2022年广东省深圳市盐田区中考数学二模试卷

这是一份2022年广东省深圳市盐田区中考数学二模试卷，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022年广东省深圳市盐田区中考数学二模试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（3分）下列数中，大于﹣1且小于0的是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）下列图形中，只经过旋转即可得到的是（　　）
A． B． C． D．
3．（3分）若a为正数，b为负数，则（　　）
A．a+b＞0 B．a+b＜0 C．ab＞0 D．ab＜0
4．（3分）为了响应“非必要不离深”的倡议，五一假期约228.8万人次在深圳各公园享受花漾“深蹲”．数据“228.8万”用科学记数法表示为（　　）
A．228.8×104 B．22.88×105 C．2.288×106 D．2.288×102
5．（3分）下列几何体中，主视图为轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（3分）下列算式中，正确的是（　　）
A．（a+b）2＝a2+b2 B．5a2﹣3a2＝2a2
C． D．
7．（3分）“天宫课堂”第二课3月23日在中国空间站开讲，包括六个项目：太空“冰雪”实验、液桥演示实验、水油分离实验、太空抛物实验、空间科学设施介绍与展示、天地互动环节．若随机选取一个项目写观后感，则恰好选到“实验”项目的概率是（　　）
A． B． C． D．
8．（3分）如图，点C在以AB为直径的圆上，则BC＝（　　）

A．AB•sinB B．AB•cosB C． D．
9．（3分）反比例函数y与一次函数y＝kx+b的交点的纵坐标如图所示，则不等式kx+b的解集是（　　）

A．x＜﹣1或0＜x＜2 B．x＜﹣2或0＜x＜1
C．﹣1＜x＜0或x＞2 D．﹣2＜x＜0或x＞1
10．（3分）如图，MN是正方形ABCD的对称轴，沿折痕DF，DE折叠，使顶点A，C落在MN上的点G．给出4个结论：①∠BFE＝30°；②△FGM∽△DEG；③tan∠FDC＝2；④S△DCE＝（2）S△DAF．其中正确的是（　　）

A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分．
11．（3分）分解因式：2ab2﹣8a＝　 　．
12．（3分）如图，AB∥CD，∠ABE＝120°，∠DCE＝110°，则∠BEC＝　 　°．

13．（3分）一桶油漆能刷1500dm2的面积，用它恰好刷完10个同样的正方体形状盒子的全部外表面．设其中一个盒子的棱长为xdm，则可列出方程：　 　．
14．（3分）一个正多边形内接于半径为4的⊙O，AB是它的一条边，扇形OAB的面积为2π，则这个正多边形的边数是 　 　．
15．（3分）如图，将边长为1的正方形ABCD分成七块，重新拼图可得矩形DEFG，它由三个全等的小正方形组成．则AH＝　 　．

三、解答题：本题共7小题，共55分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．（6分）计算：．
17．（7分）解不等式组，并把它的解集表示在数轴上．
18．（7分）习近平指出：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气．”为了解学生的阅读情况，佳佳从七、八年级分别随机抽查了40名学生（已知两个年级学生人数相同），调查了他们在校期间的阅读情况，根据调查情况得到如下统计图表：
年级
参加阅读人数
星期一
星期二
星期三
星期四
星期五
七年级
25
30
a
40
30
八年级
20
26
24
30
40
合计
45
56
59
70
70

（1）a＝　 　；
（2）八年级参加阅读学生的平均阅读时间的中位数为 　 　；
（3）七年级学生参加阅读人数的众数为 　 　；
（4）估计该校七、八年级共1120名学生中这五天平均每天参加阅读的人数．
19．（8分）如图，已知射线BC⊥AB，以AB为斜边作Rt△ABD，延长AD到E，使得AD＝DE，连接BE，BF平分∠CBE交AE于点F．
（1）求证：BD＝DF；
（2）若AB＝2，以AE为边向下作∠AEG＝45°，交射线BC于点G，求BG的长．

20．（8分）北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”深受欢迎，佳佳购进一批“冰墩墩”玩偶，简装版共3840元，礼盒版共8000元，礼盒版进价比简装版多8元，礼盒版进数是简装版进数的2倍．
（1）求单个“冰墩墩”简装版和礼盒版的进价；
（2）“冰墩墩”持续热销，佳佳决定再购进简装版与礼盒版共100个（总预算不超出19500元），礼盒版最多可购进多少个？
21．（9分）在平面直角坐标系xOy中，点A是抛物线y＝﹣x2+2mx﹣m2+2m+1的顶点．
（1）求点A的坐标（用含m的代数式表示）；
（2）若射线OA与x轴所成的锐角为45°，求m的值；
（3）将点P（0，1）向右平移4个单位得到点Q，若抛物线与线段PQ只有一个公共点，直接写出m的取值范围．
22．（10分）定义：将图形M绕点P顺时针旋转90°得到图形N，则图形N称为图形M关于点P的“垂直图形”．
例如：在图中，点D为点C关于点P的“垂直图形”．
（1）点A关于原点O的“垂直图形”为点B．
①若点A的坐标为（0，2），直接写出点B的坐标；
②若点B的坐标为（2，1），直接写出点A的坐标；
（2）已知E（﹣3，3），F（﹣2，3），G（a，0）．线段EF关于点G的“垂直图形”记为E'F'，点E的对应点为E'，点F的对应点为F'．
①求点E'的坐标；
②当点G运动时，求FF'的最小值．



2022年广东省深圳市盐田区中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（3分）下列数中，大于﹣1且小于0的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，据此判断即可．
【解答】解：∵1，1，﹣10，0，
∴所给的数中，大于﹣1且小于0的是．
故选：C．
【点评】此题主要考查了实数大小比较的方法，解答此题的关键是要明确：正实数＞0＞负实数，两个负实数绝对值大的反而小．
2．（3分）下列图形中，只经过旋转即可得到的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据旋转和轴对称的性质对每个图形进行分析，则可得出答案．
【解答】解：A．由原图经过旋转和翻折后得到的，故不符合题意；
B．由原图经过逆时针旋转90°得到的，故符合题意；
C．由原图经过旋转和翻折后得到的，故不符合题意；
D．由原图经过翻折后得到的，故不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，轴对称的性质，熟练掌握几何变换的性质是解题的关键．
3．（3分）若a为正数，b为负数，则（　　）
A．a+b＞0 B．a+b＜0 C．ab＞0 D．ab＜0
【分析】根据有理数的乘法法则判断C，D选项；根据有理数的加法法则判断A，B选项．
【解答】解：∵a为正数，b为负数，
∴ab＜0，故C选项不符合题意，D选项符合题意；
a+b的符号无法判断，取决于绝对值较大的数的符号，故A，B选项不符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了有理数的乘法，有理数的加法，掌握两数相乘，同号得正，异号得负，并把绝对值相乘是解题的关键．
4．（3分）为了响应“非必要不离深”的倡议，五一假期约228.8万人次在深圳各公园享受花漾“深蹲”．数据“228.8万”用科学记数法表示为（　　）
A．228.8×104 B．22.88×105 C．2.288×106 D．2.288×102
【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的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：228.8万＝2288000＝2.288×106，
故选：C．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要确定a的值以及n的值．
5．（3分）下列几何体中，主视图为轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】分别找出四个立体图形的主视图即可解答．
【解答】解：A．主视图底层是三个小正方形，上层中间是一个小正方形，是轴对称图形，故本选项符合题意；
B．主视图底层是三个小正方形，上层左边是一个小正方形，不是轴对称图形，故本选不项符合题意；
C．主视图底层是三个小正方形，上层左边是一个小正方形，不是轴对称图形，故本选不项符合题意；
D．主视图底层是三个小正方形，上层右边是一个小正方形，不是轴对称图形，故本选不项符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查简单组合体的三视图以及轴对称图形，主视图就是从正面看物体所得到的图形．
6．（3分）下列算式中，正确的是（　　）
A．（a+b）2＝a2+b2 B．5a2﹣3a2＝2a2
C． D．
【分析】根据完全平方公式、合并同类项法则、积的乘方以及负整数指数幂的意义即可求出答案．
【解答】解：A、原式＝a2+2aab+b2，故A不符合题意．
B、原式＝2a2，故B符合题意．
C、原式，故C不符合题意．
D、原式，故D不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查完全平方公式、合并同类项法则、积的乘方以及负整数指数幂的意义，本题属于基础题型．
7．（3分）“天宫课堂”第二课3月23日在中国空间站开讲，包括六个项目：太空“冰雪”实验、液桥演示实验、水油分离实验、太空抛物实验、空间科学设施介绍与展示、天地互动环节．若随机选取一个项目写观后感，则恰好选到“实验”项目的概率是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据随机事件概率大小的求法，找准两点：
①符合条件的情况数目；
②全部情况的总数．
二者的比值就是其发生的概率的大小．
【解答】解：∵共6个项目，“实验”项目有太空“冰雪”实验、液桥演示实验、水油分离实验、太空抛物实验共4个，
∴随机选取一个项目写观后感，则恰好选到“实验”项目的概率是，
故选：C．
【点评】本题考查概率的求法与运用，一般方法为：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）．
8．（3分）如图，点C在以AB为直径的圆上，则BC＝（　　）

A．AB•sinB B．AB•cosB C． D．
【分析】连接AC，根据圆周角定理求出∠ACB＝90°，解直角三角形得出cosB，再求出BC即可．
【解答】解：连接AC，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵cosB，
∴BC＝AB•cosB，
故选：B．
【点评】本题考查了解直角三角形和圆周角定理，能根据圆周角定理得出∠ACB＝90°是解此题的关键．
9．（3分）反比例函数y与一次函数y＝kx+b的交点的纵坐标如图所示，则不等式kx+b的解集是（　　）

A．x＜﹣1或0＜x＜2 B．x＜﹣2或0＜x＜1
C．﹣1＜x＜0或x＞2 D．﹣2＜x＜0或x＞1
【分析】先求出交点横坐标，再根据图象即可确定不等式的解集．
【解答】解：根据图象可知，反比例函数y与一次函数y＝kx+b的交点的纵坐标分别为1，﹣2，
将交点纵坐标分别代入反比例函数解析式，得交点横坐标分别为2，﹣1，
∴不等式kx+b的解集是x＜﹣1或0＜x＜2，
故选：A．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，熟练掌握反比例函数与一次函数的图象是解题的关键．
10．（3分）如图，MN是正方形ABCD的对称轴，沿折痕DF，DE折叠，使顶点A，C落在MN上的点G．给出4个结论：①∠BFE＝30°；②△FGM∽△DEG；③tan∠FDC＝2；④S△DCE＝（2）S△DAF．其中正确的是（　　）

A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
【分析】设∠ADF＝α，∠CDE＝β，根据折叠的性质得，∠FDG＝α，∠GDE＝α，根据轴对称的性质得出sin∠DGN，即可判断①，从而得出∠DGN＝30°，α＝15°，β＝30°，继而判断②，设FG＝AF＝x，则FM＝2a﹣x，解Rt△GFM，即可判断③，分别求得S△DCE，（2）S△DAF即可判断④．
【解答】解：设∠ADF＝α，∠CDE＝β，根据折叠的性质得，∠FDG＝α，∠GDE＝α，
∵四边形ABCD是正方形，则∠ADC＝2α+2β＝90°，
∴α+β＝45°，
设正方形的边长为4α，则AD＝DG＝DC＝4α，
∵MN是正方形ABCD的对称轴，
∴DN＝2α，
∴sin∠DGN，
∴∠DGN＝30°，
∵∠FGD＝∠A＝90°，
∴∠FGM＝60°，
∴∠BFE＝30°，故①正确；
∴∠AFD＝∠GFD（180°﹣∠BFE）＝75°，
∴α＝15°，β＝30°，
∵∠MFG＝∠BFE＝30°＝β＝∠GDE，∠B＝∠DGE＝∠C＝90°，
∴△FGM∽△DEG；故②正确；
设FG＝AF＝x，则FM＝2α﹣x，
在△GFM中，cos∠MFGcos30°，
∴，
解得：x＝4（2）α，
即AF＝4（2）α，
∵∠FDC＝α+2β＝75°＝∠AFD，
tan∠FDC＝tan∠AFD22，故③不正确；
∵∠EDC﹣30°，
∴EC＝DC•tan30°＝4α•α，
∴S△DCE4αα＝8α2，
∵AF＝4（2）α，AD＝4α，
∴（2）S△DAF＝（2）AD×AF＝（2）4α×4（2）α＝8α2，
∴S△DCE＝（2）S△DAF，故④正确，
故①②④正确，
故选：D．
【点评】本题考查正方形的性质，折叠的性质，解直角三角，相似三角形的判定，综合运用以上知识是解题关键．
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分．
11．（3分）分解因式：2ab2﹣8a＝　2a（b+2）（b﹣2）　．
【分析】两项的数字公因式为2，字母公因式为a，故公因式为2a，提公因式后，用平方差公式进一步因式分解．
【解答】解：2ab2﹣8a，
＝2a（b2﹣4），
＝2a（b+2）（b﹣2）．
故答案为：2a（b+2）（b﹣2）．
【点评】本题考查了提公因式法．注意公因式包括数字、字母，公因式选择应完整．因式分解应该分解到不能再分解为止．
12．（3分）如图，AB∥CD，∠ABE＝120°，∠DCE＝110°，则∠BEC＝　50　°．

【分析】延长AB到G，交EC与点F，再根据平行线的性质，补角的定义以及三角形的外角性质解答即可．
【解答】解：延长AB到G，交EC与点F，

∵AB∥CD，
∴∠EFG＝∠DCE＝110°，
又∵∠EBF＝180°﹣∠ABE＝180°﹣120°＝60°，
∴∠BEC＝∠BEC﹣∠EBF＝110°﹣60°＝50°．
故答案为：50．
【点评】此题考查了平行线的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
13．（3分）一桶油漆能刷1500dm2的面积，用它恰好刷完10个同样的正方体形状盒子的全部外表面．设其中一个盒子的棱长为xdm，则可列出方程：　10×6x2＝1500　．
【分析】根据已知得出每个正方体形状的盒子的表面积，再利用正方体棱长与面积关系即可得出答案．
【解答】解：∵设其中一个盒子的棱长为xdm，则这个盒子的表面积为6x2平方分米，
∴根据一桶油漆可刷的面积，列出方程：
10×6x2＝1500，
故答案为：10×6x2＝1500．
【点评】本题考查立方体表面积公式，根据已知得出每个正方体的表面积是解题关键．
14．（3分）一个正多边形内接于半径为4的⊙O，AB是它的一条边，扇形OAB的面积为2π，则这个正多边形的边数是 　8　．
【分析】设∠AOB＝α，根据扇形的面积列方程即可得到结论．
【解答】解：设∠AOB＝α，
根据题意得，2π，
∴α＝45°，
∴这个正多边形的边数是8，
故答案为：8．
【点评】本题考查了正多边形与圆，扇形面积的计算，熟练掌握扇形的面积公式是解题的关键．
15．（3分）如图，将边长为1的正方形ABCD分成七块，重新拼图可得矩形DEFG，它由三个全等的小正方形组成．则AH＝　1　．

【分析】由拼接前后的面积相等可求出重拼后的小正方形的边长，证得平行四边形CDGH得HG＝CD＝1，再证得△BCH∽△FGH，由相似三角形的性质及勾股定理求得BH．最后求得AH1．
【解答】解：如图，AD与EH交于点K，

∵矩形DEFG的面积与正方形ABCD的面积相等都为1，
设重拼后小正方形的边长为x（x＞0），则DE＝x，DG＝3x，
∴3x2＝1，
∴x，
∴FG＝DE，
由图中块⑥可知∠BCH＝∠ADG，
∵BC∥AD，
∴∠BCH＝∠CKD，
∴∠CKD＝∠ADG，
∴CH∥DG，
又∵HG∥CD，
∴四边形CDGH是平行四边形，
∴HG＝CD＝1，
∴∠BHC＝∠FHG，∠B＝∠F＝90°，
∴△BCH∽△FGH，
∴，
∴CHHG，
∴BH，
∴AH＝BH﹣AB1．
故答案为：1．
【点评】本题考查拼图问题及相似三角形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质等，解题关键是会想到根据面积相等求出小正方形的边长．
三、解答题：本题共7小题，共55分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．（6分）计算：．
【分析】根据绝对值的性质、立方根的定义、特殊角的锐角三角函数、负整数指数幂的意义即可求出答案．
【解答】解：原式2
．
【点评】本题考查绝对值的性质、立方根的定义、特殊角的锐角三角函数、负整数指数幂的意义，本题属于基础题型．
17．（7分）解不等式组，并把它的解集表示在数轴上．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：由2x﹣3＞1，得：x＞2，
由10﹣x≥x+4，得：x≤3，
则不等式组的解集为2＜x≤3，
将解集表示在数轴上如下：

【点评】本题考查的是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”的原则是解答此题的关键．
18．（7分）习近平指出：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气．”为了解学生的阅读情况，佳佳从七、八年级分别随机抽查了40名学生（已知两个年级学生人数相同），调查了他们在校期间的阅读情况，根据调查情况得到如下统计图表：
年级
参加阅读人数
星期一
星期二
星期三
星期四
星期五
七年级
25
30
a
40
30
八年级
20
26
24
30
40
合计
45
56
59
70
70

（1）a＝　35　；
（2）八年级参加阅读学生的平均阅读时间的中位数为 　24　；
（3）七年级学生参加阅读人数的众数为 　30　；
（4）估计该校七、八年级共1120名学生中这五天平均每天参加阅读的人数．
【分析】（1）由统计表中的相应的合计数据减去八年级周三参加阅读的人数即可得出a的值；
（2）由统计图可得八年级平均阅读时间的中位数；
（3）由统计图可得七年级参加阅读人数的众数；
（4）用抽样中七八年级周一至周五参加阅读的人数之和除以七八年级的抽样人数之和的5倍除以100%，再乘以1120，计算即可．
【解答】解：（1）由统计表可得：a＝59﹣24＝35．
故答案为：35；
（2）由统计图可得八年级平均阅读时间的中位数为24．
故答案为：24；
（3）由统计图可得七年级参加阅读人数的众数30．
故答案为：30；
（3）100%×1120＝840（人）．
∴周一至周五平均每天有840人进行阅读．
【点评】本题考查了根据统计图表计算或分析中位数、方差等统计量，以及根据抽样结果对总体数据作出估计，熟练掌握相关统计知识及其应用是解题的关键．
19．（8分）如图，已知射线BC⊥AB，以AB为斜边作Rt△ABD，延长AD到E，使得AD＝DE，连接BE，BF平分∠CBE交AE于点F．
（1）求证：BD＝DF；
（2）若AB＝2，以AE为边向下作∠AEG＝45°，交射线BC于点G，求BG的长．

【分析】（1）由线段垂直平分线的性质得AB＝BE，则∠A＝∠BEA，再证∠AFB＝45°，然后证△BDF是等腰直角三角形，即可得出结论；
（2）延长BF交EG于H，证∠FHE＝90°，则∠BHG＝90°，再证△BHE≌△BHG（ASA），得BE＝BG，进而得出结论．
【解答】（1）证明：∵BC⊥AB，
∴∠ABC＝90°，
∵Rt△ABD的斜边是AB，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AD，
∵AD＝DE，
∴AB＝BE，
∴∠A＝∠BEA，
∵∠A+∠BEA+∠ABE＝180°，
∴∠BEA+∠BEA+∠ABE＝180°，
∴2∠BEA+∠ABE＝180°，
∵BF平分∠CBE，
∴∠EBF＝∠CBF∠CBE，
∴∠AFB＝∠BEA+∠EBF＝∠BEA∠CBE（2∠BEA+∠CBE）（180°﹣∠ABE+∠CBE）（180°﹣∠ABC）（180°﹣90°）＝45°，
∵∠BDF＝180°﹣∠ADB＝90°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴BD＝DF；
（2）解：如图，延长BF交EG于H，
∵∠EFH＝∠AFB＝45°，∠AEG＝45°，
∴∠BHE＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴∠BHG＝180°﹣90°＝90°，
∴∠BHE＝∠BHG＝90°，
又∵BH＝BH，∠EBH＝∠GBH，
∴△BHE≌△BHG（ASA），
∴BE＝BG，
由（1）可知，AB＝BE，
∴BG＝AB＝2．

【点评】本题是三角形综合题目，考查了等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
20．（8分）北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”深受欢迎，佳佳购进一批“冰墩墩”玩偶，简装版共3840元，礼盒版共8000元，礼盒版进价比简装版多8元，礼盒版进数是简装版进数的2倍．
（1）求单个“冰墩墩”简装版和礼盒版的进价；
（2）“冰墩墩”持续热销，佳佳决定再购进简装版与礼盒版共100个（总预算不超出19500元），礼盒版最多可购进多少个？
【分析】（1）设“冰墩墩”简装版的进价为x元，则礼盒版的进价为（x+8）元，根据礼盒版进价比简装版多8元解方程即可得到结论；
（2）设礼盒版最多可购进y个，则简装版可购（100﹣y）个，根据总预算不超出19500元列不等式即可得到结论．
【解答】解：（1）设“冰墩墩”简装版的进价为x元，则礼盒版的进价为（x+8）元，
根据题意得：2，
解得：x＝192，
经检验得，x＝192是原方程的解，且符合实际意义，
x+8＝192+8＝200，
答：“冰墩墩”简装版的进价为192元，则礼盒版的进价为200元；
（2）设礼盒版最多可购进y个，则简装版可购（100﹣y）个，
根据题意得：200y+192（100﹣y）≤19500，
解得：y≤37，
答：礼盒版最多可购进37个．
【点评】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）找准等量关系，正确列出一元一次不等式．
21．（9分）在平面直角坐标系xOy中，点A是抛物线y＝﹣x2+2mx﹣m2+2m+1的顶点．
（1）求点A的坐标（用含m的代数式表示）；
（2）若射线OA与x轴所成的锐角为45°，求m的值；
（3）将点P（0，1）向右平移4个单位得到点Q，若抛物线与线段PQ只有一个公共点，直接写出m的取值范围．
【分析】（1）直接将解析式配成顶点式，可以求得点A坐标；
（2）因为OA与x轴夹角为45°，则点A到坐标轴距离相等，所以需要分类讨论，即横坐标与纵坐标相等，或者横坐标与纵坐标互为相反数，同时，也可以发现点A在直线y＝2x+1上运动；
（3）先由平移知识，可以得到Q点坐标，且PQ∥x轴，画出草图，可以发现，顶点A所在直线y＝2x+1也经过P点，并且当A与P重合时，此时m取得最小值，当A沿直线y＝2x+1向上运动时，m值越来越大，最大值位置是当抛物线刚好经过Q点时，同时，要注意排除抛物线与直线PQ的两个交点均落在线段PQ上的特殊情况．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+2mx﹣m2+2m+1＝﹣（x﹣m）2+2m+1，
∴顶点 A（m，2m+1）；
（2）设x＝m，y＝2m+1，消掉m，得y＝2x+1，
∴A在直线y＝2x+1上运动，
∴A所在象限可能为第一、第二、第三象限，
∵射线OA与x轴所成的夹角为45°，
∴可以分两类讨论，
①当A在第一、第三象限时，m＝2m+1，
解得m＝﹣1，
②当A在第二象限时，m+2m+1＝0，
解得m，
∴m＝﹣1或；
（3）当P（0，1）向右平移4个单位长度得到Q，
则Q（4，1），且PQ∥x轴
∵抛物线与线段PQ只有一个交点，且抛物线顶点A在直线y＝2x+1上运动，
∴由图1可得，当顶点A与P点重合时，符合条件，此时m＝0，
由图2，数形结合，当顶点A沿直线y＝2x+1向上运动时，抛物线与直线PQ均有两个交点，
当抛物线经过Q点时，即当x＝4，y＝1时，﹣（4﹣m）2+2m+1＝1，
∴m＝2或8，
当m＝2时，抛物线为y＝﹣（x﹣2）2+5，它与线段PQ的交点为P和Q，有两个交点，不合题意，舍去，
当m＝8时，抛物线对称轴右侧的部分刚好经过点Q，符合题意，
∴当0≤m≤8，且m≠2时，抛物线与线段PQ只有一个交点

【点评】此题考查的是二次函数综合题，主要考查的是数形结合思想，根据题意，充分挖掘题目中的数据参数，是画图的关键，根据图象，判断临界位置，即可解决问题．
22．（10分）定义：将图形M绕点P顺时针旋转90°得到图形N，则图形N称为图形M关于点P的“垂直图形”．
例如：在图中，点D为点C关于点P的“垂直图形”．
（1）点A关于原点O的“垂直图形”为点B．
①若点A的坐标为（0，2），直接写出点B的坐标；
②若点B的坐标为（2，1），直接写出点A的坐标；
（2）已知E（﹣3，3），F（﹣2，3），G（a，0）．线段EF关于点G的“垂直图形”记为E'F'，点E的对应点为E'，点F的对应点为F'．
①求点E'的坐标；
②当点G运动时，求FF'的最小值．


【分析】（1）①直接根据两坐标轴互相垂直得出答案；
②过点A作AP⊥x轴于P，过点B作BQ⊥x轴于Q，判断出△AOP≌△OBQ（AAS），得出OP＝BQ，即可求出答案；2）；
（2）①Ⅰ、当a≥﹣3时，过点E作EM⊥x轴于M，过点E'作E'N⊥x轴于N，同（1）②的方法得，△EGM≌△GE'N（AAS），进而得出EM＝GN，MG＝NE'，求出点E'的坐标；
Ⅱ、当a＜﹣3时，同Ⅰ的方法求出点E'的坐标，即可得出答案；
②同①的方法得出点F'（a+3，a+2），进而得出点F'在直线y＝x﹣1上，进而得出FF'⊥直线y＝x﹣1时，FF'最小，即可求出答案．
【解答】解：（1）①∵点A关于原点O的“垂直图形”为点B，且点A（0，2），
∴点B（2，0）；
②如图1，
过点A作AP⊥x轴于P，过点B作BQ⊥x轴于Q，
∴∠APO＝∠OQB＝90°，
∴∠A+∠AOP＝90°，
∵点A关于原点O的“垂直图形”为点B，
∴OA＝OB，∠AOB＝90°，
∴∠AOP+∠BOQ＝90°，
∴∠A＝∠BOQ，
∴△AOP≌△OBQ（AAS），
∴OP＝BQ，AP＝OQ，
∵B（2，1），
∴OQ＝2，BQ＝1，
∴OP＝1，AP＝2，
∴A（﹣1，2）；

（2）①Ⅰ、当a≥﹣3时，如图2，
过点E作EM⊥x轴于M，过点E'作E'N⊥x轴于N，
同（1）②的方法得，△EGM≌△GE'N（AAS），
∴EM＝GN，MG＝NE'，
∵E（﹣3，3），G（a，0），
∴EM＝3，MG＝a﹣（﹣3）＝a+3，
∴GN＝3，NE'＝a+3，
∴ON＝a+3，
∴E'（a+3，a+3）；
Ⅱ、当a＜﹣3时，如图3，
过点E作EK⊥x轴于K，过点E'作E'L⊥x轴于L，
同（1）②的方法得，△EGK≌△GE'L（AAS），
∴EK＝GL，KG＝LE'，
∵E（﹣3，3），G（a，0），
∴EK＝3，KG＝﹣3﹣a＝﹣（a+3），
∴GL＝3，LE'＝﹣（a+3），
∴OL＝a+3，
∴E'（a+3，a+3）；
即点E的坐标为（a+3，a+3）；

②Ⅰ、当a≥﹣2时，同①的方法得，点F'（a+3，a+2），
Ⅱ、当a＜﹣2时，同①的方法得，点F'（a+3，a+2），
∴点F'（a+3，a+2），
∴点F'在直线y＝x﹣1上，
∴FF'⊥直线y＝x﹣1时，FF'最小，
如图4，记直线y＝x﹣1与x，y轴相交于V，W，
∴V（1，0），
则∠OVW＝45°，连接FV，过点F作FT⊥x轴于T，
∵F（﹣2，3），
∴FT＝VT＝3，
∴∠FVT＝45°，
∴⊥FVW＝90°，
即点F'和点V重合时，FF'最小值为FV，
FV3，
即FF'最小值为3．




【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．
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