(2)猜想CF=BF+ AF      ……………………………6分

过点A作AP⊥AF交CE于点P

∴∠BAC=∠PAF=90°

∴∠BAC-∠PAO=∠PAF-∠PAO

∴∠PAC=∠FAB

∵∠ACE=∠DBA，AC=BC

∴△PAC≌△FAB       ……………………………8分

∴CP=BF，AP=AF      ……………………………9分

∴△APF为等腰直角三角形

∴PF= AF

∴CF=BF+ AF          ……………………………10分

(3)   ……………………………12分

其他方法参照给分，如右图所示，在CF上取FK=FB，

证明△BCK∽△BAF，得CK= AF，进而得出CF=BF+ AF.

以下是本题最初想法，鉴于本次考试的难度，也想给学生树立点信心，在最后定稿时做了删减。现提供给大家，在讲解试卷的时候可以视学情状况做适度处理(一定参考学生的能力状况)。

如图14-1，AC=k•AB，AE=k•AD，∠BAC=∠DAE=m°(m≦90)，CE、DB交于点F，连接AF.

(1)如图14-2，当k=1，m=90时，猜想BD、CE的关系，并证明你的结论;

(2)在(1)的条件下，线段AF、BF、CF数量关系是                  ;

(3)探究AF、BF、CF数量关系(用含m的三角函数表示)，并证明你的结论.

图14-1                                图14-2

26、(1)点A( ，-5)代入解析式，得

解得：                   ……………………………1分

抛物线解析式为：   …………………2分

设直线CD解析式为 ，

∵D(5，-6)，C(0,4)

∴

得

∴直线CD解析式为   ……………………………4分

(2)延长DE交x轴于点M，作DH⊥x轴于点H。

∵∠EDB=∠CBO

∠CBO=∠MBD

∠BDE=∠MBD

∴MB=MD

设点M的坐标为(t，0)

，当 时，

∴B(2，0)   ……………………………5分

∴MB=

在Rt△DHM中

MD=

∴ =

解得：

∴M     ……………………………6分

设DM解析式为：

∴

∴

∴        ……………………………8分

点E为直线DM和抛物线的交点

解得：  或

∴E(8，-2)        ……………………………10分

其他方法参照给分，如过点E作DH垂线，之后借助相似或三角函数求出点E坐标。

(3)存在，点R坐标为( ，0)……………………………12分

解法如下，请参考：

设R(m，0)

∵D(5，-6)  E(8，-2)

∴ =5

∵∠EPR=∠CBO=∠MBD

又∠EPR+∠EPD =∠MBD+∠BRP

∴∠BRP=∠EPD

又∠MBD =∠BDE

PR=PE

∴△BRP≌△EPD

∴BP=DE=5

∵B(2，0)，D(5，-6)

∴

∴PD=BD-BP=

∴BR= PD=

∴m-2=

∴m=

∴点R坐标为( ，0)

说明，本题最初想法是：以P为旋转中点逆时针旋转PF，使得旋转后对应射线PG交两坐标轴于点G。此时与y轴交于点G(0，-6)，但计算比较麻烦，故本次考试没做要求。讲解时大家视学情而做适度处理。

总结：2013年大连中考一模数学试卷就介绍到这里了，希望能帮助同学们更好的复习本门课程，更多精彩学习内容请继续关注威廉希尔app !

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