精品解析：湖北省恩施州2020年中考数学试题（解析版）

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（）1515A. B. C. D. 5﹣5 A【答案】【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（）． 12104 1.2105 1.2106 0.12106 A. B. C. D. B【答案】【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． 5【详解】120000= 故选：B. ，1.210 【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. D【答案】【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 a1  a2  a a2 a3  a6 A. B. 2C. a b  a2 b2 D. 2a  3b  5ab B【答案】【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． 23【详解】A、 5 ，该选项错误，不符合题意；，该选项正确，符合题意；，该选项错误，不符合题意； a a  a a a1  a2  a B、 2a b  a2  2ab  b2 C、 D、 ，不是同类项，不能合并，该选项错误，不符合题意； 2a  3b 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． x 1 x5. 函数的自变量的取值范围是（）y  x  1 且A. B. 且x ﹣1 x  0 C. D. x ﹣1 x  0 x  0 B【答案】【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（）． 2456A. B. C. D. 11 11 11 11 D【答案】【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， 6所以选到甜粽的概率为：，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. x，则的值 7. 在实数范围内定义运算“☆”：，例如：．如果 a☆b  a  b 1 2☆3  2  31 4 2☆x 1 是（）． A. B. 1 C. 0 D. 2 1 C【答案】【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☆x  2  x 11 x 又，2☆x 1 ∴∴，1 x 1 x  0 ．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 x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 个大桶盛酒斛，1 个 y小桶盛酒斛，下列方程组正确的是（）． 5x  y  3 x  5y  2 5x  y  2 x  5y  3 5x  3y 1 x  2y  5 3x  y  5 A. B. C. D. 2x  5y 1 A【答案】【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， 5x  y  3 x  5y  2 ∴得到方程组，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. A【答案】【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. yt城，在整个行程中，汽车离开城的距离与时刻的对应关系如图所示， 10. 甲乙两车从城出发前往 BAA则下列结论错误的是（）． 60km h 100km h 1h A. 甲车的平均速度为 C. 乙车比甲车先到 B. 乙车的平均速度为 D. 乙车比甲车先出发 B城D【答案】【解析】【分析】根据图象逐项分析判断即可．【详解】由图象知： 300 60(km h) A．甲车的平均速度为 B．乙车的平均速度为 =，故此选项正确；，故此选项正确； 10 5 300 100(km h) 9  6 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，正方形的边长为 4，点在上且，为对角线上一动点，则△BFE 周长 AC ABCD EAB BE 1 F的最小值为（）． A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 B【答案】【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， ∵正方形的边长为4， ABCD ∴AD=AB=4，∠DAB=90°， ∵点在上且，EAB BE 1 ∴AE=3， ∴DE= 22，AD  AE  5 ∴△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. 如图，已知二次函数 y  ax2  bx  c的图象与轴相交于 、xA 2,0 B 1,0 两点．则以下结论：① 12. ；②二次函数 y  ax2  bx  c的图象的对称轴为；③ ；④ ．其中正 ac  0 x  1 2a  c  0 a b  c  0 确的有（）个． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 C【答案】【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； x对于②：二次函数的图像与轴相交于 A 2,0 B 1,0 ，由对称性可知，其对称轴为： 、2 1 12x    ，故②错误； 2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 b  a,c  2a 的系数可知：，故，故③正确； 2a  c  0 yx时对应的函数图像的值在轴上方，故 y  a b  c 的对于④：当时对应，观察图像可知 x  1 x  1 ，故④正确． a b  c  0 ∴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．3【答案】．【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. 2【详解】∵ ，3  9 ∴9 算术平方根为 3．故答案为 3．的【点睛】本题考查了算术平方根，熟练掌握算术平方根概念是解题的关键. l //l l，点在直线上，点 l214. 如图，直线 B在直线上，，C  30 ，，则 AB  BC 1 80 A121______． 2  【答案】【解析】【分析】 40 利用等腰三角形的性质得到∠C=∠4= ，利用平行线的性质得到∠1=∠3= ，再根据三角形内角和定 30 80 理即可求解． l【详解】如图，延长 CB 交 2 于点 D， ∵AB=BC，∠C= ，30 ∴∠C=∠4= ，30 l //l ∵，∠1= 2，80 1∴∠1=∠3= ，80 ∵∠C +∠3+∠2+∠4 = ，即 180 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，点在半圆上，以点为圆心， C为半径画弧交于点，连接 DAC AB  4 AAB BC ．若 ABC  60 ，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°, 1AB  2 ∴BC= ,AC= ,2 3 121S AC  BC= 2 32=2 3 ∴,ABC 22由以上可知∠CAB=30°, 230 1  AC2    2 3  ∴扇形 ACD 的面积= ,360 12 ∴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． A 2,0 B 1,2 C 1,2 16. 如图，在平面直角坐标系中，ABC 的顶点坐标分别为： ，，．已知 N 1,0 N，作点关于点的对称点 1 ，点 1 关于点 NN的对称点 2 ，点 NN关于点的对称点， 3BNCA2NN NN N B关于点的对称点 4 ，点 4 关于点的对称点 5 ，…，依此类推，则点 2020 的坐标为______．点A3【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， N故2020 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． m2 9 3m2 17. 先化简，再求值：，其中．m  2 m2  6m  9 m 3 m 3 12【答案】，m2【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． m2 9 3m2 【详解】 m2  6m  9 m 3 m 3 (m  3)(m 3) (m 3)2 3m 3 m 3 m2 m  3 3m 3  ( ) m 3 m 3 m2 mm 3 m 3 m2 1；m12当时，原式 ．m  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 ，平分∠ABC 交于点，点C 在 AE 上且，连接．求证：四边 BC  AB CD DBF BD 形是菱形． ABCD 【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， // AE//BF ，即 AD BC，又∴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）用乘以 D 类部分所占百分比即可得出圆心角的度数； 360 （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：名； 20  40%  50 （2）C 类学生人数为：50-15-20-5=10 名，条形图如下： 5360 36 （3）D 类所对应扇形的圆心角为：；50 15 500 =150 （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：名． 50 【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，在处测得小岛 P位于其西北方向（北偏西 45 A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）．方向．求此时船与小岛 P的距离（结 60 果保留整数，参考数据： 2  1.414 3 1.732 【答案】此时船与小岛【解析】 P的距离约为 44 海里【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, Rt△PBH 中，BH=AB-AH=60-x，PB=2x，在PH ∴tan30º= ，BH 3x即，360  x 解得：，x  30( 31) ∴PB=2x= ≈44（海里）， 60( 31) 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． y轴、轴分别相交于 xy  ax 3a a 0 21. 如图，在平面直角坐标系中，直线 与B、两点，与双曲线 A1ky  x  0 的一个交点为，且 BC  AC ．Cx2（1）求点的坐标； AaS 3 （2）当时，求和的值．，kAOC 【答案】(1) (3，0)；(2) 【解析】 a  1 k  2 【分析】 y  ax 3a a 0 y  0 即可求出点 A 的坐标； (1)令中(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 1S 3 求出 CN 的长，进而求出点 C 坐标即可求解． BC  AC 和 OA=3 进而求出 CM 的长，再由 AOC 2y  ax 3a a 0 y  0 【详解】解：(1)由题意得：令 中，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：显然，CM OA，∴∠BCM=∠BAO，且∠ABO=∠CBO， // ∴△BCM∽△BAO， BC CM ∴，代入数据： BA AO 1CM 即：，∴ =1， CM 331S OACN  3 又AOC 213CN  3 即：，∴CN=2， 2∴C 点的坐标为(1，2)，故反比例函数的，k 12  2 y  ax 3a a 0 再将点 C(1,2)代入一次函数 中，即2  a 3a ，解得，．a  1 故答案为：，a  1 k  2 【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、B B 两种品牌的足球．已知品牌足球的单价比品牌足球的单价高20 元，且用 AA900 元购买品牌足球的数量用720 元购买品牌足球的数量相等． BA（1）求、B两种品牌足球的单价； B两种品牌的足球共 90 个，且品牌足球的数量不小于品牌足球数量的2 A（2）若足球队计划购买、BAAm倍，购买两种品牌足球的总费用不超过 8500 元．设购买品牌足球个，总费用为元，则该队共有几 WA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 元购买品牌 A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，以及品牌足球的数量不小于 AB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 xx  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 的B品牌足球数量不小于品牌足球数量的2 倍，购买两种品牌足球的总费用不超过 8500 元． ∵A20m  7200  8500 m  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 最小时m=60 ，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， O O O 是的直径，直线与相切于点，直线 A与相切于点 B，点（异于点 BN CAB AM O ）在．上，点在上，且，延长与CD BN 相交于点 E，连接并延长交于点 CD  CA BN DAFAD AM O （1）求证：（2）求证：是的切线； CE ；BE  EF O （3）如图，连接并延长与分别相交于点 G、H，连接．若，AB  6 AC  4 ，求 EO BH ．tan BHE 13【答案】（1）见详解；（2）见详解；（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， O ∵直线与相切于点，AAM ∴∠CAO=∠CAD+∠OAD=90° ∴∠ODC=∠CDA+∠ODA=90° O ∴CE 是的切线；（2）连接 BD ∵OD=OB ∴∠ODB=∠OBD， O O ∵CE 是的切线，BF 是的切线， ∴∠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 9解得：x= 49BE OB 3443tan BOE  ∵∠BOE=2∠BHE 2tan BHE 34tan BOE  1 tan2 BHE 1解得：tan∠BHE= 或-3（-3 不和题意舍去） 31∴tan∠BHE= 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． 124. y  x2  bx  c xC 6,0 如图，抛物线经过点，顶点为 B，对称轴 x  2 与轴相交于点，为线 DA4段BC 的中点．（1）求抛物线的解析式；（2）为线段BC 上任意一点， xMPC P为轴上一动点，连接，以点为中心，将逆时针旋转 90 ，MMP M1y  x2  bx  c 记点 P的对应点为，点的对应点为．当直线 C与抛物线只有一个交点时，求 EFEF 4点的坐标． MMPC （3）在（2）的旋转变换下，若（如图）． PC  2 ①求证：．EA  ED ②当点在（1）所求的抛物线上时，求线段的长． CM E31y  x2  x  3 【答案】（1）；（2）（，0）；（3）①见解析；② =或=CM CM 2 31 1 2 3 42【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 1y  x2  x  3 F（m，6-m），直线与抛物线只有一个交点，联立两个解析式，得到关于 x 的一元二次 EF 4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 PC  2 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，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 EA  ED CM 的长． C 6,0 【详解】（1）∵点在抛物线上， 10  36  6b  c ∴，46b  c=9 得到，又∵对称轴 x  2 ，bbx      2 1∴，2a 2 ( ) 4解得b 1 c  3 ，∴，1y  x2  x  3 ∴二次函数的解析式为；4（2）当点 M 在点 C 的左侧时，如下图： 1y  x2  x  3 C 6,0 ∵抛物线的解析式为，对称轴为 x  2 ，4∴点 A（2，0），顶点 B（2，4）， ∴AB=AC=4， ∴△ABC 是等腰直角三角形， ∴∠1=45°； MPC ∵将逆时针旋转得到△MEF， 90 ∴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， 1y  x2  x  3 ∵直线与抛物线只有一个交点， EF 4y  x  6  2m ∴，1y  x2  x  3 41×2  3  2m  0 整理得：，43∴Δ=b2-4ac=0，解得 m= ，23点 M 的坐标为（，0）． 2当点 M 在点 C 的右侧时，如下图： 1y  x2  x  3 由图可知，直线 EF 与 x 轴的夹角仍是 45°，因此直线与抛物线不可能只有一个交 EF 4点． 3综上，点 M 的坐标为（，0）． 2（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， ∵，由（2）知∠BCA=45°， PC  2 ∴PG=GC=1， ∴点 G（5，0），的设点 M 坐标为（m，0）， MPC ∵将逆时针旋转得到△MEF， 90 ∴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）； (m 1 2)2  (5 m  0)2 2∴EA= =，，2m 16m  34 又∵ 为线段BC 的中点，B（2，4），C（6，0）， D∴点 D（4，2）， (m 1 4)2  (5 m  2)2 2∴ED= =2m 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． 1y  x2  x  3 ②当点在（1）所求的抛物线上时， E4把 E（m-1，5-m）代入，整理得：m2-10m+13=0，解得：m= 或 m= ，．5 2 3 5 2 3 1 2 3 ∴=或=CM CM 2 31 【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．本试卷的题干 0635