2023-2024学年四川省泸州市江阳区习之学校九年级（上）月考数学试卷（10月份）

这是一份2023-2024学年四川省泸州市江阳区习之学校九年级（上）月考数学试卷（10月份），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）4的平方根是（ ）
A．﹣2B．2C．±2D．16
2．（3分）如图是由5个相同的正方体搭成的几何体，从正面看，所看到的图形是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）2022年5月，四川省发展和改革委员会下达了保障性安居工程2022年第一批中央预算内投资计划，泸州市获得75500000元中央预算内资金支持（ ）
A．7.55×106B．75.5×106C．7.55×107D．75.5×107
4．（3分）下列计算不正确的是（ ）
A．a3+a3＝2a6B．（﹣a3）2＝a6C．a3÷a2＝aD．a2•a3＝a5
5．（3分）某校在中国共产主义青年团成立100周年之际，举行了歌咏比赛，七位评委对某个选手的打分分别为：91，95，93，95，94．这组数据的众数和中位数分别是（ ）
A．94，94B．95，95C．94，95D．95，94
6．（3分）等腰三角形顶角度数比一个底角度数的2倍多20°，则这个底角的度数是（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
7．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，DE∥AB交AC于点E，DF∥AC交AB于点F（ ）
A．5B．10C．15D．20
8．（3分）某家具厂要在开学前赶制540套桌凳，为了尽快完成任务，厂领导合理调配，使每天完成的桌凳比原计划多2套，结果提前3天完成任务．问原计划每天完成多少套桌凳？设原计划每天完成x套桌凳（ ）
A．﹣＝3B．﹣＝3
C．﹣＝3D．﹣＝3
9．（3分）已知m，n是一元二次方程x2+2x﹣5＝0的两个根，则m2+mn+2m的值为（ ）
A．3B．﹣10C．0D．10
10．（3分）如图，在半径为3的⊙O中，AB是直径，D是的中点，则AC的长是（ ）
A．B．3C．3D．4
11．（3分）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，BC＝8cm，点P从点D出发，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（ ）
A．当t＝4s时，四边形ABMP为矩形
B．当t＝5s时，四边形CDPM为平行四边形
C．当CD＝PM时，t＝4s
D．当CD＝PM时，t＝4s或6s
12．（3分）已知抛物线y＝x2﹣bx+c，当x＝1时，y＜0，y＜0．下列判断：
①b2＞2c；②若c＞1，则b＞1，n1），B（m2，n2）在抛物线y＝x2﹣bx+c上，当m1＜m2＜b时，n1＞n2；④若方程x2﹣bx+c＝0的两实数根为x1，x2，则x1+x2＞3．其中正确的有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
二、填空题：（每题3分，共12分）
13．（3分）点（﹣2，3）关于原点的对称点的坐标为 ．
14．（3分）实数a，b在数轴上的位置如图所示，化简：|a+1|﹣+＝ ．
15．（3分）“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，按照勾股树的作图原理作图，则第六代勾股树中正方形的个数为 ．
16．（3分）如图，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，点F是边BC上不与点B，C重合的一个动点，点B落在B′处．若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为 ．
三、解答题（每题6分，共18分）
17．（6分）计算：．
18．（6分）化简：（+1）÷．
19．（6分）如图，在平行四边形ABCD中，E为DC边的中点，若AE的延长线和BC的延长线相交于点F．求证：BC＝CF．
四、解答题（每题7分，共14分）
20．（7分）为落实“双减”政策，优化作业管理，某中学从全体学生中随机抽取部分学生（单位：分钟）．按照完成时间分成五组：A组“t≤45”，B组“45＜t≤60”，D组“75＜t≤90”，E组“t＞90”．将收集的数据整理后
根据以上信息，解答下列问题：
（1）这次调查的样本容量是 ，请补全条形统计图；
（2）在扇形统计图中，B组的圆心角是 度，本次调查数据的中位数落在 组内；
（3）若该校有1800名学生，请你估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生人数．
21．（7分）随着“公园城市”建设的不断推进，成都绕城绿道化身成为这座城市的一个超大型“体育场”，绿道骑行成为市民的一种低碳生活新风尚．甲、乙两人相约同时从绿道某地出发同向骑行，乙骑行的路程s（km）与骑行的时间t（h）
（1）直接写出当0≤t≤0.2和t＞0.2时，s与t之间的函数表达式；
（2）何时乙骑行在甲的前面？
五、解答题（每题8分，共16分）
22．（8分）端午节吃粽子是中华民族的传统习俗，市场上猪肉粽进价比豆沙粽进价每盒贵10元，一盒猪肉粽加两盒豆沙粽进价为100元．
（1）求每盒猪肉粽和豆沙粽的进价；
（2）在销售中，某商家发现当每盒猪肉粽售价为50元时，每天可售出100盒，则每天少售出2盒．设每盒猪肉粽售价为a元，销售猪肉粽的利润为w元
23．（8分）如图，以AB为直径的⊙O经过△ABC的顶点C，AE，AE的延长线交⊙O于点D，连接BD．
（1）判断△BDE的形状，并证明你的结论；
（2）若AB＝10，BE＝2，求BC的长．
六、解答题（每题12分，共24分）
24．（12分）如图1，△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠EAD＝90°，点C在线段AD上．
（1）请直接写出线段BE与线段CD的关系： ；
（2）如图2，将图1中的△ABC绕点A顺时针旋转角α（0＜α＜360°），
①（1）中的结论是否成立？若成立，请利用图2证明，请说明理由；
②当AC＝ED时，探究在△ABC旋转的过程中，使以A、B、C、D四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出角α的度数，请说明理由．
25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+m（a≠0）的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B（0，﹣4），点C坐标为（2，0）．
（1）求此抛物线的函数解析式．
（2）点D是直线AB下方抛物线上一个动点，连接AD、BD，探究是否存在点D，请求出点D的坐标；若不存在
（3）点P为该抛物线对称轴上的动点，使得△PAB为直角三角形，请求出点P的坐标．
2023-2024学年四川省泸州市江阳区习之学校九年级（上）月考数学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、选择题：（请将正确答案的选项用2B铅笔涂黑，每题3分，共36分）
1．【分析】根据平方根的定义进行解答即可．
【解答】解：∵（±2）2＝5，
∴4的平方根为±2，
故选：C．
【点评】本题考查平方根，理解平方根的定义是正确解答的前提．
2．【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
【解答】解：从正面看，底层是三个相邻的小正方形．
故选：D．
【点评】本题考查了三视图的知识．注意主视图是指从物体的正面看物体得到的图形．
3．【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：75500000＝7.55×107，
故选：C．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
4．【分析】利用合并同类项法则、幂的乘方法则、同底数幂的乘除法则逐个计算，根据计算结果得结论．
【解答】解：A．a3+a3＝3a3≠2a3，故选项A计算不正确；
B．（﹣a3）2＝a4，故选项B计算正确；
C．a3÷a2＝a，故选项C计算正确；
D．a7•a3＝a5，故选项D计算正确．
故选：A．
【点评】本题考查了整式的运算，掌握合并同类项法则、同底数幂的乘除法法则、幂的乘方法则是解决本题的关键．
5．【分析】先将这组数据从小到大重新排列，再根据众数和中位数的概念求解可得．
【解答】解：将这组数据从小到大排列为88，91，94，95，
所以这组数据的众数是95，中位数是94．
故选：D．
【点评】本题主要考查众数和中位数，解题的关键是掌握一组数据中出现次数最多的数据叫做众数，将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
6．【分析】设底角的度数是x°，则顶角的度数为（2x+20）°，根据三角形内角和是180°列出方程，解方程即可得出答案．
【解答】解：设底角的度数是x°，则顶角的度数为（2x+20）°，
根据题意得：x+x+2x+20＝180，
解得：x＝40，
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，考查了方程思想，掌握等腰三角形两个底角相等是解题的关键．
7．【分析】由于DE∥AB，DF∥AC，则可以推出四边形AFDE是平行四边形，然后利用平行四边形的性质可以证明▱AFDE的周长等于AB+AC．
【解答】解：∵DE∥AB，DF∥AC，
∴四边形AFDE是平行四边形，∠B＝∠EDC
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴∠B＝∠FDB，∠C＝∠EDC，
∴BF＝FD，DE＝EC，
∴▱AFDE的周长＝AB+AC＝5+5＝10．
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，平行四边形的判定与性质，根据平行四边形的性质，找出对应相等的边，利用等腰三角形的性质把四边形周长转化为已知的长度去解题．
8．【分析】设原计划每天完成x套桌凳，则实际每天完成（x+2）套，根据原计划完成的时间﹣实际完成的时间＝3天列出方程即可．
【解答】解：设原计划每天完成x套桌凳，则实际每天完成（x+2）套，
根据原计划完成的时间﹣实际完成的时间＝3天得：﹣＝3，
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，根据原计划完成的时间﹣实际完成的时间＝3天列出方程是解题的关键．
9．【分析】由于m、n是一元二次方程x2+2x﹣5＝0的两个根，根据根与系数的关系可得mn＝﹣5，而m是方程的一个根，可得m2+2m﹣5＝0，即m2+2m＝5，那么m2+mn+2m＝m2+2m+mn，再把m2+2m、mn的值整体代入计算即可．
【解答】解：∵m、n是一元二次方程x2+2x﹣8＝0的两个根，
∴mn＝﹣5，
∵m是x3+2x﹣5＝3的一个根，
∴m2+2m﹣5＝0，
∴m2+8m＝5，
∴m2+mn+8m＝m2+2m+mn＝8﹣5＝0．
故选：C．
【点评】本题考查了根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）两根x1、x2之间的关系：x1+x2＝﹣，x1•x2＝．
10．【分析】连接OD，交AC于F，根据垂径定理得出OD⊥AC，AF＝CF，进而证得DF＝BC，根据三角形中位线定理求得OF＝BC＝DF，从而求得BC＝DF＝2，利用勾股定理即可求得AC．
【解答】解：连接OD，交AC于F，
∵D是的中点，
∴OD⊥AC，AF＝CF，
∴∠DFE＝90°，
∵OA＝OB，AF＝CF，
∴OF＝BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
在△EFD和△ECB中
∴△EFD≌△ECB（AAS），
∴DF＝BC，
∴OF＝DF，
∵OD＝3，
∴OF＝6，
∴BC＝2，
在Rt△ABC中，AC2＝AB4﹣BC2，
∴AC＝＝＝4，
故选：D．
【点评】本题考查了垂径定理，三角形全等的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
11．【分析】根据题意，表示出DP，BM，AP和CM的长，当四边形ABMP为矩形时，根据AP＝BM，列方程求解即可；当四边形CDPM为平行四边形，根据DP＝CM，列方程求解即可；当CD＝PM时，分两种情况：①四边形CDPM是平行四边形，②四边形CDPM是等腰梯形，分别列方程求解即可．
【解答】解：根据题意，可得DP＝tcm，
∵AD＝10cm，BC＝8cm，
∴AP＝（10﹣t）cm，CM＝（8﹣t）cm，
当四边形ABMP为矩形时，AP＝BM，
即10﹣t＝t，
解得t＝6，
故A选项不符合题意；
当四边形CDPM为平行四边形，DP＝CM，
即t＝8﹣t，
解得t＝4，
故B选项不符合题意；
当CD＝PM时，分两种情况：
①四边形CDPM是平行四边形，
此时CM＝PD，
即6﹣t＝t，
解得t＝4，
②四边形CDPM是等腰梯形，
过点M作MG⊥AD于点G，过点C作CH⊥AD于点H
则∠MGP＝∠CHD＝90°，
∵PM＝CD，GM＝HC，
∴△MGP≌△CHD（HL），
∴GP＝HD，
∵AG＝AP+GP＝10﹣t+，
又∵BM＝t，
∴10﹣t+＝t，
解得t＝8，
综上，当CD＝PM时，
故C选项不符合题意，D选项符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，涉及动点问题，用含t的代数式表示出各线段的长是解题的关键．
12．【分析】利用一元二次方程的根的判别式可判断①；把x＝1、x＝2，分别代入，得到不等式，求得即可判断②；求得抛物线的对称轴为直线x＝b，利用二次函数的性质即可判断③；利用根与系数的关系即可判断④．
【解答】解：∵a＝＞4，
∴抛物线开口向上，
当x＝1时，y＜0，y＜4，
∴抛物线 与x轴有两个不同的交点，
∴Δ＝b2﹣4ac＝b5﹣2c＞0，故①正确；
∵当x＝5时，y＜0，y＜0，
∴﹣b+c＜0；
∴b＞+c，
当c＞1时，则b＞；
抛物线的对称轴为直线x＝b，且开口向上，
当x＜b时，y的值随x的增大而减小，
∴当m1＜m3＜b时，n1＞n2，故③正确；
∵方程x2﹣bx+c＝8的两实数根为x1，x2，
∴x8+x2＝2b，
由②可知，当c＞5时，
∴x7+x2不一定大于3，故④错误；
综上，正确的有①②③，
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的性质，一元二次方程的根的判别式以及根与系数的关系等知识，掌握二次函数的性质是解题关键．
二、填空题：（每题3分，共12分）
13．【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即：求关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
【解答】解：∵点M（﹣2，3）关于原点对称，
∴点M（﹣3，3）关于原点对称的点的坐标为（2．
故答案为（8，﹣3）．
【点评】本题考查关于原点对称的点的坐标特征，这一类题目是需要识记的基础题，记忆时要结合平面直角坐标系．
14．【分析】依据数轴即可得到a+1＜0，b﹣1＞0，a﹣b＜0，即可化简|a+1|﹣+．
【解答】解：由题可得，﹣2＜a＜﹣1，
∴a+6＜0，b﹣1＞3，
∴|a+1|﹣+
＝|a+1|﹣|b﹣6|+|a﹣b|
＝﹣a﹣1﹣（b﹣1）+（﹣a+b）
＝﹣a﹣3﹣b+1﹣a+b
＝﹣2a，
故答案为：﹣3a．
【点评】本题主要考查了二次根式的性质与化简，解决问题的关键是掌握二次根式的性质以及绝对值的性质．
15．【分析】由已知图形观察规律，即可得到第六代勾股树中正方形的个数．
【解答】解：∵第一代勾股树中正方形有1+2＝5（个），
第二代勾股树中正方形有1+2+42＝7（个），
第三代勾股树中正方形有3+2+28+23＝15（个），
．
∴第六代勾股树中正方形有4+2+27+23+34+25+26＝127（个），
故答案为：127．
【点评】本题考查图形中的规律问题，解题的关键是仔细观察图形，得到图形变化的规律．
16．【分析】根据翻折的性质，可得B′E的长，根据勾股定理，可得CE的长，根据等腰三角形的判定，可得答案．
【解答】解：（i）当B′D＝B′C时，
过B′点作GH∥AD，则∠B′GE＝90°，
当B′C＝B′D时，AG＝DH＝，
由AE＝3，AB＝16．
由翻折的性质，得B′E＝BE＝13．
∴EG＝AG﹣AE＝8﹣3＝5，
∴B′G＝＝＝12，
∴B′H＝GH﹣B′G＝16﹣12＝4，
∴DB′＝＝＝2
（ii）当DB′＝CD时，则DB′＝16（易知点F在BC上且不与点C．
（iii）当CB′＝CD时，则CB＝CB′，得EB＝EB′、C在BB′的垂直平分线上，由折叠，∴点F与点C重合，C重合的一个动点”不符，应舍去．
综上所述，DB′的长为16或4．
故答案为：16或4．
【点评】本题考查了翻折变换，利用了翻折的性质，勾股定理，等腰三角形的判定．
三、解答题（每题6分，共18分）
17．【分析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
【解答】解：
＝2++﹣
＝1+．
【点评】本题考查了实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18．【分析】先把括号部分通分并计算加法，再根据分式的乘除法法则化简即可．
【解答】解：原式＝
＝
＝
＝．
【点评】本题考查了分式的混合运算，掌握分式的通分以及相关乘法公式是解答本题的关键．
19．【分析】由平行四边形的性质得DA＝BC，DA∥BC，则∠DAE＝∠F，而DE＝CE，∠AED＝∠FEC，即可证明△ADE≌△FCE，得DA＝CF，则BC＝CF．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DA＝BC，DA∥BC，
∴∠DAE＝∠F，
∵E为DC边的中点，
∴DE＝CE，
在△ADE和△FCE中，
，
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴DA＝CF，
∴BC＝CF．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明△ADE≌△FCE是解题的关键．
四、解答题（每题7分，共14分）
20．【分析】（1）根据C组的人数和所占的百分比，可以计算出本次调查的人数，然后即可计算出D组的人数，从而可以将条形统计图补充完整；
（2）根据统计图中的数据，可以计算出B组的圆心角的度数，以及中位数落在哪一组；
（3）根据题意和统计图中的数据，可以计算出该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生人数．
【解答】解：（1）这次调查的样本容量是：25÷25%＝100，
D组的人数为：100﹣10﹣20﹣25﹣5＝40，
补全的条形统计图如图所示：
故答案为：100；
（2）在扇形统计图中，B组的圆心角是：360°×，
∵本次调查了100个数据，第50个数据和51个数据都在C组，
∴中位数落在C组，
故答案为：72，C；
（3）1800×＝1710（人），
答：估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生有1710人．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、中位数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21．【分析】（1）根据图象分段设出函数解析式，在用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）根据乙的路程大于甲的路程即可求解．
【解答】解：（1）当0≤t≤0.6时，设s＝at，
把（0.2，5）代入解析式得，
解得：a＝15，
∴s＝15t；
当t＞0.2时，设s＝kt+b，
把（4.2，3）和（3.5，
得，
解得，
∴s＝20t﹣2，
∴s与t之间的函数表达式为s＝；
（2）由（1）可知0≤t≤0.3时，乙骑行的速度为15km/h，则甲在乙前面；
当t＞0.2时，乙骑行的速度为20km/h，
设t小时后，乙骑行在甲的前面，
则18t＜20t﹣5，
解得：t＞0.5，
答：4.5小时后乙骑行在甲的前面
【点评】本题考查一次函数的应用，关键是根据图象用待定系数法分段求函数解析式．
五、解答题（每题8分，共16分）
22．【分析】（1）设每盒猪肉粽的进价为x元，每盒豆沙粽的进价为y元，根据猪肉粽进价比豆沙粽进价每盒贵10元，一盒猪肉粽加两盒豆沙粽进价为100元列出方程组，解出即可．
（2）根据当a＝50时，每天可售出100盒，每盒猪肉粽售价为a元时，每天可售出猪肉粽[100﹣2（a﹣50）]盒，列出二次函数关系式，再化成顶点式即可得解．
【解答】解：设每盒猪肉粽的进价为x元，每盒豆沙粽的进价为y元，
由题意得：，
解得：，
∴每盒猪肉粽的进价为40元，每盒豆沙粽进价为30元；
（2）w＝（a﹣40）[100﹣2（a﹣50）]＝﹣5（a﹣70）2+1800，
∵﹣2＜2，
∴当a＝70时，w有最大值．
∴该商家每天销售猪肉粽获得的最大利润为1800元．
【点评】本题主要考查了二元一次方程组的实际应用以及二次函数的实际应用，根据题意列出相应的函数关系式是解此题的关键．
23．【分析】（1）由角平分线的定义可知，∠BAE＝∠CAD＝∠CBD，∠ABE＝∠EBC，所以∠BED＝∠DBE，所以BD＝ED，因为AB为直径，所以∠ADB＝90°，所以△BDE是等腰直角三角形．
（2）连接OC、CD、OD，OD交BC于点F．因为∠DBC＝∠CAD＝∠BAD＝∠BCD．所以BD＝DC．因为OB＝OC．所以OD垂直平分BC．由△BDE是等腰直角三角形，BE＝2，可得BD＝2．因为OB＝OD＝5．设OF＝t，则DF＝5﹣t．在Rt△BOF和Rt△BDF中，52﹣t2＝（2）2﹣（5﹣t）2，解出t的值即可．
【解答】（1）解：△BDE为等腰直角三角形．
证明：∵AE 平分∠BAC，BE 平分∠ABC，
∴∠BAE＝∠CAD＝∠CBD，∠ABE＝∠EBC．
∵∠BED＝∠BAE+∠ABE，∠DBE＝∠DBC+∠CBE，
∴∠BED＝∠DBE．
∴BD＝ED．
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴△BDE是等腰直角三角形．
另解：计算∠AEB＝135°也可以得证．
（2）解：连接OC、CD，OD交BC于点F.
∵∠DBC＝∠CAD＝∠BAD＝∠BCD．
∴BD＝DC．
∵OB＝OC．
∴OD垂直平分BC．
∵△BDE是等腰直角三角形，BE＝2，
∴BD＝2．
∵AB＝10，
∴OB＝OD＝5．
设OF＝t，则DF＝5﹣t．
在Rt△BOF和Rt△BDF中，32﹣t2＝（2）2﹣（8﹣t）2，
解得t＝3，
∴BF＝8．
∴BC＝8．
另解：分别延长AC，BD相交于点G，先计算AG＝10，AD＝7．
【点评】此题是圆的综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，证明△BDE是等腰直角三角形是解题关键．
六、解答题（每题12分，共24分）
24．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得AB＝AC，AE＝AD，再根据等量关系可得线段BE与线段CD的关系；
（2）①根据等腰直角三角形的性质可得AB＝AC，AE＝AD，根据旋转的性质可得∠BAE＝∠CAD，根据SAS可证△BAE≌△CAD，根据全等三角形的性质即可求解；
②根据平行四边形的性质可得∠ABC＝∠ADC＝45°，再根据等腰直角三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）∵△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴AB＝AC，AE＝AD，
∴AE﹣AB＝AD﹣AC，
∴BE＝CD且BE⊥CD；
（2）①∵△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴AB＝AC，AE＝AD，
由旋转的性质可得∠BAE＝∠CAD，
在△BAE与△CAD中，
，
∴△BAE≌△CAD（SAS）
∴BE＝CD，
由角的和差可得BE⊥CD，
故（1）中的结论成立；
②∵以A、B、C、D四点为顶点的四边形是平行四边形，
∴∠ABC＝∠ADC＝45°，
∵AC＝ED，
∴AC＝CD，
∴∠CAD＝45°
或360°﹣90°﹣45°＝225°，或360°﹣45°＝315°
∴角α的度数是45°或225°或315°．
故答案为：BE＝CD且BE⊥CD．
【点评】考查了几何变换综合题，涉及的知识点有：等腰直角三角形的性质，等量代换，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，综合性较强，难度中等．
25．【分析】（1）把点B，C两点坐标代入抛物线的解析式，解方程组，可得结论；
（2）存在．如图1中，设D（t，t2+t﹣4），连接OD．构建二次函数，利用二次函数的性质，解决问题；
（3）如图2中，设抛物线的对称轴交x轴于点N，过点B作BM⊥抛物线的对称轴于点M．则N（﹣1.0）．M（﹣1，﹣4），分三种情形：∠PAB＝90°，∠PBA＝90°，∠APB＝90°，分别求解可得结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+x+m（a≠0）的图象经过点B（2，﹣4），0），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x3+x﹣4；
（2）存在．
理由：如图1中，设D（t，t2+t﹣4），连接OD．
令y＝0，则x2+x﹣4＝3，
解得x＝﹣4或2，
∴A（﹣3，0），0），
∵B（3，﹣4），
∴OA＝OB＝4，
∵S△ABD＝S△AOD+S△OBD﹣S△AOB＝×4×（﹣×4×（﹣t）﹣2﹣7t＝﹣（t+2）2+5，
∵﹣1＜0，
∴t＝﹣4时，△ABD的面积最大，此时D（﹣2；
（3）如图2中，设抛物线的对称轴交x轴于点N．则N（﹣6.0），﹣4）；
∵OA＝OB＝7，∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
当∠P1AB＝90°时，△ANP1是等腰直角三角形，
∴AN＝NP5＝3，
∴P1（﹣3，3），
当∠ABP2＝90°时，△BMP8是等腰直角三角形，可得P2（﹣1，﹣2），
当∠APB＝90°时，设P（﹣1，设AB的中点为J，则J（﹣2，
∴PJ＝AB＝2，
∴12+（n+8）2＝（2）2，
解得n＝﹣8或﹣，
∴P3（﹣5，﹣2），P5（﹣1，﹣﹣4），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣1，﹣5）或（﹣8，，﹣﹣3）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．