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黄金卷01-备战中考数学模拟卷（安徽专用）
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这是一份黄金卷01-备战中考数学模拟卷（安徽专用），文件包含黄金卷01安徽专用解析版docx、黄金卷01安徽专用参考答案docx、黄金卷01安徽专用考试版docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共46页， 欢迎下载使用。
选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）
填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
11．4 12．4.3×106 13． 14 14． 2 5−12
（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
（8分）
2xx+2，x=−1时，原式=−2
【分析】根据分式的运算法则化简计算即可．
【详解】2x2−4÷1x2−2x
=2x+2x−2×xx−2
=2xx+2．（4分）
∵x≠±2，
∴x=−1时，
2xx+2=2×−1−1+2=−2．（8分）
【点睛】本题考查了分式的化简求值，正确化简，适当选值是解题的关键．
（8分）
甲仓库原来存粮240吨，乙仓库原来存粮210吨
【分析】设甲仓库原来存粮x吨，乙仓库原来存粮y吨，根据“甲仓库和乙仓库共存粮450吨，现从甲仓库运出存量的60%，从乙仓库运出存粮的40%，结果乙仓库所余的粮食比甲仓库所余的粮食多30吨”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．
【详解】解：设甲仓库原来存粮x吨，乙仓库原来存粮y吨，
根据题意得：x+y=450(1−40%)y−(1−60%)x=30，（4分）
解得：x=240y=210． （7分）
答：甲仓库原来存粮240吨，乙仓库原来存粮210吨．（8分）
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17．（8分）
【分析】（1）分别作出将点A、B、C向右平移3个单位，再向上平移5个单位后的对应点，再依次连接即可；
（2）分别作出将点A1，B1，C1绕点O顺时针旋转90°的对应点，再一次连接即可；
（3）连接BE，交AC于点D，AE即为所求．
【详解】（1）解：如图所示：△A1B1C1即为所求；（2分）
（2）解：如图所示：△A2B2C2即为所求；（4分）
（3）解：如图所示：AE即为所求．（6分）
根据勾股定理可得：AB=AC2+BC2=5，
∵AE=AB=5，
∴∠AEB=∠ABE，
∵AE∥BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∴∠ABE=∠EBC，
∴AE平分∠ABC． （8分）
【点睛】本题主要考查案例平移和旋转的作图，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握平移和旋转的性质，以及平移和旋转的作图方法．
18．（8分）(1)15，21
(2)n2−n2，3n+3
(3)8
【分析】（1）根据图形查出黑棋子和白棋子的个数即可；
（2）根据图形分别表示各个图案中黑白棋子的变化规律，可得第n个图案的规律；
（3）建立方程和不等式求解即可．
【详解】（1）解：第6个图案中，黑棋子的个数为15，白棋子的个数为21；
故答案为：15，21； （2分）
（2）由图可知，白棋子的变化规律为每次增加3个，
则第n个图案中白棋子的个数为3n+3，
黑棋子的变化为：
n=1时，0个；
n=2时，0+1=1个；
n=3时，0+1+2=3个；
n=4时，0+1+2+3=6个；
故第n个图案中黑棋子个数为0+1+2+3+...+(n−1)=n2⋅(n−1)=n2−n2；
故答案为：n2−n2，3n+3； （4分）
（3）n2−n2=3n+3，
n2−7n−6=0，
解得：n=7+732，n=7−732（不符题意，舍去），（6分）
∴ n2−n2>3n+3，
n>7+732，
∵n取正整数，且黑棋子第一次比白棋子多，
∴n=8．
当摆放到第8个三角形阵时，该三角形阵中的黑棋子数第一次比白棋子多．
故答案为：8． （8分）
【点睛】本题主要考查图形变化类的规律问题，解题关键在于求出黑白棋子各自的变化规律．
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19．（10分）
3.0米
【分析】过点C作CF⊥BN于点F，过点C作CG⊥DE于点G，则四边形CGNF为矩形，以此得到CF∥GN，CG=FN，根据平行线的性质可得∠DAC=∠ACF=79°，进而得∠BCF=30°，根据三角函数分别求出CG、BF，以此即可求解．
【详解】解：如图，过点C作CF⊥BN于点F，过点C作CG⊥DE于点G，
则四边形CGNF为矩形，
∴CF∥GN，CG=FN，
∴∠DAC=∠ACF=79°，
∴∠BCF=∠ACB−∠ACF=30°，
在Rt△ACG中，CG=AC⋅sin∠GAC=2×0.98≈1.96m，
∴FN=CG≈1.96m，（3分）
AG=AC⋅cs∠GAC=2×0.19≈0.38m，
∴CF=GN=AG+AN=0.38+1.35=1.73m，（6分）
在Rt△BCF中，BF=FC⋅tan30°=1.73×33≈1.00m，（8分）
∴BN=BF+FN=1.00+1.96≈3.0m．
∴凉亭最高点到地面的距离BN的长为3.0米．（10分）
【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，结合题目意思，构造合适的直角三角形解决问题是解题关键．
20．(1)90°
(2)23
【分析】（1）如图1，利用切线的性质得到OC⊥CD，再根据平行四边形的性质得到AB∥OC，所以AD⊥CD，从而得到∠ADC的度数；
（2）利用垂径定理得到OF⊥AB，则可判断四边形EOCD为矩形，连接OB，如图②，证明△ABO为等边三角形得到∠A=60°，则可计算出OE，然后利用矩形的面积公式计算．
【详解】（1）解：如图1，∵CD为切线，
∴OC⊥CD，
∵四边形OABC为平行四边形，
∴AB∥OC，
∴AD⊥CD，
∴∠ADC=90°； （4分）
（2）解：∵F点为AB的中点，
∴OF⊥AB，
∴四边形EOCD为矩形，
连接OB，如图②，
∵四边形OABC为平行四边形，
∴AB=OC，
而OA=OB，
∴OA=OB=AB，
∴△ABO为等边三角形， （8分）
∴∠A=60°，
在Rt△AOE中，AE=12OA=1，OE=3AE=3，
∴四边形EOCD的面积=OE⋅OC=3×2=23．（10分）
【点睛】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了平行四边形的性质．
六、（本题满分12分）
21．（12分）
(1)8.3
(2)8.5；8；
(3)八年级学生，理由见解析
【分析】（1）根据平均数的计算方法求解即可；
（2）由中位数及众数的定义求解即可；
（3）结合图表作出相应决策即可．
【详解】（1）解：a=2×6+5×7+3×8+6×9+3×10+1×1120=8.3； （4分）
（2）∵2+5+3=10，2+5+3+6=16，
∴第10、11名学生的阅读时长分别为8小时，9小时，
∴b=8+92=8.5；（6分）
七年级阅读时长中，8小时人数最多，
∴c=8，（8分）
故答案为：8.5；8；
（3）八年级学生课外阅读时长的中位数、众数均高于七年级，
∴八年级学生的阅读积极性更高． （12分）
【点睛】题目主要考查平均数、中位数、众数的计算方法，理解题意，根据图表得出相关信息是解题关键．
七、（本题满分12分）
22．（12分）
(1)①详见解析；②详见解析
(2)1a
【分析】（1）①由tan∠ABC=ACBC=1得，∠ABC=45°，由外角定理得∠EDC=45°+∠BAD，从而∠ECD=90°−∠EDC<45°．
②过点B作BH∥AC，交CE的延长线于H，证明△ACD≌△CBH，得到BH=CD，再证明△BEH∽△FEC，得到BEEF=BHCF，即可得结论．
（2）过点B作BM⊥CE，交CE的延长线于M，设BC=2m，证明△BCM∽△DAC，表示出BM、CM、EM的长，tan∠CEF=tan∠BEM=BMME求得结果．
【详解】（1）证明：①∵∠ACB=90°，tan∠ABC=ACBC=1，
∴AC=BC，
∴∠ABC=45°，
∵∠EDC=∠ABC+∠BAD=45°+∠BAD，
∴∠EDC>45°，
∵CE⊥AD于点E，
∴∠DEC=90°，
∴∠ECD=90°−∠EDC，
∴∠EDC<45°． （3分）
②证明：如图1，过点B作BH∥AC，交CE的延长线于H，CH与AB交于G，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBH=90°，
∴∠BCH+∠ACE=90°，
∵CE⊥AD，
∴∠DAC+∠ACE=90°，
∴∠DAC=∠BCH，
又∵tan∠ABC=ACBC=1，
∴BC=AC，
∴△ACD≌△CBHASA，
∴BH=CD．
∵BH∥AC，
∴△BEH∽△FEC，
∴ BEEF=BHCF，
∴ BEEF=CDCF．（7分）
（2）解：如图2，过点B作BM⊥CE，交CE的延长线于M，
则∠BMC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCM+∠ACE=90°，
∵CE⊥AD，
∴∠DAC+∠ACE=90°，
∴∠BCM=∠DAC，
∴△BCM∽△DAC，
∴ BMCD=BCAD=CMAC．
设BC=2m，
∵D是BC中点，
∴BD=CD=m，
∵tan∠ABC=ACBC=a，
∴AC=2am，
∴AD=AC2+CD2=(2am)2+m2=4a2+1m，
∴ BMm=2m4a2+1m=CM2am，
∴BM=2m4a2+1，CM=4am4a2+1，
∵BM∥AD，D是BC中点，
∴ME=CE=2am4a2+1，
∴tan∠CEF=tan∠BEM=BMME =1a．（12分）
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，综合性比较强，合理添加辅助线，把所学知识串联起来熟练运用是解题的关键．
八、（本题满分14分）
23．（14分）
(1)y=14x2−32x−4
(2)P−4,6
(3)5811或−2
【分析】（1）先由直线y=43x−4求得点C坐标，再利用待定系数法求解即可；
（2）先求得点D3,0，进而求得S△ACD=10，由S△PED−S△ACE=S△PED+S△CED−S△ACE+S△CED=S△PCD−S△ACD=13得到S△PCD=13+S△ACD=23，设Pm,14m2−32m−4，m<0，过P作PQ∥y轴交直线y=43x−4于点Q，则Qm,43m−4，PQ=14m2−176m，由S△PCD=S△PQD−S△PQC =32PQ列方程求得m即可；
（3）连接BC，易求得∠CPF=∠DBC，在Rt△BOC中，tan∠OBC=OCOB=12，则tan∠CPF=12，分①点P在直线CD下方时，②点P在直线CD上方时，分别画出对应图形，利用相似三角形的判定与性质求得点M的坐标，进而求得直线CM的解析式，与抛物线解析式联立方程组求解即可．
【详解】（1）解：∵直线y=43x−4交y轴于点C，∴C0,−4，
∵抛物线y=14x2+bx+c经过点A−2,0和点C，
∴14×−22−2b+c=0c=−4，解得b=−32c=−4，
∴抛物线的解析式为y=14x2−32x−4；（4分）
（2）解：在直线y=43x−4中，由y=43x−4=0得x=3，
∴D3,0，又A−2,0，C0,−4，
∴AD=5，OC=4，则S△ACD=12AD⋅OC=12×5×4=10，
∵S△PED−S△ACE=S△PED+S△CED−S△ACE+S△CED=S△PCD−S△ACD=13，
∴S△PCD=13+S△ACD=23，
设Pm,14m2−32m−4，m<0，
如图，过P作PQ∥y轴交直线y=43x−4于点Q，
则Qm,43m−4，∴PQ=14m2−32m−4−43m−4=14m2−176m，
∵S△PCD=S△PQD−S△PQC =12PQ⋅xD−xP−12PQ⋅xC−xP =32PQ，
∴3214m2−176m=23，
解得：m1=−4，m2=463（不合题意，舍去），
∴14m2−32m−4=6，
∴P−4,6； （8分）
（3）解：存在点P，使∠CPF=12∠CDO．
如图2，连接BC，由y=14x2−32x−4=0得x1=−2，x2=8，
∴B8,0，则OB=8，
∵C0,−4，D3,0，∴OD=3，OC=4，
∴CD=OD2+OC2=5，BD=OB−OD=5，
∴BD=CD，则∠DCB=∠DBC=12∠CDO，
∵∠CPF=12∠CDO，
∴∠CPF=∠DBC，
在Rt△BOC中，tan∠OBC=OCOB=12， 则tan∠CPF=12，
①当P在直线CD下方时，如图，过D作DM⊥CD交CP延长线于M，则DM∥PF，
∴∠DMC=∠CPF，则tan∠DMC=CDDM=12，
过M作MN⊥x轴于N，则∠COD=∠MND=∠CDM=90°，
∴∠CDO=∠DMN，
∴△COD∽△DNM，
∴OCDN=ODMN=CDDM=12，则DN=8，MN=6，ON=OD+DN=11，
∴M11,−6，
设直线CM的解析式为y=kx+b，
则11k+b=−6b=−4，解得k=−211b=−4，
∴直线CM的解析式为y=−211x−4，
由14x2−32x−4=−211x−4得x1=5811，x2=0（舍去），
则点P的横坐标为5811；（12分）
②当P在直线CD上方时，如图，过D作DM⊥CD交CP延长线于M，过M作MN⊥x轴于N， 则∠COD=∠MND=∠CDM=90°，
与①同理，得tan∠DMC=tan∠CPF=CDDM=12，△COD∽△DNM，
∴OCDN=ODMN=CDDM=12，则DN=8，MN=6，ON=DN−OD=5，
∴M−5,6，
设直线CM的解析式为y=k′x+b′，
则−5k′+b′=6b′=−4，解得k′=−2b′=−4，
∴直线CM的解析式为y=−2x−4，
由14x2−32x−4=−2x−4得x1=−2，x2=0（舍去），
则点P的横坐标为−2，
综上，满足条件的点P的横坐标为5811或−2． （14分）
【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及待定系数法求函数解析式、直线与抛物线的交点问题、坐标与图形、三角形的面积公式、锐角三角函数、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，难度大，属于中考压轴题，添加常用辅助线，利用分类讨论和数形结合思想的运用是解答的关键．
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A
A
D
A
B
D
A
C
C
C
选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）
填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
11．4 12．4.3×106 13． 14 14． 2 5−12
（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
（8分）
2xx+2，x=−1时，原式=−2
【分析】根据分式的运算法则化简计算即可．
【详解】2x2−4÷1x2−2x
=2x+2x−2×xx−2
=2xx+2．（4分）
∵x≠±2，
∴x=−1时，
2xx+2=2×−1−1+2=−2．（8分）
【点睛】本题考查了分式的化简求值，正确化简，适当选值是解题的关键．
（8分）
甲仓库原来存粮240吨，乙仓库原来存粮210吨
【分析】设甲仓库原来存粮x吨，乙仓库原来存粮y吨，根据“甲仓库和乙仓库共存粮450吨，现从甲仓库运出存量的60%，从乙仓库运出存粮的40%，结果乙仓库所余的粮食比甲仓库所余的粮食多30吨”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．
【详解】解：设甲仓库原来存粮x吨，乙仓库原来存粮y吨，
根据题意得：x+y=450(1−40%)y−(1−60%)x=30，（4分）
解得：x=240y=210． （7分）
答：甲仓库原来存粮240吨，乙仓库原来存粮210吨．（8分）
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17．（8分）
【分析】（1）分别作出将点A、B、C向右平移3个单位，再向上平移5个单位后的对应点，再依次连接即可；
（2）分别作出将点A1，B1，C1绕点O顺时针旋转90°的对应点，再一次连接即可；
（3）连接BE，交AC于点D，AE即为所求．
【详解】（1）解：如图所示：△A1B1C1即为所求；（2分）
（2）解：如图所示：△A2B2C2即为所求；（4分）
（3）解：如图所示：AE即为所求．（6分）
根据勾股定理可得：AB=AC2+BC2=5，
∵AE=AB=5，
∴∠AEB=∠ABE，
∵AE∥BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∴∠ABE=∠EBC，
∴AE平分∠ABC． （8分）
【点睛】本题主要考查案例平移和旋转的作图，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握平移和旋转的性质，以及平移和旋转的作图方法．
18．（8分）(1)15，21
(2)n2−n2，3n+3
(3)8
【分析】（1）根据图形查出黑棋子和白棋子的个数即可；
（2）根据图形分别表示各个图案中黑白棋子的变化规律，可得第n个图案的规律；
（3）建立方程和不等式求解即可．
【详解】（1）解：第6个图案中，黑棋子的个数为15，白棋子的个数为21；
故答案为：15，21； （2分）
（2）由图可知，白棋子的变化规律为每次增加3个，
则第n个图案中白棋子的个数为3n+3，
黑棋子的变化为：
n=1时，0个；
n=2时，0+1=1个；
n=3时，0+1+2=3个；
n=4时，0+1+2+3=6个；
故第n个图案中黑棋子个数为0+1+2+3+...+(n−1)=n2⋅(n−1)=n2−n2；
故答案为：n2−n2，3n+3； （4分）
（3）n2−n2=3n+3，
n2−7n−6=0，
解得：n=7+732，n=7−732（不符题意，舍去），（6分）
∴ n2−n2>3n+3，
n>7+732，
∵n取正整数，且黑棋子第一次比白棋子多，
∴n=8．
当摆放到第8个三角形阵时，该三角形阵中的黑棋子数第一次比白棋子多．
故答案为：8． （8分）
【点睛】本题主要考查图形变化类的规律问题，解题关键在于求出黑白棋子各自的变化规律．
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19．（10分）
3.0米
【分析】过点C作CF⊥BN于点F，过点C作CG⊥DE于点G，则四边形CGNF为矩形，以此得到CF∥GN，CG=FN，根据平行线的性质可得∠DAC=∠ACF=79°，进而得∠BCF=30°，根据三角函数分别求出CG、BF，以此即可求解．
【详解】解：如图，过点C作CF⊥BN于点F，过点C作CG⊥DE于点G，
则四边形CGNF为矩形，
∴CF∥GN，CG=FN，
∴∠DAC=∠ACF=79°，
∴∠BCF=∠ACB−∠ACF=30°，
在Rt△ACG中，CG=AC⋅sin∠GAC=2×0.98≈1.96m，
∴FN=CG≈1.96m，（3分）
AG=AC⋅cs∠GAC=2×0.19≈0.38m，
∴CF=GN=AG+AN=0.38+1.35=1.73m，（6分）
在Rt△BCF中，BF=FC⋅tan30°=1.73×33≈1.00m，（8分）
∴BN=BF+FN=1.00+1.96≈3.0m．
∴凉亭最高点到地面的距离BN的长为3.0米．（10分）
【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，结合题目意思，构造合适的直角三角形解决问题是解题关键．
20．(1)90°
(2)23
【分析】（1）如图1，利用切线的性质得到OC⊥CD，再根据平行四边形的性质得到AB∥OC，所以AD⊥CD，从而得到∠ADC的度数；
（2）利用垂径定理得到OF⊥AB，则可判断四边形EOCD为矩形，连接OB，如图②，证明△ABO为等边三角形得到∠A=60°，则可计算出OE，然后利用矩形的面积公式计算．
【详解】（1）解：如图1，∵CD为切线，
∴OC⊥CD，
∵四边形OABC为平行四边形，
∴AB∥OC，
∴AD⊥CD，
∴∠ADC=90°； （4分）
（2）解：∵F点为AB的中点，
∴OF⊥AB，
∴四边形EOCD为矩形，
连接OB，如图②，
∵四边形OABC为平行四边形，
∴AB=OC，
而OA=OB，
∴OA=OB=AB，
∴△ABO为等边三角形， （8分）
∴∠A=60°，
在Rt△AOE中，AE=12OA=1，OE=3AE=3，
∴四边形EOCD的面积=OE⋅OC=3×2=23．（10分）
【点睛】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了平行四边形的性质．
六、（本题满分12分）
21．（12分）
(1)8.3
(2)8.5；8；
(3)八年级学生，理由见解析
【分析】（1）根据平均数的计算方法求解即可；
（2）由中位数及众数的定义求解即可；
（3）结合图表作出相应决策即可．
【详解】（1）解：a=2×6+5×7+3×8+6×9+3×10+1×1120=8.3； （4分）
（2）∵2+5+3=10，2+5+3+6=16，
∴第10、11名学生的阅读时长分别为8小时，9小时，
∴b=8+92=8.5；（6分）
七年级阅读时长中，8小时人数最多，
∴c=8，（8分）
故答案为：8.5；8；
（3）八年级学生课外阅读时长的中位数、众数均高于七年级，
∴八年级学生的阅读积极性更高． （12分）
【点睛】题目主要考查平均数、中位数、众数的计算方法，理解题意，根据图表得出相关信息是解题关键．
七、（本题满分12分）
22．（12分）
(1)①详见解析；②详见解析
(2)1a
【分析】（1）①由tan∠ABC=ACBC=1得，∠ABC=45°，由外角定理得∠EDC=45°+∠BAD，从而∠ECD=90°−∠EDC<45°．
②过点B作BH∥AC，交CE的延长线于H，证明△ACD≌△CBH，得到BH=CD，再证明△BEH∽△FEC，得到BEEF=BHCF，即可得结论．
（2）过点B作BM⊥CE，交CE的延长线于M，设BC=2m，证明△BCM∽△DAC，表示出BM、CM、EM的长，tan∠CEF=tan∠BEM=BMME求得结果．
【详解】（1）证明：①∵∠ACB=90°，tan∠ABC=ACBC=1，
∴AC=BC，
∴∠ABC=45°，
∵∠EDC=∠ABC+∠BAD=45°+∠BAD，
∴∠EDC>45°，
∵CE⊥AD于点E，
∴∠DEC=90°，
∴∠ECD=90°−∠EDC，
∴∠EDC<45°． （3分）
②证明：如图1，过点B作BH∥AC，交CE的延长线于H，CH与AB交于G，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBH=90°，
∴∠BCH+∠ACE=90°，
∵CE⊥AD，
∴∠DAC+∠ACE=90°，
∴∠DAC=∠BCH，
又∵tan∠ABC=ACBC=1，
∴BC=AC，
∴△ACD≌△CBHASA，
∴BH=CD．
∵BH∥AC，
∴△BEH∽△FEC，
∴ BEEF=BHCF，
∴ BEEF=CDCF．（7分）
（2）解：如图2，过点B作BM⊥CE，交CE的延长线于M，
则∠BMC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCM+∠ACE=90°，
∵CE⊥AD，
∴∠DAC+∠ACE=90°，
∴∠BCM=∠DAC，
∴△BCM∽△DAC，
∴ BMCD=BCAD=CMAC．
设BC=2m，
∵D是BC中点，
∴BD=CD=m，
∵tan∠ABC=ACBC=a，
∴AC=2am，
∴AD=AC2+CD2=(2am)2+m2=4a2+1m，
∴ BMm=2m4a2+1m=CM2am，
∴BM=2m4a2+1，CM=4am4a2+1，
∵BM∥AD，D是BC中点，
∴ME=CE=2am4a2+1，
∴tan∠CEF=tan∠BEM=BMME =1a．（12分）
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，综合性比较强，合理添加辅助线，把所学知识串联起来熟练运用是解题的关键．
八、（本题满分14分）
23．（14分）
(1)y=14x2−32x−4
(2)P−4,6
(3)5811或−2
【分析】（1）先由直线y=43x−4求得点C坐标，再利用待定系数法求解即可；
（2）先求得点D3,0，进而求得S△ACD=10，由S△PED−S△ACE=S△PED+S△CED−S△ACE+S△CED=S△PCD−S△ACD=13得到S△PCD=13+S△ACD=23，设Pm,14m2−32m−4，m<0，过P作PQ∥y轴交直线y=43x−4于点Q，则Qm,43m−4，PQ=14m2−176m，由S△PCD=S△PQD−S△PQC =32PQ列方程求得m即可；
（3）连接BC，易求得∠CPF=∠DBC，在Rt△BOC中，tan∠OBC=OCOB=12，则tan∠CPF=12，分①点P在直线CD下方时，②点P在直线CD上方时，分别画出对应图形，利用相似三角形的判定与性质求得点M的坐标，进而求得直线CM的解析式，与抛物线解析式联立方程组求解即可．
【详解】（1）解：∵直线y=43x−4交y轴于点C，∴C0,−4，
∵抛物线y=14x2+bx+c经过点A−2,0和点C，
∴14×−22−2b+c=0c=−4，解得b=−32c=−4，
∴抛物线的解析式为y=14x2−32x−4；（4分）
（2）解：在直线y=43x−4中，由y=43x−4=0得x=3，
∴D3,0，又A−2,0，C0,−4，
∴AD=5，OC=4，则S△ACD=12AD⋅OC=12×5×4=10，
∵S△PED−S△ACE=S△PED+S△CED−S△ACE+S△CED=S△PCD−S△ACD=13，
∴S△PCD=13+S△ACD=23，
设Pm,14m2−32m−4，m<0，
如图，过P作PQ∥y轴交直线y=43x−4于点Q，
则Qm,43m−4，∴PQ=14m2−32m−4−43m−4=14m2−176m，
∵S△PCD=S△PQD−S△PQC =12PQ⋅xD−xP−12PQ⋅xC−xP =32PQ，
∴3214m2−176m=23，
解得：m1=−4，m2=463（不合题意，舍去），
∴14m2−32m−4=6，
∴P−4,6； （8分）
（3）解：存在点P，使∠CPF=12∠CDO．
如图2，连接BC，由y=14x2−32x−4=0得x1=−2，x2=8，
∴B8,0，则OB=8，
∵C0,−4，D3,0，∴OD=3，OC=4，
∴CD=OD2+OC2=5，BD=OB−OD=5，
∴BD=CD，则∠DCB=∠DBC=12∠CDO，
∵∠CPF=12∠CDO，
∴∠CPF=∠DBC，
在Rt△BOC中，tan∠OBC=OCOB=12， 则tan∠CPF=12，
①当P在直线CD下方时，如图，过D作DM⊥CD交CP延长线于M，则DM∥PF，
∴∠DMC=∠CPF，则tan∠DMC=CDDM=12，
过M作MN⊥x轴于N，则∠COD=∠MND=∠CDM=90°，
∴∠CDO=∠DMN，
∴△COD∽△DNM，
∴OCDN=ODMN=CDDM=12，则DN=8，MN=6，ON=OD+DN=11，
∴M11,−6，
设直线CM的解析式为y=kx+b，
则11k+b=−6b=−4，解得k=−211b=−4，
∴直线CM的解析式为y=−211x−4，
由14x2−32x−4=−211x−4得x1=5811，x2=0（舍去），
则点P的横坐标为5811；（12分）
②当P在直线CD上方时，如图，过D作DM⊥CD交CP延长线于M，过M作MN⊥x轴于N， 则∠COD=∠MND=∠CDM=90°，
与①同理，得tan∠DMC=tan∠CPF=CDDM=12，△COD∽△DNM，
∴OCDN=ODMN=CDDM=12，则DN=8，MN=6，ON=DN−OD=5，
∴M−5,6，
设直线CM的解析式为y=k′x+b′，
则−5k′+b′=6b′=−4，解得k′=−2b′=−4，
∴直线CM的解析式为y=−2x−4，
由14x2−32x−4=−2x−4得x1=−2，x2=0（舍去），
则点P的横坐标为−2，
综上，满足条件的点P的横坐标为5811或−2． （14分）
【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及待定系数法求函数解析式、直线与抛物线的交点问题、坐标与图形、三角形的面积公式、锐角三角函数、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，难度大，属于中考压轴题，添加常用辅助线，利用分类讨论和数形结合思想的运用是解答的关键．
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A
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C
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