2024年辽宁省抚顺市望花区中考数学一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年辽宁省抚顺市望花区中考数学一模试卷（含详细答案解析），共21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。

1.关于x的一元二次方程x2−4x−7=0的一次项系数是( )
A. 1B. 2C. −4D. −7
2.一元二次方程是x2+x=0的根的是( )
A. x1=0，x2=1B. x1=1，x2=−1
C. x1=0，x2=−1D. x1=x2=−1
3.若抛物线y=(x+4)2−1平移得到y=x2，则必须( )
A. 先向左平移4个单位，再向下平移1个单位B. 先向右平移4个单位，再向上平移1个单位
C. 先向左平移1个单位，再向下平移4个单位D. 先向右平移1个单位，再向上平移4个单位
4.正常运行的钟表，分针从“9”第一次走到“12”，分针就( )
A. 沿顺时针方向旋转了45∘B. 沿逆时针方向旋转了45∘
C. 沿顺时针方向旋转了90∘D. 沿逆时针方向旋转了90∘
5.下列一元二次方程有两个相等的实数根的是( )
A. x2−2x+1=0B. x2−2x−1=0C. x2+x+1=0D. x2+x−1=0
6.在平面直角坐标系中，二次函数y=a(x−3)2(a≠0)的图象可能是( )
A. B. C. D.
7.下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
8.《算法统宗》是中国古代数学名著，作者是明代数学家程大位.书中记载了一道“荡秋千”问题：“平地秋千未起，踏板一尺离地；送行二步与人齐，五尺人高曾记；仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉；良工高士素好奇，算出索长有几？”译文：“秋千静止的时候，踏板离地1尺，将它往前推送两步(两步=10尺)时，此时踏板升高离地5尺，秋千的绳索始终拉得很直，试问秋千绳索有多长？”若设秋千绳索长为x尺，则可列方程为( )
A. x2+102=(x+1)2B. (x+1)2+102=x2
C. x2+102=(x−4)2D. (x−4)2+102=x2
9.如图，抛物线y=x2−2x−3与y轴交于点C，点D的坐标为(0,−1)，在第四象限抛物线上有一点P，若△PCD是以CD为底边的等腰三角形，则点P的横坐标为( )
A. 1+ 2
B. 1− 2
C. 2−1
D. 1− 2或1+ 2
10.如图，在平面直角坐标系中，射线OB是第一象限的角平分线，线段OB=2 2，将△OAB绕原点顺时针旋转，每次旋转45∘，则第2023次旋转结束后，点B对应点的坐标为( )
A. (−2,−2)
B. (2,2)
C. (0,−2 2)
D. (0,2 2)
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.若关于x的一元二次方程(k−2)x2+x+k2−4=0有一个根是0，则k的值是______.
12.如图所示的美丽图案，可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转每次旋转______度形成的．
13.如图，一名学生推铅球，铅球行进高度y(单位：m)与水平距离x(单位：m)之间的关系是y=−112(x−10)(x+4)，则铅球推出的距离OA=______m.
14.如图，在平面直角坐标系中，点A(a,b)，连接OA，将OA绕点O逆时针方向旋转90∘得到OB.则点B的坐标为______.(用字母a，b表示)
15.如图的一座拱桥，当水面宽AB为12m时，桥洞顶部离水面4m，已知桥洞的拱形是抛物线，以水平方向为x轴，建立平面直角坐标系，若选取点A为坐标原点时的抛物线解析式是y=−19(x−6)2+4，则选取点B为坐标原点时的抛物线解析式是______.
16.如图，在长为32m，宽为20m的长方形地面上修筑同样宽的小路(图中阴影部分)，余下部分种植草坪，要使小路的面积为100m2，则小路的宽为______.
三、解答题：本题共8小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
(1)用配方法解方程：x2−4x+1=0；
(2)用公式法解方程：5x2−3x=x+1.
18.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A(−1,1)，B(−4,2)，C(−3,3).
(1)平移△ABC，得到△A1B1C1，若点A的对应点A1的坐标为(3,−1)，请画出△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
(2)将△ABC以点(0,2)为旋转中心旋转180∘后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2，并写出点B2的坐标；
(3)已知将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心P点的坐标.
19.(本小题8分)
台风“杜苏芮”牵动着全国人民的心，某单位开展了“一方有难，八方支援”赈灾捐款活动，第一天收到捐款3000元，第三天收到捐款4320元.
(1)如果第二天、第三天收到捐款的增长率相同，求捐款增长率；
(2)按照(1)中收到的捐款的增长速度，第四天该单位能收到多少捐款？
20.(本小题8分)
许多数学问题源于生活.雨伞是生活中的常用物品，我们用数学的眼光观察撑开后的雨伞(如图①)、可以发现数学研究的对象——抛物线.在如图②所示的直角坐标系中，伞柄在y轴上，坐标原点O为伞骨OA，OB的交点.点C为抛物线的顶点，点A，B在抛物线上，OA，OB关于y轴对称.OC=1分米，点A到x轴的距离是0.6分米，A，B两点之间的距离是4分米.
(1)求抛物线的表达式；
(2)分别延长AO，BO交抛物线于点F，E，求E，F两点之间的距离.
21.(本小题8分)
(1)操作发现：
如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上.现将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90∘，点B的对应点为B′，点C的对应点为C′，连接BB′，如图所示则∠AB′B=______；
(2)解决问题：
如图2，在等边△ABC内有一点P，且PA=2,PB= 3,PC=1，如果将△BPC绕点B逆时针旋转60∘得出△ABP′，求∠BPC的度数和PP′的长.
22.(本小题8分)
网络直播销售已经成为一种热门的销售方式，某生产商在某一销售平台上进行直播销售某种产品.已知该产品的成本价为6元/kg，每日销售量y(kg)与销售单价x(元/kg)满足一次函数关系，下表记录的是有关数据：
经销商发现，销售单价不低于成本价且不高于32元/kg.
(1)求出日销售量y与销售单价x之间的函数解析式，并写出自变量的取值范围；
(2)设公司销售该产品的日获利为m(元)，当销售单价定为多少时，销售这种产品的日获利m最大？最大利润为多少元？
23.(本小题8分)
▱ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，连接DE，将ED绕点E逆时针旋转90∘，得到EF，连接BF.
(1)当点E在线段BC上，∠ABC=45∘时，如图①，求证：AE+EC=BF；
(2)当点E在线段BC延长线上，∠ABC=45∘时，如图②；当点E在线段CB延长线上，∠ABC=135∘时，如图③，请猜想并直接写出线段AE，EC，BF的数量关系；
(3)在(1)、(2)的条件下，若BE=3，DE=5，则CE=______.
24.(本小题8分)
如图，抛物线y=ax2+bx−6交x轴于A(2,0)，B(−6,0)两点，交y轴于点C，点Q为线段BC上的动点.
(1)求抛物线的解析式；
(2)求QA+QO的最小值；
(3)过点Q作QP//AC交抛物线的第三象限部分于点P，连接PA，PB，记△PAQ与△PBQ的面积分别为S1，S2，设S=S1+S2，当S=152时，求点P的坐标.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：关于x的一元二次方程x2−4x−7=0的一次项系数是−4，
故选：C.
根据一元二次方程的一般形式找出一次项系数即可．
本题考查了一元二次方程的一般形式，注意：找一次项系数带着前面的符号．
2.【答案】C
【解析】【分析】
方程左边分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
此题考查了解一元二次方程-因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
【解答】
解：∵x2+x=0，
∴x(x+1)=0，
则x=0或x+1=0，
解得：x1=0，x2=−1，
故选：C.
3.【答案】B
【解析】解：抛物线y=(x+4)2−1的顶点坐标为(−4,−1)，
y=x2的顶点坐标为(0,0)，
抛物线y=(x+4)2−1先向右平移4个单位，再向上平移1个单位得到y=x2.
故选：B.
确定出两抛物线的顶点坐标，再根据顶点的变化确定平移方法．
本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减，此类题目，利用顶点的变化求解更简便．
4.【答案】C
【解析】解：(12−9)×30∘
=3×30∘
=90∘.
答：钟表的分针从走到了12.分针顺时针方向旋转了90度．
故选：C.
钟面上指针转动的方向就是顺时针，分针走一大格是30∘，从9到12走了3大格，据此即能求解．
本题考查了生活中的旋转现象，解决本题的关键在于知道分针走一大格是30∘.
5.【答案】B
【解析】解：A、Δ=22−4×(−1)=8>0，方程有两个不相等的实数根，所以A选项不合题意；
B、Δ=22−4×1=0，方程有两个相等的实数根，所以B选项合题意；
C、Δ=12−4×1=−3<0，方程没有实数根，所以C选项不合题意；
D、Δ=(−2)2−4×1×(−4)=20>0，方程有两个不相等的实数根，所以D选项不合题意．
故选：B.
分别计算四个方程的根的判别式，然后根据判别式的意义进行判断．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式Δ=b2−4ac：当Δ>0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ<0，方程没有实数根．
6.【答案】C
【解析】解：二次函数y=a(x−3)2(a≠0)的顶点坐标为(3,0)，它的顶点坐标在x轴上，
故选：C.
根据二次函数y=a(x−3)2(a≠0)的顶点坐标为(3,0)，它的顶点坐标在x轴上，即可解答．
本题考查了二次函数的图象，解决本题的关键是求出二次函数的顶点坐标．
7.【答案】B
【解析】解：A.该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B.
根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．
8.【答案】D
【解析】解：设秋千的绳索长为 x尺，根据题意可列方程为：x2=102+(x−4)2.
故选：D.
设秋千的绳索长为 x 尺，根据题意可得AB=(x−4)尺，利用勾股定理可得x2=102+(x−4)2.
此题主要考查了考差了勾股定理的应用，关键是正确理解题意，表示出 AB、AC 的长，掌握直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方．
9.【答案】A
【解析】解：令x=0，则y=−3，
所以，点C的坐标为(0,−3)，
∵点D的坐标为(0,−1)，
∴线段CD中点的纵坐标为12×(−1−3)=−2，
∵△PCD是以CD为底边的等腰三角形，
∴点P的纵坐标为−2，
∴x2−2x−3=−2，
解得x1=1− 2，x2=1+ 2，
∵点P在第四象限，
∴点P的横坐标为1+ 2.
故选：A.
根据抛物线解析式求出点C的坐标，再求出CD中点的纵坐标，然后根据等腰三角形三线合一的性质可得点P的纵坐标，然后代入抛物线求解即可．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，等腰三角形三线合一的性质，熟记性质并确定出点P的纵坐标是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：因为射线OB平分第一象限，且OB=2 2，
则有B(2,2).
故第一次旋转后对应点落在x轴上，坐标为(2 2,0)，
第二次旋转后的对应点与点B关于x轴对称，坐标为(2,−2)，
第三次旋转后的对应点落在y轴上，坐标为(0,−2 2)，
依次类推：第四次(−2,−2)，第五次(−2 2,0)，第六次(−2,2)，第七次(0,2 2)，第八次(2,2)……
发现第八次旋转后的对应点与点B重合．
则2023÷8=252余7，
所以第2023次旋转后的对应点与第七次旋转后的对应点相同，即坐标为(0,2 2).
故选：D.
先由射线OB是第一象限的角平分线和OB=2 2，可求得点B的坐标，又每次绕原点顺时针旋转45∘，则可依次求得每次旋转后点B对应点的坐标，再根据发现的周期规律可解决问题．
本题考查旋转前后点的坐标变化特征，能发现经过第八次旋转后点的坐标与前面的坐标重合是解决问题的关键．
11.【答案】−2
【解析】解：把x=0代入(k−2)x2+x+k2−4=0，得
k2−4=0，
解得k1=−2，k2=2，
而k−2≠0即k≠2.
所以k=−2.
故答案是：−2.
先把x=0代入(k−2)x2+x+k2−4=0得到：k2−4=0，解关于k的方程得k1=−2，k2=2，然后根据一元二次方程的定义可确定k的值．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
12.【答案】45
【解析】解：本题图案，可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转8次形成．
所以旋转角为360∘8=45∘.
故答案为：45.
利用旋转中的三个要素(①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度)设计图案，进而判断出基本图形的旋转角度．
本题考查了图形的旋转，找到旋转中心和旋转次数，算出旋转角是解决本题的关键．
13.【答案】10
【解析】解：令y=0，则−112(x−10)(x+4)=0，
解得：x=10或x=−4(不合题意，舍去)，
∴A(10,0)，
∴OA=10.
故答案为：10.
令y=0，得到关于x的方程，解方程即可得出结论．
本题主要考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数的性质和利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
14.【答案】(−b,a)
【解析】解：如图，
作AC⊥x轴于C，作BD⊥x轴于D，
∴∠ACO=∠BDO=90∘，
∴∠AOC+∠A=90∘，
∵∠AOB=90∘，
∴∠AOC+∠BOD=90∘，
∴∠A=∠BOD，
在△AOC和△OBD中，
∠ACO=∠BDO∠A=∠BODOA=OB，
∴△AOC≌△OBD(AAS)，
∴OD=AC=|b|，BD=OC=|a|，
∴B(−b,a).
故答案为：(−b,a).
作AC⊥x轴于C，作BD⊥x轴于D，可证得△AOC≌△OBD，进一步得出结果．
本题考查了坐标与图形的变化-旋转，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
15.【答案】y=−19(x+6)2+4
【解析】解：由题意可得出：y=a(x+6)2+4，
将(−12,0)代入得出，0=a(−12+6)2+4，
解得：a=−19，
∴选取点B为坐标原点时的抛物线解析式是：y=−19(x+6)2+4.
故答案为：y=−19(x+6)2+4.
根据题意得出A点坐标，进而利用顶点式求出函数解析式即可．
此题主要考查了二次函数的应用，利用顶点式求出函数解析式是解题关键．
16.【答案】2m
【解析】解：设小路的宽为x m，则余下部分可合成长为(32−x)m，宽为(20−x)m的长方形，
根据题意得：32×20−(32−x)(20−x)=100，
整理得：x2−52x+100=0，
解得：x1=2，x2=50(不符合题意，舍去)，
∴小路的宽为2m.
故答案为：2m.
设小路的宽为x m，则余下部分可合成长为(32−x)m，宽为(20−x)m的长方形，利用小路的面积=原长方形地面的面积-种植花坪的面积，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
17.【答案】解：(1)x2−4x+1=0，
x2−4x=−1，
x2−4x+4=−1+4，即(x−2)2=3，
∴x−2=± 3，
∴x1=2+ 3，x2=2− 3；
(2)方程化为5x2−4x−1=0，
这里a=5，b=−4，c=−1，
∴Δ=b2−4ac=16+20=36>0，
∴x=−b± b2−4ac2a=−(−4)± 362×5=4±610，
∴x1=1，x2=−15.
【解析】(1)先把左边的1移项到右边成−1，再配方，两边同时加(−2)2，左边得到完全平方，再画出两个一元一次方程进行解答；
(2)先化成一般式找到a、b、c，计算b2−4ac判定根的情况，最后运用公式x=−b± b2−4ac2a即可求解．
本题主要考查了运用配方法、公式法解一元二次方程，运用公式法解方程时，要先把方程化为一般式，找到a、b、c的值，然后用b2−4ac判定根的情况，最后运用公式x=−b± b2−4ac2a即可求解．
18.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求作的三角形，B1点坐标为(0,0)；
(2)如图，△A2B2C2即为所求，B2坐标为(4,2)；
(3)连接A1A2、B1B2、C1C2交于一点，该点为旋转中心P，其坐标为(2,1).

【解析】(1)先作出点A、B、C平移后的对应点A1、B1、C1，然后顺次连接即可，根据图形写出点B1的坐标；
(2)先作出点A、B、C旋转后的对应点A2、B2、C2，然后顺次连接即可，根据图形写出点B2的坐标；
(3)根据图形得出旋转中心P点的坐标即可．
本题主要考查了平移、旋转作图，求旋转中心，解题的关键是作出对应点的位置．
19.【答案】解：(1)设捐款增长率为x，根据题意列方程得，
3000×(1+x)2=4320，
解得x1=0.2，x2=−2.2(不合题意，舍去)，
答：捐款增长率为20%.
(2)4320×(1+20%)=5184元．
答：第四天该单位能收到5184元捐款．
【解析】(1)解答此题利用的数量关系是：第一天收到捐款钱数×(1+每次增长的百分率)2=第三天收到捐款钱数，设出未知数，列方程解答即可；
(2)第三天收到捐款钱数×(1+每次增长的百分率)=第四天收到捐款钱数，依此列式子解答即可．
本题考查了一元二次方程的应用，列方程的依据是：第一天收到捐款钱数×(1+每次降价的百分率)2=第三天收到捐款钱数．
20.【答案】解：(1)根据题意，点C(0,1)，A(2,0.6)，B(−2,0.6)，
设抛物线解析式为：y=ax2+1，将A(2,0.6)坐标代入解析式得：4a+1=0.6，
解得：a=−0.1，
抛物线解析式为：y=−0.1x2+1.
(2)设直线OA解析式为y=kx，将A(2,0.6)坐标代入得，0.6=2k，解得k=0.3，
∴直线OA解析式为：y=0.3x，
联立函数解析式：y=0.3xy=−0.1x2+1，
解得：x=−5y=−1.5，或x=2y=0.6(不符合题意舍去)，
∴点F坐标为(−5.−1.5)
抛物线的对称轴是y轴，∴点E的坐标为(5,−1.5)，
∴EF=5−(−5)=10.
【解析】(1)待定系数法求出抛物线解析式即可；
(2)写出直线OA解析式，求出与抛物线的交点坐标F，根据抛物线的对称性计算出点E坐标，利用横坐标之差计算线段EF长．
本题考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数的对称性是解答本题的关键．
21.【答案】45∘
【解析】解：(1)∵△ABC绕点A按顺时针方向旋转90∘，点B的对应点为B′，点C的对应点为C′，
∴AB′=AB，∠BAB′=90∘，
∴△ABB′为等边三角形，
∴∠AB′B=45∘；
故答案为：45∘；
(2)∵△ABC为等边三角形，
∴BA=BC，∠ABC=60∘，
∵△BPC绕点B逆时针旋转60∘得出△ABP′，
∴AP′=CP=1，BP′=BP= 3，∠PBP′=60∘，△BPC≌△BP′A，
∴△BPP′为等边三角形，
∴∠BP′P=60∘，PP′=BP= 3，
在△APP′中，∵AP′=1，PP′= 3，AP=2，
∴AP′2+PP′2=AP2，
∴△APP′为直角三角形，∠AP′P=90∘，
∴∠BP′A=∠AP′P+∠BP′P=90∘+60∘=150∘，
∵△BPC≌△BP′A，
∴∠BPC=∠BP′A=150∘.
答：∠BPC的度数为150∘，PP′的长为 3.
(1)根据旋转的性质得到AB′=AB，∠BAB′=90∘，则可判断△ABB′为等边三角形，从而得到∠AB′B=45∘；
(2)根据旋转的性质得到AP′=CP=1，BP′=BP= 3，∠PBP′=60∘，△BPC≌△BP′A，则△BPP′为等边三角形，所以∠BP′P=60∘，PP′=BP= 3，再利用勾股定理的逆定理证明△APP′为直角三角形，∠AP′P=90∘，然后计算出∠BP′A=150∘，从而得到∠BPC的度数．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质和勾股定理及其逆定理．
22.【答案】解：(1)设：y与x之间的函数解析式为y=kx+b.
将(10,4000)和(11,3900)代入函数表达式得：
10k+b=400011k+b=3900，解得：k=−100b=5000，
∵销售单价不低于成本价且不高于32元/kg，
则6≤x≤32，
∴y与x之间的函数解析式为：y=−100x+5000(6≤x≤32)；
(2)由题意得：m=(x−6)(−100x+5000)
=−100(x−28)2+48400，
∵−100<0，∴m有最大值．
又6≤28≤32，
∴当x=28时，m有最大值，最大值为48400元，
答：当销售单价定价为28元时，销售这种产品日获利m最大，最大利润为48400元．
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)由m(x−6)(−100x+5000)=−100(x−28)2+48400，即可求解．
本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是将实际问题转化为二次函数问题求解．
23.【答案】1或7
【解析】(1)证明：如图①，∵AE⊥BC于点E，
∴∠AEB=90∘，
∵∠ABC=45∘，
∴∠BAE=∠ABC=45∘，
∴BE=AE，
∵将ED绕点E逆时针旋转90∘，得到EF，
∴∠DEF=90∘，EF=ED，
∴∠BEF=∠AED=90∘−∠AEF，
∵BE=AE，∠BEF=∠AED，EF=ED，
∴△BEF≌△AED(SAS)，
∴BF=AD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，
∴AE+EC=BE+EC=BC=AD，
∴AE+EC=BF.
(2)解：图②，AE−EC=BF；图③，EC−AE=BF，
理由：如图②，AE⊥BC交BC的延长线于点E，
∴∠AEB=90∘，
∵∠ABC=45∘，
∴∠BAE=∠ABC=45∘，
∴BE=AE，
∵将ED绕点E逆时针旋转90∘，得到EF，
∴∠DEF=90∘，EF=ED，
∴∠BEF=∠AED=90∘−∠AEF，
∵BE=AE，∠BEF=∠AED，EF=ED，
∴△BEF≌△AED(SAS)，
∴BF=AD，
∵BC=AD，
∴AE−EC=BE+EC=BC=AD，
∴AE−EC=BF；
如图③，AE⊥BC交CB的延长线于点E，
∴∠AEB=90∘，
∵∠ABC=135∘，
∴∠ABE=180∘−∠ABC=45∘，
∴∠BAE=∠ABE=45∘，
∴BE=AE，
∵将ED绕点E逆时针旋转90∘，得到EF，
∴∠DEF=90∘，EF=ED，
∴∠BEF=∠AED=90∘−∠BED，
∵BE=AE，∠BEF=∠AED，EF=ED，
∴△BEF≌△AED(SAS)，
∴BF=AD，
∴BC=AD，
∴EC−AE=EC−BE=BC=AD，
∴EC−AE=BF.
(3)解：如图①，∵AD//BC，
∴∠DAE=∠AEB=90∘，
∵AE=BE=3，DE=5，
∴AD= DE2−AE2= 52−32=4，
∴BC=AD=4，
∴CE=BC−BE=4−3=1；
如图②，∵AD//BC，
∴∠DAE=∠AEB=90∘，
∵AE=BE=3，DE=5，
∴AD= DE2−AE2= 52−32=4，
∴BF=AD=4，
∵AE−EC=BF，
∴EC=AE−BF=3−4=−1，即CE=−1，不符合题意，舍去；
如图③，∵AD//BC，
∴∠DAE=180∘−∠AEB=90∘，
∵AE=BE=3，DE=5，
∴AD= DE2−AE2= 52−32=4，
∴BC=AD=4，
∴CE=BE+BC+3+4=7，
综上所述，CE=1或CE=7，
故答案为：1或7.
(1)由∠AEB=90∘，∠ABC=45∘，得∠BAE=∠ABC=45∘，则BE=AE，由旋转得∠DEF=90∘，EF=ED，则∠BEF=∠AED=90∘−∠AEF，即可证明△BEF≌△AED，得BF=AD，由平行四边形的性质得BC=AD，则AE+EC=BE+EC=BC=AD=BF；
(2)当点E在线段BC延长线上，则∠AEB=90∘，所以∠BAE=∠ABC=45∘，则BE=AE，而∠DEF=90∘，EF=ED，则∠BEF=∠AED=90∘−∠AEF，即可证明△BEF≌△AED，所以BF=AD，则AE−EC=BE+EC=BC=AD=BF；当点E在线段CB延长线上，∠ABC=135∘时，则∠AEB=90∘，∠ABE=180∘−∠ABC=45∘，所以∠BAE=∠ABE=45∘，仍可证明△BEF≌△AED，得BF=AD，所以EC−AE=EC−BE=BC=AD=BF；
(3)分三种情况，一是点E在BC边上，由AD//BC，得∠DAE=∠AEB=90∘，则AD= DE2−AE2=4，所以BC=AD=4，则CE=BC−BE=1；二是点E在线段BC延长线上，仍可求得AD= DE2−AE2= 52−32=4，则BF=AD=4，由AE−EC=BF，得EC=AE−BF=−1，即CE=−1，不符合题意，舍去；三是点E在线段CB延长线上，∠ABC=135∘，可求得AD= DE2−AE2=4，则BC=AD=4，所以CE=BE+BC+3+4=7，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，证明△BEF≌△AED是解题的关键．
24.【答案】解：(1)将A(2,0)，B(−6,0)分别代入y=ax2+bx−6，得方程组0=4a+2b−60=36a−6b−6，解得a=12b=2.
∴抛物线的解析式为y=12x2+2x−6.
(2)作点O关于直线BC的对称点坐标为O′.连接BO′、CO′、OO′.
∵OB=OC，OO′⊥BC，
∴OO′平分BC，
∴OO′垂直平分BC.
又∵BC垂直平分OO′，且∠BOC=90∘，
∴四边形OCO′B是正方形．
∴点O关于直线BC的对称点坐标为O′(−6,−6).
连接O′A，与BC交于点Q.
∵BC是OO′的垂直平分线，
∴QO=QO′，
∴QA+QO=QA+QO′=O′A.
在BC上任取一点异于点Q的点Q′，连接Q′O、Q′A、Q′O′.
Q′A+Q′O=Q′A+Q′O′>O′A(在三角形中，两边之和大于第三边)，
∴QA+QO的最小值为O′A= (−6−2)2+(−6)2=10.
(3)过点P作PM⊥x轴，交x轴于点M.连接PC.
∵QP//AC，
∴S△PAQ=S△PCQ(同底等高)，
∴S△PAQ+S△PBQ=S△PBC=S梯形PCOM+SRt△PMB−SRt△BOC.
设点P(m,12m2+2m−6)，
∴S梯形PCOM=12(MP+OC)⋅OM=12(−12m2−2m+6+6)(−m)=−12m(−12m2−2m+12)，
SRt△PMB=12MP⋅BM=12(−12m2−2m+6)(m+6)=12(m+6)(−12m2−2m+6)，
SRt△BOC=12OB⋅OC=12×6×6=18.
∴S=S1+S2=−12m(−12m2−2m+12)+12(m+6)(−12m2−2m+6)−18=152，解得m=−1或−5.
∴P(−1,−152)或(−5,−72).
【解析】(1)A(2,0)，B(−6,0)代入y=ax2+bx−6，利用待定系数法解答即可；
(2)作点O关于直线BC的对称点坐标为O′，求出O′的坐标，并证明Q′A为QA+QO的最小值，求出Q′A即可；
(3)过点P作PM⊥x轴，交x轴于点M.连接PC.设点P(m,12m2+2m−6)，由于QP//AC，故S△PAQ=S△PCQ(同底等高)，从而得到S△PAQ+S△PBQ=S△PBC=S梯形PCOM+SRt△PMB−SRt△BOC，用P点坐标将各项表示出来，从而求出m的值，进而求得P点坐标．
本题考查二次函数的性质、图象上坐标特点和解析式的求法等内容，解答过程非常复杂，要求有极强的计算能力和思维能力．x(元/kg)
10
11
12
y(kg)
4000
3900
3800