山东省济南市市中区2022年中考数学一模试卷（解析版） 新人教版

2022年山东省济南市市中区中考数学一模试卷　一、选择题（本大题共15个小题．每小题3分，共45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）1．（3分）（2022•深圳二模）4的算术平方根是（　　）　A．﹣2B．2C．±2D．16考点：算术平方根．分析：根据算术平方根的定义进行解答即可．解答：解：∵22=4，∴4的算术平方根是2．故选B．点评：本题考查了算术平方根的定义，熟记定义是解题的关键．　2．（3分）（2022•济宁三模）据萧山区旅游局统计，2022年春节约有359525人来萧旅游，将这个旅游人数（保留三个有效数字）用科学记数法表示为（　　）　A．3.59×105B．3.60×105C．3.5×105D．3.6×105考点：科学记数法与有效数字．专题：计算题．分析：根据科学记数法与有效数字的定义将359525保留三个有效数字得到3.60×105．解答：解：359525≈3.60×105．故选B．点评：本题考查了科学记数法与有效数字：把一个数表示成a×10n（1≤a＜10）叫科学记数法；从一个数的左边第一个不为零的数字数起，到最后一个数字止，所有数字都是这个数的有效数字．　3．（3分）（2022•济宁三模）下列运算正确的是（　　）　A．﹣（a﹣1）=﹣a﹣1B．（﹣2a3）2=4a6C．（a﹣b）2=a2﹣b2D．a3+a2=2a5考点：完全平方公式；合并同类项；去括号与添括号；幂的乘方与积的乘方．专题：常规题型．分析：根据去括号法则，积的乘方的性质，完全平方公式，合并同类项法则，对各选项分析判断后利用排除法求解．解答：解：A、因为﹣（a﹣1）=﹣a+1，故本选项错误；B、（﹣2a3）2=4a6，正确；C、因为（a﹣b）2=a2﹣2ab+b2，故本选项错误；D、因为a3与a2不是同类项，而且是加法，不能运算，故本选项错误．故选B．点评：本题考查了合并同类项，积的乘方，完全平方公式，理清指数的变化是解题的关键．　4．（3分）（2022•台州）如图，由几个小正方体组成的立体图形的左视图是（　　）19\n　A．B．C．D．考点：简单组合体的三视图．分析：找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．解答：解：从物体左面看，左边2列，右边是1列．故选A．点评：本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图，解答时学生易将三种视图混淆而错误的选其它选项．　5．（3分）（2022•市中区一模）已知α为锐角，sin（α﹣20°）=，则α=（　　）　A．20°B．40°C．60°D．80°考点：特殊角的三角函数值．分析：根据特殊角的三角函数值直接解答即可．解答：解：∵α为锐角，sin（α﹣20°）=，∴α﹣20°=60°，∴α=80°，故选D．点评：本题考查的是特殊角的三角函数值，属较简单题目．　6．（3分）（2022•聊城）下列事件中确定事件是（　　）　A．掷一枚均匀的硬币，正面朝上　B．买一注福利彩票一定会中奖　C．把4个球放入三个抽屉中，其中一个抽屉中至少有2个球　D．掷一枚六个面分别标有1，2，3，4，5，6的均匀正方体骰子，骰子停止转动后奇数点朝上考点：随机事件．分析：确定事件包括必然事件和不可能事件．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件；不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．解答：解：A、掷一枚均匀的硬币，正面朝上是随机事件；B、买一注福利彩票一定会中奖是随机事件；C、把4个球放入三个抽屉中，其中一个抽屉中至少有2个球是必然事件，即确定事件；D、掷一枚六个面分别标有1，2，3，4，5，6的均匀正方体骰子，骰子停止转动后奇数点朝上是随机事件．故选C．19\n点评：解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．注意确定事件包括必然事件和不可能事件．　7．（3分）（2022•老河口市模拟）如图，把一块含有45°角的直角三角板的两个顶点放在直尺的对边上．如果∠1=15°，则∠2的余角的度数是（　　）　A．30°B．55°C．55°D．60°考点：平行线的性质；余角和补角．分析：由两直线平行，内错角相等，即可求得∠3的度数，又由等腰直角三角形的性质，可求得∠2的度数，继而求得∠2的余角的度数．解答：解：∵a∥b，∴∠3=∠1=15°，∵∠ABC=45°，∴∠2=∠ABC﹣∠3=45°﹣15°=30°，∴∠2的余角的度数是：90°﹣∠2=60°．故选D．点评：此题考查了平行线的性质与余角的定义．此题比较简单，解题的关键是掌握两直线平行，内错角相等定理的应用，掌握数形结合思想的应用．　8．（3分）（2022•济宁三模）若式子有意义，则x的取值范围为（　　）　A．x≥2B．x≠3C．x≥2或x≠3D．x≥2且x≠3考点：二次根式有意义的条件；分式有意义的条件．专题：计算题．分析：根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，就可以求解．解答：解：根据二次根式有意义，分式有意义得：x﹣2≥0且x﹣3≠0，解得：x≥2且x≠3．故选D．点评：本题考查了二次根式有意义的条件和分式的意义．考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．　9．（3分）（2022•聊城）已知，且﹣1＜x﹣y＜0，则k的取值范围为（　　）　A．﹣1＜k＜﹣B．0＜k＜C．0＜k＜1D．＜k＜119\n考点：解一元一次不等式组．分析：利用第二个方程减去第一个方程，得到一个不等式，根据﹣1＜x﹣y＜0得到一个不等式，组成不等式组解这个不等式即可．解答：解：第二个方程减去第一个方程得到x﹣y=1﹣2k，根据﹣1＜x﹣y＜0得到：﹣1＜1﹣2k＜0即解得＜k＜1k的取值范围为＜k＜1．故选D．点评：要求k的取值范围可以通过解方程组，得到关于k的不等式组解决．　10．（3分）（2022•市中区一模）下列关于x的一元二次方程中，有两个不相等的实数根的方程是（　　）　A．x2+1=0B．x2+2x+1=0C．x2+2x+3=0D．x2+2x﹣3=0考点：根的判别式．分析：要判断所给方程是有两个不相等的实数根，只要找出方程的判别式，根据判别式的正负情况即可作出判断．有两个不相等的实数根的方程，即判别式的值大于0的一元二次方程．解答：解：A、x2+1=0中△＜0，没有实数根；B、x2+2x+1=0中△=0，有两个相等的实数根；C、x2+2x+3=0中△＜0，没有实数根；D、x2+2x﹣3=0中△＞0，有两个不相等的实数根．故选D．点评：总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．　11．（3分）（2022•德城区二模）二次函数y1=ax2﹣x+1的图象与y2=﹣2x2图象的形状，开口方向相同，只是位置不同，则二次函数y1的顶点坐标是（　　）　A．（﹣，﹣）B．（﹣，）C．（，）D．（，﹣）考点：二次函数的性质．分析：因为图象的形状，开口方向相同，所以a=﹣2．利用公式法y=ax2+bx+c的顶点坐标公式即可求．解答：解：根据题意可知，a=﹣2，又∵=﹣，=，∴顶点坐标为（﹣，）．故选B．点评：此题考查了二次函数的性质．　19\n12．（3分）（2022•庆阳）如图，点A、B、C、D、E、F为圆O的六等分点，动点P从圆心O出发，沿O﹣C﹣D﹣O的路线作匀速运动．设运动时间为x秒，∠APF的度数为y度，则下列图象中表示y与x之间函数关系最恰当的是（　　）　A．B．C．D．考点：动点问题的函数图象．专题：压轴题．分析：根据图象分别求出当动点P在OC上、在上、在DO上运动时，∠APB的变化情况即可得出表示y与x之间函数关系最恰当的图象．解答：解：如图：当动点P在OC上运动时，∠APF逐渐减小；当动点P在上运动时，∠APF不变；当动点P在DO上运动时，∠APF逐渐增大．则表示y与x之间函数关系最恰当的是C；故选C．点评：此题考查了动点问题的函数图象，用到的知识点是圆周角、圆内的角及函数图象，关键是得出动点P从圆心O出发，沿O﹣C﹣D﹣O的路线作匀速运动时∠APF的度数是如何变化的．　13．（3分）（2022•山西）如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为6cm、8cm，AE⊥BC于点E，则AE的长是（　　）　A．B．C．D．19\n考点：菱形的性质；勾股定理．专题：压轴题．分析：根据菱形的性质得出BO、CO的长，在RT△BOC中求出BC，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，也等于BC×AE，可得出AE的长度．解答：解：∵四边形ABCD是菱形，∴CO=AC=3cm，BO=BD=4cm，AO⊥BO，∴BC==5cm，∴S菱形ABCD==×6×8=24cm2，∵S菱形ABCD=BC×AE，∴BC×AE=24，∴AE=cm，故选D．点评：此题考查了菱形的性质，也涉及了勾股定理，要求我们掌握菱形的面积的两种表示方法，及菱形的对角线互相垂直且平分．　14．（3分）（2022•济宁三模）如图，P1是反比例函数y=在第一象限图象上的一点，点A1的坐标为（2，0）．若△P1OA1与△P2A1A2均为等边三角形，则A2点的坐标为（　　）　A．2B．2﹣1C．2D．2﹣1考点：反比例函数综合题．分析：由于△P1OA1为等边三角形，作P1C⊥OA1，垂足为C，由等边三角形的性质及勾股定理可求出点P1的坐标，根据点P1是反比例函数y=图象上的一点，利用待定系数法求出此反比例函数的解析式；作P2D⊥A1A2，垂足为D．设A1D=a，由于△P2A1A2为等边三角形，由等边三角形的性质及勾股定理，可用含a的代数式分别表示点P2的横、纵坐标，再代入反比例函数的解析式中，求出a的值，进而得出A2点的坐标．解答：解：（1）因为△P1OA1为边长是2的等边三角形，所以OC=1，P1C=2×=，所以P1（1，）．代入y=，得k=，所以反比例函数的解析式为y=．19\n作P2D⊥A1A2，垂足为D．设A1D=a，则OD=2+a，P2D=a，所以P2（2+a，a）．∵P2（2+a，a）在反比例函数的图象上，∴代入y=，得（2+a）•a=，化简得a2+2a﹣1=0解得：a=﹣1±．∵a＞0，∴a=﹣1+．∴A1A2=﹣2+2，∴OA2=OA1+A1A2=2，所以点A2的坐标为（2，0）．故选C．点评：此题综合考查了反比例函数的性质，利用待定系数法求函数的解析式，正三角形的性质等多个知识点．此题难度稍大，综合性比较强，注意对各个知识点的灵活应用．　15．（3分）（2022•鄂州）在平面坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2），延长CB交x轴于点A1，作正方形A1B1C1C，延长C1B1交x轴于点A2，作正方形A2B2C2C1，…按这样的规律进行下去，第2022个正方形的面积为（　　）　A．B．C．D．考点：相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质；正方形的性质．专题：压轴题；规律型．分析：首先设正方形的面积分别为S1，S2…S2022，由题意可求得S1的值，易证得△BAA1∽△B1A1A2，利用相似三角形的对应边成比例与三角函数的性质，即可求得S2的值，继而求得S3的值，继而可得规律：Sn=5×（）2n﹣2，则可求得答案．解答：解：∵点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2），∴OA=1，OD=2，设正方形的面积分别为S1，S2…S2022，19\n根据题意，得：AD∥BC∥C1A2∥C2B2，∴∠BAA1=∠B1A1A2=∠B2A2x，∵∠ABA1=∠A1B1A2=90°，∴△BAA1∽△B1A1A2，在直角△ADO中，根据勾股定理，得：AD==，∴AB=AD=BC=，∴S1=5，∵∠DAO+∠ADO=90°，∠DAO+∠BAA1=90°，∴∠ADO=∠BAA1，∴tan∠BAA1===，∴A1B=，∴A1C=BC+A1B=，∴S2=×5=5×（）2，∴==，∴A2B1=×=，∴A2C1=B1C1+A2B1=+==×（）2，∴S3=×5=5×（）4，由此可得：Sn=5×（）2n﹣2，∴S2022=5×（）2×2022﹣2=5×（）4022．故选D．点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角函数等知识．此题难度较大，解题的关键是得到规律Sn=5×（）2n﹣2．　二、填空题（本大题共6个小题．每小题3分，共18分．把答案填在题中横线上）16．（3分）（2022•六盘水）分解因式：2x2+4x+2=　2（x+1）2　．考点：提公因式法与公式法的综合运用．分析：先提取公因式2，再根据完全平方公式进行二次分解．完全平方公式：a2±2ab+b2=（a±b）2．解答：解：2x2+4x+2=2（x2+2x+1）=2（x+1）2．故答案为：2（x+1）2．点评：19\n本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用完全平方公式进行二次分解，注意分解要彻底．　17．（3分）（2022•六盘水）当宽为3cm的刻度尺的一边与圆相切时，另一边与圆的两个交点处的读数如图所示（单位：cm），那么该圆的半径为　　cm．考点：垂径定理的应用；勾股定理．专题：压轴题；探究型．分析：连接OA，过点O作OD⊥AB于点D，由垂径定理可知，AD=AB=（9﹣1）=4，设OA=r，则OD=r﹣3，在Rt△OAD中利用勾股定理求出r的值即可．解答：解：连接OA，过点O作OD⊥AB于点D，∵OD⊥AB，∴AD=AB=（9﹣1）=4cm，设OA=r，则OD=r﹣3，在Rt△OAD中，OA2﹣OD2=AD2，即r2﹣（r﹣3）2=42，解得r=cm．故答案为：．点评：本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．　18．（3分）（2022•济宁三模）化简的结果是　m+1　．考点：分式的混合运算．专题：计算题．分析：19\n把原式括号中通分后，利用同分母分式的加法运算法则：分母不变，只把分子相加进行计算，同时将除式的分母利用平方差公式分解因式，并根据除以一个数等于乘以这个数的倒数把除法运算化为乘法运算，约分后即可得到结果．解答：解：（1+）÷=（+）÷=•=•=m+1．故答案为：m+1点评：此题考查了分式的混合运算，分式的加减运算关键是通分，通分的关键是找最简公分母；分式的乘除运算关键是约分，约分的关键是找公因式，约分时若分子分母是多项式，应先将多项式分解因式后再约分．　19．（3分）（2022•市中区一模）在一个暗箱里放有a个除颜色外完全相同的球，这a个球中红球只有3个．每次将球搅拌均匀后，任意摸出一个球，记下颜色后，再放回暗箱，通过大量的重复试验后发现，摸到红球的频率稳定在25%．那么估计a大约有　12　个．考点：利用频率估计概率．分析：在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，列出方程求解．解答：解：由题意可得，×100%=25%，解得，a=12个．故估计a大约有12个．点评：本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．　20．（3分）（2022•济宁三模）如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，P是AD上一动点，PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，则PE+PF=　　．考点：矩形的性质；相似三角形的判定与性质．专题：动点型．分析：根据△AEP∽△ADC；△DFP∽△DAB找出关系式解答．解答：解：设AP=x，PD=4﹣x，由勾股定理，得AC=BD==5，∵∠PAE=∠CAD，∠AEP=∠ADC=90°，19\n∴Rt△AEP∽Rt△ADC；∴=，即=﹣﹣﹣（1）．同理可得Rt△DFP∽Rt△DAB，∴=﹣﹣﹣（2）．故（1）+（2）得=，∴PE+PF=．另解：∵四边形ABCD为矩形，∴△OAD为等腰三角形，∴PE+PF等于△OAD腰OA上的高，即Rt△ADC斜边上的高，∴PE+PF==．点评：此题比较简单，根据矩形的性质及相似三角形的性质解答即可．　21．（3分）（2022•黄冈）将边长为8cm的正方形ABCD的四边沿直线l向右滚动（不滑动），当正方形滚动两周时，正方形的顶点A所经过的路线的长是　16π+8π　cm．考点：弧长的计算；正方形的性质．专题：压轴题．分析：可先计算旋转周时，正方形的顶点A所经过的路线的长，可以看出是四段弧长，根据弧长公式计算即可．解答：解：第一次旋转是以点C为圆心，AC为半径，旋转角度是90度，所以弧长==4π；第二次旋转是以点D为圆心，AD为半径，角度是90度，所以弧长==4π；第三次旋转是以点A为圆心，所以没有路程；第四次是以点B为圆心，AB为半径，角度是90度，所以弧长==4π；所以旋转一周的弧长共=4π+8π．所以正方形滚动两周正方形的顶点A所经过的路线的长是16π+8π．点评：本题的关键是理清第一次旋转时的圆心及半径和圆心角的度数，然后利用弧长公式求解．　三、解答题（本大题共7个小题．共57分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）22．（7分）（2022•市中区一模）（1）计算：19\n（2）解方程：考点：特殊角的三角函数值；零指数幂；解分式方程．专题：计算题．分析：（1）分别根据0指数幂、特殊角的三角函数值、绝对值计算出各数，再根据实数的运算法则进行计算，（2）本题的最简公分母是x（x+1），方程两边都乘最简公分母，可把分式方程转换为整式方程求解．解答：解：（1）原式=1﹣3×+﹣2=﹣1，（2）方程两边都乘x（x+1），得：x+1=2x，x=1，经检验：x=1是原方程的解．点评：本题考查了0指数幂、特殊角的三角函数值、绝对值，是基础知识比较简单，分式方程都通过去分母转化成整式方程求解，检验是解分式方程必不可少的一步，难度适中．　23．（7分）（2022•济宁三模）（1）一个人由山底爬到山顶，需先爬45°的山坡200m，再爬30°的山坡300m，求山的高度（结果可保留根号）．（2）如图，△ABC与△ABD中，AD与BC相交于O点，∠1=∠2，请你添加一个条件（不再添加其它线段，不再标注或使用其他字母），使AC=BD，并给出证明．你添加的条件是：　AD=BC；OC=OD；∠C=∠D；∠CAO=∠DBC等　．证明：考点：解直角三角形的应用-坡度坡角问题；全等三角形的判定与性质．分析：（1）由已知可得到山的高度由两部分组成分别是45°和30°所对的高度，所以利用三角函数分别求得这两部分的值，此时山的高度就不难求了；（2）要使AC=BD，可以证明△ABC≌△BAD，从而得到结论．解答：（1）解：依题意，可得山高h=200sin45°+300sin30°=200×+300×=100+150（m）所以山高为（100+150）m．（2）解：添加条件例举：AD=BC；OC=OD；∠C=∠D；∠CAO=∠DBC等．证明例举（以添加条件AD=BC为例）：∵在△ABC与△BAD中，，∴△ABC≌△BAD（SAS）．∴AC=BD．19\n点评：（1）考查了坡度坡角的理解及解直角三角形的综合运用．（2）考查了全等三角形的判定及性质；判定两个三角形全等的方法有：SSS，SAS，ASA，AAS，本题已知一边一角，所以可以寻找夹这个角的另外一边或者是另外两个角．　24．（8分）（2022•广安）广安市某楼盘准备以每平方米6000元的均价对外销售，由于国务院有关房地产的新政策出台后，购房者持币观望，房地产开发商为了加快资金周转，对价格经过两次下调后，决定以每平方米4860元的均价开盘销售．（1）求平均每次下调的百分率．（2）某人准备以开盘价均价购买一套100平方米的住房，开发商给予以下两种优惠方案以供选择：①打9.8折销售；②不打折，一次性送装修费每平方米80元，试问哪种方案更优惠？考点：一元二次方程的应用．专题：增长率问题；优选方案问题；压轴题．分析：（1）根据题意设平均每次下调的百分率为x，列出一元二次方程，解方程即可得出答案；（2）分别计算两种方案的优惠价格，比较后发现方案①更优惠．解答：解：（1）设平均每次下调的百分率为x，则6000（1﹣x）2=4860，解得：x1=0.1=10%，x2=1.9（舍去），故平均每次下调的百分率为10%；（2）方案①购房优惠：4860×100×（1﹣0.98）=9720（元）；方案②可优惠：80×100=8000（元）．故选择方案①更优惠．点评：本题主要考查一元二次方程的实际应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解，属于中档题．　25．（8分）（2022•烟台）“五•一”假期，某公司组织部分员工分别到A、B、C、D四地旅游，公司按定额购买了前往各地的车票．下图是未制作完的车票种类和数量的条形统计图，根据统计图回答下列问题：（1）若去D地的车票占全部车票的10%，请求出D地车票的数量，并补全统计图；（2）若公司采用随机抽取的方式分发车票，每人抽取一张（所有车票的形状、大小、质地完全相同且充分洗匀），那么员工小胡抽到去A地的概率是多少？（3）若有一张车票，小王、小李都想要，决定采取抛掷一枚各面分别标有1，2，3，4的正四面体骰子的方法来确定，具体规则是：“每人各抛掷一次，若小王掷得着地一面的数字比小李掷得着地一面的数字小，车票给小王，否则给小李”．试用“列表法或画树状图”的方法分析，这个规则对双方是否公平？19\n考点：游戏公平性；条形统计图；概率公式；列表法与树状图法．分析：（1）首先设D地车票有x张，根据去D地的车票占全部车票的10%列方程即可求得去D地的车票的数量，则可补全统计图；（2）根据概率公式直接求解即可求得答案；（3）依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率，比较是否相等即可求得答案．解答：解：（1）设D地车票有x张，则x=（x+20+40+30）×10%，解得x=10．即D地车票有10张．补全统计图如图所示．（2）小胡抽到去A地的概率为=．（3）不公平．以列表法说明：小李掷得数字小王掷得数字12341（1，1）（1，2）（1，3）（1，4）2（2，1）（2，2）（2，3）（2，4）3（3，1）（3，2）（3，3）（3，4）4（4，1）（4，2）（4，3）（4，4）或者画树状图法说明（如图）由此可知，共有16种等可能结果．其中小王掷得数字比小李掷得数字小的有6种：（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）．∴小王掷得数字比小李掷得数字小的概率为=．则小王掷得数字不小于小李掷得数字的概率为=．∴这个规则对双方不公平．19\n点评：本题考查的是用列表法或画树状图法求概率与概率公式得到应用．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．游戏双方获胜的概率相同，游戏就公平，否则游戏不公平．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．　26．（9分）（2022•济宁三模）如图，反比例函数（x＞0）的图象经过线段OA的端点A，O为原点，作AB⊥x轴于点B，点B的坐标为（2，0），tan∠AOB=．（1）求k的值；（2）将线段AB沿x轴正方向平移到线段DC的位置，反比例函数（x＞0）的图象恰好经过DC的中点E，求直线AE的函数表达式；（3）若直线AE与x轴交于点M、与y轴交于点N，请你探索线段AN与线段ME的大小关系，写出你的结论并说明理由．考点：反比例函数综合题．分析：（1）在直角△AOB中利用三角函数求得A的坐标，然后利用待定系数法即可求得k的值；（2）已知E是DC的中点，则E的纵坐标已知，代入反比例函数的解析式即可求得E的坐标，然后利用待定系数法即可求得直线的解析式；（3）首先求得M、N的坐标，延长DA交y轴于点F，则AF⊥ON，利用勾股定理求得AN和EM的长，即可证得．解答：解：（1）由已知条件得，在Rt△OAB中，OB=2，tan∠AOB=，∴=，∴AB=3，∴A点的坐标为（2，3）…（1分）∴k=xy=6…（2分）（2）∵DC由AB平移得到，点E为DC的中点，∴点E的纵坐标为，…（3分）19\n又∵点E在双曲线上，∴点E的坐标为（4，）…（4分）设直线MN的函数表达式为y=k1x+b，则，解得，∴直线MN的函数表达式为．…（5分）（3）结论：AN=ME…（6分）理由：在表达式中，令y=0可得x=6，令x=0可得y=，∴点M（6，0），N（0，）…（7分）解法一：延长DA交y轴于点F，则AF⊥ON，且AF=2，OF=3，∴NF=ON﹣OF=，∴根据勾股定理可得AN=…（8分）∵CM=6﹣4=2，EC=∴根据勾股定理可得EM=∴AN=ME…（9分）解法二：连接OE，延长DA交y轴于点F，则AF⊥ON，且AF=2，∵S△EOM=，S△AON=…（8分）∴S△EOM=S△AON，∵AN和ME边上的高相等，∴AN=ME…（9分）点评：本题是待定系数法求一次函数的解析式，以及勾股定理的综合应用，求得E的坐标是关键．　27．（9分）（2022•乐山）如图1，△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，D、F分别在AB、AC边上，此时BD=CF，BD⊥CF成立．（1）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD=CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．（2）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长BD交CF于点G．①求证：BD⊥CF；②当AB=4，AD=时，求线段BG的长．19\n考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形；正方形的性质；旋转的性质．专题：几何综合题；压轴题．分析：（1）△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，易证得△BAD≌△CAF，根据全等三角形的对应边相等，即可证得BD=CF；（2）①由△BAD≌△CAF，可得∠ABM=∠GCM，又由对顶角相等，易证得△BMA∽△CMG，根据相似三角形的对应角相等，可得BGC=∠BAC=90°，即可证得BD⊥CF；②首先过点F作FN⊥AC于点N，利用勾股定理即可求得AE，BC的长，继而求得AN，CN的长，又由等角的三角函数值相等，可求得AM=AB=，然后利用△BMA∽△CMG，求得CG的长，再由勾股定理即可求得线段BG的长．解答：解（1）BD=CF成立．理由：∵△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，∴AB=AC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=90°，∵∠BAD=∠BAC﹣∠DAC，∠CAF=∠DAF﹣∠DAC，∴∠BAD=∠CAF，在△BAD和△CAF中，∴△BAD≌△CAF（SAS）．∴BD=CF．…（3分）（2）①证明：设BG交AC于点M．∵△BAD≌△CAF（已证），∴∠ABM=∠GCM．∵∠BMA=∠CMG，∴△BMA∽△CMG．∴∠BGC=∠BAC=90°．∴BD⊥CF．…（6分）②过点F作FN⊥AC于点N．∵在正方形ADEF中，AD=DE=，∴AE==2，∴AN=FN=AE=1．∵在等腰直角△ABC中，AB=4，∴CN=AC﹣AN=3，BC==4．19\n∴在Rt△FCN中，tan∠FCN==．∴在Rt△ABM中，tan∠ABM==tan∠FCN=．∴AM=AB=．∴CM=AC﹣AM=4﹣=，BM==．…（9分）∵△BMA∽△CMG，∴．∴．∴CG=．…（11分）∴在Rt△BGC中，BG==．…（12分）点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、矩形的性质、勾股定理以及三角函数等知识．此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．　28．（9分）（2022•济宁三模）如图，已知直线y=kx﹣6与抛物线y=ax2+bx+c相交于A，B两点，且点A（1，﹣4）为抛物线的顶点，点B在x轴上．（1）求抛物线的解析式；（2）在（1）中抛物线的第二象限图象上是否存在一点P，使△POB与△POC全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）若点Q是y轴上一点，且△ABQ为直角三角形，求点Q的坐标．19\n考点：二次函数综合题．专题：综合题；压轴题；数形结合；分类讨论．分析：（1）已知点A坐标可确定直线AB的解析式，进一步能求出点B的坐标．点A是抛物线的顶点，那么可以将抛物线的解析式设为顶点式，再代入点B的坐标，依据待定系数法可解．（2）首先由抛物线的解析式求出点C的坐标，在△POB和△POC中，已知的条件是公共边OP，若OB与OC不相等，那么这两个三角形不能构成全等三角形；若OB等于OC，那么还要满足的条件为：∠POC=∠POB，各自去掉一个直角后容易发现，点P正好在第二象限的角平分线上，联立直线y=﹣x与抛物线的解析式，直接求交点坐标即可，同时还要注意点P在第二象限的限定条件．（3）分别以A、B、Q为直角顶点，分类进行讨论．找出相关的相似三角形，依据对应线段成比例进行求解即可．解答：解：（1）把A（1，﹣4）代入y=kx﹣6，得k=2，∴y=2x﹣6，令y=0，解得：x=3，∴B的坐标是（3，0）．∵A为顶点，∴设抛物线的解析为y=a（x﹣1）2﹣4，把B（3，0）代入得：4a﹣4=0，解得a=1，∴y=（x﹣1）2﹣4=x2﹣2x﹣3．（2）存在．∵OB=OC=3，OP=OP，∴当∠POB=∠POC时，△POB≌△POC，此时PO平分第二象限，即PO的解析式为y=﹣x．设P（m，﹣m），则﹣m=m2﹣2m﹣3，解得m=（m=＞0，舍），∴P（，）．（3）①如图，当∠Q1AB=90°时，△DAQ1∽△DOB，∴=，即=，∴DQ1=，∴OQ1=，即Q1（0，）；②如图，当∠Q2BA=90°时，△BOQ2∽△DOB，∴=，即=，∴OQ2=，即Q2（0，）；③如图，当∠AQ3B=90°时，作AE⊥y轴于E，则△BOQ3∽△Q3EA，∴=，即=，∴OQ32﹣4OQ3+3=0，∴OQ3=1或3，即Q3（0，﹣1），Q4（0，﹣3）．综上，Q点坐标为（0，）或（0，）或（0，﹣1）或（0，﹣3）．19\n点评：本题主要考查了利用待定系数法求函数解析式的方法、直角三角形的判定、全等三角形与相似三角形应用等重点知识．（3）题较为复杂，需要考虑的情况也较多，因此要分类进行讨论．　19