2023年广东省广州市荔湾区中考数学一模试卷及答案解析

2023年广东省广州市荔湾区中考数学一模试卷
一、选择题（每题3分，本大题共10小题，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．（3分）中国是最早采用正负数表示相反意义的量的国家，如果将“收入60元”记作“+60元”，那么“支出40元”记作（）
A．+40元B．﹣40元C．+20元D．20元
2．（3分）在平面直角坐标系中，将点（﹣1，3）向右平移5个单位得到的点的坐标为（）A．（﹣1，﹣2）B．（﹣1，8）C．（4，3）D．（﹣6，3）3．（3分）一组数据2，3，4，2，5的众数和中位数分别是（）
A．2，2B．2，3C．2，4D．5，4
4．（3分）下列运算正确的是（）
A．a+a2＝a3B．（﹣3a）2＝6a2C．D．a2•a3＝a5 5．（3分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝2BC，则cos A的值是（）A．B．C．D．
6．（3分）我国古代数学著作《孙子算经》有“多人共车”问题：“今有三人共车，二车空；
二人共车，九人步．问：人与车各几何？”其大意如下：有若干人要坐车，如果每3人坐一辆车，那么有2辆空车；如果每2人坐一辆车，那么有9人需要步行，问人与车各多少？设共有x人，y辆车，则可列方程组为（）
A．B．
C．D．
7．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE，若AD⊥BC于点F，∠E＝75°，则∠BAC的度数为（）
A．65°B．70°C．75°D．80°
8．（3分）如图是一个几何体的三视图，主视图和左视图均是面积为12的等腰三角形，俯视图是直径为6的圆，则这个几何体的全面积是（）
A．24πB．21πC．15πD．12π
9．（3分）如图，函数y＝2x和y＝ax+4的图象相交于点A（m，3），则不等式2x≥ax+4的解集为（）
A．x≥B．x≤3C．x≤D．x≥3
10．（3分）已知方程x2﹣2023x+1＝0的两根分别为x1，x2，则的值为（）A．1B．2023C．﹣1D．﹣2023
二、填空题（每题3分，本大题共6小题，共18分．）
11．（3分）计算：|﹣2|+＝．
12．（3分）分解因式：9a3﹣ab2＝．
13．（3分）若抛物线y＝x2﹣6x+a与x轴只有一个公共点，则a的值为．14．（3分）已知直线y＝﹣2x+1向下平移m（m＞0）个单位后经过点（1，﹣3），则m的值为．
15．（3分）如图，AB是⊙O的弦，OP⊥OA交AB于点P，过点B
的直线交OP的延长线于点C，若CP＝CB，OA＝3，OP＝1，
则BC的长为．
16．（3分）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，CD是△ABC的中线，E 是边BC上一动点，将△BED沿ED折叠，点B落在点F处，EF交线段CD于点G，当△DFG是直角三角形时，则CE＝．
三、解答题（本大题共9小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．（4分）解不等式3x﹣4＜x，并把解集在数轴上表示出来．
18．（4分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠D，连接AC．求证：△ABC≌△CDA．
19．（6分）已知T＝4n（n﹣2m）﹣（m﹣2n）2+m2．
（1）化简T；
（2）若m，n是菱形ABCD两条对角线的长，且该菱形的面积为3，求T的值．
20．（6分）北京冬奥会期间，学校为了解学生最喜欢的冰雪运动，从全校随机抽取了部分学生进行了问卷调查，每个被调查的学生从滑雪、滑冰、冰球、冰壶这4种冰雪运动中选择最喜欢的一项．该小组将调查数据进行整理并绘制成如下两幅不完整的统计图．（1）这次调查中，一共调查了名学生，请补全条形统计图；
（2）若全校有2600名学生，则估计该校最喜欢“滑冰”运动项目的有名学生；
（3）已知选冰壶的4名学生中1名来自七年级，1名来自八年级，2名来自九年级，学校想要从这4名学生中随机抽取2名学生进行访谈．请用画树状图或列表法求抽到的2名学生来自不同年级的概率．
21．（8分）班级组织同学乘大巴车前往研学基地开展爱国教育活动，基地离学校有90公里，队伍8：00从学校出发．张老师因有事情，8：30从学校自驾小车以大巴1.5倍的速度追赶，追上大巴后继续前行，结果比队伍提前15分钟到达基地．
（1）大巴与小车的平均速度分别是多少？
（2）张老师追上大巴的地点距离基地的路程有多远？
22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B在x轴的正半轴上，AD ＝8，AB＝6，对角线AC，BD相交于点E．反比例函数的图象经过点E，分别与AD，BC交于点F，G．
（1）若OB＝8，求反比例函数的解析式；
（2）连接EG，若AF﹣AE＝2，求△BEG的面积．
23．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB＝AC，AD是⊙O的切线．（1）尺规作图：过点B作AC的平行线交AD于点E，交⊙O于点F，连接AF（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）证明：AF＝BC；
（3）若⊙O的半径长为，BC＝4，求EF和BF的长．
24．（12分）如图，四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝120°．连接BD，总有∠DBC＝∠DAB+60°．
（1）求∠ADB的度数；
（2）点F是线段CD的中点，连接BF．
①写出线段AD，BD，BF之间的数量关系，并给出证明；
②延长AD，BF相交于点N，连接CN，若，求线段CN长度的最小值．
25．（12分）已知抛物线y＝﹣x2+2kx﹣k2+4的顶点为H，与y轴交点为A，点P（a，b）是抛物线上异于点H的一个动点．
（1）若抛物线的对称轴为直线x＝1，请用含a的式子表示b；
（2）若a＝1，作直线HP交y轴于点B，当点A在x轴上方且在线段OB上时，直接写出k的取值范围；
（3）在（1）的条件下，记抛物线与x轴的右交点为C，OA的中点为D，作直线CD，过点P作PF⊥CD于点E并交x轴于点F，若a＜3，PE＝3EF，求a的值．
2023年广东省广州市荔湾区中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题3分，本大题共10小题，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．【分析】根据正负数的意义，直接写出答案即可．
【解答】解：如果“收人60元”记作“+60元”，那么“支出40元”记作﹣40元．故选：B．
【点评】此题考查了正数与负数，熟练掌握相反意义量的定义是解本题的关键．2．【分析】根据点的平移：左减右加，上加下减解答可得．
【解答】解：将点（﹣1，3）向右平移5个单位长度得到的点坐标为（﹣1+5，3），即（4，3），
故选：C．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣平移，熟记平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减是解题的关键．
3．【分析】将这组数据重新排列，再根据众数和中位数的定义求解即可．【解答】解：将这组数据重新排列为2、2、3、4、5，
∴这组数据的众数为2，中位数为3，
故选：B．
【点评】本题主要考查众数和中位数，解题的关键是掌握众数和中位数的定义．4．【分析】A、根据合并同类项法则计算；
B、根据积的乘方法则计算；
C、根据二次根式的加减法法则计算；
D、根据同底数幂的乘法法则计算．
【解答】解：A、原式＝a+a2，不符合题意；
B、原式＝9a2，不符合题意；
C、原式＝3，不符合题意；
D、原式＝a5，符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考同底数幂的乘法、二次根式的加减法、积的乘方、合并同类项，掌
握这几个知识点的法则是解题关键．
5．【分析】先利用勾股定理得到AC＝BC，然后根据余弦的定义求解．【解答】解：在Rt△ABC中，
∵∠C＝90°，AB＝2BC，
∴AC＝＝＝BC，
∴cos A＝＝＝．
故选：A．
【点评】本题考查了锐角三角函数的定义：正确理解锐角的余弦的定义是解决问题的关键．也考查了勾股定理．
6．【分析】设共有x人，y辆车，根据“如果每3人坐一辆车，那么有2辆空车；如果每2人坐一辆车，那么有9人需要步行”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．【解答】解：设共有x人，y辆车，
依题意得：．
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组以及数学常识，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
7．【分析】由旋转的性质可得∠E＝∠C＝75°，∠BAF＝55°，由直角三角形的性质可得∠CAF＝15°，即可求解．
【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE，
∴∠E＝∠C＝75°，∠BAF＝55°，
∵AD⊥BC，
∴∠CAF＝15°，
∴∠BAC＝70°，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
8．【分析】依据题意可得这个几何体为圆锥，其全面积＝侧面积+底面积．【解答】解：圆锥的高＝12×2÷6＝4，
母线长＝＝5，
圆锥的全面积＝π×（6÷2）2+π×（6÷2）×5＝9π+15π＝24π．
故选：A．
【点评】本题考查由三视图判断几何体，圆锥的计算．用到的知识点为：有2个视图为三角形，另一个视图为圆的几何体是圆锥．
9．【分析】将点A（m，3）代入y＝2x得到A的坐标，再根据图形得到不等式的解集．【解答】解：将点A（m，3）代入y＝2x得，2m＝3，
解得，m＝，
∴点A的坐标为（，3），
∴由图可知，不等式2x≥ax+4的解集为x≥．
故选：A．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式，要注意数形结合，直接从图中得到结论．
10．【分析】由题意得x1•x2＝1，﹣2023x1+1＝0，将代数式变形后再代入求解即可．【解答】解：∵方程x2﹣2023x+1＝0的两根分别为x1，x2，
∴x1•x2＝1，﹣2023x1+1＝0，
∴﹣2023x1＝﹣1，
∴﹣
＝﹣
＝﹣2023x1
＝﹣1．
故选：C．
【点评】本题考查了根的定义及根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0
（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1•x2＝，熟练掌握代数式的求值技巧是解题的关键．二、填空题（每题3分，本大题共6小题，共18分．）
11．【分析】由绝对值的定义，知|﹣2|＝2．由立方根的定义，知＝2，故|﹣2|+＝4．
【解答】解：|﹣2|+＝2+2＝4．
故答案为；4．
【点评】本题主要考查绝对值及立方根，熟练掌握绝对值的定义及立方根的概念是解题关键．
12．【分析】观察原式9a3﹣ab2，找到公因式a，提取公因式a后发现9a2﹣b2是平方差公式，再利用平方差公式继续分解．
【解答】解：9a3﹣ab2，
＝a（9a2﹣b2），
＝a（3a﹣b）（3a+b）．
【点评】本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．13．【分析】根据抛物线y＝x2﹣6x+a与x轴只有一个公共点，得出36﹣4a＝0，解出即可．【解答】解：∵抛物线y＝x2﹣6x+a与x轴只有一个公共点，
∴36﹣4a＝0，
∴a＝9，
故答案为：9．
【点评】本题考查抛物线与x轴只有公共点、二次函数的性质，掌握这两个知识点的综合应用是解题关键．
14．【分析】根据“上加下减”的平移规律写出平行后直线解析式，然后将点（1，﹣3）代入求得m的值即可．
【解答】解：将直线y＝﹣2x+1向下平移m（m＞0）个单位后所得直线为：y＝﹣2x+1﹣m．
将点（1，﹣3）代入，得﹣2+1﹣m＝﹣3．
解得m＝2．
故答案是：2．
【点评】本题主要考查了一次函数图象与几何变换，直线y＝kx+b平移时，k的值不变．15．【分析】由等腰三角形，直角三角形的性质，推出∠OBP+∠CBP＝90°，得到△OBC 是直角三角形，设BC＝x，由勾股定理求出x的值，即可得到BC的长．
【解答】解：∵CP＝CB，
∠CPB＝∠CBP，
∵OA＝OB，
∴∠A＝∠OBP，
∵OP⊥OA，
∴∠AOP＝90°、
∴∠A+∠APO＝90°，
∵∠CPB＝∠APO，
∴∠A+∠CPB＝90°，
∴∠OBP+∠CBP＝90°，
∴∠CBO＝90°，
设BC＝x，则CO＝CP+OP＝x+1，
∵OC2＝OB2+BC2，
∴（x+1）2＝32+x2，
∴x＝4，
∴BC的长是4．
故答案为：4．
【点评】本题考查勾股定理，直角三角形、等腰三角形的性质，关键是证明出△OCB是直角三角形，应用勾股定理进行求解．
16．【分析】分两种情形：①如图1中，当∠DGF＝90°时，作DH⊥BC于H．②如图2中，当∠GDF＝90°，作DH⊥BC于H，DK⊥FG于K．
【解答】解：①如图1中，当∠DGF＝90°时，作DH⊥BC于H．
在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，
∴AB＝＝＝2，
∵AD＝DB，
∴CD＝AB＝，
∵DH∥AC，AD＝DB，
∴CH＝BH，
∴DH＝DG＝AC＝1，
∴CG＝﹣1，
∵DC＝DB，
∴∠DCB＝∠B，
∴cos∠DCB＝cos∠B＝，
∴CE＝CG÷cos∠DCB＝﹣．
②如图2中，当∠GDF＝90°，作DH⊥BC于H，DK⊥FG于K．
∵∠F＝∠DCH，∠FGD＝∠CGE，
∴∠CEG＝∠FDG＝90°，
∴∠DKE＝∠KEH＝∠DHE＝90°，
∴四边形DHEK是矩形，
∵DH＝DK，
∴四边形DKEH是正方形，
∴EH＝DH＝1，
∵CH＝BH＝2，
∴CE＝1，
综上所述，满足条件的CE的值为1或﹣．
【点评】本题考查翻折变换，直角三角形斜边上的中线，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．三、解答题（本大题共9小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．【分析】先移项得到3x﹣x＜4，然后合并后把x的系数化为1，再把解集用数轴表示．【解答】解：3x﹣4＜x，
移项得3x﹣x＜4，
合并得2x＜4，
系数化为1得x＜2，
用数轴表示为：．
【点评】本题考查了解一元一次不等式：解一元一次不等式的基本步骤为：①去分母；
②去括号；③移项；④合并同类项；⑤化系数为1．也考查了在数轴上表示不等式的
解集．
18．【分析】根据平行线的性质得到∠DAC＝∠BCA，利用AAS即可证明△ABC≌△CDA．
【解答】证明：∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
在△ABC和△CDA中，
，
∴△ABC≌△CDA（AAS）．
【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．19．【分析】（1）根据完全平方公式，单项式乘多项式及合并同类项运算法则可得出答案；
（2）由菱形的面积公式得出mn＝6，代入（1）中化简得出的式子可得出答案．
【解答】解：（1）T＝4n（n﹣2m）﹣（m﹣2n）2+m2
＝4n2﹣8mn﹣m2+4mn﹣4n2+m2
＝﹣4mn．
（2）∵m，n是菱形ABCD两条对角线的长，且该菱形的面积为3，
∴mn＝3，
∴mn＝6，
∴T＝﹣4mn＝﹣4×6＝﹣24．
【点评】本题考查了整式的运算，完全平方公式，单项式乘多项式，菱形的性质，熟练掌握菱形的面积公式是解题的关键．
20．【分析】（1）由喜欢滑冰的学生人数除以所占百分比可得调查的学生总人数，即可解决问题；
（2）由全校学生人数乘以最喜欢“滑冰”运动项目的学生所占的百分比即可；
（3）画树状图，共有12种等可能的情况，其中抽到的2名学生来自不同年级的情况有10种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）这次调查中，一共调查的学生人数为：
16÷40%＝40（名），
则喜欢滑雪的学生人数为：40﹣16﹣12﹣4＝8（名），
故答案为：40，
补全条形统计图如下：
（2）估计该校最喜欢“滑冰”运动项目的学生有：2600×40%＝1040（名），
故答案为：1040；
（3）用A表示七年级学生，用B表示八年级学生，用C和D分别表示九年级学生，画树状图如下：
共有12种等可能的情况，其中抽到的2名学生来自不同年级的情况有10种，
∴抽到的2名学生来自不同年级的概率是＝．
【点评】本题考查了树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图等知识．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
21．【分析】（1）设大巴的平均速度是x公里/小时，则小车的平均速度是1.5x公里/小时，根据“大巴车行驶全程所需时间＝小车行驶全程所需时间+小车晚出发的时间+小车早到的时间”列出分式方程，解方程即可；
（2）根据“从学校到相遇点小车行驶所用时间+小车晚出发时间＝大巴车从学校到相遇点所用时间”列出一元一次方程，解方程即可．
【解答】解：（1）设大巴的平均速度是x公里/小时，则小车的平均速度是1.5x公里/小时，
由题意得：﹣＝+，
解得：x＝40，
经检验：x＝40是原方程的解，且符合题意，
∴1.5x＝1.5×40＝60，
答：大巴的平均速度是40公里/小时，小车的平均速度是60公里/小时；
（2）设张老师追上大巴的地点到基地的路程有y公里，
由题意得：+＝，
解得：y＝30，
答：张老师追上大巴的地点到基地的路程有30公里．
【点评】本题考查了分式方程的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找
准等量关系，正确列出分式方程；（2）找准等量关系，正确列出一元一次方程．22．【分析】（1）先利用矩形的性质和线段中点坐标公式得到E（4，5），然后把E点坐标代入可求得k的值；
（2）利用勾股定理计算出AC＝10，则BE＝AE＝5，所以AF＝7，设OA＝t，则F（t，7），E（t+3，4），利用反比例函数图象上点的坐标得到7t＝4（t+3），解得t＝4，从而得到反比例函数解析式为y＝，然后确定G点坐标，最后利用三角形面积公式计算△BEG的面积．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD的顶点A，B在x轴的正半轴上，AD＝8，AB＝6，且OB＝8，
∴B（8，0），D（2，8），B（8，0），
∵对角线AC，BD相交于点E，
∴点E为AC的中点，
∴E（4，5），
把E（4，5）代入y＝，得
5＝．
解得k＝20．
故该反比例函数的解析式为：y＝；
（2）∵AC＝＝10，
∴BE＝AE＝5，
∵AF﹣AE＝2，
∴AF＝7，
设OA＝t，则F（t，7），E（t+3，4），
∵反比例函数的图象经过点E、F，
∴7t＝4（t+3），
解得t＝4，
∴k＝7t＝28，
∴反比例函数解析式为y＝，
当x＝10时，y＝＝，
∴G（10，），
＝×3×＝．
∴S
△BEG
【点评】本题考查了矩形的性质，反比例函数系数k的几何意义：在反比例函数y＝（k ≠0）图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．也考查了反比例函数的性质．
23．【分析】（1）根据尺规作一个角等于已知角，即可得出射线BE；
（2）连接CF，根据平行线的性质得∠BFC＝∠ACF，从而得出，即可得出AF ＝BC；
（3）根据两组对边分别平行，可知△AEF∽△BEA，再利用△AEF∽△BEA，利用对应边成比例可得EF的长，从而解决问题．
【解答】解：（1）如图，作∠ABE＝∠BAC，
则BE∥AC，
（2）连接CF，
∵BF∥AC，
∴∠BFC＝∠ACF，
∴，
∴AF＝BC；
（3）连接AO，并延长交BC于H，连接OB，
∵AB＝AC，
∴AH⊥BC，
∵AD是⊙O的切线，
∴∠HAD＝90°，
∴∠EAH+∠BHA＝180°，
∴AD∥BC，
∵BE∥AC，
∴四边形EBCA是平行四边形，
∴BE＝AC，AE＝BC＝4，
在Rt△OBH中，由勾股定理得，OH＝＝，
∴AH＝＝4，
∴AB＝＝2，
∵∠AEF＝∠AEB，AE＝AF，BE＝BA，
∴△AEF∽△BEA，
∴，
∴，
∴EF＝，
∴BF＝BE﹣EF＝．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆的相关性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，证明△AEF∽△BEA是解题的关键．24．【分析】（1）根据角的和与差，三角形的内角和定理可解答；
（2）①如图2，延长CB至P，使BC＝BP，连接AP，DP，延长BD至Q，使AD＝DQ，连接AQ，先根据三角形的中位线定理得：BF∥PD，BF＝PD，再证明△ADQ和△ABP 是等边三角形，证明△QAB≌△DAP（SAS），从而得结论；
②如图3，由图2的辅助线，连接AC，先证明△BDF是等边三角形，根据三角形的三
边关系得：CN≥|AC﹣AN|，当A，N，C三点共线时，CN有最小值，根据等腰三角形的性质可解答．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝∠ABD+∠DBC＝120°，
∴∠DBC＝120°﹣∠ABD，
∵∠DBC＝∠DAB+60°，
∴∠DAB+60°＝120°﹣∠ABD，
∴∠DAB+∠ABD＝60°，
∴∠ADB＝180°﹣（∠DAB+∠ABD）＝180°﹣60°＝120°；
（2）①2BF＝BD+AD，理由如下：
如图2，延长CB至P，使BC＝BP，连接AP，DP，延长BD至Q，使AD＝DQ，连接AQ，
∵BP＝BC，F为CD的中点，
∴BF是△CDP的中位线，
∴BF∥PD，BF＝PD，
∵∠ADB＝120°，
∴∠ADQ＝60°，
∵AD＝DQ，
∴△ADQ是等边三角形，
∴AD＝DQ＝AQ，∠QAD＝60°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠ABP＝60°，
∵AB＝BC＝BP，
∴△ABP是等边三角形，
∴AB＝AP，∠BAP＝60°，
∴∠QAD＝∠BAP＝60°，
∴∠QAB＝∠DAP，
∴△QAB≌△DAP（SAS），
∴BQ＝PD，
∵BF＝PD，
∴2BF＝BQ＝BD+DQ＝BD+AD；
②如图3，由图2的辅助线，连接AC，
∵∠ADP＝∠ADQ＝60°，
∴∠BDP＝60°，
∵BF∥PD，
∴∠NBD＝60°，
∵∠BDN＝∠ADQ＝60°，
∴∠BND＝60°，
在△ACN中，CN≥|AC﹣AN|，
当A，N，C三点共线时，CN有最小值，如图4，过点B作BL⊥AC于L，
∴∠CAB＝∠C＝30°，
∴BL＝，AL＝BL＝3，
∴AC＝6，
∵∠CDB＝60°，∠BAC＝30°，
∴∠ABD＝30°＝∠DAB，
同理得：AD＝BD＝2，
∴CN的最小值＝AC﹣AN＝6﹣4＝2．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判
定与性质，含30°角的直角三角形的性质，三角形的中位线定理等知识，有难度，正确
作辅助线构建等边三角形是解题的关键．
25．【分析】（1）利用二次函数的性质可得出k＝1，确定抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，再根据图象上点的坐标特征即可得出结论；
（2）根据题意和抛物线的解析式可得出A（0，﹣k2+4），P（1，﹣k2+2k+3），k≠1，再根据点A在x轴上方且在线段OB上，可得出不等式组，解不等式组即可得出结论；
（3）如图，过点D作DB⊥CD，交x轴于点B，由（1）知抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
结合中点定义先确定D和C的坐标，得出直线CD的解析式为y＝﹣x+，证明△BDO
2x+，然后根据PF∥BD和P（a，﹣a2+2a+3）确定直线PF的解析式为y＝2x+3﹣a2，
点间距离公式用含a的代数式求出PE和EF，根据PE＝3EF建立方程，分两种情况求解
即可．
【解答】解：（1）抛物线y＝﹣x2+2kx﹣k2+4＝﹣（x﹣k）2+4，
∴H（k，4），对称轴x＝k，
∵点P（a、b）是抛物线上异于点H的一个动点，
∴a≠k，
∵抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴k＝1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∵点P（a、b）在抛物线上，
∴当x＝a时，b＝﹣a2+2a+3（a≠1）．
（2）∵抛物线y＝﹣x2+2kx﹣k2+4与y轴交点为A，
∴当x＝0时，y＝﹣k2+4，
∴A（0，﹣k2+4），
∵点P（a，b）在抛物线y＝﹣x2+2kx﹣k2+4上，且a＝1，点P（a，b）是抛物线上异于点H的一个动点，
∴P（1，﹣k2+2k+3），k≠1，
设直线PH的解析式为y＝mx+b1，
∴，
∴（k﹣1）b1＝﹣k3+2k2+3k﹣4＝（k﹣1）（﹣k2+k+4），
∵k≠1，
∴k﹣1≠0，
∴b1＝﹣k2+k+4，B（0，﹣k2+k+4），
∵点A在x轴上方且在线段OB上，
∴，
∴，
∴0≤k＜2，
综上所述，k的取值范围是0≤k＜2且k≠1．
（3）如图，过点D作DB⊥CD，交x轴于点B，
∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，OA的中点为D，
当x＝0时，y＝3，
∴A（0，3），OA＝3，
∴OD＝，D（0，），
当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴C（3，0），OC＝3，
设直线CD的解析式为y＝k2x+b2，
∴，
∴．
∴直线CD的解析式为y＝﹣x+，
∵DB⊥CD，∠BOD＝∠DOC＝90°，
∴∠BDO+∠ODC＝90°，∠ODC+∠DCO＝90°，∴∠BDO＝∠DCO，
∴△BDO∽△DCO，
∴，
∴，
∴OB＝，
∴B（﹣，0），
同理求出直线BD的解析式为y＝2x+，
∵PF⊥CD，
∴PF∥BD，
设直线PF的解析式为y＝2x+b3，
由（1）可知P（a，﹣a2+2a+3），
∴﹣a2+2a+3＝2a+b3，
∴b3＝3﹣a2，
∴直线PF的解析式为y＝2x+3﹣a2，
当y＝0时，x ＝，
∴F （，0），
由可得，
∴E （，），
∴PE ＝＝﹣5a﹣3|，
EF ＝＝|，
∵PE＝3EF，
∴|，
当2（2a2﹣5a﹣3）＝3（9﹣a2）时，
解得a1＝﹣，a2＝3（不合题意，舍去），
当2（2a2﹣5a﹣3）＝﹣3（9﹣a2）时，
解得a3＝7，a4＝3（均不合题意，舍去），
综上所述，a 的值是﹣．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，解不等式组，两点间的距离，熟练掌握待定系数法是解题的关键。

第16页（共16页）。