2018年珠海中考數學模擬試題【精編解析版】

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一、選擇題（本大題10小題，每小題3分，共30分）請將下列各題的正確答案填寫在答題卡相應的位置上.

1.一元二次方程的根為（）.

A. B.C.D.

【考點】解一元二次方程-因式分解法.

【分析】先移項得到，然后利用因式分解法解方程.

【解答】解：

∴

故選：D.

【點評】本題考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右邊化為0，再把左邊通過因式分解化為兩個一次因式的積的形式，那么這兩個因式的值就都有可能為0，這就能得到兩個一元一次方程的解，這樣也就把原方程進行了降次，把解一元二次方程轉化為解一元一次方程的問題了（數學轉化思想）.

2.下列選項的四個點中，在反比例函數的圖象上的是（）

A．（3，﹣2）????????????? B．（3，2）????????????? C．（2，3）????????????? D．（﹣2，﹣3）

【考點】反比例函數圖象上點的坐標特征．

【專題】計算題．

【分析】先分別計算四個點的橫縱坐標之積，然后根據反比例函數圖象上點的坐標特征進行判斷．

【解答】解：∵3×（﹣2）=﹣6，3×2=6，2×3=6，﹣2×（﹣3）=6，

∴點（3，﹣2）在反比例函數的圖象上．

故選A．

【點評】本題考查了反比例函數圖象上點的坐標特征：反比例函數（k為常數，k≠0）的圖象是雙曲線，圖象上的點（x，y）的橫縱坐標的積是定值k，即xy=k．

3.下列事件：①在足球比賽中，弱隊戰勝強隊；②拋擲一枚硬幣，落地后正面朝上；③任取兩個正整數，其和大于1；④長分別為3、5、9的三條線段能圍成一個三角形．其中確定事件的個數是（）個．

A．1????????????? B．2????????????? C．3????????????? D．4

【考點】隨機事件．

【分析】確定事件就是必然事件或不可能事件，依據定義即可判斷．

【解答】解：①在足球比賽中，弱隊戰勝強隊是隨機事件，命題錯誤；

②拋擲一枚硬幣，落地后正面朝上是隨機事件，命題錯誤；

③任取兩個正整數，其和大于1，是確定事件，命題正確；

④長分別為3、5、9厘米的三條線段能圍成一個三角形．是確定事件，命題正確；

故選B．

【點評】本題考查了確定事件的定義，解決本題需要正確理解必然事件、不可能事件、隨機事件的概念．必然事件指在一定條件下一定發生的事件．不可能事件是指在一定條件下，一定不發生的事件．不確定事件即隨機事件是指在一定條件下，可能發生也可能不發生的事件.

4.如果二次函數的圖象經過原點，那么分式的值是（）

A．0????????????? B．1????????????? C．﹣1????????????? D．0或1

【考點】二次函數的三種形式．

【分析】把x=0，y=0代入函數解析式求得k=h2，然后將其代入所求的代數式進行求值即可．

【解答】解：∵二次函數的圖象經過原點，

∴0=（0﹣h）2+k，

解得，h2=﹣k，

∴==﹣1．

故選：C．

【點評】本題考查了二次函數的三種形式．二次函數的解析式有三種形式：

（1）一般式：y=ax2+bx+c（a≠0，a、b、c為常數）；

（2）頂點式：y=a（x﹣h）2+k；

（3）交點式（與x軸）：y=a（x﹣x1）（x﹣x2）.

5.如圖，在△ABC中，∠CAB=65°，將△ABC在平面內繞點A旋轉到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，則旋轉角的度數為（）

A．35°????????????? B．40°????????????? C．50°????????????? D．65°

【考點】旋轉的性質．

【分析】根據兩直線平行，內錯角相等可得∠ACC′=∠CAB，根據旋轉的性質可得AC=AC′，然后利用等腰三角形兩底角相等求∠CAC′，再根據∠CAC′、∠BAB′都是旋轉角解答．

【解答】解：∵CC′∥AB，

∴∠ACC′=∠CAB=65°，

∵△ABC繞點A旋轉得到△AB′C′，

∴AC=AC′，

∴∠CAC′=180°﹣2∠ACC′=180°﹣2×65°=50°，

∴∠CAC′=∠BAB′=50°．

故選C．

【點評】本題考查了旋轉的性質，等腰三角形兩底角相等的性質，熟記性質并準確識圖是解題的關鍵.

6.如圖，B、C、D在⊙O上，∠BOD=120°，則∠BCD為（）

A．120°????????????? B．100°????????????? C．80°????????????? D．60°

【考點】圓周角定理．

【專題】計算題．

【分析】首先根據周角定義求得，劣弧BD所對的圓心角度數，再根據圓周角定理，一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半．

【解答】解：∵∠BOD=360°﹣120°=240°，

∴∠BCD=240°÷2=120°．

故選A．

【點評】熟練運用圓周角定理，明確一條弧所對的圓周角和圓心角是解題的關鍵.

7.如圖，在等邊△ABC中，D為BC邊上一點，E為AC邊上一點，且∠ADE=60°，DB=4，CE=，則△ABC的面積為（）

A．B．15????????????? C．????????????? D．

【考點】相似三角形的判定與性質；等邊三角形的性質．

【分析】首先由△ABC是等邊三角形，可得∠B=∠C=∠ADE=60°，又由三角形外角的性質，求得∠ADB=∠DEC，即可得△ABD∽△DCE，又由DB=4，CE=，根據相似三角形的對應邊成比例，即可求得AB的長，則可求得△ABC的面積．

【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，∠ADE=60°，

∴∠B=∠C=∠ADE=60°，AB=BC，

∵∠ADB=∠DAC+∠C，∠DEC=∠ADE+∠DAC，

∴∠ADB=∠DEC，

∴△ABD∽△DCE，

∴，

∵DB=4，CE=，

設AB=x，則DC=x﹣4，

∴，

∴x=6，

∴AB=6，

過點A作AF⊥BC于F，

在Rt△ABF中，AF=AB?sin60°=6×=，

∴S△ABC=BC?AF=×6×=．

故選C．

【點評】此題考查了相似三角形的判定與性質與等邊三角形的性質．此題綜合性較強，解題的關鍵是方程思想與數形結合思想的應用.

8.設二次函數的圖象的對稱軸為直線，若點M在直線上，則點M的坐標可能是（）

A．（1，0）????????????? B．（3，0）????????????? C．（﹣3，0）????????????? D．（0，﹣4）

【考點】二次函數的性質．

【分析】根據二次函數的解析式可得出直線的方程為x=3，點M在直線上則點M的橫坐標一定為3，從而選出答案．

【解答】解：∵二次函數圖象的對稱軸為直線x=3，

∴直線上所有點的橫坐標都是3，

∵點M在直線上，

∴點M的橫坐標為3，

故選B．

【點評】本題考查了二次函數的性質，解答本題的關鍵是掌握二次函數y=a（x﹣h）2+k的頂點坐標為（h，k），對稱軸是x=h.

9.已知△ABC三邊a，b，c上的高的比6：4：3，則三邊之比a：b：c等于（）

A．1：2：3????????????? B．2：3：4????????????? C．3：4：5????????????? D．3：4：6

【考點】三角形．

【分析】根據同一三角形面積相等，根據面積公式即可解答．

【解答】解：可設這三邊上的高分別為a、b、c．同一個三角形，面積是相等的．∵a，b，c上的高的比為6：4：3，最小公倍數為12，

∴這個三角形三邊上之比為2：3：4????????????? ．

故選B．

【點評】解決本題的關鍵是根據同一三角形，面積是相等的．得到高的比與邊的比之間的關系.

10.如圖，一段拋物線，記為C1，它與x軸交于點O和A1；將C1繞A1旋轉180°得到C2，交x軸于A2；將C2繞A2旋轉180°得到C3，交x軸于A3，如此進行下去，直至得到C10，若點P（19，a）在第10段拋物線C10上，則a的值為（）

A．1????????????? B．﹣1????????????? C．3????????????? D．﹣3

【考點】二次函數圖象與幾何變換．

【分析】求出拋物線C1與x軸的交點坐標，觀察圖形可知第偶數號拋物線都在x軸上方，再根據向右平移橫坐標相加表示出拋物線C10的解析式，然后把點P的橫坐標代入計算即可得解．

【解答】解：∵一段拋物線：，

∴圖象與x軸交點坐標為：（0，0），（2，0），

∵將C1繞點A1旋轉180°得C2，交x軸于點A2；

將C2繞點A2旋轉180°得C3，交x軸于點A3；

…

如此進行下去，直至得C10．

∴C10與x軸的交點橫坐標為（18，0），（20，0），且圖象在x軸上方，

∴C10的解析式為：y10=﹣（x﹣18）（x﹣20），

當x=19時，y=﹣（19﹣18）×（19﹣20）=1．

故選：A．

【點評】本題考查了二次函數圖象與幾何變換，根據平移規律得出C10與x軸的交點坐標，進而得到解析式是解題關鍵.

二、填空題（本大題6小題，每小題4分，共24分）請將下列各題的正確答案填寫在答題卡相應的位置上.

11.已知關于的方程有兩個相等的實數根，則的值是.

【【考點】根的判別式．

【分析】根據方程有兩個相等的實數根可知△=，據此即可求出的取值范圍．

【解答】解：∵關于的方程有兩個相等的實數根，

∴△=

整理得，，

解得．

故答案為或．

【點評】本題考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c為常數）的根的判別式△=b2﹣4ac．當△＞0，方程有兩個不相等的實數根；當△=0，方程有兩個相等的實數根；當△＜0，方程沒有實數根．同時考查了一元二次不等式的解法.

12.已知A點的坐標為（﹣1，3），將A點繞坐標原點順時針90°，則點A的對應點D的坐標為?。?，1）?。?/p>

【考點】坐標與圖形變化-旋轉．

【分析】過A作AC⊥y軸于C，過A'作A'D⊥y軸于D，根據旋轉求出∠A=∠A'OD，證△AC0≌△ODA'，推出A'D=OC=1，OD=CA=3，即可根據題意作出A點繞坐標原點順時針90°后的點，然后寫出坐標．

【解答】解：過A作AC⊥y軸于C，過A'作A'D⊥y軸于D，

∵∠AOA'=90°，∠ACO=90°，

∴∠AOC+∠A'OD=90°，∠A+∠AOC=90°，

∴∠A=∠A'OD，

在△AC0和△ODA'中，

，

∴△AC0≌△ODA'（AAS），

∴A'D=OC=1，OD=CA=3，

∴A'的坐標是（3，1）．

故答案為：（3，1）．

【點評】本題主要考查對坐標與圖形變換﹣旋轉，全等三角形的性質和判定等知識點的理解和掌握，能正確畫出圖形并求出△AC0≌△ODA'是解此題的關鍵.

13.用一條長為40cm的繩子圍成一個面積為a cm2的長方形，a的最大值為　100?。?/p>

【考點】矩形的性質．

【分析】長度是40cm的繩子圍成矩形，即矩形的周長為40cm，鄰邊的和為20cm，若使面積最大，則需兩邊相等．

【解答】解：因為矩形周長為40cm，所以鄰邊和為20cm，若使面積最大，則只需兩邊長相等，即都為10cm，

所以最大面積為10×10=100cm2．

故答案為，100．

【點評】熟練掌握矩形的性質，理解何時為面積最大值.

14.若（x2+y2）2﹣（x2+y2）﹣6=0，則x2+y2的值為　3?。?/p>

【考點】換元法解一元二次方程．

【分析】設t=x2+y2，方程即可變形為t2﹣t﹣6=0，解方程即可求得t即x2+y2的值．

【解答】解：設t=x2+y2，則原方程可化為：t2﹣t﹣6=0

即（t+2）（t﹣3）=0，

∴t=﹣2或3，即x2+y2=﹣2（舍去）或x2+y2=3

故答案是：3．

【點評】本題主要考查了換元法，即把某個式子看作一個整體，用一個字母去代替它，實行等量替換.

15．如圖，直線y=k1x+b與雙曲線y=交于A、B兩點，其橫坐標分別為1和5，則不等式k1x＜+b的解集是　﹣5＜x＜﹣1或x＞0?。?/p>

【考點】反比例函數與一次函數的交點問題．

【專題】壓軸題；數形結合．

【分析】根據不等式與直線和雙曲線解析式的關系，相當于把直線向下平移2b個單位，然后根據函數的對稱性可得交點坐標與原直線的交點坐標關于原點對稱，再找出直線在雙曲線下方的自變量x的取值范圍即可．

【解答】解：由k1x＜+b，得，k1x﹣b＜，

所以，不等式的解集可由雙曲線不動，直線向下平移2b個單位得到，

直線向下平移2b個單位的圖象如圖所示，交點A′的橫坐標為﹣1，交點B′的橫坐標為﹣5，

當﹣5＜x＜﹣1或x＞0時，雙曲線圖象在直線圖象上方，

所以，不等式k1x＜+b的解集是﹣5＜x＜﹣1或x＞0．

故答案為：﹣5＜x＜﹣1或x＞0．

【點評】本題主要考查了反比例函數與一次函數的交點問題，根據不等式與函數解析式得出不等式的解集與雙曲線和向下平移2b個單位的直線的交點有關是解題的關鍵.

16.如圖，點A1，A2依次在y=（x＞0）的圖象上，點B1，B2依次在x軸的正半軸上．若△A1OB1，△A2B1B2均為等邊三角形，則點B2的坐標為?。?img src="http://img.chusan.com/upLoad/doc2017/x03hrask/131416.063.png" width="33" height="23" alt="" />，0）?。?/p>

【考點】反比例函數圖象上點的坐標特征；等邊三角形的性質．

【專題】壓軸題．

【分析】由于△A1OB1等邊三角形，作A1C⊥OB1，垂足為C，由等邊三角形的性質求出A1C=OC，設A1的坐標為（m，m），根據點A1是反比例函數y=（x＞0）的圖象上的一點，求出BO的長度；作A2D⊥B1B2，垂足為D．設B1D=a，由于，△A2B1B2為等邊三角形，由等邊三角形的性質及勾股定理，可用含a的代數式分別表示點A2的橫、縱坐標，再代入反比例函數的解析式中，求出a的值，進而得出B2點的坐標．

【解答】解：作A1C⊥OB1，垂足為C，

∵△A1OB1為等邊三角形，

∴∠A1OB1=60°，

∴tan60°==，

∴A1C=OC，

設A1的坐標為（m，m），

∵點A1在y=（x＞0）的圖象上，

∴=，解得m=3，

∴OC=3，

∴OB1=6，

作A2D⊥B1B2，垂足為D．

設B1D=a，

則OD=6+a，A2D=a，

∴A2（6+a，a）．

∵A2（6+a，a）在反比例函數的圖象上，

∴代入y=，得（6+a）?a=，

化簡得a2+6a﹣9=0

解得：a=﹣3±．

∵a＞0，

∴a=﹣3+．

∴B1B2=﹣6+，

∴OB2=OB1+B1B2=，

所以點B2的坐標為（，0）．

故答案是：（，0）．

【點評】此題綜合考查了反比例函數的性質，反比例函數圖象上點的坐標特征，正三角形的性質等多個知識點．此題難度稍大，綜合性比較強，注意對各個知識點的靈活應用.

三、解答題（一）（本大題3小題，每小題6分，共18分）

17.已知一元二次方程的兩個根為m，n，求.

【考點】一元二次方程根與系數的關系.

【分析】已知m和n為一元二次方程的解，利用根與系數的關系，求出m+n與mn的值，將所求式子利用完全平方公式變形后，代入計算即可求出值.

【解答】解：∵m和n為一元二次方程的解

∴m＋n＝4，mn＝－3

∴

【點評】本題考查了一元二次方程根與系數的關系.解題關鍵是會利用根與系數的關系來求方程中的字母系數.

18.哥哥和弟弟玩一個游戲：三張完全相同的卡片上分別標有數字1，2，3，將標數字的一面朝下．哥哥任意抽取一張，記下數字后放回，然后弟弟任意抽取一張，抽得的兩數字之和，若和為奇數，則弟弟勝，若和為偶數，哥哥勝，這個游戲對雙方公平嗎？用你學過的知識解釋原因．

【考點】游戲公平性；概率公式．

【專題】計算題．

【分析】先畫樹狀圖展示6種等可能的結果數，計算P（弟弟勝）和P（哥哥勝），然后通過比較兩概率的大小判斷該游戲對雙方是否公平．

【解答】解：這個游戲對雙方不公平．理由如下：

畫樹狀圖為：

共有6種等可能的結果數，其中小亮取勝的結果數為2；

P（弟弟勝）==，P（哥哥勝）==，

由于＞，

所以這個游戲對雙方不公平．

【點評】本題考查了游戲得公平性：判斷游戲公平性需要先計算每個事件的概率，然后比較概率的大小，概率相等就公平，否則就不公平.

19.如圖，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC繞點A按順時針方向旋轉得到的，連接BE、CF相交于點D，若四邊形ACDE為菱形時，求BD的長．

【考點】旋轉的性質；勾股定理；菱形的性質．

【專題】計算題；證明題．

【分析】由菱形的性質得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根據等腰三角形的性質得∠AEB=∠ABE，根據平行線得性質得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判斷△ABE為等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解．

【解答】解：∵四邊形ACDE為菱形，AB=AC=1，

∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，

∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，

∴∠AEB=∠ABE=45°，

∴△ABE為等腰直角三角形，

∴BE=AC=，

∴BD=BE﹣DE=﹣1．

【點評】本題考查了旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．也考查了菱形的性質.

四、解答題（二）（本大題3小題，每小題7分，共21分）

20.已知關于x的一元二次方程：．（1）試判斷原方程根的情況；（2）若拋物線與x軸交于A（x1，0），B（x2，0）兩點，A，B兩點間的距離是否存在最值？若存在，指明是最大值還是最小值，并求這個最值．

【考點】拋物線與x軸的交點；根的判別式．

【分析】（1）根據根的判別式，可得答案；

（2）根據根與系數的關系，可得A、B間的距離，根據二次函數的性質，可得答案．

【解答】解：（1）△=，

∵（m﹣1）2≥0，

∴△=（m﹣1）2+8＞0，

∴原方程有兩個不等實數根；

（2）存在，

由題意知x1，x2是原方程的兩根，

∴x1+x2=m﹣3，x1?x2=﹣m．

∵AB=|x1﹣x2|，

∴AB2=（x1﹣x2）2=（x1+x2）2﹣4x1x2

=（m﹣3）2﹣4（﹣m）=（m﹣1）2+8，

∴當m=1時，AB2有最小值8，

∴AB有最小值，即AB==

【點評】本題考查了拋物線與x軸的交點，利用了根的判別式，根據根與系數的關系，利用完全平方公式得出二次函數是解題關鍵，又利用了二次函數的性質.

21.如圖，AD是△ABC角平分線．求證：AB：AC=BD：CD．

【考點】相似三角形的判定與性質．

【專題】證明題．

【分析】先過點B作BE∥AC交AD延長線于點E，由于BE∥AC，利用平行線分線段成比例定理的推論、平行線的性質，可得∴△BDE∽△CDA，∠E=∠DAC，再利用相似三角形的性質可有，而利用AD時角平分線又知∠E=∠DAC=∠BAD，于是BE=AB，等量代換即可證．

【解答】解：過點B作BE∥AC交AD延長線于點E，

∵BE∥AC，

∴∠DBE=∠C，∠E=∠CAD，

∴△BDE∽△CDA，

∴，

又∵AD是角平分線，

∴∠E=∠DAC=∠BAD，

∴BE=AB，

∴

即AB：AC=BD：CD．

【點評】本題考查了角平分線的定義、相似三角形的判定和性質、平行線分線段成比例定理的推論．關鍵是作平行線.

22.如圖，在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，點E是BC上的一個動點，連接DE，交AC于點F．（1）如圖①，當時，求的值；（2）如圖②，當DE平分∠CDB時，求證：AF=OA．

【考點】相似三角形的判定與性質；勾股定理；正方形的性質．

【分析】（1）利用相似三角形的性質求得EF于DF的比值，依據△CEF和△CDF同高，則面積的比就是EF與DF的比值，據此即可求解；

（2）利用三角形的外角和定理證得∠ADF=∠AFD，可以證得AD=AF，在直角△AOD中，利用勾股定理可以證得．

【解答】（1）解：∵，

∴．

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AD∥BC，AD=BC，

∴△CEF∽△ADF，

∴，

∴，

∴；

（2）證明：∵DE平分∠CDB，

∴∠ODF=∠CDF，

又∵AC、BD是正方形ABCD的對角線．

∴∠ADO=∠FCD=45°，∠AOD=90°，OA=OD，

∵∠ADF=∠ADO+∠ODF，∠AFD=∠FCD+∠CDF，

∴∠ADF=∠AFD，

∴AD=AF，

在直角△AOD中，根據勾股定理得：AD==OA，

∴AF=OA．

【點評】本題考查的是相似三角形的判定與性質及正方形的性質，先根據題意判斷出△CEF∽△ADF，再根據相似三角形的對應邊成比例進行解答是解答此題的關鍵.

五、解答題（三）（本大題3小題，每小題9分，共27分）

23.某中學準備圍建一個矩形生物園，其中一邊靠墻，另外三邊用長為30米的籬笆圍成．已知墻長為18米，設這個生物園垂直于墻的一邊的長為x米．（1）若平行于墻的一邊長為y米，直接寫出y與x的關系式及其自變量x的取值范圍；（2）垂直于墻的一邊的長為多少米時，這個生物園的面積最大，并求出這個最大值；（3）當這個生物園的面積不小于88平方米時，試結合函數的圖象，直接寫出x的取值范圍．

【考點】二次函數的應用．

【分析】（1）根據題意即可求得y與x的函數關系式為y=30﹣2x與自變量x的取值范圍為6≤x＜15；

（2）設矩形苗圃園的面積為S，由S=xy，即可求得S與x的函數關系式，根據二次函數的最值問題，即可求得這個苗圃園的面積最大值；

（3）根據題意得﹣2（x﹣7.5）2+112.5≥88，根據圖象，即可求得x的取值范圍．

【解答】解：（1）y=30﹣2x（6≤x＜15）．

（2）設矩形苗圃園的面積為S

則S=xy=x（30﹣2x）=﹣2x2+30x，

∴S=﹣2（x﹣7.5）2+112.5，

由（1）知，6≤x＜15，

∴當x=7.5時，S最大值=112.5，

即當矩形苗圃園垂直于墻的一邊的長為7.5米時，這個苗圃園的面積最大，這個最大值為112.5．

（3）∵這個苗圃園的面積不小于88平方米，

即﹣2（x﹣7.5）2+112.5≥88，

∴4≤x≤11，

由（1）可知6≤x＜15，

∴x的取值范圍為6≤x≤11．

【點評】此題考查了二次函數的實際應用問題．解題的關鍵是根據題意構建二次函數模型，然后根據二次函數的性質求解即可.

24.已知：⊙O上兩個定點A，B和兩個動點C，D，AC與BD交于點E．

（1）如圖24題圖①，求證：EA?EC=EB?ED；

（2）如圖24題圖②，若AB=BC，AD是⊙O的直徑，求證：DA?AC=2BC?BD；

（3）如圖24題圖③，若AC⊥BD，點O到AD的距離為2，求BC的長．

【考點】圓的綜合題．

【專題】壓軸題．

【分析】（1）根據同弧所對的圓周角相等得到角相等，從而證得三角形相似，于是得到結論；

（2）如圖②，連接CD，OB交AC于點F由B是弧AC的中點得到∠BAC=∠ADB=∠ACB，且AF=CF=0.5AC．證得△CBF∽△ABD．即可得到結論；

（3）如圖③，連接AO并延長交⊙O于F，連接DF得到AF為⊙O的直徑于是得到∠ADF=90°，過O作OH⊥AD于H，根據三角形的中位線定理得到DF=2OH=4，通過△ABE∽△ADF，得到1=∠2，于是結論可得．

【解答】（1）證明：∵∠EAD=∠EBC，∠BCE=∠ADE，

∴△AED∽△BEC，

∴，

∴EA?EC=EB?ED；

（2）證明：如圖②，連接CD，OB交AC于點F

∵B是弧AC的中點，

∴∠BAC=∠ADB=∠ACB，且AF=CF=0.5AC．

又∵AD為⊙O直徑，

∴∠ABC=90°，又∠CFB=90°．

∴△CBF∽△ABD．

∴，故CF?AD=BD?BC．

∴AC?AD=2BD?BC；

（3）解：如圖③，連接AO并延長交⊙O于F，連接DF，

∴AF為⊙O的直徑，

∴∠ADF=90°，

過O作OH⊥AD于H，

∴AH=DH，OH∥DF，

∵AO=OF，

∴DF=2OH=4，

∵AC⊥BD，

∴∠AEB=∠ADF=90°，

∵∠ABD=∠F，

∴△ABE∽△ADF，

∴∠1=∠2，

∴BC=DF，

∴BC=DF=4．

【點評】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，相似三角形的判定和性質，三角形的中位線的性質，正確作出輔助線是解題的關鍵.

25.如圖，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，點D為邊AB上一點，將△BCD沿直線CD折疊，使點B恰好落在邊OA上的點E處，分別以OC，OA所在的直線為x軸，y軸建立平面直角坐標系．

（1）求OE的長及經過O，D，C三點拋物線的解析式；

（2）一動點P從點C出發，沿CB以每秒2個單位長度的速度向點B運動，同時動點Q從E點出發，沿EC以每秒1個單位長度的速度向點C運動，當點P到達點B時，兩點同時停止運動，設運動時間為t秒，當t為何值時，DP=DQ；

（3）若點N在（1）中拋物線的對稱軸上，點M在拋物線上，是否存在這樣的點M與點N，使M，N，C，E為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出M點坐標；若不存在，請說明理由．

【考點】二次函數綜合題．

【專題】壓軸題．

【分析】（1）由折疊的性質可求得CE、CO，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE，設AD=m，在Rt△ADE中，由勾股定理可求得m的值，可求得D點坐標，結合C、O兩點，利用待定系數法可求得拋物線解析式；

（2）用t表示出CP、BP的長，可證明△DBP≌△DEQ，可得到BP=EQ，可求得t的值；

（3）可設出N點坐標，分三種情況①EN為對角線，②EM為對角線，③EC為對角線，根據平行四邊形的性質可求得對角線的交點橫坐標，從而可求得M點的橫坐標，再代入拋物線解析式可求得M點的坐標．

【解答】解：（1）∵CE=CB=5，CO=AB=4，

∴在Rt△COE中，OE===3，

設AD=m，則DE=BD=4﹣m，

∵OE=3，

∴AE=5﹣3=2，

在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2+AE2=DE2，即m2+22=（4﹣m）2，解得m=，

∴D（﹣，﹣5），

∵C（﹣4，0），O（0，0），

∴設過O、D、C三點的拋物線為y=ax（x+4），

∴﹣5=﹣a（﹣+4），解得a=，

∴拋物線解析式為y=x（x+4）=x2+x；

（2）∵CP=2t，

∴BP=5﹣2t，

在Rt△DBP和Rt△DEQ中，

，

∴Rt△DBP≌Rt△DEQ（HL），

∴BP=EQ，

∴5﹣2t=t，

∴t=；

（3）∵拋物線的對稱軸為直線x=﹣2，

∴設N（﹣2，n），

又由題意可知C（﹣4，0），E（0，﹣3），

設M（m，y），

①當EN為對角線，即四邊形ECNM是平行四邊形時，

則線段EN的中點橫坐標為=﹣1，線段CM中點橫坐標為，

∵EN，CM互相平分，

∴=﹣1，解得m=2，

又M點在拋物線上，

∴y=×22+×2=16，

∴M（2，16）；

②當EM為對角線，即四邊形ECMN是平行四邊形時，

則線段EM的中點橫坐標為，線段CN中點橫坐標為=﹣3，

∵EM，CN互相平分，

∴=﹣3，解得m=﹣6，

又∵M點在拋物線上，

∴y=×（﹣6）2+×（﹣6）=16，

∴M（﹣6，16）；

③當CE為對角線，即四邊形EMCN是平行四邊形時，

則M為拋物線的頂點，即M（﹣2，﹣）．

綜上可知，存在滿足條件的點M，其坐標為（2，16）或（﹣6，16）或（﹣2，﹣）．

【點評】本題主要考查二次函數的綜合應用，涉及待定系數法、全等三角形的判定和性質、折疊的性質、平行四邊形的性質等知識點．在（1）中求得D點坐標是解題的關鍵，在（2）中證得全等，得到關于t的方程是解題的關鍵，在（3）中注意分類討論思想的應用．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度適中.