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  • 2021-11-10 发布

中考卷-2020中考数学试题(解析版)(122)

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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.