2017連云港中考數(shù)學模擬試卷(2)
2017連云港中考數(shù)學模擬試題答案
一、選擇題(本大題共10個小題，每小題3分，共30分)
1.下列四個數(shù)中，比﹣1小的數(shù)是( )
A.﹣2 B.0 C.﹣ D.
【考點】有理數(shù)大小比較.
【分析】有理數(shù)大小比較的法則：①正數(shù)都大于0;②負數(shù)都小于0;③正數(shù)大于一切負數(shù);④兩個負數(shù)，絕對值大的其值反而小，據(jù)此判斷即可.
【解答】解：根據(jù)有理數(shù)比較大小的方法，可得
﹣2<﹣1，0>﹣1，﹣ >﹣1， >﹣1，
∴四個數(shù)中，比﹣1小的數(shù)是﹣2.
故選：A.
2.民間剪紙是中國古老的傳統(tǒng)民間藝術，它歷史悠久，風格獨特，深受國內外人士所喜愛，下列剪紙作品中，是軸對稱圖形的為( )
A. B. C. D.
【考點】軸對稱圖形.
【分析】根據(jù)軸對稱圖形的概念對各選項分析判斷即可得解.
【解答】解：A、不是軸對稱圖形，故本選項錯誤;
B、不是軸對稱圖形，故本選項錯誤;
C、是軸對稱圖形，故本選項正確;
D、不是軸對稱圖形，故本選項錯誤.
故選C.
3.下列運算錯誤的是( )
A.(﹣a3)2=a6 B.a2+3a2=4a2 C.2a3•3a2=6a5 D.3a3÷2a=a2
【考點】整式的除法;合并同類項;冪的乘方與積的乘方;單項式乘單項式.
【分析】根據(jù)整式乘除法法則，合并同類項法則即可判斷.
【解答】解：原式= a2，故D錯誤
故選(D)
4.在下面的四個幾何體中，它們各自的主視圖與左視圖可能相同的是( )
A. B. C. D.
【考點】簡單幾何體的三視圖.
【分析】分別找到從上面看和正面看所得到的圖形即可.
【解答】解：A、此幾何體主視圖與左視圖不相同，故此選項錯誤;
B、立方體的主視圖與左視圖都是矩形，故此選項正確;
B、三棱柱主視圖是矩形，左視圖也是矩形，矩形寬不相同，故此選項錯誤;
D、四棱柱的主視圖是矩形，左視圖也是矩形，矩形寬不相同，故此選項錯誤;
故選：B.
5.高速路上因趕時間超速而頻頻發(fā)生交通事故，這樣給自己和他人的生命安全帶來直接影響，為了解車速情況，一名執(zhí)法交警在高速路上隨機測試了6個小轎車的車速情況記錄如下：
車序號 1 2 3 4 5 6
車速(千米/時) 100 95 106 100 120 100
則這6輛車車速的眾數(shù)和中位數(shù)(單位：千米/時)分別是( )
A.100，95 B.100，100 C.102，100 D.100，103
【考點】眾數(shù);中位數(shù).
【分析】根據(jù)眾數(shù)和中位數(shù)的概念求解.
【解答】解：這組數(shù)據(jù)按照從小到大的順序排列為：95，100，100，100，106，120，
則眾數(shù)為：100，
中位數(shù)為：100.
故選B.
6.“五•一”小長假，小穎和小梅兩家計劃從“北京天安門”“三亞南山”“內蒙古大草原”三個景區(qū)中任意選擇一景區(qū)游玩，小穎和小梅制作了如下三張質地大小完全相同的卡片，背面朝上洗勻后各自從中抽去一張來確定游玩景區(qū)(第一人抽完放回洗勻后另一人再抽去)，則兩人抽到同一景區(qū)的概率是( )
A. B. C. D.
【考點】列表法與樹狀圖法.
【分析】首先分別用A，B，C表示“北京天安門”“三亞南山”“內蒙古大草原”三個景區(qū)，然后根據(jù)題意畫出樹狀圖，由樹狀圖求得所有等可能的結果與兩人抽到同一景區(qū)的情況，再利用概率公式即可求得答案.
【解答】解：分別用A，B，C表示“北京天安門”“三亞南山”“內蒙古大草原”三個景區(qū)，畫樹狀圖得：
∵共有9種等可能的結果，兩人抽到同一景區(qū)的有3種情況，
∴兩人抽到同一景區(qū)的概率是： = .
故選B.
7.如圖，四邊形ABCD為⊙O的內接四邊形，E是BC延長線上的一點，已知∠BOD=100°，則∠DCE的度數(shù)為( )
A.40° B.60° C.50° D.80°
【考點】圓周角定理;圓內接四邊形的性質.
【分析】根據(jù)圓周角定理，可求得∠A的度數(shù);由于四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，根據(jù)圓內接四邊形的性質，可得∠DCE=∠A，由此可求得∠DCE的度數(shù).
【解答】解：∵∠BOD=100°，
∴∠A=50°，
∵四邊形ABCD內接于⊙O，
∴∠DCE=∠A=50°.故選C.
8.不等式組 的解集在數(shù)軸上表示正確的是( )
A. B. C. D.
【考點】解一元一次不等式組;在數(shù)軸上表示不等式的解集.
【分析】分別求出各不等式的解集，再在數(shù)軸上表示出來即可.
【解答】解： ，由①得，x≤1，由②得，x>﹣3，
故不等式組的解集為：﹣3
在數(shù)軸上表示為： .
故選A.
9.如圖所示是一次函數(shù)y=kx+b在直角坐標系中的圖象，通過觀察圖象我們就可以得到方程kx+b=0的解為x=﹣1，這一求解過程主要體現(xiàn)的數(shù)學思想是( )
A.數(shù)形結合 B.分類討論 C.類比 D.公理化
【考點】一次函數(shù)與一元一次方程.
【分析】通過觀察圖象得到方程kx+b=0的解為x=﹣1，這一求解過程主要體現(xiàn)的數(shù)學思想是數(shù)形結合.
【解答】解：觀察圖象，可知一次函數(shù)y=kx+b與x軸交點是(﹣1，0)，
所以方程kx+b=0的解為x=﹣1，
這一求解過程主要體現(xiàn)的數(shù)學思想是數(shù)形結合.
故選A.
10.如圖，在菱形ABCD中，AB=4cm，∠ADC=120°，點E，F(xiàn)同時由A，C兩點出發(fā)，分別沿AB，CB方向向點B勻速移動(到點B為止)，點E的速度為1cm/s，點F的速度為2cm/s，經過t秒△DEF為等邊三角形，則t的值為( )
A.1 B. C. D.
【考點】菱形的性質;等邊三角形的性質.
【分析】延長AB至M，使BM=AE，連接FM，證出△DAE≌EMF，得到△BMF是等邊三角形，再利用菱形的邊長為4求出時間t的值.
【解答】解：延長AB至M，使BM=AE，連接FM，
∵四邊形ABCD是菱形，∠ADC=120°
∴AB=AD，∠A=60°，
∵BM=AE，
∴AD=ME，
∵△DEF為等邊三角形，
∴∠DAE=∠DFE=60°，DE=EF=FD，
∴∠MEF+∠DEA═120°，∠ADE+∠DEA=180°﹣∠A=120°，
∴∠MEF=∠ADE，
∴在△DAE和△EMF中，
∴△DAE≌EMF(SAS)，
∴AE=MF，∠M=∠A=60°，
又∵BM=AE，
∴△BMF是等邊三角形，
∴BF=AE，
∵AE=t，CF=2t，
∴BC=CF+BF=2t+t=3t，
∵BC=4，
∴3t=4，
∴t=
故選D.
二、填空題(本大題共5個小題，每小題3分，共15分)
11.分解因式：a3﹣ab2= a(a+b)(a﹣b) .
【考點】提公因式法與公式法的綜合運用.
【分析】首先提取公因式a，進而利用平方差公式分解因式得出答案.
【解答】解：a3﹣ab2
=a(a2﹣b2)
=a(a+b)(a﹣b).
故答案為：a(a+b)(a﹣b).
12.如圖，AB∥CD，∠DCE=118°，∠AEC的角平分線EF與GF相交于點F，∠BGF=132°，則∠F的度數(shù)是 11° .
【考點】平行線的性質;角平分線的定義.
【分析】先根據(jù)平行線的性質求出∠AEC與∠BEC的度數(shù)，再由角平分線的性質求出∠CEF的度數(shù)，進而可得出∠GEF的度數(shù)，再根據(jù)三角形外角的性質即可得出結論.
【解答】解：∵AB∥CD，∠DCE=118°，
∴∠AEC=118°，∠BEC=180°﹣118°=62°，
∵GF交∠AEC的平分線EF于點F，
∴∠CEF= ×118°=59°，
∴∠GEF=62°+59°=121°，
∵∠BGF=132°，
∴∠F=∠BGF﹣∠GEF=132°﹣121°=11°.
故答案為：11°.
13.“折竹抵地”問題源自《九章算術》中，即：今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，問折者高幾何?意思是：一根竹子，原高一丈，一陣風將竹子折斷，其竹梢恰好抵地，抵地處離竹子底部4尺遠，則折斷后的竹子高度為 4.2 尺.
【考點】勾股定理的應用.
【分析】根據(jù)題意結合勾股定理得出折斷處離地面的長度即可.
【解答】解：設折斷處離地面的高度OA是x尺，根據(jù)題意可得：
x2+42=(10﹣x)2，
解得：x=4.2，
答：折斷處離地面的高度OA是4.2尺.
故答案為：4.2.
14.如圖，在平面直角坐標系中，▱ABCD的頂點B，C在x軸上，A，D兩點分別在反比例函數(shù)y=﹣ (x<0)與y= (x>0)的圖象上，則▱ABCD的面積為 4 .2-1-c-n-j-y
【考點】反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義;平行四邊形的性質.
【分析】連接OA、OD，如圖，利用平行四邊形的性質得AD垂直y軸，則利用反比例函數(shù)的比例系數(shù)k的幾何意義得到S△OAE= ，S△ODE= ，所以S△OAD=2，然后根據(jù)平行四邊形的面積公式可得到▱ABCD的面積=2S△OAD=4.
【解答】解：連接OA、OD，如圖，
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD垂直y軸，
∴S△OAE= ×|﹣3|= ，S△ODE= ×|1|= ，
∴S△OAD=2，
∴▱ABCD的面積=2S△OAD=4.
故答案為4.
15.如圖，是用大小相同的圓柱形油桶擺放成的一組有規(guī)律的圖案，圖案(1)需要2只油桶，圖案(2)需要5只油桶，圖案(3)需要10只油桶，圖案(4)需要17只油桶，…，按此規(guī)律擺下去，第n個圖案需要油桶 n2+1 只(用含n的代數(shù)式表示)
【考點】規(guī)律型：圖形的變化類.
【分析】根據(jù)圖形發(fā)現(xiàn)，第1個圖由2個油桶2=12+1;第2個圖由5個油桶5=22+1;第3個圖由10個油桶10=32+1;第4個圖由17個油桶17=42+1;…第n個圖案需要油桶n2+1只.
【解答】解：∵第1個圖，2=12+1;
第2個圖，5=22+1;
第3個圖，10=32+1;
第4個圖，17=42+1;
…第n個圖案需要油桶n2+1只.
故答案為：n2+1.
三、解答題(本大題共8個小題，共75分)
16.(1)計算：(﹣1)3﹣( )﹣2× +6×|﹣ |
(2)化簡并求值：( )÷ ，其中a=1，b=2.
【考點】分式的化簡求值;負整數(shù)指數(shù)冪.
【分析】(1)根據(jù)冪的乘方、有理數(shù)的乘法和加減法可以解答本題;
(2)根據(jù)分式的減法和分式的除法可以解答本題.
【解答】解：(1)(﹣1)3﹣( )﹣2× +6×|﹣ |
=(﹣1)﹣9×
=(﹣1)﹣2+4
=1;
(2)( )÷
=
=
= ，
當a=1，b=2時，原式= .
17.在正方形網(wǎng)格中，我們把，每個小正方形的頂點叫做格點，連接任意兩個格點的線段叫網(wǎng)格線段，以網(wǎng)格線段為邊組成的圖形叫做格點圖形，在下列如圖所示的正方形網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長為1.
(1)請你在圖1中畫一個格點圖形，且該圖形是邊長為 的菱形;
(2)請你在圖2中用網(wǎng)格線段將其切割成若干個三角形和正方形，拼接成一個與其面積相等的正方形，并在圖3中畫出格點正方形.
【考點】圖形的剪拼;勾股定理.
【分析】(1)直接利用菱形的性質結合其面積得出答案;
(2)利用正方形的性質結合正方形面積求法得出答案.
【解答】解：(1)如圖1所示：四邊形即為菱形;
(2)如圖2，3所示：即為所求答案.
18.閱讀與思考
婆羅摩笈多(Brahmagupta)，是一位印度數(shù)學家和天文學家，書寫了兩部關于數(shù)學和天文學的書籍，他的一些數(shù)學成就在世界數(shù)學史上有較高的地位，他的負數(shù)概念及加減法運算僅晚于中國《九章算術》，而他的負數(shù)乘除法法則在全世界都是領先的，他還提出了著名的婆羅摩笈多定理，該定理的內容及部分證明過程如下：
已知：如圖1，四邊形ABCD內接于⊙O，對角線AC⊥BD于點P，PM⊥AB于點M，延長MP交CD于點N，求證：CN=DN.
證明：在△ABP和△BMP中，∵AC⊥BD，PM⊥AB，
∴∠BAP+∠ABP=90°，∠BPM+∠MBP=90°.
∴∠BAP=∠BPM.
∵∠DPN=∠BPM，∠BAP=∠BDC.
∴…
(1)請你閱讀婆羅摩笈多定理的證明過程，完成剩余的證明部分.
(2)已知：如圖2，△ABC內接于⊙O，∠B=30°，∠ACB=45°，AB=2，點D在⊙O上，∠BCD=60°，連接AD，與BC交于點P，作PM⊥AB于點M，延長MP交CD于點N，則PN的長為 1 .
【考點】三角形的外接圓與外心;含30度角的直角三角形;圓內接四邊形的性質.
【分析】(1)由直角三角形的性質∠BAP=∠BPM.由圓周角定理得出∠DPN=∠BPM，∠BAP=∠BDC.證出∠DPN=∠PDN，得出DN=PN，同理CN=PN，即可得出結論;
(2)由圓周角定理得出∠D=∠B=30°，由三角形內角和定理求出∠DAC=45°，得出△APC是等腰直角三角形，∴PA=PC，∠CPD=90°，由AAS證明△CPD≌△APB，得出CD=AB=2，同(1)得出CN=DN，由三角形內角和定理得出PN= CD=1即可.
【解答】解：(1)在△ABP和△BMP中，∵AC⊥BD，PM⊥AB，
∴∠BAP+∠ABP=90°，∠BPM+∠MBP=90°.
∴∠BAP=∠BPM.
∵∠DPN=∠BPM，∠BAP=∠BDC.
∴∠DPN=∠PDN，
∴DN=PN，
同理：CN=PN，
∴CN=DN;
(2)∵∠ACB=45°，∠BCD=60°，
∴∠ACD=45°+60°=105°，
又∵∠D=∠B=30°，
∴∠DAC=180°﹣∠ACD﹣∠D=45°，
∴∠APC=180°﹣45°﹣45°=90°，△APC是等腰直角三角形，
∴PA=PC，∠CPD=90°，
在△CPD和△APB中， ，
∴△CPD≌△APB(AAS)，
∴CD=AB=2，
∵∠CPD=90°，PM⊥AB于點M，延長MP交CD于點N，
∴同(1)得：CN=DN，
∴PN= CD=1;
故答案為：1.
19.霧霾天氣已經成為人們普遍關注的話題，霧霾不僅僅影響人們的出行，還影響著人們的健康，太原市會持續(xù)出現(xiàn)霧霾天氣嗎?在2016年2月周末休息期間，某校九年級1班綜合實踐小組的同學以“霧霾天氣的主要成因”為主題，隨機調查了太原市部分市民的觀點，并對調查結果進行了整理，繪制了如下不完整的統(tǒng)計圖表，觀察并回答下列問題：
類別 霧霾天氣的主要成因 百分比
A 工業(yè)污染 45%
B 汽車尾氣排放 m
C 城中村燃煤問題 15%
D 其他(綠化不足等) n
(1)請你求出本次被調查市民的人數(shù)及m，n的值，并補全條形統(tǒng)計圖;
(2)若太原市有300萬人口，請你估計持有A，B兩類看法的市民共有多少人?
(3)學校要求小穎同學在A，B，C，D這四個霧霾天氣的主要成因中，隨機抽取兩項作為課題研究的項目進行考察分析，請用畫樹狀圖或列表的方法，求出小穎同學剛好抽到B(汽車尾氣排放)，C(城中村燃煤問題)的概率.(用A，B，C，D表示各項目)
【考點】列表法與樹狀圖法;用樣本估計總體;統(tǒng)計表;條形統(tǒng)計圖.
【分析】(1)用A類的人數(shù)除以所占的百分比求出被調查的市民數(shù)，再用B類的人數(shù)除以總人數(shù)得出B類所占的百分比，再用總人數(shù)乘以C類所占的百分比求出C類的人數(shù)，從而補全統(tǒng)計圖;
(2)用該市的總人數(shù)乘以持有A、B兩類的所占的百分比即可;
(3)首先根據(jù)題意畫出樹狀圖，然后由樹狀圖求得所有等可能的結果與小穎同學剛好抽到B(汽車尾氣排放)，C(城中村燃煤問題)的情況，再利用概率公式即可求得答案.
【解答】解：(1)本次被調查的市民共有：90÷45%=200(人)，
B類所占的百分比是：m= ×100%=30%;
D類所占的百分比是：n=1﹣45%﹣30%=10%=10%;
C類的人數(shù)是：200×15%=30(人)，
補圖如下：
(2)根據(jù)題意得：300×(45%+30%)=225(萬人).
答：持有A、B兩類看法的市民共有人數(shù)為75萬人.
(3)畫樹狀圖得：
∵共有12種等可能的結果，小穎同學剛好抽到B(汽車尾氣排放)，C(城中村燃煤問題)的有2種情況，
∴小穎同學剛好抽到B(汽車尾氣排放)，C(城中村燃煤問題)的概率為： = .
20.山西綿山是中國歷史文化名山，因春秋時期晉國介子推攜母隱居于此被焚而著稱，如圖1，是綿山上介子推母子的塑像，某游客計劃測量這座塑像的高度，由于游客無法直接到達塑像底部，因此該游客計劃借助坡面高度來測量塑像的高度;如圖2，在塑像旁山坡坡腳A處測得塑像頭頂C的仰角為75°，當從A處沿坡面行走10米到達P處時，測得塑像頭頂C的仰角剛好為45°，已知山坡的坡度i=1：3，且O，A，B在同一直線上，求塑像的高度.(側傾器高度忽略不計，結果精確到0.1米，參考數(shù)據(jù)：cos75°≈0.3，tan75°≈3.7， ≈1.4， ≈1.7， ≈3.2)
【考點】解直角三角形的應用﹣仰角俯角問題;解直角三角形的應用﹣坡度坡角問題.
【分析】過點P作PE⊥OB于點E，PF⊥OC于點F，設PE=x，則AE=3x，在Rt△AEP中根據(jù)勾股定理可得PE= ，則AE=3 ，設CF=PF=m米，則OC=(m+ )米、OA=(m﹣3 )米，在Rt△AOC中，由tan75°= 求得m的值，繼而可得答案.
【解答】解：過點P作PE⊥OB于點E，PF⊥OC于點F，
∵i=1：3，AP=10，
設PE=x，則AE=3x，
在Rt△AEP中，x2+(3x)2=102，
解得：x= 或x=﹣ (舍)，
∴PE= ，則AE=3 ，
∵∠CPF=∠PCF=45°，
∴CF=PF，
設CF=PF=m米，則OC=(m+ )米，OA=(m﹣3 )米，
在Rt△AOC中，tan75°= = ，即m+ =tan75°•(m﹣3 )，
解得：m≈14.3，
∴OC=14.3+ ≈17.5米，
答：塑像的高度約為17.5米.
21.LED燈具有環(huán)保節(jié)能、投射范圍大、無頻閃、使用壽命較長等特點，在日常生活中，人們更傾向于LED燈的使用，某校數(shù)學興趣小組為了解LED燈泡與普通白熾燈泡的銷售情況，進行了市場調查：某商場購進一批30瓦的LED燈泡和普通白熾燈泡進行銷售，其進價與標價如下表：
LED燈泡 普通白熾燈泡
進價(元) 45 25
標價(元) 60 30
(1)該商場購進了LED燈泡與普通白熾燈泡共300個，LED燈泡按標價進行銷售，而普通白熾燈泡打九折銷售，當銷售完這批燈泡后可以獲利3200元，求該商場購進LED燈泡與普通白熾燈泡的數(shù)量分別為多少個?
(2)由于春節(jié)期間熱銷，很快將兩種燈泡銷售完，若該商場計劃再次購進兩種燈泡120個，在不打折的情況下，請問如何進貨，銷售完這批燈泡時獲利最多且不超過進貨價的30%，并求出此時這批燈泡的總利潤為多少元?
【考點】一次函數(shù)的應用;二元一次方程組的應用.
【分析】(1)設該商場購進LED燈泡x個，普通白熾燈泡的數(shù)量為y個，利用該商場購進了LED燈泡與普通白熾燈泡共300個和銷售完這批燈泡后可以獲利3200元列方程組，然后解方程組即可;
(2)設該商場購進LED燈泡a個，則購進普通白熾燈泡個，這批燈泡的總利潤為W元，利用利潤的意義得到W=(60﹣45)a+(30﹣25)=10a+600，再根據(jù)銷售完這批燈泡時獲利最多且不超過進貨價的30%可確定a的范圍，然后根據(jù)一次函數(shù)的性質解決問題.
【解答】解：(1)設該商場購進LED燈泡x個，普通白熾燈泡的數(shù)量為y個，
根據(jù)題意得 ，
解得 ，
答：該商場購進LED燈泡與普通白熾燈泡的數(shù)量分別為200個和100個;
(2)設該商場購進LED燈泡a個，則購進普通白熾燈泡個，這批燈泡的總利潤為W元，
根據(jù)題意得W=(60﹣45)a+(30﹣25)
=10a+600，
∵10a+600≤[45a+25]×30%，解得a≤75，
∵k=10>0，
∴W隨a的增大而增大，
∴a=75時，W最大，最大值為1350，此時購進普通白熾燈泡=45個.
答：該商場購進LED燈泡75個，則購進普通白熾燈泡45個，這批燈泡的總利潤為1350元.
22.問題背景
在數(shù)學活動課上，張老師要求同學們拿兩張大小不同的矩形紙片進行旋轉變換探究活動.如圖1，在矩形紙片ABCD和矩形紙片EFGH中，AB=1，AD=2，且EF>AD，F(xiàn)G>AB，點E是AD的中點，矩形紙片EFGH以點E為旋轉中心進行逆時針旋轉，在旋轉過程中會產生怎樣的數(shù)量關系，提出恰當?shù)臄?shù)學問題并加以解決.
解決問題
下面是三個學習小組提出的數(shù)學問題，請你解決這些問題.
(1)“奮進”小組提出的問題是：如圖1，當EF與AB相交于點M，EH與BC相交于點N時，求證：EM=EN.
(2)“雄鷹”小組提出的問題是：在(1)的條件下，當AM=CN時，AM與BM有怎樣的數(shù)量關系，說明理由.
(3)“創(chuàng)新”小組提出的問題是;若矩形EFGH繼續(xù)以點E為旋轉中心進行逆時針旋轉，當∠AEF=60°時，請你在圖2中畫出旋轉后的示意圖，并求出此時EF將邊BC分成的兩條線段的長度.
【考點】四邊形綜合題.
【分析】(1)先判斷出PE=AE，再判斷出∠PEN=∠AEM，進而得到△PEN≌△AEM，即可得出結論;
(2)先判斷出PN=CN= PC，進而求出PN=CN= ，再判斷出AM=PN，即可得出BM= ，結論得證;
(3)在直角三角形PEM中，求出PM，再用線段的和差即可得出結論.
【解答】解：(1)如圖1，過點E作EP⊥BC，垂足為點P，
則四邊形ABPE是矩形，
∴PE=AB=1，∠AEP=90°，
∵點E是AD的中點，
∴AE=DE= AD=1，
∴PE=AE，
∵∠MEN=∠AEP=90°，
∴∠MEN﹣∠MEP=∠AEP﹣∠MEP，
∴∠PEN=∠AEM，
∵PE=AE，∠EPN=∠EAM=90°，
∴△PEN≌△AEM，
∴EM=EN，
(2)由(1)知，△PEN≌△AEM，
∴AM=PN，
∵AM=CN，
∴PN=CN= PC，
∵四邊形EPCD是矩形，
∴PC=DE=1，PN=CN= ，
∴AM=PN= ，BM=AB﹣AM= ，
∴AM=BM，
(3)如圖2，當∠AEF=60°時，
設EF與BC交于M，EH與CD交于N，過點E作EP⊥BC于P，連接EC，
由(1)知，CP=EP=1，AD∥BC，
∴∠EMP=∠AEF=60°，
在Rt△PEM中，PM= = ，
∴BM=BP﹣PM=1﹣ ，CM=PC+PM=1+ ，
∴EF將邊BC分成的兩條線段的長度為1﹣ ，1+ .
23.如圖1，已知拋物線y=﹣x2+bx+c與x軸交于A(﹣1，0)，B兩點，(點A在點B的左側)，與直線AC交于點C(2，3)，直線AC與拋物線的對稱軸l相交于點D，連接BD.
(1)求拋物線的函數(shù)表達式，并求出點D的坐標;
(2)如圖2，若點M、N同時從點D出發(fā)，均以每秒1個單位長度的速度分別沿DA、DB運動，連接MN，將△DMN沿MN翻折，得到△D′MN，判斷四邊形DMD′N的形狀，并說明理由，當運動時間t為何值時，點D′恰好落在x軸上?
(3)在平面內，是否存在點P(異于A點)，使得以P、B、D為頂點的三角形與△ABD相似(全等除外)?若存在，請直接寫出點P的坐標，若不存在，請說明理由.
【考點】二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)先利用待定系數(shù)法求得拋物線和直線的解析式，從而得出對稱軸與直線的交點;
(2)由拋物線解析式求得點A、B坐標，結合點D坐標可知△ABD為等腰直角三角形，即∠DAB=∠DBA=45°、∠ADB=90°，由翻折性質得D′M=DM、DN=ND′，從而得出四邊形MDND′為菱形，根據(jù)∠MDN=90°即可得四邊形MDND′為正方形;設DM=DN=t，在Rt△D′NB中D′N=t、BN=2 ﹣t、BD′=2，根據(jù)勾股定理即可得出t的值;
(3)由△ABD為等腰直角三角形及△PBD與△ABD相似且不全等，知△PBD是以BD為斜邊的等腰直角三角形，結合圖形即可得答案.
【解答】解：(1)將點A(﹣1，0)、C(2，3)代入y=﹣x2+bx+c，得：
，
解得： ，
∴拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3，
∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4，
∴拋物線的對稱軸為直線x=1，
設直線AC的函數(shù)解析式為y=kx+b，
將A(﹣1，0)、C(2，3)代入y=kx+b，得：
，
解得： ，
∴直線AC的函數(shù)解析式為y=x+1，
又∵點D是直線AC與拋物線的對稱軸的交點，
∴xD=1，yD=1+1=2，
∴點D的坐標為(1，2).
(2)四邊形DMD′N是正方形，理由如下：
∵拋物線y=﹣x2+2x+3與x軸交于A、B兩點，
∴令y=0，得﹣x2+2x+3=0，
解得：x1=﹣1，x2=3，
∴A(﹣1，0)、B(3，0)，
∴AD= =2 ，BD= =2 ，AB=1+3=4，
而AD2+BD2=AB2，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴∠DAB=∠DBA=45°，∠ADB=90°，
由翻折可知：D′M=DM、DN=ND′，
又∵DM=DN，
∴四邊形MDND′為菱形，
∵∠MDN=90°，
∴四邊形MDND′是正方形;
設DM=DN=t，當點D落在x軸上的點D′處時，
∵四邊形MDND′為正方形，
∴∠D′NB=90°，
在Rt△D′NB中，D′N=t，BN=2 ﹣t，BD′=2，
∴t2+(2 ﹣t)2=22，
∴t1=t2= ，
即：經過 s時，點D恰好落在x軸上的D′處.
(3)存在，
如圖，
由(2)知△ABD為等腰直角三角形，
∵△PBD與△ABD相似，且不全等，
∴△PBD是以BD為斜邊的等腰直角三角形，
∴點P的坐標為(1，0)或(2，3).
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