2023中考数学考试试卷试题中考数学初三真题及答案解析含答案

2023中考数学考试试卷试题中考数学初中学业水平考试初三真题及答案解析(含答案和解析)A卷（共100分）注意事项：1、答题前，考生务必将将自己的姓名、学号、班级等填写好．2、答A卷时，每小题选出答案后，用钢笔或水笔把答案直接填写在对应题目的后面括号．第Ⅰ卷（选择题共36分）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，只有一项是符合题目要求的．请将选择题的答案用2B铅笔涂在答题卡相应位置上．1.在下列四个实数中，最小的数是（）A. B. C.0 D.【答案】A【解析】【分析】正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，据此判断即可．【详解】解：根据实数大小比较的方法，可得-2＜0＜＜，所以四个实数中，最小的数是-2．故选：A．【点睛】此题主要考查了实数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：正实数＞0＞负实数，两个负实数绝对值大的反而小．2.某种芯片每个探针单元的面积为，0.00000164用科学记数法可表示为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】绝对值小于1的数利用科学记数法表示的一般形式为a×10-n，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．【详解】解：0.00000164=1.64×10-6，

故选：B．【点睛】本题考查用科学记数法表示较小数的方法，写成a×10n的形式是关键．3.下列运算正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据幂的运算法则逐一计算可得．【详解】解：A、，此选项错误；

B、，此选项错误；

C、，此选项错误；

D、，此选项正确；

故选：D．【点睛】本题主要考查幂的运算，解题的关键是掌握幂的运算法则．4.如图，一个几何体由5个相同的小正方体搭成，该几何体的俯视图是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据组合体的俯视图是从上向下看的图形，即可得到答案．【详解】组合体从上往下看是横着放的三个正方形．故选C．【点睛】本题主要考查组合体三视图，熟练掌握三视图的概念，是解题的关键．5.不等式的解集在数轴上表示正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出不等式的解集，再在数轴上表示出来即可．【详解】解：移项得，2x≤3+1，合并同类项得，2x≤4，系数化为1得，x≤2，

在数轴上表示为：故选：C．【点睛】本题考查的是在数轴上表示不等式的解集，熟知“小于向左，大于向右，在表示解集时≥，≤要用实心圆点表示；＜，＞要用空心圆点表示”是解答此题的关键．6.某手表厂抽查了10只手表的日走时误差，数据如下表所示（单位：）：日走时误差0123只数3421则这10只手表的平均日走时误差（单位：）是（）A.0 B.0.6 C.0.8 D.1.1【答案】D【解析】【分析】根据加权平均数的概念，列出算式，即可求解．【详解】由题意得：（0×3+1×4+2×2+3×1）÷10=1.1（s）故选D．【点睛】本题主要考查加权平均数，熟练掌握加权平均数的计算方法，是解题的关键．7.如图，小明想要测量学校操场上旗杆的高度，他作了如下操作：（1）在点处放置测角仪，测得旗杆顶的仰角；（2）量得测角仪的高度；（3）量得测角仪到旗杆的水平距离．利用锐角三角函数解直角三角形的知识，旗杆的高度可表示为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】延长CE交AB于F，得四边形CDBF为矩形，故CF=DB=b，FB=CD=a，在直角三角形ACF中，利用CF的长和已知的角的度数，利用正切函数可求得AF的长，从而可求出旗杆AB的长．【详解】延长CE交AB于F，如图，根据题意得，四边形CDBF为矩形，∴CF=DB=b，FB=CD=a，在Rt△ACF中，∠ACF=α，CF=b，tan∠ACF=∴AF=,AB=AF+BF=，故选：A．【点睛】主要考查了利用了直角三角形的边角关系来解题，通过构造直角三角形，将实际问题转化为数学问题是解答此类题目的关键所在．8.如图，在扇形中，已知，，过的中点作，，垂足分别为、，则图中阴影部分的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】连接OC，易证，进一步可得出四边形CDOE为正方形，再根据正方形的性质求出边长即可求得正方形的面积，根据扇形面积公式得出扇形AOB的面积，最后根据阴影部分的面积等于扇形AOB的面积剪去正方形CDOE的面积就可得出答案．【详解】连接OC点为的中点在和中又四边形CDOE为正方形由扇形面积公式得故选B．【点睛】本题考查了扇形面积的计算、正方形的判定及性质，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．9.如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据旋转的性质得出边和角相等，找到角之间的关系，再根据三角形内角和定理进行求解，即可求出答案．【详解】解：设=x°.根据旋转的性质，得∠C=∠=x°，=AC,=AB.∴∠=∠B.∵，∴∠C=∠CA=x°.∴∠=∠C+∠CA=2x°.∴∠B=2x°.∵∠C+∠B+∠CAB=180°，，∴x+2x+108=180.解得x=24.∴的度数为24°.故选：C.【点睛】本题考查了三角形内角和定理，旋转的性质的应用及等腰三角形得性质.10.如图，平行四边形的顶点在轴的正半轴上，点在对角线上，反比例函数的图像经过、两点．已知平行四边形的面积是，则点的坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意求出反比例函数解析式，设出点C坐标，得到点B纵坐标，利用相似三角形性质，用表示求出OA，再利用平行四边形的面积是构造方程求即可．【详解】解：如图，分别过点D、B作DE⊥x轴于点E，DF⊥x轴于点F，延长BC交y轴于点H∵四边形是平行四边形∴易得CH=AF∵点在对角线上，反比例函数的图像经过、两点∴即反比例函数解析式为∴设点C坐标为∵∴∴∴∴∴，点B坐标为∵平行四边形的面积是∴解得（舍去）∴点B坐标为故应选：B【点睛】本题是反比例函数与几何图形的综合问题，涉及到相似三角形的的性质、反比例函数的性质，解答关键是根据题意构造方程求解．第Ⅱ卷（非选择题共64分）注意事项：1、第Ⅱ卷共4页，用钢笔或圆珠笔将答案直接答在试卷上．2、答题前将密封线内的项目填写清楚．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.函数中，自变量的取值范围是_____．【答案】【解析】【详解】根据函数可知：,解得：．故答案为：．14.2020年6月23日9时43分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第五十五颗导航卫星，标志着北斗三号卫星导航定位系统正式建成．根据最新数据，目前兼容北斗的终端产品至少有7亿台，其中7亿用科学记数法表示为______________【答案】【解析】【分析】科学记数法的表示形式为：，其中1≤∣∣﹤10，n为整数，确定a值和n值即可解答．【详解】7亿=700000000=，故答案为：．【点睛】此题考查科学记数法的表示，正确确定a的值和n的值是解答的关键．15.已知关于x的一元二次方程有一实数根为，则该方程的另一个实数根为_____________【答案】【解析】【分析】根据一元二次方程的解的定义把x=-1代入原方程得到关于m的一元二次方程，解得m的值，然后根据一元二次方程的定义确定m的值．【详解】解：把x=-1代入得m2-5m+4=0，解得m1=1,m2=4，

∵(m-1)2≠0，

∴m1．∴m=4.∴方程为9x2+12x+3=0.设另一个根为a,则-a=.∴a=-.

故答案为:-．【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．也考查了一元二次方程的定义．16.如图，在矩形ABCD中，，，若点M、N分别是线段DB、AB上的两个动点，则的最小值为___________________．【答案】【解析】【分析】如图，过A作于，延长，使，过作于，交于，则最短，再利用矩形的性质与锐角三角函数求解即可得到答案．【详解】解：如图，过A作于，延长，使，过作于，交于，则最短，四边形为矩形，，，即的最小值为故答案为：【点睛】本题考查的是矩形的性质，锐角三角函数的应用，同时考查利用轴对称与垂线段最短求线段和的最小值问题，掌握以上知识是解题的关键．三、解答题（本大题共5小题，共44分，解答应写出必要的文字说明或推演步骤）17.计算：【答案】-3【解析】【分析】根据负整数指数幂、绝对值、特殊角的三角函数值、二次根式和零次幂的运算法则分别对每项进行化简，再进行加减计算即可．【详解】解：【点睛】本题考查实数的混合运算、熟练掌握负整数指数幂、绝对值、特殊角的三角函数值、二次根式和零次幂的运算法则是解题的关键．18.如图，点C，E，F，B在同一直线上，点A，D在BC异侧，AB∥CD，AE＝DF，∠A＝∠D．（1）求证：AB=CD；（2）若AB＝CF，∠B＝40°，求∠D的度数．【答案】（1）AB＝CD（2）70°【解析】【分析】（1）根据平行线的性质求出∠B=∠C，根据AAS推出△ABE≌△CDF，根据全等三角形的性质得出即可；（2）根据全等得出AB=CD，BE=CF，∠B=∠C，求出CF=CD，推出∠D=∠CFE，即可求出答案．【详解】（1）证明：∵AB∥CD，∴∠B＝∠C，在△ABE和△CDF中，∠B＝∠C，AE=DF，∠A＝∠D．∴△AEB≌△DFC．∴AB＝CD.（2）∵AB＝CD，AB＝CF，∴CD＝CF，∵∠B＝∠C=40°，∴∠D＝(180°－40°)÷2＝70°．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，三角形内角和定理的应用，能根据全等三角形的判定求出△ABE≌△CDF是解此题的关键．19.我市某中学举行“法制进校园”知识竞赛，赛后将学生的成绩分为A、B、C、D四个等级，并将结果绘制成如图所示的条形统计图和扇形统计图．请你根据统计图解答下列问题．（1）成绩为“B等级”的学生人数有名；（2）在扇形统计图中，表示“D等级”的扇形的圆心角度数为，图中m的值为；（3）学校决定从本次比赛获得“A等级”的学生中选出2名去参加市中学生知识竞赛．已知“A等级”中有1名女生，请用列表或画树状图的方法求出女生被选中的概率．【答案】（1）5（2）72°；40（3）【解析】【分析】（1）先根据“A等级”的人数及占比求出学生总人数，再减去各组人数即可求出成绩为“B等级”的学生人数；（2）根据“D等级”的占比即可求出其圆心角度数，根据“C等级”的人数即可求出m的值；（3）根据题意画树状图，再根据概率公式即可求解．【详解】（1）学生总人数为3÷15%=20（人）∴成绩为“B等级”的学生人数有20-3-8-4=5（人）故答案为：5；（2）“D等级”扇形的圆心角度数为m=，故答案为：72°；40；（3）根据题意画树状图如下：∴P（女生被选中）=．【点睛】此题主要考查统计调查的应用，解题的关键是根据题意求出学生总人数及概率的求解方法．20.为了维护我国海洋权力，海监部门对我国领海实行了常态化巡航管理．如图，正在执行巡航任务的海监船以每小时60海里的速度向正东方向航行，在A处测得灯塔P在北偏东方向上，海监船继续向东航行1小时到达B处，此时测得灯塔P在北偏东方向上．（1）求B处到灯塔P的距离；（2）已知灯塔P的周围50海里内有暗礁，若海监船继续向正东方向航行是否安全？【答案】（1）B处到灯塔P的距离为60海里；（2）海监船继续向正东方向航行是安全的【解析】【分析】（1）作PD⊥AB于D．求出∠PAB、∠PBA、∠P的度数，证得△ABP为等腰三角形，即可解决问题；

（2）在Rt△PBD中，解直角三角形求出PD的值即可判定．【详解】（1）过点P作PD⊥AB于点D，由题意得，AB=60（海里），∠PAB=30°，∠PBD=60°，

∴∠APB=∠PBD-∠PAB=60°-30°=30°=∠PAB，∴PB=AB=60（海里），答：B处到灯塔P的距离为60海里；

（2）由（1）可知∠APB=∠PAB=30°，

∴PB=AB=60（海里）在Rt△PBD中，

PD=BPsin60°60（海里），∵，∴海监船继续向正东方向航行是安全的．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，正确根据题意画出图形、准确标注方向角、熟练掌握锐角三角函数的概念是解题的关键．21.如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，于点D，过点C作⊙O的切线，交OD的延长线于点E，连结BE．（1）求证：BE是⊙O的切线；（2）设OE交⊙O于点F，若，求线段EF的长；（3）在（2）的条件下，求阴影部分的面积．【答案】（1）见解析；（2）EF=4；（3）【解析】【分析】（1）连接OC，如图，根据垂径定理由OD⊥BC得到CD=BD，则OE为BC的垂直平分线，所以EB=EC，根据等腰三角形的性质得∠EBC=∠ECB，加上∠OBC=∠OCB，则∠OBE=∠OCE；再根据切线的性质得∠OCE=90°，所以∠OBE=90°，然后根据切线的判定定理得BE与⊙O相切；

（2）设⊙O的半径为R，则OD=R-DF=R-2，OB=R，在Rt△OBD，利用勾股定理解得R=4，再利用含30º角的直角三角形边角关系可求得OE，利用EF=OE-OF即可解答；（3）利用（2）中可求得∠BOC=120º,然后利用代入数值即可求解．【详解】（1）证明：连接OC，如图，

∵OD⊥BC，

∴CD=BD，

∴OE为BC的垂直平分线，

∴EB=EC，

∴∠EBC=∠ECB，

∵OB=OC，

∴∠OBC=∠OCB，

∴∠OBC+∠EBC=∠OCB+∠ECB，即∠OBE=∠OCE，

∵CE为⊙O的切线，

∴OC⊥CE，

∴∠OCE=90°，

∴∠OBE=90°，

∴OB⊥BE，

∴BE与⊙O相切．（2）设⊙O的半径为R，则OD=R-DF=R-2，OB=R，在Rt△OBD中，BD=BC=∵OD2+BD2=OB2，

∴，解得R=4，

∴OD=2，OB=4，

∴∠OBD=30°，

∴∠BOD=60°，∴在Rt△OBE中，∠BEO=30º，OE=2OB=8，∴EF=OE-OF=8-4=4，即EF=4；（3）由∠OCD=∠OBD=30º和OD⊥BC知：∠COD=∠BOD=60º，∴∠BOC=120º，又BC=，OE=8，∴=,【点睛】本题考查了切线的判定与性质、垂径定理、扇形面积的计算、含30º角的直角三角形边角关系、勾股定理等知识，熟练掌握每个知识点是解答的关键．B卷（共60分）四、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分．）22.分解因式：_____________【答案】【解析】【分析】先根据十字相乘法，再利用平方差公式即可因式分解．【详解】故答案为：．【点睛】此题主要考查因式分解，解题的关键是熟知因式分解的方法．23.若数a使关于x的分式方程的解为非负数，且使关于y的不等式组的解集为，则符合条件的所有整数a的积为_____________【答案】40【解析】【分析】根据分式方程的解为正数即可得出a5且a≠3，根据不等式组的解集为，即可得出a>0，找出0<a5且a≠3中所有的整数，将其相乘即可得出结论．【详解】解：分式方程的解为x=且x≠1，∵分式方程的解为非负数，∴且≠1.∴a5且a≠3.解不等式①，得.解不等式②，得y<a.∵关于y的不等式组的解集为，∴a>0.∴0<a5且a≠3.又a为整数，则a的值为1，2，4，5.符合条件的所有整数a的积为.故答案为：40.【点睛】本题考查了分式方程的解以及解一元一次不等式，根据分式方程的解为正数结合不等式组的解集为，找出a的取值范围是解题的关键．24.如图，在平面直角坐标系中，点A（-2，0），直线与x轴交于点B，以AB为边作等边，过点作轴，交直线l于点，以为边作等边，过点作轴，交直线l于点，以为边作等边，以此类推……，则点的纵坐标是______________【答案】【解析】【分析】如图，过A1作A1C⊥AB与C，过A2作A2C1⊥A1B1于C1，过A3作A3C2⊥A2B2于C2，先根据直线方程与x轴交于点B（-1，0），且与x轴夹角为30º，则有AB=1，然后根据平行线的性质、等边三角形的性质、含30º的直角三角形的性质，分别求的A1、A2、A3、的纵坐标，进而得到An的纵坐标，据此可得A2020的纵坐标，即可解答．【详解】如图，过A1作A1C⊥AB与C，过A2作A2C1⊥A1B1于C1，过A3作A3C2⊥A2B2于C2，先根据直线方程与x轴交于点B（-1，0），与y轴交于点D（0，），∴OB=1,OD=,∴∠DBO=30º由题意可得：∠A1B1B=∠A2B2B1=30º,∠B1A1B=∠B2A2B1=60º∴∠A1BB1=∠A2B1B2=90º，∴AB=1，A1B1=2A1B=21，A2B2=2A2B1=22，A3B3=2A3B2=23，…AnBn=2n

∴A1C=AB=×1，A1纵坐标为×1=；A2C1=A1B1=，A2的纵坐标为×1+===；A3C2=A2B2=,A3的纵坐标为×1++===；…由此规律可得：AnCn-1=,An的纵坐标为=，∴A2020=，故答案为：【点睛】本题是一道点的坐标变化规律探究，涉及一次函数的图象、等边三角形的性质、含30º角的直角三角形的性质，数字型规律等知识，解答的关键是认真审题，观察图象，结合基本图形的有关性质，找到坐标变化规律．25.已知抛物线（如图）和直线．我们规定：当x取任意一个值时，x对应的函数值分别为和．若，取和中较大者为M；若，记．①当时，M的最大值为4；②当时，使的x的取值范围是；③当时，使的x的值是，；④当时，M随x的增大而增大．上述结论正确的是____（填写所有正确结论的序号）【答案】②③④【解析】【分析】根据题目中的较大者M的定义逐个分析即可．【详解】解：对于①：当时，，，显然只要，则M的值为，故①错误；对于②：当时，在同一直角坐标系内画出的图像，如下图所示，其中红色部分即表示M，联立的函数表达式，即，求得交点横坐标为和，观察图形可知的x的取值范围是，故②正确；对于③：当时，在同一直角坐标系内画出的图像，如下图所示，其中红色部分即表示M，联立的函数表达式，即，求得其交点的横坐标为和，故M=3时分类讨论：当时，解得或，当时，解得(舍)，故③正确；对于④：当时，函数，此时图像一直在图像上方，如下图所示，故此时M=，故M随x的增大而增大，故④正确．故答案为：②③④．【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的图像性质及交点坐标，本题的关键是要能理解M的含义，学会用数形结合的方法分析问题．五、解答题（本大题共3小题，每小题12分，共36分）26.我们知道，任意一个正整数x都可以进行这样的分解：（m，n是正整数，且），在x的所有这种分解中，如果m，n两因数之差的绝对值最小，我们就称是x的最佳分解．并规定：．例如：18可以分解成，或，因为，所以是18的最佳分解，所以．（1）填空：；；（2）一个两位正整数t（，，a，b为正整数），交换其个位上的数字与十位上的数字得到的新数减去原数所得的差为54，求出所有的两位正整数；并求的最大值；（3）填空：①；②；③；④．【答案】（1）；1；（2）t为39，28，17；的最大值；（3）【解析】【分析】（1）6＝1×6＝2×3，由已知可求＝；9=1×9=3×3，由已知可求=1；（2）由题意可得：交换后的数减去交换前的数的差为：10b＋a−10a−b＝9（b−a）＝54，得到b−a＝6，可求t的值，故可得到的最大值；（3）根据的定义即可依次求解．【详解】（1）6＝1×6＝2×3，∵6−1＞3−2，∴＝；9=1×9=3×3，∵9−1＞3−3，∴=1，故答案为：；1；（2）由题意可得：交换后的数减去交换前的数的差为：10b＋a−10a−b＝9（b−a）＝54，∴b−a＝6，∵1≤a≤b≤9，∴b＝9，a＝3或b＝8，a＝2或b＝7，a＝1，∴t为39，28，17；∵39＝1×39＝3×13，∴＝；28＝1×28＝2×14＝4×7，∴＝；17＝1×17，∴；∴的最大值．（3）①∵=20×21∴；②=28×30∴；③∵=56×30∴；④∵=56×60∴，故答案为：．【点睛】本题考查因式分解的应用；理解题意，从题目中获取信息，列出正确的代数式，再由数的特点求解是解题的关键．27.如图，正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（不与A、C重合），连结BP，将BP绕点B顺时针旋转到BQ，连结QP交BC于点E，QP延长线与边AD交于点F．（1）连结CQ，求证：；（2）若，求的值；（3）求证：．【答案】(1)见解析；(2)；(3)见解析【解析】【分析】(1)由旋转知△PBQ为等腰直角三角形，得到PB=QB，∠PBQ=90°，进而证明△APB≌△CQB即可；(2)设AP=x，则AC=4x，PC=3x，由(1)知CQ=AP=x，又△ABC为等腰直角三角形，所以BC=，PQ=，再证明△BQE∽△BCQ，由此求出BE，进而求出CE:BC的值；(3)在CE上截取CG，并使CG=FA，证明△PFA≌△QGC，进而得到PF=QG，然后再证明∠QGE=∠QEG即可得到QG=EQ，进而求解．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，∵BP绕点B顺时针旋转到BQ，∴BP=BQ，∠PBQ=90°，∴∠ABC-∠PBC=∠PBQ-∠PBC,∴∠ABP=∠CBQ，在△APB和△CQB中，，∴△APB≌△CQB(SAS)，∴AP=CQ．(2)设AP=x，则AC=4x，PC=3x，由(1)知CQ=AP=x，△ABC为等腰直角三角形，∴BC=，Rt△PCQ中，由勾股定理有：，且△PBQ为等腰直角三角形，∴，又∠BCQ=∠BAP=45°，∠BQE=45°，∴∠BCQ=∠BQE=45°，且∠CBQ=∠CBQ，∴△BQE∽△BCQ，∴，代入数据：，∴BE=，∴CE=BC-BE=，∴，故答案为：．(3)在CE上截取CG，并使CG=FA，如图所示：∵∠FAP=∠GCQ=45°，且由(1)知AP=CQ，且截取CG=FA，故有△PFA≌△QGC(SAS)，∴PF=QG，∠PFA=∠CGQ，又∵∠DFP=180°-∠PFA，∠QGE=180°-∠CGQ，∴∠DFP=∠QGE，∵DABC，∴∠DFP=∠CEQ，∴∠QGE=∠CEQ，∴△QGE为等腰三角形，∴GQ=QE，故PF=QE．【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定和性质、相似三角形判定和性质的综合，具有一定的综合性，本题第(3)问关键是能想到在CE上截取CG，并使CG=FA这条辅助线．28.如图，抛物线经过A（-1，0）、B（4，0）、C（0，2）三点，点D（x，y）为抛物线上第一象限内的一个动点．（1）求抛物线所对应的函数表达式；（2）当的面积为3时，求点D的坐标；（3）过点D作，垂足为点E，是否存在点D，使得中的某个角等于的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）（3，2）或（1，3）；（3）存在，2或．【解析】【分析】（1）根据点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）根据三角形面积公式可求与BC平行的经过点D的y轴上点M的坐标，再根据待定系数法可求DM的解析式，再联立抛物线可求点D的坐标；（3）分∠DCE＝2∠ABC及∠CDE＝2∠ABC两种情况考虑：①当∠DCE＝2∠ABC时，取点F（0，−2），连接BF，则CD∥BF，由点B，F的坐标，利用待定系数法可求出直线BF，CD的解析式，联立直线CD及抛物线的解析式组成方程组，通过解方程组可求出点D的坐标；②当∠CDE＝2∠ABC时，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，由△OCH∽△OBF求出H点坐标，利用待定系数法求出直线CN的解析式，联立直线BF及直线CN成方程组，通过解方程组可求出点N的坐标，利用对称的性质可求出点P的坐标，由点C、P的坐标，利用待定系数法可求出直线CP的解析式，将直线CP的解析式代入抛物线解析式中可得出关于x的一元二次方程，解之取其非零值可得出点D的横坐