2023年浙江省衢州市龙游县城南初级中学中考数学一模试卷（含答案）

2023年城南初级中学初中学业水平第一次模拟考试

数学试卷

说明：

本试卷共23小题，满分120分，考试用时为90分钟．答案写在答题卡上．

一       、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

1.的倒数是（    ）

A． B． C． D．7

2.用一个平面截下列图形，截面不能得到圆的立体图形是（　　）

A．球 B．正方体 C．圆柱 D．圆锥

3.下列说法正确的是（　　）

A．若甲、乙两组数据的平均数相同，S甲2＝0.1，S乙2＝0.04，则乙组数据较稳定   

B．如果明天降水的概率是50%，那么明天有半天都在降雨   

C．了解全国中学生的节水意识应选用普查方式   

D．早上的太阳从西方升起是必然事件

4.不等式的解集在数轴上表示正确的是（    ）

A． B．

C． D．

5.解二元一次方程组最好的做法首先采用(     )

A．代入法 B．加减法 C．都可以 D．无法确定

6.八边形的内角和为    （      ）

A．180° B．360° C．1080° D．1440°

7.已知A=3x2+5y2+6z2，B=2x2﹣2y2﹣8z2，C=2z2﹣5x2﹣3y2，则A+B+C的值为(     )

A．0 B．x2 C．y2 D．z2

8.如图A．B、C三个居民小区的位置成三角形，现决定三个小区之间修建一个超市，使它到三个小区的距离相等，则超市应建在（　　）

A． AC、BC的两条高线的交点处 B． ∠A．∠B两内角平分线的交点处

C． AC、BC两边中线的交点处 D． AC、BC两条边垂直平分线的交点处

9.如图，在和中，点在边上，边交边于点. 若， ，，则等于（  ）

A． B． C． D．

10.如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①BD＝CE，②∠DAC＝∠CED，③若BD＝2CD，则＝，④在△ABC内存在唯一一点P，使得PA+PB+PC的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则CE＝2+．其中含所有正确结论的选项是（　　）

A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④

二       、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）

11.一个正数的平方根为3x+3与x﹣7，则这个数是_____．

12.已知a﹣b=2，那么2a﹣2b+5=　   　．

13.如图，△ABC与△AEF中，AB=AE，BC=EF，∠B=∠E，AB交EF于D．给出下列结论：

①∠AFC=∠C；②DF=CF；③BC=DE+DF；④∠BFD=∠CAF．

其中正确的结论是______（填写所有正确结论的序号）．

14.如图，在△ABC中，BC＝+，∠C＝45°，AB＝AC，则AC的长为　   　．

15.如图，在正方形ABCD中，AD=2，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为　   　．

16.如图，Rt△ABC纸片中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点D在边BC 上，以AD为折痕△ABD折叠得到△AB′D，AB′与边BC交于点E．若△DEB′为直角三角形，则BD的长是　   　．

三       、解答题（本题共有8小题，第17~19小题每小题6分，第20~21小题每小题6分，第22~23小题每小题6分，第24小题12分，共66分。请务必写出解答过程）

17.（1）计算：（）×3

（2）解方程组

18.为培养学生数学学习兴趣，某校七年级准备开设“神奇魔方”、“魅力数独”、“数学故事”、“趣题巧解”四门选修课（每位学生必须且只选其中一门）．

（1）学校对七年级部分学生进行选课调查，得到如图所示的统计图．根据该统计图，请估计该校七年级480名学生选“数学故事”的人数．

（2）学校将选“数学故事”的学生分成人数相等的A，B，C三个班，小聪、小慧都选择了“数学故事”，已知小聪不在A班，求他和小慧被分到同一个班的概率．（要求列表或画树状图）

19.如图所示，我国两艘海监船A，B在南海海域巡航，某一时刻，两船同时收到指令，立即前往救援遇险抛锚的渔船C，此时，B船在A船的正南方向5海里处，A船测得渔船C在其南偏东45°方向，B船测得渔船C在其南偏东53°方向，已知A船的航速为30海里/小时，B船的航速为25海里/小时，问C船至少要等待多长时间才能得到救援？（参考数据：sin53°≈，cos53°≈，tan53°≈，≈1.41）

20.如图，为的直径，点在上，与交于点，，连接．求证：

（1）；

（2）四边形是菱形．

21.已知自变量x与因变量的对应关系如下表呈现的规律．

（1）直接写出函数解析式及其图象与x轴和y轴的交点M，N的坐标；

（2）设反比列函数的图象与（1）求得的函数的图象交于A，B两点，O为坐标原点且，求反比例函数解析式；已知，点与分别在反比例函数与（1）求得的函数的图象上，直接写出与的大小关系．

22.如图，AB是半圆O的直径，C是AB延长线上的点，AC的垂直平分线交半圆于点D，交AC于点E，连接DA，DC．已知半圆O的半径为3，BC=2．

（1）求AD的长．

（2）点P是线段AC上一动点，连接DP，作∠DPF=∠DAC，PF交线段CD于点F．当△DPF为等腰三角形时，求AP的长．

23.如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．直线与抛物线交于、两点，与轴交于点，点的坐标为．

（1）求抛物线的解析式与直线的解析式；

（2）若点是抛物线上的点且在直线上方，连接、，求当面积最大时点的坐标及该面积的最大值；

（3）若点是轴上的点，且，求点的坐标．

24.已知，在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CD，CG⊥AD于点H，交AB于点G，E为AB上一点，连接CE交AD于点F．

（1）如图1，若CE⊥AB于点E，HG=1，CH=5，求CF的长；

（2）如图2，若AC=AE，∠GEH=∠ECH，求证：CE=HE；

（3）如图3，若E为AB的中点，作A关于CE的对称点A′，连接CA′，EA′，DA′，请直接写出∠CEH，∠A′CD，∠EA′D之间的等量关系．

答案解析

一       、选择题

1.【考点】倒数

【分析】根据乘积是1的两个数互为倒数，可得一个数的倒数．

解:∵，

∴的倒数是．

故选择A．

【点评】本题考查倒数的定义，掌握倒数的定义是解题关键．

2.【考点】截一个几何体

【分析】根据一个几何体有几个面，则截面最多为几边形，由于棱柱没有曲边，所以用一个平面去截棱柱，截面不可能是圆．

解：用一个平面去截圆锥或圆柱，截面可能是圆，用一个平面去截球，截面是圆，但用一个平面去截正方体，截面不可能是圆．

故选：B．

【点评】本题考查了截一个几何体：用一个平面去截一个几何体，截出的面叫做截面．截面的形状随截法的不同而改变，一般为多边形或圆，也可能是不规则图形，一般的截面与几何体的几个面相交就得到几条交线，截面就是几边形，因此一个几何体有几个面，则截面最多为几边形．

3.【考点】全面调查与抽样调查，算术平均数，方差，随机事件，概率公式

【分析】根据方差、概率、全面调查和抽样调查以及随机事件的意义分别对每一项进行分析即可得出答案．

解：A．∵S甲2＝0.1，S乙2＝0.04，∴S甲2＞S乙2，∴乙组数据较稳定，故本选项正确，

B、明天降雨的概率是50%表示降雨的可能性，故此选项错误，

C、了解全国中学生的节水意识应选用抽样调查方式，故本选项错误，

D、早上的太阳从西方升起是不可能事件，故本选项错误，

故选：A．

【点评】本题考查了方差、概率、全面调查和抽样调查以及随机事件，熟练掌握定义是解题的关键．

4.【考点】在数轴上表示不等式的解集

【分析】直接利用在数轴上表示时点是否为空心或实心，方向是向左或向右进行判断即可．

解：在数轴上表示时，其点应是空心，方向为向右，

因此，综合各选项，只有A选项符合；

故选A．

【点评】本题考查了在数轴上表示不等式的解集，解题时，首先要能正确画出数轴，其次是能正确确定点的实心或空心，以及方向的左右等．

5.【考点】解二元一次方程组．

【分析】观察方程中的y的系数特点为互为相反数，即可得出最好的解法．

解：解二元一次方程组最好的做法首先采用加减法，

故选B

【点评】此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．

6.【考点】多边形的外角和定理

【分析】利用多边形的内角和定理解答

解：多边形内角和公式（n-2）×180，将n=8代入得C选项

故选C

【点评】本题考查了多边形的内角和，熟记内角和公式是解题的关键

7.【考点】合并同类项．

【分析】合并同类项的法则：系数相加减，字母与字母的指数不变．

解：根据题意写出代数式A+B+C=（3x2+5y2+6z2）+（2x2﹣2y2﹣8z2）+（2z2﹣5x2﹣3y2）

=3x2+5y2+6z2+2x2﹣2y2﹣8z2+2z2﹣5x2﹣3y2=0．

故选A．

【点评】注意所含字母相同且相同字母的指数也相同的项是同类项，同类项与字母的顺序无关．

8.【考点】 线段垂直平分线的性质．

【分析】连接OA．OB、OC，根据OA=OB得出O在AB的垂直平分线上，根据OC=OA，得出O在AC的垂直平分线上，即可得出选项．

解：设O点为超市的位置，连接OA．OB、OC，

∵超市到三个小区的距离相等，

∴OA=OB=OC，

∵OA=OB，

∴O在AB的垂直平分线上，

∵OC=OA，

∴O在AC的垂直平分线上，

即O是AC、BC两条垂直平分线的交点上，

故选D．

【点评】本题考查了线段的垂直平分线的性质，注意：线段垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等，反过来到线段的两个端点的距离相等的点在线段的垂直平分线上．

9.【考点】全等三角形的判定与性质

【分析】根据全等三角形的判定与性质，可得∠ACB与∠DBE的关系，根据三角形外角的性质，可得答案．

解：在△ABC和△DEB中，

∵，

∴△ABC≌△DEB （SSS），

∴∠ACB=∠DBE，

∵∠AFB是△BFC的外角，∴∠ACB+∠DBE=∠AFB，

∴∠ACB=∠AFB，

故选C．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质．

10.【考点】等腰直角三角形，轴对称﹣最短路线问题，全等三角形的判定与性质．

【分析】①正确．证明△BAD≌△CAE（SAS），可得结论，

②正确．证明A，D，C，E四点共圆，利用圆周角定理证明，

③正确．设CD＝m，则BD＝CE＝2m．DE＝m，OA＝m，过点C作CJ⊥DF于点J，求出AO，CJ，可得结论，

④错误．将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，此时∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，设PD＝t，则BD＝AD＝t，构建方程求出t，可得结论．

解：如图1中，

∵∠BAC＝∠DAE＝90°，

∴∠BAD＝∠CAE，

∵AB＝AC，AD＝AE，

∴△BAD≌△CAE（SAS），

∴BD＝EC，∠ADB＝∠AEC，故①正确，

∵∠ADB+∠ADC＝180°，

∴∠AEC+∠ADC＝180°，

∴∠DAE+∠DCE＝180°，

∴∠DAE＝∠DCE＝90°，

取DE的中点O，连接OA，OA，OC，则OA＝OD＝OE＝OC，

∴A，D，C，E四点共圆，

∴∠DAC＝∠CED，故②正确，

设CD＝m，则BD＝CE＝2m．DE＝m，OA＝m，

过点C作CJ⊥DF于点J，

∵tan∠CDF＝＝＝2，

∴CJ＝m，

∵AO⊥DE，CJ⊥DE，

∴AO∥CJ，

∴＝＝＝，故③正确．

如图2中，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，

∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，

∴△BPN是等边三角形，

∴BP＝PN，

∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，

∴当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，此时∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，

∴∠BPD＝∠CPD＝60°，

设PD＝t，则BD＝AD＝t，

∴2+t＝t，

∴t＝+1，

∴CE＝BD＝t＝3+，故④错误．

故选：B．

【点评】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．

二       、填空题

11.【考点】平方根，解一元一次方程

【分析】根据平方根的性质可得关于x的方程，求出x的值，继而再根据平方根的定义即可求得答案.

解：根据题意得：3x+3+x﹣7＝0，

解得：x＝1，

所以3x+3＝6，

则这个正数为62＝36，

故答案为：36.

【点评】本题考查了平方根的性质以及平方根的定义，熟练掌握一个正数的两个平方根互为相反数是解本题的关键.

12.【考点】代数式求值

【分析】原式变形后，把a﹣b的值代入计算即可求出值．

解：∵a﹣b=2，

∴原式=2（a﹣b）+5=4+5=9，

故答案为：9

【点评】此题考查了代数式求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

13.【考点】全等三角形的判定与性质

【分析】先根据已知条件证明△AEF≌△ABC，从中找出对应角或对应边．然后根据角之间的关系找相似，即可解答．

解：在△ABC与△AEF中∵AB=AE，BC=EF，∠B=∠E

∴△AEF≌△ABC，所以AF=AC，则∠AFC=∠C；且BC=EF=DE+DF；

由∠B=∠E，∠ADE=∠FDB，可知：△ADE∽△FDB，

由于∠EAF=∠BAC，所以∠EAD=∠CAF，

由△ADE∽△FDB可得∠EAD=∠BFD，

所以∠BFD=∠CAF．

综上可知：①③④正确．

【点评】本题是一道基础题，但考查的知识点较多，需要根据条件仔细观察图形，认真解答．

14.【考点】勾股定理，解直角三角形

【分析】过点A作AD⊥BC，垂足为点D，设AC＝x，则AB＝x，在Rt△ACD中，通过解直角三角形可得出AD，CD的长，在Rt△ABD中，利用勾股定理可得出BD的长，由BC＝BD+CD结合BC＝+可求出x的值，此题得解．

解：过点A作AD⊥BC，垂足为点D，如图所示．

设AC＝x，则AB＝x．

在Rt△ACD中，AD＝AC•sinC＝x，

CD＝AC•cosC＝x，

在Rt△ABD中，AB＝x，AD＝x，

∴BD＝＝．

∴BC＝BD+CD＝x+x＝+，

∴x＝2．

故答案为：2．

【点评】本题考查了解直角三角形、勾股定理以及解一元一次方程，通过解直角三角形及勾股定理，找出BC与AC之间的关系是解题的关键．

15.【考点】旋转的性质；正方形的性质．

【分析】根据旋转的想知道的PB=BC=AB，∠PBC=30°，推出△ABP是等边三角形，得到∠BAP=60°，AP=AB=2，解直角三角形得到CE=2﹣2，PE=4﹣2，过P作PF⊥CD于F，于是得到结论．

解：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABC=90°，

∵把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，

∴PB=BC=AB，∠PBC=30°，

∴∠ABP=60°，

∴△ABP是等边三角形，

∴∠BAP=60°，AP=AB=2，

∵AD=2，

∴AE=4，DE=2，

∴CE=2﹣2，PE=4﹣2，

过P作PF⊥CD于F，

∴PF=PE=2﹣3，

∴三角形PCE的面积=CE•PF=×（2﹣2）×（4﹣2）=6﹣10，

故答案为：6﹣10．

【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．　

16.【考点】翻折变换（折叠问题）．勾股定理的应用，一元二次方程的应用

【分析】先依据勾股定理求得AB的长，然后由翻折的性质可知：AB′=10，DB=DB′，接下来分为∠B′DE=90°和∠B′ED=90°，两种情况画出图形，设DB=DB′=x，然后依据勾股定理列出关于x的方程求解即可．

解：∵Rt△ABC纸片中，∠C=90°，AC=6，BC=8，

∴AB=10，

∵以AD为折痕△ABD折叠得到△AB′D，

∴BD=DB′，AB′=AB=10．

如图1所示：当∠B′DE=90°时，过点B′作B′F⊥AF，垂足为F．

设BD=DB′=x，则AF=6+x，FB′=8﹣x．

在Rt△AFB′中，由勾股定理得：AB′2=AF2+FB′2，即（6+x）2+（8﹣x）2=102．

解得：x1=2，x2=0（舍去）．

∴BD=2．

如图2所示：当∠B′ED=90°时，C与点E重合．

∵AB′=10，AC=6，

∴B′E=4．

设BD=DB′=x，则CD=8﹣x．

在Rt△′BDE中，DB′2=DE2+B′E2，即x2=（8﹣x）2+42．

解得：x=5．

∴BD=5．

综上所述，BD的长为2或5．

故答案为：2或5．

【点评】本题主要考查的是翻折的性质、勾股定理的应用，根据勾股定理列出关于x的方程是解题的关键．　

三       、解答题

17.【考点】二次根式的混合运算，解二元一次方程组

【分析】（1）先根据二次根式的乘法法则运算，然后化简后合并即可；

（2）利用加减消元法解方程组．

解：（1）原式＝3﹣3

＝12﹣3

＝9；

（2）

①+②得3x＝3，解得x＝1，

把x＝1代入①得1+y＝4，解得y＝3，

所以方程组的解为．

【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．也考查了解二元一次方程组．

18.【考点】列表法与树状图法；用样本估计总体；条形统计图．

【分析】（1）利用样本估计总体，用480乘以样本中选“数学故事”的人数所占的百分比即可估计该校七年级480名学生选“数学故事”的人数；

（2）画树状图展示所有6种等可能的结果数，再找出他和小慧被分到同一个班的结果数，然后根据概率公式求解．

解：（1）480×=90，

估计该校七年级480名学生选“数学故事”的人数为90人；

（2）画树状图为：

共有6种等可能的结果数，其中他和小慧被分到同一个班的结果数为2，

所以他和小慧被分到同一个班的概率==．

【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．\

19.【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．

【分析】如图作CE⊥AB于E．设AE=EC=x，则BE=x﹣5，在Rt△BCE中，根据tan53°=，可得=，求出x，再求出BC、AC，分别求出A．B两船到C的时间，即可解决问题．

解：如图作CE⊥AB于E．

在Rt△ACE中，∵∠A=45°，

∴AE=EC，设AE=EC=x，则BE=x﹣5，

在Rt△BCE中，

∵tan53°=，

∴=，

解得x=20，

∴AE=EC=20，

∴AC=20=28.2，

BC==25，

∴A船到C的时间≈=0.94小时，B船到C的时间==1小时，

∴C船至少要等待0.94小时才能得到救援．

【点评】本题考查解直角三角形的应用-方向角问题、锐角三角函数、速度、时间、路程之间的关系等知识，解题的关键是学会构建方程解决问题，属于中考常考题型．

20.【考点】全等三角形的判定与性质,菱形的判定与性质,垂径定理,圆心角、弧、弦的关系,圆周角定理

【分析】（1）由已知条件根据全的三角形的判定即可证明；

（2）首先根据平行四边形的判定证明四边形是平行四边形，然后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明．

解：（1）在和中，

∵，

∴；

（2）∵为的直径，

∴，

∵，

∴，，

∴∥，，

∴四边形是平行四边形．

∵，

∴四边形是菱形．

【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质、菱形的判定、圆的基础知识，掌握全等三角形的判定和特殊平行四边形的判定是解题的关键．

21.【考点】反比例函数和一次函数综合题

【分析】（1）根据表格发现x和y1的关系，从而得出解析式，再求出与x轴和y轴交点坐标，即可得到结果；

（2）设A（m，10-m），B（n，10-n），利用S△AOB=S△AOM -S△OBM得出n-m=6，再联立一次函数和反比例函数解析式，得到，利用根与系数的关系求出k值即可，解方程得到点A和点B坐标，再根据图像比较与的大小.

解：（1）根据表格中数据发现：

和x的和为10，

∴=10-x，

且当x=0时，=10，

令=0，x=10，

∴M（10，0），N（0，10）；

（2）设A（m，10-m），B（n，10-n），

分别过A和B作x轴的垂线，垂足为C和D，

∵点A和点B都在反比例函数图像上，

∴S△AOB=S△AOM -S△OBM

=

=30，

化简得：n-m=6，

联立，得：，

∴m+n=10，mn=k，

∴n-m==6，

则，解得：k=16，

∴反比例函数解析式为：，

解得：x=2或8，

∴A（2，8），B（8，2），

∵在反比例函数上，

在一次函数y=10-x上，

∴当0＜a＜2或a＞8时，＞，当2＜a＜8或a＜0时，＜，当a=2或a=8时，=．

【点评】本题考查了反比例函数和一次函数综合，涉及到解一元二次方程，根与系数的关系，解题时要根据图像利用数形结合思想解题.

22.【考点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质

【分析】（1）先求出AC，进而求出AE=4，再用勾股定理求出DE即可得出结论；

（2）分三种情况，利用相似三角形得出比例式，即可得出结论．

解：（1）如图1，连接OD，∵OA=OD=3，BC=2，

∴AC=8，

∵DE是AC的垂直平分线，

∴AE=AC=4，

∴OE=AE﹣OA=1，

在Rt△ODE中，DE==2；

在Rt△ADE中，AD==2；

（2）当DP=DF时，如图2，

点P与A重合，F与C重合，则AP=0；

当DP=PF时，如图4，∴∠CDP=∠PFD，

∵DE是AC的垂直平分线，∠DPF=∠DAC，

∴∠DPF=∠C，

∵∠PDF=∠CDP，

∴△PDF∽△CDP，

∴∠DFP=∠DPC，

∴∠CDP=∠CPD，

∴CP=CD，

∴AP=AC﹣CP=AC﹣CD=AC﹣AD=8﹣2；

当PF=DF时，如图3，

∴∠FDP=∠FPD，

∵∠DPF=∠DAC=∠C，

∴△DAC∽△PDC，

∴，

∴，

∴AP=5，

即：当△DPF是等腰三角形时，AP的长为0或5或8﹣2．

【点评】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，线段垂直平分线定理，等腰三角形的性质，判断出△PDF∽△CDP和△DAC∽△PDC是解本题的关键．

23.【考点】二次函数综合题

【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．

（2）如图1中，过点P作PE∥y轴交AD于点E．设P（m，-m2+m+3），则E（m，m+1）．因为S△PAD=•（xD-xA）•PE=3PE，所以PE的值最大值时，△PAD的面积最大，求出PE的最大值即可．

（3）如图2中，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AT，则T（-5，6），设DT交y轴于点Q，则∠ADQ=45°，作点T关于AD的对称点T′（1，-6），设DQ′交y轴于点Q′，则∠ADQ′=45°，分别求出直线DT，直线DT′的解析式即可解决问题．

解：（1）抛物线与轴交于、两点，

设抛物线的解析式为，

解得，，或，

在抛物线上，

，

解得，

抛物线的解析式为，

直线经过、，

设直线的解析式为，

则，

解得，，

直线的解析式为；

（2）如图1中，过点作轴交于点．设，则．

，

的值最大值时，的面积最大，

，

，

时，的值最大，最大值为，此时的面积的最大值为，．

（3）如图2中，将线段绕点逆时针旋转得到，则，

设交轴于点，则，

，

直线的解析式为，

，

作点关于的对称点，

则直线的解析式为，

设交轴于点，则，

，

综上所述，满足条件的点的坐标为或．

【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，待定系数法，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建二次函数解决最值问题，学会构造特殊三角形解决问题．

24.【考点】三角形综合题．

【分析】（1）关键已知条件推出△ACD是等腰直角三角形，由等腰三角形的性质得到∠CAD=∠CDA=45°通过全等三角形得到HF=HG=1，由勾股定理得到结论；

（2）如图2，过H作MH⊥EH，交CE于M，连接AM，由已知条件得到△EHM为等腰直角三角形，∠EHM=90°，于是得到EH=MH，EM=HE，关键全等三角形的性质得到∠MAF=∠ECH证得△ACE是等腰三角形于是得到结论；

（3）关键三角形的中位线的性质得到EH∥BC，根据轴对称的性质得到∠CA′E=∠CAE=90°﹣∠CEH，CA=CA′，根据三角形的内角和得到∠A′CD+90°﹣∠CEH+∠EA′D+90°﹣∠CEH+∠EA′D=180°，即可得到结论．

解：（1）∵∠ACB=90°，CA=CD，

∴△ACD是等腰直角三角形，

∴∠CAD=∠CDA=45°，

∵CG⊥AD，

∴∠CHF=∠AHG=90°，∠ACH=∠DCH=∠ACB=×90°=45°，AH=DH=CH=5，

∴∠GAH+∠AGC=90°，

∵CE⊥AB，

∴∠CEG=90°，

∴∠GCE+∠AGC=90°，

∴∠GCE=∠GAH，

在△CHF与△AHG中，，

∴△CHF≌△AHG，

∴HF=HG=1，

∴CF===；

（2）如图2，过H作MH⊥EH，交CE于M，连接AM，

∵AC=AE，

∴∠AEC=∠ACE，

∵∠GEH=∠ECG，

∵MH⊥EH，

∴△EHM为等腰直角三角形，∠EHM=90°，

∴EH=MH，EM=HE，

∴∠AHM=∠AHC+∠CHM=90°+∠CHM=∠EHM+∠CHM=∠CHE，

在△AHM与△CHE中，，

∴△AHM≌△CHE，

∴∠MAF=∠ECH，

∴∠MAF+∠AFC=∠ECH+∠AFC=180°，

∴∠CHD=180°﹣90°，

∴AM⊥CE，

∵AC=AE，

∴△ACE是等腰三角形，

∴CM=EM=HE，

∴CE=2EM=2HE；

（3）∵H为AD的中点，E我AB的中点，

∴EH是△ABD的中位线，

∴EH∥BC，

∴∠CEH=∠BCE，

∴∠ACE=∠ACB﹣∠BCE=90°﹣∠BCE=90°﹣∠CEH，

∵EC=AE，

∴∠CAE=∠ACE=90°﹣∠CEH，

∴∠CAE=∠ACE=90°﹣∠CEH，

∵A关于CE的对称点A′，

∴∠CA′E=∠CAE=90°﹣∠CEH，CA=CA′，

∵CA=CD，

∴CA′=CD，

∴∠CDA′=∠CA′D=∠CA′E+∠EA′D=90°﹣∠CEH+∠EA′D，

∵∠A′CD+∠CDA′+∠CA′D=180°，

∴∠A′CD+90°﹣∠CEH+∠EA′D+90°﹣∠CEH+∠EA′D=180°，

化简得：∠A′CD+2∠EA′D=2∠CEH