聊城市2020年中考数学试题及答案

聊城市2020年中考数学试题及答案

聊城市 2020 年中考数学试题及答案 1．在实数 1 ， 2 ，0， 1 4 中，最小的实数是（ ）． A． 1 B． 1 4 C．0 D． 2 2．如图所示的几何体的俯视图是（ ） A． B． C． D． 3．如图，在ABC中，AB＝AC，∠C＝65°，点 D是 BC边上任意一点，过点 D作 DF∥AB交 AC于点 E，则∠FEC的度数是（ ） A．120° B．130° C．145° D．150° 4．下列计算正确的是（ ）． A． 2 3 6a a a  B． 6 2 3a a a   C．  32 3 62 8ab a b   D． 2 2 2(2 ) 4a b a b   5．为了增强学生预防新冠肺炎的安全意识，某校开展疫情防控知识竞赛．来自不同年 级的 30名参赛同学的得分情况如下表所示，这些成绩的中位数和众数分别是（ ） 成绩/分 84 88 92 96 100 人数/人 2 4 9 10 5 A．92分，96分 B．94分，96分 C．96分，96分 D．96分，100分 6．计算 345 3 3 5   的结果正确的是（ ）． A．1 B． 5 3 C．5 D．9 7．如图，在 4 5 的正方形网格中，每个小正方形的边长都是 1， ABC 的顶点都在 这些小正方形的顶点上，那么 sin ACB 的值为（ ）． A． 3 5 5 B． 17 5 C． 3 5 D． 4 5 8．用配方法解一元二次方程 22 3 1 0x x   ，配方正确的是（ ）． A． 23 17 4 16 x      B． 23 1 4 2 x      C． 23 13 2 4 x      D． 23 11 2 4 x      9．如图，AB是 O 的直径，弦CD AB ，垂足为点M ．连接OC，DB．如果OC//DB， 2 3OC  ，那么图中阴影部分的面积是（ ）． A． B．2 C．3 D． 4 10．如图，有一块半径为1m，圆心角为90的扇形铁皮，要把它做成一个圆锥形容器 （接缝忽略不计），那么这个圆锥形容器的高为（ ）． A． 1 m 4 B． 3m 4 C． 15 m 4 D． 3 m 2 11．人行道用同样大小的灰、白两种不同颜色的小正方形地砖铺设而成，如图中的每一 个小正方形表示一块地砖．如果按图①②③…的次序铺设地砖，把第 n个图形用图 表 示，那么图㊿中的白色小正方形地砖的块数是（ ）． … A．150 B．200 C．355 D．505 12．如图，在Rt ABC△ 中， 2AB  ， 30C  ，将Rt ABC△ 绕点 A旋转得到 Rt A B C   ，使点 B的对应点 B落在 AC上，在 BC 上取点D，使 2B D  ，那么点 D到 BC的距离等于（ ）． A． 32 1 3        B． 3 1 3  C． 3 1 D． 3 1 13．因式分解： ( 2) 2x x x    ________． 14．如图，在 O 中，四边形OABC为菱形，点D在AmC上，则 ADC 的度数是 ________． 15．计算： 2 11 1 a a a a        ________． 16．某校开展读书日活动，小亮和小莹分别从校图书馆的“科技”、“文学”、“艺术” 三类书籍中随机地抽取一本，抽到同一类书籍的概率是________． 17．如图，在直角坐标系中，点 (1,1)A ， (3,3)B 是第一象限角平分线上的两点，点C的 纵坐标为 1，且CA CB ，在 y轴上取一点D，连接 AC， BC， AD， BD，使得 四边形 ACBD的周长最小，这个最小周长的值为________． 18．解不等式组 1 31 7 2 2 3 2 4 3 3 4 x x x x x           ，并写出它的所有整数解． 19．为了提高学生的综合素养，某校开设了五门手工活动课．按照类别分为：A“剪纸”、 B“沙画”、C“葫芦雕刻”、D“泥塑”、 E“插花”．为了了解学生对每种活动 课的喜爱情况，随机抽取了部分同学进行调查，将调查结果绘制成如下两幅不完整的统 计图． 根据以上信息，回答下列问题： （1）本次调查的样本容量为________；统计图中的 a ________，b  ________； （2）通过计算补全条形统计图； （3）该校共有 2500名学生，请你估计全校喜爱“葫芦雕刻”的学生人数． 20．今年植树节期间，某景观园林公司购进一批成捆的 A， B两种树苗，每捆 A种树 苗比每捆 B种树苗多 10棵，每捆 A种树苗和每捆 B种树苗的价格分别是 630元和 600 元，而每棵 A种树苗和每棵 B种树苗的价格分别是这一批树苗平均每棵价格的 0.9倍和 1.2倍． （1）求这一批树苗平均每棵的价格是多少元？ （2）如果购进的这批树苗共 5500棵， A种树苗至多购进 3500棵，为了使购进的这批 树苗的费用最低，应购进 A种树苗和 B种树苗各多少棵？并求出最低费用． 21．如图，已知平行四边形 ABCD中，E是 BC的中点，连接 AE并延长，交 DC的延 长线于点 F，且 AF＝AD，连接 BF，求证：四边形 ABFC是矩形． 22．如图，小莹在数学综合实践活动中，利用所学的数学知识对某小区居民楼 AB的高 度进行测量．先测得居民楼 AB与 CD之间的距离 AC为 35m，后站在M点处测得居民 楼 CD的顶端 D的仰角为 45°．居民楼 AB的顶端 B的仰角为 55°．已知居民楼 CD的 高度为 16.6m，小莹的观测点 N距地面 1.6m．求居民楼 AB的高度（精确到 1m）．（参 考数据：sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43） 23．如图，已知反比例函数 ky x  的图象与直线 y ax b  相交于点 ( 2,3)A  ， (1, )B m ． （1）求出直线 y ax b  的表达式； （2）在 x轴上有一点 P使得 PAB△ 的面积为 18，求出点 P的坐标． 24．如图，在ABC中，AB＝BC，以△ABC的边 AB为直径作⊙O，交 AC于点 D， 过点 D作 DE⊥BC，垂足为点 E． （1）试证明 DE是⊙O的切线； （2）若⊙O的半径为 5，AC＝6 10 ，求此时 DE的长． 25．如图，二次函数 y＝ax2＋bx＋4的图象与 x轴交于点 A(－1，0)，B(4，0)，与 y轴 交于点 C，抛物线的顶点为 D，其对称轴与线段 BC交于点 E．垂直于 x轴的动直线 l 分别交抛物线和线段 BC于点 P和点 F，动直线 l在抛物线的对称轴的右侧（不含对称 轴）沿 x轴正方向移动到 B点． （1）求出二次函数 y＝ax2＋bx＋4和 BC所在直线的表达式； （2）在动直线 l移动的过程中，试求使四边形 DEFP 为平行四边形的点 P的坐标； （3）连接 CP，CD，在移动直线 l移动的过程中，抛物线上是否存在点 P，使得以点 P， C，F为顶点的三角形与DCE相似，如果存在，求出点 P的坐标，如果不存在，请说 明理由． 参考答案 1．D 【解析】 【分析】 正实数都大于 0，负实数都小于 0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小， 据此判断即可． 【详解】 ∵ 1 0 1 2 4      ， ∴在实数 1 ， 2 ，0， 1 4 中，最小的实数是 2 ， 故选：D． 【点睛】 此题主要考查了实数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：正实数＞0 ＞负实数，两个负实数绝对值大的反而小． 2．C 【解析】 【分析】 找到从几何体的上面看所得到的图形即可． 【详解】 从上面看几何体所得到的图形为俯视图，其中看得见的轮廓画实线，选项 C符合题意． 故选：C． 【点睛】 本题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握俯视图所看的位置． 3．B 【解析】 【分析】 根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C，利用平行线的性质得到∠ EDC＝∠B，利用三角形的 外角性质即可求解． 【详解】 ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C＝65°， ∵DF∥AB， ∴∠ EDC＝∠B＝65°， ∴∠FEC＝∠EDC＋∠C＝65°＋65°＝130°． 故选：B． 【点睛】 本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角性质，需熟练掌握． 4．C 【解析】 【分析】 根据同底数幂的乘法、同底数幂的除法、积的乘方、完全平方公式逐一分析即可． 【详解】 A． 2 3 2 3 5a a a a   ，该项不符合题意； B．   86 6 22a a aa    ，该项不符合题意； C．      3 332 3 2 3 62 2 8ab a b a b       ，该项符合题意； D． 2 2 2(2 ) 4 4a b a ab b    ，该项不符合题意； 故选：C． 【点睛】 本题考查同底数幂的乘法、同底数幂的除法、积的乘方、完全平方公式等内容，解题的关键 是掌握运算法则． 5．B 【解析】 【分析】 根据中位数的定义和众数的定义分别求解即可． 【详解】 解：由统计表得共有 30个数据，第 15、16个数据分别是 92,96， ∴中位数是 92 96 =94 2  ； 由统计表得数据 96出现的次数最多， ∴众数为 96． 故选：B 【点睛】 本题考查了求一组数据的中位数和众数．中位数是将一组数据由小到大（由大到小）排序后， 位于中间位置的数据，当有偶数个数据时，取中间两数的平均数；众数是一组数据出现次数 最多的数． 6．A 【解析】 【分析】 利用二次根式的乘除法则计算即可得到结果． 【详解】 解： 345 3 3 5   345 27 5    1 345 27 5    1 ， 故选：A． 【点睛】 本题主要考查了二次根式的乘除法，熟练掌握运算法则是解题的关键． 7．D 【解析】 【分析】 过点 A作 AD BC 于点 D，在Rt ACD△ 中，利用勾股定理求得线段 AC的长，再按照正 弦函数的定义计算即可． 【详解】 解：如图，过点 A作 AD BC 于点 D，则 90ADC  ， ∴ 2 2 5AC AD CD   ， ∴ 4sin 5 ADACB AC    ， 故选：D． 【点睛】 本题考查了勾股定理的运用以及锐角三角函数，正确作出辅助线是解题的关键． 8．A 【解析】 【分析】 按照配方法的步骤进行求解即可得答案. 【详解】 解： 22 3 1 0x x   移项得 22 3 1x x  ， 二次项系数化 1的 2 3 1 2 2 x x  ， 配方得 2 2 2 3 3 1 3 2 4 2 4 x x               即 23 17 4 16 x      故选：A 【点睛】 本题考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤为（1）把常数项移到等号的右边； （2）把二次项的系数化为 1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方． 9．B 【解析】 【分析】 根据 AB是 O 的直径，弦CD AB ，由垂径定理得CM DM ，再根据OC//DB证得 MCO CDB  ，即可证明 OMC BMD△ △ ，即可得出 OBCS S阴影 扇形 ． 【详解】 解： ABQ 是 O 的直径，弦CD AB ， 90OMC  ，CM DM ． 90MOC MCO     OC//DB MCO CDB  又 1 2 CDB BOC   1 90 2 MOC MOC     60MOC   在 OMC△ 和 BMD 中， OCM BDM CM DM OMC BMD         OMC BMD △ △ ， OMC BMDS S △ △  260 2 3 2 360OBCS S        阴影 扇形 故选：B 【点睛】 本题考查了垂径定理，圆周角定理，平行线的性质，全等三角形的判定，扇形的面积，等积 变换，解此题的关键是证出 OMC BMDS S△ △ ，从而将阴影部分的面积转化为扇形 OBC的面积， 题目比较典型，难度适中． 10．C 【解析】 【分析】 首先利用扇形的弧长公式求得圆锥的底面周长，求得底面半径的长，然后利用勾股定理求得 圆锥的高． 【详解】 解：设圆锥的底面周长是 l，则 l= 90 1 180 180 2 n r      m， 则圆锥的底面半径是：   12 2 4    m， 则圆锥的高是： 2 2 1 151 4 4       m． 故选：C． 【点睛】 本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的 关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长． 11．C 【解析】 【分析】 由图形可知图①中白色小正方形地砖有 12块，图②中白色小正方形地砖有 12+7块，图③中 白色小正方形地砖有 12+7×2块，…，可知图 中白色小正方形地砖有 12+7(n-1)=7n+5，再 令 n=50，代入即可． 【详解】 解：由图形可知图 中白色小正方形地砖有 12+7(n-1)=7n+5（块） 当 n=50时，原式=7×50+5=355（块） 故选：C 【点睛】 考查了规律型：图形的变化，解决这类问题首先要从简单图形入手，后一个图形与前一个图 形相比，在数量上增加（或倍数）情况的变化，找出数量上的变化规律，从而推出一般性的 结论． 12．D 【解析】 【分析】 根据旋转的性质和 30°角的直角三角形的性质可得 AB的长，进而可得 B C 的长，过点 D 作 DM⊥BC于点 M，过点 B作B E BC  于点 E，B F DM  于点 F，如图，则四边形 B EMF 是矩形，解 Rt△B EC 可得 B E 的长，即为 FM的长，根据三角形的内角和易得 30BDN C    ，然后解 Rt△B DF 可求出 DF的长，进一步即可求出结果． 【详解】 解：在Rt ABC△ 中，∵ 2AB  ， 30C  ， ∴AC=2AB=4， ∵将Rt ABC△ 绕点 A旋转得到Rt A B C   ，使点 B的对应点 B落在 AC上， ∴ 2AB AB   ， ∴ 2B C  ， 过点 D作 DM⊥BC于点 M，过点 B作B E BC  于点 E，B F DM  于点 F，交 AC于点 N，如图，则四边形 B EMF 是矩形， ∴FM B E ， 在 Rt△ B EC 中， 1sin 30 2 1 2 B E B C       ，∴FM=1， ∵ 90 ,DB N CMN B ND MNC         ， ∴ 30BDN C    ， 在 Rt△ B DF 中， 3cos30 2 3 2 DF B D      ， ∴ 1 3DM FM DF    ， 即点D到 BC的距离等于 3 1 ． 故选：D． 【点睛】 本题考查了解直角三角形、矩形的判定和性质以及旋转的性质等知识，正确作出辅助线、熟 练掌握解直角三角形的知识是解题的关键． 13． ( 2)( 1)x x  【解析】 【分析】 先把二、三两项分为一组，提取一个负号，再提取公因式 ( 2)x  即可． 【详解】 解：原式 ( 2) ( 2)x x x    ( 2)( 1)x x   【点睛】 此题主要考查了提公因式法分解因式，关键是正确确定公因式． 14． 60 【解析】 【分析】 连接 OB，证明△OAB，△OBC都是等边三角形，得到∠AOC=120°，进而求出 ADC ． 【详解】 解：连接 OB， ∵四边形OABC为菱形，OA=OB， ∴OA=OB=OC=AB=BC, ∴△OAB，△OBC都是等边三角形， ∴∠AOB=∠BOC=60°， ∴∠AOC=120°， ∵ =AC AC， ∴ 1 60 2 ADC AOC     ． 故答案为：60° 【点睛】 本题考查了菱形的性质，圆的半径都相等，圆周角定理，等边三角形性质，综合性较强．解 题关键是连接 OB，得到△OAB，△OBC都是等边三角形． 15． a 【解析】 【分析】 分式的混合运算，根据分式的加减乘除混合运算法则可以解答本题，括号里先通分运算，再 进行括号外的除法运算，即可解答本题. 【详解】 解： 2 a 11 1 a a a       = 2 1 a a 1 1 a 1 a a a       － － = 2 1 1 1 a aa  － =  1 ×a a 1 1 a － － =−a 故答案是：-a 【点睛】 本题考查的是分式的混合运算，能正确运用运算法则是解题的关键. 16． 1 3 【解析】 【分析】 先画出树状图求出所有等可能的结果数，再找出抽到同一类书籍的结果数，然后根据概率公 式求解即可． 【详解】 解：“科技”、“文学”、“艺术”三类书籍分别用 A、B、C表示，则所有可能出现的结 果如下图所示： 由上图可知：共有 9种等可能的结果数，其中抽到同一类书籍的结果数有 3种， ∴抽到同一类书籍的概率= 3 1 9 3  ． 故答案为： 1 3 ． 【点睛】 本题考查了求两次事件的概率，属于基础题型，熟练掌握画树状图或列表的方法是解题的关 键． 17． 4 2 5 【解析】 【分析】 先求出 AC=BC=2，作点 B关于 y轴对称的点 E，连接 AE，交 y轴于 D，此时 AE=AD+BD， 且 AD+BD值最小，即此时四边形 ACBD的周长最小；作 FG∥y轴，AG∥x轴，交于点 G， 则 GF⊥AG，根据勾股定理求出 AE即可． 【详解】 解：∵ (1,1)A ，点C的纵坐标为 1， ∴AC∥x轴， ∵点 (1,1)A ， (3,3)B 是第一象限角平分线上的两点， ∴∠BAC=45°， ∵CA CB ， ∴∠BAC=∠ABC=45°， ∴∠C=90°， ∴BC∥y轴， ∴AC=BC=2， 作点 B关于 y轴对称的点 E，连接 AE，交 y轴于 D，此时 AE=AD+BD，且 AD+BD值最小， ∴此时四边形 ACBD的周长最小， 作 FG∥y轴，AG∥x轴，交于点 G，则 GF⊥AG， ∴EG=2，GA=4， 在 Rt△AGE中， 2 2 2 24 2 2 5AE AG EG     ， ∴ 四边形 ACBD的周长最小值为 2+2+ 2 5 =4+ 2 5 ． 【点睛】 本题考查了四条线段和最短问题．由于 AC=BC=2,因此本题实质就是求 AD+BD最小值，从 而转化为“将军饮马”问题，这是解题关键． 18．该不等式组的解集是 4 3 5 x   ，它的所有整数解为 0，1，2． 【解析】 【分析】 分别求出两个不等式，确定不等式组的解集，写出整数解即可． 【详解】 解： 1 31 7 2 2 3 2 4 3 3 4 x x x x x           ① ② 解不等式①，得 3x  ． 解不等式②，得 4 5 x   ． 在同一数轴上表示出不等式①，②的解集： 所以该不等式组的解集是 4 3 5 x   ． 它的所有整数解为 0，1，2． 【点睛】 本题考查了解不等式组，确定不等式组的解集可以借助数轴分别表示各不等式的解集，确定 公共部分即可． 19．（1）120，12，36；（2）详见解析；（3）625 【解析】 【分析】 （1）由 A所占的百分比及参加 A类活动课的人数可求得总人数，再由总人数及 B和 D所 占的百分比即可求得 a和 b的值， （2）先求得 E类活动课参加的人数，再补全条形统计图即可； （3）先求出抽样调查中喜爱“葫芦雕刻”的学生所占的百分比，即可求得全校喜爱“葫芦雕刻” 的学生人数． 【详解】 解：（1）18 15% 120  ， 120 10% 12a    ， 120 30% 36b    ， 故答案为：120，12，36； （2） E类别的人数为：120 18 12 30 36 24     （人） 补全条形统计图如图所示： （3）C类别所占的百分比为：30 120 25%  ， 30 2500 625 120   （人） 答：全校喜爱“葫芦雕刻”的学生人数约为 625人． 【点睛】 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，扇形统计图可以 看出每个量所占的百分比． 20．（1）这一批树苗平均每棵的价格是 20元；（2）购进 A种树苗 3500棵， B种树苗 2000 棵，能使得购进这批树苗的费用最低为 111000元． 【解析】 【分析】 （1）设这一批树苗平均每棵的价格是 x元，分别表示出两种树苗的数量，根据“每捆 A种 树苗比每捆 B种树苗多 10棵”列方程即可求解； （2）设购进 A种树苗 t棵，这批树苗的费用为w，得到 w与 t的关系式，根据题意得到 t 的取值范围，根据函数增减性即可求解． 【详解】 解：（1）设这一批树苗平均每棵的价格是 x元， 根据题意，得 630 600 10 0.9 1.2x x   ， 解之，得 20x= ． 经检验知， 20x= 是原分式方程的根，并符合题意． 答：这一批树苗平均每棵的价格是 20元． （2）由（1）可知 A种树苗每棵价格为 0. 120 9 8  元，种树苗每棵价格为 20 1.2 24  元， 设购进 A种树苗 t棵，这批树苗的费用为w，则 18 24(5500 ) 6 132000w t t t      ． ∵w是 t的一次函数， 6 0k    ，w随着 t的增大而减小， 3500t  ， ∴当 3500t  棵时，w最小．此时， B种树苗有5500 3500 2000  棵， 3500 132006 0 111000w     ． 答：购进 A种树苗 3500棵， B种树苗 2000棵，能使得购进这批树苗的费用最低为 111000 元． 【点睛】 本题考查了分式方程的实际应用，一次函数实际应用，不等式应用等问题，根据题意得到相 关“数量关系”，根据数量关系得到方程或函数解析式是解题关键． 21．见解析 【解析】 【分析】 先根据平行四边形的性质、平行线的性质得到两角一边对应相等，再根据三角形全等的判定 定理与性质可得 AB CF ，然后根据平行四边形的判定可得四边形 ABFC是平行四边形， 又根据等量代换可得BC AF ，最后根据矩形的判定（对角线相等的平行四边形是矩形） 可得四边形 ABFC是矩形． 【详解】 ∵四边形 ABCD是平行四边形 ∴ // , ,AB CD AB CD AD BC  ∴ ,BAE CFE ABE FCE      ∵E为 BC的中点 ∴EB EC ∴ ( )ABE FCE AASV V ∴ AB CF ∵ //AB CF ∴四边形 ABFC 是平行四边形 AF AD BC AF  ∴平行四边形 ABFC 是矩形． 【点睛】 本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、矩形的判定等知识点， 熟练运用各判定与性质是解题关键． 22．约为 30m 【解析】 【分析】 过点 N作 EF∥AC交 AB于点 E，交 CD于点 F，可得 AE=MN=CF=1.6，EF=AC=35，再根 据锐角三角函数可得 BE的长，进而可得 AB的高度． 【详解】 解：过点 N作 EF∥AC交 AB于点 E，交 CD于点 F． 则 AE＝MN＝CF＝1.6，EF＝AC＝35，∠BEN＝∠DFN＝90°， EN＝AM，NF＝MC， 则 DF＝CD－CF＝16.6－1.6＝15． 在 Rt△DFN中，∵∠DNF＝45°， ∴NF＝DF＝15． ∴EN＝EF－NF＝35－15＝20． 在 Rt△BEN中，∵tan∠BNE＝ BE EN ， ∴BE＝EN·tan∠BNE＝20×tan55°≈20×1.43＝28.6°． ∴AB＝BE＋AE＝28.6＋1.6≈30． 答：居民楼 AB的高度约为 30m． 【点睛】 本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义． 23．（1） 3 3y x   ；（2）当点 P在原点右侧时， (3,0)P ，当点 P在原点左侧时， ( 5,0)P  ． 【解析】 【分析】 （1）通过点 A的坐标确定反比例函数的解析式，再求得 B的坐标，利用待定系数法将 A， B的坐标代入，即可得到一次函数的解析式； （2）直线 3 3y x   与 x轴的交点为 ( 1,0)E  ，过点 A，B作 x轴的垂线 AC，BD，垂 足分别为C，D，得到 9 18 2PABS PE  ，即 4PE  ，分情况讨论即可解决． 【详解】 解：（1）∵ ( 2,3)A  在 ky x  的图象上， ∴3 2 k   ， 6k   ， 又点 (1, )B m 在 6y x   的图象上， 6m   ，即 (1, 6)B  ． 将点 A， B的坐标代入 y ax b  ，得 3 2 6 a b a b       ， 解得 3 3 a b      ． ∴直线的表达式为 3 3y x   ． （2）设直线 3 3y x   与 x轴的交点为E， 当 0y  时，解得 1x   ．即 ( 1,0)E  ． 分别过点 A， B作 x轴的垂线 AC， BD，垂足分别为C，D． 1 1 3 6 9 2 2 2 2 2PABS PE AC PE DB PE PE PE       ． 又 18PABS  ，即 9 18 2 PE  ，∴ 4PE  ． 当点 P在原点右侧时， (3,0)P ， 当点 P在原点左侧时， ( 5,0)P  ． 【点睛】 本题考查反比例函数与一次函数的性质，解题的关键是掌握数形结合的思想. 24．（1）见解析；（2）3 【解析】 【分析】 （1）连接 OD、BD，求出 BD⊥AD，AD=DC，根据三角形的中位线得出 OD∥BC，推出 OD⊥DE，根据切线的判定推出即可； （2）先利用勾股定理求出 BD的长，证得 Rt△CDE和 Rt△ABD，利用对应边成比例即可求 解． 【详解】 （1）证明：连接 OD，BD， ∵AB为⊙O的直径， ∴BD⊥AD， 又∵AB=BC，△ABC是等腰三角形， ∴AD=DC， ∴OD是△ABC的中位线， ∴OD∥BC， 又 DE⊥BC， ∴DE⊥OD， ∴DE是⊙O的切线； （2）由（1）知，BD是 AC边上的中线，AC=6 10 ， 得 AD=CD=3 10 ， ∵⊙O的半径为 5， ∴AB=10， 在 Rt△ABD中，BD=  22 2 210 3 10 10AB AD    ， ∵AB=BC， ∴∠A=∠C， 在 Rt△CDE和 Rt△ABD中， ∵∠DEC=∠ADB=90°，∠C=∠A， ∴Rt△CDE∽Rt△ABD， ∴ CD DE AB BD  ，即 3 10 10 10 DE  ， 解得：DE=3． 【点睛】 本题综合考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质以及三角形中位线的判 定与性质．解题的关键是熟练掌握和圆有关的各种性质定理，并且能够熟练运用． 25．（1）y=-x2＋3x＋4，y=-x＋4；（2） 5 21, 2 4       ；（3）存在， 16 84, 5 25       【解析】 【分析】 （1）运用待定系数法，利用 A，B两点的坐标构建二元一次方程组求解二次函数的表达式， 利用 B，C两点的坐标确定直线 BC的表达式； （2）先求得 DE的长，根据平行四边形的性质得到 PF=DE，点 P与点 F的横坐标相同，故 利用抛物线与直线的解析式表示它们的纵坐标，根据其差等于 DE长构建一元二次方程求解； （3）结合图形与已知条件，易于发现若两三角形相似，只可能存在△PCF∽△CDE一种情 况．△CDE的三边均可求，（2）中已表示 PF的长，再构建直角三角形或借助两点间距离公 式，利用勾股定理表示出 CF的长，这样根据比例式列方程求解，从而可判断点 P是否存在， 以及求解点 P的值． 【详解】 （1）由题意，将 A(-1．0)，B(4．0)代入 2 4y ax bx   ，得 4 0 16 4 4 0 a b a b        ，解得 1 3 a b     ， ∴二次函数的表达式为 2 3 4y x x    ， 当 0x  时，y=4， ∴点 C的坐标为(0，4)，又点 B的坐标为(4，0)， 设线段 BC所在直线的表达式为 y mx n  ， ∴ 4 4 0 n m n     ，解得 1 4 m n     ， ∴BC所在直线的表达式为 4y x   ； （2）∵DE⊥x轴，PF⊥x轴， ∴DE∥PF， 只要 DE=PF，此时四边形 DEFP 即为平行四边形． 由二次函数 y=- 2x +3 x +4=( x - 3 2 ) 2+ 25 4 ，得 D的坐标为( 3 2 ， 25 4 )， 将 3 2 x  代入 4y x   ，即 y=- 3 2 +4= 5 2 ，得点 E的坐标为( 3 2 ， 5 2 )， ∴DE= 25 4 - 5 2 = 15 4 ， 设点 P的横坐标为 t，则 P(t，-t2+3t+4)，F(t，-t+4)， PF=-t2+3t+4-(-t+4)=-t2+4t， 由 DE=PF，得-t2+4t= 15 4 ， 解之，得 t1= 3 2 (不合题意，舍去)，t2= 5 2 ， 当 t= 5 2 时，-t2+3t+4=-( 5 2 )2+3× 5 2 +4= 21 4 ， ∴P的坐标为( 5 2 ， 21 4 )； （3）由（2）知，PF∥DE， ∴∠CED=∠CFP， 又∠PCF与∠DCE有共同的顶点 C，且∠PCF在∠DCE的内部， ∴∠PCF≠∠DCE， ∴只有当∠PCF=∠CDE时，△PCF∽△CDE， 由 D ( 3 2 ， 25 4 )，C(0，4)，E( 3 2 ， 5 2 )，利用勾股定理，可得 CE= 2 23 5 3 24 2 2 2              ，DE= 25 5 15 4 2 4   ， 由（2）以及勾股定理知，PF=-t2+4t，F(t，-t+4)， CF=   22 4 4 2t t t       ， ∵△PCF∽△CDE， ∴ PF CF CE DE  ，即 2 4t 2 153 2 42 t t   ， ∵t≠0， ∴ 15 4 ( 4t  )=3， ∴t= 16 5 ， 当 t= 16 5 时，-t2+3t+4=-( 16 5 )2+3× 16 5 +4= 84 25 ． ∴点 P的坐标是( 16 5 ， 84 25 )． 【点睛】 本题属于二次函数综合题，考查了一次函数的性质，二次函数的性质，相似三角形的判定和 性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，解题的关键是，学会用数形结合 的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．