2024年江苏省常州市正衡中学中考数学结课试卷（含解析）

这是一份2024年江苏省常州市正衡中学中考数学结课试卷（含解析），共24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。

1.−2023的倒数是( )
A. 2023B. −12023C. −2023D. 12023
2.下列计算正确的是( )
A. (a−b)2=a2−b2B. (2ab4)2=2a2b6
C. 2ab+3ab=5abD. a2⋅a4=a8
3.下列立体图形中，主视图是圆的是( )
A. B. C. D.
4.方程x2−x−1=0的根的情况是( )
A. 没有实数根B. 两个不相等的实数根
C. 两个相等的实数根D. 无法确定
5.如图，在平面直角坐标系中，以原点O为位似中心，若A点坐标为(1,2)，C点坐标为(2,4)，AB= 5，则线段CD长为( )
A. 2
B. 4
C. 2 5
D. 5
6.歌唱比赛有二十位评委给选手打分，统计每位选手得分时，会去掉一个最高分和一个最低分，这样做，肯定不会对所有评委打分的哪一个统计量产生影响( )
A. 平均分B. 众数C. 中位数D. 极差
7.如图，在⊙O中，AB=AC，∠ABC=75°，则∠BOC的度数为( )
A. 95°
B. 90°
C. 60°
D. 75°
8.用绘图软件绘制出函数y=ax(x+b)2的图象.如图，则根据你学习函数图象的经验，下列对a、b大小的判断，正确的是( )
A. a>0，b<0
B. a>0，b>0
C. a<0，b>0
D. a<0，b<0
二、填空题：本题共10小题，每小题2分，共20分。
9.计算： 9= ______．
10.中国信息通信研究院发布预测称，2025年中国5G用户规模将超过858000000人.将数据858000000用科学记数法表示为______．
11.代数式 x+1在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是______．
12.一个正多边形的内角和是1440°，则这个多边形的边数是______．
13.因式分解：3a2−6a+3=______．
14.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB的中点，过点D作DE⊥BC，垂足为点E，连接CD，若CD=5，BE=4，则AC=______．
15.直线y=−3x+2过点P(a,b)，则6a+2b+2023值为______．
16.若圆锥的底面半径是5，母线长10，则侧面积是______．
17.如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上.则tan∠BAC的值是______．
18.如图，边长为4的正方形ABCD中，顶点A落在矩形DEFG的边EF上，EF=5，而矩形的顶点G恰好落在BC边上．点O是AB边上一动点(不与A，B重合)，以O为圆心，OA长为半径作圆，当⊙O与矩形DEFG的边相切时，AO的长为______．
三、解答题：本题共10小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
(1)(12)−1−|−1+ 3|+2sin60°；
(2)解不等式组：x+1>−22(x−1)20.(本小题6分)
先化简，再求值：x2x2−1÷(1x+1+x−1)，其中x=2．
21.(本小题8分)
某校积极开展“学法、知法、守法”为主题的教育活动，全校1200名学生积极参与学习.为考查学生对法律知识的了解情况，学校组织全体学生参加了法律知识竞赛(笔试)，随机抽取了部分学生的笔试成绩进行分析，并绘制了如下统计图(不完整).请根据图中信息回答问题：

(1)填空：随机抽取的学生的总人数是______人，n= ______；
(2)求样本中法律知识竞赛成绩良好的学生人数，并补全条形统计图；
(3)试估计该校这次法律知识竞赛成绩达到良好或优秀的学生总共有多少人？
22.(本小题8分)
随着信息技术的迅猛发展，人们去商场购物的支付方式更加多样、便捷，现有“微信”、“支付宝”、“银行卡”和“现金”四种支付方式．
(1)若随机选一种方式进行支付，则恰巧是“现金”的概率是______；
(2)在一次购物中，小嘉和小琪都想从“微信”、“支付宝”和“银行卡”三种支付方式中选一种方式进行支付，求出两人恰好选择同一种支付方式的概率(用画树状图法或列表法求解)．
23.(本小题8分)
如图，AB=AE，AB/​/DE，∠DAB=70°，∠E=40°．
(1)求∠DAE的度数；
(2)若∠B=30°，求证：AD=BC．
24.(本小题8分)
如图，直线y=−x+3与y轴交于点A，与x轴交于点D，与反比例函数y=kx(k≠0)的图象交于点C，过点C作CB⊥x轴于点B，AD=3AC．
(1)求点A的坐标及反比例函数的解析式；
(2)若点E是直线y=−x+3与反比例函数y=kx(k≠0)图象的另一个交点，求△COE的面积．
25.(本小题8分)
某社区为了更好地开展“垃圾分类，美丽宁波”活动，需购买A，B两种类型垃圾桶，用1600元可购进A型垃圾桶14个和B型垃圾桶8个，且购买3个A型垃圾桶的费用与购买4个B型垃圾桶的费用相同，请解答下列问题：
(1)求出A型垃圾桶和B型垃圾桶的单价．
(2)若社区欲用不超过3600元购进两种垃圾桶共50个，其中A型垃圾桶至少29个，求有哪几种购买方案？
26.(本小题10分)
(1)问题发现
如图(1)，在△ABC中，CA=CB，D是线段AB上一动点，以CD为一条边在CD的右侧作△CDE，使CD=CE，∠DCE=∠ACB，连接BE．
若∠DCE=∠ACB=40°，则∠DBE的度数为______，BE与AD的数量关系为______．
(2)类比探究
如图(2)，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=12CA，点D是线段AB上一动点，以CD为一条边在CD的右侧作Rt△CDE，使∠DCE=90°，CE=12CD，连接BE．
请判断BE与AD的位置关系和数量关系，并说明理由；
(3)拓展延伸
如图(3)，在(2)的条件下，将点D改为射线AB上一动点，其余条件不变，取线段DE的中点F，已知AC=4.若点D运动到点D′时，△BCF为等边三角形，则点D从点A运动到点D′的过程中，请直接写出点F经过的路径的长．
27.(本小题10分)
对于平面直角坐标系xOy中的点M，N和图形ω，给出如下定义：若图形ω上存在一点P使得∠PMN=90°，且MP=MN，则称点M为点N关于图形ω的一个“旋垂点”．
(1)已知点A(0,4)，
①在点M1(−2,2)，M2(0,2)，M3(2,2)中，是点O关于点A的“旋垂点”的是______；
②若点B(2,4)，点M(m,n)是点O关于点B的“旋垂点”，则点M的坐标是______；
③若点C(4,4)，点M(m,n)是点O关于线段AC的“旋垂点”，直接写出m的取值范围．
28.(本小题10分)
如图，已知抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，若点K(0,2)，连接AK，将△OAK绕平面内的某点(记为Q)逆时针旋转180°得到△O′A′K′，O、A、K的对应点分别为O′、A′、K′；
①写出线段O′A′与线段OA的关系：______．
②若点A′、K′两点恰好落在抛物线上，求旋转中心点Q的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了倒数，倒数的定义：若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数．熟练掌握倒数定义是解题的关键.根据倒数定义解答即可．
【解答】
解：−2023的倒数是−12023．
2.【答案】C
【解析】解：A、(a−b)2=a2−2ab+b2，故A不符合题意；
B、(2ab4)2=4a2b8，故B不符合题意；
C、2ab+3ab=5ab，故C符合题意；
D、a2⋅a4=a6，故D不符合题意；
故选：C．
利用同底数幂的乘法的法则，完全平方公式，合并同类项的法则，积的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查同底数幂的乘法，积的乘方，合并同类项，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
3.【答案】A
【解析】解：A、的主视图是圆，故A符合题意；
B、的主视图是矩形，故B不符合题意；
C、的主视图是三角形，故C不符合题意；
D、的主视图是正方形，故D不符合题意；
故选：A．
根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
本题考查了简单几何体的三视图，熟记常见几何体的三视图是解题关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵Δ=(−1)2−4×1×(−1)=5>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
先计算出根的判别式的值得到Δ>0，然后根据根的判别式的意义得到方程根的情况，从而可对各选项进行判断．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
5.【答案】C
【解析】解：∵以原点O为位似中心，A点坐标为(1,2)，C点坐标为(2,4)，
∴线段AB与线段CD的位似比为1：2，
∵AB= 5，
∴CD=2 5，
故选：C．
根据题意求出位似比，根据位似比计算即可．
本题考查的是位似变换的概念和性质，根据题意求出位似比是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了统计量的选择，属于基础题，相对比较简单，解题的关键在于理解这些统计量的意义．
去掉一个最高分和最低分后不会对数据的中间的数产生影响，即中位数．
【解答】
解：统计每位选手得分时，会去掉一个最高分和一个最低分，这样做不会对数据的中间的数产生影响，即中位数．
故选C．
7.【答案】C
【解析】解：∵AB=AC，∠ACB=75°，
∴∠ABC=∠ACB=75°，
∴∠A=180°−75°−75°=30°，
∴∠BOC=2∠A=60°．
故选：C．
先根据圆周角定理得到∠ABC=∠ACB=75°，再利用三角形内角和计算出∠A=30°，然后根据圆周角定理得到∠BOC的度数．
本题考查了圆周角定理，正确记忆同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题关键．
8.【答案】C
【解析】解：由图象可知，当x<0时，y>0，
∴a<0；
当x=−b时，函数值不存在，
∴−b<0，
∴b>0；
故选：C．
由图象可知，当x<0时，y>0，可知a<0；x=−b时，函数值不存在，则b>0．
本题考查函数的图象；能够通过已学的反比例函数图象确定b的取值是解题的关键．
9.【答案】3
【解析】解： 9=3．
故答案为：3．
根据算术平方根的定义计算即可．
本题主要考查了算术平方根，掌握算术平方根的求法是解答本题的关键．
10.【答案】8.58×108
【解析】解：858000000=8.58×108，
故答案为：8.58×108．
根据科学记数法表示较大数的方法求解即可．
本题考查的是科学记数法，熟知科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值是解题的关键．
11.【答案】x≥−1
【解析】解：根据题意得，x+1≥0，
∴x≥−1．
故答案为：x≥−1．
根据二次根式的被开方数是非负数即可得出答案．
本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
12.【答案】10
【解析】解：设这个多边形的边数是n，
则(n−2)⋅180°=1440°，
解得n=10．
故答案为：10．
根据多边形的内角和公式列式求解即可．
本题考查了多边形的内角和公式，熟记公式是解题的关键．
13.【答案】3(a−1)2
【解析】解：3a2−6a+3，
=3(a2−2a+1)，
=3(a−1)2．
先提取公因式−3，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其它方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
14.【答案】6
【解析】解：∵∠ACB=90°，DE⊥BC，
∴DE/​/AC，
∵点D是AB的中点，
∴E是BC的中点，AB=2CD=10，
∴BC=2BE=8，
∴AC= AB2−BC2=6，
故答案为6．
由直角三角形的性质得出AB=10，由三角形中位线定理得出BC=2BE=8，由勾股定理求出AC=6．
本题考查了三角形中位线定理，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
15.【答案】2027
【解析】解：将点P(a,b)代入，
得到：−3a+2=b，
即：3a+b=2，
两边乘2得：6a+2b=4，
∴6a+2b+2023=4+2023=2027．
故答案为：2027．
将点P的坐标代入一次函数解析式中，求出6a+2b的值，即可求出结果．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键用代入法求出6a+2b的值．
16.【答案】50π
【解析】解：这个圆锥的侧面积=12×2π×5×10=50π．
故答案为：50π．
由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，然后根据扇形的面积公式可直接计算出这个圆锥的侧面积．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
17.【答案】12
【解析】解：延长AC到格点D，连接BD，
由题意得：AD2=22+42=20，
BD2=12+22=5，
AB2=32+42=25，
∴AD2+BD2=AB2，
∴△ABD是直角三角形，
∴∠ADB=90°，
在Rt△ABD中，BD= 5，AD= 20=2 5，
∴tan∠BAC=BDAD= 52 5=12，
故答案为：12．
延长AC到格点D，连接BD，先利用勾股定理的逆定理证明△ABD是直角三角形，从而可得∠ADB=90°，然后在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形，勾股定理的逆定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
18.【答案】139或2
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=4，∠C=∠ADC=90°．
∵四边形DEFG为矩形，
∴DG=EF=5，∠E=∠EDG=90°．
∴CG= DG2−DC2=3．
∵∠CDG+∠ADG=90°，∠EDA+∠ADG=90°，
∴∠CDG=∠EDA．
∵∠C=∠E=90°，
∴△CDG∽△EAD．
∴EDCD=AECG=ADDG，
∴DE4=AE3=45，
∴DE=165，AE=125．
∴AF=EF−AE=135．
①当⊙O与矩形DEFG的FG边相切时，设AB与FG交与点H，
过点O作OM⊥FG于点M，如图，
∵∠DAB=90°，
∴∠EAD+∠FAB=90°．
∵∠F=90°，
∴∠FAB+∠FHA=90°，
∴∠EAD=∠FHA．
∵∠E=∠F=90°，
∴△EAD∽△FHA．
∴DEAF=ADAH=AEFH．
∴165135=4AH=125FH，
∴AH=134，FH=3920．
设OA=x，
∵⊙O与矩形DEFG的FG边相切，
∴OM=OA=x．
∵OM⊥FG，AF⊥FG，
∴OM//AF，
∴OMAF=OHAH．
∴x135=134−x134，
解得：x=139．
∴OA=139
②当⊙O与矩形DEFG的DG边相切时，如图，
过点O作OM⊥DG于点M，延长MO，交EF于点N，则ON⊥EF，MN=DE=165．
设OA=x，
∵⊙O与矩形DEFG的DG边相切，
∴OM=OA=x．
∴ON=MN−OM=165−x，
∵ON//FH，
∴ONFH=OAAH，
∴165−x3920=x134．
解得：x=2．
∴OA=2；
③过点O作OM⊥DE于点M，如图，
可知OM>OA，⊙O与矩形DEFG的边DE相离．
综上，以O为圆心，OA长为半径作圆，当⊙O与矩形DEFG的边相切时，AO的长为139或2．
故答案为：139或2．
利用矩形，正方形的性质，勾股定理和相似三角形的判定与性质求得线段CG，DE，AE，AH，FH的长，再利用利用分类讨论的方法分①当⊙O与矩形DEFG的FG边相切时，②当⊙O与矩形DEFG的DG边相切时讨论解答：利用直线与圆相切的定义，圆心到直线的距离等于半径，设OA=x，则OM=x，利用相似三角形的判定与性质得出比例式即可求解．
本题主要考查了矩形，正方形的性质，圆的切线的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，利用分类讨论的思想方法解得是解题的关键．
19.【答案】解：(1)(12)−1−|−1+ 3|+2sin60°
=2−( 3−1)+2× 32
=2− 3+1+ 3
=3；
(2)x+1>−2①2(x−1)由不等式①，得x>−3，
由不等式②，得x<5，
故原不等式组的解集是−3【解析】(1)根据特殊角的三角函数、绝对值、负整数指数幂可以解答本题；
(2)首先分别计算出两个不等式的解集，再根据解集的规律：大小小大中间找，确定不等式组的解集．
本题考查特殊角的三角函数、绝对值、负整数指数幂、解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确它们各自的计算方法．
20.【答案】解：原式=x2(x+1)(x−1)÷1+x2−1x+1
=x2(x+1)(x−1)÷x2x+1
=x2(x+1)(x−1)⋅x+1x2
=1x−1，
当x=2时，原式=12−1=1．
【解析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把x的值代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
21.【答案】40 30
【解析】解：(1)10÷25%=40(人)，
∴随机抽取的学生的总人数是40人；
12÷40×100%=30%，
∴n=30．
故答案为：40，30；
(2)40−12−10−2=16(人)，
∴法律知识竞赛成绩良好的学生人数为16人．
补全条形统计图如下：
(3)1200×12+1640=840(人)，
答：估计该校这次法律知识竞赛成绩达到良好或优秀的学生总共有840人．
(1)利用类别为C的人数除其所占百分比即得出总人数；利用类别为A的人数除总人数即可求出n的值；
(2)利用总人数减去其它已知类别的人数，即得出样本中法律知识竞赛成绩良好的学生人数，再补全统计图即可；
(3)用总人数乘良好或优秀的学生所占百分比即可．
本题考查条形统计图和扇形统计图相关联，用样本估计总体．由条形统计图和扇形统计图得到必要的信息和数据是解题关键．
22.【答案】
【解析】解：(1)若随机选一种方式进行支付，则恰巧是“现金”支付方式的概率为，
故答案为；
(2)树状图如图，由树状图可知，共有9种等可能结果，其中两人恰好选择同一种支付方式的有3种，故P(两人恰好选择同一种支付方式)为．
(1)根据概率公式即可求解；
(2)根据题意画出树状图，再根据概率公式即可求解．
此题主要考查概率的求解，解题的关键是根据题意画出树状图，再利用概率公式求解．
23.【答案】解(1)∵AB/​/DE，∠E=40°，
∴∠EAB=∠E=40°，
∵∠DAB=70°，
∴∠DAE=30°；
(2)证明：在△ADE与△BCA中，
∠B=∠DAEAB=AE∠BAC=∠E，
∴△ADE≌△BCA(ASA)，
∴AD=BC．
【解析】(1)根据平行线的性质可得∠EAB，再根据角的和差关系即可求解；
(2)根据ASA可证△ADE≌△BCA，再根据全等三角形的性质即可求解．
本题考查了全等三角形的性质和判定，掌握全等三角形的对应角，对应边相等是解题关键．
24.【答案】解：(1)∵直线y=−x+3与y轴交于点A，与x轴交于点D，
∴A(0,3)，D(3,0)，即OA=3，OD=3，
∵CB⊥x轴，
∴CB/​/y轴，
∴DAAC=DOOB，
∵AD=3AC，
∴OD=3OB，
∴OB=1，
∴点C的横坐标为−1，
∵点C在直线y=−x+3上，
∴点C(−1,4)，
∴k=−1×4=−4，
∴反比例函数的解析式为y=−4x；
(2)联立方程组y=−x+3y=−4x，
解得x=−1y=4或x=4y=−1，
∴直线与反比例函数图象的另一个交点E的坐标为(4,−1)，

∴S△COE=S△AOC+S△AOD=12OA⋅|xC|+12OA⋅|xD|=12×3×1+12×3×4=152．
【解析】(1)求出点A、点D的坐标，然后表示出AO、DO的长度，再根据CB//y轴得出DAAC=DOOB，由AD=3AC得出OD=3BO，求出点C的横坐标，代入直线解析式求出纵坐标，用待定系数法求出反比例函数解析式；
(2)联立两个函数解析式求出点E坐标，再根据三角形的面积公式求面积即可．
本题考查了一次函数与坐标轴的交点，一次函数与反比例函数的交点，待定系数法求函数解析式，求出反比例函数解析式是解答本题的关键．
25.【答案】解：(1)设A型垃圾桶的单价为x元，B型垃圾桶的单价为y元，
依题意得：14x+8y=16003x=4y，
解得：x=80y=60．
答：A型垃圾桶的单价为80元，B型垃圾桶的单价为60元．
(2)设购进A型垃圾桶m个，则购进B型垃圾桶(50−m)个，
依题意得：m≥2980m+60(50−m)≤3600，
解得：29≤m≤30．
又∵m为正整数，
∴m可以取29，30，
∴该社区共有2种购买方案，
方案1：购进A型垃圾桶29个，B型垃圾桶21个；
方案2：购进A型垃圾桶30个，B型垃圾桶20个．
【解析】(1)设A型垃圾桶的单价为x元，B型垃圾桶的单价为y元，根据“用1600元可购进A型垃圾桶14个和B型垃圾桶8个，且购买3个A型垃圾桶的费用与购买4个B型垃圾桶的费用相同”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出A型垃圾桶和B型垃圾桶的单价；
(2)设购进A型垃圾桶m个，则购进B型垃圾桶(50−m)个，根据“A型垃圾桶至少购进29个，且购进50个垃圾桶的总费用不超过3600元”，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再结合m为正整数，即可得出各购买方案．
本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
26.【答案】110° BE=AD
【解析】解：(1)∵∠DCE=∠ACB=40°，
∴∠DCE−∠BCD=∠ACB−∠BCD，
∴∠BCE=∠ACD，
在△BCE和△ACD中，
BC=AC∠BCE=∠ACDCE=CD，
∴△BCE≌△ACD(SAS)，
∴∠CBE=∠A，BE=AD，
∵AC=BC，
∴∠A=∠ABC=180°−∠ACB2=70°，
∴∠DBE=∠ABC+∠CBE=70°+70°=140°，
故答案是：140°，BE=AD；
(2)BEAD=12，BE⊥AD，理由如下：
由(1)得：∠BCE=∠ACD，
∵BCAC=CECD=12，
∴△BCE∽△ACD，
∴∠BCE=∠A，BEAD=CECD=12，
∵∠ACD=90°，
∴∠A+∠ABC=90°，
∴∠BCE+∠ABC=90°，
∴∠ABE=90°，
即BE⊥AD；
(3)如图，
作DG⊥AB，交AC与G，连接BG，交DE于F′，作DH⊥AC于H，
由(2)知：BE⊥AB，AD=2BE，
∵tanA=DG AD=BCAC=12，
∴AD=2DG，
∴BE=DG，
∴DG//BE，
∴∠BEF′=∠GDF′，
在△BEF′和△GDF′中，
∠BEF′=∠GDF′∠BF′E=∠DF′GBE=DG，
∴△BEF′≌△GDF(AAS)，
∴EF′=DF′，
∵EF=DF，
∴F′和F重合，
取AB的中点，连接FQ，
∴FQ//AG，且FQ=12AG，
∵△BCF是等边三角形，
∴CF=BC=2，
∵∠DCE=90°，点F是DE的中点，
∴DE=2BC=4，
∵BC=2，AC=4，
∴AB= BC2+AC2=2 5，
∴cs∠CDE=cs∠A=42 5=2 55，
∴CD=DE⋅cs∠CDE=4×2 55=8 55，
在Rt△ADH中，
设DH=m，则AH=2m，AD= 5m，
∴AG=ADcsA= 5m2 5=52m，
∖ 在Rt△CDH中，CH=AC−AH=4−2m，CD=8 55，DH=m，
∴m2+(4−2m)2=(8 55)2，
∴m=8±4 35，
∴AG=52×8±4 35=4±2 3，
∵FQ=2± 3，
∴点F的路径长是2+ 3或2− 3．
(1)证明△BCE≌△ACD，进一步求得结果；
(2)证明△BCE∽△ACD，进一步求得结果；
(3)作DG⊥AB，交AC与G，连接BG，交DE于F′，作DH⊥AC于H，证得△BEF′≌△GDF，进而证得点F′和点F重合，进而得出点F的轨迹是△ABG的中位线，当△BCF是等边三角形时，求得DE的长，进而求得CD的长，然后解斜三角形ACD，从而求得AD的长，进而求得AG的长，从而求得FQ的长，即是F点运动的路径长．
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形中位线定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，找出点F的轨迹．
27.【答案】M1，M3 M(−1,3)或(3,1)
【解析】解：①如图1，
故答案为：M1，M3；
②如图2，
作MV⊥x轴于V，作AW⊥MV于W，
∴∠W=∠OVM=90°，
∴∠WAM=∠AMW=90°，
∵∠AMO=90°，
∴∠OMV+∠AMW=90°，
∴∠WAM=∠OMV，
∵AM=OM，
∴△AWM≌△MVO(AAS)，
∴AW=MV，WM=OV，
∴2−m=n，4−n=−m，
∴m=−1，n=3，
∴M(−1,3)，
同理可得：M′(3,1)，
综上所述：M(−1,3)或(3,1)；
③如图3−1，
设AC的点P(a,4)，
由②知：PQ=MT，QM=OT，
∴m−a=nm=4−n，
∴a=2m−4，
由0≤a≤4得，
0≤2m−4≤4，
∴2≤m≤4，
如图3−2，
同理可得：a−m=n−m=4−n，
∴a=2m+4，
∴0≤2m+4≤4，
∴−2≤m≤0，
综上所述：−2≤m≤4．
①画出图形，根据定义可判定；
②作MV⊥x轴于V，作AW⊥MV于W，可证得△AWM≌△MVO，从而得出AW=MV，WM=OV，进而可得2−m=n，4−n=−m，进一步得出结果；
③设AC的点P(a,4)，由②知：PQ=MT，QM=OT，进而列出方程，进一步得出结果．
本题是新定义的阅读理解题，主要考查了全等三角形的判定和性质，解不等式等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
28.【答案】平行且相等
【解析】解：(1)设抛物线的表达式为：y=a(x−x1)(x−x2)，
则y=a(x+1)(x−3)=a(x2−2x−3)=ax2+bx+3，
则−3a=3，
解得：a=−1，
则抛物线的表达式为：y=−x2+2x+3；
(2)①由题意得：O′A′=OA，O′A′//OA，
故答案为：平行且相等；
②由抛物线的表达式知，点C(0,3)，
则OA=O′A′=1，K′O′=OK=2，
设点O′的坐标为：(m,n)、则A′(m+1,n)、K′(m,n−2)，
将点A′、K′的坐标代入抛物线表达式得：n=−(m+1)2+2(m+1)+3n−2=−m2+2m+3，
解得：m=−12n=154，
即点O′(12,154)，
∵点Q是O、O的中点，
由中点坐标公式得：点Q(−14,158).
(1)由待定系数法即可求解；
(2)①由题意得：O′A′=OA，即可求解；
②设点O′的坐标为：(m,n)、则A′(m+1,n)、K′(m,n−2)，将点A′、K′的坐标代入抛物线表达式即可求解．
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到图形的旋转、求函数表达式等，确定点A′(m+1,n)、K′(m,n−2)的坐标是解题的关键．