广东省广州市天河区中考数学一模试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．9的平方根是（ ） A．±3
B．﹣3
C．3
D．
2．下列各式计算正确的是（ ） A．3a3+2a2＝5a6 C．a4•a2＝a8
B．
D．（ab2）3＝ab6
3．已知两个不等式的解集在数轴上如图表示，那么这个解集为（ ）
A．x≥﹣1
B．x＞1
C．﹣3＜x≤﹣1
D．x＞﹣3
4．如图，AB∥CD，DE⊥BE，BF、DF分别为∠ABE、∠CDE的角平分线，则∠BFD＝（ ）
A．110° B．120° C．125° D．135°
5．如图是由几个相同的正方体搭成的一个几何体，从正面看到的平面图形是（ ）
A． B．
C． D．
6．某篮球运动员在连续7场比赛中的得分（单位：分）依次为20，18，23，17，20，20，18，则这组数据的众数与中位数分别是（ ） A．18分，17分
B．20分，17分
C．20分，19分
D．20分，20分
7．要组织一次篮球比赛，赛制为主客场形式（每两队之间都需在主客场各赛一场），计划安排30场比赛，设邀请x个球队参加比赛，根据题意可列方程为（ ） A．x（x﹣1）＝30
B．x（x+1）＝30
C．
＝30
D．
＝30
8．如图，在热气球C处测得地面A、B两点的俯角分别为30°、45°，热气球C的高度CD为100米，点A、
.
.
D、B在同一直线上，则AB两点的距离是（ ）
A．200米 B．200米 C．220米 D．米
9．如图，在平面直角坐标系中，OABC是正方形，点A的坐标是（4，0），点P为边AB上一点，∠CPB＝60°，沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点B′处，则B′点的坐标为（ ）
A．（2，2） B．（，） C．（2，） D．（，）
10．如图，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝a，以斜边AB上的点O为圆心的圆分别与AC、BC相切于点
E、F，与AB分别相交于点G、H，且EH的延长线与CB的延长线交于点D，则CD的长为（ ）
A． B． C． D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．﹣1的绝对值是 ，倒数是 ． 12．若代数式
有意义，则m的取值范围是 ．
13．如图，△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转40°后所得的图形，点C恰好在AB上，则∠A的度数是 ．
14．关于x的一元二次方程（m﹣3）x2+x+（m2﹣9）＝0的一个根是0，则m的值是 ． 15．已知⊙O的半径为5cm，弦AB∥CD，AB＝8cm，CD＝6cm，则AB和CD的距离为 ．
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16．如图，在平面直角坐标中，直线l经过原点，且与y轴正半轴所夹的锐角为60°，过点A（0，1）作y轴的垂线l于点B，过点B1作直线l的垂线交y轴于点A1，以A1B．BA为邻边作▱ABA1C1；过点A1作y轴的垂线交直线l于点B1，过点B1作直线l的垂线交y轴于点A2，以A2B1．B1A1为邻边作▱A1B1A2C2；…；按此作法继续下去，则∁n的坐标是 ．
三．解答题（共9小题，满分102分） 17．（9分）解方程组 （1）
（2）．
18．（9分）已知：如图，矩形ABCD中，DE交BC于E，且DE＝AD，AF⊥DE于F． 求证：AB＝AF．
19．（10分）如图，在平面直角坐标系中有△ABC，其中A（﹣3，4），B（﹣4，2），C（﹣2，1）．把△
ABC绕原点顺时针旋转90°，得到△A1B1C1．再把△A1B1C1向左平移2个单位，向下平移5个单位得到△A2B2C2．
（1）画出△A1B1C1和△A2B2C2． （2）直接写出点B1、B2坐标．
（3）P（a，b）是△ABC的AC边上任意一点，△ABC经旋转平移后P对应的点分别为P1、P2，请直接写出点P1、P2的坐标．
.
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20．（10分）已知一个不透明的袋子中装有7个只有颜色不同的球，其中2个白球，5个红球． （1）求从袋中随机摸出一个球是红球的概率．
（2）从袋中随机摸出一个球，记录颜色后放回，摇匀，再随机摸出一个球，求两次摸出的球恰好颜色不同的概率．
（3）若从袋中取出若干个红球，换成相同数量的黄球．搅拌均匀后，使得随机从袋中摸出两个球，颜色是一白一黄的概率为，求袋中有几个红球被换成了黄球．
21．（12分）2018年我市的脐橙喜获丰收，脐橙一上市，水果店的陈老板用2400元购进一批脐橙，很快售完；陈老板又用6000元购进第二批脐橙，所购件数是第一批的2倍，但进价比第一批每件多了20元． （1）第一批脐橙每件进价多少元？
（2）陈老板以每件120元的价格销售第二批脐橙，售出60%后，为了尽快售完，决定打折促销，要使第二批脐橙的销售总利润不少于480元，剩余的脐橙每件售价最低打几折？（利润＝售价﹣进价） 22．（12分）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径的⊙O交AC边于点D，E是边BC的中点，连接DE、OD，
（1）求证：直线DE是⊙O的切线；
（2）连接OC交DE于F，若OF＝FC，试判断△ABC的形状，并说明理由； （3）若
，求⊙O的半径．
23．（12分）已知反比例函数y＝
的图象的一支位于第一象限，点A（x1，y1），B（x2，y2）都在该函
.
.
数的图象上．
（1）m的取值范围是 ，函数图象的另一支位于第一象限，若x1＞x2，y1＞y2，则点B在第 象限；
（2）如图，O为坐标原点，点A在该反比例函数位于第一象限的图象上，点C与点A关于x轴对称，若△OAC的面积为6，求m的值．
24．（14分）如图：AD是正△ABC的高，O是AD上一点，⊙O经过点D，分别交AB、AC于E、F （1）求∠EDF的度数； （2）若AD＝6
，求△AEF的周长；
（3）设EF、AD相较于N，若AE＝3，EF＝7，求DN的长．
25．（14分）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于点A（﹣1，0）和点B（3，0）． （1）求该抛物线所对应的函数解析式；
（2）如图2，该抛物线与y轴交于点C，顶点为F，点D（2，3）在该抛物线上． ①求四边形ACFD的面积；
②点P是线段AB上的动点（点P不与点A、B重合），过点P作PQ⊥x轴交该抛物线于点Q，连接AQ、
DQ，当△AQD是直角三角形时，求出所有满足条件的点Q的坐标．
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广东省广州市天河区中考数学一模试卷
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】利用平方根定义计算即可得到结果． 【解答】解：∵（±3）2＝9， ∴9的平方根是±3， 故选：A．
【点评】此题考查了平方根，熟练掌握平方根定义是解本题的关键．
2．【分析】分别根据合并同类项、同底数幂的乘法法则及幂的乘方与积的乘方法则对各选项进行逐一判断即可．
【解答】解：A、3a3与2a2不是同类项，不能合并，故本选项错误；
B、2+＝3，故本选项正确；
C、a4•a2＝a6，故本选项错误； D、（ab2）3＝a3b6，故本选项错误．
故选：B．
【点评】本题考查的是二次根式的加减法，即二次根式相加减，先把各个二次根式化成最简二次根式，再把被开方数相同的二次根式进行合并，合并方法为系数相加减，根式不变．
3．【分析】根据不等式组解集在数轴上的表示方法可知，不等式组的解集是指它们的公共部分，即﹣1及其右边的部分．
【解答】解：两个不等式的解集的公共部分是：﹣1及其右边的部分．即大于等于﹣1的数组成的集合． 故选：A．
【点评】本题考查了不等式组解集在数轴上的表示方法：把每个不等式的解集在数轴上表示出来（＞，≥向右画；＜，≤向左画），数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．有几个就要几个．在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆点表示．
4．【分析】先过E作EG∥AB，根据平行线的性质即可得到∠ABE+∠BED+∠CDE＝360°，再根据DE⊥BE，
BF，DF分别为∠ABE，∠CDE的角平分线，即可得出∠FBE+∠FDE＝135°，最后根据四边形内角和进行计
算即可．
【解答】解：如图所示，过E作EG∥AB，
∵AB∥CD，
.
.
∴EG∥CD，
∴∠ABE+∠BEG＝180°，∠CDE+∠DEG＝180°， ∴∠ABE+∠BED+∠CDE＝360°，
又∵DE⊥BE，BF，DF分别为∠ABE，∠CDE的角平分线，
∴∠FBE+∠FDE＝（∠ABE+∠CDE）＝（360°﹣90°）＝135°，
∴四边形BEDF中，∠BFD＝360°﹣∠FBE﹣∠FDE﹣∠BED＝360°﹣135°﹣90°＝135°． 故选：D．
【点评】本题主要考查了平行线的性质以及角平分线的定义的运用，解题时注意：两直线平行，同旁内角互补．解决问题的关键是作平行线．
5．【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【解答】解：从正面看第一层是三个小正方形，第二层在中间位置一个小正方形，故D符合题意， 故选：D．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
6．【分析】根据中位数和众数的定义求解：众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个；找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数． 【解答】解：将数据重新排列为17、18、18、20、20、20、23， 所以这组数据的众数为20分、中位数为20分， 故选：D．
【点评】本题属于基础题，考查了确定一组数据的中位数和众数的能力．一些学生往往对这个概念掌握不清楚，计算方法不明确而误选其它选项，注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两个数的平均数．
7．【分析】由于每两队之间都需在主客场各赛一场，即每个队都要与其余队比赛一场．等量关系为：队的个数×（队的个数﹣1）＝30，把相关数值代入即可． 【解答】解：设邀请x个球队参加比赛， 根据题意可列方程为：x（x﹣1）＝30． 故选：A．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解决本题的关键是读懂题意，得到总场数的等量关系．
8．【分析】在热气球C处测得地面B点的俯角分别为45°，BD＝CD＝100米，再在Rt△ACD中求出AD的长，据此即可求出AB的长．
【解答】解：∵在热气球C处测得地面B点的俯角分别为45°， ∴BD＝CD＝100米，
∵在热气球C处测得地面A点的俯角分别为30°， ∴AC＝2×100＝200米，
.
.
∴AD＝＝100米，
）米，
∴AB＝AD+BD＝100+100故选：D．
＝100（1+
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣﹣仰角、俯角问题，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．
9．【分析】过点B′作B′D⊥OC，因为∠CPB＝60°，CB′＝OC＝OA＝4，所以∠B′CD＝30°，B′D＝2，根据勾股定理得DC＝2
，故OD＝4﹣2
，即B′点的坐标为（2，
）．
【解答】解：过点B′作B′D⊥OC ∵∠CPB＝60°，CB′＝OC＝OA＝4 ∴∠B′CD＝30°，B′D＝2 根据勾股定理得DC＝2∴OD＝4﹣2故选：C．
）
，即B′点的坐标为（2，
【点评】主要考查了图形的翻折变换和正方形的性质，要会根据点的坐标求出所需要的线段的长度，灵活运用勾股定理．
10．【分析】连接OE、OF，由切线的性质结合结合直角三角形可得到正方形OECF，并且可求出⊙O的半径为0.5a，则BF＝a﹣0.5a＝0.5a，再由切割线定理可得BF2＝BH•BG，利用方程即可求出BH，然后又因
OE∥DB，OE＝OH，利用相似三角形的性质即可求出BH＝BD，最终由CD＝BC+BD，即可求出答案．
【解答】解：∵△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝a，以斜边AB上的点O为圆心的圆分别与AC、BC相切于点E、F，与AB分别相交于点G、H，且EH的延长线与CB的延长线交于点D ∴连接OE、OF，由切线的性质可得OE＝OF＝⊙O的半径，∠OEC＝∠OFC＝∠C＝90° ∴OECF是正方形
∵由△ABC的面积可知×AC×BC＝×AC×OE+×BC×OF ∴OE＝OF＝a＝EC＝CF，BF＝BC﹣CF＝0.5a，GH＝2OE＝a ∵由切割线定理可得BF2＝BH•BG ∴a2＝BH（BH+a） ∴BH＝
或BH＝
（舍去）
.
.
∵OE∥DB，OE＝OH ∴△OEH∽△BDH ∴
．
∴BH＝BD，CD＝BC+BD＝a+故选：B．
【点评】本题需仔细分析题意，结合图形，利用相似三角形的性质及切线的性质即可解决问题． 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．【分析】根据数轴上某个数与原点的距离叫做这个数的绝对值，乘积是1的两数互为倒数可得答案． 【解答】解：﹣1的绝对值是1，倒数是﹣， 故答案为：1；﹣．
【点评】此题主要考查了倒数和绝对值，关键是掌握倒数定义和绝对值定义．
12．【分析】根据二次根式有意义的条件可得m+1≥0，根据分式有意义的条件可得m﹣1≠0，再解即可． 【解答】解：由题意得：m+1≥0，且m﹣1≠0， 解得：m≥﹣1，且m≠1， 故答案为：m≥﹣1，且m≠1．
【点评】此题主要考查了分式和二次根式有意义的条件，关键是掌握：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
13．【分析】先根据旋转的性质得∠AOC＝∠BOD＝40°，OA＝OC，则根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出∠A＝（180°﹣∠A）＝70°
【解答】解：∵△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转40°后所得的图形，点C恰好在AB上， ∴∠AOC＝∠BOD＝40°，OA＝OC， ∵OA＝OC， ∴∠A＝∠OCA，
∴∠A＝（180°﹣40°）＝70°， 故答案为：70°．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
.
.
14．【分析】一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即把0代入方程求解可得m的值．
【解答】解：把x＝0代入方程（m﹣3）x2+x+（m2﹣9）＝0， 得m2﹣9＝0， 解得：m＝±3， ∵m﹣3≠0， ∴m＝﹣3， 故答案是：﹣3．
【点评】本题主要考查了一元二次方程的定义及其解，注意方程有意义，其二次项系数不能为0． 15．【分析】根据题意画出图形，由于AB、CD的位置不能确定，故应分AB与CD在圆心O的同侧及AB与
CD在圆心O的异侧两种情况讨论，如图（一），当AB、CD在圆心O的同侧时，连接OA、OC，过O作OE⊥CD于E，交AB于F，根据垂径定理及勾股定理可求出OF及OE的长，再用OE﹣OF即可求出答案； 如图（二），当AB、CD在圆心O的异侧时，连接OA、OC，过O作OE⊥CD于E，交AB于F，根据垂径定理及勾股定理可求出OF及OE的长，再用OE+OF即可求出答案． 【解答】解：如图所示，
如图（一），当AB、CD在圆心O的同侧时，连接OA、OC，过O作OE⊥CD于E，交AB于F， ∵AB∥CD， ∴OE⊥AB，
∵AB＝8cm，CD＝6cm， ∴AF＝4cm，CE＝3cm， ∴OA＝OC＝5cm， ∴OE＝同理，OF＝
＝
＝
＝4cm，
＝3cm，
∴EF＝OE﹣OF＝4﹣3＝1cm；
如图（二），当AB、CD在圆心O的异侧时，连接OA、OC，过O作OE⊥CD于E，反向延长OE交AB于F， ∵AB∥CD， ∴OE⊥AB，
∵AB＝8cm，CD＝6cm， ∴AF＝4cm，CE＝3cm， ∴OA＝OC＝5cm， ∴OE＝同理，OF＝
＝
＝
＝4cm，
＝3cm，
∴EF＝OE+OF＝4+3＝7cm． 故答案为：1cm或7cm．
.
.
【点评】本题考查的是垂径定理及勾股定理，解答此题时要注意分类讨论，不要漏解． 16．【分析】先求出直线l的解析式为y＝坐标为（
x，设B点坐标为（x，1），根据直线l经过点B，求出B点
，则C1，4），
，1），解Rt△A1AB，得出AA1＝3，OA1＝4，由平行四边形的性质得出A1C1＝AB＝
，4），即（﹣
×40，41）；根据直线l经过点B1，求出B1点坐标为（4
点的坐标为（﹣
解Rt△A2A1B1，得出A1A2＝12，OA2＝16，由平行四边形的性质得出A2C2＝A1B1＝44
，16），即（﹣
×41，42）；同理，可得C3点的坐标为（﹣16
×4n﹣1，4n）．
，则C2点的坐标为（﹣
×42，43）；
，64），即（﹣
进而得出规律，求得∁n的坐标是（﹣
【解答】解：∵直线l经过原点，且与y轴正半轴所夹的锐角为60°， ∴直线l的解析式为y＝
x．
∵AB⊥y轴，点A（0，1）， ∴可设B点坐标为（x，1）， 将B（x，1）代入y＝得1＝
x，
，
．
x，解得x＝
∴B点坐标为（，1），AB＝
在Rt△A1AB中，∠AA1B＝90°﹣60°＝30°，∠A1AB＝90°， ∴AA1＝
AB＝3，OA1＝OA+AA1＝1+3＝4，
，
×40，41）；
∵▱ABA1C1中，A1C1＝AB＝∴C1点的坐标为（﹣由
，4），即（﹣，
x＝4，解得x＝4
∴B1点坐标为（4，4），A1B1＝4
．
在Rt△A2A1B1中，∠A1A2B1＝30°，∠A2A1B1＝90°， ∴A1A2＝
A1B1＝12，OA2＝OA1+A1A2＝4+12＝16，
，
×41，42）；
×42，43）；
∵▱A1B1A2C2中，A2C2＝A1B1＝4∴C2点的坐标为（﹣4
，16），即（﹣
同理，可得C3点的坐标为（﹣16
，64），即（﹣
.
.
以此类推，则∁n的坐标是（﹣故答案为（﹣
×4n﹣1，4n）．
×4n﹣1，4n）．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形以及一次函数的综合应用，先分别求出C1、C2、
C3点的坐标，从而发现规律是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分102分）
17．【分析】（1）方程组利用加减消元法求出解即可； （2）方程组整理后，利用加减消元法求出解即可． 【解答】解：（1）②﹣①得：8y＝﹣8， 解得：y＝﹣1，
把y＝﹣1代入①得：x＝1， 则方程组的解为（2）方程组整理得：①﹣②得：4y＝26， 解得：y＝把y＝
，
， ；
， ，
代入①得：x＝
则方程组的解为．
【点评】此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法． 18．【分析】根据已知及矩形的性质利用AAS判定△ADF≌△DEC，从而得到AF＝DC，因为DC＝AB，所以AF＝AB．
【解答】证明：∵AF⊥DE． ∴∠AFE＝90°．
∵在矩形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°．
.
.
∴∠ADF＝∠DEC． ∴∠AFE＝∠C＝90°． ∵AD＝DE． ∴△ADF≌△DEC． ∴AF＝DC． ∵DC＝AB． ∴AF＝AB．
【点评】此题考查学生对矩形的性质及全等三角形的判定方法的理解及运用．
19．【分析】（1）根据△ABC绕原点顺时针旋转90°，得到△A1B1C1，△A1B1C1向左平移2个单位，再向下平移5个单位得到△A2B2C2．
（2）根据图形得出对应点的坐标即可；
（3）根据旋转和平移后的点P的位置，即可得出点P1、P2的坐标． 【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1和△A2B2C2即为所求：
（2）点B1坐标为（2，4）、B2坐标为（0，﹣1）；
（3）由题意知点P1坐标为（b，﹣a），点P2的坐标为（b﹣2，﹣a﹣5）．
【点评】本题主要考查了利用平移变换以及旋转变换进行作图，解题时注意：确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离．决定旋转后图形位置的因素为：旋转角度、旋转方向、旋转中心． 20．【分析】（1）直接利用概率公式计算可得；
（2）先列表得出所有等可能结果，再从中找到符合条件的结果数，继而利用概率公式求解可得； （3）设有x个红球被换成了黄球，根据颜色是一白一黄的概率为列出关于x的方程，解之可得． 【解答】解：（1）∵袋中共有7个小球，其中红球有5个，
.
.
∴从袋中随机摸出一个球是红球的概率为；
（2）列表如下： 白 白 红 红 红 红 红
白
白
红
红
红
红
红
（白，白） （白，白） （白，红） （白，红） （白，红） （白，红） （白，红） （白，白） （白，白） （白，红） （白，红） （白，红） （白，红） （白，红） （白，红） （白，红） （红，红） （红，红） （红，红） （红，红） （红，红） （白，红） （白，红） （红，红） （红，红） （红，红） （红，红） （红，红） （白，红） （白，红） （红，红） （红，红） （红，红） （红，红） （红，红） （白，红） （白，红） （红，红） （红，红） （红，红） （红，红） （红，红） （白，红） （白，红） （红，红） （红，红） （红，红） （红，红） （红，红）
由表知共有49种等可能结果，其中两次摸出的球恰好颜色不同的有20种结果， ∴两次摸出的球恰好颜色不同的概率为
（3）设有x个红球被换成了黄球． 根据题意，得：解得：x＝3，
即袋中有3个红球被换成了黄球．
【点评】此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比． 21．【分析】（1）设第一批脐橙每件进价是x元，则第二批每件进价是（x+20）元，再根据等量关系：第二批脐橙所购件数是第一批的2倍；
（2）设剩余的脐橙每件售价打y折，由利润＝售价﹣进价，根据第二批的销售利润不低于640元，可列不等式求解．
【解答】解：（1）设第一批脐橙每件进价是x元，则第二批每件进价是（x+20）元， 根据题意，得：解得 x＝80．
经检验，x＝80是原方程的解且符合题意． 答：第一批脐橙每件进价为80元．
（2）设剩余的脐橙每件售价打y折， 根据题意，得：（120﹣100）×
×60%+（120×
﹣100）×
×（1﹣60%）≥480，
×2＝
， ，
；
.
.
解得：y≥7.5．
答：剩余的脐橙每件售价最少打7.5折．
【点评】本题考查分式方程、一元一次不等式的应用，关键是根据数量作为等量关系列出方程，根据利润作为不等关系列出不等式求解．
22．【分析】（1）求出∠CDB＝90°，推出DE＝BE，得到∠EDB＝∠EBD，∠ODB＝∠OBD，推出∠ODE＝90°即可；
（2）连接OE，证正方形DEBO，推出OB＝BE，推出∠EOB＝45°，根据平行线的性质推出∠A＝45°即可； （3）设AD＝x，CD＝2x，证△CDB∽△CBA，得到比例式，代入求出AB即可． 【解答】解：如右图所示，连接BD， （1）∵AB是直径， ∴∠ADB＝90°， ∵O是AB的中点， ∴OA＝OB＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，∠ODB＝∠OBD， 同理在Rt△BDC中，E是BC的中点， ∴∠EDB＝∠EBD，
∵∠OAD+∠ABD＝90°，∠ABD+∠CBD＝90°， ∴∠OAD＝∠CBD， ∴∠ODA＝∠EBD， 又∵∠ODA+∠ODB＝90°， ∴∠EBD+∠ODB＝90°， 即∠ODE＝90°， ∴DE是⊙O的切线．
（2）答：△ABC的形状是等腰直角三角形． 理由是：∵E、F分别是BC、OC的中点， ∴EF是三角形OBC的中位线， ∴EF∥AB，
DE⊥BC，
OB＝OD，四边形OBED是正方形，
连接OE，
OE是△ABC的中位线，OE∥AC，
∠A＝∠EOB＝45度， ∴∠A＝∠ACB＝45°， ∵∠ABC＝90°，
∴△ACB是等腰直角三角形．
.
.
（3）设AD＝x，CD＝2x，
∵∠CDB＝∠CBA＝90°，∠C＝∠C， ∴△CDB∽△CBA， ∴∴
＝
， ＝， ，
＝6，
，
x＝2AC＝6
由勾股定理得：AB＝∴圆的半径是3． 答：⊙O的半径是3．
【点评】本题主要考查对等腰三角形的性质和判定，切线的判定，相似三角形的性质和判定，平行线的性质，等腰直角三角形，三角形的内角和定理，勾股定理，直角三角形斜边上的中线，正方形的性质和判定的连接和掌握，综合运用这些性质进行推理是解此题的关键．
23．【分析】（1）根据反比例函数的图象是双曲线．当k＞0时，则图象在一、三象限，且双曲线是关于原点对称的；
（2）由对称性得到△OAC的面积为5．设A（x、借助于方程来求m的值．
【解答】解：（1）根据反比例函数的图象关于原点对称知，该函数图象的另一支在第三象限，且m﹣3＞0，则m＞3； 故答案是：m＞3，三；
（2）∵点A在第一象限，且与点C关于x轴对称 ∴AC⊥x轴，AC＝2y＝2×∴S△OAC＝AC•x＝×2×∵△OAC的面积为6， ∴m﹣3＝6，
.
），则利用三角形的面积公式得到关于m的方程，
，
•x＝m﹣3，
.
解得m＝9．
【点评】本题考查了反比例函数的性质、图象，反比例函数图象上点的坐标特征等知识点．根据题意得到△OAC的面积是解题的关键．
24．【分析】（1）如图1中，作OI⊥AB于I，OJ⊥AC于J，连接OE，OF．想办法求出∠EOF的度数即可解决问题；
（2）如图1中，作OI⊥AB于I，OJ⊥AC于J，连接OE，OF．利用全等三角形的性质证明EK＝EM，FM＝
FL，即可推出△AEF的周长＝2AL．即可解决问题；
（3）如图3中，作FP⊥AB于P，作EM⊥AC于M，作NQ⊥AB于Q，DL⊥AC于L．想办法求出AD，AN即可解决问题；
【解答】解：（1）如图1中，作OI⊥AB于I，OJ⊥AC于J，连接OE，OF．
∵AD是正△ABC的高，
∴∠BAC＝60°，AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD＝30°， ∵OI⊥AB于I，OJ⊥AC于J， ∴∠AIO＝∠AJO＝90°，
∴∠IOJ＝360°﹣90°﹣90°＝60°＝120°，OI＝OJ， ∵OE＝OF，
∴Rt△OIE≌△Rt△OJF（HL）， ∴∠IOE＝∠JOF，
∴∠EOF＝∠EOJ+∠FOJ＝∠EOJ+∠IOE＝∠IOJ＝120°， ∴∠EDF＝∠EOF＝60°．
（2）如图1中，作DK⊥AB于K，DL⊥AC于L，DM⊥EF于M，连接FG．
.
.
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC， ∴∠B＝60°，BD＝CD， ∵∠EDF＝60°， ∴∠EDF＝∠B，
∵∠EDC＝∠EDF+∠CDF＝∠B+∠BED， ∴∠BED＝∠CDF， ∵GD是圆O的直径，
∴∠ADC＝90°，∠GFD＝90°，
∴∠FGD+∠FDG＝90°，∠FDC+∠FDG＝90°， ∴∠FDC＝∠FGD＝∠DEF， ∵DK⊥EB，DM⊥EF，
∴∠EKD＝∠EMD＝90°，DK＝DM， ∴Rt△DEK≌Rt△DEM（HL）， ∴∴EK＝EM， 同法可证：DK＝DL， ∴DM＝CL， ∵DM⊥FE，DL⊥FC， ∴∠FMD＝∠FLD＝90°， ∴Rt△DFM≌Rt△DFL（HL）， ∴FM＝FL， ∵AD＝AD，DK＝DF， ∴Rt△ADK≌Rt△ADL（HL）， ∴AK＝AL，
∴△AEF的周长＝AE+EF+AF＝AE+EK+AF+FL＝2AL， ∵AD＝6
，
∴AL＝AD•cos30°＝9， ∴△AEF的周长＝18．
（3）如图3中，作FP⊥AB于P，作EM⊥AC于M，作NQ⊥AB于Q，DL⊥AC于L．
在Rt△AEM中，∵AE＝3，∠EAM＝60°，
.
.
∴AM＝AE＝，EM＝在Rt△EFM中，EF＝∴AF＝AM+MF＝8， ∵△AEF的周长＝18， 由（2）可知2AL＝18， ∴AJ＝9，AD＝∴AP＝AF＝4，FP＝4∵NQ∥FP， ∵△EQN∽△EPF， ∴
＝
＝
，
，
＝
＝
，
＝6，
，
∵∠BAD＝30°，
∴AQ＝√3NQ，设EQ＝x，则QN＝4∴AE＝11x＝3， ∴x＝
，
， ．
x，AQ＝12x，
∴AN＝2NQ＝∴DN＝AD﹣AN＝
【点评】本题属于圆综合题，考查了等边三角形的性质，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题． 25．【分析】（1）由A、B两点的坐标，利用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）①连接CD，则可知CD∥x轴，由A、F的坐标可知F、A到CD的距离，利用三角形面积公式可求得△ACD和△FCD的面积，则可求得四边形ACFD的面积；②由题意可知点A处不可能是直角，则有∠ADQ＝90°或∠AQD＝90°，当∠ADQ＝90°时，可先求得直线AD解析式，则可求出直线DQ解析式，联立直线DQ和抛物线解析式则可求得Q点坐标；当∠AQD＝90°时，设Q（t，﹣t2+2t+3），设直线AQ的解析式为y＝k1x+b1，则可用t表示出k′，设直线DQ解析式为y＝k2x+b2，同理可表示出k2，由AQ⊥DQ则可得到关于t的方程，可求得t的值，即可求得Q点坐标． 【解答】解： （1）由题意可得
，解得
，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；
.
.
（2）①∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4， ∴F（1，4），
∵C（0，3），D（2，3）， ∴CD＝2，且CD∥x轴， ∵A（﹣1，0），
∴S四边形ACFD＝S△ACD+S△FCD＝×2×3+×2×（4﹣3）＝4； ②∵点P在线段AB上， ∴∠DAQ不可能为直角，
∴当△AQD为直角三角形时，有∠ADQ＝90°或∠AQD＝90°，
i．当∠ADQ＝90°时，则DQ⊥AD，
∵A（﹣1，0），D（2，3）， ∴直线AD解析式为y＝x+1， ∴可设直线DQ解析式为y＝﹣x+b′， 把D（2，3）代入可求得b′＝5， ∴直线DQ解析式为y＝﹣x+5， 联立直线DQ和抛物线解析式可得∴Q（1，4）；
，解得
或
，
ii．当∠AQD＝90°时，设Q（t，﹣t2+2t+3），
设直线AQ的解析式为y＝k1x+b1， 把A、Q坐标代入可得
，解得k1＝﹣（t﹣3），
设直线DQ解析式为y＝k2x+b2，同理可求得k2＝﹣t， ∵AQ⊥DQ，
∴k1k2＝﹣1，即t（t﹣3）＝﹣1，解得t＝当t＝当t＝
时，﹣t2+2t+3＝时，﹣t2+2t+3＝
，
， ， ）或（
，
，
）； ）或（
，
）．
，
∴Q点坐标为（
综上可知Q点坐标为（1，4）或（
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角形的面积、二次函数的性质、直角三角形的性质及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）①中注意把四边形转化为两
.
.
个三角形，在②利用互相垂直直线的性质是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
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