2020年湖北省恩施州中考数学试题

2020年湖北省恩施州中考数学试题

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（ ） A. 5 B. ﹣5 C. 1 5 D. 1 5  【答案】A 【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（ ）． A. 412 10 B. 51.2 10 C. 61.2 10 D. 60.12 10 【答案】B 【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． 【详解】120000= 51.2 10 ， 故选：B. 【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. 【答案】D 【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. 2 3 6a a a  B.   21a a a a   C.  2 2 2a b a b   D. 2 3 5a b ab  【答案】B 【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． 【详解】A、 2 3 5a a a  ，该选项错误，不符合题意； B、   21a a a a   ，该选项正确，符合题意； C、  2 2 22a b a ab b    ，该选项错误，不符合题意； D、2 3a b ，不是同类项，不能合并，该选项错误，不符合题意； 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． 5.函数 1xy x   的自变量的取值范围是（ ） A. 1x ﹣ B. 1x ﹣且 0x  C. 0x  D. 1x   且 0x  【答案】B 【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（ ）． A. 2 11 B. 4 11 C. 5 11 D. 6 11 【答案】D 【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， 所以选到甜粽的概率为： 6 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. 7.在实数范围内定义运算“☆”： 1a b a b  ☆ ，例如：2 3 2 3 1 4   ☆ ．如果 2 1x ☆ ，则 x的值是 （ ）． A. 1 B. 1 C. 0 D. 2 【答案】C 【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 2 1 1☆     x x x ， 又 2 1x ☆ ， ∴1 1x  ， ∴ 0x  ． 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. 5 3 5 2 x y x y      B. 5 2 5 3 x y x y      C. 5 3 1 2 5 x y x y      D. 3 5 2 5 1 x y x y      【答案】A 【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， ∴得到方程组 5 3 5 2 x y x y      ， 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. 【答案】A 【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. 10.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100 km h C. 乙车比甲车先到 B城 D. 乙车比甲车先出发1h 【答案】D 【解析】 【分析】 根据图象逐项分析判断即可． 【详解】由图象知： A．甲车的平均速度为 300 10 5 =60( )km h ，故此选项正确； B．乙车的平均速度为 300 100( ) 9 6 km h  ，故此选项正确； 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 ABCD的边长为 4，点E在 AB上且 1BE  ，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 【答案】B 【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 ABCD的边长为 4， ∴AD=AB=4，∠DAB=90°， ∵点 E在 AB上且 1BE  ， ∴AE=3， ∴DE= 2 2 5AD AE  ， ∴ 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. 12.如图，已知二次函数 2y ax bx c   的图象与 x轴相交于  2,0A  、  10B , 两点．则以下结论： ① 0ac  ；②二次函数 2y ax bx c   的图象的对称轴为 1x   ；③ 2 0a c  ；④ 0a b c   ．其中 正确的有（ ）个． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【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； 对于②：二次函数的图像与 x轴相交于  2,0A  、  1,0B ，由对称性可知，其对称轴为： 2 1 1 2 2 x      ， 故②错误； 对于③：设二次函数 2y ax bx c   的交点式为 2( 2)( 1) 2y a x x ax ax a      ，比较一般式与交点式 的系数可知： , 2  b a c a，故 2 0a c  ，故③正确； 对于④：当 1x   时对应的 y a b c   ，观察图像可知 1x   时对应的函数图像的 y值在 x轴上方，故 0a b c   ，故④正确． ∴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 ． 【答案】3． 【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. 【详解】∵ 23 9 ， ∴9算术平方根为 3． 故答案为 3． 【点睛】本题考查了算术平方根，熟练掌握算术平方根的概念是解题的关键. 14.如图，直线 1 2//l l ，点 A在直线 1l 上，点 B在直线 2l 上，AB BC ， 30C  ， 1 80  ，则 2  ______． 【答案】 40 【解析】 【分析】 利用等腰三角形的性质得到∠C=∠4=30，利用平行线的性质得到∠1=∠3=80，再根据三角形内角和定 理即可求解． 【详解】如图，延长 CB交 2l 于点 D， ∵AB=BC，∠C=30， ∴∠C=∠4=30， ∵ 1 2//l l ，∠1=80， ∴∠1=∠3=80， ∵∠C +∠3+∠2+∠4 =180，即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 4AB  ，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 60ABC  ，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°, ∴BC= 1 2 2 AB  ,AC= 2 3 , ∴ 1 1= 2 3 2=2 3 2 2ABCS AC BC     , 由以上可知∠CAB=30°, ∴扇形 ACD的面积=  2230 1 2 3 360 12 AC      , ∴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． 16.如图，在平面直角坐标系中， ABC 的顶点坐标分别为：  2,0A  ，  1,2B ，  1, 2C  ．已知  1,0N  ， 作点 N 关于点 A的对称点 1N ，点 1N 关于点 B的对称点 2N ，点 2N 关于点C的对称点 3N ，点 3N 关于点 A 的对称点 4N ，点 4N 关于点 B的对称点 5N ，…，依此类推，则点 2020N 的坐标为______． 【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， 故 2020N 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． 17.先化简，再求值： 2 2 2 9 3 6 9 3 3 m m m m m m          ，其中 2m  ． 【答案】 1 m ， 2 2 【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． 【详解】 2 2 2 9 3 6 9 3 3 m m m m m m          2 2 ( 3)( 3) 3 3 ( 3) 3 m m m m m m           2 3 3 3( ) 3 3 m m m m m        2 3 3 m m m m     1 m  ； 当 2m  时，原式 1 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 ， 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． 【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， 又 //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． 【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360乘以 D类部分所占百分比即可得出圆心角的度数； （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： 20 40% 50  名； （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： 5360 36 50   ； （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： 15500 =150 50  名． 【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 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 ）． 【答案】此时船与小岛 P的距离约为 44海里 【解析】 【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, 在 Rt△PBH中，BH=AB-AH=60-x，PB=2x， ∴tan30º= PH BH ， 即 3 3 60 x x   ， 解得： 30( 3 1)x   ， ∴PB=2x=60( 3 1) ≈44（海里）， 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． 21.如图，在平面直角坐标系中，直线  3 0y ax a a   与 x轴、 y轴分别相交于 A、 B两点，与双曲线  0ky x x   的一个交点为C，且 1 2 BC AC ． （1）求点 A的坐标； （2）当 3AOCS  时，求 a和 k的值． 【答案】(1) (3，0)；(2) 1a   ， 2k  【解析】 【分析】 (1)令  3 0y ax a a   中 0y  即可求出点 A的坐标； (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 1 2 BC AC 和 OA=3进而求出 CM 的长，再由 3AOCS  求出 CN的长，进而求出点 C坐标即可求解． 【详解】解：(1)由题意得：令  3 0y ax a a   中 0y  ， 即 3 0 ax a ，解得 3x  ， ∴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 BA AO ，代入数据： 即： 1 3 3  CM ，∴CM =1， 又 1 3 2   AOCS OA CN 即： 1 3 3 2   CN ，∴ =2CN ， ∴C点的坐标为(1，2)， 故反比例函数的 1 2 2k    ， 再将点 C(1,2)代入一次函数  3 0y ax a a   中， 即 2 3 a a，解得 1a   ， 故答案为： 1a   ， 2k  ． 【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 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？ 【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 A品牌 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 A品牌足球的数量不小于 B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 20x x   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． ∴   20 7200 8500 2 90 m m 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． 【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，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，连接 EO并延长与 O 分别相交于点G、H ，连接 BH ．若 6AB  ， 4AC  ，求 tan BHE ． 【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3） 1 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， ∵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）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）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 解得：x= 9 4 9 34tan 3 4 BEBOE OB      ∵∠BOE=2∠BHE 2 2 tan 3tan 1 tan 4 BHEBOE BHE        解得：tan∠BHE= 1 3 或-3（-3 不和题意舍去） ∴tan∠BHE= 1 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． 24.如图，抛物线 21 4 y x bx c    经过点  6,0C ，顶点为 B，对称轴 2x  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 21 4 y x 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 2PC  （如图）． 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． 【答案】（1） 21 3 4 y x x    ；（2）（ 3 2 ，0）；（3）①见解析；②CM = 2 3 1 或CM =1 2 3 【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 F （m，6-m），直线 EF 与抛物线 21 3 4 y x x    只有一个交点，联立两个解析式，得到关于 x的一元二次 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 2PC  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 EA ED ， 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 CM的长． 【详解】（1）∵点  6,0C 在抛物线上， ∴ 10 36 6 4 b c     ， 得到 6 =9b c ， 又∵对称轴 2x  ， ∴ 2 12 2 ( ) 4 b bx a        ， 解得 1b  ， ∴ 3c  ， ∴二次函数的解析式为 21 3 4 y x x    ； （2）当点M在点 C的左侧时，如下图： ∵抛物线的解析式为 21 3 4 y x x    ，对称轴为 2x  ，  6,0C ∴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 21 3 4 y x x    只有一个交点， ∴ 2 6 2 1 3 4 y x m y x x          ， 整理得： 21 3 2 0 4 x m   ， ∴Δ=b2-4ac=0，解得 m= 3 2 ， 点M的坐标为（ 3 2 ，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 21 3 4 y x x    不可能只有一个交点． 综上，点M的坐标为（ 3 2 ，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， ∵ 2PC  ，由（2）知∠BCA=45°， ∴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 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）； ∴EA= 2 2( 1 2) (5 0)m m     = 22 16 34m m  ， 又∵D为线段 BC的中点，B（2，4），C（6，0）， ∴点 D（4，2）， ∴ED= 2 2( 1 4) (5 2)m m     = 22 16 34m m  ， ∴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 21 3 4 y x x    上时， 把 E（m-1，5-m）代入，整理得：m2-10m+13=0， 解得：m=5 2 3 或 m=5 2 3 ， ∴CM = 2 3 1 或CM =1 2 3 ． 【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．