湖北省武汉市青山区2018年中考数学一模考试试卷 有解析
∠AEF＝90°．
①如图2，若∠AFE＝45°，求
的值；
②如图3，若AB＝BC，EC＝3CF，直接写出cos∠AFE的值．
【分析】（1）用特殊值法，设BE＝EC＝2，则AB＝BC＝4，证△ABE∽△ECF，可求出CF，DF的长，即可求出结论；
（2）①如图2，过F作FG⊥FD交AD于点G，证△FGD和△AEF是等腰直角三角形，证△FCE∽△AGF，求出CE：GF的值，即可写出EC：DF的值；
②如图3，作FT＝FD交AD于点T，作FH⊥AD于H，证△FCE∽△ATF，设CF＝2，则CE＝6，可设AT＝x，则TF＝3x，AD＝CD＝3x+2，DH＝DT＝x+1，分别用含x的代数式表示出∠AFE和∠D的余弦值，列出方程，求出x的值，即可求出结论． 【解答】解：（1）设BE＝EC＝2，则AB＝BC＝4， ∵∠AEF＝90°， ∴∠AEB+∠FEC＝90°， ∵∠AEB+∠EAB＝90°， ∴∠FEC＝∠EAB， 又∴∠B＝∠C＝90°， ∴△ABE∽△ECF， ∴即
＝
，
＝，
∴CF＝1，
则DF＝DC﹣CF＝3， ∴
；
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（2）①如图2，过F作FG⊥FD交AD于点G， ∵∠AFE＝∠ADC＝45°，
∴△FGD和△AEF是等腰直角三角形，
∴∠AGF＝180°﹣∠DGF＝135°，∠C＝180°﹣∠D＝135°， ∴∠AGF＝∠C，
又∵∠GAF+∠D＝∠CFE+∠AFE， ∴∠GAF＝∠CFE， ∴△FCE∽△AGF， ∴
又∵GF＝DF， ∴
②如图3，作FT＝FD交AD于点T，作FH⊥AD于H， 则∠FTD＝∠FDT，
∴180°﹣∠FTD＝180°﹣∠D， ∴∠ATF＝∠C，
又∵∠TAF+∠D＝∠AFE+∠CFE，且∠D＝∠AFE， ∴∠TAF＝∠CFE， ∴△FCE∽△ATF， ∴
， ；
，
设CF＝2，则CE＝6，可设AT＝x，则TF＝3x，AD＝CD＝3x+2， ∴DH＝DT＝x+1，且由cos∠AFE＝cos∠D，得解得x＝5， ∴cos∠AFE＝
＝．
＝
＝， ，
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24．（12分）已知，抛物线y＝x2﹣x+与x轴分别交于A、B两点（A点在B点的左侧），交y轴于点F．
（1）A点坐标为 （1，0） ；B点坐标为 （3，0） ：F点坐标为 （0，） ； （2）如图1，C为第一象限抛物线上一点，连接AC，BF交于点M，若BM＝FM，在直线AC下方的抛物线上是否存在点P，使S△ACP＝4，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）如图2，D、E是对称轴右侧第一象限抛物线上的两点，直线AD、AE分别交y轴于M、N两点，若OM?ON＝，求证：直线DE必经过一定点．
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【分析】（1）根据坐标轴上点的特点建立方程求解，即可得出结论；
（2）在直线AC下方轴x上一点，使S△ACH＝4，求出点H坐标，再求出直线AC的解析式，进而得出点H坐标，最后用过点H平行于直线AC的直线与抛物线解析式联立求解，即可得出结论；
（3）联立直线DE的解析式与抛物线解析式联立，得出x2﹣（k+1）x+﹣m＝0，进而得出a+b＝4+4k，ab＝3﹣4m，再由△DAG∽△MAO得出
，进而求出OM＝
（a﹣3），同理可得ON＝（b﹣3），再根据OM?ON＝（a﹣3）?（b﹣3）＝，即可得出结论．
【解答】解：（1）针对于抛物线y＝x2﹣x+， 令x＝0，则y＝， ∴F（0，），
令y＝0，则x2﹣x+＝0， 解得，x＝1或x＝3， ∴A（1，0）；B（3，0），
故答案为（1，0），（3，0），（0，）；
（2）由（1）知，B（3，0）；F（0，）， ∵BM＝FM， ∴M（，）， ∵A（1，0），
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