湖北省武汉市2021年中考数学试题真题(Word版,含答案与解析)

湖北省武汉市2021年中考数学试卷一、单选题1.（2019·朝阳）3的相反数是（ ）A. 3B. -3C. 13 D. −13 【答案】 B【考点】相反数及有理数的相反数【解析】【解答】解：根据相反数的定义知：3的相反数是-3， 故答案为：B.【分析】只有符号不同的两个数叫作互为相反数，根据定义即可直接得出答案. 2.（2021·武汉）下列事件中是必然事件的是（ ） A. 抛掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上 B. 随意翻到一本书的某页，这一页的页码是偶数 C. 打开电视机，正在播放广告D. 从两个班级中任选三名学生，至少有两名学生来自同一个班级 【答案】 D 【考点】随机事件【解析】【解答】解：A 、掷一枚质地均匀的硬币，正面向上是随机事件； B 、随意翻到一本书的某页，这一页的页码是偶数，是随机事件； C 、打开电视机，正在播放广告，是随机事件；D 、从两个班级中任选三名学生，至少有两名学生来自同一个班级，是必然事件. 故答案为：D.【分析】必然事件是指一定会发生或一定不会发生的事件。

随机事件是指可能发生也可能不发生的事件.根据定义并结合各选项即可判断求解.3.（2021·武汉）下列图形都是由一个圆和两个相等的半圆组合而成的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A.B.C.D.【答案】 A【考点】轴对称图形，中心对称及中心对称图形【解析】【解答】解：A 选项中的图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故该选项正确； B 选项中的图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故该选项不正确； C 选项中的图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故该选项不正确； D 选项中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不正确； 故答案为：A.【分析】在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形；根据定义并结合图形即可判断求解.4.（2021·武汉）计算 (−a 2)3 的结果是（ ）A. −a 6B. a 6C. −a 5D. a 5 【答案】 A 【考点】幂的乘方【解析】【解答】解： (−a 2)3=(−1)3·(a 2)3=−a 6 . 故答案为：A.【分析】根据幂的乘方法则“幂的乘方，底数不变，指数相乘”可求解.5.（2021·武汉）如图是由4个相同的小正方体组成的几何体，它的主视图是（ ）A.B. C. D.【答案】 C【考点】简单组合体的三视图【解析】【解答】∵ 的主视图是 ，故答案为：C.【分析】 主视图是从物体正面看所得到的图形，其中看得到的棱长用实线表示，看不到的棱长用虚线的表示，结合已知的几何体可求解．6.（2021·武汉）学校招募运动会广播员，从两名男生和两名女生共四名候选人中随机选取两人，则两人恰好是一男一女的概率是（ ）A. 13 B. 12 C. 23 D. 34 【答案】 C【考点】列表法与树状图法 【解析】【解答】解：画树状图如图：共有12种等可能的结果，恰好选出是一男一女两位选手的结果有8种，俗好选出是一男一女两位选手的概率为 812=23 . 故答案为：C.【分析】由题意画出树状图，由树状图的信息可知共有12种等可能的结果，恰好选出是一男一女两位选手的结果有8种，然后根据概率公式可求解.7.（2021·武汉）我国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有共买物，人出八，盈三；人出七，不足四，问人数，物价各几何？”意思是现有几个人共买一件物品，每人出8钱.多出3钱；每人出7钱，差4钱.问人数，物价各是多少？若设共有 x 人，物价是 y 钱，则下列方程正确的是（ ） A. 8(x −3)=7(x +4) B. 8x +3=7x −4 C. y−38=y+47D.y+38=y−47【答案】 D【考点】一元一次方程的实际应用-古代数学问题 【解析】【解答】解：设共有x 人，则有8x-3=7x+4 设物价是 y 钱，则根据可得：y +38=y −47故答案为：D.【分析】若设共有x 人，根据物价不变可列方程，即8x-3=7x+4；若设物价是y 钱，根据人数不变可列方程.8.（2021·武汉）一辆快车和一辆慢车将一批物资从甲地运往乙地，其中快车送达后立即沿原路返同，且往返速度的大小不变，两车离甲地的距离 y （单位： km ）与慢车行驶时间 t （单位： h ）的函数关系如图，则两车先后两次相遇的间隔时间是（ ）A. 53hB. 32hC. 75hD. 43h【答案】 B【考点】一次函数的实际应用【解析】【解答】解：设慢车离甲地的距离 y （单位： km ）与慢车行驶时间 t （单位： h ）的函数关系为y=kt 过（6， a ）， 代入得 a =6k ，解得 k =a6 ， ∴慢车解析式为： y =a6x ，设快车从甲地到乙地的解析式 y =k 1x +b 1 ，过（2，0），（4， a ）两点，代入解析式的 {2k 1+b 1=04k 1+b 1=a ， 解得 {k 1=a2b 1=−a，快车从甲地到乙地的解析式 y =a2x −a ， 设快车从乙地到甲地的解析式 y =k 2x +b 2 ，过（4， a ），（6，0）两点，代入解析式的 {6k 2+b 2=04k 2+b 2=a ， 解得 {k 2=−a2b 2=3a， 快车从乙地到甲地的解析式 y =−a2x +3a ，快车从甲地到乙地与慢车相遇 {y =a6xy =a2x −a， 解得 {x =3y =a 2，快车从乙地到甲地与慢车相遇 {y =a6xy =−a2x +3a， 解得 {x =92y =3a 4，两车先后两次相遇的间隔时间是 92 -3= 32 h. 故答案为：B.【分析】设慢车离甲地的距离y （单位： km ）与慢车行驶时间（单位： h ）的函数关系为y=kt 过（6， a ），代入解析式可将k 用含a 的代数式表示，由题意用的待定系数法可求得快车从甲地到乙地的解析式；同理可求得快车从乙地到甲地的解析式；分别把慢车解析式和快车从甲地到乙地的解析式、慢车解析式和快车从乙地到甲地的解析式联立解方程组可求解.9.（2021·武汉）如图， AB 是 ⊙O 的直径， BC 是 ⊙O 的弦，先将 BC ⌢ 沿 BC 翻折交 AB 于点 D .再将 BD⌢ 沿 AB 翻折交 BC 于点 E .若 BE ⌢=DE ⌢ ，设 ∠ABC =α ，则 α 所在的范围是（ ）A. 21.9°<α<22.3°B. 22.3°<α<22.7°C. 22.7°<α<23.1°D. 23.1°<α<23.5° 【答案】 B【考点】圆心角、弧、弦的关系，翻折变换（折叠问题）【解析】【解答】解：将⊙O 沿BC 翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD 翻折得到⊙O″，则⊙O 、⊙O′、⊙O″为等圆.∵⊙O与⊙O′为等圆，劣弧AC与劣弧CD所对的角均为∠ABC，∴AC⌢=CD⌢.⌢=CD⌢.同理：DE又∵F是劣弧BD的中点，∴DE⌢=BE⌢.∴AC⌢=DC⌢=DE⌢=EB⌢.∴弧AC的度数=180°÷4=45°.∴∠B= 1×45°=22.5°.2∴α所在的范围是22.3°<α<22.7°；故答案为：B.【分析】如图，连接AC，CD，DE．证明∠CAB＝3α，利用三角形内角和定理求出α即可求解．10.（2021·武汉）已知a，b是方程x2−3x−5=0的两根，则代数式2a3−6a2+b2+7b+1的值是（）A. -25B. -24C. 35D. 36【答案】 D【考点】一元二次方程的根，一元二次方程的根与系数的关系【解析】【解答】解：∵已知a，b是方程x2−3x−5=0的两根∴a2−3a−5=0，b2−3b=5，a+b=3∴2a3−6a2+b2+7b+1=2a(a2−3a−5)+(b2−3b)+10(a+b)+1=0+5+30+1=36.故答案为：D.【分析】由一元二次方程的根的定义和根与系数的关系可得：a2-3a-5=0，b2-3b-5=0，a+b=3，然后用整体的代换计算即可求解.二、填空题11.（2018八下·兴义期中）计算√(−5)2的结果是________【答案】5【考点】二次根式的性质与化简【解析】【解答】解：原式=|-5|=5故答案为：5【分析】根据二次根式的性质，一个数的平方的算术平方根，等于这个数的绝对值，即可得出答案。

12.（2021·武汉）我国是一个人口资源大国，第七次全国人口普查结果显示，北京等五大城市的常住人口数如下表，这组数据的中位数是________.【答案】2189【考点】中位数【解析】【解答】解：∵这组数据按照从小到大的顺序排列为：1868，2094，2189，2487，3205∴中位数为：48.故答案为：填：2189.【分析】中位数是指一组数据按序排列后①偶数个数据时，中间两个数的平均数就是这组数据的中位数；②奇数个数据时，中间的数就是这组数据的中位数；根据定义并结合表格中的信息计算即可求解.13.（2021·武汉）已知点A(a,y1)，B(a+1,y2)在反比例函数y=m2+1（m是常数）的图象上，且xy1<y2，则a的取值范围是________.【答案】-1＜a＜0【考点】反比例函数的性质，反比例函数图象上点的坐标特征【解析】【解答】解：∵m2+1>0，∴图象经过第一、三象限，在每个象限内，y随着x的增大而减小，∵点A(a,y1)，B(a+1,y2)在反比例函数y=m2+1（m是常数）的图象上，且y1<y2，a<a+x1，∴{a<0a+1>0，∴−1<a<0，故答案为：-1＜a＜0.【分析】由平方的非负性可得m2+1＞0，根据反比例函数的性质“图象经过第一、三象限，在每个象限内，y随着x的增大而减小”并结合题意“y1＜y2”可得a＜a+1，于是可得关于b的不等式组a＜0，a+1＞0，解不等式组可求解.14.（2021·武汉）如图，海中有一个小岛A，一艘轮船由西向东航行，在B点测得小岛A在北偏东60°方向上；航行12n mile到达C点，这时测得小岛A在北偏东30°方向上.小岛A到航线BC 的距离是________ n mile（√3≈1.73，结果用四舍五入法精确到0.1）.【答案】10.4【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题【解析】【解答】过点A作AD⊥BC，垂足为D，根据题意，得∠ABC=30°，∠ACD=60°，∴∠ABC=∠CAB=30°，∴AC=BC=12，∵sin60°= AD，AC∴AD=AC sin60°=12 ×√3=6 √3≈1.73×6=10.38≈10.42故答案为：10.4.【分析】过点A作AD⊥BC，垂足为D，由已知条件易得∠ABC=30°，∠ACD=60°，根据锐角三角函数sin60°=AD可求解.AC15.（2021·武汉）已知抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数），a+b+c=0，下列四个结论：①若抛物线经过点(−3,0)，则b=2a；②若b=c，则方程cx2+bx+a=0一定有根x=−2；③抛物线与x轴一定有两个不同的公共点；④点A(x1,y1)，B(x2,y2)在抛物线上，若0<a<c，则当x1<x2<1时，y1>y2.其中正确的是________（填写序号）.【答案】①②④【考点】二次函数图象与坐标轴的交点问题，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数y=ax^2+bx+c的性质，二次函数图象与一元二次方程的综合应用【解析】【解答】解：∵抛物线经过点(−3,0)∴0=(−3)2a−3b+c，即9a-3b+c=0∵a+b+c=0∴b=2a故①正确；∵b=c，a+b+c=0∴a=-2c，∵cx2+bx+a=0∴cx2+cx-2c=0，即x2+x-2=0∴一定有根x=-2故②正确；当b2-4ac≤0时，图象与x轴少于两个公共点，只有一个关于a、b、c的方程，故存在a、b、c使b2-4ac≤0，故③错误；若0<a<c，则有b<0且|b|>|c|>|a|，|b|>2|a|，所以对称轴−b2a>1，因为a>0在对称轴左侧，函数单调递减，所以当x1<x2<1时，y1>y2，故④正确.故填：①②④.【分析】①由题意把点（-3，0）的代入抛物线的解析式可得关于a、b、c的等式，并结合已知的等式可求解；②由题意把b=c代入已知的等式a+b+c=0可得a=-2c，代入方程cx2+bx+a=0计算可求解；③计算b2-4ac的值即可判断求解；④根据二次函数的性质可求解.16.（2021·武汉）如图（1），在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，边AB上的点D从顶点A 出发，向顶点B运动，同时，边BC上的点E从顶点B出发，向顶点C运动，D，E两点运动速度的大小相等，设x=AD，y=AE+CD，y关于x的函数图象如图（2），图象过点(0,2)，则图象最低点的横坐标是________.【答案】√2−1【考点】动点问题的函数图象【解析】【解答】解：由图可知，当x=0时，AE+CD=AB+AC=2∴AB=AC=1，BC= √2，图象最低点函数值即为AE+CD的最小值由题意可得：CD= √x2+1，AE= √(√22−x)2+(√22)2∴AE+CD= √x2+1+ √(√22−x)2+(√22)2，即点（x，0）到（0，-1）与（√22，√22）的距离之和∴当这三点共线时，AE+CD最小设该直线的解析式为y=kx+b{−1=b√2 2=√22k+b解得{k=√2+1b=−1∴y=(√2+1)x−1当y=0时，x= √2−1.故填√2−1.【分析】观察函数图象，根据图象经过点（0，2）即可得AB和AC的长，用勾股定理可求得BC的值，图象最低点函数值即为AE+CD的最小值，用勾股定理可将CD、AE用含x的代数式表示，则AE+CD可用含x的代数式表示，当A、E、N三点共线时，y取得最小值，由y=0可知直线与x轴相交可求解.三、解答题17.（2021·武汉）解不等式组{2x≥x−1 ①4x+10>x+1 ②请按下列步骤完成解答.（1）解不等式①，得________；（2）解不等式②，得________；（3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；（4）原不等式组的解集是________.【答案】（1）x≥-1（2）x＞-3（3）解：如下图所示（4）x≥-1【考点】在数轴上表示不等式组的解集，解一元一次不等式组【解析】【解答】（1）2x≥x−12x−x≥−1x≥−1（2）4x+10>x+1 4x−x>1 −103x> −9x> −3（4）取x≥−1和x>−3的公共部分，即x≥−1.【分析】根据解一元一次不等式的解题步骤“移项、合并同类项、系数化为1”可先求得每一个不等式的解集，再把各不等式的解集在数轴上表示出来，公共部分即为不等式组的解集.18.（2021·武汉）如图，AB//CD，∠B=∠D，直线EF与AD，BC的延长线分别交于点E，F.求证：∠DEF=∠F.【答案】证明：∵AB//CD，∴∠DCF=∠B.∵∠B=∠D，∴∠DCF=∠D.∴AD//BC.∴∠DEF=∠F【考点】平行四边形的性质【解析】【分析】由平行线的性质“两直线平行同位角相等”可得∠DCF=∠B，结合已知得∠DCF=∠D，由内错角相等两直线平行可得AD∥BC，再根据“两直线平行内错角相等”可求解.19.（2021·武汉）为了解落实国家《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》的实施情况，某校从全体学生中随机抽取部分学生，调查他们平均每周劳动时间t（单位：h），按劳动时间分为四组：A 组“ t<5”，B组“ 5≤t<7”，C组“ 7≤t<9”，D组“ t≥9”.将收集的数据整理后，绘制成如下两幅不完整的统计图.根据以上信息，解答下列问题：（1）这次抽样调查的样本容量是________，C组所在扇形的圆心角的大小是________；（2）将条形统计图补充完整；（3）该校共有1500名学生，请你估计该校平均每周劳动时间不少于7h的学生人数.【答案】（1）100；108°（2）解：B组的学生有：100-15-30-10=45（人），补充完整的条形统计图如图所示：（3）解：1500×40100=600（人）.∴估计该校平均每周劳动时间不少于7h的学生人数大约有600人【考点】用样本估计总体，扇形统计图，条形统计图【解析】【解答】解：（1）这次调查活动共抽取10÷10%=100（人），C组所在扇形的圆心角为360°× 30100=108°，故答案为：100，108°；【分析】（1）观察条形图和扇形图可知D组的频数和百分数，根据样本容量=频数÷百分数可求得样本容量；根据C组的百分数×360°可求得C组的圆心角；（2）根据各小组的频数之和等于样本容量可求得B组的频数，于是可将条形图补充完整；（3）用样本估计整体可求解.20.（2021·武汉）如图是由小正方形组成的5×7网格，每个小正方形的顶点叫做格点，矩形ABCD的四个顶点都是格点.仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示.（1）在图（1）中，先在边AB上画点E，使AE=2BE，再过点E画直线EF，使EF平分矩形ABCD的面积；（2）在图（2）中，先画△BCD的高CG，再在边AB上画点H，使BH=DH.【答案】（1）解：画图如图（1）过点B沿CB方向取一点M，使得MB=1，△MBE∽△DAE得BEEA =BMAD=12找到点E，再连接矩形的对角线交点即可.（2）解：画图如图（2）画△BCD的高CG，步骤如下：如图，连接M，N(M，N都是格点上的点)交网格线于I，则MI=IN，∴Rt△IQC中IQ=2.5，QC=1∵在Rt△FPB中，BP=1,FP=2.5∴Rt△IQC≌Rt△FPB∴∠BFP=∠CIQ∵∠CIQ=∠ICB，∠ICB+∠CBF=∠CIQ+∠CBF=∠BFP+∠CBF=90°∴∠BGC=90°即CG⊥BD在边AB上画点H，使BH=DH，步骤如下：如图，方法同上，找△XYF≌ΔPBF可得：FY//CG，∵CG⊥BD，F为BD的中点，所以FY⊥BD，即FY为BD的垂直平分线，FY交AB边于H，即为所求点.【考点】矩形的性质，相似三角形的判定与性质【解析】【分析】（1）如图取格点M,连接DM交AB于点E,连接BD,取BD的中点F,作直线EF即可求解；（2）画△BCD的高CG，连接M，N(M，N都是格点上的点)交网格线于I，由题意易证Rt△IQC≌Rt△FPB，结合已知易得CG⊥BD；在边AB上画点H，使BH=DH，同理可求解.⌢的中点，过点C作AD 21.（2021·武汉）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O上两点，C是BD的垂线，垂足是E.连接AC交BD于点F.（1）求证：CE是⊙O的切线；=√6，求cos∠ABD的值.（2）若DCDF【答案】（1）证明：连接OC交BD于点G.∵点C是BD⌢的中点，∴BC⌢=CD⌢，BD为弦，OC为半径，∴OC⊥BD.DG=BG，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠EDB=90°.∵CE⊥AE，∴∠E=90°.∴四边形EDGC是矩形，∴∠ECG=90°.∴EC⊥OC，又∵OC为半径，∴CE是⊙O的切线（2）解：连接BC，设FG=x，OB=r.∵DCDF=√6，设DF=t，∴DC=√6t.由（1）得，BC=CD=√6t，BG=GD=x+t.∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°.∴∠BCG+∠FCG=90°，∠CFB+∠FCG=90°，∴∠BCG=∠CFB，∴Rt△BCG∽Rt△BFC.∴BCBF =BGBC，∴BC2=BG⋅BF，∴(√6t)2=(x+t)(2x+t).解得，x1=t，x2=−52t（不符合题意，舍去）.∴CG=√BC2−BG2=√(√6t)2−(2t)2=√2t，OG=r−√2t. 在Rt△OBG中，由勾股定理得OG2+BG2=OB2.∴(r−√2t)2+(2t)2=r2，解得，r=3√22t.∴cos∠ABD=BGOB =3√2t2=2√23【考点】圆的综合题【解析】【分析】（1）连接OC交BD于点G，易证明四边形EDGC是矩形，可求得∠ECG＝90°，由圆的切线的判定可得CE是⊙O的切线；（2）连接BC，设FG＝x，OB＝r，根据已知条件DCDF=√6可设DF＝t，DC＝√6t，由Rt△BCG∽Rt△BFC的性质可得比例式BCBF =BGBC，于是可得关于t的方程，解方程可求得t的值，然后用勾股定理可将CG，OG用含t的代数式表示出来，在直角三角形中OBG中，利用勾股定理可将半径用含t的代数式表示出来，则cos∠ABD=BGOB可求解．22.（2021·武汉）在“乡村振兴”行动中，某村办企业以A，B两种农作物为原料开发了一种有机产品，A原料的单价是B原料单价的1.5倍，若用900元收购A原料会比用900元收购B原料少100kg.生产该产品每盒需要A原料2kg和B原料4kg，每盒还需其他成本9元.市场调查发现：该产品每盒的售价是60元时，每天可以销售500盒；每涨价1元，每天少销售10盒.（1）求每盒产品的成本（成本＝原料费＋其他成本）；（2）设每盒产品的售价是x元（x是整数），每天的利润是w元，求w关于x的函数解析式（不需要写出自变量的取值范围）；（3）若每盒产品的售价不超过a元（a是大于60的常数，且是整数），直接写出每天的最大利润. 【答案】（1）解：设B原料单价为m元，则A原料单价为1.5m元.依题意，得900m −9001.5m=100.解得，m=3，1.5m=4.5.经检验，m=3是原方程的根.∴每盒产品的成本为：4.5×2+4×3+9=30（元）.答：每盒产品的成本为30元（2）解：w=(x−30)[500−10(x−60)]=−10x2+1400x−33000（3）解：∵抛物线w=−10x2+1400x−33000的对称轴为w=70，开口向下∴当a≥70时，a=70时有最大利润，此时w=16000，即每天的最大利润为16000元；当60<a<70时，每天的最大利润为(−10a2+1400a−33000)元【考点】二次函数的实际应用-销售问题【解析】【分析】（1）根据题意列分式方程可求出两种原料的单价，再根据成本＝原料费＋其他成本计算每盒产品的成本即可求解；（2）根据利润等于售价-成本即可列出函数关系式；（3）根据（2）中的函数关系式，由函数的性质即可求解．23.（2021·武汉）问题提出如图（1），在△ABC和△DEC中，∠ACB=∠DCE=90°，BC=AC，EC=DC，点E在△ABC内部，直线AD与BE交于点F，线段AF，BF，CF之间存在怎样的数量关系？（1）问题探究：先将问题特殊化.如图（2），当点D，F重合时，直接写出一个等式，表示AF，BF，CF之间的数量关系；（2）再探究一般情形.如图（1），当点D，F不重合时，证明（1）中的结论仍然成立.（3）问题拓展如图（3），在△ABC和△DEC中，∠ACB=∠DCE=90°，BC=kAC，EC= kDC（k是常数），点E在△ABC内部，直线AD与BE交于点F，直接写出一个等式，表示线段AF，BF，CF之间的数量关系.【答案】（1）解：BF−AF=√2CF.理由如下：如图（2），∵∠BCA=∠ECF=90°，∴∠BCE=∠ACF，∵BC=AC，EC=CF，△BCE≌△ACF，∴BE=AF，∴BF-BE=BF-AF=EF= √2CF（2）证明：过点C作CG⊥CF交BE于点G，则∠FCG=∠ACB=90°，∴∠BCG=∠ACF.∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠BCE=∠ACD.又∵AC=BC，DC=EC，∴△ACD≅△BCE，∴∠CAF=∠CBG.∴△ACF≅△BCG.∴AF=BG，CF=CG，∴△CGF是等腰直角三角形.∴GF=√2CF.∴BF−AF=BF−BG=GF=√2CF（3）解：BF−k⋅AF=√1+k2CF.理由如下：∵∠BCA=∠ECD=90°，∴∠BCE=∠ACD，∵BC=kAC，EC=kCD，∴△BCE∽△ACD，∴∠EBC=∠FAC，过点C作CM⊥CF交BE于点M，则∠FCM=∠ACB=90°，∴∠BCM=∠ACF.∴△BCM∽△ACF，∴BM:AF=BC:AC=MC:CF=k，∴BM=kAF，MC=kCF，∴BF-BM=MF，MF= √MC2+CF2=√k2CF2+CF2= √1+k2CF∴BF- kAF = √1+k 2CF 【考点】三角形的综合【解析】【分析】（1）由题意用边角边明△ACD ≌△BCE ，则BE=AF ，根据BF-BE=BF-AF=EF 可求解； （2） 过点C 作CG ⊥CF 交BE 于点G ， 由（1）知，△ACD ≌△BCE ，易证明△BCG ≌△ACF ，所以AF=BG ，CF=CG ，可得△GCF 为等腰直角三角形，则GF ＝√2CF ，根据BF-AF=BF-BG=GF 可求解；（3）由题意易得△BCE ∽△CAD 和△BGC ∽△AFC ，于是可得比例式 BM:AF=BC:AC=MC:CF=k ， 则 BM=kAF ，MC=kCF ， 用勾股定理可将MF 用含CF 的代数式表示出来，于是BF-kAF=MF 可求解．24.（2021·武汉）抛物线 y =x 2−1 交 x 轴于 A ， B 两点（ A 在 B 的左边）.（1）▱ACDE 的顶点 C 在 y 轴的正半轴上，顶点 E 在 y 轴右侧的抛物线上.①如图（1），若点 C 的坐标是 (0,3) ，点 E 的横坐标是 32 ，直接写出点 A ， D 的坐标； ②如图（2），若点 D 在抛物线上，且 ▱ACDE 的面积是12，求点 E 的坐标；（2）如图（3）， F 是原点 O 关于抛物线顶点的对称点，不平行 y 轴的直线 l 分别交线段 AF ， BF （不含端点）于 G ， H 两点，若直线 l 与抛物线只有一个公共点，求证 FG +FH 的值是定值. 【答案】 （1）解：①∵抛物线 y =x 2−1 交 x 轴于 A ， B 两点（ A 在 B 的左边）， ∴令 y =x 2−1 =0，解得： x 1=−1,x 2=1 ， AF =BF =√5 ， ∴ A(−1,0) ，∵点E 在抛物线上，点 E 的横坐标是 32 ， ∴ y =(32)2−1=54 ， ∵四边形ACDE 是平行四边形， ∴ D(32+1,54+3) ∴ D(52,174) ；②设点 C 坐标为 (0,n) ，点 E 坐标为 (m,m 2−1) . ∵四边形 ACDE 是平行四边形，∴将 AC 沿 AE 平移可与 ED 重合，点 D 坐标为 (m +1,m 2−1+n) . ∵点 D 在抛物线上，∴ m 2−1+n =(m +1)2−1 . 解得， n =2m +1 ，所以 C(0,2m +1) .连 CE ，过点 E 作 x 轴垂线，垂足为 M ，过点 C 作 CN ⊥EM ，垂足为 N .则 S △ACE =S 梯形AMNC −S △AME −S △CNE ， ∵ S ▱ACDE =12 ， A(−1,0) ，∴ 6=12(m +m +1)(2m +1)−12(m +1)(m 2−1)−12m[2m +1−(m 2−1)] . ∴ m 2+3m −10=0 ，解得 m 1=2 ， m 2=−5 （不合题意，舍去）. ∴点 E 的坐标是 (2,3)（2）解：方法一：证明：依题意，得 B(1,0) ， F(0,−2) ，∴ 设直线 BF 解析式为 y =kx +b ，则 {k +b =0b =−2 ，解得 {k =2b =−2 . ∴直线 BF 的解析式为 y =2x −2 . 同理，直线 AF 的解析式为 y =−2x −2 . 设直线 l 的解析式为 y =tx +n .联立 {y =tx +ny =x 2−1 ，消去 y 得 x 2−tx −n −1=0 . ∵直线 l 与抛物线只有一个公共点， ∴ △=(−t)2−4(−n −1)=0 ， n =−t 24−1 .联立 {y =2x −2y =tx −t 24−1 ，且 t ≠2 ，解得， x H =t+24，同理，得 x G =t−24.∵ A ， B 两点关于 y 轴对称，∴ ∠AFO =∠BFO . ∴ FG +FH =−x Gsin ∠AFO +x Hsin ∠BFO =1sin ∠AFO (x H −x G )=√5 . ∴ FG +FH 的值为 √5 .方法二：证明：同方法一得直线 BF 的解析式为 y =2x −2 .设直线 l 的解析式为 y =px +q ， l 与抛物线唯一公共点为 (m,m 2−1) . 联立 {y =px +q y =x 2−1 ，消去 y 得 x 2−px −q −1=0 ，∴ {m +m =p mm =−q −1 . 解得 {p =2mq =−m 2−1.∴直线 l 的解析式为 y =2mx −m 2−1 .联立 {y =2mx −m 2−1y =2x −2 ，且 m ≠1 ，解得 {x =m+12y =m −1 . ∴点 H 坐标为 (m+12,m −1) .同理，点 G 坐标为 (m−12,−m −1) .∵ −1<m <1 ，∴ FG +FH =√54(1−m)2+√54(1+m)2=√52(1−m)+√52(1+m)=√5 .∴ FG +FH 的值为 √5【考点】二次函数的实际应用-几何问题 【解析】【分析】。