广东省广州市从化区2025年中考数学一模试卷（含答案）

广东省广州市从化区2025年中考数学一模试卷

一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，四个选项中只有一个是正确的）

1.-3的相反数是（）

A.3B-I

2.为了节能减排，国家积极倡导使用新能源汽车，新能源汽车发展也取得了巨大成就.卜列新能源汽车的

车标既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）

a

3.OeepSe"的出现，不仅推动了技术的进步，还让更多的开发者能够使用高性能的粗模型，推动了4/技术

的普惠化.2025年开年，OeepSeek仅用二十天就实现了21600000的R活跃用户（ZMU）,超过了C/mtGPT发

布之初的数据表现，展现出巨大的行场潜力.其中用科学记数法表示21600000为)

A.21.6x106B.2.16x106C.2.16x107D.0.216x108

4.下列运算正确的是()

B.QQQ222

A.2Q•3Q=6a6+2=3c.(Q2)3=Q5D.(—ad)=ab

5.如图，在中，4c=90。，BC=4,AC=3,则sinB=()

3D.3

45

6.如图，点A、点B、点C在O。上，ABAC=130°,那么的度数为（)

A.130°B.120°C.100°D.50°

7.正比例函数y=的图象过二、四象限，则关于x的一元二次方程X2-2%+巾=0的根的情况描述准确

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的是（)

A.有两个不相等的实数根B.有实数根

C.有两个相等的实数根D.没有实数根

8.《九章算术》有一题：“今有户高多于广六尺，两隅相去适一丈，问户高、广各几何？大意是说：已知矩

形门的高比宽多6尺，门的对角线长1丈（1丈=10尺），那么门的高和宽各是多少？如果设门的宽为％尺，则

下列方程中符合题意的是（）

A.%24-（%-6）2=102B.（%-6）2+102=x2

C.x24-（x4-6产=102D.%2+102=（%4-6）2

9.如图，ZkAOB是直角三角形，ZAOB=90°,OB=2OA,点A在反比例函数y=2的图象上.若点B在反

比例函数y=2的图象上，则k的值为（）

人

10.如图，在平面直角坐标系中，丫=一/+3%+4与％轴交于4B两点（4在B的左侧），与了轴交于点C,

点P是线段上方抛物线上一点，过点P作PM||x轴，且与延长线相交于点M,连接4P交BCT点D,则

罂的最大值为（）

M

A4B34

---

543D.

二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分）

11.分解因式：x2+2x=.

12.如图，直线。||。，线段分别与，i，打交于点D,C,过点B作力8JLBC,交直线匕于点A.若/BAD=

20°,则4BCE的度数是.

第2页

B

13.电学中，串联电路电压U（伏特）一定时，电流I（安培）和电阻R（欧姆）成反比例函数关系，当/=

3安培时，R=12欧姆，则电流1（安培）关于电阻R（欧姆）的函数关系是.

14.一个立体图形的主视图、左视图、俯视图完全相同，则这个立体图形可以是.

15.一个扇形的半径为9,圆心角为120。，用这个扇形围成圆锥的侧面（接缝处重叠部分忽略不计），则圆锥

底面圆的半径为.

16.如图，在四边形48CD中，ADIBC,Z.C=45°,以48为腰作等腰直角三角形B4E,顶点E恰好落在

三、解答题（本题共9小题，共72分）

17.解不等式：2%-1>6.

18.如图，zl=Z2,Z3=Z4.求证：BC=BD.

(1)化简T;

（2）若。=匕1160。+1,求T的值.

20.为抓住文化产业赋能乡村振兴契机，争创国家全民健身示范区，打造环“两山”体育品牌赛事，助力“百千

力工程”高质量发展，2024年6月29口，广州市从化区成功举办首届龙舟邀请赛.为了给组织单位献计献

策，某校初三学生随机对部分市民进行了问卷调查，调查市民对于2025年龙舟赛增设比赛项目的关注程度

（参与问卷调查的每位市民只能选择其中一个项目），将调查得到的数据绘制成数据统计表和扇形统计图

（表、图都未完全制作完成）.请你根据统计图、表解答下列问题：

比赛项目频数（人）频率

3（）（）米直道竞速赛（A）3()0.1

第3页

|彩龙竞艳赛（B）

900.3

|1（）公里龙舟马拉松（C）

a0.35

I200米环绕赛（D）

750.25

：扇形统计图中D部分圆心角的度数为

（2）为了缓解比赛当天城市交通压力，维护交通秩序，现安徘4名志愿者（2男2女）对河滨北路段进

行值守，若在4名志愿者中任意抽取2名志愿者安排在街口大桥驶入河滨北路路口执勤，请求出恰好抽到的

两名志愿者性别相同的概率.

21.如图是两张不同类型火车的车票（“Dxxx次”表示动车“Gxxx次”表示高铁）:

Dxxx次

Affi---------►B地02车12号知也Gx咨B地03车13号

2024年1月1日10:002024年1月1日11:00

¥360元¥560元

限乘当日车次限乘当日车次

（1）已知A、B两地之间的距离为600km,高铁的平均速度是动车平均速度的1.5倍，如果两车均按车票

信息准时出发，且同时到达终点，那么动车和高铁的平均速度分别是多少km/时？

（2）高铁出发前，两车在什么时刻相距100km?

22.如图，已如直线/:yi=依+。过点（5,2）,且与直线丫2=#十1相交于点人（3,6）.

（1）求直线，的解析式；

（2）当当之。且时，自变量工的取值范围是:

（3）若双曲线丫3=当与直线为=取+6相交于4B两点,求AAOB的面积.

23.某数学兴趣小组在探究矩形的折叠问题.如图9,他们把矩形ABCD的边AD折叠，折叠后点。与8c边上

的点E重合.

第4页

（1）怎么找出这条直线折痕呢？兴趣小组发现可以通过尺规作图，准确地找到这条折痕.请你利用尺规

作图帮他们确定折痕所在的直线（不写作法，保留作图痕迹）；

（2）折痕与CD边的交点为F,连结EF,以力F为直径作0。，兴趣小组进一步探究点E与。。的位置关

系，请你与兴趣小组一起思考分析，确定点E与。0的位置关系并说明理由；

（3）如果折痕"=10通，tanzFEC=去通过探究，兴趣小组发现可以求出矩形ABCO的周长.请你帮

助兴趣小组写出详细的求解过程.

24.如图，已知△48D和△AGE都是等腰三角形，AB=AD,AG=AE,/-BAD=^GAE=a.

（1）求证：GD=BE；

（2）如图1,连接ED,若a=90。，以A、D、E、G为顶点的四边形是平行四边形，求力。与4G的数量关

系及/G4D的度数：

（3）如图2,若a=60。，AB=AG=DG与BE交于点P,△AGE绕点A顺时针旋转，从力G与AB重

合开始，至IJ4E与第一次重合时停止，求此时点P所经过的路径的长.

25.定义：在平面直角坐标系中，直线y=。（工一八）+上称为抛物线丫=。。一九）2+k的伴随直线，如直线

y=-（X+1）-2为抛物线y=-（x+I）2-2的伴随直线.

（1）抛物线的对称轴为直线％=2旦其伴随直线为y=x+l,求该抛物线的解析式；

（2）若抛物线y=ax2+bx+cia丰0）的伴随直线是y=m（x4-1）-3（m>0）.

①试用含a的代数式表示b和c：

②抛物线y=Q/+^:+c经过定点Q,且与x轴交于点D和点E,若△DEQ为直角三角形，求m的值；

（3）顶点在第一象限的抛物线〉=-晨久-1）2+40与它的伴随直线交于点人，B（点A在点B的左

侧），与x轴负半轴交于点C,当484c=90。时，y轴上存在点P,使得乙/lPB取得最大值，求此时点P的坐

标.

第5页

答案解析部分

1.【答案】A

【解析】【解答】解：一3的相反数是3.

故答案为：A.

【分析】利用相反数的定义(只有符号不同的两个数是互为相反数)分析求解即可.

2.【答案】B

【解析】【解答】解：A.中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；

B.中图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；

C.中图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项不符合题意；

D.中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意.

故答案为：Bo

【分析】根据中心对称与轴对称的定义：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，如果旋转后的图形

能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的

部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形。然后对各个图形逐一分析即可求解

3.【答案】C

【解析】【解答】解：21600000=2.16x107,

故选C.

【分析】

用科学记数法常把一个绝对值较大的数字表示成ax10九的形式，其中1<|a|<10,n取这个数字整数部分数

字位数与1的差.

4.【答案】D

【解析】【解答】解：A.2a-3a=6a2,故该选项不正确，不符合题意；

B.a6-a2=a4,故该选项不正确，不符合题意；

C.(a2f=a6,故该选项不正确，不符合题意；

D.(-ab)2=Q2匕2,故该选项正确，符合题意;

故答案为：D.

【分析】根据同底数'幕除法，积的买方，事的乘方，单项式乘以单项式的法则逐项判断即可.

5.【答案】D

【解析】【解答】解：•・•在RtaABC中，ZC=90°,BC=4,4c=3,

•'-AB='Bl+AC?=“+32=5,

第6页

・.・s.inBD_=^*_=Q3.

故选：D.

【分析】

先利用勾股定理求出斜边48的长，再解R£△ABC求出sinB的值口］可.

6.【答案】C

【解析】【解答】解：如图所示，在优弧8c上取一点D,连接BD,CD,

•・•四边形4BDC是圆内接四边形，

工乙BDC=180°-乙BAC=50°,

・••41=(BOC=2乙BDC=100°,

故选：C.

【分析】

在优弧8c上取一点D,连接BD,CD,根据圆内接四边形对角互补可得n80C的度数，再由圆周角定理即可

得到"的度数.

7.【答案】A

【解析】【解答】解：•・•正比例函数y=mx的图象过第二、四象限，

771<0,

x2—2x+m=0,

:.A=非—4czc=(-2)2-4m=4-4m.>0,

・•・方程%2一2%+m=0有两个不相等的实数根，

故选：A.

【分析】

由正比例函数的图象与系数的关系可得m<0,再利用一元二次方程根的判别式进行计算即可.

8.【答案】C

【解析】【解答】解：设门的宽为工尺，那么这个门的高为(％+6)尺，

根据题意得：/+(丫+6)2=100,

故选：C.

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【分析】

设门的宽为；V尺，则高为(％+6)尺，直接利用勾股定理得出方程即可.

9.【答案】D

k

【解析】【解答】解：如图所示，过点A,B作ACJ_x轴，BD_Lx轴，分别于C,D.则=2-

S&OCA=1

VZAOB=90°,

.\ZAOC+ZBOD=90°,

VZDBO+ZBOD=90°,

AZDBO=ZAOC,

VZBDO=ZACO=90°,

••・△BDO^AOCA,

•S^BDO_rOB：

,•军一⑸）’

VOB=20A,

•S&BDO_（OB：_

••军一忌）"4

r.k=-8.

故选：D.

【分析】

由于ZAOB=90°,可分别过点A,B作AC_Lx轴，BDJ_x轴，由一线三垂直模型可证△ACOS/^ODB,

再由面积比等于相似比的平方结合反比例函数K的几何意义即可.

10.【答案】A

【解析】【解答】解：设M8与力P交于点0,

第8页

由、=一/+3%+4得，当y=0时，一一+3%+4=0,

解得：%i=-1,%2=4,

・•・力(-1,0),8(4,0),

：.AB=5,

当％=0时，y=4,

•"(0,4),

设BC解析式为y=kx+b,

•*{4V=r°>解得：仁?

.,.BC解析式为y=—x+4,

设+3C+4),

〈PMIIx轴，

/.M(t2-3t,-t2+3t4-4),

；.PM=t—(t2—3t)=—t2+43

•"M||x轴，

:,APDMfADB,

♦MDPM-t2+4t1“>2,4

RR='—=_4£_2y+5，

MD4

的

最大

-值为

DD-

05

故选:A.

【分析】

由于PM//AB,因此P、M两点的纵坐标相等，由于二次函数的解析式已知，则抛物线与坐标轴的交点坐标

均可求，因此利用待定系数法可确定直线BC的解析式，再利用一次函数和二次函数图象上点的坐标特征可

设P(£,-£2+3C+4),则M«2-3£,-£2+3£+4),又因为两直线平行内错角相等，则可证明△PDM

ADBf由于AB是定值，则由相似比可得需=器=一卷《一2)2+3最后由二次函数的性质即可求解.

1L【答案】x(x+2)

【解析】【解答］解:x2+2x=x(x+2).

故答案为：x(x+2).

第9页

【分析】利用提公因式法进行因式分解即可.

12.【答案】70。

【解析】【解答】解：TAB1BC,乙BAD=20°,

：.Z.ADB=90°-20°=70°；

•・，iII12,

，乙BCE=4ADB=70°,

故答案为：70°.

【分析】

由垂直的概念可得〃BO=90。，由直角三角形两锐角互余可得人1D8的度数，再由两直线平行同位角相等即

可求得々BCE的度数.

13.【答案】/=平

【解析】【解答】解：设电流I（安培）关于电阻R（欧姆）的函数关系是/=左

则有：3=各解得：k=36.

X乙

所以电流I（安培）关于电阻R（欧姆）的函数关系是/=干.

故答案为：/=平.

【分析】

直接运用待定系数法求解即可.

14.【答案】球体

【解析】【解答】解：一个立体图形的主视图、左视图、俯视图完全相同，则这个立体图形可以是球体（或正

方体）.

故答案为：球体或正方体.

【分析】

主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面观察得到的图形.

15.【答案】3

【解析】【解答】解：由题意可知，扇形的弧长为：黑x2zrx9=67T,

Ovz

；・底面周长为:6TT,

6TT=2TTR,

解得：R=3,

即：底面半径等于3,

故答案为：3.

第10页

【分析】

圆锥底而周K等于侧面展开扇形的弧长.

16.【答案】2

【解析】【解答】提示：如图，过点E作E尸1CD,交BC于点F.

••,△ABE是等腰直角三角形，

：.Z.AEB=45°,

••诙=COSZ.AEB=?，

•・•乙C=45°,

.•.△EFC是等腰直角三角形，

:'EF=CE,Z-CFE=45°,

•••乙BFE=180°-乙CFE=180°-45°=135°.

•••LCFE=Z.FBE+乙BEF=45°,LAED+乙BEF=90°-45°=45°,

•••Z.AED=Z.FBE.

-AD||BC,

zC+ZD=180°,

•••Z-D=180°-45°=135°,

•••Z.D=乙BFE,

ADE〜△EFB,

AD_AE_42

^EF=BE=T-

-AD=鱼，

EF=2,

CE=2.

故答案为：2.

【分析】

由于乙。=45。，可过点E作EF1CD交BC于点F,则△EFC是等腰直角三角形，即EF二EC,LEFC=zC=

45。，此时由平行线的性质及邻补角的概念可得"=乙"8、由三角形外角的性质及互为余角可得n4E0=

“8凡则可证明△4DEEFB,由等腰直角三角形的性质可得相似比等于V2,即CE=y[2AD=2.

17.【答案】解：2%-1>6,

第11页

2x>7,

7

X>-

2

【解析】【分析】解简单的一元一次不等式，直接移项合并同类项，再系数化为1即可.

18.【答案】证明：Vz3=Z4,=LABC.

在△ABD和△ABC中，

zl=z2

AB=AB,

zl=z2

“ABE三△。厂EQ4S4),

:,BC=BD.

【解析［【分析】

先由等角的补角相等可得〃8D=乙18配乂/1=42、AB二AB,则可由力SA证明两三角形全等，则全等三角

形对应边相等.

2

19.【答案】（1）解：7=（1-a\qa-1

a+i)a2+2a+l

a+1—CL(a+l)(a—1)

a+1(a+1)2

1(a+1]

a+1(a+l)(a—1)

i

(2)解：*.*a=tan60°+1=百+1,

1二1二同

口-V3+1-1-T

【解析】【分析】

（1）分式的混合运算，先对小括号内的式子通分,再化除法为乘法，再分别对分子分母分解为式，再约分化

原式为最简分式或整式;

（2）先求出a的值，再把a的值代入到（1）所求的结果中计算求解即可.

a2-l

（1）解：T

a2+2a+l

a+1—a(a+l)(a—1)

a+1(a+1)2

1(a+行

a+1(a+1)(Q—1)

i

第12页

（2）解：''a=tan60°+1=+1,

.T_1_1_V3

V3+1-1-T-

20.【答案】（1）105,90

（2）解：根据题意，画出树状图如下图:

开始

男1男2女1女2

/T\

男2女1女2男1女1女2男1男2女2男1男2女1

根据树状图可得，共有12种等可能的结果，其中恰好抽到的两名交警性别相同的情况有4种，分别是（男

1,男2）,（男2,男1）,（女1,女2）,（女2,女1）,

所以P（抽到两名交警性别相同）=^=1.

【解析】【解答】

（1）

解：本次调查学生数为：30+0.1=300人，

所以10公里龙舟马拉松的人数为：300x0.35=105,即a=105.

扇形统计图中D部分圆心角的度数为360。X0.25=90°.

故答案为：105,90.

【分析】

（1）观察统计表和扇形统计图，可先求出调查学生数，然后用调查学生数乘以10公里龙舟马拉松的频率即可

解答；扇形统计图中D部分圆心角的度数为360。乘以D的频率即可解答.

（2）两步试验可利用画树状图或列表法求概率，注意画树状图时不重复不遗漏，列表格时注意对角线栏目上

是否填写数据.

（1）解：本次调查学生数为：30+0.1=300人，

所以10公里龙舟马拉松的人数为:300x0.35=105,即a=105.

扇形统计图中D部分圆心角的度数为360。x0.25=90°.

故答案为：105,90.

（2）解：根据题意，画出树状图如下图:

男2女1女2男1女1女24⑥

根据树状图可得，共有12种等可能的结果，其中恰好抽到的两名交警性别相同的情况有4种，分别是（男

L男2）,（男2,男1）,（女1,女2）,（女2,女1）,

第13页

所以p(抽到两名交警性别相同)=3=4

21.【答案】(1)解：设动车的平均速度为xkm/时，则设高铁的平均速度为1.5xkm/时.由题意可得陋一

X

6001

而i

解得x=200,

经检验，x=200为方程的解，

1.5%=300,

答：动车的平均速度为200km/时，高铁的平均速度为300km/H、J；

(2)解：:高铁出发前，动车的平均速度为200km/h,

.100_匚小

.•西二0n5(九)，

答：此时的时间为10为0.

【解析】【分析】

(1)设动车的平均速度为冰m/时，则设高铁的平均速度为1.5xkm/时，根据时间差为1小时列分式方程求解

即可；

(2)根据动车的平均速度求出行驶100km所需时间，即可求解.

(1)W：设动车的平均速度为xkm/时，则设高铁的平均速度为L5xkm/时.

由题意可得驷一罂=1,

x1.5%

解得％=200,

经检验，工=200为方程的解，

1.5%=300,

答：动车的平均速度为200km/时，高铁的平均速度为300km/时；

(2)解：解：•・•高铁出发前，动车的平均速度为200km/h,

,•痢二05(九),

此时的时间为10:30.

22.【答案】⑴解:把4(3,m)代入%=%+1得，m=4,，4(3,4),

把4(3,4)和点(5,2)代入治=丘+儿

<+6=2

+6=4'

解得忆：，

・•・直线珀勺解析式为%=一工+7；

(2)-1<%<7

第14页

(3)解：联立方程组，得L二三7,解得EM(舍去)或CM'

・•・另一个交点B的坐标为(4,3),

如图，作BElx轴于点E,力尸lx轴于点F,

：.BE=3,AF=4,EF=1,OF=3,

.77

1•SgCB=S"0F+S梯形RBEF-S&BOE=6+之一6=才

【解析】【解答】

(2)

解：・・・为20且丫22°，

.f-x+7>0

,,Ix+1>0>

解得：-l<x<7,

故答案为：—1<x<7；

【分析】

(1)先由一次函数图象上点的坐标特征求出4(3,4),然后利用待定系数法即可求解；

(2)由题意联立不等式组得｛了:1金。。，然后解出不等式组即可；

(_12

(3)联立方程组y=T,求出另一个交点B的坐标为(4,3),作BElx轴于点E,力91x轴于点F,然

(y=-%+7

后割补法求面积的方法求解即可.

(1)1?：把A(3,m)代入为=%+1得，机=4,

・"(3,4),

把4(3,4)和点(5,2)代入=kx+b,

得15k4-b=2

得13k+b=4'

解得忆不

・•・直线/的解析式为为=T+7；

(2)蟀：Vy1>0且为20.

.(—X+7>0

"Ix+1>0>

解得：-l<x<7,

故答案为：一1W%W7；

(_12

(3)解：联立方程组，得y=T,

(y=t+7

解得｛;£(舍去)或忧$

.・・另一个交点B的坐标为(4,3),

如图，作8E1X轴于点E,AFlx轴于点F,

：.BE=3,AF=4,EF=1,OF=3,

•77

=

♦「SA4C8S00F+S梯形一$&B0E=6+3-6=天

射爱力P为所求.

••,40沿4P折叠得到AE,

：.Z-DAF=LEAF,AD=AE,

在△AD尸和△AE尸中

40=AF.

Z.DAF=4EAF,

AF=AF

第16页

A△ADF(SAS),

：.^AEF=乙ADF=90°,

连接。E,

则OE二聂F,

・••点E在。。上.

(3)解：由(2)知乙4EF=90。,Azi+Z2=90°,

在矩形ABCO中，乙B=4C=90°,

・"3+42=90°,

Azi=43,

/.△ABEECF.

5厂CF3

•tanzrEc=而=不

・••设C/=3%,RiJCf=4x,

由勾股定理得EF=Sx.

,：LADF三△AEF,

：.DF=EF=5%,

CD=8x=AB.

:△ABE"ECF,

.AB_8x_2_AE

,,CE=4^=1=EF,

iSEF=y,则4E=2y,

在Rt△4£77中，y2+(2y)2=(io网之，

解得y=10,

：.DF=EF=y=5x=10,AE=AD=2y=20,

/.%=2,

'.AB=8%=16,

矩形ABC。=2048+40)=72.

【解析】【分析】（1）由折叠的性质知/。4尸=々E4F,故作乙D4E的平分线即可;

第17页

(2)连接0E,利用折叠的性质得到△40/三△AE"(SAS),KU.4FF=^ADF=90°,再由直角三角形斜边

上的中线等于斜边的一半即可得到点E在0。上；

(3)由于已知tan乙/EC=/为便于计算可设CF=3,则CE=4x,由勾股定理可得=5的由折叠的性

质可得DF=5x,则48=CD=8%,再由一线三垂直模型可证△ABEfECF,由相似比可得BE=6%、AE=

10%,由于已知45=10石，再应用勾股定理分别求出力B和力。的长度即可.

(1)解：如图所示，射线4P为所求.

A\D

BEC

(2)解：点E在。。上.

理由如下:

•「AD沿力P折叠得到AE,

：.Z-DAF=LEAF.AD=AEt

在△4DF和△AE/中

AD=AE

Z.DAF=LEAF,

AF=AF

/.△ADF三△AEF(SAS),

：./-AEF=/-ADF=90°,

连接。E,

贝JIOE

・••点E在。。上.

BEC

(3)解：由(2)知乙4EF=90°,

・"1+/2=90。，

在矩形48co中，z5=zC=90°,

・••乙3+42=90。,

第18页

Azi=Z3,

△ABEECF.

3CF3

•tan//EC=不比=不

・••设CF=3xr,则CE=4x,

由勾股定理得E尸=5%.

VA/IDF=LAEF,

:・DF=EF=5%,

/.CD=8x=AB.

•：AABE"ECF,

.AB_8x_2_AE

,,CE-4x-T-EF*

iSEF=y,则4E=2y,

在中，y2+(2y)2=(10V5)2»

解得y=10,

：.DF=EF=y=5x=10,AE=AD=2y=20,

.*.%=2,

••AB=8x=16,

矩形<88=2G4B+4D)=72.

24.【答案】(1)证明：*：^BAD=LGAE=a,：.^BAD+ADAE=£.DAE+Z.GAE,

^^BAE=Z-DAG.

^LABE^WLADG^,

(AG=AE

\LBAE=LDAG

(AB=AD

MABE=^ADG(SAS).

:.BE=GD.

(2)解：如图(1),当四边形<DEG为平行四边形时,

第19页

E

D

飞图⑴)

则有AG=DE,AGIIDE,

*：Z-GAE=a=90°,AG=AE,

：./-AED=^GAE=90°,DE=AG=AE,

：.Z.EAD=45°,

•'­AD=>lAE2+ED2=V2AE=&AG，

则4G40=/.GAE+LEAD=135°.

如图(2),当四边形4DEG为平行四边形时,

图⑵

则有4E=GD,AE||GD,

*：Z-GAE=a=90°,AG=AE,

：.^AGD=乙GAE=90°,DG=AG=AE,

•\Z-GAD=45°,AD=y/AG2+GD2=近AG.

综上所述，当四边形ADEG为平行四边形时，AD=RAG，4G4D=45。或135。.

(3)解：Ta=60°,AB=AD,AG=AE,

・•・△AGE都是等边三角形，

：.Z.GAE=乙BAD=60°,BD=AB=68，

第20页

由(1)同理可证三△4DG,

.*.zl=z2,

XVz.3=z4,

：,z.GAE=乙EPG,

"EPG=60°=乙BAD=乙BPD,

・・・A、B、D、P四点共圆，

即点P在等边△/BC的外接圆上，

设8。中点为M,圆心为O,连接OD、OM,

则DM=3近,乙MOD=60°,

DM_373_

：.OD=一道一b

当^AGE的边AG绕点A从48边所在直线开始顺时针旋转至4E与40第一次重合时，旋转角为360。-60°-

60°=240°,

・••点P此时运动的路径所在的弧所对的圆心角也为240。.

・••点P此时运动的路径长为：笔普=8兀.

loU

【解析】【分析】

(1)由手拉手模型知运用S4s证明A/1BE三△4不；,即可作答.

(2)分类讨论，即当AG与DE平行且相等时或当AE与DG平行且相等时，根据平行四边形的性质结合勾

股定理得4D=、AE2+ED?=垃AE=a4G即可作答.

(3)由已知知△480和△AGE都是等边三角形，则4GAE=乙8/0=60。，可由手拉手模型可证△48E三4

ADG,由全等的性质知4GZM=/EB4则A、B、D、P四点共圆，即点P在等边△ABO的外接圆.匕利用

垂径定理可计算出这个外接圆的半径为6.则当△力GE的边4G绕点A从AB边所在直线开始逆时针旋转至AE

与力。第一次重合时，旋转角为240。，运用求弧长公式列式计算，即可作答.

(1)证明：'：£.BAD=£.GAE=a,

Z.BAD+Z.DAE=Z-DAE+Z-GAEt

第21页

^LBAE=LDAG.

在△ABE和△AOG中，

AG=AE

Z-BAE=匕DAG,

AB=AD

•MABE三△40G(S4S).

:・BE=GD.

(2)解：如图(1),当四边形AOEG为平行四边形时,

*：^GAE=a=90°,AG=AE,

：./-AED=Z.GAE=90°,DE=AG=AE,

：.Z.EAD=45°,

：-AD=y/AE2+ED2=&AE=&AG，

贝j匕lGAD=Z-GAE+AEAD=135°.

如图(2),当四边形4DEG为平行四边形时,

*：/-GAE=a=90。，AG=AE,

：.^AGD=乙GAE=90°,DG=AG=AEf

•\z.GAD=45°,AD=VAG2+GD2=五AG.

综上所述，当四边形力DEG为平行四边形时，AD=©AG，4GAD=45。或135。.

(3)蟀：'：a=60°,AR=AD,AG=AE,

・•・△ABD^WL4GE都是等边三角形,

第22页

：,LGAE=/.BAD=60°,BD=AB=6百,

由（1）同理可证△/BE三△4OG,

・"1=42,

又,・23=Z4,

：.Z.GAE=乙EPG,

:•乙EPG=60°=^LBAD=乙BPD,

，A、B、D、P四点共圆，

即点P在等边△48。的外接圆上，

设BD中点为M,圆心为O,连接OD、0M,

则OM=38，乙MOD=60°,

DM_373_

：.OD=siR603=^~=b-

当公AGE的边4G绕点A从48边所在直线开始顺时针旋转至4E与AO第一次重合时，旋转角为360。一60°-

60°=240°,

・••点P此时运动的路径所在的弧所对的圆心角也为240。.

・••点P此时运动的路径长为：笔他=87r.

loU

25.【答案】(1)解：•・•抛物线的对称轴为直线％=2,且伴随直线y=x+l=(%-2)+3.

，抛物线y=(x-2)2+3.

(2)解：①依题意得原抛物线解析式为y=巾(久+1尸-3=m/+2mx+m-3,.,.Q=m,b=2m,

c=m—3,

:・b=2a,c=a—3.

②由①得抛物线解析式为y=m(x+I/-3,

.•.x=-1时的函数值与m值无关，此时y=-3,

・••即抛物线过定点Q(-1,-3),且点Q为抛物线顶点，对称轴为直线％=-1.

•・•点E、D为抛物线与x轴的交点，Q为抛物线顶点，

第23页

：.QE=QD,

•・•点E、D与定点Q构成直角二角形，

工乙EQD=90°,即^EQD为等腰直角三角形.

•・・Q(-1,一3)为抛物线顶点，对称轴为直线％=-1,

・••点Q到DE的距离为3,

:・DE=2x3=6,

・••点E到对称轴的距离为3,

：•点E坐标为(2,0)或(一4,0),

把(2,0)代入y=m(x+1乃一3,得m=]

°

(3)解：.••抛物线的解析式为：y=-a(x-l)2+4a,

•••其伴随直线为y=-a(x-1)4-4Q即y=-ax+Sa,顶点坐标为(1,4a),

•・•抛物线顶点在第一象限，

•'.a>0,

联立抛物线与伴随直线的解析式为：/=~a(X-?：+4°,

(y=-ax+5a

解得:啜:A陞窘

A/I(1,4a),B(2,3a),

在抛物线y=-a(x-1)2+4Q中，令y=0,

即0=-a(x—l)2+4a,

解得：x=—1或x=3,

：.AC2=4+16a2,AB2=1+a2,BC2=9+9a2,

'：Z-CAB=90°,

：.AC2+AB2=BC2

即4+16a2+1+a?=9+9a2,

解得：0=孝或。=_¥(舍去)，

・•・当乙CA8=90。时，Q=Z.

2

设△/1PB的外接圆为OQ,当OQ与y轴相切时，

在y轴上任意取一点F,连接交OQ于一点G,则〃GB=Z-AFB+Z-FAG>乙AFB,

•・ZPB=44GB,

・•・当乙APB取得最大值，△A8P的外接圆与y轴相切，

第24页

,如图所示，此时々C4B=90。,

设过4C(—1,0),的直线解析式为y=kx+b.

・（2V2=/c+b

A0=-k+b，

解得:k=V2

bW

***y=\[2x+V2»

设经过△4PB的外心Q的直线解析式为y=V2x+s，

V/l（l,2\/2）,/?（2,平），

•••48中点坐标E为G，苧），

.7/23/2,

••丁二丁+s，

解得:s=¥，

・•・直线EQ为：y=&工+?，

♦：PQ1y轴，贝ijQP=r=QA=QB,

・••设Q«,&£+¥），

二•（£—1）2+（加£+辛-2&）=t2»

J9跖9

2-或t+-

42_4(舍去),

.•・岳+祟应T+3+祟挈一行

第25页

【解析】【分析】(1)由于抛物线的对称轴为直线x=2,因此先壬伴随直线解析式变形为y=(x-2)+3,

再根据伴随直线的定义即可得到抛物线的解析式；

(2)①先由伴随直线的解析式可得抛物线解析式为y=m(x+1)2-3,再化顶点式对一般式可得Q=m,

b=2m,c=?n—3,则b=2a,c=a-3；

②由抛物线解析式可得定点Q(-1,-3)即抛物线顶点，贝IJQE=QD,故△EQ。为等腰直角三角形，由于点Q

到0E的距离为3,则由直线三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=2x3=6,可得点E坐标为(2,0)

或(-4,0),再利用待定系数法求解即可；

(3)杈据概念可得抛物线y=-a(x-I)2+4a的伴随直线的解析式，可联立求出交点A、B的坐标，再利用

二次函数图象上点的坐标特征求出抛