河南省信阳市2019年中考数学一模试卷(Word版,含答案解析)

得出结论，再利用三角形的中位线得出PM∥CE得出∠DPM＝∠DCA，最后用互余即可得出结论；（2）先判断出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，同（1）的方法得出PM＝BD，PN＝BD，即可得出PM＝PN，同（1）的方法即可得出结论；

（3）方法1：先判断出MN最大时，△PMN的面积最大，进而求出AN，AM，即可得出MN最大＝AM+AN，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD最大时，△PMN的面积最大，而BD最大是AB+AD＝14，即可得出结论． 【解答】解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点， ∴PN∥BD，PN＝BD， ∵点P，M是CD，DE的中点， ∴PM∥CE，PM＝CE， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴BD＝CE， ∴PM＝PN， ∵PN∥BD， ∴∠DPN＝∠ADC， ∵PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCA， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ADC+∠ACD＝90°，

∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCA+∠ADC＝90°， ∴PM⊥PN，

故答案为：PM＝PN，PM⊥PN；

（2）△PMN是等腰直角三角形． 由旋转知，∠BAD＝∠CAE， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，

利用三角形的中位线得，PN＝BD，PM＝CE， ∴PM＝PN，

∴△PMN是等腰三角形， 同（1）的方法得，PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCE， 同（1）的方法得，PN∥BD， ∴∠PNC＝∠DBC，

∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC， ∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+∠DCB+∠DBC ＝∠BCE+∠DBC＝∠ACB+∠ACE+∠DBC ＝∠ACB+∠ABD+∠DBC＝∠ACB+∠ABC， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ACB+∠ABC＝90°， ∴∠MPN＝90°，

∴△PMN是等腰直角三角形；

（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形， ∴MN最大时，△PMN的面积最大， ∴DE∥BC且DE在顶点A上面， ∴MN最大＝AM+AN， 连接AM，AN，

在△ADE中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°， ∴AM＝2

，

，

在Rt△ABC中，AB＝AC＝10，AN＝5∴MN最大＝2

+5

＝7

，

∴S△PMN最大＝PM2＝×MN2＝×（7

）2＝

．

方法2：由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM＝PN＝BD， ∴PM最大时，△PMN面积最大， ∴点D在BA的延长线上，

∴BD＝AB+AD＝14， ∴PM＝7，

∴S△PMN最大＝PM2＝×72＝

．

【点评】此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出PM＝CE，PN＝BD，解（2）的关键是判断出△ABD≌△ACE，解（3）的关键是判断出MN最大时，△PMN的面积最大．

23．【分析】（1）将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式可求得b、c的值，然后令y＝0可求得点B的坐标；

（2）分别过点C和点A作AC的垂线，将抛物线与P1，P2两点先求得AC的解析式，然后可求得P1C和P2A的解析式，最后再求得P1C和P2A与抛物线的交点坐标即可；

（3）连接OD．先证明四边形OEDF为矩形，从而得到OD＝EF，然后根据垂线段最短可求得点D的纵坐标，从而得到点P的纵坐标，然后由抛物线的解析式可求得点P的坐标． 【解答】解：（1）∵将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式得：c＝﹣3．

∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3． ∵令x2﹣2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3． ∴点B的坐标为（﹣1，0）． 故答案为：﹣2；﹣3；（﹣1，0）． （2）存在． 理由：如图所示：

，解得：b＝﹣2，

①当∠ACP1＝90°．

由（1）可知点A的坐标为（3，0）． 设AC的解析式为y＝kx﹣3．

∵将点A的坐标代入得3k﹣3＝0，解得k＝1， ∴直线AC的解析式为y＝x﹣3． ∴直线CP1的解析式为y＝﹣x﹣3．

∵将y＝﹣x﹣3与y＝x2﹣2x﹣3联立解得x1＝1，x2＝0（舍去）， ∴点P1的坐标为（1，﹣4）． ②当∠P2AC＝90°时． 设AP2的解析式为y＝﹣x+b．

∵将x＝3，y＝0代入得：﹣3+b＝0，解得b＝3． ∴直线AP2的解析式为y＝﹣x+3．

∵将y＝﹣x+3与y＝x2﹣2x﹣3联立解得x1＝﹣2，x2＝3（舍去）， ∴点P2的坐标为（﹣2，5）．

综上所述，P的坐标是（1，﹣4）或（﹣2，5）． （3）如图2所示：连接OD．