2021年湖南省怀化市中考数学模拟试卷有答案

2021年湖南省怀化市中考数学模拟试卷学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________ 1. −2的倒数是（）
A.2
B.1
2C.−1
2
D.−2
2. 下列计算正确的是（）
A.(a3)3＝a6
B.a6÷a3＝a2
C.2a+3b＝5ab
D.a2⋅a3＝a5
3. 如图所示的几何体的俯视图是（）
A. B.
C. D.
4. 若单项式2x2y a+b与−1
3
x a−b y4是同类项，则a，b的值分别为( )
A.a=3，b=1
B.a=−3，b=1
C.a=3，b=−1
D.a=−3，b=−1
5. 在函数y=1
x−2
中，自变量x的取值范围是（）
A.x≠−2
B.x>2
C.x<2
D.x≠2
6. 某种品牌运动服经过两次降价，每件零售价由560元降为315元，已知两次降价的百分率相同，求每次降价的百分率．设每次降价的百分率为x，下面所列的方程中正确的是( )
A.560(1+x)2=315
B.560(1−x)2=315
C.560(1−2x)2=315
D.560(1−x2)=315
7. 小张的爷爷每天坚持体育锻炼，星期天爷爷从家里跑步到公园，打了一会太极拳，然后沿原路慢步走到家，下面能反映当天爷爷离家的距离y（米）与时间t（分钟）之间关系的大致图象是（）
A. B. C. D.
8. 下列说法中正确的是（）
A.“打开电视，正在播放新闻节目”是必然事件
”表示每抛两次就有一次正面朝上
B.“抛一枚硬币，正面向上的概率为1
2
C.“抛一枚均匀的正方体骰子，朝上的点数是6的概率为1
”表示随着抛掷次数的增加，
6
附近
“抛出朝上的点数是6”这一事件发生的频率稳定在1
6
D.为了解某种节能灯的使用寿命，选择全面调查
9. 如图，在⊙O中，弦AC // 半径OB，∠BOC＝50∘，则∠OAB的度数为（）
A.25∘
B.50∘
C.60∘
D.30∘
10. 已知二次函数y＝ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，对称轴是直线x＝−1，下列结论：
①abc<0；②2a+b＝0；③a−b+c>0；④4a−2b+c<0
其中正确的是（）
A.①②
B.只有①
C.③④
D.①④
11. 如图，在△ABC中，∠ABC＝80∘，∠C＝70∘，且BE // AC，则∠EBD＝________．
12. 从巴中市交通局获悉，我市2015年前4月在巴陕高速公路完成投资8400万元，请你将8400万元用科学记数记表示为________元．
13. 分解因式：2a 2−4a +2＝________．
14. 若a 、b 、c 为三角形的三边，且a 、b 满足√a 2−9+(b −2)2＝0，则第三边c 的取值范围是________．
15. 分式方程
3x+2=2x 的解为x ＝________．
16. 如图，菱形的周长是20cm ，∠DAB ＝60∘，则BD ＝ 5 cm ．
17. 解二元一次方程组：{2x −y =7，3x +2y =0.
18. 如图，在一个18米高的楼顶上有一信号塔DC ，李明同学为了测量信号塔的高度，在地面的A 处测的信号塔下端D 的仰角为30∘，然后他正对塔的方向前进了18米到达地面的B 处，又测得信号塔顶端C 的仰角为60∘，CD ⊥AB 与点E ，E 、B 、A 在一条直线上．请你帮李明同学计算出信号塔CD 的高度（结果保留整数，√3≈1.7，√2≈1.4 ）
19. 中学生上学带手机的现象越来越受到社会的关注，为此媒体记者随机调查了某校若
干名学生上学带手机的目的，分为四种类型：A接听电话；B收发短信；C查阅资料；D 游戏聊天．并将调查结果绘制成图1和图2的统计图（不完整），请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）此次抽样调查中，共调查了________名学生；
（2）将图1、图2补充完整；
（3）现有4名学生，其中A类两名，B类两名，从中任选2名学生，求这两名学生为同
一类型的概率（用列表法或树状图法）．
20. 如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，与BA的延长线交于点D，DE⊥PO交
PO延长线于点E，连接PB，∠EDB=∠EPB．
(1)求证：PB是⊙O的切线．
(2)若PB=6，DB=8，求⊙O的半径．
21. 如图，直线y＝−2x+4与坐标轴分别交于C、B两点，过点C作CD⊥x轴，点P是x
轴下方直线CD上的一点，且△OCP与△OBC相似，求过点P的双曲线解析式．
22. 李老师家距学校1900m，某天他步行去上班，走到路程的一半时发现忘带手机，此时离上班时间还有23min，于是他立刻步行回家取手机，随后骑电瓶车返回学校．已知李老师骑电瓶车到学校比他步行到学校少用20min，且骑电瓶车的平均速度是步行速度的5倍，李老师到家开门、取手机、启动电瓶车等共用4min．
(1)分别求李老师步行和骑电瓶车的平均速度；
(2)请你判断李老师能否按时上班，并说明理由.
23. 如图，四边形ABCD是边长为2，一个锐角等于60∘的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交CB，BA（或它们的延长线）于点E，F，∠EDF=60∘，当CE=AF时，如图1小芳同学得出的结论是DE=DF．
(1)继续旋转三角形纸片，当CE≠AF时，如图2小芳的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由；
(2)再次旋转三角形纸片，当点E，F分别在CB，BA的延长线上时，如图3，请直接写出DE与DF的数量关系；
(3)连EF，若△DEF的面积为y，CE=x，求y与x的关系式，并指出当x为何值时，y有最小值，最小值是多少？
24. 已知二次函数y＝ax2+bx−3a经过点A(−1, 0)、C(0, 3)，与x轴交于另一点B，抛
物线的顶点为D．
（1）求此二次函数解析式；
（2）连接DC、BC、DB，求证：△BCD是直角三角形；
（3）在对称轴右侧的抛物线上是否存在点P，使得△PDC为等腰三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2021年湖南省怀化市中考数学模拟试卷
一、选择题（本题共计 10 小题，每题 3 分，共计30分）
1.
【答案】
C
【考点】
倒数
【解析】
．
根据倒数定义可知，−2的倒数是−1
2
【解答】
−2的倒数是−1
．
2
2.
【答案】
D
【考点】
合并同类项
同底数幂的除法
同底数幂的乘法
幂的乘方与积的乘方
【解析】
结合选项分别进行同底数幂的除法、合并同类项、同底数幂的乘法、幂的乘方和积的乘方等运算，然后选择正确选项．
【解答】
A、(a3)3＝a9，原式计算错误，故本选项错误；
B、a6÷a3＝a3，原式计算错误，故本选项错误；
C、2a和3b不是同类项，不能合并，故本选项错误；
D、a2⋅a3＝a5，原式正确，故本选项正确．
3.
【答案】
B
【考点】
简单组合体的三视图
【解析】
根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】
从上面看是一行四个正方形．
4.
【答案】
A
【考点】
同类项的概念
【解析】
利用同类项的定义列出方程组，求出方程组的解即可得到a与b的值．【解答】
解：∵单项式2x2y a+b与−1
3
x a−b y4是同类项，
∴{a−b=2，
a+b=4，
解得：a=3，b=1，
故选A．
5.
【答案】
D
【考点】
函数自变量的取值范围
【解析】
根据分式有意义的条件是分母不为0；分析原函数式可得关系式x−2≠0，解可得自变量x的取值范围．
【解答】
根据题意，有x−2≠0，
解可得x≠2；
6.
【答案】
B
【考点】
由实际问题抽象出一元二次方程
【解析】
设每次降价的百分率为x，根据降价后的价格＝降价前的价格（1−降价的百分率），则第一次降价后的价格是560(1−x)，第二次后的价格是560(1−x)2，据此即可列方程求解．
【解答】
解：设每次降价的百分率为x，由题意得：
第一次降价后价格为560(1−x)，第二次降价后价格为560(1−x)2，
可列方程为：560(1−x)2=315.
故选B.
7.
【答案】
B
【考点】
函数的图象
【解析】
生活中比较运动快慢通常有两种方法，即比较相同时间内通过的路程多少或通过相同路程所用时间的多少，但统一的方法是直接比较速度的大小．
【解答】
解：根据题中信息可知，相同的路程，跑步比慢步的速度快；在一定时间内没有移动
距离，则速度为零．故小张的爷爷跑步到公园的速度最快，即单位时间内通过的路程
最大，打太极的过程中没有移动距离，因此单位时间内通过的路程为零，还要注意出
去和回来时的方向不同，故只有B符合要求．
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
概率的意义
随机事件
全面调查与抽样调查
【解析】
结合随机事件、概率的意义以及全面调查和抽样调查的概念进行判断．
【解答】
A、“打开电视，正在播放新闻节目”是随机事件，故本选项错误；
B、“抛一枚硬币正面向上的概率为1
”表示随着抛掷次数的增加，“抛出正面向上”这一
2
事件发生的频率稳定在1
附近，故本选项错误；
2
C、“抛一枚均匀的正方体骰子，朝上的点数是6的概率为1
”表示随着抛掷次数的增加，
6
“抛出朝上的点数是6”这一事件发生的频率稳定在1
附近，该说法正确，故本选项正确；
6
D、为了解某种节能灯的使用寿命，选择抽样调查，故本选项错误．
9.
【答案】
A
【考点】
圆周角定理
平行线的性质
【解析】
由圆周角定理求得∠BAC＝25∘，由AC // OB，∠BAC＝∠B＝25∘，由等边对等角得出
∠OAB＝∠B＝25∘，即可求得答案．
【解答】
∵∠BOC＝2∠BAC，∠BOC＝50∘，
∴∠BAC＝25∘，
∵AC // OB，
∴∠BAC＝∠B＝25∘，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠B＝25∘，
10.
【答案】
D
【考点】
二次函数图象与系数的关系
【解析】
根据开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点，确定a、b、c的符号，根据对称轴和图
象确定y>0或y<0时，x的范围，确定代数式的符号．
【解答】
∵抛物线的开口向上，
∴a>0，
∵−b
<0，
2a
∴b>0，
∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴c<0，
∴abc<0，①正确；
∵对称轴为直线x＝−1，
∴−b
=−1，即2a−b＝0，②错误；
2a
∴x＝−1时，y<0，
∴a−b+c<0，③错误；
∴x＝−2时，y<0，
∴4a−2b+c<0，④正确；
二、填空题（本题共计 5 小题，每题 3 分，共计15分）
11.
【答案】
30∘
【考点】
三角形内角和定理
平行线的性质
【解析】
由三角形的内角和定理得出∠A度数，再由平行线的性质可得答案．
【解答】
∵∠ABC＝80∘，∠C＝70∘，
∴∠A＝180∘−∠ABC−∠C＝30∘，
∵BE // AC，
∴∠EBD＝∠A＝30∘，
12.
【答案】
8.4×107
【考点】
科学记数法--表示较大的数
【解析】
科学记数法的表示形式为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>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
【解答】
将8400万用科学记数法表示为8.4×107．
13.
【答案】
2(a−1)2
【考点】
提公因式法与公式法的综合运用
【解析】
原式提取2，再利用完全平方公式分解即可．
【解答】
解：原式＝2(a2−2a+1)
＝2(a−1)2．
故答案为：2(a−1)2.
14.
【答案】
1<c<5
【考点】
三角形三边关系
非负数的性质：偶次方
非负数的性质：算术平方根
【解析】
根据非负数的性质列式求出a、b，再根据三角形的任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求解即可．
【解答】
解：由题意得，a2−9＝0，b−2＝0，
解得a＝3，b＝2，
∵3−2＝1，3+2＝5，
∴1<c<5．
故答案为：1<c<5．
15.
【答案】
4
【考点】
解分式方程
【解析】
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】
去分母得：3x＝2x+4，
解得：x＝4，
经检验x＝4是分式方程的解．
三、解答题（本题共计 9 小题，每题 10 分，共计90分）
16.
【答案】
5
【考点】
菱形的性质
【解析】
求出菱形的边长，证明△ABD 是等边三角形即可解决问题； 【解答】
∵ 四边形ABCD 是菱形，周长为20cm ， ∴ AD ＝AB ＝5(cm)． ∵ ∠A ＝60∘，
∴ △ABD 是等边三角形， ∴ BD ＝AD ＝AB ＝5(cm)， 17. 【答案】
解：{
2x −y =7①，
3x +2y =0②.
①×2+②得：7x =14，即x =2， 把x =2代入①得：y =−3， 则方程组的解为{x =2，y =−3.
【考点】
加减消元法解二元一次方程组 【解析】
方程组利用加减消元法求出解即可． 【解答】
解：{
2x −y =7①，
3x +2y =0②.
①×2+②得：7x =14，即x =2， 把x =2代入①得：y =−3， 则方程组的解为{x =2，y =−3.
18.
【答案】
根据题意得：AB ＝18，DE ＝18，∠A ＝30∘，∠EBC ＝60∘， 在R t △ADE 中，AE =
DE tan 30
=
√33
=18√3
∴ BE ＝AE −AB ＝18√3−18，
在R t △BCE 中，CE ＝BE ⋅tan 60∘＝(18√3−18)⋅√3=54−18√3， ∴ CD ＝CE −DE ＝54−18√3−18≈5米． 【考点】
解直角三角形的应用-仰角俯角问题 【解析】
利用30∘的正切值即可求得AE 长，进而可求得CE 长．CE 减去DE 长即为信号塔CD 的高度． 【解答】
根据题意得：AB ＝18，DE ＝18，∠A ＝30∘，∠EBC ＝60∘， 在R t △ADE 中，AE =DE
tan 30=
√33
=18√3
∴ BE ＝AE −AB ＝18√3−18，
在R t △BCE 中，CE ＝BE ⋅tan 60∘＝(18√3−18)⋅√3=54−18√3， ∴ CD ＝CE −DE ＝54−18√3−18≈5米． 19.
【答案】
200
B类人数＝200×25%＝50（名）；D类人数＝200−100−50−40＝10（名）；
C类所占百分比=40
200×100%＝20%，D类所占百分比=10
200
×100%＝5%，
如图：
画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中两名学生为同一类型的结果数为4，
所以这两名学生为同一类型的概率=4
12=1
3
．
【考点】
条形统计图
扇形统计图
列表法与树状图法
【解析】
（1）用A类的人数除以该类所占的百分比即可得到总人数；
（2）分别计算出B、D两类人数和C、D两类所占百分比，然后补全统计图；
（3）先画树状图展示所有有12种等可能的结果数，再找出两名学生为同一类型的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】
100÷50%＝200，
所以调查的总人数为200名；
故答案为200；
B类人数＝200×25%＝50（名）；D类人数＝200−100−50−40＝10（名）；
C类所占百分比=40
200×100%＝20%，D类所占百分比=10
200
×100%＝5%，
如图：
画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中两名学生为同一类型的结果数为4，
所以这两名学生为同一类型的概率=4
12=1
3
．
20.
【答案】
(1)证明：∵DE⊥PE，
∴∠E=90∘，
∵∠EDB=∠EPB，∠DOE=∠POB，
∴∠EDB+∠DOE=∠EPB+∠POB，
即∠OBP=∠E=90∘，
∵OB为圆的半径，
∴PB为圆O的切线；
(2)解：在Rt△PBD中，PB=6，DB=8，
根据勾股定理得：PD=√62+82=10，
∵PD与PB都为圆的切线，
∴PC=PB=6，
∴DC=PD−PC=10−6=4．
在Rt△CDO中，设OC=r，则有DO=8−r，
根据勾股定理得：(8−r)2=r2+42，解得：r=3，
则圆的半径为3．
【考点】
切线长定理
切线的判定
勾股定理
【解析】
（1）由DE与PE垂直，得到∠E为直角，再由已知角相等及对顶角相等，得到∠PBD＝
∠E＝90∘，利用切线的判定方法判断即可得证；
（2）在直角三角形PBD中，利用勾股定理求出PD的长，利用切线长定理得到PC＝PB
＝6，由PD−PC即可求出DC的长，在直角三角形CDO中，设OC＝r，则有DO＝8−r，利用勾股定理列出关于r的方程，求出方程的解即可得到结果．
【解答】
(1)证明：∵DE⊥PE，
∴∠E=90∘，
∵∠EDB=∠EPB，∠DOE=∠POB，
∴∠EDB+∠DOE=∠EPB+∠POB，
即∠OBP=∠E=90∘，
∵OB为圆的半径，
∴PB为圆O的切线；
(2)解：在Rt△PBD中，PB=6，DB=8，
根据勾股定理得：PD=√62+82=10，
∵PD与PB都为圆的切线，
∴PC=PB=6，
∴DC=PD−PC=10−6=4．
在Rt△CDO中，设OC=r，则有DO=8−r，
根据勾股定理得：(8−r)2=r2+42，解得：r=3，
则圆的半径为3．
21.
【答案】
∵直线y＝−2x+4与坐标轴分别交于C、B两点，
∴令y＝0，可得−2x+4＝0，解得x＝2，即C(2, 0)，OC＝2，令x＝0，可得y＝4，即B(0, 4)，OB＝4，
①如图1，当∠OBC＝∠COP时，△OCP∽△BOC，
∴OB
OC =OC
CP
，即4
2
=2
CP
，解得CP＝1，
∴P(2, −1)，
设过点P的双曲线解析式y=k
x
，把P点代入解得k＝−2，
∴过点P的双曲线解析式y=−2
x
，
②如图2，当∠OBC＝∠CPO时，△OCP∽△COB，
在△OCP和△COB中，
{∠OBC=∠CPO ∠COB=∠OCP OC=CO
∴△OCP≅△COB(AAS)∴CP＝BO＝4，
∴P(2, −4)
设过点P的双曲线解析式y=k
x ，把P点代入得−4=k
2
，解得k＝−8，
∴过点P的双曲线解析式y=−8
x
．
综上可得，过点P的双曲线的解析式为y=−2
x 或y=−8
x
．
【考点】
一次函数图象上点的坐标特点
待定系数法求反比例函数解析式
相似三角形的性质与判定
【解析】
由直线y＝−2x+4与坐标轴分别交于C、B两点，易得OC＝2，OB＝4，再分两种情况①当∠OBC＝∠COP时，△OCP与△OBC相似，②当∠OBC＝∠CPO时，△OCP与△OBC 相似分别求出点的坐标，再求出过点P的双曲线解析式．
【解答】
∵直线y＝−2x+4与坐标轴分别交于C、B两点，
∴令y＝0，可得−2x+4＝0，解得x＝2，即C(2, 0)，OC＝2，
令x＝0，可得y＝4，即B(0, 4)，OB＝4，
①如图1，当∠OBC＝∠COP时，△OCP∽△BOC，
∴OB
OC =OC
CP
，即4
2
=2
CP
，解得CP＝1，
∴P(2, −1)，
设过点P的双曲线解析式y=k
x
，把P点代入解得k＝−2，
∴过点P的双曲线解析式y=−2
x
，
②如图2，当∠OBC＝∠CPO时，△OCP∽△COB，
在△OCP和△COB中，
{∠OBC=∠CPO ∠COB=∠OCP OC=CO
∴△OCP≅△COB(AAS)∴CP＝BO＝4，
∴P(2, −4)
设过点P的双曲线解析式y=k
x ，把P点代入得−4=k
2
，解得k＝−8，
∴过点P的双曲线解析式y=−8
x
．
综上可得，过点P的双曲线的解析式为y=−2
x 或y=−8
x
．
22.
【答案】
解：(1)设李老师步行的平均速度为xm/min，骑电瓶车的平均速度为5xm/min，
由题意得，1900
x −1900
5x
=20，
解得：x=76，
经检验，x=76是原分式方程的解，且符合题意，
则5x=76×5=380，
答：李老师步行的平均速度为76m/min，骑电瓶车的平均速度为380m/min；
(2)由(1)得，李老师走回家需要的时间为：1900
2×76
=12.5min，
骑车走到学校的时间为：1900
380
=5min，
则李老师走到学校所用的时间为：12.5+5+4=21.5<23，
答：李老师能按时上班．
【考点】
分式方程的应用
【解析】
（1）设李老师步行的平均速度为xm/分钟，骑电瓶车的平均速度为5xm/分钟，根据
题意可得，骑电瓶车走1900米所用的时间比步行少20分钟，据此列方程求解；
（2）计算出李老师从步行回家到骑车回到学校所用的总时间，然后和23进行比较即可．【解答】
解：(1)设李老师步行的平均速度为xm/min，骑电瓶车的平均速度为5xm/min，
由题意得，1900
x −1900
5x
=20，
解得：x=76，
经检验，x=76是原分式方程的解，且符合题意，
则5x=76×5=380，
答：李老师步行的平均速度为76m/min，骑电瓶车的平均速度为380m/min；
(2)由(1)得，李老师走回家需要的时间为：1900
2×76
=12.5min，
骑车走到学校的时间为：1900
380
=5min，
则李老师走到学校所用的时间为：12.5+5+4=21.5<23，
答：李老师能按时上班．
23.
【答案】
解：(1)DF=DE．理由如下：
如答图1，连结BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB．
又∵∠A=60∘，
∴ △ABD 是等边三角形， ∴ AD =BD ，∠ADB =60∘， ∴ ∠DBE =∠A =60∘ ∵ ∠EDF =60∘， ∴ ∠ADF =∠BDE ．
∵ 在△ADF 与△BDE 中： {
∠ADF =∠BDE ，AD =BD ，∠A =∠DBE ，
∴ △ADF ≅△BDE(ASA)， ∴ DF =DE ；
(2)DF =DE ．理由如下： 如答图2，连结BD ．
∵ 四边形ABCD 是菱形， ∴ AD =AB ． 又∵ ∠A =60∘，
∴ △ABD 是等边三角形， ∴ AD =BD ，∠ADB =60∘， ∴ ∠DBE =∠A =60∘ ∵ ∠EDF =60∘， ∴ ∠ADF =∠BDE ．
∵ 在△ADF 与△BDE 中： {∠ADF =∠BDE AD =BD ∠A =∠DBE
， ∴ △ADF ≅△BDE(ASA)， ∴ DF =DE ；
(3)由(2)知，DE =DF ，又∵ ∠EDF =60∘， ∴ △DEF 是等边三角形，
∵ 四边形ABCD 是边长为2的菱形， 如图作DH ⊥AB,DG ⊥FE ,
∵ ∠HAD =60∘,
∴∠ADH=30∘
∴AH=1,
∴DH=√3，
∵BF=CE=x，
∴AF=x−2，
∴FH=AF+AH=x−2+1=x−1，∴DF=√(x−1)2+3=√x2−2x+4，在Rt△DFG中，
∠DFG=60∘，∴∠FDG=30∘，
∴FG=1
2DF=1
2
√x2−2x+4，
由勾股定理得：DG=√DF2−FG2，∴DG=√3
2
×√x2−2x+4，
∴y=S△DEF=1
2
×EF×DG
=1
2
×√x2−2x+4×
√3
2
×√x2−2x+4
=√3
4(x−1)2+3√3
4
．
∴当x=1时，y
最小值=3√3
4
．
【考点】
全等三角形的性质与判定
几何变换综合题
【解析】
（1）如答图1，连接BD．根据题干条件首先证明∠ADF=∠BDE，然后证明△ADF≅△BDE(ASA)，得DF=DE；
（2）如答图2，连接BD．根据题干条件首先证明∠ADF=∠BDE，然后证明△ADF≅△BDE(ASA)，得DF=DE；
（3）根据（2）中的△ADF≅△BDE得到：S△ADF=S△BDE，AF=BE．所以△DEF的面积转化为：y=S△BEF+S△ABD．据此列出y关于x的二次函数，通过求二次函数的最值来求y的最小值．
【解答】
解：(1)DF=DE．理由如下：
如答图1，连结BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB．
又∵∠A=60∘，
∴△ABD是等边三角形，
∴ AD =BD ，∠ADB =60∘，
∴ ∠DBE =∠A =60∘
∵ ∠EDF =60∘，
∴ ∠ADF =∠BDE ．
∵ 在△ADF 与△BDE 中：
{∠ADF =∠BDE ，
AD =BD ，
∠A =∠DBE ，
∴ △ADF ≅△BDE(ASA)，
∴ DF =DE ；
(2)DF =DE ．理由如下：
如答图2，连结BD ．
∵ 四边形ABCD 是菱形，
∴ AD =AB ．
又∵ ∠A =60∘，
∴ △ABD 是等边三角形，
∴ AD =BD ，∠ADB =60∘，
∴ ∠DBE =∠A =60∘
∵ ∠EDF =60∘，
∴ ∠ADF =∠BDE ．
∵ 在△ADF 与△BDE 中：
{∠ADF =∠BDE AD =BD ∠A =∠DBE
，
∴ △ADF ≅△BDE(ASA)，
∴ DF =DE ；
(3)由(2)知，DE =DF ，又∵ ∠EDF =60∘，
∴ △DEF 是等边三角形，
∵ 四边形ABCD 是边长为2的菱形，
如图作DH ⊥AB,DG ⊥FE ,
∵ ∠HAD =60∘,
∴ ∠ADH =30∘
∴ AH =1,
∴ DH =√3，
∵ BF =CE =x ，
∴ AF =x −2，
∴ FH =AF +AH =x −2+1=x −1，
∴ DF =√(x −1)2+3=√x 2−2x +4，
在Rt △DFG 中，
∠DFG =60∘，∴ ∠FDG =30∘，
∴ FG =12DF =12√x 2−2x +4，
由勾股定理得：DG =√DF 2−FG 2，
∴ DG =√32×√x 2−2x +4，
∴ y =S △DEF =12×EF ×DG
=
12×√x 2−2x +4×√32×√x 2−2x +4 =√34(x −1)2+3√34
． ∴ 当x =1时，y 最小值=
3√34． 24.
【答案】
∵ 二次函数y ＝ax 2+bx −3a 经过点A(−1, 0)、C(0, 3)，
∴ 根据题意，得{a −b −3a =0−3a =3
， 解得{a =−1b =2
， ∴ 抛物线的解析式为y ＝−x 2+2x +3．
由y ＝−x 2+2x +3＝−(x −1)2+4得，D 点坐标为(1, 4)，
定义抛物线y ＝−x 2+2x +3．令y ＝0，−x 2+2x +3＝0，解得x ＝−1或3， ∴ A(−1, 0)，B(3, 0)，
∴ CD =√(1−0)2+(4−3)2=√2，
BC =√32+32=3√2，
BD =√(3−1)2+(4−0)2=2√5，
∵ CD 2+BC 2＝(√2)2+(3√2)2＝20，BD 2＝(2√5)2＝20，
∴ CD 2+BC 2＝BD 2，
∴ △BCD 是直角三角形；
存在．
y ＝−x 2+2x +3对称轴为直线x ＝1．
①若以CD 为底边，则P 1D ＝P 1C ，
设P 1点坐标为(x, y)，根据勾股定理可得P 1C 2＝x 2+(3−y)2，P 1D 2＝(x −1)2+(4−y)2，
因此x 2+(3−y)2＝(x −1)2+(4−y)2，
即y ＝4−x ．
又P 1点(x, y)在抛物线上，
∴ 4−x ＝−x 2+2x +3，
即x 2−3x +1＝0，
解得x 1=3+√52，x 2=3−√52<1，应舍去， ∴ x =3+√5
2，
∴ y ＝4−x =
5−√5
2， 即点P 1坐标为(3+√52, 5−√5
2
)． ②若以CD 为一腰，
∵ 点P 2在对称轴右侧的抛物线上，由抛物线对称性知，点P 2与点C 关于直线x ＝1对称， 此时点P 2坐标为(2, 3)．
∴ 符合条件的点P 坐标为(3+√52, 5−√5
2)或(2, 3)．
【考点】
二次函数综合题
【解析】
（1）将A(−1, 0)、B(3, 0)代入二次函数y ＝ax 2+bx −3a 求得a 、b 的值即可确定二次函数的解析式；
（2）分别求得线段BC 、CD 、BD 的长，利用勾股定理的逆定理进行判定即可；
（3）分以CD 为底和以CD 为腰两种情况讨论．运用两点间距离公式建立起P 点横坐标和纵坐标之间的关系，再结合抛物线解析式即可求解．
【解答】
∵ 二次函数y ＝ax 2+bx −3a 经过点A(−1, 0)、C(0, 3)，
∴ 根据题意，得{a −b −3a =0−3a =3
， 解得{a =−1b =2
， ∴ 抛物线的解析式为y ＝−x 2+2x +3．
由y ＝−x 2+2x +3＝−(x −1)2+4得，D 点坐标为(1, 4)，
定义抛物线y ＝−x 2+2x +3．令y ＝0，−x 2+2x +3＝0，解得x ＝−1或3， ∴ A(−1, 0)，B(3, 0)，
∴ CD =√(1−0)2+(4−3)2=√2，
BC =√32+32=3√2，
BD =√(3−1)2+(4−0)2=2√5，
∵ CD 2+BC 2＝(√2)2+(3√2)2＝20，BD 2＝(2√5)2＝20，
∴ CD 2+BC 2＝BD 2，
∴ △BCD 是直角三角形；
存在．
y ＝−x 2+2x +3对称轴为直线x ＝1．
①若以CD 为底边，则P 1D ＝P 1C ，
设P 1点坐标为(x, y)，根据勾股定理可得P 1C 2＝x 2+(3−y)2，P 1D 2＝(x −1)2+(4−y)2，
因此x 2+(3−y)2＝(x −1)2+(4−y)2，
即y ＝4−x ．
又P 1点(x, y)在抛物线上，
∴ 4−x ＝−x 2+2x +3，
即x 2−3x +1＝0，
解得x 1=3+√52，x 2=3−√52<1，应舍去， ∴ x =3+√5
2，
∴ y ＝4−x =
5−√5
2， 即点P 1坐标为(3+√52, 5−√52
)． ②若以CD 为一腰，
∵ 点P 2在对称轴右侧的抛物线上，由抛物线对称性知，点P 2与点C 关于直线x ＝1对称， 此时点P 2坐标为(2, 3)．
∴ 符合条件的点P 坐标为(3+√52, 5−√5
2)或(2, 3)．。