2024年江苏省南京市玄武区外国语学校中考数学三模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年江苏省南京市玄武区外国语学校中考数学三模试卷（含详细答案解析），共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在, 16,0,3.14159,(π−1)0,227,0.2022022202222⋯， 16，0，π4，(π−1)0，227，1.121121112这7个数中，无理数的个数是( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
2.下列计算正确的是( )
A. 3 3− 3=3
B. 21÷3= 7
C. (a−1)2=a2−1
D. (−a)2⋅a=a3
3.据省统计局发布，2023年我省有效发明专利数比2022年增长27.1%.假定2024年的年增长率保持不变，2022年和2024年我省有效发明专利分别为a万件和b万件，则( )
A. b=(1+27.1%×2)aB. b=(1+27.1%)2a
C. b=(1+27.1%)×2aD. b=27.1%×2a
4.2024年“五一”假日期间，某省银联网络交易总金额接近192亿元，其中192亿用科学记数法表示为( )
A. 1.92×109B. 1.92×1010C. 1.92×1011D. 1.92×1012
5.为激发青少年对科学的兴趣，某校组织了中学生应急科普教育活动，九(1)班的小安和另外2名学生以及九(2)班的小徽、小美共5名学生成绩名列前茅．若学校决定从九(1)班的这3名学生中抽取1人，从九(2)班的这2名学生中抽取1人共同去参观防灾减灾科普馆，则抽到的恰好是小安和小徽的概率是( )
A. 13B. 15C. 16D. 17
6.如图，在矩形OABC中，OA=4，OC=3，F是边AB上的一动点(不与点A，B重合)，过点F的反比例函数y=kx(x>0)的图象与边BC交于点E，直线EF分别与y轴和x轴相交于点D，G.若EG=6DE，则k的值为( )
A. 1B. 2
C. 2.5D. 3
二、填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
7.因式分解：3m2n4−12m4n2= .
8.若 x−6在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是___________.
9.在平面直角坐标系xOy中，若点A(1,y1)，B(3,y2)在反比例函数y=kx(k>0)的图象上，则y1 y2(填“>”“=”或“<”).
10.关于x的不等式组x>1x≤m+2有且只有两个整数解，则m的取值范围是__________.
11.如图，在△ABC中，∠B=90∘，∠C=15∘，BC=8cm，动点D从点B出发以2cm/s的速度沿BC向点C匀速运动，过点D作DE⊥AC，交边AC于点E，当点E落在AC边上的中点处时，点D移动的时间为____________s.
12.如图，AB为⊙O的直径，AD，BC分别与⊙O相切于点A，B，CD经过⊙O上一点E，AD=DE，若AB=12，BC=4，则AD的长为__________.
13.如图，在边长为2的等边三角形ABC中，D是BC的中点，点E在线段AD上，连接BE，在BE的下方作等边三角形BEF，连接DF，则△BDF周长的最小值为____________.
14.雪花是一种美丽的结晶体，其形状我们可近似看作一个正六边形ABCDEF(如图所示)，连结CF，若G是AB边上的中点，连结GE，则GECF的值为____________.
15.如图是同学们设计的“心”形图案，正方形ABCD的边长为a，以A为圆心，AB长为半径作扇形，又分别以BC和CD的长为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为____________.
16.如图，在平面直角坐标系中，点N1(1,1)在直线l：y=x上，过点N1作N1M1⊥l交x轴于点M1：过点M1作M1N2⊥x轴，交直线l于点N2；过点N2作N2M2⊥l，交x轴于点M2；过点M2作M2N3⊥x轴，交直线l于点N3，……，按此作法进行下去，则N2024坐标为 .
三、计算题：本大题共2小题，共12分。
17.计算：−3−2−| 3−3|+ 12× 6−2tan30 ∘.
18.解不等式组：3x−7>−112x+12>1.
四、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
先化简(1−1x+2)÷x2+2x+1x2−4，然后在−1，0，2中选一个你喜欢的x值，代入求值．
20.(本小题8分)
如图，点C是线段AB的中点，点D、E在线段AB的上方，连接AD、BE、CD、CE，∠A=∠B，∠D=∠E，求证：CD=CE.
21.(本小题8分)
矩形的周长为52cm，把该矩形长截去5cm(截去如图①的阴影部分)剩余的面积为S1；把该矩形宽截去5cm(截去如图②的阴影部分)剩余的面积为S2.已知S1比S2多30cm2，求原矩形的面积．
22.(本小题8分)
每年的4月15日是国家安全教育日．为推进国家安全教育，某校在“国家安全教育日”当天进行了一次国家安全知识速答测试(从七、八年级各随机抽取25名学生进行国家安全知识速答测试，测试结果采取积分方式)，将测试结果分为A，B，C，D四个等级，其中A等级可积10分，B等级可积8分，C等级可积6分，D等级可积5分，测试结束后，江老师将七年级和八年级的测试结果整理并绘制成如下两幅尚不完整的统计图．
请根据上述信息解答下列问题：
(1)将条形统计图补充完整，并分别写出七、八年级测试结果的中位数；
(2)在此次测试中，某同学的测试结果为C等级，在他所在的年级排名为第11名，由表中数据可知，该学生是八(填“七”或“八”)年级的学生，请说出理由；
(3)若该校七、八年级各有500名学生，请你估计该校七、八年级的测试结果达到A等级的学生人数．
23.(本小题8分)
某校九年级学生到教育实践基地开展实践活动．当天，他们先从基地门口A处向正北方向走了900米，到达菜园B处采摘蔬菜，再从B处沿正西方向到达果园C处采摘水果，再向南偏东37∘方向走了600米，到达手工坊D处进行手工制作，最后从D处回到门口A处，手工坊在基地门口北偏西65∘方向上．求菜园与果园之间的距离．(结果保留整数，参考数据：sin65∘≈0.91，cs65∘≈0.42，tan65∘≈2.14，sin37∘≈0.60，cs37∘≈0.80，tan37∘≈0.75)
24.(本小题8分)
如图，AB是⊙O的直径，点C，E在⊙O上，∠CAB=2∠EAB，点F在线段AB的延长线上，且∠AFE=∠ABC.
(1)求证：EF与⊙O相切；
(2)若BF= 2，sin∠AFE=45，求BC的长．
25.(本小题8分)
如图，一次函数y=kx+b(k≠0)的图象与反比例函数y=mx(m≠0)的图象交于二、四象限内的A、B两点，与x轴交于C点，点A的坐标为(−3,4)，点B的坐标为(6,n).
(1)求该反比例函数和一次函数的解析式；
(2)当kx+b>mx时，求x的取值范围．
26.(本小题8分)
如图，矩形AOBC的顶点B，A分别在x轴，y轴上，点C坐标是(5,4)，D为BC边上一点，将矩形沿AD折叠，点C落在x轴上的点E处，AD的延长线与x轴相交于点F.
(1)如图1，求点D的坐标；
(2)如图2，若P是AF上一动点，PM⊥AC交AC于M，PN⊥CF交CF于N，设AP=t，FN=s，求s与t之间的函数关系式；
(3)在(2)的条件下，是否存在点P，使△PMN为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
27.(本小题8分)
如图，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A(−3,0)、B(1,0)两点，与y轴交于点C(0,3)，点P是抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图1，当点P在直线AC上方的抛物线上时，连接AP、BP，BP交AC于点D，若S△APD=kS△ABD，求k的取值范围；
(3)已知M是直线AC上一动点，将点M绕着点O旋转90∘得到点Q，若点Q恰好落在二次函数的图象上，请直接写出点M的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】根据无理数的概念：无限不循环小数叫做无理数即可判断．
【解答】解：, 16,0,3.14159,(π−1)0,227,0.2022022202222⋯， 16=4，0，(π−1)0=1，227，
π4与0.202202220222……是无理数，无理数的个数是2个，
故选：B.
2.【答案】D
【解析】【分析】分别根据二次根式的混合运算法则、同底数幂的乘法法则和完全平方公式计算即可得出答案．
【解答】解：A、3 3− 3=2 3，原式计算错误，不符合题意；
B、 21÷3= 213，原式计算错误，不符合题意；
C、(a−1)2=a2−2a+1，原式计算错误，不符合题意；
D、(−a)2⋅a=a2⋅a=a3，原式计算正确，符合题意；
故选：D.
3.【答案】B
【解析】【分析】根据题意可知2023年我省有效发明专利数为(1+23%)a万件，2024年我省有效发明专利数为(1+23%)(1+23%)a，再结合题意即可解答．
【解答】解：由题意得：2023年我省有效发明专利数为(1+27.1%)a万件，
2024年我省有效发明专利数为(1+27.1%)(1+27.1%)a万件，即b=(1+27.1%)2a万件．
故选：B.
4.【答案】B
【解析】【分析】根据科学记数法的方法进行解题即可．
【解答】解：192亿=19200000000=1.92×1010.
故选：B.
5.【答案】C
【解析】【分析】根据题意列出表格，由表格找出所有的等可能结果数以及抽到小安和小徽的结果，再根据概率计算公式计算即可．
【解答】解：由题意可列表为
所有的等可能结果有6种，其中抽到小安和小徽只有1种情况，
∴抽到小安和小徽的概率为：16，
故选：C.
6.【答案】B
【解析】【分析】设点E的坐标为(k3,3)，点F的坐标为(4,k4)，利用待定系数法求得直线EF的解析式，证明△DCE∽△DOG，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【解答】解：在矩形OABC中，OA=4，OC=3，
∴点B的坐标为(4,3)，
设点E的坐标为(k3,3)，点F的坐标为(4,k4)，
设直线EF的解析式为y=ax+b，
则k3a+b=34a+b=k4，
解得a=-34b=k4+3，
∴直线EF的解析式为y=-34x+k4+3，
令y=0，则0=-34x+k4+3，
解得x=k+123，
∴点G的坐标为(k+123,0)，
∴OG=k+123，
∵点E的坐标为(k3,3)，
∴CE=k3，
∵矩形OABC，
∴CE//OG，
∴△DCE∽△DOG，
∴CEOG=DEDG，
∵EG=6DE，即DG=7DE，
∴k3k+123=17，即7k=k+12，
解得k=2，
故选：B.
7.【答案】3m2n2(n+m)(n−m)
【解析】【分析】先提公因式，再利用平方差公式分解即可．
【解答】解：3m2n4−12m4n2=3m2n2(n2−m2)=3m2n2(n+m)(n−m)，
故答案为：3m2n2(n+m)(n−m).
8.【答案】x≥6
【解析】【分析】根据二次根式有意义的条件列不等式求解．
【解答】解：由题意可得x−6≥0，
解得x≥6，
故答案为：x≥6.
9.【答案】>
【解析】【分析】先根据函数解析式中的比例系数k确定函数图象所在的象限，再根据各象限内点的坐标特征及函数的增减性解答．
【解答】解：∵k>0，
∴反比例函数y=kx(k>0)的图象在一、三象限，
∵3>1>0，
∴点A(1,y1)，B(3,y2)在第一象限，y随x的增大而减小，
∴y1>y2.
故答案为：>.
10.【答案】1≤m<2
【解析】【分析】先求出不等式组的解集，最后根据已知得出关于m的不等式组，求出即可．
【解答】解：x>1x≤m+2，
∴不等式组的解集为1∵不等式组只有两个整数解，
∴3≤m+2<4，
解得：1≤m<2.
故答案为：1≤m<2.
11.【答案】(8 3−12)
【解析】【分析】连接AD，先证DE是AC的垂直平分线，然后根据线段的垂直平分线的性质得出AD=CD，即可求出∠ADB的度数，再根据锐角三角函数的定义即可求出AD的长，于是有CD的长，根据BC的长即可求解．
【解答】解：如图，连接AD，
∵DE⊥AC，点E为AC的中点，
∴DE是AC的垂直平分线，
∴AD=CD，
∴∠DAC=∠C，
∵∠C=15∘，
∴∠DAC=15∘，
∵∠ADB是△ACD的外角，
∴∠ADB=∠DAC+∠C=30∘，
设BD=xcm，
∵∠B=90∘，
∴cs30∘=BDAD，
∴ 32=xAD，
∴AD=2 33xcm，
∴CD=2 33xcm，
∵BC=8cm，
∴CD+BD=8cm，
∴2 33x+x=8，
解得x=16 3−24，
即BD=16 3−24，
∴点D移动的时间16 3−242=8 3−12(s)，
故答案为：(8 3−12).
12.【答案】9
【解析】【分析】连接OE，OD，过点C作CH⊥AD，垂足为点H，根据题意可得∠OAD=90∘，根据全等三角形的判定和性质可得∠OED=∠OAD=90∘，根据切线的判定定理即可证明CD是⊙O的切线，根据切线的性质以及矩形的判定和性质可得CH=AB=12，AH=BC=4，得出DH=AD−4，根据切线长定理可得CE=BC=4，AD=DE，得出CD=AD+4，根据勾股定理即可求得AD的长．
【解答】解：如图：连接OE，OD，过点C作CH⊥AD，垂足为点H，
∵AD是⊙O的切线，
∴OA⊥AD，
∴∠OAD=90∘，
在△ADO和△EDO中，
AD=DEDO=DOOA=OE，
∴△ADO≌△EDO(SSS)，
∴∠OED=∠OAD=90∘，
∴OE⊥CD，
∵OE是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线，
∵BC是⊙O的切线，
∵OB⊥BC，
∵CH⊥AD，OB⊥BC，OA⊥AD，
即∠OBC=∠BAH=∠CHA=90∘，
∴四边形HABC是矩形，
∴CH=AB=12，AH=BC=4，
则DH=AD−AH=AD−4，
∵CD是⊙O的切线，BC是⊙O的切线，AD是⊙O的切线，
∴CE=BC=4，AD=DE，
∴CD=DE+CE=DE+4=AD+4，
∵∠CHD=∠CHA=90∘，
在Rt△DHC中，DH2+CH2=CD2，
即(AD−4)2+122=(AD+4)2，
解得：AD=9，
故答案为：9.
13.【答案】 3+1
【解析】【分析】连接CF，由条件可以得出∠ABE=∠CBF，再根据等边三角形的性质就可以证明△BAE≌△BCF，从而可以得出∠BCF=∠BAD=30∘，作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，则FD=FG，推出DF+BF的最小值等于线段BG长，再求出BG的长即可解决问题．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，D是BC的中点，
∴∠BAD=30∘，BD=12BC=1，
如图，作直线CF，
∵△ABC、△BEF都是等边三角形，
∴AB=BC=AC，BE=EF=BF，∠BAC=∠ABC=∠ACB=∠EBF=∠BEF=∠BFE=60∘，
∴∠ABC−∠EBD=∠EBF−∠EBD，
∴∠ABE=∠CBF，
在△BAE和△BCF中，
AB=BC∠ABE=∠CBFBE=BF，
∴△BAE≌△BCF(SAS)，
∴∠BCF=∠BAD=30∘，
∴点F与C的连线与CB始终成30∘，
如图，作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，连接FG，
则FD=FG，CD=CG，
∴△BDF周长=FB+FD+BD=FB+FG+1≥BG+1，
∴△BDF周长的最小值为BG+1，
由轴对称的性质，可得∠DCG=2∠BCF=60∘，CD=CG，
∴△DCG是等边三角形，
∴DG=DC=DB，
∴∠CGB=∠CGD+∠DGB=∠GCB+∠GBC=90∘，
在Rt△CBD中，
BG=BC⋅sin∠BCG=2×sin60∘= 3，
∴△BDF周长的最小值是 3+1，
故答案为： 3+1.
14.【答案】 134
【解析】【分析】根据正六边形的性质，直角三角形的边角关系以及勾股定理进行计算即可．
【解答】解：如图，取DE的中点H，连接GH，由对称性可知，GH所在的直线是正六边形的对称轴，设圆心为O，连接OB、OC，
∵六边形ABCDEF是正六边形，点O是中心，
∴∠BOC=360 ∘6=60∘，
∵OB=OC，
∴△BOC是正三角形，
∴OB=OC=BC，
在Rt△BOG中，设BG=x，则OB=2x，
∴OG= OB2−BG2= 3x，
∴GH=2OG=2 3x，
在Rt△EGH中，设HE=x，GH=2 3x，
∴GE= GH2+EH2= 13x，
∵CF=2OB=4x，
∴GECF= 134.
故答案为： 134.
15.【答案】a2
【解析】【分析】用正方形的面积减去一个扇形的面积加上两个半圆的面积即可得出结果．
【解答】解：由图可知：
阴影部分的面积=S正方形ABCD−S扇形DAB+2S半圆
=a2−90π360×a2+2×12π×(a2)2
=a2；
故答案为：a2.
16.【答案】(22023,22023)
【解析】【分析】因为直线l解析式为y=x，故可以证明直线l是第一象限的角平分线，所以∠N1OM1=45∘，所以可以证明△N1OM1为等腰直角三角形，可以利用N1的坐标求出OM1的长度，得到其坐标，用同样的方法求得M2，M3，而对应的N1、N2、N3、…同理可得，横坐标相等，根据规律即可求得N2024的坐标即可解决
【解答】解：∵直线l解析式为y=x，可知l为第一象限角平分线，
∴l与x轴正半轴夹角为45∘，所有l上的点横纵坐标相等，
∵M1N1⊥l，
∴△M1N1O是等腰直角三角形，
作N1E⊥x轴于E点，
∴N1(1,1)，
∴OE=N1E=M1E=1，
∴OM1=2OE=2，
∵M1N2⊥x轴，
同理：△OM1N2是等腰直角三角形，
∴M1N2=OM1=2，
∴N2(2,2)，
同理：△OM2N2是等腰直角三角形，
∴OM2=2OM1=4=22，
∴M2(22,0)，
∵M2N3⊥x轴
∴N3(22,22)，
同理：M3(23,0)，N4(23,23)，
M4(24,0)，N5(24,24)，
M5(25,0)，N6(25,25)，
M6(26,0)，N7(26,26)，
M2023(22023,0)，N2024(22023,22023)，
故答案为：(22023,22023).
17.【答案】解：原式=-19−(3− 3)+6 2−2× 33
=-19−3+ 3+6 2−23 3
=-289+ 33+6 2.

【解析】【分析】先计算负整数指数幂，绝对值，二实数乘法，特殊三角函数值，再合并即可．
18.【答案】解：{3x−7 > −1①12x+12 > 1②，
解不等式①得x>2.
解不等式②得x>1.
∴不等式组的解集是x>2.

【解析】【分析】首先解出两个不等式的解集，再根据同大取大确定不等式组的解集．
19.【答案】解：(1−1x+2)÷x2+2x+1x2−4
=x+2−1x+2⋅(x+2)(x−2)(x+1)2
=x+1x+2⋅(x+2)(x−2)(x+1)2
=x−2x+1，
∵x−2≠0，x+1≠0，
∴x≠2，−1，
∴当x=0时，原式=0−20+1=-2.

【解析】【分析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再选取合适的x代入进行计算即可．
20.【答案】证明：∵点C是线段AB的中点，
∴AC=BC.
在△ADC和△BEC中，
∠A=∠B∠D=∠EAC=BC，
∴△ADC≌△BEC(AAS)，
∴CD=CE.

【解析】【分析】首先推导出AC=BC，然后根据“AAS”即可证明．
21.【答案】解：设原矩形的长为x，则宽为12(52−2x)=26−x，
∴S1=x(26−x)−5(26−x)=-x2+31x−130，
S2=x(26−x)−5x=-x2+21x，
∵S1比S2多30cm2，
∴−x2+31x−130−(−x2+21x)=30，
解得：x=16，
∴原矩形的面积为x(26−x)=16×10=160(cm2)；
答：原矩形的面积为160cm2.

【解析】【分析】先设原矩形的长为x，则宽为12(52−2x)=26−x，再分别表示S1，S2，再建立方程求解即可．
22.【答案】【解答】解：(1)25−6−12−5=2(人)，
条形统计图补充如下：
由题知，七年级测试结果的中位数为：8分，
八年级测试结果的中位数为：6分；
(2)某同学的测试结果为C等级，在他所在的年级排名为第11名，由表中数据可知，该学生是八年级的学生，
理由如下：
七年级同学的测试结果为C等级，则所在年级的最高排名为第17名，与他所在的年级排名为第11名不符，
故某同学的测试结果为C等级，在他所在的年级排名为第11名，由表中数据可知，该学生是八年级的学生，
故答案为：八．
(3)由题知，500×625+500×32%=120+160=280(人)，
答：该校七、八年级的测试结果达到A等级的学生有280人．

【解析】【分析】(1)根据题意求出C等级人数，然后补全条形统计图即可，在理由中位数的定义求解，即可解题；
(2)根据条形统计图得到七年级同学的测试结果为C等级时，其则所在年级的最高排名，即可作出判断；
(3)用七、八年级各自的总人数乘以各自测试结果达到A等级的学生所占的百分比即可．
23.【答案】【解答】解：作DE⊥AB，作CF⊥ED的延长线于点F，
由题知，AB=900m，CD=600m，∠DCF=37∘，∠A=65∘，∠B=90∘，
可得四边形BCFE为矩形，
∴BC=EF，BE=CF，
∵DFCD=DF600=sin37 ∘，CFCD=CF600=cs37 ∘，
∴DF=360m，CF=480m，
∴BE=480m，
∴AE=AB−BE=900−480=420(m)，
∴DE=AE⋅tan65∘=420×2.14=898.8(m)，
∴BC=EF=DF+DE=360+898.8=1258.8≈1259(m).
答：菜园与果园之间的距离为1259m.

【解析】【分析】作DE⊥AB，作CF⊥ED的延长线于点F，得到四边形BCFE为矩形，利用解直角三角形算出DF、CF，进而算出AE，推出BE，根据BC=EF=DE+DF即可算出菜园与果园之间的距离．
24.【答案】(1)证明：如图，连接OE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90∘，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∴∠FOE=∠OAE+∠OEA=2∠OAE，
∵∠CAB=2∠EAB，
∴∠CAB=∠FOE，
又∵∠AFE=∠ABC，
∴∠CAB+∠ABC=∠FOE+∠AFE，
∴∠OEF=∠ACB=90∘，
即OE⊥EF，
∵OE是半径，
∴EF是⊙O的切线；
(2)解：设半径为r，即OE=OB=r，则OF=r+ 2，
在Rt△EOF中，
∵sin∠AFE=45=OEOF=rr+ 2，
∴r=4 2，
∴AB=2r=8 2，
在Rt△ABC中，sin∠ABC=ACAB=sin∠AFE=45，AB=8 2，
∴AC=45×8 2=325 2，
∴BC= AB2−AC2=245 2.

【解析】【分析】(1)根据圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理可得OE⊥EF即可；
(2)根据锐角三角函数可求出半径，进而得到AB的长，再根据直角三角形的边角关系求出AC，由勾股定理求出BC即可．
25.【答案】解：(1)将A(−3,4)代入y=mx，得m=−3×4=−12，
∴反比例函数的解析式为y=-12x；
将B(6,n)代入y=-12x，得6n=−12，
解得n=−2，
∴B(6,−2)，
将A(−3,4)和B(6,−2)分别代入y=kx+b(k≠0)，得
−3k+b=46k+b=-2，
解得k=-23b=2，
∴所求的一次函数的解析式为y=-23x+2；
(2)结合图象可知，x<−3或0
【解析】【分析】(1)先把A(−3,4)代入反比例函数解析式得到m的值，从而确定反比例函数的解析式为y=-12x；再利用反比例函数解析式确定B点坐标为(6,−2)，然后运用待定系数法确定所求的一次函数的解析式为y=-23x+2；
(2)结合图形进行分析即可．
26.【答案】【解答】解：(1)∵矩形AOBC，且C(5,4)，
∴AC=5，OA=BC=4，
设D(5,a)，则BD=a，CD=ED=4−a，
∵AE=AC=5，
在Rt△AOE中，OE= AE2−OA2= 52−42=3，
∴BE=OB−OE=5−3=2，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：DE2=BD2+BE2，
∴(4−a)2=22+a2，
∴a>0，
∴a=32，
∴D(5,32)；
(2)如图2，延长MP交OF于N′，则PN′⊥OF，
∵AC//BF，
∴∠PAM=∠DFB，
∵∠ACD=∠FBD=90∘，
∴△ADC∽△FDB，
∴ACBF=CDBD，
由(1)知：BD=32，
∴CD=4−32=52，
又AC=5，
∴5BF=5232，
∴BF=3，OF=8，
∴AF= AO2+OF2= 42+82=4 5，
在Rt△BCF中，由勾股定理得：CF= 32+42=5，
∵AC=5，
∴AC=CF，
∴∠CAF=∠AFC，
∵AC//EF，
∴∠CAF=∠EFA=∠AFC，
∴FA平分∠CFO，
∵PN⊥CF，PN′⊥OF，
∴PN=PN′，
∴PM+PN=PM+PN′=MN′=4，
∵∠CAF=∠CFA，∠ACD=∠PNF=90∘，
∴△PFN∽△DAC，
∴FNAC=PNCD，
∴PNNF=CDAC=525=12，
又NF=s，
∴PN=12s，PM=4−12s，
∵PA=t，PF=4 5−t，
∵∠PAM=∠PFN′，∠APM=∠FPN′，
∴△APM∽△FPN′，
∴PMPN′=APPF，即4−12s12s=t4 5−t，
∴s=-2 55t+8；
(3)分三种情况：
①当PM=PN时，如图3，
∵∠PAM=∠PFN，∠AMP=∠PNF=90∘，
∴△PAM∽△PFN，
∴PAPF=PMPN=1，
∴PA=PF，即t=4 5−t，
解得：t=2 5，
∴PM=2，AM= PA2−PM2= (2 5)2−22=4，
∴P(4,2)；
②当PM=MN时，如图4，过M作MH⊥PN于H，PN与MC的延长线交于点G，
有PH=NH=12PN=14s，
∵PM+PN=4，
∴PM=4−12s，
∵∠GCN=∠MPN=∠BFC，
即∠MPN=∠BFC，
∵∠MHP=∠CBF=90∘，
∴△PMH∽△FCB，
∴PMPH=FCFB=53，即4−12s14s=53，
解得：s=4811，
代入s=-2 55t+8得：t=20 511，
∴P(4011,2411)；
③当MN=NP时，如图5，
过点N作NQ⊥PM于Q，
∴∠NPQ=∠BFC，
∵∠NQP=∠CBF=90∘，
∴△NQP∽△CBF，
∴PNPQ=CFBF，
又PN=12s，
∵PQ=12PM=12(4−12s)=2−14s，CF=5，
∴12s2−14s=53，
∴s=4011，
代入s=-2 55t+8得：t=24 511，
∴P(4811,2011)；
综上，点P的坐标是(4,2)或(4011,2411)或(4811,2011).

【解析】【分析】(1)先设D(5,a)，根据勾股定理求出OE，从而得BE，最后根据勾股定理列方程，即可得出结论；
(2)如图2，作辅助线，构建相似三角形，先证明△ADC∽△FDB，得ACBF=CDBD，可得BF=3，OF=8，利用勾股定理计算AF和CF的长，根据角平分线的性质和等腰三角形的性质得PM+PN=PM+PN′=MN′=4，证明△PFN∽△DAC，得FNAC=PNCD，从而得FN=2PN，再证明△APM∽△FPN′，列比例式可得结论；
(3)分三种情况：①PM=PN；②PM=MN；③MN=NP；分别证明三角形相似列比例式可得结论．
27.【答案】解：(1)设抛物线的表达式为y=a(x−x1)(x−x2)=a(x+3)(x−1)，
将点C的坐标代入上式得：3=a(0+3)(0−1)，解得a=−1，
故抛物线的函数表达式为y=−(x+3)(x−1)=−x2−2x+3；
(2)如图，过点B作BE//y轴交AC于E，过点P作PF//y轴交AC于F，
设直线AC的解析式为y=kx+n，把A(−3,0)，C(0,3)代入，
得−3k+n=0n=3，
解得：k=1n=3，
∴直线AC的解析式为y=x+3，
设P(t,−t2−2t+3)，且−3∵B(1,0)，
∴E(1,4)，
∴BE=4，PF=−t2−2t+3−(t+3)=−t2−3t，
∵BE//y轴，PF//y轴，
∴BE//PF，
∴△BDE∽△PDF，
∴PDBD=PFBE=−t2−3t4=-14(t+32)2+916，
∵−3∴当t=-32时，PDBD取得最大值916，
∵S△APD=kS△ABD，
∴k=S△APDS△ABD=PDBD，
∴k的最大值为916，
∴0(3)如图，过点Q作QT⊥y轴于点T，过点M作MK⊥x轴于点K，则∠MKO=∠QTO=90∘，
当点M绕着点O顺时针旋转90∘得到点Q时，
∴OM=OQ，∠MOQ=90∘，
∴∠MOK+∠QOK=90∘，
∵∠QOT+∠QOK=90∘，
∴∠MOK=∠QOT，
∴△OMK≌△OQT(AAS)，
∴OK=OT，MK=QT，
设点M(x,x+3)，则OK=−x，MK=−x−3，
∴OT=−x，QT=−x−3，
∴Q(x+3,−x)，
∵点Q在抛物线上，
∴−x=−(x+3)2−2(x+3)+3，
解得：x1=−3，x2=−4，
∴M(−3,0)或(−4,−1)；
当点M绕着点O逆时针旋转90∘得到点Q时，则Q(−x−3,x)，
∵点Q在抛物线上，
∴x=−(−x−3)2−2(−x−3)+3，
解得：x1=−5，x2=0(舍去)，
∴M(−5,−2)；
当点M(0,3)绕O逆时针旋转90∘时，对应点Q(−3,0)刚好落在抛物线上；
综上所述，点M的坐标为(−3,0)或(−4,−1)或(0,3)或(−5,−2).

【解析】【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案；
(2)过点B作BE//y轴交AC于E，过点P作PF//y轴交AC于F，利用待定系数法可得直线AC的解析式为y=x+3，设P(t,−t2−2t+3)，且−3(3)过点Q作QT⊥y轴于点T，过点M作MK⊥x轴于点K，可证得△OMK≌△OQT(AAS)，得出OK=OT，MK=QT，设点M(x,x+3)，则OK=−x，MK=−x−3，可得Q(x+3,−x)，当点M绕着点O逆时针旋转90∘得到点Q时，则Q(−x−3,x)，代入抛物线解析式即可求得答案．
小安
学生A
学生B
小徽
小安/小徽
学生A/小徽
学生B/小徽
小美
小安/小美
学生A/小美
学生B/小美