中考卷-2020中考数学真题（解析版）（119）

中考卷-2020中考数学真题（解析版）（119）

株洲市 2020 年初中学业水平考试数学试卷 一、选择题（每小题有且只有一个正确答案，本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分） 1.a 的相反数为-3，则 a 等于（ ） A. -3 B. 3 C. 3 D. 1 3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据相反数的定义解答即可． 【详解】解：因为 3 的相反数是﹣3，所以 a=3． 故选：B． 【点睛】本题考查了相反数的定义，属于应知应会题型，熟知概念是关键． 2.下列运算正确的是（ ） A. 3 4a a a  B. 2 2a a  C.  52 7a a D. 2 2( 3 ) 6b b  【答案】A 【解析】 【分析】 根据同底数幂的乘法法则、合并同类项法则、幂的乘方的运算法则及积的乘方的运算法则依次计算各项后 即可解答． 【详解】选项 A，根据同底数幂的乘法法则可得 3 4a a a  ，选项 A 正确； 选项 B，根据合并同类项法则可得 2a a a  ，选项 B 错误； 选项 C，根据幂的乘方的运算法则可得 52 10a a ，选项 C 错误； 选项 D，根据积的乘方的运算法则可得 2 2( 3 ) 9b b  ，选项 D 错误． 故选 A． 【点睛】本题考查了同底数幂的乘法法则、合并同类项法则、幂的乘方的运算法则及积的乘方的运算法则， 熟练运用相关法则是解决问题的关键． 3.一个不透明的盒子中装有 4 个形状、大小质地完全相同的小球，这些小球上分别标有数字-1、0、2 和 3．从 中随机地摸取一个小球，则这个小球所标数字是正数的概率为（ ） A. 1 4 B. 1 3 C. 1 2 D. 3 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据随机事件概率大小的求法，找准两点：①符合条件的情况数目，②全部情况的总数，二者的 比值就是其发生的概率的大小． 【详解】解：根据题意可得：4 个小球中，其中标有 2，3 是正数， 故从中随机地摸取一个小球，则这个小球所标数字是正数的概率为： 2 1 4 2  ． 故选：C． 【点睛】本题考查了概率的求法与运用，一般方法：如果一个事件有 n 种可能，而且这些事件的可能性相 同，其中事件 A 出现 m 种结果，那么事件 A 的概率   mP A n  ． 4.一实验室检测 A、B、C、D 四个元件的质量（单位：克），超过标准质量的克数记为正数，不足标准质量 的克数记为负数，结果如图所示，其中最接近标准质量的元件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 分别求出每个数的绝对值，根据绝对值的大小找出绝对值最小的数即可． 【详解】∵|+1.2|=1.2，|-2.3|=2.3， |+0.9|=0.9，|-0.8|=0.8， 0.8＜0.9＜1.2＜2.3， ∴从轻重的角度看，最接近标准的是选项 D 中的元件， 故选 D． 【点睛】本题考查了绝对值以及正数和负数的应用，掌握正数和负数的概念和绝对值的性质是解题的关键， 主要考查学生的理解能力，题目具有一定的代表性，难度也不大． 5.数据 12、15、18、17、10、19 的中位数为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 17 【答案】C 【解析】 【分析】 首先将这组数据按大小顺序排列，再利用中位数定义，即可求出这组数据的中位数． 【详解】解：把这组数据从小到大排列为：10，12，15，17，18，19，则这组数据的中位数是15 17 2  =16． 故选：C． 【点睛】此题考查了中位数的定义，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的 那个数（或最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按 要求重新排列，就会出错． 6.下列哪个数是不等式 2( 1) 3 0x    的一个解？（ ） A. -3 B. 1 2  C. 1 3 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】 首先求出不等式的解集，然后判断哪个数在其解集范围之内即可． 【详解】解：解不等式 2( 1) 3 0x    ，得 2 1x   因为只有-3< 1 2  ,所以只有-3 是不等式 2( 1) 3 0x    的一个解 故选：A 【点睛】此题考查不等式解集的意义，是一道基础题．理解不等式的解集的意义是解题的关键． 7.在平面直角坐标系中，点 ( ,2)A a 在第二象限内，则 a 的取值可以．．是（ ） A. 1 B. 3 2  C. 4 3 D. 4 或-4 【答案】B 【解析】 【分析】 根据第二象限内点的横坐标是负数，纵坐标是正数即可判断． 【详解】解：∵点 ( ,2)A a 是第二象限内的点， ∴ 0a  ， 四个选项中符合题意的数是 3 2  ， 故选：B 【点睛】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征以及解不等式，记住各象限内点的坐标的符号是解决的 关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+， -）． 8.下列不等式错误．．的是（ ） A. 2 1   B. 17  C. 5 102  D. 1 0.33  【答案】C 【解析】 【分析】 选项 A，根据两个负数绝对值大的反而小即可得 2 1   ；选项 B，由 3<π<4，4 17 5  即可得 17  ； 选项 C，由 25 6.252      ，6.25<10，可得 5 102  ；选项 D，由 1 0.33   可得 1 0.33  ．由此可得只有选项 C 错误． 【详解】选项 A，根据两个负数绝对值大的反而小可得 2 1   ，选项 A 正确； 选项 B，由 3<π<4， 4 17 5  可得 17  ，选项 B 正确； 选项 C，由 25 6.252      ，6.25<10，可得 5 102  ，选项 C 错误； 选项 D，由 1 0.33   可得 1 0.33  ，选项 D 正确． 故选 C． 【点睛】本题考查了实数的大小比较及无理数的估算，熟练运用实数大小的比较方法及无理数的估算方法 是解决问题的关键． 9.如图所示，点 A、B、C 对应的刻度分别为 0、2、4、将线段 CA 绕点 C 按顺时针方向旋转，当点 A 首次 落在矩形 BCDE 的边 BE 上时，记为点 1A ，则此时线段 CA 扫过的图形的面积为（ ） A. 4 B. 6 C. 4 3 D. 8 3  【答案】D 【解析】 【分析】 求线段 CA 扫过的图形的面积，即求扇形 ACA1 的面积. 【详解】解：由题意，知 AC=4,BC=4-2=2,∠A1BC=90°. 由旋转的性质，得 A1C=AC=4. 在 Rt△A1BC 中，cos∠ACA1= 1 BC AC = 1 2 . ∴∠ACA1=60°. ∴扇形 ACA1 的面积为 2460 360   = 8 3  . 即线段 CA 扫过的图形的面积为 8 3  . 故选：D 【点睛】此题考查了扇形面积的计算和解直角三角形，熟练掌握扇形面积公式是解本题的关键． 10.二次函数 2y ax bx c   ，若 0ab  ， 2 0a b  ，点  1 1,A x y ，  2 2,B x y 在该二次函数的图象上， 其中 1 2x x ， 1 2 0x x  ，则（ ） A. 1 2y y  B. 1 2y y C. 1 2y y D. 1y 、 2y 的大小无法确定 【答案】B 【解析】 【分析】 首先分析出 a,b,x1 的取值范围，然后用含有代数式表示 y1,y2，再作差法比较 y1,y2 的大小. 【详解】解：∵ 2 0a b  ，b2  0, ∴a>0. 又∵ 0ab  ， ∴b<0. ∵ 1 2x x ， 1 2 0x x  ， ∴ 2 1x x  ,x1<0. ∵点  1 1,A x y ，  2 2,B x y 在该二次函数 2y ax bx c   的图象上 ∴ 2 1 1 1y ax bx c   ， 2 2 2 2 2 1 1y ax bx c ax bx c      . ∴y1-y2=2bx1>0. ∴y1>y2. 故选：B. 【点睛】此题主要考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征和函数值的大小比较，判断出字 母系数的取值范围是解题的关键. 二、填空题（本题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 分） 11.关于 x 的方程3 8x x  的解为 x ________． 【答案】4 【解析】 【分析】 方程移项、合并同类项、把 x 系数化为 1，即可求出解． 【详解】解：方程3 8x x  ， 移项,得 3x-x=8， 合并同类项，得 2x=8. 解得 x=4． 故答案为：x=4． 【点睛】方程移项，把 x 系数化为 1，即可求出解． 12.因式分解： 22 12a a  ________． 【答案】 2 ( 6)a a  【解析】 【分析】 运用提公因式法分解因式即可． 【详解】解：  22 12 2 6a a a a   ． 故答案为： 2 ( 6)a a  【点睛】本题考查了提公因式法分解因式，准确确定公因式是解题关键． 13.计算 2 ( 8 2)3   的结果是________． 【答案】2 【解析】 【分析】 利用二次根式的乘除法则运算． 【详解】解：原式= 2 28 23 3    = 2 8 2 2 3 3   = 4 2 3 3  =2. 故答案是：2. 【点睛】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键． 14.王老师对本班 40 个学生所穿校服尺码的数据统计如下： 尺码 S M L XL XXL XXL 频率 0.05 0.1 0.2 0.325 0.3 0.025 则该班学生所穿校服尺码为“L”的人数有________个． 【答案】8 【解析】 【分析】 直接用尺码 L 的频率乘以班级总人数即可求出答案. 【详解】解：由表可知尺码 L 的频率的 0.2，又因为班级总人数为 40， 所以该班学生所穿校服尺码为“L”的人数有 40 0.2=8. 故答案是：8. 【点睛】此题主要考查了频数与频率，关键是掌握频数是指每个对象出现的次数．频率是指每个对象出现 的次数与总次数的比值（或者百分比）．即频率=频数÷总数． 15.一个蜘蛛网如图所示，若多边形 ABCDEFGHI 为正九边形，其中心点为点 O，点 M、N 分别在射线 OA、 OC 上，则 MON  ________度． 【答案】80 【解析】 【分析】 根据正多边形性质求出中心角，即可求出 MON ． 【详解】解：根据正多边形性质得，中心角为 360°÷9=40°， ∴ 2 =80MON ABC    ． 故答案为：80 【点睛】本题考查了正 n 边形中心角的定义，在正多边形中，中心角为 360 n  ． 16.如图所示，点 D、E 分别是 ABC 的边 AB、AC 的中点，连接 BE，过点 C 做 / /CF BE ，交 DE 的延 长线于点 F，若 3EF  ，则 DE 的长为________． 【答案】 3 2 【解析】 【分析】 先证明 DE 为 ABC 的中位线，得到四边形 BCFE 为平行四边形，求出 BC=EF=3，根据中位线定理即可求 解． 【详解】解：∵D、E 分别是 ABC 的边 AB、AC 的中点， ∴DE 为 ABC 的中位线， ∴DE∥BC， 1 2DE BC ， ∵ / /CF BE ， ∴四边形 BCFE 为平行四边形， ∴BC=EF=3， ∴ 1 3 2 2DE BC  ． 故答案为： 3 2 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形判定与性质，熟知三角形中位线定理是解题关键． 17.如图所示，在平面直角坐标系 Oxy 中，四边形 OABC 为矩形，点 A、C 分别在 x 轴、y 轴上，点 B 在函 数 1 ky x  （ 0x  ，k 为常数且 2k  ）的图象上，边 AB 与函数 2 2 ( 0)y xx   的图象交于点 D，则阴影部 分 ODBC 的面积为________（结果用含 k 的式子表示） 【答案】 1k  【解析】 【分析】 根据反比例函数 k 的几何意义可知：△AOD 的面积为 1，矩形 ABCO 的面积为 k,从而可以求出阴影部分 ODBC 的面积. 【详解】解：∵D 是反比例函数 2 2 ( 0)y xx   图象上一点 ∴根据反比例函数 k 的几何意义可知：△AOD 的面积为 1 22  =1. ∵点 B 在函数 1 ky x  （ 0x  ，k 为常数且 2k  ）的图象上，四边形 OABC 为矩形， ∴根据反比例函数 k 的几何意义可知：矩形 ABCO 的面积为 k. ∴阴影部分 ODBC 的面积=矩形 ABCO 的面积-△AOD 的面积=k-1. 故答案为：k-1. 【点睛】本题考查反比例函数 k 的几何意义，解题的关键是正确理解 k 的几何意义，本题属于中等题型． 18.据《汉书律历志》记载：“量者，龠（yuè）、合、升、斗、斛（hú）也”斛是中国古代的一种量器，“斛底， 方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形的外接一个圆，此圆外是一个 同心圆”，如图所示． 问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即 2.5 尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内 圆的半径之差为 0.25 尺），则此斛底面的正方形的周长为________尺．（结果用最简根式表示） 【答案】 4 2 【解析】 【分析】 根据正方形性质确定△CDE 为等腰直角三角形，CE 为直径，根据题意求出正方形外接圆的直径 CE，求出 CD，问题得解． 【详解】解：∵四边形 CDEF 为正方形， ∴∠D=90°，CD=DE， ∴CE 为直径， ECD =45°， 由题意得 AB=2.5， ∴CE=2.5-0.25×2=2， ∴CD=CE 2cos ECD=2 = 22   ， ∴ ECD =45°， ∴正方形 CDEF 周长为 4 2 尺． 故答案为： 4 2 【点睛】本题考查了正方形外接圆的性质，等腰直角三角形性质，解题关键是判断出正方形对角线为其外 接圆直径． 三、解答题（本大题共 8 小题，共 78 分） 19.计算： 11 | 1| 3 tan 604         ． 【答案】2 【解析】 【分析】 先根据负整数指数幂，绝对值，特殊角三角函数进行化简，再进行计算即可． 【详解】解：原式 4 1 3 3 4 1 3 2        ． 【点睛】本题考查了负整数指数幂，绝对值，特殊角三角函数等知识，熟记相关知识是解题关键． 20.先化简，再求值： 1x y y y x x y       g ，其中 2x  ， 2y  ． 【答案】 y x  ； 2 【解析】 【分析】 先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原分式，再将 x,y 的值代入计算可得． 【详解】解：原式 2 2 ( )( )1 1x y y x y x y y x y x y xy x y xy x y x x x               . 当 2x  ， 2y  ，原式 2  ． 【点睛】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式的混合运算的顺序和运算法则． 21.某高速公路管理部门工作人员在对某段高速公路进行安全巡检过程中，发现该高速公路旁的一斜坡存在 落石隐患．该斜坡横断面示意图如图所示，水平线 1 2l l// ，点 A、B 分别在 1l 、 2l 上，斜坡 AB 的长为 18 米， 过点 B 作 1BC l 于点 C，且线段 AC 的长为 2 6 米． （1）求该斜坡的坡高 BC；（结果用最简根式表示） （2）为降低落石风险，该管理部门计划对该斜坡进行改造，改造后的斜坡坡脚 为 60°，过点 M 作 1MN l 于点 N，求改造后的斜坡长度比改造前的斜坡长度增加了多少米？ 【答案】(1)10 3 （2）2 米 【解析】 【分析】 （1）运用勾股定理解题即可； （2）根据勾股定理列出方程，求出 AM，问题得解． 【详解】解：（1）在 Rt△ABC 中， 2 2 324 24 10 3BC AB AC     ； （2）∵ 60  ， ∴ 30AMN   ， ∴ 2AM MN ， ∵在 Rt△ABC 中， 2 2 2AN MN AM  ， ∴ 2 2300 4AN AN  ∴ 10AN  ， ∴ 20AM  ，∴ 20 18 2AM AB    ． 综上所述，长度增加了 2 米． 【点睛】本题考查了解直角三角形，题目难度不大，理解好题意运用勾股定理解题是关键． 22.近几年，国内快递业务快速发展，由于其便捷、高效，人们越来越多地通过快递公司代办点来代寄包裹．某 快递公司某地区一代办点对 60 天中每天代寄的包裹数与天数的数据（每天代寄包裹数、天数均为整数）统 计如下： （1）求该数据中每天代寄包裹数在50.5 ~ 200.5范围内的天数； （2）若该代办点对顾客代寄包裹的收费标准为：重量小于或等于 1 千克的包裹收费 8 元；重量超 1 千克的 包裹，在收费 8 元的基础上，每超过 1 千克（不足 1 千克的按 1 千克计算）需再收取 2 元． ①某顾客到该代办点寄重量为 1.6 千克的包裹，求该顾客应付多少元费用？ ②这 60 天中，该代办点为顾客代寄的包表中有一部分重量超过 2 千克，且不超过 5 千克．现从中随机抽取 40 件包裹的重量数据作为样本，统计如下： 重量 G（单位：千克） 2 3G  3 4G  4 5G  件数（单位：件） 15 10 15 求这 40 件包裹收取费用的平均数． 【答案】（1）42 天；（2）①10 元； ②14 【解析】 【分析】 （1）根据统计图读出 50.5~100.5 的天数，100.5~150.5 的天数，150.5~200.5 的天数，再将三个数据相加即 可； （2）①应付费用等于基础费用加上超过部分的费用； ②求加权平均数即可． 【详解】解：（1）结合统计图可知：每天代寄包裹数在 50.5~200.5 范围内的天数为 18+12+12=42 天； （2）①因为 1.6>1,故重量超过了 1kg,除了付基础费用 8 元，还需要付超过 1k 部分 0.6kg 的费用 2 元， 则该顾客应付费用为 8+2=10 元； ② (12 15 14 10 15 16) 40 14       元． 所以这 40 件包裹收取费用的平均数为 14 元． 【点睛】本题考查频数分布直方图、加权平均数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于 中考常考题型． 23.如图所示， BEF 的顶点 E 在正方形 ABCD 对角线 AC 的延长线上，AE 与 BF 交于点 G，连接 AF、CF， 满足 ABF CBE△ ≌△ ． （1）求证： 90EBF  ． （2）若正方形 ABCD 的边长为 1， 2CE  ，求 tan AFC 的值． 【答案】（1）见解析；（2） 2 2 【解析】 【分析】 （ 1 ） 已 知 ABF CBE△ ≌△ ， 根 据 全 等 三 角 形 的 对 应 角 相 等 可 得 ABF CBE   ， 再 由 90ABF CBF     ，可得 90CBF CBE    ，即可证得 90EBF  ；（2）由 ABF CBE△ ≌△ ， 根据全等三角形的对应角相等可得 AFB CEB   ，由对顶角相等可得 FGA EGB   ，即可证得 90FAC EBF     ；又因正方形边长为 1， 2CE  ，可得 2AC  ， 2AF CE  ．在 Rt△AFC 中，即可求得 2tan 2AFC  ． 【详解】（1）证明：∵ ABF CBE△ ≌△ ， ∴ ABF CBE   ， ∵ 90ABF CBF     ， ∴ 90CBF CBE    ， ∴ 90EBF  ． （2）∵ ABF CBE△ ≌△ ， ∴ AFB CEB   ， ∵ FGA EGB   ， ∴ 90FAC EBF     ， ∵正方形边长为 1， 2CE  ． ∴ 2AC  ， 2AF CE  ． ∴ 2tan 2AFC  ． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质、正方形的性质及锐角三角函数的知识，熟练运用相关知识是解决 问题的关键． 24.AB 是 O 的直径，点 C 是 O 上一点，连接 AC、BC，直线 MN 过点 C，满足 BCM BAC     ． （1）如图①，求证：直线 MN 是 O 的切线； （2）如图②，点 D 在线段 BC 上，过点 D 作 DH MN 于点 H，直线 DH 交 O 于点 E、F，连接 AF 并 延长交直线 MN 于点 G，连接 CE，且 5 3CE  ，若 O 的半径为 1， 3cos 4   ，求 AG ED 的值． 【答案】（1）见解析 （2） 5 2 【解析】 【分析】 （1）由圆周角定理的推论和直角三角形的性质可得 90A B     ，由OC OB 可得 B OCB   ，进 一步即可推出 90OCB BCM    ，从而可得结论； （2）如图②，由已知条件易求出 AC 的长，根据对顶角相等和圆周角定理可得∠1=∠3，根据余角的性质可 得 ECD AGC   ，进而可得 EDC△ ∽ ACG ，于是根据相似三角形的性质变形可得 AG DE AC CE   ，进一步即可求出结果． 【详解】解：（1）证明：连接 OC，如图， ∵AB 是 O 的直径， ∴ 90ACB   ， ∴ 90A B     ， ∵OC OB ， ∴ B OCB   ， ∵ BCM A   ， ∴ 90OCB BCM    ，即 OC MN ， ∴MN 是 O 的切线； （2）如图②，∵ 3cos 4 AC AB    ，即 3 2 4 AC  ，∴ 3 2AC  ， ∵∠2=∠3，∠1=∠2， ∴∠1=∠3， ∵ DH MN ， ∴∠1+∠AGC=90°， ∵∠3+∠ECD=90°， ∴ ECD AGC   ， 又∵ DEC CAG   ， ∴ EDC△ ∽ ACG ， ∴ ED EC AC AG  ， ∴ 3 5 5 2 3 2AG DE AC CE      ． 【点睛】本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、解直角三角形、圆周角定理的推论以及相似三 角形的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用相似三角形的判定和性质是解题 的关键． 25.如图所示， OAB 的顶点 A 在反比例函数 ( 0)ky kx   的图像上，直线 AB 交 y 轴于点 C，且点 C 的纵 坐标为 5，过点 A、B 分别作 y 轴的垂线 AE、BF，垂足分别为点 E、F，且 1AE  ． （1）若点 E 为线段 OC 的中点，求 k 的值； （2）若 OAB 为等腰直角三角形， 90AOB   ，其面积小于 3． ①求证： OAE BOF≌△ △ ； ②把 1 2 1 2x x y y   称为  1 1,M x y ，  2 2,N x y 两点间的“ZJ 距离”，记为 ,( )d M N ，求 ( , ) ( , )d A C d A B 的值． 【答案】（1） 5 2 ；（2）①见解析；②8． 【解析】 【分析】 （1）由点 E 为线段 OC 的中点，可得 E 点坐标为 50,2      ，进而可知 A 点坐标为： 51, 2A     ，代入解析式即可 求出 k； （2）①由 OAB 为等腰直角三角形，可得 AO OB ，再根据同角的余角相等可证 AOE FBO   ，由 AAS 即可证明 OAE BOF≌△ △ ； ②由“ZJ 距离”的定义可知 ,( )d M N 为 MN 两点的水平距离与垂直距离之和，故 ( , ) ( , )d A C d A B BF CF   ，即只需求出 B 点坐标即可，设点 (1, )A m ，由 OAE BOF≌△ △ 可得 ( , 1)B m  ，进而代入直线 AB 解析式求出 k 值即可解答． 【详解】解：（1）∵点 E 为线段 OC 的中点，OC=5， ∴ 1 5 2 2OE OC  ,即：E 点坐标为 50,2      ， 又∵AE⊥y 轴，AE=1， ∴ 51, 2A     ， ∴ 5 51 2 2k    ． （2）①在 OAB 为等腰直角三角形中， AO OB ， 90AOB   ， ∴ 90AOE FOB    ， 又∵BF⊥y 轴， ∴ 90FBO FOB     ， ∴ AOE FBO   在 OAE△ 和 BOF 中 90AEO OFB AOE FBO AO OB           ， ∴ ( )OAE BOF AAS≌△ △ ， ②解：设点 A 坐标为 (1, )m ， ∵ OAE BOF≌△ △ ∴ BF OE m  ， 1OF AE  ， ∴ ( , 1)B m  ， 设直线 AB 解析式为： : 5ABl y kx  ，将 AB 两点代入得： 则 5 5 1 k m km       ． 解得 1 1 3 2 k m     ， 2 2 2 3 k m     ． 当 2m  时， 2OE  ， 5OA  ， 5 32AOBS  △ ，符合； ∴ ( , ) ( , ) ( ) ( )d A C d A B AE CE BF AE OE OF       1 1 1CE OE OE      1 2CE OE   1 CO OE   1 5 2   8 ， 当 3m  时， 3OE  ， 10OA  ， 5 3AOBS  △ ，不符，舍去； 综上所述： ( , ) ( , ) 8d A C d A B  ． 【点睛】此题属于代几综合题，涉及的知识有：反比例函数、一次函数的性质及求法、三角形全等的判定 及性质、等腰直角三角形性质等，熟练掌握三角形全等的性质和判定和数形结合的思想是解本题的关键． 26.如图所示，二次函数 2 ( 0)y ax bx c a    的图像（记为抛物线  ）与 y 轴交于点 C，与 x 轴分别交于 点 A、B，点 A、B 的横坐标分别记为 1x ， 2x ，且 1 20 x x  ． （1）若 a c ， 3b   ，且过点 (1, 1) ，求该二次函数的表达式； （2）若关于 x 的一元二次方程 2 0ax bx c   的判别式 4  ．求证：当 5 2b   时，二次函数 2 1 ( 1)y ax b x c    的图像与 x 轴没有交点． （3）若 2 2 2 6c cAB c   ，点 P 的坐标为 0( , 1)x  ，过点 P 作直线 l 垂直于 y 轴，且抛物线的  顶点 在直线 l 上，连接 OP、AP、BP，PA 的延长线与抛物线  交于点 D，若 OPB DAB   ，求 0x 的最小值． 【答案】（1） 2 3 1y x x   ；（2）见解析；（3） 1 4 【解析】 【分析】 （1）根据题意，把 a c ， 3b   ，点 (1, 1) ，代入解析式，即可求出解析式； （2）利用根的判别式进行判断，即可得到结论； （3）根据二次函数的性质，得到 2 4 4b ac a  ，结合根与系数的关系，得到 24 2 6c c a c   ，然后证明 OAP OPB∽△ △ ，得到 OA OP OP OB  ，然后得到 0 1cx a   ，利用二次根式的性质即可得到答案． 【详解】解：（1）由题意得： 2 3y ax x a   ， ∵函数过点 (1, 1) ， ∴ 3 1a a    ， ∴ 1a c  ， ∴ 2 3 1y x x   ． （2）由题意，一元二次方程 2 0ax bx c   的判别式 4  ． ∴ 2 4 4b ac    ， ∴ 24 4ac b  ， 在函数 2 1 ( 1)y ax b x c    中，  2 2 2 1 ( 1) 4 ( 1) 4 2 5b ac b b b          ∵ 5 2b   ， ∴ 2 5 0b   ， 即函数图象与 x 轴没有交点． （3）因为函数顶点在直线 l 上，则有 24 14 ac b a    ， 即 2 4 4b ac a  ① ∵ 2 2 2 6c cAB c   ， ∴  2 2 2 1 2 6c cx x c    ， 即  2 2 1 2 1 2 2 64 c cx x x x c     ， ∴ 2 2 2 4 2 6b ac c c a c    ， 由①得： 24 2 6c c a c   ② ∵ OAP DAB   ， ∴ OAP OPB   ∵ OAP OBP APB     ， OPB OPA APB     ∴ OBP OPA   ， 则 OAP OPB∽△ △ ． ∴ OA OP OP OB  ， ∴ 2OA OB OP  ， ∴ 2 2 1 2 0( ) ( 1)x x x    ． ∴ 0 1c xa   ， ∴ 0 1cx a   ． 由②得： 2 0 2 6 14 c cx    ， ∴ 2 0 1 1( 1)4 4x c   ， ∴当 1c  时， 0 min 1 4x  ． 【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式，根与系 数的关系，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质，二次函数的最值等知识进行解题．