山东省泰安市2020年中考数学试题（教师版）

这是一份山东省泰安市2020年中考数学试题（教师版），共33页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

山东省泰安市2020年中考数学真题
一、选择题（本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项选出来，每小题选对得4分，选错、不选或选出的答案超过一个，均记零分）
1.的倒数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据倒数的概念求解即可.
【详解】根据乘积等于1的两数互为倒数，可直接得到-的倒数为．
故选A

2.下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据整式的加减乘除法则分开讨论即可得到结果．
【详解】A．，故A错误；
B．，故B错误；
C．，故C错误；
D．，故D正确；
故答案选D．
【点睛】本题主要考查了整式加减乘除的混合运算，准确进行幂的运算公式是解题的关键．
3.2020年6月23日，中国北斗系统第五十五颗导航卫星暨北斗三号最后一颗全球组网卫星成功发射入轨，可以为全球用户提供定位、导航和授时服务．今年我国卫星导航与位置服务产业产值预计将超过4000亿元．把数据4000亿元用科学记数法表示为（）
A. 元 B. 元 C. 元 D. 元
【答案】C
【解析】
【分析】
科学记数法就是将一个数字表示成a×10 n的形式，其中1≤|a|＜10，n表示整数． n的值为这个数的整数位数减1，由此即可解答．
【详解】4000亿=400000000000=．
故选C．
【点睛】本题考查了科学记数法，科学记数法就是将一个数字表示成a×10 n的形式，正确确定a、n的值是解决问题的关键．
4.将含30°角的一个直角三角板和一把直尺如图放置，若，则等于（ ）

A. 80° B. 100° C. 110° D. 120°
【答案】C
【解析】
【分析】
如图，先根据平行线性质求出∠3，再求出∠4，根据四边形内角和为360°即可求解．
【详解】解：如图，由题意得DE∥GF，
∴∠1=∠3=50°，
∴∠4=180°-∠3=130°，
∴在四边形ACMN中，∠2=360°-∠A-∠C-∠4=110°．

故选：C
【点睛】本题考查了平行线的性质，四边形的内角和定理，熟知相关定理是解题关键．
5.某中学开展“读书伴我成长”活动，为了解八年级学生四月份的读书册数，对从中随机抽取的20名学生的读书册数进行调查，结果如下表：
册数/册
1
2
3
4
5
人数/人
2
5
7
4
2

根据统计表中的数据，这20名同学读书册数的众数，中位数分别是（ ）
A. 3，3 B. 3，7 C. 2，7 D. 7，3
【答案】A
【解析】
【分析】
由人数最多所对应的册数可得出众数，由总人数是20人可得，中位数是将数据从小到大排序后的第10和11个所对应册数的平均数即可求得结果；
【详解】由表中数据可得，人数基数最大的7人所应的册数是3，所以众数是3．
将数据从小到大排序后，第10和第11个数据均为3，所以中位数为：，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了中位数和众数的求解，准确分析表中数据得出结果是解题的关键．
6.如图，是的切线，点A为切点，交于点B，，点C在上，．则等于（ ）

A. 20° B. 25° C. 30° D. 50°
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OA，求出∠POA= 80°，根据等腰三角形性质求出∠OAB=∠OBA=50°，进而求出∠AOC=130°，得到∠C=25°，根据平行线性质即可求解．
【详解】解：如图，连接OA，
∵是的切线，
∴∠PAO=90°，
∵，
∴∠POA=90°-∠P=80°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=50°，
∵，
∴∠BOC=∠ABO=50°，
∴∠AOC=∠AOB+∠BOC=130°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠C=25°，
∵，
∴∠BAC=∠C=25°．


故选：B
【点睛】本题考查了切线的性质，圆的半径都相等，平行线的性质等知识，熟知各知识点是解题关键．一般情况下，在解决与圆有关的问题时，根据圆的的半径都相等，可以得到等腰三角形，进而可以进行线段或角的转化．
7.将一元二次方程化成（a，b为常数）的形式，则a，b的值分别是（ ）
A ，21 B. ，11 C. 4，21 D. ，69
【答案】A
【解析】
【分析】
根据配方法步骤解题即可．
【详解】解：
移项得，
配方得，
即，
∴a=-4，b=21．
故选：A
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，解题关键是配方：在二次项系数为1时，方程两边同时加上一次项系数一半的平方．
8.如图，是的内接三角形，，是直径，，则的长为（ ）


A. 4 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
连接BO，根据圆周角定理可得，再由圆内接三角形的性质可得OB垂直平分AC，再根据正弦的定义求解即可．
详解】如图，连接OB，

∵是的内接三角形，
∴OB垂直平分AC，
∴，，
又∵，
∴，
∴,
又∵AD=8，
∴AO=4，
∴，
解得：，
∴．
故答案选B．
【点睛】本题主要考查了圆的垂径定理的应用，根据圆周角定理求角度是解题的关键．
9.在同一平面直角坐标系内，二次函数与一次函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据一次函数和二次函数的图象和性质，分别判断a，b的符号，利用排除法即可解答．
【详解】解：A、由一次函数图象可知，a＞0，b＞0，由二次函数图象可知，a＞0，b＜0，不符合题意；
B、由一次函数图象可知，a＞0，b＜0，由二次函数图象可知，a＜0，b＜0，不符合题意；
C、由一次函数图象可知，a＞0，b＜0，由二次函数图象可知，a＞0，b＜0，符合题意；
D、由一次函数图象可知，a＜0，b=0，由二次函数图象可知，a＞0，b＜0，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数的图象和一次函数的图象，解题的关键是明确一次函数和二次函数的性质．
10.如图，四边形是一张平行四边形纸片，其高，底边，，沿虚线将纸片剪成两个全等的梯形，若，则的长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
过点F作，AG=2，，可得BG=FM=2，令AF=x，根据，根据正切值可得EM的长，加起来等于BC即可得到结果．
【详解】如图所示，过点F作交BC于点M，


∵，，AG=2，
∴BG=FM=2，AF=GM，
令AF=x，
∵两个梯形全等，
∴AF=GM=EC=x，
又∵，
∴，
∴，
又∵BC=6，
∴，
∴．
故答案选D．
【点睛】本题主要考查了利用特殊角的三角函数值及三角函数的意义进行求解，准确根据全等图形的性质判断边角是解题的关键．
11.如图，矩形中，相交于点O，过点B作交于点F，交于点M，过点D作交于点E，交于点N，连接．则下列结论：
①；②；
③；④当时，四边形是菱形．
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
【解析】
【分析】
通过判断△AND≌△CMB即可证明①，再判断出△ANE≌△CMF证明出③，再证明出△NFM≌△MEN，得到∠FNM=∠EMN，进而判断出②，通过 DF与EB先证明出四边形为平行四边形，再通过三线合一以及内角和定理得到∠NDO=∠ABD=30°，进而得到DE=BE，即可知四边形为菱形．
【详解】∵BF⊥AC
∴∠BMC=90°
又∵
∴∠EDO=∠MBO，DE⊥AC
∴∠DNA=∠BMC=90°
∵四边形ABCD为矩形
∴AD=BC，AD∥BC，DC∥AB
∴∠ADB=∠CBD
∴∠ADB-∠EDO=∠CBD-∠MBO即∠AND=∠CBM
在△AND与△CMB
∵
∴△AND≌△CMB(AAS)
∴AN=CM，DN=BM，故①正确．
∵AB∥CD
∴∠NAE=∠MCF
又∵∠DNA=∠BMC=90°
∴∠ANE=∠CMF=90°
在△ANE与△CMF中
∵
∴△ANE≌△CMF（ASA）
∴NE=FM，AE=CF，故③正确．
在△NFM与△MEN中
∵
∴△NFM≌△MEN（SAS）
∴∠FNM=∠EMN
∴NF∥EM，故②正确．
∵AE=CF
∴DC-FC=AB-AE，即DF=EB
又根据矩形性质可知DF∥EB
∴四边形DEBF为平行四边
根据矩形性质可知OD=AO，
当AO=AD时，即三角形DAO为等边三角形
∴∠ADO=60°
又∵DN⊥AC
根据三线合一可知∠NDO=30°
又根据三角形内角和可知∠ABD=180°-∠DAB-∠ADB=30°
故DE=EB
∴四边形DEBF为菱形，故④正确．
故①②③④正确
故选D．
【点睛】本题矩形性质、全等三角形的性质与证明、菱形的判定，能够找对相对应的全等三角形是解题关键．
12.如图，点A，B的坐标分别为，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，根据三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，再根据等腰直角三角形的性质以及三角形的中位线即可解答．
【详解】解：如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，
∵，
则△ABO为等腰直角三角形，
∴AB=，N为AB的中点，
∴ON=，
又∵M为AC的中点，
∴MN为△ABC的中位线，BC=1，
则MN=，
∴OM=ON+MN=，
∴OM的最大值为
故答案选：B．

【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形中位线的性质，解题的关键是确定当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大．
二、填空题（本大题共6小题，满分24分．只要求填写最后结果，每小题填对得4分）
13.方程组的解是___________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用加减法解方程即可．
【详解】解：
①×3得 ③，
②-③得，
解得x=12，
把x=12代入①得12+y=16，
y=4，
∴原方程组的解为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查二元一次方程组的解法中的加减消元法，解答的关键在于根据题目特点合理消元．
14.如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C的坐标分别为，，．是关于轴的对称图形，将绕点逆时针旋转180°，点的对应点为M，则点M的坐标为________．

【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，画出旋转后图形，即可求解
【详解】解：如图，将绕点逆时针旋转180°，所以点的对应点为M的坐标为．

故答案为：
【点睛】本题考查平面直角坐标系内图形的对称，旋转，解题关键是理解对称旋转的含义，并结合网格解题．
15.如图，某校教学楼后面紧邻着一个山坡，坡上面是一块平地．，斜坡长，斜坡的坡比为12∶5．为了减缓坡面，防止山体滑坡，学校决定对该斜坡进行改造．经地质人员勘测，当坡角不超过50°时，可确保山体不滑坡．如果改造时保持坡脚A不动，则坡顶B沿至少向右移________时，才能确保山体不滑坡．（取）

【答案】10
【解析】
【分析】
如图，设点B沿BC向右移动至点H，使得∠HAD=50°，过点H作HF⊥AD于点F，根据AB及AB的坡比，计算出BE和AE的长度，再根据∠HAF=50°，得出AF的值即可解答．
【详解】解：如图，设点B沿BC向右移动至点H，使得∠HAD=50°，过点H作HF⊥AD于点F，
∵AB=26，斜坡的坡比为12∶5，
则设BE=12a，AE=5a，
∴，解得：a=2，
∴BE=24，AE=10，
∴HF=BE=24，
∵∠HAF=50°，
则，解得：AF=20，
∴BH=EF=20-10=10，
故坡顶B沿至少向右移10时，才能确保山体不滑坡，
故答案为：10．

【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用坡度坡角问题，掌握坡度坡角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
16.如图，点O是半圆圆心，是半圆的直径，点A，D在半圆上，且，过点D作于点C，则阴影部分的面积是________．

【答案】
【解析】
【分析】
求出半圆半径、OC、CD长，根据AD∥BO，得到 ，根据即可求解 ．
【详解】解：连接OA，
∵，OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA=AB=8，∠AOB=60°
∵AD∥BO，
∴∠DAO=∠AOB=60°，
∵OA=OD，
∴△OAD等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∴∠DOE=60°，
∴Rt△OCD中，，
∵AD∥BO，
∴ ，
∴ ．

故答案为：
【点睛】本题考查了不规则图形面积的求法，解题的关键是根据根据AD∥BO，得到 ，从而将阴影面积转化为扇形面积与三角形面积的差．
17.已知二次函数（是常数，）的与的部分对应值如下表：




0
2

6
0


6

下列结论：
①；
②当时，函数最小值为；
③若点，点在二次函数图象上，则；
④方程有两个不相等的实数根．
其中，正确结论的序号是__________________．（把所有正确结论的序号都填上）
【答案】①③④
【解析】
【分析】
先根据表格中的数据利用待定系数法求出抛物线的解析式，进而可直接判断①；由抛物线的性质可判断②；把点和点代入解析式求出y1、y2即可③；当y=﹣5时，利用一元二次方程的根的判别式即可判断④，进而可得答案．
【详解】解：由抛物线过点（﹣5，6）、（2，6）、（0，﹣4），可得：
，解得：，
∴二次函数的解析式是，
∴a=1＞0，故①正确；
当时，y有最小值，故②错误；
若点，点在二次函数图象上，则，，∴，故③正确；
当y=﹣5时，方程即，∵，∴方程有两个不相等的实数根，故④正确；
综上，正确的结论是：①③④．
故答案为：①③④．
【点睛】本题以表格的形式考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的性质以及一元二次方程的根的判别式等知识，属于常考题型，熟练掌握二次函数与一元二次方程的基本知识是解题的关键．
18.右表被称为“杨辉三角”或“贾宪三角”．其规律是：从第三行起，每行两端的数都是“1”，其余各数都等于该数“两肩”上的数之和．表中两平行线之间的一列数：1，3，6，10，15，……，我们把第一个数记为，第二个数记为，第三个数记为，……，第个数记为，则_________．

【答案】20110
【解析】
【分析】
根据所给数据可得到关系式，代入即可求值．
【详解】由已知数据1，3，6，10，15，……，可得，
∴，，
∴．
故答案为20110．
【点睛】本题主要考查了数字规律题的知识点，找出关系式是解题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，满分78分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤）
19.（1）化简：；
（2）解不等式：．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）先把小括号内的分式通分后，再把除法转化为乘法，约分后即可把分式化为最简；
（2）先去掉不等式中的分母，然后去括号，移项，合并同类项，最后化系数为1即可求出不等式的解．
【详解】（1）解：




（2）解：不等式两边都乘以12，得

即

解得
∴原不等式的解集是．
【点睛】第（1）题考查了分式的化简，熟练运用分式的运算法则是解决问题的关键；第（2）题考查了一元一次不等式的解法，熟知解一元一次不等式的一般步骤是解决问题的关键．
20.如图，已知一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，点．

（1）求反比例函数的表达式；
（2）若一次函数图象与轴交于点C，点D为点C关于原点O的对称点，求的面积．
【答案】（1）；（2）18
【解析】
【分析】
（1）根据点A、B都在反比例函数图象上，得到关于a的方程，求出a，即可求出反比例函数解析式；
（2）根据点A、B都在一次函数的图象上，运用待定系数法求出直线解析式，进而求出点C坐标，求出CD长，即可求出的面积．
【详解】解：（1）∵点，点在反比例函数的图象上，
∴．
解得．
∴．
∴反比例函数的表达式是．
（2）∵，
∴点A，点B的坐标分别是．
∵点A，点B在一次函数的图象上，
∴
解得
∴一次函数的表达式是．
当时，．
∴点C的坐标是．
∴．
∵点D是点C关于原点O的对称点，
∴．
作轴于点E，
∴．





【点睛】本题为一次函数与反比例函数综合题，难度不大，解题关键是根据点A、B都在反比例函数图象上，得到关键a的方程，求出a，得到点A、B坐标．
21.为迎接2020年第35届全国青少年科技创新大赛，某学校举办了A：机器人；B：航模；C：科幻绘画；D：信息学；E：科技小制作等五项比赛活动（每人限报一项），将各项比赛的参加人数绘制成如图两幅不完整的统计图．

根据统计图中的信息解答下列问题：
（1）本次参加比赛的学生人数是_________名；
（2）把条形统计图补充完整；
（3）求扇形统计图中表示机器人的扇形圆心角的度数；
（4）在C组最优秀的3名同学（1名男生2名女生）和E组最优秀的3名同学（2名男生1名女生）中，各选1名同学参加上一级比赛，利用树状图或表格，求所选两名同学中恰好是1名男生1名女生的概率．
【答案】（1）80；（2）见解析；（3）72º；（4）图表见解析，
【解析】
【分析】
（1）根据题目中已知B的占比和人数已知，可求出总人数；
（2）用总人数减去其他人数可求出D的人数，然后补全条图即可；
（3）先算出A的占比，再用占比乘以360°即可；
（4）根据列表法进行求解即可；
详解】（1）由题可知：（人），
∴参加学生的人数是80人；
（2）由（1）可得：D的人数为，画图如下：

（3）由（1）可得，A的占比是，
∴．
（4）列表如下：

C男
C女1
C女2
E男1
（C男，E男1）
（C女1，E男1）
（C女2，E男1）
E男2
（C男，E男2）
（C女1，E男2）
（C女2，E男2）
E女
（C男，E女）
（C女1，E女）
（C女2，E女）

得到所有等可能的情况有9种，
其中满足条件的有5种：（C女1，E男1），（C女2，E男1），（C女1，E男2），C女2，E男2），（C男，E女）
所以所选两名同学中恰好是1名男生1名女生的概率是．
【点睛】本题主要考查了条形统计图与扇形统计图的结合，在解题过程中准确理解题意，列表格求概率是关键．
22.中国是最早发现并利用茶的国家，形成了具有独特魅力的茶文化2020年5月21日以“茶和世界共品共享”为主题的第一届国际茶日在中国召开．某茶店用4000元购进了A种茶叶若干盒，用8400元购进B种茶叶若干盒，所购B种茶叶比A种茶叶多10盒，且B种茶叶每盒进价是A种茶叶每盒进价的1.4倍．
（1）A，B两种茶叶每盒进价分别为多少元？
（2）第一次所购茶叶全部售完后第二次购进A，B两种茶叶共100盒（进价不变），A种茶叶的售价是每盒300元，B种茶叶的售价是每盒400元．两种茶叶各售出一半后，为庆祝国际茶日，两种茶叶均打七折销售，全部售出后，第二次所购茶叶的利润为5800元（不考虑其他因素），求本次购进A，B两种茶叶各多少盒？
【答案】（1）A，B两种茶叶每盒进价分别为200元，280元；（2）第二次购进A种茶叶40盒，B种茶叶60盒
【解析】
【分析】
（1）设A种茶叶每盒进价为元，则B种茶叶每盒进价为元，根据“4000元购进了A种茶叶若干盒，用8400元购进B种茶叶若干盒，所购B种茶叶比A种茶叶多10盒”列出分式方程解答，并检验即可；
（2）设第二次A种茶叶购进盒，则B种茶叶购进盒，根据题意，表达出打折前后，A，B两种茶叶的利润，列出方程即可解答．
【详解】解：（1）设A种茶叶每盒进价为元，则B种茶叶每盒进价为元．
根据题意，得
．
解得．
经检验：是原方程的根．
∴（元）．
∴A，B两种茶叶每盒进价分别为200元，280元．
（2）设第二次A种茶叶购进盒，则B种茶叶购进盒．
打折前A种茶叶的利润为．
B种茶叶的利润为．
打折后A种茶叶的利润为．
B种茶叶的利润为0．
由题意得：．
解方程，得：．
∴（盒）．
∴第二次购进A种茶叶40盒，B种茶叶60盒．
【点睛】本题考查了分式方程及一元一次方程的实际应用问题，解题的关键是设出未知数，找出等量关系，列出方程，并注意分式方程一定要检验．
23.若和均为等腰三角形，且．

（1）如图（1），点B是的中点，判定四边形的形状，并说明理由；
（2）如图（2），若点G是的中点，连接并延长至点F，使．求证：①，②．
【答案】（1）四边形BEAC是平行四边形，证明见解析；（2）①见解析；②见解析
【解析】
【分析】
（1）利用等腰直角三角形的性质证得，，推出，再根据平行于同一直线的两直线平行即可推出结论；
（2）①利用“SAS”证得，即可证明结论；
②延长至点H，使，证得，推出，利用①的结论即可证明．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形．
理由如下：
∵为等腰三角形且，
∴，
∵B是的中点，
∴，
∴，
∵是等腰三角形，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴．
∴．
∴四边形是平行四边形．
（2）证明：①∵和为等腰三角形，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴；
②延长至点H，使．


∵G是中点，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线构建全等三角形是解答（2）②的关键．
24.小明将两个直角三角形纸片如图（1）那样拼放在同一平面上，抽象出如图（2）的平面图形，与恰好为对顶角，，连接，，点F是线段上一点．

探究发现：
（1）当点F为线段的中点时，连接（如图（2），小明经过探究，得到结论：．你认为此结论是否成立？_________．（填“是”或“否”）
拓展延伸：
（2）将（1）中的条件与结论互换，即：若，则点F为线段的中点．请判断此结论是否成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
问题解决：
（3）若，求的长．
【答案】（1）是；（2）结论成立，理由见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用等角的余角相等求出∠A=∠E，再通过AB=BD求出∠A=∠ADB，紧接着根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求出FD=FE=FC，由此得出∠E=∠FDE，据此进一步得出∠ADB=∠FDE，最终通过证明∠ADB+∠EDC=90°证明结论成立即可；
（2）根据垂直的性质可以得出90°，90°，从而可得，接着证明出，利用可知，从而推出，最后通过证明得出，据此加以分析即可证明结论；
（3）如图，设G为的中点，连接GD，由（1）得，故而，在中，利用勾股定理求出，由此得出，紧接着，继续通过勾股定理求出，最后进一步证明，再根据相似三角形性质得出，从而求出，最后进一步分析求解即可.
【详解】（1）∵∠ABC=∠CDE=90°，
∴∠A+∠ACB=∠E+∠ECD，
∵∠ACB=∠ECD，
∴∠A=∠E，
∵AB=BD，
∴∠A=∠ADB，
在中，
∵F是斜边CE的中点，
∴FD=FE=FC，
∴∠E=∠FDE，
∵∠A=∠E，
∴∠ADB=∠FDE，
∵∠FDE+∠FDC=90°，
∴∠ADB+∠FDC=90°，
即∠FDB=90°，
∴BD⊥DF，结论成立，
故答案为：是；
（2）结论成立，理由如下：
∵，
∴90°，90°，
∴，
∵，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
又90°，90°，，
∴，
∴．
∴．
∴F为的中点；
（3）如图，设G为的中点，连接GD，由（1）可知，

∴，
又∵，
在中，，
∴，
在中，，
在与中，
∵∠ABC=∠EDC，∠ACB=∠ECD，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质和相似三角形的性质及判定的综合运用，熟练掌握相关方法是解题关键.
25.若一次函数的图象与轴，轴分别交于A，C两点，点B的坐标为，二次函数的图象过A，B，C三点，如图（1）．

（1）求二次函数的表达式；
（2）如图（1），过点C作轴交抛物线于点D，点E在抛物线上（轴左侧），若恰好平分．求直线的表达式；
（3）如图（2），若点P在抛物线上（点P在轴右侧），连接交于点F，连接，．
①当时，求点P的坐标；
②求的最大值．
【答案】（1）；（2）；（3）①点或；②
【解析】
【分析】
（1）先求的点A、C的坐标，再用待定系数法求二次函数的解析式即可；
（2）设交于点M．由可得，．再由，根据平行线的性质可得，所以．已知平分，根据角平分线的定义可得．利用AAS证得．由全等三角形的性质可得． 由此即可求得点M的坐标为（0，-1）．再由，即可求得直线解析式为；
（3）①由可得．过点P作交于点N，则．根据相似三角形的性质可得．由此即可求得．设，可得．所以．由此即可得=2，解得．即可求得点或；②由①得．即．再根据二次函数的性质即可得．
【详解】（1）解：令，得．令时，．
∴．
∵抛物线过点，
∴．
则，将代入得
解得
∴二次函数表达式为．


（2）解：设交于点M．
∵，
∴，．
∵，
∴．
∴．
∵平分，
∴．
又∵，
∴．
∴．
由条件得：．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴直线解析式为．

（3）①，
∴．
过点P作交于点N，则．
∴．
∵，
∴．
∵直线的表达式为，
设，
∴．
∴．
∴，则，解得．
∴点或．
②由①得：．
∴．
∴有最大值，．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数与坐标轴的交点坐标、待定系数法求二次函数及一次函数的解析式，相似三角形的判定与性质，解决第（2）问时，求得点M的坐标是关键；解决（3）①问时，作出辅助线求得是解题的关键；解决（3）②问时，构建函数模型是解决问题的关键．

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