2019年吉林省中考数学试题(解析版)

吉林省2019年初中毕业生学业水平考试

数学试题

数学试题共6题，包括六道大题，共26道小题。全卷满分120分，考试时间为120分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：

1．答题前，请您将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时，请您按照考试要求在答题卡上的指定区域内作答，在草稿纸、试题上答题无效。

一、单项选择题（每小题2分，共12分）

1.如图，数轴上蝴蝶所在点表示的数可能为（ ）

A. 3 【答案】D 【解析】 【分析】

B. 2 C. 1 D. －1

直接利用数轴得出结果即可．

【详解】解：数轴上蝴蝶所在点表示的数可能为-1， 故选：D．

【点睛】本题考查了有理数与数轴上点的关系，任何一个有理数都可以用数轴上的点表示，在数轴上，原点左边的点表示的是负数，原点右边的点表示的是正数，右边的点表示的数比左边的点表示的数大.

2.如图，由6个相同的小正方体组合成一个立体图形，它的俯视图为（ ）

1

A. B. C. D.

【答案】D 【解析】 【分析】

找到从上面看所得到的图形即可．

【详解】解：从上面看可得四个并排的正方形，如图所示：

故选：D．

【点睛】本题考查了三视图的知识，.从正面看到的图是正视图，从上面看到的图形是俯视图，从左面看到的图形是左视图，能看到的线画实线，被遮挡的线画虚线.

3.若a为实数，则下列各式的运算结果比a小的是（ ） A. a1 【答案】B 【解析】 【分析】

根据一个数加上一个正数的和大于本身，加上一个负数小于本身，减去一正数小于本身，减去一个负数大于本身，乘以1等于本身，除以1也等于本身，逐一进行比较便可． 【详解】解：A．a+1＞a，选项错误； B．a-1＜a，选项正确； C．a×1=a，选项错误； D．a÷1=a，选项错误；

B. a1

C. a1

D. a1

2

故选：B．

【点睛】本题主要考查了实数的大小比较，具体考查了一个数加1，减1，乘1，除以1，值的大小变化规律．基础题．

4.把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为（ ）

A. 30° 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 90° C. 120° D. 180°

根据图形的对称性，用360°除以3计算即可得解． 【详解】解：∵360°÷3=120°， ∴旋转的角度是120°的整数倍， ∴旋转的角度至少是120°． 故选：C．

【点睛】本题考查了旋转对称图形，仔细观察图形求出旋转角是120°的整数倍是解题的关键．

005.如图，在eO中，»AB所对的圆周角ACB50，若P为»AB上一点，AOP55，则POB的度数为

（ ）

A. 30° B. 45° C. 55° D. 60°

3

【答案】B 【解析】 【分析】

根据圆心角与圆周角关系定理求出∠AOB度数，进而由角的和差求得结果． 【详解】解：∵∠ACB=50°， ∴∠AOB=2∠ACB=100°， ∵∠AOP=55°， ∴∠POB=45°， 故选：B．

【点睛】本题是圆的一个计算题，主要考查了在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆心角等于它所对的圆周角的2信倍．

6.曲桥是我国古代经典建筑之一，它的修建增加了游人在桥上行走的路程，有利于游人更好地观赏风光。如图，A、B两地间修建曲桥与修建直的桥相比，增加了桥的长度，其中蕴含的数学道理是（ ）

的B. 平行于同一条直线的两条直线平行 D. 两点确定一条直线

A. 两点之间，线段最短 C. 垂线段最短 【答案】A 【解析】 【分析】

由题意，可以使路程变长，就用到两点间线段最短定理．

【详解】解： 公园湖面上架设曲桥，可以增加游客在桥上行走的路程，从而使游客观赏湖面景色的时间变长， 其中数学原理是：两点之间，线段最短.

4

故选A.

【点睛】本题考查线段的性质，两点之间线段最短，属基础题.

二、填空题（每小题3分，共24分） 7.分解因式：a21________． 【答案】(a+1)(a-1) 【解析】 【分析】

根据平方差公式分解即可. 详解】a21(a+1)(a-1). 故答案为：(a+1)(a-1).

【点睛】本题考查了因式分解，把一个多项式化成几个整式的乘积的形式，叫做因式分解.因式分解常用的方法有：①提公因式法；②公式法；③十字相乘法；④分组分解法. 因式分解必须分解到每个因式都不能再分解为止.

【8.不等式3x21的解集是________． 【答案】x1 【解析】 【分析】

【详解】3x21， 3x>1+2, 3x>3, x>1.

故答案为：x>1.

数是正数，则不等号的方不变.

按照移项、合并同类项、系数化为1的步骤求解即可.

【点睛】本题考查了一元一次不等式的解法，熟练掌握解一元一次不等式的步骤是解答本题的关键.去括号时，不要漏乘没有分母的项；系数化为1时，如果未知数的系数是负数，则不等号的方向要改变，如果系

5

9.计算：【答案】

yx________． 2x2y1 2x【解析】 【分析】

把分子分母约分即可. 详解】

yx1. 2x2y2x【的并把分子、分母分解因式约分，把结果化成最简分式或整式.

2故答案为：

1. 2x【点睛】本题考查了分式的乘法运算，两个分式相乘，把分子的积作为积的分子，分母的积作为积的分母，

． 10.若关于x的一元二次方程x3c有实数根，则c的值可以为________（写出一个即可）【答案】5（答案不唯一，只有c0即可） 【解析】 【分析】

由于方程有实数根，则其根判别式△≥0，由此可以得到关于c的不等式，解不等式就可以求出c的取值范围．

【详解】解：一元二次方程化为x2+6x+9-c=0， ∵△=36-4（9-c）=4c≥0， 解上式得c≥0．

故答为5（答案不唯一，只有c≥0即可）．

=b2﹣4ac与根的关系，熟练掌握根的【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式∆

判别式与根的关系式解答本题的关键.当∆>0时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当∆=0时，一元二次方程有两个相等的实数根；当∆<0时，一元二次方程没有实数根.关键在于求出c的取值范围．

11.如图，E为ABC边CA延长线上一点，过点E作ED//BC．若BAC700，CED500，则

6

B________°．

【答案】60 【解析】 【分析】

利用平行线的性质，即可得到∠CED=∠C=50°，再根据三角形内角和定理，即可得到∠B的度数． 【详解】解：∵ED∥BC， ∴∠CED=∠C=50°， 又∵∠BAC=70°，

∴△ABC中，∠B=180°-50°-70°=60°， 故答案为：60．

【点睛】本题主要考查了平行线的性质，解题时注意运用两直线平行，内错角相等．

12.如图，在四边形ABCD中，AB10,BDAD．若将BCD沿BD折叠,点C与边AB的中点E恰好重合，则四边形BCDE的周长为________．

【答案】20 【解析】 【分析】

根据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到DE=BE=的周长为5×4=20．

1AB=5，再根据折叠的性质，即可得到四边形BCDE2

7

【详解】解：∵BD⊥AD，点E是AB的中点， ∴DE=BE=

1AB=5， 2由折叠可得，CB=BE，CD=ED， ∴四边形BCDE的周长为5×4=20， 故答案为：20．

【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质及折叠问题，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．

13.在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，同时同地测得一栋楼的影长为90m，则这栋楼的高度为________m． 【答案】54 【解析】 【分析】

根据同一时刻物高与影长成正比即可得出结论． 【详解】解：设这栋楼的高度为hm，

∵在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，同时测得一栋楼的影长为60m， ∴

1.8h， 390解得h=54（m）． 故答案为：54．

【点睛】本题考查的是相似三角形的应用，熟知同一时刻物高与影长成正比是解答此题的关键．

在扇形OAB中，AOB900，D,E分别是半径OA,OB上的点，以OD,OE为邻边的YODCE的14.如图，

顶点G在»． AB上，若OD8,OE6,则阴影部分图形的面积是________（结果保留）

8

【答案】2548 【解析】 【分析】

连接OC，根据同样只统计得到▱ODCE是矩形，由矩形的性质得到∠ODC=90°．根据勾股定理得到OC=10，根据扇形的面积公式和矩形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：连接OC，

∵∠AOB=90°，四边形ODCE是平行四边形， ∴▱ODCE是矩形， ∴∠ODC=90°． ∵OD=8，OE=6， ∴OC=6282=10，

90102-8×6=25π-48． ∴阴影部分图形的面积=

360故答案为：25π-48．

【点睛】本题考查了扇形的面积的计算，矩形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．

三、解答题（每小题5分，共20分）

15.先化简，再求值：a1aa2，其中a22．

【答案】5 【解析】

9

【分析】

先根据完全平方公式及单项式与多项式的乘法计算，再合并同类项，然后把a【详解】解：原式＝a22a1a22a2a21， 当a2代入计算即可.

2时，

原式=2221＝5.

【点睛】本题考查了整式的化简求值熟练掌握运算顺序及乘法公式是解答本题的关键.

16.甲口袋中装有红色、绿色两把扇子，这两把扇子除颜色外无其他差别；乙口袋中装有红色、绿色两条手绢，这两条手绢除颜色外无其他差别．从甲口袋中随机取出一把扇子，从乙口袋中随机取出一条手绢，用画树状图或列表的方法，求取出的扇子和手绢都是红色的概率．

【答案】P【解析】 【分析】

1 4画出树状图，共有4种可能结果，其中取出的扇子和手绢都是红色的有1种可能，由概率公式即可得出结果． 【详解】解：画树状图如下：

共有4种可能结果，其中取出的扇子和手绢都是红色的有1种可能， 所以，所求的概率为：P

1

4

【点睛】此题主要考查了列表法与树状图法以及概率公式，列表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；树状图法适用于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回试验还

10

是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

17.已知y是x的反比例函数，并且当x2时，y6． ⑴求y关于x的函数解析式； ⑵当x4时，求y的值． 【答案】（1）y【解析】 【分析】

（1）直接利用待定系数法求出反比例函数解析式即可； （2）直接利用x=4代入求出答案． 【详解】解：（1）y是x的反例函数， 所以，设y12；（2）y3. xk(k0)， x当x=2时，y=6． 所以，k=xy=12， 所以，y12； x12=3． 4（2）当x=4时，y【点睛】此题主要考查了待定系数法求反比例函数解析式，正确假设出解析式是解题关键．

18.如图，在YABCD中，点E在边AD上，以C为圆心，AE长为半径画弧，交边BC于点F，连接BE、

DF．求证：ABECDF．

【答案】见解析. 【解析】

11

【分析】

直接利用已知作图方法结合全等三角形的判定方法分析得出答案． 【详解】证明：由题意可得：AE=FC， 在平行四边形ABCD中，AB=DC，∠A=∠C，

AECF在△ABE和△CDF中，AC，

ABCD所以，△ABE≌△CDF（SAS）．

【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定，正掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．

19.图①，图②均为44的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．在图①中已画出线段AB，在图②中已画出线段CD，其中A、B、C、D均为格点，按下列要求画图： ⑴在图①中，以AB为对角线画一个菱形AEBF，且E,F为格点；

⑵在图②中，以CD为对角线画一个对边不相等的四边形CGDH，且G,H为格点，CGDCHD900.

【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】

（1）根据菱形的定义画出图形即可（答案不唯一）． （2）利用数形结合的思想解决问题即可． 【详解】解：（1）如图，菱形AEBF即为所求． （2）如图，四边形CGDH即为所求．

12

【点睛】本题考查作图-应用与设计，菱形的判定和性质，直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

20.问题解决

糖葫芦一般是用竹签串上山楂，再蘸以冰糖制作而成．现将一些山楂分别串在若干根竹签上．如果每根竹签串5个山楂，还剩余4个山楂；如果每根竹签串8个山楂，还剩余7根竹签．这些竹签有多少根？山楂有多少个？

反思归纳

现有a根竹签，b个山楂．若每根竹签串c个山楂，还剩余d个山楂，则下列等式成立的是________（填写序号）．

⑴bcda；⑵acdb；⑶acdb．

【答案】问题解决:竹签有20根，山楂有104个；反思归纳:（2） 【解析】 【分析】

5x4y问题解：决设竹签有x根，山楂有y个，由题意得出方程组：，解方程组即可；

8x7y反思归纳： 由每根竹签串c个山楂，还剩余d个山楂，得出ac+d=b即可． 【详解】解：问题解决 解法一：

设竹签有x根，山楂有y个，

5x4y根据题意，得

8x7y

13

解得x20

y104答：竹签有20根，山楂有104个。 解法二 设竹签有x根，

根据题意，得5x48x7， 解得x=20，

5x45204104，

答：竹签有20根，山楂有104个。 反思归纳

∵每根竹签串c个山楂，还剩余d个山楂， 则ac+d=b， 故答案为：（2）．

【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程组的解法；根据题意列出方程组是解题的关键．

21.墙壁及淋浴花洒截面如图所示，已知花洒底座A与地面的距离AB为170cm，花洒AC的长为30cm，与墙壁的夹角CAD为43°．求花洒顶端C到地面的距离CE（结果精确到1cm）（参考数据：sin4300.68，cos4300.73，tan4300.93）

【答案】CE约为192cm。 【解析】 【分析】

14

过C作CF⊥AB于F，于是得到∠AFC=90°，解直角三角形即可得到结论． 【详解】解：如图，过点C作CFAB于点F，则AFC900，

在RtACF中，AC30,CAF430， ∵cosCAFAF， AC∴AFACgcosCAF 30cos430 300.7321.9，

∴CEBFABAF

17021.9191.9192cm，

因此，花洒顶端C到地面的距离CE约为192cm。

【点睛】本题考查解直角三角形，解题的关键是正确理解题意以及灵活运用锐角三角函数的定义，本题属于中等题型．

某机构准备采用抽取样本的方法调查该地区居民“获取信息的22.某地区有城区居民和农村居民共80万人，最主要途径”．

⑴该机构设计了以下三种调查方案： 方案一：随机抽取部分城区居民进行调查； 方案二：随机抽取部分农村居民进行调查；

方案三：随机抽取部分城区居民和部分农村居民进行调查． 其中最具有代表性的一个方案是________；

⑵该机构采用了最具有代表性的调查方案进行调查．供选择的选项有：电脑、手机、电视、广播，其他，

15

共五个选项，每位被调查居民只选择一个选项．现根据调查结果绘制如下统计图，请根据统计图回答下列问题：

①这次接受调查居民人数为________人； ②统计图中人数最多的选项为________；

③请你估计该地区居民和农村居民将“电脑和手机”作为“获取信息的最主要途径”的总人数． 【答案】（1）方案三；（2）①1000；②手机；③52.8万人. 【解析】 【分析】

（1）根据三个方案选出最具有代表性的一个方案即可；

（2）①把电脑、手机、电视、广播、其他，这五个选项的总人数相加即可； ②从统计图中找出人数最多的选项即可；

③用80×该地区居民和农村居民将“电脑和手机”作为“获取信息的最主要途径”的人数所占的百分比即可得到结论．

【详解】解：（1）最具有代表性的一个方案是方案三， 故答案为：方案三；

（2）①这次接受调查的居民人数为260+400+150+100+90=1000人； ②统计图中人数最多的选项为手机； ③8026040052.8万人，

1000的

答：该地区居民和农村居民将“电脑和手机”作为“获取信息的最主要途径”的总人数52.8万人． 【点睛】本题考查的是条形统计图，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；也考查了用样本估计总体．

16

五、解答题（每小题8分，共16分）

23.甲、乙两车分别从A,B两地同时出发，沿同一条公路相向行驶，相遇后，甲车继续以原速行驶到B地，乙车立即以原速原路返回到B地，甲、乙两车距B地的路程ykm与各自行驶的时间xh之间的关系如图所示．

⑴m________，n________；

⑵求乙车距B地的路程y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围； ⑶当甲车到达B地时，求乙车距B地的路程

【答案】（1）4，120；（2）y60x240；（3）乙车距B地的路程为30km. 【解析】 【分析】

（1）观察图象即可解决问题； （2）运用待定系数法解得即可； （3）把x=3代入（2）的结论即可．

【详解】解：（1）根据题意可得m=2×2=4，n=280-280÷3.5=120； 故答案为：4；120；

（2）设y关于x的函数解析式为ykx0x2， 因为图象过2,120， 所以2k120， 解得k60，

所以y关于x的函数解析式为y60x， 设y关于x的函数解析式为yk1xb2x4， 因为图象过2,120,4,0两点，

17

所以2k1b120，

4k1b0k160，

b240解得：所以y关于x的函数解析式为y60x240； （3）当x3.5时，y603.524030，

所以当甲车到达B地时，乙车距B地的路程为30km。

【点睛】此题考查的知识点是一次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数的解析式．

24.性质探究

如图①，在等腰三角形ABC中，ACB1200，则底边AB与腰AC的长度之比为________．

理解运用

⑴若顶角为120°的等腰三角形的周长为843，则它的面积为________； ⑵如图②，在四边形EFGH中，EFEGEH． ①求证：EFGEHGFGH；

②在边FG,GH上分别取中点M,N，连接MN．若FGH1200，EF10,直接写出线段MN的长． 类比拓展

顶角为2的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为________（用含的式子表示）．

【答案】性质探究：3；理解运用：（1）43；（2）①见解析；②53；类比拓展：2sin. 【解析】 【分析】

性质探究：作CD⊥AB于D，则∠ADC=∠BDC=90°，由等腰三角形的性质得出AD=BD，∠A=∠B=30°，由直角三角形的性质得出AC=2CD，AD=3CD，得出AB=2AD=23CD，即可得出结果；

18

理解运用：（1）同上得出则AC=2CD，AD=3CD，由等腰三角形的周长得出4CD+23CD=8+43，解得：CD=2，得出AB=43，由三角形面积公式即可得出结果； （2）①由等腰三角形的性质得出∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，得出∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH即可；

②连接FH，作EP⊥FH于P，由等腰三角形的性质得出PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，由四边形内角和定理求出∠FEH=120°，由等腰三角形的性质得出∠EFH=30°，由直角三角形的性质得出PE=

1EF=5，PF=3PE=53，得出FH=2PF=103，证明MN是△FGH的中位线，由三角形中位线定理21∠BAC=α，由三角函数得出2即可得出结果；

类比拓展：作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性质得出BD=CD，∠BAD=BD=AB×sinα，得出BC=2BD=2AB×sinα，即可得出结果． 【详解】性质探究

解：作CD⊥AB于D，如图①所示：

则∠ADC=∠BDC=90°， ∵AC=BC，∠ACB=120°， ∴AD=BD，∠A=∠B=30°， ∴AC=2CD，AD=3CD， ∴AB=2AD=23CD，

∴

AB23CD=3； AC2CD故答案为：3； 理解运用

（1）解：如图①所示：

同上得：AC=2CD，AD=3CD，

19

∵AC+BC+AB=8+43， ∴4CD+23CD=8+43， 解得：CD=2， ∴AB=43， ∴△ABC的面积=12AB×CD=12×43×2=43； 故答案为：43 （2）①证明：∵EF=EG=EH， ∴∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG， ∴∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH； ②解：连接FH，作EP⊥FH于P，如图②所示：

则PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°， ∴∠FEH=360°-120°-120°=120°， ∵EF=EH， ∴∠EFH=30°， ∴PE=

12EF=5， ∴PF=3PE=53， ∴FH=2PF=103，

∵点M、N分别是FG、GH的中点， ∴MN是△FGH的中位线， ∴MN=

12FH=53； 类比拓展

解：如图③所示：作AD⊥BC于D，

20

∵AB=AC， ∴BD=CD，∠BAD=∵sinα=

1∠BAC=α， 2BD， AB∴BD=AB×sinα， ∴BC=2BD=2AB×sinα， ∴

BC2ABsin=2sinα； ABAB故答案为：2sinα．

【点睛】本题是四边形综合题目，考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形中位线定理、四边形内角和定理、就直角三角形等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．

六、解答题（每小题10分，共20分）

25.如图，在矩形ABCD中，AD4cm,AB3cm，E为边BC上一点，BEAB，连接AE．动点P、Q从点A同时出发，点P以2cm/s的速度沿AE向终点E运动；点Q以2cm/s的速度沿折线ADDC向终点C运动．设点Q运动的时间为xs，在运动过程中，点P，点Q经过的路线与线段PQ围成的图形面积为ycm2．

⑴AE________cm,EAD________°；

⑵求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围； 5⑶当PQcm时，直接写出x的值．

4

21

2【答案】（1）32，45；（2）y=x（0x2），yx28x8（2x3），yx4（3x7）；2（3）

5225或.

88【解析】 【分析】

（1）由勾股定理可求AE的长，由等腰三角形的性质可求∠EAD的度数； （2）分三种情况讨论，由面积和差关系可求解； （3）分三种情况讨论，由勾股定理可求解． 【详解】解：（1）∵AB=3cm，BE=AB=3cm， ∴AE=AB2BE232cm，∠BAE=∠BEA=45°，

∵∠BAD=90°， ∴∠DAE=45° 故答案为：32，45；

（2）当0＜x≤2时，如图，过点P作PF⊥AD，

∵AP=2x，∠DAE=45°，PF⊥AD， ∴PF=x=AF， ∴y=S△PQA=

1×AQ×PF=x2； 2（2）当2＜x≤3时，如图，过点P作PF⊥AD，

22

∵PF=AF=x，QD=2x-4， ∴DF=4-x，

∴y=

1212x+2（2x-4+x）（4-x）=-x2+8x-8；当3＜x≤72时，如图，点P与点E重合．

∵CQ=（3+4）-2x=7-2x，CE=4-3=1cm， ∴y=

12（1+4）×3-12（7-2x）×1=x+4；（3）当0＜x≤2时，

∵QF=AF=x，PF⊥AD， ∴PQ=AP.

∵PQ=54cm， ∴2x=54，

∴x=

528； 当2＜x≤3时，过点P作PM⊥CD，

23

∴四边形MPFD是矩形， ∴PM=DF=4-2x，MD=PF=x， ∴MQ=x-（2x-4）=4-x. ∵MP2+MQ2=PQ2， ∴（4-2x）2+（4-x）2=∵△＜0， ∴方程无解， 当3＜x≤

25， 167时， 2

∵PQ2=CP2+CQ2，

25=1+（7-2x）2， 1625∴x=，

8∴

综上所述：x=

2552. 或

88【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．

抛物线yx1k与x轴相交于A,B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C26.如图，

20,3．P为抛物线上一点，横坐标为m，且m0． ⑴求此抛物线的解析式；

24

⑵当点P位于x轴下方时，求ABP面积的最大值；

⑶设此抛物线在点C与点P之间部分（含点C和点P）最高点与最低点的纵坐标之差为h． ①求h关于m的函数解析式，并写出自变量m的取值范围； ②当h9时，直接写出BCP的面积．

【答案】（1）yx2x3；（2）8；（3）①hm22m（0m1），h1（1m2），hm22m1（m2）；②6. 【解析】 【分析】

（1）将点C（0，-3）代入y=（x-1）2+k即可；

（2）易求A（-1，0），B（3，0），抛物线顶点为（1，-4），当P位于抛物线顶点时，△ABP的面积有最大值；

（3）①当0＜m≤1时，h=-3-（m2-2m-3）=-m2+2m；当1＜m≤2时，h=-1-（-4）=1；当m＞2时，h=m2-2m-3-（-4）=m2-2m+1；

②当h=9时若-m2+2m=9，此时△＜0，m无解；若m2-2m+1=9，则m=4，则P（4，5），△BCP的面积=

21118451（4+1）×3=6； 2222【详解】解：（1）因为抛物线yx1k与y轴交于点C把0,3代入yx1k，得

20,3，

301k，

2解得k4，

25

所以此抛物线的解析式为yx124， 即yx22x3；

（2）令y0，得x1240， 解得x11,x23， 所以A1,0,B3,0， 所以AB4； 解法一：

由（1）知，抛物线顶点坐标为1,4，

由题意，当点P位于抛物线顶点时，ABP的面积有最大值，最大值为S1ABP2448；

解法二

由题意，得Pm,m22m3，

所以S12ABP24m2m3

2m24m6 2m128，

所以当m1时，SABP有最大值8；

（3）①当0m1时，h3m22m3m22m；

当1m2时，h341；

当m2时，hm22m34m22m1；

②当h=9时

若-m2+2m=9，此时△＜0，m无解； 若m2-2m+1=9，则m=4， ∴P（4，5），

∵B（3，0），C（0，-3），

26

∴△BCP的面积=

1118451（4+1）×3=6； 222【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，是二次函数综合题；熟练掌握二次函数的性质，数形结合，分类讨论是解题的关键．

27

28