参考答案
一、单选题（本大题共 10 小题，总分 40 分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C C C C A A B B A
二、填空题（本大题共 5 小题，总分 20 分）
11．a（a2+4）（a+2）（a﹣2）．
12．0．
13．2 3 +1．
14．﹣10．
15．9．
三、解答题（本大题共 10 小题，总分 90 分）
16 1．解（1）：|1 2| + ( ) 22 ( 2023)
0 2 45°
= 2 1 + 4 1 2 × 22
= 2 1+ 4 1 2
＝2．
2
（2 (1 + 9 ） 3 ) ÷ 2 6 +9
= ( 3 + ) (3 )
2
3 3 (3 )(3+ )
= 3 (3 )
2
3 (3 )(3+ )
= 33+ ，
∵3﹣a≠0且 3+a≠0，
∴a≠3且 a≠3，
当 a＝0时，原式＝1．
17．解：（1）扇形统计图中 C所对应的圆心角的度数是：360°×30%＝108°，
故答案为：108°；
（2）某校初三男生为：180÷30%＝600（人），
∴选“A”项目的人为：600﹣（60+180+120）＝240（人），
补全条形统计图如下：
{#{QQABAYyswgiYgBYACY7rQw3yCUsQkIAQLQoGhRCWqAxCAQFIBAA=}#}
（3）画树状图如下：
共有 12种等可能的结果数，其中张老师所选的项目恰好是 A和 C的结果有 2种，
2 1
∴张老师所选的项目恰好是 A和 C的概率为 = ．
12 6
18．解：（1）点 A（1，6）先向右平移 3 个单位长度再向下平移 6 个单位长度得到点 B
（4，0），
设直线 AB的解析式为 y＝kx+b，把 A（1，6），B 6 = + （4，0）代入得 0 = 4 + ，
= 2
解得 = 8 ，
∴直线 AB的解析式为 y＝﹣2x+8；
（2）①当 a＝2时，P（2，5），
当 x＝2时，y＝﹣2x+8＝﹣2×2+8＝4≠5，
∴点 P不在直线 AB上；
②∵AP+BP≥AB，
∴当点 P在 AB上时，AP+BP有最小值，最小值为 = 32 + 62 = 3 5；
（3）∵P（a，a+3），
∴点 P（a，a+3）在直线 y＝x+3上移动，
{#{QQABAYyswgiYgBYACY7rQw3yCUsQkIAQLQoGhRCWqAxCAQFIBAA=}#}
由条件可知：直线 OA的解析式为 y＝6x，
当 P（a，a+3 3）在 OA上时，a+3＝6a，解得 = 5，
当 P（a，a+3）在 AB上时，a+3＝﹣2a+8，解得 = 53，
3 5
观察图象可发现，当点 P在△OAB内部（不含边界）时，a的取值范围为 ＜ ＜ ．
5 3
19．解：（1）过点 C作 CE⊥AB于 E，
设 AE＝x，
∴BE＝AB﹣AE＝（5.6﹣x）km，
在 Rt△ACE中，∠CAE＝45°，
∴∠ACE＝45°＝∠CAE，
∴CE＝AE＝x，
在 Rt△BCE中，∠B＝37°，
tan37°= ，
∴ ≈0.75，
5.6
{#{QQABAYyswgiYgBYACY7rQw3yCUsQkIAQLQoGhRCWqAxCAQFIBAA=}#}
解得 x＝2.4，
∴CE＝2.4，
BC= 2.4∴ 37° ≈ 0.6 =4（km）．
答：驿站 B、C之间的距离约为 4km；
（2）解：如图所示，过点 C作 CF⊥AD于点 F，
∴四边形 AECF是矩形，
又∵AE＝EC，
∴四边形 AECF是正方形，
∴AF＝FC＝EC＝2.4，
∵∠D＝30°，
∴DC＝2FC＝4.8， = 3 ≈ 2.4 × 1.73 ≈ 4.2，
∵AD路段行驶的平均速度为 40km/h，
6.6 33
∴所需时间为 = 小时，
40 200
其余路段的平均行驶速度为 30km/h，
4.8+4 22
∴D→C→B所需时间为 = 小时，
30 75
33 22 7 97
所以总共用时为： + + × 3 = 小时，
200 75 60 120
97
×60＝48.5分钟＜50分钟，
120
∴他能在 9：50之前完成派送．
20．解：（1）图形如图所示：
{#{QQABAYyswgiYgBYACY7rQw3yCUsQkIAQLQoGhRCWqAxCAQFIBAA=}#}
（2）连接 BD，
∵四边形 ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠DFA＝∠EAF，
∵AF平分∠DAE，
∴∠DAF＝∠EAF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴DA＝DF，
∵AD＝AE，
∴AE＝DF，
∴四边形 AEFD是平行四边形，
∵AD＝AE，
∴四边形 AEFD是菱形，
∵∠DAE＝60°，AD＝AE，
∴△ADE是等边三角形，
∴四边形 AEFD的面积＝2×△ADE的面积＝2× 3 ×624 ＝18 3．
21．（1）证明：∵边 CD与⊙O相切于点 D，
∴OD⊥CD，
∵四边形 ABCD是平行四边形，
AB∥CD，
∴DE⊥AB，
∴∠AED＝∠BED＝90°，AE＝BE，
在△AED和△BED中
=
∠ = ∠ ，
=
{#{QQABAYyswgiYgBYACY7rQw3yCUsQkIAQLQoGhRCWqAxCAQFIBAA=}#}
∴△AED≌△BED（SAS），
∴AD＝BD，
∴∠DAB＝∠DBA；
（2）过 O作 OG⊥BD交于 G，
∴∠DGO＝90°，
= 12 = 4 2，
∴ = 2 2 = 62 (4 2)2 =2，
∴∠DEB＝∠DGO＝90°，
∵∠ODG＝∠BDE，
∴△ODG∽△BDE，
6 2 4 2
∴ = = ，
8 2
解得： = 8 2 323 ， = 3 ，
∴ = 2 = 16 23 ，
∴S ABCD＝AB DE
= 16 23 ×
32
3
= 512 29 ．
22．解：（1）设每辆小客车能坐 m名学生，每辆大客车能坐 n名学生
3 + = 105
根据题意，得 + 2 = 110，
= 20
解得 = 45 ，
m+n＝20+45＝65，
答：1辆小客车和 1辆大客车都坐满后一次可送 65名学生．
{#{QQABAYyswgiYgBYACY7rQw3yCUsQkIAQLQoGhRCWqAxCAQFIBAA=}#}
（2）①由题意得：20a+45b＝400，
b= 80 4 ∴ 9 ，
∵a、b为非负整数，
= 20 = 11 = 2
∴ = 0 或 = 4 或 = 8，
∴租车方案有三种：
方案一：小客车 20车、大客车 0辆，
方案二：小客车 11辆，大客车 4辆，
方案三：小客车 2辆，大客车 8辆；
②方案一租金：200×20＝4000（元），
方案二租金：200×11+380×4＝3720（元），
方案三租金：200×2+380×8＝3440（元），
∵3720＞3440，
∴方案三租金最少，最少租金为 3440元．
23．解：（1）（x﹣2）（2x+k）＝0，
解得 x 2 ＝ 或 2，
由题意得：2×2= 2或 2＝2×（
2），
解得：k＝﹣2或﹣8；
（2 6）联立两个函数表达式得：kx+b= ，设方程的解为 m，2m，
则 m+2m= 6 ，m×2m= ，
整理得：b2＝27k；
3 2 + + 4 ( +1)（ ）设 9 = 0( ≠ 0)的解为 m，2m，
则 m+2m= ，m×2m=
4 ( +1)
9 2 ，
整理得：b＝2a+2，
8( +1)2
则抛物线的表达式为：y＝ax2+bx+ 9 ，
1
则抛物线的对称轴为直线 x= 2 = 1 ，
{#{QQABAYyswgiYgBYACY7rQw3yCUsQkIAQLQoGhRCWqAxCAQFIBAA=}#}
1
1 3 +1∵ （﹣1 ）= 2 ＞0，2
即点 P在对称轴的右侧，
∵a＞0，则 y随 x增大而增大，
x= 3 1
3 1 2 3 1y a + 2a+2 8( +1)
2
当 2 时， max＝ （ ） （ ）（ ）+ 9 ，2 2
1 1 2
当 x= 1 8( +1)2 时，ymin＝a（ ）
2+（2a+2）（ ）+ 9 ，2 2
∵yp的最大值和最小值的差是 3，
3 1 3 1 2 1 1 2
即 a（ ）2+（2a+2 8( +1) 8( +1)）（ ）+ 9 a（ ）
2+（2a+2）（ ）+ =3，
2 2 2 2 9
整理得：（4a﹣2）+2a+2＝3，
1
解得：a= 2．
24．解：（1）①∠ABG＝30°（答案不唯一），理由如下：
由折叠的性质得：AE＝BE，AB＝MB，EF⊥AB，∠ABG＝MBG，
∴∠BEM＝90°，MB＝2BE，
1
在 Rt△BME中，sin∠BME= = 2，
∴∠EMB＝30°，
∴∠ABM＝60°，∠DMF＝∠EMB＝30°，
∴∠ABG＝∠MBG＝30°，
∴同理：∠CDH＝∠MDH＝30°，
∵四边形 ABCD是矩形，
∵∠A＝∠ABC＝∠C＝90°，AD＝BC，AD∥BC，AB＝CD，AB∥CD，
∴∠MBC＝∠ABC﹣∠ABM＝30°，
∴∠ADM＝∠MBC＝30°，
故答案为：∠ABG＝30°（答案不唯一）；
②四边形 BHDG的形状为菱形，理由如下：
由折叠的性质得：AB＝MB，CD＝MD，∠A＝∠BMG＝90°，∠C＝∠DMH＝90°，
∴MB＝MD，GH⊥BD，
∴GH是 BD的垂直平分线，∠BMC＝∠BMH＝90°，
∴BG＝DG，BH＝DH，
由①可知：∠MBG＝∠MBC＝30°，
{#{QQABAYyswgiYgBYACY7rQw3yCUsQkIAQLQoGhRCWqAxCAQFIBAA=}#}
∵∠BMC＝∠BMH＝90°，
∴∠BGM＝∠MBG﹣∠MBG＝60°，∠BHM＝BMH﹣∠MBC＝60°，
∴∠BGM＝BHM＝60°，
∴BG＝BH，
∴BG＝DG＝BH＝DH，
∴四边形 BHDG为菱形；
故答案为：菱形；
（2）四边形 BPQH和四边形 DGPQ是平行四边形，证明如下：
由折叠的性质得：四边形 BCFE和是四边形 ADFE是矩形，
∴BC∥EF∥AD，BC＝EF＝AD，
∵四边形 BHDG是平行四边形，
∴BG∥DH，
∴四边形 BPQH和四边形 DGPQ是平行四边形；
（3）分两种情况讨论如下：
①当点 M在点 N的左侧时，如解图 1所示．
设 BE＝a，
由折叠的性质得：AE＝BE＝a，AB＝MB，EF⊥AB，
∴AB＝BM＝2a，
在 Rt△BME中，由勾股定理得：EM= 2 2 = 3 ，
同理：FN= 3 ，
∴EF＝EM+MN+FN= 2 3 +MN，
由（2）可知：BC＝EF＝AD，
∴BC= 2 3 +MN，
∵BC＝3MN，
∴3MN= 2 3 +MN，
∴MN= 3 ，
{#{QQABAYyswgiYgBYACY7rQw3yCUsQkIAQLQoGhRCWqAxCAQFIBAA=}#}
∴EM＝MN＝FN= 3 ，
∴BC＝3MN= 3 3 ，
3 3 3 3
∴ = = ；
2 2
②当点 M在点 N的右侧时，如解图 2所示．
设 BE＝a，
同理得：AB＝2a，EM＝FN= 3 ，
∴EN+MN＝MF+MN，
∴EN＝MF，
∴EF＝EN+MN+MF＝2EN+MN，
∵BC＝EF＝3MN，
∴3MN＝2EN+MN，
∴MF＝EN＝MF，
∴EM＝FN+MN＝2MN，
∴MN= 12EN=
3
2 ，
∴BC 3MN= 3 3 ＝ 2 ，
3 3
2 3 3
∴ = = ．
2 4
3 3 3 3
综上所述： 的值 或 ．
2 4
25．解：（1）由抛物线的表达式知，OC＝4＝4OA，则 AO＝1，则点 A（﹣1，0），抛物
3
线的对称轴为直线 = 2，则点 B（4，0），
则 y＝a（x﹣4）（x+1）＝a（x2﹣3x﹣4）＝ax2+bx+4，则 a＝﹣1，
则抛物线的表达式为：y＝﹣x2+3x+4；
（2）由点 B、C的坐标得，直线 BC的表达式为：y＝﹣x+4，
{#{QQABAYyswgiYgBYACY7rQw3yCUsQkIAQLQoGhRCWqAxCAQFIBAA=}#}
由 BO＝CO知，∠OBC＝45°＝∠FPE，
则 PF＝PE= 22 PE，
则△PEF的周长＝（ 2 +1）PE，
故当 PE最大时，△PEF的周长最大，
设点 P（x，﹣x2+3x+4），则点 E（x，﹣x+4），
则 PE＝﹣x2+4x，
当 x＝2时，PE最大，即点 E（2，2）；
则 BD＝MN＝2，
将点 B向左平移 2个单位得到点 D，连接 DG交 y轴于点 M，过点 M作 PD的垂线于点
N，则此时 GM+MN+BN最小，理由：
∵MN＝BD且 MN∥BD，则四边形 MNBD为平行四边形，则 BN＝MD，
则 GM+MN+BN＝MN+DM+MG＝MN+DG，
G 1由中点坐标公式得，点 （ 2，2），由点 D、G
41
的坐标得，DG= 2 ，
41+4
则 GM+MN+BN最小值为： ；
2
（3）将该抛物线沿射线 BC方向平移，设向左平移 m个单位，则向上平移了 m个单位，
则新抛物线的表达式为：y＝﹣（x﹣m）2+3（x﹣m）+4，
将点 E的坐标代入上式得：2＝﹣（2﹣m）2+3（2﹣m）+4，则 m＝2，
故新抛物线的表达式为：y＝﹣（x﹣2）2+3（x﹣2）+4＝﹣x2﹣x+8，
联立上式和直线 BC的表达式 y＝﹣x+4并解得：x＝2（舍去）或﹣2，即点 K（﹣2，6），
当点 Q在点 K下方时，
{#{QQABAYyswgiYgBYACY7rQw3yCUsQkIAQLQoGhRCWqAxCAQFIBAA=}#}
∵∠BKQ＝∠BCA，则 KQ∥AC，
由点 A、C的坐标得，直线 AC的表达式为：y＝4x+4，
则直线 KQ的表达式为：y＝4（x+2）+6，
当点 Q 1在点 K的上方时，同理可得：直线 KQ的表达式为：y= 4（x+2）+6，
分别联立 KQ和新抛物线的表达式得：﹣x2﹣x+8＝4（x+2）+6 1或﹣x2﹣x+8= 4（x+2）
+6，
3
解得：x＝﹣3或 ，
4
3 107
即点 Q（﹣3，2）或（ ， ）．
4 16
{#{QQABAYyswgiYgBYACY7rQw3yCUsQkIAQLQoGhRCWqAxCAQFIBAA=}#}渠县东安雄才学校
第一次模拟考试
数学试题
考试时间:120分钟 满分150分
班级：________________ 姓名：________________ 考号：________________
一、单选题（本大题共10小题，总分40分）
1．﹣2025的倒数是（ ）
A．2025 B． C．﹣2025 D．
2．榫卯是我国古代建筑、家具的一种结构方式，它通过两个构件上凹凸部位相结合来将不同构件组合在一起，如图是其中一种榫，其俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知1微米＝10﹣7米，则25微米用科学记数法表示为（ ）
A．0.25×10﹣5米 B．25×10﹣7米
C．2.5×10﹣6米 D．2.5×10﹣8米
4．为贯彻落实教育部《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》精神，把劳动教育纳入人才培养全过程，某校组织学生周末赴劳动教育实践基地开展锄地、除草、浇水、剪枝、捉鱼、采摘六项实践活动，已知六个项目参与人数（单位：人）分别是：35，38，40，42，42，43．则这组数据的众数和中位数分别是（ ）
A．38，39 B．42，40 C．42，41 D．42，42
5．如图，在△ABC中，AD，BE是△ABC的高线，AD与BE相交于点F．若AD＝BD＝6，且△ACD的面积为12，则AF的长为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．3
6．对于正整数a，b定义新运算“!”，规定，则15!3的运算结果为（ ）
A． B． C． D．
7．数学家斐波那契编写的《算经》中有如下问题：一组人平分10元钱，每人分得若干；若再加上6人，平分40元钱，则第二次每人所得与第一次相同，求第一次分钱的人数．设第一次分钱的人数为x人，则可列方程（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在平面直角坐标系中， OABC的边OA在x轴上，且A（6，0），B（7，3），C（1，3）．将 OABC绕点O逆时针旋转，得到四边形OA′B′C′，使点C的对应点C′落在BC的延长线上，OA′与BC交于点E，则点E的坐标为（ ）
A．（3，4） B．（4，3） C．（5，3） D．
9．如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA，垂足为D，且DC+DA＝12，⊙O的直径为20，则AB的长等于（ ）
A．8 B．12 C．16 D．18
10．如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣3，0），顶点为M（﹣1，m），且抛物线与y轴的交点B在（0，﹣2）和（0，﹣3）之间（不含端点）则下列结论：①当﹣3≤x≤1时，y≤0；②|ax2+bx+c|＝1﹣m 有两个实数根；③当△ABM的面积为时，；④当△ABM 为直角三角形时，在△AOB 内存在唯一一点P，使得 PA+PO+PB 的值最小，最小值的平方为 ，其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
二、填空题（本大题共5小题，总分20.0分）
11．分解因式：a5﹣16a＝ ．
12．已知x1，x2是关于x的方程x2+mx﹣1＝0的两个实数根，且（x1+2）（x2+2）＝3，则m的值等于 ．
13．如图，线段AB为⊙O的直径，点C在AB的延长线上，AB＝4，BC＝2，点P是⊙O上一点，连接CP，以CP为斜边在PC的上方作Rt△PCD，且使得∠DCP＝60°，连接OD，则OD的最大值为 ．
14．如图，△ABC的顶点A，B在双曲线上，顶点C在y轴上，BC边与双曲线交于点D，若BD＝3CD，△ABC的面积为50，则k的值为 ．
15．如图，四边形ABCD是边长为6的菱形，∠B＝60°，F是BC的中点，点E、G分别在AB，CD上，且EG⊥AB，连接EF、AG，则EF+AG的最小值为 ．
三、解答题（本大题共10小题，总分90分）
16．（6分）（1）计算：°．
（2）化简：，并在﹣3，0，3中选择一个合适的a值代入求值．
17．（7分）为深入贯彻“生命至上、健康第一”的理念，科学合理组织好2023年长沙市初中毕业升学体育考试，2023年长沙市体育中考方案有以下调整，（一）素质类项目：引体向上（男）或一分钟仰卧起坐（女）、实心球、立定跳远、一分钟跳绳（学生自选一项，报考前确定），分值10分．（二）技巧类项目：篮球运动、足球运动、排球向上垫球、200米游泳（学生自选一项，报考前确定），分值15分．（三）耐力跑项目：2023年取消男1000米、女800米耐力跑项目，该项目以15分满分计入总分，此项调整仅限2023年执行．某校根据学生实际情况男生可以从A（引体向上）、B（投掷实心球）、C（排球向上垫球）、D（一分钟跳绳）、E（篮球运动）、F（足球运动）、G（200米游泳）等七个项目中选考两项．据统计，某校初三男生都在“A”、“B”、“C”、“D”四个项目中选择了两项作为自己的体育中考项目．根据学生选择情况，进行了数据整理，并绘制成如下统计图，结合图中信息，解答下列问题：
（1）扇形统计图中C所对应的圆心角的度数是 ；
（2）请补全条形统计图；
（3）为了学生能考出好成绩，该校安排每位体育老师负责指导A、B、C、D项目中的两项，若张老师随机选两项作为自己的指导项目，请用列表法或画树状图的方法求所选的项目恰好是A和C的概率．
18．（9分）如图，平面直角坐标系中，有一动点P（a，a+3），点A（1，6）先向右平移3个单位长度再向下平移6个单位长度得到点B．
（1）求直线AB的解析式；
（2）①当a＝2时，判断点P是否在直线AB上；
②求AP+BP的最小值；
（3）若点P在△OAB内部（不含边界），直接写出a的取值范围．
19．（8分）物流中心A与三个菜鸟驿站B、C、D的平面示意图如图．D在A的正南方，C在A的东南方向上且在D的北偏东30°方向上，B在A的正东方且∠ABC＝37°，已知AB＝5.6km．（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，1.73）．
（1）求驿站B、C之间的距离；
（2）派送员小外计划9：00从A出发沿着A→B→C→D的路线派送快递到三个驿站，上午9：50完成快递派送．但导航显示AB路段拥堵严重，于是他改变路线（9：00出发），沿着A→D→C→B的路线派送快递到三个驿站．若AD路段行驶的平均速度为40km/h，其余路段的平均行驶速度为30km/h且小外在每个驿站均停留7min存放快递．请通过计算说明他能否在9：50之前完成派送．
20．（8分）如图，在 ABCD中，AB＞AD．
（1）按如下步骤用直尺（不带刻度）和圆规作图．（要求：保留作图痕迹，不写作法．）①在AB上取一点E，使AE＝AD；②作∠BAD的平分线交CD于点F；③连接EF．
（2）若∠BAD＝60°，AD＝6，求出（1）中所作的四边形AEFD的面积．
21．（9分）如图，已知△ABD内接于⊙O，以A、B、D为顶点在△ABD上方作 ABCD，且边CD与⊙O相切于点D，连接DO并延长交AB于点E，对角线AC与BD相交于点F．
（1）求证：∠DAB＝∠DBA；
（2）若⊙O的半径r＝6，，求 ABCD的面积．
22．（9分）某校准备组织七年级400名学生参加夏令营，已知满员时，用3辆小客车和1辆大客车每次可运送学生105人；用一辆小客车和2辆大客车每次可运送学生110人．
（1）1辆小客车和1辆大客车都坐满后一次可送多少名学生？
（2）若学校计划租用小客车a辆，大客车b辆，一次送完，且恰好每辆车都坐满；
①请你设计出所有的租车方案；
②若小客车每辆需租金200元，大客车每辆需租金380元，请选出最省钱的租车方案，并求出最少租金．
23．（10分）法国数学家韦达在探究二次项系数为1的一元二次方程x2+bx+c＝0根的特征时发现，此时“韦达定理”可表述为：x1+x2＝﹣b，x1 x2＝c．借此结论，小麓对“倍根方程”的根的特征的进行了探究．
定义：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个实数根（都不为0），且其中一个根等于另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．若函数G1的图象与函数G2的图象相交于A，B两点，其中一个点的横坐标等于另一点的横坐标的2倍，则称函数G1与函数G2互为“倍根函数”．
（1）若（x﹣2）（2x+k）＝0是“倍根方程”，求k的值；
（2）一次函数G1：y＝kx+b（k＞0）与反比例函数互为“倍根函数”，求k和b满足的数量关系；
（3）已知是“倍根方程”，点P（xP，yP）是函数图象上一点，且，当a＞0时，yp的最大值和最小值的差是3，求a的值．
24．（12分）学习完折叠之后，实践小组尝试对矩形纸片的折叠进行探究，折纸过程如下：
第一步：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，把纸片展开；
第二步：分别沿过点B，D的直线翻折，使点A，C分别落在EF边上的点M，N处，折痕BG，DH分别交EF于点P，Q．
实践小组通过对不同矩形纸片进行操作，发现当所用矩形纸片的长宽比变化时，M，N的位置也随之变化．
（1）如图1，当点M，N重合时，
①请写出一个30°的角： ；
②猜想四边形BHDG的形状为 ．
（2）如图2，当点M，N不重合时，可知四边形BHDG的形状是平行四边形，不添加辅助线，请再写出一个平行四边形（不是矩形），并给出证明．
（3）若BC＝3MN，直接写出的值．
25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）的对称轴为直线，与y轴交于点C，与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），作直线BC，连接AC，CO＝4AO．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是抛物线上直线BC上方的一动点，过点P作PD⊥x轴于D，交BC于点E，过点P作PF⊥BC于点F．点N是线段DE上一动点，作NM⊥y轴于点M，取AC的中点G，连接GM，BN．当△PEF的周长取得最大值时，求点E的坐标和GM+MN+BN的最小值；
（3）将该抛物线沿射线BC方向平移，使得新抛物线经过（2）中的点E，且与直线BC相交于另一点K，点Q为新抛物线上的一个动点，当∠BKQ＝∠BCA时，直接写出所有符合条件的点Q的坐标．
