2020年江苏省淮安市中考数学试题 25页

江苏省淮安市 2020 年中考数学试题 一、选择题：本大题共 8 个小题，每小题 3 分，共 24 分．在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的． 1.2 的相反数是（ ） A. 2 B. -2 C. 1 2 D. 1 2  【答案】B 【解析】 【分析】 直接利用相反数的定义解答即可． 【详解】解：2 的相反数是-2． 故选 B． 【点睛】本题考查了相反数的概念，掌握互为相反数的两个数的和为 0 是解答本题的关键． 2.计算 3 2t t 的结果是（ ） A. 2t B. t C. 3t D. 5t 【答案】B 【解析】 【分析】 根据同底数幂的除法法则计算即可． 【详解】原式 3 2t  t 故选：B． 【点睛】本题考查了同底数幂的除法运算，熟记运算法则是解题关键． 3.下面的几何体中，主视图为圆的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题解析：A、的主视图是矩形，故 A 不符合题意； B、的主视图是正方形，故 B 不符合题意； C、的主视图是圆，故 C 符合题意； D、的主视图是三角形，故 D 不符合题意； 故选 C． 考点：简单几何体的三视图． 4.六边形的内角和为（ ） A. 360° B. 540° C. 720° D. 1080° 【答案】C 【解析】 【分析】 n 边形的内角和等于（n－2）×180°，所以六边形内角和为(6－2)×180°＝720°. 【详解】根据多边形内角和定理得：(6－2)×180°＝720°. 故选 C. 5.在平面直角坐标系中，点 (3,2) 关于原点对称的点的坐标是（ ） A. (2,3) B. ( 3,2) C. ( 3, 2)  D. ( 2, 3)  【答案】C 【解析】 【分析】 根据坐标系中对称点与原点的关系判断即可． 【详解】关于原点对称的一组坐标横纵坐标互为相反数, 所以(3,2)关于原点对称的点是(-3,-2), 故选 C． 【点睛】本题考查原点对称的性质,关键在于牢记基础知识． 6.一组数据 9、10、10、11、8 的众数是（ ） A. 10 B. 9 C. 11 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】 根据众数的定义进行判断即可． 【详解】在这组数据中出现最多的数是 10， ∴众数为 10， 故选：A． 【点睛】本题考查了众数的定义，掌握知识点是解题关键． 7.如图，点 A 、 B 、C 在圆 O 上， 54ACB   ，则 ABO 的度数是（ ） A. 54o B. 27o C. 36o D. 108 【答案】C 【解析】 【分析】 先由圆周角定理得到∠AOB,再利用等腰三角形的性质求解即可． 【详解】∵在圆 O 中，∠ACB=54º， ∴∠AOB=2∠ACB=108º， ∵OA=OB， ∴∠OAB=∠OBA=180 108 2   =36º， 故选：C． 【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握圆周角定理，会用等边对等角求角的度数 是解答的关键． 8.如果一个数等于两个连续奇数的平方差，那么我们称这个数为“幸福数”．下列数中为“幸福数”的是（ ） A. 205 B. 250 C. 502 D. 520 【答案】D 【解析】 【分析】 设两个连续奇数中的一个奇数为 x ，则另一个奇数为 2x  ，先得出由这两个奇数得到的“幸福数”为 4( 1)x  ，再看四个选项中，能够整除 4 的即为答案． 【详解】设两个连续奇数中的一个奇数为 x ，则另一个奇数为 2x  由这两个奇数得到的“幸福数”为 2 2( 2) 2(2 2) 4( 1)x x x x      观察四个选项可知，只有选项 D 中的 520 能够整除 4 即520 4 130  故选：D． 【点睛】本题考查了平方差公式的应用，理解“幸福数”的定义，正确列出“幸福数”的代数式是解题关键． 二、填空题（本大题共 8 个小题，每小题 3 分，共 24 分） 9.分解因式： 2 4m   __________． 【答案】 ( 2)( 2)m m  【解析】 【分析】 直接利用平方差公式 2 2 ( )( )a b a b a b    进行因式分解即可． 【详解】 2 4 ( 2)( 2)m m m    故答案为： ( 2)( 2)m m  ． 【点睛】本题考查了利用平方差公式进行因式分解，熟记公式是解题关键． 10.2020 年 6 月 23 日，中国北斗全球卫星导航系统提前半年全面完成，其星载原子钟授时精度高达每隔 3000000 年才误差 1 秒．数据 3000000 用科学记数法表示为__________． 【答案】3×106 【解析】 【分析】 先将 3000000 写成 a×10n 的形式，其中 1≤|a|＜10，n 为 3000000 写成 a 时小时点向左移动的位数． 【详解】解：3000000=3×106． 故答案为 3×106． 【点睛】本题考查了科学记数法，将 3000000 写成 a×10n 的形式，确定 a 和 n 的值是解答本题的关键． 11.已知一组数据 1、3， a 、10 的平均数为 5，则 a __________． 【答案】6 【解析】 【分析】 根据平均数的计算方法，列出方程然后计算即可． 【详解】解：依题意有  1 3 10 4 5a     ， 解得 6a  ． 故答案为：6． 【点睛】本题考查了算术平均数，正确理解算术平均数的意义是解题的关键． 12.方程 3 1 01x   的解为__________． 【答案】x=-2 【解析】 【分析】 先用异分母分式加法法则运算，然后利用分式为零的条件解答即可． 【详解】解： 3 1 01x   3 1 01 1 x x x    2 01 x x   则： 2 0 1 0 x x      ，解得 x=-2． 故答案为 x=-2． 【点睛】本题考查了异分母分式加法法则和分式为零的条件，掌握分式为零的条件是解答本题的关键． 13.已知直角三角形斜边长为 16，则这个直角三角形斜边上的中线长为__________． 【答案】8. 【解析】 【分析】 直接根据直角三角形斜边中线定理可以得出本题答案. 【详解】∵直角三角形斜边的长为 16， ∴直角三角形斜边上的中线长是： 1 16=82  ， 故答案为：8. 【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边中线定理，熟记定理即可得出答案. 14.菱形的两条对角线长分别是 6 和 8，则菱形的边长为_____． 【答案】5 【解析】 【分析】 根据菱形对角线垂直平分，再利用勾股定理即可求解. 【详解】解：因为菱形的对角线互相垂直平分， 根据勾股定理可得菱形的边长为 2 23 4 ＝5． 故答案为 5． 【点睛】此题主要考查菱形的边长求解，解题的关键是熟知菱形的性质及勾股定理的运用. 15.二次函数 2 2 3y x x    的图像的顶点坐标是_________． 【答案】(-1,4) 【解析】 【分析】 把二次函数解析式配方转化为顶点式解析式，即可得到顶点坐标． 【详解】解：∵ 2 2 3y x x    =-(x+1)2+4， ∴顶点坐标为(-1,4)． 故答案为(-1,4)． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，把解析式配方写成顶点式解析式是解题的关键． 16.如图，等腰 ABC 的两个顶点 ( 1, 4)A   、 ( 4, 1)B   在反比例函数 1ky x  （ 0x  ）的图象上， AC BC ．过点C 作边 AB 的垂线交反比例函数 1ky x  （ 0x  ）的图象于点 D ，动点 P 从点 D 出发， 沿射线 CD 方向运动 3 2 个单位长度，到达反比例函数 2ky x  （ 0x  ）图象上一点，则 2k  __________． 【答案】1 【解析】 【分析】 由 AC BC ，CD AB ，得到 ABC 是等腰三角形，CD 是 AB 的垂直平分线，即 CD 是反比例函数 1ky x  的对称轴，直线 CD 的关系式是 y x ，根据 A 点的坐标是 ( 1, 4)A   ，代入反比例函数 1ky x  ，得反比例 函数关系式为 4y x  ，在根据直线 CD 与反比例函数 4y x  （ 0x  ）的图象于点 D ，求得 D 点的坐标是 （-2，-2），则 2 2OD  ，根据点 P 从点 D 出发，沿射线 CD 方向运动3 2 个单位长度，到达反比例函 数 2ky x  图象上，得到 2OP  ，则 P 点的坐标是（1，1），将 P（1，1）代入反比例函数 2ky x  ，得 2 1k  ． 【详解】解：如图示，AB 与 CD 相交于 E 点，P 在反比例函数 2ky x  （ 0x  ）图象上， ∵ AC BC ，CD AB ， ∴ ABC 是等腰三角形，CD 是 AB 的垂直平分线， ∴CD 是反比例函数 1ky x  的对称轴，则直线 CD 的关系式是 y x ， ∵A 点的坐标是 ( 1, 4)A   ，代入反比例函数 1ky x  ，得    1 1 4 4xyk       则反比例函数关系式为 4y x  又∵直线 CD 与反比例函数 4y x  （ 0x  ）的图象于点 D ， 则有 4 y x y x   ，解之得： 2 2 x y      （D 点在第三象限）， ∴D 点的坐标是（-2，-2）， ∴ 2 2OD  ， ∵点 P 从点 D 出发，沿射线 CD 方向运动 3 2 个单位长度，到达反比例函数 2ky x  图象上， ∴ 2OP  ，则 P 点的坐标是（1，1）（P 点在第一象限）， 将 P（1，1）代入反比例函数 2ky x  ，得 2 1 1 1xyk     ， 故答案为：1． 【点睛】本题考查了用待定系数法求出反比例函数，反比例函数的对称性和解二元一次方程组的应用，熟 悉相关性质是解此题的关键． 三、解答题：本大题共 11 个小题，共 102 分． 17.计算： （1） 0| 3| ( 1) 4    （2） 1 112 x x x       【答案】(1)2;(2) 1 2 ． 【解析】 【分析】 (1)根据绝对值、零指数幂、二次根式的计算方法计算即可． (2)根据分式的混合运算法则计算即可． 【详解】(1) 0| 3| ( 1) 4 3 1 2 2        ． (2) 1 1 1 1 1 112 2 2 1 2 x x x x x x x x x x x               ． 【点睛】本题考查分式的混合运算和绝对值、零指数幂、二次根式的计算,关键在于熟练掌握相关的计算方 法． 18.解不等式 3 12 1 2 xx   ． 解：去分母，得 2(2 1) 3 1x x   ． …… （1）请完成上述解不等式的余下步骤： （2）解题回顾：本题“去分母”这一步的变形依据是 （填“A”或“B”） A．不等式两边都乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变； B．不等式两边都乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变． 【答案】（1）余下步骤见解析；（2）A． 【解析】 【分析】 （1）按照去括号、移项、合并同类项的步骤进行补充即可； （2）根据不等式的性质即可得． 【详解】（1） 3 12 1 2 xx   去分母，得 2(2 1) 3 1x x   去括号，得 4 2 3 1x x   移项，得 4 3 1 2x x    合并同类项，得 1x  ； （2）不等式的性质：不等式两边都乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变 3 12 1 2 xx   两边同乘以正数 2，不等号的方向不变，即可得到 2(2 1) 3 1x x   故选：A． 【点睛】本题考查了解一元一次不等式、不等式的性质，熟练掌握一元一次不等式的解法是解题关键． 19.某停车场的收费标准如下：中型汽车的停车费为 15 元/辆，小型汽车的停车费为 8 元/辆．现在停车场内 停有 30 辆中、小型汽车，这些车共缴纳停车费 324 元，求中、小型汽车各有多少辆？ 【答案】中型 12 辆，小型 18 辆. 【解析】 【分析】 根据题意设中型 x 辆，小型 y 辆，即可列出方程组求出答案. 【详解】设中型 x 辆，小型 y 辆，根据题意可得： 30 15 8 324 x y x y      ， 解得 12 18 x y    ， 故中型汽车 12 辆，小型汽车 18 辆. 【点睛】本题主要考查的是方程组，掌握相关方法即可得出答案. 20.如图，在平行四边形 ABCD 中，点 E 、 F 分别在 BC 、 AD 上， AC 与 EF 相交于点O ，且 AO CO ． （1）求证： AOF ≌ COE ； （2）连接 AE 、 CF ，则四边形 AECF （填“是”或“不是”）平行四边形． 【答案】（1）证明过程见解析；（2）是，理由见解析； 【解析】 【分析】 （1）根据平行四边形的对边平行可得到内错角相等，再根据已知条件可利用 ASA 得到全等； （2）由（1）可得到 AF=EC，根据一组对边平行且相等的四边形式平行四边形即可得到答案； 【详解】（1）∵四边形 ABCD 平行四边形， ∴AD∥BC， ∴ FAO ECO   ， 根据题可知 AO CO ， AOF COE   ， 在△AOF 和△COE 中， 0 FAO ECO A CO AOF COE         ， ∴ AOF ≌  COE ASA ． （2）如图所示， 由（1）得 AOF ≌ COE ，可得： AF CE ， 又∵ AF CE ， ∴四边形 AECF 是平行四边形． 【点睛】本题中主要考查了平行四边形的判定和性质，准确运用全等三角形的条件进行判断是解题的关键． 21.为了响应市政府创建文明城市的号召，某校调查学生对市“文明公约十二条”的内容了解情况，随机抽取 部分学生进行问卷调查，问卷共设置“非常了解”、“比较了解”、“一般了解”、“不了解”四个选项，分别记为 A 、 B 、C 、 D ，根据调查结果绘制了如下尚不完整的统计图． 请解答下列问题： （1）本次问卷共随机调查了 名学生，扇形统计图中C 选项对应的圆心角为 度； （2）请补全条形统计图； （3）若该校有 1200 名学生，试估计该校选择“不了解”的学生有多少人？ 【答案】（1）60，108；（2）图见解析；（3）该校选择“不了解”的学生有 60 人． 【解析】 【分析】 （1）先根据 B 选项的条形统计图和扇形统计图的信息可得调查的总人数，再求出 C 选项学生人数的占比， 然后乘以 360 即可得； （2）先根据（1）的结论，求出 A 选项学生的人数，再补全条形统计图即可； （3）先求出选择“不了解”的学生的占比，再乘以 1200 即可得． 【详解】（1）本次问卷共随机调查的学生人数为 24 40% 60  （名） C 选项学生人数的占比为 18 100% 30%60   则30% 360 108    故答案为：60，108； （2）A 选项学生的人数为 60 25% 15  （名） 因此补全条形统计图如下所示： （3）选择“不了解”的学生的占比为 3 100% 5%60   则1200 5% 60  （人） 答：该校选择“不了解”的学生有 60 人． 【点睛】本题考查了条形统计图和扇形统计图的信息关联、画条形统计图等知识点，掌握理解统计调查的 相关知识是解题关键． 22.一只不透明的袋子中，装有三个大小、质地都相同的乒乓球，球面上分别标有字母 A 、O 、K ，搅匀后 先从袋中任意摸出一个球，将对应字母记入图中的左边方格内；然后将球放回袋中搅匀，再从袋中任意摸 出一个球，将对应字母记入图中的右边方格内． （1）第一次摸到字母 A 的概率为 ； （2）用画树状图或列表等方法求两个方格中的字母从左往右恰好组成“OK ”的概率． 【答案】（1） 1 3 ；（2） 1 9 【解析】 【分析】 （1）用标有字母 A 的情况数除以总的情况数解答即可； （2）先画出树状图求出所有等可能的情况数，然后找出两个方格中的字母从左往右恰好组成“OK ”的情况 数，再根据概率公式解答． 【详解】解：（1）第一次摸到字母 A 的概率= 1 3 ． 故答案为： 1 3 ； （2）所有可能的情况如图所示： 由图可知：共有 9 种等可能的情况，其中两个方格中的字母从左往右恰好组成“OK ”的情况数只有 1 种， 所以两个方格中的字母从左往右恰好组成“OK ”的概率= 1 9 ． 【点睛】本题主要考查了求两次事件的概率，属于基本题型，正确理解题意、熟练掌握求解的方法是解题 的关键． 23.如图，三条笔直公路两两相交，交点分别为 A 、 B 、C ，测得 30CAB   ， 45ABC   ， 8AC  千米，求 A 、 B 两点间的距离．（参考数据： 2 1.4 ， 3 1.7 ，结果精确到 1 千米）． 【答案】 A 、 B 两点间的距离约为 11 千米． 【解析】 【分析】 如图（见解析），先根据直角三角形的性质、勾股定理可求出 CD、AD 的长，再根据等腰直角三角形的判定 与性质可得 BD 的长，然后根据线段的和差即可得． 【详解】如图，过点 C 作CD AB 于点 D  在 Rt ACD△ 中， 30CAD  ， 8AC  千米 1 1 8 42 2CD AC     （千米）， 2 2 2 28 4 4 3AD AC CD     （千米）  在 Rt BCD 中， 45DBC   Rt BCD  是等腰直角三角形 4BD CD   千米 4 3 4 4 1.7 4 10.8 11AB AD BD          （千米） 答： A 、 B 两点间的距离约为 11 千米． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造直 角三角形是解题关键． 24.甲、乙两地的路程为 290 千米，一辆汽车早上 8：00 从甲地出发，匀速向乙地行驶，途中休息一段时间 后，按原速继续前进，当离甲地路程为 240 千米时接到通知，要求中午 12：00 准时到达乙地．设汽车出发 x 小时后离甲地的路程为 y 千米，图中折线OCDE 表示接到通知前 y 与 x 之间的函数关系． （1）根据图象可知，休息前汽车行驶的速度为 千米/小时； （2）求线段 DE 所表示的 y 与 x 之间的函数表达式； （3）接到通知后，汽车仍按原速行驶能否准时到达？请说明理由． 【答案】（1）80；（2） 80 40y x  ；（3）不能，理由见解析． 【解析】 【分析】 （1）观察图象即可得出休息前汽车行驶的速度； （2）根据题意求出点 E 的横坐标，再利用待定系数法解答即可； （3）求出到达乙地所行驶的时间即可解答． 【详解】解：（1）由图象可知，休息前汽车行驶的速度为 80 1 80  千米/小时； 故答案为：80； （2）休息后按原速继续前进行驶的时间为：  240 80 80 2   （小时）， ∴点 E 的坐标为（3.5，240）， 设线段 DE 所表示的 y 与 x 之间的函数表达式为 y kx b  ， 则： 1.5 80 3.5 240 k b k b      ，解得 80 40 k b     ， ∴线段 DE 所表示的 y 与 x 之间的函数表达式为 80 40y x  ； （3）接到通知后，汽车仍按原速行驶， 则全程所需时间为： 290 80 0.5 4.125   （小时）， 从早上 8 点到中午 12 点需要 12-8=4（小时）， ∵4.125＞4， 所以接到通知后，汽车仍按原速行驶不能准时到达． 【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想 解答． 25.如图，AB 是圆O 的弦，C 是圆O 外一点，OC OA ，CO 交 AB 于点 P ，交圆O 于点 D ，且CP CB ． （1）判断直线 BC 与圆O 的位置关系，并说明理由； （2）若 30A   ， 1OP  ，求图中阴影部分的面积． 【答案】（1）直线 BC 与圆 O 相切，理由见解析；（2） 3 1 2 4  【解析】 【分析】 （1）连接 OB，由等腰三角形的性质分别证出∠A=∠OBA，∠CPB=∠CBP，再利用直角三角形性质和对顶 角可证得∠OBC=90º，即 OB⊥BC,可判断直线 BC 与圆 O 相切； （2）易证得△CPD 为等边三角形，则有∠OCB=60º,∠BOC=30º,用含 30º角的直角三角形求得 OA、BC 的长， 然后用公式求得△OBC 的面积和扇形 OBD 的面积，相加即可解得阴影面积． 【详解】（1）直线 BC 与圆 O 相切，理由为： 连接 OB， ∵OA=OB， ∴∠A=∠OBA， ∵CP=CB， ∴∠CPB=∠CBP，又∠APO=∠CPB ∴∠CBP=∠APO， ∵OA⊥OC， ∴∠A+∠APO=90º， ∴∠OBA+∠CBP=90º即∠OBC=90º， ∴OB⊥BC， ∴直线 BC 与圆 O 相切； （2）∵OA⊥OC，∠A=30º，OP=1 ∴OA= 3tan 30 OP  ，∠APO=60º即∠CPB=60º， ∵CP=CB， ∴△PCB 为等边三角形， ∴∠PCB=60º， ∵∠OBC=90º， ∴∠BOD=30º， ∴BC=OB·tan30º=1， ∴ = OBCS S S阴影 扇形OBD = 21 30 ( 3)3 12 360     = 3 1 2 4  ， 答:图中阴影部分的面积为 3 1 2 4  ． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、切线的判定定理、等边三角形的判定与 性质、扇形的面积等知识，解答的关键是认真审题，结合图形，找到各知识点之间的联系，进而推理、探 究、发现和计算． 26.【初步尝试】 （1）如图①，在三角形纸片 ABC 中， 90ACB  ，将 ABC 折叠，使点 B 与点C 重合，折痕为 MN ， 则 AM 与 BM 的数量关系为 ； 【思考说理】 （2）如图②，在三角形纸片 ABC 中， 6AC BC  ， 10AB  ，将 ABC 折叠，使点 B 与点C 重合， 折痕为 MN ，求 AM BM 的值． 【拓展延伸】 （3）如图③，在三角形纸片 ABC 中， 9AB  ， 6BC  ， 2ACB A   ，将 ABC 沿过顶点C 的直线 折叠，使点 B 落在边 AC 上的点 B处，折痕为CM ． ①求线段 AC 的长； ②若点 O 是边 AC 的中点，点 P 为线段OB 上的一个动点，将 APM△ 沿 PM 折叠得到 A PM ，点 A 的对 应点为点 A ， A M 与 CP 交于点 F ，求 PF MF 的取值范围． 【答案】（1） AM BM ；（2）16 9 ；（3）①15 2 ；② 3 3 10 4 PF MF   ． 【解析】 【分析】 （1）先根据折叠的性质可得 , 90CN BN CNM BNM      ，再根据平行线的判定可得 //AC MN ， 然后根据三角形中位线的判定与性质即可得； （2）先根据等腰三角形的性质可得 B A   ，再根据折叠的性质可得 B MCN   ，从而可得 MCN A   ，然后根据相似三角形的判定与性质可得 BM BC BC AB  ，从而可求出 BM 的长，最后根据线 段的和差可得 AM 的长，由此即可得出答案； （3）①先根据折叠的性质可得 1 2BCM ACM ACB     ，从而可得 BCM A M AC     ，再根 据等腰三角形的定义可得 AM CM ，然后根据相似三角形的判定与性质可得 BM BC CM BC AB AC   ，从而可 得 BM、AM、CM 的长，最后代入求解即可得； ②先根据折叠的性质、线段的和差求出 AB，OB 的长，设 B P x  ，从而可得 3 2A P x   ，再根据相似 三角形的判定与性质可得 3 1 10 5 PF A P xMF CM    ，然后根据 x 的取值范围即可得． 【详解】（1） AM BM ，理由如下： 由折叠的性质得： , 90CN BN CNM BNM      90ACB   90ACB BNM     //AC MN MN 是 ABC 的中位线 点 M 是 AB 的中点 则 AM BM 故答案为： AM BM ； （2） 6AC BC  B A   由折叠的性质得： B MCN   MCN A   ，即 MCB A   在 BCM 和 BAC 中， MCB A B B       BCM BAC   BM BC BC AB   ，即 6 6 10 BM  解得 18 5BM  18 3210 5 5AM AB BM      32 165 18 9 5 AM BM    ； （3）①由折叠的性质得： 1 2BCM ACM ACB     2ACB A   ，即 1 2A ACB   BCM ACM A     AM CM  在 BCM 和 BAC 中， BCM A B B       BCM BAC   BM BC CM BC AB AC    ，即 6 6 9 BM CM AC   解得 4BM  9 4 5AM AB BM      5CM AM   6 5 9 AC   解得 15 2AC  ； ②如图，由折叠的性质可知， 6B C BC   ， A P AP  ， A A    15 362 2AB AC B C        点 O 是边 AC 的中点 1 15 2 4OA AC   15 3 9 4 2 4OB OA AB       设 B P x  ，则 3 2A P AP AB B P x        点 P 为线段OB 上的一个动点 0 B P OB   ，其中当点 P 与点 B重合时， 0B P  ；当点 P 与点 O 重合时， B P OB  90 4x   ,A A ACM A      A ACM   ，即 A FCM   在 A FP 和 CFM△ 中， A FCM A FP CFM         A FP CFM   3 3 12 5 10 5 xPF A P xMF CM      90 4x  3 3 1 3 10 10 5 4x    则 3 3 10 4 PF MF   ． 【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形的中位线定理、等腰三角形的定义、相似三角形的判定与性质等 知识点，较难的是题（3）②，正确设立未知数，并找出两个相似三角形是解题关键． 27.如图①，二次函数 2 4y x bx    的图象与直线l 交于 ( 1,2)A  、 (3, )B n 两点．点 P 是 x 轴上的一个动 点，过点 P 作 x 轴的垂线交直线 l 于点 M ，交该二次函数的图象于点 N ，设点 P 的横坐标为 m ． （1）b  ， n  ； （2）若点 N 在点 M 的上方，且 3MN  ，求 m 的值； （3）将直线 AB 向上平移 4 个单位长度，分别与 x 轴、 y 轴交于点C 、 D （如图②）． ①记 NBC 的面积为 1S ， NAC 的面积为 2S ，是否存在 m ，使得点 N 在直线 AC 的上方，且满足 1 2 6S S  ？若存在，求出 m 及相应的 1S 、 2S 的值；若不存在，请说明理由． ②当 1m   时，将线段 MA 绕点 M 顺时针旋转90 得到线段 MF ，连接 FB 、 FC 、OA，若 45FBA AOD BFC       ，直接写出直线 OF 与该二次函数图象交点的横坐标． 【答案】（1）1，﹣2；（2）m=0 或 2；（3）①存在，且 1 3m   ， 1 5 2 3S   ， 2 2 3 1S   ；② 1 65 4  或 1 65 4  ． 【解析】 【分析】 （1）把点 A 的坐标代入抛物线解析式即可求出 b，于是可得抛物线的解析式，再把点 B 的坐标代入抛物线 的解析式即可求出 n； （2）先利用待定系数法求出直线 AB 的解析式，由点 P（m，0），则点 M、N 的坐标可得，于是 MN 的长可 用含 m 的代数式表示，由 MN=3 可得关于 m 的方程，解方程即可求出 m 的值； （3）①易求出平移后直线 CD 的解析式，进而可得点 C 坐标，然后利用待定系数法分别求出直线 AC 和直 线 NC 的解析式，设直线 MN 交 AC 于点 F，过点 B 作 BE⊥x 轴交直线 NC 于点 E，如图 2，然后即可用含 m 的代数式表示出 1S 和 2S ，由 1 2 6S S  可得关于 m 的方程，解方程即可求出 m，进一步即可求出结果； ②当旋转后点 F 在点 C 左侧时，过点 B 作 BQ⊥x 轴于点 Q，过点 M 作 GH∥x 轴，作 AG⊥GH 于点 G，作 FH⊥GH 于点 H，交 x 轴于点 K，如图 3，根据直线 AB 的特点和旋转的性质可得△AMG 和△FMH 是全等 的两个等腰直角三角形，进一步即可根据等腰直角三角形的性质和直线上点的坐标特点求得 FK=2，由条件 45FBA AOD BFC       ，根据角的和差和平行线的性质可得∠AOD=∠CFK，然后根据两个角的 正切相等即可求出 CK 的长，于是可得点 F 的坐标，进而可求出直线 OF 的解析式，进一步即可求出直线 OF 与抛物线交点的横坐标；当旋转后点 F 在点 C 右侧时，易得满足 45FBA AOD BFC       的点 F 不存在，从而可得答案． 【详解】解：（1）把  1,2A  代入抛物线 2 4y x bx    ，得  22 1 4b     ，解得：b=1， ∴抛物线的解析式是： 2 4y x x    ， ∵点 (3, )B n 在抛物线上， ∴ 23 3 4 2n       ， 故答案为：1，﹣2； （2）设直线l 的解析式是 y kx a  ，把点  1,2A  、  3, 2B  两点代入，得： 2 3 2 k a k a        ，解得： 1 1 k a     ， ∴直线 l 的解析式是 1y x   ， 如图 1，∵点 P（m，0），∴点 M（m，﹣m+1）、N（m， 2 4m m   ）， 当点 N 在点 M 的上方时，则    2 24 1 2 3MN m m m m m           ， 当 3MN  时， 2 2 3 3m m    ，解得：m=0 或 2； （3）①直线 AB 向上平移 4 个单位长度后的解析式为 5y x   ， ∴点 C、D 的坐标分别是（5，0）、（0，5）， 则由  1,2A  、C（5，0）可得直线 AC 的解析式为 1 5 3 3y x   ， 由 N（m， 2 4m m   ）、C（5，0）可得直线 NC 的解析式为  22 5 44 5 5 m mm my xm m      ， 设直线 MN 交 AC 于点 F，过点 B 作 BE⊥x 轴交直线 NC 于点 E，如图 2， 当 x=3 时，      2 2 23 4 5 4 2 4 5 5 5 m m m m m m y m m m             ，∴点 E（3，  22 4 5 m m m     ）， ∴  2 21 5 4 74 3 3 3 3FN m m m m m              ，  2 22 4 2 1825 5 m m mBE m m         ， ∴   2 2 1 1 1 2 18 5 92 2 5 mS BE PC m mm             ， 2 2 2 1 1 4 7 6 3 4 72 2 3 3C AS FN x x m m m m               ， ∵ 1 2 6S S  ， ∴   2 29 3 4 7 6m m m       ，解得： 1 3m   ， 由于当 1 3m   时，    2 1 3 1 3 4 1 3 0Ny          ， 此时点 N 在直线 AC 的下方，故 1 3m   舍去； 当 1 3m   时，  2 1 1 3 9 5 2 3S       ， 2 2 3 1S   ； ∴存在 1 3m   ，使 1 2 6S S  ，且此时 1 5 2 3S   ， 2 2 3 1S   ； ②当旋转后点 F 在点 C 左侧时，过点 B 作 BQ⊥x 轴于点 Q，过点 M 作 GH∥x 轴，作 AG⊥GH 于点 G，作 FH⊥GH 于点 H，交 x 轴于点 K，如图 3， ∵直线 AB 的解析式为 1y x   ， ∴∠AMG=45°， ∵将线段 MA 绕点 M 顺时针旋转 90 得到线段 MF ， ∴∠AMF=90°，MA=MF， ∴△AMG 和△FMH 是全等的两个等腰直角三角形， ∴AG=GM=MH=FH=m+1， ∵M（m，﹣m+1）， ∴KH=PM=m－1， ∴FK=（m+1）－（m－1）=2， ∵ 45FBA AOD BFC       ，∠FBA=∠QBA+∠QBF=45°+∠QBF， ∴45°+∠QBF+∠AOD－∠BFC=45°， ∴∠QBF+∠AOD=∠BFC=∠BFK+∠CFK， ∵FK∥BQ，∴∠QBF =∠BFK， ∴∠AOD=∠CFK， ∴ 1tan tan 2AOD CFK    ， ∴ 1 12CK FK  ，OK=4， ∴点 F 的坐标是（4，2）， ∴直线 OF 的解析式是 1 2y x ， 解方程： 2 14 2x x x    ，得 1 2 1 65 1 65,4 4x x   ； 当旋转后点 F 在点 C 右侧时，满足 45FBA AOD BFC       的点 F 不存在； 综上，直线 OF 与该二次函数图象交点的横坐标为 1 65 4  或 1 65 4  ． 【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质、二次函数图象上点的坐标特征、一 元二次方程的解法、等腰直角三角形的判定和性质、一次函数与二次函数的交点以及三角函数等知识，综 合性强、难度较大，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数的相关知识、灵活应用数形结合的思想是解题的 关键．