精品解析：2021年吉林省长春市朝阳区中考二模数学试题（解析版+原卷版）

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2021年吉林省长春市朝阳区中考二模数学试题
一、选择题（每小题3分，共24分）
1. 若等式3□（－4）＝－1成立，则“□”内的运算符号是（ ）
A. + B. － C. × D. ÷
【答案】A
【解析】
【分析】根据有理数运算法则计算即可求解．
【详解】解：∵3+(4)= (43) =1，
∴若等式3□（4）=﹣1成立，则“□”内的运算符号是+．
故选：A．
【点睛】本题考查了有理数的运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
2. 国家统计局1月18日公布，初步核算，2020我国国内生产总值（GDP）首次突破100万亿元，约为1 016 000亿元，其中1 016 000亿用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】科学记数法要求，小数点在第一个不为零的整数后面，其他数为小数，小数点移动位数等于幂的指数，向左移动，指数为正，向右移动，指数为负．
【详解】解：1 016 000亿=
A：指数错误，选项错误；
B：指数错误，选项错误；
C：小数点停留位置正确，指数正确，选项正确；
D：小数点停留位置正确，指数错误，选项错误．
故选：C
【点睛】 本题考查科学记数法，根据相关原则进行计算是解题关键点．
3. 一个正方体的六个面分别标有六个不同的点数，其展开图如下所示，则该正方体可能是（ ）.

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据正方体的展开图的特点确认各个点数之间的对应关系，然后逐项分析即可.
【详解】由正方体的展开图可知，点数2与点数5位于对立面上，点数1与点数6位于对立面上，点数3与点数4位于对立面上
A、图中点数2与点数5位于相邻面，此项错误
B、图中点数1与点数6位于相邻面，此项错误
C、图中点数4，5，6所在面彼此相邻，符合展开图特点，此项正确
D、图中点数2与点数5位于相邻面，此项错误
故选：C.
【点睛】本题考查了立方体的展开图，掌握理解正方体的展开图是解题关键.这是常考点，需在平常学习中培养空间想象能力.
4. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据同底数幂的乘法和除法，幂的乘方以及整式的加减的计算法则进行计算，进而得出答案．
【详解】解：A. ，故选项A排除；
B ，故选项B当选；
C. ，故选项C排除；
D. ，故选项D排除；
故选：B.
【点睛】本题考查同底数幂的乘法和除法，幂的乘方以及整式的加减，熟练掌握计算法则是正确计算的前提．
5. 设●、▲、■表示三种不同的物体，现用天平称了两次，情况如图所示，那么●、▲、■这三种物体按质量从大到小的顺序排列为 （　　）

A. ■、●、▲ B. ■、▲、● C. ▲、●、■ D. ▲、■、●
【答案】B
【解析】
【分析】根据第一个天平所称的情况，得出2■＞■+▲，即■＞▲，再根据第二个天平称的情况，得出3●=▲+●，即▲=2●，那么■、▲、●这三种物体按质量从小到大的顺序排列即可解决．
【详解】∵ 2■＞■+▲，
∴ ■＞▲，
∵，3●=▲+●，
∴▲=2●，
即，●＜▲，
∴●＜▲＜■
●、▲、■这三种物体按质量从大到小的顺序排列是：■、▲、●．
故选B．
【点睛】解答此题的关键是，根据天平的两次称量情况，得出三种物体的质量之间的关系，即可做出选择．

6. 如图，过直径AB延长线上的点C作的切线，切点为D．若，，则sinC的值（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求出半径、OC，根据切线的性质定理得到∠ODC＝90°，根据正弦的定义计算即可．
【详解】解：OA＝OB＝AB＝2，
∴OC＝AC−OA＝5，
∵CD是⊙O的切线，
∴OD⊥CD，即∠ODC＝90°，
∴sinC＝，
故选：B．
【点睛】本题考查的是切线的性质、锐角三角函数的定义，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
7. 如图，在中，，，．按以下步骤作图：①分别以点B和点C为圆心、大于的长为半径作圆弧，两弧相交于点M和点N；②作直线MN交AC于点D，则CD的长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形的内角和得到∠C=180°-75°-60°=45°，根据线段垂直平分线的性质得到BD=CD，求得∠BDC=90°，得到∠ADB=90°，利用含30度的直角三角形以及勾股定理即可得到结论．
【详解】解：∵在△ABC中，∠ABC=75°，∠BAC=60°，
∴∠C=180°-75°-60°=45°，
由作图步骤得，直线MN是BC的垂直平分线，
∴BD=CD，
∴∠DBC=∠C=45°，
∴∠BDC=90°，
∴∠ADB=90°，
∵AB=2，且∠ABD=30°，
∴AD=1，BD=，
∴CD=BD，
故选：D．
【点睛】本题考查作图-基本作图，含30度的直角三角形，勾股定理，三角形的内角和，线段垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
8. 如图，在平面直角坐标系中，点A在函数的图象上，连结OA，过点A作AB平行于x轴，点B在点A的右侧，连结OB交该函数图象于点C，连结AC．若，且的面积为，则k的值为（ ）

A. 4 B. 6 C. 8 D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】设A(，)，B(，)，C(，)，证明△OCD△OBF，利用相似三角形的性质求得点C的坐标为(，)，点B的坐标为(，)，根据，列式计算即可求解．
【详解】解：∵AB∥x轴，
∴设A(，)，B(，)，C(，)，
过点C作DE⊥轴于点D，交AB于点E，过点B作BF⊥轴于点F，延长BA交轴于点G，则BG⊥轴，

∴CD∥BF，
则△OCD△OBF，
∴，
∵OC=2BC，即，
∴CD=BF，即•，
∴，
∴点C的坐标为(，)，
∵，即，
∴，
∴点B的坐标为(，)，
∵，
，
，
，
∴，
解得：，
故选：C．
【点睛】本题是反比例函数与几何的综合，本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，三角形相似的判定和性质，表示出点的坐标是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共18分）
9. 计算：___．
【答案】1
【解析】
【分析】，再进行相减；
【详解】
【点睛】此题主要考查了算术平方根的平方和除0以外的任何数的0次幂都等于1，知道相关知识点是解题的关键．
10. “同位角相等”是_____命题（填真或假）．
【答案】假
【解析】
【分析】根据平行线的性质进行判断．
【详解】解：同位角不一定相等，所以命题“同位角相等”是假命题．只有平行线形成的同位角才相等.
故答案为：假．
【点睛】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式．有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．
11. 某种苹果售价是每千克x元，打7折销售后每千克____元．
【答案】0.7x
【解析】
【分析】根据题意，可以用含x的代数式表示出苹果现价，本题得以解决．
【详解】解：由题意可得，
苹果现价是每千克0.7x元，
故答案为：0.7x．
【点睛】本题考查了列代数式，解答本题的关键是明确题意，列出相应的代数式．
12. 如图，正五边形ABCDE和正六边形EFGHMN的边CD、FG在直线l上，正五边形在正六边形左侧，两个正多边形均在l的同侧，则的大小是___度．

【答案】48
【解析】
【分析】利用正多边形的内角和，求出其中一个角的度数，进一步求出三角形DEF的两个内角，最后由三角形内角和定理来求解．
【详解】解：正五边形内角和为且在直线上，
，
正六边形内角和为且在直线上，
，
在中，，
，
，
，
故答案是：．
【点睛】本题考查了正多边形的内角、三角形的内角和定理，解题的关键是：掌握正多边形内角和的求法．
13. 如图，AB是的直径，分别以点A和点B为圆心、AB长为半径作圆弧，两弧交于点C和点D．若，则图中阴影部分图形的周长和为____．（结果保留）

【答案】
【解析】
【分析】阴影部分图形的周长为长和圆的周长，分别计算出即可求周长和．
【详解】
如图，连接AC，BC，AD，BD，

,
同理

．
阴影部分图形的周长和为：
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长计算，圆的周长，等边三角形的判定和性质，求出弧所对的圆心角是解题的关键．
14. 已知抛物线经过，两点．若，是抛物线上的两点，且，则的取值范围是______．
【答案】.
【解析】
【分析】根据图像经过的两点，确定抛物线的对称轴，利用对称轴，确定P的对称点，利用数形结合思想，确定m的范围即可.
【详解】∵抛物线经过，两点，
∴，
解得b=-6a，
∴抛物线的对称轴为直线x==3,
∴的对称点为，
∵，
∴，
故填.
【点睛】本题考查了二次函数的对称性，熟记二次函数的性质是解题的关键.
三、解答题（本大题10小题，共78分）
15. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，－4
【解析】
【分析】先算乘法，再合并同类项，最后代入求出即可．
【详解】解：

．
当时，原式．
【点睛】本题考查了整式的混合运算和求值，能正确根据整式的运算法则进行化简是解此题的关键．
16. “航天知识竞赛”活动中，获得“小宇航员”称号的小明得到了A、B、C三枚纪念章．如图，A、B、C三枚纪念章正面上分别印有“嫦娥五号”、“天问一号”和“天宫一号”的图案．三枚纪念章除正面图案不同外，其余均相同，小明将这三枚纪念章背面朝上放在桌面上，然后从中随机选取一枚，记下图案并放回，重新洗匀后再从中随机抽取一张．请用画树状图（或列表）的方法，求小明两次抽到图案上至少有一张印有“嫦娥五号”图案的概率．

【答案】树状图见解析，
【解析】
【分析】通过树状图法分别列出等可能的情况，然后选择至少有一张印有“嫦娥五号”图案的情况，利用概率的求解公式进行求解即可得解．
【详解】根据题意，树状图如下：

两次抽到图案的等可能情况有9种，至少有一张印有“嫦娥五号”图案的情况有5种
则小明两次抽到图案上至少有一张印有“嫦娥五号”图案的概率为．
【点睛】本题主要考查了通过树状图或列举法求简单概率的方法，熟练掌握概率的求解公式是解决本题的关键．
17. 为迎接母亲节，某花店老板决定将玫瑰花每枝降价1元促销，降价后，30元可购买玫瑰花的数量是原来可购买玫瑰花数量的1.5倍．求降价后每枝玫瑰花的售价．
【答案】2元
【解析】
【分析】设降价后每枝玫瑰的售价是x元，根据题意列出分式方程即可求解．
【详解】设降价后每枝玫瑰的售价是x元．
由题意，得．
解得x＝2．
经检验，x＝2是原方程的解，且符合题意．
答：降价后每枝玫瑰的售价是2元．
【点睛】此题主要考查分式方程的实际应用，解题的关键是根据题意找到数量关系列出方程求解．
18. 图①、图②、图③都是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，线段AB的端点都在格点上，在给定的网格中，只用无刻度的直尺，在图①、图②、图③中，按下列要求画图，只保留作图痕迹，不要求写出画法，所画的图形的顶点均在格点上．


（1）在图①中画一个，使其面积为2．
（2）在图②中画一个，使其面积为4．
（3）在图③中画一个四边形ABEF，使其面积为5．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】（1）取格点C，连接AC、BC，利用三角形的面积的计算方法得出符合题意的图形；
（2）在（1）的基础上作点A关于BC的对称点D即可；
（3）在（2）的基础上增加一个面积为的三角形即可．
【详解】（1）取格点C，连接AC、BC，
如图所示，△ABC即为所求：

∵AC=，BC=，AB=，
由于，
∴,
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，
∴；
（2）如图所示，△ABD即为所求；

（3）如图所示，四边形ABEF即为所求；
．
【点睛】本题考查了作图-应用与设计，勾股定理，勾股定理的逆定理，三角形面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19. 某校拟派一名跳高运动员参加校际比赛，对甲、乙两名同学进行了8次跳高选拔比赛，他们的原始成绩（单位：cm）如下表：
次数
成绩
学生
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次
第6次
第7次
第8次
甲
169
165
168
169
172
173
169
167
乙
161
174
172
162
163
172
172
176
两名同学的8次跳高成绩数据分析如下表：
名称
成绩
学生
平均数
（单位：cm）
中位数
（单位：cm）
众数
（单位：cm）
方差
（单位：cm2）
甲
a
b
c
575
乙
169
172
172
31.25
根据图表信息回答下列问题：
（1）求a、b、c的值．
（2）这两名同学中， 的成绩更为稳定（填“甲”或“乙”）．
（3）若预测跳高165cm就可能获得冠军，该校为了获取跳高比赛冠军，你认为应该选择哪位同学参赛，并说明理由
【答案】（1）169、169、169；（2）甲；（3）选择甲，理由见解析
【解析】
【分析】( 1)利用平均数、众数及中位数的定义分别求得a、b、c的值即可；
(2)方差越大，波动性越大，成绩越不稳定，反之也成立；
( 3 )比较一下甲、乙两名跳高运动员进行了8次选拔比赛的成绩，看谁的成绩在1.65或1.65米以上的次数多，就选哪位运动员参赛;若成绩在1.70米可获得冠军，看谁的成绩在1.70或1.70米以上的次数多，就选哪位运动员参赛．
【详解】（1）．
．
∵169出现了3次，最多，
∴c＝169．
故答案为169，169，169
（2）甲
∵甲的方差小于乙的方差，
∴甲的成绩更稳定，
故答案为：甲
(3）应选择甲．
理由如下：
若跳高1.65米就获得冠军，那么成绩在1.65或1.65米以上的次数甲多，则选择甲；
故答案为甲．
【点睛】本题考查平均数和方差的意义，平均数表示数据的平均水平；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﹒
20. 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是BC边上的一点，分别过点A、B作BD、AD的平行线交于点E，且 AB平分∠EAD.
（1）求证：四边形EADB是菱形；
（2）连接EC，当∠BAC＝60°，BC=时，求△ECB的面积．

【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形和菱形的判定证明即可；
（2）根据菱形的性质和直角三角形的性质解答即可．
【详解】（1）证明：∵∥，∥，
∴四边形EADB是平行四边形.
∵AB平分∠EAD，
∴.
∵∥，
∴.
∴.
∴.
∴四边形EADB是菱形.
（2）解：∵∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，BC=，
∴ .
∴.
∴.
∵∥，
∴.
【点睛】此题主要考查了菱形的性质和判定，使学生能够灵活运用菱形知识解决有关问题．
21. 甲同学骑共享单车保持匀速从家到公园，到达公园后休息了一会，以相同的速度原路骑共享单车返回家中，设甲同学距离家的路程为y（m），运动时间为x（min），y与x之间的函数图象如图所示．

（1）a= ．
（2）在甲同学从公园返回家的过程中，求y与x之间的函数关系式．
（3）在甲同学从家出发的同时，乙同学以100m/min的速度从公园匀速步行去甲同学家学习，当乙同学与甲同学之间的路程为200m时，直接写出甲同学的运动时间．
【答案】（1）14；（2）；（3）6或或23
【解析】
【分析】（1）根据题意，往返家和公园之间路程和速度均相等，则时间也相等，进而根据图像列式求解即可；
（2）本题需进行分类讨论，分别以当甲同学在前往公园的途中，与乙同学相遇前，甲乙相距200m；当甲同学在前往公园的途中，与乙同学相遇后，甲乙相距200m；当甲同学在返回家中的途中，当乙同学已经到达甲同学家后甲乙相距200m为三种情况列式求解即可得解．
【详解】（1）根据题意，从家到公园与从公园回家的路程和速度相等，则所用时间也相等
∴
∴
故答案为：14；
（2）设y与x之间的函数关系式为
将与代入得

解得
y与x之间的函数关系式为；
（3）根据题意，公园到甲同学家的距离为2000m，乙同学从公园匀速步行去甲同学家速度为100m/min，当时，，当时，
∴对应的函数解析式为
甲同学从家去往公园的途中，对应函数解析式为
当甲同学在前往公园的途中，与乙同学相遇前，甲乙相距200m
∴，解得
当甲同学在前往公园的途中，与乙同学相遇后，甲乙相距200m
∴，解得
当甲同学在返回家中的途中，当乙同学已经到达甲同学家时，甲乙相距m，
∴，解得
∴综上所述：的值为6或或23．
【点睛】本题主要考查了一次函数的实际应用，准确分析图像并结合行程问题求解是解决本题的关键．
22. 【问题原型】如图①，四边形ABDE、AGFC都是正方形，，连结CE、BG．求证：．
【发现结论】如图②，设图①中的直线CE与直线BG交于点H．求证：．
【结论应用】将图①中的正方形AGFC绕着点A顺时针旋转角度，在整个旋转过程中，当点E、C、G三点在同一条直线上时，若，，借助图①，直接写出BG的长．

【答案】【问题原型】见解析；【发现结论】见解析；【结论应用】或
【解析】
【分析】【问题原型】根据题意直接运用全等三角形的判定证明即可得出答案；
【发现结论】由题意结合全等三角形的性质得到∠AEC＝∠ABG，进而通过直角三角形的互余关系进行角的等量代换即可；
【结论应用】根据题意分EG在AE的右侧和EG在AE的左侧两种情况，进而利用全等三角形的判定与勾股定理进行分析计算即可.
【详解】解：【问题原型】
∵四边形ABDE，AGFC都是正方形，
∴AE＝AB，AC＝AG，∠EAB＝∠CAG＝．
∴∠EAC+∠CAB＝∠GAB+∠CAB＝．
∴∠EAC＝∠BAG．
∴．
∴BG＝CE．
【发现结论】
如图，设EH与AB交于点O．

∵四边形ABDE是正方形，
∴∠EAB＝．
∴∠AEO+∠AOE＝．
∵，
∴∠AEC＝∠ABG．
∵∠BOH＝∠AOE，
∴∠OBH+∠BOH＝．
∴∠OHB＝．
∴EH⊥BG．
【结论应用】
当EG在AE的右侧时，如图：

∵，CG为正方形AGFC的对角线，
∴∠ACG=∠AGC＝,∠ACE=∠AGB＝,
∴∠EGB＝,
∵，，
∴，，
设，
则有，得到，
解得或（舍去）；
当EG在AE的左侧时，如图：

∵，
∴，
∴∠ACE=∠AGB＝,∠CGB＝，
设EG=n，同理可得n=,
∴,
综上，BG=或．
【点睛】本题考查全等三角形的旋转问题以及正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及勾股定理与设参法的应用是解题的关键.
23. 如图，在中，，，，D为边AB的中点．动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线AC-CB向终点B运动．当点P不与点C重合时，连结PD，以CP、PD为边作．设点P的运动时间为t秒．

（1）C、D两点之间的距离为 ．
（2）当点E落在边BC上时，求周长．
（3）当点P在边BC上运动时，若四边形CPDE是轴对称图形，求t的值．
（4）设的对角线的交点为O，点D关于对角线PE的对称点为，连结，当时，直接写出t的值．
【答案】（1）5；（2）14；（3）或；（4）或
【解析】
【分析】（1）直接根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可求解；
（2）如图①所示：先分析出四边形CPDE是矩形，可得、，根据周长公式可得到；
（3）分情况讨论：第一类如图②所示可知：四边形CPDE为菱形，然后先证明，列出相似比，即，解得，由即可求解；第二类如图③所示：四边形CPDE为矩形，然后可得，由即可求解；
（4）分类讨论：第一类如图④所示：过点P作交OC于点F，，，然后证得为等腰直角三角形，再证得，于是可得，即，解得：，，由，，可得，列式，解得：；第二类如图⑤所示：过点P作交OC于点F，，先证为等腰直角三角形，再证，可得，即，解得：，，由，，可得，列式得，解得：，所以当时，或．
【详解】（1）在中，
∵点D为AB的中点
∴
∵
∴
（2）当点E落在边BC上时，如图①所示：

∵四边形CPDE是平行四边形，
∴四边形CPDE是矩形
∴、
∴
（3）由题意知：四边形CPDE为轴对称图形；
如图②所示，此时四边形CPDE为菱形；

∴，
∵
∴
∴
∴
即
解得：
∵
即
如图③所示，此时四边形CPDE为矩形；

∵点P为AB的中点
∴
∵
即
综上所述：或
（4）如图④所示，过点P作交OC于点F，，

∵点D关于对角线PE的对称点为，
∴为等腰直角三角形
∴
∴
∵
∴
∴
∴
即
解得：，
∵，
∴
∴
解得：
如图⑤所示，过点P作交OC于点F，由题意知：

∵点D关于对角线PE的对称点为，
∴为等腰直角三角形
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
即
解得：，
∵，
∴
∴
解得：
综上所述：当时，或．
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质、矩形的性质、菱形的性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的性质等，熟练地掌握相应的性质及合理的进行分类讨论是解题的关键，本题是综合难题，难度相对较大．
24. 在平面直角坐标系中，抛物线（m为常数）．
（1）当点在该抛物线上时，求m的值．
（2）将抛物线在的部分图象沿y轴翻折得到新图象记为G，当时，图象G的函数值y先随x的增大而增大，后随x的增大而减小，求m的取值范围．
（3）当该抛物线在的部分图象的最高点到的距离为1时，求m的值．
（4）当时，过点作垂直于x轴的直线交该抛物线于点B，在AB延长上取一点C，使，将线段AB绕点A顺时针旋转得到线段AE，以AC、AE为邻边作矩形ACDE，当该抛物线的顶点在矩形的边上时，直接写出该抛物线在该矩形内部（包含边界）图象所对应的函数的最大值与最小值的差．
【答案】（1）m=-1；（2）1 【解析】
【分析】（1）将点(m，−)的坐标代入得到关于m的一元二次方程，可求得m=-1；
（2）由当时，图象G的函数值y先随x的增大而增大，后随x的增大而减小，得到关于m的不等式组，即可求解；
（3）分m≤0和m>0两种情况讨论，分别求得最高点的坐标求解即可；
（4）先求得C(1，)，E(，)，分抛物线的顶点在矩形的边AC、CD和边DE上三种情况讨论，即可求解．
【详解】（1）将点(m，−)代入得．
解得m1=m2=-1，
∴m=-1；
（2）∵抛物线的对称轴为直线x=m，
∴直线x=m关于y轴的对称的直线为x=-m，
∵当时，图象G的函数值y先随x的增大而增大，后随x的增大而减小，
∴，
解得1 （3）当m≤0，抛物线在x≤2m的部分的函数值y随x的增大而增大．
∴当x=2m时，抛物线在x≤2m的部分有最高点，
∴，
∴最高点的坐标为（2m，m），
∴．
解得(不合题意，舍去)或；
当m>0时，对称轴为，抛物线在x≤2m的部分的最高点坐标为．
∴．
解得或(舍去)，
综上所述，当m的值为或时，抛物线在x≤2m的部分图象的最高点到的距离为1；
（4）∵AB⊥轴，
∴代入，
∴AB=2m，BC=AB=m，
∴C(1，)，，，
∴E(，)，
当抛物线的顶点在矩形的边AC上时，
∴，最大值为，
∴，
∴E(，)，即最小值为，
∴最大值与最小值的差为．
当抛物线的顶点在矩形的边CD上时，顶点坐标为(，)，
依题意得：，整理得，
解得或，
当时，顶点坐标为(，)，
∵，
则抛物线的顶点不在矩形的边CD上，不符合题意，舍去；
当时，顶点坐标为(3，)，即最大值为，
E(7，)，即最小值为，
最大值与最小值的差为；
当抛物线的顶点在矩形的边DE上时，
则，
解得，不符合题意，
综上，最大值与最小值的差为2或8．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的图象和性质．熟练掌握二次函数的图象及性质，结合二次函数的性质分析解题是关键．