精品解析：2024年黑龙江省牡丹江市中考数学试题（解析版）

这是一份精品解析：2024年黑龙江省牡丹江市中考数学试题（解析版），共36页。试卷主要包含了考试时间120分钟；，全卷共三道大题，总分120分；等内容，欢迎下载使用。

1．考试时间120分钟；
2．全卷共三道大题，总分120分；
3．所有试题请在答题卡上作答，在试卷上答题无效．
一、单项选择题（本题10个小题，每小题3分，共30分）
1. 下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握中心对称图形与轴对称图形定义是解题关键．中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重台，这样的图形叫做轴对称图形．根据定义依次对各个选项进行判断即可．
【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
2. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了单项式的乘除法，多项式除以单项式，负整数指数幂，根据运算法则进行逐项计算，即可作答．
【详解】解：A、，故该选项是错误的；
B、，故该选项是错误的；
C、，故该选项是错误的；
D、，故该选项是正确的；
故选：D．
3. 由5个形状、大小完全相同的小正方体组合而成的几何体，其主视图和左视图如图所示，则搭建该几何体的方式有（ ）
A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了三视图，解题的关键是理解三视图的定义．根据小正方体一共5个，以及主视图和左视图，画出俯视图即可．
【详解】解：由主视图可知，左侧一列最高一层，右侧一列最高三层，由左视图可知，前一排最高三层，后一排最高一层，可知右侧第一排一定为三层，可得该几何体俯视图如图所示，
故选：C．
4. 某校八年级3班承担下周学校升旗任务，老师从备选的甲、乙、丙、丁四名同学中，选择两名担任升旗手，则甲、乙两名同学同时被选中的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查画树状图或列表法求概率，列表适用于两个因素的问题，三个或三个以上因素的问题只能用树状图．根据列表法或者树状图分析出所有可能的结果，然后根据概率公式求出结果即可．
【详解】解：列表如下：
由列表可知，共有12种等可能的结果，其中甲、乙两名同学同时被选中的情况有2种，则甲、乙两名同学同时被选中的概率是．
故选：A．
5. 如图，四边形是的内接四边形，是的直径，若，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，连接，由是的直径得到，根据圆周角定理得到，得到，再由圆内接四边形对角互补得到答案.
【详解】解：如图，连接，

∵是的直径，
∴，
∵，
∴
∴
∵四边形是的内接四边形，
∴，
故选：B
6. 一种药品原价每盒48元，经过两次降价后每盒27元，两次降价的百分率相同，则每次降价的百分率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的实际应用，设每次降价的百分率为，根据原价每盒48元，经过两次降价后每盒27元，列出方程进行求解即可．
【详解】解：设每次降价的百分率为，由题意，得：
，
解得：（舍去）；
故选C．
7. 如图是由一些同样大小的三角形按照一定规律所组成的图形，第1个图有4个三角形．第2个图有7个三角形，第3个图有10个三角形……按照此规律排列下去，第674个图中三角形的个数是（ ）
A. 2022B. 2023C. 2024D. 2025
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查了图形的变化规律，解题的关键是根据图形的排列，归纳出图形的变化规律．根据前几个图形的变化发现规律，可用含n的代数式表示出第n个图形中三角形的个数，从而可求第674个图形中三角形的个数．
【详解】解：第1个图案有4个三角形，即，
第2个图案有7个三角形，即，
第3个图案有10个三角形，即，
…，
按此规律摆下去，第n个图案有个三角形，
则第674个图案中三角形的个数为：（个）．
故选：B．
8. 矩形在平面直角坐标系中的位置如图所示，反比例函数的图象与边交于点D，与边交于点F，与交于点E，，若四边形的面积为2，则k的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质、三角形面积的计算、反比例函数的图象和性质、相似三角形的判定和性质；熟练掌握矩形的性质和反比例函数的性质是解决问题的关键．
过点E作，则，设，由，可得，再由，列方程，即可得出k的值．
【详解】过点E作，则，
∴，
∴
设，
∵
∴，
∴
∴
即，解得：
故选D
9. 小明同学手中有一张矩形纸片，，，他进行了如下操作：
第一步，如图①，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，将纸片展平．
第二步，如图②，再一次折叠纸片，把沿折叠得到，交折痕于点E，则线段的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了矩形与折叠问题，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理是解题的关键．
根据矩形的性质和折叠的性质推出，进而得出，设，则，根据勾股定理可得：，列出方程求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠可得：，，，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理可得：，
即，
解得：，
即，
故选：B．
10. 在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A、B两点，，与y轴交点C的纵坐标在～之间，根据图象判断以下结论：①；②；③若且，则；④直线与抛物线的一个交点，则．其中正确的结论是（ ）
A. ①②④B. ①③④C. ①②③D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数和一元二次方程的关系，掌握二次函数和一元二次方程的关系是解题的关键，
根据题意得到抛物线的解析式为，即可得到，，代入即可判断①；根据判断②；把代入，然后利用因式分解法解方程即可判断③；然后把，代入解方程求出m的值判断④．
【详解】解：设抛物线的解析式为：，
∴，，
∴，故①正确；
∵点C的纵坐标在～之间，
∴，即，
∴，故②正确；
∵，
∴，即，
∴，
又∵，
∴，故③错误；
∵令相等，则
∴，解得（舍），，
∴，故④正确；
故选A．
二、填空题（本题8个小题，每小题3分，共24分）
11. 函数中，自变量x的取值范围是______________．
【答案】x≥-3且x≠0
【解析】
【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0列不等式组求解．
【详解】解：根据题意得：x+3≥0且x≠0，
解得x≥-3且x≠0．
故答案为：x≥-3且x≠0．
【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围．考查的知识点为：分式有意义，分母不为0，二次根式有意义，被开方数是非负数．
12. 如图，中，D是上一点，，D、E、F三点共线，请添加一个条件______，使得．（只添一种情况即可）
【答案】或（答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用全等三角形的判定解答．根据题目中的条件和全等三角形的判定，可以写出添加的条件，注意本题答案不唯一．
【详解】解：∵
∴，，
∴添加条件，可以使得，
添加条件，也可以使得，
∴；
故答案为：或（答案不唯一）．
13. 将抛物线向下平移5个单位长度后，经过点，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】此题考查了二次函数的平移，根据平移规律得到函数解析式，把点的坐标代入得到，再整体代入变形后代数式即可．
详解】解：抛物线向下平移5个单位长度后得到，
把点代入得到，，
得到，
∴，
故答案为：2
14. 如图，在中，直径于点E，，则弦的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键．
由垂径定理得，设的半径为，则，在中，由勾股定理得出方程，求出，即可得出，在中，由勾股定理即可求解．
【详解】解：∵，
，
设的半径为，则，
在中，由勾股定理得：，即，
解得：，
，
，
在中，由勾股定理得：，
故答案为：．
15. 已知一组正整数a，1，b，b，3有唯一众数8，中位数是5，则这一组数据的平均数为______．
【答案】5
【解析】
【分析】本题考查了众数、平均数和中位数的知识．根据众数、平均数和中位数的概念求解．
【详解】解：∵这组数据有唯一众数8，
∴b8，
∵中位数是5，
∴a是5，
∴这一组数据的平均数为，
故答案为：5．
16. 若分式方程的解为正整数，则整数m的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了分式方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．
表示出方程的解，由解是正整数，确定出整数的值即可．
【详解】解：，
化简得：，
去分母得：，
移项合并得：，
解得：，
由方程的解是正整数，得到为正整数，即或，
解得：或（舍去，会使得分式无意义）．
故答案为：．
17. 矩形的面积是90，对角线交于点O，点E是边的三等分点，连接，点P是的中点，，连接，则的值为______．
【答案】13或
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理．当时，利用三角形中位线定理求得，再求得矩形的边长，利用勾股定理求得的长，再根据斜边中线的性质即可求解；当时，同理求解即可．
【详解】解：当时，如图，
∵矩形，
∴点O是的中点，
∵点P是的中点，
∴，，
∵点E是边的三等分点，
∴，，
∵矩形的面积是90，
∴，
∴，
∴，
∴；
当时，如图，
∵矩形，
∴点O是的中点，
∵点P是的中点，
∴，，
∵点E是边的三等分点，
∴，，
∵矩形的面积是90，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：13或．
18. 如图，在正方形中，E是延长线上一点，分别交于点F、M，过点F作，分别交、于点N、P，连接．下列四个结论：①；②；③若P是中点，，则；④；⑤若，则．其中正确的结论是______．
【答案】①②③⑤
【解析】
【分析】如图1，作于，则四边形是矩形，证明，则，可判断①的正误；如图2，作交于，连接，证明，则，，由，，可得，，，证明，则，由勾股定理得，，由，可得，可判断②的正误；如图3，连接，由勾股定理得，，，可求，设，则，，由勾股定理得，，由，可得，整理得，，可求满足要求的解为，则，，由，可得，可求，可判断③的正误；由题意知，，不相似，，可判断④的正误；由设，，，则，，，，证明，则，证明，则，即，可求，同理，，则，即，同理，，则，即，可得，将代入得，，整理得，，可得，，则，可判断⑤的正误．
【详解】解：∵正方形，
∴，，，
如图1，作于，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，①正确，故符合要求；
如图2，作交于，连接，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∵，
∴，②正确，故符合要求；
∵P是中点，，
∴，
如图3，连接，
由勾股定理得，，，
解得，，
设，则，，
由勾股定理得，，
∵，
∴，整理得，，
解得，或（舍去），
∴，，
∵，
∴，
解得，，③正确，故符合要求；
由题意知，，
∴不相似，，④错误，故不符合要求；
∵，
∴，，
设，，，则，，，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，，
同理，，
∴，即，
同理，，
∴，即，
∴，
将代入得，，整理得，，
解得，，
∴，⑤正确，故符合要求；
故答案为：①②③⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正弦，余弦，相似三角形的判定与性质．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正弦，余弦，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
三、解答题（共66分）
19. 先化简，再求值：，并从，0，1，2，3中选一个合适的数代入求值．
【答案】，取，原式
【解析】
【分析】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式的运算法则是解题关键．
先计算括号内减法，再计算除法，然后根据分式有意义的条件选取合适的值代入计算即可得．
【详解】解：
．
且，
或或．
当时，原式．
或当时，原式．
或当时，原式．
20. 如图，某数学活动小组用高度为米的测角仪，对垂直于地面的建筑物的高度进行测量，于点C．在B处测得A的仰角，然后将测角仪向建筑物方向水平移动6米至处，于点G，测得A的仰角，的延长线交于点E，求建筑物的高度（结果保留小数点后一位）．（参考数据：）
【答案】17.5米
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，解直角三角形的实际应用，由题意可得四边形是矩形，则．解直角三角形得到，进而得到，据此求出即可得到答案．
【详解】解：根据题意可知四边形是矩形，
．
如图，．
，
．
，
．
（米）
答：建筑物的高度约为米．
21. 某校为掌握学生对垃圾分类的了解情况，在全校范围内抽取部分学生进行调查问卷，并将收集到的信息进行整理，绘制成如图所示不完整的统计图，其中A为“非常了解”，B为“了解较多”，C为“基本了解”，D为“了解较少”．请你根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）本次调查共抽取了______名学生；
（2）补全条形统计图，并求出扇形统计图中“了解较少”所对应的圆心角度数；
（3）若全校共有1200名学生，请估计全校有多少名学生“非常了解”垃圾分类问题．
【答案】（1）50 （2），图形见详解
（3）480名
【解析】
【分析】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；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
（1）用A、C、D的总人数除以所占比例即可求解；
（2）先用“了解较少”的占比，用总人数减去A、C、D的人数即可得B的人数，据此即可补全条形统计图；
（3）用样本估算总体即可．
【小问1详解】
解：这次被调查的学生人数为：（名）；
【小问2详解】
“了解较少”所对应的圆心角度数为：，
（人）
补全图形如下：
【小问3详解】
（名），
估计全校有多少名学生“非常了解”垃圾分类问题有480名．
22. 在中，，，，以为边向外作有一个内角为的菱形，对角线交于点O，连接，请用尺规和三角板作出图形，并直接写出的面积．
【答案】图形见解析，的面积为12或36．
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质以及勾股定理．分两种情况讨论，作，垂足为，利用直角三角形的性质以及勾股定理分别求得的长，再利用三角形面积公式即可求解．
【详解】解：当时，所作图形如图，作，垂足为，
∵菱形，，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的面积为；
当时，所作图形如图，作，垂足为，
∵菱形，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴的面积为；
综上，的面积为12或36．
23. 如图，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为，点C的坐标为，连接．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）点P是抛物线在第四象限图象上的任意一点，当的面积最大时，边上的高的值为______．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查待定系数法求函数解析式，二次函数与图形的面积，掌握待定系数法是解题的关键．
（1）直接利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）先求出直线的解析式，然后过点P作轴交于点D，设点P的坐标为，则点D的坐标为，根据求出面积的最大值，然后求高即可．
小问1详解】
解：把和代入得：
，解得，
∴二次函数的解析式为；
【小问2详解】
解：令，则，解得：，，
∴点B的坐标为，
∴，
设直线的解析式为，代入得：
，解得，
∴直线的解析式为，
过点P作轴交于点D，
设点P的坐标为，则点D的坐标为，
∴，
∴，
∴最大为，
∴．
24. 一条公路上依次有A、B、C三地，甲车从A地出发，沿公路经B地到C地，乙车从C地出发，沿公路驶向B地．甲、乙两车同时出发，匀速行驶，乙车比甲车早小时到达目的地．甲、乙两车之间的路程与两车行驶时间的函数关系如图所示，请结合图象信息，解答下列问题：
（1）甲车行驶的速度是_____，并在图中括号内填上正确的数；
（2）求图中线段所在直线的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
（3）请直接写出两车出发多少小时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍．
【答案】（1）70，300
（2）
（3）或
【解析】
【分析】本题考查一次函数的实际应用，一元一次方程的实际应用，求出A、B、C两两之间的距离是解题的关键．
（1）利用时间、速度、路程之间的关系求解；
（2）利用待定系数法求解；
（3）先求出A、B、C两两之间的距离和乙车的速度，设两车出发x小时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍，分甲乙相遇前、相遇后两种情况，列一元一次方程分别求解即可．
【小问1详解】
解：由图可知，甲车小时行驶的路程为，
甲车行驶的速度是，
∴A、C两地的距离为：，
故答案为：70；300；
【小问2详解】
解：由图可知E，F的坐标分别为，，
设线段所在直线的函数解析式为，
则，
解得，
线段所在直线的函数解析式为；
【小问3详解】
解：由题意知，A、C两地的距离为：，
乙车行驶的速度为：，
C、B两地的距离为：，
A、B两地的距离为：，
设两车出发x小时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍，
分两种情况，当甲乙相遇前时：
，
解得；
当甲乙相遇后时：
，
解得；
综上可知，两车出发或时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍．
25. 数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在中，，点D在直线上，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，过点E作，交直线于点F．
（1）当点D在线段上时，如图①，求证：；
分析问题：某同学在思考这道题时，想利用构造全等三角形，便尝试着在上截取，连接，通过证明两个三角形全等，最终证出结论：
推理证明：写出图①的证明过程：
探究问题：
（2）当点D在线段的延长线上时，如图②：当点D在线段的延长线上时，如图③，请判断并直接写出线段，，之间的数量关系；
拓展思考：
（3）在（1）（2）的条件下，若，，则______．
【答案】（1）见解析；（2）图②：，图③：；（3）10或18
【解析】
【分析】（1）在边上截取，连接，根据题意证明出，得到，然后证明出是等边三角形，得到，进而求解即可；
（2）图②：在上取点H，使，连接并延长到点G使，连接，首先证明出是等边三角形，得到，然后求出，然后证明出，得到，，然后证明出是等边三角形，得到，进而求解即可；
图③：在上取点H使，同理证明出，得到，，进而求解即可；
（3）根据勾股定理和含角直角三角形的性质求出，，然后结合，分别（1）（2）的条件下求出的长度，进而求解即可．
【详解】（1）证明：在边上截取，连接．
在中，．
，
．
又，
．
又，，
．
又，
．
．
．
．
，
．
是等边三角形．
，
，
；
（2）图②：当点D在线段延长线上时，，证明如下：
如图所示，在上取点H，使，连接并延长到点G使，连接，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵线段绕点A顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
图③：当点D在线段的延长线上时，，证明如下∶
如图所示，在上取点H使，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵将线段绕点A顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（3）如图所示，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
由（1）可知，，
∴；
如图所示，当点D在线段的延长线上时，
∵，与矛盾，
∴不符合题意；
如图所示，当点D在线段的延长线上时，
∵，，
∴，
由（2）可知，，
∵，
∴．
综上所述，或18．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，等边三角形的性质和判定，含角直角三角形的性质，解题的关键是掌握以上知识点．
26. 牡丹江某县市作为猴头菇生产的“黄金地带”，年总产量占全国总产量的以上，黑龙江省发布的“九珍十八品”名录将猴头菇列为首位．某商店准备在该地购进特级鲜品、特级干品两种猴头菇，购进鲜品猴头菇3箱、干品猴头菇2箱需420元，购进鲜品猴头菇4箱、干品猴头菇5箱需910元．请解答下列问题：
（1）特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇每箱的进价各是多少元？
（2）某商店计划同时购进特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇共80箱，特级鲜品猴头菇每箱售价定为50元，特级干品猴头菇每箱售价定为180元，全部销售后，获利不少于1560元，其中干品猴头菇不多于40箱，该商店有哪几种进货方案？
（3）在（2）的条件下，购进猴头菇全部售出，其中两种猴头菇各有1箱样品打a（a为正整数）折售出，最终获利1577元，请直接写出商店的进货方案．
【答案】（1）特级鲜品猴头菇每箱进价为40元，特级干品猴头菇每箱进价为150元
（2）有3种方案，详见解析
（3）特级干品猴头菇40箱，特级鲜品猴头菇40箱
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组；（3）正确计算求解．
（1）设特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇每箱的进价分别是x元和y元，根据“购进鲜品猴头菇3箱、干品猴头菇2箱需420元，购进鲜品猴头菇4箱、干品猴头菇5箱需910元”，列出方程组求解即可；
（2）设商店计划购进特级鲜品猴头菇m箱，则购进特级干品猴头菇箱，根据“获利不少于1560元，其中干品猴头菇不多于40箱，”列出不等式组求解即可；
（3）根据（2）中三种方案分别求解即可；
【小问1详解】
解：设特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇每箱的进价分别是x元和y元，
则，
解得：，
故特级鲜品猴头菇每箱进价为40元，特级干品猴头菇每箱进价为150元；
【小问2详解】
解：设商店计划购进特级鲜品猴头菇m箱，则购进特级干品猴头菇箱，
则，
解得：，
∵为正整数，
∴，
故该商店有三种进货方案，
分别为：①购进特级鲜品猴头菇40箱，则购进特级干品猴头菇40箱；
②购进特级鲜品猴头菇41箱，则购进特级干品猴头菇39箱；
③购进特级鲜品猴头菇42箱，则购进特级干品猴头菇38箱；
【小问3详解】
解：当购进特级鲜品猴头菇40箱，则购进特级干品猴头菇40箱时：
根据题意得，
解得：；
当购进特级鲜品猴头菇41箱，则购进特级干品猴头菇39箱时：
根据题意得，
解得：（是小数，不符合要求）；
当购进特级鲜品猴头菇42箱，则购进特级干品猴头菇38箱时：
根据题意得，
解得：（不符合要求）；
故商店的进货方案是特级干品猴头菇40箱，特级鲜品猴头菇40箱．
27. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴的正半轴交于点A，与y轴的负半轴交于点D，点B在x轴的正半轴上，四边形是平行四边形，线段的长是一元二次方程的一个根．请解答下列问题：
（1）求点D的坐标；
（2）若线段的垂直平分线交直线于点E，交x轴于点F，交于点G，点E在第一象限，，连接，求的值；
（3）在（2）的条件下，点M在直线上，在x轴上是否存在点N，使以E、M、N为顶点的三角形是直角边比为1∶2的直角三角形？若存在，请直接写出的个数和其中两个点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在，12个，
【解析】
【分析】（1）先解方程求出，然后求出直线解析式即可求得点D的坐标；
（2）过点E作于点H，求出，然后证明，即可得到，然后求出得正切值即可；
（3）利用分类讨论画出图形，利用勾股定理解题即可．
【小问1详解】
解：解方程得，，
∴，即点A的坐标为，
把代入得，
∴，点D的坐标为；
【小问2详解】
解：过点E作于点H，
∵，
∴，，
∴，
又∵是平行四边形，
∴，，
∵是的垂直平分线，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
如图，当时，有个，
解：∵，
∴，
由（2）得，，
∴，
∴点N得坐标为；
当时，有个，如图，
当时，有个，如图，
∵，
∴，
∴，
∴点与O重合，
故点得坐标为，
综上所述，点的个数为个，和点N的坐标为或．
【点睛】本题考查解一元二次方程，直线的解析式，平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键．
甲
乙
丙
丁
甲
（甲，乙）
（甲，丙）
（甲，丁）
乙
（乙，甲）
（乙，丙）
（乙，丁）
丙
（丙，甲）
（丙，乙）
（丙，丁）
丁
（丁，甲）
（丁，乙）
（丁，丙）