2021年广东省广州市白云区景泰中学中考数学三模试卷（含答案）

这是一份2021年广东省广州市白云区景泰中学中考数学三模试卷（含答案），共29页。

2021年广东省广州市白云区景泰中学中考数学三模试卷
一.选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．3a+2a＝5a2 B． C．x2+x2＝2x2 D．x6÷x2＝x3
2．（3分）若α、β是一元二次方程x2﹣5x﹣2＝0的两个实数根，则α+β的值为（ ）
A．﹣5 B．5 C．﹣2 D．
3．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．为了解三名学生的视力情况，采用抽样调查
B．一组数据5，1，3，2，3，4，8的众数和中位数都是3
C．统计甲、乙两名射击运动员10次射击成绩，若S甲2＝0.4，S乙2＝2，则乙的成绩比甲稳定
D．一个抽奖活动中，“中奖概率为”表示抽奖20次就一定有1次中奖
4．（3分）已知a，b两数在数轴上对应的点如图所示，下列结论正确的是（ ）

A．a＞b B．ab＜0 C．b﹣a＞0 D．a+b＞0
5．（3分）袋中有同样大小的4个小球，其中3个红色，1个白色．从袋中任意地同时摸出两个球，这两个球颜色相同的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．（3分）如图，在菱形ABCD中，AB＝3，∠ABC＝60°，则对角线AC＝（ ）

A．12 B．9 C．6 D．3
7．（3分）如图，AB是⊙O直径，AC是⊙O的切线，连接OC交⊙O于点D，连接BD，若∠C＝42°，则∠ABD的度数是（ ）

A．48° B．28° C．34° D．24°
8．（3分）酒店厨房的桌子上摆放着若干碟子，分别从三个方向上看，其三视图如图所示，则桌子上共有碟子（ ）

A．17个 B．12个 C．10个 D．7个
9．（3分）在综合实践活动课上，小明同学用纸板制作了一个圆锥形漏斗模型．如图所示，它的底面半径OB＝6cm，高OC＝8cm．则这个圆锥漏斗的侧面积是（ ）

A．30cm2 B．30πcm2 C．60πcm2 D．120cm2
10．（3分）抛物线y＝x2﹣9与x轴交于A、B两点，点P在函数y＝的图象上，若△PAB为直角三角形，则满足条件的点P的个数为（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．6个
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分。）
11．（3分）函数y＝自变量x的取值范围是 ．
12．（3分）分解因式：a2b﹣4ab+4b＝ ．
13．（3分）某射击俱乐部将11名成员在某次射击训练中取得的成绩绘制成如图所示的条形统计图．由图可知，11名成员射击成绩的中位数是 环．

14．（3分）不等式组的解集为 ．
15．（3分）如图，直线y＝x﹣4与y轴交于点C，与x轴交于点B，与反比例函数y＝的图象在第一象限交于点A，连接OA．若S△AOB：S△BOC＝1：2，则k的值为 ．

16．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，∠B＝60°，AD＝8，AB＝4，点H、G分别是边DC、BC上的动点，其中点H不与点C重合．连接AH、HG，点E为AH的中点，点F为GH的中点，连接EF，则EF的最大值与最小值的差为 ．

三、解答题（本大题共9小题，满分72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（4分）解方程组：
18．（4分）已知a2﹣4ab+4b2＝0，ab≠0，求的值．
19．（6分）如图，四边形ABCD是平行四边形，把△ABD沿对角线BD翻折180°得到△A'BD．
（1）利用尺规作出△A'BD．（要求保留作图痕迹，不写作法）；
（2）设DA'与BC交于点E，求证：△BA'E≌△DCE．

20．（6分）已知抛物线y＝x2﹣（m﹣3）x﹣m．
（1）求证：无论m取何值时，抛物线都与x轴有两个交点．
（2）m为何值时，抛物线都与x轴有两个交点间的距离等于3？
21．（8分）为提高同学们学习兴趣，某校开展了五类社团课程：A．文学社，B．科创社，C．棋艺社，D．跳绳社，E．足球社，同学们可以选择其中的一类参加．现对某班全体同学的报名情况统计如下表：
课程
频数
百分比
A．文学社
11
22%
B．科创社
9
18%
C．棋艺社
10
20%
D．跳绳社
m
16%
E．足球社
12
24%
（1）表中的m值为 ；
（2）已知某4人学习小组中有3人选择了“科创社”，1人选择了“足球社”，从该小组中任选两名同学．求选中的学生恰好都是选择“科创社”的概率．
22．（10分）如图，已知一次函数y＝﹣x+4的图象分别与x轴，y轴交于点A，B，且与双曲线y＝（k为常数，k≠0）在第二象限内交于点C，作CD⊥x轴于点D，若OD＝OB．
（1）求线段OA、OB的长度．
（2）求双曲线的解析式．
（3）直接写出不等式x+＞4的解集．

23．（10分）如图1，O为半圆的圆心，C、D为半圆上的两点，且＝．连接AC并延长，与BD的延长线相交于点E．
（1）求证：CD＝ED；
（2）AD与OC，BC分别交于点F，H．
①若CF＝CH，如图2，求证：CF•AF＝FO•AH；
②若圆的半径为2，BD＝1，如图3，求AC的值．

24．（12分）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c过点A（1，0）、点B（﹣5，0），点P是抛物线上x轴下方的一个动点，连接PA，过点A作AQ⊥PA交抛物线于点Q，作直线PQ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P的坐标为（﹣3，﹣8），求点Q的坐标；
（3）判断在点P运动过程中，直线PQ是否过定点？若存在定点，则求出定点坐标；若不存在，请说明理由．

25．（12分）△ABC为等边三角形，AB＝4，AD⊥BC于点D，点E为AD的中点．
（1）如图1，将AE绕点A顺时针旋转60°至AF，连接EF交AB于点G，求证：G为EF中点．
（2）如图2，在（1）的条件下，将△AEF绕点A顺时针旋转，旋转角为α，连接BE，H为BE的中点，连接DH，GH．当30°＜α＜120°时，猜想∠DHG的大小是否为定值，并证明你的结论．
（3）在△AEF绕点A顺时针旋转过程中，H为BE的中点，连接CH，问线段CH何时取得最大值，请说明理由，并直接写出此时△ADH的面积．


2021年广东省广州市白云区景泰中学中考数学三模试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．3a+2a＝5a2 B． C．x2+x2＝2x2 D．x6÷x2＝x3
【分析】根据合并同类项，可判断A、C，根据算术平方根的意义，可判断B，根据同底数幂的除法，可判断D．
【解答】解：A、系数相加字母部分不变，故A错误；
B、9的算术平方根是3，故B错误；
C、系数相加字母部分不变，故C正确；
D、底数不变变指数相减，故D错误；
故选：C．
【点评】本题考查了同底数幂的除法，底数不变指数相减是解题关键．
2．（3分）若α、β是一元二次方程x2﹣5x﹣2＝0的两个实数根，则α+β的值为（ ）
A．﹣5 B．5 C．﹣2 D．
【分析】根据根与系数的关系可得出α+β＝5，此题得解．
【解答】解：∵α、β是一元二次方程x2﹣5x﹣2＝0的两个实数根，
∴α+β＝5．
故选：B．
【点评】本题考查了根与系数的关系，牢记两根之和等于﹣、两根之积等于是解题的关键．
3．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．为了解三名学生的视力情况，采用抽样调查
B．一组数据5，1，3，2，3，4，8的众数和中位数都是3
C．统计甲、乙两名射击运动员10次射击成绩，若S甲2＝0.4，S乙2＝2，则乙的成绩比甲稳定
D．一个抽奖活动中，“中奖概率为”表示抽奖20次就一定有1次中奖
【分析】根据普查、抽查，三角形的内角和，方差和概率的意义逐项判断即可．
【解答】解：了解三名学生的视力情况，由于总体数量较少，且容易操作，因此宜采取普查，因此选项A不符合题意；
一组数据5，1，3，2，3，4，8的众数和中位数都是3，故B符合题意，
统计甲、乙两名射击运动员10次射击成绩，若S甲2＝0.4，S乙2＝2，因此选项C不符合题意；
一个抽奖活动中，中奖概率为，表示中奖的可能性为 不代表抽奖20次就有1次中奖，因此选项D不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查普查、抽查，方差和概率的意义，理解各个概念的内涵是正确判断的前提．
4．（3分）已知a，b两数在数轴上对应的点如图所示，下列结论正确的是（ ）

A．a＞b B．ab＜0 C．b﹣a＞0 D．a+b＞0
【分析】首先得到b＜a＜0，再结合有理数的运算法则进行判断．
【解答】解：根据数轴，得b＜a＜0．
A、正确；
B、两个数相乘，同号得正，错误；
C、较小的数减去较大的数，差是负数，错误；
D、同号的两个数相加，取原来的符号，错误．
故选：A．
【点评】根据数轴观察两个数的大小：右边的点表示的数，总比左边的大．
本题用字母表示了数，表面上增加了难度，只要学生掌握了规律，很容易解答．
5．（3分）袋中有同样大小的4个小球，其中3个红色，1个白色．从袋中任意地同时摸出两个球，这两个球颜色相同的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】列举出所有情况，看两个球颜色相同的情况数占总情况数的多少即可．
【解答】解：一共有12种情况，两个球颜色相同的有6种情况，
∴这两个球颜色相同的概率是＝．

故选：A．
【点评】用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
6．（3分）如图，在菱形ABCD中，AB＝3，∠ABC＝60°，则对角线AC＝（ ）

A．12 B．9 C．6 D．3
【分析】根据菱形的性质及已知可得△ABC为等边三角形，从而得到AC＝AB．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC＝AB＝3．
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的性质和等边三角形的判定，难度一般，解答本题的关键是掌握菱形四边相等的性质．
7．（3分）如图，AB是⊙O直径，AC是⊙O的切线，连接OC交⊙O于点D，连接BD，若∠C＝42°，则∠ABD的度数是（ ）

A．48° B．28° C．34° D．24°
【分析】根据切线的性质求出∠OAC，结合∠C＝42°求出∠AOC，根据等腰三角形性质求出∠B＝∠BDO，根据三角形外角性质求出即可．
【解答】解：∵AC是⊙O的切线，
∴∠OAC＝90°，
∵∠C＝42°，
∴∠AOC＝48°，
∵OB＝OD，
∴∠ABD＝∠BDO，
∵∠ABD+∠BDO＝∠AOC，
∴∠ABD＝24°，
故选：D．
【点评】本题考查了切线的性质，三角形外角性质，三角形内角和定理，等腰三角形性质的应用，解此题的关键是求出∠AOC的度数，题目比较好，难度适中．
8．（3分）酒店厨房的桌子上摆放着若干碟子，分别从三个方向上看，其三视图如图所示，则桌子上共有碟子（ ）

A．17个 B．12个 C．10个 D．7个
【分析】从俯视图中可以看出最底层的碟子个数及形状，从主视图可以看出每一层碟子的层数和个数，从而算出总的个数．
【解答】解：由图可看出，桌子上的碟子可以分成三摞，他们的个数分别是5，4，3，因此桌子上碟子的个数应该是4+5+3＝12个．
故选：B．
【点评】本题考查对三视图的理解应用及空间想象能力．可从主视图上分清物体的上下和左右的层数，从俯视图上分清物体的左右和前后位置，综合上述分析数出碟子的个数．
9．（3分）在综合实践活动课上，小明同学用纸板制作了一个圆锥形漏斗模型．如图所示，它的底面半径OB＝6cm，高OC＝8cm．则这个圆锥漏斗的侧面积是（ ）

A．30cm2 B．30πcm2 C．60πcm2 D．120cm2
【分析】利用勾股定理可求得圆锥的母线长，那么圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2．
【解答】解：∵OB＝6，OC＝8，
∴BC＝＝10cm，
∴圆锥的底面周长是2π×6＝12πcm，
∴这个漏斗的侧面积为S＝×BC×12π＝60π（cm2）．
故选：C．
【点评】本题考查了圆锥的侧面积计算的知识，解答这类题往往因为扇形的面积公式记不准确而误选其它选项．
10．（3分）抛物线y＝x2﹣9与x轴交于A、B两点，点P在函数y＝的图象上，若△PAB为直角三角形，则满足条件的点P的个数为（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．6个
【分析】设点P的坐标为（x，y），分∠APB＝90°、∠PAB＝90°和∠PBA＝90°三种情况考虑：当∠APB＝90°时，以AB为直径作圆，由圆与双曲线4个交点可知此时点P有4个；当∠PAB＝90°时，可找出x＝﹣3，进而可得出点P的坐标；当∠PBA＝90°时，可找出x＝3，进而可得出点P的坐标．综上即可得出结论．
【解答】解：设点P的坐标为（x，y），
当∠APB＝90°时，以AB为直径作圆，如图所示，

∵圆与双曲线4个交点，
∴点P有4个；
当∠PAB＝90°时，x＝﹣3，
y＝＝﹣，
∴点P的坐标（﹣3，﹣）；
当∠PBA＝90°时，x＝3，
y＝，
∴点P的坐标为（3，）．
综上所述：满足条件的点P有6个．
故选：D．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征以及直角三角形，依照题意画出图形，利用数形结合解决问题是解题的关键
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分。）
11．（3分）函数y＝自变量x的取值范围是 x≥5 ．
【分析】根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
【解答】解：根据题意得，x﹣5≥0，
解得x≥5．
故答案为：x≥5
【点评】本题考查函数自变量的取值范围的知识点，关键是利用二次根式的被开方数非负数解答．
12．（3分）分解因式：a2b﹣4ab+4b＝ b（a﹣2）2 ．
【分析】考查了对一个多项式因式分解的能力．本题属于基础题，当一个多项式有公因式，将其分解因式时应先提取公因式，再对余下的多项式继续分解．此题应先提公因式，再用完全平方公式．
【解答】解：a2b﹣4ab+4b＝b（a2﹣4a+4）＝b（a﹣2）2
故答案为：b（a﹣2）2
【点评】本题考查因式分解的概念，注意必须将式子分解到不能分解为止．
完全平方公式：a2±2ab+b2＝（a±b）2．
13．（3分）某射击俱乐部将11名成员在某次射击训练中取得的成绩绘制成如图所示的条形统计图．由图可知，11名成员射击成绩的中位数是 8 环．

【分析】11名成员射击成绩处在第6位的是8，则中位数为8．
【解答】解：∵按大小排列在中间的射击成绩为8环，则中位数为8．
故答案为：8．
【点评】本题考查了中位数的意义，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．
14．（3分）不等式组的解集为 ﹣3＜x≤1 ．
【分析】先求出每个不等式的解集，再找出不等式组的解集即可．
【解答】解：
∵解不等式①得：x＞﹣3，
解不等式②得：x≤1，
∴不等式组的解集为﹣3＜x≤1，
故答案为：﹣3＜x≤1．
【点评】本题考查了解一元一次不等式（组）的应用，解此题的关键是能求出不等式组的解集，题目比较好，难度适中．
15．（3分）如图，直线y＝x﹣4与y轴交于点C，与x轴交于点B，与反比例函数y＝的图象在第一象限交于点A，连接OA．若S△AOB：S△BOC＝1：2，则k的值为 12 ．

【分析】由直线求得C的坐标，然后根据S△AOB：S△BOC＝1：2，得出A的纵坐标为2，代入直线解析式求得A的坐标，代入y＝即可求得k的值．
【解答】解：由直线y＝x﹣4可知C（0，﹣4），
∴OC＝4，
∵S△AOB：S△BOC＝1：2，
∴A的纵坐标为2，
把y＝2代入y＝x﹣4得，x＝6，
∴A（6，2），
∴k＝6×2＝12；
故答案为12．
【点评】此题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，用待定系数法确定函数的解析式，根据题意求得A的坐标是解题的关键．
16．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，∠B＝60°，AD＝8，AB＝4，点H、G分别是边DC、BC上的动点，其中点H不与点C重合．连接AH、HG，点E为AH的中点，点F为GH的中点，连接EF，则EF的最大值与最小值的差为 ．

【分析】如图，取AD的中点M，连接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N．首先证明∠ACD＝90°，求出AC，AN，利用三角形中位线定理，可知EF＝AG，求出AG的最大值以及最小值即可解决问题．
【解答】解：如图，取AD的中点M，连接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N，

∵四边形ABCD是平行四边形，∠B＝60°，AB＝4，
∴∠D＝∠B＝60°，AB＝CD＝4，
∵AD＝8，
∴CM＝AM＝DM＝DC＝4，
∴△CDM是等边三角形，
∴∠DMC＝∠MCD＝60°，CM＝DM＝AM，
∴∠MAC＝∠MCA＝30°，
∴∠ACD＝90°，
∴AC＝4，
在Rt△ACN中，∵AC＝4，∠ACN＝∠DAC＝30°，
∴AN＝AC＝2，
∵AE＝EH，GF＝FH，
∴EF＝AG，
∵AG的最大值为AC的长，最小值为AN的长，
∴AG的最大值为4，最小值为2，
∴EF的最大值为2，最小值为，
∴EF的最大值与最小值的差为．
【点评】本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定和性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明∠ACD＝90°．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（4分）解方程组：
【分析】利用加减消元法求解可得．
【解答】解：①×3，得：3x+3y＝9 ③，
③+②，得：5x＝10，
解得：x＝2，
将x＝2代入①，得：2+y＝3，
解得：y＝1，
所以方程组的解为．
【点评】此题的关键是考查解二元一次方程组的方法．解二元一次方程组时的基本方法：代入消元法，加减消元法．针对具体的方程组，要善于观察，从而选择恰当的方法．
18．（4分）已知a2﹣4ab+4b2＝0，ab≠0，求的值．
【分析】根据分式的乘法和加法可以化简题目中的式子，再根据a2﹣4ab+4b2＝0，即可解答本题．
【解答】解：
＝
＝，
∵a2﹣4ab+4b2＝0，
∴（a﹣2b）2＝0，
∴a﹣2b＝0，a＝2b，
∴原式＝＝．
【点评】本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
19．（6分）如图，四边形ABCD是平行四边形，把△ABD沿对角线BD翻折180°得到△A'BD．
（1）利用尺规作出△A'BD．（要求保留作图痕迹，不写作法）；
（2）设DA'与BC交于点E，求证：△BA'E≌△DCE．

【分析】（1）分别以B、D为圆心，BA和DA为半径画弧交于点A′，则△A'BD满足条件；
（2）先根据平行四边形的性质得到AB＝CD，∠A＝∠C，则利用折叠性质得到BA＝BA′，所以BA′＝CD，然后根据“AAS”可证明△BA'E≌△DCE．
【解答】（1）解：如图，△A'BD为所求；

（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠A＝∠C，
∵△ABD沿对角线BD翻折180°得到△A'BD，
∴BA＝BA′，
∴BA′＝CD，
在△BA'E和△DCE中
，
∴△BA'E≌△DCE．
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定．
20．（6分）已知抛物线y＝x2﹣（m﹣3）x﹣m．
（1）求证：无论m取何值时，抛物线都与x轴有两个交点．
（2）m为何值时，抛物线都与x轴有两个交点间的距离等于3？
【分析】（1）求抛物线解析式的判别式，利用配方法判断Δ＞0即可；
（2）根据抛物线与x轴的两个交点间的距离得到＝3，然后解方程即可．
【解答】解：（1）证明：∵△＝（m﹣3）2﹣4（﹣m）＝（m﹣1）2+8＞0，
∴抛物线与x轴总有两个交点；
（2）根据题意得＝3，
解得m1＝0，m2＝2，
即m为0或2时，抛物线与x轴的两个交点间的距离是3．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标，令y＝0，即ax2+bx+c＝0，解关于x的一元二次方程即可求得交点横坐标．Δ＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数：Δ＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．抛物线与x轴的两个交点间的距离为．
21．（8分）为提高同学们学习兴趣，某校开展了五类社团课程：A．文学社，B．科创社，C．棋艺社，D．跳绳社，E．足球社，同学们可以选择其中的一类参加．现对某班全体同学的报名情况统计如下表：
课程
频数
百分比
A．文学社
11
22%
B．科创社
9
18%
C．棋艺社
10
20%
D．跳绳社
m
16%
E．足球社
12
24%
（1）表中的m值为 8 ；
（2）已知某4人学习小组中有3人选择了“科创社”，1人选择了“足球社”，从该小组中任选两名同学．求选中的学生恰好都是选择“科创社”的概率．
【分析】（1）先根据文学社人数及其所占百分比求出样本容量，再根据频数＝样本容量×百分比求解即可；
（2）列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：（1）∵样本容量为11÷22%＝50，
∴m＝50×16%＝8；
（2）列表如下：

科
科
科
足
科

（科，科）
（科，科）
（足，科）
科
（科，科）

（科，科）
（足，科）
科
（科，科）
（科，科）

（足，科）
足
（科，足）
（科，足）
（科，足）

由表可知共有12种等可能结果，其中选中的学生恰好都是选择“科创社”的有6种结果，
所以选中的学生恰好都是选择“科创社”的概率为．
【点评】本题考查列表法与树状图法求概率，解答本题的关键是明确题意，利用列表法列举出所有等可能结果．
22．（10分）如图，已知一次函数y＝﹣x+4的图象分别与x轴，y轴交于点A，B，且与双曲线y＝（k为常数，k≠0）在第二象限内交于点C，作CD⊥x轴于点D，若OD＝OB．
（1）求线段OA、OB的长度．
（2）求双曲线的解析式．
（3）直接写出不等式x+＞4的解集．

【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征即可求得；
（2）由再OD＝OB求得OD的值，即可求得C的横坐标，代入直线解析式即可求得纵坐标，根据待定系数法即可求得双曲线的解析；
（3）解析式联立构成方程组，解方程组求得求出两函数的交点，根据图象即可求得．
【解答】解：（1）把x＝0代入y＝﹣x+4中得y＝4，
把y＝0代入y＝﹣x+4中得x＝3，
∴A（3，0），B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4．
（2）∵OD＝OB，OB＝4，
∴OD＝3，
∵CD⊥x轴，
∴点C横坐标为﹣3，
把x＝﹣3代入y＝﹣x+4中，得y＝﹣×（﹣3）+4＝8，
∴C（﹣3，8），
∵双曲线y＝（k为常数，k≠0）在第二象限内经过点C，
∴k＝﹣3×8＝﹣24，
∴反比例函数为y＝﹣；
（3）由解得或，
∴两函数的交点为（﹣3，8）、（6，﹣4），
不等式x+＞4可以化为＞﹣x+4，
由图象可知不等式x+＞4的解集为﹣3＜x＜0或x＞6．
【点评】本题是一次函数和反比函数的交点问题，考查了待定系数法求反比例函数的解析式，直线与反比例函数的交点的求法，数形结合是解不等式的关键．
23．（10分）如图1，O为半圆的圆心，C、D为半圆上的两点，且＝．连接AC并延长，与BD的延长线相交于点E．
（1）求证：CD＝ED；
（2）AD与OC，BC分别交于点F，H．
①若CF＝CH，如图2，求证：CF•AF＝FO•AH；
②若圆的半径为2，BD＝1，如图3，求AC的值．

【分析】（1）如图1中，连接BC．想办法证明∠E＝∠DCE即可．
（2）①证明△AFO∽△AHC，可得结论．
②连接OD交BC于G．设OG＝x，则DG＝2﹣x．利用勾股定理构建方程求解即可．
【解答】（1）证明：如图1中，连接BC．

∵＝，
∴∠DCB＝∠DBC，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝∠BCE＝90°，
∴∠E+∠DBC＝90°，∠ECD+∠DCB＝90°，
∴∠E＝∠DCE，
∴CD＝ED．

（2）①证明：如图2中，

∵CF＝CH，
∴∠CFH＝∠CHF，
∵∠AFO＝∠CFH，
∴∠AFO＝∠CHF，
∵＝，
∴∠CAD＝∠BAD，
∴△AFO∽△AHC，
∴＝，
∴＝，
∴CF•AF＝OF•AH．

②解：如图3中，连接OD交BC于G．设OG＝x，则DG＝2﹣x．

∵＝，
∴∠COD＝∠BOD，
∵OC＝OB，
∴OD⊥BC，CG＝BG，
在Rt△OCG和Rt△BGD中，则有22﹣x2＝12﹣（2﹣x）2，
∴x＝，即OG＝，
∵OA＝OB，
∴OG是△ABC的中位线，
∴OG＝AC，
∴AC＝．
【点评】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，弧，圆心角，弦之间的关系，三角形的中位线，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
24．（12分）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c过点A（1，0）、点B（﹣5，0），点P是抛物线上x轴下方的一个动点，连接PA，过点A作AQ⊥PA交抛物线于点Q，作直线PQ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P的坐标为（﹣3，﹣8），求点Q的坐标；
（3）判断在点P运动过程中，直线PQ是否过定点？若存在定点，则求出定点坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）运用待定系数法将A，B的坐标分别代入，解方程组即可；
（2）设Q（m，m2+4m﹣5），过点P作PE⊥AB于点E，过点Q作QF⊥AB于点F，可证明△PAE∽△AQF，运用相似三角形性质建立方程求解即可；
（3）设直线PQ解析式为y＝px+q，P（xP，yP），Q（xQ，yQ），根据P（xP，yP），Q（xQ，yQ）是直线PQ与抛物线y＝x2+4x﹣5的交点，可得x2+（4﹣p）x﹣5﹣q＝0，运用根与系数关系可得：xP+xQ＝p﹣4，xPxQ＝﹣5﹣q，根据（2）可得△PAE∽△AQF，运用相似三角形性质可得＝，进而可得：（p+q）（q﹣5p﹣1）＝0，由于p+q≠0，可得q＝5p+1，即可得到直线PQ的解析式为y＝px+5p+1，当x＝﹣5时，y＝﹣5p+5p+1＝1，可得直线PQ恒过点（﹣5，1）．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（1，0）、点B（﹣5，0），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝x2+4x﹣5；
（2）如图，设Q（m，m2+4m﹣5），过点P作PE⊥AB于点E，过点Q作QF⊥AB于点F，
∴∠AEP＝∠AFQ＝90°，QF＝m2+4m﹣5，AF＝1﹣m，
∵点P的坐标为（﹣3，﹣8），
∴PE＝8，AE＝4，
∵AQ⊥PA，
∴∠PAQ＝90°，
∴∠PAE+∠QAF＝90°，
∵∠QAF+∠AQF＝90°，
∴∠PAE＝∠AQF，
∴△PAE∽△AQF，
∴＝，即：＝，
解得：m1＝1（舍去），m2＝﹣，
当m＝﹣时，AF＝1﹣（﹣）＝，
∴QF＝×＝，
∴Q（﹣，）；
（3）点P运动过程中，直线PQ恒过定点（﹣5，1）．
设直线PQ解析式为y＝px+q，P（xP，yP），Q（xQ，yQ），
∵P（xP，yP），Q（xQ，yQ）是直线PQ与抛物线y＝x2+4x﹣5的交点，
∴x2+4x﹣5＝px+q，即x2+（4﹣p）x﹣5﹣q＝0，
∴xP+xQ＝p﹣4，xPxQ＝﹣5﹣q，
如图，过点P作PE⊥AB于点E，过点Q作QF⊥AB于点F，
则AE＝1﹣xP，PE＝﹣yP，AF＝1﹣xQ，QF＝yQ，
yP＝pxP+q，yQ＝pxQ+q，
∵△PAE∽△AQF，
∴＝，即：＝，
∴（1﹣xP）（1﹣xQ）＝﹣yPyQ，＝﹣（pxP+q）（pxQ+q），
∴1﹣（xP+xQ）+xPxQ＝﹣[p2xPxQ+pq（xP+xQ）+q2]，
∴1+（pq﹣1）（xP+xQ）+（p2+1）（xPxQ）+q2＝0，
∴1+（pq﹣1）（p﹣4）+（p2+1）（﹣5﹣q）+q2＝0，
∴（p+q）（q﹣5p﹣1）＝0，
∵p+q≠0，
∴q﹣5p﹣1＝0，
∴q＝5p+1，
∴直线PQ的解析式为y＝px+5p+1，
当x＝﹣5时，y＝﹣5p+5p+1＝1，
∴直线PQ恒过点（﹣5，1），
故点P运动过程中，直线PQ恒过定点（﹣5，1）．

【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数图象和性质，相似三角形的判定和性质等知识点，解题关键是熟练掌握相关知识，合理添加辅助线构造相似三角形，并灵活运用方程思想解决问题．
25．（12分）△ABC为等边三角形，AB＝4，AD⊥BC于点D，点E为AD的中点．
（1）如图1，将AE绕点A顺时针旋转60°至AF，连接EF交AB于点G，求证：G为EF中点．
（2）如图2，在（1）的条件下，将△AEF绕点A顺时针旋转，旋转角为α，连接BE，H为BE的中点，连接DH，GH．当30°＜α＜120°时，猜想∠DHG的大小是否为定值，并证明你的结论．
（3）在△AEF绕点A顺时针旋转过程中，H为BE的中点，连接CH，问线段CH何时取得最大值，请说明理由，并直接写出此时△ADH的面积．

【分析】（1）利用等腰三角形三线合一的性质证明即可．
（2）结论：∠EHD＝120°，是定值．利用全等三角形的性质以及三角形的中位线定理，解决问题即可．
（3）如图3中，取AB的中点N，连接AH，HN，CH，CH交AD于M，过点H作HT⊥AD于T．由题意HN＝AE＝，推出点H在以N为圆心，为半径的圆上，当C，N，H共线时，CH的值最大，求出HT的值，可得结论．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝30°，
∵∠EAF＝60°，
∴∠GAE＝∠GAF＝30°，
∵AE＝AF，
∴FG＝EG．

（2）解：结论：∠EHD＝120°，是定值．
理由：如图2中，连接BF，CE．

∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∵BH＝EH，
∴DH∥EC，
∴∠HDB＝∠ECB，
∵FG＝GE，EH＝HB，
∴GH∥BF，
∴∠EHG＝∠EBF，
∵∠EAF＝∠BAC＝60°，
∴∠BAF＝∠CAE，
∵AF＝AE，AB＝AC，
∴△BAF≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠ABF，
∵∠EHD＝∠HDB+∠HBD，
∴∠DHG＝∠EHG+∠EHD
＝∠EBF+∠HDB+∠HBD
＝∠ABF﹣∠ABE+∠ECB+∠ABD+∠ABE
＝∠ACE+∠ECB+∠ABD
＝∠ACB+∠ABC
＝120°．

（3）解：如图3中，取AB的中点N，连接AH，HN，CH，CH交AD于M，过点H作HT⊥AD于T．

∵EH＝BH，AN＝BN，
∴NH为△ABE的中位线，
∴HN＝AE＝，
∴点H在以N为圆心，为半径的圆上，当C，N，H共线时，CH的值最大，
∵△ABC是等边三角形，
∴CN⊥AB，
∴∠ACM＝∠MCB＝30°，
∵AD＝2，
∴CN＝AD＝2，
在Rt△CMD中，CD＝2，∠MCD＝30°，
∴CM＝＝，
∴MN＝CN﹣CM＝，
∴HM＝HN+MN＝+＝，
∴HT＝HM•sin60°＝，
∴S△ADH＝•AD•HT＝．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．