2021年山东省济南市天桥区九年级学业水平第二次模拟考试数学试题（word版含答案）

这是一份2021年山东省济南市天桥区九年级学业水平第二次模拟考试数学试题（word版含答案），共33页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021年山东省济南市天桥区九年级学业水平第二次模拟考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．－5的绝对值等于（ ）
A．－5 B．5 C． D．
2．如图是由五个相同的小立方块搭成的几何体，这个几何体的俯视图是（　　）

A． B． C． D．
3．数据697800用科学记数法表示为（ ）
A．697.8×103 B．69.78×104 C．6.978×105 D．0.6978×106
4．如图，AB∥CD，EF分别与AB，CD交于点B，F．若∠E＝20°，∠EFC＝130°，则∠A的度数是（ ）


A．20° B．30° C．40° D．50°
5．下列地铁标志图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
6．化简的结果为（ ）
A． B． C． D．
7．为调动学生参与体育锻炼的积极性，某校组织了一分钟跳绳比赛活动，体育组随机抽取了10名参赛学生的成绩，将这组数据整理后制成统计表：
一分钟跳绳个数（个）
141
144
145
146
学生人数（名）
5
2
1
2
则关于这组数据的结论正确的是（ ）
A．平均数是144 B．众数是141 C．中位数是144.5 D．方差是5.4
8．若点A（﹣4，y1）、B（﹣2，y2）、C（2，y3）都在反比例函数的图象上，则y1、y2、y3的大小关系是( )
A．y1＞y2＞y3 B．y3＞y2＞y1 C．y2＞y1＞y3 D．y1＞y3＞y2
9．如图，△ABC的项点坐标分别为A（4，6）、B（5，2）、C（2，1），如果将△ABC绕点C按逆时针方向旋转90°，后再向下平移5个单位，得到△A′B′C，那么点A′的坐标是（ ）

A．（－3，－2） B．（3，－8） C．（－2，－1） D．（1，－1）
10．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，用尺规分别截取BE，BD，使BE＝BD，分别以D、E为圆心、以大于的长为半径作弧，两弧在∠CBA内交于点F；作射线BF交AC于点G．若CG＝1，P为AB上一动点，则GP的最小值为（ ）

A．无法确定 B． C．1 D．2
11．小明使用测角仪在甲楼底端A处测得熊猫C处的仰角为53°，在甲楼B处测得熊猫C处的仰角已知AB＝4.5米，则熊猫C处距离地面AD的高度为（ ）（参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）

A．13.6 B．18.1 C．17.3 D．16.8
12．关于二次函数y＝ax2－4ax－5（a≠0）的三个结论：①对任意实数m，都有x1＝2＋m与x2＝2－m对应的函数值相等；②若3≤x≤4，对应的y的整数值有4个，则－＜a≤－1或1≤a＜；③若抛物线与x轴交于不同两点A、B，且AB≤6，则a＜或a≥1．其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③

二、填空题
13．分解因式：__________；
14．一个不透明的口袋中装有2个红球和若干个白球，它们除颜色外其它完全相同．通过多次摸球实验后发现，摸到红球的频率稳定在20%附近，口袋中白球最有可能有__________个；
15．若代数式与x－3互为相反数，则x＝__________；
16．如图，已知正六边形的边长为4，分别以正六边形的6个顶点为圆心作半径是2的圆，则图中阴影部分的面积为______．

17．甲、乙两人相约从A地到B地，甲骑自行车先行，乙开车，两人均在同一路线上匀速行驶，乙到B地后即停车等甲，甲、乙两人之间的距离y（千米）与甲行驶的时间（x小时）之间的函数关系如图所示，则乙从A地到B地所用的时间为____小时．

18．如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝BE，CF与AD相交于点G，连接EC、EF、EG．则下列结论：①∠ECF＝45°；②△AEG的周长为（1+）a；③BE2+DG2＝EG2；④△EAF的面积的最大值是a2；⑤当时BE＝a，G是线段AD的中点．其中正确的结论是_____．


三、解答题
19．计算：
20．解不等式组
21．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F． 求证：AE＝DF．

22．某校政治实践小组就近期人们比较关注的五个话题：“A．5G通讯；B．民法典；C．北斗导航；D．数字经济；E．小康社会”，对学生进行了随机抽样调查，每人只能从中选择一个本人最关注的话题，根据调查结果绘制了如图两幅不完整的统计图．
请结合统计图中的信息，解决下列问题：
（1）政治实践小组在这次活动中，调查的学生共有　 　人；
（2）将图中的最关注话题条形统计图补充完整；
（3）政治实践小组进行专题讨论中，甲、乙两个小组从三个话题：“A．5G通讯；B．民法典；C．北斗导航”中抽签（不放回）选一项进行发言，利用树状图或表格，求出两个小组选择A、B话题发言的概率．

23．如图，AD是⊙O的直径，AB为⊙O的弦，OP⊥AD，OP与AB的延长线交于点P，过点B的切线交OP于点C．
（1）求证：∠CBP＝∠ADB；
（2）若OA＝6，AB＝4，求线段BP的长．


24．越野自行车是中学生喜爱的交通工具，市场巨大，竞争也激烈．某品牌经销商经营的A型车去年销售总额为50000元，今年每辆售价比去年降低400元，若卖出的数量相同，销售总额将比去年减少10000元．
（1）今年A型车每辆售价为多少元?
（2）该品牌经销商计划新进一批A型车和新款B型车共60辆，且B型车的进货数量不超过A型车数量的2倍，请问应如何安排两种型号车的进货数量，才能使这批越野自行车售出后获利最多?
A，B两种型号车今年进货和销售价格表

A型车
B型车
进货价
100元/辆
1400元辆
销售价
?元/辆
2000元/辆

25．如图，直线经过点A（－3，0）与y轴正半轴交于B，在x轴正半轴上有一点D，且tan过D点作DC⊥x轴交直线于C点，反比例函数经过点C
（1）求b和反比例函数的解析式
（2）将点B向右平移m个单位长度得到点P，当四边形BCPD为菱形时，求出m的值，并判断点P是否落在反比例函数图象上．
（3）点E是x轴上一点，且△COE是等腰三角形，求所有点E的坐标．


26．如图1，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，点P为BC边的中点，直线a经过点A，过B作BE⊥a，垂足为E，过C作CF⊥a，垂足为F，连接PE、PF．
（1）当点B、P在直线a的异侧时，延长EP交CF于点G，猜想线段PF和EG的数量关系为_____；
（2）如图2，直线a绕点A旋转，当点BP在直线a的同侧时，若（1）中其它条件不变，（1）中的结论还成立吗?若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
（3）直线a绕点A旋转一周的过程中，当线段PF的长度最大时，请判断四边形BEFC的形状，并求出它的面积．


27．如图，抛物线与x轴交于A、B两点（B在A的右侧），且与直线y＝x＋2交于A、C两点，已知B点的坐标为（6，0）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点E是线段AC上一点，且满足，
①若点P为直线AC上方抛物线上一动点，设点P的横坐标为t，当t为何值时，△PEA的面积最大；
②过点E向x轴作垂线，交x轴于点F，在抛物线上是否存在一点N，使得∠NAC＝∠FEB，若存在，直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．



参考答案
1．B
【分析】
根据绝对值的概念即可得出答案．
【详解】
解：因为－5的绝对值等于5，所以B正确；
故选：B．
【点睛】
本题考查绝对值的算法，正数的绝对值等于它本身，负数的绝对值等于它的相反数，0的绝对值为0．
2．A
【分析】
找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．
【详解】
从上面看易得上面一层有3个正方形，下面左边有一个正方形．
故选A．
【点睛】
本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．
3．C
【分析】
根据科学记数法的要求进行判断即可．
【详解】
解：697800=．
【点睛】
本题考查了科学记数法的知识点，熟知科学记数法的形式、要求和指数规律是解题的关键．
4．B
【分析】
直接利用平行线的性质得出∠ABF=50°，进而利用三角形外角的性质得出答案．
【详解】
解：∵AB∥CD，
∴∠ABF+∠EFC=180°，
∵∠EFC=130°，
∴∠ABF=50°，
∵∠A+∠E=∠ABF=50°，∠E=20°，
∴∠A=30°．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质以及三角形的外角性质，正确得出∠ABF=50°是解题的关键．
5．D
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项识别即可，在平面内，一个图形经过中心对称能与原来的图形重合，这个图形叫做叫做中心对称图形；一个图形的一部分，以某条直线为对称轴，经过轴对称能与图形的另一部分重合，这样的图形叫做轴对称图形.
【详解】
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形.
故选:D.
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解答本题的关键.
6．A
【分析】
先通分，再根据分式加减法则进行计算即可．
【详解】
解：，
＝，
＝，
＝．
故选：A．
【点睛】
本题考查了分式的加减，解题关键是熟练运用分式加减法则进行准确计算．
7．B
【分析】
根据平均数，众数，中位数，方差的性质分别计算出结果，然后判判断即可．
【详解】
解：根据题目给出的数据，可得：
平均数为：，故A选项错误；
众数是：141，故B选项正确；
中位数是：，故C选项错误；
方差是：，故D选项错误；
故选：B．
【点睛】
本题考查的是平均数，众数，中位数，方差的性质和计算，熟悉相关性质是解题的关键．
8．C
【分析】
根据反比例函数图象上点的坐标特征求出y1、y2、y3的值，比较后即可得出结论.
【详解】
∵点A(﹣4，y1)、B(﹣2，y2)、C(2，y3)都在反比例函数的图象上，
∴，，，
又∵﹣＜＜，
∴y3＜y1＜y2，
故选C.
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数值的大小比较，熟知反比例函数图象上的点的坐标满足反比例函数的解析式是解题的关键.
9．A
【分析】
画出旋转后的图形，即得到A点的对应点点的坐标．再根据平移性质，即可得到平移后点的坐标．
【详解】
如图，画出旋转后的．
由图可知旋转后A点的对应点点坐标为(-3，3)．
再将点向下平移5个单位即得到点，
故点坐标为(-3，3-5)，即(-3，-2)．

故选A．
【点睛】
本题考查图形的平移与旋转，熟练掌握旋转和平移知识，结合数形结合的思想是解答本题的关键．
10．C
【分析】
如图，过点G作GH⊥AB于H．根据角平分线的性质定理证明GH=GC=1，利用垂线段最短即可解决问题．
【详解】
解：如图，过点G作GH⊥AB于H．

由作图可知，GB平分∠ABC，
∵GH⊥BA，GC⊥BC，
∴GH=GC=1，
根据垂线段最短可知，GP的最小值为1，
故选：C．
【点睛】
本题考查作图-基本作图，垂线段最短，角平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
11．B
【分析】
过点B作BE⊥CD于点E，根据已知条件求出BE=AD，设CE=x米，则CD=BC+BD=（x+4.5）米，根据锐角三角函数求出x的值，即可得出CD的值．
【详解】
解：如图，过点B作BE⊥CD于点E，

由题意可知：
∵∠CBE=45°，∠CAD=53°，AB=4.5米，
∵∠ABE=∠BED=∠ADE=90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE=AD，DE=AB=4.5米，
设CE=x米，则CD=BC+BD=（x+4.5）米，
在Rt△CEB中，BE==x米，
在Rt△ADC中，CD=AD•tan53°，
即x+4.5=x•tan53°，
∴x≈13.64，
∴CE=13.64（米），
∴CD=CE+DE=13.64+4.5=18.14≈18.1（米）．
答：熊猫C处距离地面AD的高度为18.1米．
故选：B．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形，注意方程思想的运用．
12．D
【分析】
由题意可求次函数y=ax2-4ax-5的对称轴为直线，由对称性可判断①；分a＞0或a＜0两种情况讨论，由题意列出不等式，可求解，可判断②；分a＞0或a＜0两种情况讨论，由根与系数关系，判别式，列出不等式组，求解可判断③即可．
【详解】
解：∵抛物线的对称轴为，
∴x1=2+m与x2=2-m关于直线x=2对称，
∴对任意实数m，都有x1=2+m与x2=2-m对应的函数值相等；
故①正确；
当x=3时，y=-3a-5，当x=4时，y=-5，
若a＞0时，当3≤x≤4时，-3a-5＜y≤-5，
∵当3≤x≤4时，对应的y的整数值有4个，四个整数为-5，-6，-7，-8，
∴-9<-3a-5≤-8，
∴，
若a＜0时，当3≤x≤4时，-5≤y＜-3a-5，
∵当3≤x≤4时，对应的y的整数值有4个，-5，-4，-3，-2，
∴-2≤-3a-5<-1，
∴，
故②正确；
设抛物线与x轴交于不同两点A（x1,0），B（x2,0），x2＞x1且AB=，
若a＞0，抛物线与x轴交于不同两点A（x1,0），B（x2,0），
∴△= ，
根据根与系数关系,，
∴，
∴，
即，
∴；

若a＜0，
∴△= ，
∴，
解得，
∵，
∴，
即，
整理得，
解得，
∴a＜，
综上所述：当a＜或a≥1时，抛物线与x轴交于不同两点A，B，且AB≤6．

故③正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与一元二次方程根与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与x轴的交点坐标的不等式等知识，理解题意列出不等式（组）是本题的关键．
13．
【分析】
找出公因式，直接提取分解因式即可．
【详解】
解：a2-6a=a（a-6）．
故答案为：a（a-6）．
【点睛】
本题考查了提取公因式法分解因式，正确提取公因式是解题关键．
14．8
【分析】
由摸到红球的频率稳定在20%附近得出口袋中得到红色球的概率，进而利用概率公式求出白球个数即可．
【详解】
解：设白球个数为：x个，
∵摸到红色球的频率稳定在20%左右，
∴口袋中得到红色球的概率为20%，
∴=，
解得：x=8，
故白球的个数为8个．
故答案为8．
【点睛】
本题主要考查了利用频率估计概率，根据大数次反复试验下频率稳定值即概率得出是解题关键．
15．2
【分析】
根据相反数的意义，即可列出关于x的等式，解出x即可．
【详解】
由题意可知，
解得：．
故答案为2．
【点睛】
本题考查相反数的意义，解一元一次方程．明确相反数的意义来列出一元一次方程是解答本题的关键．
16．
【分析】
可先求出正六边形每一个内角的度数为，即每个空白扇形的圆心角为，又因为六个小圆的半径相等，通过所给图形可知阴影部分的面积就等于6个半径为2的圆的面积减去6个半径为2，圆心角为的扇形的面积．
【详解】
解：正六边形每一个内角的度数为
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查的知识点是正六边形、圆的面积公式以及扇形的面积公式，能够求出空白扇形的圆心角的度数是解此题的关键．
17．0.5小时
【分析】
根据速度=路程÷时间，可求甲骑自行车的速度为10÷1=10千米/小时，根据乙出发0.25小时追上甲，设乙速度为x千米/小时，列方程求出乙速度，设追上后到达B地的时间是y小时，根据追击路程列方程求解，再把两个时间相加即可求解．
【详解】
解：由图象可得：甲骑自行车的速度为10÷1=10千米/小时，乙出发0.25小时追上甲，
设乙速度为x千米/小时，
0.25x=1.25×10，
解得：x=50，
∴乙速度为50（千米/小时），
设乙追上后到达B地的时间是y小时，
50y-10y=10，
解得：y=0.25，
∴乙从A地到B地所用的时间为0.25+0.25=0.5（小时），
故答案为：0.5小时．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是根据图象获取相关信息，利用追击问题的关系式得到乙开汽车的速度．
18．①④⑤
【分析】
①正确．如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．证明△FAE≌△EHC（SAS）即可解决问题．②③错误．如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≌△CDH（SAS），再证明△GCE≌△GCH（SAS）即可解决问题．④正确．设BE＝x，则AE＝a﹣x，AF＝x，构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题．⑤正确．当BE＝a时，设DG＝x，则EG＝x+a，利用勾股定理构建方程可得x＝0.5a即可解决问题．
【详解】
解：如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．
∵BE＝BH，∠EBH＝90°，
∴EH＝BE，
∵AF＝BE，
∴AF＝EH，
∵∠DAM＝∠EHB＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠FAE＝∠EHC＝135°，
∵BA＝BC，BE＝BH，
∴AE＝HC，
∴△FAE≌△EHC（SAS），
∴EF＝EC，∠AEF＝∠ECB，
∵∠ECH+∠CEB＝90°，
∴∠AEF+∠CEB＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴∠ECF＝∠EFC＝45°，故①正确，

如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≌△CDH（SAS），
∴∠ECB＝∠DCH，
∴∠ECH＝∠BCD＝90°，
∴∠ECG＝∠GCH＝45°，
∵CG＝CG，CE＝CH，
∴△GCE≌△GCH（SAS），
∴EG＝GH，
∵GH＝DG+DH，DH＝BE，
∴EG＝BE+DG，故③错误，

∴△AEG的周长＝AE+EG+AG＝AE+AH＝AD+DH+AE＝AE+EB+AD＝AB+AD＝2a，故②错误，
设BE＝x，则AE＝a﹣x，AF＝x，
∴S△AEF＝•（a﹣x）×x＝﹣x2+ax＝﹣（x2﹣ax+a2﹣a2）＝﹣（x﹣a）2+a2，
∵﹣＜0，
∴x＝a时，△AEF的面积的最大值为a2．故④正确，
当BE＝a时，设DG＝x，则EG＝x+a，
在Rt△AEG中，则有（x+a）2＝（a﹣x）2+（a）2，
解得x＝，
∴AG＝GD，故⑤正确，
故答案为：①④⑤．
【点睛】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的应用等知识，熟练掌握并灵活运用是解题的关键．
19．3
【分析】
先进行化简计算，然后再进行实数的运算即可。
【详解】
解：原式=4-2+4-1
=3
【点睛】
本题考查了幂的运算，二次根式的化简、特殊角的三角函数值，关键在于熟悉运算知识，需要注意运算的顺序和符号。
20．
【分析】
分别求解不等式，然后根据取不等式组解集的方法写出解集即可．
【详解】
解：
由①可得：，
解得：，
由②可得：，
解得：，
∴该不等式组的解集为：．
【点睛】
本题考查解一元一次不等式组，掌握解不等式的基本方法，注意结合不等式的性质是解题关键．
21．见解析
【分析】
根据矩形的性质得到OA＝OC＝OB＝OD，再根据AE⊥BD，DF⊥AC得出∠AEO＝∠DFO，从而证明出△AOE≌△DOF即可．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∵AE⊥BD，DF⊥AC，
∴∠AEO＝∠DFO＝90°，
在△AOE和△DOF中，
，
∴△AOE≌△DOF（AAS），
∴AE＝DF．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质和三角形全等的判定与性质，解题关键是找到全等三角形，熟练运用全等三角形的判定进行证明．
22．（1）200；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）根据选择B的人数和所占的百分比，可以求得本次调查的学生人数；
（2）根据（1）中的结果和统计图中的数据，可以计算出选择A和C的人数，从而可以将条形统计图补充完整；
（3）画树状图，再由概率公式求解即可．
【详解】
解：（1）调查的学生共有：60÷30%＝200（人），
故答案为：200；
（2）选择C的学生有：200×15%＝30（人），
选择A的学生有：200﹣60﹣30﹣20﹣40＝50（人），
补全的条形统计图如图所示：

（3）画树状图如下：

共有6个等可能的结果，甲、乙两个小组选择A、B话题发言的结果有2个，
∴两个小组选择A、B话题发言的概率为＝ ．
【点睛】
本题考查数据的整理和概率的计算，熟练掌握条形统计图与扇形统计图的有关计算、概率的计算是解题关键 ．
23．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OB，根据圆周角定理得∠ABD=90°，根据切线的性质定理得到OBBC，根据同角的余角相等证明即可；
（2）证明，根据相似三角形的性质列出比例式，把已知数据代入计算即可．
【详解】
（1） 证明 ：连 接 OB， 如图


是的直径


为切线






（2）






即

【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
24．（1）今年A 型车每辆售 价为多少 1600 元；（2）当经销商 新进A 型车20 辆，B型车40 辆时，这批车获利最多
【分析】
(1)由题意列出分式方程，解方程即可;
2)设经销商新进A型车a辆，则B型车为(60-a)辆，获利y元，由题意得出y= - 100a+36000，
60-a≤ 2a，则a≥20再由一次函数的性质即可解决问题.
【详解】
解：由题意得：

解得：x=1600，
经检验，x = 1600是方程的解，
∴x=1600(元)，
答：今年A型车每辆售价为1600元；
(2)设经销商新进A型车a辆，则B型车为(60-a)辆，获利y元
由题意得：
y= (1600-1100)a+(2000-1400)(60- a)
即y = -100a +36000
∵B型车的进货数量不超过A型车数量的2倍，
∴60-a≤2a，
∴a≥20，
由y与a的关系式可知，-100 < 0，y的值随a的值增大而减小
∴a= 20时，y的值最大，
60-a= 60- 20 = 40(辆)，
∴当经销商新进A型车20辆， B型车40辆时，这批车获利最多
答:当经销商新进A型车20辆，B型车40辆时，这批车获利最多
【点睛】
本题考查列分式方程解决实际问题，一次函数的性质解决最值问题，根据题意找等量关系是关键，利用一次函数的增减性解决最值问题是重点，本题是中考的常考题型
25．（1）b＝4，；（2）m=6，点P在反比例函数图象上；（2）
【分析】
（1）利用待定系数法求出b＝4，进而求出点D的坐标，即可求出点C坐标，最后用待定系数法求出反比例函数解析式；
（2）利用菱形的性质判断出点P的坐标，即可得出结论；
（3）设E（n，0），结合C（3，8），O（0，0），得到△COE三条边的长度，利用等腰三角形的性质列出方程并解答．由于没有指出等腰三角形的底边或腰长，所以需要进行分类讨论．
【详解】
解：（1）∵直线经过A（﹣3，0），
∴﹣4+b＝0，
∴b＝4，
∴直线的解析式为．
∴B（0，4）．
∴OB＝4．
∵tan∠BDO==，
∴OD＝3，
∴D（3，0），
把x＝3代入＝8，
∴C（3，8），
∵反比例函数经过点C，
∴k＝3×8＝24，
∴反比例函数解析式为；
（2）如图，

∵将点B向右平移m个单位长度得到点P，
∴P（m，4）．
∵当四边形BCPD是菱形时，C（3，8），D（3，0），
∴CD⊥x轴，
∴点P和点B关于CD对称，
∴点P的坐标为（6，4），
∴m＝6，4×6＝24＝k，
∴点P在反比例函数图象上，
∴反比例函数图象上存在点P，使四边形BCPD为菱形，此时点P（6，4）．

（3）设E（n，0）．
∵C（3，8），O（0，0），
∴，，，
△COE是等腰三角形，分三种情况：
①OC＝OE，则，
∴n=或n=-，
∴符合条件的点E坐标为（，0）或（-，0）；
②OC＝CE，则．
此时n＝6或n＝0（舍去）．
符合条件的点E坐标为（6，0）；
③OE＝CE，则．
此时n=，
符合条件的点E坐标是（，0）．
综上所述，符合条件的点E坐标为（，0）或（-，0）或（6，0）或（，0）．
【点睛】
此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，菱形的性质，对称的性质，求出点P的坐标是解本题的关键．
26．（1）；（2）成立，见解析；（3）矩形；4
【分析】
（1）证，得，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结论；
（2）延长交的延长线于，同（1）得，得，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结论；
（3）连接，由等腰三角形的性质得，设线段的中点为，得点、都在以线段为直径的圆上，当时，取得最大值，此时四边形是正方形，则四边形是矩形，即可求解．
【详解】
（1），理由如下：
，，
，
，，
点为边的中点，
，
，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）（1）中的结论还成立，证明如下：
延长交的延长线于，如图2所示：
同（1）得：，
，
，
，
；
（3）连接，如图3所示：
，点为边的中点，
，，
，
设线段的中点为，
，
，
点、都在以线段为直径的圆上，
当时，取得最大值，此时四边形是正方形，
则四边形是矩形，，
四边形的面积正方形的面积．


【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、平行线的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的性质和直角三角形斜边上的中线性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
27．（1）；（2）①；②存在，N或
【分析】
（1）由直线解析式求出A点的坐标，然后结合B点的坐标，运用待定系数法求解即可；
（2）根据题意，分别求出C，E两点的具体坐标，①利用割补法列出△PEA的面积关于t的二次函数表达式，根据二次函数的性质进行求解即可；②分点N在直线AC的上方或下方两种情况进行讨论，结合三角函数以及特殊图形的性质分别求出对应直线的解析式，然后联立抛物线解析式求出N的坐标即可．
【详解】
（1）由直线可知，当时，，
∴，
将，代入抛物线解析式可得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）联立，
解得：或，
即：点C的坐标为，
∵点E在线段AC上，
∴设E点坐标为，
∵，
∴，即：，
由两点间距离公式可得：
，，
∴，解得：或（舍），
∴E点坐标为；
①由题意，设，
如图，过点P作直线PM⊥x轴，交直线AC于M点，
∴设，
∴，
∴，
由二次函数的性质可知，，抛物线开口向下，
∴当时，取得最大值；

②存在，N或，理由如下：
1）当N点在直线AC下方时，
∵EF⊥x轴，，，
∴EF=6，BF=2，
在Rt△BEF中，，
如图，由直线AC解析式可知，∠BAC=45°，
过点F作FK⊥AE于K点，交AN于M点，过点K作KQ⊥x轴于Q点，过点M作ML⊥x轴于L点，
∴∠AKF=90°，
∴∠AFK=45°，AK=FK，
∴KQ=AQ=FQ=3，
∴，
∵∠NAC=∠FEB，
∴，
∴，
∴，
∴直线AN的解析式为：，
联立直线AN与抛物线的解析式解得：或，
∴；
2）当点N在直线AC上方时，
点M关于直线AC的对称点为，
∴直线的解析式为：，
联立直线与抛物线的解析式解得：或，
∴，
综上，存在点N，坐标为或．

【点睛】
本题考查二次函数综合问题，理解二次函数图中常考最值问题的基本求解思路，灵活构造图形，运用数形结合的思想是解题关键．