2012年甘肃省白银市中考数学试卷

∵DC=EF， ∴EB=DC， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ACB=60°，AB=AC， ∴∠EBF=∠ACB， ∴△AEB≌△ADC， ∴AE=AD． 点评： 此题把等边三角形和平行四边形结合在一起，首先利用等边三角形的性质证明平行四边形，然后利用等边三角形的性质证明全等三角形，最后利用全等三角形的性质解决问题． 27．（2011?黔南州）如图，点A，B，C，D在⊙O上，AB=AC，AD与BC相交于点E，AE=ED，延长DB到点F，使FB=BD，连接AF．

（1）证明：△BDE∽△FDA；

（2）试判断直线AF与⊙O的位置关系，并给出证明．

考点： 切线的判定；三角形的角平分线、中线和高；相似三角形的判定与性质。 专题： 证明题；探究型。 分析： （1）因为∠BDE公共，夹此角的两边BD：DF=ED：AD=2：3，由相似三角形的判定，可知△BDE∽△FDA． （2）连接OA、OB、OC，证明△OAB≌△OAC，得出AO⊥BC．再由△BDE∽△FDA，得出∠EBD=∠AFD，则BE∥FA，从而AO⊥FA，得出直线AF与⊙O相切． 解答： 证明：（1）在△BDE和△FDA中， ∵FB=BD，AE=ED， ∴，（3分） 又∵∠BDE=∠FDA， ∴△BDE∽△FDA．（5分） （2）直线AF与⊙O相切．（6分） 证明：连接OA，OB，OC， ∵AB=AC，BO=CO，OA=OA，（7分） ∴△OAB≌△OAC， ∴∠OAB=∠OAC， ∴AO是等腰三角形ABC顶角∠BAC的平分线， ∴AO⊥BC，

∵△BDE∽△FDA，得∠EBD=∠AFD， ∴BE∥FA， ∵AO⊥BE知，AO⊥FA， ∴直线AF与⊙O相切． 点评： 本题考查相似三角形的判定和切线的判定．

28．已知，在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2．若以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点B在第一象限内．将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处． （1）求点C的坐标；

（2）若抛物线y=ax+bx（a≠0）经过C、A两点，求此抛物线的解析式；

（3）若上述抛物线的对称轴与OB交于点D，点P为线段DB上一动点，过P作y轴的平行线，交抛物线于点M，问：是否存在这样的点P，使得四边形CDPM为等腰梯形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．

2

考点： 二次函数综合题。 专题： 代数几何综合题。 分析： （1）在Rt△AOB中，根据AB的长和∠BOA的度数，可求得OA的长，根据折叠的性质即可得到OA=OC，且∠BOC=∠BOA=30°，过C作CD⊥x轴于D，即可根据∠COD的度数和OC的长求得CD、OD的值，从而求出点C的坐标． （2）将A、C的坐标代入抛物线的解析式中，通过联立方程组即可求出待定系数的值，从而确定该抛物线的解析式． （3）根据（2）所得抛物线的解析式可得到其顶点的坐标（即C点），设直线MP与x轴的交点为N，且PN=t，在Rt△OPN中，根据∠PON的度数，易得PN、ON的长，即可得到点P的坐标，然后根据点P的横坐标和抛物线的解析式可求得M点的纵坐标，过M作ME⊥CD（即抛物线对称轴）于E，过P作PQ⊥CD于Q，若四边形CDPM是等腰梯形，那么CE=QD，根据C、M、P、D四点纵坐标，易求得CE、QD的长，联立两式即可求出此时t的值，从而求得点P的坐标． 解答： 解：（1）过点C作CH⊥x轴，垂足为H； ∵在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2， ∴OB=4，OA=2； 由折叠的性质知：∠COB=30°，OC=AO=2， ∴∠COH=60°，OH=，CH=3； ∴C点坐标为（，3）． （2）∵抛物线y=ax+bx（a≠0）经过C（2，3）、A（2，0）两点，

∴， 解得； 2∴此抛物线的函数关系式为：y=﹣x+2x． （3）存在． 2因为y=﹣x+2x的顶点坐标为（，3）， 即为点C，MP⊥x轴，垂足为N，设PN=t； 因为∠BOA=30°， 所以ON=t， ∴P（t，t）； 作PQ⊥CD，垂足为Q，ME⊥CD，垂足为E； 把x=t代入y=﹣x+2x， 2得y=﹣3t+6t， 22∴M（t，﹣3t+6t），E（，﹣3t+6t）， 同理：Q（，t），D（，1）； 要使四边形CDPM为等腰梯形，只需CE=QD， 即3﹣（﹣3t+6t）=t﹣1， 解得t=，t=1（舍）， ∴P点坐标为（，）， ，）． 22∴存在满足条件的P点，使得四边形CDPM为等腰梯形，此时P点坐标为（ 点评： 此题主要考查了图形的旋转变化、解直角三角形、二次函数解析式的确定、等腰梯形的判定和性质等重要知识点，难度较大．