2022年四川省乐山市中考数学试卷解析 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.1．（2022•乐山）如果规定收入为正，支出为负．收入500元记作500元，那么支出237元应记作（ ） A．﹣500元 B．﹣237元 C．237元 D．500元考点：正数和负数。分析：根据题意237元应记作﹣237元．解答：解：根据题意，支出237元应记作﹣237元．故选B．点评：此题考查用正负数表示两个具有相反意义的量，属基础题．2．（2022•乐山）如图是小强用八块相同的小正方体搭建的一个积木，它的左视图是（ ） A． B． C． D．考点：简单组合体的三视图。分析：左视图从左往右，2列正方形的个数依次为2，1，依此画出图形即可求出答案．解答：解：左视图从左往右，2列正方形的个数依次为2，1；依此画出图形．故选C．点评：此题主要考查了画三视图的知识；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．3．（2022•乐山）计算（﹣x）3÷（﹣x）2的结果是（ ） A．﹣x B．x C．﹣x5 D．x5考点：整式的除法。分析：本题需先根据整式的除法法则和顺序进行计算即可求出正确答案．解答：解：（﹣x）3÷（﹣x）2=﹣x3÷x2=﹣x；故选A．22用心爱心专心\n点评：本题主要考查了整式的除法，在解题时要注意运算顺序和结果的符号是本题的关键．4．（2022•乐山）下列命题是假命题的是（ ） A．平行四边形的对边相等 B．四条边都相等的四边形是菱形 C．矩形的两条对角线互相垂直 D．等腰梯形的两条对角线相等考点：等腰梯形的性质；平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的性质；命题与定理。分析：根据等腰梯形的性质、平行四边形的性质、菱形的性质、矩形的性质及菱形的判定方法做出判断即可．解答：解：A、平行四边形的两组对边平行，正确，是真命题；B、四条边都相等的四边形是菱形，正确，是真命题；C、矩形的对角线相等但不一定垂直，错误，是假命题；D、等腰梯形的两条对角线相等，正确，是真命题；故选C．点评：本题考查了等腰梯形的性质、平行四边形的性质、菱形的性质、矩形的性质及菱形的判定方法，属于基本定义，必须掌握．5．（2022•乐山）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=2BC，则sinB的值为（ ） A． B． C． D．1考点：特殊角的三角函数值。分析：根据AB=2BC直接求sinB的值即可．解答：解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，AB=2BC，∴sinA===；∴∠A=30°∴∠B=60°∴sinB=故选B．点评：本题考查了锐角三角函数的定义，解决本题时，直接利用正弦的定义求解即可．6．（2022•乐山）⊙O1的半径为3厘米，⊙O2的半径为2厘米，圆心距O1O2=5厘米，这两圆的位置关系是（ ） A．内含 B．内切 C．相交 D．外切22用心爱心专心\n考点：圆与圆的位置关系。分析：由⊙O1的半径为3厘米，⊙O2的半径为2厘米，圆心距O1O2=5厘米，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系即可得出两圆位置关系．解答：解：∵⊙O1的半径r=3，⊙O2的半径r=2，∴3+2=5，∵两圆的圆心距为O1O2=5，∴两圆的位置关系是外切．故选D．点评：此题考查了圆与圆的位置关系．解题的关键是熟记两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系．7．（2022•乐山）如图，A、B两点在数轴上表示的数分别为a、b，下列式子成立的是（ ） A．ab＞0 B．a+b＜0 C．（b﹣1）（a+1）＞0 D．（b﹣1）（a﹣1）＞0考点：数轴；有理数的混合运算。专题：存在型。分析：根据a、b两点在数轴上的位置判断出其取值范围，再对各选项进行逐一分析即可．解答：解：a、b两点在数轴上的位置可知：﹣1＜a＜0，b＞1，∴ab＜0，a+b＞0，故A、B错误；∵﹣1＜a＜0，b＞1，∴b﹣1＞0，a+1＞0，a﹣1＜0故C正确，D错误．故选C．点评：本题考查的是数轴的特点，根据a、b两点在数轴上的位置判断出其取值范围是解答此题的关键．8．（2022•乐山）若实数a、b、c满足a+b+c=0，且a＜b＜c，则函数y=ax+c的图象可能是（ ） A． B． C． D．考点：一次函数图象与系数的关系。22用心爱心专心\n专题：常规题型。分析：先判断出a是负数，c是正数，然后根据一次函数图象与系数的关系确定图象经过的象限以及与y轴的交点的位置即可得解．解答：解：∵a+b+c=0，且a＜b＜c，∴a＜0，c＞0，（b的正负情况不能确定），a＜0，则函数y=ax+c图象经过第二四象限，c＞0，则函数y=ax+c的图象与y轴正半轴相交，纵观各选项，只有A选项符合．故选A．点评：本题主要考查了一次函数图象与系数的关系，先确定出a、c的正负情况是解题的关键，也是本题的难点．9．（2022•乐山）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，D是AB的中点，点E、F分别在AC、BC边上运动（点E不与点A、C重合），且保持AE=CF，连接DE、DF、EF．在此运动变化的过程中，有下列结论：①△DFE是等腰直角三角形；②四边形CEDF不可能为正方形；③四边形CEDF的面积随点E位置的改变而发生变化；④点C到线段EF的最大距离为．其中正确结论的个数是（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个考点：全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形。分析：①作常规辅助线连接CD，由SAS定理可证△CDF和△ADE全等，从而可证∠EDF=90°，DE=DF．所以△DFE是等腰直角三角形；②当E为AC中点，F为BC中点时，四边形CEDF为正方形；③由割补法可知四边形CDFE的面积保持不变；④△DEF是等腰直角三角形DE=EF，当DF与BC垂直，即DF最小时，FE取最小值2，此时点C到线段EF的最大距离．解答：解：①连接CD；∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠DCB=∠A=45°，CD=AD=DB；∵AE=CF，∴△ADE≌△CDF；∴ED=DF，∠CDF=∠EDA；∵∠ADE+∠EDC=90°，∴∠EDC+∠CDF=∠EDF=90°，∴△DFE是等腰直角三角形．故此选项正确；22用心爱心专心\n②当E、F分别为AC、BC中点时，四边形CDFE是正方形，故此选项错误；③如图2所示，分别过点D，作DM⊥AC，DN⊥BC，于点M，N，可以利用割补法可知四边形CDFE的面积等于正方形CMDN面积，故面积保持不变；故此选项错误；④△DEF是等腰直角三角形DE=EF，当DF与BC垂直，即DF最小时，FE取最小值2，此时点C到线段EF的最大距离为．故此选项正确；故正确的有2个，故选：B．点评：此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及正方形、等腰三角形、直角三角形性质等知识，根据图形利用割补法可知四边形CDFE的面积等于正方形CMDN面积是解题关键．10．（2022•乐山）二次函数y=ax2+bx+1（a≠0）的图象的顶点在第一象限，且过点（﹣1，0）．设t=a+b+1，则t值的变化范围是（ ） A．0＜t＜1 B．0＜t＜2 C．1＜t＜2 D．﹣1＜t＜1考点：二次函数图象与系数的关系。分析：由二次函数的解析式可知，当x=1时，所对应的函数值y=t=a+b+1．把点（﹣1，0）代入y=ax2+bx+1，a﹣b+1=0，然后根据顶点在第一象限，可以画出草图并判断出a与b的符号，进而求出t=a+b+1的变化范围．解答：解：∵二次函数y=ax2+bx+1的顶点在第一象限，且经过点（﹣1，0），∴易得：a﹣b+1=0，a＜0，b＞0，由a=b﹣1＜0得到b＜1，结合上面b＞0，所以0＜b＜1①，由b=a+1＞0得到a＞﹣1，结合上面a＜0，所以﹣1＜a＜0②，∴由①②得：﹣1＜a+b＜1，且c=1，得到0＜a+b+1＜2，22用心爱心专心\n∴0＜t＜2．故选：B．点评：此题考查了点与函数的关系，解题的关键是画草图，利用数形结合思想解题．二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分.11．（2022•湘潭）计算：|﹣|= ．考点：绝对值。分析：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．解答：解：根据负数的绝对值是它的相反数，得|﹣|=．点评：考查了绝对值的性质．12．从棱长为2的正方体毛坯的一角，挖去一个棱长为1的小正方体，得到一个如图所示的零件，则这个零件的表面积为 24 ．考点：几何体的表面积。分析：本题考查整体的思想及简单几何体表面积的计算能力．从正方体毛坯一角挖去一个小正方体得到的零件的表面积等于原正方体表面积．解答：解：挖去一个棱长为1cm的小正方体，得到的图形与原图形表面积相等，则表面积是2×2×6=24．故答案为：24．点评：本题可以有多种解决方法，一种是把每个面的面积计算出来然后相加，这样比较麻烦，另一种算法就是解答中的这种，这种方法的关键是能想象出得到的图形与原图形表面积相等．13．（2022•乐山）据报道，乐山市2022年GDP总量约为91800000000元，用科学记数法表示这一数据应为 9.18×1010 元．22用心爱心专心\n考点：科学记数法—表示较大的数。分析：科学记数法的形式为a×10n，其中1≤a＜10，n为整数．解答：解：91800000000=9.18×1010．故答案是9.18×1010．点评：此题考查用科学记数法表示较大的数，其规律为1≤a＜10，n是比数的整数位数小1的正整数．14．（2022•乐山）如图，⊙O是四边形ABCD的内切圆，E、F、G、H是切点，点P是优弧上异于E、H的点．若∠A=50°，则∠EPH= 65° ．考点：切线的性质；圆周角定理。专题：计算题。分析：连接OE，OH，由已知的⊙O是四边形ABCD的内切圆，E、F、G、H是切点，根据切线的性质得到∠OEA=∠OHA=90°，再由已知的∠A的度数，根据四边形的内角和为360度，求出∠EOH的度数，最后根据同弧所对的圆周角等于它所对圆心角度数的一半即可求出∠EPH的度数．解答：解：如图，连接OE，OH，∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，E、F、G、H是切点，∴∠OEA=∠OHA=90°，又∠A=50°，∴∠EOH=360°﹣∠OEA﹣∠OHA﹣∠A=360°﹣90°﹣90°﹣50°=130°，又∠EPH和∠EOH分别是所对的圆周角和圆心角，∴∠EPH=∠EOH=×130°=65°．故答案为：65°点评：此题考查了切线的性质，圆周角定理，四边形的内角和定理，在做有关圆的切线问题时，我们常常需要连接圆心和切点，利用切线的性质得到直角来解决问题．22用心爱心专心\n15．（2022•乐山）一个盒中装着大小、外形一模一样的x颗白色弹珠和y颗黑色弹珠，从盒中随机取出一颗弹珠，取得白色弹珠的概率是．如果再往盒中放进12颗同样的白色弹珠，取得白色弹珠的概率是，则原来盒中有白色弹珠 4 颗．考点：概率公式。分析：根据从盒中随机取出一颗棋子，取得白色棋子的概率是，可得方程=又由再往盒中放进12颗白色棋子，取得白色棋子的概率是可得方程=联立即可求得x的值．解答：解：∵取得白色棋子的概率是，可得方程=又由再往盒中放进12颗白色棋子，取得白色棋子的概率是∴可得方程=，组成方程组解得：x=4，y=8故答案为4．点评：本题考查的是概率的求法．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）=．16．（2022•乐山）如图，∠ACD是△ABC的外角，∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A1，∠A1BC的平分线与∠A1CD的平分线交于点A2，…，∠An﹣1BC的平分线与∠An﹣1CD的平分线交于点An．设∠A=θ．则：（1）∠A1= ；（2）∠An= ．考点：三角形内角和定理；三角形的外角性质。专题：规律型。22用心爱心专心\n分析：（1）根据角平分线的定义可得∠A1BC=∠ABC，∠A1CD=∠ACD，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可得∠ACD=∠A+∠ABC，∠A1CD=∠A1BC+∠A1，整理即可得解；（2）与（1）同理求出∠A2，可以发现后一个角等于前一个角的，根据此规律再结合脚码即可得解．解答：解：（1）∵A1B是∠ABC的平分线，A2B是∠A1BC的平分线，∴∠A1BC=∠ABC，∠A1CD=∠ACD，又∵∠ACD=∠A+∠ABC，∠A1CD=∠A1BC+∠A1，∴（∠A+∠ABC）=∠ABC+∠A1，∴∠A1=∠A，∵∠A=θ，∴∠A1=；（2）同理可得∠A2=∠A1，=•θ=，所以∠An=．故答案为：（1），（2）．点评：本题主要考查了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，角平分线的定义，熟记性质然后推出后一个角是前一个角的一半是解题的关键．三、本大题共3小题，每小题9分，共27分.17．化简：3（2x2﹣y2）﹣2（3y2﹣2x2）．考点：整式的加减。分析：熟练运用去括号法则去括号，然后合并同类项．注意去括号时，如果括号前是负号，那么括号中的每一项都要变号；合并同类项时，只把系数相加减，字母与字母的指数不变．解答：解：3（2x2﹣y2）﹣2（3y2﹣2x2）=6x2﹣3y2﹣6y2+4x2=10x2﹣9y2．点评：关键是去括号．①不要漏乘；②括号前面是“﹣”，去括号后括号里面的各项都要变号．22用心爱心专心\n18．（2022•乐山）解不等式组，并求出它的整数解的和．考点：解一元一次不等式组；一元一次不等式组的整数解。分析：分别求出各不等式的解集，在数轴上表示出来，其公共部分即为不等式组的解集，在其解集范围内找出x的整数值，求出其和即可．解答：解：解不等式①，得x＜3，解不等式②，得x≥﹣4．在同一数轴上表示不等式①②的解集，得∴这个不等式组的解集是﹣4≤x＜3，∴这个不等式组的整数解的和是﹣4﹣3﹣2﹣1+0+1+2=﹣7．点评：本题考查的是解一元一次不等式组及一元一次不等式组的整数解，能利用数形结合求不等式组的解集是解答此题的关键．19．（2022•乐山）如图，在10×10的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，网格中有一个格点△ABC（即三角形的顶点都在格点上）．（1）在图中作出△ABC关于直线l对称的△A1B1C1；（要求：A与A1，B与B1，C与C1相对应）（2）在（1）问的结果下，连接BB1，CC1，求四边形BB1C1C的面积．考点：作图-轴对称变换。分析：（1）关于轴对称的两个图形，各对应点的连线被对称轴垂直平分．做BM⊥直线l于点M，并延长到B1，使B1M=BM，同法得到A，C的对应点A1，C1，连接相邻两点即可得到所求的图形；（2）由图得四边形BB1C1C是等腰梯形，BB1=4，CC1=2，高是4，根据梯形的面积公式进行计算即可．解答：解（1）如图，△A1B1C1是△ABC关于直线l的对称图形．22用心爱心专心\n（2）由图得四边形BB1C1C是等腰梯形，BB1=4，CC1=2，高是4．∴S四边形BB1C1C=，==12．点评：此题主要考查了作轴对称变换，在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的，一般的方法是：①由已知点出发向所给直线作垂线，并确定垂足；②直线的另一侧，以垂足为一端点，作一条线段使之等于已知点和垂足之间的线段的长，得到线段的另一端点，即为对称点；③连接这些对称点，就得到原图形的轴对称图形．四、本大题共3小题，每小题10分，共30分.20．（2022•乐山）在读书月活动中，学校准备购买一批课外读物．为使课外读物满足同学们的需求，学校就“我最喜爱的课外读物”从文学、艺术、科普和其他四个类别进行了抽样调查（每位同学只选一类），如图是根据调查结果绘制的两幅不完整的统计图．请你根据统计图提供的信息，解答下列问题：（1）本次调查中，一共调查了 200 名同学；（2）条形统计图中，m= 40 ，n= 60 ；（3）扇形统计图中，艺术类读物所在扇形的圆心角是 72 度；（4）学校计划购买课外读物6000册，请根据样本数据，估计学校购买其他类读物多少册比较合理？22用心爱心专心\n考点：条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图。分析：（1）结合两个统计图，根据条形图得出文学类人数为：70，利用扇形图得出文学类所占百分比为：35%，即可得出总人数；（2）利用科普类所占百分比为：30%，则科普类人数为：n=200×30%=60人，即可得出m的值；（3）根据艺术类读物所在扇形的圆心角是：×360°=72°；（3）根据喜欢其他类读物人数所占的百分比，即可估计6000册中其他读物的数量；解答：解：（1）根据条形图得出文学类人数为：70，利用扇形图得出文学类所占百分比为：35%，故本次调查中，一共调查了：70÷35%=200人，故答案为：200；（2）根据科普类所占百分比为：30%，则科普类人数为：n=200×30%=60人，m=200﹣70﹣30﹣60=40人，故m=40，n=60；故答案为：40，60；（3）艺术类读物所在扇形的圆心角是：×360°=72°，故答案为：72；（4）由题意，得（册）．答：学校购买其他类读物900册比较合理．点评：此题主要考查了条形图表和扇形统计图综合应用，将条形图与扇形图结合得出正确信息求出调查的总人数是解题关键．21．（2022•乐山）菜农李伟种植的某蔬菜计划以每千克5元的单价对外批发销售，由于部分菜农盲目扩大种植，造成该蔬菜滞销．李伟为了加快销售，减少损失，对价格经过两次下调后，以每千克3.2元的单价对外批发销售．（1）求平均每次下调的百分率；（2）小华准备到李伟处购买5吨该蔬菜，因数量多，李伟决定再给予两种优惠方案以供选择：方案一：打九折销售；方案二：不打折，每吨优惠现金200元．试问小华选择哪种方案更优惠，请说明理由．考点：一元二次方程的应用。专题：增长率问题。分析：（1）设出平均每次下调的百分率，根据从5元下调到3.2列出一元二次方程求解即可；22用心爱心专心\n（2）根据优惠方案分别求得两种方案的费用后比较即可得到结果．解答：解（1）设平均每次下调的百分率为x．由题意，得5（1﹣x）2=3.2．解这个方程，得x1=0.2，x2=1.8．因为降价的百分率不可能大于1，所以x2=1.8不符合题意，符合题目要求的是x1=0.2=20%．答：平均每次下调的百分率是20%．（2）小华选择方案一购买更优惠．理由：方案一所需费用为：3.2×0.9×5000=14400（元），方案二所需费用为：3.2×5000﹣200×5=15000（元）．∵14400＜15000，∴小华选择方案一购买更优惠．点评：本题考查了一元二次方程的应用，在解决有关增长率的问题时，注意其固定的等量关系．22．（2022•乐山）如图，在东西方向的海岸线l上有一长为1千米的码头MN，在码头西端M的正西方向30千米处有一观察站O．某时刻测得一艘匀速直线航行的轮船位于O的北偏西30°方向，且与O相距千米的A处；经过40分钟，又测得该轮船位于O的正北方向，且与O相距20千米的B处．（1）求该轮船航行的速度；（2）如果该轮船不改变航向继续航行，那么轮船能否正好行至码头MN靠岸？请说明理由．（参考数据：，）考点：解直角三角形的应用-方向角问题。分析：（1））过点A作AC⊥OB于点C．可知△ABC为直角三角形．根据勾股定理解答．（2）延长AB交l于D，比较OD与AM、AN的大小即可得出结论．解答：解（1）过点A作AC⊥OB于点C．由题意，得OA=千米，OB=20千米，∠AOC=30°．∴（千米）．（1分）∵在Rt△AOC中，OC=OA•cos∠AOC==30（千米）．∴BC=OC﹣OB=30﹣20=10（千米）．…（3分）22用心爱心专心\n∴在Rt△ABC中，==20（千米）．（5分）∴轮船航行的速度为：（千米/时）．…（6分）（2）如果该轮船不改变航向继续航行，不能行至码头MN靠岸．…（7分）理由：延长AB交l于点D．∵AB=OB=20（千米），∠AOC=30°．∴∠OAB=∠AOC=30°，∴∠OBD=∠OAB+∠AOC=60°．∴在Rt△BOD中，OD=OB•tan∠OBD=20×tan60°=（千米）．…（9分）∵＞30+1，∴该轮船不改变航向继续航行，不能行至码头MN靠岸．…（10分）点评：本题考查了解直角三角形的应用，此题结合方向角，考查了阅读理解能力、解直角三角形的能力．计算出相关特殊角和作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．五、本大题共2小题，每小题10分，共20分23．（2022•乐山）已知关于x的一元二次方程（x﹣m）2+6x=4m﹣3有实数根．（1）求m的取值范围；（2）设方程的两实根分别为x1与x2，求代数式x1•x2﹣x12﹣x22的最大值．考点：根的判别式；根与系数的关系；二次函数的最值。专题：计算题。分析：（1）将原方程转化为关于x的一元二次方程，由于方程有实数根，故根的判别式大于0，据此列不等式解答即可；（2）将x1•x2﹣x12﹣x22化为两根之积与两根之和的形式，将含m的代数式代入求值即可．解答：解：（1）由（x﹣m）2+6x=4m﹣3，得x2+（6﹣2m）x+m2﹣4m+3=0．…（1分）∴△=b2﹣4ac=（6﹣2m）2﹣4×1×（m2﹣4m+3）=﹣8m+24．…（3分）∵方程有实数根，∴﹣8m+24≥0．解得m≤3．∴m的取值范围是m≤3．…（4分）（2）∵方程的两实根分别为x1与x2，由根与系数的关系，得∴x1+x2=2m﹣6，，…（5分）∴=3（m2﹣4m+3）﹣（2m﹣6）222用心爱心专心\n=﹣m2+12m﹣27=﹣（m﹣6）2+9…（7分）∵m≤3，且当m＜6时，﹣（m﹣6）2+9的值随m的增大而增大，∴当m=3时，的值最大，最大值为﹣（3﹣6）2+9=0．∴的最大值是0．…（10分）点评：本题考查了根的判别式、根与系数的关系、二次函数求最值，综合性较强，考查了学生的综合应用能力及推理能力．24．（2022•乐山）如图，直线y=2x+2与y轴交于A点，与反比例函数（x＞0）的图象交于点M，过M作MH⊥x轴于点H，且tan∠AHO=2．（1）求k的值；（2）点N（a，1）是反比例函数（x＞0）图象上的点，在x轴上是否存在点P，使得PM+PN最小？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．考点：反比例函数综合题。分析：（1）根据直线解析式求A点坐标，得OA的长度；根据三角函数定义可求OH的长度，得点M的横坐标；根据点M在直线上可求点M的坐标．从而可求K的值；（2）根据反比例函数解析式可求N点坐标；作点N关于x轴的对称点N1，连接MN1与x轴的交点就是满足条件的P点位置．解答：解：（1）由y=2x+2可知A（0，2），即OA=2．…（1分）∵tan∠AHO=2，∴OH=1．…（2分）∵MH⊥x轴，∴点M的横坐标为1．22用心爱心专心\n∵点M在直线y=2x+2上，∴点M的纵坐标为4．即M（1，4）．…（3分）∵点M在y=上，∴k=1×4=4．…（4分）（2）存在．∵点N（a，1）在反比例函数（x＞0）上，∴a=4．即点N的坐标为（4，1）．…（5分）过点N作N关于x轴的对称点N1，连接MN1，交x轴于P（如图所示）．此时PM+PN最小．…（6分）∵N与N1关于x轴的对称，N点坐标为（4，1），∴N1的坐标为（4，﹣1）．…（7分）设直线MN1的解析式为y=kx+b．由解得k=﹣，b=．…（9分）∴直线MN1的解析式为．令y=0，得x=．∴P点坐标为（，0）．…（10分）点评：此题考查一次函数的综合应用，涉及线路最短问题，难度中等．六、本大题共3小题，第25题12分，第26题13分，共25分.25．（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．考点：22用心爱心专心\n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。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．∴在Rt△FCN中，tan∠FCN==．∴在Rt△ABM中，tan∠ABM==tan∠FCN=．22用心爱心专心\n∴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．26．（2022•乐山）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（m，m），点B的坐标为（n，﹣n），抛物线经过A、O、B三点，连接OA、OB、AB，线段AB交y轴于点C．已知实数m、n（m＜n）分别是方程x2﹣2x﹣3=0的两根．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P为线段OB上的一个动点（不与点O、B重合），直线PC与抛物线交于D、E两点（点D在y轴右侧），连接OD、BD．①当△OPC为等腰三角形时，求点P的坐标；②求△BOD面积的最大值，并写出此时点D的坐标．22用心爱心专心\n考点：二次函数综合题。分析：（1）首先解方程得出A，B两点的坐标，进而利用待定系数法求出二次函数解析式即可；（2）①首先求出AB的直线解析式，以及BO解析式，再利用等腰三角形的性质得出当OC=OP时，当OP=PC时，点P在线段OC的中垂线上，当OC=PC时分别求出x的值即可；②利用S△BOD=S△ODQ+S△BDQ得出关于x的二次函数，进而得出最值即可．解答：解（1）解方程x2﹣2x﹣3=0，得x1=3，x2=﹣1．∵m＜n，∴m=﹣1，n=3…（1分）∴A（﹣1，﹣1），B（3，﹣3）．∵抛物线过原点，设抛物线的解析式为y=ax2+bx．∴解得：，∴抛物线的解析式为．…（4分）（2）①设直线AB的解析式为y=kx+b．∴解得：，∴直线AB的解析式为．∴C点坐标为（0，）．…（6分）∵直线OB过点O（0，0），B（3，﹣3），∴直线OB的解析式为y=﹣x．∵△OPC为等腰三角形，∴OC=OP或OP=PC或OC=PC．设P（x，﹣x），（i）当OC=OP时，．22用心爱心专心\n解得，（舍去）．∴P1（，）．（ii）当OP=PC时，点P在线段OC的中垂线上，∴P2（，﹣）．（iii）当OC=PC时，由，解得，x2=0（舍去）．∴P3（，﹣）．∴P点坐标为P1（，）或P2（，﹣）或P3（，﹣）．…（9分）②过点D作DG⊥x轴，垂足为G，交OB于Q，过B作BH⊥x轴，垂足为H．设Q（x，﹣x），D（x，）．S△BOD=S△ODQ+S△BDQ=DQ•OG+DQ•GH，=DQ（OG+GH），=，=，∵0＜x＜3，∴当时，S取得最大值为，此时D（，﹣）．…（13分）点评：此题主要考查了二次函数的综合应用以及等腰三角形的性质和三角形面积求法等知识，求面积最值经常利用二次函数的最值求法得出．22用心爱心专心\n27．（2022•乐山）如图，△ABC内接于⊙O，直径BD交AC于E，过O作FG⊥AB，交AC于F，交AB于H，交⊙O于G．（1）求证：OF•DE=OE•2OH；（2）若⊙O的半径为12，且OE：OF：OD=2：3：6，求阴影部分的面积．（结果保留根号）考点：相似三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；三角形中位线定理；垂径定理；圆周角定理；扇形面积的计算。专题：几何综合题。分析：（1）由BD是直径，根据圆周角定理，可得∠DAB=90°，又由FG⊥AB，可得FG∥AD，即可判定△FOE∽△ADE，根据相似三角形的对应边成比例，即可得，然后由O是BD的中点，DA∥OH，可得AD=2OH，则可证得OF•DE=OE•2OH；（2）由⊙O的半径为12，且OE：OF：OD=2：3：6，即可求得OE，DE，OF的长，由，求得AD的长，又由在Rt△ABC中，OB=2OH，可求得∠BOH=60°，继而可求得BH的长，又由S阴影=S扇形GOB﹣S△OHB，即可求得答案．解答：（1）证明：∵BD是直径，∴∠DAB=90°．…（1分）∵FG⊥AB，∴DA∥FO．∴△FOE∽△ADE．∴．即OF•DE=OE•AD．…（3分）∵O是BD的中点，DA∥OH，∴AD=2OH．…（4分）∴OF•DE=OE•2OH．…（5分）（2）解：∵⊙O的半径为12，且OE：OF：OD=2：3：6，∴OE=4，ED=8，OF=6．…（6分）代入（1）中OF•DE=OE•AD，得AD=12．∴OH=AD=6．在Rt△ABC中，OB=2OH，∴∠OBH=30°，∴∠BOH=60°．22用心爱心专心\n∴BH=BO•sin60°=12×=6．…（8分）∴S阴影=S扇形GOB﹣S△OHB=﹣×6×6=24π﹣18．（10分）点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、平行线等分线段定理以及三角函数等知识．此题综合性较强，难度适中，注意数形结合思想的应用，注意证得△FOE∽△ADE是解此题的关键．22用心爱心专心
