一、选择题（本大题共12小题，每题3分，共36分.只有一项是符合题目要求的.）

1．5的倒数为（）

A． B． 5 C． D．﹣5

2．计算x2•x3的结果为（）

A． 2x2 B． x5 C． 2x3 D．x6

【考点】同底数幂的乘法．

【分析】根据同底数幂的乘法底数不变指数相加，可得答案．

【详解】解：原式=x2+3=x5．

故选：B．

【点评】本题考查了同底数幂的乘法，底数不变指数相加是解题关键．

3．如图的几何图形的俯视图为（）

A.B． C D．

【考点】简单组合体的三视图．

【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得俯视图．

【详解】解：从上面看：里边是圆，外边是矩形，

故选：C．

【点评】本题考查了简单组合体的三视图，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．

4．某校八年级（2）班6名女同学的体重（单位：kg）分别为35，36，40，42，42，则这组数据的中位数是（）

A． 38 B． 39 C． 40 D．42

【考点】中位数．

【分析】根据中位数的定义求解，把数据按大小排列，第3个数为中位数．

【详解】解：题目中数据共有5个，中位数是按从小到大排列后第3个数作为中位数，故这组数据的中位数是40．

故选C．

【点评】本题属于基础题，考查了确定一组数据的中位数的能力．要明确定义：将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数）叫做这组数据的中位数，比较简单．

5．如图，等边△ABC中，点D、E分别为边AB、AC的中点，则∠DEC的度数为（）

A．30°B． 60°C． 120°D．150°

【考点】三角形中位线定理；平行线的性质；等边三角形的性质．

【分析】根据等边三角形的性质，可得∠C的度数，根据三角形中位线的性质，可得DE与BC的关系，根据平行线的性质，可得答案．

【详解】解：由等边△ABC得∠C=60°，

由三角形中位线的性质得DE∥BC，

∠DEC=180°﹣∠C=180°﹣60°=120°，

故选：C．

【点评】本题考查了三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．

6．已知实数x、y满足+|y+3|=0，则x+y的值为（）

A．﹣2B． 2C． 4D．﹣4

【考点】非负数的性质：算术平方根；非负数的性质：绝对值．

【分析】根据非负数的性质，可求出m、n的值，然后将代数式化简再代值计算．

【详解】解：∵+|y+3|=0，

∴x﹣1=0，y+3=0；

∴x=1，y=﹣3，

∴原式=1+（﹣3）=﹣2

故选：A．

【点评】本题考查了非负数的性质：几个非负数的和为0时，这几个非负数都为0．

7．一个圆锥的底面半径是6cm，其侧面展开图为半圆，则圆锥的母线长为（）

A．9cmB．12cmC．15cmD．18cm

【考点】圆锥的计算．

【分析】圆锥的母线长=圆锥的底面周长×．

【详解】解：圆锥的母线长=2×π×6×=12cm，

故选B．

【点评】本题考查圆锥的母线长的求法，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点．

8．已知抛物线y=x2﹣2x+m+1与x轴有两个不同的交点，则函数y=的大致图象是（）

A． B． CD．

【考点】反比例函数的图象；抛物线与x轴的交点．

【分析】根据抛物线与x轴有两个不同的交点，可得判别式大于零，可得m的取值范围，根据m的取值范围，可得答案．

【详解】解：抛物线y=x2﹣2x+m+1与x轴有两个不同的交点，

∴△=（﹣2）2﹣4（m+1）＞0

解得m＜0，

∴函数y=的图象位于二、四象限，

故选：A．

【点评】本题考查了反比例函数图象，先求出m的值，再判断函数图象的位置．

9．“五一节”期间，王老师一家自驾游去了离家170千米的某地，下面是他们家的距离y（千米）与汽车行驶时间x（小时）之间的函数图象，当他们离目的地还有20千米时，汽车一共行驶的时间是（）

A． 2小时B． 2.2小时C． 2.25小时D．2.4小时

【考点】一次函数的应用．

【分析】根据待定系数法，可得一次函数解析式，根据函数值，可得相应自变量的值．

【详解】解：设AB段的函数解析式是y=kx+b，

y=kx+b的图象过A（1.5，90），B（2.5，170），

，

解得

∴AB段函数的解析式是y=80x﹣30，

离目的地还有20千米时，即y=170﹣20=150km，

当y=150时，80x﹣30=150

x=2.25h，

故选：C．

【点评】本题考查了一次函数的应用，利用了待定系数法求解析式，利用函数值求自变量的值．

10．如图，⊙O1，⊙O2的圆心O1，O2都在直线l上，且半径分别为2cm，3cm，O1O2=8cm．若⊙O1以1cm/s的速度沿直线l向右匀速运动（⊙O2保持静止），则在7s时刻⊙O1与⊙O2的位置关系是（）

A．外切B．相交C．内含D．内切

【考点】圆与圆的位置关系．

【分析】根据两圆的半径和移动的速度确定两圆的圆心距的最小值，从而确定两圆可能出现的位置关系，找到答案．

【详解】解：∵O1O2=8cm，⊙O1以1cm/s的速度沿直线l向右运动，7s后停止运动，

∴7s后两圆的圆心距为：1cm，

此时两圆的半径的差为：3﹣2=1cm，

∴此时内切，

故选D．

【点评】本题考查了圆与圆的位置关系，解题的关键是根据圆的移动速度确定两圆的圆心距，然后根据圆心距和两圆的半径确定答案．

11．如图，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，∠DAB=90°，AC⊥BC，AC=BC，∠ABC的平分线分别交AD、AC于点E，F，则的值是（）

A． B． C． D．

【点评】本题主要考查了平行线分线段成比例，全等三角形及角平分线的知识，解题的关键是找出线段之间的关系，CB=GB，AB=BC再利用比例式求解..

12．如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是（3，a）（a＞3），半径为3，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则a的值是（）

A． 4B． C． D．

【考点】 垂径定理；一次函数图象上点的坐标特征；勾股定理．

【分析】PC⊥轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连结PB，由于OC=3，PC=a，易得D点坐标为（3，3），则△OCD为等腰直角三角形，△PED也为等腰直角三角形，

由PE⊥AB，根据垂径定理得AE=BE=AB=2，在Rt△PBE中，利用勾股定理可计算出PE=1，则PD=PE=，所以a=3+．

【详解】解：作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连结PB，如图，

∵⊙P的圆心坐标是（3，a），

∴OC=3，PC=a，

把x=3代入y=x得y=3，

∴D点坐标为（3，3），

∴CD=3，

∴△OCD为等腰直角三角形，

∴△PED也为等腰直角三角形，

∵PE⊥AB，

∴AE=BE=AB=×4=2，

在Rt△PBE中，PB=3，

∴PE=，

∴PD=PE=，

∴a=3+．

故选B．

【点评】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理和等腰直角三角形的性质．

13．分解因式：3a2+6a+3=_________．

【考点】提公因式法与公式法的综合运用．

【分析】先提取公因式3，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．

【详解】解：3a2+6a+3，

=3（a2+2a+1），

=3（a+1）2．

故答案为：3（a+1）2．

【点评】本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．

14．使函数y=+有意义的自变量x的取值范围是_________．

【考点】函数自变量的取值范围．

【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范围．

【详解】解：根据题意得：x+2≥0且（x﹣1）（x+2）≠0，

解得x≥﹣2，且x≠1，x≠﹣2，

故答案为：x＞﹣2，且x≠1．

【点评】本题考查了函数自变量的取值范围，函数自变量的范围一般从三个方面考虑：当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．

15．一个平行四边形的一条边长为3，两条对角线的长分别为4和，则它的面积为_________．

【考点】菱形的判定与性质；勾股定理的逆定理；平行四边形的性质．

【分析】根据平行四边的性质，可得对角线互相平分，根据勾股定理的逆定理，可得对角星互相垂直，根据菱形的判定，可得菱形，根据菱形的面积公式，可得答案．

【详解】解：∵平行四边形两条对角线互相平分，

∴它们的一半分别为2和，

∵22+（）2=32，

∴两条对角线互相垂直，

∴这个四边形是菱形，

S=4×2=4．

【点评】本题考查了菱形的判定与性质，利用了对角线互相垂直的平行四边形是菱形，菱形的面积是对角线乘积的一半．

16．如图，矩形AOBC的顶点坐标分别为A（0，3），O（0，0），B（4，0），C（4，3），动点F在边BC上（不与B、C重合），过点F的反比例函数的图象与边AC交于点E，直线EF分别与y轴和x轴相交于点D和G．给出下列命题：

①若k=4，则△OEF的面积为；

②若，则点C关于直线EF的对称点在x轴上；

③满足题设的k的取值范围是0＜k≤12；

④若DE•EG=，则k=1．

其中正确的命题的序号是（写出所有正确命题的序号）．

【考点】反比例函数综合题．

【分析】

（1）若k=4，则计算S△OEF=≠，故命题①错误；

（2）如答图所示，若，可证明直线EF是线段CN的垂直平分线，故命题②正确；

（3）因为点F不经过点C（4，3），所以k≠12，故命题③错误；

（4）求出直线EF的解析式，得到点D、G的坐标，然后求出线段DE、EG的长度；利用算式DE•EG=，求出k=1，故命题④正确．

【详解】解：命题①错误．理由如下：

∵k=4，

∴E（，3），F（4，1），

∴CE=4﹣=，CF=3﹣1=2．

∴S△OEF=S矩形AOBC﹣S△AOE﹣S△BOF﹣S△CEF

=S矩形AOBC﹣OA•AE﹣OB•BF﹣CE•CF

=4×3﹣×3×﹣×4×1﹣××2=12﹣2﹣2﹣=，

∴S△OEF≠，故命题①错误；

命题②正确．理由如下：

∵k=，

∴E（，3），F（4，），

∴CE=4﹣=，CF=3﹣=．

如答图，过点E作EM⊥x轴于点M，则EM=3，OM=；

在线段BM上取一点N，使得EN=CE=，连接NF．

在Rt△EMN中，由勾股定理得：MN===，

∴BN=OB﹣OM﹣MN=4﹣﹣=．

在Rt△BFN中，由勾股定理得：NF===．

∴NF=CF，

又∵EN=CE，

∴直线EF为线段CN的垂直平分线，即点N与点C关于直线EF对称，

故命题②正确；

命题③错误．理由如下：

由题意，点F与点C（4，3）不重合，所以k≠4×3=12，故命题③错误；

命题④正确．理由如下：

为简化计算，不妨设k=12m，则E（4m，3），F（4，3m）．

设直线EF的解析式为y=ax+b，则有

，解得，

∴y=x+3m+3．

令x=0，得y=3m+3，∴D（0，3m+3）；

令y=0，得x=4m+4，∴G（4m+4，0）．

如答图，过点E作EM⊥x轴于点M，则OM=AE=4m，EM=3．

在Rt△ADE中，AD=AD=OD﹣OA=3m，AE=4m，由勾股定理得：DE=5m；

在Rt△MEG中，MG=OG﹣OM=（4m+4）﹣4m=4，EM=3，由勾股定理得：EG=5．

∴DE•EG=5m×5=25m=，解得m=，

∴k=12m=1，故命题④正确．

综上所述，正确的命题是：②④，

故答案为：②④．

【点评】本题综合考查了函数的图象与性质、反比例函数图象上点的坐标特征、比例系数k的几何意义、待定系数法、矩形及勾股定理等多个知识点，有一定的难度．本题计算量较大，解题过程中注意认真计算．

三、（本大题共3小题，每题6分，共18分）

17．（6分）计算：﹣4sin60°+（π+2）0+（）﹣2．

【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．

【分析】本题涉及零指数幂、负整指数幂、特殊角的三角函数值、二次根式化简四个考点．针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．

【详解】解：原式=2﹣4×+1+4

=5．

【点评】本题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等考点的运算．

18．（6分）计算（﹣）÷．

【考点】分式的混合运算．

【分析】首先把除法运算转化成乘法运算，然后找出最简公分母，进行通分，化简．

【详解】解：原式=（﹣）•

=（﹣）•（﹣），

=﹣•，

=﹣．

【点评】此题主要考查了分式的混合运算，通分、因式分解和约分是解答的关键．

19．（6分）如图，正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD上的点，且AE⊥BF，垂足为点G．

求证：AE=BF．

【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质．

【分析】根据正方形的性质，可得∠ABC与∠C的关系，AB与BC的关系，根据两直线垂直，可得∠AGB的度数，根据直角三角形锐角的关系，可得∠ABG与∠BAG的关系，根据同角的余角相等，可得∠BAG与∠CBF的关系，根据ASA，可得三角形全等，根据全等三角形的性质，可得答案．

【详解】证明：∵正方形ABCD，

∴∠ABC=∠C，AB=BC．

∵AE⊥BF，

∴∠AGB=90°∠ABG+∠BAG=90°，

∵∠ABG+∠FNC=90°，

∴∠BAG=∠CBF．

在△ABE和△BCF中，

，

∴△ABE≌△BCF（ASA），

∴AE=BF．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了正方形的性质，直角三角形的性质，余角的性质，全等三角形的判定与性质．

四、（本大题共1小题，每题7分，共14分）

20．（7分）某中学积极组织学生开展课外阅读活动，为了解本校学生每周课外阅读的时间量t（单位：小时），采用随机抽样的方法抽取部分学生进行了问卷调查，调查结果按0≤t＜2，2≤t＜3，3≤t＜4，t≥4分为四个等级，并分别用A、B、C、D表示，根据调查结果统计数据绘制成了如图所示的两幅不完整的统计图，由图中给出的信息解答下列问题：

（1）求出x的值，并将不完整的条形统计图补充完整；

（2）若该校共有学生2500人，试估计每周课外阅读时间量满足2≤t＜4的人数；

（3）若本次调查活动中，九年级（1）班的两个学习小组分别有3人和2人每周阅读时间量都在4小时以上，现从这5人中任选2人参加学校组织的知识抢答赛，求选出的2人来自不同小组的概率．

【考点】条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图；列表法与树状图法．

【分析】（1）根据所有等级的百分比的和为1，则可计算出x=30，再利用A等级的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数为200人，然后分别乘以30%和20%得到B等级和C等级人数，再将条形统计图补充完整；

（2）满足2≤t＜4的人数就是B和C等级的人数，用2500乘以B、C两等级所占的百分比的和即可；

（3）3人学习组的3个人用甲表示，2人学习组的2个人用乙表示，画树状图展示所有20种等可能的结果数，其中选出的2人来自不同小组占12种，然后利用概率公式求解．

【详解】解：（1）∵x%+15%+10%+45%=1，

∴x=30；

∵调查的总人数=90÷45%=200（人），

∴B等级人数=200×30%=60（人）；C等级人数=200×10%=20（人），

如图：

（2）2500×（10%+30%）=1000（人），

所以估计每周课外阅读时间量满足2≤t＜4的人数为1000人；

（3）3人学习组的3个人用甲表示，2人学习组的2个人用乙表示，画树状图为：

，

共有20种等可能的结果数，其中选出的2人来自不同小组占12种，

所以选出的2人来自不同小组的概率==．

【点评】本题考查了条形统计图：条形统计图是用线段长度表示数据，根据数量的多少画成长短不同的矩形直条，然后按顺序把这些直条排列起来；从条形图可以很容易看出数据的大小，便于比较．也考查了扇形统计图、列表法与树状图法．

五、（本大题共3小题，每题8分，共16分）

21．（7分）某工厂现有甲种原料280千克，乙种原料290千克，计划用这两种原料生产A、B两种产品共50件．已知生产一件A产品需要甲种原料9千克，乙种原料3千克，可获利700元；生产一件B产品需要甲种原料4千克，乙种原料10千克，可获利1200元．设生产A、B两种产品总利润为y元，其中A种产品生产件数是x．

（1）写出y与x之间的函数关系式；

（2）如何安排A、B两种产品的生产件数，使总利润y有最大值，并求出y的最大值．

【考点】一次函数的应用．

【分析】（1）根据等量关系：利润=A种产品的利润+B中产品的利润，可得出函数关系式；

（2）这是一道只有一个函数关系式的求最值问题，可根据等量关系总利润═A种产品的利润+B中产品的利润，可得出函数关系式，然后根据函数的性质确定自变量的取值范围，由函数y随x的变化求出最大利润．

【详解】解：（1）y=700x+1200（50﹣x），

即y=﹣500x+60000；

（2）y=﹣500x+60000，

y随x的增大而减小，

当x=0时，y最大=60000，

生产B种产品50件，A种产品0件，总利润y有最大值，y最大=60000元．

【点评】本题考查的是用一次函数解决实际问题，此类题是近年中考中的热点问题．注意利用一次函数求最值时，关键是应用一次函数的性质；即由函数y随x的变化，结合自变量的取值范围确定最值．

22．（8分）海中两个灯塔A、B，其中B位于A的正东方向上，渔船跟踪鱼群由西向东航行，在点C处测得灯塔A在西北方向上，灯塔B在北偏东30°方向上，渔船不改变航向继续向东航行30海里到达点D，这是测得灯塔A在北偏西60°方向上，求灯塔A、B间的距离．（计算结果用根号表示，不取近似值）

【考点】解直角三角形的应用-方向角问题．

【分析】根据方向角的定义以及锐角三角函数关系得出AN，NC的长进而求出BN即可得出答案．

【详解】解：如图所示：

由题意可得出：∠FCA=∠ACN=45°，∠NCB=30°，∠ADE=60°，

过点A作AF⊥FD，垂足为F，

则∠FAD=60°，∠FAC=∠FCA=45°，∠ADF=30°，

∴AF=FC=AN=NC，

设AF=FC=x，

∴tan30°===，

解得：x=15（+1），

∵tan30°=，∴=，

解得：BN=15+5，

∴AB=AN+BN=15（+1）+15+5=30+20，

答：灯塔A、B间的距离为（30+20）海里．

【点评】此题主要考查了方向角以及锐角三角函数关系，得出NC的长是解题关键．

23．（8分）已知x1，x2是关于x的一元二次方程x2﹣2（m+1）x+m2+5=0的两实数根．

（1）若（x1﹣1）（x2﹣1）=28，求m的值；

（2）已知等腰△ABC的一边长为7，若x1，x2恰好是△ABC另外两边的边长，求这个三角形的周长．

【考点】根与系数的关系；三角形三边关系；等腰三角形的性质．

【分析】（1）利用（x1﹣1）（x2﹣1）=x1•x2﹣（x1+x2）+1=m2+5﹣2（m+1）+1=28，求得m的值即可；

（2）分7为底边和7为腰两种情况分类讨论即可确定等腰三角形的周长．

【详解】解：（1）∵x1，x2是关于x的一元二次方程x2﹣2（m+1）x+m2+5=0的两实数根，

∴x1+x2=2（m+1），x1•x2=m2+5，

∴（x1﹣1）（x2﹣1）=x1•x2﹣（x1+x2）+1=m2+5﹣2（m+1）+1=28，

解得：m=﹣4或m=6；

当m=﹣4时原方程无解，

∴m=6；

（2）当7为底边时，此时方程x2﹣2（m+1）x+m2+5=0有两个相等的实数根，

∴△=4（m+1）2﹣4（m2+5）=0，

解得：m=2，

∴方程变为x2﹣6x+9=0，

解得：x1=x2=3，

∵3+3＜7，

∴不能构成三角形；

当7为腰时，设x1=7，

代入方程得：49﹣14（m+1）+m2+5=0，

解得：m=10或4，

当m=10时方程变为x2﹣22x+105=0，

解得：x=7或15

∵7+7＜15，不能组成三角形；

当m=4时方程变为x2﹣10x+21=0，

解得：x=3或7，

此时三角形的周长为7+7+3=17．

【点评】本题考查了根与系数的关系及三角形的三边关系，解题的关键是熟知两根之和和两根之积分别与系数的关系．

六、（本大题共2小题，每小题12分，共24分）

24．（12分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2=CE•CA．

（1）求证：BC=CD；

（2）分别延长AB，DC交于点P，过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，若PB=OB，CD=，求DF的长．

【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理．

【分析】

（1）求出△CDE∽△CAD，∠CDB=∠DBC得出结论．

（2）连接OC，先证AD∥OC，由平行线分线段成比例性质定理求得PC=，再由割线定理PC•PD=PB•PA求得半径为4，根据勾股定理求得AC=，再证明△AFD∽△ACB，得，则可设FD=x，AF=，在Rt△AFP中，求得DF=．

【详解】（1）证明：∵DC2=CE•CA，

∴=，

△CDE∽△CAD，

∴∠CDB=∠DBC，

∵四边形ABCD内接于⊙O，

∴BC=CD；

（2）解：如图，连接OC，

∵BC=CD，

∴∠DAC=∠CAB，

又∵AO=CO，

∴∠CAB=∠ACO，

∴∠DAC=∠ACO，

∴AD∥OC，

∴=，

∵PB=OB，CD=，

∴=

∴PC=4

又∵PC•PD=PB•PA

∴PA=4也就是半径OB=4，

在RT△ACB中，

AC===2，

∵AB是直径，

∴∠ADB=∠ACB=90°

∴∠FDA+∠BDC=90°

∠CBA+∠CAB=90°

∵∠BDC=∠CAB

∴∠FDA=∠CBA

又∵∠AFD=∠ACB=90°

∴△AFD∽△ACB

∴

在Rt△AFP中，设FD=x，则AF=，

∴在RT△APF中有，，

求得DF=．

【点评】本题主要考查相似三角形的判定及性质，勾股定理及圆周角的有关知识的综合运用能力，关键是找准对应的角和边求解．

25．（12分）如图，已知一次函数y1=x+b的图象l与二次函数y2=﹣x2+mx+b的图象C′都经过点B（0，1）和点C，且图象C′过点A（2﹣，0）．

（1）求二次函数的最大值；

（2）设使y2＞y1成立的x取值的所有整数和为s，若s是关于x的方程=0的根，求a的值；

（3）若点F、G在图象C′上，长度为的线段DE在线段BC上移动，EF与DG始终平行于y轴，当四边形DEFG的面积最大时，在x轴上求点P，使PD+PE最小，求出点P的坐标．

【考点】二次函数综合题．

【分析】（1）首先利用待定系数法求出二次函数解析式，然后求出其最大值；

（2）联立y1与y2得，求出点C的坐标为C（，），因此使y2＞y1成立的x的取值范围为0＜x＜，得s=1+2+3=6；将s的值代入分式方程，求出a的值；

（3）第1步：首先确定何时四边形DEFG的面积最大．

如答图1，四边形DEFG是一个梯形，将其面积用含有未知数的代数式表示出来，这个代数式是一个二次函数，根据其最值求出未知数的值，进而得到面积最大时点D、E的坐标；

第2步：利用几何性质确定PD+PE最小的条件，并求出点P的坐标．

如答图2，作点D关于x轴的对称点D′，连接D′E，与x轴交于点P．根据轴对称及两点之间线段最短可知，此时PD+PE最小．利用待定系数法求出直线D′E的解析式，进而求出点P的坐标．

【详解】解：（1）∵二次函数y2=﹣x2+mx+b经过点B（0，1）与A（2﹣，0），

∴，

解得

∴l：y1=x+1；

C′：y2=﹣x2+4x+1．

y2=﹣x2+4x+1=﹣（x﹣2）2+5，

∴ymax=5；

（2）联立y1与y2得：x+1=﹣x2+4x+1，解得x=0或x=，

当x=时，y1=×+1=，

∴C（，）．

使y2＞y1成立的x的取值范围为0＜x＜，

∴s=1+2+3=6．

代入方程得

解得a=；

（3）∵点D、E在直线l：y1=x+1上，

∴设D（p，p+1），E（q，q+1），其中q＞p＞0．

如答图1，过点E作EH⊥DG于点H，则EH=q﹣p，DH=（q﹣p）．

在Rt△DEH中，由勾股定理得：DE2+DH2=DE2，即（q﹣p）2+[（q﹣p）]2=（）2，

解得q﹣p=2，即q=p+2．

∴EH=2，E（p+2，p+2）．

当x=p时，y2=﹣p2+4p+1，

∴G（p，﹣p2+4p+1），

∴DG=（﹣p2+4p+1）﹣（p+1）=﹣p2+p；

当x=p+2时，y2=﹣（p+2）2+4（p+2）+1=﹣p2+5，

∴F（p+2，﹣p2+5）

∴EF=（﹣p2+5）﹣（p+2）=﹣p2﹣p+3．

S四边形DEFG=（DG+EF）•EH=[（﹣p2+p）+（﹣p2﹣p+3）]×2=﹣2p2+3p+3

则有，

解得

∴直线D′E的解析式为：y=x﹣．

令y=0，得x=89/60，

∴P（89/60，0）．

【点评】本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数与一次函数的图象与性质、待定系数法、函数最值、分式方程的解、勾股定理、轴对称﹣最短路线等知识点，涉及考点众多，难度较大．本题难点在于第（3）问，涉及两个最值问题，第1个最值问题利用二次函数解决，第2个最值问题利用几何性质解决．