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  • 2021-11-10 发布

2020年湖北省恩施州中考数学试题

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湖北省恩施州 2020 年中考数学试题 一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的,请将选项前的字母 代号填涂在答题卷相应位置上. 1.5的绝对值是( ) A. 5 B. ﹣5 C. 1 5 D. 1 5  【答案】A 【解析】 【分析】 根据绝对值的意义:数轴上一个数所对应的点与原点(O点)的距离叫做该数的绝对值,绝对值只能为非 负数; 即可得解. 【详解】解:在数轴上,数 5所表示的点到原点 0的距离是 5; 故选 A. 【点睛】本题考查了绝对值,解决本题的关键是一个正数的绝对值是它本身,一个负数的绝对值是它的相 反数,0的绝对值是 0. 2.茶中精品“恩施绿”“利川红”享誉世界.去年恩施州茶叶产量约为 120000吨,将数 120000用科学记数法表 示为( ). A. 412 10 B. 51.2 10 C. 61.2 10 D. 60.12 10 【答案】B 【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>1时,n是正数;当原数的绝 对值<1时,n是负数. 【详解】120000= 51.2 10 , 故选:B. 【点睛】此题考察科学记数法,注意 n的值的确定方法,当原数大于 10时,n等于原数的整数数位减 1, 按此方法即可正确求解. 3.下列交通标识,既是中心对称图形,又是轴对称图形的是( ). A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解. 【详解】根据轴对称图形与中心对称图形的概念,知: A、不是轴对称图形,也不是中心对称图形; B、不是轴对称图形,也不是中心对称图形; C、是轴对称图形,但不是中心对称图形; D、既是中心对称图形,又是轴对称图形. 故选:D. 【点睛】掌握中心对称图形与轴对称图形的概念.轴对称图形的关键是寻找对称轴,折叠后对称轴两旁的 部分可重合;中心对称图形是要寻找对称中心,旋转 180°后会与原图重合. 4.下列计算正确的是( ). A. 2 3 6a a a  B.   21a a a a   C.  2 2 2a b a b   D. 2 3 5a b ab  【答案】B 【解析】 【分析】 根据同底数幂的乘法,单项式乘多项式,完全平方公式以及合并同类项的法则进行计算即可. 【详解】A、 2 3 5a a a  ,该选项错误,不符合题意; B、   21a a a a   ,该选项正确,符合题意; C、  2 2 22a b a ab b    ,该选项错误,不符合题意; D、2 3a b ,不是同类项,不能合并,该选项错误,不符合题意; 故选:B. 【点睛】本题考查了同底数幂的乘法,单项式乘多项式,完全平方公式以及合并同类项,解此题的关键在 于熟练掌握其知识点. 5.函数 1xy x   的自变量的取值范围是( ) A. 1x ﹣ B. 1x ﹣且 0x  C. 0x  D. 1x   且 0x  【答案】B 【解析】 【分析】 根据二次根式的被开方数大于等于 0,分式分母不等于 0列式计算即可得解. 【详解】解:根据题意得,x+1≥0且 x≠0, 解得:x≥−1且 x≠0. 故选:B. 【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围,一般从三个方面考虑:(1)当函数表达式是整式时,自变量 可取全体实数;(2)当函数表达式是分式时,考虑分式的分母不能为 0;(3)当函数表达式是二次根式时, 被开方数非负. 6.“彩缕碧筠粽,香梗白玉团”.端午佳节,小明妈妈准备了豆沙粽 2个、红枣烷 4个、腊肉粽 3个、白米粽 2个,其中豆沙粽和红枣粽是甜粽.小明任意选取一个,选到甜粽的概率是( ). A. 2 11 B. 4 11 C. 5 11 D. 6 11 【答案】D 【解析】 【分析】 粽子总共有 11个,其中甜粽有 6个,根据概率公式即可求出答案. 【详解】由题意可得:粽子总数为 11个,其中 6个为甜粽, 所以选到甜粽的概率为: 6 11 , 故选:D. 【点睛】本题考查了概率的基本运算,熟练掌握公式是关键. 7.在实数范围内定义运算“☆”: 1a b a b  ☆ ,例如:2 3 2 3 1 4   ☆ .如果 2 1x ☆ ,则 x的值是 ( ). A. 1 B. 1 C. 0 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题目中给出的新定义运算规则进行运算即可求解. 【详解】解:由题意知: 2 2 1 1☆     x x x , 又 2 1x ☆ , ∴1 1x  , ∴ 0x  . 故选:C. 【点睛】本题考查了实数的计算,一元一次方程的解法,本题的关键是能看明白题目意思,根据新定义的 运算规则求解即可. 8.我国古代数学著作《九章算术》“盈不足”一章中记载:“今有大器五小器一容三斛,大器一小器五容二斛, 问大小器各容几何”.意思是:有大小两种盛酒的桶,已知 5个大桶加上 1个小桶可以盛酒 3斛,1个大桶 加上 5个小桶可以盛酒 2斛.问 1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛?设 1个大桶盛酒 x斛,1个小桶 盛酒 y斛,下列方程组正确的是( ). A. 5 3 5 2 x y x y      B. 5 2 5 3 x y x y      C. 5 3 1 2 5 x y x y      D. 3 5 2 5 1 x y x y      【答案】A 【解析】 【分析】 根据大小桶所盛酒的数量列方程组即可. 【详解】∵5个大桶加上 1个小桶可以盛酒 3斛, ∴5x+y=3, ∵1个大桶加上 5个小桶可以盛酒 2斛, ∴x+5y=2, ∴得到方程组 5 3 5 2 x y x y      , 故选:A. 【点睛】此题考查二元一次方程组的实际应用,正确理解题意是解题的关键. 9.如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形,它的主视图为( ). A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据几何体的三视图解答即可. 【详解】根据立体图形得到: 主视图为: , 左视图为: , 俯视图为: , 故答案为:A. 【点睛】此题考查小正方体组成的几何体的三视图,解题的关键是掌握三视图的视图角度及三视图的画法. 10.甲乙两车从 A城出发前往 B城,在整个行程中,汽车离开 A城的距离 y与时刻 t的对应关系如图所示, 则下列结论错误..的是( ). A. 甲车的平均速度为60km h B. 乙车的平均速度为100 km h C. 乙车比甲车先到 B城 D. 乙车比甲车先出发1h 【答案】D 【解析】 【分析】 根据图象逐项分析判断即可. 【详解】由图象知: A.甲车的平均速度为 300 10 5 =60( )km h ,故此选项正确; B.乙车的平均速度为 300 100( ) 9 6 km h  ,故此选项正确; C.甲 10时到达 B城,乙 9时到达 B城,所以乙比甲先到 B城,故此选项正确; D.甲 5时出发,乙 6时出发,所以乙比甲晚出发 1h,故此选项错误, 故选:D. 【点睛】本题考查了函数的图象,正确识别图象并能提取相关信息是解答的关键. 11.如图,正方形 ABCD的边长为 4,点E在 AB上且 1BE  ,F 为对角线 AC上一动点,则 BFE△ 周长 的最小值为( ). A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】 连接 ED交 AC于一点 F,连接 BF,根据正方形的对称性得到此时 BFE△ 的周长最小,利用勾股定理求出 DE即可得到答案. 【详解】连接 ED交 AC于一点 F,连接 BF, ∵四边形 ABCD是正方形, ∴点 B与点 D关于 AC对称, ∴BF=DF, ∴ BFE△ 的周长=BF+EF+BE=DE+BE,此时周长最小, ∵正方形 ABCD的边长为 4, ∴AD=AB=4,∠DAB=90°, ∵点 E在 AB上且 1BE  , ∴AE=3, ∴DE= 2 2 5AD AE  , ∴ BFE△ 的周长=5+1=6, 故选:B. 【点睛】此题考查正方形的性质:四条边都相等,四个角都是直角以及正方形的对称性质,还考查了勾股 定理的计算,依据对称性得到连接 DE交 AC于点 F是 BFE△ 的周长有最小值的思路是解题的关键. 12.如图,已知二次函数 2y ax bx c   的图象与 x轴相交于  2,0A  、  10B , 两点.则以下结论: ① 0ac  ;②二次函数 2y ax bx c   的图象的对称轴为 1x   ;③ 2 0a c  ;④ 0a b c   .其中 正确的有( )个. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根据二次函数的图像性质逐个分析即可. 【详解】解:对于①:二次函数开口向下,故 a<0,与 y轴的交点在 y的正半轴,故 c>0,故 ac<0,故①错 误; 对于②:二次函数的图像与 x轴相交于  2,0A  、  1,0B ,由对称性可知,其对称轴为: 2 1 1 2 2 x      , 故②错误; 对于③:设二次函数 2y ax bx c   的交点式为 2( 2)( 1) 2y a x x ax ax a      ,比较一般式与交点式 的系数可知: , 2  b a c a,故 2 0a c  ,故③正确; 对于④:当 1x   时对应的 y a b c   ,观察图像可知 1x   时对应的函数图像的 y值在 x轴上方,故 0a b c   ,故④正确. ∴只有③④是正确的. 故选:C. 【点睛】本题考查了二次函数的图像与其系数的关系及二次函数的对称性,熟练掌握二次函数的图像性质 是解决此类题的关键. 二、填空题:不要求写出解答过程,请把答案直接写在答题卷相应位置上. 13.9的算术平方根是 . 【答案】3. 【解析】 【分析】 根据一个正数的算术平方根就是其正的平方根即可得出. 【详解】∵ 23 9 , ∴9算术平方根为 3. 故答案为 3. 【点睛】本题考查了算术平方根,熟练掌握算术平方根的概念是解题的关键. 14.如图,直线 1 2//l l ,点 A在直线 1l 上,点 B在直线 2l 上,AB BC , 30C  , 1 80  ,则 2  ______. 【答案】 40 【解析】 【分析】 利用等腰三角形的性质得到∠C=∠4=30,利用平行线的性质得到∠1=∠3=80,再根据三角形内角和定 理即可求解. 【详解】如图,延长 CB交 2l 于点 D, ∵AB=BC,∠C=30, ∴∠C=∠4=30, ∵ 1 2//l l ,∠1=80, ∴∠1=∠3=80, ∵∠C +∠3+∠2+∠4 =180,即30 80 2 30 180     , ∴ 2 40  , 故答案为: 40. 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质,平行线的性质以及三角形内角和定理的应用,解决问题的关键是 辅助线的作法,注意运用两直线平行,同位角相等. 15.如图,已知半圆的直径 4AB  ,点C在半圆上,以点 A为圆心, AC为半径画弧交 AB于点D,连接 BC.若 60ABC  ,则图中阴影部分的面积为______.(结果不取近似值) 【答案】 2 3  【解析】 【分析】 根据 60°特殊角求出 AC和 BC,再算出△ABC 的面积,根据扇形面积公式求出扇形的面积,再用三角形的面积 减去扇形面积即可. 【详解】∵AB是直径, ∴∠ACB=90°,∠ABC=60°, ∴BC= 1 2 2 AB  ,AC= 2 3 , ∴ 1 1= 2 3 2=2 3 2 2ABCS AC BC     , 由以上可知∠CAB=30°, ∴扇形 ACD的面积=  2230 1 2 3 360 12 AC      , ∴阴影部分的面积为 2 3  . 故答案为: 2 3  . 【点睛】本题考查圆和扇形面积的结合,关键在于利用圆周角的性质找到直角三角形并结合扇形面积公式解 出. 16.如图,在平面直角坐标系中, ABC 的顶点坐标分别为:  2,0A  ,  1,2B ,  1, 2C  .已知  1,0N  , 作点 N 关于点 A的对称点 1N ,点 1N 关于点 B的对称点 2N ,点 2N 关于点C的对称点 3N ,点 3N 关于点 A 的对称点 4N ,点 4N 关于点 B的对称点 5N ,…,依此类推,则点 2020N 的坐标为______. 【答案】(-1,8) 【解析】 【分析】 先求出 N1至 N6点的坐标,找出其循环的规律为每 6个点循环一次即可求解. 【详解】解:由题意得,作出如下图形: N点坐标为(-1,0), N点关于 A点对称的 N1点的坐标为(-3,0), N1点关于 B点对称的 N2点的坐标为(5,4), N2点关于 C点对称的 N3点的坐标为(-3,8), N3点关于 A点对称的 N4点的坐标为(-1,8), N4点关于 B点对称的 N5点的坐标为(3,-4), N5点关于 C点对称的 N6点的坐标为(-1,0),此时刚好回到最开始的点 N处, ∴其每 6个点循环一次, ∴ 2020 6=336 4  , 即循环了 336次后余下 4, 故 2020N 的坐标与 N4点的坐标相同,其坐标为(-1,8) . 故答案为:(-1,8) . 【点睛】本题考查了平面直角坐标系内点的对称规律问题,本题需要先去验算前面一部分点的坐标,进而 找到其循环的规律后即可求解. 三、解答题:请在答题卷指定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.先化简,再求值: 2 2 2 9 3 6 9 3 3 m m m m m m          ,其中 2m  . 【答案】 1 m , 2 2 【解析】 【分析】 根据分式的混合运算法则,先化简括号内的,将除法运算转化为乘法运算,再化简成最简分式,代入 m 值 求解即可. 【详解】 2 2 2 9 3 6 9 3 3 m m m m m m          2 2 ( 3)( 3) 3 3 ( 3) 3 m m m m m m           2 3 3 3( ) 3 3 m m m m m        2 3 3 m m m m     1 m  ; 当 2m  时,原式 1 2 22   . 【点睛】本题主要考查了分式的化简求值以及二次根式的化简,熟练掌握分式的混合运算法则是解答的关 键. 18.如图, //AE BF , BD平分∠ABC交 AE于点D,点 C在 BF 上且 BC AB ,连接CD.求证:四边 形 ABCD是菱形. 【答案】见解析 【解析】 【分析】 由 //AE BF,BD平分∠ABC得到∠ABD=∠ADB,进而得到△ABD 为等腰三角形,进而得到 AB=AD,再 由 BC=AB,得到对边 AD=BC,进而得到四边形 ABCD为平行四边形,再由邻边相等即可证明 ABCD为菱 形. 【详解】证明:∵ //AE BF , ∴∠ADB=∠DBC, 又 BD平分∠ABC, ∴∠DBC=∠ABD, ∴∠ADB=∠ABD, ∴△ABD为等腰三角形, ∴AB=AD, 又已知 AB=BC, ∴AD=BC, 又 //AE BF,即 AD // BC, ∴四边形 ABCD为平行四边形, 又 AB=AD, ∴四边形 ABCD为菱形. 【点睛】本题考了角平分线性质,平行线的性质,菱形的判定方法,平行四边形的判定方法等,熟练掌握 其判定方法及性质是解决此类题的关键. 19.某中学为了解九年级学生对新冠肺炎防控知识的掌握情况,从全校九年级学生中随机抽取部分学生进行 调查.调查结果分为四类:A类—非常了解;B类—比较了解;C—一般了解;D类—不了解.现将调查结 果绘制成如下不完整的统计图,请根据统计图中的信息解答下列问题: (1)本次共调查了______名学生; (2)补全条形统计图; (3)D类所对应扇形的圆心角的大小为______; (4)若该校九年级学生共有 500名,根据以上抽样结果,估计该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了 解的约有______名. 【答案】(1)50名;(2)条形图见解析;(3)36;(4)150名. 【解析】 【分析】 (1)根据条形图和扇形图得出 B类人数为 20名,占 40%,即可得出总数; (2)根据总人数减去 A,B,D的人数即可得出 C的人数; (3)用360乘以 D类部分所占百分比即可得出圆心角的度数; (4)用 500乘以非常了解的部分所占百分比即可得出答案. 【详解】(1)本次共调查的学生数为: 20 40% 50  名; (2)C类学生人数为:50-15-20-5=10名,条形图如下: (3)D类所对应扇形的圆心角为: 5360 36 50   ; (4)该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的人数为: 15500 =150 50  名. 【点睛】本题考查了条形统计图、扇形统计图,根据图得出相关信息是解题的关键. 20.如图,一艘轮船以每小时 30海里的速度自东向西航行,在 A处测得小岛 P位于其西北方向(北偏西45 方向),2小时后轮船到达 B处,在 B处测得小岛 P位于其北偏东60方向.求此时船与小岛 P的距离(结 果保留整数,参考数据: 2 1 .414 , 3 1.732 ). 【答案】此时船与小岛 P的距离约为 44海里 【解析】 【分析】 过 P作 PH⊥AB,设 PH=x,由已知分别求 PB、BH、AH,然后根据锐角三角函数求出 x值即可求解 【详解】如图,过 P作 PH⊥AB,设 PH=x, 由题意,AB=60,∠PBH=30º,∠PAH=45º, 在 Rt△PHA中,AH=PH=x, 在 Rt△PBH中,BH=AB-AH=60-x,PB=2x, ∴tan30º= PH BH , 即 3 3 60 x x   , 解得: 30( 3 1)x   , ∴PB=2x=60( 3 1) ≈44(海里), 答:此时船与小岛 P的距离约为 44海里. 【点睛】本题考查了直角三角形的应用,掌握方向角的概念和解直角三角形的知识是解答本题的关键. 21.如图,在平面直角坐标系中,直线  3 0y ax a a   与 x轴、 y轴分别相交于 A、 B两点,与双曲线  0ky x x   的一个交点为C,且 1 2 BC AC . (1)求点 A的坐标; (2)当 3AOCS  时,求 a和 k的值. 【答案】(1) (3,0);(2) 1a   , 2k  【解析】 【分析】 (1)令  3 0y ax a a   中 0y  即可求出点 A的坐标; (2)过C点作 y轴的垂线交 y轴于M点,作 x轴的垂线交 x轴于N点,证明△BCM∽△BAO,利用 1 2 BC AC 和 OA=3进而求出 CM 的长,再由 3AOCS  求出 CN的长,进而求出点 C坐标即可求解. 【详解】解:(1)由题意得:令  3 0y ax a a   中 0y  , 即 3 0 ax a ,解得 3x  , ∴点 A的坐标为(3,0), 故答案为(3,0) . (2) 过 C点作 y轴的垂线交 y轴于 M点,作 x轴的垂线交 x轴于 N点,如下图所示: 显然,CM // OA,∴∠BCM=∠BAO,且∠ABO=∠CBO, ∴△BCM∽△BAO, ∴  BC CM BA AO ,代入数据: 即: 1 3 3  CM ,∴CM =1, 又 1 3 2   AOCS OA CN 即: 1 3 3 2   CN ,∴ =2CN , ∴C点的坐标为(1,2), 故反比例函数的 1 2 2k    , 再将点 C(1,2)代入一次函数  3 0y ax a a   中, 即 2 3 a a,解得 1a   , 故答案为: 1a   , 2k  . 【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的图像及性质,相似三角形的判定和性质等,熟练掌握其图像 性质是解决此题的关键. 22.某校足球队需购买 A、 B两种品牌的足球.已知 A品牌足球的单价比 B品牌足球的单价高 20元,且用 900元购买 A品牌足球的数量用 720元购买 B品牌足球的数量相等. (1)求 A、 B两种品牌足球的单价; (2)若足球队计划购买 A、 B两种品牌的足球共 90个,且 A品牌足球的数量不小于 B品牌足球数量的 2 倍,购买两种品牌足球的总费用不超过 8500元.设购买 A品牌足球m个,总费用为W 元,则该队共有几 种购买方案?采用哪一种购买方案可使总费用最低?最低费用是多少元? 【答案】(1)购买 A品牌足球的单价为 100元,则购买 B品牌足球的单价为 80元; (2)该队共有 6种购买方案,购买 60个 A品牌 30个 B 品牌的总费用最低,最低费用是 8400元. 【解析】 【分析】 (1)设购买 A品牌足球的单价为 x元,则购买 B品牌足球的单价为(x-20)元,根据用 900元购买 A品牌 足球的数量用 720元购买 B品牌足球的数量相等,即可得出关于 x的分式方程,解之经检验后即可得出结 论; (2)设购买 m个 A品牌足球,则购买(90−m)个 B品牌足球,根据总价=单价×数量结合总价不超过 8500 元,以及 A品牌足球的数量不小于 B品牌足球数量的 2倍,即可得出关于 m的一元一次不等式组,解之取 其中的最小整数值即可得出结论. 【详解】解:(1)设购买 A品牌足球的单价为 x元,则购买 B品牌足球的单价为(x-20)元,根据题意, 得 900 720 20x x   解得:x=100 经检验 x=100是原方程的解 x-20=80 答:购买 A品牌足球的单价为 100元,则购买 B品牌足球的单价为 80元. (2)设购买 m个 A品牌足球,则购买(90−m)个 B品牌足球,则 W=100m+80(90-m)=20m+7200 ∵ A品牌足球的数量不小于 B品牌足球数量的 2倍,购买两种品牌足球的总费用不超过 8500元. ∴   20 7200 8500 2 90 m m m      解不等式组得:60≤m≤65 所以,m的值为:60,61,62,63,64,65 即该队共有 6种购买方案, 当 m=60时,W最小 m=60时,W=20×60+7200=8400(元) 答:该队共有 6种购买方案,购买 60个 A品牌 30个 B 品牌的总费用最低,最低费用是 8400元. 【点睛】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式组的应用,解题的关键是:(1)找准等量关系, 正确列出分式方程;(2)根据各数量之间的关系,正确列出一元一次不等式组. 23.如图,AB是 O 的直径,直线 AM与 O 相切于点 A,直线 BN 与 O 相切于点 B,点C(异于点 A) 在 AM上,点D在 O 上,且CD CA ,延长CD与BN 相交于点 E,连接 AD并延长交 BN 于点 F . (1)求证:CE是 O 的切线; (2)求证: BE EF ; (3)如图,连接 EO并延长与 O 分别相交于点G、H ,连接 BH .若 6AB  , 4AC  ,求 tan BHE . 【答案】(1)见详解;(2)见详解;(3) 1 3 【解析】 【分析】 (1)连接 OD,根据等边对等角可知:∠CAD=∠CDA,∠OAD=∠ODA,再根据切线的性质可知 ∠CAO=∠CAD+∠OAD=∠CDA+∠ODA=90°=∠ODC,由切线的判定定理可得结论; (2)连接 BD,根据等边对等角可知∠ODB=∠OBD,再根据切线的性质可知∠ODE=∠OBE=90°,由等量 减等量差相等得∠EDB=∠EBD,再根据等角对等边得到 ED=EB,然后根据平行线的性质及对顶角相等可 得∠EDF=∠EFD,推出 DE=EF,由此得出结论; (3)过 E点作 EL⊥AM于 L,根据勾股定理可求出 BE的长,即可求出 tan∠BOE的值,再利用倍角公式 即可求出 tan∠BHE的值. 【详解】(1)连接 OD, ∵CD CA , ∴∠CAD=∠CDA, ∵OA=OD ∴∠OAD =∠ODA, ∵直线 AM与 O 相切于点 A, ∴∠CAO=∠CAD+∠OAD=90° ∴∠ODC=∠CDA+∠ODA=90° ∴CE是 O 的切线; (2)连接 BD ∵OD=OB ∴∠ODB=∠OBD, ∵CE是 O 的切线,BF是 O 的切线, ∴∠OBD=∠ODE=90° ∴∠EDB=∠EBD ∴ED=EB ∵AM⊥AB,BN⊥AB ∴AM∥BN ∴∠CAD=∠BFD ∵∠CAD=∠CDA=∠EDF ∴∠BFD=∠EDF ∴EF=ED ∴BE=EF (3)过 E点作 EL⊥AM于 L,则四边形 ABEL是矩形, 设 BE=x,则 CL=4-x,CE=4+X ∴(4+x)2=(4-x)2+62 解得:x= 9 4 9 34tan 3 4 BEBOE OB      ∵∠BOE=2∠BHE 2 2 tan 3tan 1 tan 4 BHEBOE BHE        解得:tan∠BHE= 1 3 或-3(-3 不和题意舍去) ∴tan∠BHE= 1 3 【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质,等腰三角形的判定和性质,平行线的判定和性质,三角函数/, 勾股定理等知识,熟练掌握这些知识点并能熟练应用是解题的关键. 24.如图,抛物线 21 4 y x bx c    经过点  6,0C ,顶点为 B,对称轴 2x  与 x轴相交于点 A,D为线 段 BC的中点. (1)求抛物线的解析式; (2)P为线段 BC上任意一点,M 为 x轴上一动点,连接MP,以点M 为中心,将 MPC 逆时针旋转90, 记点 P的对应点为E,点C的对应点为 F .当直线 EF 与抛物线 21 4 y x bx c    只有一个交点时,求 点M 的坐标. (3) MPC 在(2)的旋转变换下,若 2PC  (如图). ①求证: EA ED . ②当点 E在(1)所求的抛物线上时,求线段CM的长. 【答案】(1) 21 3 4 y x x    ;(2)( 3 2 ,0);(3)①见解析;②CM = 2 3 1 或CM =1 2 3 【解析】 【分析】 (1)根据点 C在抛物线上和已知对称轴的条件可求出解析式; (2)根据抛物线的解析式求出点 B及已知点 C的坐标,证明△ABC是等腰直角三角形,根据旋转的性质 推出直线 EF与 x轴的夹角为 45°,因此设直线 EF的解析式为 y=x+b,设点M的坐标为(m,0),推出点 F (m,6-m),直线 EF 与抛物线 21 3 4 y x x    只有一个交点,联立两个解析式,得到关于 x的一元二次 方程,根据根的判别式为 0得到关于 m的方程,解方程得点M的坐标.注意有两种情况,均需讨论. (3)①过点 P作 PG⊥x轴于点 G,过点 E作 EH⊥x轴于点 H,设点M的坐标为(m,0),由 2PC  及 旋转的性质,证明△EHM≌△MGP,得到点 E的坐标为(m-1,5-m),再根据两点距离公式证明 EA ED , 注意分两种情况,均需讨论;②把 E(m-1,5-m)代入抛物线解析式,解出 m的值,进而求出 CM的长. 【详解】(1)∵点  6,0C 在抛物线上, ∴ 10 36 6 4 b c     , 得到 6 =9b c , 又∵对称轴 2x  , ∴ 2 12 2 ( ) 4 b bx a        , 解得 1b  , ∴ 3c  , ∴二次函数的解析式为 21 3 4 y x x    ; (2)当点M在点 C的左侧时,如下图: ∵抛物线的解析式为 21 3 4 y x x    ,对称轴为 2x  ,  6,0C ∴点 A(2,0),顶点 B(2,4), ∴AB=AC=4, ∴△ABC是等腰直角三角形, ∴∠1=45°; ∵将 MPC 逆时针旋转90得到△MEF, ∴FM=CM,∠2=∠1=45°, 设点M的坐标为(m,0), ∴点 F(m,6-m), 又∵∠2=45°, ∴直线 EF与 x轴的夹角为 45°, ∴设直线 EF的解析式为 y=x+b, 把点 F(m,6-m)代入得:6-m=m+b,解得:b=6-2m, 直线 EF的解析式为 y=x+6-2m, ∵直线 EF 与抛物线 21 3 4 y x x    只有一个交点, ∴ 2 6 2 1 3 4 y x m y x x          , 整理得: 21 3 2 0 4 x m   , ∴Δ=b2-4ac=0,解得 m= 3 2 , 点M的坐标为( 3 2 ,0). 当点M在点 C的右侧时,如下图: 由图可知,直线 EF与 x轴的夹角仍是 45°,因此直线 EF 与抛物线 21 3 4 y x x    不可能只有一个交点. 综上,点M的坐标为( 3 2 ,0). (3)①当点M在点 C的左侧时,如下图,过点 P作 PG⊥x轴于点 G,过点 E作 EH⊥x轴于点 H, ∵ 2PC  ,由(2)知∠BCA=45°, ∴PG=GC=1, ∴点 G(5,0), 设点M的坐标为(m,0), ∵将 MPC 逆时针旋转90得到△MEF, ∴EM=PM, ∵∠HEM+∠EMH=∠GMP+∠EMH =90°, ∴∠HEM=∠GMP, 在△EHM和△MGP中, EHM MGP HEM GMP EM MP       , ∴△EHM≌△MGP(AAS), ∴EH=MG=5-m,HM=PG=1, ∴点 H(m-1,0), ∴点 E的坐标为(m-1,5-m); ∴EA= 2 2( 1 2) (5 0)m m     = 22 16 34m m  , 又∵D为线段 BC的中点,B(2,4),C(6,0), ∴点 D(4,2), ∴ED= 2 2( 1 4) (5 2)m m     = 22 16 34m m  , ∴EA= ED. 当点M在点 C的右侧时,如下图: 同理,点 E的坐标仍为(m-1,5-m),因此 EA= ED. ②当点 E在(1)所求的抛物线 21 3 4 y x x    上时, 把 E(m-1,5-m)代入,整理得:m2-10m+13=0, 解得:m=5 2 3 或 m=5 2 3 , ∴CM = 2 3 1 或CM =1 2 3 . 【点睛】本题是二次函数综合题,熟练掌握二次函数的图象和性质、旋转的性质、分类讨论的思想是解题 的关键.