2023年黑龙江齐黑大地区中考数学模拟试卷（二）

2023年黑龙江齐黑大地区中考数学模拟试卷（二）

一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.下列各数中，绝对值最大的数是（）

A.4B.—5C.0D.—1

2.下列图案中，不是中心对称图形的是（）

依I®。⑥

3.下列运算正确的是（）

A.a64-a2=a2B.1/^27-O=2c

C.5a-3=告D.（7r—3）°=1

4.甲、乙、丙、丁四名运动员进行百米测试，每人8次测试成绩的平均数都是13.4秒，方差

分别为%=0,73,S：=0.75,S%=0.69,S%=0.68,则这四名运动员百米成绩最稳定的

是（）

A.甲B.乙C.丙D.T

5.一个几何体由若干个大小相同的小立方块搭成，如图分别是―r~

它的主视图和俯视图，若该几何体所用小立方块的个数为n个，I

则n的最小值为（）

主视图俯视图

A.9

B.11

C.12

D.13

6.从甲，乙，丙三人中任选两名代表，甲被选中的可能性是（）

2111

----

A.3345

7.如图，在锐角△ABC中，BD,CE分别是AC、4B边上的身且8。与

CE相交于点0,若乙4=50。，NB0C的度数为（）

A.120°

B.125°B

C.130°

D.135°

8.如图，已知直线/是线段AB的中垂线，1与力B相交于点C,点。

是位于直线48下方的I上的一动点（点。不与C重合），连接AD,BD.

过点4作4E//BD,过点B作BEJ.AE,AE与BE相交于点E.若力B=

6,设AE=y,贝口关于x的函数关系用图象可以大致表

示为（）

9.学校计划购买4和B两种品牌的足球，已知一个4品牌足球60元，一个B品牌足球75元.学

校准备将1500元钱全部用于购买这两种足球（两种足球都买），该学校的购买方案共有（）

A.3种B.4种C.5种D.6种

10.如图，抛物线、=。刀2+必+与丫轴交于点（-1,0）,对称轴y

（:AX=]

为x=l.下列结论：（i）abc>0；②炉>4ac；③若关于x的方程\|：/

a/+bx+c+l=0一定有两个不相等的实数根；④a.其中_/►.

结论正确的个数有（）\1：/

A.1个

B.2个

C.3个

D.4个

二、填空题（本大题共7小题，共21.0分）

11.据中汽协会数据，2022年，由于海外供给不足和中国车企出口竞争力的大幅增强，汽车

出口突破300万辆，达到311.1万辆，同比增长54.4%,中国已超过德国，成为全球第二大汽

车出口国.311.1万用科学记数法可表示为.

12.如图，在平行四边形4BCD中，E,F是对角线BC上的两点，

请添加一个条件,使四边形4FCE是平行四边形(填一个

即可)

13.如图，4B是圆锥底面的直径，AB=6cm,母线PB=9cm,点C为PB的

中点，若一只蚂蚁从4点处出发，沿圆锥的侧面爬行到C点处，则蚂蚁爬行的

最短路程为.

14.若关于x的分式方程誓=1的解为正数,则a的取值范围为——

15.如图，在平面直角坐标系中，4是x轴上任意一点,BC〃x轴，分别交反比例函数y=>

0)和y=g(x<o)的图象于8,C两点，若△28C的面积是3,则k的值为

16.己知，在矩形ABCD中，AB=7,BC=24,点P为BC上一点，ABP^APiJy

叠，点B的对应点是点G,连接CG,当^PCG为直角三角形时，CG的长为.

17.如图，在平面直角坐标系中，点4的坐标为(1,0),以。公为直角边作RtaO44,使

乙41。4=60°,再以042为直角边作股△OA2A3,^A2OA3=60°,再以。公为直角边作取△

OA3A4,使乙43OA4=60°按此规律进行下去，点4023的坐标是-

三、解答题(本大题共7小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

18.(本小题10.0分)

按要求计算

⑴计算：(-1)2023+(-1)-2-(71-/10)0

(2)因式分解:3x2+6xy+3y2.

19.(本小题5.0分)

解方程：x(2x-1)=4x—2.

20.(本小题10.0分)

某市为了解初中生每周锻炼身体的时长t(单位：小时)的情况，在全市随机抽取部分初中生进

行调查，按五个组别：4组(3Wt<4)；B组(4Wt<5)；。组(5Wt<6)；。组(6Wt<7)；

E组(7Wt<8)进行整理，绘制成如下两幅不完整的统计图，根据图中提供的信息，解决下

列问题：

所抽取学生周锻炼时长的频数立方图所抽取学生周锻炼时长的扇形统计图

/©

(1)求出这次抽样调查的学生总人数；

(2)补全频数分布直方图；

(3)C组所在扇形的腰心角的度数为度；

(4)根据样本估计全市12000名初中生中，每周锻炼身体的时长不少于5小时的有多少名.

21.(本小题8.0分)

如图，已知。。是AABC的外接国，4B是。。的直径，。是4B延长线的一点，AE1.CD交DC

的延长线于E,CF1AB于尸，且CE=CF.

(1)求证：DE是。。的切线；

(2)若4B=10,BD=3,求4E的长.

E

C

22.(本小题10.0分)

甲、乙、丙三地顺次在一条公路上，一辆客车和一辆货车分别在甲、丙两地同时出发，客车

从甲地出发匀速驶往丙地，中途在乙地停留了2小时，然后以原速行驶到达丙地，货车从丙地

出发匀速行驶，直接到达甲地.两车距离乙地的路程y(单位：千米)与行驶时间x(单位：小时)之

间的函数关系如图所示.

(1)求出客车和货车的速度；

(2)求客车从甲地驶向丙地的过程中y与x之间的函数关系式；

(3)求两车在行驶途中何时相遇；

(4)直接写出两车在行驶途中何时相距100千米.

23.(本小题12.0分)

综合与实践如图，正方形4CBF与正方形CDGE有公共顶点C,AC=3,CD=2,连接4D,BE.

(1)如图①，当点E,G在正方形4CBF内时，线段BE与4。的数量关系是,位置关系是

(2)把正方形CCGE绕点C旋转到如图②的位置，(1)中的结论还成立吗？说明理由；

(3)把正方形CDGE绕点C在平面内自由旋转.

①当4E,D三点在同一条直线上时，4E的长是；

②旋转过程中，|4E-的最大值为.

24.(本小题14.0分)

综合与探究

如图，抛物线丫=。/+加；+£;与》轴交于点4、点8,与y轴交于点C,直线y=2x-6与抛物

线交于点B、点C,直线y=1与抛物线交于点4,与y轴交于点E,与直线y=2x-6交

于点F.

(1)求抛物线的解析式；

(2)已知点n)在抛物线上，当—4WmW2时，直接写出n的取值范围；

(3)”是直线CB上一点，若，ECH=2S&ECF，求点”的坐标；

(4)P是x轴上一点，Q是平面内任意一点，是否存在以B,C,P,Q为顶点的四边形是菱形？

若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4、-5、0、一1的绝对值分别为4、5、0、1,

所以绝对值最大的数是-5.

故选:B.

先求出每个数的绝对值，再根据实数的大小比较法则比较即可.

本题考查了有理数大小比较以及绝对值，掌握有理数大小比较方法是解答本题的关键.

2.【答案】C

【解析】解：只有选项C连接相应各点后是正三角形，绕中心旋转180度后所得的图形与原图形

不会重合.

故选：C.

根据中心对称图形的定义和各图特点即可解答.

此题主要考查了中心对称图形的定义，判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原

图重合.

3.【答案】D

【解析1解：4、a6^a2=a4,故A不符合题意；

B、昨万一方=一3-「，故B不符合题意；

C、5a7=1，故C不符合题意；

。、（71-3）0=1,故。符合题意；

故选：D.

利用同底数基的除法的法则，实数的运算的法则对各项进行运算即可.

本题主要考查同底数幕的除法，实数的运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握.

4.【答案】D

【解析】解：,£=0.73,=0.75,S%=0.69,S"=0.68,

•••s-，＜s3

则四名运动员百米成绩最稳定的是丁.

故选：D.

比较甲乙丙丁四个人成绩的方差，方差小的成绩稳定，即可求解.

本题考查了方差，掌握方差的意义，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定是关键.

5.【答案】A

【解析】解：根据主视图、俯视图，可以得出最少时，在俯视图的相应位置上所摆放的个数，其

中的一种情况如下:

俯视图

最少时需要9个，

因此n的最小值为9.

故选：A.

根据主视图、俯视图确定摆放最少时的正方体的个数即可解答.

本题主要考查了由三视图判断几何体，在俯视图上相应位置标出所摆放的个数是解答本题的关键.

6.【答案】A

【解析】解：选两名代表共有以下情况：甲，乙；甲，丙；乙，丙；三种情况.故甲被选中的可

能性是|.

故选：A.

让甲被选中的情况数除以总情况数即为所求的可能性.

本题考查的是可能性大小的判断，用到的知识点为：可能性等于所求情况数与总情况数之比.

7.【答案】C

【解析】解：••・BD,CE分别是AC,AB边上的高,

Z.AEC=4ADB=90°,

v乙4=50°,

Z.EOD=180°-Zu4=180°-520=130。（四边形内角和为360。），

Z.BOC=/.EOD=130。（对顶角相等）.

故选：C.

根据三角形高线的性质、四边形内角和为360。和对顶角相等求解.

此题比较简单，考查的是三角形高线的性质及四边形内角和为360。.

8.【答案】B

【解析】解：••・4E〃BD,

:.Z-BAE=乙480,

•••直线/是线段48的中垂线，

1

・・.DB=AD=x,AC=BC==3,

•・•乙E=乙BCD=90°,

・•・△AEB^LBCD,

.•.丝=”

BCBD

・2=9

**3-x

18

：•Jy=­X，

丁点D是位于直线4B下方的，上的一动点（点。不与C重合），

：.x

二只有B选项符合题意.

故选：B.

根据4E〃BD,得NB4E=AABD,根据直线1是线段AB的中垂线，得DB=AD=x,AC=BC=

^AB=3,证出△4EB-ABCO,所以得y=子,又x#3,即可得出答案.

本题考查了动点问题的函数图象，解题关键是证出△AEB-ABC。，得'=子.

9.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程.设购买4品牌足球x个，

购买B品牌足球y个，根据总价=单价x数量，即可得出关于x,y的二元一次方程，结合x,y均为

正整数即可求出结论.

【解答】

解：设购买4品牌足球x个，购买B品牌足球y个，

依题意，得：60x+75y=1500,

4

:*y=20一耳x.

•・・％,y均为正整数，

pq=5(x2=10(x3=15(x4=20

"lyi=16)[y2=12)(y3=8ly4=4

•••该学校共有4种购买方案.

故选8.

io.【答案】c

【解析】解：•••抛物线开口向上，

a>0,

•••抛物线交y轴于负半轴，

c<0,

v->0,

b<0,

abc>0,故①正确.

•••抛物线的对称轴是直线％=1,

h.

,一五=L

・•.2a+b=0,故②正确.

•・・抛物线y=ax2+b%+c与y轴的交点在(0,-1)的下方，

••・抛物线y=ax2+b%+c与直线y=-1一定有两个交点，

•・.关于光的方程a/+以+。+1=。一定有两个不相等的实数根，故③正确；

b——2a,

「x=-1时，y=0,即a—b+c=0,

二a+2a+c=0,即c=-3a,

而c<-1,

—3a<—1,

a>I-故④错误.

故选：C.

根据抛物线的开口方向和对称轴以及与y轴的交点即可判断①；利用抛物线的对称轴即可判断②;

由抛物线与y轴的交点在(0,-1)的下方，即可判断③；由对称轴方程得到b=-2a,由％=-1时，

y=0得到即a-b+c=0,则c=-3a,所以-3a<-1,则可判断④.

本题考查二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点问题，也考查了二次函数的性质.

11.【答案】3.111x106

【解析】解：311.1万=3111000=3.111X106.

故答案为：3.111x106.

用科学记数法表示较大的数时，一般形式为ax10",其中lW|a|<10,n为整数.

本题考查了科学记数法，科学记数法的表示形式为axIO”的形式，其中1<|a|<10,n为整数.确

定n的值时，要看把原来的数，变成a时，小数点移动了多少位，九的绝对值与小数点移动的位数

相同.当原数绝对值210时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数，确定a与ri的值是解题

的关键.

12.【答案】B2=DE(答案不唯一)

【解析】解：添加的条件为BF=DE；

连接力C交BO于。，

•••四边形4BCC是平行四边形,

：•AO=CO,BO=DO,

vBF=DE,

：.OE=OF,

二四边形AFCE是平行四边形；

故答案为：BF=0E(答案不唯一).

可连接对角线4C,通过对角线互相平分得出结论.

本题考查平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键.

13.【答案】

【解析】解：由题意知，底面圆的直径A8=6cm,

故底面周长等于6?rcni,

P

设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n。，1(X_________4,

R

根据底面周长等于展开后扇形的弧长得67r=噌，

loU

解得n=120°,

所以展开图中NAPD=120°+2=60°,

因为半径P4=PB,乙4PB=60。，

故三角形P4B为等边三角形，

又：。为PB的中点，

所以4D1PB,在直角三角形PAD中，PA=9cm,PD=^cm,

根据勾股定理求得40=亨(cm)，

所以蚂蚁爬行的最短距离为亨cm.

故答案为：*/cm.

要求蚂蚁爬行的最短距离，需将圆锥的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果.

本题考查了平面展开-最短路径问题，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底

面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长.本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，

用勾股定理解决.

14.【答案】aw—2且a<-1

【解析】解：因为关于x的分式方程笔=1的解为正数，

x-1

2x+a=x—1,

x=-a—1>0,

a<—1,

—a—1W1,解得QW—2,

故答案为：。工一2且。<一1

根据解分式方程的一般步骤，可得分式方程的解，根据解为正数，可得不等式，根据解不等式,

可得答案.

本题考查了分式方程的解，关键是利用了解分式方程的步骤，同时注意分式有解的条件.

15.【答案】一4

【解析】解：连接OC、OB,如图,

vBC〃%轴,

,■・S〉ACB-S&OCB，

而SAOCB=I'|2|lfeb

.•.||2|+i-|fc|=3,

而k<0,

:.k=—4.

故答案为：-4.

连接。C、OB,如图，由于轴，根据三角形面积公式得到S-CB=SA°CB，再利用反比例函

数系数k的几何意义得到3•|2|+2•冈=3,然后解关于k的绝对值方程可得到满足条件的k的值.

本题考查了反比例函数系数％的几何意义：在反比例函数y=£图象中任取一点，过这一个点向x轴

和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值网.在反比例函数的图象上任意一点向坐标

轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是：|k|,且保持不变.

16.【答案】18或

【解析】

【解答】

解：①如图1,当/PGC=90。时,

根据折叠的对称性可知AG=AB=7,乙4Gp=4B=90°,

所以4、G、C三点共线.

在ABC中，利用勾股定理求得AC=25,

•••CG=25-7=18.

②如图2,当NGPC=90。时,

此时G点落在4。上，四边形4BPG是正方形.

所以BP=4B=PG=7,

则PC=24-7=17.

在Rt△PGC中，利用勾股定理求得CG=V72+172=13/7.

综上所述可知CG=18或13/2

故答案为：18或13/2

【分析】

△PCG为直角三角形时，有两种情况：①如图1,当/PGC=90。时，证明4、G、C三点共线，CG=

AC-4G即可：

②如图2,当4Gpe=90。时，此时G点落在4。上，四边形ABPG是正方形，在RtAPGC中利用勾

股定理可求解.

本题主要考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理，解题的关键是画出正确图形，分类解决问

题.

17.【答案】（22。21,0）

【解析】解：如图：过4作轴，

yjk

A,

4的坐标为（1,0）,

:.OAr=1,

,:Z-A1OA2=60°,

-

・•・OA2=c黑=y=2,ArA2=OA2•si九60°=2x=A/3,

2

・••4的坐标为口仃），

vZ-A2OA3=60°,

八A0422

-=T=4A,

2

vZ.A3OA4=60°,A3B1x,

BA3=OA3-sin60°=2A/-3,OB=OA3-cos60°=4X；=2,

••.4的坐标为（-2,2「），

同理可得：4的坐标为（一8,0）,/的坐标为（一8,8，？），人的坐标为（16,-16/3），必的坐标为

（64,0）,

由上可知，4点的方位是每6个循环，

与第一点方位相同的点在x轴正半轴上，其横坐标为2『1,其纵坐标为0,

与第二点方位相同的点在第一象限内，其横坐标为2n-2,纵坐标为252「，

与第三点方位相同的点在第二象限内，其横坐标为-2n-2,纵坐标为2方24口,

与第四点方位相同的点在X轴负半轴上，其横坐标为-2时】，纵坐标为0,

与第五点方位相同的点在第三象限内，其横坐标为-2底2,纵坐标为一

与第六点方位相同的点在第四象限内，其横坐标为2n-2,纵坐标为—2皿-2，百，

•••2023+6=337...1,

・••点4023的方位与点4的方位相同，在工轴上，其横坐标为2/2=22。21,纵坐标为0,

•••点42023的坐标是(22021,0).

故答案为：(22。21,0).

先通过解直角三角形依次求4,A2,43,4"…各点的坐标，再从其中找出规律，然后运用规律

即可解答.

本题主要考查了点的坐标的规律探索、解直角三角形等知识点，求出前面7个点的坐标并发现规律

是解答本题的关键.

18.［答案］解：(1)(_1)2。23+(_9-2_(兀_，勾)0

=-1+9-1

=7.

(2)3x2+6xy+3y2

=3(x2+2xy+y2)

=3(x+y)2.

【解析】(1)先运用乘方、负整数次累、零次幕化简，然后再计算即可；

(2)先提取公因数3,然后再运用完全平方公式因式分解即可.

本题主要考查了实数的混合运算、乘方、负整数次幕、零次累、因式分解等知识点，灵活运用相

关运算法则是解答本题的关键.

19.【答案】解：x(2x-l)=4x-2,

即x(2x-l)-2(2x-l)=0,

(x-2)(2x-1)=0,

解得：x1=2,x2=

【解析】根据因式分解法解一元二次方程即可求解.

本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键.

20.【答案】11.5

【解析】解：(1)这次抽样调查的学生总人数100+20%=500.

答：这次抽样调查的学生总人数为500.

(2)D组人数为500-(50+100+160+40)=150(A),

补全图形如下：

所抽取学生周锻炼时长的频数直方图

(3)C组所在扇形的圆心角的度数为360。x器=115.2°.

故答案为：115.2.

4

(4)估计全市12000名初中生中，每周锻炼身体的时长不少于5小时的有12000X1605M+仞=

8400(A).

答：估计全市12000名初中生中，每周锻炼身体的时长不少于5小时的有8400人.

(1)由B组人数及其所占百分比可求出这次抽样调查的学生总人数；

(2)根据各组人数之和等于样本容量求出。组人数，然后补全图形即可；

(3)用360。乘以C组人数所占比例即可解答；

(3)用总人数乘以样本中C、D、E组人数和所占比例即可解答.

本题主要考查频数分布直方图、扇形统计图、用样本估计总体等知识点，理解两个统计图中数量

之间的关系是解决问题的前提，掌握频率=频数+总数是正确解答的关键.

21.【答案】（1）证明：（1）连接OC；

•••AE1CD,CF1AB,又CE=CF,

••zl=Z.2.

。FD

VOA=OC,

:.zz=zl=z3.

・•・0C//AE.

・•・OC1CD.

•・•DE是。。的切线.

aBoDD3

(2o

-5

11

-cD--。DcF

22

11

即X5X+cF

2-2-(53)

「口5V39

：,CF=k

・・・OF=VOC2-FC2=冬

o

：.AF=0A+OF=5+^-=^-,

oo

在RtA4EC和Rt△AFC中，CE=CF,AC=AC,

：.Rt^AEC^RtAFC（HL）,

AE=AF=黑

o

【解析】（1）要证DE是。。的切线，只要连接。C,再证NDC。=90。即可；

（2）由切线的性质及勾股定理可得CD的长，再根据三角形面积公式及勾股定理可得AF的长，最后

由全等三角形的判定与性质可得答案.

本题考查了切线的判定，和解直角三角形.要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆

心与这点（即为半径），再证垂直即可.

22.【答案】解：（1）客车的速度为：480+4.8=100（千米/时），

乙、丙两地之间的距离为：（10-4.8-2）x100=320（千米），

货车的速度为：（480+320）+10=80（千米/时），

答：客车的速度为100千米/时，货车的速度为80千米/时；

（2）设客车从甲地到达乙地的解析式为y=kx+b,

把（0,480）,（4.8,0）代入，

得{晨唱二°，

故此时的解析式为：y=-100x+480(0<x<4.8),

当客车在乙地停留了2小时时，y=0(4.8<x<6.8)

设客车从乙地到达丙地的解析式为y=k1X+瓦，

把(6.8,0),(10,320)代入，

,^(6.8^+瓦=0

付IlOki+瓦=320)

解得伸=100

胖母(比=一680'

故此时的解析式为：y=100x-680(6.8<%<10),

f-lOOx+480(0<x<4.8)

综上，y={0(4.8<xW6.8)；

(100x-680(6.8<x<10)

(3)货车从丙地到达乙地所用的时间为：320+80=4(小时),

设货车从乙地到达甲地的函数解析式为：y=心支+与，

把(4,0),(10,480)代入，

得[4©+b2=0

lj

110/c2+b2=480'

解得作=80

解付迎2=一320'

故此时的解析式为：y=80x-320(4<x<10),

(y=-100%+480

[y=80%-320'

解得X=?，

故两车在行驶途中相遇的时间为等小时；

(4)设相遇前相距100千米所用的时间为m小时，

根据题意得：100m+80m+100=480+320,

解得m=等

设相遇后相距100千米所用的时间为n小时，

根据题意得：100n+80n-100=480+320,

解得72=5,

综上，两车在行驶途中相距100千米时，所用的时间为言小时或5小时.

【解析】(1)根据图中相关数据，即可求解；

(2)利用待定系数法，分三种情况，即可分别求解；

(3)首先可求得货车从丙地到达乙地的函数解析式，再与客车到达乙地前的解析式联立成方程组,

解方程组，即可求解；

(4)分两种情况，分别列方程，即可求解.

本题考查了一次函数的应用，一元一次方程的应用，求一次函数的解析式及交点，从函数图表中

获取相关信息是解决本题的关键.

23.【答案】BE=ADBELADC—02yf2

【解析】(1)证明：如图1：延长BE,与AC、AD交于点。和点

•.•正方形4CBF,正方形CDGE,

BC=AC,CE=CD,Z.BCA=/.ECD=90°,

乙OBC+Z.BOC=90°,

Z-BCA—Z-ECA=Z.ECD-Z-ECA»

即4BCE=Z.DCA,

•••△BCEwzMCD(S4S),

・•・BE=ADsZ,CBO=匕CAD,

v乙BOC=乙AOH,Z-OBC+(BOC=90°,

・・・Z,OAH+AAOH=90°,

・••BEJLAD.

故答案为：BE=AD,BELAD.

(2)解：成立，理由如下：

如图：•••正方形ACBF,正方形CDGE,

:.BC=AC,CE=CD,£.BCA=Z.ECD=90°,

即NOBC4-乙BOC=90°

・•・Z.BCA+Z-ECA=乙ECD+Z-ECA,

即乙BCE=Z.DCA,

.•.△BCEwZkACD(SAS),

.・.BE=AD>Z-CBO=Z.CAD9

•・•Z.BOC=乙AOE,Z.OBC+乙BOC=90°

・•・^LOAD+Z.AOE=90°,

・•・BE1AD.

(3)解：①如图：过点C作CM12。于点M,

u

vAfE,。三点在同一条直线上，

・•.DE是正方形CDGE的对角线，

・•.Z,CDM=45°,

「.△MDC是等腰直角三角形，

vCD=2,

：.CM=MD=CD•cos45°=y/~2fDE==2A/-2,

•・・4C=3,

AM=VAC2-CM2=J32-(4)2=「，

AE=AD-ED=AM+MD-ED=yH-7~2.

②如图:

♦・,△AED,

A\AE-AD\WED,

.•.当A,E,D三点在同一条直线上时，|4E—AD|有最大值ED,

・•.|AE-AD|的最大值为为EC=2n.

故答案为：2，工.

(1)延长BE,与AC、4D交于点。和点H,根据SAS证明ABCE三△ACD,得至UBE=4D、ZCBE=4cAD；

再由对顶角相等可得44。修=NBOC说明乙4H。=90。即可证明结论；

(2)方法同(1)；

(3)①如图：过点C作CM1AD于点M,先根据题意可知△MCC是等腰直角三角形，然后再解直角

三角形可得CM,DE,AM,最后根据线段的和差即可解答；

②根据三角形的三边关系可得当A,E,。三点在同一条直线上时，|4E-AD|有最大值ED,然后

再结合(2)的相关结论即可解答.

本题主要考查了正方形的性质、解直角三角形、旋转的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，

灵活应用所学知识成为解答本题的关键.

24.【答案】解：(1)•.•直线y=2x—6与x轴、y轴交于点8、C,

•••点8(3,0),C(0,-6),

直线y=-1x-