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2024年黑龙江省哈尔滨市南岗区萧红中学中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2024年黑龙江省哈尔滨市南岗区萧红中学中考数学三模试卷（含解析），共21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。
1.15的倒数是( )
A. −5B. 5C. −15D. 15
2.下列计算正确的是( )
A. 2a+3a=6aB. a2⋅a3=a5C. a8÷a4=a2D. (−2a3)2=−4a6
3.下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
4.36的算术平方根是( )
A. 6B. ±6C. 6D. ± 6
5.反比例函数y=1−2kx的图象经过点(−2,3)，则k的值为( )
A. 6B. −6C. 72D. −72
6.如图所示的几何体是由五个小正方体搭建而成的．它的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
7.小伟掷一个质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数．则向上的一面的点数大于4的概率为( )
A. 16B. 13C. 12D. 23
8.把抛物线y=(x+1)2向下平移2个单位，再向右平移1个单位，所得到的抛物线是( )
A. y=(x+2)2+2B. y=(x+2)2−2C. y=x2+2D. y=x2−2
9.如图，在△ABC中，M、N分别是边AB、AC的中点，则△AMN的面积与四边形MBCN的面积比为( )
A. 12 B. 13 C. 14 D. 23
10.小明的爸爸早晨出去散步，从家走了20分到达距离家800米的公园，他在公园休息了10分，然后用30分原路返回家中，那么小明的爸爸离家的距离S(单位：米)与离家的时间t(单位：分)之间的函数关系图象大致是( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
11.地球与太阳之间的距离约为149 600 000千米，用科学记数法表示(保留2个有效数字)约为______千米．
12.函数y=x−2x+2的自变量x的取值范围是______．
13.把多项式x3−4x分解因式的结果为______．
14.若点M(1,2a−1)在第四象限内，则a的取值范围是______．
15.如图，已知△ABC是一张三角形纸片，∠C=90°，AC=8，BC=6，现将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则CD的长为______．
16.如图，BC是⊙O的弦，圆周角∠BAC=50°，则∠OCB的度数是______度.
17.一个扇形的面积为12πcm2，圆心角为120°，则该扇形的半径是______cm．
18.四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=6，对角线AC与BD相交于点O，点E在AC上，若OE= 3，则CE的长为______．
19.某商店足球的零售价为每个110元，若足球按8折降价销售，仍可获利10%，则这种足球的进价为每个______元.
20.如图，在△ABC中，AB=2AC，AD是角平分线，E是BC边的中点，EF⊥AD于点F，CG⊥AD于点G，若tan∠CAD=34，AB=20，则线段EF的长为______．
三、解答题：本题共7小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
21.(本小题7分)
先化简，再求代数式xx−3÷x2−2xx2−9−xx−2的值，其中x=2tan45°+2sin60°．
22.(本小题7分)
如图，在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．
(1)在图1中，画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形；
(2)在图2中，画出一个与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形；
(3)在图3中，画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形．
23.(本小题8分)
网瘾低龄化问题已引起社会各界的高度关注，有关部门在全国范围内对12−35岁的网瘾人群进行了简单的随机抽样调查，得到了如图所示的两个不完全统计图．
请根据图中的信息，解决下列问题：
(1)求条形统计图中a的值；
(2)求扇形统计图中18−23岁部分的圆心角；
(3)据报道，目前我国12−35岁网瘾人数约为2000万，请估计其中12−23岁的人数．
24.(本小题8分)
在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E为AC边的中点，过点A作AF//BC，交DE的延长线于点F，连接CF．
(1)如图1，求证：四边形ADCF是矩形；
(2)如图2，当AB=AC时，取AB的中点G，连接DG、EG，在不添加任何辅助线和字母的条件下，请直接写出图中所有的平行四边形(不包括矩形ADCF)．
25.(本小题8分)
某商品经销店欲购进A、B两种纪念品，用160元购进的A种纪念品与用240元购进的B种纪念品的数量相同，每件B种纪念品的进价比A种纪念品的进价贵10元．
(1)求A、B两种纪念品每件的进价分别为多少元？
(2)若该商店A种纪念品每件售价24元，B种纪念品每件售价35元，这两种纪念品共购进1000件，这两种纪念品全部售出后总获利不低于4900元，求A种纪念品最多购进多少件．
26.(本小题10分)
已知：BE是⊙O的直径，弦AC交BE于点D，连接AB，∠A=45°
(1)如图1，求证：BC=CE；
(2)如图2，连接AE，求证：AB+AE= 2AC；
(3)如图3，在(2)的条件下，点F在AB上，连接FD，且∠ADF=∠AEB.点M在AE上，连接FM，且∠AMF+∠AEB=45°.连接CF，BM，若CE=3 10，BM=10，求AC的长．
27.(本小题12分)
在平面直角坐标中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A(−2,0)，B(6,0)，与y轴交于点C．
(1)求a、b的值；
(2)如图1，P是第四象限抛物线上一动点，连接AP，D为抛物线的顶点，过点D作x轴的垂线交AP于点E，设点P的横坐标为t，线段DE的长度为d，求d与t的函数解析式(不要求写出自变量t的取值范围)；
(3)如图2，在(2)的条件下，Q为AP上一点，连接DP，DQ，当2∠PDE=∠PDQ+45°，DP= 2DQ时，求P点坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：15的倒数是5．
故选：B．
直接利用倒数的定义得出答案．
本题考查了倒数的定义，掌握倒数的定义是关键．
2.【答案】B
【解析】解：A、2a+3a=5a，故此选项错误；
B、a2⋅a3=a5，正确；
C、a8÷a4=a4，故此选项错误；
D、(−2a3)2=4a6，故此选项错误；
故选：B．
直接利用合并同类项法则以及同底数幂的乘除运算法则和积的乘方运算法则分别化简得出答案．
此题主要考查了合并同类项法则以及同底数幂的乘除运算和积的乘方运算，正确掌握运算法则是解题关键．
3.【答案】D
【解析】解：A.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
4.【答案】A
【解析】【分析】
此题主要考查了算术平方根的概念，算术平方根易与平方根的概念混淆而导致错误．
算术平方根的定义：一个非负数的正的平方根，即为这个数的算术平方根，利用定义即可求出结果．
【解答】
解：∵6的平方为36，
∴36算术平方根为6．
故选：A．
5.【答案】C
【解析】解：由题意，得
3=1−2k−2，
解得，x=72．
故选C．
把点(−2,3)代入已知函数解析式，列出关于k的方程，通过解方程来求k的值．
本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，经过函数的某点一定在函数的图象上．
6.【答案】C
【解析】解：从正面看可得到从左往右三列正方形的个数依次为：1，1，2．
故选：C．
画出主视图，可得结论．
本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
7.【答案】B
【解析】解：根据等可能条件下的概率的公式可得：小伟掷一个质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，则向上的一面的点数大于4的概率为26=13．
故选B．
让骰子中大于4的数个数除以数的总个数即为所求的概率．
用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
8.【答案】D
【解析】解：抛物线y=(x+1)2的顶点坐标为(−1,0)，
∵向下平移2个单位，
∴纵坐标变为−2，
∵向右平移1个单位，
∴横坐标变为−1+1=0，
∴平移后的抛物线顶点坐标为(0,−2)，
∴所得到的抛物线是y=x2−2．
故选：D．
先写出平移前的抛物线的顶点坐标，然后根据向下平移纵坐标减，向右平移横坐标加求出平移后的抛物线的顶点坐标，再利用顶点式解析式写出即可．
本题考查了二次函数图象与几何变换，利用顶点的变化确定函数图象的变化求解更加简便，且容易理解．
9.【答案】B
【解析】解：∵M，N分别是边AB，AC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN//BC，且MN=12BC，
∴△AMN∽△ABC，
∴S△AMNS△ABC=(MNBC)2=14，
∴△AMN的面积与四边形MBCN的面积比为1：3．
故选B．
根据面积比等于相似比平方求出△AMN与△ABC的比，继而可得出△AMN的面积与四边形MBCN的面积比．
本题考查了相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是得出MN是△ABC的中位线，判断△AMN∽△ABC，要求同学们掌握相似三角形的面积比等于相似比平方．
10.【答案】D
【解析】解：第10−20分，离家的距离随时间的增大而变大；
20−30分，时间增大，离家的距离不变，函数图象与x轴平行；
30−60分，时间变大，离家越来越近．
故选：D．
本题是分段函数的图象问题，要根据行走，休息，回家三个阶段判断．
此题主要考查了函数图形，读函数的图象时首先要理解横纵坐标表示的含义，理解问题叙述的过程，能够通过图象得到函数是随自变量的增大，知道函数值是增大还是减小．
11.【答案】1.5×108
【解析】解：149 600 000=1.496×108≈1.5×108．
故答案为1.5×108．
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的值是易错点，由于1 048 576有7位，所以可以确定n=7−1=6．
有效数字的计算方法是：从左边第一个不是0的数字起，后面所有的数字都是有效数字．
用科学记数法表示的数的有效数字只与前面的a有关，与10的多少次方无关．
此题考查科学记数法的表示方法，以及用科学记数法表示的数的有效数字的确定方法．
12.【答案】x≠−2
【解析】解：由题意可知：x+2≠0，
解得：x≠−2；
所以，函数y=x−2x+2的自变量x的取值范围是x≠−2．
函数是分式形式时，分式的分母是不能为0的，所以x+2≠0，即可求得x的取值范围．
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
13.【答案】x(x+2)(x−2)
【解析】解：x3−4x，
=x(x2−4)，
=x(x+2)(x−2)．
先提取公因式x，然后再利用平方差公式进行二次分解．
本题主要考查提公因式法分解因式和利用平方差公式分解因式，关键在于要进行二次分解因式．
14.【答案】a<12
【解析】解：∵点M(1,2a−1)在第四象限内，
∴2a−1<0，
解得：a<12．
点在第四象限的条件是：横坐标是正数，纵坐标是负数．
坐标平面被两条坐标轴分成了四个象限，每个象限内的点的坐标符号各有特点，该知识点是中考的常考点，常与不等式、方程结合起来求一些字母的取值范围，比如本题中求a的取值范围．
15.【答案】74
【解析】解：由折叠得点B与点A关于直线DE对称，
∴DE垂直平分AB，
∵∠C=90°，AC=8，BC=6，
∴BD=AD=AC−CD=8−CD，
∵BC2+CD2=BD2，
∴62+CD2=(8−CD)2，
解得CD=74，
故答案为：74．
由折叠得DE垂直平分AB，而∠C=90°，AC=8，BC=6，所以BD=AD=8−CD，由勾股定理得62+CD2=(8−CD)2，求得CD=74，于是得到问题的答案．
此题重点考查轴对称的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理等知识，推导出BD=AD=8−CD是解题的关键．
16.【答案】40
【解析】解：∵∠BAC=50°，
∴∠COB=2∠BAC=50°×2=100°，
∵OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB，
∴∠OCB=(180°−∠COB)÷2=(180°−100°)÷2=40°．
故答案为：40．
根据圆周角定理可得∠COB=2∠BAC，再根据等边对等角可得∠OBC=∠OCB，进而得到∠OCB=(180°−∠COB)÷2，即可得到答案．
此题主要考查了圆周角定理与等腰三角形的性质，关键是找准角之间的关系．
17.【答案】6
【解析】解：设该扇形的半径是rcm，则
12π=120πr2360，
解得r=6．
故答案为：6
设该扇形的半径是rcm，再根据扇形的面积公式即可得出结论．
本题考查的是扇形面积的计算，熟记扇形的面积公式是解答此题的关键．
18.【答案】4 3或2 3
【解析】【分析】
本题考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出OA是解决问题的关键．
由菱形的性质证出△ABD是等边三角形，得出BD=AB=6，OB=12BD=3，由勾股定理得出OC=OA= AB2−OB2=3 3，即可得出答案．
【解答】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=6，AC⊥BD，OB=OD，OA=OC，
∵∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=6，
∴OB=12BD=3，
∴OC=OA= AB2−OB2=3 3，
∴AC=2OA=6 3，
∵点E在AC上，OE= 3，
∴CE=OC+ 3或CE=OC− 3，
∴CE=4 3或CE=2 3；
故答案为4 3或2 3．
19.【答案】80
【解析】解：设足球的进价为每个x元，
根据题意得：0.8×110=(1+10%)x，
解得x=80；
∴足球的进价为每个80元．
故答案为：80．
解：设足球的进价为每个x元，根据按8折降价销售，仍可获利10%得：0.8×110=(1+10%)x，即可解得答案．
本题考查一元一次方程的应用，解题的关键是读懂题意，掌握进价，标价，售价，折扣，利润之间的关系．
20.【答案】3
【解析】解：如图，作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N．
∵AD平分∠BAC，
∴DM=DN，
∵S△ABDS△ADC=12⋅AB⋅DM12⋅AC⋅DN=DBDC，AB=2AC，
∴BD=2CD，
∵BE=CE，
∴ED：CD=1：2，
在Rt△ACG中，∵∠AGC=90°，AC=10，tan∠CAD=CGAG=34，
∴CG=6，
∵EF⊥AF，CG⊥AF，
∴EF//CG，
∴EFCG=DECD=12，
∴EF=12CG=3．
故答案为3．
如图，作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N.首先证明：BD：CD=2：1，推出DE：CD=1：2，求出CG，利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
本题考查解直角三角形的应用，角平分线的性质定理，平行线分线段成本定理定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
21.【答案】解：xx−3÷x2−2xx2−9−xx−2
=xx−3⋅(x+3)(x−3)x(x−2)−xx−2
=x+3x−2−xx−2
=3x−2；
∵x=2tan45°+2sin60°=2×1+2× 32=2+ 3，
∴原式=32+ 3−2= 3．
【解析】先根据分式的混合运算化简，再根据特殊角的三角函数值求得x的值代入，进行计算即可求解．
本题考查分式的化简求值，特殊角的三角函数值等知识，解题的关键是掌握分式的混合运算法则，记住特殊角的三角函数值．
22.【答案】解：(1)如图所示，
△DCE为所求作．
(2)如图所示，
△ACD为所求作．
(3)如图所示，
△ECD为所求作．
【解析】【分析】
本题考查图形变换−中心对称，轴对称和旋转，掌握相关概念和性质是解题的关键．
(1)根据中心对称的性质即可作出图形；
(2)根据轴对称的性质即可作出图形；
(3)根据旋转的性质即可求出图形．
23.【答案】解：(1)被调查的人数=330÷22%=1500人，
a=1500−450−420−330=1500−1200=300人；
(2)360°×4501500×100%=108°；
(3)∵12−35岁网瘾人数约为2000万，
∴12～35岁的人数约为2000万×300+4501500=1000万．
【解析】(1)用30～35岁的人数除以所占的百分比求出被调查的人数，然后列式计算即可得解；
(2)用360°乘以18～23岁的人数所占的百分比计算即可得解；
(3)用网瘾总人数乘以12～35岁的人数所占的百分比计算即可得解．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
24.【答案】(1)证明：∵AF//BC，
∴∠AFE=∠EDC，
∵E是AC中点，
∴AE=EC，
在△AEF和△CED中，
∠AFE=∠CDE∠AEF=∠CEDAE=EC，
∴△AEF≌△CED，
∴EF=DE，∵AE=EC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴四边形ADCF是矩形．
(2)∵线段DG、线段GE、线段DE都是△ABC的中位线，又AF//BC，
∴AB//DE，DG//AC，EG//BC//AF，
∴四边形ABDF、四边形AGEF、四边形GBDE、四边形AGDE、四边形GDCE都是平行四边形．
【解析】本题考查平行四边形的判定、矩形的判定、三角形的中位线定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
(1)由△AEF≌△CED，推出EF=DE，又AE=EC，推出四边形ADCF是平行四边形，根据∠ADC=90°，即可推出四边形ADCF是矩形．
(2)根据平行四边形的判定即可求解．
25.【答案】解：(1)设A种纪念品每件的进价为x元，则B种纪念品每件的进价(x+10)元，
由题意得：240x+10=160x，
解得：x=20，
经检验：x=20是原分式方程的解，
x+10=30，
答：A种纪念品每件的进价为20元，则B种纪念品每件的进价30元；
(2)设A种纪念品购进a件，由题意得：
(24−20)a+(35−30)(1000−a)≥4900，
解得：a≤100，
∵a为整数，
∴a的最大值为100．
答：A种纪念品最多购进100件．
【解析】此题主要考查了二元一次方程组和一元一次不等式的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系或不等关系，再列出不等式或方程组即可．
(1)设A种纪念品每件的进价为x元，则B种纪念品每件的进价(x+10)元，根据用160元购进的A种纪念品与用240元购进的B种纪念品的数量相同列出方程，再解即可；
(2)设A种纪念品购进a件，由题意得不等关系：A种纪念品的总利润+B种纪念品的总利润≥4900元，根据不等关系列出不等式，再解即可．
26.【答案】解：(1)如图1，连接OC，∵∠BOC=2∠A，∠A=45°
∴∠BOC=90°
∵BE是⊙O的直径
∴∠BOC+∠COE=180°
∴∠COE=90°
∴BC=CE．
(2)如图2，过点C作AC的垂线交AE的延长线于点G，则△ABC≌△GEC(AAS)
∴AB=EG，∠BAC=∠G=45°
∵∠ACG=90°
∴∠CAG=∠G=45°
∴△ACG为等腰直角三角形
∴AG= 2AC
∴AE+AB=AG= 2AC
(3)连接BC，在Rt△BCE中，sin∠CBE=CEBE，即：sin45°=3 10BE，得BE=6 5
设∠ADF=∠AEB=45°−∠AMF=α，则∠AMF=45°−α
∴∠AFM=90°−∠AMF=45°+α
过D作DH⊥AB，DN⊥AE，∵∠BAC=∠EAC
∴DH=DN
∴∠BDH=∠AEB=α，
∴∠HFD=∠AFM=45°+α
延长DF交EA延长线于点P，连接PB，
∵∠AFP=∠HFD=∠AFM=45°+α，AB⊥EP
∴AP=AE，即：直线AB是线段PM的垂直平分线
∴PB=BM=10
过D作DP的垂线，交AB延长线于点Q，
易证△DHQ≌△DNP(ASA)
∴PD=DQ
可证△PDB≌△QDB(SAS)
∴∠DPN=∠Q=∠BPD=45°−α
∴∠APB=90°−2α
过点P作PS⊥BE，垂足为S
∴∠PSE=90°，∠PBS=∠APB+∠AEB=90°−α=∠EPS
∴△PSB∽△ESP
∴PS2=BS⋅SE
由勾股定理得：PS2=PB2−BS2
∴PB2−BS2=BS⋅SE
设BS=m，则102−m2=m(m+6 5)
解得：m1=2 5，m2=−5 5(不符合题意，舍去)
∴PS= BS⋅SE= 2 5×8 5=4 5
∴tan∠PES=PSSE=4 58 5=12
∴AB=6，AE=12
过C作CK⊥AQ于K，作CT⊥AE于T，则可证△CBK≌△CET(AAS)
∴BK=ET
∴AK=AT=12(AB+AC)=9
∴AC=9 2．
【解析】(1)要证BC=CE，只要证∠BOC=∠COE即可；
(2)构造全等三角形，过点C作AC的垂线交AE的延长线于点G，则△ABC≌△GEC(AAS)，得到△ACG为等腰直角三角形，AG= 2AC，得证；
(3)由CE=3 10，可得BE=6 5，过D作DH⊥AB，DN⊥AE，延长DF交EA延长线于点P，连接PB，过D作DP的垂线，交AB延长线于点Q，构造△DHQ≌△DNP(ASA)，△PDB≌△QDB，过点P作PS⊥BE，垂足为S，设BS=m，再利用△PSB∽△ESP和勾股定理建立关于m的方程，可求得AB=6，AE=12，过C作CK⊥AQ于K，作CT⊥AE于T，构造△CBK≌△CET(AAS)和等腰直角三角形ACK求得AC=9 2．
本题考查了圆的性质，全等三角形性质及判定，相似三角形性质及判定，等腰直角三角形性质，勾股定理，角平分线性质等知识点，涉及知识点多，综合性较强，难度较大；解题关键是合理添加辅助线构造全等三角形．
27.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A(−2,0)，B(6,0)，
∴4a−2b+3=036a+6b+3=0，
解得a=−14b=1．
(2)由(1)得a=−14，b=1，
∴抛物线解析式为y=−14x2+x+3，
∴y=−14x2+x+3=−14(x−2)2+4，
∴顶点D(2,4)，
如图，过P作PF⊥x轴于点F，设DE与x轴于点H，
∴OH=2，△AHE∽△AFP，
∴AHAF=HEFP，AH=4，
∵A(−2,0)，点P的横坐标为t，
∴OA=2，P(t,−14t2+t+3)，
∴OF=t，PF=0−(−14t2+t+3)=14t2−t−3，AF=1+2，
∴4t+2=HE14t2−t−3，
∴HE=t−6，
∴DE的长度为d=DH+HE=4+t−6=t−2，
∴d=t−2；
(3)如图，过P作PN⊥DE于点N，交抛物线于点M，
∴点P、M关于DE对称，
∴PN=MN，
∴DP=DM，
∴∠MDN=∠PDN，
∴∠MDP=2∠PDN，
∵2∠PDE=∠PDQ+45°，
∴∠MDP=∠PDQ+45°，
∴∠MDQ=∠MDP+45°，
∴∠MDQ=∠MDP−∠PDQ=45°，
过Q作QG⊥DM于点G，
∴∠QGD=90°，
∴∠GQD=90°−∠GDQ=45°，
∴∠GQD=∠GDQ，
∴GD=GQ，
∴cs∠GDQ=DGDQ，
∴DQ=DGcs45∘= 2DG，
∵DP= 2DQ=2DG，
∵DP=DM=DG+MG，
∴MG=DG，
∴QG垂直平分DM，
连接QM，
∴DQ=QM，
∴∠DMQ=∠QDM=45°，
∴∠DQM=180−∠MDQ−∠DMQ=90°，
过Q作QT⊥DE于点T，过M作MJ⊥QT交延长线于点J，
∴∠DTQ=∠MJQ=90°，
∵∠QDT+∠DQT=90°，∠JQM+∠DQT=90°，
∴∠JQM=∠QDT，
∴TDQ≌JQM(AAS)，
∴QT=JM，DT=QJ，
∵P、M关于直线x=2对称，
∴MN=PN=t−2，
由(2)得DE=t−2，
∴MN=DE，
∵∠J=∠JTQ=∠MNT=90°，
∴四边形JMNT是矩形，
∴IT=MN=t−2，
∴DT−DE=JQ−JT，
∴QT=TE，
∴∠TEQ=∠EQT=180°−∠EDQ2=45°，
∴∠AEH=∠TEQ=45°，
∴∠HAE=90°−∠AEH=45°，
∴EH=AH=2−(−2)=4，
∴DE=DH+HE=8，
由(2)得DE=t−2，
∴DE=t−2=8，
解得t=10，
∴−14t2+t+3=−14×102+10+3=−12，
∴P(10,−12)．
【解析】(1)利用待定系数法即可求解；
(2)由(1)可知y=−14x2+x+3=−14(x−2)2+4，求出D(2,4)，过P作PF⊥x轴于点F，设DE与x轴于点H，证明△AHE∽△AFP，再通过性质即可求解；
(3)过P作PN⊥DE于点N，交抛物线于点M，则点P、M关于DE对称，则PN=MN，求出∠MDQ=∠MDP−∠PDQ=45°，过Q作QG⊥DM于点G，可得QG垂直平分DM，过Q作QT⊥DE于点T，过M作MJ⊥QT交延长线于点J，证明TDQ≌JQM(AAS)，然后根据性质证明四边形，JMNT是矩形即可求解．
本题考查了二次函数的综合应用，主要考查了勾股定理，三角形的内角和，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
1.15的倒数是( )
A. −5B. 5C. −15D. 15
2.下列计算正确的是( )
A. 2a+3a=6aB. a2⋅a3=a5C. a8÷a4=a2D. (−2a3)2=−4a6
3.下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
4.36的算术平方根是( )
A. 6B. ±6C. 6D. ± 6
5.反比例函数y=1−2kx的图象经过点(−2,3)，则k的值为( )
A. 6B. −6C. 72D. −72
6.如图所示的几何体是由五个小正方体搭建而成的．它的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
7.小伟掷一个质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数．则向上的一面的点数大于4的概率为( )
A. 16B. 13C. 12D. 23
8.把抛物线y=(x+1)2向下平移2个单位，再向右平移1个单位，所得到的抛物线是( )
A. y=(x+2)2+2B. y=(x+2)2−2C. y=x2+2D. y=x2−2
9.如图，在△ABC中，M、N分别是边AB、AC的中点，则△AMN的面积与四边形MBCN的面积比为( )
A. 12 B. 13 C. 14 D. 23
10.小明的爸爸早晨出去散步，从家走了20分到达距离家800米的公园，他在公园休息了10分，然后用30分原路返回家中，那么小明的爸爸离家的距离S(单位：米)与离家的时间t(单位：分)之间的函数关系图象大致是( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
11.地球与太阳之间的距离约为149 600 000千米，用科学记数法表示(保留2个有效数字)约为______千米．
12.函数y=x−2x+2的自变量x的取值范围是______．
13.把多项式x3−4x分解因式的结果为______．
14.若点M(1,2a−1)在第四象限内，则a的取值范围是______．
15.如图，已知△ABC是一张三角形纸片，∠C=90°，AC=8，BC=6，现将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则CD的长为______．
16.如图，BC是⊙O的弦，圆周角∠BAC=50°，则∠OCB的度数是______度.
17.一个扇形的面积为12πcm2，圆心角为120°，则该扇形的半径是______cm．
18.四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=6，对角线AC与BD相交于点O，点E在AC上，若OE= 3，则CE的长为______．
19.某商店足球的零售价为每个110元，若足球按8折降价销售，仍可获利10%，则这种足球的进价为每个______元.
20.如图，在△ABC中，AB=2AC，AD是角平分线，E是BC边的中点，EF⊥AD于点F，CG⊥AD于点G，若tan∠CAD=34，AB=20，则线段EF的长为______．
三、解答题：本题共7小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
21.(本小题7分)
先化简，再求代数式xx−3÷x2−2xx2−9−xx−2的值，其中x=2tan45°+2sin60°．
22.(本小题7分)
如图，在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．
(1)在图1中，画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形；
(2)在图2中，画出一个与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形；
(3)在图3中，画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形．
23.(本小题8分)
网瘾低龄化问题已引起社会各界的高度关注，有关部门在全国范围内对12−35岁的网瘾人群进行了简单的随机抽样调查，得到了如图所示的两个不完全统计图．
请根据图中的信息，解决下列问题：
(1)求条形统计图中a的值；
(2)求扇形统计图中18−23岁部分的圆心角；
(3)据报道，目前我国12−35岁网瘾人数约为2000万，请估计其中12−23岁的人数．
24.(本小题8分)
在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E为AC边的中点，过点A作AF//BC，交DE的延长线于点F，连接CF．
(1)如图1，求证：四边形ADCF是矩形；
(2)如图2，当AB=AC时，取AB的中点G，连接DG、EG，在不添加任何辅助线和字母的条件下，请直接写出图中所有的平行四边形(不包括矩形ADCF)．
25.(本小题8分)
某商品经销店欲购进A、B两种纪念品，用160元购进的A种纪念品与用240元购进的B种纪念品的数量相同，每件B种纪念品的进价比A种纪念品的进价贵10元．
(1)求A、B两种纪念品每件的进价分别为多少元？
(2)若该商店A种纪念品每件售价24元，B种纪念品每件售价35元，这两种纪念品共购进1000件，这两种纪念品全部售出后总获利不低于4900元，求A种纪念品最多购进多少件．
26.(本小题10分)
已知：BE是⊙O的直径，弦AC交BE于点D，连接AB，∠A=45°
(1)如图1，求证：BC=CE；
(2)如图2，连接AE，求证：AB+AE= 2AC；
(3)如图3，在(2)的条件下，点F在AB上，连接FD，且∠ADF=∠AEB.点M在AE上，连接FM，且∠AMF+∠AEB=45°.连接CF，BM，若CE=3 10，BM=10，求AC的长．
27.(本小题12分)
在平面直角坐标中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A(−2,0)，B(6,0)，与y轴交于点C．
(1)求a、b的值；
(2)如图1，P是第四象限抛物线上一动点，连接AP，D为抛物线的顶点，过点D作x轴的垂线交AP于点E，设点P的横坐标为t，线段DE的长度为d，求d与t的函数解析式(不要求写出自变量t的取值范围)；
(3)如图2，在(2)的条件下，Q为AP上一点，连接DP，DQ，当2∠PDE=∠PDQ+45°，DP= 2DQ时，求P点坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：15的倒数是5．
故选：B．
直接利用倒数的定义得出答案．
本题考查了倒数的定义，掌握倒数的定义是关键．
2.【答案】B
【解析】解：A、2a+3a=5a，故此选项错误；
B、a2⋅a3=a5，正确；
C、a8÷a4=a4，故此选项错误；
D、(−2a3)2=4a6，故此选项错误；
故选：B．
直接利用合并同类项法则以及同底数幂的乘除运算法则和积的乘方运算法则分别化简得出答案．
此题主要考查了合并同类项法则以及同底数幂的乘除运算和积的乘方运算，正确掌握运算法则是解题关键．
3.【答案】D
【解析】解：A.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
4.【答案】A
【解析】【分析】
此题主要考查了算术平方根的概念，算术平方根易与平方根的概念混淆而导致错误．
算术平方根的定义：一个非负数的正的平方根，即为这个数的算术平方根，利用定义即可求出结果．
【解答】
解：∵6的平方为36，
∴36算术平方根为6．
故选：A．
5.【答案】C
【解析】解：由题意，得
3=1−2k−2，
解得，x=72．
故选C．
把点(−2,3)代入已知函数解析式，列出关于k的方程，通过解方程来求k的值．
本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，经过函数的某点一定在函数的图象上．
6.【答案】C
【解析】解：从正面看可得到从左往右三列正方形的个数依次为：1，1，2．
故选：C．
画出主视图，可得结论．
本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
7.【答案】B
【解析】解：根据等可能条件下的概率的公式可得：小伟掷一个质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，则向上的一面的点数大于4的概率为26=13．
故选B．
让骰子中大于4的数个数除以数的总个数即为所求的概率．
用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
8.【答案】D
【解析】解：抛物线y=(x+1)2的顶点坐标为(−1,0)，
∵向下平移2个单位，
∴纵坐标变为−2，
∵向右平移1个单位，
∴横坐标变为−1+1=0，
∴平移后的抛物线顶点坐标为(0,−2)，
∴所得到的抛物线是y=x2−2．
故选：D．
先写出平移前的抛物线的顶点坐标，然后根据向下平移纵坐标减，向右平移横坐标加求出平移后的抛物线的顶点坐标，再利用顶点式解析式写出即可．
本题考查了二次函数图象与几何变换，利用顶点的变化确定函数图象的变化求解更加简便，且容易理解．
9.【答案】B
【解析】解：∵M，N分别是边AB，AC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN//BC，且MN=12BC，
∴△AMN∽△ABC，
∴S△AMNS△ABC=(MNBC)2=14，
∴△AMN的面积与四边形MBCN的面积比为1：3．
故选B．
根据面积比等于相似比平方求出△AMN与△ABC的比，继而可得出△AMN的面积与四边形MBCN的面积比．
本题考查了相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是得出MN是△ABC的中位线，判断△AMN∽△ABC，要求同学们掌握相似三角形的面积比等于相似比平方．
10.【答案】D
【解析】解：第10−20分，离家的距离随时间的增大而变大；
20−30分，时间增大，离家的距离不变，函数图象与x轴平行；
30−60分，时间变大，离家越来越近．
故选：D．
本题是分段函数的图象问题，要根据行走，休息，回家三个阶段判断．
此题主要考查了函数图形，读函数的图象时首先要理解横纵坐标表示的含义，理解问题叙述的过程，能够通过图象得到函数是随自变量的增大，知道函数值是增大还是减小．
11.【答案】1.5×108
【解析】解：149 600 000=1.496×108≈1.5×108．
故答案为1.5×108．
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的值是易错点，由于1 048 576有7位，所以可以确定n=7−1=6．
有效数字的计算方法是：从左边第一个不是0的数字起，后面所有的数字都是有效数字．
用科学记数法表示的数的有效数字只与前面的a有关，与10的多少次方无关．
此题考查科学记数法的表示方法，以及用科学记数法表示的数的有效数字的确定方法．
12.【答案】x≠−2
【解析】解：由题意可知：x+2≠0，
解得：x≠−2；
所以，函数y=x−2x+2的自变量x的取值范围是x≠−2．
函数是分式形式时，分式的分母是不能为0的，所以x+2≠0，即可求得x的取值范围．
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
13.【答案】x(x+2)(x−2)
【解析】解：x3−4x，
=x(x2−4)，
=x(x+2)(x−2)．
先提取公因式x，然后再利用平方差公式进行二次分解．
本题主要考查提公因式法分解因式和利用平方差公式分解因式，关键在于要进行二次分解因式．
14.【答案】a<12
【解析】解：∵点M(1,2a−1)在第四象限内，
∴2a−1<0，
解得：a<12．
点在第四象限的条件是：横坐标是正数，纵坐标是负数．
坐标平面被两条坐标轴分成了四个象限，每个象限内的点的坐标符号各有特点，该知识点是中考的常考点，常与不等式、方程结合起来求一些字母的取值范围，比如本题中求a的取值范围．
15.【答案】74
【解析】解：由折叠得点B与点A关于直线DE对称，
∴DE垂直平分AB，
∵∠C=90°，AC=8，BC=6，
∴BD=AD=AC−CD=8−CD，
∵BC2+CD2=BD2，
∴62+CD2=(8−CD)2，
解得CD=74，
故答案为：74．
由折叠得DE垂直平分AB，而∠C=90°，AC=8，BC=6，所以BD=AD=8−CD，由勾股定理得62+CD2=(8−CD)2，求得CD=74，于是得到问题的答案．
此题重点考查轴对称的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理等知识，推导出BD=AD=8−CD是解题的关键．
16.【答案】40
【解析】解：∵∠BAC=50°，
∴∠COB=2∠BAC=50°×2=100°，
∵OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB，
∴∠OCB=(180°−∠COB)÷2=(180°−100°)÷2=40°．
故答案为：40．
根据圆周角定理可得∠COB=2∠BAC，再根据等边对等角可得∠OBC=∠OCB，进而得到∠OCB=(180°−∠COB)÷2，即可得到答案．
此题主要考查了圆周角定理与等腰三角形的性质，关键是找准角之间的关系．
17.【答案】6
【解析】解：设该扇形的半径是rcm，则
12π=120πr2360，
解得r=6．
故答案为：6
设该扇形的半径是rcm，再根据扇形的面积公式即可得出结论．
本题考查的是扇形面积的计算，熟记扇形的面积公式是解答此题的关键．
18.【答案】4 3或2 3
【解析】【分析】
本题考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出OA是解决问题的关键．
由菱形的性质证出△ABD是等边三角形，得出BD=AB=6，OB=12BD=3，由勾股定理得出OC=OA= AB2−OB2=3 3，即可得出答案．
【解答】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=6，AC⊥BD，OB=OD，OA=OC，
∵∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=6，
∴OB=12BD=3，
∴OC=OA= AB2−OB2=3 3，
∴AC=2OA=6 3，
∵点E在AC上，OE= 3，
∴CE=OC+ 3或CE=OC− 3，
∴CE=4 3或CE=2 3；
故答案为4 3或2 3．
19.【答案】80
【解析】解：设足球的进价为每个x元，
根据题意得：0.8×110=(1+10%)x，
解得x=80；
∴足球的进价为每个80元．
故答案为：80．
解：设足球的进价为每个x元，根据按8折降价销售，仍可获利10%得：0.8×110=(1+10%)x，即可解得答案．
本题考查一元一次方程的应用，解题的关键是读懂题意，掌握进价，标价，售价，折扣，利润之间的关系．
20.【答案】3
【解析】解：如图，作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N．
∵AD平分∠BAC，
∴DM=DN，
∵S△ABDS△ADC=12⋅AB⋅DM12⋅AC⋅DN=DBDC，AB=2AC，
∴BD=2CD，
∵BE=CE，
∴ED：CD=1：2，
在Rt△ACG中，∵∠AGC=90°，AC=10，tan∠CAD=CGAG=34，
∴CG=6，
∵EF⊥AF，CG⊥AF，
∴EF//CG，
∴EFCG=DECD=12，
∴EF=12CG=3．
故答案为3．
如图，作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N.首先证明：BD：CD=2：1，推出DE：CD=1：2，求出CG，利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
本题考查解直角三角形的应用，角平分线的性质定理，平行线分线段成本定理定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
21.【答案】解：xx−3÷x2−2xx2−9−xx−2
=xx−3⋅(x+3)(x−3)x(x−2)−xx−2
=x+3x−2−xx−2
=3x−2；
∵x=2tan45°+2sin60°=2×1+2× 32=2+ 3，
∴原式=32+ 3−2= 3．
【解析】先根据分式的混合运算化简，再根据特殊角的三角函数值求得x的值代入，进行计算即可求解．
本题考查分式的化简求值，特殊角的三角函数值等知识，解题的关键是掌握分式的混合运算法则，记住特殊角的三角函数值．
22.【答案】解：(1)如图所示，
△DCE为所求作．
(2)如图所示，
△ACD为所求作．
(3)如图所示，
△ECD为所求作．
【解析】【分析】
本题考查图形变换−中心对称，轴对称和旋转，掌握相关概念和性质是解题的关键．
(1)根据中心对称的性质即可作出图形；
(2)根据轴对称的性质即可作出图形；
(3)根据旋转的性质即可求出图形．
23.【答案】解：(1)被调查的人数=330÷22%=1500人，
a=1500−450−420−330=1500−1200=300人；
(2)360°×4501500×100%=108°；
(3)∵12−35岁网瘾人数约为2000万，
∴12～35岁的人数约为2000万×300+4501500=1000万．
【解析】(1)用30～35岁的人数除以所占的百分比求出被调查的人数，然后列式计算即可得解；
(2)用360°乘以18～23岁的人数所占的百分比计算即可得解；
(3)用网瘾总人数乘以12～35岁的人数所占的百分比计算即可得解．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
24.【答案】(1)证明：∵AF//BC，
∴∠AFE=∠EDC，
∵E是AC中点，
∴AE=EC，
在△AEF和△CED中，
∠AFE=∠CDE∠AEF=∠CEDAE=EC，
∴△AEF≌△CED，
∴EF=DE，∵AE=EC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴四边形ADCF是矩形．
(2)∵线段DG、线段GE、线段DE都是△ABC的中位线，又AF//BC，
∴AB//DE，DG//AC，EG//BC//AF，
∴四边形ABDF、四边形AGEF、四边形GBDE、四边形AGDE、四边形GDCE都是平行四边形．
【解析】本题考查平行四边形的判定、矩形的判定、三角形的中位线定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
(1)由△AEF≌△CED，推出EF=DE，又AE=EC，推出四边形ADCF是平行四边形，根据∠ADC=90°，即可推出四边形ADCF是矩形．
(2)根据平行四边形的判定即可求解．
25.【答案】解：(1)设A种纪念品每件的进价为x元，则B种纪念品每件的进价(x+10)元，
由题意得：240x+10=160x，
解得：x=20，
经检验：x=20是原分式方程的解，
x+10=30，
答：A种纪念品每件的进价为20元，则B种纪念品每件的进价30元；
(2)设A种纪念品购进a件，由题意得：
(24−20)a+(35−30)(1000−a)≥4900，
解得：a≤100，
∵a为整数，
∴a的最大值为100．
答：A种纪念品最多购进100件．
【解析】此题主要考查了二元一次方程组和一元一次不等式的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系或不等关系，再列出不等式或方程组即可．
(1)设A种纪念品每件的进价为x元，则B种纪念品每件的进价(x+10)元，根据用160元购进的A种纪念品与用240元购进的B种纪念品的数量相同列出方程，再解即可；
(2)设A种纪念品购进a件，由题意得不等关系：A种纪念品的总利润+B种纪念品的总利润≥4900元，根据不等关系列出不等式，再解即可．
26.【答案】解：(1)如图1，连接OC，∵∠BOC=2∠A，∠A=45°
∴∠BOC=90°
∵BE是⊙O的直径
∴∠BOC+∠COE=180°
∴∠COE=90°
∴BC=CE．
(2)如图2，过点C作AC的垂线交AE的延长线于点G，则△ABC≌△GEC(AAS)
∴AB=EG，∠BAC=∠G=45°
∵∠ACG=90°
∴∠CAG=∠G=45°
∴△ACG为等腰直角三角形
∴AG= 2AC
∴AE+AB=AG= 2AC
(3)连接BC，在Rt△BCE中，sin∠CBE=CEBE，即：sin45°=3 10BE，得BE=6 5
设∠ADF=∠AEB=45°−∠AMF=α，则∠AMF=45°−α
∴∠AFM=90°−∠AMF=45°+α
过D作DH⊥AB，DN⊥AE，∵∠BAC=∠EAC
∴DH=DN
∴∠BDH=∠AEB=α，
∴∠HFD=∠AFM=45°+α
延长DF交EA延长线于点P，连接PB，
∵∠AFP=∠HFD=∠AFM=45°+α，AB⊥EP
∴AP=AE，即：直线AB是线段PM的垂直平分线
∴PB=BM=10
过D作DP的垂线，交AB延长线于点Q，
易证△DHQ≌△DNP(ASA)
∴PD=DQ
可证△PDB≌△QDB(SAS)
∴∠DPN=∠Q=∠BPD=45°−α
∴∠APB=90°−2α
过点P作PS⊥BE，垂足为S
∴∠PSE=90°，∠PBS=∠APB+∠AEB=90°−α=∠EPS
∴△PSB∽△ESP
∴PS2=BS⋅SE
由勾股定理得：PS2=PB2−BS2
∴PB2−BS2=BS⋅SE
设BS=m，则102−m2=m(m+6 5)
解得：m1=2 5，m2=−5 5(不符合题意，舍去)
∴PS= BS⋅SE= 2 5×8 5=4 5
∴tan∠PES=PSSE=4 58 5=12
∴AB=6，AE=12
过C作CK⊥AQ于K，作CT⊥AE于T，则可证△CBK≌△CET(AAS)
∴BK=ET
∴AK=AT=12(AB+AC)=9
∴AC=9 2．
【解析】(1)要证BC=CE，只要证∠BOC=∠COE即可；
(2)构造全等三角形，过点C作AC的垂线交AE的延长线于点G，则△ABC≌△GEC(AAS)，得到△ACG为等腰直角三角形，AG= 2AC，得证；
(3)由CE=3 10，可得BE=6 5，过D作DH⊥AB，DN⊥AE，延长DF交EA延长线于点P，连接PB，过D作DP的垂线，交AB延长线于点Q，构造△DHQ≌△DNP(ASA)，△PDB≌△QDB，过点P作PS⊥BE，垂足为S，设BS=m，再利用△PSB∽△ESP和勾股定理建立关于m的方程，可求得AB=6，AE=12，过C作CK⊥AQ于K，作CT⊥AE于T，构造△CBK≌△CET(AAS)和等腰直角三角形ACK求得AC=9 2．
本题考查了圆的性质，全等三角形性质及判定，相似三角形性质及判定，等腰直角三角形性质，勾股定理，角平分线性质等知识点，涉及知识点多，综合性较强，难度较大；解题关键是合理添加辅助线构造全等三角形．
27.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A(−2,0)，B(6,0)，
∴4a−2b+3=036a+6b+3=0，
解得a=−14b=1．
(2)由(1)得a=−14，b=1，
∴抛物线解析式为y=−14x2+x+3，
∴y=−14x2+x+3=−14(x−2)2+4，
∴顶点D(2,4)，
如图，过P作PF⊥x轴于点F，设DE与x轴于点H，
∴OH=2，△AHE∽△AFP，
∴AHAF=HEFP，AH=4，
∵A(−2,0)，点P的横坐标为t，
∴OA=2，P(t,−14t2+t+3)，
∴OF=t，PF=0−(−14t2+t+3)=14t2−t−3，AF=1+2，
∴4t+2=HE14t2−t−3，
∴HE=t−6，
∴DE的长度为d=DH+HE=4+t−6=t−2，
∴d=t−2；
(3)如图，过P作PN⊥DE于点N，交抛物线于点M，
∴点P、M关于DE对称，
∴PN=MN，
∴DP=DM，
∴∠MDN=∠PDN，
∴∠MDP=2∠PDN，
∵2∠PDE=∠PDQ+45°，
∴∠MDP=∠PDQ+45°，
∴∠MDQ=∠MDP+45°，
∴∠MDQ=∠MDP−∠PDQ=45°，
过Q作QG⊥DM于点G，
∴∠QGD=90°，
∴∠GQD=90°−∠GDQ=45°，
∴∠GQD=∠GDQ，
∴GD=GQ，
∴cs∠GDQ=DGDQ，
∴DQ=DGcs45∘= 2DG，
∵DP= 2DQ=2DG，
∵DP=DM=DG+MG，
∴MG=DG，
∴QG垂直平分DM，
连接QM，
∴DQ=QM，
∴∠DMQ=∠QDM=45°，
∴∠DQM=180−∠MDQ−∠DMQ=90°，
过Q作QT⊥DE于点T，过M作MJ⊥QT交延长线于点J，
∴∠DTQ=∠MJQ=90°，
∵∠QDT+∠DQT=90°，∠JQM+∠DQT=90°，
∴∠JQM=∠QDT，
∴TDQ≌JQM(AAS)，
∴QT=JM，DT=QJ，
∵P、M关于直线x=2对称，
∴MN=PN=t−2，
由(2)得DE=t−2，
∴MN=DE，
∵∠J=∠JTQ=∠MNT=90°，
∴四边形JMNT是矩形，
∴IT=MN=t−2，
∴DT−DE=JQ−JT，
∴QT=TE，
∴∠TEQ=∠EQT=180°−∠EDQ2=45°，
∴∠AEH=∠TEQ=45°，
∴∠HAE=90°−∠AEH=45°，
∴EH=AH=2−(−2)=4，
∴DE=DH+HE=8，
由(2)得DE=t−2，
∴DE=t−2=8，
解得t=10，
∴−14t2+t+3=−14×102+10+3=−12，
∴P(10,−12)．
【解析】(1)利用待定系数法即可求解；
(2)由(1)可知y=−14x2+x+3=−14(x−2)2+4，求出D(2,4)，过P作PF⊥x轴于点F，设DE与x轴于点H，证明△AHE∽△AFP，再通过性质即可求解；
(3)过P作PN⊥DE于点N，交抛物线于点M，则点P、M关于DE对称，则PN=MN，求出∠MDQ=∠MDP−∠PDQ=45°，过Q作QG⊥DM于点G，可得QG垂直平分DM，过Q作QT⊥DE于点T，过M作MJ⊥QT交延长线于点J，证明TDQ≌JQM(AAS)，然后根据性质证明四边形，JMNT是矩形即可求解．
本题考查了二次函数的综合应用，主要考查了勾股定理，三角形的内角和，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
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