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湖北省恩施州 2020 年中考数学试题
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将选项前的字母
代号填涂在答题卷相应位置上．
1.5的绝对值是（ ）
A. 5 B. ﹣5 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据绝对值的意义：数轴上一个数所对应的点与原点（O点）的距离叫做该数的绝对值，绝对值只能为非
负数； 即可得解．
【详解】解：在数轴上，数5所表示的点到原点0的距离是5；
故选A．
【点睛】本题考查了绝对值，解决本题的关键是一个正数的绝对值是它本身，一个负数的绝对值是它的相
反数，0的绝对值是0．
2.茶中精品“恩施绿”“利川红”享誉世界．去年恩施州茶叶产量约为120000吨，将数120000用科学记
数法表示为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
科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的值时，要看把原数变成a时，
小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝
对值＜1时，n是负数．
【详解】120000= ，
故选：B.
【点睛】此题考察科学记数法，注意n的值的确定方法，当原数大于10时，n等于原数的整数数位减1，
按此方法即可正确求解.
3.下列交通标识，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）．A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，知：
A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
C、是轴对称图形，但不是中心对称图形；
D、既是中心对称图形，又是轴对称图形．
故选：D．
【点睛】掌握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，折叠后对称轴两旁的
部分可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后会与原图重合．
4.下列计算正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据同底数幂的乘法，单项式乘多项式，完全平方公式以及合并同类项的法则进行计算即可．
【详解】A、 ，该选项错误，不符合题意；
B、 ，该选项正确，符合题意；
C、 ，该选项错误，不符合题意；
D、 ，不是同类项，不能合并，该选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了同底数幂的乘法，单项式乘多项式，完全平方公式以及合并同类项，解此题的关键在于熟练掌握其知识点．
5.函数 的自变量的取值范围是（ ）
A. B. 且 C. D. 且
【答案】B
【解析】
【分析】
根据二次根式的被开方数大于等于0，分式分母不等于0列式计算即可得解．
【详解】解：根据题意得，x＋1≥0且x≠0，
解得：x≥−1且x≠0．
故选：B．
【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围，一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变
量可取全体实数；（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；（3）当函数表达式是二次根
式时，被开方数非负．
6.“彩缕碧筠粽，香梗白玉团”．端午佳节，小明妈妈准备了豆沙粽2个、红枣烷4个、腊肉粽3个、白米
粽2个，其中豆沙粽和红枣粽是甜粽．小明任意选取一个，选到甜粽的概率是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
粽子总共有11个，其中甜粽有6个，根据概率公式即可求出答案.
【详解】由题意可得：粽子总数为11个，其中6个为甜粽，
所以选到甜粽的概率为： ，
故选：D.
【点睛】本题考查了概率的基本运算，熟练掌握公式是关键.
7.在实数范围内定义运算“☆”： ，例如： ．如果 ，则 的
值是（ ）．
A. B. 1 C. 0 D. 2【答案】C
【解析】
【分析】
根据题目中给出的新定义运算规则进行运算即可求解．
【详解】解：由题意知： ，
又 ，
∴ ，
∴ ．
故选：C．
【点睛】本题考查了实数的计算，一元一次方程的解法，本题的关键是能看明白题目意思，根据新定义的
运算规则求解即可．
8.我国古代数学著作《九章算术》“盈不足”一章中记载：“今有大器五小器一容三斛，大器一小器五容
二斛，问大小器各容几何”．意思是：有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛，1
个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．问1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设1个大桶盛酒 斛，1
个小桶盛酒 斛，下列方程组正确的是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据大小桶所盛酒的数量列方程组即可.
【详解】∵5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛，
∴5x+y=3，
∵1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛，
∴x+5y=2，
∴得到方程组 ，
故选：A.
【点睛】此题考查二元一次方程组的实际应用，正确理解题意是解题的关键.9.如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据几何体的三视图解答即可.
【详解】根据立体图形得到：
主视图为： ，
左视图为： ，
俯视图为： ，
故答案为：A.
【点睛】此题考查小正方体组成的几何体的三视图，解题的关键是掌握三视图的视图角度及三视图的画法.
10.甲乙两车从 城出发前往 城，在整个行程中，汽车离开 城的距离 与时刻 的对应关系如图所示，
则下列结论错误的是（ ）．
A. 甲车的平均速度为 B. 乙车的平均速度为C. 乙车比甲车先到 城 D. 乙车比甲车先出发
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图象逐项分析判断即可．
【详解】由图象知：
A．甲车的平均速度为 = ，故此选项正确；
B．乙车的平均速度为 ，故此选项正确；
C．甲10时到达B城，乙9时到达B城，所以乙比甲先到B城，故此选项正确；
D．甲5时出发，乙6时出发，所以乙比甲晚出发1h，故此选项错误，
故选：D．
【点睛】本题考查了函数的图象，正确识别图象并能提取相关信息是解答的关键．
11.如图，正方形 的边长为4，点 在 上且 ， 为对角线 上一动点，则 周
长的最小值为（ ）．
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】
连接ED交AC于一点F，连接BF，根据正方形的对称性得到此时 的周长最小，利用勾股定理求出
DE即可得到答案.
【详解】连接ED交AC于一点F，连接BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与点D关于AC对称，
∴BF=DF，∴ 的周长=BF+EF+BE=DE+BE，此时周长最小，
∵正方形 的边长为4，
∴AD=AB=4，∠DAB=90°，
∵点 在 上且 ，
∴AE=3，
∴DE= ，
∴ 的周长=5+1=6，
故选：B.
【点睛】此题考查正方形的性质：四条边都相等，四个角都是直角以及正方形的对称性质，还考查了勾股
定理的计算，依据对称性得到连接DE交AC于点F是 的周长有最小值的思路是解题的关键.
12.如图，已知二次函数 的图象与 轴相交于 、 两点．则以下结论：①
；②二次函数 的图象的对称轴为 ；③ ；④ ．其中正
确的有（ ）个．
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数的图像性质逐个分析即可．
【详解】解：对于①：二次函数开口向下，故a<0，与y轴的交点在y的正半轴，故c>0，故ac<0，故①错
误；
对于②：二次函数的图像与 轴相交于 、 ，由对称性可知，其对称轴为：
，故②错误；
对于③：设二次函数 的交点式为 ，比较一般式与交点
式的系数可知： ，故 ，故③正确；
的
对于④：当 时对应 ，观察图像可知 时对应的函数图像的 值在 轴上方，故
，故④正确．
∴只有③④是正确的．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的图像与其系数的关系及二次函数的对称性，熟练掌握二次函数的图像性质
是解决此类题的关键．
二、填空题：不要求写出解答过程，请把答案直接写在答题卷相应位置上．
13.9的算术平方根是 ．
【答案】3．
【解析】
【分析】
根据一个正数的算术平方根就是其正的平方根即可得出.
【详解】∵ ，
∴9算术平方根为3．
故答案为3．
【点睛】本题考查了算术平方根，熟练掌握算术平方根 的概念是解题的关键.
14.如图，直线 ，点 在直线 上，点 在直线 上， ， ， ，则
______．【答案】
【解析】
【分析】
利用等腰三角形的性质得到∠C=∠4= ，利用平行线的性质得到∠1=∠3= ，再根据三角形内角和定
理即可求解．
【详解】如图，延长CB交 于点D，
∵AB=BC，∠C= ，
∴∠C=∠4= ，
∵ ，∠1= ，
∴∠1=∠3= ，
∵∠C +∠3+∠2+∠4 = ，即
∴故答案为： ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质以及三角形内角和定理的应用，解决问题的关键是
辅助线的作法，注意运用两直线平行，同位角相等．
15.如图，已知半圆的直径 ，点 在半圆上，以点 为圆心， 为半径画弧交 于点 ，连接
．若 ，则图中阴影部分的面积为______．（结果不取近似值）
【答案】
【解析】
【分析】
根据60°特殊角求出AC和BC,再算出△ABC的面积,根据扇形面积公式求出扇形的面积,再用三角形的面
积减去扇形面积即可．
【详解】∵AB是直径,
∴∠ACB=90°,∠ABC=60°,
∴BC= ,AC= ,
∴ ,
由以上可知∠CAB=30°,
∴扇形ACD的面积= ,
∴阴影部分的面积为 ．
故答案为: ．
【点睛】本题考查圆和扇形面积的结合,关键在于利用圆周角的性质找到直角三角形并结合扇形面积公式解
出．
16.如图，在平面直角坐标系中， 的顶点坐标分别为： ， ， ．已知，作点 关于点 的对称点 ，点 关于点 的对称点 ，点 关于点 的对称点 ，
点 关于点 的对称点 ，点 关于点 的对称点 ，…，依此类推，则点 的坐标为______．
【答案】(-1,8)
【解析】
【分析】
先求出N 至N 点的坐标，找出其循环的规律为每6个点循环一次即可求解．
1 6
【详解】解：由题意得，作出如下图形：
N点坐标为(-1,0)，
N点关于A点对称的N 点的坐标为(-3,0)，
1
N 点关于B点对称的N 点的坐标为(5,4)，
1 2
N 点关于C点对称的N 点的坐标为(-3,8)，
2 3N 点关于A点对称的N 点的坐标为(-1,8)，
3 4
N 点关于B点对称的N 点的坐标为(3,-4)，
4 5
N 点关于C点对称的N 点的坐标为(-1,0)，此时刚好回到最开始的点N处，
5 6
∴其每6个点循环一次，
∴ ，
即循环了336次后余下4，
故 的坐标与N 点的坐标相同，其坐标为(-1,8) ．
4
故答案为：(-1,8) ．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系内点的对称规律问题，本题需要先去验算前面一部分点的坐标，进而
找到其循环的规律后即可求解．
三、解答题：请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.先化简，再求值： ，其中 ．
【答案】 ，
【解析】
【分析】
根据分式的混合运算法则，先化简括号内的，将除法运算转化为乘法运算，再化简成最简分式，代入m值
求解即可．
【详解】
；当 时，原式 ．
【点睛】本题主要考查了分式的化简求值以及二次根式的化简，熟练掌握分式的混合运算法则是解答的关
键.
18.如图， ， 平分∠ABC交 于点 ，点C在 上且 ，连接 ．求证：四边
形 是菱形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
由 ，BD平分∠ABC得到∠ABD=∠ADB，进而得到△ABD为等腰三角形，进而得到AB=AD，再
由BC=AB，得到对边AD=BC，进而得到四边形ABCD为平行四边形，再由邻边相等即可证明ABCD为菱
形．
【详解】证明：∵ ，
∴∠ADB=∠DBC，
又BD平分∠ABC，
∴∠DBC=∠ABD，
∴∠ADB=∠ABD，
∴△ABD为等腰三角形，
∴AB=AD，
又已知AB=BC，
∴AD=BC，
又 ，即AD BC，∴四边形ABCD为平行四边形，
又AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形．
【点睛】本题考了角平分线性质，平行线的性质，菱形的判定方法，平行四边形的判定方法等，熟练掌握
其判定方法及性质是解决此类题的关键．
19.某中学为了解九年级学生对新冠肺炎防控知识的掌握情况，从全校九年级学生中随机抽取部分学生进行
调查．调查结果分为四类：A类—非常了解；B类—比较了解；C—一般了解；D类—不了解．现将调查结
果绘制成如下不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：
（1）本次共调查了______名学生；
（2）补全条形统计图；
（3）D类所对应扇形的圆心角的大小为______；
（4）若该校九年级学生共有500名，根据以上抽样结果，估计该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了
解的约有______名．
【答案】（1）50名；（2）条形图见解析；（3） ；（4）150名．
【解析】
【分析】
（1）根据条形图和扇形图得出B类人数为20名，占40%，即可得出总数；
（2）根据总人数减去A,B,D的人数即可得出C的人数；
（3）用 乘以D类部分所占百分比即可得出圆心角的度数；
（4）用500乘以非常了解的部分所占百分比即可得出答案．
【详解】（1）本次共调查的学生数为： 名；（2）C类学生人数为：50-15-20-5=10名，条形图如下：
（3）D类所对应扇形的圆心角为： ；
（4）该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的人数为： 名．
【点睛】本题考查了条形统计图、扇形统计图，根据图得出相关信息是解题的关键．
20.如图，一艘轮船以每小时30海里的速度自东向西航行，在 处测得小岛 位于其西北方向（北偏西
方向），2小时后轮船到达 处，在 处测得小岛 位于其北偏东 方向．求此时船与小岛 的距
离（结果保留整数，参考数据： ， ）．
【答案】此时船与小岛 的距离约为44海里
【解析】
【分析】
过P作PH⊥AB，设PH=x，由已知分别求PB、BH、AH，然后根据锐角三角函数求出x值即可求解
【详解】如图，过P作PH⊥AB，设PH=x，由题意，AB=60，∠PBH=30º，∠PAH=45º，
在Rt△PHA中，AH=PH=x,
在Rt△PBH中，BH=AB-AH=60-x，PB=2x，
∴tan30º= ，
即 ，
解得： ，
∴PB=2x= ≈44（海里），
答：此时船与小岛 的距离约为44海里．
【点睛】本题考查了直角三角形的应用，掌握方向角的概念和解直角三角形的知识是解答本题的关键．
21.如图，在平面直角坐标系中，直线 与 轴、 轴分别相交于 、 两点，与双曲线
的一个交点为 ，且 ．
（1）求点 的坐标；
（2）当 时，求 和 的值．【答案】(1) (3，0)；(2) ，
【解析】
【分析】
(1)令 中 即可求出点A的坐标；
(2)过C点作y轴的垂线交y轴于M点，作x轴的垂线交x轴于N点，证明△BCM∽△BAO，利用
和OA=3进而求出CM的长，再由 求出CN的长，进而求出点C坐标即可求解．
【详解】解：(1)由题意得：令 中 ，
即 ，解得 ，
∴点A的坐标为(3，0)，
故答案为(3,0) ．
(2) 过C点作y轴的垂线交y轴于M点，作x轴的垂线交x轴于N点，如下图所示：
显然，CM OA，∴∠BCM=∠BAO，且∠ABO=∠CBO，
∴△BCM∽△BAO，
∴ ，代入数据：
即： ，∴ =1，又
即： ，∴ ，
∴C点的坐标为(1，2)，
故反比例函数的 ，
再将点C(1,2)代入一次函数 中，
即 ，解得 ，
故答案为： ， ．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的图像及性质，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握其图像
性质是解决此题的关键．
22.某校足球队需购买 、 两种品牌的足球．已知 品牌足球的单价比 品牌足球的单价高20元，且用
900元购买 品牌足球的数量用720元购买 品牌足球的数量相等．
（1）求 、 两种品牌足球的单价；
（2）若足球队计划购买 、 两种品牌的足球共90个，且 品牌足球的数量不小于 品牌足球数量的2
倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元．设购买 品牌足球 个，总费用为 元，则该队共有几
种购买方案？采用哪一种购买方案可使总费用最低？最低费用是多少元？
【答案】（1）购买A品牌足球的单价为100元，则购买B品牌足球的单价为80元；
（2）该队共有6种购买方案，购买60个A品牌30个B 品牌的总费用最低，最低费用是8400元．
【解析】
【分析】
（1）设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为（x-20）元，根据用900元购买 品
牌足球的数量用720元购买 品牌足球的数量相等，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出
结论；
（2）设购买m个A品牌足球，则购买（90−m）个B品牌足球，根据总价＝单价×数量结合总价不超过
8500元，以及 品牌足球的数量不小于 品牌足球数量的2倍，即可得出关于m的一元一次不等式组，
解之取其中的最小整数值即可得出结论．【详解】解：（1）设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为（x-20）元，根据题意，
得
解得：x=100
经检验x=100是原方程的解
x-20=80
答：购买A品牌足球的单价为100元，则购买B品牌足球的单价为80元．
（2）设购买m个A品牌足球，则购买（90−m）个B品牌足球，则
W=100m+80(90-m)=20m+7200
的
∵ 品牌足球 数量不小于 品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元．
∴
解不等式组得：60≤m≤65
所以，m的值为：60,61,62,63,64,65
即该队共有6种购买方案，
当m=60时，W最小
m=60时，W=20×60+7200=8400(元)
答：该队共有6种购买方案，购买60个A品牌30个B 品牌的总费用最低，最低费用是8400元．
【点睛】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，
正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
23.如图， 是 的直径，直线 与 相切于点 ，直线 与 相切于点 ，点 （异于点
）在 上，点 在 上，且 ，延长 与 相交于点E，连接 并延长交 于点
．（1）求证： 是 的切线；
（2）求证： ；
（3）如图，连接 并延长与 分别相交于点 、 ，连接 ．若 ， ，求
．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）
【解析】
【分析】
（1）连接 OD，根据等边对等角可知：∠CAD=∠CDA，∠OAD=∠ODA，再根据切线的性质可知
∠CAO=∠CAD+∠OAD=∠CDA+∠ODA=90°=∠ODC，由切线的判定定理可得结论；
（2）连接BD，根据等边对等角可知∠ODB=∠OBD，再根据切线的性质可知∠ODE=∠OBE=90°，由等
量减等量差相等得∠EDB=∠EBD，再根据等角对等边得到ED=EB，然后根据平行线的性质及对顶角相等
可得∠EDF=∠EFD，推出DE=EF，由此得出结论；
（3）过E点作EL⊥AM于L，根据勾股定理可求出BE的长，即可求出tan∠BOE的值，再利用倍角公式
即可求出tan∠BHE的值．
【详解】（1）连接OD，
∵ ，
∴∠CAD=∠CDA，
∵OA=OD
∴∠OAD =∠ODA，
∵直线 与 相切于点 ，
∴∠CAO=∠CAD+∠OAD=90°
∴∠ODC=∠CDA+∠ODA=90°∴CE是 的切线；
（2）连接BD
∵OD=OB
∴∠ODB=∠OBD，
∵CE是 的切线，BF是 的切线，
∴∠OBD=∠ODE=90°
∴∠EDB=∠EBD
∴ED=EB
∵AM⊥AB，BN⊥AB
∴AM∥BN
∴∠CAD=∠BFD
∵∠CAD=∠CDA=∠EDF
∴∠BFD=∠EDF
∴EF=ED
∴BE=EF
（3）过E点作EL⊥AM于L，则四边形ABEL是矩形，
设BE=x，则CL=4-x，CE=4+X
∴(4+x)2=(4-x)2+62
解得：x=
∵∠BOE=2∠BHE解得：tan∠BHE= 或-3（-3不和题意舍去）
∴tan∠BHE=
【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，三角函数/，
勾股定理等知识，熟练掌握这些知识点并能熟练应用是解题的关键．
24.如图，抛物线 经过点 ，顶点为 ，对称轴 与 轴相交于点 ， 为线
段 的中点．
（1）求抛物线的解析式；
（2） 为线段 上任意一点， 为 轴上一动点，连接 ，以点 为中心，将 逆时针旋转
，记点 的对应点为 ，点 的对应点为 ．当直线 与抛物线 只有一个交点
时，求点 的坐标．
（3） 在（2）的旋转变换下，若 （如图）．①求证： ．
②当点 在（1）所求的抛物线上时，求线段 的长．
【答案】（1） ；（2）（ ，0）；（3）①见解析；② = 或 =
【解析】
【分析】
（1）根据点C在抛物线上和已知对称轴的条件可求出解析式；
（2）根据抛物线的解析式求出点B及已知点C的坐标，证明△ABC是等腰直角三角形，根据旋转的性质
推出直线EF与x轴的夹角为45°，因此设直线EF的解析式为y=x+b，设点M的坐标为（m，0），推出
点F（m，6-m），直线 与抛物线 只有一个交点，联立两个解析式，得到关于x的一元
二次方程，根据根的判别式为0得到关于m的方程，解方程得点M的坐标．注意有两种情况，均需讨论．
（3）①过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，设点M的坐标为（m，0），由
及旋转的性质，证明△EHM≌△MGP，得到点E的坐标为（m-1，5-m），再根据两点距离公式证明
，注意分两种情况，均需讨论；②把E（m-1，5-m）代入抛物线解析式，解出m的值，进而求
出CM的长．
【详解】（1）∵点 在抛物线上，
∴ ，
得到 ，
又∵对称轴 ，∴ ，
解得 ，
∴ ，
∴二次函数的解析式为 ；
（2）当点M在点C的左侧时，如下图：
∵抛物线的解析式为 ，对称轴为 ，
∴点A（2，0），顶点B（2，4），
∴AB=AC=4，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠1=45°；
∵将 逆时针旋转 得到△MEF，
∴FM=CM，∠2=∠1=45°，
设点M的坐标为（m，0），
∴点F（m，6-m），
又∵∠2=45°，
∴直线EF与x轴的夹角为45°，
∴设直线EF的解析式为y=x+b，
把点F（m，6-m）代入得：6-m=m+b，解得：b=6-2m，
直线EF的解析式为y=x+6-2m，
∵直线 与抛物线 只有一个交点，∴ ，
整理得： ，
∴Δ=b2-4ac=0，解得m= ，
点M的坐标为（ ，0）．
当点M在点C的右侧时，如下图：
由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45°，因此直线 与抛物线 不可能只有一个交点．
综上，点M的坐标为（ ，0）．
（3）①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，
∵ ，由（2）知∠BCA=45°，∴PG=GC=1，
∴点G（5，0），
的
设点M 坐标为（m，0），
∵将 逆时针旋转 得到△MEF，
∴EM=PM，
∵∠HEM+∠EMH=∠GMP+∠EMH =90°，
∴∠HEM=∠GMP，
在△EHM和△MGP中，
，
∴△EHM≌△MGP（AAS），
∴EH=MG=5-m，HM=PG=1，
∴点H（m-1，0），
∴点E的坐标为（m-1，5-m）；
∴EA= = ，
又∵ 为线段 的中点，B（2，4），C（6，0），
∴点D（4，2），
∴ED= = ，
∴EA= ED．
当点M在点C的右侧时，如下图：同理，点E的坐标仍为（m-1，5-m），因此EA= ED．
②当点 在（1）所求的抛物线 上时，
把E（m-1，5-m）代入，整理得：m2-10m+13=0，
解得：m= 或m= ，
∴ = 或 = ．
【点睛】本题是二次函数综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质、旋转的性质、分类讨论的思想是解题
的关键．本试卷的题干、答案和解析均由组卷网（http://zujuan.xkw.com）专业教师团队编校出品。
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