精品解析：2024年山西省大同市多校中考一模数学试题(解析版)

数学

注意事项：

1.本试卷共6页，满分120分，考试时间120分钟。

2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置。3.答案全部在答题卡上完成，答在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）

1. 下列四个实数中，无理数是（ ）A. 3.14【答案】C【解析】

【分析】本题考查的是无理数的定义，熟知初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有这样规律的数是解答此题的关键．无理数即无限不循环小数，据此进行判断即可．

【详解】解：A、3.14是有限小数，属有理数不是无理数，故此选项不符合题意；B、

B.

227C.

39D.

4922是分数，属有理数不是无理数，故此选项不符合题意；7C、39是无理数，故此选项符合题意；D、497是整数，属有理数不是无理数，故此选项不符合题意；故选：C．

2. “二十四节气”是根据太阳在黄道(即地球绕太阳公转的轨道)上的位置来划分的，是在我国春秋战国时期订立的一种用来指导农事的补充历法，下列四幅“二十四节气”标识图中，文字上方所设计的图案是轴对称图案的是（ ）

A. B.

C. D.

【答案】B【解析】

【分析】本题考查轴对称的性质，对称轴两旁的部分能完全重合的图形是轴对称图形．根据轴对称的定义判定即可．

【详解】解：A．选项中的图案不是轴对称图形，故选项A不符合题意；B． 选项中的图案是轴对称图形，故选项B符合题意；C． 选项中的图案不是轴对称图形，故选项C不符合题意；D． 选项中的图案不是轴对称图形，故选项D不符合题意；故选：B．

3. 下列运算正确的是（ ）A. aa4422B. ab4ab3221a4C. a2a【答案】C【解析】

73142aD. a2ba22ab4b22【分析】此题考查了整式的加法、单项式除以单项式的运算和完全平方公式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

根据整式加法法则计算即可判定A；根据单项式除以单项式法则计算即可判定B、C；根据完全平方公式即可判定D．

【详解】解：A、aa4aa44，故此选项不符合题意；B、ab4ab32222221ab，故此选项不符合题意；44C、a2a273a12，故此选项符合题意；

D、a2ba24ab4b2，故此选项不符合题意；

故选：C．

4. 如图，把一个含30角的直角三角板ABC的直角顶点C放在直尺上，A30，150，则2的度数是（ ）

A. 10°【答案】D【解析】

B. 12°C. 15°D. 20°

【分析】本题主要考查平行公理推论，平行线性质，直角三角形两锐角互余，解题的关键是正确作出辅助线．

过点B作BD∥EF交AC于D，则CDB1，在RtBCD中，CBD90CDB，又在

Rt△ABC中，A30，则ABC90A，从而求得ABDABCCBD，再证明BD∥MN，即可由平行线的性质求解．

【详解】解：过点B作BD∥EF交AC于D，

∵BD∥EF，

∴CDB150，

∴在RtBCD中，CBD90CDB40，在Rt△ABC中，A30，∴ABC90A60，

∴ABDABCCBD604020，∵BD∥EF，MN∥EF，∴BD∥MN，∴2ABD20．故选：D．

5. 随着“双减”的实施和课后延时托管的开展，某学校开设了四门兴趣课程，分别为“绘画”“声

乐”“陶艺”和“书法”．学校规定每人只能选择自己喜欢的一门课程学习．小明与小亮对这四门课程都感兴趣，在没有沟通的情况下，这两人选择同一门课程的概率是（ ）A.

14B.

38C.

13D.

12【答案】A【解析】

【分析】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图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．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

画树状图，共有16种等可能的结果，其中小明与小亮两人恰好同时选择同一门课程的结果有4种，再由概率公式求解即可．

【详解】解：设“绘画”“声乐”“陶艺”和“书法”这四种课程分别为A、B、C、D．画树状图如下：

共有16种等可能的结果，其中小明与小亮两人恰好同时选择同一门课程的结果有4种，即AA、BB、CC、DD，

∴小红和小明两人恰好同时选择体育运动（包含轮滑和足球）的概率为故选：A．

41．16. 在数学课上，同学们用7个相同的小立方体搭成不同形状的几何体，下面是四个小组搭成的几何体，则下列说法中不正确的是（ ）

A. 图1和图2的俯视图的面积相等C. 图3和图4的俯视图相同【答案】D【解析】

B. 图2和图4的左视图相同D. 图1比图3的左视图的面积小

【分析】本题考查了简单组合体的三视图，分别画出相应几何体的视图再进行判断即可得出结论．

【详解】解：A. 图1的俯视图是等，故选项A说法正确，不符合题意；

，图2的俯视图是，所以，图1和图2的俯视图的面积相

B. 图2的左视图是，图4的左视图是，所以，图2和图4的左视图相同，故选项B说法正

确，不符合题意；C. 图3的俯视图是说法正确，不符合题意；D. 图1的左视图是说法错误，符合题意，故选：D

7. 如图，直线ykxbk0与yx6的图象相交于点Am,4，则关于x的不等式kxbx6的解集为（ ）

，图3的左视图是

，所以，图1与图3的左视图的面积相等，故选项D

，图4的俯视图是

，所以，图3和图4的俯视图相同，故选项C

A. x4【答案】C【解析】

B. x<4C. x2D. x2【分析】本题主要考查了一次函数与不等式之间的关系，根据函数图象找到一次函数ykxb的图象在一次函数yx6的图象下方时自变量的取值范围即可得到答案．【详解】解：当y4时，x64，得x2由函数图象可知，关于x的不等式kxbx6的解集为x2，故选：C．

8. 如图，ABC内接于半径为6的O中、作O的直径BD，若A50，连接OC，则图中扇形的

面积是（ ）

A. 8【答案】A【解析】

B. 6C.

169D.

329【分析】本题考查圆周角定理，扇形面积公式，求出COD80是解题的关键．

先由圆周角定理得∠BOC2∠A100°，从而求得COD80，即可由扇形面积公式求解．【详解】解：∵A50，∴∠BOC2∠A100°，

∴COD180BOC80，∴S扇形COD故选：A．

9. 已知抛物线yax2bxc的部分值如下表所示：

80628，

360x……

24

35.5

8……

y2由表格可知，下列结论中正确的是A. 抛物线开口向上

C. 该抛物线的对称轴为直线x3【答案】D【解析】

【分析】本题考查用待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象性质．求出二次函数解析式是解题的关键．

先用待定系数法求出抛物线的解析式，再根据解析式，由抛物线的图象性质判定即可．

B. 该抛物线的最大值为5.5D. 该抛物线与y轴交于点0,2【详解】解：把2,4，6,4，8,2分别代入yax2bxc，得

1a4a2bc4236a6bc4，解得：b4，

c2a8bc2∴抛物线解析式为y2y∵a1212x4x2x46，2210，2∴抛物线的开口向下，故A选项错误，不符合题意；

∴当x4时，抛物线的最大值为6，故B选项错误，不符合题意；∴该抛物线的对称轴为直线x4，故C选项错误，不符合题意；∵把x0代入y12x4x2，得y=2，2∴该抛物线与y轴交于点0,2，故D选项正确，符合题意；故选：D．

10. 如图是由若干个相同的小正三角形组成的图形，小明在该图形中建立了平面直角坐标系，并测得点A的坐标是43,6，点B的坐标是0,3，由此可知、点C的坐标是（ ）

A. 33,9B. 3,43C.

3,3353D. 2,9【答案】A【解析】

【分析】此题考查了点的平移、正三角形的性质、勾股定理等知识， 求出等边三角形的边长，再根据平移方式即可求出点C的坐标．

【详解】解：由点B的坐标是0,3可知， 每个小正三角的高是3，如图，小正三角形DEF边长为

a，DH3,在Rt△DHF中，FDH∴DF2HF，

1EDF30，21∴DF2DH2HF2，即a3a，2222解得a23，

即每个小正三角形的边长为23，

∴点C的坐标是3故选：A

∵点C是由点A43,6向右平移233.573个单位，向上平移3个单位得到的，

3,9，

第Ⅱ卷 非选择题（共90分）

二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）

11. 计算：

18126的结果为_____________．

【答案】32【解析】

【分析】本题考查了二次根式的混合运算，先把除法化为乘法运用乘法分配律，再运算减法，即可作答．【详解】解：

181261811126632故答案为：3212. 小明与弟弟玩用棋子探图案的游戏，小明摆出的图案具有一定的规律，第1个图案用5枚棋子．第2个图案用9枚棋子，第3个图案用13枚棋子，第4个图案用17枚棋子…，依此规律，第n个图案用_____________枚棋子（用含n的代数式表示）．

【答案】4n1【解析】

【分析】此题考查图形的变化规律，找出图形之间的联系，得出运算规律，找出规律是解题的关键．由图形可知：第1个图案需 31115枚棋子；第2个图案需32219枚棋子；第3个图案需

333113枚棋子；…由此得出第n个图案需3nn14n1个棋子．

【详解】解：第1个图案需 31115枚棋子；第2个图案需32219枚棋子；第3个图案需333113枚棋子；第4个图案需344117枚棋子；…

由此得出第n个图案需3nn14n1枚棋子．故答案为：4n1．

13. 要想富，先修路．为了让贫困地区的人们尽早摆脱贫困．我国截至2023年底共建成了约4万公里的高铁营业里程．高铁平均每公里的造价约1.3亿元，那么截至2023年底我国在高佚营业里程建造的投入约为____________元（用科学记数法表示）．

【答案】5.21012【解析】

【分析】本题主要考查了科学记数法，科学记数法的表现形式为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，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．【详解】解：1.310841045.21012，故答案为：5.21012．

14. 在物理学中，用电功率表示电流做功的快慢．已知串联电路中，电阻消耗的电功率与电阻的比值成正比；并联电路中，电阻消耗的电功率与电阻的比值成反比．如图1；把阻值不等的两个电阻R1和R2串联在符合5．条件的电路中，R1与R2的电功率的比是3：当把它们并联在符合条件的电路中．R1的电功率是60W．则R2的电功率是____________W．

【答案】36【解析】

【分析】本题考查了成比例线段，解题的关键是理解“正比”与“反比”的含义．根据两个电阻在串联时与其电功率成正比、在并联时与其电功率成反比求解即可．

【详解】根据题意知，两个电阻串联时，电阻与电功率成正比，则两电阻之比等于其消耗功率之比．∴R1:R23:5设R1与R2并联时，各自的电功率为P1与P2，则P160W，根据并联时电阻与电功率成反比，∴P2:P1R1:R23:5，∴P2=R13×P=´60=36(W)，1R25即R2的电功率为36W．故答案为：36．

15. 如图，在正方形ABCD中，AB4，点E在对角线AC上运动，连接BE，点F在BE上运动，且

BCFABE，连接AF，则AF的最小值为______________．

【答案】252##225【解析】

【分析】本题考查了直角所对的弦是直径，求一点到圆上的距离的最值问题，根据题意得出BFC90，进而可得F在BC为直径的一段弧上运动，勾股定理求得AO，即可求解．【详解】解：∵BCFABE，CBF90ABE90BCF，即FBCFCB90∴BFC90∴F在BC为直径的一段弧上运动，

如图所示，设O为BC的中点，连接AO，则BO2,AOAB2BO225∴当F在OA上时，AF取得最小值，最小值为252，故答案为：252．

三、解答题（本大题共8个小题，共75分．解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤）

16. （1）计算：3.1417；

0133x1x1，（2）解不等式组：2x3x2并把解集表示在数轴上

，26【答案】（1）813（2）1x3，数轴表示见解析．【解析】

【分析】本题考查实数的混合运算，解不等式组，零指数幂，在数轴上表示不等式解集．（1）先计算乘方，并化简绝对值，再计算乘法，最后计算加减即可．

（2）先分别求出不等式组中每一个不等式解集，再确定出不等式的公共解集，然后在数轴上表示不等式解集即可．．

【详解】解：（1）原式181318318；

33x1x1，①（2）2x3x262，②解不等式①，得x1．解不等式②，得x3．

所以，原不等式组的解集为1x3．把这个不等式组的解集表示在数轴上如答图，

17. 如图，已知直线l上有一点A，直线l外有一点P．

（1）根据下列步骤．利用尺规完成作图，并解决相关的问题：

①连接AP，作AP的垂直平分线MN，交直线l于点B，交AP于点O；②在直线MN上截取线段OQ，使OQOB（点Q与点B不重合）；③作直线PQ．

（2）判断并说明直线PQ与直线l的位置关系；（3）若PQPA6，直接写出线段BQ的长．【答案】（1）作图见解析；

（2）直线PQ直线l（或PQ∥l）； （3）63．【解析】

【分析】（1）根据作法的语言描述，作出图形即可．

（2）证明OPQ≌OABSAS，得PQOABO，再根据平行线的判定即可得出结论．（3）由△OPQ≌△OAB，得OPOA，OBOQ，求得OP3，再由勾股定理求得

OQPQ2OP233，即可求解．

【小问1详解】

解：如图所示，此图即为所求；

【小问2详解】

解：直线PQ∥直线l（或PQ∥l）．理由如下：

∵MN是AP的垂直平分线，∴OPOA．

在△OPQ和OAB中，

OQOBPOQAOBOPOA∴OPQ≌OABSAS．∴PQOABO．∴直线PQ直线l．【小问3详解】

解：∵△OPQ≌△OAB，∴OPOA，OBOQ，∴OP11PA63，22∵MN是AP的垂直平分线，∴POQ90，∴OQPQ2OP2623233∴BQOBOQ2OQ63．【点睛】本题考查尺规基本作图-作线段垂直平分线，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，平行线的判定，勾股定理．掌握尺规基本作图、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质和勾股定理是解题的关键．

18. 某电器商场经过市场调查发现某品牌甲、乙两种节能冰箱深受消费者喜欢，电器商场决定购进这两种节能冰箱销售．已知甲种节能冰箱的进价比乙种节能冰箱的进价贵2400元，分别用3.6万元购进这两种节能冰箱时，甲种节能冰箱的数量是乙种节能冰箱数量的（1）求甲、乙两种节能冰箱的进价分别是多少；

（2）该电器商场准备用20万元购进甲、乙两种节能冰箱共40台，求最多购进甲种节能冰箱多少台．【答案】（1）甲种节能冰箱的进价是6000元/台，乙种节能冰箱的进价是3600元/台； （2）最多购进甲种节能冰箱23台【解析】

【分析】本题考查分式方程与不等式的应用．找出等量关系与不等量关系列出方程与不等式是解题的关键．（1）设乙种节能冰箱的进价是x元/台，则甲种节能冰箱的进价为x2400元/台，根据分别用3.6万元购进这两种节能冰箱时，甲种节能冰箱的数量是乙种节能冰箱数量的

3．53，列出方程，求解即可．5（2）设购进甲种节能冰箱y台，则购进乙种节能冰箱40y台，根据购进两种节能冰箱的总金额汪睛或等于20万元，列出不等式求解即可．【小问1详解】

解：设乙种节能冰箱的进价是x元/台．根据题意，得

3.6100003.6100003．

x2400x5解，得x3600．

经检验：x3600是原方程的解．

x24006000．

答：甲种节能冰箱的进价是6000元/台，乙种节能冰箱的进价是3600元/台．【小问2详解】

解：设购进甲种节能冰箱y台．

根据题意，得6000y360040y2010000．

解，得y70．3∵y取最大的正整数，∴y23．

答：最多购进甲种节能冰箱23台．

19. 为响应党的二十大报告中提出的要“深化全民阅读活动”的号召，贯彻教育部《关于完善中华优秀传统文化教育指导纲要》等精神，某校开展了“书香浸润心灵阅读点亮人生”读书系列活动．某校语文组开展了阅读我国“四大古典名著”的活动，“四大古典名著”是指《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》．语文组为了了解学生对“四大古典名著”的阅读情况，就“四大古典名著你读完了几部”的问题在全校学生中进行了抽样调查，根据调查结果绘制成以下两幅不完整的统计图（如图）．

请根据以上信息，解答下列问题：

（1）本次调查所得数据的众数是____________部，中位数是____________部；（2）请将以上条形统计图补充完整；

（3）扇形统计图中“1部”所在扇形的圆心角的度数为_____________；【答案】（1）2，2； （2）见解析； 【解析】

【分析】（1）先求出调查的总人数，再分别求出读一本、四本的数量，再根据众数的定答，取排序后的数值取中间位置，即为中位数；

（2）结合（1）的结合，作图补充条形统计图，即可作答．（3）用360乘上读1部的所占的百分比，即可作答．【小问1详解】

解：调查的总人数：1525%60（人）读4部的人数：6020%12（人）

读1部的人数：60318151212（人）

（3）72°．

∴本次调查所得数据的众数是2部；

排在30,31位的即为中位数，2121430，14183231∴中位数是2部；故答案为：2，2；【小问2详解】

解：由（1）知读4部的人数：6020%12（人）读1部的人数：12（人）条形统计图补充如下：

【小问3详解】

解：依题意，得360127260∴扇形统计图中“1部”所在扇形的圆心角的度数为72．

【点睛】本题考查了条形统计图和扇形统计图信息关联，求扇形统计图的圆心角，中位数和众数的 定义，正确掌握相关性质内容是解题的关键．20. 阅读与思考

下面是小明在数学笔记本上记录的父亲工厂里实际出现过的一个问题，请认真阅读，并帮助小明解答小明父亲给的以下任务：

小明父亲的工厂里加工一款纪念品，每件成本为30元，投放景区内进行销售，售价不得低于成本价且利润率不高于80%．销售一段时间后市场调研发现，每天的销售数量y（件）与销售单价x（元/件）满足一次函数关系，部分数据如下表所示：任务一：要解决小明父亲提出的问题，主要运用的数学思想是____________；A．公理化思想

B．统计思想

C．函数思想

D．分类思想

任务二：请帮助小明解决相关的3个问题．

【答案】任务一：C；任务二：（1）y2x16030x54（2）当销售单价为54元时，每天获利最大，最大利润是1248元．

（3）销售单价应定为50元．【解析】

【分析】本题考查一次函数，一元二次方程和二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式和一元二次方程．

任务一：根据（1）的问题“y与x的函数关系式”，以及后面的最大利润问题，得知要解决小明父亲提出的问题，主要运用的数学思想是函数思想，即可作答．

任务二：（1）设每天的销售数量y（件）与销售单价x（元/件）之间的关系式为ykxb，用待定系数法可得y2x160；

（2）设每天获利w元，得w2x551250，由二次函数性质可得当销售单价为54元时，每天获利最大，最大利润，1248元．

（3）根据题意得把w1200代入w2x551250中，解方程并由销售单价不低于成本且不高于54元，可得销售单价应定为50元；

【详解】解：任务一：依题意，得主要运用的数学思想是函数思想，故选：C

任务二：（1）设每天的销售数量y（件）与销售单价x（元/件）之间的关系式为ykxb，

2290，80代入得：把35，40，35kb90，40kb80解得

k2，b160∴y2x160；y2x16030x54（2）设每天获利w元．

根据题意，得wx302x160整理，得w2x551250．∵20，

∴抛物线开口向下，有最大值，对称轴是直线x55．

2又∵售价不得低于成本价且利润率不高于80%，∴x30且x30180%．解，得30x54．

∴x54时，w取最大值，wmax2545512501248．答：当销售单价为54元时，每天获利最大，最大利润是1248元．（3）把w1200代入w2x551250中，得2x5512501200解，得x150，x260．∵30x54，∴x50．

答：销售单价应定为50元．

21. 在清明节来临之际，王亮的父亲带王亮自驾车回老家祭拜先祖．用如图所示的方式表示他们回老家的两条路线．设王亮家在A处，老家在D处．第一条是从家出发先向东行驶21km到达B处，再沿B处的北偏东37方向行驶到达老家D处；第二条是从家向正北方向行驶63km到达C处，再沿C处的北偏东53方向到达老家D处．已知车速相同，请说明选择哪条路能更快回到老家．（参考数据：sin532224，5cos5334，tan53）53【答案】选择第一条路能更快回到老家，理由见解析．【解析】

【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，矩形的性质与判定，过点D作DEAC交AC的延

长线于点E，过点B作BFDE交DE于点F，证明四边形ABFE是矩形，得到EFAB21km，

AEBFACCE63CE；设DFxkm，再解直角三角形得到BF45xkm，BDxkm，33CE43x633x635x105km，CDkm，进而建立方程x63，解得x135，由此分别求出4434两条路线的长度即可得到答案．

【详解】解：选择第一条路能更快回到老家，理由如下：如图，过点D作DEAC交AC的延长线于点E，过点B作BFDE交DE于点F．

∴DECDFB90由题知A90，∴四边形ABFE是矩形．

∴EFAB21km，AEBFACCE63CE．设DFxkm．

在Rt△BDF中，DBF37，DFB90，∴FDB90DBF53．∵tanFDBBF4DF3，cosFDB，DF3BD5∴BF45xkm，BDxkm．33在RtVDCE中，DEC90，DEx21km，ECD53，∵tanECDDE4DE4，sinECD，CE3CD5∴CE3x635x105km，CDkm．44∵AEBF63CE，∴

43x63x63．34解得x135．

∴BD55x135225km．33∴第一条路：ABBD21225246km．∵CD5x1055135105195km．44∴第二条路：ACCD63195258km．∵246258，

∴选择第一条路能更快回到老家．22. 综合与实践问题情境

如图1，在ABC中，ACB90，ACnBC，点D在AB上运动，DE的数量关系．

AC于点E，探究图形中存在

操作探究

（1）如图2，当n1时，则线段BD与CE的数量关系是_____________；图1中，线段BD与CE的数量关系是_____________（用含n的代数式表示）；拓展探究

（2）把VADE绕点A顺时针旋转得到图3，连接BD和CE，猜想BD和CE的数量关系，并说明理由；（3）把VADE绕点A顺时针旋转，当点C，E和D在同一条直线上，AC8，n2，AEBC时，直接写出线段CD的长，

2n1【答案】（1）BD2CE，BDCE；n2n1（2）结论：BDCE，理由见解析；n（3）432或432．【解析】

【分析】本题考查旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是利用数形结合，

分类讨论的思想，证明三角形相似．

（1）根据勾股定理求出AB与BC的关系，根据正切值以及勾股定理求出AD与DE的关系，进而求出线段BD与CE的数量关系即可；

（2）先证明AED∽ACB，再证明ABD∽ACE，得到

ABBD，即可得出结论；ACCE（3）分E在C,D之间和D在C,E之间，两种情况进行讨论求解即可．【详解】解：（1）当n1时，∴ACBC，∵ACB90，∴AB45，∴AB∵DE2AC，

AC，A45，

2AE，

2ACAE，

∴AEDE，AD∴CEACAE，BDABAD∴BD2CE；

∵ACnBC，∴AB∴tanAAC2BC2nBC2BC2n21BC，

BCDE1，ACAEn∴AEnDE，∴ADAE2DE2nDE2DE2n21DE，

∴CEACAEnBCDE,BDABAD2n1∴BDCE；n2n1故答案为：BD2CE，BDCE；n2n1（2）结论：BDCE．nn21BCDE，

理由如下：∵旋转，

∴CABEAD,CAEBAD，∵DEAC于点E，ACB90，

∴∠AED∠ACB90．∵EADCAB，∴AED∽ACB．

ADAE，ABACADAB∴

AEAC∴

∵CAEBAD∴ABD∽ACE，∴

ABBD，ACCE在Rt△ABC中，ACnBC，ACB90，由勾股定理，得ABAC2BC2nBC2BC2n21BC．

22ABn1BCn1．∴ACnBCn2n1∴BDCE．n（3）①当E在C,D之间时，如图：

∵AC8，n2，AEBC，∴AEBC4，∵AEDE，∴AEC90，∴CEAC2AE243，∵tanBACtanEAD，∴

BCDE1，ACAE21AE2，2∴DE∴CDCEDE432；②当D在C,E之间时，如图：

同法可得：CDCEDE432综上：CD的长为432或432．23. 综合与探究如图，抛物线y12x2x6与x轴交于点A和B，点A在点B的左侧，交y轴于点C，作直线BC．2（1）求点B的坐标及直线BC的表达式；

（2）当点D在直线BC下方的抛物线上运动时，连接OD交BC于点E，若

DE5，求点D的坐标；OE12（3）抛物线上是否存在点F．使得BCF15?若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）点B的坐标是6,0，直线BC的表达式是yx6；

7151,5,（2）点D的坐标是或；

2212234316,（3）存在，点F的坐标是423,43或．33【解析】

【分析】（1）令y0和x0，解方程即可求得点B和点C的坐标，再利用待定系数法即可求解；（2）作DHx轴，垂足为H，交直线BC于点G，证明△DGE∽△OCE，利用相似三角形的性质求解即可；

（3）分两种情况讨论，利用待定系数法和解方程组即可求解．【小问1详解】解：令y0，解方程

12x2x60得x2或x6，20；∴点B的坐标为6，令x0，则y6，

6；∴点C的坐标为0，设直线BC的表达式为ykx6，则06k6，解得k1，

∴直线BC的表达式为yx6；【小问2详解】

解：作DHx轴，垂足为H，交直线BC于点G，

∴DG∥OC，

6，∵点C的坐标为0，∴OC6，

设点D的坐标为m，m2m6，则点G的坐标为m，m6，

212∴GDm6∵DG∥OC，

121m2m6m23m，22∴△DGE∽△OCE，∴

DGDE，OCOE1m23m5，整理得m26m50，∴2612解得m5或m1，∴点D的坐标为1,【小问3详解】

1575,或；

220，点C的坐标为0，6，解：∵点B的坐标为6，∴OBOC6，

∴△OBC是等腰直角三角形，∴OCB45，∵BCF15，

∴OCF60或OCF30，

当OCF60时，以OC为边作等边OCM，直线CM交抛物线于点F，此时BCF15，如图，

作MNy轴于点N，

在Rt△OMN中，OMOC6，ON∴MN1OC3，2OM2ON233，

3yx6333，同理，求得直线MC的表达式为y∴点M的坐标为33，，x6，联立3y1x22x621223xx03解得或（舍去），

y6y4316312234316,∴点F的坐标是；33当OCF30时，设CF交x轴于点K，此时BCF15，如图，

在Rt△OCK中，OC6，OCK30，∴OKOCtan3023，

0，∴点K的坐标为23，同理，求得直线CK的表达式为y3x6，

y3x6联立，12yx2x62x423x0解得或（舍去），

y6y43∴点F的坐标是423,43；

12234316,综上，点F的坐标是423,43或．33【点睛】本题考查了一次函数表达式的确定，函数图象上点的坐标特征，二次函数图象和性质，解一元二次方程，相似三角形的判定和性质，勾股定理，分类讨论思想等，属于中考压轴题，解题关键是熟练掌握待定系数法，运用方程思想和分类讨论思想．