黑龙江省绥化市2020年中考数学试题(Word版,含答案与解析)

黑龙江省绥化市2020年中考数学试卷
一、单选题（共10题；共20分）
1.化简|√2−3|的结果正确的是（）
A. √2−3
B. −√2−3
C. √2+3
D. 3−√2
【答案】 D
【考点】实数的绝对值
【解析】【解答】解：|√2−3|=3−√2；
故答案为：D．
【分析】由绝对值的意义，化简即可得到答案．
2.两个长方体按图示方式摆放，其主视图是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【考点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解：由图可得，几何体的主视图是：
.
故答案为：C.
【分析】依据从该几何体的正面看到的图形，即可得到主视图．
3.下列计算正确的是（）
A. b2⋅b3=b6
B. (a2)3=a6
C. −a2÷a=a
D. (a3)2⋅a=a6
【答案】B
【考点】同底数幂的乘法，同底数幂的除法，幂的乘方
【解析】【解答】解：A、b2⋅b3=b5，A不符合题意；
B、(a2)3=a6，B符合题意；
C 、 −a 2÷a =−a ，C 不符合题意；
D 、 (a 3)2⋅a =a 6⋅a =a 7 ，D 不符合题意，
故答案为：B ．
【分析】根据同底数幂的乘法法则、幂的乘方法则、同底数幂的的除法法则计算即可． 4.下列图形是轴对称图形而不是．．中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】 C
【考点】轴对称图形，中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】A ．是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B ．是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C ．是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项符合题意；
D ．是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故答案为：C ．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各个选项判断即可解答．
5.下列等式成立的是（ ）
A. √16=±4
B. √−83=2
C. −a√1a
=√−a D. −√64=−8 【答案】 D
【考点】算术平方根，立方根及开立方，二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：A. √16=4 ,本选项不成立；
B. √−83=−2 ，本选项不成立；
C. −a√1a =−a ·√a a
= −√a ，本选项不成立； D. −√64=−8 ，本选项成立.
故答案为：D.
【分析】根据算术平方根、立方根、二次根式的化简等概念分别判断．
6.学校八年级师生共466人准备参加社会实践活动，现已预备了49座和37座两种客车共10辆，刚好坐满．设49座客车 x 辆，37座客车 y 辆，根据题意可列出方程组（ ）
A. {x +y =1049x +37y =466
B. {x +y =1037x +49y =466
C. {x +y =46649x +37y =10
D. {x +y =46637x +49y =10
【答案】 A
【考点】二元一次方程组的实际应用-鸡兔同笼问题
【解析】【解答】解 ：设49座客车 x 辆，37座客车 y 辆，根据题意得 ：{x +y =1049x +37y =466
) 故答案为：A 。

【分析】设49座客车 x 辆，37座客车 y 辆，根据49座和37座两种客车共10辆，及10辆车共坐466人，且刚好坐满，即可列出方程组。

7.如图，四边形 ABCD 是菱形，E 、F 分别是 BC 、 CD 两边上的点，不能保证．．．． △ABE 和 △ADF 一定全等的条件是（ ）
A. ∠BAF =∠DAE
B. EC =FC
C. AE =AF
D. BE =DF
【答案】 C
【考点】三角形全等及其性质，菱形的性质，三角形全等的判定（SAS ），三角形全等的判定（ASA ）
【解析】【解答】∵四边形 ABCD 是菱形，
∴AB=BC=CD=DA ， ∠BAD =∠C ， ∠B =∠D ，
如果 ∠BAF =∠DAE ，
∴ ∠BAF −∠EAF =∠DAE −∠EAF ，即 ∠BAE =∠DAF ，
∵ {∠BAE =∠DAF
AB =DA
∠B =∠D ，
∴ △ABE ≅ △ADF (ASA )，故A 符合题意；
如果EC=FC ，
∴BC-EC=CD-FC ，即BE=DF ，
∵ {AB =DA ∠B =∠D BE =DF
，
∴ △ABE ≅ △ADF (SAS )，故B 符合题意；
如果AE=AF ，
∵AB=DA ， ∠B =∠D ，
是SSA ，则不能判定 △ABE 和 △ADF 全等，故C 不符合题意；
如果 BE =DF ，
则 {AB =DA
∠B =∠D BE =DF
，
∴ △ABE ≅ △ADF (SAS )，故D 符合题意；
故答案为：C ．
【分析】根据菱形的性质结合全等三角形的判定方法，对各选项分别判断即可得解．
8.在一个不透明的袋子中装有黑球m 个、白球n 个、红球3个，除颜色外无其它差别，任意摸出一个球是红球的概率是（ ） A. 3m+n B. 3m+n+3 C. m+n m+n+3 D.
m+n 3
【答案】 B
【考点】概率公式
【解析】【解答】解：∵袋子中装有黑球m个、白球n个、红球3个，
∴摸出一个球是红球的概率是3
；
m+n+3
故答案为：B．
【分析】根据概率的公式计算，即可得到答案．
9.将抛物线y=2(x−3)2+2向左平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到抛物线的解析式是（）
A. y=2(x−6)2
B. y=2(x−6)2+4
C. y=2x2
D. y=2x2+4
【答案】C
【考点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】解：将抛物线y=2(x−3)2+2向左平移3个单位长度，得到y=2(x−3+3)2+2，再向下平移2个单位长度，得到y=2(x−3+3)2+2-2，
整理得y=2x2，
故答案为：C．
【分析】按照“左加右减，上加下减”的平移法则，变换解析式，然后化简即可．
10.如图，在Rt△ABC中，CD为斜边AB的中线，过点D作DE⊥AC于点E，延长DE至点F，使EF=DE，连接AF,CF，点G在线段CF上，连接EG，且∠CDE+∠EGC=180°
BC；②四边形DBCF是平行四边形；③ EF=EG；④ ,FG=2,GC=3．下列结论：① DE=1
2
BC=2√5．其中正确结论的个数是（）
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
【答案】 D
【考点】平行四边形的判定，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线【解析】【解答】∵在Rt△ABC中，CD为斜边AB的中线，
∴DA=DB=DC，
∵DE⊥AC于点E，且EF=DE，
∴AE=EC，
∴四边形ADCF为菱形，
∴FC∥BD，FC=AD=BD，
∴四边形DBCF为平行四边形，故②符合题意；
∴DF=BC，
∴DE= 1
BC，故①符合题意；
2
∵四边形ADCE为菱形，
∴CF=CD，
∴∠CFE=∠CDE，
∵∠CDE+∠EGC=180 °，而∠FGE+∠EGC=180 °，∴∠CDE=∠FGE，∠CFE =∠FGE，
∴EF=EG，故③符合题意；
∵∠CDF=∠FGE，∠CFD=∠EFG，
∴△FEG ~△FCD，
∴FG
FD =FE
FC
，即2
FD
=
1
2
FD
2+3
，
∴FD=2√5，
∴BC =DF =2√5，故④符合题意；
综上，①②③④都符合题意，
故答案为：D．
【分析】根据直角三角形的性质知DA=DB=DC，根据等腰三角形的性质结合菱形的判定定理可证得四边形ADCF为菱形，继而推出四边形DBCF为平行四边形，可判断①②；利用邻补角的性质结合已知可证得
∠CFE =∠FGE，即可判断③；由③的结论可证得△FEG ~△FCD，推出FG
FD =FE
FC
，即可判断④．
二、填空题（共11题；共11分）
11.新型冠状病毒蔓延全球，截至北京时间2020年6月20日，全球新冠肺炎累计确诊病例超过8500000数字8500000用科学记数法表示为________．
【答案】8.5×106
【考点】科学记数法—表示绝对值较大的数
【解析】【解答】解：将数字8500000用科学记数法表示为8.5×106；
故答案为：8.5×106．
【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；当原数的绝对值>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
12.甲、乙两位同学在近五次数学测试中，平均成绩均为90分，方差分别为S甲2=0.70；
S 乙2
=0.73，甲、乙两位同学成绩较稳定的是________同学．
【答案】甲
【考点】方差
【解析】【解答】解：∵甲的方差是S甲2=0.70，乙的方差是S乙2=0.73，0.73＞0.70，∴甲比乙的成绩稳定.
∴甲、乙两位同学成绩较稳定的是甲同学.
故答案是：甲．
【分析】根据方差的定义，方差越小数据越稳定．
13.黑龙江省某企业用货车向乡镇运送农用物资，行驶2小时后，天空突然下起大雨，影响车辆行驶速度，货车行驶的路程y(km)与行驶时间x(h)的函数关系如图所示，2小时后货车的速度是________ km/h．
【答案】65
【考点】通过函数图象获取信息并解决问题
【解析】【解答】解：观察图象可得，当x=2时，y=156,当x=3时，y=221.
∴2小时后货车的速度是（221-156）÷（3-2）=65 km/h.
故答案是：65.
【分析】根据函数图象中的数据，可以根据速度=路程÷时间，计算2小时后火车的速度.
14.因式分解：m3n2−m=________．
【答案】m(mn+1)(mn-1)
【考点】提公因式法与公式法的综合运用
【解析】【解答】解：m3n2−m=m(m2n2−1)=m(mn+1)(mn−1)，
故答案为：m(mn+1)(mn−1)．
【分析】先提公因式m，再利用平方差公式即可分解因式．
15.已知圆锥的底面圆的半径是2.5，母线长是9，其侧面展开图的圆心角是________度．
【答案】100
【考点】圆锥的计算
【解析】【解答】解：设这个圆锥的侧面展开图的圆心角为n°，
，解得n=100，
根据题意得2π•2.5= n·π·9
180
即这个圆锥的侧面展开图的圆心角为100°．
故答案为：100．
【分析】设这个圆锥的侧面展开图的圆心角为n°，根据圆锥的底面圆周长=扇形的弧长，列方程求解．16.在Rt△ABC中，∠C=90°，若AB−AC=2,BC=8，则AB的长是________．
【答案】17
【考点】勾股定理
【解析】【解答】解：∵在Rt △ABC 中，∠C=90°，AB-AC=2，BC=8，
∴AC 2+BC 2=AB 2 ，
即（AB-2）2+82=AB 2 ，
解得AB=17．
故答案为：17．
【分析】在Rt △ABC 中，根据勾股定理列出方程即可求解．
17.在平面直角坐标系中， △ABC 和 △A 1B 1C 1 的相似比等于 12 ，并且是关于原点O 的位似图形，若点A 的坐标为 (2,4) ，则其对应点 A 1 的坐标是________．
【答案】 （4，8）或（﹣4，﹣8）
【考点】位似变换
【解析】【解答】解：在同一象限内，
∵ △ ABC 与 △A 1B 1C 1 是以原点O 为位似中心的位似图形，其中相似比等于 12 ，A 坐标为（2，4）， ∴则点 A 1 的坐标为：（4，8），
不在同一象限内，
∵ △ ABC 与 △A 1B 1C 1 是以原点O 为位似中心的位似图形，其中相似比等于 12 ，A 坐标为（2，4）， ∴则点A ′的坐标为：（﹣4，﹣8），
故答案为：（4，8）或（﹣4，﹣8）．
【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k ， 那么位似图形对应点的坐标的比等于k 或﹣k ， 即可求得答案．
18.在函数 y =√
x−3√x+1+1
x−5 中，自变量x 的取值范围是________． 【答案】 x≥3且x≠5
【考点】分式有意义的条件，二次根式有意义的条件
【解析】【解答】根据题意得： {x −3≥0
x +1>0x −5≠0
，
解得： x ≥3 且 x ≠5 ．
故答案为： x ≥3 且 x ≠5 ．
【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x 的范围．
19.如图，正五边形 ABCDE 内接于 ⊙O ，点P 为 DE
⌢ 上一点（点P 与点D ， 点E 不重合），连接 PC 、 PD ， DG ⊥PC ，垂足为G ， ∠PDG 等于________度．
【答案】 54
【考点】圆周角定理，正多边形的性质，直角三角形的性质
【解析】【解答】连接OC，OD，
∵ABCDE是正五边形，
∴∠COD= 360∘
5
=72∘，
∴∠CPD= 1
2
∠COD=36º，
∵DG⊥PC，
∴∠DGP=90º
∴∠PDG=90º-∠CPD=90º-36º=54º，
故答案为：54º．
【分析】连接OC，OD，利用正五边形的性质求出∠COD的度数，再根据圆周角定理求得∠CPD，然后利用直角三角形的两锐角互余即可解答．
20.某工厂计划加工一批零件240个，实际每天加工零件的个数是原计划的1.5倍，结果比原计划少用2天．设原计划每天加工零件x个，可列方程________．
【答案】240
x =240
1.5x
+2
【考点】分式方程的实际应用
【解析】【解答】解：设原计划每天生产零件x个，则实际每天生产零件为1.5x个，
由题意，得240
x =240
1.5x
+2.
故答案是：240
x =240
1.5x
+2.
【分析】设原计划每天生产零件x个，则实际每天生产零件为1.5x个，根据比原计划少用2天，列方程即可．
21.下面各图形是由大小相同的黑点组成，图1中有2个点，图2中有7个点，图3中有14个点，……，按此规律，第10个图中黑点的个数是________．
【答案】119
【考点】探索图形规律
【解析】【解答】解：根据题意，
第1个图有2个黑点；
第2个图有7个黑点；
第3个图有14个黑点；
……
第n个图有(n+1)2−2个黑点；
∴当n=10时，有(10+1)2−2=121−2=119（个）；
故答案为：119．
【分析】根据题意，找出图形的规律，得到第n个图形的黑点数为(n+1)2−2，即可求出答案．
三、解答题（共8题；共88分）
22.
（1）如图，已知线段AB和点O，利用直尺和圆规作△ABC，使点O是△ABC的内心（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在所画的△ABC中，若∠C=90°,AC=6,BC=8，则△ABC的内切圆半径是________．【答案】（1）解：作法：如图所示：
①作射线AO、BO；
②以点A为圆心，任意长为半径画弧分别交线段AB，射线AO于点D，E；
③以点E为圆心，DE长为半径画弧，交上一步所画的弧于点F，同理作出点M；
④作射线AF，BM相交于点C，△ABC即所求．
（2）2
【考点】三角形的内切圆与内心，作图-角的平分线
【解析】【解答】解：（2）如图，连接OC，
∵∠C=90°,AC=6,BC=8，
由勾股定理，得：AB=√62+82=10，
∴S△ABC=1
2
×6×8=24；
∵S△ABC=SΔAOB+SΔAOC+SΔBOC，
∴1
2AB•r+1
2
AC•r+1
2
BC•r=24，
∴1
2
×(10+6+8)•r=24，
∴r=2，
∴△ABC的内切圆半径是2；
故答案为：2；
【分析】（1）内心是角平分线的交点，根据AO和BO分别是∠CAB和∠CBA的平分线，作图即可；（2）连接OC，设内切圆的半径为r，利用三角形的面积公式，即可求出答案．
23.如图，热气球位于观测塔P的北偏西50°方向，距离观测塔100km的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于观测塔P的南偏西37°方向的B处，这时，B处距离观测塔P有多远？（结果保留整数，参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin50°≈0.77，cos50°≈
0.64，tan50°≈1.19．）
【答案】解：由已知，得∠A=50°,∠B=37°,PA=100km．
在Rt△PAC中，sinA=PC
PA
，
∴PC=PA⋅sin50°≈100km×0.77=77km．
在Rt△PBC中，sinB=PC
PB
，
∴PB=PC
sin37°≈77km
0.60
≈128km．
答：B处距离观测塔约为128km．
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题
【解析】【分析】先在Rt△PAC中求出PC，进而在Rt△PBC中即可求出PB．
24.如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，点B，点O均为格点（每个小正方形的顶点叫做格点）．
（1）作点A关于点O的对称点A1；
（2）连接A1B，将线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1，画出旋转后的线段A1B1；（3）连接AB1，求出四边形ABA1B1的面积．
【答案】（1）解：如图所示
作出点A关于点O的对称点A1；
（2）解：连接A1B，画出线段A1B1；
（3）解：连接BB1，过点A作AE⊥BB1于点E，过点A1作A1F⊥BB1于点F；
S
四边形ABA1B1=S△ABB
1
+S△A
1BB1
=1
2BB1⋅AE+1
2
BB1⋅A1F
=1
2×8×2+1
2
×8×4
=24．
∴四边形ABA1B1的面积是24．
【考点】作图﹣轴对称，作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）连接AO并延长一倍即可得到A1；（2）由于A1B是一个4×4正方形对角线，再找一个以A1为顶点的4×4正方形，与A1相对的点即为B1，连接线段A1B1；（3）连接BB1，
由S四边形ABA
1B1=S△ABB
1
+S△A
1BB1
求出四边形面积．
25.为了解本校九年级学生体育测试项目“400米跑”的训练情况，体育教师在2019年1-5月份期间，每月随机抽取部分学生进行测试，将测试成绩分为：A，B，C，D四个等级，并绘制如下两幅统计图．根据统计图提供的信息解答下列问题：
（1）________月份测试的学生人数最少，________月份测试的学生中男生、女生人数相等；
（2）求扇形统计图中D等级人数占5月份测试人数的百分比；
（3）若该校2019年5月份九年级在校学生有600名，请你估计出测试成绩是A等级的学生人数．
【答案】（1）1；4
（2）解：72°÷360°×100%=20%，
1−25%−40%−20%=15%，
答：D等级人数占5月份测试人数的百分比是15%；
（3）解：由样本可知，成绩A等级的学生人数所占的百分比为25%，
可估计：600×25%=150（名），
答：该校5月份测试成绩是A等级的学生人数约为150名．
【考点】用样本估计总体，扇形统计图，折线统计图
【解析】【解答】解：（1）由折线统计图可得1月份测试的学生人数最少，4月份测试的学生中男生、女生人数相等，
故答案为：1，4；
【分析】（1）直接由折线统计图获取答案即可；（2）先根据C等级人数的圆心角是72°，求出C等级人数占5月份测试人数的百分比，即可求出D等级人数占5月份测试人数的百分比；（3）用成绩A等级的学生人数所占的百分比乘以600即可．
26.如图，△ABC内接于⊙O，CD是直径，∠CBG=∠BAC，CD与AB相交于点E，过点E 作EF⊥BC，垂足为F，过点O作OH⊥AC，垂足为H，连接BD、OA．
（1）求证：直线BG与⊙O相切；
（2）若BE
OD =5
4
，求EF
AC
的值．
【答案】（1）解：连接OB．
∵CD是圆O的直径，
∴∠DBC=90°，
∴∠DBO+∠OBC=90°．
∵BC⌢=BC⌢
∴∠BAC=∠D．
∵OD=OB，
∴∠D=∠DBO．
∴∠BAC=∠DBO．
∵∠CBG=∠BAC，
∴∠CBG=∠DBO．
∴∠CBG+∠OBC=90°．
∴∠OBG=90°．
∴OB⊥BG．
∵OB是圆O半径，
∴直线BG与圆O相切．
（2）解：∵OH⊥AC,OA=OC，∴∠AOH=1
2
∠AOC,2AH=AC．∵AC⌢=AC⌢，
∴∠ABC=1
2
∠AOC，
∴∠AOH=∠ABC．
∵EF⊥BC,OH⊥AC，
∴∠EFB=∠OHA=90°．
∴△BEF∽△OAH．
∴BE
OA =EF
AH
．
∵BE
OD =5
4
,OD=OA，
∴BE
OA =EF
AH
=5
4
．
∵2AH=AC，
∴EF
AC =EF
2AH
=5
8
．
∴ EF AC 的值是 58 ． 【考点】等腰三角形的性质，圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接OB ，根据CD 是直径得到 ∠DBO +∠OBC =90° ，再根据圆周角以及已知条件得到 ∠CBG =∠DBO ，进而得到 ∠CBG +∠OBC =90° 即可证明；（2）先证明 △BEF ∽△OAH ，再利用相似比以及已知条件即可解答．
27.如图，在矩形 OABC 中， AB =2,BC =4 ，点D 是边 AB 的中点，反比例函数 y 1=k x (x >0) 的图象经过点D ， 交 BC 边于点E ， 直线 DE 的解析式为 y 2=mx +n(m ≠0) ．
（1）求反比例函数 y 1=k x (x >0) 的解析式和直线 DE 的解析式；
（2）在y 轴上找一点P ， 使 △PDE 的周长最小，求出此时点P 的坐标；
（3）在（2）的条件下， △PDE 的周长最小值是________．
【答案】 （1）解：∵D 为 AB 的中点， AB =2 ，
∴ AD =12AB =1 ．
∵四边形 OABC 是矩形， BC =4 ，
∴D 点坐标为 (1,4) ．
∵ D(1,4) 在 y 1=k x (x >0) 的图象上， ∴ k =4 ．∴反比例函数解析式为 y 1=4x (x >0) ．
当 x =2 时， y =2 ．
∴E 点坐标为 (2,2) ．
∵直线 y 2=mx +n(m ≠0) 过点 D(1,4) 和点 E(2,2)
∴ {4=m +n,2=2m +n
解得 {m =−2,n =6.
∴直线 DE 的解析式为 y 2=−2x +6 ．
∴反比例函数解析式为 y 1=4x (x >0) ，
直线 DE 的解析式为 y 2=−2x +6 ．
（2）解：作点D 关于y 轴的对称点 D ′ ，连接 D ′E ，交y 轴于点P ，连接 PD ．
此时 △PDE 的周长最小．∵点D 的坐标为 (1,4) ，
∴点 D ′ 的坐标为 (−1,4) ．
设直线 D ′E 的解析式为 y =ax +b(a ≠0) ．
∵直线 y =ax +b(a ≠0) 经过 D ′(−1,4)
∴ {4=−a +b,2=2a +b.
解得 {a =−23,b =103.
∴直线 D ′E 的解析式为 y =−23x +
103 ． 令 x =0 ，得 y =
103 ． ∴点P 坐标为 (0,103) ．
（3）√13+√5
【考点】待定系数法求一次函数解析式，待定系数法求反比例函数解析式，勾股定理，矩形的性质，轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：（3）由（1）(2)知D （1，4），E （2，2）， D ′ (-1,4).又B(2,4),
∴BD=1,BE=2, D ′ B=3.
在Rt △BDE 中，由勾股定理，得DE= √BD 2+BE 2 = √5 .
在Rt △B D ′ E 中，由勾股定理，得 D ′ E= √D ′B 2+
BE 2 = √13 . △PDE 的周长的最小值为 D ′E +DE = √13+√5 ．
【分析】（1）首先求出D 点坐标，然后将D 点坐标代入反比例解析式，求出k 即可得到反比例函数的解析式.将x=2代入反比例函数解析式求出对应y 的值，即得到E 点的坐标，然后将点D,E 两点的坐标代入一次函数的解析式中，即可求出DE 的解析式.(2)作点D 关于y 轴的对称点 D ′ ，连接 D ′E ，交y 轴于点
P ，连接 PD ．此时 △PDE 的周长最小.然后求出 D ′E 直线的解析式，求 D ′E 直线与y 轴的交点坐标，即可得出P 点的坐标；（3） △PDE 的周长的最小值为DE+ D ′E ，分别利用勾股定理两条线段的长，即可求.
28.如图，在正方形 ABCD 中， AB =4 ，点G 在边 BC 上，连接 AG ，作 DE ⊥AG 于点E ， BF ⊥AG 于点F ， 连接 BE 、 DF ，设 ∠EDF =α ， ∠EBF =β ， BG BC =k ．
（1）求证： AE =BF ；
（2）求证： tanα=k ⋅tanβ ；
（3）若点G 从点B 沿 BC 边运动至点C 停止，求点E ， F 所经过的路径与边 AB 围成的图形的面积．
【答案】 （1）证明：在正方形 ABCD 中， AB =BC =AD ，
∠BAD =∠ABC =90° ．
∵ DE ⊥AG,BF ⊥AG ，
∴ ∠AED =∠BFA =90° ．
∴ ∠ADE +∠DAE =90° ．
∵ ∠BAF +∠DAE =90° ，
∴ ∠ADE =∠BAF ．
在 △AED 和 △BFA 中，
{∠ADE =∠BAF,
∠AED =∠BFA,AD =BA,
∴ △AED ≌△BFA ．
∴ AE =BF ．
（2）证明：在 Rt △DEF 和 Rt △EFB 中， tanα=EF DE ,tanβ=EF BF ．
∴ tanαtanβ=EF DE ⋅BF EF =BF DE ．
由①可知∠ADE=∠BAG,∠AED=∠GBA=90°，∴△AED∽△GBA．
∴AE
GB =DE
AB
．
由①可知，AE=BF，
∴BF
GB =DE
AB
．∴BF
DE
=GB
AB
．
∵BG
BC
=k，AB=BC，
∴BF
DE =BG
AB
=BG
BC
=k．
∴tanα
tanβ
=k．
∴tanα=ktanβ.
（3）解：∵DE⊥AG,BF⊥AG．
∴∠AED=∠BFA=90°
∴当点G从点B沿BC边运动至点C停止时，点E经过的路径是以AD为直径，圆心角为90°的圆弧，同理可得点F经过的路径，两弧交于正方形的中心点O．（如图所示）
∵AB=AD=4
∴所围成图形的面积S=S△AOB=1
4
×4×4=4
【考点】三角形全等及其性质，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）证明△AED≌△BFA，根据全等三角形的性质可得出结论；（2）证明△AED∽△GBA，根据正方形的性质、相似三角形的性质证明；（3）根据所围成的图形是△AOB，求出它的面积即可.
29.如图1，抛物线y=−1
2(x+2)2+6与抛物线y1=−x2+1
2
tx+t−2相交y轴于点C，抛物线
y1与x轴交于A、B两点（点B在点A的右侧），直线y2=kx+3交x轴负半轴于点N，交y轴于点M，且OC=ON．
（1）求抛物线y1的解析式与k的值；
（2）抛物线y1的对称轴交x轴于点D，连接AC，在x轴上方的对称轴上找一点E，使以点A，D，E为顶点的三角形与△AOC相似，求出DE的长；
（3）如图2，过抛物线y1上的动点G作GH⊥x轴于点H，交直线y2=kx+3于点Q，若点Q′是点Q关于直线MG的对称点，是否存在点G（不与点C重合），使点Q′落在y轴上？若存在，请直接写出点G的横坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：当x=0时，y=−1
2(x+2)2+6=−1
2
×(0+2)2+6=4，
∴点C的坐标为(0，4)，
∵点C (0，4)在抛物线y1=−x2+1
2
tx+t−2的图象上，∴t−2=4，
∴t=6，
∴抛物线y1的解析式为y1=−x2+3x+4，
∵C (0，4)，ON=OC，
∴ON=OC=4，
∴点N的坐标为( −4，0)，
∵直线y2=kx+3过N ( −4，0)，
∴−4k+3=0,
解得k=3
4
,
∴抛物线y1的解析式为y1=−x2+3x+4，k的值为3
4
；（2）解：连接AE，
令y1=0，则−x2+3x+4=0,
解得x1=−1，x2=4，
∴点A的坐标为( −1，0)，点B的坐标为(4，0)，
∴抛物线y1的对称轴为直线x=−1+4
2=3
2
．
∴点A的坐标为( 3
2
，0)，
∵C (0，4)，
∴AO=1，OC=4，AD=5
2
，①当△AOC∽△EDA时，
AO ED =OC
DA
，
∴1ED=45
2
，
∴DE=5
8
；
②当△AOC∽△ADE时，
AO AD =OC
DE
，
∴15
2=4
DE
，
∴DE=10，
综上，DE的长为5
8
或10；
（3）解：如图，点Q′是点Q关于直线MG的对称点，且点Q′在y轴上时，由轴对称性质可知，QM=Q′M，QG=Q′G，∠Q′MG=∠QMG，
∵QG⊥x轴，∴QG//y轴．
∴∠Q′MG=∠OGM，
∴∠QMG=∠QGM，
∴QM=QG，
∴QM=Q′M=QG=Q′G，
∴四边形QMQ′G为菱形，
∴GQ′//QN，
作GP⊥y轴于点P，
设G(a，−a2+3a+4)，
则 Q(a ，34a +3) ，
∴ PG =|a| ，
Q ′G =GQ =|(34a +3)−(−a 2+3a +4)|=|a 2−94a −1| ，
∵ GQ ′//QN ， ∴ ∠GQ ′P =∠NMO ，
令 x =0 ，则 y =3 ，令 y =0 ，则 x =−4 ，
∴直线 y =34x +3 与坐标轴的交点分别为M (0，3)，N( −4 ，0)，
∴OM=3，ON=4，
在 Rt △NMO 中， MN =√NO 2+MO 2=√42+32=5 ，
∴ sin ∠GQ ′P =sin ∠NMO =NO MN =
PG GQ ′=45 ， ∴ |a|
|a 2−94a−1|=45 ，
解得 a 1=7+√654 ， a 2=7−√654 ， a 3=1+√52 ， a 4=1−√52
， 经检验 a 1=7+√654 ， a 2=7−√654 ， a 3=1+√52 ， a 4=1−√52
都是所列方程的解， 综上，点G 的横坐标为 7+√654 或 7−√654 或 1+√52 或 1−√52
． 【考点】待定系数法求二次函数解析式，轴对称的性质，相似三角形的性质，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数y=ax^2+bx+c 的性质
【解析】【分析】（1）根据抛物线 y =−12(x +2)2+6 可求得点C 的坐标，代入 y 1=−x 2+12tx +t −2 即可求得t 的值，由 ON =OC ，求得点N 的坐标，进而求得k 的值；（2）因为∠AOC=∠EDA=90°已确定，所以分两种情况讨论△BDA 与△AOC 相似，通过对应边的比相等可求出DE 的长；（3）先根据题意画出图形，通过轴对称的性质等证明四边形QMQ'G 为菱形，分别用字母表示出Q ，G 的坐标，分两种情况讨论求出GQ'的长度，利用三角函数可求出点G 的横坐标．。