2023-2024学年广东省广州十六中九年级(下)月考数学试卷(3月份)(含解析)

2023-2024学年广东省广州十六中九年级（下）月考数学试卷（3月份）一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分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）﹣3的倒数为（ ）
A．﹣B．C．3D．﹣3
2．（3分）由六块相同的小正方体搭成的几何体如图所示，则它的俯视图是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．a5+a5＝a10B．﹣3（a﹣b）＝﹣3a﹣3b
C．（mn）﹣3＝mn﹣3D．a6÷a2＝a4
4．（3分）在一次科技作品制作比赛中，某小组八件作品的成绩（单位：分）分别是7，10，9，8，7，9，9，8，对这组数据，下列说法正确的是（ ）
A．中位数是8B．众数是9C．平均数是8D．方差是0
5．（3分）《孙子算经》中有一个问题：今有三人共车，二车空；二人共车，九人步，问人与车各几何，这个问题的意思是：今有若干人乘车，每三人共乘一辆车，则剩余两辆车是空的；每两人共乘一辆车，则剩余九个人无车可乘，问车和人各多少．若设有x辆车，则可列方程为（ ）
A．3（x﹣2）＝2x+9B．3（x+2）＝2x﹣9
C．D．
6．（3分）如图，在直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为A（1，2），B（2，1），C（3，2），现以原点O为位似中心，在第一象限内作与△ABC的位似比为2的位似图形△A′B′C′，则顶点C′的坐标是（ ）
A．（2，4）B．（4，2）C．（6，4）D．（5，4）
7．（3分）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，BC与⊙O交于点D，连接OD．若∠C ＝50°，则∠AOD的度数为（ ）
A．80°B．50°C．45°D．40°
8．（3分）如图，已知点A（1，0），B（4，m），若将线段AB平移至CD，其中点C（﹣2，1），D（a，n），则m﹣n的值为（ ）
A．﹣3B．﹣1C．1D．3
9．（3分）为解决停车问题，某小区在如图所示的一段道路边开辟一段斜列式停车位，每个车位长6m，宽2.4m，矩形停车位与道路成60°角，则在这一路段边上最多可以划出（ ）个车位．（参考数据：）
A．7B．8C．9D．10
10．（3分）如图，BD为矩形ABCD的对角线，将△BCD沿BD翻折得到△BC′D，BC′与边AD交于点
E．若AB＝x1，BC＝2x2，DE＝3，其中x1、x2是关于x的方程x2﹣4x+m＝0的两个实根，则m的值是（ ）
A．3B．C．D．2
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）广州市作为国家公交都市建设示范城市，市内公共交通日均客运量已达15233000人次．将15233000用科学记数法表示应为 ．
12．（3分）代数式有意义时，x应满足的条件是 ．
13．（3分）2023年5月30日是第7个全国科技工作者日，某中学举行了科普知识手抄报评比活动，共有100件作品获得一、二、三等奖和优胜奖，根据获奖结果绘制如图所示的条形图若将获奖作品按四个等级所占比例绘制成扇形统计图，则“二等奖”对应扇形的圆心角度数为 °．
14．（3分）如图，EF过平行四边形ABCD对角线的交点O，交AD于点E，交BC于点F，若平行四边形ABCD的周长是36，OE＝3，则四边形ABFE的周长为 ．
15．（3分）已知抛物线y＝x2﹣2mx+3m与x轴的一个交点为（2，0），并且该抛物线与x轴的两个交点横坐标的值恰好是等腰△ABC的两条边，则△ABC的周长为 ．
16．（3分）在四边形ABCD中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，BH为∠ABC内部的任一条射线，点C关于BH的对称点为C′（C′不与A点重合），直线AC′与BH交于点F，连接CC′、CF，当∠CBH＝
30°时，△CC′F面积为 ；当BH在∠ABC内部绕B点转动时，△CC′F面积的最大值是 ．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

）
17．（8分）解方程组：．
18．（8分）如图，△ABC中，D为BC的中点，连接AD并延长到E，使DE＝AD．求证：∠C＝∠EBC．
19．（8分）九年级（1）班现要从两位男生和两位女生中，选派学生代表本班参加全校“中华好诗词”大赛．
（1）如果选派一位学生代表参赛，那么选派到的代表是女生的概率是 ；
（2）如果选派两位学生代表参赛，用列表或画树状图的方法，求恰好选派一男一女两位同学参赛的概率．
20．（8分）已知P＝÷（+）．
（1）化简P；
（2）若b＝﹣a+，求P的值．
21．（8分）如图，一次函数y＝x+b的图象与x轴交于点A，与反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象交于点B，过点B作BC⊥x轴于C，点D在该反比例函数的图象上，点D在点B的右侧．
请从以下三个选项中选择两个作为已知条件，剩下一个作为结论，并写出结论成立的计算或证明的过程．①B（3，n）；②D（2n+4，1）；③∠DBC＝∠ABC．
你选择的条件是 ，结论是 ．（填序号）
22．（8分）某校举行“二十大知识学习竞赛”活动，老师让班长小华到商店购买笔记本作为奖品．甲、乙两家商店每本硬面笔记本比软面笔记本都贵3元（单价均为整数）．
（1）若班长小华在甲商店购买，他发现用240元购买硬面笔记本与用195元购买软面笔记本的数量相同，求甲商店硬面笔记本的单价．
（2）若班长小华在乙商店购买硬面笔记本，乙商店给出了硬面笔记本的优惠条件（软面笔记本单价不变）：一次购买的数量少于30本，按原价售出；不少于30本按软面笔记本的单价售出．班长小华打算购买m本硬面笔记本（m为正整数），他发现再多购买5本的费用恰好与按原价购买的费用相同，求乙商店硬面笔记本的原价．
23．（8分）在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，以AC长为半径作⊙A．
（1）尺规作图：将△ACB绕点A顺时针旋转得△AC′B′，使得点C的对应点C′落在线段AB上（保留作图痕迹，不用写画法）；
（2）在（1）的条件下，若线段B′A与⊙A交于点P，连接BP．
①求证：BP与⊙A相切；
②如果CA＝5，CB＝12，BP与B′C′交于点O，连接OA，求OA的长．
24．（8分）已知：y关于x的二次函数y＝（a﹣2）x2+（a+1）x+b．
（1）若函数的图象过点（2，1），求a与b的关系；
（2）如图，若函数的图象与x轴有两个公共点A（﹣2，0），B（4，0），并与动直线l：x＝m（0＜m＜4）交于点P，连接PA，PB，PC，BC，其中PA交y轴于点D，交BC于点E．设△PBE的面积为S1，△CDE的面积为S2．
①当点P为抛物线顶点时，求△PBC的面积；
②探究直线l在运动过程中，S1﹣S2是否存在最大值？若存在求出这个最大值；若不存在，说明理
由．
BE，取BE中点F，连接AF、DF．
（1）如图1，若C、B、E三点共线，H为BC中点．
①直接指出AF与DF的关系 ；
②直接指出FH的长度 ；
（2）将图（1）中的△CDE绕C点逆时针旋转a（如图2，0°＜α＜180°），试确定AF与DF的关系，
并说明理由；
（3）在（2）中，若AF＝，请直接指出点F所经历的路径长．
2023-2024学年广东省广州十六中九年级（下）月考数学试卷（3月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分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】根据倒数的定义进行解答即可．
【解答】解：∵（﹣3）×（﹣）＝1，
∴﹣3的倒数是﹣．
故选：A．
【点评】本题考查的是倒数的定义，即如果两个数的乘积等于1，那么这两个数互为倒数．
2．【分析】从上往下看，看到平面图形就是俯视图，选择正确选项即可．
【解答】解：俯视图有3列，从左到右小正方形的个数是2，1，1，
故选：D．
【点评】本题主要考查了简单组合体的三视图的知识，俯视图是从上往下看得到的平面图形．3．【分析】根据合并同类项的法则，积的乘方，同底数幂的除法即可作出判断．
【解答】解：A、a5+a5＝2a5，故选项错误；
B、﹣3（a﹣b）＝﹣3a+3b，故选项错误；
C、（mn）﹣3＝m﹣3n﹣3，则选项错误；
D、正确．
故选：D．
【点评】本题考查同底数幂的除法，合并同类项，同底数幂的乘法，积的乘方很容易混淆，一定要记准法则才能做题．
4．【分析】根据中位数、众数、平均数及方差的计算方法分别求解即可得到答案．【解答】解：A、按照从小到大的顺序排列为7，7，8，8，9，9，9，10，由中位数的求解方法得到这组数据的中位数为，该选项错误，不符合题意；
B、这组数据中众数为9，该选项正确，符合题意；
C、这组数据平均数为，该选项错误，不符合题意；
D、这组数据的平均数为8.375，则方差为
，该选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查统计综合，熟练掌握中位数、众数、平均数及方差的计算方法是解决问题的关键．5．【分析】设有x辆车，根据每三人共乘一辆车，则剩余两辆车是空的，可知共有3（x﹣2）人，根据每两人共乘一辆车，则剩余九个人无车可乘，可知共有（2x+9）人，据此列出方程即可．
【解答】解：由题意得，
3（x﹣2）＝2x+9，
故选：A．
【点评】本题考查由实际问题抽象出一元一次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程，6．【分析】根据位似变换的性质解答即可．
【解答】解：∵△ABC与△A′B′C′位似，△A′B′C′与△ABC的相似比为2：1，
∴△ABC与△A′B′C′位似比为1：2，
∵点C的坐标为（3，2），
∴点C′的坐标为（3×2，2×2），即（6，4），
故选：C．
【点评】本题考查的是位似变换的性质、相似三角形的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．
7．【分析】由切线的性质得出∠BAC＝90°，求出∠ABC＝40°，由等腰三角形的性质得出∠ODB＝∠ABC ＝40°，再由三角形的外角性质即可得出结果．
【解答】解：∵AC是⊙O的切线，
∴AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∵∠C＝50°，
∴∠ABC＝40°，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠ABC＝40°，
∴∠AOD＝∠ODB+∠ABC＝80°．
故选：A．
【点评】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质、直角三角形两锐角互余、三角形的外角性质，熟练运用切线的性质是本题的关键．
8．【分析】根据A，C两点的坐标可得出平移的方向和距离进而解决问题．
【解答】解：∵线段CD由线段AB平移得到，
且A（1，0），C（﹣2，1），B（4，m），D（a，n），
∴m﹣n＝0﹣1＝﹣1．
故选：B．
【点评】本题考查坐标与图象的变化，熟知平移过程中图象上的每一个点的平移方向和距离均相同是解题的关键．
9．【分析】根据直角三角形的边角关系可求出BC，CF，进而求出CG，再进行计算即可．【解答】解：如图，设最后一个车位的点A落在边线AB上，延长ED与道路边沿交于F，
在Rt△ABC中，∠ACB＝60°，AC＝6m，
∴m，
在Rt△CDF中，CD＝2.4m，∠DFC＝60°，
∴m，
同理（m），
∴（m），
∴可划车位的个数为：（个），
故选：D．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
10．【分析】利用根与系数的关系得到x1+x2＝4，x1x2＝m，AB+BC＝4，m＝AB×BC，再利用折叠的性质和平行线的性质得到∠EBD＝∠EDB，则EB＝ED＝3，所以AE＝AD﹣DE＝5﹣2AB，利用勾股定
理得到AB2+（5﹣2AB）2＝32，解得AB＝或AB＝（舍去），则BC＝，然后计算m的值．
【解答】解：∵x1、x2是关于x的方程x2﹣4x+m＝0的两个实根，
∴x1+x2＝4，x1x2＝m，
即AB+BC＝4，m＝AB×BC，
∵△BCD沿BD翻折得到△BC′D，BC′与边AD交于点E，
∴∠CBD＝∠EBD，
∵AD∥BC，
∴∠CBD＝∠EDB，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴EB＝ED＝3，
在Rt△ABE中，AE＝AD﹣DE＝BC﹣3＝8﹣2AB﹣3＝5﹣2AB，
∴AB2+（5﹣2AB）2＝32，解得AB＝或AB＝（舍去），
∴BC＝8﹣2AB＝，
∴m＝××＝．
故选：C．
另一种方法：
在Rt△ABE中，x12+（2x2﹣3）2＝32，
整理得x12+4x22﹣12x2＝0，
利用x12﹣4x1+m＝0，x22﹣4x2+m＝0，
，根据根与系数的关系得x1+x2＝4，x1x2＝m，
从而得到16﹣5m＝0，
解得m＝．
故选：C．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝．也考查了矩形的性质和折叠的性质．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．【分析】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≥10时，n 是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：15233000＝1.5233×107．
故答案为：1.5233×107．
【点评】此题考查了科学记数法的表示方法，掌握形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数是关键．
12．【分析】直接利用分母不为零、二次根式的定义求出x的取值范围．
【解答】解：代数式有意义时，
x﹣8＞0，
解得：x＞8．
故答案为：x＞8．
【点评】本题考查的知识点为：分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
13．【分析】根据直方图中的数据，可以计算出a的值，然后即可计算出“一等奖”对应扇形的圆心角度数．
【解答】解：由条形统计图可得，
a＝100﹣10﹣50﹣10＝30，
“一等奖”对应扇形的圆心角度数为：360°×＝108°，
故答案为：108．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
14．【分析】先由ASA证明△AOE≌△COF，得OE＝OF，AE＝CF，再求得AB+BC＝18，由平行四边形ABFE 的周长＝AB+AE+BF+EF＝AB+BF+CF+2OE，即可求得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，对角线的交点为O，
∴AB＝CD，AD＝BC，OA＝OC，AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，AE＝CF，
∵平行四边形ABCD的周长为36，
∴，
∴四边形ABFE的周长＝AB+AE+BF+EF＝AB+BF+CF+2OE＝AB+BC+2×3＝18+6＝24，
故答案为：24．
【点评】本题考查了平行四边形的性质及全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
15．【分析】先根据一元二次方程的解的定义，把x＝2代入方程求出m得到原方程为x2﹣8x+12＝0，再解此方程得到x1＝2，x2＝6，然后根据三角形三边的关系得到△ABC的腰为6，底边为2，再计算三角形的周长．
【解答】解：把x＝2代入方程得4﹣4m+3m＝0解得m＝4，
则原方程为x2﹣8x+12＝0，解得x1＝2，x2＝6．
因为这个方程的两个根恰好是等腰ABC的两条边长，
所以△ABC的腰为6，底边为2，则△ABC的周长为6+6+2＝14．
故答案为14．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，解决本题的关键是三角形三边的关系．
16．【分析】①连接BC′，根据圆的定义可知A、C、C′在以B点为圆心，AB为半径的圆上，再判断△CC′F是等边三角形，当∠CBH＝30°，△CBB′是等边三角形，此时CC′＝BC＝4，继而可求面积；
②则当CC′是圆的直径时，△CC′F面积的最大，此时CC′＝4，由此可求解．
【解答】①解：连接BC′，由轴对称性可知，BC＝BC′，
∵AB＝BC＝BC′，
∴A、C、C′在以B点为圆心，AB为半径的圆上，
∵∠ABC＝120°，
∴∠AC'C＝120°，
∴∠FC'C＝180°﹣120°＝60°，
∵CF＝C'F，
∴△CC′F是等边三角形，
当∠CBH＝30°，则∠CBB′＝60°，
∵BC＝BC′，
∴△CBB′是等边三角形，
∴CC′＝BC＝2，
∴，
故答案为：；
②解：∵△CC′F是等边三角形，
∴要使△CC′F面积的最大，只需CC′最大即可，
∴当CC′是圆的直径时，△CC′F面积的最大，
∴CC′＝4，
∴△CC′F面积的最大值为，
故答案为：．
【点评】本题考查轴对称的性质、勾股定理，熟练掌握轴对称的性质，圆的性质，能确定CC′是圆的直径时，△CC′F面积的最大是解题的关键．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

）
17．【分析】直接使用代入消元法即可．
【解答】解：，
将①代入②得：x+2（x﹣4）＝7，
解得：x＝5，
将x＝5代入①得：y＝1，
∴原方程组的解为：．
【点评】本题考查了解二元一次方程组，常用方法是代入消元法和加减消元法，熟练掌握解法是解题的关键．
18．【分析】本题直接使用SAS证明即可．
【解答】证明：∵D为BC的中点，
∴BD＝DC，
∵∠BDE＝∠CDA，DE＝AD，
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴∠C＝∠EBC．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，熟练掌握知识点是解决问题的关键
19．【分析】（1）直接利用概率公式求解即可求得答案；
（2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与恰好选派一男一女两位同学参赛的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】解：（1）∵有2名女生，总人数4人，
∴代表是女生的概率是，
故答案为：；
（2）设两名男生为A、B，两名女生为C、D，
则画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，恰好选派一男一女两位同学参赛的有8种情况，
∴恰好选派一男一女两位同学参赛的概率为：．
【点评】此题考查了树状图法与列表法求概率．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
20．【分析】（1）先通分括号内的式子，然后计算括号外的除法即可；
（2）由b＝﹣a+，可以得到a+b＝，然后代入（1）中化简后的式子即可．
【解答】解：（1）P＝÷（+）
＝÷
＝•
＝；
（2）∵b＝﹣a+，
∴a+b＝，
当a+b＝时，原式＝．
【点评】本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式加法和除法的运算法则．
21．【分析】由B，C都在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象可得k，以及B，D的坐标，再求出A 的坐标，计算出tan∠ABC和tan∠DBC即可．
【解答】解：∵B（3，n），D（2n+4，1）都在反比例函数图象上，
∴3n＝2n+4，
∴n＝4，
∴B（3，4），D（12，1），
∵B（3，4）在一次函数y＝上，
，
∴b＝3，
∴y＝，
∴A（﹣9，0），
∴AC＝12，BC＝4，
作DE⊥BC于E，
∵B（3，4），D（12，1），
∴BE＝3，DE＝9，
∴tan∠ABC＝，
tan∠DBE＝，
∴∠ABC＝∠DBE．
故答案为：①②，③．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标的特征，明确反比例函数图象上所有点的横纵坐标乘积都等于k是解题的关键．
22．【分析】（1）设甲商店硬面笔记本的单价为x元，则甲商店软面笔记本的单价为（x﹣3）元，利用数量＝总价÷单价，结合用240元购买硬面笔记本与用195元购买软面笔记本的数量相同，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，即可得出结论；
（2）设乙商店硬面笔记本的原价为y元，则乙商店软面笔记本的原价为（y﹣3）元，利用总价＝单价×数量，结合再多购买5本的费用恰好与按原价购买的费用相同，可列出关于y，m的二元一次方程，结合且m，y均为正整数，即可求出结论．
【解答】解：（1）设甲商店硬面笔记本的单价为x元，则甲商店软面笔记本的单价为（x﹣3）元，
根据题意得：＝，
解得：x＝16，
经检验，x＝16是所列方程的解，且符合题意．
答：甲商店硬面笔记本的单价为16元；
（2）设乙商店硬面笔记本的原价为y元，则乙商店软面笔记本的原价为（y﹣3）元，
根据题意得：my＝（m+5）（y﹣3），
整理得：5y﹣3m＝15，
∴y＝m+3．
∵，且m，y均为正整数，
∴．
答：乙商店硬面笔记本的原价为18元．
【点评】本题考查了分式方程的应用以及二元一次方程的应用，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，正确列出二元一次方程．
23．【分析】（1）取⊙A与AB的交点为C'，过C'作AB的垂线，以C'为圆心BC长为半径画弧，交垂线于B'，连接AB'即可；
（2）①根据SAS证△ABP≌△AB'C'，得出∠APB＝90°即可；
②根据勾股定理求出AB的长，根据三角函数得出＝，令OC'＝5k，OB＝13k，求出k值，利
用勾股定理求出OA即可．
【解答】解：（1）取⊙A与AB的交点为C'，
①以C'为圆心，适当长度为半径画弧，交AB于点E，F；
②分别以E，F为圆心，大于EF为半径画弧，两弧交于点G、H；
③作直线GH；
④以C'为圆心BC长为半径画弧，交GH于B'；
⑤连接AB'；
则△AC'B'即为所求，如图所示：
（2）①∵△AC'B'是△ACB绕点A顺时针旋转而成，且∠ACB＝90°，∴AB＝AB'，∠AC'B'＝90°，
∵P点在⊙A上，
∴AC'＝AP，
在△ABP和△AB'C'中，
，
∴△ABP≌△AB'C'（SAS），
∴∠APB＝∠AC'B'＝90°，
∵AP是⊙A的半径，
∴BP是⊙A的切线；
②如图：
∵∠ACB＝90°，AC是⊙A的半径，
∴BC是⊙A的切线，且△ACB是直角三角形，
∵CA＝5，CB＝12，
∴AB＝＝＝13，
∴sin∠ABC＝＝，
∵BP是⊙A的切线，
∴∠ABC＝∠ABP，
故sin∠ABP＝，
即＝，
令OC'＝5k，OB＝13k，
∴BC'＝12k，
∵AB＝AC'+BC'，且AC'＝AC＝5，
∴13＝5+12k，
解得k＝，
∴OC'＝5×＝，
在Rt△AC'O中，由勾股定理得，OA＝＝＝，
即OA的长为．
【点评】本题主要考查圆的综合知识，熟练掌握基本作图方法，全等三角形的判定和性质，勾股定理，切线的判定等知识是解题的关键．
24．【分析】（1）直接代入（2，1），化简即可；
（2）①如图，设直线l与BC交于点F，待定系数法求得抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+8，当x＝0时，
y＝8，得到C（0，8），P（1，9），求得直线BC的解析式为y＝﹣2x+8，得到F（1，6），根据三角形的面积公式即可得到结论；
②如图，设直线x＝m交x轴于H，由①得，OB＝4，AO＝2，AB＝6，OC＝8，AH＝2+m，P（m，﹣m2+2m+8），得到PH＝﹣m2+2m+8，根据相似三角形的性质得到OD＝8﹣2m，根据二次函数的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）∵函数的图象过点（2，1），
∴代入得：（a﹣2）×22+（a+1）×2+b＝1，
化简得：6a+b＝7；
（2）①如图1，设直线l与BC交于点F，
根据题意得，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+8，
当x＝0时，y＝8，
∴C（0，8），
∵y＝﹣x2+2x+8＝﹣（x﹣1）2+9，点P为抛物线顶点，
∴P（1，9），
∵B（4，0），C（0，8），
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+8，
∴F（1，6），
∴PF＝9﹣6＝3，
∴△PBC的面积＝OB•PF＝×4×3＝6，
②S1﹣S2存在最大值，理由如下：
如图2，设直线x＝m交x轴于H，
由①得，OB＝4，AO＝2，AB＝6，OC＝8，AH＝2+m，P（m，﹣m2+2m+8），
∴PH＝﹣m2+2m+8，
∵OD∥PH，
∴△AOD∽△AHP，
∴，
∴，
∴OD＝8﹣2m，
∵
，
∵﹣3＜0，0＜m＜4，
∴当时，S1﹣S2存在最大值，最大值为．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点问题，相似三角形的判定和性质，三角形的面积的计算，注意当函数没有明确为何函数时，要注意对函数进行分情况讨论．
25．【分析】（1）①作辅助线，构建全等三角形，证明△FNA≌△DMF，可得AF与DF相等且互相垂直；
②根据中点的定义得BH的长，则FH＝BH+BF＝；
（2）结论仍然成立，作辅助线，延长AF至S使FS＝AF，连接DS、SE，延长SE交AC于T，证明△ABF ≌△SEF，
则AB＝SE＝AC，∠FAB＝∠FSE，再证明△SED≌△ACD，则AD＝SD，∠ADC＝∠SDE，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半和等腰三角形三线合一的性质得：AF＝DF，且AF⊥DF；
（3）先计算当AF＝时，AD＝7，旋转角α的度数：有两种情况：α是锐角和钝角时，分别画出图形，作辅助线，构建直角三角形，设CM＝x，DM＝y，根据勾股定理列方程组可得x的值，得α的值，再计算点F所经历的路径长．
【解答】解：（1）①AF＝DF，且AF⊥DF，
理由是：如图1，过F作MN∥CD，交DE于M，交CA的延长线于N，
∵△ABC是等腰直角三角形，且AC＝3，
∴BC＝3，
同理EC＝5，
∵C、B、E三点共线，
∴EB＝5﹣3＝2，
∵F是BE的中点，
∴EF＝BE＝，
∵∠E＝45°，
∴EM＝FM＝1，
∴DM＝5﹣1＝4，
∵∠ECD+∠ACB＝45°+45°＝90°
∴∠EDC＝∠ACD＝∠MNC＝90°，
∴四边形MDCN是矩形，
∴CN＝DM＝4，MN＝DC＝5，
∴FN＝DM＝4，FM＝AN＝1，
∵∠DMF＝∠FNA＝90°，
∴△FNA≌△DMF，
∴DF＝AF，∠AFN＝∠FDM，
∵∠FDM+∠MFD＝90°，
∴∠MFD+∠AFN＝90°，
∴∠DFA＝90°，
∴DF⊥AF；…（1分）
②∵H是BC的中点，
∴BH＝BC＝，
∴FH＝BF+BH＝+＝；…（2分）
故答案为：①AF＝DF，且AF⊥DF；②；
（2）结论：AF＝DF，且AF⊥DF，
理由如下：
延长AF至S使FS＝AF，连接DS、SE，延长SE交AC于T，
∵∠AFB＝∠EFS，BF＝EF，
∴△ABF≌△SEF，
∴AB＝SE＝AC，∠FAB＝∠FSE，…（3分）
∴∠STC＝∠BAC＝90°，
∴∠EDC+∠STC＝180°，
∴∠TED+∠TCD＝180°，
∵∠TED+∠SED＝180°，
∴∠SED＝∠ACD…（4分）
∵ED＝CD，
∴△SED≌△ACD，
∴AD＝SD，∠ADC＝∠SDE，
∴∠ADS＝90°，
∴AF＝DF，且AF⊥DF；…（6分）
（3）∵F是BE的中点，H是BC的中点，
∴FH是△BEC的中位线，
∴FH＝EC＝，
∵在旋转过程中，CE是定值，则FH也是定值，
∴点F的运动路径是以H为中点，以FH为半径的圆，…（6分）如图4，过D作DM⊥AC，交AC的延长线于M，
由（2）知：△AFD是等腰直角三角形，
∵AF＝，
∴AD＝×＝7，
设CM＝x，DM＝y，
则，
解得：x＝，
∴CM＝，
∵CD＝5，
∴∠CDM＝30°，
∴∠DCM＝60°，
∵∠ACB+∠DCE+∠BCE+∠DCM＝180°，
∴∠BCE＝30°，即α＝30°，
此时，点F所经历的路径长＝＝．…（8分）
如图5，过D作DM⊥AC，交AC的延长线于M，
同理得：∠DCM＝60°，
∵∠ECD＝45°，
∴∠ECM＝60°﹣45°＝15°，
∴α＝∠BCE＝180°﹣45°+15°＝150°，
此时，点F所经历的路径长＝＝．…（10分）
综上所述，当旋转30°或150°时，AF＝，点F经历的路径长为或．
【点评】本题主要考查了几何变换综合题，构造三角形全等，等腰直角三角形的判定与性质，运用类比思想，解题的关键是得出几何变换不变的边角关系，再利用三角形全等求解．。