2019年广东省中考数学二模试卷及答案

2019年广东省中考数学二模试卷及答案
1.下列图案中，不是中心对称图形的是（）
A.
B.
C.
D.
2.初步核算并经国家统计局核定，2017年广东全省实现地区生产总值约90000亿元，比上年增长7.5%．将90000亿元用科学记数法表示应为（）元．
A.9×
1011
B.9×104
C.9×
1012
D.9×1010
3.下列说法正确的是（）
A.2的相反数是
2
B.2的绝对值是
2
C.2的倒数是
2
D.2的平方根是2
4.下列运算正确的是（ ）
A.a 2+a 3=
a 5
B.(a 2)3=a 5
C.a 3÷a 2=
a
D.(a −b )2=a 2−b 2
5.下列不等式组的解集中，能用如图所示的数轴表示的是（ ）
A.{
x <−2x >1 B.{
x ⩾−2x <1 C.{x >−2x <1
D.{x >−2x ⩽1
6.如图，已知矩形纸片的一条边经过一个含30°角的直角三角尺的直角顶点，若矩形纸片的一组对边分别与直角三角尺的两边相交，∠2＝115°，则∠1的度数是（ ）
A.75°
B.85°
C.60°
D.65°
7.如图，在⊙O中，OC∥AB，∠A＝20°，则∠1等于（）
A.40°
B.45°
C.50°
D.60°
8.有三张正面分别写有数字﹣1，﹣2，2的卡片，它们背面完全相同，现将这三张卡片背面朝上洗匀后随机抽取一张，以其正面数字作为a的值，然后再从剩余的两张卡片随机抽一张，以其正面的数字作为b的值，则点（a，b）在第二象限的概率为（）
A.1
6
B.1
3
C.1
2
D.2
3
，则t的值为（）9.点A（t，2）在第二象限，OA与x轴所夹的锐角为α,tan⁡α=3
2
A.−4
3
B.﹣2
C.2
D.3
10.如图，矩形纸片ABCD中，AB＝5，BC＝3，点E在AD上，且AE＝1，点P是线段AB 上一动点，折叠纸片，使点P与点E重合，展开纸片得折痕MN，过点P作PQ⊥AB，交MN所在的直线于点Q．设x＝AP，y＝PQ，则y关于x的函数图象大致为（）
A.
B.
C.
D.
11.方程x2=x的解是__________．
12.因式分解：3x2+6x+3=__________．
13.把抛物线y=2x2−1向上平移一个单位长度后，所得的函数解析式为__________．
14.如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC＝14cm，BD＝8cm，AD＝6cm，则△OBC的周长是__________．
15.在△ABC中BC=2,AB=2√3,AC=b，且关于x的方程x2−4x+b=0有两个相等的实数根，则AC边上的中线长为__________．
16.如图，在平面直角坐标系xOy中，Rt△OA1C1，Rt△OA2C2，Rt△OA3C3，…的斜边都在坐标轴上，∠A1OC1=∠A2OC2=∠A3OC3=∠A4OC4=⋯=30∘．若点A1的坐标为（3，
的值为__________．0），O A1=OC2，O A2=OC3,OA3=OC4，…则依此规律，O A2018
OA2016
17.计算：√48−|−3|+(12018)−1−4cos⁡30∘
18.先化简，后求值：(x −4−x x−1)÷x 2−4x+4x−1，其中x =2+√3．
19.已知等腰△ABC 的顶角∠A ＝36°（如图）．
(1)请用尺规作图法作底角∠ABC 的平分线BD ，交AC 于点D （保留作图痕迹，不要求写作法）；
(2)证明：△ABC ∽△BDC ．
20.在国务院办公厅发布《中国足球发展改革总体方案》之后，某校为了调查本校学生对足球知识的了解程度，随机抽取了部分学生进行一次问卷调查，并根据调查结果绘制了如图的统计图，请根据图中所给的信息，解答下列问题：
(1)本次接受问卷调查的学生总人数是__________；
(2)补全折线统计图．
(3)扇形统计图中，“了解”所对应扇形的圆心角的度数为__________，m的值为
__________；
(4)若该校共有学生3000名，请根据上述调查结果估算该校学生对足球的了解程度为“不了解”的人数．
21.某项工程，甲队单独完成所需时间比乙队单独完成所需时间多5个月，并且两队单独完成所需时间的乘积恰好等于两队单独完成所需时间之和的6倍．
(1)求甲、乙两队单独完成这项工程各需几个月？
(2)若甲队每月的施工费为100万元，乙队每月的施工费比甲队多50万元．在保证工程质量的前提下，为了缩短工期，拟安排甲、乙两队分工合作完成这项工程．在完成这项工程中，甲队施工时间是乙队施工时间的2倍，那么，甲队最多施工几个月才能使工程款不超过1500万元？（甲、乙两队的施工时间按月取整数）
22.如图，在正方形ABCD中，边长AB＝3，点E（与B，C不重合）是BC边上任意一点，把EA绕点E顺时针方向旋转90°到EF，连接CF．
(1)求证：CF是正方形ABCD的外角平分线；
(2)当∠BAE＝30°时，求CF的长．
23.如图，在平面直角坐标系中，直线AB：y＝kx+b（b为常数）与反比例函数y=
12
(x>0)交于点B，与x轴交于点A，与y轴交于点C，且OB＝AB．
x
(1)如图①，若点A的坐标为（6，0）时，求点B的坐标及直线AB的解析式；
(2)如图①，若∠OBA＝90°，求点A的坐标；
(3)在（2）的条件下中，如图②，△PA1A是等腰直角三角形，点P在反比例函数y=
12
(x>0)的图象上，斜边A1A都在x轴上，求点A1的坐标．
x
24.如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，以点D为圆心的⊙D与边AB相切于点E．
(1)求证：BC是⊙D的切线；
(2)设⊙D与BD相交于点H，与边CD相交于点F，连接HF，若AB=2√3，求图中阴影部分的面积；
(3)假设圆的半径为r，⊙D上一动点M从点F出发，按逆时针方向运动，且∠FDM＜90°，连接DM，MF，当S四边形DFHM:S四边形ABCD=3:4时，求动点M经过的弧长．
25.如图①，已知抛物线y=αx2+2√3
x+c(a≠0)与x轴交于A，B两点（点A在点B的
3
左侧），与y轴交于点C，点A坐标为（﹣1，0），点C坐标为(0,√3)，点D是点C关于抛物线对称轴的对称点，连接CD，过点D作DH⊥x轴于点H，过点A作AE⊥AC交DH的延长线于点E．
(1)求a，c的值；
(2)求线段DE的长度；
(3)如图②，试在线段AE上找一点F，在线段DE上找一点P，且点M为直线PF上方抛物线上的一点，求当△CPF的周长最小时，△MPF面积的最大值是多少？
1.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】R5：中心对称图形
【分析】根据中心对称图形的定义和各图特点即可解答．
【解答】解：只有选项C连接相应各点后是正三角形，绕中心旋转180度后所得的图形与原图形不会重合．
故选：C．
【点评】本题考查中心对称图形的定义：绕对称中心旋转180度后所得的图形与原图形完全重合，和正奇边形有关的一定不是中心对称图形．
【答案】(1)C
2.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】1I：科学记数法—表示较大的数
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：90000亿＝9×1012，
故选：C．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
【答案】(1)C
3.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】14：相反数；15：绝对值；17：倒数；21：平方根；28：实数的性质
【分析】根据有理数的绝对值、平方根、倒数和相反数解答即可．
【解答】解：A、2的相反数是﹣2，错误；
B、2的绝对值是2，正确；
，错误；
C、2的倒数是1
2
D、2的平方根是±√2，错误；
故选：B．
【点评】此题考查了实数的性质，关键是根据有理数的绝对值、平方根、倒数和相反数解答．
【答案】(1)B
4.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】35：合并同类项；47：幂的乘方与积的乘方；48：同底数幂的除法；4C：完全平方公式
【分析】各项计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、原式不能合并，不符合题意；
B、原式=a6，不符合题意；
C、原式＝a，符合题意；
D、原式=a2−2ab+b2，不符合题意，
故选：C．
【点评】此题考查了同底数幂的除法，合并同类项，幂的乘方与积的乘方，以及完全平方公式，熟练掌握公式及法则是解本题的关键．
【答案】(1)C
5.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】C4：在数轴上表示不等式的解集
【分析】先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集，再根据数轴判断即可．
【解答】解：由数轴可得：﹣2＜x≤1，
故选：D．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组和在数轴上表示不等式组的解集，能根据不等式的解集求出不等式组的解集是解此题的关键．
【答案】(1)D
6.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】JA：平行线的性质
【分析】先根据平行线的性质，得出∠3的度数，再根据三角形外角性质进行计算即可．
【解答】解：如图所示，∵DE∥BC，
∴∠2＝∠3＝115°，
又∵∠3是△ABC的外角，
∴∠1＝∠3﹣∠A＝115°﹣30°＝85°，
故选：B．
【点评】本题主要考查了平行线的性质以及三角形外角性质的运用，解题时注意：两直线平行，同位角相等．
【答案】(1)B
7.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】JA：平行线的性质；K8：三角形的外角性质；M5：圆周角定理
【分析】利用平行线的性质即可求得∠C的度数，根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求得∠O的度数，再利用三角形的外角的性质即可求解．
【解答】解：∵OC∥AB，
∴∠C＝∠A＝20°，
又∵∠O＝2∠A＝40°，
∴∠1＝∠O+∠C＝20°+40°＝60°．
故选：D．
【点评】本题考查了圆周角定理与平行线的性质定理，正确利用圆周角定理求得∠O 的度数是关键．
【答案】(1)D
8.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】D1：点的坐标；X6：列表法与树状图法
【分析】画树状图得出所有等可能结果，再从中找到符合条件的结果数，继而利用概率公式可得答案．
【解答】解：画树状图如下：
由树状图知，共有6种等可能结果，其中点（a，b）在第二象限的有2种结果，
所以点（a，b）在第二象限的概率为2
6=1
3
，
故选：B．
【点评】本题主要考查列表法与树状图法，列举法（树形图法）求概率的关键在于列举出所有可能的结果，列表法是一种，但当一个事件涉及三个或更多元素时，为不重不漏地列出所有可能的结果，通常采用树形图．
【答案】(1)B
9.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】D5：坐标与图形性质；T7：解直角三角形
【分析】如图，作AE⊥x轴于E．根据tan⁡∠AOE=AE
EO =3
2
，构建方程即可解决问题．
【解答】解：如图，作AE⊥x轴于E．
由题意：tan⁡∠AOE=AE
EO =3
2
，
∵A（t，2），
∴AE＝2，OE＝﹣t，
∴
2
−t
=
3
2
∴t=−4 3
故选：A．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【答案】(1)A
10.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】E7：动点问题的函数图象
【分析】过点E作EF⊥QP，垂足为F，连接EQ．由翻折的性质可知QE＝QP，从而可表示出QF、EF、EQ的长度，然后在△EFQ中利用勾股定理可得到函数的关系式．
【解答】解：如图所示，过点E作EF⊥QP，垂足为F，连接EQ．
由翻折的性质可知：EQ＝QP＝y．
∵∠EAP＝∠APF＝∠PFE＝90°，
∴四边形EAPF是矩形．
∴EF＝AP＝x，PF＝EA＝1．
∴QF＝QP﹣PF＝y﹣1．
在Rt△EFQ中，由勾股定理可知：E Q2=QF2+EF2，即y2=(y−1)2+x2．
整理得：y=1
2x2+1
2
．
故选：D．
【点评】本题主要考查的是翻折的性质、矩形的性质和判定、勾股定理的应用，表示出QF、EF、EQ的长度，在△EFQ中利用勾股定理列出函数关系式是解题的关键．
【答案】(1)D
11.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】A8：解一元二次方程﹣因式分解法
【分析】将方程化为一般形式，提取公因式分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．
【解答】解：x2=x，
移项得：x2−x=0，
分解因式得：x（x﹣1）＝0，
可得x＝0或x﹣1＝0，
解得：x1=0,x2=1．
故答案为：x1=0,x2=1
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，利用此方法解方程时，首先将方程右边化为0，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
【答案】(1)x1=0,x2=1
12.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】55：提公因式法与公式法的综合运用
【分析】原式提取3，再利用完全平方公式分解即可．
【解答】解：原式=3(x2+2x+1)=3(x+1)2，
故答案为：3(x+1)2
【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
【答案】(1)3(x+1)2
13.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】H6：二次函数图象与几何变换
【分析】直接运用平移规律“左加右减，上加下减”，在原式上加1即可得新函数解析式y＝2x2．
【解答】解：∵抛物线y=2x2−1向上平移一个单位长度，
∴新抛物线为y=2x2．
故答案为y=2x2．
【点评】此题比较容易，主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
【答案】(1)y=2x2
14.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】L5：平行四边形的性质
【分析】根据平行四边形的对边相等以及对角线互相平分进而求出即可．
【解答】解：∵在平行四边形ABCD中，AC＝14cm，BD＝8cm，AD＝6cm，
∴CO=1
2AC=7cm,BO=1
2
BD=4cm,BC=AD=6cm，
∴△OBC的周长＝BC+BO+CO＝6+7+4＝17（cm）．
故答案为：17cm．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，熟练根据平行四边形的性质得出BO，BC，CO的长是解题关键．
【答案】(1)17cm
15.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】AA：根的判别式；KP：直角三角形斜边上的中线；KS：勾股定理的逆定理
【分析】由根的判别式求出AC＝b＝4，由勾股定理的逆定理证出△ABC是直角三角形，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结论．
【解答】解：∵关于x的方程x2−4x+b=0有两个相等的实数根，
∴Δ=16−4b=0
∴AC=b=4
∵BC=2,AB=2√3
∴B C2+AB2=AC2
∴△ABC是直角三角形，AC是斜边，
∴AC 边上的中线长=12AC =2； 故答案为：2．
【点评】本题考查了根的判别式，勾股定理的逆定理，直角三角形斜边上的中线性质；证明△ABC 是直角三角形是解决问题的关键． 【答案】(1)2 16.【能力值】无 【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】D5：坐标与图形性质
【分析】根据含30度的直角三角形三边的关系得O A 2=OC 2
cos 30∘=3cos 30∘=
3
√3
2
=3×
2√3
3；
O A 3=OC 3cos 30∘=OA
2cos 30∘
=3×(2√3
3
)2
；O A 4=
OC 4
cos 30∘
=OA
3
cos 30∘=3×(
2√3
3
)3
，…，于是可得到
O A 2016=
3×(2√33)2015
,OA 2018
=
3×(2√33)2017，代入O A 2018
OA 2016
，化简即可． 【解答】解：∵∠A 2OC 2=30∘,OA 1=OC 2=3，
∴O A 2=
0C 2cos 30∘=3cos 30∘=√3
=3×2√3
3 O A 3=0C 3cos 30∘=0A 2cos 30∘
=3×(2√33)
2
O A4=
0C 4cos 30∘=0A 3cos 30∘=3×(2√33
)
3
…，
∴O A 2016=3×(2√33)2015,OA 2018
=
3×(2√33)
2017
， ∴
0A 2018
OA 2016
=
3×(2√33)20173×(2√3
3)
2015=
(2√33)
2
=4
3．
故答案为4
3．
【点评】本题考查了规律型，点的坐标，坐标与图形性质，通过从一些特殊的点的坐标发现不变的因素或按规律变化的因素，然后推广到一般情况．也考查了含30度的直角三角形三边的关系及三角函数．
【答案】(1)4
3
17.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】2C：实数的运算；6F：负整数指数幂；T5：特殊角的三角函数值
【分析】直接利用负指数幂的性质以及特殊角的三角函数值、绝对值的性质分别化简得出答案．
【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
【答案】(1)解：原式=4√3−3+2018−4×√3
2
=4√3−3+2018−2√3
=2015+2√3
18.【能力值】无
【知识点】(1)略
【详解】(1)【考点】6D：分式的化简求值
【分析】先计算括号内减法、同时将除法转化为乘法，再约分即可化简，最后代入求值即可．
【点评】本题主要考查分式的化简求值能力，熟练掌握分式的混合运算顺序是解题的关键．
【答案】(1)解：原式=x2−x−4+x
x−1×x−1
(x−2)2
=(x+2)(x−2)
x−1
×
x−1
(x−2)2
=x+2
x−2
，
当x＝2+ 时，
原式=√3+2
2+√3−2
=4+√3√3
=4√3+3．
19.【能力值】无
【知识点】(1)略
(2)略
【详解】(1)【考点】KH：等腰三角形的性质；N2：作图—基本作图；S8：相似三角形的判定
【分析】（1）利用角平分线的作法作出线段BD即可；
(2)先根据等腰三角形的性质得出∠ABC＝∠C＝72°，再由角平分线的性质得出∠ABD 的度数，故可得出∠A＝∠CBD＝36°，∠C＝∠C，据此可得出结论．
【点评】本题考查的是作图﹣基本作图，熟知角平分线的作法是解答此题的关键．
【答案】(1)如图，线段BD为所求出；
(2)∵∠A＝36°，AB＝AC，
（180°﹣36°）＝72°．
∴∠ABC＝∠C＝1
2
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC＝72°÷2＝36°．
∵∠A＝∠CBD＝36°，∠C＝∠C，
∴△ABD∽△BDC．
20.【能力值】无
【知识点】(1)略
(2)略
(3)略
(4)略
【详解】(1)【考点】V5：用样本估计总体；VB：扇形统计图；VD：折线统计图
【分析】（1）根据了解很少的人数以及百分比，求出总人数即可．
(2)（2）求出不了解的人数，画出折线图即可．
(3)（3）根据圆心角＝360°×百分比计算即可．
(4)利用样本估计总体的思想解决问题即可．
【点评】本题考查折线统计图，样本估计总体，扇形统计图等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【答案】(1)解：（1）总人数＝60÷50%＝120（人）．
(2)不了解的人数＝120﹣60﹣30﹣10＝20（人），折线图如图所示：
(3)了解的圆心角=10
120×360∘=30∘，基本了解的百分比=30
120
=25%，
∴m＝25．
故答案为：30，25．
(4)3000×20
120
=500（人），
答：估算该校学生对足球的了解程度为“不了解”的人数为500人．
21.【能力值】无
【知识点】(1)略
(2)略
【详解】(1)【考点】AD：一元二次方程的应用；C9：一元一次不等式的应用
【分析】设甲队单独完成需要x个月，则乙队单独完成需要x﹣5个月，根据题意列出关系式，求出x的值即可；
(2)设甲队施工y个月，则乙队施工1
2
y个月，根据工程款不超过1500万元，列出一元一次不等式，解不等式求最大值即可．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用和一元一次不等式的应用，难度一般，解本题的关键是根据题意设出未知数列出方程及不等式求解．
【答案】(1)解：设甲队单独完成需要x个月，则乙队单独完成需要（x﹣5）个月，由题意得，x（x﹣5）＝6（x+x﹣5），
解得x1=15,x2=2（不合题意，舍去），
则x﹣5＝10．
答：甲队单独完成这项工程需要15个月，则乙队单独完成这项工程需要10个月；
(2)设甲队施工y个月，则乙队施工1
2
y个月，
由题意得，100y+(100+50)y
2
⩽1500，
解不等式得y≤8.57，
∵施工时间按月取整数，
∴y≤8，
答：完成这项工程，甲队最多施工8个月才能使工程款不超过1500万元．
22.【能力值】无
【知识点】(1)略
(2)略
【详解】(1)【考点】KD：全等三角形的判定与性质；LE：正方形的性质；T7：解直角
三角形
【分析】过点F作FG⊥BC于点G，易证△ABE≌△EGF，所以可得到AB＝EG，BE＝FG，
由此可得到∠FCG＝∠45°，即CF平分∠DCG，所以CF是正方形ABCD外角的平分线；
(2)首先可求出BE的长，即FG的长，再在Rt△CFG中，利用cos45°即可求出CF的
长．
【点评】主要考查了正方形的性质，以及全等三角形的判定和性质、特殊角的三角函
数值的运用，题目的综合性较强，难度中等．
【答案】(1)证明：过点F作FG⊥BC于点G．
∵∠AEF＝∠B＝∠90°，
∴∠1＝∠2．
在△ABE和△EGF中，
{∠1=∠2
∠B=∠FGE=90∘
AE=EF
∴△ABE≌△EGF（AAS）．
∴AB＝EG，BE＝FG．
又∵AB＝BC，
∴BE＝CG，
∴FG＝CG，
∴∠FCG＝∠45°，
即CF平分∠DCG，
∴CF是正方形ABCD外角的平分线．
(2)∵AB＝3，∠BAE＝30°，tan⁡30∘=BE
AB =√3
3
，
BE=AB⋅tan⁡30∘=3×√3
3
，即CG=√3．
在Rt△CFG中，cos⁡45∘=CG
CF
，
∴CF=√6．
23.【能力值】无
【知识点】(1)略
(2)略
(3)略
【详解】(1)【考点】GB：反比例函数综合题
【分析】如图①，作辅助线，根据等腰三角形三线合一得：OC=AC=1
2
OA，所以OC＝
AC＝3，根据点B在反比例函数y=12
x
(x>0)的图象上，代入解析式可得B的坐标，再利用待定系数法可得直线AB的解析式；
(2)如图①，根据△AOB是等腰直角三角形，得OC=AC=1
2
OA，设点B（a，a）（a＞0），列方程可得a的值，从而得A的坐标；
(3)如图②，作辅助线，根据△PA1A是等腰直角三角形，得PD＝AD，设AD＝m（m＞0），则点P的坐标为(4√3+m,m)，列方程可得结论．
【点评】此题是反比例函数与一次函数的综合题，难度适中，解题的关键是：（1）求出点B的坐标；（2）根据点B在反比例函数图象上列方程；（3）设AD＝m，表示P 的坐标并列方程．解决该题型题目时，找出点的坐标，再利用反比例函数解析式列方程是关键．
【答案】(1)解:如图①，过B作BC⊥x轴于C，
∵OB＝AB，BC⊥x轴，
∴OC=AC=1
2
OA，
∵点A的坐标为（6，0），
∴OA＝6，
∴OC＝AC＝3，
∵点B在反比例函数y=12(x>0)的图象上，
∴y=12
3
=4，
∴B（3，4），
∵点A（6，0），点B（3，4）在y＝kx+b的图象上，
∴{6k+b=0
3k+b=4，解得：{k=−4
3
b=8
，
∴直线AB的解析式为：y=−4
3
x+8；
(2)如图①，∵∠OBA＝90°，OB＝AB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
OA，
∴BC=OC=1
2
设点B（a，a）（a＞0），
(x>0)的图象上，
∵顶点B在反比例函数y=12
x
，解得：a=±2√3（负值舍），
∴a=12
a
∴OC=2√3
∴OA=2OC=4√3
∴A(4√3,0)
(3)如图②，过P作PD⊥x轴于点D，
∵△PA1A是等腰直角三角形，
∴PD＝AD，
设AD＝m（m＞0），则点P的坐标为(4√3+m,m)
∴m(4√3+m)=12
解得：x1=2√6−2√3,m2=−2√6−2√3（负值舍去），
∴A1A=2m=4√6−4√3
∴O A1=OA+AA1=4√6∴点A1的坐标是(4√6,0)．
24.【能力值】无
【知识点】(1)略
(2)略
(3)略
【详解】(1)【考点】MR：圆的综合题
【分析】（1）过D作DQ⊥BC于Q'，连接DE．证明DE＝DQ，即BC是⊙D的切线；
(2)过F作FN⊥DH于N．先证明△ABD为等边三角形，所以∠DAB＝60°，AD＝BD＝AB，再证明△DHF为等边三角形，在Rt△DFN中，FN⊥DH，∠BDC＝60°，sin∠BDC＝sin60°
=FN
DF =FN
3
=√3
2
,FN=3√3
2
，S阴影=S扇形FDH−SΔFDH；
(3)假设点M运动到某个位置时，符合题意，连接DM、DF，过M作NZ⊥DF于Z，当M 运动到离弧最近时，DE＝DH＝DF＝DM＝r，证明∠MDC＝60°，此时，动点M经过的弧长为1
3
πr．
【点评】本题考查了圆综合知识，熟练掌握圆的相关知识与菱形的性质以及特殊三角函数值是解题的关键．
【答案】(1)解：证明：过D作DQ⊥BC于Q'，连接DE．
∵⊙D且AB于E，
∴DE⊥AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ABC，
∴DE＝DQ，
∴BC是⊙D的切线；
(2)过F作FN⊥DH于N．
∵四边形ABCD是菱形，AB=2√3，
∴AD=AB=2√3，DC∥AB，
∵在Rt△ADE中，DE⊥AB，∠A＝60°，
∴sin⁡A=sin⁡60∘=DE
AD =
2√3
=√3
2
，
∴DE＝3，DH＝DF＝DE＝3
∵AD=AB=2√3，∠A＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠DAB＝60°，AD＝BD＝AB，
∵DC∥AB，
∴∠BDC＝∠DBA＝60°，
∵DH＝DF＝3，
∴△DHF为等边三角形，
在Rt△DFN中，FN⊥DH，∠BDC＝60°，
∴sin⁡∠BDC=sin⁡60∘=FN
DF =FN
3
=√3
2
，
∴FN=3√3
2
，
∴S阴影=S扇形FDH−SΔFDH
=60π×32
360−1
2
×3×3√3
2
=3π
2
−9√3
4
；
(3)假设点M运动到某个位置时，符合题意，连接DM、DF，过M作NZ⊥DF于Z，
当M运动到离弧最近时，
DE＝DH＝DF＝DM＝r，
由（2）在Rt△DFN中，sin⁡∠BDC=sin⁡60∘=FN
DF =FN
r
=√3
2
，
∴FN=√3
2
r，
S△HDF=1
2×r×√3
2
r=√3
4
r2，
在Rt△ADE中，
sin⁡A=sin⁡60∘=DE
AD
=
r
AD
=
√3
2
∴AD=2√3 3
r
AB=AD=2√3
3
r，
∴S
菱形ABCD =AB⋅DE=2√3
3
r⋅r=2√3
3
r2，
∵当S四边形DFHM:S四边形ABCD=3:4，
∴S
四边形DFHM =√3
2
r2，
∴S△DFM=S四边形DFHM−SΔHDF=√3
2r2=1
2
DF⋅MZ=1
2
rMZ，∴MZ=
√3
2
r
在Rt△DMF中，MF⊥CD，
sin⁡∠MDC=MZ
MD
=
√3
2r
r
=
√3
2
∴∠MDC=60∘此时，动点M经过的弧长为1
3
πr．
25.【能力值】无
【知识点】(1)略
(2)略
(3)略
【详解】(1)【考点】HF：二次函数综合题
【分析】（1）：（1）将A(−1,0),C(0,√3)代入抛物线y=αx2+2√3
3
x+c(a≠0)，求出a、c的值；
(2)由（1）得抛物线解析式：y=−√3
3x2+2√3
3
+√3,点D是点C关于抛物线对称轴的对
称点，C(0,√3)，所以D(2,√3),DH=√3，再证明△ACO∽△EAH，于是OC
AH =OA
EH
即＝√3
3
=
1
EH
，解得：EH=2√3，则DE=2√3；
(3)找点C关于DE的对称点N(4,√3)，找点C关于AE的对称点G(−2,−√3)，连接GN，交AE于点F，交DE于点P，即G、F、P、N四点共线时，△CPF周长＝CF+PF+CP＝
GF+PF+PN最小，根据SΔMFP=√3
3m2+√3
3
m+4√3
3
=√3
3
(m−1
2
)2+17
12
√3，m=1
2
时，△MPF
面积有最大值17
12
√3．
【点评】本题考查了二次函数，熟练运用相似三角形的性质与二次函数图象的性质是解题的关键．
【答案】(1)解：（1）将A(−1,0),C(0,√3)代入抛物线y=a x2+2√3
3
x+c(a≠0)，
{a−2√3
3
+c=0 c=√3
∴a=−√3
3
,c=√3
(2)由（1）得抛物线解析式：y=√3
3x2+2√3
3
+√3
∵点D是点C关于抛物线对称轴的对称点，C(0,√3)
∴D(2,√3)
∴DH=√3
令y＝0，即−√3
3x2+2√3
3
x+√3=0，
得x1=−1,x2=3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∵AE ⊥AC ，EH ⊥AH ，
∴△ACO ∽△EAH ，
∴OC AH =OA EH =即=√33=1EH
， 解得：EH =2√3，
则DE =2√3；
(3)找点C 关于DE 的对称点N(4,√3)，找点C 关于AE 的对称点G(−2,−√3)， 连接GN ，交AE 于点F ，交DE 于点P ，即G 、F 、P 、N 四点共线时，△CPF 周长＝CF+PF+CP ＝GF+PF+PN 最小，
∴直线GN 的解析式：y =√33x −√33
， 由（2）得E(2,−√3),A(−1,0)
∴直线AE 的解析式：y =−√33x −√33
， 联立{y =√33x −√33y =√33x −√33 解得{x =0
y =√33
∴F (0,−√33)，
∵DH ⊥x 轴，
∴将x ＝2代入直线AE 的解析式：y =−√33x −√33
，
∴P (2,
√32) ∴F (0,−√33)与P (2,√32)的水平距离为2 过点M 作y 轴的平行线交FH 于点Q ， 设点M (m,−√33m 2+2√33
m +√3)， 则Q (m,√33m −√33)(1−√172<m <1+√172
)； ∴S ΔMFP =S ΔMQF +S ΔMQP =
12MQ ×2=MQ =(−√33m 2+2√33m +√3)−(√33m −√33) S ΔMFP =√33m 2+√33m +4√33=√33(m −12)2+1712√3 ∵对称轴为：直线m =12
， ∵开口向下，1−√172<m 1+√172
， ∴m =12时，△MPF 面积有最大值为1712√3..。