山东省聊城市2019年中考数学试题 含答案

一、选择题（本题共12个小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1.2的相反数是（ ）

A. 22 B.

22 C. 2

【答案】D 【解析】 【分析】

根据相反数的定义，即可解答． 【详解】-2的相反数是2， 故选D．

【点睛】本题考查了实数的性质，解决本题的关键是熟记实数的性质．

2.如图所示的几何体的左视图是（ ）

A. B. C. 【答案】B 【解析】 【分析】

主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．【详解】从左向右看，得到的几何体的左视图是．

故选B．

D.

2

D.

1

【点睛】本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．

3.如果分式A. -1 【答案】B 【解析】 【分析】

根据分式的值为零的条件可以求出x的值． 【详解】根据题意，得 |x|-1=0且x+1≠0， 解得，x=1． 故选B．

【点睛】本题考查了分式的值为零的条件．若分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为0；（2）分母不为0．这两个条件缺一不可．

4.在光明中学组织的全校师生迎“五四”诗词大赛中，来自不同年级的25名参赛同学的得分情况如图所示．这些成绩的中位数和众数分别是（ ）

|x|1的值为0，那么x的值为（ ） x1B. 1

C. -1或1

D. 1或0

A. 96分，98分 【答案】A 【解析】

B. 97分，98分 C. 98分，96分 D. 97分，96分

2

【分析】

利用众数和中位数的定义求解．

【详解】98出现了9次，出现次数最多，所以数据的众数为98分； 共有25个数，最中间的数为第13个数，是96，所以数据的中位数为96分． 故选A．

【点睛】本题考查了众数：一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．也考查了中位数．

5.下列计算正确的是（ ） A. a6a62a12

312233ab2abab C. 2B. 22252832 D. a(a)aa

271120【答案】D 【解析】 【分析】

直接利用合并同类项法则以及同底数幂的乘除运算法则、积的乘方运算法则分别判断得出答案．

666

【详解】A、a+a=2a，故此选项错误；

B、2-2÷20×23=2，故此选项错误； C、（-

121ab）•（-2a2b）3=（-ab2）•（-8a6b3）=4a7b5，故此选项错误； 22D、a3•（-a）5•a12=-a20，正确． 故选D．

【点睛】此题主要考查了合并同类项以及同底数幂的乘除运算、积的乘方运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．

6.下列各式不成立的是（ ）

A.

18872 93B.

222 233

3

C.

818495 2D.

132 32【答案】C 【解析】 【分析】

根据二次根式的性质、二次根式的加法法则、除法法则计算，判断即可． 【详解】1882272，A选项成立，不符合题意； 329332282，B选项成立，不符合题意； 2333818223252，C选项不成立，符合题意； 22213232，D选项成立，不符合题意；

32(32)(32)

故选C．

【点睛】本题考查的是二次根式的混合运算，掌握二次根式的性质、二次根式的混合运算法则是解题的关键．

x1x12无解，则m的取值范围为（ ） 7.若不等式组3x4mA. m2 【答案】A 【解析】 【分析】

B. m2

C. m2

D. m2

4

求出第一个不等式的解集，根据口诀：大大小小无解了可得关于m的不等式，解之可得． 【详解】解不等式

x1x1-，得：x＞8， 32∵不等式组无解， ∴4m≤8， 解得m≤2， 故选A．

【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，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．

8.如图，BC是半圆O的直径，D，E是BC上两点，连接BD，CE并延长交于点A，连接OD，OE，如果A＝70，那么DOE的度数为（ ）

A. 35 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 38 C. 40 D. 42

-∠A=20°，再由圆周角定理得出连接CD，由圆周角定理得出∠BDC=90°，求出∠ACD=90°∠DOE=2∠ACD=40°即可， 【详解】连接CD，如图所示：

∵BC是半圆O的直径，

5

∴∠BDC=90°， ∴∠ADC=90°，

-∠A=20°∴∠ACD=90°， ∴∠DOE=2∠ACD=40°， 故选C．

【点睛】本题考查了圆周角定理、直角三角形的性质；熟练掌握圆周角定理是解题的关键．

9.若关于x的一元二次方程(k2)x2kxk6有实数根，则k的取值范围为（ ）

2A. k0 【答案】D 【解析】 【分析】

B. k0且k2 C. k3 2D. k3且k2 2根据二次项系数非零结合根的判别式△≥0，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围．

2

【详解】（k-2）x-2kx+k-6=0，

2

∵关于x的一元二次方程（k-2）x-2kx+k=6有实数根，

∴k20， 20(2k)4(k2)(k6)…3且k≠2． 2解得：k故选D．

【点睛】本题考查了一元二次方程的定义以及根的判别式，根据一元二次方程的定义结合根的判别式△≥0，列出关于k的一元一次不等式组是解题的关键．

10.某快递公司每天上午9：00～10：00为集中揽件和派件时段，甲仓库用来揽收快件，乙仓库用来派发快件，该时段内甲，乙两仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数图象如图所示，那么当两仓库快递件数相同时，此刻的时间为（ ）

6

A. 9：15 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 9：20 C. 9：25 D. 9：30

分别求出甲、乙两仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数关系式，求出两条直线的交点坐标即可．

y件）y1=k1x+40，【详解】设甲仓库的快件数量（与时间x（分）之间的函数关系式为：根据题意得60k1+40=400，解得k1=6， ∴y1=6x+40；

设乙仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数关系式为：y2=k2x+240，根据题意得60k2+240=0，解得k2=-4， ∴y2=-4x+240， 联立y＝6x40x＝20，解得，

y＝4x240y＝160∴此刻的时间为9：20． 故选B．

【点睛】本题考查了一次函数的应用，解题的关键：（1）熟练运用待定系数法就解析式；（2）解决该类问题应结合图形，理解图形中点的坐标代表的意义．

90，一个三角尺的直角顶点与BC边的中点O重合，且11.如图，在等腰直角三角形ABC中，BAC＝两条直角边分别经过点A和点B，将三角尺绕点O按顺时针方向旋转任意一个锐角，当三角尺的两直角边与AB，AC分别交于点E，F时，下列结论中错误的是（ ）

7

A. AE＋AFAC B. BEO＋OFC180 D. S四边形AEOFC. OEOF2BC 21SABC 2【答案】C 【解析】 【分析】

连接AO，易证△EOA≌△FOC（ASA），利用全等三角形的性质可得出EA=FC，进而可得出AE+AF=AC，选项A正确；由三角形内角和定理结合∠B+∠C=90°，∠EOB+∠FOC=90°可得出∠BEO+∠OFC=180°，选项

B正确；由△EOA≌△FOC可得出

S△EOA=S△FOC，结合图形可得出

S

四

边

形

AEOF=S△EOA+S△AOF=S△FOC+S△AOF=S△AOC=

1S△ABC，选项D正确．综上，此题得解． 2【详解】连接AO，如图所示．

∵△ABC为等腰直角三角形，点O为BC的中点， ∴OA=OC，∠AOC=90°，∠BAO=∠ACO=45°．

∵∠EOA+∠AOF=∠EOF=90°，∠AOF+∠FOC=∠AOC=90°， ∴∠EOA=∠FOC． 在△EOA和△FOC中，

EOA＝FOC， OA＝OCEAO＝FCO∴△EOA≌△FOC（ASA）， ∴EA=FC，

8

∴AE+AF=AF+FC=AC，选项A正确；

-∠EOF=90°∵∠B+∠BEO+∠EOB=∠FOC+∠C+∠OFC=180°，∠B+∠C=90°，∠EOB+∠FOC=180°， ∴∠BEO+∠OFC=180°，选项B正确； ∵△EOA≌△FOC， ∴S△EOA=S△FOC，

∴S四边形AEOF=S△EOA+S△AOF=S△FOC+S△AOF=S△AOC=故选C．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形以及三角形内角和定理，逐一分析四个选项的正误是解题的关键．

12.如图，在RtABO中，OBA90，A4,4，点C在边AB上，且

1S△ABC，选项D正确． 2AC1，点D为OB的中点，CB3点P为边OA上的动点，当点P在OA上移动时，使四边形PDBC周长最小的点P的坐标为（ ）

A. 2,2

55B. ,

2288C. ,

33D. 3,3

【答案】C 【解析】 【分析】

根据已知条件得到AB=OB=4，∠AOB=45°，求得BC=3，OD=BD=2，得到D（0，2），C（4，3），作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P，则此时，四边形PDBC周长最小，E（0，2），求得直线EC的解析式为y=

1x+2，解方程组即可得到结论． 4【详解】∵在Rt△ABO中，∠OBA=90°，A（4，4）， ∴AB=OB=4，∠AOB=45°，

9

∵

AC1，点D为OB的中点， CB3∴BC=3，OD=BD=2， ∴D（0，2），C（4，3），

作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P， 则此时，四边形PDBC周长最小，E（0，2）， ∵直线OA 的解析式为y=x， 设直线EC的解析式为y=kx+b，

b＝2∴，

4kb＝31k＝解得：4，

b＝2∴直线EC的解析式为y=

1x+2， 48x＝y＝x3解得，， 18y＝x2y＝43∴P（

88，）， 33故选C．

【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，等腰直角三角形的性质，正确的找到P点的位置是解题的关键．

二、填空题（本题共5个小题，每小题3分，共15分，只要求填写最后结果）

13.计算：【答案】【解析】 【分析】

先计算括号内的减法，同时将除法转化为乘法，再约分即可得．

115=_______． 3242 3

10

【详解】原式=()故答案为：-

52. 532． 3【点睛】本题主要考查有理数的混合运算，解题的关键是掌握有理数混合运算顺序．

，计算这个圆锥侧面展开图圆心角的度数14.如图是一个圆锥的主视图，根据图中标出的数据（单位：cm）为_______．

【答案】120 【解析】 【分析】

根据圆锥的底面半径得到圆锥的底面周长，也就是圆锥的侧面展开图的弧长，根据勾股定理得到圆锥的母线长，利用弧长公式可求得圆锥的侧面展开图中扇形的圆心角． 【详解】∵圆锥的底面半径为1， ∴圆锥的底面周长为2π， ∵圆锥的高是22， ∴圆锥的母线长为3， 设扇形的圆心角为n°， ∴

n32=2π， 180解得n=120．

即圆锥的侧面展开图中扇形的圆心角为120°． 故答案为：120°．

11

【点睛】本题考查了圆锥的计算，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把的扇形的弧长等于圆锥底面周长作为相等关系，列方程求解．

15.在阳光中学举行的春季运动会上，小亮和大刚报名参加100米比赛，预赛分A,B,C,D四组进行，运动员通过抽签来确定要参加的预赛小组，小亮和大刚恰好抽到同一个组的概率是_______． 【答案】

1 4【解析】 【分析】

根据题意可以画出相应的树状图，从而可以求得甲、乙两人恰好分在同一组的概率． 【详解】如下图所示，

小亮和大刚两人恰好分在同一组的情况有4种，共有16种等可能的结果， ∴小亮和大刚两人恰好分在同一组的概率是故答案为：

41， 11． 4【点睛】本题考查列表法与树状图法、用样本估计总体、条形统计图、扇形统计图，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答

16.如图，在RtABC中，ACB90，B60，DE为△ABC的中位线，延长BC至F，使

CF1BC，连接FE并延长交AB于点M．若BCa，则FMB的周长为_______． 2

12

【答案】

9a 2【解析】 【分析】

在Rt△ABC中，求出AB=2a，AC=3a，在Rt△FEC中用a表示出FE长，并证明∠FEC=30°，从而EM转化到MA上，根据△FMB周长=BF+FE+EM+BM=BF+FE+AM+MB=BF+FE+AB可求周长． 【详解】在Rt△ABC中，∠B=60°， ∴∠A=30°，

∴AB=2a，AC=3a． ∵DE是中位线， ∴CE=3a． 2在Rt△FEC中，利用勾股定理求出FE=a， ∴∠FEC=30°． ∴∠A=∠AEM=30°， ∴EM=AM．

△FMB周长=BF+FE+EM+BM=BF+FE+AM+MB=BF+FE+AB=故答案为

9a． 29a． 2【点睛】本题主要考查了30°直角三角形的性质、勾股定理、中位线定义，解决此题关键是转化三角形中未知边到已知边长的线段上．

17.数轴上O,A两点的距离为4，一动点P从点A出发，按以下规律跳动：第1次跳动到AO的中点A1处，第2次从A1点跳动到A1O的中点A2处，第3次从A2点跳动到A2O的中点A3处．按照这样的规律继续跳动到点A4,A5,A6,,An（n3，n是整数）处，那么线段AnA的长度为_______（n3，n是整数）．

【答案】412n2

13

【解析】 【分析】

1×4，第二次从A1点跳动到A2处，即212114，则跳动n次后，即跳到了离原点的长度为（）n×4=n-2，再根据线段的和在离原点的长度为（）×

222根据题意，得第一次跳动到OA的中点A1处，即在离原点的长度为差关系可得线段AnA的长度． 【详解】由于OA=4，

11OA=×4=2， 2212

4处， 同理第二次从A1点跳动到A2处，离原点的（）×21n14=n-2， 同理跳动n次后，离原点的长度为（）×221故线段AnA的长度为4-n-2（n≥3，n是整数）．

21故答案为：4-n-2．

2所有第一次跳动到OA的中点A1处时，OA1=

【点睛】考查了两点间的距离，本题是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．本题注意根据题意表示出各个点跳动的规律．

三、解答题（本题共8个小题，共69分，解答题应写出文字说明，证明过程或推演步骤）

18.计算：1【答案】

6a312． 2a3a9a6a96 a3【解析】 【分析】

根据分式的混合运算法则计算即可． 【详解】原式1a3a3 a29(a3)2a3(a3)21

(a3)(a3)a31a3 a314

a3(a3)

a36. a3【点睛】本题考查的是分式的混合运算，掌握分式的混合运算法则、分式的通分、约分法则是解题的关键．

19.学习一定要讲究方法，比如有效的预习可大幅提高听课效率．九年级（1）班学习兴趣小组为了了解全校九年级学生的预习情况，对该校九年级学生每天的课前预习时间（单位：min）进行了抽样调查．并将抽查得到的数据分成5组，下面是未完成的频数、顿率分布表和频数分布扇形图． 组别 1 2 3 4 5

课前预习时间t/min 频数（人数） 2 频率 0.10 0.32 0t10 10t20 20t30 a 16 30t40 t40 b 3 c

请根据图表中的信息，回答下列问题：

（1）本次调查的样本容量为 ，表中的a ，b ，c ； （2）试计算第4组人数所对应的扇形圆心角的度数；

（3）该校九年级其有1000名学生，请估计这些学生中每天课前预习时间不少于20min的学生人数． 【答案】（1）50，5，24，0.48；（2）第4组人数所对应的扇形圆心角的度数为172.8；（3）九年级每天课前预习时间不少于20min的学生约有860人.

15

【解析】 【分析】

（1）根据3组的频数和百分数，即可得到本次调查的样本容量，根据2组的百分比即可得到a的值，进而得到2组的人数，由本次调查的样本容量-其他小组的人数即可得到b，用b÷本次调查的样本容量得到c； （2）根据4组的人数占总人数的百分比乘上360°，即可得到扇形统计图中“4”区对应的圆心角度数； （3）根据每天课前预习时间不少于20min的学生人数所占的比例乘上该校九年级总人数，即可得到结果． 0.32=50，a=50×0.1=5，b=50-2-5-16-3=24，c=24÷50=0.48； 【详解】（1）16÷故答案为：50，5，24，0.48；

×0.48=172.8°（2）第4组人数所对应的扇形圆心角的度数=360°； （3）每天课前预习时间不少于20min的学生人数的频率=1-0.86=860， ∴1000×

答：这些学生中每天课前预习时间不少于20min的学生人数是860人．

【点睛】本题主要考查了扇形统计图的应用，解题时注意：通过扇形统计图可以很清楚地表示出各部分数量同总数之间的关系，用整个圆的面积表示总数（单位1），用圆的扇形面积表示各部分占总数的百分数．用样本去估计总体时，样本越具有代表性、容量越大，这时对总体的估计也就越精确．

20.某商场的运动服装专柜，对A,B两种品牌的远动服分两次采购试销后，效益可观，计划继续采购进行销售．已知这两种服装过去两次的进货情况如下表． 第一次 20 30 10200 第二次 30 40 14400 2-0.10=0.86， 50A品牌运动服装数/件 B品牌运动服装数/件 累计采购款/元

（1）问A,B两种品牌运动服的进货单价各是多少元？

（2）由于B品牌运动服的销量明显好于A品牌，商家决定采购B品牌的件数比A品牌件数的在采购总价不超过21300元的情况下，最多能购进多少件B品牌运动服？

3倍多5件，2

16

【答案】（1）A,B两种品牌运动服的进货单价分别为240元和180元；（2）最多能购进65件B品牌运动服. 【解析】 【分析】

（1）直接利用两次采购的总费用得出等式进而得出答案； （2）利用采购B品牌件数比A品牌件数的出答案．

【详解】（1）设A,B两种品牌运动服进货单价分别为x元和y元.

3倍多5件，在采购总价不超过21300元，进而得出不等式求220x30y10200根据题意，得，

30x40y14400x240. 解之，得y180经检验，方程组的解符合题意.

答：A,B两种品牌运动服的进货单价分别为240元和180元.

3m（2）设购进A品牌运动服件，则购进B品牌运动服m5件，

23240m180∴m521300，

2解得，m40.

经检验，不等式的解符合题意，∴

答：最多能购进65件B品牌运动服.

的的33m540565. 22

17

【点睛】此题主要考查了一元一次不等式的应用和二元一次方程组的应用，正确得出等量关系是解题关键．

21.在如图菱形ABCD中，点P是BC边上一点，连接AP，点E,F是AP上的两点，连接DE，BF，使得AEDABC，ABFBPF．

（1）求证：ABF≌DAE；（2）求证：DEBF＋EF． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】

（1）根据菱形的性质得到AB=AD，AD∥BC，由平行线的性质得到∠BOA=∠DAE，等量代换得到∠BAF=∠ADE，求得∠ABF=∠DAE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论； （2）根据全等三角形的性质得到AE=BF，DE=AF，根据线段的和差即可得到结论． 【详解】证明：（1）∵四边形ABCD为菱形， ∴ABAD，AD∥BC， ∴BPADAE. 在ABP和DAE中， 又∵ABCAED， ∴BAFADE.

∵ABFBPF且BPADAE， ∴ABFDAE， 又∵ABDA， ∴ABFDAE(ASA) （2）∵ABFDAE， ∴AEBF，DEAF.

∵AFAEEFBFEF， ∴DEBFEF.

【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．

，在起点A处测得大楼部分22.某数学兴趣小组要测量实验大楼部分楼体的高度（如图①所示，CD部分）

楼体CD的顶端C点的仰角为45，底端D点的仰角为30°，在同一剖面沿水平地面向前走20米到达B处，测得顶端C的仰角为63.4（如图②所示），求大楼部分楼体CD的高度约为多少米？（精确到1米）（参考数据：sin63.40.，cos63.40.45，tan63.42.00，21.41，31.73）

.

18

【答案】大楼部分楼体CD的高度约为17米. 【解析】 【分析】

设楼高CE为x米，于是得到BE=x-20，解直角三角形即可得到结论． 【详解】设楼高CE为x米. ∵在RtAEC中，CAE45， ∴AECEx. ∵AB20， ∴BEx20，

在RtCEB中，CEBEtan63.42(x20)， ∴2(x20)x. 解得x40（米）.

在RtDAE中，DEAEtan30403403， 33∴CDCEDE4040317（米）. 3答：大楼部分楼体CD的高度约为17米.

【点睛】此题是解直角三角形的应用---仰角和俯角，解本题的关键是利用三角函数解答．

23.如图，点An3,4，B3,m是直线AB与反比例函数y(x0)图象的两个交点，ACx轴，垂

x2足为点C，已知D0,1，连接AD，BD，BC．

19

﹣S1． （1）求直线AB的表达式；（2）△ABC和△ABD的面积分别为S1，S2，求S2【答案】（1）y【解析】 【分析】 （1）先将点A（

43x6；（2）S2S1. 343，4）代入反比例函数解析式中求出n的值，进而得到点B的坐标，已知点A、点B坐2标，利用待定系数法即可求出直线AB的表达式；

（2）利用三角形的面积公式以及割补法分别求出S1，S2的值，即可求出S2-S1． 【详解】（1）由点A、B在反比例函数yn(x0)图像上， x∴

4n3， 26(x0). x∴n6.

∴反比例函数的表达式为y将点B(3,m)代入y∴B(3,2).

设直线AB的表达式为ykxb.

6得m2， x434kbk∴，解得3. 223kbb6∴直线AB的表达式为y4x6. 333. 22（2）由点A,B的坐标得AC4，点B到AC的距离为3∴S11343. 2220

设AB与y轴交点为E，可得E(0,6).

∴DE615， 由点A33,4，B(3,2)知点A,B到ED的距离分别为，3.

22∴S2SBEDSAED∴S2S11533 44的

11315535. 2224【点睛】本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题以及三角形的面积

24.如图，△ABC内接于

O，AB为直径，作ODAB交AC于点D，延长BC，OD交于点F，过点

C作O的切线CE，交OF于点E

（1）求证：ECED；（2）如果OA4，EF3，求弦AC的长． 【答案】（1）见解析；（2）AC【解析】 【分析】

（1）连接OC，由切线的性质可证得∠ACE+∠A=90°，又∠CDE+∠A=90°，可得∠CDE=∠ACE，则结论

165.

5

21

得证；

（2）先根据勾股定理求出OE，OD，AD的长，证明Rt△AOD∽Rt△ACB，得出比例线段即可求出AC的长． 【详解】（1）证明：连接OC，

∵CE与O相切，OC是O的半径，

∴OCCE，

∴OCAACE90. ∵OAOC， ∴AOCA， ∴ACEA90. ∵ODAB， ∴ODAA90. ∴CDEACE， ∴ECED. （2）∵AB直径，

∴ACB90.

在RtDCF中，DCEECF90， 又DCECDE， ∴CDEECF90， 又∵CDEF90， ∴ECFF， ∴ECEF. ∵EF3，

22

∴ECDE3.

在RtOCE中，OC4，CE3， ∴OEOC2EC242325. ∴ODOEDE2.

在RtOAD中，ADOA2OD2422225. 在RtAOD和RtACB中， ∵AA，

∴RtAOD∽RtACB， ∴

AOAD425，即， ACABAC8165. 5∴AC【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆周角定理和相似三角形的判定与性质．

25.如图，在平面直角坐标系中，抛物线yaxbxc与x轴交于点A2,0，点B4,0，与y轴交于

2点C0,8，连接BC，又已知位于y轴右侧且垂直于x轴的动直线l，沿x轴正方向从O运动到B（不含O点和B点），且分别交抛物线，线段BC以及x轴于点P,D,E．

（1）求抛物线的表达式；

（2）连接AC，AP，当直线l运动时，求使得PEA和△AOC相似的点P的坐标；

23

（3）作PFBC，垂足为F，当直线l运动时，求RtPFD面积的最大值． 【答案】（1）yx22x8；（2）P点的坐标为154,2316；（3）(S16PFD)最大5. 【解析】 【分析】

（1）将点A、B、C的坐标代入二次函数表达式，即可求解；

（2）只有当∠PEA=∠AOC时，PEA△∽AOC，可得：PE=4AE，设点P坐标（4k-2，k），即可求解；2（3）利用Rt△PFD∽Rt△BOC得：SPFDSPD1PD2，再求出PD的最大值，即可求解．BOCBC5【详解】（1）由已知，将C(0,8)代入yax2bxc，∴c8.

将点A(2,0)和B(4,0)代入yax2bx8，得4a2b8016a4b80，

解得a1b2.∴抛物线的表达式为yx22x8. （2）∵A(2,0)，C(0,8)， ∴OA2，OC8. ∵lx轴，

∴PEAAOC90， ∵PAECAO，

∴只有当PAEACO时，PEA∽AOC， 此时

AECOPEAO，即AE8PE2， ∴AE4PE.

设点P的纵坐标为k，则PEk，AE4k， ∴OE4k2，

∴P点的坐标为(4k2,k)，将P(4k2,k)代入yx22x8，得

(4k2)22(4k2)8k，

解得k10（舍去），k22316.

24

当k2323152. 时，4k241611523,. 416∴P点的坐标为（3）在RtPFD中，PFDCOB90， ∵ly轴，

∴PDFOCB， ∴RtPFD∽RtBOC，

SPFDPD2()， ∴

SBOCBC∴SPFD(PD2)SBOC. BC由B(4,0)，知OB4，又OC8， ∴BCOB2QC2又SBOC∴SPFD428245，

11OBOC4816. 22PD21216PD. 25(45)∴当PD最大时，SPFD最大.

由B(4,0)，C(0,8)可解得BC所在直线的表达式为y2x8. 设Pm,m2m8，则D(m,2m8)，

∴PDm2m8(2m8)m4m(m2)4. ∴当m2时，PD有最大值4. ∴当PD4时，(SPFD)最大222212164. 55【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．

25

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