上海市嘉定区2022年中考数学一模试卷（解析版） 上教版

2022年上海市嘉定区中考数学一模试卷　一、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）【下列各题的四个选项中，有且只有一个是正确的】1．（4分）（2022•嘉定区一模）对于线段a、b，如果a：b=2：3，那么下列四个选项一定正确的是（　　）　A．2a=3bB．b﹣a=1C．=D．=考点：比例线段．分析：根据比例的性质进行判断即可．解答：解：A、由a：b=2：3，得3a=2b，故本选项错误；B、当a=4，b=6时，a：b=2：3，但是b﹣a=2，故本选项错误；C、由a：b=2：3，得3a=2b，则3a+6=2b+6，即3（a+2）=2（b+3），所以=，故本选项正确；D、由a：b=2：3，得=，故本选项错误．故选C．点评：本题考查了比例的性质及式子的变形，用到的知识点：在比例里，两个外项的积等于两个内项的积，比较简单．　2．（4分）（2022•嘉定区一模）如图，在直角坐标平面内有一点P（3，4），那么OP与x轴正半轴的夹角a的正弦值为（　　）　A．B．C．D．考点：锐角三角函数的定义；勾股定理．分析：作PM⊥x轴于点M，构造直角三角形，根据三角函数的定义求解．解答：解：作PM⊥x轴于点M，根据勾股定理可得OP=5．∴sinA==．故选C．点评：本题用到的知识点为：一个角的正弦值等于它所在直角三角形的对边与斜边之比．　3．（4分）（2022•嘉定区一模）已知抛物线y=﹣x2+bx+c如图所示，那么b、c的取值范围是（　　）15\n　A．b＜0，c＜0B．b＜0，c＞0C．b＞0，c＜0D．b＞0，c＞0考点：二次函数图象与系数的关系．分析：由抛物线的开口方向判断a与0的关系，再根据对称轴在y轴的左侧判断b与0的关系；由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，解答：解：∵图象开口向下，∴a＜0，∵对称轴在y轴左侧，∴﹣＜0，∴b＜0；∵图象与y轴交于正半轴，∴c＞0．故选B．点评：本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，用到的知识点：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）来说，①二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；|a|还可以决定开口大小，|a|越大开口就越小；②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）；③常数项c决定抛物线与y轴交点，抛物线与y轴交于（0，c）．　4．（4分）（2022•嘉定区一模）下列四个命题中，真命题的个数为（　　）①面积相等的两个直角三角形相似：②周长相等的两个直角三角形相似：③有一个锐角相等的两个直角三角形相似：④斜边和直角边对应成比例的两个直角三角形相似．　A．4B．3C．2D．1考点：命题与定理；相似三角形的判定．分析：根据真命题的定义和有关性质定理分别对每个命题进行判断即可．解答：解；①面积相等的两个直角三角形相似，错误，是假命题，②周长相等的两个直角三角形相似，错误，是假命题，③有一个锐角相等的两个直角三角形相似，正确，是真命题，④斜边和直角边对应成比例的两个直角三角形相似，正确，是真命题；真命题的个数是2个，故选：C．点评：此题考查了命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．　15\n5．（4分）（2022•嘉定区一模）正多边形的一个内角的度数不可能是（　　）　A．80°B．135°C．144°D．150°考点：多边形内角与外角．专题：计算题．分析：设正多边形的边数为n，再分别解方程（n﹣2）×180°=80°×n；（n﹣2）×180°=135°×n，（n﹣2）×180°=144°×n，（n﹣2）×180°=150°×n，然后根据n≥3的整数进行判断．解答：解：设正多边形的边数为n，当（n﹣2）×180°=80°×n，解得n=3.6，n不为正整数；当（n﹣2）×180°=135°×n，解得n=8；当（n﹣2）×180°=144°×n，解得n=10；当（n﹣2）×180°=150°×n，解得n=12．故选A．点评：本题考查了多边形内角与外角：n边形的内角和为（n﹣2）×180°；多边形的外角和为360°．　6．（4分）（2022•嘉定区一模）已知⊙O1的半径长为2，若⊙O2（O2与O1不重合）上的点P满足PO1=2，则下列位置关系中，⊙O1与⊙O2不可能存在的位置关系是（　　）　A．相交B．外切C．内切D．外离考点：圆与圆的位置关系．分析：两圆的位置关系有：相离（d＞R+r）、相切（d=R+r或d=R﹣r）、相交（R﹣r＜d＜R+r）．解答：解：∵⊙O1的半径为2，根据圆与圆之间的位置关系，可知当两圆外离时，PO1＞2．故选D．点评：本题主要考查两圆的位置关系．两圆的位置关系有：相离（d＞R+r）、相切（外切：d=R+r或内切：d=R﹣r）、相交（R﹣r＜d＜R+r）．　二、填空题（共12小题，每小题4分，满分48分）7．（4分）（2022•嘉定区一模）如图，在△ABC中，DE∥BC，DE与边AB相交于点D，与边AC相交于点E，如果AD=6，BD=8，AE=4，那么CE的长为　　．考点：平行线分线段成比例．分析：根据平行线分线段成比例定理得出比例式，代入求出即可．解答：解：∵DE∥BC，∴=，∴=，15\n∴EC=，故答案为：．点评：本题考查了平行线分线段成比例定理的应用，注意：对应线段成比例．　8．（4分）（2022•嘉定区一模）已知||=2，||=4，且与反向，如果用向量表示向量，那么=　﹣　．考点：*平面向量．分析：根据向量b向量的模是a向量模的2倍，且与反向，即可得出答案．解答：解：||=2||，与反向，故可得：=﹣．故答案为：=﹣．点评：本题考查了平面向量的知识，关键是得出向量b向量的模是a向量模的2倍．　9．（4分）（2022•嘉定区一模）如图，飞机在目标B的正上方2000米A处，飞行员测得地面目标C的俯角α=30°，那么地面目标B、C之间的距离为　　米．（结果保留根号）考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．分析：由题意得，在直角三角形中，知道了已知角的邻边求对边，用正切函数计算即可．解答：解：∵飞行员测得地面目标C的俯角α=30°，∴∠ACB=30°，∴BC====2000（米）．∴B、C之间的距离为2000米．故答案为：2000．点评：本题考查俯角的定义，要求学生能借助俯角构造直角三角形并解直角三角形．　10．（4分）（2022•嘉定区一模）如果关于x的二次函数y=﹣3x2﹣x+m﹣1的图象经过原点，那么m=　1　．考点：二次函数图象上点的坐标特征．分析：将原点坐标（0，0）代入二次函数解析式，列方程求m即可．解答：解：∵点（0，0）在抛物线y=﹣3x2﹣x+m﹣1上，15\n∴m﹣1=0，解得m=1，故答案为：1．点评：此题考查了二次函数图象上的点与解析式的关系，将点的坐标代入解析式是解题的关键．　11．（4分）（2022•嘉定区一模）二次函数y=﹣x2+3x的图象在对称轴右侧的部分是　下降　的．考点：二次函数的性质．分析：根据二次函数的性质做题．解答：解：∵a=﹣1＜0，∴函数图象开口向下，∴在对称轴右侧y随x的增大而减小．也就是右侧部分是下降的．点评：考查二次函数的增减性．　12．（4分）（2022•嘉定区一模）二次函数：y=x2+4x+5的对称轴为直线　x=﹣2　．考点：二次函数的性质．分析：利用配方法或抛物线的对称轴的公式即可求解．解答：解：∵y=x2+4x+5=x2+4x+4+1=（x+2）2+1，∴对称轴为x=﹣2．故答案为：x=﹣2．点评：此题主要考查了求抛物线的对称轴，既可以利用配方法，也可以利用对称轴的公式解决问题．　13．（4分）（2022•嘉定区一模）把抛物线y=（x﹣1）2+4先向右平移3个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的顶点坐标是　（4，2）　．考点：二次函数图象与几何变换．分析：先写成平移前的抛物线的顶点坐标，再根据向右平移横坐标加，向下平移，纵坐标减解答即可．解答：解：抛物线y=（x﹣1）2+4的顶点坐标为（1，4），∵向右平移3个单位，向下平移2个单位，∴横坐标为1+3=4，纵坐标为4﹣2=2，∴所得抛物线的顶点坐标为（4，2）．故答案为：（4，2）．点评：本题考查了二次函数图形与几何变换，是基础题，掌握平移规律“左加右减，上加下减”是解题的关键．　14．（4分）（2022•嘉定区一模）已知⊙O的半径长为2，点P满足PO=2，那么点P的直线l与⊙O不可能存在的位置关系是　相离　（从“相交”、“相切”、“相离”中选择）．考点：直线与圆的位置关系．分析：根据直线与圆的位置关系来判定．判断直线和圆的位置关系：①直线l和⊙O相交⇔d＜r；②直线l和⊙O相切⇔d=r；③直线l和⊙O相离⇔d＞r．分OP垂直于直线l，OP不垂直直线l两种情况讨论．15\n解答：解：当OP垂直于直线l时，即圆心O到直线l的距离d=2=r，⊙O与l相切；当OP不垂直于直线l时，即圆心O到直线l的距离d＜2=r，⊙O与直线l相交．故直线l与⊙O的位置关系是相切或相交，∴点P的直线l与⊙O不可能存在的位置关系是相离，故答案为：相离．点评：本题考查直线与圆的位置关系．解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定．　15．（4分）（2022•乌鲁木齐）正六边形的边心距与半径的比值为　　．考点：正多边形和圆．分析：设正六边形的半径与外接圆的半径相等，构建直角三角形利用勾股定理即可求出边心距．解答：解：设正六边形的半径是r，则外接圆的半径r，内切圆的半径是正六边形的边心距，因而是，则可知正六边形的边心距与半径的比值为．点评：正多边形的计算一般是通过中心作边的垂线，连接半径，把正多边形中的半径，边长，边心距，中心角之间的计算转化为解直角三角形．　16．（4分）（2022•嘉定区一模）对于平面图形A，如果存在一个圆，使图形A上的任意一点到圆心的距离都不大于这个圆的半径，则称圆形A被这个圆“覆盖”．例如图中的三角形被一个圆“覆盖”．如果边长为1的正六边形被一个半径长为R的圆“覆盖”，那么R的取值范围为　R≥1　．考点：正多边形和圆．专题：新定义．分析：根据正六边形的边长等于它的外接圆半径得出R的最小值，进而得出答案．解答：解：∵正六边形的边长等于它的外接圆半径，∴边长为1的正六边形被一个半径长为R的圆“覆盖”，那么R的取值范围为：R≥1．故答案为：R≥1．点评：此题主要考查了正多边形和圆，根据正六边形的边长等于它的外接圆半径得出是解题关键．　17．（4分）（2022•嘉定区一模）已知⊙O1与⊙O2相交于点A、B，AB=8，O1O2=2，⊙O1的半径为5，那么⊙O2的半径为　　．考点：相交两圆的性质．专题：计算题．分析：分两种情况考虑：当两圆心O1与O2位于公共弦AB两侧时，如图所示，由AB为两圆的公共弦，可得出两圆心的连线垂直平分AB，由AB的长求出AC的长，Rt△AO1C中，由⊙O1的半径及AC的长，利用勾股定理求出O1C的长，而O1C大于O1O2，矛盾，故此情况不成立；当两圆心O1与O215\n位于公共弦AB一侧时，如图所示，由AB为两圆的公共弦，可得出两圆心的连线垂直平分AB，由AB的长求出AC的长，Rt△AO1C中，由⊙O1的半径及AC的长，利用勾股定理求出O1C的长，由O1C﹣O1O2求出O2C的长，在Rt△AO2C中，根据O2C及AC的长，根据勾股定理求出AO2的长，即为⊙O2的半径，综上，得到⊙O2的半径．解答：解：分两种情况考虑：当两圆心O1与O2位于公共弦AB两侧时，如图所示：∵AB为⊙O1与⊙O2的公共弦，∴O1O2⊥AB，且C为AB的中点，∵AB=8，∴AC=AB=4，在Rt△AO1C中，AO1=5，AC=4，根据勾股定理得：O1C==3，又O1O2=2＜3=O1C，矛盾；当两圆心O1与O2位于公共弦AB一侧时，如图所示：∵AB为⊙O1与⊙O2的公共弦，∴O1O2⊥AB，且C为AB的中点，∵AB=8，∴AC=AB=4，在Rt△AO1C中，AO1=5，AC=4，根据勾股定理得：O1C==3，又O1O2=2，∴O2C=O1C﹣O1O2=3﹣2=1，在Rt△AO2C中，O2C=1，AC=4，根据勾股定理得：AO2==，综上，⊙O2的半径为．故答案为：点评：此题考查了两圆相交的性质，涉及的知识有：勾股定理，以及连心线与公共弦的关系，利用了分类讨论及数形结合的数学思想，本题注意考虑两种情况，得出符合题意⊙O2的半径．　18．（4分）（2022•嘉定区一模）如图，弧EF所在的⊙O的半径长为5，正三角形ABC的顶点A、B分别在半径OE、OF上，点C在弧EF上，∠EOF=60°，如果AB⊥OF，那么这个正三角形的边长为　　．15\n考点：等边三角形的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．分析：过C作CM⊥AB于M，连接OC，设正三角形ABC的边长是x，则MB=AB=x，由勾股定理求出CM=x，根据勾股定理求出OA2=25﹣x2，在Rt△ABO中，OA==，得出方程25﹣x2=，求出即可．解答：解：过C作CM⊥AB于M，连接OC，设正三角形ABC的边长是x，则MB=AB=x，∠BAC=60°，由勾股定理得：CM=x，∵∠EOF=∠CAB=60°，AB⊥OF，∴∠OAB=30°，∠OBA=90°，∴OA2=OC2﹣AC2=25﹣x2，在Rt△ABO中，OA==，OA2=，25﹣x2=，x=，故答案为：．点评：本题考查了等边三角形性质，勾股定理，解直角三角形等知识点的应用，解此题的关键是能得出关于x的方程．　三、解答题（共7小题，满分78分）19．（10分）（2022•嘉定区一模）计算：cot60°﹣cos30°+．15\n考点：特殊角的三角函数值．分析：分别将各特殊角的三角函数值代入，然后进行运算即可．解答：解：原式=﹣+=﹣．点评：本题考查了特殊角的三角函数值，属于基础题，解答本题的关键是熟练记忆一些特殊角的三角函数值．　20．（10分）（2022•嘉定区一模）如图已知△ABC中AB=AC=10，BC=16，矩形DEFG的边EF在△ABC的边BC上，顶点D、G分别在AB、AC上，设DE的长为x，矩形DEFG的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出这个函数的定义域．考点：相似三角形的判定与性质；根据实际问题列二次函数关系式；等腰三角形的性质．分析：首先过点作AM⊥BC于点M，由AB=AC=10，BC=16，根据等腰三角形的性质与勾股定理，即可求得AM的长，又由四边形DEFG是矩形，易证得△ADG∽△ABC，由相似三角形对应高的比等于相似比，即可得方程，则可表示出DG的长，继而求得答案．解答：解：过点作AM⊥BC于点M，∵AB=AC=10，BC=16，∴BM=BC=8，在Rt△ABM中，AM==6，∵四边形DEFG是矩形，∴DG∥EF，DE⊥BC，∴AN⊥DG，四边形EDMN是矩形，∴MN=DE=x，∵DG∥EF，∴△ADG∽△ABC，∴DG：BC=AN：AM，∴，解得：DG=﹣x+16，∴y=S矩形DEFG=DE•DG=x•（﹣x+16）=﹣x2+16x（0＜x＜6）．15\n点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意辅助线的作法，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．　21．（10分）（2022•嘉定区一模）如图，已知点D、E分别在△ABC的边AB和AC上，DE∥BC，AD=DB，四边形DBCE的面积等于16．（1）求△ABC的面积；（2）如果向量=，向量=，请用、表示向量．考点：*平面向量．分析：（1）设△ADE的面积为x，则△ABC的面积=x+16，再由△ADE∽△ABC，根据面积比等于相似比平方可得出x的值，继而得出△ABC的面积；（2）先表示出DE，根据BC=3DE，即可表示出向量．解答：解：（1）设△ADE的面积为x，则△ABC的面积=x+16，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴=（）2=（）2，解得：x=2，故△ABC的面积为18．（2）∵向量=，向量=，∴=﹣=﹣，∵==，∴BC=3DE，∴=3﹣3．点评：本题考查了平面向量及相似三角形的性质，解答本题的关键是掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方．　22．（10分）（2022•嘉定区一模）如图，一条细绳系着一个小球在平面内摆动，已知细绳从悬挂点O到球心的长度OG为50厘米，小球在左、右两个最高位置时（不考虑阻力等其他因素），细绳相应所成的角90°．15\n（1）求小球在最高位置和最低位置时的高度差：（2）联结EG，求∠OGE的余切值．考点：垂径定理的应用；勾股定理；锐角三角函数的定义．分析：（1）连接EF交OG于点H，由∠EOF=90°可知∠EOH=45°，故EH=OH，设OH=h，在直角△OEH中利用勾股定理即可求出h的长，故可得出结论；（2）连接EG，根据（1）中OH的长可得出EH及HG的长，根据tan∠OGE=即可得出结论．解答：解：（1）连接EF交OG于点H，∵∠EOF=90°，∴∠EOH=45°，∴EH=OH，设OH=h，在Rt△OEH中，OH2+EH2=OE2，即h2+h2=502，解得h=25cm，∴小球在最高位置和最低位置时的高度差=OG﹣OH=50﹣25（cm）；（2）连接EG，∵由（1）可知EH=OH=25，HG=50﹣25，∴tan∠OGE===﹣1．点评：本题考查的是勾股定理的应用，根据题意画出图形，构造出直角三角形是解答此题的关键．　23．（12分）（2022•嘉定区一模）已知：点D是Rt△ABC的BC边的一个动点（如图），过点D作DE⊥AB，垂足为E，点F在AB边上（点F与点B不重合），且满足FE=BE，联结CF、DF．（1）当DF平分∠CFB时，求证：：（2）若AB=10，tanB=．当DF⊥CF时，求BD的长．考点：相似三角形的判定与性质．15\n分析：（1）利用由两对角相等的三角形相似即可证明△CFD∽△CBF，由相似三角形的性质：对应边的比值相等即可证明；（2）利用已知条件可求出AC=6，BC=8，因为tanB=．可设DE=3x，则BE=4x，则BD=5x，CD=BC﹣BD=8﹣5x，再证明三角形ACF是等腰三角形，进而得到CF=6，根据勾股定理建立方程求出x的值即可．解答：（1）证明：∵DF平分∠CFB，∴∠CFD=∠EFD，∵DE⊥AB，FE=BE，∴DF=BD，∴∠EFD=∠DBF，∵∠FCD=∠BCF，∴△CFD∽△CBF，∴，∵DF=BD，∴；（2）解：∵AB=10，tanB=，∴AC=6，BC=8，∵tanB=．设DE=3x，则BE=4x，则BD=5x，CD=BC﹣BD=8﹣5x，∵DE⊥AB，FE=BE，∴DF=BD，∴∠DFB=∠B，∵DF⊥CF，∴∠AFC+∠BFD=90°，∵∠A+∠B=90°，∴∠A=∠AFC，∴AC=FC=6，∴62+（5x）2=（8﹣5x）2，解得：x=，故当DF⊥CF时，BD的长是．点评：本题考查了直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理的运用、等腰三角形的判定和性质以及锐角三角函数的应用，题目的综合性很好，难度中等．　24．（12分）（2022•嘉定区一模）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y=ax2+4ax+c（a≠0）经过A（0，4），B（﹣3，1），顶点为G．（1）求该抛物线的表达方式及点C的坐标；15\n（2）将（1）中求得的抛物线沿y轴向上平移m（m＞0）个单位，所得新抛物线与y轴的交点记为点D．当△ACD时等腰三角形时，求点D的坐标；（3）若点P在（1）中求得的抛物线的对称轴上，联结PO，将线段PO绕点P逆时针转90°得到线段PO′，若点O′恰好落在（1）中求得的抛物线上，求点P的坐标．考点：二次函数综合题．分析：（1）将A与B坐标代入抛物线解析式中求出a与c的值，即可确定出抛物线解析式，配方后即可求出顶点C的坐标；（2）由平移规律即C的坐标表示出D的坐标，在直角三角形AOC中，由OA与OC的长，利用勾股定理求出AC的长，由图形得到∠DAC为钝角，三角形ACD为等腰三角形，只有DA=AC，求出DA的长，即为m的值，即可确定出D的坐标；（3）由P在抛物线的对称轴上，设出P坐标为（﹣2，n），如图所示，过O′作O′M⊥x轴，交x轴于点M，过P作PN⊥O′M，垂足为N，由旋转的性质得到一对边相等，再由同角的余角相等得到一对角相等，根据一对直角相等，利用AAS得到△PCO≌△PNO′，由全等三角形的对应边相等得到O′N=OC=2，PN=PC=|n|，再由PCMN为矩形得到MN=PC=|n|，分n大于0与小于0两种情况表示出O′坐标，将O′坐标代入抛物线解析式中求出相应n的值，即可确定出P的坐标．解答：解：（1）将A，B坐标分别代入抛物线解析式得：，解得：，∴抛物线解析式为y=x2+4x+4=（x+2）2，∴顶点C坐标为（﹣2，0）；（2）由题意得：D（0，m+4），在Rt△AOC中，OA=4，OC=2，根据勾股定理得：AC==2，由图形得到∠DAC为钝角，要使△ACD为等腰三角形，只有DA=DC=2，∴DA=m=2，则D坐标为（0，2+4）；（3）设P（﹣2，n），如图所示，过O′作O′M⊥x轴，交x轴于点M，过P作PN⊥O′M，垂足为N，易得PO=PO′，∠PCO=∠PNO′=90°，∠CPO=∠NPO′，15\n∴△PCO≌△PNO′（AAS），∴O′N=OC=2，PN=PC=|n|，∵四边形PCMN为矩形，∴MN=PC=|n|，①当n＞0时，O′（n﹣2，n+2），代入抛物线解析式得：n2﹣n﹣2=0，解得：n=2或n=﹣1（舍去）；②当n＜0时，O′（n﹣2，n+2），代入抛物线解析式得：n2﹣n﹣2=0，解得：n=2（舍去）或n=﹣1，综上①②得到n=2或﹣1，则P的坐标为（﹣2，2），（﹣2，﹣1）．点评：此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，二次函数的性质，平移及旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，以及坐标与图形性质，利用了数形结合及方程的思想，是一道中档题．　25．（14分）（2022•嘉定区一模）已知点A、B、C是半径长为2的半圆O上的三个点，其中点A是弧BC的中点（如图），联结AB、AC，点D、E分别在弦AB、AC上，且满足AD=CE．（1）求证：OD=OE；（2）联结BC，当BC=2时，求∠DOE的度数；（3）若∠BAC=120°，当点D在弦AB上运动时，四边形ADOE的面积是否变化？若变化，请简述理由；若不变化，请求出四边形ADOE的面积．考点：圆的综合题．分析：（1）先证出△AOB≌△AOC，∠CAO=∠ABO，再根据BD=AE，证出△BOD≌△AOE，即可得出OD=OE；（2）设OA和BC交于M，得出∠AOB=∠AOC，∠BOD=∠AOE，∠AOD=∠COE，则∠DOE=∠BOC，∠AOC=15\n∠BOC，再根据AB=AC，得出OA⊥BC，CM=BC=，最后根据sin∠COM==，得出∠COM=45°，∠BOC=90°，∠DOE=∠BOC=45°；（3）先证出S△AOB=S△AOC，S△BOD=S△AOE，S△AOB﹣S△BOD=S△AOC﹣S△AOE，S△AOD=S△COE，得出S△AOE+S△AOD=S△BOD+S△COE，S四边形ADOE=S四边形ABOC，即可证出当点D在弦AB上运动时，四边形ADOE的面积没有变化，再根据∠ABC=120°，得出∠OAB=∠OAC=60°，ABOC是菱形，再求出AM=1，BC=2，得出S菱形ABOC=2，最后根据S四边形ADOE=S四边形ABOC即可得出答案．解答：解：（1）∵A是弧BC的中点，∴AB=AC，连接OB、OA、OC，∵在△AOB和△AOC中，，∴△AOB≌△AOC（SSS），∴∠CAO=∠ABO，∵AD=CE，∴AB﹣AD=AC﹣CE，即BD=AE，∵在△BOD和△AOE中，，∴△BOD≌△AOE（SAS），∴OD=OE；（2）设OA和BC交于M，∵△AOB≌△AOC，∴∠AOB=∠AOC，∵△BOD≌△AOE，∴∠BOD=∠AOE，∴∠AOD=∠COE，∴∠DOE=∠AOE+∠AOD=∠BOC，∠AOC=∠AOE+∠COE=∠BOC，∵AB=AC，∴OA⊥BC，CM=BC=，∴sin∠COM==，∴∠COM=45°，∴∠BOC=90°，∴∠DOE=∠BOC=45°；（3）∵△AOB≌△AOC，15\n∴S△AOB=S△AOC，∵△BOD≌△AOE，∴S△BOD=S△AOE，∴S△AOB﹣S△BOD=S△AOC﹣S△AOE，∴S△AOD=S△COE，∴S△AOE+S△AOD=S△BOD+S△COE，∴S四边形ADOE=S四边形ABOC，∴当点D在弦AB上运动时，四边形ADOE的面积没有变化，∵∠ABC=120°，∴∠OAB=∠OAC=60°，∴ABOC是菱形，∴AM=AO=1CM===，∴BC=2，∴S菱形ABOC=×2×2=2，∴S四边形ADOE=S四边形ABOC=．点评：此题考查了圆的综合，用到的知识点是垂径定理、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等，关键是综合应用有关知识，列出算式．　15