2024年甘肃省武威四中教研联片中考数学三模试卷附解析

这是一份2024年甘肃省武威四中教研联片中考数学三模试卷附解析，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，作图题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）﹣2的相反数是（ ）
A．2B．﹣2C．D．
2．（3分）下列图形中是旋转对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）多项式x2﹣4﹣3xy2的次数和常数项分别是（ ）
A．1和﹣4B．﹣3和﹣4C．2和﹣4D．3和﹣4
4．（3分）已知x，y满足方程组，则无论m取何值，x、y恒有关系式是（ ）
A．4x﹣3y＝5B．2x+y＝5C．x﹣y＝1D．x+3y＝5
5．（3分）正多边形的一个外角的度数为30°，则这个正多边形的边数为（ ）
A．12B．10C．8D．6
6．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC边于点E，点F是AE的中点，连接OF，若∠BDC＝2∠ADB，AB＝1，则FO的长度为（ ）
A．B．C．D．
7．（3分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，若∠ABC＝70°，则∠AOC的度数等于（ ）
A．140°B．130°C．120°D．110°
8．（3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，C分别在坐标轴上，且四边形OABC是边长为3的正方形，反比例函数的图象与BC，AB边分别交于E，D两点，△DOE的面积为4，点P为y轴上一点，则PD+PE的最小值为（ ）
A．3B．C．D．5
9．（3分）如图，点D、E分别在AB，AC上，∠AED＝∠B，BC＝2DE，S四边形CEDB：S△ABC＝（ ）
A．3：4B．1：4C．2：3D．1：2
10．（3分）如图，在直角坐标系中，菱形OABC的顶点A的坐标为（﹣2，0），∠AOC＝60°．将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形O′A′B′C′，其中点B′的坐标为（ ）
A．（﹣2，﹣1）B．（﹣2，1）C．（﹣，1）D．（﹣，﹣1）
二、填空题（共24分）
11．（3分）如果|x+8|＝5，那么x＝ ．
12．（3分）记R（x）表示正数x四舍五入后的结果，例如R（3.7）＝4，R（6.1）＝6，R（9）＝9．若，则x的取值范围是 ．
13．（3分）如图，在长方形ABCD中，△AEF为等腰Rt△，且∠AEF＝90°，点E在线段BC上，点F在线段CD上，若3（AB+BE）＝2（AD+DF），则＝ ．
14．（3分）分解因式：2a3﹣8a＝ ．
15．（3分）一次函数y＝﹣x+1的图象如图所示，当﹣1≤y＜3时，x的取值范围是 ．
16．（3分）如图，为一副三角板的两块，在△BAD中，∠BAD＝90°，∠ABD＝30°，在△ABC中，∠BCA＝45°，将△BAD绕点A逆时针旋转90°得到△CAE，连接CE，则∠BCE的大小为 ．
17．（3分）在圆O中，A，B，C，E四点在圆上，OC⊥AB，AB＝8，CD＝2，则CE的值为 ．
18．（3分）如图，从三个不同方向看同一个几何体得到的平面图形，则这个几何体的侧面积是 cm2．
三、计算题（共8分）
19．（8分）（1）计算；
（2）解方程：x2+2x﹣2＝0．
四、作图题（共4分）
20．（4分）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．
△ABC的顶点在格点上，仅用无刻度的直尺在给定的网格中画图，按步骤完成下列问题：（要求保留作图痕迹）
（1）在图①中画出△ABC的中线AD；
（2）在图②中，在AB边上找一点E，使得△ACE的面积是△BCE面积的．
五、解答题（共54分）
21．（6分）如图，利用一面足够长的墙，用铁栅栏围成一个矩形自行车场地ABCD，在AB和BC边各有一个2米宽的小门（不用铁栅栏），设矩形ABCD的宽AD为x米，矩形的长为AB（且AB＞AD）．
（1）若所用铁栅栏的长为40米，用含x的代数式表示矩形的长AB；
（2）在（1）的条件下，若使矩形场地面积为192平方米，则AD、AB的长应分别为多少米？
22．（8分）在一个不透明的口袋中装有分别标有数字4，5，6，7的四个小球（除标号外，其余都相同），从中随机抽取一个球，再从余下的球中随机抽取一个球．
（1）用列表法或画树状图法中的一种方法，表示抽取的两张牌牌面数字所有可能出现的结果；
（2）求抽取的两张牌牌面数字之和大于11的概率．
23．（8分）如图，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，若BD＝CD，BE＝CF
求证：AD平分∠BAC．
24．（8分）如图，在▱ABCD中，BD是它的一条对角线，过A、C两点分别作AE⊥BD，CF⊥BD，E、F为垂足．求证：
（1）DE＝BF；
（2）四边形AFCE是平行四边形．
25．（8分）如图，正方形ABCD的边长为5，点E为正方形CD边上一动点，过点B作BP⊥AE于点P，将AP绕点A逆时针旋转90°得AP′，连接P′D．
（1）求证：PB＝P′D；
（2）若DF＝1，求线段AP的长度．
26．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC，O在AB上，以O为圆心，OB为半径的圆与AC相切于点F，交BC于点D，交AB于点G，过D作DE⊥AC，垂足为E．
（1）DE与⊙O有什么位置关系，请写出你的结论并证明；
（2）若⊙O的半径长为3，AF＝4，求CE的长．
27．（8分）如图1，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点E是抛物线的对称轴与直线BC的交点，点F是抛物线的顶点，求EF的长；
（3）设点P是（1）中抛物线上的一个动点，是否存在满足S△PAB＝6的点P？如果存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．（请在图2中探讨）
2024年甘肃省武威四中教研联片中考数学三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共30分）
1．（3分）﹣2的相反数是（ ）
A．2B．﹣2C．D．
【答案】A
【分析】根据相反数的定义进行判断即可．
【解答】解：﹣2的相反数是2，
故选：A．
2．（3分）下列图形中是旋转对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据旋转对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，不合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，不合题意．
故选：A．
3．（3分）多项式x2﹣4﹣3xy2的次数和常数项分别是（ ）
A．1和﹣4B．﹣3和﹣4C．2和﹣4D．3和﹣4
【答案】D
【分析】根据多项式的次数和常数项的意义判断即可．
【解答】解：多项式x2﹣4﹣3xy2的次数是3次，常数项是﹣4，
故选：D．
4．（3分）已知x，y满足方程组，则无论m取何值，x、y恒有关系式是（ ）
A．4x﹣3y＝5B．2x+y＝5C．x﹣y＝1D．x+3y＝5
【答案】C
【分析】先由x﹣2y＝m，得：m＝x﹣2y，然后将m＝x﹣2y代入3x﹣y＝5﹣2m，得3x﹣y＝5﹣2（x﹣2y），据此即可得出答案．
【解答】解：由x﹣2y＝m，得：m＝x﹣2y，
将m＝x﹣2y代入3x﹣y＝5﹣2m，得：3x﹣y＝5﹣2（x﹣2y），
整理得：x﹣y＝1，
∴无论m取何值，x、y恒有关系式是x﹣y＝1．
故选：C．
5．（3分）正多边形的一个外角的度数为30°，则这个正多边形的边数为（ ）
A．12B．10C．8D．6
【答案】A
【分析】多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都相等，且一个外角的度数为30°，由此即可求出答案．
【解答】解：∵360÷30＝12，
则正多边形的边数为12．
故选：A．
6．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC边于点E，点F是AE的中点，连接OF，若∠BDC＝2∠ADB，AB＝1，则FO的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由矩形的性质得∠BAD＝∠ADC＝∠ABC＝90°，OA＝OC＝OD，由∠BDC+∠ADB＝90°，且∠BDC＝2∠ADB，求得∠ADB＝30°，则∠ODC＝60°，所以△OCD是等边三角形，而CD＝AB＝1，则OA＝OC＝CD＝1，所以AC＝2，由勾股定理得BC＝＝，由AE平分∠BAD交BC边于点E，得∠BAE＝∠DAE＝45°，则∠BEA＝∠BAE＝45°，所以BE＝AB＝1，则EC＝﹣1，由三角形的中位线定理得FO＝EC＝，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于点O，
∴∠BAD＝∠ADC＝∠ABC＝90°，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，且AC＝BD，
∴OA＝OC＝OD，
∵∠BDC+∠ADB＝90°，且∠BDC＝2∠ADB，
∴2∠ADB+∠ADB＝90°，
∴∠ADB＝30°，
∴∠ODC＝∠ADC﹣∠ADB＝60°，
∴△OCD是等边三角形，
∵CD＝AB＝1，
∴OA＝OC＝CD＝1，
∴AC＝2OC＝2，
∴BC＝＝＝，
∵AE平分∠BAD交BC边于点E，
∴∠BAE＝∠DAE＝∠BAD＝45°，
∴∠BEA＝∠BAE＝45°，
∴BE＝AB＝1，
∴EC＝BC﹣BE＝﹣1，
∵点F是AE的中点，点O是AC的中点，
∴FO＝EC＝，
故选：D．
7．（3分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，若∠ABC＝70°，则∠AOC的度数等于（ ）
A．140°B．130°C．120°D．110°
【答案】A
【分析】欲求∠AOC，又已知一圆周角，可利用圆周角与圆心角的关系求解．
【解答】解：∵∠AOC和∠ABC是同弧所对的圆心角和圆周角，
∴∠AOC＝2∠ABC＝140°；
故选：A．
8．（3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，C分别在坐标轴上，且四边形OABC是边长为3的正方形，反比例函数的图象与BC，AB边分别交于E，D两点，△DOE的面积为4，点P为y轴上一点，则PD+PE的最小值为（ ）
A．3B．C．D．5
【答案】B
【分析】由正方形OABC的边长是3，得到点D的横坐标和点E的纵坐标为3，求得，，3），根据三角形的面积列方程得到D（3，2），E（2，3），作E关于y轴的对称点E′，连接DE′交y轴于P，则DE′的长＝PD+PE的最小值，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵正方形OABC的边长是3，
∴点D的横坐标和点E的纵坐标为3，
∴，，3），
∴，，
∵△ODE的面积为4，
∴，
∴k＝3或﹣3（舍去），
∴D（3，1），E（1，3），
作E关于y轴的对称点E′，连接DE′交y轴于P，则DE′的长＝PD+PE的最小值，
∵CE＝CE′＝1＝AD，
∴BE′＝4，BD＝2，
∴DE′＝＝＝2，
即PD+PE的最小值为，
故选：B．
9．（3分）如图，点D、E分别在AB，AC上，∠AED＝∠B，BC＝2DE，S四边形CEDB：S△ABC＝（ ）
A．3：4B．1：4C．2：3D．1：2
【答案】A
【分析】根据△ADE∽△ACB，可得，即可求解．
【解答】解：∵∠AED＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ACB，
∴，
∵BC＝2DE，
∴，
∴S四边形CEDB：S△ABC＝3：4．
故选：A．
10．（3分）如图，在直角坐标系中，菱形OABC的顶点A的坐标为（﹣2，0），∠AOC＝60°．将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形O′A′B′C′，其中点B′的坐标为（ ）
A．（﹣2，﹣1）B．（﹣2，1）C．（﹣，1）D．（﹣，﹣1）
【答案】A
【分析】过点B作BE⊥x轴于点E，根据菱形的性质得出AB＝2，∠EAB＝∠AOC＝60°，于是求出AE的长，在Rt△ABE中根据勾股定理求出BE的长，从而得出点B的坐标，再根据平移规律即可得出点B′的坐标．
【解答】解：过点B作BE⊥x轴于点E，
∴∠BEA＝90°，
∵点A的坐标为（﹣2，0），
∴OA＝2，
∵四边形OABC是菱形，
∴AB＝OA＝2，AB∥OC，
∴∠EAB＝∠AOC＝60°，
∴∠ABE＝30°，
∴，
由勾股定理得，
∴OE＝AE+OA＝1+2＝3，
∴点B的坐标是，
将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形O′A′B′C′，
∴点B′的坐标为，
故选：A．
二、填空题（共24分）
11．（3分）如果|x+8|＝5，那么x＝ ﹣3或﹣13 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用绝对值的代数意义将已知等式转化为两个一元一次方程，求出方程的解即可得到x的值．
【解答】解：|x+8|＝5，
得到x+8＝5或x+8＝﹣5，
解得：x＝﹣3或﹣13．
故答案为：﹣3或﹣13．
12．（3分）记R（x）表示正数x四舍五入后的结果，例如R（3.7）＝4，R（6.1）＝6，R（9）＝9．若，则x的取值范围是 7.5≤x＜9.5 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据已知R（x）表示正数x四舍五入后的结果，进行计算即可解答．
【解答】解：∵，
∴4.5≤＜5.5，
∴9≤R（x+1）＜11，
∴R（x+1）＝9或R（x+1）＝10，
∴8.5≤x+1＜10.5，
解得：7.5≤x＜9.5，
故答案为：7.5≤x＜9.5．
13．（3分）如图，在长方形ABCD中，△AEF为等腰Rt△，且∠AEF＝90°，点E在线段BC上，点F在线段CD上，若3（AB+BE）＝2（AD+DF），则＝ ．
【答案】．
【分析】利用矩形的性质和全等三角形的判定与性质得到△BAE≌△CEF，则AB＝EC，BE＝FC，代入运算得到AD＝2DF，设DF＝a，则AD＝2a，设BA＝x，则BE＝BC﹣AB＝2a﹣x，CF＝x﹣a，利用BE＝FC求得AB，利用三角形的面积公式和矩形的面积公式解答即可得出结论．
【解答】解：∵△AEF为等腰Rt△，且∠AEF＝90°，
∴AE＝EF，∠AEB+∠FEC＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，AD＝BC，
∴∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF．
在△BAE和△CEF中，
，
∴△BAE≌△CEF（AAS），
∴AB＝EC，BE＝FC．
∵3（AB+BE）＝2（AD+DF），
∴3（EC+BE）＝2AD+2DF，
∴3AD＝2AD+2DF，
∴AD＝2DF，
设DF＝a，则AD＝2a，
设BA＝x，则BE＝BC﹣AB＝2a﹣x，CF＝x﹣a，
∴2a﹣x＝x﹣a，
∴x＝a．
∵AF＝＝a，
∴AE＝EF＝AF＝a．
∴＝＝＝．
故答案为：．
14．（3分）分解因式：2a3﹣8a＝ 2a（a+2）（a﹣2） ．
【答案】2a（a+2）（a﹣2）．
【分析】先提公因式，再利用平方差公式继续分解，即可解答．
【解答】解：2a3﹣8a
＝2a（a2﹣4）
＝2a（a+2）（a﹣2），
故答案为：2a（a+2）（a﹣2）．
15．（3分）一次函数y＝﹣x+1的图象如图所示，当﹣1≤y＜3时，x的取值范围是 ﹣4＜x≤4 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】由函数的图象直接解答即可．
【解答】解：由函数的图象可知，当y＝3时，x＝﹣4；当y＝﹣1时，x＝4，故x的取值范围是﹣4＜x≤4．
故答案为﹣4＜x≤4．
16．（3分）如图，为一副三角板的两块，在△BAD中，∠BAD＝90°，∠ABD＝30°，在△ABC中，∠BCA＝45°，将△BAD绕点A逆时针旋转90°得到△CAE，连接CE，则∠BCE的大小为 15° ．
【答案】15°．
【分析】根据将△BAD绕点A逆时针旋转90°得到△CAE，可得∠ACE＝∠ABD＝30°，而∠BCA＝45°，即可得∠BCE＝∠BCA﹣∠ACE＝15°．
【解答】解：∵将△BAD绕点A逆时针旋转90°得到△CAE，
∴∠ACE＝∠ABD＝30°，
∵∠BCA＝45°，
∴∠BCE＝∠BCA﹣∠ACE＝45°﹣30°＝15°；
故答案为：15°．
17．（3分）在圆O中，A，B，C，E四点在圆上，OC⊥AB，AB＝8，CD＝2，则CE的值为 ．
【答案】．
【分析】连接AC，如图所示，由直径所对的圆周角为直角可知，根据垂径定理及勾股定理求出AC、AE，代入求值即可得到答案．
【解答】解：连接AC，如图所示：
∵OC⊥AB，AB＝8，CD＝2，设圆O半径为r，
∴，
在Rt△AOD中，OA2＝OD2+AD2，则r2＝42+（r﹣2）2，
∴4r＝20，解得r＝5，
在Rt△ACE中，，AE＝2r＝10，
则，
故答案为：．
18．（3分）如图，从三个不同方向看同一个几何体得到的平面图形，则这个几何体的侧面积是 36 cm2．
【答案】36．
【分析】利用三视图可得出几何体的形状，再利用已知各棱长得出这个几何体的侧面积．
【解答】解：这个几何体是直三棱柱，
4×3×3＝36（cm2）．
故这个几何体的侧面积是36cm2．
故答案为：36．
三、计算题（共8分）
19．（8分）（1）计算；
（2）解方程：x2+2x﹣2＝0．
【答案】（1）；（2），；
【分析】（1）根据负指数幂，特殊角三角函数，二次根式的性质直接计算即可得到答案；
（2）移项，配方，直接开平方即可得到答案．
【解答】解：（1）原式＝
＝
＝；
（2）移项得，x2+2x＝2，
配方得，（x+1）2＝3，
两边开平方得，，
∴方程的解为：，．
四、作图题（共4分）
20．（4分）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．
△ABC的顶点在格点上，仅用无刻度的直尺在给定的网格中画图，按步骤完成下列问题：（要求保留作图痕迹）
（1）在图①中画出△ABC的中线AD；
（2）在图②中，在AB边上找一点E，使得△ACE的面积是△BCE面积的．
【答案】（1）见解答；
（2）见解答．
【分析】（1）构造相似三角形，利用相似三角形的相似比找出点N使得CN＝CM，再根据相似比可知CD＝BC；
（2）构造相似三角形，利用相似三角形的相似比找出点E使得AE＝EB，根据两个等高三角形，底边之比等于面积之比可知，△ACE的面积是△BCE面积的．
【解答】解：（1）如图①，做CM⊥MB于点M，在CM上取点N使得CN＝CM，过N点作DN∥BM交BC于点D，连接AD，
由DE∥BM可知，△CDN∽△CBM，
∵CN＝CM，
∴CD＝BC，
∴AD是△ABC的中线；
（2）如图②所示，做AGLGB于点G，在AG上取点F使得AF＝FG，过F点作FE∥GB交AB于点E，连接CE，
由FE∥GB可知，△AFE∽△AGB，
∵AF＝FG，
∴AE＝EB，
∴△ACE的面积是△BCE面积的，
故E点即为所求作点．
五、解答题（共54分）
21．（6分）如图，利用一面足够长的墙，用铁栅栏围成一个矩形自行车场地ABCD，在AB和BC边各有一个2米宽的小门（不用铁栅栏），设矩形ABCD的宽AD为x米，矩形的长为AB（且AB＞AD）．
（1）若所用铁栅栏的长为40米，用含x的代数式表示矩形的长AB；
（2）在（1）的条件下，若使矩形场地面积为192平方米，则AD、AB的长应分别为多少米？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据题意，可知AD+BC﹣2+AB﹣2＝40，且有AD＝BC＝x，整理即可得出用含x的代数式表示矩形的长AB的式子；
（2）根据矩形场地面积为192平方米列出方程，解出此时x的值即可．
【解答】解：（1）∵AD+BC﹣2+AB﹣2＝40，AD＝BC＝x，
∴AB＝﹣2x+44；
（2）由题意得﹣2x+44＞x，
解得x＜，
由题意得（﹣2x+44）•x＝192，
即2x2﹣44x+192＝0，
解得x1＝6，x2＝16，
∵x2＝16＞（舍去），
∴AD＝6，
∴AB＝﹣2×6+44＝32．
答：AD长为6米，AB长为32米．
22．（8分）在一个不透明的口袋中装有分别标有数字4，5，6，7的四个小球（除标号外，其余都相同），从中随机抽取一个球，再从余下的球中随机抽取一个球．
（1）用列表法或画树状图法中的一种方法，表示抽取的两张牌牌面数字所有可能出现的结果；
（2）求抽取的两张牌牌面数字之和大于11的概率．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）画出树状图，即可得出结论；
（2）由（1）可知，共有12种等可能的结果，其中抽取的两张牌牌面数字之和大于11的结果有4种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）画树状图如下：
共有12种等可能的结果，分别为（4，5），（4，6），（4，7），（5，4），（5，6），（5，7），（6，4），（6，5），（6，7），（7，4），（7，5），（7，6）；
（2）由（1）可知，共有12种等可能的结果，其中抽取的两张牌牌面数字之和大于11的结果有4种，
∴抽取的两张牌牌面数字之和大于11的概率为＝．
23．（8分）如图，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，若BD＝CD，BE＝CF
求证：AD平分∠BAC．
【答案】见试题解答内容
【分析】由DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，若BD＝CD，BE＝CF，即可判定Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），则可得DE＝DF，然后由角平分线的判定定理，即可证得AD平分∠BAC．
【解答】证明：∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠E＝∠DFC＝90°，
在Rt△BDE和Rt△CDF中，
，
∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），
∴DE＝DF，
在Rt△ADE与Rt△ADF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），
∴∠DAE＝∠DAF，
∴AD平分∠BAC．
24．（8分）如图，在▱ABCD中，BD是它的一条对角线，过A、C两点分别作AE⊥BD，CF⊥BD，E、F为垂足．求证：
（1）DE＝BF；
（2）四边形AFCE是平行四边形．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【分析】（1）已知▱ABCD中可求出△AED≌△CFB，从而得到DE＝BF；
（2）由△AED≌△CFB可知AE＝CF，已知AE⊥BD，CF⊥BD，可证明四边形AFCE是平行四边形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CBF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AED＝∠CFB＝90°，
∴△AED≌△CFB（AAS），
∴DE＝BF．
（2）∵△ADE≌△CBF，
∴AE＝CF，
∵∠AEF＝∠CFE＝90°，
∴AE∥CF，
∴四边形AFCE是平行四边形．
25．（8分）如图，正方形ABCD的边长为5，点E为正方形CD边上一动点，过点B作BP⊥AE于点P，将AP绕点A逆时针旋转90°得AP′，连接P′D．
（1）求证：PB＝P′D；
（2）若DF＝1，求线段AP的长度．
【答案】（1）证明见解答；
（2）线段AP的长度为3．
【分析】（1）由正方形的性质得AB＝AD，∠BAD＝90°，由旋转得AP＝AP′，∠PAP′＝90°，则∠BAP＝∠DAP′＝90°﹣∠PAD，即可根据“SAS”证明△ABP≌△ADP′，得PB＝P′D；
（2）由BP⊥AE于点P，得∠APB＝∠APF＝90°，由全等三角形的性质得∠P′＝∠APB＝90°，而AP＝AP′，可证明四边形APFP′是正方形，则AP＝AP′＝P′F，P′D＝P′F+DF＝AP+1，由勾股定理得AP2+（AP+1）2＝52，求得AP＝3，所以线段AP的长度为3．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵将AP绕点A逆时针旋转90°得AP′，
∴AP＝AP′，∠PAP′＝90°，
∴∠BAP＝∠DAP′＝90°﹣∠PAD，
在△ABP和△ADP′中，
，
∴△ABP≌△ADP′（SAS），
∴PB＝P′D．
（2）解：∵BP⊥AE于点P，
∴∠APB＝∠APF＝90°，
∵△ABP≌△ADP′，
∴∠P′＝∠APB＝90°，
∵∠PAP′＝90°，
∴四边形APFP′是矩形，
∵AP＝AP′，
∴四边形APFP′是正方形，
∴AP＝AP′＝P′F，
∵AD＝5，DF＝1，
∴P′D＝P′F+DF＝AP+1，
∵AP′2+P′D2＝AD2，
∴AP2+（AP+1）2＝52，
解得AP＝3或AP＝﹣4（不符合题意，舍去），
∴线段AP的长度为3．
26．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC，O在AB上，以O为圆心，OB为半径的圆与AC相切于点F，交BC于点D，交AB于点G，过D作DE⊥AC，垂足为E．
（1）DE与⊙O有什么位置关系，请写出你的结论并证明；
（2）若⊙O的半径长为3，AF＝4，求CE的长．
【答案】见试题解答内容
【分析】由已知可证得OD⊥DE，OD为圆的半径，所以DE与⊙O相切；连接OD，OF，由已知可得四边形ODEF为矩形，从而得到EF的长，再利用勾股定理求得AO的长，从而可求得AC的长，此时CE就不难求得了．
【解答】解：（1）DE与⊙O相切；
理由如下：
连接OD，
∵OB＝OD，
∴∠ABC＝∠ODB；
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠ODB＝∠ACB，
∴OD∥AC；
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∴DE与⊙O相切．
（2）连接OD，OF；
∵DE，AF是⊙O的切线，
∴OF⊥AC，OD⊥DE，
又∵DE⊥AC，
∴四边形ODEF为矩形，
∴EF＝OD＝3；
在Rt△OFA中，AO2＝OF2+AF2，
∴，
∴AC＝AB＝AO+BO＝8，CE＝AC﹣AF﹣EF＝8﹣4﹣3＝1，
∴CE＝1．
答：CE长度为1．
27．（8分）如图1，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点E是抛物线的对称轴与直线BC的交点，点F是抛物线的顶点，求EF的长；
（3）设点P是（1）中抛物线上的一个动点，是否存在满足S△PAB＝6的点P？如果存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．（请在图2中探讨）
【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；
（2）EF＝2；
（3）存在，点P的坐标为（1﹣，3）或（1+，3）或（0，﹣3）或（2，﹣3）．
【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）利用二次函数的性质，可求出抛物线顶点F的坐标及抛物线的对称轴，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，根据点B，C的坐标，利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点E的坐标，结合点F的坐标，即可求出线段EF的长；
（3）又点A，B的坐标可求出线段AB的长，设点P的坐标为（t，t2﹣2t﹣3），利用三角形的面积计算公式，结合S△PAB＝6，即可得出关于t的方程，解之即可得出t值，进而可得出点P的坐标．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，
得：，解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．
（2）∵抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∴抛物线的顶点F的坐标为（1，﹣4），抛物线的对称轴为直线x＝1．
当x＝0时，y＝02﹣2×0﹣3＝﹣3，
∴点C的坐标为（0，﹣3）．
设直线BC的解析式为y＝mx+n（m≠0），
将B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝mx+n，
得：，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3．
当x＝1时，y＝1﹣3＝﹣2，
∴点E的坐标为（1，﹣2），
∴EF＝|﹣2﹣（﹣4）|＝2．
（3）∵点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，0），
∴AB＝|3﹣（﹣1）|＝4．
设点P的坐标为（t，t2﹣2t﹣3）．
∵S△PAB＝6，
∴×4×|t2﹣2t﹣3|＝6，
即t2﹣2t﹣3＝3或t2﹣2t﹣3＝﹣3，
解得：t1＝1﹣，t2＝1+，t3＝0，t4＝2，
∴存在满足S△PAB＝6的点P，点P的坐标为（1﹣，3）或（1+，3）或（0，﹣3）或（2，﹣3）．