2021年湖南省邵阳市绥宁县中考数学一模试卷

这是一份2021年湖南省邵阳市绥宁县中考数学一模试卷，共23页。试卷主要包含了选择题题号答案，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）3tan30°的值等于（ ）
A．1B．C．D．2
2．（3分）某烟花爆竹厂从20万件同类产品中随机抽取了100件进行质检，发现其中有10件不合格，那么你估计该厂这20万件产品中合格品约为（ ）
A．2万件B．16万件C．18万件D．10万件
3．（3分）下列立体图形中，左视图是等腰三角形的是（ ）
A．B．C．D．
4．（3分）已知反比例函数的解析式为y＝，且图象位于第一、三象限，则a的取值范围是（ ）
A．a＝1B．a≠1C．a＞1D．a＜1
5．（3分）在平面直角坐标系中，已知点E（3，﹣6），F（﹣6，9），以原点O为位似中心，把△EOF缩小为原来的，则点F的对应点F′的坐标是（ ）
A．（1，﹣2）B．（﹣2，3）
C．（1，﹣2）或（﹣1，2）D．（﹣2，3）或（2，﹣3）
6．（3分）一元二次方程x2﹣9＝0的两根分别是a，b，且a＞b，则2a﹣b的值为（ ）
A．3B．﹣3C．6D．9
7．（3分）如图，点A，B，C，D都在半径为1的⊙O上，若OA⊥BC，∠CDA＝30°，则弦BC的长为（ ）
A．2B．C．D．
8．（3分）二次函数y＝x2+2kx+k2﹣1（k为常数）与x轴的交点个数为（ ）
A．1B．2C．0D．无法确定
9．（3分）如图所示，矩形纸片ABCD中，AB＝4cm，把它分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD后，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则底面圆的直径的长为（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．5cm
10．（3分）如图，正方形ABCD，点F在边AB上，且，CE⊥DF，垂足为点M，且交AD于点E，AC与DF交于点N，延长CB至G，使BG＝BC，连接CM．有如下结论：①AE＝BF；②AN＝AD；③∠ADF＝∠GMF；④S△ANF＝S△ABC，上述结论中，正确的是（ ）
A．①②B．①③C．①②③D．②③④
二、填空题（本大题有8个小题，每小题3分，共24分）
11．（3分）当你晨练时，你的影子总在你的正后方，则你是在向正 方跑．
12．（3分）已知A（﹣，3）是反比例函数y＝图象上一点，则k的值为 ．
13．（3分）已知关于x的方程x2+x+n＝0有两个实数根3，m，则m＝ ．
14．（3分）将抛物线y＝﹣x2向右平移2个单位，再向下平移1个单位，得到的抛物线的解析式（顶点式）是 ．
15．（3分）从长分别为1，2，3，4的四条线段中，任意选取三条线段，不能组成三角形的概率是 ．
16．（3分）如图，从甲楼底部A处测得乙楼顶部C处的仰角是30°，从甲楼顶部B处测得乙楼底部D处的俯角是45°，已知乙楼的高CD＝20m，则甲楼的高AB的高度是 m．（结果保留根号）
17．（3分）如图，以五边形ABCDE各个顶点为圆心，6cm为半径画圆，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留π）
18．（3分）如图，抛物线y＝x2﹣4与x轴交于 A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ，则线段OQ的最小值是 ．
三、解答题（本大题有8个小题，第19-25小题每题8分，第26小题10分，共66分.解答应写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
19．（8分）计算：|﹣|+（4﹣π）0﹣2sin60°+（）﹣1．
20．（8分）解方程2x（x﹣3）＝3（x﹣3）
21．（8分）如图，在3×3的正方形方格中，阴影部分是涂黑5个小正方形所形成的图案．
（1）如果将一粒米随机地抛在这个正方形方格上，那么米粒落在阴影部分的概率是多少？
（2）现将方格内空白的小正方形（A，B，C，D）中任取2个涂黑，得到新图案，请用列表或画树状图的方法求新图案是中心对称图形的概率．
22．（8分）如图，矩形ABCD的两边BC＝4，CD＝6，E是CD的中点，反比例函数y＝的图象经过点E，与AB交于点F．
（1）若点B点的坐标为（﹣6，0），求k的值；
（2）连接AE，若AF＝AE，求反比例函数的表达式．
23．（8分）汽车超速行驶是交通安全的重大隐患，为了有效降低交通事故的发生，许多道路在事故易发路段设置了区间测速．如图，学校附近有一条笔直的公路l，其间设有区间测速，所有车辆限速30千米/小时，数学实践活动小组设计了如下活动；在l上确定C，B两点，并在CB路段进行区间测速．在l外取一点O，作OA⊥l，垂足为点A．测得OA＝75米，∠OCA＝37°，∠OBA＝53°．上午9时测得一辆汽车从点C到点B用时5秒，请你用所学的数学知识说明该车是否超速．（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
24．（8分）已知：如图，正方形ABCD中，P是边BC上一点，BE⊥AP于点E，DF⊥AP于点F．
（1）求证：AE＝EF+BE；
（2）连接BF，若FE＝EP，求证：．
25．（8分）如图，在⨀O中，AB为直径，BC为弦．过AC延长线上一点D，作DF⊥BO于点F，交BC于点G，交⨀O于点H，点I是DG的中点，连接CI．
（1）判断CI与⨀O的位置关系，并说明理由；
（2）连接CH，若∠GCH＝2∠B，CI＝6，CH＝4，求HI的长．
26．（10分）如图，抛物线y＝x2+bx+c与y轴交于点A（0，2），对称轴为直线x＝2，平行于x轴的直线与抛物线交于B、C两点，点B在对称轴左侧，BC＝6．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）点P在x轴上，直线BP将△ABC面积分成2：3两部分，求出P点坐标．
2021年湖南省邵阳市绥宁县中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题有10个小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）题号答案
1．（3分）3tan30°的值等于（ ）
A．1B．C．D．2
【分析】直接利用特殊角的三角函数值代入求出答案．
【解答】解：3tan30°＝3×＝．
故选：C．
2．（3分）某烟花爆竹厂从20万件同类产品中随机抽取了100件进行质检，发现其中有10件不合格，那么你估计该厂这20万件产品中合格品约为（ ）
A．2万件B．16万件C．18万件D．10万件
【分析】先计算出100件样本中合格品的百分比，约等于这20万件的合格率，再估计该厂这20万件产品中合格品．
【解答】解：该厂这20万件产品中合格品约为：（100﹣10）÷100×100%×20＝18（万件）．
故选：C．
3．（3分）下列立体图形中，左视图是等腰三角形的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】左视图是从物体左面看，所得到的图形．
【解答】解：A、圆锥体的左视图是三角形，故本选项符合题意；
B、圆柱的左视图是矩形，故本选项不合题意；
C、圆台的左视图是等腰梯形，故本选项不合题意；
D、球的左视图是圆，故本选项不合题意；
故选：A．
4．（3分）已知反比例函数的解析式为y＝，且图象位于第一、三象限，则a的取值范围是（ ）
A．a＝1B．a≠1C．a＞1D．a＜1
【分析】反比例函数y＝kx，当k＞0时图象在第一、三象限即可得答案．
【解答】解：∵反比例函数的解析式为y＝，且图象位于第一、三象限，
∴3a﹣3＞0，解得a＞1，
故选：C．
5．（3分）在平面直角坐标系中，已知点E（3，﹣6），F（﹣6，9），以原点O为位似中心，把△EOF缩小为原来的，则点F的对应点F′的坐标是（ ）
A．（1，﹣2）B．（﹣2，3）
C．（1，﹣2）或（﹣1，2）D．（﹣2，3）或（2，﹣3）
【分析】根据位似变换的性质计算，得到答案．
【解答】解：∵以原点O为位似中心，把△EOF缩小为原来的，F（﹣6，9），
∴点F的对应点F′的坐标为（﹣6×，9×）或（﹣6×（﹣），9×（﹣）），即（﹣2，3）或（2，﹣3），
故选：D．
6．（3分）一元二次方程x2﹣9＝0的两根分别是a，b，且a＞b，则2a﹣b的值为（ ）
A．3B．﹣3C．6D．9
【分析】解方程得到a和b的值，然后计算2a﹣b的值．
【解答】解：解方程x2﹣9＝0得a＝3，b＝﹣3，
所以2a﹣b＝2×3﹣（﹣3）＝9．
故选：D．
7．（3分）如图，点A，B，C，D都在半径为1的⊙O上，若OA⊥BC，∠CDA＝30°，则弦BC的长为（ ）
A．2B．C．D．
【分析】根据垂径定理得到CH＝BH，，根据圆周角定理求出∠AOB，根据正弦的定义求出BH，计算即可．
【解答】解：∵OA⊥BC，
∴CH＝BH，，
∴∠AOB＝2∠CDA＝60°，
∴BH＝OB•sin∠AOB＝，
∴BC＝2BH＝，
故选：C．
8．（3分）二次函数y＝x2+2kx+k2﹣1（k为常数）与x轴的交点个数为（ ）
A．1B．2C．0D．无法确定
【分析】先求出△的取值范围，根据△的取值范围即可求出函数图象与x轴交点的个数．
【解答】解：∵△＝（2k）2﹣4（k2﹣1）＝4＞0，
∴抛物线与x轴有2个交点．
故选：B．
9．（3分）如图所示，矩形纸片ABCD中，AB＝4cm，把它分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD后，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则底面圆的直径的长为（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．5cm
【分析】圆锥的底面的半径为rcm，则DE＝2rcm，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长得到＝2πr，解方程求出r，然后求得直径即可．
【解答】解：设圆锥的底面的半径为rcm，
根据题意得＝2πr，
解得r＝1，
所以底面圆的直径为2cm，
故选：A．
10．（3分）如图，正方形ABCD，点F在边AB上，且，CE⊥DF，垂足为点M，且交AD于点E，AC与DF交于点N，延长CB至G，使BG＝BC，连接CM．有如下结论：①AE＝BF；②AN＝AD；③∠ADF＝∠GMF；④S△ANF＝S△ABC，上述结论中，正确的是（ ）
A．①②B．①③C．①②③D．②③④
【分析】①正确．证明△ADF≌△DCE（ASA），即可判断．
②正确．利用平行线分线段成比例定理，等腰直角三角形的性质解决问题即可．
③正确．作GH⊥CE于H，设AF＝DE＝a，BF＝2a，则AB＝CD＝BC＝3a，EC＝a，通过计算证明MH＝CH即可解决问题．
④错误．设△ANF的面积为m，由AF∥CD，推出＝＝，△AFN∽△CDN，推出△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，推出△ADC的面积＝△ABC的面积＝12m，由此即可判断．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝CD＝BC，∠CDE＝∠DAF＝90°，
∵CE⊥DF，
∴∠DCE+∠CDF＝∠ADF+∠CDF＝90°，
∴∠ADF＝∠DCE，
在△ADF与△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（ASA），
∴DE＝AF，
∴AD﹣DE＝BC﹣AF，即AE＝BF，故①正确；
∵AB∥CD，
∴，
∵AF：FB＝1：2，
∴AF：AB＝AF：CD＝1：3，
∴，
∴，
∵AC＝AD，
∴AN＝AD；故②正确；
作GH⊥CE于H，设AF＝DE＝a，BF＝2a，则AB＝CD＝BC＝3a，EC＝a，
由△CMD∽△CDE，可得CM＝a，
由△GHC∽△CDE，可得CH＝a，
∴CH＝MH＝CM，
∵GH⊥CM，
∴GM＝GC，
∴∠GMH＝∠GCH，
∵∠FMG+∠GMH＝90°，∠DCE+∠GCM＝90°，
∴∠FMG＝∠DCE，
∵∠ADF＝∠DCE，
∴∠ADF＝∠GMF；故③正确，
设△ANF的面积为m，
∵AF∥CD，
∴＝＝，△AFN∽△CDN，
∴△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，
∴△ADC的面积＝△ABC的面积＝12m，
∴S△ANF：S△ABC＝1：12，故④错误，
故选：C．
二、填空题（本大题有8个小题，每小题3分，共24分）
11．（3分）当你晨练时，你的影子总在你的正后方，则你是在向正 东 方跑．
【分析】利用早上太阳从东方，人的影子向西进行判断．
【解答】解：当你晨练时，太阳从东方，人的影子向西，所以当你的影子总在你的正后方，则你是在向正东方跑．
故答案为东．
12．（3分）已知A（﹣，3）是反比例函数y＝图象上一点，则k的值为 ﹣3 ．
【分析】直接把点A（﹣，3）代入反比例函数y＝，求出k的值即可．
【解答】解：∵A（﹣，3）是反比例函数y＝图象上一点，
∴3＝，解得k＝﹣3．
故答案为﹣3．
13．（3分）已知关于x的方程x2+x+n＝0有两个实数根3，m，则m＝ ﹣4 ．
【分析】根据根与系数的关系可得出答案．
【解答】解：∵关于x的方程x2+x+n＝0有两个实数根3，m，
∴3+m＝﹣1，
∴m＝﹣4．
故答案为：﹣4．
14．（3分）将抛物线y＝﹣x2向右平移2个单位，再向下平移1个单位，得到的抛物线的解析式（顶点式）是 y＝﹣（x﹣2）2﹣1 ．
【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【解答】解：将抛物线y＝﹣x2向右平移2个单位长度所得直线解析式为：y＝﹣（x﹣2）2；
再向下平移1个单位为：y＝﹣（x﹣2）2﹣1．
故答案为y＝﹣（x﹣2）2﹣1．
15．（3分）从长分别为1，2，3，4的四条线段中，任意选取三条线段，不能组成三角形的概率是 ．
【分析】共有四种情况2，3，4；1，3，4；1，2，4；1，2，3，其中构成三角形的只有一种2，3，4，从而确定不能构成三角形的结果数，再由概率公式即可得出答案．
【解答】解：从1，2，3，4四条线段中任选三条，共有四种情况2，3，4；1，3，4；1，2，4；1，2，3，其中构成三角形的只有一种2，3，4，
∴不能组成三角形的概率是，
故答案为：．
16．（3分）如图，从甲楼底部A处测得乙楼顶部C处的仰角是30°，从甲楼顶部B处测得乙楼底部D处的俯角是45°，已知乙楼的高CD＝20m，则甲楼的高AB的高度是 20 m．（结果保留根号）
【分析】在Rt△ACD中，由∠CAD＝30°，CD＝20m，可求出AD，再在Rt△ABD中，由∠BDA＝45°，得AB＝AD即可．
【解答】解：在Rt△ACD中，∵∠CAD＝30°，CD＝20m，
∴AD＝（m），
在Rt△ABD中，∵∠BDA＝45°，
∴AB＝AD＝20（m），
故答案为：20．
17．（3分）如图，以五边形ABCDE各个顶点为圆心，6cm为半径画圆，则图中阴影部分的面积为 54πcm2 ．（结果保留π）
【分析】求出五边形的内角和，再根据扇形的面积公式求出阴影部分的面积即可．
【解答】解：∵五边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，
又∵6cm为半径，
∴＝54π（cm2），
故答案为：54πcm2．
18．（3分）如图，抛物线y＝x2﹣4与x轴交于 A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ，则线段OQ的最小值是 ．
【分析】连接BP，如图，先解方程x2﹣4＝0得A（﹣4，0），B（4，0），再判断OQ为△ABP的中位线得到OQ＝BP，利用点与圆的位置关系，连接BC交圆于P时，PB最小，然后计算出BP的最小值即可得到线段OQ的最小值．
【解答】解：连接BP，如图，
当y＝0时，x2﹣4＝0，解得x1＝4，x2＝﹣4，则A（﹣4，0），B（4，0），
∵Q是线段PA的中点，
∴OQ为△ABP的中位线，
∴OQ＝BP，
当BP最小时，OQ最小，
连接BC交圆于P时，PB最小，
∵BC＝＝5，
∴BP的最小值＝5﹣2＝3，
∴线段OQ的最小值为．
故答案为．
三、解答题（本大题有8个小题，第19-25小题每题8分，第26小题10分，共66分.解答应写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
19．（8分）计算：|﹣|+（4﹣π）0﹣2sin60°+（）﹣1．
【分析】直接利用特殊角的三角函数值以及负整数指数幂的性质、绝对值的性质分别化简得出答案．
【解答】解：原式＝+1﹣2×+4
＝+1﹣+4
＝5．
20．（8分）解方程2x（x﹣3）＝3（x﹣3）
【分析】利用因式分解法求解可得．
【解答】解：∵2x（x﹣3）＝3（x﹣3），
∴2x（x﹣3）﹣3（x﹣3）＝0，
则（x﹣3）（2x﹣3）＝0，
∴x﹣3＝0或2x﹣3＝0，
解得x1＝3，x2＝．
21．（8分）如图，在3×3的正方形方格中，阴影部分是涂黑5个小正方形所形成的图案．
（1）如果将一粒米随机地抛在这个正方形方格上，那么米粒落在阴影部分的概率是多少？
（2）现将方格内空白的小正方形（A，B，C，D）中任取2个涂黑，得到新图案，请用列表或画树状图的方法求新图案是中心对称图形的概率．
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有12个等可能的结果，其中新图案是中心对称图形的结果有4个，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）如果将一粒米随机地抛在这个正方形方格上，那么米粒落在阴影部分的概率；
（2）画树状图如图：
共有12个等可能的结果，其中新图案是中心对称图形的结果有4个，
∴新图案是中心对称图形的概率为＝．
22．（8分）如图，矩形ABCD的两边BC＝4，CD＝6，E是CD的中点，反比例函数y＝的图象经过点E，与AB交于点F．
（1）若点B点的坐标为（﹣6，0），求k的值；
（2）连接AE，若AF＝AE，求反比例函数的表达式．
【分析】（1）根据点B坐标为（﹣6，0），BC＝4，CD＝6，E是CD的中点，即可求出点E的坐标，进而求得k；
（2）根据AF＝AE，结合（1）利用勾股定理可得AE＝5，进而得BF＝1，设点E（a，3），得点F（a﹣4，1），即可求得a，进而求得反比例函数的表达式．
【解答】解：（1）点B坐标为（﹣6，0），
∴OB＝6，
∵BC＝4，
∴OC＝2，
∵CD＝6，E是CD的中点，
∴DE＝CE＝3，
∴E（﹣2，3），
∵反比例函数y＝的图象经过点E，
∴k＝﹣6；
（2）如图，
连接AE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC＝4，
∵DE＝CD＝3，
根据勾股定理，得AE＝＝5，
∵AF＝AE＝5，
∴BF＝AB＝AF＝1，
设点E点的坐标为（a，3）
则点F的坐标为（a﹣4，1），
∵E，F两点在函数y＝的图象上，
∴a﹣4＝3a，
解得a＝﹣2，
∴E（﹣2，3）
∴k＝﹣2×3＝﹣6，
∴反比例函数的表达式为y＝﹣．
23．（8分）汽车超速行驶是交通安全的重大隐患，为了有效降低交通事故的发生，许多道路在事故易发路段设置了区间测速．如图，学校附近有一条笔直的公路l，其间设有区间测速，所有车辆限速30千米/小时，数学实践活动小组设计了如下活动；在l上确定C，B两点，并在CB路段进行区间测速．在l外取一点O，作OA⊥l，垂足为点A．测得OA＝75米，∠OCA＝37°，∠OBA＝53°．上午9时测得一辆汽车从点C到点B用时5秒，请你用所学的数学知识说明该车是否超速．（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【分析】根据三角形的内角和定理得到∠BOA＝37°，解直角三角形得到BC＝AC﹣AB＝100﹣56.25＝43.25（m），求得该车的实际速度为＝8.75m/s＝31.5km/h，于是得到结论．
【解答】解：∵∠OBA＝53°，OA⊥l，
∴∠BOA＝37°，
在Rt△AOC中，AC＝＝100（m），
在Rt△BPC中，AB＝OA•tan∠BOA＝75tan37°＝75×0.75＝56.25（m），
∴BC＝AC﹣AB＝100﹣56.25＝43.25（m），
∴该车的实际速度为＝8.75m/s＝31.5km/h，
∵31.5＞30，
∴该车超速了．
24．（8分）已知：如图，正方形ABCD中，P是边BC上一点，BE⊥AP于点E，DF⊥AP于点F．
（1）求证：AE＝EF+BE；
（2）连接BF，若FE＝EP，求证：．
【分析】（1）由“AAS”可证△ADF≌△BAE，可得AF＝BE，即可得结论；
（2）通过证明△ADF∽△PAB，可得，可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵BE⊥AP，DF⊥AP，
∴∠DFA＝∠AEB＝90°，
∴∠DAF+∠ADF＝90°＝∠DAF+∠BAP，
∴∠ADF＝∠BAP，
在△ADF和△BAE中，
，
∴△ADF≌△BAE（AAS），
∴AF＝BE，
∴AE＝EF+AF＝BE+EF；
（2）如图，连接BF，
∵FE＝EP，BE⊥PF，
∴BF＝BP，
∵∠ADF＝∠BAP，∠DFA＝∠ABP，
∴△ADF∽△PAB，
∴，
∴＝．
25．（8分）如图，在⨀O中，AB为直径，BC为弦．过AC延长线上一点D，作DF⊥BO于点F，交BC于点G，交⨀O于点H，点I是DG的中点，连接CI．
（1）判断CI与⨀O的位置关系，并说明理由；
（2）连接CH，若∠GCH＝2∠B，CI＝6，CH＝4，求HI的长．
【分析】（1）根据AB为直径和点I是DG的中点可推出∠BCO+∠ICG＝90°，即CI⊥CO，即可判断出CI为⨀O的切线；
（2）根据∠GCH＝2∠B利用圆周角定理即可求出HI的长．
【解答】解：（1）连接OC，如下图所示，
∵DF⊥BO于点F，
∴∠B+∠BGF＝90°，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∵I为DG的中点，
∴CI＝DI＝GI，
∴∠IGC＝∠ICG，
∵OB＝OC，
∴∠B＝∠BCO，
∵∠BGF＝∠IGC，
∴∠BCO+∠ICG＝90°，
∴CI⊥CO，
∴CI为⨀O的切线；
（2）连接CH和CO，如下图所示，
∵∠DCI+∠ICG＝90°，∠ICG+∠BCO＝90°，
∴∠DCI＝∠BCO，
∵∠B＝∠BCO，
∵CI＝DI，
∴∠D＝∠DCI，
∴∠D＝∠B，
∴∠A＝∠DGC，
∵∠IGC＝∠ICG，∠A＝∠OCA，
∴∠ICG＝∠OCA，
∴△ICG∽△OCA，
∵∠GCH＝2∠B，∠AOC＝2∠B，
∴∠GCH＝∠AOC，
∴△GCH∽△AOC，
∴△ICG∽△CHG，CG＝CH＝4，
∴，
∴IG＝6，HG＝，
∴HI＝IG﹣HG＝6﹣＝．
26．（10分）如图，抛物线y＝x2+bx+c与y轴交于点A（0，2），对称轴为直线x＝2，平行于x轴的直线与抛物线交于B、C两点，点B在对称轴左侧，BC＝6．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）点P在x轴上，直线BP将△ABC面积分成2：3两部分，求出P点坐标．
【分析】（1）由对称轴直线x＝2，以及A点坐标确定出b与c的值，即可求出抛物线解析式；
（2）由抛物线的对称轴及BC的长，确定出B与C的横坐标，代入抛物线解析式求出纵坐标，确定出B与C坐标，利用待定系数法求出直线AC解析式，作出直线BP，与AB交于点Q，过Q作QH⊥y轴，与y轴交于点H，BC与y轴交于点M，由已知面积之比求出QH的长，确定出Q横坐标，代入直线AC解析式求出纵坐标，确定出Q坐标，再利用待定系数法求出直线BQ解析式，即可确定出P的坐标．
【解答】解：（1）由题意得：x＝﹣＝﹣＝2，c＝2，
解得：b＝﹣4，c＝2，
则此抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+2；
（2）∵抛物线对称轴为直线x＝﹣1，BC＝5，
∴B横坐标为﹣1，C横坐标为5，
把x＝1代入抛物线解析式得：y＝7，
∴B（﹣1，7），C（5，7），
设直线AC解析式为y＝kx+2，
把B坐标代入得：k＝﹣1，即y＝x+2，
作出直线BP，与AC交于点Q，过Q作QH⊥y轴，与y轴交于点H，BC与y轴交于点M，
可得△AQH∽△ACM，
∴，
∵点P在x轴上，直线BP将△ABC面积分成2：3两部分，
∴AQ：QC＝2：3或AQ：QC＝3：2，即AQ：AC＝2：5或AQ：AC＝3：5，
∵CM＝5，
∴QH＝2或QH＝3，
当QH＝2时，把x＝2代入直线AC解析式得：y＝4，
此时Q（2，4），直线BQ解析式为y＝﹣x+6，令y＝0，得到x＝6，即P（6，0）；
当QH＝3时，把x＝﹣3代入直线AC解析式得：y＝﹣1，
此时Q（3，5），直线BQ解析式为y＝﹣x+，令y＝0，得到x＝13，此时P（13，0），
综上，P的坐标为（6，0）或（13，0）．