精品解析：山东省聊城2020年中考数学试题（解析版）

2020 年山东省聊城市中考数学试卷 2020 年山东省聊城初中毕业生学业考试数学试题卷一、选择题（本题共 12 小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求） 11. 在实数，，0，中，最小的实数是（）． C. 1  2 41A. B. D. 01  2 4D【答案】【解析】【分析】正实数都大于 0，负实数都小于 0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，据此判断即可． 1 0  1  2 【详解】∵ ，41∴在实数，，0，中，最小的实数是，1  2  2 4故选：D．【点睛】此题主要考查了实数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：正实数＞0＞负实数，两个负实数绝对值大的反而小． 2. 如图所示的几何体的俯视图是（）A. B. C. D. C【答案】【解析】【分析】找到从几何体的上面看所得到的图形即可．【详解】从上面看几何体所得到的图形为俯视图，其中看得见的轮廓画实线，选项 C 符合题意．故选：C．【点睛】本题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握俯视图所看的位置． 3. 如图，在 ABC 中，AB＝AC，∠C＝65°，点 D 是 BC 边上任意一点，过点 D 作 DF∥AB 交 AC 于点 E，则∠FEC 的度数是（）A. 120° B. 130° C. 145° D. 150° B【答案】【解析】【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C，利用平行线的性质得到∠ EDC＝∠B，利用三角形的外角性质即可求解．【详解】∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C＝65°， ∵DF∥AB， ∴∠ EDC＝∠B＝65°， ∴∠FEC＝∠EDC＋∠C＝65°＋65°＝130°．故选：B．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角性质，需熟练掌握． 4. 下列计算正确的是（）． a2 a3  a6 a6  a2  a3 D. (2a  b)2  4a2  b2 A. C. B. 32ab2  8a3b6 C【答案】【解析】【分析】根据同底数幂的乘法、同底数幂的除法、积的乘方、完全平方公式逐一分析即可． 2323 【详解】A． 5 ，该项不符合题意； a a  a  a a  a  a6 2  a 62 B． 8 ，该项不符合题意； 3332ab2  2  a3  b2  8a3b6 C． D．，该项符合题意； 22(2a  b)  4a  4ab  b 2 ，该项不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查同底数幂的乘法、同底数幂的除法、积的乘方、完全平方公式等内容，解题的关键是掌握运算法则． 5. 为了增强学生预防新冠肺炎的安全意识，某校开展疫情防控知识竞赛．来自不同年级的 30 名参赛同学的得分情况如下表所示，这些成绩的中位数和众数分别是（）成绩/分人数/人 84 288 492 996 10 100 5A. 92 分，96 分 B. 94 分，96 分 C. 96 分，96 分 D. 96 分，100 分 B【答案】【解析】【分析】根据中位数的定义和众数的定义分别求解即可．【详解】解：由统计表得共有 30 个数据，第 15、16 个数据分别是 92,96， 92  96 =94 ∴中位数是；2由统计表得数据 96 出现的次数最多， ∴众数为 96．故选：B 【点睛】本题考查了求一组数据的中位数和众数．中位数是将一组数据由小到大（由大到小）排序后，位于中间位置的数据，当有偶数个数据时，取中间两数的平均数；众数是一组数据出现次数最多的数． 36. 计算的结果正确的是（）． 45  3 3 55B. A. 1 C. 5 D. 9 3A【答案】【解析】【分析】利用二次根式的乘除法则计算即可得到结果． 3【详解】解： 45  3 3 53 45  27  513 45 27 5 ，1 故选：A．【点睛】本题主要考查了二次根式的乘除法，熟练掌握运算法则是解题的关键． 7. 如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长都是 1，ABC 的顶点都在这些小正方形的顶点上， 45 那么的值为（）． sin ACB 35453 5 517 5A. B. C. D. D【答案】【解析】【分析】 AD  BC 过点 A 作于点 D，在中，利用勾股定理求得线段 AC 的长，再按照正弦函数的定义计 Rt△ACD 算即可． AD  BC 【详解】解：如图，过点 A 作于点 D，则 ADC  90 ，22∴，AC  AD  CD  5 AD AC 45sin ACB  ∴，故选：D．【点睛】本题考查了勾股定理的运用以及锐角三角函数，正确作出辅助线是解题的关键． 28. 用配方法解一元二次方程，配方正确的是（）． 2x  3x 1  0 223417 16 341A. B. x  x  x  x  2223213 43211 4C. D. A【答案】【解析】【分析】按照配方法的步骤进行求解即可得答案. 2【详解】解： 2x  3x 1  0 2移项得，2x 3x 1 312×2  x  二次项系数化 1 的，222331  23    2配方得 x  x      24  4  23417 16 即x  故选：A 【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤为（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为 1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方． 9. 如图， O CD  AB 是的直径，弦，垂足为点．连接，．如果，，OC OC//DB AB MDB OC  2 3 那么图中阴影部分的面积是（）． 4 D. A. B. C. 3 2 B【答案】【解析】【分析】根据 O CD  AB ，由垂径定理得是的直径，弦，再根据证得 CM  DM OC//DB AB S S扇形OBC ．△OMC  △BMD CD  AB 的直径，弦，即可证明，即可得出 MCO  CDB 阴影 Q AB O 【详解】解：是，，．OMC  90 CM  DM MOC  MCO  90 OC//DB MCO  CDB 1CDB  BOC 又21MOC  MOC  90 2MOC  60 △OMC 在和中， BMD OCM  BDM CM  DM OMC  BMD △OMC  △BMD S△OMC  S△BMD ，260  2 3 S阴影  S扇形OBC 故选：B  2 360 【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，平行线的性质，全等三角形的判定，扇形的面积，等积变换， S S △BMD ，从而将阴影部分的面积转化为扇形 OBC 的面积，题目比较典型，难度解此题的关键是证出 △OMC 适中．，圆心角为  的扇形铁皮，要把它做成一个圆锥形容器（接缝忽略不计），那 10. 如图，有一块半径为 1m 90 么这个圆锥形容器的高为（）． 13415 43mmA. B. C. D. mm42C【答案】【解析】【分析】首先利用扇形的弧长公式求得圆锥的底面周长，求得底面半径的长，然后利用勾股定理求得圆锥的高． nr 90 1  【详解】解：设圆锥的底面周长是 l，则 l= m， 180 180 2214 2  则圆锥的底面半径是： m， 2115   12  则圆锥的高是： m．   4  4故选：C．【点睛】本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长． 11. 人行道用同样大小的灰、白两种不同颜色的小正方形地砖铺设而成，如图中的每一个小正方形表示一块 n地砖．如果按图①②③…的次序铺设地砖，把第个图形用图表示，那么图㊿中的白色小正方形地砖的块数是（）． …A. 150 B. 200 C. 355 D. 505 C【答案】【解析】【分析】由图形可知图①中白色小正方形地砖有 12 块，图②中白色小正方形地砖有 12+7 块，图③中白色小正方形地砖有 12+7×2 块，…，可知图中白色小正方形地砖有12+7(n-1)=7n+5，再令 n=50，代入即可．【详解】解：由图形可知图中白色小正方形地砖有12+7(n-1)=7n+5（块）当 n=50 时，原式=7×50+5=355（块）故选：C 【点睛】考查了规律型：图形的变化，解决这类问题首先要从简单图形入手，后一个图形与前一个图形相比，在数量上增加（或倍数）情况的变化，找出数量上的变化规律，从而推出一般性的结论．    RtA B C 12. 如图，在中，，C  30 ，将绕点旋转得到 AB，使点的对 Rt△ABC Rt△ABC AB  2  上取点，使，那么点到BC 的距离等于（）． 应点 落在上，在 AC DDBB C B D  2 33321 A. B. C. D. 1 3 1 3 1 3D【答案】【解析】【分析】根据旋转的性质和 30°角的直角三角形的性质可得 的长，进而可得 的长，过点 D 作 DM⊥BC 于 AB B C 点 M，过点 作于点 E， 于点 F，如图，则四边形是矩形，解Rt△ B EMF B EC BB F  DM B E  BC 可得的长，即为 FM 的长，根据三角形的内角和易得，然后解 Rt△ 可求出 B DN  C  30 B DF B E DF 的长，进一步即可求出结果．【详解】解：在中，∵ ，C  30 ，Rt△ABC AB  2 ∴AC=2AB=4，    RtA B C ∵将绕点旋转得到 A，使点 B的对应点 B落在上， Rt△ABC AC ∴∴，AB  AB  2 ，B C  2 过点 D 作 DM⊥BC 于点 M，过点 作于点 E， B F  DM 于点 F，交 AC 于点 N，如图，则四 BB E  BC 边形 是矩形，，B EMF ∴FM  B E 1B E  B C sin30  2 1 在 Rt△ 中，，∴FM=1， B EC 2DB N  CMN  90,B ND  MNC ∵∴，，B DN  C  30 3在 Rt△ 中，，B DF DF  B Dcos30  2  3 2∴，DM  FM  DF 1 3 即点到BC 的距离等于．D3 1 故选：D．【点睛】本题考查了解直角三角形、矩形的判定和性质以及旋转的性质等知识，正确作出辅助线、熟练掌握解直角三角形的知识是解题的关键．二、填空题 x(x  2)  x  2  13. 因式分解： ________． (x  2)(x 1) 【答案】【解析】【分析】 (x  2) 先把二、三两项分为一组，提取一个负号，再提取公因式即可．  x(x  2)  (x  2) 【详解】解：原式  (x  2)(x 1) 【点睛】此题主要考查了提公因式法分解因式，关键是正确确定公因式．在  上，则 14. 如图，在 O 中，四边形为菱形，点的度数是________． OABC  ADC DAmC 【答案】【解析】【分析】 60 连接 OB，证明△OAB，△OBC 都是等边三角形，得到∠AOC=120°，进而求出【详解】解：连接 OB，． ADC ∵四边形为菱形，OA=OB， OABC ∴OA=OB=OC=AB=BC, ∴△OAB，△OBC 都是等边三角形， ∴∠AOB=∠BOC=60°， ∴∠AOC=120°， ∵  ， AC=AC 1ADC  AOC  60 ∴．260° 故答案为：【点睛】本题考查了菱形的性质，圆的半径都相等，圆周角定理，等边三角形性质，综合性较强．解题关键是连接 OB，得到△OAB，△OBC 都是等边三角形． a11 15. 计算： ________． 1 a a2  a a 【答案】【解析】【分析】分式的混合运算，根据分式的加减乘除混合运算法则可以解答本题，括号里先通分运算，再进行括号外的除法运算，即可解答本题. a11 【详解】解： 1 a a2  a 1－a a1==1－a 1 a a2  a 111－a a2  a 1×a a－1 ==1－a −a 故答案是：-a 【点睛】本题考查的是分式的混合运算，能正确运用运算法则是解题的关键. 16. 某校开展读书日活动，小亮和小莹分别从校图书馆的“科技”、“文学”、“艺术”三类书籍中随机地抽取一本，抽到同一类书籍的概率是________． 1【答案】 3【解析】【分析】先画出树状图求出所有等可能的结果数，再找出抽到同一类书籍的结果数，然后根据概率公式求解即可．【详解】解：“科技”、“文学”、“艺术”三类书籍分别用 A、B、C 表示，则所有可能出现的结果如下图所示：由上图可知：共有 9 种等可能的结果数，其中抽到同一类书籍的结果数有 3 种， 3913∴抽到同一类书籍的概率= ．1故答案为：．3【点睛】本题考查了求两次事件的概率，属于基础题型，熟练掌握画树状图或列表的方法是解题的关键． B(3,3) A(1,1) 17. 如图，在直角坐标系中，点，是第一象限角平分线上的两点，点的纵坐标为1，且 CyCA  CB ，在轴上取一点，连接 AC ，BC ，，AD BD ，使得四边形 ACBD 的周长最小，这个最小 D周长的值为________．【答案】 4  2 5 【解析】【分析】先求出 AC=BC=2，作点 B 关于 y 轴对称的点 E，连接 AE，交 y 轴于 D，此时 AE=AD+BD，且 AD+BD 值最小，即此时四边形的周长最小；作 FG∥y 轴，AG∥x 轴，交于点 G，则 GF⊥AG，根据勾股定理 ACBD 求出 AE 即可． A(1,1) 【详解】解：∵ ，点的纵坐标为1， C∴AC∥x 轴， B(3,3) A(1,1) ∵点，是第一象限角平分线上的两点， ∴∠BAC=45°， ∵CA  CB ，∴∠BAC=∠ABC=45°， ∴∠C=90°， ∴BC∥y 轴， ∴AC=BC=2，作点 B 关于 y 轴对称的点 E，连接 AE，交 y 轴于 D，此时 AE=AD+BD，且 AD+BD 值最小， ∴此时四边形的周长最小， ACBD 作 FG∥y 轴，AG∥x 轴，交于点 G，则 GF⊥AG， ∴EG=2，GA=4，在 Rt△AGE 中， 2222，AE  AG  EG  4  2  2 5 ∴ 四边形的周长最小值为 2+2+ =4+ ．ACBD 2 5 2 5 【点睛】本题考查了四条线段和最短问题．由于 AC=BC=2,因此本题实质就是求 AD+BD 最小值，从而转化为“将军饮马”问题，这是解题关键．三、解答题 123x 1 7  x 2x  4 18. 解不等式组，并写出它的所有整数解． 3x  2 x3344 x  3 【答案】该不等式组的解集是，它的所有整数解为 0，1，2． 5【解析】【分析】分别求出两个不等式，确定不等式组的解集，写出整数解即可． 123x 1 7  x ① 2x  4 【详解】解： 3x  2 x②334解不等式①，得解不等式②，得．x  3 4x   ．5在同一数轴上表示出不等式①，②的解集： 4 x  3 所以该不等式组的解集是．5它的所有整数解为 0，1，2．【点睛】本题考查了解不等式组，确定不等式组的解集可以借助数轴分别表示各不等式的解集，确定公共部分即可． 19. 为了提高学生的综合素养，某校开设了五门手工活动课．按照类别分为： “剪纸”、 B“沙画”、 “葫 CA芦雕刻”、 “泥塑”、 “插花”．为了了解学生对每种活动课的喜爱情况，随机抽取了部分同学进行调查， DE将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图．根据以上信息，回答下列问题： a  （1）本次调查的样本容量为________；统计图中的（2）通过计算补全条形统计图； ________，b  ________；（3）该校共有 2500 名学生，请你估计全校喜爱“葫芦雕刻”的学生人数．【答案】（1）120，12，36；（2）详见解析；（3）625 【解析】【分析】（1）由 A 所占的百分比及参加 A 类活动课的人数可求得总人数，再由总人数及 B 和 D 所占的百分比即可求得 a 和 b 的值，（2）先求得 E 类活动课参加的人数，再补全条形统计图即可；（3）先求出抽样调查中喜爱“葫芦雕刻”的学生所占的百分比，即可求得全校喜爱“葫芦雕刻”的学生人数．【详解】解：（1）1815% 120 故答案为：120，12，36；，，a 12010% 12 b 12030%  36 ，（2）类别的人数为：（人） 120 1812 30 36  24 E补全条形统计图如图所示：（3）类别所占的百分比为：，C30 120  25% 30  2500  625 （人） 120 的答：全校喜爱“葫芦雕刻” 学生人数约为 625 人．【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据，扇形统计图可以看出每个量所占的百分比． 20. 今年植树节期间，某景观园林公司购进一批成捆的，B两种树苗，每捆种树苗比每捆 B种树苗多 10 B B 种树苗的价格分别是 630 元和 600 元，而每棵种树苗和每棵种树苗的价格 AAA棵，每捆种树苗和每捆 A分别是这一批树苗平均每棵价格的 0.9 倍和 1.2 倍．（1）求这一批树苗平均每棵的价格是多少元？（2）如果购进的这批树苗共 5500 棵，种树苗至多购进3500 棵，为了使购进的这批树苗的费用最低，应 A购进种树苗和 AB种树苗各多少棵？并求出最低费用．【答案】（1）这一批树苗平均每棵的价格是 20 元；（2）购进种树苗3500 棵， B种树苗 2000 棵，能使得 A购进这批树苗的费用最低为 111000 元．【解析】【分析】 x（1）设这一批树苗平均每棵的价格是元，分别表示出两种树苗的数量，根据“每捆种树苗比每捆 B种A树苗多 10 棵”列方程即可求解； wt（2）设购进种树苗棵，这批树苗的费用为，得到w 与 t 的关系式，根据题意得到 t的取值范围，根 A据函数增减性即可求解． x【详解】解：（1）设这一批树苗平均每棵的价格是元， 630 600 10 根据题意，得解之，得，0.9x 1.2x ．x = 20 经检验知，是原分式方程的根，并符合题意． x = 20 答：这一批树苗平均每棵的价格是 20 元．（2）由（1）可知种树苗每棵价格为元，种树苗每棵价格为元， 20 0.9 18 201.2  24 Aw设购进种树苗棵，这批树苗的费用为，则 tAw 18t  24(5500  t)  6t 132000 ．ww随着的增大而减小， t是的一次函数， t∵，，k  6  0 t  3500 w棵时，最小．此时， ∴当 B种树苗有棵， t  3500 5500  3500  2000 ．w  63500 132000 111000 答：购进种树苗3500 棵， B种树苗 2000 棵，能使得购进这批树苗的费用最低为 111000 元． A【点睛】本题考查了分式方程的实际应用，一次函数实际应用，不等式应用等问题，根据题意得到相关“数量关系”，根据数量关系得到方程或函数解析式是解题关键． 21. 如图，已知平行四边形 ABCD 中，E 是 BC 的中点，连接 AE 并延长，交 DC 的延长线于点 F，且 AF＝ AD，连接 BF，求证：四边形 ABFC 是矩形．【答案】见解析【解析】【分析】先根据平行四边形的性质、平行线的性质得到两角一边对应相等，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据平行四边形的判定可得四边形 ABFC 是平行四边形，又根据等量代换可得，AB  CF BC  AF 最后根据矩形的判定（对角线相等的平行四边形是矩形）可得四边形 ABFC 是矩形．【详解】∵四边形 ABCD 是平行四边形 AB//CD, AB  CD, AD  BC ∴BAE  CFE,ABE  FCE ∴∵E 为 BC 的中点 ∴EB  EC VABE VFCE(AAS) ∴∴AB  CF ∵AB//CF ∴四边形 ABFC 是平行四边形  AF  AD BC  AF ∴平行四边形 ABFC 是矩形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、矩形的判定等知识点，熟练运用各判定与性质是解题关键． 22. 如图，小莹在数学综合实践活动中，利用所学的数学知识对某小区居民楼 AB 的高度进行测量．先测得居民楼 AB 与 CD 之间的距离 AC 为 35m，后站在 M 点处测得居民楼 CD 的顶端 D 的仰角为 45°．居民楼 AB 的顶端 B 的仰角为 55°．已知居民楼 CD 的高度为 16.6m，小莹的观测点 N 距地面 1.6m．求居民楼 AB 的高度（精确到 1m）．（参考数据：sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43）【答案】约为 30m 【解析】【分析】过点 N 作 EF∥AC 交 AB 于点 E，交 CD 于点 F，可得 AE=MN=CF=1.6，EF=AC=35，再根据锐角三角函数可得 BE 的长，进而可得 AB 的高度．【详解】解：过点 N 作 EF∥AC 交 AB 于点 E，交 CD 于点 F．则 AE＝MN＝CF＝1.6，EF＝AC＝35，∠BEN＝∠DFN＝90°， EN＝AM，NF＝MC，则 DF＝CD－CF＝16.6－1.6＝15．在 Rt△DFN 中，∵∠DNF＝45°， ∴NF＝DF＝15． ∴EN＝EF－NF＝35－15＝20． BE 在 Rt△BEN 中，∵tan∠BNE＝，EN ∴BE＝EN·tan∠BNE＝20×tan55°≈20×1.43＝28.6°． ∴AB＝BE＋AE＝28.6＋1.6≈30．答：居民楼 AB 的高度约为 30m．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义． kxy  ax  b A(2,3) B(1,m) ，23. y  如图，已知反比例函数的图象与直线相交于点．y  ax  b （1）求出直线的表达式； x（2）在轴上有一点 P使得的面积为 18，求出点 P的坐标． △PAB P(3,0) y  3x 3 P(5,0) ．【答案】（1）；（2）当点 P在原点右侧时，，当点 P在原点左侧时，【解析】【分析】（1）通过点 A 的坐标确定反比例函数的解析式，再求得 B 的坐标，利用待定系数法将 A，B 的坐标代入，即可得到一次函数的解析式； xx轴的垂线 y  3x 3 E(1,0) （2）直线与轴的交点为，过点，B作，，垂足分别为，，DAC CABD 9SPE  18 PE  4 得到，即，分情况讨论即可解决． PAB 2kA(2,3) y  【详解】解：（1）∵ 在的图象上， xk3  ∴，，k  6 2 6 xB(1,m) B(1,6) y  又点在的图象上，，即．m  6 3  2a  b 6  a  b y  ax  b 将点解得，B的坐标代入，得，Aa  3 b  3 ．y  3x 3 ∴直线的表达式为．xy  3x 3 （2）设直线与轴的交点为，Ey  0 E(1,0) 当时，解得．即．x  1 x分别过点，B作轴的垂线，，垂足分别为，．DAC CABD 11369SPAB  PE  AC  PE  DB  PE  PE  PE ．2222292S18 PE 18 PE  4 ．又，即，∴ PAB P(3,0) ，当点当点 PP在原点右侧时，在原点左侧时， P(5,0) ．【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的性质，解题的关键是掌握数形结合的思想. 24. 如图，在 ABC 中，AB＝BC，以△ABC 的边 AB 为直径作⊙O，交 AC 于点 D，过点 D 作 DE⊥BC，垂足为点 E．（1）试证明 DE 是⊙O 的切线；（2）若⊙O 的半径为 5，AC＝6 ，求此时 DE 的长． 10 【答案】（1）见解析；（2）3 【解析】【分析】（1）连接 OD、BD，求出 BD⊥AD，AD=DC，根据三角形的中位线得出 OD∥BC，推出 OD⊥DE，根据切线的判定推出即可；（2）先利用勾股定理求出 BD 的长，证得 Rt△CDE 和 Rt△ABD，利用对应边成比例即可求解．【详解】（1）证明：连接 OD，BD， ∵AB 为⊙O 的直径， ∴BD⊥AD，又∵AB=BC，△ABC 是等腰三角形， ∴AD=DC， ∴OD 是△ABC 的中位线， ∴OD∥BC，又 DE⊥BC， ∴DE⊥OD， ∴DE 是⊙O 的切线；（2）由（1）知，BD 是 AC 边上的中线，AC=6 ，10 得 AD=CD=3 ，10 的∵⊙O 半径为 5， ∴AB=10， 2AB2  AD2  102  3 10 10 在 Rt△ABD 中，BD= ，∵AB=BC， ∴∠A=∠C，在 Rt△CDE 和 Rt△ABD 中， ∵∠DEC=∠ADB=90°，∠C=∠A， ∴Rt△CDE∽Rt△ABD， CD DE 3 10DE ∴，即 ，AB BD 10 10 解得：DE=3．【点睛】本题综合考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质以及三角形中位线的判定与性质．解题的关键是熟练掌握和圆有关的各种性质定理，并且能够熟练运用． 225. 如图，二次函数 y＝ax ＋bx＋4 的图象与 x 轴交于点 A(－1，0)，B(4，0)，与 y 轴交于点 C，抛物线的顶点为 D，其对称轴与线段 BC 交于点 E．垂直于 x 轴的动直线 l 分别交抛物线和线段 BC 于点 P 和点 F，动直线 l 在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿 x 轴正方向移动到 B 点．（1）求出二次函数 y＝ax2＋bx＋4 和 BC 所在直线的表达式；（2）在动直线 l 移动的过程中，试求使四边形 DEFP 为平行四边形的点 P 的坐标；（3）连接 CP，CD，在移动直线 l 移动的过程中，抛物线上是否存在点 P，使得以点 P，C，F 为顶点的三 角形与 DCE 相似，如果存在，求出点 P 的坐标，如果不存在，请说明理由． 5 21 ,16 84 ,【答案】（1）y=-x2＋3x＋4，y=-x＋4；（2）；（3）存在， 2 4 5 25 【解析】【分析】（1）运用待定系数法，利用 A，B 两点的坐标构建二元一次方程组求解二次函数的表达式，利用 B，C 两点的坐标确定直线 BC 的表达式；（2）先求得 DE 的长，根据平行四边形的性质得到 PF=DE，点 P 与点 F 的横坐标相同，故利用抛物线与直线的解析式表示它们的纵坐标，根据其差等于 DE 长构建一元二次方程求解；（3）结合图形与已知条件，易于发现若两三角形相似，只可能存在△PCF∽△CDE 一种情况．△CDE 的三边均可求，（2）中已表示 PF 的长，再构建直角三角形或借助两点间距离公式，利用勾股定理表示出 CF 的长，这样根据比例式列方程求解，从而可判断点 P 是否存在，以及求解点 P 的值．【详解】（1）由题意，将 A(-1．0)，B(4．0)代入 y  ax2  bx  4 ，得 a b  4  0 a  1 b  3 ，解得，16a  4b  4  0 2的∴二次函数表达式为y  x  3x  4 ，当时，y=4， x  0 ∴点 C 的坐标为(0，4)，又点 B 的坐标为(4，0)， y  mx  n 设线段 BC 所在直线的表达式为，n  4 m  1 n  4 ∴，解得，4m  n  0 y  x  4 ∴BC 所在直线的表达式为；（2）∵DE⊥x 轴，PF⊥x 轴， ∴DE∥PF，只要 DE=PF，此时四边形 DEFP 即为平行四边形． 3225 43225 42由二次函数 y=- +3+4=( ) 2+ ，得 D 的坐标为( ，)， xx-x335325y  x  4 x  将代入，即 y=- +4= ，得点 E 的坐标为( ，)， 222225 5215 ∴DE= -=，44设点 P 的横坐标为 t，则 P(t，-t2+3t+4)，F(t，-t+4)， PF=-t2+3t+4-(-t+4)=-t2+4t， 15 由 DE=PF，得-t2+4t= ，4352解之，得 t1= (不合题意，舍去)，t2= ，255521 当 t= 时，-t2+3t+4=-( )2+3× +4= ，42225221 4∴P 的坐标为( ，)；（3）由（2）知，PF∥DE， ∴∠CED=∠CFP，又∠PCF 与∠DCE 有共同的顶点 C，且∠PCF 在∠DCE 的内部， ∴∠PCF≠∠DCE， ∴只有当∠PCF=∠CDE 时，△PCF∽△CDE， 3225 43252由 D ( ，)，C(0，4)，E( ，)，利用勾股定理，可得 2225 5 15 3523 2 2  CE= ，DE= ， 4    4242  由（2）以及勾股定理知，PF=-t2+4t，F(t，-t+4)， 2 2CF= ，t  4  t  4  2t ∵△PCF∽△CDE， t2  4t 3 2 22t 15 PF CF ∴，即，CE DE 4∵t≠0， 15 ∴()=3， t  4 416 ∴t= ，516 16 16 84 25 当 t= 时，-t2+3t+4=-( )2+3× +4= ．55516 84 ∴点 P 的坐标是( ，)． 525 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了一次函数的性质，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，解题的关键是，学会用数形结合的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．本试卷的题干 0635