2020年山东省济南市市中区育英中学中考数学模拟试卷（三） 14页

‎2020年山东省济南市市中区育英中学中考数学模拟试卷（三）‎ 一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）‎ ‎ ‎ ‎1. ‎−‎‎5‎‎6‎的绝对值是（ ） ‎ A.‎−‎‎6‎‎5‎ B.‎6‎‎5‎ C.‎5‎‎6‎ D.‎‎−‎‎5‎‎6‎ ‎ ‎ ‎2. 为应对疫情，许多企业跨界抗疫，生产口罩．截至‎2‎月‎29‎日，全国口罩日产量达到‎116000000‎只．将‎116000000‎用科学记数法表示应为（ ） ‎ A.‎116×‎‎10‎‎6‎ B.‎11.6×‎‎10‎‎7‎ C.‎1.16×‎‎10‎‎7‎ D.‎‎1.16×‎‎10‎‎8‎ ‎ ‎ ‎3. 如图所示，正三棱柱的俯视图是（ ） ‎ A. B. C. D.‎ ‎ ‎ ‎4. 已知直线l‎1‎‎ // ‎l‎2‎，将一块含‎30‎‎∘‎角的直角三角板ABC按如图方式放置，若‎∠1‎‎=‎‎85‎‎∘‎，则‎∠2‎等于‎(‎        ‎)‎ ‎ A.‎35‎‎∘‎ B.‎45‎‎∘‎ C.‎55‎‎∘‎ D.‎‎65‎‎∘‎ ‎ ‎ ‎5. 下列式子运算正确的是（ ） ‎ A.t‎2‎‎+‎t‎4‎＝t‎6‎ B.‎(3‎x‎2‎‎)‎‎3‎＝‎9‎x‎5‎ C.m‎8‎‎÷‎m‎4‎＝m‎2‎ D.‎(x−‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎=x‎2‎−x+‎‎1‎‎4‎ ‎ ‎ ‎ ‎6. 如表是某班体育考试跳绳项目模拟考试时‎10‎名同学的测试成绩（单位：个/分钟） ‎ 成绩（个/分钟）‎ ‎140‎ ‎160‎ ‎169‎ ‎170‎ ‎177‎ ‎180‎ 人数 ‎1‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎2‎ 则关于这‎10‎名同学每分钟跳绳的测试成绩，下列说法错误的是（ ）‎ A.众数是‎177‎ B.平均数是‎170‎ C.中位数是‎173.5‎ D.方差是‎135‎ ‎ ‎ ‎7. 下列图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） ‎ A. B. C. D.‎ ‎ ‎ ‎8. 若关于x的一元二次方程x‎2‎‎−4x+c＝‎0‎有实数根，则常数c的值不可能为（ ） ‎ A.‎−4‎ B.‎4‎ C.‎−16‎ D.‎‎16‎ ‎ ‎ ‎9. 如图，从点A看一山坡上的电线杆PQ，观测点P的仰角是‎45‎‎∘‎，向前走‎6m到达B点，测得顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是‎60‎‎∘‎和‎30‎‎∘‎，则该电线杆PQ的高度（ ） ‎ A.‎6+2‎‎3‎ B.‎6+‎‎3‎ C.‎10−‎‎3‎ D.‎‎8+‎‎3‎ ‎ ‎ ‎10. 如图，在菱形ABCD中，点E是BC的中点，以C为圆心、CE为半径作弧，交CD于点F，连接AE、AF．若AB＝‎6‎，‎∠B＝‎60‎‎∘‎，则阴影部分的面积为（ ） ‎ A.‎9‎3‎−3π B.‎9‎3‎−2π C.‎18‎3‎−9π D.‎‎18‎3‎−6π ‎ ‎ ‎11. 如图，‎△ACB和‎△ECD都是等腰直角三角形，CA=CB，CE=CD，‎△ACB的顶点A在‎△ECD的斜边DE上，若AE=‎‎2‎，AD=‎‎6‎，则两个三角形重叠部分的面积为（ ‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 ‎       ） ‎ A.‎2‎ B.‎3−‎‎2‎ C.‎3‎‎−1‎ D.‎‎3−‎‎3‎ ‎ ‎ ‎12. 二次函数y＝x‎2‎‎+mx−n的对称轴为x＝‎2‎．若关于x的一元二次方程x‎2‎‎+mx−n＝‎0‎在‎−10‎）图象上的一点，在x轴正半轴上有一点B，OB＝‎4‎．连接OA、AB，且OA＝AB＝‎2‎‎10‎． ‎ ‎（1）求k的值；‎ ‎ ‎ ‎（2）过点B作BC⊥OB，交反比例函数y=kx(x>0)‎的图象于点C． ①连接AC，求‎△ABC的面积； ②在图上连接OC交AB于点D，求ADBD的值．‎ ‎ ‎ ‎ 【问题探究】 ‎ ‎（1）如图‎1‎，‎△ABC和‎△DEC均为等腰直角三角形，‎∠ACB＝‎∠DCE＝‎90‎‎∘‎，点B，D，E在同一直线上，连接AD，BD． ①请探究AD与BD之间的位置关系：________； ②若AC＝BC=‎‎10‎，DC＝CE=‎‎2‎，则线段AD的长为________； 【拓展延伸】‎ ‎ ‎ ‎（2）如图‎2‎，‎△ABC和‎△DEC均为直角三角形，‎∠ACB＝‎∠DCE＝‎90‎‎∘‎，AC=‎‎21‎，BC=‎‎7‎，CD=‎‎3‎，CE＝‎1‎．将‎△DCE绕点C在平面内顺时针旋转，设旋转角‎∠BCD为α(‎0‎‎∘‎≤α<‎360‎‎∘‎)‎，作直线BD，连接AD，当点B，D，E在同一直线上时，画出图形，并求线段AD的长．‎ ‎ ‎ ‎ 如图‎1‎，直线y=−‎4‎‎3‎x+n交x轴于点A，交y轴于点C(0, 4)‎，抛物线y=‎2‎‎3‎x‎2‎+bx+c经过点A，交y轴于点B(0, −2)‎．点P为抛物线上一个动点，过点P作x轴的垂线PD，过点B作BD⊥PD于点D，连接PB，设点P的横坐标为m． ‎ ‎1‎求抛物线的解析式；‎ ‎ ‎ ‎2‎当‎△BDP为等腰直角三角形时，求线段PD的长；‎ ‎ ‎ ‎3‎如图‎2‎，将‎△BDP绕点B逆时针旋转，得到‎△BD′P′‎，且旋转角‎∠PBP′=∠OAC，当点P的对应点P′‎落在坐标轴上时，请直接写出点P的坐标． ‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 参考答案与试题解析 ‎2020年山东省济南市市中区育英中学中考数学模拟试卷（三）‎ 一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 绝对值 ‎【解析】‎ 直接利用绝对值的定义得出答案．‎ ‎【解答】‎ ‎−‎‎5‎‎6‎的绝对值是：‎5‎‎6‎．‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 科学记数法--表示较大的数 ‎【解析】‎ 科学记数法的表示形式为a×‎‎10‎n的形式，其中‎1≤|a|<10‎，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值‎≥10‎时，n是正数；当原数的绝对值‎<1‎时，n是负数．‎ ‎【解答】‎ 将‎116000000‎用科学记数法表示应为‎1.16×‎‎10‎‎8‎．‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 简单几何体的三视图 ‎【解析】‎ 正三棱柱从上面看到的图形即俯视图．‎ ‎【解答】‎ 俯视图是从上面看所得到的图形，看见的棱用实线表示，看不见的用虚线表示，‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 平行线的性质 ‎【解析】‎ 利用对顶角相等及三角形内角和定理，可求出‎∠4‎的度数，由直线l‎1‎‎ // ‎l‎2‎，利用“两直线平行，内错角相等”可求出‎∠2‎的度数．‎ ‎【解答】‎ 解：如图， ∵ 直线l‎1‎‎ // ‎l‎2‎， ∴ ‎∠1=∠5=∠3=‎‎85‎‎∘‎， 又∵ ‎∠A+∠3+∠4‎‎=‎‎180‎‎∘‎，‎∠A‎=‎‎30‎‎∘‎， ∴ ‎∠4‎‎=‎‎65‎‎∘‎， ∴ ‎∠2‎‎=∠4‎‎=‎‎65‎‎∘‎． 故选D.‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 同底数幂的除法 完全平方公式 幂的乘方与积的乘方 合并同类项 ‎【解析】‎ 分别根据合并同类项法则，积的乘方运算法则，同底数幂的除法法则以及完全平方公式逐一判断即可．‎ ‎【解答】‎ A‎．t‎2‎与t‎4‎不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意； B．‎(3‎x‎2‎‎)‎‎3‎＝‎9‎x‎6‎，故本选项不合题意； C．m‎8‎‎÷‎m‎4‎＝m‎4‎，故本选项不合题意； D.(x−‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎=x‎2‎−x+‎‎1‎‎4‎，正确．‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 加权平均数 中位数 众数 方差 ‎【解析】‎ 根据平均数、方差、中位数和众数的定义分别进行解答，即可求出答案．‎ ‎【解答】‎ A‎、这组数据中‎177‎出现次数最多，即众数为‎177‎，此选项正确； B、这组数据的平均数是：‎(140+160+169+170×2+177×3+180×2)÷10‎＝‎170‎，此选项正确； C、∵ 共有‎10‎个数， ∴ ‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 ‎ 中位数是第‎5‎个和‎6‎个数的平均数， ∴ 中位数是‎(170+177)÷2‎＝‎173.5‎；此选项正确； D、方差‎=‎1‎‎10‎[(140−170‎)‎‎2‎+(160−170‎)‎‎2‎+(169−170‎)‎‎2‎+2×(170−170‎)‎‎2‎+3×(177−170‎)‎‎2‎+2×(180−170‎)‎‎2‎]‎＝‎134.8‎；此选项错误；‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 中心对称图形 轴对称图形 ‎【解析】‎ 根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．‎ ‎【解答】‎ A‎、是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项符合题意； B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意； C、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意； D、不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 根的判别式 ‎【解析】‎ 利用判别式的意义得到‎△‎＝‎(−4‎)‎‎2‎−4c≥0‎，解不等式得到c的范围，然后对各选项进行判断．‎ ‎【解答】‎ 根据题意得‎△‎＝‎(−4‎)‎‎2‎−4c≥0‎， 解得c≤4‎．‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 解直角三角形的应用-仰角俯角问题 ‎【解析】‎ 延长PQ交直线AB于点E，设PE＝x米，在直角‎△APE和直角‎△BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE，根据AB＝AE−BE即可列出方程求得x的值，再在直角‎△BQE中利用三角函数求得QE的长，则PQ的长度即可求解．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎∠PBE＝‎60‎‎∘‎ ∴ ‎∠BPE＝‎30‎‎∘‎ 在直角‎△BPE中，BE=‎3‎‎3‎PE=‎3‎‎3‎x米， ∵ AB＝AE−BE＝‎6‎米， 则x−‎3‎‎3‎x＝‎6‎， 解得：x＝‎9+3‎‎3‎． 则BE＝‎(3‎3‎+3)‎米． 在直角‎△BEQ中，QE=‎3‎‎3‎BE=‎3‎‎3‎(3‎3‎+3)‎＝‎(3+‎3‎)‎米． ∴ PQ＝PE−QE＝‎9+3‎3‎−(3+‎3‎)‎＝‎6+2‎‎3‎（米）． 答：电线杆PQ的高度是‎6+2‎‎3‎米． 故选：A．‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 菱形的性质 扇形面积的计算 等边三角形的性质与判定 ‎【解析】‎ 连接AC，根据菱形的性质求出‎∠BCD和BC＝AB＝‎6‎，求出AE长，再根据三角形的面积和扇形的面积求出即可．‎ ‎【解答】‎ 连接AC， ∵ 四边形ABCD是菱形， ∴ AB＝BC＝‎6‎， ∵ ‎∠B＝‎60‎‎∘‎，E为BC的中点， ∴ CE＝BE＝‎3‎＝CF，‎△ABC是等边三角形，AB // CD， ∵ ‎∠B＝‎60‎‎∘‎， ∴ ‎∠BCD＝‎180‎‎∘‎‎−∠B＝‎120‎‎∘‎， 由勾股定理得：AE=‎6‎‎2‎‎−‎‎3‎‎2‎=3‎‎3‎， ∴ S‎△AEB＝S‎△AEC‎=‎1‎‎2‎×6×3‎3‎×‎1‎‎2‎=4.5‎3‎=‎S‎△AFC， ∴ 阴影部分的面积S＝S‎△AEC‎+S‎△AFC−‎S扇形CEF＝‎4.5‎3‎+4.5‎3‎−‎120π×‎‎3‎‎2‎‎360‎=9‎3‎−3π，‎ ‎11.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 全等三角形的性质 等腰直角三角形 ‎【解析】‎ 本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的性质等知识．‎ ‎【解答】‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 解：如图，设AB交CD于O，连结BD，作OM⊥DE于M，ON⊥BD于N． ∵ ‎∠ECD=∠ACB=‎‎90‎‎∘‎， ∴ ‎∠ECA=∠DCB， ∵ CE=CD，CA=CB， ∴ ‎△ECA≅△DCB， ∴ ‎∠E=∠CDB=‎‎45‎‎∘‎，AE=BD=‎‎2‎， ∵ ‎∠EDC=‎‎45‎‎∘‎， ∴ ‎∠ADB=∠ADC+∠CDB=‎‎90‎‎∘‎， 在Rt△ADB中，AB=AD‎2‎+DB‎2‎=2‎‎2‎， ∴ AC=BC=2‎， ∴ S‎△ABC=‎‎1‎‎2‎‎×2×2=2‎， ∵ OD平分‎∠ADB，OM⊥DE于M，ON⊥BD于N， ∴ OM=ON， ∵ S‎△AODS‎△DOB‎=OAOB=‎1‎‎2‎‎⋅AD⋅OM‎1‎‎2‎‎⋅DB⋅ON=‎6‎‎2‎=‎‎3‎， ∴ S‎△AOC‎=2×‎3‎‎3‎‎+1‎=3−‎‎3‎． 故选D． ‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 抛物线与x轴的交点 二次函数的性质 ‎【解析】‎ 根据对称轴求出m的值，从而得到x＝‎−1‎、‎6‎时的函数y＝x‎2‎‎−4x值，再根据一元二次方程x‎2‎‎+mx−n＝‎0‎在‎−1−4‎， 所以不等式组的解集为x≥1‎， 所以最小整数解是‎1‎．‎ ‎【考点】‎ 一元一次不等式组的整数解 解一元一次不等式组 ‎【解析】‎ 首先解不等式组中的每个不等式，然后确定两个不等式的解集的公共部分，即可确定不等式组的解集．然后即可确定最小的整数解即可．‎ ‎【解答】‎ ‎2x+3≥5‎x−4‎‎2‎‎−4‎， 所以不等式组的解集为x≥1‎， 所以最小整数解是‎1‎．‎ ‎【答案】‎ 证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ AB // CD，AB＝CD， ∴ ‎∠ABE＝‎∠CDF， 在‎△ABE和‎△DCF中， ‎∠BAE=∠DCFAB=CD‎∠ABE=∠CDF‎ ‎ ∴ ‎△ABE≅△DCF(ASA)‎， ∴ BE＝DF， ∴ BE+EF＝DF+EF， 即BF＝DE．‎ ‎【考点】‎ 全等三角形的性质与判定 平行四边形的性质 ‎【解析】‎ 欲证明BF＝DE，只要证明‎△ABE≅△DCF即可．‎ ‎【解答】‎ 证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ AB // CD，AB＝CD， ∴ ‎∠ABE＝‎∠CDF， 在‎△ABE和‎△DCF中， ‎∠BAE=∠DCFAB=CD‎∠ABE=∠CDF‎ ‎ ∴ ‎△ABE≅△DCF(ASA)‎， ∴ BE＝DF， ∴ BE+EF＝DF+EF， 即BF＝DE．‎ ‎【答案】‎ 原计划每天制作‎12‎件手工品 ‎【考点】‎ 分式方程的应用 ‎【解析】‎ 关键描述语为：“提前‎10‎天完成任务”；等量关系为：原计划天数＝实际生产天数‎+10‎．‎ ‎【解答】‎ 设原计划每天制作x件手工品， 可得：‎360‎x‎=‎360‎‎1.5x+10‎， 解得：x＝‎12‎， 经检验x＝‎12‎是原方程的解，‎ ‎【答案】‎ 证明： ∵ CD是‎⊙O的切线，切点为C， ∴ OC⊥DE， ∵ BE⊥DE， ∴ CO // BE， ∴ ‎∠OCB＝‎∠EBC， 又∵ 且OC＝OB， ∴ ‎∠OCB＝‎∠OBC； ∴ ‎∠OBC＝‎∠EBC， ∴ BC平分‎∠ABE；‎ ‎∵ AB是‎⊙O的直径， ∴ ‎∠ACB＝‎90‎‎∘‎， ∵ ‎∠A＝‎60‎‎∘‎， ∴ ‎∠ABC＝‎30‎‎∘‎， ∵ ‎⊙O的半径为‎2‎， ∴ AB＝‎4‎， ∴ AC＝‎2‎， ∴ BC=AB‎2‎−AC‎2‎=2‎‎3‎， ∵ BC平分‎∠ABE， ∴ ‎∠CBE＝‎30‎‎∘‎， ∴ CE=‎1‎‎2‎BC=‎‎3‎． ‎ ‎【考点】‎ 切线的性质 勾股定理 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 含30度角的直角三角形 ‎【解析】‎ ‎（1）连接OC，利用切线的性质和已知条件证明BE // OC，进而得到内错角相等，再利用圆的半径相等得到相等的角即可证明BC平分‎∠ABE； （2）由圆周角定理可知‎∠ACB＝‎90‎‎∘‎，所以‎∠ABC＝‎30‎‎∘‎，由（1）可知‎∠CBE＝‎30‎‎∘‎，利用勾股定理和在直角三角形中，‎30‎‎∘‎角所对的直角边等于斜边的一半即可求出CE的长．‎ ‎【解答】‎ 证明： ∵ CD是‎⊙O的切线，切点为C， ∴ OC⊥DE， ∵ BE⊥DE， ∴ CO // BE， ∴ ‎∠OCB＝‎∠EBC， 又∵ 且OC＝OB， ∴ ‎∠OCB＝‎∠OBC； ∴ ‎∠OBC＝‎∠EBC， ∴ BC平分‎∠ABE；‎ ‎∵ AB是‎⊙O的直径， ∴ ‎∠ACB＝‎90‎‎∘‎， ∵ ‎∠A＝‎60‎‎∘‎， ∴ ‎∠ABC＝‎30‎‎∘‎， ∵ ‎⊙O的半径为‎2‎， ∴ AB＝‎4‎， ∴ AC＝‎2‎， ∴ BC=AB‎2‎−AC‎2‎=2‎‎3‎， ∵ BC平分‎∠ABE， ∴ ‎∠CBE＝‎30‎‎∘‎， ∴ CE=‎1‎‎2‎BC=‎‎3‎． ‎ ‎【答案】‎ ‎50‎‎,‎‎108‎ 因为阅读‎5‎本的有‎2‎人，阅读‎8‎本的有‎3‎人，所以可设A、B表示阅读‎5‎本的学生，C、D、E表示阅读‎8‎本的学生，画树状图得： ∵ 共有‎20‎种等可能的结果，抽得这两名学生阅读的本数均为‎8‎本的有‎6‎种情况， ∴ P（两名学生都读‎8‎本）＝‎6÷20=‎‎3‎‎10‎．‎ ‎【考点】‎ 折线统计图 扇形统计图 列表法与树状图法 ‎【解析】‎ ‎（1）由阅读中外名著本数为‎6‎本的有‎30‎人，占‎60%‎，可求得总人数；用阅读中外名著本数为‎7‎本的人数除以总人数得到其所占的百分比，再乘以‎360‎‎∘‎，则可求得扇形的圆心角的度数；用总人数减去阅读本数为‎5‎、‎6‎、‎7‎本的人数，得到阅读本数为‎8‎本的人数，即可补全折线图； （2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与这两名学生阅读的本数均为‎8‎的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．‎ ‎【解答】‎ 该班学生共有‎30÷60%‎＝‎50‎名， 圆心角的度数是‎15÷50×‎‎360‎‎∘‎＝‎108‎‎∘‎， ‎50−2−30−15‎＝‎3‎（人） 补全如图： ‎ 因为阅读‎5‎本的有‎2‎人，阅读‎8‎本的有‎3‎人，所以可设A、B表示阅读‎5‎本的学生，C、D、E表示阅读‎8‎本的学生，画树状图得： ∵ 共有‎20‎种等可能的结果，抽得这两名学生阅读的本数均为‎8‎本的有‎6‎种情况， ∴ P（两名学生都读‎8‎本）＝‎6÷20=‎‎3‎‎10‎．‎ ‎【答案】‎ 过点A作AH⊥x轴，垂足为点H，AH交OC于点M，如图所示． ∵ ‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 ‎ OA＝AB，AH⊥OB， ∴ OH＝BH=‎1‎‎2‎OB＝‎2‎， ∴ AH=OA‎​‎‎2‎−OH‎​‎‎2‎=‎40−4‎=6‎， ∴ 点A的坐标为‎(2, 6)‎． ∵ A为反比例函数y=‎kx图象上的一点， ∴ k＝‎2×6‎＝‎12‎；‎ ‎①∵ BC⊥x轴，OB＝‎4‎，点C在反比例函数y=‎‎12‎x上， ∴ BC=‎12‎‎4‎=3‎． ∵ AH⊥OB， ∴ AH // BC， ∴ 点A到BC的距离＝BH＝‎2‎， ∴ S‎△ABC‎=‎1‎‎2‎×3×2‎＝‎3‎； ②∵ BC⊥x轴，OB＝‎4‎，点C在反比例函数y=‎‎12‎x上， ∴ BC=‎12‎‎4‎=3‎． ∵ AH // BC，OH＝BH， ∴ MH=‎1‎‎2‎BC=‎‎3‎‎2‎， ∴ AM＝AH−MH=‎‎9‎‎2‎． ∵ AM // BC， ∴ ‎△ADM∽△BDC， ∴ ADDB‎=AMBC=‎‎3‎‎2‎．‎ ‎【考点】‎ 反比例函数综合题 ‎【解析】‎ ‎（1）过点A作AH⊥x轴，垂足为点H，AH交OC于点M，利用等腰三角形的性质可得出DH的长，利用勾股定理可得出AH的长，进而可得出点A的坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出k值； （2）①由三角形面积公式可求解； ②由OB的长，利用反比例函数图象上点的坐标特征可得出BC的长，利用三角形中位线定理可求出MH的长，进而可得出AM的长，由AM // BC可得出‎△ADM∽△BDC，利用相似三角形的性质即可求出ADDB的值．‎ ‎【解答】‎ 过点A作AH⊥x轴，垂足为点H，AH交OC于点M，如图所示． ∵ OA＝AB，AH⊥OB， ∴ OH＝BH=‎1‎‎2‎OB＝‎2‎， ∴ AH=OA‎​‎‎2‎−OH‎​‎‎2‎=‎40−4‎=6‎， ∴ 点A的坐标为‎(2, 6)‎． ∵ A为反比例函数y=‎kx图象上的一点， ∴ k＝‎2×6‎＝‎12‎；‎ ‎①∵ BC⊥x轴，OB＝‎4‎，点C在反比例函数y=‎‎12‎x上， ∴ BC=‎12‎‎4‎=3‎． ∵ AH⊥OB， ∴ AH // BC， ∴ 点A到BC的距离＝BH＝‎2‎， ∴ S‎△ABC‎=‎1‎‎2‎×3×2‎＝‎3‎； ②∵ BC⊥x轴，OB＝‎4‎，点C在反比例函数y=‎‎12‎x上， ∴ BC=‎12‎‎4‎=3‎． ∵ AH // BC，OH＝BH， ∴ MH=‎1‎‎2‎BC=‎‎3‎‎2‎， ∴ AM＝AH−MH=‎‎9‎‎2‎． ∵ AM // BC， ∴ ‎△ADM∽△BDC， ∴ ADDB‎=AMBC=‎‎3‎‎2‎．‎ ‎【答案】‎ AD⊥BD‎,‎‎4‎ 若点D在BC右侧， 如图，过点C作CF⊥AD于点F， ∵ ‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 ‎ ‎∠ACB＝‎∠DCE＝‎90‎‎∘‎，AC=‎‎21‎，BC=‎‎7‎，CD=‎‎3‎，CE＝‎1‎． ∴ ‎∠ACD＝‎∠BCE，ACBC‎=‎3‎=‎CDCE ∴ ‎△ACD∽△BCE ∴ ‎∠ADC＝‎∠BEC， ∵ CD=‎‎3‎，CE＝‎1‎ ∴ DE=DC‎​‎‎2‎+CE‎​‎‎2‎=2‎ ∵ ‎∠ADC＝‎∠BEC，‎∠DCE＝‎∠CFD＝‎90‎‎∘‎ ∴ ‎△DCE∽△CFD， ∴ DEDC‎=DCCF=‎CEDF 即‎2‎‎3‎‎=‎3‎CF=‎‎1‎DF ∴ CF=‎‎3‎‎2‎，DF=‎‎3‎‎2‎ ∴ AF=AC‎​‎‎2‎−CF‎​‎‎2‎=‎‎5‎‎3‎‎2‎ ∴ AD＝DF+AF＝‎3‎‎3‎ 若点D在BC左侧， ∵ ‎∠ACB＝‎∠DCE＝‎90‎‎∘‎，AC=‎‎21‎，BC=‎‎7‎，CD=‎‎3‎，CE＝‎1‎． ∴ ‎∠ACD＝‎∠BCE，ACBC‎=‎3‎=‎CDCE ∴ ‎△ACD∽△BCE ∴ ‎∠ADC＝‎∠BEC， ∴ ‎∠CED＝‎∠CDF ∵ CD=‎‎3‎，CE＝‎1‎ ∴ DE=DC‎​‎‎2‎+CE‎​‎‎2‎=2‎ ∵ ‎∠CED＝‎∠CDF，‎∠DCE＝‎∠CFD＝‎90‎‎∘‎ ∴ ‎△DCE∽△CFD， ∴ DEDC‎=DCCF=‎CEDF 即‎2‎‎3‎‎=‎3‎CF=‎‎1‎DF ∴ CF=‎‎3‎‎2‎，DF=‎‎3‎‎2‎ ∴ AF=AC‎​‎‎2‎−CF‎​‎‎2‎=‎‎5‎‎3‎‎2‎ ∴ AD＝AF−DF＝‎‎2‎‎3‎ ‎【考点】‎ 几何变换综合题 ‎【解析】‎ ‎【问题探究】 （1）①由“SAS”可证‎△ACD≅△BCE，可得‎∠ADC＝‎∠BEC＝‎45‎‎∘‎，可得AD⊥BD； ②过点C作CF⊥AD于点F，由勾股定理可求DF，CF，AF的长，即可求AD的长； 【拓展延伸】 （2）分点D在BC左侧和BC右侧两种情况讨论，根据勾股定理和相似三角形的性质可求解．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎△ABC和‎△DEC均为等腰直角三角形， ∴ AC＝BC，CE＝CD，‎∠ABC＝‎∠DEC＝‎45‎‎∘‎＝‎∠CDE ∵ ‎∠ACB＝‎∠DCE＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎∠ACD＝‎∠BCE，且AC＝BC，CE＝CD ∴ ‎△ACD≅△BCE(SAS)‎ ∴ ‎∠ADC＝‎∠BEC＝‎45‎‎∘‎ ∴ ‎∠ADE＝‎∠ADC+∠CDE＝‎90‎‎∘‎ ∴ AD⊥BD 故答案为：AD⊥BD ②如图，过点C作CF⊥AD于点F， ∵ ‎∠ADC＝‎45‎‎∘‎，CF⊥AD，CD=‎‎2‎ ∴ DF＝CF＝‎1‎ ∴ AF=AC‎​‎‎2‎−CF‎​‎‎2‎=3‎ ∴ AD＝AF+DF＝‎4‎ 故答案为：‎4‎ 【拓展延伸】‎ 若点D在BC右侧， 如图，过点C作CF⊥AD于点F， ∵ ‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 ‎ ‎∠ACB＝‎∠DCE＝‎90‎‎∘‎，AC=‎‎21‎，BC=‎‎7‎，CD=‎‎3‎，CE＝‎1‎． ∴ ‎∠ACD＝‎∠BCE，ACBC‎=‎3‎=‎CDCE ∴ ‎△ACD∽△BCE ∴ ‎∠ADC＝‎∠BEC， ∵ CD=‎‎3‎，CE＝‎1‎ ∴ DE=DC‎​‎‎2‎+CE‎​‎‎2‎=2‎ ∵ ‎∠ADC＝‎∠BEC，‎∠DCE＝‎∠CFD＝‎90‎‎∘‎ ∴ ‎△DCE∽△CFD， ∴ DEDC‎=DCCF=‎CEDF 即‎2‎‎3‎‎=‎3‎CF=‎‎1‎DF ∴ CF=‎‎3‎‎2‎，DF=‎‎3‎‎2‎ ∴ AF=AC‎​‎‎2‎−CF‎​‎‎2‎=‎‎5‎‎3‎‎2‎ ∴ AD＝DF+AF＝‎3‎‎3‎ 若点D在BC左侧， ∵ ‎∠ACB＝‎∠DCE＝‎90‎‎∘‎，AC=‎‎21‎，BC=‎‎7‎，CD=‎‎3‎，CE＝‎1‎． ∴ ‎∠ACD＝‎∠BCE，ACBC‎=‎3‎=‎CDCE ∴ ‎△ACD∽△BCE ∴ ‎∠ADC＝‎∠BEC， ∴ ‎∠CED＝‎∠CDF ∵ CD=‎‎3‎，CE＝‎1‎ ∴ DE=DC‎​‎‎2‎+CE‎​‎‎2‎=2‎ ∵ ‎∠CED＝‎∠CDF，‎∠DCE＝‎∠CFD＝‎90‎‎∘‎ ∴ ‎△DCE∽△CFD， ∴ DEDC‎=DCCF=‎CEDF 即‎2‎‎3‎‎=‎3‎CF=‎‎1‎DF ∴ CF=‎‎3‎‎2‎，DF=‎‎3‎‎2‎ ∴ AF=AC‎​‎‎2‎−CF‎​‎‎2‎=‎‎5‎‎3‎‎2‎ ∴ AD＝AF−DF＝‎‎2‎‎3‎ ‎【答案】‎ 解：‎(1)‎∵ 点C(0, 4)‎在直线y=−‎4‎‎3‎x+n上， ∴ n=4‎， ∴ y=−‎4‎‎3‎x+4‎， 令y=0‎， ∴ x=3‎， ∴ A(3, 0)‎. ∵ 抛物线y=‎2‎‎3‎x‎2‎+bx+c经过点A， 交y轴于点B(0, −2)‎. ∴ c=−2‎， ‎6+3b−2=0‎， ∴ b=−‎‎4‎‎3‎， ∴ 抛物线解析式为y=‎2‎‎3‎x‎2‎−‎4‎‎3‎x−2‎；‎ ‎(2)‎‎∵ 点P的横坐标为m， ∴ P(m, ‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m−2)‎， 当‎△BDP为等腰直角三角形时，PD=BD. ‎①‎当点P在直线BD上方时， PD=‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m， 若点P在y轴左侧， 则m<0‎，BD=−m， ∴ ‎2‎‎3‎m‎2‎‎−‎4‎‎3‎m=−m， 解得m‎1‎‎=0‎（舍去），m‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎（舍去）； 若点P在y轴右侧， 则m>0‎，BD=m， ∴ ‎2‎‎3‎m‎2‎‎−‎4‎‎3‎m=m， 解得m‎1‎‎=0‎（舍去），m‎2‎‎=‎‎7‎‎2‎. ‎②‎当点P在直线BD下方时， m>0‎，BD=m，PD=−‎2‎‎3‎m‎2‎+‎4‎‎3‎m， ∴ ‎−‎2‎‎3‎m‎2‎+‎4‎‎3‎m=m， 解得m‎1‎‎=0‎（舍去），m‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎. 综上所述，m=‎‎7‎‎2‎或‎1‎‎2‎. 即当‎△BDP 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 为等腰直角三角形时，线段PD的长为‎7‎‎2‎或‎1‎‎2‎.‎ ‎3‎‎∵ ‎∠PBP‎′‎=∠OAC，OA=3‎，OC=4‎， ∴ AC=5‎， ∴ sin∠PBP‎′‎=‎‎4‎‎5‎，cos∠PBP‎′‎=‎‎3‎‎5‎， ①当点P‎′‎落在x轴上时，过点D‎′‎作D‎′‎N⊥x轴，垂足为N，交BD于点M， ‎∠DBD‎′‎=∠ND‎′‎P‎′‎=∠PBP‎′‎， 如图‎1‎， ND‎′‎−MD‎′‎=2‎， ∴ ‎3‎‎5‎‎(‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m)−(−‎4‎‎5‎m)=2‎， ∴ m=‎‎5‎（舍），或m=−‎‎5‎， 如图‎2‎， ND‎′‎+MD‎′‎=2‎， ∴ ‎3‎‎5‎‎(‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m)+‎4‎‎5‎m=2‎， ∴ m=‎‎5‎，或m=−‎‎5‎（舍）， ∴ P(−‎5‎, ‎4‎5‎+4‎‎3‎)‎或P(‎5‎, ‎−4‎5‎+4‎‎3‎)‎， ②当点P‎′‎落在y轴上时，如图‎3‎， 过点D′‎作D′M⊥x轴，交BD于M，过点P′‎作P′N⊥y轴，交MD‎′‎的延长线于点N， ∴ ‎∠DBD′=∠ND′P′=∠PBP′‎， ∵ P′N=BM， ∴ ‎4‎‎5‎‎(‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m)=‎3‎‎5‎m， ∴ m=‎‎25‎‎8‎， ∴ P(‎25‎‎8‎, ‎11‎‎32‎)‎． ∴ P(−‎5‎, ‎4‎5‎+4‎‎3‎)‎或P(‎5‎, ‎−4‎5‎+4‎‎3‎)‎或P(‎25‎‎8‎, ‎11‎‎32‎)‎．‎ ‎【考点】‎ 二次函数综合题 ‎【解析】‎ ‎（1）先确定出点A的坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式；‎ ‎（2）由‎△BDP为等腰直角三角形，判断出BD=PD，建立m的方程计算出m，从而求出PD；‎ ‎（3）分点P′‎落在x轴和y轴两种情况计算即可．‎ ‎【解答】‎ 解：‎(1)‎∵ 点C(0, 4)‎在直线y=−‎4‎‎3‎x+n上， ∴ n=4‎， ∴ y=−‎4‎‎3‎x+4‎， 令y=0‎， ∴ x=3‎， ∴ A(3, 0)‎. ∵ 抛物线y=‎2‎‎3‎x‎2‎+bx+c经过点A， 交y轴于点B(0, −2)‎. ∴ c=−2‎， ‎6+3b−2=0‎， ∴ b=−‎‎4‎‎3‎， ∴ 抛物线解析式为y=‎2‎‎3‎x‎2‎−‎4‎‎3‎x−2‎；‎ ‎(2)‎‎∵ 点P的横坐标为m， ∴ ‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 ‎ P(m, ‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m−2)‎， 当‎△BDP为等腰直角三角形时，PD=BD. ‎①‎当点P在直线BD上方时， PD=‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m， 若点P在y轴左侧， 则m<0‎，BD=−m， ∴ ‎2‎‎3‎m‎2‎‎−‎4‎‎3‎m=−m， 解得m‎1‎‎=0‎（舍去），m‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎（舍去）； 若点P在y轴右侧， 则m>0‎，BD=m， ∴ ‎2‎‎3‎m‎2‎‎−‎4‎‎3‎m=m， 解得m‎1‎‎=0‎（舍去），m‎2‎‎=‎‎7‎‎2‎. ‎②‎当点P在直线BD下方时， m>0‎，BD=m，PD=−‎2‎‎3‎m‎2‎+‎4‎‎3‎m， ∴ ‎−‎2‎‎3‎m‎2‎+‎4‎‎3‎m=m， 解得m‎1‎‎=0‎（舍去），m‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎. 综上所述，m=‎‎7‎‎2‎或‎1‎‎2‎. 即当‎△BDP为等腰直角三角形时，线段PD的长为‎7‎‎2‎或‎1‎‎2‎.‎ ‎3‎‎∵ ‎∠PBP‎′‎=∠OAC，OA=3‎，OC=4‎， ∴ AC=5‎， ∴ sin∠PBP‎′‎=‎‎4‎‎5‎，cos∠PBP‎′‎=‎‎3‎‎5‎， ①当点P‎′‎落在x轴上时，过点D‎′‎作D‎′‎N⊥x轴，垂足为N，交BD于点M， ‎∠DBD‎′‎=∠ND‎′‎P‎′‎=∠PBP‎′‎， 如图‎1‎， ND‎′‎−MD‎′‎=2‎， ∴ ‎3‎‎5‎‎(‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m)−(−‎4‎‎5‎m)=2‎， ∴ m=‎‎5‎（舍），或m=−‎‎5‎， 如图‎2‎， ND‎′‎+MD‎′‎=2‎， ∴ ‎3‎‎5‎‎(‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m)+‎4‎‎5‎m=2‎， ∴ m=‎‎5‎，或m=−‎‎5‎（舍）， ∴ P(−‎5‎, ‎4‎5‎+4‎‎3‎)‎或P(‎5‎, ‎−4‎5‎+4‎‎3‎)‎， ②当点P‎′‎落在y轴上时，如图‎3‎， 过点D′‎作D′M⊥x轴，交BD于M，过点P′‎作P′N⊥y轴，交MD‎′‎的延长线于点N， ∴ ‎∠DBD′=∠ND′P′=∠PBP′‎， ∵ P′N=BM， ∴ ‎4‎‎5‎‎(‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m)=‎3‎‎5‎m， ∴ m=‎‎25‎‎8‎， ∴ P(‎25‎‎8‎, ‎11‎‎32‎)‎． ∴ P(−‎5‎, ‎4‎5‎+4‎‎3‎)‎或P(‎5‎, ‎−4‎5‎+4‎‎3‎)‎或P(‎25‎‎8‎, ‎11‎‎32‎)‎．‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页