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2020年黑龍江省哈爾濱市中考數學試卷
題號
一
二
三
總分
得分





一、選擇題（本大題共10小題，共30.0分）
1. -8的倒數是（　?。?br /> A. - B. -8 C. D. 8
2. 下列運算一定正確的是（　?。?br /> A. a2+a2=a4 B. a2?a4=a8
C. （a2）4=a8 D. （a+b）2=a2+b2
3. 下列圖形中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（　?。?br /> A. 扇形 B. 正方形
C. 等腰直角三角形 D. 正五邊形
4. 五個大小相同的正方體搭成的幾何體如圖所示，其左視圖是（　?。?br /> A.
B.
C.
D.


5. 如圖，AB為⊙O的切線，點A為切點，OB交⊙O于點C，點D在⊙O上，連接AD、CD，OA，若∠ADC=35°，則∠ABO的度數為（　　）

A. 25° B. 20° C. 30° D. 35°
6. 將拋物線y=x2向上平移3個單位長度，再向右平移5個單位長度，所得到的拋物線為（　?。?br /> A. y=（x+3）2+5 B. y=（x-3）2+5 C. y=（x+5）2+3 D. y=（x-5）2+3
7. 如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=50°，AD⊥BC，垂足為D，△ADB與△ADB'關于直線AD對稱，點B的對稱點是點B'，則∠CAB'的度數為（　?。?br /> A. 10° B. 20° C. 30° D. 40°
8. 方程=的解為（　　）
A. x=-1 B. x=5 C. x=7 D. x=9
9. 一個不透明的袋子中裝有9個小球，其中6個紅球、3個綠球，這些小球除顏色外無其他差別，從袋子中隨機摸出一個小球．則摸出的小球是紅球的概率是（　?。?br /> A. B. C. D.
10. 如圖，在△ABC中，點D在BC邊上，連接AD，點E在AC邊上，過點E作EF∥BC，交AD于點F，過點E作EG∥AB，交BC于點G，則下列式子一定正確的是（　?。?br />

A. = B. = C. = D. =
二、填空題（本大題共10小題，共30.0分）
11. 將數4790000用科學記數法表示為______．
12. 在函數y=中，自變量x的取值范圍是______．
13. 已知反比例函數y=的圖象經過點（-3，4），則k的值為______．
14. 計算+6的結果是______．
15. 把多項式m2n+6mn+9n分解因式的結果是______．
16. 拋物線y=3（x-1）2+8的頂點坐標為______．
17. 不等式組的解集是______．
18. 一個扇形的面積是13πcm2，半徑是6cm，則此扇形的圓心角是______度．
19. 在△ABC中，∠ABC=60°，AD為BC邊上的高，AD=6，CD=1，則BC的長為______．
20. 如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，點E在線段BO上，連接AE，若CD=2BE，∠DAE=∠DEA，EO=1，則線段AE的長為______．







三、解答題（本大題共7小題，共60.0分）
21. 先化簡，再求代數式（1-）÷的值，其中x=4cos30°-1．







22. 如圖，方格紙中每個小正方形的邊長均為1，線段AB和線段CD的端點均在小正方形的頂點上．
（1）在圖中畫出以AB為邊的正方形ABEF，點E和點F均在小正方形的頂點上；
（2）在圖中畫出以CD為邊的等腰三角形CDG，點G在小正方形的頂點上，且△CDG的周長為10+．連接EG，請直接寫出線段EG的長．









23. 為了豐富同學們的課余生活，冬威中學開展以“我最喜歡的課外活動小組”為主題的調查活動，圍繞“在繪畫、剪紙、舞蹈、書法四類活動小組中，你最喜歡哪一類？（必選且只選一類）”的問題，在全校范圍內隨機抽取部分學生進行問卷調查，將調查結果整理后繪制成如圖所示的不完整的條形統(tǒng)計圖，其中最喜歡繪畫小組的學生人數占所調查人數的30%．請你根據圖中提供的信息回答下列問題：
（1）在這次調查中，一共抽取了多少名學生？
（2）請通過計算補全條形統(tǒng)計圖；
（3）若冬威中學共有800名學生，請你估計該中學最喜歡剪紙小組的學生有多少名．









24. 已知：在△ABC中，AB=AC，點D、點E在邊BC上，BD=CE，連接AD、AE．
（1）如圖1，求證：AD=AE；
（2）如圖2，當∠DAE=∠C=45°時，過點B作BF∥AC交AD的延長線于點F，在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖2中的四個等腰三角形，使寫出的每個等腰三角形的頂角都等于45°．










25. 昌云中學計劃為地理興趣小組購買大、小兩種地球儀，若購買1個大地球儀和3個小地球儀需用136元；若購買2個大地球儀和1個小地球儀需用132元．
（1）求每個大地球儀和每個小地球儀各多少元；
（2）昌云中學決定購買以上兩種地球儀共30個，總費用不超過960元，那么昌云中學最多可以購買多少個大地球儀？







26. 已知：⊙O是△ABC的外接圓，AD為⊙O的直徑，AD⊥BC，垂足為E，連接BO，延長BO交AC于點F．
（1）如圖1，求證：∠BFC=3∠CAD；
（2）如圖2，過點D作DG∥BF交⊙O于點G，點H為DG的中點，連接OH，求證：BE=OH；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接CG，若DG=DE，△AOF的面積為，求線段CG的長．










27. 已知：在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，直線AB與x軸的正半軸交于點A，與y軸的負半軸交于點B，OA=OB，過點A作x軸的垂線與過點O的直線相交于點C，直線OC的解析式為y=x，過點C作CM⊥y軸，垂足為M，OM=9．
（1）如圖1，求直線AB的解析式；
（2）如圖2，點N在線段MC上，連接ON，點P在線段ON上，過點P作PD⊥x軸，垂足為D，交OC于點E，若NC=OM，求的值；
（3）如圖3，在（2）的條件下，點F為線段AB上一點，連接OF，過點F作OF的垂線交線段AC于點Q，連接BQ，過點F作x軸的平行線交BQ于點G，連接PF交x軸于點H，連接EH，若∠DHE=∠DPH，GQ-FG=AF，求點P的坐標．










答案和解析
1.【答案】A

【解析】解：-8的倒數是-，
故選：A．
根據乘積為1的兩個數互為倒數，可得一個數的倒數．
本題考查了倒數，分子分母交換位置是求一個數的倒數的關鍵．
2.【答案】C

【解析】解：A、a2+a2=2a2，原計算錯誤，故此選項不合題意；
B、a2?a4=a6，原計算錯誤，故此選項不合題意；
C、（a2）4=a8，原計算正確，故此選項合題意；
D、（a+b）2=a2+2ab+b2，原計算錯誤，故此選項不合題意．
故選：C．
根據合并同類項的法則，同底數冪的乘法法則，冪的乘方法則以及完全平方公式逐一計算判斷即可．
本題主要考查了完全平方公式，同底數冪的乘法，冪的乘方以及合并同類項的法則，熟記公式和運算法則是解答本題的關鍵．
3.【答案】B

【解析】解：A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；
B、既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形，故本選項符合題意；
C、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；
D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項不符合題意．
故選：B．
根據軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念對各選項分析判斷即可得解．
本題考查了中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念，軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后兩部分重合．
4.【答案】C

【解析】解：從左邊看第一層是兩個小正方形，第二層右邊一個小正方形，
故選：C．
根據從左邊看得到的圖形是左視圖，可得答案．
本題考查了簡單組合體的三視圖，從左邊看得到的圖形是左視圖．
5.【答案】B

【解析】解：∵AB為圓O的切線，
∴AB⊥OA，即∠OAB=90°，
∵∠ADC=35°，
∴∠AOB=2∠ADC=70°，
∴∠ABO=90°-70°=20°．
故選：B．
根據切線的性質和圓周角定理即可得到結論．
此題考查了切線的性質，以及圓周角定理，熟練掌握切線的性質是解本題的關鍵．
6.【答案】D

【解析】解：由“上加下減”的原則可知，將拋物線y=x2向上平移3個單位所得拋物線的解析式為：y=x2+3；
由“左加右減”的原則可知，將拋物線y=x2+3向右平移5個單位所得拋物線的解析式為：y=（x-5）2+3；
故選：D．
根據“上加下減，左加右減”的原則進行解答即可．
本題考查的是二次函數的圖象與幾何變換，熟知函數圖象平移的法則是解答此題的關鍵．
7.【答案】A

【解析】解：∵∠BAC=90°，∠B=50°，
∴∠C=40°，
∵△ADB與△ADB'關于直線AD對稱，點B的對稱點是點B'，
∴∠AB'B=∠B=50°，
∴∠CAB'=∠AB'B-∠C=10°，
故選：A．
由余角的性質可求∠C=40°，由軸對稱的性質可得∠AB'B=∠B=50°，由外角性質可求解．
本題考查了軸對稱的性質，掌握軸對稱的性質是本題的關鍵．
8.【答案】D

【解析】解：方程的兩邊同乘（x+5）（x-2）得：
2（x-2）=x-5，
解得x=9，
經檢驗，x=9是原方程的解．
故選：D．
根據解分式方程的步驟解答即可．
本題主要考查了解分式方程，熟練掌握把分式方程轉化為整式方程是解答本題的關鍵．
9.【答案】A

【解析】解：∵袋子中一共有9個除顏色不同外其它均相同的小球，其中紅球有6個，
∴摸出的小球是紅球的概率是=，
故選：A．
用紅球的個數除以球的總個數即可得．
本題主要考查概率公式，解題的關鍵是掌握隨機事件A的概率P（A）=事件A可能出現的結果數÷所有可能出現的結果數．
10.【答案】C

【解析】解：∵EF∥BC，
∴，
∵EG∥AB，
∴，
∴，
故選：C．
根據平行線分線段成比例性質進行解答便可．
本題主要考查了平行線分線段成比例性質，關鍵是熟記定理，找準對應線段．
11.【答案】4.79×106

【解析】解：4790000=4.79×106，
故答案為：4.79×106．
科學記數法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n為整數．確定n的值時，要看把原數變成a時，小數點移動了多少位，n的絕對值與小數點移動的位數相同．當原數絕對值≥10時，n是正數；當原數的絕對值＜1時，n是負數．
此題考查科學記數法的表示方法．科學記數法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n為整數，表示時關鍵要正確確定a的值以及n的值．
12.【答案】x≠7

【解析】解：由題意得x-7≠0，
解得x≠7．
故答案為：x≠7．
根據分母不等于0列式計算即可得解．
本題考查了函數自變量的范圍，一般從三個方面考慮：
（1）當函數表達式是整式時，自變量可取全體實數；
（2）當函數表達式是分式時，考慮分式的分母不能為0；
（3）當函數表達式是二次根式時，被開方數非負．
13.【答案】-12

【解析】解：∵反比例函數y=的圖象經過點（-3，4），
∴k=-3×4=-12，
故答案為：-12．
把（-3，4）代入函數解析式y(tǒng)=即可求k的值．
本題考查了反比例函數圖象上點的坐標特征，比較簡單，考查的是用待定系數法求反比例函數的比例系數，是中學階段的重點．
14.【答案】

【解析】解：原式=．
故答案為：．
根據二次根式的性質化簡二次根式后，再合并同類二次根式即可．
本題主要考查了二次根式的加減，熟記二次根式的性質是解答本題的關鍵．
15.【答案】n（m+3）2

【解析】解：原式=n（m2+6m+9）
=n（m+3）2．
故答案為：n（m+3）2．
直接提取公因式n，再利用完全平方公式分解因式得出答案．
此題主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正確應用乘法公式是解題關鍵．
16.【答案】（1，8）

【解析】解：∵拋物線y=3（x-1）2+8是頂點式，
∴頂點坐標是（1，8）．
故答案為：（1，8）．
已知拋物線頂點式y(tǒng)=a（x-h）2+k，頂點坐標是（h，k）．
本題考查由拋物線的頂點坐標式寫出拋物線頂點的坐標，比較容易．
17.【答案】x≤-3

【解析】解：，
由①得，x≤-3；
由②得，x＜-1，
故此不等式組的解集為：x≤-3．
故答案為：x≤-3．
分別求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．
本題考查的是解一元一次不等式組，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中間找；大大小小找不到”的原則是解答此題的關鍵．
18.【答案】130

【解析】解：設這個扇形的圓心角為n°，
=13π，
解得，n=130，
故答案為：130．
根據扇形面積公式S=，即可求得這個扇形的圓心角的度數．
本題考查扇形面積的計算，解答本題的關鍵是明確扇形面積計算公式S=．
19.【答案】5或7

【解析】解：在Rt△ABD中，∠ABC=60°，AD=6，
∴BD===6，
如圖1、圖2所示：
BC=BD+CD=6+1=7，
BC=BD-CD=6-1=5，
故答案為：7或5．
在Rt△ABD中，利用銳角三角函數的意義，求出BD的長，再分類進行解答．
本題考查解直角三角形，掌握直角三角形的邊角關系是正確計算的前提．
20.【答案】2

【解析】解：設BE=x，則CD=2x，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AB=AD=CD=2x，OB=OD，AC⊥BD，
∵∠DAE=∠DEA，
∴DE=DA=2x，
∴BD=3x，
∴OB=OD=x，
∵OE+BE=BO，
∴1+x=x，解得x=2，
即AB=4，OB=3，
在Rt△AOB中，OA==，
在Rt△AOE中，AE==2．
故答案為2．
設BE=x，則CD=2x，根據菱形的性質得AB=AD=CD=2x，OB=OD，AC⊥BD，再證明DE=DA=2x，所以1+x=x，解得x=2，然后利用勾股定理計算OA，再計算AE的長．
本題考查了菱形的性質：菱形具有平行四邊形的一切性質；菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角．
21.【答案】解：原式=?
=，
∵x=4cos30°-1=4×-1=2-1，
∴原式==．

【解析】直接將括號里面通分運算，再利用分式的混合運算法則計算，把x的值代入得出答案．
此題主要考查了分式的化簡求值，正確進行分式的混合運算是解題關鍵．
22.【答案】解：（1）如圖，正方形ABEF即為所求．
（2）如圖，△CDG即為所求．


【解析】（1）畫出邊長為的正方形即可．
（2）畫出兩腰為10，底為的等腰三角形即可．
本題考查作圖-應用與設計，等腰三角形的判定，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會利用數形結合的思想思考問題，屬于中考常考題型．
23.【答案】解：（1）15÷30%=50（名），
答：在這次調查中，一共抽取了50名學生；
（2）50-15-20-5=10（名），補全條形統(tǒng)計圖如圖所示：

（3）800×=320（名），
答：冬威中學800名學生中最喜歡剪紙小組的學生有320名．

【解析】（1）最喜歡繪畫小組的學生人數15人，占所調查人數的30%．可求出調查人數；
（2）求出“舞蹈”的人數，即可補全條形統(tǒng)計圖；
（3）樣本估計總體，樣本中“喜歡剪紙”占調查人數的，因此估計總體800名的是最喜歡“舞蹈”的人數．
本題考查條形統(tǒng)計圖的意義和制作方法，理解數量之間的關系是正確計算的前提，樣本估計總體是統(tǒng)計中常用的方法．
24.【答案】（1）證明：∵AB=AC，
∵∠B=∠C，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD=AE；
（2）∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED，
∵BF∥AC，
∴∠FDB=∠C=45°，
∵∠ABC=∠C=∠DAE=45°，∠BDF=∠ADE，
∴∠F=∠BDF，∠BEA=∠BAE，∠CDA=∠CAD，
∴滿足條件的等腰三角形有：△ABE，△ACD，△DAE，△DBF．

【解析】（1）根據SAS可證△ABD≌△ACE，根據全等三角形的性質即可求解；
（2）根據等腰三角形的判定即可求解．
考查了全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定與性質，關鍵是熟練掌握它們的性質與定理．
25.【答案】解：（1）設每個大地球儀x元，每個小地球儀y元，根據題意可得：
，
解得：，
答：每個大地球儀52元，每個小地球儀28元；

（2）設大地球儀為a臺，則每個小地球儀為（30-a）臺，根據題意可得：
52a+28（30-a）≤960，
解得：a≤5，
答：最多可以購買5個大地球儀．

【解析】（1）設每個大地球儀x元，每個小地球儀y元，根據條件建立方程組求出其解即可；
（2）設大地球儀為a臺，則每個小地球儀為（30-a）臺，根據要求購買的總費用不超過960元，列出不等式解答即可．
本題考查了列二元一次方程組解實際問題的運用，總價=單價×數量的運用，一元一次不等式的運用，解決問題的關鍵是讀懂題意，找到關鍵描述語，找到所求的量的等量關系．
26.【答案】證明：（1）∵AD為⊙O的直徑，AD⊥BC，
∴BE=EC，
∴AB=AC，
又∵AD⊥BC，
∴∠BAD=∠CAD，
∵OA=OB，
∴∠BAD=∠ABO，
∴∠BAD=∠ABO=∠CAD，
∵∠BFC=∠BAC+∠ABO，
∴∠BFC=∠BAD+∠EAD+∠ABO=3∠CAD；
（2）如圖2，連接AG，

∵AD是直徑，
∴∠AGD=90°，
∵點H是DG中點，
∴DH=HG，
又∵AO=DO，
∴OH∥AG，AG=2OH，
∴∠AGD=∠OHD=90°，
∵DG∥BF，
∴∠BOE=∠ODH，
又∵∠OEB=∠OHD=90°，BO=DO，
∴△BOE≌△ODH（AAS），
∴BE=OH；
（3）如圖3，過點F作FN⊥AD，交AD于N，

設DG=DE=2x，
∴DH=HG=x，
∵△BOE≌△ODH，
∴OE=DH=x，
∴OD=3x=OA=OB，
∴BE===2x，
∵∠BAE=∠CAE，
∴tan∠BAE=tan∠CAE=，
∴=，
∴AN=NF，
∵∠BOE=∠NOF，
∴tan∠BOE=tan∠NOF=，
∴=，
∴ON=NF，
∴AO=AN+ON=NF，
∵△AOF的面積為，
∴×AO×NF=×NF2=，
∴NF=，
∴AO=NF=3=3x，
∴x=1，
∴BE=2=OH，AE=4，DG=DE=2，
∴AC===2，
如圖3，連接AG，過點A作AM⊥CG，交GC的延長線于M，

由（2）可知：AG=2OH=4，
∵四邊形ADGC是圓內接四邊形，
∴∠ACM=∠ADG，
又∵∠AMC=∠AGD=90°，
∴△ACM∽△ADG，
∴，
∴，
∴CM=，AM=，
∴GM===，
∴CG=GM-CM=．

【解析】（1）由垂徑定理可得BE=EC，由線段垂直平分線的性質可得AB=AC，由等腰三角形的性質可得∠BAD=∠ABO=∠CAD，由外角的性質可得結論；
（2）由“AAS”可證△BOE≌△ODH，可得BE=OH；
（3）過點F作FN⊥AD，交AD于N，設DG=DE=2x，由全等三角形的性質可得OE=DH=x，OD=3x=OA=OB，勾股定理可求BE=2x，由銳角三角函數可求AN=NF，ON=NF，可得AO=AN+ON=NF，由三角形面積公式可求NF的長，可求x=1，可得BE=2=OH，AE=4，DG=DE=2，勾股定理可求AC=2，連接AG，過點A作AM⊥CG，交GC的延長線于M，通過證明△ACM∽△ADG，由相似三角形的性質可求AM，CM的長，由勾股定理可求GM的長，即可求解．
本題是圓的綜合題，考查了圓的有關知識，全等三角形的判定和性質，三角形中位線定理，相似三角形的判定和性質，銳角三角函數等知識，求出NF的長是本題的關鍵．
27.【答案】解：（1）∵CM⊥y軸，OM=9，
∴y=9時，9=x，解得x=12，
∴C（12，9），
∵AC⊥x軸，
∴A（12，0），
∵OA=OB，
∴B（0，-12），
設直線AB的解析式為y=kx+b，則有，
解得，
∴直線AB的解析式為y=x-12．

（2）如圖2中，

∵∠CMO=∠MOA=∠OAC=90°，
∴四邊形OACM是矩形，
∴AO=CM=12，
∵NC=OM=9，
∴MN=CM-NC=12-9=3，
∴N（3，9），
∴直線ON的解析式為y=3x，設點E的橫坐標為4a，則D（4a，0），
∴OD=4a，
把x=4a，代入y=x中，得到y(tǒng)=3a，
∴E（4a，3a），
∴DE=3a，
把x=4a代入，y=3x中，得到y(tǒng)=12a，
∴P（4a，12a），
∴PD=12a，
∴PE=PD-DE=12a-3a=9a，
∴=．

（3）如圖3中，設直線FG交CA的延長線于R，交y軸于S，過點F作FT⊥OA于T．

∵GF∥x軸，
∴∠OSR=∠MOA=90°，∠CAO=∠R=90°，∠BOA=∠BSG=90°，∠OAB=∠AFR，
∴∠OFR=∠R=∠AOS=∠BSG=90°，
∴四邊形OSRA是矩形，
∴OS=AR，
AR=OA=12，
∵OA=OB，
∴∠OBA=∠OAB=45°，
∴∠FAR=90°-45°=45°，
∴∠FAR=∠AFR，
∴FR=AR=OS，
∵OF⊥FQ，
∴∠OSR=∠R=∠OFQ=90°，
∴∠OFS+∠QFR=90°，
∵∠QFR+∠FQR=90°，
∴∠OFS=∠FQR，
∴△OFS≌△FQR（AAS），
∴SF=QR，
∵∠SFB=∠AFR=45°，
∴∠SBF=∠SFB=45°，
∴SF=SB=QR，
∵∠SGB=∠QGR，∠BSG=∠R，
∴△BSG≌△QRG（AAS），
∴SG=GR=6，
設FR=m，則AR=m，AF=m，QR=SF=12-m，
∵GQ-FG=AF，
∴GQ=×m+6-m=m+6，
∵GQ2=GR2+QR2，
∴（m+6）2=62+（12-m）2，
解得m=4，
∴FS=8，AR=4，
∵∠OAB=∠FAR，FT⊥OA，FR⊥AR，
∴FT=FR=AR=4，∠OTF=90°，
∴四邊形OSFT是矩形，
∴OT=SF=8，
∵∠DHE=∠DPH，
∴tan∠DHE=tan∠DPH，
∴=，
由（2）可知DE=3a，PD=12a，
∴=，
∴DH=6a，
∴tan∠PHD===2，
∵∠PHD=∠FHT，
∴tan∠FHT==2，
∴HT=2，
∵OT=OD+DH+HT，
∴4a+6a+2=8，
∴a=，
∴OD=，PD=12×=，
∴P（，）．

【解析】（1）求出A，B兩點坐標，利用待定系數法解決問題即可．
（2）由題意直線ON的解析式為y=3x，設點E的橫坐標為4a，則D（4a，0），求出PE，OD（用a表示）即可解決問題．
（3）如圖3中，設直線FG交CA的延長線于R，交y軸于S，過點F作FT⊥OA于T．證明△OFS≌△FQR（AAS），推出SF=QR，再證明△BSG≌△QRG（AAS），推出SG=GR=6，設FR=m，則AR=m，AF=m，QR=SF=12-m，GQ-FG=AF，根據GQ2=GR2+QR2，可得（m+6）2=62+（12-m）2，解得m=4，由題意tan∠DHE=tan∠DPH，可得=，由（2）可知DE=3a，PD=12a，推出=，可得DH=6a，推出tan∠PHD===2，由∠PHD=∠FHT，可得tan∠FHT==2，推出HT=2，再根據OT=OD+DH+HT，構建方程求出a即可解決問題．
本題屬于一次函數綜合題，考查了矩形的判定和性質，一次函數的性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，學會利用參數構建方程解決問題，屬于中考壓軸題．

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