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- 2021-05-13 发布
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2020年湖北省恩施州中考数学试卷
一、选择题(本大题共有12个小题,每小题3分,共36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,请将选择项前的字母代号填涂在答题卷相应位置上)
1.(3分)(2020•恩施州)5的绝对值是( )
A.5 B.﹣5 C.15 D.-15
2.(3分)(2020•恩施州)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.12×104 B.1.2×105 C.1.2×106 D.0.12×106
3.(3分)(2020•恩施州)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.
4.(3分)(2020•恩施州)下列计算正确的是( )
A.a2•a3=a6 B.a(a+1)=a2+a
C.(a﹣b)2=a2﹣b2 D.2a+3b=5ab
5.(3分)(2020•恩施州)函数y=x+1x的自变量的取值范围是( )
A.x≥﹣1 B.x≥﹣1且x≠0 C.x>0 D.x>﹣1且x≠0
6.(3分)(2020•恩施州)“彩缕碧筠粽,香粳白玉团”.端午佳节,小明妈妈准备了豆沙粽2个、红枣粽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.211 B.411 C.511 D.611
7.(3分)(2020•恩施州)在实数范围内定义运算“☆”:a☆b=a+b﹣1,例如:2☆3=2+3﹣1=4.如果2☆x=1,则x的值是( )
A.﹣1 B.1 C.0 D.2
8.(3分)(2020•恩施州)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( )
第27页(共27页)
A.5x+y=3x+5y=2 B.5x+y=2x+5y=3
C.5x+3y=1x+2y=5 D.3x+y=52x+5y=1
9.(3分)(2020•恩施州)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.
10.(3分)(2020•恩施州)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100km/h
C.乙车比甲车先到B城
D.乙车比甲车先出发1h
11.(3分)(2020•恩施州)如图,正方形ABCD的边长为4,点E在AB上且BE=1,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
第27页(共27页)
12.(3分)(2020•恩施州)如图,已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴相交于A(﹣2,0)、B(1,0)两点.则以下结论:①ac>0;②二次函数y=ax2+bx+c的图象的对称轴为x=﹣1;③2a+c=0;④a﹣b+c>0.其中正确的有( )个.
A.0 B.1 C.2 D.3
二、填空题(本大题共有4小题,每小题3分,共12分.不要求写出解答过程,请把答案直接填写在答题卷相应位置上)
13.(3分)(2020•恩施州)9的算术平方根是 .
14.(3分)(2020•恩施州)如图,直线l1∥l2,点A在直线l1上,点B在直线l2上,AB=BC,∠C=30°,∠1=80°,则∠2= .
15.(3分)(2020•恩施州)如图,已知半圆的直径AB=4,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∠ABC=60°,则图中阴影部分的面积为 .(结果不取近似值
16.(3分)(2020•恩施州)如图,在平面直角坐标系中,△ABC的顶点坐标分别为:A(﹣2,0),B(1,2),C(1,﹣2).已知N(﹣1,0),作点N关于点A的对称点N1,点N1关于点B的对称点N2,点N2关于点C的对称点N3,点N3关于点A的对称点N4,点N4
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关于点B的对称点N5,…,依此类推,则点N2020的坐标为 .
三、解答题(本大题共有8个小题,共72分.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.(8分)(2020•恩施州)先化简,再求值:(m2-9m2-6m+9-3m-3)÷m2m-3,其中m=2.
18.(8分)(2020•恩施州)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.
19.(8分)(2020•恩施州)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类﹣﹣般了解;D类﹣﹣不了解.现将调查结果绘制成如图不完整的统计图,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 ;
第27页(共27页)
(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.
20.(8分)(2020•恩施州)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).
21.(8分)(2020•恩施州)如图,在平面直角坐标系中,直线y=ax﹣3a(a≠0)与x轴、y轴分别相交于A、B两点,与双曲线y=kx(x>0)的一个交点为C,且BC=12AC.
(1)求点A的坐标;
(2)当S△AOC=3时,求a和k的值.
22.(10分)(2020•恩施州)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?
23.(10分)(2020•恩施州)如图1,AB是⊙O的直径,直线AM与⊙O相切于点A,直线
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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2,连接EO并延长与⊙O分别相交于点G、H,连接BH.若AB=6,AC=4,求tan∠BHE.
24.(12分)(2020•恩施州)如图1,抛物线y=-14x2+bx+c经过点C(6,0),顶点为B,对称轴x=2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y=-14x2+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PC=2(如图2).
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.
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2020年湖北省恩施州中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(本大题共有12个小题,每小题3分,共36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,请将选择项前的字母代号填涂在答题卷相应位置上)
1.(3分)(2020•恩施州)5的绝对值是( )
A.5 B.﹣5 C.15 D.-15
【解答】解:在数轴上,数5所表示的点到原点0的距离是5;
故选:A.
2.(3分)(2020•恩施州)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.12×104 B.1.2×105 C.1.2×106 D.0.12×106
【解答】解:120000=1.2×105,
故选:B.
3.(3分)(2020•恩施州)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.
【解答】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.
4.(3分)(2020•恩施州)下列计算正确的是( )
A.a2•a3=a6 B.a(a+1)=a2+a
C.(a﹣b)2=a2﹣b2 D.2a+3b=5ab
【解答】解:A、a2•a3=a5,原计算错误,故此选项不符合题意;
B、a(a+1)=a2+a,原计算正确,故此选项符合题意;
C、(a﹣b)2=a2﹣2ab+b2,原计算错误,故此选项不符合题意;
第27页(共27页)
D、2a与3b不是同类项,不能合并,原计算错误,故此选项不符合题意;
故选:B.
5.(3分)(2020•恩施州)函数y=x+1x的自变量的取值范围是( )
A.x≥﹣1 B.x≥﹣1且x≠0 C.x>0 D.x>﹣1且x≠0
【解答】解:根据题意得,x+1≥0且x≠0,
解得x≥﹣1且x≠0.
故选:B.
6.(3分)(2020•恩施州)“彩缕碧筠粽,香粳白玉团”.端午佳节,小明妈妈准备了豆沙粽2个、红枣粽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.211 B.411 C.511 D.611
【解答】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:611,
故选:D.
7.(3分)(2020•恩施州)在实数范围内定义运算“☆”:a☆b=a+b﹣1,例如:2☆3=2+3﹣1=4.如果2☆x=1,则x的值是( )
A.﹣1 B.1 C.0 D.2
【解答】解:由题意知:2☆x=2+x﹣1=1+x,
又2☆x=1,
∴1+x=1,
∴x=0.
故选:C.
8.(3分)(2020•恩施州)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.5x+y=3x+5y=2 B.5x+y=2x+5y=3
第27页(共27页)
C.5x+3y=1x+2y=5 D.3x+y=52x+5y=1
【解答】解:依题意,得:5x+y=3x+5y=2.
故选:A.
9.(3分)(2020•恩施州)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.
【解答】解:从正面看易得第一列有2个正方形,第二列底层有1个正方形.
故选:A.
10.(3分)(2020•恩施州)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100km/h
C.乙车比甲车先到B城
D.乙车比甲车先出发1h
【解答】解:由图象知:
A.甲车的平均速度为30010-5=60km/h,故A选项不合题意;
B.乙车的平均速度为3009-6=100km/h,故B选项不合题意;
第27页(共27页)
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C选项不合题意;
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.
11.(3分)(2020•恩施州)如图,正方形ABCD的边长为4,点E在AB上且BE=1,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
【解答】解:如图,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△BEF的周长最小,
∵正方形ABCD的边长为4,
∴AD=AB=4,∠DAB=90°,
∵点E在AB上且BE=1,
∴AE=3,
∴DE=AD2+AE2=5,
∴△BFE的周长=5+1=6,
故选:B.
12.(3分)(2020•恩施州)如图,已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴相交于A(﹣2,0)、B(1,0)两点.则以下结论:①ac>0;②二次函数y=ax2+bx+c的图象的对称轴为x=﹣1;③2a+c=0;④a﹣b+c>0.其中正确的有( )个.
第27页(共27页)
A.0 B.1 C.2 D.3
【解答】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,因此①错误;
对于②:二次函数的图象与x轴相交于A(﹣2,0)、B(1,0),由对称性可知,其对称轴为:x=-2+12=-12,因此②错误;
对于③:设二次函数y=ax2+bx+c的交点式为y=a(x+2)(x﹣1)=ax2+ax﹣2a,比较一般式与交点式的系数可知:b=a,c=﹣2a,故2a+c=0,因此③正确;
对于④:当x=﹣1时对应的y=a﹣b+c,观察图象可知x=﹣1时对应的函数图象的y值在x轴上方,故a﹣b+c>0,因此④正确.
∴只有③④是正确的.
故选:C.
二、填空题(本大题共有4小题,每小题3分,共12分.不要求写出解答过程,请把答案直接填写在答题卷相应位置上)
13.(3分)(2020•恩施州)9的算术平方根是 3 .
【解答】解:∵(±3)2=9,
∴9的算术平方根是|±3|=3.
故答案为:3.
14.(3分)(2020•恩施州)如图,直线l1∥l2,点A在直线l1上,点B在直线l2上,AB=BC,∠C=30°,∠1=80°,则∠2= 40° .
第27页(共27页)
【解答】解:如图,延长CB交l2于点D,
∵AB=BC,∠C=30°,
∴∠C=∠4=30°,
∵l1∥l2,∠1=80°,
∴∠1=∠3=80°,
∵∠C+∠3+∠2+∠4=180°,即30°+80°+∠2+30°=180°,
∴∠2=40°.
故答案为:40°.
15.(3分)(2020•恩施州)如图,已知半圆的直径AB=4,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∠ABC=60°,则图中阴影部分的面积为 23-π .(结果不取近似值
【解答】解:∵AB是直径,
∴∠ACB=90°,
∵∠ABC=60°,
∴∠CAB=30°,
第27页(共27页)
∴BC=12AB=2,AC=23,
∴S△ABC=12⋅AC⋅BC=12⋅23⋅2=23,
∵∠CAB=30°,
∴扇形ACD的面积=30360π⋅AC2=112π⋅(23)2=π,
∴阴影部分的面积为23-π.
故答案为:23-π.
16.(3分)(2020•恩施州)如图,在平面直角坐标系中,△ABC的顶点坐标分别为:A(﹣2,0),B(1,2),C(1,﹣2).已知N(﹣1,0),作点N关于点A的对称点N1,点N1关于点B的对称点N2,点N2关于点C的对称点N3,点N3关于点A的对称点N4,点N4关于点B的对称点N5,…,依此类推,则点N2020的坐标为 (﹣1,8) .
【解答】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),
第27页(共27页)
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N2020的坐标与N4点的坐标相同,其坐标为(﹣1,8).
故答案为:(﹣1,8).
三、解答题(本大题共有8个小题,共72分.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.(8分)(2020•恩施州)先化简,再求值:(m2-9m2-6m+9-3m-3)÷m2m-3,其中m=2.
【解答】解:(m2-9m2-6m+9-3m-3)÷m2m-3
=[(m+3)(m-3)(m-3)2-3m-3]⋅m-3m2
=(m+3m-3-3m-3)⋅m-3m2
=mm-3⋅m-3m2
=1m;
当m=2时,
原式=12=22.
18.(8分)(2020•恩施州)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.
第27页(共27页)
【解答】证明:∵AE∥BF,
∴∠ADB=∠DBC,
∵BD平分∠ABC,
∴∠DBC=∠ABD,
∴∠ADB=∠ABD,
∴AB=AD,
又∵AB=BC,
∴AD=BC,
∵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.
19.(8分)(2020•恩施州)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类﹣﹣般了解;D类﹣﹣不了解.现将调查结果绘制成如图不完整的统计图,请根据统计图中的信息解答下列问题:
(1)本次共调查了 50 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 36° ;
(4)若该校九年级学生共有500
第27页(共27页)
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 150 名.
【解答】解:(1)本次共调查的学生数为:20÷40%=50(名).
故答案为:50;
(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:360°×550=36°.
故答案为:36°;
(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:500×1550=150(名).
故答案为:150.
20.(8分)(2020•恩施州)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).
【解答】解:如图,过P作PH⊥AB,设PH=x,
由题意得:AB=30×2=60,∠PBH=90°﹣60°=30°,∠PAH=90°﹣45°=45°,
第27页(共27页)
则△PHA是等腰直角三角形,
∴AH=PH,
在Rt△PHA中,设AH=PH=x,
在Rt△PBH中,PB=2PH=2x,BH=AB﹣AH=60﹣x,
∴tan∠PBH=tan30°=PHBH=33,
∴33=x60-x,
解得:x=30(3-1),
∴PB=2x=60(3-1)≈44(海里),
答:此时船与小岛P的距离约为44海里.
21.(8分)(2020•恩施州)如图,在平面直角坐标系中,直线y=ax﹣3a(a≠0)与x轴、y轴分别相交于A、B两点,与双曲线y=kx(x>0)的一个交点为C,且BC=12AC.
(1)求点A的坐标;
(2)当S△AOC=3时,求a和k的值.
【解答】解:(1)由题意得:令y=ax﹣3a(a≠0)中y=0,
即ax﹣3a=0,解得x=3,
∴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:
第27页(共27页)
显然,CM∥OA,
∴∠BCM=∠BAO,且∠ABO=∠CBO,
∴△BCM∽△BAO,
∴BCBA=CMAO,即:13=CM3,
∴CM=1,
又S△AOC=12OA⋅CN=3
即:12×3×CN=3,
∴CN=2,
∴C点的坐标为(1,2),
故反比例函数的k=1×2=2,
再将点C(1,2)代入一次函数y=ax﹣3a(a≠0)中,
即2=a﹣3a,解得a=﹣1,
故答案为:a=﹣1,k=2.
22.(10分)(2020•恩施州)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?
【解答】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,
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根据题意,得900x=720x-20,
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,
∴100m+80(90-m)≤8500m≥2(90-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.
23.(10分)(2020•恩施州)如图1,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2,连接EO并延长与⊙O分别相交于点G、H,连接BH.若AB=6,AC=4
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,求tan∠BHE.
【解答】解:(1)如图1中,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)如图2中,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)如图2中,过E点作EL⊥AM于L,则四边形ABEL是矩形,
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设BE=x,则CL=4﹣x,CE=4+x,
∴(4+x)2=(4﹣x)2+62,
解得:x=94,
∴tan∠BOE=BEOB=943=34,
∵∠BOE=2∠BHE,
∴tan∠BOE=2tan∠BHE1-tan2∠BHE=34,
解得:tan∠BHE=13或﹣3(﹣3不合题意舍去),
∴tan∠BHE=13.
补充方法:如图2中,作HJ⊥EB交EB的延长线于J.
∵tab∠BOE=BEOB=34,
∴可以假设BE=3k,OB=4k,则OE=5k,
∵OB∥HJ,
∴OBHJ=OEEH=EBEJ,
∴4kHJ=5k9k=3kEJ,
∴HJ=365k,EJ=275k,
∴BJ=EJ﹣BE=275k﹣3k=125k
∴tan∠BHJ=BJHJ=13,
∵∠BHE=∠OBE=∠BHJ,
∴tan∠BHE=13.
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24.(12分)(2020•恩施州)如图1,抛物线y=-14x2+bx+c经过点C(6,0),顶点为B,对称轴x=2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y=-14x2+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PC=2(如图2).
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.
【解答】解:(1)∵点C(6,0)在抛物线上,
∴0=-14×36+6b+c,
得到6b+c=9,
又∵对称轴x=2,
∴x=-b2a=-b2×(-14)=2,
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解得b=1,
∴c=3,
∴二次函数的解析式为y=-14x2+x+3;
(2)当点M在点C的左侧时,如图2﹣1中:
∵抛物线的解析式为y=-14x2+x+3,对称轴为x=2,C(6,0)
∴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y=-14x2+x+3只有一个交点,
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∴y=x+6-2my=-14x2+x+3,
整理得:14x2+3-2m=0,
∴△=b2﹣4ac=0,解得m=32,
点M的坐标为(32,0).
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y=-14x2+x+3不可能只有一个交点.
综上,点M的坐标为(32,0).
(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,
∵PC=2,由(2)知∠BCA=45°,
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∴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=∠GMPEM=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=(m-1-2)2+(5-m-0)2=2m2-16m+34,
又∵D为线段BC的中点,B(2,4),C(6,0),
∴点D(4,2),
∴ED=(m-1-4)2+(5-m-2)2=2m2-16m+34,
∴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y=-14x2+x+3上时,
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把E(m﹣1,5﹣m)代入,整理得:m2﹣10m+13=0,
解得:m=5+23或m=5-23,
∴CM=23-1或CM=1+23.
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