江苏省扬州市2020年中考数学试题(解析版)

扬州市2020年初中毕业、升学统一考试数学试题

说明：

1．本试卷共6页，包含选择题（第1题~第8题，共8题）、非选择题（第9题~第28题，共20题）两部分．本卷满分150分，考试时间为120分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．

2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置上，同时务必在试卷的装订线内将本人的姓名、准考证号、毕业学校填写好，在试卷第一面的右下角写好座位号． 3．所有的试题都必须在专用的“答题卡”上作答，选择题用2B铅笔作答、非选择题在指定位置用0．5毫米的黑色笔作答．在试卷或草稿纸上答题无效． 4．如有作图需要，请用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚．

一、选择题（本大题共有8小题，每小题3分，共24分．在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项的字母代号填涂在答题卡相应位置上）

1.实数3的相反数是（ ） A. 3 【答案】A 【解析】 【分析】

根据相反数的定义判断即可． 【详解】3的相反数是﹣3． 故选A．

【点睛】本题考查相反数的定义，关键在于牢记相反数基础知识． 2.下列各式中，计算结果为m6的是（ ） A. m2m3 【答案】D 【解析】 【分析】

根据同底数幂的乘方和除法运算法则，合并同类项法则，幂的乘方运算法则即可求解． 【详解】A．m2m3m5，不符合题意 B．m3m32m3，不符合题意 C．m12m2m10，不符合题意 D．m2B. m3m3

C. m12m2

D. m2B.

1 3C. 3 D. 3



33m6，符合题意

故选：D

【点睛】本题考查了同底数幂的乘法及除法法则：同底数幂相乘，底数不变，指数相加；同底数幂相除，底数不变，指数相减；幂的乘方，底数不变，指数相乘；合并同类项时，把同类项的系数相加，所得的结果作为系数，字母部分保持不变．

3.在平面直角坐标系中，点Px2,3所在的象限是（ ） A. 第一象限 【答案】D 【解析】 【分析】

直接利用各象限内点的坐标特点分析得出答案． 【详解】∵x2＋2＞0，

∴点P（x2＋2，−3）所在的象限是第四象限． 故选：D．

【点睛】此题主要考查了点的坐标，正确掌握各象限内点的坐标特点是解题关键．

4.“致中和，天地位焉，万物育焉．”对称美是我国古人和谐平衡思想的体现，常被运用于建筑、器物、绘画、标识等作品的设计上，使对称之美惊艳了千年的时光．在下列与扬州有关的标识或简图中，不是轴对称图形的是（ ）

B. 第二象限

C. 第三象限

D. 第四象限

2A. B. C. D.

【答案】C 【解析】 【分析】

根据轴对称图形的定义逐项判断即得答案．

【详解】解：A、是轴对称图形，故本选项不符合题意； B、是轴对称图形，故本选项不符合题意； C、不是轴对称图形，故本选项符合题意；

D、是轴对称图形，故本选项不符合题意． 故选：C．

【点睛】本题考查了轴对称图形的定义，属于基础概念题型，熟知轴对称图形的概念是解题关键． 5.某班级组织活动，为了解同学们喜爱的体育运动项目，设计了如下尚不完整的调查问卷： 调查问卷 ________年________月________日 你平时最喜欢的一种体育运动项目是（ ）（单选） A． B． C． D．其他运动项目

准备在“①室外体育运动，②篮球，③足球，④游泳，⑤球类运动”中选取三个作为该调查问卷问题的备选项目，选取合理的是（ ） A. ①②③ 【答案】C 【解析】 【分析】

在“①室外体育运动，②篮球，③足球，④游泳，⑤球类运动”中找到三个互不包含，互不交叉的项目即可．

【详解】解：∵①室外体育运动，包含了②篮球和③足球， ⑤球类运动，包含了②篮球和③足球，

∴只有选择②③④，调查问卷的选项之间才没有交叉重合， 故选：C．

【点睛】本题考查收集调查数据的过程与方法，理解题意，准确掌握收集数据的方法是解题的关键． 6.如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转45后又沿直线前进10米到达点C，再向左转

B. ①③⑤

C. ②③④

D. ②④⑤

45后沿直线前进10米到达点D……照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（ ）

A. 100米 【答案】B

B. 80米 C. 60米 D. 40米

【解析】 【分析】

根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以45°求出边数，然后再乘以10米即可． 【详解】解：∵小明每次都是沿直线前进10米后再向左转45， =8， ∴他走过的图形是正多边形，边数n=360°÷45°10=80米． ∴小明第一次回到出发点A时所走的路程=8×故选：B．

【点睛】本题考查了正多边形外角问题的实际应用，根据题意判断小明走过的图形是正多边形是解题的关键．

7.如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C、D，则sinADC的值为（ ）

A.

213 13B.

313 13C.

2 3D.

3 2【答案】A 【解析】 【分析】

首先根据圆周角定理可知，∠ABC＝ADC，在Rt△ACB中，根据锐角三角函数的定义求出∠ABC的正弦值．

【详解】∵ADC和∠ABC所对的弧长都是AC， ∴根据圆周角定理知，∠ABC＝ADC， ∴

Rt△ACB中，AB=AC2BC2223213 AC2213， AB1313根据锐角三角函数的定义知，sin∠ABC＝

∴sinADC=213， 13

故选A．

【点睛】本题主要考查锐角三角函数的定义和圆周角的知识点，解答本题的关键是利用圆周角定理把求

ADC的正弦值转化成求∠ABC的正弦值，本题是一道比较不错的习题．

8.小明同学利用计算机软件绘制函数y可以推断常数a、b的值满足（ ）

axxb2（a、b为常数）的图像如图所示，由学习函数的经验，

A. a0，b0 【答案】C 【解析】 【分析】

B. a0，b0 C. a0，b0 D. a0，b0

根据图像过二、四象限可判断a的取值，根据x在负半轴的图像，可判断b的取值． 【详解】∵图像过二、四象限 ∴a＜0，

∵x在负半轴时，图像不连续 ∴b＞0 故选C．

【点睛】此题主要考查函数图像的综合判断，解题的关键是熟知函数图像与变量之间的关系．

二、填空题（本大题共有10小题，每小题3分，共30分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）

9.2020年6月23日，中国自主研发的北斗三号最后一颗卫星成功发射．据统计，国内已有超过6500000辆营运车辆导航设施应用北斗系统，数据6500000用科学记数法表示为________． 【答案】6.5×106 【解析】 【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．

【详解】解：6500000用科学记数法表示应为：6.5×106， 故答案为：6.5×106．

【点睛】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． 10.分解因式：a32a2a______． 【答案】a(a1)2 【解析】 【分析】

先提公因式，再利用完全平方公式因式分解即可．

22【详解】原式=a(a2a1)a(a1)，

故答案为：a(a1)．

【点睛】本题考查了因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解答的关键． 11.代数式

2x2在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是________． 3【答案】x2 【解析】 【分析】

根据二次根式的非负性计算即可得到结果． 【详解】由题可得：x20， 即x20， 解得：x2． 故答案为x2．

【点睛】本题主要考查了二次根式的非负性，准确理解非负性的含义是解题的关键． 12.方程x19的根是_______．

2【答案】x12,x24 【解析】 【分析】

利用直接开平方法解方程.

【详解】解：x19

2x13 x13，

∴x12,x24， 故答案为：x12,x24.

【点睛】此题考查一元二次方程的解法：直接开平方法，根据一元二次方程的特点选择恰当的解法是解题的关键.

13.圆锥的底面半径为3，侧面积为12，则这个圆锥的母线长为________． 【答案】4 【解析】 【分析】

根据圆锥的底面半径可以求出底面周长即为展开后的弧长,侧面积即为展开后扇形的面积,再根据扇形的面积公式求出扇形的半径即为圆锥的母线． 【详解】∵底面半径为3, ∴底面周长=2×3π=6π． ∴圆锥的母线=故答案为:4．

【点睛】本题考查圆锥与扇形的结合,关键在于理解圆锥周长是扇形弧长,圆锥母线是扇形半径．

14.《九章算术》是中国传统数学重要著作之一，奠定了中国传统数学的基本框架．如图所示是其中记载的一道“折竹”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去根三尺，问折者高几何？”题意是：一根竹子原高1丈（1丈10尺），中部有一处折断，竹梢触地面处离竹根3尺，试问折断处离地面多高？答：折断处离地面________尺高．

2124． 6的

【答案】

91 20【解析】 【分析】

竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（10-x）尺，利用勾股定理解题即可．

【详解】解：设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（10-x）尺， 根据勾股定理得：x2+32=（10-x）2， 解得：x91； 20故答案为：

91． 20【点睛】此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用题目信息构造直角三角形，从而运用勾股定理解题．

15.大数据分析技术为打赢疫情防控阻击战发挥了重要作用．如图是小明同学的苏康码（绿码）示意图，用黑白打印机打印于边长为2cm的正方形区域内，为了估计图中黑色部分的总面积，在正方形区域内随机掷点，经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在0.6左右，据此可以估计黑色部分的总面积约为________cm2．

【答案】2.4 【解析】 【分析】

求出正方形二维码的面积，根据题意得到黑色部分的面积占正方形面积得60%计算即可；

【详解】∵正方形的二维码的边长为2cm， ∴正方形二维码的面积为4cm2，

∵经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在0.6左右， ∴黑色部分的面积占正方形二维码面积得60%， ∴黑色部分的面积约为：460%=2.4cm2， 故答案为2.4cm2．

【点睛】本题主要考查了利用频率估计概率进行求解，准确立即数据的意义是解题的关键． 16.如图，工人师傅用扳手拧形状为正六边形的螺帽，现测得扳手的开口宽度b3cm，则螺帽边长

a________cm．

【答案】3 【解析】 【分析】

根据正六边形的性质，可得∠ABC=120°，AB=BC=a，根据等腰三角形的性质，可得CD的长，根据锐角三角函数的余弦，可得答案． 【详解】解：如图：作BD⊥AC于D

由正六边形，得

∠ABC=120°，AB=BC=a， ∠BCD=∠BAC=30°． 由AC=3，得CD=

3． 23CD33， cos∠BCD==，即2BC2a2解得a=3，

故答案为：3．

【点睛】本题考查正多边形和圆，利用正六边形的性质得出等腰三角形是解题关键，又利用了正三角形的性质，余弦函数．

17.如图，在ABC中，按以下步骤作图：

①以点B为圆心，任意长为半径作弧，分别交AB、BC于点D、E． ②分别以点D、E为圆心，大于③作射线BF交AC于点G．

如果AB8，BC12，ABG的面积为18，则CBG的面积为________．

1DE的同样长为半径作弧，两弧交于点F． 2

【答案】10【解析】 【分析】

4 5由作图步骤可知BG为∠ABC的角平分线，过G作GH⊥BC,GM⊥AB，可得GM=GH ,然后再结合已知条件和三角形的面积公式求得GH，最后运用三角形的面积公式解答即可． 【详解】解：由作图作法可知：BG为∠ABC的角平分线 过G作GH⊥BC,GM⊥AB ∴GM=GH

∵S△ABC=S△ABG+ S△BCG=18 ∴

11ABGMBCGH18, 22∵AB8，BC12，

1198GH12GH18,解得：GH= 225194∴CBG的面积为1210．

2554故答案为10．

5∴

【点睛】本题考查了角平分线定理和三角形面积公式的应用，通过作法发现角平分线并灵活应用角平分线定理是解答本题的关键．

18.如图，在ABCD中，B60，AB10，BC8，点E为边AB上的一个动点，连接ED并延长至点F，使得DF1DE，以EC、EF为邻边构造EFGC，连接EG，则EG的最小值为________． 4

【答案】93． 【解析】 【分析】

连接FC，作DM//FC，得△DEM∽△FEO，△DMN∽△CON，进一步得出DM=

49FO，EO=EN，过C58EG必过点N，EG最小，作CH⊥AB于H，可求出CH=43，根据题意，当EN⊥CD时，此时四边形EHCN是矩形，故可得EN=CH=43，代入EO=

9EN求出EO即可得到结论． 8【详解】解：连接FC，交EG于点O，过点D作DM//FC，交EG于点M，如图所示，

1DE 44∴DEEF

5∵DF∵DM//FC， ∴△DEM∽△FEO， ∴

DMDEEM4， FOEFEO5∵DM//FC，

∴△DMN∽△CON， ∴

MNDM, NOOC∵四边形ECGF是平行四边形， ∴CO=FO， ∴

MNDM4 NOOF54ENEO4, ∴ENEM5EOENEOEN59∴EOEN,

8过点C作CH⊥AB于点H， 在Rt△CBH，∠B=60︒，BC=8， ∴CH=BCsin60︒=43，

根据题意得，EG必过点N，当EN⊥CD时，EG最小，此时四边形EHCN是矩形， ∴EN=CH=43， ∴EO=439893, 2∴EG=2EO=93． 故答案为：93．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．

三、解答题（本大题共有10小题，共96分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

19.计算或化简：

1（1）2sin6012 21x1x21（2） 2xxx【答案】（1）23；（2）1 【解析】 【分析】

（1）先根据特殊角的三角函数值、负整数指数幂、二次根式的运算法则对各项进行化简计算，再进行加减计算即可；

（2）先将除法变为乘法，根据分式的乘法运算法则进行计算即可．

1【详解】解：（1）2sin6012

223223 213223 23 x1x21（2） 2xxxxx1x1 xx1x11

【点睛】本题考查特殊角三角函数值、负整数指数幂、二次根式的运算和分式的混合运算，解题的关键是要熟练掌握运算法则．

x50，并写出它的最大负整数解． 20.解不等式组3x12x12【答案】不等式组的解集为x≤−5；最大负整数解为-5 【解析】 【分析】

分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同小取小确定不等式组的解集，从而得出答案．

【详解】解不等式x＋5≤0，得x≤−5， 解不等式

3x12x1，得：x≤−3， 2则不等式组解集为x≤−5， 所以不等式组的最大负整数解为−5．

【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组及其整数解，正确求出每一个不等式解集是基础，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．

21.扬州教育推出的“智慧学堂”已成为同学们课外学习的得力助手．为了解同学们“智慧学堂”平台使用的熟练程度，某校随机抽取了部分同学进行调查，并将调查结果绘制成如下两幅尚不完整的统计图．

根据以上信息，回答下列问题：

（1）本次调查的样本容量是________，扇形统计图中表示A等级的扇形圆心角为________； （2）补全条形统计图；

（3）学校拟对“不太熟练或不熟练”的同学进行平台使用的培训，若该校有2000名学生，试估计该校需要培训的学生人数．

【答案】（1）500；108；（2）见解析；（3）估计该校需要培训的学生人数为200人 【解析】 【分析】

（1）根据条形统计图中A项为150人，扇形统计图中A项为30%，计算出样本容量；扇形统计图中计算360°的30%即360°×30%即可；

（2）根据扇形统计图中B选项占40%，求出条形统计图中B选项的人数，补全条形统计图即可； （3）抽取的样本中“不太熟练或不熟练”的同学所占的百分比为的百分比也为

的

50×100%，由此估计2000名学生所占50050×100%，进而求出该校需要培训的学生人数． 500【详解】解：（1）150÷30%=500（人）， 360°×30%=108°，

故答案为：500；108；

（2）500×40%=200（人），补全条形统计图如下：

（3）

50×100%×2000=200（人） 500∴估计该校需要培训的学生人数为200人．

【点睛】本题考查条形统计图与扇形统计图的综合运用、用样本估计总体等知识，熟练掌握条形统计图与扇形统计图的之间的关系是解题的关键．

22.防疫期间，全市所有学校都严格落实测体温进校园的防控要求．某校开设了A、B、C三个测温通道，某天早晨，该校小明和小丽两位同学将随机通过测温通道进入校园． （1）小明从A测温通道通过的概率是________；

（2）利用画树状图或列表的方法，求小明和小丽从同一个测温通道通过的概率． 【答案】(1) 【解析】 【分析】

(1) 因为共开设了A、B、C三个测温通道，小明从A测温通道通过的概率是(2)根据题意画出树状图，再根据所得结果算出概率即可．

【详解】(1) 因为共开设了A、B、C三个测温通道，小明从A测温通道通过的概率是故答案为：

11;(2) ． 331． 31， 31． 3(2)由题意画出树状图：

由图可知，小明和小丽从同一个测温通道通过的概率=

31． 93【点睛】本题考查概率的计算和树状图的画法，关键在于理解题意，由图得出相关概率． 23.如图，某公司会计欲查询乙商品的进价，发现进货单已被墨水污染．

商品采购员李阿姨和仓库保管员王师傅对采购情况回忆如下： 李阿姨：我记得甲商品进价比乙商品进价每件高50%． 王师傅：甲商品比乙商品的数量多40件． 请你求出乙商品的进价，并帮助他们补全进货单． 【答案】每件40元，进货单见解析． 【解析】 【分析】

设乙的进价每件为x元，分别表示乙的数量，甲的数量，利用数量关系列方程解方程即可． 【详解】解：设乙的进价每件为x元，乙的数量为则甲的进价为每件1.5x元，甲的数量为

3200件， x7200件，所以： 1.5x7200320040 1.5xx6x240,

x40，

经检验：x40是原方程的根，

1.5x60,3200720080,120, x1.5x所以：乙商品的进价为每件40元．

所以：进货单如下： 商品 甲 乙 进价（元/件） 数量（件） 120 总金额 60 40 7200 3200 80 【点睛】本题考查的是分式方程的应用，掌握列分式方程解应用题是解题的关键．

24.如图，ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点O作EFAC，分别交AB，DC于点E、F，连接AF、CE．

（1）若OE3，求EF的长； 2（2）判断四边形AECF的形状，并说明理由． 【答案】（1）3；（2）菱形，理由见解析 【解析】 【分析】

（1）只要证明AOECOF即可得到结果；

（2）先判断四边形AECF是平行四边形，再根据对角线互相垂直且平分证明是菱形，即可得到结论； 【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，AC、BD是对角线， ∴EAOFCO，OA=OC， 又∵EFAC， ∴AOECOF， 在△AOE和△COF中，

EAOFCO， OAOCAOECOF∴△AOE△COF∴FO=EO， 又∵OEASA．

3， 2

∴EF2OE2故EF的长为3．

33． 2（2）由（1）可得，AOECOF，四边形ABCD是平行四边形， ∴FCAE，FC∥AE，

∴四边形AECF是平行四边形， 又EFAC，OE=OF，OA=OC， ∴平行四边形AECF是菱形．

【点睛】本题主要考查了特殊平行四边形的性质应用，准确运用全等三角形的性质及菱形的判定是解题的关键．

25.如图，ABC内接于

O，B60，点E在直径CD的延长线上，且AEAC．

（1）试判断AE与

O的位置关系，并说明理由；

（2）若AC6，求阴影部分的面积．

【答案】（1）AE与⊙O相切，理由见详解；（2）S阴影632． 【解析】 【分析】

（1）利用圆周角定理以及等腰三角形的性质得出∠E=∠ACE=∠OCA=∠OAC=30°，∠EAC=120°，进而得出∠EAO=90°，即可得出答案；

（2）连接AD，利用解直角三角形求出圆的半径，然后根据S阴影SAOES扇AOD，即可求出阴影部分的面积．

【详解】（1）AE与⊙O相切，理由如下： 连接AO，

∵∠B=60°， ∴∠AOC=120°， ∵AO=CO，AE=AC，

∴∠E=∠ACE，∠OCA=∠OAC=30°， ∴∠E=∠ACE=∠OCA=∠OAC=30°， ∴∠EAC=120°， ∴∠EAO=90°， ∴AE是⊙O的切线；

（2）连接AD，则ADCB60， ∴∠DAC=90°， ∴CD为⊙O的直径，

在Rt△ACD中，AC=6，∠OCA=30°， ∴cos30AC3， CD2∴CD43，

∴OAODOC23，∠AOD=60°，

∴S阴影SAOES扇AOD∴S阴影632．

160(23)2 6232360【点睛】本题考查了圆的切线的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确作出辅助线，从而进行解题． 26.阅读感悟：

有些关于方程组的问题，欲求的结果不是每一个未知数的值，而是关于未知数的代数式的值，如以下问题： 已知实数x、y满足3xy5①，2x3y7②，求x4y和7x5y的值．

本题常规思路是将①②两式联立组成方程组，解得x、y的值再代入欲求值的代数式得到答案，常规思路运算量比较大．其实，仔细观察两个方程未知数的系数之间的关系，本题还可以通过适当变形整体求得代数式的值，如由①②可得x4y2，由①②2可得7x5y19．这样的解题思想就是通常所说的“整体思想”． 解决问题：

2xy7（1）已知二元一次方程组，则xy________，xy________；

x2y8（2）某班级组织活动购买小奖品，买20支铅笔、3块橡皮、2本日记本共需32元，买39支铅笔、5块橡皮、3本日记本共需58元，则购买5支铅笔、5块橡皮、5本日记本共需多少元？

（3）对于实数x、y，定义新运算：x*yaxbyc，其中a、b、c是常数，等式右边是通常的加法和乘法运算．已知3*515，4*728，那么1*1________．

【答案】（1）-1，5；（2）购买5支铅笔、5块橡皮、5本日记本共需30元；（3）-11 【解析】 【分析】

2xy7①（1）已知，利用解题的“整体思想”，①-②即可求得x-y，①+②即可求得x+y的值；

x2y8②（2）设每支铅笔x元，每块橡皮y元，每本日记本z元，根据题意列出方程组，根据（1）中“整体思想”，即可求解；

（3）根据x*yaxbyc，可得3*53a5bc15，4*74a7bc28，1*1abc，根据“整体思想”，即可求得abc的值． 【详解】（1）2xy7①

x2y8②①-②，得x-y=-1 ①+②，得3x+3y=15 ∴x+y=5 故答案为：-1，5

（2）设每支铅笔x元，每块橡皮y元，每本日记本z元，则

20x3y2z32① 39x5y3z58②①×2，得40x+6y+4z=64③ ③-②，得x+y+z=6 ∴5(x+y+z)=30

∴购买5支铅笔、5块橡皮、5本日记本共需30元 答：购买5支铅笔、5块橡皮、5本日记本共需30元 （3）∵x*yaxbyc

∴3*53a5bc15①，4*74a7bc28②，1*1abc

∴②-①，得a2b13③ ∴5a10b65④

①+②，得7a12b2c43⑤ ⑤-④，得2a2b2c22 ∴abc11 故答案为：-11

【点睛】本题考查了利用“整体思想”解二元二次方程组，仔细观察两个方程未知数的系数之间的关系，本题还可以通过适当变形整体求得代数式的值，引入了新运算，根据定义结合“整体思想”求代数式的值． 27.如图1，已知点O在四边形ABCD的边AB上，且OAOBOCOD2，OC平分BOD，与BD交于点G，AC分别与BD、OD交于点E、F．

（1）求证：OC//AD； （2）如图2，若DEDF，求

AEAF值；

（3）当四边形ABCD的周长取最大值时，求

【答案】（1）见详解；（2）2；（3）【解析】 【分析】

23 3OC平分∠BOD得出∠DAO=∠ODA，（1）先由三角形外角得出∠BOD=∠DAO+∠ODA，然后根据OA=OD，∠COD=∠COB，可得∠COD=∠ODA，即可证明；

（2）先证明△BOG≌△DOG，得出∠ADB=∠OGB=90°，然后证明△AFO∽△AED，得出∠AOD=∠ADB=90°，

ADAE，根据勾股定理得出AD=22，即可求出答案； AOAF（3）先设AD=2x，OG=x，则CG=2-x，BG=OB2-OG2=4-x2，BC=BG2+CG2=84x=CD，然后得出四边形ABCD的周长=4+2x+42x，令2x=t≥0，即x=2-t2，可得四边形ABCD的周长=-2（t-1）

的DE的值． DF

2

+10，得出x=2-t2=1，即AD=2，然后证明△ADF≌△COF，得出DF=OF=

1OD=1，根据△ADO是等边三2角形，得出∠DAE=30°，可得

DE323，求出DE=，即可得出答案． tan303DA3【详解】（1）由三角形外角可得∠BOD=∠DAO+∠ODA， ∵OA=OD， ∴∠DAO=∠ODA， ∵OC平分∠BOD， ∴∠COD=∠COB， ∴∠COD=∠ODA， ∴OC∥AD；

（2）∵OC平分BOD， ∴∠COD=∠COB，

OBOD在△BOG与△DOG中∠BOG∠DOG，

OGOG∴△BOG≌△DOG， ∴∠BGO=∠DGO=90°， ∵AD∥OC，

∴∠ADB=∠OGB=90°，∠DAC=∠OCA， ∵OA=OC， ∴∠OAC=∠OCA， ∴∠DAC=∠OAC， ∵DE=DF， ∴∠DFE=∠DEF， ∵∠DFE=∠AFO， ∴∠AFO=∠DEF， ∴△AFO∽△AED， ∴∠AOD=∠ADB=90°，∵OA=OD=2，

∴根据勾股定理可得AD=22，

ADAE， AOAF

∴

ADAE22=2； =AOAF2（3）∵OA=OB，OC∥AD，

∴根据三角形中位线可设AD=2x，OG=x，则CG=2-x，BG=OB2-OG2=4-x2， ∴BC=BG2+CG2=84x=CD， ∴四边形ABCD的周长=AB+AD+DC+BC =4+2x+284x =4+2x+42x 令2x=t≥0，即x=2-t2，

∴四边形ABCD的周长=4+2x+42x =4+2（2-t2）+4t =-2t2+4t+8 =-2（t-1）2+10，

当t=1时，四边形ABCD的周长取得最大值，最大值为10， 此时x=2-t2=1， ∴AD=2， ∵OC∥AD，

∴∠ADF=∠COF，∠DAF=∠OCF， ∵AD=OC=2， ∴△ADF≌△COF ∴DF=OF=

1OD=1， 2∵AD=OC=OA=OD， ∴△ADO是等边三角形，

由（2）可知∠DAF=∠OAF，∠ADE=90°， ∴在Rt△ADE中，∠DAE=30°， ∴

DE3， tan30DA3

∴DE=

23， 3∴

DE23=． DF3【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的性质，涉及的知识点比较复杂，综合性较强，灵活运用这些知识点是解题关键．

28.如图，已知点A1,2、B5,nn0，点P为线段AB上的一个动点，反比例函数ykx0的图x像经过点P．小明说：“点P从点A运动至点B的过程中，k值逐渐增大，当点P在点A位置时k值最小，在点B位置时k值最大．”

（1）当n1时．

①求线段AB所在直线的函数表达式．

②你完全同意小明的说法吗？若完全同意，请说明理由；若不完全同意，也请说明理由，并求出正确的k的最小值和最大值．

（2）若小明的说法完全正确，求n的取值范围． 【答案】（1）①y81199x；②不完全同意小明的说法；理由见详解；当x时，k有最大值；当4421610； 9（2）nx1时，k有最小值2；【解析】 【分析】

（1）①直接利用待定系数法，即可求出函数的表达式；

1919x，则kx2x，利用二次函数的性质，即可求出答案； 4444n210nkx（2）根据题意，求出直线AB的直线为y，设点P为（x，），则得到44x②由①得直线AB为y

kn22n10bxx，讨论最高项的系数，再由一次函数及二次函数的性质，得到对称轴5，即442a可求出n的取值范围．

【详解】解：（1）当n1时，点B为（5，1）， ①设直线AB为yaxb，则

1aab24，解得：， 95ab1b4∴y19x； 44②不完全同意小明的说法；理由如下：

19x， 44k设点P为（x，），由点P在线段AB上则

xk19x， x4412919281∴kxx(x)；

4442161∵0，

4由①得y∴当x819时，k有最大值； 216当x1时，k有最小值2；

∴点P从点A运动至点B的过程中，k值先增大后减小，当点P在点A位置时k值最小，在x时k值最大．

（2）∵A1,2、B5,n， 设直线AB为yaxb，则

9的位置2n2aab24，解得：， 10n5abnb4∴yn210nx， 44

k），由点P在线段AB上则 xn22n10kxx，

44n20，即n=2时，k2x，则k随x的增大而增大，如何题意； 当4n10n10当n≠2时，则对称轴为：x4；

n22n42设点P为（x，

∵点P从点A运动至点B的过程中，k值逐渐增大，当点P在点A位置时k值最小，在点B位置时k值最大．

即k在1≤x≤5中，k随x的增大而增大； 当

n20时，有 4n20n24∴，解得：，

n10n612n4∴不等式组的解集为：n2； 当

n20时，有 4n20410n2， ∴，解得：

n10952n4∴综合上述，n的取值范围为：n10． 9【点睛】本题考查了二次函数的性质，反比例函数的性质，一次函数的性质，以及解不等式组，解题的关键是熟练掌握所学的知识，掌握所学函数的性质进行解题，注意利用分类讨论的思想进行分析．