精品解析：2023年广东省东莞市厚街海月学校中考模拟数学试卷(四)(解析版)

数学

本试卷共4页，23小题，满分120分，考试用时90分钟．

注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的准考证号、姓名等填写在答题卡上．将条形码粘贴在答题卡“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，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．

4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．

一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30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. 下列各数中，最小的数是（ ）A. 1【答案】A【解析】

【分析】根据正数大于0，负数都小于0比较即可.【详解】解：由于101故选A.

【点睛】本题考查了实数的大小比较，属于应知应会题目，熟练掌握比较实数大小的方法是解题的关键.2. 下列运算正确的是（ ）A. 112B. 0C. 1D.

22，则1最小，

B.

53532C. x6x3x2D.

202300【答案】B【解析】

【分析】根据有理数的乘方，二次根式的混合计算法则，同底数幂除法和零指数幂等计算法则求解判断即可．

【详解】解：A、11，计算错误，不符合题意；B、

253535322532，计算正确，符合题意；

C、x6x3x3，计算错误，不符合题意；D、202301，计算错误，不符合题意；故选B．

【点睛】本题主要考查了有理数的乘方计算，二次根式的混合计算，同底数幂除法和零指数幂等计算，熟知相关计算法则是解题的关键．

3. 如图，直线l与直线a，b相交，且aPb， 250，则1的度数是（ ）

A.

50B. 60C. 120D. 130【答案】A【解析】

【分析】根据两直线平行，内错角相等计算选择即可．【详解】∵aPb，250，∴1250．故选A．

【点睛】本题考查了平行线的性质，熟练掌握两直线平行，内错角相等是解题的关键．4. 某个几何体的三视图形状、大小完全相同，则这个几何体可能是(　　)A. 圆柱【答案】D【解析】

【分析】分别写出每个选项的三视图进行判断即可.

【详解】解：A.圆柱的正视图为矩形，俯视图为圆形，故选项错误；B.圆锥的正视图为三角形，俯视图为有圆心点的圆，故选项错误；C.三棱柱的正视图为矩形，俯视图为三角形，故选项错误；D.球的三视图均为圆形，故选项正确.故选D.

【点睛】本题主要考查各种立体图形的三视图，熟练掌握其三视图是解此题的关键.

B. 圆锥

C. 三棱柱

D. 球

5. 如图，Rt△ABC中，ACB90，A40，点D在AB上，点A与点A关于直线CD对称且点．A落在CB的延长线上，则ADB的度数是（ ）

A. 5°【答案】B【解析】

B. 10°C. 20°D. 40°

【分析】根据题意可得VACDVACD，则AA40；再根据直角三角形的性可得ABC50，然后根据三角形外角的性质即可解答．

【详解】解：∵点A与点A关于直线CD对称且点A落在CB的延长线上∴VACDVACD∴AA40∵ACB90，A40∴ABC50∵ABCAADB∴ADBABCA504010．故选B．

【点睛】本题主要考查了轴对称的性质、全等三角形的性质、三角形外角的性质等知识点，灵活运用相关知识是解答本题的关键．

6. 当x4时，不等式成立的是（ ）A. x14【答案】D【解析】

【分析】将x4分别代入四个选项中，看不等式是否成立即可．【详解】A选项：当x4时，x154，不符合题意；B选项：当x4时，

B.

1x22C. 2x15D. 3x291x2，不符合题意；2C选项：当x4时，2x195，不符合题意；

D选项：当x4时，3x2109，符合题意；故选D．

【点睛】本题考查了代数式求值，熟练掌握上述知识点是解答本题的关键．

7. 如图，VABC中，D，E分别是AB，AC中点，S△ADE1，则S四边形BDEC（ ）

A. 2【答案】B【解析】

B. 3C. 4D. 5

【分析】根据三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质计算即可．【详解】∵D，E分别是AB，AC中点，∴DE∥BC,DE1BC，2∴△ADE∽△ABC，

SDE11∴△ADE，S△ABCBC24∵S△ADE1，∴SVABC4，

∴S四边形BDECSVABCS△ADE413，故选B．

【点睛】本题考查了三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握中位线定理和相似三角形的性质是解题的关键．

8. 如图，在eO中，AOAB6，E为OB中点，AE交eO于点C，连接OC．下列说法中错误的是（ ）

22A. OCB60【答案】D【解析】

B. ABCBC. 四边形ABCO的面积为183D. »AC的长为3【分析】先证明VAOB是等边三角形，得到AOB60，则由圆周角定理得到

1ACBAOB30，再由三线合一定理得到∠OAC∠BAC30，

2AE⊥OB，OEBE3，则由垂径定理和勾股定理可得AC2AE63，再证明OACOCA30，即可得到OCB60，进一步证明VBOC是等边三角形，得到

BCOBAB，从而证明四边形OABC是菱形则S四边形OABC11ACOB663183；求出2212064．的长AOC120，则»AC180【详解】解：∵AOAB6，AOBO，∴AOABBO，即VAOB是等边三角形，∴AOB60，∴ACB1AOB30，2∵E为OB中点，∴∠OAC∠BAC∴AC2AE∵OAOC，

∴OACOCA30，

∴OCB60，故A说法正确，不符合题意；又∵OBOC，

∴VBOC是等边三角形，

∴BCOBAB，故B说法正确，不符合题意；∴四边形OABC是菱形，

11∠OAB30，AE⊥OB，OEBEOB3，22OA2AE263；∴S四边形OABC11ACOB663183，故C说法正确，不符合题意；22∵AOCAOBBOC120，∴»AC的长故选D．

【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，求弧长，等边三角形的性质与判定，菱形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．9. 下列说法正确的是（ ）

A. 函数y3x2，y随x增大而增大B. 直线yx2经过第一、二、三象限C. 函数y12064，故D说法错误，符合题意；

1802(x0)，y随x增大而减小xD. 函数y2(x4)21的图象向右平移2个单位后，函数解析式为y2(x6)21【答案】C【解析】

【分析】根据一次函数的性质分析判断A，B，再根据反比例函数的性质判断C，最后根据二次函数的平移规律判断D即可．

【详解】因为函数y3x2中，k3＜0，可知函数值y随着x的增大而减小，所以A不符合题意；

因为直线yx2中，k10，b20，可知直线经过第一、三、四象限，所以B不符合题意；因为函数y符合题意；

因为函数y2(x4)21的图象向右平移2个单位长度后，函数解析式为

2x0中，k2＞0，可知图象位于第一象限，函数值y随着x的增大而减小，所以Cxy2x4212x21，所以D不符合题意．

故选：C．

【点睛】本题主要考查了函数的性质，掌握系数与不同函数之间的关系是解题的关键．

10. 如图，矩形ABCD中，AB2，BC3，P是边BC中点，将顶点D折叠至线段AP上一点D¢，折痕为EF，此时，点C折叠至点C．下列说法中错误的是（ ）

22A. cosBAP45C. 当AE=18-65时，【答案】C【解析】

VADE是等腰三角形

5时，DEAP34D. sinDAP5B. 当AE【分析】根据矩形的性质，直角三角形的性质，三角函数，勾股定理，折叠的性质计算判断即可．【详解】∵矩形ABCD中，AB2，BC3，P是边BC中点，∴BP13BC，ÐB=90°，22222253∴APABBP2，

22∴

cosBAPAB24AP55，

2故A正确；∵矩形ABCD， ∴AD∥BC，∴DAP=APB，

∴sinDAPsinAPBcosBAP故D正确；设DEDEx，

根据题意，得AEADDE3x，sinDAP4，54，5∵DEAP，∴sinDAP解得xDEx4，AE3x54，3∴AEADDE3x故B正确；当DEAE时，

5，3设DEDEx，根据题意，得AEADDE3x，∴x3x，解得x3；2此时D,A重合，三角形不存在，不符合题意；

当DEAD时，过点D¢作DNAD于点N，则ANNE；∵矩形ABCD， ∴AD∥BC，∴DAP=APB，

323∴cosDAPcosAPB，552设DEDEx，根据题意，得AEADDE3x，DEADx，

ANAN3，ADx53解得ANx；

5∴

∴AEADDE3x2AN解得x6x，515；11∴AE61518；51111当AEAD时，过点D¢作DHAD于点H，

设DEDEx，根据题意，得AEADADDE3x，

433x，AHADcosDAP3x，5532∴HEAEAH3x3x3x，

55∴DHADsinDAP根据勾股定理，得HE2DH2DE2，

242∴3x3xx55解得x6512；∴AE3x1565；22综上所述，AE1565或AE故C错误，故选C．

18，11【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角函数，勾股定理，折叠的性质，熟练掌握三角函数，勾股定理，矩形的性质，折叠的性质是解题的关键．

二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分．

11. 一块面积为4m2的正方形木板，它的边长是________m．【答案】2【解析】

【分析】正方形的边长是面积的算术平方根．【详解】42m，故答案为：2．

【点睛】本题考查了算术平方根和正方形的面积，很基础，熟练掌握算术平方根是解题的关键．

12. 多项式3x312xy2分解因式的结果是________【答案】3xx2yx2y【解析】

【分析】先提取公因式，再运用平方差公式分解即可．【详解】3x12xy3xx4y3222x2y3x223xx2yx2y．

故答案为：3xx2yx2y．

【点睛】本题考查了因式分解，熟练掌握先提取公因式，再运用平方差公式分解是解题的关键．13. 某班的班主任布置劳动作业，要求学生从做饭、洗衣服、拖地这三项任务中任选一项完成，甲和乙两位同学选择不同任务的概率是________．【答案】【解析】

【分析】先列表确定所有等可能结果数和符合题意结果数，然后再用概率公式计算即可．【详解】解：根据题意列表如下：

23甲和乙两位同学所有等可能结果数为9，其中选择不同任务的结果数为6所以甲和乙两位同学选择不同任务的概率是故答案为

2．362．93

【点睛】本题主要考查了运用列表法求概率，正确列表确定所有等可能结果数和符合题意结果数是解答本题的关键．

14. 如图，在VABC中，ACB90，分别以点A，C为圆心，以大于AC的长为半径画弧，两弧相交于点D和E，作直线DE交AB于点F，交AC于点G，连接CF，以点C为圆心，以CF的长为半径画弧，交AC于点H．若A30，BC2，则阴影部分图形的面积是________．

【答案】3【解析】

3【分析】首先根据作法可知：DE垂直平分AC，可得AFCF，AFCA30，可求得

ÐB=ÐBCF=60°，△BCF是等边三角形，可证得AF=CF=BF=BC，再根据勾股定理，可求得AC的长，最后用直角三角形的面积减去等边三角形及扇形的面积，即可求得．

【详解】解：根据作法可知：DE垂直平分AC，

AFCF，AFCA30，

∴FG1CF，2在VABC中，ACB90，

B90A903060，ÐBCF=90°-ÐFCA=90°-30°=60°，

\\ÐB=ÐBCF=60°，VBCF是等边三角形，

\\CF=BF=BC=2，

\\AF=CF=BF=BC=2，FG1，\\AB=2AF=4，

ACAB2BC2422223，\\S阴影=SVACF-S扇形FCH130×CF2=AC×FG-2360130´22=´23´1-236033．

故答案为：33【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，理解题目的作法是解决本题的关键．

15. 如图，在矩形ABCD中，BECE，且AEBD于点F，连接CF．下列结论正确的是________

S△BEF13．（填序号）．①DF2BF；②VABD∽VFBA；③tan∠AD；④BS3△ABE3【答案】①②④【解析】

【分析】由矩形的性质可得ADBC，AD∥BC，证明VADF∽VEBF推出DF2BF，AF2EF即可判断①；由∠AFB∠DAB90，ABFDBA可证明VABD∽VFBA，即可判断②；则

∠BAF∠ADF，证明△BFA∽△AFD，求出BF2AF，得到

2，即可判断③；证明EF1AE，得到S△BEFEF1，即可判断

tan∠ADBtan∠BAFS△ABEAE332④．

【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴ADBC，AD∥BC，∴VADF∽VEBF，∴

DFAFAD，BFEFBE∵BECE，即BE11BCAD，22∴

DFAFAD2，即DF2BF，AF2EF，故①正确；BFEFBE∵AEBD，即AFB90，∴∠AFB∠DAB90，又∵ABFDBA，∴VABD∽VFBA，故②正确；

∴∠BAF∠ADF，又∵∠BFA∠AFD，∴△BFA∽△AFD，

AFDF，BFAFAF2BF∴，BFAF∴∴BF2AF，

∴tan∠BAFBF2，AF22，故③错误；

2∴tan∠ADBtan∠BAF∵AF2EF，∴EF1AE，3S△BEFEF1，故④正确；∴

S△ABEAE3故答案为：①②④．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定等等，数轴相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．

三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题8分，共24分．

x3y516. 解方程组：5xy7【答案】【解析】

【分析】运用加减消元法求解即可．【详解】解：x1y2x3y5①5xy7②①+②3得，16x16解得x1把x1代入②得y=2x1故原方程组的解为．

y2【点睛】本题考查了二元一次方程组的解法，熟练选择解题方法是解题的关键．

a3a24217. 先化简，再从2，3，2，3中选择一个合适的数作为a值并代入求值．2a4a4a3a2【答案】【解析】

【分析】先化简，后选择适当的数值代入计算即可．

a1，a2，原式2a2a3a242【详解】a24a4a3a2==a3a22a2a2a32a2a22a；a2a2a2∵a30,a20即a3,a2，当a2时，∴

a21．a2222【点睛】本题考查了分式的化简求值，熟练化简是解题的关键．

18. 如图，YABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD2AC，点E，F分别为BO，DO中点，顺次连接点A，E，C，F．

（1）判断四边形AECF的形状，并证明．

（2）当ABAC，AB23时，求VBEC的面积．【答案】（1）四边形AECF是矩形，理由见解析 （2）3，理由见解析【解析】

【分析】（1）根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，“对角线相等的平行四边形是矩形”证

明即可．

（2）根据条件可求SVABC43，且SVBEC=SVABC，即可求出答案．【小问1详解】

证明：四边形AECF是矩形，理由如下，∵四边形ABCD是平行四边形，

∴ADBC，AD∥BC，OBOD，∴ADFCBE，

∵点E，F分别为BO，DO中点，∴DFBE，∴VDAF≌VBCESAS，

∴AFCE，AFDCEB，∴AFECEF，∴AF∥CE，

∴四边形AECF是平行四边形，

∵BD2AC，点E，F分别为BO，DO中点，∴EFAC，

∴四边形AECF是矩形；【小问2详解】

解：∵四边形ABCD是平行四边形，BD2AC，∴BO2AO，

∵ABAC，AB23，

∴在RtVBAO中，由勾股定理得：OA2+AB2=OB2，解得：OA2，∴AC4，

∴SVABC=ABAC=234=43，∴SVBOC=OCAB=23，∵点E为BO中点，∴SVBEC=SVBOC=3．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理，掌握平行四边形的性质，矩形的判定是

1212121214解题关键．

四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分．

19. 2022年3月广东省体育局、广东省教育厅印发《关于深化体教融合促进青少年健康发展的实施意见》．该文件提出：各级教育、体育部门统筹规划体育传统特色学校的项目布局，重点发展足球、篮球、排球、田径、游泳等项目．某学校为了解学生对体育运动的喜好，对学校部分同学进行了调查（每位同学只能选择一个最喜欢的体育项目），并绘制了两幅不完整的统计图．请你根据图中提供的信息，解答下列问题：

（1）本次调查一共抽取了________名学生；补全条形统计图．（2）扇形统计图中“足球”所在扇形的圆心角为________°．（3）若全校共有2800名学生，请你估计出全校喜欢排球的人数．【答案】（1）560，见解析 （2）72 【解析】

【分析】(1)根据样本容量=频数÷所占百分数，合理选择计算即可，用样本容量减去足球、篮球、排球、田径人数就是游泳人数，完善统计图即可．(2)根据扇形统计图的意义计算即可．(3)运用样本估计总体的思想计算即可．【小问1详解】

本次抽样调查的样本容量是

（3）420人

28560（人），5%游泳人数为：5601122819684140(人)，完善统计图如下：

．

故答案为：560．【小问2详解】

喜欢足球所在扇形的圆心角度数为360故答案为：72．【小问3详解】

全校喜欢排球的人数为：280011272．56084420（人）．560答：全校喜欢排球的人数为420人．

【点睛】本题考查了条形统计图、扇形统计图，样本估计总体的思想，熟练掌握统计图的意义是解题的关键．

20. 某小区为了改善绿化环境，计划购买A、B两种树苗共100棵，其中A 树苗每棵40 元， B树苗每棵35元． 经测算购买两种树苗一共需要3800元．

（1）计划购买 A、B 两种树苗各多少棵?

（2）在实际购买中，小区与商家协商：两种树苗的售价均下降a元（a10），且每降低 1 元，小区就多购买A树苗2棵，B树苗3棵．小区实际购买这两种树苗的费用比原计划费用多了300元，则该小区实际购买 A、B 树苗共多少棵?

【答案】（1）计划购买A 树苗60棵，B树苗40棵 （2）该小区实际购买 A、B 树苗共125棵【解析】

【分析】（1）设购买A树苗x棵，B树苗y棵，利用单价、数量与总价的关系，结合题意即可得到关于x，

y的二元一次方程组，解之即可得出结果；

（2）利用单价、数量与总价的关系即可得出关于a的一元二次方程，解之即可得出a值，将其符合题意的值代入602a403a中即可求出结论．【小问1详解】

设购买A树苗x棵，B树苗y棵，根据题意得，

xy10040x35y3800x60y40答：计划购买A 树苗60棵，B树苗40棵；【小问2详解】根据题意得，

40a602a35a403a3800300整理得，

a217a600a15，a212(不符合题意，舍去)

602a403a60254035125，

答：该小区实际购买 A、B 树苗共125棵．

【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用和一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出相应的二元一次方程组和一元二次方程是解本题的关键．21. 如图，点A，B(1,3)分别位于反比例函数y

k

图像的两分支上，且BCy轴于点C，ADx轴x

于点D，连接CD，延长AD，BC交于点P，连接AB，分别与x轴，y轴相交于点E，F．VPAB的直角顶点P落在第二象限．

（1）求k的值．（2）求证：CD∥AB．

（3）当四边形ABCD的面积为6时，直接写出点P的坐标．【答案】（1）3

（2）见解析

（3）P【解析】

1,32【分析】(1) 把B(1,3)代入反比例函数y

k

中，计算即可．x

PCPD3(2) 设A(m,)，则D(m,0),C(0,3)，证明即可证明CD∥AB．

mPBPA(3) 设A(m,n)，则Pm,3,D(m,0),C(0,3)，PC0mm,PB1m，

PD303,PA3n，根据SVPABSVPCDS四边形ABCD列式计算即可．

【小问1详解】

把B(1,3)代入反比例函数y得3k

中，x

k．1解得k3，故k的值为3．【小问2详解】∵y3，x3设A(m,)，

m则D(m,0),C(0,3)，PC0mm,PB1m，PD303,PA33，mPCmmPD3m,3m1，∴PB1mm1PA3mPCPD∴，PBPA∴CD∥AB．【小问3详解】设A(m,n)，

则Pm,3,D(m,0),C(0,3)，PC0mm,PB1m，PD303,PA3n，∵SVPABSVPCDS四边形ABCD，

∴

111m3n0m36，2231．n2解得n6，∴m∴P1,3．2【点睛】本题考查了反比例函数的解析式，平行线分线段成比例定理，直角三角形的性质，熟练掌握反比例函数的解析式，平行线分线段成比例定理是解题的关键．

五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分．

22. 如图（1），矩形ACBD中，BCa，ACb，eO经过点D且与AB相切于点H，且点D，O，

H共线，eO与BD，AD边分别交于点E，点F．

（1）AF________DF（用a，b表示）．

（2）当点F平分AD时，AC，BC边上是否存在点M，N，使得四边形OFMN为平行四边形？若存在，请求出CM，CN的长；若不存在，请说明理由．

（3）如图（2），连接OF，CD交于点I，CD与eO交于点K，与AB交于点J，求证：无论a，b为何值，DHJH2IOJD恒成立．

a2【答案】（1）2

ba2ba3CN （2）存在，CM22，

2ab2a2b2（3）证明见解析【解析】

【分析】（1）连接FH、DH，证明△AFH∽△ADB可得

AFa，证明△DHF∽△BAD可得FHbFHa=，然后将两个等式左右两边相乘即可；DFb（2）存在．如图，连接DH、FO，在AC上取点M、在BC上取点N，连接OF、ON、MN、

22abab，再利用勾FM，利用勾股定理定理求得ABa2b2，由等积法可得DH2222ababab222a2a2b2aab股定理求得AH，然后根据三角线中位线定理可得FO，FO∥AH，再结22222ababa2a2b2合四边形的性质可得MNFO，MN∥FO，证明△CMN∽△CAB，根据相似三角形

2a2b2的性质即可求出CM，CN的长；

（3）根据等边对等角，矩形的性质及三角形的内角和得出DOI190，证明△DOI∽△DJH，再利用相似三角形的性质即可得证．【小问1详解】解：连接FH、DH，

∵eO经过点D且与AB相切于点H，且点D，O，H共线，∴DHAB，DFH90，

∵在矩形ACBD中，BCa，ACb，

∴ADBC90，ADBCa，BDACb，在VAFH和VADB中，

∵AFHADB90，FAHDAB，∴△AFH∽△ADB，∴

AFFHAFADa，，即ADDBFHDBb在△DHF和VBAD中，

∵DHF90FDHBAD，HFDADB90，∴△DHF∽△BAD，

FHDFFHDAa==，，即DABDDFBDbAFFHaa，∴

FHDFbb∴

AFa2∴2，DFba2∴AF2DF．

ba2故答案为：2．

b【小问2详解】

解：存在，

理由：如图，连接DH、FO，在AC上取点M、在BC上取点N，连接OF、ON、MN、FM，∵四边形OFMN为平行四边形，∴MN∥FO，MN=FO，在RtVADB中，AB∴S△ADBAD2BD2a2b2，

11ABDHADBD，22ADBDababa2b2∴DH，2222ABabababa2a2a2b2222在RtVADH中，AHADDHa，222222ababab∵点F平分AD，点O是DH的中点，∴FO是VADH的中位线，

21a2a2b2∴FOAH，FO∥AH，

22a2b2a2a2b2∴MNFO，222ab∵MN∥FO，

∴MN∥AB，

∴CMNCAB，CNMCBA，∴△CMN∽△CAB，

∴CMCNMN=CACBABa2a2b22a2b2a2b2，a22a2b2CMCNa2∴，ba2a2b2a2ba3CN∴CM，22，

2ab2a2b2a2b∴AC，BC边上存在点M，N，使得四边形OFMN为平行四边形，CM，

2a2b2a3CN．

2a2b2【小问3详解】

证明：∵eO经过点D且与AB相切于点H，且点D，O，H共线，∴ODOF，DH2DO，DHAB，∴OFDODF12，

∴DOF180OFDODF1802122，∴DOI118021221180122，∵四边形ACBD是矩形，∴JAJD，ADB90，∴JADJDA2，

∵BDH90DBHBAD2，

∴DOI1180122180ADB1809090，

又∵DJH190，∴DOIDJH，∵11，∴△DOI∽△DJH，∴

DODJ=，IOJH1DHJHIODJ，2∴DOJHIODJ，∴

∴DHJH2IODJ．

∴无论a，b为何值，DHJH2IOJD恒成立．

【点睛】本题是圆与矩形的综合题，考查了圆的切线的性质，直径所对圆周角是直角，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，平行四边形的性质，等边对等角，直角三角形两锐角互余，三角形内角和定理等知识点，运用了等积法的思想．灵活运用相似三角形的判定和性质是解题的关键．

23. 如图（1），抛物线yx23ax4a与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，且OBOC4，若点D是直线BC（不与B，C重合）上一动点，过点D作x轴的垂线交抛物线于点E．

（1）求抛物线的解析式．

（2）连接CE，OD，当点D的横坐标为

8时，求证：CODDCE．3（3）如图（2），若点F是y轴上的动点，是否存在点F，使以点C，D，E，F为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）yx23x4 （2）证明见解析 【解析】

2或42，2或31，（3）42，0，C0，4，再利用待定系数法求解即可；【分析】（1）先求出B4，（2）求出直线BC的解析式为yx4，进而求出E，，D，，则DE84439843332，9CDDE82，即可得到，再证明OCDCDE，进而证明△COD∽△DCE，即可得到CDOCCD3CODDCE；

m4，则Em，m3m4，则DEm4m，CD22m2，（3）设Dm，22CE2m46m310m2，再分当CD为边时，则CDDE，当CD为对角线时，则CEDE，两种情

况建立对应的方程求解即可．【小问1详解】解：∵OBOC4，

0，C0，4，∴B4，4代入抛物线解析式中得：4a4，把C0，解得a1，

∴抛物线解析式为yx23x4；【小问2详解】

证明：设直线BC的解析式为ykxb，

4kb0∴，

b4∴k1，

b4∴直线BC的解析式为yx4，在yx4中，当x488644484时，y，在yx23x4中，x时，y，

33993

∴E，，D，，

22328482∴DE，CD4，93338443984338232CD22DE223，9∴，OC43CD8233∴

CDDE，OCCD∵OC⊥OB，DE⊥OB，∴OC∥DE，∴OCDCDE，∴△COD∽△DCE，∴CODDCE；【小问3详解】

m4，则Em，m3m4，解：设Dm，2∴DEm4m3m4m4m，CD2m2m442m2，

222CE2m2m23m44m46m310m2，

当CD为边时，则CDDE，∴2mm4m222，

∴2m2m48m316m2，∴m2m28m140，

解得m42或m0（舍去），

2或42，2；∴点D的坐标为42，当CD为对角线时，则CEDE，∴m46m310m2m24m2∴m46m310m2m48m316m2，∴2m36m20，

解得m3或m0（舍去），

，∴点D的坐标为31；

2或42，2或31，综上所述，点D的坐标为42，．

【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，相似三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．

