2022年广西玉林市博白县博学中学中考数学适应性试卷（含答案和解析）

这是一份2022年广西玉林市博白县博学中学中考数学适应性试卷（含答案和解析），共23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。


一、选择题（本大题共12小题，共36分）
−2022的相反数是( )
A. −2022B. 2022C. 12020D. −12020
如图，AB//CD，∠1=50°，则∠2的大小是( )
A. 50°
B. 120°
C. 130°
D. 150°
如果一个正多边形的一个外角为30°，那么这个正多边形的边数是( )
A. 6B. 11C. 12D. 18
下列几何体的三视图相同的是( )
A. B. C. D.
下列图形中哪个既是轴对称图形，又是中心对称图形( )
A. 等腰三角形B. 平行四边形C. 等腰梯形D. 菱形
计算45−35的结果是( )
A. 5B. 25C. 35D. 45
下列各式计算正确的是( )
A. a+2a=3aB. x4⋅x3=x12
C. a(a+1)=a2+1D. (x2)3=x5
函数y=kx−3与y=kx(k≠0)在同一坐标系内的图象可能是( )
A. B. C. D.
当x=−2，代数式(1+1x)÷x2+2x+1x的值是( )
A. 1B. −1C. 2D. −3
关于x的一元二次方程(k+1)x2−2x+1=0有两个实数根，则k的取值范围是( )
A. k≥0B. k≤0
C. k<0且k≠−1D. k≤0且k≠−1
如图，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OA=3，OB=2，将Rt△AOB绕点O顺时针旋转90°后得Rt△FOE，将线段EF绕点E逆时针旋转90°后得线段ED，分别以O，E为圆心，OA、ED长为半径画弧AF和弧DF，连接AD，则图中阴影部分面积是( )
A. 8−πB. 5π4C. 3+πD. π
已知直线y=−3x+3与坐标轴分别交于点A，B，点P在抛物线y=−13(x−3)2+4上，能使△ABP为等腰三角形的点P的个数有( )
A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个
二、填空题（本大题共6小题，共18分）
若x−1在实数范围内有意义，则x的取值范围是______．
在实数范围内分解因式：a3−2a= ______ ．
把一副普通扑克牌中的数字2，3，4，5，6，7，8，9，10的9张牌洗均匀后正面向下放在桌面上，从中随机抽取一张，抽出的牌上的数恰为3的倍数的概率是______．
已知一元二次方程x2−mx+m−2=0的两个实数根为x1、x2，且x1x2(x1+x2)=3，则m的值是______．
如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=BC=3，CD=1，CH⊥BD于H，点O是AB中点，连接OH，则OH=______．
如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，CE平分∠BCD交AB于点E，交BD于点F，且∠ABC=60°，AB=2BC，连接OE，下列结论：①∠ACD=30°；②S▱ABCD=AC⋅BC；③OE：AC=3：6；④S△OCF=2S△OEF，其中结果正确的序号是______．
三、解答题（本大题共8小题，共66分）
计算：|−2|+4cs30°−(12)−1+12．
解不等式组3x−2≤x2x+15如图，AE//BF，AC平分∠BAE，交BF于C．
(1)尺规作图：过点B作AC的垂线，交AC于O，交AE于D，(保留作图痕迹，不写作法)；
(2)在(1)的图形中，找出两条相等的线段，并予以证明．
某校为了解本校九年级男生“引体向上”项目的训练情况，随机抽取该年级部分男生进行了一次测试(满分15分，成绩均记为整数分)，并按测试成绩(单位：分)分成四类：A类(12≤m≤15)，B类(9≤m≤11)，C类(6≤m≤8)，D类(m≤5)绘制出以下两幅不完整的统计图，请根据图中信息解答下列问题：
(1)本次抽取样本容量为______，扇形统计图中A类所对的圆心角是______度；
(2)请补全统计图；
(3)若该校九年级男生有300名，请估计该校九年级男生“引体向上”项目成绩为C类的有多少名？
如图，AB为⊙O的直径，CO⊥AB于O，D在⊙O上，连接BD，CD，延长CD与AB的延长线交于E，F在BE上，且FD=FE．
(1)求证：FD是⊙O的切线；
(2)若AF=8，tan∠BDF=14，求EF的长．
五月初，我市多地遭遇了持续强降雨的恶劣天气，造成部分地区出现严重洪涝灾害，某爱心组织紧急筹集了部分资金，计划购买甲、乙两种救灾物品共2000件送往灾区，已知每件甲种物品的价格比每件乙种物品的价格贵10元，用350元购买甲种物品的件数恰好与用300元购买乙种物品的件数相同
(1)求甲、乙两种救灾物品每件的价格各是多少元？
(2)经调查，灾区对乙种物品件数的需求量是甲种物品件数的3倍，若该爱心组织按照此需求的比例购买这2000件物品，需筹集资金多少元？
如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG//EF．
(1)求证：四边形OEFG是矩形；
(2)若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．
如图，已知二次函数y=ax2+2x+c的图象经过点C(0,3)，与x轴分别交于点A，点B(3,0).点P是直线BC上方的抛物线上一动点．
(1)求二次函数y=ax2+2x+c的表达式；
(2)连接PO，PC，并把△POC沿y轴翻折，得到四边形POP′C.若四边形POP′C为菱形，请求出此时点P的坐标；
(3)当点P运动到什么位置时，四边形ACPB的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ACPB的最大面积．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：有理数−2022的相反数等于2022，
故选：B．
直接根据相反数的概念解答即可．
此题考查的是相反数，只有符号不同的两个数叫做互为相反数．
2.【答案】C
【解析】解：如图：
∵AB//CD，∠1=50°，
∴∠1+∠3=180°，
∴∠3=130°，
∴∠2=∠3=130°．
故选：C．
由平行线的性质可得出∠3，根据对顶角相等得出∠2．
本题考查了平行线的性质，关键是根据两直线平行同旁内角互补和对顶角相等分析．
3.【答案】C
【解析】解：这个正多边形的边数：360°÷30°=12，
故选：C．
根据正多边形的每一个外角都相等，多边形的边数=360°÷30°，计算即可求解．
本题考查了多边形的内角与外角的关系，熟记正多边形的边数与外角的关系是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：A.三棱柱的主视图、左视图是矩形、俯视图三角形，故本选项不合题意；
B.球体的主视图、左视图、俯视图都是圆形；故本选项符合题意；
C.圆锥的主视图、左视图都是三角形，俯视图是圆形，故本选项不合题意；
D.长方体的三视图均为矩形，但三个矩形的长与宽不尽相同，故本选项不合题意．
故选：B．
分别写出各个立体图形的三视图，判断即可．
此题考查了简单几何体的三视图，熟练掌握三视图的定义是解本题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：A、等腰三角形，是轴对称图形；
B、平行四边形，是中心对称图形；
C、等腰梯形，是轴对称图形；
D、菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形．故选D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
掌握好中心对称与轴对称的概念．
轴对称的关键是寻找对称轴，两边图象折叠后可重合，中心对称关键是要寻找对称中心，旋转180度后重合．
6.【答案】A
【解析】解：45−35=(4−3)×5=5．
故选：A．
利用二次根式的减法的法则进行运算即可．
本题主要考查二次根式的减法，解答的关键是熟记二次根式的减法的法则．
7.【答案】A
【解析】解：A、a+2a=3a，故A符合题意；
B、x4⋅x3=x7，故B不符合题意；
C、a(a+1)=a2+a，故C不符合题意；
D、(x2)3=x6，故D不符合题意；
故选：A．
利用合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，单项式乘多项式的法则，幂的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查合并同类项，单项式乘多项式，幂的乘方，同底数幂的乘法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
8.【答案】B
【解析】解：∵当k>0时，y=kx−3过一、三、四象限，反比例函数y=kx过一、三象限，
当k<0时，y=kx−3过二、三、四象限，反比例函数y=kx过二、四象限，
∴B正确；
故选：B．
根据当k>0、当k<0时，y=kx−3和y=kx(k≠0)经过的象限，二者一致的即为正确答案．
本题主要考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质，关键是由k的取值确定函数所在的象限．
9.【答案】B
【解析】解：原式=x+1x⋅x(x+1)2
=1x+1，
当x=−2时，原式=1−2+1=−1．
故选：B．
先把括号内通分和除法运算化为乘法运算，再约分得到原式=1x+1，然后把x的值代入计算即可．
本题考查了分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入求出分式的值．
10.【答案】D
【解析】解：根据题意得k+1≠0且△=(−2)2−4(k+1)≥0，
解得k≤0且k≠−1．
故选：D．
根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到k+1≠0且△=(−2)2−4(k+1)≥0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与△=b2−4ac有如下关系：当△>0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△<0时，方程无实数根．
11.【答案】A
【解析】解：作DH⊥AE于H，
∵∠AOB=90°，OA=3，OB=2，
∴AB=OA2+OB2=13，
由旋转的性质可知，OE=OB=2，DE=EF=AB=13，
∵∠OFE+∠FEO=∠OED+∠FEO=90°，
∴∠OFE=∠OED=∠OAB，
又∠DHE=∠BOA=90°，DE=AB，
∴△DHE≌△BOA，
∴DH=OB=2，
阴影部分面积=△ADE的面积+△EOF的面积+扇形AOF的面积−扇形DEF的面积
=12×5×2+12×2×3+90π×32360−90π⋅(13)2360
=8−π，
故选：A．
作DH⊥AE于H，根据勾股定理求出AB，根据阴影部分面积=△ADE的面积+△EOF的面积+扇形AOF的面积−扇形DEF的面积、利用扇形面积公式计算即可．
本题考查的是扇形面积的计算、旋转的性质、全等三角形的性质，掌握扇形的面积公式S=nπr2360和旋转的性质是解题的关键．
12.【答案】A
【解析】解：以点B为圆心线段AB长为半径作圆，交抛物线于点C、M、N点，连接AC、BC，如图所示．
令一次函数y=−3x+3中x=0，则y=3，
∴点A的坐标为(0,3)；
令一次函数y=−3x+3中y=0，则−3x+3=0，
解得：x=3，
∴点B的坐标为(3,0)．
∴AB=23．
∵抛物线的对称轴为x=3，
∴点C的坐标为(23,3)，
∴AC=23=AB=BC，
∴△ABC为等边三角形．
令y=−13(x−3)2+4中y=0，则−13(x−3)2+4=0，
解得：x=−3，或x=33．
∴点E的坐标为(−3,0)，点F的坐标为(33,0)．
△ABP为等腰三角形分三种情况：
①当AB=BP时，以B点为圆心，AB长度为半径做圆，与抛物线交于C、M、N三点；
②当AB=AP时，以A点为圆心，AB长度为半径做圆，与抛物线交于C、M两点，；
③当AP=BP时，作线段AB的垂直平分线，交抛物线交于C、M两点；
∴能使△ABP为等腰三角形的点P的个数有3个．
故选：A．
以点B为圆心线段AB长为半径作圆，交抛物线于点C、M、N点，连接AC、BC，由直线y=−3x+3可求出点A、B的坐标，结合抛物线的解析式可得出△ABC等边三角形，再令抛物线解析式中y=0求出抛物线与x轴的两交点的坐标，发现该两点与M、N重合，结合图形分三种情况研究△ABP为等腰三角形，由此即可得出结论．
本题考查了二次函数与坐标轴的交点坐标、等腰三角形的判定、一次函数与坐标轴的交点坐标以及等边三角形的判定定理，解题的关键是依照题意画出图形，利用数形结合来解决问题．本题属于中档题，难度不小，本题不需要求出P点坐标，但在寻找点P的过程中会出现多次点的重合问题，由此给解题带来了难度．
13.【答案】x≥1
【解析】解：若x−1在实数范围内有意义，
则x−1≥0，
解得：x≥1．
故答案为：x≥1．
直接利用二次根式有意义的条件进而得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握二次根式的定义是解题关键．
14.【答案】a(a+2)(a−2)
【解析】解：a3−2a=a(a2−2)=a(a+2)(a−2).
故答案为：a(a+2)(a−2).
先提取公因式a，再根据平方差公式进行二次分解即可求得答案．
本题考查了提公因式法，公式法分解因式．注意提取公因式后利用平方差公式进行二次分解，注意分解要彻底．
15.【答案】13
【解析】解：∵数字为3的倍数的扑克牌一共有3张，且共有9张扑克牌，
∴P=39=13．
故答案为：13．
先确定9张扑克牌上的数字为3的倍数的张数，再根据随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数所有可能出现的结果数，求解即可．
本题考查了概率公式的知识点，正确找出数字为3的倍数的扑克牌的张数是解答本题的关键．
16.【答案】3或−1
【解析】解：∵一元二次方程x2−mx+m−2=0的两个实数根为x1、x2，
∴b2−4ac=m2−4(m−2)=m2−4m+4+4=(m−2)2+4≥4>0，
∴m取任意实数，方程都有解，
∴x1+x2=m，x1x2=m−2，
代入x1x2(x1+x2)=3得：m(m−2)=3，
整理得：m2−2m−3=0，即(m−3)(m+1)=0，
解得：m1=3，m2=−1，
则m的值为3或−1．
故答案为：3或−1
由一元二次方程x2−mx+m−2=0的两个实数根为x1、x2，利用根的判别式得出m为任意实数时，方程都有解，故再利用根与系数的关系表示出两根之和与两根之积，代入已知的等式x1x2(x1+x2)=3中，得到关于m的方程，求出方程的解即可得到m的值．
此题考查了一元二次方程根与系数的关系，以及一元二次方程的解法，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，当b2−4ac≥0时，方程有解，设方程的解为x1，x2，则有x1+x2=−ba，x1x2=ca．
17.【答案】355
【解析】解：在BD上截取BE=CH，连接CO，OE，
∵∠ACB=90°，CH⊥BD，
∵AC=BC=3，CD=1，
∴BD=10，
∴△CDH∽△BDC，
∴CHBC=CDBD，
∴CH=31010，
∵△ACB是等腰直角三角形，点O是AB中点，
∴AO=OB=OC，∠A=∠ACO=∠BCO=∠ABC=45°，
∴∠OCH+∠DCH=45°，∠ABD+∠DBC=45°，
∵∠DCH=∠CBD，∴∠OCH=∠ABD，
在△CHO与△BEO中，CH=BE∠HCO=∠EBOOC=OB，
∴△CHO≌△BEO，
∴OE=OH，∠BOE=∠HOC，
∵OC⊥BO，
∴∠EOH=90°，
即△HOE是等腰直角三角形，
∵EH=BD−DH−CH=10−1010−31010=3105，
∴OH=EH×22=355，
故答案为：355．
在BD上截取BE=CH，连接CO，OE，根据相似三角形的性质得到CHBC=CDBD，求得CH=31010，根据等腰直角三角形的性质得到AO=OB=OC，∠A=∠ACO=∠BCO=∠ABC=45°，等量代换得到∠OCH=∠ABD，根据全等三角形的性质得到OE=OH，∠BOE=∠HOC推出△HOE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
18.【答案】①②③④
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=60°，
∴AB//CD，
∴∠BCD=180°−∠ABC=120°，
∵CE平分∠BCD交AB于点E，
∴∠BCE=12∠BCD=60°，
∴∠BEC=∠CBE=∠BCE=60°，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE=CE=BC，
∵AB=2BC，
∴AB=2BE，
∴AE=BE=CE，
∵∠EAC+∠ECA=∠BEC=60°，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠ACD=∠EAC=30°，
故①正确；
∵∠ACB=∠ECA+∠BCE=90°，
∴AC⊥BC，
∴S▱ABCD=AC⋅BC，
故②正确；
∵AE=BE，OA=OC，
∴OE//BC，OE=12BC，
∴∠AOE=∠ACB=90°，
∵∠OAE=30°，
∴OEOA=tan30°=33，
∵OA=12AC，
∴OE12AC=33，
∴OEAC=36，
故③正确；
∵OE//BC，
∴△OEF∽△BCF，
∴EFCF=OEBC=12，
∴CF=2EF，
设点O到CE的距离为ℎ，则S△OCFS△OEF=12CF⋅ℎ12EF⋅ℎ=2EFEF=2，
∴S△OCF=2S△OEF，
故④正确，
故答案为：①②③④．
先由AB//CD，∠ABC=60°，求得∠BCD=180°−∠ABC=120°，则∠BCE=12∠BCD=60°，可证明△BCE是等边三角形，AB=2BC=2BE，得AE=BE=CE，∠EAC=∠ECA=30°，所以∠ACD=∠EAC=30°，可判断①正确；
由∠ACB=∠ECA+∠BCE=90°，得AC⊥BC，所以S▱ABCD=AC⋅BC，可判断②正确；
由AE=BE，OA=OC，根据三角形的中位线定理得OE//BC，OE=12BC，所以∠AOE=∠ACB=90°，∠OAE=30°，则OEOA=tan30°=33，所以OEAC=36，可判断③正确；
由OE//BC，得△OEF∽△BCF，所以EFCF=OEBC=12，则CF=2EF，由“等高三角形的面积的比等于底的比“得则S△OCFS△OEF=2，所以S△OCF=2S△OEF，可判断④正确．
此题考查平行四边形的性质、相似三角形的性质、等边三角形的的判定与性质、三角形的中位线定理、锐角三角函数等知识，证明△BCE是等边三角形是解题的关键．
19.【答案】解：原式=2+4×32−2+23
=43．
【解析】直接利用绝对值的性质以及特殊角的三角函数值、负整数指数幂的性质、二次根式的性质化简，进而求出答案．
此题主要考查了实数运算，正确利用负整数指数幂的性质化简是解题关键．
20.【答案】解：3x−2≤x…①2x+15解①得x≤1，
解②得x>−3，
，
不等式组的解集是：−3【解析】首先解每个不等式，两个不等式的解集的公共部分就是不等式组的解集．
本题考查了一元一次不等式组的解法：解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分，解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．
21.【答案】解：(1)如图，BO为所作；

(2)AB=AD=BC.证明如下：
∵AE//BF，
∴∠EAC=∠BCA，
∵AC平分∠BAE，
∴∠EAC=∠BAC，
∴∠BCA=∠BAC，
∴BA=BC，
∵BD⊥AO，AO平分∠BAD，
∴AB=AD，
∴AB=AD=BC．
【解析】(1)利用基本作图作BO⊥AC即可；
(2)先利用平行线的性质得∠EAC=∠BCA，再根据角平分线的定义和等量代换得到∠BCA=∠BAC，则BA=BC，然后根据等腰三角形的判定方法由BD⊥AO，AO平分∠BAD得到AB=AD，所以AB=AD=BC．
本题考查了作图−基本作图：掌握基本作图(作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线).也考查了等腰三角形的判定与性质．
22.【答案】(1)50；72；
(2)C类学生数为：50−10−22−3=15，
C类占抽取样本的百分比为：15÷50×100%=30%，
D类占抽取样本的百分比为：3÷50×100%=6%，
补全的统计图如右图所示，
(3)300×30%=90(名)
即该校九年级男生“引体向上”项目成绩为C类的有90名．
【解析】解：(1)由题意可得，
抽取的学生数为：10÷20%=50，
扇形统计图中A类所对的圆心角是：360°×20%=72°，
故答案为：50，72；
(2)C类学生数为：50−10−22−3=15，
C类占抽取样本的百分比为：15÷50×100%=30%，
D类占抽取样本的百分比为：3÷50×100%=6%，
补全的统计图如右图所示，
(3)300×30%=90(名)
即该校九年级男生“引体向上”项目成绩为C类的有90名．
(1)根据统计图可以得到抽查的学生数，从而可以求得样本容量，由扇形统计图可以求得扇形圆心角的度数；
(2)根据统计图可以求得C类学生数和C类与D类所占的百分比，从而可以将统计图补充完整；
(3)根据统计图可以估计该校九年级男生“引体向上”项目成绩为C类的有多少名．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用本估计总体，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
23.【答案】(1)证明：连结OD，如图，
∵CO⊥AB，
∴∠E+∠C=90°，
∵FE=FD，OD=OC，
∴∠E=∠FDE，∠C=∠ODC，
∴∠FDE+∠ODC=90°，
∴∠ODF=90°，
∴OD⊥DF，
∴FD是⊙O的切线；
(2)解：连结AD，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠A+∠ABD=90°，
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB，
∴∠A+∠ODB=90°，
∵∠BDF+∠ODB=90°，
∴∠A=∠BDF，
而∠DFB=∠AFD，
∴△FBD∽△FDA，
∴DFAF=BDAD，
在Rt△ABD中，tan∠A=tan∠BDF=BDAD=14，
∴DF8=14，
∴DF=2，
∴EF=2．
【解析】(1)连结OD，如图，由CO⊥AB得∠E+∠C=90°，根据等腰三角形的性质由FE=FD，OD=OC得到∠E=∠FDE，∠C=∠ODC，于是有∠FDE+∠ODC=90°，则可根据切线的判定定理得到FD是⊙O的切线；
(2)连结AD，如图，利用圆周角定理，由AB为⊙O的直径得到∠ADB=90°，则∠A+∠ABD=90°，加上∠OBD=∠ODB，∠BDF+∠ODB=90°，则∠A=∠BDF，易得△FBD∽△FDA，根据相似的性质得DFAF=BDAD，
再在Rt△ABD中，根据正切的定义得到tan∠A=tan∠BDF=BDAD=14，于是可计算出DF=2，从而得到EF=2．
本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点(即为半径)，再证垂直即可．也考查了相似三角形的判定与性质．
24.【答案】解：(1)设每件乙种物品的价格是x元，则每件甲种物品的价格是(x+10)元，
根据题意得，350x+10=300x，
解得：x=60．
经检验，x=60是原方程的解，
x+10=60+10=70．
答：甲、乙两种救灾物品每件的价格各是70元、60元；
(2)设甲种物品件数为m件，则乙种物品件数为3m件，
根据题意得，m+3m=2000，
解得m=500，
即甲种物品件数为500件，则乙种物品件数为1500件，此时需筹集资金：70×500+60×1500=125000(元)．
答：若该爱心组织按照此需求的比例购买这2000件物品，需筹集资金125000元．
【解析】(1)设每件乙种物品的价格是x元，则每件甲种物品的价格是(x+10)元，根据用350元购买甲种物品的件数恰好与用300元购买乙种物品的件数相同列出方程，求解即可；
(2)设甲种物品件数为m件，则乙种物品件数为3m件，根据该爱心组织按照此需求的比例购买这2000件物品列出方程，求解即可．
本题考查分式方程，分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
25.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，∠DAO=∠BAO，
∵E是AD的中点，
∴AE=OE=12AD，
∴∠EAO=∠AOE，
∴∠AOE=∠BAO，
∴OE//FG，
∵OG//EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG=90°，
∴四边形OEFG是矩形；
(2)∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB=AD=10，
∴∠AOD=90°，
∵E是AD的中点，
∴OE=AE=12AD=5；
由(1)知，四边形OEFG是矩形，
∴FG=OE=5，
∵AE=5，EF=4，
∴AF=AE2−EF2=3，
∴BG=AB−AF−FG=10−3−5=2．
【解析】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
(1)根据菱形的性质得到BD⊥AC，∠DAO=∠BAO，得到AE=OE=12AD，推出OE//FG，求得四边形OEFG是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
(2)根据菱形的性质得到BD⊥AC，AB=AD=10，得到OE=AE=12AD=5；由(1)知，四边形OEFG是矩形，求得FG=OE=5，根据勾股定理得到AF=AE2−EF2=3，于是得到结论．
26.【答案】解：(1)将点B和点C的坐标代入函数解析式，得
9a+6+c=0c=3，
解得a=−1c=3，
二次函数的解析式为y=−x2+2x+3；
(2)若四边形POP′C为菱形，则点P在线段CO的垂直平分线上，
如图1，连接PP′，则PE⊥CO，垂足为E，
∵C(0,3)，
∴E(0,32)，
∴点P的纵坐标32，
当y=32时，即−x2+2x+3=32，
解得x1=2+102，x2=2−102(不合题意，舍)，
∴点P的坐标为(2+102,32)；
(3)如图2，
P在抛物线上，设P(m,−m2+2m+3)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将点B和点C的坐标代入函数解析式，得
3k+3=0b=3，
解得k=−1b=3．
直线BC的解析为y=−x+3，
设点Q的坐标为(m,−m+3)，
PQ=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m．
当y=0时，−x2+2x+3=0，
解得x1=−1，x2=3，
OA=1，
AB=3−(−1)=4，
S四边形ABPC=S△ABC+S△PCQ+S△PBQ
=12AB⋅OC+12PQ⋅OF+12PQ⋅FB
=12×4×3+12(−m2+3m)×3
=−32(m−32)2+758，
当m=32时，四边形ABPC的面积最大．
当m=32时，−m2+2m+3=154，即P点的坐标为(32,154).
当点P的坐标为(32,154)时，四边形ACPB的最大面积值为758．
【解析】(1)根据待定系数法，可得函数解析式；
(2)根据菱形的对角线互相垂直且平分，可得P点的纵坐标，根据自变量与函数值的对应关系，可得P点坐标；
(3)根据平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PQ的长，根据面积的和差，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案．
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)的关键是利用菱形的性质得出P点的纵坐标，又利用了自变量与函数值的对应关系；解(3)的关键是利用面积的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质．