2017安徽中考數學練習試題及答案(2)
2017安徽中考數學練習試卷參考答案
一、選擇題
1.(2017•于洪區(qū)一模)下列各數中，最小的數是( )
A.﹣4 B.3 C.0 D.﹣2
【考點】18：有理數大小比較.
【分析】有理數大小比較的法則：①正數都大于0;②負數都小于0;③正數大于一切負數;④兩個負數，絕對值大的其值反而小，據此判斷即可.
【解答】解：根據有理數比較大小的方法，可得
﹣4<﹣2<0<3，
∴各數中，最小的數是﹣4.
故選：A.
【點評】此題主要考查了有理數大小比較的方法，要熟練掌握，解答此題的關鍵是要明確：①正數都大于0;②負數都小于0;③正數大于一切負數;④兩個負數，絕對值大的其值反而小.
2.(2017•于洪區(qū)一模)如圖是由3個大小相同的小立方塊搭成的幾何體，這個幾何體的俯視圖是( )
A. B. C. D.
【考點】U2：簡單組合體的三視圖.
【分析】畫出從上往下看到的圖形即可.
【解答】解：這個幾何體的俯視圖為：
故選C.
【點評】本題考查了簡單組合體的三視圖：畫簡單組合體的三視圖要循序漸進，通過仔細觀察和想象，再畫它的三視圖.
3.(2017•于洪區(qū)一模)據統(tǒng)計，2015年廣州地鐵日均客運量約為659萬.將659萬用科學記數法表示為( )
A.0.659×107 B.6.59×106 C.6.59×107 D.659×104
【考點】1I：科學記數法—表示較大的數.
【分析】用科學記數法表示較大的數時，一般形式為a×10﹣n，其中1≤|a|<10，n為整數，n的值取決于原數變成a時，小數點移動的位數，n的絕對值與小數點移動的位數相同.當原數絕對值大于1時，n是正數;當原數的絕對值小于1時，n是負數.
【解答】解：659萬=6.59×106.
故選：B.
【點評】此題主要考查了用科學記數法表示較大的數，一般形式為a×10﹣n，其中1≤|a|<10，確定a與n的值是解題的關鍵.
4.(2017•于洪區(qū)一模)下列計算正確的是( )
A.a2•a=2a3 B.a2•a3=2a6 C.(﹣2a3)2=4a6 D.a8÷a2=a4
【考點】48：同底數冪的除法;46：同底數冪的乘法;47：冪的乘方與積的乘方.
【分析】各項計算得到結果，即可作出判斷.
【解答】解：A、原式=a3，不符合題意;
B、原式=a5，不符合題意;
C、原式=4a6，符合題意;
D、原式=a6，不符合題意，
故選C
【點評】此題考查了同底數冪的乘除法，以及冪的乘方與積的乘方，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵.
5.(2017•于洪區(qū)一模)如圖，一個正六邊形轉盤被分成6個全等三角形，任意轉動這個轉盤1次，當轉盤停止時，指針指向陰影區(qū)域的概率是( )
A. B. C. D.
【考點】X5：幾何概率.
【分析】確定陰影部分的面積在整個轉盤中占的比例，根據這個比例即可求出轉盤停止轉動時指針指向陰影部分的概率.
【解答】解：如圖：轉動轉盤被均勻分成6部分，陰影部分占2份，
轉盤停止轉動時指針指向陰影部分的概率是： = ;
故選：C.
【點評】本題考查了幾何概率.用到的知識點為：概率=相應的面積與總面積之比.
6.(2017•于洪區(qū)一模)已知樣本數據1，2，3，3，4，5，這組數據的中位數是( )
A.2 B.3 C.3.5 D.4
【考點】W4：中位數.
【分析】要求中位數，是按從小到大的順序排列的，所以只要找出最中間的一個數(或最中間的兩個數)即可，本題是最中間的兩個數的平均數.
【解答】解：這組數據的中位數為 =3，
故選：B.
【點評】本題考查了中位數，注意找中位數的時候一定要先排好順序，然后再根據奇數和偶數個來確定中位數.如果數據有奇數個，則正中間的數字即為所求;如果是偶數個，則找中間兩位數的平均數.
7.(2017•于洪區(qū)一模)如圖，在△ABC中，DE∥BC，分別交AB，AC于點D，E.若2AD=DB，則△ADE的面積與△ABC的面積的比等于( )
A. B. C. D.
【考點】S9：相似三角形的判定與性質.
【分析】根據DE∥BC，即可證得△ADE∽△ABC，然后根據相似三角形的面積的比等于相似比的平方，即可求解.
【解答】解：∵2AD=DB，
∴AB=AD+DB=3AD，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ =( )2=( )2=1：9.
故選A.
【點評】本題考查了三角形的判定和性質：熟練掌握相似三角形的面積比是相似比的平方是解題的關鍵.
8.(2017•于洪區(qū)一模)如圖，點O為平面直角坐標系的原點，點A在x軸上，△OAB是邊長為2的等邊三角形，以O為旋轉中心，將△OAB按順時針方向旋轉60°，得到△OA′B′，那么點A′的坐標為( )
A.(1， ) B.(﹣1，2) C.(﹣1， ) D.(﹣1， )
【考點】R7：坐標與圖形變化﹣旋轉;KK：等邊三角形的性質.
【分析】作BC⊥x軸于C，如圖，根據等邊三角形的性質得OA=OB=2，AC=OC=1，∠BOA=60°，則易得A點坐標和O點坐標，再利用勾股定理計算出BC= ，然后根據第二象限點的坐標特征可寫出B點坐標;由旋轉的性質得∠AOA′=∠BOB′=60°，OA=OB=OA′=OB′，則點A′與點B重合，于是可得點A′的坐標.
【解答】解：作BC⊥x軸于C，如圖，
∵△OAB是邊長為2的等邊三角形
∴OA=OB=2，AC=OC=1，∠BOA=60°，
∴A點坐標為(﹣2，0)，O點坐標為(0，0)，
在Rt△BOC中，BC= = ，
∴B點坐標為(﹣1， );
∵△OAB按順時針方向旋轉60°，得到△OA′B′，
∴∠AOA′=∠BOB′=60°，OA=OB=OA′=OB′，
∴點A′與點B重合，即點A′的坐標為(﹣1， )，
故選D.
【點評】本題考查了坐標與圖形變化﹣旋轉：記住關于原點對稱的點的坐標特征;圖形或點旋轉之后要結合旋轉的角度和圖形的特殊性質來求出旋轉后的點的坐標.常見的是旋轉特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°;解決本題的關鍵是正確理解題目，按題目的敘述一定要把各點的大致位置確定，正確地作出圖形.
9.(2016•天水)有一根40cm的金屬棒，欲將其截成x根7cm的小段和y根9cm的小段，剩余部分作廢料處理，若使廢料最少，則正整數x，y應分別為( )
A.x=1，y=3 B.x=4，y=1 C.x=3，y=2 D.x=2，y=3
【考點】95：二元一次方程的應用.
【分析】根據金屬棒的長度是40cm，則可以得到7x+9y≤40，再根據x，y都是正整數，即可求得所有可能的結果，分別計算出省料的長度即可確定.
【解答】解：根據題意得：7x+9y≤40，
則x≤ ，
∵40﹣9y≥0且y是正整數，
∴y的值可以是：1或2或3或4.
當y=1時，x≤ ，則x=4，此時，所剩的廢料是：40﹣1×9﹣4×7=3cm;
當y=2時，x≤ ，則x=3，此時，所剩的廢料是：40﹣2×9﹣3×7=1cm;
當y=3時，x≤ ，則x=1，此時，所剩的廢料是：40﹣3×9﹣7=6cm;
當y=4時，x≤ ，則x=0(舍去).
則最小的是：x=3，y=2.
故選C.
【點評】本題考查了不等式的應用，讀懂題意，列出算式，正確確定出x，y的所有取值情況是本題的關鍵.
10.(2017•于洪區(qū)一模)某汽車從A開往360km外的B，全程的前一部分為高速公路，后一部分為普通公路.若汽車在高速公路和普通公路上分別以某一速度勻速行駛，汽車行駛的路程y(單位：km)與時間x(單位：h)之間的關系如圖所示，則下列結論正確的是( )
A.汽車在高速公路上的行駛速度為100km/h
B.普通公路總長為90km
C.汽車在普通公路上的行駛速度為60km/h
D.汽車出發(fā)后4h到B地
【考點】E6：函數的圖象.
【分析】根據題意和圖象可以分別計算出各個選項中的量，從而可以判斷哪個選項是正確的，從而可以解答本題.
【解答】解：由題意可得，
汽車在高速公路上行駛速度為：180÷2=90km/h，故選項A錯誤，
普通公路的總長為：360﹣180=180km，故選項B錯誤，
汽車在普通公路上行駛的速度為：(270﹣180)÷(3.5﹣2)=60km/h，故選項C正確，
汽車出發(fā)后到達B地的時間為：2+(360﹣180)÷60=5h，故選項D錯誤，
故選C.
【點評】本題考查函數的圖象，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數形結合的思想解答.
二、填空題
11.(2014•泰州) = 2 .
【考點】22：算術平方根.
【分析】如果一個數x的平方等于a，那么x是a的算術平方根，由此即可求解.
【解答】解：∵22=4，
∴ =2.
故答案為：2
【點評】此題主要考查了學生開平方的運算能力，比較簡單.
12.(2016•紹興)分解因式：a3﹣9a= a(a+3)(a﹣3) .
【考點】55：提公因式法與公式法的綜合運用.
【分析】本題應先提出公因式a，再運用平方差公式分解.
【解答】解：a3﹣9a=a(a2﹣32)=a(a+3)(a﹣3).
【點評】本題考查用提公因式法和公式法進行因式分解的能力，一個多項式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法進行因式分解，同時因式分解要徹底，直到不能分解為止.
13.(2017•于洪區(qū)一模)反比例函數y= 的圖象在每個象限內y的值隨著x的逐漸增大而增大，那么k的取值范圍是 k>1 .
【考點】G4：反比例函數的性質.
【分析】先根據反比例函數的性質得出1﹣k<0，再解不等式求出k的取值范圍.
【解答】解：∵反比例函數的圖象在其每個象限內，y隨著x的增大而增大，
∴1﹣k<0，
k>1.
故答案為k>1.
【點評】本題考查了反比例函數的圖象和性質：①、當k>0時，圖象分別位于第一、三象限;當k<0時，圖象分別位于第二、四象限.②、當k>0時，在同一個象限內，y隨x的增大而減小;當k<0時，在同一個象限，y隨x的增大而增大.
14.(2017•于洪區(qū)一模)如圖，CE是△ABC的外角∠ACD的平分線，若∠B=35°，∠ACE=60°，則∠A= 85° .
【考點】K8：三角形的外角性質.
【分析】根據角平分線定義求出∠ACD，根據三角形的外角性質得出∠ACD=∠A+∠B，即可求出答案.
【解答】解：∵∠ACE=60°，CE是△ABC的外角∠ACD的平分線，
∠ACD=2∠ACE=120°，
∵∠ACD=∠A+∠B，∠B=35°，
∴∠A=∠ACD﹣∠B=85°，
故答案為：85°
【點評】本題考查了三角形的外角性質的應用，能根據三角形的外角性質得出ACD=∠A+∠B是解此題的關鍵.
15.(2016•日照)如圖，一拋物線型拱橋，當拱頂到水面的距離為2米時，水面寬度為4米;那么當水位下降1米后，水面的寬度為 2 米.
【考點】HE：二次函數的應用.
【分析】根據已知得出直角坐標系，進而求出二次函數解析式，再通過把y=﹣1代入拋物線解析式得出水面寬度，即可得出答案.
【解答】解：如圖，
建立平面直角坐標系，設橫軸x通過AB，縱軸y通過AB中點O且通過C點，則通過畫圖可得知O為原點，
拋物線以y軸為對稱軸，且經過A，B兩點，OA和OB可求出為AB的一半2米，拋物線頂點C坐標為(0，2)，
通過以上條件可設頂點式y(tǒng)=ax2+2，其中a可通過代入A點坐標(﹣2，0)，
到拋物線解析式得出：a=﹣0.5，所以拋物線解析式為y=﹣0.5x2+2，
當水面下降1米，通過拋物線在圖上的觀察可轉化為：
當y=﹣1時，對應的拋物線上兩點之間的距離，也就是直線y=﹣1與拋物線相交的兩點之間的距離，
可以通過把y=﹣1代入拋物線解析式得出：
﹣1=﹣0.5x2+2，
解得：x=± ，
所以水面寬度增加到2 米，
故答案為：2 米.
【點評】此題主要考查了二次函數的應用，根據已知建立坐標系從而得出二次函數解析式是解決問題的關鍵.
16.(2017•于洪區(qū)一模)如圖，已知在Rt△ABC中，D是斜邊AB的中點，AC=4，BC=2，將△ACD沿直線CD折疊，點A落在點E處，聯(lián)結AE，那么線段AE的長度等于 .
【考點】PB：翻折變換(折疊問題).
【分析】延長CD交AE于F，由折疊的性質得出CF⊥AE，AC=EC，得出∠AFC=90°，AF=EF，由勾股定理求出AB，由直角三角形斜邊上的中線性質得出CD= AB=AD，得出∠DCA=∠DAC，證出△AFC∽△BCA，得出對應邊成比例 ，求出AF，即可得出AE的長.
【解答】解：如圖所示：延長CD交AE于F，
由折疊的性質得：CF⊥AE，AC=EC，
∴∠AFC=90°，AF=EF，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB= = =2 ，
∵D是斜邊AB的中點，
∴CD= AB=AD，
∴∠DCA=∠DAC，
∵∠AFC=∠ACB=90°，
∴△AFC∽△BCA，
∴ ，
即 ，
∴AF= ，
∴AE=2AF= ;
故答案為： .
【點評】本題考查了翻折變換的性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質;熟練掌握翻折變換的性質，并能進行推理計算是解決問題的關鍵.
三、計算
17.(2017•于洪區(qū)一模)先化簡，再求值：(a﹣b)2+b(3a﹣b)﹣a2，其中a=﹣1，b=4.
【考點】4J：整式的混合運算—化簡求值.
【分析】原式利用完全平方公式，單項式乘以多項式法則計算，去括號合并得到最簡結果，把a與b的值代入計算即可求出值.
【解答】解：原式=a2﹣2ab+b2+3ab﹣b2﹣a2=ab，
當a=﹣1，b=4時，原式=﹣4.
【點評】此題考查了整式的混合運算﹣化簡求值，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵.
18.(2015•湘西州)如圖，在▱ABCD中，DE⊥AB，BF⊥CD，垂足分別為E，F.
(1)求證：△ADE≌△CBF;
(2)求證：四邊形BFDE為矩形.
【考點】LC：矩形的判定;KD：全等三角形的判定與性質;L5：平行四邊形的性質.
【分析】(1)由DE與AB垂直，BF與CD垂直，得到一對直角相等，再由ABCD為平行四邊形得到AD=BC，對角相等，利用AAS即可的值;
(2)由平行四邊形的對邊平行得到DC與AB平行，得到∠CDE為直角，利用三個角為直角的四邊形為矩形即可的值.
【解答】證明：(1)∵DE⊥AB，BF⊥CD，
∴∠AED=∠CFB=90°，
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF(AAS);
(2)∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴CD∥AB，
∴∠CDE+∠DEB=180°，
∵∠DEB=90°，
∴∠CDE=90°，
∴∠CDE=∠DEB=∠BFD=90°，
則四邊形BFDE為矩形.
【點評】此題考查了矩形的判定，全等三角形的判定與性質，以及平行四邊形的性質，熟練掌握矩形的判定方法是解本題的關鍵.
19.(2017•于洪區(qū)一模)甲、乙兩個不透明的口袋，甲口袋中裝有3個分別標有數字﹣1，﹣2，﹣4的小球，乙口袋中裝有3個分別標有數字﹣3，5，6的小球，它們的形狀、大小完全相同，現隨機從甲口袋中摸出一個小球記下數字，再從乙口袋中摸出一個小球記下數字.
(1)請用列表或樹狀圖的方法(只選其中一種)，表示出兩次所得數字可能出現的所有結果;
(2)求出兩個數字之積為正數的概率.
【考點】X6：列表法與樹狀圖法.
【分析】(1)畫樹狀圖展示所有9種等可能的結果數;
(2)找出兩個數字之積為正數的結果數，然后根據概率公式求解.
【解答】解：(1)畫樹狀圖為：
共有9種等可能的結果數;
(2)兩個數字之積為正數的結果數為3，
所以兩個數字之積為正數的概率= = .
【點評】本題考查了列表法與樹狀圖法：利用列表法或樹狀圖法展示所有等可能的結果n，再從中選出符合事件A或B的結果數目m，然后利用概率公式計算事件A或事件B的概率.
20.(2017•于洪區(qū)一模)某中學初二年級抽取部分學生進行跳繩測試.并規(guī)定：每分鐘跳90次以下的為不及格;每分鐘跳90∼99次的為及格;每分鐘跳100∼109次的為中等;每分鐘跳110∼119次的為良好;每分鐘跳120次及以上的為優(yōu)秀.測試結果整理繪制成如下兩幅不完整的統(tǒng)計圖.請根據圖中信息，解答下列各題：
(1)參加這次跳繩測試的共有 25 人;
(2)補全條形統(tǒng)計圖;
(3)在扇形統(tǒng)計圖中，“中等”部分所對應的圓心角的度數是 72° ;
(4)如果該校初二年級的總人數是450人，根據此統(tǒng)計數據，請你估算該校初二年級跳繩成績?yōu)?ldquo;優(yōu)秀”的人數.
【考點】VC：條形統(tǒng)計圖;V5：用樣本估計總體;VB：扇形統(tǒng)計圖.
【分析】(1)利用條形統(tǒng)計圖以及扇形統(tǒng)計圖得出良好的人數和所占比例，即可得出全班人數;
(2)利用(1)中所求，結合條形統(tǒng)計圖得出優(yōu)秀的人數，進而求出答案;
(3)利用中等的人數，進而得出“中等”部分所對應的圓心角的度數;
(4)利用樣本估計總體進而利用“優(yōu)秀”所占比例求出即可.
【解答】解：(1)由扇形統(tǒng)計圖和條形統(tǒng)計圖可得：
參加這次跳繩測試的共有：20÷40%=50(人);
故答案為：50;
(2)由(1)的優(yōu)秀的人數為：50﹣3﹣7﹣10﹣20=10，
如圖所示：
;
(3)“中等”部分所對應的圓心角的度數是： ×360°=72°，
故答案為：72°;
(4)該校初二年級跳繩成績?yōu)?ldquo;優(yōu)秀”的人數為：450× =90(人).
答：該校初二年級跳繩成績?yōu)?ldquo;優(yōu)秀”的人數為90人.
【點評】此題主要考查了扇形統(tǒng)計圖以及條形統(tǒng)計圖和利用樣本估計總體等知識，利用已知圖形得出正確信息是解題關鍵.
21.(2017•于洪區(qū)一模)“清明節(jié)”前夕，某花店用6000元購進若干花籃，上市后很快售完，接著又用7500元購進第二批同樣的花籃.已知第二批所購的數量是第一批數量的1.5倍，且每個花藍的進價比第一批的進價少5元，求第一批花籃每個進價是多少元?
【考點】B7：分式方程的應用.
【分析】設第一批花籃每個進價是x元，則第二批花籃每個進價是(x﹣5)元，根據數量=總價÷單價結合第二批所購的數量是第一批數量的1.5倍，即可得出關于x的分式方程，解之并檢驗后即可得出結論.
【解答】解：設第一批花籃每個進價是x元，則第二批花籃每個進價是(x﹣5)元，
根據題意得： =1.5× ，
解得：x=30，
經檢驗，x=30是原分式方程的解.
答：第一批花籃每個進價是30元.
【點評】本題考查了分式方程的應用，找準等量關系，列出關于x的分式方程是解題的關鍵.
22.(2017•于洪區(qū)一模)如圖，△ABC中，AB=AC，以AB為直徑的O與BC相交于點D，與CA的延長線相交于點E，過點D作DF⊥AC于點F.
(1)試說明DF是⊙O的切線;
(2)若AC=3AE=6，求tanC.
【考點】ME：切線的判定與性質;KH：等腰三角形的性質;T7：解直角三角形.
【分析】(1)連接OD，根據等邊對等角性質和平行線的判定和性質證得OD⊥DF，從而證得DF是⊙O的切線;
(2)根據圓周角定理、勾股定理得出BE=2 AE，CE=4AE，然后根據勾股定理求得BE=2 AE，根據三角函數的定義即可得到結論.
【解答】(1)證明：連接OD，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∵DF⊥AC，
∴OD⊥DF，
∴DF是⊙O的切線;
(2)解：連接BE，AD，
∵AB是直徑，
∴∠AEB=90°，
∵AB=AC，AC=3AE=6，
∴AB=3AE=6，AE=2，
∴CE=4AE=8，
∴BE= =4 ，
∴tanC= = .
【點評】本題考查了等腰三角形的性質，平行線的判定和性質，切線的判定，勾股定理的應用以及三角形相似的判定和性質等，是一道綜合題，難度中等.
23.(2017•于洪區(qū)一模)如圖1，在平面直角坐標系中，點O是坐標原點，四邊形ABCO是菱形，點A的坐標為(﹣3，4)，點C在x軸的正半軸上，直線AC交y軸于點M，AB邊交y軸于點H，鏈接BM
(1)菱形ABCO的邊長 5
(2)求直線AC的解析式;
(3)動點P從點A出發(fā)，沿折線ABC方向以2個單位/秒的速度向終點C勻速運動，設△PMB的面積為S(S≠0)，點P的運動時間為t秒，
?、佼?
?、谠邳cP運動過程中，當S=3，請直接寫出t的值.
【考點】FI：一次函數綜合題.
【分析】(1)Rt△AOH中利用勾股定理即可求得菱形的邊長;
(2)根據(1)即可求的OC的長，則C的坐標即可求得，利用待定系數法即可求得直線AC的解析式;
(3)根據S△ABC=S△AMB+SBMC求得M到直線BC的距離為h，然后分成P在AM上和在MC上兩種情況討論，利用三角形的面積公式求解.
【解答】解：(1)Rt△AOH中，
AO= = =5，
所以菱形邊長為5;
故答案為：5;
(2)∵四邊形ABCO是菱形，
∴OC=OA=AB=5，即C(5，0).
設直線AC的解析式y(tǒng)=kx+b，函數圖象過點A、C，得
，解得 ，
直線AC的解析式y(tǒng)=﹣ x+ ;
(3)設M到直線BC的距離為h，
當x=0時，y= ，即M(0， )，HM=HO﹣OM=4﹣ = ，
由S△ABC=S△AMB+SBMC= AB•OH= AB•HM+ BC•h，
×5×4= ×5× + ×5h，解得h= ，
?、佼?
S= BP•HM= × (5﹣2t)=﹣ t﹣ ;
②當2.5
S= BP•h= × (2t﹣5)= t﹣ ，
把S=3代入①中的函數解析式得，3=﹣ t﹣ ，
解得：t=﹣ (不合題意)，
把S=3代入②的解析式得，3= t﹣ ，
解得：t= .
【點評】本題考查了待定系數法求一次函數的解析式以及菱形的性質，根據三角形的面積關系求得M到直線BC的距離h是關鍵.
24.(2017•于洪區(qū)一模)兩塊等腰直角三角板△ABC和△DEC如圖擺放，其中∠ACB=∠DCE=90°，F是DE的中點，H是AE的中點，G是BD的中點.
(1)如圖1，若點D.E分別在AC、BC的延長線上，通過觀察和測量，猜想FH和FG的數量關系為 FH=FG 和位置關系為 FG⊥FH ;
(2)將圖1中三角板△DEC繞著點C順時針(逆時針)旋轉，旋轉角為a(0°
(3)在△DEC繞點C按圖3方式旋轉的過程中，當直線FH經過點C時，若AC=2，CD= ，請直接寫出FG的長.
【考點】RB：幾何變換綜合題.
【分析】(1)證AD=BE，根據三角形的中位線推出FH= AD，FH∥AD，FG= BE，FG∥BE，即可推出答案;
(2)①證△ACD≌△BCE，推出AD=BE，根據三角形的中位線定理即可推出答案;
②連接BE、AD，根據全等推出AD=BE，根據三角形的中位線定理即可推出答案;
(3)如圖4中，由題意，易知CF⊥DE，△CFD，△CFE都是等腰直角三角形，由CD= ，推出CF=DF=1，∵BC=AC=2，推出BF= = ，推出BD=BF﹣DF= ﹣1，由DG=GB，推出DG= ( ﹣1)，根據FG=DF+DG計算即可解決問題;
【解答】(1)解：如圖1中，
∵CE=CD，AC=BC，∠ECA=∠DCB=90°，
∴BE=AD，
∵F是DE的中點，H是AE的中點，G是BD的中點，
∴FH= AD，FH∥AD，FG= BE，FG∥BE，
∴FH=FG，
∵AD⊥BE，
∴FH⊥FG，
故答案為：FG=FH，FG⊥FH.
(2)①答：成立，
證明：如圖2中，
∵CE=CD，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC，
∴△ACD≌△BCE
∴AD=BE，
由(1)知：FH= AD，FH∥AD，FG= BE，FG∥BE，
∴FH=FG，FH⊥FG，
∴(1)中的猜想還成立.
?、诖穑撼闪ⅲY論是FH=FG，FH⊥FG.
如圖3中，連接AD，BE，兩線交于Z，AD交BC于X，
同(1)可證
∴FH= AD，FH∥AD，FG= BE，FG∥BE，
∵三角形ECD、ACB是等腰直角三角形，
∴CE=CD，AC=BC，∠ECD=∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中
，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠EBC=∠DAC，
∵∠DAC+∠CXA=90°，∠CXA=∠DXB，
∴∠DXB+∠EBC=90°，
∴∠EZA=180°﹣90°=90°，
即AD⊥BE，
∵FH∥AD，FG∥BE，
∴FH⊥FG，
即FH=FG，FH⊥FG，
結論是FH=FG，FH⊥FG.
(3)如圖4中，
由題意，易知CF⊥DE，△CFD，△CFE都是等腰直角三角形，
∵CD= ，
∴CF=DF=1，∵BC=AC=2，
∴BF= = ，
∴BD=BF﹣DF= ﹣1，
∵DG=GB，
∴DG= ( ﹣1)，
∴FG=DF+DG= .
【點評】本題主要考查對等腰直角三角形的性質，全等三角形的性質和判定，三角形的中位線定理，旋轉的性質等知識點的理解和掌握，能熟練地運用這些性質進行推理是解此題的關鍵.
25.(2017•于洪區(qū)一模)在平面直角坐標系中，拋物線y= x2﹣ x﹣2與x軸交與A，B兩點(點B在點A的右側)，與y軸交于點C，點D與點C關于x軸對稱，連接BD
(1)求點A，B，C的坐標.
(2)當點P時x軸上的一個動點，設點P的坐標為(m，0)，過點P作x軸的垂線l，交拋物線于點M，交直線BD于點N
?、佼旤cP在線段OB上運動時(不與O、B重合)，求m為何值時，線段MN的長度最大，并說明此時四邊形DCMN是否為平行四邊形
?、诋旤cP的運動過程中，是否存在點M，使△BDM是以BD為直角邊的直角三角形?若存在，請直接寫出點M的坐標;若不存在，請說明理由.
【考點】HF：二次函數綜合題.
【分析】(1)利用拋物線解析式容易求得A、B、C的坐標;
(2)①可求得直線BD的解析式，利用m可表示出MN的長，則可利用二次函數的性質求得MN的最大值，再判斷MN與CD是否相等即可;②由題意可知只能BM⊥BD，可設出M點的坐標，從而可表示出BP和MP的長，利用△OBD∽△PMB，可得到關于M點坐標的方程，從而可求得M點的坐標.
【解答】解：
(1)在y= x2﹣ x﹣2中，令y=0可得0= x2﹣ x﹣2，解得x=﹣1或x=4，
∴A(﹣1，0)，B(4，0)，
在y= x2﹣ x﹣2中，令x=0可得y=﹣2，
∴C(0，﹣2);
(2)①∵D與C關于x軸對稱，
∴D(0，2)，且B(4，0)，
∴可設直線BD解析式為y=kx+2，把B點坐標代入可得4k+2=0，解得k=﹣ ，
∴直線BD解析式為y=﹣ x+2，
∵P(m，0)，
∴N(m，﹣ m+2)，M(m， m2﹣ m﹣2)，
∵P在線段OB上，
∴M在x軸下方，
∴MN=﹣ m+2﹣( m2﹣ m﹣2)=﹣ m2+m+4=﹣ (m﹣1)2+ ，
∵﹣ <0，
∴當m=1時，MN有最大值，最大值為 ，
∵CD=4≠MN，
∴四邊形DCMN不是平行四邊形;
?、凇唿cP在線段OB上運動，
∴點M在第四象限，
∴∠MDB≠90°，
當△BDM是以BD為直角邊的直角三角形時，只有MB⊥BD，如圖，
設P(m，0)，則M(m， m2﹣ m﹣2)，且B(4，0)，D(0，2)，
∴BP=4﹣m，PM=﹣ m2+ m+2，OB=4，OD=2，
∵∠MBD=90°，
∴∠OBD+∠PBM=∠ODB+∠OBD=90°，
∴∠ODB=∠PMB，
∴△OBD∽△PMB，
∴ = ，即 = ，解得m=3或m=4(舍去)，
∴M點坐標為(3，﹣2).
【點評】本題為二次函數的綜合應用，涉及函數圖象與坐標軸的交點、待定系數法、二次函數的性質、相似三角形的判定和性質、方程思想等知識.在(1)中注意函數圖象與坐標軸交點的求法，在(2)中用m表示出MN的長是解題的關鍵，在(3)中確定出M的位置是解題的關鍵.本題考查知識點較多，綜合性較強，難度適中.
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