2016年陕西省中考数学试卷 20页

‎2016年陕西省中考数学试卷 一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）‎ ‎1．计算：（﹣）×2=（　　）‎ A．﹣1 B．1 C．4 D．﹣4‎ ‎【考点】有理数的乘法．‎ ‎【分析】原式利用乘法法则计算即可得到结果．‎ ‎【解答】解：原式=﹣1，‎ 故选A ‎　‎ ‎2．如图，下面的几何体由三个大小相同的小立方块组成，则它的左视图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简单组合体的三视图．‎ ‎【分析】根据已知几何体，确定出左视图即可．‎ ‎【解答】解：根据题意得到几何体的左视图为，‎ 故选C ‎　‎ ‎3．下列计算正确的是（　　）‎ A．x2+3x2=4x4B．x2y•2x3=2x4y C．（6x2y2）÷（3x）=2x2D．（﹣3x）2=9x2‎ ‎【考点】整式的除法；合并同类项；幂的乘方与积的乘方；单项式乘单项式．‎ ‎【分析】A、原式合并得到结果，即可作出判断；‎ B、原式利用单项式乘以单项式法则计算得到结果，即可作出判断；‎ C、原式利用单项式除以单项式法则计算得到结果，即可作出判断；‎ D、原式利用积的乘方运算法则计算得到结果，即可作出判断．‎ ‎【解答】解：A、原式=4x2，错误；‎ B、原式=2x5y，错误；‎ C、原式=2xy2，错误；‎ D、原式=9x2，正确，‎ 故选D ‎　‎ ‎4．如图，AB∥CD，AE平分∠CAB交CD于点E，若∠C=50°，则∠AED=（　　）‎ A．65° B．115° C．125° D．130°‎ ‎【考点】平行线的性质．‎ ‎【分析】根据平行线性质求出∠CAB的度数，根据角平分线求出∠EAB的度数，根据平行线性质求出∠AED的度数即可．‎ ‎【解答】解：∵AB∥CD，‎ ‎∴∠C+∠CAB=180°，‎ ‎∵∠C=50°，‎ ‎∴∠CAB=180°﹣50°=130°，‎ ‎∵AE平分∠CAB，‎ ‎∴∠EAB=65°，‎ ‎∵AB∥CD，‎ ‎∴∠EAB+∠AED=180°，‎ ‎∴∠AED=180°﹣65°=115°，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．设点A（a，b）是正比例函数y=﹣x图象上的任意一点，则下列等式一定成立的是（　　）‎ A．2a+3b=0 B．2a﹣3b=0 C．3a﹣2b=0 D．3a+2b=0‎ ‎【考点】一次函数图象上点的坐标特征．‎ ‎【分析】直接把点A（a，b）代入正比例函数y=﹣x，求出a，b的关系即可．‎ ‎【解答】解：把点A（a，b）代入正比例函数y=﹣x，‎ 可得：﹣3a=2b，‎ 可得：3a+2b=0，‎ 故选D ‎　‎ ‎6．如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=6．若DE是△ABC的中位线，延长DE交△ABC的外角∠ACM的平分线于点F，则线段DF的长为（　　）‎ A．7 B．8 C．9 D．10‎ ‎【考点】三角形中位线定理；等腰三角形的判定与性质；勾股定理．‎ ‎【分析】根据三角形中位线定理求出DE，得到DF∥BM，再证明EC=EF=AC，由此即可解决问题．‎ ‎【解答】解：在RT△ABC中，∵∠ABC=90°，AB=8，BC=6，‎ ‎∴AC===10，‎ ‎∵DE是△ABC的中位线，‎ ‎∴DF∥BM，DE=BC=3，‎ ‎∴∠EFC=∠FCM，‎ ‎∵∠FCE=∠FCM，‎ ‎∴∠EFC=∠ECF，‎ ‎∴EC=EF=AC=5，‎ ‎∴DF=DE+EF=3+5=8．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．已知一次函数y=kx+5和y=k′x+7，假设k＞0且k′＜0，则这两个一次函数的图象的交点在（　　）‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎【考点】两条直线相交或平行问题．‎ ‎【分析】根据k的符号来求确定一次函数y=kx+b的图象所经过的象限，然后根据b的情况即可求得交点的位置．‎ ‎【解答】解：∵一次函数y=kx+5中k＞0，‎ ‎∴一次函数y=kx+5的图象经过第一、二、三象限．‎ 又∵一次函数y=k′x+7中k′＜0，‎ ‎∴一次函数y=k′x+7的图象经过第一、二、四象限．‎ ‎∵5＜7，‎ ‎∴这两个一次函数的图象的交点在第一象限，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．如图，在正方形ABCD中，连接BD，点O是BD的中点，若M、N是边AD上的两点，连接MO、NO，并分别延长交边BC于两点M′、N′，则图中的全等三角形共有（　　）‎ A．2对 B．3对 C．4对 D．5对 ‎【考点】正方形的性质；全等三角形的判定．‎ ‎【分析】可以判断△ABD≌△BCD，△MDO≌△M′BO，△NOD≌△N′OB，△MON≌△M′ON′由此即可对称结论．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB=CD=CB=AD，∠A=∠C=∠ABC=∠ADC=90°，AD∥BC，‎ 在△ABD和△BCD中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABD≌△BCD，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠MDO=∠M′BO，‎ 在△MOD和△M′OB中，‎ ‎，‎ ‎∴△MDO≌△M′BO，同理可证△NOD≌△N′OB，∴△MON≌△M′ON′，‎ ‎∴全等三角形一共有4对．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．如图，⊙O的半径为4，△ABC是⊙O的内接三角形，连接OB、OC．若∠BAC与∠BOC互补，则弦BC的长为（　　）‎ A．3B．4C．5D．6‎ ‎【考点】垂径定理；圆周角定理；解直角三角形．‎ ‎【分析】首先过点O作OD⊥BC于D，由垂径定理可得BC=2BD，又由圆周角定理，可求得∠BOC的度数，然后根据等腰三角形的性质，求得∠OBC的度数，利用余弦函数，即可求得答案．‎ ‎【解答】解：过点O作OD⊥BC于D，‎ 则BC=2BD，‎ ‎∵△ABC内接于⊙O，∠BAC与∠BOC互补，‎ ‎∴∠BOC=2∠A，∠BOC+∠A=180°，‎ ‎∴∠BOC=120°，‎ ‎∵OB=OC，‎ ‎∴∠OBC=∠OCB==30°，‎ ‎∵⊙O的半径为4，‎ ‎∴BD=OB•cos∠OBC=4×=2，‎ ‎∴BC=4．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．已知抛物线y=﹣x2﹣2x+3与x轴交于A、B两点，将这条抛物线的顶点记为C，连接AC、BC，则tan∠CAB的值为（　　）‎ A． B． C． D．2‎ ‎【考点】抛物线与x轴的交点；锐角三角函数的定义．‎ ‎【分析】先求出A、B、C坐标，作CD⊥AB于D，根据tan∠ACD=即可计算．‎ ‎【解答】解：令y=0，则﹣x2﹣2x+3=0，解得x=﹣3或1，不妨设A（﹣3，0），B（1，0），‎ ‎∵y=﹣x2﹣2x+3=﹣（x+1）2+4，‎ ‎∴顶点C（﹣1，4），‎ 如图所示，作CD⊥AB于D．‎ 在RT△ACD中，tan∠CAD===2，‎ 故答案为D．‎ ‎　‎ 二、填空题（共4小题，每小题3分，满分12分）‎ ‎11．不等式﹣x+3＜0的解集是　x＞6　．‎ ‎【考点】解一元一次不等式．‎ ‎【分析】移项、系数化成1即可求解．‎ ‎【解答】解：移项，得﹣x＜﹣3，‎ 系数化为1得x＞6．‎ 故答案是：x＞6．‎ ‎　‎ ‎12．请从以下两个小题中任选一个作答，若多选，则按第一题计分．‎ A．一个多边形的一个外角为45°，则这个正多边形的边数是　8　．‎ B．运用科学计算器计算：3sin73°52′≈　11.9　．（结果精确到0.1）‎ ‎【考点】计算器—三角函数；近似数和有效数字；计算器—数的开方；多边形内角与外角．‎ ‎【分析】（1）根据多边形内角和为360°进行计算即可；（2）先分别求得3和sin73°52′的近似值，再相乘求得计算结果．‎ ‎【解答】解：（1）∵正多边形的外角和为360°‎ ‎∴这个正多边形的边数为：360°÷45°=8‎ ‎（2）3sin73°52′≈12.369×0.961≈11.9‎ 故答案为：8，11.9‎ ‎　‎ ‎13．已知一次函数y=2x+4的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，若这个一次函数的图象与一个反比例函数的图象在第一象限交于点C，且AB=2BC，则这个反比例函数的表达式为　y=　．‎ ‎【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．‎ ‎【分析】根据已知条件得到A（﹣2，0），B（0，4），过C作CD⊥x轴于D，根据相似三角形的性质得到==，求得C（1，6），即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵一次函数y=2x+4的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，‎ ‎∴A（﹣2，0），B（0，4），‎ 过C作CD⊥x轴于D，‎ ‎∴OB∥CD，‎ ‎∴△ABO∽△ACD，‎ ‎∴==，‎ ‎∴CD=6，AD=3，‎ ‎∴OD=1，‎ ‎∴C（1，6），‎ 设反比例函数的解析式为y=，‎ ‎∴k=6，‎ ‎∴反比例函数的解析式为y=．‎ 故答案为：y=．‎ ‎　‎ ‎14．如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=2，点P是这个菱形内部或边上的一点，若以点P、B、C为顶点的三角形是等腰三角形，则P、D（P、D两点不重合）两点间的最短距离为　2﹣2　．‎ ‎【考点】菱形的性质；等腰三角形的判定；等边三角形的性质．‎ ‎【分析】如图连接AC、BD交于点O，以B为圆心BC为半径画圆交BD于P．此时△PBC是等腰三角形，线段PD最短，求出BD即可解决问题．‎ ‎【解答】解：如图连接AC、BD交于点O，以B为圆心BC为半径画圆交BD于P．‎ 此时△PBC是等腰三角形，线段PD最短，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，‎ ‎∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠ADC=60°，‎ ‎∴△ABC，△ADC是等边三角形，‎ ‎∴BO=DO=×2=，‎ ‎∴BD=2BO=2，‎ ‎∴PD最小值=BD﹣BP=2﹣2．‎ 故答案为2﹣2．‎ ‎　‎ 三、解答题（共11小题，满分78分）‎ ‎15．计算：﹣|1﹣|+（7+π）0．‎ ‎【考点】实数的运算；零指数幂．‎ ‎【分析】直接化简二次根式、去掉绝对值、再利用零指数幂的性质化简求出答案．‎ ‎【解答】解：原式=2﹣（﹣1）+1‎ ‎=2﹣+2‎ ‎=+2．‎ ‎　‎ ‎16．化简：（x﹣5+）÷．‎ ‎【考点】分式的混合运算．‎ ‎【分析】根据分式的除法，可得答案．‎ ‎【解答】解：原式=•‎ ‎=（x﹣1）（x﹣3）‎ ‎=x2﹣4x+3．‎ ‎　‎ ‎17．如图，已知△ABC，∠BAC=90°，请用尺规过点A作一条直线，使其将△ABC分成两个相似的三角形（保留作图痕迹，不写作法）‎ ‎【考点】作图—相似变换．‎ ‎【分析】过点A作AD⊥BC于D，利用等角的余角相等可得到∠BAD=∠C，则可判断△ABD与△CAD相似．‎ ‎【解答】解：如图，AD为所作．‎ ‎　‎ ‎18．某校为了进一步改变本校七年级数学教学，提高学生学习数学的兴趣，校教务处在七年级所有班级中，每班随机抽取了6名学生，并对他们的数学学习情况进行了问卷调查．我们从所调查的题目中，特别把学生对数学学习喜欢程度的回答（喜欢程度分为：“A﹣非常喜欢”、“B﹣比较喜欢”、“C﹣不太喜欢”、“D﹣很不喜欢”，针对这个题目，问卷时要求每位被调查的学生必须从中选一项且只能选一项）结果进行了统计，现将统计结果绘制成如下两幅不完整的统计图．‎ 请你根据以上提供的信息，解答下列问题：‎ ‎（1）补全上面的条形统计图和扇形统计图；‎ ‎（2）所抽取学生对数学学习喜欢程度的众数是　比较喜欢　；‎ ‎（3）若该校七年级共有960名学生，请你估算该年级学生中对数学学习“不太喜欢”的有多少人？‎ ‎【考点】众数；用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图．‎ ‎【分析】（1）根据条形统计图与扇形统计图可以得到调查的学生数，从而可以的选B的学生数和选B和选D的学生所占的百分比，从而可以将统计图补充完整；‎ ‎（2）根据（1）中补全的条形统计图可以得到众数；‎ ‎（3）根据（1）中补全的扇形统计图可以得到该年级学生中对数学学习“不太喜欢”的人数．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可得，‎ 调查的学生有：30÷25%=120（人），‎ 选B的学生有：120﹣18﹣30﹣6=66（人），‎ B所占的百分比是：66÷120×100%=55%，‎ D所占的百分比是：6÷120×100%=5%，‎ 故补全的条形统计图与扇形统计图如右图所示，‎ ‎（2）由（1）中补全的条形统计图可知，‎ 所抽取学生对数学学习喜欢程度的众数是：比较喜欢，‎ 故答案为：比较喜欢；‎ ‎（3）由（1）中补全的扇形统计图可得，‎ 该年级学生中对数学学习“不太喜欢”的有：960×25%=240（人），‎ 即该年级学生中对数学学习“不太喜欢”的有240人．‎ ‎　‎ ‎19．如图，在▱ABCD中，连接BD，在BD的延长线上取一点E，在DB的延长线上取一点F，使BF=DE，连接AF、CE．‎ 求证：AF∥CE．‎ ‎【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．‎ ‎【分析】由平行四边形的性质得出AD∥BC，AD=BC，证出∠1=∠2，DF=BE，由SAS证明△ADF≌△CBE，得出对应角相等，再由平行线的判定即可得出结论．‎ ‎【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD∥BC，AD=BC，‎ ‎∴∠1=∠2，‎ ‎∵BF=DE，‎ ‎∴BF+BD=DE+BD，‎ 即DF=BE，‎ 在△ADF和△CBE中，‎ ‎，‎ ‎∴△ADF≌△CBE（SAS），‎ ‎∴∠AFD=∠CEB，‎ ‎∴AF∥CE．‎ ‎　‎ ‎20．某市为了打造森林城市，树立城市新地标，实现绿色、共享发展理念，在城南建起了“望月阁”及环阁公园．小亮、小芳等同学想用一些测量工具和所学的几何知识测量“望月阁”的高度，来检验自己掌握知识和运用知识的能力．他们经过观察发现，观测点与“望月阁”底部间的距离不易测得，因此经过研究需要两次测量，于是他们首先用平面镜进行测量．方法如下：如图，小芳在小亮和“望月阁”之间的直线BM上平放一平面镜，在镜面上做了一个标记，这个标记在直线BM上的对应位置为点C，镜子不动，小亮看着镜面上的标记，他来回走动，走到点D时，看到“望月阁”顶端点A在镜面中的像与镜面上的标记重合，这时，测得小亮眼睛与地面的高度ED=1.5米，CD=2米，然后，在阳光下，他们用测影长的方法进行了第二次测量，方法如下：如图，小亮从D点沿DM方向走了16米，到达“望月阁”影子的末端F点处，此时，测得小亮身高FG的影长FH=2.5米，FG=1.65米．‎ 如图，已知AB⊥BM，ED⊥BM，GF⊥BM，其中，测量时所使用的平面镜的厚度忽略不计，请你根据题中提供的相关信息，求出“望月阁”的高AB的长度．‎ ‎【考点】相似三角形的应用．‎ ‎【分析】根据镜面反射原理结合相似三角形的判定方法得出△ABC∽△EDC，△ABF∽△GFH，进而利用相似三角形的性质得出AB的长．‎ ‎【解答】解：由题意可得：∠ABC=∠EDC=∠GFH=90°，‎ ‎∠ACB=∠ECD，∠AFB=∠GHF，‎ 故△ABC∽△EDC，△ABF∽△GFH，‎ 则=， =，‎ 即=， =，‎ 解得：AB=99，‎ 答：“望月阁”的高AB的长度为99m．‎ ‎　‎ ‎21．昨天早晨7点，小明乘车从家出发，去西安参加中学生科技创新大赛，赛后，他当天按原路返回，如图，是小明昨天出行的过程中，他距西安的距离y（千米）与他离家的时间x（时）之间的函数图象．‎ 根据下面图象，回答下列问题：‎ ‎（1）求线段AB所表示的函数关系式；‎ ‎（2）已知昨天下午3点时，小明距西安112千米，求他何时到家？‎ ‎【考点】一次函数的应用．‎ ‎【分析】（1）可设线段AB所表示的函数关系式为：y=kx+b，根据待定系数法列方程组求解即可；‎ ‎（2）先根据速度=路程÷时间求出小明回家的速度，再根据时间=路程÷速度，列出算式计算即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）设线段AB所表示的函数关系式为：y=kx+b，‎ 依题意有，‎ 解得．‎ 故线段AB所表示的函数关系式为：y=﹣96x+192（0≤x≤2）；‎ ‎（2）12+3﹣（7+6.6）‎ ‎=15﹣13.6‎ ‎=1.4（小时），‎ ‎112÷1.4=80（千米/时），‎ ‎÷80‎ ‎=80÷80‎ ‎=1（小时），‎ ‎3+1=4（时）．‎ 答：他下午4时到家．‎ ‎　‎ ‎22．某超市为了答谢顾客，凡在本超市购物的顾客，均可凭购物小票参与抽奖活动，奖品是三种瓶装饮料，它们分别是：绿茶、红茶和可乐，抽奖规则如下：①如图，是一个材质均匀可自由转动的转盘，转盘被等分成五个扇形区域，每个区域上分别写有“可”、“绿”、“乐”、“茶”、“红”字样；②参与一次抽奖活动的顾客可进行两次“有效随机转动”（当转动转盘，转盘停止后，可获得指针所指区域的字样，我们称这次转动为一次“有效随机转动”）；③假设顾客转动转盘，转盘停止后，指针指向两区域的边界，顾客可以再转动转盘，直到转动为一次“有效随机转动”；④当顾客完成一次抽奖活动后，记下两次指针所指区域的两个字，只要这两个字和奖品名称的两个字相同（与字的顺序无关），便可获得相应奖品一瓶；不相同时，不能获得任何奖品．‎ 根据以上规则，回答下列问题：‎ ‎（1）求一次“有效随机转动”可获得“乐”字的概率；‎ ‎（2）有一名顾客凭本超市的购物小票，参与了一次抽奖活动，请你用列表或树状图等方法，求该顾客经过两次“有效随机转动”后，获得一瓶可乐的概率．‎ ‎【考点】列表法与树状图法；概率公式．‎ ‎【分析】（1）由转盘被等分成五个扇形区域，每个区域上分别写有“可”、“绿”、“乐”、“茶”、“红”字样；直接利用概率公式求解即可求得答案；‎ ‎（2）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该顾客经过两次“有效随机转动”后，获得一瓶可乐的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．‎ ‎【解答】解：（1）∵转盘被等分成五个扇形区域，每个区域上分别写有“可”、“绿”、“乐”、“茶”、“红”字样；‎ ‎∴一次“有效随机转动”可获得“乐”字的概率为：；‎ ‎（2）画树状图得：‎ ‎∵共有25种等可能的结果，该顾客经过两次“有效随机转动”后，获得一瓶可乐的有2种情况，‎ ‎∴该顾客经过两次“有效随机转动”后，获得一瓶可乐的概率为：．‎ ‎　‎ ‎23．如图，已知：AB是⊙O的弦，过点B作BC⊥AB交⊙O于点C，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点D，取AD的中点E，过点E作EF∥BC交DC的延长线于点F，连接AF并延长交BC的延长线于点G．‎ 求证：‎ ‎（1）FC=FG；‎ ‎（2）AB2=BC•BG．‎ ‎【考点】相似三角形的判定与性质；垂径定理；切线的性质．‎ ‎【分析】（1）由平行线的性质得出EF⊥AD，由线段垂直平分线的性质得出FA=FD，由等腰三角形的性质得出∠FAD=∠D，证出∠DCB=∠G，由对顶角相等得出∠GCF=∠G，即可得出结论；‎ ‎（2）连接AC，由圆周角定理证出AC是⊙O的直径，由弦切角定理得出∠DCB=∠CAB，证出∠CAB=∠G，再由∠CBA=∠GBA=90°，证明△ABC∽△GBA，得出对应边成比例，即可得出结论．‎ ‎【解答】证明：（1）∵EF∥BC，AB⊥BG，‎ ‎∴EF⊥AD，‎ ‎∵E是AD的中点，‎ ‎∴FA=FD，‎ ‎∴∠FAD=∠D，‎ ‎∵GB⊥AB，‎ ‎∴∠GAB+∠G=∠D+∠DCB=90°，‎ ‎∴∠DCB=∠G，‎ ‎∵∠DCB=∠GCF，‎ ‎∴∠GCF=∠G ‎，∴FC=FG；‎ ‎（2）连接AC，如图所示：‎ ‎∵AB⊥BG，‎ ‎∴AC是⊙O的直径，‎ ‎∵FD是⊙O的切线，切点为C，‎ ‎∴∠DCB=∠CAB，‎ ‎∵∠DCB=∠G，‎ ‎∴∠CAB=∠G，‎ ‎∵∠CBA=∠GBA=90°，‎ ‎∴△ABC∽△GBA，‎ ‎∴=，‎ ‎∴AB2=BC•BG．‎ ‎　‎ ‎24．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+5经过点M（1，3）和N（3，5）‎ ‎（1）试判断该抛物线与x轴交点的情况；‎ ‎（2）平移这条抛物线，使平移后的抛物线经过点A（﹣2，0），且与y轴交于点B，同时满足以A、O、B为顶点的三角形是等腰直角三角形，请你写出平移过程，并说明理由．‎ ‎【考点】二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）把M、N两点的坐标代入抛物线解析式可求得a、b的值，可求得抛物线解析式，再根据一元二次方程根的判别式，可判断抛物线与x轴的交点情况；‎ ‎（2）利用A点坐标和等腰三角形的性质可求得B点坐标，设出平移后的抛物线的解析式，把A、B的坐标代入可求得平移后的抛物线的解析式，比较平移前后抛物线的顶点的变化即可得到平移的过程．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由抛物线过M、N两点，‎ 把M、N坐标代入抛物线解析式可得，解得，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x2﹣3x+5，‎ 令y=0可得x2﹣3x+5=0，‎ 该方程的判别式为△=（﹣3）2﹣4×1×5=9﹣20=﹣11＜0，‎ ‎∴抛物线与x轴没有交点；‎ ‎（2）∵△AOB是等腰直角三角形，A（﹣2，0），点B在y轴上，‎ ‎∴B点坐标为（0，2）或（0，﹣2），‎ 可设平移后的抛物线解析式为y=x2+mx+n，‎ ‎①当抛物线过点A（﹣2，0），B（0，2）时，代入可得，解得，‎ ‎∴平移后的抛物线为y=x2+3x+2，‎ ‎∴该抛物线的顶点坐标为（﹣，﹣），而原抛物线顶点坐标为（，），‎ ‎∴将原抛物线先向左平移3个单位，再向下平移3个单位即可获得符合条件的抛物线；‎ ‎②当抛物线过A（﹣2，0），B（0，﹣2）时，代入可得，解得，‎ ‎∴平移后的抛物线为y=x2+x﹣2，‎ ‎∴该抛物线的顶点坐标为（﹣，﹣），而原抛物线顶点坐标为（，），‎ ‎∴将原抛物线先向左平移2个单位，再向下平移5个单位即可获得符合条件的抛物线．‎ ‎　‎ ‎25．问题提出 ‎（1）如图①，已知△ABC，请画出△ABC关于直线AC对称的三角形．‎ 问题探究 ‎（2）如图②，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，AE=4，AF=2，是否在边BC、CD上分别存在点G、H，使得四边形EFGH的周长最小？若存在，求出它周长的最小值；若不存在，请说明理由．‎ 问题解决 ‎（3）如图③，有一矩形板材ABCD，AB=3米，AD=6米，现想从此板材中裁出一个面积尽可能大的四边形EFGH部件，使∠EFG=90°，EF=FG=米，∠EHG=45°，经研究，只有当点E、F、G分别在边AD、AB、BC上，且AF＜BF，并满足点H在矩形ABCD内部或边上时，才有可能裁出符合要求的部件，试问能否裁得符合要求的面积尽可能大的四边形EFGH部件？若能，求出裁得的四边形EFGH部件的面积；若不能，请说明理由．‎ ‎【考点】四边形综合题．‎ ‎【分析】（1）作B关于AC 的对称点D，连接AD，CD，△ACD即为所求；‎ ‎（2）作E关于CD的对称点E′，作F关于BC的对称点F′，连接E′F′，得到此时四边形EFGH的周长最小，根据轴对称的性质得到BF′=BF=AF=2，DE′=DE=2，∠A=90°，于是得到AF′=6，AE′=8，求出E′F′=10，EF=2即可得到结论；‎ ‎（3）根据余角的性质得到1=∠2，推出△AEF≌△BGF，根据全等三角形的性质得到AF=BG，AE=BF，设AF=x，则AE=BF=3﹣x根据勾股定理列方程得到AF=BG=1，BF=AE=2，作△EFG关于EG的对称△EOG，则四边形EFGO是正方形，∠EOG=90°，以O为圆心，以EG为半径作⊙O，则∠EHG=45°的点在⊙O上，连接FO，并延长交⊙O于H′，则H′在EG的垂直平分线上，连接EH′GH′，则∠EH′G=45°，于是得到四边形EFGH′是符合条件的最大部件，根据矩形的面积公式即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）如图1，△ADC即为所求；‎ ‎（2）存在，理由：作E关于CD的对称点E′，‎ 作F关于BC的对称点F′，‎ 连接E′F′，交BC于G，交CD于H，连接FG，EH，‎ 则F′G=FG，E′H=EH，则此时四边形EFGH的周长最小，‎ 由题意得：BF′=BF=AF=2，DE′=DE=2，∠A=90°，‎ ‎∴AF′=6，AE′=8，‎ ‎∴E′F′=10，EF=2，‎ ‎∴四边形EFGH的周长的最小值=EF+FG+GH+HE=EF+E′F′=2+10，‎ ‎∴在边BC、CD上分别存在点G、H，‎ 使得四边形EFGH的周长最小，‎ 最小值为2+10；‎ ‎（3）能裁得，‎ 理由：∵EF=FG=，∠A=∠B=90°，∠1+∠AFE=∠2+AFE=90°，‎ ‎∴∠1=∠2，‎ 在△AEF与△BGF中，，‎ ‎∴△AEF≌△BGF，‎ ‎∴AF=BG，AE=BF，设AF=x，则AE=BF=3﹣x，‎ ‎∴x2+（3﹣x）2=（）2，解得：x=1，x=2（不合题意，舍去），‎ ‎∴AF=BG=1，BF=AE=2，‎ ‎∴DE=4，CG=5，‎ 连接EG，‎ 作△EFG关于EG的对称△EOG，‎ 则四边形EFGO是正方形，∠EOG=90°，‎ 以O为圆心，以EG为半径作⊙O，‎ 则∠EHG=45°的点在⊙O上，‎ 连接FO，并延长交⊙O于H′，则H′在EG的垂直平分线上，‎ 连接EH′GH′，则∠EH′G=45°，‎ 此时，四边形EFGH′是要想裁得符合要求的面积最大的，‎ ‎∴C在线段EG的垂直平分线设，‎ ‎∴点F，O，H′，C在一条直线上，‎ ‎∵EG=，‎ ‎∴OF=EG=，‎ ‎∵CF=2，‎ ‎∴OC=，‎ ‎∵OH′=OE=FG=，‎ ‎∴OH′＜OC，‎ ‎∴点H′在矩形ABCD的内部，‎ ‎∴可以在矩形ABCD中，裁得符合条件的面积最大的四边形EFGH′部件，‎ 这个部件的面积=EG•FH′=××（+）=5+，‎ ‎∴当所裁得的四边形部件为四边形EFGH′时，裁得了符合条件的最大部件，这个部件的面积为（5+）m2．‎ ‎　‎