2020年中考数学一模试卷（安徽阜阳市颍州区含答案和解释）

第 1 页（共 23 页） 2020 年安徽省阜阳市颍州区中考数学一模试卷 一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 分，满分 40 分，每小题都给出 A、B、C、D 四 个选项，其中只有一个是正确的） 1．（4 分）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（4 分）边长为 2 的正六边形的边心距为（　　） A．1 B．2 C． D．2 3．（4 分）若 m 是一元二次方程 x2﹣4x﹣1＝0 的根，则代数式 4m﹣m2 的值为（　　） A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣22 4．（4 分）如图，⊙O 中，∠AOB＝80°，点 C、D 是⊙O 上任意两点，则∠C+∠D 的度 数是（　　） A．80° B．90° C．100° D．110° 5．（4 分）下列关于 x 的一元二次方程中，有两个不相等的实数根的方程是（　　） A．x2+9＝0 B．4x2﹣4x+1＝0 C．x2+x+1＝0 D．x2+x﹣1＝0 6．（4 分）将抛物线 y＝﹣2（x+3）2+2 以原点为中心旋转 180°得到的抛物线解析式为（　　 ） A．y＝﹣2（x﹣3）2+2 B．y＝﹣2（x+3）2﹣2 C．y＝2（x﹣3）2﹣2 D．y＝2（x﹣3）2+2 7．（4 分）在△ABC 中，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝3，将△ABC 以点 C 为中心顺时针 旋转 90°，得到△DEC，连接 BE、AD．下列说法错误的是（　　）第 2 页（共 23 页） A．S△ABD＝6 B．S△ADE＝3 C．BE⊥AD D．∠ADE＝135° 8．（4 分）在平面中，如图，两条直线最多只有 1 个交点，三条直线最多有 3 个交点…… 若 n 条直线最多有 55 个交点，则 n 的值为（　　） A．9 B．10 C．11 D．12 9．（4 分）如图，AB 是⊙O 半径 OC 的垂直平分线，点 P 是劣弧 上的点，则∠APB 的 度数为（　　） A．135° B．130° C．120° D．110° 10．（4 分）如图，四边形 ABCD 是正方形，AB＝8，AC、BD 交于点 O，点 P、Q 分别是 AB 、BD 上的动点，点 P 的运动路径是 AB→BC，点 Q 的运动路径是 BD，两点的运动速度 相同并且同时结束．若点 P 的行程为 x，△PBQ 的面积为 y，则 y 关于 x 的函数图象大致 为（　　） A． B．第 3 页（共 23 页） C． D． 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分） 11．（5 分）用公式法解一元二次方程，得：x＝ ，则该一元二次方程 是　 　． 12．（5 分）如图，在△ABC 中，∠ACB＝90°，且 AC＝BC．点 D 是△ABC 内的一点，将△ ACD 以点 C 为中心顺时针旋转 90°得到△BCE，若点 A、D、E 共线，则∠AEB 的度数 为　 　． 13．（5 分）如图，AB 是⊙O 的直径，OB 是⊙C 的直径，AE 是⊙C 的切线且交⊙O 于点 D ．若 AB＝8，则 BD＝　 　． 14．（5 分）抛物线 y＝﹣x2﹣2x+3 与 x 轴交于 A、B 两点，若一个半径为 的圆也经过点 A、B，则该圆的圆心为　 　． 三、（本大题共 2 小题，每小题 8 分，满分 16 分） 15．（8 分）解方程：（x﹣3）2＝4． 16．（8 分）如图，△AOB 是等边三角形，且点 O、A 的坐标分别为（0，0）、（2，0）． 若某抛物线经过△AOB 的三个顶点，求该抛物线的解析式．第 4 页（共 23 页） 四、（本大题共 2 小题，每小题 8 分，满分 16 分） 17．（8 分）某汽车公司今年 8 月份销售 6000 辆汽车，10 月份销售汽车数量比 8 月份多 615 辆．求该公司 9 月份、10 月份销售汽车数量的月平均增长率． 18．（8 分）如图，在边长为 1 个单位长度的小正方形组成的 13×12 的网格中，给出了以 格点（网格线的交点）为端点的线段 AB． （1）将线段 AB 向上平移 5 个单位长度，得到线段 A1B1，画出线段 A1B1；连接 AA1、BB1 ，并直接判断四边形 ABB1A1 的形状； （2）以点 B 为旋转中心，将线段 AB 顺时针旋转 90°得到线段 BC，画出线段 BC，并直 接写出 的长． 五、（本大题共 2 小题，每小题 10 分，满分 20 分） 19．（10 分）关于 x 的一元二次方程 x2﹣（2m+1）x+ m＝0． （1）证明该方程有实数根； （2）当 m＝4 时，该方程的两个根是等腰三角形 ABC 的两边长，求该三角形的面积． 20．（10 分）如图，⊙O 是△ABC 的外接圆，且 AB 是直径． （1）尺规作图：作∠ACB 的平分线 CD，交⊙O 于点 D；（保留作图痕迹，不写作法） （2）连接 AD、BD，若∠ADC＝30°，AD＝ ，求阴影部分的面积．第 5 页（共 23 页） 六、（本题满分 12 分） 21．（12 分）如图 1，将△ACE 以点 A 为中心，逆时针旋转∠α 得到△ABD． （1）若∠BAC＝40°，求∠ADE 的度数； （2）当∠α＝60°时，如图 2，点 F、G 分别是 CE、BD 的中点，证明：△AFG 是等边 三角形； （3）当∠α＝90°时，如图 3，点 F、G 分别是 CE、BD 的中点，直接判断△AFG 的形 状，不需要说明理由． 七、（本题满分 12 分） 22．（12 分）如图，在△ABC 中，AB＝AC＝8，以 AB 为直径的⊙O 交 BC 于点 D，过点 D 作⊙O 的切线交 AC 于点 E，连接 OD． （1）求证：OD∥AC； （2）若∠A＝45°，求 DE 的长． 八、（本题满分 14 分） 23．（14 分）如图，抛物线 y＝﹣ x﹣1 与 y 轴交于点 A，点 B 是抛物线上的一点， 过点 B 作 BC⊥x 轴于点 C，且点 C 的坐标为（9，0）．第 6 页（共 23 页） （1）求直线 AB 的表达式； （2）若直线 MN∥y 轴，分别与抛物线，直线 AB，x 轴交于点 M、N、Q，且点 Q 位于 线段 OC 之间，求线段 MN 长度的最大值； （3）当四边形 MNCB 是平行四边形时，求点 Q 的坐标．第 7 页（共 23 页） 2020 年安徽省阜阳市颍州区中考数学一模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 分，满分 40 分，每小题都给出 A、B、C、D 四 个选项，其中只有一个是正确的） 1．（4 分）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形的概念先求出图形中轴对称图形，再根据中心对称图形的概念 得出其中不是中心对称的图形． 【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误， B、是中心对称图形但不是轴对称图形，故本选项正确， C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误， D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误． 故选：B． 【点评】题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形：如果一个图形沿着 一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，中心对称图形：在同一 平面内，如果把一个图形绕某一点旋转 180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么 这个图形就叫做中心对称图形，难度适中． 2．（4 分）边长为 2 的正六边形的边心距为（　　） A．1 B．2 C． D．2 【分析】已知正六边形的边长为 2，欲求边心距，可通过边心距、边长的一半和内接圆半 径构造直角三角形，通过解直角三角形得出． 【解答】解：如图，在 Rt△AOG 中，OA＝2，∠AOG＝30°， ∴OG＝OA•cos 30°＝2× ．第 8 页（共 23 页） 故选：C． 【点评】此题主要考查正多边形的计算问题，属于常规题． 3．（4 分）若 m 是一元二次方程 x2﹣4x﹣1＝0 的根，则代数式 4m﹣m2 的值为（　　） A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣22 【分析】将 x＝m 代入原式可得：m2﹣4m＝1，从而可求出答案． 【解答】解：将 x＝m 代入原式可得：m2﹣4m＝1， ∴原式＝4m﹣m2 ＝﹣1， 故选：B． 【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是正确理解一元二次方程的解的定义，本 题属于基础题型． 4．（4 分）如图，⊙O 中，∠AOB＝80°，点 C、D 是⊙O 上任意两点，则∠C+∠D 的度 数是（　　） A．80° B．90° C．100° D．110° 【分析】根据圆周角定理解决问题即可． 【解答】解：∵∠AOB＝80°， ∴∠C＝∠D＝ ∠AOB＝40°， ∴∠C+∠D＝80°， 故选：A． 【点评】本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 5．（4 分）下列关于 x 的一元二次方程中，有两个不相等的实数根的方程是（　　） A．x2+9＝0 B．4x2﹣4x+1＝0 C．x2+x+1＝0 D．x2+x﹣1＝0第 9 页（共 23 页） 【分析】逐一分析四个选项根的判别式的符号，由此即可得出结论． 【解答】解：A、△＝02﹣4×9＝﹣36＜0， ∴该方程没有实数根； B、△＝（﹣4）2﹣4×4×1＝0， ∴该方程有两个相等的实数根； C、△＝11﹣4×1×1＝﹣3＜0， ∴该方程没有实数根； D、△＝11﹣4×1×（﹣1）＝5＞0， ∴方程有两个不相等的实数根． 故选：D． 【点评】本题考查了根的判别式，根据根的判别式的符号确定方程解的情况是解题的关 键． 6．（4 分）将抛物线 y＝﹣2（x+3）2+2 以原点为中心旋转 180°得到的抛物线解析式为（　　 ） A．y＝﹣2（x﹣3）2+2 B．y＝﹣2（x+3）2﹣2 C．y＝2（x﹣3）2﹣2 D．y＝2（x﹣3）2+2 【分析】求出绕原点旋转 180°的抛物线顶点坐标，然后根据顶点式写出即可． 【解答】解：∵抛物线 y＝﹣2（x+3）2+2 的顶点为（﹣3，2），绕原点旋转 180°后， 变为（3，﹣2）且开口相反， 故得到的抛物线解析式为 y＝2（x﹣3）2﹣2， 故选：C． 【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知二次函数的图象旋转及平移的 法则是解答此题的关键． 7．（4 分）在△ABC 中，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝3，将△ABC 以点 C 为中心顺时针 旋转 90°，得到△DEC，连接 BE、AD．下列说法错误的是（　　）第 10 页（共 23 页） A．S△ABD＝6 B．S△ADE＝3 C．BE⊥AD D．∠ADE＝135° 【分析】由旋转的性质可得 AC＝CD＝3，BC＝CE＝1，∠ACD＝90°，由三角形面积公 式和等腰三角形的性质可依次判断． 【解答】解：∵将△ABC 以点 C 为中心顺时针旋转 90°，得到△DEC， ∴AC＝CD＝3，BC＝CE＝1，∠ACD＝90°， ∴AE＝2，BD＝4，∠ADC＝∠CAD＝∠CBE＝∠CEB＝45° ∴S△ABD＝ ×BD×AC＝6，S△ADE＝ ×AE×CD＝3，∠CBE+∠ADC＝90°，∠ADE＜ 45°， ∴BE⊥AD． 故选：D． 【点评】本题考查了旋转的性质，三角形的面积公式等知识，掌握旋转的性质是本题的 关键 8．（4 分）在平面中，如图，两条直线最多只有 1 个交点，三条直线最多有 3 个交点…… 若 n 条直线最多有 55 个交点，则 n 的值为（　　） A．9 B．10 C．11 D．12 【分析】从简单情形考虑：分别求出 2 条、3 条、4 条、5 条直线相交时最多的交点个数， 找出规律即可解答． 【解答】解：2 条直线相交最多有 1 个交点； 3 条直线相交最多有 1+2 个交点； 4 条直线相交最多有 1+2+3 个交点； 5 条直线相交最多有 1+2+3+4 个交点； … 所以 n 条直线相交最多有 1+2+3+4+5+…+（n﹣1）＝ n（n﹣1）个交点； ∴ ， 解得 n1＝11，n2＝﹣10（舍去），第 11 页（共 23 页） 则 n 值为 11． 故选：C． 【点评】此题考查图形的变化规律，解答此题的关键是找出其中的规律，利用规律解决 问题． 9．（4 分）如图，AB 是⊙O 半径 OC 的垂直平分线，点 P 是劣弧 上的点，则∠APB 的 度数为（　　） A．135° B．130° C．120° D．110° 【分析】连接 OA、OB，点 E 是优弧 上点，设 OC 与 AB 交于点 D．求出∠E 即可解 决问题． 【解答】解：连接 OA、OB，点 E 是优弧 上点，设 OC 与 AB 交于点 D． ∵AB 是 OC 的垂直平分线， ∴ ． ∴∠OAD＝30°，∠AOC＝60°． 同理∠BOC＝60°，故∠AOB＝120°． ∴ ． ∴∠APB＝180°﹣∠E＝120°． 故选：C． 【点评】本题考查圆周角定理，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是学会添 加常用辅助线，属于中考常考题型．第 12 页（共 23 页） 10．（4 分）如图，四边形 ABCD 是正方形，AB＝8，AC、BD 交于点 O，点 P、Q 分别是 AB、 BD 上的动点，点 P 的运动路径是 AB→BC，点 Q 的运动路径是 BD，两点的运动速度相 同并且同时结束．若点 P 的行程为 x，△PBQ 的面积为 y，则 y 关于 x 的函数图象大致为 （　　） A． B． C． D． 【分析】分两种情况，求出 y 关于 x 的函数关系式，即可求解． 【解答】解：当 0＜x≤8 时，则 ， ∴此段抛物线的开口向下； 当 时，则 ， ∴此段抛物线的开口向上， 故选：A． 【点评】本题考查了动点问题的函数图象，找出对应的函数关系式是本题的关键． 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分） 11．（5 分）用公式法解一元二次方程，得：x＝ ，则该一元二次方程 是　3x2+5x+1＝0　． 【分析】根据求根公式确定出方程即可． 【解答】解：根据题意得：a＝3，b＝5，c＝1， 则该一元二次方程是 3x2+5x+1＝0， 故答案为：3x2+5x+1＝0 【点评】此题考查了解一元二次方程﹣公式法，以及一元二次方程的定义，熟练掌握运第 13 页（共 23 页） 算法则是解本题的关键． 12．（5 分）如图，在△ABC 中，∠ACB＝90°，且 AC＝BC．点 D 是△ABC 内的一点，将△ ACD 以点 C 为中心顺时针旋转 90°得到△BCE，若点 A、D、E 共线，则∠AEB 的度数 为　90°　． 【分析】由旋转的性质可得△ADC≌△BCE，∠DCE＝90°，可得 CD＝CE，∠ADC＝∠ CEB，由等腰三角形的性质可得∠CDE＝∠CED＝45°，即可求解． 【解答】解：∵将△ACD 以点 C 为中心顺时针旋转 90°得到△BCE， ∴△ADC≌△BCE，∠DCE＝90°， ∴CD＝CE，∠ADC＝∠CEB， ∴∠CDE＝∠CED＝45°， ∴∠ADC＝∠CEB＝135°， ∴∠AEB＝90°， 故答案为：90°． 【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关 键． 13．（5 分）如图，AB 是⊙O 的直径，OB 是⊙C 的直径，AE 是⊙C 的切线且交⊙O 于点 D ．若 AB＝8，则 BD＝　 　． 【分析】连接 CE、BD，根据切线的性质得到 CE⊥AD，根据圆周角定理得到 BD⊥AD， 证明△ACE∽△ABD，根据相似三角形的性质列出比例式，代入计算得到答案．第 14 页（共 23 页） 【解答】解：连接 CE、BD， ∵AD 是⊙C 的切线， ∴CE⊥AD， ∵AB 是⊙O 的直径， ∴BD⊥AD， ∴CE∥BD， ∴△ACE∽△ABD， ∴ ＝ ，即 ＝ ， 解得，BD＝ ， 故答案为： ． 【点评】本题考查的是切线的性质、相似三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于经 过切点的半径是解题的关键． 14．（5 分）抛物线 y＝﹣x2﹣2x+3 与 x 轴交于 A、B 两点，若一个半径为 的圆也经过点 A、B，则该圆的圆心为　（﹣1，1）或（﹣1，﹣1）　． 【分析】由题意 A（﹣3，0），B（1，0），推出圆心在直线 x＝﹣1 时，设圆心为（﹣1 ，m），构建方程求出 m 即可解决问题． 【解答】解：∵抛物线 y＝﹣x2﹣2x+3 与 x 轴交于 A、B 两点， ∴不妨设 A（﹣3，0），B（1，0）， ∴圆心在直线 x＝﹣1 时，设圆心为（﹣1，m）， 由题意 22+m2＝5， 解得 m＝±1， ∴圆心坐标为（﹣1，1）或（﹣1，﹣1）， 故答案为（﹣1，1）或（﹣1，﹣1）．第 15 页（共 23 页） 【点评】本题考查垂径定理，二次函数的性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运 用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型． 三、（本大题共 2 小题，每小题 8 分，满分 16 分） 15．（8 分）解方程：（x﹣3）2＝4． 【分析】根据直接开方法即可求出答案． 【解答】解：∵（x﹣3）2＝4， ∴x﹣3＝±2， ∴x＝5 或 x＝1； 【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属 于基础题型． 16．（8 分）如图，△AOB 是等边三角形，且点 O、A 的坐标分别为（0，0）、（2，0）． 若某抛物线经过△AOB 的三个顶点，求该抛物线的解析式． 【分析】根据等边三角形的性质求得 B 的坐标，然后根据待定系数法即可求得． 【解答】解：∵点 O、A 的坐标分别为（0，0）、（2，0）． ∴OA＝2， 作 BC⊥OA 于 C， ∵△AOB 是等边三角形， ∴∠AOB＝60°，OB＝OA＝2，OC＝AC＝1， ∴BC＝ OB＝ ， ∴点 ． 设该抛物线的解析为 ， 代入 O（0，0），得： ，解得： ， 故该抛物线的解析式为 y＝﹣ （x﹣1）2+ ．第 16 页（共 23 页） 【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，等边三角形的性质，求得顶点 B 的坐标是解题的关键． 四、（本大题共 2 小题，每小题 8 分，满分 16 分） 17．（8 分）某汽车公司今年 8 月份销售 6000 辆汽车，10 月份销售汽车数量比 8 月份多 615 辆．求该公司 9 月份、10 月份销售汽车数量的月平均增长率． 【分析】设该公司 9 月份、10 月份销售汽车数量的月平均增长率为 x，根据该公司今年 8 月份及 10 月份销售汽车的数量，即可得出关于 x 的一元二次方程，解之取其正值即可得 出结论． 【解答】解：设该公司 9 月份、10 月份销售汽车数量的月平均增长率为 x， 依题意，得：6000（1+x）2＝6000+615， 解得：x1＝ ＝5%，x2＝﹣ （不合题意，舍去）． 答：该公司 9 月份、10 月份销售汽车数量的月平均增长率为 5%． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解 题的关键． 18．（8 分）如图，在边长为 1 个单位长度的小正方形组成的 13×12 的网格中，给出了以 格点（网格线的交点）为端点的线段 AB． （1）将线段 AB 向上平移 5 个单位长度，得到线段 A1B1，画出线段 A1B1；连接 AA1、BB1 ，并直接判断四边形 ABB1A1 的形状； （2）以点 B 为旋转中心，将线段 AB 顺时针旋转 90°得到线段 BC，画出线段 BC，并直 接写出 的长．第 17 页（共 23 页） 【分析】（1）将点 A、B 分别向上平移 5 个单位得到对应点，再连接即可得，根据菱形 的判定可得； （2）根据旋转的定义作图可得线段 BC，再利用弧长公式可得答案． 【解答】解：（1）线段 A1B1 如图所示； 四边形 ABB1A1 是菱形； （2）线段 BC 如图所示； 的长为 ＝ ． 【点评】本题主要考查作图﹣旋转变换与平移变换，解题的关键是掌握旋转变换和平移 变换的定义与性质． 五、（本大题共 2 小题，每小题 10 分，满分 20 分） 19．（10 分）关于 x 的一元二次方程 x2﹣（2m+1）x+ m＝0． （1）证明该方程有实数根； （2）当 m＝4 时，该方程的两个根是等腰三角形 ABC 的两边长，求该三角形的面积． 【分析】（1）先根据题意求出△的值，再根据一元二次方程根的情况与判别式△的关系 即可得出答案； （2）根据＝4 时，该方程的两个根是等腰三角形 ABC 的两边长，求得方程的两根，进一 步确定该等腰三角形的腰为 7，底边为 2，根据勾股定理得到底边上的高，再根据三角形第 18 页（共 23 页） 面积公式即可求解． 【解答】解：（1）证明：∵ ＝4m2+4m+1﹣3m2﹣ 2m＝m2+2m+1＝（m+1）2≥0， ∴该方程有实数根． （2）当 m＝4 时，该方程化简，得：x2﹣9x+14＝0， 解得：x1＝2，x2＝7． ∵2+2＜7，7+7＞2， ∴该等腰三角形的腰为 7，底边为 2． ∴底边上的高线为： ． ∴该三角形的面积为： ． 【点评】本题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系： （1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根； （2）△＝0⇔方程有两个相等的实数根； （3）△＜0⇔方程没有实数根． 20．（10 分）如图，⊙O 是△ABC 的外接圆，且 AB 是直径． （1）尺规作图：作∠ACB 的平分线 CD，交⊙O 于点 D；（保留作图痕迹，不写作法） （2）连接 AD、BD，若∠ADC＝30°，AD＝ ，求阴影部分的面积． 【分析】（1）根据尺规作图：作∠ACB 的平分线 CD，交⊙O 于点 D； （2）根据圆周角定理可得 AD＝BD，根据∠ADC＝30°，AD＝ ，可求半径，进而根 据扇形面积公式求阴影部分的面积． 【解答】解：（1）尺规作图如图所示；第 19 页（共 23 页） （2）连接 OC，则∠AOC＝2∠ADC＝60°． ∵AB 是⊙O 的直径，CD 是∠ACB 的平分线 ∴∠ADB＝90°，∠ACD＝∠DCB． ∴AD＝BD． 故 ， AC＝1， ． ∴ ． ∴ ． 【点评】本题考查了作图﹣基本作图，解决本题的关键是利用三角形外接圆的性质、圆 周角定理、扇形面积公式． 六、（本题满分 12 分） 21．（12 分）如图 1，将△ACE 以点 A 为中心，逆时针旋转∠α 得到△ABD． （1）若∠BAC＝40°，求∠ADE 的度数； （2）当∠α＝60°时，如图 2，点 F、G 分别是 CE、BD 的中点，证明：△AFG 是等边 三角形； （3）当∠α＝90°时，如图 3，点 F、G 分别是 CE、BD 的中点，直接判断△AFG 的形 状，不需要说明理由． 【分析】（1）由旋转的性质可得 AD＝AE，∠CAE＝∠BAD，由等腰三角形的性质可求 解；第 20 页（共 23 页） （2）由旋转的性质可得△ACE≌△ABD，∠DAE＝60°，可得 CE＝BD，∠AEF＝∠ADG ，AE＝AD，由“SAS”可证△AEF≌△ADG，可得∠FAE＝∠GAD，AF＝AG，可得结论； （3）由旋转的性质可得△ACE≌△ABD，∠DAE＝90°，可得 CE＝BD，∠AEF＝∠ADG ，AE＝AD，由“SAS”可证△AEF≌△ADG，可得∠FAE＝∠GAD，AF＝AG，可得结论 ． 【解答】解：（1）∵将△ACE 以点 A 为中心，逆时针旋转∠α 得到△ABD． ∴AD＝AE，∠CAE＝∠BAD， ∴∠CAE+∠BAE＝∠BAD+∠BAE，即∠BAC＝∠DAE＝40°， ∴ ． （2）∵将△ACE 以点 A 为中心，逆时针旋转∠α 得到△ABD． ∴△ACE≌△ABD，∠DAE＝60°， ∴CE＝BD，∠AEF＝∠ADG，AE＝AD， 又∵点 F、G 分别是 CE、BD 的中点， ∴EF＝DG，且∠AEF＝∠ADG，AE＝AD， ∴△AEF≌△ADG（SAS）， ∴∠FAE＝∠GAD，AF＝AG， ∴∠FAG＝∠EAF+∠EAG＝∠DAG+∠EAG＝∠DAE＝60°，且 AF＝AG ∴△AFG 是等边三角形． （3）△AFG 是等腰直角三角形， 理由如下：∵将△ACE 以点 A 为中心，逆时针旋转∠α 得到△ABD． ∴△ACE≌△ABD，∠DAE＝90°， ∴CE＝BD，∠AEF＝∠ADG，AE＝AD， 又∵点 F、G 分别是 CE、BD 的中点， ∴EF＝DG，且∠AEF＝∠ADG，AE＝AD， ∴△AEF≌△ADG（SAS）， ∴∠FAE＝∠GAD，AF＝AG， ∴∠FAG＝∠EAF+∠EAG＝∠DAG+∠EAG＝∠DAE＝90°，且 AF＝AG ∴△AFG 是等腰直角三角形． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边第 21 页（共 23 页） 三角形的判定，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 七、（本题满分 12 分） 22．（12 分）如图，在△ABC 中，AB＝AC＝8，以 AB 为直径的⊙O 交 BC 于点 D，过点 D 作⊙O 的切线交 AC 于点 E，连接 OD． （1）求证：OD∥AC； （2）若∠A＝45°，求 DE 的长． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，∠B＝∠ODB，等量代换得到∠C＝ ∠ODB，根据平行线的判定定理证明结论； （2）过点 O 作 OF⊥AC 于点 F，根据切线的性质得到 DE⊥OD，证明四边形 OFED 是 矩形．得到 OF＝DE，根据等腰直角三角形的性质计算即可． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∵OB＝OD， ∴∠B＝∠ODB， ∴∠C＝∠ODB， ∴OD∥AC； （2）解：过点 O 作 OF⊥AC 于点 F， ∵DE 是⊙O 的切线， ∴DE⊥OD． ∵OD∥AC， ∴DE⊥AC． ∴四边形 OFED 是矩形． ∴OF＝DE． 在 Rt△AOF 中，∠A＝45°，第 22 页（共 23 页） ∴OF＝ OA＝2 ， ∴DE＝2 ． 【点评】本题考查的是切线的性质、平行线的判定，掌握圆的切线垂直于经过切点的半 径是解题的关键． 八、（本题满分 14 分） 23．（14 分）如图，抛物线 y＝﹣ x﹣1 与 y 轴交于点 A，点 B 是抛物线上的一点， 过点 B 作 BC⊥x 轴于点 C，且点 C 的坐标为（9，0）． （1）求直线 AB 的表达式； （2）若直线 MN∥y 轴，分别与抛物线，直线 AB，x 轴交于点 M、N、Q，且点 Q 位于 线段 OC 之间，求线段 MN 长度的最大值； （3）当四边形 MNCB 是平行四边形时，求点 Q 的坐标． 【分析】（1）B 为抛物线上的一点，BC⊥x 轴，C（9，0），B 点的横坐标为 9，纵坐标 为 ，即 B（9，2）．即可求解； （ 2 ） 设 线 段 MN 的 长 为 L ， 由 抛 物 线 和 直 线 AB 的 解 析 式 ， 得 ： ＝ ＝ ．即可求解； （3）若四边形 MNCB 是平行四边形，则需要 MN＝BC，由点 B、C 的坐标可知 BC＝2， 即 ，即可求解． 【解答】解：（1）令 x＝0，则 y＝﹣1，即 A（0，﹣1）．第 23 页（共 23 页） ∵B 为抛物线上的一点，BC⊥x 轴，C（9，0）， ∴B 点的横坐标为 9，纵坐标为 ，即 B（9，2）． 设直线 AB 的函数解析式为 y＝kx+b，将 A（0，﹣1），B（9，2）代入上式并解得： 直线 AB 的函数解析式为 ； （2）设线段 MN 的长为 L， 由抛物线和直线 AB 的解析式，得： ＝ ＝ ． 故线段 MN 长度的最大值为 ； （3）若四边形 MNCB 是平行四边形，则需要 MN＝BC， 由点 B、C 的坐标可知 BC＝2， ∴ ，解得：x＝1 或 x＝8． 故当点 Q 的坐标为（1，0）或（8，0）时，四边形 MNCB 是平行四边形． 【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利 用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而 求出线段之间的关系．