)，只云阔(宽)不及长一十二步(宽比长少一十二步).问阔及长各几步.”若设阔为x步，则可列方程( )
A. x(x−6)=864 B. x(x−12)=864 C. x(x+12)=864 D. x(x+6)=864
9. 如图，在▱ABCD中，边AB在x轴上，边AD交y轴于点E.反比例函数y=kx(x>0)的图象恰好经过点D，与对角线DB交于点F.若AE=2ED，DF=3FB，S△DBC=14，则k的值为( )
A. 4
B. 6
C. 125
D. 8
10. 如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，CE=2BE，EF=2，连接AF，将线段AF绕着点A顺时针旋转90°得到AP，则线段PE的最小值为( )
A. 2 5
B. 34−1
C. 4
D. 34−2
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 在函数y= x−2x−3中，自变量x的取值范围是______ ．
12. 在平面直角坐标系中，已知点P(−3,−4)与点Q(3,m−2)关于原点对称，则m= ______ ．
13. 方程4x=5x−2的解是x= ______ ．
14. 如图为机场提供给旅客饮水使用的尖底圆锥形纸杯.经测量，纸杯口的直径为8cm，母线长为10cm，则生产100个这种纸杯至少需要原料纸______ cm2.(结果保留π)
15. 某水果销售网络平台以2.6元/kg的成本价购进20000kg沃柑.如下表是平台销售部通过随机取样，得到的“沃柑损坏率”统计表的一部分，从而可大约估计每千克沃柑的实际售价定为______ 元时(精确到0.1)，可获得13000元利润.(销售总金额−损耗总金额=销售总利润)
沃柑总质量n/kg
损坏沃柑质量m/kg
沃柑损坏的频率mn(精确到0.001)
……
……
……
100
10.44
0.104
200
19.63
0.098
300
30.62
0.102
400
39.54
0.099
500
50.67
0.101
16. 如图①，在钝角三角形中，AB=AC，D为边AC上一动点(C点除外)，以点D为直角顶点，以BD为一条直角边作等腰直角三角形，连结CE.设CD=x，S△CDE=y，若y关于x的函数图象如图②所示，则△ABC的面积为______ ．
三、解答题（本大题共9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)
先化简，再求值：(aa2−b2−1a+b)÷ba2−2ab+b2，其中a=(12)−1+ 8，b=(−2023)0−4sin45°．
18. (本小题12.0分)
2022年3月25日，教育部印发《义务教育课程方案和课程标准(2022年版)》，优化了课程设置，将劳动从综合实践活动课程中独立出来．某校以中国传统节日端午节为契机，组织全体学生参加包粽子劳动体验活动，随机调查了部分学生，对他们每个人平均包一个粽子的时长进行统计，并根据统计结果绘制成如下不完整的统计图表．
等级
时长t(单位：分钟)
人数
所占百分比
A
0≤t<2
4
x
B
2≤t<4
20
C
4≤t<6
36%
D
t≥6
16%
根据图表信息，解答下列问题：
(1)本次调查的学生总人数为______，表中x的值为______；
(2)该校共有500名学生，请你估计等级为B的学生人数；
(3)本次调查中，等级为A的4人中有两名男生和两名女生，若从中随机抽取两人进行活动感想交流，请利用画树状图或列表的方法，求恰好抽到一名男生和一名女生的概率．
19. (本小题10.0分)
如图，BD//AC，BD=BC，点E在BC上，且BE=AC.求证：∠D=∠ABC．
20. (本小题10.0分)
时代中学组织学生进行红色研学活动.学生到达爱国主义教育基地后，先从基地门口A处向正南方向走300米到达革命纪念碑B处，再从B处向正东方向走到党史纪念馆C处，然后从C处向北偏西37°方向走200米到达人民英雄雕塑D处，最后从D处回到A处.已知人民英雄雕塑在基地门口的南偏东65°方向，求革命纪念碑与党史纪念馆之间的距离(精确到1米).(参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin65°≈0.91，cos65°≈0.42，tan65°≈2.14)
21. (本小题10.0分)
某中学开展课外木工拓展实践活动.如图所示为一块余料，∠BAF=∠AFE=90°，AB=EF=1，CD=3，AF=8，CD//AF，且CD和AF之间的距离为4，以AF所在直线为x轴，AF中点为原点构建直角坐标系，则曲线DE是反比例函数y=kx图象的一部分.“创想小组”想利用该余料截取一块矩形MNGH材料，其中一条边在AF上，所截矩形MNGH材料面积是232.请你求出此时GN的长．
22. (本小题12.0分)
某校九年级数学兴趣小组进行了一次市场调查，收集整理了一种进价每件20元的商品在第x(1≤x≤70)天售价与销量的相关信息，得到如下统计表．
时间x(天)
1≤x<40
40≤x≤70
售价(元/件)
x+30
50
每天销量(件)
160−2x
(1)求这种商品每天销售利润y(元)与时间x的函数解析式．
(2)销售第几天，当天销售利润最大，并求出最大利润．
23. (本小题12.0分)
如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，弦AD交BC于点E，连接CD.过点B作⊙O的切线MN，交AD延长线于点N.过点D作DG⊥AB于点G，交CB于点F．
(1)若∠ACD=∠CED，求证：AC=2OG；
(2)在(1)的条件下，若tan∠DCB=12，DN=4 55，求⊙O的半径．
24. (本小题14.0分)
如图①，在正方形ABCD中，点Q为BC中点，连接AQ，交正方形对角线BD于点P.点E为正方形ABCD边DC上的点，连接EP并延长，交AB于点F．
(1)如图①，若AB=8，BF=2，则EC= ______ ．
(2)如图②，若FB+BQ=EC，试判断线段PA和PE之间存在怎样的关系并说明理由．
(3)在(2)的条件下，点M为∠APE的角平分线所在直线上的点，连接AM.将线段AM绕点M顺时针旋转90°得到线段MN.连接EN，直线EN交PM于点H.若∠PAM=15°，AF=2 15，请直接写出此时△MNH的面积．
25. (本小题14.0分)
如图，抛物线y=−34x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B两点，与y轴交于C(0,3)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，抛物线的对称轴交x轴于H，直线l1经过点H且l1//BC.点P是直线BC上方抛物线上一点，过点P作直线PF//y轴，交直线BC于点E，交直线l1于点F.设S=S△PCB−S△FCB，求S的最大值及S取最大值时点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，当S取最大值时，设直线PF与x轴交于点N，与直线AC交于点M.点G为直线PF上的点，点Q为直线BP上方抛物线上的点，是否存在以点Q，G，N为顶点的三角形与△CME相似，若存在，请直接写出点G坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵9<10<16，
∴ 9< 10< 16，
即3< 10<4，
∵3.52=12.25，10<12.25，
∴3< 10<3.5，
则 10在3和4之间，并且靠近3，
那么数轴上与 10对应的点可能是N，
故选：B．
首先估算 10在哪两个整数之间，然后确定靠近哪个整数，最后结合数轴即可得出答案．
本题主要考查数轴与实数的关系，利用无理数的估算得出3< 10<3.5是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：图②“堑堵”从上面看，是一个矩形，
故选：C．
根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图．
3.【答案】D
【解析】解：A、x2+x2=2x2，则此项错误，不符合题意；
B、3a3⋅2a2=6a5，则此项错误，不符合题意；
C、6y6÷2y2=3y4，则此项错误，不符合题意；
D、(−2b2)3=−8b6，则此项正确，符合题意；
故选：D．
根据合并同类项、同底数幂的乘除法、幂的乘方法则逐项判断即可．
本题考查了合并同类项、同底数幂的乘除法、幂的乘方，熟练掌握各运算法则是解题关键．
4.【答案】C
【解析】解：根据平均数越高成绩越好，方差越小成绩越稳定．
故选：C．
根据平均数、方差的定义，平均数越高成绩越好，方差越小成绩越稳定解答即可．
此题考查平均数、方差的定义，解答的关键是理解平均数、方差的定义，熟知方差是衡量一组数据波动大小的量，方差越小表明该组数据分布比较集中，即波动越小数据越稳定．
5.【答案】C
【解析】解：解不等式x−3<2x，得x>−3，
解不等式x+13≥x−12，得x≤5，
故原不等式组的解集是−3
故选：C．
先解出不等式组中的每一个不等式的解集，然后写出不等式组的解集，再在数轴上表示出每一个不等式的解集即可．
本题考查解一元一次不等式组、在数轴上表示不等式组的解集，解答本题的关键是明确解一元一次不等式组的方法，会在数轴上表示不等式组的解集．
6.【答案】A
【解析】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AF=EF，∠F=∠DEF=∠D=(6−2)×180°÷6=120°，
∴∠FAE=∠FEA=(180°−∠F)÷2=(180°−120°)÷2=30°，
∴∠AED=∠DEF−∠FEA=120°−30°=90°，
∵EG平分∠AED，
∴∠DEG=12∠AED=12×90°=45°，
∴∠G=180°−∠D−∠DEG=180°−120°−45°=15°，
故选：A．
利用多边形内角和公式及正多边形性质易得∠AED，∠D的度数，然后根据角平分线定义求得∠DEG的度数，最后利用三角形内角和定理即可求得答案．
本题主要考查多边形的内角和及正多边形性质，结合已知条件求得∠AED的度数是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：如图，连接OC．
根据作图知CE垂直平分AO，
∴AC=OC，AE=OE=2，
∴OC=OB=AO=AE+EO=4，
∴AC=OC=AO=AE+EO=4，
即AB=AO+BO=8，
∵线段AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ACB中，根据勾股定理得，BC= AB2−AC2= 82−42=4 3，
故选：A．
根据作图知CE垂直平分AO，即可得AC=OC，AE=OE=2，根据圆的半径得AC=2，AB=4，根据圆周角定理的推论得∠ACB=90°，根据勾股定理即可得BC= AB2−AC2=2 3．
本题考查了作图−基本作图，圆，勾股定理，圆周角定理的推论，线段垂直平分线的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
8.【答案】C
【解析】解：∵宽比长少一十二步，且阔(宽)为x步，
∴长为(x+12)步，
又∵直田积(矩形面积)八百六十四步(平方步)，
∴根据题意可列出方程x(x+12)=864．
故选：C．
根据矩形长与宽之间的关系，可得出长为(x+12)步，再结合矩形的面积为八百六十四平方步，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：如下图，过点D作DG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥x轴于点H，
设点D(a,ka)，则OG=a，DG=ka，
∵DG⊥x轴，
∴∠AOE=∠AGD=90°，
又∵∠OAE=∠GAD，
∴△AOE∽△AGD，
∴AEAD=AOAG，
∵AE=2ED，
∴AOAG=AEAD=AEAE+ED=23，
∴AO=23AG，
∴OG=AG−AO=13AG，
∴AG=3OG=3m，
∵DG⊥x轴，FH⊥x轴，
∴∠BHF=∠BGD=90°，
又∵∠FBH=∠DBG，
∴△BFH∽△BDG，
∴BFBD=FHDG=BHBG，
∵DF=3FB，
∴BHBG=FHDG=BFBF+DF=14，
∴FH=14DG=k4m，即点F的纵坐标为k4m，
∴F(4m,k4m)，
∵FH⊥x轴，
∴点H的横坐标为4m，
∴GH=4m−m=3m，
∵BHBG=14，即BG=4BH，
∴GH=BG−BH=3BH=3m，
∴BH=m，
∴BG=GH+BH=4m，
∴AB=AG+BG=7m，
∵BD为▱ABCD的对角线，S△DBC=14，
∴S△ABD=S△DBC=14，即12AB×DG=12×7m×km=14，
解得k=4，即k的值为4．
故选：A．
过点D作DG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥x轴于点H，设点D(a,ka)，则OG=a，DG=ka.证明△AOE∽△AGD，结合相似三角形的性质以及AE=2ED可得AG=3m，再证明△BFH∽△BDG，结合相似三角形的性质以及DF=3FB可得BG=4m，即有AB=AG+BG=7m，然后根据S△ABD=S△DBC=14，可求得k的值．
本题主要考查了坐标与图形、相似三角形的判定与性质、反比例函数的图象与性质等知识，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题关键．
10.【答案】D
【解析】解：如图，连接AE，过点A作AG⊥AE，截取AG=AE，连接PG，GE，
∵将线段AF绕着点A顺时针旋转90°得到AP，
∴AF=AP，∠PAF=90°，
∴∠FAE+∠PAE=∠PAE+∠PAG=90°，
∴∠FAE=∠PAG．
又∵AG=AE，
∴△AEF≌△AGP(SAS)，
∴PG=EF=2．
∵BC=3，CE=2BE，
∴BE=1．
∴在Rt△ABE中，AE= AB2+BE2= 17．
∵AG=AE，∠GAE=90°，
∴GE= 2AE= 34．
∵PE≥GE−PG，且当点G，P，E三点共线时取等号，
∴PE的最小值为GE−PG= 34−2．
故选：D．
连接AE，过点A作AG⊥AE，截取AG=AE，连接PG，GE，通过SAS证明△AEF≌△AGP，得PG=EF=2，再利用勾股定理求出GE的长．最后在△GPE中，利用三边关系即可得出答案．
本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系的应用等知识．正确作出辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
11.【答案】x≥2且x≠3
【解析】解：根据题意可得：x−2≥0x−3≠0，
解得：x≥2且x≠3．
故答案为：x≥2且x≠3．
根据被开方数为非负数和分母不为零，列出式子，求解即可．
本题主要考查了函数的知识、二次根式的知识、分式的知识，难度不大，认真计算即可．
12.【答案】6
【解析】解：根据P、Q两点关于原点对称，则横、纵坐标均互为相反数，
∴m−2=4，
∴m=6
故答案为：6．
平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，即求关于原点的对称点时，横、纵坐标都变成原数的相反数．
本题主要考查了平面直角坐标系内两点关于原点对称时横、纵坐标均互为相反数这一特征，熟练掌握该特征是解题的关键．
13.【答案】−8
【解析】解：去分母得：4x−8=5x，
解得：x=−8，
经检验x=−8是分式方程的解．
故答案为：−8
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
14.【答案】4000π
【解析】解：底面半径为8÷2=4(cm)，
则底面周长=8π(cm)，
侧面面积=12×8π×10=40π(cm2)，
∴100个这种纸杯至少需要原料纸：40π×100=4000π(cm2)，
故答案为：4000π．
根据圆锥的侧面积公式求解即可．
本题考查了圆锥的计算，利用了圆的周长公式和扇形面积公式，熟练记忆圆锥的侧面积计算公式是解决本题的关键．
15.【答案】3.6
【解析】解：从表格中可以看出，沃柑损坏的频率在常数0.1左右摆动，并且随统计量的增加这种规律逐渐明显，所以沃柑的完好率应为1−0.1=0.9，
设每千克沃柑的实际售价定为x元，
则有20000×0.9x−2.6×20000=13000，
解得x=6518≈3.6，
所以，可大约估计每千克沃柑的实际售价定为3.6元时，可获得13000元利润．
故答案为：3.6．
从表格中可以看出，沃柑损坏的频率在常数0.1左右摆动，并且随统计量的增加这种规律逐渐明显，易得沃柑的完好率应为0.9.设每千克沃柑的实际售价定为x元，根据题意列方程求解即可获得答案．
本题主要考查了利用频率估计概率、一元一次方程的应用等知识，正确确定沃柑的完好率是解题关键．
16.【答案】152
【解析】解：由图②可知，当点D在点A处时，CD取得最大值为5，即AC=5，
如图，当点D在点A处时，过点B作BF⊥CA延长线于点F，过点E作EG⊥CA延长线于点G，
由图②可知，此时y=S△CDE=S△CAE=10，
∴12AC⋅EG=12×5×EG=10，
解得：EG=4，
∵△BDE为等腰直角三角形，
∴BD=DE=5，∠BDE=90°，
∴∠BDF+∠EDG=90°，
∵∠BDF+∠DBF=90°，
∴∠EDG=∠DBF，
在△DEG和△BDF中，
∠DGE=∠BFD∠EDG=∠DBFDE=BD，
∴△DEG≌△BDF(AAS)，
∴EG=DF=4，
在Rt△BDF中，BF= BD2−DF2= 52−42=3，
∴S△ABC=12AC⋅BF=12×5×3=152．
故答案为：152．
由图②可知，当点D在点A处时，CD取得最大值为5，即AC=5，当点D在点A处时，过点B作BF⊥CA延长线于点F，过点E作EG⊥CA延长线于点G，由y=S△CDE=S△CAE=10求出EG=4，根据等腰直角三角形由等角的性质可得BD=DE=5，∠BDE=90°，余角相等可得∠EDG=∠DBF，于是可通过AAS证明△DEG≌△BDF，得到EG=DF=4，再根据勾股定理求出BF，最后根据三角形面积公式计算即可．
本题主要考查动点问题的函数图象，由函数图象判断出AC的长度，并画出此时的图形，利用数形结合思想解决问题是解题关键．
17.【答案】解：原式=[a(a+b)(a−b)−a−b(a+b)(a−b)]⋅(a−b)2b
=b(a+b)(a−b)⋅(a−b)2b
=a−ba+b，
当a=(12)−1+ 8=2+2 2，b=(−2023)0−4sin45°=1−2 2时，原式=2+2 2−1+2 22+2 2+1−2 2=1+4 23．
【解析】根据分式的减法法则、除法法则把原式化简，根据零指数幂、负整数指数幂、二次根式的性质、特殊角的三角函数值把a、b化简，代入计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则、零指数幂和负整数指数幂的运算是解题的关键．
18.【答案】解：(1)50， 8%；
(2)500×2050=200(人)，
所以估计等级为B的学生人数为200人；
(3)画树状图为：
共有12种等可能的结果，其中一名男生和一名女生的结果数为8，
所以恰好抽到一名男生和一名女生的概率=812=23．
【解析】解：(1)本次调查的学生总人数为8÷16%=50(人)，
所以x=450=8%；
故答案为：50；8%；
(2)500×2050=200(人)，
所以估计等级为B的学生人数为200人；
(3)画树状图为：
共有12种等可能的结果，其中一名男生和一名女生的结果数为8，
所以恰好抽到一名男生和一名女生的概率=812=23．
(1)用D等级人数除以它所占的百分比得到调查的总人数，然后用4除以总人数得到x的值；
(2)用500乘以B等级人数所占的百分比即可；
(3)画树状图展示所有12种等可能的结果，找出一名男生和一名女生的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求出事件A或B的概率．也考查了统计图．
19.【答案】证明：∵BD//AC，
∴∠ACB=∠EBD，
在△ABC和△EDB中，
CB=BD∠ACB=∠EBDAC=EB，
∴△ABC≌△EDB(SAS)，
∴∠ABC=∠D．
【解析】先根据平行线的性质得到∠ACB=∠EBD，然后根据“SAS”可判断△ABC≌△EDB，从而根据全等三角形的性质得到结论．
本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
20.【答案】解：过D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，如图所示：
由题意得：∠CDF=37°，CD=200米，
在Rt△CDF中，sin∠CDF=CFCD=sin37°≈0.60，cos∠CDF=DFCD=cos37°≈0.80，
∴CF≈200×0.60=120(米)，DF≈200×0.80=160(米)，
∵AB⊥BC，DF⊥BC，DE⊥AB，
∴∠B=∠DFB=∠DEB=90°，
∴四边形BFDE是矩形，
∴BF=DE，BE=DF=160米，
∴AE=AB−BE=300−160=140(米)，
在Rt△ADE中，tan∠DAE=DEAE=tan65°≈2.14，
∴DE≈AE×2.14=140×2.14=299.60(米)，
∴BF=DE≈299.60(米)，
∴BC=BF+CF=299.60+120≈420(米)，
答：革命纪念碑与党史纪念馆之间的距离约为420米．
【解析】过D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，由锐角三角函数定义求出CF≈120(米)，DF≈160(米)，再证四边形BFDE是矩形，得BF=DE，BE=DF=160米，则AE=AB−BE=300−160=140(米)，然后由锐角三角函数定义求出DE≈299.60(米)，即可求解．
本题考查了解直角三角形的应用—方向角问题，熟练掌握方向角的定义和锐角三角函数定义，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
21.【答案】解：根据题意建立坐标系，则A(−4,0)，B(−4,1)，F(4,0)，E(4,1)，
∵曲线DE是反比例函数y=kx图象的一部分，
的将E(4,1)代入y=kx得k=4，
∴反比例函数的解析式为y=4x，
∵CD和AF之间的距离为4，
∴点D的坐标为(1,4)，点C坐标为(−2,4)，
设BC所在直线的解析式为：y=kx+b，
则−2k+b=4−4k+b=1，
解得k=32b=7，
∴BC所在直线的解析式为：y=32x+7，
设GN=t，则G(4t,t)，故点H的纵坐标为t，
将y=t代入y=32x+7，
解得x=23(t−7)，
故H(23(t−7),t)，
S矩形MNGH=MN×HG=[4t−23(t−7)]⋅t=232，
即−4t2+28t−45=0，
解得t1=92，t2=52，
即GN=92或52．
【解析】根据图象和题意可得点E坐标，先反比例函数的解析式，即可得到点D坐标和点C坐标，待定系数法求直线BC的解析式，设GN=t，即可得到G(4t,t)，H(23(t−7),t)，根据矩形MNGH材料面积即可求得t的值，即可得到．
本题考查了求反比例函数解析式，求一次函数解析式，解一元二次方程等，根据题意求函数解析式是解题的关键．
22.【答案】解：(1)当1≤x<40时，
y=(x+30−20)(160−2x)
=(x+10)(160−2x)
=−2x2+140x+1600；
当40≤x≤70时，
y=(50−20)(160−2x)=30(160−2x)=4800−60x．
综上，每天销售利润y(元)与时间x的函数解析式为y=−2x2+140x+1600(1≤x<40)4800−60x(40≤x≤70)；
(2)y=−2x2+140x+1600
=−2(x2−70x)+1600
=−2(x−35)2+4050，
∵−2<0，
∴当x=35时，y有最大值为4050元，
即当1≤x<40时，销售第35天，销售利润最大，最大利润为4050元；
y=4800−60x，
∵−60<0，
∴y随x的增大而减小，
∵40≤x≤70，
∴当x=40时，y取得最大值为4800−60×40=2400元，
即当40≤x≤70时，销售第40天，销售利润最大，最大利润为2400元，
综上，销售第35天，销售利润最大，最大利润为4050元．
【解析】(1)利用分类讨论的方法依据表格信息，利用销售利润=(售价−进价)×销售量解答即可；
(2)利用(1)中的结论，根据二次函数和一次函数的性质解答即可．
本题主要考查了二次函数的应用，二次函数的性质，配方法求二次函数的极值，一次函数的性质，利用分类讨论的方法解答是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：如图，连接OD，过O作OH⊥AC于H，
∴AC=2AH，
∵DG⊥AB，
∴∠AHO=∠DGO=90°，
∵∠ACD=∠CED，∠ADC=∠CDE，
∴△DCE∽△DAC，
∴∠DCE=∠DAC，
∵∠DCE=∠DAB，
∴∠DAC=∠DAB，
∴∠CAB=2∠DAB，
∵∠DOB=2∠CAB，
∴∠CAB=∠DOB，
∵OA=OD，
∴△OAH≌△DOG(AAS)，
∴AH=OG，
∵AC=2AH，
∴AC=2OG；
(2)解：连接BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵BN切⊙O于点B，
∴∠ABN=90°，
∴∠DAB=90°−∠ABD=∠DBN，
∴∠DAB=∠DCB=∠DBN，
∵tan∠DCB=12，DN=4 55，
∴tan∠DCB=tan∠DAB=tan∠DBN，
∴DBAD=DNBD=12，
∴BD=2DN=8 55，AD=2BD=16 55，
∴AB= AD2+BD2= (16 55)2+(8 55)2=8，
∴OA=12AB=4，
∴⊙O的半径为4．
【解析】(1)连接OD，过O作OH⊥AC于H，证明△DCE∽△DAC，得∠DCE=∠DAC，然后证明△OAH≌△DOG(AAS)，得AH=OG，进而可以解决问题；
(2)连接BD，证明∠DAB=∠DCB=∠DBN，可得tan∠DCB=tan∠DAB=tan∠DBN，所以DBAD=DNBD=12，然后利用勾股定理求出AB，进而可以解决问题．
本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，三角形的外接圆与外心，解直角三角形，熟练掌握切线的性质，圆周角定理是解题的关键．
24.【答案】4
【解析】解：(1)∵四边形ABCD为正方形，AB=8，点Q为BC中点，
∴AD//BC，AB//CD，AD=AB=CD=BC=8，BQ=12BC=4，
∴∠BQP=∠DAP，∠QBP=∠ADP，
∴△BQP∽△DAP，
∴BPDP=BQDA=12，
∵AB//CD，
∴∠BFP=∠DEP，∠FBP=∠EDP，
∴△BFP∽△DEP，
∴BFDE=BPDP=12，
∵BF=2，
∴DE=2BF=4，
∴CE=CD−DE=4．
故答案为：4；
(2)PA⊥PE且PA=PE，理由如下：
如图，过点P作GH//BC，分别与AB、CD交于点G、H，过点P作MN//AB，分别与AD、BC交于点M、N，
∵可得四边形DMPH、BNPG均为正方形，四边形AGPM、PNCH均为矩形，
∴AG=PM=PH，∠AGP=∠PHD=90°，
设正方形的边长为a，即AD=AB=CD=BC=a，
∴BD= 2a，
由(1)可知，BPDP=12，
∴BP=13BD= 23a，BG=PG=13a，
∵AB//CD，
∴△BPG∽△DPH，
∴BGDH=BPDP=12，
∴DH=2BG=23a，
∵FB+BQ=EC，由(1)可知DE=2BF，BQ=12BC=12a，
∴FB+BQ=CD−DE，
∴FB+12a=a−2FB，解得FB=16a，
∴DE=2BF=13a，
∴EH=DH−DE=13a，
∴EH=BG=PG，
在△AGP和△PHE中，
AG=PH∠AGP=∠PHE=90°PG=EH，
∴△AGP≌△PHE(SAS)，
∴PA=PE，∠GAP=∠HPE，
∵∠GAP+∠APG=90°，
∴∠HPE+∠APG=90°，
∴∠APE=180°−(∠HPE+∠APG)=90°，
即PA⊥PE．
综上所述，线段PA和PE之间存在的关系为PA⊥PE且PA=PE；
(3)分两种情况讨论：
①当点M在点P上方时，连接AN，AE，过点N作NG⊥PH，垂足为G，如图，
由(2)可得FB=16a，
∴AF=AB−BF=56a，
∵AF=2 15，即56a=2 15，
∴a=12 155，
∴AP= 53a= 53×12 155=4 3，
∴PF= 56a=2 3，
过点A作AK⊥PM于点K，
∵PM平分∠APE，
∴∠APK=45°，
∴△APK为等腰直角三角形，
∴AK=PK= 22AP=2 6，
∵∠PAM=15°，
∴∠MAK=45°−15°=30°，
∴MK= 33AK=2 2，
∴AM=2MK=4 2，
∴MN=AM=4 2，
∵∠MAK=30°，
∴∠AMK=60°，
∴∠GMN=30°，
∴GN=12MN=2 2，
∴MG= MN2−GN2=2 6，
∵△AMN，△APE为等腰直角三角形，
∴△AMN∽△APE，
∴ANAE=AMAP，
∵∠NAE+∠EAM=∠PAM+∠EAM=45°，
∴∠NAE=∠PAM，
∴△NAE∽△MAP，
∴∠AEN=∠APM=45°，
∴∠PEH=∠PEA+∠AEN=90°，
∴△PEH为等腰直角三角形，
∴∠H=45°，
∴GH=GN=2 2，
∴MH=MG+GH=2 6+2 2，
∴S△MNH=12MH⋅NG=12×(2 6+2 2)×2 2=4 3+4；
②当点M在点P下方时(即∠APE角平分线的反向延长线上)，如图，
同理可证∠MAK=∠MAP+∠PAK=45°+15°=60°，
∴MK= 3AK=6 2，MA=MN=2AK=4 6，
∵∠AMK=30°，
∴∠NMH=60°，
∴MG=12MN=2 6，NG= 3MG=6 2，
∴HG=NG=6 2，
∴MH=MG+GH=2 6+6 2，
∴S△MNH=12MH⋅NG=12×(2 6+6 2)×6 2=12 3+36．
综上所述，△MNH的面积为4 3+4或12 3+36．
(1)结合题意，首先证明△BQP∽△DAP，由相似三角形的性质可得BPDP=BQDA=12，再证明△BFP∽△DEP，易得BFDE=BPDP=12，结合BF=2，可得DE=4，由CE=CD−DE即可获得答案；
(2)过点P作GH//BC，分别与AB、CD交于点G、H，过点P作MN//AB，分别与AD、BC交于点M、N，易知四边形DMPH、BNPG均为正方形，四边形AGPM、PNCH均为矩形．设正方形的边长为a，由(1)可知BPDP=12，进而可得BP= 23a，BG=PG=13a，证明△BPG∽△DPH，由相似三角形的性质可得BGDH=BPDP=12，可求得DH=23a，结合FB+BQ=EC，可解得FB=16a.证明△AGP≌△PHE，结合全等三角形的性质可得PA=PE，∠GAP=∠HPE，进而可推导PA⊥PE，即可获得线段PA和PE之间存在的关系；
(3)分两种情况讨论：①当点M在点P上方时，连接AN，AE，过点N作NG⊥PH，垂足为G，过点A作AK⊥PM于点K；②当点M在点P下方时(即∠APE角平分线的反向延长线上).分别求解即可．
本题主要考查了正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质以及求三角形面积等知识，综合性强，难度较大，理解题意，正确作出辅助线并熟练运用相关知识是解题关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=−34x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，与y轴交于C(0,3)，
∴−34+b+c=0c=3，
解得b=94c=3，
∴抛物线的解析式为：y=−34x2+94x+3；
(2)由(1)得，抛物线的对称轴为x=32，
∴H(32,0)，
当y=0时，y=−34x2+94x+3=0，
解得x=−1或x=4，
∴B(4,0)，
∴直线BC的解析式为：y=−34x+3，
∵l1//BC，
∴设直线l1的解析式为：y=−34x+c，
将点H(32,0)代入得，c=98，
∴直线l1的解析式为：y=−34x+98，
∵点P是直线BC上方抛物线上一点，
∴设P(x,−34x2+94x+3)(0
∴S=S△PCB−S△FCB=12PE×4−12EF×4=2(PE−EF)=−32x2+6x−154=−32(x−2)2+94，
当x=2时，S的最大值为94，
∴P(2,94)；
(3)存在，理由如下：
如图1，过点N作NQ//CM交抛物线于点Q，过点Q作QG//MN交MN于点G，则∠QNG=∠CME，∠QGN=∠CEM，
∴△CME∽△QNG；
由(2)得P(2,94)，直线BC的解析式为：y=−34x+3，
∴N(2,0)，
∵A(−1,0)，C(0,3)，
∴直线AC的解析式为y=3x+3，
∴直线NQ的解析式为y=3x−6，
令3x−6=−34x2+94x+3，
解得x=3或x=−4(舍)，
∴Q(3,3)，
∵直线BC的解析式为：y=−34x+3，
∴直线QG的解析式为：y=−34x+214，
当x=2时，y=−34×2+214=154，
∴G(2,154)；
当△CME∽△GNQ时，
∴∠CME=∠GNQ，
∴tan∠CME=tan∠GNQ=13，
如图2，过点A作AR⊥BC于点R，过点Q作QH⊥EN于点H，
∵A(−1,0)，B(4,0)，C(0,3)，
∴AB=4−(−1)=5，BC= OC2+OB2= 32+42=5，
∴AB=BC，
∴12AB×OC=12BC×AR，
∴OC=AR=3，
∴CR= AC2−AR2= ( 10)2−32=1，
∴tan∠CAR=CRAR=13，
∵△CME∽△GNQ，
∴∠ECM=∠QGN，
∴∠ACR=∠QGH，
∴∠CAR=∠GQH，
∴tan∠CAR=tan∠GQH=13，
设QH=n，则HN=3n，HG=13n，NG=83n，点Q到y轴的距离为n+2，
∴G(2,83n)，Q(n+2,3n)，
∴3n=−34(n+2)2+94(n+2)+3，
解得n=1或n=−6(舍)，
∴G(2,83)；
当△CME∽△QGN时，CE：QN=ME：GN，∠CEM=∠QNG=∠DEN，
如图3，过点Q作QR⊥NB于点R，
∵P(2,92)，直线BC的解析式为：y=−34x+3，
∴E(2,32)，D(3,34)，
∴NQ的解析式为：y=34x−32，
令34x−32=−34x2+94x+3，
解得x=1+ 7或x=1− 7(舍)，
∴Q(1+ 7,34( 7−1))，
∴OR=1+ 7，NR=1+ 7−2=−1+ 7，QN= NR2+QR2=54( 7−1)，
∴52：[54( 7−1)]=152：GN，
解得GN=154( 7−1)，
∴G(2,154( 7−1))；
当△CME∽△GQN时，∠CME=∠GQN，∠CEM=∠GNQ，
∵EN//OC，
∴BN：NO=BE：EC，
∵BN=NO，
∴BE=EC，
∴NE=12OC=32，
∴tan∠CME=tan∠GQN=13，tan∠CEM=tan∠BEN=tan∠GNQ=BNNE=232=43，
如图4，过点A作AR⊥BC于点R，过点Q作QH⊥EN于点H，
由上可知，AB=BC=5，OC=AR=3，tan∠CAR=CRAR=13，
∵△CME∽△GQN，
∴∠MCE=∠QGN，
∴∠RCA=∠HGQ，
∴∠CAR=∠GQH，
∴tan∠CAR=tan∠GQH=13，
设GH=n，则QH=3n，HN=94n，NG=54n，点Q到y轴的距离为3n+2，
∴G(2,54n)，Q(3n+2,94n)，
∴94n=−34(3n+2)2+94(3n+2)+3，
解得n=−1+ 73或n=−1− 73(舍)，
∴G(2,512( 7−1)；
当△CME∽△NGQ时，
∴∠CME=∠NGQ，
∴tan∠CME=tan∠NGQ=13，
如图5，过点A作AS⊥BC于点S，过点Q作QR⊥EN于点R，
由上可知，AB=BC=5，OC=AS=3，tan∠CAS=13，
∵△CME∽△NGQ，
∴∠MCE=∠GNQ，
∴∠SCA=∠RNQ，
∴∠CAS=∠NQR，
∴tan∠CAS=tan∠NQR=13，
设NR=n，则QR=3n，RG=9n，NG=8n，点Q到y轴的距离为3n+2，
∴G(2,−8n)，Q(3n+2,n)，
∴n=−34(3n+2)2+94(3n+2)+3，
解得n=−13+ 211354或n=−13− 211354(舍)，
∴G(2,52−4 211327)；
当△CME∽△NQG时，∠CEM=交NGQ，
∵EN//OC，
∴EN：NO=BE：EC，
∵BN=NOC
∴BE=EC，
∴NE=12OC=32，tan∠CEM=tan∠BEN=tan∠NGQ=BNNE=232=43，
如图6，过点A作AR⊥BC于点R，过点Q作QH⊥EN于点H，
由上可知，AB=BC=5，OC=AR=3，tan∠CAR=CRAR=13，
∵△CME∽△NQG，
∴∠MCE=∠QNG，
∴∠RCA=∠QNH，
∴∠CAR=∠NQH，
∴tan∠CAR=tan∠NQH=13，
设NH=n，则QH=3n，HN=94n，NG=54n，点Q到y轴的距离为3n+2，
∴G(2,−54n)，Q(3n+2,n)，
∴n=−34(3n+2)2+94(3n+2)+3，
解得n=−13+ 211354或n=−13− 211354(舍)，
∴G(2,65−5 2113216)；
综上，存在，G(2,154)或(2,83)或(2,154( 7−1))或(2,512( 7−1))或(2,52−4 211327)或(2,65−5 2113216).
【解析】(1)利用待定系数法代入求解即可确定函数解析式．
(2)根据(1)中确定的抛物线解析式得出点H(32,0)，点B(4,0)，再由待定系数法确定直线BC的解析式为y=−34x+3，直线l1的解析式为y=−34x+98，设P(x,−34x2+94x+3)(0
本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法，构造二次函数求最值，三角形相似的判定性质，平行线的解析式之间的关系，熟练掌握构造二次函数求最值，三角形相似的判定性质，平行线的解析式之间的关系是解题的关键．
2023年辽宁省营口市中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，数轴上与 10对应的点可能是( )
A. 点M B. 点N C. 点P D. 点Q
2. 如图①，用一个平面截长方体，得到如图②的几何体，它在我国古代数学名著《九章算术》中被称为“堑堵”.图②“堑堵”的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 下列运算中，正确的是( )
A. x2+x2=x4 B. 3a3⋅2a2=6a6 C. 6y6÷2y2=3y3 D. (−2b2)3=−8b6
4. A，B两名射击运动员进行了相同次数的射击，下列关于他们射击成绩的平均数和方差的描述中，能说明A成绩较好且更稳定的是( )
A. xA−>xB−且SA2>SB2 B. xA−
C. xA−>xB−且SA2
A. B.
C. D.
6. 如图，在正六边形ABCDEF中，连接AE，EG平分∠AED，交DC延长线于点G，则∠G为( )
A. 15°
B. 20°
C. 25°
D. 30°
7. 如图，线段AB是半圆O的直径，分别以点A和点O为圆心，大于12AO的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线MN，交半圆O于点C，交AB于点E，连接AC，BC，若AE=2，则BC的长是( )
A. 4 3
B. 4
C. 6
D. 3 2
8. 杨辉是世界上第一个排出丰富的纵横图和讨论其构成规律的数学家.他与秦九韶、李冶、朱世杰并称“宋元数学四大家”.他所著《田亩比类乘除算法》(1275年)提出的这一样一个问题：“直田积(矩形面积)八百六十四步(平方步)，只云阔(宽)不及长一十二步(宽比长少一十二步).问阔及长各几步.”若设阔为x步，则可列方程( )
A. x(x−6)=864 B. x(x−12)=864 C. x(x+12)=864 D. x(x+6)=864
9. 如图，在▱ABCD中，边AB在x轴上，边AD交y轴于点E.反比例函数y=kx(x>0)的图象恰好经过点D，与对角线DB交于点F.若AE=2ED，DF=3FB，S△DBC=14，则k的值为( )
A. 4
B. 6
C. 125
D. 8
10. 如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，CE=2BE，EF=2，连接AF，将线段AF绕着点A顺时针旋转90°得到AP，则线段PE的最小值为( )
A. 2 5
B. 34−1
C. 4
D. 34−2
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 在函数y= x−2x−3中，自变量x的取值范围是______ ．
12. 在平面直角坐标系中，已知点P(−3,−4)与点Q(3,m−2)关于原点对称，则m= ______ ．
13. 方程4x=5x−2的解是x= ______ ．
14. 如图为机场提供给旅客饮水使用的尖底圆锥形纸杯.经测量，纸杯口的直径为8cm，母线长为10cm，则生产100个这种纸杯至少需要原料纸______ cm2.(结果保留π)
15. 某水果销售网络平台以2.6元/kg的成本价购进20000kg沃柑.如下表是平台销售部通过随机取样，得到的“沃柑损坏率”统计表的一部分，从而可大约估计每千克沃柑的实际售价定为______ 元时(精确到0.1)，可获得13000元利润.(销售总金额−损耗总金额=销售总利润)
沃柑总质量n/kg
损坏沃柑质量m/kg
沃柑损坏的频率mn(精确到0.001)
……
……
……
100
10.44
0.104
200
19.63
0.098
300
30.62
0.102
400
39.54
0.099
500
50.67
0.101
16. 如图①，在钝角三角形中，AB=AC，D为边AC上一动点(C点除外)，以点D为直角顶点，以BD为一条直角边作等腰直角三角形，连结CE.设CD=x，S△CDE=y，若y关于x的函数图象如图②所示，则△ABC的面积为______ ．
三、解答题（本大题共9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)
先化简，再求值：(aa2−b2−1a+b)÷ba2−2ab+b2，其中a=(12)−1+ 8，b=(−2023)0−4sin45°．
18. (本小题12.0分)
2022年3月25日，教育部印发《义务教育课程方案和课程标准(2022年版)》，优化了课程设置，将劳动从综合实践活动课程中独立出来．某校以中国传统节日端午节为契机，组织全体学生参加包粽子劳动体验活动，随机调查了部分学生，对他们每个人平均包一个粽子的时长进行统计，并根据统计结果绘制成如下不完整的统计图表．
等级
时长t(单位：分钟)
人数
所占百分比
A
0≤t<2
4
x
B
2≤t<4
20
C
4≤t<6
36%
D
t≥6
16%
根据图表信息，解答下列问题：
(1)本次调查的学生总人数为______，表中x的值为______；
(2)该校共有500名学生，请你估计等级为B的学生人数；
(3)本次调查中，等级为A的4人中有两名男生和两名女生，若从中随机抽取两人进行活动感想交流，请利用画树状图或列表的方法，求恰好抽到一名男生和一名女生的概率．
19. (本小题10.0分)
如图，BD//AC，BD=BC，点E在BC上，且BE=AC.求证：∠D=∠ABC．
20. (本小题10.0分)
时代中学组织学生进行红色研学活动.学生到达爱国主义教育基地后，先从基地门口A处向正南方向走300米到达革命纪念碑B处，再从B处向正东方向走到党史纪念馆C处，然后从C处向北偏西37°方向走200米到达人民英雄雕塑D处，最后从D处回到A处.已知人民英雄雕塑在基地门口的南偏东65°方向，求革命纪念碑与党史纪念馆之间的距离(精确到1米).(参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin65°≈0.91，cos65°≈0.42，tan65°≈2.14)
21. (本小题10.0分)
某中学开展课外木工拓展实践活动.如图所示为一块余料，∠BAF=∠AFE=90°，AB=EF=1，CD=3，AF=8，CD//AF，且CD和AF之间的距离为4，以AF所在直线为x轴，AF中点为原点构建直角坐标系，则曲线DE是反比例函数y=kx图象的一部分.“创想小组”想利用该余料截取一块矩形MNGH材料，其中一条边在AF上，所截矩形MNGH材料面积是232.请你求出此时GN的长．
22. (本小题12.0分)
某校九年级数学兴趣小组进行了一次市场调查，收集整理了一种进价每件20元的商品在第x(1≤x≤70)天售价与销量的相关信息，得到如下统计表．
时间x(天)
1≤x<40
40≤x≤70
售价(元/件)
x+30
50
每天销量(件)
160−2x
(1)求这种商品每天销售利润y(元)与时间x的函数解析式．
(2)销售第几天，当天销售利润最大，并求出最大利润．
23. (本小题12.0分)
如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，弦AD交BC于点E，连接CD.过点B作⊙O的切线MN，交AD延长线于点N.过点D作DG⊥AB于点G，交CB于点F．
(1)若∠ACD=∠CED，求证：AC=2OG；
(2)在(1)的条件下，若tan∠DCB=12，DN=4 55，求⊙O的半径．
24. (本小题14.0分)
如图①，在正方形ABCD中，点Q为BC中点，连接AQ，交正方形对角线BD于点P.点E为正方形ABCD边DC上的点，连接EP并延长，交AB于点F．
(1)如图①，若AB=8，BF=2，则EC= ______ ．
(2)如图②，若FB+BQ=EC，试判断线段PA和PE之间存在怎样的关系并说明理由．
(3)在(2)的条件下，点M为∠APE的角平分线所在直线上的点，连接AM.将线段AM绕点M顺时针旋转90°得到线段MN.连接EN，直线EN交PM于点H.若∠PAM=15°，AF=2 15，请直接写出此时△MNH的面积．
25. (本小题14.0分)
如图，抛物线y=−34x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B两点，与y轴交于C(0,3)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，抛物线的对称轴交x轴于H，直线l1经过点H且l1//BC.点P是直线BC上方抛物线上一点，过点P作直线PF//y轴，交直线BC于点E，交直线l1于点F.设S=S△PCB−S△FCB，求S的最大值及S取最大值时点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，当S取最大值时，设直线PF与x轴交于点N，与直线AC交于点M.点G为直线PF上的点，点Q为直线BP上方抛物线上的点，是否存在以点Q，G，N为顶点的三角形与△CME相似，若存在，请直接写出点G坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵9<10<16，
∴ 9< 10< 16，
即3< 10<4，
∵3.52=12.25，10<12.25，
∴3< 10<3.5，
则 10在3和4之间，并且靠近3，
那么数轴上与 10对应的点可能是N，
故选：B．
首先估算 10在哪两个整数之间，然后确定靠近哪个整数，最后结合数轴即可得出答案．
本题主要考查数轴与实数的关系，利用无理数的估算得出3< 10<3.5是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：图②“堑堵”从上面看，是一个矩形，
故选：C．
根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图．
3.【答案】D
【解析】解：A、x2+x2=2x2，则此项错误，不符合题意；
B、3a3⋅2a2=6a5，则此项错误，不符合题意；
C、6y6÷2y2=3y4，则此项错误，不符合题意；
D、(−2b2)3=−8b6，则此项正确，符合题意；
故选：D．
根据合并同类项、同底数幂的乘除法、幂的乘方法则逐项判断即可．
本题考查了合并同类项、同底数幂的乘除法、幂的乘方，熟练掌握各运算法则是解题关键．
4.【答案】C
【解析】解：根据平均数越高成绩越好，方差越小成绩越稳定．
故选：C．
根据平均数、方差的定义，平均数越高成绩越好，方差越小成绩越稳定解答即可．
此题考查平均数、方差的定义，解答的关键是理解平均数、方差的定义，熟知方差是衡量一组数据波动大小的量，方差越小表明该组数据分布比较集中，即波动越小数据越稳定．
5.【答案】C
【解析】解：解不等式x−3<2x，得x>−3，
解不等式x+13≥x−12，得x≤5，
故原不等式组的解集是−3
故选：C．
先解出不等式组中的每一个不等式的解集，然后写出不等式组的解集，再在数轴上表示出每一个不等式的解集即可．
本题考查解一元一次不等式组、在数轴上表示不等式组的解集，解答本题的关键是明确解一元一次不等式组的方法，会在数轴上表示不等式组的解集．
6.【答案】A
【解析】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AF=EF，∠F=∠DEF=∠D=(6−2)×180°÷6=120°，
∴∠FAE=∠FEA=(180°−∠F)÷2=(180°−120°)÷2=30°，
∴∠AED=∠DEF−∠FEA=120°−30°=90°，
∵EG平分∠AED，
∴∠DEG=12∠AED=12×90°=45°，
∴∠G=180°−∠D−∠DEG=180°−120°−45°=15°，
故选：A．
利用多边形内角和公式及正多边形性质易得∠AED，∠D的度数，然后根据角平分线定义求得∠DEG的度数，最后利用三角形内角和定理即可求得答案．
本题主要考查多边形的内角和及正多边形性质，结合已知条件求得∠AED的度数是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：如图，连接OC．
根据作图知CE垂直平分AO，
∴AC=OC，AE=OE=2，
∴OC=OB=AO=AE+EO=4，
∴AC=OC=AO=AE+EO=4，
即AB=AO+BO=8，
∵线段AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ACB中，根据勾股定理得，BC= AB2−AC2= 82−42=4 3，
故选：A．
根据作图知CE垂直平分AO，即可得AC=OC，AE=OE=2，根据圆的半径得AC=2，AB=4，根据圆周角定理的推论得∠ACB=90°，根据勾股定理即可得BC= AB2−AC2=2 3．
本题考查了作图−基本作图，圆，勾股定理，圆周角定理的推论，线段垂直平分线的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
8.【答案】C
【解析】解：∵宽比长少一十二步，且阔(宽)为x步，
∴长为(x+12)步，
又∵直田积(矩形面积)八百六十四步(平方步)，
∴根据题意可列出方程x(x+12)=864．
故选：C．
根据矩形长与宽之间的关系，可得出长为(x+12)步，再结合矩形的面积为八百六十四平方步，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：如下图，过点D作DG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥x轴于点H，
设点D(a,ka)，则OG=a，DG=ka，
∵DG⊥x轴，
∴∠AOE=∠AGD=90°，
又∵∠OAE=∠GAD，
∴△AOE∽△AGD，
∴AEAD=AOAG，
∵AE=2ED，
∴AOAG=AEAD=AEAE+ED=23，
∴AO=23AG，
∴OG=AG−AO=13AG，
∴AG=3OG=3m，
∵DG⊥x轴，FH⊥x轴，
∴∠BHF=∠BGD=90°，
又∵∠FBH=∠DBG，
∴△BFH∽△BDG，
∴BFBD=FHDG=BHBG，
∵DF=3FB，
∴BHBG=FHDG=BFBF+DF=14，
∴FH=14DG=k4m，即点F的纵坐标为k4m，
∴F(4m,k4m)，
∵FH⊥x轴，
∴点H的横坐标为4m，
∴GH=4m−m=3m，
∵BHBG=14，即BG=4BH，
∴GH=BG−BH=3BH=3m，
∴BH=m，
∴BG=GH+BH=4m，
∴AB=AG+BG=7m，
∵BD为▱ABCD的对角线，S△DBC=14，
∴S△ABD=S△DBC=14，即12AB×DG=12×7m×km=14，
解得k=4，即k的值为4．
故选：A．
过点D作DG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥x轴于点H，设点D(a,ka)，则OG=a，DG=ka.证明△AOE∽△AGD，结合相似三角形的性质以及AE=2ED可得AG=3m，再证明△BFH∽△BDG，结合相似三角形的性质以及DF=3FB可得BG=4m，即有AB=AG+BG=7m，然后根据S△ABD=S△DBC=14，可求得k的值．
本题主要考查了坐标与图形、相似三角形的判定与性质、反比例函数的图象与性质等知识，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题关键．
10.【答案】D
【解析】解：如图，连接AE，过点A作AG⊥AE，截取AG=AE，连接PG，GE，
∵将线段AF绕着点A顺时针旋转90°得到AP，
∴AF=AP，∠PAF=90°，
∴∠FAE+∠PAE=∠PAE+∠PAG=90°，
∴∠FAE=∠PAG．
又∵AG=AE，
∴△AEF≌△AGP(SAS)，
∴PG=EF=2．
∵BC=3，CE=2BE，
∴BE=1．
∴在Rt△ABE中，AE= AB2+BE2= 17．
∵AG=AE，∠GAE=90°，
∴GE= 2AE= 34．
∵PE≥GE−PG，且当点G，P，E三点共线时取等号，
∴PE的最小值为GE−PG= 34−2．
故选：D．
连接AE，过点A作AG⊥AE，截取AG=AE，连接PG，GE，通过SAS证明△AEF≌△AGP，得PG=EF=2，再利用勾股定理求出GE的长．最后在△GPE中，利用三边关系即可得出答案．
本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系的应用等知识．正确作出辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
11.【答案】x≥2且x≠3
【解析】解：根据题意可得：x−2≥0x−3≠0，
解得：x≥2且x≠3．
故答案为：x≥2且x≠3．
根据被开方数为非负数和分母不为零，列出式子，求解即可．
本题主要考查了函数的知识、二次根式的知识、分式的知识，难度不大，认真计算即可．
12.【答案】6
【解析】解：根据P、Q两点关于原点对称，则横、纵坐标均互为相反数，
∴m−2=4，
∴m=6
故答案为：6．
平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，即求关于原点的对称点时，横、纵坐标都变成原数的相反数．
本题主要考查了平面直角坐标系内两点关于原点对称时横、纵坐标均互为相反数这一特征，熟练掌握该特征是解题的关键．
13.【答案】−8
【解析】解：去分母得：4x−8=5x，
解得：x=−8，
经检验x=−8是分式方程的解．
故答案为：−8
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
14.【答案】4000π
【解析】解：底面半径为8÷2=4(cm)，
则底面周长=8π(cm)，
侧面面积=12×8π×10=40π(cm2)，
∴100个这种纸杯至少需要原料纸：40π×100=4000π(cm2)，
故答案为：4000π．
根据圆锥的侧面积公式求解即可．
本题考查了圆锥的计算，利用了圆的周长公式和扇形面积公式，熟练记忆圆锥的侧面积计算公式是解决本题的关键．
15.【答案】3.6
【解析】解：从表格中可以看出，沃柑损坏的频率在常数0.1左右摆动，并且随统计量的增加这种规律逐渐明显，所以沃柑的完好率应为1−0.1=0.9，
设每千克沃柑的实际售价定为x元，
则有20000×0.9x−2.6×20000=13000，
解得x=6518≈3.6，
所以，可大约估计每千克沃柑的实际售价定为3.6元时，可获得13000元利润．
故答案为：3.6．
从表格中可以看出，沃柑损坏的频率在常数0.1左右摆动，并且随统计量的增加这种规律逐渐明显，易得沃柑的完好率应为0.9.设每千克沃柑的实际售价定为x元，根据题意列方程求解即可获得答案．
本题主要考查了利用频率估计概率、一元一次方程的应用等知识，正确确定沃柑的完好率是解题关键．
16.【答案】152
【解析】解：由图②可知，当点D在点A处时，CD取得最大值为5，即AC=5，
如图，当点D在点A处时，过点B作BF⊥CA延长线于点F，过点E作EG⊥CA延长线于点G，
由图②可知，此时y=S△CDE=S△CAE=10，
∴12AC⋅EG=12×5×EG=10，
解得：EG=4，
∵△BDE为等腰直角三角形，
∴BD=DE=5，∠BDE=90°，
∴∠BDF+∠EDG=90°，
∵∠BDF+∠DBF=90°，
∴∠EDG=∠DBF，
在△DEG和△BDF中，
∠DGE=∠BFD∠EDG=∠DBFDE=BD，
∴△DEG≌△BDF(AAS)，
∴EG=DF=4，
在Rt△BDF中，BF= BD2−DF2= 52−42=3，
∴S△ABC=12AC⋅BF=12×5×3=152．
故答案为：152．
由图②可知，当点D在点A处时，CD取得最大值为5，即AC=5，当点D在点A处时，过点B作BF⊥CA延长线于点F，过点E作EG⊥CA延长线于点G，由y=S△CDE=S△CAE=10求出EG=4，根据等腰直角三角形由等角的性质可得BD=DE=5，∠BDE=90°，余角相等可得∠EDG=∠DBF，于是可通过AAS证明△DEG≌△BDF，得到EG=DF=4，再根据勾股定理求出BF，最后根据三角形面积公式计算即可．
本题主要考查动点问题的函数图象，由函数图象判断出AC的长度，并画出此时的图形，利用数形结合思想解决问题是解题关键．
17.【答案】解：原式=[a(a+b)(a−b)−a−b(a+b)(a−b)]⋅(a−b)2b
=b(a+b)(a−b)⋅(a−b)2b
=a−ba+b，
当a=(12)−1+ 8=2+2 2，b=(−2023)0−4sin45°=1−2 2时，原式=2+2 2−1+2 22+2 2+1−2 2=1+4 23．
【解析】根据分式的减法法则、除法法则把原式化简，根据零指数幂、负整数指数幂、二次根式的性质、特殊角的三角函数值把a、b化简，代入计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则、零指数幂和负整数指数幂的运算是解题的关键．
18.【答案】解：(1)50， 8%；
(2)500×2050=200(人)，
所以估计等级为B的学生人数为200人；
(3)画树状图为：
共有12种等可能的结果，其中一名男生和一名女生的结果数为8，
所以恰好抽到一名男生和一名女生的概率=812=23．
【解析】解：(1)本次调查的学生总人数为8÷16%=50(人)，
所以x=450=8%；
故答案为：50；8%；
(2)500×2050=200(人)，
所以估计等级为B的学生人数为200人；
(3)画树状图为：
共有12种等可能的结果，其中一名男生和一名女生的结果数为8，
所以恰好抽到一名男生和一名女生的概率=812=23．
(1)用D等级人数除以它所占的百分比得到调查的总人数，然后用4除以总人数得到x的值；
(2)用500乘以B等级人数所占的百分比即可；
(3)画树状图展示所有12种等可能的结果，找出一名男生和一名女生的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求出事件A或B的概率．也考查了统计图．
19.【答案】证明：∵BD//AC，
∴∠ACB=∠EBD，
在△ABC和△EDB中，
CB=BD∠ACB=∠EBDAC=EB，
∴△ABC≌△EDB(SAS)，
∴∠ABC=∠D．
【解析】先根据平行线的性质得到∠ACB=∠EBD，然后根据“SAS”可判断△ABC≌△EDB，从而根据全等三角形的性质得到结论．
本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
20.【答案】解：过D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，如图所示：
由题意得：∠CDF=37°，CD=200米，
在Rt△CDF中，sin∠CDF=CFCD=sin37°≈0.60，cos∠CDF=DFCD=cos37°≈0.80，
∴CF≈200×0.60=120(米)，DF≈200×0.80=160(米)，
∵AB⊥BC，DF⊥BC，DE⊥AB，
∴∠B=∠DFB=∠DEB=90°，
∴四边形BFDE是矩形，
∴BF=DE，BE=DF=160米，
∴AE=AB−BE=300−160=140(米)，
在Rt△ADE中，tan∠DAE=DEAE=tan65°≈2.14，
∴DE≈AE×2.14=140×2.14=299.60(米)，
∴BF=DE≈299.60(米)，
∴BC=BF+CF=299.60+120≈420(米)，
答：革命纪念碑与党史纪念馆之间的距离约为420米．
【解析】过D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，由锐角三角函数定义求出CF≈120(米)，DF≈160(米)，再证四边形BFDE是矩形，得BF=DE，BE=DF=160米，则AE=AB−BE=300−160=140(米)，然后由锐角三角函数定义求出DE≈299.60(米)，即可求解．
本题考查了解直角三角形的应用—方向角问题，熟练掌握方向角的定义和锐角三角函数定义，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
21.【答案】解：根据题意建立坐标系，则A(−4,0)，B(−4,1)，F(4,0)，E(4,1)，
∵曲线DE是反比例函数y=kx图象的一部分，
的将E(4,1)代入y=kx得k=4，
∴反比例函数的解析式为y=4x，
∵CD和AF之间的距离为4，
∴点D的坐标为(1,4)，点C坐标为(−2,4)，
设BC所在直线的解析式为：y=kx+b，
则−2k+b=4−4k+b=1，
解得k=32b=7，
∴BC所在直线的解析式为：y=32x+7，
设GN=t，则G(4t,t)，故点H的纵坐标为t，
将y=t代入y=32x+7，
解得x=23(t−7)，
故H(23(t−7),t)，
S矩形MNGH=MN×HG=[4t−23(t−7)]⋅t=232，
即−4t2+28t−45=0，
解得t1=92，t2=52，
即GN=92或52．
【解析】根据图象和题意可得点E坐标，先反比例函数的解析式，即可得到点D坐标和点C坐标，待定系数法求直线BC的解析式，设GN=t，即可得到G(4t,t)，H(23(t−7),t)，根据矩形MNGH材料面积即可求得t的值，即可得到．
本题考查了求反比例函数解析式，求一次函数解析式，解一元二次方程等，根据题意求函数解析式是解题的关键．
22.【答案】解：(1)当1≤x<40时，
y=(x+30−20)(160−2x)
=(x+10)(160−2x)
=−2x2+140x+1600；
当40≤x≤70时，
y=(50−20)(160−2x)=30(160−2x)=4800−60x．
综上，每天销售利润y(元)与时间x的函数解析式为y=−2x2+140x+1600(1≤x<40)4800−60x(40≤x≤70)；
(2)y=−2x2+140x+1600
=−2(x2−70x)+1600
=−2(x−35)2+4050，
∵−2<0，
∴当x=35时，y有最大值为4050元，
即当1≤x<40时，销售第35天，销售利润最大，最大利润为4050元；
y=4800−60x，
∵−60<0，
∴y随x的增大而减小，
∵40≤x≤70，
∴当x=40时，y取得最大值为4800−60×40=2400元，
即当40≤x≤70时，销售第40天，销售利润最大，最大利润为2400元，
综上，销售第35天，销售利润最大，最大利润为4050元．
【解析】(1)利用分类讨论的方法依据表格信息，利用销售利润=(售价−进价)×销售量解答即可；
(2)利用(1)中的结论，根据二次函数和一次函数的性质解答即可．
本题主要考查了二次函数的应用，二次函数的性质，配方法求二次函数的极值，一次函数的性质，利用分类讨论的方法解答是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：如图，连接OD，过O作OH⊥AC于H，
∴AC=2AH，
∵DG⊥AB，
∴∠AHO=∠DGO=90°，
∵∠ACD=∠CED，∠ADC=∠CDE，
∴△DCE∽△DAC，
∴∠DCE=∠DAC，
∵∠DCE=∠DAB，
∴∠DAC=∠DAB，
∴∠CAB=2∠DAB，
∵∠DOB=2∠CAB，
∴∠CAB=∠DOB，
∵OA=OD，
∴△OAH≌△DOG(AAS)，
∴AH=OG，
∵AC=2AH，
∴AC=2OG；
(2)解：连接BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵BN切⊙O于点B，
∴∠ABN=90°，
∴∠DAB=90°−∠ABD=∠DBN，
∴∠DAB=∠DCB=∠DBN，
∵tan∠DCB=12，DN=4 55，
∴tan∠DCB=tan∠DAB=tan∠DBN，
∴DBAD=DNBD=12，
∴BD=2DN=8 55，AD=2BD=16 55，
∴AB= AD2+BD2= (16 55)2+(8 55)2=8，
∴OA=12AB=4，
∴⊙O的半径为4．
【解析】(1)连接OD，过O作OH⊥AC于H，证明△DCE∽△DAC，得∠DCE=∠DAC，然后证明△OAH≌△DOG(AAS)，得AH=OG，进而可以解决问题；
(2)连接BD，证明∠DAB=∠DCB=∠DBN，可得tan∠DCB=tan∠DAB=tan∠DBN，所以DBAD=DNBD=12，然后利用勾股定理求出AB，进而可以解决问题．
本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，三角形的外接圆与外心，解直角三角形，熟练掌握切线的性质，圆周角定理是解题的关键．
24.【答案】4
【解析】解：(1)∵四边形ABCD为正方形，AB=8，点Q为BC中点，
∴AD//BC，AB//CD，AD=AB=CD=BC=8，BQ=12BC=4，
∴∠BQP=∠DAP，∠QBP=∠ADP，
∴△BQP∽△DAP，
∴BPDP=BQDA=12，
∵AB//CD，
∴∠BFP=∠DEP，∠FBP=∠EDP，
∴△BFP∽△DEP，
∴BFDE=BPDP=12，
∵BF=2，
∴DE=2BF=4，
∴CE=CD−DE=4．
故答案为：4；
(2)PA⊥PE且PA=PE，理由如下：
如图，过点P作GH//BC，分别与AB、CD交于点G、H，过点P作MN//AB，分别与AD、BC交于点M、N，
∵可得四边形DMPH、BNPG均为正方形，四边形AGPM、PNCH均为矩形，
∴AG=PM=PH，∠AGP=∠PHD=90°，
设正方形的边长为a，即AD=AB=CD=BC=a，
∴BD= 2a，
由(1)可知，BPDP=12，
∴BP=13BD= 23a，BG=PG=13a，
∵AB//CD，
∴△BPG∽△DPH，
∴BGDH=BPDP=12，
∴DH=2BG=23a，
∵FB+BQ=EC，由(1)可知DE=2BF，BQ=12BC=12a，
∴FB+BQ=CD−DE，
∴FB+12a=a−2FB，解得FB=16a，
∴DE=2BF=13a，
∴EH=DH−DE=13a，
∴EH=BG=PG，
在△AGP和△PHE中，
AG=PH∠AGP=∠PHE=90°PG=EH，
∴△AGP≌△PHE(SAS)，
∴PA=PE，∠GAP=∠HPE，
∵∠GAP+∠APG=90°，
∴∠HPE+∠APG=90°，
∴∠APE=180°−(∠HPE+∠APG)=90°，
即PA⊥PE．
综上所述，线段PA和PE之间存在的关系为PA⊥PE且PA=PE；
(3)分两种情况讨论：
①当点M在点P上方时，连接AN，AE，过点N作NG⊥PH，垂足为G，如图，
由(2)可得FB=16a，
∴AF=AB−BF=56a，
∵AF=2 15，即56a=2 15，
∴a=12 155，
∴AP= 53a= 53×12 155=4 3，
∴PF= 56a=2 3，
过点A作AK⊥PM于点K，
∵PM平分∠APE，
∴∠APK=45°，
∴△APK为等腰直角三角形，
∴AK=PK= 22AP=2 6，
∵∠PAM=15°，
∴∠MAK=45°−15°=30°，
∴MK= 33AK=2 2，
∴AM=2MK=4 2，
∴MN=AM=4 2，
∵∠MAK=30°，
∴∠AMK=60°，
∴∠GMN=30°，
∴GN=12MN=2 2，
∴MG= MN2−GN2=2 6，
∵△AMN，△APE为等腰直角三角形，
∴△AMN∽△APE，
∴ANAE=AMAP，
∵∠NAE+∠EAM=∠PAM+∠EAM=45°，
∴∠NAE=∠PAM，
∴△NAE∽△MAP，
∴∠AEN=∠APM=45°，
∴∠PEH=∠PEA+∠AEN=90°，
∴△PEH为等腰直角三角形，
∴∠H=45°，
∴GH=GN=2 2，
∴MH=MG+GH=2 6+2 2，
∴S△MNH=12MH⋅NG=12×(2 6+2 2)×2 2=4 3+4；
②当点M在点P下方时(即∠APE角平分线的反向延长线上)，如图，
同理可证∠MAK=∠MAP+∠PAK=45°+15°=60°，
∴MK= 3AK=6 2，MA=MN=2AK=4 6，
∵∠AMK=30°，
∴∠NMH=60°，
∴MG=12MN=2 6，NG= 3MG=6 2，
∴HG=NG=6 2，
∴MH=MG+GH=2 6+6 2，
∴S△MNH=12MH⋅NG=12×(2 6+6 2)×6 2=12 3+36．
综上所述，△MNH的面积为4 3+4或12 3+36．
(1)结合题意，首先证明△BQP∽△DAP，由相似三角形的性质可得BPDP=BQDA=12，再证明△BFP∽△DEP，易得BFDE=BPDP=12，结合BF=2，可得DE=4，由CE=CD−DE即可获得答案；
(2)过点P作GH//BC，分别与AB、CD交于点G、H，过点P作MN//AB，分别与AD、BC交于点M、N，易知四边形DMPH、BNPG均为正方形，四边形AGPM、PNCH均为矩形．设正方形的边长为a，由(1)可知BPDP=12，进而可得BP= 23a，BG=PG=13a，证明△BPG∽△DPH，由相似三角形的性质可得BGDH=BPDP=12，可求得DH=23a，结合FB+BQ=EC，可解得FB=16a.证明△AGP≌△PHE，结合全等三角形的性质可得PA=PE，∠GAP=∠HPE，进而可推导PA⊥PE，即可获得线段PA和PE之间存在的关系；
(3)分两种情况讨论：①当点M在点P上方时，连接AN，AE，过点N作NG⊥PH，垂足为G，过点A作AK⊥PM于点K；②当点M在点P下方时(即∠APE角平分线的反向延长线上).分别求解即可．
本题主要考查了正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质以及求三角形面积等知识，综合性强，难度较大，理解题意，正确作出辅助线并熟练运用相关知识是解题关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=−34x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，与y轴交于C(0,3)，
∴−34+b+c=0c=3，
解得b=94c=3，
∴抛物线的解析式为：y=−34x2+94x+3；
(2)由(1)得，抛物线的对称轴为x=32，
∴H(32,0)，
当y=0时，y=−34x2+94x+3=0，
解得x=−1或x=4，
∴B(4,0)，
∴直线BC的解析式为：y=−34x+3，
∵l1//BC，
∴设直线l1的解析式为：y=−34x+c，
将点H(32,0)代入得，c=98，
∴直线l1的解析式为：y=−34x+98，
∵点P是直线BC上方抛物线上一点，
∴设P(x,−34x2+94x+3)(0
∴S=S△PCB−S△FCB=12PE×4−12EF×4=2(PE−EF)=−32x2+6x−154=−32(x−2)2+94，
当x=2时，S的最大值为94，
∴P(2,94)；
(3)存在，理由如下：
如图1，过点N作NQ//CM交抛物线于点Q，过点Q作QG//MN交MN于点G，则∠QNG=∠CME，∠QGN=∠CEM，
∴△CME∽△QNG；
由(2)得P(2,94)，直线BC的解析式为：y=−34x+3，
∴N(2,0)，
∵A(−1,0)，C(0,3)，
∴直线AC的解析式为y=3x+3，
∴直线NQ的解析式为y=3x−6，
令3x−6=−34x2+94x+3，
解得x=3或x=−4(舍)，
∴Q(3,3)，
∵直线BC的解析式为：y=−34x+3，
∴直线QG的解析式为：y=−34x+214，
当x=2时，y=−34×2+214=154，
∴G(2,154)；
当△CME∽△GNQ时，
∴∠CME=∠GNQ，
∴tan∠CME=tan∠GNQ=13，
如图2，过点A作AR⊥BC于点R，过点Q作QH⊥EN于点H，
∵A(−1,0)，B(4,0)，C(0,3)，
∴AB=4−(−1)=5，BC= OC2+OB2= 32+42=5，
∴AB=BC，
∴12AB×OC=12BC×AR，
∴OC=AR=3，
∴CR= AC2−AR2= ( 10)2−32=1，
∴tan∠CAR=CRAR=13，
∵△CME∽△GNQ，
∴∠ECM=∠QGN，
∴∠ACR=∠QGH，
∴∠CAR=∠GQH，
∴tan∠CAR=tan∠GQH=13，
设QH=n，则HN=3n，HG=13n，NG=83n，点Q到y轴的距离为n+2，
∴G(2,83n)，Q(n+2,3n)，
∴3n=−34(n+2)2+94(n+2)+3，
解得n=1或n=−6(舍)，
∴G(2,83)；
当△CME∽△QGN时，CE：QN=ME：GN，∠CEM=∠QNG=∠DEN，
如图3，过点Q作QR⊥NB于点R，
∵P(2,92)，直线BC的解析式为：y=−34x+3，
∴E(2,32)，D(3,34)，
∴NQ的解析式为：y=34x−32，
令34x−32=−34x2+94x+3，
解得x=1+ 7或x=1− 7(舍)，
∴Q(1+ 7,34( 7−1))，
∴OR=1+ 7，NR=1+ 7−2=−1+ 7，QN= NR2+QR2=54( 7−1)，
∴52：[54( 7−1)]=152：GN，
解得GN=154( 7−1)，
∴G(2,154( 7−1))；
当△CME∽△GQN时，∠CME=∠GQN，∠CEM=∠GNQ，
∵EN//OC，
∴BN：NO=BE：EC，
∵BN=NO，
∴BE=EC，
∴NE=12OC=32，
∴tan∠CME=tan∠GQN=13，tan∠CEM=tan∠BEN=tan∠GNQ=BNNE=232=43，
如图4，过点A作AR⊥BC于点R，过点Q作QH⊥EN于点H，
由上可知，AB=BC=5，OC=AR=3，tan∠CAR=CRAR=13，
∵△CME∽△GQN，
∴∠MCE=∠QGN，
∴∠RCA=∠HGQ，
∴∠CAR=∠GQH，
∴tan∠CAR=tan∠GQH=13，
设GH=n，则QH=3n，HN=94n，NG=54n，点Q到y轴的距离为3n+2，
∴G(2,54n)，Q(3n+2,94n)，
∴94n=−34(3n+2)2+94(3n+2)+3，
解得n=−1+ 73或n=−1− 73(舍)，
∴G(2,512( 7−1)；
当△CME∽△NGQ时，
∴∠CME=∠NGQ，
∴tan∠CME=tan∠NGQ=13，
如图5，过点A作AS⊥BC于点S，过点Q作QR⊥EN于点R，
由上可知，AB=BC=5，OC=AS=3，tan∠CAS=13，
∵△CME∽△NGQ，
∴∠MCE=∠GNQ，
∴∠SCA=∠RNQ，
∴∠CAS=∠NQR，
∴tan∠CAS=tan∠NQR=13，
设NR=n，则QR=3n，RG=9n，NG=8n，点Q到y轴的距离为3n+2，
∴G(2,−8n)，Q(3n+2,n)，
∴n=−34(3n+2)2+94(3n+2)+3，
解得n=−13+ 211354或n=−13− 211354(舍)，
∴G(2,52−4 211327)；
当△CME∽△NQG时，∠CEM=交NGQ，
∵EN//OC，
∴EN：NO=BE：EC，
∵BN=NOC
∴BE=EC，
∴NE=12OC=32，tan∠CEM=tan∠BEN=tan∠NGQ=BNNE=232=43，
如图6，过点A作AR⊥BC于点R，过点Q作QH⊥EN于点H，
由上可知，AB=BC=5，OC=AR=3，tan∠CAR=CRAR=13，
∵△CME∽△NQG，
∴∠MCE=∠QNG，
∴∠RCA=∠QNH，
∴∠CAR=∠NQH，
∴tan∠CAR=tan∠NQH=13，
设NH=n，则QH=3n，HN=94n，NG=54n，点Q到y轴的距离为3n+2，
∴G(2,−54n)，Q(3n+2,n)，
∴n=−34(3n+2)2+94(3n+2)+3，
解得n=−13+ 211354或n=−13− 211354(舍)，
∴G(2,65−5 2113216)；
综上，存在，G(2,154)或(2,83)或(2,154( 7−1))或(2,512( 7−1))或(2,52−4 211327)或(2,65−5 2113216).
【解析】(1)利用待定系数法代入求解即可确定函数解析式．
(2)根据(1)中确定的抛物线解析式得出点H(32,0)，点B(4,0)，再由待定系数法确定直线BC的解析式为y=−34x+3，直线l1的解析式为y=−34x+98，设P(x,−34x2+94x+3)(0
本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法，构造二次函数求最值，三角形相似的判定性质，平行线的解析式之间的关系，熟练掌握构造二次函数求最值，三角形相似的判定性质，平行线的解析式之间的关系是解题的关键．
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