中考卷-2020中考数学试题（解析版）（124） 32页

江苏省盐城市二〇二〇年初中毕业与升学考试 数学试题 注意事项： 1．本次考试时间为 120 分钟，卷面总分为 150 分，考试形式为闭卷． 2．本试卷共 6 页，在检查是否有漏印、重印或错印后再开始答题． 3．所有试题必须作答在答题卡上规定的区域内，注意题号必须对应，否则不给分． 4．答题前，务必将姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色签字笔填写在试卷及答题卡上． 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． 1.2020的相反数是（ ） A. 2020 B. ﹣2020 C. 1 2020 D. 1 2020  【答案】B 【解析】 【分析】 直接利用相反数的定义得出答案． 【详解】解：2020的相反数是：﹣2020． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了相反数，正确把握相反数的定义是解题关键． 2.下列图形中，属于中心对称图形的是：（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据中心对称图形的概念即图形旋转 180°后与原图重合即可求解． 【详解】解：解：A、不是中心对称图形，故此选项错误； B、是中心对称图形，故此选项正确； C、不是中心对称图形，故此选项错误； D、不是中心对称图形，故此选项错误， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形的概念，中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转 180°后与 原图重合． 3.下列运算正确的是：（ ） A. 2 2a a  B. 3 2 6a a a  C. 3 2a a a  D.  32 52 6a a 【答案】C 【解析】 【分析】 根据整式的加减与幂的运算法则即可判断． 【详解】A. 2a a a  ，故错误； B. 3 2 5a a a  ，故错误； C. 3 2a a a  ，正确； D.  32 62 8a a ，故错误； 故选 C． 【点睛】此题主要考查整式与幂的运算，解题的关键是熟知其运算法则． 4.实数 ,a b在数轴上表示的位置如图所示，则（ ） A. 0a  B. a b C. a b D. a b 【答案】C 【解析】 【分析】 根据数轴的特点即可求解． 【详解】由图可得 0a b  ， b a 故选 C． 【点睛】此题主要考查数轴的特点，解题的关键是熟知数轴的性质． 5.如图是由 4个小正方体组合成的几何体，该几何体的俯视图是：（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 俯视图是指从上面往下面看得到的图形，根据此定义即可求解． 【详解】解：由题意知，该几何体从上往下看时，能看到三个并排放着的小正方体的上面，故其俯视图如 选项 A所示， 故选：A． 【点睛】本题考查了几何体的三视图，主视图是指从前面往后面看所得到的图形，俯视图是指从上面往下 面看得到的图形，左视图是指从左边往右边看得到的图形． 6.2019年 7月盐城黄海湿地中遗成功，它的面积约为 400000万平方米，将数据 400000用科学记数法表示 应为：（ ） A. 60.4 10 B. 94 10 C. 440 10 D. 54 10 【答案】D 【解析】 【分析】 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．当原数绝对值大于等于 1时，n是正数；当原 数的绝对值小于 1时，n是负数． 【详解】解：由题意可知，将 400000用科学记数法表示为： 5400000 4 10  ， 故选：D． 【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定 a的值以及 n的值． 7.把1 9 这9个数填入3 3 方格中，使其任意一行，任意一列及两条对角线上的数之和都相等，这样便构 成了一个“九宫格”．它源于我国古代的“洛書”（图①），是世界上最早的“幻方”．图②是仅可以看到部分 数值的“九宫格”，则其中 x的值为：（ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意求出“九宫格”中的 y，再求出 x即可求解． 【详解】如图，依题意可得 2+5+8=2+7+y 解得 y=6 ∴8+x+6=2+5+8 解得 x=1 故选 A． 【点睛】此题主要考查一元一次方程的应用，解题的关键是根据题意得到方程求解． 8.如图，在菱形 ABCD中，对角线 AC BD、 相交于点 ,O H 为 BC中点， 6, 8AC BD  ．则线段OH 的 长为：（ ） A. 12 5 B. 5 2 C. 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】 因为菱形的对角线互相垂直且平分，从而有 AC BD ， 3AO OC  ， 4BO OD  ，又因为 H为 BC 中点，借助直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可作答． 【详解】解：∵四边形 ABCD是菱形 ∴ AC BD ， 3AO OC  ， 4BO OD  ∴△BOC是直角三角形 ∴ 2 2 2BO OC BC  ∴BC=5 ∵H为 BC中点 ∴ 1 5 2 2 OH BC  故最后答案为 5 2 ． 【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，其中知道菱形的 性质，对角线互相垂直且平分是解题的关键． 二、填空题（每题 3 分，满分 24 分，将答案填在答题纸上） 9.如图，直线 ,a b被直线c所截， / / , 1 60a b   ．那么 2  _______________________ o． 【答案】60 【解析】 【分析】 根据平行线的性质即可求解． 【详解】∵ / / , 1 60a b    ∴ 2  1 60   故答案为：60． 【点睛】此题主要考查平行线的性质，解题的关键是熟知两直线平行，内错角相等． 10.一组数据1,4,7, 4,2 的平均数为________________________． 【答案】 2 【解析】 【分析】 根据平均数的定义，将这组数据分别相加，再除以这组数据的个数，即可得到这组数据的平均数． 【详解】由题意知，数据1,4,7, 4,2 的平均数为： 1 (1 4 7 4 2) 2 5 x       ． 故答案为：2． 【点睛】本题考查平均数，按照平均数的定义进行求解即可．平均数反映一组数据的平均水平，它能代表 一组数据的集中趋势． 11.因式分解： 2 2x y  ____． 【答案】 ( )( )x y x y  ； 【解析】 试题分析：直接利用平方差公式分解：x2－y2＝(x＋y)(x－y)． 故答案为(x＋y)(x－y)． 12.分式方程 1 0x x   的解为 x  _______________________． 【答案】1 【解析】 【分析】 方程两边同时乘 x化成整式方程，进而求出 x的值，最后再检验即可． 【详解】解：方程两边同时乘 x得： 1 0x   ， 解得： 1x  ， 检验，当 1x  时分母不为 0， 故原分式方程的解为 1x  ． 故答案为：1． 【点睛】本题考查分式方程的解法，先方程两边同时乘以最简公分母化成整式方程，然后求解，最后要记 得检验． 13.一个不透明的袋中装有 3个黑球和 2个白球，这些球除颜色外都相同，从这个袋中任意摸出一个球为白 球的概率是______. 【答案】 2 5 . 【解析】 【分析】 根据概率的求法，找准两点：①全部的情况数；②符合条件的情况数；二者的比值就是其发生的概率． 【详解】解：根据题意可得：不透明的袋子里共有将 5个球，其中 2个白球， ∴任意摸出一个球为白球的概率是： 2 5 ， 故答案为 2 5 . 【点睛】本题考查了概率公式：随机事件 A的概率 P（A）=事件 A可能出现的结果数除以所有可能出现的 结果数． 14.如图，在 O 中，点 A在BC上， 100 ,BOC   则 BAC  _______________________ o 【答案】130 【解析】 【分析】 画出BC的圆周角 BDC∠ 交 O 于点D，构造出 O 的内接四边形；根据圆周角定理求出 BDC∠ 的度数， 再根据圆内接四边形的性质，即可得出 BAC 的度数． 【详解】如图，画出BC的圆周角 BDC∠ 交 O 于点D，则四边形 ABDC为 O 的内接四边形， ∵圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角的度数的一半， ∴ 1 1 100 50 2 2 BDC BOC       ， ∵四边形 ABDC为 O 的内接四边形， ∴ 180BDC BAC   ， ∴ 180 180 50 130BAC BDC        ． 故答案为：130． 【点睛】本题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质．圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧上的圆心 角的度数的一半；圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补，熟练掌握此定理及性质是解本题关键． 15.如图， / / ,BC DE 且 , 4, 10BC DE AD BC AB DE     ，则 AE AC 的值为_________________． 【答案】 2 【解析】 【分析】 设 AB=a，根据 / / ,BC DE 得到△ABC∽△ADE，得到对应线段成比例即可求出 AB,再根据相似比的定义即 可求解． 【详解】∵ / / ,BC DE ∴△ABC∽△ADE， ∴ AB BC AD DE  设 AB=a,则 DE=10-a 故 4 4 10 a a   解得 a1=2,a2=8 ∵ BC DE ∴AB=2， 故 2ADAE AC AB   故答案为：2． 【点睛】此题主要考查相似三角形的性质与判定，解题的关键是熟知得到对应线段成比例． 16.如图，已知点  5, 2 , 5 4( ) ( ), 8 1A B C， ，，直线 l x 轴，垂足为点 0( ),M m， 其中 5 2 m  ，若 A B C  V 与 ABC 关于直线 l对称，且 A B C  V 有两个顶点在函数 ( 0)ky k x   的图像上，则 k的值为： _______________________． 【答案】 6 或 4 【解析】 【分析】 因为 A B C  V 与 ABC 关于直线 l对称，且直线 l x 轴，从而有互为对称点纵坐标相同，横坐标之和为 2m，利用等量关系计算出 m的值，又由于 A B C  V 有两个顶点在函数 ( 0)ky k x   ，从而进行分情况讨论 是哪两个点在函数上，求出 k的值． 【详解】解：∵ A B C  V 与 ABC 关于直线 l对称，直线 l x 轴，垂足为点 ( )0M m， ， 5 2 m  ∴ '(2 5,2)A m  ， '(2 5,4)B m  ， ' (2 8,1)C m  ∵ A B C  V 有两个顶点在函数 ( 0)ky k x   （1）设 '(2 5,2)A m  ， '(2 5,4)B m  在直线 ( 0)ky k x   上， 代入有 (2 5) 2 (2 5) 4m m     ， 5 2 m  不符合 5 2 m  故不成立； （2）设 '(2 5,2)A m  ， ' (2 8,1)C m  在直线 ( 0)ky k x   上， 有 (2 5) 2 (2 8) 1m m     ， 1m  ， ' ( 3, 2)A  ， ' ( 6,1)C  ，代入方程后 k=-6； （3）设 '(2 5,4)B m  ， ' (2 8,1)C m  在直线 ( 0)ky k x   上， 有 (2 5) 4 (2 8) 1m m     ， 2m  ， ' ( 1, 4)B  ， ' ( 4,1)C  ，代入方程后有 k=-4； 综上所述，k=-6或 k=-4； 故答案为：-6或-4． 【点睛】本题考查轴对称图形的坐标关系以及反比例函数解析式，其中明确轴对称图形纵坐标相等，横坐 标之和为对称轴横坐标的 2倍是解题的关键． 三、解答题 （本大题共 11 小题，共 102 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17.计算： 0 3 22 4 3 p÷ç- + - ÷ç ÷ç ． 【答案】7 【解析】 【分析】 根据乘方，二次根式和零指数幂的运算法则化简，然后再计算即可． 【详解】解：原式 8 2 1   7 ． 【点睛】本题主要考查了乘方，二次根式和零指数幂的运算法则，熟练掌握运算法则是解题的关键． 18.解不等式组： 2 1 1 3 4 5 3 2 x x x        ． 【答案】 2 7x  【解析】 【分析】 分别求出不等式组中两不等式的解集，表示在数轴上，找出两解集的公共部分，即可得到原不等式组的解 集． 【详解】解：由题意知： 2 1 1 3 4 5 3 2 x x x        ① ② 解不等式①：去分母得： 2 1 3x   ， 移项得： 2 4x  ， 系数化为 1得： 2x  ， 解不等式②，得 7x  ， 在数轴上表示不等式①、②的解集如图： 不等式组的解集为 2 7x  ． 【点睛】此题考查了一元一次不等式组的解法，以及在数轴上表示不等式组的解集，其中不等式组的解集 取法为：同大取大，同小取小，大大小小无解，大小小大取中间． 19.先化简，再求值： 2 31 9 3 m m m       ，其中 2m   ． 【答案】 1 3m  ，1 【解析】 【分析】 根据分式的加减乘除运算法则进行运算即可化简，最后将 2m   代入求解即可． 【详解】解：原式 2 3 3 9 3 3 m m m m m         2 9 3 m m m m        3 3 3 m m m m m      1 3m   当 2m   时代入， 原式 1 1 2 3     ． 故答案为：1． 【点睛】本题考查分式的加减乘除运算法则及化简求值，先乘除，再加减，有括号先算括号内的，熟练掌 握运算法则及运算顺序是解决此类题的关键． 20.如图，在 ABC 中， 390 , tan , 3 C A ABC   o 的平分线 BD交 AC于点 . 3DCD  ．求 AB的 长？ 【答案】6 【解析】 【分析】 由 3 3 tanA  求出∠A=30°，进而得出∠ABC=60°，由 BD是∠ABC的平分线得出∠CBD=30°，进而求出 BC 的长，最后用 sin∠A即可求出 AB的长． 【详解】解：在 Rt ABC 中， 390 , 3 C tanA  o 30 , 60 ,A ABC   o o BDQ 是 ABC 的平分线， 30 ,CBD ABD    又 3,CD Q 3 30 CDBC tan   o ， 在 Rt ABC 中， 90 , 30     C A ， 6 30 BCAB sin     ． 故答案为：6． 【点睛】本题考查了用三角函数解直角三角形，熟练掌握三角函数的定义及特殊角的三角函数是解决此类 题的关键． 21.如图，点O是正方形， ABCD的中心． （1）用直尺和圆规在正方形内部作一点 E（异于点O），使得 ;EB EC （保留作图痕迹，不写作法） （2）连接 ,EB EC EO、 、 求证： BEO CEO  ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）作 BC的垂直平分线即可求解； （2）根据题意证明 EBO ECOV V 即可求解． 【详解】  1 如图所示，点 E即为所求．  2 连接OB OC、 由  1 得： EB EC O 是正方形 ABCD中心， ,OB OC  在 EBO△ 和 ECO 中， EB EC EO EO OB OC        ,EBO ECO SSS V V BEO CEO  ． 【点睛】此题主要考查正方形的性质与证明，解题的关键是熟知正方形的性质、垂直平分线的作图及全等 三角形的判定与性质． 22.在某次疫情发生后，根据疾控部门发布的统计数据，绘制出如下统计图：图①为 A地区累计确诊人数 的条形统计图，图②为 B地区新增确诊人数的折线统计图． （1）根据图①中的数据， A地区星期三累计确诊人数为 ，新增确诊人数为 ； （2）已知 A地区星期一新增确诊人数为14人，在图②中画出表示 A地区新增确诊人数的折线统计图． （3）你对这两个地区的疫情做怎样的分析，推断？ 【答案】（1）41,13；（2）见解析；（3）见解析（答案不唯一） 【解析】 【分析】 （1）根据图①的条形统计图即可求解； （2）根据图①中的数据即可画出折线统计图； （3）根据折线统计图，言之有理即可． 【详解】（1） A地区星期三累计确诊人数为 41；新增确诊人数为 41-28=13， 故答案为：41；13；  2 如图所示：  3 A地区累计确诊人数可能会持续增加，B地区新增人数有减少趋势，疫情控制情况较好（答案不唯一）． 【点睛】此题主要考查统计图的应用，解题的关键是根据题意作出折线统计图． 23.生活在数字时代的我们，很多场合用二维码（如图①）来表示不同的信息，类似地，可通过在矩形网格 中，对每一个小方格涂加色或不涂色所得的图形来表示不同的信息，例如：网格中只有一个小方格，如图②， 通过涂器色或不涂色可表示两个不同的信息． （1）用树状图或列表格的方法，求图③可表示不同信息的总个数：（图中标号1, 2表示两个不同位置的小 方格，下同） （2）图④为 2 2 的网格图．它可表示不同信息的总个数为 ； （3）某校需要给每位师生制作一张“校园出入证”，准备在证件的右下角采用n n 的网格图来表示各人身份 信息，若该校师生共 492人，则n的最小值为 ； 【答案】（1）见解析；（2）16；（3）3 【解析】 【分析】 （1）根据题意画出树状图即可求解； （2）根据题意画出树状图即可求解； （3）根据（1）（2）得到规律即可求出 n的值． 【详解】  1 解：画树状图如图所示： 图③的网格可以表示不同信息的总数个数有 4个． （2）画树状图如图所示： 图④2×2的网格图可以表示不同信息的总数个数有 16=24个， 故答案为：16． （3）依题意可得 3×3网格图表示不同信息的总数个数有 29=512＞492， 故则 n的最小值为 3， 故答案为：3． 【点睛】此题主要考查画树状图与找规律，解题的关键是根据题意画出树状图． 24.如图， O 是 ABC 的外接圆， AB是 O 的直径， DCA B  ． （1）求证：CD是 O 的切线； （2）若 DE AB ，垂足为 ,E DE交 AC与点；求证： DCF 是等腰三角形． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】 (1)连接 OC，由 AB 是圆 O 的直径得到∠BCA=90°，进一步得到∠A+∠B=90°，再根据已知条件 DCA B  ，且∠A=∠ACO即可证明∠OCD=90°进而求解； (2)证明 90   A DCA ，再由 DE⊥AB，得到∠A+∠AFE=90°，进而得到∠DCA=∠AFE=∠DFC，得 到 DC=DF，进而得到△DFC为等腰三角形． 【详解】解：(1)证明：连接OC， ,OC OAQ ,OCA A  ABQ 为圆O的直径， 90 ,BCA   90 ,A B   o 又 ,DCA B Q 90 ,OCA DCA OCD     o ,OC CD  又点C在圆O上， CD 是 O 的切线． (2) 90 ,OCA DCA   oQ ,OCA A  90 ,A DCA    ,DE AB 90 ,A EFA    ,DCA EFA  又 ,EFA DFC Q ,DCA DFC  DCF 是等腰三角形． 【点睛】本题考查了圆的切线的判定定理，圆周角定理，等腰三角形的性质和判定等，熟练掌握性质或定 理是解决此类题的关键． 25.若二次函数 2y ax bx c   的图像与 x轴有两个交点      1 2 1 2, 0 , , 0 0M x N x x x  ，且经过点  0, 2 ,A 过点 A的直线 l与 x轴交于点 ,C 与该函数的图像交于点 B（异于点 A）．满足 ACN△ 是等腰直角 三角形，记 AMN 的面积为 1,S BMNV 的面积为 2S ，且 2 1 5 2 S S ． （1）抛物线的开口方向 （填“上”或“下”）； （2）求直线 l相应的函数表达式； （3）求该二次函数的表达式． 【答案】（1）上；（2） 2y x  ；（3） 22 5 2y x x   【解析】 【分析】 (1)由抛物线经过点M、N、A点即可确定开口向上； (2)根据 ACN△ 是等腰直角三角形分三种情况讨论，只能是 90CAN  ，此时 45 , 2ACN ANC AO CO NO       ，由此算出 C点坐标，进而求解； (3)过 B点作 BH⊥x轴，由 2 1 5 2 S S 得到 5 2 OA BH ，由 OA的长求出 BH的长，再将 B点纵坐标代入直 线 l中求出 B点坐标，最后将 A、B、N三点坐标代入二次函数解析式中求解即可． 【详解】解：(1)∵抛物线经过点M、N、A，且M、N点在 x轴正半轴上，A点在 y轴正半轴上， ∴抛物线开口向上， 故答案为：上． (2)①若 90ACN  o， 则C与O重合，直线 l与二次函数图像交于 A点 ∵直线与该函数的图像交于点 B（异于点 A） ∴不合符题意，舍去； ②若 90ANC  ，则C在 x轴下方， ∵点C在 x轴上， ∴不合符题意，舍去； ③若 90CAN   则 45 , 2ACN ANC AO CO NO        2 0( ), 2,0C N  ， 设直线 :l y kx b  将   , (0 2 ,0), 2A C  代入： 2 0 2 b k b      ，解得 1 2 k b    直线 : 2l y x  ． 故答案为： 2y x  ． (3)过 B点作 BH x 轴，垂足为H ， 1 1= 2  AMNS S MN OA， 2 1= 2  BMNS S MN BH ， 又 2 1 5 2 S SQ ， 5 2 OA BH  ， 又 2OA  ， 5 BH ， 即 B点纵坐标为5， 又(2)中直线 l经过 B点， 将 5y  代入 2y x  中，得 3x  ，  3,5B ， 将 A B N、 、 三点坐标代入 2y ax bx c   中，得 2 4 2 2 0 9 3 2 5          c a b a b ， 解得 2 5 2       a b c ， 抛物线解析式为 22 5 2y x x   ． 故答案为： 22 5 2y x x   ． 【点睛】本题考查了二次函数解析式的求法，二次函数和一次函数的交点坐标，等腰直角三角形分类讨论 的思想，熟练掌握二次函数的图形及性质是解决此类题的关键． 26.木门常常需要雕刻美丽的图案． （1）图①为某矩形木门示意图，其中 AB长为 200厘米， AD长为100厘米，阴影部分是边长为30厘米 的正方形雕刻模具，刻刀的位置在模具的中心点 P处，在雕刻时始终保持模具的一边紧贴木门的一边，所 刻图案如虚线所示，求图案的周长； （2）如图②，对于  1 中的木门，当模具换成边长为30 3厘米的等边三角形时，刻刀的位置仍在模具的 中心点 P处，雕刻时也始终保持模具的一边紧贴本门的一边，使模具进行滑动雕刻．但当模具的一个顶点 与木门的一个顶点重合时，需将模具绕着重合点进行旋转雕刻，直到模具的另一边与木门的另一边重合．再 滑动模具进行雕刻，如此雕刻一周，请在图②中画出雕刻所得图案的草图，并求其周长． 【答案】（1） 480cm；（2）雕刻所得图案的草图见解析，图案的周长为  600 120 3 20 cm  【解析】 【分析】 （1）过点 P作 ,PE CD 求出 PE，进而求得该图案的长和宽，利用长方形的周长公式即可解答； （2）如图，过 P作 PQ⊥CD于 Q，连接 PG,先利用等边三角形的性质求出 PQ、PG及∠PGE，当移动到点 P'时，求得旋转角和点 P旋转的路径长，用同样的方法继续移动，即可画出图案的草图，再结合图形可求 得所得图案的周长． 【详解】  1 如图，过点 P作 ,PE CD 垂足为 E P 是边长为30cm的正方形模具的中心， 15 ,PE cm  同理： A B 与 AB之间的距离为15 ,cm ' 'A D 与 AD之间的距离为15 ,cm 'B C与 BC之间的距离为15 ,cm ' ' ' ' 200 15 15 170 ,A B C D cm      ' ' ' ' 100 15 15 70 ,B C A D cm      ' ' 170 70 2 480A B C DC cm      四边形 ． 答：图案的周长为 480cm．  2 如图，连接 ,PE PF PG、 、 过点 P作PQ CD ，垂足为Q P 是边长为30cm的等边三角形模具的中心， , 30PE PG PF PGF      ,PQ GFQ 15 3 ,GQ QF cm   30 15 ,PQ CQ tan cm     30 30 CQPG cm cos    ． 当三角形 EFG向上平移至点G与点D重合时， 由题意可得： 'E FG V 绕点D顺时针旋转30 , 使得 ' 'E G 与 AD边重合 'DP 绕点D顺时针旋转30至 ",DP 30 30 5 180p pl cm        ． 同理可得其余三个角均为弧长为5 cm 的圆弧， 图中的虚线即为所画的草图， ∴   30 30200 30 3 100 30 3 2 4 180 C           600 120 3 20 cm   ． 答：雕刻所得图案的草图的周长为  600 120 3 20 cm  ． 【点睛】本题考查了图形的平移与旋转、等边三角形的性质、解含 30º角的直角三角形、图形的周长等知识， 解答的关键是熟练掌握图形平移和旋转过程中的变化特征，结合基本图形的性质进行推理、探究、发现和 计算． 27.以下虚线框中为一个合作学习小组在一次数学实验中的过程记录，请阅读后完成虚线框下方的问题 1~ 4． （1）在Rt ABC 中， 90 , 2 2C AB    ，在探究三边关系时，通过画图，度量和计算，收集到，组数 据如下表：（单位：厘米） AC 2.8 2.7 2.6 2.3 2 1.5 0.4 BC 0.4 0.8 1.2 1.6 2 2.4 2.8 AC BC 3.2 3.5 3.8 3.9 4 3.9 3.2 （2）根据学习函数的经验，选取上表中 BC和 AC BC 的数据进行分析； ①设 BC x AC BC y  , ，以 ( , )x y 为坐标，在图①所示的坐标系中描出对应的点； ②连线； 观察思考 （3）结合表中的数据以及所面的图像，猜想．当 x  时， y最大； （4）进一步 C猜想：若 Rt MBC 中， 90C  ，斜边 (2AB a a 为常数， 0a  ），则 BC  时， AC BC 最大． 推理证明 （5）对（4）中的猜想进行证明． 问题 1．在图①中完善  2 的描点过程，并依次连线； 问题 2．补全观察思考中的两个猜想：  3 _______  4 _______ 问题 3．证明上述  5 中的猜想： 问题 4．图②中折线B E F G A    是一个感光元件的截面设计草图，其中点 ,A B间的距离是 4厘米， 1AG BE  厘米， 90 ,E F G      o 平行光线从 AB区域射入， 60 ,BNE  o 线段 FM FN、 为 感光区城，当 EF 的长度为多少时，感光区域长度之和最大，并求出最大值． 【答案】问题 1：见解析；问题 2：2， 2a；问题 3：见解析；问题 4：当 2 2 1EF   时，感光区域长 度之和 FM FN 最大为 4 34 2 2 3 cm÷ç ÷ç + - ÷ç ÷÷ç 【解析】 【分析】 问题 1：根据（1）中的表格数据，描点连线，作出图形即可； 问题 2：根据（1）中的表格数据，可以得知当 x 2时，y最大；设 ,BC x AC BC y   ，则 2 24AC a x= - ， 可得 2 24y x a x= + - ，有 2 2 22 2 4 0x xy y a- + - = ，可得出 2 2y a£ ； 问题 3：可用两种方法证明，方法一：（判别式法）设 ,BC x AC BC y   ，则 2 24AC a x= - ，可得 2 24y x a x= + - ，有 2 2 22 2 4 0x xy y a- + - = ，可得出 2 2y a£ ；方法二：（基本不等式），设 , ,BC m AC n AC BC y    ，得 2 2 24m n a+ = ，可得 2 2 2m n mn  ，根据当m n 时，等式成立有 22mn a ，可得出 2 2y a£ ； 问题 4：方法一：延长 AM交 EF 于点C，过点 A作 AH EF 于点H ，垂足为H ，过点 B作BK GF 交 于点K，垂足为K， BK 交 AH 于点Q，由题可知：在 BNE 中， 60 , 90 , 1BNE E BE     o ，得 3 3 NE = ，根据 90 , 1, 30G AG AMGÐ = ° = Ð = ° ，有 AGtan AMG GM   ，得 3GM  ，易证四边形 AGFH 为矩形，四边形 BKFE为矩形，根据 FN FM EF FG EN GM+ = + - - 可得 4 32 3 FN FM BQ AQ+ = + + - ， 由问题 3可知，当 2 2BQ AQ  时， AQ BQ 最大，则有 2 2BQ AQ  时， FM FN 最大为 4 34 2 2 3 cm÷ç ÷ç + - ÷ç ÷÷ç ；方法二： 延长 EB GA、 相交于点 H 同法一求得： 33, 3 GM NE  ，根据四边形GFEH 为矩形，有 1 3MF EH GM b= - = + - ， 31 3 FN EF NE a     ，得到 4 32 3 MF FN a b- = - + - ，由问题 3可 知，当 2 2a b  时， a b最大 则可得 2 2a b  时 FM FN 最大为 4 34 2 2 3 cm÷ç ÷ç + - ÷ç ÷÷ç ． 【详解】问题 1：图 问题 2： ( )3 2；( )4 2a 问题 3： 法一：（判别式法） 证明：设 ,BC x AC BC y   在 Rt ABC 中， 2 2 2 290 , 4 ,C AC AB BC a x      Q 2 24y x a x    2 24y x a x    2 2 2 22 4 ,y xy x a x    2 2 22 2 4 0,x xy y a    关于 x的元二次方程有实根， ( )2 2 2 24 4 4 2 4 0,b ac y x a - = - - 22 8 ,y a  0 0,y a Q , 2 2 ,y a  当 y取最大值 2 2a时， 2 22 4 2 4 0x ax a   ( )22 2 0x a- = 1 2 2x x a  当 2BC a 时， y有最大值． 法二：（基本不等式） 设 , ,BC m AC n AC BC y    在 Rt ABC 中， 90 ,C   2 2 24m n a   ( )2 0,m n- ³Q 2 2 2m n mn   ． 当m n 时，等式成立 24 2 ,a mn  22mn a ． 2 2 2y m n m n mn    Q 24 2a mn  ， 22 ,mn aQ 2 2 ,y a  当 2BC AC a  时， y有最大值． 问题 4： 法一：延长 AM交EF 于点 ,C 过点 A作 AH EF 于点 ,H 垂足为 ,H 过点 B作BK GF 交于点 ,K 垂足为 ,K BK 交 AH 于点 ,Q 由题可知：在 BNE 中， 60 , 90 , 1BNE E BE     o BEtan BNE NE    即 13 NE  3 3 NE  / / ,AM BN 60 ,C   又 90 ,GFE  oQ 30 ,CMF   30 ,AMG   90 , 1, 30G AG AMG      Q ， 在Rt AGM 中， AGtan AMG GM   ， 即 3 1 3 GM  3,GM  90 , 90 ,G GFH AHF      Q 四边形 AGFH 为矩形 ,AH FG  90 , =90GFH E BHF     oQ ， 四边形 BKFE为矩形， ,BK FE  FN FM EF FG EN GM    Q 3 3 3 BK AH    4 3 3 BQ AQ QH QK     4 32 3 BQ AQ    在Rt ABQ△ 中， 4AB  ． 由问题 3可知，当 2 2BQ AQ  时， AQ BQ 最大 2 2BQ AQ   时， FM FN 最大为 4 34 2 2 3 cm÷ç ÷ç + - ÷ç ÷÷ç 即当 2 2 1EF   时，感光区域长度之和 FM FN 最大为 4 34 2 2 3 cm÷ç ÷ç + - ÷ç ÷÷ç 法二： 延长 EB GA、 相交于点 ,H 同法一求得： 33, 3 GM NE  设 ,AH a BH b  四边形GFEH 为矩形， , ,GF EH EF GH   1 3MF EH GM b      ． 31 3 FN EF NE a     4 32 3 MF FN a b      2 2 16,a b Q 由问题 3可知，当 2 2a b  时， a b最大 2 2a b   时FM FN 最大为 4 34 2 2 3 cm÷ç ÷ç + - ÷ç ÷÷ç 即当 2 2 1EF   时，感光区域长度之和 FM FN 最大为 4 34 2 2 3 cm÷ç ÷ç + - ÷ç ÷÷ç ． 【点睛】本题考查了一元二次方程，二次函数，不等式，解直角三角形，三角函数，矩形的性质等知识点， 熟悉相关性质是解题的关键．