辽宁省大连市2022年中考数学一模试卷（解析版）

辽宁省大连市2022年中考数学一模试卷一、选择题（每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1．（3分）（2022•大连一模）5的相反数是（　　）　A．B．5C．﹣5D．考点：相反数．.分析：两数互为相反数，它们的和为0，由此可得出答案．解答：解：设5的相反数为x．则5+x=0，x=﹣5．故选C．点评：本题考查的是相反数的概念．两数互为相反数，它们的和为0．　2．（3分）（2022•大连一模）如图是由四个完全相同的正方体组成的几何体，这个几何体的左视图是（　　）　A．B．C．D．考点：简单组合体的三视图．.专题：应用题．分析：细心观察图中几何体中正方体摆放的位置，根据左视图是从左面看到的图形判定则可．解答：解：从左边看是竖着叠放的2个正方形，故选C．点评：本题主要考查了几何体的三种视图和学生的空间想象能力，难度适中．　3．（3分）（2022•大连一模）下列计算正确的是（　　）　A．（b2）3=b5B．b2•b3=b6C．b2+b3=2b5D．b3+b3=2b3考点：幂的乘方与积的乘方；合并同类项；同底数幂的乘法．.专题：计算题．分析：A、利用幂的乘方运算法则计算得到结果，即可作出判断；B、利用同底数幂的乘法法则计算得到结果，即可作出判断；C、本选项不能合并，错误；D、合并同类项得到结果，即可作出判断．解答：解：A、（b2）3=b6，本选项错误；B、b2•b3=b5，本选项错误；C、本选项不能合并，错误；D、b3+b3=2b3，本选项正确，故选D19\n点评：此题考查了幂的乘方与积的乘方，合并同类项，去括号与添括号，以及同底数幂的乘法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．　4．（3分）（2022•大连一模）袋中有3个黄球，2个红球和4个白球，这些球除颜色不同外其余均相同，在看不到球的条件下，随机从袋中摸出1个球，则摸出黄球的概率是（　　）　A．B．C．D．考点：概率公式．.分析：让黄球的个数除以球的总个数即为所求的概率．解答：解：∵袋中有3个黄球，2个红球和4个白球，∴从布袋中随机摸出一个球是黄球的概率为：=．故选：A．点评：此题考查了概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．　5．（3分）（2022•大连一模）学校甲、乙两只篮球队成员身高的方差分别为：S甲2=8.6，S乙2=1.5，那么系列说法中正确的是（　　）　A．甲队成员身高更整齐B．甲队成员平均身高更大　C．乙队成员身高更整齐D．乙队成员平均身高更大考点：方差．.分析：根据方差的意义可作出判断，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．解答：解：∵S甲2=8.6，S乙2=1.5，∴S甲2＞S乙2，∴乙队成员身高更整齐；故选C．点评：本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．　6．（3分）（2022•大连一模）已知⊙O1的半径r为3cm，⊙O2的半径R为4cm，两圆的圆心距O1O2为1cm，则这两圆的位置关系是（　　）　A．相交B．内含C．内切D．外切考点：圆与圆的位置关系．.分析：根据圆心距与半径之间的数量关系可知⊙O1与⊙O2的位置关系是内切．解答：解：∵⊙O1的半径r为3cm，⊙O2的半径R为4cm，两圆的圆心距O1O219\n为1cm，4﹣3=1，∴⊙O1与⊙O2的位置关系是内切．故选C．点评：本题考查了由数量关系来判断两圆位置关系的方法．设两圆的半径分别为R和r，且R≥r，圆心距为P，外离：P＞R+r；外切：P=R+r；相交：R﹣r＜P＜R+r；内切：P=R﹣r；内含：P＜R﹣r．　7．（3分）（2022•大连一模）如图，要想证明平行四边形ABCD是菱形，下列条件中不能添加的是（　　）　A．AC、BD互相垂直平分B．AC⊥BD　C．AB=ADD．AC=BD考点：菱形的判定．.分析：根据菱形的判定（①有一组邻边相等的平行四边形是菱形，②四条边都相等的四边形是菱形，③对角线互相垂直的平行四边形是菱形）判断即可．解答：解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形，正确，故本选项错误；B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形，正确，故本选项错误；C、四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，∴平行四边形ABCD是菱形，正确，故本选项错误；D、根据四边形ABCD是平行四边形和AC=BD，得出四边形ABCD是矩形，不能推出四边形是菱形，错误，故本选项正确；故选D．点评：本题考查了菱形的判定定理的应用，注意：菱形的判定定理有①有一组邻边相等的平行四边形是菱形，②四条边都相等的四边形是菱形，③对角线互相垂直的平行四边形是菱形．　8．（3分）（2022•大连一模）如图，一条抛物线与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左侧），其顶点P在线段MN上移动．若点M、N的坐标分别为（﹣1，﹣2）、（1，﹣2），点B的横坐标的最大值为3，则点A的横坐标的最小值为（　　）　A．﹣3B．﹣1C．1D．3考点：二次函数综合题．.19\n专题：压轴题．分析：根据顶点P在线段MN上移动，又知点M、N的坐标分别为（﹣1，﹣2）、（1，﹣2），分别求出对称轴过点M和N时的情况，即可判断出A点坐标的最小值．解答：解：根据题意知，点B的横坐标的最大值为3，即可知当对称轴过N点时，点B的横坐标最大，此时的A点坐标为（﹣1，0），当可知当对称轴过M点时，点A的横坐标最小，此时的B点坐标为（1，0），此时A点的坐标最小为（﹣3，0），故点A的横坐标的最小值为﹣3，故选A．点评：本题主要考查二次函数的综合题的知识点，解答本题的关键是熟练掌握二次函数的图象对称轴的特点，此题难度一般．　二、填空题（本题共8小题，每小题3分，共24分）9．（3分）（2022•大连一模）16的平方根是　±4　．考点：平方根．.专题：计算题；压轴题．分析：根据平方根的定义，求数a的平方根，也就是求一个数x，使得x2=a，则x就是a的平方根，由此即可解决问题．解答：解：∵（±4）2=16，∴16的平方根是±4．点评：本题考查了平方根的定义．注意一个正数有两个平方根，它们互为相反数；0的平方根是0；负数没有平方根．　10．（3分）（2022•大连一模）分解因式：x2﹣9x=　x（x﹣9）　．考点：因式分解的意义．.分析：首先确定多项式中的两项中的公因式为x，然后提取公因式即可．解答：解：原式=x•x﹣9•x=x（x﹣9），故答案为：x（x﹣9）．点评：本题考查了提公因式法因式分解的知识，解题的关键是首先确定多项式各项的公因式，然后提取出来．　11．（3分）（2022•大连一模）当x=9时，x2﹣2x+5=　68　．考点：代数式求值．.专题：计算题．分析：将x的值代入原式计算即可求出值．解答：解：将x=9代入得：原式=81﹣18+5=68．故答案为：68点评：此题考查了代数式求值，比较简单，是一道基本题型．　19\n12．（3分）（2022•大连一模）学校要从小明等13名同学出选出6名学生参加数学竞赛．经过选拔赛后，小明想提前知道自己能否被选上，他除了要知道自己的成绩以外，还要知道这13名同学成绩的　中位数　．考点：统计量的选择．.分析：13人成绩的中位数是第7名的成绩．参赛选手要想知道自己是否能进入前6名，只需要了解自己的成绩以及全部成绩的中位数，比较即可．解答：解：由于总共有13个人，且他们的分数互不相同，第7名的成绩是中位数，要判断是否进入前6名，故小明应知道自已的成绩和中位数．故答案为：中位数．点评：此题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差的意义．反映数据集中程度的统计量有平均数、中位数、众数、方差等，各有局限性，因此要对统计量进行合理的选择和恰当的运用．　13．（3分）（2022•大连一模）如图，AB∥CD，AC⊥BC，∠BAC=65°，则∠BCD=　25　度．考点：平行线的性质；三角形内角和定理．.专题：计算题．分析：要求∠BCD的度数，只需根据平行线的性质求得∠B的度数．显然根据三角形的内角和定理就可求解．解答：解：∵在Rt△ABC中，∠BAC=65°，∴∠ABC=90°﹣∠BAC=90°﹣65°=25°．∵AB∥CD，∠BCD=∠ABC=25°．点评：本题考查了平行线性质的应用，锻炼了学生对所学知识的应用能力．　14．（3分）（2022•大连一模）如果关于x的方程x2﹣3x+k=0（k为常数）有两个不相等的实数根，那么k应满足的条件为　k＜　．考点：根的判别式．.专题：计算题．分析：根据一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式的意义得到△＞0，即（﹣3）2﹣4×1×k＞0，然后解不等式即可．解答：解：∵关于x的方程x2﹣3x+k=0（k为常数）有两个不相等的实数根，∴△＞0，即（﹣3）2﹣4×1×k＞0，解得k＜，∴k的取值范围为k＜．19\n故答案为k＜．点评：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程没有实数根．　15．（3分）（2022•大连一模）在如图所示的平面直角坐标系中，将△OAB绕点O逆时针旋转90度后与△OCD重合．已知线段OB扫过的面积为4π，则OB长　4　．考点：旋转的性质；扇形面积的计算．.分析：根据旋转的性质得出∠DOB=90°，再利用扇形的面积公式求出OB的长即可．解答：解：∵将△OAB绕点O逆时针旋转90度后与△OCD重合，线段OB扫过的面积为4π，∴∠DOB=90°，S扇形DOB==4π，解得：OB=4，故答案为：4．点评：此题主要考查了旋转的性质以及扇形的面积公式，根据扇形面积公式求出是解题关键．　16．（3分）（2022•大连一模）如图△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，AB的垂直平分线MN交AC于D，连接BD，若cos∠BDC=，则BC的长为　4　．考点：解直角三角形；线段垂直平分线的性质．.专题：计算题；压轴题．分析：由于cos∠BDC=，可设DC=3x，BD=5x，由于MN是线段AB的垂直平分线，故AD=DB，AD=5x，又知AC=8cm，即可据此列方程解答．解答：解：∵cos∠BDC=，可∴设DC=3x，BD=5x，又∵MN是线段AB的垂直平分线，19\n∴AD=DB=5x，又∵AC=8cm，∴3x+5x=8，解得，x=1，在Rt△BDC中，CD=3cm，DB=5cm，BC==4．故答案为4．点评：本题考查了线段垂直平分线的性质、勾股定理、解直角三角形的相关知识，综合性较强，计算要仔细．　三、解答题（本题共4小题，其中17、18、19题各9分，20题12分，共39分）17．（9分）（2022•大连一模）解方程：考点：解分式方程．.专题：计算题．分析：方程两边都乘以最简公分母（x﹣4），化为整式方程求解即可．解答：解：方程两边同乘以x﹣4，得：（3﹣x）﹣1=x﹣4（2分）解得：x=3（6分）经检验：当x=3时，x﹣4=﹣1≠0，所以x=3是原方程的解．（8分）点评：（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解；（2）解分式方程一定注意要验根；（3）去分母时要注意符号的变化．　18．（9分）（2022•大连一模）解不等式组．考点：解一元一次不等式组．.分析：本题可根据不等式组分别求出x的取值，然后画出数轴，数轴上相交的点的集合就是该不等式的解集．若没有交点，则不等式无解．解答：解：由①得：去括号得，x﹣3x+6≤4，移项、合并同类项得，﹣2x≤﹣2，化系数为1得，x≥1．（12分）由②得：去分母得，1+2x＞3x﹣3，移项、合并同类项得，﹣x＞﹣4，化系数为1得，x＜4（4分）∴原不等式组的解集为：1≤x＜4．点评：本题考查的是一元一次不等式组的解，解此类题目常常要结合数轴来判断．还可以观察不等式的解，若x同时＜某一个数，那么解集为x＜较小的那个数．19\n　19．（9分）（2022•大连一模）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别在AD、BC上，∠DEC=∠BFA，G为AC、EF交点求证：EG=GF．考点：平行四边形的判定与性质．.专题：证明题．分析：欲证明EG=GF，只需证明四边形AFCE是平行四边形．解答：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，∴∠BFA=∠DAF．又∵∠DEC=∠BFA，∴∠DEC=∠DAF，∴EC∥AF，∴四边形AFCE是平行四边形，∴EF=GF．点评：本题考查了平行四边形的判定与性质．平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．　20．（12分）（2022•大连一模）《中学生体质健康标准》规定学生体质健康等级标准为：86分及以上为优秀；76分～85分为良好；60分～75分为及格；59分及以下为不及格．某校从九年级学生中随机抽取了10%的学生进行了体质测试，得分情况如下图．（1）在抽取的学生中不及格人数所占的百分比是　4　%；（2）小明按以下方法计算出抽取的学生平均得分是：（90+78+66+42）÷4=69．根据所学的统计知识判断小明的计算是否正确，若不正确，请写出正确的算式；（不必算出结果）（3）若不及格学生的总分恰好等于某一个良好等级学生的分数，请估算出该校九年级学生中优秀等级的人数．考点：扇形统计图；解一元一次不等式组；用样本估计总体；条形统计图．.19\n专题：应用题；压轴题；图表型．分析：（1）根据扇形统计图的定义，各部分占总体的百分比之和为1，由扇形图可知，不及格人数所占的百分比是1﹣52%﹣26%﹣18%=4%；（2）抽取的学生平均得分=各等级学生的平均分数×所占百分比的和；（3）可由一个良好等级学生分数和不及格学生平均分估算得出，也可用不等式的思想得出．解答：解：（1）不及格人数所占的百分比是1﹣52%﹣26%﹣18%=4%（1分）；（2）不正确，（1分）正确的算法：90×18%+78×26%+66×52%+42×4%；（2分）（3）因为一个良好等级学生分数为76～85分，而不及格学生平均分为42分，由此可以知道不及格学生仅有2人，将一个良好等级的分数当成78分估算出此结果也可，（2分）抽取优秀等级学生人数是：2÷4%×18%=9人，（3分）九年级优秀人数约为：9÷10%=90人（4分）点评：本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．除此之外，本题也考查了平均数、中位数、众数的认识．　四、解答题（本题共3小题，其中21、22题各9分，23题10分，共28分）21．（9分）（2022•大连一模）某学校宏志班的同学们五一期间去双塔寺观赏牡丹，同时对文宣塔的高度进行了测量．如图，他们先在A处测得塔顶C的仰角为30°；再向塔的方向直行80步到达B处，又测得塔顶C的仰角为60度．请用以上数据计算塔高．（学生的身高忽略不计，1步=0.8m，结果精确到1m）考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．.专题：应用题．分析：首先分析图形：根据题意构造直角三角形；本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造等量关系，进而可求出答案．解答：解：根据题意可得：设C在地面的垂足为D；且CD=x；在△ACD中，有AD=x÷tan30°=x，在△BCD中，有BD=x÷tan60°=x，故AD﹣BD=80×0.8=64；解可得：x≈55.4．故塔高CD约55.4米．19\n点评：本题要求学生借助仰角关系构造直角三角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形．　22．（9分）（2022•大连一模）如图①，一条笔直的公路上有A、B、C三地，B、C两地相距150千米，甲、乙两辆汽车分别从B、C两地同时出发，沿公路匀速相向而行，分别驶往C、B两地．甲、乙两车到A地的距离y1、y2（千米）与行驶时间x（时）的关系如图②所示．根据图象②进行以下探究：（1）求图中②M点的坐标，并解释该点的实际意义．（2）在图②中补全甲车的函数图象，求甲车到A地的距离y1与行驶时间x的函数关系式．（3）A地设有指挥中心，指挥中心及两车都配有对讲机，两部对讲机在15千米之内（含15千米）时能够互相通话，求两车可以同时与指挥中心用对讲机通话的时间．考点：一次函数的应用．.分析：（1）根据B、C间的距离和乙从C地到B地的时间求出乙车的速度，由C、A的距离和乙车的速度可求M的坐标，即乙车从C到A所花时间；（2）先求甲车的速度，再求甲车从B到C所用总时间，然后分时段讨论，列出甲车到A地的距离y1与行驶时间x的函数关系式；（3）根据两部对讲机在15千米之内（含15千米）时能够互相通话，即甲乙离A地的距离分别小于或者等于15千米，可以得到两个不等式组，解这两个不等式组，再将其综合可得x的取值范围，那么两车可以同时与指挥中心用对讲机通话的时间可求．解答：解：（1）乙车的速度150÷2=75（千米/时），90÷75=1.2，∴M点的坐标是：（1.2，0）所以点M表示乙车1.2小时到达A地．（2）甲车的函数图象如图所示．甲车的速度60÷1=60（千米/时），19\n甲车从B到C所用时间为：150÷60=2.5（小时）当0≤x≤1时，y1=60﹣60x当1＜x≤2.5时，y1=60x﹣60（3）由题意得，解之得，≤x≤由题意得，，解之得，1≤x≤∴1≤x≤∴两车同时与指挥中心通话的时间为：﹣1=（小时）点评：本题主要考查一次函数在实际中的应用，其中涉及分段函数，要特别注意自变量取值范围的划分，既要科学合理，又要符合实际．　23．（10分）（2022•大连一模）如图，在△ABC中，∠B=30°，以边AB的中点O为圆心，BO长为半径作⊙O，恰好过顶点C．在半圆AB上取点D，连接CD．（1）∠ACB的度数为　90　°，理由是　直径所对的圆周角是直角　．（2）在半圆AB上取中点D，连接CD．若AC=6，补全图形并求CD的长．考点：圆周角定理；解直角三角形．.分析：（1）根据直径所对的圆周角是直角即可求出∠ACB的度数；（2）分两种情况讨论：①C、D两点在直径AB异侧；②C、D两点在直径AB同侧．19\n解答：解：（1）∵AB是⊙O的直径，⊙O过点C，∴∠ACB=90°（直径所对的圆周角是直角）．（2）分两种情况讨论：①C、D两点在直径AB异侧，连接BD，过B作BE⊥CD于E．在△ABC中，∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=6，∴AB=2AC=12，BC=AC=6．∵在半圆AB上取中点D，∴∠BCD=45°，∴△BCE是等腰直角三角形，∴BE=CE=BC=3．在△BDE中，∵∠BED=90°，∠D=∠A=60°，∴DE=BE=3，∴CD=CE+DE=3+3；②C、D两点在直径AB同侧，连接BD，过B作BE⊥CD于E．在△ABC中，∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=6，∴AB=2AC=12，BC=AC=6．∵在半圆AB上取中点D，∴∠BCD=45°，∴△BCE是等腰直角三角形，∴BE=CE=BC=3．在△BDE中，∵∠BED=90°，∠BDE=∠A=60°，∴DE=BE=3，∴CD=CE﹣DE=3﹣3．故答案为：90，直径所对的圆周角是直角．19\n点评：本题考查了圆周角定理，解直角三角形，作辅助线构造直角三角形及分类讨论是解题的关键．　五．解答题（本题共3小题，其中24题11分，25、26题各12分，共35分）24．（11分）（2022•大连一模）如图所示，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），点D是线段BC上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线y=﹣x+b交折线OAB于点E．（1）记△ODE的面积为S，求S与b的函数关系式；（2）当点E在线段OA上时，若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形O1A1B1C1，试探究O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化？若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由．考点：一次函数综合题．.专题：压轴题；分类讨论．分析：（1）要表示出△ODE的面积，要分两种情况讨论，①如果点E在OA边上，只需求出这个三角形的底边OE长（E点横坐标）和高（D点纵坐标），代入三角形面积公式即可；②如果点E在AB边上，这时△ODE的面积可用长方形OABC的面积减去△OCD、△OAE、△BDE的面积；（2）重叠部分是一个平行四边形，由于这个平行四边形上下边上的高不变，因此决定重叠部分面积是否变化的因素就是看这个平行四边形落在OA边上的线段长度是否变化．解答：解：（1）∵四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），∴B（3，1），若直线经过点A（3，0）时，则b=若直线经过点B（3，1）时，则b=若直线经过点C（0，1）时，则b=1①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b≤，如图1，此时E（2b，0）∴S=OE•CO=×2b×1=b；②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即＜b＜，如图219\n此时E（3，），D（2b﹣2，1），∴S=S矩﹣（S△OCD+S△OAE+S△DBE）=3﹣[（2b﹣2）×1+×（5﹣2b）•（﹣b）+×3（b﹣）]=b﹣b2，∴S=；（2）如图3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积．由题意知，DM∥NE，DN∥ME，∴四边形DNEM为平行四边形根据轴对称知，∠MED=∠NED又∵∠MDE=∠NED，∴∠MED=∠MDE，∴MD=ME，∴平行四边形DNEM为菱形．过点D作DH⊥OA，垂足为H，设菱形DNEM的边长为a，由题意知，D（2b﹣2，1），E（2b，0），∴DH=1，HE=2b﹣（2b﹣2）=2，∴HN=HE﹣NE=2﹣a，则在Rt△DHN中，由勾股定理知：a2=（2﹣a）2+12，∴a=，∴S四边形DNEM=NE•DH=．∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为．19\n点评：本题是一个动态图形中的面积是否变化的问题，看一个图形的面积是否变化，关键是看决定这个面积的几个量是否变化，本题题型新颖，是个不可多得的好题，有利于培养学生的思维能力，但难度较大，具有明显的区分度．　25．（12分）（2022•大连一模）在△ABC中，P是BA延长线上一点，AE是∠CAP的平分线，CE⊥AE于E，BD⊥EA延长线于D．（1）若四边形BCED是正方形（如图①），AB、AC分别于CD、BE相交于点M、N，求证：△ADM≌△AEN．（2）如图②，若AD=kAE，BE、CD相交于F．试探究EF、BF之间的数量关系，并说明理由．（用含k的式子表示）考点：相似形综合题．.分析：（1）先根据对顶角相等得出∠DAB=∠PAE，再由AE平分∠PAC，∠DAB=∠EAC，根据四边形BCED是正方形，可知BD=CE，∠BDA=∠CEA=90°，由ASA定理得出△DAB≌△EAC（ASA），故可得出AD=AE，再由BE、CD是正方形BCDE的对角线可知∠MDA=∠NEA，由此即可得出结论；（2）由（1）得∠DAB=∠EAC，再由相似三角形的判定定理得出△ABD∽△ACE，由AD=kAE可知=19\n=k，根据BD∥CE，可得出∠FDB=∠FCE，∠FBD=∠FEC，故△DFB∽△CFE，根据相似三角形的性质可知==k，由此即可得出结论．解答：（1）证明：∵∠DAB=∠PAE，AE平分∠PAC，∴∠DAB=∠EAC，又∵四边形BCED是正方形，∴BD=CE，∠BDA=∠CEA=90°，∴∠ABD=∠ACE，在△DAB与△EAC中，，∴△DAB≌△EAC（ASA），∴AD=AE，∵BE、CD是正方形BCDE的对角线，∴∠MDA=∠NEA，在△ADM与△AEN中，，∴△ADM≌△AEN（SAS）；（2）猜想：BF=kEF（或EF=BF）．证明：由（1）得∠DAB=∠EAC，∵∠BDA=∠CEA=90°，∴△ABD∽△ACE，∵AD=kAE，∴==k，∵BD∥CE，∴∠FDB=∠FCE，∠FBD=∠FEC，∴△DFB∽△CFE，∴==k，∴EF=kEF（或EF=BF）．点评：本题考查的是相似形综合题，涉及到全等三角形及相似三角形的判定与性质，难度适中．　26．（12分）（2022•大连一模）已知，如图，在平面直角坐标系中，点A坐标为（﹣2，0），点B坐标为（0，2），点E为线段AB上的动点（点E不与点A，B重合），以E为顶点作∠OET=45°，射线ET交线段OB于点F，C为y轴正半轴上一点，且OC=AB，抛物线y=x2+mx+n的图象经过A，C两点．（1）求此抛物线的函数表达式；19\n（2）求证：∠BEF=∠AOE；（3）当△EOF为等腰三角形时，求此时点E的坐标；温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答．考点：二次函数综合题．.专题：代数几何综合题；压轴题．分析：（1）根据点A、B的坐标求出OA、OB，再利用勾股定理列式求出AB，然后求出点C的坐标，再把点A、C的坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法求二次函数解析式解答；（2）先求出∠BAO=∠ABO=45°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和表示出∠BEO=∠BAO+∠AOE=45°+∠AOE，再根据∠BEO=∠OEF+∠BEF=45°+∠BEF，从而得证；（3）分①当OE=OF时，根据等边对等角可得∠OFE=∠OEF=45°，然后根据三角形的内角和定理求出∠EOF=90°，从而得到点E与点A重合，不符合题意；②当FE=FO时，根据等边对等角可得∠EOF=∠OEF=45°，再根据三角形的内角和定理求出∠EFO=90°，然后根据同旁内角互补，两直线平行求出EF∥AO，再根据两直线平行，同位角相等求出∠BEF=∠BAO=45°，然后求出EF=BF=OF=OB，再写出点E的坐标即可；③当EO=EF时，过点E作EH⊥y轴于点H，利用“角角边”证明△AOE和△BEF全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=AO=2，然后求出△BEH是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出BH=EH=BE，再求出OH，然后写出点E的坐标即可．解答：解：（1）∵A（﹣2，0）B（0，2），∴OA=OB=2，∴AB===2，∵OC=AB，∴OC=2，∴C（0，2），又∵抛物线y=﹣x2+mx+n的图象经过A、C两点，∴，解得，，所以，抛物线的表达式为y=﹣x2﹣x+2；19\n（2）∵OA=OB，∠AOB=90°，∴∠BAO=∠ABO=45°，又∵∠BEO=∠BAO+∠AOE=45°+∠AOE，∠BEO=∠OEF+∠BEF=45°+∠BEF，∴∠BEF=∠AOE；（3）当△EOF为等腰三角形时，分三种情况讨论：①当OE=OF时，∠OFE=∠OEF=45°，在△EOF中，∠EOF=180°﹣∠OEF﹣∠OFE=180°﹣45°﹣45°=90°，又∵∠AOB=90°，则此时点E与点A重合，不符合题意，此种情况不成立；②如图2，当FE=FO时，∠EOF=∠OEF=45°，在△EOF中，∠EFO=180°﹣∠OEF﹣∠EOF=180°﹣45°﹣45°=90°，∴∠AOF+∠EFO=90°+90°=180°，∴EF∥AO，∴∠BEF=∠BAO=45°，又∵∠ABO=45°，∴∠BEF=∠ABO，∴BF=EF，∴EF=BF=OF=OB=×2=1，∴E（﹣1，1）；③如图3，当EO=EF时，过点E作EH⊥y轴于点H，在△AOE和△BEF中，，∴△AOE≌△BEF（AAS），∴BE=AO=2，∵EH⊥OB，∠BAO=45°，∴△BEH是等腰直角三角形，∴BH=EH=BE=×2=，∴OH=OB﹣BH=2﹣，∴E（﹣，2﹣），综上所述，当△EOF为等腰三角形时，所求E点坐标为E（﹣1，1）或E（﹣，2﹣）．19\n点评：本题是二次函数综合题型，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，难点在于（3）要分情况讨论．19