2021-2022学年浙江省嘉兴市桐乡中考数学押题试卷含解析

这是一份2021-2022学年浙江省嘉兴市桐乡中考数学押题试卷含解析，共23页。试卷主要包含了下列图形是轴对称图形的有，下列命题是真命题的是，一元二次方程的根的情况是，下列计算正确的是等内容，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（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．下列计算正确的是()
A．2x2－3x2＝x2 B．x＋x＝x2 C．－(x－1)＝－x＋1 D．3＋x＝3x
2．若分式的值为0，则x的值为（　　）
A．-2 B．0 C．2 D．±2
3．如图1所示，甲、乙两车沿直路同向行驶，车速分别为20 m/s和v(m/s)，起初甲车在乙 车前a (m)处，两车同时出发，当乙车追上甲车时，两车都停止行驶．设x(s)后两车相距y (m)，y与x的函数关系如图2所示．有以下结论：
①图1中a的值为500；
②乙车的速度为35 m/s；
③图1中线段EF应表示为；
④图2中函数图象与x轴交点的横坐标为1．
其中所有的正确结论是（ ）

A．①④ B．②③
C．①②④ D．①③④
4．如图，已知Rt△ABC中，∠BAC=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转，使点D落在射线CA上，DE的延长线交BC于F，则∠CFD的度数为（　　）

A．80° B．90° C．100° D．120°
5．下列图形是轴对称图形的有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
6．下列命题是真命题的是( )
A．过一点有且只有一条直线与已知直线平行
B．对角线相等且互相垂直的四边形是正方形
C．平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧
D．若三角形的三边a，b，c满足a2＋b2＋c2＝ac＋bc＋ab，则该三角形是正三角形
7．一元二次方程的根的情况是　　
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法判断
8．下列计算正确的是（ ）
A．3a2﹣6a2=﹣3
B．（﹣2a）•（﹣a）=2a2
C．10a10÷2a2=5a5
D．﹣（a3）2=a6
9．如图，半径为3的⊙A经过原点O和点C（0，2），B是y轴左侧⊙A优弧上一点，则tan∠OBC为（ ）

A． B．2 C． D．
10．如图，已知函数y=﹣与函数y=ax2+bx的交点P的纵坐标为1，则不等式ax2+bx+＞0的解集是（　　）

A．x＜﹣3 B．﹣3＜x＜0 C．x＜﹣3或x＞0 D．x＞0
11．小明在一次登山活动中捡到一块矿石,回家后,他使用一把刻度尺,一只圆柱形的玻璃杯和足量的水,就测量出这块矿石的体积.如果他量出玻璃杯的内直径d,把矿石完全浸没在水中,测出杯中水面上升了高度h,则小明的这块矿石体积是( )
A． B． C． D．
12．一副直角三角板如图放置，其中，，，点F在CB的延长线上若，则等于（ ）

A．35° B．25° C．30° D．15°
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．如图，在边长为3的菱形ABCD中，点E在边CD上，点F为BE延长线与AD延长线的交点．若DE=1，则DF的长为________．

14．已知某二次函数图像的最高点是坐标原点，请写出一个符合要求的函数解析式：_______．
15．不等式组的所有整数解的积为__________．
16．在一个不透明的口袋里，装有仅颜色不同的黑球、白球若干只．某小组做摸球实验：将球搅匀后从中随机摸出一个，记下颜色，再放回袋中，不断重复．下表是活动中的一组数据，则摸到白球的概率约是_____．
摸球的次数n
100
150
200
500
800
1000
摸到白球的次数m
58
96
116
295
484
601
摸到白球的频率m/n
0.58
0.64
0.58
0.59
0.605
0.601

17．分解因式：_______
18．将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，BD、BE为折痕，若∠ABE＝20°，则∠DBC为_____度．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）如图，AB是⊙O的直径，点E是上的一点，∠DBC=∠BED．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）已知AD=3，CD=2，求BC的长．

20．（6分）如图，抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A、B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，3）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形为直角三角形？若存在，试求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

21．（6分）已知：如图，在Rt△ABO中，∠B=90°，∠OAB=10°，OA=1．以点O为原点，斜边OA所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，以点P（4，0）为圆心，PA长为半径画圆，⊙P与x轴的另一交点为N，点M在⊙P上，且满足∠MPN=60°．⊙P以每秒1个单位长度的速度沿x轴向左运动，设运动时间为ts，解答下列问题：
（发现）（1）的长度为多少；
（2）当t=2s时，求扇形MPN（阴影部分）与Rt△ABO重叠部分的面积．
（探究）当⊙P和△ABO的边所在的直线相切时，求点P的坐标．
（拓展）当与Rt△ABO的边有两个交点时，请你直接写出t的取值范围．

22．（8分）如图，在平面直角坐标系中，A为y轴正半轴上一点，过点A作x轴的平行线，交函数的图象于B点，交函数的图象于C，过C作y轴和平行线交BO的延长线于D．
（1）如果点A的坐标为（0，2），求线段AB与线段CA的长度之比；
（2）如果点A的坐标为（0，a），求线段AB与线段CA的长度之比；
（3）在（1）条件下，四边形AODC的面积为多少？

23．（8分）如图，要修一个育苗棚，棚的横截面是，棚高，长，棚顶与地面的夹角为．求覆盖在顶上的塑料薄膜需多少平方米（结果保留小数点后一位）．（参考数据：，，）

24．（10分）在平面直角坐标系中，抛物线经过点A（-1,0）和点B（4,5）.
（1）求该抛物线的函数表达式.
（2）求直线AB关于x轴对称的直线的函数表达式.
（3）点P是x轴上的动点，过点P作垂直于x轴的直线l，直线l与该抛物线交于点M，与直线AB交于点N.当PM < PN时，求点P的横坐标的取值范围.

25．（10分）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（点D不与点B、C重合），以AD为直角边在AD右侧作等腰三角形ADE，使∠DAE=90°，连接CE．
探究：如图①，当点D在线段BC上时，证明BC=CE+CD．
应用：在探究的条件下，若AB=，CD=1，则△DCE的周长为　 　．
拓展：（1）如图②，当点D在线段CB的延长线上时，BC、CD、CE之间的数量关系为　 　．
（2）如图③，当点D在线段BC的延长线上时，BC、CD、CE之间的数量关系为　 　．

26．（12分）研究发现，抛物线上的点到点F(0，1)的距离与到直线l：的距离相等.如图1所示，若点P是抛物线上任意一点，PH⊥l于点H，则PF=PH.
基于上述发现，对于平面直角坐标系xOy中的点M，记点到点的距离与点到点的距离之和的最小值为d，称d为点M关于抛物线的关联距离；当时，称点M为抛物线的关联点.

（1）在点，，，中，抛物线的关联点是_____ ；
（2）如图2，在矩形ABCD中，点，点，
①若t=4，点M在矩形ABCD上，求点M关于抛物线的关联距离d的取值范围；
②若矩形ABCD上的所有点都是抛物线的关联点，则t的取值范围是________.
27．（12分）如图所示，直线y=x+2与双曲线y=相交于点A(2，n)，与x轴交于点C．求双曲线解析式；点P在x轴上，如果△ACP的面积为5，求点P的坐标.




参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1、C
【解析】
根据合并同类项法则和去括号法则逐一判断即可得．
【详解】
解：A．2x2-3x2=-x2，故此选项错误；
B．x+x=2x，故此选项错误；
C．-（x-1）=-x+1，故此选项正确；
D．3与x不能合并，此选项错误；
故选C．
【点睛】
本题考查了整式的加减，熟练掌握运算法则是解题的关键．
2、C
【解析】
由题意可知：，
解得：x=2，
故选C.
3、A
【解析】
分析：①根据图象2得出结论; ②根据(75,125)可知：75秒时，两车的距离为125m,列方程可得结论; ③根据图1，线段的和与差可表示EF的长；④利用待定系数法求直线的解析式，令y=0可得结论.
详解：①y是两车的距离，所以根据图2可知：图1中a的值为500，此选项正确；②由题意得：75×20+500-75y=125,v=25,则乙车的速度为25m/s,故此选项不正确；③图1中：EF=a+20x-vx=500+20x-25x=500-5x.故此选项不正确；④设图2的解析式为：y=kx+b,把（0,500）和（75,125）代入得： ，解得 ，∴y=-5x+500,
当y=0时，-5x+500=0,x=1,即图2中函数图象与x轴交点的横坐标为1，此选项正确；其中所有的正确结论是①④；故选A.
点睛：本题考查了一次函数的应用，根据函数图象，读懂题目信息，理解两车间的距离与时间的关系是解题的关键.
4、B
【解析】
根据旋转的性质得出全等，推出∠B=∠D，求出∠B+∠BEF=∠D+∠AED=90°，根据三角形外角性质得出∠CFD=∠B+∠BEF，代入求出即可．
【详解】
解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，
∴△ABC≌△ADE，
∴∠B=∠D，
∵∠CAB=∠BAD=90°，∠BEF=∠AED，∠B+∠BEF+∠BFE=180°，∠D+∠BAD+∠AED=180°，
∴∠B+∠BEF=∠D+∠AED=180°﹣90°=90°，
∴∠CFD=∠B+∠BEF=90°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，三角形内角和定理，三角形外角性质的应用，掌握旋转变换的性质是解题的关键．
5、C
【解析】
试题分析：根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．据此对图中的图形进行判断．
解：图（1）有一条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
图（2）不是轴对称图形，因为找不到任何这样的一条直线，使它沿这条直线折叠后，直线两旁的部分能够重合，即不满足轴对称图形的定义．不符合题意；
图（3）有二条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
图（3）有五条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
图（3）有一条对称轴，是轴对称图形，符合题意．
故轴对称图形有4个．
故选C．
考点：轴对称图形．
6、D
【解析】
根据真假命题的定义及有关性质逐项判断即可.
【详解】
A、真命题为:过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行,故本选项错误;
B、真命题为:对角线相等且互相垂直的四边形是正方形或等腰梯形,故本选项错误;
C、真命题为:平分弦的直径垂直于弦(非直径),并且平分弦所对的弧,故本选项错误;
D、∵a2＋b2＋c2＝ac＋bc＋ab，∴2a2＋2b2＋2c2-2ac-2bc-2ab=0，∴(a-b)2+(a-c)2+(b-c)2=0，∴a=b=c，故本选项正确.
故选D.
【点睛】
本题考查了命题的真假，熟练掌握真假命题的定义及几何图形的性质是解答本题的关键，当命题的条件成立时，结论也一定成立的命题叫做真命题；当命题的条件成立时，不能保证命题的结论总是成立的命题叫做假命题.熟练掌握所学性质是解答本题的关键.
7、A
【解析】
把a=1,b=-1,c=-1,代入，然后计算，最后根据计算结果判断方程根的情况.
【详解】

方程有两个不相等的实数根.
故选A.
【点睛】
本题考查根的判别式，把a=1,b=-1,c=-1,代入计算是解题的突破口.
8、B
【解析】
根据整式的运算法则分别计算可得出结论.
【详解】
选项A，由合并同类项法则可得3a2﹣6a2=﹣3a2，不正确；
选项B，单项式乘单项式的运算可得（﹣2a）•（﹣a）=2a2，正确；
选项C，根据整式的除法可得10a10÷2a2=5a8，不正确；
选项D，根据幂的乘方可得﹣（a3）2=﹣a6，不正确．
故答案选B．
考点：合并同类项；幂的乘方与积的乘方；单项式乘单项式．
9、C
【解析】
试题分析：连结CD，可得CD为直径，在Rt△OCD中，CD=6，OC=2，根据勾股定理求得OD=4
所以tan∠CDO=，由圆周角定理得，∠OBC=∠CDO，则tan∠OBC=，故答案选C．

考点：圆周角定理；锐角三角函数的定义．
10、C
【解析】
首先求出P点坐标，进而利用函数图象得出不等式ax2+bx+＞1的解集．
【详解】
∵函数y=﹣与函数y=ax2+bx的交点P的纵坐标为1，
∴1=﹣，
解得：x=﹣3，
∴P（﹣3，1），
故不等式ax2+bx+＞1的解集是：x＜﹣3或x＞1．
故选C．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是正确得出P点坐标．
11、A
【解析】
圆柱体的底面积为：π×()2，
∴矿石的体积为：π×()2h= .
故答案为.
12、D
【解析】
直接利用三角板的特点，结合平行线的性质得出∠BDE=45°，进而得出答案．
【详解】
解：由题意可得：∠EDF=30°，∠ABC=45°，
∵DE∥CB，
∴∠BDE=∠ABC=45°，
∴∠BDF=45°-30°=15°．
故选D．
【点睛】
此题主要考查了平行线的性质，根据平行线的性质得出∠BDE的度数是解题关键．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、1.1
【解析】
求出EC，根据菱形的性质得出AD∥BC，得出相似三角形，根据相似三角形的性质得出比例式，代入求出即可．
【详解】
∵DE=1，DC=3，
∴EC=3-1=2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴△DEF∽△CEB，
∴，
∴，
∴DF=1.1，
故答案为1.1．
【点睛】
此题主要考查了相似三角形的判定与性质，解题关键是根据菱形的性质证明△DEF∽△CEB，然后根据相似三角形的性质可求解.
14、等
【解析】
根据二次函数的图象最高点是坐标原点，可以得到a＜0，b=0，c=0，所以解析式满足a＜0，b=0，c=0即可．
【详解】
解：根据二次函数的图象最高点是坐标原点，可以得到a＜0，b=0，c=0，
例如：.
【点睛】
此题是开放性试题，考查函数图象及性质的综合运用，对考查学生所学函数的深入理解、掌握程度具有积极的意义.
15、1
【解析】
解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的整数解为﹣1，1，1…51，
所以所有整数解的积为1，
故答案为1．
【点睛】
本题考查一元一次不等式组的整数解，准确计算是关键，难度不大．
16、0.1
【解析】
根据表格中的数据，随着实验次数的增大，频率逐渐稳定在0.1左右，即为摸出白球的概率．
【详解】
解：观察表格得：通过多次摸球实验后发现其中摸到白球的频率稳定在0.1左右，
则P白球＝0.1．
故答案为0.1．
【点睛】
本题考查了利用频率估计概率，在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近．
17、
【解析】
=2（）=.
故答案为.
18、1
【解析】
解：根据翻折的性质可知，∠ABE=∠A′BE，∠DBC=∠DBC′．又∵∠ABE+∠A′BE+∠DBC+∠DBC′=180°，∴∠ABE+∠DBC=90°．又∵∠ABE=20°，∴∠DBC=1°．故答案为1．
点睛：本题考查了角的计算，根据翻折变换的性质，得出三角形折叠以后的图形和原图形全等，对应的角相等，得出∠ABE=∠A′BE，∠DBC=∠DBC′是解题的关键．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、 (1)证明见解析
(2)BC=
【解析】
（1）AB是⊙O的直径，得∠ADB=90°，从而得出∠BAD=∠DBC，即∠ABC=90°，即可证明BC是⊙O的切线；
（2）可证明△ABC∽△BDC，则，即可得出BC=．
【详解】
（1）∵AB是⊙O的切直径，
∴∠ADB=90°，
又∵∠BAD=∠BED，∠BED=∠DBC，
∴∠BAD=∠DBC，
∴∠BAD+∠ABD=∠DBC+∠ABD=90°，
∴∠ABC=90°，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：∵∠BAD=∠DBC，∠C=∠C，
∴△ABC∽△BDC，
∴，即BC2=AC•CD=（AD+CD）•CD=10，
∴BC=．
考点：1.切线的判定；2.相似三角形的判定和性质.
20、 (1) y=﹣x2+2x+3；(2)见解析.
【解析】
(1)将B（3，0），C（0，3）代入抛物线y=ax2+2x+c，可以求得抛物线的解析式；
(2) 抛物线的对称轴为直线x=1，设点Q的坐标为（1，t），利用勾股定理求出AC2、AQ2、CQ2，然后分AC为斜边，AQ为斜边，CQ时斜边三种情况求解即可.
【详解】
解：（1）∵抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A、B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，3），
∴，得，
∴该抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3；
（2）在抛物线的对称轴上存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形为直角三角形，
理由：∵抛物线y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，点B（3，0），点C（0，3），
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∴点A的坐标为（﹣1，0），
设点Q的坐标为（1，t），则
AC2=OC2+OA2=32+12=10，
AQ2=22+t2=4+t2，
CQ2=12+（3﹣t）2=t2﹣6t+10，
当AC为斜边时，
10=4+t2+t2﹣6t+10，
解得，t1=1或t2=2，
∴点Q的坐标为（1，1）或（1，2），
当AQ为斜边时，
4+t2=10+t2﹣6t+10，
解得，t=，
∴点Q的坐标为（1，），
当CQ时斜边时，
t2﹣6t+10=4+t2+10，
解得，t=，
∴点Q的坐标为（1，﹣），
由上可得，当点Q的坐标是（1，1）、（1，2）、（1，）或（1，﹣）时，使得以A、C、Q为顶点的三角形为直角三角形．

【点睛】
本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图像与性质，勾股定理及分类讨论的数学思想，熟练掌握待定系数法是解（1）的关键，分三种情况讨论是解（2）的关键.
21、【发现】（3）的长度为；（2）重叠部分的面积为；【探究】：点P的坐标为；或或；【拓展】t的取值范围是或，理由见解析．
【解析】
发现：（3）先确定出扇形半径，进而用弧长公式即可得出结论；
（2）先求出PA=3，进而求出PQ，即可用面积公式得出结论；
探究：分圆和直线AB和直线OB相切，利用三角函数即可得出结论；
拓展：先找出和直角三角形的两边有两个交点时的分界点，即可得出结论．
【详解】
[发现]
（3）∵P（2，0），∴OP=2．
∵OA=3，∴AP=3，∴的长度为．
故答案为；
（2）设⊙P半径为r，则有r=2﹣3=3，当t=2时，如图3，点N与点A重合，∴PA=r=3，设MP与AB相交于点Q．在Rt△ABO中，∵∠OAB=30°，∠MPN=60°．
∵∠PQA=90°，∴PQPA，∴AQ=AP×cos30°，∴S重叠部分=S△APQPQ×AQ．
即重叠部分的面积为．
[探究]
①如图2，当⊙P与直线AB相切于点C时，连接PC，则有PC⊥AB，PC=r=3．
∵∠OAB=30°，∴AP=2，∴OP=OA﹣AP=3﹣2=3；
∴点P的坐标为（3，0）；

②如图3，当⊙P与直线OB相切于点D时，连接PD，则有PD⊥OB，PD=r=3，∴PD∥AB，∴∠OPD=∠OAB=30°，∴cos∠OPD，∴OP，∴点P的坐标为（，0）；
③如图2，当⊙P与直线OB相切于点E时，连接PE，则有PE⊥OB，同②可得：OP；
∴点P的坐标为（，0）；

[拓展]
t的取值范围是2＜t≤3，2≤t＜4，理由：
如图4，当点N运动到与点A重合时，与Rt△ABO的边有一个公共点，此时t=2；
当t＞2，直到⊙P运动到与AB相切时，由探究①得：OP=3，∴t3，与Rt△ABO的边有两个公共点，∴2＜t≤3．
如图6，当⊙P运动到PM与OB重合时，与Rt△ABO的边有两个公共点，此时t=2；
直到⊙P运动到点N与点O重合时，与Rt△ABO的边有一个公共点，此时t=4；
∴2≤t＜4，即：t的取值范围是2＜t≤3，2≤t＜4．

【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，切线的性质，锐角三角函数，三角形面积公式，作出图形是解答本题的关键．
22、（1）线段AB与线段CA的长度之比为；（2）线段AB与线段CA的长度之比为；（3）1．
【解析】
试题分析：
（1）由题意把y=2代入两个反比例函数的解析式即可求得点B、C的横坐标，从而得到AB、AC的长，即可得到线段AB与AC的比值；
（2）由题意把y=a代入两个反比例函数的解析式即可求得用“a”表示的点B、C的横坐标，从而可得到AB、AC的长，即可得到线段AB与AC的比值；
（3）由（1）可知，AB:AC=1:3，由此可得AB:BC=1:4，利用OA=2和平行线分线段成比例定理即可求得CD的长，从而可由梯形的面积公式求出四边形AODC的面积.
试题解析：
（1）∵A（0，2），BC∥x轴，
∴B（﹣1，2），C（3，2），
∴AB=1，CA=3，
∴线段AB与线段CA的长度之比为；
（2）∵B是函数y=﹣（x＜0）的一点，C是函数y=（x＞0）的一点，
∴B（﹣，a），C（，a），
∴AB=，CA=，
∴线段AB与线段CA的长度之比为；
（3）∵=，
∴=，
又∵OA=a，CD∥y轴，
∴，
∴CD=4a，
∴四边形AODC的面积为=（a+4a）×=1．
23、33.3
【解析】
根据解直角三角形的知识先求出AC的值，再根据矩形的面积计算方法求解即可.
【详解】
解：∵AC= ===
∴矩形面积=10≈33.3（平方米）
答：覆盖在顶上的塑料薄膜需33.3平方米
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，掌握正弦的定义是解题的关键.
24、（1）（2）（3）
【解析】
（1）根据待定系数法，可得二次函数的解析式；
（2）根据待定系数法，可得AB的解析式，根据关于x轴对称的横坐标相等，纵坐标互为相反数，可得答案；
（3）根据PM＜PN，可得不等式，利用绝对值的性质化简解不等式，可得答案．
【详解】
（1）将A（﹣1，1），B（2，5）代入函数解析式，得：
，解得：，抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）设AB的解析式为y=kx+b，将A（﹣1，1），B（2，5）代入函数解析式，得：
，解得：，直线AB的解析式为y=x+1，直线AB关于x轴的对称直线的表达式y=﹣（x+1），化简，得：y=﹣x﹣1；
（3）设M（n，n2﹣2n﹣3），N（n，n+1），PM＜PN，即|n2﹣2n﹣3|＜|n+1|．
∴|（n+1）（n-3）|-|n+1|＜1，∴|n+1|（|n-3|-1）＜1．
∵|n+1|≥1，∴|n-3|-1＜1，∴|n-3|＜1，∴－1＜n-3＜1，解得：2＜n＜2．
故当PM＜PN时，求点P的横坐标xP的取值范围是2＜xP＜2．
【点睛】
本题考查了二次函数综合题．解（1）的关键是待定系数法，解（2）的关键是利用关于x轴对称的横坐标相等，纵坐标互为相反数；解（3）的关键是利用绝对值的性质化简解不等式．
25、探究：证明见解析；应用：；拓展：（1）BC= CD-CE，（2）BC= CE-CD
【解析】
试题分析：探究：判断出∠BAD=∠CAE，再用SAS即可得出结论；
应用：先算出BC，进而算出BD，再用勾股定理求出DE，即可得出结论；
拓展：（1）同探究的方法得出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，即可得出结论；
（2）同探究的方法得出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，即可得出结论．
试题解析：探究：∵∠BAC=90°，∠DAE=90°，
∴∠BAC=∠DAE．
∵∠BAC=∠BAD+∠DAC，∠DAE=∠CAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE．
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE．                                                 
∴BD=CE．
∵BC=BD+CD，
∴BC=CE+CD． 
应用：在Rt△ABC中，AB=AC=，
∴∠ABC=∠ACB=45°，BC=2，
∵CD=1，
∴BD=BC-CD=1，
由探究知，△ABD≌△ACE，
∴∠ACE=∠ABD=45°，
∴∠DCE=90°，
在Rt△BCE中，CD=1，CE=BD=1，
根据勾股定理得，DE=，
∴△DCE的周长为CD+CE+DE=2+
故答案为2+
拓展：（1）同探究的方法得，△ABD≌△ACE．
∴BD=CE
∴BC=CD-BD=CD-CE，
故答案为BC=CD-CE；
（2）同探究的方法得，△ABD≌△ACE． 
∴BD=CE
∴BC=BD-CD=CE-CD，
故答案为BC=CE-CD．
26、 (1) （2）① ②
【解析】
【分析】（1）根据关联点的定义逐一进行判断即可得；
（2））①当时，，，，，可以确定此时矩形上的所有点都在抛物线的下方，所以可得，由此可知，从而可得；
②由①知，分两种情况画出图形进行讨论即可得.
【详解】（1），x=2时，y==1，此时P（2，1），则d=1+2=3，符合定义，是关联点；
，x=1时，y==，此时P（1，），则d=+=3，符合定义，是关联点；
，x=4时，y==4，此时P（4，4），则d=1+=6，不符合定义，不是关联点；
，x=0时，y==0，此时P（0，0），则d=4+5=9，不不符合定义，是关联点，
故答案为；
（2）①当时，，，，，
此时矩形上的所有点都在抛物线的下方，
∴，
∴，
∵，
∴；
②由①，，
如图2所示时，CF最长，当CF=4时，即=4，解得：t=，

如图3所示时，DF最长，当DF=4时，即DF==4，解得 t=，

故答案为
【点睛】本题考查了新定义题，二次函数的综合，题目较难，读懂新概念，能灵活应用新概念，结合图形解题是关键.
27、（1）；（2）（，0）或
【解析】
（1）把A点坐标代入直线解析式可求得n的值，则可求得A点坐标，再把A点坐标代入双曲线解析式可求得k的值，可求得双曲线解析式；
（2）设P（x，0），则可表示出PC的长，进一步表示出△ACP的面积，可得到关于x的方程，解方程可求得P点的坐标．
【详解】
解：（1）把A（2，n）代入直线解析式得：n=3，
∴A（2，3），
把A坐标代入y=，得k=6，
则双曲线解析式为y=．
（2）对于直线y=x+2，
令y=0，得到x=-4，即C（-4，0）．
设P（x，0），可得PC=|x+4|．
∵△ACP面积为5，
∴|x+4|•3=5，即|x+4|=2，
解得：x=-或x=-，
则P坐标为或．