湖北省恩施州三年（2020-2022）中考数学真题分类汇编-03解答题

这是一份湖北省恩施州三年（2020-2022）中考数学真题分类汇编-03解答题，共43页。试卷主要包含了先化简，再求值，÷，其中m＝，的图象经过点D，的一个交点为C，且BC＝AC等内容，欢迎下载使用。
湖北省恩施州三年（2020-2022）中考数学真题分类汇编-03解答题
一．分式的化简求值（共3小题）
1．（2022•恩施州）先化简，再求值：÷﹣1，其中x＝．
2．（2021•恩施州）先化简，再求值：1﹣÷，其中a＝﹣2．
3．（2020•恩施州）先化简，再求值：（﹣）÷，其中m＝．
二．一次函数的应用（共3小题）
4．（2022•恩施州）某校计划租用甲、乙两种客车送180名师生去研学基地开展综合实践活动．已知租用一辆甲型客车和一辆乙型客车共需500元，租用2辆甲型客车和3辆乙型客车共需1300元．甲型客车每辆可坐15名师生，乙型客车每辆可坐25名师生．
（1）租用甲、乙两种客车每辆各多少元？
（2）若学校计划租用8辆客车，怎样租车可使总费用最少？
5．（2021•恩施州）“互联网+”让我国经济更具活力，直播助销就是运用“互联网+”的生机勃勃的销售方式，让大山深处的农产品远销全国各地．甲为当地特色花生与茶叶两种产品助销．已知每千克花生的售价比每千克茶叶的售价低40元，销售50千克花生与销售10千克茶叶的总售价相同．
（1）求每千克花生、茶叶的售价；
（2）已知花生的成本为6元/千克，茶叶的成本为36元/千克，甲计划两种产品共助销60千克，总成本不高于1260元，且花生的数量不高于茶叶数量的2倍．则花生、茶叶各销售多少千克可获得最大利润？最大利润是多少？
6．（2020•恩施州）某校足球队需购买A、B两种品牌的足球．已知A品牌足球的单价比B品牌足球的单价高20元，且用900元购买A品牌足球的数量与用720元购买B品牌足球的数量相等．
（1）求A、B两种品牌足球的单价；
（2）若足球队计划购买A、B两种品牌的足球共90个，且A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元．设购买A品牌足球m个，总费用为W元，则该队共有几种购买方案？采用哪一种购买方案可使总费用最低？最低费用是多少元？
三．反比例函数与一次函数的交点问题（共3小题）
7．（2022•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知∠ACB＝90°，A（0，2），C（6，2）．D为等腰直角三角形ABC的边BC上一点，且S△ABC＝3S△ADC．反比例函数y1＝（k≠0）的图象经过点D．
（1）求反比例函数的解析式．
（2）若AB所在直线解析式为y2＝ax+b（a≠0），当y1＞y2时，求x的取值范围．

8．（2021•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边BC在x轴上，坐标原点是BC的中点，∠ABC＝30°，BC＝4，双曲线y＝经过点A．
（1）求k；
（2）直线AC与双曲线y＝﹣在第四象限交于点D，求△ABD的面积．

9．（2020•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝ax﹣3a（a≠0）与x轴、y轴分别相交于A、B两点，与双曲线y＝（x＞0）的一个交点为C，且BC＝AC．
（1）求点A的坐标；
（2）当S△AOC＝3时，求a和k的值．

四．二次函数综合题（共3小题）
10．（2022•恩施州）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝﹣x2+c与y轴交于点P（0，4）．
（1）直接写出抛物线的解析式．
（2）如图，将抛物线y＝﹣x2+c向左平移1个单位长度，记平移后的抛物线顶点为Q，平移后的抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．判断以B、C、Q三点为顶点的三角形是否为直角三角形，并说明理由．
（3）直线BC与抛物线y＝﹣x2+c交于M、N两点（点N在点M的右侧），请探究在x轴上是否存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
（4）若将抛物线y＝﹣x2+c进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点时，请直接写出抛物线y＝﹣x2+c平移的最短距离并求出此时抛物线的顶点坐标．


11．（2021•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，点A，B在x轴上，抛物线y＝x2+bx+c经过点B，D（﹣4，5）两点，且与直线DC交于另一点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）F为抛物线对称轴上一点，Q为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形．若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）P为y轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接ME，BP，探究EM+MP+PB是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点M的坐标；若不存在，请说明理由．

12．（2020•恩施州）如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点C（6，0），顶点为B，对称轴x＝2与x轴相交于点A，D为线段BC的中点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将△MPC逆时针旋转90°，记点P的对应点为E，点C的对应点为F．当直线EF与抛物线y＝﹣x2+bx+c只有一个交点时，求点M的坐标．
（3）△MPC在（2）的旋转变换下，若PC＝（如图2）．
①求证：EA＝ED．
②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．
五．菱形的判定（共1小题）
13．（2020•恩施州）如图，AE∥BF，BD平分∠ABC交AE于点D，点C在BF上且BC＝AB，连接CD．求证：四边形ABCD是菱形．

六．矩形的性质（共1小题）
14．（2021•恩施州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，且DE∥AC，AE∥BD，连接OE．求证：OE⊥AD．

七．正方形的性质（共1小题）
15．（2022•恩施州）如图，已知四边形ABCD是正方形，G为线段AD上任意一点，CE⊥BG于点E，DF⊥CE于点F．求证：DF＝BE+EF．

八．切线的性质（共1小题）
16．（2022•恩施州）如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交⊙O于点D、E，交AB于点C．
（1）求证：∠ADE＝∠PAE．
（2）若∠ADE＝30°，求证：AE＝PE．
（3）若PE＝4，CD＝6，求CE的长．

九．切线的判定与性质（共1小题）
17．（2021•恩施州）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，⊙O与AB相交于点C，与AO相交于点E，连接CE，已知∠AOC＝2∠ACE．
（1）求证：AB为⊙O的切线；
（2）若AO＝20，BO＝15，求CE的长．

一十．圆的综合题（共1小题）
18．（2020•恩施州）如图1，AB是⊙O的直径，直线AM与⊙O相切于点A，直线BN与⊙O相切于点B，点C（异于点A）在AM上，点D在⊙O上，且CD＝CA，延长CD与BN相交于点E，连接AD并延长交BN于点F．

（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）求证：BE＝EF；
（3）如图2，连接EO并延长与⊙O分别相交于点G、H，连接BH．若AB＝6，AC＝4，求tan∠BHE．
一十一．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题）
19．（2021•恩施州）乡村振兴使人民有更舒适的居住条件，更优美的生活环境，如图是怡佳新村中的两栋居民楼，小明在甲居民楼的楼顶D处观测乙居民楼楼底B处的俯角是30°，观测乙居民楼楼顶C处的仰角为15°，已知甲居民楼的高为10m，求乙居民楼的高．（参考数据：≈1.414，≈1.732，结果精确到0.1m）

一十二．解直角三角形的应用-方向角问题（共2小题）
20．（2022•恩施州）如图，湖中一古亭，湖边一古柳，一沉静，一飘逸，碧波荡漾，相映成趣．某活动小组赏湖之余，为了测量古亭与古柳间的距离，在古柳A处测得古亭B位于北偏东60°，他们向南走50m到达D点，测得古亭B位于北偏东45°．求古亭与古柳之间的距离AB的长（参考数据：≈1.41，≈1.73，结果精确到1m）．

21．（2020•恩施州）如图，一艘轮船以每小时30海里的速度自东向西航行，在A处测得小岛P位于其西北方向（北偏西45°方向），2小时后轮船到达B处，在B处测得小岛P位于其北偏东60°方向．求此时船与小岛P的距离（结果保留整数，参考数据：≈1.414，≈1.732）．

一十三．条形统计图（共1小题）
22．（2020•恩施州）某中学为了解九年级学生对新冠肺炎防控知识的掌握情况，从全校九年级学生中随机抽取部分学生进行调查．调查结果分为四类：A类﹣﹣非常了解；B类﹣﹣比较了解；C类﹣﹣般了解；D类﹣﹣不了解．现将调查结果绘制成如图不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：

（1）本次共调查了 　 　名学生；
（2）补全条形统计图；
（3）D类所对应扇形的圆心角的大小为 　 　；
（4）若该校九年级学生共有500名，根据以上抽样结果，估计该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的约有 　 　名．
一十四．方差（共1小题）
23．（2021•恩施州）九（1）班准备从甲、乙两名男生中选派一名参加学校组织的一分钟跳绳比赛，在相同的条件下，分别对两名男生进行了八次一分钟跳绳测试．现将测试结果绘制成如下不完整的统计图表，请根据统计图表中的信息解答下列问题：


平均数
中位数
众数
方差
甲
175
a
b
93.75
乙
175
175
180，175，170
c
（1）求a、b的值；
（2）若九（1）班选一位成绩稳定的选手参赛，你认为应选谁，请说明理由；
（3）根据以上的数据分析，请你运用所学统计知识，任选两个角度评价甲乙两名男生一分钟跳绳成绩谁优．
一十五．列表法与树状图法（共1小题）
24．（2022•恩施州）2022年4月29日，湖北日报联合夏风教室发起“劳动最光荣，加油好少年”主题活动．某校学生积极参与本次主题活动，为了解该校学生参与本次主题活动的情况，随机抽取该校部分学生进行调查．根据调查结果绘制如下不完整的统计图（如图）．请结合图中信息解答下列问题：
（1）本次共调查了 　 　名学生，并补全条形统计图．
（2）若该校共有1200名学生参加本次主题活动，则本次活动中该校“洗衣服”的学生约有多少名？
（3）现从参与本次主题活动的甲、乙、丙、丁4名学生中，随机抽取2名学生谈一谈劳动感受．请用列表或画树状图的方法，求甲、乙两人同时被抽中的概率．


参考答案与试题解析
一．分式的化简求值（共3小题）
1．（2022•恩施州）先化简，再求值：÷﹣1，其中x＝．
【解答】解：÷﹣1
＝•﹣1
＝﹣1
＝
＝，
当x＝时，原式＝＝．
2．（2021•恩施州）先化简，再求值：1﹣÷，其中a＝﹣2．
【解答】解：1﹣÷
＝1﹣
＝1﹣
＝
＝﹣，
当a＝﹣2时，原式＝﹣＝﹣．
3．（2020•恩施州）先化简，再求值：（﹣）÷，其中m＝．
【解答】解：
＝
＝
＝
＝；
当时，
原式＝．
二．一次函数的应用（共3小题）
4．（2022•恩施州）某校计划租用甲、乙两种客车送180名师生去研学基地开展综合实践活动．已知租用一辆甲型客车和一辆乙型客车共需500元，租用2辆甲型客车和3辆乙型客车共需1300元．甲型客车每辆可坐15名师生，乙型客车每辆可坐25名师生．
（1）租用甲、乙两种客车每辆各多少元？
（2）若学校计划租用8辆客车，怎样租车可使总费用最少？
【解答】解：（1）设租用甲种客车每辆x元，租用乙种客车每辆y元，
根据题意可得，，
解得．
∴租用甲种客车每辆200元，租用乙种客车每辆300元．
（2）设租用甲型客车m辆，则租用乙型客车（8﹣m）辆，租车总费用为w元，
根据题意可知，w＝200m+300（8﹣m）＝﹣100m+2400，
∵15m+25（8﹣m）≥180，
∴0＜m≤2，
∵﹣100＜0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m＝2时，w的最小值为﹣100×2+2400＝2200．
∴当租用甲型客车2辆，租用乙型客车6辆，租车总费用最少为2200元．
5．（2021•恩施州）“互联网+”让我国经济更具活力，直播助销就是运用“互联网+”的生机勃勃的销售方式，让大山深处的农产品远销全国各地．甲为当地特色花生与茶叶两种产品助销．已知每千克花生的售价比每千克茶叶的售价低40元，销售50千克花生与销售10千克茶叶的总售价相同．
（1）求每千克花生、茶叶的售价；
（2）已知花生的成本为6元/千克，茶叶的成本为36元/千克，甲计划两种产品共助销60千克，总成本不高于1260元，且花生的数量不高于茶叶数量的2倍．则花生、茶叶各销售多少千克可获得最大利润？最大利润是多少？
【解答】解：（1）设每千克花生x元，每千克茶叶（40+x）元，
根据题意得：50x＝10（40+x），
解得：x＝10，
40+x＝40+10＝50（元），
答：每千克花生10元，每千克茶叶50元；
（2）设花生销售m千克，茶叶销售（60﹣m）千克获利最大，利润w元，
由题意得：，
解得：30≤m≤40，
w＝（10﹣6）m+（50﹣36）（60﹣m）＝4m+840﹣14m＝﹣10m+840，
∵﹣10＜0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m＝30时，利润最大，
此时花生销售30千克，茶叶销售60﹣30＝30千克，
w最大＝﹣10×30+840＝540（元），
∴当花生销售30千克，茶叶销售30千克时利润最大，最大利润为540元．
6．（2020•恩施州）某校足球队需购买A、B两种品牌的足球．已知A品牌足球的单价比B品牌足球的单价高20元，且用900元购买A品牌足球的数量与用720元购买B品牌足球的数量相等．
（1）求A、B两种品牌足球的单价；
（2）若足球队计划购买A、B两种品牌的足球共90个，且A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元．设购买A品牌足球m个，总费用为W元，则该队共有几种购买方案？采用哪一种购买方案可使总费用最低？最低费用是多少元？
【解答】解：（1）设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为（x﹣20）元，
根据题意，得，
解得：x＝100，
经检验x＝100是原方程的解，
x﹣20＝80，
答：购买A品牌足球的单价为100元，则购买B品牌足球的单价为80元；
（2）设购买m个A品牌足球，则购买（90﹣m）个B品牌足球，
则W＝100m+80（90﹣m）＝20m+7200，
∵A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元，
∴，
解不等式组得：60≤m≤65，
所以，m的值为：60，61，62，63，64，65，
即该队共有6种购买方案，
当m＝60时，W最小，
m＝60时，W＝20×60+7200＝8400（元），
答：该队共有6种购买方案，购买60个A品牌30个B品牌的总费用最低，最低费用是8400元．
三．反比例函数与一次函数的交点问题（共3小题）
7．（2022•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知∠ACB＝90°，A（0，2），C（6，2）．D为等腰直角三角形ABC的边BC上一点，且S△ABC＝3S△ADC．反比例函数y1＝（k≠0）的图象经过点D．
（1）求反比例函数的解析式．
（2）若AB所在直线解析式为y2＝ax+b（a≠0），当y1＞y2时，求x的取值范围．

【解答】解：（1）∵A（0，2），C（6，2），
∴AC＝6，
∵△ABC是∠C为直角的等腰直角三角形，
∴BC＝AC＝6，
∵D为等腰直角三角形ABC的边BC上一点，且S△ABC＝3S△ADC．
∴CD＝2，
∴D（6，4），
∵反比例函数y1＝（k≠0）的图象经过点D，
∴k＝6×4＝24，
∴反比例函数的解析式为y＝；
（2）∵A（0，2），B（6，8），
∴把A、B的坐标代入y2＝ax+b得，
解得，
∴y2＝x+2，
解得或，
∴两函数的交点为（﹣6，﹣4），（4，6）
∴当y1＞y2时，x的取值范围是x＜﹣6或0＜x＜4．
8．（2021•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边BC在x轴上，坐标原点是BC的中点，∠ABC＝30°，BC＝4，双曲线y＝经过点A．
（1）求k；
（2）直线AC与双曲线y＝﹣在第四象限交于点D，求△ABD的面积．

【解答】解：（1）如图，作AH⊥BC于H，
Rt△ABC的斜边BC在x轴上，坐标原点是BC的中点，∠ABC＝30°，BC＝4，
∴OC＝BC＝2，AC＝BC×sin30°＝2，
∵∠HAC+∠ACO＝90°，∠ABC+∠ACO＝90°，
∴∠HAC＝∠ABC＝30°，
∴CH＝AC×sin30°＝1，AH＝AC×cos30°＝，
∴OH＝OC﹣CH＝2﹣1＝1，
∴A（1，），
∵双曲线y＝经过点A，
∴＝，
即k＝；
（2）设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∵A（1，），C（2，0），
∴，
解得，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+2，
∵直线AC与双曲线y＝﹣在第四象限交于点D，
∴，
解得或，
∵D在第四象限，
∴D（3，﹣），
∴S△ABD＝S△ABC+S△BCD＝BC•AH+BC•（﹣yD）＝＝4．

9．（2020•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝ax﹣3a（a≠0）与x轴、y轴分别相交于A、B两点，与双曲线y＝（x＞0）的一个交点为C，且BC＝AC．
（1）求点A的坐标；
（2）当S△AOC＝3时，求a和k的值．

【解答】解：（1）由题意得：令y＝ax﹣3a（a≠0）中y＝0，
即ax﹣3a＝0，解得x＝3，
∴点A的坐标为（3，0），
故答案为（3，0）．
（2）过C点作y轴的垂线交y轴于M点，作x轴的垂线交x轴于N点，如下图所示：

显然，CM∥OA，
∴∠BCM＝∠BAO，且∠ABO＝∠CBO，
∴△BCM∽△BAO，
∴，即：，
∴CM＝1，
又
即：，
∴CN＝2，
∴C点的坐标为（1，2），
故反比例函数的k＝1×2＝2，
再将点C（1，2）代入一次函数y＝ax﹣3a（a≠0）中，
即2＝a﹣3a，解得a＝﹣1，
∴当S△AOC＝3时，a＝﹣1，k＝2．
四．二次函数综合题（共3小题）
10．（2022•恩施州）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝﹣x2+c与y轴交于点P（0，4）．
（1）直接写出抛物线的解析式．
（2）如图，将抛物线y＝﹣x2+c向左平移1个单位长度，记平移后的抛物线顶点为Q，平移后的抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．判断以B、C、Q三点为顶点的三角形是否为直角三角形，并说明理由．
（3）直线BC与抛物线y＝﹣x2+c交于M、N两点（点N在点M的右侧），请探究在x轴上是否存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
（4）若将抛物线y＝﹣x2+c进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点时，请直接写出抛物线y＝﹣x2+c平移的最短距离并求出此时抛物线的顶点坐标．


【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+c与y轴交于点P（0，4），
∴c＝4，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4；
（2）△BCQ是直角三角形．理由如下：
将抛物线y＝﹣x2+4向左平移1个单位长度，得新抛物线y＝﹣（x+1）2+4，
∴平移后的抛物线顶点为Q（﹣1，4），
令x＝0，得y＝﹣1+4＝3，
∴C（0，3），
令y＝0，得﹣（x+1）2+4＝0，
解得：x1＝1，x2＝﹣3，
∴B（﹣3，0），A（1，0），
如图1，连接BQ，CQ，PQ，
∵P（0，4），Q（﹣1，4），
∴PQ⊥y轴，PQ＝1，
∵CP＝4﹣3＝1，
∴PQ＝CP，∠CPQ＝90°，
∴△CPQ是等腰直角三角形，
∴∠PCQ＝45°，
∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠BCO＝45°，
∴∠BCQ＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴△BCQ是直角三角形．
（3）在x轴上存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似．
∵△ABC是锐角三角形，∠ABC＝45°，
∴以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似，必须∠NBT＝∠ABC＝45°，
即点T在y轴的右侧，
设T（x，0），且x＞0，则BT＝x+3，
∵B（﹣3，0），A（1，0），C（0，3），
∴∠ABC＝45°，AB＝4，BC＝3，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
则，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝x+3，
由，
解得：，，
∴M（﹣，），N（，），
∴BN＝×＝，
①当△NBT∽△CBA时，则＝，
∴＝，
解得：x＝，
∴T（，0）；
②当△NBT∽△ABC时，则＝，
∴＝，
解得：x＝，
∴T（，0）；
综上所述，点T的坐标T（，0）或（，0）．
（4）抛物线y＝﹣x2+4的顶点为P（0，4），
∵直线BC的解析式为y＝x+3，
∴直线AB与y轴的夹角为45°，当抛物线沿着垂直直线AB的方向平移到只有1个公共点时，平移距离最小，此时向右和向下平移距离相等，
设平移后的抛物线的顶点为P′（t，4﹣t），
则平移后的抛物线为y＝﹣（x﹣t）2+4﹣t，
由﹣（x﹣t）2+4﹣t＝x+3，
整理得：x2+（1﹣2t）x+t2+t﹣1＝0，
∵平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点，
∴Δ＝（1﹣2t）2﹣4（t2+t﹣1）＝0，
解得：t＝，
∴平移后的抛物线的顶点为P′（，），平移的最短距离为．



11．（2021•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，点A，B在x轴上，抛物线y＝x2+bx+c经过点B，D（﹣4，5）两点，且与直线DC交于另一点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）F为抛物线对称轴上一点，Q为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形．若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）P为y轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接ME，BP，探究EM+MP+PB是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）由点D的纵坐标知，正方形ABCD的边长为5，
则OB＝AB﹣AO＝5﹣4＝1，故点B的坐标为（1，0），
则，解得，
故抛物线的表达式为y＝x2+2x﹣3；

（2）存在，理由：
∵点D、E关于抛物线对称轴对称，故点E的坐标为（2，5），
由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x＝﹣1，故设点F的坐标为（﹣1，m），
由点B、E的坐标得，BE2＝（2﹣1）2+（5﹣0）2＝26，
设点Q的坐标为（s，t），
∵以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形，
故点B向右平移1个单位向上平移5个单位得到点E，则Q（F）向右平移1个单位向上平移5个单位得到点F（Q），且BE＝EF（BE＝EQ），
则或，
解得或，
故点F的坐标为（﹣1，5+）或（﹣1，5﹣）或（﹣1，）或（﹣1，﹣）；

（3）存在，理由：
由题意抛物线的对称轴交x轴于点B′（﹣1，0），将点B′向左平移1个单位得到点B″（﹣2，0），

连接B″E，交函数的对称轴于点M，过点M作MP⊥y轴，则点P、M为所求点，此时EM+MP+PB为最小，
理由：∵B′B″＝PM＝1，且B′B″∥PM，故四边形B″B′PM为平行四边形，则B″M＝B′P＝BP，
则EM+MP+PB＝EM+1+MB″＝B″E+1为最小，
由点B″、E的坐标得，直线B″E的表达式为y＝（x+2），
当x＝﹣1时，y＝（x+2）＝，故点M的坐标为（﹣1，），
则EM+MP+PB的最小值B″E+1＝1+＝+1．
12．（2020•恩施州）如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点C（6，0），顶点为B，对称轴x＝2与x轴相交于点A，D为线段BC的中点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将△MPC逆时针旋转90°，记点P的对应点为E，点C的对应点为F．当直线EF与抛物线y＝﹣x2+bx+c只有一个交点时，求点M的坐标．
（3）△MPC在（2）的旋转变换下，若PC＝（如图2）．
①求证：EA＝ED．
②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．
【解答】解：（1）∵点C（6，0）在抛物线上，
∴，
得到6b+c＝9，
又∵对称轴为x＝2，
∴，
解得b＝1，
∴c＝3，
∴二次函数的解析式为；
（2）当点M在点C的左侧时，如图2﹣1中：

∵抛物线的解析式为，对称轴为x＝2，C（6，0）
∴点A（2，0），顶点B（2，4），
∴AB＝AC＝4，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠1＝45°；
∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，
∴FM＝CM，∠2＝∠1＝45°，
设点M的坐标为（m，0），
∴点F（m，6﹣m），
又∵∠2＝45°，
∴直线EF与x轴的夹角为45°，
∴设直线EF的解析式为y＝x+d，
把点F（m，6﹣m）代入得：6﹣m＝m+b，解得：d＝6﹣2m，
直线EF的解析式为y＝x+6﹣2m，
∵直线EF与抛物线只有一个交点，
∴，
整理得：，
∴Δ＝b2﹣4ac＝0，解得m＝，
点M的坐标为（，0）．
当点M在点C的右侧时，如下图：

由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45°，因此直线EF与抛物线不可能只有一个交点．
综上，点M的坐标为（，0）．
（3）①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，

∵，由（2）知∠BCA＝45°，
∴PG＝GC＝1，
∴点G（5，0），
设点M的坐标为（m，0），
∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，
∴EM＝PM，
∵∠HEM+∠EMH＝∠GMP+∠EMH＝90°，
∴∠HEM＝∠GMP，
在△EHM和△MGP中，，
∴△EHM≌△MGP（AAS），
∴EH＝MG＝5﹣m，HM＝PG＝1，
∴点H（m﹣1，0），
∴点E的坐标为（m﹣1，5﹣m）；
∴EA＝＝，
又∵D为线段BC的中点，B（2，4），C（6，0），
∴点D（4，2），
∴ED＝＝，
∴EA＝ED．
当点M在点C的右侧时，如下图：

同理，点E的坐标仍为（m﹣1，5﹣m），因此EA＝ED．
②当点E在（1）所求的抛物线上时，
把E（m﹣1，5﹣m）代入，整理得：m2﹣10m+13＝0，
解得：m＝或m＝，
∴CM＝或CM＝．
五．菱形的判定（共1小题）
13．（2020•恩施州）如图，AE∥BF，BD平分∠ABC交AE于点D，点C在BF上且BC＝AB，连接CD．求证：四边形ABCD是菱形．

【解答】证明：∵AE∥BF，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC＝∠ABD，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AB＝AD，
又∵AB＝BC，
∴AD＝BC，
∵AE∥BF，即AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
又∵AB＝AD，
∴四边形ABCD为菱形．
六．矩形的性质（共1小题）
14．（2021•恩施州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，且DE∥AC，AE∥BD，连接OE．求证：OE⊥AD．

【解答】证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴OA＝OD．
∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE为平行四边形．
∵OA＝OD，
∴平行四边形AODE为菱形．
∴OE⊥AD．
七．正方形的性质（共1小题）
15．（2022•恩施州）如图，已知四边形ABCD是正方形，G为线段AD上任意一点，CE⊥BG于点E，DF⊥CE于点F．求证：DF＝BE+EF．

【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
∵CE⊥BG，DF⊥CE，
∴∠BEC＝∠DFC＝90°，
∴∠BCE+∠CBE＝90°＝∠BCE+∠DCF，
∴∠CBE＝∠DCF，
在△CBE和△DCF中，
，
∴△CBE≌△DCF（AAS），
∴CF＝BE，CE＝DF，
∵CE＝EF+CF，
∴DF＝BE+EF．
八．切线的性质（共1小题）
16．（2022•恩施州）如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交⊙O于点D、E，交AB于点C．
（1）求证：∠ADE＝∠PAE．
（2）若∠ADE＝30°，求证：AE＝PE．
（3）若PE＝4，CD＝6，求CE的长．

【解答】（1）证明：连接OA，如图，

∵PA为⊙O的切线，
∴AO⊥PA，
∴∠OAE+∠PAE＝90°．
∵DE是⊙O的直径，
∴∠DAE＝90°，
∴∠ADE+∠AED＝90°．
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠AED，
∴∠ADE＝∠PAE；
（2）证明：由（1）知：∠ADE＝∠PAE＝30°，
∵∠DAE＝90°，
∴∠AED＝90°﹣∠ADE＝60°．
∵∠AED＝∠PAE+∠APE，
∴∠APE＝∠PAE＝30°，
∴AE＝PE；
（3）解：设CE＝x，则DE＝CD+CE＝6+x，
∴OA＝OE＝，
∴OC＝OE﹣CE＝，
OP＝OE+PE＝．
∵PA、PB为⊙O的切线，
∴PA＝PB，PO平分∠APB，
∴PO⊥AB．
∵PA为⊙O的切线，
∴AO⊥PA，
∴△OAC∽△OPA，
∴，
∴，
即：x2+10x﹣24＝0．
解得：x＝2或﹣12（不合题意，舍去），
∴CE＝2．
九．切线的判定与性质（共1小题）
17．（2021•恩施州）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，⊙O与AB相交于点C，与AO相交于点E，连接CE，已知∠AOC＝2∠ACE．
（1）求证：AB为⊙O的切线；
（2）若AO＝20，BO＝15，求CE的长．

【解答】（1）证明：∵OC＝OE，
∴∠OCE＝∠OEC，
∵∠AOC＝2∠ACE，
∴∠OCA＝∠OCE+∠ACE＝（∠OCE+∠OEC+∠AOC）＝＝90°，
∴OC⊥AB，
∴AB为⊙O的切线；
（2）解：作EH⊥AC于H，
∵AO＝20，BO＝15，
∴AB＝＝＝25，
∵，
即，
∴OC＝12，
∴AE＝OA﹣OE＝20﹣12＝8，
∵EH⊥AC，OC⊥AC，
∴EH∥OC，
∴△AEH∽△AOC，
∴＝，
即＝，
∴EH＝，
∵BC＝＝＝9，
∴AC＝AB﹣BC＝25﹣9＝16，
∵AH＝＝＝，
∴CH＝AC﹣AH＝16﹣＝，
∴CE＝＝＝．

一十．圆的综合题（共1小题）
18．（2020•恩施州）如图1，AB是⊙O的直径，直线AM与⊙O相切于点A，直线BN与⊙O相切于点B，点C（异于点A）在AM上，点D在⊙O上，且CD＝CA，延长CD与BN相交于点E，连接AD并延长交BN于点F．

（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）求证：BE＝EF；
（3）如图2，连接EO并延长与⊙O分别相交于点G、H，连接BH．若AB＝6，AC＝4，求tan∠BHE．
【解答】解：（1）如图1中，连接OD，
∵CD＝CA，
∴∠CAD＝∠CDA，
∵OA＝OD
∴∠OAD＝∠ODA，
∵直线AM与⊙O相切于点A，
∴∠CAO＝∠CAD+∠OAD＝90°，
∴∠ODC＝∠CDA+∠ODA＝90°，
∴CE是⊙O的切线．

（2）如图1中，连接BD，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∵CE是⊙O的切线，BF是⊙O的切线，
∴∠OBE＝∠ODE＝90°，
∴∠EDB＝∠EBD，
∴ED＝EB，
∵AM⊥AB，BN⊥AB，
∴AM∥BN，
∴∠CAD＝∠BFD，
∵∠CAD＝∠CDA＝∠EDF，
∴∠BFD＝∠EDF，
∴EF＝ED，
∴BE＝EF．

（3）如图2中，过E点作EL⊥AM于L，则四边形ABEL是矩形，

设BE＝x，则CL＝4﹣x，CE＝4+x，
∴（4+x）2＝（4﹣x）2+62，
解得：x＝，
∴，
∵∠BOE＝2∠BHE，
∴，
解得：tan∠BHE＝或﹣3（﹣3不合题意舍去），
∴tan∠BHE＝．
补充方法：如图2中，作HJ⊥EB交EB的延长线于J．
∵tan∠BOE＝＝，
∴可以假设BE＝3k，OB＝4k，则OE＝5k，
∵OB∥HJ，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴HJ＝k，EJ＝k，
∴BJ＝EJ﹣BE＝k﹣3k＝k
∴tan∠BHJ＝＝，
∵∠BHE＝∠HBA＝∠BHJ，
∴tan∠BHE＝．

一十一．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题）
19．（2021•恩施州）乡村振兴使人民有更舒适的居住条件，更优美的生活环境，如图是怡佳新村中的两栋居民楼，小明在甲居民楼的楼顶D处观测乙居民楼楼底B处的俯角是30°，观测乙居民楼楼顶C处的仰角为15°，已知甲居民楼的高为10m，求乙居民楼的高．（参考数据：≈1.414，≈1.732，结果精确到0.1m）

【解答】解：作DE⊥BC于E，CF⊥BD于F，
在Rt△BED中，BE＝AD＝10m，∠EDB＝30°，
∴∠EBD＝60°，BD＝2BE＝20m，
在Rt△CBF中，∠CBF＝60°，
∴BF＝BC，CF＝BC，
在Rt△CDF中，∠CDF＝45°，
∴DF＝CF＝BC，
∵BD＝BF+DF，
∴BC+BC＝20，
∴BC＝≈14.6（m），
答：乙居民楼的高约为14.6m．

一十二．解直角三角形的应用-方向角问题（共2小题）
20．（2022•恩施州）如图，湖中一古亭，湖边一古柳，一沉静，一飘逸，碧波荡漾，相映成趣．某活动小组赏湖之余，为了测量古亭与古柳间的距离，在古柳A处测得古亭B位于北偏东60°，他们向南走50m到达D点，测得古亭B位于北偏东45°．求古亭与古柳之间的距离AB的长（参考数据：≈1.41，≈1.73，结果精确到1m）．

【解答】解：过点B作BC⊥AD，交DA的延长线于点C，

设AC＝x米，
∵AD＝50米，
∴CD＝AC+AD＝（x+50）米，
在Rt△ABC中，∠CAB＝60°，
∴BC＝AC•tan60°＝x（米），
在Rt△BCD中，∠BDC＝45°，
∴tan45°＝＝1，
∴BC＝CD，
∴x＝x+50，
∴x＝25+25，
∴AC＝（25+25）米，
∴AB＝＝＝50+50≈137（米），
∴古亭与古柳之间的距离AB的长约为137米．

21．（2020•恩施州）如图，一艘轮船以每小时30海里的速度自东向西航行，在A处测得小岛P位于其西北方向（北偏西45°方向），2小时后轮船到达B处，在B处测得小岛P位于其北偏东60°方向．求此时船与小岛P的距离（结果保留整数，参考数据：≈1.414，≈1.732）．

【解答】解：如图，过点P作PH⊥AB于H，
由题意得：AB＝30×2＝60（海里），∠PBH＝90°﹣60°＝30°，∠PAH＝90°﹣45°＝45°，
则△PHA是等腰直角三角形，
∴AH＝PH，
在Rt△PHA中，设AH＝PH＝x海里，
在Rt△PBH中，PB＝2PH＝2x海里，BH＝AB﹣AH＝（60﹣x）海里，
∴tan∠PBH＝tan30°＝＝，
∴，
解得：，
∴PB＝2x＝≈44（海里），
答：此时船与小岛P的距离约为44海里．

一十三．条形统计图（共1小题）
22．（2020•恩施州）某中学为了解九年级学生对新冠肺炎防控知识的掌握情况，从全校九年级学生中随机抽取部分学生进行调查．调查结果分为四类：A类﹣﹣非常了解；B类﹣﹣比较了解；C类﹣﹣般了解；D类﹣﹣不了解．现将调查结果绘制成如图不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：

（1）本次共调查了 　50　名学生；
（2）补全条形统计图；
（3）D类所对应扇形的圆心角的大小为 　36°　；
（4）若该校九年级学生共有500名，根据以上抽样结果，估计该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的约有 　150　名．
【解答】解：（1）本次共调查的学生数为：20÷40%＝50（名）．
故答案为：50；

（2）C类学生人数为：50﹣15﹣20﹣5＝10（名），
条形图如下：


（3）D类所对应扇形的圆心角为：．
故答案为：36°；

（4）该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的人数为：（名）．
故答案为：150．
一十四．方差（共1小题）
23．（2021•恩施州）九（1）班准备从甲、乙两名男生中选派一名参加学校组织的一分钟跳绳比赛，在相同的条件下，分别对两名男生进行了八次一分钟跳绳测试．现将测试结果绘制成如下不完整的统计图表，请根据统计图表中的信息解答下列问题：


平均数
中位数
众数
方差
甲
175
a
b
93.75
乙
175
175
180，175，170
c
（1）求a、b的值；
（2）若九（1）班选一位成绩稳定的选手参赛，你认为应选谁，请说明理由；
（3）根据以上的数据分析，请你运用所学统计知识，任选两个角度评价甲乙两名男生一分钟跳绳成绩谁优．
【解答】解：（1）甲的成绩从小到大排列为：160，165，165，175，180，185，185，185，
∴甲的中位数a＝＝177.5，
∵185出现了3次，出现的次数最多，
∴众数b是185，
故a＝177.5，b＝185；
（2）应选乙，
理由：乙的方差为：[2×（175﹣175）2+2×（180﹣175）2+2×（170﹣175）2+（185﹣175）2+（165﹣175）2]＝37.5，
乙的方差小于甲的方差，所以乙的成绩比甲的成绩稳定；
（3）①从平均数和方差相结合看，乙的成绩比较稳定；
②从平均数和中位数相结合看，甲的成绩好些．
一十五．列表法与树状图法（共1小题）
24．（2022•恩施州）2022年4月29日，湖北日报联合夏风教室发起“劳动最光荣，加油好少年”主题活动．某校学生积极参与本次主题活动，为了解该校学生参与本次主题活动的情况，随机抽取该校部分学生进行调查．根据调查结果绘制如下不完整的统计图（如图）．请结合图中信息解答下列问题：
（1）本次共调查了 　200　名学生，并补全条形统计图．
（2）若该校共有1200名学生参加本次主题活动，则本次活动中该校“洗衣服”的学生约有多少名？
（3）现从参与本次主题活动的甲、乙、丙、丁4名学生中，随机抽取2名学生谈一谈劳动感受．请用列表或画树状图的方法，求甲、乙两人同时被抽中的概率．

【解答】解：（1）40÷20%＝200（人），200﹣40﹣50﹣30﹣20＝60（人），
故答案为：200，补全条形统计图如下：

（2）1200×＝300（人），
答：该校1200名学生中参与“洗衣服”的学生约有300名；
（3）从甲、乙、丙、丁四个人中选择2个人所有可能出现的结果情况如下：

共有12种可能出现的结果，其中甲、乙同时被抽中的有2种，
所以甲、乙同时被抽中的概率为＝．