河北省沧州市东光县2023-2024学年中考一模数学试题含解析

河北省沧州市东光县2023-2024学年中考一模数学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．如图，点P是∠AOB外的一点，点M，N分别是∠AOB两边上的点，点P关于OA的对称点Q恰好落在线段MN上，点P关于OB的对称点R落在MN的延长线上，若PM＝2.5cm，PN＝3cm，MN＝4cm，则线段QR的长为（）A．4.5cm B．5.5cm C．6.5cm D．7cm2．二次函数y=ax2+bx﹣2（a≠0）的图象的顶点在第三象限，且过点（1，0），设t=a﹣b﹣2，则t值的变化范围是（）A．﹣2＜t＜0 B．﹣3＜t＜0 C．﹣4＜t＜﹣2 D．﹣4＜t＜03．已知一组数据1、2、3、x、5，它们的平均数是3，则这一组数据的方差为（）A．1 B．2 C．3 D．44．如图，点F是ABCD的边AD上的三等分点，BF交AC于点E，如果△AEF的面积为2，那么四边形CDFE的面积等于()A．18 B．22 C．24 D．465．将一些半径相同的小圆按如图所示的规律摆放，第1个图形有4个小圆，第2个图形有8个小圆，第3个图形有14个小圆，…，依次规律，第7个图形的小圆个数是()A．56 B．58 C．63 D．726．在△ABC中，∠C＝90°，，那么∠B的度数为（）A．60° B．45° C．30° D．30°或60°7．的值是A． B． C． D．8．一个几何体的三视图如图所示，这个几何体是（）A．三菱柱 B．三棱锥 C．长方体 D．圆柱体9．如图是一个正方体的表面展开图，如果对面上所标的两个数互为相反数，那么图中的值是（）．A． B． C． D．10．如图，点M是正方形ABCD边CD上一点，连接MM，作DE⊥AM于点E，BF⊥AM于点F，连接BE，若AF＝1，四边形ABED的面积为6，则∠EBF的余弦值是（）A． B． C． D．11．若分式有意义，则x的取值范围是（）A．x＞3 B．x＜3 C．x≠3 D．x=312．点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）在反比例函数y=的图象上，若x1＜x2＜0＜x3，则y1，y2，y3的大小关系是（）A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y3＜y1 C．y3＜y2＜y1 D．y2＜y1＜y3二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）13．已知关于x的方程x2+kx﹣3=0的一个根是x=﹣1，则另一根为_____．14．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+c过A，B，C三点，点A的坐标是（3，0），点C的坐标是（0，-3），动点P在抛物线上．b=_________，c=_________，点B的坐标为_____________；（直接填写结果）是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由；过动点P作PE垂直y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线．垂足为F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点P的坐标．15．如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，点N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则线段A′C长度的最小值是______．16．七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”，如图所示是一副七巧板，若已知S△BIC=1，据七巧板制作过程的认识，求出平行四边形EFGH_____．17．正十二边形每个内角的度数为．18．如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC边上的点，DE∥BC．若AD＝6，BD＝2，DE＝3，则BC＝______．三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19．（6分）如图，在△ABC中，AB＞AC，点D在边AC上．（1）作∠ADE，使∠ADE＝∠ACB，DE交AB于点E；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）（2）若BC＝5，点D是AC的中点，求DE的长．20．（6分）如图，在中，是的中点，过点的直线交于点，交的平行线于点，交于点，连接、．求证：；请你判断与的大小关系，并说明理由．21．（6分）校园空地上有一面墙，长度为20m，用长为32m的篱笆和这面墙围成一个矩形花圃，如图所示．能围成面积是126m2的矩形花圃吗？若能，请举例说明；若不能，请说明理由．若篱笆再增加4m，围成的矩形花圃面积能达到170m2吗？请说明理由．22．（8分）在Rt△ABC中，∠BAC=,D是BC的中点，E是AD的中点．过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．求证：△AEF≌△DEB；证明四边形ADCF是菱形；若AC=4，AB=5，求菱形ADCFD的面积．23．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别在AD、BC边上，且AE＝CF．求证：四边形BFDE是平行四边形．24．（10分）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD．∠B+∠ADC=180°，点E，F分别在四边形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系.图1图2图3(1)思路梳理将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合.由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线.易证△AFG，故EF，BE，DF之间的数量关系为；(2)类比引申如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC的延长线上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明.(3)联想拓展如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°.若BD=1，EC=2，则DE的长为.25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=kx+3与轴、轴分别相交于点A、B，并与抛物线的对称轴交于点，抛物线的顶点是点．（1）求k和b的值；（2）点G是轴上一点，且以点、C、为顶点的三角形与△相似，求点G的坐标；（3）在抛物线上是否存在点E：它关于直线AB的对称点F恰好在y轴上．如果存在，直接写出点E的坐标，如果不存在，试说明理由．26．（12分）如图，在平面直角坐标系中，A为y轴正半轴上一点，过点A作x轴的平行线，交函数的图象于B点，交函数的图象于C，过C作y轴和平行线交BO的延长线于D．（1）如果点A的坐标为（0，2），求线段AB与线段CA的长度之比；（2）如果点A的坐标为（0，a），求线段AB与线段CA的长度之比；（3）在（1）条件下，四边形AODC的面积为多少？27．（12分）综合与探究：如图1，抛物线y=﹣x2+x+与x轴分别交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点．经过点A的直线l与y轴交于点D（0，﹣）．（1）求A、B两点的坐标及直线l的表达式；（2）如图2，直线l从图中的位置出发，以每秒1个单位的速度沿x轴的正方向运动，运动中直线l与x轴交于点E，与y轴交于点F，点A关于直线l的对称点为A′，连接FA′、BA′，设直线l的运动时间为t（t＞0）秒．探究下列问题：①请直接写出A′的坐标（用含字母t的式子表示）；②当点A′落在抛物线上时，求直线l的运动时间t的值，判断此时四边形A′BEF的形状，并说明理由；（3）在（2）的条件下，探究：在直线l的运动过程中，坐标平面内是否存在点P，使得以P，A′，B，E为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1、A【解析】试题分析：利用轴对称图形的性质得出PM=MQ，PN=NR，进而利用PM=2．5cm，PN=3cm，MN=3cm，得出NQ=MN-MQ=3-2．5=2．5（cm），即可得出QR的长RN+NQ=3+2．5=3．5（cm）．故选A．考点：轴对称图形的性质2、D【解析】

由二次函数的解析式可知，当x=1时，所对应的函数值y=a+b-2，把点（1，0）代入y=ax2+bx-2，a+b-2=0，然后根据顶点在第三象限，可以判断出a与b的符号，进而求出t=a-b-2的变化范围．【详解】解：∵二次函数y=ax2+bx-2的顶点在第三象限，且经过点(1,0)∴该函数是开口向上的，a>0

∵y=ax2+bx﹣2过点（1，0）,∴a+b-2=0.∵a>0,∴2-b>0.∵顶点在第三象限,∴-<0.∴b>0.∴2-a>0.∴0<b<2.∴0<a<2.∴t=a-b-2.∴﹣4＜t＜0.【点睛】本题考查大小二次函数的图像，熟练掌握图像的性质是解题的关键.3、B【解析】

先由平均数是3可得x的值，再结合方差公式计算．【详解】∵数据1、2、3、x、5的平均数是3，∴=3，解得：x=4，则数据为1、2、3、4、5，∴方差为×[（1-3）2+（2-3）2+（3-3）2+（4-3）2+（5-3）2]=2，故选B．【点睛】本题主要考查算术平均数和方差，解题的关键是熟练掌握平均数和方差的定义．4、B【解析】

连接FC，先证明△AEF∽△BEC，得出AE∶EC=1∶3，所以S△EFC=3S△AEF，在根据点F是□ABCD的边AD上的三等分点得出S△FCD=2S△AFC，四边形CDFE的面积=S△FCD+S△EFC，再代入△AEF的面积为2即可求出四边形CDFE的面积.【详解】解：∵AD∥BC，∴∠EAF=∠ACB,∠AFE=∠FBC；∵∠AEF=∠BEC，∴△AEF∽△BEC，∴==，∵△AEF与△EFC高相等，∴S△EFC=3S△AEF，∵点F是□ABCD的边AD上的三等分点，∴S△FCD=2S△AFC，∵△AEF的面积为2，∴四边形CDFE的面积=S△FCD+S△EFC=16+6=22.故选B.【点睛】本题考查了相似三角形的应用与三角形的面积，解题的关键是熟练的掌握相似三角形的应用与三角形的面积的相关知识点.5、B【解析】试题分析：第一个图形的小圆数量=1×2+2=4；第二个图形的小圆数量=2×3+2=8；第三个图形的小圆数量=3×4+2=14；则第n个图形的小圆数量=n(n+1)+2个，则第七个图形的小圆数量=7×8+2=58个.考点：规律题6、C【解析】

根据特殊角的三角函数值可知∠A=60°，再根据直角三角形中两锐角互余求出∠B的值即可.【详解】解：∵，∴∠A=60°.∵∠C＝90°，∴∠B=90°-60°=30°.点睛：本题考查了特殊角的三角函数值和直角三角形中两锐角互余的性质，熟记特殊角的三角函数值是解答本题的突破点.7、D【解析】

根据特殊角三角函数值，可得答案．【详解】解：，故选：D．【点睛】本题考查了特殊角三角函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键．8、A【解析】

主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．【详解】由于左视图和俯视图为长方形可得此几何体为柱体，由主视图为三角形可得为三棱柱．故选：B．【点睛】此题主要考查了学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．9、D【解析】

根据正方体平面展开图的特征得出每个相对面,再由相对面上的两个数互为相反数可得出x的值．【详解】解：“3”与“-3”相对,“y”与“-2”相对,“x”与“-8”相对,故x=8,故选D．【点睛】本题主要考查了正方体相对面上的文字,解决本题的关键是要熟练掌握正方体展开图的特征.10、B【解析】

首先证明△ABF≌△DEA得到BF=AE；设AE=x，则BF=x，DE=AF=1，利用四边形ABED的面积等于△ABE的面积与△ADE的面积之和得到•x•x+•x×1=6，解方程求出x得到AE=BF=3，则EF=x-1=2，然后利用勾股定理计算出BE，最后利用余弦的定义求解．【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴BA＝AD，∠BAD＝90°，∵DE⊥AM于点E，BF⊥AM于点F，∴∠AFB＝90°，∠DEA＝90°，∵∠ABF+∠BAF＝90°，∠EAD+∠BAF＝90°，∴∠ABF＝∠EAD，在△ABF和△DEA中∴△ABF≌△DEA（AAS），∴BF＝AE；设AE＝x，则BF＝x，DE＝AF＝1，∵四边形ABED的面积为6，∴，解得x1＝3，x2＝﹣4（舍去），∴EF＝x﹣1＝2，在Rt△BEF中，，∴．故选B．【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．会运用全等三角形的知识解决线段相等的问题．也考查了解直角三角形．11、C【解析】

试题分析：∵分式有意义，∴x﹣3≠0，∴x≠3；故选C．考点：分式有意义的条件．12、D【解析】

先根据反比例函数的解析式判断出函数图象所在的象限，再根据x1＜x2＜0＜x1，判断出三点所在的象限，再根据函数的增减性即可得出结论．【详解】∵反比例函数y=中，k=1＞0，∴此函数图象的两个分支在一、三象限，∵x1＜x2＜0＜x1，∴A、B在第三象限，点C在第一象限，∴y1＜0，y2＜0，y1＞0，∵在第三象限y随x的增大而减小，∴y1＞y2，∴y2＜y1＜y1．故选D．【点睛】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，先根据题意判断出函数图象所在的象限及三点所在的象限是解答此题的关键．二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）13、1【解析】

设另一根为x2，根据一元二次方程根与系数的关系得出-1•x2=-1，即可求出答案．【详解】设方程的另一个根为x2，则-1×x2=-1，解得：x2=1，故答案为1．【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：如果x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根，那么x1+x2=-，x1x2=．14、（1），，（-1,0）；（2）存在P的坐标是或；（1）当EF最短时，点P的坐标是：（，）或（，）【解析】

（1）将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式可求得b、c的值，然后令y=0可求得点B的坐标；（2）分别过点C和点A作AC的垂线，将抛物线与P1，P2两点先求得AC的解析式，然后可求得P1C和P2A的解析式，最后再求得P1C和P2A与抛物线的交点坐标即可；（1）连接OD．先证明四边形OEDF为矩形，从而得到OD=EF，然后根据垂线段最短可求得点D的纵坐标，从而得到点P的纵坐标，然后由抛物线的解析式可求得点P的坐标．【详解】解：（1）∵将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式得：，解得：b=﹣2，c=﹣1，∴抛物线的解析式为．∵令，解得：，，∴点B的坐标为（﹣1，0）．故答案为﹣2；﹣1；（﹣1，0）．（2）存在．理由：如图所示：①当∠ACP1=90°．由（1）可知点A的坐标为（1，0）．设AC的解析式为y=kx﹣1．∵将点A的坐标代入得1k﹣1=0，解得k=1，∴直线AC的解析式为y=x﹣1，∴直线CP1的解析式为y=﹣x﹣1．∵将y=﹣x﹣1与联立解得，（舍去），∴点P1的坐标为（1，﹣4）．②当∠P2AC=90°时．设AP2的解析式为y=﹣x+b．∵将x=1，y=0代入得：﹣1+b=0，解得b=1，∴直线AP2的解析式为y=﹣x+1．∵将y=﹣x+1与联立解得=﹣2，=1（舍去），∴点P2的坐标为（﹣2，5）．综上所述，P的坐标是（1，﹣4）或（﹣2，5）．（1）如图2所示：连接OD．由题意可知，四边形OFDE是矩形，则OD=EF．根据垂线段最短，可得当OD⊥AC时，OD最短，即EF最短．由（1）可知，在Rt△AOC中，∵OC=OA=1，OD⊥AC，∴D是AC的中点．又∵DF∥OC，∴DF=OC=，∴点P的纵坐标是，∴，解得：x=，∴当EF最短时，点P的坐标是：（，）或（，）．15、【解析】

解：如图所示：∵MA′是定值，A′C长度取最小值时，即A′在MC上时，过点M作MF⊥DC于点F，∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，∴∠FMD=30°，∴FD=MD=1，∴FM=DM×cos30°=，∴，∴A′C=MC﹣MA′=．故答案为．【点评】此题主要考查了菱形的性质以及锐角三角函数关系等知识，得出A′点位置是解题关键．16、1【解析】

根据七巧板的性质可得BI=IC=CH=HE，因为S△BIC=1，∠BIC=90°，可求得BI=IC=，BC=1，在求得点G到EF的距离为sin45°，根据平行四边形的面积即可求解.【详解】由七巧板性质可知，BI=IC=CH=HE．又∵S△BIC=1，∠BIC=90°，∴BI•IC=1，∴BI=IC=，∴BC==1，∵EF=BC=1，FG=EH=BI=，∴点G到EF的距离为：，∴平行四边形EFGH的面积=EF•=1×=1．故答案为1【点睛】本题考查了七巧板的性质、等腰直角三角形的性质及平行四边形的面积公式，熟知七巧板的性质是解决问题的关键.17、【解析】

首先求得每个外角的度数，然后根据外角与相邻的内角互为邻补角即可求解．【详解】试题分析：正十二边形的每个外角的度数是：=30°，则每一个内角的度数是：180°﹣30°=150°．故答案为150°．18、1【解析】

根据已知DE∥BC得出=进而得出BC的值【详解】∵DE∥BC，AD＝6，BD＝2，DE＝3，∴△ADE∽△ABC，∴，∴，∴BC＝1，故答案为1．【点睛】此题考查了平行线分线段成比例的性质，解题的关键在于利用三角形的相似求三角形的边长.三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19、（1）作图见解析；（2）【解析】

（1）根据作一个角等于已知角的步骤解答即可；（2）由作法可得DE∥BC，又因为D是AC的中点，可证DE为△ABC的中位线，从而运用三角形中位线的性质求解．【详解】解：（1）如图，∠ADE为所作；（2）∵∠ADE=∠ACB，∴DE∥BC，∵点D是AC的中点，∴DE为△ABC的中位线，∴DE=BC=．20、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】

(1)利用平行线的性质和中点的定义得到,进而得到三角形全等，从而求证结论；（2）利用中垂线的性质和三角形的三边关系进行判断即可.【详解】证明：（1）∵BG∥AC∴∵是的中点∴又∵∴△BDG≌△CDF∴（2）由（1）中△BDG≌△CDF∴GD=FD,BG=CF又∵∴ED垂直平分DF∴EG=EF∵在△BEG中，BE+BG>GE,∴>【点睛】本题考查平行线性质的应用、全等三角形的判定和性质的应用及三角形三边关系，熟练掌握相关知识点是解题关键.21、（1）长为18米、宽为7米或长为14米、宽为9米；（1）若篱笆再增加4m，围成的矩形花圃面积不能达到172m1．【解析】

（1）假设能，设AB的长度为x米，则BC的长度为（31﹣1x）米，再根据矩形面积公式列方程求解即可得到答案.（1）假设能，设AB的长度为y米，则BC的长度为（36﹣1y）米，再根据矩形面积公式列方程，求得方程无解，即假设不成立.【详解】（1）假设能，设AB的长度为x米，则BC的长度为（31﹣1x）米，根据题意得：x(31﹣1x)=116，解得：x1=7，x1=9，∴31﹣1x=18或31﹣1x=14，∴假设成立，即长为18米、宽为7米或长为14米、宽为9米．（1）假设能，设AB的长度为y米，则BC的长度为（36﹣1y）米，根据题意得：y(36﹣1y)=172，整理得：y1﹣18y+85=2．∵△=(﹣18)1﹣4×1×85=﹣16＜2，∴该方程无解，∴假设不成立，即若篱笆再增加4m，围成的矩形花圃面积不能达到172m1．22、（1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（3）1．【解析】

（1）利用平行线的性质及中点的定义，可利用AAS证得结论；

（2）由（1）可得AF=BD，结合条件可求得AF=DC，则可证明四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可证得AD=CD，可证得四边形ADCF为菱形；

（3）连接DF，可证得四边形ABDF为平行四边形，则可求得DF的长，利用菱形的面积公式可求得答案．【详解】（1）证明：∵AF∥BC，

∴∠AFE=∠DBE，

∵E是AD的中点，

∴AE=DE，

在△AFE和△DBE中，

∴△AFE≌△DBE（AAS）；

（2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF=DB．

∵AD为BC边上的中线

∴DB=DC，

∴AF=CD．

∵AF∥BC，

∴四边形ADCF是平行四边形，

∵∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，

∴AD=DC=BC，

∴四边形ADCF是菱形；

（3）连接DF，

∵AF∥BD，AF=BD，

∴四边形ABDF是平行四边形，

∴DF=AB=5，

∵四边形ADCF是菱形，

∴S菱形ADCF=AC▪DF=×4×5=1．【点睛】本题主要考查菱形的性质及判定，利用全等三角形的性质证得AF=CD是解题的关键，注意菱形面积公式的应用．23、证明见解析【解析】

∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD//BC，AD=BC，∵AE=CF∴AD-AE=BC-CF即DE=BF∴四边形BFDE是平行四边形.24、（1）△AFE.EF=BE+DF.（2）BF=DF-BE，理由见解析；（3）【解析】试题分析：（1）先根据旋转得：计算即点共线，再根据SAS证明△AFE≌△AFG，得EF=FG，可得结论EF=DF+DG=DF+AE；

（2）如图2，同理作辅助线：把△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，证明△EAF≌△GAF，得EF=FG，所以EF=DF−DG=DF−BE;

（3）如图3，同理作辅助线：把△ABD绕点A逆时针旋转至△ACG，证明△AED≌△AEG，得，先由勾股定理求的长，从而得结论．试题解析：(1)思路梳理：如图1,把△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，可使AB与AD重合，即AB=AD，由旋转得：∠ADG=∠A=，BE=DG，∠DAG=∠BAE，AE=AG，∴∠FDG=∠ADF+∠ADG=+=，即点F.D.

G共线，∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAD=，∵∠EAF=，∴∴∴在△AFE和△AFG中，∵∴△AFE≌△AFG(SAS)，∴EF=FG，∴EF=DF+DG=DF+AE；故答案为：△AFE，EF=DF+AE；(2)类比引申：如图2，EF=DF−BE，理由是：把△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，可使AB与AD重合，则G在DC上，由旋转得：BE=DG，∠DAG=∠BAE，AE=AG，∵∠BAD=，∴∠BAE+∠BAG=，∵∠EAF=，∴∠FAG=−=，∴∠EAF=∠FAG=，在△EAF和△GAF中，∵∴△EAF≌△GAF(SAS)，∴EF=FG，∴EF=DF−DG=DF−BE;(3)联想拓展：如图3,把△ABD绕点A逆时针旋转至△ACG，可使AB与AC重合，连接EG，由旋转得：AD=AG，∠BAD=∠CAG，BD=CG，∵∠BAC=，AB=AC，∴∠B=∠ACB=，∴∠ACG=∠B=，∴∠BCG=∠ACB+∠ACG=+=，∵EC=2，CG=BD=1，由勾股定理得：∵∠BAD=∠CAG,∠BAC=，∴∠DAG=，∵∠BAD+∠EAC=，∴∠CAG+∠EAC==∠EAG，∴∠DAE=，∴∠DAE=∠EAG=，∵AE=AE，∴△AED≌△AEG，∴25、(1)k=-,b=1;(1)(0,1)和【解析】分析：（1）由直线经过点，可得．由抛物线的对称轴是直线，可得，进而得到A、B、D的坐标，然后分两种情况讨论即可；（3）设E（a，），E关于直线AB的对称点E′为（0，b），EE′与AB的交点为P．则EE′⊥AB，P为EE′的中点，列方程组，求解即可得到a的值，进而得到答案．详解：（1）由直线经过点，可得．由抛物线的对称轴是直线，可得．∵直线与x轴、y轴分别相交于点、，∴点的坐标是，点的坐标是．∵抛物线的顶点是点，∴点的坐标是．∵点是轴上一点，∴设点的坐标是．∵△BCG与△BCD相似，又由题意知，，∴△BCG与△相似有两种可能情况：①如果，那么，解得，∴点的坐标是．②如果，那么，解得，∴点的坐标是．综上所述：符合要求的点有两个，其坐标分别是和．（3）设E（a，），E关于直线AB的对称点E′为（0，b），EE′与AB的交点为P，则EE′⊥AB，P为EE′的中点，∴，整理得：，∴(a-1)(a+1)=0，解得：a=－1或a=1．当a=－1时，=；当a=1时，=；∴点的坐标是或．点睛：本题是二次函数的综合题．考查了二次函数的性质、解析式的求法以及相似三角形的性质．解答（1）问的关键是要分类讨论，解答（3）的关键是利用两直线垂直则k的乘积为－1和P是EE′的中点．26、（1）线段AB与线段CA的长度之比为；（2）线段AB与线段CA的长度之比为；（3）1．【解析】试题分析：（1）由题意把y=2代入两个反比例函数的解析式即可求得点B、C的横坐标，从而得到AB、AC的长，即可得到线段AB与AC的比值；（2）由题意把y=a代入两个反比例函数的解析式即可求得用“a”表示的点B、C的横坐标，从而可得到AB、AC的长，即可得到线段AB与AC的比值；（3）由（1）可知，AB:AC=1:3，由此可得AB:BC=1:4，利用OA=2和平行线分线段成比例定理即可求得CD的长，从而可由梯形的面积公式求出四边形AODC的面积.试题解析：（1）∵A（0，2），BC∥x轴，∴B（﹣1，2），C（3，2），∴AB=1，CA=3，∴线段AB与线段CA的长度之比为；（2）∵B是函数y=﹣（x＜0）的一点，C是函数y=（x＞0）的一点，∴B（﹣，a），C（，a），∴AB=，CA=，∴线段AB与线段CA的长度之比为；（3）∵=，∴=，又∵OA=a，CD∥y轴，∴，∴CD=4a，∴四边形AODC的面积为=（a+4a）×=1．27、（1）A（﹣1，0），B（3，0），y=﹣x﹣；（2）①A′（t﹣1，t）；②A′BEF为菱形，见解析；（3）存在，P点坐标为（，）或（，﹣）．【解析】

（1）通过解方程﹣x2+x+＝0得A（−1，0），B（3，0），然后利用待定系数法确定