∴S正方形DNMF=2（3﹣1）×2（3﹣1）×S△ADF=
1=8﹣43， 21×AD×AFsin30°=1， 2∴则图中阴影部分的面积为：4S△ADF+S正方形DNMF=4+8﹣43=12﹣43． 故答案为12﹣43．
考点：1、旋转的性质；2、菱形的性质．
17．6【解析】试题解析：∵DE是BC边上的垂直平分线∴BE=CE∵△EDC的周长为24∴ED+DC+EC=24①∵△ABC与四边形AEDC的周长之差为12∴（AB+AC+BC）-（AE+ED+DC+AC
解析：6 【解析】
试题解析：∵DE是BC边上的垂直平分线， ∴BE=CE．
∵△EDC的周长为24， ∴ED+DC+EC=24，①
∵△ABC与四边形AEDC的周长之差为12，
∴（AB+AC+BC）-（AE+ED+DC+AC）=（AB+AC+BC）-（AE+DC+AC）-DE=12， ∴BE+BD-DE=12，② ∵BE=CE，BD=DC， ∴①-②得，DE=6．
考点：线段垂直平分线的性质．
18．10【解析】【分析】试题分析：把（a﹣4）和（a﹣2）看成一个整体利用完全平方公式求解【详解】（a﹣4）2+（a﹣2）2=（a﹣4）2+（a﹣2）2-2（a﹣4）（a﹣2）+2（a﹣4）（a﹣2）=
解析：10 【解析】 【分析】
试题分析：把（a﹣4）和（a﹣2）看成一个整体，利用完全平方公式求解． 【详解】
（a﹣4）2+（a﹣2）2=（a﹣4）2+（a﹣2）2-2（a﹣4）（a﹣2）+2（a﹣4）（a﹣2） =[（a﹣4）-（a﹣2）]2+2（a﹣4）（a﹣2） =（-2）2+2×3
=10 故答案为10 【点睛】
2ab+b2求解，整体思想的运用使运算更加简便． 本题考查了完全平方公式：（a±b）2=a2±
19．【解析】【分析】过D作DQ⊥x轴于Q过C作CM⊥x轴于M过E作EF⊥x轴于F设D点的坐标为（ab）求出CE的坐标代入函数解析式求出a再根据勾股定理求出b即可请求出答案【详解】如图过D作DQ⊥x轴于Q
解析：25 【解析】
【分析】过D作DQ⊥x轴于Q，过C作CM⊥x轴于M，过E作EF⊥x轴于F，设D点的坐标为（a，b），求出C、E的坐标，代入函数解析式，求出a，再根据勾股定理求出b，即可请求出答案．
【详解】如图，过D作DQ⊥x轴于Q，过C作CM⊥x轴于M，过E作EF⊥x轴于F，
设D点的坐标为（a，b），则C点的坐标为（a+3，b）， ∵E为AC的中点， ∴EF=
11111CM=b，AF=AM=OQ=a， 22222E点的坐标为（3+
11a，b）， 22把D、E的坐标代入y=解得：a=2，
k11得：k=ab=（3+a）b，
22x在Rt△DQO中，由勾股定理得：a2+b2=32， 即22+b2=9，
解得：b=5（负数舍去）， ∴k=ab=25， 故答案为25．
【点睛】本题考查了勾股定理、反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质等，得出关于a、b的方程是解此题的关键．
20．x≥﹣3【解析】【分析】直接利用二次根式的定义求出x的取值范围【详解】解：若式子在实数范围内有意义则x+3≥0解得：x≥﹣3则x的取值范围
是：x≥﹣3故答案为：x≥﹣3【点睛】此题主要考查了二次根式
解析：x≥﹣3
【解析】 【分析】
直接利用二次根式的定义求出x的取值范围． 【详解】
.解：若式子x?3在实数范围内有意义， 则x+3≥0， 解得：x≥﹣3，
则x的取值范围是：x≥﹣3． 故答案为：x≥﹣3． 【点睛】
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握二次根式的定义是解题关键．
三、解答题
21．（1）见解析（2）见解析 【解析】
试题分析：（1）根据平行四边形的性质，可得AB与CD的关系，根据平行四边形的判定，可得BFDE是平行四边形，再根据矩形的判定，可得答案；
（2）根据平行线的性质，可得∠DFA=∠FAB，根据等腰三角形的判定与性质，可得∠DAF=∠DFA，根据角平分线的判定，可得答案． 试题分析：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD． ∵BE∥DF，BE=DF， ∴四边形BFDE是平行四边形． ∵DE⊥AB， ∴∠DEB=90°， ∴四边形BFDE是矩形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC， ∴∠DFA=∠FAB．
在Rt△BCF中，由勾股定理，得 BC=FC2?FB2=32?42=5， ∴AD=BC=DF=5， ∴∠DAF=∠DFA， ∴∠DAF=∠FAB， 即AF平分∠DAB．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，利用了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三
角形的判定与性质，利用等腰三角形的判定与性质得出∠DAF=∠DFA是解题关键． 22．（1）证明见解析；（2）2. 【解析】
分析：（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可. （2）根据菱形的性质和勾股定理求出OA?线等于斜边的一半即可求解. 详解：（1）证明：∵AB∥CD， ∴?CAB??ACD ∵AC平分?BAD ∴?CAB??CAD， ∴?CAD??ACD ∴AD?CD 又∵AD?AB ∴AB?CD 又∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形 又∵AB?AD ∴YABCD是菱形
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD交于点O． ∴AC?BD．OA?OC?∴OB?AB2?OB2?2．根据直角三角形斜边的中
11AC，OB?OD?BD， 221BD?1． 2在RtVAOB中，?AOB?90?． ∴OA?AB2?OB2?2．
∵CE?AB， ∴?AEC?90?．
在RtVAEC中，?AEC?90?．O为AC中点． ∴OE?1AC?OA?2． 2点睛：本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定方法以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键.
23．（1）证明见解析；（2）?CEP是等边三角形，理由见解析；（3）CE?【解析】 【分析】
（1）由菱形ABCD性质可知，AD?CD，?ADP??CDP，即可证明； （2）由△PDA≌△PDC，推出PA=PC，由PA=PE，推出?DCP??DEP，可知
2AP.
?CPF??EDF?60?，由PA═PE=PC，即可证明△PEC是等边三角形；
（3）由△PDA≌△PDC，推出PA=PC，∠3=∠1，由PA=PE，推出∠2=∠3，推出∠1=∠2，由∠EDF=90°，∠DFE=∠PFC，推出∠FPC=EDF=90°，推出△PEC是等腰直角三角形即可解答； 【详解】
（1）证明：在菱形ABCD中，AD?CD，?ADP??CDP， 在?ADP和?CDP
?AD?CD???ADP??CDP， ?DP?DP?∴?ADP??CDP?SAS?. （2）?CEP是等边三角形，
由（1）知，?ADP??CDP，∴?DAP??DCP，AP?CP， ∵PA?PE，∴?DAP??DEP， ∴?DCP??DEP，
∵?CFP??EFD（对顶角相等），
∴180???PFC??PCF?180???DFE??DEP， 即?CPF??EDF?60?， 又∵PA?PE，AP?CP； ∴PE?PC， ∴?CEP是等边三角形. （3）CE?2AP.
过程如下：证明：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADB=∠CDB=45°，∠ADC=90°， 在△PDA和△PDC中，
?PD＝PD???PDA＝?PDC，， ?DA＝DC?∴△PDA≌△PDC， ∴PA=PC，∠3=∠1，
2019-2020中考数学试卷及答案
