2019年江苏省连云港市中考数学试卷-(解析版）

这是一份2019年江苏省连云港市中考数学试卷-(解析版），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．﹣2的绝对值是（ ）
A．﹣2B．﹣C．2D．
【分析】根据负数的绝对值等于它的相反数求解．
【解答】解：因为|﹣2|＝2，
故选：C．
【点评】绝对值规律总结：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．要使有意义，则实数x的取值范围是（ ）
A．x≥1B．x≥0C．x≥﹣1D．x≤0
【分析】根据二次根式的性质可以得到x﹣1是非负数，由此即可求解．
【解答】解：依题意得x﹣1≥0，
∴x≥1．
故选：A．
【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件，根据被开方数是非负数即可解决问题．
3．计算下列代数式，结果为x5的是（ ）
A．x2+x3B．x•x5C．x6﹣xD．2x5﹣x5
【分析】根据合并同类项的法则以及同底数幂的乘法法则解答即可．
【解答】解：A、x2与x3不是同类项，故不能合并同类项，故选项A不合题意；
B、x•x5＝x6，故选项B不合题意；
C、x6与x不是同类项，故不能合并同类项，故选项C不合题意；
D、2x5﹣x5＝x5，故选项D符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查了合并同类项的法则：系数下降减，字母以及其指数不变．
4．一个几何体的侧面展开图如图所示，则该几何体的底面是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据几何体的侧面展开图可知该几何体为四棱锥，所以它的底面是四边形．
【解答】解：由题意可知，该几何体为四棱锥，所以它的底面是四边形．
故选：B．
【点评】本题主要考查了几何体的展开图，熟练掌握棱锥的展开图是解答本题的关键．
5．一组数据3，2，4，2，5的中位数和众数分别是（ ）
A．3，2B．3，3C．4，2D．4，3
【分析】根据众数和中位数的概念求解即可．
【解答】解：这组数据按照从小到大的顺序排列为：2，2，3，4，5，
中位数为：3，众数为：2．
故选：A．
【点评】本题考查了众数和中位数的知识，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
6．在如图所示的象棋盘（各个小正方形的边长均相等）中，根据“马走日”的规则，“马”应落在下列哪个位置处，能使“马”、“车”、“炮”所在位置的格点构成的三角形与“帅”、“相”、“兵”所在位置的格点构成的三角形相似（ ）
A．①处B．②处C．③处D．④处
【分析】确定“帅”、“相”、“兵”所在位置的格点构成的三角形的三边的长，然后利用相似三角形的对应边的比相等确定第三个顶点的位置即可．
【解答】解：帅”、“相”、“兵”所在位置的格点构成的三角形的三边的长分别为2、2、4；
“车”、“炮”之间的距离为1，
“炮”②之间的距离为，“车”②之间的距离为2，
∵＝＝，
∴马应该落在②的位置，
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形的知识，解题的关键是利用勾股定理求得三角形的各边的长，难度不大．
7．如图，利用一个直角墙角修建一个梯形储料场ABCD，其中∠C＝120°．若新建墙BC与CD总长为12m，则该梯形储料场ABCD的最大面积是（ ）
A．18m2B．18m2C．24m2D．m2
【分析】过点C作CE⊥AB于E，则四边形ADCE为矩形，CD＝AE＝x，∠DCE＝∠CEB＝90°，则∠BCE＝∠BCD﹣∠DCE＝30°，BC＝12﹣x，由直角三角形的，性质得出BE＝BC＝6﹣x，得出AD＝CE＝BE＝6﹣x，AB＝AE+BE＝x+6﹣x＝x+6，由梯形面积公式得出梯形ABCD的面积S与x之间的函数关系式，根据二次函数的性质直接求解．
【解答】解：如图，过点C作CE⊥AB于E，
则四边形ADCE为矩形，CD＝AE＝x，∠DCE＝∠CEB＝90°，
则∠BCE＝∠BCD﹣∠DCE＝30°，BC＝12﹣x，
在Rt△CBE中，∵∠CEB＝90°，
∴BE＝BC＝6﹣x，
∴AD＝CE＝BE＝6﹣x，AB＝AE+BE＝x+6﹣x＝x+6，
∴梯形ABCD面积S＝（CD+AB）•CE＝（x+x+6）•（6﹣x）＝﹣x2+3x+18＝﹣（x﹣4）2+24，
∴当x＝4时，S最大＝24．
即CD长为4m时，使梯形储料场ABCD的面积最大为24m2；
故选：C．
【点评】此题考查了梯形的性质、矩形的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、二次函数的运用，利用梯形的面积建立二次函数是解题的关键．
8．如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB．将矩形ABCD对折，得到折痕MN；沿着CM折叠，点D的对应点为E，ME与BC的交点为F；再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，此时点B的对应点为G．下列结论：①△CMP是直角三角形；②点C、E、G不在同一条直线上；③PC＝MP；④BP＝AB；⑤点F是△CMP外接圆的圆心，其中正确的个数为（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【分析】根据折叠的性质得到∠DMC＝∠EMC，∠AMP＝∠EMP，于是得到∠PME+∠CME＝180°＝90°，求得△CMP是直角三角形；故①正确；根据平角的定义得到点C、E、G在同一条直线上，故②错误；设AB＝x，则AD＝2x，得到DM＝AD＝x，根据勾股定理得到CM＝＝x，根据射影定理得到CP＝＝x，得到PC＝MP，故③错误；求得PB＝AB，故④，根据平行线等分线段定理得到CF＝PF，求得点F是△CMP外接圆的圆心，故⑤正确．
【解答】解：∵沿着CM折叠，点D的对应点为E，
∴∠DMC＝∠EMC，
∵再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，
∴∠AMP＝∠EMP，
∵∠AMD＝180°，
∴∠PME+∠CME＝180°＝90°，
∴△CMP是直角三角形；故①正确；
∵沿着CM折叠，点D的对应点为E，
∴∠D＝∠MEC＝90°，
∵再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，
∴∠MEG＝∠A＝90°，
∴∠GEC＝180°，
∴点C、E、G在同一条直线上，故②错误；
∵AD＝2AB，
∴设AB＝x，则AD＝2x，
∵将矩形ABCD对折，得到折痕MN；
∴DM＝AD＝x，
∴CM＝＝x，
∵∠PMC＝90°，MN⊥PC，
∴CM2＝CN•CP，
∴CP＝＝x，
∴PN＝CP﹣CN＝x，
∴PM＝＝x，
∴＝＝，
∴PC＝MP，故③错误；
∵PC＝x，
∴PB＝2x﹣x＝x，
∴＝，
∴PB＝AB，故④，
∵CD＝CE，EG＝AB，AB＝CD，
∴CE＝EG，
∵∠CEM＝∠G＝90°，
∴FE∥PG，
∴CF＝PF，
∵∠PMC＝90°，
∴CF＝PF＝MF，
∴点F是△CMP外接圆的圆心，故⑤正确；
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，折叠的性质，直角三角形的性质，矩形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分.不需要写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
9．64的立方根为 4 ．
【分析】利用立方根定义计算即可得到结果．
【解答】解：64的立方根是4．
故答案为：4．
【点评】此题考查了立方根，熟练掌握立方根的定义是解本题的关键．
10．计算（2﹣x）2＝ 4﹣4x+x2 ．
【分析】根据完全平方公式展开3项即可．
【解答】解：（2﹣x）2＝22﹣2×2x+x2＝4﹣4x+x2．
故答案为：4﹣4x+x2
【点评】本题主要考查了完全平方公式，需要注意完全平方公式与平方差公式的区别．
11．连镇铁路正线工程的投资总额约为46400000000元，数据“46400000000”用科学记数法可表示为 4.64×1010 ．
【分析】利用科学记数法的表示即可．
【解答】解：
科学记数法表示：46400000000＝4.64×1010
故答案为：4.64×1010
【点评】本题主要考查科学记数法的表示，把一个数表示成a与10的n次幂相乘的形式（1≤a＜10，n为整数），这种记数法叫做科学记数法．
12．一圆锥的底面半径为2，母线长3，则这个圆锥的侧面积为 6π ．
【分析】根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．
【解答】解：该圆锥的侧面积＝×2π×2×3＝6π．
故答案为6π．
【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
13．如图，点A、B、C在⊙O上，BC＝6，∠BAC＝30°，则⊙O的半径为 6 ．
【分析】根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半和有一角是60°的等腰三角形是等边三角形求解．
【解答】解：∵∠BOC＝2∠BAC＝60°，又OB＝OC，
∴△BOC是等边三角形
∴OB＝BC＝6，
故答案为6．
【点评】本题综合运用圆周角定理以及等边三角形的判定和性质．
14．已知关于x的一元二次方程ax2+2x+2﹣c＝0有两个相等的实数根，则+c的值等于 2 ．
【分析】根据“关于x的一元二次方程ax2+2x+2﹣c＝0有两个相等的实数根”，结合根的判别式公式，得到关于a和c的等式，整理后即可得到的答案．
【解答】解：根据题意得：
△＝4﹣4a（2﹣c）＝0，
整理得：4ac﹣8a＝﹣4，
4a（c﹣2）＝﹣4，
∵方程ax2+2x+2﹣c＝0是一元二次方程，
∴a≠0，
等式两边同时除以4a得：c﹣2＝﹣，
则+c＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了根的判别式，正确掌握根的判别式公式是解题的关键．
15．如图，将一等边三角形的三条边各8等分，按顺时针方向（图中箭头方向）标注各等分点的序号0、1、2、3、4、5、6、7、8，将不同边上的序号和为8的两点依次连接起来，这样就建立了“三角形”坐标系．在建立的“三角形”坐标系内，每一点的坐标用过这一点且平行（或重合）于原三角形三条边的直线与三边交点的序号来表示（水平方向开始，按顺时针方向），如点A的坐标可表示为（1，2，5），点B的坐标可表示为（4，1，3），按此方法，则点C的坐标可表示为 （2，4，2） ．
【分析】根据点A的坐标可表示为（1，2，5），点B的坐标可表示为（4，1，3）得到经过点的三条直线对应着等边三角形三边上的三个数，依次为左、右，下，即为该点的坐标，于是得到结论．
【解答】解：根据题意得，点C的坐标可表示为（2，4，2），
故答案为：（2，4，2）．
【点评】本题考查了规律型：点的坐标，等边三角形的性质，找出题中的规律是解题的关键．
16．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，以点C为圆心作⊙C与直线BD相切，点P是⊙C上一个动点，连接AP交BD于点T，则的最大值是 3 ．
【分析】先判断出最大时，BE最大，再用相似三角形的性质求出BG，HG，CH，进而判断出HM最大时，BE最大，而点M在⊙C上时，HM最大，即可HP'，即可得出结论．
【解答】解：如图，
过点P作PE∥BD交AB的延长线于E，
∴∠AEP＝∠ABD，△APE∽△ATB，
∴，
∵AB＝4，
∴AE＝AB+BE＝4+BE，
∴，
∴BE最大时，最大，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝3，CD＝AB＝4，
过点C作CH⊥BD于H，交PE于M，并延长交AB于G，
∵BD是⊙C的切线，
∴∠GME＝90°，
在Rt△BCD中，BD＝＝5，
∵∠BHC＝∠BCD＝90°，∠CBH＝∠DBC，
∴△BHC∽△BCD，
∴，
∴，
∴BH＝，CH＝，
∵∠BHG＝∠BAD＝90°，∠GBH＝∠DBA，
∴△BHG∽△BAD，
∴＝，
∴，
∴HG＝，BG＝，
在Rt△GME中，GM＝EG•sin∠AEP＝EG×＝EG，
而BE＝GE﹣BG＝GE﹣，
∴GE最大时，BE最大，
∴GM最大时，BE最大，
∵GM＝HG+HM＝+HM，
即：HM最大时，BE最大，
延长MC交⊙C于P'，此时，HM最大＝HP'＝2CH＝，
∴GP'＝HP'+HG＝，
过点P'作P'F∥BD交AB的延长线于F，
∴BE最大时，点E落在点F处，
即：BE最大＝BF，
在Rt△GP'F中，FG＝＝＝＝，
∴BF＝FG﹣BG＝8，
∴最大值为1+＝3，
故答案为：3．
【点评】此题主要考查了矩形的性质，圆的切线的性质，相似三角形的性质，构造出相似三角形是解本题的关键．
三、解答题（本大题共11小题，共102分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤
17．（6分）计算（﹣1）×2++（）﹣1．
【分析】分别根据有理数乘法的法则、二次根式的性质以及负整数指数幂化简即可求解．
【解答】解：原式＝﹣2+2+3＝3．
【点评】本题考查了实数的运算法则，属于基础题，解答本题的关键是熟练掌握二次根式的化简以及负整数指数幂．
18．（6分）解不等式组
【分析】先求出两个不等式的解集，再求其公共解．
【解答】解：，
由①得，x＞﹣2，
由②得，x＜2，
所以，不等式组的解集是﹣2＜x＜2．
【点评】本题主要考查了一元一次不等式组解集的求法，其简便求法就是用口诀求解．求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）．
19．（6分）化简÷（1+）．
【分析】先做括号里面，再把除法转化成乘法，计算得结果．
【解答】解：原式＝÷
＝÷
＝×
＝．
【点评】本题考查了分式的混合运算．解决本题的关键是掌握分式的运算顺序和分式加减乘除的运算法则．
20．（8分）为了解某地区中学生一周课外阅读时长的情况，随机抽取部分中学生进行调查，根据调查结果，将阅读时长分为四类：2小时以内，2～4小时（含2小时），4～6小时（含4小时），6小时及以上，并绘制了如图所示尚不完整的统计图．
（1）本次调查共随机抽取了 200 名中学生，其中课外阅读时长“2～4小时”的有 40 人；
（2）扇形统计图中，课外阅读时长“4～6小时”对应的圆心角度数为 144 °；
（3）若该地区共有20000名中学生，估计该地区中学生一周课外阅读时长不少于4小时的人数．
【分析】（1）根据统计图中的数据可以求得本次调查的学生数和课外阅读时长“2～4小时”的人数；
（2）根据统计图中的数据可以求得扇形统计图中，课外阅读时长“4～6小时”对应的圆心角度数；
（3）根据统计图的数据可以计算出该地区中学生一周课外阅读时长不少于4小时的人数．
【解答】解：（1）本次调查共随机抽取了：50÷25%＝200（名）中学生，
其中课外阅读时长“2～4小时”的有：200×20%＝40（人），
故答案为：200，40；
（2）扇形统计图中，课外阅读时长“4～6小时”对应的圆心角度数为：360°×（1﹣﹣20%﹣25%）＝144°，
故答案为：144；
（3）20000×（1﹣﹣20%）＝13000（人），
答：该地区中学生一周课外阅读时长不少于4小时的有13000人．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21．（10分）现有A、B、C三个不透明的盒子，A盒中装有红球、黄球、蓝球各1个，B盒中装有红球、黄球各1个，C盒中装有红球、蓝球各1个，这些球除颜色外都相同．现分别从A、B、C三个盒子中任意摸出一个球．
（1）从A盒中摸出红球的概率为 ；
（2）用画树状图或列表的方法，求摸出的三个球中至少有一个红球的概率．
【分析】（1）从A盒中摸出红球的结果有一个，由概率公式即可得出结果；
（2）画树状图展示所有12种等可能的结果数，摸出的三个球中至少有一个红球的结果有10种，由概率公式即可得出结果．
【解答】解：（1）从A盒中摸出红球的概率为；
故答案为：；
（2）画树状图如图所示：
共有12种等可能的结果，摸出的三个球中至少有一个红球的结果有10种，
∴摸出的三个球中至少有一个红球的概率为＝．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
22．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC．将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，其中点E在边BC上，DE与AC相交于点O．
（1）求证：△OEC为等腰三角形；
（2）连接AE、DC、AD，当点E在什么位置时，四边形AECD为矩形，并说明理由．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠B＝∠ACB，根据平移得出AB∥DE，求出∠B＝∠DEC，再求出∠ACB＝∠DEC即可；
（2）求出四边形AECD是平行四边形，再求出四边形AECD是矩形即可．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵△ABC平移得到△DEF，
∴AB∥DE，
∴∠B＝∠DEC，
∴∠ACB＝∠DEC，
∴OE＝OC，
即△OEC为等腰三角形；
（2）解：当E为BC的中点时，四边形AECD是矩形，
理由是：∵AB＝AC，E为BC的中点，
∴AE⊥BC，BE＝EC，
∵△ABC平移得到△DEF，
∴BE∥AD，BE＝AD，
∴AD∥EC，AD＝EC，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴四边形AECD是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定、平移的性质、等腰三角形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
23．（10分）某工厂计划生产甲、乙两种产品共2500吨，每生产1吨甲产品可获得利润0.3万元，每生产1吨乙产品可获得利润0.4万元．设该工厂生产了甲产品x（吨），生产甲、乙两种产品获得的总利润为y（万元）．
（1）求y与x之间的函数表达式；
（2）若每生产1吨甲产品需要A原料0.25吨，每生产1吨乙产品需要A原料0.5吨．受市场影响，该厂能获得的A原料至多为1000吨，其它原料充足．求出该工厂生产甲、乙两种产品各为多少吨时，能获得最大利润．
【分析】（1）利润y（元）＝生产甲产品的利润+生产乙产品的利润；而生产甲产品的利润＝生产1吨甲产品的利润0.3万元×甲产品的吨数x，即0.3x万元，生产乙产品的利润＝生产1吨乙产品的利润0.4万元×乙产品的吨数（2500﹣x），即0.4（2500﹣x）万元．
（2）由（1）得y是x的一次函数，根据函数的增减性，结合自变量x的取值范围再确定当x取何值时，利润y最大．
【解答】解：（1）y＝0.3x+0.4（2500﹣x）＝﹣0.1x+1000
因此y与x之间的函数表达式为：y＝﹣0.1x+1000．
（2）由题意得：
∴1000≤x≤2500
又∵k＝﹣0.1＜0
∴y随x的增大而减少
∴当x＝1000时，y最大，此时2500﹣x＝1500，
因此，生产甲产品1000吨，乙产品1500吨时，利润最大．
【点评】这是一道一次函数和不等式组综合应用题，准确地根据题目中数量之间的关系，求利润y与甲产品生产的吨数x的函数表达式，然后再利用一次函数的增减性和自变量的取值范围，最后确定函数的最值．也是常考内容之一．
24．（10分）如图，海上观察哨所B位于观察哨所A正北方向，距离为25海里．在某时刻，哨所A与哨所B同时发现一走私船，其位置C位于哨所A北偏东53°的方向上，位于哨所B南偏东37°的方向上．
（1）求观察哨所A与走私船所在的位置C的距离；
（2）若观察哨所A发现走私船从C处以16海里/小时的速度向正东方向逃窜，并立即派缉私艇沿北偏东76°的方向前去拦截，求缉私艇的速度为多少时，恰好在D处成功拦截．（结果保留根号）
（参考数据：sin37°＝cs53°≈，cs37°＝sin53°≈，tan37°≈，tan76°≈4）
【分析】（1）先根据三角形内角和定理求出∠ACB＝90°，再解Rt△ABC，利用正弦函数定义得出AC即可；
（2）过点C作CM⊥AB于点M，易知，D、C、M在一条直线上．解Rt△AMC，求出CM、AM．解Rt△AMD中，求出DM、AD，得出CD．设缉私艇的速度为x海里/小时，根据走私船行驶CD所用的时间等于缉私艇行驶AD所用的时间列出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）在△ABC中，∠ACB＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝180°﹣37°﹣53°＝90°．
在Rt△ABC中，sinB＝，
∴AC＝AB•sin37°＝25×＝15（海里）．
答：观察哨所A与走私船所在的位置C的距离为15海里；
（2）过点C作CM⊥AB于点M，由题意易知，D、C、M在一条直线上．
在Rt△AMC中，CM＝AC•sin∠CAM＝15×＝12，
AM＝AC•cs∠CAM＝15×＝9．
在Rt△AMD中，tan∠DAM＝，
∴DM＝AM•tan76°＝9×4＝36，
∴AD＝＝＝9，
CD＝DM﹣CM＝36﹣12＝24．
设缉私艇的速度为x海里/小时，则有＝，
解得x＝6．
经检验，x＝6是原方程的解．
答：当缉私艇的速度为6海里/小时时，恰好在D处成功拦截．
【点评】此题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，结合航海中的实际问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．
25．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y＝﹣x+b的图象与函数y＝（x＜0）的图象相交于点A（﹣1，6），并与x轴交于点C．点D是线段AC上一点，△ODC与△OAC的面积比为2：3．
（1）k＝ ﹣6 ，b＝ 5 ；
（2）求点D的坐标；
（3）若将△ODC绕点O逆时针旋转，得到△OD'C'，其中点D'落在x轴负半轴上，判断点C'是否落在函数y＝（x＜0）的图象上，并说明理由．
【分析】（1）将A（﹣1，6）代入y＝﹣x+b可求出b的值；将A（﹣1，6）代入y＝可求出k的值；
（2）过点D作DM⊥x轴，垂足为M，过点A作AN⊥x轴，垂足为N，由△ODC与△OAC的面积比为2：3，可推出，由点A的坐标可知AN＝6，进一步求出DM＝4，即为点D的纵坐标，把y＝4代入y＝﹣x+5中，可求出点D坐标；
（3）过点C'作C'G⊥x轴，垂足为G，由题意可知，OD'＝OD＝＝，由旋转可知S△ODC＝S△OD'C'，可求出C'G＝，在Rt△OC'G中，通过勾股定理求出OG的长度，即可写出点C'的坐标，将其坐标代入y＝﹣可知没有落在函数y＝（x＜0）的图象上．
【解答】解：（1）将A（﹣1，6）代入y＝﹣x+b，
得，6＝1+b，
∴b＝5，
将A（﹣1，6）代入y＝，
得，6＝，
∴k＝﹣6，
故答案为：﹣6，5；
（2）如图1，过点D作DM⊥x轴，垂足为M，过点A作AN⊥x轴，垂足为N，
∵，
∴，
又∵点A的坐标为（﹣1，6），
∴AN＝6，
∴DM＝4，即点D的纵坐标为4，
把y＝4代入y＝﹣x+5中，
得，x＝1，
∴D（1，4）；
（3）由题意可知，OD'＝OD＝＝，
如图2，过点C'作C'G⊥x轴，垂足为G，
∵S△ODC＝S△OD'C'，
∴OC•DM＝OD'•C'G，
即5×4＝C'G，
∴C'G＝，
在Rt△OC'G中，
∵OG＝＝＝，
∴C'的坐标为（﹣，），
∵（﹣）×≠﹣6，
∴点C'不在函数y＝﹣的图象上．
【点评】本题考查了待定系数法求解析式，三角形的面积，反比例函数的性质，勾股定理等，解题关键是能够熟练运用反比例函数的性质．
26．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L1：y＝x2+bx+c过点C（0，﹣3），与抛物线L2：y＝﹣x2﹣x+2的一个交点为A，且点A的横坐标为2，点P、Q分别是抛物线L1、L2上的动点．
（1）求抛物线L1对应的函数表达式；
（2）若以点A、C、P、Q为顶点的四边形恰为平行四边形，求出点P的坐标；
（3）设点R为抛物线L1上另一个动点，且CA平分∠PCR．若OQ∥PR，求出点Q的坐标．
【分析】（1）先求出A点的坐标，再用待定系数法求出函数解析式便可；
（2）设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），分两种情况讨论：AC为平行四边形的一条边，AC为平行四边形的一条对角线，用x表示出Q点坐标，再把Q点坐标代入抛物线L2：y＝﹣x2﹣x+2中，列出方程求得解便可；
（3）当点P在y轴左侧时，抛物线L1不存在点R使得CA平分∠PCR，当点P在y轴右侧时，不妨设点P在CA的上方，点R在CA的下方，过点P、R分别作y轴的垂线，垂足分别为S、T，过点P作PH⊥TR于点H，设点P坐标为（x1，），点R坐标为（x2，），证明△PSC∽△RTC，由相似比得到x1+x2＝4，进而得tan∠PRH的值，过点Q作QK⊥x轴于点K，设点Q坐标为（m，），由tan∠QOK＝tan∠PRH，移出m的方程，求得m便可．
【解答】解：（1）将x＝2代入y＝﹣x2﹣x+2，得y＝﹣3，故点A的坐标为（2，﹣3），
将A（2，﹣1），C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得
，解得，
∴抛物线L1：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），
第一种情况：AC为平行四边形的一条边，
①当点Q在点P右侧时，则点Q的坐标为（x+2，﹣2x﹣3），
将Q（x+2，﹣2x﹣3）代入y＝﹣x2﹣x+2，得
﹣2x﹣3＝﹣（x+2）2﹣（x+2）+2，
解得，x＝0或x＝﹣1，
因为x＝0时，点P与C重合，不符合题意，所以舍去，
此时点P的坐标为（﹣1，0）；
②当点Q在点P左侧时，则点Q的坐标为（x﹣2，x2﹣2x﹣3），
将Q（x﹣2，x2﹣2x﹣3）代入y＝﹣x2﹣x+2，得
y＝﹣x2﹣x+2，得
x2﹣2x﹣3＝﹣（x﹣2）2﹣（x﹣2）+2，
解得，x＝3，或x＝﹣，
此时点P的坐标为（3，0）或（﹣，）；
第二种情况：当AC为平行四边形的一条对角线时，
由AC的中点坐标为（1，﹣3），得PQ的中点坐标为（1，﹣3），
故点Q的坐标为（2﹣x，﹣x2+2x﹣3），
将Q（2﹣x，﹣x2+2x﹣3）代入y＝﹣x2﹣x+2，得
﹣x2+2x﹣3═﹣（2﹣x）2﹣（2﹣x）+2，
解得，x＝0或x＝﹣3，
因为x＝0时，点P与点C重合，不符合题意，所以舍去，
此时点P的坐标为（﹣3，12），
综上所述，点P的坐标为（﹣1，0）或（3，0）或（﹣，）或（﹣3，12）；
（3）当点P在y轴左侧时，抛物线L1不存在点R使得CA平分∠PCR，
当点P在y轴右侧时，不妨设点P在CA的上方，点R在CA的下方，
过点P、R分别作y轴的垂线，垂足分别为S、T，
过点P作PH⊥TR于点H，则有∠PSC＝∠RTC＝90°，
由CA平分∠PCR，得∠PCA＝∠RCA，则∠PCS＝∠RCT，
∴△PSC∽△RTC，
∴，
设点P坐标为（x1，），点R坐标为（x2，），
所以有，
整理得，x1+x2＝4，
在Rt△PRH中，tan∠PRH＝＝
过点Q作QK⊥x轴于点K，设点Q坐标为（m，），
若OQ∥PR，则需∠QOK＝∠PRH，
所以tan∠QOK＝tan∠PRH＝2，
所以2m＝，
解得，m＝，
所以点Q坐标为（，﹣7+）或（，﹣7﹣）．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式，平行四边形的性质，解直角三角形的应用，相似三角形的性质与判定，角平分线的性质，动点问题探究，突破第（2）题的方法是分情况讨论；突破第（3）的方法是作直角三角形，构造相似三角形，用相似三角形的相似比列方程．
27．（14分）问题情境：如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N．判断线段DN、MB、EC之间的数量关系，并说明理由．
问题探究：在“问题情境”的基础上．
（1）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数；
（2）如图3，当垂足P在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P'处，若正方形ABCD的边长为4，AD的中点为S，求P'S的最小值．
问题拓展：如图4，在边长为4的正方形ABCD中，点M、N分别为边AB、CD上的点，将正方形ABCD沿着MN翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，C'N交AD于点F．分别过点A、F作AG⊥MN，FH⊥MN，垂足分别为G、H．若AG＝，请直接写出FH的长．
【分析】问题情境：过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，证出四边形MBFN为平行四边形，得出NF＝MB，证明△ABE≌△BCF得出BE＝CF，即可得出结论；
问题探究：（1）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，证出△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，证明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH＝∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即可得出结论；
（2）连接AC交BD于点O，则△APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，由等腰直角三角形的性质得出∠ODA＝∠ADO′＝45°，当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，证明△APB≌△CPB得出∠BAP＝∠BCP，证明Rt△PGN≌Rt△NHP'得出PG＝NH，GN＝P'H，由正方形的性质得出∠PDG＝45°，易得出PG＝GD，得出GN＝DH，DH＝P'H，得出∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，点P'在线段DO'上运动；过点S作SK⊥DO'，垂足为K，即可得出结果；
问题拓展：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，则EG＝AG＝，PH＝FH，得出AE＝5，由勾股定理得出BE＝＝3，得出CE＝BC﹣BE＝1，证明△ABE∽△QCE，得出QE＝AE＝，AQ＝AE+QE＝，证明△AGM∽△ABE，得出AM＝，由折叠的性质得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，求出B'M＝＝，AC'＝1，证明△AFC'∽△MAB'，得出AF＝，DF＝4﹣＝，证明△DFP∽△DAQ，得出FP＝，得出FH＝FP＝．
【解答】问题情境：
解：线段DN、MB、EC之间的数量关系为：DN+MB＝EC；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD，AB∥CD，
过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，如图1所示：
∴四边形MBFN为平行四边形，
∴NF＝MB，
∴BF⊥AE，
∴∠BGE＝90°，
∴∠CBF+∠AEB＝90°，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠CBF＝∠BAE，
在△ABE和△BCF中，，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF，
∵DN+NF+CF＝BE+EC，
∴DN+MB＝EC；
问题探究：
解：（1）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，如图2所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴四边形ABIH为矩形，
∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI＝AB＝AD，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠BDA＝45°，
∴△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，
∵MN是AE的垂直平分线，
∴AQ＝QE，
在Rt△AHQ和Rt△QIE中，，
∴Rt△AHQ≌Rt△QIE（HL），
∴∠AQH＝∠QEI，
∴∠AQH+∠EQI＝90°，
∴∠AQE＝90°，
∴△AQE是等腰直角三角形，
∴∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即∠AEF＝45°；
（2）连接AC交BD于点O，如图3所示：
则△APN的直角顶点P在OB上运动，
设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，
∵AO＝OD，∠AOD＝90°，
∴∠ODA＝∠ADO′＝45°，
当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，
∵点P在BD上，
∴AP＝PC，
在△APB和△CPB中，，
∴△APB≌△CPB（SSS），
∴∠BAP＝∠BCP，
∵∠BCD＝∠MPA＝90°，
∴∠PCN＝∠AMP，
∵AB∥CD，
∴∠AMP＝∠PNC，
∴∠PCN＝∠PNC，
∴PC＝PN，
∴AP＝PN，
∴∠PNA＝45°，
∴∠PNP′＝90°，
∴∠P′NH+PNG＝90°，
∵∠P′NH+∠NP′H＝90°，∠PNG+∠NPG＝90°，
∴∠NPG＝∠P′NH，∠PNG＝∠NP′H，
由翻折性质得：PN＝P′N，
在△PGN和△NHP'中，，
∴△PGN≌△NHP'（ASA），
∴PG＝NH，GN＝P'H，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠PDG＝45°，
易得PG＝GD，
∴GN＝DH，
∴DH＝P'H，
∴∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，
∴点P'在线段DO'上运动；
过点S作SK⊥DO'，垂足为K，
∵点S为AD的中点，
∴DS＝2，则P'S的最小值为；
问题拓展：
解：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，如图4：
则EG＝AG＝，PH＝FH，
∴AE＝5，
在Rt△ABE中，BE＝＝3，
∴CE＝BC﹣BE＝1，
∵∠B＝∠ECQ＝90°，∠AEB＝∠QEC，
∴△ABE∽△QCE，
∴＝＝3，
∴QE＝AE＝，
∴AQ＝AE+QE＝，
∵AG⊥MN，
∴∠AGM＝90°＝∠B，
∵∠MAG＝∠EAB，
∴△AGM∽△ABE，
∴＝，即＝，
解得：AM＝，
由折叠的性质得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，
∴B'M＝＝，AC'＝1，
∵∠BAD＝90°，
∴∠B'AM＝∠C'FA，
∴△AFC'∽△MAB'，
∴＝＝，
解得：AF＝，
∴DF＝4﹣＝，
∵AG⊥MN，FH⊥MN，
∴AG∥FH，
∴AQ∥FP，
∴△DFP∽△DAQ，
∴＝，即＝，
解得：FP＝，
∴FH＝FP＝．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
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