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∴△BAD≌△CAF， ∴BD=CF．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形及外接圆，四点共圆等知识点的综合运用，属于基础题，熟练掌握等边三角形的性质是关键．
七、（本大题2个小题，每小题10分，满分20分）
25．（10分）如图，已知二次函数的图象过点O（0，0）．A（8，4），与x轴交于另一点B，且对称轴是直线x=3． （1）求该二次函数的解析式；
（2）若M是OB上的一点，作MN∥AB交OA于N，当△ANM面积最大时，求M的坐标； （3）P是x轴上的点，过P作PQ⊥x轴与抛物线交于Q．过A作AC⊥x轴于C，当以O，P，Q为顶点的三角形与以O，A，C为顶点的三角形相似时，求P点的坐标．
【分析】（1）先利用抛物线的对称性确定B（6，0），然后设交点式求抛物线解析式； （2）设M（t，0），先其求出直线OA的解析式为y=x，直线AB的解析式为y=2x﹣12，直
线MN的解析式为y=2x﹣2t，再通过解方程组得N（t，t），接着利用三角形
面积公式，利用S△AMN=S△AOM﹣S△NOM得到S△AMN=?4?t﹣?t?t，然后根据二次函数的性质解决问题；
（3）设Q（m，m﹣m），根据相似三角形的判定方法，当|m﹣m|=2|m|；当
2
2
=时，△PQO∽△COA，则
=时，△PQO∽△CAO，则|m﹣m|=|m|，然后分别解关于m
2
的绝对值方程可得到对应的P点坐标．
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【解答】解：（1）∵抛物线过原点，对称轴是直线x=3， ∴B点坐标为（6，0），
设抛物线解析式为y=ax（x﹣6）， 把A（8，4）代入得a?8?2=4，解得a=， ∴抛物线解析式为y=x（x﹣6），即y=x2
﹣x； （2）设M（t，0），
易得直线OA的解析式为y=x， 设直线AB的解析式为y=kx+b， 把B（6，0），A（8，4）代入得，解得
，∴直线AB的解析式为y=2x﹣12， ∵MN∥AB，
∴设直线MN的解析式为y=2x+n，
把M（t，0）代入得2t+n=0，解得n=﹣2t， ∴直线MN的解析式为y=2x﹣2t，
解方程组得，则N（t，t），
∴S△AMN=S△AOM﹣S△NOM =?4?t﹣?t?t =﹣t2
+2t =﹣（t﹣3）2
+3，
当t=3时，S△AMN有最大值3，此时M点坐标为（3，0）； （3）设Q（m，m2
﹣m）， ∵∠OPQ=∠ACO， ∴当
=
时，△PQO∽△COA，即
=，
∴PQ=2PO，即|m2﹣m|=2|m|，
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解方程m﹣m=2m得m1=0（舍去），m2=14，此时P点坐标为（14，28）； 解方程m﹣m=﹣2m得m1=0（舍去），m2=﹣2，此时P点坐标为（﹣2，4）； ∴当
=
时，△PQO∽△CAO，即
2
2
2
=，
∴PQ=PO，即|m﹣m|=|m|，
解方程m﹣m=m得m1=0（舍去），m2=8（舍去），
解方程m﹣m=﹣m得m1=0（舍去），m2=2，此时P点坐标为（2，﹣1）； 综上所述，P点坐标为（14，28）或（﹣2，4）或（2，﹣1）．
【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；灵活运用相似比表示线段之间的关系；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
26．（10分）已知正方形ABCD中AC与BD交于O点，点M在线段BD上，作直线AM交直线DC于E，过D作DH⊥AE于H，设直线DH交AC于N．
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（1）如图1，当M在线段BO上时，求证：MO=NO；
（2）如图2，当M在线段OD上，连接NE，当EN∥BD时，求证：BM=AB； （3）在图3，当M在线段OD上，连接NE，当NE⊥EC时，求证：AN=NC?AC．
【分析】（1）先判断出OD=OA，∠AOM=∠DON，再利用同角的余角相等判断出∠ODN=∠OAM，判断出△DON≌△AOM即可得出结论；
（2）先判断出四边形DENM是菱形，进而判断出∠BDN=22.5°，即可判断出∠AMB=67.5°，即可得出结论；
（3）设CE=a，进而表示出EN=CE=a，CN=得，AC=
（a+b），
a，设DE=b，进而表示AD=a+b，根据勾股定理
2
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同（1）的方法得，∠OAM=∠ODN，得出∠EDN=∠DAE，进而判断出△DEN∽△ADE，得出进而得出a=，b，即可
b，即可表示出CN=b，AC=b，AN=AC﹣CN=
得出结论．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于O， ∴OD=OA，∠AOM=∠DON=90°， ∴∠OND+∠ODN=90°， ∵∠ANH=∠OND， ∴∠ANH+∠ODN=90°， ∵DH⊥AE， ∴∠DHM=90°， ∴∠ANH+∠OAM=90°， ∴∠ODN=∠OAM， ∴△DON≌△AOM， ∴OM=ON；
（2）连接MN， ∵EN∥BD，
∴∠ENC=∠DOC=90°，∠NEC=∠BDC=45°=∠ACD， ∴EN=CN，同（1）的方法得，OM=ON， ∵OD=OD， ∴DM=CN=EN， ∵EN∥DM，
∴四边形DENM是平行四边形， ∵DN⊥AE， ∴?DENM是菱形， ∴DE=EN， ∴∠EDN=∠END， ∵EN∥BD， ∴∠END=∠BDN，
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∴∠EDN=∠BDN， ∵∠BDC=45°， ∴∠BDN=22.5°， ∵∠AHD=90°，
∴∠AMB=∠DME=90°﹣∠BDN=67.5°， ∵∠ABM=45°， ∴∠BAM=67.5°=∠AMB， ∴BM=AB；
（3）设CE=a（a＞0） ∵EN⊥CD， ∴∠CEN=90°， ∵∠ACD=45°， ∴∠CNE=45°=∠ACD， ∴EN=CE=a， ∴CN=
a，
设DE=b（b＞0）， ∴AD=CD=DE+CE=a+b， 根据勾股定理得，AC=
AD=
（a+b），
同（1）的方法得，∠OAM=∠ODN， ∵∠OAD=∠ODC=45°，
∴∠EDN=∠DAE，∵∠DEN=∠ADE=90°， ∴△DEN∽△ADE， ∴， ∴，
∴a=b（已舍去不符合题意的） ∴CN=
a=
b，AC=（a+b）=
b，∴AN=AC﹣CN=
b，
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∴AN=2b，AC?CN=∴AN=AC?CN．
2
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b?b=2b
2
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，平行四边形，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出四边形DENM是菱形是解（2）的关键，判断出△DEN∽△ADE是解（3）的关键．
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2020年（最新整理历年）中考数学真题试题（含解析）(4)
