2021-2022学年江苏省连云港市海州区市级名校中考数学全真模拟试题含解析

这是一份2021-2022学年江苏省连云港市海州区市级名校中考数学全真模拟试题含解析，共24页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，下列事件中是必然事件的是等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．（2016四川省甘孜州）如图，在5×5的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，若将△AOB绕点O顺时针旋转90°得到△A′OB′，则A点运动的路径的长为（　　）

A．π B．2π C．4π D．8π
2．如图是某个几何体的展开图，该几何体是（ ）

A．三棱柱 B．圆锥 C．四棱柱 D．圆柱
3．已知空气的单位体积质量是0.001239g/cm3，则用科学记数法表示该数为（ ）
A．1.239×10﹣3g/cm3 B．1.239×10﹣2g/cm3
C．0.1239×10﹣2g/cm3 D．12.39×10﹣4g/cm3
4．如图是由5个相同的正方体搭成的几何体，其左视图是（ ）

A． B．
C． D．
5．下列二次根式中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
6．下列事件中是必然事件的是（　　）
A．早晨的太阳一定从东方升起
B．中秋节的晚上一定能看到月亮
C．打开电视机，正在播少儿节目
D．小红今年14岁，她一定是初中学生
7．下图是由八个相同的小正方体组合而成的几何体，其左视图是（ ）

A． B． C． D．
8．一次函数y=2x+1的图像不经过 (     )
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
9．2012﹣2013NBA整个常规赛季中，科比罚球投篮的命中率大约是83.3%，下列说法错误的是
A．科比罚球投篮2次，一定全部命中
B．科比罚球投篮2次，不一定全部命中
C．科比罚球投篮1次，命中的可能性较大
D．科比罚球投篮1次，不命中的可能性较小
10．一个多边形的每一个外角都等于72°,这个多边形是( )
A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形
11．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．在同一直角坐标系中，函数y=kx-k与(k≠0)的图象大致是 （ ）
A． B．
C． D．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．阅读下面材料：
在数学课上，老师提出如下问题：

小亮的作法如下：

老师说：“小亮的作法正确”
请回答：小亮的作图依据是______．
14．设[x)表示大于x的最小整数，如[3)=4,[−1.2)=−1，则下列结论中正确的是 ______ .(填写所有正确结论的序号)①[0)=0；②[x)−x的最小值是0；③[x)−x的最大值是0；④存在实数x，使[x)−x=0.5成立．
15．若一次函数y=kx﹣1（k是常数，k≠0）的图象经过第一、三、四象限，则是k的值可以是_____．（写出一个即可）．
16．如图，点A、B、C在圆O上，弦AC与半径OB互相平分，那么∠AOC度数为_____度．

17．抛物线y=mx2+2mx+5的对称轴是直线_____．
18．如图是矗立在高速公路水平地面上的交通警示牌，经测量得到如下数据：AM＝4米，AB＝8米，∠MAD＝45°，∠MBC＝30°，则警示牌的高CD为＿米.（结果精确到0.1米，参考数据：≈1.41，≈1.73）

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,AB=16,O为AB中点,点C在线段OB上(不与点O,B重合),将OC绕点O逆时针旋转 270°后得到扇形COD,AP,BQ分别切优弧CD于点P，Q，且点P，Q在AB异侧，连接OP.
求证：AP=BQ；当BQ= 时,求的长(结果保留 )；若△APO的外心在扇形COD的内部，求OC的取值范围.
20．（6分）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，E为BC上一点，BE∶CE＝3∶2，连接AE，点P从点A出发，沿射线AB的方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动，过点P作PF∥BC交直线AE于点F.
(1)线段AE＝______；
(2)设点P的运动时间为t(s)，EF的长度为y，求y关于t的函数关系式，并写出t的取值范围；
(3)当t为何值时，以F为圆心的⊙F恰好与直线AB、BC都相切？并求此时⊙F的半径．

21．（6分）如图，以△ABC的边AB为直径的⊙O与边AC相交于点D，BC是⊙O的切线，E为BC的中点，连接AE、DE．
求证：DE是⊙O的切线；设△CDE的面积为 S1，四边形ABED的面积为 S1．若 S1＝5S1，求tan∠BAC的值；在（1）的条件下，若AE＝3，求⊙O的半径长．
22．（8分）已知A、B、C三地在同一条路上，A地在B地的正南方3千米处，甲、乙两人分别从A、B两地向正北方向的目的地C匀速直行，他们分别和A地的距离s（千米）与所用的时间t（小时）的函数关系如图所示．

（1）图中的线段l1是 （填“甲”或“乙”）的函数图象，C地在B地的正北方向 千米处；
（2）谁先到达C地？并求出甲乙两人到达C地的时间差；
（3）如果速度慢的人在两人相遇后立刻提速，并且比先到者晚1小时到达C地，求他提速后的速度.
23．（8分）如图，在矩形ABCD中，AB═2，AD=，P是BC边上的一点，且BP=2CP．
（1）用尺规在图①中作出CD边上的中点E，连接AE、BE（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）如图②，在（1）的条体下，判断EB是否平分∠AEC，并说明理由；
（3）如图③，在（2）的条件下，连接EP并廷长交AB的廷长线于点F，连接AP，不添加辅助线，△PFB能否由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形？如果能，说明理由，并写出两种方法（指出对称轴、旋转中心、旋转方向和平移距离）

24．（10分）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，D，E分别为AB，AC的中点，延长DE到点F，使EF=2DE．
（1）求证：四边形BCFE是平行四边形；
（2）当∠ACB=60°时，求证：四边形BCFE是菱形．

25．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC，tanB，半径为2的⊙C分别交AC，BC于点D、E，得到DE弧．求证：AB为⊙C的切线．求图中阴影部分的面积．

26．（12分）如图，在锐角三角形ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，AG⊥BC于点G，AF⊥DE于点F，∠EAF=∠GAC．求证：△ADE∽△ABC；若AD=3，AB=5，求的值．

27．（12分）如图，在顶点为P的抛物线y=a（x-h）2+k（a≠0）的对称轴1的直线上取点A（h，k+），过A作BC⊥l交抛物线于B、C两点（B在C的左侧），点和点A关于点P对称，过A作直线m⊥l．又分别过点B，C作直线BE⊥m和CD⊥m，垂足为E，D．在这里，我们把点A叫此抛物线的焦点，BC叫此抛物线的直径，矩形BCDE叫此抛物线的焦点矩形．
（1）直接写出抛物线y=x2的焦点坐标以及直径的长．
（2）求抛物线y=x2-x+的焦点坐标以及直径的长．
（3）已知抛物线y=a（x-h）2+k（a≠0）的直径为，求a的值．
（4）①已知抛物线y=a（x-h）2+k（a≠0）的焦点矩形的面积为2，求a的值．
②直接写出抛物线y=x2-x+的焦点短形与抛物线y=x2-2mx+m2+1公共点个数分别是1个以及2个时m的值．




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、B
【解析】
试题分析：∵每个小正方形的边长都为1，∴OA=4，∵将△AOB绕点O顺时针旋转90°得到△A′OB′，∴∠AOA′=90°，∴A点运动的路径的长为：=2π．故选B．
考点：弧长的计算；旋转的性质．
2、A
【解析】
侧面为三个长方形，底边为三角形，故原几何体为三棱柱．
【详解】
解：观察图形可知，这个几何体是三棱柱．
故选A．
【点睛】
本题考查的是三棱柱的展开图，对三棱柱有充分的理解是解题的关键．．
3、A
【解析】
试题分析：0.001219=1.219×10﹣1．故选A．
考点：科学记数法—表示较小的数．
4、A
【解析】
根据三视图的定义即可判断．
【详解】
根据立体图可知该左视图是底层有2个小正方形，第二层左边有1个小正方形．故选A．
【点睛】
本题考查三视图，解题的关键是根据立体图的形状作出三视图，本题属于基础题型．
5、B
【解析】
根据最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式判断即可．
【详解】
A、 =4，不符合题意；
B、是最简二次根式，符合题意；
C、=，不符合题意；
D、=，不符合题意；
故选B．
【点睛】
本题考查最简二次根式的定义．最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
6、A
【解析】
必然事件就是一定发生的事件，即发生的概率是1的事件，依据定义即可求解．
【详解】
解：B、C、D选项为不确定事件，即随机事件．故错误；
一定发生的事件只有第一个答案，早晨的太阳一定从东方升起．
故选A．
【点睛】
该题考查的是对必然事件的概念的理解；必然事件就是一定发生的事件．
7、B
【解析】
解：找到从左面看所得到的图形，从左面可看到从左往右三列小正方形的个数为：2，3，1．
故选B．
8、D
【解析】
根据一次函数的系数判断出函数图象所经过的象限，由k=2＞0，b=1＞0可知，一次函数y=2x+1的图象过一、二、三象限.另外此题还可以通过直接画函数图象来解答.
【详解】
∵k=2＞0，b=1＞0，
∴根据一次函数图象的性质即可判断该函数图象经过一、二、三象限，不经过第四象限.
故选D.
【点睛】
本题考查一次函数图象与系数的关系，解决此类题目的关键是确定k、b的正负.
9、A
【解析】
试题分析：根据概率的意义，概率是反映事件发生机会的大小的概念，只是表示发生的机会的大小，机会大也不一定发生。因此。
A、科比罚球投篮2次，不一定全部命中，故本选项正确；
B、科比罚球投篮2次，不一定全部命中，正确，故本选项错误；
C、∵科比罚球投篮的命中率大约是83.3%，
∴科比罚球投篮1次，命中的可能性较大，正确，故本选项错误；
D、科比罚球投篮1次，不命中的可能性较小，正确，故本选项错误。
故选A。　
10、C
【解析】
任何多边形的外角和是360°，用360°除以一个外角度数即可求得多边形的边数．
【详解】
360°÷72°=1，则多边形的边数是1．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了多边形的外角和定理，已知外角求边数的这种方法是需要熟记的内容．
11、B
【解析】
解：第一个图是轴对称图形，又是中心对称图形；
第二个图是轴对称图形，不是中心对称图形；
第三个图是轴对称图形，又是中心对称图形；
第四个图是轴对称图形，不是中心对称图形；
既是轴对称图形，又是中心对称图形的有2个．故选B．
12、D
【解析】
根据k值的正负性分别判断一次函数y=kx-k与反比例函数(k≠0)所经过象限，即可得出答案.
【详解】
解：有两种情况，
当k>0是时，一次函数y=kx-k的图象经过一、三、四象限，反比例函数(k≠0)的图象经过一、三象限；
当k<0时，一次函数y=kx-k的图象经过一、二、四象限，反比例函数(k≠0)的图象经过二、四象限；
根据选项可知，D选项满足条件.
故选D.
【点睛】
本题考查了一次函数、反比例函数的图象.正确这两种图象所经过的象限是解题的关键.

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、两点确定一条直线；同圆或等圆中半径相等
【解析】
根据尺规作图的方法,两点之间确定一条直线的原理即可解题.
【详解】
解：∵两点之间确定一条直线,CD和AB都是圆的半径,
∴AB=CD,依据是两点确定一条直线；同圆或等圆中半径相等.
【点睛】
本题考查了尺规作图：一条线段等于已知线段,属于简单题,熟悉尺规作图方法是解题关键.
14、④
【解析】
根据题意[x)表示大于x的最小整数，结合各项进行判断即可得出答案．
【详解】
①[0)=1，故本项错误；
②[x)−x>0，但是取不到0，故本项错误；
③[x)−x⩽1，即最大值为1，故本项错误；
④存在实数x，使[x)−x=0.5成立，例如x=0.5时，故本项正确．
故答案是：④．
【点睛】
此题考查运算的定义，解题关键在于理解题意的运算法则.
15、1
【解析】
由一次函数图象经过第一、三、四象限，可知k＞0，﹣1＜0，在范围内确定k的值即可．
【详解】
解：因为一次函数y=kx﹣1（k是常数，k≠0）的图象经过第一、三、四象限，所以k＞0，﹣1＜0，所以k可以取1．
故答案为1．
【点睛】
根据一次函数图象所经过的象限，可确定一次项系数，常数项的值的符号，从而确定字母k的取值范围．
16、1．
【解析】
首先根据垂径定理得到OA=AB，结合等边三角形的性质即可求出∠AOC的度数．
【详解】
解：∵弦AC与半径OB互相平分，
∴OA=AB，
∵OA=OC，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴∠AOC=1°，
故答案为1．
【点睛】
本题主要考查了垂径定理的知识，解题的关键是证明△OAB是等边三角形，此题难度不大．
17、x=﹣1
【解析】
根据抛物线的对称轴公式可直接得出.
【详解】
解：这里a=m，b=2m
∴对称轴x=
故答案为：x=-1.
【点睛】
解答本题关键是识记抛物线的对称轴公式x=.
18、2.9
【解析】
试题分析：在Rt△AMD中，∠MAD=45°，AM=4米，可得MD=4米；在Rt△BMC中，BM=AM+AB=12米，∠MBC=30°，可求得MC=4米，所以警示牌的高CD=4-4=2.9米.
考点：解直角三角形.

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）详见解析；（2）；（3）4 【解析】
（1） 连接OQ，由切线性质得∠APO=∠BQO=90°，由直角三角形判定HL得Rt△APO≌Rt△BQO，再由全等三角形性质即可得证.
（2）由（1）中全等三角形性质得∠AOP=∠BOQ，从而可得P、O、Q三点共线，在Rt△BOQ中，根据余弦定义可得cosB=， 由特殊角的三角函数值可得∠B=30°，∠BOQ=60° ，根据直角三角形的性质得 OQ=4， 结合题意可得 ∠QOD度数，由弧长公式即可求得答案.
（3）由直角三角形性质可得△APO的外心是OA的中点 ，结合题意可得OC取值范围.
【详解】
（1）证明：连接OQ.

∵AP、BQ是⊙O的切线，
∴OP⊥AP，OQ⊥BQ，
∴∠APO=∠BQO=90∘，
在Rt△APO和Rt△BQO中，
，
∴Rt△APO≌Rt△BQO，
∴AP=BQ.
（2）∵Rt△APO≌Rt△BQO，
∴∠AOP=∠BOQ，
∴P、O、Q三点共线，
∵在Rt△BOQ中,cosB=，
∴∠B=30∘,∠BOQ= 60° ，
∴OQ=OB=4，
∵∠COD=90°，
∴∠QOD= 90°+ 60° = 150°，
∴优弧QD的长=，
（3）解：设点M为Rt△APO的外心，则M为OA的中点，
∵OA=1，
∴OM=4，
∴当△APO的外心在扇形COD的内部时，OM＜OC，
∴OC的取值范围为4＜OC＜1．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆与外心、弧长的计算、扇形面积的计算、旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）利用全等三角形的判定定理HL证出Rt△APO≌Rt△BQO；（2）通过解直角三角形求出圆的半径；（3）牢记直角三角形外心为斜边的中点是解题的关键．
20、（1）5；（2）；（3）时，半径PF＝；t＝16，半径PF＝12.
【解析】
（1）由矩形性质知BC=AD=5，根据BE：CE=3：2知BE=3，利用勾股定理可得AE=5；
（2）由PF∥BE知，据此求得AF=t，再分0≤t≤4和t＞4两种情况分别求出EF即可得；
（3）由以点F为圆心的⊙F恰好与直线AB、BC相切时PF=PG，再分t=0或t=4、0＜t＜4、t＞4这三种情况分别求解可得
【详解】
(1)∵四边形ABCD为矩形，
∴BC＝AD＝5，
∵BE∶CE＝3∶2，
则BE＝3，CE＝2，
∴AE＝＝＝5.
(2)如图1，

当点P在线段AB上运动时，即0≤t≤4，
∵PF∥BE，
∴＝，即＝，
∴AF＝t，
则EF＝AE－AF＝5－t，即y＝5－t(0≤t≤4)；
如图2，

当点P在射线AB上运动时，即t＞4，
此时，EF＝AF－AE＝t－5，即y＝t－5(t＞4)；
综上，；
(3)以点F为圆心的⊙F恰好与直线AB、BC相切时，PF＝FG，分以下三种情况：
①当t＝0或t＝4时，显然符合条件的⊙F不存在；
②当0＜t＜4时，如解图1，作FG⊥BC于点G，
则FG＝BP＝4－t，
∵PF∥BC，
∴△APF∽△ABE，
∴＝，即＝，
∴PF＝t，
由4－t＝t可得t＝，
则此时⊙F的半径PF＝；
③当t＞4时，如解图2，同理可得FG＝t－4，PF＝t，
由t－4＝t可得t＝16，
则此时⊙F的半径PF＝12.
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，动点的函数为题，切线的性质，相似三角形的判定与性质及分类讨论的数学思想.解题的关键是熟练掌握切线的性质、矩形的性质及相似三角形的判定与性质．
21、（1）见解析；（1）tan∠BAC＝；（3）⊙O的半径＝1．
【解析】
（1）连接DO，由圆周角定理就可以得出∠ADB=90°，可以得出∠CDB=90°，根据E为BC的中点可以得出DE=BE，就有∠EDB=∠EBD，OD=OB可以得出∠ODB=∠OBD，由等式的性质就可以得出∠ODE=90°就可以得出结论．
（1）由S1=5 S1可得△ADB的面积是△CDE面积的4倍，可求得AD：CD=1：1，可得．则tan∠BAC的值可求；
（3）由（1）的关系即可知，在Rt△AEB中，由勾股定理即可求AB的长，从而求⊙O的半径.
【详解】
解：（1）连接OD，

∴OD＝OB
∴∠ODB＝∠OBD．
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠CDB＝90°．
∵E为BC的中点，
∴DE＝BE，
∴∠EDB＝∠EBD，
∴∠ODB+∠EDB＝∠OBD+∠EBD，
即∠EDO＝∠EBO．
∵BC是以AB为直径的⊙O的切线，
∴AB⊥BC，
∴∠EBO＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（1）∵S1＝5 S1
∴S△ADB＝1S△CDB
∴
∵△BDC∽△ADB
∴
∴DB1＝AD•DC
∴
∴tan∠BAC＝＝．
（3）∵tan∠BAC＝
∴，得BC＝AB
∵E为BC的中点
∴BE＝AB
∵AE＝3，
∴在Rt△AEB中，由勾股定理得
，解得AB＝4
故⊙O的半径R＝AB＝1．

【点睛】
本题考查了圆周角定理的运用，直角三角形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，切线的判定定理的运用，勾股定理的运用，相似三角形的判定和性质，解答时正确添加辅助线是关键．
22、（1）乙；3；（2）甲先到达，到达目的地的时间差为小时；（3）速度慢的人提速后的速度为千米/小时.
【解析】
分析：
（1）根据题意结合所给函数图象进行判断即可；
（2）由所给函数图象中的信息先求出二人所对应的函数解析式，再由解析式结合图中信息求出二人到达C地的时间并进行比较、判断即可得到本问答案；
（3）根据图象中的信息结合（2）中的结论进行解答即可.
详解：
（1）由题意结合图象中的信息可知：图中线段l1是乙的图象；C地在B地的正北方6-3=3（千米）处.
（2）甲先到达.
设甲的函数解析式为s=kt，则有4=t，
∴s=4t.
∴当s=6时，t=.
设乙的函数解析式为s=nt+3，则有4=n+3，即n=1.
∴乙的函数解析式为s=t+3.
∴当s=6时，t=3.
∴甲、乙到达目的地的时间差为：（小时）.
（3）设提速后乙的速度为v千米/小时，
∵相遇处距离A地4千米，而C地距A地6千米，
∴相遇后需行2千米.
又∵原来相遇后乙行2小时才到达C地，
∴乙提速后2千米应用时1.5小时.
即，解得： ，
答：速度慢的人提速后的速度为千米/小时.
点睛：本题考查的是由函数图象中获取相关信息来解决问题的能力，解题的关键是结合题意弄清以下两点：（1）函数图象上点的横坐标和纵坐标各自所表示是实际意义；（2）图象中各关键点（起点、终点、交点和转折点）的实际意义.
23、（1）作图见解析；（2）EB是平分∠AEC，理由见解析； （3）△PFB能由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形，变换的方法为：将△BPF绕点B顺时针旋转120°和△EPA重合，①沿PF折叠，②沿AE折叠．
【解析】
【分析】（1）根据作线段的垂直平分线的方法作图即可得出结论；
（2）先求出DE=CE=1，进而判断出△ADE≌△BCE，得出∠AED=∠BEC，再用锐角三角函数求出∠AED，即可得出结论；
（3）先判断出△AEP≌△FBP，即可得出结论．
【详解】（1）依题意作出图形如图①所示；

（2）EB是平分∠AEC，理由：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=90°，CD=AB=2，BC=AD=，
∵点E是CD的中点，
∴DE=CE=CD=1，
在△ADE和△BCE中，，
∴△ADE≌△BCE，
∴∠AED=∠BEC，
在Rt△ADE中，AD=，DE=1，
∴tan∠AED==，
∴∠AED=60°，
∴∠BCE=∠AED=60°，
∴∠AEB=180°﹣∠AED﹣∠BEC=60°=∠BEC，
∴BE平分∠AEC；
（3）∵BP=2CP，BC==，
∴CP=，BP=，
在Rt△CEP中，tan∠CEP==，
∴∠CEP=30°，
∴∠BEP=30°，
∴∠AEP=90°，
∵CD∥AB，
∴∠F=∠CEP=30°，
在Rt△ABP中，tan∠BAP==，
∴∠PAB=30°，
∴∠EAP=30°=∠F=∠PAB，
∵CB⊥AF，
∴AP=FP，
∴△AEP≌△FBP，
∴△PFB能由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形，
变换的方法为：将△BPF绕点B顺时针旋转120°和△EPA重合，①沿PF折叠，②沿AE折叠．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，图形的变换等，熟练掌握和灵活应用相关的性质与定理、判断出△AEP≌△△FBP是解本题的关键．
24、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）由题意易得，EF与BC平行且相等，利用四边形BCFE是平行四边形．
（2）根据菱形的判定证明即可．
【详解】
（1）证明：：∵D．E为AB，AC中点
∴DE为△ABC的中位线，DE=BC，
∴DE∥BC，
即EF∥BC，
∵EF=BC，
∴四边形BCEF为平行四边形．
（2）∵四边形BCEF为平行四边形，
∵∠ACB=60°，
∴BC=CE=BE，
∴四边形BCFE是菱形．

【点睛】
本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
25、 (1)证明见解析；(2)1-π.
【解析】
（1）解直角三角形求出BC，根据勾股定理求出AB，根据三角形面积公式求出CF，根据切线的判定得出即可；
（2）分别求出△ACB的面积和扇形DCE的面积，即可得出答案．
【详解】
（1）过C作CF⊥AB于F．
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC，tanB，∴BC＝2，由勾股定理得：AB1．
∵△ACB的面积S，∴CF2，∴CF为⊙C的半径．
∵CF⊥AB，∴AB为⊙C的切线；

（2）图中阴影部分的面积＝S△ACB﹣S扇形DCE1﹣π．
【点睛】
本题考查了勾股定理，扇形的面积，解直角三角形，切线的性质和判定等知识点，能求出CF的长是解答此题的关键．
26、（1）证明见解析；（2）．
【解析】
（1）由于AG⊥BC，AF⊥DE，所以∠AFE=∠AGC=90°，从而可证明∠AED=∠ACB，进而可证明△ADE∽△ABC；
（2）△ADE∽△ABC，，又易证△EAF∽△CAG，所以，从而可求解．
【详解】
（1）∵AG⊥BC，AF⊥DE，
∴∠AFE=∠AGC=90°，
∵∠EAF=∠GAC，
∴∠AED=∠ACB，
∵∠EAD=∠BAC，
∴△ADE∽△ABC，
（2）由（1）可知：△ADE∽△ABC，
∴
由（1）可知：∠AFE=∠AGC=90°，
∴∠EAF=∠GAC，
∴△EAF∽△CAG，
∴，
∴=
考点：相似三角形的判定
27、（1）4（1）4（3）（4）①a=±；②当m=1-或m=5+时，1个公共点，当1-＜m≤1或5≤m＜5+时，1个公共点，
【解析】
（1）根据题意可以求得抛物线y=x1的焦点坐标以及直径的长；
（1）根据题意可以求得抛物线y=x1-x+的焦点坐标以及直径的长；
（3）根据题意和y=a（x-h）1+k（a≠0）的直径为，可以求得a的值；
（4）①根据题意和抛物线y=ax1+bx+c（a≠0）的焦点矩形的面积为1，可以求得a的值；
②根据（1）中的结果和图形可以求得抛物线y=x1-x+的焦点矩形与抛物线y=x1-1mx+m1+1公共点个数分别是1个以及1个时m的值．
【详解】
（1）∵抛物线y=x1，
∴此抛物线焦点的横坐标是0，纵坐标是：0+=1，
∴抛物线y=x1的焦点坐标为（0，1），
将y=1代入y=x1，得x1=-1，x1=1，
∴此抛物线的直径是：1-（-1）=4；
（1）∵y=x1-x+=（x-3）1+1，
∴此抛物线的焦点的横坐标是：3，纵坐标是：1+=3，
∴焦点坐标为（3，3），
将y=3代入y=（x-3）1+1，得
3=（x-3）1+1，解得，x1=5，x1=1，
∴此抛物线的直径时5-1=4；
（3）∵焦点A（h，k+），
∴k+=a（x-h）1+k，解得，x1=h+，x1=h-，
∴直径为：h+-（h-）==，
解得，a=±，
即a的值是；
（4）①由（3）得，BC=，
又CD=A'A=．
所以，S=BC•CD=•==1．
解得，a=±；
②当m=1-或m=5+时，1个公共点，当1-＜m≤1或5≤m＜5+时，1个公共点，
理由：由（1）知抛，物线y=x1-x+的焦点矩形顶点坐标分别为：
B（1，3），C（5，3），E（1，1），D（5，1），
当y=x1-1mx+m1+1=（x-m）1+1过B（1，3）时，m=1-或m=1+（舍去），过C（5，3）时，m=5-（舍去）或m=5+，
∴当m=1-或m=5+时，1个公共点；
当1-＜m≤1或5≤m＜5+时，1个公共点．
由图可知，公共点个数随m的变化关系为
当m＜1-时，无公共点；
当m=1-时，1个公共点；
当1-＜m≤1时，1个公共点；
当1＜m＜5时，3个公共点；
当5≤m＜5+时，1个公共点；
当m=5+时，1个公共点；
当m＞5+时，无公共点；
由上可得，当m=1-或m=5+时，1个公共点；
当1-＜m≤1或5≤m＜5+时，1个公共点．
【点睛】
考查了二次函数综合题，解答本题的关键是明确题意，知道什么是抛物线的焦点、直径、焦点四边形，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想和二次函数的性质、矩形的性质解答．