2019年河南省南阳市镇平县中考数学模拟试卷（3月份）
一、选择题（每小题3分,共30分)
1．估计+1的值在（ ）
A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间
2．下列调查中，最适合用普查方式的是（ ）
A．调查一批电视机的使用寿命情况
B．调查某中学九年级一班学生的视力情况
C．调查重庆市初中学生每天锻炼所用的时间情况
D．调查重庆市初中学生利用网络媒体自主学习的情况
3．关于x的一元二次方程x2+（2m+1）x+m2﹣1＝0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（ ）
A．m≥﹣ B．m≤﹣ C．m＜﹣ D．m＞﹣
4．甲、乙两人用如图所示的两个转盘（每个转盘被分成面积相等的3个扇形）做游戏．游戏规则：转动两个转盘各一次，当转盘停止后，指针所在区域的数字之和为偶数时甲获胜；数字之和为奇数时乙获胜．若指针落在分界线上，则需要重新转动转盘．甲获胜的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．2015年髙考已经结束，南平市教研室从各校随机抽取1000名考生的数学试卷进行调査分析，这个问题的样本容量是（ ）
A．1000 B．1000名
C．1000名学生 D．1000名考生的数学试卷
6．如图，平面直角坐标系中放置一个直角三角板OAB，∠OAB＝60°，顶点A的坐标为（﹣1，0），现将该三角板向右平移使点A与点O重合，得到△OCB′，则点B的对应点B′的坐标是（ ）
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A．（1，0） B．（） C．（1，） D．（﹣1，）
7．如图，在△ABC中，EF∥BC，AB＝3AE，若S四边形BCFE＝16，则S△ABC＝（ ）
A．16 B．18 C．20 D．24
8．如图，若二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象的对称轴为x＝1，与y轴交于点C，与x轴交于点A、点B（﹣1，0），则
①二次函数的最大值为a+b+c；
②a﹣b+c＜0；
③b2﹣4ac＜0；
④当y＞0时，﹣1＜x＜3．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．如图，已知△ABC为等边三角形，AB＝2，点D为边AB上一点，过点D作DE∥AC，交BC于E点；过E点作EF⊥DE，交AB的延长线于F点．设AD＝x，△DEF的面积为y，则能大致反映y与x函数关系的图象是（ ）
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A． B．
C． D．
10．如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，半径OA＝6，将扇形AOB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在弧AB上点D处，折痕交OA于点C，则整个阴影部分的面积为（ ）
A．9π﹣9 B．9π﹣6 C．9π﹣18 D．9π﹣12
二、填空题（每小题3分,共15分)
11．计算﹣6的结果是 ．
12．将二次函数y＝x2﹣1的图象向上平移3个单位长度，得到的图象所对应的函数表达式是 ．
13．为了解全区5000名初中毕业生的体重情况，随机抽测了400名学生的体重，频率分布如图所示（每小组数据可含最小值，不含最大值），其中从左至右前四个小长方形的高依次为0.02、0.03、0.04、0.05，由此可估计全区初中毕业生的体重不小于60千克的学生人数约为 人．
14．如图，在△ABC中，BC＝4，以点A为圆心，2为半径的⊙A与BC相切于点D，交AB于点E，交AC于点F，点P是⊙A上的一点，且∠EPF＝45°，则图中阴影部分的面积为 ．
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15．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝3，点E为射线BC上一动点，将△ABE沿AE折叠，得到△AB′E．若B′恰好落在射线CD上，则BE的长为 ．
三、解答题（本大题共8个小题,满分75分)
16．（8分）先化简，再求值：，其中x＝3tan30°+1．
17．（9分）学校开设以下体育课外活动项目：A．篮球，B．乒乓球，C．跳绳，D．踢毽子．为了解学生最喜欢哪一种活动项目，随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成了如图两幅不完整的统计图，请回答下列问题：
（1）这次被调查的学生共有 人；
（2）如果该校共有1200名学生，请你估计喜欢跳绳活动项目的学生数；
（3）在平时的乒乓球项目训练中，甲、乙、丙、丁四人表现优秀，现决定从这四名同学中任选两名参加乒乓球比赛，求恰好选中甲、乙两位同学的概率（用树状图或列表法解答）．
18．（9分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（n+3）x+3n＝0
（1）求证：此方程总有两个实数根；
（2）若此方程有两个相等的实数根，写出这个方程并求出此时方程的根．
19．（9分）如图，AB为⊙O的直径，F为弦AC的中点，连接OF并延长交弧AC于点D，过点D作⊙O
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的切线，交BA的延长线于点E．
（1）求证：AC∥DE；
（2）连接AD、CD、OC．填空
①当∠OAC的度数为 时，四边形AOCD为菱形；
②当OA＝AE＝2时，四边形ACDE的面积为 ．
20．（9分）如图是某工厂货物传送带的平面示意图，为提高传送过程的安全性，工厂计划改造传动带与地面的夹角，使其AB的坡角由原来的43°改为30°．已知原传送带AB长为5米．求新旧货物传送带着地点B、C之间相距多远？（结果保留整数，参考数据：sin43°≈0.68，cos43°≈0.73，tan43°≈0.93，≈1.41，≈1.73）
21．（10分）如图，已知二次函数的图象过点O（0，0）．A（8，4），与x轴交于另一点B，且对称轴是直线x＝3．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）若M是OB上的一点，作MN∥AB交OA于N，当△ANM面积最大时，求M的坐标；
（3）P是x轴上的点，过P作PQ⊥x轴与抛物线交于Q．过A作AC⊥x轴于C，当以O，P，Q为顶点的三角形与以O，A，C为顶点的三角形相似时，求P点的坐标．
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22．（10分）（1）【问题发现】如图1，△ABC和△CEF都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠EFC＝90°，点E与点A重合，则线段BE与AF的数量关系为 ；
（2）【拓展研究】在（1）的条件下，将△CEF绕点C旋转，连接BE，AF，线段BE与AF的数量关系有无变化？仅就图2的情形给出证明；
（3）【问题发现】当AB＝AC＝2，△CEF旋转到B，E，F三点共线时候，直接写出线段AF的长．
23．（11分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC，OA＝1，OC＝4，抛物线y＝x2+bx+c经过A，B两点，抛物线的顶点为D．
（1）求b，c的值；
（2）点E是直角三角形ABC斜边AB上一动点（点A、B除外），过点E作x轴的垂线交抛物线于点F，当线段EF的长度最大时，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下：
①求以点E、B、F、D为顶点的四边形的面积；
②在抛物线上是否存在一点P，使△EFP是以EF为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，说明理由．
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2019年河南省南阳市镇平县中考数学模拟试卷（3月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分,共30分)
1．【分析】先估算出的范围，即可得出答案．
【解答】解：∵3＜＜4，
∴4＜+1＜5，
即+1在4和5之间，
故选：C．
【点评】本题考查了估算无理数的大小，能估算出的范围是解此题的关键．
2．【分析】由普查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似．
【解答】解：A、调查一批电视机的使用寿命情况，调查局有破坏性，适合抽样调查，故A不符合题意；
B、调查某中学九年级一班学生的视力情况，适合普查，故B符合题意；
C、调查重庆市初中学生每天锻炼所用的时间情况，调查范围广，适合抽样调查，故C不符合题意；
D、调查重庆市初中学生利用网络媒体自主学习的情况，适合抽样调查，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
3．【分析】根据方程的系数结合根的判别式即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出结论．
【解答】解：∵方程x2+（2m+1）x+m2﹣1＝0有两个不相等的实数根，
∴△＝（2m+1）2﹣4（m2﹣1）＝4m+5＞0，
解得：m＞﹣．
故选：D．
【点评】本题考查了根的判别式以及解一元一次不等式，熟练掌握“当△
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＞0时，方程有两个不相等的两个实数根”是解题的关键．
4．【分析】首先画出树状图，然后计算出数字之和为偶数的情况有5种，进而可得答案．
【解答】解：如图所示：数字之和为偶数的情况有5种，
因此甲获胜的概率为，
故选：C．
【点评】此题主要考查了画树状图和概率，关键是掌握概率＝所求情况数与总情况数之比．
5．【分析】总体是指考查的对象的全体，个体是总体中的每一个考查的对象，样本是总体中所抽取的一部分个体，而样本容量则是指样本中个体的数目．
【解答】解：根据样本容量是指样本中个体的数目，
所以这个问题的样本容量是1000．
故选：A．
【点评】本题考查了总体、个体、样本、样本容量，解题要分清具体问题中的总体、个体与样本，关键是明确考查的对象．
6．【分析】解直角三角形求出OB的长即可解决问题．
【解答】解：∵A（﹣1，0），
∴OA＝1，
在Rt△AOB中，∵∠AOB＝90°，∠BAO＝60°，OA＝1，
∴OB＝OA＝，
平移后，OC＝1，CB′＝OB＝，
∴B′（1，），
故选：C．
【点评】本题考查解直角三角形，坐标平移等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
7．【分析】由EF∥BC，可证明△AEF∽△ABC，利用相似三角形的性质即可求出S△ABC的值．
【解答】解：∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
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∵AB＝3AE，
∴AE：AB＝1：3，
∴S△AEF：S△ABC＝1：9，
设S△AEF＝x，
∵S四边形BCFE＝16，
∴＝，
解得：x＝2，
∴S△ABC＝18，
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形的性质和判定的应用，注意：相似三角形的面积比等于相似比的平方，题型较好，但是一道比较容易出错的题目．
8．【分析】直接利用二次函数的开口方向以及图象与x轴的交点，进而分别分析得出答案．
【解答】解：①∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象的对称轴为x＝1，且开口向下，
∴x＝1时，y＝a+b+c，即二次函数的最大值为a+b+c，故①正确；
②当x＝﹣1时，a﹣b+c＝0，故②错误；
③图象与x轴有2个交点，故b2﹣4ac＞0，故③错误；
④∵图象的对称轴为x＝1，与x轴交于点A、点B（﹣1，0），
∴A（3，0），
故当y＞0时，﹣1＜x＜3，故④正确．
故选：B．
【点评】此题主要考查了二次函数的性质以及二次函数最值等知识，正确得出A点坐标是解题关键．
9．【分析】根据平行线的性质可得∠EDF＝∠B＝60°，根据三角形内角和定理即可求得∠F＝30°，然后证得△EDB是等边三角形，从而求得ED＝DB＝2﹣x，再根据直角三角形的性质求得EF，最后根据三角形的面积公式求得y与x函数关系式，根据函数关系式即可判定．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠C＝∠ABC＝60°，
∵DE∥AC，
∴∠EDF＝∠A＝60°，∠DEB＝∠B＝60°
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∵EF⊥DE，
∴∠DEF＝90°，
∴∠F＝90°﹣∠EDC＝30°；
∵∠EDB＝∠DEB＝60°，
∴△EDB是等边三角形．
∴ED＝DB＝2﹣x，
∵∠DEF＝90°，∠F＝30°，
∴EF＝ED＝（2﹣x）．
∴y＝ED•EF＝（2﹣x）•（2﹣x），
即y＝（x﹣2）2，（x＜2），
故选：A．
【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质，以及直角三角形的性质，特殊角的三角函数、三角形的面积等．
10．【分析】首先连接OD，由折叠的性质，可得CD＝CO，BD＝BO，∠DBC＝∠OBC，则可得△OBD是等边三角形，继而求得OC的长，即可求得△OBC与△BCD的面积，又在扇形OAB中，∠AOB＝90°，半径OA＝6，即可求得扇形OAB的面积，继而求得阴影部分面积．
【解答】解：连接OD．
根据折叠的性质，CD＝CO，BD＝BO，∠DBC＝∠OBC，
∴OB＝OD＝BD，
即△OBD是等边三角形，
∴∠DBO＝60°，
∴∠CBO＝∠DBO＝30°，
∵∠AOB＝90°，
∴OC＝OB•tan∠CBO＝6×＝2，
∴S△BDC＝S△OBC＝×OB×OC＝×6×2＝6，S扇形AOB＝•π×62＝9π，
∴整个阴影部分的面积为：S扇形AOB﹣S△BDC﹣S△OBC＝9π﹣6﹣6＝9π﹣12．
故选：D．
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【点评】此题考查了折叠的性质、扇形面积公式以及直角三角形的性质．此题难度适中，注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．
二、填空题（每小题3分,共15分)
11．【分析】先将二次根式化简即可求出答案．
【解答】解：原式＝3﹣6×＝3﹣2＝
故答案为：
【点评】本题考查二次根式的运算，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则，本题属于基础题型．
12．【分析】先确定二次函数y＝x2﹣1的顶点坐标为（0，﹣1），再根据点平移的规律得到点（0，﹣1）平移后所得对应点的坐标为（0，2），然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．
【解答】解：二次函数y＝x2﹣1的顶点坐标为（0，﹣1），把点（0，﹣1）向上平移3个单位长度所得对应点的坐标为（0，2），所以平移后的抛物线解析式为y＝x2+2．
故答案为：y＝x2+2．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
13．【分析】先根据频率分布直方图，得到从左至右前四组的频率，进而得出后两组的频率之和，最后根据总数×频率，即可得到体重不小于60千克的学生人数．
【解答】解：∵从左至右前四个小长方形的高依次为0.02、0.03、0.04、0.05，
∴从左至右前四组的频率依次为0.02×5＝0.1、0.03×5＝0.15、0.04×5＝0.2、0.05×5＝0.25，
∴后两组的频率之和为：1﹣0.1﹣0.15﹣0.2﹣0.25＝0.3，
∴体重不小于60千克的学生人数约为：5000×0.3＝1500人，
故答案为：1500．
【点评】
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本题考查了频数分布图和频率分布直方图的知识，根据频率、频数及样本容量之间的关系进行正确的运算是解题的关键．
14．【分析】图中阴影部分的面积＝S△ABC﹣S扇形AEF．由圆周角定理推知∠BAC＝90°．
【解答】解：如图，连接AD．
∵⊙A与BC相切于点D，
∴AD⊥BC．
∵∠EPF＝45°，
∴∠BAC＝2∠EPF＝90°．
∴S阴影＝S△ABC﹣S扇形AEF＝BC•AD﹣＝×4×2﹣＝4﹣π．
故答案是：4﹣π．
【点评】本题考查了切线的性质与扇形面积的计算．求阴影部分的面积时，采用了“分割法”．
15．【分析】如图1，根据折叠的性质得到AB′＝AB＝5，B′E＝BE，根据勾股定理得到BE2＝（3﹣BE）2+12，
于是得到BE＝，如图2，根据折叠的性质得到AB′＝AB＝5，求得AB＝BF＝5，根据勾股定理得到CF＝4根据相似三角形的性质列方程得到CE＝12，即可得到结论．
【解答】解：如图1，∵将△ABE沿AE折叠，得到△AB′E，
∴AB′＝AB＝5，B′E＝BE，∴CE＝3﹣BE，∵AD＝3，∴DB′＝4，∴B′C＝1，∵B′E2＝CE2+B′C2，
∴BE2＝（3﹣BE）2+12，
∴BE＝，
如图2，∵将△ABE沿AE折叠，得到△AB′E，
∴AB′＝AB＝5，
∵CD∥AB，
∴∠1＝∠3，
∵∠1＝∠2，
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∴∠2＝∠3，
∵AE垂直平分BB′，
∴AB＝BF＝5，
∴CF＝4，
∵CF∥AB，
∴△CEF∽△ABE，
∴，
即＝，
∴CE＝12，∴BE＝15，
综上所述：BE的长为：或15，
故答案为：或15．
【点评】本题考查了翻折变换﹣折叠的性质，矩形的性质，平行线的性质，正确的作出图形是解题的关键．
三、解答题（本大题共8个小题,满分75分)
16．【分析】将原式除式的第一项分子分母同时乘以x+3，然后利用同分母分式的减法法则计算，将被除式分母利用平方差公式分解因式，除式分母利用平方差公式分解因式，分子利用完全平方公式分解因式，再利用除以一个数等于乘以这个数的倒数将除法运算化为乘法运算，约分得到最简结果，然后利用特殊角的三角函数值求出x的值，将x的值代入化简后的式子中计算，即可求出原式的值．
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【解答】解：÷（﹣）
＝÷[﹣]
＝÷
＝•
＝，
当x＝3tan30°+1＝3×+1＝+1时，
原式＝＝＝．
【点评】此题考查了分式的化简求值，以及特殊角的三角函数值，分式的加减运算关键是通分，通分的关键是找最简公分母；分式的乘除运算关键是约分，约分的关键是找公因式，约分时若分式的分子分母出现多项式，应将多项式分解因式后再约分．
17．【分析】（1）根据篮球的人数和圆心角的度数即可求出这次被调查的学生数；
（2）用该校的学生数乘以喜欢跳绳活动项目的学生所占的百分比即可；
（3）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与恰好选中甲、乙两位同学的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】解：（1）根据题意得：
20÷＝200（人），
答：这次被调查的学生共有200人；
故答案为：200；
（2）根据题意得：
1200×＝360（人），
答：喜欢跳绳活动项目的学生有360人；
（3）列表如下：
甲
乙
丙
丁
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甲
一
（乙，甲）
（丙，甲）
（丁，甲）
乙
（甲，乙）
一
（丙，乙）
（丁，乙）
丙
（甲，丙）
（乙，丙）
一
（丁，丙）
丁
（甲，丁）
（乙，丁）
（丙，丁）
一
∵共有12种等可能的情况，恰好选中甲、乙两位同学的有2种，
∴P（选中甲、乙）＝＝．
【点评】此题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图与扇形统计图的知识．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
18．【分析】（1）计算判别式得到△＝（n﹣3）2≥0，然后根据判别式的得到结论；
（2）利用△＝0得到n＝3，从而得到方程为x2﹣6x+9＝0，然后利用配方法解方程即可．
【解答】（1）证明：△＝（n+3）2﹣4•3n
＝（n﹣3）2，
∵（n﹣3）2≥0，
∴△≥0，
∴此方程总有两个实数根；
（2）根据题意得△＝（n﹣3）2＝0，
解得n＝3，
此时方程为x2﹣6x+9＝0，
∴（x﹣3）2＝0，
∴x1＝x2＝3．
【点评】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两个实数根；当△＝0时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜0时，方程无实数根．
19．【分析】（1）由垂径定理，切线的性质可得FO⊥AC，OD⊥DE，可得AC∥DE；
（2）①连接CD，AD，OC，由题意可证△ADO是等边三角形，由等边三角形的性质可得DF＝OF，AF＝FC，且AC⊥OD，可证四边形AOCD为菱形；
②由题意可证△AFO∽△ODE，可得，即OD＝2OF，DE＝2AF＝AC，可证四边形ACDE是平行四边形，由勾股定理可求DE的长，即可求四边形ACDE的面积．
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【解答】证明：（1）∵F为弦AC的中点，
∴AF＝CF，且OF过圆心O
∴FO⊥AC，
∵DE是⊙O切线
∴OD⊥DE
∴DE∥AC
（2）①当∠OAC＝30°时，四边形AOCD是菱形，
理由如下：如图，连接CD，AD，OC，
∵∠OAC＝30°，OF⊥AC
∴∠AOF＝60°
∵AO＝DO，∠AOF＝60°
∴△ADO是等边三角形
又∵AF⊥DO
∴DF＝FO，且AF＝CF，
∴四边形AOCD是平行四边形
又∵AO＝CO
∴四边形AOCD是菱形
②如图，连接CD，
∵AC∥DE
∴△AFO∽△ODE
∴
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∴OD＝2OF，DE＝2AF
∵AC＝2AF
∴DE＝AC，且DE∥AC
∴四边形ACDE是平行四边形
∵OA＝AE＝OD＝2
∴OF＝DF＝1，OE＝4
∵在Rt△ODE中，DE＝＝2
∴S四边形ACDE＝DE×DF＝2×1＝2
故答案为：2
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，菱形的判定，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
20．【分析】过A作BC的垂线AD．在构建的直角三角形中，首先求出两个直角三角形的公共直角边，进而在Rt△ACD中，求出AC的长．再通过解直角三角形，可求出BD、CD的长，进而可求出BC的长．
【解答】解：过点A作AD垂直于CB的延长线于点D．
在Rt△ADB中，AB＝5米，∠ABD＝43°，
∵sin∠ABD＝，cos∠ABD＝，
∴AD＝AB•sin∠ABD＝5×sin43°≈3.41米，
BD＝AB•cos∠ABD＝5×cos43°≈3.66米．
在Rt△ADC中，
∵sin∠ACD＝，
AC＝＝6.82米，
在Rt△ACD中，AC＝6.82，∠ACD＝30°，
∵cos∠ACD＝，
CD＝AC•cos∠ACD≈6.82×cos30°≈5.91米．
∴BC＝CD﹣BD≈2米．
答：新旧货物传送带着地点B、C之间大约相距2米．
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【点评】本题考查了坡度坡角问题，应用问题尽管题型千变万化，但关键是设法化归为解直角三角形问题，必要时应添加辅助线，构造出直角三角形．在两个直角三角形有公共直角边时，先求出公共边的长是解答此类题的基本思路．
21．【分析】（1）先利用抛物线的对称性确定B（6，0），然后设交点式求抛物线解析式；
（2）设M（t，0），先其求出直线OA的解析式为y＝x，直线AB的解析式为y＝2x﹣12，直线MN的解析式为y＝2x﹣2t，再通过解方程组得N（t， t），接着利用三角形面积公式，利用S△AMN＝S△AOM﹣S△NOM得到S△AMN＝•4•t﹣•t•t，然后根据二次函数的性质解决问题；
（3）设Q（m， m2﹣m），根据相似三角形的判定方法，当＝时，△PQO∽△COA，则|m2﹣m|＝2|m|；当＝时，△PQO∽△CAO，则|m2﹣m|＝|m|，然后分别解关于m的绝对值方程可得到对应的P点坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线过原点，对称轴是直线x＝3，
∴B点坐标为（6，0），
设抛物线解析式为y＝ax（x﹣6），
把A（8，4）代入得a•8•2＝4，解得a＝，
∴抛物线解析式为y＝x（x﹣6），即y＝x2﹣x；
（2）设M（t，0），
易得直线OA的解析式为y＝x，
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
把B（6，0），A（8，4）代入得，解得，
∴直线AB的解析式为y＝2x﹣12，
∵MN∥AB，
∴设直线MN的解析式为y＝2x+n，
24
把M（t，0）代入得2t+n＝0，解得n＝﹣2t，
∴直线MN的解析式为y＝2x﹣2t，
解方程组得，则N（t， t），
∴S△AMN＝S△AOM﹣S△NOM
＝•4•t﹣•t•t
＝﹣t2+2t
＝﹣（t﹣3）2+3，
当t＝3时，S△AMN有最大值3，此时M点坐标为（3，0）；
（3）设Q（m， m2﹣m），
∵∠OPQ＝∠ACO，
∴当＝时，△PQO∽△COA，即＝，
∴PQ＝2PO，即|m2﹣m|＝2|m|，
解方程m2﹣m＝2m得m1＝0（舍去），m2＝14，此时P点坐标为（14，0）；
解方程m2﹣m＝﹣2m得m1＝0（舍去），m2＝﹣2，此时P点坐标为（﹣2，0）；
∴当＝时，△PQO∽△CAO，即＝，
∴PQ＝PO，即|m2﹣m|＝|m|，
解方程m2﹣m＝m得m1＝0（舍去），m2＝8（舍去），
解方程m2﹣m＝﹣m得m1＝0（舍去），m2＝4，此时P点坐标为（4，0）；
综上所述，P点坐标为（14，0）或（﹣2，0）或（4，0）．
【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；灵活运用相似比表示线段之间的关系；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
22．【分析】（1）由△AFC为等腰直角三角形，进而得出AC＝AF，即可得出结论；
24
（2）先利用三角函数得出＝，同理得出＝，夹角相等即可得出△ACF∽△BCE，进而得出结论；
（3）分两种情况计算，当点E在线段BF上时，如图2，先利用勾股定理求出EF＝CF，BF＝，即可得出BE＝﹣，借助（2）得出的结论，当点E在线段BF的延长线上，同前一种情况一样即可得出结论．
【解答】解：（1）BE＝AF．理由如下：
如图1中，
∵△AFC是等腰直角三角形，
∴AC＝AF
∵AB＝AC
∴BE＝AB＝AF；
（2）BE＝AF，理由如下：
如图2中，
在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴sin∠ABC＝＝．
在Rt△EFC中，∠FEC＝∠FCE＝45°，∠EFC＝90°，
∴sin∠FEC＝＝，
∴＝，
24
又∵∠FEC＝∠ACB＝45°，
∴∠FEC﹣∠ACE＝∠ACB﹣∠ACE．
即∠FCA＝∠ECB．
∴△ACF∽△BCE，
∴＝＝，
∴BE＝AF；
（3）当点E在线段AF上时，如图2，
由（1）知，CF＝EF＝，
在Rt△BCF中，CF＝，BC＝2，
根据勾股定理得，BF＝，
∴BE＝BF﹣EF＝﹣，
由（2）知，BE＝AF，
∴AF＝﹣1，
当点E在线段BF的延长线上时，如图3，
在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴sin∠ABC＝＝，
在Rt△EFC中，∠FEC＝∠FCE＝45°，
在Rt△CEF中，sin∠FEC＝＝，
∴＝，
∵∠FCE＝∠ACB＝45°，
24
∴∠FCB+∠ACB＝∠FCB+∠FCE，
∴∠FCA＝∠ECB，
∴△ACF∽△BCE，
∴＝＝，
∴BE＝AF，
由（1）知，CF＝EF＝，
在Rt△BCF中，CF＝，BC＝2，
根据勾股定理得，BF＝，
∴BE＝BF+EF＝+，
由（2）知，BE＝AF，
∴AF＝+1．
即：当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，线段AF的长为﹣1或+1．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解（2）（3）的关键是判断出△ACF∽△BCE．第三问要分情况讨论．
23．【分析】（1）由∠ACB＝90°，AC＝BC，OA＝1，OC＝4，可得A（﹣1，0）B（4，5），然后利用待定系数法即可求得b，c的值；
（2）由直线AB经过点A（﹣1，0），B（4，5），即可求得直线AB的解析式，又由二次函数y＝x2﹣2x﹣3，设点E（t，t+1），则可得点F的坐标，则可求得EF的最大值，求得点E的坐标；
（3）①顺次连接点E、B、F、D得四边形EBFD，可求出点F的坐标（，），点D的坐标为（1，﹣4）由S四边形EBFD＝S△BEF+S△DEF即可求得；
②过点E作a⊥EF交抛物线于点P，设点P（m，m2﹣2m﹣3），可得m2﹣2m﹣3＝，即可求得点P的坐标，又由过点F作b⊥EF交抛物线于P3，设P3（n，n2﹣2n﹣3），可得n2﹣2n﹣2＝﹣，求得点P的坐标，则可得使△EFP是以EF为直角边的直角三角形的P的坐标．
【解答】解：（1）由已知得：A（﹣1，0），B（4，5），
∵二次函数y＝x2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0），B（4，5），
∴，
解得：b＝﹣2，c＝﹣3；
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（2）如图：∵直线AB经过点A（﹣1，0），B（4，5），
∴直线AB的解析式为：y＝x+1，
∵二次函数y＝x2﹣2x﹣3，
∴设点E（t，t+1），则F（t，t2﹣2t﹣3），
∴EF＝（t+1）﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣（t﹣）2+，
∴当t＝时，EF的最大值为，
∴点E的坐标为（，）；
（3）①如图：顺次连接点E、B、F、D得四边形EBFD．
可求出点F的坐标（，），点D的坐标为（1，﹣4）
S四边形EBFD＝S△BEF+S△DEF＝××（4﹣）+××（﹣1）＝；
②如图：
ⅰ）过点E作a⊥EF交抛物线于点P，设点P（m，m2﹣2m﹣3）
则有：m2﹣2m﹣3＝，
解得：m1＝1+，m2＝1﹣，
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∴P1（1﹣，），P2（1+，），
ⅱ）过点F作b⊥EF交抛物线于P3，设P3（n，n2﹣2n﹣3）
则有：n2﹣2n﹣3＝﹣，
解得：n1＝，n2＝（与点F重合，舍去），
∴P3（，﹣），
综上所述：所有点P的坐标：P1（1+，），P2（1﹣，），P3（，﹣）能使△EFP组成以EF为直角边的直角三角形．
【点评】此题考查了待定系数法求二次函数的解析式，四边形与三角形面积问题以及直角三角形的性质等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意方程思想与数形结合思想的应用．
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