2019年最新天津市和平区中考数学第一次模拟试卷及答案解析

天津市中考数学一模试卷　一、选择（本大题共12小题，每小题3分，共36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．计算（﹣2）3，结果是（　　）A．8B．﹣8C．﹣6D．62．tan30°的值等于（　　）A．B．C．D．3．下列图形中，不是中心对称图形的是（　　）A．B．C．D．4．1339000000用科学记数法示为（　　）A．1.339×108B．13.39×108C．1.339×109D．1.339×10105．如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的俯视图是（　　）A．B．C．D．6．估计的值（　　）A．在4和5之间B．在3和4之间C．在2和3之间D．在1和2之间7．计算SHAPE\*MERGEFORMAT的结果是（　　）A．0B．1C．﹣1D．x8．当x＞0时，函数y=﹣的图象在（　　）A．第四象限B．第三象限C．第二象限D．第一象限9．如图是甲、乙两射击运动员的10次射击训练成绩的折线统计图，则下列说法正确的是（　　）A．甲比乙的成绩稳定B．乙比甲的成绩稳定C．甲、乙两人的成绩一样稳定D．无法确定谁的成绩更稳定10．一个菱形绕它的两条对角线的交点旋转，使它和原来的菱形重合，那么旋转的角度至少是（　　）A．360°B．270°C．180°D．90°11．货车和小汽车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，小汽车到达乙地后，立即以相同的速度沿原路返回甲地，已知甲、乙两地相距180千米，货车的速度为60千米/小时，小汽车的速度为90千米/小时，则下图中能分别反映出货车、小汽车离乙地的距离y（千米）与各自行驶时间t（小时）之间的函数图象是（　　）A．B．C．D．12．如图是抛物线y1=ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，抛物线的顶点坐标A（1，3），与x轴的一个交点B（4，0），直线y2=mx+n（m≠0）与抛物线交于A，B两点，下列结论：①2a+b=0；②abc＞0；③方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根；④抛物线与x轴的另一个交点是（﹣1，0）；⑤当1＜x＜4时，有y2＜y1．其中正确结论的个数是（　　）A．5B．4C．3D．2　二、填空题（本大题共小题，每小题3分，共18分）13．计算（x+1）（x﹣1）的结果等于　　．14．一次函数y=3x﹣2与y轴的交点坐标为　　．15．把一个骰子掷两次，观察向上一面的点数，它们的点数都是4的概率是　　．16．如图，△ABC内接于⊙O，AO=2，BC=2，则∠BAC的度数为　　．17．如图，四边形ABCD中，∠DAB=90°，AD=CD，∠BCD=∠CDA=120°，则=　　．18．定义：有一组对边相等而另一组对边不相等的凸四边形叫做对等四边形．（Ⅰ）如图①，已知A，B，C在格点（小正方形的顶点）上，请在图①中画出一个以格点为顶点，AB，BC为边的对等四边形ABCD；（2）如图②，在Rt△PBC中，∠PCB=90°，BC=11，tan∠PBC=，点A在BP边上，且AB=13．点D在PC边上，且四边形ABCD为对等四边形，则CD的长为　　．　三、解答题（本大题共7小题，共66分。解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）19．解不等式组．20．物理兴趣小组20位同学在实验操作中的得分情况如表： 得分（分） 10 9 8 7 人数（人） 5 8 4 3（Ⅰ）将此次操作得分按人数制成如图所示的扇形统计图．扇形①的圆心角=　　；（Ⅱ）这组数据的众数是　　，中位数是　　；（Ⅲ）求这组数据的平均数．21．如图，AB是半圆O的直径，CD⊥AB于点C，交半圆O于点E，DF切半圆O于点F，∠B=45°．（Ⅰ）求∠D的大小；（Ⅱ）若OC=CE，BF=2，求DE的长．22．已知B港口位于A观测点的东北方向，且其到A观测点正北方向的距离BD的长为16千米，一艘货轮从B港口以48千米/时的速度沿如图所示的BC方向航行，15分后到达C处，现测得C处位于A观测点北偏东75°方向，求此时货轮与A观测点之间的距离AC的长（精确大0.1千米）（参考数据：1.41，1.73，≈2.24，≈2.45）23．用总长为60cm的篱笆围成矩形场地．（Ⅰ）根据题意，填写下表： 矩形一边长/m 5 10 15 20 矩形面积/m2 125 200 225 200（Ⅱ）设矩形一边长为lm，矩形面积为Sm2，当l是多少时，矩形场地的面积S最大？并求出矩形场地的最大面积；（Ⅱ）当矩形的长为　　m，宽为　　m时，矩形场地的面积为216m2．24．在平面直角坐标系中，O是坐标原点，▱ABCD的顶点A的坐标为（﹣2，0），点D的坐标为（0，2），点B在x轴的正半轴上，点E为线段AD的中点．（Ⅰ）如图1，求∠DAO的大小及线段DE的长；（Ⅱ）过点E的直线l与x轴交于点F，与射线DC交于点G．连接OE，△OEF′是△OEF关于直线OE对称的图形，记直线EF′与射线DC的交点为H，△EHC的面积为3．①如图2，当点G在点H的左侧时，求GH，DG的长；②当点G在点H的右侧时，求点F的坐标（直接写出结果即可）．25．已知直线l：y=x，抛物线C：y=x2+bx+c．（1）当b=4，c=1时，求直线l与抛物线C的交点坐标；（2）当b=，c=﹣4时，将直线l绕原点逆时针旋转15°后与抛物线C交于A，B两点（A点在B点的左侧），求A，B两点的坐标；（3）若将（2）中的条件“c=﹣4”去掉，其他条件不变，且2≤AB≤4，求c的取值范围．　参考答案与试题解析　一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36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．计算（﹣2）3，结果是（　　）A．8B．﹣8C．﹣6D．6【考点】有理数的乘方．【分析】根据有理数乘方的法则进行计算即可．【解答】解：∵﹣2＜0，∴（﹣2）3＜0，∴（﹣2）3=﹣23=﹣8．故选B．　2．tan30°的值等于（　　）A．B．C．D．【考点】特殊角的三角函数值．【分析】根据特殊角的三角函数值求解．【解答】解：tan30°=．故选D．　3．下列图形中，不是中心对称图形的是（　　）A．B．C．D．【考点】中心对称图形．【分析】根据中心对称图形的概念和各复合图形的特点求解．【解答】解：观察后可知：A、只是轴对称图形；B、C既是轴对称图形，也是中心对称图形；D、只是中心对称图形；所以只有A不是中心对称图形，故选A．　4．1339000000用科学记数法表示为（　　）A．1.339×108B．13.39×108C．1.339×109D．1.339×1010【考点】科学记数法—表示较大的数．【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＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．【解答】解：将1339000000用科学记数法表示为：1.339×109．故选：C．　5．如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的俯视图是（　　）A．B．C．D．【考点】简单组合体的三视图．【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．【解答】解：从上边看得到的平面图形是第二层是三个小正方形，第一层中间一个小正方形，故选：D．　6．估计的值（　　）A．在4和5之间B．在3和4之间C．在2和3之间D．在1和2之间【考点】估算无理数的大小．【分析】先估算出的大小，进而可得出结论．【解答】解：∵25＜31＜36，∴5＜＜6，∴3＜﹣2＜4．故选B．　7．计算SHAPE\*MERGEFORMAT的结果是（　　）A．0B．1C．﹣1D．x【考点】分式的加减法．【分析】原式利用同分母分式的减法法则计算，变形后约分即可得到结果．【解答】解：原式==﹣=﹣1．故选C　8．当x＞0时，函数y=﹣的图象在（　　）A．第四象限B．第三象限C．第二象限D．第一象限【考点】反比例函数的性质．【分析】先根据反比例函数的性质判断出反比例函数的图象所在的象限，再求出x＞0时，函数的图象所在的象限即可．【解答】解：∵反比例函数中，k=﹣5＜0，∴此函数的图象位于二、四象限，∵x＞0，∴当x＞0时函数的图象位于第四象限．故选A　9．如图是甲、乙两射击运动员的10次射击训练成绩的折线统计图，则下列说法正确的是（　　）A．甲比乙的成绩稳定B．乙比甲的成绩稳定C．甲、乙两人的成绩一样稳定D．无法确定谁的成绩更稳定【考点】折线统计图；方差．【分析】从折线图中得出甲乙的射击成绩，再利用方差的计算方差，然后根据方差意义作出比较．【解答】解：由图中知，甲的成绩为7，7，8，9，8，9，10，9，9，9，乙的成绩为8，9，7，8，10，7，9，10，7，10，甲=（7+7+8+9+8+9+10+9+9+9）÷10=8.5，乙=（8+9+7+8+10+7+9+10+7+10）÷10=8.5，甲的方差S甲2=[2×（7﹣8.5）2+2×（8﹣8.5）2+（10﹣8.5）2+5×（9﹣8.5）2]÷10=0.85，乙的方差S乙2=[3×（7﹣8.5）2+2×（8﹣8.5）2+2×（9﹣8.5）2+3×（10﹣8.5）2]÷10=1.35∴S2甲＜S2乙．故答案为：S2甲＜S2乙　10．一个菱形绕它的两条对角线的交点旋转，使它和原来的菱形重合，那么旋转的角度至少是（　　）A．360°B．270°C．180°D．90°【考点】旋转对称图形．【分析】根据菱形是中心对称图形解答．【解答】解：∵菱形是中心对称图形，∴把菱形绕它的中心旋转，使它与原来的菱形重合，旋转角为180°的整数倍，∴旋转角至少是180°．故选C．　11．货车和小汽车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，小汽车到达乙地后，立即以相同的速度沿原路返回甲地，已知甲、乙两地相距180千米，货车的速度为60千米/小时，小汽车的速度为90千米/小时，则下图中能分别反映出货车、小汽车离乙地的距离y（千米）与各自行驶时间t（小时）之间的函数图象是（　　）A．B．C．D．【考点】函数的图象．【分析】根据出发前都距离乙地180千米，出发两小时小汽车到达乙地距离变为零，再经过两小时小汽车又返回甲地距离又为180千米；经过三小时，货车到达乙地距离变为零，故而得出答案．【解答】解：由题意得出发前都距离乙地180千米，出发两小时小汽车到达乙地距离变为零，再经过两小时小汽车又返回甲地距离又为180千米，经过三小时，货车到达乙地距离变为零，故C符合题意，故选：C．　12．如图是抛物线y1=ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，抛物线的顶点坐标A（1，3），与x轴的一个交点B（4，0），直线y2=mx+n（m≠0）与抛物线交于A，B两点，下列结论：①2a+b=0；②abc＞0；③方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根；④抛物线与x轴的另一个交点是（﹣1，0）；⑤当1＜x＜4时，有y2＜y1．其中正确结论的个数是（　　）A．5B．4C．3D．2【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数的性质．【分析】根据抛物线对称轴方程对①进行判断；由抛物线开口方向得到a＜0，由对称轴位置可得b＞0，由抛物线与y轴的交点位置可得c＞0，于是可对②进行判断；根据顶点坐标对③进行判断；根据抛物线的对称性对④进行判断；根据函数图象得当1＜x＜4时，一次函数图象在抛物线下方，则可对⑤进行判断．【解答】解：∵抛物线的顶点坐标A（1，3），∴抛物线的对称轴为直线x=﹣=1，∴2a+b=0，所以①正确；∵抛物线开口向下，∴a＜0，∴b=﹣2a＞0，∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，∴c＞0，∴abc＜0，所以②错误；∵抛物线的顶点坐标A（1，3），∴x=1时，二次函数有最大值，∴方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根，所以③正确；∵抛物线与x轴的一个交点为（4，0）而抛物线的对称轴为直线x=1，∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣2，0），所以④错误；∵抛物线y1=ax2+bx+c与直线y2=mx+n（m≠0）交于A（1，3），B点（4，0）∴当1＜x＜4时，y2＜y1，所以⑤正确．故选：C．　二、填空题（本大题共小题，每小题3分，共18分）13．计算（x+1）（x﹣1）的结果等于　x2﹣1　．【考点】平方差公式．【分析】原式利用平方差公式计算即可得到结果．【解答】解：原式=x2﹣1，故答案为：x2﹣1．　14．一次函数y=3x﹣2与y轴的交点坐标为　（0，﹣2）　．【考点】一次函数图象上点的坐标特征．【分析】分把x=0代入y=3x﹣2，求出对应的y的值即可．【解答】解：把x=0代入y=3x﹣2，可得：y=﹣2，所以一次函数y=3x﹣2与y轴的交点坐标为（0，﹣2），故答案为：（0，﹣2）　15．把一个骰子掷两次，观察向上一面的点数，它们的点数都是4的概率是　　．【考点】列表法与树状图法．【分析】根据题意可以求得第一次是4的概率和第二次是4的概率，从而可以得到两次都是4的概率，本题得以解决．【解答】解：由题意可得，第一次4向上的概率是：，第一次4向上的概率是：，故一个骰子掷两次，它们的点数都是4的概率是：=，故答案为：．　16．如图，△ABC内接于⊙O，AO=2，BC=2，则∠BAC的度数为　60°　．【考点】垂径定理；圆周角定理；解直角三角形．【分析】连结OB、OC，作OD⊥BC于D，根据垂径定理得BD=BC=，在Rt△OBD中，根据余弦的定义得cos∠OBD==，则∠OBD=30°，由于OB=OC，则∠OCB=30°，所以∠BOC=120°，然后根据圆周角定理即可得到∠BAC=∠BOC=60°．【解答】解：连结OB、OC，作OD⊥BC于D，如图，∵OD⊥BC，∴BD=BC=×2=，在Rt△OBD中，OB=OA=2，BD=，∴cos∠OBD==，∴∠OBD=30°，∵OB=OC，∴∠OCB=30°，∴∠BOC=120°，∴∠BAC=∠BOC=60°．故答案为60°．　17．如图，四边形ABCD中，∠DAB=90°，AD=CD，∠BCD=∠CDA=120°，则=　　．【考点】等边三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．【分析】延长AD、BC相交于点E，求出∠CDE=∠DCE=60°，从而判断出△CDE是等边三角形，过点D作DF⊥CE于F，设AD=CD=x，然后求出AE、DF，再求出AB、BC，最后根据三角形的面积公式列式求解即可．【解答】解：如图，延长AD、BC相交于点E，∵∠BCD=∠CDA=120°，∴∠CDE=∠DCE=60°，∴△CDE是等边三角形，∴CD=DE=CE，∠E=60°，过点D作DF⊥CE于F，设AD=CD=x，则AE=AD+DE=x+x=2x，DF=CD=x，∵∠E=60°，∠DAB=90°，∴AB=AE=2x，BE=2AE=2•2x=4x，∴BC=BE﹣CE=4x﹣x=3x，∴S△ABD=AB•AD=•2x•x=x2，S△BDC=BC•DF=•3x•x=x2，所以，==．故答案为：．　18．定义：有一组对边相等而另一组对边不相等的凸四边形叫做对等四边形．（Ⅰ）如图①，已知A，B，C在格点（小正方形的顶点）上，请在图①中画出一个以格点为顶点，AB，BC为边的对等四边形ABCD；（2）如图②，在Rt△PBC中，∠PCB=90°，BC=11，tan∠PBC=，点A在BP边上，且AB=13．点D在PC边上，且四边形ABCD为对等四边形，则CD的长为　13、12﹣或12+　．【考点】作图—应用与设计作图；解直角三角形．【分析】（1）根据对等四边形的定义，进行画图即可；（2）根据对等四边形的定义，分两种情况：①若CD=AB，此时点D在D1的位置，CD1=AB=13；②若AD=BC=11，此时点D在D2、D3的位置，AD2=AD3=BC=11；利用勾股定理和矩形的性质，求出相关相关线段的长度，即可解答．【解答】解：（1）如图1所示（画2个即可）．；（2）如图2，点D的位置如图所示：①若CD=AB，此时点D在D1的位置，CD1=AB=13；②若AD=BC=11，此时点D在D2、D3的位置，AD2=AD3=BC=11，过点A分别作AE⊥BC，AF⊥PC，垂足为E，F，设BE=x，∵tan∠PBC=，∴AE=，在Rt△ABE中，AE2+BE2=AB2，即x2+（x）2=132，解得：x1=5，x2=﹣5（舍去），∴BE=5，AE=12，∴CE=BC﹣BE=6，由四边形AECF为矩形，可得AF=CE=6，CF=AE=12，在Rt△AFD2中，FD2==，∴CD2=CF﹣FD2=12﹣，CD3=CF+FD2=12+，综上所述，CD的长度为13、12﹣或12+．故答案为：13、12﹣或12+．　三、解答题（本大题共7小题，共66分。解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）19．解不等式组．【考点】解一元一次不等式组．【分析】首先解每个不等式，两个不等式的解集的公共部分就是不等式组的解集．【解答】解：，解①得x＜3，解②得x＞．则不等式组的解集是：＜x＜3．　20．物理兴趣小组20位同学在实验操作中的得分情况如表： 得分（分） 10 9 8 7 人数（人） 5 8 4 3（Ⅰ）将此次操作得分按人数制成如图所示的扇形统计图．扇形①的圆心角=　54°　；（Ⅱ）这组数据的众数是　9　，中位数是　9　；（Ⅲ）求这组数据的平均数．【考点】众数；扇形统计图；加权平均数；中位数．【分析】（Ⅰ）根据扇形统计图可以得到扇形①的圆心角；（Ⅱ）根据表格中的数据可以得到这组数据的众数和中位数；（Ⅲ）根据表格中的数据可以得到这组数据的平均数．【解答】解：（Ⅰ）由扇形统计图可得，扇形①的圆心角=360°×（1﹣20%﹣40%﹣25%）=360°×15%=54°，故答案为：54°；（Ⅱ）由表格可得，这组数据的众数是9，中位数是9，故答案为：9，9；（Ⅲ）由表格可得，这组数据的平均数是：，即这组数据的平均数是8.75．　21．如图，AB是半圆O的直径，CD⊥AB于点C，交半圆O于点E，DF切半圆O于点F，∠B=45°．（Ⅰ）求∠D的大小；（Ⅱ）若OC=CE，BF=2，求DE的长．【考点】切线的性质．【分析】（Ⅰ）首先DF∥AB，再根据∠D+∠DCO=180°，DC⊥AB即可解决问题．（Ⅱ）在RT△BOF中，求出OF，在RT△EOC中求出CE，即可解决问题．【解答】解：（Ⅰ）∵DF是⊙O切线，∴DF⊥OF，∴∠DFO=90°，∵OB=OF，∴∠OFB=∠B=45°，∴∠FOB=180°﹣∠OFB﹣∠B=180°﹣45°﹣45°=90°，∴∠DFO=∠FOB，∴DF∥AB，∴∠D+∠DCO=180°，∵CD⊥AB，∴∠DCO=90°，∴∠D=90°．（Ⅱ）如图，连接OE，在RT△OBF中，sinB=，∴OF=BFsinB=2×=2，在RT△ECO中，∵OC=CE，设OC=CE=x，∵OE=OF=2，∴x2+x2=22，∴x=，∴EC=，∵∠D=∠DFO=∠DCO=90°，∴四边形DCOF是矩形，∴CD=OF=2，∴DE=CD﹣EC=2﹣．　22．已知B港口位于A观测点的东北方向，且其到A观测点正北方向的距离BD的长为16千米，一艘货轮从B港口以48千米/时的速度沿如图所示的BC方向航行，15分后到达C处，现测得C处位于A观测点北偏东75°方向，求此时货轮与A观测点之间的距离AC的长（精确大0.1千米）（参考数据：1.41，1.73，≈2.24，≈2.45）【考点】解直角三角形的应用-方向角问题．【分析】根据在Rt△ADB中，sin∠DAB=，得出AB的长，进而得出tan∠BAH=，求出BH的长，即可得出AH以及CH的长，进而得出答案．【解答】解：BC=48×=12，在Rt△ADB中，sin∠DAB=，∴AB==16，如图，过点B作BH⊥AC，交AC的延长线于H，在Rt△AHB中，∠BAH=∠DAC﹣∠DAB=75°﹣45°=30°，tan∠BAH==，∴AH=BH，BH2+AH2=AB2，BH2+（BH）2=（16）2，∴BH=8，∴AH=8，在Rt△BCH中，BH2+CH2=BC2，∴CH=4，∴AC=AH﹣CH=8﹣4≈15.7km，答：此时货轮与A观测点之间的距离AC约为15.7km．　23．用总长为60cm的篱笆围成矩形场地．（Ⅰ）根据题意，填写下表： 矩形一边长/m 5 10 15 20 矩形面积/m2 125 200 225 200（Ⅱ）设矩形一边长为lm，矩形面积为Sm2，当l是多少时，矩形场地的面积S最大？并求出矩形场地的最大面积；（Ⅱ）当矩形的长为　18　m，宽为　12　m时，矩形场地的面积为216m2．【考点】二次函数的应用；一元二次方程的应用．【分析】（1）根据一边长及周长求出另一边长，再根据矩形面积公式计算可得；（2）先表示出矩形的另一边长，再根据：矩形面积=长×宽，可得面积S关于l的函数解析式，配方成顶点式可得其最值情况；（3）在以上函数解析式中令S=216，解方程可得l的值．【解答】解：（1）若矩形一边长为10m，则另一边长为﹣10=20（m），此时矩形面积为：10×20=200（m2），若矩形一边长为15m，则另一边长为﹣15=15（m），此时矩形面积为：15×15=225（m2），若矩形一边长为20m，则另一边长为﹣20=10（m），此时矩形面积为：10×20=200（m2），完成表格如下： 矩形一边长/m 5 10 15 20 矩形面积/m2 125 200 225 200（2）矩形场地的周长为60m，一边长为lm，则另一边长为（﹣l）m，∴矩形场地的面积S=l（30﹣l）=﹣l2+30l=﹣（l﹣15）2+225，当l=15时，S取得最大值，最大值为225m2，答：当l是15m时，矩形场地的面积S最大，最大面积为225m2；（3）根据题意，得：﹣l2+30l=216，解得：l=12或l=18，∴当矩形的长为18m，宽为12m时，矩形场地的面积为216m2，故答案为：18，12．　24．在平面直角坐标系中，O是坐标原点，▱ABCD的顶点A的坐标为（﹣2，0），点D的坐标为（0，2），点B在x轴的正半轴上，点E为线段AD的中点．（Ⅰ）如图1，求∠DAO的大小及线段DE的长；（Ⅱ）过点E的直线l与x轴交于点F，与射线DC交于点G．连接OE，△OEF′是△OEF关于直线OE对称的图形，记直线EF′与射线DC的交点为H，△EHC的面积为3．①如图2，当点G在点H的左侧时，求GH，DG的长；②当点G在点H的右侧时，求点F的坐标（直接写出结果即可）．【考点】四边形综合题．【分析】（Ⅰ）由A（﹣2，0），D（0，2）用三角函数求出∠DAO，再根据点E是中点求出DE，（Ⅱ）①先用三角函数求出GH=6，再判断出△EAO是等边三角形，然后判断出△DHE∽△DEG得到比例式列方程求出DG．②先用三角函数求出GH=6，再判断出△EAO是等边三角形，然后判断出△DHE∽△DEG得到比例式列方程求出DG，从而求出OF，根据点F的位置确定出点F的坐标．【解答】解：（Ⅰ）∵A（﹣2，0），D（0，2）∴AO=2，DO=2，∴tan∠DAO==，∴∠DAO=60°，∴∠ADO=30°，∴AD=2AO=4，∵点E为线段AD中点，∴DE=2；（Ⅱ）①如图2，过点E作EM⊥CD，∴CD∥AB，∴∠EDM=∠DAB=60°，∴EM=DEsin60°=，∴GH=6，∵CD∥AB，∴∠DGE=∠OFE，∵△OEF′是△OEF关于直线OE的对称图形，∴△OEF′≌△OEF，∴∠OFE=∠OF′E，∵点E是AD的中点，∴OE=AD=AE，∵∠EAO=60°，∴△EAO是等边三角形，∴∠EOA=60°，∠AEO=60°，∵△OEF′≌△OEF，∴∠EOF′=∠EOA=60°，∴∠EOF′=∠AEO，∴AD∥OF′，∴∠OF′E=∠DEH，∴∠DEH=∠DGE，∵∠DEH=∠EDG，∴△DHE∽△DEG，∴，∴DE2=DG×DH，设DG=x，则DH=x+6，∴4=x（x+6），∴x1=﹣3+，x2=﹣3﹣，∴DG=﹣3+．②如图3，过点E作EM⊥CD，∴CD∥AB，∴∠EDM=∠DAB=60°，∴EM=DEsin60°=，∴GH=6，∵CD∥AB，∴∠DHE=∠OFE，∵△OEF′是△OEF关于直线OE的对称图形，∴△OEF′≌△OEF，∴∠OFE=∠OF′E，∵点E是AD的中点，∴OE=AD=AE，∵∠EAO=60°，∴△EAO是等边三角形，∴∠EOA=60°，∠AEO=60°，∵△OEF′≌△OEF，∴∠EOF′=∠EOA=60°，∴∠EOF′=∠AEO，∴AD∥OF′，∴∠OF′E=∠DEH，∴∠DEG=∠DHE，∵∠DEG=∠EDH，∴△DGE∽△DEH，∴，∴DE2=DG×DH，设DH=x，则DG=x+6，∴4=x（x+6），∴x1=﹣3+，x2=﹣3﹣，∴DH=﹣3+．∴DG=3+∴DG=AF=3+，∴OF=5+，∴F（﹣5﹣，0）．　25．已知直线l：y=x，抛物线C：y=x2+bx+c．（1）当b=4，c=1时，求直线l与抛物线C的交点坐标；（2）当b=，c=﹣4时，将直线l绕原点逆时针旋转15°后与抛物线C交于A，B两点（A点在B点的左侧），求A，B两点的坐标；（3）若将（2）中的条件“c=﹣4”去掉，其他条件不变，且2≤AB≤4，求c的取值范围．【考点】二次函数图象与几何变换．【分析】（1）联立方程，解方程求得即可；（2）由题意得旋转后的直线的解析式为y=x，然后联立方程，解方程求得即可；（3）根据题意求得交点坐标，然后根据勾股定理表示出AB，得出不等式，解不等式即可求得c的取值范围．【解答】解：（1）∵b=4，c=1，∴抛物线C：y=x2+4x+1．解得或，∴直线l与抛物线C的交点坐标是（，）或（，）；（2）设直线绕原点逆时针旋转15°得到直线AB，而直线l与x轴的夹角为45°，∴旋转后直线AB与x轴的夹角为60°，∴旋转后的直线AB的解析式为y=x，解得或，∴A（﹣2，﹣2），B（2，2）；（3）整理得，x2+c=0，解得x=±，∴A（﹣，﹣），B（，），∴AB==4，∵2≤AB≤4，∴2≤4≤4，∴﹣1≤c≤﹣．