2024年天津市河西区中考数学结课试卷（含解析）

这是一份2024年天津市河西区中考数学结课试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.计算(−5)×(−3)的结果等于( )
A. −8B. 8C. −15D. 15
2.估计 7的值在( )
A. 1和2之间B. 2和3之间C. 3和4之间D. 4和5之间
3.2023年1月17日，国家航天局公布了我国嫦娥五号月球样品的科研成果.科学家们通过对月球样品的研究，精确测定了月球的年龄是20.3亿年，数据20.3亿年用科学记数法表示为( )
A. 2.03×108年
B. 2.03×109年
C. 2.03×1010年
D. 20.3×109年
4.如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
5.在一些类术字中，有的汉字是轴对称图形，下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
6.3cs30°+ 32的值等于( )
A. 12B. 33C. 32D. 2 3
7.分式方程xx−3=x+1x−1的解为( )
A. 1B. −1C. −2D. −3
8.若点A(x1,−1)，B(x2,−2)，C(x3,2)在反比例函数y=−4x的图象上，则x1，x2，x3的大小关系是( )
A. x19.《九章算术》中记载了一种测量古井水面以上部分深度的方法，如图所示，在B处立一根垂直于井口的木杆BD，从木杆的顶端D观察井水水岸C，视线DC与井口的直径AB相交于点E，如果测得AB=1.6米，BD=1米，BE=0.2米，那么AC为( )
A. 7
B. 7.4
C. 8
D. 9.2
10.如图，在△ABC中，AB=AC，以点B为圆心，BC长为半径作弧，交AC于不同于点C的另一点D，连接BD；再分别以点C、D为圆心，大于12CD的长为半径作弧，两弧相交于点E，作射线BE交AC于点F.若∠A=40°，则∠DBF的度数为( )
A. 20°B. 30°C. 40°D. 50°
11.如图，在△ABC中，∠CAB=45°，将△ABC绕点B逆时针旋转90°，得到△DBE，A和C的对应点分别是D和E，连接CD，则下列结论一定正确的是( )
A. CD=BD
B. BC=CD
C. ∠BED=135°
D. A，C，D三点在一条直线上
12.如果用定长为L的线段围成一个扇形，且使得这个扇形的面积最大，方法应为( )
A. 使扇形所在圆的半径等于L4B. 使扇形所在圆的半径等于L3
C. 使扇形的圆心角为60°D. 使扇形的圆心角为90°
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
13.不透明袋子中装有8个球，其中有3个绿球，5个红球，这些球除颜色外无其他差别，从袋子中随机取出1个球，则它是红球的概率为______．
14.计算x8÷x2的结果等于______．
15.计算( 14+ 6)( 14− 6)的结果为______．
16.若x1，x2是方程x2−6x+8=0的两根，则x1+x2的值______．
17.如图，在▱ABCD中，AB=18，BC=30.E是边BC的中点，F是▱ABCD内一点，且∠BFC=90°，连接AF并延长，交CD于点G.若EF/​/AB，则DG的长为______．
18.如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，等边三角形ABC内接于圆，且顶点A，B均在格点上．
(1)线段AB的长为______；
(2)若点D在圆上，AB与CD相交于点P，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点Q，使△CPQ为等边三角形，并简要说明点Q的位置是如何找到的(不要求证明) ______．
三、计算题：本大题共1小题，共8分。
19.解不等式组2x+1≥−1, ①2x+1≤3, ②
请结合题意填空，完成本题的解答：
(Ⅰ)解不等式①，得______；
(Ⅱ)解不等式②，得______；
(Ⅲ)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
(Ⅳ)原不等式组的解集为______．
四、解答题：本题共6小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题8分)
某养鸡场有2500只鸡准备对外出售．从中随机抽取了一部分鸡，根据它们的质量(单位：kg)，绘制出如下的统计图①和图②.请根据相关信息，解答下列问题：
(Ⅰ)本次样本中接受调查的鸡的总数为______，图①中m的值为______；
(Ⅱ)求统计的这组数据的平均数、众数和中位数．
21.(本小题10分)
已知四边形ABCD内接于⊙O，AD为直径，过点C作CE⊥AB于点E，连接AC．

(I)如图①，若∠CAD=48°，∠CDA的度数为______，∠ECB的度数为______；
(Ⅱ)如图②，连接OC，若∠CAD=30°，CE是⊙O的切线，EB=3.求⊙O的半径．
22.(本小题10分)
综合与实践活动中，要利用测角仪测量塔的高度.如图，塔AB前有一座高为DE的观景台，已知CD=5m，∠DCE=30°，点E，C，A在同一条水平直线上.某学习小组在观景台C处测得塔顶部B的仰角为45°，在观景台D处测得塔顶部B的仰角为27°．
(I)求DE的长；
(Ⅱ)设塔AB的高度为h(单位：m)．
①用含有h的式子表示线段EA的长(结果保留根号)；
②求塔AB的高度(tan27°取0.5 3取1.7，结果取整数)．
23.(本小题10分)
有兄妹俩放学后沿图①中的马路从学校出发，到书吧看书后回家，哥哥步行先出发，途中速度保持不变；妹妹后骑车出发，到书吧前的速度为200米/分.图②中的图象表示哥哥离开学校的路程y(米)与哥哥离开学校的时间x(分)的函数关系．

请根据图中信息，解答下列问题：
(I)①填表：
②填空：学校到家的路程为______米；
③直接写出表示哥哥离开学校的路程y(米)与哥哥离开学校的时间x(分)的函数解析式；
(Ⅱ)若妹妹比哥哥迟2分钟到书吧，则妹妹比哥哥晚出发的时间为______分；如果妹妹在书吧待了10分钟后回家，之后的速度是哥哥的1.6倍，能否在哥哥到家前追上哥哥？若能，求追上时兄妹俩离家还有多远；若不能，说明理由．
24.(本小题10分)
在平面直角坐标系中，O为原点，△OAB是等边三角形，点A(12,0)，点B在第一象限，矩形OCDE的顶点E(−7,0)，点C在y轴的正半轴上，点D在第二象限，射线DC经过点OB边的中点．

(I)如图①，点B的坐标为______；点D的坐标为______；
(Ⅱ)将矩形OCDE沿x轴向右平移，得到矩形O′C′D′E′，点O，C，D，E的对应点分别为O′，C′，D′；E”.设OO′=t，矩形O′C′D′E′与△OAB重叠部分的面积为S．
①如图②，当点D′在△OAB的外部，且矩形O′C′D′E′与△OAB重叠部分为五边形时，D′C′，D′E′与OB分别相交于点F和点G，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当112≤t≤212时，求S的取值范围(直接写出结果即可)．
25.(本小题10分)
已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A，B两点(点A在B的左侧)，A(−4,0)，与y轴交于点C(0,4)．
(Ⅰ)求抛物线的对称轴；
(Ⅱ)若有动点P在直线AC上方的抛物线上，过点P作直线AC的垂线，分别交直线AC、线段BC于点E、F，过点F作FG⊥x轴，垂足为G.设P点的横坐标为m，
①直接写出m的取值范围______；当线段PE=2 2时，求P点的坐标；
②求FG+ 2FP的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：原式=15．
故选：D．
根据有理数的乘法进行作答．
本题主要考查有理数的乘法．解题的关键是熟练掌握有理数的乘法运算法则．
2.【答案】B
【解析】解：∵ 4=2， 9=3，
而 4< 7< 9，
∴2< 7<3，
∴估计 7的值在2和3之间．
故选：B．
根据平方数进行计算即可解答．
本题考查了估算无理数的大小，要想准确地估算出无理数的取值范围需要记住一些常用数的平方．
3.【答案】B
【解析】解：20.3亿年=2030000000年=2.03×109年，
故选：B．
科学记数法的表现形式为a×10n的形式，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的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．
4.【答案】A
【解析】解：从正面看，共有三列，从左到右小正方形的个数分别为2、1、2．
故选：A．
根据主视图是从物体的正面看得到的视图解答即可．
本题考查的是几何体简单组合体的三视图，掌握主视图是从物体的正面看得到的视图是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：A，C，D选项中的汉字都不能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
B选项中的汉字能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：B．
根据轴对称图形的概念解答即可．
本题考查了轴对称图形的概念，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．
6.【答案】D
【解析】解：3cs30°+ 32
=3× 32+ 32
=3 32+ 32
=2 3．
故选：D．
首先计算特殊角的三角函数值，然后计算乘法，最后计算加法，求出算式的值即可．
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．
7.【答案】D
【解析】解：方程两边同乘(x−3)(x−1)，
得：x(x−1)=(x−3)(x+1)，
整理得：x2−x=x2−2x−3，
解得：x=−3．
经检验，x=−3是原方程的解．
故选D．
本题考查解分式方程的能力，观察可得最简公分母为(x−3)(x−1)，去分母，解整式方程，结果需要检验．
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，解分式方程一定注意要验解．
8.【答案】D
【解析】解：∵反比例函数y=−4x图象分布在第二四象限，在每个象限内，y随x的增大而增大，
∴点C在第二象限，x3<0，
∵A(x1,−1)，B(x2,−2)都在第四象限，且−1>−2，
∴x1>x2，
∴x1>x2>x3．
故选：D．
根据解析式得到图象分布和函数性质，再根据反比例函数图象上点的坐标特征解答即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握反比例函数图象上点的坐标特征是关键．
9.【答案】A
【解析】解：∵BD/​/AC，
∴∠D=∠ACD，∠A=∠ABD，
∴△BDE∽△ACE，
∴BDBE=ACAE，
∴10.2=AC1.6−0.2，
解得：AC=7，
答：古井水面以上部分深度AC的长为7米，
故选：A．
根据8字模型相似三角形证明△BDE∽△ACE，利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握8字模型相似三角形是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：∵AB=AC，∠A=40°，
∴∠ACB=∠ABC=12(180°−40°)=70°，
由作图可知，BF垂直平分线段CD，
∴BC=BD，
∴∠BCD=∠BDC=70°，
∴∠DBC=40°，
∴∠DBF=∠FBC=20°，
故选：A．
只要证明BD=DC，求出∠BDC的值即可解决问题；
本题考查作图−基本作图，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本作图，属于中考常考题型．
11.【答案】D
【解析】解：连接CE，
∵将△ABC绕点B逆时针旋转90°，得到△DBE，
∴BC=BE，AB=BD，AC=DE，∠ACB=∠BDE，∠CBE=90°，
∴∠BCE=∠BEC=45°，
∴∠BCE=∠BDE=45°，
∴点B，点C，点D，点E四点共圆，
∴∠BCD+∠BED=180°，
∴∠BCD+∠ACB=180°，
∴点A，点C，点D三点共线，
故选：D．
由旋转的性质可得BC=BE，AB=BD，AC=DE，∠ACB=∠BDE，∠CBE=90°，由等腰三角形的性质可得∠BCE=∠BEC=45°，可证点B，点C，点D，点E四点共圆，可得∠BCD+∠BED=180°，即可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，圆的有关知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
12.【答案】A
【解析】解：设这个扇形半径为r，扇形面积为S，
由题意得：S=12r(L−2r)
=−r2+12Lr，
=−(r−14L)2+116L2，
所以当r=14L时，扇形面积S有最大值．
故选：A．
设这个扇形半径为r，扇形面积为S，首先表示出扇形的弧长为l=(L−2r)，进而利用S扇形=12lr列出函数解析式，利用配方法求得最大值即可．
此题考查扇形面积的计算和二次函数的实际运用，利用扇形面积公式得出解析式是解题关键．
13.【答案】58
【解析】解：∵不透明袋子中装有8个球，其中有3个绿球，5个红球，
∴从袋子中随机取出1个球，它是红球的概率为58，
故答案为：58．
直接由概率公式求解即可．
本题考查了概率公式．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
14.【答案】x6
【解析】解：原式=x8−2=x6，
故答案为：x6
原式利用同底数幂的除法法则计算即可得到结果．
此题考查了同底数幂的除法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
15.【答案】8
【解析】解：原式=( 14)2−( 6)2
=14−6
=8．
故答案为：8．
利用平方差公式计算．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质和平方差公式是解决问题的关键．
16.【答案】6
【解析】解：∵x1，x2是方程x2−6x+8=0的两根，
∴x1+x2=6．
故答案为：6．
根据根与系数的关系即可得出x1+x2=−ba=6，此题得解．
本题考查了根与系数的关系，熟练掌握两根之和等于−ba是解题的关键．
17.【答案】6
【解析】解：∵E是边BC的中点，且∠BFC=90°，BC=30，
∴Rt△BCF中，EF=12BC=15，
∵EF//AB，AB/​/CG，
∴F是边AG的中点．
∴EF是梯形ABCG的中位线．
∴EF=12(AB+CG)，
∵AB=18，
∴CG=2EF−AB=12．
在▱ABCD中，CD=AB=18.DG=CD−CG=18−12=6，
故答案为：6．
由题意可知EF是梯形ABCG的中位线．根据梯形中位线定理可知，EF=12(GC+AB)，求出CG的长，再根据平行四边形的性质得AB=CD=18，即可求解最终结果．
本题主要考查了平行四边形的性质．平行四边形的性质：①平行四边形的对边平行且相等．②平行四边形的对角相等，邻角互补．③平行四边形的对角线互相平分．
18.【答案】 29 取AC，AB与网格线的交点E，F，连接EF并延长与网格线相交于点G；连接DB与网格线相交于点H，连接HF并延长与网格线相交于点I，连接AI并延长与圆相交于点K，连接CK并延长与
GB的延长线相交于点Q，则点Q即为所求．
【解析】解：(1)AB= 22+52= 29．
故答案为： 29；
(2)如图，点Q即为所求；
方法：取AC，AB与网格线的交点E，F，连接EF并延长与网格线相交于点G；连接DB与网格线相交于点H，连接HF并延长与网格线相交于点I，连接AI并延长与圆相交于点K，连接CK并延长与GB的延长线相交于点Q，则点Q即为所求；
理由：可以证明∠PCA=∠QCB，∠CBQ=∠CAP=60°，
∵AC=CB，
∴△ACP≌△BAQ(ASA)，
∴∠ACP=∠BCQ，CP=CQ，
∴∠PCQ=∠ACB=60°，
∴△PCQ是等边三角形．
故答案为：取AC，AB与网格线的交点E，F，连接EF并延长与网格线相交于点G；连接DB与网格线相交于点H，连接HF并延长与网格线相交于点I，连接AI并延长与圆相交于点K，连接CK并延长与GB的延长线相交于点Q，则点Q即为所求．
(1)利用勾股定理求解即可．
本题考查作图−复杂作图，等边三角形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构造全等三角形解决问题．
19.【答案】x≥−1；x≤1；−1≤x≤1
【解析】解：(I)解不等式①，得x≥−1；
(II)解不等式②得，x≤1，
(III)在数轴上表示为：
；
(IN)故此不等式的解集为：−1≤x≤1．
故答案分别为：x≥−1，x≤1，−1≤x≤1．
分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可．
本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
20.【答案】50只 28
【解析】解：(Ⅰ)本次样本中接受调查的鸡的总数为5÷10%=50(只)，
m%=1−(10%+22%+32%+8%)=28%，即m=28，
故答案为：50只，28；
(Ⅱ)这组数据的平均数为150×(1.0×5+1.2×11+1.5×14+1.8×16+2.0×4)=1.52(kg)，
众数为1.8kg，中位数为1.5+1.52=1.5(kg)．
(I)根据1.0kg的只数及其所占百分比可得总数，由各种质量的百分比之和为1可得m的值；
(II)根据众数、中位数、加权平均数的定义计算即可．
此题主要考查了平均数、众数、中位数的统计意义以及利用样本估计总体等知识．找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个；平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．
21.【答案】42° 48°
【解析】解：(Ⅰ)∵AD为直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠CAD=48°，
∴∠CDA=90°−∠CAD=42°．
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CBE=∠D=42°．
∵CE⊥AB，
∴∠ECB=90°−∠EBC=48°．
故答案为：42°；48°；
(Ⅱ)连接OB，如图，
∵AD为直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠CAD=30°，
∴∠D=60°，
∴∠AOC=120°．
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAD=30°．
∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥EC．
∵CE⊥AB，
∴OC/​/AB，
∴∠BAC=∠OCA=30°，
∴∠BAO=60°，
∵OA=OB，
∴△OAB为等边三角形，
∴AB=OA=OC=OB，
∴四边形ABCO为菱形，
∴BC=AB=OA，∠ABC=∠AOC=120°，
∴∠CBE=60°，
∵CE⊥AB，
∴∠ECB=30°，
∴BC=2BE=6．
∴⊙O的半径=BC=6．
(Ⅰ)利用圆周角定理，直角三角形的性质，圆的内接四边形的性质解答即可；
(Ⅱ)连接OB，利用圆周角定理，圆的内接四边形的性质，圆的切线的性质定理和菱形的判定定理得到四边形ABCO为菱形，则BC=AB=OA，∠ABC=∠AOC=120°，∠CBE=60°，再利用含30°角的直角三角形的性质解答即可得出结论．
本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，菱形的判定与性质，圆的切线的性质，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键．
22.【答案】解：(1)由题意得：DE⊥EC，
在Rt△DEC中，CD=5m，∠DCE=30°，
∴DE=12CD=52m，
∴DE的长为52m；
(Ⅱ)①由题意得：BA⊥EA，
在Rt△DEC中，DE=52m，∠DCE=30°，
∴CE= 3DE=52 3(m)，
在Rt△ABC中，AB=h m，∠BCA=45°，
∴AC=ABtan45∘=h(m)，
∴AE=EC+AC=(52 3+h)m，
∴线段EA的长为(52 3+h)m；
②过点D作DF⊥AB，垂足为F，

由题意得：DF=EA=(52 3+h)m，DE=FA=52m，
∵AB=h m，
∴BF=AB−AF=(h−52)m，
在Rt△BDF中，∠BDF=27°，
∴BF=DF⋅tan27°≈0.5(52 3+h)m，
∴h−3=0.5(52 3+h)，
解得：h=52 3+6≈52×1.7+6=10，
∴AB=10m，
∴塔AB的高度约为10m．
【解析】(Ⅰ)根据题意可得：DE⊥EC，然后在Rt△DEC中，利用含30度角的直角三角形的性质，进行计算即可解答；
(2)①根据题意得：BA⊥EA，在Rt△DEC中，利用含30度角的直角三角形的性质求出EC的长，然后在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出AC的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答；
②过点D作DF⊥AB，垂足为F，根据题意得：DF=EA=(3 3+h)m，DE=FA=3m，则BF=(h−3)m，然后在Rt△BDF中，利用锐角三角函数的定义求出BF的长，从而列出关于h的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
23.【答案】100 800 900 1900 6
【解析】解：(Ⅰ)①由图象可知，哥哥看书的时长是17−8=9(分)，步行的速度为800÷8=100(米/分)，
∴当哥哥离开学校1分钟时，离学校的路程为1×100=100(米)；
由图象可知，当哥哥离开学校10分钟时，离学校的路程为800米；
当哥哥离开学校18分钟时，离学校的路程为(18−9)×100=900(米)．
故答案为：100，800，900．
②由图象可知，学校到家的路程为1900米．
故答案为：1900．
③当0≤x<8时，设y与x的函数解析式为y=k1x(k1为常数，且k1≠0)．
将坐标A(8,800)代入y=k1x，
得8k1=800，
解得k1=100，
∴y=100x(0≤x<8)；
当8≤x≤17时，y=800；
设点C的坐标为(t,1900)，
根据哥哥途中步行速度保持不变，得8008=1900−800t−17，
解得t=28，
经检验，t=28是所列分式方程的解，
∴C的坐标为(28,1900)．
当17将坐标B(17,800)和C(28,1900)代入y=k2x+b，
得17k2+b=80028k2+b=1900，
解得k2=100b=−900，
∴y=100x−900(17综上，设y与x的函数解析式为y=100x(0≤x<8)800(8≤x≤17)100x−900(17(Ⅱ)设妹妹比哥哥晚出发a分钟．
根据题意，得200(8+2−a)=800，
解得a=6，
∴妹妹比哥哥晚出发6分钟．
故答案为：6．
妹妹到达书吧用时800÷200=4(分)，根据题意，如图DE、EF、FG是妹妹离开学校的路程与哥哥离开学校的时间的函数图象．
由(Ⅰ)③可知，点C的坐标是(28,1900)，
∴哥哥到家的时间是28分．
妹妹离开书吧后的速度是100×1.6=160(米/分)，
设哥哥出发后a分被妹妹追上，得100(a−17)=160(a−20)，
解得a=25，
∵25<28，1900−100×(25−9)=300(米)，
∴妹妹能在哥哥到家前追上哥哥，此时兄妹俩离家的距离为300米．
(Ⅰ)①根据哥哥步行的速度和图象作答即可；
②根据图象作答即可；
③根据“时间=路程÷速度”求出点C的坐标，利用待定系数法求函数解析式，并写成分段函数的形式即可；
(Ⅱ)设妹妹比哥哥晚出发a分钟，求出妹妹多长时间到达书吧，再根据“路程=时间×速度”列方程并求解即可；根据题意，在同一坐标系中画出妹妹离开学校的路程与哥哥离开学校的时间的函数图象，设哥哥出发后a分被妹妹追上，根据此时二人与学校的距离相等，列方程并求解，进而根据“离家的距离=学校与家的距离−与学校的距离”求出此时二人离家的距离．
本题考查一次函数的应用，从图象中获得有用的数学信息、利用待定系数法求函数解析式是解题的关键．
24.【答案】(6,6 3) (−7,3 3)
【解析】解：(Ⅰ)如图1，
设OB的中点是F，作BG⊥AE于G，
∵△AOB是等边三角形，
∴OB=AB=OA=12，∠AOB=60°，
∴OG=AG=12OA=6，BG=OB⋅sin60°=12× 32=6 3，
∴B(6,6 3)，
∵点F是OB的中点，
∴OF=6，
∵∠BOF=90°−∠AOB=30°，
∴DE=OC=6⋅cs30°=3 3，
∴D(−7,3 3)，
故答案为：(6,6 3)，(−7,3 3)；
(Ⅱ)①如图2，
由(Ⅰ)知：∠BOC=30°，∠OCF=90°，
∴CF=12OF=3，
∴DF=CD+CF=7+3=10，
∵DD′=t，
∴D′F=DF−DD′=10−t，
∴DG= 3D′F= 3(10−t)，
∴S△FGD′=12D′F⋅DG= 32(10−t)2= 32t2−10 3t+50 3，
∵S矩形O′C′D′E′=S矩形OEDC=OE⋅DE=7×3 3=21 3，
∴S=21 3−( 32t2−10 3t+50 3)=− 32t2+10 3t−29 3(7②如图3，
当112∵OO′=t，FC′=t−3，
∴S=2t−32×3 3=3 3(2t−3)2，
∴当t=112时，S最小=12 3，
当7≤t≤9时，
S=− 32(t−10)2+21 3，
∴当x=9时，S最大=41 32，
如图4，
当9∵CT=CF+FT=3+6=9，
∴C′T=CC′−CT=t−9，
∴C′H= 3C′T= 3(t−9)，
∴S△C′HT= 32(t−9)2，
∵D′F=DF−DD′=10−t，
∴DG= 3(10−t)，
∴S△FGD′= 3(10−t)2，
∴S=21 3− 3(10−t)2− 3(t−9)2=−2 3(t−192)2+41 32，
∴当t=192时，S最大=41 32，
如图5，
当10∵S随着t的增大而减小，
∴S<41 32，
∴12 3≤S≤41 32．
(Ⅰ)设OB的中点是F，作BG⊥AE于G，解直角三角形BOG和直角三角形COF，从而求得结果；
(Ⅱ)①解直角三角形D′FG，求得D′F=DF−DD′=10−t，DG= 3D′F= 3(10−t)，进而得出△D′FG的面积，进一步得出结果；
②分别讨论112≤t<7时，7本题考查了，等腰三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形，配方法等知识，解决问题的关键是分类讨论．
25.【答案】−4≤m≤0
【解析】(Ⅰ)由题意得：c=4−16−4b+c=0，
解得：b=−3c=4
则抛物线的表达式为：y=−x2−3x+4，
由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x=−32；
(Ⅱ)①点P在直线AC上方的抛物线上，
则−4≤m≤0，
故答案为：−4≤m≤0；
过点P作PH/​/y轴交AC于点H，
由点A、C的坐标知，直线AC的表达式为：y=x+4，∠ACO=45°=∠PHC，
则PH= 2PE=4，
设点P(m,−m2−3m+4)，点H(m,m+4)，
则PH(−m2−3m+4)−(m+4)=4，
解得：m=−2(不合题意的值已舍去)，
则点P(−2,6)；
②如图2，PF交x轴于Q，
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y1=−4x+4，
∵OA=OC，
∴∠CAO=45°，
∵∠AEF=90°，
∴直线PE与x轴所成夹角为45°，即∠PQO=45°，
设P(m,−m2−3m+4)，
设PE所在直线的解析式为：y2=−x+b2，
把点P代入得b2=−m2−2m+4，
∴y2=−x−m2−2m+4，
令y1=y2，则−4x+4=−x−m2−2m+4，
解得：x=13(m2+2m)，
∴FG=yF=−4(m2+2m)3+4， 2PF= 2×xF−xPcs45∘=23(m2−m)，
∴FG+ 2FP=−4(m2+2m)3+4+23(m2−m)=−23(m+52)2+496，
∵点P在直线AC上方，
∴−4∴当m=52时，FG+ 2FP的最大值为496．
(Ⅰ)由待定系数法求出函数表达式，进而求解；
(Ⅱ)①点P在直线AC上方的抛物线上，则−4≤m≤0；证明PH= 2PE=4，得到PH(−m2−3m+4)−(m+4)=4，即可求解；
②由FG=yF=−4(m2+2m)3+4， 2PF= 2×xF−xPcs45∘=23(m2−m)，得到FG+ 2FP=−4(m2+2m)3+4+23(m2−m)=−23(m+52)2+496，即可求解．
本题主要考查了二次函数综合综合运用，涉及到解直角三角形、线段长度的表示方法，利用数形结合的思想是解答本题的关键．哥哥离开学校的时间/分
1
8
10
18
哥哥离学校的路程/米
______
800
______
______