精品解析：2020年陕西省西安市碑林区西北工大附中中考数学一模试题

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一、选择题（共10小题，每小题3分，计30分．每小题只有一个选项是符合题意的）
1. ﹣的绝对值是（ ）
A. ﹣2B. C. ﹣D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据绝对值的定义进行计算．
【详解】解：﹣的绝对值是．
故选：B．
【点睛】本题考查了绝对值，熟练掌握绝对值的定义是解题的关键．
2. 如图所示几何体的左视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据左视图是从物体的左面看到的图形判断即可．
【详解】解：如图所示几何体的左视图是：．
故选：C．
【点睛】本题考查了几何体的三视图，属于基础题型，熟练掌握判断三视图的方法是关键．
3. 下列各运算中，计算正确的是（ ）
A. （3a2）2＝6a4B. a12÷a3＝a9
C. 2a+3a＝5a2D. （a+b）2＝a2+b2
【答案】B
【解析】
【分析】
各式计算得到结果，即可作出判断．
【详解】A、原式＝9a4，不符合题意；
B、原式＝a9，符合题意；
C、原式＝5a，不符合题意；
D、原式＝a2+2ab+b2，不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了整式的运算，熟练掌握运算公式是解题的关键．
4. 如图，已知在△ABC中，∠C＝90°，BE平分∠ABC，且BE∥AD，∠BAD＝20°，则∠AEB的度数为（ ）
A. 100°B. 110°C. 120°D. 130°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据两直线平行，可得∠BAD=∠ABE=20°，因为BE平分∠ABC，所以∠ABE=∠EBC=20°，所以得到∠ABC=40°，从而求出∠EAB=50°，根据三角形内角和即可得到∠AEB的度数．
【详解】解：∵BE∥AD
∴∠BAD=∠ABE=20°
∵BE平分∠ABC
∴∠ABE=∠EBC=20°
∴∠ABC=40°
∵∠C=90°
∴∠EAB=50°
∴∠AEB=180°-∠EAB-∠ABE=180°-50°-20°=110°
故选B．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线和三角形内角和，能够找出内错角以及熟悉三角形内角和为180°是解决本题的关键．
5. 若一个正比例函数的图象经过点（﹣3，6）．则下列各点在该正比例函数图象上的是（ ）
A. （1，﹣2）B. （1，2）C. （2，﹣9）D. （2，9）
【答案】A
【解析】
【分析】
根据点的坐标，利用待定系数法可求出正比例函数的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征，可找出在正比例函数图象上的点（四个选项中的点）．
【详解】设正比例函数的解析式为y＝kx（k≠0）．
将（﹣3，6）代入y＝kx，得：6＝﹣3k，
解得：k＝﹣2，
∴正比例函数的解析式为y＝﹣2x．
当x＝1时，y＝﹣2x＝﹣2，
∴点（1，﹣2）在正比例函数y＝﹣2x的图象上，点（1，2）不在正比例函数y＝﹣2x的图象上；
当x＝2时，y＝﹣2x＝﹣4，
∴点（2，﹣9），（2，9）均不在正比例函数y＝﹣2x的图象上．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图像上点的坐标问题，熟练掌握待定系数法求出解析式是解题的关键．
6. 如图，在△ABC中，∠C＝80°，∠BAC＝60°，AD平分∠BAC，将△ACD沿AD折叠，使点C与AB上点E重合，若CD＝4，则BE的长为（ ）
A. 3B. 4C. 4D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据折叠的性质和三角形外角的性质以及等腰三角形的判定即可得到结论．
【详解】解：∵∠C＝80°，∠BAC＝60°，
∴∠B＝180°﹣80°﹣60°＝40°，
∵将△ACD沿AD折叠，使点C与AB上的点E重合，
∴∠AED＝∠C＝80°，DE＝DC＝4，
∵∠BDE＝∠AED﹣∠B＝80°﹣40°＝40°，
∴∠B＝∠BDE，
∴BE＝DE＝4，
故选：C．
【点睛】本题考查折叠的性质、三角形外角的性质、等腰三角形的判定，解题关键是熟练掌握
7. 已知一次函数y＝﹣2x+4的图象沿着x轴或y轴平移m个单位长度得到的图象与原图象关于原点对称，则m的值可能为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】
先在直线y＝﹣2x+4上任意取一点（1，2），然后根据关于原点对称的点，横纵坐标互为相反数求出这点的对应点的坐标，然后代入平移后函数解析式计算即可求出m值．
【详解】∵一次函数y＝﹣2x+4的图象经过一二四象限，
∴一次函数y＝﹣2x+4的图象向下平移m个单位得到的图象与原图象关于原点对称，
∴平移后的函数的解析式为y＝﹣2x+4﹣m，
∵直线y＝﹣2x+4经过点（1，2），该点关于原点的对称点为（﹣1，﹣2），
将（﹣1，﹣2）代入y＝﹣2x+4﹣m，得﹣2＝2+4﹣m，
解得m＝8，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象的平移，熟练掌握平移规律是解题的关键．
8. 如图，已知边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别为AB、CD的中点，连接AC，点G、H在AC上，且AC＝4AG＝4CH，则四边形EHFG的面积为（ ）
A. 8B. 4C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
如图，连接BD交AC于点O，连接EF．由已知易知∠EAG＝∠FCH，AE＝CF，AG＝CH，由SAS可得△EAG≌△FCH，故EG＝FH，∠AGE＝∠CHF，可得∠EGH＝∠FHG，故EG∥FH，得四边形EGFH是平行四边形，故GH与EF互相平分，即EF经过点O，由S△AEO＝S正方形ABCD＝×16＝2，AG＝OG，可得S△EOG＝S△AEO＝1，故可得S平行四边形EGFH解决问题．
【详解】如图，连接BD交AC于点O，连接EF．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠EAG＝∠FCH，
∵点E、F分别为AB、CD的中点，
∴AE＝CF，
∵AC＝4AG＝4CH，
∴AG＝OG＝OH＝CH，
∴△EAG≌△FCH（SAS），
∴EG＝FH，∠AGE＝∠CHF，
∴∠EGH＝∠FHG，
∴EG∥FH，
∴四边形EGFH是平行四边形，
∴GH与EF互相平分，
∴EF经过点O，
∵S△AEO＝S正方形ABCD＝×16＝2，
又∵AG＝OG，
∴S△EOG＝S△AEO＝1，
∴S平行四边形EGFH＝4S△EOG＝4．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，平行四边形面积的计算，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．
9. 如图，已知△ABC是圆O的内接三角形，AB＝AC，∠ACB＝65°，点C是弧BD的中点，连接CD，则∠ACD的度数是（ ）
A. 12°B. 15°C. 18°D. 20°
【答案】B
【解析】
【分析】
如图，连接AO，BO，CO，DO，由等腰三角形的性质可求∠ABC＝∠ACB＝65°，∠BAC＝50°，由圆周角定理可求∠AOC＝2∠ABC＝130°，∠BOC＝2∠BAC＝100°，可求∠AOD＝30°，即可求解．
详解】如图，连接AO，BO，CO，DO，
∵AB＝AC，∠ACB＝65°，
∴∠ABC＝∠ACB＝65°，
∴∠BAC＝50°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝130°，∠BOC＝2∠BAC＝100°，
∵点C是弧BD的中点，
∴，
∴∠BOC＝∠COD＝100°，
∴∠AOD＝30°，
∵∠AOD＝2∠ACD，
∴∠ACD＝15°，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角、圆心角、弧的关系是解题的关键．
10. 已知二次函数 y＝ax2＋bx＋c，其中 y 与 x 的部分对应值如表：
下列结论正确的是（ ）
A. abc＜0B. 4a＋2b＋c＞0
C. 若 x＜－1 或 x＞3 时，y＞0D. 方程 ax2＋bx＋c＝5 的解为 x1＝－2，x2＝3
【答案】C
【解析】
【分析】
利用抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线x=1，所以抛物线与x轴的另一个交点坐标为（3，0），利用交点式求出y=x2-2x-3，然后对各选项进行判断．
【详解】解：∵x=0.5，y=3.75；
x=1.5，y=3.75；
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∵抛物线与x轴的另一个交点坐标为（3，0），
∵设y=a（x+1）（x3），
把（-2，5）代入得5=a×（-2+1）（-2-3），解得a=1，
∴y=x2-2x-3，
∴abc＞0，所以A选项错误；
4a+2b+c=4-4-3=-3＜0，所以B选项错误；
∵抛物线开口向上，抛物线与x轴的交点坐标为（-1，0），（3，0），
∴x＜-1或x＞3时，y＞0，所以C选项正确；
方程ax2+bx+c=5表示为x2-2x-3=5，解得x1=-2，x2=4，所以D选项错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时，对称轴在y轴左； 当a与b异号时，对称轴在y轴右．常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）．抛物线与x轴交点个数由判别式确定：△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
二、填空题（共4小题，每小题3分，计12分）
11. 已知在实数﹣2，﹣，π，中，最小的一个数是_____．
【答案】-2
【解析】
【分析】
根据任意两个实数都可以比较大小，正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，分析得出答案．
【详解】解：．
故最小的是﹣2．
故答案为：﹣2．
【点睛】本题考查了实数大小的比较：正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小．
12. 已知正六边形的边长为6，那么边心距等于__．
【答案】．
【解析】
【分析】
已知正六边形的边长为6，欲求边心距，可通过边心距、边长的一半和内接圆半径构造直角三角形，通过解直角三角形求出边心距．
【详解】解：如图，在Rt△AOG中，OA＝6，∠AOG＝30°，
．
【点睛】此题主要考查正多边形的计算问题，属于常规题．解答时要注意以下问题：
熟悉正六边形和正三角形的性质；
作出半径和边心距，构造出直角三角形，利用解直角三角形的知识解答．
13. 如图，点D是菱形AOCB的对称中心，点A坐标为（3，4），若反比例函数的图象经过点D，则反比例函数表达式为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
先求出OA＝5，则点B的坐标可求出，再求出点D的坐标，则反比例函数表达式可求出．
【详解】∵点A坐标为（3，4），
∴，
∵四边形AOCB是菱形，
∴AB∥OC，
∴B（8，4），
∵点D是菱形AOCB的对称中心，
∴D（4，2），
设反比例函数表达式为，
∴，
∴k＝8，
∴反比例函数表达式为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质、反比例函数解析式的求法、中心对称的性质等知识，熟练掌握坐标与图形的性质是解题的关键．
14. 如图，已知在四边形ABCD中，∠ABC＝60°，连接AC、BD交于点E，EC＝2AE＝4，若BE＝2ED，则BD的最大值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
如图，作△ABC的外接圆⊙O，连接OB，OA，OC，OE，过点O作OH⊥AC于H．解直角三角形求出OE，OB，求出BE的最大值即可解决问题．
【详解】解：如图，作△ABC的外接圆⊙O，连接OB，OA，OC，OE，过点O作OH⊥AC于H．
∵∠AOC＝2∠ABC，∠ABC＝60°，
∴∠AOC＝120°，
∵EC＝2AE＝4，
∴AE＝2，
∴AC＝AE+EC＝6，
∵OA＝OC，OH⊥AC，
∴AH＝HC＝3，EH＝AH﹣AE＝1，
∵∠OAC＝∠OCA＝30°，
∴OH＝AH•tan30°＝，
∴OE＝＝＝2，OA＝2OH＝2，
∴OB＝OA＝2，
∵BE≤OB+OE，
∴BE≤2+2，
∴BE的最大值为2+2，
∵BE＝2DE，
∴DE的最大值为1+，
∴BD的最大值为3+3．
故答案为3+3．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆、圆周角定理、等腰三角形的性质、解直角三角形，综合性比较强，能够转化为圆的问题是解题的关键．
三、解答题（共11小题，计78分．解答应写出必要的过程）
15. 计算：﹣﹣ +（）-1．
【答案】
【解析】
【分析】
原式利用负整数指数幂法则，绝对值的代数意义，以及二次根式性质计算即可求出值．
【详解】原式＝﹣﹣|﹣4×|+2
＝﹣2﹣（2﹣）+2
＝﹣2﹣2++2
＝﹣．
【点睛】本题主要考查了实数的运算，熟练掌握运算公式和法则是解题的关键．
16. 解方程：﹣1＝．
【答案】
【解析】
【分析】
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】解：去分母得：x2+2x﹣x2+4＝x﹣2，
解得：x＝﹣6，
经检验x＝﹣6是分式方程的解．
【点睛】本题考查了解分式方程，熟练掌握步骤是解题的关键，需要注意的是最后要记得检验是不是分式方程的解．
17. 如图，已知中，，请作的外接圆保留作图痕迹，不写作法
【答案】作图见解析.
【解析】
【分析】
作AB的垂直平分线得到AB的中点O，再以O点为圆心，OA为半径作即可．
【详解】如图，为所作；
【点睛】本题考查了作图复杂作图：熟练掌握基本作图作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线也考查了三角形的外接圆和圆周角定理．
18. 如图，点P为菱形ABCD对角线BD上一点，连接PA、PC．点E在边AD上，且∠AEP＝∠DCP．求证：PC＝PE．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
根据菱形的性质得到AD=CD，∠ADP=∠CDP，根据全等三角形的性质得到AP=CP，∠DCP=∠DAP，等量代换得到∠DAP=∠AEP，于是得到结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，
在△ADP与△CDP中， ，
∴△ADP≌△CDP，
∴AP＝CP，∠DCP＝∠DAP，
∵∠AEP＝∠DCP，
∴∠DAP＝∠AEP，
∴AP＝PE，
∴PC＝PE．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判断和性质，等腰三角形的判定，解题关键是熟练掌握菱形的性质．
19. 为发展学生的核心索养，培养学生的综合能力，某学校计划开设四门选修课程：乐器、舞蹈、绘画、书法．学校采取随机抽样的方法进行问卷调查（每个被调查的学生必须选择且只能选择其中一门）．对调查结果进行整理，绘制成如下两幅不完整的统计图，请结合图中所给信息解答下列问题．
学生选修课程统计图：
（1）补全条形统计图，补全扇形统计图中乐器所占的百分比．
（2）本次调查学生选修课程的“众数”是 ．
（3）若该校有1600名学生，请你估计选修绘画的学生大概有多少名？
【答案】（1）见解析，30%；（2）舞蹈；（3）320名
【解析】
【分析】
（1）舞蹈人数及其所占百分比求得总人数，总人数乘以书法对应百分比可得其人数，依据各科目人数之和等于总人数求得绘画人数，再用乐器人数除以总人数可得其对应百分比；
（2）根据众数的定义求解可得；
（3）用总人数乘以样本中绘画对应的比例即可得．
【详解】（1）被调查的总人数为20÷40%＝50（人），
书法的人数为50×10%＝5（人），
绘画的人数为50﹣（15+20+5）＝10（人），
则乐器所占百分比为15÷50×100%＝30%，
补全图形如下：
（2）本次调查学生选修课程的“众数”是舞蹈.
故答案为：舞蹈；
（3）估计选修绘画的学生大约有1600×＝320（人）．
答：估计选修绘画的学生大概有320名．
【点睛】本题主要考查了条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体等知识，解题的关键是读懂统计图，并从统计图中得到必要的信息．
20. 小明和小华进行社会实践活动时，想利用所学的知识测量某旗杆AB的高度．小明站在点D处利用测倾器测得旗杄顶端A的仰角为45°，小华在BD之间放置一个镜子，并调整镜子的位置，当镜子恰好放在点E处时，位于点D处的小明正好在镜子中看到旗杆顶端A，此时DE的距离为1.4米，已知测倾器的高为1.75米．请你根据以上信息，计算旗杆AB的高度．
【答案】旗杆AB的高度为15.75米
【解析】
【分析】
过点C作CF⊥AB于点F，可得四边形FBDC是矩形，根据入射角等于反射角可得，∠CED＝∠AEB，所以tan∠CED＝tan∠AEB，进而可求AF的长，最后求出AB的长．
【详解】解：如图，
过点C作CF⊥AB于点F，
可得四边形FBDC是矩形，
∴FB＝CD＝1.75，
FC＝BD＝BE+1.4，
根据题意，得
∠ACF＝45°，
∴AF＝CF，
根据入射角等于反射角可知：
∠CED＝∠AEB，
∴tan∠CED＝tan∠AEB，
∴，
∴，
∵AF＝FC，
∴解得AF＝14，
∴AB＝AF+FB＝14+1.75＝15.75（米）．
答：旗杆AB的高度为15.75米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用，涉及到入射角和反射角的问题，能够正确理解正切的含义是解题的关键．
21. 某弹簧在所挂物体质量不超过25kg时弹簧的长度y（cm）与所挂物体的质量x（kg）之间近似的满足一次函数关系．经实验可知：当所挂物体的质量为10kg时，弹簧的长度为17cm；当所挂物体的质量为20kg时，弹簧的长度为19cm．
（1）求y与x之间的函数表达式及该弹簧不挂物体时的长度；
（2）若弹簧挂上一个物体后，弹簧长度为16cm，求这个物体的质量．
【答案】（1），弹簧不挂物体时的长度为15cm；（2）这个物体的质量为5kg
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法解答即可求出y与x之间的函数表达式，由解析式即可得出该弹簧不挂物体时的长度；
（2）把y＝16代入（1）的结论解答即可．
【详解】（1）设弹簧的长度与所挂物体质量x（kg）之间的函数关系式为y＝kx+b，由题意
得，
解得，
即弹簧长度y（cm）与所挂物体质量x（kg）之间的函数表达式为：y＝0.2x+15；
当x＝0时，y＝15，
该弹簧不挂物体时的长度为15cm．
（2）当y＝16时，0.2x+15＝16，解得x＝5．
答：这个物体的质量为5kg．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式的运用，解题的关键是由因变量的值求一次函数的自变量，进而求出一次函数的解析式．
22. 图①是一个转盘，转盘被等分成三个区域，并分别标有数字2、3、7，图②是一个正五边形棋盘，现通过转动转盘的方式玩跳棋游戏．规则如下：将转盘转动后，看转盘指针指向的数字是几，就从图②中的A点开始在正五边形边上沿着顺时针方向连续跳过几个边（指针指向边界不计），第二次从第一次的终点处开始，按第一次的方法跳动．
（1）随机转动一次转盘，则棋子跳动到点C处的概率是 ；
（2）随机转动两次转盘，用画树状图或列表的方法．求棋子最终跳动到点A处的概率．
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【分析】
（1）直接利用概率公式计算；
（2）画树状图展示所有9种等可能的结果数，找出数字之和为5的倍数的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】（1）随机转动一次转盘，则棋子跳动到点C处的概率＝；
故答案为：；
（2）画树状图为：
共有9种等可能的结果数，其中棋子最终跳动到点A处的结果数为4，
所以棋子最终跳动到点A处的概率＝．
【点睛】本题主要考查了随机事件的概率，根据题目条件画出树状图是求解概率问题的关键．
23. 如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点D．过点D作DE⊥AD交AC的延长线于点E．
（1）求证：DC＝DE；
（2）若DE＝6，tan∠CDA＝，求AD的长．
【答案】（1）见解析；（2）18
【解析】
【分析】
（1）根据切线的性质和三角形的外角的性质以及等腰三角形的性质健康得到结论；
（2）由（1）知，CD＝DE＝6，根据余角的性质得到∠COD＝∠CDE，于是得到tan∠CDA＝，求得OC＝，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）如图，连接BC，OC，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCB+∠DCB＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACO+∠OCB＝90°，
∴∠ACO＝∠DCB，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠A＝∠DCB，
∵DE⊥AD，
∴∠A+∠E＝∠A+∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝∠E，
∵∠ABC＝∠BDC+∠DCB，∠DCE＝∠A+∠CDB，
∴∠DCE＝∠ABC，
∴∠DCE＝∠E，
∴CD＝DE；
（2）由（1）知，CD＝DE＝6，
∵∠OCD＝∠ADE＝90°，
∴∠CDO+∠COD＝∠CDO+∠CDE＝90°，
∴∠COD＝∠CDE，
∴tan∠CDA＝，
∴OC＝8，
∴，
∴AD＝10+8＝18．
【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是正确的作出辅助线，构造出直角三角形．
24. 已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点（1，15）和（0，8），顶点为M，抛物线L关于原点O对称的抛物线为L′，点M的对应点为点N．
（1）求抛物线L的表达式及点M的坐标；
（2）点P在抛物线L′上，点Q在抛物线L上，且四边形PMQN为周长最小的菱形，求点P的坐标．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）求出M，M′的坐标，利用菱形的性质可知MM′⊥PQ，求出直线PQ的解析式，构建方程组确定点P的坐标，再根据周长最小，判定点P的坐标即可解决问题．
【详解】（1）∵y＝x2+bx+c经过点（1，15）和（0，8），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2+6x+8，
∵抛物线L：y＝x2+6x+8＝（x+3）2﹣1，
∴顶点M（﹣3，﹣1）；
（2）如图，
∵抛物线L′与抛物线L关于原点对称，抛物线L的顶点M（﹣3，﹣1），
∴抛物线L′的顶点M′（3，1），解析式为y＝﹣（x﹣3）2+1＝﹣x2+6x﹣8，
∵四边形PMQM′是菱形，
∴PQ⊥MM′，
∵直线MM′的解析式为y＝x，
∴直线PQ的解析式为y＝﹣3x，
由，
解得或，
∴P（1，﹣3）或（8．﹣24）．
∵菱形PMQM′的周长最小，
∴P（1，3）．
【点睛】本题为二次函数综合题，还考查了菱形的判定和性质、一次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，学会构建一次函数，确定交点问题．
25. 问题提出：
（1）如图①，已知在边长为10的等边△ABC中，点D在边BC上，BD＝6，连接AD，则△ACD的面积为 ；
问题探究：
（2）如图②，已知在边长为6的正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边CD上，且∠EAF＝45°．若EF＝5，求△AEF的面积；
问题解决：
（3）如图③是某座城市延康大道的一部分，因自来水抢修需在AB＝4米，AD＝6米的矩形ABCD区域内开挖一个△AEF的工作面，其中E、F分别在BC、CD边上（不与B、C、D重合），且∠EAF＝45°，为了减少对该路段的拥堵影响，要求△AEF面积最小，那么是否存在一个面积最小的△AEF？若存在，请求出△AEF面积的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）15；（3）存在，．
【解析】
【分析】
（1）过点A作AH⊥BC，根据等边三角形的性质、正弦的定义求出AH，根据三角形的面积公式计算，得到答案；
（2）将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，证明△AEF≌△AEH，根据三角形的面积公式计算即可；
（3）把△ADF绕点A顺时针旋转90°并缩小为，得到△ABG，根据角平分线的性质、三角形的面积公式得到＝，设△AGE的外接圆圆心为O，连接OA、OG、OE，过得O作OH⊥GE于H，则∠GOE＝2∠EAG＝90°，设△AGE的外接圆的半径为R，则GE＝R，OH＝R，由题意得，OA+OH≥AB，即R+R≥4，解得R的范围，故△AGE的面积≥××（8﹣4）×4＝16﹣16，得△AGE的面积的最小值为16﹣16，进而可得△AEF的面积的最小值为24﹣24．
【详解】（1）如图①，过点A作AH⊥BC于H，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B＝60°，
∴△ACD的面积＝×CD×AH＝×4×10•sin60°＝10，
故答案为：10；
（2）如图②，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，
由旋转的性质得，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠EAH＝∠EAF＝45°，
△AEF和△AEH中，
AF=AH, ∠EAH＝∠EAF，AE=AE，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EH＝EF＝5，
∴S△AEF＝S△AEH＝×5×6＝15；
（3）把△ADF绕点A顺时针旋转90°并缩小为，得到△ABG，
则AG＝ AF，∠EAG＝∠EAF＝45°，
过点E作EM⊥AG于M，EN⊥AF于N，
∵∠EAG＝∠EAF，EM⊥AG，EN⊥AF，
∴EM＝EN，
∴＝，
设△AGE的外接圆圆心为O，连接OA、OG、OE，过得O作OH⊥GE于H，
则∠GOE＝2∠EAG＝90°，
设△AGE的外接圆的半径为R，
则GE＝R，OH＝R，
由题意得，OA+OH≥AB，即R+R≥4，
解得，R≥8﹣4，
∴△AGE的面积≥××（8﹣4）×4＝16﹣16，
∴△AGE的面积的最小值为16﹣16，
∴△AEF的面积的最小值为24﹣24．
【点睛】本题主要考查了全等三角形判定，角平分线的性质，圆周角定理，图形的旋转等，较为综合，根据图形作出合适的辅助线是解题的关键．
x
-2
－1
0.5
1.5
y
5
0
－3.75
－3.75