2020中考预测卷《数学试卷》含答案解析

一、选择题

1.

1的倒数是（ ） 2020A. 1 2020B.

1 2020C. 2020 D. 2020

2.四个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其左视图是（ ）.

A. B.

C. D.

3.数据4，3，2，1，3的众数是（ ） A. 4

B. 3

C. 2

D. 1

4.一个布袋里装有10个只有颜色不同的球，其中4个黄球，6个白球.从布袋里任意摸出1个球，则摸出的球是黄球的概率为（ ） A.

3 5B.

2 5C.

2 3D.

1 105.下列图形中，不是中心对称图形是（ ） A. 平行四边形

B. 矩形

C. 菱形

D. 等边三角形

6.下列运算正确的是（ ） A. (2x)38x3

B. 3x237.在△ABC中，∠A，∠B都是锐角，且sinA＝A. 直角三角形

B. 钝角三角形

8.如图，正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，AF与DE交与点G．则下列结论中：①AF⊥DE；

的9x6

C. x3x2x6

D. x22x33x5

13， cosB＝，则△ABC是（ ） 22C. 锐角三角形

D. 不能确定

②AD＝BG；③GE+GF＝2GC；④S△AGB＝2S四边形ECFG．其中正确的是（ ）

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

二、填空题

9.函数y＝2x3中自变量x的取值范围是_____．

10.一组数据3，2，1，4，x的平均数为3，则x为________． 11.二次函数yx2x3的图像的顶点坐标是_________． 12.已知

2xx3，则=_______．

yxy5，则∠ACD＝_____°． 13.如图，AB是⊙O直径，CD是⊙O的弦，∠BAD＝60°

14.如图，在YABCD中，点E在BC上，AE与BD相交于点F，若

15.如图，点G是矩形ABCDEG5，BF2，则图中阴影部分的面积为_________．

的

BE4BF_________． ，则FDEC5对角线BD上一点，过点G作EF//AB交AD于E，交BC于F，若

16.如图，在ABC中，AB＝10，AC＝AB相切的动圆与CA，CB 分别8，BC＝6，经过点 C且与边 相交于点P，Q，则线段PQ长度的最小值是__________．

三、解答题

117.计算：(3)23sin60

302x24x2，其中x21. 18.先化简，再求值：22x4x4x2x19.解不等式组：x10

54(x1)120.已知关于x的方程x2kxk50.

（1）求证：不论k取何实数，该方程都有两个不相等的实数根； （2）若该方程的一个根为x3，求该方程的另一个根. 21.折叠矩形ABCD，使点D落在BC边上的点F处．

（1）求证：△ABF∽△FCE；

（2）若DC＝8，CF＝4，求矩形ABCD的面积S．

22.“食品安全”受到全社会的广泛关注，育才中学对部分学生就食品安全知识的了解程度，采用随机抽样调查的方式，并根据收集到的信息进行统计，绘制了下面的两幅尚不完整的统计图，请你根据统计图中所提供的信息解答下列问题：

（1）接受问卷调查的学生共有________人，扇形统计图中“基本了解”部分所对应扇形的圆心角为_________；

（2）请补全条形统计图；

（3）若对食品安全知识达到“了解”程度的学生中，男、女生的比例恰为2:3，现从中随机抽取2人参加食品安全知识竞赛，则恰好抽到1个男生和1个女生的概率________． 23.如图，矩形ABCD对角线相交于O点，DE∥AC，CE∥BD，连接BE．

（1）求证：四边形OCED是菱形；（2）若∠AOD＝120°，CD＝2，求DE和tan∠DBE值．

24.如图，在ABC中，B90，AB5cm，BC7cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，同时，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动(到达点C，移动停止).

(1)如果P，Q分别从A，B同时出发，那么几秒后，PQ的长度等于210cm？ (2)在(1)中，PQB的面积能否等于7cm2？请说明理由.

的防洪大堤（横断面为梯25.如图，某防洪指挥部发现长江边一500米，高10米，背水坡的坡角为45°

形ABCD）急需加固．经调查论证，防洪指挥部专家组制定的加固方案是：背水坡面用土石进行加固，并

的使上底加宽3米，加固后背水坡EF的坡比i=1：3．

（1）求加固后坝底增加的宽度AF；

（2）求完成这项工程需要土石多少立方米．（结果保留根号）

2，点A的坐标为1,0，26.如图，抛物线yxbxc与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧）

与y轴交于点C0,3，作直线BC．动点P在x轴上运动，过点P作PMx轴，交抛物线于点M，交直线BC于点N，设点P的横坐标为m．

（1）直接写出抛物线的解析式__________和直线BC的解析式_________； （2）当点P在线段OB上运动时，直接写出线段MN长度的最大值_________；

（3）当点P在线段OB上运动时，若CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时，求m的值； （4）当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，求出m的值．

27.如图1，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GEBC于点E，GFCD于点F．

（1）证明与推断：①求证：四边形CEGF是正方形；②求

AG的值； BE（2）探究与证明：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转角045，如图2，试探究线段AG与

BE之间的数量关系，并说明理由；

（3）拓展与运用：正方形CEGF的旋转过程中，当B、E、F三点在一条直线上时，如图3所示，延长CG交AD于点H，若AG6，GH22，求BC的长．

答案与解析

一、选择题

1.

1的倒数是（ ） 2020A. 1 2020B.

1 2020C. 2020 D. 2020

【答案】C 【解析】 【分析】

根据倒数的定答即可． 【详解】解：∵∴

1×2020=1， 20201的倒数是2020． 2020故答案为C．

【点睛】本题主要考查了倒数的定义：若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数． 2.四个大小相同正方体搭成的几何体如图所示，其左视图是（ ）.

A.

C.

【答案】D 【解析】 【分析】

根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．

【详解】从左边看第一列是两个小正方形，第二列左边一个小正方形. 故选D．

的B.

D.

【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．

3.数据4，3，2，1，3的众数是（ ） A. 4 【答案】B 【解析】 【分析】

根据众数的定义进行选择即可.

【详解】解：数据4，3，2，1，3的众数是3． 故选B．

【点睛】考核知识点：众数.理解定义是关键.

4.一个布袋里装有10个只有颜色不同的球，其中4个黄球，6个白球.从布袋里任意摸出1个球，则摸出的球是黄球的概率为（ ） A.

B. 3

C. 2

D. 1

3 5B.

2 5C.

2 3D.

1 10【答案】B 【解析】 【分析】

用黄球的个数除以球的总个数即为所求的概率． 【详解】因为一共有10个球，其中黄球有4个， 所以从布袋里任意摸出1个球，摸到白球的概率为故选：B．

【点睛】本题考查了概率公式，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比． 5.下列图形中，不是中心对称图形的是（ ） A. 平行四边形 【答案】D 【解析】 【分析】

根据中心对称图形的概念中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合． 【详解】解：A、平行四边形是中心对称图形，故本选项错误； B、矩形是中心对称图形，故本选项错误；

B. 矩形

C. 菱形

D. 等边三角形

42． 105C、菱形是中心对称图形，故本选项错误；

D、等边三角形不是中心对称图形，故本选项正确． 故选D．

6.下列运算正确的是（ ） A. (2x)38x3

B. 3x239x6

C. x3x2x6 D. x22x33x5

【答案】A 【解析】 【分析】

根据合并同类项，同底数幂的乘法，积的乘方运算法则进行各选项的判断即可．

3【详解】解：A.(2x)8x3,故本选项正确；

B. 3x2327x6，故本选项错误； x5，故本选项错误；

C. x3?x2D.x2与x3不是同类项，不能直接合并，故本选项错误 故选A．

【点睛】本题考查了合并同类项，同底数幂的乘法，积的乘方运算，掌握同底数幂的运算法则是解题关键． 7.在△ABC中，∠A，∠B都是锐角，且sinA＝A. 直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】

先根据特殊角的三角函数值求出∠A、∠B的度数，再根据三角形内角和定理求出∠C即可作出判断． 【详解】∵△ABC中，∠A、∠B都是锐角，sinA=∴∠A=∠B=30°．

=120°∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=180°﹣30°﹣30°． 故选B

8.如图，正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，AF与DE交与点G．则下列结论中：①AF⊥DE；

B. 钝角三角形

13， cosB＝，则△ABC是（ ） 22C. 锐角三角形

D. 不能确定

13，cosB=， 22②AD＝BG；③GE+GF＝2GC；④S△AGB＝2S四边形ECFG．其中正确的是（ ）

A. 1个 【答案】D 【解析】 【分析】

B. 2个 C. 3个 D. 4个

AF⊥DE，（1）证△ADF≌△DCE（SAS），∠AFD+∠CDE＝90°＝∠DGF，故①正确；（2）过点B作BH∥DE交AD于H，交AF于K，BH是AG的垂直平分线，BG＝AB＝AD，故②正确；（3）延长DE至M，使得EM＝GF，连接CM，△CEM≌△CFG（SAS），△MCG为等腰直角三角形，故③正确；（4）过G点作TL∥AD，交AB于T，交DC于L，则GL⊥AB，GL⊥DC，证得△DGF∽△DCE，根据相似三角形性质可以求出相应面积关系.. 【详解】解：

∵正方形ABCD，E，F均为中点

∴AD＝BC＝DC，EC＝DF＝$\\frac{1}{2}$BC ∵在△ADF和△DCE中，

ADDCADFDCE DFCE∴△ADF≌△DCE（SAS） ∴∠AFD＝∠DEC ∵∠DEC+∠CDE＝90°∴∠AFD+∠CDE＝90°＝∠DGF ∴AF⊥DE，故①正确

如图1，过点B作BH∥DE交AD于H，交AF于K ∵AF⊥DE，BH∥DE，E是BC的中点 ∴BH⊥AG，H为AD的中点 ∴BH是AG的垂直平分线

∴BG＝AB＝AD，故②正确 如图2

延长DE至M，使得EM＝GF，连接CM ∵∠AFD＝∠DEC ∴∠CEM＝∠CFG

又∵E，F分别为BC，DC的中点 ∴CF＝CE

∵在△CEM和△CFG中，

CECFCEMCFG EMFG∴△CEM≌△CFG（SAS） ∴CM＝CG，∠ECM＝∠GCF ∵∠GCF+∠BCG＝90°

∴∠ECM+∠BCG＝∠MCG＝90°∴△MCG为等腰直角三角形 ∴GM＝GE+EM＝GE+GF＝2GC 故③正确

如图3，过G点作TL∥AD，交AB于T，交DC于L，则GL⊥AB，GL⊥DC 设EC＝x，则DC＝2x，DF＝x，由勾股定理得DE 5x 由DE⊥GF，易证得△DGF∽△DCE ∴

DEGF5x DFECx2SVDEC55∴1 SVDGF114SDGFSDBC∴S四边形ECFG＝S△DEC﹣SDGFSDEC

551QSDEC2xxx2

214∴S四边形ECFG＝x2，S△DGF＝x2

55∵DF＝x

12x52x

∴GL＝

1x5228∴TG＝2xxx

5511882∴S△AGB＝ABTG2xxx

2255∴S△AGB＝2S四边形ECFG 故④正确， 故选D．

【点睛】考核知识点：正方形性质，相似三角形性质.灵活运用性质是关键.

二、填空题

9.函数y＝2x3中自变量x的取值范围是_____． 【答案】x≥【解析】

3 2【详解】解：由题意得，2x30,解得：x3 . 210.一组数据3，2，1，4，x的平均数为3，则x为________． 【答案】5 【解析】 【分析】

根据平算术均数的计算公式列方程解答即可． 【详解】解：由题意得：

1 (3+2+1+4+x)=3， 5解得：x=5 故答案为：5

【点睛】考查算术平均数的计算方法，掌握计算公式是解决问题的前提． 11.二次函数yx2x3的图像的顶点坐标是_________． 【答案】(-1,4) 【解析】 【分析】

把二次函数解析式配方转化为顶点式解析式，即可得到顶点坐标． 【详解】解：∵yx2x3=-(x+1)2+4， ∴顶点坐标为(-1,4)． 故答案为(-1,4)．

【点睛】本题考查了二次函数的性质，把解析式配方写成顶点式解析式是解题的关键． 12.已知

22xx3，则=_______．

yxy53． 2【答案】

【解析】 【详解】由

x3，得：5x3x3y， xy5∴2x3y，

x3∴． y2故答案为

3． 2考点：比例的性质．

，则∠ACD＝_____°． 13.如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠BAD＝60°

【答案】30 【解析】 【分析】

连接BD．根据圆周角定理可得. 【详解】解：如图，连接BD．

∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°，

∴∠B＝90°﹣∠DAB＝30°， ∴∠ACD＝∠B＝30°， 故答案为30．

【点睛】考核知识点：圆周角定理.理解定义是关键.

14.如图，在YABCD中，点E在BC上，AE与BD相交于点F，若

BE4BF_________． ，则FDEC5

【答案】

4 9【解析】 【分析】

BE4，根据平行四边形的性质得到，BC=AD，AD//BC，由平行得相似，得出△BEF∽△DAF，BC9BFBE再利用相似三角形的对应边成比例得到即可求出答案． FDAD先求出【详解】解：∵

BE4， EC5∴

BE4， BC9∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC=AD，AD//BC， ∴△BEF∽△DAF，

BFBE, FDADBF4=． 即

FD94故答案为．

9∴

【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质与平行四边形的性质．证明△BEF∽△DAF是解决问题的关键. 15.如图，点G是矩形ABCD的对角线BD上一点，过点G作EF//AB交AD于E，交BC于F，若

EG5，BF2，则图中阴影部分的面积为_________．

【答案】5 【解析】 【分析】

5=10，即可求解． 由矩形的性质可证明S矩形AEGM=S矩形CFGN=2×

【详解】解：作GM⊥AB于M，延长MG交CD于N．

则有四边形AEGM，四边形DEGN，四边形CFGN，四边形BMGF都是矩形， ∴AE=BF=2，S△ADB=S△DBC，S△BGM=S△BGF，S△DEG=S△DNG， 5=10， ∴S矩形AEGM=S矩形CFGN=2×∴S阴=

1S矩形CFGN=5， 2故答案为：5．

【点睛】本题考查矩形的性质与判定、矩形的面积公式、三角形的面积等知识，解题的关键是证明S矩形AEGM=S

矩形CFGN

．

16.如图，在ABC中，AB＝10，AC＝AB相切的动圆与CA，CB 分别8，BC＝6，经过点 C且与边 相交于点P，Q，则线段PQ长度的最小值是__________．

【答案】4.8 【解析】 【分析】

CF、CD，设圆心为F，圆F与AB的切点为D，连接FD、则有FDAB；由勾股定理的逆定理知，ABC是直角三角形，直径PQ=FC+FD，由线段最短知CF+FD?CD，即PQ³CD，只有当点F在CD上，且CD是直角三角形ABC的斜边AB的高上CD时，PQ有最小值为CD的长，由直角三角形的面积公式知，此时CD=BC赘ACAB=4.8．

【详解】解：设圆心为F，eF与AB的切点为D，

8，BC＝6， QAB＝10，AC＝AB2AC2BC2

ACB90

PQ是eF的直径，

连接FD，连接CF，CD，

∵点 C、D在eF上，PQ是eF的直径

\\PQ=FC+FD，

又∵CF+FD?CD ∴PQ³CD，

∵ AB与eF切于点D， ∴FDAB；

∴当点F是RtABC的斜边AB的高的中点时，C、F、D三点共线，且CD为RtABC的斜边AB的高，此时eF的直径等于CD=BC赘AC又∵PQ³CD， ∴PQ能取到最小值4.8. 故答案为:4.8

【点睛】本题利用了切线的性质，勾股定理的逆定理，线段最短，直角三角形的面积公式求解．作辅助线转化问题是关键.

AB=4.8

三、解答题

117.计算：(3)023sin60

3【答案】-11 【解析】 【分析】

运用零指数幂和负整数指数幂法则，特殊角的三角函数值计算即可求出答案．

2【详解】解：原式=1−23【点睛】本题主要考查了零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值等知识点，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

x24x2，其中x21. 18.先化简，再求值：22x4x4x2x【答案】

1x2+1.

【解析】 【分析】

根据分式的运算法则先化简，再代入求值.

x24x2【详解】解：2 2x4x4x2x(x2)(x2)x2 2(x2)x(x2),3-9=1-3-9=-11． 21, x当x＝21时，原式＝121． 21【点睛】考核知识点：二次根式的化简求值.掌握分式和二次根式运算法则是关键.

x10 19.解不等式组：54(x1)1【答案】x＞2 【解析】 【分析】

先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可． 【详解】解：x10①

54(x1)1②解①得x＞-1， 解②得x＞2，

∴原不等式组的解为x＞2．

【点睛】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). 20.已知关于x的方程x2kxk50.

（1）求证：不论k取何实数，该方程都有两个不相等的实数根； （2）若该方程的一个根为x3，求该方程的另一个根. 【答案】（1）证明见解析；（2）另一根为-2. 【解析】 【分析】

（1）写出根的判别式，配方后得到完全平方式，进行解答；

（2）将x3代入方程得到k的值，再根据根与系数的关系求出另一根． 【详解】（1）∵a1，bk，ck5， ∴⊿b24ac

k24k5

k24k20

k2160

∴不论k取何实数，该方程都有两个不相等的实数根； （2）将x3代入方程x2kxk50得，

293kk50，

解得：k1；

∴原方程为：x2x60， 设另一根为x1，则有x131， 解得：x12， 所以方程的另一个根为2.

【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，一元二次方程ax2bxc0（a≠0）的根与⊿b24ac有如下关系：①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；③当△＜0时，方程无实数根． 21.折叠矩形ABCD，使点D落在BC边上的点F处．

（1）求证：△ABF∽△FCE；

（2）若DC＝8，CF＝4，求矩形ABCD的面积S． 【答案】(1)证明见解析；(2)80. 【解析】 【分析】

（1）根据矩形性质和折叠性质证△ABF∽△FCE；（2）在Rt△EFC中，EF2＝CE2+CF2，求DE＝EF，根据相似三角形性质，求AD＝AF＝10，S＝AD•CD. 【详解】(1)∵矩形ABCD中， ∠B＝∠C＝∠D＝90°． ∴∠BAF+∠AFB＝90°．

由折叠性质，得∠AFE＝∠D＝90°． ∴∠AFB+∠EFC＝90°． ∴∠BAF＝∠EFC．

∴△ABF∽△FCE； (2)由折叠性质，得AF＝AD，DE＝EF． 设DE＝EF＝x，则CE＝CD﹣DE＝8﹣x， 在Rt△EFC中，EF2＝CE2+CF2， ∴x2＝(8﹣x)2+42． 解得x＝5．

由(1)得△ABF∽△FCE，

AFAB EFCF8510 4AF∴AD＝AF＝10．

∴S＝AD•CD＝10×8＝80．

【点睛】考核知识点：矩形折叠问题和相似三角形判定和性质.理解题意熟记性质是关键.

22.“食品安全”受到全社会的广泛关注，育才中学对部分学生就食品安全知识的了解程度，采用随机抽样调查的方式，并根据收集到的信息进行统计，绘制了下面的两幅尚不完整的统计图，请你根据统计图中所提供的信息解答下列问题：

（1）接受问卷调查的学生共有________人，扇形统计图中“基本了解”部分所对应扇形的圆心角为_________；

（2）请补全条形统计图；

（3）若对食品安全知识达到“了解”程度的学生中，男、女生的比例恰为2:3，现从中随机抽取2人参加食品安全知识竞赛，则恰好抽到1个男生和1个女生的概率________． 【答案】（1）60，90；（2）图见详解；（3）【解析】 【分析】

(1)根据了解很少的人数和所占的百分比求出抽查的总人数，再用“基本了解”所占的百分比乘以360°，即可求出“基本了解”部分所对应扇形的圆心角的度数；

(2)用调查的总人数减去“基本了解”“了解很少”和“不了解”的人数，求出了解的人数，从而补全统计图；

(3)根据题意先画出树状图，再根据概率公式即可得出答案． 50%=60(人)， 【详解】解：(1)接受问卷调查的学生共有30÷

×扇形统计图中“基本了解”部分所对应扇形的圆心角为360°故答案为：60，90．

3 515=90°， 60(2)了解的人数有：60−15−30−10=5(60−15−30−10=5(人))，补图如下：

(3)画树状图得：

∵共有20种等可能的结果，恰好抽到1个男生和1个女生的有12种情况， ∴恰好抽到1个男生和1个女生的概率为

123=. 205【点睛】此题考查了条形统计图、扇形统计图以及用列表法或树状图法求概率，读懂题意，根据题意求出总人数是解题的关键；概率==所求情况数与总情况数之比．

23.如图，矩形ABCD对角线相交于O点，DE∥AC，CE∥BD，连接BE．

（1）求证：四边形OCED是菱形；（2）若∠AOD＝120°，CD＝2，求DE和tan∠DBE的值． 【答案】（1）见解析；（2）DE＝2，tan∠DBE＝【解析】 【分析】

（1）根据菱形的判定证明即可；

（2）作EF⊥BD交BD延长线于点F，根据菱形的性质和三角函数解答即可． 【详解】解：（1）∵DEPAC，CEPBD，

3. 5∴四边形OCED是平行四边形 ∵矩形ABCD， ∴OC＝OD， ∴四边形OCED菱形，

（2）∵∠AOD＝120° ∴∠COD＝60° ∵菱形OCED

∴OCCEEDDO ∴△OCD、△CDE均

∴OBODDECD2

作EF⊥BD交BD延长线于点F，如下图所示：

∵ODE＝6060＝120 ∴∠EDF＝60° ∴DF＝1，EF3 ，

是等边△

∴tanDBE33 ． 415【点睛】此题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．

24.如图，在ABC中，B90，AB5cm，BC7cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，同时，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动(到达点C，移动停止).

(1)如果P，Q分别从A，B同时出发，那么几秒后，PQ的长度等于210cm？

(2)在(1)中，PQB的面积能否等于7cm2？请说明理由.

【答案】(1)3秒后，PQ的长度等于210；(2)PQB的面积不能等于7cm2. 【解析】 【分析】

（1）由题意根据PQ=210，利用勾股定理BP2+BQ2=PQ2，求出即可；

（2）由（1）得，当△PQB的面积等于7cm2，然后利用根的判别式判断方程根的情况即可； 【详解】解：(1)设x秒后，PQ210，BP5x，BQ2x， ∵BP2BQ2PQ2 ∴5x2x21022

2解得：x13，x21(舍去) ∴3秒后，PQ的长度等于210； (2)设t秒后，PB5t，QB2t， 又∵SPQB11BPQB7，5t2t7，

22∴t25t70，

52417252830，

∴方程没有实数根，

∴PQB的面积不能等于7cm2.

【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，找到关键描述语“△PBQ的面积等于7cm2”，得出等量关系是解决问题的关键．

的防洪大堤（横断面为梯25.如图，某防洪指挥部发现长江边一500米，高10米，背水坡的坡角为45°

形ABCD）急需加固．经调查论证，防洪指挥部专家组制定的加固方案是：背水坡面用土石进行加固，并使上底加宽3米，加固后背水坡EF的坡比i=1：3．

（1）求加固后坝底增加的宽度AF；

（2）求完成这项工程需要土石多少立方米．（结果保留根号） 【答案】（1）（103﹣7）米；（2）（250003﹣10000）立方米． 【解析】 【分析】

（1）分别过E、D作AB的垂线，设垂足为G、H．在Rt△EFG中，根据坡面的铅直高度（即坝高）及坡比，即可求出水平宽FG的长；同理可在Rt△ADH中求出AH的长；由AF=FG+GH﹣AH求出AF的长． （2）已知了梯形AFED的上下底和高，易求得其面积．梯形AFED的面积乘以坝长即为所需的土石的体积． 【详解】解：（1）分别过点E、D作EG⊥AB、DH⊥AB交AB于G、H．

∵四边形ABCD是梯形，且AB∥CD， ∴DHEG．

∴四边形EGHD是矩形．∴ED=GH． 在Rt△ADH中，

AH=DH÷tan∠DAH=10÷tan45°=10（米）， 在Rt△FGE中，i1EG， 3FG∴FG=3EG=103（米）．

∴AF=FG+GH﹣AH=103+3﹣10=103﹣7（米）． 答：加固后坝底增加的宽度AF为（103﹣7）米． （2）加宽部分的体积V=S梯形AFED×坝长=

1×10×500=25000310000（立方米）（3+103﹣7）×． 2答：完成这项工程需要土石（250003﹣10000）立方米．

【点睛】本题考查解直角三角形的应用（坡度坡角问题），锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值． ，点A的坐标为1,0，26.如图，抛物线yxbxc与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧）

2与y轴交于点C0,3，作直线BC．动点P在x轴上运动，过点P作PMx轴，交抛物线于点M，交

直线BC于点N，设点P的横坐标为m．

（1）直接写出抛物线的解析式__________和直线BC的解析式_________； （2）当点P在线段OB上运动时，直接写出线段MN长度的最大值_________；

（3）当点P在线段OB上运动时，若CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时，求m的值； （4）当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，求出m的值． 【答案】（1）y=−x2+2x+3，y=−x+3；（2）【解析】 【分析】

(1)由A、C两点的坐标利用待定系数法可求得抛物线解析式，则可求得B点坐标，再利用待定系数法可求得直线BC的解析式；

(2)用m可分别表示出N、M的坐标，则可表示出MN的长，再利用二次函数的最值可求得MN的最大值； (3)由题意可得当△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时则有MN=MC，且MC⊥MN，则可求表示出M点坐标，代入抛物线解析式可求得m的值；

(4)由条件可得出MN=OC，结合(2)可得到关于m的方程，可求得m的值． 【详解】解：(1)∵抛物线过A、C两点，

9321321；（3）m=2；（4）或 4221bc0b2∴代入抛物线解析式可得，解得，

c3c3∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3，

令y=0可得，−x2+2x+3=0，解x1=−1，x2=3， ∵B点在A点右侧， ∴B点坐标为(3,0)，

设直线BC解析式为y=kx+b， 把B、C坐标代入可得3kb0k1，解得，

b3b3∴直线BC解析式为y=−x+3, 故答案为y=−x2+2x+3，y=−x+3； (2)∵PM⊥x轴，点P的横坐标为m， ∴M(m,−m2+2m+3)，N(m,−m+3)， ∵P在线段OB上运动， ∴M点在N点上方，

329)+ ，

4293∴∴当m=时，MN有最大值，MN的最大值为，

429故答案为；

4∴MN=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m=−(m− (3)∵PM⊥x轴，

∴当△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时，则有CM⊥MN， ∴M点纵坐标为3，

∴−m2+2m+3=3，解得m=0或m=2，

当m=0时，则M、C重合，不能构成三角形，不符合题意，舍去， ∴m=2； (4)∵PM⊥x轴， ∴MN//OC，

当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，则有OC=MN， 当点P在线段OB上时，则有MN=−m2+3m， ∴−m2+3m=3，此方程无实数根，

当点P不在线段OB上时，则有MN=−m+3−(−m2+2m+3)=m2−3m， ∴m2−3m=3，解得m=

321321或m=， 22321321或． 22综上可知当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，m的值为

【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的最值、等腰直角三角形的判定和性质、平行四边形的性质及分类讨论思想等知识点．在(2)中用m表示出MN的长是解题的关键，在(3)中确定出CM⊥MN是解题的关键，在(4)中由平行四边形的性质得到OC=MN是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．

27.如图1，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GEBC于点E，GFCD于点F．

（1）证明与推断：①求证：四边形CEGF是正方形；②求

AG的值； BE（2）探究与证明：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转角045，如图2，试探究线段AG与

BE之间的数量关系，并说明理由；

（3）拓展与运用：正方形CEGF的旋转过程中，当B、E、F三点在一条直线上时，如图3所示，延长CG交AD于点H，若AG6，GH22，求BC的长．

【答案】(1) ①见详解；②2；（2）线段AG与BE之间的数量关系为AG=2BE，理由见详解；（3）35 【解析】 【分析】

(1)①由GE⊥BC、GF⊥CD结合∠BCD=90°可得四边形CEGF是矩形，再由∠ECG=45°即可得证； ②由正方形性质知∠CEG=∠B=90°、∠ECG=45°，据此可得例定理可得；

(2)连接CG，只需证△ACG∽△BCE即可得； (3)证△AHG∽△CHA得

CG2，GE//AB，利用平行线分线段成比CEAGGHAHAGGH2，设BC=CD=AD=a，知AC=2a，由得AH=a、ACAHCHACAH3DH=

1AGAH10a，CH=可得a的值． a，由

ACCH33【详解】(1)①证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD=90°，∠BCA=45°， ∵GE⊥BC、GF⊥CD， ∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，

∴∴四边形CEGF是矩形，∠CGE=∠ECG=45°， ∴EG=EC，

∴四边形CEGF是正方形； ②由①知四边形CEGF是正方形， ∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，

CG2，GE//AB， CEAGCG2， ∴

BECE∴

(2)线段AG与BE之间的数量关系为AG=2BE； 连接CG，

由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，

CE2CB2=cos45°==cos45°=、， CGCA22∴

CGCA2， CECBAGCA2， BECB∴△ACG∽△BCE， ∴

∴线段AG与BE之间数量关系为AG=2BE； (3)∵∠CEF=45°，点B、E、F三点共线， ∴∠BEC=135°， ∵△ACG∽△BCE，

∴∠AGC=∠BEC=135°， ∴∠AGH=∠CAH=45°， ∵∠CHA=∠AHG， ∴△AHG∽△CHA， ∴

AGGHAHAGGH622，设BC=CD=AD=a，则AC=2a，则由得， ACAHCHACAHAH2a∴AH=

1210a，则DH=AD−AH=a，CH=CD2DH2=a， 333的2a6AGAH3∴由得， 2a10ACCHa3解得：a=35， 即BC=35.

【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．