山东省东营市2020年中考数学试题(解析版)

二〇二〇年东营市初中学业水平考试数学试题

第I卷 (选择题 共30分)

一、选择题：本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1.-6的倒数是（ ）． A. 6 B.

16 C. 16 D.

【答案】C 【解析】 【分析】

两数之积等于1的数被叫做倒数． 【详解】解： 6(16)1 故选C．

2.下列运算正确的是（ ） A. x32x5

B. xy2x2y2 C. x2y32xy22x3y5 D. 3xy3xy

【答案】C 【解析】 【分析】

根据幂的乘方，完全平方，同底数幂的乘法法则逐一判断即可． 【详解】A：(x3)2x6，故此选项错误 B：(xy)2=x22xy+y2，故此选项错误 C：x2y32xy22x3y5，故此选项正确 D：(3x+y)=3xy，故此选项错误 答案故选C

【点睛】本题主要考查了幂的乘方，整式的乘法和完全平方的运算，熟记运算法则是解题的关键． 3.利用科学计算器求值时，小明的按键顺序为，则计算器面板显示的结果为（A. 2

B. 2

C. 2

D. 4

1

）

【答案】B 【解析】 【分析】

根据算术平方根的求解方法进行计算即可得解． 【详解】４的算术平方根42， 故选：B．

【点睛】本题主要考查了算术平方根的求解方法，考生需要将其与平方根进行对比掌握．

4.如图，直线AB、CD相交于点O,射线OM平分BOD,若AOC42，则∠AOM等于（ ）

A. 159 【答案】A 【解析】 【分析】

B. 161 C. 169 D. 138

-∠AOC，再求出∠BOD=180°-∠AOD，最后根据角平分线平分角即可求解． 先求出∠AOD=180°

-∠AOC=180°-42°=138°【详解】解：由题意可知：∠AOD=180°， ∴∠BOD=180°-∠AOD=42°， 又OM是∠BOD的角平分线， ∴∠DOM=

1∠BOD=21°， 2∴∠AOM=∠DOM+∠AOD=21°+138°=159°． 故选：A．

【点睛】本题考查了角平分线的性质及平角的定义，熟练掌握角平分线的性质和平角的定义是解决此类题的关键．

5.如图，随机闭合开关S1，S2，S3中的两个，则能让两盏灯泡同时发光的概率为（ ）

2

A.

2 3B.

1 2C.

1 3D.

1 6【答案】C 【解析】 【分析】

画出树状图，找出所有等可能的结果，计算即可. 【详解】根据题意画出树状图如下：

共有6种等可能的结果，能让两盏灯泡同时发光的有2种情况， ∴P(两盏灯泡同时发光)21=，故选C. 63【点睛】本题考查了列表法与树状图法，正确的画出树状图是解决此题的关键.

6.如图，已知抛物线yax2bxc(a0)的图象与x轴交于A,B两点，其对称轴与x轴交于点C,其中

A,C两点的横坐标分别为1和1,下列说法错误的是（ ）

A. abc0 C. 16a4bc0 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 4ac0

D. 当x2时，y随x的增大而减小

根据开口方向、对称轴、与y轴交点即可分别判断a、b、c符号，进而判断A选项；由A,C两点的横坐标分别为1和1,可得两个方程，判断B选项；由当x4时y16a4bc0判断C选项；由二次函数对

3

称轴及增减性判断D选项.

【详解】∵开口向下，与y轴交点在正半轴 ∴a0,c0

∵A,C两点的横坐标分别为1和1, ∴abc0,b1 2a∴b2a0,a(2a)c0

∴3ac0,abc0，故A选项正确，B选项错误 ∵A,C两点的横坐标分别为1和1, ∴B点横坐标为3

∴当x4时y16a4bc0，故C选项正确 ∵当x1时，y随x的增大而减小

∴当x2时，y随x的增大而减小，故D选项正确 故选：B.

【点睛】本题考查二次函数的图像和性质，重点考查二次函数系数符号与图象的关系，熟记二次函数图象性质是解题的关键.

7.用一个半径为3,面积为3的扇形铁皮，制作一个无底的圆锥(不计损耗)，则圆锥的底面半径为（ ） A.  【答案】D 【解析】 【分析】

根据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，扇形的半径等于圆锥的母线长和

B. 2

C. 2

D.

1•2π•r•3=3π，然后解方程即可． 21【详解】解：根据题意得•2π•r•3=3π，

2扇形面积公式得到解得r=1． 故选：D．

【点睛】本题考查了圆锥的计算：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，扇形的半径等于圆锥的母线长．

4

8.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载：“ 三百七十八里关，初健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关”其大意是：有人要去某关口，路程378里，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半， 一共走了六天才到达目的地．则此人第三天走的路程为（ ） A. 96里 【答案】B 【解析】 【分析】

根据题意可设第一天所走的路程为x，用含x的式子分别把这六天的路程表示出来，相加等于总路程378，解此方程即可．

【详解】解：设第一天的路程为x里 ∴x+B. 48里

C. 24里

D. 12里

xxxxx++++=378 2481632x192==48 44解得x=192 ∴第三天的路程为故答案选B

【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，通过每日路程之和等于总路程建立一元一次方程是解题的关键．

9.如图1，点P从ABC的顶点A出发，沿ABC匀速运动到点C,图2是点P运动时线段CP的长度y随时间x变化的关系图象，其中点Q为曲线部分的最低点，则ABC的边AB的长度为（ ）

A. 12 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 8 C. 10 D. 13

根据图象可知点P沿ABC匀速运动到点C，此时AC最长，CP在AB边上先变小后变大，从而可求出AB上的高，从图象可以看出点P运动到点B时CP=CB=13，可知△ABC是等腰三角形，进而得出结

5

论．

【详解】由图象可知：点P在A上时，CP=AC=13，

点P在AB上运动时，在图象上有最低点，即AB边上的高，为12， 点P与点B重合时，CP即 BC最长，为13， 所以，△ABC是等腰三角形， ∴AB的长=2×1321222510 故选：C

【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是注意结合图象求出BC与AC的长度．

10.如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点(不与A、B重合) ，对角线AC、BD相交于点O,过点P分别作AC、BD的垂线，分别交AC、BD于点E、F,交AD、BC于点M、N．下列结论：①

APE≌AME；②PMPNAC；③PE2PF2PO2；④POFBNF；⑤点O在M、N两点的连线上．其中正确的是（ ）

A. ①②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】

B. ①②③⑤ C. ①②③④⑤ D. ③④⑤

①根据题意及正方形的性质，即可判断APE≌AME；

11MP，同理可证PF=NF=NP，根据题意可221AO=AC， 证四边形OEPF为矩形，则OE=PF，则OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，故证明PMPNAC；

2②根据APE≌AME及正方形的性质，得ME=EP=AE＝

③根据四边形PEOF为矩形的性质，在直角三角形OPF中，使用勾股定理，即可判断； ④△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，故④可判断； ⑤连接MO、NO，证明OP=OM=ON，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可证明． 【详解】∵四边形ABCD正方形，AC、BD为对角线， ∴∠MAE=∠EAP=45°，

6

根据题意MP⊥AC，故∠AEP=∠AEM=90°， ∴∠AME=∠APE=45°， 在三角形APE与△AME中，

AEPAEM AEAEEAPEAM∴

APE≌AMEASA，

1MP， 21NP， 2故①正确； ∴AE=ME=EP=

同理，可证△PBF≌△NBF，PF=FN=∵正方形ABCD中，AC⊥BD， 又∵PM⊥AC，PN⊥BD， ∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°， ∴四边形PEOF为矩形， ∴PF=OE，

∴OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，

1MP， 211FP=FN=NP，OA=AC，

22又∵ME=PE=∴ PM+PN=AC， 故②正确；

∵四边形PEOF为矩形， ∴PE=OF，

在直角三角形OPF中，OF2PF2PO2， ∴PE2PF2PO2， 故③正确；

∵△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形， 故④错误； 连接MO、NO， 在△OEM和△OEP中，

7

OEOEOEMOEP EMEP∴△OEM≌△OEP，OM=OP， 同理可证△OFP≌△OFN，OP=ON， 又∵∠MPN=90°，

OM=OP=ON，OP=12MO+NO，

根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，OP=

1MN， 2∴MO+NO=MN，点O在M、N两点的连线上． 故⑤正确． 故选择B．

【点睛】本题主要考查几何综合问题，掌握正方形、矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解答本题的关键．

第II卷 (非选择题共90分)

二、填空题：本大题共8小题，其中11-14题每小题3分，15-18题每小题4分，共28分只要求填写最后结果．

11.2020年6月23日9时43分，“北斗三号”最后一颗全球组网卫星发射成功，它的授时精度小于0.00000002秒，则0.00000002用科学记数法表示为___． 【答案】2108 【解析】 【分析】

根据科学记数法表示较小的数，一般形式为a10n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定，进而求解． 【详解】因为0.000000022108， 故答案为：2108．

【点睛】本题考查了用科学记数法表示较小的数，一般形式为a10n，其中1≤|a|＜10，正确确定a与n的值是解题的关键．

12.因式分解：12a23b2___．

8

【答案】32ab2ab 【解析】 【分析】

先提公因式，再按照平方差公式分解即可． 【详解】解：12a3b34ab故答案为：32ab2ab．

【点睛】本题考查的是提公因式与公式法分解因式，掌握以上知识是解题的关键． 13. 某校女子排球队队员的年龄分布如下表： 年龄 人数

则该校女子排球队队员的平均年龄是 岁． 【答案】14． 【解析】

【详解】平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数，因此， 该校女子排球队队员的平均年龄是故答案为：14．

14.已知一次函数y=kx+b的图象经过A（1，﹣1），B（﹣1，3）两点，则k 0（填“＞”或“＜”） 【答案】＜. 【解析】 【分析】

根据A（1，-1），B（-1，3），利用横坐标和纵坐标的增减性判断出k的符号． 【详解】∵A点横坐标为1，B点横坐标为-1， 根据-1＜1，3＞-1，

可知，随着横坐标的增大，纵坐标减小了， ∴k＜0． 故答案为＜．

13 4 14 7 15 4 222232ab2ab.

134147154210==14（岁）．

474159

15.如果关于x的一元二次方程x26xm0有实数根，那么m的取值范围是___． 【答案】m9 【解析】 【分析】

由一元二次方程根与系数的关键可得：0, 从而列不等式可得答案． 【详解】解：

关于x的一元二次方程x26xm0有实数根，

b24ac0,

a1,b6,cm,

641m0,

24m36, m9.

故答案为：m9.

【点睛】本题考查的是一元二次方程根的判别式，掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键． 16.如图，P为平行四边形ABCD边BC上一点，E、F分别为PA、PD上的点，且

PA3PE,PD3PF,PEF,PDC,PAB的面积分别记为S、S1,S2．若S2,则S1S2____．

【答案】18 【解析】 【分析】

证明△PEF∽△PAD，再结合△PEF的面积为2可求出△PAD的面积，进而求出平行四边形ABCD的面积，再用平行四边形ABCD的面积减去△PAD的面积即可求解． 【详解】解：∵PA3PE,PD3PF, ∴

PEPD3，且∠APD=∠EPF， PAPF∴△PEF∽△PAD，

根据相似三角形面积比等于相似比的平方，且△PEF的面积为2可知，

10

SPDAPD2()329， SPFEPF∴SPDA2918，

过P点作平行四边形ABCD的底AD上的高PH，

∴SPDA=1ADPH18， 2∴ ADPH36，

即平行四边形ABCD的面积为36，

∴S1+S2=S平行四边形ABCDSPAD361818． 故答案为：18．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质等，熟练掌握其性质是解决本题的关键．17.如图，在RtAOB中，OB23,A30,O的半径为1,点P是AB边上的动点，过点P作一条切线PQ(其中点Q为切点)，则线段PQ长度的最小值为____．

O的

【答案】22 【解析】 【分析】

如图：连接OP、OQ，根据PQ2OP2OQ2,可得当OP⊥AB时，PQ最短；在RtAOB中运用含30°的直

11

角三角形的性质和勾股定理求得AB、AQ的长，然后再运用等面积法求得OP的长，最后运用勾股定理解答即可．

【详解】解：如图：连接OP、OQ， ∵PQ是

O的一条切线

∴PQ⊥OQ ∴PQ2OP2OQ2 ∴当OP⊥AB时，PQ最短

在Rt△ABC中，OB23,A30

∴AB=2OB=43,AO=cos∠A·AB=∵S△AOB=

343 211AOOBPOAB 2211∴236PO43，即OP=3 22在Rt△OPQ中，OP=3,OQ=1

∴PQ=OP2OQ2321222． 故答案为22．

【点睛】本题考查了切线的性质、含30°直角三角形的性质、勾股定理等知识点，此正确作出辅助线、根据勾股定理确定当PO⊥AB时、线段PQ最短是解答本题的关键． 18.如图，在平面直角坐标系中，已知直线yx1和双曲线y1，在直线上取一点，记为A1，过A1作xx轴的垂线交双曲线于点B1，过B1作y轴的垂线交直线于点A2，过A2作x轴的垂线交双曲线于点B2，过B212

·····作y轴的垂线交直线于点A3,·，依次进行下去，记点An的横坐标为an，若a12,则a2020______．

【答案】2 【解析】 【分析】

根据反比例函数与一次函数图象上点的坐标特征分别求出A1、B1、A2、B2、A3、B3…，从而得到每3次变化为一个循环组依次循环，用2020除以3，根据商的情况确定出a2020即可

1) ； 21331A2的纵坐标和B1的纵坐标相同为，代入y=x+1，得x=，可得A2（，）；

222231232B2的横坐标和A2的横坐标相同为，代入y得，y=，得B2(，) ；

2x3232112A3的纵坐标和B2的纵坐标相同为，代入y=x+1，得x=，故A3（，）

3333111B3的横坐标和A3的横坐标相同为，代入y得，y=3，得B3(，3)

3x3【详解】解：当a1=2时，B1的横坐标与A1的横坐标相等为2，A1（2，3），B1(2，A4的纵坐标和B3的纵坐标相同为3，代入y=x+1，得x=2，所以A4（2，3） …

由上可知，a1，a2，a3，a4，a5，…，3个为一组依次循环， ∵2020÷3=673⋯⋯1， ∴a2020=a1=2， 故答案为：2．

【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，依次求出各点的坐标，观察出每3次变化为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．

三、解答题 （本大题共7小题，共62分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）

19.（1）计算：272cos6020201323； 2213

2xyy2x2y2（2）先化简，再求值：x，其中x21,y2． 2xxxy【答案】（1）36；（2）xy，． 【解析】 【分析】

（1）根据算术平方根、特殊角三角函数值、负整数指数评价的人意义以及绝对值的意义进行计算即可； （2）先将括号内的进行通分，再按同分母分式减法计算，将除法转化为乘法，把分子分母因式分解后进行约分得到最简结果，再把x，y的值代入即可． 【详解】1272cos6020201323 223314323 36；

2xyy2x2y2 2x2xxxyx22xyy2x2xy 22xxyxyx2xxy

(xy)xyxy.

当x原式21,y2时，

2121．

【点睛】本题考查了实数的混合运算，分式的化简求值以及二次根式的加减法，解答此题的关键是熟练掌握运算法则．

20.如图，在ABC中，以AB为直径的

O交AC于点M,弦MN//BC交AB于点E,且

ME3,AE4,AM5．

14

（1）求证：BC是（2）求

O的切线；

O的直径AB的长度．

O的直径AB的长度为

25 4【答案】（1）见解析；（2）【解析】 【分析】

(1)先用勾股定理的逆定理证明△AEM为直角三角形，且∠AEM=90°，再根据MN∥BC即可证明∠ABC=90°进而求解；

(2)连接BM，由AB是直径得到∠AMB=90° ，再分别在Rt△AMB和Rt△AEM中使用∠A的余弦即可求解．【详解】解：(1)

ME3,AE4,AM5，

AE2ME2AM2，

AEM90, MN//BC,

ABCAEM90,

AB为O的直径，

BC是O的切线．

(2)如图，连接BM,

15

AB为O的直径，

AMB90,

又

AEM90,

AMAE， ABAMcosBAM即

54， AB5AB∴

25， 425． 4O的直径AB的长度为

25． 4故答案为：

【点睛】本题考查了圆中切线的证明，圆周角定理，直角三角形中锐角的三角函数的求法，熟练掌握切线的性质和判定及锐角三角函数的定义是解决此类题的关键．

21.如图，C处是一钻井平台，位于东营港口A的北偏东60方向上，与港口A相距602海里，一艘摩托艇从A出发，自西向东航行至B时，改变航向以每小时50海里的速度沿BC方向行进，此时C位于B的北偏西45方向，则从B到达C需要多少小时？

【答案】从B到达C需要1.2小时． 【解析】 【分析】

过点C作CDAB于点D，在Rt△ACD与RtCDB中，利用锐角三角函数的定义求出CD与BC的长，进而求解．

【详解】解：如图，过点C作CDAB于点D，

16

由题意得：AE//CD，BF//CD，

ACDCAE60，BCDCBF45，

在Rt△ACD中，AC602（海里），

CD1AC302（海里）， 2在RtCDB中，CD302（海里），

BC2CD60，

601.2（小时）， 50从B到达C需要1.2小时．

【点睛】本题考查解直角三角形的应用，平行线的性质，巧作辅助线构造直角三角形是解题的关键． 22.东营市某中学对2020年4月份线上教学学生的作业情况进行了一次抽样调查，根据收集的数据绘制了下面不完整的统计图表．

作业情况 非常好 较好 一般 不好

频数 频率 0.22 68 40

请根据图表中提供的信息，解答下列问题： （1）本次抽样共调查了多少名学生？ （2）将统计表中所缺的数据填在表中横线上；

（3）若该中学有1800名学生，估计该校学生作业情况“非常好”和“较好”的学生一共约多少名？

（4）某学习小组4名学生的作业本中，有2本“非常好”(记为A1、A2)，本“较好”(记为B)，本“一般”(记为C)，

17

这些作业本封面无姓名，而且形状、大小、颜色等外表特征完全相同，从中抽取一本，不放回， 从余下的3本中再抽取一本 ，请用“列表法”或“画树状图”的方法求出两次抽到的作业本都是“非常好”的概率． 【答案】（1）200；（2）见解析；（3）约1008名；（4）【解析】 【分析】

(1)用72°除360°得到“不好”的学生人数的占比，然后再用40除以该百分比即可得到总共调查的学生人数； (2)先算出“非常好”的人数，然后再用总分数减去“非常好”、“较好”、“不好”的人数即得到“一般”的人数，最后分别用求出其人数除总人数得到其频率；

(3)先算出“非常好”和“较好”的学生的频率，再乘以1800即可求解； (4)采用列表法将所有可能的情况列出，然后再用概率公式求解即可． 【详解】解：(1)由图形可知：72°占360°的百分比为故调查的总的学生人数为4020%200(名)， 故答案为：200(名) ．

(2)“非常好”的学生人数为：0.22×200=44(人)，

总人数减去“非常好”、“较好”、“不好”的人数即得到“一般”的人数， 200=0.24， 故一般的人数为200-44-68-40=48，其频率为48÷

同样可算出“较好”、“不好”的频率为0.34和0.2，补充如下表所示： 作业情况 非常好 较好 一般 不好

(3) “非常好”和“较好”的学生的频率为0.220.34=0.56，

∴该校学生作业情况“非常好”和“较好”的学生一共约18000.561008(名)， 故答案为：1008； (4)由题意知，列表如下:

频数 频率 1． 672=20%， 36044 0.22 68 0.34 0.24 0.2 48 40 18

第一次 第二次 A1 A2 B C A1 A2 A1,A2 A1,B A2,B A1,C A2,C A2,A1 B,A1 C,A1 B B,A2 C,A2 B,C C

C,B 由列表可以看出，一共有12种结果，并且它们出现的可能性相等. 其中两次抽到的作业本都是“非常好”的有2种， ∴两次抽到的作业本都是非常好的概率为故答案为：

21， 1261． 6【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

23.2020年初，新冠肺炎疫情爆发，市场上防疫口罩热销，某医药公司每月生产甲、乙两种型号的防疫口罩共20万只，且所有口罩当月全部售出，其中成本、售价如下表：

型号 价格(元/只) 项目 成本 售价

（1）若该公司三月份的销售收入为300万元，求生产甲、乙两种型号的防疫口罩分别是多少万只？ （2）如果公司四月份投入成本不超过216万元，应怎样安排甲、乙两种型号防疫口罩的产量，可使该月公司所获利润最大？并求出最大利润．

【答案】（1）甲、乙两种型号口罩的产量分别为15万只和5万只；（2）从而安排生产甲种型号的口罩17万

甲 乙 12 4 18 6 19

只，乙种型号的口罩3万只时，获得最大利润，最大利润为108万元. 【解析】 【分析】

（1）设甲种型号口罩的产量是x万只，则乙种型号口罩的产量是20x万只，根据该公司三月份的销售收入为300万元列出一元一次方程，从而可以得到甲、乙两种型号的产品分别是多少万只；

（2）根据题意，可以得到利润和生产甲种产品数量的函数关系式，再根据公司四月份投入总成本（原料总成本+生产提成总额）不超过216万元，可以得到生产甲种产品数量的取值范围，然后根据一次函数的性质，即可得到应怎样安排甲、乙两种型号的产量，可使该月公司所获利润最大，并求出最大利润． 【详解】1设甲种型号口罩的产量是x万只，则乙种型号口罩的产量是20x万只， 根据题意得：18x620x300, 解得：x15, 则20x20155,

则甲、乙两种型号口罩的产量分别为15万只和5万只；

2设甲种型号口罩的产量是y万只，则乙种型号口罩的产量是20y万只，

根据题意得：12y420y216, 解得:y17.

设所获利润为w万元，

则w1812y6420y4y40, 由于40，所以w随y的增大而增大， 即当y17时，w最大， 此时w41740108.

从而安排生产甲种型号的口罩17万只，乙种型号的口罩3万只时，获得最大利润，最大利润为108万元 【点睛】本题考查一次函数的应用、一元一次方程的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和不等式的性质解答．

24.如图，抛物线yax23ax4a的图象经过点C0,2，交x轴于点A、B(点A在点B左侧)，连接BC,直线ykx1k0与y轴交于点D,与BC上方的抛物线交于点E,与BC交于点F．

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（1）求抛物线的解析式及点A、B的坐标； （2）

EF是否存在最大值？若存在，请求出其最大值及此时点E的坐标；若不存在，请说明理由． DF【答案】（1）y123xx2，A1,0,B4,0；（2）存在，当t2时，有最大值且最大值为2，22此时点E的坐标为2,3． 【解析】 【分析】

（1）直接将C0,2代入yax33ax4a求出a，即可确定抛物线解析式；然后令y=0求得x的值，再结合已知即可确定A、B的坐标；

（2）作EG//y轴，交BC于点G，由平行线等分线段定理可得

EFEG；再根据题意求出D点坐标和DFCDCD的长，可得

13EFEG；然后再根据B、C的坐标求出直线BC的解析式；再设Et,t2t2，

22DF1EFGt,t2，运用两点间距离公式求得EG，然后再代入EG，根据二次函数的性质即可说明 则2DF【详解】解：1把C0,2代入yax33ax4a，即4a2，解得a1 2∴抛物线的解析式为y令123xx2 22123xx20 22可得:x11,x24, ∴A1,0,B4,0；

2存在，

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如图，由题意，点E在y轴的右侧，作EG//y轴，交BC于点G

CD//EG

EFEG DFCD直线ykx1k0与y轴交于点D ∴D0,1，

CD211,

EFEG DF设BC所在直线的解析式为ymxn(m0)， 将B4,0,C0,2代入上述解析式得：04mn

2n1m解得:2

n21BC的解析式为y-x2

2设Et,123tt2 221t2，其中0t4. 2则Gt,22

13121EGt2t2-x2t22

2222EF1(t2)22, DF210, 2∴抛物线开口方向朝下

∴当t2时，有最大值，最大值为2. 将t=2代入123tt2=-2+3+2=3 22∴点E的坐标为2,3．

【点睛】本题主要考查了求一次函数和二次函数解析式、平行线等分线段定理以及运用二次函数的性质求最值，掌握平行线等分线段定理是解答本题的关键．

25.如图1，在等腰三角形ABC中，A120,ABAC,点D、E分别在边AB、AC上，ADAE,连接BE,点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．

（1）观察猜想

图1中，线段NM、NP的数量关系是____，MNP的大小为_____； （2）探究证明

把ADE绕点A顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接MP、BD、CE,判断△MNP的形状，并说明理由； （3）拓展延伸

把ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD1,AB3，请求出△MNP面积的最大值．

【答案】（1）相等，60；（2）△MNP是等边三角形，理由见解析；（3）△MNP面积的最大值为3. 【解析】 【分析】

（1）根据＂A120,ABAC,ADAE,点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点＂，可得

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MN//BD，NP//CE ，根据三角形外角和定理，等量代换求出MNP．

（2）先求出△ABD≌△ACE，得出ABDACE，根据MN//BD，NP//CE ，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代换求出MNP，即可求解．

（3）根据BDABAD，可知BD最大值，继而求出△MNP面积的最大值．

【详解】1由题意知：AB=AC，AD=AE，且点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点， ∴BD=CE，MN//BD，NP//CE，MN=∴MN=NP

又∵MN//BD，NP//CE，∠A=120，AB=AC， ∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=30 根据三角形外角和定理， 得∠ENP=∠NBP+∠NPB

∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB， ∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE， ∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C =∠ABC+∠C =60．

11BD，NP=EC 222MNP是等边三角形．

理由如下：

如图，由旋转可得BADCAE 在ABD和ACE中

ABACBADCAE ADAEABD≌ACESAS

BDCE，ABDACE．

点M、N分别为DE、BE的中点，

MN是△EBD的中位线，

MN1BD且MN//BD 2同理可证PN1CE且PN//CE 224

MNPN，MNEDBE,NPBECB

MNE DBEABDABEACEABE ENP EBPNPBEBPECB

MNP MNEENPACEABEEBPECB

ABCACB60．

在△MNP中

∵∠MNP=60，MN=PN

MNP是等边三角形．

3根据题意得:BDABAD

即BD4，从而MN≤2

△MNP的面积133MNMNMN2． 224∴△MNP面积的最大值为3．

【点睛】本题主要考查了三角形中点的性质、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识；正确掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识是解题的关键．

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