【精品分析】陕西省2021-2022学年中考数学模仿试题（二模）
（原卷版）
一、选一选
1.某市2010年除夕这天的气温是8℃，气温是﹣2℃，则这天的气温比气温高（）
A.10℃
B.﹣10℃
C.6℃
D.﹣6℃
2.上面几何体中，同一几何体的主视图和俯视图相反的是（）
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
3.如图，已知直线AB//CD，BE平分∠ABC，交CD于D，∠CDE=150°，则∠C的度数为（）．
A.150°
B.130°
C.120°
D.100°
4.若反比例函数的图象（﹣3，2），则这个图象一定点（）
A.（2，﹣3）
B.(，-1)
C.（﹣1，1）
D.（2，﹣2）
5.小派同窗想给数学老师送张生日贺卡，但他只知道老师的生日在10月，那么他猜中老师生日的概率是（）
A
B.C.D.6.菱形的周长为8cm，高为1cm，则该菱形两邻角度数比为（）
A.3：1
B.4：1
C.5：1
D.6：1
7.如果点A（m，n）、B（m﹣1，n﹣2）均在函数y=kx+b（k≠0）的图象上，那么k的值为（）
A.2
B.1
C.﹣1
D.﹣2
8.圆的半径为13cm，两弦AB∥CD，AB=24cm，CD=10cm，则两弦AB和CD的距离是（）
A.7cm
B.17cm
C.12cm
D.7cm或17cm
9.已知直线y=kx（k＞0）与双曲线交于点A（x1，y1），B（x2，y2）两点，则x1y2+x2y1的值为（）
A.﹣6
B.﹣9
C.0
D.9
10.已知点A（a﹣2b，2﹣4ab）在抛物线y=x2+4x+10上，则点A关于抛物线对称轴的对称点坐标为（）
A.（﹣3，7）
B.（﹣1，7）
C.（﹣4，10）
D.（0，10）
二、填
空
题
11.商店为了促销某种商品，将定价为3元的商品以下列方式优惠：若购买不超过5件，按原价付款；若性购买5件以上，超过部分打八折．小华买了件该商品共付了27元，则的值是__________．
12.请从以下两个小题中任选一题作答，若多选，则按所选的题计分．
A．正五边形的一个外角的度数是_____．
B．比较大小：2tan71°_____（填“＞”、“=”或“＜”）
13.各边长度都是整数、边长为11三角形共有_____个．
14.如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=45°，BC=2，D是线段BC上一个动点，点D是关于直线AB、AC的对称点分别为M、N，则线段MN长的最小值是_____．
三、解
答
题
15.计算：
+﹣|2sin45°﹣1|．
16.化简：+﹣．
17.如图，已知△ABC，∠C=90°．请用尺规作一个正方形，使C为正方形的一个顶角，其余三个顶点分别在AB、BC、AC边上．（保留作图痕迹，不写作法）
18.某课题小组为了了解某品牌电动自行车的情况，对某专卖店季度该品牌A、B、C、D四种型号的做了统计，绘制成如下两幅统计图（均不残缺）
（1）该店季度售出这种品牌的电动自行车共多少辆？
（2）把两幅统计图补充残缺；
（3）若该专卖店计划订购这四款型号电动自行车1800辆，求C型电动自行车应订购多少辆？
19.已知：正方形ABCD中，E、F分别是边CD、DA上的点，且CE=DF，AE与BF交于点M．求证：AE=BF
20.某大桥采用低塔斜拉桥桥型（如甲图），图乙是从图甲引申出的平面图，假设你站在桥上测得拉索AB与程度桥面的夹角是30°，拉索CD与程度桥面的夹角是60°，两拉索顶端的距离BC为2米，两拉索底端距离AD为20米，请求出立柱BH的长．（结果到0.1米，≈1.73）
21.某工厂生产一种产品，当生产数量至少为10吨，但不超过50吨时，每吨的成本y（万元/吨）与生产数量x（吨）的函数关系的图象如图所示．
（1）求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
（2）当生产这种产品每吨的成本为7万元时，求该产品的生产数量．
22.为了进步足球基本功，甲、乙、丙三位同窗进行足球传球训练，球从一个人脚下随机传到另一个人脚下，且每位传球人传球给其余两人的机会是均等的，由甲开始传球，共传三次．
（1）请用树状图列举出三次传球一切可能情况；
（2）三次传球后，球回到甲脚下的概率大还是传到乙脚下的概率大？
23.如图，AD是圆O的切线，切点为A，AB是圆O的弦．过点B作BC//AD，交圆O于点C，连接AC，过点C作CD//AB，交AD于点D．连接AO并延伸交BC于点M，交过点C的直线于点P，且∠BCP=∠ACD．
（1）判断直线PC与圆O的地位关系，并阐明理由：
（2）若AB=9，BC=6，求PC的长．
24.如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=x+4与坐标轴分别交于A、B两点，抛物线y=﹣x2+bx+c过A、B两点，点D为线段AB上一动点，过点D作CD⊥x轴于点C，交抛物线于点E．
（1）求抛物线的解析式．
（2）求△ABE面积的值．
（3）连接BE，能否存在点D，使得△DBE和△DAC类似？若存在，求出点D坐标；若不存在，阐明理由．
25.如图，在矩形纸片ABCD中，AB=4，AD=12，将矩形纸片折叠，使点C落在AD边上的点M处，折痕为PE，此时PD=3．
（1）求MP的值；
（2）在AB边上有一个动点F，且不与点A，B重合．当AF等于多少时，△MEF的周长最小？
（3）若点G，Q是AB边上的两个动点，且不与点A，B重合，GQ=2．当四边形MEQG的周长最小时，求最小周长值．（计算结果保留根号）
【精品分析】陕西省2021-2022学年中考数学模仿试题（二模）
（解析版）
一、选一选
1.某市2010年除夕这天的气温是8℃，气温是﹣2℃，则这天的气温比气温高（）
A.10℃
B.﹣10℃
C.6℃
D.﹣6℃
【答案】A
【解析】
【分析】用气温减去气温，再根据有理数的减法运算法则“减去一个数等于加上这个数的相反数”即可求得答案.【详解】8-（-2）=8+2=10℃．
即这天的气温比气温高10℃．
故选A．
2.上面几何体中，同一几何体的主视图和俯视图相反的是（）
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：主视图、俯视图是分别从物体正面和上面看，所得到的图形．
试题解析：圆柱主视图、俯视图分别是长方形、圆，主视图与俯视图不相反；
圆锥主视图、俯视图分别是三角形、有圆心的圆，主视图与俯视图不相反；
球主视图、俯视图都是圆，主视图与俯视图相反；
正方体主视图、俯视图都是正方形，主视图与俯视图相反．
共2个同一个几何体的主视图与俯视图相反．
故选B．
考点：简单几何体三视图．
3.如图，已知直线AB//CD，BE平分∠ABC，交CD于D，∠CDE=150°，则∠C的度数为（）．
A.150°
B.130°
C.120°
D.100°
【答案】C
【解析】
【详解】解：∵直线AB∥CD，∴∠CDB=∠ABD，∵∠CDB=180°-∠CDE=30°，∴∠ABD=30°，∵BE平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，∴∠ABC=∠CBD+∠ABD=60°，∵AB∥CD，∴∠C=180°-∠ABC=180°-60°=120°．
故选C．
4.若反比例函数的图象（﹣3，2），则这个图象一定点（）
A.（2，﹣3）
B.(，-1)
C.（﹣1，1）
D.（2，﹣2）
【答案】B
【解析】
【详解】解：设反比例函数解析式为y=kx（k≠0），∵反比例函数的图象（-3，2），∴-3k=2，解得k=-，∴反比例函数解析式为：y=-x．
A、∵当x=2时，y=-×2=-≠-3，∴此点不在函数图象上，故本选项错误；
B、∵当x=时，y=-×=-1，∴此点在函数图象上，故本选项正确；
C、∵当x=-1时，y=-×（-1）=≠1，∴此点不在函数图象上，故本选项错误；
D、∵当x=2时，y=-×2=-≠-2，∴此点不在函数图象上，故本选项错误．
故选B．
5.小派同窗想给数学老师送张生日贺卡，但他只知道老师的生日在10月，那么他猜中老师生日的概率是（）
A.B.C.D.【答案】D
【解析】
【详解】试题解析：∵10月一共31天，∴他猜中老师生日的概率是，故选D．
6.菱形的周长为8cm，高为1cm，则该菱形两邻角度数比为（）
A.3：1
B.4：1
C.5：1
D.6：1
【答案】C
【解析】
【详解】如图所示，∵菱形的周长为8cm，∴菱形边长为2cm，∵菱形的高为1cm，∴si=
∴∠B=30°，∴∠C=150°，则该菱形两邻角度数比为5：1，故选C．
7.如果点A（m，n）、B（m﹣1，n﹣2）均在函数y=kx+b（k≠0）的图象上，那么k的值为（）
A.2
B.1
C.﹣1
D.﹣2
【答案】A
【解析】
【详解】试题解析：∵点A（m，n）、B（m-1，n-2）均在函数y=kx+b（k≠0）的图象上，∴
解得：k=2．
故选A．
8.圆的半径为13cm，两弦AB∥CD，AB=24cm，CD=10cm，则两弦AB和CD的距离是（）
A.7cm
B.17cm
C.12cm
D.7cm或17cm
【答案】D
【解析】
【分析】分AB、CD在圆心的同侧和异侧两种情况，根据垂径定理和勾股定理进行计算即可．
【详解】种情况：两弦在圆心的一侧时，∵CD=10cm，∴，∵圆的半径为13cm，∴OD=13cm，∴利用勾股定理可得：，同理可求OF=5cm，∴EF=OE-OF=12cm-5cm=7cm；
第二种情况：只是EF=OE+OF=17cm．其它和种一样；
综上分析可知，两弦之间的距离为7cm或17cm，故D正确．
故选D．
【点睛】本题考查的是垂径定理及勾股定理的运用，灵活运用定理、留意分AB、CD在圆心的同侧和异侧两种情况讨论是解题的关键．
9.已知直线y=kx（k＞0）与双曲线交于点A（x1，y1），B（x2，y2）两点，则x1y2+x2y1的值为（）
A.﹣6
B.﹣9
C.0
D.9
【答案】A
【解析】
【详解】解:∵点A（x1，y1），B（x2，y2）是双曲线上的点，∴x1•y1=x2•y2=3．
∵直线y=kx（k＞0）与双曲线交于点A（x1，y1），B（x2，y2）两点，∴x1=﹣x2，y1=﹣y2
∴x1y2+x2y1=﹣x1y1﹣x2y2=﹣3﹣3=﹣6．
故选A．
10.已知点A（a﹣2b，2﹣4ab）在抛物线y=x2+4x+10上，则点A关于抛物线对称轴的对称点坐标为（）
A.（﹣3，7）
B.（﹣1，7）
C.（﹣4，10）
D.（0，10）
【答案】D
【解析】
【分析】略
【详解】∵点A（a-2b，2-4ab）在抛物线y=x2+4x+10上，∴（a-2b）2+4×（a-2b）+10=2-4ab，a2-4ab+4b2+4a-8b+10=2-4ab，（a+2）2+4（b-1）2=0，∴a+2=0，b-1=0，解得a=-2，b=1，∴a-2b=-2-2×1=-4，2-4ab=2-4×（-2）×1=10，∴点A的坐标为（-4，10），∵对称轴为直线x=-=-2，∴点A关于对称轴的对称点的坐标为（0，10）．
故选D．
【点睛】略
二、填
空
题
11.商店为了促销某种商品，将定价为3元的商品以下列方式优惠：若购买不超过5件，按原价付款；若性购买5件以上，超过部分打八折．小华买了件该商品共付了27元，则的值是__________．
【答案】10
【解析】
【分析】若购买5件，则应付款15元，显然小华购买数量超过了5件，用n表示出超过部分应付的钱再加上15元等于27元，得到方程求解．
【详解】解：由题意得，解得．
故答案为：10．
【点睛】本题考查一元方程的运用，用n表示出超过5件部分应付的钱是解题的关键．
12.请从以下两个小题中任选一题作答，若多选，则按所选的题计分．
A．正五边形的一个外角的度数是_____．
B．比较大小：2tan71°_____（填“＞”、“=”或“＜”）
【答案】
①.72°
②.＜
【解析】
【详解】试题解析：A．360°÷5=72°．
答：正五边形的一个外角的度数是72°．
B．∵2tan71°≈5.808，≈6.856，∴2tan71°＜．
故答案为72°；＜．
13.各边长度都是整数、边长为11的三角形共有_____个．
【答案】36
【解析】
【详解】试题解析：设另外两边长为x，y，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x+y≥12．
当y取值11时，x=1，2，3，…，11，可有11个三角形；
当y取值10时，x=2，3，…，10，可有9个三角形；
当y取值分别为9，8，7，6时，x取值个数分别是7，5，3，1，∴根据分类计数原理知所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36．
故答案是：36．
14.如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=45°，BC=2，D是线段BC上的一个动点，点D是关于直线AB、AC的对称点分别为M、N，则线段MN长的最小值是_____．
【答案】
【解析】
【详解】试题解析：如图，连接AM，AN，AD，∵点D是关于直线AB、AC的对称点分别为M、N，∴AM=AD=AN，∴∠MAB=∠DAB，∠NAC=∠DAC，∵∠BAC=45°，∴∠MAN=90°，∴△MAN是等腰直角三角形，∴MN=AM，∴当AM取最小值时，MN最小，即AD取最小值时，MN最小，∴当AD⊥BC时，AD最小，过B作BH⊥AC于H，∴AH=BH=AB，∴CH=（1-）AB，∵BH2+CH2=BC2，∴（AB）2+[（1-）AB]2=4，∴AB2=4+2，∴AD=，∴MN=，∴线段MN长的最小值是．
三、解
答
题
15.计算：
+﹣|2sin45°﹣1|．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：直接化简二次根式进而利用负整数指数幂的性质和角的三角函数值、值的性质分别化简各数得出答案．
试题解析：原式=2﹣3﹣（2×﹣1）
=2﹣3﹣+1
=﹣2．
16.化简：+﹣．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：根据分式的运算法则即可求出答案．
试题解析：原式=，=，=，=，=．
点睛：把分母不相反几个分式化成分母相反的分式，叫做通分，通分，异分母分式的加减就转化为同分母分式的加减．
17.如图，已知△ABC，∠C=90°．请用尺规作一个正方形，使C为正方形的一个顶角，其余三个顶点分别在AB、BC、AC边上．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】作图见解析
【解析】
【详解】试题分析：根据题意，C为正方形的一个顶角，那么∠C就是正方形的一个内角，正方形的对角线平分一组对角，所以作出∠C的平分线交AB于一点，其余三个顶点分别在AB、BC、AC边上，那么那点就是正方形的另一顶点，再过M作AC、BC的垂线，分别交AC、BC于点E、D，所以四边形MECD即为所求的正方形．
试题解析：如图：，∴四边形MECD即为所求的正方形．
18.某课题小组为了了解某品牌电动自行车的情况，对某专卖店季度该品牌A、B、C、D四种型号的做了统计，绘制成如下两幅统计图（均不残缺）
（1）该店季度售出这种品牌的电动自行车共多少辆？
（2）把两幅统计图补充残缺；
（3）若该专卖店计划订购这四款型号的电动自行车1800辆，求C型电动自行车应订购多少辆？
【答案】（1）600辆．（2）补图见解析；（3）540辆．
【解析】
【分析】（1）根据B品牌210辆占总体的35%，即可求得总体；
（2）根据（1）中求得的总数和扇形统计图中C品牌所占的百分比即可求得C品牌的数量，进而补全条形统计图；根据条形统计图中A、D的数量和总数即可求得所占的百分比，从而补全扇形统计图；
（3）根据扇形统计图所占的百分比即可求解．
【详解】解：（1）210÷35%=600（辆）．
答：该店季度售出这种品牌的电动自行车共600辆．
（2）C品牌：600×30%=180；
A品牌：150÷600=25%；
D品牌：60÷600=10%．
补全统计图如图．
（3）1800×30%=540（辆）．
答：C型电动自行车应订购540辆．
19.已知：正方形ABCD中，E、F分别是边CD、DA上的点，且CE=DF，AE与BF交于点M．求证：AE=BF
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据CE=DF得到AF=DE，再正方形的性质得到△ABF≌△DAE（SAS）即可．
【详解】证明：在正方形ABCD中：
AB=AD=CD，且∠BAD=∠ADC=90°，∵CE=DF
∴AD-DF=CD-CE，即AF=DE，在△ABF与△DAE中
∴△ABF≌△DAE（SAS）
∴AE=BF
【点睛】本体考查了正方形的性质，解题的关键是熟知正方形的性质，掌握全等三角形的证明方法．
20.某大桥采用低塔斜拉桥桥型（如甲图），图乙是从图甲引申出的平面图，假设你站在桥上测得拉索AB与程度桥面的夹角是30°，拉索CD与程度桥面的夹角是60°，两拉索顶端的距离BC为2米，两拉索底端距离AD为20米，请求出立柱BH的长．（结果到0.1米，≈1.73）
【答案】立柱BH的长约为16.3米．
【解析】
【分析】设DH=x米，由三角函数得出CH=x，即可得BH=BC+CH=2+x，再求得AH=BH=+3x，由AH=AD+DH得出方程+3x=20+x，解方程求出x，即可得出结果．
【详解】解：设DH=x米，∵∠CDH=60°，∠H=90°，∴CH=DH•tan60°=，∴BH=BC+CH=，∵∠A=30°，∴AH=BH=，∵AH=AD+DH，∴=20+x，解得：，∴BH=2+（10﹣）=≈16.3（米）．
答：立柱BH的长约为16.3米．
21.某工厂生产一种产品，当生产数量至少为10吨，但不超过50吨时，每吨的成本y（万元/吨）与生产数量x（吨）的函数关系的图象如图所示．
（1）求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
（2）当生产这种产品每吨的成本为7万元时，求该产品的生产数量．
【答案】（1）y=﹣x+11（10≤x≤50）；（2）每吨成本为7万元时，该产品的生产数量40吨．
【解析】
【详解】试题分析：（1）设y=kx+b（k≠0），然后利用待定系数法求函数解析式解答；
（2）把y=7代入函数关系式计算即可得解．
试题解析：（1）设y=kx+b（k≠0），由图可知，函数图象点（10，10），（50，6），则，解得．
故y=﹣x+11（10≤x≤50）；
（2）y=7时，﹣x+11=7，解得x=40．
答：每吨成本为7万元时，该产品的生产数量40吨．
22.为了进步足球基本功，甲、乙、丙三位同窗进行足球传球训练，球从一个人脚下随机传到另一个人脚下，且每位传球人传球给其余两人的机会是均等的，由甲开始传球，共传三次．
（1）请用树状图列举出三次传球的一切可能情况；
（2）三次传球后，球回到甲脚下的概率大还是传到乙脚下的概率大？
【答案】(1)、答案见解析；(2)、球回到乙脚下的概率大
【解析】
【分析】(1)、根据题意画出树状图即可；
(2)、根据（1）的树形图，利用概率公式列式进行计算即可得解，分别求出球回到甲脚下的概率和传到乙脚下的概率，比较大小即可．
【详解】(1)、根据题意画出树状图如下：
由树形图可知三次传球有8种等可能结果；
(2)、由（1）可知三次传球后，球回到甲脚下的概率==；传到乙脚下的概率=，所以球回到乙脚下的概率大．
考点：列表法与树状图法．
23.如图，AD是圆O的切线，切点为A，AB是圆O的弦．过点B作BC//AD，交圆O于点C，连接AC，过点C作CD//AB，交AD于点D．连接AO并延伸交BC于点M，交过点C的直线于点P，且∠BCP=∠ACD．
（1）判断直线PC与圆O的地位关系，并阐明理由：
（2）若AB=9，BC=6，求PC的长．
【答案】（1）直线PC与圆O相切（2）
【解析】
【详解】解：（1）直线PC与圆O相切．理由如下：
如图，连接CO并延伸，交圆O于点N，连接BN，∵AB//CD，∴∠BAC=∠ACD，∵∠BAC=∠BNC，∴∠BNC=∠ACD，∵∠BCP=∠ACD，∴∠BNC=∠BCP，∵CN是圆O的直径，∴∠CBN=90°，∴∠BNC+∠BCN=90°，∴∠BCP+∠BCN=90°，∴∠PCO=90°，即PC⊥OC，又∵点C在圆O上，∴直线PC与圆O相切
（2）∵AD是圆O的切线，∴AD⊥OA，即∠OAD=90°，∵BC//AD，∴∠OMC=180°-∠OAD=90°，即OM⊥BC，∴MC=MB，∴AB=AC，在Rt△AMC中，∠AMC=90°，AC=AB=9，MC=BC=3，由勾股定理，得，设圆O的半径为r，在Rt△OMC中，∠OMC=90°，OM=AM-AO=，MC=3，OC=r，由勾股定理，得OM
2+MC
2=OC
2，即．解得，在△OMC和△OCP中，∵∠OMC=∠OCP，∠MOC=∠COP，∴△OMC～△OCP，∴，即．∴
24.如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=x+4与坐标轴分别交于A、B两点，抛物线y=﹣x2+bx+c过A、B两点，点D为线段AB上一动点，过点D作CD⊥x轴于点C，交抛物线于点E．
（1）求抛物线的解析式．
（2）求△ABE面积的值．
（3）连接BE，能否存在点D，使得△DBE和△DAC类似？若存在，求出点D坐标；若不存在，阐明理由．
【答案】（1）y=﹣x2﹣3x+4
（2）△ABE面积的值为8
（3）存在点D，使得△DBE和△DAC类似，点D的坐标为（﹣3，1）或（﹣2，2）
【解析】
【分析】（1）首先求出点A、B的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）设点C坐标为（m，0）（m＜0），则点E坐标为（m，-m2-3m+4），从而得出OC=-m、OF=-m2-3m+4、BF=-m2-3m，根据S△ABE=S梯形AOFE-S△AOB-S△BEF得出S=-2（m+2）2+8，据此可得答案；
（3）由于△ACD为等腰直角三角形，而△DBE和△DAC类似，则△DBE必为等腰直角三角形．分两种情况讨论，要点是求出点E的坐标，由于点E在抛物线上，则可以由此列出方程求出未知数．
【小问1详解】
在直线解析式y=x+4中，令x=0，得y=4；令y=0，得x=﹣4，∴A（﹣4，0），B（0，4）．
∵点A（﹣4，0），B（0，4）在抛物线y=﹣x2+bx+c上，∴，解得：b=﹣3，c=4，∴抛物线的解析式为：y=﹣x2﹣3x+4．
【小问2详解】
如图，连接AE、过点E作EF⊥y轴于点F，设点C坐标为（m，0）（m＜0），则点E坐标为（m，﹣m2﹣3m+4），则OC=﹣m，OF=﹣m2﹣3m+4，∵OA=OB=4，∴BF=﹣m2﹣3m，则S△ABE=S梯形AOFE﹣S△AOB﹣S△BEF
=×（﹣m+4）（﹣m2﹣3m+4）﹣×4×4﹣×（﹣m）×（﹣m2﹣3m）．
=﹣2m2﹣8m
=﹣2（m+2）2+8，∵﹣4＜m＜0，∴当m=﹣2时，S取得值，值为8．
即△ABE面积的值为8．
【小问3详解】
设点C坐标为（m，0）（m＜0），则OC=﹣m，CD=AC=4+m，BD=OC=﹣m，则D（m，4+m）．
∵△ACD为等腰直角三角形，△DBE和△DAC类似
∴△DBE必为等腰直角三角形．
i）若∠BED=90°，则BE=DE，∵BE=OC=﹣m，∴DE=BE=﹣m，∴CE=4+m﹣m=4，∴E（m，4）．
∵点E在抛物线y=﹣x2﹣3x+4上，∴4=﹣m2﹣3m+4，解得m=0（不合题意，舍去）或m=﹣3，∴D（﹣3，1）；
ii）若∠EBD=90°，则BE=BD=﹣m，在等腰直角三角形EBD中，DE=BD=﹣2m，∴CE=4+m﹣2m=4﹣m，∴E（m，4﹣m）．
∵点E在抛物线y=﹣x2﹣3x+4上，∴4﹣m=﹣m2﹣3m+4，解得m=0（不合题意，舍去）或m=﹣2，∴D（﹣2，2）．
综上所述，存在点D，使得△DBE和△DAC类似，点D的坐标为（﹣3，1）或（﹣2，2）．
25.如图，在矩形纸片ABCD中，AB=4，AD=12，将矩形纸片折叠，使点C落在AD边上的点M处，折痕为PE，此时PD=3．
（1）求MP的值；
（2）在AB边上有一个动点F，且不与点A，B重合．当AF等于多少时，△MEF的周长最小？
（3）若点G，Q是AB边上的两个动点，且不与点A，B重合，GQ=2．当四边形MEQG的周长最小时，求最小周长值．（计算结果保留根号）
【答案】（1）5；（2）；（3）．
【解析】
【分析】（1）由折叠的性质和矩形性质以得PD=PH=3，CD=MH=4，∠H=∠D=90°，利用勾股定理可计算出MP的长；
（2）如图1，作点M关于AB的对称点M′，连接M′E交AB于点F，利用两点之间线段最短可得点F即为所求，过点E作EN⊥AD，垂足为N，则AM=AD﹣MP﹣PD=4，所以AM=AM′=4，再证明ME=MP=5，利用勾股定理计算出MN=3，NM′=11，得出△AFM′∽△NEM′，利用类似比即可计算出AF；
（3）如图2，由（2）知点M′是点M关于AB的对称点，在EN上截取ER=2，连接M′R交AB于点G，再过点E作EQ∥RG，交AB于点Q，易得QE=GR，而GM=GM′，于是MG+QE=M′R，利用两点之间线段最短可得此时MG+EQ最小，于是四边形MEQG的周长最小，在Rt△M′RN中，利用勾股定理计算出M′R得出，从而得到四边形MEQG的最小周长值．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD为矩形，∴CD=AB=4，∠D=90°，∵矩形ABCD折叠，使点C落在AD边上的点M处，折痕为PE，∴PD=PH=3，CD=MH=4，∠H=∠D=90°，∴MP==5；
（2）如图1，作点M关于AB的对称点M′，连接M′E交AB于点F，则点F即为所求，过点E作EN⊥AD，垂足为N，∵AM=AD﹣MP﹣PD=12﹣5﹣3=4，∴AM=AM′=4，∵矩形ABCD折叠，使点C落在AD边上的点M处，折痕为PE，∴∠CEP=∠MEP，而∠CEP=∠MPE，∴∠MEP=∠MPE，∴ME=MP=5，在Rt△ENM中，MN===3，∴NM′=11，∵AF∥ME，∴△AFM′∽△NEM′，∴，即，解得AF=，即AF=时，△MEF的周长最小；
（3）如图2，由（2）知点M′是点M关于AB的对称点，在EN上截取ER=2，连接M′R交AB于点G，再过点E作EQ∥RG，交AB于点Q，∵ER=GQ，ER∥GQ，∴四边形ERGQ是平行四边形，∴QE=GR，∵GM=GM′，∴MG+QE=GM′+GR=M′R，此时MG+EQ最小，四边形MEQG的周长最小，在Rt△M′RN中，NR=4﹣2=2，M′R==，∵ME=5，GQ=2，∴四边形MEQG的最小周长值是．
考点：1．几何变换综合题；2．动点型；3．最值成绩；4．翻折变换（折叠成绩）；5．综合题；6．压轴题．
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