辽宁省阜新市2021年中考数学试题（解析版）下载

辽宁省阜新市 2021 年中考数学试题 一、选择题（在每一个小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，每小题 3 分，共 30 分） 3 1 1. 计算： ，其结果等于（ ）A. 2 B. C. 4 D. 4 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据有理数的加减运算即可求解． 3 1 =2 【详解】 故选 A． 【点睛】此题主要考查有理数的加法运算，解题的关键是熟知其运算法则． 2. 一个几何体如图所示，它的左视图是（ ）A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据左视图的定义即可求解． 【详解】由图可知左视图是 故选 B． 【点睛】此题主要考查三视图的判断，解题的关键是熟知左视图的定义． 3. 在庆祝中国共产党成立 100 周年的“红色记忆”校园歌咏比赛中，15 个参赛班级按照成绩（成绩各不相 同）取前 7 名进入决赛，小红知道了自己班级的比赛成绩，如果要判断自己的班级能否进入决赛，还需要 知道这 15 个参赛班级成绩的（ ）A. 平均数 【答案】B B. 中位数 C. 众数 D. 方差 【解析】 【分析】由于比赛取前 7 名参加决赛，共有 15 名选手参加，根据中位数的意义分析即可． 【详解】解：15 个不同的成绩按从小到大排序后，中位数之后的共有 7 个数， 故只要知道自己的成绩和中位数就可以知道是否进入决赛了． 故选：B． 【点睛】本题考查了中位数意义．解题的关键是正确的求出这组数据的中位数． 2  2x  4 x 1 3 4. 不等式组 的解集，在数轴上表示正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据解不等式组的方法可以求得原不等式组的解集，从而可以解答本题． 2  2x  4 x 1 3 ①②【详解】解： 由①得： ，，x  1 由②得： x  2 ，故原不等式组的解集为： x  2 故选：C． ，【点睛】本题主要考查解一元一次不等式组、在数轴上表示不等式的解集，解题的关键是明确解不等式组 的方法． 1A x, y B x, y x  0  x yy， 2 的关系是 y   5. 已知点 ，都在反比例函数 的图象上，且 2 ，则 1  2  1112x（）y1  y2 y1  y2 y1  y2  0 y1  y2  0 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断两个点是否在同一象限内，然后根据反比例函数的增减性解答即可． 1A x, y B x, y y   【详解】∵点 1  ，2  都在反比例函数 的图象上，∴ ，图象位于第二、四 k  1 0 12xyx象限内，且 随增大而增大， x  0  x ∵，12∴点 BA在第四象限，点 在第二象限， y  0  y ∴，12故选：A 【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象和性质，解题的关键是熟练掌握反比例函数的图象和性质，并 会用数形结合的思想解决问题． 6. 小颖有两顶帽子，分别为红色和黑色，有三条围巾，分别为红色、黑色和白色，她随机拿出一顶帽子和 一条围巾戴上，恰好为红色帽子和红色围巾的概率是（ ）23165612A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用列表法或树状图即可解决． 【详解】分别用 r、b 代表红色帽子、黑色帽子，用 R、B、W 分别代表红色围巾、黑色围巾、白色围巾， 列表如下： RBWrrR bR rB bB rW bW b则所有可能的结果数为 6 种，其中恰好为红色帽子和红色围巾的结果数为 1 种，根据概率公式，恰好为红 1色帽子和红色围巾的概率是 ．6故选：C． 【点睛】本题考查了简单事件的概率，常用列表法或画树状图来求解． C 7. 如图，A，B，C 是⊙O 上的三点，若 ，则 的度数是（ ）O  70 A. 40° B. 35° C. 30° D. 25° 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆周角定理即可求解． 【详解】∵ ，O  70 1C ∴ = O  35 2故选 B． 【点睛】此题主要考查圆内角度求解，解题的关键是熟知圆周角定理的性质． 8. 在育红学校开展的课外阅读活动中，学生人均阅读量从七年级的每年 100 万字增加到九年级的每年 121 万字．设该校七至九年级人均阅读量年均增长率为 x，根据题意，所列方程正确的是（ ）A. 100(1 x)2 121 100(1 2x) 121 B. 1002(1 x) 121 C. D. 100(1 x) 100(1 x)2 121 【答案】A 【解析】 的【分析】设该校七至九年级人均阅读量年均增长率为 x，根据从七年级 每年100 万字增加到九年级的每年 121 万字，即可得出关于 x 的一元二次方程． 【详解】解：该校七至九年级人均阅读量年均增长率为 x， 依题意得：100(1 x)2 121． 故选：A． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 2B 1,0 9. 如图，二次函数 的图象与 x 轴交于 A， 两点，则下列说法正确的是（ ）y  a(x  2)  k 4,0 a  0 A. B. 点 A 的坐标为 的时，y 随 x 增大而减小 C. 当 D. 图象的对称轴为直线 x  0 x  2 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次函数的图象与性质即可依次判断． 【详解】由图可得开口向上，故 a＞0，A 错误； ∵解析式为 y  a(x  2)2  k ，故对称轴为直线 x=-2，D 正确 B 1,0 ∵∴A 点坐标为（-3，0），故 B 错误； 的时，y 随 x 增大而减小，故 C 错误； 由图可知当 x  2 故选 D． 【点睛】此题主要考查二次函数的图象与性质，解题的关键是熟知二次函数顶点式的特点． 0,2 10. 如图，弧长为半圆的弓形在坐标系中，圆心在 ．将弓形沿 x 轴正方向无滑动滚动，当圆心经过的 路径长为 2021 时，圆心的横坐标是（ ）A. B. 1010  2020 C. 2021 D. 1011  2020 2020 【答案】D 【解析】 【分析】求出一个周期圆心走的路程，即可求出圆心经过的路径长为 2021 时圆心的位置，故可求解． 0,2 【详解】如图，圆心在 ，可得 r=2 1114ll¼O2O3 2r   2r    l 2r   =∴OA= ，AB=2r=4，BC= ，=¼O O2 144l∴一个周期圆心经过的路径长为 OA+ +BC=4 ¼O2O3 ，¼O O2 1∴C（4+2 ，0）， 故当圆心经过的路径长为 2021 时， 2021 ÷4 =505…1 =1011  2020 ∴圆心的横坐标是 505×（4+2 ）+ 故选 D． 【点睛】此题主要考查弧与坐标综合，解题的关键是根据题意求出一个周期圆心经过的路径长． 二、填空题（每小题 3 分，共 18 分） 1 1  11. 计算： _______． 9    2  【答案】 【解析】 1【分析】直接计算求解即可． 1 1  【详解】解： ．9   3 2 1   2  故答案为： ． 1【点睛】本题考查了二次根式的化简，负指数幂的计算，熟练掌握计算方法是解题的关键． 12. 如图，直线 ，一块含有 30°角的直角三角尺顶点 E 位于直线 CD 上，EG 平分 AB / /CD CEF ，则 1 的度数为_________°． 【答案】60 【解析】 【分析】根据角平分线的定义可求出 的度数，即可得到 CEF 的度数，再利用平行线的性质即可 CEG 解决问题． 【详解】 一块含有30°角的直角三角尺顶点 E 位于直线 CD 上， ，FEG  30 平分 CEF ，EG CEG  FEG  30 CEF  CEG  FEG  60  AB / /CD 1 CEF  60 ，，，．故答案为： ．60 【点睛】本题考查了角平分线定义和平行线的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题 型． 13. 如图，已知每个小方格的边长均为 1，则 与ABC △CDE 的周长比为_________． 【答案】 【解析】 2:1 【分析】设 、分别与 BE 交于点 、G，则 AF / /DG ，可得到 ，在网格图中， DG AF FFAG  CDG ， 可 得 到AB / /DE ， 证 得 BAG  CDE 利 用 锐 角 三 角 函 数 值 得 到 ， 继 而 BAF  EDG ，然后分别求出 、AB DE ，即可解答． △ABC  △DEC 【详解】如图， 设∴、分别与 BE 交于点 G、 ，则AF / /DG ， DG AF F,FAG  CDG 2t an BAF  41212∵，t an EDG  ，∴∴∴，，BAF  EDG BAG  CDE AB / /DE ，，△ABC  △DEC 22由图可知： ，AB  2  4  2 5 DE  12  22  5 ∴，AB : DE  2 5: 5 2 :1 即∴ABC ABC 与与的相似比为 的周长比为 ，△CDE △CDE 2:1 2:1 故答案为： 2:1 【点睛】本题主要考查了网格图中的两个相似三角形周长之比，解题的关键是找到相似三角形的相似比． 14. 如图，甲楼高 21m，由甲楼顶看乙楼顶的仰角是 45°，看乙楼底的俯角是 30°，则乙楼高度约为_________ m（结果精确到 1m， ）． 3 1.7 【答案】57 【解析】 【 分 析 】 根 据 题 意 画 出 下 图 ： ，AB  BC DC  BC ， 垂 足 分 别 为 点 B、 点 ，，CAB  21m DAE  45 CE  AB  21 ，，， 垂 足 为 点， 可 得 四 边 形 E是 矩 形 ， 继 而 得 到 ，即可求解． AE  CD ABCE CAE  30 ，在 Rt△ACE 中，可求出 ，然后在 中，求出 Rt△ADE AE DE 【详解】解：根据题意画出下图： ，AB  BC DC  BC ，垂足分别为点 B、点 ，，CAB  21m DAE  45 ，，，垂足为点 ，AE  CD ECAE  30 ∵∴，，，AB  BC DC  BC AE CD ，ABC  BCE  AEC  90 ∴四边形 ∴是矩形， ，ABCE CE  AB  21 CE 21 t an 30 21 AE   21 3 在在Rt△ACE 中， ，t an CAE 33中， ，Rt△ADE DE  AE  t an 45 21 3 ∴，CD  DE  CE  21 3  21  57m m即乙楼高度约为 57 ．【点睛】本题主要考查了直角三角形的应用中仰角俯角问题，解题的关键是明确题意构造直角三角形，并 结合利用锐角三角函数解直角三角形． 15. 如图，折叠矩形纸片 ABCD，使点 B 的对应点 E 落在 CD 边上，GH 为折痕，已知 ，AB  6 ．当折痕 GH 最长时，线段 BH 的长为_________． BC 10 34 【答案】 【解析】 （或 6.8） 5【分析】根据题意确定点 E 与点 D 重合时，折痕 GH 最长，根据翻折变换的性质得出 BH  DH 10  x, ，设 ，HC  x HE  BH 则在RtCHD 中根据勾股定理列出方程，解方程即可，再用 BC CH 即可求出答 案． 【详解】当点 E 与点 D 重合时，GH 最长，如图所示， BH  HD, 由折叠可知： BH  DH 10  x, 设，则 HC  x ∵四边形 ABCD 为矩形， C  90, AB  CD  6, ∴在RtCHD 中， ∵CH 2  CD2  DH 2 , x2  62  (10  x)2 ∴，x  3.2, 解得： 34 5BH  BC CH 10 3.2  ,∴34 故填： （或 6.8）． 5【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折变换的性质，勾股定理的应用，翻折变换是一种对称变换，它属于 轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等，解题关键是确定折痕最长时 E 点的位置， 根据题意列出方程求解． 16. 育红学校七年级学生步行到郊外旅行．七（1）班出发 1h 后，七（2）班才出发，同时七（2）班派一名 联络员骑自行车在两班队伍之间进行联络，联络员和七（1）班的距离 s（km）与七（2）班行进时间 t（h） 2h的函数关系图象如图所示．若已知联络员用了 第一次返回到自己班级，则七（2）班需要_________h 才 3能追上七（1）班． 【答案】2 【解析】 【分析】分析题目可知，当七（2）班出发时，七（1）班出发 1 小时，已经走了 4km，即七（1）班的速度 114km h, ( ,0) 8km h, 为图中 表示联络员追上七（1）班，用时 h，可以算出联络员与七（1）班的速度差 22231212km h, hh那么联络员的速度为 联络员用了 第一次返回到自己班级七（2）班，即联络员用 走的路程 21hh走的路程之和，据此列出方程，求出七（2）班的速度，即可计算 等于七（2）班 走的路程与联络员 36出追上七（1）班所需时间． 【详解】解：由题意得： 4 1 4km h, 七（1）班的速度为： 14  8km h, 联络员与七（1）班的速度差为： 28 4 12km h, 即联络员的速度为： 2h当七（2）班出发 时， 312232 1 hh(  )h 联络员用 走的路程等于七（2）班 走的路程与联络员 走的路程之和， 3 2 vkm h, 设七（2）班的速度为 列出方程： 1222 1 12  4  (  )gv ，33 2 v  6, 解得： 6km h 即七（2）班的速度为 ，则七（2）班追上七（1）班需要的时间为： 4 (6  4)  2h, 故填：2． 【点睛】本题考查从函数图像获取信息，解题关键是由图像给出的信息，结合实际问题，求出两个班级的 速度． 三、解答题（17、18、19、20 题每题 8 分，21、22 题每题 10 分，共 52 分） 1 x 2x  2 1 17. 先化简，再求值： ，其中 ．x  2 1 x 1 x2  2x 1 x 1 x 1 【答案】 【解析】 ，2 1 【分析】分式算式中有加法和除法两种运算，且有括号，按照运算顺序，先算括号里的加法，再算除法， 最后代入计算即可． x 1 1 x 2x  2 【详解】原式 x 1 x 1 x2  2x 1 22(x 1) x 1 (x 1)2 2(x 1)2 x 1 2(x 1) x 1 x 1 当时， x  2 1 2 11 2 11 2  2 原式  2 1 ．2【点睛】本题是分式的化简求值题，考查了二次根式的混合运算，二次根式的除法等知识，化简时要注意 运算顺序，求值时，最后结果的分母中不允许含有二次根式． 18. 下面是小明关于“对称与旋转的关系”的探究过程，请你补充完整． xG（1）三角形在平面直角坐标系中的位置如图 1 所示，简称 G，G 关于 y 轴的对称图形为 1 ，关于 轴的对 GG．2G称图形为 2 ．则将图形 1 绕____点顺时针旋转____度，可以得到图形 y  x 1 G G G ， 2 ．将图形 1 绕____点（用坐标表示） 1（2）在图 2 中分别画出 G 关于 y 轴和直线 的对称图形 G顺时针旋转______度，可以得到图形 ．2l : y  2x  2 l : y  x 和l（3）综上，如图 3，直线 所夹锐角为 ，如果图形G 关于直线 的对称图形为 121GGlG1 ，关于直线 2 的对称图形为 2 ，那么将图形 1 绕____点（用坐标表示）顺时针旋转_____度（用 表G示），可以得到图形 ．22 2 ,0,1 【答案】（1）O，180；（2）图见解析， ，90；（3） ，2 3 3 【解析】 【分析】（1）根据图形可以直接得到答案； （2）根据题意画出图形，观察图形，利用图形旋转的性质得到结论； （3）从（1）（2）问的结论中得到解题的规律，求出两个函数的交点坐标，即可得出答案． GG【详解】解：（1）由图象可得，图形 1 与图形 2 关于原点成中心对称， GG则将图形 1 绕 O 点顺时针旋转 180 度，可以得到图形 ；2故答案为：O，180； G， 2 如图； G（2） 1G，G由图形可得，将图形 1 绕 0,1 点（用坐标表示）顺时针旋转 90 度，可以得到图形 20,1 ，90； 故答案为： xGGGG（3）∵当 G 关于 y 轴的对称图形为 1 ，关于 轴的对称图形为 2 时， 1 与 2 关于原点（0,0）对称，即 GG图形 1 绕 O 点顺时针旋转 180 度，可以得到图形 ；2y  x 1 GGG2 时，图形 1 绕 0,1 当 G 关于 y 轴和直线 的对称图形 ，点（用坐标表示）顺时针旋转 90 度， y  x 1 1Gy  x 1 可以得到图形 2 ，点（0,1）为直线 l : y  2x  2 l : y  x 与 y 轴的交点，90 度角为直线 与 y 轴夹角的两倍； 2 2 ,，又∵直线 和的交点为 ，夹角为 123 3 l : y  2x  2 l : y  x 和l1Gl∴当直线 所夹锐角为 ，图形G 关于直线 的对称图形为 1 ，关于直线 2 的对 122 2 G称图形为 2 ，那么将图形 1 绕 度（用 表示），可以得到图形 G,点（用坐标表示）顺时针旋转 2 3 3 G2 ．2 2 ,故答案为： ，．2 3 3 【点睛】本题主要考查了图形的对称性与旋转的性质，关键在于根据题意正确的画出图形，得出规律． 19. 育红学校为了了解学生家长对教育部《关于进一步加强中小学生睡眠管理工作的通知》（以下简称《通 知》）的了解程度，随机抽取了该校部分学生家长进行问卷调查，问卷分为 A（十分了解），B（了解较多）， C（了解较少），D（不了解）四个选项，要求每位被调查家长必选且只能选择其中的一项．在对调查数据进 行统计分析时，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图，请你依据图中信息解答下列问题： （1）参与这次学校调查的学生家长共_________人； （2）通过计算将条形统计图补充完整； （3）若该校共有 2000 名学生家长，请估计该校学生家长中对《通知》“十分了解”和“了解较多”的一 共约有多少人？ 【答案】（1）150 ；（2）见解析；（3）1120 人 【解析】 【分析】（1）观察两幅统计图中 A 分别是 30 人，其所占的百分比为 20%，则可求得参与这次学校调查的学 生家长总人数； （2）在求得了参与调查的学生家长总人数的情况下，根据 A、B、D 的人数，即可求得 C 的人数，从而可 把条形统计图补充完整； （3）可求得该校参与调查的学生家长中对《通知》“十分了解”和“了解较多”的百分比，用此百分比作为该 校学生家长中对《通知》“十分了解”和“了解较多”的百分比，其与 2000 的积便是所求的结果． 【详解】解：（1）由条形统计图知，A 所占的人数为 30 人，由扇形统计图知，A 所占的百分比为 20%，所 以参与这次学校调查的学生家长共有：30÷20%=150（人）． 故答案为：150 ； （2）C 选项人数为 ：150 30 54  24  42（人） 补充条形统计图如下图所示． 30  54 150 2000 1120 （3） （人） 所以估计该校学生家长中对《通知》“十分了解”和“了解较多”的一共约有 1120 人． 【点睛】本题综合考查了两种统计图：条形统计图和扇形统计图，用样本的百分比估计总体的百分比，关 键是读懂两个统计图，并能从统计图中获取有用的信息． 20. 为落实“数字中国”的建设工作，市政府计划对全市中小学多媒体教室进行安装改造，现安排两个安装 公司共同完成．已知甲公司安装工效是乙公司安装工效的 1.5 倍，乙公司安装 36 间教室比甲公司安装同样 数量的教室多用 3 天． （1）求甲、乙两个公司每天各安装多少间教室？ （2）已知甲公司安装费每天 1000 元，乙公司安装费每天 500 元，现需安装教室 120 间，若想尽快完成安 装工作且安装总费用不超过 18000 元，则最多安排甲公司工作多少天？ 【答案】（1）甲公司每天安装 6 间教室，乙公司每天安装 4 间教室；（2）12 天 【解析】 x【分析】（1）设乙公司每天安装 间教室，则甲公司每天安装 间教室，根据题意列出分式方程，故可 1.5x 求解； 120  6y （2）设安排甲公司工作 y 天，则乙公司工作 天，根据题意列出不等式，故可求解． 4x【详解】解：（1）设乙公司每天安装 间教室，则甲公司每天安装 间教室， 1.5x 36 36  3 根据题意，得 x1.5x x  4 解这个方程，得 ．x  4 经检验， 是所列方程的根． （间）， 1.5x 1.54  6 所以，甲公司每天安装 6 间教室，乙公司每天安装 4 间教室． 120  6y （2）设安排甲公司工作 y 天，则乙公司工作 天，根据题意，得 4120  6y 1000y  500 18000 4y 12 解这个不等式，得 ．所以，最多安排甲公司工作 12 天． 【点睛】此题主要考查分式方程与不等式的实际应用，解题的关键是根据题意找到数量关系列式求解． 21. 在图 1 中似乎包含了一些曲线，其实它们是由多条线段构成的．它不但漂亮，还蕴含着很多美妙的数学 结论．如图，在正方形 ABCD 中，E，F 分别是直线 AB，BC 上的点（E，F 在直线 AC 的两侧），且 AE  CF ．（1）如图 2，求证： ；DE  DF （2）若直线 AC 与 EF 相交于点 G，如图 3，求证： DG  EF ；（3）设正方形 ABCD 的中心为 O， CFE   ，用含 的式子表示 的度数（不必证明）． DGO 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）∠DGO=α+45°或∠DGO=α-45°或∠DGO=45°-α． 【解析】 【 分 析 】（ 1 ） 四 边 形ABCD 是 正 方 形 ， ，AD  CD C  DAB ， 又 知 道AE  CF ， 可 得 到 即可求解； △DAE≌△DCF （2）作 交 AC 于点 H,则 ,知道四边形 ABCD 是正方形可得 ，EH //BC EHG  FCG AB  BC 推出 ，，，，，得到 B  90 AE  CF BAC  BCA EH //BC AHE  ACB AE  EH BAH  AHE EH  CF ，又知道EGH  FGC 得到 ，即可求解 △ EHG≌△ FCG （3）分三种情况①点 E 在线段 AB 上、②点 E 在线段 BA 的延长线上、③点 E 在线段 AB 的延长线上，逐 一进行讨论即可求解． 【详解】解：（1）∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∴，AD  CD C  DAB  90 ．DAE  C  90 ．又∵ AE  CF ，∴．△DAE≌△DCF ∴．DE  DF （2）（解法一）作 交 AC 于点 H，如图 1．则 ．EH //BC EHG  FCG 图 1 ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∴∵∴∴∴∵∴，AB  BC B  90 ．BAC  BCA  45 ，EH //BC ．AHE  ACB  45 ．BAH  AHE ．，．AE  EH AE  CF EH  CF 又∵EGH  FGC ，∴∴．△ EHG≌△ FCG ．EG  GF 由（1）同理可得 ，DE  DF ∴．DG  EF （解法二）作 交 AC 于点 H ，如图 2． EH //BC 图 2 ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∴，AB  BC B  90 ．，BAC  BCA  45 ∵∴∴∴，EH //BC AHE  ACB  45 ．．BAH  AHE ．EA  EH 又∵ AE  CF ，∴．EH  CF 连接 CE，FH ． 又∵ ．EH //CF ∴四边形 CEHF 是平行四边形． ∴．EG  GF 由（1）同理可得 ，DE  DF ∴．DG  EF （3）解：①当点 E 在线段 AB 上时， ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∠BCD=∠ADC=90°，∠ACD=45°， ∵，△DAE≌△DCF ∴∠ADE=∠CDF， ∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°， ∴∠EDC+∠CDF=90°， 即∠EDF=90°， ∵DE=DF，DG⊥EF， ∴∠GDF=∠2=45°， ∴∠1=45°-∠3， ∵∠BCD=90°， ∴∠3+∠2+∠CFE=90°， ∴∠3=90°-45°-α=45°-α， ∴∠1=45°-∠3=α， ∵∠DGO=∠ACD+∠1， ∴∠DGO=α+45°； ②当点 E 在线段 BA 的延长线上时， ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∠BCD=∠ADC=90°，∠BDC=45°， ∵，△DAE≌△DCF ∴∠ADE=∠CDF， ∵∠ADF+∠CDF=∠ADC=90°， ∴∠EDA+∠ADF=90°， 即∠EDF=90°， ∵DE=DF，DG⊥EF， ∴∠GDF=∠GFD=∠BDC=45°， ∴∠1=∠2， ∵∠BCD=90°， ∴∠3+∠2=90°， ∵∠3=∠CFE-∠GFD=α-45°， ∴∠2=90°-α+45°=135°-α， ∴∠1=∠2=135°-α， ∴∠DGO=90°-∠1=α-45°； ③当点 E 在线段 AB 的延长线上时， ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AB∥CD，∠ACD=45°，∠ABC=∠ADC=90°， ∵，△DAE≌△DCF ∴∠ADE=∠CDF， ∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°， ∴∠EDC+∠CDF=90°， 即∠EDF=90°， ∴∠2=∠3， ∵DE=DF，DG⊥EF， ∴∠GDE=∠DEG=45°， ∴∠1+∠3=45°， ∵∠ABC=90°， ∴∠CFE+∠2+∠DEG=90°， ∵∠CFE-∠2=45°， ∴∠CFE=∠1=α， ∴∠DGO+∠1=∠ACD=45°， ∴∠DGO=45°-α． 综上：∠DGO=α+45°或∠DGO=α-45°或∠DGO=45°-α． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判 定和性质等知识，解题的关键是利用全等三角形的判定和性质得 DE=DF，利用等腰直角三角形的性质求 解． 2A(1,0) B(3,0) ， ，过点B 的直线 22. 在平面直角坐标系中，抛物线 交 x 轴于点 y  ax  bx 3 2y  x  2 交抛物线于点 C． 3（1）求该抛物线的函数表达式； （2） 若点P 是直线 BC 下方抛物线上的一个动点（P 不与点 B，C 重合），求PBC 面积的最大值； （3）若点 M 在抛物线上，将线段 OM 绕点 O 旋转 90°，得到线段 ON，是否存在点 M，使点 N 恰好落在直 线 BC 上？若存在，请直接写出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由． 1 97 21 3 97 125 【 答 案 】（ 1 ） y  x2  2x 3 ；（ 2 ） ；（ 3 ） 存 在 ， 或或(0,3) ,4827 1 97 213 97 1215 4,, 或48【解析】 【分析】（1）将 A、B 两点的坐标分别代入抛物线的解析式中，得关于 a、b 的二元一次方程组，解方程组 即可求得 a、b，从而可求得抛物线的函数解析式； PD / / y （2）过点 P 作 轴，交 x 轴于点 D，交 BC 于点 E，作 P m,m2  2m 3 于点 F，连接 PB，PC，则有 CF  PD S△PBC  S△PEB  S △PEC ，设 ，则可得 E 点坐标，从而可分别求得 PE、DE，从而求得 PE，解由二次函数与一次函数组成的方程组，可求得点 C 的坐标， 进而求得△PBC 的面积关于 m 的函数，求出函数的最值即可； 2y  x  2 （3）设点 M 的坐标为(p,q)，分别求出直线 OM、ON 的解析式，再求得 ON 与直线 坐标，根据 OM=ON，即可求出 p 与 q 的值，从而求得点 M 的坐标． 的交点 N 的 3【详解】（1）将点 ，代入 y  ax2  bx 3中，得： B 3,0 A 1,0 0  a b 3 0  9a  3b 3 a 1 解得 b  2 2∴该抛物线表达式为 ．y  x  2x 3 PD / / y （2）过点 P 作 轴，交 x 轴于点 D，交 BC 于点 E，作 于点 F，连接 PB，PC，如图． CF  PD 2P m,m2  2m 3 E m, m  2 设点 ，则点 ．32y  x  2 ∵点 P、E 均位于直线 的下方 3∴P、E 两点的纵坐标均为负 22DE  m  2 ∴∴，PE  m +2m+3 328PE  PD  DE  m2  2m  3 m  2  m2  m 1 332y  x  2x 3 ∵点 C 的坐标为方程组 的一个解 2y  x  2 31x  3 x   ∴解这个方程组，得 ，1233,0 ∵点 B 坐标为 1∴点 C 的横坐标为 31310 3BD  CF  3  ∴∴S S△PEB  S△PEC △PBC 11 PE  BD  PE CF 212 PE(BD  CF) 212810 3m2  m 1  321543125 27  m  3 ．（其中 ） m  335 0 ∵3125 4m  S∴这个二次函数有最大值，且当 （3）存在 时， PBC 的最大值为 ．327 qp设 M(p,q)，其中 q  p2  2p 3，且 p≠0， 则直线OM 的解析式为： y  xpy   x由于 ON⊥OM，则直线 ON 的解析式为： qpqy   x6q 6p x  y   ，解方程组 ，得 2q  3p 2q  3p 2y  x  2 36q 6p , 即点 N 的坐标为 2q  3p 2q  3p 36( p2  q2 ) (2q  3p)2 2 2 6q 2q+3p 6p 2∴ON    2q+3p ∵OM 2  p2  q2 ，且 OM=ON 36( p2  q2 )  p2  q2 ∴(2q  3p)2 ∴即把(2q  3p)2  36 2q  3p  6 2q  3p  6 或q  p2  2p 3代入两式中并整理，得： 2p2  p 12  0 或2p2  p  0 121 97 1+ 97 4p  0 p  解方程得： ，，，(舍去) p1  p2  4341215 41 97 21 3 97 1+ 97 4213 97 ；当 p  q   当时， ；当 时， 时， p1  q1  p2  q2  334881 97 21 3 97 1 97 213 97 1215 4,,, 故点 M 的坐标分别为： 或或4848B(3,0) 当 p=0 时，则 q=－3，即 M(0,－3)，而 即此时点 M 也满足题意 ，且 OM⊥OB 1 97 21 3 97 1 97 213 97 (0,3) ,,综上所述，满足题意的点 M 的坐标为 或或或48481215 4, ．【点睛】本题是二次函数的压轴题，也是中考常考题型，它考查了待定系数法求二次数解析式，二次函数 的图象，求二次函数的最值，平面直角坐标系中图象旋转问题，解方程组，勾股定理等知识，运算量较大， 这对学生的运算能力提出了更高的要求；求三角形面积时用到图形的割补方法，这是在平面直角坐标系中 求图象面积常用的方法．