广西壮族自治区南宁市隆安县2026年中考猜题数学试卷含解析

这是一份广西壮族自治区南宁市隆安县2026年中考猜题数学试卷含解析，共3页。
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．若数a使关于x的不等式组有解且所有解都是2x+6＞0的解，且使关于y的分式方程+3=有整数解，则满足条件的所有整数a的个数是（ ）
A．5B．4C．3D．2
2．下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．如图,在△ABC中,∠ACB=90°, ∠ABC=60°, BD平分∠ABC ,P点是BD的中点,若AD=6, 则CP的长为( )
A．3.5B．3C．4D．4.5
4．一、单选题
如图： 在中，平分，平分，且交于，若，则等于（ ）
A．75B．100 C．120 D．125
5．下列图形是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，AD为△ABC的中线，点E为AC边的中点，连接DE，则下列结论中不一定成立的是（ ）
A．DC=DEB．AB=2DEC．S△CDE=S△ABCD．DE∥AB
7．已知a+b＝4，c﹣d＝﹣3，则(b+c)﹣(d﹣a)的值为( )
A．7B．﹣7C．1D．﹣1
8．某种商品每件的标价是270元，按标价的八折销售时，仍可获利20%，则这种商品每件的进价为（ ）
A．180元B．200元C．225元D．259.2元
9．《九章算术》是我国古代数学的经典著作，书中有一个问题：“今有黄金九枚，白银一十一枚，称之重适等．交易其一，金轻十三两．问金、银一枚各重几何？”．意思是：甲袋中装有黄金9枚（每枚黄金重量相同），乙袋中装有白银11枚（每枚白银重量相同），称重两袋相等．两袋互相交换1枚后，甲袋比乙袋轻了13两（袋子重量忽略不计）．问黄金、白银每枚各重多少两？设每枚黄金重x两，每枚白银重y两，根据题意得（ ）
A．
B．
C．
D．
10．如图，正方形ABCD中，AB=6，G是BC的中点．将△ABG沿AG对折至△AFG，延长GF交DC于点E，则DE的长是 ( )
A．1B．1.5C．2D．2.5
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．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．其中正确的结论有_____．（填序号）
12．已知，，，是成比例的线段，其中，，，则_______．
13．在平面直角坐标系中，点 A的坐标是(-1,2) .作点A关于x 轴的对称点，得到点A1 ，再将点A1 向下平移 4个单位，得到点A2 ，则点A2 的坐标是_________．
14．若一个正n边形的每个内角为144°,则这个正n边形的所有对角线的条数是_________.
15．如图，与中，，，，，AD的长为________.
16．有五张背面完全相同的卡片，其正面分别画有等腰三角形、平行四边形、矩形、正方形、菱形，将这五张卡片背面朝上洗匀，从中随机抽取一张，卡片上的图形是中心对称图形的概率是_____．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△AOB是等腰直角三角形，∠AOB=90°，点A（2,1）.
（1）求点B的坐标；
（2）求经过A、O、B三点的抛物线的函数表达式；
（3）在（2）所求的抛物线上，是否存在一点P，使四边形ABOP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
18．（8分）定义：若四边形中某个顶点与其它三个顶点的距离相等，则这个四边形叫做等距四边形，这个顶点叫做这个四边形的等距点．
（1）判断：一个内角为120°的菱形 等距四边形．（填“是”或“不是”）
（2）如图2，在5×5的网格图中有A、B两点，请在答题卷给出的两个网格图上各找出C、D两个格点，使得以A、B、C、D为顶点的四边形为互不全等的“等距四边形”，画出相应的“等距四边形”，并写出该等距四边形的端点均为非等距点的对角线长．端点均为非等距点的对角线长为 端点均为非等距点的对角线长为
（3）如图1，已知△ABE与△CDE都是等腰直角三角形，∠AEB=∠DEC=90°，连结AD，AC，BC，若四边形ABCD是以A为等距点的等距四边形，求∠BCD的度数．
19．（8分）如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，tanA＝2cs∠BCD，
(1)求证：BC＝2AD；
(2)若csB＝，AB＝10，求CD的长.
20．（8分）解不等式组：，并把解集在数轴上表示出来．
21．（8分）已知，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L：y=x2-4x+3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点为C．
（1）求点C和点A的坐标．
（2）定义“L双抛图形”：直线x=t将抛物线L分成两部分，首先去掉其不含顶点的部分，然后作出抛物线剩余部分关于直线x=t的对称图形，得到的整个图形称为抛物线L关于直线x=t的“L双抛图形”（特别地，当直线x=t恰好是抛物线的对称轴时，得到的“L双抛图形”不变），
①当t=0时，抛物线L关于直找x=0的“L双抛图形”如图所示，直线y=3与“L双抛图形”有______个交点；
②若抛物线L关于直线x=t的“L双抛图形”与直线y=3恰好有两个交点，结合图象，直接写出t的取值范围：______；
③当直线x=t经过点A时，“L双抛图形”如图所示，现将线段AC所在直线沿水平（x轴）方向左右平移，交“L双抛图形”于点P，交x轴于点Q，满足PQ=AC时，求点P的坐标．
22．（10分）如图，在⊙O中，弦AB与弦CD相交于点G，OA⊥CD于点E，过点B的直线与CD的延长线交于点F，AC∥BF．
（1）若∠FGB=∠FBG，求证：BF是⊙O的切线；
（2）若tan∠F=，CD=a，请用a表示⊙O的半径；
（3）求证：GF2﹣GB2=DF•GF．
23．（12分）如图，矩形ABCD中，CE⊥BD于E，CF平分∠DCE与DB交于点F．
求证：BF＝BC；若AB＝4cm，AD＝3cm，求CF的长．
24．先化简，再求值：（﹣a）÷（1+），其中a是不等式﹣ ＜a＜的整数解．
参考答案
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、D
【解析】
由不等式组有解且满足已知不等式，以及分式方程有整数解，确定出满足题意整数a的值即可．
【详解】
不等式组整理得：，
由不等式组有解且都是2x+6＞0，即x＞-3的解，得到-3＜a-1≤3，
即-2＜a≤4，即a=-1，0，1，2，3，4，
分式方程去分母得：5-y+3y-3=a，即y=，
由分式方程有整数解，得到a=0，2，共2个，
故选：D．
本题考查了分式方程的解，解一元一次不等式，以及解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
2、A
【解析】
分析：根据中心对称的定义，结合所给图形即可作出判断．
详解：A、是中心对称图形，故本选项正确；
B、不是中心对称图形，故本选项错误；
C、不是中心对称图形，故本选项错误；
D、不是中心对称图形，故本选项错误；
故选：A．
点睛：本题考查了中心对称图形的特点，属于基础题，判断中心对称图形的关键是旋转180°后能够重合．
3、B
【解析】
解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，
∴∠A＝10°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠ABC＝10°，
∴∠A＝∠ABD，
∴BD＝AD＝6，
∵在Rt△BCD中，P点是BD的中点，
∴CP＝BD＝1．
故选B．
4、B
【解析】
根据角平分线的定义推出△ECF为直角三角形，然后根据勾股定理即可求得CE2+CF2=EF2，进而可求出CE2+CF2的值．
【详解】
解：∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ACE=∠ACB，∠ACF=∠ACD，即∠ECF=（∠ACB+∠ACD）=90°，
∴△EFC为直角三角形，
又∵EF∥BC，CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ECB=∠MEC=∠ECM，∠DCF=∠CFM=∠MCF，
∴CM=EM=MF=5，EF=10，
由勾股定理可知CE2+CF2=EF2=1．
故选：B．
本题考查角平分线的定义（从一个角的顶点引出一条射线，把这个角分成两个完全相同的角，这条射线叫做这个角的角平分线），直角三角形的判定（有一个角为90°的三角形是直角三角形）以及勾股定理的运用，解题的关键是首先证明出△ECF为直角三角形．
5、B
【解析】
根据中心对称图形的概念，轴对称图形与中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合,即可解题.
A、不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是中心对称图形，故本选项正确；
C、不是中心对称图形，故本选项错误；
D、不是中心对称图形，故本选项错误．
故选B.
考点：中心对称图形.
【详解】
请在此输入详解！
6、A
【解析】
根据三角形中位线定理判断即可．
【详解】
∵AD为△ABC的中线，点E为AC边的中点，
∴DC=BC，DE=AB，
∵BC不一定等于AB，
∴DC不一定等于DE，A不一定成立；
∴AB=2DE，B一定成立；
S△CDE=S△ABC，C一定成立；
DE∥AB，D一定成立；
故选A．
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
7、C
【解析】
试题分析：原式去括号可得b-c+d+a=（a+b）-（c-d）=4-（-3）=1．
故选A．
考点：代数式的求值；整体思想．
8、A
【解析】
设这种商品每件进价为x元，根据题中的等量关系列方程求解.
【详解】
设这种商品每件进价为x元，则根据题意可列方程270×0.8－x＝0.2x，解得x＝180.故选A.
本题主要考查一元一次方程的应用，解题的关键是确定未知数，根据题中的等量关系列出正确的方程.
9、D
【解析】
根据题意可得等量关系：①9枚黄金的重量=11枚白银的重量；②（10枚白银的重量+1枚黄金的重量）-（1枚白银的重量+8枚黄金的重量）=13两，根据等量关系列出方程组即可．
【详解】
设每枚黄金重x两，每枚白银重y两，
由题意得：，
故选：D．
此题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系．
10、C
【解析】
连接AE,根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△AFE≌Rt△ADE,在直角△ECG中，根据勾股定理求出DE的长.
【详解】
连接AE，
∵AB=AD=AF,∠D=∠AFE=90°，
由折叠的性质得：Rt△ABG≌Rt△AFG，
在△AFE和△ADE中，
∵AE=AE，AD=AF，∠D=∠AFE，
∴Rt△AFE≌Rt△ADE，
∴EF=DE，
设DE=FE=x，则CG=3，EC=6−x.
在直角△ECG中，根据勾股定理，得：
(6−x)2+9=(x+3)2，
解得x=2.
则DE=2.
熟练掌握翻折变换、正方形的性质、全等三角形的判定与性质是本题的解题关键.
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、①②③
【解析】
（1）由已知条件易得∠A=∠BDF=60°，结合BD=AB=AD，AE=DF，即可证得△AED≌△DFB，从而说明结论①正确；（2）由已知条件可证点B、C、D、G四点共圆，从而可得∠CDN=∠CBM，如图，过点C作CM⊥BF于点M，过点C作CN⊥ED于点N，结合CB=CD即可证得△CBM≌△CDN，由此可得S四边形BCDG=S四边形CMGN=2S△CGN，在Rt△CGN中，由∠CGN=∠DBC=60°，∠CNG=90°可得GN=CG，CN=CG，由此即可求得S△CGN=CG2，从而可得结论②是正确的；（3）过点F作FK∥AB交DE于点K，由此可得△DFK∽△DAE，△GFK∽△GBE，结合AF=2DF和相似三角形的性质即可证得结论④成立.
【详解】
（1）∵四边形ABCD是菱形，BD=AB，
∴AB=BD=BC=DC=DA，
∴△ABD和△CBD都是等边三角形，
∴∠A=∠BDF=60°，
又∵AE=DF，
∴△AED≌△DFB，即结论①正确；
（2）∵△AED≌△DFB，△ABD和△DBC是等边三角形，
∴∠ADE=∠DBF，∠DBC=∠CDB=∠BDA=60°，
∴∠GBC+∠CDG=∠DBF+∠DBC+∠CDB+∠GDB=∠DBC+∠CDB+∠GDB+∠ADE=∠DBC+∠CDB+∠BDA=180°，
∴点B、C、D、G四点共圆，
∴∠CDN=∠CBM，
如下图，过点C作CM⊥BF于点M，过点C作CN⊥ED于点N，
∴∠CDN=∠CBM=90°，
又∵CB=CD，
∴△CBM≌△CDN，
∴S四边形BCDG=S四边形CMGN=2S△CGN，
∵在Rt△CGN中，∠CGN=∠DBC=60°，∠CNG=90°
∴GN=CG，CN=CG，
∴S△CGN=CG2，
∴S四边形BCDG=2S△CGN，=CG2，即结论②是正确的；

（3）如下图，过点F作FK∥AB交DE于点K，
∴△DFK∽△DAE，△GFK∽△GBE，
∴，，
∵AF=2DF，
∴，
∵AB=AD，AE=DF，AF=2DF，
∴BE=2AE，
∴，
∴BG=6FG，即结论③成立.
综上所述，本题中正确的结论是：
故答案为①②③
点睛：本题是一道涉及菱形、相似三角形、全等三角形和含30°角的直角三角形等多种几何图形的判定与性质的题，题目难度较大，熟悉所涉及图形的性质和判定方法，作出如图所示的辅助线是正确解答本题的关键.
12、
【解析】
如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段．根据定义ad＝cb，将a，b及c的值代入即可求得d．
【详解】
已知a，b，c，d是成比例线段，
根据比例线段的定义得：ad＝cb，
代入a＝3，b＝2，c＝6，
解得：d＝4，
则d＝4cm．
故答案为：4
本题主要考查比例线段的定义．要注意考虑问题要全面．
13、（-1, -6）
【解析】
直接利用关于x轴对称点的性质得出点A1坐标，再利用平移的性质得出答案．
【详解】
∵点A的坐标是（-1，2），作点A关于x轴的对称点，得到点A1，
∴A1（-1，-2），
∵将点A1向下平移4个单位，得到点A2，
∴点A2的坐标是：（-1，-6）．
故答案为：（-1, -6）．
解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
14、2
【解析】
由正n边形的每个内角为144°结合多边形内角和公式，即可得出关于n的一元一次方程，解方程即可求出n的值，将其代入中即可得出结论．
【详解】
∵一个正n边形的每个内角为144°，
∴144n=180×（n-2），解得：n=1．
这个正n边形的所有对角线的条数是：= =2．
故答案为2．
本题考查了多边形的内角以及多边形的对角线，解题的关键是求出正n边形的边数．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据多边形的内角和公式求出多边形边的条数是关键．
15、
【解析】
先证明△ABC∽△ADB，然后根据相似三角形的判定与性质列式求解即可.
【详解】
∵，，
∴△ABC∽△ADB，
∴,
∵，，
∴，
∴AD=.
故答案为：.
本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．灵活运用相似三角形的性质进行几何计算．
16、
【解析】
分析：直接利用中心对称图形的性质结合概率求法直接得出答案．
详解：∵等腰三角形、平行四边形、矩形、正方形、菱形中，平行四边形、矩形、正方形、菱形都是中心对称图形，
∴从中随机抽取一张，卡片上的图形是中心对称图形的概率是：．
故答案为．
点睛：此题主要考查了中心对称图形的性质和概率求法，正确把握中心对称图形的定义是解题关键．
三、解答题（共8题，共72分）
17、 (1) B（-1.2）;(2) y=;(3)见解析.
【解析】
（1）过A作AC⊥x轴于点C，过B作BD⊥x轴于点D，则可证明△ACO≌△ODB，则可求得OD和BD的长，可求得B点坐标；
（2）根据A、B、O三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（3）由四边形ABOP可知点P在线段AO的下方，过P作PE∥y轴交线段OA于点E，可求得直线OA解析式，设出P点坐标，则可表示出E点坐标，可表示出PE的长，进一步表示出△POA的面积，则可得到四边形ABOP的面积，再利用二次函数的性质可求得其面积最大时P点的坐标．
【详解】
（1）如图1，过A作AC⊥x轴于点C，过B作BD⊥x轴于点D，
∵△AOB为等腰三角形，
∴AO=BO，
∵∠AOB=90°，
∴∠AOC+∠DOB=∠DOB+∠OBD=90°，
∴∠AOC=∠OBD，
在△ACO和△ODB中

∴△ACO≌△ODB（AAS），
∵A（2，1），
∴OD=AC=1，BD=OC=2，
∴B（-1，2）；
（2）∵抛物线过O点，
∴可设抛物线解析式为y=ax2+bx，
把A、B两点坐标代入可得，解得，
∴经过A、B、O原点的抛物线解析式为y=x2-x；
（3）∵四边形ABOP，
∴可知点P在线段OA的下方，
过P作PE∥y轴交AO于点E，如图2，
设直线AO解析式为y=kx，
∵A（2，1），
∴k=，
∴直线AO解析式为y=x，
设P点坐标为（t，t2-t），则E（t，t），
∴PE=t-（t2-t）=-t2+t=-（t-1）2+，
∴S△AOP=PE×2=PE═-（t-1）2+，
由A（2，1）可求得OA=OB=，
∴S△AOB=AO•BO=，
∴S四边形ABOP=S△AOB+S△AOP=-（t-1）2++=，
∵-＜0，
∴当t=1时，四边形ABOP的面积最大，此时P点坐标为（1，-），
综上可知存在使四边形ABOP的面积最大的点P，其坐标为（1，-）．
本题为二次函数的综合应用，主要涉及待定系数法、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的面积以及方程思想等知识．在（1）中构造三角形全等是解题的关键，在（2）中注意待定系数法的应用，在（3）中用t表示出四边形ABOP的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
18、（1）是;（2）见解析;（3）150°．
【解析】
（1）由菱形的性质和等边三角形的判定与性质即可得出结论；
（2）根据题意画出图形，由勾股定理即可得出答案；
（3）由SAS证明△AEC≌△BED，得出AC=BD，由等距四边形的定义得出AD=AB=AC，证出AD=AB=BD，△ABD是等边三角形，得出∠DAB=60°，由SSS证明△AED≌△AEC，得出∠CAE=∠DAE=15°，求出∠DAC=∠CAE+∠DAE=30°，∠BAC=∠BAE﹣∠CAE=30°，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠ACB和∠ACD的度数，即可得出答案．
【详解】
解：（1）一个内角为120°的菱形是等距四边形；
故答案为是；
（2）如图2，图3所示：
在图2中，由勾股定理得：
在图3中，由勾股定理得：
故答案为
（3）解：连接BD．如图1所示：
∵△ABE与△CDE都是等腰直角三角形，
∴DE=EC，AE=EB，
∠DEC+∠BEC=∠AEB+∠BEC，
即∠AEC=∠DEB，
在△AEC和△BED中， ，
∴△AEC≌△BED（SAS），
∴AC=BD，
∵四边形ABCD是以A为等距点的等距四边形，
∴AD=AB=AC，
∴AD=AB=BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠DAB=60°，
∴∠DAE=∠DAB﹣∠EAB=60°﹣45°=15°，
在△AED和△AEC中，
∴△AED≌△AEC（SSS），
∴∠CAE=∠DAE=15°，
∴∠DAC=∠CAE+∠DAE=30°，∠BAC=∠BAE﹣∠CAE=30°，
∵AB=AC，AC=AD，
∴
∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=75°+75°=150°．
本题是四边形综合题目，考查了等距四边形的判定与性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．
19、（1）证明见解析；（2）CD＝2.
【解析】
（1）根据三角函数的概念可知tanA＝，cs∠BCD＝，根据tanA＝2cs∠BCD即可得结论；（2）由∠B的余弦值和（1）的结论即可求得BD，利用勾股定理求得CD即可．
【详解】
(1)∵tanA＝，cs∠BCD＝，tanA＝2cs∠BCD，
∴＝2·，
∴BC＝2AD.
(2)∵csB＝＝，BC＝2AD，
∴＝.
∵AB＝10，∴AD＝×10＝4，BD＝10－4＝6，
∴BC＝8，∴CD＝＝2.
本题考查了直角三角形中的有关问题，主要考查了勾股定理，三角函数的有关计算.熟练掌握三角函数的概念是解题关键.
20、则不等式组的解集是﹣1＜x≤3，不等式组的解集在数轴上表示见解析.
【解析】
先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分就是不等式组的解集．
【详解】
解不等式①得：x＞﹣1，
解不等式②得：x≤3，
则不等式组的解集是：﹣1＜x≤3，
不等式组的解集在数轴上表示为：
.
本题考查了解一元一次不等式组，熟知确定解集的方法“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无处找”是解题的关键.也考查了在数轴上表示不等式组的解集.
21、（1）C（2，-1），A（1，0）；（2）①3，②0＜t＜1，③（+2，1）或（-+2，1）或（-1，0）
【解析】
（1）令y=0得：x2-1x+3=0，然后求得方程的解，从而可得到A、B的坐标，然后再求得抛物线的对称轴为x=2，最后将x=2代入可求得点C的纵坐标；
（2）①抛物线与y轴交点坐标为（0，3），然后做出直线y=3，然后找出交点个数即可；②将y=3代入抛物线的解析式求得对应的x的值，从而可得到直线y=3与“L双抛图形”恰好有3个交点时t的取值，然后结合函数图象可得到“L双抛图形”与直线y=3恰好有两个交点时t的取值范围；③首先证明四边形ACQP为平行四边形，由可得到点P的纵坐标为1，然后由函数解析式可求得点P的横坐标．
【详解】
（1）令y=0得：x2-1x+3=0，解得：x=1或x=3，
∴A（1，0），B（3，0），
∴抛物线的对称轴为x=2，
将x=2代入抛物线的解析式得：y=-1，
∴C（2，-1）；
（2）①将x=0代入抛物线的解析式得：y=3，
∴抛物线与y轴交点坐标为（0，3），
如图所示：作直线y=3，
由图象可知：直线y=3与“L双抛图形”有3个交点，
故答案为3；
②将y=3代入得：x2-1x+3=3，解得：x=0或x=1，
由函数图象可知：当0＜t＜1时，抛物线L关于直线x=t的“L双抛图形”与直线y=3恰好有两个交点，
故答案为0＜t＜1．
③如图2所示：
∵PQ∥AC且PQ=AC，
∴四边形ACQP为平行四边形，
又∵点C的纵坐标为-1，
∴点P的纵坐标为1，
将y=1代入抛物线的解析式得：x2-1x+3=1，解得：x=+2或x=-+2．
∴点P的坐标为（+2，1）或（-+2，1），
当点P（-1，0）时，也满足条件．
综上所述，满足条件的点（+2，1）或（-+2，1）或（-1，0）
本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题需要同学们理解“L双抛图形”的定义，数形结合以及方程思想的应用是解题的关键．
22、（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析．
【解析】
（1）根据等边对等角可得∠OAB=∠OBA，然后根据OA⊥CD得到∠OAB+∠AGC=90°，从而推出∠FBG+∠OBA=90°，从而得到OB⊥FB，再根据切线的定义证明即可．
（2）根据两直线平行，内错角相等可得∠ACF=∠F，根据垂径定理可得CE=CD=a，连接OC，设圆的半径为r，表示出OE，然后利用勾股定理列式计算即可求出r．
（3）连接BD，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等可得∠DBG=∠ACF，然后求出∠DBG=∠F，从而求出△BDG和△FBG相似，根据相似三角形对应边成比例列式表示出BG2，然后代入等式左边整理即可得证．
【详解】
解：（1）证明：∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA．
∵OA⊥CD，
∴∠OAB+∠AGC=90°．
又∵∠FGB=∠FBG，∠FGB=∠AGC，
∴∠FBG+∠OBA=90°，即∠OBF=90°．
∴OB⊥FB．
∵AB是⊙O的弦，∴点B在⊙O上．∴BF是⊙O的切线．
（2）∵AC∥BF，
∴∠ACF=∠F．
∵CD=a，OA⊥CD，
∴CE=CD=a．
∵tan∠F=，
∴，
即．
解得．
连接OC，设圆的半径为r，则，
在Rt△OCE中，，
即，
解得．
（3）证明：连接BD，
∵∠DBG=∠ACF，∠ACF=∠F（已证），
∴∠DBG=∠F．
又∵∠FGB=∠FGB，
∴△BDG∽△FBG．
∴，即GB2=DG•GF．
∴GF2﹣GB2=GF2﹣DG•GF=GF（GF﹣DG）=GF•DF，即GF2﹣GB2=DF•GF．
23、（1）见解析，（2）CF＝cm.
【解析】
（1）要求证：BF=BC只要证明∠CFB=∠FCB就可以，从而转化为证明∠BCE=∠BDC就可以；
（2）已知AB=4cm，AD=3cm，就是已知BC=BF=3cm，CD=4cm，在直角△BCD中，根据三角形的面积等于BD•CE=BC•DC，就可以求出CE的长．要求CF的长，可以在直角△CEF中用勾股定理求得．其中EF=BF-BE，BE在直角△BCE中根据勾股定理就可以求出，由此解决问题．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，
∴∠CDB+∠DBC＝90°．
∵CE⊥BD，∴∠DBC+∠ECB＝90°．
∴∠ECB＝∠CDB．
∵∠CFB＝∠CDB+∠DCF，∠BCF＝∠ECB+∠ECF，∠DCF＝∠ECF，
∴∠CFB＝∠BCF
∴BF＝BC
（2）∵四边形ABCD是矩形，∴DC＝AB＝4（cm），BC＝AD＝3（cm）．
在Rt△BCD中，由勾股定理得BD＝．
又∵BD•CE＝BC•DC，
∴CE＝．
∴BE＝．
∴EF＝BF﹣BE＝3﹣．
∴CF＝cm．
本题考查矩形的判定与性质，等腰三角形的判定定理，等角对等边，以及勾股定理，三角形面积计算公式的运用，灵活运用已知，理清思路，解决问题．
24、，1．
【解析】
首先化简（﹣a）÷（1+），然后根据a是不等式﹣＜a＜的整数解，求出a的值，再把求出的a的值代入化简后的算式，求出算式的值是多少即可．
【详解】
解：（﹣a）÷（1+）=×=,
∵a是不等式﹣＜a＜的整数解，∴a=﹣1，1，1，
∵a≠1，a+1≠1，∴a≠1，﹣1，∴a=1，
当a=1时，
原式==1．