2026届鞍山市重点中学中考数学最后冲刺模拟试卷含解析

这是一份2026届鞍山市重点中学中考数学最后冲刺模拟试卷含解析，共12页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，函数y=中，x的取值范围是等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，有一块含有30°角的直角三角板的两个顶点放在直尺的对边上．如果∠2＝44°，那么∠1的度数是( )
A．14° B．15° C．16° D．17°
2．下列各式中，互为相反数的是（ ）
A．和B．和C．和D．和
3．下列事件中，属于必然事件的是（ ）
A．三角形的外心到三边的距离相等
B．某射击运动员射击一次，命中靶心
C．任意画一个三角形，其内角和是 180°
D．抛一枚硬币，落地后正面朝上
4．在Rt△ABC中，∠C＝90°，那么sin∠B等于( )
A．B．C．D．
5．如图，在菱形ABCD中，AB=BD，点E，F分别在AB，AD上，且AE=DF,连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H,下列结论：
①△AED≌△DFB；②S四边形 BCDG=CG2；③若AF=2DF，则BG=6GF
,其中正确的结论
A．只有①②.B．只有①③.C．只有②③.D．①②③.
6．明明和亮亮都在同一直道A、B两地间做匀速往返走锻炼明明的速度小于亮亮的速度忽略掉头等时间明明从A地出发，同时亮亮从B地出发图中的折线段表示从开始到第二次相遇止，两人之间的距离米与行走时间分的函数关系的图象，则
A．明明的速度是80米分B．第二次相遇时距离B地800米
C．出发25分时两人第一次相遇D．出发35分时两人相距2000米
7．如图，AB是半圆的直径，O为圆心，C是半圆上的点，D是上的点，若∠BOC=40°，则∠D的度数为（ ）
A．100°B．110°C．120°D．130°
8．如图，△ABC内接于⊙O，AD为⊙O的直径，交BC于点E，若DE=2，OE=3，则tan∠ACB·tan∠ABC=( )
A．2B．3C．4D．5
9．如图，△A′B′C′是△ABC以点O为位似中心经过位似变换得到的，若△A′B′C′的面积与△ABC的面积比是4：9，则OB′：OB为（ ）
A．2：3B．3：2C．4：5D．4：9
10．函数y=中，x的取值范围是（ ）
A．x≠0B．x＞﹣2C．x＜﹣2D．x≠﹣2
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是________．
12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，CD是斜边AB上的中线，将△BCD沿直线CD翻折至△ECD的位置，连接AE．若DE∥AC，计算AE的长度等于_____．
13．如图，如果两个相似多边形任意一组对应顶点P、P′所在的直线都是经过同一点O，且有OP′=k·OP(k≠0)，那么我们把这样的两个多边形叫位似多边形，点O叫做位似中心，已知△ABC与△A′B′C′是关于点O的位似三角形，OA′=3OA，则△ABC与△A′B′C′的周长之比是________.
14．如图，已知，D、E分别是边BA、CA延长线上的点，且如果，，那么AE的长为______．
15．如图，AB是⊙O的直径，BD，CD分别是过⊙O上点B，C的切线，且∠BDC＝110°．连接AC，则∠A的度数是_____°．
16．某校体育室里有球类数量如下表：
如果随机拿出一个球（每一个球被拿出来的可能性是一样的），那么拿出一个球是足球的可能性是_____．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图，在中，是的中点，过点的直线交于点，交 的平行线于点，交于点，连接、．
求证：；请你判断与的大小关系，并说明理由．
18．（8分）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，BF平分∠ABC交AD于点E，交AC于点F，求证：AE＝AF．
19．（8分）（1）计算：|﹣3|﹣﹣2sin30°+（﹣）﹣2
（2）化简：.
20．（8分）如图，矩形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴上，点B的坐标为(m，n)（m＜0，
n＞0），E点在边BC上，F点在边OA上．将矩形OABC沿EF折叠，点B正好与点O重合，双曲线过点E.
(1) 若m＝－8，n ＝4，直接写出E、F的坐标；
(2) 若直线EF的解析式为，求k的值；
(3) 若双曲线过EF的中点，直接写出tan∠EFO的值.
21．（8分）如图，在平面直角坐标系中，矩形DOBC的顶点O与坐标原点重合，B、D分别在坐标轴上，点C的坐标为（6，4），反比例函数y=（x＞0）的图象经过线段OC的中点A，交DC于点E，交BC于点F．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）求△OEF的面积；
（3）设直线EF的解析式为y=k2x+b，请结合图象直接写出不等式k2x+b＞的解集．
22．（10分）如图，抛物线（a≠0）的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，已知B点坐标为（4，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）试探究△ABC的外接圆的圆心位置，并求出圆心坐标；
（3）若点M是线段BC下方的抛物线上一点，求△MBC的面积的最大值，并求出此时M点的坐标．
23．（12分）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD．∠B+∠ADC=180°，点E，F分别在四边形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系.
图1 图2 图3
(1)思路梳理
将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合.由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线. 易证△AFG ，故EF，BE，DF之间的数量关系为 ；
(2)类比引申
如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC的延长线上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明.
(3)联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°. 若BD=1，EC=2，则DE的长为 .
24．已知抛物线y=ax2+bx+2过点A（5，0）和点B（﹣3，﹣4），与y轴交于点C．
（1）求抛物线y=ax2+bx+2的函数表达式；
（2）求直线BC的函数表达式；
（3）点E是点B关于y轴的对称点，连接AE、BE，点P是折线EB﹣BC上的一个动点，
①当点P在线段BC上时，连接EP，若EP⊥BC，请直接写出线段BP与线段AE的关系；
②过点P作x轴的垂线与过点C作的y轴的垂线交于点M，当点M不与点C重合时，点M关于直线PC的对称点为点M′，如果点M′恰好在坐标轴上，请直接写出此时点P的坐标．
参考答案
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、C
【解析】
依据∠ABC=60°，∠2=44°，即可得到∠EBC=16°，再根据BE∥CD，即可得出∠1=∠EBC=16°．
【详解】
如图，
∵∠ABC=60°，∠2=44°，
∴∠EBC=16°，
∵BE∥CD，
∴∠1=∠EBC=16°，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质，解题时注意：两直线平行，内错角相等．
2、A
【解析】
根据乘方的法则进行计算，然后根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案．
【详解】
解：A. =9，=-9，故和互为相反数，故正确；
B. =9，=9，故和不是互为相反数，故错误；
C. =-8，=-8，故和不是互为相反数，故错误；
D. =8，=8故和不是互为相反数，故错误.
故选A.
【点睛】
本题考查了有理数的乘方和相反数的定义，关键是掌握有理数乘方的运算法则．
3、C
【解析】
分析：必然事件就是一定发生的事件，依据定义即可作出判断．
详解：A、三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，三角形的内心到三边的距离相等，是不可能事件，故本选项不符合题意；
B、某射击运动员射击一次，命中靶心是随机事件，故本选项不符合题意；
C、三角形的内角和是180°，是必然事件，故本选项符合题意；
D、抛一枚硬币，落地后正面朝上，是随机事件，故本选项不符合题意；
故选C．
点睛：解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
4、A
【解析】
根据锐角三角函数的定义得出sinB等于∠B的对边除以斜边，即可得出答案．
【详解】
根据在△ABC中，∠C=90°，
那么sinB= =，
故答案选A.
【点睛】
本题考查的知识点是锐角三角函数的定义，解题的关键是熟练的掌握锐角三角函数的定义.
5、D
【解析】
解：①∵ABCD为菱形，∴AB=AD．
∵AB=BD，∴△ABD为等边三角形．
∴∠A=∠BDF=60°．
又∵AE=DF，AD=BD，
∴△AED≌△DFB；
②∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°=∠BCD，
即∠BGD+∠BCD=180°，
∴点B、C、D、G四点共圆，
∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°．
∴∠BGC=∠DGC=60°．
过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．
∴CM=CN，
则△CBM≌△CDN，（HL）
∴S四边形BCDG=S四边形CMGN．
S四边形CMGN=1S△CMG，
∵∠CGM=60°，
∴GM=CG，CM=CG，
∴S四边形CMGN=1S△CMG=1××CG×CG=CG1．
③过点F作FP∥AE于P点．
∵AF=1FD，
∴FP：AE=DF：DA=1：3，
∵AE=DF，AB=AD，
∴BE=1AE，
∴FP：BE=1：6=FG：BG，
即 BG=6GF．
故选D．
6、B
【解析】
C、由二者第二次相遇的时间结合两次相遇分别走过的路程，即可得出第一次相遇的时间，进而得出C选项错误；
A、当时，出现拐点，显然此时亮亮到达A地，利用速度路程时间可求出亮亮的速度及两人的速度和，二者做差后可得出明明的速度，进而得出A选项错误；
B、根据第二次相遇时距离B地的距离明明的速度第二次相遇的时间、B两地间的距离，即可求出第二次相遇时距离B地800米，B选项正确；
D、观察函数图象，可知：出发35分钟时亮亮到达A地，根据出发35分钟时两人间的距离明明的速度出发时间，即可求出出发35分钟时两人间的距离为2100米，D选项错误．
【详解】
解：第一次相遇两人共走了2800米，第二次相遇两人共走了米，且二者速度不变，
，
出发20分时两人第一次相遇，C选项错误；
亮亮的速度为米分，
两人的速度和为米分，
明明的速度为米分，A选项错误；
第二次相遇时距离B地距离为米，B选项正确；
出发35分钟时两人间的距离为米，D选项错误．
故选：B．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，观察函数图象，逐一分析四个选项的正误是解题的关键．
7、B
【解析】
根据同弧所对的圆周角是圆心角度数的一半即可解题.
【详解】
∵∠BOC=40°,∠AOB=180°,
∴∠BOC+∠AOB=220°,
∴∠D=110°（同弧所对的圆周角是圆心角度数的一半）,
故选B.
【点睛】
本题考查了圆周角和圆心角的关系,属于简单题,熟悉概念是解题关键.
8、C
【解析】
如图（见解析），连接BD、CD，根据圆周角定理可得，再根据相似三角形的判定定理可得，然后由相似三角形的性质可得，同理可得；又根据圆周角定理可得，再根据正切的定义可得，然后求两个正切值之积即可得出答案．
【详解】
如图，连接BD、CD
在和中，
同理可得：
，即
为⊙O的直径
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定定理与性质、正切函数值等知识点，通过作辅助线，结合圆周角定理得出相似三角形是解题关键．
9、A
【解析】
根据位似的性质得△ABC∽△A′B′C′，再根据相似三角形的性质进行求解即可得.
【详解】
由位似变换的性质可知，A′B′∥AB，A′C′∥AC，
∴△A′B′C′∽△ABC，
∵△A'B'C'与△ABC的面积的比4：9，
∴△A'B'C'与△ABC的相似比为2：3，
∴ ，
故选A．
【点睛】
本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
10、D
【解析】
试题分析：由分式有意义的条件得出x+1≠0，解得x≠﹣1．
故选D．
点睛：本题考查了函数中自变量的取值范围、分式有意义的条件；由分式有意义得出不等式是解决问题的关键．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、b＜9
【解析】
由方程有两个不相等的实数根结合根的判别式，可得出，解之即可得出实数b的取值范围．
【详解】
解：方程有两个不相等的实数根，
，
解得：．
【点睛】
本题考查的知识点是根的判别式，解题关键是牢记“当时，方程有两个不相等的实数根”．
12、2
【解析】
根据题意、解直角三角形、菱形的性质、翻折变化可以求得AE的长．
【详解】
由题意可得，
DE=DB=CD=AB，
∴∠DEC=∠DCE=∠DCB，
∵DE∥AC，∠DCE=∠DCB，∠ACB=90°，
∴∠DEC=∠ACE，
∴∠DCE=∠ACE=∠DCB=30°，
∴∠ACD=60°，∠CAD=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AC=CD，
∴AC=DE，
∵AC∥DE，AC=CD，
∴四边形ACDE是菱形，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，∠B=30°，
∴AC=2，
∴AE=2．
故答案为2．
【点睛】
本题考查翻折变化、平行线的性质、直角三角形斜边上的中线，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
13、1:1
【解析】
分析：根据相似三角形的周长比等于相似比解答．
详解：∵△ABC与△A′B′C′是关于点O的位似三角形，∴△ABC∽△A′B′C′．∵OA′=1OA，∴△ABC与△A′B′C′的周长之比是：OA：OA′=1：1．故答案为1：1．
点睛：本题考查的是位似变换的性质，位似变换的性质：①两个图形必须是相似形；②对应点的连线都经过同一点；③对应边平行．
14、
【解析】
由DE∥BC不难证明△ABC△ADE,再由，将题中数值代入并根据等量关系计算AE的长.
【详解】
解：由DE∥BC不难证明△ABC△ADE,
∵，CE=4,
∴，
解得：AE=
故答案为.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，熟记三角形的判定和性质是解题关键.
15、4．
【解析】
试题分析：连结BC，因为AB是⊙O的直径，所以∠ACB＝90°，∠A+∠ABC＝90°，又因为BD，CD分别是过⊙O上点B，C的切线，∠BDC＝440°，所以CD=BD,所以∠BCD＝∠DBC＝4°,又∠ABD＝90°，所以∠A=∠DBC＝4°．
考点：4．圆周角定理；4．切线的性质；4．切线长定理．
16、
【解析】
先求出球的总数,再用足球数除以总数即为所求.
【详解】
解：一共有球3+5+4=12（个）,其中足球有4个,
∴拿出一个球是足球的可能性=.
【点睛】
本题考查了概率,属于简单题,熟悉概率概念,列出式子是解题关键.
三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
(1)利用平行线的性质和中点的定义得到 ,进而得到三角形全等，从而求证结论；（2）利用中垂线的性质和三角形的三边关系进行判断即可.
【详解】
证明：（1）∵BG∥AC
∴
∵是的中点
∴
又∵
∴△BDG≌△CDF
∴
（2）由（1）中△BDG≌△CDF
∴GD=FD,BG=CF
又∵
∴ED垂直平分DF
∴EG=EF
∵在△BEG中，BE+BG>GE,
∴>
【点睛】
本题考查平行线性质的应用、全等三角形的判定和性质的应用及三角形三边关系，熟练掌握相关知识点是解题关键.
18、见解析
【解析】
根据角平分线的定义可得∠ABF=∠CBF，由已知条件可得∠ABF+∠AFB=∠CBF+∠BED=90°，根据余角的性质可得∠AFB=∠BED，即可求得∠AFE=∠AEF，由等腰三角形的判定即可证得结论．
【详解】
∵BF 平分∠ABC，
∴∠ABF=∠CBF，
∵∠BAC=90°，AD⊥BC，
∴∠ABF+∠AFB=∠CBF+∠BED=90°，
∴∠AFB=∠BED，
∵∠AEF=∠BED，
∴∠AFE=∠AEF，
∴AE=AF．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定、直角三角形的性质，根据余角的性质证得∠AFB=∠BED是解题的关键．
19、 (1)2;(2) x﹣y．
【解析】
分析：（1）本题涉及了二次根式的化简、绝对值、负指数幂及特殊三角函数值，在计算时，需要针对每个知识 点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．（2）原式括号中两项利用同分母分式的减法法则计算,同时利用除法法则变形,约分即可得到结果.
详解：（1）原式=3﹣4﹣2×+4=2；
（2）原式=•=x﹣y．
点睛：（1）本题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟练掌握负整数指数幂、二次根式的化简、绝对值及特殊三角函数值等考点的运算；（2）考查了分式的混合运算,熟练掌握运算法则是解本题的关键.
20、（1）E(－3，4)、F(－5，0)；（2）；（3）.
【解析】
(1) 连接OE,BF,根据题意可知：设则根据勾股定理可得：即解得：即可求出点E的坐标，同理求出点F的坐标.
(2) 连接BF、OE，连接BO交EF于G由翻折可知：GO＝GB，BE＝OE，证明△BGE≌△OGF，证明四边形OEBF为菱形，令y＝0，则，解得 ， 根据菱形的性质得OF=OE=BE=BF=令y＝n，则，解得 则CE=，在Rt△COE中， 根据勾股定理列出方程，即可求出点E的坐标，即可求出k的值；
(3) 设EB=EO=x，则CE=－m－x，在Rt△COE中，根据勾股定理得到(－m－x)2＋n2＝x2，解得，求出点E()、F()，根据中点公式得到EF的中点为()，将E()、()代入中，得，得m2＝2n2
即可求出tan∠EFO＝.
【详解】
解：(1)如图：连接OE,BF,
E(－3，4)、F(－5，0)
(2) 连接BF、OE，连接BO交EF于G由翻折可知：GO＝GB，BE＝OE
可证：△BGE≌△OGF（ASA）
∴BE＝OF
∴四边形OEBF为菱形
令y＝0，则，解得 ，∴OF=OE=BE=BF=
令y＝n，则，解得 ∴CE=
在Rt△COE中，，
解得
∴E()
∴
(3) 设EB=EO=x，则CE=－m－x，
在Rt△COE中，(－m－x)2＋n2＝x2，解得
∴E()、F()
∴EF的中点为()
将E()、()代入中，得
，得m2＝2n2
∴tan∠EFO＝
【点睛】
考查矩形的折叠与性质，勾股定理，一次函数的图象与性质，待定系数法求反比例函数解析式，锐角三角函数等，综合性比较强，难度较大.
21、（1）y=；（2）；（3）＜x＜1．
【解析】
（1）先利用矩形的性质确定C点坐标（1，4），再确定A点坐标为（3，2），根据反比例函数图象上点的坐标特征得到k1=1，即反比例函数解析式为y=；（2）利用反比例函数解析式确定F点的坐标为（1，1），E点坐标为（，4），然后根据△OEF的面积=S矩形BCDO﹣S△ODE﹣S△OBF﹣S△CEF进行计算；
（3）观察函数图象得到当＜x＜1时，一次函数图象都在反比例函数图象上方，即k2x+b＞．
【详解】
（1）∵四边形DOBC是矩形，且点C的坐标为（1，4），
∴OB=1，OD=4，
∵点A为线段OC的中点，
∴A点坐标为（3，2），
∴k1=3×2=1，
∴反比例函数解析式为y=；
（2）把x=1代入y=得y=1，则F点的坐标为（1，1）；
把y=4代入y=得x=，则E点坐标为（，4），
△OEF的面积=S矩形BCDO﹣S△ODE﹣S△OBF﹣S△CEF
=4×1﹣×4×﹣×1×1﹣×（1﹣）×（4﹣1）
=；
（3）由图象得：不等式不等式k2x+b＞的解集为＜x＜1．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解即可．
22、（1）；（2）（，0）；（3）1，M（2，﹣3）．
【解析】
试题分析：方法一：
（1）该函数解析式只有一个待定系数，只需将B点坐标代入解析式中即可．
（2）首先根据抛物线的解析式确定A点坐标，然后通过证明△ABC是直角三角形来推导出直径AB和圆心的位置，由此确定圆心坐标．
（3）△MBC的面积可由S△MBC=BC×h表示，若要它的面积最大，需要使h取最大值，即点M到直线BC的距离最大，若设一条平行于BC的直线，那么当该直线与抛物线有且只有一个交点时，该交点就是点M．
方法二：
（1）该函数解析式只有一个待定系数，只需将B点坐标代入解析式中即可．
（2）通过求出A，B，C三点坐标，利用勾股定理或利用斜率垂直公式可求出AC⊥BC，从而求出圆心坐标．
（3）利用三角形面积公式，过M点作x轴垂线，水平底与铅垂高乘积的一半，得出△MBC的面积函数，从而求出M点．
试题解析：解：方法一：
（1）将B（1，0）代入抛物线的解析式中，得： 0=16a﹣×1﹣2，即：a=，∴抛物线的解析式为：．
（2）由（1）的函数解析式可求得：A（﹣1，0）、C（0，﹣2）；
∴OA=1，OC=2，OB=1，即：OC2=OA•OB，又：OC⊥AB，∴△OAC∽△OCB，得：∠OCA=∠OBC；
∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°，∴△ABC为直角三角形，AB为△ABC外接圆的直径；
所以该外接圆的圆心为AB的中点，且坐标为：（，0）．
（3）已求得：B（1，0）、C（0，﹣2），可得直线BC的解析式为：y=x﹣2；
设直线l∥BC，则该直线的解析式可表示为：y=x+b，当直线l与抛物线只有一个交点时，可列方程：
x+b=，即：，且△=0；
∴1﹣1×（﹣2﹣b）=0，即b=﹣1；
∴直线l：y=x﹣1．
所以点M即直线l和抛物线的唯一交点，有：，解得：
即 M（2，﹣3）．
过M点作MN⊥x轴于N，S△BMC=S梯形OCMN+S△MNB﹣S△OCB=×2×（2+3）+×2×3﹣×2×1=1．
方法二：
（1）将B（1，0）代入抛物线的解析式中，得： 0=16a﹣×1﹣2，即：a=，∴抛物线的解析式为：．
（2）∵y=（x﹣1）（x+1），∴A（﹣1，0），B（1，0）．C（0，﹣2），∴KAC= =﹣2，KBC= =，∴KAC×KBC=﹣1，∴AC⊥BC，∴△ABC是以AB为斜边的直角三角形，△ABC的外接圆的圆心是AB的中点，△ABC的外接圆的圆心坐标为（，0）．
（3）过点M作x轴的垂线交BC′于H，∵B（1，0），C（0，﹣2），∴lBC：y=x﹣2，设H（t，t﹣2），M（t，），∴S△MBC=×（HY﹣MY）（BX﹣CX）=×（t﹣2﹣）（1﹣0）=﹣t2+1t，∴当t=2时，S有最大值1，∴M（2，﹣3）．

点睛：考查了二次函数综合题，该题的难度不算太大，但用到的琐碎知识点较多，综合性很强．熟练掌握直角三角形的相关性质以及三角形的面积公式是理出思路的关键．
23、（1）△AFE. EF=BE+DF.（2）BF=DF-BE，理由见解析；（3）
【解析】
试题分析：（1）先根据旋转得：计算 即点共线，再根据SAS证明△AFE≌△AFG，得EF=FG，可得结论EF=DF+DG=DF+AE；
（2）如图2，同理作辅助线：把△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，证明△EAF≌△GAF，得EF=FG，所以EF=DF−DG=DF−BE;
（3）如图3，同理作辅助线：把△ABD绕点A逆时针旋转至△ACG，证明△AED≌△AEG，得，先由勾股定理求的长，从而得结论．
试题解析：(1)思路梳理：
如图1,把△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，可使AB与AD重合，即AB=AD，
由旋转得：∠ADG=∠A=，BE=DG，∠DAG=∠BAE，AE=AG，
∴∠FDG=∠ADF+∠ADG=+=，
即点F. D. G共线，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=，
∵∠EAF=，
∴
∴
∴
在△AFE和△AFG中，
∵
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG，
∴EF=DF+DG=DF+AE；
故答案为：△AFE，EF=DF+AE；
(2)类比引申：
如图2，EF=DF−BE，理由是：
把△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，可使AB与AD重合，则G在DC上，
由旋转得：BE=DG，∠DAG=∠BAE，AE=AG，
∵∠BAD=，
∴∠BAE+∠BAG=，
∵∠EAF=，
∴∠FAG=−=，
∴∠EAF=∠FAG=，
在△EAF和△GAF中，
∵
∴△EAF≌△GAF(SAS)，
∴EF=FG，
∴EF=DF−DG=DF−BE;
(3)联想拓展：
如图3,把△ABD绕点A逆时针旋转至△ACG，可使AB与AC重合，连接EG，
由旋转得：AD=AG，∠BAD=∠CAG，BD=CG，
∵∠BAC=，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=，
∴∠ACG=∠B=，
∴∠BCG=∠ACB+∠ACG=+=，
∵EC=2，CG=BD=1，
由勾股定理得：
∵∠BAD=∠CAG,∠BAC=，
∴∠DAG=，
∵∠BAD+∠EAC=，
∴∠CAG+∠EAC==∠EAG，
∴∠DAE=，
∴∠DAE=∠EAG=，
∵AE=AE，
∴△AED≌△AEG，
∴
24、（1）y=﹣x2+x+2；（2）y=2x+2；（3）①线段BP与线段AE的关系是相互垂直；②点P的坐标为：（﹣4+2，﹣8+4）或（﹣4﹣2，﹣8﹣4）或（0，﹣4）或（﹣，﹣4）．
【解析】
（1）将A（5，0）和点B（﹣3，﹣4）代入y=ax2+bx+2，即可求解；
（2）C点坐标为（0，2），把点B、C的坐标代入直线方程y=kx+b即可求解；
（3）①AE直线的斜率kAE=2，而直线BC斜率的kAE=2即可求解；
②考虑当P点在线段BC上时和在线段BE上时两种情况，利用PM′=PM即可求解．
【详解】
（1）将A（5，0）和点B（﹣3，﹣4）代入y=ax2+bx+2，
解得：a=﹣，b=，
故函数的表达式为y=﹣x2+x+2；
（2）C点坐标为（0，2），把点B、C的坐标代入直线方程y=kx+b，
解得：k=2，b=2，
故：直线BC的函数表达式为y=2x+2，
（3）①E是点B关于y轴的对称点，E坐标为（3，﹣4），
则AE直线的斜率kAE=2，而直线BC斜率的kAE=2，
∴AE∥BC，而EP⊥BC，∴BP⊥AE
而BP=AE，∴线段BP与线段AE的关系是相互垂直；
②设点P的横坐标为m，
当P点在线段BC上时，
P坐标为（m，2m+2），M坐标为（m，2），则PM=2m，
直线MM′⊥BC，∴kMM′=﹣，
直线MM′的方程为：y=﹣x+（2+m），
则M′坐标为（0，2+m）或（4+m，0），
由题意得：PM′=PM=2m，
PM′2=42+m2=（2m）2，此式不成立，
或PM′2=m2+（2m+2）2=（2m）2，
解得：m=﹣4±2，
故点P的坐标为（﹣4±2，﹣8±4）；
当P点在线段BE上时，
点P坐标为（m，﹣4），点M坐标为（m，2），
则PM=6，
直线MM′的方程不变，为y=﹣x+（2+m），
则M′坐标为（0，2+m）或（4+m，0），
PM′2=m2+（6+m）2=（2m）2，
解得：m=0，或﹣；
或PM′2=42+42=（6）2，无解；
故点P的坐标为（0，﹣4）或（﹣，﹣4）；
综上所述：
点P的坐标为：（﹣4+2，﹣8+4）或（﹣4﹣2，﹣8﹣4）或（0，﹣4）或（﹣，﹣4）．
【点睛】
主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
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