2023年浙江省丽水市庆元县江根乡中学中考数学一模试卷(含答案)

庆元县江根乡中学2023年第一次模拟考试

数学科试卷

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）

1.2017的倒数是（　　）

A． B．2017 C．﹣2017 D．﹣

2.为考察甲、乙、丙、丁四种小麦的长势，在同一时期分别从中随机抽取部分麦苗，获得苗高（单位：cm）的平均数与方差为：==13，==15：s甲2=s丁2=3.6，s乙2=s丙2=6.3．则麦苗又高又整齐的是（　　）

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁

3.点A（2，﹣5）关于x轴对称的点的坐标是（　　）

A．（2，5） B．（﹣2，5） C．（﹣2，﹣5） D．（﹣5，2）

4.正九边形的一个内角的度数是（　　）

A．108° B．120° C．135° D．140°

5.中国清代算书《御制数理精蕴》中有这样一题：“马四匹、牛六头，共价四十八两（我国古代货币单位），马三匹、牛五头，共价三十八两．问马、牛各价几何？”设马每匹x两，牛每头y两，根据题意可列方程组为（　　）

A．  B．   

C．  D．

6.如图，圆锥的左视图是边长为2的等边三角形，则此圆锥的高是（    ）

A．2 B．3 C． D．

7.把不等式x﹣1＜2的解集在数轴上表示出来，正确的是（　　）

A．

B．   

C．

D．

8.如图，已知⊙O的直径AB⊥CD于点E，则下列结论一定错误的是（　　）

A．CE=DE B．    AE=OE C．    = D．    △OCE≌△ODE

9.下面是用黑色棋子摆成的美丽图案，按照这样的规律摆下去，第10个这样的图案需要黑色棋子的个数为（    ）

A．148 B．152 C．174 D．202

10.如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连结BF交AC于点M，连结DE、BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=EF；④S△AOE：S△BCM=2：3．其中正确结论的个数是（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个

二       、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）

11.因式分解：x2﹣1＝　   　．

12.若实数m，n满足|m﹣n﹣5|+＝0，则3m+n＝　   　．

13.某射击俱乐部将11名成员在某次射击训练中取得的成绩绘制成如图所示的条形统计图．由图可知，11名成员射击成绩的中位数是　   　环．

14.矩形的周长等于40，则此矩形面积的最大值是　   　．

15.文具店销售某种笔袋，每个18元，小华去购买这种笔袋，结账时店员说：“如果你再多买一个就可以打九折，价钱比现在便宜36元”，小华说：“那就多买一个吧，谢谢，”根据两人的对话可知，小华结账时实际付款　   　元．

16.如图，在△ABC中，∠A=90°，∠B=60°，AB=2，若D是BC边上的动点，则2AD+DC的最小值为_____．

三       、解答题（本题有8小题，第17～19题每题6分，第20，21题每题8分，第22，23题每题10分，第24题12分，共66分，各小题都必须写出解答过程）

17.（1）计算（﹣1）2+|2|2sin45°；

（2）解不等式组：．

18.先化简，再选一个合适的数代入求值：（﹣）÷（﹣1）．

19.如图，点M，N分别在正三角形ABC的BC，CA边上，且BM=CN，AM，BN交于点Q．求证：∠BQM=60°．

20.甲口袋中有2个白球、1个红球，乙口袋中有1个白球、1个红球，这些球除颜色外无其他差别．分别从每个口袋中随机摸出1个球．

（1）求摸出的2个球都是白球的概率．

（2）下列事件中，概率最大的是　   　．

A．摸出的2个球颜色相同 B．摸出的2个球颜色不相同

C．摸出的2个球中至少有1个红球 D．摸出的2个球中至少有1个白球

21.如图，▱ABCD中，点E是BC的中点，连接AE并延长交DC延长线于点F．

（1）求证：CF=AB；

（2）连接BD、BF，当∠BCD=90°时，求证：BD=BF．

22.如图，AC是⊙O的直径，点B在⊙O上，∠ACB＝30°．

(1)利用尺规作∠ABC的平分线BD，交AC于点E，交⊙O于点D，连接CD(保留作图痕迹，不写作法)；

(2)在(1)所作的图形中，求△ABE与△CDE的面积之比．

23.如图，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，线段的长是方程的一个根，．请解答下列问题：

（1）求点A，B的坐标；

（2）直线交x轴负半轴于点E，交y轴正半轴于点F，交直线于点C．若C是的中点，，反比例函数图象的一支经过点C，求k的值；

（3）在（2）的条件下，过点C作，垂足为D，点M在直线上，点N在直线上．坐标平面内是否存在点P，使以D，M，N，P为顶点的四边形是正方形？若存在，请写出点P的个数，并直接写出其中两个点P的坐标；若不存在，请说明理由．

24.如图，已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（﹣1，0）、B（4，0）、C（0，2）三点．

（1）求该二次函数的解析式；

（2）点D是该二次函数图象上的一点，且满足∠DBA=∠CAO（O是坐标原点），求点D的坐标；

（3）点P是该二次函数图象上位于第一象限上的一动点，连接PA分别交BC、y轴于点E、F，若△PEB、△CEF的面积分别为S1、S2，求S1﹣S2的最大值．

答案解析

一       、选择题

1.【考点】倒数．

【分析】依据倒数的定义求解即可．

解：2017的倒数是．

故选：A．

【点评】本题考查了倒数，绝对值，先求出绝对值，再求倒数．

2.【考点】方差

【分析】方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，数据越不稳定；方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，数据越稳定，据此判断出小麦长势比较整齐的是哪种小麦即可．

解：∵=＞=，

∴乙、丁的麦苗比甲、丙要高，

∵s甲2=s丁2＜s乙2=s丙2，

∴甲、丁麦苗的长势比乙、丙的长势整齐，

综上，麦苗又高又整齐的是丁，

故选：D．

【点评】此题主要考查了方差的意义和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，数据越不稳定；方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，数据越稳定．

3.【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标

【分析】根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”解答．

解：点A（2，﹣5）关于x轴的对称点B的坐标为（2，5）．

故选：A．

【点评】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：

（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；

（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；

（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．

4.【考点】多边形内角与外角

【分析】先根据多边形内角和定理：180°•（n﹣2）求出该多边形的内角和，再求出每一个内角的度数．

解：该正九边形内角和＝180°×（9﹣2）＝1260°，

则每个内角的度数＝．

故选：D．

【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理：180°•（n﹣2），比较简单，解答本题的关键是直接根据内角和公式计算可得内角和．

5.【考点】由实际问题抽象出二元一次方程组．

【分析】利用总价＝单价×数量，结合“马四匹、牛六头，共价四十八两，马三匹、牛五头，共价三十八两”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．

解：∵马四匹、牛六头，共价四十八两，

∴4x+6y＝48，

∵马三匹、牛五头，共价三十八两，

∴3x+5y＝38．

∴可列方程组为．

故选：C．

【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．

6.【考点】等边三角形的性质，三视图，解直角三角形

【分析】如图所示，等边三角形ABC，BC边上的高AD即为所求．

解：如图所示等边三角形ABC，AD是BC边上的高，

由题意可知AD的长即为所求，AB=2，∠B=60°，

∴，

故选D．

【点评】本题主要考查了等边三角形的性质，三视图，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．

7.【考点】解一元一次不等式；在数轴上表示不等式的解集．

【分析】先移项，合并同类项，把不等式的解集在数轴上表示出来即可．

解：移项得，x＜1+2，

得，x＜3．

在数轴上表示为：

故选：D．

【点评】本题考查了解一元一次不等式，解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数，不等号方向要改变．

8.【考点】垂径定理．.

【分析】根据垂径定理得出CE=DE，弧CB=弧BD，再根据全等三角形的判定方法“AAS”即可证明△OCE≌△ODE．

解：∵⊙O的直径AB⊥CD于点E，

∴CE=DE，弧CB=弧BD，

在△OCE和△ODE中，

，

∴△OCE≌△ODE，

故选B

【点评】本题考查了圆周角定理和垂径定理的应用，注意：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．

9.【考点】规律型：图形的变化类

【分析】观察各图可知，第一个图案需要黑色棋子的个数为(1+2+3)×2（个），第二个图案需要的个数为[(1+2+3+4)×2+2×1]（个），第三个图案需要的个数为[(1+2+3+4+5)×2+2×2]（个），第四个图案需要的个数为[(1+2+3+4+5+6)×2+2×3]（个）…由此可以推出第n个图案需要的个数为（个），所以第10个图案需要的个数只需将n=10代入即可．

解：由图知第一个图案需要黑色棋子的个数为(1+2+3)×2（个）；

第二个图案需要的个数为[(1+2+3+4)×2+2×1]（个）；

第三个图案需要的个数为[(1+2+3+4+5)×2+2×2]（个）；

第四个图案需要的个数为[(1+2+3+4+5+6)×2+2×3]（个）；

…

第n个图案需要的个数为（个）

∴第10个图案需要的个数为[(1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12)×2+2×9=174（个）

故选C．

【点评】本题考查了图形的变化．解题的关键是观察各个图形找到它们之间的规律．

10.【考点】矩形的性质、等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，线段垂直平分线的性质

【分析】①利用线段垂直平分线的性质的逆定理可得结论；

②证△OMB≌△OEB得△EOB≌△CMB；

③先证△BEF是等边三角形得出BF=EF，再证▱DEBF得出DE=BF，所以得DE=EF；

④由②可知△BCM≌△BEO，则面积相等，△AOE和△BEO属于等高的两个三角形，其面积比就等于两底的比，即S△AOE：S△BOE=AE：BE，由直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半得出BE=2OE=2AE，得出结论S△AOE：S△BOE=AE：BE=1：2．

解：①∵矩形ABCD中，O为AC中点，

∴OB=OC，

∵∠COB=60°，

∴△OBC是等边三角形，

∴OB=BC，

∵FO=FC，

∴FB垂直平分OC，

故①正确；

②∵FB垂直平分OC，

∴△CMB≌△OMB，

∵OA=OC，∠FOC=∠EOA，∠DCO=∠BAO，

∴△FOC≌△EOA，

∴FO=EO，

易得OB⊥EF，

∴△OMB≌△OEB，

∴△EOB≌△CMB，

故②正确；

③由△OMB≌△OEB≌△CMB得∠1=∠2=∠3=30°，BF=BE，

∴△BEF是等边三角形，

∴BF=EF，

∵DF∥BE且DF=BE，

∴四边形DEBF是平行四边形，

∴DE=BF，

∴DE=EF，

故③正确；

④在直角△BOE中∵∠3=30°，

∴BE=2OE，

∵∠OAE=∠AOE=30°，

∴AE=OE，

∴BE=2AE，

∴S△AOE：S△BCM=S△AOE：S△BOE=1：2，

故④错误；

所以其中正确结论的个数为3个；

故选B

【点评】本题综合性比较强，既考查了矩形的性质、等腰三角形的性质，又考查了全等三角形的性质和判定，及线段垂直平分线的性质，内容虽多，但不复杂；看似一个选择题，其实相当于四个证明题，属于常考题型．

二       、填空题

11.【考点】因式分解﹣运用公式法

【分析】原式利用平方差公式分解即可．

解：原式＝（x+1）（x﹣1）．

故答案为：（x+1）（x﹣1）．

【点评】此题考查了因式分解﹣运用公式法，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．

12.【考点】非负数的性质：算术平方根；解二元一次方程组；非负数的性质：绝对值．

【分析】根据非负数的性质求出m和n的值，再代入3m+n计算可得．

解：∵|m﹣n﹣5|+＝0，

∴m﹣n﹣5＝0，2m+n﹣4＝0，

∴m＝3，n＝﹣2，

∴3m+n＝9﹣2＝7．

故答案为：7．

【点评】本题考查的是非负数的性质，掌握非负数之和等于0时，各项都等于0是解题的关键．

13.【考点】条形统计图；中位数．

【分析】11名成员射击成绩处在第6位的是8，则中位数为8．

解：∵按大小排列在中间的射击成绩为8环，则中位数为8．

故答案为：8．

【点评】本题考查了中位数的意义，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．　

14.【考点】二次函数的最值，矩形的性质

【分析】设矩形的宽为x，则长为（20﹣x），S＝x（20﹣x）＝﹣x2+20x＝﹣（x﹣10）2+100，当x＝10时，S最大值为100．

解：设矩形的宽为x，则长为（20﹣x），

S＝x（20﹣x）＝﹣x2+20x＝﹣（x﹣10）2+100，

当x＝10时，S最大值为100．

故答案为100．

【点评】本题考查了函数的最值，熟练运用配方法是解题的关键．

15.【考点】一元一次方程的应用

【分析】设小华购买了x个笔袋，根据原单价×购买数量（x﹣1）﹣打九折后的单价×购买数量（x）=节省的钱数，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可求出小华购买的数量，再根据总价=单价×0.9×购买数量，即可求出结论．

解：设小华购买了x个笔袋，

根据题意得：18（x﹣1）﹣18×0.9x=36，

解得：x=30，

∴18×0.9x=18×0.9×30=486．

答：小华结账时实际付款486元．

故答案为：486．

【点评】本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．

16.【考点】勾股定理,直角三角形的性质,轴对称-最短路线问题,相似三角形的判定与性质

【分析】取AC的中点F，过F作于G，延长FG至E，使EG=FG，连接AE交BC于D，则 此时最短，证明此时D为BC的中点，证明CD=2DF，从而可得答案．

解：如图，

取AC的中点F，过F作于G，延长FG至E，使EG=FG，连接AE交BC于D，则 此时最短，

过A作于H，则由

为BC的中点，

即的最小值为6．

故答案为：6．

【点评】本题考查的是利用轴对称求最小值问题，考查了锐角三角函数，三角形的相似的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．

三       、解答题

17.【考点】绝对值,有理数的乘方,二次根式的性质与化简,二次根式的加减,解一元一次不等式组,特殊角的三角函数值

【分析】（1）先计算乘方、去绝对值符号、化简二次根式、代入三角函数值，再进一步计算即可；
（2）分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．

解：（1）原式=

；

（2）解不等式①，得：x≥3，

解不等式②，得：x＜5，

则不等式组的解集为3≤x＜5．

【点评】本题考查的是实数的运算和解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．

18.【考点】分式的化简求值

【分析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后选取一个使得原分式有意义的值代入化简后的式子即可解答本题．

解：（﹣）÷（﹣1）

＝[]÷[]

＝

＝

＝

＝，

当x＝2时，原式＝＝．

【点评】本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．

19.【考点】等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质．

【分析】根据BM=CN可得CM=AN，易证△AMC≌△BNA，得∠BNA=∠AMC，根据内角和为180°即可求得∠BQM=∠ACB=60°，即可解题．

证明：∵BM=CN，BC=AC，

∴CM=AN，

又∵AB=AC，∠BAN=∠ACM，

∴△AMC≌△BNA，则∠BNA=∠AMC，

∵∠MAN+∠ANB+∠AQN=180°

∠MAN+∠AMC+∠ACB=180°，

∴∠AQN=∠ACB，

∵∠BQM=∠AQN，

∴∠BQM=∠AQN=∠ACB=60°．

【点评】本题考查了全等三角形的证明和全等三角形对应角相等的性质，考查了等边三角形各内角为60°的性质，本题中求证∠AQN=∠ACB是解题的关键．　

20.【考点】列表法与树状图法

【分析】（1）先画出树状图展示所有6种等可能的结果数，再找出2个球都是白球所占结果数，然后根据概率公式求解；

（2）根据概率公式分别计算出每种情况的概率，据此即可得出答案．

解：（1）画树状图如下：

由树状图知，共有6种等可能结果，其中摸出的2个球都是白球的有2种结果，

所以摸出的2个球都是白球的概率为=；

（2）∵摸出的2个球颜色相同概率为=、摸出的2个球颜色不相同的概率为=，

摸出的2个球中至少有1个红球的概率为=、摸出的2个球中至少有1个白球的概率为，

∴概率最大的是摸出的2个球中至少有1个白球，

故选：D．

【点评】此题主要考查了列表法与树状图法求概率，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适用于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

21.【考点】平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质

【分析】（1）欲证明AB=CF，只要证明△AEB≌△FEC即可；

（2）想办法证明AC=BD，BF=AC即可解决问题；

证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥DF，

∴∠BAE=∠CFE

∵AE=EF，∠AEB=∠CEF，

∴△AEB≌△FEC，

∴AB=CF．

（2）连接AC．

∵四边形ABCD是平行四边形，∠BCD=90°，

∴四边形ABCD是矩形，

∴BD=AC，

∵AB=CF，AB∥CF，

∴四边形ACFB是平行四边形，

∴BF=AC，

∴BD=BF．

【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

22.【考点】作图—尺规作图，圆周角定理，相似三角形的判定和性质

【分析】（1）①以点B为圆心，以任意长为半径画弧，两弧交角ABC两边于点M，N；②分别以点M，N为圆心，以大于MN的长度为半径画弧，两弧交于一点；③作射线BE交AC与E，交⊙O于点D，则线段BD为△ABC的角平分线；

（2）连接OD，设⊙O的半径为r，证得△ABE∽△DCE，在Rt△ACB中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，得到AB=AC=r，推出△ADC是等腰直角三角形，在Rt△ODC中，求得DC==，于是问题可得．

解：(1)如图所示

(2)连接OD，设⊙O半径为R，

在△ABE和△DCE中

∴△ABE∽△DCE

在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°

∴AB＝AC＝r

∵BD平分∠ABC

∴∠ABD＝∠ACD＝45°

∴∠DOC＝90°

在Rt△ODC中，DC＝＝

∴＝＝＝

【点评】本题主要考查基本作图，圆周角定理，勾股定理，作一个角的平分线，牢记一些基本作图是解答本题的关键．

23.【考点】一次函数综合题

【分析】（1）解一元二次方程，得到点A的坐标，再根据可得点B坐标；

（2）利用待定系数法求出直线AB的表达式，根据点C是EF的中点，得到点C横坐标，代入可得点C坐标，根据点C在反比例函数图像上求出k值；

（3）画出图形，可得点P共有5个位置，分别求解即可.

解：（1）∵线段的长是方程的一个根，

解得：x=9或-2（舍），而点A在x轴正半轴，

∴A（9，0），

∵，

∴B（0，）；

（2）∵，

∴E（-6，0），

设直线AB的表达式为y=kx+b，将A和B代入，

得：，解得：，

∴AB的表达式为：，

∵点C是EF的中点，

∴点C的横坐标为-3，代入AB中，y=6，

则C（-3，6），

∵反比例函数经过点C，

则k=-3×6=-18；

（3）存在点P，使以D，M，N，P为顶点的四边形是正方形，

如图，共有5种情况，

在四边形DM1P1N1中，

M1和点A重合，

∴M1（9，0），

此时P1（9，12）；

在四边形DP3BN3中，点B和M重合，

可知M在直线y=x+3上，

联立：，

解得：，

∴M（1，4），

∴P3（1，0），

同理可得：P2（9，-12），P4（-7，4），P5（-15，0）.

故存在点P使以D，M，N，P为顶点的四边形是正方形，

点P的坐标为P1（9，12），P2（9，-12），P3（1，0），P4（-7，4），P5（-15，0）.

【点评】本题考查了解一元二次方程，一次函数表达式，正方形的性质，反比例函数表达式，难度较大，解题的关键是根据图像画出符合条件的正方形.

24.【考点】二次函数综合题．

【分析】（1）由A．B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；

（2）当点D在x轴上方时，则可知当CD∥AB时，满足条件，由对称性可求得D点坐标；当点D在x轴下方时，可证得BD∥AC，利用AC的解析式可求得直线BD的解析式，再联立直线BD和抛物线的解析式可求得D点坐标；

（3）过点P作PH∥y轴交直线BC于点H，可设出P点坐标，从而可表示出PH的长，可表示出△PEB的面积，进一步可表示出直线AP的解析式，可求得F点的坐标，联立直线BC和PA的解析式，可表示出E点横坐标，从而可表示出△CEF的面积，再利用二次函数的性质可求得S1﹣S2的最大值．

解：

（1）由题意可得，解得，

∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+2；

（2）当点D在x轴上方时，过C作CD∥AB交抛物线于点D，如图1，

∵A．B关于对称轴对称，C、D关于对称轴对称，

∴四边形ABDC为等腰梯形，

∴∠CAO=∠DBA，即点D满足条件，

∴D（3，2）；

当点D在x轴下方时，

∵∠DBA=∠CAO，

∴BD∥AC，

∵C（0，2），

∴可设直线AC解析式为y=kx+2，把A（﹣1，0）代入可求得k=2，

∴直线AC解析式为y=2x+2，

∴可设直线BD解析式为y=2x+m，把B（4，0）代入可求得m=﹣8，

∴直线BD解析式为y=2x﹣8，

联立直线BD和抛物线解析式可得，解得或，

∴D（﹣5，﹣18）；

综上可知满足条件的点D的坐标为（3，2）或（﹣5，﹣18）；

（3）过点P作PH∥y轴交直线BC于点H，如图2，

设P（t，﹣t2+t+2），

由B、C两点的坐标可求得直线BC的解析式为y=﹣x+2，

∴H（t，﹣t+2），

∴PH=yP﹣yH=﹣t2+t+2﹣（﹣t+2）=﹣t2+2t，

设直线AP的解析式为y=px+q，

∴，解得，

∴直线AP的解析式为y=（﹣t+2）（x+1），令x=0可得y=2﹣t，

∴F（0，2﹣t），

∴CF=2﹣（2﹣t）=t，

联立直线AP和直线BC解析式可得，解得x=，即E点的横坐标为，

∴S1=PH（xB﹣xE）=（﹣t2+2t）（4﹣），S2=••，

∴S1﹣S2=（﹣t2+2t）（4﹣）﹣••=﹣t2+4t=﹣（t﹣）2+，

∴当t=时，有S1﹣S2有最大值，最大值为．

【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、平行线的判定和性质、三角形的面积、二次函数的性质、方程思想伋分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中确定出D点的位置是解题的关键，在（3）中用P点的坐标分别表示出两个三角形的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算量大，难度较大．