2024年江西省九江市永修县中考数学一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年江西省九江市永修县中考数学一模试卷（含详细答案解析），共23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.已知△ABC∽△DEF，且相似比为1：2，则△ABC与△DEF的面积比为( )
A. 1：4B. 4：1C. 1：2D. 2：1
2.将抛物线y=−2x2向左平移2个单位，再向上平移3个单位得到的抛物线，其表达式为( )
A. y=−2(x+2)2+3B. y=−2(x−2)2−3
C. y=−2(x+2)2−3D. y=−2(x−2)2+3
3.一个扇形的半径为6，圆心角为120∘，则该扇形的面积是( )
A. 2πB. 4πC. 12πD. 24π
4.如图，△ABC内接于⊙O，AD是⊙O的直径，若∠CAD=70∘，则∠ABC的度数是( )
A. 40∘
B. 30∘
C. 20∘
D. 10∘
5.二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则一次函数y=−ax+b与反比例函数y=cx在同一坐标系内的大致图象是( )
A.
B.
C.
D.
6.如图，在平面直角坐标系中，点P在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，点A，B在x轴上，且PA⊥PB，PA交y轴于点C，AO=BO=BP.若△ABP的面积是4，则k的值是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 32
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
7.一元二次方程x2−2x=0的根是______.
8.如图，半径为2的⊙A经过原点O和点C，B是y轴左侧⊙A上的一点，且∠OBC=20∘，则OC的长为______.
9.若抛物线y=mx2−6x−9与x轴只有一个交点，则m的值为______.
10.如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若CD=16，EB=4，则⊙O的半径为______.
11.如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，⊙O是△ABC的外接圆，点A，B，O在网格线的交点上，则cs∠ACB的值是______.
12.在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AD在y轴正半轴上，边BC在第一象限，且A(0,3)、B(5,3)，将正方形ABCD绕点A顺时针旋转α(0∘<α<180∘)，若点B的对应点B′恰好落在坐标轴上，则点C的对应点C′的坐标为______.
三、解答题：本题共11小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
13.(本小题6分)
(1)计算：tan45∘+4cs30∘sin45∘− 33tan60∘.
(2)如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE//AC，CE//BD.求证：四边形OCED是菱形.
14.(本小题6分)
一个几何体由几个大小相同的小正方体搭成，从上面观察这个几何体，其俯视图如图所示，其中小正方形中的数字表示该位置的小正方体的个数.请在方格纸中分别画出该几何体的主视图和左视图.
15.(本小题6分)
已知关于x的一元二次方程x2−2x−m=0，若该方程的两个实数根分别为α，β，且α+2β=5，求m的值.
16.(本小题6分)
暑假期间，小张和小美一起到南昌旅游，晚上他们去特色街逛街并吃点小吃，看到满大街各式各样的美食，却不知道选择哪一个，于是通过抽卡片的游戏来决定吃什么.他们制作了四张背面完全相同的卡片，在正面上分别写着：A.白糖糕；B.炒螺蛳；C.三杯鸡；D.南昌炒粉.将这四张卡片背面朝上，放置在水平桌面上，洗匀放好，小张先从这四张卡片中随机抽取一张，放回后洗匀，小美再从这四张卡片中随机抽取一张.
(1)小张抽到卡片正面写着“南昌炒粉”的概率是______.
(2)请用列表或画树状图的方法，求小张、小美两个人抽到不同特色美食的概率.
17.(本小题6分)
如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=−4x的图象相交于点A(−1,m)，B(n,−1).
(1)求一次函数的解析式.
(2)结合图象，直接写出不等式kx+b>−4x的解集.
18.(本小题8分)
如图，点A，B是某条河上一座桥的两端，某数学兴趣小组用无人机从点A竖直上升到点C时，测得点C到桥的另一端点B的俯角为28∘，无人机由点C继续竖直上升10米到点D，测得点D到桥的另一端点B的俯角为37∘，求桥AB的长.(结果精确到0.1，参考数据：sin37∘≈0.60，cs37∘≈0.80，tan37∘≈0.75，sin28∘≈0.47，cs28∘≈0.88，tan28∘≈0.53)
19.(本小题8分)
“元宵节”吃元宵是中国的传统习俗，某超市购进一种品牌元宵，每盒进价是30元，并规定每盒售价不得少于40元，日销售量不低于350盒.根据以往的销售经验发现，当每盒售价定为40元时，日销售量为500盒，且每盒售价每提高1元，日销售量就减少10盒.设每盒售价为x元，日销售量为p盒.
(1)当x=50时，p=______.
(2)当每盒售价定为多少元时，日销售利润W(元)最大？最大利润是多少？
20.(本小题8分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，O是BC上的一点，以点O为圆心，OC的长为半径作⊙O，且AB与⊙O相切于点H，连接AO.
(1)求证：AO平分∠BAC.
(2)若AB=5，tan∠OAC=12，求⊙O的半径.
21.(本小题9分)
如图，在四边形ABCD中，AB//DC，BC>AD，∠D=90∘，AC⊥BC，AB=10cm，BC=6cm，F点以2cm/秒的速度在线段AB上由A向B匀速运动，E点
同时以1cm/秒的速度在线段BC上由B向C匀速运动，设运动时间为t秒(0(1)求证：△ACD∽△BAC；
(2)求DC的长；
(3)试探究：△BEF可以为等腰三角形吗？若能，求t的值；若不能，请说明理由．
22.(本小题9分)
定义概念：在平面直角坐标系中，我们定义直线y=ax−a为抛物线y=ax2+bx+c的“衍生直线”.如图1，抛物线y=−x2+bx+c与其“衍生直线”交于A，B两点(点B在x轴上，点A在点B的左侧)，与x轴负半轴交于点C(−3,0).
(1)求抛物线和“衍生直线”的表达式及点A的坐标.
(2)如图2，抛物线y=−x2+bx+c的“衍生直线”与y轴交于点D1，依次作正方形D1E1F1O，正方形D2E2F2F1，…，正方形DnEnFnFn−1(n为正整数)，使得点D1，D2，D3，…，Dn在“衍生直线”上，点F1，F2，F3，…，Fn在x轴负半轴上.
①直接写出下列点的坐标：E1______，E2______，E3______，En______.
②试判断点E1，E2…，En是否在同一条直线上？若是，请求出这条直线的解析式；若不是，请说明理由.
23.(本小题12分)
新定义：若一个三角形一条边的平方等于另两条边的乘积，则称这个三角形为比例三角形.
例如：△ABC三边的长分别为AB=1，BC=2，AC= 2.因为AC2=AB⋅BC，所以△ABC是比例三角形.
【问题提出】
(1)已知△ABC是比例三角形，AB=2，BC=4，求AC的长.
【问题探究】
(2)如图1，P是矩形ABCD的边BC上的一动点，AQ平分∠PAD，交边BC于点Q，∠APD=∠PQD.
①求证：△APD∽△DQP.
②求证：△APD是比例三角形.
【问题延伸】
(3)如图2，在(2)的条件下，当AB=1，PQ=a时，点C与点Q能否重合？若能，求出a2的值；若不能，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
此题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解本题的关键．利用相似三角形面积之比等于相似比的平方计算即可．
【角度】
解：∵△ABC∽△DEF，且相似比为1：2，
∴△ABC与△DEF的面积比为1：4，
故选A.
2.【答案】A
【解析】解：抛物线y=−2x2的顶点坐标为(0,0)，把点(0,0)向左平移2个单位，再向上平移3个单位得到的对应点的坐标为(−2,3)，
所以平移的抛物线解析式为y=2(x+2)2+3.
故选：A.
先确定原抛物线的顶点坐标为(0,0)，再利用点的平移规律得到点(0,0)向左平移2个单位，再向上平移3个单位得到的对应点的坐标为(−2,3)，
然后利用顶点式写出平移后的抛物线解析式．
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查的是扇形面积的计算，掌握扇形的面积公式S=nπR2360是解题的关键．
根据扇形的面积公式S=nπR2360计算即可．
【解答】
解：扇形的面积是：120×π×62360=12π.
4.【答案】C
【解析】解：∵OA=OC，∠CAD=70∘，
∴∠ACO=∠CAO=70∘，
∴∠AOC=180∘−∠OAC−∠OCA=40∘，
∴∠ABC=12∠AOC=20∘，
故选：C.
根据等腰三角形的性质得到∠ACO=∠CAO=70∘，求得∠AOC=180∘−∠OAC−∠OCA=40∘，根据圆周角定理得到结论．
本题考查了三角形外接圆与外心，等腰三角形的判定和性质，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵抛物线对称轴在y轴左侧，
∴b>0，
∵抛物线与y轴交点在x轴下方，
∴c<0，
∴直线y=−ax+b经过第一，二，四象限，反比例函数y=cx图象分布在第二、四象限，
故选：A.
由抛物线开口方向，对称轴位置及抛物线与y轴交点位置判断a，b，c的符号，从而可得直线与反比例函数图象的大致图象．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握函数图象与系数的关系．
6.【答案】B
【解析】解：连接OP，作PD⊥x轴于D，
∵△ABP的面积是4，AO=BO，
∴△OBP的面积为2，
∵PA⊥PB，AO=BO=BP，
∴sin∠PAB=12，
∵sin30∘=12，
∴∠PAB=30∘，
∴∠PBA=60∘，
∴△POB为等边三角形，
∴S△POD=12S△POB=1，
∴|k|2=1，
∴k=±2，
∵反比例函数的图象位于第一象限，
∴k=2.
故选：B.
连接OP，作PD⊥x轴于D，根据三角形中线平分面积求出三角形POB的面积，再求证出三角形POB是等边三角形，再利用反比例函数的几何意义求出k即可．
本题考查了反比例函数的几何意义的应用，等边三角形的确定、三角形中线平分面积是解题关键．
7.【答案】x1=0，x2=2
【解析】解：∵x2−2x=0，
∴x(x−2)=0，
∴x=0或x−2=0，
∴x1=0，x2=2，
故答案为：x1=0，x2=2.
把方程左边因式分解得x(x−2)=0，解之即可求出方程的根
本题考查了用因式分解法解一元二次方程，熟练掌握因式分解法是解题的关键．
8.【答案】4π9
【解析】解：如图，连接OA，CA，
∵∠OBC=20∘，
∴∠OAC=2∠OBC=40∘，
∴OC的长为40π×2180=4π9.
故答案为：4π9.
连接OA，CA，根据圆周角定理得∠OAC=2∠OBC=40∘，再根据弧长公式计算即可．
本题考查了圆周角定理和弧长的计算，关键是掌握圆周角定理和弧长公式．
9.【答案】−1
【解析】解：∵y=mx2−6x−9与x轴只有一个交点，
∴m≠0Δ=(−6)2−4m×(−9)=0，
解得m=−1，
故答案为：−1.
根据二次函数的定义得到m的取值范围；由抛物线与x轴只有一个交点，得到根的判别式等于0，确定出m的值．
本题考查了二次函数与一元二次方程、一元二次方程根的判别式，正确得出一元二次方mx2−6x−9=0只有一个实数解是解题关键．
10.【答案】10
【解析】解：连接OC，
∵AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，
∴CE=12CD=8，
设⊙O的半径为r，则OC=OB=r，
∵OC2=OE2+CE2，即r2=82+(r−4)2，
解得r=10，
故答案为：10.
连接OC.根据垂径定理和勾股定理求解．
此题考查了垂径定理，以及勾股定理，熟练掌握定理是解本题的关键．
11.【答案】2 55
【解析】解：连接AO并延长交⊙O于点D，连接BD，则∠ABD=90∘，∠ACB=∠ADB，
∵AO= 22+12= 5，
∴AD=2 5，
∵AB=4，
∴cs∠ACB=cs∠ADB=ABAD=42 5=2 55，
故答案为：2 55.
连接AO并延长交⊙O于点D，连接BD，则∠ABD=90∘，∠ACB=∠ADB，利用勾股定理求解AD的长，再解直角三角形可求解．
本题主要考查解直角三角形，勾股定理，圆的概念及性质，构造直角三角形是解题的关键．
12.【答案】(7,4)或(5,−2)或(−1,−4)
【解析】解：因为正方形ABCD的边AD在y轴正半轴上，边BC在第一象限，且点A(0,3)、B(5,3)，
所以画图如下：
当正方形ABCD绕点A顺时针旋转α(0∘<α<180∘)，
①点B的对应点B′恰好落在x轴正半轴上时，如图，
∵AB′=AB=5，OA=3，
∴OB′= 52−32=4，
∵∠AB′O+∠OAB′=90∘，∠AB′O+∠C′B′E=90∘，
∴∠OAB′=∠C′B′E，
在△AB′O和△EB′C′中，
∠AOB′=∠B′EC′=90∘∠OAB′=∠EB′C′AB′=B′C′，
∴△AB′O≌△EB′C′(AAS)，
∴B′E=OA=3，EC′=OB′=4，
∴OE=OB′+B′E=4+3=7，
∴点C的对应点C′的坐标为(7,4)；
②点B的对应点B′恰好落在y轴负半轴上时，如图，
B′C′=AB=BC′=5，
∴点C的对应点C′的坐标为(5,−2)；
③点B的对应点B′恰好落在x轴负半轴上时，如图，
同①可知：
△AB′O≌△EB′C′(AAS)，
∴B′E=OA=3，EC′=OB′=4，
∴OE=OB′−B′E=4−3=1，
∴点C的对应点C′的坐标为(−1,−4)；
综上所述：点C的对应点C′的坐标为(7,4)或(5,−2)或(−1,−4).
故答案为：(7,4)或(5,−2)或(−1,−4).
根据题意画出图形，分3种情况进行讨论：①点B的对应点B′恰好落在x轴正半轴上时，②点B的对应点B′恰好落在y轴负半轴上时，③点B的对应点B′恰好落在x轴负半轴上时，根据旋转的性质，利用全等三角形的判定与性质可得点C的对应点C′的坐标．
本题属于四边形的综合题，考查了正方形的性质、旋转的性质、坐标与图形的变化、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．是中考填空压轴题．
13.【答案】(1)解：原式=1+4× 32× 22− 33× 3，
=1+ 6−1，
= 6；
(2)证明：∵DE//AC，CE//BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD，
∴四边形OCED是菱形．
【解析】(1)根据特殊角的锐角函数值以及实数的运算法则计算即可；
(2)根据菱形的判定方法证明即可．
(1)本题考查了特殊角的锐角三角函数值以及实数的相关运算，熟记30∘，45∘，60∘的特殊三角函数值是解题的关键；
(2)此题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质，熟记菱形的各种判定方法是证题的关键．
14.【答案】解：作图如下：

【解析】根据几何体的主视图和左视图的定义画图即可．
本题主要考查了画几何体的主视图和左视图，解题关键是关键定义正确画图．
15.【答案】解：根据根与系数的关系得α+β=2，αβ=−m，
∵α+2β=5，
解得β=3，α=−1，
∴m=3×(−1)=−3，
即m的值为−3.
【解析】先利用根与系数的关系得α+β=2，αβ=−m，由于α+2β=5，再求出α和β和值，然后计算出m的值．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca.
16.【答案】14
【解析】解：(1)由题意得，小张抽到卡片正面写着“南昌炒粉”的概率是14.
故答案为：14.
(2)画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中小张、小美两个人抽到不同特色美食的结果有：AB，AC，AD，BA，BC，BD，CA，CB，CD，DA，DB，DC，共12种，
∴小张、小美两个人抽到不同特色美食的概率为1216=34.
(1)直接利用概率公式可得答案．
(2)画状图得出所有等可能的结果数以及小张、小美两个人抽到不同特色美食的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
17.【答案】解：(1)∵点A(−1,m)，B(n,−1)在反比例函数图象上，
∴m=4，n=4，
∴A(−1,4)，B(4,−1)，
∵A(−1,4)，B(4,−1)在一次函数y=kx+b的图象上，
−k+b=44k+b=−1，解得k=−1b=3，
∴一次函数的解析式为：y=−x+3；
(2)根据图像，不等式kx+b>−4x的解集为：−1>x或4>x>0.
【解析】(1)待定系数法求出直线AB解析式即可；
(2)根据图象直接写出不等式kx+b>−4x的解集即可．
本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，交点坐标满足两个函数解析式是解答本题的关键．
18.【答案】解：如图：
由题意得：DA⊥AB，DF//AB//CE，
∴∠ECB=∠ABC=28∘，∠FDB=∠ABD=37∘，
在Rt△ABC中，AC=AB⋅tan28∘≈0.53AB(米)，
在Rt△ABD中，AD=AB⋅tan37∘≈0.75AB(米)，
∵CD=10米，
∴AD−AC=10，
∴0.75AB−0.53AB=10，
解得：AB≈45.5，
∴桥AB的长约为45.5米．
【解析】根据题意可得：DA⊥AB，DF//AB//CE，从而可得∠ECB=∠ABC=28∘，∠FDB=∠ABD=37∘，然后分别在Rt△ABC和Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义求出AD和AC的长，从而列出关于AB的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
19.【答案】400
【解析】解：(1)由题意可得，
p=500−10(x−40)=−10x+900，
∴每天的销售量p与每盒售价x之间的函数关系式是p=−10x+900.
∴当x=50时，p=−10×50+900=400.
故答案为：400.
(2)由题意可得，
W=(x−30)(−10x+900)=−10x2+1200x−27000=−10(x−60)2+9000，
由题可知：每盒售价不得少于40元，日销售量不低于350盒，
∴x≥40p≥350.
∴x≥40−10x+900≥350.
∴40≤x≤55.
∵−10<0，
∴当x=55时，W取得最大值，此时W=8750.
(1)根据每盒售价每提高1元，每天要少卖出10盒，可以得到p与x之间的函数关系式，把x=50代入解析式计算即可；
(2)根据每盒利润×销售盒数=总利润可得W关于x的关系式，由二次函数性质可得答案．
本题主要考查了二次函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
20.【答案】(1)证明：连接OH，
∵AB与圆相切于H，
∴OH⊥AB，
∵∠ACB=90∘，
∴OC⊥AC，
∵OC=OH，
∴AO平分∠BAC；
(2)解：设⊙O的半径是r，
∵tan∠CAO=OCAC=12，
∴AC=2OC=2r，
∵半径OC⊥AC，
∴AC切圆于C，
∵AH切圆于H，
∴AH=AC=2r，
∴BH=AB−AH=5−r，
∵tanB=OHBH=ACBC，
∴r5−2r=2rBC，
∴BC=10−4r，
∵AB2=AC2+BC2，
∴(2r)2+(10−4r)2=52，
∴4r2−16r+15=0，
∴r=1.5或r=2.5(bu不符合题意，舍去)，
∴⊙O的半径是1.5.
【解析】(1)连接OH，由切线的性质推出OH⊥AB，又OC⊥AC，OC=OH，由角平分线性质定理的逆定理即可证明AO平分∠BAC；
(2)设⊙O的半径是r，由tan∠CAO=OCAC=12，得到AC=2OC=2r，由切线长定理得到AH=AC=2r，因此BH=AB−AH=5−r，由tanB=OHBH=ACBC，得到r5−2r=2rBC，求出BC=10−4r，由勾股定理得到4r2−16r+15=0，即可求出⊙O的半径长．
本题考查切线的性质，解直角三角形，勾股定理，角平分线的性质，关键是由角平分线性质定理的逆定理推出AO平分∠BAC；由锐角的正确得到BC=10−4r，由勾股定理得到4r2−16r+15=0.
21.【答案】(1)证明：∵CD//AB，
∴∠BAC=∠DCA
又AC⊥BC，∠ACB=90∘，
∴∠D=∠ACB=90∘，
∴△ACD∽△BAC；
(2)解：在Rt△ABC中，AC= AB2−BC2=8，
由(1)知，△ACD∽△BAC，
∴DCAC=ACBA，
即 DC8=810
解得：DC=6.4；
(3)能．由运动知，AF=2t，BE=t，
△EFB若为等腰三角形，可分如下三种情况：
①当 BF=BE时，10−2t=t，解得t=103秒．
②当EF=EB时，如图，过点E作AB的垂线，垂足为G，
则BG=12BF=12(10−2t).此时△BEG∽△BAC
∴BEAB=BGBC，即 t10=12(10−2t)6，
解得：t=258；
③当FB=FE时，如图2，过点F作AB的垂线，垂足为H
则BH=12BE=12t.此时△BFH∽△BAC
∴BFAB=BHBC，即 10−2t10=12t6，
解得：t=6017
综上所述：当△EFB为等腰三角形时，t的值为103秒或258秒或6017秒．
【解析】(1)利用平行线判断出∠BAC=∠DCA，即可得出结论；
(2)先根据勾股定理求出AC=8，由(1)知，△ACD∽△BAC，得出DCAC=ACBA，即可得出结论；
(3)分三种情况，利用等腰三角形的性质构造出相似三角形，得出比例式建立方程求解即可得出结论．
此题是相似形综合题，主要考查了平行线的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，构造出相似三角形得出比例式是解本题的关键．
22.【答案】(−1,1)(−3,2)(−7,4)(1−2n,2n−1)
【解析】解：(1)∵抛物线y=−x2+bx+c的“衍生直线”为y=−x+1，
∴B(1,0)，
将B点、C点代入抛物线y=−x2+bx+c，
∴−1+b+c=0−9−3b+c=0，
解得b=−2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3，
当−x2−2x+3=−x+1时，解得x=1或x=−2，
∴A(−2,3)；
(2)①当x=0时，y=1，
∴D1(0,1)，
∴OD1=1，
∵四边形D1E1F1O是正方形，
∴F1(−1,0)，E1(−1,1)，
∵四边形D2E2F2F1是正方形，
∴D2(−1,2)，E2(−3,2)，
∵四边形D3E3F3F2是正方形，
∴D3(−3,4)，E3(−7,4)，
……
∴Dn(1−2n−1,2n−1)，En(1−2n,2n−1)，
故答案为：(−1,1)，(−3,2)，(−7,4)，(1−2n,2n−1)；
②点E1，E2…，En在同一条直线上，理由如下：
设直线E1E2的解析式为y=kx+m，
∴−k+m=1−3k+m=2，
解得k=−12m=12，
∴直线E1E2的解析式为y=−12x+12，
当x=1−2n时，y=−12×(1−2n)+12=2n−1，
∴En在直线E1E2上，
∴点E1，E2…，En在直线y=−12x+12上．
(1)根据新定义直接可求抛物线y=−x2+bx+c的“衍生直线”为y=−x+1，再由待定系数法求出抛物线的解析式即可；
(2)①根据正方形的性质分别求出各点，归纳出一般规律即可；
②求出直线E1E2的解析式为y=−12x+12，再验证En在直线E1E2上即可．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的性质，能够通过特殊到一般，归纳出点E的坐标规律是解题的关键．
23.【答案】解：(1)∵△ABC是比例三角形，且AB=2，BC=4，
①当AB2=BC⋅AC时，得4=4AC，解得AC=1.
∵AC+AB∴AC=1(不符合题意，舍去)；
②当BC2=AB⋅AC时，得16=2AC，解得AC=8.
∵BC+AB∴AC=8(不符合题意，舍去)；
③当AC2=AB⋅BC时，得AC2=8，解得AC=2 2(负值已舍去)，
∴当AC=2 2时，△ABC是比例三角形．
(2)①证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠ADP=∠QPD.
又∵∠APD=∠PQD，
∴△APD∽△DQP.
②证明：由①知△APD∽△DQP，
∴PDPQ=ADPD，
即PD2=PQ⋅AD.
∵AD//BC，
∴∠AQP=∠DAQ.
∵AQ平分∠PAD，
∴∠PAQ=∠DAQ，
∴∠AQP=∠PAQ，
∴PA=PQ，
∴PD2=PA⋅AD，
∴△APD是比例三角形．
(3)能．当点C与点Q重合时，∠APD=∠PQD=∠B=90∘，
∴∠APB+∠CPD=90∘，
∵∠APB+∠BAP=90∘，
∴∠CPD=∠BAP，
∴△BAP∽△CPD，
∴APPD=ABCP.
∵AB=1，AP=PC=a，
∴PD=a2，
在Rt△PCD中，PD2=PC2+CD2，
即a4=a2+1，解得a2=1+ 52或a2=1− 52(舍去).
∴a2=1+ 52.
【解析】(1)分三种情况可得出答案；
(2)①证出∠ADP=∠QPD.由相似三角形的判定可得出答案；
②由①知△APD∽△DQP，得出PDPQ=ADPD，证出PD2=PA⋅AD，则可得出结论；
(3)证明△BAP∽△CPD，得出APPD=ABCP.由勾股定理可得出答案．
本题是相似形综合题目，考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、新定义比例三角形以及分类讨论，勾股定理等知识．熟练掌握矩形的性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．