2022年山东省济南市天桥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•天桥区一模）计算：（﹣1）+（﹣3）等于（ ） A．﹣4B．﹣2C．2D．4考点：有理数的加法．专题：计算题．分析：根据有理数的加法运算法则进行计算即可求解．解答：解：（﹣1）+（﹣3）=﹣（1+3）=﹣4．故选A．点评：本题主要考查了有理数的加法运算，熟记运算法则是解题的关键，要注意运算符号的处理． 2．（3分）（2022•北海）“神舟七号”舱门除了有气压外，还有光压，开门最省力也需要用大约568000斤的臂力．用科学记数法表示568000是（ ） A．568×103B．56.8×104C．5.68×105D．0.568×106考点：科学记数法—表示较大的数．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的值是易错点，由于568000亿有6位，所以可以确定n=6﹣1=5．解答：解：568000=5.68×105．故选C．点评：此题考查科学记数法表示较大的数的方法，准确确定n值是关键． 3．（3分）（2022•枣庄）如图，AB∥CD，∠CDE=140°，则∠A的度数为（ ） A．140°B．60°C．50°D．40°考点：平行线的性质．分析：先求出∠CDE的邻补角，再根据两直线平行，内错角相等解答．解答：解：∵∠CDE=140°，∴∠ADC=180°﹣140°=40°，∵AB∥CD，∴∠A=∠ADC=40°．故选D．点评：本题考查了两直线平行，内错角相等的性质，熟记性质是解题的关键． 4．（3分）（2022•肇庆）点M（2，﹣1）向上平移2个单位长度得到的点的坐标是（ ） A．（2，0）B．（2，1）C．（2，2）D．（2，﹣3）17\n考点：坐标与图形变化-平移．分析：根据向上平移，横坐标不变，纵坐标相加进行解答．解答：解：∵点M（2，﹣1）向上平移2个单位长度，∴﹣1+2=1，∴平移后的点坐标是（2，1）．故选B．点评：本题考查了平移与坐标与图形的变化，熟记平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减是解题的关键． 5．（3分）（2022•成都）下列计算正确的是（ ） A．a+2a=3a2B．a2•a3=a5C．a3÷a=3D．（﹣a）3=a3考点：同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．分析：根据合并同类项法则；同底数幂相乘，底数不变指数相加；同底数幂相除，底数不变指数相减；幂的乘方的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．解答：解：A、a+2a=3a，故本选项错误；B、a2•a3=a2+3=a5，故本选项正确；C、a3÷a=a3﹣1=a2，故本选项错误；D、（﹣a）3=﹣a3，故本选项错误．故选B点评：本题考查了合并同类项法则，同底数幂的乘法，同底数幂的除法，幂的乘方，熟练掌握运算性质和法则是解题的关键． 6．（3分）（2022•平凉）分式方程的解是（ ） A．x=﹣2B．x=1C．x=2D．x=3考点：解分式方程．分析：公分母为x（x+3），去括号，转化为整式方程求解，结果要检验．解答：解：去分母，得x+3=2x，解得x=3，当x=3时，x（x+3）≠0，所以，原方程的解为x=3，故选D．点评：本题考查了解分式方程．（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． 7．（3分）（2022•广西）已知关于x的一元二次方程x2+x+m=0的一个实数根为1，那么它的另一个实数根是（ ） A．﹣2B．0C．1D．2考点：根与系数的关系．分析：首先关于x的一元二次方程x2+x+m=0的另一个实数根是α，然后根据根与系数的关系，即可得α+1=﹣1，继而求得答案．解答：解：设关于x的一元二次方程x2+x+m=0的另一个实数根是α，∵关于x的一元二次方程x2+x+m=0的一个实数根为1，17\n∴α+1=﹣1，∴α=﹣2．故选A．点评：此题考查了根与系数的关系．此题难度不大，注意掌握若二次项系数为1，x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，x1+x2=﹣p，x1x2=q． 8．（3分）（2022•黔南州）如图，△ABC中，AB=AC=6，BC=8，AE平分∠BAC交BC于点E，点D为AB的中点，连接DE，则△BDE的周长是（ ） A．7+B．10C．4+2D．12考点：三角形中位线定理．专题：压轴题．分析：根据等腰三角形三线合一的性质，先求出BE，再利用中位线定理求出DE即可．解答：解：∵在△ABC中，AB=AC=6，AE平分∠BAC，∴BE=CE=BC=4，又∵D是AB中点，∴BD=AB=3，∴DE是△ABC的中位线，∴DE=AC=3，∴△BDE的周长为BD+DE+BE=3+3+4=10．故选B．点评：本题主要考查了三角形的中位线定理及勾股定理的运用，是中学阶段的常规题． 9．（3分）（2022•滨州）直线y=x﹣1不经过（ ） A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限考点：一次函数的性质．分析：由k=1＞0，b=﹣1＜0，可知函数y=x﹣1的图象经过第一、三、四象限．解答：解：∵y=x﹣1∴k＞0，b＜0∴y=x﹣1的图象经过第一、三、四象限，不经过第二象限故选B．点评：一次函数y=kx+b的图象有四种情况：①当k＞0，b＞0，函数y=kx+b的图象经过第一、二、三象限，y的值随x的值增大而增大；②当k＞0，b＜0，函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限，y的值随x的值增大而增大；③当k＜0，b＞0时，函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限，y的值随x的值增大而减小；④当k＜0，b＜0时，函数y=kx+b的图象经过第二、三、四象限，y的值随x的值增大而减小；17\n 10．（3分）（2022•天桥区一模）若反比例函数的图象上有两点P1（1，y1）和P2（2，y2），那么（ ） A．y1＞y2＞0B．y2＞y1＞0C．y1＜y2＜0D．y2＜y1＜0考点：反比例函数图象上点的坐标特征．专题：探究型．分析：分别把点P1（1，y1）和P2（2，y2）代入反比例函数求出y1，y2的值，再比较出其大小即可．解答：解：∵点P1（1，y1）和P2（2，y2）在反比例函数的图象上，∴y1=1，y2=，∴y1＞y2＞0．故选A．点评：本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，即反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式． 11．（3分）（2022•牡丹江）抛物线y=ax2+bx+c与x轴的公共点是（﹣1，0），（3，0），则这条抛物线的对称轴是直线（ ） A．直线x=﹣1B．直线x=0C．直线x=1D．直线x=3考点：抛物线与x轴的交点；二次函数的性质．专题：计算题．分析：因为点A和B的纵坐标都为0，所以可判定A，B是一对对称点，把两点的横坐标代入公式x=求解即可．解答：解：∵抛物线与x轴的交点为（﹣1，0），（3，0），∴两交点关于抛物线的对称轴对称，则此抛物线的对称轴是直线x==1．故选C．点评：本题考查了抛物线与x轴的交点，以及如何求二次函数的对称轴，对于此类题目可以用公式法也可以将函数化为顶点式来求解，也可以用公式x=求解，即抛物线y=ax2+bx+c与x轴的交点是（x1，0），（x2，0），则抛物线的对称轴为直线x=． 12．（3分）（2022•台湾）如图，边长12的正方形ABCD中，有一个小正方形EFGH，其中E、F、G分别在AB、BC、FD上．若BF=3，则小正方形的边长为何？（ ）17\n A．B．C．5D．6考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．专题：探究型．分析：先根据相似三角形的判定定理得出△BEF∽△CFD，再根据勾股定理求出DF的长，再由相似三角形的对应边成比例即可得出结论．解答：解：在△BEF与△CFD中∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3∵∠B=∠C=90°，∴△BEF∽△CFD，∵BF=3，BC=12，∴CF=BC﹣BF=12﹣3=9，又∵DF===15，∴=，即=，∴EF=故选B．点评：本题考查的是相似三角形的判定与性质及勾股定理，根据题意得出△BEF∽△CFD是解答此题的关键． 13．（3分）（2022•岳阳）如图，一次函数y1=x+1的图象与反比例函数y2=的图象交于A、B两点，过点作AC⊥x轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，连接AO、BO，下列说法正确的是（ ）17\n A．点A和点B关于原点对称B．当x＜1时，y1＞y2 C．S△AOC=S△BODD．当x＞0时，y1、y2都随x的增大而增大考点：反比例函数与一次函数的交点问题．分析：求出两函数式组成的方程组的解，即可得出A、B的坐标，即可判断A；根据图象的特点即可判断B；根据A、B的坐标和三角形的面积公式求出另三角形的面积，即可判断C；根据图形的特点即可判断D．解答：解：A、，∵把①代入②得：x+1=，解得：x2+x﹣2=0，（x+2）（x﹣1）=0，x1=﹣2，x2=1，代入①得：y1=﹣1，y2=2，∴B（﹣2，﹣1），A（1，2），∴A、B不关于原点对称，故本选项错误；B、当﹣2＜x＜0或x＞1时，y1＞y2，故本选项错误；C、∵S△AOC=×1×2=1，S△BOD=×|﹣2|×|﹣1|=1，∴S△BOD=S△AOC，故本选项正确；D、当x＞0时，y1随x的增大而增大，y2随x的增大而减小，故本选项错误；故选C．点评：本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题的应用，主要考查学生观察图象的能力，能把图象的特点和语言有机结合起来是解此题的关键，题目比较典型，是一道具有一定代表性的题目． 14．（3分）（2022•连云港）小明在学习“锐角三角函数”中发现，将如图所示的矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC上的点E处，还原后，再沿过点E的直线折叠，使点A落在BC上的点F处，这样就可以求出67.5°角的正切值是（ ） A．+1B．+1C．2.5D．17\n考点：翻折变换（折叠问题）．专题：压轴题．分析：根据翻折变换的性质得出AB=BE，∠AEB=∠EAB=45°，∠FAB=67.5°，进而得出tan∠FAB=tan67.5°=得出答案即可．解答：解：∵将如图所示的矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC上的点E处，∴AB=BE，∠AEB=∠EAB=45°，∵还原后，再沿过点E的直线折叠，使点A落在BC上的点F处，∴AE=EF，∠EAF=∠EFA==22.5°，∴∠FAB=67.5°，设AB=x，则AE=EF=x，∴tan∠FAB=tan67.5°===+1．故选：B．点评：此题主要考查了翻折变换的性质，根据已知得出∠FAB=67.5°以及AE=EF是解题关键． 15．（3分）（2022•天桥区一模）计算机中常用的十六进制是逢16进1的计数制，采用数字0～9和字母A～F共16个计数符号，这些符号与十进制的数的对应关系如下表：16进制0123456789ABCDEF10进制0123456789101112131415例如，用十六进制表示5+A=F，3+F=12，E+D=1B，那么A+C=（ ） A．16B．1CC．1AD．22考点：有理数的加法．专题：新定义．分析：首先把A+C利用十进制表示，然后化成16进制即可．解答：解：A+C=10+12=22=16+6，则用16进制表示是16．故选A．点评：本题考查了有理数的运算，理解十六进制的含义是关键． 二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分．把答案填在题中的横线上．）16．（3分）（2022•鞍山）﹣的绝对值是 ．考点：实数的性质．专题：计算题．分析：根据“负数的绝对值是其相反数”即可求出结果．解答：解：|﹣|=．17\n故本题的答案是．点评：此题考查了绝对值的性质，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． 17．（3分）（2022•新疆）分解因式：4﹣y2= （2﹣y）（2+y） ．考点：因式分解-运用公式法．分析：直接运用平方差公式进行因式分解．解答：解：4﹣y2=（2﹣y）（2+y）．点评：此题考查了利用平方差公式分解因式．公式：a2﹣b2=（a+b）（a﹣b）． 18．（3分）（2022•东莞）不等式3x﹣9＞0的解集是 x＞3 ．考点：解一元一次不等式．分析：先移项，再将x的系数化为1即可．解答：解：移项得，3x＞9，系数化为1得，x＞3．故答案为：x＞3．点评：本题考查的是解一元一次不等式，熟知解一元一次不等式的基本步骤是解答此题的关键． 19．（3分）（2022•长春）如图，▱ABCD的顶点B在矩形AEFC的边EF上，点B与点E、F不重合，若△ACD的面积为3，则图中阴影部分两个三角形的面积和为 3 ．考点：矩形的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．专题：计算题；压轴题．分析：根据平行四边形的性质求出AD=BC，DC=AB，证△ADC≌△CBA，推出△ABC的面积是3，求出AC×AE=6，即可求出阴影部分的面积．解答：解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，DC=AB，∵在△ADC和△CBA中，∴△ADC≌△CBA，∵△ACD的面积为3，∴△ABC的面积是3，即AC×AE=3，AC×AE=6，∴阴影部分的面积是6﹣3=3，17\n故答案为：3．点评：本题考查了矩形性质，平行四边形性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用面积公式进行计算的能力，题型较好，难度适中． 20．（3分）（2022•南通）如图，梯形ABCD中，AB∥DC，∠A+∠B=90°，AB=7cm，BC=3cm，AD=4cm，则CD= 2 cm．考点：梯形；勾股定理．分析：作DE∥BC于E点，得到四边形CDEB是平行四边形，根据∠A+∠B=90°，得到三角形ADE是直角三角形，利用勾股定理求得AE的长后即可求得线段CD的长．解答：解：作DE∥BC于E点，则∠DEA=∠B∵∠A+∠B=90°∴∠A+∠DEA=90°∴ED⊥AD∵BC=3cm，AD=4cm，∴EA=5∴CD=BE=AB﹣AE=7﹣5=2cm，故答案为2．点评：本题考查了梯形的性质及勾股定理的知识，解题的关键是正确的作出辅助线． 21．（3分）（2022•丹东）如图，边长为6的正方形ABCD内部有一点P，BP=4，∠PBC=60°，点Q为正方形边上一动点，且△PBQ是等腰三角形，则符合条件的Q点有 5 个．考点：等腰三角形的判定；正方形的性质．专题：压轴题．分析：分别以BP为腰B为顶点、以BP为腰P为顶点和以BP为底作三角形即可得到满足条件的Q的个数．解答：解：如右图所示，分以下情形：（1）以BP为腰，P为顶点时：以P为圆心，BP长为半径作圆，分别与正方形的边交于Q1，Q2，Q3．此时⊙P与CD边相切；（2）以BP为腰，B为顶点时：17\n以B为圆心，BP长为半径作圆，与正方形的边交于Q4和Q1；（3）以BP为底时：作BP的垂直平分线交正方形的边于Q5和Q1．综上所述，共有5个点，故答案为5．点评：本题综合考查了等腰三角形、等边三角形、圆的切线、正方形等重要知识点，解决本题的关键是分三种情况讨论，只有这样才能不重不漏．注意△PBQ1是等边三角形，因此在上述三种情形中，均有一个点重合于BC边上的点Q1． 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•天桥区一模）完成下列各题（1）（2）解不等式组：，并将解集在数轴上表示出来．考点：解一元一次不等式组；分式的加减法；在数轴上表示不等式的解集．分析：（1）分母不变，把分子相加减即可；（2）分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可．解答：解：（1）原式===x+1；（2），∵由①得，x＞1；由②得，x＞3，、∴此不等式组的解集为：x＞3，在数轴上表示为：点评：本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键． 17\n23．（7分）（2022•天桥区一模）完成下列各题：（1）如图，已知AC⊥BC，BD⊥AD，AC与BD交于O，AC=BD．求证：BC=AD．（2）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=45°，AC=，求AB的长．考点：全等三角形的判定与性质；解直角三角形．分析：（1）根据AC⊥BC，BD⊥AD，得出△ABC与△BAD是直角三角形，再根据AC=BD，AB=BA，得出Rt△ABC≌Rt△BAD，即可证出BC=AD，（2）过C作CD⊥AB于D，求出∠BCD=∠B，推出BD=CD，根据含30度角的直角三角形求出CD，根据勾股定理求出AD，相加即可求出答案．解答：证明：（1）如图（1），∵AC⊥BC，BD⊥AD，∴∠ADB=∠ACB=90°，∴在Rt△ABC和Rt△BAD中，，∴Rt△ABC≌Rt△BAD（HL），∴BC=AD；（2）如图（2），过C作CD⊥AB于D，∴∠ADC=∠BDC=90°，∵∠B=45°，∴∠BCD=∠B=45°，∴CD=BD，∵∠A=30°，AC=2，∴CD=，∴BD=CD=，由勾股定理得：AD==3，∴AB=AD+BD=3+．答：AB的长是3+．点评：本题考查了全等三角形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定，含30度角的直角三角形性质等知识点的应用，关键是构造直角三角形，题目具有一定的代表性，是一道比较好的题目． 24．（8分）（2022•娄底）体育文化用品商店购进篮球和排球共20个，进价和售价如表，全部销售完后共获利润260元．篮球排球进价（元/个）805017\n售价（元/个）9560（1）购进篮球和排球各多少个？（2）销售6个排球的利润与销售几个篮球的利润相等？考点：二元一次方程组的应用．专题：压轴题．分析：（1）设购进篮球x个，购进排球y个，根据等量关系：①篮球和排球共20个②全部销售完后共获利润260元可的方程组，解方程组即可；（2）设销售6个排球的利润与销售a个篮球的利润相等，根据题意可得等量关系：每个排球的利润×6=每个篮球的利润×a，列出方程，解可得答案．解答：解：（1）设购进篮球x个，购进排球y个，由题意得：解得：，答：购进篮球12个，购进排球8个；（2）设销售6个排球的利润与销售a个篮球的利润相等，由题意得：6×（60﹣50）=（95﹣80）a，解得：a=4，答：销售6个排球的利润与销售4个篮球的利润相等．点评：此题主要考查了二元一次方程组的应用，以及一元一次方程组的应用，关键是弄清题意，找出题目中的等量关系，列出方程组或方程． 25．（8分）（2022•眉山）如图，O为矩形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD．（1）试判断四边形OCED的形状，并说明理由；（2）若AB=6，BC=8，求四边形OCED的面积．考点：菱形的判定；平行四边形的判定；矩形的性质．分析：（1）首先可根据DE∥AC、CE∥BD判定四边形ODEC是平行四边形，然后根据矩形的性质：矩形的对角线相等且互相平分，可得OC=OD，由此可判定四边形OCED是菱形．（2）连接OE，通过证四边形BOEC是平行四边形，得OE=BC；根据菱形的面积是对角线乘积的一半，可求得四边形ODEC的面积．解答：解：（1）四边形OCED是菱形．（2分）∵DE∥AC，CE∥BD，∴四边形OCED是平行四边形，（3分）又在矩形ABCD中，OC=OD，∴四边形OCED是菱形．（4分）（2）连接OE．由菱形OCED得：CD⊥OE，（5分）又∵BC⊥CD，∴OE∥BC（在同一平面内，垂直于同一条直线的两直线平行），又∵CE∥BD，17\n∴四边形BCEO是平行四边形；∴OE=BC=8（7分）∴S四边形OCED=OE•CD=×8×6=24．（8分）点评：本题主要考查矩形的性质，平行四边形、菱形的判定，菱形面积的求法；菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分． 26．（9分）（2022•天桥区一模）如图，已知△ABC中，AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm．如果点P由B出发沿BA向点A匀速运动，同时点Q由A出发沿AC向点C匀速运动，它们的速度均为2cm/s．连接PQ，设运动的时间为t（单位：s）（0≤t≤4）．（1）当t为何值时，PQ∥BC．（2）设△AQP的面积为S（单位：cm2），当t为何值时，S取得最大值，并求出最大值．（3）是否存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．考点：相似形综合题．分析：（1）证△APQ∽△ABC，推出=，代入得出=，求出方程的解即可（2）求出∠C=90°，过P作PD⊥AC于D，证△APD∽△ABC，代入得出方程=，求出PD=（10﹣2t），根据三角形的面积公式求出即可；（3）假设存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分，得出方程﹣t2+6t=××8×6，求出此方程无解，即可得出答案．解答：解：（1）由题意知：BP=2t，AP=10﹣2t，AQ=2t，∵PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，∴=，∴=，17\nt=，即当t为s时，PQ∥BC；（2）∵AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm，∴AB2=AC2+BC2，∴∠C=90°，过P作PD⊥AC于D，则PD∥BC，∴△APD∽△ABC，∴=，∴=，PD=（10﹣2t），∴S=AQ•PD=•2t•（10﹣2t）=﹣t2+6t=﹣（t﹣）2+7.5，∵﹣＜0，开口向下，有最大值，当t=秒时，S的最大值是7.5cm2．（3）假设存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分，则S△APQ=S△ABC即﹣t2+6t=××8×6t2﹣5t+10=0，∵△=52﹣4×1×10=﹣15＜0，∴此方程无解，即不存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分．点评：本题考查了三角形的面积，二次函数的最值，勾股定理的逆定理，相似三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用进行推理和计算的能力． 27．（9分）（2022•嘉兴）如图，已知一次函数y=kx+b的图象经过A（﹣2，﹣1），B（1，3）两点，并且交x轴于点C，交y轴于点D．（1）求该一次函数的解析式；（2）求tan∠OCD的值；（3）求证：∠AOB=135度．17\n考点：一次函数综合题．专题：代数几何综合题；压轴题．分析：（1）把A（﹣2，﹣1），B（1，3）两点坐标分别代入一次函数y=kx+b，即可求出k，b的值，从而求出其解析式；（2）由于C（﹣，0），D（0，）．故Rt△OCD中，OD=，OC=，所以tan∠OCD=；（3）取点A关于原点的对称点E（2，1），则问题转化为求证∠BOE=45度，由于OE=，BE=，OB=，即OB2=OE2+BE2，故△EOB是等腰直角三角形，所以∠BOE=45度．∠AOB=135度．解答：（1）解：由，解得，所以y=x+；（4分）（2）解：C（﹣，0），D（0，）．在Rt△OCD中，OD=，OC=，∴tan∠OCD=；（8分）（3）证明：取点A关于原点的对称点E（2，1），则问题转化为求证∠BOE=45度．由勾股定理可得，OE=，BE==，OB=，∵OB2=OE2+BE2，∴△EOB是等腰直角三角形．∴∠BOE=45度．∴∠AOB=135度．（12分）点评：17\n此题较复杂，解答此题的关键是延长AO，过B作BE⊥AE于E，构造出直角三角形，利用勾股定理即锐角三角函数的定义求解． 28．（9分）（2022•枣庄）在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，点C为（﹣1，0）．如图所示，B点在抛物线y=x2+x﹣2图象上，过点B作BD⊥x轴，垂足为D，且B点横坐标为﹣3．（1）求证：△BDC≌△COA；（2）求BC所在直线的函数关系式；（3）抛物线的对称轴上是否存在点P，使△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．专题：压轴题．分析：（1）首先根据题意推出∠BCD=∠COA，然后BC=AC，根据全等三角形的判定定理“AAS”定理，即可判定△BDC≌△COA；（2）首先（1）所得的结论，即可推出OC=BD=1，即可得B点的纵坐标，设出直线的函数关系式，把B，C两点的坐标代入，求出k、b，即可推出结论；（3）首先根据二次函数表达式，求出抛物线的对称轴，然后分情况进行分析①以AC为直角边，A点为直角顶点，根据题意推出P1点为BC与抛物线的对称轴的交点，根据直线BC的解析式和抛物线的解析式，即可推出P1点的坐标，②以AC为直角边，C点为直角顶点，做AP2⊥AC，设与抛物线的对称轴交于P2点，确定点P2的位置，由OA=CD，即可推出A点的坐标，根据AP2∥BC，即可推出直线AP2的解析式，结合抛物线对称轴的解析式，即可推出P2的坐标．解答：（1）证明：∵AC⊥BC，BD⊥CD，∴∠BDC=∠COA=90°，∠ACO+∠BCD=90°，∴∠BCD=∠OAC，∵△ABC为等腰直角三角形，∴BC=AC，∵在△BDC和△COA中∴△BDC≌△COA（AAS），（2）解：∵△BDC≌△COA，∴BD=CO，17\n∵C点的坐标为（﹣1，0），∴BD=OC=1，∴B点的纵坐标为1，∵B点的横坐标为﹣3，∴B点的坐标为（﹣3，1），设BC所在直线的函数关系式为y=kx+b，∴，∴解方程组得，∴直线BC所在直线的解析式为：y=﹣x﹣，（3）解：存在，∵抛物线的解析式为：y=x2+x﹣2，∴y=x2+x﹣2=（x+）2﹣，∴二次函数的对称轴为x=﹣，①若以AC为直角边，C点为直角顶点，做CP1⊥AC，∵BC⊥AC，∴P1点为直线BC与对称轴直线x=﹣的交点，∵直线BC所在直线的解析式为：y=﹣x﹣，∴，∴解得，∴P1点的坐标为（﹣，﹣）；②若以AC为直角边，A点为直角顶点，对称轴上有一点P2，使AP2⊥AC，∴过点A作AP2∥BC，交对称轴直线x=﹣于点P2，∵OD=3，OC=1，∴OA=CD=2，∴A点的坐标为（0，2），17\n∴直线AP2的解析式为y=﹣x+2，∴，∴解得：，∴P2点的坐标为（﹣，），∴P点的坐标为P1（﹣，﹣）、P2（﹣，）．点评：本题主要考查全等三角形的判定与性质，待定系数法求出抛物线的解析式，根据解析式求点的坐标，关键在于（1）推出∠BCD=∠OAC，（2）根据（1）的结论，推出B点的坐标，（3）注意分情况讨论，①若以AC为直角边，C点为直角顶点，推出P1点为直线BC与对称轴直线x=﹣的交点，②若以AC为直角边，A点为直角顶点，由A点的坐标，求出直线AP2的解析式． 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