2024年江苏省南京市玄武区科利华中学中考数学模拟试卷（一）（含解析）

这是一份2024年江苏省南京市玄武区科利华中学中考数学模拟试卷（一）（含解析），共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，是《算经十书》之一，书中记载了这样一个题目：今有木，不知长短，引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺，木长几何？其大意是：用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺；将绳子对折再量长木，长木还剩余1尺，问木长多少尺？设木长x尺，则可列方程为( )
A. 12(x+4.5)=x−1B. 12(x+4.5)=x+1
C. 12(x+1)=x−4.5D. 12(x−1)=x+4.5
2.甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离y(千米)与甲车行驶的时间t(小时)之间的函数关系如图所示，则下列结论：①A，B两城相距300千米；②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1小时；③乙车出发后1.5小时追上甲车；④当甲、乙两车相距50千米时，t=56或54或154或256.其中正确的结论有( )
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
3.如图，在平面直角坐标系中，C(4,4)，点B，A分别在x轴正半轴和y轴正半轴上，∠ACB=90°，则OA+OB等于( )
A. 8
B. 9
C. 10
D. 11
4.对于平面直角坐标系内的任意两点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，定义它们之间的一种“距离”为dPQ=|x2−x1|+|y2−y1|.已知不同三点A，B，C满足dAC=dAB−dBC，下列四个结论中，不正确的结论是( )
A. A，B，C三点可能构成锐角三角形B. A，B，C三点可能构成直角三角形
C. A，B，C三点可能构成钝角三角形D. A，B，C三点可能构成等腰三角形
5.如图，△ABC中，∠ABC=45°，CD⊥AB于D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，与CD相交于点F，H是BC边的中点，连接DH与BE相交于点G.下列结论正确的有个．( )
①BF=AC；
②CE=12BF；
③△DGF是等腰三角形；
④BD+DF=BC；
⑤S△BDFS△BCF=BDBC；
A. 5
B. 4
C. 3
D. 2
6.如图，正方形ABCD边长为2，BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线BM、DN上的点，且满足∠PAQ=45°，连接PQ、PC、CQ.则下列结论：
①BP⋅DQ=3.6，
②∠QAD=∠APB，
③∠PCQ=135°
④BP2+DQ2=PQ2，其中正确的有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
7.垃圾分类(Refusesrting)，是指按照垃圾的不同成分、属性、利用价值以及对环境的影响，并根据不同处置方式的要求，分成属性不同的若干种类.某市试点区域的垃圾收集情况如扇形统计图所示，已知可回收垃圾共收集60吨，且全市人口约为试点区域人口的10倍，那么估计全市可收集的干垃圾总量为______．
8.在不透明的盒子中装有一个黑球，两个白球，三个红球，四个绿球，这十个球除颜色外完全相同.那么从中随机摸出一个球是绿球的概率为______．
9.若点A(−3,y1)，B(−1,y2)都在反比例函数y=6x的图象上，则y1 ______y2(填“>”或“<”)．
10.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，BF平分∠ABC，过点C作CF⊥BF于F点，过A作AD⊥BF于D点，AC与BF交于E点，下列四个结论：①BE=2CF；②AD=DF；③AD+DE=12BE；④AB+BC=2AE.其中正确结论的序号是______．
11.在设计“利用相似三角形的知识测量树高”的综合实践方案时，晓君想到了素描课上老师教的方法，如图，请一位同学右手握笔，手臂向前伸直保持笔杆与地面垂直，前后移动调整自己的位置，直到看见笔杆露出的部分刚好遮住树的主干，这时测量同学眼睛到笔的距离AB、同学到树干的距离AC，以及露出笔的长度DE，就可通过计算得到树的高度，这种实践方案主要应用了相似三角形的性质定理：______.(填写定理内容)
12.如图，把六张形状大小完全相同的小长方形卡片(如图①)不重叠的放在一个底面为长方形(长为7cm，宽为6cm)的盒子底部(如图②)，盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，则图②中两块阴影部分的周长和是 cm．
13.如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，且CD⊥AB于点D，DE/​/BC交AC于点E，BC=3cm，AB=2cm.那么△ADE的周长为______cm．
14.定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”．
如图，已知l1//l2，l1与l2之间的距离为2.“等高底”△ABC的“等底”BC在直线l1上，点A在直线l2上，△ABC有一边的长是BC的 2倍．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A′B′C，A′C所在直线交l2于点D，则CD=______．
15.如图，B，C，E三点在一条直线上，△ABC和△DCE均为等边三角形，BD与AC交于点M，BD与AE交于点O，AE与CD交于点N，连接MN，OC，以下结论正确的序号是______．
①MN//BE；②ACCE=OBOD；③BCCE=OBOE；④OA+OC=OB．
16.如图，在矩形ABCD中，DE平分∠ADC，交AB于点E，EF⊥CE，交AD于点F，以CE，EF为边，作矩形CEFG，FG与DC相交于点H.则下列结论：
①AE=BC；
②若AE=4，CH=5，则CE=2 5；
③EF=AE+DH；
④当F是AD的中点时，S四边形ABCD：S四边形CEFG=6：5．
其中正确的结论是______.(填写所有正确结论的序号)
三、计算题：本大题共1小题，共8分。
17.解分式方程：1−xx−2=12−x−2
四、解答题：本题共6小题，共44分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题6分)
如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E、F是AC上的两点，并且AE=CF，求证：四边形BFDE是平行四边形．
19.(本小题6分)
解方程：x2+x+1=6x2+x．
20.(本小题8分)
【知识生成】用两种不同方法计算同一图形的面积，可以得到一个等式，如图1，是用长为a，宽为b(a>b)的四个相同的长方形拼成的一个大正方形，用两种不同的方法计算阴影部分(小正方形)的面积，可以得到(a−b)2、(a+b)2、ab三者之间的等量关系式：______；
【知识迁移】类似地，用两种不同的方法计算同一个几何体的体积，也可以得到一个等式，
如图2，观察大正方体分割，可以得到等式：(a+b)3=a3+b3+3ab(a+b)．
利用上面所得的结论解答下列问题：
(1)已知x+y=6,xy=114，求(x−y)2的值；
(2)已知a+b=6，ab=7，求a3+b3的值．
21.(本小题8分)
已知：如图，在▱ABCD中，点E、F分别在边BC、AB上，AE2=BE⋅AD，EF=EB．
(1)求证：AF⋅DE=AE⋅EC；
(2)如果AE=AB，求证：EF/​/AC．
22.(本小题8分)
如图(1)所示，大正方形ABCD是由四个大小、形状都一样的直角三角形和小正方形EFGH拼成，设直角三角形较长的直角边(如：AF)为a，较短直角边(如：BF)为b．
(1)用含a，b的代数式表示大正方形ABCD的面积S；
(2)图(2)是由图(1)变化得到，它是由八个大小、形状都一样的直角三角形和小正方形MNKT拼接而成．记图(2)中正方形ABCD、正方形MNKT的面积分别为S1、S2若S1+S2=10，S1−S2=8，求直角三角形与正方形EFGH的面积．
23.(本小题8分)
抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于A(−1,0)、B(3,0)，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，M为抛物线对称轴l上一动点，连接MA、MC，求MA+MC的最小值及此时M点的坐标；
(3)如图2，抛物线的对称轴l与x轴交于点E，点F(2,1)，P为抛物线上一动点，Q为抛物线对称轴l上一动点，以点E、F、P、Q为顶点的四边形为平行四边形时，直接写出所有可能的点Q的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：设木长x尺，根据题意可得：
12(x+4.5)=x−1，
故选：A．
设木长x尺，根据题意列出方程解答即可．
此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次方程，正确得出等量关系是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即比甲早到1小时，
∴①②都正确；
设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲=kt，
把(5,300)代入可求得k=60，
∴y甲=60t，
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙=mt+n，
把(1,0)和(4,300)代入可得m+n=04m+n=300，
解得m=100n=−100，
∴y乙=100t−100，
令y甲=y乙可得：60t=100t−100，
解得t=2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t=2.5，
此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，
∴③正确；
令|y甲−y乙|=50，可得|60t−100t+100|=50，即|100−40t|=50，
当100−40t=50时，可解得t=54，
当100−40t=−50时，可解得t=154，
又当t=56时，y甲=50，此时乙还没出发，
当t=256时，乙到达B城，y甲=250；
综上可知当t的值为56或54或154或256时，两车相距50千米，
∴④正确；
综上可知正确的有①②③④共四个，
故选：A．
观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．
本题考查了一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，特别注意t是甲车所用的时间．
3.【答案】A
【解析】过点C作CM⊥y轴于点M，CN⊥x轴于点N，证△ACM≌△BCN，推出AM=BN，即可解决问题．
本题主要考查了四边形的内角和，全等三角形的判定与性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
解：如图，过点C作CM⊥y轴于点M，CN⊥x轴于点N，则∠CMA=∠CNB=90°，
∵C(4,4)，
∴CN=CM=4，
∵∠MON=∠CNO=∠CMO=90°，
∴∠MCN=360°−90°−90°−90°=90°，
∴四边形MONC是正方形，
∴ON=OM=CN=CM=4，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠MCN，
∴∠ACM=∠BCN，
在△ACM和△BCN中，
{∠CMA=∠CNBCM=CN∠ACM=∠BCN,
∴△ACM≌△BCN(ASA)，
∴AM=BN，
∴OA+OB=OA+ON+BN=OA+ON+AM=ON+OM=4+4=8．
故选：A．
4.【答案】A
【解析】解：不妨设C(0,0)，A(1,0)，B(x1,y1)，则dAC=1，dCB=|x1|+|y1|，dAB=|x1−1|+|y1|，
由||AC||+||CB||=||AB||，可知1+|x1|=|x1−1|，
当x1=0，y1≠0时1+|x1|=|x1−1|成立，此时△ABC为直角三角形，故B正确；
当x1=0，y1=1时，此时△ABC为等腰三角形，故D正确；
当x1>0时，无解，故A错；
当x1<0时，此时∠BCA为钝角，且1+|x1|=|x1−1|成立，故C正确．
故答案为：A．
不妨设C(0,0)，A(1,0)，B(x1,y1)，则||AC||=1，||CB||=|x1|+|y1|，||AB||=|x1−1|+|y1|，讨论x1，y1的值即可判定．
本题主要考查了以命题的真假为载体，考查新定义，解题的关键是理解新的定义，同时考查了学生的推理能力．
5.【答案】A
【解析】解：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠BDC=∠ADC=∠AEB=90°，
∴∠A+∠ABE=90°，∠ABE+∠DFB=90°，
∴∠A=∠DFB，
∵∠ABC=45°，∠BDC=90°，
∴∠DCB=90°−45°=45°=∠DBC，
∴BD=DC，
在△BDF和△CDA中
∠BDF=∠CDA∠A=∠DFBBD=CD，
∴△BDF≌△CDA(AAS)，
∴BF=AC，故①正确．
∵∠ABE=∠EBC=22.5°，BE⊥AC，
∴∠A=∠BCA=67.5°，
∴BA=BC，
∵BE⊥AC，
∴AE=EC=12AC=12BF，故②正确，
∵BE平分∠ABC，∠ABC=45°，
∴∠ABE=∠CBE=22.5°，
∵∠BDC=90°，BH=HC，
∴∠BHG=90°，
∴∠BDF=∠BHG=90°，
∴∠BGH=∠BFD=67.5°，
∴∠DGF=∠DFG=67.5°，
∴DG=DF，
∴△DGF是等腰直角三角形，故③正确．
∵△BDF≌△CDA，
∴DF=AD，
∴BC=AB=BD+AD=BD+DF，故④正确；
∵BE平分∠ABC，
∴点F到AB的距离等于点F到BC的距离，
∴S△BDFS△BCF=BDBC，故⑤正确，
故选：A．
由“AAS”可证△BDF≌△CDA，可得BF=AC，故①正确．由等腰三角形的性质可得AE=EC=12AC=12BF，故②正确，由角的数量关系可求∠DGF=∠DFG=67.5°，可得DG=DF，即△DGF是等腰直角三角形，故③正确．由全等三角形的性质可得DF=DA，则可得BC=AB=BD+DF，故④正确；由角平分线的性质可得点F到AB的距离等于点F到BC的距离，由三角形的面积公式可求S△BDFS△BCF=BDBC，故⑤正确，即可求解．
本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，三角形的面积公式等知识，证明三角形全等是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵BM、DN分别是正方形ABCD的两个外角平分线，
∴∠ADQ=∠ABP=135°，
∴∠BAP+∠APB=45°，
∵∠PAQ=45°，
∵∠QAD+∠BAP=45°，
∴∠QAD=∠APB，故②正确；
∴△ABP∽△QDA，
∴ABDQ=BPAD，
∵正方形ABCD边长为2，
∴BP⋅DQ=AD⋅AB=4，故①错误；
∵ABDQ=BPAD，
∴CDDQ=BPBC，
即CDBP=DQBC，
∵∠PBC=∠CDQ=45°，
∴△PBC∽△CDQ，
∴∠BCP=∠DQC，
∴∠PCQ=360°−90°−∠DQC−∠DCQ，
∵∠DQC+∠DCQ=180°−∠CDQ=180°−45°，
∴∠PCQ=135°，故③正确；
如图，将△AQD绕点A顺时针旋转90°，得△ABG，连接GP，AB与GP相交于点H，
∴△ADQ≌△ABG，
∴∠GAB=∠QAD，AG=AQ，BG=DQ，∠AGB=∠AQD，
∴∠GAP=∠GAB+∠BAP=QAD+∠BAP=∠BAD−∠PAQ=45°，
∴∠GAP=∠PAQ=45°，
∵AP=AP，
∴△AGP≌△AQP(SAS)，
∴GP=QP，
∵∠PBC=45°，∠HBC=90°，
∴∠HBP=45°，
∴∠GBP=∠GBH+∠HBP=∠AGB+∠GAB+45°=∠AQD+∠QAD+45°，
∵∠AQD+∠QAD=180°−∠ADQ=180°−135°=45°，
∴∠GBP=90°，
∴△GBP是直角三角形，
∴BP2+BG2=GP2，
∴BP2+DQ2=PQ2，故④正确．
属于其中正确的有②③④，共3个．
故选：C．
①根据BM、DN分别是正方形ABCD的两个外角平分线，即可得结论，进而即可判断；
②结合以上结论证明△ABP∽△QDA，对应边成比例即可判断；
③△ABP∽△QDA，对应边成比例，根据正方形的性质可得CDBP=DQBC，由∠PBC=∠CDQ=45°，可得△PBC∽△CDQ，进而可得结论；
④将△ADQ绕点A顺时针旋转90°至△ABG，可使AB与AD重合，证明△EAF≌△EAF′(SAS)可得△GBP是直角三角形，最后利用勾股定理可得结论．
本题属于几何综合题，考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握翻转变换的性质，灵活运用勾股定理是解题的关键．
7.【答案】1500吨
【解析】解：该市试点区域的垃圾总量为60÷(1−50%−29%−1%)=300(吨)，
估计全市可收集的干垃圾总量为300×10×50%=1500(吨)．
故答案为：1500吨．
先用60除以可回收垃圾所占百分比，得到该市试点区域的垃圾总量，乘以10得到全市垃圾总量，然后乘以干垃圾所占的百分比即可．
本题考查的是扇形统计图，利用样本估计总体．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
8.【答案】25
【解析】解：由题意知，从中随机摸出一个球共有10种等可能结果，其中是绿球的有4种结果，
所以从中随机摸出一个球是绿球的概率为410=25，
故答案为：25．
从中随机摸出一个球共有10种等可能结果，其中是绿球的有4种结果，再根据概率公式求解即可．
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
9.【答案】>
【解析】解：∵y=6x中k=6>0，
∴在每个象限内，y随x的增大而减小，
∵−3<−1<0，
∴y1>y2．
故答案为：>．
根据反比例函数的性质得出答案即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，能熟记反比例函数的性质是解此题的关键，反比例函数y=kx，①当k>0时，y随x的增大而减小，②当k<0时，y随x的增大而增大．
10.【答案】①②③
【解析】解：如图，过点A作AH⊥AF，交BF于点H，
∴∠BAC=∠HAF=90°，
∴∠BAH=∠CAF，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF=∠CBF=22.5°，
∵BF⊥CF，
∴∠BCF=67.5°，
∴∠ACF=22.5°=∠ABH，
在△ABH和△ACF中，
∠BAH=∠CAFAB=AC∠ABH=∠ACF，
∴△ABH≌△ACF(ASA)，
∴BH=CF，AH=AF，
∵∠HAF=90°，
∴∠AHF=∠AFH=45°，
∵∠AHF=∠ABF+∠BAH，
∴∠BAH=22.5°=∠ABH=∠CAF，
∴AH=BH=CF，
∵∠HAC=67.5°，∠AEB=∠CAF+∠AFH=67.5°，
∴∠HAC=∠AEB，
∴AH=HE=CF，
∴BE=BH+HE=2CF，故①正确；
∵AD⊥BF，∠AFH=45°，
∴∠DAF=∠AFD=45°，
∴AD=DF，故②正确；
∵AH=AF，∠HAF=90°，AD⊥HF，
∴AD=HD=DF，
∵AD+DE=HD+HE=DE=12BE，故③正确；
∵AB=AC>AE，BC>AB>AE，
∴AB+BC≠2AE，故④错误；
∴正确结论的序号是①②③，
故答案为：①②③．
过点A作AH⊥AF，交BF于点H，由“ASA”可证△ABH≌△ACF，可得BH=CF，AH=AF，由全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质依次判断即可求解．
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
11.【答案】相似三角形对应高的比等于相似比
【解析】解：如图，设树高为GF．
根据题意推知△ADE∽△AFG，且AB⊥DE，AC⊥FG，
所以ABAC=DEFG．
所以FG=AC⋅DEAB．
故答案为：相似三角形对应高的比等于相似比．
根据题意推知△ADE∽△AFG，且AB是△ADE的高，AC是△AFG的高，结合相似三角形对应边上高的比等于相似比解答．
本题主要考查了相似三角形的应用，借助标杆或直尺测量物体的高度．利用杆或直尺测量物体的高度就是利用杆或直尺的高(长)作为三角形的边，利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三角形对应边的比相等的性质求物体的高度．
12.【答案】24
【解析】【分析】
本题考查整式的加减，解答本题的关键是明确题意，表示出阴影部分的长和宽．
根据题意，可以先设小长方形卡片的长为a cm，宽为b cm，然后即可表示出两个阴影部分的周长，再去括号，合并同类项即可．
【解答】
解：设小长方形卡片的长为a cm，宽为b cm，
图②中两块阴影部分的周长和是：2a+(6−3b)×2+3b×2+(6−a)×2
=2a+12−6b+6b+12−2a
=24(cm)，
故答案为：24．
13.【答案】4
【解析】解：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∵CD⊥AB于D，
∴∠ADC=∠BDC=90°，
∴∠A=∠B，
∴AC=BC=3cm，
∵CD⊥AB，
∴AD=BD=12AB=1cm，∠ADC=90°，
∵DE/​/BC，
∴∠EDC=∠BCD，∠ADE=∠B，
∴∠EDC=∠ACD，∠A=∠ADE，
∴DE=CE，DE=AE，
∴CE=AE=DE，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AE=DE=12BC=32cm，
∴△ADE的周长=AD+DE+AE=1+32+32=4(cm)，
故答案为：4．
先由等腰三角形的性质得AD=1cm，再证CE=AE=DE，然后由三角形中位线定理得DE=AE=32cm，即可解决问题．
本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的性质的性质等知识，熟练掌握三角形中位线定理和等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
14.【答案】2 103或2 2或2
【解析】解：①当AB= 2BC时，
Ⅰ.如图1，作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，
∵“等高底”△ABC的“等底”为BC，l1//l2，l1与l2之间的距离为2，AB= 2BC，
∴BC=AE=2，AB=2 2，
∴BE=2，即EC=4，
∴AC=2 5，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A′B′C，
∴∠DCF=45°，
设DF=CF=x，
∵l1/​/l2，
∴∠ACE=∠DAF，
∴DFAF=AECE=12，即AF=2x，
∴AC=3x=2 5，
∴x=2 53，CD= 2x=2 103．
Ⅱ.如图4，此时△ABC等腰直角三角形，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A′B′C，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴CD= 2AC=2 2．
②当AC= 2BC时，
Ⅰ.如图5，此时△ABC是等腰直角三角形，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A′B′C，
∴A′C⊥l1，
∴CD=AB=BC=2；
Ⅱ.如图6，作AE⊥BC于E，则AE=BC，
∴AC= 2BC= 2AE，
∴∠ACE=45°，
∴△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°，得到△A′B′C时，点A′在直线l1上，
∴A′C//l2，即直线A′C与l2无交点，
综上所述，CD的值为2 103或2 2或2．
①当AB= 2BC时，画出图形分两种情况分别求得CD= 2x=2 103或CD= 2AC=2 2；②当AC= 2BC时，画出图形分两种情况讨论，求得CD=AB=BC=2．
本题属于几何变换综合题，主要考查了平行线的性质，旋转的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是依据题意画出图形，根据分类讨论的思想进行解答．
15.【答案】①③④
【解析】由SAS可证△BCD≌△ACE，可得∠DBC=∠EAC，即∠MBC=∠NAC，由ASA可证△BCM≌△ACN，可得CM=CN，可证△CMN是等边三角形，可得∠CMN=60°=∠ACB，MN//BE，故①正确；由面积法可证CG=CH，由面积关系可得BCCE=OBOE，故③正确；由AAS可证△BCH≌△ACG，可得BH=AG，由含30°角的直角三角形的性质可得OC=2OG=2OH，由线段的和差关系可证OB=AO+OC，故④正确；由面积关系可得ACCE≠OBOD，故②错误．
本题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定，含30°角的直角三角形的性质等知识，添加恰当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．
解：∵△ABC和△DCE均为等边三角形，
∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=180°−60°−60°=60°，∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
即∠BCD=∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
{BC=AC∠BCD=∠ACEDC=EC,
∴△BCD≌△ACE(SAS)，
∴∠DBC=∠EAC，即∠MBC=∠NAC，
在△BCM和△ACN中，
{∠MBC=∠NACBC=AC∠MCB=∠NCA=60°,
∴△BCM≌△ACN(ASA)，
∴CM=CN，
∵∠MCN=60°，
∴△CMN是等边三角形，
∴∠CMN=60°，
∴∠CMN=∠ACB=60°，
∴MN//BE；故①正确；
∵∠DBC=∠EAC，∠AMO=∠BMC，
∴∠AOB=∠ACB=60°，
∴∠BOE=120°，
如图，过点C作CG⊥AE于点G，CH⊥BD于点H，
∵△ACE≌△BCD，
∴S△ACE=S△BCD，AE=BD，
∴12AE⋅CG=12×BD⋅CH，
∴CG=CH，
∵S△BOCS△COE=BCCE=12⋅OB⋅CH12⋅OE⋅CG，
∴BCCE=OBOE，故③正确；
在△BCH和△ACG中，
{∠CBH=∠CAG∠CHB=∠CGA=90°BC=AC
∴△BCH≌△ACG(AAS)，
∴BH=AG，
∵CG=CH，CG⊥AE，CH⊥BD，
∴∠BOC=∠EOC=12∠BOE=60°，
∴∠OCH=∠OCG=30°，
∴OC=2OG=2OH，
∴OG=OH，
∴OB=OH+BH=OH+AG=OH+AO+OG=AO+2OG=AO+OC，故④正确；
∵∠BCO>60°，∠OCD<60°，
∴∠BCO≠∠OCD，
∴点O到BC的距离≠点O到CD的距离，
∴S△BOCS△OCD≠BCCD，
∵S△BOCS△OCD=OBOD，BCCD=ACCE
∴ACCE≠OBOD，故②错误．
故答案为：①③④．
16.【答案】①②④
【解析】【分析】
本题属于中考填空题的压轴题，考查了正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是得到△GCH∽△BCE．
①根据矩形的性质证明△ADE是等腰直角三角形，进而可以判断；
②首先证明△GCH∽△BCE，证明△AEF≌△BCE(ASA)，可得EF=EC，可得四边形CEFG是正方形，所以CG=CE，进而可以判断；
③若BC=AE=4，CH=5，根据勾股定理可得DH=DC−CH=6−5=1，根据EF=2 5，AE=4，即可判断；
④设AF=DF=a，则AD=BC=AE=2a，可得AB=AE+BE=3a，所以S四边形ABCD=2a⋅3a=6a2，根据勾股定理可得EF= 5a，所以得S四边形EFGC=EF2=5a2，进而可以判断．
【解答】
解：①在矩形ABCD中，∠A=90°，AD=BC，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AD=AE，
∴AE=BC；故①正确；
②∵∠GCH+∠HCE=90°，∠ECB+∠HCE=90°，
∴∠GCH=∠ECB，
∵∠G=∠B=90°，
∴△GCH∽△BCE，
∴CHCE=CGCB，
∵∠AEF+∠CEB=90°，∠BCE+∠CEB=90°，
∴∠AEF=∠BCE，
在△AEF和△BCE中，
∠A=∠B=90°AE=BC∠AEF=∠BCE,
∴△AEF≌△BCE(ASA)，
∴EF=EC，
∵四边形CEFG是矩形，
∴四边形CEFG是正方形，
∴CG=CE，
∵CHCE=CGCB，
∴CE2=CH⋅CB=5×4=20，
∴CE=2 5；故②正确；
③∵若BC=AE=4，CH=5，CE=2 5，
∴BE= CE2−BC2= 20−16=2，
∴CD=AB=AE+BE=4+2=6，
∴DH=DC−CH=6−5=1，
∵EF=2 5，AE=4，
∴EF≠AE+DH；故③错误；
④当F是AD的中点时，
设AF=DF=a，则AD=BC=AE=2a，
∵BE=AF=a，
∴AB=AE+BE=3a，
∴S四边形ABCD=2a⋅3a=6a2，
∵EF= AE2+AF2= (2a)2+a2= 5a，
∴S四边形EFGC=EF2=5a2，
∴S四边形ABCD：S四边形CEFG=6a2：5a2=6：5.故④正确．
综上所述：①②④．
故答案为：①②④．
17.【答案】解：原方程可化为x−12−x=12−x−2，
方程两边同乘以(2−x)，得
x−1=1−2(2−x)，
x−1=1−4+2x
解得：x=2．
检验：当x=2时，原分式方程的分母2−x=0．
∴x=2是增根，原分式方程无解．
【解析】因为x−2=−(2−x)，所以有1−xx−2=1−x−(2−x)=−1−x2−x=x−12−x，然后按照解分式方程的步骤依次完成．
解分式方程的关键是确定最简公分母，去分母，将分式方程转化为整式方程，本题易错点是忽视验根，丢掉验根这一环节．同时注意去分母不要忘记漏乘常数项．
18.【答案】证明：∵▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E、F是AC上的两点，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AE=CF，
∴AF=EC，则FO=EO，
∴四边形BFDE是平行四边形．
【解析】首先利用平行四边形的性质，得出对角线互相平分，进而得出EO=FO，BO=DO，即可得出答案．
此题主要考查了平行四边形的判定与性质，得出FO=EO是解题关键．
19.【答案】解：设x2+x=y，原方程变形为y2+y−6=0，
即(y−2)(y+3)=0，
∴y1=2，y2=−3．
∴x2+x=2或x2+x=−3，其中方程x2+x=−3无解，
解x2+x=2得x1=−2，x2=1．
经检验x1=−2，x2=1是原方程的根．
【解析】设x2+x=y，把原方程用y代替，运用换元法解此方程．先求y，再求x.结果需检验．
注意方程x2+x=−3变形得x2+x+3=0，其中△=12−4×1×3=−11<0，所以原方程无解．
20.【答案】(a+b)2=(a−b)2+4ab
【解析】解：【知识生成】
如图1，方法一：已知边长直接求面积为(a−b)2；
方法二：阴影面积是大正方形面积减去四个长方形面积，
∴面积为(a+b)2−4ab，
∴由阴影部分面积相等可得(a+b)2−4ab=(a−b)2；
故答案为：(a+b)2=(a−b)2+4ab；
【知识迁移】
方法一：正方体棱长为a+b，
∴体积为(a+b)3，
方法二：正方体体积是长方体和小正方体的体积和，即a3+b3+3a2b+3ab2，
∴(a+b)3=a3+b3+3a2b+3ab2，
(1)∵(a+b)2=(a−b)2+4ab，
∴(x+y)2=(x−y)2+4xy，
∴62=(x−y)2+4×114，
∴(x−y)2=25；
(2)∵(a+b)3=a3+b3+3ab(a+b)，
∴63=a3+b3+3×7×6，
∴a3+b3=90．
(1)应用知识生成的公式，进行变形，代入计算即可；
(2)直接代入(a+b)3=a3+b3+3ab(a+b)计算即可．
本题考查完全平方公式的几何意义；能够由面积相等，过渡到利用体积相等推导公式是解题的关键．
21.【答案】证明：(1)∵AE2=BE⋅AD，
∴AEAD=BEAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB//DC，
∴∠AEB=∠DAE，
∴△AEB∽△DAE，
∴∠EAF=∠ADE，
∵∠ADE=∠DEC，
∴∠EAF=∠DEC，
∵EF=EB，
∴∠EFB=∠B，
∵∠EFB+∠AFE=180°，∠B+∠ECD=180°，
∴∠AFE=∠ECD，
∴△AFE∽△ECD，
∴AFEC=AEDE，
∴AF⋅DE=AE⋅EC．
(2)由(1)得∠AEB=∠DAE，△AEB∽△DAE，
∴∠B=∠DEA，
∵AE=AB，
∴∠AEB=∠B，
∴∠DAE=∠DEA，
∴DE=DA=CB，
∵△AFE∽△ECD，
∴AFCE=AEDE，
∴AFCE=ABCB，
∴AFAB=CECB，
∴1−AFAB=1−CECB，
∴FBAB=EBCB，
∴∠B=∠B，
∴△FBE∽△ABC，
∴∠BFE=∠BAC，
∴EF/​/AC．
【解析】(1)由AE2=BE⋅AD，得AEAD=BEAE，再证明∠AEB=∠DAE，则△AEB∽△DAE，得∠EAF=∠ADE=∠DEC，由∠EFB+∠AFE=180°，∠B+∠ECD=180°，且∠EFB=∠B，得∠AFE=∠ECD，即可证明△AFE∽△ECD，得AFEC=AEDE，整理得AF⋅DE=AE⋅EC；
(2)由△AFE∽△ECD，得AFCE=AEDE，可证明DE=DA=CB，则AFCE=ABCB，变形为AFAB=CECB，则1−AFAB=1−CECB，得FBAB=EBCB，即可证明△FBE∽△ABC，得∠BFE=∠BAC，所以EF/​/AC．
此题重点考查平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识，正确地找到相似三角形的对应边和对应角并且证明△AEB∽△DAE及△AFE∽△ECD是解题的关键．
22.【答案】解：(1)由勾股定理知CD2=DF2+CF2=a2+b2，
则正方形ABCD的面积S=CD2=a2+b2；
(2)设八个全等的直角三角形的面积均为a，则
S正方形EFGH=S1−4a，S正方形EFGH=S2+4a，
两式相加可得2S正方形EFGH=S1+S2=10，
∴S正方形EFGH=5，
两式相减得，S1−S2−8a=0，
∵S1−S2=8，
∴a=1，
故直角三角形与正方形EFGH的面积分别为1，5．
【解析】(1)如图(1)所示，大正方形ABCD是由四个大小、形状都一样的直角三角形和小正方形EFGH拼成，设直角三角形较长的直角边(如：AF)为a，较短直角边(如：BF)为b．
(2)设八个全等的直角三角形的面积均为a，依据正方形EFGH内外四个直角三角形的面积之和相等，解方程组即可得到结论．
本题主要考查了勾股定理的证明以及正方形的性质，本题是用数形结合来证明勾股定理，锻炼了同学们的数形结合的思想方法．
23.【答案】解：(1)∵A(−1,0)，B(3,0)，
代入y=ax2+bx+3得：a−b+3=09a+3b+3=0，
解得a=−1b=2，
∴抛物线的表达式为y=−x2+2x+3；
(2)如图，连接BC交直线l于点M，则MA+MC的最小值即为BC，

∵y=−x2+2x+3，
∴C(0,3)，
∵B(3,0)，
∴OB=OC=3，
∴BC=3 2，
∴MA+MC的最小值为3 2；
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将B(3,0)，C(0,3)代入得，
3k+b=0b=3，
∴k=−1b=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
∵y=−x2+2x+3的对称轴为x=1，
当x=1时，y=−1+3=2，
∴M(1,2)，
∴MA+MC的最小值为3 2，此时M点的坐标为(1,2)；
(3)过点F作FG⊥OB于G，如图2中，

∵y=−x2+2x+3的对称轴为x=1，
∴OE=1，
∵B(3,0)，C(0,3)
∴OC=OB=3，
又∵∠COB=90°，
∴△OCB是等腰直角三角形，
∵点F的坐标为(2,1)，
∴EG=FG=1，
∵BE=OB−OE=2，
∴FG=GB=EG=1，
∴△EFB是等腰直角三角形，
∴∠EFB=90°，
当EF为边时，
∵四边形EFPQ为平行四边形，
∴QE=PF，QE//PF//y轴，
∴点P的横坐标与点F的横坐标同为2，
当x=2时，y=−22+2×2+3=3，
∴点P的坐标为(2,3)，
∴QE=PF=3−1=2，
点Q的坐标为(1,2)，
根据对称性当P(0,3)时，Q(1,4)时，四边形EFQP也是平行四边形；
当EF为对角线时，如图3中，

∵四边形PEQF为平行四边形，
∴QE=PF，QE//PF//y轴，
同理求得：点P的坐标为(2,3)，
∴QE=PF=3−1=2，
点Q的坐标为(1,−2)；
综上，点P的坐标为(2,3)时，点Q的坐标为(1,2)或(1,−2)，P(0,3)时，Q(1,4)．
∴所有可能的点Q的坐标为(1,2)或(1,−2)，Q(1,4)．
【解析】(1)根据待定系数法即可求抛物线的表达式；
(2)连接BC交直线l于点M，则MA+MC的最小值即为BC，求出直线BC的解析式为y=−x+3，根据y=−x2+2x+3的对称轴为x=1，可得点M的横坐标为1，然后把x=1代入y=−x+3，进而求出M的坐标；
(3)分EF是对角线与边两种情况讨论画图即可解答．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，一次函数的性质，等高的三角形的面积的比等于底边的比，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质以及平行四边形的性质，(3)注意要分EF是对角线与边两种情况讨论．