2020届中考复习广东省广州市天河区中考数学一模试题((有配套答案))

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解得m＝9．

【点评】本题考查了反比例函数的性质、图象，反比例函数图象上点的坐标特征等知识点．根据题意得到△OAC的面积是解题的关键．

24．【分析】（1）如图1中，作OI⊥AB于I，OJ⊥AC于J，连接OE，OF．想办法求出∠EOF的度数即可解决问题；

（2）如图1中，作OI⊥AB于I，OJ⊥AC于J，连接OE，OF．利用全等三角形的性质证明EK＝EM，FM＝

FL，即可推出△AEF的周长＝2AL．即可解决问题；

（3）如图3中，作FP⊥AB于P，作EM⊥AC于M，作NQ⊥AB于Q，DL⊥AC于L．想办法求出AD，AN即可解决问题；

【解答】解：（1）如图1中，作OI⊥AB于I，OJ⊥AC于J，连接OE，OF．

∵AD是正△ABC的高，

∴∠BAC＝60°，AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD＝30°， ∵OI⊥AB于I，OJ⊥AC于J， ∴∠AIO＝∠AJO＝90°，

∴∠IOJ＝360°﹣90°﹣90°＝60°＝120°，OI＝OJ， ∵OE＝OF，

∴Rt△OIE≌△Rt△OJF（HL）， ∴∠IOE＝∠JOF，

∴∠EOF＝∠EOJ+∠FOJ＝∠EOJ+∠IOE＝∠IOJ＝120°， ∴∠EDF＝∠EOF＝60°．

（2）如图1中，作DK⊥AB于K，DL⊥AC于L，DM⊥EF于M，连接FG．

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∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC， ∴∠B＝60°，BD＝CD， ∵∠EDF＝60°， ∴∠EDF＝∠B，

∵∠EDC＝∠EDF+∠CDF＝∠B+∠BED， ∴∠BED＝∠CDF， ∵GD是圆O的直径，

∴∠ADC＝90°，∠GFD＝90°，

∴∠FGD+∠FDG＝90°，∠FDC+∠FDG＝90°， ∴∠FDC＝∠FGD＝∠DEF， ∵DK⊥EB，DM⊥EF，

∴∠EKD＝∠EMD＝90°，DK＝DM， ∴Rt△DEK≌Rt△DEM（HL）， ∴∴EK＝EM， 同法可证：DK＝DL， ∴DM＝CL， ∵DM⊥FE，DL⊥FC， ∴∠FMD＝∠FLD＝90°， ∴Rt△DFM≌Rt△DFL（HL）， ∴FM＝FL， ∵AD＝AD，DK＝DF， ∴Rt△ADK≌Rt△ADL（HL）， ∴AK＝AL，

∴△AEF的周长＝AE+EF+AF＝AE+EK+AF+FL＝2AL， ∵AD＝6

，

∴AL＝AD?cos30°＝9， ∴△AEF的周长＝18．

（3）如图3中，作FP⊥AB于P，作EM⊥AC于M，作NQ⊥AB于Q，DL⊥AC于L．

在Rt△AEM中，∵AE＝3，∠EAM＝60°，

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∴AM＝AE＝，EM＝在Rt△EFM中，EF＝∴AF＝AM+MF＝8， ∵△AEF的周长＝18， 由（2）可知2AL＝18， ∴AJ＝9，AD＝∴AP＝AF＝4，FP＝4∵NQ∥FP， ∵△EQN∽△EPF， ∴

＝

＝

，

，

＝

＝

，

＝6，

，

∵∠BAD＝30°，

∴AQ＝√3NQ，设EQ＝x，则QN＝4∴AE＝11x＝3， ∴x＝

，

， ．

x，AQ＝12x，

∴AN＝2NQ＝∴DN＝AD﹣AN＝

【点评】本题属于圆综合题，考查了等边三角形的性质，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题． 25．【分析】（1）由A、B两点的坐标，利用待定系数法即可求得抛物线解析式；

（2）①连接CD，则可知CD∥x轴，由A、F的坐标可知F、A到CD的距离，利用三角形面积公式可求得△ACD和△FCD的面积，则可求得四边形ACFD的面积；②由题意可知点A处不可能是直角，则有∠ADQ＝90°或∠AQD＝90°，当∠ADQ＝90°时，可先求得直线AD解析式，则可求出直线DQ解析式，联立直线DQ和抛物线解析式则可求得Q点坐标；当∠AQD＝90°时，设Q（t，﹣t2+2t+3），设直线AQ的解析式为y＝k1x+b1，则可用t表示出k′，设直线DQ解析式为y＝k2x+b2，同理可表示出k2，由AQ⊥DQ则可得到关于t的方程，可求得t的值，即可求得Q点坐标． 【解答】解： （1）由题意可得

，解得

，

∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；

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（2）①∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4， ∴F（1，4），

∵C（0，3），D（2，3）， ∴CD＝2，且CD∥x轴， ∵A（﹣1，0），

∴S四边形ACFD＝S△ACD+S△FCD＝×2×3+×2×（4﹣3）＝4； ②∵点P在线段AB上， ∴∠DAQ不可能为直角，

∴当△AQD为直角三角形时，有∠ADQ＝90°或∠AQD＝90°，

i．当∠ADQ＝90°时，则DQ⊥AD，

∵A（﹣1，0），D（2，3）， ∴直线AD解析式为y＝x+1， ∴可设直线DQ解析式为y＝﹣x+b′， 把D（2，3）代入可求得b′＝5， ∴直线DQ解析式为y＝﹣x+5， 联立直线DQ和抛物线解析式可得∴Q（1，4）；

，解得

或

，

ii．当∠AQD＝90°时，设Q（t，﹣t2+2t+3），

设直线AQ的解析式为y＝k1x+b1， 把A、Q坐标代入可得

，解得k1＝﹣（t﹣3），

设直线DQ解析式为y＝k2x+b2，同理可求得k2＝﹣t， ∵AQ⊥DQ，

∴k1k2＝﹣1，即t（t﹣3）＝﹣1，解得t＝当t＝当t＝

时，﹣t2+2t+3＝时，﹣t2+2t+3＝

，

， ， ）或（

，

，

）； ）或（

，

）．

，

∴Q点坐标为（

综上可知Q点坐标为（1，4）或（

【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角形的面积、二次函数的性质、直角三角形的性质及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）①中注意把四边形转化为两

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