2021年天津市津南区北部学区中考数学模拟试卷（二）

这是一份2021年天津市津南区北部学区中考数学模拟试卷（二），共25页。

2021年天津市津南区北部学区中考数学模拟试卷（二）
一．选择题（满分36分，每小题3分）
1．（3分）﹣14的运算结果是（　　）
A．﹣4 B．4 C．﹣1 D．1
2．（3分）sin45°+cos45°的值为（　　）
A．1 B．2 C． D．2
3．（3分）北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，未来在亚太地区定位精度将优于5米，测速精度优于0.1米/秒，授时精度优于10纳秒，10纳秒为0.00000001秒，0.00000001用科学记数法表示为（　　）
A．0.1×10﹣7 B．1×10﹣8 C．1×10﹣7 D．0.1×10﹣8
4．（3分）下列图案中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（3分）如图所示几何体的左视图正确的是（　　）

A． B． C． D．
6．（3分）估算+1的值是（　　）
A．在3到4之间 B．在4到5之间 C．在5到6之间 D．在6到7之间
7．（3分）已知，则a+b＝（　　）
A．2 B． C．3 D．
8．（3分）将点A（2，﹣3）沿x轴向左平移3个单位长度后得到的点A′的坐标为（　　）
A．（﹣1，﹣6） B．（2，﹣6） C．（﹣1，﹣3） D．（5，﹣3）
9．（3分）化简代数式﹣的结果是（　　）
A．1 B．x﹣1 C．x+1 D．1﹣x
10．（3分）如图，函数y＝kx+b（k≠0）与y＝（m≠0）的图象相交于点A（﹣2，3），B（1，﹣6）两点，则不等式kx+b＞的解集为（　　）

A．x＞﹣2 B．﹣2＜x＜0或x＞1
C．x＞1 D．x＜﹣2或0＜x＜1
11．（3分）如图，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，CA＝CB＝6，CE＝CD，△ACB的顶点A在△ECD的斜边DE上，若AE：AD＝1：2，则两个三角形重叠部分的面积为（　　）

A．6 B．9 C．12 D．14
12．（3分）如图所示为二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象一部分，则以下正确的有：①b＞2a；②ax2+bx+c＝0的两根分别为﹣3和1；③a﹣2b+c＜0；④a+b+c＝0；⑤8a+c＞0，其中正确的有（　　）

A．①② B．②③ C．②③④ D．②③④⑤
二．填空题（满分18分，每小题3分）
13．（3分）计算：（x2）5＝　 　．
14．（3分）计算：（+）（﹣）2＝　 　．
15．（3分）在一个不透明的袋子中只装有n个白球和4个红球，这些球除颜色外其他均相同．如果从袋子中随机摸出一个球，摸到红球的概率是，那么n的值为　 　．
16．（3分）若一次函数y＝（k﹣2）x+3﹣k的图象不经过第四象限，则k的取值范围是　 　．
17．（3分）如图，两个边长均为6的正方形重叠在一起，O是正方形ABCD的中心，则阴影部分的面积是　 　．

18．（3分）如图，点A，B在⊙O上，直线AC是⊙O的切线，OC⊥OB，连接AB交OC于点D．若AC＝2，AO＝，则OD＝　 　．

三．解答题
19．解不等式组，并在数轴上把不等式的解集表示出来．
20．开学后，某区针对各校在线教学进行评比，A校通过初评决定从甲、乙两个班中推荐一个作为在线教学先进班级，如表是这两个班的四项指标的考评得分表（单位：分）：
班级
课程质量
在线答疑
作业情况
课堂参与
甲班
10
5
10
7
乙班
8
8
9
7

班级
平均分
众数
中位数
甲班
8
10
a
乙班
8
b
8
请根据统计表中的信息解答下列问题：
（1）请确定“四项指标的考评得分分析表”中的a＝　 　，b＝　 　；
（2）如果A校把“课程质量”、“在线答疑”、“作业情况”、“课堂参与”这四项指标得分按照2：3：2：3的比例确定最终成绩，请你通过计算判断应推荐哪个班为在线教学先进班级？
（3）通过最终考评，A校总共36个班级里有3个班级获得在线教学先进班级，若该区所有学校总共有1200个班级数，估计该区总共有多少班级可获得在线教学先进班级？
21．如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD⊥DC于点D，AC平分∠DAB．
（1）求证：直线CD是⊙O的切线；
（2）若AB＝4，∠DAB＝60°，求AD的长．

22．如图，某渔船在完成捕捞作业后准备返回港口C，途经某海域A处时，港口C的工作人员监测到点A在南偏东30°方向上，另一港口B的工作人员监测到点A在正西方向上．已知港口C在港口B的北偏西60°方向，且B、C两地相距120海里．
（1）求出此时点A到港口C的距离（计算结果保留根号）；
（2）若该渔船从A处沿AC方向向港口C驶去，当到达点A'时，测得港口B在A'的南偏东75°的方向上，求此时渔船的航行距离（计算结果保留根号）．

23．元旦期间，小黄自驾游去了离家156千米的黄石矿博园，右图是小黄离家的距离y（千米）与汽车行驶时间x（小时）之间的函数图象．
（1）求小黄出发0.5小时时，离家的距离；
（2）求出AB段的图象的函数解析式；
（3）小黄出发1.5小时时，离目的地还有多少千米？

24．如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别在AB，BC上运动，将线段DE绕点E按顺时针方向旋转90°得到线段EF．

（1）如图1，若D为AB中点，点E与点C重合，AF与DC相交于点O，求证：OE＝OD；
（2）如图2，若点E不与C，B重合，点D为AB中点，点G为AF的中点，连接DG，连接BF，判断线段BF，CE，AD的数量关系并说明理由；
（3）如图3，若AB＝4，AD＝3BD，点G为AF的中点，连接CG，∠GDE＝90°，请直接写出CE的长．
25．如图，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点（﹣2，0），且关于直线x＝1对称．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设此抛物线与直线l：y＝﹣x﹣1相交于P，Q两点，平行于y轴的直线x＝m交PQ于M点，交抛物线于N点．
①当点M在点N上方的时候，求MN的表达式（用含m的代数式表示）；
②在①的条件下当△PQN的面积最大的时候，求m的值及面积的最大值．


2021年天津市津南区北部学区中考数学模拟试卷（二）
参考答案与试题解析
一．选择题（满分36分，每小题3分）
1．（3分）﹣14的运算结果是（　　）
A．﹣4 B．4 C．﹣1 D．1
【分析】原式表示1四次方的相反数，计算即可求出值．
【解答】解：﹣14＝﹣1×1×1×1＝﹣1．
故选：C．
2．（3分）sin45°+cos45°的值为（　　）
A．1 B．2 C． D．2
【分析】直接利用特殊角的三角函数值代入得出答案．
【解答】解：原式＝+
＝．
故选：C．
3．（3分）北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，未来在亚太地区定位精度将优于5米，测速精度优于0.1米/秒，授时精度优于10纳秒，10纳秒为0.00000001秒，0.00000001用科学记数法表示为（　　）
A．0.1×10﹣7 B．1×10﹣8 C．1×10﹣7 D．0.1×10﹣8
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：0.00000001＝1×10﹣8．
故选：B．
4．（3分）下列图案中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【解答】解：A、是中心对称图形，也是轴对称图形，不符合题意；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
C、是中心对称图形，不是轴对称图形，符合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
5．（3分）如图所示几何体的左视图正确的是（　　）

A． B． C． D．
【分析】找到从几何体的左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中．
【解答】解：从几何体的左面看所得到的图形是：

故选：A．
6．（3分）估算+1的值是（　　）
A．在3到4之间 B．在4到5之间 C．在5到6之间 D．在6到7之间
【分析】先估算出的取值范围，再得出+1的取值范围．
【解答】解：∵9＜11＜16，
∴3＜＜4，
∴4＜+1＜5，
∴+1的值在4到5之间．
故选：B．
7．（3分）已知，则a+b＝（　　）
A．2 B． C．3 D．
【分析】利用两个方程相加求解即可．
【解答】解：，
①+②，得6a+6b＝18，
∴6（a+b）＝18，
a+b＝3，
故选：C．
8．（3分）将点A（2，﹣3）沿x轴向左平移3个单位长度后得到的点A′的坐标为（　　）
A．（﹣1，﹣6） B．（2，﹣6） C．（﹣1，﹣3） D．（5，﹣3）
【分析】利用点的平移和点的坐标的变化规律填空即可．
【解答】解：点A（2，﹣3）沿x轴向左平移3个单位长度后得到的点A′的坐标为（2﹣3，﹣3），
即（﹣1，﹣3），
故选：C．
9．（3分）化简代数式﹣的结果是（　　）
A．1 B．x﹣1 C．x+1 D．1﹣x
【分析】根据分式的运算法则即可求出答案．
【解答】解：原式＝＝x+1．
故选：C．
10．（3分）如图，函数y＝kx+b（k≠0）与y＝（m≠0）的图象相交于点A（﹣2，3），B（1，﹣6）两点，则不等式kx+b＞的解集为（　　）

A．x＞﹣2 B．﹣2＜x＜0或x＞1
C．x＞1 D．x＜﹣2或0＜x＜1
【分析】结合图象，求出一次函数图象在反比例函数图象上方所对应的自变量的范围即可．
【解答】解：∵函数y＝kx+b（k≠0）与的图象相交于点A（﹣2，3），B（1，﹣6）两点，
∴不等式的解集为：x＜﹣2或0＜x＜1，
故选：D．
11．（3分）如图，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，CA＝CB＝6，CE＝CD，△ACB的顶点A在△ECD的斜边DE上，若AE：AD＝1：2，则两个三角形重叠部分的面积为（　　）

A．6 B．9 C．12 D．14
【分析】设AB交CD于O，连接BD，证明△ECA≌△DCB（SAS），得出∠E＝∠CDB＝45°，AE＝BD，作OM⊥DE于M，ON⊥BD于N．求出△ABC的面积．再求出OA与OB的比值即可解决问题
【解答】解：设AB交CD于O，连接BD，作OM⊥DE于M，ON⊥BD于N，
如图所示：

∵∠ECD＝∠ACB＝90°，
∴∠ECA＝∠DCB，
在△ECA和△DCB中，，
∴△ECA≌△DCB（SAS），
∴∠E＝∠CDB＝45°，AE＝BD，
∵∠EDC＝45°，
∴∠CDB＝∠EDC，
∵AE：AD＝1：2，
∴BD：AD＝1：2，
在Rt△ADB中，CA＝CB＝6，
∴S△ABC＝×6×6＝18，
∵OD平分∠ADB，OM⊥DE于M，ON⊥BD于N，
∴OM＝ON，
∵＝＝＝＝2，
∴S△AOC＝18×＝12；
故选：C．
12．（3分）如图所示为二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象一部分，则以下正确的有：①b＞2a；②ax2+bx+c＝0的两根分别为﹣3和1；③a﹣2b+c＜0；④a+b+c＝0；⑤8a+c＞0，其中正确的有（　　）

A．①② B．②③ C．②③④ D．②③④⑤
【分析】①由抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，可得出b＝2a，结论①错误；②由抛物线的对称轴及抛物线与x轴一个交点的坐标，可求出另一交点坐标，进而可得出ax2+bx+c＝0的两根分别为﹣3和1，结论②正确；③由抛物线的开口方向及抛物线与y轴交点的位置可得出a＞0，c＜0，结合b＝2a，即可得出a﹣2b+c＝﹣3a+c＜0，结论③正确；④由当x＝1时y＝0，可得出a+b+c＝0，结论④正确；⑤由当x＝2时y＞0结合b＝2a，可得出4a+2b+c＝8a+c＞0，结论⑤正确．综上即可得出结论．
【解答】解：①∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，
∴b＝2a，结论①错误；
②∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，抛物线与x轴一个交点的坐标为（1，0），
∴抛物线与x轴另一交点的坐标为（﹣3，0），
∴ax2+bx+c＝0的两根分别为﹣3和1，结论②正确；
③∵抛物线开口向上，与y轴交于负半轴，
∴a＞0，c＜0，
∴a﹣2b+c＝a﹣4a+c＝﹣3a+c＜0，结论③正确；
④∵当x＝1时，y＝0，
∴a+b+c＝0，结论④正确；
⑤∵当x＝2时，y＞0，
∴4a+2b+c＝8a+c＞0，结论⑤正确．
综上所述：正确的结论有②③④⑤．
故选：D．
二．填空题（满分18分，每小题3分）
13．（3分）计算：（x2）5＝　x10　．
【分析】幂的乘方，底数不变，指数相乘，据此计算即可．
【解答】解：（x2）5＝x2×5＝x10．
故答案为：x10．
14．（3分）计算：（+）（﹣）2＝　﹣　．
【分析】原式变形后，利用平方差公式计算即可求出值．
【解答】解：原式＝[（+）（﹣）]（﹣）
＝（3﹣2）（﹣）
＝﹣．
故答案为：﹣．
15．（3分）在一个不透明的袋子中只装有n个白球和4个红球，这些球除颜色外其他均相同．如果从袋子中随机摸出一个球，摸到红球的概率是，那么n的值为　8　．
【分析】根据概率公式列方程计算．
【解答】解：根据题意得，
解得n＝8，
经检验：n＝48是分式方程的解，
故答案为：8．
16．（3分）若一次函数y＝（k﹣2）x+3﹣k的图象不经过第四象限，则k的取值范围是　2＜k≤3　．
【分析】分一次函数图象经过第一、三象限及一次函数图象经过第一、二、三象限两种情况考虑，当一次函数y＝（k﹣2）x+3﹣k的图象经过第一、三象限时，可得出关于k的一元一次不等式及一元一次方程，解之即可得出k值；当一次函数y＝（k﹣2）x+3﹣k的图象经过第一、二、三象限时，利用一次函数图象与系数的关系，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围．
【解答】解：当一次函数y＝（k﹣2）x+3﹣k的图象经过第一、三象限时，，
∴k＝3；
当一次函数y＝（k﹣2）x+3﹣k的图象经过第一、二、三象限时，，
∴2＜k＜3．
综上，k的取值范围是2＜k≤3．
故答案为：2＜k≤3．
17．（3分）如图，两个边长均为6的正方形重叠在一起，O是正方形ABCD的中心，则阴影部分的面积是　9　．

【分析】过点O作OE⊥AD于点E，OF⊥DC于点F，则易证四边形OEDF为正方形；再判定△EOG≌△FOH（ASA），然后求得正方形OEDF的面积，其值即为阴影部分的面积．
【解答】解：如图，过点O作OE⊥AD于点E，OF⊥DC于点F，设两个正方形的边的交点分别为点G和点H，如图所示：

则有∠OEG＝∠OFD＝∠D＝90°，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OE＝OF，∠EOF＝90°，
∴四边形OEDF为正方形．
∵∠GOH＝90°，∠EOF＝90°，
∴∠EOG＝∠FOH，
在△EOG和△FOH中，
，
∴△EOG≌△FOH（ASA）．
∴阴影部分的面积等于正方形OEDF的面积，
∵两个边长均为6的正方形重叠在一起，
∴正方形OEDF的面积为：3×3＝9．
∴阴影部分的面积为9．
故答案为：9．
18．（3分）如图，点A，B在⊙O上，直线AC是⊙O的切线，OC⊥OB，连接AB交OC于点D．若AC＝2，AO＝，则OD＝　1　．

【分析】由AC为圆的切线，利用切线的性质得到∠OAC为直角，再由OC⊥OB，得到∠BOC为直角，由OA＝OB，利用等边对等角得到一对角相等，再利用对顶角相等及等角的余角相等得到一对角相等，利用等角对等边可得DC＝AC，由OC＝OD+DC，表示出OC，在直角三角形OAC中，利用勾股定理即可求出OD的长．
【解答】解：∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠B，
∵直线AC为圆O的切线，
∴∠OAC＝∠OAB+∠DAC＝90°，
∵OB⊥OC，
∴∠BOC＝90°，
∴∠ODB+∠B＝90°，
∵∠ODB＝∠CDA，
∴∠CDA+∠B＝90°，
∴∠DAC＝∠CDA，
∴AC＝CD，
在Rt△OAC中，AC＝CD＝2，AO＝，OC＝OD+DC＝OD+2，
根据勾股定理得：OC2＝AC2+AO2，即（OD+2）2＝22+（）2，
解得：OD＝1．
故答案为：1．
三．解答题
19．解不等式组，并在数轴上把不等式的解集表示出来．
【分析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的解集，表示在数轴上即可．
【解答】解：，
由①得x≥﹣4，
由②得x＜3，
所以原不等式组的解集为﹣4≤x＜3，
数轴表示：
．
20．开学后，某区针对各校在线教学进行评比，A校通过初评决定从甲、乙两个班中推荐一个作为在线教学先进班级，如表是这两个班的四项指标的考评得分表（单位：分）：
班级
课程质量
在线答疑
作业情况
课堂参与
甲班
10
5
10
7
乙班
8
8
9
7

班级
平均分
众数
中位数
甲班
8
10
a
乙班
8
b
8
请根据统计表中的信息解答下列问题：
（1）请确定“四项指标的考评得分分析表”中的a＝　8.5　，b＝　8　；
（2）如果A校把“课程质量”、“在线答疑”、“作业情况”、“课堂参与”这四项指标得分按照2：3：2：3的比例确定最终成绩，请你通过计算判断应推荐哪个班为在线教学先进班级？
（3）通过最终考评，A校总共36个班级里有3个班级获得在线教学先进班级，若该区所有学校总共有1200个班级数，估计该区总共有多少班级可获得在线教学先进班级？
【分析】（1）根据中位数、众数的意义，求出中位数和众数即可；
（2）求出甲班、乙班的加权平均数，即可推荐为先进班级；
（3）样本中先进班级占，因此估计总体1200个班级的是先进班级．
【解答】解：（1）甲班四项指标得分从小到大排列后，处在中间位置的两个数的平均数为＝8.5，即a＝8.5；
乙班四项指标得分出现次数最多的是8，因此众数是8，即b＝8；
故答案为：8.5，8；
（2）甲＝＝7.6，
乙＝＝7.9，
∵7.6＜7.9，
∴推荐乙班为先进班级；
（3）1200×＝100（个），
答：该区总共有100个班级可获得在线教学先进班级．
21．如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD⊥DC于点D，AC平分∠DAB．
（1）求证：直线CD是⊙O的切线；
（2）若AB＝4，∠DAB＝60°，求AD的长．

【分析】（1）连接OC，先证出∠OCA＝∠DAC，得OC∥AD，再由平行线的性质得CD⊥OC，即可得出结论；
（2）连接BC，先由圆周角定理得∠ACB＝90°，由角平分线定义得∠DAC＝∠BAC＝30°，再由含30°角的直角三角形的性质得BC＝AB＝2，AC＝BC＝2，进而得出答案．
【解答】（1）证明：连接OC，如图1所示：
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴∠OCA＝∠DAC，
∴OC∥AD，
∵AD⊥DC，
∴CD⊥OC，
又∵OC是⊙O的半径，
∴直线CD是⊙O的切线；
（2）解：连接BC，如图2所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AC平分∠DAB，∠DAB＝60°，
∴∠DAC＝∠BAC＝30°，
∴BC＝AB＝2，AC＝BC＝2，
∵AD⊥DC，
∴∠ADC＝90°，
∴CD＝AC＝，AD＝CD＝3．


22．如图，某渔船在完成捕捞作业后准备返回港口C，途经某海域A处时，港口C的工作人员监测到点A在南偏东30°方向上，另一港口B的工作人员监测到点A在正西方向上．已知港口C在港口B的北偏西60°方向，且B、C两地相距120海里．
（1）求出此时点A到港口C的距离（计算结果保留根号）；
（2）若该渔船从A处沿AC方向向港口C驶去，当到达点A'时，测得港口B在A'的南偏东75°的方向上，求此时渔船的航行距离（计算结果保留根号）．

【分析】（1）延长BA，过点C作CD⊥BA延长线与点D，由直角三角形的性质和锐角三角函数的定义求出AC即可；
（2）过点A′作A′N⊥BC于点N，由（1）得：CD＝60海里，AC＝40海里，证出A′B平分∠CBA，得A'E＝A'N，设AA′＝x，则AE＝AA'，A'N＝A′E＝AE＝x，证出A'C＝2A'N＝x，由题意得出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）如图所示：延长BA，过点C作CD⊥BA延长线与点D，
由题意可得：∠CBD＝30°，BC＝120海里，
则CD＝BC＝60海里，
∵cos∠ACD＝＝cos30°＝，
即＝，
∴AC＝40（海里），
答：此时点A到军港C的距离为40海里；
（2）过点A′作A′N⊥BC于点N，如图：
由（1）得：CD＝60海里，AC＝40海里，
∵A'E∥CD，
∴∠AA'E＝∠ACD＝30°，
∴∠BA′A＝45°，
∵∠BA'E＝75°，
∴∠ABA'＝15°，
∴∠2＝15°＝∠ABA'，
即A′B平分∠CBA，
∴A'E＝A'N，
设AA′＝x，则AE＝AA'，A'N＝A′E＝AE＝x，
∵∠1＝60°﹣30°＝30°，A'N⊥BC，
∴A'C＝2A'N＝x，
∵A'C+AA'＝AC，
∴x+x＝40，
解得：x＝60﹣20，
∴AA'＝（60﹣20）海里，
答：此时渔船的航行距离为（60﹣20）海里．

23．元旦期间，小黄自驾游去了离家156千米的黄石矿博园，右图是小黄离家的距离y（千米）与汽车行驶时间x（小时）之间的函数图象．
（1）求小黄出发0.5小时时，离家的距离；
（2）求出AB段的图象的函数解析式；
（3）小黄出发1.5小时时，离目的地还有多少千米？

【分析】（1）先运用待定系数法求出OA的解析式，再将x＝0.5代入，求出y的值即可；
（2）设AB段图象的函数表达式为y＝k′x+b，将A、B两点的坐标代入，运用待定系数法即可求解；
（3）先将x＝1.5代入AB段图象的函数表达式，求出对应的y值，再用156减去y即可求解．
【解答】解：（1）设OA段图象的函数表达式为y＝kx．
∵当x＝0.8时，y＝48，
∴0.8k＝48，
∴k＝60．
∴y＝60x（0≤x≤0.8），
∴当x＝0.5时，y＝60×0.5＝30．
故小黄出发0.5小时时，离家30千米；

（2）设AB段图象的函数表达式为y＝k′x+b．
∵A（0.8，48），B（2，156）在AB上，
，
解得，
∴y＝90x﹣24（0.8≤x≤2）；

（3）∵当x＝1.5时，y＝90×1.5﹣24＝111，
∴156﹣111＝45．
故小黄出发1.5小时时，离目的地还有45千米．
24．如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别在AB，BC上运动，将线段DE绕点E按顺时针方向旋转90°得到线段EF．

（1）如图1，若D为AB中点，点E与点C重合，AF与DC相交于点O，求证：OE＝OD；
（2）如图2，若点E不与C，B重合，点D为AB中点，点G为AF的中点，连接DG，连接BF，判断线段BF，CE，AD的数量关系并说明理由；
（3）如图3，若AB＝4，AD＝3BD，点G为AF的中点，连接CG，∠GDE＝90°，请直接写出CE的长．
【分析】（1）证明△AOD≌△FOE（AAS），可得OE＝OD．
（2）结论：AD﹣BF＝CE．如图2中，过点E作ET⊥BC交AB于T，过点T作TR⊥AC于R．则四边形ECRT是矩形，△ART，△EPT都是等腰直角三角形，可得EC＝RT，AT＝RT＝EC．再证明BF＝DT，可得结论．
（3）如图3中，取AB的中点R，连接GR，BF，过点E作EM⊥AB于M．设GR＝x，EM＝BM＝y．构建方程组求出y即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1中，

∵CA＝CB，∠ACB＝90°，AD＝DB，
∴CD⊥AB，CD＝AD＝DB，
∵∠DEF＝∠ADC＝90°，DE＝EF，
∴AD＝EF，
∵∠AOD＝∠EOF，
∴△AOD≌△FOE（AAS），
∴OE＝OD．

（2）解：结论：AD﹣BF＝CE．
理由：如图2中，过点E作ET⊥BC交AB于T，过点T作TR⊥AC于R．则四边形ECRT是矩形，△ART，△EPT都是等腰直角三角形，可得EC＝RT，AT＝RT＝EC．

∵∠TEB＝∠DEF＝90°，
∴∠TED＝∠BEF，
∵ET＝EB，ED＝EF，
∴△TED≌△BEF（SAS），
∴DT＝BF，
∵AD﹣DT＝AT，
∴AD﹣BF＝CE．

（3）解：如图3中，取AB的中点R，连接GR，BF，过点E作EM⊥AB于M．设GR＝x，EM＝BM＝y．

由（2）可知，△TED≌△BEF（SAS），
∴∠ETD＝∠EBF＝45°，
∴∠ABC＝45°，
∴∠FBA＝90°，
∵AG＝GF，AR＝RB＝2，
∴GR∥BF，BF＝2GR＝2x，
∴∠GRA＝∠FBA＝90°，
∵GR⊥AB，
∵AB＝4，AD＝3BD，
∴AD＝3，BD＝，
∴DR＝AD﹣AR＝3﹣2＝，
∵∠GRD＝∠EMD＝∠EDG＝90°，
∴∠GDR+∠DGR＝90°，∠GDR+∠EDM＝90°，
∴∠DGR＝∠EDM，
∴△DRG∽△EMD，
∴＝，
∴＝①
又∵AD﹣BF＝CE，
∴3﹣2x＝（4﹣y）②，
由①②可得y＝（不合题意的解已经舍弃）．
∴EC＝4﹣（）＝．

25．如图，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点（﹣2，0），且关于直线x＝1对称．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设此抛物线与直线l：y＝﹣x﹣1相交于P，Q两点，平行于y轴的直线x＝m交PQ于M点，交抛物线于N点．
①当点M在点N上方的时候，求MN的表达式（用含m的代数式表示）；
②在①的条件下当△PQN的面积最大的时候，求m的值及面积的最大值．

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）①设点M的坐标为（m，﹣m﹣1），则点N的坐标为（m，m2﹣m﹣4），进而求解；
②由S△PQN＝S△MNP+S△MNQ＝×MN（xQ﹣xP），即可求解．
【解答】解：（1）由题意得：，解得，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣4；

（2）联立PQ表达式和二次函数表达式得，解得，
故点P、Q的坐标分别为（﹣2，0）、（3，﹣），
①设点M的坐标为（m，﹣m﹣1），则点N的坐标为（m，m2﹣m﹣4），
∵点M在点N上方，
∴MN＝（﹣m﹣1）﹣（m2﹣m﹣4）＝﹣m2+m+3（﹣2＜m＜3）；
②S△PQN＝S△MNP+S△MNQ＝×MN（xQ﹣xP）＝×（3+2）×（﹣m2+m+3）＝﹣（m﹣）2+．
∵＜0，故△PQN的面积有最大值，
当m＝时，△PQN的面积最大值为．