山东省淄博市名校2022年中考数学考试模拟冲刺卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项：

1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1．如图，已知直线AD是⊙O的切线，点A为切点，OD交⊙O于点B，点C在⊙O上，且∠ODA=36°，则∠ACB的度数为（　　）

A．54°    B．36°    C．30°    D．27°

2．若关于，的二元一次方程组的解也是二元一次方程的解，则的值为　　

A． B． C． D．

3．等腰三角形两边长分别是2 cm和5 cm，则这个三角形周长是（    ）

A．9 cm    B．12 cm    C．9 cm或12 cm    D．14 cm

4．﹣的相反数是（　　）

A．8 B．﹣8 C． D．﹣

5．把不等式组的解集表示在数轴上，下列选项正确的是（　　）

A． B．

C． D．

6． “车辆随机到达一个路口，遇到红灯”这个事件是(    )

A．不可能事件 B．不确定事件 C．确定事件 D．必然事件

7．若分式的值为0，则x的值为（　　）

A．-2 B．0 C．2 D．±2

8．如图，在△ABC中，AC的垂直平分线分别交AC、BC于E，D两点，EC＝4，△ABC的周长为23，则△ABD的周长为（　　）

A．13 B．15 C．17 D．19

9．如图，四边形ABCD内接于⊙O，F是上一点，且，连接CF并延长交AD的延长线于点E，连接AC．若∠ABC=105°，∠BAC=25°，则∠E的度数为（ ）

A．45° B．50° C．55° D．60°

10．如图，在正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，连接AF交CG于M点，则FM=（　　）

A． B． C． D．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．如图，AB=AC，要使△ABE≌△ACD，应添加的条件是　   　（添加一个条件即可）．

12．如图，在⊙O中，AB是直径，点D是⊙O上一点，点C是的中点，CE⊥AB于点E，过点D的切线交EC的延长线于点G，连接AD，分别交CE，CB于点P，Q，连接AC，关于下列结论：①∠BAD＝∠ABC；②GP＝GD；③点P是△ACQ的外心，其中结论正确的是________(只需填写序号)．

13．如图，已知是的高线，且，，则_________.

14．为了估计池塘里有多少条鱼，从池塘里捕捞了1000条鱼做上标记，然后放回池塘里，经过一段时间，等有标记的鱼完全混合于鱼群中以后，再捕捞200条，若其中有标记的鱼有10条，则估计池塘里有鱼_____条．

15．如图，在菱形ABCD中，于E，，，则菱形ABCD的面积是______．

16．比较大小：_____1．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）“母亲节”前夕，某商店根据市场调查，用3000元购进第一批盒装花，上市后很快售完，接着又用5000元购进第二批这种盒装花．已知第二批所购花的盒数是第一批所购花盒数的2倍，且每盒花的进价比第一批的进价少5元．求第一批盒装花每盒的进价是多少元？

18．（8分）数学活动小组的小颖、小明和小华利用皮尺和自制的两个直角三角板测量学校旗杆MN的高度，如示意图，△ABC和△A′B′C′是他们自制的直角三角板，且△ABC≌△A′B′C′，小颖和小明分别站在旗杆的左右两侧，小颖将△ABC的直角边AC平行于地面，眼睛通过斜边AB观察，一边观察一边走动，使得A、B、M共线，此时，小华测量小颖距离旗杆的距离DN=19米，小明将△A′B′C′的直角边B′C′平行于地面，眼睛通过斜边B′A′观察，一边观察一边走动，使得B′、A′、M共线，此时，小华测量小明距离旗杆的距离EN=5米，经测量，小颖和小明的眼睛与地面的距离AD=1米，B′E=1.5米，（他们的眼睛与直角三角板顶点A，B′的距离均忽略不计），且AD、MN、B′E均与地面垂直，请你根据测量的数据，计算旗杆MN的高度.

19．（8分）如图，在中，点是的中点，点是线段的延长线上的一动点，连接，过点作的平行线，与线段的延长线交于点，连接、.

求证：四边形是平行四边形.若，，则在点的运动过程中：

①当______时，四边形是矩形；

②当______时，四边形是菱形.

20．（8分）如图抛物线y=ax2+bx，过点A（4，0）和点B（6，2），四边形OCBA是平行四边形，点M（t，0）为x轴正半轴上的点，点N为射线AB上的点，且AN=OM，点D为抛物线的顶点．

（1）求抛物线的解析式，并直接写出点D的坐标；

（2）当△AMN的周长最小时，求t的值；

（3）如图②，过点M作ME⊥x轴，交抛物线y=ax2+bx于点E，连接EM，AE，当△AME与△DOC相似时．请直接写出所有符合条件的点M坐标．

21．（8分）如图，点C、E、B、F在同一直线上，AC∥DF，AC＝DF，BC＝EF，

求证：AB=DE

22．（10分）综合与实践﹣猜想、证明与拓广

问题情境：

数学课上同学们探究正方形边上的动点引发的有关问题，如图1，正方形ABCD中，点E是BC边上的一点，点D关于直线AE的对称点为点F，直线DF交AB于点H，直线FB与直线AE交于点G，连接DG，CG．

猜想证明

（1）当图1中的点E与点B重合时得到图2，此时点G也与点B重合，点H与点A重合．同学们发现线段GF与GD有确定的数量关系和位置关系，其结论为：　   　；

（2）希望小组的同学发现，图1中的点E在边BC上运动时，（1）中结论始终成立，为证明这两个结论，同学们展开了讨论：

小敏：根据轴对称的性质，很容易得到“GF与GD的数量关系”…

小丽：连接AF，图中出现新的等腰三角形，如△AFB，…

小凯：不妨设图中不断变化的角∠BAF的度数为n，并设法用n表示图中的一些角，可证明结论．

请你参考同学们的思路，完成证明；

（3）创新小组的同学在图1中，发现线段CG∥DF，请你说明理由；

联系拓广：

（4）如图3若将题中的“正方形ABCD”变为“菱形ABCD“，∠ABC=α，其余条件不变，请探究∠DFG的度数，并直接写出结果（用含α的式子表示）．

23．（12分）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点A（﹣3，0），B（1，0），与y轴相交于（0，﹣），顶点为P．

（1）求抛物线解析式；

（2）在抛物线是否存在点E，使△ABP的面积等于△ABE的面积？若存在，求出符合条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）坐标平面内是否存在点F，使得以A、B、P、F为顶点的四边形为平行四边形？直接写出所有符合条件的点F的坐标，并求出平行四边形的面积．

24．如图，已知的直径，是的弦，过点作的切线交的延长线于点，过点作，垂足为，与交于点，设，的度数分别是，，且．

（1）用含的代数式表示；

（2）连结交于点，若，求的长．

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、D

【解析】解：∵AD为圆O的切线，∴AD⊥OA，即∠OAD=90°，∵∠ODA=36°，∴∠AOD=54°，∵∠AOD与∠ACB都对，∴∠ACB=∠AOD=27°．故选D．

2、B

【解析】
将k看做已知数求出用k表示的x与y，代入2x+3y=6中计算即可得到k的值．

【详解】

解：，

①②得：，即，

将代入①得：，即，

将，代入得：，

解得：．

故选：．

【点睛】

此题考查了二元一次方程组的解，以及二元一次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边成立的未知数的值．

3、B

【解析】当腰长是2 cm时，因为2+2<5，不符合三角形的三边关系，排除；当腰长是5 cm时，因为5+5>2，符合三角形三边关系，此时周长是12 cm．故选B．

4、C

【解析】

互为相反数的两个数是指只有符号不同的两个数，所以的相反数是，

故选C．

5、C

【解析】
求得不等式组的解集为x＜﹣1，所以C是正确的．

【详解】

解：不等式组的解集为x＜﹣1．

故选C．

【点睛】

本题考查了不等式问题，在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆点表示．

6、B

【解析】
根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可.

【详解】

“车辆随机到达一个路口，遇到红灯”是随机事件.

故选：.

【点睛】

本题考查了随机事件，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，一定发生的实际；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.

7、C

【解析】

由题意可知：，

解得：x=2，

故选C.

8、B

【解析】

∵DE垂直平分AC，

∴AD=CD，AC=2EC=8，

∵C△ABC=AC+BC+AB=23，

∴AB+BC=23-8=15，

∴C△ABD=AB+AD+BD=AB+DC+BD=AB+BC=15.

故选B.

9、B

【解析】
先根据圆内接四边形的性质求出∠ADC的度数，再由圆周角定理得出∠DCE的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论．

【详解】

∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=105°，

∴∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣105°=75°．

∵，∠BAC=25°，

∴∠DCE=∠BAC=25°，

∴∠E=∠ADC﹣∠DCE=75°﹣25°=50°．

【点睛】

本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理.圆内接四边形对角互补.在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆心角相等，而同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，所以在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等.

10、C

【解析】
由正方形的性质知DG=CG-CD=2、AD∥GF，据此证△ADM∽△FGM得 , 求出GM的长，再利用勾股定理求解可得答案．

【详解】

解：∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴AD=CD=BC=1、CE=CG=GF=3，∠ADM=∠G=90°，
∴DG=CG-CD=2，AD∥GF，
则△ADM∽△FGM，

∴，即 ,

解得：GM= ,

∴FM= = = ,

故选：C．

【点睛】

本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理等知识点．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、AE=AD（答案不唯一）．

【解析】

要使△ABE≌△ACD，已知AB=AC，∠A=∠A，则可以添加AE=AD，利用SAS来判定其全等；或添加∠B=∠C，利用ASA来判定其全等；或添加∠AEB=∠ADC，利用AAS来判定其全等．等（答案不唯一）．

12、②③

【解析】

试题分析：∠BAD与∠ABC不一定相等，选项①错误；

∵GD为圆O的切线，∴∠GDP=∠ABD，又AB为圆O的直径，∴∠ADB=90°，∵CF⊥AB，∴∠AEP=90°，∴∠ADB=∠AEP，又∠PAE=∠BAD，∴△APE∽△ABD，∴∠ABD=∠APE，又∠APE=∠GPD，∴∠GDP=∠GPD，∴GP=GD，选项②正确；

由AB是直径，则∠ACQ=90°，如果能说明P是斜边AQ的中点，那么P也就是这个直角三角形外接圆的圆心了．Rt△BQD中，∠BQD=90°-∠6，  Rt△BCE中，∠8=90°-∠5，而∠7=∠BQD，∠6=∠5， 所以∠8=∠7， 所以CP=QP；由②知：∠3=∠5=∠4，则AP=CP； 所以AP=CP=QP，则点P是△ACQ的外心，选项③正确．

则正确的选项序号有②③．故答案为②③．

考点：1．切线的性质；2．圆周角定理；3．三角形的外接圆与外心；4．相似三角形的判定与性质．

13、4cm

【解析】
根据三角形的高线的定义得到，根据直角三角形的性质即可得到结论.

【详解】

解:∵是的高线，

∴，

∵，，

∴.

故答案为:4cm.

【点睛】

本题考查了三角形的角平分线、中线、高线，含30°角的直角三角形，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．

14、20000

【解析】

试题分析：1000÷=20000（条）．

考点：用样本估计总体．

15、

【解析】
根据题意可求AD的长度，即可得CD的长度，根据菱形ABCD的面积=CD×AE，可求菱形ABCD的面积．

【详解】

∵sinD=

∴

∴AD=11

∵四边形ABCD是菱形

∴AD=CD=11

∴菱形ABCD的面积=11×8=96cm1．

故答案为：96cm1．

【点睛】

本题考查了菱形的性质，解直角三角形，熟练运用菱形性质解决问题是本题的关键．

16、

【解析】
先将1化为根号的形式，根据被开方数越大值越大即可求解．

【详解】

解： ， ，

，

故答案为＞．

【点睛】

本题考查实数大小的比较，比较大小时，常用的方法有：作差法，作商法，如果有一个是二次根式，要把另一个也化为二次根式的形式，根据被开方数的大小进行比较．

三、解答题（共8题，共72分）

17、30元

【解析】

试题分析：设第一批盒装花的进价是x元/盒，则第一批进的数量是：，第二批进的数量是：，再根据等量关系：第二批进的数量=第一批进的数量×2可得方程．

解：设第一批盒装花的进价是x元/盒，则

2×=，

解得 x=30

经检验，x=30是原方程的根．

答：第一批盒装花每盒的进价是30元．

考点：分式方程的应用．

18、11米

【解析】
过点C作CE⊥MN于E，过点C′作C′F⊥MN于F，则EF＝B′E−AD＝1.5−1＝0.5（m），AE＝DN＝19，B′F＝EN＝5，根据相似三角形的性质即可得到结论．

【详解】

解：过点C作CE⊥MN于E，过点C′作C′F⊥MN于F，

则EF＝B′E−AD＝1.5−1＝0.5（m），AE＝DN＝19，B′F＝EN＝5，

∵△ABC≌△A′B′C′，

∴∠MAE＝∠B′MF，

∵∠AEM＝∠B′FM＝90°，

∴△AMF∽△MB′F，

∴ ，

∴

∴MF＝ ，

∵   

∴

答：旗杆MN的高度约为11米．

【点睛】

本题考查了相似三角形的应用，正确的作出辅助线是解题的关键．

19、 (1)、证明过程见解析；(2)、①、2；②、1．

【解析】
(1)、首先证明△BEF和△DCF全等，从而得出DC=BE，结合DC和AB平行得出平行四边形；(2)、①、根据矩形得出∠CEB=90°，结合∠ABC=120°得出∠CBE=60°，根据直角三角形的性质得出答案；②、根据菱形的性质以及∠ABC=120°得出△CBE是等边三角形，从而得出答案．

【详解】

(1)、证明：∵AB∥CD，∴∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，∵点F是BC的中点，

∴BF=CF，在△DCF和△EBF中，∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，FC=BF，

∴△EBF≌△DCF（AAS）， ∴DC=BE， ∴四边形BECD是平行四边形；

(2)、①BE=2；∵当四边形BECD是矩形时，∠CEB=90°，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°；

∴∠ECB=30°，∴BE=BC=2，

②BE=1，∵四边形BECD是菱形时，BE=EC，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°，

∴△CBE是等边三角形，∴BE=BC=1．

【点睛】

本题主要考查的是平行四边形的性质以及矩形、菱形的判定定理，属于中等难度的题型．理解平行四边形的判定定理以及矩形和菱形的性质是解决这个问题的关键．

20、（1）y=x2﹣x，点D的坐标为（2，﹣）；（2）t=2；（3）M点的坐标为（2，0）或（6，0）．

【解析】
（1）利用待定系数法求抛物线解析式；利用配方法把一般式化为顶点式得到点D的坐标；

（2）连接AC，如图①，先计算出AB=4，则判断平行四边形OCBA为菱形，再证明△AOC和△ACB都是等边三角形，接着证明△OCM≌△ACN得到CM=CN，∠OCM=∠ACN，则判断△CMN为等边三角形得到MN=CM，于是△AMN的周长=OA+CM，由于CM⊥OA时，CM的值最小，△AMN的周长最小，从而得到t的值；

（3）先利用勾股定理的逆定理证明△OCD为直角三角形，∠COD=90°，设M（t，0），则E（t，t2-t），根据相似三角形的判定方法，当时，△AME∽△COD，即|t-4|：4=|t2-t |：，当时，△AME∽△DOC，即|t-4|：=|t2-t |：4，然后分别解绝对值方程可得到对应的M点的坐标．

【详解】

解：（1）把A（4，0）和B（6，2）代入y=ax2+bx得

，解得，

∴抛物线解析式为y=x2-x；

∵y=x2-x =-2) 2-；

∴点D的坐标为（2，-）；

（2）连接AC，如图①，

AB==4，

而OA=4，

∴平行四边形OCBA为菱形，

∴OC=BC=4，

∴C（2，2），

∴AC==4，

∴OC=OA=AC=AB=BC，

∴△AOC和△ACB都是等边三角形，

∴∠AOC=∠COB=∠OCA=60°，

而OC=AC，OM=AN，

∴△OCM≌△ACN，

∴CM=CN，∠OCM=∠ACN，

∵∠OCM+∠ACM=60°，

∴∠ACN+∠ACM=60°，

∴△CMN为等边三角形，

∴MN=CM，

∴△AMN的周长=AM+AN+MN=OM+AM+MN=OA+CM=4+CM，

当CM⊥OA时，CM的值最小，△AMN的周长最小，此时OM=2，

∴t=2；

（3）∵C（2，2），D（2，-），

∴CD=，

∵OD=，OC=4，

∴OD2+OC2=CD2，

∴△OCD为直角三角形，∠COD=90°，

设M（t，0），则E（t，t2-t），

∵∠AME=∠COD，

∴当时，△AME∽△COD，即|t-4|：4=|t2-t |：，

整理得|t2-t|=|t-4|，

解方程t2-t =（t-4）得t1=4（舍去），t2=2，此时M点坐标为（2，0）；

解方程t2-t =-（t-4）得t1=4（舍去），t2=-2（舍去）；

当时，△AME∽△DOC，即|t-4|：=|t2-t |：4，整理得|t2-t |=|t-4|，

解方程t2-t =t-4得t1=4（舍去），t2=6，此时M点坐标为（6，0）；

解方程t2-t =-（t-4）得t1=4（舍去），t2=-6（舍去）；

综上所述，M点的坐标为（2，0）或（6，0）．

【点睛】

本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、平行四边形的性质和菱形的判定与性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；熟练掌握相似三角形的判定方法；会运用分类讨论的思想解决数学问题．

21、证明见解析．

【解析】

证明：∵AC//DF ∴在和中 ∴△ABC≌△DEF（SAS）

22、 (1) GF=GD，GF⊥GD;(2)见解析;(3)见解析;(4) 90°﹣.

【解析】
（1）根据四边形ABCD是正方形可得∠ABD=∠ADB=45°，∠BAD=90°，点D关于直线AE的对称点为点F，即可证明出∠DBF=90°，故GF⊥GD，再根据∠F=∠ADB，即可证明GF=GD；

（2）连接AF，证明∠AFG=∠ADG，再根据四边形ABCD是正方形，得出AB=AD，∠BAD=90°，设∠BAF=n，∠FAD=90°+n，可得出∠FGD=360°﹣∠FAD﹣∠AFG﹣∠ADG=360°﹣（90°+n）﹣（180°﹣n）=90°，故GF⊥GD；

（3）连接BD，由（2）知，FG=DG，FG⊥DG，再分别求出∠GFD与∠DBC的角度，再根据三角函数的性质可证明出△BDF∽△CDG，故∠DGC=∠FDG，则CG∥DF；

（4）连接AF，BD，根据题意可证得∠DAM=90°﹣∠2=90°﹣∠1，∠DAF=2∠DAM=180°﹣2∠1，再根据菱形的性质可得∠ADB=∠ABD=α，故∠AFB+∠DBF+∠ADB+∠DAF=（∠DFG+∠1）+（∠DFG+∠1+α）+α+（180°﹣2∠1）=360°，2∠DFG+2∠1+α﹣2∠1=180°，即可求出∠DFG．

【详解】

解：（1）GF=GD，GF⊥GD，

理由：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABD=∠ADB=45°，∠BAD=90°，

∵点D关于直线AE的对称点为点F，∠BAD=∠BAF=90°，

∴∠F=∠ADB=45°，∠ABF=∠ABD=45°，

∴∠DBF=90°，

∴GF⊥GD，

∵∠BAD=∠BAF=90°，

∴点F，A，D在同一条线上，

∵∠F=∠ADB，

∴GF=GD，

故答案为GF=GD，GF⊥GD；

（2）连接AF，∵点D关于直线AE的对称点为点F，

∴直线AE是线段DF的垂直平分线，

∴AF=AD，GF=GD，

∴∠1=∠2，∠3=∠FDG，

∴∠1+∠3=∠2+∠FDG，

∴∠AFG=∠ADG，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=AD，∠BAD=90°，

设∠BAF=n，

∴∠FAD=90°+n，

∵AF=AD=AB，

∴∠FAD=∠ABF，

∴∠AFB+∠ABF=180°﹣n，

∴∠AFB+∠ADG=180°﹣n，

∴∠FGD=360°﹣∠FAD﹣∠AFG﹣∠ADG=360°﹣（90°+n）﹣（180°﹣n）=90°，

∴GF⊥DG，

(3)如图2，连接BD，由（2）知，FG=DG，FG⊥DG，

∴∠GFD=∠GDF=（180°﹣∠FGD）=45°，

∵四边形ABCD是正方形，

∴BC=CD，∠BCD=90°，

∴∠BDC=∠DBC=（180°﹣∠BCD）=45°，

∴∠FDG=∠BDC，

∴∠FDG﹣∠BDG=∠BDC﹣∠BDG，

∴∠FDB=∠GDC，

在Rt△BDC中，sin∠DFG==sin45°=，

在Rt△BDC中，sin∠DBC==sin45°=，

∴，

∴，

∴△BDF∽△CDG，

∵∠FDB=∠GDC，

∴∠DGC=∠DFG=45°，

∴∠DGC=∠FDG，

∴CG∥DF；

（4）90°﹣，理由：如图3，连接AF，BD，

∵点D与点F关于AE对称，

∴AE是线段DF的垂直平分线，

∴AD=AF，∠1=∠2，∠AMD=90°，∠DAM=∠FAM，

∴∠DAM=90°﹣∠2=90°﹣∠1，

∴∠DAF=2∠DAM=180°﹣2∠1，

∵四边形ABCD是菱形，

∴AB=AD，

∴∠AFB=∠ABF=∠DFG+∠1，

∵BD是菱形的对角线，

∴∠ADB=∠ABD=α，

在四边形ADBF中，∠AFB+∠DBF+∠ADB+∠DAF=（∠DFG+∠1）+（∠DFG+∠1+α）+α+（180°﹣2∠1）=360°

∴2∠DFG+2∠1+α﹣2∠1=180°，

∴∠DFG=90°﹣．

【点睛】

本题考查了正方形、菱形、相似三角形的性质，解题的根据是熟练的掌握正方形、菱形、相似三角形的性质.

23、（1）y=x2+x﹣（2）存在，（﹣1﹣2，2）或（﹣1+2，2）（3）点F的坐标为（﹣1，2）、（3，﹣2）、（﹣5，﹣2），且平行四边形的面积为 1

【解析】
（1）设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，把（﹣3，0），（1，0），（0，）代入求出a、b、c的值即可；（2）根据抛物线解析式可知顶点P的坐标，由两个三角形的底相同可得要使两个三角形面积相等则高相等，根据P点坐标可知E点纵坐标，代入解析式求出x的值即可；（3）分别讨论AB为边、AB为对角线两种情况求出F点坐标并求出面积即可；

【详解】

（1）设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，将（﹣3，0），（1，0），（0，）代入抛物线解析式得，

解得：a=，b=1，c=﹣

∴抛物线解析式：y=x2+x﹣

（2）存在．

∵y=x2+x﹣=（x+1）2﹣2

∴P点坐标为（﹣1，﹣2）

∵△ABP的面积等于△ABE的面积，

∴点E到AB的距离等于2，

设E（a，2），

∴a2+a﹣=2

解得a1=﹣1﹣2，a2=﹣1+2

∴符合条件的点E的坐标为（﹣1﹣2，2）或（﹣1+2，2）

（3）∵点A（﹣3，0），点B（1，0），

∴AB=4

若AB为边，且以A、B、P、F为顶点的四边形为平行四边形

∴AB∥PF，AB=PF=4

∵点P坐标（﹣1，﹣2）

∴点F坐标为（3，﹣2），（﹣5，﹣2）

∴平行四边形的面积=4×2=1

若AB为对角线，以A、B、P、F为顶点的四边形为平行四边形

∴AB与PF互相平分

设点F（x，y）且点A（﹣3，0），点B（1，0），点P（﹣1，﹣2）

∴ ，

∴x=﹣1，y=2

∴点F（﹣1，2）

∴平行四边形的面积=×4×4=1

综上所述：点F的坐标为（﹣1，2）、（3，﹣2）、（﹣5，﹣2），且平行四边形的面积为1．

【点睛】

本题考查待定系数法求二次函数解析式及二次函数的几何应用，分类讨论并熟练掌握数形结合的数学思想方法是解题关键.

24、（1）；（2）

【解析】
（1）连接OC，根据切线的性质得到OC⊥DE，可以证明AD∥OC，根据平行线的性质可得，则根据等腰三角形的性质可得，利用，化简计算即可得到答案；
（2）连接CF，根据，可得，利用中垂线和等腰三角形的性质可证四边形是平行四边形，得到△AOF为等边三角形，由并可得四边形是菱形，可证是等边三角形，有∠FAO=60°，再根据弧长公式计算即可．

【详解】

解：（1）如图示，连结，

∵是的切线，∴．

又，∴，

∴，

∴．

∵，

∴．∴．

∵，

∴．

∴，即．

（2）如图示，连结，

∵，，

∴，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴四边形是平行四边形，

∵，

∴四边形是菱形，

∴，

∴是等边三角形，

∴，

∴，

∵，

∴的长．

【点睛】

本题考查的是切线的性质、菱形的判定和性质、弧长的计算，掌握切线的性质定理、弧长公式是解题的关键．