2016年湖北省荆门市中考数学试卷 18页

‎2016年湖北省荆门市中考数学试卷 一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分，每小题给出4个选项，有且只有一个答案是正确的）‎ ‎1．2的绝对值是（　　）‎ A．2 B．﹣2 C． D．﹣‎ ‎【考点】绝对值．‎ ‎【分析】计算绝对值要根据绝对值的定义求解．第一步列出绝对值的表达式；第二步根据绝对值定义去掉这个绝对值的符号．‎ ‎【解答】解：∵2＞0，‎ ‎∴|2|=2．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．下列运算正确的是（　　）‎ A．a+2a=2a2B．（﹣2ab2）2=4a2b4C．a6÷a3=a2D．（a﹣3）2=a2﹣9‎ ‎【考点】同底数幂的除法；合并同类项；幂的乘方与积的乘方；完全平方公式．‎ ‎【分析】根据合并同类项系数相加字母及指数不变，积的乘方等于乘方的积，同底数幂的除法底数不变指数相减，差的平方等余平方和减积的二倍，可得答案．‎ ‎【解答】解：A、合并同类项系数相加字母及指数不变，故A错误；‎ B、积的乘方等于乘方的积，故B正确；‎ C、同底数幂的除法底数不变指数相减，故C错误；‎ D、差的平方等余平方和减积的二倍，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．要使式子有意义，则x的取值范围是（　　）‎ A．x＞1 B．x＞﹣1 C．x≥1 D．x≥﹣1‎ ‎【考点】二次根式有意义的条件．‎ ‎【分析】直接利用二次根式有意义的条件进而得出x﹣1≥0，求出答案．‎ ‎【解答】解：要使式子有意义，‎ 故x﹣1≥0，‎ 解得：x≥1．‎ 则x的取值范围是：x≥1．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图，△ABC中，AB=AC，AD是∠BAC的平分线．已知AB=5，AD=3，则BC的长为（　　）‎ A．5 B．6 C．8 D．10‎ ‎【考点】勾股定理；等腰三角形的性质．‎ ‎【分析】根据等腰三角形的性质得到AD⊥BC，BD=CD，根据勾股定理即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵AB=AC，AD是∠BAC的平分线，‎ ‎∴AD⊥BC，BD=CD，‎ ‎∵AB=5，AD=3，‎ ‎∴BD==4，‎ ‎∴BC=2BD=8，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．在平面直角坐标系中，若点A（a，﹣b）在第一象限内，则点B（a，b）所在的象限是（　　）‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎【考点】点的坐标．‎ ‎【分析】根据各象限内点的坐标特征解答即可．‎ ‎【解答】解：∵点A（a，﹣b）在第一象限内，‎ ‎∴a＞0，﹣b＞0，‎ ‎∴b＜0，‎ ‎∴点B（a，b）所在的象限是第四象限．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．由5个大小相同的小正方体拼成的几何体如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．主视图的面积最小 B．左视图的面积最小 C．俯视图的面积最小 D．三个视图的面积相等 ‎【考点】简单组合体的三视图．‎ ‎【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图，从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．‎ ‎【解答】解：从正面看第一层是三个小正方形，第二层左边一个小正方形，主视图的面积是4；‎ 从左边看第一层是两个小正方形，第二层左边一个小正方形，左视图的面积为3；‎ 从上边看第一列是两个小正方形，第二列是一个小正方形，第三列是一个小正方形，俯视图的面积是4，‎ 左视图面积最小，故B正确；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．化简的结果是（　　）‎ A． B． C．x+1 D．x﹣1‎ ‎【考点】分式的混合运算．‎ ‎【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分即可得到结果．‎ ‎【解答】解：原式=÷=•=，‎ 故选A ‎　‎ ‎8．如图，正方形ABCD的边长为2cm，动点P从点A出发，在正方形的边上沿A→B→C的方向运动到点C停止，设点P的运动路程为x（cm），在下列图象中，能表示△ADP的面积y（cm2）关于x（cm）的函数关系的图象是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】动点问题的函数图象．‎ ‎【分析】△ADP的面积可分为两部分讨论，由A运动到B时，面积逐渐增大，由B运动到C时，面积不变，从而得出函数关系的图象．‎ ‎【解答】解：当P点由A运动到B点时，即0≤x≤2时，y=×2x=x，‎ 当P点由B运动到C点时，即2＜x＜4时，y=×2×2=2，‎ 符合题意的函数关系的图象是A；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．已知3是关于x的方程x2﹣（m+1）x+2m=0的一个实数根，并且这个方程的两个实数根恰好是等腰△ABC的两条边的边长，则△ABC的周长为（　　）‎ A．7 B．10 C．11 D．10或11‎ ‎【考点】解一元二次方程-因式分解法；一元二次方程的解；三角形三边关系；等腰三角形的性质．‎ ‎【分析】把x=3代入已知方程求得m的值；然后通过解方程求得该方程的两根，即等腰△ABC的两条边长，由三角形三边关系和三角形的周长公式进行解答即可．‎ ‎【解答】解：把x=3代入方程得9﹣3（m+1）+2m=0，‎ 解得m=6，‎ 则原方程为x2﹣7x+12=0，‎ 解得x1=3，x2=4，‎ 因为这个方程的两个根恰好是等腰△ABC的两条边长，‎ ‎①当△ABC的腰为4，底边为3时，则△ABC的周长为4+4+3=11；‎ ‎②当△ABC的腰为3，底边为4时，则△ABC的周长为3+3+4=10．‎ 综上所述，该△ABC的周长为10或11．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．若二次函数y=x2+mx的对称轴是x=3，则关于x的方程x2+mx=7的解为（　　）‎ A．x1=0，x2=6 B．x1=1，x2=7 C．x1=1，x2=﹣7 D．x1=﹣1，x2=7‎ ‎【考点】二次函数的性质；解一元二次方程-因式分解法．‎ ‎【分析】先根据二次函数y=x2+mx的对称轴是x=3求出m的值，再把m的值代入方程x2+mx=7，求出x的值即可．‎ ‎【解答】解：∵二次函数y=x2+mx的对称轴是x=3，‎ ‎∴﹣=3，解得m=﹣6，‎ ‎∴关于x的方程x2+mx=7可化为x2﹣6x﹣7=0，即（x+1）（x﹣7）=0，解得x1=﹣1，x2=7．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．如图，在矩形ABCD中（AD＞AB），点E是BC上一点，且DE=DA，AF⊥DE，垂足为点F，在下列结论中，不一定正确的是（　　）‎ A．△AFD≌△DCE B．AF=AD C．AB=AF D．BE=AD﹣DF ‎【考点】矩形的性质；全等三角形的判定．‎ ‎【分析】先根据已知条件判定判定△AFD≌△DCE（AAS），再根据矩形的对边相等，以及全等三角形的对应边相等进行判断即可．‎ ‎【解答】解：（A）由矩形ABCD，AF⊥DE可得∠C=∠AFD=90°，AD∥BC，‎ ‎∴∠ADF=∠DEC．‎ 又∵DE=AD，‎ ‎∴△AFD≌△DCE（AAS），故（A）正确；‎ ‎（B）∵∠ADF不一定等于30°，‎ ‎∴直角三角形ADF中，AF不一定等于AD的一半，故（B）错误；‎ ‎（C）由△AFD≌△DCE，可得AF=CD，‎ 由矩形ABCD，可得AB=CD，‎ ‎∴AB=AF，故（C）正确；‎ ‎（D）由△AFD≌△DCE，可得CE=DF，‎ 由矩形ABCD，可得BC=AD，‎ 又∵BE=BC﹣EC，‎ ‎∴BE=AD﹣DF，故（D）正确；‎ 故选（B）‎ ‎　‎ ‎12．如图，从一块直径为24cm的圆形纸片上剪出一个圆心角为90°的扇形ABC，使点A，B，C在圆周上，将剪下的扇形作为一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径是（　　）‎ A．12cm B．6cm C．3cm D．2cm ‎【考点】圆锥的计算．‎ ‎【分析】圆的半径为2，那么过圆心向AC引垂线，利用相应的三角函数可得AC的一半的长度，进而求得AC的长度，利用弧长公式可求得弧BC的长度，圆锥的底面圆的半径=圆锥的弧长÷2π．‎ ‎【解答】解：作OD⊥AC于点D，连接OA，‎ ‎∴∠OAD=45°，AC=2AD，‎ ‎∴AC=2（OA×cos45°）=12cm，‎ ‎∴=6π ‎∴圆锥的底面圆的半径=6π÷（2π）=3cm．‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分）‎ ‎13．分解因式：（m+1）（m﹣9）+8m=　（m+3）（m﹣3）　．‎ ‎【考点】因式分解-运用公式法．‎ ‎【分析】先利用多项式的乘法运算法则展开，合并同类项后再利用平方差公式分解因式即可．‎ ‎【解答】解：（m+1）（m﹣9）+8m，‎ ‎=m2﹣9m+m﹣9+8m，‎ ‎=m2﹣9，‎ ‎=（m+3）（m﹣3）．‎ 故答案为：（m+3）（m﹣3）．‎ ‎　‎ ‎14．为了改善办学条件，学校购置了笔记本电脑和台式电脑共100台，已知笔记本电脑的台数比台式电脑的台数的还少5台，则购置的笔记本电脑有　16　台．‎ ‎【考点】一元一次方程的应用．‎ ‎【分析】设购置的笔记本电脑有x台，则购置的台式电脑为台．根据笔记本电脑的台数比台式电脑的台数的还少5台，可列出关于x的一元一次方程，解方程即可得出结论．‎ ‎【解答】解：设购置的笔记本电脑有x台，则购置的台式电脑为台，‎ 依题意得：x=﹣5，即20﹣x=0，‎ 解得：x=16．‎ ‎∴购置的笔记本电脑有16台．‎ 故答案为：16．‎ ‎　‎ ‎15．荆楚学校为了了解九年级学生“一分钟内跳绳次数”的情况，随机选取了3名女生和2名男生，则从这5名学生中，选取2名同时跳绳，恰好选中一男一女的概率是　　．‎ ‎【考点】列表法与树状图法．‎ ‎【分析】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刚好抽到一男一女的情况，再利用概率公式即可求得答案．‎ ‎【解答】解：画树状图如下：‎ 由树状图可知共有20种等可能性结果，其中抽到一男一女的情况有12种，‎ 所以抽到一男一女的概率为P（一男一女）=，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎16．两个全等的三角尺重叠放在△ACB的位置，将其中一个三角尺绕着点C按逆时针方向旋转至△DCE的位置，使点A恰好落在边DE上，AB与CE相交于点F．已知∠ACB=∠DCE=90°，∠B=30°，AB=8cm，则CF=　2　cm．‎ ‎【考点】旋转的性质．‎ ‎【分析】利用旋转的性质得出DC=AC，∠D=∠CAB，再利用已知角度得出∠AFC=90°，再利用直角三角形的性质得出FC的长．‎ ‎【解答】解：∵将其中一个三角尺绕着点C按逆时针方向旋转至△DCE的位置，使点A恰好落在边DE上，‎ ‎∴DC=AC，∠D=∠CAB，‎ ‎∴∠D=∠DAC，‎ ‎∵∠ACB=∠DCE=90°，∠B=30°，‎ ‎∴∠D=∠CAB=60°，‎ ‎∴∠DCA=60°，‎ ‎∴∠ACF=30°，‎ 可得∠AFC=90°，‎ ‎∵AB=8cm，∴AC=4cm，‎ ‎∴FC=4cos30°=2（cm）．‎ 故答案为：2．‎ ‎　‎ ‎17．如图，已知点A（1，2）是反比例函数y=图象上的一点，连接AO并延长交双曲线的另一分支于点B，点P是x轴上一动点；若△PAB是等腰三角形，则点P的坐标是　（﹣3，0）或（5，0）或（3，0）或（﹣5，0）　．‎ ‎【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；等腰三角形的性质．‎ ‎【分析】由对称性可知O为AB的中点，则当△PAB为等腰三角形时只能有PA=AB或PB=AB，设P点坐标为（x，0），可分别表示出PA和PB，从而可得到关与x的方程，可求得x，可求得P点坐标．‎ ‎【解答】解：‎ ‎∵反比例函数y=图象关于原点对称，‎ ‎∴A、B两点关于O对称，‎ ‎∴O为AB的中点，且B（﹣1，﹣2），‎ ‎∴当△PAB为等腰三角形时有PA=AB或PB=AB，‎ 设P点坐标为（x，0），‎ ‎∵A（1，2），B（﹣1，﹣2），‎ ‎∴AB==2，PA=，PB=，‎ 当PA=AB时，则有=2，解得x=﹣3或5，此时P点坐标为（﹣3，0）或（5，0）；‎ 当PB=AB时，则有=2，解得x=3或﹣5，此时P点坐标为（3，0）或（﹣5，0）；‎ 综上可知P点的坐标为（﹣3，0）或（5，0）或（3，0）或（﹣5，0），‎ 故答案为：（﹣3，0）或（5，0）或（3，0）或（﹣5，0）．‎ ‎　‎ 三、解答题（本题共7小题，共69分）‎ ‎18．（1）计算：|1﹣|+3tan30°﹣（）0﹣（﹣）﹣1．‎ ‎（2）解不等式组．‎ ‎【考点】解一元一次不等式组；实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．‎ ‎【分析】（1）首先去掉绝对值符号，计算乘方，代入特殊角的三角函数值，然后进行加减计算即可；‎ ‎（2）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．‎ ‎【解答】解：（1）原式=﹣1+3×﹣1﹣（﹣3）=﹣1++3=2；‎ ‎（2）解①得x＞﹣，‎ 解②得x≤0，‎ 则不等式组的解集是﹣＜x≤0．‎ ‎　‎ ‎19．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别在AB，AC上，CE=BC，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CF，连接EF．‎ ‎（1）补充完成图形；‎ ‎（2）若EF∥CD，求证：∠BDC=90°．‎ ‎【考点】旋转的性质．‎ ‎【分析】（1）根据题意补全图形，如图所示；‎ ‎（2）由旋转的性质得到∠DCF为直角，由EF与CD平行，得到∠EFC为直角，利用SAS得到三角形BDC与三角形EFC全等，利用全等三角形对应角相等即可得证．‎ ‎【解答】解：（1）补全图形，如图所示；‎ ‎（2）由旋转的性质得：∠DCF=90°，‎ ‎∴∠DCE+∠ECF=90°，‎ ‎∵∠ACB=90°，‎ ‎∴∠DCE+∠BCD=90°，‎ ‎∴∠ECF=∠BCD，‎ ‎∵EF∥DC，‎ ‎∴∠EFC+∠DCF=180°，‎ ‎∴∠EFC=90°，‎ 在△BDC和△EFC中，‎ ‎，‎ ‎∴△BDC≌△EFC（SAS），‎ ‎∴∠BDC=∠EFC=90°．‎ ‎　‎ ‎20．秋季新学期开学时，红城中学对七年级新生掌握“中学生日常行为规范”的情况进行了知识测试，测试成绩全部合格，现学校随机选取了部分学生的成绩，整理并制作成了如下不完整的图表：‎ 分　数　段 频数 频率 ‎60≤x＜70‎ ‎9‎ a ‎70≤x＜80‎ ‎36‎ ‎0.4‎ ‎80≤x＜90‎ ‎27‎ b ‎90≤x≤100‎ c ‎0.2‎ 请根据上述统计图表，解答下列问题：‎ ‎（1）在表中，a=　0.1　，b=　0.3　，c=　18　；‎ ‎（2）补全频数直方图；‎ ‎（3）根据以上选取的数据，计算七年级学生的平均成绩．‎ ‎（4）如果测试成绩不低于80分者为“优秀”等次，请你估计全校七年级的800名学生中，“优秀”等次的学生约有多少人？‎ ‎【考点】频数（率）分布直方图；用样本估计总体；频数（率）分布表；加权平均数．‎ ‎【分析】（1）根据表格中的数据可以求得抽查的学生数，从而可以求得a、b、c的值；‎ ‎（2）根据（1）中c的值，可以将频数分布直方图补充完整；‎ ‎（3）根据平均数的定义和表格中的数据可以求得七年级学生的平均成绩；‎ ‎（4）根据表格中的数据可以求得“优秀”等次的学生数．‎ ‎【解答】解：（1）抽查的学生数：36÷0.4=90，‎ a=9÷90=0.1，b=27÷90=0.3，c=90×0.2=18，‎ 故答案为：0.1，0.3，18；‎ ‎（2）补全的频数分布直方图如右图所示，‎ ‎（3）∵=81，‎ 即七年级学生的平均成绩是81分；‎ ‎（4）∵800×（0.3+0.2）=800×0.5=400，‎ 即“优秀”等次的学生约有400人．‎ ‎　‎ ‎21．如图，天星山山脚下西端A处与东端B处相距800（1+）米，小军和小明同时分别从A处和B处向山顶C匀速行走．已知山的西端的坡角是45°，东端的坡角是30°，小军的行走速度为米/秒．若小明与小军同时到达山顶C处，则小明的行走速度是多少？‎ ‎【考点】解直角三角形的应用-坡度坡角问题．‎ ‎【分析】过点C作CD⊥AB于点D，设AD=x米，小明的行走速度是a米/秒，根据直角三角形的性质用x表示出AC与BC的长，再根据小明与小军同时到达山顶C处即可得出结论．‎ ‎【解答】解：过点C作CD⊥AB于点D，设AD=x米，小明的行走速度是a米/秒，‎ ‎∵∠A=45°，CD⊥AB，‎ ‎∴AD=CD=x米，‎ ‎∴AC=x．‎ 在Rt△BCD中，‎ ‎∵∠B=30°，‎ ‎∴BC===2x，‎ ‎∵小军的行走速度为米/秒．若小明与小军同时到达山顶C处，‎ ‎∴=，解得a=1米/秒．‎ 答：小明的行走速度是1米/秒．‎ ‎　‎ ‎22．如图，AB是⊙O的直径，AD是⊙O的弦，点F是DA延长线的一点，AC平分∠FAB交⊙O于点C，过点C作CE⊥DF，垂足为点E．‎ ‎（1）求证：CE是⊙O的切线；‎ ‎（2）若AE=1，CE=2，求⊙O的半径．‎ ‎【考点】切线的判定；角平分线的性质．‎ ‎【分析】（1）证明：连接CO，证得∠OCA=∠CAE，由平行线的判定得到OC∥FD，再证得OC⊥CE，即可证得结论；‎ ‎（2）证明：连接BC，由圆周角定理得到∠BCA=90°，再证得△ABC∽△ACE，根据相似三角形的性质即可证得结论．‎ ‎【解答】（1）证明：连接CO，‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴∠OCA=∠OAC，‎ ‎∵AC平分∠FAB，‎ ‎∴∠OCA=∠CAE，‎ ‎∴OC∥FD，‎ ‎∵CE⊥DF，‎ ‎∴OC⊥CE，‎ ‎∴CE是⊙O的切线；‎ ‎（2）证明：连接BC，‎ 在Rt△ACE中，AC===，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠BCA=90°，‎ ‎∴∠BCA=∠CEA，‎ ‎∵∠CAE=∠CAB，‎ ‎∴△ABC∽△ACE，‎ ‎∴=，‎ ‎∴，‎ ‎∴AB=5，‎ ‎∴AO=2.5，即⊙O的半径为2.5．‎ ‎　‎ ‎23．A城有某种农机30台，B城有该农机40台，现要将这些农机全部运往C，D两乡，调运任务承包给某运输公司．已知C乡需要农机34台，D乡需要农机36天，从A城往C，D两乡运送农机的费用分别为250元/台和200元/台，从B城往C，D两乡运送农机的费用分别为150元/台和240元/台．‎ ‎（1）设A城运往C乡该农机x台，运送全部农机的总费用为W元，求W关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；‎ ‎（2）现该运输公司要求运送全部农机的总费用不低于16460元，则有多少种不同的调运方案？将这些方案设计出来；‎ ‎（3）现该运输公司决定对A城运往C乡的农机，从运输费中每台减免a元（a≤200）作为优惠，其它费用不变，如何调运，使总费用最少？‎ ‎【考点】一次函数的应用；一元一次不等式的应用．‎ ‎【分析】（1）A城运往C乡的化肥为x吨，则可得A城运往D乡的化肥为30﹣x吨，B城运往C乡的化肥为34﹣x吨，B城运往D乡的化肥为40﹣（34﹣x）吨，从而可得出W与x大的函数关系．‎ ‎（2）根据题意得140x+12540≥16460求得28≤x≤30，于是得到有3种不同的调运方案，写出方案即可；‎ ‎（3）根据题意得到W=x+12540，所以当a=200时，y最小=﹣60x+12540，此时x=30时y最小=10740元．于是得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）W=250x+200（30﹣x）+150（34﹣x）+240（6+x）=140x+12540（0＜x≤30）；‎ ‎（2）根据题意得140x+12540≥16460，‎ ‎∴x≥28，‎ ‎∵x≤30，‎ ‎∴28≤x≤30，‎ ‎∴有3种不同的调运方案，‎ 第一种调运方案：从A城调往C城28台，调往D城2台，从，B城调往C城6台，调往D城34台；‎ 第二种调运方案：从A城调往C城29台，调往D城1台，从，B城调往C城5台，调往D城35台；‎ 第三种调运方案：从A城调往C城30台，调往D城0台，从，B城调往C城4台，调往D城36台，‎ ‎（3）W=x+200（30﹣x）+150（34﹣x）+240（6+x）=x+12540，‎ 所以当a=200时，y最小=﹣60x+12540，此时x=30时y最小=10740元．‎ 此时的方案为：从A城调往C城30台，调往D城0台，从，B城调往C城4台，调往D城36台．‎ ‎　‎ ‎24．如图，直线y=﹣x+2与x轴，y轴分别交于点A，点B，两动点D，E分别从点A，点B同时出发向点O运动（运动到点O停止），运动速度分别是1个单位长度/秒和个单位长度/秒，设运动时间为t秒，以点A为顶点的抛物线经过点E，过点E作x轴的平行线，与抛物线的另一个交点为点G，与AB相交于点F．‎ ‎（1）求点A，点B的坐标；‎ ‎（2）用含t的代数式分别表示EF和AF的长；‎ ‎（3）当四边形ADEF为菱形时，试判断△AFG与△AGB是否相似，并说明理由．‎ ‎（4）是否存在t的值，使△AGF为直角三角形？若存在，求出这时抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）在直线y=﹣x+2中，分别令y=0和x=0，容易求得A、B两点坐标；‎ ‎（2）由OA、OB的长可求得∠ABO=30°，用t可表示出BE，EF，和BF的长，由勾股定理可求得AB的长，从而可用t表示出AF的长；‎ ‎（3）利用菱形的性质可求得t的值，则可求得AF=AG的长，可得到=，可判定△AFG与△AGB相似；‎ ‎（4）若△AGF为直角三角形时，由条件可知只能是∠FAG=90°，又∠AFG=∠OAF=60°，由（2）可知AF=4﹣2t，EF=t，又由二次函数的对称性可得到EG=2OA=4，从而可求出FG，在Rt△AGF中，可得到关于t的方程，可求得t的值，进一步可求得E点坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）在直线y=﹣x+2中，‎ 令y=0可得0=﹣x+2，解得x=2，‎ 令x=0可得y=2，‎ ‎∴A为（2，0），B为（0，2）；‎ ‎（2）由（1）可知OA=2，OB=2，‎ ‎∴tan∠ABO==，‎ ‎∴∠ABO=30°，‎ ‎∵运动时间为t秒，‎ ‎∴BE=t，‎ ‎∵EF∥x轴，‎ ‎∴在Rt△BEF中，EF=BE•tan∠ABO=BE=t，BF=2EF=2t，‎ 在Rt△ABO中，OA=2，OB=2，‎ ‎∴AB=4，‎ ‎∴AF=4﹣2t；‎ ‎（3）相似．理由如下：‎ 当四边形ADEF为菱形时，则有EF=AF，‎ 即t=4﹣2t，解得t=，‎ ‎∴AF=4﹣2t=4﹣=，OE=OB﹣BE=2﹣×=，‎ 如图，过G作GH⊥x轴，交x轴于点H，‎ 则四边形OEGH为矩形，‎ ‎∴GH=OE=，‎ 又EG∥x轴，抛物线的顶点为A，‎ ‎∴OA=AH=2，‎ 在Rt△AGH中，由勾股定理可得AG2=GH2+AH2=（）2+22=，‎ 又AF•AB=×4=，‎ ‎∴AF•AB=AG2，即=，且∠FAG=∠GAB，‎ ‎∴△AFG∽△AGB；‎ ‎（4）存在，‎ ‎∵EG∥x轴，‎ ‎∴∠GFA=∠BAO=60°，‎ 又G点不能在抛物线的对称轴上，‎ ‎∴∠FGA≠90°，‎ ‎∴当△AGF为直角三角形时，则有∠FAG=90°，‎ 又∠FGA=30°，‎ ‎∴FG=2AF，‎ ‎∵EF=t，EG=4，‎ ‎∴FG=4﹣t，且AF=4﹣2t，‎ ‎∴4﹣t=2（4﹣2t），‎ 解得t=，‎ 即当t的值为秒时，△AGF为直角三角形，此时OE=OB﹣BE=2﹣t=2﹣×=，‎ ‎∴E点坐标为（0，），‎ ‎∵抛物线的顶点为A，‎ ‎∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2，‎ 把E点坐标代入可得=4a，解得a=，‎ ‎∴抛物线解析式为y=（x﹣2）2，‎ 即y=x2﹣x+．‎ ‎　‎