安徽省马鞍山市2019-2020学年中考数学三模试卷含解析

安徽省马鞍山市2019-2020学年中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1．小明在一次登山活动中捡到一块矿石,回家后,他使用一把刻度尺,一只圆柱形的玻璃杯和足量的水,就测量出这块矿石的体积.如果他量出玻璃杯的内直径d,把矿石完全浸没在水中,测出杯中水面上升了高度h,则小明的这块矿石体积是( ) A ．
24
d h π
B ．
22
d h π
C ．2d h π
D ．24d h π
2．如图，小刚从山脚A 出发，沿坡角为α的山坡向上走了300米到达B 点，则小刚上升了（ ）
A ．300sin α米
B ．300cos α米
C ．300tan α米
D ．
300
tan α
米 3．下列说法：①平分弦的直径垂直于弦；②在n 次随机实验中，事件A 出现m 次，则事件A 发生的频
率
m
n
，就是事件A 的概率；③各角相等的圆外切多边形一定是正多边形；④各角相等的圆内接多边形一定是正多边形；⑤若一个事件可能发生的结果共有n 种，则每一种结果发生的可能性是1
n
．其中正确的个
数（ ） A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
4．m-n 的一个有理化因式是（ ） A ．m n +
B ．m n -
C ．m n +
D ．m n -
5．在a 2□4a□4的空格□中，任意填上“+”或“﹣”，在所有得到的代数式中，能构成完全平方式的概率是（ ） A ．1 B ． C ． D ． 6．下列计算正确的是（ ） A ．
B ．
C ．
D ．
7．下列等式正确的是（ ） A ．（a+b ）2=a 2+b 2 B ．3n +3n +3n =3n+1 C ．a 3+a 3=a 6
D ．（a b ）2=a
841的值在（ ） A ．4和5之间
B ．5和6之间
C ．6和7之间
D ．7和8之间
9．在直角坐标系中，我们把横、纵坐标都为整数的点叫做整点．对于一条直线，当它与一个圆的公共点都是整点时，我们把这条直线称为这个圆的“整点直线”．已知⊙O 是以原点为圆心，半径为22 圆，则
⊙O 的“整点直线”共有（ ）条 A ．7
B ．8
C ．9
D ．10
10．下列运算正确的是（ ） A ．a 3•a 2=a 6
B ．a ﹣2=
﹣
2
1a
C ．33﹣23=3
D ．（a+2）（a ﹣2）=a 2+4
11．如图，两个转盘A ，B 都被分成了3个全等的扇形，在每一扇形内均标有不同的自然数，固定指针，同时转动转盘A ，B ，两个转盘停止后观察两个指针所指扇形内的数字（若指针停在扇形的边线上，当作指向上边的扇形）．小明每转动一次就记录数据，并算出两数之和，其中“和为7”的频数及频率如下表：
转盘总次数
10
20
30
50
10
150
180
240
330 450 “和为7”出现
频数 2
7
10
16
30
46 59 81
11
150 “和为7”出现频率
0.20
0.35
0.33
0.32
0.30
0.30
0.33
0.34
0.33
0.33
如果实验继续进行下去，根据上表数据，出现“和为7”的频率将稳定在它的概率附近，估计出现“和为7”的概率为（ ） A ．0.33
B ．0.34
C ．0.20
D ．0.35
12．已知二次函数y ＝ax 2+bx+c 的图象如图所示，有以下结论：①a+b+c ＜0；②a ﹣b+c ＞1；③abc ＞0；④4a ﹣2b+c ＜0；⑤c ﹣a ＞1，其中所有正确结论的序号是（ ）
A ．①②
B ．①③④
C ．①②③⑤
D ．①②③④⑤
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．如图，等腰三角形ABC 的底边BC 长为4，面积是12，腰AB 的垂直平分线EF 分别交AB ，AC 于点E 、F ，若点D 为底边BC 的中点，点M 为线段EF 上一动点，则△BDM 的周长的最小值为_____．
14．如图，将边长为3的正六边形铁丝框ABCDEF变形为以点A为圆心，AB为半径的扇形（忽略铁丝的粗细）．则所得扇形AFB（阴影部分）的面积为_____．
15．分解因式：4m2﹣16n2＝_____．
16．分解因式：34
x x
=______．
17．如图，在Rt△ABC 中，∠C=90°，AM 是BC 边上的中线，cos∠AMC
3
=
5
，则tan∠B 的值为
__________．
18．如图，四边形ABCD是菱形，∠DAB＝50°，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，则∠DHO＝_____度．
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABO的边AB垂直于x轴，垂足为点B，反
比例函数y＝k
x
(x＞0)的图象经过AO的中点C，交AB于点D，且AD＝1．设点A的坐标为(4，4)则点C
的坐标为；若点D的坐标为(4，n)．
①求反比例函数y＝k
x
的表达式；
②求经过C，D两点的直线所对应的函数解析式；在(2)的条件下，设点E是线段CD上的动点(不与点C，D重合)，过点E且平行y轴的直线l与反比例函数的图象交于点F，求△OEF面积的最大值．
20．（6分）观察下列各式： ①()()2
111x x x -+=-
②()()
2
3
111x x x x -++=-
③()()
3
2
4
111x x x x x -+++=-
由此归纳出一般规律()(
)
1
11n
n x x x
x --++⋅⋅⋅++=__________.
21．（6分）如图，已知抛物线经过原点o 和x 轴上一点A （4，0），抛物线顶点为E ，它的对称轴与x 轴交于点D ．直线y=﹣2x ﹣1经过抛物线上一点B （﹣2，m ）且与y 轴交于点C ，与抛物线的对称轴交于点F ．
（1）求m 的值及该抛物线对应的解析式；
（2）P （x ，y ）是抛物线上的一点，若S △ADP =S △ADC ，求出所有符合条件的点P 的坐标；
（3）点Q 是平面内任意一点，点M 从点F 出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动，设点M 的运动时间为t 秒，是否能使以Q 、A 、E 、M 四点为顶点的四边形是菱形．若能，请直接写出点M 的运动时间t 的值；若不能，请说明理由．
22．（8分）已知矩形ABCD 的一条边AD ＝8，将矩形ABCD 折叠，使得顶点B 落在CD 边上的P 点处．如图，已知折痕与边BC 交于点O ，连接AP 、OP 、OA ． （1）求证：
OC OP
PD AP
=； （2）若△OCP 与△PDA 的面积比为1：4，求边AB 的长．
23．（8分）先化简，再求值：244
1
x x x +++÷（31x +﹣x+1），其中x=sin30°
+2﹣1+4． 24．（10分）平面直角坐标系xOy （如图），抛物线y=﹣x 2+2mx+3m 2（m ＞0）与x 轴交于点A 、B （点A 在点B 左侧），与y 轴交于点C ，顶点为D ，对称轴为直线l ，过点C 作直线l 的垂线，垂足为点E ，联结DC 、BC ．
（1）当点C （0，3）时，
①求这条抛物线的表达式和顶点坐标； ②求证：∠DCE=∠BCE ；
（2）当CB 平分∠DCO 时，求m 的值．
25．（10分）如图，矩形ABCD 绕点C 顺时针旋转90°后得到矩形CEFG ，连接DG 交EF 于H ，连接AF 交DG 于M ；
（1）求证：AM=FM ； （2）若∠AMD=a ．求证：
DG
AF
=cosα．
26．（12分）有一水果店，从批发市场按4元/千克的价格购进10吨苹果，为了保鲜放在冷藏室里，但每天仍有一些苹果变质，平均每天有50千克变质丢弃，且每存放一天需要各种费用300元，据预测，每天每千克价格上涨0.1元．设x 天后每千克苹果的价格为p 元，写出p 与x 的函数关系式；若存放x 天后将苹果一次性售出，设销售总金额为y 元，求出y 与x 的函数关系式；该水果店将这批水果存放多少天后一次性售出，可以获得最大利润，最大利润为多少？
27．（12分）如图，已知直线y kx 6=-与抛物线2y ax bx c =++相交于A ，B 两点，且点A （1，－4）
为抛物线的顶点，点B 在x 轴上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在（1）中抛物线的第二象限图象上是否存在一点P ，使△POB 与△POC 全等？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点Q 是y 轴上一点，且△ABQ 为直角三角形，求点Q 的坐标．
参考答案
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1．A 【解析】
圆柱体的底面积为：π×(2d
)2， ∴矿石的体积为：π×(2d )2h= 2
π4
d h .
故答案为2
π4
d h .
2．A 【解析】 【分析】
利用锐角三角函数关系即可求出小刚上升了的高度． 【详解】
在Rt △AOB 中，∠AOB=90°，AB=300米， BO=AB•sinα=300sinα米． 故选A ． 【点睛】
此题主要考查了解直角三角形的应用，根据题意构造直角三角形，正确选择锐角三角函数得出AB，BO 的关系是解题关键．
3．A
【解析】
【分析】
根据垂径定理、频率估计概率、圆的内接多边形、外切多边形的性质与正多边形的定义、概率的意义逐一判断可得．
【详解】
①平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，故此结论错误；
②在n次随机实验中，事件A出现m次，则事件A发生的频率m
n
，试验次数足够大时可近似地看做事
件A的概率，故此结论错误；
③各角相等的圆外切多边形是正多边形，此结论正确；
④各角相等的圆内接多边形不一定是正多边形，如圆内接矩形，各角相等，但不是正多边形，故此结论错误；
⑤若一个事件可能发生的结果共有n种，再每种结果发生的可能性相同是，每一种结果发生的可能性是1
n
．故此结论错误；
故选：A．
【点睛】
本题主要考查命题的真假，解题的关键是掌握垂径定理、频率估计概率、圆的内接多边形、外切多边形的性质与正多边形的定义、概率的意义．
4．B
【解析】
【分析】
找出原式的一个有理化因式即可．
【详解】
故选B．
【点睛】
此题考查了分母有理化，熟练掌握有理化因式的取法是解本题的关键．
5．B
【解析】
试题解析：能够凑成完全平方公式，则4a前可是“-”，也可以是“+”，但4前面的符号一定是：“+”，
此题总共有（-，-）、（+，+）、（+，-）、（-，+）四种情况，能构成完全平方公式的有2种，所以概率是．故选B．
考点：1．概率公式；2．完全平方式．
6．D
【解析】
分析：根据合并同类项、同底数幂的乘法、幂的乘方、同底数幂的除法的运算法则计算即可．
解答：解：A、x+x=2x，选项错误；
B、x?x=x2，选项错误；
C、（x2）3=x6，选项错误；
D、正确．
故选D．
7．B
【解析】
【分析】
（1）根据完全平方公式进行解答；
（2）根据合并同类项进行解答；
（3）根据合并同类项进行解答；
（4）根据幂的乘方进行解答.
【详解】
解：A、（a+b）2=a2+2ab+b2，故此选项错误；
B、3n+3n+3n=3n+1，正确；
C、a3+a3=2a3，故此选项错误；
D、（a b）2=a2b，故此选项错误；
故选B．
【点睛】
本题考查整数指数幂和整式的运算，解题关键是掌握各自性质.
8．C
【解析】
<<，
364149
∴6417
<<.
416和7之间.
故选C. 9．D 【解析】
试题分析：根据圆的半径可知：在圆上的整数点为(2，2)、(2，-2)，(-2，-2)，(-2，2)这四个点，经过任意两点的“整点直线”有6条，经过其中的任意一点且圆相切的“整点直线”有4条，则合计共有10条. 10．C 【解析】 【分析】
直接利用同底数幂的乘除运算法则、负指数幂的性质、二次根式的加减运算法则、平方差公式分别计算即可得出答案． 【详解】
A 、a 3•a 2=a 5，故A 选项错误；
B 、a ﹣2=
2
1
a ，故B 选项错误；
C 、﹣C 选项正确；
D 、（a+2）（a ﹣2）=a 2﹣4，故D 选项错误， 故选C ． 【点睛】
本题考查了同底数幂的乘除运算以及负指数幂的性质以及二次根式的加减运算、平方差公式，正确掌握相关运算法则是解题关键． 11．A 【解析】 【分析】
根据上表数据，出现“和为7”的频率将稳定在它的概率附近，估计出现“和为7”的概率即可. 【详解】
由表中数据可知，出现“和为7”的概率为0.33. 故选A. 【点睛】
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．用频率估计概率得到的是近似值，随实验次数的增多，值越来越精确． 12．C 【解析】 【分析】
根据二次函数的性质逐项分析可得解. 【详解】
解：由函数图象可得各系数的关系：a ＜0，b ＜0，c ＞0， 则①当x=1时，y=a+b+c ＜0，正确； ②当x=-1时，y=a-b+c ＞1，正确； ③abc ＞0，正确；
④对称轴x=-1，则x=-2和x=0时取值相同，则4a-2b+c=1＞0，错误； ⑤对称轴x=-
2b
a
=-1，b=2a ，又x=-1时，y=a-b+c ＞1，代入b=2a ，则c-a ＞1，正确． 故所有正确结论的序号是①②③⑤． 故选C
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．） 13．2 【解析】 【分析】
连接AD 交EF 与点M′，连结AM ，由线段垂直平分线的性质可知AM ＝MB ，则BM+DM ＝AM+DM ，故此当A 、M 、D 在一条直线上时，MB+DM 有最小值，然后依据要三角形三线合一的性质可证明AD 为△ABC 底边上的高线，依据三角形的面积为12可求得AD 的长． 【详解】
解：连接AD 交EF 与点M′，连结AM ．
∵△ABC 是等腰三角形，点D 是BC 边的中点， ∴AD ⊥BC ， ∴S △ABC ＝
12BC •AD ＝1
2
×4×AD ＝12，解得AD ＝1， ∵EF 是线段AB 的垂直平分线， ∴AM ＝BM ．
∴BM+MD ＝MD+AM ．
∴当点M 位于点M′处时，MB+MD 有最小值，最小值1． ∴△BDM 的周长的最小值为DB+AD ＝2+1＝2． 【点睛】
本题考查三角形的周长最值问题，结合等腰三角形的性质、垂直平分线的性质以及中点的相关属性进行分析.
14．1
【解析】
【分析】
【详解】
解：∵正六边形ABCDEF 的边长为3，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA=3，
∴弧BAF 的长=3×6﹣3﹣3═12，
∴扇形AFB （阴影部分）的面积=
12×12×3=1． 故答案为1．
【点睛】
本题考查正多边形和圆；扇形面积的计算．
15．4（m+2n ）（m ﹣2n ）．
【解析】
【分析】
原式提取4后，利用平方差公式分解即可．
【详解】
解：原式=4（224m n - ）()()422m n m n =+-．
故答案为()()422m n m n +-
【点睛】
本题考查提公因式法与公式法的综合运用，解题的关键是熟练掌握因式分解的方法．
16．x （x+2）（x ﹣2）．
【解析】
试题分析：34x x -=2(4)x x -=x （x+2）（x ﹣2）．故答案为x （x+2）（x ﹣2）．
考点：提公因式法与公式法的综合运用；因式分解．
17．23
【解析】
【分析】
根据cos ∠AMC 3=
5
，设3MC x =， 5AM x =，由勾股定理求出AC 的长度，根据中线表达出BC 即可求解．
解：∵cos ∠AMC 3=5
， 35
MC cos AMC AM ∠==， 设3MC x =， 5AM x =，
∴在Rt △ACM 中，4AC x =
∵AM 是 BC 边上的中线，
∴BM=MC=3x ，
∴BC=6x ，
∴在Rt △ABC 中，42
tan 63AC x B BC x ∠===， 故答案为：
23
． 【点睛】 本题考查了锐角三角函数值的求解问题，解题的关键是熟记锐角三角函数的定义．
18．1．
【解析】
试题分析：∵四边形ABCD 是菱形，
∴OD=OB ，∠COD=90°，
∵DH ⊥AB ，
∴OH=12
BD=OB ， ∴∠OHB=∠OBH ，
又∵AB ∥CD ，
∴∠OBH=∠ODC ，
在Rt △COD 中，∠ODC+∠DCO=90°，
在Rt △DHB 中，∠DHO+∠OHB=90°，
∴∠DHO=∠DCO=12
×50°=1°. 考点：菱形的性质．
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19． (1)C(2，2)；(2)①反比例函数解析式为y ＝
4x ；②直线CD 的解析式为y ＝﹣12x+1；(1)m ＝1时，S △OEF 最大，最大值为
14
. 【解析】
（1）利用中点坐标公式即可得出结论；
（2）①先确定出点A坐标，进而得出点C坐标，将点C，D坐标代入反比例函数中即可得出结论；
②由n=1，求出点C，D坐标，利用待定系数法即可得出结论；
（1）设出点E坐标，进而表示出点F坐标，即可建立面积与m的函数关系式即可得出结论．
【详解】
(1)∵点C是OA的中点，A(4，4)，O(0，0)，
∴C
4040
,
22
++
⎛⎫
⎪
⎝⎭
，
∴C(2，2)；
故答案为(2，2)；
(2)①∵AD＝1，D(4，n)，∴A(4，n+1)，
∵点C是OA的中点，
∴C(2，
3
2
n+
)，
∵点C，D(4，n)在双曲线
k
y
x
=上，
∴
3
2
2
4
n
k
k n
+
⎧
=⨯
⎪
⎨
⎪=
⎩
，
∴
1
4 n
k
=
⎧
⎨
=
⎩
，
∴反比例函数解析式为
4
y
x =；
②由①知，n＝1，
∴C(2，2)，D(4，1)，
设直线CD的解析式为y＝ax+b，
∴
22 41
a b
a b
+=
⎧
⎨
+=
⎩
，
∴
1
2
3
a
b
⎧
=-
⎪
⎨
⎪=
⎩
，
∴直线CD的解析式为y＝﹣1
2
x+1；
(1)如图，由(2)知，直线CD的解析式为y＝﹣1
2
x+1，
设点E(m ，﹣12m+1)， 由(2)知，C(2，2)，D(4，1)，
∴2＜m ＜4，
∵EF ∥y 轴交双曲线4y x =
于F ， ∴F(m ，4m
)， ∴EF ＝﹣12m+1﹣4m
， ∴S △OEF ＝12(﹣12m+1﹣4m
)×m ＝12(﹣12m 2+1m ﹣4)＝﹣14(m ﹣1)2+14， ∵2＜m ＜4，
∴m ＝1时，S △OEF 最大，最大值为14
【点睛】
此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，线段的中点坐标公式，解本题的关键是建立S △OEF 与m 的函数关系式．
20．x n+1-1
【解析】
试题分析：观察其右边的结果：第一个是2x ﹣1；第二个是3x ﹣1；…依此类推，则第n 个的结果即可求得．
试题解析：（x ﹣1）（n x +1n x -+…x+1）=11n x +-．
故答案为11n x +-.
考点：平方差公式．
21．（1）214
y x x =-；（2）（1）（ ，1）；（3）存在，14t =，24t =36t =，4132
t = 【解析】
试题分析：（1）将x=-2代入y=-2x-1即可求得点B 的坐标，根据抛物线过点A 、O 、B 即可求出抛物线的方程.
（2）根据题意，可知△ADP 和△ADC 的高相等，即点P 纵坐标的绝对值为1，所以点P 的纵坐标为1± ，分别代入214
y x x =
-中求解，即可得到所有符合题意的点P 的坐标． （3）由抛物线的解析式为214y x x =- ，得顶点E （2，﹣1），对称轴为x=2； 点F 是直线y=﹣2x ﹣1与对称轴x=2的交点，求出F （2，﹣1），DF=1．
又由A （4，0），根据勾股定理得AE = ．然后分4种情况求解.
点睛：（1）首先求出点B 的坐标和m 的值，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）△ADP 与△ADC 有共同的底边AD ，因为面积相等，所以AD 边上的高相等，即为1；从而得到点P 的纵坐标为1，再利用抛物线的解析式求出点P 的纵坐标；
（3）如解答图所示，在点M 的运动过程中，依次出现四个菱形，注意不要漏解．针对每一个菱形，分别进行计算，求出线段MF 的长度，从而得到运动时间t 的值．
22． (1)详见解析；（2）10.
【解析】
【分析】 ①只需证明两对对应角分别相等可得两个三角形相似；故OC OP PD AP
=. ②根据相似三角形的性质求出PC 长以及AP 与OP 的关系，然后在Rt △PCO 中运用勾股定理求出OP 长，从而求出AB 长．
【详解】
①∵四边形ABCD 是矩形，
∴AD=BC,DC=AB,∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°.
由折叠可得：AP=AB ，PO=BO ，∠PAO=∠BAO ，∠APO=∠B.
∴∠APO=90°.
∴∠APD=90°−∠CPO=∠POC.
∵∠D=∠C ，∠APD=∠POC.
∴△OCP ∽△PDA. ∴OC OP PD AP
=.
②∵△OCP与△PDA的面积比为1:4，
∴OCPD=OPPA=CPDA=14−−√=12.
∴PD=2OC，PA=2OP，DA=2CP.
∵AD=8，
∴CP=4，BC=8.
设OP=x，则OB=x，CO=8−x.
在△PCO中，
∵∠C=90∘，CP=4，OP=x，CO=8−x，
∴x2=(8−x)2+42.
解得：x=5.
∴AB=AP=2OP=10.
∴边AB的长为10.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质以及翻转变换，解题的关键是熟练的掌握相似三角形与翻转变换的相关知识.
23．-5
【解析】
【分析】
根据分式的运算法则以及实数的运算法则即可求出答案．
【详解】
当x=sin30°+2﹣1时，
∴x=1
2
+
1
2
+2=3，
原式=
2
(x2)
x1
+
+
÷
2
4x
x1
-
+
=
x2
x2
+
-
-
=﹣5.
【点睛】
本题考查分式的运算法则，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．
24．（1）y=﹣x2+2x+3；D（1，4）；（2）证明见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）①把C点坐标代入y=﹣x2+2mx+3m2可求出m的值，从而得到抛物线解析式，然后把一般式配成顶点式得到D点坐标；
②如图1，先解方程﹣x 2+2x+3=0得B （3，0），则可判断△OCB 为等腰直角三角形得到∠
OBC=45°，再证明△CDE 为等腰直角三角形得到∠DCE=45°，从而得到∠DCE=∠BCE ；
（2）抛物线的对称轴交x 轴于F 点，交直线BC 于G 点，如图2，把一般式配成顶点式得
到抛物线的对称轴为直线x=m ，顶点D 的坐标为（m ，4m 2），通过解方程﹣x 2+2mx+3m 2=0
得B （3m ，0），同时确定C （0，3m 2），再利用相似比表示出GF=2m 2，则DG=2m 2，接着证
明∠DCG=∠DGC 得到DC=DG ，所以m 2+（4m 2﹣3m 2）2=4m 4，然后解方程可求出m ．
【详解】
（1）①把C （0，3）代入y=﹣x 2+2mx+3m 2得3m 2=3，解得m 1=1，m 2=﹣1（舍去），
∴抛物线解析式为y=﹣x 2+2x+3；
∵()222314y x x x =-++=--+，
∴顶点D 为（1，4）；
②证明：如图1，当y=0时，﹣x 2+2x+3=0，解得x 1=﹣1，x 2=3，则B （3，0），
∵OC=OB ，
∴△OCB 为等腰直角三角形，
∴∠OBC=45°，
∵CE ⊥直线x=1，
∴∠BCE=45°，
∵DE=1，CE=1，
∴△CDE 为等腰直角三角形，
∴∠DCE=45°，
∴∠DCE=∠BCE ；
（2）解：抛物线的对称轴交x 轴于F 点，交直线BC 于G 点，如图2，
()2222234y x mx m x m m =++=--+﹣，
∴抛物线的对称轴为直线x=m ，顶点D 的坐标为（m ，4m 2），
当y=0时，﹣x 2+2mx+3m 2=0，解得x 1=﹣m ，x 2=3m ，则B （3m ，0），
当x=0时，y=﹣x 2+2mx+3m 2=3m 2，则C （0，3m 2），
∵GF ∥OC ， ∴,GF BF OC BO =即22,33GF m m m
= 解得GF=2m 2， ∴DG=4m 2﹣2m 2=2m 2，
∵CB 平分∠DCO ，
∴∠DCB=∠OCB ，
∵∠OCB=∠DGC ，
∴∠DCG=∠DGC，
∴DC=DG，
即m2+（4m2﹣3m2）2=4m4，
∴21 3
m，
=
而m＞0，
∴
3
m=．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和等腰三角形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；灵活应用等腰直角三角形的性质进行几何计算；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式．
25．（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）由旋转性质可知：AD=FG，DC=CG，可得∠CGD=45°，可求∠FGH=∠FHG=45°，则HF=FG=AD，所以可证△ADM≌△MHF，结论可得．
（2）作FN⊥DG垂足为N，且MF=FG，可得HN=GN，且DM=MH，可证2MN=DG，由第一问可得
2MF=AF，由cosα=cos∠FMG=MN
MF
，代入可证结论成立
【详解】
（1）由旋转性质可知：
CD=CG且∠DCG=90°，
∴∠DGC=45°从而∠DGF=45°，
∵∠EFG=90°，
∴HF =FG=AD
又由旋转可知，AD ∥EF ，
∴∠DAM=∠HFM ，
又∵∠DMA=∠HMF ，
∴△ADM ≌△FHM
∴AM=FM
（2）作FN ⊥DG 垂足为N
∵△ADM ≌△MFH
∴DM=MH ，AM=MF=
12AF ∵FH=FG ，FN ⊥HG
∴HN=NG
∵DG=DM+HM+HN+NG=2（MH+HN ）
∴MN=12
DG ∵cos ∠FMG=
MN MF
∴cos ∠AMD=2=2MN DG MF AF
∴DG AF =cosα 【点睛】
本题考查旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定，三角函数，关键是构造直角三角形．
26．()1?0.14p x =+；()2
2580040000y x x =-++；(3)该水果店将这批水果存放50天后一次性售出，可以获得最大利润，最大利润为12500元．
【解析】
【分析】
（1）根据按每千克4元的市场价收购了这种苹果10000千克，此后每天每千克苹果价格会上涨0.1元，进而得出x 天后每千克苹果的价格为p 元与x 的函数关系；
（2）根据每千克售价乘以销量等于销售总金额，求出即可；
（3）利用总售价-成本-费用=利润，进而求出即可.
【详解】
()1根据题意知，0.14p x =+；
()()()220.141000050580040000y x x x x =+-=-++．
()3300410000w y x =--⨯Q
25500x x =-+
25(50)12500x =--+
∴当50x =时，最大利润12500元，
答：该水果店将这批水果存放50天后一次性售出，可以获得最大利润，最大利润为12500元．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的应用以及二次函数最值求法，得出w 与x 的函数关系是解题关键.
27．解：（1）2y x 2x 3=--；（2）存在，P ）；（1）Q 点坐标为（0，-72）或（0，32）或（0，－1）或（0，－1）.
【解析】
【分析】
（1）已知点A 坐标可确定直线AB 的解析式，进一步能求出点B 的坐标．点A 是抛物线的顶点，那么可以将抛物线的解析式设为顶点式，再代入点B 的坐标，依据待定系数法可解.
（2）首先由抛物线的解析式求出点C 的坐标，在△POB 和△POC 中，已知的条件是公共边OP ，若OB 与OC 不相等，那么这两个三角形不能构成全等三角形；若OB 等于OC ，那么还要满足的条件为：∠POC=∠POB ，各自去掉一个直角后容易发现，点P 正好在第二象限的角平分线上，联立直线y=-x 与抛物线的解析式，直接求交点坐标即可，同时还要注意点P 在第二象限的限定条件.
（1）分别以A 、B 、Q 为直角顶点，分类进行讨论，找出相关的相似三角形，依据对应线段成比例进行求解即可.
【详解】
解：（1）把A （1，﹣4）代入y ＝kx ﹣6，得k ＝2，
∴y ＝2x ﹣6，
令y ＝0，解得：x ＝1，
∴B 的坐标是（1，0）．
∵A 为顶点，
∴设抛物线的解析为y ＝a （x ﹣1）2﹣4，
把B （1，0）代入得：4a ﹣4＝0，
解得a ＝1，
∴y ＝（x ﹣1）2﹣4＝x 2﹣2x ﹣1．
（2）存在．
∵OB＝OC＝1，OP＝OP，
∴当∠POB＝∠POC时，△POB≌△POC，
此时PO平分第二象限，即PO的解析式为y＝﹣x．
设P（m，﹣m），则﹣m＝m2﹣2m﹣1，解得m＝1-13
（m＝
1+13
＞0
，舍），∴P（
1-13
，
13-1
）．
（1）①如图，当∠Q1AB＝90°时，△DAQ1∽△DOB，
∴1
DQ
AD
OD DB
=，即5
6
=1
35
，∴DQ1＝
5
2
，
∴OQ1＝
7
2
，即Q1（0，-
7
2
）；
②如图，当∠Q2BA＝90°时，△BOQ2∽△DOB，
∴2
OQ
OB
OD OB
=，即2
3
63
OQ
=，
∴OQ2＝
3
2
，即Q2（0，
3
2
）；
③如图，当∠AQ1B＝90°时，作AE⊥y轴于E，
则△BOQ1∽△Q1EA，
∴3
3
OQ
OB
Q E AE
=，即3
3
3
41
OQ
OQ
=
-
∴OQ12﹣4OQ1+1＝0，∴OQ1＝1或1，
即Q1（0，﹣1），Q4（0，﹣1）．
综上，Q点坐标为（0，-
7
2
）或（0，
3
2
）或（0，﹣1）或（0，﹣1）．。