【文档说明】[32199843]2019 年-2021年辽宁省沈阳市中考数学真题分类汇编——解答题.docx，共(50)页，748.403 KB，由管理员店铺上传

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2019-2021年辽宁省沈阳市数学中考题分类汇编——解答题1.(2021·辽宁省沈阳市·历年真题)计算：（π-2021）0-3tan30°+|1-√3|+（12）-2．2.(2021·辽宁省沈阳市·历年真题)如图，在菱形ABCD中，点M，N分别是边BC，D

C上的点，BM=34BC，DN=34DC．连接AM，AN，延长AN交线段BC延长线于点E．（1）求证：△ABM≌△AND；（2）若AD=4，则ME的长是______．3.(2021·辽宁省沈阳市·历年真题)

某品牌免洗洗手液按剂型分为凝胶型、液体型，泡沫型三种型号（分别用A，B，C依次表示这三种型号）．小辰和小安计划每人购买一瓶该品牌免洗洗手液，上述三种型号中的每一种免洗洗手液被选中的可能性均相同．（1）小辰随机选择一种型号是凝胶型免洗洗手液的概率是____

__．（2）请你用列表法或画树状图法，求小辰和小安选择同一种型号免洗洗手液的概率．4.(2021·辽宁省沈阳市·历年真题)学史明理，学史增信，学史崇德，学史力行，在建党100周年之际，某校对全校学生进行了一次党史知识测试，成绩评定共分为A，B，C，D四个等级，随机抽取了部分学生的成绩进行调查，

将获得的数据整理绘制成两幅不完整的统计图．根据统计图提供的信息，解答下列问题：（1）在这次调查中一共抽取了______名学生；（2）请根据以上信息直接在答题卡上补全条形统计图；（3）扇形统计图中，D等级对应的圆心角度数是______度；（4）根据抽样调查的结果，请你估计该校2000

学生中有多少名学生的成绩评定为C等级．5.(2021·辽宁省沈阳市·历年真题)某校团体操表演队伍有6行8列，后又增加了51人，使得团体操表演队伍增加的行、列数相同，求增加了多少行或多少列？6.(2021·辽宁省沈阳市·历年真题)如图，AB是⊙O的直径，AD与⊙O交于点A，点E

是半径OA上一点（点E不与点O，A重合）．连接DE交⊙O于点C，连接CA，CB．若CA=CD，∠ABC=∠D．（1）求证：AD是⊙O的切线；（2）若AB=13，CA=CD=5，则AD的长是______．7.(2021·辽宁省沈阳市·历年真题)如图，平

面直角坐标系中，O是坐标原点，直线y=kx+15（k≠0）经过点C（3，6），与x轴交于点A，与y轴交于点B．线段CD平行于x轴，交直线y=34x于点D，连接OC，AD．（1）填空：k=______，点A的坐标是（______，______

）；（2）求证：四边形OADC是平行四边形；（3）动点P从点O出发，沿对角线OD以每秒1个单位长度的速度向点D运动，直到点D为止；动点Q同时从点D出发，沿对角线DO以每秒1个单位长度的速度向点O运动，直到点O为止．设两个点

的运动时间均为t秒．①当t=1时，△CPQ的面积是______．②当点P，Q运动至四边形CPAQ为矩形时，请直接写出此时t的值．8.(2021·辽宁省沈阳市·历年真题)在△ABC中，AB=AC，△CDE中，CE=CD

（CE≥CA），BC=CD，∠D=α，∠ACB+∠ECD=180°，点B，C，E不共线，点P为直线DE上一点，且PB=PD．（1）如图1，点D在线段BC延长线上，则∠ECD=______，∠ABP=_____

_（用含α的代数式表示）；（2）如图2，点A，E在直线BC同侧，求证：BP平分∠ABC；（3）若∠ABC=60°，BC=√3+1，将图3中的△CDE绕点C按顺时针方向旋转，当BP⊥DE时，直线PC交BD于点G，点M是PD中点，请直接写出GM的长．9.(2021·辽宁省沈阳市·历

年真题)如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），点B坐标是（3，0）．抛物线与y轴交于点C（0，3），点P是抛物线的顶点，连接PC．（1）求抛物线的函数表达式并直接写出顶点P的坐标．（2）直线BC与抛物线对称轴交

于点D，点Q为直线BC上一动点．①当△QAB的面积等于△PCD面积的2倍时，求点Q的坐标；②在①的条件下，当点Q在x轴上方时，过点Q作直线l垂直于AQ，直线y=13x-73交直线l于点F，点G在直线y=13x-7

3上，且AG=AQ时，请直接写出GF的长．10.(2020·辽宁省沈阳市·历年真题)计算：2sin60°+（-13）-2+（π-2020）0+|2-√3|．11.(2020·辽宁省沈阳市·历年真题)沈阳市图书馆推出“阅读沈阳书

香盛京”等一系列线上线下相融合的阅读推广活动，需要招募学生志愿者．某校甲、乙两班共有五名学生报名，甲班一名男生，一名女生；乙班一名男生，两名女生．现从甲、乙两班各随机抽取一名学生作为志愿者，请用列表法或画树状图法求抽出的两名学

生性别相同的概率．（温馨提示：甲班男生用A表示，女生用B表示；乙班男生用a表示，两名女生分别用b1，b2表示）．12.(2020·辽宁省沈阳市·历年真题)如图，在矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别与边AB和边CD的延长线交于点M，N，与边AD交于点E，

垂足为点O．（1）求证：△AOM≌△CON；（2）若AB=3，AD=6，请直接写出AE的长为______．13.(2020·辽宁省沈阳市·历年真题)某市为了将生活垃圾合理分类，并更好地回收利用，将垃圾分

为可回收物、厨余垃圾、有害垃圾和其他垃圾四类．现随机抽取该市m吨垃圾，将调查结果制成如下两幅不完整的统计图：根据统计图提供的信息，解答下列问题：（1）m=______，n=______；（2）根据以上信息直接补全条形统计图；（3

）扇形统计图中，厨余垃圾所对应的扇形圆心角的度数为______度；（4）根据抽样调查的结果，请你估计该市2000吨垃圾中约有多少吨可回收物．14.(2020·辽宁省沈阳市·历年真题)某工程队准备修建一条长3000m的盲道，由于采用新的施工方式，实际每天修建盲

道的长度比原计划增加25%，结果提前2天完成这一任务，原计划每天修建盲道多少米？15.(2020·辽宁省·历年真题)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点O为BC边上一点，以点O为圆心，OB长为半径的

圆与边AB相交于点D，连接DC，当DC为⊙O的切线时．（1）求证：DC=AC；（2）若DC=DB，⊙O的半径为1，请直接写出DC的长为______．16.(2020·辽宁省沈阳市·历年真题)如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点O是坐标原点

，点A的坐标为（4，4），点B的坐标为（6，0），动点P从O开始以每秒1个单位长度的速度沿y轴正方向运动，设运动的时间为t秒（0＜t＜4），过点P作PN∥x轴，分别交AO，AB于点M，N．（1）填空：AO的长为______，AB的长为______；（2）当t=1时，求点N的坐

标；（3）请直接写出MN的长为______（用含t的代数式表示）；（4）点E是线段MN上一动点（点E不与点M，N重合），△AOE和△ABE的面积分别表示为S1和S2，当t=43时，请直接写出S1•S2（即S1与S2的积

）的最大值为______．17.(2020·辽宁省沈阳市·历年真题)在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，点P为线段CA延长线上一动点，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB，DC．（1）如图1，当α=60°时，①

求证：PA=DC；②求∠DCP的度数；（2）如图2，当α=120°时，请直接写出PA和DC的数量关系．（3）当α=120°时，若AB=6，BP=√31，请直接写出点D到CP的距离为______．18.(2020·辽宁省沈阳市·历年真题)如

图1，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线y=12x2+bx+c经过点B（6，0）和点C（0，-3）．（1）求抛物线的表达式；（2）如图2，线段OC绕原点O逆时针旋转30°得到线段OD．过点B作射线BD，点M是射线BD上一点（不与点B重合），点M关于x轴的对称点为点N，连接NM，NB．①

直接写出△MBN的形状为______；②设△MBN的面积为S1，△ODB的面积为是S2．当S1=23S2时，求点M的坐标；（3）如图3，在（2）的结论下，过点B作BE⊥BN，交NM的延长线于点E，线段BE

绕点B逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜120°）得到线段BF，过点F作FK∥x轴，交射线BE于点K，∠KBF的角平分线和∠KFB的角平分线相交于点G，当BG=2√3时，请直接写出点G的坐标为______．19.(2019·辽宁省沈阳市·历年真题)计算：（-12）-2+2cos3

0°-|1-√3|+（π-2019）0．20.(2019·辽宁省沈阳市·历年真题)为了丰富校园文化生活，提高学生的综合素质，促进中学生全面发展，学校开展了多种社团活动．小明喜欢的社团有：合唱社团、足球社团、书法社团、科技社团（分别用字母A，B，C，D依次表示这四个社团），并

把这四个字母分别写在四张完全相同的不透明的卡片的正面上，然后将这四张卡片背面朝上洗匀后放在桌面上．（1）小明从中随机抽取一张卡片是足球社团B的概率是____．（2）小明先从中随机抽取一张卡片，记录下卡片上的字母后不放回，再从剩余的卡片中随机抽

取一张卡片，记录下卡片上的字母．请你用列表法或画树状图法求出小明两次抽取的卡片中有一张是科技社团D的概率．21.(2019·辽宁省沈阳市·历年真题)如图，在四边形ABCD中，点E和点F是对角线AC上的两点，AE=CF，DF=BE，且DF∥BE，过点C作CG⊥A

B交AB的延长线于点G．（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；（2）若tan∠CAB=25，∠CBG=45°，BC=4√2，则▱ABCD的面积是______．22.(2019·辽宁省沈阳市·历年真题)“勤劳”是中华民族的传统美德，学校要求同学们在家里帮助父母做一些力所能及的家务．在本学期开学初

，小颖同学随机调查了部分同学寒假在家做家务的总时间，设被调查的每位同学寒假在家做家务的总时间为x小时，将做家务的总时间分为五个类别：A（0≤x＜10），B（10≤x＜20），C（20≤x＜30），D（30≤x＜40），E（x≥40）．

并将调查结果制成如下两幅不完整的统计图：根据统计图提供的信息，解答下列问题：（1）本次共调查了______名学生；（2）请根据以上信息直接在答题卡中补全条形统计图；（3）扇形统计图中m的值是______，类别D所对应的扇形圆心角的度数是_

_____度；（4）若该校有800名学生，根据抽样调查的结果，请你估计该校有多少名学生寒假在家做家务的总时间不低于20小时．23.(2019·辽宁省沈阳市·历年真题)2019年3月12日是第41个植树节，某单位积极开展植树活动，决定购买甲、乙两种树苗，用800元购买甲种树苗的棵数与用680元

购买乙种树苗的棵数相同，乙种树苗每棵比甲种树苗每棵少6元．（1）求甲种树苗每棵多少元？（2）若准备用3800元购买甲、乙两种树苗共100棵，则至少要购买乙种树苗多少棵？24.(2019·辽宁省沈阳市·历年真题)如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，直线MN与⊙O相切于点C

，过点B作BD⊥MN于点D．（1）求证：∠ABC=∠CBD；（2）若BC=4√5，CD=4，则⊙O的半径是______．25.(2019·辽宁省沈阳市·历年真题)在平面直角坐标系中，直线y=kx+4（k≠0）交x轴于点

A（8，0），交y轴于点B．（1）k的值是______；（2）点C是直线AB上的一个动点，点D和点E分别在x轴和y轴上．①如图，点E为线段OB的中点，且四边形OCED是平行四边形时，求▱OCED的周长；②当CE平行于x轴，CD平行于y轴时，连接DE，若△CDE的面积为334，请直接写出点C的坐

标．26.(2019·辽宁省沈阳市·历年真题)思维启迪：（1）如图1，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B点的点C，连接BC，

取BC的中点P（点P可以直接到达A点），利用工具过点C作CD∥AB交AP的延长线于点D，此时测得CD=200米，那么A，B间的距离是______米．思维探索：（2）在△ABC和△ADE中，AC=BC，AE=DE，且AE＜AC，∠ACB=∠AED=

90°，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于AC的两侧），设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．①如图2，当△ADE在起始位置时，猜想：PC与PE的数量关系和位置关系分别是______；②如图3

，当α=90°时，点D落在AB边上，请判断PC与PE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；③当α=150°时，若BC=3，DE=1，请直接写出PC2的值．27.(2019·辽宁省沈阳市·历年真题)如图，在平

面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+2（a≠0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线经过点D（-2，-3）和点E（3，2），点P是第一象限抛物线上的一个动点．（1）求直线DE和抛物线的表达式；（2）在y轴上取点F（0，1），连接PF，PB，当

四边形OBPF的面积是7时，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，当点P在抛物线对称轴的右侧时，直线DE上存在两点M，N（点M在点N的上方），且MN=2√2，动点Q从点P出发，沿P→M→N→A的路线运动到终点A，当点Q的运动路程最短时，请直接写

出此时点N的坐标．参考答案1.【答案】解：（π-2021）0-3tan30°+|1-√3|+（12）-2=1-3×√33+√3-1+4=1-√3+√3-1+4=4．【解析】首先计算零指数幂、负整数指数幂、特殊角的三角函数值和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右

依次计算，求出算式的值是多少即可．此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．另

外，有理数的运算律在实数范围内仍然适用．2.【答案】（1）证：∵四边形ABCD为菱形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠D，∵BM=34BC，DN=34DC，∴BM=DN，在△ABM和△ADN中，{𝐴𝐵=𝐴𝐷∠𝐵=∠

𝐷𝐵𝑀=𝐷𝑁，∴△ABM≌△ADN（SAS），（2）73【解析】解：（1）见答案（2）∵四边形ABCD为菱形，∴AD∥CE，∴∠DAN=∠CEN，∵∠AND=∠CNE，∴△AND∽△ENC，∴𝐴𝐷𝐶𝐸=𝐷𝑁𝐶𝑁，∵

DN=34DC，∴𝐴𝐷𝐶𝐸=𝐷𝑁𝐶𝑁=31，∴4𝐶𝐸=31，∴CE=43，∵BM=34BC，∴MC=14BC=1，∴ME=MC+CE=73，故答案为：73．（1）根据菱形的性质可得AB=AD=BC=CD，∠B=∠D

，根据BM=34BC，DN=34DC，可得BM=DN，利用SAS即可证明；（2）根据菱形的性质可证明△AND∽△ENC，根据相似的性质可求得CE的长度，进而可求ME．本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定，相似三

角形的判定和性质，通过菱形的性质得到△AND∽△ENC是关键．3.【答案】解：（1）13；（2）列表如下：ABCA（A，A）（B，A）（C，A）B（A，B）（B，B）（C，B）C（A，C）（B，C）（C，C）由表可知，共有9种等可能结果，其中小辰和小安选择

同一种型号免洗洗手液有3种结果，所以小辰和小安选择同一种型号免洗洗手液的概率为39=13．【解析】（1）小辰随机选择一种型号是凝胶型免洗洗手液的概率是13，故答案为：13；（2）见答案（1）直接根据概率公式求解即可；（2）列表得出所有等可能结果，从中

找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情

况数之比．4.【答案】解：（1）80；（2）B等级的学生为：80×20%=16（名），补全条形图如下，（3）36°（4）2000×2480=600（名），答：估计该校2000学生中有600名学生的成绩评定为C

等级．【解析】（1）32÷40%=80（名），故答案为：80；（2）见答案（3）D等级所对应的扇形圆心角的度数为：360°×880=36°；（4）见答案（1）根据A等级的人数以及所占的百分比即可求出本次调查中共抽取的学生数；（2）根

据（1）中的结果和扇形统计图中的数据，可以计算出B等级的人数，然后即可将条形统计图补充完整；（3）根据D等级的人数以及抽取的学生数计算出D等级所对应的扇形圆心角的度数；（4）求出C等级所占整体的百分比即可求出相应的人数．本题考查扇形统计图、条形统计图，理解两个统计图中数量关系是解决问题的

关键．5.【答案】解：设增加了x行，则增加的列数为x，根据题意，得：（6+x）（8+x）-6×8=51，整理，得：x2+14x-51=0，解得x1=3，x2=-17（舍），答：增加了3行3列．【解析】设增加了x行，则增加的列数为x，用增加后的总人数-原队伍的总人数=51列出方程求解即可

．本题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是理解题意，找到题目蕴含的相等关系．6.【答案】解：（1）∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°．又∵CA=CD，∴∠D=∠CAD，又∵∠ABC=∠D，∴∠CAD+∠

BAC=90°，即OA⊥AD，∴AD是⊙O的切线；(2)12013.【解析】（1）根据圆周角定理得到∠ACB=90°，在利用等腰三角形的性质以及等量代换可得∠CAD+∠BAC=90°，进而得出结论；（2）由（1）可得∠ABC+∠BAC=90°=∠D+∠D

EA，∵∠ABC=∠D，∴∠BAC=∠DEA，∴CE=CA=CD=5，∴DE=10，在Rt△ABC中，由勾股定理得，BC=√𝐴𝐵2−𝐴𝐶2=√132−52=12，∵∠ACB=∠DAE=90°，

∠ABC=∠D，∴△ABC∽△EDA，∴𝐴𝐵𝐸𝐷=𝐵𝐶𝐴𝐷，即1310=12𝐴𝐷，解得，AD=12013．本题考查切线的判定，圆周角定理以及相似三角形，掌握切线的判定方法和圆周角定理、相似三角形的判定和性质是解决问题的前提

．7.【答案】解：（1）∵直线y=kx+15（k≠0）经过点C（3，6），∴3k+15=6，解得k=-3，即直线的解析式为y=-3x+15，当y=0时，x=5，∴A（5.0），故答案为：-3，5，0；

（2）∵线段CD平行于x轴，∴D点的纵坐标与C点一样，又∵D点在直线y=34x上，当y=6时，x=8，即D（8，6），∴CD=8-3=5，∵OA=5，∴OA=CD，又∵OA∥CD，∴四边形OADC是平行四边形；（3）①作CH⊥OD于

H，∵H点在直线y=34x上，∴设H点的坐标为（m，34m），∴CH2=（m-3）2+（34m-6）2，DH2=（m-8）2+（34m-6）2，由勾股定理，得CH2+DH2=CD2，即（m-3）2+（34m-6）2+（m-8）2+（34m-6）2=52，整理得m=24

5或8（舍去），∴CH=3，∵OD=√82+62=10，∴当t=1时，PQ=OD-t-t=10-1-1=8，∴S△CPQ=12PQ•CH=12×8×3=12，故答案为：12；②∵OD=10，当0≤t≤5时，PQ=10-2t，当5≤t≤10时，PQ=2t-10，当点P，Q运动至四

边形CPAQ为矩形时，PQ=AC，∵AC=√(5−3)2+62=2√10，当0≤t≤5时，10-2t=2√10，解得t=5-√10，当5≤t≤10时，2t-10=2√10，解得t=5+√10，综上，当点P，Q运动至四边形CPAQ为矩形时t的值为5-√10或5

+√10．【解析】（1）代入C点坐标即可得出k值确定直线的解析式，进而求出A点坐标即可；（2）求出AD点坐标，根据CD=OA，CD∥OA，即可证四边形OADC是平行四边形；（3）①作CH⊥OD于H，设出H点的坐标，根据勾股定理计算出CH的长度，根据运动时间求出PQ的长度即可

确定△CPQ的面积；②根据对角线相等确定PQ的长度，再根据P、Q的位置分情况计算出t值即可．本题主要考查一次函数的性质，熟练掌握待定系数法求解析式，平行四边形的性质和矩形的性质是解题的关键．8.【答案】（1）

180°-2α，α．（2）证明：如图2中，连接BD．∵CB=CD，PB=PD，∴∠CBD=∠CDB，∠PBD=∠PDB，∴∠PBC=∠PDC=α，∵∠ABC=2α，∴∠ABP=∠PBC=α，∴PB平分∠ABC．（3）解：如图3-1中，设BP交AC于J．∵BP⊥PD，BP=PD，∴△PBD是等腰直

角三角形，∵CB=CD，PB=PD，∴PG垂直平分线段BG，∴BG=DG，∵PM=MD，∴GM=12PB，∵∠ABC=∠ACB=60°，∴∠ECD=180°-60°=120°，△ACB是等边三角形，∵C

E=CD，∴∠CDE=30°，∴∠PBC=∠PDC=30°，∴∠BJC=90°，∴CJ=12BC=√3+12，BJ=√3CJ=3+√32，∵∠CPD=∠CPJ=45°，∴PJ=JC=√3+12，∴PB=BJ+PJ=√3+2，∴GM=√3+22

．如图3-2中，设DE交BC于K，当BP⊥DE时，同法可证GM=12PB．∵∠PBC=30°，∠GPB=∠PBC+∠PCB=45°，∴∠PCB=∠PCD=15°，∴∠KCE=120°-15°-15°=90°，∵∠E=3

0°，CE=CB=√3+1，∴CK=𝐸𝐶√3=1+√33，∴KB=BC-CK=2√33，∴PB=BK•cos30°=2√33×√32=1，∴GM=12PB=12，综上所述，GM的长为√3+22或12．【解析】（1）解：如图1中，∵CE=CD，∴∠D=∠E=α，∴∠ECD=180°-

2α，∴∠ECB=∠E+∠D=2α，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=2α，∵PB=PD，∴∠PBD=∠D=α，∴∠ABP=∠ABC-∠PBD=α，故答案为：180°-2α，α．（2）见答案（3）见答案（1）利用三角形内角和定理以及等腰三角形的性质求解即可．（2）如图2中，连接BD．

证明∠PBC=∠CDE=α，可得结论．（3）分两种情形：如图3-1中，设BP交AC于J．图3-2中，设PC交BC于K，当BP⊥PC时，利用三角形的中位线定理，可得GM=12PB，求出PB，可得结论．本题属于几

何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是利用特殊三角形的性质解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题

．9.【答案】解（1）由题意得，{𝑐=3,−9+3𝑏+𝑐=0，∴b=2，∴y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，∴P（1，4）．（2）①如图1，作CE⊥PD于E，∵C（0，3），B（3，0），∴直线BC：y=-x+3，∴D（

1，2），可设Q（a，3-a），∴CE=PE=DE，∴△PDC是等腰直角三角形，∴S△PCD=12PD•CE=12×2×1=1，∴12AB•|3-a|=2，∴12×4•|3-a|=2，∴a=2或a=4．∴Q（2，1）或（4，-1）．②如图2，设G（m，13m-73），由AG

2=AQ2得，（m+1）2+(13𝑚−73)2=（2+1）2+12，化简，得5m2+2m-16=0，∴m1=-2，m2=85，∴G1（-2，-3），G2（85，-95），作QH⊥AB于H，∵AQ⊥QF，∴△AHQ∽△QHM，∴QH2

=AH•HM，即：12=3•HM，∴HM=13，∴M（73，0），设直线QM是：y=kx+b，∴{2𝑘+𝑏=173𝑘+𝑏=0，∴k=-3，b=7，∴y=-3x+7，由{𝑦=−3𝑥+7𝑦=13𝑥−73得，x=145，y=-

75∴F（145，-75）∴G1F=√(145+2)2+(3−75)2=85√10，G2F=√(145−85)2+(95−75)2=25√10．【解析】（1）将（0，3）和（3，0）代入y=-x2+bx+c可得；（2）①求出△PCD的面积，设Q（a，3-a）

利用S△QAB=2S△PCD求得；②利用AQ=AG列出方程，求出G点的坐标，根据联立直线BC和QF的关系式，求出F的坐标，从而求得GF．本题考查了二次函数，一次函数图象和性质及相似三角形等知识，解决问题的关键将点的坐标化成长度

，转化成图形的相似等知识．10.【答案】解：原式=2×√32+9+1+2-√3=√3+12-√3=12．【解析】原式利用特殊角的三角函数值，零指数幂、负整数指数幂法则，以及绝对值的代数意义计算即可求出值．此题考查了实数的运算，零指数幂、负整数指数幂，熟练掌握运算法则是

解本题的关键．11.【答案】解：画树状图为：共有6种等可能的结果，其中抽出的两名学生性别相同的结果数为3，所以抽出的两名学生性别相同的概率=36=12．【解析】画树状图展示所有6种等可能的结果，找出抽出的两名学生性别相同的结果数，然后

根据概率公式求解．本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．12.【答案】154【解析】解：（1）∵MN是AC的垂直平分线，∴AO

=CO，∠AOM=∠CON=90°，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠M=∠N，在△AOM和△CON中，{∠𝑀=∠𝑁∠𝐴𝑂𝑀=∠𝐶𝑂𝑁𝐴𝑂=𝐶𝑂，∴△AOM≌△CON（AAS）；（2）如图所示，连接CE，∵MN是AC的垂直平分线，∴CE

=AE，设AE=CE=x，则DE=6-x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠CDE=90°，CD=AB=3，∴Rt△CDE中，CD2+DE2=CE2，即32+（6-x）2=x2，解得x=154，即AE的长为154．故答案为：154．（1）利用线段垂直平分线的性质以及矩形的性质

，即可得到判定△AOM≌△CON的条件；（2）连接CE，设AE=CE=x，则DE=6-x，再根据勾股定理进行计算，即可得到AE的长．本题主要考查了矩形的性质以及全等三角形的判定，解题时注意：线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．13.【答案】10060

108【解析】解：（1）m=8÷8%=100，n%=100−30−2−8100×100%=60%，故答案为：100，60；（2）可回收物有：100-30-2-8=60（吨），补全完整的条形统计图如右图所示；（3）扇形统计

图中，厨余垃圾所对应的扇形圆心角的度数为：360°×30100=108°，故答案为：108；（4）2000×60100=1200（吨），即该市2000吨垃圾中约有1200吨可回收物．（1）根据其他垃圾的吨数

和所占的百分比可以求得m的值，然后根据条形统计图中的数据，即可得到n的值；（2）根据统计图中的数据，可以得到可回收物的吨数，然后即可将条形统计图补充完整；（3）根据统计图中的数据，可以计算出厨余垃圾所

对应的扇形圆心角的度数；（4）根据统计图中的数据，可以计算出该市2000吨垃圾中约有多少吨可回收物．本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．14.【答案】解：设原计划每天修建盲道xm，则3000𝑥-3000

(1+25%)𝑥=2，解得x=300，经检验，x=300是所列方程的解，答：原计划每天修建盲道300米．【解析】求的是工效，工作总量是3000m，则是根据工作时间来列等量关系．关键描述语是提前2天完成，等量关系为：原计划时间-实际用时=2，根据等量关系列出方程．

本题主要考查了分式方程的应用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．此题等量关系比较多，主要用到公式：工作总量=工作效率×工作时间．15.【答案】√3【解析】证明：（1）如图，

连接OD，∵CD是⊙O的切线，∴CD⊥OD，∴∠ODC=90°，∴∠BDO+∠ADC=90°，∵∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°，∵OB=OD，∴∠OBD=∠ODB，∴∠A=∠ADC，∴CD=AC；（2）∵DC=

DB，∴∠DCB=∠DBC，∴∠DCB=∠DBC=∠BDO，∵∠DCB+∠DBC+∠BDO+∠ODC=180°，∴∠DCB=∠DBC=∠BDO=30°，∴DC=√3OD=√3，故答案为：√3．（1）如图，连接OD，由切线的性质可得∠ODC=90°，可得∠BDO+∠ADC=90°，由直

角三角形的性质和等腰三角形的性质可证∠A=∠ADC，可得DC=AC；（2）由等腰三角形的性质可得∠DCB=∠DBC=∠BDO，由三角形内角和定理可求∠DCB=∠DBC=∠BDO=30°，由直角三角形的性质可求解．本题考查了切线的判定和性质，圆的有关知识，等腰三角形的性质，直角三角形的

性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．16.【答案】4√22√512−3𝑡16【解析】解：（1）∵A（4，4），B（6，0），∴OA=√42+42=4√2，AB=√(6−4)2+42=2√5．故答案为4√2，2√5．

（2）设直线AB的解析式为y=kx+b，将A（4，4），B（6，0）代入得到，{4𝑘+𝑏=4(6𝑘+𝑏=0，解得{𝑘=−2𝑏=12，∴直线AB的解析式为y=-2x+12，由题意点N的纵坐标为1，令y=1，则1=-2x+12，∴x=112，∴N（112，1）．（3）当

0＜t＜4时，令y=t，代入y=-2x+12，得到x=12−𝑡2，∴N（12−𝑡2，t），∵∠AOB=∠AOP=45°，∠OPM=90°，∴OP=PM=t，∴MN=PN-PM=12−𝑡2-t=12−3𝑡2．故答案为12−3𝑡2．（4）．如图，当t=

43时，MN=12−3×432=4，设EM=m，则EN=4-m．由题意S1•S2=12•m×4×12（4-m）×4=-4m2+16m=-4（m-2）2+16，∵-4＜0，∴m=2时，S1•S2有最大值，最大值为16．故答案为16．（1）利用两点间距离公式求解即可．

（2）求出直线AB的解析式，利用待定系数法即可解决问题．（3）求出PN，PM即可解决问题．（4）如图，当t=43时，MN=12−3×432=4，设EM=m，则EN=4-m．构建二次函数利用二次函数的性质即可解决问题．本题属于二次函数综合题，考查了

二次函数的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题．17.【答案】√32或5√32【解析】（1）①证明：如图①中，∵AB=AC，PB=PD，∠BAC=∠BPD=60°，∴△ABC，△PBD是等边

三角形，∴∠ABC=∠PBD=60°，∴∠PBA=∠DBC，∵BP=BD，BA=BC，∴△PBA≌△DBC（SAS），∴PA=DC．②解：如图①中，设BD交PC于点O．∵△PBA≌△DBC，∴∠BPA=∠BDC，∵∠BOP=∠COD

，∴∠OBP=∠OCD=60°，即∠DCP=60°．（2）解：结论：CD=√3PA．理由：如图②中，∵AB=AC，PB=PD，∠BAC=∠BPD=120°，∴BC=√3BA，BD=√3BP，∴𝐵𝐶𝐵𝐴=𝐵𝐷𝐵𝑃=√3，∵∠ABC=∠PBD=30°，∴∠ABP=∠CBD

，∴△CBD∽△ABP，∴𝐶𝐷𝑃𝐴=𝐵𝐶𝐴𝐵=√3，∴CD=√3PA．（3）过点D作DM⊥PC于M，过点B作BN⊥CP交CP的延长线于N．如图3-1中，当△PBA是钝角三角形时，在Rt

△ABN中，∵∠N=90°，AB=6，∠BAN=60°，∴AN=AB•cos60°=3，BN=AB•sin60°=3√3，∵PN=√𝑃𝐵2−𝐵𝑁2=√31−27=2，∴PA=3-2=1，由（2）可知，

CD=√3PA=√3，∵∠BAP=∠BDC，∴∠DCA=∠PBD=30°，∵DM⊥PC，∴DM=12CD=√32如图3-2中，当△ABN是锐角三角形时，同法可得PA=2=3=5，CD=5√3，DM=12CD=5√32，综上所述

，满足条件的DM的值为√32或5√32．故答案为√32或5√32．（1）①证明△PBA≌△DBC（SAS）可得结论．②利用全等三角形的性质解决问题即可．（2）证明△CBD∽△ABP，可得𝐶𝐷𝑃𝐴=𝐵𝐶𝐴𝐵=√3解决问题．（3）分两种情形，解直角三角形求出AD即

可解决问题．本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题注意一题多解．

18.【答案】等边三角形（6，-2√3）【解析】解：（1）∵抛物线y=12x2+bx+c经过点B（6，0）和点C（0，-3），∴{18+6𝑏+𝑐=0𝑐=−3，解得：{𝑏=−52𝑐=−3，∴抛物线解析式为：y=1

2x2-52𝑥−3；（2）①如图2，过点D作DH⊥OB于H，设MN与x轴交于点R，∵点B（6，0）和点C（0，-3），∴OC=3，OB=6，∵线段OC绕原点O逆时针旋转30°得到线段OD，∴OD=3，∠COD=30°，∴∠BOD=60°，∵DH⊥OB，∴∠ODH=30°，∴OH=12O

H=32，DH=√3OH=3√32，∴BH=OB-OH=92，∵tan∠HBD=𝐻𝐷𝐻𝐵=3√3292=√33，∴∠HBD=30°，∵点M关于x轴的对称点为点N，∴BN=BM，∠MBH=∠NBH=30°，∴∠MBN=60°，∴△

BMN是等边三角形，故答案为：等边三角形；②∵△ODB的面积S2=12×OB×DH=12×6×3√32=9√32，且S1=23S2，∴S1=23×9√32=3√3，∵△BMN是等边三角形，∴S1=√34MN2=3√3，∴MN=2

√3，∵点M关于x轴的对称点为点N，∴MR=NR=√3，MN⊥OB，∵∠MBH=30°，∴BR=√3MR=3，∴OR=3，∵点M在第四象限，∴点M坐标为（3，-√3）；（3）如图3中，过点F作FH⊥BG交BG的延长线于H．由题意BE

=BF=6，FK∥B，∴∠ABK=∠FKB=60°，∵BG平分∠FBE，GF平分∠BFK，∴∠FGB=120°，设GH=a，则FG=2a，FH=√3a，在Rt△BHF中，∵∠FHB=90°，∴BF2=BH2+FH2，∴62=（2√3+a）

2+（√3a）2，解得a=√3或-2√3（不符合题意舍弃），∴FG=BG=2√3，∴∠GBF=∠GFB=30°，∴∠FBK=∠BFK=60°，∴△BFK是等边三角形，此时F与K重合，BG⊥KF，∵KF∥x轴，∴BG⊥x轴，∴G（6，-2√3）．（1）将点B，点C坐标代入解析式，

可求b，c的值，即可求抛物线的表达式；（2）①如图2，过点D作DH⊥OB，由旋转的性质可得OD=3，∠COD=30°，由直角三角形的性质可得OH=12OH=32，DH=√3OH=3√32，由锐角三角函数可求∠HBD=30°，由对称性可得BN=BM，∠MBH=∠NBH=30°，可证△BM

N是等边三角形；②由三角形面积公式可求S2，S1，由等边三角形的面积公式可求MN的长，由对称性可求MR=NR=√3，由直角三角形的性质可求BR=3，可得OR=3，即可求点M坐标；（3）如图3中，过点F作F

H⊥BG交BG的延长线于H．想办法证明△BFK是等边三角形，推出BG⊥x轴即可解决问题．本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，旋转的性质，轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，

属于中考压轴题．19.【答案】解：原式=4+2×√32-√3+1+1=6．【解析】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．直接利用负指数幂的性质、特殊角的三角函数值、绝对值的性质、零指数幂的性质分别化简得出答案．20.【答案

】解：（1）14；（2）列表如下：ABCDA（B，A）（C，A）（D，A）B（A，B）（C，B）（D，B）C（A，C）（B，C）（D，C）D（A，D）（B，D）（C，D）由表可知共有12种等可能结果，小明两次抽取的卡片中有一张是科技社团D的结果数为6种，所以小明

两次抽取的卡片中有一张是科技社团D的概率为612=12．【解析】【分析】本题考查了列表法或树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出

事件A或B的概率.（1）直接根据概率公式求解；（2）利用列表法展示所有12种等可能性结果，再找出小明两次抽取的卡片中有一张是科技社团D的结果数，然后根据概率公式求解．【解答】解：（1）一共有4张卡片，每张卡片被抽到的可能性相同，故小明从中随机抽取一张卡片是足球社团B的概率为14；故

答案为14；（2）见答案.21.【答案】(1)证明：∵AE=CF，∴AE+EF=CF+EF，即AF=CE，∵DF∥BE，∴∠DFA=∠BEC，∵DF=BE，∴△ADF≌△CBE（SAS），∴AD=CB，∠DAF=∠BCE，∴AD∥CB，∴四边形ABCD是平行四边形；(2)2

4【解析】（1）见答案（2）解：∵CG⊥AB，∴∠G=90°，∵∠CBG=45°，∴△BCG是等腰直角三角形，∵BC=4√2，∴BG=CG=4，∵tan∠CAB=25，∴AG=10，∴AB=6，∴▱ABCD的面积=6×4=24，故答案为：2

4．（1）根据已知条件得到AF=CE，根据平行线的性质得到∠DFA=∠BEC，根据全等三角形的性质得到AD=CB，∠DAF=∠BCE，于是得到结论；（2）根据已知条件得到△BCG是等腰直角三角形，求得BG=CG=4，解直角三角

形得到AG=10，根据平行四边形的面积公式即可得到结论．本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．22.【答案】（1）50（2）B类人数：50×24%=12（人），D类人数：50-10-12-16-4=8（人），（3）32，57.6

（4）估计该校寒假在家做家务的总时间不低于20小时的学生数．800×（1-20%-24%）=448（名），答：估计该校有448名学生寒假在家做家务的总时间不低于20小时．【解析】解：（1）本次共调查了10÷20%=50（人），故答案为50；（2）见答案（3）1650×100%=32%，即m

=32，类别D所对应的扇形圆心角的度数360°×850=57.6°，故答案为32，57.6；（4）见答案（1）本次共调查了10÷20%=50（人）；（2）B类人数：50×24%=12（人），D类人数：50-10-12-16-4=8（人），根据此信息补全条形统计图即可；（3）1650×10

0%=32%，即m=32，类别D所对应的扇形圆心角的度数360°×850=57.6°；（4）估计该校寒假在家做家务的总时间不低于20小时的学生数．800×（1-20%-24%）=448（名）．本题考查的是条形

统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．23.【答案】解：（1）设甲种树苗每棵x元，根据题意得：800𝑥=6

80𝑥−6，解得：x=40，经检验：x=40是原方程的解，答：甲种树苗每棵40元；（2）设购买乙中树苗y棵，根据题意得：40（100-y）+34y≤3800，解得：y≥3313，∵y是正整数，∴y最小取34，答：至少要购买乙种树苗34棵．【解析】本题考查了分式方程的应用及一

元一次不等式的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系，难度不大．（1）根据题意列出分式方程求解即可；（2）根据题意列出不等式求解即可．24.【答案】（1）证明：连接OC，∵MN为⊙O的切线，∴OC⊥MN，∵BD⊥MN，∴OC∥BD，∴∠CBD=∠BCO．又∵O

C=OB，∴∠BCO=∠ABC，∴∠CBD=∠ABC．（2）5【解析】（1）见答案；（2）解：连接AC，在Rt△BCD中，BC=4√5，CD=4，∴BD=√𝐵𝐶2−𝐶𝐷2=8，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=∠CDB=90°，∵∠ABC=∠CBD，∴△ABC∽△CB

D，∴𝐴𝐵𝐵𝐶=𝐶𝐵𝐵𝐷，即𝐴𝐵4√5=4√58，∴AB=10，∴⊙O的半径是5，故答案为5．（1）连接OC，由切线的性质可得OC⊥MN，即可证得OC∥BD，由平行线的性质和等腰三角形的性质可得∠CBD=∠BCO=∠ABC，即可证得结论；（2）连接AC，由勾股定理求得B

D，然后通过证得△ABC∽△CBD，求得直径AB，从而求得半径．本题考查了切线的性质和圆周角定理、三角形相似的判定和性质以及解直角三角形，作出辅助线构建等腰三角形、直角三角形是解题的关键．25.【答案】(1)-12(2）①由（1）可知直线AB的解

析式为y=-12x+4．当x=0时，y=-12x+4=4，∴点B的坐标为（0，4），∴OB=4．∵点E为OB的中点，∴BE=OE=12OB=2．∵点A的坐标为（8，0），∴OA=8．∵四边形OCED是平行四边形，∴CE∥DA，∴𝐵�

�𝐴𝐶=𝐵𝐸𝑂𝐸=1，∴BC=AC，∴CE是△ABO的中位线，∴CE=12OA=4．∵四边形OCED是平行四边形，∴OD=CE=4，OC=DE．在Rt△DOE中，∠DOE=90°，OD=4，OE=2，∴D

E=√𝑂𝐷2+𝑂𝐸2=2√5，∴C平行四边形OCED=2（OD+DE）=2×（4+2√5）=8+4√5．②设点C的坐标为（x，-12x+4），则CE=|x|，CD=|-12x+4|，∴S△CDE=12CD•CE=|-14

x2+2x|=334，∴x2-8x+33=0或x2+8x-33=0．方程x2-8x+33=0无解；解方程x2-8x-33=0，得：x1=-3，x2=11，∴点C的坐标为（-3，112）或（11，-32）．【解析】解：（1）将A（8，0

）代入y=kx+4，得：0=8k+4，解得：k=-12．故答案为：-12．（1）根据点A的坐标，利用待定系数法可求出k值；（2）①利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点B的坐标，由平行四边形的性质结合点E为OB的中点可得出CE是△ABO的中位线，结合点A的坐标可得出

CE的长，在Rt△DOE中，利用勾股定理可求出DE的长，再利用平行四边形的周长公式即可求出▱OCED的周长；②设点C的坐标为（x，-12x+4），则CE=|x|，CD=|-12x+4|，利用三角形的面积公式结

合△CDE的面积为334可得出关于x的方程，解之即可得出结论．本题考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、平行四边形的性质、勾股定理、平行四边形的周长、三角形的面积、解一元二次方程以及三角形的中位线，解题的关键是：（1）根据点的

坐标，利用待定系数法求出k值；（2）①利用勾股定理及三角形中位线的性质，求出CE，DE的长；②利用三角形的面积公式结合△CDE的面积为334，找出关于x的方程．26.【答案】（1）200（2）①PC=P

E，PC⊥PE．②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC=PE，PC⊥PE．理由如下：如解图2，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，同①理，可知△FBP≌△EDP（ASA），∴BF=DE，PE=PF=12𝐸𝐹，∵DE=

AE，∴BF=AE，∵当α=90°时，∠EAC=90°，∴ED∥AC，EA∥BC∵FB∥AC，∠FBC=90°，∴∠CBF=∠CAE，在△FBC和△EAC中，{𝐵𝐹=𝐴𝐸∠𝐶𝐵𝐹=∠𝐶𝐴𝐸𝐵𝐶=𝐴𝐶，∴△FBC≌△EAC（

SAS），∴CF=CE，∠FCB=∠ECA，∵∠ACB=90°，∴∠FCE=90°，∴△FCE是等腰直角三角形，∵EP=FP，∴CP⊥EP，CP=EP=12𝐸𝐹．③如解图2，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过E点作EH⊥AC交

CA延长线于H点，当α=150°时，由旋转可知，∠CAE=150°，DE与BC所成夹角的锐角为30°，∴∠FBC=∠EAC=α=150°同②可得△FBP≌△EDP（ASA），同②△FCE是等腰直角三角

形，CP⊥EP，CP=EP=√22𝐶𝐸，在Rt△AHE中，∠EAH=30°，AE=DE=1，∴HE=12，AH=√32，又∵AC=AB=3，∴CH=3+√32，∴EC2=CH2+HE2=10+3√3∴PC2=12𝐸𝐶2=10+3√32．【解析】（1）解：∵CD∥AB，∴∠C=∠B，在△

ABP和△DCP中，{𝐵𝑃=𝐶𝑃∠𝐴𝑃𝐵=∠𝐷𝑃𝐶∠𝐵=∠𝐶，∴△ABP≌△DCP（SAS），∴DC=AB．∵AB=200米．∴CD=200米，故答案为：200．（2）①PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC=PE，PC⊥PE．理由如下：如解图

1，延长EP交BC于F，同（1）理，可知∴△FBP≌△EDP（ASA），∴PF=PE，BF=DE，又∵AC=BC，AE=DE，∴FC=EC，又∵∠ACB=90°，∴△EFC是等腰直角三角形，∵EP=FP，∴PC=PE，P

C⊥PE．（1）由由CD∥AB，可得∠C=∠B，根据∠APB=∠DPC即可证明△ABP≌△DCP，即可得AB=CD，即可解题．（2）①延长EP交BC于F，易证△FBP≌△EDP（SAS）可得△EFC是等腰直角三角形，即可证明PC=P

E，PC⊥PE．②作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，易证△FBP≌△EDP（SAS），结合已知得BF=DE=AE，再证明△FBC≌△EAC（SAS），可得△EFC是等腰直角三角形，即可

证明PC=PE，PC⊥PE．③作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点，由旋转旋转可知，∠CAE=150°，DE与BC所成夹角的锐角为30°，得∠FBC=∠EAC，同②可证可得PC=PE，PC⊥PE，再由已知解三角形得∴EC2=CH2+H

E2=10+3√3，即可求出PC2=12𝐸𝐶2=10+3√32．本题考查几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质、勾股定理和30°直角三角形性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于

压轴题．27.【答案】解：（1）设直线DE的表达式为y=kx+c(k≠0).∵直线DE经过点D(-2,-3)和点E(3,2),∴{−2𝑘+𝑐=−3,3𝑘+𝑐=2.解得{𝑘=1,𝑐=−1.∴直线DE的表达式为y=x-1……①将点D、E的坐标代入抛物

线函数表达式得：{−3=4𝑎−2𝑏+29𝑎+3𝑏+2=2，解得：{𝑎=−12𝑏=32，故抛物线的表达式为：y=-12x2+32x+2；（2）如图,连接OP,过点P作PG⊥x轴于点G,作PH⊥y轴于点H,当y=0时,即0=-12𝑥2+32x+2,∴𝑥1=-1,𝑥2=4.∴B(4,0

),∴OB=4.∵F(0,1),∴OF=1.依题意设点P的坐标为(m,-12𝑚2+32m+2).∴PG=-12𝑚2+32m+2,PH=m,∴=12OB⋅PG=12×4×(-12𝑚2+32m+2)=-𝑚2+3m+4,𝑆△𝑂𝑃𝐹=12OF

⋅PH=12×1⋅m=12m,∴=+𝑆△𝑂𝑃𝐹=-𝑚2+3m+4+12m=-𝑚2+72m+4.∵四边形OBPF的面积是7,∴-𝑚2+72m+4=7,解得𝑚1=32,𝑚2=2.当m=32时,-12𝑚2+32m+2

=258;当m=2时,-12𝑚2+32m+2=3.∴点P的坐标是(32,258)或(2,3).（3）当点P在抛物线对称轴的右侧时，点P（2，3），过点A作AA′∥DE，使得AA′=MN=2√2，作点A′直线DE的对称点A″，连接PA″交直线DE于点M，此时，点

Q运动的路径最短，∵MN=2√2，相当于向上、向右分别平移2个单位，故点A′（1，2），A′A″⊥DE，则直线A′A″过点A′，则其表达式为：y=-x+3……②，联立①②得{𝑦=𝑥−1①𝑦=−𝑥+3②①-②

得：2x-4=0解得x=2，∵-2+3=1则A′A″中点坐标为（2，1），由中点坐标公式得：点A″（3，0），同理可得：直线A″P的表达式为：y=-3x+9……③，联立①③得{𝑦=𝑥−1①𝑦=−3𝑥+9③①-③得：4x-10=0解得：x=5

2，∵−3×52+9=32点M（52，32），点M沿ED向下平移2√2个单位得：N（12，-12）．【解析】本题考查的是一次函数与二次函数综合题，涉及待定系数法求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式，图形的平移、面积的计算等，（1）使用待定系数法分别将点D、E的坐标代入一

次函数（需要假设）与二次函数表达式，即可求解；（2）S四边形OBPF=+𝑆△𝑂𝑃𝐹=-𝑚2+3m+4+12m=-𝑚2+72m+4，即可求解；（3）过点A作AA′∥DE，使得AA′=MN=2√2，作点A′直线DE的对称点A″，连接PA″交直线DE于点M，此时，点Q运动

的路径最短.