山东省济南市市中区2022年二模数学试题及答案

这是一份山东省济南市市中区2022年二模数学试题及答案，共27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。
 二模数学试题
一、单选题
1．的倒数是（　　）
A． B． C． D．
2．下面几何体的俯视图是（　　）

A． B．
C． D．
3．2月10日，奥林匹克广播服务公司（OBS）首席执行官伊阿尼斯·埃克萨科斯在北京冬奥会每日例行新闻发布会上表示，北京冬奥会在开赛的第四天便成为了历史上收视最高的一届冬奥会，伊阿尼斯·埃克萨科斯表示，关注北京冬奥会的人群比往届都多，北京冬奥会在全球收视预计将超过2 000 000 000人次，数字2 000 000 000用科学记数法表示为（　　）.
A． B． C． D．
4．如图，直线，则（　　）．

A． B． C． D．
5．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
6．下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．如图，边长均为1个单位的正方形组成的方格纸内有一张笑脸图案，已知左眼的坐标是（﹣1，0），那么右眼关于鼻子所在的水平线对称的点的坐标是（　　）

A．（1，﹣2） B．（1，﹣1）
C．（﹣1，0） D．（﹣1，﹣2）
8．2022年冬奥会古祥物为“冰墩墩”，冬残奥会吉祥物为“雪容融”．如图，现有三张正面明有吉祥物的不透明卡片，卡片除正两图案不同外，其余均相同，其中两张正面印有冰墩墩图案，一张正面印有雪容融图案，将三张卡片正面向下洗匀，从中随机仙取两张卡片，则抽出的两张都是冰墩墩卡片的概率事（　　）

A． B． C． D．
9．已知一次函数，函数值y随自变量x的增大而减小，且，则函数的大致图象是（　　）
A． B．
C． D．
10．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝2CB＝4.以点B为圆心、适当长为半径作弧，分别交BC，BA于点D，E，再分别以点D，E为圆心、大于的长为半径作弧，两弧在△ABC内部交于点F，作射线BF；分别以点A，C为圆心、大于的长为半径作弧，两弧交于G，H两点，作直线GH交BF于点J，交AB于点K，则△JKB的面积是（　　）

A．2 B．1 C． D．
11．小明家的洗手盆上装有一种抬启式水龙头（如图1），完全开启后，把手AM的仰角α＝37°，此时把手端点A、出水口点B和落水点C在同一直线上，洗手盆及水龙头的相关数据如图2，则线段CH长是（　　）（参考数据：，，）

A．9 B．8 C．10 D．11
12．定义：对于已知的两个函数，任取自变量x的一个值，当x≥0时，它们对应的函数值相等；当x＜0时，它们对应的函数值互为相反数，我们称这样的两个函数互为相关函数．例如：正比例函数，它的相关函数为．已知点M，N的坐标分别为，，连结MN，若线段MN与二次函数的相关函数的图象有两个公共点，则n的取值范围为（　　）
A．或 B．或
C．或 D．或
二、填空题
13．分解因式：a2-6a+9=　 　.
14．如图，一个转盘，转盘上共有红、白两种不同的颜色，已知红色区域的圆心角为，自由转动转盘，指针落在白色区域的概率是　 　.

15．若方程有两个相等的实数根，则m＝　 　．
16．已知 为 的直径， 为平行四边形， 与 交于点 、 ，若 ，则图中阴影部分的面积为　 　．

17．把1~9这九个数填入3×3方格中，使其任意一行，任意一列及任意一条对角线上的数之和都相等，这样便构成了一个“九宫格”，它源于我国古代的“洛书”（图1），是世界上最早的“幻方”．图2是仅可以看到部分数值的“九宫格”，则的值为　 　．

18．如图，矩形纸片ABCD，AD＝12，AB＝4，点E在线段BC上，将△ECD沿DE向上翻折，点C的对应点C′落在线段AD上，点M，N分别是线段AD与线段BC上的点，将四边形ABNM沿MN向上翻折，点B恰好落在线段DE的中点B′处．则线段MN的长　 　．

三、解答题
19．计算： ．
20．解不等式组，并写出该不等式组的整数解．
21．如图，四边形ABCD是平行四边形，E，F是对角线AC的三等分点，连接BE，DF．证明BE=DF．

22．某校组织了一场关于防自然灾害的知识讲座，并在讲座后进行了满分为100分的“防自然灾害知识测评”，为了了解学生的测评情况，学校在七、八年级中分别随机抽取了50名学生的分数进行整理分析，已知分数x均为整数，且分为A，B，C，D，E五个等级，分别是：A：90≤x≤100，B：80≤x＜90，C：70≤x＜80，D：60≤x＜70，E：0≤x＜60.
并给出了部分信息：
【一】七年级D等级的学生人数占七年级抽取人数的20%，
八年级C等级中最低的10个分数分别为：
73，70，75，70，74，75，72，73，73，74
【二】两个年级学生防自然灾害知识测评分数统计图：

（1）请补全条形统计图；
（2）直接写出m的值为　 　，八年级学生知识测评分数扇形统计图中A部分的圆心角度数为　 　；
（3）八年级学生防自然灾害知识测评分数的中位数为　 　，八年级C等级中最低的10个分数的众数为　 　；
（4）若分数不低于80分表示该生对防自然灾害知识掌握较好，且该校七年级有1800人，请估计该校七年级所有学生中，对防自然灾害知识掌握较好的学生人数．
23．如图，已知AB为⊙O的直径，E是AB延长线上一点，点C是⊙O上的一点，连接EC、BC、AC，且EC是⊙O的切线，C为切点．

（1）求证：∠BCE＝∠A；
（2）过点A作AD垂直于直线EC于D，若AD＝3，DE＝4，求⊙O的半径．
24．为了保护环境，某开发区综合治理指挥部决定购买A，B两种型号的污水处理设备共10台．已知用90万元购买A型号的污水处理设备的台数与用75万元购买B型号的污水处理设备的台数相同，每台设备价格及月处理污水量如下表所示：
污水处理设备
A型
B型
价格（万元/台）
m
m﹣3
月处理污水量（吨/台）
2200
1800
（1）求m的值；
（2）由于受资金限制，指挥部用于购买污水处理设备的资金不超过165万元，问采用何种购买方案可以使得每月处理污水量的吨数为最多？并求出最多吨数．
25．如图，直线AC与双曲线交于A（m，6），B（3，n）两点，与x轴交于点C，直线AD与x轴交于点D（－11，0），

（1）请直接写出m，n的值；
（2）若点E在x轴上，若点F在y轴上，求的最小值；
（3）P是直线AD上一点，Q是双曲线上一点，是否存在点P，Q，使得四边形ACQP是正方形？若存在，求出点P，Q的坐标；若不存在，请说明理由．
26．如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边AC上，CD⊥DE，且CD＝DE，连接BE，取BE的中点F，连接DF．

（1）请直接写出∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系；
（2）将图1中的△CDE绕点C按逆时针旋转，
①如图2，（1）中∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接AF，若AC＝3，CD＝1，求S△ADF的取值范围．
27．抛物线过点A（－3，0），点B（1，0）与y轴交于点C，顶点为D，点E在y轴负半轴上．

（1）求抛物线的表达式及点D的坐标；
（2）若△ADE是直角三角形，求点E的坐标；
（3）点P是抛物线在第一象限内的点，连接AP交y轴于点H，连接AE交抛物线于点F，点G在线段OA上，且AG＝CE，连接GH，若∠EAO＝2∠OGH，，求点F的坐标．

答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：的倒数是．
故答案为：C．

【分析】根据倒数的定义可得。
2．【答案】B
【解析】【解答】图中几何体的俯视图是B的图形，
故答案为：B．
【分析】俯视图是从物体正上方向下所能看到的平面图形.
3．【答案】D
【解析】【解答】解：2000000000=2×109，
故答案为：D．

【分析】根据科学记数法的一般式：，其中，n为正整数。
4．【答案】D
【解析】【解答】解：

∵a∥b，
∴∠4=∠1=60°，
∴∠3=180°-∠4-∠2=80°
故答案为：D．

【分析】根据平行线的性质和三角形内角和定理可得。
5．【答案】D
【解析】【解答】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；
C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；
D、既是中心对称图形又是轴对称图形，故本选项正确．
故选D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A、，不符合题意；
B、，符合题意；
C、和3b不是同类项，不能合并，不符合题意；
D、，不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据整式的运算法则可得答案。
7．【答案】A
【解析】【解答】如图所示：右眼关于鼻子所在的水平线AB对称的点是B′，B′的坐标是（1，﹣2），故选：A．

【分析】首先根据左眼的坐标建立平面直角坐标系，再找到B点的关于鼻子所在的水平线的对称点，然后再写出坐标即可．
8．【答案】A
【解析】【解答】解：两张正面印有冰墩墩图案的卡片分别记为A1、A2，正面印有雪容融图案的卡片记为B，
根据题意画树状图如下：

共有6个等可能的结果，小明同学抽出的两张卡片都是冰墩墩卡片的结果有2个，
则P（抽出的两张卡片都是冰墩墩卡片）==．
故答案为：A．

【分析】利用树状图可得答案。
9．【答案】A
【解析】【解答】解：一次函数，
∵函数值y随自变量x的增大而减小，
∴k-k>0，
∴函数图象过第二、四象限，与y轴的交点在x轴上方.
故答案为：A.

【分析】根据函数值y随自变量x的增大而减小，且确定k，b的正负即可确定函数的大致图象。
10．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，过点K作KH⊥BJ于H，设KJ交AC于W，

∵∠C=90°，AB=2BC，
∴，
∴∠A=30°，∠ABC=60°，
由作图可知，BJ平分∠ABC，KJ垂直平分线段AC，
∴∠KBJ=∠CBJ=∠ABC=30°，AW=WC，
∵WK∥BC，
∴AK=KB=2，∠KJB=∠CBJ=30°，
∴HK=KB=1，BH=KH=，
∵∠KBJ=∠KJB=30°，
∴KB=KJ，
∵KH⊥BJ，
∴HB=HJ=，
∴S△KBJ=×2×1=，
故答案为：D．

【分析】过点K作KH⊥BJ于H，设KJ交AC于W，解直角三角形求出BJ、KH，即可求出△JKB的面积。
11．【答案】C
【解析】【解答】解：过点A作AN⊥BD于点N，过点M作MQ⊥AN于点Q，

在Rt△AMQ中，AB＝10，sinα＝．
∴，
∴，
∴AN=AQ+NQ=12，
根据题意：NB∥GC，
∴△ANB∽△AGC，
∴，
∵MQ=DN=8，
∴BN=DB-DN=4，
∴，
∴GC=12，
∴CH=30-8-12=10，
故答案为：C．

【分析】过点A作AN⊥BD于点N，过点M作MQ⊥AN于点Q，解直角三角形可得AN，根据相似三角形的判定和性质可得CH。
12．【答案】A
【解析】【解答】解：二次函数的相关函数为，
大致函数图象如下：

当时，，令，则
当时，解得，（0，1）（4，1）都在线段MN上；
当时，解得（舍去）、，而，在线段MN上；
∴当时有三个交点，不符合题意，故排除C、D
当时，，令，则
当时，解得，而，
∴点、都在线段MN上；
当时，解得，都不符合；
∴当时有两个交点，符合题意，故排除B；
故答案为：A．

【分析】先确定二次函数的相关函数与线段MN恰好由1个交点、2个交点、3个交点时n的值，然后结合函数图象可确定n的取值范围。
13．【答案】（a-3）2
【解析】【解答】a2-6a+9
=a2-2×a×3+32
=(a-3)2，
故答案为（a-3）2.
【分析】根据完全平方公式进行因式分解即可得.
14．【答案】
【解析】【解答】解：由题意得：白色部分的圆心角为：
所以：
所以自由转动转盘，指针落在白色区域的概率是，
故答案为：
【分析】观察图象，先求出白色部分的圆心角，然后用白色部分扇形的圆心角的度数比上360°，列式计算即可.
15．【答案】-1
【解析】【解答】解：∵方程有两个相等的实数根，
∴，
解得m=-1，
故答案为：-1．
【分析】根据一元二次方程根的判别式可得答案。
16．【答案】
【解析】【解答】连接OB、OE、DE，如图所示，

∵AO=AB，AO=BO，
∴ ，
∴ 为等边三角形，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∴△OBE是等边三角形，
∵ ，
∴△OED是等边三角形，
∵ ，
∴ ，
又∵ ， ， ，
∴△DEC是等边三角形，
∴ ；
故答案是 ．
【分析】连接OB、OE、DE， 证出△AOB为等边三角形，可得∠AOB=60°，再结合平行四边形的性质得出△OBE、△OED为边长相等的等边三角形，可得，，证得△DEC是等边三角形，从而得出阴影部分的面积=△DCE的面积，求出△DCE的面积即可.
17．【答案】1
【解析】【解答】解：依题意得，，
解得：，
∴=19=1，
故答案为：1．

【分析】根据题列方程组解之即可。
18．【答案】
【解析】【解答】解：如图，作于F，连接BB'交于G，连接，

四边形是矩形

将△ECD沿DE向上翻折，点C的对应点C′落在线段AD上，
，，
，
四边形是正方形，
B′是线段DE的中点，
，
，
在中，，
设，则，
在中，，
即，
解得，
即，
根据折叠的性质，可得，，
，
．
故答案为：．

【分析】作于F，连接BB'交于G，连接BM，根据正方形的性质可得，，
根据勾股定理可得，，根据折叠的性质，可得，根据，计算求出MN即可。
19．【答案】解：原式=5-1+ +3
=5-1+1+3
=8
【解析】【分析】根据绝对值的化简、零指数幂、特殊角的三角函数值以及负整数指数幂的计算方法运算.
20．【答案】解：，
解不等式①得x＜1，
解不等式②得x≥-2，
所以不等式组的解集为-2≤x＜1，
所以不等式组的整数解为：-2，-1，0．
【解析】【分析】解不等式组求出解集，再求出不等式组的整数解。
21．【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠BAE=∠DCF，
∵E，F是对角线AC的三等分点，
∴AE=CF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴BE=DF．
【解析】【分析】先利用平行四边形的性质可得∠BAE=∠DCF，再利用三等分点可得AE=CF，再利用“SAS”证明△ABE≌△CDF，即可得到BE=DF。
22．【答案】（1）解：七年级D等级的学生人数：（人），
∴七年级E等级的学生人数：（人），
补全条形统计图，如图：

（2）16；
（3）74；73
（4）解：七年级对防自然灾害知识掌握较好的学生人数为：（人）．
【解析】【解答】解：(2)∵，
∴，
八年级学生知识测评分数扇形统计图中A部分的圆心角度数：；
(3)∵八年级学生防自然灾害知识测评分数的中位数为（第25个数据+第26个数据），
八年级E、D、C等级的学生数分别是2人，16人，16人，
又∵八年级C等级中最低的10个分数分别为：70，70，72，73，73，73， 74， 74，75，75，
∴八年级分数由低到高排列第25个分数和第26个分数分别是74，74，
∴八年级学生防自然灾害知识测评分数的中位数为，
∵八年级C等级中最低的10个分数分别为：70，70，72，73，73，73， 74， 74，75，75，而73是最多的数，有3个，
∴八年级C等级中最低的10个分数的众数为73；

【分析】（1）根据七年级D等级的学生所占百分比即可求出七年级D等级的学生人数，再求出七年级E等级的学生人数，补全条形统计图即可；
（2）根据题意和统计图中的数据、可得m的值以及八年级学生知识测评分数扇形统计图中A部分的圆心角度数；
（3）根据中位数、众数的意义，即可求解；
（4）求出七年级不低于80分的人数 所占的比例，再乘以1800即可求解。
23．【答案】（1）证明：如图，连接OC，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
即∠1＋∠2＝90°
又∵EC是⊙O的切线
∴OC⊥EC
即∠BCE＋∠2＝90°
∴∠BCE＝∠1
∵OC＝OA
∴∠1＝∠A
∴∠A＝∠BCE
（2）解：∵OC⊥EC
又AD⊥EC
∴OC∥AD
∴，
∴△EOC∽△EAD
∴
设⊙O的半径为r
在Rt△ADE中AD＝3，ED＝4
则AE＝=5
∴OE＝5－r；OC＝r
∴
∴
即⊙O的半径为
【解析】【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理可得∠1＋∠2＝90° ，根据切线的性质可得∠BCE＋∠2＝90°，则∠BCE＝∠1，而∠1＝∠A ，即∠A＝∠BCE ；
（2）设⊙O的半径为r，证明△EOC∽△EAD，，根据勾股定理可得AE=5 ，则OE＝5－r；OC＝r ，可得，解之即可。
24．【答案】（1）解：由题意得：＝，
解得m＝18．
经检验m＝18是原方程的根，
故m的值为18；
（2）解：设购买A型设备x台，则B型设备（10﹣x）台，
由题意得：18x+15（10﹣x）≤165，
解得x≤5．
设每月处理污水量为W吨，由题意得W＝2200x+1800（10﹣x）＝400x+18000，
∵400＞0，
∴W随着x的增大而增大，
∴当x＝5时，W最大值为：400×5+18000＝20000，
即两种设备各购入5台，可以使得每月处理污水量的吨数为最多，最多为20000吨．
【解析】【分析】（1）根据题意列分式方程，解之即可；
（2）设购买A型设备x台，则B型设备（10﹣x）台， 根据题意列不等式，解之求出x的取值范围，设每月处理污水量为W吨，根据题意求出函数表达式，根据一次函数的性质可得答案。
25．【答案】（1）解：m=1，n=2
（2）解：如图，作点A关于y轴对称点A1，作点B关于x轴对称点B1，则A1F=AF，B1E=BE，

∴，
即当点A1、F、E、B1四点共线时，的值最小，最小值为A1B1的长，
由（1）得：点A（1，6），B（3，2），
∴点A1（-1，6），B1（3，-2），
∴，
即的最小值为；
（3）解：存在点P，Q，使得四边形ACQP是正方形，理由如下：

设直线AD的解析式为，
把点A（1，6），点D（－11，0）代入得：
，解得：，
∴直线AD的解析式为，
∵点D（－11，0），
∴OD=11，
，
同理得直线AB的解析式为，
当y=0时，，即x=4，
∴点C（4，0），
∴OC=4，
∴CD=15，，，
∴∠CAD=90°，
∴当AP=PQ=CQ=AC=时，四边形ACQP是正方形，
设点P，
∴，解得：，
∴点P坐标为或，
设点Q（x，y），
当点P坐标为时，PQ=CQ= ，
，解得：或，
∴点Q（-2，-3）或（1，6）（舍去）；
当点P坐标为时，PQ=CQ= ，
∴，解得： 或；
∴点Q（10，3）（舍去）或（1，6）（舍去）；
综上所述，存在点P，Q（-2，-3），使得四边形ACQP是正方形．
【解析】【解答】解：(1)∵直线AC与双曲线交于A（m，6），B（3，n）两点，
∴，
∴m=1，n=2；

【分析】（1）将A（m，6），B（3，n）代入双曲线即可求解；
（2）作点A关于y轴对称点A1，作点B关于x轴对称点B1，则A1F=AF，B1E=BE， 可得当点A1、F、E、B1四点共线时，的值最小，最小值为A1B1的长， 求出A1B1的长即可；
（3）利用待定系数法求出直线AD和直线AB的解析式，可得∠CAD=90°，则当AP=PQ=CQ=AC=时，四边形ACQP是正方形，设点P，可得点P坐标为或，设点Q（x，y），分两种情况讨论即可求解。
26．【答案】（1）∠ADF=45°，AD=DF；
（2）解：①结论仍然成立，∠ADF=45°，AD=DF，理由如下：
过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF，如图所示，

则∠FED=∠FBH，∠FHB=∠EFD，
∵F是BE中点，
∴BF=EF，
∴△DEF≌△HBF，
∴BH=DE，HF=FD，
∵DE=CD，
∴BH=CD，
延长ED交BC于M，
∵BH∥EM，∠EDC=90°，
∴∠HBC+∠DCB=∠DMC+∠DCB=90°，
又∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，
∴∠HBA+∠DCB=45°，
∵∠ACD+∠DCB=45°，
∴∠HBA=∠ACD，
∴△ACD≌△ABH，
∴AD=AH，∠BAH=∠CAD，
∴∠CAD+∠DAB=∠BAH+∠DAB=90°，
即∠HAD=90°，
∴∠ADH=45°，
∵HF=DF，
∴AF⊥DF，即△ADF为等腰直角三角形，
∴AD=DF．
②由①知，S△ADF=DF2=AD2，
由旋转知，当A、C、D共线时，且D在A、C之间时，AD取最小值为3－1=2，
当A、C、D共线时，且C在A、D之间时，AD取最大值为3+1=4，
∴1≤S△ADF≤4．
【解析】【解答】解：(1)∠ADF=45°，AD=DF，理由如下：
延长DF交AB于H，连接AF，

∵∠EDC=∠BAC=90°，
∴DE∥AB，
∴∠ABF=∠FED，
∵F是BE中点，
∴BF=EF，
又∠BFH=∠DFE，
∴△DEF≌△HBF，
∴BH=DE，HF=FD，
∵DE=CD，AB=AC，
∴BH=CD，AH=AD，
∴△ADH为等腰直角三角形，
∴∠ADF=45°，
又HF=FD，
∴AF⊥DH，
∴∠FAD=∠ADF=45°，
即△ADF为等腰直角三角形，
∴AD=DF；

【分析】（1）延长DF交AB于H，连接AF，先证明△DEF≌△HBF，BH=DE，HF=FD，再证△ADH为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质可得结论；
（2）①过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF， 先证△DEF≌△HBF，延长ED交BC于M， 再证∠HBA=∠ACD，得 △ACD≌△ABH，AD=AH，∠BAH=∠CAD，可得∠HAD=90°，即△ADH为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质可得结论；
②由①知，S△ADF=DF2=AD2，由旋转知，当A、C、D共线时，且D在A、C之间时，AD取最小值为3－1=2，当A、C、D共线时，且C在A、D之间时，AD取最大值为3+1=4，则1≤S△ADF≤4。
27．【答案】（1）解：将点A、B的坐标代入解析式，得
，解得，
∴，
∴顶点D的坐标为（-1，-4）；
（2）解：过点D作DR⊥y轴于R，则DR=1，OR=4，

∵△ADE是直角三角形，
∴∠AED=90°，
∵∠OAE+∠AEO=90°，∠AEO+∠DER=90°，
∴∠OAE=∠DER，
∴△AEO∽△EDR，
∴，即，
解得OE=1或OE=3(舍去)，
∴E（0，-1）；
（3）解：设点H的坐标为（0，a），
∵A（-3，0），C（0，-3），
∴OA=OC=3，
∵=OC+CE，AG＝CE，
∴AG=CE=OH=a，
过点A作AM平分∠EAO，交y轴于M，过M作MN⊥AE于N，则OM=MN，

∵∠EAO＝2∠OGH，
∴∠OAM=∠NAM=∠OGH，
∴△OGH∽△OAM，
∴，即，
解得，
∵，AN=AO=3，
∴，
∵，
∴，
解得a=3或a=-1（舍去），
∴E（0，-6），
∴直线AE的解析式为y=-2x-6，
当时，得x=-1或x=-3（舍去），
∴y=2-6=-4，
∴点F的坐标为（-1，-4）．
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的表达式，再求出顶点D的坐标；
（2）过点D作DR⊥y轴于R，则DR=1，OR=4，证明△AEO∽△EDR，，即，解之即可求出OE；
（3）设点H的坐标为（0，a）， 则AG=CE=OH=a，过点A作AM平分∠EAO，交y轴于M，过M作MN⊥AE于N，则OM=MN， 证明
△OGH∽△OAM，，即，解得，根据勾股定理可得，根据，可得，解之可得点E（0，-6），则直线AE的解析式为y=-2x-6，当时，得x=-1或x=-3（舍去），y=2-6=-4，点F的坐标为（-1，-4）。