2021年浙江省宁波市中考数学复习全景指导试卷（word版，含解析）

这是一份2021年浙江省宁波市中考数学复习全景指导试卷（word版，含解析），共27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。
2021年浙江省宁波市中考数学复习全景指导试卷
一、选择题（每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（4分）比﹣3大1的数是（　　）
A．2 B．﹣2 C．4 D．﹣4
2．（4分）一个几何体零件如图所示，则它的主视图是（　　）

A． B． C． D．
3．（4分）计算（﹣a）3÷a，正确结果是（　　）
A．﹣a4 B．a2 C．﹣a3 D．﹣a2
4．（4分）若分式的值为0，则x的值为（　　）
A．3 B．﹣3 C．3或﹣3 D．0
5．（4分）如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点P，则一定与∠A相等的是（　　）

A．∠B B．∠C C．∠D D．∠APD
6．（4分）从长度分别为3，5，7，10的四条线段中任选三条作边，能构成三角形的概率为（　　）
A． B． C． D．
7．（4分）某商场品牌手机经过5，6月份连续两次降价每部售价由5000元降到3600元．且第一次降价的百分率是第二次的2倍，设第二次降价的百分率为x，根据题意可列方程（　　）
A．5000（1﹣x）（1﹣2x）＝3600 B．3600（1﹣x）（1﹣2x）＝5000
C．5000（1﹣x）（1﹣）＝3600 D．3600（1+x）（1+2x）＝5000
8．（4分）如图，两根竹竿AB和AD斜靠在墙CE上，量得∠ABC＝α，∠ADC＝β．则竹竿AB与AD的长度之比为（　　）

A． B． C． D．
9．（4分）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB'C'的位置，连接C'B，则C'B的长为（　　）

A． B． C． D．1
10．（4分）如图，矩形ABCD由两直角边之比皆为1：2的三对直角三角形纸片甲、乙、丙拼接而成它们之间互不重叠也无缝隙，则的值为（　　）

A． B． C． D．
二、填空题（每小题5分，共30分）
11．（5分）分解因式：a2﹣4a+4＝　 　．
12．（5分）某餐厅供应单价为10元、18元、25元三种价格的快餐，某月销售快餐情况的扇形统计图如图所示，则该餐厅这个月销售这三种快餐的平均单价为　 　元．

13．（5分）已知一个扇形的半径是2，圆心角是60°，则这个扇形的面积是　 　．
14．（5分）如图，把菱形ABCD沿折痕AH翻折，使B点落在边BC上的点E处，连接DE．若CD＝13，CE＝3，则ED＝　 　．

15．（5分）如图是一个液压升降机，图中两个菱形的边长及等腰三角形的腰长都是定值且相等．如图1，载物台到水平导轨AB的距离为150cm，此时tan∠OAB＝；如图2，当tan∠OAB＝时，载物台到水平导轨AB的距离为　 　cm．

16．（5分）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线y＝﹣x+b交反比例函数y＝（x＞0）的图象于点A，B（点A在B的左上方），分别交x轴，y轴于点C，D，AE⊥x轴于点E，交OB于点F．若图中四边形BCEF与△AOF的面积差为，则△ABF与△OEF的面积差为　 　．

三、解答题（本题有8小题，共80分）
17．（8分）（1）计算：﹣（+1）+（）0．
（2）化简：（3+a）（3﹣a）+a（a﹣2）．
18．（8分）如图，点B，C，E，F在同一直线上，点A，D在BC的异侧，AB＝CD，BF＝CE，∠B＝∠C．
（1）求证：AE∥DF．
（2）若∠A+∠D＝144°，∠C＝30°，求∠AEC的度数．

19．（9分）如图，方格纸中有三个格点A，B，C，要求作一个多边形使这三个点在这个多边形的边（包括顶点）上，且多边形的顶点在方格的顶点上．

（1）在图甲中作一个三角形是轴对称图形；
（2）在图乙中作一个四边形是中心对称图形但不是轴对称图形；
（3）在图丙中作一个四边形既是轴对称图形又是中心对称图形．
（注：图甲、图乙、图丙在答题纸上）
20．（9分）为了了解我市中学生参加“科普知识”竞赛成绩的情况，随机抽查了部分参赛学生的成绩，整理并制出如下的统计表和统计图．
组别
分数（分）
频数（人数）
频率
A
60≤t＜70
30
0.1
B
70≤t＜80
90
n
C
80≤t＜90
m
0.4
D
90≤t≤100
60
0.2
请根据图表信息解答下列问题：
（1）在表中：m＝　 　，n＝　 　；
（2）补全频数分布直方图；
（3）小明的成绩是所有被抽查学生成绩的中位数，则推断他的成绩在　 　组（填A，B，C或D）．

21．（10分）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以BC为直径作⊙O交AC于点H，E为AC上一点，且AB＝AE，BE交⊙O于点D，OD交AC于点F．
（1）求证：DO⊥AC．
（2）若CE＝4，BC＝8，求DE的长．

22．（10分）某酒店新装修，计划购买A，B，C三种型号的餐桌共n套．已知一套A型餐桌（一桌四椅）需600元，一套B型餐桌（一桌六椅）需800元，一套C型餐桌（一桌八椅）需1000元，要求购买C型餐桌的套数是A型餐桌的2倍，设购买x套A型餐桌，三种餐桌购买的总费用为y元．
（1）当n＝160时，
①求y关于x的函数关系式．
②若购买的B型餐桌套数与C型餐桌套数的差不超过12桌，求总费用y的最小值，并写出此时具体的购买方案．
（2）已知学校实际购买三种餐桌的总费用为16万元，记购买的三种餐桌椅子的总数最多的方案为最佳购买方案，求最佳购买方案的椅子总数m及相应n的值．（直接写出答案）
23．（12分）抛物线y＝﹣x2+2x+3交x轴于点A，B（A在B的左边），交y轴于点C顶点为M，对称轴MD交x轴于点D，E是线段MD上一动点，以OB，BE为邻边作平行四边形OBEF，EF交抛物线于点P，G（P在G的左边），交y轴于点H．
（1）求点A，B，C的坐标；
（2）如图1，当EG＝FP时，求DE的长；
（3）如图2，当DE＝1时，
①求直线FC的解析式，并判断点M是否落在该直线上．
②连接CG，MG，CP，MP，记△CGM的面积为S1，△CPM的面积为S2，则＝　 　．
24．（14分）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是斜边AB上一点，以AD为半径作⊙A，分别交边CA及其延长线于点E，G，DE交BC的延长线于点H．

（1）如图1．当∠BAC＝30°时，连接CD，
①求∠BHD的度数；
②若CD恰好是⊙A的切线，求证：CD＝CH．
（2）如图2，BC＝3，AC＝4，CD交⊙A于另一点F，连接FG，
①若FG∥AB，求⊙A的半径长．
②在点D的运动过程中，当DE•EH达到最大时，直接写出此时CD•DF的值．

2021年浙江省宁波市中考数学复习全景指导试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（4分）比﹣3大1的数是（　　）
A．2 B．﹣2 C．4 D．﹣4
【分析】用﹣3加上1，求出比﹣3大1的数是多少即可．
【解答】解：∵（﹣3）+1＝﹣2，
∴比﹣3大1的数是﹣2．
故选：B．
2．（4分）一个几何体零件如图所示，则它的主视图是（　　）

A． B． C． D．
【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：从正面看有两层，底层是一个较大的矩形，上层的中间是一个较小的正方形．
故选：A．
3．（4分）计算（﹣a）3÷a，正确结果是（　　）
A．﹣a4 B．a2 C．﹣a3 D．﹣a2
【分析】根据积的乘方等于乘方的积，可得单项式的除法，根据单项式的除法，系数除以系数，同底数的幂相除，可得答案．
【解答】解：（﹣a）3÷a
＝﹣a3÷a
＝﹣a2．
故选：D．
4．（4分）若分式的值为0，则x的值为（　　）
A．3 B．﹣3 C．3或﹣3 D．0
【分析】直接利用分式的值为零则分子为零进而得出答案．
【解答】解：∵分式的值为0，
∴x﹣3＝0，
解得：x＝3，
故选：A．
5．（4分）如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点P，则一定与∠A相等的是（　　）

A．∠B B．∠C C．∠D D．∠APD
【分析】根据圆周角定理得出即可．
【解答】解：根据圆周角定理得：∠A＝∠D，
故选：C．
6．（4分）从长度分别为3，5，7，10的四条线段中任选三条作边，能构成三角形的概率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】画出树状图，共有24个等可能的结果，再根据三角形三边的关系得到能组成三角形的有12个，然后根据概率公式求解．
【解答】解：画树状图如图：

共有24个等可能的结果，三条线段能构成三角形的结果有12个，
∴能构成三角形的概率为＝，
故选：A．
7．（4分）某商场品牌手机经过5，6月份连续两次降价每部售价由5000元降到3600元．且第一次降价的百分率是第二次的2倍，设第二次降价的百分率为x，根据题意可列方程（　　）
A．5000（1﹣x）（1﹣2x）＝3600 B．3600（1﹣x）（1﹣2x）＝5000
C．5000（1﹣x）（1﹣）＝3600 D．3600（1+x）（1+2x）＝5000
【分析】设第二次降价的百分率为x，则第一次降价的百分率为2x，根据某件商品原价5000元，经过两次降价后，售价为3600元，可列方程．
【解答】解：设第二次降价的百分率为x，则第一次降价的百分率为2x，
根据题意，得：5000（1﹣x）（1﹣2x）＝3600，
故选：A．
8．（4分）如图，两根竹竿AB和AD斜靠在墙CE上，量得∠ABC＝α，∠ADC＝β．则竹竿AB与AD的长度之比为（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据题意可得，∠DCA＝90°，∠ABC＝α，∠ADC＝β，再根据锐角三角函数即可求出竹竿AB与AD的长度之比．
【解答】解：根据题意可知：
∠DCA＝90°，∠ABC＝α，∠ADC＝β，
在Rt△ABC中，AC＝AB•sinα，
在Rt△ADC中，AC＝AD•sinβ，
∴AB•sinα＝AD•sinβ，
∴＝．
故选：D．
9．（4分）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB'C'的位置，连接C'B，则C'B的长为（　　）

A． B． C． D．1
【分析】连接BB′，延长BC′交AB′于点M，证明△ABC′≌△B′BC′，得到∠MBB′＝∠MBA＝30°；求出BM、C′M的长，即可解决问题．
【解答】解：如图，连接BB′，延长BC′交AB′于点M；

由题意得：∠BAB′＝60°，BA＝B′A，
∴△ABB′为等边三角形，
∴∠ABB′＝60°，AB＝B′B；
在△ABC′与△B′BC′中，
，
∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠MBB′＝∠MBA＝30°，
∴BM⊥AB′，且AM＝B′M；
由题意得：AB2＝4，
∴AB′＝AB＝2，AM＝1，
∴C′M＝AB′＝1；
由勾股定理得：BM＝＝＝，
∴C′B＝﹣1，
故选：C．
10．（4分）如图，矩形ABCD由两直角边之比皆为1：2的三对直角三角形纸片甲、乙、丙拼接而成它们之间互不重叠也无缝隙，则的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】利用丙和乙短直角边的关系求出AD和AB
【解答】解：如图所示

设丙的短直角边为x，乙的短直角边为y，
则HG＝2x，DG＝2x+y，CG＝DG＝，
∵BF＝DH＝y，FG＝EH＝x，
∴CF＝2BF＝2y，CF＝CG+FG＝+x，
∴2y＝+x，
∴x＝y，
∵AB＝DC＝＝＝＝，AD＝＝＝y，
∴＝＝．
故选：C．
二、填空题（每小题5分，共30分）
11．（5分）分解因式：a2﹣4a+4＝　（a﹣2）2　．
【分析】根据完全平方公式的特点：两项平方项的符号相同，另一项是两底数积的2倍，本题可用完全平方公式分解因式．
【解答】解：a2﹣4a+4＝（a﹣2）2．
12．（5分）某餐厅供应单价为10元、18元、25元三种价格的快餐，某月销售快餐情况的扇形统计图如图所示，则该餐厅这个月销售这三种快餐的平均单价为　17　元．

【分析】根据加权平均数的计算方法，分别用单价乘以相应的百分比，计算即可得解．
【解答】解：根据该统计图可得该餐厅这个月销售这三种快餐的平均单价为：
10×30%+18×50%+25×20%＝17（元），
故答案为：17．
13．（5分）已知一个扇形的半径是2，圆心角是60°，则这个扇形的面积是　　．
【分析】直接根据扇形的面积公式计算可得．
【解答】解：这个扇形的面积为＝，
故答案为：．
14．（5分）如图，把菱形ABCD沿折痕AH翻折，使B点落在边BC上的点E处，连接DE．若CD＝13，CE＝3，则ED＝　4　．

【分析】过E作EF⊥AD于F，由已知可得BE＝10，BH＝HE＝BE＝5，在Rt△ABH中，可求AH＝12，根据四边形AHEF是矩形，求得EF和AF，在Rt△EDF中，即可得到DE长度．
【解答】解：过E作EF⊥AD于F，如图：

∵菱形ABCD，CD＝13，
∴BC＝AD＝AB＝13，
∵CE＝3，
∴BE＝BC﹣CE＝10，
∵菱形ABCD沿折痕AH翻折，使B点落在边BC上的点E处，
∴BH＝HE＝BE＝5，∠AEH＝∠AHE＝90°，
Rt△ABH中，AH＝＝12，
∵菱形ABCD，EF⊥AD，∠AHE＝90°，
∴四边形AHEF是矩形，
∴AF＝HE＝5，EF＝AH＝12，
∴DF＝AD﹣AF＝8，
Rt△EDF中，DE＝＝4，
故答案为：4．
15．（5分）如图是一个液压升降机，图中两个菱形的边长及等腰三角形的腰长都是定值且相等．如图1，载物台到水平导轨AB的距离为150cm，此时tan∠OAB＝；如图2，当tan∠OAB＝时，载物台到水平导轨AB的距离为　234　cm．

【分析】设载物台到水平导轨AB的距离为h，OA＝acm，由题意得150＝6OA•sin∠OAB．由tan∠OAB＝，得出sin∠OAB＝，可求出a，再由tan∠OAB＝时，得出sin∠OAB＝，可得h＝6OA•sin∠OAB，计算即可．
【解答】解：设OA＝acm，由题意得150＝6OA•sin∠OAB．
∵tan∠OAB＝，
∴sin∠OAB＝，
∴6a×＝150，解得a＝65．
当tan∠OAB＝时，sin∠OAB＝，
∴载物台到水平导轨AB的距离为h＝6OA•sin∠OAB＝6×65×＝234（cm）．
故答案为：234．
16．（5分）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线y＝﹣x+b交反比例函数y＝（x＞0）的图象于点A，B（点A在B的左上方），分别交x轴，y轴于点C，D，AE⊥x轴于点E，交OB于点F．若图中四边形BCEF与△AOF的面积差为，则△ABF与△OEF的面积差为　　．

【分析】作BH⊥OC于点H，由一次函数性质可得AE＝CE，根据反比例函数面积性质及四边形BCEF与△AOF的面积差为推出△BCH面积为1，可求出OH＝3，OC＝4，设OE＝x，则CE＝AE＝x，列方程求解x＝1后，△ABF与△OEF的面积转换为△ACE与△BOC的差，即可求解．
【解答】解：作BH⊥OC于点H，
由y＝﹣x+b知OC＝OD＝b，
∴∠DCO＝45°．
∵AE⊥OC于点E，
∴AE＝CE．
由反比例函数面积性质可知S△AOE＝S△BOH，
∴S△AFO＝S四边形BHEF，
∵四边形BCEF与△AOF的面积差为，
即△BCH面积为．
∴BH＝CH＝1．
∵点A、B在反比例函数y＝上，
∴OH＝3，OC＝4，
设OE＝x，则CE＝AE＝x，
∴x（4﹣x）＝3，
∴x1＝1，x2＝3（舍去），
∴CE＝AE＝3，
∴△ABF与△OEF的面积等于△ACE与△BOC的差，
即为＝．
故答案为：．

三、解答题（本题有8小题，共80分）
17．（8分）（1）计算：﹣（+1）+（）0．
（2）化简：（3+a）（3﹣a）+a（a﹣2）．
【分析】（1）根据二次根式的性质以及负零指数幂的定义计算即可；
（2）根据平方差公式以及单项式乘多项式的运算法则计算即可．
【解答】解：（1）原式＝．
（2）原式＝9﹣a2+a2﹣2a＝9﹣2a．
18．（8分）如图，点B，C，E，F在同一直线上，点A，D在BC的异侧，AB＝CD，BF＝CE，∠B＝∠C．
（1）求证：AE∥DF．
（2）若∠A+∠D＝144°，∠C＝30°，求∠AEC的度数．

【分析】（1）证△ABE≌△DCF（SAS），得∠AEB＝∠DFC，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得∠A＝∠D，∠B＝∠C＝30°，再求出∠A＝72°，然后由三角形的外角性质求解即可．
【解答】（1）证明：∵BF＝CE，
∴BF+EF＝CE+EF，
即BE＝CF，
在△ABE和△DF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠AEB＝∠DFC，
∴AE∥DF；
（2）解：∵△ABE≌△DCF，
∴∠A＝∠D，∠B＝∠C＝30°，
∵∠A+∠D＝144°，
∴∠A＝72°，
∴∠AEC＝∠A+∠B＝72°+30°＝102°．
19．（9分）如图，方格纸中有三个格点A，B，C，要求作一个多边形使这三个点在这个多边形的边（包括顶点）上，且多边形的顶点在方格的顶点上．

（1）在图甲中作一个三角形是轴对称图形；
（2）在图乙中作一个四边形是中心对称图形但不是轴对称图形；
（3）在图丙中作一个四边形既是轴对称图形又是中心对称图形．
（注：图甲、图乙、图丙在答题纸上）
【分析】（1）根据要求作等腰直角△DEC即可．
（2）根据要求作平行四边形ABCD即可．
（3）根据要求作正方形AECD即可．
【解答】解：（1）如图甲中，△DEC即为所求作．
（2）如图乙中，四边形ABCD即为所求作．
（3）如图丙中，四边形AECD即为所求作．

20．（9分）为了了解我市中学生参加“科普知识”竞赛成绩的情况，随机抽查了部分参赛学生的成绩，整理并制出如下的统计表和统计图．
组别
分数（分）
频数（人数）
频率
A
60≤t＜70
30
0.1
B
70≤t＜80
90
n
C
80≤t＜90
m
0.4
D
90≤t≤100
60
0.2
请根据图表信息解答下列问题：
（1）在表中：m＝　120　，n＝　0.3　；
（2）补全频数分布直方图；
（3）小明的成绩是所有被抽查学生成绩的中位数，则推断他的成绩在　C　组（填A，B，C或D）．

【分析】（1）先根据A组频数及频率求出被调查的总人数，再根据频率＝频数÷总人数求解即可；
（2）根据以上所求m、n的值即可补全图形；
（3）根据中位数的定义求解即可．
【解答】解：（1）∵被调查的总人数为30÷0.1＝300（人），
∴m＝300×0.4＝120，n＝90÷300＝0.3，
故答案为：120，0.3；
（2）补全频数分布直方图如下：

（3）∵这组数据的中位数是第150、151个数据的平均数，而第150、151个数据均落在C组，
∴推断他的成绩在C组，
故答案为：C．
21．（10分）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以BC为直径作⊙O交AC于点H，E为AC上一点，且AB＝AE，BE交⊙O于点D，OD交AC于点F．
（1）求证：DO⊥AC．
（2）若CE＝4，BC＝8，求DE的长．

【分析】（1）根据直角三角形的性质得出∠ABE+∠OBD＝90°，根据等腰三角形的性质得出∠ABE＝∠AEB＝∠DEF，∠OBD＝∠ODB，求出∠ODB+∠DEF＝90°即可；
（2）设AB＝AE＝x，根据勾股定理求出x，解直角三角形求出OF，DF，CF，EF，根据勾股定理求出答案即可．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠OBD＝90°，
又∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB＝∠DEF，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∴∠ODB+∠DEF＝90°，
即∠DFE＝90°，
∴DO⊥AC；

（2）解：设AB＝AE＝x，
在Rt△ABC中，AC2＝AB2+BC2，
∵CE＝4，BC＝8，
∴（x+4）2＝x2+82，解得：x＝6，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在Rt△DEF中，．
22．（10分）某酒店新装修，计划购买A，B，C三种型号的餐桌共n套．已知一套A型餐桌（一桌四椅）需600元，一套B型餐桌（一桌六椅）需800元，一套C型餐桌（一桌八椅）需1000元，要求购买C型餐桌的套数是A型餐桌的2倍，设购买x套A型餐桌，三种餐桌购买的总费用为y元．
（1）当n＝160时，
①求y关于x的函数关系式．
②若购买的B型餐桌套数与C型餐桌套数的差不超过12桌，求总费用y的最小值，并写出此时具体的购买方案．
（2）已知学校实际购买三种餐桌的总费用为16万元，记购买的三种餐桌椅子的总数最多的方案为最佳购买方案，求最佳购买方案的椅子总数m及相应n的值．（直接写出答案）
【分析】（1）①总费用是三种费用之和，得出函数关系式，把n＝160代入求出①；
②若购买的B型餐桌套数与C型餐桌套数的差不超过12套，得出n的最小值再求出总费用的最小值．
（2）m为购买椅子总数，先用n的代数式表示出m，再求出n的最小值，从而求出m的值．
【解答】解：（1）由题意得，A型购买x套，C型购买2x套，B型购买（n﹣3x）套，
y＝600x+800（n﹣3x）+1000×2x＝800n+200x，
①当n＝160时，
y＝800n+200x＝200x+128000；
②由题意得：160﹣3x﹣2x＝160﹣5x≤12，解得，
又∵x为整数，k＝200＞0，y随x的增大而增大，
∴当x＝30时，y最小，为200×30+128000＝134000（元），
此时具体的购买方案是：A，B，C三种型号的餐桌分别购买30套、70套、60套．
∴总费用y的最小值为134000元，此时具体的购买方案：A，B，C三种型号的餐桌分别购买30套、70套、60套；
（2）600x+800（n﹣3x）+1000×2x＝160000，
化简得x＝800﹣4n，
又n﹣3x≥0，
∴，
即，，
∵n为正整数，
∴n的最小值为185，m＝4x+6（n﹣3x）+8×2x＝1600﹣2n，
∴n越小，m的值越大，
当n＝185时，m＝1600﹣2×185＝1230．
答：最佳购买方案的椅子总数m是1230，相应n的值为185．
23．（12分）抛物线y＝﹣x2+2x+3交x轴于点A，B（A在B的左边），交y轴于点C顶点为M，对称轴MD交x轴于点D，E是线段MD上一动点，以OB，BE为邻边作平行四边形OBEF，EF交抛物线于点P，G（P在G的左边），交y轴于点H．
（1）求点A，B，C的坐标；
（2）如图1，当EG＝FP时，求DE的长；
（3）如图2，当DE＝1时，
①求直线FC的解析式，并判断点M是否落在该直线上．
②连接CG，MG，CP，MP，记△CGM的面积为S1，△CPM的面积为S2，则＝　2+　．
【分析】（1）根据抛物线y＝﹣x2+2x+3可得C点坐标；令y＝0得：﹣x2+2x+3＝0，解方程即可得出点A和点B的横坐标，则可得点A和点B的坐标；
（2）由平行四边形的性质及抛物线的对称性可得答案；
（3）①求得点F的坐标，用待定系数法可求直线FC的解析式，根据抛物线的解析式可得点M的坐标，由CF的解析式验证即可判断点M是否落在该直线上．②作PR⊥FM，GS⊥FM，垂足分别为点R，S，连接PM，CG，FM，由DE＝1，可得关于x的一元二次方程，解方程即可得出点P和点H的横坐标，从而可得PH、GH，计算出FH、FP及FG的长，则可利用三角形的面积公式进行计算求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+2x+3交x轴于点A，B（A在B的左边），交y轴于点C，
∴C（0，3），
令y＝0得：﹣x2+2x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）；
（2）∵B（3，0），
∴OB＝3，
如图1，在▱OBEF中，EF＝OB＝3．

∵MD为抛物线的对称轴，
∴EG＝PE，
∵EG＝PF，
∴FP＝PE＝1.5，
∴OD＝HE＝1，
∴PH＝0.5．
令，则，
∴．
（3）①∵EF＝OB＝3，OD＝HE＝1，
∴FH＝2，
∵DE＝1，
∴F（﹣2，1），
设直线FC的解析式为y＝kx+b，
有，解得．
∴直线FC的解析式为y＝x+3，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴点M（1，4），
∴点M在该直线上．
②如图2，作PR⊥FM，GS⊥FM，垂足分别为点R，S，连接PM，CG，FM，

∵DE＝1，1＝﹣x2+2x+3，
解得，，
∴，，
∵FH＝2，
∴，，
于是，．
故答案为：．
24．（14分）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是斜边AB上一点，以AD为半径作⊙A，分别交边CA及其延长线于点E，G，DE交BC的延长线于点H．

（1）如图1．当∠BAC＝30°时，连接CD，
①求∠BHD的度数；
②若CD恰好是⊙A的切线，求证：CD＝CH．
（2）如图2，BC＝3，AC＝4，CD交⊙A于另一点F，连接FG，
①若FG∥AB，求⊙A的半径长．
②在点D的运动过程中，当DE•EH达到最大时，直接写出此时CD•DF的值．
【分析】（1）①∠BAC＝30°，AD＝AE，则∠AED＝∠ADE＝75°，∠CEH＝75°，即可求解；
②CD是⊙A的切线，则∠CDA＝90°，∠CDH+∠ADE＝90°，得到∠CDH＝∠CHD，即可求解；
（2）①证明△CAD∽△CGF，则，在Rt△AMG中，，进而求解；
②由△ECH∽△EPA，得到DE•EH＝2CE•AE，当x＝2时，DE•EH取得最大值，在Rt△RCD和Rt△AQD中，cos∠QDA＝＝cos∠RDC＝，则AD•DR＝QD•CD，即可求解．
【解答】解：（1）①∵∠BAC＝30°，AD＝AE，
∴∠AED＝∠ADE＝75°，∠CEH＝75°
又∵∠ACB＝∠ACH＝90°，
∴∠BHD＝15°；
②∵CD是⊙A的切线，
∴∠CDA＝90°，∠CDH+∠ADE＝90°，
又∵∠CHD+∠CEH＝90°，∠CEH＝∠AED＝∠ADE，
∴∠CDH＝∠CHD，
∴CD＝CH；

（2）①如图1，作AM⊥FG于点M，则FG＝2MG，

∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝5，
∵FG∥AB，
∴∠FGA＝∠BAC，
∴△CAD∽△CGF，则，
设AD＝AG＝5x，
在Rt△AMG中，，
∴FG＝8x，即，
解得，
∴⊙A的半径长为；
②过点A分别作DE、DF的垂线，垂足分别为点P、Q，过点C作CR⊥AB于点R，

则PD＝PE＝DE，DQ＝FQ＝DF，
则DE•EH
∵∠APE＝∠ECH＝90°，∠PEA＝∠HEC，
∴△ECH∽△EPA，
∴PE•EH＝CE•AE，即DE•EH＝CE•AE，
即DE•EH＝2CE•AE，
设CE＝x，则AE＝4﹣x，
则DE•EH＝2x（4﹣x）＝﹣2x（x﹣4），
∴当x＝（0+4）＝2时，DE•EH取得最大值，
即CE＝2＝AE＝AD，
在△ACD中，AR＝ACcos∠CAB＝4××4＝，
则DR＝AR﹣AD＝﹣2＝，
在Rt△RCD和Rt△AQD中，cos∠QDA＝＝cos∠RDC＝，
即AD•DR＝QD•CD，
而CD•DF＝CD•2DQ＝2CD•DQ＝2AD•DR＝2×2×＝．