2023年辽宁省朝阳市中考数学试卷

一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）

1．（3分）2023的相反数是（　　）

A．

B．

C．2023

D．﹣2023

【答案】D

【考点】相反数．

【分析】只有符号不同的两个数叫做互为相反数，由此即可得到答案．

【解答】解：2023的相反数是﹣2023．故选：D．

【难度】1

2．（3分）下列图形是中心对称图形的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【考点】中心对称图形．

【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．

【解答】解：选项A、B、D的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；选项C能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．故选：C．

【难度】1

3．（3分）下列运算正确的是（　　）

A．5a²﹣4a²＝1

B．a⁷÷a⁴＝a³

C．（a³）²＝a⁵

D．a²•a³＝a⁶

【答案】B

【考点】同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．

【分析】分别根据合并同类项的法则、同底数幂的乘法及除法法则、幂的乘方与积的乘方法则对各选项进行逐一分析即可．

【解答】解：A、5a²﹣4a²＝a²，原计算错误，不符合题意；B、a⁷÷a⁴＝a³，正确，符合题意；C、（a³）²＝a⁶，原计算错误，不符合题意；D、a²•a³＝a⁵，原计算错误，不符合题意．故选：B．

【难度】1

4．（3分）已知直线a∥b，将一块含30°角的直角三角板ABC按如图所示的方式放置，其中∠A＝30°，∠ACB＝90°，若∠1＝45°，则∠2的度数为（　　）

A．30°

B．25°

C．20°

D．15°

【答案】D

【考点】平行线的性质．

【分析】由平行线的性质可得∠AEF＝∠1＝45°，再由三角形的外角性质即可求∠2．

【解答】解：如图， ∵a∥b，∠1＝45°，∴∠AEF＝∠1＝45°，∵∠A＝30°，∠AEF是△ABE的外角，∴∠2＝∠AEF﹣∠A＝15°．故选：D．

【难度】1

5．（3分）学校篮球队队员进行定点投篮训练，每人投篮10次，其中5名队员投中的次数分别是：6，7，6，9，8，则这组数据的众数和中位数分别是（　　）

A．6，6

B．7，6

C．6，7

D．7，8

【答案】C

【考点】众数；中位数．

【分析】根据众数和中位数的定义求解即可．

【解答】解：投中次数6的人数最多，故众数是6；共有数据5个，由小到大排序后第3个数是7，所以中位数是7．故选：C．

【难度】1

6．（3分）五一期间，商场推出购物有奖活动：如图，一个可以自由转动的转盘被平均分成六份，其中红色1份，黄色2份，绿色3份，转动一次转盘，指针指向红色为一等奖，指向黄色为二等奖，指向绿色为三等奖（指针指向两个扇形的交线时无效，需重新转动转盘）．转动转盘一次，获得一等奖的概率为（　　）

A．1

B．

C．

D．

【答案】B

【考点】概率公式．

【分析】根据概率公式计算获得一等奖的概率即可．

【解答】转盘共分成6等份，其中红色区域1份，即获得一等奖的区域是1份，所以获得一等奖的概率是 ．故选：B．

【难度】1

7．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠C＝120°，⊙O的半径为3，则 的长为（　　）

A．π

B．2π

C．3π

D．6π

【答案】B

【考点】弧长的计算；圆内接四边形的性质．

【分析】根据圆周角定理和圆内内接四边形的性质以及弧长公式即可得到结论．

【解答】解：∵∠C＝120°，∴∠A＝180°﹣∠C＝60°，∴∠BOD＝2∠A＝120°，∴ 的长为 2π，故选：B．

【难度】1

8．（3分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，2），B（4，1），以原点O为位似中心，相似比为2，把△OAB放大，则点A的对应点A′的坐标是（　　）

A．（1，1）

B．（4，4）或（8，2）

C．（4，4）

D．（4，4）或（﹣4，﹣4）

【答案】D

【考点】位似变换；坐标与图形性质．

【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，相似比为2，把△OAB放大，点A的坐标为（2，2），∴点A的对应点A′的坐标为（2×2，2×2）或（2×（﹣2），2×（﹣2）），即（4，4）或（﹣4，﹣4），故选D．

【难度】1

9．（3分）若关于x的一元二次方程（k﹣1）x²+2x﹣2＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（　　）

A．k 且k≠1

B．k

C．k 且k≠1

D．k

【答案】A

【考点】根的判别式；一元二次方程的定义．

【分析】由二次项系数非零及根的判别式Δ＞0，可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围．

【解答】解：∵关于x的一元二次方程（k﹣1）x²+2x﹣2＝0有两个不相等的实数根，∴ ，解得：k 且k≠1，∴k的取值范围是k 且k≠1．故选：A．

【难度】1

10．（3分）甲乙两人骑自行车分别从A，B两地同时出发相向而行，甲匀速骑行到B地，乙匀速骑行到A地，甲的速度大于乙的速度，两人分别到达目的地后停止骑行．两人之间的距离y（米）和骑行的时间x（秒）之间的函数关系图象如图所示，现给出下列结论：①a＝450；②b＝150；③甲的速度为10米/秒；④当甲、乙相距50米时，甲出发了55秒或65秒．其中正确的结论有（　　）

A．①②

B．①③

C．②④

D．③④

【答案】C

【考点】一次函数的应用．

【分析】根据函数图象中的数据，可以计算出甲和乙的速度，从而可以判断③；然后根据甲的速度可以计算出a的值，即可判断①；根据乙的速度，可以计算出b的值，可以判断②；根据甲和乙相遇前和相遇后相距50米，可以计算出甲出发的时间，即可判断④．

【解答】解：由图可得，甲的速度为：600÷100＝6（米/秒），故③错误，不符合题意；乙的速度为：600÷60﹣6＝4（米/秒），a＝4×100＝400，故①错误，不符合题意；b＝600÷4＝150，故②正确，符合题意；设当甲、乙相距50米时，甲出发了m秒，两人相遇前：（600﹣50）＝m（6+4），解得m＝55；两人相遇后：（600+50）＝m（6+4），解得m＝65；故④正确，符合题意；故选：C．

【难度】1

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分．只需要将结果直接填写在答题

11．（3分）中国汽车工业协会2023年4月11日发布统计数据显示：今年1至3月，我国新能源汽车累计出口248000辆，显示出我国新能源汽车产业发展势头正劲．将数据248000用科学记数法表示为 　 　．

【答案】2.48×10⁵．

【考点】科学记数法—表示较大的数．

【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是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．

【解答】解：248000＝2.48×10⁵．故答案为：2.48×10⁵．

【难度】3

12．（3分）因式分解：a³﹣a＝　 　．

【答案】a（a+1）（a﹣1）

【考点】提公因式法与公式法的综合运用．

【分析】原式提取a，再利用平方差公式分解即可．

【解答】解：原式＝a（a²﹣1）＝a（a+1）（a﹣1），故答案为：a（a+1）（a﹣1）

【难度】3

13．（3分）某校在甲、乙、丙、丁四名同学中选中一人参加今年5月份举办的教育系统文艺展演独唱大赛，经过三轮初赛，他们的平均成绩都是88.5分，方差分别是s_甲²＝1.5，s_乙²＝2.6，s_丙²＝1.7，s_丁²＝2.8，则这四名同学独唱成绩最稳定的是 　 　．

【答案】甲．

【考点】方差．

【分析】根据方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好可得答案．

【解答】解：∵S_甲²＝1.5，S_乙²＝2.6，S_丙²＝1.7，S_丁²＝2.8，∴S_甲²＜S_丙²＜S_乙²＜S_丁²，∴在平均成绩相等的情况下，这四名同学独唱成绩最稳定的是甲．故答案为：甲．

【难度】3

14．（3分）如图，点A是反比例函数y （k≠0，x＞0）的图象上一点，过点A作AB⊥x轴于点B，点P是y轴上任意一点，连接PA，PB．若△ABP的面积等于3，则k的值为 　 　．

【答案】6．

【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征．

【分析】由于同底等高的两个三角形面积相等，所以△AOB的面积＝△ABP的面积＝3，然后根据反比例函数y 中k的几何意义，知△AOB的面积＝|k|，从而确定k的值，求出反比例函数的解析式．

【解答】解：设反比例函数的解析式为 y ，∵△AOB的面积＝△ABP的面积＝3，△AOB的面积 |k|，∴ |k|＝3，∴k＝±6；又∵反比例函数的图象的一支位于第一象限，∴k＞0．∴k＝6．故答案为：6．

【难度】3

15．（3分）已知关于x，y的方程组 的解满足x﹣y＝4，则a的值为 　 　．

【答案】2．

【考点】解二元一次方程组；解一元一次方程．

【分析】利用方程①﹣方程②，可得出x﹣y＝a+2，结合x﹣y＝4，可得出a+2＝4，解之即可得出a的值．

【解答】解： ，①﹣②得：x﹣y＝a+2，又∵关于x，y的方程组 的解满足x﹣y＝4，∴a+2＝4，∴a＝2．故答案为：2．

【难度】3

16．（3分）在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，点M是边AD上一点（点M不与点A，D重合），连接CM，将△CDM沿CM翻折得到△CNM，连接AN，DN．当△AND为等腰三角形时，DM的长为 　 　．

【答案】 或 ．

【考点】翻折变换（折叠问题）；等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的性质．

【分析】由矩形的性质得CD＝AB＝5，AD＝BC＝6，∠ADC＝90°，设DN与CM交于点T，由翻折的性质得DT＝NT，DM＝NM，CM⊥DN，∠CNM＝CDM＝90°，分两种情况讨论如下：

①当AN＝DN时，过点N作NH⊥AD于H，则AH＝DH＝3，设MD＝x，则MH＝3﹣x，MN＝x，由勾股定理得：HN ，证△NHD∽△MDC，得NH：DM＝HD：CD，即 ：x＝3：5，由此解出x即可；

②当DN＝AD时，则DN＝6，则DT＝TN＝3，由勾股定理求出CT＝4，证△DTM∽△CTM，得MD：CD＝DT：CT，即MD：5＝3：4，由此求出MD即可．

【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，AB＝5，BC＝6，∴CD＝AB＝5，AD＝BC＝6，∠ADC＝90°，设DN与CM交于点T，由翻折的性质得：DT＝NT，DM＝NM，CM⊥DN，∠CNM＝CDM＝90°，∵△AND为等腰三角形，∴有以下两种情况：①当AN＝DN时，过点N作NH⊥AD于H，则AH＝DH＝3，如图： 设MD＝x，则MH＝3﹣x，MN＝x，在Rt△MNH中，由勾股定理得：HN ，∵∠ADC＝90°，CM⊥DN，∴∠DCM+∠NDC＝90°，∠ADN+∠NDC＝90°，∴∠DCM＝∠ADN，又∠ADC＝∠NHD＝90°，∴△NHD∽△MDC，∴NH：DM＝HD：CD，即 ：x＝3：5，整理得：3x²﹣50x+75＝0，解得：x₁ ，x₂＝15（不合题意，舍去）；②当DN＝AD时，则DN＝6，如图： ∴DT＝TN＝3，在Rt△CDT中，CD＝5，DT＝3，由勾股定理得：CT 4，∵CM⊥DN，∠ADC＝90°，∴∠DCT+∠∠CDN＝90°，∠ADN+∠CDN＝90°，∴∠DCT＝∠ADN，又∠DTM＝∠CTD，∴△DTM∽△CTD，∴MD：CD＝DT：CT，即MD：5＝3：4，∴MD ．综上所述：DM的长为 或 ．

【难度】5

三、解答题（本大题共9小题，共72分，解答应写出必要的步骤、文字说明或证明过程）

17．（4分）先化简，再求值：（ ） ，其中x＝3．

【答案】 ，1．

【考点】分式的化简求值．

【分析】根据分式的加法法则、除法法则把原式化简，把x的值代入计算即可．

【解答】解：原式＝[ ]• • ，当x＝3时，原式 1．

【难度】3

18．（6分）某化工厂为了给员工创建安全的工作环境，采用A，B两种机器人来搬运化工原料．其中A型机器人比B型机器人每小时多搬运30千克，A型机器人搬运1500千克所用时间与B型机器人搬运1000千克所用时间相等．

（1）求A，B两种机器人每小时分别搬运多少千克化工原料；

（2）若每台A型，B型机器人的价格分别为5万元和3万元，该化工厂需要购进A，B两种机器人共12台，工厂现有资金45万元，则最多可购进A型机器人多少台？

【答案】解：（1）设B型机器人每小时搬运x千克化工原料，则A型机器人每小时搬运（x+30）千克化工原料，根据题意得： ，解得：x＝60，经检验，x＝60是所列方程的解，且符合题意，∴x+30＝60+30＝90．答：A型机器人每小时搬运90千克化工原料，B型机器人每小时搬运60千克化工原料；（2）设购进m台A型机器人，则购进（12﹣m）台B型机器人，根据题意得：5m+3（12﹣m）≤45，解得：m ，又∵m为正整数，∴m的最大值为4．答：最多可购进A型机器人4台．

【考点】分式方程的应用；一元一次不等式的应用．

【分析】（1）设B型机器人每小时搬运x千克化工原料，则A型机器人每小时搬运（x+30）千克化工原料，利用工作时间＝工作总量÷工作效率，结合A型机器人搬运1500千克所用时间与B型机器人搬运1000千克所用时间相等，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出B型机器人每小时搬运化工原料的质量，再将其代入（x+30）中，即可求出A型机器人每小时搬运化工原料的质量；

（2）设购进m台A型机器人，则购进（12﹣m）台B型机器人，利用总价＝单价×数量，结合总价不超过45万元，可列出关于m的一元一次不等式，解之可得出m的取值范围，再取其中的最大整数值，即可得出结论．

【解答】解：（1）设B型机器人每小时搬运x千克化工原料，则A型机器人每小时搬运（x+30）千克化工原料，根据题意得： ，解得：x＝60，经检验，x＝60是所列方程的解，且符合题意，∴x+30＝60+30＝90．答：A型机器人每小时搬运90千克化工原料，B型机器人每小时搬运60千克化工原料；（2）设购进m台A型机器人，则购进（12﹣m）台B型机器人，根据题意得：5m+3（12﹣m）≤45，解得：m ，又∵m为正整数，∴m的最大值为4．答：最多可购进A型机器人4台．

【难度】3

19．（6分）如图1，在▱ABCD中，求作菱形EFGH，使其面积等于▱ABCD的面积的一半，且点E，F，G，H分别在边AD，AB，BC，CD上．

小明的作法 ①如图2，连接AC，BD相交于点O． ②过点O作直线l∥AD，分别交AB，CD于点F，H． ③过点O作l的垂线，分别交AD，BC于点E，G． ④连接EF，FG，GH，HE，则四边形EFGH为所求作的菱形．

（1）小明所作的四边形EFGH是菱形吗？为什么？

（2）四边形EFGH的面积等于▱ABCD的面积的一半吗？请说明理由．

【答案】（1）是；（2）四边形EFGH的面积等于▱ABCD的面积的一半．

【考点】作图—复杂作图；平行四边形的性质；菱形的判定与性质．

【分析】（1）先根据平行四边形的性质得到OA＝OC，AB∥CD，则∠OAF＝∠OCH，再证明△AOF≌△COH得到OF＝OH，同理可得OE＝OG，于是可判断四边形EFGH是平行四边形，然后利用EG⊥FH可判断四边形EFGH是菱形；

（2）先证明四边形AFHD为平行四边形得到FH＝AD，再根据菱形的面积公式和平行四边形的面积公式得到菱形EFGH的面积＝平行四边形ABCD的面积的一半．

【解答】解：（1）小明所作的四边形EFGH是菱形．理由如下：∵四边形ABCD为平行四边形，∴OA＝OC，AB∥CD，∴∠OAF＝∠OCH，在△AOF和△COH中， ，∴△AOF≌△COH（ASA），∴OF＝OH，同理可得OE＝OG，∴四边形EFGH是平行四边形，∵EG⊥FH，∴四边形EFGH是菱形；（2）四边形EFGH的面积等于▱ABCD的面积的一半．理由如下：∵FH∥AD，AB∥CD，∴四边形AFHD为平行四边形，∴FH＝AD，∵菱形EFGH的面积 FH•EG，平行四边形ABCD的面积＝AD•EG，∴菱形EFGH的面积＝平行四边形ABCD的面积的一半．

【难度】5

20．（10分）某校在八年级开展了以“争创文明城市，建设文明校园”为主题的系列艺术展示活动，活动项目有“绘画展示”“书法展示”“文艺表演”“即兴演讲”四组（依次记为A，B，C，D）．学校要求八年级全体学生必须参加且只能参加其中的一个项目，为了解八年级学生对这几项活动的喜爱程度，随机抽取了部分八年级学生进行调查，并将调查的结果绘制成两幅不完整的统计图．

根据以上信息，解答下列问题：

（1）本次一共抽样调查了 　50　名学生；

（2）将条形统计图补充完整；

（3）若该校八年级共有600名学生，请估计该校八年级学生选择“文艺表演”的人数；

（4）学校从这四个项目中随机抽取两项参加“全市中学生才艺展示活动”．用列表法或画树状图法求出恰好抽到“绘画展示”和“书法展示”的概率．

【答案】（1）50；（2） ．

【考点】列表法与树状图法；用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图．

【分析】（1）用D组的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数；

（2）先计算出B组的人数，然后补全条形统计图；

（3）用600乘以样本中C组人数所占的百分比即可；

（4）画树状图展示所有12种等可能的结果，再找出抽到“绘画展示”和“书法展示”的结果数，然后利用概率公式求解．

【解答】解：（1）12÷24%＝50（人），所以本次一共抽样调查了50名学生；故答案为：50；（2）B组人数为50﹣18﹣5﹣12＝15（人），条形统计图补充为： （3）600 60（人），所以估计该校八年级学生选择“文艺表演”的人数60人；（4）画树状图为： 共有12种等可能的结果，其中抽到“绘画展示”和“书法展示”的结果数为2，所以恰好抽到“绘画展示”和“书法展示”的概率 ．

【难度】3

21．（6分）如图，CD是一座东西走向的大桥，一辆汽车在笔直的公路l上由南向北行驶，在A处测得桥头C在北偏东30°方向上，继续行驶500米后到达B处，测得桥头D在北偏东45°方向上．已知大桥CD长300米，求桥头C到公路l的距离．（结果保留根号）

【答案】桥头C到公路l的距离为400（ 1）米．

【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题；勾股定理的应用．

【分析】延长DC交直线l于H，设CH＝x米，根据题意得，∠DHA＝90°，解直角三角形即可得到结论．

【解答】解：如图．延长DC交直线l于H，设CH＝x米，根据题意得，∠DHA＝90°，在Rt△AHC中，∠A＝30°，tan30° ，∴AH x米，∵AB＝500米，∴HB＝（ x﹣500）米，在Rt△BHD中，∠HBD＝45°，∴HB＝HD，∵HD＝（x+300）米，∴ x﹣500＝x+300，解得x＝400（ 1）米，答：桥头C到公路l的距离为400（ 1）米．

【难度】3

22．（8分）如图，以△ABC的边AB为直径作⊙O，分别交AC，BC于点D，E，点F在BC上，∠CDF＝∠ABD．

（1）求证：DF是⊙O的切线；

（2）若 ，tan∠CDF ，BC ，求⊙O的半径．

【答案】（1）证明过程见解答；（2）⊙O的半径为 ．

【考点】切线的判定与性质；解直角三角形；圆周角定理．

【分析】（1）连接OD，根据圆周角定理证明∠ODF＝90°，即可解决问题；

（2）连接AE，证明△AEB≌△AEC（ASA），可得AB＝AC，然后利用锐角三角函数得tan∠ABD ，所以 ，设AD＝4x，则BD＝3x，利用勾股定理求出x的值，进而可以解决问题．

【解答】（1）证明：如图，连接OD，∵AB是⊙O 的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠BDC＝90°，∴∠BDF+∠CDF＝90°，∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∵∠CDF＝∠ABD，∴∠ODB＝∠CDF，∴∠ODB+∠BDF＝90°，∴∠ODF＝90°，∴DF⊥OD，∵OD是⊙O的半径，∴DF是⊙O 的切线；（2）解：如图，连接AE，∵ ，∴∠BAE＝∠CAE，∵AB是⊙O 的直径，∴∠AEB＝90°，∴∠AEC＝90°，∴∠AEB＝∠AEC，∵AE＝AE，∴△AEB≌△AEC（ASA），∴AB＝AC，∵tan∠CDF ，∠CDF＝∠ABD，∴tan∠ABD ，在Rt△ABD中， ，设AD＝4x，则BD＝3x，∴AB 5x，∴AC＝5x，∴CD＝x，在Rt△BDC中，BD²+CD²＝BC²，∴（3x）²+x²＝（ ）²，∴x＝1，∴5x＝5，∴AB＝5，∴OA ，∴⊙O的半径为 ．

【难度】5

23．（10分）某超市以每件10元的价格购进一种文具，销售时该文具的销售单价不低于进价且不高于19元．经过市场调查发现，该文具的每天销售数量y（件）与销售单价x（元）之间满足一次函数关系，部分数据如下表所示：

销售单价x/元	…	12	13	14	…
每天销售数量y/件	…	36	34	32	…

（1）直接写出y与x之间的函数关系式；

（2）若该超市每天销售这种文具获利192元，则销售单价为多少元？

（3）设销售这种文具每天获利w（元），当销售单价为多少元时，每天获利最大？最大利润是多少元？

【答案】解：（1）设y与x之间的函数关系式为y＝kx+b（k≠0），由所给函表格可知： ，解得： ，故y与x的函数关系式为y＝﹣2x+60；（2）根据题意得：（x﹣10）（﹣2x+60）＝192，解得：x₁＝18，x₂＝22，又∵10≤x≤19，∴x＝18，答：销售单价应为18元．（3）w＝（x﹣10）（﹣2x+60）＝﹣2x²+80x﹣600＝﹣2（x﹣20）²+200，∵a＝﹣2＜0，∴抛物线开口向下，∵对称轴为直线 x＝20，∴当10≤x≤19时，w随x的增大而增大，∴当 x＝19 时，w有最大值，w_最大＝198．答：当销售单价为19元时，每天获利最大，最大利润是198元．

【考点】二次函数的应用；一元二次方程的应用．

【分析】（1）设y与x之间的函数关系式为y＝kx+b（k≠0），然后用待定系数法求函数解析式；

（2）依据利润＝单件利润×销售量列出方程，解答即可；

（3）根据利润＝单件利润×销售量列出函数解析式，然后由函数的性质以及自变量的取值范围求出函数最值．

【解答】解：（1）设y与x之间的函数关系式为y＝kx+b（k≠0），由所给函表格可知： ，解得： ，故y与x的函数关系式为y＝﹣2x+60；（2）根据题意得：（x﹣10）（﹣2x+60）＝192，解得：x₁＝18，x₂＝22，又∵10≤x≤19，∴x＝18，答：销售单价应为18元．（3）w＝（x﹣10）（﹣2x+60）＝﹣2x²+80x﹣600＝﹣2（x﹣20）²+200，∵a＝﹣2＜0，∴抛物线开口向下，∵对称轴为直线 x＝20，∴当10≤x≤19时，w随x的增大而增大，∴当 x＝19 时，w有最大值，w_最大＝198．答：当销售单价为19元时，每天获利最大，最大利润是198元．

【难度】5

24．（10分）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上一点，连接EA，将线段EA绕点E逆时针旋转，使点A落在射线CB上的点F处，连接EC．

【问题引入】

（1）请你在图1或图2中证明EF＝EC（选择一种情况即可）；

【探索发现】

（2）在（1）中你选择的图形上继续探索：延长FE交直线CD于点M．将图形补充完整，猜想线段DM和线段BF的数量关系，并说明理由；

【拓展应用】

（3）如图3，AB＝3，延长AE至点N，使NE＝AE，连接DN．当△ADN的周长最小时，请你直接写出线段DE的长．

．

【答案】（1）证明：选择图1，∵四边形ABCD是正方形，∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，∵BE＝BE，∴△BEA≌△BEC（SAS），∴EA＝EC，由旋转得：EA＝EF，∴EF＝EC．选择图2，∵四边形ABCD是正方形，∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，∵BE＝BE，∴△BEA≌△BEC（SAS），∴EA＝EC，由旋转得：EA＝EF，∴EF＝EC．（2）解：猜想DM＝BF．理由如下：选择图1，过点F作FH⊥BC交BD于点H，则∠HFB＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∴∠HFB＝∠BCD，∴FH∥CD，∴∠HFE＝∠M，∵EF＝EC，∴∠EFC＝∠ECF，∵∠FCD＝90°，∴∠EFC+∠M＝90°，∠ECD+∠ECF＝90°，∴∠M＝∠ECM，∴EC＝EM，∴EF＝EM，∵∠HEF＝∠DEM，∴△HEF≌△DEM（ASA），∴DM＝FH，∵∠HBF＝45°，∠BFH＝90°，∴∠BHF＝45°，∴BF＝FH，∴DM＝BF．若选择图2，过点F作FH⊥BC交DB的延长线于点H， 则∠HFB＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∴∠HFB＝∠BCD，∴FH∥CD，∴∠H＝∠EDM，∵EF＝EC，∴∠EFC＝∠ECF，∵∠EFC+∠FMC＝90°，∠ECF+∠ECM＝90°，∴∠FMC＝∠ECM，∴EC＝EM，∴EF＝EM，∵∠HEF＝∠DEM，∴△HEF≌△DEM（AAS），∴FH＝DM，∵∠DBC＝45°，∴∠FBH＝45°，∴∠H＝45°，∴BF＝FH，∴DM＝BF．（3）解：如图3，取AD的中点G，连接EG， ∵NE＝AE，∴点E是AN的中点，∴EG DN，∵△ADN的周长＝AD+DN+AN＝3+2（AE+EG），∴当△ADN的周长最小时，AE+EG最小，此时，C、E、G三点共线，如图4，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝3，AD∥BC，∠BAD＝90°，在Rt△ABD中，BD＝3 ，∵点G是AD的中点，∴DG AD ， ，∵AD∥BC，∴△DEG∽△BEC，∴ ，∴BE＝2DE，∵BE+DE＝BD＝3 ，∴2DE+DE＝3 ，即3DE＝3 ，∴DE ．

【考点】四边形综合题．

【分析】（1）选择图1，根据正方形性质可得：BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，进而证得△BEA≌△BEC（SAS），结合旋转的性质即可证得结论；选择图2，同理可证得结论；

（2）猜想DM＝BF，选择图1，过点F作FH⊥BC交BD于点H，则∠HFB＝90°，利用正方形的性质即可证得△HEF≌△DEM（ASA），再利用等腰三角形性质即可得出答案；选择图2，同理可证得结论；

（3）取AD的中点G，连接EG，根据三角形中位线定理可得EG DN，由△ADN的周长＝AD+DN+AN＝3+2（AE+EG），可得当△ADN的周长最小时，AE+EG最小，此时，C、E、G三点共线，利用勾股定理可得BD＝3 ，再证得△DEG∽△BEC，可得 ，即BE＝2DE，利用BE+DE＝BD，即可求得答案．

【解答】（1）证明：选择图1，∵四边形ABCD是正方形，∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，∵BE＝BE，∴△BEA≌△BEC（SAS），∴EA＝EC，由旋转得：EA＝EF，∴EF＝EC．选择图2，∵四边形ABCD是正方形，∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，∵BE＝BE，∴△BEA≌△BEC（SAS），∴EA＝EC，由旋转得：EA＝EF，∴EF＝EC．（2）解：猜想DM＝BF．理由如下：选择图1，过点F作FH⊥BC交BD于点H，则∠HFB＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∴∠HFB＝∠BCD，∴FH∥CD，∴∠HFE＝∠M，∵EF＝EC，∴∠EFC＝∠ECF，∵∠FCD＝90°，∴∠EFC+∠M＝90°，∠ECD+∠ECF＝90°，∴∠M＝∠ECM，∴EC＝EM，∴EF＝EM，∵∠HEF＝∠DEM，∴△HEF≌△DEM（ASA），∴DM＝FH，∵∠HBF＝45°，∠BFH＝90°，∴∠BHF＝45°，∴BF＝FH，∴DM＝BF．若选择图2，过点F作FH⊥BC交DB的延长线于点H， 则∠HFB＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∴∠HFB＝∠BCD，∴FH∥CD，∴∠H＝∠EDM，∵EF＝EC，∴∠EFC＝∠ECF，∵∠EFC+∠FMC＝90°，∠ECF+∠ECM＝90°，∴∠FMC＝∠ECM，∴EC＝EM，∴EF＝EM，∵∠HEF＝∠DEM，∴△HEF≌△DEM（AAS），∴FH＝DM，∵∠DBC＝45°，∴∠FBH＝45°，∴∠H＝45°，∴BF＝FH，∴DM＝BF．（3）解：如图3，取AD的中点G，连接EG， ∵NE＝AE，∴点E是AN的中点，∴EG DN，∵△ADN的周长＝AD+DN+AN＝3+2（AE+EG），∴当△ADN的周长最小时，AE+EG最小，此时，C、E、G三点共线，如图4，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝3，AD∥BC，∠BAD＝90°，在Rt△ABD中，BD＝3 ，∵点G是AD的中点，∴DG AD ， ，∵AD∥BC，∴△DEG∽△BEC，∴ ，∴BE＝2DE，∵BE+DE＝BD＝3 ，∴2DE+DE＝3 ，即3DE＝3 ，∴DE ．

【难度】5

25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y x²+bx+c与x轴分别交于点A（﹣2，0），B（4，0），与y轴交于点C，连接BC．

（1）求抛物线的解析式；

（2）如图1，点P是第一象限内抛物线上的一个动点，过点P作直线l⊥x轴于点M（m，0），交BC于点N，连接CM，PB，PC．△PCB的面积记为S₁，△BCM的面积记为S₂，当S₁＝S₂时，求m的值；

（3）在（2）的条件下，点Q在抛物线上，直线MQ与直线BC交于点H，当△HMN与△BCM相似时，请直接写出点Q的坐标．

【答案】（1）抛物线的解析式为y x²+x+4；（2）m的值为2；（3）Q的坐标为（ ， ）或（ ， ）或（﹣2+2 ，﹣12+6 ）或（﹣2﹣2 ，﹣12﹣6 ）．

【考点】二次函数综合题．

【分析】（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入y x²+bx+c可解得抛物线的解析式为y x²+x+4；

（2）求出C（0，4），直线BC解析式为y＝﹣x+4，由直线l⊥x轴，M（m，0），得P（m， m²+m+4），N（m，﹣m+4），PN m²+m+4﹣（﹣m+4） m²+2m，故S₁ PN•|x_B﹣x_C| （ m²+2m）×4＝﹣m²+4m，而S₂ BM•|y_C| （4﹣m）×4＝8﹣2m，根据S₁＝S₂，有﹣m²+4m＝8﹣2m，即可解得m的值；

（3）由B（4，0），C（0，4），得△BOC是等腰直角三角形，△BMN是等腰直角三角形，故∠BNM＝∠MBN＝45°，而△HMN与△BCM相似，且∠MNH＝∠CBM＝45°，可知H在MN的右侧，且 或 ，设H（t，﹣t+4），当 时， ，可解得H（6，﹣2），直线MH解析式为y x+1，联立解析式可解得Q的坐标为（ ， ）或（ ， ）；当 时，同理得Q的坐标为（﹣2+2 ，﹣12+6 ）或（﹣2﹣2 ，﹣12﹣6 ）．

【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入y x²+bx+c得： ，解得 ，∴抛物线的解析式为y x²+x+4；（2）在y x²+x+4中，令x＝0得y＝4，∴C（0，4），由B（4，0），C（0，4）可得直线BC解析式为y＝﹣x+4，∵直线l⊥x轴，M（m，0），∴P（m， m²+m+4），N（m，﹣m+4），∴PN m²+m+4﹣（﹣m+4） m²+2m，∴S₁ PN•|x_B﹣x_C| （ m²+2m）×4＝﹣m²+4m，∵B（4，0），C（0，4），M（m，0），∴S₂ BM•|y_C| （4﹣m）×4＝8﹣2m，∵S₁＝S₂，∴﹣m²+4m＝8﹣2m，解得m＝2或m＝4（P与B重合，舍去），∴m的值为2；（3）∵B（4，0），C（0，4），∴OB＝OC，∴△BOC是等腰直角三角形，∴∠CBO＝45°，∴△BMN是等腰直角三角形，∴∠BNM＝∠MBN＝45°，∵△HMN与△BCM相似，且∠MNH＝∠CBM＝45°，∴H在MN的右侧，且 或 ，设H（t，﹣t+4），由（2）知M（2，0），N（2，2），B（4，0），C（4，0），∴BC＝4 ，BM＝2，MN＝2，NH |t﹣2|，当 时，如图： ∴ ，解得t＝6或t＝﹣2（此时H在MN左侧，舍去），∴H（6，﹣2），由M（2，0），H（6，﹣2）得直线MH解析式为y x+1，解 得 或 ，∴Q的坐标为（ ， ）或（ ， ）；当 时，如图： ∴ ，解得t （舍去）或t ，∴H（ ， ），由M（2，0），H（ ， ）得直线MH解析式为y＝3x﹣6，解 得 或 ，∴Q的坐标为（﹣2+2 ，﹣12+6 ）或（﹣2﹣2 ，﹣12﹣6 ）；综上所述，Q的坐标为（ ， ）或（ ， ）或（﹣2+2 ，﹣12+6 ）或（﹣2﹣2 ，﹣12﹣6 ）．

【难度】5