陕西省西安市阎良区2019年中考数学二模试卷（含解析）.doc

‎2019年陕西省西安市阎良区中考数学二模试卷 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）‎ ‎1．下列实数中最大的是（　　）‎ A．﹣2 B．‎0 ‎C． D．‎ ‎2．下列平面图形不能够围成正方体的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．已知点A（m，﹣3）和点B（n，3）都在直线y＝﹣2x+b上，则m与n的大小关系为（　　）‎ A．m＞n B．m＜n ‎ C．m＝n D．大小关系无法确定 ‎4．有一直角三角形纸片，∠C＝90°BC＝6，AC＝8，现将△ABC按如图那样折叠，使点A与点B重合，折痕为DE，则CE的长为（　　）‎ A． B． C． D．4‎ ‎5．已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+c＝0的一个根为1，则另一个根是（　　）‎ A．5 B．‎4 ‎C．3 D．2‎ ‎6．如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，若∠A＝36°，则∠DCB的度数为（　　）‎ A．54° B．64° C．72° D．75°‎ ‎7．在平面直角坐标系中，将直线l1：y＝﹣4x﹣1平移后，得到直线l2：y＝﹣4x+7，则下列平移操作方法正确的是（　　）‎ A．将l1向右平移8个单位长度 ‎ B．将l1向右平移2个单位长度 ‎ 23‎ C．将l1向左平移2个单位长度 ‎ D．将l1向下平移8个单位长度 ‎8．菱形的两条对角线长分别为6，8，则它的周长是（　　）‎ A．5 B．‎10 ‎C．20 D．24‎ ‎9．如图，AE是△ABC的外接圆⊙O的直径，AD是△ABC的高，若AB＝8，AC＝10，AD＝8，则AE的值为（　　）‎ A．10 B．‎10‎ C．12 D．12‎ ‎10．已知点A（﹣3，y1），B（2，y2）均在抛物线y＝ax2+bx+c上，点P（m，n）是该抛物线的顶点，若y1＞y2≥n，则m的取值范围是（　　）‎ A．﹣3＜m＜2 B．﹣ C．m＞﹣ D．m＞2‎ 二．填空题（共4小题，满分12分，每小题3分）‎ ‎11．已知实数a，b，在数轴上的对应点位置如图所示，则a+b﹣2　 　0（填“＞”“＜”或“＝”）．‎ ‎12．如图，⊙O的内接正六边形的半径是4，则这个正六边形的边长为　 　．‎ ‎13．如图，在以O为原点的直角坐标系中，矩形OABC的两边OC、OA分别在x轴、y轴的正半轴上，反比例函数y＝（x＞0）的图象与AB相交于点D，与BC相交于点E，若BD＝3AD，且△ODE的面积为15，则k的值是　 　．‎ 23‎ ‎14．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，AD是角平分线，P是AD上的动点，BQ＝1，则BP+PQ的最小值为　 　．‎ 三．解答题（共11小题，满分78分）‎ ‎15．计算： sin45°﹣|﹣3|+（2018﹣）0+（）﹣1‎ ‎16．解分式方程：＝．‎ ‎17．如图，△ABC是锐角三角形，尺规作图：作⊙A，使它与BC相切于点M．保留作图痕迹，不写作法，标明字母．‎ ‎18．学校开展“书香校园”活动以来，受到同学们的广泛关注，学校为了解全校学生课外阅读的情况，随机调查了部分学生在一周内借阅图书的次数，并制成如图不完整的统计表． ‎ 学生借阅图书的次数统计表 借阅图书的次数 ‎0次 ‎1次 ‎2次 ‎3次 ‎4次及以上 人数 ‎7‎ ‎13‎ a ‎10‎ ‎3‎ 请你根据统计图表中的信息，解答下列问题：‎ ‎（1）a＝　 　，b＝　 　．‎ ‎（2）该调查统计数据的中位数是　 　，众数是　 　．‎ 23‎ ‎（3）请计算扇形统计图中“3次”所对应扇形的圆心角的度数；‎ ‎（4）若该校共有2000名学生，根据调查结果，估计该校学生在一周内借阅图书“4次及以上”的人数．‎ ‎19．如图所示，△ABC中，D是BC边上一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交CE的延长线于F，且AF＝BD，连接BF．‎ ‎（1）求证：D是BC的中点；‎ ‎（2）若AB＝AC，试判断四边形AFBD的形状，并证明你的结论．‎ ‎20．阳光通过窗口照射到室内，在地面上留下‎2.7m宽的亮区（如图所示），已知亮区到窗口下的墙脚距离EC＝‎8.7m，窗口高AB＝‎1.8m，求窗口底边离地面的高BC．‎ ‎21．小明和小亮分别从甲地和乙地同时出发，沿同一条路相向而行，小明开始跑步，中途改为步行，到达乙地恰好用40min．小亮骑自行车以‎300m/min的速度直接到甲地，两人离甲地的路程y（m）与各自离开出发地的时间x（min）之间的函数图象如图所示，‎ ‎（1）甲、乙两地之间的路程为　 　m，小明步行的速度为　 　m/min；‎ ‎（2）求小亮离甲地的路程y关于x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；‎ 23‎ ‎（3）求两人相遇的时间．‎ ‎22．现如今，“垃圾分类”意识已深入人心，垃圾一般可分为：可回收物、厨余垃圾、有害垃圾、其它垃圾．其中甲拿了一袋垃圾，乙拿了两袋垃圾．‎ ‎（1）直接写出甲所拿的垃圾恰好是“厨余垃圾”的概率；‎ ‎（2）求乙所拿的两袋垃圾不同类的概率．‎ ‎23．如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于E，过点A作∠DAF＝∠DAB，过点D作AF的垂线，垂足为F，交AB的延长线于点P，连接CO并延长交⊙O于点G，连接EG．‎ ‎（1）求证：DF是⊙O的切线；‎ ‎（2）若AD＝DP，OB＝3，求的长度；‎ ‎（3）若DE＝4，AE＝8，求线段EG的长．‎ ‎24．如图1，抛物线y＝（x﹣m）2的顶点A在x轴正半轴上，交y轴于B点，S△OAB＝1．‎ 23‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）如图2，P是第一象限内抛物线上对称轴右侧一点，过P的直线l与抛物线有且只有一个公共点，l交抛物线对称轴于C点，连PB交对称轴于D点，若∠BAO＝∠PCD，求证：AC＝2AD；‎ ‎（3）如图3，以A为顶点作直角，直角边分别与抛物线交于M、N两点，当直角∠MAN绕A点旋转时，求证：MN始终经过一个定点，并求出该定点的坐标．‎ ‎25．如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在边AB，AD上，且∠ECF＝45°，CF的延长线交BA的延长线于点G，CE的延长线交DA的延长线于点H，连接AC，EF．，GH．‎ ‎（1）填空：∠AHC　 　∠ACG；（填“＞”或“＜”或“＝”）‎ ‎（2）线段AC，AG，AH什么关系？请说明理由；‎ ‎（3）设AE＝m，‎ ‎①△AGH的面积S有变化吗？如果变化．请求出S与m的函数关系式；如果不变化，请求出定值．‎ ‎②请直接写出使△CGH是等腰三角形的m值．‎ 23‎ ‎2019年陕西省西安市阎良区中考数学二模试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）‎ ‎1．【分析】先估算出的范围，再根据实数的大小比较法则比较即可．‎ ‎【解答】解：﹣2＜0＜，‎ 即最大的是，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了估算无理数的大小、算术平方根、实数的大小比较等知识点，能熟记实数的大小比较法则的内容是解此题的关键．‎ ‎2．【分析】直接利用正方体的表面展开图特点判断即可．‎ ‎【解答】解：根据正方体展开图的特点可判断A、D属于“1，4，‎1”‎格式，能围成正方体，C、属于“2，2，‎2”‎的格式也能围成正方体，B、不能围成正方体．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】主要考查了正方体的表面展开图．‎ ‎3．【分析】根据一次函数y＝﹣2x+b图象的增减性，结合点A和点B纵坐标的大小关系，即可得到答案．‎ ‎【解答】解：∵一次函数y＝﹣2x+b图象上的点y随着x的增大而减小，‎ 又∵点A（m，﹣3）和点B（n，3）都在直线y＝﹣2x+b上，且﹣3＜3，‎ ‎∴m＞n，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正确掌握一次函数图象的增减性是解题的关键．‎ ‎4．【分析】已知，∠C＝90°BC＝6，AC＝8，由勾股定理求AB，根据翻折不变性，可知△DAE≌△DBE，从而得到BD＝AD，BE＝AE，设CE＝x，则AE＝8﹣x，在Rt△CBE中，由勾股定理列方程求解．‎ ‎【解答】解：∵△CBE≌△DBE，‎ ‎∴BD＝BC＝6，DE＝CE，‎ 在RT△ACB中，AC＝8，BC＝6，‎ 23‎ ‎∴AB＝＝＝10．‎ ‎∴AD＝AB﹣BD＝10﹣6＝4．‎ 根据翻折不变性得△EDA≌△EDB ‎∴EA＝EB ‎∴在Rt△BCE中，设CE＝x，‎ 则BE＝AE＝8﹣x，‎ ‎∴BE2＝BC2+CE2，‎ ‎∴（8﹣x）2＝62+x2，‎ 解得x＝．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】此题考查了翻折变换的问题，找到翻折后图形中的直角三角形，利用勾股定理来解答，解答过程中要充分利用翻折不变性．‎ ‎5．【分析】根据根与系数的关系可得出两根之和为4，从而得出另一个根．‎ ‎【解答】解：设方程的另一个根为m，则1+m＝4，‎ ‎∴m＝3，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系．解答关于x的一元二次方程x2﹣4x+c＝0的另一个根时，也可以直接利用根与系数的关系x1+x2＝﹣解答 ‎6．【分析】根据直角三角形斜边上中线定理得出CD＝AD，求出∠DCA＝∠A，根据两角互余求出∠DCB的度数即可．‎ ‎【解答】解：∵∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，‎ ‎∴BD＝CD＝AD，‎ ‎∴∠A＝∠DCA＝36°，‎ ‎∴∠DCB＝90°﹣∠DCA＝54°．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质，等腰三角形性质等知识点的理解和运用，能求出BD＝CD＝AD和∠DCA的度数是解此题的关键．‎ ‎7．【分析】利用一次函数图象的平移规律，左加右减，上加下减，得出即可．‎ ‎【解答】解：∵将直线l1：y＝﹣4x﹣1平移后，得到直线l2：y＝﹣4x+7，‎ 23‎ ‎∴﹣4（x+a）﹣1＝﹣4x+7，‎ 解得：a＝﹣2，‎ 故将l1向右平移2个单位长度．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】此题主要考查了一次函数图象与几何变换，正确把握变换规律是解题关键．‎ ‎8．【分析】根据菱形的性质即可求出答案．‎ ‎【解答】解：由于菱形的两条对角线的长为6和8，‎ ‎∴菱形的边长为：＝5，‎ ‎∴菱形的周长为：4×5＝20，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查菱形的性质，解题的关键是熟练运用菱形的性质，本题属于基础题型．‎ ‎9．【分析】根据圆周角定理得到∠ABE＝90°，证明△ABE∽△ADC，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．‎ ‎【解答】解：∵AE是△ABC的外接圆⊙O的直径，‎ ‎∴∠ABE＝90°，‎ ‎∵AD是△ABC的高，‎ ‎∴∠ADC＝90°，‎ ‎∴∠ABE＝∠ADC，又∠E＝∠C，‎ ‎∴△ABE∽△ADC，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴AE＝＝10，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．‎ ‎10．【分析】根据点A（﹣3，y1），B（2，y2）均在抛物线y＝ax2+bx+c上，点P（m，n）是该抛物线的顶点，y1＞y2≥n，可知该抛物线开口向上，对称轴是直线x＝m，则＜m，从而可以求得m的取值范围，本题得以解决．‎ ‎【解答】解：∵点P（m，n）是该抛物线的顶点，‎ 23‎ ‎∴抛物线的对称轴为x＝m，‎ ‎∵点A（﹣3，y1），B（2，y2）均在抛物线y＝ax2+bx+c上，且y1＞y2≥n，‎ ‎∴＜m，‎ 解得m＞，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．‎ 二．填空题（共4小题，满分12分，每小题3分）‎ ‎11．【分析】首先根据数轴判断出a、b的符号和二者绝对值的大小，进而解答即可．‎ ‎【解答】解：∵a在原点左边，b在原点右边，‎ ‎∴﹣1＜a＜0，1＜b＜2，‎ ‎∴0＜a+b＜1，‎ ‎∴a+b﹣2＜0．‎ 故答案为：＜．‎ ‎【点评】本题考查了实数与数轴，有理数的加法法则，根据数轴得出a、b的符号和二者绝对值的大小关系是解题的关键．‎ ‎12．【分析】连接OA，OB，证出△BOA是等边三角形，‎ ‎【解答】解：如图所示，连接OA、OB ‎∵多边形ABCDEF是正六边形，‎ ‎∴∠AOB＝60°，‎ ‎∵OA＝OB，‎ ‎∴△AOB是等边三角形，‎ ‎∴AB＝OA＝OB＝4‎ 故答案为4‎ ‎【点评】本题考查的是正六边形和圆，等边三角形的判定与性质，熟练掌握正六边形的性质是本题的关键．‎ ‎13．【分析】根据所给的三角形面积等于长方形面积减去三个直角三角形的面积，然后即可求出B的横纵坐标的积即是反比例函数的比例系数．‎ ‎【解答】解：∵四边形OCBA是矩形，‎ 23‎ ‎∴AB＝OC，OA＝BC，‎ 设B点的坐标为（a，b），‎ ‎∵BD＝3AD，‎ ‎∴D（，b）‎ ‎∵D、E在反比例函数的图象上，‎ ‎∴＝k，‎ 设E的坐标为（a，y），‎ ‎∴ay＝k ‎∴E（a，），‎ ‎∵S△ODE＝S矩形OCBA﹣S△AOD﹣S△OCE﹣S△BDE＝ab﹣k﹣k﹣••（b﹣）＝15，‎ ‎∴4k﹣k﹣+＝15，‎ 解得：k＝8，‎ 故答案为：8．‎ ‎【点评】本题考查反比例函数系数k的几何意义，解题的关键是利用过某个点，这个点的坐标应适合这个函数解析式；所给的面积应整理为和反比例函数上的点的坐标有关的形式，本题属于中等题型．‎ ‎14．【分析】根据等腰三角形的性质得到B点，C点关于AD对称，如图，连接CQ交AD于P，得到CQ＝BP+PQ的最小值，根据勾股定理得到AD＝8，利用等面积法即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵AB＝AC，AD是角平分线，‎ ‎∴AD⊥BC，BD＝CD，‎ ‎∴B点，C点关于AD对称，‎ 如图，连接CQ交AD于P，‎ 则CQ＝BP+PQ的最小值，‎ 根据勾股定理得，CQ＝＝＝5．‎ 故答案为：5．‎ 23‎ ‎【点评】此题是轴对称﹣最短路线问题，主要考查了角平分线的性质，对称的性质，勾股定理，用勾股定理求出CQ是解答本题的关键．‎ 三．解答题（共11小题，满分78分）‎ ‎15．【分析】先代入三角函数值、计算绝对值、零指数幂和负整数指数幂，再进一步计算可得．‎ ‎【解答】解：原式＝×﹣3+1+2‎ ‎＝1﹣3+1+2‎ ‎＝1．‎ ‎【点评】本题主要考查实数的运算，解题的关键是熟练掌握特殊锐角三角函数值、绝对值性质及零指数幂和负整数指数幂的运算法则．‎ ‎16．【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．‎ ‎【解答】解：去分母得：5x+15＝x﹣1，‎ 移项合并得：4x＝﹣16，‎ 解得：x＝﹣4，‎ 经检验x＝﹣4是分式方程的解．‎ ‎【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．‎ ‎17．【分析】如图，作AM⊥BC于M，以A为圆心，AM为半径画圆，⊙A即为所求．‎ ‎【解答】解：如图，作AM⊥BC于M，以A为圆心，AM为半径画圆，⊙A即为所求．‎ ‎【点评】本题考查作图﹣复杂作图，切线的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．‎ 23‎ ‎18．【分析】（1）先由1次的人数及其所占百分比求得总人数，总人数减去其他次数的人数求得a的值，用3次的人数除以总人数求得b的值；‎ ‎（2）根据中位数和众数的定义求解；‎ ‎（3）用360°乘以“3次”对应的百分比即可得；‎ ‎（4）用总人数乘以样本中“4次及以上”的人数所占比例即可得．‎ ‎【解答】解：（1）∵被调查的总人数为13÷26%＝50人，‎ ‎∴a＝50﹣（7+13+10+3）＝17，b%＝×100%＝20%，即b＝20，‎ 故答案为：17、20；‎ ‎（2）由于共有50个数据，其中位数为第25、26个数据的平均数，‎ 而第25、26个数据均为2次，‎ 所以中位数为2次，‎ 出现次数最多的是2次，‎ 所以众数为2次，‎ 故答案为：2次、2次；‎ ‎（3）扇形统计图中“3次”所对应扇形的圆心角的度数为360°×20%＝72°；‎ ‎（4）估计该校学生在一周内借阅图书“4次及以上”的人数为2000×＝120人．‎ ‎【点评】本题考查的是扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．‎ ‎19．【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等求出∠AFE＝∠DCE，然后利用“角角边”证明△AEF和△DEC全等，再根据全等三角形的性质和等量关系即可求解；‎ ‎（2）由（1）知AF平行等于BD，易证四边形AFBD是平行四边形，而AB＝AC，AD是中线，利用等腰三角形三线合一定理，可证AD⊥BC，即∠ADB＝90°，那么可证四边形AFBD是矩形．‎ ‎【解答】（1）证明：∵AF∥BC，‎ ‎∴∠AFE＝∠DCE，‎ ‎∵点E为AD的中点，‎ ‎∴AE＝DE，‎ 23‎ 在△AEF和△DEC中，‎ ‎，‎ ‎∴△AEF≌△DEC（AAS），‎ ‎∴AF＝CD，‎ ‎∵AF＝BD，‎ ‎∴CD＝BD，‎ ‎∴D是BC的中点；‎ ‎（2）解：若AB＝AC，则四边形AFBD是矩形．理由如下：‎ ‎∵△AEF≌△DEC，‎ ‎∴AF＝CD，‎ ‎∵AF＝BD，‎ ‎∴CD＝BD；‎ ‎∵AF∥BD，AF＝BD，‎ ‎∴四边形AFBD是平行四边形，‎ ‎∵AB＝AC，BD＝CD，‎ ‎∴∠ADB＝90°，‎ ‎∴平行四边形AFBD是矩形．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，是基础题，明确有一个角是直角的平行四边形是矩形是解本题的关键．‎ ‎20．【分析】因为光线AE、BD是一组平行光线，即AE∥BD，所以△ECA∽△DCB，则有＝，从而算出BC的长．‎ ‎【解答】解：∵AE∥BD，‎ ‎∴△ECA∽△DCB，‎ 23‎ ‎∴＝．‎ ‎∵EC＝‎8.7m，ED＝‎2.7m，‎ ‎∴CD＝‎6m．‎ ‎∵AB＝‎1.8m，‎ ‎∴AC＝BC+‎1.8m，‎ ‎∴＝，‎ 解得：BC＝4，即窗口底边离地面的高为‎4m．‎ ‎【点评】此题主要考查了相似的三角形在实际生活中的应用，利用相似对角线的性质，对应线段成比例解题．难度不大，‎ ‎21．【分析】（1）认真分析图象得到路程与速度数据；‎ ‎（2）采用方程思想列出小东离家路程y与时间x之间的函数关系式；‎ ‎（3）两人相遇实际上是函数图象求交点．‎ ‎【解答】解：（1）结合题意和图象可知，线段CD为小亮路程与时间函数图象，折线O﹣A﹣B为小明路程与时间图象，‎ 则甲、乙两地之间的路程为‎8000米，小明步行的速度＝＝‎100m/min，‎ 故答案为8000，100‎ ‎（2）∵小亮从离甲地‎8000m处的乙地以‎300m/min的速度去甲地，则xmin时，‎ ‎∴小亮离甲地的路程y＝8000﹣300x，‎ 自变量x的取值范围为：0≤x≤‎ ‎（3）∵A（20，6000）‎ ‎∴直线OA解析式为：y＝300x ‎∴8000﹣300x＝300x，‎ ‎∴x＝‎ ‎∴两人相遇时间为第分钟．‎ ‎【点评】本题是一次函数实际应用问题，考查了对一次函数图象代表意义的分析和从方程角度解决一次函数问题．‎ ‎22．【分析】（1）直接利用概率公式求出甲投放的垃圾恰好是“厨余垃圾”的概率；‎ ‎（2）首先利用树状图法列举出所有可能，进而利用概率公式求出答案．‎ 23‎ ‎【解答】解：（1）记可回收物、厨余垃圾、有害垃圾、其它垃圾分别为A，B，C，D，‎ ‎∵垃圾要按A，B，C、D类分别装袋，甲拿了一袋垃圾，‎ ‎∴甲拿的垃圾恰好是B类：厨余垃圾的概率为：；‎ ‎（2）画树状图如下：‎ 由树状图知，乙拿的垃圾共有16种等可能结果，其中乙拿的两袋垃圾不同类的有12种结果，‎ 所以乙拿的两袋垃圾不同类的概率为＝．‎ ‎【点评】此题主要考查了树状图法求概率，正确利用列举出所有可能是解题关键．‎ ‎23．【分析】（1）连接OD，如图1，先证明∠ADO＝∠DAF得到OD∥AF，然后根据平行线的性质判断DF⊥OD，然后根据切线的判定定理得到结论；‎ ‎（2）先证明∠P＝∠DAF＝∠DAB，然后根据三角形内角和计算出∠P＝30°，从而得到∠POD＝60°，然后根据弧长公式计算；‎ ‎（3）连接DG，如图2，利用垂径定理得到DE＝CE＝4，设OD＝OA＝x，则OE＝8﹣x，利用勾股定理得到（8﹣x）2+42＝x2，解方程得到x＝5，所以CG＝2OA＝10，然后利用勾股定理先计算DG，再计算EG．‎ ‎【解答】（1）证明：连接OD，如图1，‎ ‎∵OA＝OD，‎ ‎∴∠DAB＝∠ADO，‎ ‎∵∠DAF＝∠DAB，‎ ‎∴∠ADO＝∠DAF，‎ ‎∴OD∥AF，‎ 又∵DF⊥AF，‎ ‎∴DF⊥OD，‎ ‎∴DF是⊙O的切线； ‎ ‎（2）∵AD＝DP ‎∴∠P＝∠DAF＝∠DAB，‎ 23‎ 而∠P+∠DAF+∠DAB＝90°，‎ ‎∴∠P＝30°，‎ ‎∴∠POD＝60°，‎ ‎∴的长度＝＝π；‎ ‎（3）解：连接DG，如图2，‎ ‎∵AB⊥CD，‎ ‎∴DE＝CE＝4，‎ ‎∴CD＝DE+CE＝8，‎ 设OD＝OA＝x，则OE＝8﹣x，‎ 在Rt△ODE中，∵OE2+DE2＝OD2，‎ ‎∴（8﹣x）2+42＝x2，解得：x＝5，‎ ‎∴CG＝2OA＝10，‎ ‎∵CG是⊙O的直径，‎ ‎∴∠CDG＝90°，‎ 在Rt△DCG中，DG＝＝6，‎ 在Rt△DEG中，EG＝＝2．‎ ‎【点评】‎ 23‎ 本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径．判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”．也考查了垂径定理和勾股定理．‎ ‎24．【分析】（1）由题意和图象设顶点坐标A（m，0），当x＝0时，因变量y的值可用含m的代数式表示为，即B点坐标就可以设为B（0，），再由S△OAB＝1，即可求得m的值并代入y＝（x﹣m）2中，化为一般式即可；‎ ‎（2）延长BA交直线PC于点Q，由若∠BAO＝∠PCD，易证明BQ⊥PC．先由A、B两点坐标确定直线AB的解析式为y＝﹣x+1，再根据互相垂直的两条直线斜率乘积为﹣1，即可设直线PC的解析式为y＝2x+b，根据已知过P的直线l与抛物线有且只有一个公共点，则可令2x+b＝（x﹣2）2中△＝0，进而求出b值为﹣8，再根据l交抛物线对称轴于C点，可以设C（2，n）并代入直线PC的解析式y＝2x﹣8中解得n＝﹣4，结合图象得线段AC的长度为4，设直线PC与x轴相，交于点E，由∠BAO＝∠PCD得tan∠BAO＝tan∠PCD＝，易求得E（4，0），即AE＝2，所以AC＝2AE，把b＝﹣8代入方程2x+b＝（x﹣2）2中解得x＝6，则易求得P点坐标为（6，4）．设直线BP的解析式为y＝kx+b'，把P、B两点坐标代入求得BP解析式为y＝x+1．由PB交对称轴于D点，则设D（2，n'）并代入直线PB解析式求得n'＝2，即D（2，2），结合图象得线段AD长为2，所以AC＝2AD．‎ ‎（3）过A作垂直于x轴的直线x＝2，交MN于点K，设K（2，k），根据∠MAK+∠NAK＝∠MAN＝90°，∠AMN与∠ANM始终互余，易证明∠MKA+∠NKA恒等于180°，即直角∠MAN绕A点旋转时，M、K、N三点始终在一条直线上，即MN始终经过一个定点K，当MN∥x轴时，Rt△MAN为等腰直角三角形，此时AK垂直且平分线段MN，易设M（2﹣k，k）并将其代入抛物线解析式y＝（x﹣2）2中解得k1＝0，k2＝4，由于K点不在x轴上，所以k＝4，因此定点K的坐标为（2，4）．‎ ‎【解答】‎ 23‎ 解：（1）由题意和y＝（x﹣m）2设A（m，0）‎ 当x＝0时，y═（0﹣m）2＝，即设B（0，）‎ ‎∴OA＝m，OB＝‎ 由S△OAB＝1‎ ‎∴•OA•OB＝1，即m•＝2‎ 解得，m＝2‎ ‎∴A（2，0），B（0，1）‎ 把y＝（x﹣2）2化为一般式为，y＝x2﹣x+1．‎ ‎（2）由（1）得抛物线对称轴为直线x＝2．‎ D、C两点在直线x＝2上，则设C（2，n），D（2，n'）‎ 如图2延长BA交直线PC于点Q并设直线PC交x轴于点E．‎ ‎∵∠BAO＝∠PCD，∠BOA＝∠EAC＝90°‎ ‎∴Rt△BOA∽Rt△EAC ‎∴∠BAO＝∠ECA ‎∴tan∠BAO＝tan∠ECA＝‎ ‎∴＝‎ ‎∴AC＝2AE 又∵∠BAO＝∠EAQ，∠BAO＝∠ECA ‎∴∠ECA＝∠EAQ 又∵∠ECA+∠CEA＝90°‎ ‎∴∠EAQ+∠QEA＝90°‎ ‎∴BQ⊥PC 设直线AB的解析式为y＝kx+b，把A（2，0），B（0，1）代入得，‎ 解得 ‎∴直线AB的解析式为，y＝﹣x+1‎ 由BQ⊥PC设直线PC的解析式为y＝2x+b'．‎ 23‎ 又∵过P的直线l与抛物线有且只有一个公共点 ‎∴令2x+b'═（x﹣2）2‎ 整理得，x2﹣12x+4﹣4b'＝0，且△＝0‎ 即144﹣4（4﹣4b'）＝0‎ 解得，b'＝﹣8‎ ‎∴直线PC的解析式为，y＝2x﹣8．‎ ‎∴把点C（2，n）代入y＝2x﹣8中得，n＝2×2﹣8‎ 解得，n＝﹣4．‎ ‎∴C点坐标为（2，﹣4），即AC＝4‎ 由AC＝2AE得，AE＝2．‎ 把b’＝﹣8代入方程x2﹣12x+4﹣4b'＝0中得，‎ x2﹣12x+36＝0‎ 解得，x1＝x2＝6‎ 再把x＝6代入y＝2x﹣8中得，y＝2×6﹣8‎ 解得，y＝4‎ ‎∴P（6，4）‎ 设直线PB解析式为y＝k'x+1‎ 把P（6，4）代入上式得，4＝6k'+1‎ 解得，k'＝‎ ‎∴直线PB的解析式为，y＝x+1‎ 又∵D（2，n'）在直线PB上，将其代入y＝x+1中得，‎ n'＝×2+1＝2‎ ‎∴D点坐标为（2，2），即AD＝2‎ ‎∴AD＝AE ‎∴AC＝2AD ‎（3）如图3﹣1过A作垂直于x轴的直线并交MN于点K（2，k）．‎ ‎∵∠MAN为直角 ‎∴∠M+∠N＝90°，∠MAK+NAK＝90°‎ 23‎ 又∵∠MKA＝∠N+∠NAK，∠NKA＝∠M+MAK ‎∴∠MKA+∠NKA＝180°‎ ‎∴直角∠MAN绕A点旋转时，M、K、N三点始终在一条直线上，即MN始终经过一个定点K．‎ 如图3﹣2当MN∥y轴时，此时Rt△MAN为等腰直角三角形，应有AK＝MK，则设M（2﹣k，k）．‎ 把M（2﹣k，k）代入y＝（x﹣2）2中得，k＝（2﹣k﹣2）2‎ 解得，k1＝0（舍去），k2＝4‎ ‎∴定点K的坐标为（2，4）．‎ ‎【点评】此题考查了根据待定系数法和函数图象设点的坐标，并利用图形的形状表示线段长并带进面积公式列方程求点的坐标的思想，还考查了直角三角形等角的余角相等等先关概念．‎ ‎25．【分析】（1）证明∠DAC＝∠AHC+∠ACH＝45°，∠ACH+∠ACG＝45°，即可推出∠AHC＝∠ACG；‎ ‎（2）结论：AC2＝AG•AH．只要证明△AHC∽△ACG即可解决问题；‎ ‎（3）①△AGH的面积不变．理由三角形的面积公式计算即可；‎ ‎②分三种情形分别求解即可解决问题；‎ ‎【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB＝CB＝CD＝DA＝4，∠D＝∠DAB＝90°∠DAC＝∠BAC＝45°，‎ ‎∴AC＝＝4，‎ ‎∵∠DAC＝∠AHC+∠ACH＝45°，∠ACH+∠ACG＝45°，‎ ‎∴∠AHC＝∠ACG．‎ 故答案为＝．‎ ‎（2）结论：AC2＝AG•AH．‎ 理由：∵∠AHC＝∠ACG，∠CAH＝∠CAG＝135°，‎ ‎∴△AHC∽△ACG，‎ ‎＝，‎ ‎∴AC2＝AG•AH．‎ ‎（3）①△AGH的面积不变．‎ 23‎ 理由：∵S△AGH＝•AH•AG＝AC2＝×（4）2＝16．‎ ‎∴△AGH的面积为16．‎ ‎②如图1中，当GC＝GH时，易证△AHG≌△BGC，‎ 可得AG＝BC＝4，AH＝BG＝8，‎ ‎∵BC∥AH，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴AE＝AB＝．‎ 如图2中，当CH＝HG时，‎ 易证AH＝BC＝4，‎ ‎∵BC∥AH，‎ ‎∴＝＝1，‎ ‎∴AE＝BE＝2．‎ 如图3中，当CG＝CH时，易证∠ECB＝∠DCF＝22.5°．‎ 23‎ 在BC上取一点M，使得BM＝BE，‎ ‎∴∠BME＝∠BEM＝45°，‎ ‎∵∠BME＝∠MCE+∠MEC，‎ ‎∴∠MCE＝∠MEC＝22.5°，‎ ‎∴CM＝EM，设BM＝BE＝x，则CM＝EM＝x，‎ ‎∴x+x＝4，‎ ‎∴m＝4（﹣1），‎ ‎∴AE＝4﹣4（﹣1）＝8﹣4，‎ 综上所述，满足条件的m的值为或2或8﹣4．‎ ‎【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．‎ 23‎