2022届陕西省西安市五校中考数学最后冲刺模拟试卷含解析

这是一份2022届陕西省西安市五校中考数学最后冲刺模拟试卷含解析，共21页。试卷主要包含了下列运算正确的是，4的平方根是等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
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（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．如图，这是一个几何体的三视图，根据图中所示数据计算这个几何体的侧面积为（　　）

A．9π B．10π C．11π D．12π
2．如图，数轴上有三个点A、B、C，若点A、B表示的数互为相反数，则图中点C对应的数是（　　）

A．﹣2 B．0 C．1 D．4
3．在一个不透明的盒子里有2个红球和n个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个，摸到红球的概率是，则n的值为（　　）
A．10 B．8 C．5 D．3
4．若关于x的一元二次方程（m-1）x2+x+m2-5m+3=0有一个根为1，则m的值为
A．1 B．3 C．0 D．1或3
5．下列运算正确的是（ ）
A．（a2）3 =a5 B． C．（3ab）2=6a2b2 D．a6÷a3 =a2
6．如图，在下列条件中，不能判定直线a与b平行的是（ ）

A．∠1=∠2 B．∠2=∠3 C．∠3=∠5 D．∠3+∠4=180°
7．实数a，b在数轴上的对应点的位置如图所示，则正确的结论是（ ）

A．a＞﹣2 B．a＜﹣3 C．a＞﹣b D．a＜﹣b
8．设α，β是一元二次方程x2＋2x－1＝0的两个根，则αβ的值是(　　)
A．2 B．1 C．－2 D．－1
9．关于x的一元二次方程x2﹣2x+k+2＝0有实数根，则k的取值范围在数轴上表示正确的是( )
A． B．
C． D．
10．4的平方根是（ ）
A．16 B．2 C．±2 D．±
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．如图，O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是AD的中点，若AB=6，AD=8，则四边形ABOM的周长为_____．

12．在平面直角坐标系中，将点A（﹣3，2）向右平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度，那么平移后对应的点A′的坐标是_____．
13．在不透明的口袋中有若干个完全一样的红色小球，现放入10个仅颜色不同的白色小球，均匀混合后，有放回的随机摸取30次，有10次摸到白色小球，据此估计该口袋中原有红色小球个数为_____．
14．一个正多边形的一个外角为30°，则它的内角和为_____．
15．如图，在平面直角坐标系中，点A是抛物线与y轴的交点，点B是这条抛物线上的另一点，且AB∥x轴，则以AB为边的等边三角形ABC的周长为 .
16．如图，反比例函数y=（x＞0）的图象与矩形AOBC的两边AC，BC边相交于E，F，已知OA=3，OB=4，△ECF的面积为，则k的值为_____．

17．如图，某小型水库栏水坝的横断面是四边形ABCD，DC∥AB，测得迎水坡的坡角α=30°，已知背水坡的坡比为1.2：1，坝顶部DC宽为2m，坝高为6m，则坝底AB的长为_____m．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）如图，已知△ABC内接于⊙O，BC交直径AD于点E，过点C作AD的垂线交AB的延长线于点G，垂足为F．连接OC．
（1）若∠G=48°，求∠ACB的度数；
（1）若AB=AE，求证：∠BAD=∠COF；
（3）在（1）的条件下，连接OB，设△AOB的面积为S1，△ACF的面积为S1．若tan∠CAF=，求的值．

19．（5分）如图1，抛物线y1=ax1﹣x+c与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，），抛物线y1的顶点为G，GM⊥x轴于点M．将抛物线y1平移后得到顶点为B且对称轴为直线l的抛物线y1．

（1）求抛物线y1的解析式；
（1）如图1，在直线l上是否存在点T，使△TAC是等腰三角形？若存在，请求出所有点T的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点P为抛物线y1上一动点，过点P作y轴的平行线交抛物线y1于点Q，点Q关于直线l的对称点为R，若以P，Q，R为顶点的三角形与△AMG全等，求直线PR的解析式．
20．（8分）北京时间2019年3月10日0时28分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将中星卫星发射升空，卫星进入预定轨道.如图，火星从地面处发射，当火箭达到点时，从位于地面雷达站处测得的距离是，仰角为；1秒后火箭到达点，测得的仰角为.(参考数据：sin42.4°≈0.67，cos42.4°≈0.74，tan42.4°≈0.905，sin45.5°≈0.71，cos45.5°≈0.70，tan45.5°≈1.02)
(Ⅰ)求发射台与雷达站之间的距离；
(Ⅱ)求这枚火箭从到的平均速度是多少(结果精确到0.01)？

21．（10分）今年5月，某大型商业集团随机抽取所属的m家商业连锁店进行评估，将各连锁店按照评估成绩分成了A、B、C、D四个等级，绘制了如图尚不完整的统计图表．
评估成绩n（分）

评定等级

频数

90≤n≤100

A

2

80≤n＜90

B



70≤n＜80

C

15

n＜70

D

6

根据以上信息解答下列问题：
（1）求m的值；
（2）在扇形统计图中，求B等级所在扇形的圆心角的大小；（结果用度、分、秒表示）
（3）从评估成绩不少于80分的连锁店中任选2家介绍营销经验，求其中至少有一家是A等级的概率．

22．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝10°，△CDE是等边三角形，点D在边AB上．
如图1，当点E在边BC上时，求证DE＝EB；如图2，当点E在△ABC内部时，猜想ED和EB数量关系，并加以证明；如图1，当点E在△ABC外部时，EH⊥AB于点H，过点E作GE∥AB，交线段AC的延长线于点G，AG＝5CG，BH＝1．求CG的长．
23．（12分）某手机经销商计划同时购进一批甲、乙两种型号的手机，若购进2部甲型号手机和1部乙型号手机，共需要资金2800元；若购进3部甲型号手机和2部乙型号手机，共需要资金4600元 求甲、乙型号手机每部进价为多少元？ 该店计划购进甲、乙两种型号的手机销售，预计用不多于1.8万元且不少于1.74万元的资金购进这两部手机共20台，请问有几种进货方案？请写出进货方案 售出一部甲种型号手机，利润率为40%，乙型号手机的售价为1280元．为了促销，公司决定每售出一台乙型号手机，返还顾客现金m元，而甲型号手机售价不变，要使(2)中所有方案获利相同，求m的值
24．（14分）如图，已知直线AB与轴交于点C，与双曲线交于A（3，）、B（-5，）两点.AD⊥轴于点D，BE∥轴且与轴交于点E.求点B的坐标及直线AB的解析式；判断四边形CBED的形状，并说明理由.




参考答案

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1、B
【解析】
【分析】由三视图可判断出几何体的形状，进而利用圆锥的侧面积公式求出答案．
【详解】由题意可得此几何体是圆锥，
底面圆的半径为：2，母线长为：5，
故这个几何体的侧面积为：π×2×5=10π，
故选B．
【点睛】本题考查了由三视图判断几何体的形状以及圆锥侧面积求法，正确得出几何体的形状是解题关键．
2、C
【解析】
【分析】首先确定原点位置，进而可得C点对应的数．
【详解】∵点A、B表示的数互为相反数，AB=6
∴原点在线段AB的中点处，点B对应的数为3，点A对应的数为-3，
又∵BC=2，点C在点B的左边，
∴点C对应的数是1，
故选C．
【点睛】本题主要考查了数轴，关键是正确确定原点位置．
3、B
【解析】
∵摸到红球的概率为，
∴，
解得n=8，
故选B．
4、B
【解析】
直接把x=1代入已知方程即可得到关于m的方程，解方程即可求出m的值．
【详解】
∵x=1是方程（m﹣1）x2+x+m2﹣5m+3=0的一个根，
∴（m﹣1）+1+m2﹣5m+3=0，
∴m2﹣4m+3=0，
∴m=1或m=3，
但当m=1时方程的二次项系数为0，
∴m=3.
故答案选B.
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解，解题的关键是熟练的掌握一元二次方程的运算.
5、B
【解析】
分析：本题考察幂的乘方，同底数幂的乘法，积的乘方和同底数幂的除法.
解析： ，故A选项错误； a3·a = a4故B选项正确；(3ab)2 = 9a2b2故C选项错误; a6÷a3 = a3故D选项错误.
故选B.
6、C
【解析】
解：A．∵∠1与∠2是直线a，b被c所截的一组同位角，∴∠1=∠2，可以得到a∥b，∴不符合题意
B．∵∠2与∠3是直线a，b被c所截的一组内错角，∴∠2=∠3，可以得到a∥b，∴不符合题意，
C．∵∠3与∠5既不是直线a，b被任何一条直线所截的一组同位角，内错角，∴∠3=∠5，不能得到a∥b，∴符合题意，
D．∵∠3与∠4是直线a，b被c所截的一组同旁内角，∴∠3+∠4=180°，可以得到a∥b，∴不符合题意，
故选C．
【点睛】
本题考查平行线的判定，难度不大．
7、D
【解析】
试题分析：A．如图所示：﹣3＜a＜﹣2，故此选项错误；
B．如图所示：﹣3＜a＜﹣2，故此选项错误；
C．如图所示：1＜b＜2，则﹣2＜﹣b＜﹣1，又﹣3＜a＜﹣2，故a＜﹣b，故此选项错误；
D．由选项C可得，此选项正确．
故选D．
考点：实数与数轴
8、D
【解析】
试题分析：∵α、β是一元二次方程的两个根，∴αβ==-1，故选D．
考点：根与系数的关系．
9、C
【解析】
由一元二次方程有实数根可知△≥0，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．
【详解】
∵关于x的一元二次方程x2−2x+k+2=0有实数根，
∴△=(−2)2−4(k+2)⩾0，
解得：k⩽−1，
在数轴上表示为：

故选C.
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式.根据一元二次方程根的情况利用根的判别式列出不等式是解题的关键.
10、C
【解析】
试题解析：∵（±2）2=4，
∴4的平方根是±2，
故选C．
考点：平方根.

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、1．
【解析】
根据矩形的性质，直角三角形斜边中线性质，三角形中位线性质求出BO、OM、AM即可解决问题．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=8，AB=CD=6，∠ABC=90°，
∴
∵AO=OC，
∴
∵AO=OC，AM=MD=4，
∴
∴四边形ABOM的周长为AB+OB+OM+AM=6+5+3+4=1．
故答案为:1．

【点睛】
本题看成矩形的性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边中线性质等知识，解题的关键是灵活应用中线知识解决问题，属于中考常考题型．
12、（0，0）
【解析】
根据坐标的平移规律解答即可．
【详解】
将点A（-3，2）向右平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度，
那么平移后对应的点A′的坐标是（-3+3，2-2），即（0，0），
故答案为（0，0）．
【点睛】
此题主要考查坐标与图形变化-平移．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
13、20
【解析】
利用频率估计概率，设原来红球个数为x个，根据摸取30次，有10次摸到白色小球结合概率公式可得关于x的方程，解方程即可得.
【详解】
设原来红球个数为x个，
则有=，
解得，x=20，
经检验x=20是原方程的根.
故答案为20.
【点睛】
本题考查了利用频率估计概率和概率公式的应用，熟练掌握概率的求解方法以及分式方程的求解方法是解题的关键.
14、1800°
【解析】
试题分析：这个正多边形的边数为=12，
所以这个正多边形的内角和为（12﹣2）×180°=1800°．
故答案为1800°．
考点：多边形内角与外角．
15、18。
【解析】
根据二次函数的性质，抛物线的对称轴为x=3。
∵A是抛物线与y轴的交点，点B是这条抛物线上的另一 点，且AB∥x轴。
∴A，B关于x=3对称。∴AB=6。
又∵△ABC是等边三角形，∴以AB为边的等边三角形ABC的周长为6×3=18。
16、1
【解析】
设E（，3），F（1，），由题意（1-）（3-）= ，求出k即可；
【详解】
∵四边形OACB是矩形，
∴OA=BC=3，AC=OB=1，
设E（，3），F（1，），
由题意（1-）（3-）=，
整理得：k2-21k+80=0，
解得k=1或20，
k=20时，F点坐标（1，5），不符合题意，
∴k=1
故答案为1．
【点睛】
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，解题的关键是会利用参数构建方程解决问题．
17、（7+6）
【解析】
过点C作CE⊥AB，DF⊥AB，垂足分别为：E，F，得到两个直角三角形和一个矩形，在Rt△AEF中利用DF的长，求得线段AF的长；在Rt△BCE中利用CE的长求得线段BE的长，然后与AF、EF相加即可求得AB的长．
【详解】
解：如图所示：过点C作CE⊥AB，DF⊥AB，垂足分别为：E，F，

∵坝顶部宽为2m，坝高为6m，
∴DC=EF=2m，EC=DF=6m，
∵α=30°，
∴BE= （m），
∵背水坡的坡比为1.2：1，
∴，
解得：AF=5（m），
则AB=AF+EF+BE=5+2+6=（7+6）m，
故答案为（7+6）m．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是利用锐角三角函数的概念和坡度的概念求解．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、（1）48°（1）证明见解析（3）
【解析】
（1）连接CD，根据圆周角定理和垂直的定义可得结论；
（1）先根据等腰三角形的性质得：∠ABE=∠AEB，再证明∠BCG=∠DAC，可得 ，则所对的圆周角相等，根据同弧所对的圆周角和圆心角的关系可得结论；
（3）过O作OG⊥AB于G，证明△COF≌△OAG，则OG=CF=x，AG=OF，设OF=a，则OA=OC=1x-a，根据勾股定理列方程得：（1x-a）1=x1+a1，则a=x，代入面积公式可得结论．
【详解】
（1）连接CD，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∴∠ACB+∠BCD=90°，
∵AD⊥CG，
∴∠AFG=∠G+∠BAD=90°，
∵∠BAD=∠BCD，
∴∠ACB=∠G=48°；
（1）∵AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB，
∵∠ABC=∠G+∠BCG，∠AEB=∠ACB+∠DAC，
由（1）得：∠G=∠ACB，
∴∠BCG=∠DAC，
∴，
∵AD是⊙O的直径，AD⊥PC，
∴，
∴，
∴∠BAD=1∠DAC，
∵∠COF=1∠DAC，
∴∠BAD=∠COF；
（3）过O作OG⊥AB于G，设CF=x，
∵tan∠CAF== ，
∴AF=1x，
∵OC=OA，由（1）得：∠COF=∠OAG，
∵∠OFC=∠AGO=90°，
∴△COF≌△OAG，
∴OG=CF=x，AG=OF，
设OF=a，则OA=OC=1x﹣a，
Rt△COF中，CO1=CF1+OF1，
∴（1x﹣a）1=x1+a1，
a=x，
∴OF=AG=x，
∵OA=OB，OG⊥AB，
∴AB=1AG=x，
∴．

【点睛】
圆的综合题，考查了三角形的面积、垂径定理、角平分线的性质、三角形全等的性质和判定以及解直角三角形，解题的关键是：（1）根据圆周角定理找出∠ACB+∠BCD=90°；（1）根据外角的性质和圆的性质得：；（3）利用三角函数设未知数，根据勾股定理列方程解决问题．
19、（1）y1=-x1+ x-；（1）存在，T（1，），（1，），（1，﹣）；（3）y=﹣x+或y=﹣．
【解析】
（1）应用待定系数法求解析式；
（1）设出点T坐标，表示△TAC三边，进行分类讨论；
（3）设出点P坐标，表示Q、R坐标及PQ、QR，根据以P，Q，R为顶点的三角形与△AMG全等，分类讨论对应边相等的可能性即可．
【详解】
解：（1）由已知，c=，
将B（1，0）代入，得：a﹣=0，
解得a=﹣，
抛物线解析式为y1=x1- x+，
∵抛物线y1平移后得到y1，且顶点为B（1，0），
∴y1=﹣（x﹣1）1，
即y1=-x1+ x-；
（1）存在，
如图1：

抛物线y1的对称轴l为x=1，设T（1，t），
已知A（﹣3，0），C（0，），
过点T作TE⊥y轴于E，则
TC1=TE1+CE1=11+（）1=t1﹣t+，
TA1=TB1+AB1=（1+3）1+t1=t1+16，
AC1=，
当TC=AC时，t1﹣t+=，
解得：t1=，t1=；
当TA=AC时，t1+16=，无解；
当TA=TC时，t1﹣t+=t1+16，
解得t3=﹣；
当点T坐标分别为（1，），（1，），（1，﹣）时，△TAC为等腰三角形；
（3）如图1：

设P（m，），则Q（m，），
∵Q、R关于x=1对称
∴R（1﹣m，），
①当点P在直线l左侧时，
PQ=1﹣m，QR=1﹣1m，
∵△PQR与△AMG全等，
∴当PQ=GM且QR=AM时，m=0，
∴P（0，），即点P、C重合，
∴R（1，﹣），
由此求直线PR解析式为y=﹣x+，
当PQ=AM且QR=GM时，无解；
②当点P在直线l右侧时，
同理：PQ=m﹣1，QR=1m﹣1，
则P（1，﹣），R（0，﹣），
PQ解析式为：y=﹣；
∴PR解析式为：y=﹣x+或y=﹣．
【点睛】
本题是代数几何综合题，考查了二次函数性质、三角形全等和等腰三角形判定，熟练掌握相关知识，应用数形结合和分类讨论的数学思想进行解题是关键．
20、 (Ⅰ)发射台与雷达站之间的距离约为；(Ⅱ)这枚火箭从到的平均速度大约是.
【解析】
(Ⅰ)在Rt△ACD中，根据锐角三角函数的定义，利用∠ADC的余弦值解直角三角形即可；(Ⅱ)在Rt△BCD和Rt△ACD中，利用∠BDC的正切值求出BC的长，利用∠ADC的正弦值求出AC的长，进而可得AB的长，即可得答案.
【详解】
(Ⅰ)在中，，≈0.74，
∴.
答：发射台与雷达站之间的距离约为.
(Ⅱ)在中，，
∴.
∵在中，，
∴.
∴.
答：这枚火箭从到的平均速度大约是.
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题关键.
21、（1）25；（2）8°48′；（3）．
【解析】
试题分析：（1）由C等级频数为15除以C等级所占的百分比60%，即可求得m的值；（2）首先求得B等级的频数，继而求得B等级所在扇形的圆心角的大小；（3）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与其中至少有一家是A等级的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
试题解析：（1）∵C等级频数为15，占60%，
∴m=15÷60%=25；
（2）∵B等级频数为：25﹣2﹣15﹣6=2，
∴B等级所在扇形的圆心角的大小为：×360°=28.8°=28°48′；
（3）评估成绩不少于80分的连锁店中，有两家等级为A，有两家等级为B，画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，其中至少有一家是A等级的有10种情况，
∴其中至少有一家是A等级的概率为：=．
考点：频数（率）分布表；扇形统计图；列表法与树状图法．
22、（1）证明见解析；（2）ED=EB，证明见解析；（1）CG=2．
【解析】
(1)、根据等边三角形的性质得出∠CED=60°，从而得出∠EDB=10°，从而得出DE=BE；
(2)、取AB的中点O，连接CO、EO，根据△ACO和△CDE为等边三角形，从而得出△ACD和△OCE全等，然后得出△COE和△BOE全等，从而得出答案；
(1)、取AB的中点O，连接CO、EO、EB，根据题意得出△COE和△BOE全等，然后得出△CEG和△DCO全等，设CG=a，则AG=5a，OD=a，根据题意列出一元一次方程求出a的值得出答案．
【详解】
(1)∵△CDE是等边三角形，
∴∠CED=60°，
∴∠EDB=60°﹣∠B=10°，
∴∠EDB=∠B，
∴DE=EB；
(2) ED=EB， 理由如下：
取AB的中点O，连接CO、EO，
∵∠ACB=90°，∠ABC=10°，
∴∠A=60°，OC=OA，
∴△ACO为等边三角形，
∴CA=CO，
∵△CDE是等边三角形，
∴∠ACD=∠OCE，
∴△ACD≌△OCE，
∴∠COE=∠A=60°，
∴∠BOE=60°，
∴△COE≌△BOE，
∴EC=EB，
∴ED=EB；
(1)、取AB的中点O，连接CO、EO、EB， 由（2）得△ACD≌△OCE，
∴∠COE=∠A=60°，
∴∠BOE=60°，△COE≌△BOE，
∴EC=EB，
∴ED=EB，
∵EH⊥AB，
∴DH=BH=1，
∵GE∥AB，
∴∠G=180°﹣∠A=120°，
∴△CEG≌△DCO，
∴CG=OD，
设CG=a，则AG=5a，OD=a，
∴AC=OC=4a，
∵OC=OB，
∴4a=a+1+1，
解得，a=2，
即CG=2．

23、 (1) 甲种型号手机每部进价为1000元，乙种型号手机每部进价为800元；(2) 共有四种方案；(3) 当m＝80时，w始终等于8000，取值与a无关
【解析】
（1）设甲种型号手机每部进价为x元，乙种型号手机每部进价为y元根据题意列方程组求出x、y的值即可；（2）设购进甲种型号手机a部，这购进乙种型号手机(20－a)部，根据题意列不等式组求出a的取值范围，根据a为整数求出a的值即可明确方案（3）
利用利润=单个利润数量，用a表示出利润W，当利润与a无关时，（2）中的方案利润相同，求出m值即可；
【详解】
(1) 设甲种型号手机每部进价为x元，乙种型号手机每部进价为y元，
，解得，
(2) 设购进甲种型号手机a部，这购进乙种型号手机(20－a)部，
17400≤1000a＋800(20－a)≤18000，解得7≤a≤10，
∵a为自然数，
∴有a为7、8、9、10共四种方案，
(3) 甲种型号手机每部利润为1000×40%＝400，
w＝400a＋(1280－800－m)(20－a)＝(m－80)a＋9600－20m，
当m＝80时，w始终等于8000，取值与a无关.
【点睛】
本题考查了列二元一次方程组解实际问题的运用，根据题意找出等量关系列出方程是解题关键.
24、（1）点B的坐标是（-5，-4）；直线AB的解析式为：
（2）四边形CBED是菱形.理由见解析
【解析】
（1）根据反比例函数图象上点的坐标特征，将点A代入双曲线方程求得k值，即利用待定系数法求得双曲线方程；然后将B点代入其中，从而求得a值；设直线AB的解析式为y=mx+n，将A、B两点的坐标代入，利用待定系数法解答；
（2）由点C、D的坐标、已知条件“BE∥x轴”及两点间的距离公式求得，CD=5，BE=5，且BE∥CD，从而可以证明四边形CBED是平行四边形；然后在Rt△OED中根据勾股定理求得ED=5，所以ED=CD，从而证明四边形CBED是菱形．
【详解】
解：（1）∵双曲线过A（3，），∴.把B（-5，）代入,
得. ∴点B的坐标是（-5，-4）
设直线AB的解析式为，
将 A（3，）、B（-5，-4）代入得，
， 解得：.
∴直线AB的解析式为：
（2）四边形CBED是菱形.理由如下:
点D的坐标是（3,0），点C的坐标是（-2,0）.
∵ BE∥轴， ∴点E的坐标是（0,-4）.
而CD =5， BE=5，且BE∥CD.
∴四边形CBED是平行四边形
在Rt△OED中，ED2＝OE2＋OD2，∴ ED＝＝5，∴ED＝CD.
∴□CBED是菱形