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2023年福建省宁德市蕉城区博雅培文学校中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2023年福建省宁德市蕉城区博雅培文学校中考数学三模试卷（含解析），共24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年福建省宁德市蕉城区博雅培文学校中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在0.2，327，−1， 3四个数中，属于无理数的是( )
A. 0.2 B. 327 C. −1 D. 3
2. 下列几何体的俯视图是矩形的是( )
A. B. C. D.
3. 2023年2月10日，神舟十五号航天员乘组圆满完成了他们的首次出舱任务，飞船的时速为每小时28亿千米，28亿千米用科学记数法表示应为( )
A. 2.8×108米 B. 2.8×109米 C. 28×1012米 D. 2.8×1012米
4. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
5. 计算(−a3)2，结果正确的是( )
A. a6 B. −a6 C. a5 D. −a5
6. 不等式组−2x<4x−2>1的解集为( )
A. −2−2 C. x>3 D. 2
A. 82+x2=(x−3)2 B. 82+(x+3)2=x2
C. 82+(x−3)2=x2 D. x2+(x−3)2=82
8. 小明收集整理了本校八年级1班20名同学的定点投篮比赛成绩(每人投篮10次)，并绘制了折线统计图，如图所示.那么这次比赛成绩的中位数、众数分别是( )
A. 6，7 B. 7，7 C. 5，8 D. 7，8
9. 如图，一枚运载火箭从地面L处发射，雷达站R与发射点L距离6km，当火箭到达A点时，雷达站测得仰角为43°，则这枚火箭此时的高度AL为( )
A. 6sin43°
B. 6cos43°
C. 6tan43∘
D. 6tan43°
10. 如图，在平面直角坐标系中，点A(m−2,y1)，B(m,y2)都在二次函数y=(x−1)2+n的图象上.若y1>y2，则m的取值范围是( )
A. m<1
B. m>1
C. m<2
D. m>2
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 分解因式：a3−a=______．
12. 大小、形状完全相同的5张卡片，背面分别写着“我”“的”“中”“国”“梦”这5个字，从中随机抽取一张，则这张卡片背面恰好写着“中”字的概率是______．
13. 如图：在△ABC中，AB=13，BC=12，点D、E分别是AB，BC的中点，连接DE、CD，如果DE=2.5，那么△ABC的周长是______ ．
14. 若点A(−1,y1)、B(−14,y2)、C(1,y3)都在反比例函数y=k2+1x(k为常数)的图象上，则y1、y2、y3的大小关系为______．
15. 初一年级举行一次数学竞赛，赛后5名同学A，B，C，D，E知道了自己的成绩，但这5名学生想尽快得知比赛的名次，得到如下消息，则获得比赛第三名的同学是______ ．
信息序号
文字信息
1
D的得分是E的得分四分之一
2
E的得分是B得分的3倍
3
A和D的得分之和等于B和C的总分
4
A与E得分之差是B得分的四分之三
16. 如图，正方形ABCD的边长为1，点E是BC上一动点(不与点B，C重合)，过点E作EF⊥AE交正方形外角的平分线CF于点F，交CD于点G，连接AF.下列结论：①AE=EF；②CF= 2BE；③∠DAF=∠CEF；④△CEF的面积的最大值为18.其中正确的是______ .(填写正确结论的序号)
三、解答题（本大题共9小题，共86.0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)
计算：|−2|− 4+(π−4)0．
18. (本小题8.0分)
如图，已知△ABC中，点D为BC边上一点，∠B=∠4，∠1=∠2=∠3，求证：BC=DE．
19. (本小题8.0分)
先化简(1−3a+2)÷a2−2a+1a2−4，然后从−2≤a≤2的范围内选取一个合适的整数作为a的值代入求值．
20. (本小题8.0分)
自共享单车上市以来，给人们的出行提供了便利，受到了广大市民的查睐，某公司为了了解员工上下班回家的路线(设路程为公里)情况，随机抽取了若干名员工进行了问卷调查，现将这些员工的调查结果分为四个等级，A：0≤x≤3、B：39；并将调查结果绘制成如下两个不完整的统计图．
(1)补全上面的条形统计图和扇形统计图，其中扇形统计图中a= ______ ，b= ______ ．
(2)所抽取员工下班路程的中位数落在等级______ (填字母)；
(3)若该公司有900名员工，在高峰期时路程在6公里以下的员工会优先选择共享单车下班，请你估算该公司有多少人会优先选择共享单车．
21. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E．
(1)求证：BE=CE；
(2)若AB=6，∠BAC=54°，求AD的长．
22. (本小题10.0分)
某超市销售A、B两款保温杯，已知B款保温杯的销售单价比A款保温杯多10元，用1200元购买B款保温杯的数量与用960元购买A款保温杯的数量相同．
(1)A、B两款保温杯销售单价各是多少元？
(2)由于需求量大，A、B两款保温杯很快售完，该超市计划再次购进这两款保温杯共120个，且A款保温杯的数量不少于B款保温杯数量的一半，A款保温杯的进价为每个30元，B款保温杯的进价为每个35元，若两款保温杯的销售单价不变，应如何进货才使这批保温杯的销售利润最大，最大利润是多少元？
23. (本小题10.0分)
如图，正方形ABCD中，BC是⊙O的直径，点E是⊙O上的一动点(点E不与点B，C重合，且在BC左侧)．
(1)尺规作图：做出点E使得∠EBC=∠DEC；
(2)在(1)的条件下，延长DE交AB于F，求证AF=BF+OB．
24. (本小题12.0分)
在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，连接CE．
(1)如图1，若点D在BC边上，AC，DE相交于点F．
①求证：BD=CE；
②若AF=DF；AB=5，BC=6，求BD的长，
(2)如图2，若∠BAC=90°，M为BE的中点，连接AM，求证：AM⊥CD．
25. (本小题14.0分)
如图，直线y=−2x+8分别交x轴，y轴于点B，C，抛物线y=−x2+bx+c过B，C两点，其顶点为M，对称轴MN与直线BC交于点N．
(1)直接写出抛物线的解析式；
(2)如图1，点P是线段BC上一动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交抛物线于点Q，问：是否存在点P，使四边形MNPQ为菱形？并说明理由；
(3)如图2，点G为y轴负半轴上的一动点，过点G作EF//BC，直线EF与抛物线交于点E，F，与直线y=−4x交于点H，若1EG−1FG=1HG，求点G的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、0.2属于有理数，故A不符合题意；
B、327=3，为有理数，故B不符合题意；
C、−1为有理数，故C不符合题意；
D、 3为开不尽方根，故D符合题意．
故选：D．
按照无理数的定义逐个来判定即可．
本题考查了无理数的定义，无理数是指①无限不循环小数；②开不尽的方根，牢牢掌握无理数的定义是解题关键．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查立体图形的俯视图，熟练掌握俯视图即是从上面向下看所得到的图形是解题的关键．
根据俯视图是从上面向下看所得到的图形，对各个选项进行分析判定即可．
【解答】
解：A、其俯视图为圆形，不符合题意；
B、其俯视图为三角形，不符合题意；
C、其俯视图为矩形，符合题意；
D、其俯视图为梯形，不符合题意，
故选：C．
3.【答案】D
【解析】解：28亿千米=2800000000000米=2.8×1012米．
故选：D．
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．
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．
4.【答案】C
【解析】解：A、原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
D、原图不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是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度后与自身重合．
5.【答案】A
【解析】解：原式=(−1)2×(a3)2=a6．
故选：A．
依据积的乘方法则和幂的乘方法则求解即可．
本题主要考查的是积的乘方，掌握相关法则是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：−2x<4①x−2>1②，
由不等式①，得
x>−2，
由不等式②，得
x>3，
故原不等式组的解集是x>3，
故选：C．
根据解一元一次不等式组的方法可以解答本题．
本题考查解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确解一元一次不等式组的方法．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，勾股定理，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
设绳索长为x尺，根据勾股定理列出方程解答即可．
【解答】
解：设绳索长为x尺，可列方程为(x−3)2+82=x2，
故选C．
8.【答案】B
【解析】解：八年级1班20名同学的定点投篮比赛成绩按照从小到大的顺序排列如下：
3，3，5，5，5，5，6，6，6，7，7，7，7，7，7，8，8，8，9，9，
这次比赛成绩的中位数是7+72=7，众数是7，
故选：B．
将八年级1班20名同学的定点投篮比赛成绩按照从小到大的顺序排列，根据众数、中位数的定义求解即可．
此题考查了折线统计图、中位数以及众数，根据折线统计图得出解题所需数据并熟练掌握众数、中位数定义是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】
【分析】
根据正切的定义即可求解．
本题考查了锐角三角函数，仰角问题，掌握三角函数的定义是解题的关键．
【解答】
解：在Rt△ALR中，RL=6，∠ARL=43°，
∴tanR=ALLR，
∴AL=LR⋅tanR=6tan43°．
故选：D．
10.【答案】C
【解析】解：∵点A(m−2,y1)，B(m,y2)都在二次函数y=(x−1)2+n的图象上，
∴y1=(m−2−1)2+n=(m−3)2+n，
y2=(m−1)2+n，
∵y1>y2，
∴(m−3)2+n>(m−1)2+n，
∴(m−3)2−(m−1)2>0，
即−4m+8>0，
∴m<2，
故选：C．
根据y1>y2列出关于m的不等式即可解得答案．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据已知列出关于m的不等式．本题属于基础题，难度不大．
11.【答案】a(a+1)(a−1)
【解析】
【分析】
本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用平方差公式进行二次分解，注意要分解彻底．
先提取公因式a，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
【解答】
解：a3−a
=a(a2−1)
=a(a+1)(a−1)．
故答案为a(a+1)(a−1)．
12.【答案】15
【解析】解：∵在我”“的”“中”“国”“梦”这5个字的卡片中只有1张写有“中”字，
∴这张卡片上面恰好写着“中”字的概率是15
故答案为：15．
由在我”“的”“中”“国”“梦”这5个字的卡片中只有1张写有“中”字，利用概率公式计算可得．
本题考查了统计与概率中概率的求法．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
13.【答案】30
【解析】解：∵点D、E分别是AB，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AC=2DE=5，
∴△ABC的周长=AB+AC+BC=13+5+12=30，
故答案为：30．
根据三角形中位线定理求出AC，根据三角形的周长公式计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
14.【答案】y2
∴该函数图象在第一、三象限，在每个象限内y随x的增大而减小，
∵点A(−1,y1)、B(−14,y2)、C(1,y3)都在反比例函数y=k2+1x(k为常数)的图象上，−1<−14，点A、B在第三象限，点C在第一象限，
∴y2
本题考查反比例函数的性质，解答本题的关键是明确反比例函数的性质，会用反比例函数的性质判断函数值的大小关系，注意第三象限内点的纵坐标始终小于第一象限内点的纵坐标．
15.【答案】E
【解析】解：设B的得分为x分(x>0)，则A的得分为154x分，C的得分为72x分，D的得分为34x分，E的得分为3x分，
∵x>0，
∴154x>72x>3x>x>34x，
∴获得比赛第三名的同学是E．
故答案为：E．
设B的得分为x分(x>0)，则A的得分为154x分，C的得分为72x分，D的得分为34x分，E的得分为3x分，将五人的成绩比较后即可得出结论．
本题考查了列代数式，根据各数量之间的关系，用含x的代数式表示出五人的成绩是解题的关键．
16.【答案】①②
【解析】解：在AB上取点H，使AH=EC，连接EH，
∵∠HAE+∠AEB=90°，∠CEF+∠AEB=90°，
∴∠HAE=∠CEF，
又∵AH=CE，
∴BH=BE，
∴∠AHE=135°，
∵CF是正方形外角的平分线，
∴∠ECF=135°，
∴∠AHE=∠ECF，
在△AHE和△ECF中，
∠HAE=∠CEFAH=EC∠AHE=∠ECF，
∴△AHE≌△ECF(ASA)，
∴AE=EF，EH=CF，故①正确；
∵BE=BH，
∴EH= 2BE，
∴CF= 2BE，故②正确；
∵∠AHE=135°，
∴∠HAE+∠AEH=45°，
又∵AE=EF，
∴∠EAF=45°，
∴∠HAE+∠DAF=45°，
∴∠AEH=∠DAF，
∵∠AEH=∠EFC，
∴∠DAF=∠EFC，
而∠FEC不一定等于∠EFC，
∴∠DAF不一定等于∠FEC，故③错误；
∵△AHE≌△ECF，
∴S△AHE=S△CEF，
设AH=x，则S△AHE=12x⋅(1−x)=−12x2+12x，
当x=12时，S△AHE取最大值为18，
∴△CEF面积的最大值为18，故④错误，
故答案为：①②．
在AB上取点H，使AH=EC，连接EH，然后证明△AGE和△ECF全等，再利用全等三角形的性质即可得出答案．
本题主要考查正方形的性质和全等三角形的应用，关键是要能作出辅助线EG，构造出全等的三角形，要牢记全等三角形的性质．
17.【答案】解：原式=2−2+1
=1．
【解析】利用绝对值的性质，算术平方根的定义，零指数幂进行计算即可．
本题考查实数的运算，熟练掌握相关的运算法则是解题的关键．
18.【答案】证明：∵∠ADE+∠3=∠1+∠B，∠1=∠3，
∴∠ADE=∠B，
∵∠1=∠2，
∴∠1+∠DAC=∠2+∠DAC，
即∠BAC=∠DAE，
∵∠B=∠4，
∴AB=AD，
在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAEAB=AD∠B=∠ADE，
∴△ABC≌△ADE(ASA)，∴BC=DE．
【解析】求出∠B=∠ADE，∠BAC=∠DAE，AB=AD，根据全等三角形的判定定理推出即可．
本题考查了全等三角形的性质和判定、等腰三角形的性质等知识；证明三角形全等是解题的关键．
19.【答案】解：原式=a+2−3a+2⋅(a+2)(a−2)(a−1)2，
=a−2a−1．
当a=0时，原式=−2−1=2．
【解析】首先对括号内的分式进行通分相加，把除法转化为乘法，计算乘法即可化简，然后代入0或−1求解；
本题考查了分式的化简求值，正确进行通分、约分是关键，本题中要注意a不能取−2，2以及1．
20.【答案】20% 15% B
【解析】解：(1)56÷35%=160(人)，
b=24÷160=15%，
a=1−15%−35%−30%=20%，
B等级的人数为：160×20%=32(人)，
补全的条形统计图如图所示，
故答案为：20%，15%；
(2)所抽取员工下班路程的中位数落在等级B．
故答案为：B；
(3)900×(30%+15%)=405(人)，
答：估计该公司大约有405人可以优先选择共享单车．
(1)由两个统计图可知道A等级的有56人，占调查人数的35%，可求出调查人数，进而求出D等级所占的百分比，和B等级的百分比，再求出B等级的人数，从而补全条形统计图、以及扇形统计图中B、D所占的百分比．
(2)A等级占35%，B等级的占20%，从高到低，中位数应落在50%的组，因此落在B组．
(3)样本估计总体，样本中“在6公里以上“占(30%+15%)”估计总体中的也占45%，进而求出人数．
本题考查条形统计图、扇形统计图的特点及制作方法，从两个统计图中获取数量和数量之间的关系式解决问题的关键，样本估计总体是统计中常用的方法．
21.【答案】(1)证明：如图，连接AE．
∵AB是圆O的直径，
∴∠AEB=90°，
即AE⊥BC．
又∵AB=AC，
∴AE是边BC上的中线，
∴BE=CE；
(2)解：∵AB=6，
∴OA=3．
又∵OA=OD，∠BAC=54°，
∴∠AOD=180°−2×54°=72°，
∴AD的长为：72×π×3180=6π5．
【解析】本题考查了圆周角定理、弧长的计算以及等腰三角形的判定与性质．通过作辅助线，利用圆周角定理(或圆半径相等)的性质求得相关角的度数是解题的难点．
(1)如图，连接AE，利用圆周角定理推知AE是等腰△ABC的垂线，结合等腰三角形的性质证得结论；
(2)如图，连接OD，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理可以求得圆心角∠AOD的度数，然后利用弧长公式进行解答．
22.【答案】解：(1)设A款保温杯销售单价是x元，则B款保温杯销售单价是(x+10)元，
根据题意得：960x=1200x+10，
解得x=40，
经检验，x=40是原方程的解，
∴x+10=40+10=50，
答：A款保温杯销售单价是40元，B款保温杯销售单价是50元；
(2)设这批保温杯的销售利润是w元，购进A款保温杯m个，则购进B款保温杯(120−m)个，
∵A款保温杯的数量不少于B款保温杯数量的一半，
∴m≥12(120−m)，
解得m≥40，
根据题意得：w=(40−30)m+(50−35)(120−m)=−5m+1800，
∵−5<0，
∴w随m的增大而减小，
∴m=40时，w取最大值，最大值是−5×40+1800=1600(元)，
此时120−m=120−40=80，
答：购进A款保温杯40个，购进B款保温杯80个，才使这批保温杯的销售利润最大，最大利润是1600元．
【解析】(1)设A款保温杯销售单价是x元，则B款保温杯销售单价是(x+10)元，可得：960x=1200x+10，解方程并检验得A款保温杯销售单价是40元，B款保温杯销售单价是50元；
(2)设这批保温杯的销售利润是w元，购进A款保温杯m个，则购进B款保温杯(120−m)个，根据A款保温杯的数量不少于B款保温杯数量的一半，得m≥40，
根据题意得：w=(40−30)m+(50−35)(120−m)=−5m+1800，由一次函数性质得购进A款保温杯40个，购进B款保温杯80个，才使这批保温杯的销售利润最大，最大利润是1600元．
本题考查分式方程及一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程和函数关系式．
23.【答案】(1)解：如图，连接DO，作DO的垂直平分线，交DO于点K，以K为圆心，KO为半径作圆，交⊙O于一点，该点即为所求作的点E；
连接CE、DE，BE、CE，OE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠OCD=90°，
∵OD为⊙K的直径，
又∵直径所对的圆周角为直角，
∴点C在⊙K上，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BEC=90°，
∵OD为⊙K的直径，
∴∠DEO=90°，
∴∠DEC+∠CEO=∠CEO+∠OEB=90°，
∴∠DEC=∠OEB，
∵OB=OE，
∴∠EBC=∠OEB，
∴∠EBC=∠DEC；
(2)证明：延长CE交AB于点G，如图所示：
∵OD为⊙K的直径，
∴∠OCD=∠OED=90°，
∴OE⊥DE，OC⊥DC，
∵OC，OE为⊙O半径，
∴DC、DE为⊙O的切线，
∴DC=DE，
∴∠DCE=∠DEC，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB//DC，CD=BC=AB，
∴∠DCE=∠EGF，
∵∠GEF=∠CED，
∴∠GEF=∠EGF，
∴FE=FG，
∵∠OBF=90°，
∴OB⊥AB，
∵OB为⊙O半径，
∴FB为⊙O的切线，
∴FB=FE，
∴FB=FG，
∵DE=DC，OE=OC，
∴OD垂直平分CE，
∴∠CHO=90°，
∴∠HCO+∠HOC=∠HOC+∠CDO=90°，
∴∠HCO=∠CDO，
即∠GCB=∠CDO，
∵CD=BC，∠OCD=∠GBC=90°，
∴△CDO≌△BCG，
∴BG=OC=12BC=12AB，
∴AG=12AB=OB，
∴AF=AG+GF=BF+OB．
【解析】(1)连接DO，作DO的垂直平分线，交DO于点K，以K为圆心，KO为半径作圆，交⊙O于点E，即可得出答案；
(2)延长CE交AB于点G，证明FB=FG，证明△CDO≌△BCG，得出BG=OC=12BC=12AB，求出AG=12AB，即可证明AF=AG+GF=BF+OB．
本题主要考查了正方形的性质，圆的切线的判定和性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定，垂直平分线的判定，余角的性质，切线长定理，直径所对的圆周角是直角，解题的关键是作出辅助线，数形结合．
24.【答案】(1)①证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
AB=AC∠DAB=∠EACAD=AE，
∴△DAB≌△EAC(SAS)，
∴BD=CE；
②解：∵AB=AC，AD=AE，
∴∠B=∠ACB，∠ADE=∠AED，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠B=∠ADE，
∵∠ADC=∠ADE+∠CDE=∠B+∠BAD，
∴∠BAD=∠CDE，
∵∠B=∠DCF，
∴△ABD∽△DCF，
∵AF=DF，
∴∠ADF=∠DAF，
∵∠ADF=∠B=∠ACD，
∴∠ACD=∠DAF，
∴AD=CD，
设BD=x，则CD=AD=6−x，
∵△ABD∽△DCF，
∴BDCF=ABDC=ADDF，即xCF=56−x=6−xDF，
∴CF=x(6−x)5，DF=(6−x)25，
∵DF+CF=AC=AB=5，
∴x(6−x)5+(6−x)25=5，
解得：x=116，
∴BD=116；
(2)证明：∵AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，
如图2，将△ACD绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，延长DC交EF于点G，DG，AE交于点H，
∴△ADC≌△AEF，
∴∠ADC=∠AEF，即∠ADH=∠AEF，
∵∠GHE=∠AHD，
∴∠HGE=∠DAE=90°，
∴CD⊥EF，
∵M是BE的中点，AF=AC=AB，
∴AM//EF，
∴AM⊥CD．
【解析】(1)①利用“SAS”证明△DAB≌△EAC，由全等三角形的性质即可证明BD=CE；
②设BD=x，则CD=AD=6−x，证明△ABD∽△DCF，列比例式，表示DF和CF的长，根据AC=5，列方程可解答；
(2)将△ACD绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，延长DC交EF于点G，DG，AE交于点H，则△ADC≌△AEF，再根据三角形的中位线定理可得结论．
本题是三角形的综合题，主要考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，旋转的性质，直角三角形两锐角互余等知识，解题关键是证明△DAB≌△EAC，熟练运用全等三角形的性质解决问题．
25.【答案】解：(1)∵直线y=−2x+8分别交x轴，y轴于点B，C，
∴B(4,0)，C(0,8)，
∵抛物线y=−x2+bx+c过B，C两点，
∴−16+4b+c=0c=8，
解得：b=2c=8，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+8；
(2)不存在点P，使四边形MNPQ为菱形．理由如下：
设P(t,−2t+8)，
∵PD⊥x轴，
∴PD//y轴，即PQ//y轴，
则Q(t,−t2+2t+8)，
∴PQ=−t2+2t+8−(−2t+8)=−t2+4t，
∵y=−x2+2x+8=−(x−1)2+9，
∴抛物线的顶点为M(1,9)，对称轴为直线x=1，
∴N(1,6)，
∴MN=9−6=3，MN//y轴，
∴PQ//MN，
要使四边形MNPQ为菱形，必须PQ=MN=PN，
由−t2+4t=3，
解得：t=1或t=3，
当t=1时，点P与点N重合，点Q与点M重合，舍去；
当t=3时，P(3,2)，Q(3,5)，
∴PQ=5−2=3，
∴PQ=MN，
∵PQ//MN，
∴四边形MNPQ是平行四边形，
∵PN= (3−1)2+(2−6)2=2 5，
∴PN≠MN，
故四边形MNPQ不能为菱形．
(3)如图(2)，连接MG，过点H、E、F分别作y轴的垂线，垂足依次为K、L、T，
设G(0,m)，
∵EF//BC，直线BC：y=−2x+8，
∴直线EF的解析式为y=−2x+m，
∵直线EF与直线y=−4x交于点H，
∴y=−4xy=−2x+m，
解得：x=−12my=2m，
∴H(−12m,2m)，
∴HK=−12m，GK=−m，
在Rt△GHK中，HG= HK2+GK2= (−12m)2+(−m)2=− 52m，
∵直线EF与抛物线交于点E，F，
∴−x2+2x+8=−2x+m，
整理得：x2−4x+m−8=0，
∴xE+xF=4，xExF=m−8，
在Rt△BOC中，OB=4，OC=8，
∴BC= OB2+OC2= 42+82=4 5，
∴sin∠BCO=OBBC=44 5= 55，
∵EF//BC，
∴∠FGT=∠EGL=∠BCO，
∴sin∠FGT=sin∠EGL=sin∠BCO= 55，
∴EG=ELsin∠EGL=−xE 55=− 5xE，FG=FTsin∠FGT=xF 55= 5xF，
∴1EG−1FG=FG−EGEG⋅FG= 5(xF+ xE)−5xExF=4 5−5(m−8)，
∵1EG−1FG=1HG，
∴4 5−5(m−8)=1− 52m，
解得：m=−8，
∴点G的坐标为(0,−8)．
【解析】(1)根据直线BC的解析式可求得B(4,0)，C(0,8)，代入抛物线y=−x2+bx+c即可求得答案；
(2)设P(t,−2t+8)，则Q(t,−t2+2t+8)，根据PQ//MN，PQ=MN，可得t=3，即P(3,2)，Q(3,5)，由两点间距离公式可得PN=2 5，由于PN≠MN，故四边形MNPQ不能为菱形．
(3)连接MG，过点H、E、F分别作y轴的垂线，垂足依次为K、L、T，设G(0,m)，由EF//BC，直线BC：y=−2x+8，可得直线EF的解析式为y=−2x+m，通过联立方程组可得H(−12m,2m)，进而求得HG=− 52m，根据直线EF：y=−2x+m与抛物线交于点E，F，可得x2−4x+m−8=0，运用根与系数关系可得：xE+xF=4，xExF=m−8，利用三角函数定义可得：EG=ELsin∠EGL=−xE 55=− 5xE，FG=FTsin∠FGT=xF 55= 5xF，再由1EG−1FG=1HG，建立方程求解即可得出答案．
本题属于二次函数综合题，考查了一次函数和二次函数的图象与性质、一元二次方程根与系数关系，解直角三角形、勾股定理、待定系数法求函数的解析式、平行四边形和菱形的判定等知识点，运用数形结合思想以及熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
2023年福建省宁德市蕉城区博雅培文学校中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在0.2，327，−1， 3四个数中，属于无理数的是( )
A. 0.2 B. 327 C. −1 D. 3
2. 下列几何体的俯视图是矩形的是( )
A. B. C. D.
3. 2023年2月10日，神舟十五号航天员乘组圆满完成了他们的首次出舱任务，飞船的时速为每小时28亿千米，28亿千米用科学记数法表示应为( )
A. 2.8×108米 B. 2.8×109米 C. 28×1012米 D. 2.8×1012米
4. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
5. 计算(−a3)2，结果正确的是( )
A. a6 B. −a6 C. a5 D. −a5
6. 不等式组−2x<4x−2>1的解集为( )
A. −2
A. 82+x2=(x−3)2 B. 82+(x+3)2=x2
C. 82+(x−3)2=x2 D. x2+(x−3)2=82
8. 小明收集整理了本校八年级1班20名同学的定点投篮比赛成绩(每人投篮10次)，并绘制了折线统计图，如图所示.那么这次比赛成绩的中位数、众数分别是( )
A. 6，7 B. 7，7 C. 5，8 D. 7，8
9. 如图，一枚运载火箭从地面L处发射，雷达站R与发射点L距离6km，当火箭到达A点时，雷达站测得仰角为43°，则这枚火箭此时的高度AL为( )
A. 6sin43°
B. 6cos43°
C. 6tan43∘
D. 6tan43°
10. 如图，在平面直角坐标系中，点A(m−2,y1)，B(m,y2)都在二次函数y=(x−1)2+n的图象上.若y1>y2，则m的取值范围是( )
A. m<1
B. m>1
C. m<2
D. m>2
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 分解因式：a3−a=______．
12. 大小、形状完全相同的5张卡片，背面分别写着“我”“的”“中”“国”“梦”这5个字，从中随机抽取一张，则这张卡片背面恰好写着“中”字的概率是______．
13. 如图：在△ABC中，AB=13，BC=12，点D、E分别是AB，BC的中点，连接DE、CD，如果DE=2.5，那么△ABC的周长是______ ．
14. 若点A(−1,y1)、B(−14,y2)、C(1,y3)都在反比例函数y=k2+1x(k为常数)的图象上，则y1、y2、y3的大小关系为______．
15. 初一年级举行一次数学竞赛，赛后5名同学A，B，C，D，E知道了自己的成绩，但这5名学生想尽快得知比赛的名次，得到如下消息，则获得比赛第三名的同学是______ ．
信息序号
文字信息
1
D的得分是E的得分四分之一
2
E的得分是B得分的3倍
3
A和D的得分之和等于B和C的总分
4
A与E得分之差是B得分的四分之三
16. 如图，正方形ABCD的边长为1，点E是BC上一动点(不与点B，C重合)，过点E作EF⊥AE交正方形外角的平分线CF于点F，交CD于点G，连接AF.下列结论：①AE=EF；②CF= 2BE；③∠DAF=∠CEF；④△CEF的面积的最大值为18.其中正确的是______ .(填写正确结论的序号)
三、解答题（本大题共9小题，共86.0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)
计算：|−2|− 4+(π−4)0．
18. (本小题8.0分)
如图，已知△ABC中，点D为BC边上一点，∠B=∠4，∠1=∠2=∠3，求证：BC=DE．
19. (本小题8.0分)
先化简(1−3a+2)÷a2−2a+1a2−4，然后从−2≤a≤2的范围内选取一个合适的整数作为a的值代入求值．
20. (本小题8.0分)
自共享单车上市以来，给人们的出行提供了便利，受到了广大市民的查睐，某公司为了了解员工上下班回家的路线(设路程为公里)情况，随机抽取了若干名员工进行了问卷调查，现将这些员工的调查结果分为四个等级，A：0≤x≤3、B：3
(1)补全上面的条形统计图和扇形统计图，其中扇形统计图中a= ______ ，b= ______ ．
(2)所抽取员工下班路程的中位数落在等级______ (填字母)；
(3)若该公司有900名员工，在高峰期时路程在6公里以下的员工会优先选择共享单车下班，请你估算该公司有多少人会优先选择共享单车．
21. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E．
(1)求证：BE=CE；
(2)若AB=6，∠BAC=54°，求AD的长．
22. (本小题10.0分)
某超市销售A、B两款保温杯，已知B款保温杯的销售单价比A款保温杯多10元，用1200元购买B款保温杯的数量与用960元购买A款保温杯的数量相同．
(1)A、B两款保温杯销售单价各是多少元？
(2)由于需求量大，A、B两款保温杯很快售完，该超市计划再次购进这两款保温杯共120个，且A款保温杯的数量不少于B款保温杯数量的一半，A款保温杯的进价为每个30元，B款保温杯的进价为每个35元，若两款保温杯的销售单价不变，应如何进货才使这批保温杯的销售利润最大，最大利润是多少元？
23. (本小题10.0分)
如图，正方形ABCD中，BC是⊙O的直径，点E是⊙O上的一动点(点E不与点B，C重合，且在BC左侧)．
(1)尺规作图：做出点E使得∠EBC=∠DEC；
(2)在(1)的条件下，延长DE交AB于F，求证AF=BF+OB．
24. (本小题12.0分)
在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，连接CE．
(1)如图1，若点D在BC边上，AC，DE相交于点F．
①求证：BD=CE；
②若AF=DF；AB=5，BC=6，求BD的长，
(2)如图2，若∠BAC=90°，M为BE的中点，连接AM，求证：AM⊥CD．
25. (本小题14.0分)
如图，直线y=−2x+8分别交x轴，y轴于点B，C，抛物线y=−x2+bx+c过B，C两点，其顶点为M，对称轴MN与直线BC交于点N．
(1)直接写出抛物线的解析式；
(2)如图1，点P是线段BC上一动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交抛物线于点Q，问：是否存在点P，使四边形MNPQ为菱形？并说明理由；
(3)如图2，点G为y轴负半轴上的一动点，过点G作EF//BC，直线EF与抛物线交于点E，F，与直线y=−4x交于点H，若1EG−1FG=1HG，求点G的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、0.2属于有理数，故A不符合题意；
B、327=3，为有理数，故B不符合题意；
C、−1为有理数，故C不符合题意；
D、 3为开不尽方根，故D符合题意．
故选：D．
按照无理数的定义逐个来判定即可．
本题考查了无理数的定义，无理数是指①无限不循环小数；②开不尽的方根，牢牢掌握无理数的定义是解题关键．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查立体图形的俯视图，熟练掌握俯视图即是从上面向下看所得到的图形是解题的关键．
根据俯视图是从上面向下看所得到的图形，对各个选项进行分析判定即可．
【解答】
解：A、其俯视图为圆形，不符合题意；
B、其俯视图为三角形，不符合题意；
C、其俯视图为矩形，符合题意；
D、其俯视图为梯形，不符合题意，
故选：C．
3.【答案】D
【解析】解：28亿千米=2800000000000米=2.8×1012米．
故选：D．
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．
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．
4.【答案】C
【解析】解：A、原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
D、原图不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是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度后与自身重合．
5.【答案】A
【解析】解：原式=(−1)2×(a3)2=a6．
故选：A．
依据积的乘方法则和幂的乘方法则求解即可．
本题主要考查的是积的乘方，掌握相关法则是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：−2x<4①x−2>1②，
由不等式①，得
x>−2，
由不等式②，得
x>3，
故原不等式组的解集是x>3，
故选：C．
根据解一元一次不等式组的方法可以解答本题．
本题考查解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确解一元一次不等式组的方法．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，勾股定理，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
设绳索长为x尺，根据勾股定理列出方程解答即可．
【解答】
解：设绳索长为x尺，可列方程为(x−3)2+82=x2，
故选C．
8.【答案】B
【解析】解：八年级1班20名同学的定点投篮比赛成绩按照从小到大的顺序排列如下：
3，3，5，5，5，5，6，6，6，7，7，7，7，7，7，8，8，8，9，9，
这次比赛成绩的中位数是7+72=7，众数是7，
故选：B．
将八年级1班20名同学的定点投篮比赛成绩按照从小到大的顺序排列，根据众数、中位数的定义求解即可．
此题考查了折线统计图、中位数以及众数，根据折线统计图得出解题所需数据并熟练掌握众数、中位数定义是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】
【分析】
根据正切的定义即可求解．
本题考查了锐角三角函数，仰角问题，掌握三角函数的定义是解题的关键．
【解答】
解：在Rt△ALR中，RL=6，∠ARL=43°，
∴tanR=ALLR，
∴AL=LR⋅tanR=6tan43°．
故选：D．
10.【答案】C
【解析】解：∵点A(m−2,y1)，B(m,y2)都在二次函数y=(x−1)2+n的图象上，
∴y1=(m−2−1)2+n=(m−3)2+n，
y2=(m−1)2+n，
∵y1>y2，
∴(m−3)2+n>(m−1)2+n，
∴(m−3)2−(m−1)2>0，
即−4m+8>0，
∴m<2，
故选：C．
根据y1>y2列出关于m的不等式即可解得答案．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据已知列出关于m的不等式．本题属于基础题，难度不大．
11.【答案】a(a+1)(a−1)
【解析】
【分析】
本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用平方差公式进行二次分解，注意要分解彻底．
先提取公因式a，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
【解答】
解：a3−a
=a(a2−1)
=a(a+1)(a−1)．
故答案为a(a+1)(a−1)．
12.【答案】15
【解析】解：∵在我”“的”“中”“国”“梦”这5个字的卡片中只有1张写有“中”字，
∴这张卡片上面恰好写着“中”字的概率是15
故答案为：15．
由在我”“的”“中”“国”“梦”这5个字的卡片中只有1张写有“中”字，利用概率公式计算可得．
本题考查了统计与概率中概率的求法．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
13.【答案】30
【解析】解：∵点D、E分别是AB，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AC=2DE=5，
∴△ABC的周长=AB+AC+BC=13+5+12=30，
故答案为：30．
根据三角形中位线定理求出AC，根据三角形的周长公式计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
14.【答案】y2
∴该函数图象在第一、三象限，在每个象限内y随x的增大而减小，
∵点A(−1,y1)、B(−14,y2)、C(1,y3)都在反比例函数y=k2+1x(k为常数)的图象上，−1<−14，点A、B在第三象限，点C在第一象限，
∴y2
本题考查反比例函数的性质，解答本题的关键是明确反比例函数的性质，会用反比例函数的性质判断函数值的大小关系，注意第三象限内点的纵坐标始终小于第一象限内点的纵坐标．
15.【答案】E
【解析】解：设B的得分为x分(x>0)，则A的得分为154x分，C的得分为72x分，D的得分为34x分，E的得分为3x分，
∵x>0，
∴154x>72x>3x>x>34x，
∴获得比赛第三名的同学是E．
故答案为：E．
设B的得分为x分(x>0)，则A的得分为154x分，C的得分为72x分，D的得分为34x分，E的得分为3x分，将五人的成绩比较后即可得出结论．
本题考查了列代数式，根据各数量之间的关系，用含x的代数式表示出五人的成绩是解题的关键．
16.【答案】①②
【解析】解：在AB上取点H，使AH=EC，连接EH，
∵∠HAE+∠AEB=90°，∠CEF+∠AEB=90°，
∴∠HAE=∠CEF，
又∵AH=CE，
∴BH=BE，
∴∠AHE=135°，
∵CF是正方形外角的平分线，
∴∠ECF=135°，
∴∠AHE=∠ECF，
在△AHE和△ECF中，
∠HAE=∠CEFAH=EC∠AHE=∠ECF，
∴△AHE≌△ECF(ASA)，
∴AE=EF，EH=CF，故①正确；
∵BE=BH，
∴EH= 2BE，
∴CF= 2BE，故②正确；
∵∠AHE=135°，
∴∠HAE+∠AEH=45°，
又∵AE=EF，
∴∠EAF=45°，
∴∠HAE+∠DAF=45°，
∴∠AEH=∠DAF，
∵∠AEH=∠EFC，
∴∠DAF=∠EFC，
而∠FEC不一定等于∠EFC，
∴∠DAF不一定等于∠FEC，故③错误；
∵△AHE≌△ECF，
∴S△AHE=S△CEF，
设AH=x，则S△AHE=12x⋅(1−x)=−12x2+12x，
当x=12时，S△AHE取最大值为18，
∴△CEF面积的最大值为18，故④错误，
故答案为：①②．
在AB上取点H，使AH=EC，连接EH，然后证明△AGE和△ECF全等，再利用全等三角形的性质即可得出答案．
本题主要考查正方形的性质和全等三角形的应用，关键是要能作出辅助线EG，构造出全等的三角形，要牢记全等三角形的性质．
17.【答案】解：原式=2−2+1
=1．
【解析】利用绝对值的性质，算术平方根的定义，零指数幂进行计算即可．
本题考查实数的运算，熟练掌握相关的运算法则是解题的关键．
18.【答案】证明：∵∠ADE+∠3=∠1+∠B，∠1=∠3，
∴∠ADE=∠B，
∵∠1=∠2，
∴∠1+∠DAC=∠2+∠DAC，
即∠BAC=∠DAE，
∵∠B=∠4，
∴AB=AD，
在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAEAB=AD∠B=∠ADE，
∴△ABC≌△ADE(ASA)，∴BC=DE．
【解析】求出∠B=∠ADE，∠BAC=∠DAE，AB=AD，根据全等三角形的判定定理推出即可．
本题考查了全等三角形的性质和判定、等腰三角形的性质等知识；证明三角形全等是解题的关键．
19.【答案】解：原式=a+2−3a+2⋅(a+2)(a−2)(a−1)2，
=a−2a−1．
当a=0时，原式=−2−1=2．
【解析】首先对括号内的分式进行通分相加，把除法转化为乘法，计算乘法即可化简，然后代入0或−1求解；
本题考查了分式的化简求值，正确进行通分、约分是关键，本题中要注意a不能取−2，2以及1．
20.【答案】20% 15% B
【解析】解：(1)56÷35%=160(人)，
b=24÷160=15%，
a=1−15%−35%−30%=20%，
B等级的人数为：160×20%=32(人)，
补全的条形统计图如图所示，
故答案为：20%，15%；
(2)所抽取员工下班路程的中位数落在等级B．
故答案为：B；
(3)900×(30%+15%)=405(人)，
答：估计该公司大约有405人可以优先选择共享单车．
(1)由两个统计图可知道A等级的有56人，占调查人数的35%，可求出调查人数，进而求出D等级所占的百分比，和B等级的百分比，再求出B等级的人数，从而补全条形统计图、以及扇形统计图中B、D所占的百分比．
(2)A等级占35%，B等级的占20%，从高到低，中位数应落在50%的组，因此落在B组．
(3)样本估计总体，样本中“在6公里以上“占(30%+15%)”估计总体中的也占45%，进而求出人数．
本题考查条形统计图、扇形统计图的特点及制作方法，从两个统计图中获取数量和数量之间的关系式解决问题的关键，样本估计总体是统计中常用的方法．
21.【答案】(1)证明：如图，连接AE．
∵AB是圆O的直径，
∴∠AEB=90°，
即AE⊥BC．
又∵AB=AC，
∴AE是边BC上的中线，
∴BE=CE；
(2)解：∵AB=6，
∴OA=3．
又∵OA=OD，∠BAC=54°，
∴∠AOD=180°−2×54°=72°，
∴AD的长为：72×π×3180=6π5．
【解析】本题考查了圆周角定理、弧长的计算以及等腰三角形的判定与性质．通过作辅助线，利用圆周角定理(或圆半径相等)的性质求得相关角的度数是解题的难点．
(1)如图，连接AE，利用圆周角定理推知AE是等腰△ABC的垂线，结合等腰三角形的性质证得结论；
(2)如图，连接OD，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理可以求得圆心角∠AOD的度数，然后利用弧长公式进行解答．
22.【答案】解：(1)设A款保温杯销售单价是x元，则B款保温杯销售单价是(x+10)元，
根据题意得：960x=1200x+10，
解得x=40，
经检验，x=40是原方程的解，
∴x+10=40+10=50，
答：A款保温杯销售单价是40元，B款保温杯销售单价是50元；
(2)设这批保温杯的销售利润是w元，购进A款保温杯m个，则购进B款保温杯(120−m)个，
∵A款保温杯的数量不少于B款保温杯数量的一半，
∴m≥12(120−m)，
解得m≥40，
根据题意得：w=(40−30)m+(50−35)(120−m)=−5m+1800，
∵−5<0，
∴w随m的增大而减小，
∴m=40时，w取最大值，最大值是−5×40+1800=1600(元)，
此时120−m=120−40=80，
答：购进A款保温杯40个，购进B款保温杯80个，才使这批保温杯的销售利润最大，最大利润是1600元．
【解析】(1)设A款保温杯销售单价是x元，则B款保温杯销售单价是(x+10)元，可得：960x=1200x+10，解方程并检验得A款保温杯销售单价是40元，B款保温杯销售单价是50元；
(2)设这批保温杯的销售利润是w元，购进A款保温杯m个，则购进B款保温杯(120−m)个，根据A款保温杯的数量不少于B款保温杯数量的一半，得m≥40，
根据题意得：w=(40−30)m+(50−35)(120−m)=−5m+1800，由一次函数性质得购进A款保温杯40个，购进B款保温杯80个，才使这批保温杯的销售利润最大，最大利润是1600元．
本题考查分式方程及一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程和函数关系式．
23.【答案】(1)解：如图，连接DO，作DO的垂直平分线，交DO于点K，以K为圆心，KO为半径作圆，交⊙O于一点，该点即为所求作的点E；
连接CE、DE，BE、CE，OE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠OCD=90°，
∵OD为⊙K的直径，
又∵直径所对的圆周角为直角，
∴点C在⊙K上，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BEC=90°，
∵OD为⊙K的直径，
∴∠DEO=90°，
∴∠DEC+∠CEO=∠CEO+∠OEB=90°，
∴∠DEC=∠OEB，
∵OB=OE，
∴∠EBC=∠OEB，
∴∠EBC=∠DEC；
(2)证明：延长CE交AB于点G，如图所示：
∵OD为⊙K的直径，
∴∠OCD=∠OED=90°，
∴OE⊥DE，OC⊥DC，
∵OC，OE为⊙O半径，
∴DC、DE为⊙O的切线，
∴DC=DE，
∴∠DCE=∠DEC，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB//DC，CD=BC=AB，
∴∠DCE=∠EGF，
∵∠GEF=∠CED，
∴∠GEF=∠EGF，
∴FE=FG，
∵∠OBF=90°，
∴OB⊥AB，
∵OB为⊙O半径，
∴FB为⊙O的切线，
∴FB=FE，
∴FB=FG，
∵DE=DC，OE=OC，
∴OD垂直平分CE，
∴∠CHO=90°，
∴∠HCO+∠HOC=∠HOC+∠CDO=90°，
∴∠HCO=∠CDO，
即∠GCB=∠CDO，
∵CD=BC，∠OCD=∠GBC=90°，
∴△CDO≌△BCG，
∴BG=OC=12BC=12AB，
∴AG=12AB=OB，
∴AF=AG+GF=BF+OB．
【解析】(1)连接DO，作DO的垂直平分线，交DO于点K，以K为圆心，KO为半径作圆，交⊙O于点E，即可得出答案；
(2)延长CE交AB于点G，证明FB=FG，证明△CDO≌△BCG，得出BG=OC=12BC=12AB，求出AG=12AB，即可证明AF=AG+GF=BF+OB．
本题主要考查了正方形的性质，圆的切线的判定和性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定，垂直平分线的判定，余角的性质，切线长定理，直径所对的圆周角是直角，解题的关键是作出辅助线，数形结合．
24.【答案】(1)①证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
AB=AC∠DAB=∠EACAD=AE，
∴△DAB≌△EAC(SAS)，
∴BD=CE；
②解：∵AB=AC，AD=AE，
∴∠B=∠ACB，∠ADE=∠AED，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠B=∠ADE，
∵∠ADC=∠ADE+∠CDE=∠B+∠BAD，
∴∠BAD=∠CDE，
∵∠B=∠DCF，
∴△ABD∽△DCF，
∵AF=DF，
∴∠ADF=∠DAF，
∵∠ADF=∠B=∠ACD，
∴∠ACD=∠DAF，
∴AD=CD，
设BD=x，则CD=AD=6−x，
∵△ABD∽△DCF，
∴BDCF=ABDC=ADDF，即xCF=56−x=6−xDF，
∴CF=x(6−x)5，DF=(6−x)25，
∵DF+CF=AC=AB=5，
∴x(6−x)5+(6−x)25=5，
解得：x=116，
∴BD=116；
(2)证明：∵AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，
如图2，将△ACD绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，延长DC交EF于点G，DG，AE交于点H，
∴△ADC≌△AEF，
∴∠ADC=∠AEF，即∠ADH=∠AEF，
∵∠GHE=∠AHD，
∴∠HGE=∠DAE=90°，
∴CD⊥EF，
∵M是BE的中点，AF=AC=AB，
∴AM//EF，
∴AM⊥CD．
【解析】(1)①利用“SAS”证明△DAB≌△EAC，由全等三角形的性质即可证明BD=CE；
②设BD=x，则CD=AD=6−x，证明△ABD∽△DCF，列比例式，表示DF和CF的长，根据AC=5，列方程可解答；
(2)将△ACD绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，延长DC交EF于点G，DG，AE交于点H，则△ADC≌△AEF，再根据三角形的中位线定理可得结论．
本题是三角形的综合题，主要考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，旋转的性质，直角三角形两锐角互余等知识，解题关键是证明△DAB≌△EAC，熟练运用全等三角形的性质解决问题．
25.【答案】解：(1)∵直线y=−2x+8分别交x轴，y轴于点B，C，
∴B(4,0)，C(0,8)，
∵抛物线y=−x2+bx+c过B，C两点，
∴−16+4b+c=0c=8，
解得：b=2c=8，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+8；
(2)不存在点P，使四边形MNPQ为菱形．理由如下：
设P(t,−2t+8)，
∵PD⊥x轴，
∴PD//y轴，即PQ//y轴，
则Q(t,−t2+2t+8)，
∴PQ=−t2+2t+8−(−2t+8)=−t2+4t，
∵y=−x2+2x+8=−(x−1)2+9，
∴抛物线的顶点为M(1,9)，对称轴为直线x=1，
∴N(1,6)，
∴MN=9−6=3，MN//y轴，
∴PQ//MN，
要使四边形MNPQ为菱形，必须PQ=MN=PN，
由−t2+4t=3，
解得：t=1或t=3，
当t=1时，点P与点N重合，点Q与点M重合，舍去；
当t=3时，P(3,2)，Q(3,5)，
∴PQ=5−2=3，
∴PQ=MN，
∵PQ//MN，
∴四边形MNPQ是平行四边形，
∵PN= (3−1)2+(2−6)2=2 5，
∴PN≠MN，
故四边形MNPQ不能为菱形．
(3)如图(2)，连接MG，过点H、E、F分别作y轴的垂线，垂足依次为K、L、T，
设G(0,m)，
∵EF//BC，直线BC：y=−2x+8，
∴直线EF的解析式为y=−2x+m，
∵直线EF与直线y=−4x交于点H，
∴y=−4xy=−2x+m，
解得：x=−12my=2m，
∴H(−12m,2m)，
∴HK=−12m，GK=−m，
在Rt△GHK中，HG= HK2+GK2= (−12m)2+(−m)2=− 52m，
∵直线EF与抛物线交于点E，F，
∴−x2+2x+8=−2x+m，
整理得：x2−4x+m−8=0，
∴xE+xF=4，xExF=m−8，
在Rt△BOC中，OB=4，OC=8，
∴BC= OB2+OC2= 42+82=4 5，
∴sin∠BCO=OBBC=44 5= 55，
∵EF//BC，
∴∠FGT=∠EGL=∠BCO，
∴sin∠FGT=sin∠EGL=sin∠BCO= 55，
∴EG=ELsin∠EGL=−xE 55=− 5xE，FG=FTsin∠FGT=xF 55= 5xF，
∴1EG−1FG=FG−EGEG⋅FG= 5(xF+ xE)−5xExF=4 5−5(m−8)，
∵1EG−1FG=1HG，
∴4 5−5(m−8)=1− 52m，
解得：m=−8，
∴点G的坐标为(0,−8)．
【解析】(1)根据直线BC的解析式可求得B(4,0)，C(0,8)，代入抛物线y=−x2+bx+c即可求得答案；
(2)设P(t,−2t+8)，则Q(t,−t2+2t+8)，根据PQ//MN，PQ=MN，可得t=3，即P(3,2)，Q(3,5)，由两点间距离公式可得PN=2 5，由于PN≠MN，故四边形MNPQ不能为菱形．
(3)连接MG，过点H、E、F分别作y轴的垂线，垂足依次为K、L、T，设G(0,m)，由EF//BC，直线BC：y=−2x+8，可得直线EF的解析式为y=−2x+m，通过联立方程组可得H(−12m,2m)，进而求得HG=− 52m，根据直线EF：y=−2x+m与抛物线交于点E，F，可得x2−4x+m−8=0，运用根与系数关系可得：xE+xF=4，xExF=m−8，利用三角函数定义可得：EG=ELsin∠EGL=−xE 55=− 5xE，FG=FTsin∠FGT=xF 55= 5xF，再由1EG−1FG=1HG，建立方程求解即可得出答案．
本题属于二次函数综合题，考查了一次函数和二次函数的图象与性质、一元二次方程根与系数关系，解直角三角形、勾股定理、待定系数法求函数的解析式、平行四边形和菱形的判定等知识点，运用数形结合思想以及熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
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