2019年重点高中高一新生分班考试数学卷含答案

2019年重点高中高一新生分班考试数学卷

姓名：__________班级：__________考号：__________

一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

1．一个数的倒数的绝对值是3，这个数是（　　）

A．3 B． C．3或﹣3 D．或﹣

2．如图，已知∠1＝120°，则∠2的度数是( )

A．120° B．90° C．60° D．30°

3．的值是（ ）

A．±16 B．±4 C．16 D．−16

4．如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，DE过点C且平行于AB，若∠BCE=35°，则∠A的度数为( )

A．35° B．45° C．55° D．65°

5．已知等边三角形的边长为，则它面积与边长之间的关系用图象大致可表示为（ ）

A．B． C． D．

6．现有2cm，5cm长的两根木棒，再从下列长度的四根木棒中选取一根，可以围成一个三角形的是（　　）

A．2cm B．3cm C．5cm D．7cm

7．若多项式-6ab+18abx+24aby的一个因式是-6ab，那么另一个因式是（ ）

A．1-3x-4y B．-1-3x-4y C．1+3x-4y D．-1-3x+4y

8．函数y=与y=x+1的图象的交点坐标为（a，b），则a2+b2的值为（ ）

A．1 B．11 C．25 D．无法求解

9．用一个半径为30，圆心角为120°的扇形围成一个圆锥，则这个圆锥的底面半径是（ ）

A．10 B．20 C．10π D．20π

10．如图，在菱形纸片ABCD中，，P为AB中点折叠该纸片使点C落在点处且点P在上，折痕为DE，则的大小为　　

A． B． C． D．

二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）

11．已知是整数，则n是自然数的值是_____．

12．用反证法证明∠A＞60°时，应先假设_____．

13．如果不等式组有解，那么m的范围是______．

14．已知点，轴，且，则点N的坐标为______．

15．如图，矩形的顶点在坐标原点，，分别在轴，轴的正半轴上，点的坐标为，点的坐标为，当此矩形绕点旋转到如图位置时的坐标为________．

16．已知，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=9，BC=12，点 D、E 分别在边AC、BC上，且CD:CE=3︰4．将△CDE绕点D顺时针旋转，当点C落在线段DE上的点 F处时，BF恰好是∠ABC的平分线，此时线段CD的长是________.

三、解答题（本大题共8小题，共66分）

17．（本题8分）解方程组和分式方程：

（1）解方程组

（2）解分式方程．

18．（本题8分）平面上有3个点的坐标：，， 

在A，B，C三个点中任取一个点，这个点既在直线上又在抛物线上上的概率是多少？

从A，B，C三个点中任取两个点，求两点都落在抛物线上的概率．

19．（本题10分）某校组织学生开展课外社会实践活动，现有甲、乙两种大客车可租，已知1辆甲种客车和3辆乙种客车共需租金1240元，3辆甲种客车和2辆乙种客车共需租金1760元．

（1）求1辆甲种客车和1辆乙种客车的租金分别是多少元？

（2）学校计划租用甲、乙两种客车共8辆，甲种客车每辆载客量45人，乙种客车每辆载客量30人，共有师生330人，求最节省的租车费用是多少元？

20．（本题8分）周末，小亮一家人去水库游玩，他在大坝上的点A处看到一棵大树的影子刚好落在坝底的BE处点A与大树及其影子在同一平面内，此时太阳光与地面夹角为，在A处测得树顶D的仰角为如图所示，已知背水坡AB的坡度：3，AB的长为10米，请你帮助小亮算一算这颗大树的高度结果精确到米，参考数据：，注：坡度是指坡面的铅直高度与水平宽度的比

21．（本题10分）据统计，某小区2011年底拥有私家车125辆，2013年底私家车的拥有量达到180辆．

(1)若该小区2011年底到2014年底私家车拥有量的年平均增长率相同，则该小区到2014年底私家车将达到多少辆？

(2)为了缓解停车矛盾，该小区决定投资3万元再建若干个停车位，据测算，建造费用分别为室内车位1 000元/个，露天车位200元/个．考虑到实际因素，计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的2.5倍，则该小区最多可建两种车位各多少个？试写出所有可能的方案．

22．（本题10分）已知：如图，抛物线y=x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，该抛物线的顶点为M．

（1）求点A、B、C的坐标．

（2）求直线BM的函数解析式．

（3）试说明：∠CBM+∠CMB=90°．

（4）在抛物线上是否存在点P，使直线CP把△BCM分成面积相等的两部分？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

23．（本题12分）如图1，正方形ABCD中，F为AB中点，连接DF，CE⊥DF于E，连接BE．

（1）作出△ADF关于F成中心对称的图形，并探究BE和BC数量关系；

（2）如图2，BM平分∠ABE交CE延长线于M，连接MD，试探究DM、CM、BM线段关系并给出证明；

（3）若点F在线段AB上运动（不与端点重合），AB＝4，写出BE长度的取值范围．

答案分析

一、 选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

1．一个数的倒数的绝对值是3，这个数是（　　）

A．3 B． C．3或﹣3 D．或﹣

【考点】倒数和绝对值

【分析】直接利用倒数以及绝对值的性质分析得出答案．

解：设这个数为a，则||=3，

则=±3，

解得：a=±．

故选：D

【点睛】此题主要考查了倒数和绝对值，正确把握相关定义是解题关键．

2．如图，已知∠1＝120°，则∠2的度数是( )

A．120° B．90° C．60° D．30°

【考点】对顶角的定义

【分析】直接利用对顶角的定义得出答案．

解：∵∠1=120°，
∴∠2的度数是：120°．
故选：A．

【点睛】此题主要考查了对顶角，正确把握对顶角的定义是解题关键．

3．的值是（ ）

A．±16 B．±4 C．16 D．−16

【考点】平方根

【分析】根据，进行化简即可．

解：＝｜－16｜＝.

故选：A.

【点睛】考查平方根的知识，区分平方根与算术平方根是避免出错的关键．

4．如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，DE过点C且平行于AB，若∠BCE=35°，则∠A的度数为( )

A．35° B．45° C．55° D．65°

【考点】平行线的性质，三角形内角和定理

【分析】题中有三个条件，图形为常见图形，可先由AB∥DE，∠BCE=35°，根据两直线平行，内错角相等求出∠B，然后根据三角形内角和为180°求出∠A．

解：∵AB∥DE，∠BCE=35°，∴∠B=∠BCE=35°（两直线平行，内错角相等）．

又∵∠ACB=90°，∴∠A=90°﹣35°=55°（在直角三角形中，两个锐角互余）．

故选C．

【点睛】看到两直线平行时，应该想到它们的性质，由两直线平行的关系得到角之间的数量关系，从而达到解决问题的目的．

5．已知等边三角形的边长为，则它面积与边长之间的关系用图象大致可表示为（ ）

A．B．C．D．

【考点】根据实际问题列二次函数关系式及图象，勾股定理，三角形的面积

【分析】作出三角形的高，利用直角三角形的性质及勾股定理可得高，那么三角形的面积=×底×高，把相关数值代入可得y与x之间的函数关系，且根据x、y实际意义x、y应大于0，即可求解．

解：作等边三角形ABC中BC边上的高AD．

∵△ABC是等边三角形，边长为x，
∴CD=x，
∴高AD=x，
∴△ABC的面积y=BC•AD，
即y=x•x=x2（x＞0）．
故选：A．

【点睛】本题考查根据实际问题列二次函数关系式及图象，勾股定理，三角形的面积，解题的关键是用含x的代数式表示出等边三角形一边上的高．

6．现有2cm，5cm长的两根木棒，再从下列长度的四根木棒中选取一根，可以围成一个三角形的是（　　）

A．2cm B．3cm C．5cm D．7cm

【考点】三角形的三边关系

【分析】先设第三根木棒长为xcm，根据三角形的三边关系定理可得5-2＜x＜5+2，计算出x的取值范围，然后可确定答案．

解：设第三根木棒长为xcm，由题意得：
5-2＜x＜5+2，
3＜x＜7，
∴5cm符合题意，
故选：C．

【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系，已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．

7．若多项式-6ab+18abx+24aby的一个因式是-6ab，那么另一个因式是（　　）

A．1-3x-4y B．-1-3x-4y C．1+3x-4y D．-1-3x+4y

【考点】提公因式法分解因式

【分析】利用多项式的每一项除以公因式，即可得到另一个因式．

解：-6ab+18abx+24aby=-6ab（1-3x-4y），
所以另一个因式是（1-3x-4y）．
故选：A．

【点睛】考查了提公因式法分解因式，提取公因式后剩下的因式是用原多项式除以公因式所得的商．

8．函数y=与y=x+1的图象的交点坐标为（a，b），则a2+b2的值为（ ）.

A．1 B．11 C．25 D．无法求解

【考点】反比例函数与一次函数的交点问题

【分析】根据函数y=与y=x+1的图象的交点坐标为（a，b），得出ab=5，a﹣b=﹣1，再把要求的式子进行变形，然后代值计算．∵函数y=与y=x+1的图象的交点坐标为（a，b），∴b=，b=a+1，∴ab=5，a﹣b=﹣1，∴a2+b2=（a﹣b）2+2ab=（﹣1）2+2×5=11；故选B．

【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，解此题的关键是根据题意求出ab和a-b的值，体现了整体思想．

9．用一个半径为30，圆心角为120°的扇形围成一个圆锥，则这个圆锥的底面半径是（ ）

A．10 B．20 C．10π D．20π

【考点】圆锥的计算

【分析】圆锥的底面圆半径为r，根据圆锥的底面圆周长=扇形的弧长，列方程求解．

解：设圆锥的底面圆半径为r，依题意，得

解得r=10.

故圆锥的底面半径为10.

故选：A.

【点睛】考查圆锥的相关计算，掌握圆锥的底面圆周长=扇形的弧长是解题的关键.

10．如图，在菱形纸片ABCD中，，P为AB中点折叠该纸片使点C落在点处且点P在上，折痕为DE，则的大小为　　

A． B． C． D．

【考点】菱形的性质，翻转变换的性质

【分析】连接BD，根据菱形的性质得到AD=AB，又∠A=60°，得到△ABD是等边三角形，求出∠ADP=∠ADB=30°，根据折叠的性质计算即可．

解：连接BD，

∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB，又∠A=60°，∴△ABD是等边三角形，

∵P为AB中点，∴∠ADP=∠ADB=30°，

∵AB∥CD，∴∠ADC=120°，∴∠CDP=90°，

由折叠的性质可知，∠CDE=∠C′DE=∠CDP=45°，

故选C．

【点睛】本题考查的是菱形的性质、翻转变换的性质，翻转变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等．

二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）

11．已知是整数，则n是自然数的值是_____．

【考点】算术平方根

【分析】求出n的范围，再根据是整数得出8﹣n＝0或8﹣n＝1或8﹣n＝4，求出即可．

解：∵是整数，

∴8﹣n＞0，

∴n＜8，

∵n是自然数，

∴8﹣n＝0或8﹣n＝1或8﹣n＝4，

解得：n＝8或7或4，

故答案为：4或7或8．

【点睛】本题考查了算术平方根，能求出符合的所有情况是解此题的关键．

12．用反证法证明∠A＞60°时，应先假设_____．

【考点】反证法

【分析】熟记反证法的步骤，直接填空即可．要注意的是∠A＞60°的反面有多种情况，需一一否定．

解：用反证法证明“∠A＞60°”时，应先假设∠A≤60°．

故答案为：∠A≤60°．

【点睛】本题主要考查了反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．反证法的步骤是：

（1）假设结论不成立；

（2）从假设出发推出矛盾；

（3）假设不成立，则结论成立．

在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．

13．如果不等式组有解，那么m的范围是______．

【考点】不等式组有解的条件

【分析】根据不等式组有解的条件，得出2≤x＜m，即可求出m的取值范围．

解：∵不等式组有解，

∴2≤x＜m，

∴m＞2，

故答案为：m＞2．

【点睛】本题主要考查了不等式组有解的条件，在解题时要会根据条件列出不等式．

14．已知点，轴，且，则点N的坐标为______．

【考点】坐标与图形性质

【分析】设N点坐标为（x，y），根据与x轴平行的直线上所有点的纵坐标相同得到y＝7，根据MN＝5得到|x＋4|＝5，然后去绝对值求出x即可得到N点坐标．

解：设N点坐标为（x，y），

∵MN∥x轴，MN＝5，点M（−4，7），

∴y＝7，|x＋4|＝5，解得x＝−9或1，

∴点N的坐标为（−9，7）或（1，7）．

故答案为：（−9，7）或（1，7）

【点睛】本题考查了坐标与图形性质：利用点的坐标计算相应的线段的长和判断线段与坐标轴的关系．

15．如图，矩形的顶点在坐标原点，，分别在轴，轴的正半轴上，点的坐标为，点的坐标为，当此矩形绕点旋转到如图位置时的坐标为________．

【考点】坐标与图形的变换，旋转的性质，全等三角形的判定与性质

【分析】根据点B和点D的坐标得到OB=1，OD=，再根据旋转的性质得∠A′BC′=∠OBC=90°，OD=A′D′=BC′，利用等角的余角相等得到∠OBD=∠BC′H=∠CBC′，则可根据”AAS”判断△OBD≌△HC′B，则BH=OD=，C′H=OB=1，OH=OB+BH=1+，然后写出C′点的坐标．

解：作C′H⊥x轴于H，如图，

∵点B的坐标为(1,0),点D的坐标为(0,3√)，

∴OB=1,OD=，

∵矩形绕点B旋转到如图A′B′C′D′位置，

∴∠A′BC′=∠OBC=90°,OD=A′D′=BC′，

∠OBD=∠BC′H=∠CBC′，

在△OBD和△HC′B中，

，

∴△OBD≌△HC′B(AAS)，

∴BH=OD=,C′H=OB=1，

∴OH=OB+BH=1+，

∴C′点的坐标为(1+,1).

故答案为(1+,1).

【点睛】本题考查了坐标与图形的变换，解题的关键是熟练的掌握坐标与图形的变换的知识点.

16．已知，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=9，BC=12，点 D、E 分别在边AC、BC上，且CD:CE=3︰4．将△CDE绕点D顺时针旋转，当点C落在线段DE上的点 F处时，BF恰好是∠ABC的平分线，此时线段CD的长是________.

【考点】相似三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质

【分析】设CD=3x，则CE=4x，BE=12﹣4x，依据∠EBF=∠EFB，可得EF=BE=12﹣4x，由旋转可得DF=CD=3x，再根据Rt△DCE中，CD2+CE2=DE2，即可得到（3x）2+（4x）2=（3x+12﹣4x）2，进而得出CD=6．

解：如图所示，设CD=3x，则CE=4x，BE=12﹣4x．

∵=，∠DCE=∠ACB=90°，

∴△ACB∽△DCE，∴∠DEC=∠ABC，

∴AB∥DE，

∴∠ABF=∠BFE．

又∵BF平分∠ABC，

∴∠ABF=∠CBF，

∴∠EBF=∠EFB，

∴EF=BE=12﹣4x，由旋转可得DF=CD=3x．

在Rt△DCE中，∵CD2+CE2=DE2，

∴（3x）2+（4x）2=（3x+12﹣4x）2，

解得x1=2，x2=﹣3（舍去），∴CD=2×3=6．

故答案为：6．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理以及旋转的性质，解题时注意：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．

三、解答题（本大题共8小题，共66分）

17．（本题8分）解方程组和分式方程：

（1）解方程组

（2）解分式方程．

【考点】解二元一次方程组，解分式方程

【分析】（1）利用代入消元法解方程组。

（2）最简公分母为2（x﹣2），去分母，转化为整式方程求解，结果要检验。

（1）解：，

由①得x=﹣2y ③

把③代入②，得3×（﹣2y）+4y=6，解得y=﹣3。

把y=﹣3代入③，得x=6。

∴原方程组的解为。

（2）解：去分母，得14=5（x﹣2），

解得x=4.8，

检验：当x=4.8时，2（x﹣2）≠0，

∴原方程的解为x=4.8。

【点睛】解二元一次方程组。解分式方程

18．（本题8分）平面上有3个点的坐标：，， 

在A，B，C三个点中任取一个点，这个点既在直线上又在抛物线上上的概率是多少？

从A，B，C三个点中任取两个点，求两点都落在抛物线上的概率．

【考点】概率公式，一次函数、二次函数图象上的点点坐标

【分析】(1)把,,三点分别代入直线和抛物线上,求出既满足在直线上又满足抛物线上的点的个数,然后根据概率公式计算,

(2)树状图第一层先从三个点中任取一个点共有3种情况,第二层从剩下两个点中任取一个点,组合共有6种情况,然后再代入抛物线解析式求出满足两点同时在抛物线上的情况,然后根据概率公式计算.

解：当时,,,则A点在直线和抛物线上,

当时,,，,则B点在直线和抛物线上,

当时,,,则C点在直线上,不在抛物线上,

所以在A,B，,C三个点中任取一个点,这个点既在直线上又在抛物线上上的概率,

画树状图为:

共有6种等可能的结果数,其中两点都落在抛物线上的结果数为2,

所以两点都落在抛物线上的概率.

【点睛】本题主要考查概率公式,随机事件A的概率等于事件A可能出现的结果除以所有可能出现的结果,解决本题的关键是要熟练掌握概率计算公式.

19．（本题10分）某校组织学生开展课外社会实践活动，现有甲、乙两种大客车可租，已知1辆甲种客车和3辆乙种客车共需租金1240元，3辆甲种客车和2辆乙种客车共需租金1760元．

（1）求1辆甲种客车和1辆乙种客车的租金分别是多少元？

（2）学校计划租用甲、乙两种客车共8辆，甲种客车每辆载客量45人，乙种客车每辆载客量30人，共有师生330人，求最节省的租车费用是多少元？

【考点】一元一次不等式、一次函数及二元一次方程组的应用

【分析】（1）可设甲客车租金每辆x元，乙客车租金每辆y元，根据等量关系：①1辆甲种客车和3辆乙种客车共需租金1240元，②3辆甲种客车和2辆乙种客车共需租金1760元，列出方程组求解即可；

（2）设甲客车租了x辆，则乙客车租了（8-x）辆，设租车费用为W元，根据W=甲客车租金+乙客车租金，甲客车载客量+乙客车载客量≥330列不等式，进而求解即可．

解：(1) 设甲客车租金每辆x元，乙客车租金每辆y元，根据题意得：

，

解得：．

答：甲客车租金每辆400元，乙客车租金每辆280元．

（2）设甲客车租了x辆，则乙客车租了（8-x）辆，设租车费用为W元．根据题意得：

W=400x+280(8-x)=2240+120x

45x+30(8-x)≥330，

解得：x≥6，W随x的增大而增大，∴x=6时W最小，400×6+2×280=2960．

答：最节省的租车费用是2960元．

【点睛】本题考查了一元一次不等式、一次函数及二元一次方程组的应用，解决本题的关键是读懂题意，找到符合题意的不等关系式及所求量的等量关系．

20．（本题8分）周末，小亮一家人去水库游玩，他在大坝上的点A处看到一棵大树的影子刚好落在坝底的BE处点A与大树及其影子在同一平面内，此时太阳光与地面夹角为，在A处测得树顶D的仰角为如图所示，已知背水坡AB的坡度：3，AB的长为10米，请你帮助小亮算一算这颗大树的高度结果精确到米，参考数据：，注：坡度是指坡面的铅直高度与水平宽度的比

【考点】解直角三角形的应用仰角俯角问题

【分析】过点A作于G，于H，利用直角三角形的性质和三角函数解答即可．

解：如图，过点A作于G，于H，

在中，

：3，

：：3，

设，，由勾股定理得：

，

解得：，

，，

，

四边形AGEH是矩形，

，，

在中，，

设，

则，

在中，，

，，

，

即：，

解得：，

米，

所以这棵树约为米高．

【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用仰角俯角问题，解题的关键是根据题意构建合适的直角三角形，并熟练掌握三角函数的应用．

21．（本题10分）据统计，某小区2011年底拥有私家车125辆，2013年底私家车的拥有量达到180辆．

(1)若该小区2011年底到2014年底私家车拥有量的年平均增长率相同，则该小区到2014年底私家车将达到多少辆？

(2)为了缓解停车矛盾，该小区决定投资3万元再建若干个停车位，据测算，建造费用分别为室内车位1 000元/个，露天车位200元/个．考虑到实际因素，计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的2.5倍，则该小区最多可建两种车位各多少个？试写出所有可能的方案．

【考点】一元二次方程的应用，一元一次不等式组的应用

【分析】（1）设年平均增长率是x，根据某小区2011年底拥有私家车125辆，2014年底私家车的拥有量达到180辆，可求出增长率，进而可求出到2014年底私家车将达到多少辆．

（2）设建x个室内车位，根据投资钱数可表示出露天车位，根据计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的2.5倍，可列出不等式组求解，进而可求出方案情况．

解：(1)设私家车拥有量的年平均增长率为x，

则125(1＋x)2＝180，

解得x1＝0.2＝20%，x2＝－2.2(不合题意，舍去)．

故180(1＋20%)＝216(辆)．

答：该小区到2014年底私家车将达到216辆．

(2)设该小区可建室内车位a个，露天车位b个，

则

由①得b＝150－5a，

代入②得20≤a≤，

因为a是正整数，所以a＝20或21.

当a＝20时，b＝50；当a＝21时，b＝45.

所以方案一：建室内车位20个，露天车位50个；

方案二：建室内车位21个，露天车位45个．

【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，关键是先求出增长率，再求出2014年的私家车量，然后根据室内车位和露天车位的数量关系列出不等式组求解．

22．（本题10分）已知：如图，抛物线y=x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，该抛物线的顶点为M．

（1）求点A、B、C的坐标．

（2）求直线BM的函数解析式．

（3）试说明：∠CBM+∠CMB=90°．

（4）在抛物线上是否存在点P，使直线CP把△BCM分成面积相等的两部分？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】二次函数综合题

【分析】（1）根据题意可以直接可求点A、B、C的坐标；

（2）用待定系数法可求解析式；

（3）根据两点距离公式可求BM，BC，CM的长度，根据勾股定理的逆定理可得∠BCM=90°，即可证：∠CBM+∠CMB=90°；

（4）根据题意可求线段BM中点坐标，即可求直线CP解析式，且点P在抛物线上，可列方程，即可求点P坐标．

解：（1）∵抛物线y=x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点，∴0=x2﹣2x﹣3，∴x1=3，x2=﹣1，∴点A（﹣1，0），点B（3，0）．

∵抛物线y=x2﹣2x﹣3与y轴交于点C，∴当x=0时，y=﹣3，∴点C坐标为（0，﹣3）；

（2）∵抛物线y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，∴点M（1，﹣4）．

设直线BM的解析式：y=kx+b过点B（3，0），M（1，﹣4），∴

解得：k=2，b=﹣6．

∴直线BM的解析式：y=2x﹣6．

（3）∵点M（1，﹣4），点B（3，0），点C（0，﹣3），∴BC==3

BM==2

CM==

∵BC2+CM2=20，BM2=20，∴BC2+CM2=BM2，∴∠BCM=90°，∴∠CBM+∠CMB=90°．

（4）如图：设直线CP与BM的交点为F．

∵直线CP把△BCM分成面积相等的两部分，∴S△CMF=S△BCF．

∵△CMF和△BCF是等高的两个三角形，∴FM=BF，即点F是BM的中点．

∵点B（3，0），点M（1，﹣4），∴点F坐标为（2，﹣2）．

设直线CP的解析式为y=mx+n，∴

解得：m=，n=﹣3

∴直线CP解析式y=x﹣3．

∵点P是直线CP与抛物线y=x2﹣2x﹣3的交点，∴x﹣3=x2﹣2x﹣3

解得：x1=0（不合题意舍去），x2=．

当x=时，y=﹣2×=﹣，∴点P坐标为（，﹣）．

【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，图象上的点的坐标特征，勾股定理逆定理，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．

23．（本题12分）如图1，正方形ABCD中，F为AB中点，连接DF，CE⊥DF于E，连接BE．

（1）作出△ADF关于F成中心对称的图形，并探究BE和BC数量关系；

（2）如图2，BM平分∠ABE交CE延长线于M，连接MD，试探究DM、CM、BM线段关系并给出证明；

（3）若点F在线段AB上运动（不与端点重合），AB＝4，写出BE长度的取值范围．

【考点】四边形综合题

【分析】（1）结论：BE=BC．取CD的中点H，连接BH交EC于点G．想办法证明BH垂直平分线段EC即可；
（2）结论：DM+BM=CM．过点C作CH⊥CM，交MB的延长线于点H．只要证明△MCH为等腰直角三角形，△CDM≌△CBH（SAS）即可解决问题；
（3）当点F与B重合时，BE的值最小，此时点E是DF的中点，BE=DF=BD=2，当点F与A重合时，BE的值最大，此时点E与D重合，BE=4，由此即可解决问题；

解：

（1）结论：BE＝BC．

理由：取CD的中点H，连接BH交EC于点G．

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝CD，AB∥CD，

∵AF＝FB，DH＝CH，

∴BF∥DH，BF＝DH，

∴四边形DFBH是平行四边形，

∴DF∥BH，

∵CE⊥DF于E，

∴BH⊥CE，

∵HG∥DE，DH＝HC，

∴EG＝GC，

∴BE＝BC．

（2）结论：DM+BM＝CM．

理由：过点C作CH⊥CM，交MB的延长线于点H．

∵BM平分∠ABE，

∴可以假设∠ABM＝∠EBM＝x，

又∵BE＝BC，

∴∠BEC＝∠BCE＝45°+x＝∠EBM+∠BME＝x+∠BME，

∴∠BME＝45°，

∴△MCH为等腰直角三角形，

∴CM＝CH，

∵∠MCH＝∠BCD＝90°，

∴∠HCB＝∠MCD，

∵CB＝CD，CH＝CM，

∴△CDM≌△CBH（SAS），

∴DM＝BH，

∴DM+BM＝MH＝CM．

（3）当点F与B重合时，BE的值最小，此时点E是DF的中点，BE＝DF＝BD＝2，

当点F与A重合时，BE的值最大，此时点E与D重合，BE＝4，

∴2＜BE＜4v．

【点睛】四边形综合题，考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质和判定，等腰直角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，构造全等三角形解决问题.

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/ab5d599d580102020740be1e650e52ea5418ce0c.html