2024年甘肃省武威市凉州区河东九年制学校联片教研中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年甘肃省武威市凉州区河东九年制学校联片教研中考数学二模试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，作图题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）实数﹣3的相反数是（ ）
A．﹣B．C．3D．﹣3
2．（3分）在以下永洁环保、绿色食品、节能、绿色环保四个标志中，是轴对称图形是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）下列选项是无理数的为（ ）
A．B．C．3.1415926D．π
4．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝75°，E为BC延长线上一点，∠ABC与∠ACE的平分线相交于点D．则∠D的度数为（ ）
A．15°B．17.5°C．20°D．22.5°
5．（3分）已知10x＝m，10y＝n，则102x+3y等于（ ）
A．2m+3nB．m2+n2C．6mnD．m2n3
6．（3分）将正六边形与正五边形按如图所示的方式摆放，公共顶点为D，且正六边形的边AB与正五边形的边EF在同一条直线上，则∠BDE的度数是（ ）
A．48°B．54°C．62°D．72°
7．（3分）已知一组数据x1，x2，x3，平均数为2，方差为3，那么另一组数2x1﹣1，2x2﹣1，2x3﹣1的平均数和方差分别是（ ）
A．2，B．3，3C．3，12D．3，4
8．（3分）如图，已知⊙O的直径CD＝8，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM＝2，则AB的长为（ ）
A．2B．2C．4D．4
9．（3分）如图，直线y＝ax+b（a≠0）与双曲线y＝（k≠0）交于点A（﹣2，4）和点B（m，﹣2），则不等式0＜ax+b＜的解集是（ ）
A．﹣2＜x＜4B．﹣2＜x＜0
C．x＜﹣2或0＜x＜4D．﹣2＜x＜0或x＞4
10．（3分）如图，已知CD为⊙O的直径，CD⊥AB于点F，AE⊥BC于点E．若AE过圆心O，OA＝1．则四边形BEOF的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（共24分）
11．（3分）若点A（2，3m﹣1）在x轴上，点B（2n+1，3）在y轴上，则代数式6m+4n的值是 ．
12．（3分）如图，已知AB∥CD，BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，∠BAD＝70°，∠BCD＝40°，则∠BED的度数为 ．
13．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为BC上一点，连接AD．过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F．若BE＝4，CF＝1，则EF的长度为 ．
14．（3分）要使分式有意义，则x的取值范围是 ．
15．（3分）因式分解：x3y﹣10x2y+25xy＝ ．
16．（3分）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于点F，若CF＝1，FD＝2，则BC的长为 ．
17．（3分）如图，是一个半圆和抛物线的一部分围成的“芒果”．已知点A、B、C、D分别是“芒果”与坐标轴的交点，AB是半圆的直径，抛物线的解析式为y＝x2+b，若AB长为4，则图中CD的长为 ．
18．（3分）如图，正方形ABCD中，，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，OE＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE、CF，则线段OF长的最小值为 ．
三、计算题（共8分）
19．（4分）解方程：2x2﹣3x﹣2＝0．
20．（4分）计算：|﹣2|﹣（﹣）﹣1+（2024﹣π）0﹣6cs30°．
四、作图题（共4分）
21．（4分）如图，△AOB的顶点都在边长为1的正方形组成的网格格点上，A（﹣1，3），B（﹣2，2）．
（1）将△AOB绕点O顺时针旋转90°得到△A1OB1，作出旋转后的△A1OB1；
（2）在旋转过程中，点B经过的路径为，求的长．
五、解答题（共54分）
22．（6分）如图，在四边形ABCD中，∠C＝90°，BD平分∠ABC，AD＝3，E为AB上一点，AE＝4，ED＝5，求证：AD＝CD．
23．（7分）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AD、BC上，且AE＝CF，连接EF，AC交于点O．求证：OE＝OF．
24．（8分）为了加强中小学学生的劳动教育，2024年计划将该区1000m2的土地作为社会实践基地，该基地准备种植甲乙两种蔬菜．经调查发现：甲种蔬菜种植成本y（单位：元/m2）与其种植面积x（单位：m2）的函数关系y＝x+10，其中200≤x≤600；乙种蔬菜的种植成本为50元/m2．
（1）设2024年甲乙两种蔬菜总种植成本为w元，如何分配两种蔬菜的种植面积，使w最小？
（2）学校计划今后每年在这1000m2土地上，均按（1）中方案种植蔬菜，因技术改进，预计种植成本逐年下降．若甲种蔬菜种植成本平均每年下降10%，乙种蔬菜种植成本平均每年下降a%，当a为何值时，2026年的总种植成本为28920元？
25．（8分）为了更好的感受中考考法，精准备考，学生L和学生H两位同学，分别从2020、2021、2022、2023四年的浙江中考真题中选择一套完成，四套题分别记为A、B、C、D，若他们两人选择哪一套题相互不受影响，且选择每一套题的几率均等．
（1）他们都选择“2023”的概率为 ；
（2）请用列表或画树状图的方法，求两人都不选择“2023”的概率．
26．（8分）已知：如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，以BC为边向形外作等边三角形BCD，把△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，且A、C、E三点共线，若AB＝3，AC＝2，求∠BAD的度数与AD的长．
27．（7分）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，E是AB上一点，以CE为直径的⊙O交BC于点F，连接DO，且∠DOC＝90°．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若DF＝2，DC＝6，求BE的长．
28．（10分）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）与x轴的交点为A（﹣4，0），B（1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，连接AC，P是第二象限内抛物线上一动点，过点P作PG∥y交直线AC于点G，作PR∥x轴交直线AC于点R，求PG+PR最大值以及此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）沿射线AC平移个单位，得到新抛物线y′，M为新抛物线对称轴上一点，N为新抛物线上一点，当以P、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出所有符合条件的N点的坐标，并把求其中一个点N的过程写出来．
2024年甘肃省武威市凉州区河东九年制学校联片教研中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共30分）
1．【分析】根据相反数的定义判断即可．
【解答】解：﹣3的相反数是3，
故选：C．
【点评】本题考查了相反数：只有符号不同的两个数是互为相反数，掌握其定义是解题的关键．
2．【分析】据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【解答】解：A、不是轴对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，符合题意；
C、不是轴对称图形，不符合题意；
D、不是轴对称图形，不符合题意．
故选：B．
【点评】本题主要考查轴对称图形的知识点．确定轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3．【分析】根据无理数的定义求解即可．
【解答】解：A、是分数，为有理数，本选项不符合题意；
B、，为有理数，本选项不符合题意；
C、3.1415926为有理数，本选项不符合题意；
D、π是无限不循环小数，本选项符合题意．
故选：D．
【点评】此题主要考查了无理数的定义，关键是注意带根号的要开不尽方才是无理数，无限不循环小数为无理数．如π，，0.8080080008…（每两个8之间依次多1个0）等形式．
4．【分析】先根据角平分线的定义得到∠1＝∠2，∠3＝∠4＝37.5°，再根据三角形外角性质得∠BCD＝127.5°，然后根据三角形内角和定理代入计算即可求解．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝75°，
∵∠ABC的平分线与∠ACE的平分线交于点D，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4＝37.5°，
∵∠ACE＝180°﹣∠ACB＝105°，
∴∠2＝52.5°，
∴∠BCD＝75°+52.5°＝127.5°，
∴∠D＝180°﹣∠3﹣∠BCD＝15°．
故选：A．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，关键是根据三角形内角和是180°和三角形外角性质进行分析．
5．【分析】根据同底数幂相乘，底数不变指数相加，幂的乘方，底数不变指数相乘的性质的逆用，计算后直接选取答案．
【解答】解：102x+3y＝102x•103y＝（10x）2•（10y）3＝m2n3．
故选：D．
【点评】本题主要考查同底数幂的乘法，幂的乘方的性质，熟练掌握性质并灵活运用是解题的关键．
6．【分析】利用正多边形的性质求出∠DEF，∠ABD，再根据三角形的内角和可得∠BDE．
【解答】解：由题意得：∠DEF＝108°，∠ABD＝120°，
∴∠DEB＝72°，∠DBE＝60°，
∴∠BDE＝180°﹣72°﹣60°＝48°，
故选：A．
【点评】本题考查正多边形，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握正多边形，三角形内角和定理．
7．【分析】根据平均数和方差的变化规律，即可得出答案．
【解答】解：∵数据x1，x2，x3，平均数是2，
∴数据2x1﹣1，2x2﹣1，2x3﹣1的平均数是2×2﹣1＝3；
∵数据x1，x2，x3的方差是3，
∴数据2x1﹣1，2x2﹣1，2x3﹣1的方差是3×22＝12，
故选：C．
【点评】此题考查了平均数与方差，关键是掌握平均数与方差的计算公式和变化规律，一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为，则方差S2＝[（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
8．【分析】先根据CD＝8cm求出OA的长，连接OA，由垂径定理可得出AM＝AB，在Rt△AOM中，利用勾股定理即可求出AM的长，进而可得出AB的长．
【解答】解：连接OA．
∵⊙O的直径CD＝8，
∴OA＝OC＝4，
∵AB⊥CD，
∴AM＝AB，
在Rt△AOM中，
∵OA＝4，OM＝2，
∴AM＝＝＝2，
∴AB＝2AM＝4．
故选：D．
【点评】本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此题的关键．
9．【分析】求出一次函数和反比例函数的解析式，根据图示直接得出不等式的解集．
【解答】解：∵A（﹣2，4）在反比例函数图象上，
∴k＝xy＝﹣2×4＝﹣8，
∴反比例函数解析式为：y＝﹣，
又∵B（m，﹣2）在y＝﹣图象上，
∴m＝4，
∴B（4，﹣2），
∵点A（﹣2，4）、B（4，﹣2）在一次函数y＝ax+b的图象上，
∴，解得，
一次函数解析式为：y＝﹣x+2．
由图象可知，不等式0＜ax+b＜的解集﹣2＜x＜0．
故选：B．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，反比例函数与一次函数交点的坐标满足两个函数关系式．
10．【分析】根据垂径定理求出AF＝BF，CE＝BE，＝，求出∠AOD＝2∠C，求出∠AOD＝2∠A，求出∠A＝30°，解直角三角形求出OF和BF，求出OE、BE、BF，根据三角形的面积公式求出即可．
【解答】解：如图，连接OB，
∵CD为直径，CD⊥AB，
∴＝，
∴∠AOD＝2∠C，
∵CD⊥AB，AE⊥BC，
∴∠AFO＝∠CEO＝90°，
∵∠AOF＝∠COE，OA＝OC，
∴△AFO≌△CEO（AAS），
∴∠C＝∠A，
∴∠AOD＝2∠A，
∵∠AFO＝90°，
∴∠A＝30°，
∵AO＝1，
∴OF＝AO＝，AF＝OF＝，
同理CE＝，OE＝，
∵CD⊥AB，AE⊥BC，CD、AE过O，
由垂径定理得：BF＝AF＝，BE＝CE＝，
∴四边形BEOF的面积S＝S△BFO+S△BEO＝××+××＝．
故选：B．
【点评】本题考查了垂径定理，圆周角定理，解直角三角形等知识点，能够综合运用定理进行推理是解此题的关键．
二、填空题（共24分）
11．【分析】根据题意得到3m﹣1＝0，2n+1＝0，求出，代入6m+4n即可求解．
【解答】解：∵点A（2，3m﹣1）在x轴上，点B（2n+1，3）在y轴上，
∴3m﹣1＝0，2n+1＝0，
解得，
∴．
故答案为：0．
【点评】本题考查了坐标轴上的点的坐标的特点，一元一次方程的解法，求代数式的值等知识，如果一个点在x轴上，则这个点的纵坐标为0，如果一个点在y轴上，则这个点的横坐标为0，熟知坐标轴上的点的坐标的特点是解题关键．
12．【分析】先根据角平分线的定义，得出∠ABE＝∠CBE＝∠ABC，∠ADE＝∠CDE＝∠ADC，再根据三角形内角和定理，推理得出∠BAD+∠BCD＝2∠E，进而求得∠E的度数．
【解答】解：∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，
∴∠ABE＝∠CBE＝∠ABC，∠ADE＝∠CDE＝∠ADC，
∵∠ABE+∠BAD＝∠E+∠ADE，∠BCD+∠CDE＝∠E+∠CBE，
∴∠ABE+∠BAD+∠BCD+∠CDE＝∠E+∠ADE+∠E+∠CBE，
∴∠BAD+∠BCD＝2∠E，
∵∠BAD＝70°，∠BCD＝40°，
∴∠E＝（∠BAD+∠BCD）＝（70°+40°）＝55°．
故答案为：55°．
【点评】此题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，对顶角相等的性质，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
13．【分析】先证明△ABE≌△CAF（AAS），根据全等三角形的性质可得AF＝BE＝4，AE＝CF＝1，进一步可得EF的长．
【解答】解：∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠BEA＝∠AFC＝90°，
∴∠BAE+∠ABE＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAE+∠FAC＝90°，
∴∠FAC＝∠ABE，
在△ABE和△CAF中，
，
∴△ABE≌△CAF（AAS），
∴AF＝BE，AE＝CF，
∵BE＝4，CF＝1，
∴AF＝BE＝4，AE＝CF＝1，
∴EF＝AF﹣AE＝4﹣1＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
14．【分析】直接利用分式的有意义的条件分析得出答案．分式有意义的条件是分母不等于零．
【解答】解：依题意得：x﹣2≠0，
解得x≠2．
故答案为：x≠2．
【点评】此题主要考查了分式的有意义的条件，正确把握分式有意义的条件是分母不等于零是解题的关键．
15．【分析】先提取公因式，再套用完全平方公式．
【解答】解：x3y﹣10x2y+25xy
＝xy（x2﹣10x+25）
＝xy（x﹣5）2．
故答案为：xy（x﹣5）2．
【点评】本题考查了整式的因式分解，掌握因式分解的提公因式法和公式法是解决本题的关键．
16．【分析】首先过点E作EM⊥BC于M，交BF于N，易证得△ENG≌△BNM（AAS），MN是△BCF的中位线，根据全等三角形的性质，即可求得GN＝MN，由折叠的性质，可得BG＝3，继而求得BF的值，又由勾股定理，即可求得BC的长．
【解答】解：过点E作EM⊥BC于M，交BF于N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，AD＝BC，
∵∠EMB＝90°，
∴四边形ABME是矩形，
∴AE＝BM，
由折叠的性质得：AE＝GE，∠EGN＝∠A＝90°，
∴EG＝BM，
在△ENG和△BNM中
∵，
∴△ENG≌△BNM（AAS），
∴NG＝NM，
∴CM＝DE，
∵E是AD的中点，
∴AE＝ED＝BM＝CM，
∵EM∥CD，
∴BN：NF＝BM：CM，
∴BN＝NF，
∴NM＝CF＝，
∴NG＝，
∵BG＝AB＝CD＝CF+DF＝3，
∴BN＝BG﹣NG＝3﹣＝，
∴BF＝2BN＝5，
∴BC＝＝＝2．
故答案为：2．
【点评】此题考查了矩形的判定与性质、折叠的性质、三角形中位线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
17．【分析】根据题意得，B点坐标为（2，0），将B点坐标（2，0）代入抛物线的解析式为y＝x2+b即可求得抛物线的解析式，令x＝0，即可求得点C的坐标，从而可求出CD的长．
【解答】解：∵AB长为4，AB是半圆的直径，∴A点坐标为（﹣2，0），B点坐标为（2，0），
将B点坐标（2，0）代入抛物线的解析式为y＝x2+b，
得，22+b＝0，
解得b＝﹣4，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4，
当x＝0时，y＝﹣4，
∴C点坐标为（0，﹣4），
∴OC＝4，
∵，
∴CD＝OC+OD＝4+2＝6，
故答案为：6．
【点评】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，抛物线与坐标轴的交点问题，解题的关键是求出抛物线的解析式，从而求出点C的坐标．
18．【分析】连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，证明△EDO≌△FDM，可得FM＝OE＝2，由条件可得，根据OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值．
【解答】解：连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，
∵∠EDF＝∠ODM＝90°，
∴∠EDO＝∠FDM，
∵DE＝DF，DO＝DM，
∴△EDO≌△FDM（SAS），
∴FM＝OE＝2，
∵正方形ABCD中，，O是BC边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵OF+MF≥OM，
∴，
∴线段OF长的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，以及三角形三条边的关系．解题的关键是掌握图形旋转的性质．
三、计算题（共8分）
19．【分析】利用因式分解法把原方程化为x﹣2＝0或2x+1＝0，然后解两个一次方程即可．
【解答】解：（x﹣2）（2x+1）＝0，
x﹣2＝0或2x+1＝0，
所以x1＝2，x2＝﹣．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．
20．【分析】根据绝对值、负整数指数幂、零指数幂、特殊角的三角函数值分别计算即可．
【解答】解：|﹣2|﹣（﹣）﹣1+（2024﹣π）0﹣6cs30°
＝+1﹣6×
＝2﹣+4+1﹣
＝．
【点评】本题考查了实数的运算，熟练掌握绝对值、负整数指数幂、零指数幂、特殊角的三角函数值是解题的关键．
四、作图题（共4分）
21．【分析】（1）根据题意先分别求出旋转后的点坐标，再依次连接各点即可得到本题答案；
（2）先利用勾股定理求出OB的长，再利用弧长公式即可得到本题答案．
【解答】解：（1）∵A（﹣1，3），B（﹣2，2），将△AOB绕点O顺时针旋转90°得到△A1OB1，
∴A1（3，1），B1（2，2），如图，△A1OB1即为所求作：
；
（2）∵B（﹣2，2），
∴OB＝＝，
由图可知：的长为．
【点评】本题考查旋转的性质，弧长公式，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
五、解答题（共54分）
22．【分析】根据勾股定理的逆定理证明∠A＝90°．再根据角平分线的性质即可得出结论．
【解答】证明：∵AD＝3，AE＝4，ED＝5，
∴AD2+AE2＝ED2，
∴△ADE是直角三角形，∠A＝90°，
又∵∠C＝90°，BD平分∠ABC，
∴AD＝CD．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理及角平分线性质的应用，掌握角平分线的性质是解题的关键．
23．【分析】利用AAS证得△AEO≌△CFO后即可证得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEO＝∠CFO，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴OE＝OF．
【点评】本题考查了平行四边形的性质及全等三角形的判定与性质，解题的关键是证得△AEO和△CFO全等，难度不大．
24．【分析】（1）根据当200≤x≤600时，，由二次函数的性质得当x＝400时，W有最小值，再根据土地总面积为1000m2解答即可．
（2）根据2026年的总种植成本为28920元，列出一元二次方程，解方程即可．
【解答】解：（1）当200≤x≤600时，，
，抛物线开口向上．
∴当 x＝400时，W有最小值，W最小值＝42000．则1000﹣x＝1000﹣400＝600，
当甲种蔬菜的种植面积为400m2，乙种蔬菜的种植面积为600m2 时，w最小．
（2）由题意可知：甲、乙两种蔬菜总种植成本是42000元，
乙种蔬菜的种植成本是50×600＝30000（元），甲种蔬菜的种植成本是 42000﹣30000＝12000（元），
（1﹣10%）2×12000+（1﹣a%）2×30000＝28920，
设a%＝m，则（1﹣m）2＝0.64，
解得：m1＝0.2，m2＝1.8 （舍去），
∴a%＝20%．
∴a＝20．
答：当a为20时，2026年的总种植成本为28920元．
【点评】此题考查了二次函数的应用、一元二次方程的应用，解题的关键是用待定系数法正确求出函数关系式，正确列出一元二次方程．
25．【分析】（1）画树状图得出所有等可能的结果数以及他们都选择“2023”的结果数，再利用概率公式可得出答案；
（2）由树状图可得出所有等可能的结果数以及两人都不选择“2023”的结果数，再利用概率公式可得出答案；
【解答】解：（1）画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中他们都选择D的结果有1种，
他们都选择“2023”的概率为，
故答案为：；
（2）由树状图可知，共有16种等可能的结果，其中他们都不选择D的结果有9种，
∴两人都不选择“2023”的概率为．
【点评】本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
26．【分析】由旋转的性质可得出∠ADE＝60°、DA＝DE，进而可得出△ADE为等边三角形以及∠DAE＝60°，由点A、C、E在一条直线上可得出∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝60°；由点A、C、E在一条直线上可得出AE＝AC+CE，根据旋转的性质可得出CE＝AB，结合AB＝3、AC＝2可得出AE的长度，再根据等边三角形的性质即可得出AD的长度．
【解答】解：∵△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，
∴∠ADE＝60°，DA＝DE，
∴△ADE为等边三角形，
∴∠DAE＝60°．
∵点A、C、E在一条直线上，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝120°﹣60°＝60°．
∵点A、C、E在一条直线上，
∴AE＝AC+CE．
∵△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，
∴CE＝AB，
∴AE＝AC+AB＝2+3＝5．
∵△ADE为等边三角形，
∴AD＝AE＝5．
【点评】本题考查了旋转的性质以及等边三角形的判定与性质，根据旋转的性质结合旋转角度为60°找出△ADE为等边三角形是解题的关键．
27．【分析】（1）根据三角形中位线定理得到OD∥BE，根据平行线的性质、切线的判定定理证明；
（2）连接EF、ED，根据等腰三角形的性质求出BF，根据勾股定理求出EF，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴CD＝DB，又CO＝OE，
∴OD∥BE，
∴∠CEB＝∠DOC＝90°，
∴CE⊥AB，
∴AB是⊙O的切线；
（2）解：连接EF、ED，
∵BD＝CD＝6，
∴BF＝BD﹣DF＝4，
∵CO＝OE，∠DOC＝90°，
∴DE＝DC＝6，
∵CE为⊙O的直径，
∴∠EFC＝90°，
∴EF＝＝4，
∴BE＝＝4．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握切线的判定定理、圆周角定理、三角形中位线定理、勾股定理是解题的关键．
28．【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的函数表达式为y＝﹣x2﹣x+2；
（2）由y＝﹣x2﹣x+2得C（0，2），即得直线AC函数表达式为y＝x+2，设P（m，﹣m2﹣m+2），可得PG+PR＝[﹣m2﹣m+2﹣（m+2）]+[（﹣m2﹣3m）﹣m]＝﹣m2﹣6m＝﹣（m+2）2+6，根据二次函数性质可得PG+PR最大值为6，P的坐标为（﹣2，3）；
（3）将抛物线y＝﹣x2﹣x+2沿射线AC平移个单位，相当于向右平移2个单位，再向上平移1个单位，故新抛物线y′＝﹣（x﹣2）2﹣（x﹣2）+2+1＝﹣x2+x+4＝﹣（x﹣）2+，设M（，p），N（q，﹣q2+q+4），分三种情况：①若MN，PB为对角线，则MN，PB的中点重合，，②若MP，NB为对角线，则MP，NB的中点重合，，③若MB，NP为对角线，则MB，NP的中点重合，，分别解方程组可得N点的坐标为（﹣，）或（﹣，﹣）或（，﹣）．
【解答】解：（1）把A（﹣4，0），B（1，0）代入y＝ax2+bx+2得：
，
解得，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2﹣x+2；
（2）在y＝﹣x2﹣x+2中，令x＝0得y＝2，
∴C（0，2），
由A（﹣4，0），C（0，2）得直线AC函数表达式为y＝x+2，
设P（m，﹣m2﹣m+2），则G（m，m+2），R（﹣m2﹣3m，﹣m2﹣m+2），
∴PG+PR＝[﹣m2﹣m+2﹣（m+2）]+[（﹣m2﹣3m）﹣m]＝﹣m2﹣6m＝﹣（m+2）2+6，
∵﹣＜0，
∴当m＝﹣2时，PG+PR取最大值，最大值为6；
此时P的坐标为（﹣2，3）；
（3）∵A（﹣4，0），C（0，2），
∴AC＝2，
将抛物线y＝﹣x2﹣x+2沿射线AC平移个单位，相当于向右平移2个单位，再向上平移1个单位，
∴新抛物线y′＝﹣（x﹣2）2﹣（x﹣2）+2+1＝﹣x2+x+4＝﹣（x﹣）2+，
∴新抛物线对称轴为直线x＝，
设M（，p），N（q，﹣q2+q+4），
又P（﹣2，3），B（1，0），
①若MN，PB为对角线，则MN，PB的中点重合，
∴，
解得，
∴N点的坐标为（﹣，）；
②若MP，NB为对角线，则MP，NB的中点重合，
∴，
解得，
∴N点的坐标为（﹣，﹣）；
③若MB，NP为对角线，则MB，NP的中点重合，
∴，
解得，
∴N点的坐标为（，﹣）；
综上所述，N点的坐标为（﹣，）或（﹣，﹣）或（，﹣）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，二次函数的图象和性质，抛物线的平移，平行四边形的性质及应用等知识，熟练掌握铅锤法、中点坐标公式及分类讨论思想是解题关键．