2025届辽宁省本溪市中考一模数学试卷一、选择题 1.如图是由4个相同的小正方体组成的几何体．关于该几何体的三视图描述正确的是（ ）A.俯视图和左视图相同 B.主视图和俯视图相同C.主视图和左视图相同 D.三个视图都相同 2.截止2025年3月17日，电影《哪吒之魔童闹海》实时票房为151.22亿元，输出舞台球影史票房榜第5名．数据15122000000用科学记数法表示为（ ）A.151.22×108 B.1.5122×109 C.1.5122×1010 D.0.15122×1010 3.下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）A. B. C. D. 4.如图，点A和点B在数轴上，分别位于原点两侧，且OA=OB，当点A表示的数是2025时，点B表示的数是（ ）A.2025 B.12025 C.−12025 D.−2025 5.下列计算正确的是（ ）A.a8÷a4=a2 B.−2x33=−8x9 C.−aa+1=−a2+a D.x−y2=x2−y2 6.光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向发生了偏折，这种现象叫作光的折射．如图，光从空气斜射入水中时，∠3=76∘，∠2=27∘，则∠1的度数是（ ）A.76∘ B.63∘ C.49∘ D.23∘ 7.我国古代数学著作《增删算法统宗》中有一首诗，其大意是：今有绢与布40定，卖得680贯钱，若……，……欲问绢布有多少，分开把价算，若人算得无差错，你的名字城镇到处扬．若设有绢x定，布y定，可列出符合题意的方程组x+y=40904x+503y=680 ，根据已有信息，题中用“……，……”表示的缺失条件应为（ ）A.4定绢价50贯，3定布价90贯B.4定绢价90贯，3定布价50贯C.4定布价90贯，3定绢价50贯D.4定布价50贯，3定绢价90贯 8.放眼东北三省的白山黑水间，黑龙江的尚志市、吉林的靖宇县、哈尔滨的一曼街……这些名称，无不承载着后人对抗联将士的崇敬与思念．某校组织“林海雪原，抗联英雄”为主题的朗诵比赛，选手们需要从赵尚志（男）、杨靖宇（男）、赵一曼（女）这三位抗联将领的英雄事迹中随机抽取两份进行朗诵比赛，则选手恰好选中1名男将领和1名女将领的概率为（ ）A.14 B.13 C.12 D.23 9.如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A的坐标为3,0，点B的坐标为0,1.5，点C在第一象限，对角线BD与x轴平行．直线y=2x+4与x轴、y轴分别交于点E、F．将菱形ABCD沿x轴向左平移m个单位，当点D落在△EOF的内部时（不包括三角形的边），m的取值范围是（ ）A.60图象上，点B在反比例函数y=kxx>0图象上，过点A作AC⊥x轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，已知OC=BD，OD:AC=3:5，则k的值为___________． 15.如图，在平面直角坐标系中，点A3,0，B0,33，点C是坐标平面内一点，且BC=2，点D是线段AC的中点，连接OD，当OD取最大值时，点D的坐标为_______________．三、解答题 16.计算：（1）8−2+π−20250+10÷−5−4cos45∘；（2）x2−1x2+x÷x−2x−1x． 17.从沈阳站到大连北站铁路里程约为520千米．已知高铁平均速度是快车平均速度的1.5倍，乘坐高铁比乘坐快车所用时间少53小时．（1）求高铁的平均速度；（2）沈阳市某校共有30名师生前往大连参加春季研学活动，为了便于管理，所有人必须乘坐同一列高铁，已知高铁单程一等座位票价为280元，二等座位票价为180元，学校预计提供交通补助费单程不超过6000元，请问学校为师生最少购买多少张高铁二等座位的车票． 18.2025年4月15日是第十个全民国家安全教育日，为增强学生的国家安全意识，某校对七年级和八年级学生进行了主题为“维护国家安全，你我共参与”的知识竞赛，分别从七、八年级中随机选出20名同学的竞赛成绩（单位：分），并对数据进行整理、描述和分析（竞赛成绩用x表示，共分为四个等级：D:60≤x<70，C:70≤x<80，B:80≤x<90，A:90≤x≤100），下面给出了部分信息：信息一：七年级学生的成绩为：62，68，71，74，76，79，82，83，83，85，86，88，88，88，91，92，94，94，96，96．八年级等级B的学生成绩为：82，82，83，86，87，88，89．信息二：两组数据的平均数、中位数、众数如表（单位：分）：学生平均数中位数众数七年级83.885.5a八年级83.8b91信息三：八年级成绩等级频数直方图请根据以上信息，解答下列问题：（1）求a、b的值；（2）该校八年级有600名学生参加竞赛，请估计其中成绩达到A等级的学生人数；（3）根据以上数据，判断此次知识竞赛中哪个年级的成绩更好，请说明理由．（写出一条理由即可） 19.手机普及率的提高对社会和个人产生了多方面的影响，例如在经济方面不仅推动了消费升级，还重塑了传统商业模式，由此催生的“手机直播”正逐渐演变为一种新兴社会潮流．如图1是一种常见的悬臂式手机直播支架，图2和图3是其几何示意图，手机支架的底座MN放置于水平地面上，立杆CD⊥MN，支杆BC可绕点C旋转，悬臂AB的长度可以调节，已知CD=100cm，BC=30cm．（1）如图2，B、C、D三点共线，先将支杆BC绕点C顺时针旋转60∘，再将悬臂AB绕B点旋转，同时调节悬臂AB的长度（如图3），此时∠ABC=75∘，求点B到地面的距离；（2）在1的条件下，点A到地面的距离为150cm，求调节后悬臂AB的长．（结果精确到1cm．参考数据：2≈1.41，3≈1.73） 20.2024年9月大型城市马拉松赛在沈阳开赛，为了迎接这场城市马拉松盛宴，某商店购进了一批进价为20元/个的纪念品进行销售，经市场调查发现：销售单价不低于进价时，日销量y（个）与销售单价x（元/个）之间满足如图所示的一次函数关系．（1）根据图象，求y与x的函数关系式；（2）纪念品销售单价定为多少时，所获日销售利润最大，最大利润是多少？ 21.如图，在△ABC中，AB=AC，⊙O为△ABC的外接圆，BD为⊙O的直径，连接CD、OC，过A作AE⊥CD交CD延长线于点E．（1）求证：AE为⊙O的切线；（2）若∠ABC=67.5∘，AE=4，求CD的长度． 22.在△ABE中，∠AEB=60∘，将△ABE绕点B顺时针旋转120∘，得到△CBG，以AB和BC为边作▱ABCD（点D与点E不重合），直线DE与射线GC交于点F．（1）如图1，当△ABE是直角三角形，∠ABE=90∘时，求证：∠AEB=∠AED；（2）如图2，当△ABE是锐角三角形时，求证：四边形BEFG是菱形；（3）直线DE与射线BC交于点O，若S△OCFS△OBE=14，直接写出DEDF的值． 23.定义：在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点M的坐标为x1,y1，点N的坐标为x2,y2，且x1≠x2，y1≠y2，若MN为某三角形的腰，且该等腰三角形底边与y轴垂直，则称这个等腰三角形为点M，N的“逐梦三角形”．设等腰三角形的底边长为a，底边上的高为h，把w=ha叫等腰三角形的“胖瘦度”．（1）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90∘，AB=AC，BC=2，求该三角形的“胖瘦度”；（2）如图2，若M，N是直线y=kx+2k>0上的两点，点M，N的“逐梦三角形MNQ”以MQ为底，且N，Q均在点M的右侧，若w=2，MQ=4，求k值；（3）若M，N是抛物线y=−x2+2mx+m上的两点，点M，N的“逐梦三角形MNP”以MP为底，且N，P均在点M的同侧（左侧或右侧），点N的横坐标是点M的横坐标的2倍，设点M的横坐标为m−1．①若w=12，求m的值；②过M，P分别作垂直于x轴的直线l1，l2，该抛物线在l1，l2之间的部分（包括端点）的最高点的纵坐标为y0，直接写出y0与m之间函数关系式．（不用写出自变量m的取值范围）参考答案与试题解析2025届辽宁省本溪市中考一模数学试卷一、选择题1.【答案】C【考点】简单组合体的三视图【解析】本题考查简单组合体的三视图，理解视图的意义是正确画三视图的前提．从正面看到的图是主视图，从上面看到的图形是俯视图，从左面看到的图形是左视图．画出这两个组合体的三视图，比较得出答案．【解答】解：这两个组合体的三视图如图所示：故选：C．2.【答案】C【考点】用科学记数法表示绝对值大于1的数【解析】本题考查了科学记数法．熟练掌握科学记数法的表示方法是解题的关键．科学记数法的表示形式为a×10n，其中1≤a<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值>1时，n是正数，当原数绝对值<1时，n是负数．据此方法将15122000000用科学记数法表示即可．【解答】解：15122000000=1.5122×1010，故选C．3.【答案】A【考点】轴对称图形中心对称图形【解析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，熟练掌握知识点是解题的关键．【解答】A、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项符合题意；B、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；C、不是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；D、不是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；故选：A．4.【答案】D【考点】用数轴上的点表示有理数数轴上两点之间的距离【解析】本题考查的是数轴．根据OA=OB，求出OB，继而可以求出点B表示的数．【解答】解：∵OA=OB，点A表示的数是2025，∴OA=OB=2025，∵点B在O点左侧，∴点B表示的数为：0−2025=−2025，故选：D．5.【答案】B【考点】积的乘方运算同底数幂的除法运算计算单项式乘多项式及求值运用完全平方公式进行运算【解析】本题考查了整式的运算，根据单项式除以单项式、积的乘方、单项式乘以多项式和完全平方公式分别计算，进而即可求解，掌握以上运算法则是解题的关键．【解答】解：A、a8÷a4=a4，该选项错误，不合题意；B、−2x33=−8x9，该选项正确，符合题意；C、−aa+1=−a2−a，该选项错误，不合题意；D、x−y2=x2−2xy+y2，该选项错误，不合题意；故选：B．6.【答案】C【考点】根据平行线的性质求角的度数【解析】本题主要考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键；由题意得∠AEF=∠3=76∘，然后问题可求解．【解答】解：如图，∵AB∥CD，∴∠AEF=∠3=76∘，∵∠2=27∘，∴∠1=∠AEF−∠2=49∘；故选C．7.【答案】B【考点】古代问题(二元一次方程组的应用)【解析】本题考查了二元一次方程组的应用，古代数学问题，根据题意列出方程组是解题的关键．设有绢x定，布y定，根据方程组中904x+503y=680求解即可．【解答】设有绢x定，布y定，可列出符合题意的方程组x+y=40904x+503y=680 ∵904x+503y=680∴题中用“……，……”表示的缺失条件应为4定绢价90贯，3定布价50贯．故选：B．8.【答案】D【考点】列表法与树状图法【解析】本题考查的是用树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于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．画树状图，共有 6 种等可能的结果，其中选手恰好选中 1 名男将领和 1 名女将领的结果有 4 种，再由概率公式求解即可．【解答】解：把赵尚志（男），杨靖宇（男），赵一曼（女）这三位抗联将领分别记为A,B,C，画树状图如下：共有 6 种等可能的结果，其中选手恰好选中 1 名男将领和 1 名女将领的结果有 4 种，∴选手恰好选中1名男将领和1名女将领的概率为46=23，故选：D．9.【答案】A【考点】利用菱形的性质求线段长【解析】本题是一次函数综合题型，主要利用了一次函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，求出点D,点G的坐标是解题的关键．如图中，连接AC交BD于K，延长DB交EF于G．求出点G,D的坐标，求出BD,BG即可解决问题．【解答】解：如图，连接AC交BD于K，延长DB交EF于G，∵菱形ABCD的顶点A的坐标为3,0，点B的坐标为0,1.5，点C在第一象限，对角线BD与x轴平行，∴AC⊥BD,BK=DK=3，∴点D的坐标为6,1.5，当y=1.5时，2x+4=1.5，解得：x=−1.25，∴点G的坐标为−1.25,1.5，∴BD=6,DG=7.25，∴当60，∴解得x=42，即AC=42．故选C．二、填空题11.【答案】3xx−3y【考点】因式分解-提公因式法【解析】此题考查了因式分解的方法，提公因式3x即可，解题的关键是熟练掌握因式分解的方法．【解答】解：3x2−9xy=3xx−3y，故答案为：3xx−3y．12.【答案】60∘/60度【考点】三角形内角和定理根据旋转的性质求解【解析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．由旋转可得∠A=∠BDE，AB=DB，进而∠A=∠BDA，再由AB // DE可推出∠ABD=∠BDE，得到∠A=∠ABD=∠ADB，根据三角形的内角和即可解答．【解答】解：由旋转可得∠A=∠BDE，AB=DB，∴∠A=∠BDA，∵AB // DE，∴∠ABD=∠BDE，∴∠A=∠ABD=∠ADB，∵∠A+∠ABD+∠ADB=180∘，∴∠ABD=60∘，∴旋转角的度数为60∘．故答案为：60∘13.【答案】k>−94【考点】根据一元二次方程根的情况求参数【解析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0，当Δ=b2−4ac>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=b2−4ac=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ=b2−4ac<0时，方程没有实数根是解题的关键．利用一元二次方程根的判别式，即可求解．【解答】解：∵一元二次方程x2+3x=k，即x2+3x−k=0有两个不相等的实数根，∴Δ=32−4×−k>0，解得：k>−94．故答案为：k>−94．14.【答案】6【考点】反比例函数综合题【解析】本题考查了反比例函数k的几何意义．设Aa,10a，根据OC=BD，得到Bka,a，求得AC=10a，OD=ka，再根据OD:AC=3:5，列式计算即可求解．【解答】解：∵点A在反比例函数y=10xx>0图象上，∴设Aa,10a，∴OC=a，AC=10a，∵OC=BD，∴点B的纵坐标为a，∵点B在反比例函数y=kxx>0图象上，∴Bka,a，∴OD=ka，∵OD:AC=3:5，∴ka:10a=3:5，解得k=6，故答案为：15.【答案】2,23【考点】勾股定理的应用与三角形中位线有关的求解问题坐标系中的动点问题（不含函数）【解析】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，确定OD为最大值时点C的位置是解题的关键．作点A关于点O的对称点A′根据中位线的性质得到OD=12A′C，根据点C在以B为圆心，2为半径的⊙B上运动，可知当A′C经过圆心B时，A′C最大，即点C在图中C′位置，根据勾股定理求出A′B=6，进而可求出A′C′=8，即OD=4，设点D的横坐标为x，根据中位线的性质可知点D的纵坐标为3x，再根据勾股定理即可求出x的值，随即可知点D的坐标．【解答】解：如图，作点A关于点O的对称点A′−3,0，则点O是AA′的中点，又∵点D是AC的中点，∴OD是△AA′C的中位线，∴OD=12A′C，OD∥A′C，∴当A′C最大时，OD最大，∵点C为坐标平面内的一点，且BC=2，∴点C在以B为圆心，2为半径的⊙B上运动，∴当A′C经过圆心B时，A′C最大，即点C在图中C′位置，A′B=A′O2+OB2=32+332=6，A′C′=A′B+BC′=6+2=8，∴OD=12A′C′=12×8=4，设点D的横坐标为x，∵OD∥A′C′，OBOA′=333=3，∴点D的纵坐标为3x，∴3x2+x2=42，解得x=±2（负值去除），即点D的横坐标为x=2，∴点D的纵坐标为3x=23，∴点D的坐标为2,23，故答案为：2,23．三、解答题16.【答案】（1）−3（2）1x−1【考点】平方差公式分解因式零指数幂负整数指数幂零指数幂、负整数指数幂【解析】（1）根据绝对值，零指数幂，特殊角的三角函数值的运算法则计算出各项的值，再进行分式的混合运算即可；（2）先对括号内的式子进行通分计算，再将除法转化为乘法进行约分计算即可．【解答】（1）解：8−2+π−20250+10÷−5−4cos45∘=22−2+1+−2−4×22=22−2+1−2−22=−3（2）解：x2−1x2+x÷x−2x−1x=x+1x−1xx+1÷x2x−2x−1x=x−1x⋅xx−12=1x−117.【答案】（1）高铁的平均速度为156千米/小时（2）学校为师生最少购买24张高铁二等座的车票【考点】用一元一次不等式解决实际问题【解析】（1）设高铁的平均速度为x千米/小时，则快车平均速度为23x千米/小时，根据“乘坐高铁比乘坐快车所用时间少53小时”列方程求解即可；（2）设学校为师生购买m张高铁二等座的车票，则购买30−m张高铁一等座的车票，根据“交通补助费单程不超过6000元”列不等式求解即可．【解答】（1）解：设高铁的平均速度为x千米/小时，根据题意，得520x+53=52023x，解得：x=156，经检验：x=156是原分式方程的根，答：高铁的平均速度为156千米/小时．（2）解：设学校为师生购买m张高铁二等座的车票，根据题意，得180m+28030−m≤6000，m≥24，答：学校为师生最少购买24张高铁二等座的车票．18.【答案】（1）a=88，b=87.5（2）估计成绩达到A等级的学生人数为240名（3）八年级的成绩更好，理由见解析【考点】由样本所占百分比估计总体的数量频数（率）分布直方图中位数众数【解析】（1）根据中位数和众数的定义求解即可得；（2）利用该校八年级参加竞赛的学生总人数乘以成绩达到A等级的学生人数所占的百分比即可得；（3）从平均数、中位数和众数的角度进行分析即可得．【解答】（1）解：∵七年级学生成绩中，88分出现的次数最多，∴a=88；由八年级成绩等级的频数直方图可知，D,C等级的人数为2+3=5（人），D,C,B等级的人数为2+3+7=12（人），∴将八年级学生成绩由从小到大排序，处在中间位置的数据是第10个和第11个数，位于B等级，由八年级B等级的学生成绩可知，排序后第10个和第11个数为87分和88分，∴其中位数b=87+882=87.5．（2）解：600×20−2−3−720=240（名），答：估计成绩达到A等级的学生人数为240名．（3）解：八年级的成绩更好．理由如下：因为七、八年级学生的成绩的平均数相同，但八年级学生的成绩的中位数和众数均高于七年级学生的成绩的中位数和众数，所以八年级的成绩更好．19.【答案】（1）点B到地面的距离为115cm（2）调节后悬臂AB的长约为49cm【考点】解直角三角形的应用-其他问题【解析】（1）过B点作BE⊥MN于点E，过C点作CF⊥BE于点F，可知四边形CFED为矩形，则CD=EF=100cm，∠DCF=90∘，由旋转得∠BCD=120∘，得∠BCF=30∘，在Rt△BCF中，解直角三角形得BF=BC⋅sin∠BCF=15cm，即可求解．（2）过A点作AG⊥BE，交EB延长线于点G，求得∠ABG=45∘，再求得BG=GE−BE=35cm，在Rt△ABG中，解直角三角形即可求解．【解答】（1）解：过B点作BE⊥MN于点E，过C点作CF⊥BE于点F，∵CD⊥MN，∴四边形CFED为矩形， ∴CD=EF=100cm，∠DCF=90∘，由旋转得∠BCD=180∘−60∘=120∘，∴∠BCF=∠BCD−∠DCF=30∘，在Rt△BCF中，∠CFB=90∘，BC=30cm，∵sin∠BCF=BFBC，∴BF=BC⋅sin∠BCF=30×12=15cm，∴BE=BF+EF=115cm，答：点B到地面的距离为115cm．（2）解：过A点作AG⊥BE，交EB延长线于点G，∴∠G=90∘，∵∠CFB=90∘，∠BCF=30∘， ∴∠CBF=60∘，∵∠ABC=75∘，∴∠ABG=180∘−∠CBF−∠ABC=45∘，∵GE=150cm，∴BG=GE−BE=35cm，在Rt△ABG中，∠G=90∘，∵cos∠ABG=BGAB，∴AB=BGcos∠ABG=3522=352≈49cm，答：调节后悬臂AB的长约为49cm．20.【答案】（1）y=−4x+200（2）纪念品销售单价定为35元时，所获得的利润最大，最大利润是900元【考点】求一次函数解析式二次函数的应用——销售问题【解析】（1）利用待定系数法求一次函数解析式进行计算，即可解答；（2）设总利润为w元，然后根据总利润=单个利润×总数量，得到w与x的函数关系式，根据二次函数的性质求解即可．【解答】（1）解：设y与x的函数关系式为y=kx+b，∵图象经过30,80和40,40两点，∴30k+b=8040k+b=40 ，解得：k=−4b=200 ，∴ y与x的函数关系式为y=−4x+200；（2）设日销售利润为w元，w=x−20−4x+200=−4x2+280x−4000=−4x−352+900，∵a=−4<0，∴抛物线开口向下，∵对称轴为直线x=35，∴当x=35时，w有最大值，此时w最大=900，答：纪念品销售单价定为35元时，所获得的利润最大，最大利润是900元．21.【答案】（1）详见解析（2）22π【考点】半圆（直径）所对的圆周角是直角证明某直线是圆的切线求弧长解直角三角形的相关计算【解析】（1）连接AO，并延长AO交BC于点F，根据等腰三角形的性质证明OA是BC的垂直平分线，证明边形AFCE为矩形，得出∠OAE=90∘，即可证明结论；（2）根据等腰三角形性质求出∠ABC=∠ACB=67.5∘，求出∠COD=180∘−∠BOC=90∘，根据cos∠OCF=CFOC，求出CO=CFcos∠OCF=422=42，根据弧长公式求出结果即可．【解答】（1）解：连接AO，并延长AO交BC于点F， ∵AB=AC，OB=OC∴OA是BC的垂直平分线，∴∠AFC=90∘，∵AE⊥CD，∴∠E=90∘，∵BD为⊙O的直径，∴∠BCE=∠E=∠AFC=90∘，∴四边形AFCE为矩形，∴∠OAE=90∘，即OA⊥AE，∵OA是⊙O的半径，∴AE为⊙O的切线；（2）解：∵AB=AC，∠ABC=67.5∘，∴∠ABC=∠ACB=67.5∘，∴∠BAC=180∘−∠ABC−∠ACB=45∘，∴∠BOC=2∠BAC=90∘，∴∠COD=180∘−∠BOC=90∘，∵OB=OC，∴∠OCB=45∘，∵四边形AFCE为矩形，AE=4，∴AE=CF=4，在Rt△OFC中，∠AFC=90∘，∵cos∠OCF=CFOC，∴CO=CFcos∠OCF=422=42，∴l=90×42180π=22π，∴CD⌢的长度为22π．22.【答案】（1）详见解析（2）详见解析（3）13或1【考点】全等的性质和SAS综合（SAS）根据菱形的性质与判定求线段长根据旋转的性质说明线段或角相等相似三角形的性质与判定【解析】（1）根据题意可证平行四边形ABCD是菱形，再证△ABE≅△ADESAS，可得∠AEB=∠AED，由此即可求解；（2）延长EB至点H，使得EH=AE，连接AH，可得△AEH是等边三角形，因此AE=AH，∠EAH=∠H=60∘，由旋转得BE=BG，∠ABC=∠EBG=120∘，∠G=∠AEB=60∘，从而证得BE // FG．证明△DAE≅△BAHSAS，得到∠DEA=∠H=60∘，即可推出∠BEF+∠EBG=180∘，证得EF // BG，因此四边形BEFG是平行四边形，进而根据菱形的定义得证结论；（3）分两种情况求解：①直线DE与线段BC交于点O；②直线DE与线段BC的延长线交于点O．【解答】解：（1）证明：将△ABE绕点B顺时针旋转120∘，得到△CBG，∴AB=BC，∠ABC=120∘，∵四边形ABCD是平行四边形，∴平行四边形ABCD是菱形，∴∠BAD=60∘，AB=AD，∵∠ABE=90∘,∠AEB=60∘，∴∠BAE=30∘，∴∠DAE=∠BAD−∠BAE=60∘−30∘=30∘，在△ABE和△ADE中，AB=AD∠BAE=∠DAEAE=AE ，∴△ABE≅△ADESAS，∴∠AEB=∠AED；（2）解：延长EB至点H，使得EH=AE，连接AH，∵∠AEB=60∘，∴△AEH是等边三角形，∴AE=AH，∠EAH=∠H=60∘，由旋转得BE=BG，∠ABC=∠EBG=120∘，∠G=∠AEB=60∘，∴∠G+∠EBG=180∘，∴BE // FG．∵∠BAD=∠EAH=60∘，∴∠BAD−∠EAB=∠EAH−∠EAB，即∠DAE=∠BAH，∵AD=AB，∴△DAE≅△BAHSAS，∴∠DEA=∠H=60∘，∴∠BEF=180∘−∠DEA−∠AEB=60∘，∴∠BEF+∠EBG=180∘，∴EF // BG，∴四边形BEFG是平行四边形，∵BE=BG，∴▱BEFG是菱形．（3）解：分两种情况讨论：①如图，若直线DE与线段BC交于点O，由2有BE // CG，∴△COF∽△BOE，∵S△OCFS△OBE=14，∴OFOE=12，设OF=a，则OE=2a，∴EF=OE+OF=3a，∵四边形BEFG是菱形，∴BE=FG=EF=3a，∵△COF∽△BOE，∴CFBE=OFOE=12，∴CF=12BE=32a，∴CG=CF+FG=32a+3a=92a，由旋转可得AE=CG=92a，由2有△AEH是等边三角形，∴EH=AE=92a，∴BH=EH−EB=92a−3a=32a，∵△DAE≅△BAH，∴DE=BH=32a，∴DF=DE+EF=32a+3a=92a，∴DEDF=32a92a=13．②如图，若直线DE与线段BC的延长线交于点O，∵BE // CG，∴△COF∽△BOE，∵S△OCFS△OBE=14，∴OFOE=12，设OF=b，则OE=2b，∴EF=OE−OF=b，∵四边形BEFG是菱形，∴BE=FG=BG=EF=b，∵△COF∽△BOE，∴CFBE=OFOE=12，∴CF=12b=12b，∴CG=FG−CF=b−12b=12b，由旋转可得AE=CG=12b，延长EA至点N，使得EN=EB，连接BN，BD，由2有△EBN是等边三角形，∴EN=BN=EB=b，∠EBN=60∘，∴AN=EN−AE=b−12b=12b，由1有四边形ABCD是菱形，且∠ABC=120∘，∴∠ABD=12∠ABC=60∘，AB=AD，∴△ABD是等边三角形，∴AB=AD，∵∠EBN−∠EBA=∠DBA−∠EBA，即∠ANB=∠DBE，∴△ABN≅△DBESAS，∴DE=AN=12b，∴FD=EF−DE=b−12b=12b，∴DEDF=12b12b=1．综上所述，DEDF的值为13或23.【答案】（1）w=12（2）k=4（3）①m=2或m=4；②y0=m2+m−1m<1−3m2+13m−9132 【考点】二次函数y=ax^2+bx+c (a≠0)的图象和性质等腰三角形的判定与性质二次函数综合——特殊三角形问题【解析】（1）利用等腰直角三角形的性质，结合“胖瘦度”的定义直接计算即可；（2）过N作NE⊥MQ于点E，由w=NEMQ=2，MQ=4，等腰三角形△MNQ可得NE=8，ME=12MQ=2，设Ma,ka+2，Na+2,ka+2+2，可在平面直角坐标系中得到NE长度的代数式，结合NE=8求解k即可；（3）①先根据点M横坐标m−1，点N横坐标2m−1代入抛物线y=−x2+2mx+m求出纵坐标，再根据“胖瘦度”列出等式，分情况讨论绝对值内式子正负，去掉绝对值符号求解方程，再结合y1≠y2舍去不符合的值，得到m的值；②分情况讨论，注意点P在y轴右侧和y轴左侧时情况不同，找到不同情况下的最高点即可．【解答】（1）解：过点A作AD⊥BC于点D， ∵ AB=AC，∴AD为BC边上中线，∵ ∠BAC=90∘，∴AD=12BC，∴w=ADBC=12．（2）解：由题意得如图所示等腰三角形△MNQ，过N作NE⊥MQ于点E，∵ w=NEMQ=2，MQ=4，∴NE=8，ME=12MQ=2，∵ M，N是直线y=kx+2上的两点，∴设Ma,ka+2，Na+2,ka+2+2，∴ NE=ka+2+2−ka+2=2k=8，∴ k=4．（3）解：①y=−x2+2mx+m=−x−m2+m2+m，∵点N的横坐标是点M的横坐标的2倍，设点M的横坐标为m−1，∴点N的横坐标为2m−2．当x=m−1时，y=−m−1−m2+m2+m=m2+m−1，当x=2m−2时，y=−2m−2−m2+m2+m=5m−4，∴Mm−1,m2+m−1，N2m−2,5m−4，∵ w=12，∴结合1可知，点M、N的横纵坐标之差的绝对值相等，∴ m2+m−1−5m−4=2m−2−m−1，∴ m2−5m+4=0或m2−3m+2=0，∴ m1=1，m2=4或m3=1，m4=2；∵y1≠y2，∴ m1=1与m3=1不符合题意，舍去，∴ m=2或m=4；②∵点M的横坐标是点N的横坐标的2倍，设点M的横坐标为m−1，∴点N的横坐标为2m−2，由等腰三角形可知点P的横坐标为2m−2+2m−2−m−1=3m−3，∵抛物线y=−x2+2mx+m的对称轴为直线x=m，∴当m−132，又∵M，N两点的纵坐标不能相等，∴2m−2−m≠m−m−1，即m≠3，∴当m>32，且m≠3时，y0=−m2+2m2+m=m2+m；当m−1<0时，M点在y轴左侧，此时最高点即为点M，∴当m<1时，y0=−m−12+2mm−1+m=m2+m−1；当m≥3m−3，且M点在y轴右侧时，最高点即为点P∴当132 ．试卷第27页，总27页。