2020年黑龙江省哈尔滨市中考数学试卷

这是一份2020年黑龙江省哈尔滨市中考数学试卷，共27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。

1．（3分）（2020•哈尔滨）﹣8的倒数是（ ）
A．﹣B．﹣8C．8D．
2．（3分）（2020•哈尔滨）下列运算一定正确的是（ ）
A．a2+a2＝a4B．a2•a4＝a8
C．（a2）4＝a8D．（a+b）2＝a2+b2
3．（3分）（2020•哈尔滨）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．扇形B．正方形
C．等腰直角三角形D．正五边形
4．（3分）（2020•哈尔滨）五个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其左视图是（ ）
A．B．
C．D．
5．（3分）（2020•哈尔滨）如图，AB为⊙O的切线，点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接AD、CD，OA，若∠ADC＝35°，则∠ABO的度数为（ ）
A．25°B．20°C．30°D．35°
6．（3分）（2020•哈尔滨）将抛物线y＝x2向上平移3个单位长度，再向右平移5个单位长度，所得到的拋物线为（ ）
A．y＝（x+3）2+5B．y＝（x﹣3）2+5C．y＝（x+5）2+3D．y＝（x﹣5）2+3
7．（3分）（2020•哈尔滨）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则∠CAB'的度数为（ ）
A．10°B．20°C．30°D．40°
8．（3分）（2020•哈尔滨）方程＝的解为（ ）
A．x＝﹣1B．x＝5C．x＝7D．x＝9
9．（3分）（2020•哈尔滨）一个不透明的袋子中装有9个小球，其中6个红球、3个绿球，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出一个小球．则摸出的小球是红球的概率是（ ）
A．B．C．D．
10．（3分）（2020•哈尔滨）如图，在△ABC中，点D在BC边上，连接AD，点E在AC边上，过点E作EF∥BC，交AD于点F，过点E作EG∥AB，交BC于点G，则下列式子一定正确的是（ ）
A．＝B．＝C．＝D．＝
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11．（3分）（2020•哈尔滨）将数4790000用科学记数法表示为 ．
12．（3分）（2020•哈尔滨）在函数y＝中，自变量x的取值范围是 ．
13．（3分）（2020•哈尔滨）已知反比例函数y＝的图象经过点（﹣3，4），则k的值为 ．
14．（3分）（2020•哈尔滨）计算+6的结果是 ．
15．（3分）（2020•哈尔滨）把多项式m2n+6mn+9n分解因式的结果是 ．
16．（3分）（2020•哈尔滨）抛物线y＝3（x﹣1）2+8的顶点坐标为 ．
17．（3分）（2020•哈尔滨）不等式组的解集是 ．
18．（3分）（2020•哈尔滨）一个扇形的面积是13πcm2，半径是6cm，则此扇形的圆心角是 度．
19．（3分）（2020•哈尔滨）在△ABC中，∠ABC＝60°，AD为BC边上的高，AD＝6，CD＝1，则BC的长为 ．
20．（3分）（2020•哈尔滨）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若CD＝2BE，∠DAE＝∠DEA，EO＝1，则线段AE的长为 ．
三、解答题（其中21～22题各7分，23～24题各8分，25～27题各10分，共计60分）
21．（7分）（2020•哈尔滨）先化简，再求代数式（1﹣）÷的值，其中x＝4cs30°﹣1．
22．（7分）（2020•哈尔滨）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AB和线段CD的端点均在小正方形的顶点上．
（1）在图中画出以AB为边的正方形ABEF，点E和点F均在小正方形的顶点上；
（2）在图中画出以CD为边的等腰三角形CDG，点G在小正方形的顶点上，且△CDG的周长为10+．连接EG，请直接写出线段EG的长．
23．（8分）（2020•哈尔滨）为了丰富同学们的课余生活，冬威中学开展以“我最喜欢的课外活动小组”为主题的调查活动，围绕“在绘画、剪纸、舞蹈、书法四类活动小组中，你最喜欢哪一类？（必选且只选一类）”的问题，在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查，将调查结果整理后绘制成如图所示的不完整的条形统计图，其中最喜欢绘画小组的学生人数占所调查人数的30%．请你根据图中提供的信息回答下列问题：
（1）在这次调查中，一共抽取了多少名学生？
（2）请通过计算补全条形统计图；
（3）若冬威中学共有800名学生，请你估计该中学最喜欢剪纸小组的学生有多少名．
24．（8分）（2020•哈尔滨）已知：在△ABC中，AB＝AC，点D、点E在边BC上，BD＝CE，连接AD、AE．
（1）如图1，求证：AD＝AE；
（2）如图2，当∠DAE＝∠C＝45°时，过点B作BF∥AC交AD的延长线于点F，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个等腰三角形，使写出的每个等腰三角形的顶角都等于45°．
25．（10分）（2020•哈尔滨）昌云中学计划为地理兴趣小组购买大、小两种地球仪，若购买1个大地球仪和3个小地球仪需用136元；若购买2个大地球仪和1个小地球仪需用132元．
（1）求每个大地球仪和每个小地球仪各多少元；
（2）昌云中学决定购买以上两种地球仪共30个，总费用不超过960元，那么昌云中学最多可以购买多少个大地球仪？
26．（10分）（2020•哈尔滨）已知：⊙O是△ABC的外接圆，AD为⊙O的直径，AD⊥BC，垂足为E，连接BO，延长BO交AC于点F．
（1）如图1，求证：∠BFC＝3∠CAD；
（2）如图2，过点D作DG∥BF交⊙O于点G，点H为DG的中点，连接OH，求证：BE＝OH；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG，若DG＝DE，△AOF的面积为，求线段CG的长．
27．（10分）（2020•哈尔滨）已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线AB与x轴的正半轴交于点A，与y轴的负半轴交于点B，OA＝OB，过点A作x轴的垂线与过点O的直线相交于点C，直线OC的解析式为y＝x，过点C作CM⊥y轴，垂足为M，OM＝9．
（1）如图1，求直线AB的解析式；
（2）如图2，点N在线段MC上，连接ON，点P在线段ON上，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，交OC于点E，若NC＝OM，求的值；
（3）如图3，在（2）的条件下，点F为线段AB上一点，连接OF，过点F作OF的垂线交线段AC于点Q，连接BQ，过点F作x轴的平行线交BQ于点G，连接PF交x轴于点H，连接EH，若∠DHE＝∠DPH，GQ﹣FG＝AF，求点P的坐标．
2020年黑龙江省哈尔滨市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共计30分）
1．（3分）（2020•哈尔滨）﹣8的倒数是（ ）
A．﹣B．﹣8C．8D．
【分析】根据乘积为1的两个数互为倒数，可得一个数的倒数．
【解答】解：﹣8的倒数是﹣，
故选：A．
【点评】本题考查了倒数，分子分母交换位置是求一个数的倒数的关键．
2．（3分）（2020•哈尔滨）下列运算一定正确的是（ ）
A．a2+a2＝a4B．a2•a4＝a8
C．（a2）4＝a8D．（a+b）2＝a2+b2
【分析】根据合并同类项的法则，同底数幂的乘法法则，幂的乘方法则以及完全平方公式逐一计算判断即可．
【解答】解：A、a2+a2＝2a2，原计算错误，故此选项不合题意；
B、a2•a4＝a6，原计算错误，故此选项不合题意；
C、（a2）4＝a8，原计算正确，故此选项合题意；
D、（a+b）2＝a2+2ab+b2，原计算错误，故此选项不合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了完全平方公式，同底数幂的乘法，幂的乘方以及合并同类项的法则，熟记公式和运算法则是解答本题的关键．
3．（3分）（2020•哈尔滨）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．扇形B．正方形
C．等腰直角三角形D．正五边形
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4．（3分）（2020•哈尔滨）五个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其左视图是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【解答】解：从左边看第一层是两个小正方形，第二层右边一个小正方形，
故选：C．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．
5．（3分）（2020•哈尔滨）如图，AB为⊙O的切线，点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接AD、CD，OA，若∠ADC＝35°，则∠ABO的度数为（ ）
A．25°B．20°C．30°D．35°
【分析】根据切线的性质和圆周角定理即可得到结论．
【解答】解：∵AB为圆O的切线，
∴AB⊥OA，即∠OAB＝90°，
∵∠ADC＝35°，
∴∠AOB＝2∠ADC＝70°，
∴∠ABO＝90°﹣70°＝20°．
故选：B．
【点评】此题考查了切线的性质，以及圆周角定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
6．（3分）（2020•哈尔滨）将抛物线y＝x2向上平移3个单位长度，再向右平移5个单位长度，所得到的拋物线为（ ）
A．y＝（x+3）2+5B．y＝（x﹣3）2+5C．y＝（x+5）2+3D．y＝（x﹣5）2+3
【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【解答】解：由“上加下减”的原则可知，将抛物线y＝x2向上平移3个单位所得抛物线的解析式为：y＝x2+3；
由“左加右减”的原则可知，将抛物线y＝x2+3向右平移5个单位所得抛物线的解析式为：y＝（x﹣5）2+3；
故选：D．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
7．（3分）（2020•哈尔滨）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则∠CAB'的度数为（ ）
A．10°B．20°C．30°D．40°
【分析】由余角的性质可求∠C＝40°，由轴对称的性质可得∠AB'B＝∠B＝50°，由外角性质可求解．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，∠B＝50°，
∴∠C＝40°，
∵△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，
∴∠AB'B＝∠B＝50°，
∴∠CAB'＝∠AB'B﹣∠C＝10°，
故选：A．
【点评】本题考查了轴对称的性质，掌握轴对称的性质是本题的关键．
8．（3分）（2020•哈尔滨）方程＝的解为（ ）
A．x＝﹣1B．x＝5C．x＝7D．x＝9
【分析】根据解分式方程的步骤解答即可．
【解答】解：方程的两边同乘（x+5）（x﹣2）得：
2（x﹣2）＝x﹣5，
解得x＝9，
经检验，x＝9是原方程的解．
故选：D．
【点评】本题主要考查了解分式方程，熟练掌握把分式方程转化为整式方程是解答本题的关键．
9．（3分）（2020•哈尔滨）一个不透明的袋子中装有9个小球，其中6个红球、3个绿球，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出一个小球．则摸出的小球是红球的概率是（ ）
A．B．C．D．
【分析】用红球的个数除以球的总个数即可得．
【解答】解：∵袋子中一共有9个除颜色不同外其它均相同的小球，其中红球有6个，
∴摸出的小球是红球的概率是＝，
故选：A．
【点评】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
10．（3分）（2020•哈尔滨）如图，在△ABC中，点D在BC边上，连接AD，点E在AC边上，过点E作EF∥BC，交AD于点F，过点E作EG∥AB，交BC于点G，则下列式子一定正确的是（ ）
A．＝B．＝C．＝D．＝
【分析】根据平行线分线段成比例性质进行解答便可．
【解答】解：∵EF∥BC，
∴，
∵EG∥AB，
∴，
∴，
故选：C．
【点评】本题主要考查了平行线分线段成比例性质，关键是熟记定理，找准对应线段．
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11．（3分）（2020•哈尔滨）将数4790000用科学记数法表示为 4.79×106 ．
【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．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：4790000＝4.79×106，
故答案为：4.79×106．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
12．（3分）（2020•哈尔滨）在函数y＝中，自变量x的取值范围是 x≠7 ．
【分析】根据分母不等于0列式计算即可得解．
【解答】解：由题意得x﹣7≠0，
解得x≠7．
故答案为：x≠7．
【点评】本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
13．（3分）（2020•哈尔滨）已知反比例函数y＝的图象经过点（﹣3，4），则k的值为 ﹣12 ．
【分析】把（﹣3，4）代入函数解析式y＝即可求k的值．
【解答】解：∵反比例函数y＝的图象经过点（﹣3，4），
∴k＝﹣3×4＝﹣12，
故答案为：﹣12．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，比较简单，考查的是用待定系数法求反比例函数的比例系数，是中学阶段的重点．
14．（3分）（2020•哈尔滨）计算+6的结果是 ．
【分析】根据二次根式的性质化简二次根式后，再合并同类二次根式即可．
【解答】解：原式＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了二次根式的加减，熟记二次根式的性质是解答本题的关键．
15．（3分）（2020•哈尔滨）把多项式m2n+6mn+9n分解因式的结果是 n（m+3）2 ．
【分析】直接提取公因式n，再利用完全平方公式分解因式得出答案．
【解答】解：原式＝n（m2+6m+9）
＝n（m+3）2．
故答案为：n（m+3）2．
【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用乘法公式是解题关键．
16．（3分）（2020•哈尔滨）抛物线y＝3（x﹣1）2+8的顶点坐标为 （1，8） ．
【分析】已知抛物线顶点式y＝a（x﹣h）2+k，顶点坐标是（h，k）．
【解答】解：∵抛物线y＝3（x﹣1）2+8是顶点式，
∴顶点坐标是（1，8）．
故答案为：（1，8）．
【点评】本题考查由抛物线的顶点坐标式写出抛物线顶点的坐标，比较容易．
17．（3分）（2020•哈尔滨）不等式组的解集是 x≤﹣3 ．
【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．
【解答】解：，
由①得，x≤﹣3；
由②得，x＜﹣1，
故此不等式组的解集为：x≤﹣3．
故答案为：x≤﹣3．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
18．（3分）（2020•哈尔滨）一个扇形的面积是13πcm2，半径是6cm，则此扇形的圆心角是 130 度．
【分析】根据扇形面积公式S＝，即可求得这个扇形的圆心角的度数．
【解答】解：设这个扇形的圆心角为n°，
＝13π，
解得，n＝130，
故答案为：130．
【点评】本题考查扇形面积的计算，解答本题的关键是明确扇形面积计算公式S＝．
19．（3分）（2020•哈尔滨）在△ABC中，∠ABC＝60°，AD为BC边上的高，AD＝6，CD＝1，则BC的长为 5或7 ．
【分析】在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的意义，求出BD的长，再分类进行解答．
【解答】解：在Rt△ABD中，∠ABC＝60°，AD＝6，
∴BD＝＝＝6，
如图1、图2所示：
BC＝BD+CD＝6+1＝7，
BC＝BD﹣CD＝6﹣1＝5，
故答案为：7或5．
【点评】本题考查解直角三角形，掌握直角三角形的边角关系是正确计算的前提．
20．（3分）（2020•哈尔滨）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若CD＝2BE，∠DAE＝∠DEA，EO＝1，则线段AE的长为 2 ．
【分析】设BE＝x，则CD＝2x，根据菱形的性质得AB＝AD＝CD＝2x，OB＝OD，AC⊥BD，再证明DE＝DA＝2x，所以1+x＝x，解得x＝2，然后利用勾股定理计算OA，再计算AE的长．
【解答】解：设BE＝x，则CD＝2x，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝CD＝2x，OB＝OD，AC⊥BD，
∵∠DAE＝∠DEA，
∴DE＝DA＝2x，
∴BD＝3x，
∴OB＝OD＝x，
∵OE+BE＝BO，
∴1+x＝x，解得x＝2，
即AB＝4，OB＝3，
在Rt△AOB中，OA＝＝，
在Rt△AOE中，AE＝＝2．
故答案为2．
【点评】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
三、解答题（其中21～22题各7分，23～24题各8分，25～27题各10分，共计60分）
21．（7分）（2020•哈尔滨）先化简，再求代数式（1﹣）÷的值，其中x＝4cs30°﹣1．
【分析】直接将括号里面通分运算，再利用分式的混合运算法则计算，把x的值代入得出答案．
【解答】解：原式＝•
＝，
∵x＝4cs30°﹣1＝4×﹣1＝2﹣1，
∴原式＝＝．
【点评】此题主要考查了分式的化简求值，正确进行分式的混合运算是解题关键．
22．（7分）（2020•哈尔滨）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AB和线段CD的端点均在小正方形的顶点上．
（1）在图中画出以AB为边的正方形ABEF，点E和点F均在小正方形的顶点上；
（2）在图中画出以CD为边的等腰三角形CDG，点G在小正方形的顶点上，且△CDG的周长为10+．连接EG，请直接写出线段EG的长．
【分析】（1）画出边长为的正方形即可．
（2）画出两腰为10，底为的等腰三角形即可．
【解答】解：（1）如图，正方形ABEF即为所求．
（2）如图，△CDG即为所求．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想思考问题，属于中考常考题型．
23．（8分）（2020•哈尔滨）为了丰富同学们的课余生活，冬威中学开展以“我最喜欢的课外活动小组”为主题的调查活动，围绕“在绘画、剪纸、舞蹈、书法四类活动小组中，你最喜欢哪一类？（必选且只选一类）”的问题，在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查，将调查结果整理后绘制成如图所示的不完整的条形统计图，其中最喜欢绘画小组的学生人数占所调查人数的30%．请你根据图中提供的信息回答下列问题：
（1）在这次调查中，一共抽取了多少名学生？
（2）请通过计算补全条形统计图；
（3）若冬威中学共有800名学生，请你估计该中学最喜欢剪纸小组的学生有多少名．
【分析】（1）最喜欢绘画小组的学生人数15人，占所调查人数的30%．可求出调查人数；
（2）求出“舞蹈”的人数，即可补全条形统计图；
（3）样本估计总体，样本中“喜欢剪纸”占调查人数的，因此估计总体800名的是最喜欢“舞蹈”的人数．
【解答】解：（1）15÷30%＝50（名），
答：在这次调查中，一共抽取了50名学生；
（2）50﹣15﹣20﹣5＝10（名），补全条形统计图如图所示：
（3）800×＝320（名），
答：冬威中学800名学生中最喜欢剪纸小组的学生有320名．
【点评】本题考查条形统计图的意义和制作方法，理解数量之间的关系是正确计算的前提，样本估计总体是统计中常用的方法．
24．（8分）（2020•哈尔滨）已知：在△ABC中，AB＝AC，点D、点E在边BC上，BD＝CE，连接AD、AE．
（1）如图1，求证：AD＝AE；
（2）如图2，当∠DAE＝∠C＝45°时，过点B作BF∥AC交AD的延长线于点F，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个等腰三角形，使写出的每个等腰三角形的顶角都等于45°．
【分析】（1）根据SAS可证△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质即可求解；
（2）根据等腰三角形的判定即可求解．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∵∠B＝∠C，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD＝AE；
（2）∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED，
∵BF∥AC，
∴∠FDB＝∠C＝45°，
∵∠ABC＝∠C＝∠DAE＝45°，∠BDF＝∠ADE，
∴∠F＝∠BDF，∠BEA＝∠BAE，∠CDA＝∠CAD，
∴满足条件的等腰三角形有：△ABE，△ACD，△DAE，△DBF．
【点评】考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，关键是熟练掌握它们的性质与定理．
25．（10分）（2020•哈尔滨）昌云中学计划为地理兴趣小组购买大、小两种地球仪，若购买1个大地球仪和3个小地球仪需用136元；若购买2个大地球仪和1个小地球仪需用132元．
（1）求每个大地球仪和每个小地球仪各多少元；
（2）昌云中学决定购买以上两种地球仪共30个，总费用不超过960元，那么昌云中学最多可以购买多少个大地球仪？
【分析】（1）设每个大地球仪x元，每个小地球仪y元，根据条件建立方程组求出其解即可；
（2）设大地球仪为a台，则每个小地球仪为（30﹣a）台，根据要求购买的总费用不超过960元，列出不等式解答即可．
【解答】解：（1）设每个大地球仪x元，每个小地球仪y元，根据题意可得：
，
解得：，
答：每个大地球仪52元，每个小地球仪28元；
（2）设大地球仪为a台，则每个小地球仪为（30﹣a）台，根据题意可得：
52a+28（30﹣a）≤960，
解得：a≤5，
答：最多可以购买5个大地球仪．
【点评】本题考查了列二元一次方程组解实际问题的运用，总价＝单价×数量的运用，一元一次不等式的运用，解决问题的关键是读懂题意，找到关键描述语，找到所求的量的等量关系．
26．（10分）（2020•哈尔滨）已知：⊙O是△ABC的外接圆，AD为⊙O的直径，AD⊥BC，垂足为E，连接BO，延长BO交AC于点F．
（1）如图1，求证：∠BFC＝3∠CAD；
（2）如图2，过点D作DG∥BF交⊙O于点G，点H为DG的中点，连接OH，求证：BE＝OH；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG，若DG＝DE，△AOF的面积为，求线段CG的长．
【分析】（1）由垂径定理可得BE＝EC，由线段垂直平分线的性质可得AB＝AC，由等腰三角形的性质可得∠BAD＝∠ABO＝∠CAD，由外角的性质可得结论；
（2）由“AAS”可证△BOE≌△ODH，可得BE＝OH；
（3）过点F作FN⊥AD，交AD于N，设DG＝DE＝2x，由全等三角形的性质可得OE＝DH＝x，OD＝3x＝OA＝OB，勾股定理可求BE＝2x，由锐角三角函数可求AN＝NF，ON＝NF，可得AO＝AN+ON＝NF，由三角形面积公式可求NF的长，可求x＝1，可得BE＝2＝OH，AE＝4，DG＝DE＝2，勾股定理可求AC＝2，连接AG，过点A作AM⊥CG，交GC的延长线于M，通过证明△ACM∽△ADG，由相似三角形的性质可求AM，CM的长，由勾股定理可求GM的长，即可求解．
【解答】证明：（1）∵AD为⊙O的直径，AD⊥BC，
∴BE＝EC，
∴AB＝AC，
又∵AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵OA＝OB，
∴∠BAD＝∠ABO，
∴∠BAD＝∠ABO＝∠CAD，
∵∠BFC＝∠BAC+∠ABO，
∴∠BFC＝∠BAD+∠EAD+∠ABO＝3∠CAD；
（2）如图2，连接AG，
∵AD是直径，
∴∠AGD＝90°，
∵点H是DG中点，
∴DH＝HG，
又∵AO＝DO，
∴OH∥AG，AG＝2OH，
∴∠AGD＝∠OHD＝90°，
∵DG∥BF，
∴∠BOE＝∠ODH，
又∵∠OEB＝∠OHD＝90°，BO＝DO，
∴△BOE≌△ODH（AAS），
∴BE＝OH；
（3）如图3，过点F作FN⊥AD，交AD于N，
设DG＝DE＝2x，
∴DH＝HG＝x，
∵△BOE≌△ODH，
∴OE＝DH＝x，
∴OD＝3x＝OA＝OB，
∴BE＝＝＝2x，
∵∠BAE＝∠CAE，
∴tan∠BAE＝tan∠CAE＝，
∴＝，
∴AN＝NF，
∵∠BOE＝∠NOF，
∴tan∠BOE＝tan∠NOF＝，
∴＝，
∴ON＝NF，
∴AO＝AN+ON＝NF，
∵△AOF的面积为，
∴×AO×NF＝×NF2＝，
∴NF＝，
∴AO＝NF＝3＝3x，
∴x＝1，
∴BE＝2＝OH，AE＝4，DG＝DE＝2，
∴AC＝＝＝2，
如图3，连接AG，过点A作AM⊥CG，交GC的延长线于M，
由（2）可知：AG＝2OH＝4，
∵四边形ADGC是圆内接四边形，
∴∠ACM＝∠ADG，
又∵∠AMC＝∠AGD＝90°，
∴△ACM∽△ADG，
∴，
∴，
∴CM＝，AM＝，
∴GM＝＝＝，
∴CG＝GM﹣CM＝．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，求出NF的长是本题的关键．
27．（10分）（2020•哈尔滨）已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线AB与x轴的正半轴交于点A，与y轴的负半轴交于点B，OA＝OB，过点A作x轴的垂线与过点O的直线相交于点C，直线OC的解析式为y＝x，过点C作CM⊥y轴，垂足为M，OM＝9．
（1）如图1，求直线AB的解析式；
（2）如图2，点N在线段MC上，连接ON，点P在线段ON上，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，交OC于点E，若NC＝OM，求的值；
（3）如图3，在（2）的条件下，点F为线段AB上一点，连接OF，过点F作OF的垂线交线段AC于点Q，连接BQ，过点F作x轴的平行线交BQ于点G，连接PF交x轴于点H，连接EH，若∠DHE＝∠DPH，GQ﹣FG＝AF，求点P的坐标．
【分析】（1）求出A，B两点坐标，利用待定系数法解决问题即可．
（2）由题意直线ON的解析式为y＝3x，设点E的横坐标为4a，则D（4a，0），求出PE，OD（用a表示）即可解决问题．
（3）如图3中，设直线FG交CA的延长线于R，交y轴于S，过点F作FT⊥OA于T．证明△OFS≌△FQR（AAS），推出SF＝QR，再证明△BSG≌△QRG（AAS），推出SG＝GR＝6，设FR＝m，则AR＝m，AF＝m，QR＝SF＝12﹣m，GQ﹣FG＝AF，根据GQ2＝GR2+QR2，可得（m+6）2＝62+（12﹣m）2，解得m＝4，由题意tan∠DHE＝tan∠DPH，可得＝，由（2）可知DE＝3a，PD＝12a，推出＝，可得DH＝6a，推出tan∠PHD＝＝＝2，由∠PHD＝∠FHT，可得tan∠FHT＝＝2，推出HT＝2，再根据OT＝OD+DH+HT，构建方程求出a即可解决问题．
【解答】解：（1）∵CM⊥y轴，OM＝9，
∴y＝9时，9＝x，解得x＝12，
∴C（12，9），
∵AC⊥x轴，
∴A（12，0），
∵OA＝OB，
∴B（0，﹣12），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，则有，
解得，
∴直线AB的解析式为y＝x﹣12．
（2）如图2中，
∵∠CMO＝∠MOA＝∠OAC＝90°，
∴四边形OACM是矩形，
∴AO＝CM＝12，
∵NC＝OM＝9，
∴MN＝CM﹣NC＝12﹣9＝3，
∴N（3，9），
∴直线ON的解析式为y＝3x，设点E的横坐标为4a，则D（4a，0），
∴OD＝4a，
把x＝4a，代入y＝x中，得到y＝3a，
∴E（4a，3a），
∴DE＝3a，
把x＝4a代入，y＝3x中，得到y＝12a，
∴P（4a，12a），
∴PD＝12a，
∴PE＝PD﹣DE＝12a﹣3a＝9a，
∴＝．
（3）如图3中，设直线FG交CA的延长线于R，交y轴于S，过点F作FT⊥OA于T．
∵GF∥x轴，
∴∠OSR＝∠MOA＝90°，∠CAO＝∠R＝90°，∠BOA＝∠BSG＝90°，∠OAB＝∠AFR，
∴∠OFR＝∠R＝∠AOS＝∠BSG＝90°，
∴四边形OSRA是矩形，
∴OS＝AR，
AR＝OA＝12，
∵OA＝OB，
∴∠OBA＝∠OAB＝45°，
∴∠FAR＝90°﹣45°＝45°，
∴∠FAR＝∠AFR，
∴FR＝AR＝OS，
∵OF⊥FQ，
∴∠OSR＝∠R＝∠OFQ＝90°，
∴∠OFS+∠QFR＝90°，
∵∠QFR+∠FQR＝90°，
∴∠OFS＝∠FQR，
∴△OFS≌△FQR（AAS），
∴SF＝QR，
∵∠SFB＝∠AFR＝45°，
∴∠SBF＝∠SFB＝45°，
∴SF＝SB＝QR，
∵∠SGB＝∠QGR，∠BSG＝∠R，
∴△BSG≌△QRG（AAS），
∴SG＝GR＝6，
设FR＝m，则AR＝m，AF＝m，QR＝SF＝12﹣m，
∵GQ﹣FG＝AF，
∴GQ＝×m+6﹣m＝m+6，
∵GQ2＝GR2+QR2，
∴（m+6）2＝62+（12﹣m）2，
解得m＝4，
∴FS＝8，AR＝4，
∵∠OAB＝∠FAR，FT⊥OA，FR⊥AR，
∴FT＝FR＝AR＝4，∠OTF＝90°，
∴四边形OSFT是矩形，
∴OT＝SF＝8，
∵∠DHE＝∠DPH，
∴tan∠DHE＝tan∠DPH，
∴＝，
由（2）可知DE＝3a，PD＝12a，
∴＝，
∴DH＝6a，
∴tan∠PHD＝＝＝2，
∵∠PHD＝∠FHT，
∴tan∠FHT＝＝2，
∴HT＝2，
∵OT＝OD+DH+HT，
∴4a+6a+2＝8，
∴a＝，
∴OD＝，PD＝12×＝，
∴P（，）．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了矩形的判定和性质，一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
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日期：2020/7/24 8:29:48；用户：数学03；邮箱：lb03@xyh.cm；学号：21821725