2018北京海淀初三（上）期中
数学
一.选择题（每小题3分，共8小题，满分18分）
1.一元二次方程2x2m+1）x+1=x（x﹣1）化成一般形式后一次项的系数为﹣2，则m的值为（ ）
A. 1 B. 1 C. ﹣2 D. 2
2.将抛物线y=x26x+21向左平移2个单位后，得到新抛物线的解析式为（ ）
A. y=x﹣8）2+5 B. y=（x﹣4）2+5 C. y=（x﹣8）2+3 D. y=（x﹣4）2+3
3.如图，AB是⊙O的弦，OAOC是⊙O的半径，∠BAO=37°，则∠AOC的度数是（ ）度.
A. 74 B. 106 C. 117 D. 127
4.下列图标中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
5.用配方法解方程x2x﹣1=0时，应将其变形为（ ）
A. x﹣）2= B. （x+）2= C. （x﹣）2=0 D. （x﹣）2=
6.正三角形绕其中心旋转一定角度后，与自身重合，旋转角至少为（ ）
A. 30° B. 60° C. 120° D. 180°
7.已知一次函数y1=2x，二次函数y2=x2+1，对于x的同一个值，这两个函数所对应的函数值为y1和y2，则下列关系正确的是（ ）
A. y1y2 B. y1≥y2 C. y1＜y2 D. y1≤y2
8.如图，在△ABC中，∠B=90°AB=3cm，BC=6cm，动点P从点A开始沿AB向点B以1cm/s的速度移动，动点Q从点B开始沿BC向点C以2cm/s的速度移动，若PQ两点分别从AB两点同时出发，P点到达B点运动停止，则△PBQ的面积S随出发时间t的函数关系图象大致是（ ）
A. B. C. D.
二.填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
9.在直角坐标系中，点A1，﹣2）关于原点对称的点的坐标是_____.
10.请写出一个开口向下，且与y轴的交点坐标为（04）的抛物线的表达式_____.
11.如图，在圆内接四边形ABCD中，O为圆心，∠BOD=160°，则∠BCD的度数为_____.
12.如果抛物线y=ax22ax+c与x轴的一个交点为（50），那么与x轴的另一个交点的坐标是_____.
13.如图，在平面直角坐标系中，△DEF是由△ABC旋转得到的，则旋转的角度是_____°.
14.抛物线y=2x2+3x+k2经过点（﹣10），那么k=_____.
15.如图，在⊙O中，直径AB⊥弦CD于E，若EB=1cmCD=4cm，则弦心距OE的长是_____cm.
16.如图所示，已知线段AB=6，现按照以下步骤作图：
①分别以点AB为圆心，以大于AB的长为半径画弧，两弧相交于点C和点D
②连结CD交AB于点P.
则线段PB的长为_____.
三.解答题（共12小题，满分72分）
17.解方程：x24x﹣5=0.
18.（1）问题发现：如图1，如果△ACB和△CDE均为等边三角形，点AD、E在同一直线上，连接BE.则AD与BE的数量关系为 ；∠AEB的度数为 度.
2）拓展探究：如图2，如果△ACB和△CDE均为等腰三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点AD、E在同一直线上，连接BE，判断线段AE与BE的位置关系，并说明理由.
19.已知x=1是关于x的一元二次方程x24mx+m2=0的根，求代数式2mm﹣2）﹣（m+）（m﹣）的值.
20.如图，在⊙O中，弦AB与DC相交于E，且BE=DE，求证：.
21.已知：如图所示，在△ABC中，∠B=90°AB=5cm，BC=7cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动.
1）如果PQ分别从AB同时出发，那么几秒后，△PBQ的面积等于4cm2
（2）如果PQ分别从AB同时出发，那么几秒后，△PBQ中PQ的长度等于5cm
（3）在（1）中，当PQ出发几秒时，△PBQ有最大面积？
22.已知关于x的方程x22x+m=0有两个不相等的实数根x1x2
（1）求实数m的取值范围；
2）若x1x2=2，求实数m的值．
23.解方程：x2+6x2=0.
24.在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，点AC的坐标分别是（04），（﹣1，0），将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′C′D′.
1）若抛物线经过点CA、A′，求此抛物线的解析式；
2）点M是第一象限内抛物线上的一动点，为点M在何处时，△AMA′的面积最大？最大面积是多少？并求出此到点M的坐标.
25.如图，已知AB是圆O的直径，弦CD交AB于点E∠CEA=30°，OE=4，DE=5，求弦CD及圆O的半径长.
26.如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l与x轴、y轴分别交于点A和点B0，﹣1），抛物线经过点B，且与直线l的另一个交点为C4，n）.
（1）求n的值和抛物线的解析式；
2）点D在抛物线上，且点D的横坐标为t0＜t＜4）.DE∥y轴交直线l于点E，点F在直线l上，且四边形DFEG为矩形（如图2.若矩形DFEG的周长为p，求p与t的函数关系式以及p的最大值；
3）M是平面内一点，将△AOB绕点M沿逆时针方向旋转90°后，得到△A1O1B1，点AO、B的对应点分别是点A1O1、B1.若△A1O1B1的两个顶点恰好落在抛物线上，请直接写出点A1的横坐标.
27.如图，直线y=2x+7与x轴、y轴分别相交于点CB，与直线y=x相交于点A.
1）求A点坐标；
2）如果在y轴上存在一点P，使△OAP是以OA为底边的等腰三角形，则P点坐标是 ；
（3）在直线y=2x+7上是否存在点Q，使△OAQ的面积等于6？若存在，请求出Q点的坐标，若不存在，请说明理由.
28.阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形.小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC=∠DAEAB=AC，AD=AE，则BD=CE.
1）在图1中证明小胖的发现；
借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：
2）如图2AB=BC，∠ABC=∠BDC=60°，求证：AD+CD=BD
（3）如图3，在△ABC中，AB=AC∠BAC=m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC=∠ACFED⊥FD，求∠EAF的度数（用含有m的式子表示）.
一.选择题（每小题3分，共8小题，满分18分）
1.
【答案】D
【解析】
【分析】
整理为一般形式后，根据一次项的系数为-2，列方程求解即可．
【详解】整理得：x2-mx+1=0
∵一次项的系数为-2
∴-m=-2，
解得：m=2
故选D
【点睛】考查了一元二次方程的一般形式，解决本题的关键是得到整理后的相关式子．在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中ab，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
2.
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用配方法将原式变形，进而利用平移规律得出答案．
【详解】y=x26x+21
=（x2﹣12x）+21
=[（x﹣6）2﹣36]+21
=（x﹣6）2+3，
故y=x﹣6）2+3，向左平移2个单位后，
得到新抛物线的解析式为：y=x﹣4）2+3．
故选D
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，熟记函数图象平移的规律并正确配方将原式变形是解题关键．
3.
【答案】D
【解析】
【分析】
连接OB，进而得出∠AOB的度数，然后根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求得∠AOC的度数．
【详解】连接OB
∵OA=OB，∠BAO=37°，
∴∠AOB=180°-2×37°=106°，
∵，
∴∠AOC=∠BOC=＝127°，
故选D
【点睛】此题考查了圆周角定理．此题难度不大，注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等定理的应用是解此题的关键．
4.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据中心对称图形的概念 对各选项分析判断即可得解．
【详解】A、不是中心对称图形，故本选项错误；
B、不是中心对称图形，故本选项错误；
C、不是中心对称图形，故本选项错误；
D、是中心对称图形，故本选项正确．
故选D
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
5.
【答案】D
【解析】
分析：本题要求用配方法解一元二次方程首先将常数项移到等号的右侧将等号左右两边同时加上一次项系数一半的平方即可将等号左边的代数式写成完全平方形式．
详解∵x2﹣x﹣1=0，∴x2﹣x=1，∴x2﹣x+=1+，∴（x﹣）2=．
故选D
点睛配方法的一般步骤
（1）把常数项移到等号的右边
（2）把二次项的系数化为1
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时最好使方程的二次项的系数为1一次项的系数是2的倍数．
6.
【答案】C
【解析】
【分析】
求出正三角形的中心角即可得解
【详解】正三角形绕其中心旋转一定角度后，与自身重合，旋转角至少为120°
故选C
【点睛】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角，掌握正多边形的中心角的求解是解题的关键
7.
【答案】D
【解析】
【分析】
首先判断数y1=-2x，二次函数y2=x2+1，只有一个交点，如图所示，利用图象法即可解决问题．
【详解】由，消去y得到：x2+2x+1=0
∵△=0，
∴直线y=-2x与抛物线y=x2+1只有一个交点，如图所示，
观察图象可知：y1≤y2
故选D
【点睛】本题考查一次函数与二次函数的应用，解题的关键是判断出直线与抛物线只有一个交点，学会利用图象法解决问题．
8.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意得PB=3-tBQ=2t，根据三角形面积公式可得S与t的函数关系式，由此进行判断即可得.
【详解】由题意AP=tBQ=2t，则BP=3-t
∴S=BQ·BP==-t2+3t（0≤t≤3），
观察只有C选项符合，
故选C.
【点睛】本题考查了二次函数的应用，动点问题的函数图象，熟练掌握二次函数的图象及性质是解题的关键.
二.填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
9.
【答案】1，2）.
【解析】
试题分析：根据“平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数”解答．
解：根据关于原点对称的点的坐标的特点，
点（1，﹣2）关于原点过对称的点的坐标是（﹣1，2）．
故答案为：（﹣1，2）．
考点：关于原点对称的点的坐标．
10.
【答案】y=x2+4.
【解析】
试题解析：开口向下，则
y轴的交点坐标为
这个抛物线可以是
故答案为：
11
【答案】100°.
【解析】
试题分析：BOD=160°，
BAD=∠BOD=80°，
A、B、C、D四点共圆，
BCD+∠BAD=180°，
BCD=100°，
故答案为：100°．
考点：圆内接四边形的性质．
12.
【答案】3，0）.
【解析】
∵抛物线y=ax22ax+c（a≠0）的对称轴为直线x=1，且抛物线与x轴的一个交点为（50），
∴抛物线与x轴的另一交点坐标为（1×25，0），即（﹣30）．
故答案为：（﹣30）．
13.
【答案】90.
【解析】
【分析】
根据网格结构，先找出对应点连线的垂直平分线的交点为旋转中心，那么一对对应点与旋转中心连线的夹角即为旋转角．
【详解】由图可知，A与DB与E分别是对应点，
作出线段ADBE的垂直平分线，得到旋转中心P的坐标为（﹣10），
则∠BPE=90°
故答案为90
【点睛】本题考查了图形的旋转变化，找出旋转中心P的坐标为（﹣10）是解答本题的关键.
14.
【答案】3.
【解析】
试题解析：把（-10）代入得：
2-3+k-2=0,
解得：k=3.
故答案为3.
15.
【答案】1.5.
【解析】
试题分析：AB为O的直径，ABCD，CE=DE=CD=×4=2（cm）.
如图,连接OC,设O的半径为xcm，则OC=xcm，OE=OB-BE=x-1（cm），
在Rt△OCE中，OC2=OE2+CE2，∴x2=（x-1）2+22，解得：x=.
∴OE=(cm)．
考点：1.垂径定理；2.勾股定理．
16.
【答案】3.
【解析】
分析：根据作图得出CD是线段AB的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质即可得出结论．
详解：∵分别以点A，B为圆心，以大于AB的长为半径画弧，两弧相交于点C和点D，
∴AC=BC，AD=BD，
∴CD是线段AB的垂直平分线，
∴PB=AB=3．
故答案为3．
点睛：本题考查了作图-基本作图以及线段垂直平分线的性质，熟知垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等是解答此题的关键．
三.解答题（共12小题，满分72分）
17.
【答案】x=﹣1或x=5.
【解析】
【分析】
因式分解后即可求解.
【详解】（x+1）（x﹣5）=0，
则x+1=0或x﹣5=0，
∴x=﹣1或x=5．
【点睛】此题考查了一元二次方程的解法-因式分解法，掌握因式分解法是解此题的关键.
18.
【答案】（1）相等，60；（2）AE⊥BE，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）由条件△ACB和△DCE均为等边三角形，易证△ACD≌△BCE，从而得到对应边相等，即AD=BE；由△ACD≌△BCE，可得∠ADC=∠BEC，由点A，D，E在同一直线上，可求出∠ADC=120°，从而可以求出∠AEB的度数；
（2）首先根据△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，可得AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，据此判断出∠ACD=∠BCE；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ACD≌△BCE，即可判断出BE=AD，∠BEC=∠ADC，进而判断出∠AEB的度数为90°．
【详解】（1）∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
∵，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC，
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE=∠CED=60°，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=120°，
∴∠BEC=120°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=60°，
故答案为：相等，60；
（2）AE⊥BE，
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，∠CDE=∠CED=45°，
∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB，
即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
∵，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE=AD，∠BEC=∠ADC，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=180-45=135°，
∴∠BEC=135°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°，即AE⊥BE．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定方法和性质，等边三角形的性质以及等腰直角三角形的性质的综合应用．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
19.
【答案】2.
【解析】
试题分析：根据一元二次方程的解的定义得则再化简原式得到然后利用整体思想进行计算．
试题解析：把x=1代入得：
∴
∴原式
20.
【答案】证明见解析.
【解析】
试题分析：由圆周角定理很快确定∠A=∠C，∠B=∠D，进而得出△AED≌△CEB，问题就迎刃而解了．
试题解析：证明：在△AED和△CEB中，，∴△AED≌△CEB（AAS），∴AD=BC，∴=．
21.
【答案】（1）1秒后，△PBQ的面积等于4cm2；（2）2秒后，△PBQ中PQ的长度等于5cm；（3）t=2.5时，面积最大.
【解析】
试题分析：（1）经过x秒钟，△PBQ的面积等于4cm2，根据点P从A点开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，表示出BP和BQ的长可列方程求解； （2）利用勾股定理列出方程求解即可； （3）根据题意列出△PBQ的面积与x的函数关系式即可解决．
试题解析：（1）设t秒后，△PBQ的面积等于4cm2，
则列方程为：（5-t）×2t×=4，
解得t1=1，t2=4（舍），
答：1秒后，△PBQ的面积等于4cm2.
（2）设x秒后，△PBQ中PQ的长度等于5cm，
列方程为：（5-x）2+（2x）2=52，
解得x1=0（舍），x2=2，
答：2秒后，△PBQ中PQ的长度等于5cm。
（3）设面积为Scm2，时间为t，
则S=（5-t）×2t×=-t2+5t，
当t=2.5时，面积最大.
22.
【答案】（1）m＜1；（2）0.
【解析】
分析：（1）根据根的判别式得出不等式，求出不等式的解集即可；
（2）根据根与系数的关系得出x1+x2=2，和已知组成方程组，求出方程组的解，再根据根与系数的关系求出m即可．
详解：（1）由题意得：△=（﹣2）2﹣4×1×m=4﹣4m＞0，
解得：m＜1，
即实数m的取值范围是m＜1；
（2）由根与系数的关系得：x1+x2=2，
即，
解得：x1=2，x2=0，
由根与系数的关系得：m=2×0=0．
点睛：本题考查了根与系数的关系和根的判别式、一元二次方程的解，能熟记根与系数的关系的内容和根的判别式的内容是解此题的关键．
23.
【答案】x=﹣3±.
【解析】
【分析】
利用配方法可求出一元二次方程的解.
【详解】∵x2+6x﹣2=0，
∴x2+6x=2，
则x2+6x+9=2+9，即（x+3）2=11，
∴x+3=±，
∴x=﹣3±.
【点睛】本题考查了用配方法解一元二次方程，解题的关键是熟悉其基本的步骤.
24.
【答案】（1）y=﹣x2+3x+4；（2）M的坐标为（2，6）.
【解析】
【分析】
（1）由平行四边形ABOC绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′OC′，且点A的坐标是（0，4），可求得点A′的坐标，然后利用待定系数法即可求得经过点C、A、A′的抛物线的解析式；
（2）首先连接AA′，设直线AA′的解析式为：y=kx+b，利用待定系数法即可求得直线AA′的解析式，再设点M的坐标为：（x，-x2+3x+4），继而可得△AMA′的面积，继而求得答案.
【详解】（1）∵平行四边形ABOC绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′OC′，且点A的坐标是（0，4），
∴点A′的坐标为：（4，0），
∵点A、C的坐标分别是（0，4）、（﹣1，0），抛物线经过点C、A、A′，
设抛物线的解析式为：y=ax2+bx+c，
∴，解得：，
∴此抛物线的解析式为：y=﹣x2+3x+4；
（2）连接AA′，设直线AA′的解析式为：y=kx+b，
∴，解得：，
∴直线AA′的解析式为：y=﹣x+4，
设点M的坐标为：（x，﹣x2+3x+4），
则S△AMA′=×4×[﹣x2+3x+4﹣（﹣x+4）]=﹣2x2+8x=﹣2（x﹣2）2+8，
∴当x=2时，△AMA′的面积最大，最大值S△AMA′=8，
∴M的坐标为：（2，6）；
【点睛】此题考查了待定系数法求函数解析式的知识、平行四边形的性质以及三角形面积问题，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，属于中考常考题型．
25.
【答案】弦CD的长为6，⊙O的半径长为.
【解析】
分析：过点作于，连接解，得到,根据求得的长，根据垂径定理即可求出弦的长，根据勾股定理即可求出圆的半径.
详解：过点作于，连接
∵ ∴.
在中，
∴，．
∵，∴．
∵过圆心,∴.
∴
∵
∴在中，
∴ 弦CD的长为，⊙O的半径长为．
点睛：属于圆的综合题，考查解直角三角形，勾股定理，垂径定理等，题目比较基础，熟练掌握各个知识点是解题的关键.
26.
【答案】（1）n=2，抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣1；（2）p=﹣t2+t，p最大值；（3）点A1的横坐标为或﹣.
【解析】
【分析】
（1）把点B的坐标代入直线解析式求出m的值，再把点C的坐标代入直线求解即可得到n的值，然后利用待定系数法求二次函数解析式解答；
（2）令y=0求出点A的坐标，从而得到OA、OB的长度，利用勾股定理列式求出AB的长，然后根据两直线平行，内错角相等可得∠ABO=∠DEF，再解直角三角形用DE表示出EF、DF，根据矩形的周长公式表示出p，利用直线和抛物线的解析式表示DE的长，整理即可得到P与t的关系式，再利用二次函数的最值问题解答；
（3）根据逆时针旋转角为90°可得A1O1∥y轴时，B1O1∥x轴，然后分①点O1、B1在抛物线上时，表示出两点的横坐标，再根据纵坐标相同列出方程求解即可；②点A1、B1在抛物线上时，表示出点B1的横坐标，再根据两点的纵坐标相差A1O1的长度列出方程求解即可．
【详解】（1）∵直线l：y=x+m经过点B（0，﹣1），
∴m=﹣1，
∴直线l的解析式为y=x﹣1，
∵直线l：y=x﹣1经过点C（4，n），
∴n=×4﹣1=2，
∵抛物线y=x2+bx+c经过点C（4，2）和点B（0，﹣1），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣1；
（2）令y=0，则x﹣1=0，
解得x=，
∴点A的坐标为（，0），
∴OA=，
在Rt△OAB中，OB=1，
∴AB=，
∵DE∥y轴，
∴∠ABO=∠DEF，
在矩形DFEG中，EF=DE?cos∠DEF=DE?，
DF=DE?sin∠DEF=DE?，
∴p=2（DF+EF）=2（，
∵点D的横坐标为t（0＜t＜4），
∴D（t，t2﹣t﹣1），E（t，t﹣1），
∴DE=（t﹣1）﹣（t2﹣t﹣1）=﹣t2+2t，
∴p=×（﹣t2+2t）=﹣t2+t，
∵p=﹣（t﹣2）2+，且﹣＜0，
∴当t=2时，p有最大值；
（3）∵△AOB绕点M沿逆时针方向旋转90°，
∴A1O1∥y轴时，B1O1∥x轴，设点A1的横坐标为x，
①如图1，点O1、B1在抛物线上时，点O1的横坐标为x，点B1的横坐标为x+1，
∴x2﹣x﹣1=（x+1）2﹣（x+1）﹣1，
解得x=，
②如图2，点A1、B1在抛物线上时，点B1的横坐标为x+1，点A1的纵坐标比点B1的纵坐标大，
∴x2﹣x﹣1=（x+1）2﹣（x+1）﹣1+，
解得x=﹣，
综上所述，点A1的横坐标为或﹣．
【点睛】本题是二次函数综合题型，主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式，锐角三角函数，长方形的周长公式，以及二次函数的最值问题，本题难点在于（3）根据旋转角是90°判断出A1O1∥y轴时，B1O1∥x轴，注意要分情况讨论．
27.
【答案】（1）A点坐标是（2，3）；（2）（0，）；（3）存在；点Q是坐标是（，）或（，﹣）.
【解析】
【分析】
（1）联立方程，解方程即可求得；
（2）设P点坐标是（0，y），根据勾股定理列出方程，解方程即可求得；
（3）分两种情况：①当Q点在线段AB上：作QD⊥y轴于点D，则QD=x，根据S△OBQ=S△OAB-S△OAQ列出关于x的方程解方程求得即可；②当Q点在AC的延长线上时，作QD⊥x轴于点D，则QD=-y，根据S△OCQ=S△OAQ-S△OAC列出关于y的方程解方程求得即可．
【详解】（1）解方程组：得：
∴A点坐标是（2，3）；
（2）设P点坐标是（0，y），
∵△OAP是以OA为底边的等腰三角形，
∴OP=PA，
∴22+（3﹣y）2=y2，
解得y=，
∴P点坐标是（0，），
故答案为（0，）；
（3）存在；
由直线y=﹣2x+7可知B（0，7），C（，0），
∵S△AOC=××3=＜6，S△AOB=×7×2=7＞6，
∴Q点有两个位置：Q在线段AB上和AC的延长线上，设点Q的坐标是（x，y），
当Q点在线段AB上：作QD⊥y轴于点D，如图①，则QD=x，
∴S△OBQ=S△OAB﹣S△OAQ=7﹣6=1，
∴OB?QD=1，即×7x=1，
∴x=，
把x=代入y=﹣2x+7，得y=，
∴Q的坐标是（，），
当Q点在AC的延长线上时，作QD⊥x轴于点D，如图②则QD=﹣y，
∴S△OCQ=S△OAQ﹣S△OAC=6﹣=，
∴OC?QD=，即××（﹣y）=，
∴y=﹣，
把y=﹣代入y=﹣2x+7，解得x=，
∴Q的坐标是（，﹣），
综上所述：点Q是坐标是（，）或（，﹣）.
【点睛】本题是一次函数的综合题，考查了交点的求法，勾股定理的应用，三角形面积的求法等，分类讨论思想的运用是解题的关键．
28.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =m°.
【解析】
分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC，只要证明△DAB≌△EAC即可；
（2）如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．首先证明△BDE是等边三角形，再证明△ABD≌△CBE即可解决问题；
（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．想办法证明△AFE≌△AFG，可得∠EAF=∠FAG=m°.
详（1）证明：如图1中，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC，
∴BD=EC．
（2）证明：如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．
∵DB=DE，∠BDC=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠BD=BE，∠DBE=∠ABC=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∵AB=BC，
∴△ABD≌△CBE，
∴AD=EC，
∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．
∴AD+CD=BD．
（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．
由（1）可知△EAB≌△GAC，
∴∠1=∠2，BE=CG，
∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，
∴△EDB≌△MDC，
∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，
∵∠EBC=∠ACF，
∴∠MCD=∠ACF，
∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，
∴∠1=3=∠2，
∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，
∵CF=CF，CG=CM，
∴△CFG≌△CFM，
∴FG=FM，
∵ED=DM，DF⊥EM，
∴FE=FM=FG，
∵AE=AG，AF=AF，
∴△AFE≌△AFG，
∴∠EAF=∠FAG=m°．
点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．
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