?2021-2022中考數(shù)學(xué)模擬試卷
注意事項(xiàng)
1．考生要認(rèn)真填寫考場號(hào)和座位序號(hào)。
2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。
3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。

一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）
1．如圖，△ABC中，AB=5，BC=3，AC=4，以點(diǎn)C為圓心的圓與AB相切，則⊙C的半徑為（ ）

A．2.3 B．2.4 C．2.5 D．2.6
2．為了解某校初三學(xué)生的體重情況，從中隨機(jī)抽取了80名初三學(xué)生的體重進(jìn)行統(tǒng)計(jì)分析，在此問題中，樣本是指（ ）
A．80 B．被抽取的80名初三學(xué)生
C．被抽取的80名初三學(xué)生的體重 D．該校初三學(xué)生的體重
3．如圖，將矩形 ABCD 繞點(diǎn) A 順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到矩形 AB′C′D′的位置，旋轉(zhuǎn)角為α(0°＜α＜90°)．若∠1＝112°，則∠α的大小是( )

A．68° B．20° C．28° D．22°
4．如圖，已知AB∥DE，∠ABC=80°，∠CDE=140°，則∠C=（　?。?br />
A．50° B．40° C．30° D．20°
5．實(shí)數(shù)a，b在數(shù)軸上的位置如圖所示，以下說法正確的是（ ）

A．a(chǎn)+b=0 B．b＜a C．a(chǎn)b＞0 D．|b|＜|a|
6．不透明袋子中裝有一個(gè)幾何體模型，兩位同學(xué)摸該模型并描述它的特征．甲同學(xué)：它有4個(gè)面是三角形；乙同學(xué)：它有8條棱．該模型的形狀對應(yīng)的立體圖形可能是(　　)
A．三棱柱 B．四棱柱 C．三棱錐 D．四棱錐
7．如圖，點(diǎn)E在△DBC的邊DB上，點(diǎn)A在△DBC內(nèi)部，∠DAE=∠BAC=90°，AD=AE，AB=AC．給出下列結(jié)論：
①BD=CE；②∠ABD+∠ECB=45°；③BD⊥CE；④BE1=1（AD1+AB1）﹣CD1．其中正確的是（　?。?br />
A．①②③④ B．②④ C．①②③ D．①③④
8．下列分子結(jié)構(gòu)模型的平面圖中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的有（　?。?br />
A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)
9．如圖是幾何體的三視圖，該幾何體是（ ）

A．圓錐 B．圓柱 C．三棱柱 D．三棱錐
10．如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，延長AD到E，使DE=AD，連接EB，EC，DB．添加一個(gè)條件，不能使四邊形DBCE成為矩形的是（ ）

A．AB=BE B．BE⊥DC C．∠ADB=90° D．CE⊥DE
二、填空題（本大題共6個(gè)小題，每小題3分，共18分）
11．如圖，在△ACB中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，將△ACB繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)CB經(jīng)過點(diǎn)D時(shí)得到△A1CB1．若AC＝6，BC＝8，則DB1的長為________．

12．計(jì)算：（﹣2a3）2=_____．
13．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB為⊙O的直徑，∠CAB=60°，弦AD平分∠CAB，若AD=6，則AC=_____．

14．如圖（a），有一張矩形紙片ABCD，其中AD=6cm，以AD為直徑的半圓，正好與對邊BC相切,將矩形紙片ABCD沿DE折疊，使點(diǎn)A落在BC上，如圖（b）.則半圓還露在外面的部分（陰影部分）的面積為_______．

15．某商品每件標(biāo)價(jià)為150元，若按標(biāo)價(jià)打8折后，再降價(jià)10元銷售，仍獲利10％，則該商品每件的進(jìn)價(jià)為_________元．
16．已知一組數(shù)據(jù)，，，，的平均數(shù)是，那么這組數(shù)據(jù)的方差等于________．
三、解答題（共8題，共72分）
17．（8分） 如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c（a≠0）與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），拋物線的對稱軸直線x＝交x軸于點(diǎn)D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)E是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)E作x軸的垂線與拋物線相交于點(diǎn)F，交x軸于點(diǎn)G，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形CDBF的面積最大？求出四邊形CDBF的最大面積及此時(shí)E點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，將線段FG繞點(diǎn)G順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)角α（0°＜α＜90°），在旋轉(zhuǎn)過程中，設(shè)線段FG與拋物線交于點(diǎn)N，在線段GB上是否存在點(diǎn)P，使得以P、N、G為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似？如果存在，請直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由．

18．（8分）為落實(shí)“垃圾分類”，環(huán)衛(wèi)部門要求垃圾要按A,B,C三類分別裝袋,投放，其中A類指廢電池,過期藥品等有毒垃圾，B類指剩余食品等廚余垃圾，C類指塑料,廢紙等可回收垃圾.甲投放了一袋垃圾，乙投放了兩袋垃圾，這兩袋垃圾不同類．
(1)直接寫出甲投放的垃圾恰好是A類的概率；
(2)求乙投放的垃圾恰有一袋與甲投放的垃圾是同類的概率．
19．（8分）（1）解方程：x2﹣4x﹣3=0；
（2）解不等式組：
20．（8分）如圖，在?ABCD中，AE⊥BC交邊BC于點(diǎn)E，點(diǎn)F為邊CD上一點(diǎn)，且DF＝BE.過點(diǎn)F作FG⊥CD，交邊AD于點(diǎn)G.求證：DG＝DC．

21．（8分）如圖，在Rt△ABC中，，過點(diǎn)C的直線MN∥AB，D為AB邊上一點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥BC，交直線MN于E，垂足為F，連接CD、BE.求證：CE=AD；當(dāng)D在AB中點(diǎn)時(shí)，四邊形BECD是什么特殊四邊形？說明理由；若D為AB中點(diǎn)，則當(dāng)=______時(shí)，四邊形BECD是正方形.

22．（10分）計(jì)算：﹣﹣|4sin30°﹣|+（﹣）﹣1
23．（12分）如圖，已知四邊形ABCD是平行四邊形，延長BA至點(diǎn)E，使AE=AB，連接DE，AC
（1）求證：四邊形ACDE為平行四邊形；
（2）連接CE交AD于點(diǎn)O，若AC=AB=3，cosB=，求線段CE的長．

24．拋物線y=ax2+bx+3（a≠0）經(jīng)過點(diǎn)A（﹣1，0），B（，0），且與y軸相交于點(diǎn)C．
（1）求這條拋物線的表達(dá)式；
（2）求∠ACB的度數(shù)；
（3）點(diǎn)D是拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)D，使得tan∠DCB=tan∠ACO．若存在，請求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，若不存在，說明理由．




參考答案

一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）
1、B
【解析】
試題分析：在△ABC中，∵AB=5，BC=3，AC=4，∴AC2+BC2=32+42=52=AB2，
∴∠C=90°，如圖：設(shè)切點(diǎn)為D，連接CD，∵AB是⊙C的切線，∴CD⊥AB，
∵S△ABC=AC×BC=AB×CD，∴AC×BC=AB×CD，即CD===，
∴⊙C的半徑為，故選B．

考點(diǎn)：圓的切線的性質(zhì)；勾股定理．
2、C
【解析】
總體是指考查的對象的全體，個(gè)體是總體中的每一個(gè)考查的對象，樣本是總體中所抽取的一部分個(gè)體，而樣本容量則是指樣本中個(gè)體的數(shù)目．我們在區(qū)分總體、個(gè)體、樣本、樣本容量，這四個(gè)概念時(shí)，首先找出考查的對象．從而找出總體、個(gè)體．再根據(jù)被收集數(shù)據(jù)的這一部分對象找出樣本，最后再根據(jù)樣本確定出樣本容量．
【詳解】
樣本是被抽取的80名初三學(xué)生的體重，
故選C．
【點(diǎn)睛】
此題考查了總體、個(gè)體、樣本、樣本容量，解題要分清具體問題中的總體、個(gè)體與樣本，關(guān)鍵是明確考查的對象．總體、個(gè)體與樣本的考查對象是相同的，所不同的是范圍的大?。畼颖救萘渴菢颖局邪膫€(gè)體的數(shù)目，不能帶單位．
3、D
【解析】
試題解析：∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∵矩形ABCD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到矩形AB′C′D′的位置，旋轉(zhuǎn)角為α，

∴∠BAB′=α，∠B′AD′=∠BAD=90°，∠D′=∠D=90°，
∵∠2=∠1=112°，
而∠ABD=∠D′=90°，
∴∠3=180°-∠2=68°，
∴∠BAB′=90°-68°=22°，
即∠α=22°．
故選D．
4、B
【解析】
試題解析：延長ED交BC于F，

∵AB∥DE,
∴

在△CDF中,
故
故選B.
5、D
【解析】
根據(jù)圖形可知，a是一個(gè)負(fù)數(shù)，并且它的絕對是大于1小于2，b是一個(gè)正數(shù)，并且它的絕對值是大于0小于1，即可得出|b|＜|a|．
【詳解】
A選項(xiàng)：由圖中信息可知，實(shí)數(shù)a為負(fù)數(shù)，實(shí)數(shù)b為正數(shù)，但表示它們的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離不相等，所以它們不互為相反數(shù)，和不為0，故A錯(cuò)誤；
B選項(xiàng)：由圖中信息可知，實(shí)數(shù)a為負(fù)數(shù)，實(shí)數(shù)b為正數(shù)，而正數(shù)都大于負(fù)數(shù)，故B錯(cuò)誤；
C選項(xiàng)：由圖中信息可知，實(shí)數(shù)a為負(fù)數(shù)，實(shí)數(shù)b為正數(shù)，而異號(hào)兩數(shù)相乘積為負(fù)，負(fù)數(shù)都小于0，故C錯(cuò)誤；
D選項(xiàng)：由圖中信息可知，表示實(shí)數(shù)a的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離大于表示實(shí)數(shù)b的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離，而在數(shù)軸上表示一個(gè)數(shù)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離越遠(yuǎn)其絕對值越大，故D正確.
∴ 選D.
6、D
【解析】
試題分析：根據(jù)有四個(gè)三角形的面，且有8條棱，可知是四棱錐.而三棱柱有兩個(gè)三角形的面，四棱柱沒有三角形的面，三棱錐有四個(gè)三角形的面，但是只有6條棱.
故選D
考點(diǎn)：幾何體的形狀
7、A
【解析】
分析：只要證明△DAB≌△EAC，利用全等三角形的性質(zhì)即可一一判斷；
詳解：∵∠DAE=∠BAC=90°，
∴∠DAB=∠EAC
∵AD=AE，AB=AC，
∴△DAB≌△EAC，
∴BD=CE，∠ABD=∠ECA，故①正確，
∴∠ABD+∠ECB=∠ECA+∠ECB=∠ACB=45°，故②正確，
∵∠ECB+∠EBC=∠ABD+∠ECB+∠ABC=45°+45°=90°，
∴∠CEB=90°，即CE⊥BD，故③正確，
∴BE1=BC1-EC1=1AB1-（CD1-DE1）=1AB1-CD1+1AD1=1（AD1+AB1）-CD1．故④正確，
故選A．
點(diǎn)睛：本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、等腰直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．
8、C
【解析】
根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解．
【詳解】
解：A是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形；B，C，D是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形．
故選:C．
【點(diǎn)睛】
掌握中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念：軸對稱圖形：如果一個(gè)圖形沿著一條直線對折后兩部分完全重合，這樣的圖形叫做軸對稱圖形；中心對稱圖形：在同一平面內(nèi)，如果把一個(gè)圖形繞某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°，旋轉(zhuǎn)后的圖形能和原圖形完全重合，那么這個(gè)圖形就叫做中心對稱圖形．
9、C
【解析】
分析：根據(jù)一個(gè)空間幾何體的主視圖和左視圖都是長方形，可判斷該幾何體是柱體，進(jìn)而根據(jù)俯視圖的形狀，可判斷是三棱柱，得到答案．
詳解：∵幾何體的主視圖和左視圖都是長方形，
故該幾何體是一個(gè)柱體，
又∵俯視圖是一個(gè)三角形，
故該幾何體是一個(gè)三棱柱，
故選C．
點(diǎn)睛：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是三視圖，如果有兩個(gè)視圖為三角形，該幾何體一定是錐，如果有兩個(gè)矩形，該幾何體一定柱，其底面由第三個(gè)視圖的形狀決定．
10、B
【解析】
先證明四邊形DBCE為平行四邊形，再根據(jù)矩形的判定進(jìn)行解答．
【詳解】
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD∥BC，AD=BC，
又∵AD=DE，
∴DE∥BC，且DE=BC，
∴四邊形BCED為平行四邊形，
A、∵AB=BE，DE=AD，∴BD⊥AE，∴?DBCE為矩形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；
B、∵對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，不一定為矩形，故本選項(xiàng)正確；
C、∵∠ADB=90°，∴∠EDB=90°，∴?DBCE為矩形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；
D、∵CE⊥DE，∴∠CED=90°，∴?DBCE為矩形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤,
故選B．
【點(diǎn)睛】
本題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的判定等，熟練掌握相關(guān)的判定定理與性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵.

二、填空題（本大題共6個(gè)小題，每小題3分，共18分）
11、2
【解析】
根據(jù)勾股定理可以得出AB的長度，從而得知CD的長度，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知BC=B1C，從而可以得出答案.
【詳解】
∵在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴，
∵點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，
∴，
∵將△ACB繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)CB經(jīng)過點(diǎn)D時(shí)得到△A1CB1．
∴CB1＝BC＝8，
∴DB1＝CB1-CD=8﹣5＝2，
故答案為：2．
【點(diǎn)睛】
本題考查的是勾股定理、直角三角形斜邊中點(diǎn)的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，能夠根據(jù)勾股定理求出AB的長是解題的關(guān)鍵.
12、4a1．
【解析】
根據(jù)積的乘方運(yùn)算法則進(jìn)行運(yùn)算即可.
【詳解】
原式
故答案為
【點(diǎn)睛】
考查積的乘方，掌握運(yùn)算法則是解題的關(guān)鍵.
13、2
【解析】
首先連接BD，由AB是⊙O的直徑，可得∠C=∠D=90°，然后由∠BAC=60°，弦AD平分∠BAC，求得∠BAD的度數(shù)，又由AD=6，求得AB的長，繼而求得答案．
【詳解】
解：連接BD，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠C=∠D=90°，
∵∠BAC=60°，弦AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠BAC=30°，
∴在Rt△ABD中，AB==4，
∴在Rt△ABC中，AC=AB?cos60°=4×=2．
故答案為2．

14、
【解析】
解：如圖，作OH⊥DK于H，連接OK，

∵以AD為直徑的半圓，正好與對邊BC相切，∴AD=2CD．
∴根據(jù)折疊對稱的性質(zhì)，A'D=2CD．
∵∠C=90°，∴∠DA'C=30°．∴∠ODH=30°．∴∠DOH=60°．
∴∠DOK=120°．
∴扇形ODK的面積為．
∵∠ODH=∠OKH=30°，OD=3cm，∴．∴．
∴△ODK的面積為．
∴半圓還露在外面的部分（陰影部分）的面積是：．
故答案為：．
15、1
【解析】
試題分析：設(shè)該商品每件的進(jìn)價(jià)為x元，則
150×80%－10－x＝x×10%，
解得 x＝1．
即該商品每件的進(jìn)價(jià)為1元．
故答案為1．
點(diǎn)睛：此題主要考查了一元一次方程的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵是得到商品售價(jià)的等量關(guān)系．
16、5.2
【解析】
分析：首先根據(jù)平均數(shù)求出x的值，然后根據(jù)方差的計(jì)算法則進(jìn)行計(jì)算即可得出答案．
詳解：∵平均數(shù)為6， ∴(3+4+6+x+9)÷5=6， 解得：x=8，
∴方差為：．
點(diǎn)睛：本題主要考查的是平均數(shù)和方差的計(jì)算法則，屬于基礎(chǔ)題型．明確計(jì)算公式是解決這個(gè)問題的關(guān)鍵．

三、解答題（共8題，共72分）
17、（1） ；（1） ，E（1，1）；（3）存在，P點(diǎn)坐標(biāo)可以為（1+，5）或（3，5）．
【解析】
（1）設(shè)B（x1，5），由已知條件得 ，進(jìn)而得到B（2，5）．又由對稱軸求得b．最終得到拋物線解析式.
（1）先求出直線BC的解析式，再設(shè)E（m，＝﹣m+1．），F(xiàn)（m，﹣m1+m+1．）
求得FE的值，得到S△CBF﹣m1+2m．又由S四邊形CDBF＝S△CBF+S△CDB，得S四邊形CDBF最大值， 最終得到E點(diǎn)坐標(biāo)．
（3）設(shè)N點(diǎn)為（n，﹣n1+n+1），1＜n＜2．過N作NO⊥x軸于點(diǎn)P，得PG＝n﹣1．
又由直角三角形的判定，得△ABC為直角三角形，由△ABC∽△GNP， 得n＝1+或n＝1﹣（舍去），求得P點(diǎn)坐標(biāo)．又由△ABC∽△GNP，且時(shí)，
得n＝3或n＝﹣2（舍去）．求得P點(diǎn)坐標(biāo)．
【詳解】
解：（1）設(shè)B（x1，5）．由A（﹣1，5），對稱軸直線x＝ ．
∴
解得，x1＝2．
∴B（2，5）．
又∵
∴b＝．
∴拋物線解析式為y＝ ，
（1）如圖1，

∵B（2，5），C（5，1）．
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+1．
由E在直線BC上，則設(shè)E（m，＝﹣m+1．），F(xiàn)（m，﹣m1+m+1．）
∴FE＝﹣m1+m+1﹣（﹣n+1）＝﹣m1+1m．
由S△CBF＝EF?OB，
∴S△CBF＝（﹣m1+1m）×2＝﹣m1+2m．
又∵S△CDB＝BD?OC＝×（2﹣）×1＝
∴S四邊形CDBF＝S△CBF+S△CDB═﹣m1+2m+．
化為頂點(diǎn)式得，S四邊形CDBF＝﹣（m﹣1）1+ ．
當(dāng)m＝1時(shí)，S四邊形CDBF最大，為．
此時(shí)，E點(diǎn)坐標(biāo)為（1，1）．
（3）存在．
如圖1，

由線段FG繞點(diǎn)G順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)角α（5°＜α＜95°），設(shè)N（n，﹣n1+n+1），1＜n＜2．
過N作NO⊥x軸于點(diǎn)P（n，5）．
∴NP＝﹣n1+n+1，PG＝n﹣1．
又∵在Rt△AOC中，AC1＝OA1+OC1＝1+2＝5，在Rt△BOC中，BC1＝OB1+OC1＝16+2＝15．
AB1＝51＝15．
∴AC1+BC1＝AB1．
∴△ABC為直角三角形．
當(dāng)△ABC∽△GNP，且時(shí)，
即，
整理得，n1﹣1n﹣6＝5．
解得，n＝1+ 或n＝1﹣（舍去）．
此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（1+，5）．
當(dāng)△ABC∽△GNP，且時(shí)，
即，
整理得，n1+n﹣11＝5．
解得，n＝3或n＝﹣2（舍去）．
此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（3，5）．
綜上所述，滿足題意的P點(diǎn)坐標(biāo)可以為，（1+，5），（3，5）．
【點(diǎn)睛】
本題考查求拋物線，三角形的性質(zhì)和面積的求法，直角三角形的判定，以及三角形相似的性質(zhì)，屬于較難題.
18、（1）（2）．
【解析】
（1）根據(jù)總共三種，A只有一種可直接求概率；
（2）列出其樹狀圖，然后求出能出現(xiàn)的所有可能，及符合條件的可能，根據(jù)概率公式求解即可．
【詳解】
解： (1)甲投放的垃圾恰好是A類的概率是．
(2)列出樹狀圖如圖所示：

由圖可知，共有18種等可能結(jié)果，其中乙投放的垃圾恰有一袋與甲投放的垃圾是同類的結(jié)果有12種．
所以， (乙投放的垃圾恰有一袋與甲投放的垃圾是同類)．
即，乙投放的垃圾恰有一袋與甲投放的垃圾是同類的概率是．
19、（1），；（2）1≤x＜1．
【解析】
試題分析：利用配方法進(jìn)行解方程；首先分別求出兩個(gè)不等式的解，然后得出不等式組的解．
試題解析：（1）－1x=3－1x+1=7=7 x－2=±
解得：，
（2）解不等式1，得x≥1 解不等式2，得x＜1 ∴不等式組的解集是1≤x＜1
考點(diǎn)：一元二次方程的解法；不等式組．
20、證明見解析.
【解析】
試題分析：先由平行四邊形的性質(zhì)得到∠B=∠D，AB=CD，再利用垂直的定義得到∠AEB=∠GFD=90°，根據(jù)“ASA”判定△AEB≌△GFD，從而得到AB=DC，所以有DG=DC．
試題解析：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠B=∠D，AB=CD，∵AE⊥BC，F(xiàn)G⊥CD，∴∠AEB=∠GFD=90°，在△AEB和△GFD中，∵∠B=∠D，BE=DF，∠AEB=∠GFD，∴△AEB≌△GFD，∴AB=DC，∴DG=DC．
考點(diǎn)：1．全等三角形的判定與性質(zhì)；2．平行四邊形的性質(zhì)．
21、（1）詳見解析；(2)菱形；（3）當(dāng)∠A=45°，四邊形BECD是正方形．
【解析】
(1)先求出四邊形ADEC是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)推出即可；
(2)求出四邊形BECD是平行四邊形，求出CD=BD，根據(jù)菱形的判定推出即可；
(3)求出∠CDB=90°，再根據(jù)正方形的判定推出即可．
【詳解】
(1)∵DE⊥BC，
∴∠DFP=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠DFB=∠ACB，
∴DE//AC，
∵M(jìn)N//AB，
∴四邊形ADEC為平行四邊形，
∴CE=AD；
(2)菱形，理由如下：
在直角三角形ABC中，
∵D為AB中點(diǎn)，
∴BD=AD，
∵CE=AD，
∴BD=CE，
∴MN//AB，
∴BECD是平行四邊形，
∵∠ACB=90°，D是AB中點(diǎn)，
∴BD=CD，（斜邊中線等于斜邊一半）
∴四邊形BECD是菱形；
(3)若D為AB中點(diǎn)，則當(dāng)∠A=45°時(shí)，四邊形BECD是正方形，
理由：∵∠A=45°，∠ACB=90°，
∴∠ABC=45°，
∵四邊形BECD是菱形，
∴DC=DB，
∴∠DBC=∠DCB=45°，
∴∠CDB=90°，
∵四邊形BECD是菱形，
∴四邊形BECD是正方形，
故答案為45°.
【點(diǎn)睛】
本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定、正方形的判定，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)等，綜合性較強(qiáng)，熟練掌握和靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵.
22、﹣4﹣1．
【解析】
先逐項(xiàng)化簡，再合并同類項(xiàng)或同類二次根式即可.
【詳解】
解：原式＝﹣3﹣（﹣2）﹣12
＝﹣3﹣+2﹣12
＝﹣4﹣1．
【點(diǎn)睛】
本題考查了實(shí)數(shù)的混合運(yùn)算，熟練掌握特殊角的三角函數(shù)值，二次根式的性質(zhì)以及負(fù)整數(shù)指數(shù)冪的意義是解答本題的關(guān)鍵.
23、（1）證明見解析；（2）4．
【解析】
（1）已知四邊形 ABCD 是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AB∥CD，AB=CD，又因AE=AB，可得AE=CD，根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形即可判定四邊形 ACDE 是平行四邊形；（2）連接 EC，易證△BEC 是直角三角形，解直角三角形即可解決問題.
【詳解】
（1）證明：∵四邊形 ABCD 是平行四邊形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵AE=AB，
∴AE=CD，∵AE∥CD，
∴四邊形 ACDE 是平行四邊形．
（2）如圖，連接 EC．

∵AC=AB=AE，
∴△EBC 是直角三角形，
∵cosB==，BE=6，
∴BC=2，
∴EC===4．
【點(diǎn)睛】
本題考查平行四邊形的性質(zhì)和判定、直角三角形的判定、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?？碱}型．
24、（1）y=﹣2x2+x+3；（2）∠ACB=45°；（3）D點(diǎn)坐標(biāo)為（1，2）或（4，﹣25）．
【解析】
（1）設(shè)交點(diǎn)式y(tǒng)=a（x+1）（x﹣），展開得到﹣a=3，然后求出a即可得到拋物線解析式；
（2）作AE⊥BC于E，如圖1，先確定C（0，3），再分別計(jì)算出AC=，BC=，接著利用面積法計(jì)算出AE=，然后根據(jù)三角函數(shù)的定義求出∠ACE即可；
（3）作BH⊥CD于H，如圖2，設(shè)H（m，n），證明Rt△BCH∽R(shí)t△ACO，利用相似計(jì)算出BH=，CH=，再根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式得到（m﹣）2+n2=（）2，m2+（n﹣3）2=（）2，接著通過解方程組得到H（，﹣）或（），然后求出直線CD的解析式，與二次函數(shù)聯(lián)立成方程組，解方程組即可．
【詳解】
（1）設(shè)拋物線解析式為y=a（x+1）（x﹣），即y=ax2﹣ax﹣a，∴﹣a=3，解得：a=﹣2，∴拋物線解析式為y=﹣2x2+x+3；
（2）作AE⊥BC于E，如圖1，當(dāng)x=0時(shí)，y=﹣2x2+x+3=3，則C（0，3），而A（﹣1，0），B（，0），∴AC==，BC==
AE?BC=OC?AB，∴AE==．
在Rt△ACE中，sin∠ACE===，∴∠ACE=45°，即∠ACB=45°；
（3）作BH⊥CD于H，如圖2，設(shè)H（m，n）．
∵tan∠DCB=tan∠ACO，∴∠HCB=∠ACO，∴Rt△BCH∽R(shí)t△ACO，∴==，即==，∴BH=，CH=，∴（m﹣）2+n2=（）2=，①
m2+（n﹣3）2=（）2=，②
②﹣①得m=2n+，③，把③代入①得：（2n+﹣）2+n2=，整理得：80n2﹣48n﹣9=0，解得：n1=﹣，n2=．
當(dāng)n=﹣時(shí)，m=2n+=，此時(shí)H（，﹣），易得直線CD的解析式為y=﹣7x+3，解方程組得：或，此時(shí)D點(diǎn)坐標(biāo)為（4，﹣25）；
當(dāng)n=時(shí)，m=2n+=，此時(shí)H（），易得直線CD的解析式為y=﹣x+3，解方程組得：或，此時(shí)D點(diǎn)坐標(biāo)為（1，2）．
綜上所述：D點(diǎn)坐標(biāo)為（1，2）或（4，﹣25）．

【點(diǎn)睛】
本題是二次函數(shù)綜合題．熟練掌握二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、二次函數(shù)的性質(zhì)和相似三角形的判定的性質(zhì)；會(huì)利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，把求兩函數(shù)交點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為解方程組的問題；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；會(huì)運(yùn)用分類討論的思想解決數(shù)學(xué)問題．

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