(真題)2018-2019學年山東省濟南市數(shù)學中考試題附答案

(真題)2018-2019學年山東省濟南市數(shù)學中考試題附答案LtD..........山東省濟南市2018年學業(yè)水平考試數(shù)學試題一、選擇題（本大題共12小題，每小題4分，共48分）1．（2018濟南，1，4分）4的算術(shù)平方根是（）A．2B．－2C．±2D．EQ\R(,2)【答案】A2．（2018濟南，2，4分）如圖所示的幾何體，它的俯視圖是（）A．B．C．D．【答案】D3．（2018濟南，3，4分）2018年1月，“墨子號”量子衛(wèi)星實現(xiàn)了距離達7600千米的洲際量子密鑰分發(fā)，這標志著“墨子號”具備了洲際量子保密通信的能力．數(shù)字7600用科學記數(shù)法表示為（）A．0.76×104B．7.6×103C．7.6×104D．76×102△ABC的頂點都在方格線的格點上，將△ABC繞點P順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△A′B′C′，則點P的坐標為（）A．（0，4）B．（1，1）C．（1，2）D．（2，1）【答案】C10．（2018濟南，10，4分）下面的統(tǒng)計圖大致反應了我國2012年至2017年人均閱讀量的情況．根據(jù)統(tǒng)計圖提供的信息，下列推斷不合理的是（）A．與2016年相比，2017年我國電子書人均閱讀量有所降低B．2012年至2017年，我國紙質(zhì)書的人均閱讀量的中位數(shù)是4.57C．從2014年到2017年，我國紙質(zhì)書的人均閱讀量逐年增長D．2013年我國紙質(zhì)書的人均閱讀量比電子書的人均閱讀量的1.8倍還多4.4.394.774.564.584.654.662.352.483.223.263.213.12【答案】B11．（2018濟南，11，4分）如圖，一個扇形紙片的圓心角為90°，半徑為6．如圖2，將這張扇形紙片折疊，使點A與點O恰好重合，折痕為CD，圖中陰影為重合部分，則陰影部分的面積為（）A．6π－EQ\F(9,2)EQ\R(,3)B．6π－9EQ\R(,3)C．12π－EQ\F(9,2)EQ\R(,3)D．EQ\F(9π,4)ABABCDO(A)ABO【答案】A12．（2018濟南，11，4分）若平面直角坐標系內(nèi)的點M滿足橫、縱坐標都為整數(shù)，則把點M叫做“整點”．例如：P（1，0）、Q（2，－2）都是“整點”．拋物線y＝mx2－4mx＋4m－2(m＞0)與x軸交于點A、B兩點，若該拋物線在A、B之間的部分與線段AB所圍成的區(qū)域（包括邊界）恰有七個整點，則m的取值范圍是（）A．EQ\F(1,2)≤m＜1B．EQ\F(1,2)＜m≤1C．1＜m≤2D．1＜m＜2【答案】B【解析】解：∵y＝mx2－4mx＋4m－2＝m(x－2)2－2且m＞0,∴該拋物線開口向上，頂點坐標為(2，－2)，對稱軸是直線x＝2．由此可知點(2，0)、點(2，－1)、頂點(2，－2)符合題意．方法一：①當該拋物線經(jīng)過點（1，－1）和（3，－1）時（如答案圖1），這兩個點符合題意．將（1，－1）代入y＝mx2－4mx＋4m－2得到－1＝m－4m＋4m－2．解得m＝1．此時拋物線解析式為y＝x2－4x＋2．由y＝0得x2－4x＋2＝0．解得x1＝2－EQ\R(,2)≈0.6，x2＝2＋EQ\R(,2)≈3.4．∴x軸上的點(1，0)、(2，0)、(3，0)符合題意．則當m＝1時，恰好有(1，0)、(2，0)、(3，0)、(1，－1)、(3，－1)、(2，－1)、(2，－2)這7個整點符合題意．∴m≤1．【注：m的值越大，拋物線的開口越小，m的值越小，拋物線的開口越大，】答案圖1(m＝1時)答案圖2(m＝EQ\F(1,2)時)②當該拋物線經(jīng)過點（0，0）和點（4，0）時（如答案圖2），這兩個點符合題意．此時x軸上的點(1，0)、(2，0)、(3，0)也符合題意．將（0，0）代入y＝mx2－4mx＋4m－2得到0＝0－4m＋0－2．解得m＝EQ\F(1,2)．此時拋物線解析式為y＝EQ\F(1,2)x2－2x．當x＝1時，得y＝EQ\F(1,2)×1－2×1＝－EQ\F(3,2)＜－1．∴點(1，－1)符合題意．當x＝3時，得y＝EQ\F(1,2)×9－2×3＝－EQ\F(3,2)＜－1．∴點(3，－1)符合題意．綜上可知：當m＝EQ\F(1,2)時，點(0，0)、(1，0)、(2，0)、(3，0)、(4，0)、(1，－1)、(3，－1)、(2，－2)、(2，－1)都符合題意，共有9個整點符合題意，∴m＝EQ\F(1,2)不符合題．∴m＞EQ\F(1,2)．綜合①②可得：當EQ\F(1,2)＜m≤1時，該函數(shù)的圖象與x軸所圍城的區(qū)域（含邊界）內(nèi)有七個整點，故答案選B．方法二：根據(jù)題目提供的選項，分別選取m＝EQ\F(1,2)，m＝1，m＝2，依次加以驗證．①當m＝EQ\F(1,2)時（如答案圖3），得y＝EQ\F(1,2)x2－2x．由y＝0得EQ\F(1,2)x2－2x＝0．解得x1＝0，x2＝4．∴x軸上的點(0，0)、(1，0)、(2，0)、(3，0)、(4，0)符合題意．當x＝1時，得y＝EQ\F(1,2)×1－2×1＝－EQ\F(3,2)＜－1．∴點(1，－1)符合題意．當x＝3時，得y＝EQ\F(1,2)×9－2×3＝－EQ\F(3,2)＜－1．∴點(3，－1)符合題意．綜上可知：當m＝EQ\F(1,2)時，點(0，0)、(1，0)、(2，0)、(3，0)、(4，0)、(1，－1)、(3，－1)、(2，－2)、(2，－1)都符合題意，共有9個整點符合題意，∴m＝EQ\F(1,2)不符合題．∴選項A不正確．答案圖3(m＝EQ\F(1,2)時)答案圖4(m＝1時)答案圖5(m＝2時)②當m＝1時（如答案圖4），得y＝x2－4x＋2．由y＝0得x2－4x＋2＝0．解得x1＝2－EQ\R(,2)≈0.6，x2＝2＋EQ\R(,2)≈3.4．∴x軸上的點(1，0)、(2，0)、(3，0)符合題意．當x＝1時，得y＝1－4×1＋2＝－1．∴點(1，－1)符合題意．當x＝3時，得y＝9－4×3＋2＝－1．∴點(3，－1)符合題意．綜上可知：當m＝1時，點(1，0)、(2，0)、(3，0)、(1，－1)、(3，－1)、(2，－2)、(2，－1)都符合題意，共有7個整點符合題意，∴m＝1符合題．∴選項B正確．③當m＝2時（如答案圖5），得y＝2x2－8x＋6．由y＝0得2x2－8x＋6＝0．解得x1＝1，x2＝3．∴x軸上的點(1，0)、(2，0)、(3，0)符合題意．綜上可知：當m＝2時，點(1，0)、(2，0)、(3，0)、(2，－2)、(2，－1)都符合題意，共有5個整點符合題意，∴m＝2不符合題．二、填空題（本大題共6小題，每小題4分，共24分）13．（2018濟南，13，4分）分解因式：m2－4＝____________；【答案】(m＋2)(m－2)14．（2018濟南，14，4分）在不透明的盒子中裝有5個黑色棋子和若于個白色做子，每個棋子除顏色外都相同，任意摸出一個棋子，摸到黑包棋子的概率是EQ\F(1,4)，則白色棋子的個數(shù)是＝____________；【答案】1515．（2018濟南，15，4分）一個正多邊形的每個內(nèi)角等于108°，則它的邊數(shù)是＝____________；【答案】516．（2018濟南，16，4分）若代數(shù)式EQ\F(x－2,x－4)的值是2，則x＝____________；【答案】617．（2018濟南，17，4分）A、B兩地相距20km，甲乙兩人沿同一條路線從A地到B地．甲先出發(fā)，勻速行駛，甲出發(fā)1小時后乙再出發(fā)，乙以2km/h的速度度勻速行駛1小時后提高速度并繼續(xù)勻速行駛，結(jié)果比甲提前到達．甲、乙兩人離開A地的距離s（km）與時間t（h）的關(guān)系如圖所示，則甲出發(fā)____________小時后和乙相遇．【答案】EQ\F(16,5)．【解析】y甲＝4t(0≤t≤4)；y乙＝EQ\B\lc\{(\a\al(2(t－1)(1≤t≤2),9(t－2)t(2＜t≤4)))；由方程組EQ\B\lc\{(\a\al(y＝4t,y＝9(t－2)))解得EQ\B\lc\{(\a\al(t＝EQ\F(16,5),y＝EQ\F(64,5))).∴答案為EQ\F(16,5)．18．（2018濟南，18，4分）如圖，矩形EFGH的四個頂點分別在矩形ABCD的各條邊上，AB＝EF，F(xiàn)G＝2，GC＝3．有以下四個結(jié)論：①∠BGF＝∠CHG；②△BFG≌△DHE；③tan∠BFG＝EQ\F(1,2)；④矩形EFGH的面積是4EQ\R(,3)．其中一定成立的是____________．（把所有正確結(jié)論的序號填在橫線上）【答案】①②④．【解析】設(shè)EH＝AB＝a，則CD＝GH＝a．∵∠FGH＝90°，∴∠BGF＋∠CGH＝90°.又∵∠CGH＋∠CHG＝90°,∴∠BGF＝∠CHG…………………故①正確．同理可得∠DEH＝∠CHG.∴∠BGF＝∠DEH.又∵∠B＝∠D＝90°，F(xiàn)G＝EH,∴△BFG≌△DHE…………………故②正確．同理可得△AFE≌△CHG.∴AF＝CH.易得△BFG∽△CGH.∴EQ\F(BF,CG)＝EQ\F(FG,GH).∴EQ\F(BF,3)＝EQ\F(2,a).∴BF＝EQ\F(6,a).∴AF＝AB－BF＝a－EQ\F(6,a).∴CH＝AF＝a－EQ\F(6,a).在Rt△CGH中，∵CG2＋CH2＝GH2，∴32＋(a－EQ\F(6,a))2＝a2.解得a＝2EQ\R(,3).∴GH＝2EQ\R(,3).∴BF＝a－EQ\F(6,a)＝EQ\R(,3).在Rt△BFG中，∵cos∠BFG＝EQ\F(BF,FG)＝EQ\F(EQ\R(,3),2)，∴∠BFG＝30°.∴tan∠BFG＝tan30°＝EQ\F(EQ\R(,3),3).…………………故③正確．矩形EFGH的面積＝FG×GH＝2×2EQ\R(,3)＝4EQ\R(,3)…………………故④正確．三、解答題（本大題共9小題，共78分）19．（2018濟南，19，6分）計算：2－1＋│－5│－sin30°＋(π－1)0．解：2－1＋│－5│－sin30°＋(π－1)0．＝EQ\F(1,2)＋5－EQ\F(1,2)＋1＝620．（2018濟南，20，6分）解不等式組：EQ\B\lc\{(\a\al(3x＋1＜2x＋3①,2x＞EQ\F(3x－1,2)②))解：由①，得3x－2x＜3－1.∴x＜2.由②，得4x＞3x－1.∴x＞－1.∴不等式組的解集為－1＜x＜2.21．（2018濟南，21，6分）如圖，在□ABCD中，連接BD，E是DA延長線上的點，F(xiàn)是BC延長線上的點，且AE＝CF，連接EF交BD于點O．求證：OB＝OD．證明：∵□ABCD中，∴AD＝BC,AD∥BC.∴∠ADB＝∠CBD.又∵AE＝CF，∴AE＋AD＝CF＋BC.∴ED＝FB.又∵∠EOD＝∠FOB,∴△EOD≌△FOB.∴OB＝OD．22．（2018濟南，22，8分）本學期學校開展以“感受中華傳統(tǒng)買德”為主題的研學部動，組織150名學生多觀歷史好物館和民俗晨覽館，每一名學生只能參加其中全順活動，共支付票款2000元，票價信息如下：地點票價歷史博物館10元/人民俗展覽館20元/人（1）請問參觀歷史博物館和民俗展覽館的人數(shù)各是多少人？（2）若學生都去參觀歷史博物館，則能節(jié)省票款多少元？解：（1）設(shè)參觀歷史博物館的有x人，則參觀民俗展覽館的有（150－x）人，依題意，得10x＋20(150－x)2000.10x＋3000－20x＝2000.－10x＝－1000.∴x＝100.∴150－x＝50.答：參觀歷史博物館的有100人，則參觀民俗展覽館的有50人．（2）2000－150×10＝500（元）.答：若學生都去參觀歷史博物館，則能節(jié)省票款500元．23．（2018濟南，23，8分）如圖AB是⊙O的直徑，PA與⊙O相切于點A，BP與⊙O相較于點D，C為⊙O上的一點，分別連接CB、CD，∠BCD＝60°．(1)求∠ABD的度數(shù)；(2)若AB＝6，求PD的長度．【解析】解：(1)方法一：連接AD（如答案圖1所示）．∵BA是⊙O直徑，∴∠BDA＝90°．∵EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),BD)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),BD)，∴∠BAD＝∠C＝60°．∴∠ABD＝90°－∠BAD＝90°－60°＝30°．第23題答案圖1第23題答案圖2方法二：連接DA、OD（如答案圖2所示），則∠BOD＝2∠C＝2×60°＝120°．∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB＝EQ\F(1,2)(180°－120°)＝30°．即∠ABD＝30°．(2)∵AP是⊙O的切線，∴∠BAP＝90°．在Rt△BAD中，∵∠ABD＝30°，∴DA＝EQ\F(1,2)BA＝EQ\F(1,2)×6＝3．∴BD＝EQ\R(,3)DA＝3EQ\R(,3)．在Rt△BAP中，∵cos∠ABD＝EQ\F(AB,PB)，∴cos30°＝EQ\F(6,PB)＝EQ\F(EQ\R(,3),2)．∴BP＝4EQ\R(,3)．∴PD＝BP－BD＝4EQ\R(,3)－3EQ\R(,3)＝EQ\R(,3)．24．（2018濟南，24，10分）某校開設(shè)了“3D”打印、數(shù)學史、詩歌欣賞、陶藝制作四門校本課程，為了解學生對這四門校本課程的喜愛情況，對學生進行了隨機問卷調(diào)查（問卷調(diào)查表如圖所示），將調(diào)查結(jié)果整理后繪制例圖1、圖2兩幅均不完整的統(tǒng)計圖表．請您根據(jù)圖表中提供的信息回答下列問題：（1）統(tǒng)計表中的a＝________，b＝_______；（2）“D”對應扇形的圓心角為_______度；（3）根據(jù)調(diào)查結(jié)果，請您估計該校2000名學生中最喜歡“數(shù)學史”校本課程的人數(shù)；（4）小明和小亮參加校本課程學習，若每人從“A”、“B”、“C”三門校本課程中隨機選取一門，請用畫樹狀圖或列表格的方法，求兩人恰好選中同一門校本課程的概率．解：（1）a＝36÷0.45＝80.b＝16÷80＝0.20.（2）“D”對應扇形的圓心角的度數(shù)為：8÷80×360°＝36°.（3）估計該校2000名學生中最喜歡“數(shù)學史”校本課程的人數(shù)為：2000×0.25＝500（人）．（4）列表格如下：ABCAA,AB,AC,ABA,BB,BC,BCA,CB,CC,C共有9種等可能的結(jié)果，其中兩人恰好選中同一門校本課程的結(jié)果有3種，所以兩人恰好選中同一門校本課程的概率為：EQ\F(3,9)＝EQ\F(1,3)．25．（2018濟南，25，10分）如圖，直線y＝ax＋2與x軸交于點A(1，0)，與y軸交于點B(0，b)．將線段AB先向右平移1個單位長度、再向上平移t（t＞0）個單位長度，得到對應線段CD，反比例函數(shù)y＝EQ\F(k,x)（x＞0）的圖象恰好經(jīng)過C、D兩點，連接AC、BD．(1)求a和b的值；(2)求反比例函數(shù)的表達式及四邊形ABDC的面積；(3)點N在x軸正半軸上，點M是反比例函數(shù)y＝EQ\F(k,x)（x＞0）的圖象上的一個點，若△CMN是以CM為直角邊的等腰直角三角形時，求所有滿足條件的點M的坐標．第25題圖第25題備用圖【解析】解：(1)將點A(1，0)代入y＝ax＋2，得0＝a＋2．∴a＝－2．∴直線的解析式為y＝－2x＋2．將x＝0代入上式，得y＝2．∴b＝2．∴點B(0，2)．(2)由平移可得：點C(2，t)、D(1，2＋t)．將點C(2，t)、D(1，2＋t)分別代入y＝EQ\F(k,x)，得EQ\B\lc\{(\a\al(t＝EQ\F(k,2),2＋t＝EQ\F(k,1)))．解得EQ\B\lc\{(\a\al(k＝4,t＝2))．∴反比例函數(shù)的解析式為y＝EQ\F(4,x)，點C(2，2)、點D(1，4)．分別連接BC、AD（如答案圖1）．∵B(0，2)、C(2，2)，∴BC∥x軸，BC＝2．∵A(1，0)、D(1，4)，∴AD⊥x軸，AD＝4．∴BC⊥AD．∴S四邊形ABDC＝EQ\F(1,2)×BC×AD＝EQ\F(1,2)×2×4＝4．第25題答案圖1(3)①當∠NCM＝90°、CM＝CN時（如答案圖2所示），過點C作直線l∥x軸，交y軸于點G．過點M作MF⊥直線l于點F，交x軸于點H．過點N作NE⊥直線l于點E．設(shè)點N(m，0)（其中m＞0），則ON＝m，CE＝2－m．∵∠MCN＝90°，∴∠MCF＋∠NCE＝90°．∵NE⊥直線l于點E，∴∠ENC＋∠NCE＝90°．∴∠MCF＝∠ENC．又∵∠MFC＝∠NEC＝90°，CN＝CM，∴△NEC≌△CFM．∴CF＝EN＝2，F(xiàn)M＝CE＝2－m．∴FG＝CG＋CF＝2＋2＝4．∴xM＝4．將x＝4代入y＝EQ\F(4,x)，得y＝1．∴點M(4，1)．第25題答案圖2第25題答案圖3②當∠NMC＝90°、MC＝MN時（如答案圖3所示），過點C作直線l⊥y軸與點F，則CF＝xC＝2．過點M作MG⊥x軸于點G，MG交直線l與點E，則MG⊥直線l于點E，EG＝y(tǒng)C＝2．∵∠CMN＝90°，∴∠CME＋∠NMG＝90°．∵ME⊥直線l于點E，∴∠ECM＋∠CME＝90°．∴∠NMG＝∠ECM．又∵∠CEM＝∠NGM＝90°，CM＝MN，∴△CEM≌△MGN．∴CE＝MG，EM＝NG．設(shè)CE＝MG＝a，則yM＝a，xM＝CF＋CE＝2＋a．∴點M(2＋a，a)．將點M(2＋a，a)代入y＝EQ\F(4,x)，得a＝EQ\F(4,2＋a)．解得a1＝EQ\R(,5)－1，a2＝－EQ\R(,5)－1．∴xM＝2＋a＝EQ\R(,5)＋1．∴點M(EQ\R(,5)＋1，EQ\R(,5)－1)．綜合①②可知：點M的坐標為(4，1)或(EQ\R(,5)＋1，EQ\R(,5)－1)．26．（2018濟南，26，12分）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，以CA為邊在∠ACB的另一側(cè)作∠ACM＝∠ACB，點D為射線BC上任意一點，在射線CM上截取CE＝BD，連接AD、DE、AE．（1）如圖1，當點D落在線段BC的延長線上時，直接寫出∠ADE的度數(shù)；（2）如圖2，當點D落在線段BC（不含邊界）上時，AC與DE交于點F，請問（1）中的結(jié)論是否仍成立？如果成立，請給出證明；如果不成立，請說明理由；（3）在（2）的條件下，若AB＝6，求CF的最大值．第26題圖1第26題圖2【解析】解：(1)∠ADE＝30°．(2)（1）中的結(jié)論是否還成立證明：連接AE（如答案圖1所示）．∵∠BAC＝120°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝30°．又∵∠ACM＝∠ACB，∴∠B＝∠ACM＝30°．又∵CE＝BD，∴△ABD≌△ACE.∴AD＝AE,∠1＝∠2.∴∠2＋∠3＝∠1＋∠3＝∠BAC＝120°.即∠DAE＝120°.又∵AD＝AE,∴∠ADE＝∠AED＝30°．答案圖1答案圖2(3)∵AB＝AC，AB＝6，∴AC＝6．∵∠ADE＝∠ACB＝30°且∠DAF＝∠CAD，∴△ADF∽△ACD.∴EQ\F(AD,AC)＝EQ\F(AF,AD).∴AD2＝AF·AC．∴AD2＝6AF．∴AF＝EQ\F(AD2,6)．∴當AD最短時，AF最短、CF最長．易得當AD⊥BC時，AF最短、CF最長（如答案圖2所示），此時AD＝EQ\F(1,2)AB＝3．∴AF最短＝EQ\F(AD2,6)＝EQ\F(32,6)＝EQ\F(3,2)．∴CF最長＝AC－AF最短＝6－EQ\F(3,2)＝EQ\F(9,2).27．（2018濟南，27，12分）如圖1，拋物線y＝ax2＋bx＋4過A(2，0)、B(4，0)兩點，交y軸于點C，過點C作x軸的平行線與不等式拋物線上的另一個交點為D，連接AC、BC．點P是該拋物線上一動點，設(shè)點P的橫坐標為m（m＞4）．(1)求該拋物線的表達式和∠ACB的正切值；(2)如圖2，若∠ACP＝45°，求m的值；(3)如圖3，過點A、P的直線與y軸于點N，過點P作PM⊥CD，垂足為M，直線MN與x軸交于點Q，試判斷四邊形ADMQ的形狀，并說明理由．第27題圖1第27題圖2第27題圖3【解析】解：（1）將點A(2，0)和點B(4，0)分別代入y＝ax2＋bx＋4，得EQ\B\lc\{(\a\al(0＝4a＋2x＋4,0＝16a＋4b＋4))．解得EQ\B\lc\{(\a\al(a＝EQ\F(1,2),b＝－3))．∴該拋物線的解析式為y＝EQ\F(1,2)x2－3x＋4.將x＝0代入上式，得y＝4.∴點C（0，4），OC＝4．在Rt△AOC中，AC＝EQ\R(,OA\S\UP6(2)＋OC\S\UP6(2))＝EQ\R(,2\S\UP6(2)＋4\S\UP6(2))＝2EQ\R(,5).設(shè)直線AC的解析式為y＝kx＋4,將點A(2，0)代入上式，得0＝2k＋4．解得k＝－2．∴直線AC的解析式為y＝－2x＋4．同理可得直線BC的解析式為y＝－x＋4．求tan∠ACB方法一：過點B作BG⊥CA，交CA的延長線于點G（如答案圖1所示），則∠G＝90°．∵∠COA＝∠G＝90°，∠CAO＝∠BAG，∴△GAB∽△OAC.∴EQ\F(BG,AG)＝EQ\F(OC,OA)＝EQ\F(4,2)＝2.∴BG＝2AG.在Rt△ABG中，∵BG2＋AG2＝AB2,∴(2AG)2＋AG2＝22.AG＝EQ\F(2,5)EQ\R(,5).∴BG＝EQ\F(4,5)EQ\R(,5),CG＝AC＋AG＝2EQ\R(,5)＋EQ\F(2,5)EQ\R(,5)＝EQ\F(12,5)EQ\R(,5).在Rt△BCG中，tan∠ACB＝EQ\F(BG,CQ)＝EQ\F(EQ\F(4,5)EQ\R(,5),EQ\F(12,5)EQ\R(,5))＝EQ\F(1,3).第27題答案圖1第27題答案圖2求tan∠ACB方法二：過點A作AE⊥AC，交BC于點E（如答案圖2所示），則kAE·kAC＝－1.∴－2kAE＝－1.∴kAE＝EQ\F(1,2).∴可設(shè)直線AE的解析式為y＝EQ\F(1,2)x＋m．將點A(2，0)代入上式，得0＝EQ\F(1,2)×2＋m．解得m＝－1．∴直線AE的解析式為y＝EQ\F(1,2)x－1．由方程組EQ\B\lc\{(\a\al(y＝EQ\F(1,2)x－1,y＝－x＋4))解得EQ\B\lc\{(\a\al(x＝EQ\F(10,3),y＝EQ\F(2,3)))．∴點E（EQ\F(10,3)，EQ\F(2,3)）．∴AE＝EQ\R(\b\bc\((\l(2－\F(10,3)))\S\UP6(2)＋\b\bc\((\l(0－\F(2,3)))\S\UP6(2))＝EQ\F(2,3)EQ\R(,5).在Rt△AEC中，tan∠ACB＝EQ\F(AE,AC)＝EQ\F(EQ\F(2,3)EQ\R(,5),2EQ\R(,5))＝EQ\F(1,3).求tan∠ACB方法三：過點A作AF⊥BC，交BC點E（如答案圖3所示），則kAF·kBC＝－1.∴－kAF＝－1.∴kAF＝1.∴可設(shè)直線AF的解析式為y＝x＋n．將點A(2，0)代入上式，得0＝2＋n．解得n＝－2．∴直線AF的解析式為y＝x－2．由方程組EQ\B\lc\{(\a\al(y＝x－2,y＝－x＋4))解得EQ\B\lc\{(\a\al(x＝3,y＝1))．∴點F（3，1）．∴AF＝EQ\R(,(3－2)\S\UP6(2)＋(1－0)\S\UP6(2))＝EQ\R(,2)，CF＝EQ\R(,(3－0)\S\UP6(2)－(1－4)\S\UP6(2))＝3EQ\R(,2).在Rt△AEC中，tan∠ACB＝EQ\F(AF,CF)＝EQ\F(EQ\R(,2),3EQ\R(,2))＝EQ\F(1,3)．第27題答案圖3（2）方法一：利用“一線三等角”模型將線段AC繞點A沿順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到線段AC′，則AC′＝AC，∠C′AC＝90°，∠CC′A＝∠ACC′＝45°．∴∠CAO＋∠C′AB＝90°．又∵∠OCA＋∠CAO＝90°，∴∠OCA＝∠C′AB．過點C′作C′E⊥x軸于點E．則∠C′EA＝∠COA＝90°．∵∠C′EA＝∠COA＝90°，∠OCA＝∠C′AB，AC′＝AC，∴△C′EA≌△AOC．∴C′E＝OA＝2，AE＝OC＝4．∴OE＝OA＋AE＝2＋4＝6．∴點C′(6，2)．設(shè)直線C′C的解析式為y＝hx＋4．將點C′(6，2)代入上式，得2＝6h＋4．解得h＝－EQ\F(1,3)．∴直線C′C的解析式為y＝－EQ\F(1,3)x＋4．∵∠ACP＝45°，∠ACC′＝45°，∴點P在直線C′C上．設(shè)點P的坐標為(x，y)，則x是方程EQ\F(1,2)x2－3x＋4＝－EQ\F(1,3)x＋4的一個解．將方程整理，得3x2－14x＝0．解得x1＝EQ\F(16,3)，x2＝0（不合題意，舍去）．將x1＝EQ\F(16,3)代入y＝－EQ\F(1,3)x＋4，得y＝EQ\