精品解析：广东省2020年中考数学试题（解析版）

2020 年广东省初中学业水平考试数学一、选择题（本大题 10 小题，每小題 3 分，共 30 分）在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑． 1. 9的相反数是( )1919A. B. C. D. 99 B【答案】【解析】根据相反数的定义：“只有符号不同的两个数互为相反数”可知，9 的相反数是-9. 故选 B. 2. 一组数据 2，4，3，5，2 的中位数是（）A. 5 B. 35 C. 3 D. 25 C【答案】【解析】【分析】把这组数据从小到大的顺序排列，取最中间位置的数就是中位数．【详解】把这组数据从小到大的顺序排列：2，2，3，4，5，处于最中间位置的数是 3， ∴这组数据的中位数是 3，故选：C．【点睛】本题考查了求中位数，熟练掌握中位数的求法是解答的关键． x关于轴对称的点的坐标为（ (3,2) 3. 在平面直角坐标系中，点）(2,3) (3,2) (2,3) (3,2) A. B. C. D. D【答案】【解析】【分析】利用关于 x 轴对称的点坐标特征：横坐标不变，纵坐标互为相反数解答即可． x关于轴对称的点的坐标为（3，-2）， (3,2) 【详解】点故选：D．【点睛】本题主要考查了关于坐标轴对称的点的坐标特征，熟练掌握关于坐标轴对称的点的坐标特征是解答的关键． 4. 若一个多边形的内角和是 540°，则该多边形的边数为（）A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 B【答案】【解析】【分析】根据内角和公式即可求解．【详解】设这个多边形的边数为 n, ∴（n-2）×180°=540° 解得 n=5 故选 B．【点睛】此题主要考查多边形的内角和，解题的关键是熟知内角和公式． x在实数范围内有意义，则的取值范围是（ 5. 若式子）2x  4 A. B. C. x  2 D. x  2 x  2 x  2 B【答案】【解析】【分析】 2x  4≥0 根据二次根式里面被开方数【详解】解：由题意知：被开方数解得：即可求解． 2x  4≥0 ，，x  2 故选：B．【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，必须保证被开方数大于等于 0． 6. 已知的周长为 16，点，，分别为三条边的中点，则的周长为（）ABC ABC DFDEF EA. 8 B. C. 16 D. 4 2 2 A【答案】【解析】【分析】由，，分别为三条边的中点，可知 DE、EF、DF 为的中位线，即可得到的周 ABC ABC DFDEF E长．【详解】解：如图， ∵，，分别为三条边的中点， ABC DFE111DF  BC DE AC EF AB ∴，，，222∵BC  AC  AB 16 ，11DF  DE  EF  BC  AC  AB  16  8 ∴，22故选：A．【点睛】本题考查了三角形的中位线，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边且是第三边的一半是解题的关键． 7. 把函数 y  (x 1)2  2 的图象向右平移 1 个单位长度，平移后图象的函数解析式为（ B. y  (x 1)2 1 ）A. y  x2  2 C. y  (x  2)2  2 D. y  (x 1)2 3 C【答案】【解析】【分析】抛物线在平移时开口方向不变，a 不变，根据图象平移的口诀“左加右减、上加下减”即可解答． y  (x 1)2  2 【详解】把函数的图象向右平移 1 个单位长度，平移后图象的函数解析式为 y  (x 1) 1 2  2  (x  2)2  2 ，故选：C．【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，解答的重点在于熟练掌握图象平移时函数表达式的变化特点． 2 3x  1 8. 不等式组的解集为（）x 1 2(x  2) A. 无解 B. x 1 C. D. 1 x 1 x  1 D【答案】【解析】【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．【详解】解：解不等式 2−3x≥−1，得：x≤1，解不等式 x−1≥−2（x＋2），得：x≥−1，则不等式组的解集为−1≤x≤1，故选：D．的【点睛】本题考查是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键． AB  3 9. 如图，在正方形中，，点，分别在边，上， EFD  60 ．若将四边形 CD ABCD EFAB EBCF 沿折叠，点 B恰好落在边上，则 BE 的长度为（ AD ）EF A. 1 B. C. D. 2 32D【答案】【解析】【分析】由 CD∥AB 得到 ∠EFD=∠FEB=60° ，由折叠得到 ∠FEB=∠FEB’=60° ，进而得到 ∠AEB’=60° ，然后在 Rt△AEB’中由 30°所对直角边等于斜边一半即可求解．【详解】解：∵四边形 ABCD 是正方形， ∴CD∥AB， ∴∠EFD=∠FEB=60°，由折叠前后对应角相等可知：∠FEB=∠FEB’=60°， ∴∠AEB’=180°-∠FEB-∠FEB’=60°， ∴∠AB’E=30°，设 AE=x,则 BE=B’E=2x， ∴AB=AE+BE=3x=3， ∴x=1， ∴BE=2x=2，故选：D．的【点睛】本题借助正方形考查了折叠问题，30°角所对直角边等于斜边一半等知识点，折叠问题的性质包括折叠前后对应边相等，对应角相等，折叠产生角平分线，由此即可解题．如图，抛物线 y  ax2  bx  c的对称轴是．下列结论：① ）；② ；210. x 1 abc  0 b  4ac  0 ③8a  c  0；④ ，正确的有（ 5a  b  2c  0 A. 4 个 B. 3 个 C. 2 个 D. 1 个 B【答案】【解析】【分析】由抛物线的性质和对称轴是，分别判断 a、b、c 的符号，即可判断①；抛物线与 x 轴有两个交点，可 y  4a  2b  c  0 x 1 bx   1 ，得b  2a ，令判断②；由，求函数值，即可判断③；令 x  2 时，则，x  2 2a y  a b  c  0 令时，，即可判断④；然后得到答案． x  1 a  0 【详解】解：根据题意，则，，c  0 bx   1 ∵，2a b  2a  0 ∴∴，，故①错误； abc 0 2由抛物线与 x 轴有两个交点，则，故②正确； b  4ac  0 ∵令∴在b  2a ，y  4a  2b  c  0 时，，x  2 8a  c  0，故③正确； y  ax2  bx  c中， y  4a  2b  c  0 令令x  2 时，则，y  a b  c  0 时，，x  1 由两式相加，得，故④正确； 5a  b  2c  0 ∴正确的结论有：②③④，共 3 个；故选：B．【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质，熟练判断各个式子的符号．二、填空题（本大题 7 小題，每小题 4 分，共 28 分）请将下列各题的正确答案填写在答题卡相应的位置上． 11. 分解因式：xy―x＝_____________．【答案】x(y－1) 【解析】试题解析：xy―x＝x(y－1) m若3x y与 5×2 yn 是同类项，则 ___________． m  n  12. 【答案】3 【解析】【分析】本题考查同类项的定义，所含字母相同且相同字母的指数也相同的项是同类项，根据同类项的定义中相同字母的指数也相同，可求得 m 和 n 的值，根据合并同类项法则合并同类项即可．【详解】解：由同类项的定义可知， m=2，n=1， ∴m+n=3 故答案为 3．，则 (a  b)2020 _________． 13. 若a  2 | b 1| 0 【答案】1 【解析】【分析】根据绝对值的非负性和二次根式的非负性得出 a，b 的值，即可求出答案．【详解】∵ a  2 | b 1| 0 ∴∴，b  1 ，a  2 (a  b)2020 ，2020 11 故答案为：1．【点睛】本题考查了绝对值的非负性，二次根式的非负性，整数指数幂，得出 a，b 的值是解题关键． x  5 y xy  2 ，3x  3y  4xy 14. 已知，计算的值为_________．【答案】7 【解析】【分析】 x  y  5 xy  2 ，将代数式化简，然后直接将代入即可． x  y  5 xy  2 ，【详解】由题意得，3x  3y  4xy  3(x  y)  4xy 158  7 ∴，故答案为：7． 3x  3y  4xy 【点睛】本题考查了提取公因式法，化简求值，化简是解题关键． AB 的长为半径，分别以点 115. 如图，在菱形中， A  30，取大于，B为圆心作弧相交于两的度数为 ABCD A2点，过此两点的直线交边于点（作图痕迹如图所示），连接BE ，，则 AD EBD EBD _________．【答案】45° 【解析】【分析】根据题意知虚线为线段AB 的垂直平分线，得AE=BE ，得；结合 °， A  30 EBA  EAB 1ABD  ABC  75 ，可计算的度数． EBD 2【详解】 ABC 18030 150 1ABD  ABC  75 2∵AE  EB ∴∴EAB  EBA EBD  7530  45 故答案为：45°．【点睛】本题考查了菱形的性质，及垂直平分线的性质，熟知以上知识点是解题的关键． 16. 如图，从一块半径为的圆形铁皮上剪出一个圆周角为 120°的扇形，如果将剪下来的扇形围成 ABC 1m m一个圆锥，则该圆锥的底面圆的半径为_________ ．1【答案】 3【解析】【分析】连接 OA，OB，证明△AOB 是等边三角形，继而求得 AB 的长，然后利用弧长公式可以计算出  的长 BOC 度，再根据扇形围成圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长即可作答．【详解】连接 OA，OB， 121120 则∠BAO= ∠BAC= =60°， 2又∵OA=OB， ∴△AOB 是等边三角形， ∴AB=OA=1， ∵∠BAC=120°， 120  AB 2 ，∴的长为： BOC 180 3设圆锥底面圆的半径为 r 2 2r  313r  13故答案为．【点睛】本题主要考查了弧长公式以及扇形弧长与底面圆周长相等的知识点，借助等量关系即可算出底面圆的半径．的17. 有一架竖直靠在直角墙面梯子正在下滑，一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠，等待与老鼠距离最小时扑捉．把墙面、梯子、猫和老鼠都理想化为同一平面内的线或点，模型如图，，点，的ABC  90 M分别在射线，BC 上，长度始终保持不变，，为的中点，点到，BC NMN MN  4 MN BA EDBA 距离分别为 4 和 2．在此滑动过程中，猫与老鼠的距离的最小值为_________． DE 【答案】 2 5 2 【解析】【分析】根据当 B、、三点共线，距离最小，求出 BE和 BD即可得出答案． DE【详解】如图当 B、、三点共线，距离最小， DE的中点， ∵，为MN  4 MN E22∴，，BE  2 BD  4  2  2 5 ，DE  BD  BE  2 5 2 故答案为：．2 5 2 【点睛】本题考查了直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理，两点间的距离线段最短，判断出距离最短的情况是解题关键．三、解答题（一）（本大题 3 小题，每小题 6 分，共 18 分）先化简，再求值： (x  y)2  (x  y)(x  y)  2×2 ，其中，．18. y  3 x  2 2xy 【答案】；2 6 【解析】【分析】根据完全平方公式、平方差公式、整式的加减运算法则进行运算即可，最后代入数据即可求解．【详解】解：原式  x2  2xy  y2  x2  y2  2×2  2xy ，将，代入得：．y  3 x  2 原式  2 2  3  2 6 故答案为：．2 6 【点睛】本题考查了完全平方公式、平方差公式的运算，实数的化简求值，熟练掌握公式及运算法则是解决此类题的关键． 19. 某中学开展主题为“垃圾分类知多少”的调查活动，调查问卷设置了“非常了解”、“比较了解”、“基本了解”、“不太了解”四个等级，要求每名学生选且只能选其中一个等级．随机抽取了 120 名学生的有效问卷，数据整理如下：等级非常了解比较了解基本了解不太了解 x人数（人） 24 72 18 x（1）求的值；（2）若该校有学生 1800 人，请根据抽样调查结果估算该校“非常了解”和“比较了解”垃圾分类知识的学生共有多少人？【答案】（1）6 【解析】（2）1440 人【分析】（1）根据四个等级的人数之和为 120 求出 x 的值；（2）用总人数乘以样本中“非常了解”和“比较了解”垃圾分类知识的学生占被调查人数的比例即可求出结果．【详解】（1）解：由题意得： 24  72 18 x 120 解得 x  6 24  72 120 1800 1440 （2）解：（人）答：估算“非常了解”和“比较了解”垃圾分类知识的学生有 1440 人. 【点睛】本题主要考查了用样本估计总体，属于基础题目，审清题意，找到对应数据是解题的关键． 20. 如图，在中，点，分别是、边上的点，，ABE  ACD BE ，与 ABC AC BD  CE CD DEAB 相交于点，求证： F是等腰三角形． ABC 【答案】见解析【解析】【分析】先证明 BDF≌CEF ，得到，BF  CF FBC  FCB ，进而得到，故可求解． ∠ABC  ACB 【详解】证明：在 BDF 和中CEF DFB  EFC 对顶角相等 FBD  FCE BD  CE BDF≌CEF(AAS) ∴∴∴BF  CF FBC  FCB 又∵ ABE  ACD ∴即∴FBC  ABE  FCB  ACD ∠ABC  ACB 是等腰三角形． ABC 【点睛】此题主要考查等腰三角形的判定，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质．四、解答题（二）（本大题 3 小题，每小题 8 分，共 24 分） x  y  2 ax  2 3y  10 3 x  y  4 yx21. 已知关于，的方程组与的解相同． x  by 15 a（1）求，的值； b2x，另外两条边的长是关于的方程（2）若一个三角形的一条边的长为的解．试判断该 2 6 x  ax  b  0 三角形的形状，并说明理由．【答案】（1）；（2）等腰直角三角形，理由见解析 12 4 3 【解析】【分析】 x  y  2 ax  2 3y  10 3 x  y  4 （1）关于 x，y 的方程组与的解相同．实际就是方程组 x  by 15 x  y  4 x  y  2 的解，可求出方程组的解，进而确定 a、b 的值；（2）将 a、b 的值代入关于 x 的方程 x2＋ax＋b＝0，求出方程的解，再根据方程的两个解与为边长， 2 6 判断三角形的形状．【详解】解：由题意列方程组： x  y  4 x  y  2 x  3 y 1 解得 y 1 x  by 15 将x  3 ，分别代入和ax  2 3y  10 3 解得 ∴，b 12 a  4 3 ，b 12 a  4 3 2（2） x  4 3x 12  0 4 3 48 48 解得 x   2 3 2这个三角形是等腰直角三角形 222理由如下：∵ (2 3)  (2 3)  (2 6) ∴该三角形是等腰直角三角形．【点睛】本题考查一次方程组、一元二次方程的解法以及等腰直角三角形的判定，掌握一元二次方程的解法和勾股定理是得出正确答案的关键． 22. 如图 1，在四边形 O CO 的直径，中，，AD//BC DAB  90 ，是平分 BCD ．ABCD AB O （1）求证：直线与相切； CD （2）如图 2，记（1）中的切点为，P为优弧上一点，，.求的值． BC  2 tanAPE EAD 1 AE 2【答案】（1）证明见解析；（2）．2【解析】【分析】（1）如图（见解析），先根据平行线的性质得出，再根据角平分线的性质可得，然后 OB  CB OE  OB 根据圆的切线的判定即可得证；的∠AEB  90 ，再根据圆切线的判定、（2）如图（见解析），先根据圆周角定理可得，APE  ABE AE DE 12CE  BC  2, DE  AD 1 切线长定理可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，设，最 EF CE BE AE ，从而可得，又根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得 AE  a EF  2a BE  2a EF BE 后根据正切三角函数的定义即可得．【详解】（1）如图，过点作于点 OOE  CD E∵，AD//BC DAB  90 ∴OBC  90 ，即 OB  CB CO 又∵ ∴平分 BCD ，OE  CD OE  OB O 即 OE 是的半径 O ∴直线与相切； CD （2）如图，连接 BE ，延长交BC 延长线于点 FAE ∠AEB  90 ，由圆周角定理得： APE  ABE O 是的直径， AB  AD O ，AB  BC AB AD、BC 都是的切线 CE  BC  2, DE  AD 1 由切线长定理得： ∵∴AD//BC DAE  CFE AED  FEC DAE  CFE 在和△FCE 中， ADE ∴∴ADE FCE AE DE 12EF CE AE  a(a  0) 设，则 EF  2a BAE  ABE  FBE  ABE  90 BAE  FBE BAE  FBE 在和△BFE 中， △ABE AEB  BEF  90 ABE BFE BE AE BE a，即 EF BE 2a BE 解得 BE  2a 中， tan ABE  AE BE a2在则Rt△ABE 22a 2．tan APE  tan ABE  2【点睛】本题考查了圆的切线的判定与性质、圆周角定理、切线长定理、相似三角形的判定与性质、正切三角函数等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键． 23. 某社区拟建，B两类摊位以搞活“地摊经济”，每个类摊位的占地面积比每个 AB类摊位的占地面积 A多 2 平方米，建类摊位每平方米的费用为40 元，建 B类摊位每平方米的费用为 30 元，用 60 平方米建 AA3类摊位的个数恰好是用同样面积建 B类摊位个数的．5（1）求每个，B类摊位占地面积各为多少平方米？ A（2）该社拟建，B两类摊位共 90 个，且类摊位的数量不少于类摊位数量的3 倍.求建造这 90 个摊 BAA位的最大费用．【答案】（1）5 平方米；3 平方米（2）10520 元【解析】【分析】 xx  2 平方米，根据同等面积建立 A 类和 B 类的倍（1）设类摊位占地面积平方米，则 B类占地面积 A数关系列式即可； a（2）设建类摊位个，则 (90  a) z个，设费用为，由（1）得 A 类和 B 类摊位的建设费用，列出 B类A总费用的表达式，根据一次函数的性质进行讨论即可． xx  2 【详解】解：（1）设每个类摊位占地面积平方米，则 B类占地面积 平方米 A60 x60 3由题意得解得 x  2 5 ，x  5 ∴，经检验为分式方程的解 x  2  3 x  5 ∴每个类摊位占地面积5 平方米， B类占地面积 3 平方米 Aa(90  a) z个，费用为（2）设建类摊位个，则 B类A3a  (90  a) ∵∴0  a  22.5 z  405a  303(90  a) 110a 8100 ，∵110>0， ∴z 随着 a 的增大而增大，又∵a 为整数， ∴当时 z 有最大值，此时 z 10520 a  22 ∴建造 90 个摊位的最大费用为 10520 元【点睛】本题考查了一次函数的实际应用问题，熟练的掌握各个量之间的关系进行列式计算，是解题的关键．五、解答题（三）（本大题 2 小题，每小题 10 分，共 20 分） 824. 如图，点 y  B是反比例函数（x  0 ）图象上一点，过点 B分别向坐标轴作垂线，垂足为，C，并Axky  反比例函数（）的图象经过的中点，与，BC 分别相交于点，．连接 x  0 OB DDE MAB Exx延长交轴于点，点 G与点关于点对称，连接 OC，BG ．FBF k  （1）填空： _________；（2）求 BDF 的面积； BDFG （3）求证：四边形为平行四边形．【答案】（1）2 （2）3 （3）见解析【解析】【分析】 8x4kxy  （1）根据题意设点 B 的坐标为（x，），得出点M 的坐标为（，），代入反比例函数 x2x（），即可得出 k； x  0 | k | 8S 4 1 3 OD S1 （2）连接，根据反比例函数系数 k 的性质可得，，可得，SAOB  4 BOD AOD 22OF//AB 根据，可得点到的距离等于点到距离，由此可得出答案； OFAB AB B x , y D x , y x  y  8 x  y  2 ，y  y x  4x （3）设 B  ，D  ，可得，根据 D ，可得 D ，同理 BDBBDDBBBE 31BD 3CF CE 1OC AB 43yB  4y E ，可得，，证明，可得，根据，EBD∽ECF EC AB 4BD BE 3BD BD OC 得出 4，根据，G关于对称，可得 C，OC  CG CG  4CF ，FG  3CF ，可得 BD  FG ，OCF 1BDFG 是平行四边形．再根据，即可证明 BD//FG 8y  【详解】解：（1）∵点 B 在上， x8∴设点 B 的坐标为（x，）， xx4∴OB 中点 M 的坐标为（，（）， 2xkxy  ∵点 M 在反比例函数）， x  0 x4∴k= ·=2， 2x故答案为：2； | k | OD S1 （2）连接，则，AOD 2，82∵，SAOB  4 S 4 1 3 ∴∵，BOD OF//AB ，∴点到的距离等于点到距离， OFAB AB S SBDO  3 B x , y ∴；BDF D x , y （3）设 B  ，D  ，BDx  y  8 x  y  2 ，，BBDDy  y 又∵ ，DBx  4x ∴，DBy  4y 同理 ∴，EBBE 31BD AB 34，，EC ∵∴AB//BC ，，EBD∽ECF CF CE 1∴∵∴，BD BE 34OC AB ，BD BD 3OC 4，CF 1∴∴∴∴，G关于对称， CO，OC  CG ，CG  4CF ，FG  CG CF  4OF CF  3CF 又∵ ∴，BD  3CF ，BD  FG 又∵ ，BD//FG BDFG ∴是平行四边形．【点睛】本题考查了反比例函数系数的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定，平行线的性质，灵活运用知识点是解题关键． 3 3 2×25. 如图，抛物线与轴交于，B两点，点 B，分别位于原点的左、右两侧， AAy  x  bx  c 6y的直线与轴正半轴和抛物线的交点分别为，过点 B，，．BO  3AO  3 CDBC  3CD c（1）求，的值； b（2）求直线的函数解析式； BD x在抛物线的对称轴上且在轴下方，点在射线 QBPQ （3）点 P上，当与相似时，请直接写 BA ABD Q出所有满足条件的点的坐标． 2 3 ,0 33  2331 【答案】（1）；（2）（3），，(1 2 3,0) 1 y   x  3 33234 3 31,0 ，(5 2 3,0) 【解析】【分析】 3 3 2A(1，0) B(3，0) ，（1）根据，得出，将 A，B 代入得出关于 b，c 的 BD  3AO  3 y  x  bx  c 6二元一次方程组求解即可； (3 3) 333y  x2  1 x   B(3,0) （2）根据二次函数是，，，得出的横坐标 DBC  3CD 6322y  kx  b 为，代入抛物线解析式求出，设得解析式为：，将 B，D 代入求解即可； D( 3, 31) BD  3 3（3）由题意得 tan∠ABD= ，tan∠ADB=1，由题意得抛物线的对称轴为直线 x=1，设对称轴与 x 轴交点 3为 M，P（1，n）且 n<0，Q（x，0）且 x<3，分①当△PBQ∽△ABD 时，②当△PQB∽△ABD 时，③当 △PQB∽△DAB 时，④当△PQB∽△ABD 时四种情况讨论即可．【详解】解：（1）∵ ，BD  3AO  3 A(1，0) B(3，0) ，∴，3 3 b  c  0 b3 3 2∴将 A，B 代入得，y  x  bx  c 627  9 3  3b  c  0 b33b  1 解得 ∴，33c   22333，；b  1 c   322(3 3) 333y  x2  1 x   B(3,0) ，，（2）∵二次函数是，BC  3CD 6322∴的横坐标为，D 3 3 3 333y  3 1  3   代入抛物线解析式得 63223 3 323 3 1 22 3 1 ∴，D( 3, 31) y  kx  b 设得解析式为： BD 3 1 3k  b 0  3k  b 将 B，D 代入得，3k   解得 3，b  3 3∴直线的解析式为；BD y   x  3 33（3）由题意得 tan∠ABD= ，tan∠ADB=1， 3由题意得抛物线的对称轴为直线 x=1，设对称轴与 x 轴交点为 M，P（1，n）且 n<0，Q（x，0）且 x<3， n 23①当△PBQ∽△ABD 时，tan∠PBQ=tan∠ABD 即 =，32 3 解得 n= ，3n 1 x 1 tan∠PQB=tan∠ADB 即，2 3 解得 x=1- ，32 3 3此时 Q 的坐标为（1- ，0）； n 2②当△PQB∽△ABD 时，tan∠PBQ=tan∠ADB 即解得 n=-2， =1， n 1 x 3tan∠QPB=tan∠ABD 即 =，3解得 x=1- ，2 3 此时 Q 的坐标为（1- ，0）； 2 3 n 23③当△PQB∽△DAB 时，tan∠PBQ=tan∠ABD 即 =，32 3 解得 n= ，3n x 1 3 1 tan∠PQM=tan∠DAE 即，1 3 4 3 解得 x= -1， 34 3 3此时 Q 的坐标为（ -1，0）； n 2④当△PQB∽△ABD 时，tan∠PBQ=tan∠ABD 即解得 n=-2， =1， n x 1 3 1 tan∠PQM=tan∠DAE 即，1 3 解得 x=5- ，2 3 Q 的坐标为（5- ，0）； 2 3 2 3 34 3 31 ,0 1,0 综上：Q 的坐标可能为，，，．(1 2 3,0) (5 2 3,0) 【点睛】本题考查了二次函数，一次函数，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，掌握知识点灵活运用是解题关键．本试卷的题干 0635