2017年黑龙江省牡丹江市中考数学试卷（含答案）

黑龙江省牡丹江市2017年中考数学试卷

一、选择题（每小题3分，满分27分） 1．（3分）（2017?牡丹江）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A．B． C． D． 考点：中 心对称图形；轴对称图形． 分析：根 据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 解答：解 ：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故此选项错误； B、是中心对称图形，不是轴对称图形．故此选项错误； C、既是轴对称图形，不是中心对称图形．故此选项正确； D、不是轴对称图形，是中心对称图形．故此选项错误． 故答案选：C． 点评：本 题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 2．（3分）（2017?牡丹江）在函数y=

中，自变量x的取值范围是（ ）

x≥0 x≠0 A．B． x＞0 C． D． x＞0且x≠1 考点：函 数自变量的取值范围． 分析：分 式的分母不为0；偶次根式被开方数大于或等于0；当一个式子中同时出现这两点时，应该是取让两个条件都满足的公共部分． 解答：解 ：根据题意得到：x＞0， 故选B． 点评：本 题考查了函数式有意义的x的取值范围．判断一个式子是否有意义，应考虑分母上若有字母，字母的取值不能使分母为零，二次根号下字母的取值应使被开方数为非负数．易错易混点：学生易对二次根式的非负性和分母不等于0混淆． 3．（3分）（2017?牡丹江）下列计算正确的是（ ） 234 2A． a2+a=3a2 B． ﹣1C． a2?3a3=6a5 （﹣a）÷a=﹣a D．22a=（a≠0） 考点：同 底数幂的除法；合并同类项；幂的乘方与积的乘方；单项式乘单项式；负整数指数幂． 分析：根 据合并同类项的法则，同底数幂的乘法与除法以及幂的乘方的知识求解即可求得答案． 解答： ：A、2a2+a，不是同类项不能合并，故A选项错误； 解B、2a=（a≠0），故B选项错误； ﹣1

C、（﹣a）÷a=﹣a，故C选项错误； 235D、2a?3a=6a，故D选项正确． 故选：D． 点评：此 题考查了合并同类项的法则，同底数幂的乘法与除法以及幂的乘方等知识，解题关键是熟记法则． 4．（3分）（2017?牡丹江）由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图和左视图如图，则搭成该几何体的小正方体的个数最少是（ ）

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3 4 5 6 A．B． C． D． 考点：由 三视图判断几何体． 分析：根 据三视图的知识，主视图是由4个小正方形组成，而左视图是由4个小正方形组成，故这个几何体的底层最少有3个小正方体，第2层最少有1个小正方体． 解答：解 ：根据左视图和主视图，这个几何体的底层最少有1+1+1=3个小正方体， 第二层最少有1个小正方体， 因此组成这个几何体的小正方体最少有3+1=4个． 故选B． 点评：本 题考查了由几何体判断三视图，意在考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就容易得到答案． 5．（3分）（2017?牡丹江）将抛物线y=（x﹣1）+3向左平移1个单位，得到的抛物线与y轴的交点坐标是（ ） A．（0，2） B． （0，3） C． （0，4） D． （0，7） 考点：二 次函数图象与几何变换． 专题：几 何变换． 分析： 根据顶点式确定抛物线y=（x﹣1）2+3的顶点坐标为（1，3）先，在利用点的平移得2到平移后抛物线的顶点坐标为（0，3），于是得到移后抛物线解析式为y=x+3，然后求平移后的抛物线与y轴的交点坐标． 2解答： ：抛物线y=（x﹣1）+3的顶点坐标为（1，3）解，把点（1，3）向左平移1个单位2得到点的坐标为（0，3），所以平移后抛物线解析式为y=x+3，所以得到的抛物线与y轴的交点坐标为（0，3）． 故选B． 点评：本 题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式． 2

6．（3分）（2017?牡丹江）若x：y=1：3，2y=3z，则 A．﹣5 B． ﹣ C． 的值是（ ）

5 D． 考点：比 例的性质． 分析：根 据比例设x=k，y=3k，再用k表示出z，然后代入比例式进行计算即可得解． 解答：解 ：∵x：y=1：3， ∴设x=k，y=3k， ∵2y=3z， ∴z=2k， ∴==﹣5． 故选A． 点评：本 题考查了比例的性质，利用“设k法”分别表示出x、y、z可以使计算更加简便． 7．（3分）（2017?牡丹江）如图，⊙O的直径AB=2，弦AC=1，点D在⊙O上，则∠D的度数是（ ）

30° 45° 60° 75° A．B． C． D． 考点：圆 周角定理；含30度角的直角三角形． 分析：由 ⊙O的直径是AB，得到∠ACB=90°，根据特殊三角函数值可以求得∠B的值，继而求得∠A和∠D的值． 解答：解 ：∵⊙O的直径是AB， ∴∠ACB=90°， 又∵AB=2，弦AC=1， ∴sinB=， ∴∠B=30°， ∴∠A=∠D=60°， 故选：C． 点评：本 题考查的是圆周角定理及直角三角形的性质，比较简单，但在解答时要注意特殊三角函数的取值．

8．（3分）（2017?牡丹江）如图，点P是菱形ABCD边上一动点，若∠A=60°，AB=4，点P从点A出发，以每秒1个单位长的速度沿A→B→C→D的路线运动，当点P运动到点D时停止运动，那么△APD的面积S与点P运动的时间t之间的函数关系的图象是（ ）

A．B． C． D． 考点：动 点问题的函数图象． 分析：根 据∠A的度数求出菱形的高，再分点P在AB上，在BC上和在CD上三种情况，利用三角形的面积公式列式求出相应的函数关系式，然后选择答案即可． 解答：解 ：∵∠A=60°，AB=4， ∴菱形的高=4×=2， t==4t（0≤t≤4）； （4＜t≤8）； t+12（8＜t≤12）， 点P在AB上时，△APD的面积S=×4×点P在BC上时，△APD的面积S=×4×2点P在CD上时，△APD的面积S=×4×（12﹣t）=﹣纵观各选项，只有B选项图形符合． 故选B． 点评：本 题考查了动点问题函数图象，菱形的性质，根据点P的位置的不同，分三段求出相应的函数解析式是解题的关键．

9．（3分）（2017?牡丹江）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB，CD交于点E，F，连接BF交AC于点M，连接DE，BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：

①FB⊥OC，OM=CM； ②△EOB≌△CMB； ③四边形EBFD是菱形； ④MB：OE=3：2．

其中正确结论的个数是（ ）

1 2 3 4 A．B． C． D． 考点：菱 形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质． 分析：① 根据已知得出△OBF≌△CBF，可求得△OBF与△CBF关于直线BF对称，进而求得FB⊥OC，OM=CM； ②因为△EOB≌△FOB≌△FCB，故△EOB不会全等于△CBM． ③先证得∠ABO=∠OBF=30°，再证得OE=OF，进而证得OB⊥EF，因为BD、EF互相平分，即可证得四边形EBFD是菱形； ④根据三角函数求得MB=OM/解答：解 ：连接BD， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC=BD，AC、BD互相平分， ∵O为AC中点， ∴BD也过O点， ∴OB=OC， ∵∠COB=60°，OB=OC， ∴△OBC是等边三角形， ∴OB=BC=OC，∠OBC=60°， 在△OBF与△CBF中 ，OF=OM/，即可求得MB：OE=3：2． ∴△OBF≌△CBF（SSS）， ∴△OBF与△CBF关于直线BF对称， ∴FB⊥OC，OM=CM； ∴①正确， ∵∠OBC=60°， ∴∠ABO=30°， ∵△OBF≌△CBF，

∴∠OBM=∠CBM=30°， ∴∠ABO=∠OBF， ∵AB∥CD， ∴∠OCF=∠OAE， ∵OA=OC， 易证△AOE≌△COF， ∴OE=OF， ∴OB⊥EF， ∴四边形EBFD是菱形， ∴③正确， ∴△EOB≌△FOB≌△FCB， ∴△EOB≌△CMB错误． ∵∠OMB=∠BOF=90°，∠OBF=30°， ∴MB=OM/，OF=OM/， ∵OE=OM， ∴MB：OE=3：2，正确； 故选C． 点评：本 题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质以及三角函数等的知识． 二、填空题（每小题3分，满分33分） 10．（3分）（2017?牡丹江）2017年我国农村义务教育保障资金约为87900000000元，请将

10

数87900000000用科学记数法表示为 8.79×10 ． 考点：科 学记数法—表示较大的数． 分析： 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的值是易科错点，由于87900000000有11位，所以可以确定n=11﹣1=10． 解答： ：87 900 000 000=8.79×1010． 解10故答案为：8.79×10． 点评：此 题考查科学记数法表示较大的数的方法，准确确定a与n值是关键．

11．（3分）（2017?牡丹江）如图，点B、E、C、F在一条直线上，AB∥DE，BE=CF，请添加一个条件 AB=DE（答案不唯一） ，使△ABC≌△DEF．

考点：全 等三角形的判定． 专题：开 放型． 分析：可 选择利用AAS或SAS进行全等的判定，答案不唯一，写出一个符合条件的即可． 解答：解 ：添加AB=DE． ∵BE=CF， ∴BC=EF， ∵AB∥DE， ∴∠B=∠DEF， ∵在△ABC和△DEF中， ， ∴△ABC≌△DEF（SAS）． 故答案可为：AB=DE（答案不唯一）． 点评：本 题考查了全等三角形的判定，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的几种判定定理． 12．（3分）（2017?牡丹江）某种商品每件的标价为240元，按标价的八折销售时，每件仍能获利20%，则这种商品每件的进价为 160 元． 考点：一 元一次方程的应用． 分析：设 这种商品每件的进价为x元，根据按标价的八折销售时，仍可获利10%，列方程求解． 解答：解 ：设这种商品每件的进价为x元， 由题意得，240×0.8﹣x=10%x， 解得：x=160， 即每件商品的进价为160元． 故答案是：160． 点评：本 题考查了一元一次方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出等量关系，列方程求解．

13．（3分）（2017?牡丹江）一组数据2，3，x，y，12中，唯一的众数是12，平均数是6，这组数据的中位数是 3 ． 考点：中 位数；算术平均数；众数． 分析：先 根据数据2，3，x，y，12的平均数是6，求出x+y=13，再根据数据2，3，x，y，12中，唯一的众数是12，求出x，y的值，最后把这组数据从小到大排列，即可得出答案． 解答：解 ：∵数据2，3，x，y，12的平均数是6， ∴（2+3+x+y+12）=6， 解得：x+y=13， ∵数据2，3，x，y，12中，唯一的众数是12， ∴x=12，y=1或x=1，y=12， 把这组数据从小到大排列为：1，2，3，12，12， 则这组数据的中位数是3； 故答案为：3． 点评：本 题考查了众数、平均数与中位数的意义，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），给定一组数据，出现次数最多的那个数，称为这组数据的众数． 14．（3分）（2017?牡丹江）⊙O的半径为2，弦BC=2，点A是⊙O上一点，且AB=AC，直线AO与BC交于点D，则AD的长为 1或3 ． 考点：垂 径定理；勾股定理． 专题：分 类讨论． 分析：根 据题意画出图形，连接OB，由垂径定理可知BD=BC，在Rt△OBD中，根据勾股定理求出OD的长，进而可得出结论． 解答：解 ：如图所示： ∵⊙O的半径为2，弦BC=2，点A是⊙O上一点，且AB=AC， ∴AD⊥BC， ∴BD=BC=， 在Rt△OBD中， 222222∵BD+OD=OB，即（）+OD=2，解得OD=1， ∴当如图1所示时，AD=OA﹣OD=2﹣1=1； 当如图2所示时，AD=OA+OD=2+1=3． 故答案为：1或3． 点评：本 题考查的是垂径定理，在解答此题时要进行分类讨论，不要漏解．

15．（3分）（2017?牡丹江）在一个不透明的口袋中有3个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，随机地取出一个小球然后放回，再随机地取出一个小球，则两次取出小球的标号的和是3的倍数的概率是 ． 考点：列 表法与树状图法． 分析：列 举出所有情况，看两次取出的小球的标号之和是3的倍数情况数占总情况数的多少即可． 解答：解 ：树状图如下： 共9种情况，两次取出的小球的标号之和是3的倍数的情况数有3种， 所以两次取出的小球的标号之和是3的倍数的概率为=． 故答案为：． 点评：考 查概率的求法；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比；得到两次取出的小球的标号之和是3的倍数的情况数是解决本题的关键． 16．（3分）（2017?牡丹江）如图，是由一些点组成的图形，按此规律，在第n个图形中，

2

点的个数为 n+2 ．

考点：规 律型：图形的变化类． 分析：分 析数据可得：第1个图形中点的个数为3；第2个图形中点的个数为3+3；第3个图形中点的个数为3+3+5；第4个图形中点的个数为3+3+5+7；…则知第n个图形中小圆的个数为3+3+5+7+…+（2n﹣1）．据此可以求得答案． 解答：解 ：第1个图形中点的个数为3； 第2个图形中点的个数为3+3； 第3个图形中点的个数为3+3+5； 第4个图形中点的个数为3+3+5+7； … 第n个图形中小圆的个数为3+3+5+7+…+（2n﹣1）=n+2． 2故答案为：n+2． 点评：此 题考查图形与数字结合规律的题目．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．

2

17．（3分）（2017?牡丹江）如图，在△ABC中，AC=BC=8，∠C=90°，点D为BC中点，将△ABC绕点D逆时针旋转45°，得到△A′B′C′，B′C′与AB交于点E，则S四边形ACDE= 28 ．

考点：旋 转的性质． 分析： 用旋转的性质得出∠B=∠BDE=45°，BD=4，进而由S四边形ACDE=S△ACB﹣S△BDE求利出即可． 解答：解 ：由题意可得：∠B=∠BDE=45°，BD=4， 则∠DEB=90°， ∴BE=DE=2， ∴S△BDE=×2×2=4， ∵S△ACB=×AC×BC=32， ∴S四边形ACDE=S△ACB﹣S△BDE=28． 故答案为：28． 点评： 题主要考查了旋转的性质以及三角形面积求法，得出S△BDE是解题关键． 此 18．（3分）（2017?牡丹江）抛物线y=ax+bx+c经过点A（﹣3，0），对称轴是直线x=﹣1，则a+b+c= 0 ． 考点：二 次函数的性质． 分析： 据二次函数的对称性求出抛物线y=ax2+bx+c与x轴的另一交点为（1，0）根，由此求出a+b+c的值． 2解答： ：∵抛物线y=ax+bx+c经过点A（﹣3，0）解，对称轴是直线x=﹣1， 2∴y=ax+bx+c与x轴的另一交点为（1，0）， ∴a+b+c=0． 故答案为0． 点评： 题考查了二次函数的性质，根据二次函数的对称性求出抛物线y=ax2+bx+c与x轴本的另一交点为（1，0）是解题的关键．

2

19．（3分）（2017?牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，点A（0，4），B（3，0），连接AB，将△AOB沿过点B的直线折叠，使点A落在x轴上的点A′处，折痕所在的直线交y轴正半轴于点C，则直线BC的解析式为 y=﹣x+ ．

考点：翻 折变换（折叠问题）；待定系数法求一次函数解析式． 专题：计 算题． 分析：在 Rt△OAB中，OA=4，OB=3，用勾股定理计算出AB=5，再根据折叠的性质得BA′=BA=5，CA′=CA，则OA′=BA′﹣OB=2，设OC=t，则CA=CA′=4﹣t，在Rt△OA′C222中，根据勾股定理得到t+2=（4﹣t），解得t=，则C点坐标为（0，），然后利用待定系数法确定直线BC的解析式． 解答：解 ：∵A（0，4），B（3，0）， ∴OA=4，OB=3， 在Rt△OAB中，AB==5， ∵△AOB沿过点B的直线折叠，使点A落在x轴上的点A′处， ∴BA′=BA=5，CA′=CA， ∴OA′=BA′﹣OB=5﹣3=2， 设OC=t，则CA=CA′=4﹣t， 在Rt△OA′C中， 222∵OC+OA′=CA′， 222∴t+2=（4﹣t），解得t=， ∴C点坐标为（0，）， 设直线BC的解析式为y=kx+b， 把B（3，0）、C（0，）代入得，解得， ∴直线BC的解析式为y=﹣x+． 故答案为y=﹣x+． 点评：本 题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了勾股定理和待定系数法求一次函数解析式．

20．（3分）（2017?牡丹江）矩形ABCD中，AB=2，BC=1，点P是直线BD上一点，且DP=DA，直线AP与直线BC交于点E，则CE= ﹣2或+2 ． 考点：矩 形的性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理． 专题：分 类讨论． 分析：依 题意画出图形：以点D为圆心，DA长为半径作圆，与直线BC交于点P（有2个），利用等腰三角形的性质分别求出CE的长度． 解答：解 ：矩形ABCD中，AB=2，AD=1， 由勾股定理得：BD=． 如图所示，以点D为圆心，DA长为半径作圆，交直线BD于点P1、P2，连接AP1、P2A并延长，分别交直线BC于点E1、E2． ∵DA=DP1， ∴∠1=∠2． ∵AD∥BC， ∴∠4=∠3，又∵∠2=∠3， ∴∠3=∠4， ∴BE1=BP1=， ∴CE1=BE1﹣BC=﹣2； ∵DA=DP2 ∴∠5=∠6 ∵AD∥BC， ∴∠5=∠7， ∴∠6=∠7， ∴BE2=BP2=+1， ∴CE2=BE2+BC=+2． 故答案为：﹣2或+2． 点评：本 题考查了矩形的性质、勾股定理、等腰三角形等知识点．考查重点是分类讨论的数学思想，本题所求值有2个，注意不要漏解．

三、解答题（满分60分）

21．（5分）（2017?牡丹江）先化简，再求值：（x﹣

）÷

，其中x=cos60°．

考点：分 式的化简求值；特殊角的三角函数值． 分析：先 根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再求出x的值代入进行计算即可． 解答： 解：原式=÷ =? =， 当x=cos60°=时，原式==﹣． 点评：本 题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键． 22．（6分）（2017?牡丹江）如图，抛物线y=ax+2x+c经过点A（0，3），B（﹣1，0），请解答下列问题：

（1）求抛物线的解析式；

（2）抛物线的顶点为点D，对称轴与x轴交于点E，连接BD，求BD的长． 注：抛物线y=ax+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（﹣

2

2

，）．

考点：待 定系数法求二次函数解析式；二次函数的性质． 专题：计 算题． 分析：（ 1）将A与B代入抛物线解析式求出a与c的值，即可确定出抛物线解析式； （2）利用顶点坐标公式表示出D坐标，进而确定出E坐标，得到DE与OE的长，根据B坐标求出BO的长，进而求出BE的长，在直角三角形BED中，利用勾股定

理求出BD的长． 2解答： ：解（1）∵抛物线y=ax+2x+c经过点A（0，3），B（﹣1，0）， ∴将A与B坐标代入得：解得：， 2， 则抛物线解析式为y=﹣x+2x+3； （2）由D为抛物线顶点，得到D（1，4）， ∵抛物线与x轴交于点E， ∴DE=4，OE=1， ∵B（﹣1，0）， ∴BO=1， ∴BE=2， 在Rt△BED中，根据勾股定理得：BD===2． 点评：此 题考查了待定系数法求二次函数解析式，以及二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键． 23．（6分）（2017?牡丹江）在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，以AC为一边作正方形ACDE，过点D作DF⊥BC交直线BC于点F，连接AF，请你画出图形，直接写出AF的长，并画出体现解法的辅助线． 考点：作 图—应用与设计作图；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质． 分析：根 据题意画出两个图形，再利用勾股定理得出AF的长． 解答：解 ：如图1所示： ∵AB=AC=5，BC=6， ∴AM=4， ∵∠ACM+∠DCF=90°，∠MAC+∠ACM=90°， ∴∠CAM=∠DCF， 在△AMC和△CFD中 ， ∴△AMC≌△CFD（AAS）， ∴AM=CF=4， 故AF==， 如图2所示： ∵AB=AC=5，BC=6， ∴AM=4，MC=3， ∵∠ACM+∠DCF=90°，∠MAC+∠ACM=90°， ∴∠CAM=∠DCF，

在△AMC和△CFD中 ， ∴△AMC≌△CFD（AAS）， ∴AM=FC=4， ∴FM=FC﹣MC=1， 故AF==． 注：每图1分（图1中没有辅助线、没有直角符号均不给分；图2中没有辅助线、没有直角符号、点B在正方形外均不给分）． 点评：此 题主要考查了应用设计与作图，利用分类讨论得出是解题关键． 24．（7分）（2017?牡丹江）某校为了了解本校九年级学生的视力情况（视力情况分为：不近视，轻度近视，中度近视，重度近视），随机对九年级的部分学生进行了抽样调查，将调查结果进行整理后，绘制了如下不完整的统计图，其中不近视与重度近视人数的和是中度近视人数的2倍．

请你根据以上信息解答下列问题： （1）求本次调查的学生人数；

（2）补全条形统计图，在扇形统计图中，“不近视”对应扇形的圆心角度数是 144 度； （3）若该校九年级学生有1050人，请你估计该校九年级近视（包括轻度近视，中度近视，重度近视）的学生大约有多少人． 考点：条 形统计图；用样本估计总体；扇形统计图． 分析：（ 1）根据轻度近视的人数是14人，占总人数的28%，即可求得总人数； （2）设中度近视的人数是x人，则不近视与重度近视人数的和2x，列方程求得x的

∴n=4． ∴m=9． ∵购买甲种原料9千克，乙种原料4千克． 点评：本 题考查了列一元一次不等式组解实际问题的运用，一元一次不等式组的解法的运用，一次函数的解析式的运用，二元一次不定方程的解法的运用．解答时由一次函数的解析式求解时关键． 28．（10分）（2017?牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴、y轴分别交于点A，B，直线CD与x轴、y轴分别交于点C，D，AB与CD相交于点E，线段OA，OC

2

的长是一元二次方程x﹣18x+72=0的两根（OA＞OC），BE=5，tan∠ABO=． （1）求点A，C的坐标；

（2）若反比例函数y=的图象经过点E，求k的值；

（3）若点P在坐标轴上，在平面内是否存在一点Q，使以点C，E，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请写出满足条件的点Q的个数，并直接写出位于x轴下方的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

考点：一 次函数综合题． 2分析： 1）先求出一元二次方程x﹣18x+72=0的两根就可以求出OA，OC的值，进而求（出点A，C的坐标； （2）先由勾股定理求出AB的值，得出AE的值，如图1，作EM⊥x轴于点M，由相似三角形的现在就可以求出EM的值，AM的值，就可以求出E的坐标，由待定系数法就可以求出结论； （3）如图2，分别过C、E作CE的垂线交坐标轴三个点P1、P3、P4，可作出三个Q点，过E点作x轴的垂线与x轴交与p2，即可作出Q2，以CE为直径作圆交于y轴两个点P5、P6，使PC⊥PE，即可作出Q5、Q6． 2解答： ：解（1）∵x﹣18x+72=0 ∴x1=6，x2=12． ∵OA＞OC， ∴OA=12，OC=6． ∴A（12，0），C（﹣6，0）； （2）∵tan∠ABO=， ∴=，

∴， ∴OB=16． 在Rt△AOB中，由勾股定理，得 AB==20． ∵BE=5， ∴AE=15． 如图1，作EM⊥x轴于点M， ∴EM∥OB． ∴△AEM∽△ABO， ∴∴， ， ∴EM=12，AM=9， ∴OM=12﹣9=3． ∴E（3，12）． ∴12=， ∴k=36； （3）满足条件的点Q的个数是6，如图2所示， x轴的下方的Q4（10，﹣12），Q6（﹣3，6﹣3）； 如图①∵E（3，12），C（﹣6，0）， ∴CG=9，EG=12， ∴EG=CG?GP， ∴GP=16， ∵△CPE与△PCQ是中心对称， ∴CH=GP=16，QH=FG=12， ∵OC=6， ∴OH=10， ∴Q（10，﹣12）， 2

如图②∵E（3，12），C（﹣6，0）， ∴CG=9，EG=12， ∴CE=15， ∵MN=CG=， 可以求得PH=3﹣6， ∴Q（﹣3，6﹣3）， 点评：本 题考查了一次函数的交点坐标的求法以及勾股定理的运用，三角函数的应用，三角形相似对应边成比例等．

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