浙江省衢州市六校联谊2022-2023学年九年级数学第一学期期末检测试题含解析

这是一份浙江省衢州市六校联谊2022-2023学年九年级数学第一学期期末检测试题含解析，共23页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，抛物线y＝22﹣1的顶点坐标是，函数y＝3，如果，那么下列各式中不成立的是，化简的结果是等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．若抛物线y＝x2+bx+c与x轴只有一个公共点，且过点A（m，n），B（m+8，n），则n＝（ ）
A．0B．3C．16D．9
2．抛物线y＝﹣（x+1）2﹣3的顶点坐标是（ ）
A．（1，﹣3）B．（1，3）C．（﹣1，3）D．（﹣1，﹣3）
3．如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x、y轴上，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过矩形OABC对角线的交点M，分别交AB、BC于点D、E．若四边形ODBE的面积为9，则k的值为（ ）
A．2B．C．3D．
4．抛物线y＝2(x﹣2)2﹣1的顶点坐标是( )
A．(0，﹣1)B．(﹣2，﹣1)C．(2，﹣1)D．(0，1)
5．如图，⊙O的弦AB⊥OC，且OD＝2DC，AB＝，则⊙O的半径为（ ）
A．1B．2C．3D．9
6．函数y＝3（x﹣2）2＋4的图像的顶点坐标是（ ）
A．（3，4）B．（﹣2，4）C．（2，4）D．（2，﹣4）
7．如果，那么下列各式中不成立的是（ ）
A．；B．；C．；D．
8．化简的结果是（ ）
A．2B．4C．2D．4
9．如图，等边△ABC的边长为3，P为BC上一点，且BP=1，D为AC上一点，若∠APD=60°，则CD的长是（ ）
A．B．C．D．
10．如图 ，已知△ABC 中，∠C＝90°，AC＝BC＝，将△ABC 绕点 A 顺时针方向旋转 60°得到△A′B′C′的位置，连接 C′B，则 C′B 的长为 ( )
A．2－B．C．D．1
11．如图，正方形中，为的中点，的垂直平分线分别交，及的延长线于点，，，连接，，，连接并延长交于点，则下列结论中：①；②；③；④；⑤ ；⑥；⑦．正确的结论的个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
12．下列说法中，不正确的是（ ）
A．圆既是轴对称图形又是中心对称图形B．圆有无数条对称轴
C．圆的每一条直径都是它的对称轴D．圆的对称中心是它的圆心
二、填空题（每题4分，共24分）
13．将抛物线向左平移个单位，得到新的解析式为________.
14．已知：等边△ABC，点P是直线BC上一点，且PC:BC=1:4,则tan∠APB=_______，
15．如图，在平面直角坐标系中，函数与的图象交 于两点，过作轴的垂线，交函数的图象于点,连接，则的面积为_______.
16．点A（-1，m）和点B（-2，n）都在抛物线上，则m与n的大小关系为m______n（填“”或“”）．
17．已知A（-4，2），B（2，-4）是一次函数的图像和反比例函数图像的两个交点．则关于的方程的解是__________________．
18．如图，是的切线，为切点，连接．若，则=__________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，点B、D、E在一条直线上，BE交AC于点F，，且∠BAD＝∠CAE．
（1）求证：△ABC∽△ADE；
（2）求证：△AEF∽△BFC．
20．（8分）如图，为的直径，、为上两点，且点为的中点，过点作的垂线，交的延长线于点，交的延长线于点.
（1）求证：是的切线；
（2）当，时，求的长.
21．（8分）如图，双曲线经过点，且与直线有两个不同的交点．
（1）求的值；
（2）求的取值范围．
22．（10分）如图，在平行四边形ABCD中，AB＜BC．
（1）利用尺规作图，在BC边上确定点E，使点E到边AB，AD的距离相等（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）若BC=8，CD=5，则CE= ．
23．（10分）如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上．已知纸板的两条直角边DE＝40cm，EF＝20cm，测得边DF离地面的高度AC＝1.5m，CD＝10m，求树高AB．
24．（10分）一个不透明的布袋中装有4个只有颜色不同的球，其中1个黄球、1个蓝球、2个红球．
（1）任意摸出1个球，记下颜色后不放回，再任意摸出1个球．求两次摸出的球恰好都是红球的概率（要求画树状图或列表）；
（2）现再将n个黄球放入布袋，搅匀后，使任意摸出1个球是黄球的概率为，求n的值．
25．（12分） (1)如图1，在平行四边形ABCD中，点E1，E2是AB三等分点，点F1，F2是CD三等分点，E1F1，E2F2分别交AC于点G1，G2，求证：AG1＝G1G2＝G2C．
(2)如图2，由64个边长为1的小正方形组成的一个网格图，线段MN的两个端点在格点上，请用一把无刻度的尺子，画出线段MN三等分点P，Q．(保留作图痕迹)
26．如图①，是一张直角三角形纸片，∠B＝90°，AB＝12，BC＝8，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大．
（1）请通过计算说明小明的猜想是否正确；
（2）如图②，在△ABC中，BC＝10，BC边上的高AD＝10，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，求矩形PQMN面积的最大值；
（3）如图③，在五边形ABCDE中，AB＝16，BC＝20，AE＝10，CD＝8，∠A＝∠B＝∠C＝90°．小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】根据点A、B的坐标易求该抛物线的对称轴是x＝m+1．故设抛物线解析式为y＝（x+m+1）2，直接将A（m，n）代入，通过解方程来求n的值．
【详解】∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（m，n），B（m+8，n），
∴对称轴是x＝＝m+1．
又∵抛物线y＝x2+bx+c与x轴只有一个交点，
∴设抛物线解析式为y＝（x﹣m﹣1）2，
把A（m，n）代入，得
n＝（m﹣m+1）2＝2，即n＝2．
故选：C．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点．解答该题的技巧性在于找到抛物线的顶点坐标，根据顶点坐标设抛物线的解析式．
2、D
【解析】根据二次函数顶点式解析式写出顶点坐标即可．
【详解】解：抛物线y＝﹣（x+1）2﹣3的顶点坐标是（﹣1，﹣3）．
故选：D．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，熟练掌握利用顶点式解析式写出顶点坐标的方法是解题的关键．
3、C
【分析】本题可从反比例函数图象上的点E、M、D入手，分别找出△OCE、△OAD、▱OABC的面积与|k|的关系，列出等式求出k值．
【详解】解：由题意得：E、M、D位于反比例函数图象上，则，，
过点M作MG⊥y轴于点G，作MN⊥x轴于点N，则S▱ONMG＝|k|，
又∵M为矩形ABCO对角线的交点，则S矩形ABCO＝4S▱ONMG＝4|k|，
由于函数图象在第一象限，
∴k＞0，则，
∴k＝1．
故选：C．
【点睛】
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线，与坐标轴围成的矩形面积就等于|k|．本知识点是中考的重要考点，同学们应高度关注．
4、C
【解析】根据二次函数顶点式顶点坐标表示方法，直接写出顶点坐标即可.
【详解】解：∵顶点式y＝a(x﹣h)2+k，顶点坐标是(h，k)，
∴y＝2(x﹣2)2﹣1的顶点坐标是(2，﹣1)．
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次函数顶点式，解决本题的关键是熟练掌握二次函数顶点式中顶点坐标的表示方法.
5、C
【分析】根据垂径定理可得AD=AB，由OD＝2DC可得OD=OC=OA，利用勾股定理列方程求出OA的长即可得答案.
【详解】∵⊙O的弦AB⊥OC，AB=，
∴AD=AB=，
∵OD＝2DC，OA=OC，OC=OD+DC，
∴OD=OC=OA，
∴OA2=(OA)2+()2，
解得：OA=3，（负值舍去），
故选：C.
【点睛】
本题主要考查垂径定理及勾股定理，垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧；熟练掌握垂径定理是解题关键.
6、C
【详解】函数y＝3（x﹣2）2＋4的图像的顶点坐标是（2，4）
故选C.
7、D
【解析】试题分析：由题意分析可知：A中，，故不选A；B中，，故不选;C中，；D中，，故选D
考点：代数式的运算
点评：本题属于对代数式的基本运算规律和代数式的代入分析的求解
8、A
【解析】根据最简二次根式的定义进行化简即可.
【详解】
故选：A.
【点睛】
本题考查二次根式的化简，熟练掌握最简二次根式的定义是关键.
9、C
【分析】根据相似三角形的判定定理求出△ABP∽△PCD，再根据相似三角形对应边的比等于相似比的平方解答．
【详解】∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
又∵∠APD+∠DPC=∠B+∠BAP，且∠APD=60°，
∴∠BAP=∠DPC，
∴△ABP∽△PCD，
∴，
∵AB=BC=3，BP=1，
∴PC=2，
∴，
∴CD=，
故选C．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.
10、C
【分析】如图，连接BB′，延长BC′交AB′于点D，证明△ABC′≌△B′BC′，得到∠DBB′=∠DBA=30°；求出BD、C′D的长，即可解决问题．
【详解】解：如图，连接BB′，延长BC′交AB′于点D，
由题意得：∠BAB′=60°，BA=B′A，
∴△ABB′为等边三角形，
∴∠ABB′=60°，AB=B′B；
在△ABC′与△B′BC′中，
∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠DBB′=∠DBA=30°，
∴BD⊥AB′，且AD=B′D，
∵AC＝BC＝，
∴，
∴，，，
．
故选：C．
【点睛】
本题考查旋转的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线．作辅助线构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键，也是本题的难点．
11、B
【分析】①作辅助线，构建三角形全等，证明△ADE≌△GKF，则FG=AE，可得FG=2AO；
②设正方形ABCD的边长为2x，则AD=AB=2x，DE=EC=x，证明△ADE∽△HOA，得，于是可求BH及HE的值，可作出判断；
③分别表示出OD、OC，根据勾股定理逆定理可以判断；
④证明∠HEA=∠AED=∠ODE，OE≠DE，则∠DOE≠∠HEA，OD与HE不平行；
⑤由②可得，根据AR∥CD，得，则；
⑥证明△HAE∽△ODE，可得，等量代换可得OE2=AH•DE；
⑦分别计算HC、OG、BH的长，可得结论．
【详解】解：①如图，过G作GK⊥AD于K，
∴∠GKF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADE=90°，AD=AB=GK，
∴∠ADE=∠GKF，
∵AE⊥FH，
∴∠AOF=∠OAF+∠AFO=90°，
∵∠OAF+∠AED=90°，
∴∠AFO=∠AED，
∴△ADE≌△GKF，
∴FG=AE，
∵FH是AE的中垂线，
∴AE=2AO，
∴FG=2AO，
故①正确；
②设正方形ABCD的边长为2x，则AD=AB=2x，DE=EC=x，
，
易得△ADE∽△HOA，
，
，
Rt△AHO中，由勾股定理得：AH= ，
∴BH=AH-AB= ，
∵HE=AH= ，
∴HE=5BH；
故②正确；
③，，
∴，
∴OC与OD不垂直，
故③错误；
④∵FH是AE的中垂线，
∴AH=EH，
∴∠HAE=∠HEA，
∵AB∥CD，
∴∠HAE=∠AED，
Rt△ADE中，∵O是AE的中点，
∴OD=AE=OE，
∴∠ODE=∠AED，
∴∠HEA=∠AED=∠ODE，
当∠DOE=∠HEA时，OD∥HE，
但AE＞AD，即AE＞CD，
∴OE＞DE，即∠DOE≠∠HEA，
∴OD与HE不平行，
故④不正确；
⑤由②知BH=，
，
延长CM、BA交于R，
∵RA∥CE，
∴∠ARO=∠ECO，
∵AO=EO，∠ROA=∠COE，
∴△ARO≌△ECO，
∴AR=CE，
∵AR∥CD，
，
故⑤正确；
⑥由①知：∠HAE=∠AEH=∠OED=∠ODE，
∴△HAE∽△ODE，
∵AE=2OE，OD=OE，
∴OE•2OE=AH•DE，
∴2OE2=AH•DE，
故⑥正确；
⑦由②知：HC= ，
∵AE=2AO=OH= ，
tan∠EAD= ，
，
，
∵FG=AE ，
，
∴OG+BH= ，
∴OG+BH≠HC，
故⑦不正确；
综上所述，本题正确的有；①②⑤⑥，共4个，
故选：B．
【点睛】
本题是相似三角形的判定与性质以及勾股定理、线段垂直平分线的性质、正方形的性质的综合应用，正确作辅助线是关键，解答时证明三角形相似是难点．
12、C
【分析】圆有无数条对称轴，但圆的对称轴是直线，故C圆的每一条直线都是它的对称轴的说法是错误的
【详解】本题不正确的选C，理由：圆有无数条对称轴，其对称轴都是直线，故任何一条直径都是它的对称轴的说法是错误的，正确的说法应该是圆有无数条对称轴，任何一条直径所在的直线都是它的对称轴
故选C
【点睛】
此题主要考察对称轴图形和中心对称图形，难度不大
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】先求出平移后的抛物线的顶点坐标，再利用顶点式抛物线解析式写出即可．
【详解】抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣3），
向左平移2个单位后的抛物线的顶点坐标为（﹣3，﹣3），
所以，平移后的抛物线的解析式为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用根据规律利用点的变化确定函数解析式．
14、或．
【分析】过A作AD⊥BC于D，设等边△ABC的边长为4a，则DC=2a，AD=2a，PC=a，分类讨论：当P在BC的延长线上时，DP=DC+CP=2a+a=3a；当P点在线段BC上，即在P′的位置，则DP′=DC-CP′=a，然后分别利用正切的定义求解即可．
【详解】解：如图，过A作AD⊥BC于D，
设等边△ABC的边长为4a，则DC=2a，AD=2a，PC=a，
当P在BC的延长线上时，DP=DC+CP=2a+a=3a，
在Rt△ADP中，tan∠APD=；
当P点在线段BC上，即在P′的位置，则DP′=DC-CP′=a，
在Rt△ADP′中，tan∠AP′D=．
故答案为：或．
【点睛】
本题考查解直角三角形；等边三角形的性质．
15、6
【分析】根据正比例函数y=kx与反比例函数的图象交点关于原点对称，可得出A、B两点坐标的关系，根据垂直于y轴的直线上任意两点纵坐标相同，可得出A、C两点坐标的关系，设A点坐标为（x，- ），表示出B、C两点的坐标，再根据三角形的面积公式即可解答．
【详解】∵正比例函数y=kx与反比例函数的图象交点关于原点对称，
∴设A点坐标为(x,−),则B点坐标为(−x, ),C(−2x,−)，
∴S =×(−2x−x)⋅(− −)=×(−3x)⋅(− )=6.
故答案为6.
【点睛】
此题考查正比例函数的性质与反比例函数的性质，解题关键在于得出A、C两点.
16、＜.
【解析】试题解析：当时，
当时，

故答案为：
17、x1=-4，x1=1
【分析】利用数形结合的思想解决问题即可．
【详解】∵A(﹣4，1)，B(1，﹣4)是一次函数y=kx+b的图象和反比例函数y图象的两个交点，
∴关于x的方程kx+b的解是x1=﹣4，x1=1．
故答案为：x1=﹣4，x1=1．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，解答本题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
18、65°
【分析】根据切线长定理即可得出AB=AC，然后根据等边对等角和三角形的内角和定理即可求出结论．
【详解】解：∵是的切线，
∴AB=AC
∴∠ABC=∠ACB=（180°－∠A）=65°
故答案为：65°．
【点睛】
此题考查的是切线长定理和等腰三角形的性质，掌握切线长定理和等边对等角是解决此题的关键．
三、解答题（共78分）
19、（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由已知先证明∠BAC=∠DAE，继而根据两边对应成比例且夹角相等即可得结论；
（2）根据相似三角形的性质定理得到∠C=∠E，结合图形，证明即可．
【详解】证明：如图，
（1）∵∠BAD＝∠CAE
∴∠BAD+∠CAD＝∠CAE+∠CAD
即∠BAC＝∠DAE
在△ABC和△ADE中
，∠BAC＝∠DAE，
∴△ABC∽△ADE；
（2）∵△ABC∽△ADE，
∴∠C＝∠E，
在△AEF和△BFC中，∠C＝∠E，∠AFE＝∠BFC，
∴△AEF∽△BFC．
【点睛】
本题考查的是相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
20、（1）详见解析；（2）.
【分析】（1）连接，如图，由点为的中点可得，根据可得，可得，于是，进一步即可得出，进而可证得结论；
（2）在中，利用解直角三角形的知识可求得半径的长，进而可得AD的长，然后在中利用∠D的正弦即可求出结果.
【详解】解：（1）连接，如图，∵点为的中点，∴，∴.
∵，∴，∴.
∴.
∵，∴.
∴，即.
∴是的切线；
（2）在中，∵，∴设，则，
则，解得：.
∴，，∴.
在中，∵，∴.
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、平行线的判定和性质以及解直角三角形的知识，属于中档题型，熟练掌握上述知识是解题的关键.
21、（1）m=3；（2）﹣＜k＜1
【分析】（1）将点P的坐标代入中，即可得出m的值；
（2）联立反比例函数与一次函数的解析式，消去y得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式大于1列出不等式，进而即可求得k的取值范围．
【详解】解：（1）∵双曲线y=经过点P（3，1），
∴m=3×1=3；
（2）∵双曲线y=与直线y=kx﹣2（k＜1）有两个不同的交点，
∴当=kx﹣2时，整理为：kx2﹣2x﹣3=1，
△=（﹣2）2﹣4k•（﹣3）＞1，
∴k＞﹣，
∴k的取值范围是﹣＜k＜1．
【点睛】
本题主要考查了一次函数和反比例函数的交点问题，解答本题的关键是理解反比例函数与一次函数由两个交点时，联立解析式消去y得到的关于x的一元二次方程有两个实数根，即＞1．
22、（1）见解析；（2）1．
【分析】根据角平分线上的点到角的两边距离相等知作出∠A的平分线即可；根据平行四边形的性质可知AB=CD=5，AD∥BC，再根据角平分线的性质和平行线的性质得到∠BAE=∠BEA，再根据等腰三角形的性质和线段的和差关系即可求解．
【详解】（1）如图所示：E点即为所求．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD=5，AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB，∵AE是∠A的平分线，
∴∠DAE=∠BAE，∴∠BAE=∠BEA，∴BE=BA=5，∴CE=BC﹣BE=1．
考点：作图—复杂作图；平行四边形的性质
23、树高为6.5米．
【分析】根据已知易得出△DEF∽△DCB，利用相似三角形的对应边成比例可得；然后将相关数据代入上式求出BC的长，再结合树高=AC+BC即可得出答案.
【详解】解：∵∠DEF＝∠BCD＝90°∠D＝∠D
∴△DEF∽△DCB
∴＝
∵DE＝40cm＝0.4m，EF＝20cm＝0.2m，AC＝1.5m，CD＝10m，
∴＝
∴BC＝5米，
∴AB＝AC+BC＝1.5+5＝6.5米
∴树高为6.5米．
【点睛】
本题的考点是相似三角形的应用.方法是由已知条件得出两个相似三角形，再利用相似三角形的性质解答.
24、（1）；（2）1.
【解析】（1）先利用树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出两次摸出的球恰好都是红球的所占的结果数，然后根据概率公式求解；
（2）根据概率公式得到，然后利用比例性质得，求解即可．
【详解】解：（1）画树状图为：
共有12种等可能的结果，其中两次摸出的球恰好都是红球的占2种，
所以两次摸出的球恰好都是红球的概率==；
（2）根据题意得,
解得n=1．
【点睛】
本题考查的是概率问题，熟练掌握树状图法和概率公式是解题的关键.
25、（1）见解析；（2）见解析
【分析】(1)利用平行线分线段成比例定理证明即可．
(2)利用(1)中结论，构造平行四边形解决问题即可．
【详解】解：
(1)证明：如图1中，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，
∵DF1＝CD，AE1＝AB，
∴DF1＝AE1，
∴四边形ADF1E1是平行四边形，
∴AD∥E1F1，
∴E1G1∥BC，
∴，
同法可证：，
∴AG1＝CG2＝AC，
∴AG1＝G1G2＝G2C．
(2)如图，点P，Q即为所求．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，掌握平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理是解题的关键.
26、（1）正确，理由见解析；（2）当a＝5时，S矩形MNPQ最大为25；（3）矩形的最大面积为1．
【分析】(1)设BF=x，则AF=12﹣x，证明△AFE∽△ABC，进而表示出EF，利用面积公式得出S矩形BDEF=﹣(x﹣6)2+24，即可得出结论；
(2)设DE=a，AE=10﹣a，则证明△APN∽△ABC，进而得出PN=10﹣a，利用面积公式S矩形MNPQ=﹣(a﹣5)2+25，即可得出结果；
(3)延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，连接IK，过点K作KL⊥BC于L，由矩形性质知AE=EH=10、CD=DH=8，分别证△AEF≌△HED、△CDG≌△HDE得AF=DH=8、CG=HE=10，从而判断出中位线IK的两端点在线段AB和DE上，利用(1)的结论解答即可．
【详解】(1)正确；理由：
设BF=x(0＜x＜12)，
∵AB=12，
∴AF=12﹣x，
过点F作FE∥BC交AC于E，过点E作ED∥AB交BC于D，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵∠B=90°，
∴▱BDEF是矩形，
∵EF∥BC，
∴△AFE∽△ABC，
∴=，
∴，
∴EF=(12﹣x)，
∴S矩形BDEF=EF•BF=(12﹣x)•x=﹣(x﹣6)2+24
∴当x=6时，S矩形BDEF最大=24，
∴BF=6，AF=6，
∴AF=BF，
∴当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大；
(2)设DE=a，(0＜a＜10)，
∵AD=10，
∴AE=10﹣a，
∵四边形MNPQ是矩形，
∴PQ=DE=a，PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴=，
∴=，
∴PN=10﹣a，
∴S矩形MNPQ=PN•PQ=(10﹣a)•a=﹣(a﹣5)2+25，
∴当a=5时，S矩形MNPQ最大为25；
(3)延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，连接IK，过点K作KL⊥BC于L，如图③所示：
∵∠A=∠HAB=∠BCH=90°，
∴四边形ABCH是矩形，
∵AB=16，BC=20，AE=10，CD=8，
∴EH=10、DH=8，
∴AE=EH、CD=DH，
在△AEF和△HED中，，
∴△AEF≌△HED(ASA)，
∴AF=DH=8，
∴BF=AB+AF=16+8=24，
同理△CDG≌△HDE，
∴CG=HE=10，
∴BG=BC+CG=20+10=30，
∴BI=BF=12，
∵BI=12＜16，
∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，
∴IK=BG=15，
由(1)知矩形的最大面积为BI•IK=12×15=1．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查矩形的判定与性质、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质、全等三角形的判定与相似三角形的判定是解题的关键．