安徽省滁州市南譙區(qū)市級名校2022年中考考前最后一卷數(shù)學(xué)試卷含解析

安徽省滁州市南譙區(qū)市級名校2022年中考考前最后一卷數(shù)學(xué)試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1．﹣2018的相反數(shù)是（）A．﹣2018 B．2018 C．±2018 D．﹣2．如圖，O為原點，點A的坐標(biāo)為（3，0），點B的坐標(biāo)為（0，4），⊙D過A、B、O三點，點C為上一點（不與O、A兩點重合），則cosC的值為（）A． B． C． D．3．下列生態(tài)環(huán)保標(biāo)志中，是中心對稱圖形的是（）A．B．C．D．4．共享單車為市民出行帶來了方便，某單車公司第一個月投放1000輛單車，計劃第三個月投放單車數(shù)量比第一個月多440輛．設(shè)該公司第二、三兩個月投放單車數(shù)量的月平均增長率為x，則所列方程正確的為（）A．1000（1+x）2＝1000+440 B．1000（1+x）2＝440C．440（1+x）2＝1000 D．1000（1+2x）＝1000+4405．1﹣的相反數(shù)是（）A．1﹣ B．﹣1 C． D．﹣16．如圖，正方形ABCD邊長為4，以BC為直徑的半圓O交對角線BD于點E，則陰影部分面積為（）A．π B．π C．6﹣π D．2﹣π7．甲、乙、丙、丁四名射擊運動員進(jìn)行淘汰賽，在相同條件下，每人射擊10次，甲、乙兩人的成績?nèi)鐖D所示，丙、丁二人的成績?nèi)绫硭荆蕴幻\動員，從平均數(shù)和方差兩個因素分析，應(yīng)淘汰（）丙丁平均數(shù)88方差1.21.8A．甲 B．乙 C．丙 D．丁8．如圖是由三個相同的小正方體組成的幾何體，則該幾何體的左視圖是（）A． B． C． D．9．全球芯片制造已經(jīng)進(jìn)入10納米到7納米器件的量產(chǎn)時代．中國自主研發(fā)的第一臺7納米刻蝕機，是芯片制造和微觀加工最核心的設(shè)備之一，7納米就是0.000000007米．?dāng)?shù)據(jù)0.000000007用科學(xué)記數(shù)法表示為（）A．0.7×10﹣8 B．7×10﹣8 C．7×10﹣9 D．7×10﹣1010．下列圖案中，是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11．如圖，在菱形ABCD中，于E，，，則菱形ABCD的面積是______．12．為了綠化校園，30名學(xué)生共種78棵樹苗，其中男生每人種3棵，女生每人種2棵，設(shè)男生有x人，女生有y人，根據(jù)題意，所列方程組正確的是（）A． B． C． D．13．如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=15°，AB的垂直平分線與AC交于點D，與AB交于點E，連接BD．若AD=14，則BC的長為_____．14．如圖，菱形ABCD的邊AD⊥y軸，垂足為點E，頂點A在第二象限，頂點B在y軸的正半軸上，反比例函數(shù)y＝(k≠0，x＞0)的圖象經(jīng)過頂點C、D，若點C的橫坐標(biāo)為5，BE＝3DE，則k的值為______．15．如圖，在△ABC中，DE∥BC，，則＝_____．16．關(guān)于x的方程kx2﹣（2k+1）x+k+2=0有實數(shù)根，則k的取值范圍是_____．三、解答題（共8題，共72分）17．（8分）解方程：=1．18．（8分）班級的課外活動，學(xué)生們都很積極.梁老師在某班對同學(xué)們進(jìn)行了一次關(guān)于“我喜愛的體育項目”的調(diào)査，下面是他通過收集數(shù)據(jù)后，繪制的兩幅不完整的統(tǒng)計圖.請根據(jù)圖中的信息，解答下列問題：調(diào)查了________名學(xué)生；補全條形統(tǒng)計圖；在扇形統(tǒng)計圖中，“乒乓球”部分所對應(yīng)的圓心角度數(shù)為________；學(xué)校將舉辦運動會，該班將推選5位同學(xué)參加乒乓球比賽，有3位男同學(xué)和2位女同學(xué)，現(xiàn)準(zhǔn)備從中選取兩名同學(xué)組成雙打組合，用樹狀圖或列表法求恰好選出一男一女組成混合雙打組合的概率.19．（8分）如圖是東方貨站傳送貨物的平面示意圖，為了提高安全性，工人師傅打算減小傳送帶與地面的夾角，由原來的45°改為36°，已知原傳送帶BC長為4米，求新傳送帶AC的長及新、原傳送帶觸地點之間AB的長．（結(jié)果精確到0.1米）參考數(shù)據(jù)：sin36°≈0.59，cos36°≈0.1，tan36°≈0.73，取1.41420．（8分）如圖，對稱軸為直線的拋物線與x軸相交于A、B兩點，其中A點的坐標(biāo)為（－3，0）．（1）求點B的坐標(biāo)；（2）已知，C為拋物線與y軸的交點．①若點P在拋物線上，且，求點P的坐標(biāo)；②設(shè)點Q是線段AC上的動點，作QD⊥x軸交拋物線于點D，求線段QD長度的最大值．21．（8分）如圖，點A，B，C都在拋物線y=ax2﹣2amx+am2+2m﹣5（其中﹣＜a＜0）上，AB∥x軸，∠ABC=135°，且AB=1．（1）填空：拋物線的頂點坐標(biāo)為（用含m的代數(shù)式表示）；（2）求△ABC的面積（用含a的代數(shù)式表示）；（3）若△ABC的面積為2，當(dāng)2m﹣5≤x≤2m﹣2時，y的最大值為2，求m的值．22．（10分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A在x軸的正半軸上，點B的坐標(biāo)為（0，4），BC平分∠ABO交x軸于點C（2，0）．點P是線段AB上一個動點（點P不與點A，B重合），過點P作AB的垂線分別與x軸交于點D，與y軸交于點E，DF平分∠PDO交y軸于點F．設(shè)點D的橫坐標(biāo)為t．（1）如圖1，當(dāng)0＜t＜2時，求證：DF∥CB；（2）當(dāng)t＜0時，在圖2中補全圖形，判斷直線DF與CB的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（3）若點M的坐標(biāo)為（4，-1），在點P運動的過程中，當(dāng)△MCE的面積等于△BCO面積的倍時，直接寫出此時點E的坐標(biāo)．23．（12分）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點A（2，0），點B（0，2），點O（0，0）．△AOB繞著O順時針旋轉(zhuǎn)，得△A′OB′，點A、B旋轉(zhuǎn)后的對應(yīng)點為A′、B′，記旋轉(zhuǎn)角為α．（I）如圖1，若α=30°，求點B′的坐標(biāo)；（Ⅱ）如圖2，若0°＜α＜90°，設(shè)直線AA′和直線BB′交于點P，求證：AA′⊥BB′；（Ⅲ）若0°＜α＜360°，求（Ⅱ）中的點P縱坐標(biāo)的最小值（直接寫出結(jié)果即可）．24．如圖，點P是⊙O外一點，請你用尺規(guī)畫出一條直線PA，使得其與⊙O相切于點A，（不寫作法，保留作圖痕跡）

參考答案一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1、B【解析】分析：只有符號不同的兩個數(shù)叫做互為相反數(shù)．詳解：-1的相反數(shù)是1．故選：B．點睛：本題主要考查的是相反數(shù)的定義，掌握相反數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．2、D【解析】

如圖，連接AB，由圓周角定理，得∠C=∠ABO，在Rt△ABO中，OA=3，OB=4，由勾股定理，得AB=5，∴．故選D．3、B【解析】試題分析：A、不是中心對稱圖形，故本選項錯誤；B、是中心對稱圖形，故本選項正確；C、不是中心對稱圖形，故本選項錯誤；D、不是中心對稱圖形，故本選項錯誤．故選B．【考點】中心對稱圖形．4、A【解析】

根據(jù)題意可以列出相應(yīng)的一元二次方程，從而可以解答本題．【詳解】解：由題意可得，1000（1+x）2＝1000+440，故選：A．【點睛】此題主要考查一元二次方程的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意找到等量關(guān)系進(jìn)行列方程.5、B【解析】

根據(jù)相反數(shù)的的定義解答即可.【詳解】根據(jù)a的相反數(shù)為-a即可得，1﹣的相反數(shù)是﹣1.故選B.【點睛】本題考查了相反數(shù)的定義，熟知相反數(shù)的定義是解決問題的關(guān)鍵.6、C【解析】

根據(jù)題意作出合適的輔助線，可知陰影部分的面積是△BCD的面積減去△BOE和扇形OEC的面積．【詳解】由題意可得，BC=CD=4，∠DCB=90°，連接OE，則OE=BC，∴OE∥DC，∴∠EOB=∠DCB=90°，∴陰影部分面積為：==6-π，故選C．【點睛】本題考查扇形面積的計算、正方形的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．7、D【解析】

求出甲、乙的平均數(shù)、方差，再結(jié)合方差的意義即可判斷．【詳解】=（6+10+8+9+8+7+8+9+7+7）=8，=[（6-8）2+（10-8）2+（8-8）2+（9-8）2+（8-8）2+（7-8）2+（8-8）2+（9-8）2+（7-8）2+（7-8）2]=×13=1.3；=（7+10+7+7+9+8+7+9+9+7）=8，=[（7-8）2+（10-8）2+（7-8）2+（7-8）2+（9-8）2+（8-8）2+（7-8）2+（9-8）2+（9-8）2+（7-8）2]=×12=1.2；丙的平均數(shù)為8，方差為1.2，丁的平均數(shù)為8，方差為1.8，故4個人的平均數(shù)相同，方差丁最大．故應(yīng)該淘汰丁．故選D．【點睛】本題考查方差、平均數(shù)、折線圖等知識，解題的關(guān)鍵是記住平均數(shù)、方差的公式．8、C【解析】分析：細(xì)心觀察圖中幾何體中正方體擺放的位置，根據(jù)左視圖是從左面看到的圖形判定則可．詳解：從左邊看豎直疊放2個正方形．故選：C．點睛：此題考查了幾何體的三種視圖和學(xué)生的空間想象能力，左視圖是從物體左面看所得到的圖形，解答時學(xué)生易將三種視圖混淆而錯誤的選其它選項．9、C【解析】

本題根據(jù)科學(xué)記數(shù)法進(jìn)行計算.【詳解】因為科學(xué)記數(shù)法的標(biāo)準(zhǔn)形式為a×(1≤|a|≤10且n為整數(shù)),因此0.000000007用科學(xué)記數(shù)法法可表示為7×，故選C.【點睛】本題主要考察了科學(xué)記數(shù)法，熟練掌握科學(xué)記數(shù)法是本題解題的關(guān)鍵.10、B【解析】

根據(jù)軸對稱圖形的定義，逐一進(jìn)行判斷.【詳解】A、C是中心對稱圖形，但不是軸對稱圖形；B是軸對稱圖形；D不是對稱圖形.故選B.【點睛】本題考查的是軸對稱圖形的定義.二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11、【解析】

根據(jù)題意可求AD的長度，即可得CD的長度，根據(jù)菱形ABCD的面積=CD×AE，可求菱形ABCD的面積．【詳解】∵sinD=∴∴AD=11∵四邊形ABCD是菱形∴AD=CD=11∴菱形ABCD的面積=11×8=96cm1．故答案為：96cm1．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，解直角三角形，熟練運用菱形性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．12、A【解析】

該班男生有x人，女生有y人．根據(jù)題意得：，故選D．考點：由實際問題抽象出二元一次方程組．13、1【解析】解：∵DE是AB的垂直平分線，∴AD=BD=14，∴∠A=∠ABD=15°，∴∠BDC=∠A+∠ABD=15°+15°=30°．在Rt△BCD中，BC=BD=×14=1．故答案為1．點睛：本題考查了線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等的性質(zhì)，三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和的性質(zhì)，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半的性質(zhì)，熟記性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．14、【解析】

過點D作DF⊥BC于點F，由菱形的性質(zhì)可得BC＝CD，AD∥BC，可證四邊形DEBF是矩形，可得DF＝BE，DE＝BF，在Rt△DFC中，由勾股定理可求DE＝1，DF＝3，由反比例函數(shù)的性質(zhì)可求k的值．【詳解】如圖，過點D作DF⊥BC于點F，∵四邊形ABCD是菱形，∴BC＝CD，AD∥BC，∵∠DEB＝90°，AD∥BC，∴∠EBC＝90°，且∠DEB＝90°，DF⊥BC，∴四邊形DEBF是矩形，∴DF＝BE，DE＝BF，∵點C的橫坐標(biāo)為5，BE＝3DE，∴BC＝CD＝5，DF＝3DE，CF＝5﹣DE，∵CD2＝DF2+CF2，∴25＝9DE2+(5﹣DE)2，∴DE＝1，∴DF＝BE＝3，設(shè)點C(5，m)，點D(1，m+3)，∵反比例函數(shù)y＝圖象過點C，D，∴5m＝1×(m+3)，∴m＝，∴點C(5，)，∴k＝5×＝，故答案為：【點睛】本題考查了反比例函數(shù)圖象點的坐標(biāo)特征，菱形的性質(zhì)，勾股定理，求出DE的長度是本題的關(guān)鍵．15、【解析】

先利用平行條件證明三角形的相似,再利用相似三角形面積比等于相似比的平方,即可解題.【詳解】解：∵DE∥BC，，∴,由平行條件易證△ADE△ABC,∴S△ADE:S△ABC=1:9,∴=.【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì),中等難度,熟記相似三角形的面積比等于相似比的平方是解題關(guān)鍵.16、k≤．【解析】

分k=1及k≠1兩種情況考慮：當(dāng)k=1時，通過解一元一次方程可得出原方程有解，即k=1符合題意；等k≠1時，由△≥1即可得出關(guān)于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范圍．綜上此題得解．【詳解】當(dāng)k=1時，原方程為-x+2=1，解得：x=2，∴k=1符合題意；當(dāng)k≠1時，有△=[-（2k+1）]2-4k（k+2）≥1，解得：k≤且k≠1．綜上：k的取值范圍是k≤．故答案為：k≤．【點睛】本題考查了根的判別式以及一元二次方程的定義，分k=1及k≠1兩種情況考慮是解題的關(guān)鍵．三、解答題（共8題，共72分）17、x=1【解析】

方程兩邊同乘轉(zhuǎn)化為整式方程，解整式方程后進(jìn)行檢驗即可得.【詳解】解：方程兩邊同乘得:，整理，得，解這個方程得，，經(jīng)檢驗，是增根，舍去，所以，原方程的根是．【點睛】本題考查了解分式方程，解分式方程的關(guān)鍵是方程兩邊同乘分母的最簡公分母化為整式方程然后求解，注意要進(jìn)行檢驗.18、50見解析（3）115.2°(4)【解析】試題分析：（1）用最喜歡籃球的人數(shù)除以它所占的百分比可得總共的學(xué)生數(shù);（2）用學(xué)生的總?cè)藬?shù)乘以各部分所占的百分比,可得最喜歡足球的人數(shù)和其他的人數(shù),即可把條形統(tǒng)計圖補充完整;（3）根據(jù)圓心角的度數(shù)=360o×它所占的百分比計算;（4）列出樹狀圖可知，共有20種等可能的結(jié)果，兩名同學(xué)恰為一男一女的有12種情況，從而可求出答案.解：（1）由題意可知該班的總?cè)藬?shù)=15÷30%=50（名）故答案為50；（2）足球項目所占的人數(shù)=50×18%=9（名），所以其它項目所占人數(shù)=50﹣15﹣9﹣16=10（名）補全條形統(tǒng)計圖如圖所示：（3）“乒乓球”部分所對應(yīng)的圓心角度數(shù)=360°×=115.2°，故答案為115.2°；（4）畫樹狀圖如圖．由圖可知，共有20種等可能的結(jié)果，兩名同學(xué)恰為一男一女的有12種情況，所以P（恰好選出一男一女）==．點睛：本題考查的是條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖的綜合運用，概率的計算.讀懂統(tǒng)計圖,從不同的統(tǒng)計圖中得到必要的信息及掌握概率的計算方法是解決問題的關(guān)鍵.19、新傳送帶AC的長為1.8m，新、原傳送帶觸地點之間AB的長約為1.2m．【解析】

根據(jù)題意得出：∠A=36°，∠CBD=15°，BC=1，即可得出BD的長，再表示出AD的長，進(jìn)而求出AB的長．【詳解】解：如圖，作CD⊥AB于點D，由題意可得：∠A=36°，∠CBD=15°，BC=1．在Rt△BCD中，sin∠CBD=，∴CD=BCsin∠CBD=2．∵∠CBD=15°，∴BD=CD=2．在Rt△ACD中，sinA=，tanA=，∴AC=≈≈1.8，AD==，∴AB=AD﹣BD=﹣2=﹣2×1.111≈3.87﹣2.83=1.21≈1.2．答：新傳送帶AC的長為1.8m，新、原傳送帶觸地點之間AB的長約為1.2m．【點睛】本題考查了坡度坡角問題，正確構(gòu)建直角三角形再求出BD的長是解題的關(guān)鍵．20、（1）點B的坐標(biāo)為（1，0）.（2）①點P的坐標(biāo)為（4，21）或（－4，5）.②線段QD長度的最大值為.【解析】

（1）由拋物線的對稱性直接得點B的坐標(biāo)．（2）①用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，從而可得點C的坐標(biāo)，得到，設(shè)出點P的坐標(biāo)，根據(jù)列式求解即可求得點P的坐標(biāo)．②用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，由點Q在線段AC上，可設(shè)點Q的坐標(biāo)為(q,-q-3)，從而由QD⊥x軸交拋物線于點D，得點D的坐標(biāo)為(q,q2+2q-3)，從而線段QD等于兩點縱坐標(biāo)之差，列出函數(shù)關(guān)系式應(yīng)用二次函數(shù)最值原理求解.【詳解】解：（1）∵A、B兩點關(guān)于對稱軸對稱，且A點的坐標(biāo)為（－3，0），∴點B的坐標(biāo)為（1，0）.（2）①∵拋物線，對稱軸為，經(jīng)過點A（－3，0），∴，解得.∴拋物線的解析式為.∴B點的坐標(biāo)為（0，－3）.∴OB=1，OC=3.∴.設(shè)點P的坐標(biāo)為(p,p2+2p-3)，則.∵，∴，解得.當(dāng)時；當(dāng)時，，∴點P的坐標(biāo)為（4，21）或（－4，5）.②設(shè)直線AC的解析式為，將點A，C的坐標(biāo)代入，得：，解得：.∴直線AC的解析式為.∵點Q在線段AC上，∴設(shè)點Q的坐標(biāo)為(q,-q-3).又∵QD⊥x軸交拋物線于點D，∴點D的坐標(biāo)為(q,q2+2q-3).∴.∵，∴線段QD長度的最大值為.21、（1）（m，2m﹣2）；（2）S△ABC=﹣；（3）m的值為或10+2．【解析】分析：（1）利用配方法將二次函數(shù)解析式由一般式變形為頂點式，此題得解；（2）過點C作直線AB的垂線，交線段AB的延長線于點D，由AB∥x軸且AB＝1，可得出點B的坐標(biāo)為（m＋2，1a＋2m?2），設(shè)BD＝t，則點C的坐標(biāo)為（m＋2＋t，1a＋2m?2?t），利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可得出關(guān)于t的一元二次方程，解之取其正值即可得出t值，再利用三角形的面積公式即可得出S△ABC的值；（3）由（2）的結(jié)論結(jié)合S△ABC＝2可求出a值，分三種情況考慮：①當(dāng)m＞2m?2，即m＜2時，x＝2m?2時y取最大值，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可得出關(guān)于m的一元二次方程，解之可求出m的值；②當(dāng)2m?2≤m≤2m?2，即2≤m≤2時，x＝m時y取最大值，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可得出關(guān)于m的一元一次方程，解之可求出m的值；③當(dāng)m＜2m?2，即m＞2時，x＝2m?2時y取最大值，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可得出關(guān)于m的一元一次方程，解之可求出m的值．綜上即可得出結(jié)論．詳解：（1）∵y=ax2﹣2amx+am2+2m﹣2=a（x﹣m）2+2m﹣2，∴拋物線的頂點坐標(biāo)為（m，2m﹣2），故答案為（m，2m﹣2）；（2）過點C作直線AB的垂線，交線段AB的延長線于點D，如圖所示，∵AB∥x軸，且AB=1，∴點B的坐標(biāo)為（m+2，1a+2m﹣2），∵∠ABC=132°，∴設(shè)BD=t，則CD=t，∴點C的坐標(biāo)為（m+2+t，1a+2m﹣2﹣t），∵點C在拋物線y=a（x﹣m）2+2m﹣2上，∴1a+2m﹣2﹣t=a（2+t）2+2m﹣2，整理，得：at2+（1a+1）t=0，解得：t1=0（舍去），t2=﹣，∴S△ABC=AB?CD=﹣；（3）∵△ABC的面積為2，∴﹣=2，解得：a=﹣，∴拋物線的解析式為y=﹣（x﹣m）2+2m﹣2．分三種情況考慮：①當(dāng)m＞2m﹣2，即m＜2時，有﹣（2m﹣2﹣m）2+2m﹣2=2，整理，得：m2﹣11m+39=0，解得：m1=7﹣（舍去），m2=7+（舍去）；②當(dāng)2m﹣2≤m≤2m﹣2，即2≤m≤2時，有2m﹣2=2，解得：m=；③當(dāng)m＜2m﹣2，即m＞2時，有﹣（2m﹣2﹣m）2+2m﹣2=2，整理，得：m2﹣20m+60=0，解得：m3=10﹣2（舍去），m1=10+2．綜上所述：m的值為或10+2．點睛：本題考查了二次函數(shù)解析式的三種形式、二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、等腰直角三角形、解一元二次方程以及二次函數(shù)的最值，解題的關(guān)鍵是：（1）利用配方法將二次函數(shù)解析式變形為頂點式；（2）利用等腰直角三角形的性質(zhì)找出點C的坐標(biāo)；（3）分m＜2、2≤m≤2及m＞2三種情況考慮．22、（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）詳見解析.【解析】

（1）求出∠PBO+∠PDO=180°，根據(jù)角平分線定義得出∠CBO=∠PBO，∠ODF=∠PDO，求出∠CBO+∠ODF=90°，求出∠CBO=∠DFO，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出即可；

（2）求出∠ABO=∠PDA，根據(jù)角平分線定義得出∠CBO=∠ABO，∠CDQ=∠PDO，求出∠CBO=∠CDQ，推出∠CDQ+∠DCQ=90°，求出∠CQD=90°，根據(jù)垂直定義得出即可；

（3）分為兩種情況：根據(jù)三角形面積公式求出即可．【詳解】（1）證明：如圖1．

∵在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A在x軸的正半軸上，點B的坐標(biāo)為（0，4），

∴∠AOB=90°．

∵DP⊥AB于點P，

∴∠DPB=90°，

∵在四邊形DPBO中，∠DPB+∠PBO+∠BOD+∠PDO=360°，

∴∠PBO+∠PDO=180°，

∵BC平分∠ABO，DF平分∠PDO，

∴∠CBO=∠PBO，∠ODF=∠PDO，

∴∠CBO+∠ODF=（∠PBO+∠PDO）=90°，

∵在△FDO中，∠OFD+∠ODF=90°，

∴∠CBO=∠DFO，

∴DF∥CB．

（2）直線DF與CB的位置關(guān)系是：DF⊥CB，

證明：延長DF交CB于點Q，如圖2，

∵在△ABO中，∠AOB=90°，

∴∠BAO+∠ABO=90°，

∵在△APD中，∠APD=90°，

∴∠PAD+∠PDA=90°，

∴∠ABO=∠PDA，

∵BC平分∠ABO，DF平分∠PDO，

∴∠CBO=∠ABO，∠CDQ=∠PDO，

∴∠CBO=∠CDQ，∵在△CBO中，∠CBO+∠BCO=90°，

∴∠CDQ+∠DCQ=90°，

∴在△QCD中，∠CQD=90°，

∴DF⊥CB．

（3）解：過M作MN⊥y軸于N，

∵M(jìn)（4，-1），

∴MN=4，ON=1，

當(dāng)E在y軸的正半軸上時，如圖3，

∵△MCE的面積等于△BCO面積的倍時，

∴×2×OE+×（2+4）×1-×4×（1+OE）=×