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2022年黑龙江省绥化市中考数学试卷解析版
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这是一份2022年黑龙江省绥化市中考数学试卷解析版，共47页。
2022年黑龙江省绥化市中考数学试卷
一、单项选择题（本题共12个小题，每小题3分，共36分）请在答题卡上用28铅笔将你的选项所对应的大写字母涂黑
1．（3分）化简|﹣|，下列结果中，正确的是（ ）
A． B．﹣ C．2 D．﹣2
2．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（3分）下列计算中，结果正确的是（ ）
A．2x2+x2＝3x4 B．（x2）3＝x5 C．＝﹣2 D．＝±2
4．（3分）下列图形中，正方体展开图错误的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（3分）若式子+x﹣2在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x＞﹣1 B．x≥﹣1 C．x≥﹣1且x≠0 D．x≤﹣1且x≠0
6．（3分）下列命题中是假命题的是（ ）
A．三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半
B．如果两个角互为邻补角，那么这两个角一定相等
C．从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角
D．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
7．（3分）如图，线段OA在平面直角坐标系内，A点坐标为（2，5），线段OA绕原点O逆时针旋转90°，得到线段OA'，则点A'的坐标为（ ）
A．（﹣5，2） B．（5，2） C．（2，﹣5） D．（5，﹣2）
8．（3分）学校组织学生进行知识竞赛，5名参赛选手的得分分别为：96，97，98，96，98．下列说法中正确的是（ ）
A．该组数据的中位数为98
B．该组数据的方差为0.7
C．该组数据的平均数为98
D．该组数据的众数为96和98
9．（3分）有一个容积为24m3的圆柱形的空油罐，用一根细油管向油罐内注油，当注油量达到该油罐容积的一半时，改用一根口径为细油管口径2倍的粗油管向油罐注油，直至注满，注满油的全过程共用30分钟．设细油管的注油速度为每分钟xm3，由题意列方程，正确的是（ ）
A．+＝30 B．+＝24
C．+＝24 D．+＝30
10．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的部分函数图象如图所示，则一次函数y＝ax+b2﹣4ac与反比例函数y＝在同一平面直角坐标系中的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
11．（3分）小王同学从家出发，步行到离家a米的公园晨练，4分钟后爸爸也从家出发沿着同一路线骑自行车到公园晨练，爸爸到达公园后立即以原速折返回到家中，两人离家的距离y（单位：米）与出发时间x（单位：分钟）的函数关系如图所示，则两人先后两次相遇的时间间隔为（ ）
A．2.7分钟 B．2.8分钟 C．3分钟 D．3.2分钟
12．（3分）如图，在矩形ABCD中，P是边AD上的一个动点，连接BP，CP，过点B作射线，交线段CP的延长线于点E，交边AD于点M，且使得∠ABE＝∠CBP，如果AB＝2，BC＝5，AP＝x，PM＝y，其中2＜x≤5．则下列结论中，正确的个数为（ ）
（1）y与x的关系式为y＝x﹣；
（2）当AP＝4时，△ABP∽△DPC；
（3）当AP＝4时，tan∠EBP＝．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
二、填空题（本题共10个小题，每小题3分，共30分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内
13．（3分）一个不透明的箱子中有5个红球和若干个黄球，除颜色外无其它差别．若任意摸出一个球，摸出红球的概率为，则这个箱子中黄球的个数为 个．
14．（3分）因式分解：（m+n）2﹣6（m+n）+9＝ ．
15．（3分）不等式组的解集为x＞2，则m的取值范围为 ．
16．（3分）已知圆锥的高为8cm，母线长为10cm，则其侧面展开图的面积为 ．
17．（3分）设x1与x2为一元二次方程x2+3x+2＝0的两根，则（x1﹣x2）2的值为 ．
18．（3分）定义一种运算：
sin（α+β）＝sinαcosβ+cosαsinβ，
sin（α﹣β）＝sinαcosβ﹣cosαsinβ．
例如：当α＝45°，β＝30°时，sin（45°+30°）＝×+×＝，则sin15°的值为 ．
19．（3分）如图，正六边形ABCDEF和正五边形AHIJK内接于⊙O，且有公共顶点A，则∠BOH的度数为 度．
20．（3分）某班为奖励在数学竞赛中成绩优异的同学，花费48元钱购买了甲、乙两种奖品，每种奖品至少购买1件，其中甲种奖品每件4元，乙种奖品每件3元．则有 种购买方案．
21．（3分）如图，∠AOB＝60°，点P1在射线OA上，且OP1＝1，过点P1作P1K1⊥OA交射线OB于K1，在射线OA上截取P1P2，使P1P2＝P1K1；过点P2作P2K2⊥OA交射线OB于K2，在射线OA上截取P2P3，使P2P3＝P2K2…按照此规律，线段P2023K2023的长为 ．
22．（3分）在长为2，宽为x（1＜x＜2）的矩形纸片上，从它的一侧，剪去一个以矩形纸片宽为边长的正方形（第一次操作）；从剩下的矩形纸片一侧再剪去一个以宽为边长的正方形（第二次操作）；按此方式，如果第三次操作后，剩下的纸片恰为正方形，则x的值为 ．
三、解答题（本题共6个小题，共54分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内
23．（7分）已知：△ABC．
（1）尺规作图：用直尺和圆规作出△ABC内切圆的圆心O．（只保留作图痕迹，不写作法和证明）
（2）如果△ABC的周长为14cm，内切圆的半径为1.3cm，求△ABC的面积．
24．（8分）如图所示，为了测量百货大楼CD顶部广告牌ED的高度，在距离百货大楼30m的A处用仪器测得∠DAC＝30°；向百货大楼的方向走10m，到达B处时，测得∠EBC＝48°，仪器高度忽略不计，求广告牌ED的高度．（结果保留小数点后一位）
（参考数据：≈1.732，sin48°≈0.743，cos48°≈0.669，tan48°≈1.111）
25．（9分）在平面直角坐标系中，已知一次函数y1＝k1x+b与坐标轴分别交于A（5，0），B（0，）两点，且与反比例函数y2＝的图象在第一象限内交于P，K两点，连接OP，△OAP的面积为．
（1）求一次函数与反比例函数的解析式．
（2）当y2＞y1时，求x的取值范围．
（3）若C为线段OA上的一个动点，当PC+KC最小时，求△PKC的面积．
26．（9分）我们可以通过面积运算的方法，得到等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离之和与一腰上的高之间的数量关系，并利用这个关系解决相关问题．
（1）如图一，在等腰△ABC中，AB＝AC，BC边上有一点D，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G．利用面积证明：DE+DF＝CG．
（2）如图二，将矩形ABCD沿着EF折叠，使点A与点C重合，点B落在B'处，点G为折痕EF上一点，过点G作GM⊥FC于M，GN⊥BC于N．若BC＝8，BE＝3，求GM+GN的长．
（3）如图三，在四边形ABCD中，E为线段BC上的一点，EA⊥AB，ED⊥CD，连接BD，且＝，BC＝，CD＝3，BD＝6，求ED+EA的长．
27．（10分）如图所示，在⊙O的内接△AMN中，∠MAN＝90°，AM＝2AN，作AB⊥MN于点P，交⊙O于另一点B，C是上的一个动点（不与A，M重合），射线MC交线段BA的延长线于点D，分别连接AC和BC，BC交MN于点E．
（1）求证：△CMA∽△CBD．
（2）若MN＝10，＝，求BC的长．
（3）在点C运动过程中，当tan∠MDB＝时，求的值．
28．（11分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交y轴于点A（0，﹣4），并经过点C（6，0），过点A作AB⊥y轴交抛物线于点B，抛物线的对称轴为直线x＝2，D点的坐标为（4，0），连接AD，BC，BD．点E从A点出发，以每秒个单位长度的速度沿着射线AD运动，设点E的运动时间为m秒，过点E作EF⊥AB于F，以EF为对角线作正方形EGFH．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点G随着E点运动到达BC上时，求此时m的值和点G的坐标；
（3）在运动的过程中，是否存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，如果存在，直接写出点G的坐标，如果不存在，请说明理由．
2022年黑龙江省绥化市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共12个小题，每小题3分，共36分）请在答题卡上用28铅笔将你的选项所对应的大写字母涂黑
1．（3分）化简|﹣|，下列结果中，正确的是（ ）
A． B．﹣ C．2 D．﹣2
【分析】利用绝对值的意义解答即可．
【解答】解：|﹣|的绝对值是，
故选：A．
【点评】本题主要考查了绝对值的意义，正确利用绝对值的意义是解题的关键．
2．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3．（3分）下列计算中，结果正确的是（ ）
A．2x2+x2＝3x4 B．（x2）3＝x5 C．＝﹣2 D．＝±2
【分析】利用合并同类项法则，幂的乘方的法则，立方根的意义，算术平方根的意义对每个选项进行分析，即可得出答案．
【解答】解：∵2x2+x2＝3x2≠3x4，
∴选项A不符合题意，
∵（x2）3＝x6≠x5，
∴选项B不符合题意，
∵＝﹣2，
∴选项C符合题意，
∵＝2≠±2，
∴选项D不符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查了合并同类项，幂的乘方，立方根，算术平方根，掌握合并同类项法则，幂的乘方的法则，立方根的意义，算术平方根的意义是解决问题的关键．
4．（3分）下列图形中，正方体展开图错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据正方体的展开图得出结论即可．
【解答】解：由展开图的知识可知，四个小正方形绝对不可能展开成田字形，故D选项都不符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查正方体展开图的知识，熟练掌握正方体的侧面展开图是解题的关键．
5．（3分）若式子+x﹣2在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x＞﹣1 B．x≥﹣1 C．x≥﹣1且x≠0 D．x≤﹣1且x≠0
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数，a﹣p＝（a≠0）即可得出答案．
【解答】解：∵x+1≥0，x≠0，
∴x≥﹣1且x≠0，
故选：C．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，负整数指数幂，掌握二次根式的被开方数是非负数，a﹣p＝（a≠0）是解题的关键．
6．（3分）下列命题中是假命题的是（ ）
A．三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半
B．如果两个角互为邻补角，那么这两个角一定相等
C．从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角
D．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
【分析】由三角形中位线定理，邻补角定义，切线长定理，直角三角形性质逐项判断即可．
【解答】解：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，故A是真命题，不符合题意；
如果两个角互为邻补角，那么这两个角一定互补，故B是假命题，符合题意；
从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角，故C是真命题，不符合题意；
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，故D是真命题，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查命题与定理，解题的关键是掌握教材上相关的概念和定理．
7．（3分）如图，线段OA在平面直角坐标系内，A点坐标为（2，5），线段OA绕原点O逆时针旋转90°，得到线段OA'，则点A'的坐标为（ ）
A．（﹣5，2） B．（5，2） C．（2，﹣5） D．（5，﹣2）
【分析】过点A作AB⊥x轴于点B，过点A′作A′C⊥x轴于点C，利用旋转的性质和全等三角形的判定与性质解答即可．
【解答】解：过点A作AB⊥x轴于点B，过点A′作A′C⊥x轴于点C，如图，
∵A点坐标为（2，5），
∴OB＝2，AB＝5．
由题意：∠AOA′＝90°，OA＝OA′．
∴∠AOB+∠A′OC＝90°．
∵∠A′OC+∠A′＝90°，
∴∠A′＝∠AOB．
在△A′OC和△OAB中，
，
∴△A′OC≌△OAB（AAS）．
∴A′C＝OB＝2，OC＝AB＝5，
∴A′（﹣5，2）．
故选：A．
【点评】本题主要考查了图形的旋转与坐标的变化，点的坐标的特征，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
8．（3分）学校组织学生进行知识竞赛，5名参赛选手的得分分别为：96，97，98，96，98．下列说法中正确的是（ ）
A．该组数据的中位数为98
B．该组数据的方差为0.7
C．该组数据的平均数为98
D．该组数据的众数为96和98
【分析】根据中位数的定义判断A选项；根据算术平均数的计算方法判断C选项；根据方差的计算方法判断B选项；根据众数的定义判断D选项．
【解答】解：A、将这组数据从小到大排列为：96，96，97，98，98，中位数为97，故A选项不符合题意；
C、平均数＝＝97，故C选项不符合题意；
B、方差＝×[（96﹣96）2×2+（97﹣96）2+（98﹣96）2×2]＝1.8，故B选项不符合题意；
D、该组数据的众数为96和98，故D选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了方差，算术平均数，中位数，众数，掌握求一组数据的众数的方法：找出频数最多的那个数据，若几个数据频数都是最多且相同，此时众数就是这多个数据是解题的关键．
9．（3分）有一个容积为24m3的圆柱形的空油罐，用一根细油管向油罐内注油，当注油量达到该油罐容积的一半时，改用一根口径为细油管口径2倍的粗油管向油罐注油，直至注满，注满油的全过程共用30分钟．设细油管的注油速度为每分钟xm3，由题意列方程，正确的是（ ）
A．+＝30 B．+＝24
C．+＝24 D．+＝30
【分析】设细油管的注油速度为每分钟xm3，则粗油管的注油速度为每分钟4xm3，利用注油所需时间＝注油总量÷注油速度，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：24÷2＝12（m3）．
设细油管的注油速度为每分钟xm3，则粗油管的注油速度为每分钟4xm3，
依题意得：+＝30．
故选：A．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
10．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的部分函数图象如图所示，则一次函数y＝ax+b2﹣4ac与反比例函数y＝在同一平面直角坐标系中的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】由二次函数y＝ax2+bx+c的部分函数图象判断a，b2﹣4ac及4a+2b+c的符号，即可得到答案．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c的部分函数图象开口向上，
∴a＞0，
∵二次函数y＝ax2+bx+c的部分函数图象顶点在x轴下方，开口向上，
∴二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴有两个交点，b2﹣4ac＞0，
∴一次函数y＝ax+b2﹣4ac的图象位于第一，二，三象限，
由二次函数y＝ax2+bx+c的部分函数图象可知，点（2，4a+2b+c）在x轴上方，
∴4a+2b+c＞0，
∴y＝的图象位于第一，三象限，
据此可知，符合题意的是B，
故选：B．
【点评】本题考查一次函数，二次函数，反比例函数的图象，解题的关键是掌握三种图象的性质．
11．（3分）小王同学从家出发，步行到离家a米的公园晨练，4分钟后爸爸也从家出发沿着同一路线骑自行车到公园晨练，爸爸到达公园后立即以原速折返回到家中，两人离家的距离y（单位：米）与出发时间x（单位：分钟）的函数关系如图所示，则两人先后两次相遇的时间间隔为（ ）
A．2.7分钟 B．2.8分钟 C．3分钟 D．3.2分钟
【分析】根据题意和函数图象中的数据，可以先表示出两人的速度，然后即可计算出两人第一次和第二次相遇的时间，然后作差即可．
【解答】解：由图象可得，
小王的速度为米/分钟，
爸爸的速度为：＝（米/分钟），
设小王出发m分钟两人第一次相遇，出发n分钟两人第二次相遇，
m＝（m﹣4）•，n+[n﹣4﹣（12﹣4）÷2]＝a，
解得m＝6，n＝9，
n﹣m＝9﹣6＝3，
故选：C．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出两人相遇的时间．
12．（3分）如图，在矩形ABCD中，P是边AD上的一个动点，连接BP，CP，过点B作射线，交线段CP的延长线于点E，交边AD于点M，且使得∠ABE＝∠CBP，如果AB＝2，BC＝5，AP＝x，PM＝y，其中2＜x≤5．则下列结论中，正确的个数为（ ）
（1）y与x的关系式为y＝x﹣；
（2）当AP＝4时，△ABP∽△DPC；
（3）当AP＝4时，tan∠EBP＝．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【分析】利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，平行线分线段成比例定理对每个选项的结论进行判断即可：（1）过点P作PF⊥BC于点F，利用矩形的判定与性质和相似三角形的判定与性质解答即可；（2）利用相似三角形的判定定理解答即可；（3）利用（1），（2）的结论利用勾股定理和平行线分线段成比例定理求得PB，PE，再利用直角三角形的边角关系定理即可求得结论．
【解答】解：（1）过点P作PF⊥BC于点F，如图，
∵四边形ABCD是矩形，PF⊥BC，
∴四边形ABFP是矩形，
∴PF＝AB＝2，BF＝AP＝x，
∴AM＝AP＝PM＝x﹣y．
∵∠ABE＝∠CBP，∠A＝∠PFB＝90°，
∴△ABM∽△FBP，
∴，
∴．
∴x2﹣xy＝4．
∴y＝x﹣．
∴（1）的结论正确；
（2）当AP＝4时，DP＝AD﹣AP＝5﹣4＝1，
∵，，
∴．
∵∠A＝∠D＝90°，
∴△ABP△DPC．
∴（2）的结论正确；
（3）由（2）知：当AP＝4时，△ABP∽△DPC，
∴∠ABP＝∠DPC．
∵∠BPA+∠ABP＝90°，
∴∠APB+∠DPC＝90°．
∴∠CPB＝90°．
∴∠BPE＝90°．
∴tan∠EBP＝．
由（1）知：PM＝AP﹣＝3，
BP＝＝2，CP＝＝．
∵AD∥BC，
∴．
∴，
解得：PE＝，
∴tan∠EBP＝＝＝，
∴（3）的结论错误，
综上，正确的结论为：（1）（2），
故选：C．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，平行线分线段成比例定理，灵活应用相似三角形的判定与性质是解题的关键．
二、填空题（本题共10个小题，每小题3分，共30分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内
13．（3分）一个不透明的箱子中有5个红球和若干个黄球，除颜色外无其它差别．若任意摸出一个球，摸出红球的概率为，则这个箱子中黄球的个数为 15 个．
【分析】直接利用概率公式得出＝，进而得出答案．
【解答】解：设箱子中黄球的个数为x个，根据题意可得：
＝，
解得：x＝15，
经检验得：x＝15是原方程的根．
故答案为：15．
【点评】此题主要考查了概率公式，正确掌握概率求法是解题关键．
14．（3分）因式分解：（m+n）2﹣6（m+n）+9＝ （m+n﹣3）2 ．
【分析】将m+n看作整体，利用完全平方公式即可得出答案．
【解答】解：原式＝（m+n）2﹣2•（m+n）•3+32
＝（m+n﹣3）2．
故答案为：（m+n﹣3）2．
【点评】本题考查了因式分解﹣运用公式法，考查整体思想，掌握a2±2ab+b2＝（a±b）2是解题的关键．
15．（3分）不等式组的解集为x＞2，则m的取值范围为 m≤2 ．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大，结合不等式组的解集可得答案．
【解答】解：由3x﹣6＞0，得：x＞2，
∵不等式组的解集为x＞2，
∴m≤2，
故答案为：m≤2．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解题的关键．
16．（3分）已知圆锥的高为8cm，母线长为10cm，则其侧面展开图的面积为 60πcm2 ．
【分析】利用勾股定理易得圆锥的底面半径，那么圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2．
【解答】解：圆锥的高为8cm，母线长为10cm，
由勾股定理得，底面半径＝6cm，
侧面展开图的面积＝πrl＝π×6×10＝60πcm2．
故答案为：60πcm2．
【点评】本题利用了勾股定理和圆锥的计算，圆锥的侧面积就是展开后扇形的面积，即S侧＝πrl．
17．（3分）设x1与x2为一元二次方程x2+3x+2＝0的两根，则（x1﹣x2）2的值为 20 ．
【分析】根据根与系数的关系即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：x1+x2＝﹣6，x1x2＝4，
∴（x1﹣x2）2＝（x1+x2）2﹣4x1x2
＝（﹣6）2﹣4×4
＝36﹣16
＝20，
故答案为：20．
【点评】本题考查根与系数的关系，解题的关键是熟练运用根与系数的关系．
18．（3分）定义一种运算：
sin（α+β）＝sinαcosβ+cosαsinβ，
sin（α﹣β）＝sinαcosβ﹣cosαsinβ．
例如：当α＝45°，β＝30°时，sin（45°+30°）＝×+×＝，则sin15°的值为 ．
【分析】把15°看成是45°与30°的差，再代入公式计算得结论．
【解答】解：sin15°＝sin（45°﹣30°）
＝sin45°cos30°﹣cos45°sin30°
＝×﹣×
＝﹣
＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了解直角三角形，掌握特殊角的三角函数值是解决本题的关键．
19．（3分）如图，正六边形ABCDEF和正五边形AHIJK内接于⊙O，且有公共顶点A，则∠BOH的度数为 12 度．
【分析】求出正六边形的中心角∠AOB和正五边形的中心角∠AOH，即可得出∠BOH的度数．
【解答】解：如图，连接OA，
正六边形的中心角为∠AOB＝360°÷6＝60°，
正五边形的中心角为∠AOH＝360°÷5＝72°，
∴∠BOH＝∠AOH﹣∠AOB＝72°﹣60°＝12°．
故答案为：12．
【点评】本题主要考查正多边形与圆，会求正多边形的中心角是解题关键．
20．（3分）某班为奖励在数学竞赛中成绩优异的同学，花费48元钱购买了甲、乙两种奖品，每种奖品至少购买1件，其中甲种奖品每件4元，乙种奖品每件3元．则有 3 种购买方案．
【分析】设购买x件甲种奖品，y件乙种奖品，利用总价＝单价×数量，即可得出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，即可得出共有3种购买方案．
【解答】解：设购买x件甲种奖品，y件乙种奖品，
依题意得：4x+3y＝48，
∴x＝12﹣y．
又∵x，y均为正整数，
∴或或，
∴共有3种购买方案．
故答案为：3．
【点评】本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
21．（3分）如图，∠AOB＝60°，点P1在射线OA上，且OP1＝1，过点P1作P1K1⊥OA交射线OB于K1，在射线OA上截取P1P2，使P1P2＝P1K1；过点P2作P2K2⊥OA交射线OB于K2，在射线OA上截取P2P3，使P2P3＝P2K2…按照此规律，线段P2023K2023的长为 （1+）2022 ．
【分析】根据题意和题目中的数据，可以写出前几项，然后即可得到PnKn的式子，从而可以写出线段P2023K2023的长．
【解答】解：由题意可得，
P1K1＝OP1•tan60°＝1×＝，
P2K2＝OP2•tan60°＝（1+）×＝（1+），
P3K3＝OP3•tan60°＝（1+++3）×＝（1+）2，
P4K4＝OP4•tan60°＝[（1+++3）+（1+）2]×＝（1+）3，
…，
PnKn＝（1+）n﹣1，
∴当n＝2023时，P2023K2023＝（1+）2022，
故答案为：（1+）2022．
【点评】本题考查图形的变化类，解答本题的关键是发现PnKn的变化特点．
22．（3分）在长为2，宽为x（1＜x＜2）的矩形纸片上，从它的一侧，剪去一个以矩形纸片宽为边长的正方形（第一次操作）；从剩下的矩形纸片一侧再剪去一个以宽为边长的正方形（第二次操作）；按此方式，如果第三次操作后，剩下的纸片恰为正方形，则x的值为 1.2或者1.5 ．
【分析】本题中的x与（2﹣x）不知那个大，因此需要分类讨论，从而列方程求解．
【解答】解：第一次操作后的两边长分别是x和（2﹣x），第二次操作后的两边长分别是（2x﹣2）和（2﹣x）．
当2x﹣2＞2﹣x时，有2x﹣2＝2（2﹣x），解得x＝1.5，
当2x﹣2＜2﹣x时，有2（2x﹣2）＝2﹣x，解得x＝1.2．
故答案为：1.2或者1.5．
【点评】主要考查了含有字母的代数式的比较，关键是第二次操作后的边长，不知哪个是长，哪个是宽，所以分两种情况，不要丢掉任何一种．
三、解答题（本题共6个小题，共54分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内
23．（7分）已知：△ABC．
（1）尺规作图：用直尺和圆规作出△ABC内切圆的圆心O．（只保留作图痕迹，不写作法和证明）
（2）如果△ABC的周长为14cm，内切圆的半径为1.3cm，求△ABC的面积．
【分析】（1）作∠ABC，∠ACB的角平分线交于点O，点O即为所求；
（2）△ABC的面积＝（a+b+c）•r计算即可．
【解答】解：（1）如图，点O即为所求；
（2）由题意，△ABC的面积＝×14×1.3＝9.1（cm2）．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，三角形的内切圆与内心等知识，解题的关键掌握三角形的内心是角平分线的交点，属于中考常考题型．
24．（8分）如图所示，为了测量百货大楼CD顶部广告牌ED的高度，在距离百货大楼30m的A处用仪器测得∠DAC＝30°；向百货大楼的方向走10m，到达B处时，测得∠EBC＝48°，仪器高度忽略不计，求广告牌ED的高度．（结果保留小数点后一位）
（参考数据：≈1.732，sin48°≈0.743，cos48°≈0.669，tan48°≈1.111）
【分析】在Rt△ADC中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长，再利用已知求出BC的长，然后再在Rt△BCE中，利用锐角三角函数的定义求出EC的长，进行计算即可解答．
【解答】解：在Rt△ADC中，∠DAC＝30°，AC＝30米，
∴CD＝AC•tan30°＝30×＝10（米），
∵AB＝10米，
∴BC＝AC﹣AB＝20（米），
在Rt△BCE中，∠EBC＝48°，
∴EC＝BC•tan48°≈20×1.111＝22.22（米），
∴DE＝EC﹣DC＝22.22﹣10≈4.9（米），
∴广告牌ED的高度约为4.9米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
25．（9分）在平面直角坐标系中，已知一次函数y1＝k1x+b与坐标轴分别交于A（5，0），B（0，）两点，且与反比例函数y2＝的图象在第一象限内交于P，K两点，连接OP，△OAP的面积为．
（1）求一次函数与反比例函数的解析式．
（2）当y2＞y1时，求x的取值范围．
（3）若C为线段OA上的一个动点，当PC+KC最小时，求△PKC的面积．
【分析】（1）根据待定系数法可求出直线AB的解析式，根据△OAP的面积可得出点P的坐标，代入反比例函数解析式可得出反比例函数的解析式；
（2）联立一次函数和反比例函数的解析式，可得出点K的坐标，结合图象可直接得出x的取值范围；
（3）作点P关于x轴的对称点P′，连接KP′，线段KP′与x轴的交点即为点C，求出直线KP′的解析式，令y＝0，可得出点C的坐标，再根据三角形的面积公式可得出结论．
【解答】解：（1）∵一次函数y1＝k1x+b与坐标轴分别交于A（5，0），B（0，）两点，
∴，解得．
∴一次函数的解析式为：y1＝﹣x+．
∵△OAP的面积为，
∴•OA•yP＝，
∴yP＝，
∵点P在一次函数图象上，
∴令﹣x+＝．解得x＝4，
∴P（4，）．
∵点P在反比例函数y2＝的图象上，
∴k2＝4×＝2．
∴一次函数的解析式为：y1＝﹣x+．反比例函数的解析式为：y2＝．
（2）令﹣x+＝，解得x＝1或x＝4，
∴K（1，2），
由图象可知，当y2＞y1时，x的取值范围为：0＜x＜1或x＞4．
（3）如图，作点P关于x轴的对称点P′，连接KP′，线段KP′与x轴的交点即为点C，
∵P（4，）．
∴P′（4，﹣）．
∴PP′＝1，
∴直线KP′的解析式为：y＝﹣x+．
令y＝0，解得x＝．
∴C（，0）．
∴S△PKC＝•（xC﹣xK）•PP′
＝×（﹣1）×1
＝．
∴当PC+KC最小时，△PKC的面积为．
【点评】本题属于反比例函数与一次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，数形结合思想，轴对称最值问题，三角形的面积问题等知识，关键是求出一次函数和反比例函数的解析式．
26．（9分）我们可以通过面积运算的方法，得到等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离之和与一腰上的高之间的数量关系，并利用这个关系解决相关问题．
（1）如图一，在等腰△ABC中，AB＝AC，BC边上有一点D，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G．利用面积证明：DE+DF＝CG．
（2）如图二，将矩形ABCD沿着EF折叠，使点A与点C重合，点B落在B'处，点G为折痕EF上一点，过点G作GM⊥FC于M，GN⊥BC于N．若BC＝8，BE＝3，求GM+GN的长．
（3）如图三，在四边形ABCD中，E为线段BC上的一点，EA⊥AB，ED⊥CD，连接BD，且＝，BC＝，CD＝3，BD＝6，求ED+EA的长．
【分析】（1）连接AD，根据S△ABC＝S△ABD+S△ACD，可得结论；
（2）利用翻折的性质得，CE＝CF，由勾股定理得，AB＝4，则等腰△CEF中，CE边上的高为4，由（1）知，GM+GN＝4；
（3）延长BA、CD交于G，作BH⊥CD于H，利用△BAE∽△CDE，得∠ABE＝∠C，则BG＝CG，设DH＝x，利用勾股定理列方程可得DH的长，从而得出BH，利用（1）中结论可得答案．
【解答】（1）证明：连接AD，
∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD，
∴＝，
∵AB＝AC，
∴DE+DF＝CG；
（2）解：∵将矩形ABCD沿着EF折叠，使点A与点C重合，
∴∠AFE＝∠EFC，AE＝CE，
∵AD∥BC，
∴∠AFE＝∠CEF，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
∵BC＝8，BE＝3，
∴CE＝AE＝5，
在Rt△ABE中，由勾股定理得，AB＝4，
∴等腰△CEF中，CE边上的高为4，
由（1）知，GM+GN＝4；
（3）解：延长BA、CD交于G，作BH⊥CD于H，
∵＝，∠BAE＝∠EDC＝90°，
∴△BAE∽△CDE，
∴∠ABE＝∠C，
∴BG＝CG，
∴ED+EA＝BH，
设DH＝x，
由勾股定理得，62﹣x2＝（）2﹣（x+3）2，
解得x＝1，
∴DH＝1，
∴BH＝＝，
∴ED+EA＝．
【点评】本题是相似形综合题，主要考查了等腰三角形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，证明等腰三角形，利用（1）中结论是解决问题（2）、（3）的关键．
27．（10分）如图所示，在⊙O的内接△AMN中，∠MAN＝90°，AM＝2AN，作AB⊥MN于点P，交⊙O于另一点B，C是上的一个动点（不与A，M重合），射线MC交线段BA的延长线于点D，分别连接AC和BC，BC交MN于点E．
（1）求证：△CMA∽△CBD．
（2）若MN＝10，＝，求BC的长．
（3）在点C运动过程中，当tan∠MDB＝时，求的值．
【分析】（1）连接BM，由四边形ABMC是⊙O的内接四边形，得∠DCA＝∠ABM，由∠MAN＝90°，AB⊥MN，可得∠ABM＝∠BAM，即可得∠DCA＝∠BCM，从而∠DCB＝∠ACM，可证△CMA∽△CBD；
（2）连接OC，由AM＝2MN，MN＝10可得AN＝2，AM＝4，由面积法得AP＝BP＝＝＝4，即得PM＝＝8，根据＝，可得△PDM是等腰直角三角形，CM＝OM＝5，即得PD＝PM＝8，BD＝PD+BP＝12，又△CMA∽△CBD，可得BC＝3；
（3）连接CN交AM于K，连接KE，由tan∠MDB＝，可得tan∠CNM＝，根据AB⊥MN，得＝，有∠KCE＝∠KME，即知C、K、E、M四点共圆，可得∠KEM＝90°＝∠KEN，从而＝，设KE＝3m，则NE＝4m，而tan∠KME＝＝＝，得EM＝6m，故＝＝．
【解答】（1）证明：连接BM，如图：
∵四边形ABMC是⊙O的内接四边形，
∴∠DCA＝∠ABM，
∵∠MAN＝90°，
∴MN为⊙O的直径，
∵AB⊥MN，
∴＝，
∴∠ABM＝∠BAM，
∴∠DCA＝∠BAM，
∵＝，
∴∠BAM＝∠BCM，
∴∠DCA＝∠BCM，
∴∠DCB＝∠ACM，
∵＝，
∴∠DBC＝∠AMC，
∴△CMA∽△CBD；
（2）解：连接OC，如图：
由AM＝2MN，设AN＝x，则AM＝2x，
∵MN为直径，
∴∠NAM＝90°，
∴x2+（2x）2＝102，
解得x＝2，
∴AN＝2，AM＝4，
∵AB⊥MN，
∴2S△AMN＝AN•AM＝MN•AP，
∴AP＝BP＝＝＝4，
∴PM＝＝8，
∵＝，
∴OC⊥MN，
∵OC＝OM，
∴∠CMO＝45°，
∴△PDM是等腰直角三角形，CM＝OM＝5，
∴PD＝PM＝8，
∴BD＝PD+BP＝12，
由（1）知△CMA∽△CBD，
∴＝，即＝，
∴BC＝3；
（3）解：连接CN交AM于K，连接KE，如图：
∵MN是⊙O直径，
∴∠MCN＝90°＝∠DPM，
∴∠CNM＝90°﹣∠CMP＝∠D，
∵tan∠MDB＝，
∴tan∠CNM＝，
∵AB⊥MN，
∴＝，
∴∠KCE＝∠KME，
∴C、K、E、M四点共圆，
∵∠NCM＝90°，
∴∠KEM＝90°＝∠KEN，
而tan∠CNM＝，
∴＝，
设KE＝3m，则NE＝4m，
∵tan∠KME＝＝＝，
∴EM＝6m，
∴＝＝．
【点评】本题考查圆的综合应用，涉及相似三角形判定与性质，等腰直角三角形，锐角三角函数等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
28．（11分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交y轴于点A（0，﹣4），并经过点C（6，0），过点A作AB⊥y轴交抛物线于点B，抛物线的对称轴为直线x＝2，D点的坐标为（4，0），连接AD，BC，BD．点E从A点出发，以每秒个单位长度的速度沿着射线AD运动，设点E的运动时间为m秒，过点E作EF⊥AB于F，以EF为对角线作正方形EGFH．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点G随着E点运动到达BC上时，求此时m的值和点G的坐标；
（3）在运动的过程中，是否存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，如果存在，直接写出点G的坐标，如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据抛物线的对称轴为直线x＝2，可得出抛物线与x轴的另一个交点的坐标为（﹣2，0），列出交点式，再将点A（0，﹣4）可得出抛物线的解析式；
（2）根据可得出△ABD是等腰直角三角形，再根据点E的运动和正方形的性质可得出点H，F，G的坐标，根据点B，C的坐标可得出直线BC的解析式，将点G代入直线BC的解析式即可；
（3）若存在，则△BGC是直角三角形，则需要分类讨论，当点B为直角顶点，当点G为直角顶点，当点C为直角顶点，分别求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴为直线x＝2，D点的坐标为（4，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣2，0），
∴抛物线的解析式为：y＝a（x+2）（x﹣6），
将点A（0，﹣4）解析式可得，﹣12a＝﹣4，
∴a＝．
∴抛物线的解析式为：y＝（x+2）（x﹣6）＝x2﹣x﹣4．
（2）∵AB⊥y轴，A（0，﹣4），
∴点B的坐标为（4，﹣4）．
∵D（4，0），
∴AB＝BD＝4，且∠ABD＝90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，∠BAD＝45°．
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形．
∵AE＝2m，
∴AF＝EF＝m，
∴E（m，﹣4+m），F（m，﹣4）．
∵四边形EGFH是正方形，
∴△EHF是等腰直角三角形，
∴∠HEF＝∠HFE＝45°，
∴FH是∠AFE的角平分线，点H是AE的中点．
∴H（m，﹣4+m），G（m，﹣4+m）．
∵B（4，﹣4），C（6，0），
∴直线BC的解析式为：y＝2x﹣12．
当点G随着E点运动到达BC上时，有2×m﹣12＝﹣4+m．
解得m＝．
∴G（，﹣）．
（3）存在，理由如下：
∵B（4，﹣4），C（6，0），G（m，﹣4+m）．
∴BG2＝（4﹣m）2+（m）2，
BC2＝（4﹣6）2+（﹣4）2＝20，
CG2＝（6﹣m）2+（﹣4+m）2．
若以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，则△BGC是直角三角形，
∴分以下三种情况：
①当点B为直角顶点时，BG2+BC2＝CG2，
∴（6﹣m）2+（﹣4+m）2+20＝（4﹣m）2+（m）2，
解得m＝，
∴G（，﹣）；
②当点C为直角顶点时，BC2+CG2＝BG2，
∴20+（6﹣m）2+（﹣4+m）2＝（4﹣m）2+（m）2，
解得m＝，
∴G（，）；
③当点G为直角顶点时，BG2+CG2＝BC2，
∴（4﹣m）2+（m）2+（6﹣m）2+（﹣4+m）2＝20，
解得m＝或，
∴G（3，﹣3）或（，）；
综上，存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，点G的坐标为（，﹣）或（，）或（3，﹣3）或（，）．
【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，分类讨论等知识，解题关键是由点E的坐标得出点H，F，G的坐标．本题第（3）问当点B和点C为直角顶点时，也可通过一次函数和几何结合求解．
2022年黑龙江省绥化市中考数学试卷
一、单项选择题（本题共12个小题，每小题3分，共36分）请在答题卡上用28铅笔将你的选项所对应的大写字母涂黑
1．（3分）化简|﹣|，下列结果中，正确的是（ ）
A． B．﹣ C．2 D．﹣2
2．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（3分）下列计算中，结果正确的是（ ）
A．2x2+x2＝3x4 B．（x2）3＝x5 C．＝﹣2 D．＝±2
4．（3分）下列图形中，正方体展开图错误的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（3分）若式子+x﹣2在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x＞﹣1 B．x≥﹣1 C．x≥﹣1且x≠0 D．x≤﹣1且x≠0
6．（3分）下列命题中是假命题的是（ ）
A．三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半
B．如果两个角互为邻补角，那么这两个角一定相等
C．从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角
D．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
7．（3分）如图，线段OA在平面直角坐标系内，A点坐标为（2，5），线段OA绕原点O逆时针旋转90°，得到线段OA'，则点A'的坐标为（ ）
A．（﹣5，2） B．（5，2） C．（2，﹣5） D．（5，﹣2）
8．（3分）学校组织学生进行知识竞赛，5名参赛选手的得分分别为：96，97，98，96，98．下列说法中正确的是（ ）
A．该组数据的中位数为98
B．该组数据的方差为0.7
C．该组数据的平均数为98
D．该组数据的众数为96和98
9．（3分）有一个容积为24m3的圆柱形的空油罐，用一根细油管向油罐内注油，当注油量达到该油罐容积的一半时，改用一根口径为细油管口径2倍的粗油管向油罐注油，直至注满，注满油的全过程共用30分钟．设细油管的注油速度为每分钟xm3，由题意列方程，正确的是（ ）
A．+＝30 B．+＝24
C．+＝24 D．+＝30
10．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的部分函数图象如图所示，则一次函数y＝ax+b2﹣4ac与反比例函数y＝在同一平面直角坐标系中的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
11．（3分）小王同学从家出发，步行到离家a米的公园晨练，4分钟后爸爸也从家出发沿着同一路线骑自行车到公园晨练，爸爸到达公园后立即以原速折返回到家中，两人离家的距离y（单位：米）与出发时间x（单位：分钟）的函数关系如图所示，则两人先后两次相遇的时间间隔为（ ）
A．2.7分钟 B．2.8分钟 C．3分钟 D．3.2分钟
12．（3分）如图，在矩形ABCD中，P是边AD上的一个动点，连接BP，CP，过点B作射线，交线段CP的延长线于点E，交边AD于点M，且使得∠ABE＝∠CBP，如果AB＝2，BC＝5，AP＝x，PM＝y，其中2＜x≤5．则下列结论中，正确的个数为（ ）
（1）y与x的关系式为y＝x﹣；
（2）当AP＝4时，△ABP∽△DPC；
（3）当AP＝4时，tan∠EBP＝．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
二、填空题（本题共10个小题，每小题3分，共30分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内
13．（3分）一个不透明的箱子中有5个红球和若干个黄球，除颜色外无其它差别．若任意摸出一个球，摸出红球的概率为，则这个箱子中黄球的个数为 个．
14．（3分）因式分解：（m+n）2﹣6（m+n）+9＝ ．
15．（3分）不等式组的解集为x＞2，则m的取值范围为 ．
16．（3分）已知圆锥的高为8cm，母线长为10cm，则其侧面展开图的面积为 ．
17．（3分）设x1与x2为一元二次方程x2+3x+2＝0的两根，则（x1﹣x2）2的值为 ．
18．（3分）定义一种运算：
sin（α+β）＝sinαcosβ+cosαsinβ，
sin（α﹣β）＝sinαcosβ﹣cosαsinβ．
例如：当α＝45°，β＝30°时，sin（45°+30°）＝×+×＝，则sin15°的值为 ．
19．（3分）如图，正六边形ABCDEF和正五边形AHIJK内接于⊙O，且有公共顶点A，则∠BOH的度数为 度．
20．（3分）某班为奖励在数学竞赛中成绩优异的同学，花费48元钱购买了甲、乙两种奖品，每种奖品至少购买1件，其中甲种奖品每件4元，乙种奖品每件3元．则有 种购买方案．
21．（3分）如图，∠AOB＝60°，点P1在射线OA上，且OP1＝1，过点P1作P1K1⊥OA交射线OB于K1，在射线OA上截取P1P2，使P1P2＝P1K1；过点P2作P2K2⊥OA交射线OB于K2，在射线OA上截取P2P3，使P2P3＝P2K2…按照此规律，线段P2023K2023的长为 ．
22．（3分）在长为2，宽为x（1＜x＜2）的矩形纸片上，从它的一侧，剪去一个以矩形纸片宽为边长的正方形（第一次操作）；从剩下的矩形纸片一侧再剪去一个以宽为边长的正方形（第二次操作）；按此方式，如果第三次操作后，剩下的纸片恰为正方形，则x的值为 ．
三、解答题（本题共6个小题，共54分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内
23．（7分）已知：△ABC．
（1）尺规作图：用直尺和圆规作出△ABC内切圆的圆心O．（只保留作图痕迹，不写作法和证明）
（2）如果△ABC的周长为14cm，内切圆的半径为1.3cm，求△ABC的面积．
24．（8分）如图所示，为了测量百货大楼CD顶部广告牌ED的高度，在距离百货大楼30m的A处用仪器测得∠DAC＝30°；向百货大楼的方向走10m，到达B处时，测得∠EBC＝48°，仪器高度忽略不计，求广告牌ED的高度．（结果保留小数点后一位）
（参考数据：≈1.732，sin48°≈0.743，cos48°≈0.669，tan48°≈1.111）
25．（9分）在平面直角坐标系中，已知一次函数y1＝k1x+b与坐标轴分别交于A（5，0），B（0，）两点，且与反比例函数y2＝的图象在第一象限内交于P，K两点，连接OP，△OAP的面积为．
（1）求一次函数与反比例函数的解析式．
（2）当y2＞y1时，求x的取值范围．
（3）若C为线段OA上的一个动点，当PC+KC最小时，求△PKC的面积．
26．（9分）我们可以通过面积运算的方法，得到等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离之和与一腰上的高之间的数量关系，并利用这个关系解决相关问题．
（1）如图一，在等腰△ABC中，AB＝AC，BC边上有一点D，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G．利用面积证明：DE+DF＝CG．
（2）如图二，将矩形ABCD沿着EF折叠，使点A与点C重合，点B落在B'处，点G为折痕EF上一点，过点G作GM⊥FC于M，GN⊥BC于N．若BC＝8，BE＝3，求GM+GN的长．
（3）如图三，在四边形ABCD中，E为线段BC上的一点，EA⊥AB，ED⊥CD，连接BD，且＝，BC＝，CD＝3，BD＝6，求ED+EA的长．
27．（10分）如图所示，在⊙O的内接△AMN中，∠MAN＝90°，AM＝2AN，作AB⊥MN于点P，交⊙O于另一点B，C是上的一个动点（不与A，M重合），射线MC交线段BA的延长线于点D，分别连接AC和BC，BC交MN于点E．
（1）求证：△CMA∽△CBD．
（2）若MN＝10，＝，求BC的长．
（3）在点C运动过程中，当tan∠MDB＝时，求的值．
28．（11分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交y轴于点A（0，﹣4），并经过点C（6，0），过点A作AB⊥y轴交抛物线于点B，抛物线的对称轴为直线x＝2，D点的坐标为（4，0），连接AD，BC，BD．点E从A点出发，以每秒个单位长度的速度沿着射线AD运动，设点E的运动时间为m秒，过点E作EF⊥AB于F，以EF为对角线作正方形EGFH．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点G随着E点运动到达BC上时，求此时m的值和点G的坐标；
（3）在运动的过程中，是否存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，如果存在，直接写出点G的坐标，如果不存在，请说明理由．
2022年黑龙江省绥化市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共12个小题，每小题3分，共36分）请在答题卡上用28铅笔将你的选项所对应的大写字母涂黑
1．（3分）化简|﹣|，下列结果中，正确的是（ ）
A． B．﹣ C．2 D．﹣2
【分析】利用绝对值的意义解答即可．
【解答】解：|﹣|的绝对值是，
故选：A．
【点评】本题主要考查了绝对值的意义，正确利用绝对值的意义是解题的关键．
2．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3．（3分）下列计算中，结果正确的是（ ）
A．2x2+x2＝3x4 B．（x2）3＝x5 C．＝﹣2 D．＝±2
【分析】利用合并同类项法则，幂的乘方的法则，立方根的意义，算术平方根的意义对每个选项进行分析，即可得出答案．
【解答】解：∵2x2+x2＝3x2≠3x4，
∴选项A不符合题意，
∵（x2）3＝x6≠x5，
∴选项B不符合题意，
∵＝﹣2，
∴选项C符合题意，
∵＝2≠±2，
∴选项D不符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查了合并同类项，幂的乘方，立方根，算术平方根，掌握合并同类项法则，幂的乘方的法则，立方根的意义，算术平方根的意义是解决问题的关键．
4．（3分）下列图形中，正方体展开图错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据正方体的展开图得出结论即可．
【解答】解：由展开图的知识可知，四个小正方形绝对不可能展开成田字形，故D选项都不符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查正方体展开图的知识，熟练掌握正方体的侧面展开图是解题的关键．
5．（3分）若式子+x﹣2在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x＞﹣1 B．x≥﹣1 C．x≥﹣1且x≠0 D．x≤﹣1且x≠0
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数，a﹣p＝（a≠0）即可得出答案．
【解答】解：∵x+1≥0，x≠0，
∴x≥﹣1且x≠0，
故选：C．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，负整数指数幂，掌握二次根式的被开方数是非负数，a﹣p＝（a≠0）是解题的关键．
6．（3分）下列命题中是假命题的是（ ）
A．三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半
B．如果两个角互为邻补角，那么这两个角一定相等
C．从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角
D．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
【分析】由三角形中位线定理，邻补角定义，切线长定理，直角三角形性质逐项判断即可．
【解答】解：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，故A是真命题，不符合题意；
如果两个角互为邻补角，那么这两个角一定互补，故B是假命题，符合题意；
从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角，故C是真命题，不符合题意；
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，故D是真命题，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查命题与定理，解题的关键是掌握教材上相关的概念和定理．
7．（3分）如图，线段OA在平面直角坐标系内，A点坐标为（2，5），线段OA绕原点O逆时针旋转90°，得到线段OA'，则点A'的坐标为（ ）
A．（﹣5，2） B．（5，2） C．（2，﹣5） D．（5，﹣2）
【分析】过点A作AB⊥x轴于点B，过点A′作A′C⊥x轴于点C，利用旋转的性质和全等三角形的判定与性质解答即可．
【解答】解：过点A作AB⊥x轴于点B，过点A′作A′C⊥x轴于点C，如图，
∵A点坐标为（2，5），
∴OB＝2，AB＝5．
由题意：∠AOA′＝90°，OA＝OA′．
∴∠AOB+∠A′OC＝90°．
∵∠A′OC+∠A′＝90°，
∴∠A′＝∠AOB．
在△A′OC和△OAB中，
，
∴△A′OC≌△OAB（AAS）．
∴A′C＝OB＝2，OC＝AB＝5，
∴A′（﹣5，2）．
故选：A．
【点评】本题主要考查了图形的旋转与坐标的变化，点的坐标的特征，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
8．（3分）学校组织学生进行知识竞赛，5名参赛选手的得分分别为：96，97，98，96，98．下列说法中正确的是（ ）
A．该组数据的中位数为98
B．该组数据的方差为0.7
C．该组数据的平均数为98
D．该组数据的众数为96和98
【分析】根据中位数的定义判断A选项；根据算术平均数的计算方法判断C选项；根据方差的计算方法判断B选项；根据众数的定义判断D选项．
【解答】解：A、将这组数据从小到大排列为：96，96，97，98，98，中位数为97，故A选项不符合题意；
C、平均数＝＝97，故C选项不符合题意；
B、方差＝×[（96﹣96）2×2+（97﹣96）2+（98﹣96）2×2]＝1.8，故B选项不符合题意；
D、该组数据的众数为96和98，故D选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了方差，算术平均数，中位数，众数，掌握求一组数据的众数的方法：找出频数最多的那个数据，若几个数据频数都是最多且相同，此时众数就是这多个数据是解题的关键．
9．（3分）有一个容积为24m3的圆柱形的空油罐，用一根细油管向油罐内注油，当注油量达到该油罐容积的一半时，改用一根口径为细油管口径2倍的粗油管向油罐注油，直至注满，注满油的全过程共用30分钟．设细油管的注油速度为每分钟xm3，由题意列方程，正确的是（ ）
A．+＝30 B．+＝24
C．+＝24 D．+＝30
【分析】设细油管的注油速度为每分钟xm3，则粗油管的注油速度为每分钟4xm3，利用注油所需时间＝注油总量÷注油速度，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：24÷2＝12（m3）．
设细油管的注油速度为每分钟xm3，则粗油管的注油速度为每分钟4xm3，
依题意得：+＝30．
故选：A．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
10．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的部分函数图象如图所示，则一次函数y＝ax+b2﹣4ac与反比例函数y＝在同一平面直角坐标系中的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】由二次函数y＝ax2+bx+c的部分函数图象判断a，b2﹣4ac及4a+2b+c的符号，即可得到答案．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c的部分函数图象开口向上，
∴a＞0，
∵二次函数y＝ax2+bx+c的部分函数图象顶点在x轴下方，开口向上，
∴二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴有两个交点，b2﹣4ac＞0，
∴一次函数y＝ax+b2﹣4ac的图象位于第一，二，三象限，
由二次函数y＝ax2+bx+c的部分函数图象可知，点（2，4a+2b+c）在x轴上方，
∴4a+2b+c＞0，
∴y＝的图象位于第一，三象限，
据此可知，符合题意的是B，
故选：B．
【点评】本题考查一次函数，二次函数，反比例函数的图象，解题的关键是掌握三种图象的性质．
11．（3分）小王同学从家出发，步行到离家a米的公园晨练，4分钟后爸爸也从家出发沿着同一路线骑自行车到公园晨练，爸爸到达公园后立即以原速折返回到家中，两人离家的距离y（单位：米）与出发时间x（单位：分钟）的函数关系如图所示，则两人先后两次相遇的时间间隔为（ ）
A．2.7分钟 B．2.8分钟 C．3分钟 D．3.2分钟
【分析】根据题意和函数图象中的数据，可以先表示出两人的速度，然后即可计算出两人第一次和第二次相遇的时间，然后作差即可．
【解答】解：由图象可得，
小王的速度为米/分钟，
爸爸的速度为：＝（米/分钟），
设小王出发m分钟两人第一次相遇，出发n分钟两人第二次相遇，
m＝（m﹣4）•，n+[n﹣4﹣（12﹣4）÷2]＝a，
解得m＝6，n＝9，
n﹣m＝9﹣6＝3，
故选：C．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出两人相遇的时间．
12．（3分）如图，在矩形ABCD中，P是边AD上的一个动点，连接BP，CP，过点B作射线，交线段CP的延长线于点E，交边AD于点M，且使得∠ABE＝∠CBP，如果AB＝2，BC＝5，AP＝x，PM＝y，其中2＜x≤5．则下列结论中，正确的个数为（ ）
（1）y与x的关系式为y＝x﹣；
（2）当AP＝4时，△ABP∽△DPC；
（3）当AP＝4时，tan∠EBP＝．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【分析】利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，平行线分线段成比例定理对每个选项的结论进行判断即可：（1）过点P作PF⊥BC于点F，利用矩形的判定与性质和相似三角形的判定与性质解答即可；（2）利用相似三角形的判定定理解答即可；（3）利用（1），（2）的结论利用勾股定理和平行线分线段成比例定理求得PB，PE，再利用直角三角形的边角关系定理即可求得结论．
【解答】解：（1）过点P作PF⊥BC于点F，如图，
∵四边形ABCD是矩形，PF⊥BC，
∴四边形ABFP是矩形，
∴PF＝AB＝2，BF＝AP＝x，
∴AM＝AP＝PM＝x﹣y．
∵∠ABE＝∠CBP，∠A＝∠PFB＝90°，
∴△ABM∽△FBP，
∴，
∴．
∴x2﹣xy＝4．
∴y＝x﹣．
∴（1）的结论正确；
（2）当AP＝4时，DP＝AD﹣AP＝5﹣4＝1，
∵，，
∴．
∵∠A＝∠D＝90°，
∴△ABP△DPC．
∴（2）的结论正确；
（3）由（2）知：当AP＝4时，△ABP∽△DPC，
∴∠ABP＝∠DPC．
∵∠BPA+∠ABP＝90°，
∴∠APB+∠DPC＝90°．
∴∠CPB＝90°．
∴∠BPE＝90°．
∴tan∠EBP＝．
由（1）知：PM＝AP﹣＝3，
BP＝＝2，CP＝＝．
∵AD∥BC，
∴．
∴，
解得：PE＝，
∴tan∠EBP＝＝＝，
∴（3）的结论错误，
综上，正确的结论为：（1）（2），
故选：C．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，平行线分线段成比例定理，灵活应用相似三角形的判定与性质是解题的关键．
二、填空题（本题共10个小题，每小题3分，共30分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内
13．（3分）一个不透明的箱子中有5个红球和若干个黄球，除颜色外无其它差别．若任意摸出一个球，摸出红球的概率为，则这个箱子中黄球的个数为 15 个．
【分析】直接利用概率公式得出＝，进而得出答案．
【解答】解：设箱子中黄球的个数为x个，根据题意可得：
＝，
解得：x＝15，
经检验得：x＝15是原方程的根．
故答案为：15．
【点评】此题主要考查了概率公式，正确掌握概率求法是解题关键．
14．（3分）因式分解：（m+n）2﹣6（m+n）+9＝ （m+n﹣3）2 ．
【分析】将m+n看作整体，利用完全平方公式即可得出答案．
【解答】解：原式＝（m+n）2﹣2•（m+n）•3+32
＝（m+n﹣3）2．
故答案为：（m+n﹣3）2．
【点评】本题考查了因式分解﹣运用公式法，考查整体思想，掌握a2±2ab+b2＝（a±b）2是解题的关键．
15．（3分）不等式组的解集为x＞2，则m的取值范围为 m≤2 ．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大，结合不等式组的解集可得答案．
【解答】解：由3x﹣6＞0，得：x＞2，
∵不等式组的解集为x＞2，
∴m≤2，
故答案为：m≤2．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解题的关键．
16．（3分）已知圆锥的高为8cm，母线长为10cm，则其侧面展开图的面积为 60πcm2 ．
【分析】利用勾股定理易得圆锥的底面半径，那么圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2．
【解答】解：圆锥的高为8cm，母线长为10cm，
由勾股定理得，底面半径＝6cm，
侧面展开图的面积＝πrl＝π×6×10＝60πcm2．
故答案为：60πcm2．
【点评】本题利用了勾股定理和圆锥的计算，圆锥的侧面积就是展开后扇形的面积，即S侧＝πrl．
17．（3分）设x1与x2为一元二次方程x2+3x+2＝0的两根，则（x1﹣x2）2的值为 20 ．
【分析】根据根与系数的关系即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：x1+x2＝﹣6，x1x2＝4，
∴（x1﹣x2）2＝（x1+x2）2﹣4x1x2
＝（﹣6）2﹣4×4
＝36﹣16
＝20，
故答案为：20．
【点评】本题考查根与系数的关系，解题的关键是熟练运用根与系数的关系．
18．（3分）定义一种运算：
sin（α+β）＝sinαcosβ+cosαsinβ，
sin（α﹣β）＝sinαcosβ﹣cosαsinβ．
例如：当α＝45°，β＝30°时，sin（45°+30°）＝×+×＝，则sin15°的值为 ．
【分析】把15°看成是45°与30°的差，再代入公式计算得结论．
【解答】解：sin15°＝sin（45°﹣30°）
＝sin45°cos30°﹣cos45°sin30°
＝×﹣×
＝﹣
＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了解直角三角形，掌握特殊角的三角函数值是解决本题的关键．
19．（3分）如图，正六边形ABCDEF和正五边形AHIJK内接于⊙O，且有公共顶点A，则∠BOH的度数为 12 度．
【分析】求出正六边形的中心角∠AOB和正五边形的中心角∠AOH，即可得出∠BOH的度数．
【解答】解：如图，连接OA，
正六边形的中心角为∠AOB＝360°÷6＝60°，
正五边形的中心角为∠AOH＝360°÷5＝72°，
∴∠BOH＝∠AOH﹣∠AOB＝72°﹣60°＝12°．
故答案为：12．
【点评】本题主要考查正多边形与圆，会求正多边形的中心角是解题关键．
20．（3分）某班为奖励在数学竞赛中成绩优异的同学，花费48元钱购买了甲、乙两种奖品，每种奖品至少购买1件，其中甲种奖品每件4元，乙种奖品每件3元．则有 3 种购买方案．
【分析】设购买x件甲种奖品，y件乙种奖品，利用总价＝单价×数量，即可得出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，即可得出共有3种购买方案．
【解答】解：设购买x件甲种奖品，y件乙种奖品，
依题意得：4x+3y＝48，
∴x＝12﹣y．
又∵x，y均为正整数，
∴或或，
∴共有3种购买方案．
故答案为：3．
【点评】本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
21．（3分）如图，∠AOB＝60°，点P1在射线OA上，且OP1＝1，过点P1作P1K1⊥OA交射线OB于K1，在射线OA上截取P1P2，使P1P2＝P1K1；过点P2作P2K2⊥OA交射线OB于K2，在射线OA上截取P2P3，使P2P3＝P2K2…按照此规律，线段P2023K2023的长为 （1+）2022 ．
【分析】根据题意和题目中的数据，可以写出前几项，然后即可得到PnKn的式子，从而可以写出线段P2023K2023的长．
【解答】解：由题意可得，
P1K1＝OP1•tan60°＝1×＝，
P2K2＝OP2•tan60°＝（1+）×＝（1+），
P3K3＝OP3•tan60°＝（1+++3）×＝（1+）2，
P4K4＝OP4•tan60°＝[（1+++3）+（1+）2]×＝（1+）3，
…，
PnKn＝（1+）n﹣1，
∴当n＝2023时，P2023K2023＝（1+）2022，
故答案为：（1+）2022．
【点评】本题考查图形的变化类，解答本题的关键是发现PnKn的变化特点．
22．（3分）在长为2，宽为x（1＜x＜2）的矩形纸片上，从它的一侧，剪去一个以矩形纸片宽为边长的正方形（第一次操作）；从剩下的矩形纸片一侧再剪去一个以宽为边长的正方形（第二次操作）；按此方式，如果第三次操作后，剩下的纸片恰为正方形，则x的值为 1.2或者1.5 ．
【分析】本题中的x与（2﹣x）不知那个大，因此需要分类讨论，从而列方程求解．
【解答】解：第一次操作后的两边长分别是x和（2﹣x），第二次操作后的两边长分别是（2x﹣2）和（2﹣x）．
当2x﹣2＞2﹣x时，有2x﹣2＝2（2﹣x），解得x＝1.5，
当2x﹣2＜2﹣x时，有2（2x﹣2）＝2﹣x，解得x＝1.2．
故答案为：1.2或者1.5．
【点评】主要考查了含有字母的代数式的比较，关键是第二次操作后的边长，不知哪个是长，哪个是宽，所以分两种情况，不要丢掉任何一种．
三、解答题（本题共6个小题，共54分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内
23．（7分）已知：△ABC．
（1）尺规作图：用直尺和圆规作出△ABC内切圆的圆心O．（只保留作图痕迹，不写作法和证明）
（2）如果△ABC的周长为14cm，内切圆的半径为1.3cm，求△ABC的面积．
【分析】（1）作∠ABC，∠ACB的角平分线交于点O，点O即为所求；
（2）△ABC的面积＝（a+b+c）•r计算即可．
【解答】解：（1）如图，点O即为所求；
（2）由题意，△ABC的面积＝×14×1.3＝9.1（cm2）．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，三角形的内切圆与内心等知识，解题的关键掌握三角形的内心是角平分线的交点，属于中考常考题型．
24．（8分）如图所示，为了测量百货大楼CD顶部广告牌ED的高度，在距离百货大楼30m的A处用仪器测得∠DAC＝30°；向百货大楼的方向走10m，到达B处时，测得∠EBC＝48°，仪器高度忽略不计，求广告牌ED的高度．（结果保留小数点后一位）
（参考数据：≈1.732，sin48°≈0.743，cos48°≈0.669，tan48°≈1.111）
【分析】在Rt△ADC中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长，再利用已知求出BC的长，然后再在Rt△BCE中，利用锐角三角函数的定义求出EC的长，进行计算即可解答．
【解答】解：在Rt△ADC中，∠DAC＝30°，AC＝30米，
∴CD＝AC•tan30°＝30×＝10（米），
∵AB＝10米，
∴BC＝AC﹣AB＝20（米），
在Rt△BCE中，∠EBC＝48°，
∴EC＝BC•tan48°≈20×1.111＝22.22（米），
∴DE＝EC﹣DC＝22.22﹣10≈4.9（米），
∴广告牌ED的高度约为4.9米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
25．（9分）在平面直角坐标系中，已知一次函数y1＝k1x+b与坐标轴分别交于A（5，0），B（0，）两点，且与反比例函数y2＝的图象在第一象限内交于P，K两点，连接OP，△OAP的面积为．
（1）求一次函数与反比例函数的解析式．
（2）当y2＞y1时，求x的取值范围．
（3）若C为线段OA上的一个动点，当PC+KC最小时，求△PKC的面积．
【分析】（1）根据待定系数法可求出直线AB的解析式，根据△OAP的面积可得出点P的坐标，代入反比例函数解析式可得出反比例函数的解析式；
（2）联立一次函数和反比例函数的解析式，可得出点K的坐标，结合图象可直接得出x的取值范围；
（3）作点P关于x轴的对称点P′，连接KP′，线段KP′与x轴的交点即为点C，求出直线KP′的解析式，令y＝0，可得出点C的坐标，再根据三角形的面积公式可得出结论．
【解答】解：（1）∵一次函数y1＝k1x+b与坐标轴分别交于A（5，0），B（0，）两点，
∴，解得．
∴一次函数的解析式为：y1＝﹣x+．
∵△OAP的面积为，
∴•OA•yP＝，
∴yP＝，
∵点P在一次函数图象上，
∴令﹣x+＝．解得x＝4，
∴P（4，）．
∵点P在反比例函数y2＝的图象上，
∴k2＝4×＝2．
∴一次函数的解析式为：y1＝﹣x+．反比例函数的解析式为：y2＝．
（2）令﹣x+＝，解得x＝1或x＝4，
∴K（1，2），
由图象可知，当y2＞y1时，x的取值范围为：0＜x＜1或x＞4．
（3）如图，作点P关于x轴的对称点P′，连接KP′，线段KP′与x轴的交点即为点C，
∵P（4，）．
∴P′（4，﹣）．
∴PP′＝1，
∴直线KP′的解析式为：y＝﹣x+．
令y＝0，解得x＝．
∴C（，0）．
∴S△PKC＝•（xC﹣xK）•PP′
＝×（﹣1）×1
＝．
∴当PC+KC最小时，△PKC的面积为．
【点评】本题属于反比例函数与一次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，数形结合思想，轴对称最值问题，三角形的面积问题等知识，关键是求出一次函数和反比例函数的解析式．
26．（9分）我们可以通过面积运算的方法，得到等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离之和与一腰上的高之间的数量关系，并利用这个关系解决相关问题．
（1）如图一，在等腰△ABC中，AB＝AC，BC边上有一点D，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G．利用面积证明：DE+DF＝CG．
（2）如图二，将矩形ABCD沿着EF折叠，使点A与点C重合，点B落在B'处，点G为折痕EF上一点，过点G作GM⊥FC于M，GN⊥BC于N．若BC＝8，BE＝3，求GM+GN的长．
（3）如图三，在四边形ABCD中，E为线段BC上的一点，EA⊥AB，ED⊥CD，连接BD，且＝，BC＝，CD＝3，BD＝6，求ED+EA的长．
【分析】（1）连接AD，根据S△ABC＝S△ABD+S△ACD，可得结论；
（2）利用翻折的性质得，CE＝CF，由勾股定理得，AB＝4，则等腰△CEF中，CE边上的高为4，由（1）知，GM+GN＝4；
（3）延长BA、CD交于G，作BH⊥CD于H，利用△BAE∽△CDE，得∠ABE＝∠C，则BG＝CG，设DH＝x，利用勾股定理列方程可得DH的长，从而得出BH，利用（1）中结论可得答案．
【解答】（1）证明：连接AD，
∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD，
∴＝，
∵AB＝AC，
∴DE+DF＝CG；
（2）解：∵将矩形ABCD沿着EF折叠，使点A与点C重合，
∴∠AFE＝∠EFC，AE＝CE，
∵AD∥BC，
∴∠AFE＝∠CEF，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
∵BC＝8，BE＝3，
∴CE＝AE＝5，
在Rt△ABE中，由勾股定理得，AB＝4，
∴等腰△CEF中，CE边上的高为4，
由（1）知，GM+GN＝4；
（3）解：延长BA、CD交于G，作BH⊥CD于H，
∵＝，∠BAE＝∠EDC＝90°，
∴△BAE∽△CDE，
∴∠ABE＝∠C，
∴BG＝CG，
∴ED+EA＝BH，
设DH＝x，
由勾股定理得，62﹣x2＝（）2﹣（x+3）2，
解得x＝1，
∴DH＝1，
∴BH＝＝，
∴ED+EA＝．
【点评】本题是相似形综合题，主要考查了等腰三角形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，证明等腰三角形，利用（1）中结论是解决问题（2）、（3）的关键．
27．（10分）如图所示，在⊙O的内接△AMN中，∠MAN＝90°，AM＝2AN，作AB⊥MN于点P，交⊙O于另一点B，C是上的一个动点（不与A，M重合），射线MC交线段BA的延长线于点D，分别连接AC和BC，BC交MN于点E．
（1）求证：△CMA∽△CBD．
（2）若MN＝10，＝，求BC的长．
（3）在点C运动过程中，当tan∠MDB＝时，求的值．
【分析】（1）连接BM，由四边形ABMC是⊙O的内接四边形，得∠DCA＝∠ABM，由∠MAN＝90°，AB⊥MN，可得∠ABM＝∠BAM，即可得∠DCA＝∠BCM，从而∠DCB＝∠ACM，可证△CMA∽△CBD；
（2）连接OC，由AM＝2MN，MN＝10可得AN＝2，AM＝4，由面积法得AP＝BP＝＝＝4，即得PM＝＝8，根据＝，可得△PDM是等腰直角三角形，CM＝OM＝5，即得PD＝PM＝8，BD＝PD+BP＝12，又△CMA∽△CBD，可得BC＝3；
（3）连接CN交AM于K，连接KE，由tan∠MDB＝，可得tan∠CNM＝，根据AB⊥MN，得＝，有∠KCE＝∠KME，即知C、K、E、M四点共圆，可得∠KEM＝90°＝∠KEN，从而＝，设KE＝3m，则NE＝4m，而tan∠KME＝＝＝，得EM＝6m，故＝＝．
【解答】（1）证明：连接BM，如图：
∵四边形ABMC是⊙O的内接四边形，
∴∠DCA＝∠ABM，
∵∠MAN＝90°，
∴MN为⊙O的直径，
∵AB⊥MN，
∴＝，
∴∠ABM＝∠BAM，
∴∠DCA＝∠BAM，
∵＝，
∴∠BAM＝∠BCM，
∴∠DCA＝∠BCM，
∴∠DCB＝∠ACM，
∵＝，
∴∠DBC＝∠AMC，
∴△CMA∽△CBD；
（2）解：连接OC，如图：
由AM＝2MN，设AN＝x，则AM＝2x，
∵MN为直径，
∴∠NAM＝90°，
∴x2+（2x）2＝102，
解得x＝2，
∴AN＝2，AM＝4，
∵AB⊥MN，
∴2S△AMN＝AN•AM＝MN•AP，
∴AP＝BP＝＝＝4，
∴PM＝＝8，
∵＝，
∴OC⊥MN，
∵OC＝OM，
∴∠CMO＝45°，
∴△PDM是等腰直角三角形，CM＝OM＝5，
∴PD＝PM＝8，
∴BD＝PD+BP＝12，
由（1）知△CMA∽△CBD，
∴＝，即＝，
∴BC＝3；
（3）解：连接CN交AM于K，连接KE，如图：
∵MN是⊙O直径，
∴∠MCN＝90°＝∠DPM，
∴∠CNM＝90°﹣∠CMP＝∠D，
∵tan∠MDB＝，
∴tan∠CNM＝，
∵AB⊥MN，
∴＝，
∴∠KCE＝∠KME，
∴C、K、E、M四点共圆，
∵∠NCM＝90°，
∴∠KEM＝90°＝∠KEN，
而tan∠CNM＝，
∴＝，
设KE＝3m，则NE＝4m，
∵tan∠KME＝＝＝，
∴EM＝6m，
∴＝＝．
【点评】本题考查圆的综合应用，涉及相似三角形判定与性质，等腰直角三角形，锐角三角函数等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
28．（11分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交y轴于点A（0，﹣4），并经过点C（6，0），过点A作AB⊥y轴交抛物线于点B，抛物线的对称轴为直线x＝2，D点的坐标为（4，0），连接AD，BC，BD．点E从A点出发，以每秒个单位长度的速度沿着射线AD运动，设点E的运动时间为m秒，过点E作EF⊥AB于F，以EF为对角线作正方形EGFH．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点G随着E点运动到达BC上时，求此时m的值和点G的坐标；
（3）在运动的过程中，是否存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，如果存在，直接写出点G的坐标，如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据抛物线的对称轴为直线x＝2，可得出抛物线与x轴的另一个交点的坐标为（﹣2，0），列出交点式，再将点A（0，﹣4）可得出抛物线的解析式；
（2）根据可得出△ABD是等腰直角三角形，再根据点E的运动和正方形的性质可得出点H，F，G的坐标，根据点B，C的坐标可得出直线BC的解析式，将点G代入直线BC的解析式即可；
（3）若存在，则△BGC是直角三角形，则需要分类讨论，当点B为直角顶点，当点G为直角顶点，当点C为直角顶点，分别求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴为直线x＝2，D点的坐标为（4，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣2，0），
∴抛物线的解析式为：y＝a（x+2）（x﹣6），
将点A（0，﹣4）解析式可得，﹣12a＝﹣4，
∴a＝．
∴抛物线的解析式为：y＝（x+2）（x﹣6）＝x2﹣x﹣4．
（2）∵AB⊥y轴，A（0，﹣4），
∴点B的坐标为（4，﹣4）．
∵D（4，0），
∴AB＝BD＝4，且∠ABD＝90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，∠BAD＝45°．
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形．
∵AE＝2m，
∴AF＝EF＝m，
∴E（m，﹣4+m），F（m，﹣4）．
∵四边形EGFH是正方形，
∴△EHF是等腰直角三角形，
∴∠HEF＝∠HFE＝45°，
∴FH是∠AFE的角平分线，点H是AE的中点．
∴H（m，﹣4+m），G（m，﹣4+m）．
∵B（4，﹣4），C（6，0），
∴直线BC的解析式为：y＝2x﹣12．
当点G随着E点运动到达BC上时，有2×m﹣12＝﹣4+m．
解得m＝．
∴G（，﹣）．
（3）存在，理由如下：
∵B（4，﹣4），C（6，0），G（m，﹣4+m）．
∴BG2＝（4﹣m）2+（m）2，
BC2＝（4﹣6）2+（﹣4）2＝20，
CG2＝（6﹣m）2+（﹣4+m）2．
若以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，则△BGC是直角三角形，
∴分以下三种情况：
①当点B为直角顶点时，BG2+BC2＝CG2，
∴（6﹣m）2+（﹣4+m）2+20＝（4﹣m）2+（m）2，
解得m＝，
∴G（，﹣）；
②当点C为直角顶点时，BC2+CG2＝BG2，
∴20+（6﹣m）2+（﹣4+m）2＝（4﹣m）2+（m）2，
解得m＝，
∴G（，）；
③当点G为直角顶点时，BG2+CG2＝BC2，
∴（4﹣m）2+（m）2+（6﹣m）2+（﹣4+m）2＝20，
解得m＝或，
∴G（3，﹣3）或（，）；
综上，存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，点G的坐标为（，﹣）或（，）或（3，﹣3）或（，）．
【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，分类讨论等知识，解题关键是由点E的坐标得出点H，F，G的坐标．本题第（3）问当点B和点C为直角顶点时，也可通过一次函数和几何结合求解．
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