内蒙古自治区包头市2023年九年级数学中考三轮复习综合复习训练题（含答案）

这是一份内蒙古自治区包头市2023年九年级数学中考三轮复习综合复习训练题（含答案），共29页。试卷主要包含了计算，如图，现有下列命题等内容，欢迎下载使用。

内蒙古自治区包头市2023年春九年级数学中考三轮复习综合复习训练题（附答案）
一．选择题
1．计算（m3n）2•（﹣mn）2的结果是（　　）
A．m7n4 B．﹣m7n4 C．m8n4 D．﹣m8n4
2．2022年6月23日，中国第55颗北斗导航卫星成功发射，标志着拥有全部知识产权的北斗导航系统全面建成．据统计：2021年，我国北斗卫星导航与位置服务产业总体产值达3450亿元，较2020年增长14.4%．其中，3450亿元用科学记数法表示为（　　）
A．3.45×1010元 B．3.45×109元
C．3.45×108元 D．3.45×1011元
3．同时抛掷三枚质地均匀的硬币，至少有两枚硬币正面向上的概率是（　　）
A． B． C． D．
4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，按以下步骤作图：①以点A为圆心，适当的长为半径作弧，分别交AC，AB于M，N两点；②分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径作弧，两弧相交于点P；③作射线AP，交BC于点E．则tan∠BAE＝（　　）

A．﹣1 B． C．+1 D．
5．某校九年级（1）班全体学生2022年初中毕业体育学业考试成绩统计表如下：
成绩/分
45
49
52
54
55
58
60
人数
2
5
6
6
8
7
6
根据上表中信息判断，下列结论中错误的是（　　）
A．该班一共有40名同学
B．该班学生这次考试成绩的众数是55分
C．该班学生这次考试成绩的中位数是55分
D．该班学生这次考试成绩的平均数是55分

6．如图：已知点M、N、P、Q分别为菱形ABCD四边上的中点，下列说法正确的是（　　）

A．四边形MNPQ是菱形
B．四边形MNPQ与菱形ABCD相位似
C．四边形MNPQ与菱形ABCD周长之比为1：2
D．四边形MNPQ与菱形ABCD面积之比为1：2
7．某校美术社团为练习素描，他们第一次用120元买了若干本资料，第二次用240元在同一商家买同样的资料，这次商家每本优惠4元，结果比上次多买了20本．求第一次买了多少本资料？若设第一次买了x本资料，列方程正确的是（　　）
A．﹣＝4 B．﹣＝4
C．﹣＝4 D．﹣＝4
8．如图，AB是⊙O的直径，点C、D、E在⊙O上．若∠BCD＝100°，则∠AED的度数为（　　）

A．10° B．15° C．20° D．25°
9．如图，在△ABC中，D是AC的中点，AE∥BC，DE交AB于点G，交BC的延长线于点F，若BG：AG＝3：1，BC＝10，则线段AE的长为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
10．现有下列命题：
①若c≥2，则一元二次方程x2+2x+3＝c有实数根；
②有两条边长比值是3：4的两个直角三角形相似；
③有一条对角线平分一组对角的四边形是菱形；
④若点A（a﹣1，y1），B（a+1，y2）在反比例函数y＝（k＜0）的图象上，且y1＞y2，则a的取值范围是﹣1＜a＜1．
其中真命题的个数为（　　）
A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
11．如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB：BC＝3：2，过点B作BE∥AC，过点C作CE∥DB，BE、CE交于点E，连接DE，则tan∠EDC＝（　　）

A． B． C． D．
12．如图，已知抛物线，直线y2＝3x+3，当x任取一值时，x对应的函数值分别为y1，y2．若y1≠y2，取y1，y2中的较小值记为M；若y1＝y2，记M＝y1＝y2．下列判断：
①当x＞0时，y1＞y2；②使得M大于3的x值不存在；③当x＜0时，x值越大，M值越小； ④使得M＝1的x值是或．
其中正确的是（　　）

A．①③ B．②④ C．①④ D．②③

二．填空题
13．计算：+﹣4＝　 　．
14．如果m+n＝+1，那么代数式•的值是　 　．
15．若同一个圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距分别为r3、r4、r6，则r3：r4：r6＝　 　．
16．已知：不等式组的解集是﹣5≤x≤2，则a+b＝　 　．
17．如图，现将方格内空白的小正方形（A，B，C，D，E，F）中任取2个涂黑，得到新图案．请用列表或画树状图的方法求新图案是轴对称图形的概率是　 　．

18．如图，直线y＝﹣x﹣与x，y轴分别交于点A，B，与反比例函数y＝的图象在第二象限交于点C，过点A作x轴的垂线交该反比例函数图象于点D．若AD＝AC，则点D的坐标为　 　．

19．如图，平面直角坐标系中O是原点，▱OABC的顶点A，C的坐标分别是（8，0），（3，4），点D，E把线段OB三等分，延长CD、CE分别交OA、AB于点F，G，连接FG．则下列结论：①F是OA的中点；②△OFD与△BEG相似；③四边形DEGF的面积是；④OD＝其中正确的结论是　 　（填写所有正确结论的序号）．

20．设x1、x2是方程x2﹣4x+1＝0的两个根，则x13+4x22+x1﹣1的值为　 　．
三．解答题
21．如图所示，可以自由转动的转盘A被两条直径均匀分成了四个分别标有数字的扇形区域．转动转盘，待转盘自动停止后，指针指向一个扇形的内部，则该扇形内的数字即为转出的数字，此时，称为转动转盘一次（若指针指向两个扇形的交线，则不计转动的次数，重新转动转盘，直到指针指向一个扇形的内部为止）．
（1）转动转盘两次，用树状图或列表法求这两次分别转出的数字之积为非负数的概率；
（2）若改用转盘B进行上述操作，求转出的数字之积为非负数的概率．

22．美丽的海南是我国的海洋国土，建设海南是我们的责任，如图，小岛B位于小岛A
的南偏东37°方向，在AB的中点处建设了灯塔C，一艘物资船位于小岛A的正南方向，小岛B的正西方向的D处，它沿正北方向航行5km，到达E处，测得灯塔C在北偏东45°方向上，这时，E处距离小岛A有多远？（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）

23．某学校积极响应怀化市“三城同创”的号召，绿化校园，计划购进A，B两种树苗，共21棵，已知A种树苗每棵90元，B种树苗每棵70元．设购买A种树苗x棵，购买两种树苗所需费用为y元．
（1）求y与x的函数表达式，其中0≤x≤21；
（2）若购买B种树苗的数量少于A种树苗的数量，请给出一种费用最省的方案，并求出该方案所需费用．


24．已知：在⊙O中，四边形ABCD的边AD与⊙O相切于点A，点B，C在⊙O上，AD∥BC．
（1）如图1，求证：＝；
（2）如图2，延长DC交⊙O于点E，连接AE交BC于点F，若AD＝BC，求证：AF＝BF；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BO并延长交⊙O于点G，交CD于点H，若GH＝AD，求tan∠ABG的值．

25．已知：如图，矩形ABCD，AB＝4，∠ACB＝30°．点E从点C出发，沿折线CA﹣AD以每秒一个单位长度的速度运动，过点E作EF∥CD交BC于点F，同时过点E作EG⊥AC交直线BC于点G，设运动的时间为t，△EFG与△ABC重叠部分的面积为S，当点E运动到点D时停止运动．
（1）当点B与点G重合时，求此时t的值；
（2）直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量取值范围；
（3）当t＝4时，将△EFG绕点E顺时针旋转一个角度α（0°≤α≤90°），∠GEF的两边分别交矩形的边于点M，点N．当△MEN为等腰三角形时，求此时△MEN的面积．

26．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣5与坐标轴交于A（﹣1，0），B（5，0），C（0，﹣5）三点，顶点为D．
（1）请直接写出抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）连接BC与抛物线的对称轴交于点E，点P为线段BC上的一个动点（点P不与B、C两点重合），过点P作PF∥DE交抛物线于点F，设点P的横坐标为m．
①是否存在点P，使四边形PEDF为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
②过点F作FH⊥BC于点H，求△PFH周长的最大值．


参考答案
一．选择题
1．解：（m3n）2•（﹣mn）2
＝m6n2•m2n2
＝m8n4．
故选：C．
2．解：根据科学记数法的表示形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，则3450亿＝345000000000＝3.45×1011．
故选：D．
3．解：由题意可得，所有的可能性为：

∴至少有两枚硬币正面向上的概率是：＝，
故选：D．
4．解：由作法得AP平分∠BAC，
作EH⊥AB于H，如图，
∵AE为角平分线，EC⊥AC，EH⊥AB，
∴EC＝EH，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠B＝45°，AB＝BC，
∴△BEH为等腰直角三角形，
∴BH＝EH＝BE，
设EH＝x，则BH＝EC＝x，BE＝x，
∴BC＝（+1）x，
∴AB＝BC＝（2+）x，
∴AH＝AB﹣BH＝（+1）x，
在Rt△AEH中，tan∠HAE＝＝＝﹣1．
故选：A．

5．解：A、该班一共有2+5+6+6+8+7+6＝40名同学，正确；
B、该班学生这次考试成绩的众数是55分，正确；
C、该班学生这次考试成绩的中位数是＝55分，正确；
D、该班学生这次考试成绩的平均数是×（45×2+49×5+52×6+54×6+55×8+58×7+60×6）＝54.425分，错误．
故选：D．
6．解：A、顺次连接菱形四边中点得到的四边形是矩形，故本选项错误；
B、矩形不可能和菱形位似，故本选项错误；
C、利用中位线的性质可知矩形的周长等于对角线的和，而菱形的周长不等于其两条对角线的和，故本选项错误；
D、利用菱形和矩形的面积计算方法可知：设对角线长分别为a、b，菱形的面积为ab，矩形的面积等于＝ab，所以两图形的比为1：2，故本选项正确．
故选：D．
7．解：设他上月买了x本笔记本，则这次买了（x+20）本，
根据题意得：﹣＝4．
故选：D．
8．解：连接BE，如图，
∵四边形BCDE为⊙O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BED＝180°，
∴∠BED＝180°﹣100°＝80°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠AED＝90°﹣∠BED＝90°﹣80°＝10°．
故选：A．

9．解：∵AE∥BC，
∴△AEG∽△BFG，△AED∽△CFD，
∴＝＝，＝1，
即AE＝CF，
又∵BC＝10，
∴＝
AE＝5．
故选：C．

10．解：①若c≥2，则一元二次方程x2+2x+3＝c有实数根，是真命题；
②有两条边长比值是3：4的两个直角三角形不一定相似，原命题是假命题；
③有一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，原命题是假命题；
④若点A（a﹣1，y1），B（a+1，y2）在反比例函数y＝（k＜0）的图象上，且y1＞y2，则a的取值范围是﹣1＜a＜1，是真命题；
故选：B．
11．解：∵矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB：BC＝3：2，
∴设AB＝3x，BC＝2x．
如图，过点E作EF⊥直线DC交线段DC延长线于点F，连接OE交BC于点G．
∵BE∥AC，CE∥BD，
∴四边形BOCE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OC，
∴四边形BOCE是菱形．
∴OE与BC垂直平分，
∴EF＝AD＝＝x，OE∥AB，
∴四边形AOEB是平行四边形，
∴OE＝AB，
∴CF＝OE＝AB＝x．
∴tan∠EDC＝＝＝．
故选：A．

12．解：∵当y1＝y2时，即﹣3x2+3＝3x+3时，
解得：x＝0或x＝﹣1，
∴当x＜﹣1时，利用函数图象可以得出y2＞y1；当﹣1＜x＜0时，y1＞y2；当x＞0时，利用函数图象可以得出y2＞y1；
∴①错误；
∵抛物线y1＝﹣3x2+3，直线y2＝3x+3，与y轴交点坐标为：（0，3），当x＝0时，M＝3，抛物线y1＝﹣3x2+3，最大值为3，故M大于3的x值不存在；
∴使得M大于3的x值不存在，
∴②正确；
∵抛物线y1＝﹣3x2+3，直线y2＝3x+3，当x任取一值时，x对应的函数值分别为y1、y2．若y1≠y2，取y1、y2中的较小值记为M；
∴当x＜0时，根据函数图象可以得出x值越大，M值越大；
∴③错误；
∵如图：当﹣1＜x＜0时，y1＞y2；
∴使得M＝1时，y2＝3x+3＝1，解得：x＝﹣；
当x＞0时，y2＞y1，
使得M＝1时，即y1＝﹣3x2+3＝1，解得：x1＝，x2＝﹣（舍去），
∴使得M＝1的x值是或．
∴④正确；
故选：B．
二．填空题
13．解：原式＝2+2+3﹣2
＝2+3．
故答案为：2+3．
14．解：当m+n＝+1时，
原式＝
＝•
＝m+n
＝+1，
故答案为：+1．
15．解：设圆的半径为R，
则正三角形的边心距为R×cos60°．
四边形的边心距为R×cos45°，
正六边形的边心距为R×cos30°．
∴r3：r4：r6等于1：：．
故答案为：1：：．

16．解：解不等式x﹣a≤1，得：x≤a+1，
解不等式x﹣2b≥3，得：x≥2b+3，
∵不等式组的解集为﹣5≤x≤2，
∴，
解得：a＝1，b＝﹣4，
∴a+b＝﹣3，
故答案为：﹣3．
17．解：列表如下：

A
B
C
D
E
F
A

（B，A）
（C，A）
（D，A）
（E，A）
（F，A）
B
（A，B）

（C，B）
（D，B）
（E，B）
（F，B）
C
（A，C）
（B，C）

（D，C）
（E，C）
（F，C）
D
（A，D）
（B，D）
（C，D）

（E，D）
（F，D）
E
（A，E）
（B，E）
（C，E）
（D，E）

（F，E）
F
（A，F）
（B，F）
（C，F）
（D，F）
（E，F）

由表可知，共有30种等可能结果，其中是轴对称图形的有10种，
故新图案是轴对称图形的概率为，
故答案为：．
18．解：过C作CE⊥x轴于E，
∵直线y＝﹣x﹣与x，y轴分别交于点A，B，
∴A（﹣3，0），B（0，﹣），
∴tan∠OAB＝＝，
∴∠OAB＝30°，
∴∠CAE＝30°，
设D（﹣3，），
∵AD⊥x轴，
∴AD＝，
∵AD＝AC，
∴AC＝，
∴CE＝，AE＝，
∴C（﹣3+，﹣），
∵C在反比例函数y＝的图象上，
∴（﹣3+）•（﹣）＝k，
∴k＝﹣6，
∴D（﹣3，2），
故答案为：（﹣3，2）．

19．解：①∵四边形OABC是平行四边形，
∴BC∥OA，BC＝OA，
∴△CDB∽△FDO，
∴，
∵D、E为OB的三等分点，
∴＝，
∴，
∴BC＝2OF，
∴OA＝2OF，
∴F是OA的中点；
所以①结论正确；
②如图2，延长BC交y轴于H，
由C（3，4）知：OH＝4，CH＝3，
∴OC＝5，
∴AB＝OC＝5，
∵A（8，0），
∴OA＝8，
∴OA≠AB，
∴∠AOB≠∠EBG，
∴△OFD∽△BEG不成立，
∵BC∥OA，且BC与CG相交，
∴∠AOB＝∠CBE≠∠BEG，
∴△OFD∽△EBG不成立，
同理可知G为AB的中点，即BG＝，
由勾股定理得：OB＝＝，
∴BE＝OB＝＞，
∴∠BGE＞∠BEG＞∠CBE，
∴∠BGE＞∠AOB，
所以②结论不正确；
③由①知：F为OA的中点，
由②知：G是AB的中点，
∴FG是△OAB的中位线，
∴FG＝，FG∥OB，
∵OB＝3DE，
∴FG＝DE，
∴＝，
过C作CQ⊥AB于Q，
S▱OABC＝OA•OH＝AB•CQ，
∴4×8＝5CQ，
∴CQ＝，
S△OCF＝OF•OH＝×4×4＝8，
S△CGB＝BG•CQ＝××＝8，
S△AFG＝×4×2＝4，
∴S△CFG＝S▱OABC﹣S△OFC﹣S△CBG﹣S△AFG＝8×4﹣8﹣8﹣4＝12，
∵DE∥FG，
∴△CDE∽△CFG，
∴＝＝，
∴＝，
∴，
∴S四边形DEGF＝；
所以③结论正确；
④在Rt△OHB中，由勾股定理得：OB2＝BH2+OH2，
∴OB＝＝，
∴OD＝，
所以④结论不正确；
故本题结论正确的有：①③；
故答案为：①③．



20．解：由题意可知：x1+x2＝4，x1x2＝1，
＝4x1﹣1，
∴＝4﹣x1，
∴原式＝4﹣x1+4+x1﹣1
＝4（+）﹣1
＝4（x1+x2）2﹣8x1x2﹣1
＝4×16﹣8﹣1
＝55，
故答案为：55
三．解答题
21．解：（1）利用转盘A，转动两次所有可能出现的结果有：

∴利用转盘A两次分别转出的数字之积为非负数的概率：P＝，

（2）利用转盘B，转动两次所有可能出现的结果有：
∵B转盘中“﹣2”“0”与其它两部分所占的比例不同，因此化成等可能的情况，故每份再分成两份，列表如下：

∴利用转盘B两次分别转出的数字之积为非负数的概率：P＝．

22．解：如图作CH⊥AD于H．设CH＝xkm，
在Rt△ACH中，∠A＝37°，∵tan37°＝，
∴AH＝，
在Rt△CEH中，∵∠CEH＝45°，
∴CH＝EH＝x，
∵CH⊥AD，BD⊥AD，
∴CH∥BD，
∴，
∵AC＝CB，
∴AH＝HD，
∴＝x+5，
∴x＝≈15，
∴AE＝AH+HE＝+15≈35km，
∴E处距离港口A有35km．

23．解：（1）根据题意，得：y＝90x+70（21﹣x）＝20x+1470，
所以函数解析式为：y＝20x+1470；
（2）∵购买B种树苗的数量少于A种树苗的数量，
∴21﹣x＜x，
解得：x＞10.5，
又∵y＝20x+1470，且x取整数，
∴当x＝11时，y有最小值＝1690，
∴使费用最省的方案是购买B种树苗10棵，A种树苗11棵，所需费用为1690元．
24．（1）证明：如图1，在⊙O中连接AO延长BC于T，

∵AD与⊙O相切于点A，
∴AO⊥AD，
∵AD∥BC，
∴∠OAD＝∠ATB＝90°，
∴AT⊥BC，
∴．
（2）证明：∵AD＝BC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC＝∠D，
∵AD∥BC，
∴∠D＝∠BCE，
∴∠ABC＝∠BCE，
∵，
∴∠BAE＝∠BCE，
∴∠BAE＝∠B，
∴BF＝AF．
（3）解：如图3，令BH与AE的交点为M，连接CG，OA，OC，OE，

∵∠AOC＝2∠ABC，∠BOE＝2∠BAF，∠ABC＝∠BAF，
∴∠AOC＝∠BOE，
∵，
∴∠AOB＝∠AOC，
∴∠AOB＝∠BOE，
∵∠AOB+∠AOH＝180°，∠BOE+∠EOH＝180°，
∴∠AOH＝∠EOH，
∵AO＝OE，
∴OM⊥AE，
∴∠EMH＝90°，
∴∠EHM+∠MEH＝90°，
∵BG为⊙O的直径，
∴∠BCG＝90°，
∴∠GCH+∠BCE＝90°，
∵∠MEH＝∠ABC＝∠BCE，
∴∠EHM＝∠GCH，
∴CG＝GH，
∵GH＝AD，AD＝BC，
∴CG＝GH＝BC，
在Rt△BCG中，tan∠CBG＝，
在Rt△BFM中，tan∠FBM＝，
令BM＝24m，
∴FM＝7m，
∴BF＝＝，
∴AF＝BF＝25m，
∴AM＝25m﹣7m＝18m，
在Rt△ABM中，tan∠ABG＝．

25．解：（1）当点B与点G第一次重合时，如图1，
∵AB＝4，∠ACB＝30°，
∴BC＝，
∴CE＝；
∴t＝6，
当点B与点G第二次重合时，如图2：
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB＝30°，
∵AB＝4，
∴AC＝2AB＝8，
∵BE⊥AC，
∴∠ABE＝30°，
∴tan30°＝，
∴AE＝，
∴点E走过的路程为8+，
∴t＝8+；

（2）当0≤t＜6时，如图3，
此时，△EFG与△ABC重叠部分为△EFG，
∵CE＝t，∠ACB＝30°，
∴EF＝t，
∵∠GEF＝∠ACB＝30°，
∴tan30°＝，
∴GF＝t，
∴S＝EF•GF＝t2，
当6≤t＜8时，设GE与AB交于点H，如图4，
此时，△EFG与△ABC重叠部分为梯形HBFE，
∵CE＝t，
∴CF＝t，
∴BF＝BC﹣CF＝4﹣t，
∴BG＝GF﹣BF＝t﹣4，
∵∠GHB＝∠GEF＝∠ACB＝30°，
∴HB＝BG＝2t﹣12，
∴S＝EF•GF﹣BG•HB＝﹣t2+8t﹣24，
当8≤t＜8+时，设GE与AB交于点H，如图5，
此时，△EFG与△ABC重叠部分为梯形HBFE，
∵AB＝EF＝4，
∴GF＝＝，
∵BF＝AE，
∴BF＝t﹣8，
∴BG＝GF﹣BF＝8+﹣t，
∴S＝GF•EF﹣BG•HB＝﹣t2+（+4）t﹣32﹣，
当8+≤t≤8+4时，
设EG与AC交于点H，EF与AC交于点I，如图6
此时，△EFG与△ABC重叠部分为四边形HGFI，
∵AE＝t﹣8，∠DAC＝∠ACB＝30°，
∴EI＝＝（t﹣8），
∵∠HEI＝30°，
∴HI＝EI＝（t﹣8），
EH＝HI＝（t﹣8），
∴S＝EF•GF﹣EH•HI＝﹣t2+t；

（3）t＝4时，此时点E在AC的中点处，即CE＝4，
当0≤α＜30°时，如图7，
此时，∠EMN＝∠MEN＝30°时，△MEN为等腰三角形，
此时点M与B重合，
∴EF＝CE＝2，
∵∠EMN＝∠ENM＝30°，
∴∠ENF＝30°，
∴EN＝＝，
∴MN＝EN＝，
∴△MNE的面积为MN•EF＝，
当30°≤α＜60°时，
过点M作MK⊥AC于点K，
过点E作EI⊥AB于点I，
过点N作NP⊥ME于点P，
若ME＝NE时，如图8，
易求得：EI＝2，AI＝2，AE＝4，EF＝2，
∵∠MNE＝30°，
∴∠MEI＝90°﹣∠MNE﹣∠NEF＝60°﹣∠NEF，
∵∠AEI＝30°，
∴∠KME＝90°﹣∠AEI﹣∠MEI＝∠NEF
在△MEK与△ENF中，
，
∴△MEK≌△ENF（AAS），
∴MK＝EF＝2，
∵AM•EI＝AE•MK，
∴AM＝，
∴MI＝AM﹣AI＝，
由勾股定理可求得：ME2＝（2）2+（）2＝，
∵∠MEN＝30°，
∴NP＝NE＝，
∴△MEN的面积为ME•NP＝ME2＝；
若MN＝NE时，如图9，
同理可得：∠KME＝∠NEF，
∴△MEK∽△ENF，
∵∠MEN＝30°，
∴NP＝NE，
∴PE＝NE，
∵MN＝NE，NP⊥ME
∴ME＝2PE＝NE，
∴，
∴＝，
∴MK＝2，
∵AM•EI＝AE•MK，
∴AM＝4，
此时M与B重合，此情况舍去；
当60≤α≤90°时，如图10
此时只能ME＝NE，
∵EI⊥AB，
∴∠NEI＝∠MEN＝15°，
∴tan15°＝，
∴NI＝EI•tan15°＝4﹣6，
∴MN＝2NI＝8﹣12，
∴△MNE的面积为MN•EI＝24﹣12
综上所述，当△MEN为等腰三角形时，此时△MEN的面积为或或24﹣12．










26．解：（1）把A（﹣1，0），B（5，0）代入抛物线y＝ax2+bx﹣5

解得

∴y＝x2﹣4x﹣5
∴顶点坐标为D（2，﹣9）
（2）①存在
设直线BC的函数解析式为y＝kx+b（k≠0）
把B（5，0），C（0，﹣5）代入得

∴BC解析式为y＝x﹣5
当x＝m时，y＝m﹣5
∴P（m，m﹣5）
当x＝2时，y＝2﹣5＝﹣3
∴E（2．﹣3）
∵PF∥DE∥y轴
∴点F的横坐标为m
当x＝m时，y＝m2﹣4m﹣5
∴F（m，m2﹣4m﹣5）
∴PF＝（m﹣5）﹣（m2﹣4m﹣5）＝﹣m2+5m
∵E（2，﹣3），D（2，﹣9）
∴DE＝﹣3﹣（﹣9）＝6
如图，连接DF
∵PF∥DE
∴当PF＝DE时，四边形PEDF为平行四边形
即﹣m2+5m＝6
解得m1＝3，m2＝2（舍去）
当m＝3时，y＝3﹣5＝2
此时P（3，﹣2）
∴存在点P（3，﹣2）使四边形PEDF为平行四边形．
②由题意
在Rt△BOC中，OB＝OC＝5
∴BC＝5
∴C△BOC＝10+5
∵PF∥DE∥y轴
∴∠FPE＝∠DEC＝∠OCB
∵FH⊥BC
∴∠FHP＝∠BOC＝90°
∴△PFH∽△BCO
∴
即C△PFH＝
∵0＜m＜5
∴当m＝﹣时，△PFH周长的最大值为