2023年福建省福州市鼓楼区黎明中学中考数学模拟试卷（6月份）（含解析）

这是一份2023年福建省福州市鼓楼区黎明中学中考数学模拟试卷（6月份）（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年福建省福州市鼓楼区黎明中学中考数学模拟试卷（6月份）
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −1的相反数是(    )
A. 1 B. 0 C. −1 D. 2
2. 如图，直线a，b被直线c所截，且a//b.若∠1=60°，则∠2的度数为(    )
A. 30°
B. 40°
C. 60°
D. 120°
3. 面积为5的正方形的边长为m，则m的值在(    )
A. 1和2之间 B. 2和3之间 C. 3和4之间 D. 4和5之间
4. 原木旋转陀螺是一种传统益智玩具，是圆锥与圆柱的组合体，则它的主视图是(    )

A. B. C. D.
5. 点P在∠ABC的平分线上，点P到BA边的距离等于3，点D是BC边上的任意一点，则下列选项正确的是(    )
A. PD>3 B. PD≥3 C. PD<3 D. PD≤3
6. 九年1班组织毕业晚会内部抽奖活动，共准备了50张奖券，设一等奖5个，二等奖10个，三等奖15个，已知每张奖券获奖的可能性相同，则抽一张奖券中一等奖的概率为(    )
A. 35 B. 310 C. 15 D. 110
7. 不等式组2x>−41−x<0的解是(    )
A. x>−2 B. x>1 C. −2 8. 如图，△ABC中，∠BAC=25°，△ABC绕点A逆时针旋转得到△AED，点B的对应点是点E，连接CD，若AE⊥CD，则旋转角是(    )
A. 25°
B. 30°
C. 45°
D. 50°
9. 游乐园里的大摆锤如图1所示，它的简化模型如图2，当摆锤第一次到达左侧最高点A点时开始计时，摆锤相对地面的高度y随时间t变化的图象如图3所示.摆锤从A点出发再次回到A点需要秒．(    )


A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
10. 已知二次函数y=x2−2bx+2b2−4c(其中x是自变量)的图象经过不同两点A(1−b,m)，B(2b+c,m)，且该二次函数的图象与x轴有公共点，则b+c的值为(    )
A. −1 B. 2 C. 3 D. 4
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 分解因式：m2−4m=          ．
12. 最近比较火的一款软件ChatGPT横空出世，仅2023年2月9日当天，其下载量达到了286000次的峰值，286000用科学记数法可表示为______ ．
13. 写出一个图象经过第三象限的函数解析式______ ．
14. 某校参加课外兴趣小组的学生人数统计图如图所示.若棋类小组有40人，则球类小组有______ 人.


15. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AB=8，以点C为圆心，CA的长为半径画弧，交AB于点D，则AD的长为______ ．


16. 直线y=k1x(k1>0)与双曲线y=k2x交于点A和点C，点B在x轴的正半轴上，作点B关于AC的对称点D，现有结论：①BD一定垂直平分AC；②S△ABC=S△ADC=12AO⋅BD；③B、C、D三点可能共线；④四边形OBCD不可能是正方形，其中正确的有______ (写出所有正确结论的序号)．
三、解答题（本大题共9小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
计算：(12)−2− 12−(−2)0+6tan30°．
18. (本小题8.0分)
如图，在等腰△ABC中，BA=BC，点F在AB边上，延长CF交AD于点E，BD=BE，∠ABC=∠DBE.求证：AD=CE．

19. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(x2+1x−2)÷x2−1x，其中x= 2−1．
20. (本小题8.0分)
如图1，将一长方体A放置于一水平玻璃桌面上，按不同的方式摆放，记录桌面所受压强P(Pa)与受力面积S(m2)的关系如下表所示(与长方体A相同重量的长方体均满足此关系)．
桌面所受压强P(Pa)
100
200
400
500
800
受力面积S(m2)
2
1
0.5
0.4
0.25

(1)求桌面所受压强P(Pa)与受力面积S(m2)之间的函数表达式；
(2)如图2，现有另一长、宽、高分别为0.3m，0.2m，0.2m与长方体A相同重量的长方体B，已知该玻璃桌面能承受的最大压强为4500Pa，将长方体B任意水平放置于该玻璃桌面上是否安全？并说明理由．
21. (本小题8.0分)
如图，已知△ABC．
(1)请用不带刻度的直尺和圆规在AC边上作一点D，使△ABD的周长等于AB+AC；(保留作图痕迹，不写作法)
(2)在(1)的条件下，若AB=BC=3，CD= 3.求证：AB⊥BD．

22. (本小题10.0分)
为了普及航天知识，某市举行了航天知识竞赛，每个学校有两个参赛队的名额，某校七年级和八年级各有4个参赛小组想要参加此次比赛，为体现比赛公平，学校进行了校内选拔比赛.8个参赛小组初赛得分情况如下表，其中有两处数据缺失：
小组
1
2

4

6

8
必答题得分
80
90
90
100
100
80
70
60
抢答题得分
40
0
0
40
30
0
20
40
风险题得分
20
10
30

10
30

30
根据上表回答问题：
(1)若最终得分的评分规则为：必答题、抢答题、风险题得分比重为5：3：2，组委会按照该得分比重，绘制了如图所示的频数分布直方频数分布直方图图，并规定前四名小组进入复赛．
①第1组的最终得分为______ 分；
②请判断哪四个小组进入复赛，并说明理由．
(2)已知进入复赛的4个小组中，有2个七年级的小组和2个八年的小组，组委会通过抽签的形式选出2个小组代表学校参加决赛(七年级2个小组分别记作A1、A1，八年级2个小组分别记作B1、B2)请用画树状图或列表的方法求参加决赛的2个小组是同一个年级的概率．

23. (本小题10.0分)
如图，AB是⊙O的直径，点C是BD的中点，过点C的切线与AD的延长线交于E，连接CD、AC．
(1)求证：∠CEA=90°；
(2)若CD//AB，DE=1，求DE、EC与CD所围成的阴影部分的面积．

24. (本小题12.0分)
已知，点P为正方形ABCD对角线BD上的动点，点E在射线AD上，且∠PCD=∠PEA，PF平分∠CPE交边CD于点F．
(1)如图，当PB ①求证：PC=PE；
②求证：PE2=CF⋅CD．
(2)若CF=2DF，求PFPC的值．

25. (本小题14.0分)
已知，动点A在抛物线y=ax2+bx(a>0)上．
(1)若点A的坐标为(− 2,0)，求ab的值；
(2)若该抛物线上任意不同两点M(x1,y1)，N(x2,y2)都满足：当x10.点Q(0,4)在y轴上，以线段AQ为直径作⊙C，当⊙C交线段OQ于点P(0,14a)时，tan∠AQP=23．
①求抛物线的解析式；
②若直线y=t被⊙C所截得的弦长为定值，求t的值．
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：−1的相反数是1．
故选：A．
只有符号不同的两个数互为相反数．
本题考查了相反数，在一个数的前面加上相反的符号就是这个数的相反数．

2.【答案】C 
【解析】解：∵a//b，∠1=60°，
∴∠3=∠1=60°，

∵∠2和∠3是对顶角，
∴∠2=∠3=60°，
故选：C．
要求∠2的度数，只需根据平行线的性质求得其对顶角的度数即可．
本题考查了平行线的性质，对顶角的定义，关键是灵活应用平行线的性质解题．

3.【答案】B 
【解析】解：面积为5的正方形的边长为m= 5，
∴ 4< 5< 9，即2< 5<3，
∴边长m在2和3之间，
故选：B．
利用算术平方根的含义先表示m= 5，再根据 4< 5< 9，从而可得答案．
本题考查的是算术平方根的应用，无理数的估算，掌握“无理数的估算方法”是解本题的关键．

4.【答案】A 
【解析】解：如图所示的几何体的主视图如下：
．
故选：A．
从正面看到的平面图形是主视图，根据主视图的含义可得答案．
此题主要考查了简单组合体的三视图；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．

5.【答案】B 
【解析】解：∵点P在∠ABC的平分线上，点P到BA边的距离等于3，
∴点P到BC边的距离等于3，
∵点D是BC边上的任意一点，
∴PD≥3，
故选：B．
利用角平分线的性质可得点P到BC边的距离等于3，然后根据垂线段最短，即可解答．
本题考查了角平分线的性质，垂线段最短，熟练掌握角平分线的性质是解题的关键．

6.【答案】D 
【解析】解：∵共有50张奖券，一等奖5个，
∴抽一张奖券中一等奖的概率=550=110．
故选：D．
直接根据概率公式即可得出结论．
本题考查的是概率公式，熟知随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数与所有可能出现的结果数商是解答此题的关键．

7.【答案】B 
【解析】解：由2x>−4得：x>−2，
由1−x<0得：x>1，
则不等式组的解集为x>1，
故答案为：B．
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．
本题考查的是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．

8.【答案】D 
【解析】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转至△AED，∠BAC=25°
∴AD=AC，∠DAE=∠BAC=25°，
∵AE⊥CD，AD=AC，
∴∠DAE=∠CAE=25°，
∴∠DAC=25°+25°=50°，
即旋转角度数是50°，
故选：D．
根据旋转的性质得出AD=AC，∠DAE=∠BAC=25°，求出∠DAE=∠CAE=25°，再求出∠DAC的度数即可．
本题考查了等腰三角形的性质和旋转的性质，能求出∠DAE=∠CAE=25°是解此题的关键．

9.【答案】D 
【解析】解：由题意可知，从最高点A运动到另一侧的最高点需要4秒，
所以从另一侧的最高点返回点A也需要4秒，
所以锤从A点出发再次回到A点需要8秒．
故选：D．
根据函数的图象的横坐标表示时间，纵坐标表示摆锤相对地面的高度，可得答案．
本题考查了函数图象，观察函数图象的横坐标得出时间；观察函数图象的纵坐标得出摆锤相对地面的高度，利用数形结合的思想方法是解答本题的关键．

10.【答案】C 
【解析】解：由二次函数y=x2−2bx+2b2−4c的图象与x轴有公共点，
∴(−2b)2−4×1×(2b2−4c)≥0，即b2−4c≤0 ①，
由抛物线的对称轴x=−−2b2=b，抛物线经过不同两点A(1−b,m)，B(2b+c,m)，
b=1−b+2b+c2，即，c=b−1 ②，
②代入①得，b2−4(b−1)≤0，即(b−2)2≤0，因此b=2，
c=b−1=2−1=1，
∴b+c=2+1=3，
故选：C．
求出抛物线的对称轴x=b，再由抛物线的图象经过不同两点A(1−b,m)，B(2b+c,m)，也可以得到对称轴为1−b+2b+c2，可得b=c+1，再根据二次函数的图象与x轴有公共点，得到b2−4c≤0，进而求出b、c的值．
本题考查二次函数的图象和性质，理解抛物线的对称性、二次函数与一元二次方程的关系是解决问题的关键．

11.【答案】m(m−4) 
【解析】解：m2−4m=m(m−4)．
故答案为：m(m−4)．
提取公因式m，即可求得答案．
本题考查了提公因式法分解因式．题目比较简单，解题需细心．

12.【答案】2.86×105 
【解析】解：286000=2.86×105．
故答案为：2.86×105．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数，当原数绝对值<1时，n是负整数．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．

13.【答案】y=3x(答案不唯一) 
【解析】解：写出一个图象经过第三象限的函数解析式：y=3x(答案不唯一)．
故答案为：y=3x(答案不唯一)．
利用一次函数或二次函数、反比例函数的性质分析得出符合题意的解析式即可．
此题主要考查了一次函数、二次函数、反比例函数的性质，正确掌握相关函数的性质是解题关键．

14.【答案】80 
【解析】解：总人数有：40÷20%=200(人)，
球类小组有：200×40%=80(人)．
故答案为：80．
根据棋类人数和百分比，求出总人数即可解决问题．
本题考查扇形统计图，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

15.【答案】43π 
【解析】解：连接CD，如图所示：

∵∠ACB=90°，∠B=30°，AB=8，
∴∠A=90°−30°=60°，AC=12AB=4，
由题意得：AC=CD，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∴AD的长为：60π×4180=43π，
故答案为：43π．
连接CD，根据∠ACB=90°，∠B=30°可以得到∠A的度数，再根据AC=CD以及∠A的度数即可得到∠ACD的度数，最后根据弧长公式求解即可．
本题考查了弧长公式，解题的关键是：求出弧所对应的圆心角的度数以及弧所在扇形的半径．

16.【答案】②③ 
【解析】解：如图所示，

∵点B在x轴的正半轴上，点B关于AC的对称点为D，
∴AC一定垂直平分BD，BD不一定平分AC，故①错误；
∵点B关于AC的对称点为D，
∴BE=DE，BD⊥AC，
∴S△ABC=S△ADC=12AC⋅12BD=12AO⋅BD，故②正确；
当BD与反比例函数相交时，B、C、D三点可能共线，如图所示，

故③正确；
当BD垂直平分OC时，根据垂直平分线的性质可得四边形OBCD是菱形，
当∠COB=45°时，
∴∠OBC=90°，
此时四边形OBCD是正方形，如图所示，

故④错误；
故答案为：②③．
根据题意画出图形，结合垂直平分线的性质、反比例函数和一次函数的性质即可求解．
本题考查了反比例函数和一次函数的交点问题，涉及到垂直平分线的性质等，灵活运用数形结合是解题的关键．

17.【答案】解：原式=4−2 3−1+6× 33
=4−2 3−1+2 3
=3． 
【解析】先计算负整数指数幂，化简二次根式，零指数幂，特殊角的三角函数值，再进行加减运算．
本题考查了实数的混合运算，负整数指数幂，化简二次根式，零指数幂，特殊角的三角函数值，熟练掌握运算法则及运算顺序是解题的关键．

18.【答案】证明：∵∠ABC=∠DBE，
∴∠ABC+∠EBA=∠DBE+∠EBA，即∠EBC=∠DBA，
∵BE=BD，∠EBC=∠DBA，BC=BA，
∴△EBC≌△DBA(SAS)，
∴AD=CE． 
【解析】由∠ABC=∠DBE，可得∠EBC=∠DBA，证明△EBC≌△DBA(SAS)，进而结论得证．
本题考查了全等三角形的判定与性质．解题的关键是掌握全等三角形的判定定理．

19.【答案】解：原式=x2−2x+1x⋅x(x+1)(x−1)
=(x−1)2(x+1)(x−1)
=x−1x+1，
当x= 2−1时，
原式= 2−2 2
=1− 2． 
【解析】根据分式的运算法则进行化简，然后将x的值代入原式即可求出答案．
本题考查分式的运算，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．

20.【答案】解：(1)观察图表得：压强P与受力面积S的乘积不变，故压强P是受力面积S的反比例函数，
设压强P(Pa)与受力面积S(m2)的函数表达式P=kS，
将(200,1)代入得：200=k1，
解得：k=200，
∴压强P(Pa)与受力面积S(m2)的函数表达式为P=200S；
(2)由图可知，
长方体边为0.3m，0.2m的面积S=0.3×0.2=0.06m2，
∴将长方体边为0.3m，0.2m的面放置于该玻璃桌面上压强P=2000.06=100003Pa，
∵100003<4500，
∴这样放置安全，
长方体边为0.2m，0.2m的面积S=0.2×0.2=0.04m2，
∴将长方体边为0.2m，0.2m的面放置于该玻璃桌面上压强P=2000.04=5000Pa，
∵5000>4500，
∴这样放置不安全，
综上所述，将长方体B任意水平放置于该玻璃桌面上不安全． 
【解析】(1)观察图表得：压强P与受力面积S的乘积不变，故压强P是受力面积S的反比例函数，然后用待定系数法可得函数关系式；
(2)算出S，即可求出P，比较可得答案．
本题考查反比例函数的应用，解题的关键是读懂题意，能列出函数关系式．

21.【答案】(1)解：如图，点D为所作；


(2)证明：∵AB=AC，
∴∠A=∠C，
由(1)点D在BC的垂直平分线上，
∴∠DBC=∠C，
∴∠DBC=∠A，
∵∠C=∠C，
∴△DBC∽△BAC，
∴BCAC=DCBC，
∴BC2=AC⋅DC，
∴AC=3 3，
∴AD=2 3，
∵BD=CD= 3，AB=3，
∴AB2+BD2=AD2，
∴△ABD是直角三角形，∠ABD=90°，
∴AB⊥BD． 
【解析】(1)作线段BC的垂直平分线交AC于点D，连接BD即可；
(2)证明△DBC∽△BAC，推出BCAC=DCBC，可得AC=3 3，AD=2 3，再利用勾股定理的逆定理证明即可．
本题考查作图−复杂作图，相似三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．

22.【答案】56 
【解析】解：(1)①1组的最终得分为：80×5+40×3+20×210=56，
故答案为：56；
②2组的最终得分为：90×5+0×3+10×210=47，
3组的最终得分为：90×5+0×3+30×210=51，
5组的最终得分为：100×5+30×3+10×210=61，
6组的最终得分为：80×5+0×3+30×210=46，
8组的最终得分为：60×5+40×3+30×210=48，
由各小组频数分布直方图可知，第4组的总评成绩要在100×0.5+40×0.3=62分或62分以上，第7组的总评成绩要比70×5+20×3+30×210=47分低，因此前4名的组为1、3、4、5组，
答：1、3、4、5组进入复赛；
(2)画树状图如下：

由树状图可知：一共有12种等可能情况，其中参加决赛的2个小组是同一个年级有4种可能，
∴P(参加决赛的2个小组是同一个年级)=412=13．
(1)①利用加权平均数计算公式计算即可；
②由频数分布直方图可知，最终得分超过50分就可以进入复赛，所以只要计算出本组最终得分，再与50比较即可判断哪几个小组进入复赛；
(2)利用列表法或树状图法得到所有等可能的情况数，从中找出同一年级比赛的情况数，按等可能事件概率公式求出即可．
本题考查频数分布直方图，平均数以及列表法或树状图法，掌握频率=频数总数以及列举出所有等可能出现的结果是正确解答的前提．

23.【答案】(1)证明：如图，连接OC，

∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥CE，即∠OCE=90°，
∵点C是BD的中点，
∴BC=CD，
∴∠CAB=∠CAD，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠OCA=∠CAD，
∴OC//AE，
∴∠CEA=180°−∠OCE=90°；
(2)解：如图，连接OD，交AC于点F，

∵CD//AB，OC//AE，
∴四边形AOCD是平行四边形，
又∵OA=OC，
∴四边形AOCD是菱形，
∴AD=CD=OA=OC，
∴OC=OD=CD，
∴△COD是等边三角形，
∴∠OCD=∠COD=60°，
∵OC//AE，
∴∠CDE=∠OCD=60°，
∴∠DCE=30°，
∴CD=2DE=2，
∴CE= CD2−DE2= 3，OA=CD=OD=OC=2，
∴S△CDE=12×1× 3= 32，
∵四边形AOCD是菱形，
∴AC⊥OD，DF=12OD=1，
∴CF= CD2−DF2= 3，
∴S△OCD=12×2× 3= 3，
∵S扇形OCD=60π×22360=23π，
∴S阴影=S△OCD+S△CDE−S扇形OCD= 3+ 32−2π3=3 32−2π3． 
【解析】(1)连接OC，根据等腰三角形的性质可得∠OAC=∠OCA，再由等弧所对的圆周角相等可得∠OAC=∠CAD，从而证明∠CAD=∠OCA，可得OC//AE，即可证明∠CEA=90°；
(2)连接OD，证明四边形AOCD是菱形，得出AD=CD=OA=OC，证明△COD是等边三角形，得出∠OCD=∠COD=60°，根据OC//AE，得出∠CDE=∠OCD=60°，求出∠DCE=30°，根据直角三角形性质求出CD=2DE=2，根据勾股定理求出CE= CD2−DE2= 3，求出S△CDE=12×1× 3= 32，S△OCD=12×2× 3= 3，S扇形OCD=60π×22360=23π，根据S阴影=S△OCD+S△CDE−S扇形OCD求出结果即可．
本题考查了等腰三角形的性质、圆的切线的性质定理和圆周角定理、等边三角形的性质和菱形的判定和性质及平行线的性质，熟练综合运用这些知识点，并能准确作出辅助线是解决问题的关键．

24.【答案】(1)证明：①如图1，连接PA，

由正方形的性质可得BC=BA，∠CBP=∠ABP=45°，∠BCD=∠BAD=90°，
∵BC=BA，∠CBP=∠ABP=45°，BP=BP，
∴△CBP≌△ABP(SAS)，
∴∠BCP=∠BAP，PC=PA，
∴∠PCD=∠PAD，
∵∠PCD=∠PEA，
∴∠PAD=∠PEA，
∴PA=PE，
∴PC=PE；

②由正方形的性质可得∠CDA=90°，∠CDP=45°，
∵∠PAD=∠PEA，
∴∠PCD+∠PED=180°，
∴∠CDE+∠CPE=360°−(∠PCD+∠PED)=180°，
∴∠CPE=90°，
∵PF平分∠CPE，
∴∠CPF=12∠CPE=45°=∠CDP，
∵∠CPF=∠CDP，∠PCF=∠DCP，
∴△CPF∽△CDP，
∴CFPC=PCCD，即PC2=CF⋅CD，
∵PC=PE，
∴PE2=CF⋅CD；

(2)解：由题意知，分E在线段AD上和E在射线AD上两种情况求解：
①当E在线段AD上，如图2，过P作PG⊥AD于G，连接EF，

∵PA=PE，
∴EG=GA=12AE，
∵CP=PE，∠CPF=∠EPF，PF=PF，
∴△CPF≌△EPF(SAS)，
∴EF=CF，
设DF=a，则EF=CF=2a，AD=CD=3a，
由勾股定理得DE= EF2−DF2= 3a，
∴AE=AD−DE=3a− 3a，EG=3a− 3a2，DG=DE+EG=3a+ 3a2，PD=DGcos45∘= 2(3a+ 3a)2，
由(1)可知，PC2=CF⋅D，即PC2=2a⋅3a，
解得PC= 6a，
∵△CPF∽△CDP，
∴PFPD=PCCD，则PFPC=PDCD，即PFPC= 2(3a+ 3a)23a=3 2+ 66，
∴PFPC=3 2+ 66；
②当E在射线AD上，如图3，过P作PM⊥AD于M，连接EF，

同(2)①可知，△CPF≌△EPF(SAS)，
∴EF=CF，
设DF=a，则EF=CF=2a，AD=CD=3a，
由勾股定理得DE= EF2−DF2= 3a，
∴AE=AD+DE=3a+ 3a，EM=12AE=3a+ 3a2，DM=EM−DE=3a− 3a2，PD=DMcos45∘= 2(3a− 3a)2，
由(1)可知，PC2=CF⋅CD，即PC2=2a⋅3a，
解得PC= 6a，
∵△CPF∽△CDP，
∴PFPD=PCCD，则PFPC=PDCD，即PFPC= 2(3a− 3a)23a=3 2− 66，
∴PFPC=3 2− 66；
综上，PFPC的值为3 2+ 66或3 2− 66． 
【解析】(1)①如图1，连接PA，由正方形的性质可得BC=BA，∠CBP=∠ABP=45°，∠BCD=∠BAD=90°，证明△CBP≌△ABP(SAS)，则∠BCP=∠BAP，PC=PA，∠PCD=∠PAD，进而可得∠PAD=∠PEA，由等角对等边可得PA=PE，进而结论得证；
②由正方形的性质可得∠CDA=90°，∠CDP=45°，根据∠CDE+∠CPE=360°−(∠PCD+∠PED)=180°，可得∠CPE=90°，由PF平分∠CPE，可得∠CPF=12∠CPE=45°=∠CDP，证明△CPF∽△CDP，则CFPC=PCCD，即PC2=CF⋅CD，由PC=PE，可得PE2=CF⋅CD；
(2)由题意知，分E在线段AD上和E在射线AD上两种情况求解：①当E在线段AD上，如图2，过P作PG⊥AD于G，连接EF，由PA=PE，可得EG=GA=12AE，证明△CPF≌△EPF(SAS)，则EF=CF，设DF=a，则EF=CF=2a，AD=CD=3a，由勾股定理得DE= 3a，则AE=AD−DE=3a− 3a，EG=3a− 3a2，DG=DE+EG=3a+ 3a2，PD=DGcos45∘= 2(3a+ 3a)2，由(1)可知，PC2=CF⋅CD，即PC2=2a⋅3a，解得PC= 6a，由△CPF∽△CDP，可得PFPD=PCCD，则PFPC=PDCD，即PFPC= 2(3a+ 3a)23a，计算求解即可；②当E在射线AD上，如图3，过P作PM⊥AD于M，连接EF，求解同(2)①．
本题考查了正方形的性质，角平分线，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，余弦等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．

25.【答案】解：(1)将(− 2,0)代入y=ax2+bx，得2a− 2b=0，整理得ab= 22，
∴ab的值为 22；

(2)①∵当x1 ∴y1−y2>0，
∴x<0时，y随着x的增大而减小，
当00，
∴y1−y2<0，
∴x>0时，y随着x的增大而增大，
∴直线x=0是抛物线的对称轴，
∴−b2a=0，解得b=0，
∴y=ax2，
由题意知，P在⊙C上，AQ是直径，
∴∠APQ=90°，即AP⊥y轴，
设A在第二象限，则A(−12a,14a)，
∵tan∠AQP=23，
∴APPQ=23，即12a|4−14a|=23，解得a=14，a=−18(舍去)，
∴y=14x2，
由对称性可知，当A在第一象限时，y=14x2，
∴抛物线的解析式为y=14x2；

②如图，过C向直线y=t作垂线，交点为M，记直线y=t与⊙C的交点为E，F，连接CE，CF，则EM=12EF，

设A(x,14x2)，则C(x2,x2+168)，CM=|t−x2+168|，CE=12AQ=12 x2+(14x2−4)2，
由勾股定理得EM2=CE2−CM2，
即EM2=(12 x2+(14x2−4)2)2−|t−x2+168|2=(t4−34)x2−t2+4t，
∴当t4−34=0时，即t=3，EM2为定值，EM= 3，
∴EF=2 3，
∴t=3，直线y=t被⊙C所截得的弦长为定值． 
【解析】(1)将(− 2,0)代入y=ax2+bx，得2a− 2b=0，整理求解即可；
(2)①由当x10，可知x>0时，y随着x的增大而增大，即直线x=0是抛物线的对称轴，由−b2a=0，解得b=0，y=ax2，由题意知，P在⊙C上，AQ是直径，则∠APQ=90°，即AP⊥y轴，设A在第二象限，则A(−12a,14a)，由tan∠AQP=23，可得APPQ=23，即12a|4−14a|=23，解得a=14，a=−18(舍去)，则y=14x2，由对称性可知，当A在第一象限时，y=14x2，进而可得抛物线的解析式为y=14x2；
②如图，过C向直线y=t作垂线，交点为M，记直线y=t与⊙C的交点为E，F，连接CE，CF，则EM=12EF，设A(x,14x2)，则C(x2,x2+168)，CM=|t−x2+168|，CE=12AQ=12 x2+(14x2−4)2，由EM2=CE2−CM2，可得EM2=(12 x2+(14x2−4)2)2−|t−x2+168|2=(t4−34)x2−t2+4t，则当t4−34=0时，即t=3，EM2为定值，EM= 3，EF=2 3，然后作答即可．
本题考查了二次函数解析式，二次函数的图象与性质，直径所对的圆周角为直角，正切，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．