2020年广东省东莞市中考数学模拟三模试卷(（有答案）)AU

∵△EAC是等边三角形， ∴EA=EC， ∴EO⊥AC，

∴四边形ABCD是菱形；

（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AC=8， ∴AO=CO=4，DO=BO， 在Rt△ABO中，BO=∴DO=BO=3， 在Rt△EAO中，EO=∴ED=EO﹣DO=4

五．解答题（共3小题，满分27分，每小题9分） 23．

【解答】解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y=﹣x2+bx+c，

，解得：

，

﹣3．

=4

， =3，

∴抛物线的表达式为y=﹣x2+2x+3．

（2）在图1中，连接PC，交抛物线对称轴l于点E，

∵抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点， ∴抛物线的对称轴为直线x=1． 当x=0时，y=﹣x2+2x+3=3， ∴点C的坐标为（0，3）．

若四边形CDPM是平行四边形，则CE=PE，DE=ME， ∵点C的横坐标为0，点E的横坐标为1， ∴点P的横坐标t=1×2﹣0=2， ∴点P的坐标为（2，3）， ∴点E的坐标为（1，3）， ∴点M的坐标为（1，6）．

故在直线l上存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形，点M的坐标为（1，6）． （3）①在图2中，过点P作PF∥y轴，交BC于点F． 设直线BC的解析式为y=mx+n（m≠0），

将B（3，0）、C（0，3）代入y=mx+n，

，解得：

，

∴直线BC的解析式为y=﹣x+3． ∵点P的坐标为（t，﹣t2+2t+3）， ∴点F的坐标为（t，﹣t+3）， ∴PF=﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）=﹣t2+3t， ∴S=PF?OB=﹣t2+t=﹣（t﹣）2+②∵﹣＜0，

∴当t=时，S取最大值，最大值为

．

．

∵点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，3）， ∴线段BC=

=3

，

=

，此时点P的坐标为（，

）．

∴P点到直线BC的距离的最大值为

24．

【解答】解：（1）连接OD， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠C=∠A=∠B=60°， ∵OD=OB，

∴△ODB是等边三角形， ∴∠ODB=60° ∴∠ODB=∠C， ∴OD∥AC， ∴DE⊥AC ∴OD⊥DE， ∴DE是⊙O的切线

（2）∵OD∥AC，点O是AB的中点， ∴OD为△ABC的中位线， ∴BD=CD=2 在Rt△CDE中， ∠C=60°， ∴∠CDE=30°， ∴CE=CD=1

∴AE=AC﹣CE=4﹣1=3 在Rt△AEF中， ∠A=60°，

∴EF=AE?sinA=3×sin60°=

25．

【解答】解：（1）DM=AD+AP，理由如下： ∵正方形ABCD， ∴DC=AB，∠DAP=90°，

∵将DP绕点P旋转90°得到EP，连接DE，过点E作CD的垂线，交射线DC于M，交射线AB于N，

∴DP=PE，∠PNE=90°，∠DPE=90°， ∵∠ADP+∠DPA=90°，∠DPA+∠EPN=90°， ∴∠DAP=∠EPN， 在△ADP与△NPE中，

，

∴△ADP≌△NPE（AAS）， ∴AD=PN，AP=EN， ∴AN=DM=AP+PN=AD+AP； （2）①DM=AD﹣AP，理由如下： ∵正方形ABCD， ∴DC=AB，∠DAP=90°，

∵将DP绕点P旋转90°得到EP，连接DE，过点E作CD的垂线，交射线DC于M，交射线AB于N，

∴DP=PE，∠PNE=90°，∠DPE=90°， ∵∠ADP+∠DPA=90°，∠DPA+∠EPN=90°， ∴∠DAP=∠EPN， 在△ADP与△NPE中，

，

∴△ADP≌△NPE（AAS）， ∴AD=PN，AP=EN，

∴AN=DM=PN﹣AP=AD﹣AP； ②DM=AP﹣AD，理由如下：

∵∠DAP+∠EPN=90°，∠EPN+∠PEN=90°， ∴∠DAP=∠PEN，

又∵∠A=∠PNE=90°，DP=PE， ∴△DAP≌△PEN， ∴AD=PN，

∴DM=AN=AP﹣PN=AP﹣AD； （3）有两种情况，如图2，DM=3﹣①如图2：∵∠DEM=15°，

∴∠PDA=∠PDE﹣∠ADE=45°﹣15°=30°， 在Rt△PAD中AP=∴DM=AD﹣AP=3﹣

，AD=；

，

，如图3，DM=

﹣1；

②如图3：∵∠DEM=15°，

∴∠PDA=∠PDE﹣∠ADE=45°﹣15°=30°， 在Rt△PAD中AP=∴DM=AP﹣AD=

，AD=AP?tan30°=﹣1．

或

﹣1． ，

故答案为；DM=AD+AP；DM=AD﹣AP；3﹣