发布时间 : 星期日 文章2020届河南省三门峡市中考数学一模试卷(有答案)(加精)更新完毕开始阅读
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∵∠B=∠B， ∴△BOE∽△BCA， ∴
=
，即=
，
解得：r=3； （2）∵
=
，∠AFE=2∠ABC，
∴∠AOE=2∠AFE=4∠ABC， ∵∠AOE=∠OEB+∠ABC， ∴∠ABC=30°，∠F=60°， ∵EF⊥AD，
∴∠EMB=∠CAB=90°， ∴∠MEB=∠F=60°，CA∥EF， ∴CB∥AF，
∴四边形ACEF为平行四边形， ∵∠CAB=90°，OA为半径， ∴CA为圆O的切线， ∵BC为圆O的切线， ∴CA=CE，
∴平行四边形ACEF为菱形．
22．在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合），以AD为边在AD的右侧作正方形ADEF，连接CF．
（1）观察猜想：如图（1），当点D在线段BC上时， ①BC与CF的位置关系是： BC⊥CF ；
②BC、CD、CF之间的数量关系为： BC=CF+CD （将结论直接写在横线上）
（2）数学思考：如图（2），当点D在线段CB的延长线上时，上述①、②中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
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【考点】LO：四边形综合题．
【分析】（1）①根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；
②由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质得到CF=BD，∠ACF=∠ABD，根据余角的性质即可得到结论；
（2）根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质以及等腰直角三角形的角的性质可得到结论．
【解答】解：（1）①正方形ADEF中，AD=AF， ∵∠BAC=∠DAF=90°， ∴∠BAD=∠CAF， 在△DAB与△FAC中， ∵
，
∴△DAB≌△FAC， ∴∠B=∠ACF，
∴∠ACB+∠ACF=90°，即BC⊥CF； 故答案为：BC⊥CF； ②△DAB≌△FAC， ∴CF=BD， ∵BC=BD+CD， ∴BC=CF+CD； 故答案为：BC=CF+CD；
（2）CF⊥BC成立；BC=CD+CF不成立，CD=CF+BC． ∵正方形ADEF中，AD=AF， ∵∠BAC=∠DAF=90°， ∴∠BAD=∠CAF， 在△DAB与△FAC中，
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∵，
∴△DAB≌△FAC， ∴∠ABD=∠ACF， ∵∠BAC=90°，AB=AC， ∴∠ACB=∠ABC=45°． ∴∠ABD=180°﹣45°=135°，
∴∠BCF=∠ACF﹣∠ACB=135°﹣45°=90°， ∴CF⊥BC．
∵CD=DB+BC，DB=CF， ∴CD=CF+BC．
23．如图，抛物线y=ax2﹣2ax+c（a≠0）与y轴交于点C（0，4），与x轴交于点A、B，点A坐标为（4，0）． （1）求该抛物线的解析式；
（2）抛物线的顶点为N，在x轴上找一点K，使CK+KN最小，并求出点K的坐标；
（3）点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE∥AC，交BC于点E，连接CQ．当△CQE的面积最大时，求点Q的坐标；
（4）若平行于x轴的动直线l与该抛物线交于点P，与直线AC交于点F，点D的坐标为（2，0）．问：是否存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）把A、C两点坐标代入抛物线解析式可求得a、c的值，可求得抛物线解析；
（2）可求得点C关于x轴的对称点C′的坐标，连接C′N交x轴于点K，再求得直线C′K的解析式，可求得K点坐标；
（3）过点E作EG⊥x轴于点G，设Q（m，0），可表示出AB、BQ，再证明△BQE≌△BAC，可表示出EG，可得出△CQE关于m的解析式，再根据二次函数的性质可求得Q点的坐标；
（4）分DO=DF、FO=FD和OD=OF三种情况，分别根据等腰三角形的性质求得F点的坐标，进一步求得P点坐标即可． 【解答】解：
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（1）∵抛物线经过点C（0，4），A（4，0）， ∴
，解得
，
∴抛物线解析式为y=﹣；
（2）由（1）可求得抛物线顶点为N（1，），
如图1，作点C关于x轴的对称点C′（0，﹣4），连接C′N交x轴于点K，则K点即为所求，
设直线C′N的解析式为y=kx+b，把C′、N点坐标代入可得，解得，
∴直线C′N的解析式为y=令y=0，解得x=∴点K的坐标为（
， ，0）；
，
（3）设点Q（m，0），过点E作EG⊥x轴于点G，如图2，
由﹣=0，得x1=﹣2，x2=4，
∴点B的坐标为（﹣2，0），AB=6，BQ=m+2， 又∵QE∥AC，
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