2014年黑龙江省绥化市中考数学试题及答案.doc

2014年黑龙江省绥化市中考数学试题及答案

一、填空题（每小题3分，满分33分）
1．（3分）﹣2014的相反数　2014　．

考点：
相反数．
分析：
根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案．
解答：
解：∵﹣2014的相反数是2014，
故答案为：2014．
点评：
本题考查了相反数，在一个数的前面加上负号就是这个数的相反数．

2．（3分）使二次根式有意义的x的取值范围是　x≥﹣3　．

考点：
二次根式有意义的条件．
分析：
二次根式有意义，被开方数为非负数，列不等式求解．
解答：
解：根据二次根式的意义，得x+3≥0，
解得x≥﹣3．[来源:Z§xx§k.Com]
点评：
用到的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．

3．（3分）如图，AC、BD相交于点0，∠A=∠D，请补充一个条件，使△AOB≌△DOC，你补充的条件是　AB=CD　（填出一个即可）．

考点：
全等三角形的判定．
专题：
开放型．
分析：
添加条件是AB=CD，根据SAS推出两三角形全等即可．
解答：
解：AB=CD，
理由是：∵在△AOB和△DOC中

∴△AOB≌△DOC，
故答案为：AB=CD．
点评：
本题考查了全等三角形的判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，题目是一道开放型的题目，答案不唯一．[来源:学_科_网Z_X_X_K]

4．（3分）布袋中装有3个红球和6个白球，它们除颜色外其他都相同，如果从布袋里随机摸出一个球，那么所摸到的球恰好为红球的概率是　　．

考点：
概率公式．
分析：
根据概率公式，求摸到红球的概率，即用红球除以小球总个数即可得出得到红球的概率．
解答：
解：∵一个布袋里装有3个红球和6个白球，
∴摸出一个球摸到红球的概率为：=．
故答案为．
点评：
此题主要考查了概率公式的应用，由已知求出小球总个数再利用概率公式求出是解决问题的关键．

5．（3分）化简﹣的结果是　﹣　．

考点：
分式的加减法．
专题：
计算题．
分析：
原式通分并利用同分母分式的减法法则计算即可得到结果．
解答：
解：原式=﹣
=﹣
=﹣．
故答案为：﹣．
点评：
此题考查了分式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

6．（3分）如图，直线a、b被直线c所截，a∥b，∠1+∠2的度数是　180°　．

考点：
平行线的性质．
分析：
根据平行线的性质得出∠1=∠3，求出∠2+∠3=180°，代入求出即可．
解答：
解：
∵a∥b，
∴∠1=∠3，
∵∠2+∠3=180°，
∴∠1+∠2=180°，
故答案为：180°．
点评：
本题考查了平行线的性质的应用，注意：两直线平行，同位角相等．

7．（3分）服装店销售某款服装，一件服装的标价为300元，若按标价的八折销售，仍可获利60元，则这款服装每件的标价比进价多　120　元．

考点：
一元一次方程的应用．
分析：
设这款服装每件的进价为x元，根据利润=售价﹣进价建立方程求出x的值就可以求出结论．
解答：
解：设这款服装每件的进价为x元，由题意，得
300×0.8﹣x=60，
解得：x=180．
∴标价比进价多300﹣180=120元．
故答案为：120．
点评：
本题考查了列一元一次方程解实际问题的运用，销售问题的数量关系利润=售价﹣进价的运用，解答时根据销售问题的数量关系建立方程是关键．

8．（3分）一个扇形的圆心角为120°，半径为3，则这个扇形的面积为　3π　（结果保留π）

考点：
扇形面积的计算．
专题：
计算题；压轴题．
分析：
根据扇形公式S扇形=，代入数据运算即可得出答案．
解答：
解：由题意得，n=120°，R=3，
故S扇形===3π．
故答案为：3π．
点评：
此题考查了扇形的面积计算，属于基础题，解答本题的关键是熟练掌握扇形的面积公式，另外要明白扇形公式中，每个字母所代表的含义．

9．（3分）分解因式：a3﹣4a2+4a=　a（a﹣2）2　．

考点：
提公因式法与公式法的综合运用．
分析：
观察原式a3﹣4a2+4a，找到公因式a，提出公因式后发现a2﹣4a+4是完全平方公式，利用完全平方公式继续分解可得．
解答：
解：a3﹣4a2+4a，
=a（a2﹣4a+4），
=a（a﹣2）2．
点评：
考查了对一个多项式因式分解的能力．一般地，因式分解有两种方法，提公因式法，公式法，能提公因式先提公因式，然后再考虑公式法（完全平方公式）．要求灵活运用各种方法进行因式分解．

10．（3分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（1，1），B（﹣1，1），C（﹣1，﹣2），D（1，﹣2），把一根长为2014个单位长度且没有弹性的细线（线的粗细忽略不计）的一端固定在A处，并按A→B→C→D→A…的规律紧绕在四边形ABCD的边上，则细线的另一端所在位置的点的坐标是　（﹣1，﹣1）　．

考点：
规律型：点的坐标．
分析：
根据点的坐标求出四边形ABCD的周长，然后求出另一端是绕第几圈后的第几个单位长度，从而确定答案．
解答：
解：∵A（1，1），B（﹣1，1），C（﹣1，﹣2），D（1，﹣2），
∴AB=1﹣（﹣1）=2，BC=1﹣（﹣2）=3，CD=1﹣（﹣1）=2，DA=1﹣（﹣2）=3，
∴绕四边形ABCD一周的细线长度为2+3+2+3=10，
2014÷10=201…4，
∴细线另一端在绕四边形第202圈的第4个单位长度的位置，
即线段BC的中间位置，点的坐标为（﹣1，﹣1）．
故答案为：（﹣1，﹣1）．
点评：
本题主要考查了点的变化规律，根据点的坐标求出四边形ABCD一周的长度，从而确定2014个单位长度的细线的另一端落在第几圈第几个单位长度的位置是解题的关键．

11．（3分）矩形纸片ABCD中，已知AD=8，AB=6，E是边BC上的点，以AE为折痕折叠纸片，使点B落在点F处，连接FC，当△EFC为直角三角形时，BE的长为　3或6　．

考点：
翻折变换（折叠问题）．
专题：
分类讨论．
分析：
分①∠EFC=90°时，先判断出点F在对角线AC上，利用勾股定理列式求出AC，设BE=x，表示出CE，根据翻折变换的性质可得AF=AB，EF=BE，然后在Rt△CEF中，利用勾股定理列出方程求解即可；②∠CEF=90°时，判断出四边形ABEF是正方形，根据正方形的四条边都相等可得BE=AB．
解答：
解：①∠EFC=90°时，如图1，
∵∠AFE=∠B=90°，∠EFC=90°，
∴点A、F、C共线，
∵矩形ABCD的边AD=8，
∴BC=AD=8，
在Rt△ABC中，AC===10，
设BE=x，则CE=BC﹣BE=8﹣x，
由翻折的性质得，AF=AB=6，EF=BE=x，
∴CF=AC﹣AF=10﹣6=4，
在Rt△CEF中，EF2+CF2=CE2，
即x2+42=（8﹣x）2，
解得x=3，
即BE=3；
②∠CEF=90°时，如图2，
由翻折的性质得，∠AEB=∠AEF=×90°=45°，
∴四边形ABEF是正方形，
∴BE=AB=6，
综上所述，BE的长为3或6．
故答案为：3或6．

点评：
本题考查了翻折变化的性质，勾股定理，正方形的判定与性质，此类题目，利用勾股定理列出方程求解是常用的方法，本题难点在于分情况讨论，作出图形更形象直观．

二、单项选择题（每题3分，满分21分）
12．（3分）下列运算正确的是（　　）

A．
（a3）2=a6
B．
3a+3b=6ab
C．
a6÷a3=a2
D．
a3﹣a=a2

考点：
同底数幂的除法；合并同类项；幂的乘方与积的乘方．
分析：
根据幂的乘方，可判断A，根据合并同类项，可判断B，根据同底数幂的除法，可判断C、D．
解答：
解：A、底数不变指数相乘，故A正确；
B、不是同类项不能合并，故B错误；
C、底数不变指数相减，故C错误；
D、不是同底数幂的除法，指数不能相减，故D错误；
故选：A．
点评：
本题考查了幂的运算，根据法则计算是解题关键．

13．（3分）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）

A．
角
B．
等边三角形
C．
平行四边形
D．
圆

考点：
中心对称图形；轴对称图形．
专题：
常规题型．
分析：
根据轴对称及中心对称的定义，结合选项所给图形的特点即可作出判断．
解答：
解：A、角是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
C、平行四边形不轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；
D、圆既是轴对称图形也是中心对称图形，故本选项正确；
故选D．
点评：
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．

14．（3分）分式方程的解是（　　）

A．
x=﹣2
B．
x=2
C．
x=1
D．
x=1或x=2

考点：
解分式方程．
专题：
方程思想．
分析：
观察可得最简公分母是（x﹣2），方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．
解答：
解：方程的两边同乘（x﹣2），得
2x﹣5=﹣3，
解得x=1．
检验：当x=1时，（x﹣2）=﹣1≠0．
∴原方程的解为：x=1．
故选C．
点评：
考查了解分式方程，注意：
（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．
（2）解分式方程一定注意要验根．

15．（3分）如图是一个由多个相同小正方体搭成的几何体的俯视图，图中所标数字为该位置小正方体的个数，则这个几何体的左视图是（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：
由三视图判断几何体；简单组合体的三视图．
分析：
俯视图中的每个数字是该位置小立方体的个数，分析其中的数字，得主视图右3列，从左到右分别是1，3，2个正方形．
解答：
解：由俯视图中的数字可得：主视图右3列，从左到右分别是1，3，2个正方形．
故选C．
点评：
本题考查了学生的思考能力和对几何体三种视图的空间想象能力．

16．（3分）如图，过点O作直线与双曲线y=（k≠0）交于A、B两点，过点B作BC⊥x轴于点C，作BD⊥y轴于点D．在x轴上分别取点E、F，使点A、E、F在同一条直线上，且AE=AF．设图中矩形ODBC的面积为S1，△EOF的面积为S2，则S1、S2的数量关系是（　　）

A．
S1=S2
B．
2S1=S2
C．
3S1=S2
D．
4S1=S2

考点：
反比例函数系数k的几何意义．
分析：
根据题意，易得AB两点关与原点对称，可设A点坐标为（m，n），则B的坐标为（﹣m，﹣n）；在Rt△EOF中，由AE=AF，可得A为EF中点，分析计算可得S2，矩形OCBD中，易得S1，比较可得答案．
解答：
解：设A点坐标为（m，n），
过点O的直线与双曲线y=交于A、B两点，则A、B两点关与原点对称，则B的坐标为（﹣m，﹣n）；
矩形OCBD中，易得OD=﹣n，OC=m；则S1=﹣mn；
在Rt△EOF中，AE=AF，故A为EF中点，
由中位线的性质可得OF=﹣2n，OE=2m；
则S2=OF×OE=﹣4mn；
故2S1=S2．
故选B．
点评：
本题考查反比例函数系数k的几何意义，过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线，与坐标轴围成的矩形面积就等于|k|．本知识点是中考的重要考点，同学们应高度关注．
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17．（3分）如图是二次函数y=ax2+bx+c图象的一部分，且过点A（3，0），二次函数图象的对称轴是x=1，下列结论正确的是（　　）

A．
b2＞4ac
B．
ac＞0
C．
a﹣b+c＞0
D．
4a+2b+c＜0

考点：
二次函数图象与系数的关系．
专题：
数形结合．
分析：
根据抛物线与x轴有两个交点有b2﹣4ac＞0可对A进行判断；由抛物线开口向下得a＜0，由抛物线与y轴的交点在x轴上方得c＞0，则可对B进行判断；根据抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点为（﹣1，0），所以a﹣b+c=0，则可C选项进行判断；由于x=2时，函数值小于0，则有4a+2b+c＞0，于是可对D选项进行判断．
解答：
解：∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，即b2＞4ac，所以A选项正确；
∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c＞0，
∴ac＜0，所以B选项错误；
∵抛物线过点A（3，0），二次函数图象的对称轴是x=1，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣1，0），
∴a﹣b+c=0，所以C选项错误；
∵当x=2时，y＞0，
∴4a+2b+c＞0，所以D选项错误．
故选A．
点评：
本题考查了二次函数的图象与系数的关系：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象为抛物线，当a＞0，抛物线开口向上；对称轴为直线x=﹣；抛物线与y轴的交点坐标为（0，c）；当b2﹣4ac＞0，抛物线与x轴有两个交点；当b2﹣4ac=0，抛物线与x轴有一个交点；当b2﹣4ac＜0，抛物线与x轴没有交点．

18．（3分）如图，在矩形ABCD中，AD=AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：
①∠AED=∠CED；②OE=OD；③BH=HF；④BC﹣CF=2HE；⑤AB=HF，
其中正确的有（　　）

A．
2个
B．
3个
C．
4个
D．
5个

考点：
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质．
分析：
根据角平分线的定义可得∠BAE=∠DAE=45°，然后利用求出△ABE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AE=AB，从而得到AE=AD，然后利用“角角边”证明△ABE和△AHD全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=DH，再根据等腰三角形两底角相等求出∠ADE=∠AED=67.5°，根据平角等于180°求出∠CED=67.5°，从而判断出①正确；
再求出∠AHB=67.5°，∠DOH=∠ODH=22.5°，然后根据等角对等边可得OE=OD=OH，判断出②正确；
再求出∠EBH=∠OHD=22.5°，∠AEB=∠HDF=45°，然后利用“角边角”证明△BEH和△HDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BH=HF，判断出③正确；根据全等三角形对应边相等可得DF=HE，然后根据DH=DC﹣CF整理得到BC﹣2CF=2HE，判断出④错误；
判断出△ABH不是等边三角形，从而得到AB≠BH，即AB≠HF，得到⑤错误．
解答：
解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=AB，
∵AD=AB，
∴AE=AD，
在△ABE和△AHD中，
，
∴△ABE≌△AHD（AAS），
∴BE=DH，
∴AB=BE=AH=HD，
∴∠ADE=∠AED=（180°﹣45°）=67.5°，
∴∠CED=180°﹣45°﹣67.5°=67.5°，
∴∠AED=∠CED，故①正确；

∵∠AHB=（180°﹣45°）=67.5°，∠OHE=∠AHB（对顶角相等），
∴∠OHE=∠AED，
∴OE=OH，
∵∠DOH=90°﹣67.5°=22.5°，∠ODH=67.5°﹣45°=22.5°，
∴∠DOH=∠ODH，
∴OH=OD，
∴OE=OD=OH，故②正确；

∵∠EBH=90°﹣67.5°=22.5°，
∴∠EBH=∠OHD，
在△BEH和△HDF中，
，
∴△BEH≌△HDF（ASA），
∴BH=HF，HE=DF，故③正确；

∵DF=DC﹣CF=BC﹣CF，
∴BC﹣2CF=2DF，
∴BC﹣2CF=2HE，故④错误；

∵AB=AH，∠BAE=45°，
∴△ABH不是等边三角形，
∴AB≠BH，
∴即AB≠HF，故⑤错误；
综上所述，结论正确的是①②③共3个．
故选B．
点评：
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键，也本题的难点．

三、解答题（满分66分）
19．（5分）计算：．

考点：
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：
分别进行二次根式的化简、特殊角的三角函数值、零指数幂、负整数指数幂等运算，然后按照实数的运算法则计算即可．
解答：
解：原式=2﹣2×+1﹣8=．
点评：
本题考查了实数的运算，涉及了二次根式的化简、特殊角的三角函数值、零指数幂、负整数指数幂等知识，属于基础题．

20．（6分）某校240名学生参加植树活动，要求每人植树4～7棵，活动结束后抽查了20名学生每人的植树量，并分为四类：A类4棵、B类5棵、C类6棵、D类7棵，将各类的人数绘制成如图所示不完整的条形统计图，回答下列问题：
（1）补全条形图；
（2）写出这20名学生每人植树量的众数和中位数；
（3）估计这240名学生共植树多少棵？

考点：
条形统计图；用样本估计总体；中位数；众数．
专题：
图表型．
分析：
（1）求出D类的人数，然后补全统计图即可；
（2）根据众数的定义解答，根据中位数的定义，找出第10人和第11人植树的棵树，然后解答即可；
（3）求出20人植树的平均棵树，然后乘以总人数240计算即可得解．
解答：
解：（1）D类的人数为：20﹣4﹣8﹣6=20﹣18=2人，
补全统计图如图所示；

（2）由图可知，植树5棵的人数最多，是8人，
所以，众数为5，
按照植树的棵树从少到多排列，第10人与第11人都是植5棵数，
所以，中位数是5；

（3）==5.3（棵），
240×5.3=1272（棵）．
答：估计这240名学生共植树1272棵．

点评：
本题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从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．

21．（6分）已知：△ABC在直角坐标平面内，三个顶点的坐标分别为A（0，3）、B（3，4）、C（2，2）（正方形网格中每个小正方形的边长是一个单位长度）．
（1）画出△ABC向下平移4个单位长度得到的△A1B1C1，点C1的坐标是　（2，﹣2）　；
（2）以点B为位似中心，在网格内画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC位似，且位似比为2：1，点C2的坐标是　（1，0）　；
（3）△A2B2C2的面积是　10　平方单位．

考点：
作图-位似变换；作图-平移变换．
分析：
（1）利用平移的性质得出平移后图象进而得出答案；
（2）利用位似图形的性质得出对应点位置即可；
（3）利用等腰直角三角形的性质得出△A2B2C2的面积．
解答：
解：（1）如图所示：C1（2，﹣2）；
故答案为：（2，﹣2）；

（2）如图所示：C2（1，0）；
故答案为：（1，0）；

（3）∵A2C22=20，B2C=20，A2B2=40，
∴△A2B2C2是等腰直角三角形，
∴△A2B2C2的面积是：××20=10平方单位．
故答案为：10．

点评：
此题主要考查了位似图形的性质以及平移的性质和三角形面积求法等知识，得出对应点坐标是解题关键．

22．（6分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点P在⊙O上，∠1=∠BCD．
（1）求证：CB∥PD；
（2）若BC=3，sin∠BPD=，求⊙O的直径．

考点：
圆周角定理；垂径定理；解直角三角形．
分析：
（1）根据圆周角定理和已知求出∠D=∠BCD，根据平行线的判定推出即可；
（2）根据垂径定理求出弧BC=弧BD，推出∠A=∠P，解直角三角形求出即可．
解答：
（1）证明：∵∠D=∠1，∠1=∠BCD，
∴∠D=∠BCD，
∴CB∥PD；

（2）解：连接AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵CD⊥AB，
∴弧BD=弧BC，
∴∠BPD=∠CAB，
∴sin∠CAB=sin∠BPD=，[来源:学§科§网Z§X§X§K]
即=，
∵BC=3，
∴AB=5，
即⊙O的直径是5．
点评：
本题考查了圆周角定理，解直角三角形，垂径定理，平行线的判定的应用，主要考查学生的推理能力．

23．（8分）在一条笔直的公路旁依次有A、B、C三个村庄，甲、乙两人同时分别从A、B两村出发，甲骑摩托车，乙骑电动车沿公路匀速驶向C村，最终到达C村．设甲、乙两人到C村的距离y1，y2（km）与行驶时间x（h）之间的函数关系如图所示，请回答下列问题：
（1）A、C两村间的距离为　120　km，a=　2　；
（2）求出图中点P的坐标，并解释该点坐标所表示的实际意义；
（3）乙在行驶过程中，何时距甲10km？

考点：
一次函数的应用．
分析：
（1）由图可知与y轴交点的坐标表示A、C两村间的距离为120km，再由0.5小时距离C村90kM，形式120﹣90=30km，速度为60km/h，求得a=2；
（2）求得y1，y2两个函数解析式，建立方程求得点P坐标，表示在什么时间相遇以及距离C村的距离；
（3）由（2）中的函数解析式根据距甲10km建立方程；探讨得出答案即可．
解答：
解：（1）A、C两村间的距离120km，
a=120÷[（120﹣90）÷0.5]=2；
（2）设y1=k1x+120，
代入（2，0）解得y1=﹣60x+120，
y2=k2x+90，
代入（3，0）解得y1=﹣30x+90，
由﹣60x+120=﹣30x+90
解得x=1，则y1=y2=60，
所以P（1，60）表示经过1小时甲与乙相遇且距C村60km．
（3）当y1﹣y2=10，
即﹣60x+120﹣（﹣30x+90）=10
解得x=，
当y2﹣y1=10，
即﹣30x+90﹣（﹣60x+120）=10
解得x=，
当甲走到C地，而乙距离C地10km时，
﹣30x+90=10
解得x=；
综上所知当x=h，或x=h，或x=h乙距甲10km．
点评：
此题考查一次函数的运用，一次函数与二元一次方程组的运用，解答时认真分析图象求出解析式是关键，注意分类思想的渗透．

24．（8分）某商场用36万元购进A、B两种商品，销售完后共获利6万元，其进价和售价如下表：

A
B
进价（元/件）
1200
1000
售价（元/件）
1380
1200
（1）该商场购进A、B两种商品各多少件；
（2）商场第二次以原进价购进A、B两种商品．购进B种商品的件数不变，而购进A种商品的件数是第一次的2倍，A种商品按原售价出售，而B种商品打折销售．若两种商品销售完毕，要使第二次经营活动获利不少于81600元，B种商品最低售价为每件多少元？

考点：
一元一次不等式组的应用．
专题：
应用题；压轴题．
分析：
（1）设购进A种商品x件，B种商品y件，列出不等式方程组可求解．
（2）由（1）得A商品购进数量，再求出B商品的售价．
解答：
解：（1）设购进A种商品x件，B种商品y件，
根据题意得[来源:Z。xx。k.Com]
化简得，解之得．
答：该商场购进A、B两种商品分别为200件和120件．

（2）由于A商品购进400件，获利为
（1380﹣1200）×400=72000（元）
从而B商品售完获利应不少于81600﹣72000=9600（元）
设B商品每件售价为z元，则
120（z﹣1000）≥9600
解之得z≥1080
所以B种商品最低售价为每件1080元．
点评：
本题考查一元一次不等式组的应用，将现实生活中的事件与数学思想联系起来，读懂题列出不等式关系式即可求解．准确的解不等式组是需要掌握的基本能力．

25．（8分）如图，抛物线y=﹣x2+3x+4与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点D在抛物线上且横坐标为3．
（1）求tan∠DBC的值；
（2）点P为抛物线上一点，且∠DBP=45°，求点P的坐标．

考点：
二次函数综合题．
分析：
（1）如图，连接CD，过点D作DE⊥BC于点E．利用抛物线解析式可以求得点A、B、C、D的坐标，则易推知CD∥AB，所以∠BCD=∠ABC=45°．利用直角等腰直角三角形的性质和图中相关线段间的和差关系求得BC=4，BE=BC﹣DE=．由正切三角函数定义知tan∠DBC==；
（2）过点P作PF⊥x轴于点F．由点B、D的坐标得到BD⊥x轴，∠PBF=∠DBC，利用（1）中的结果得到：tan∠PBF=．设P（x，﹣x2+3x+4），则利用锐角三角函数定义推知=，通过解方程求得点P的坐标为（﹣，）．
解答：
解：（1）令y=0，则﹣x2+3x+4=﹣（x+1）（x﹣4）=0，
解得 x1=﹣1，x2=4．
∴A（﹣1，0），B（4，0）．
当x=3时，y=﹣32+3×3+4=4，
∴D（3，4）．
如图，连接CD，过点D作DE⊥BC于点E．
∵C（0，4），
∴CD∥AB，
∴∠BCD=∠ABC=45°．
在直角△OBC中，∵OC=OB=4，
∴BC=4．
在直角△CDE中，CD=3．
∴CE=ED=，
∴BE=BC﹣DE=．
∴tan∠DBC==；

（2）过点P作PF⊥x轴于点F．
∵∠CBF=∠DBP=45°，
∴∠PBF=∠DBC，
∴tan∠PBF=．
设P（x，﹣x2+3x+4），则=，
解得 x1=﹣，x2=4（舍去），
∴P（﹣，）．

点评：
本题主要考查了二次函数综合型题目，其中涉及到了坐标与图形性质，勾股定理，锐角三角函数定义以及二次函数图象上点的坐标特征等知识点．解题时，要注意数形结合的数学思想方法．

26．（9分）在菱形ABCD和正三角形BGF中，∠ABC=60°，P是DF的中点，连接PG、PC．
（1）如图1，当点G在BC边上时，易证：PG=PC．（不必证明）
（2）如图2，当点F在AB的延长线上时，线段PC、PG有怎样的数量关系，写出你的猜想，并给与证明；
（3）如图3，当点F在CB的延长线上时，线段PC、PG又有怎样的数量关系，写出你的猜想（不必证明）．

考点：
四边形综合题．
分析：
（1）延长GP交DC于点E，利用△PED≌△PGF，得出PE=PG，DE=FG，得到CE=CG，CP是EG的中垂线，在RT△CPG中，∠PCG=60°，所以PG=PC．
（2）延长GP交DA于点E，连接EC，GC，先证明△DPE≌△FPG，再证得△CDE≌△CBG，利用在RT△CPG中，∠PCG=60°，所以PG=PC．
（3）延长GP到H，使PH=PG，连接CH、DH，作ME∥DC，先证△GFP≌△HDP，再证得△HDC≌△GBC，在在RT△CPG中，∠PCG=60°，所以PG=PC．
解答：

（1）提示：如图1：延长GP交DC于点E，
利用△PED≌△PGF，得出PE=PG，DE=FG，
∴CE=CG，
∴CP是EG的中垂线，
在RT△CPG中，∠PCG=60°，
∴PG=PC．
（2）如图2，延长GP交DA于点E，连接EC，GC，

∵∠ABC=60°，△BGF正三角形
∴GF∥BC∥AD，
∴∠EDP=∠GFP，
在△DPE和△FPG中

∴△DPE≌△FPG（ASA）
∴PE=PG，DE=FG=BG，
∵∠CDE=CBG=60°，CD=CB，
在△CDE和△CBG中，

∴△CDE≌△CBG（SAS）
∴CE=CG，∠DCE=∠BCG，
∴∠ECG=∠DCB=120°，
∵PE=PG，
∴CP⊥PG，∠PCG=∠ECG=60°
∴PG=PC．
（3）猜想：PG=PC．
证明：如图3，延长GP到H，使PH=PG，连接CH，CG，DH，作ME∥DC

∵P是线段DF的中点，
∴FP=DP，
∵∠GPF=∠HPD，
∴△GFP≌△HDP，
∴GF=HD，∠GFP=∠HDP，
∵∠GFP+∠PFE=120°，∠PFE=∠PDC，
∴∠CDH=∠HDP+∠PDC=120°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=CB，∠ADC=∠ABC=60°，点A、B、G又在一条直线上，
∴∠GBC=120°，
∵四边形BEFG是菱形，
∴GF=GB，
∴HD=GB，
∴△HDC≌△GBC，
∴CH=CG，∠DCH=∠BCG，
∴∠DCH+∠HCB=∠BCG+∠HCB=120°，
即∠HCG=120°
∵CH=CG，PH=PG，
∴PG⊥PC，∠GCP=∠HCP=60°，
∴PG=PC．
点评：
本题主要考查了菱形的性质，以及全等三角形的判定等知识点，根据已知和所求的条件正确的构建出相关的全等三角形是解题的关键．

27．（10分）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形AOBC的顶点C的坐标是（2，4），动点P从点A出发，沿线段AO向终点O运动，同时动点Q从点B出发，沿线段BC向终点C运动．点P、Q的运动速度均为1个单位，运动时间为t秒．过点P作PE⊥AO交AB于点E．
（1）求直线AB的解析式；
（2）设△PEQ的面积为S，求S与t时间的函数关系，并指出自变量t的取值范围；
（3）在动点P、Q运动的过程中，点H是矩形AOBC内（包括边界）一点，且以B、Q、E、H为顶点的四边形是菱形，直接写出t值和与其对应的点H的坐标．

考点：
一次函数综合题．
分析：
（1）依据待定系数法即可求得；
（2）有两种情况：当0＜t＜2时，PF=4﹣2t，当2＜t≤4时，PF=2t﹣4，然后根据面积公式即可求得；
（3）依据菱形的邻边相等关系即可求得．
解答：
解：（1）∵C（2，4），
∴A（0，4），B（2，0），
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴，
解得
∴直线AB的解析式为y=﹣2x+4．

（2）如图2，过点Q作QF⊥y轴于F，
∵PE∥OB，
∴==
∴有AP=BQ=t，PE=t，AF=CQ=4﹣t，
当0＜t＜2时，PF=4﹣2t，
∴S=PE•PF=×t（4﹣2t）=t﹣t2，
即S=﹣t2+t（0＜t＜2），
当2＜t≤4时，PF=2t﹣4，
∴S=PE•PF=×t（2t﹣4）=t2﹣t（2＜t≤4）．

（3）t1=，H1 （，），
t2=20﹣8，H2（10﹣4，4）．
点评：
本题考查了待定系数法求解析式，平行线的性质，以及菱形的性质和三角形的面积公式的应用．