广东省广州市从化区2025年中考数学一模试卷
1．（2025·从化模拟）的相反数是（ ）
A．3 B． C． D．
2．（2025·从化模拟）为了节能减排，国家积极倡导使用新能源汽车，新能源汽车发展也取得了巨大成就．下列新能源汽车的车标既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025·从化模拟）的出现，不仅推动了技术的进步，还让更多的开发者能够使用高性能的模型，推动了技术的普惠化.2025年开年，仅用二十天就实现了21600000的日活跃用户（），超过了发布之初的数据表现，展现出巨大的市场潜力．其中用科学记数法表示21600000为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·从化模拟）下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·从化模拟）如图，在中，，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·从化模拟）如图，点A、点B、点C在上，，那么的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·从化模拟）正比例函数的图象过二、四象限，则关于x的一元二次方程的根的情况描述准确的是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有实数根
C．有两个相等的实数根 D．没有实数根
8．（2025·从化模拟）《九章算术》有一题：“今有户高多于广六尺，两隅相去适一丈，问户高、广各几何？”大意是说：已知矩形门的高比宽多尺，门的对角线长丈（丈尺），那么门的高和宽各是多少？如果设门的宽为尺，则下列方程中符合题意的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2025·从化模拟）如图，△AOB是直角三角形，∠AOB＝90°，OB＝2OA，点A在反比例函数y＝的图象上．若点B在反比例函数y＝的图象上，则k的值为（ ）
A．4 B．﹣4 C．8 D．﹣8
10．（2025·从化模拟）如图，在平面直角坐标系中，与轴交于，两点（在的左侧），与轴交于点，点是线段上方抛物线上一点，过点作轴，且与延长线相交于点，连接交于点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
11．（2025·从化模拟）分解因式： ．
12．（2025·从化模拟）如图，直线，线段分别与，交于点D，C，过点B作，交直线于点A．若，则的度数是 ．
13．（2025·从化模拟）电学中，串联电路电压U（伏特）一定时，电流I（安培）和电阻R（欧姆）成反比例函数关系，当安培时，欧姆，则电流I（安培）关于电阻R（欧姆）的函数关系是 ．
14．（2025·从化模拟）一个立体图形的主视图、左视图、俯视图完全相同，则这个立体图形可以是 ．
15．（2025·从化模拟）一个扇形的半径为9，圆心角为，用这个扇形围成圆锥的侧面（接缝处重叠部分忽略不计），则圆锥底面圆的半径为 ．
16．（2025·从化模拟）如图，在四边形中，，，以为腰作等腰直角三角形，顶点E恰好落在边上，若，则的长是 ．
17．（2025·从化模拟）解不等式：．
18．（2025·从化模拟）如图，，．求证：．
19．（2025·从化模拟）已知．
（1）化简T；
（2）若，求T的值．
20．（2025·从化模拟）为抓住文化产业赋能乡村振兴契机，争创国家全民健身示范区，打造环“两山”体育品牌赛事，助力“百千万工程”高质量发展，2024年6月29日，广州市从化区成功举办首届龙舟邀请赛．为了给组织单位献计献策，某校初三学生随机对部分市民进行了问卷调查，调查市民对于2025年龙舟赛增设比赛项目的关注程度（参与问卷调查的每位市民只能选择其中一个项目），将调查得到的数据绘制成数据统计表和扇形统计图（表、图都未完全制作完成）．请你根据统计图、表解答下列问题：
比赛项目 频数（人） 频率
300米直道竞速赛（A） 30 0.1
彩龙竞艳赛（B） 90 0.3
10公里龙舟马拉松（C） a 0.35
200米环绕赛（D） 75 0.25
（1）a的值为______；扇形统计图中D部分圆心角的度数为______；
（2）为了缓解比赛当天城市交通压力，维护交通秩序，现安排4名志愿者（2男2女）对河滨北路段进行值守，若在4名志愿者中任意抽取2名志愿者安排在街口大桥驶入河滨北路路口执勤，请求出恰好抽到的两名志愿者性别相同的概率．
21．（2025·从化模拟）如图是两张不同类型火车的车票（“D×××次”表示动车，“G×××次”表示高铁）：
（1）已知A、B两地之间的距离为，高铁的平均速度是动车平均速度的倍，如果两车均按车票信息准时出发，且同时到达终点，那么动车和高铁的平均速度分别是多少时？
（2）高铁出发前，两车在什么时刻相距？
22．（2025·从化模拟）如图，已知直线过点，且与直线相交于点．
（1）求直线的解析式；
（2）当且时，自变量的取值范围是______；
（3）若双曲线与直线相交于两点，求的面积．
23．（2025·从化模拟）某数学兴趣小组在探究矩形的折叠问题．如图9，他们把矩形的边折叠，折叠后点与边上的点重合．
（1）怎么找出这条直线折痕呢？兴趣小组发现可以通过尺规作图，准确地找到这条折痕．请你利用尺规作图帮他们确定折痕所在的直线（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）折痕与边的交点为，连结，以为直径作，兴趣小组进一步探究点与的位置关系，请你与兴趣小组一起思考分析，确定点与的位置关系并说明理由；
（3）如果折痕，，通过探究，兴趣小组发现可以求出矩形的周长．请你帮助兴趣小组写出详细的求解过程．
24．（2025·从化模拟）如图，已知和都是等腰三角形，，，．
（1）求证：；
（2）如图1，连接，若，以A、D、E、G为顶点的四边形是平行四边形，求与的数量关系及的度数；
（3）如图2，若，，与交于点P，绕点A顺时针旋转，从与重合开始，到与第一次重合时停止，求此时点P所经过的路径的长．
25．（2025·从化模拟）定义：在平面直角坐标系中，直线称为抛物线的伴随直线，如直线为抛物线的伴随直线．
（1）抛物线的对称轴为直线且其伴随直线为，求该抛物线的解析式；
（2）若抛物线的伴随直线是．
①试用含a的代数式表示b和c；
②抛物线经过定点Q，且与x轴交于点D和点E，若为直角三角形，求m的值；
（3）顶点在第一象限的抛物线与它的伴随直线交于点A，B（点A在点B的左侧），与x轴负半轴交于点C，当时，y轴上存在点P，使得取得最大值，求此时点P的坐标．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】判断两个数互为相反数
【解析】【解答】解：的相反数是3．
故答案为：A．
【分析】利用相反数的定义（ 只有符号不同的两个数是互为相反数 ）分析求解即可.
2．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A．中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B．中图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
C．中图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D．中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意．
故答案为：B。
【分析】根据中心对称与轴对称的定义：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形。然后对各个图形逐一分析即可求解
3．【答案】C
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：，
故选C．
【分析】
用科学记数法常把一个绝对值较大的数字表示成的形式，其中，n取这个数字整数部分数字位数与1的差．
4．【答案】D
【知识点】同底数幂的除法；单项式乘单项式；积的乘方运算；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A.，故该选项不正确，不符合题意；
B.，故该选项不正确，不符合题意；
C.，故该选项不正确，不符合题意；
D.，故该选项正确，符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据同底数幂除法，积的乘方，幂的乘方，单项式乘以单项式的法则逐项判断即可．
5．【答案】D
【知识点】解直角三角形—三边关系（勾股定理）；求正弦值
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
∴，
∴．
故选：D．
【分析】
先利用勾股定理求出斜边的长，再解求出的值即可．
6．【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，在优弧上取一点D，连接，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
故选：C．
【分析】
在优弧上取一点D，连接，根据圆内接四边形对角互补可得的度数，再由圆周角定理即可得到的度数．
7．【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；正比例函数的图象和性质
【解析】【解答】解：∵正比例函数的图象过第二、四象限，
，
，
，
∴方程有两个不相等的实数根，
故选：A．
【分析】
由正比例函数的图象与系数的关系可得，再利用一元二次方程根的判别式进行计算即可．
8．【答案】C
【知识点】勾股定理；一元二次方程的应用-几何问题；列一元二次方程
9．【答案】D
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数-动态几何问题；同侧一线三垂直全等模型；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【解答】解：如图所示，过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D．则
∵∠AOB＝90°，
∴∠AOC＋∠BOD＝90°，
∵∠DBO＋∠BOD＝90°，
∴∠DBO＝∠AOC，
∵∠BDO＝∠ACO＝90°，
∴△BDO∽△OCA，
∴，
∵OB＝2OA，
∴
∴k＝ 8．
故选：D．
【分析】
由于 ∠AOB＝90° ，可分别过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，由一线三垂直模型可证△ACO∽△ODB，再由面积比等于相似比的平方结合反比例函数K的几何意义即可．
10．【答案】A
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数的最值；二次函数-相似三角形的存在性问题
【解析】【解答】解：设与交于点，
由得，当时，，
解得：，，
∴，，
∴，
当时，，
∴，
设解析式为，
∴，解得：，
∴解析式为，
设，
∵轴，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
当时，则的最大值为，
故选：．
【分析】
由于PM//AB，因此P、M两点的纵坐标相等，由于二次函数的解析式已知，则抛物线与坐标轴的交点坐标均可求，因此利用待定系数法可确定直线BC的解析式，再利用一次函数和二次函数图象上点的坐标特征可设，则，又因为两直线平行内错角相等，则可证明，由于AB是定值 ，则由相似比可得，最后由二次函数的性质即可求解．
11．【答案】x(x+2)
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】解：x2+2x=x（x+2）.
故答案为：x（x+2）.
【分析】利用提公因式法进行因式分解即可.
12．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；两直线平行，同位角相等；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵，，
∴；
∵，
∴，
故答案为：．
【分析】
由垂直的概念可得，由直角三角形两锐角互余可得的度数，再由两直线平行同位角相等即可求得的度数．
13．【答案】
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数的实际应用
【解析】【解答】解：设电流I（安培）关于电阻R（欧姆）的函数关系是，
则有：，解得：．
所以电流I（安培）关于电阻R（欧姆）的函数关系是．
故答案为：．
【分析】
直接运用待定系数法求解即可．
14．【答案】球体
【知识点】由三视图判断几何体
【解析】【解答】解：一个立体图形的主视图、左视图、俯视图完全相同，则这个立体图形可以是球体（或正方体）．
故答案为：球体或正方体．
【分析】
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面观察得到的图形．
15．【答案】3
【知识点】弧长的计算；圆锥的计算
【解析】【解答】解：由题意可知，扇形的弧长为：，
∴底面周长为：，
∴，
解得：，
即：底面半径等于3，
故答案为：3．
【分析】
圆锥底面周长等于侧面展开扇形的弧长．
16．【答案】2
【知识点】等腰直角三角形；邻补角；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；两直线平行，同旁内角互补
【解析】【解答】提示：如图，过点E作，交于点F．
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
，
是等腰直角三角形，
，，
．
，，
．
，
，
，
，
，
．
，
，
．
故答案为：2．
【分析】
由于，可过点E作交于点F，则是等腰直角三角形，即EF=EC，，此时由平行线的性质及邻补角的概念可得、由三角形外角的性质及互为余角可得，则可证明，由等腰直角三角形的性质可得相似比等于，即．
17．【答案】解：，
∴，
∴．
【知识点】解一元一次不等式
【解析】【分析】解简单的一元一次不等式，直接移项合并同类项，再系数化为1即可．
18．【答案】证明：∵，∴．
在和中，
，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等的判定-ASA；邻补角；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】
先由等角的补角相等可得，又、AB=AB，则可由证明两三角形全等，则全等三角形对应边相等．
19．【答案】（1）解：
；
（2）解：∵，
∴．
【知识点】分式的化简求值；分母有理化；求特殊角的三角函数值
【解析】【分析】
（1）分式的混合运算，先对小括号内的式子通分，再化除法为乘法，再分别对分子分母分解因式，再约分化原式为最简分式或整式；
（2）先求出a的值，再把a的值代入到（1）所求的结果中计算求解即可．
（1）解：
；
（2）解：∵，
∴．
20．【答案】（1），90
（2）解：根据题意，画出树状图如下图：
根据树状图可得，共有12种等可能的结果，其中恰好抽到的两名交警性别相同的情况有4种，分别是（男1，男2），（男2，男1），（女1，女2），（女2，女1），
所以P（抽到两名交警性别相同）．
【知识点】频数（率）分布表；扇形统计图；用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】
（1）
解：本次调查学生数为：人，
所以10公里龙舟马拉松的人数为：，即．
扇形统计图中D部分圆心角的度数为．
故答案为：105，90．
【分析】
（1）观察统计表和扇形统计图，可先求出调查学生数，然后用调查学生数乘以10公里龙舟马拉松的频率即可解答；扇形统计图中D部分圆心角的度数为乘以D的频率即可解答．
（2）两步试验可利用画树状图或列表法求概率，注意画树状图时不重复不遗漏，列表格时注意对角线栏目上是否填写数据．
（1）解：本次调查学生数为：人，
所以10公里龙舟马拉松的人数为：，即．
扇形统计图中D部分圆心角的度数为．
故答案为：105，90．
（2）解：根据题意，画出树状图如下图：
根据树状图可得，共有12种等可能的结果，其中恰好抽到的两名交警性别相同的情况有4种，分别是（男1，男2），（男2，男1），（女1，女2），（女2，女1），
所以P（抽到两名交警性别相同）．
21．【答案】（1）解：设动车的平均速度为时，则设高铁的平均速度为时．由题意可得，
解得，
经检验，为方程的解，
∴，
答：动车的平均速度为时，高铁的平均速度为时；
（2）解：∵高铁出发前，动车的平均速度为h，
∴，
答：此时的时间为．
【知识点】分式方程的实际应用-行程问题
【解析】【分析】
（1）设动车的平均速度为时，则设高铁的平均速度为时，根据时间差为1小时列分式方程求解即可；
（2）根据动车的平均速度求出行驶所需时间，即可求解．
（1）解：设动车的平均速度为时，则设高铁的平均速度为时．
由题意可得，
解得，
经检验，为方程的解，
∴，
答：动车的平均速度为时，高铁的平均速度为时；
（2）解：解：∵高铁出发前，动车的平均速度为h，
∴，
此时的时间为．
22．【答案】（1）解：把代入得，，∴，
把和点代入，
得，
解得，
∴直线的解析式为；
（2）
（3）解：联立方程组，得，解得（舍去）或，
∴另一个交点B的坐标为，
如图，作轴于点E，轴于点，
∴，，，，
∴．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数与不等式（组）的关系；反比例函数与一次函数的交点问题；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】
（2）
解：∵且，
∴，
解得：，
故答案为：；
【分析】
（）先由一次函数图象上点的坐标特征求出，然后利用待定系数法即可求解；
（）由题意联立不等式组得，然后解出不等式组即可；
（）联立方程组，求出另一个交点B的坐标为，作轴于点E，轴于点，然后割补法求面积的方法求解即可．
（1）解：把代入得，，
∴，
把和点代入，
得，
解得，
∴直线的解析式为；
（2）解：∵且，
∴，
解得：，
故答案为：；
（3）解：联立方程组，得，
解得（舍去）或，
∴另一个交点B的坐标为，
如图，作轴于点E，轴于点，
∴，，，，
∴．
23．【答案】（1）解：如图所示，射线为所求．
（2）解：如图所示，连接OE，
点在上．理由如下：
∵沿折叠得到，
∴，，
在和中
，
∴，
∴，
连接，
则，
∴点在上．
（3）解：由（2）知，∴，
在矩形中，，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴设，则，
由勾股定理得．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
设，则，
在中，，
解得，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【知识点】矩形的性质；点与圆的位置关系；轴对称的性质；解直角三角形—边角关系；一线三等角相似模型（K字型相似模型）
【解析】【分析】（1）由折叠的性质知，故作的平分线即可；
（2）连接，利用折叠的性质得到，则，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到点E在上；
（3）由于已知，为便于计算可设，则，由勾股定理可得，由折叠的性质可得，则，再由一线三垂直模型可证，由相似比可得、，由于已知，再应用勾股定理分别求出和的长度即可．
（1）解：如图所示，射线为所求．
（2）解：点在上．
理由如下：
∵沿折叠得到，
∴，，
在和中
，
∴，
∴，
连接，
则，
∴点在上．
（3）解：由（2）知，
∴，
在矩形中，，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴设，则，
由勾股定理得．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
设，则，
在中，，
解得，
∴，，
∴，
∴，
∴．
24．【答案】（1）证明：∵，∴，
即．
在和中，
，
∴．
∴．
（2）解：如图（1），当四边形为平行四边形时，
则有，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
则．
如图（2），当四边形为平行四边形时，
则有，，
∵，，
∴，，
∴，．
综上所述，当四边形为平行四边形时，，或．
（3）解：∵，，，
∴和都是等边三角形，
∴，，
由（1）同理可证，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴A、B、D、P四点共圆，
即点P在等边的外接圆上，
设中点为M，圆心为O，连接、，
则，，
∴．
当的边绕点A从边所在直线开始顺时针旋转至与第一次重合时，旋转角为，
∴点P此时运动的路径所在的弧所对的圆心角也为．
∴点P此时运动的路径长为：．
【知识点】平行四边形的性质；弧长的计算；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—边角关系；手拉手全等模型
【解析】【分析】
（1）由手拉手模型知运用证明，即可作答．
（2）分类讨论，即当AG与DE平行且相等时或当AE与DG平行且相等时，根据平行四边形的性质结合勾股定理得，即可作答．
（3）由已知知和都是等边三角形，则，可由手拉手模型可证，由全等的性质知，则A、B、D、P四点共圆，即点P在等边的外接圆上，利用垂径定理可计算出这个外接圆的半径为6．则当的边绕点A从边所在直线开始逆时针旋转至与第一次重合时，旋转角为，运用求弧长公式列式计算，即可作答．
（1）证明：∵，
∴，
即．
在和中，
，
∴．
∴．
（2）解：如图（1），当四边形为平行四边形时，
则有，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
则．
如图（2），当四边形为平行四边形时，
则有，，
∵，，
∴，，
∴，．
综上所述，当四边形为平行四边形时，，或．
（3）解：∵，，，
∴和都是等边三角形，
∴，，
由（1）同理可证，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴A、B、D、P四点共圆，
即点P在等边的外接圆上，
设中点为M，圆心为O，连接、，
则，，
∴．
当的边绕点A从边所在直线开始顺时针旋转至与第一次重合时，旋转角为，
∴点P此时运动的路径所在的弧所对的圆心角也为．
∴点P此时运动的路径长为：．
25．【答案】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线，且伴随直线．
∴抛物线．
（2）解：①依题意得原抛物线解析式为，∴，，，
∴，．
②由①得抛物线解析式为，
∴时的函数值与m值无关，此时，
∴即抛物线过定点，且点Q为抛物线顶点，对称轴为直线．
∵点E、D为抛物线与x轴的交点，Q为抛物线顶点，
∴，
∵点E、D与定点Q构成直角三角形，
∴，即为等腰直角三角形．
∵为抛物线顶点，对称轴为直线，
∴点Q到的距离为3，
∴，
∴点E到对称轴的距离为3，
∴点E坐标为或，
把代入，得．
（3）解：∵抛物线的解析式为：，
∴其伴随直线为即，顶点坐标为，
∵抛物线顶点在第一象限，
∴，
联立抛物线与伴随直线的解析式为：，
解得：，，
∴，，
在抛物线中，令，
即，
解得：或，
∴，
∴，，，
∵，
∴
即，
解得：或（舍去），
∴当时，．
设的外接圆为，当与轴相切时，
在轴上任意取一点，连接交于一点，则，
∵，
∴当取得最大值，的外接圆与轴相切，
当时，则，，如图所示，此时，
设过，，的直线解析式为，
∴，
解得：，
∴，
设经过的外心的直线解析式为，
∵，，
∴中点坐标为，
∴，
解得：，
∴直线为：，
∵轴，则，
∴设，
∴，
解得：或（舍去），
∴，
∴．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；圆与函数的综合；二次函数-角度的存在性问题；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【分析】（1）由于抛物线的对称轴为直线，因此先把伴随直线解析式变形为，再根据伴随直线的定义即可得到抛物线的解析式；
（2）①先由伴随直线的解析式可得抛物线解析式为，再化顶点式对一般式可得，，，则，；
②由抛物线解析式可得定点即抛物线顶点，则，故为等腰直角三角形，由于点Q到的距离为3，则由直线三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，可得点E坐标为或，再利用待定系数法求解即可；
（3）根据概念可得抛物线的伴随直线的解析式，可联立求出交点A、B的坐标，再利用二次函数图象上点的坐标特征求出抛物线与x轴的交点C的坐标，由于，可利用勾股定理列出关于的方程，求出，此时可作的外接圆，显然与轴相切时取得最大值，此时可过圆心Q作弦AB的垂线段QE，由垂径定理知QE平分AB，则点E的坐标可知，又因为，则AC平行QF，可利用待定系数法先求出直线AC的解析式，则利用点E坐标可得直线QE的解析式，再利用直线上点的坐标特征设出点Q的坐标，由于PQ垂直y轴，则点P坐标可表示，再利用半径相等列式即可求出P点坐标．
（1）解：∵抛物线的对称轴为直线，且伴随直线．
∴抛物线．
（2）解：①依题意得原抛物线解析式为，
∴，，，
∴，．
②由①得抛物线解析式为，
∴时的函数值与m值无关，此时，
∴即抛物线过定点，且点Q为抛物线顶点，对称轴为直线．
∵点E、D为抛物线与x轴的交点，Q为抛物线顶点，
∴，
∵点E、D与定点Q构成直角三角形，
∴，即为等腰直角三角形．
∵为抛物线顶点，对称轴为直线，
∴点Q到的距离为3，
∴，
∴点E到对称轴的距离为3，
∴点E坐标为或，
选择其中一点代入，可解得．
（3）∵抛物线的解析式为：，
∴其伴随直线为即，顶点坐标为，
∵抛物线顶点在第一象限，
∴，
联立抛物线与伴随直线的解析式为：，
解得：，，
∴，，
，令，
即，
解得：或，
∴，
∴，，，
∵，
∴
即，
解得：或（舍去），
∴当时，．
设的外接圆为，当与轴相切时，
在轴上任意取一点，连接交于一点，则，
∵，
∴当取得最大值，的外接圆与轴相切，
当时，则，，如图所示，此时，
设过，，的直线解析式为，
∴，
解得：，
∴，
设经过的外心的直线解析式为，
∵，，
∴中点坐标为，
∴，
解得：，
∴直线为：，
∵轴，则，
∴设，
∴，
解得：或（舍去），
∴，
∴．
1 / 1广东省广州市从化区2025年中考数学一模试卷
1．（2025·从化模拟）的相反数是（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】A
【知识点】判断两个数互为相反数
【解析】【解答】解：的相反数是3．
故答案为：A．
【分析】利用相反数的定义（ 只有符号不同的两个数是互为相反数 ）分析求解即可.
2．（2025·从化模拟）为了节能减排，国家积极倡导使用新能源汽车，新能源汽车发展也取得了巨大成就．下列新能源汽车的车标既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A．中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B．中图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
C．中图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D．中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意．
故答案为：B。
【分析】根据中心对称与轴对称的定义：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形。然后对各个图形逐一分析即可求解
3．（2025·从化模拟）的出现，不仅推动了技术的进步，还让更多的开发者能够使用高性能的模型，推动了技术的普惠化.2025年开年，仅用二十天就实现了21600000的日活跃用户（），超过了发布之初的数据表现，展现出巨大的市场潜力．其中用科学记数法表示21600000为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：，
故选C．
【分析】
用科学记数法常把一个绝对值较大的数字表示成的形式，其中，n取这个数字整数部分数字位数与1的差．
4．（2025·从化模拟）下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】同底数幂的除法；单项式乘单项式；积的乘方运算；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A.，故该选项不正确，不符合题意；
B.，故该选项不正确，不符合题意；
C.，故该选项不正确，不符合题意；
D.，故该选项正确，符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据同底数幂除法，积的乘方，幂的乘方，单项式乘以单项式的法则逐项判断即可．
5．（2025·从化模拟）如图，在中，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】解直角三角形—三边关系（勾股定理）；求正弦值
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
∴，
∴．
故选：D．
【分析】
先利用勾股定理求出斜边的长，再解求出的值即可．
6．（2025·从化模拟）如图，点A、点B、点C在上，，那么的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，在优弧上取一点D，连接，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
故选：C．
【分析】
在优弧上取一点D，连接，根据圆内接四边形对角互补可得的度数，再由圆周角定理即可得到的度数．
7．（2025·从化模拟）正比例函数的图象过二、四象限，则关于x的一元二次方程的根的情况描述准确的是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有实数根
C．有两个相等的实数根 D．没有实数根
【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；正比例函数的图象和性质
【解析】【解答】解：∵正比例函数的图象过第二、四象限，
，
，
，
∴方程有两个不相等的实数根，
故选：A．
【分析】
由正比例函数的图象与系数的关系可得，再利用一元二次方程根的判别式进行计算即可．
8．（2025·从化模拟）《九章算术》有一题：“今有户高多于广六尺，两隅相去适一丈，问户高、广各几何？”大意是说：已知矩形门的高比宽多尺，门的对角线长丈（丈尺），那么门的高和宽各是多少？如果设门的宽为尺，则下列方程中符合题意的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；一元二次方程的应用-几何问题；列一元二次方程
9．（2025·从化模拟）如图，△AOB是直角三角形，∠AOB＝90°，OB＝2OA，点A在反比例函数y＝的图象上．若点B在反比例函数y＝的图象上，则k的值为（ ）
A．4 B．﹣4 C．8 D．﹣8
【答案】D
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数-动态几何问题；同侧一线三垂直全等模型；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【解答】解：如图所示，过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D．则
∵∠AOB＝90°，
∴∠AOC＋∠BOD＝90°，
∵∠DBO＋∠BOD＝90°，
∴∠DBO＝∠AOC，
∵∠BDO＝∠ACO＝90°，
∴△BDO∽△OCA，
∴，
∵OB＝2OA，
∴
∴k＝ 8．
故选：D．
【分析】
由于 ∠AOB＝90° ，可分别过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，由一线三垂直模型可证△ACO∽△ODB，再由面积比等于相似比的平方结合反比例函数K的几何意义即可．
10．（2025·从化模拟）如图，在平面直角坐标系中，与轴交于，两点（在的左侧），与轴交于点，点是线段上方抛物线上一点，过点作轴，且与延长线相交于点，连接交于点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数的最值；二次函数-相似三角形的存在性问题
【解析】【解答】解：设与交于点，
由得，当时，，
解得：，，
∴，，
∴，
当时，，
∴，
设解析式为，
∴，解得：，
∴解析式为，
设，
∵轴，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
当时，则的最大值为，
故选：．
【分析】
由于PM//AB，因此P、M两点的纵坐标相等，由于二次函数的解析式已知，则抛物线与坐标轴的交点坐标均可求，因此利用待定系数法可确定直线BC的解析式，再利用一次函数和二次函数图象上点的坐标特征可设，则，又因为两直线平行内错角相等，则可证明，由于AB是定值 ，则由相似比可得，最后由二次函数的性质即可求解．
11．（2025·从化模拟）分解因式： ．
【答案】x(x+2)
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】解：x2+2x=x（x+2）.
故答案为：x（x+2）.
【分析】利用提公因式法进行因式分解即可.
12．（2025·从化模拟）如图，直线，线段分别与，交于点D，C，过点B作，交直线于点A．若，则的度数是 ．
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；两直线平行，同位角相等；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵，，
∴；
∵，
∴，
故答案为：．
【分析】
由垂直的概念可得，由直角三角形两锐角互余可得的度数，再由两直线平行同位角相等即可求得的度数．
13．（2025·从化模拟）电学中，串联电路电压U（伏特）一定时，电流I（安培）和电阻R（欧姆）成反比例函数关系，当安培时，欧姆，则电流I（安培）关于电阻R（欧姆）的函数关系是 ．
【答案】
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数的实际应用
【解析】【解答】解：设电流I（安培）关于电阻R（欧姆）的函数关系是，
则有：，解得：．
所以电流I（安培）关于电阻R（欧姆）的函数关系是．
故答案为：．
【分析】
直接运用待定系数法求解即可．
14．（2025·从化模拟）一个立体图形的主视图、左视图、俯视图完全相同，则这个立体图形可以是 ．
【答案】球体
【知识点】由三视图判断几何体
【解析】【解答】解：一个立体图形的主视图、左视图、俯视图完全相同，则这个立体图形可以是球体（或正方体）．
故答案为：球体或正方体．
【分析】
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面观察得到的图形．
15．（2025·从化模拟）一个扇形的半径为9，圆心角为，用这个扇形围成圆锥的侧面（接缝处重叠部分忽略不计），则圆锥底面圆的半径为 ．
【答案】3
【知识点】弧长的计算；圆锥的计算
【解析】【解答】解：由题意可知，扇形的弧长为：，
∴底面周长为：，
∴，
解得：，
即：底面半径等于3，
故答案为：3．
【分析】
圆锥底面周长等于侧面展开扇形的弧长．
16．（2025·从化模拟）如图，在四边形中，，，以为腰作等腰直角三角形，顶点E恰好落在边上，若，则的长是 ．
【答案】2
【知识点】等腰直角三角形；邻补角；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；两直线平行，同旁内角互补
【解析】【解答】提示：如图，过点E作，交于点F．
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
，
是等腰直角三角形，
，，
．
，，
．
，
，
，
，
，
．
，
，
．
故答案为：2．
【分析】
由于，可过点E作交于点F，则是等腰直角三角形，即EF=EC，，此时由平行线的性质及邻补角的概念可得、由三角形外角的性质及互为余角可得，则可证明，由等腰直角三角形的性质可得相似比等于，即．
17．（2025·从化模拟）解不等式：．
【答案】解：，
∴，
∴．
【知识点】解一元一次不等式
【解析】【分析】解简单的一元一次不等式，直接移项合并同类项，再系数化为1即可．
18．（2025·从化模拟）如图，，．求证：．
【答案】证明：∵，∴．
在和中，
，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等的判定-ASA；邻补角；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】
先由等角的补角相等可得，又、AB=AB，则可由证明两三角形全等，则全等三角形对应边相等．
19．（2025·从化模拟）已知．
（1）化简T；
（2）若，求T的值．
【答案】（1）解：
；
（2）解：∵，
∴．
【知识点】分式的化简求值；分母有理化；求特殊角的三角函数值
【解析】【分析】
（1）分式的混合运算，先对小括号内的式子通分，再化除法为乘法，再分别对分子分母分解因式，再约分化原式为最简分式或整式；
（2）先求出a的值，再把a的值代入到（1）所求的结果中计算求解即可．
（1）解：
；
（2）解：∵，
∴．
20．（2025·从化模拟）为抓住文化产业赋能乡村振兴契机，争创国家全民健身示范区，打造环“两山”体育品牌赛事，助力“百千万工程”高质量发展，2024年6月29日，广州市从化区成功举办首届龙舟邀请赛．为了给组织单位献计献策，某校初三学生随机对部分市民进行了问卷调查，调查市民对于2025年龙舟赛增设比赛项目的关注程度（参与问卷调查的每位市民只能选择其中一个项目），将调查得到的数据绘制成数据统计表和扇形统计图（表、图都未完全制作完成）．请你根据统计图、表解答下列问题：
比赛项目 频数（人） 频率
300米直道竞速赛（A） 30 0.1
彩龙竞艳赛（B） 90 0.3
10公里龙舟马拉松（C） a 0.35
200米环绕赛（D） 75 0.25
（1）a的值为______；扇形统计图中D部分圆心角的度数为______；
（2）为了缓解比赛当天城市交通压力，维护交通秩序，现安排4名志愿者（2男2女）对河滨北路段进行值守，若在4名志愿者中任意抽取2名志愿者安排在街口大桥驶入河滨北路路口执勤，请求出恰好抽到的两名志愿者性别相同的概率．
【答案】（1），90
（2）解：根据题意，画出树状图如下图：
根据树状图可得，共有12种等可能的结果，其中恰好抽到的两名交警性别相同的情况有4种，分别是（男1，男2），（男2，男1），（女1，女2），（女2，女1），
所以P（抽到两名交警性别相同）．
【知识点】频数（率）分布表；扇形统计图；用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】
（1）
解：本次调查学生数为：人，
所以10公里龙舟马拉松的人数为：，即．
扇形统计图中D部分圆心角的度数为．
故答案为：105，90．
【分析】
（1）观察统计表和扇形统计图，可先求出调查学生数，然后用调查学生数乘以10公里龙舟马拉松的频率即可解答；扇形统计图中D部分圆心角的度数为乘以D的频率即可解答．
（2）两步试验可利用画树状图或列表法求概率，注意画树状图时不重复不遗漏，列表格时注意对角线栏目上是否填写数据．
（1）解：本次调查学生数为：人，
所以10公里龙舟马拉松的人数为：，即．
扇形统计图中D部分圆心角的度数为．
故答案为：105，90．
（2）解：根据题意，画出树状图如下图：
根据树状图可得，共有12种等可能的结果，其中恰好抽到的两名交警性别相同的情况有4种，分别是（男1，男2），（男2，男1），（女1，女2），（女2，女1），
所以P（抽到两名交警性别相同）．
21．（2025·从化模拟）如图是两张不同类型火车的车票（“D×××次”表示动车，“G×××次”表示高铁）：
（1）已知A、B两地之间的距离为，高铁的平均速度是动车平均速度的倍，如果两车均按车票信息准时出发，且同时到达终点，那么动车和高铁的平均速度分别是多少时？
（2）高铁出发前，两车在什么时刻相距？
【答案】（1）解：设动车的平均速度为时，则设高铁的平均速度为时．由题意可得，
解得，
经检验，为方程的解，
∴，
答：动车的平均速度为时，高铁的平均速度为时；
（2）解：∵高铁出发前，动车的平均速度为h，
∴，
答：此时的时间为．
【知识点】分式方程的实际应用-行程问题
【解析】【分析】
（1）设动车的平均速度为时，则设高铁的平均速度为时，根据时间差为1小时列分式方程求解即可；
（2）根据动车的平均速度求出行驶所需时间，即可求解．
（1）解：设动车的平均速度为时，则设高铁的平均速度为时．
由题意可得，
解得，
经检验，为方程的解，
∴，
答：动车的平均速度为时，高铁的平均速度为时；
（2）解：解：∵高铁出发前，动车的平均速度为h，
∴，
此时的时间为．
22．（2025·从化模拟）如图，已知直线过点，且与直线相交于点．
（1）求直线的解析式；
（2）当且时，自变量的取值范围是______；
（3）若双曲线与直线相交于两点，求的面积．
【答案】（1）解：把代入得，，∴，
把和点代入，
得，
解得，
∴直线的解析式为；
（2）
（3）解：联立方程组，得，解得（舍去）或，
∴另一个交点B的坐标为，
如图，作轴于点E，轴于点，
∴，，，，
∴．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数与不等式（组）的关系；反比例函数与一次函数的交点问题；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】
（2）
解：∵且，
∴，
解得：，
故答案为：；
【分析】
（）先由一次函数图象上点的坐标特征求出，然后利用待定系数法即可求解；
（）由题意联立不等式组得，然后解出不等式组即可；
（）联立方程组，求出另一个交点B的坐标为，作轴于点E，轴于点，然后割补法求面积的方法求解即可．
（1）解：把代入得，，
∴，
把和点代入，
得，
解得，
∴直线的解析式为；
（2）解：∵且，
∴，
解得：，
故答案为：；
（3）解：联立方程组，得，
解得（舍去）或，
∴另一个交点B的坐标为，
如图，作轴于点E，轴于点，
∴，，，，
∴．
23．（2025·从化模拟）某数学兴趣小组在探究矩形的折叠问题．如图9，他们把矩形的边折叠，折叠后点与边上的点重合．
（1）怎么找出这条直线折痕呢？兴趣小组发现可以通过尺规作图，准确地找到这条折痕．请你利用尺规作图帮他们确定折痕所在的直线（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）折痕与边的交点为，连结，以为直径作，兴趣小组进一步探究点与的位置关系，请你与兴趣小组一起思考分析，确定点与的位置关系并说明理由；
（3）如果折痕，，通过探究，兴趣小组发现可以求出矩形的周长．请你帮助兴趣小组写出详细的求解过程．
【答案】（1）解：如图所示，射线为所求．
（2）解：如图所示，连接OE，
点在上．理由如下：
∵沿折叠得到，
∴，，
在和中
，
∴，
∴，
连接，
则，
∴点在上．
（3）解：由（2）知，∴，
在矩形中，，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴设，则，
由勾股定理得．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
设，则，
在中，，
解得，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【知识点】矩形的性质；点与圆的位置关系；轴对称的性质；解直角三角形—边角关系；一线三等角相似模型（K字型相似模型）
【解析】【分析】（1）由折叠的性质知，故作的平分线即可；
（2）连接，利用折叠的性质得到，则，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到点E在上；
（3）由于已知，为便于计算可设，则，由勾股定理可得，由折叠的性质可得，则，再由一线三垂直模型可证，由相似比可得、，由于已知，再应用勾股定理分别求出和的长度即可．
（1）解：如图所示，射线为所求．
（2）解：点在上．
理由如下：
∵沿折叠得到，
∴，，
在和中
，
∴，
∴，
连接，
则，
∴点在上．
（3）解：由（2）知，
∴，
在矩形中，，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴设，则，
由勾股定理得．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
设，则，
在中，，
解得，
∴，，
∴，
∴，
∴．
24．（2025·从化模拟）如图，已知和都是等腰三角形，，，．
（1）求证：；
（2）如图1，连接，若，以A、D、E、G为顶点的四边形是平行四边形，求与的数量关系及的度数；
（3）如图2，若，，与交于点P，绕点A顺时针旋转，从与重合开始，到与第一次重合时停止，求此时点P所经过的路径的长．
【答案】（1）证明：∵，∴，
即．
在和中，
，
∴．
∴．
（2）解：如图（1），当四边形为平行四边形时，
则有，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
则．
如图（2），当四边形为平行四边形时，
则有，，
∵，，
∴，，
∴，．
综上所述，当四边形为平行四边形时，，或．
（3）解：∵，，，
∴和都是等边三角形，
∴，，
由（1）同理可证，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴A、B、D、P四点共圆，
即点P在等边的外接圆上，
设中点为M，圆心为O，连接、，
则，，
∴．
当的边绕点A从边所在直线开始顺时针旋转至与第一次重合时，旋转角为，
∴点P此时运动的路径所在的弧所对的圆心角也为．
∴点P此时运动的路径长为：．
【知识点】平行四边形的性质；弧长的计算；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—边角关系；手拉手全等模型
【解析】【分析】
（1）由手拉手模型知运用证明，即可作答．
（2）分类讨论，即当AG与DE平行且相等时或当AE与DG平行且相等时，根据平行四边形的性质结合勾股定理得，即可作答．
（3）由已知知和都是等边三角形，则，可由手拉手模型可证，由全等的性质知，则A、B、D、P四点共圆，即点P在等边的外接圆上，利用垂径定理可计算出这个外接圆的半径为6．则当的边绕点A从边所在直线开始逆时针旋转至与第一次重合时，旋转角为，运用求弧长公式列式计算，即可作答．
（1）证明：∵，
∴，
即．
在和中，
，
∴．
∴．
（2）解：如图（1），当四边形为平行四边形时，
则有，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
则．
如图（2），当四边形为平行四边形时，
则有，，
∵，，
∴，，
∴，．
综上所述，当四边形为平行四边形时，，或．
（3）解：∵，，，
∴和都是等边三角形，
∴，，
由（1）同理可证，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴A、B、D、P四点共圆，
即点P在等边的外接圆上，
设中点为M，圆心为O，连接、，
则，，
∴．
当的边绕点A从边所在直线开始顺时针旋转至与第一次重合时，旋转角为，
∴点P此时运动的路径所在的弧所对的圆心角也为．
∴点P此时运动的路径长为：．
25．（2025·从化模拟）定义：在平面直角坐标系中，直线称为抛物线的伴随直线，如直线为抛物线的伴随直线．
（1）抛物线的对称轴为直线且其伴随直线为，求该抛物线的解析式；
（2）若抛物线的伴随直线是．
①试用含a的代数式表示b和c；
②抛物线经过定点Q，且与x轴交于点D和点E，若为直角三角形，求m的值；
（3）顶点在第一象限的抛物线与它的伴随直线交于点A，B（点A在点B的左侧），与x轴负半轴交于点C，当时，y轴上存在点P，使得取得最大值，求此时点P的坐标．
【答案】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线，且伴随直线．
∴抛物线．
（2）解：①依题意得原抛物线解析式为，∴，，，
∴，．
②由①得抛物线解析式为，
∴时的函数值与m值无关，此时，
∴即抛物线过定点，且点Q为抛物线顶点，对称轴为直线．
∵点E、D为抛物线与x轴的交点，Q为抛物线顶点，
∴，
∵点E、D与定点Q构成直角三角形，
∴，即为等腰直角三角形．
∵为抛物线顶点，对称轴为直线，
∴点Q到的距离为3，
∴，
∴点E到对称轴的距离为3，
∴点E坐标为或，
把代入，得．
（3）解：∵抛物线的解析式为：，
∴其伴随直线为即，顶点坐标为，
∵抛物线顶点在第一象限，
∴，
联立抛物线与伴随直线的解析式为：，
解得：，，
∴，，
在抛物线中，令，
即，
解得：或，
∴，
∴，，，
∵，
∴
即，
解得：或（舍去），
∴当时，．
设的外接圆为，当与轴相切时，
在轴上任意取一点，连接交于一点，则，
∵，
∴当取得最大值，的外接圆与轴相切，
当时，则，，如图所示，此时，
设过，，的直线解析式为，
∴，
解得：，
∴，
设经过的外心的直线解析式为，
∵，，
∴中点坐标为，
∴，
解得：，
∴直线为：，
∵轴，则，
∴设，
∴，
解得：或（舍去），
∴，
∴．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；圆与函数的综合；二次函数-角度的存在性问题；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【分析】（1）由于抛物线的对称轴为直线，因此先把伴随直线解析式变形为，再根据伴随直线的定义即可得到抛物线的解析式；
（2）①先由伴随直线的解析式可得抛物线解析式为，再化顶点式对一般式可得，，，则，；
②由抛物线解析式可得定点即抛物线顶点，则，故为等腰直角三角形，由于点Q到的距离为3，则由直线三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，可得点E坐标为或，再利用待定系数法求解即可；
（3）根据概念可得抛物线的伴随直线的解析式，可联立求出交点A、B的坐标，再利用二次函数图象上点的坐标特征求出抛物线与x轴的交点C的坐标，由于，可利用勾股定理列出关于的方程，求出，此时可作的外接圆，显然与轴相切时取得最大值，此时可过圆心Q作弦AB的垂线段QE，由垂径定理知QE平分AB，则点E的坐标可知，又因为，则AC平行QF，可利用待定系数法先求出直线AC的解析式，则利用点E坐标可得直线QE的解析式，再利用直线上点的坐标特征设出点Q的坐标，由于PQ垂直y轴，则点P坐标可表示，再利用半径相等列式即可求出P点坐标．
（1）解：∵抛物线的对称轴为直线，且伴随直线．
∴抛物线．
（2）解：①依题意得原抛物线解析式为，
∴，，，
∴，．
②由①得抛物线解析式为，
∴时的函数值与m值无关，此时，
∴即抛物线过定点，且点Q为抛物线顶点，对称轴为直线．
∵点E、D为抛物线与x轴的交点，Q为抛物线顶点，
∴，
∵点E、D与定点Q构成直角三角形，
∴，即为等腰直角三角形．
∵为抛物线顶点，对称轴为直线，
∴点Q到的距离为3，
∴，
∴点E到对称轴的距离为3，
∴点E坐标为或，
选择其中一点代入，可解得．
（3）∵抛物线的解析式为：，
∴其伴随直线为即，顶点坐标为，
∵抛物线顶点在第一象限，
∴，
联立抛物线与伴随直线的解析式为：，
解得：，，
∴，，
，令，
即，
解得：或，
∴，
∴，，，
∵，
∴
即，
解得：或（舍去），
∴当时，．
设的外接圆为，当与轴相切时，
在轴上任意取一点，连接交于一点，则，
∵，
∴当取得最大值，的外接圆与轴相切，
当时，则，，如图所示，此时，
设过，，的直线解析式为，
∴，
解得：，
∴，
设经过的外心的直线解析式为，
∵，，
∴中点坐标为，
∴，
解得：，
∴直线为：，
∵轴，则，
∴设，
∴，
解得：或（舍去），
∴，
∴．
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