辽宁省阜新市5年（2018-2022）中考数学真题分类汇编-06解答题（提升题）知识点分类

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辽宁省阜新市5年（2018-2022）中考数学真题分类汇编-06解答题（提升题）知识点分类
一．二元一次方程组的应用（共1小题）
1．在抗击新冠肺炎疫情期间，玉龙社区购买酒精和消毒液两种消毒物资，供居民使用．第一次购买酒精和消毒液若干，酒精每瓶10元，消毒液每瓶5元，共花费了350元；第二次又购买了与第一次相同数量的酒精和消毒液，由于酒精和消毒液每瓶价格分别下降了30%和20%，只花费了260元．
（1）求每次购买的酒精和消毒液分别是多少瓶？
（2）若按照第二次购买的价格再一次购买，根据需要，购买的酒精数量是消毒液数量的2倍，现有购买资金200元，则最多能购买消毒液多少瓶？
二．分式方程的应用（共2小题）
2．为落实“数字中国”的建设工作，市政府计划对全市中小学多媒体教室进行安装改造，现安排两个安装公司共同完成．已知甲公司安装工效是乙公司安装工效的1.5倍，乙公司安装36间教室比甲公司安装同样数量的教室多用3天．
（1）求甲、乙两个公司每天各安装多少间教室？
（2）已知甲公司安装费每天1000元，乙公司安装费每天500元，现需安装教室120间，若想尽快完成安装工作且安装总费用不超过18000元，则最多安排甲公司工作多少天？
3．节能又环保的油电混合动力汽车，既可以用油做动力行驶，也可以用电做动力行驶，某品牌油电混合动力汽车从甲地行驶到乙地，若完全用油做动力行驶，则费用为80元；若完全用电做动力行驶，则费用为30元，已知汽车行驶中每千米用油费用比用电费用多0.5元．
（1）求：汽车行驶中每千米用电费用是多少元？甲、乙两地的距离是多少千米？
（2）若汽车从甲地到乙地采用油电混合动力行驶，且所需费用不超过50元，则至少需要用电行驶多少千米？
三．一元一次不等式的应用（共1小题）
4．在运动会前夕，育红中学都会购买篮球、足球作为奖品．若购买10个篮球和15个足球共花费3000元，且购买一个篮球比购买一个足球多花50元．
（1）求购买一个篮球，一个足球各需多少元？
（2）今年学校计划购买这种篮球和足球共10个，恰逢商场在搞促销活动，篮球打九折，足球打八五折，若此次购买两种球的总费用不超过1050元，则最多可购买多少个篮球？
四．二次函数综合题（共5小题）
5．如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣1，0），B（5，0），交y轴于点C．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）如图1，点M从点B出发，以每秒个单位长度的速度沿线段BC向点C运动，点N从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段OB向点B运动，点M，N同时出发．设运动时间为t秒（0＜t＜5）．当t为何值时，△BMN的面积最大？最大面积是多少？
（3）已知P是抛物线上一点，在直线BC上是否存在点Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．


6．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0），B（3，0），过点B的直线y＝x﹣2交抛物线于点C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）若点P是直线BC下方抛物线上的一个动点（P不与点B，C重合），求△PBC面积的最大值；
（3）若点M在抛物线上，将线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，是否存在点M，使点N恰好落在直线BC上？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

7．如图，抛物线y＝ax2+bx+2交x轴于点A（﹣3，0）和点B（1，0），交y轴于点C．
（1）求这个抛物线的函数表达式．
（2）点D的坐标为（﹣1，0），点P为第二象限内抛物线上的一个动点，求四边形ADCP面积的最大值．
（3）点M为抛物线对称轴上的点，问：在抛物线上是否存在点N，使△MNO为等腰直角三角形，且∠MNO为直角？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

8．如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣3，0），B（1，0），交y轴于点 C．点P（m，0）是x轴上的一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）①若点P仅在线段AO上运动，如图，求线段MN的最大值；
②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

9．如图，已知二次函数y＝ax2+bx+3的图象交x轴于点A（1，0），B（3，0），交y轴于点C．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）点P是直线BC下方抛物线上的一动点，求△BCP面积的最大值；
（3）直线x＝m分别交直线BC和抛物线于点M，N，当△BMN是等腰三角形时，直接写出m的值．

五．三角形综合题（共2小题）
10．如图，是具有公共边AB的两个直角三角形，其中，AC＝BC，∠ACB＝∠ADB＝90°．
（1）如图1，若延长DA到点E，使AE＝BD，连接CD，CE．
①求证：CD＝CE，CD⊥CE；
②求证：AD+BD＝CD；
（2）若△ABC与△ABD位置如图2所示，请直接写出线段AD，BD，CD的数量关系．

11．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC于点D．
（1）如图1，点E，F在AB，AC上，且∠EDF＝90°．求证：BE＝AF；
（2）点M，N分别在直线AD，AC上，且∠BMN＝90°．
①如图2，当点M在AD的延长线上时，求证：AB+AN＝AM；
②当点M在点A，D之间，且∠AMN＝30°时，已知AB＝2，直接写出线段AM的长．

六．四边形综合题（共3小题）
12．在图1中似乎包含了一些曲线，其实它们是由多条线段构成的．它不但漂亮，还蕴含着很多美妙的数学结论．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是直线AB，BC上的点（E，F在直线AC的两侧），且AE＝CF．
（1）如图2，求证：DE＝DF；
（2）若直线AC与EF相交于点G，
①如图3，求证：DG⊥EF；
②设正方形ABCD的中心为O，∠CFE＝α，用含α的式子表示∠DGO的度数（不必证明）．

13．已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE＜AB），∠EDF＝90°，DE＝DF，连接AE，CF．
（1）如图1，求证：△ADE≌△CDF；
（2）直线AE与CF相交于点G．
①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，求证：四边形BMGN是正方形；
②如图3，连接BG，若AB＝4，DE＝2，直接写出在△DEF旋转的过程中，线段BG长度的最小值．


14．如图，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD＞2CE），BG的延长线与直线DE交于点H．
（1）如图1，当点G在CD上时，求证：BG＝DE，BG⊥DE；
（2）将正方形CEFG绕点C旋转一周．
①如图2，当点E在直线CD右侧时，求证：BH﹣DH＝CH；
②当∠DEC＝45°时，若AB＝3，CE＝1，请直接写出线段DH的长．

七．坐标与图形变化-旋转（共1小题）
15．下面是小明关于“对称与旋转的关系”的探究过程，请你补充完整．
（1）三角形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，简称G，G关于y轴的对称图形为G1，关于x轴的对称图形为G2．则将图形G1绕 　 　点顺时针旋转 　 　度，可以得到图形G2．
（2）在图2中分别画出G关于y轴和直线y＝x+1的对称图形G1，G2．将图形G1绕 　 　点（用坐标表示）顺时针旋转 　 　度，可以得到图形G2．
（3）综上，如图3，直线l1：y＝﹣2x+2和l2：y＝x所夹锐角为α，如果图形G关于直线l1的对称图形为G1，关于直线l2的对称图形为G2，那么将图形G1绕 　 　点（用坐标表示）顺时针旋转 　 　度（用α表示），可以得到图形G2．

八．作图-旋转变换（共2小题）
16．如图，△ABC在平面直角坐标系中，顶点的坐标分别为A（4，4），B（1，1），C（4，1）．
（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点O1顺时针旋转90°得到△A2B2C2，弧AA2是点A所经过的路径，则旋转中心O1的坐标为　 　；
（3）求图中阴影部分的面积（结果保留π）．

17．如图，△ABC在平面直角坐标系内，顶点的坐标分别为A（﹣4，4），B（﹣2，5），C（﹣2，1）．
（1）平移△ABC，使点C移到点C1（﹣2，﹣4），画出平移后的△A1B1C1，并写出点A1，B1的坐标；
（2）将△ABC绕点（0，3）旋转180°，得到△A2B2C2，画出旋转后的△A2B2C2；
（3）求（2）中的点C旋转到点C2时，点C经过的路径长（结果保留π）．

九．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题）
18．如图，小文在数学综合实践活动中，利用所学的数学知识测量居民楼的高度AB，在居民楼前方有一斜坡，坡长CD＝15m，斜坡的倾斜角为α，cosα＝．小文在C点处测得楼顶端A的仰角为60°，在D点处测得楼顶端A的仰角为30°（点A，B，C，D在同一平面内）．
（1）求C，D两点的高度差；
（2）求居民楼的高度AB．
（结果精确到1m，参考数据：≈1.7）

一十．扇形统计图（共1小题）
19．在“尚科学，爱运动”主题活动中，某校在七年级学生中随机抽取部分同学就“一分钟跳绳”进行测试，并将测试成绩x（单位：次）进行整理后分成六个等级，分别用A，B，C，D，E，F表示，并绘制成如图所示的两幅不完整的统计图表．请根据图表中所给出的信息解答下列问题：
组别
成绩x（单位：次）
人数
A
70≤x＜90
4
B
90≤x＜110
15
C
110≤x＜130
18
D
130≤x＜150
12
E
150≤x＜170
m
F
170≤x＜190
5
（1）本次测试随机抽取的人数是　 　人，m＝　 　；
（2）求C等级所在扇形的圆心角的度数；
（3）若该校七年级学生共有300人，且规定不低于130次的成绩为优秀，请你估计该校七年级学生中有多少人能够达到优秀．

一十一．条形统计图（共2小题）
20．育红学校为了了解学生家长对教育部《关于进一步加强中小学生睡眠管理工作的通知》（以下简称《通知》）的了解程度，随机抽取了该校部分学生家长进行问卷调查，问卷分为A（十分了解），B（了解较多），C（了解较少），D（不了解）四个选项，要求每位被调查家长必选且只能选择其中的一项．在对调查数据进行统计分析时，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图，请你依据图中信息解答下列问题：

（1）参与这次学校调查的学生家长共 　 　人；
（2）通过计算将条形统计图补充完整；
（3）若该校共有2000名学生家长，请估计该校学生家长中对《通知》“十分了解”和“了解较多”的一共有多少人？
21．为了完成“舌尖上的中国”的录制，节目组随机抽查了某省“A．奶制品类，B．肉制品类，C．面制品类，D．豆制品类”四类特色美食若干种，将收集的数据整理并绘制成下面两幅尚不完整的统计图，请根据图中信息完成下列问题：
（1）这次抽查了四类特色美食共　 　种，扇形统计图中a＝　 　，扇形统计图中A部分圆心角的度数为　 　；
（2）补全条形统计图；
（3）如果全省共有这四类特色美食120种，请你估计约有多少种属于“豆制品类”？


辽宁省阜新市5年（2018-2022）中考数学真题分类汇编-06解答题（提升题）知识点分类
参考答案与试题解析
一．二元一次方程组的应用（共1小题）
1．在抗击新冠肺炎疫情期间，玉龙社区购买酒精和消毒液两种消毒物资，供居民使用．第一次购买酒精和消毒液若干，酒精每瓶10元，消毒液每瓶5元，共花费了350元；第二次又购买了与第一次相同数量的酒精和消毒液，由于酒精和消毒液每瓶价格分别下降了30%和20%，只花费了260元．
（1）求每次购买的酒精和消毒液分别是多少瓶？
（2）若按照第二次购买的价格再一次购买，根据需要，购买的酒精数量是消毒液数量的2倍，现有购买资金200元，则最多能购买消毒液多少瓶？
【分析】（1）根据题意，可以列出相应的二元一次方程组，从而可以求得每次购买的酒精和消毒液分别是多少瓶；
（2）设能购买消毒液m瓶，则能购买酒精2m瓶，根据“购买的酒精数量是消毒液数量的2倍，现有购买资金200元”列出不等式．
【解答】（1）解：设购买酒精x瓶，消毒液y瓶，
根据题意列方程组，得
．
解得，．
答：每次购买的酒精和消毒液分别是20瓶，30瓶；

（2）解：设能购买消毒液m瓶，则能购买酒精2m瓶，
根据题意，得 10×（1﹣30%）•2m+5（1﹣20%）•m≤200，
解得：m≤＝11．
∵m为正整数，
∴m＝11．
所以，最多能购买消毒液11瓶．
【点评】本题考查二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，找到等量关系或不等关系，列出方程或不等式．
二．分式方程的应用（共2小题）
2．为落实“数字中国”的建设工作，市政府计划对全市中小学多媒体教室进行安装改造，现安排两个安装公司共同完成．已知甲公司安装工效是乙公司安装工效的1.5倍，乙公司安装36间教室比甲公司安装同样数量的教室多用3天．
（1）求甲、乙两个公司每天各安装多少间教室？
（2）已知甲公司安装费每天1000元，乙公司安装费每天500元，现需安装教室120间，若想尽快完成安装工作且安装总费用不超过18000元，则最多安排甲公司工作多少天？
【分析】（1）设乙公司每天安装x间教室，则甲公司每天安装1.5x间教室，由题意：乙公司安装36间教室比甲公司安装同样数量的教室多用3天．列出分式方程，解方程即可；
（2）设安排甲公司工作y天，则乙公司工作 天，由题意：甲公司安装费每天1000元，乙公司安装费每天500元，想尽快完成安装工作且安装总费用不超过18000元，列出一元一次不等式，解不等式即可．
【解答】解：（1）设乙公司每天安装x间教室，则甲公司每天安装1.5x间教室，
根据题意得：＝3，
解得：x＝4，
经检验，x＝4是所列方程的解，
则1.5x＝1.5×4＝6，
答：甲公司每天安装6间教室，乙公司每天安装4间教室；
（2）设安排甲公司工作y天，则乙公司工作 天，
根据题意得：1000y+×500≤18000，
解这个不等式，得：y≤12，
答：最多安排甲公司工作12天．
【点评】本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，列出分式方程；（2）找出不等关系，列出一元一次不等式．
3．节能又环保的油电混合动力汽车，既可以用油做动力行驶，也可以用电做动力行驶，某品牌油电混合动力汽车从甲地行驶到乙地，若完全用油做动力行驶，则费用为80元；若完全用电做动力行驶，则费用为30元，已知汽车行驶中每千米用油费用比用电费用多0.5元．
（1）求：汽车行驶中每千米用电费用是多少元？甲、乙两地的距离是多少千米？
（2）若汽车从甲地到乙地采用油电混合动力行驶，且所需费用不超过50元，则至少需要用电行驶多少千米？
【分析】（1）根据从甲地行驶到乙地的路程相等列出分式方程解答即可；
（2）根据所需费用不超过50元列出不等式解答即可．
【解答】解：（1）设汽车行驶中每千米用电费用是x元，则每千米用油费用为（x+0.5）元，
可得：，
解得：x＝0.3，
经检验x＝0.3是原方程的解，
∴汽车行驶中每千米用电费用是0.3元，甲、乙两地的距离是30÷0.3＝100千米；
（2）汽车行驶中每千米用油费用为0.3+0.5＝0.8元，
设汽车用电行驶ykm，
可得：0.3y+0.8（100﹣y）≤50，
解得：y≥60，
所以至少需要用电行驶60千米．
【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）根据各数量间的关系，正确列出一元一次不等式．
三．一元一次不等式的应用（共1小题）
4．在运动会前夕，育红中学都会购买篮球、足球作为奖品．若购买10个篮球和15个足球共花费3000元，且购买一个篮球比购买一个足球多花50元．
（1）求购买一个篮球，一个足球各需多少元？
（2）今年学校计划购买这种篮球和足球共10个，恰逢商场在搞促销活动，篮球打九折，足球打八五折，若此次购买两种球的总费用不超过1050元，则最多可购买多少个篮球？
【分析】（1）设购买一个篮球需x元，购买一个足球需y元，根据题意列出方程组解答即可；
（2）设购买a个篮球，根据题意列出不等式解答即可．
【解答】解：（1）设购买一个篮球需x元，购买一个足球需y元，根据题意可得：
，
解得：，
答：购买一个篮球，一个足球各需150元，100元；
（2）设购买a个篮球，根据题意可得：0.9×150a+0.85×100（10﹣a）≤1050，
解得：a≤4，
∴最多可购买4个篮球．
【点评】本题考查二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，关键是根据数量作为等量关系列出方程，根据总费用作为不等关系列出不等式求解．
四．二次函数综合题（共5小题）
5．如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣1，0），B（5，0），交y轴于点C．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）如图1，点M从点B出发，以每秒个单位长度的速度沿线段BC向点C运动，点N从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段OB向点B运动，点M，N同时出发．设运动时间为t秒（0＜t＜5）．当t为何值时，△BMN的面积最大？最大面积是多少？
（3）已知P是抛物线上一点，在直线BC上是否存在点Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．


【分析】（1）用待定系数法可得二次函数的表达式为y＝﹣x2+4x+5；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，设△BMN面积为S，由ON＝t，BM＝，可得BN＝5﹣t，ME＝BMsin45°＝，即得S＝BN•ME＝（5﹣t）•t＝﹣（t﹣）2+，由二次函数性质可得当秒时，△BMN的面积最大，最大面积是；
（3）由B（5，0），C（0，5）得直线BC解析式为y＝﹣x+5，设Q（m，﹣m+5），P（n，﹣n2+4n+5），分三种情况：①当PQ，AC是对角线，有，解得Q（﹣7，12）；②当QA，PC为对角线，有，解得Q（7，﹣2）；③当QC，PA为对角线，有，解得Q（1，4）或（2，3）．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（5，0）代入y＝﹣x2+bx+c中，
得，
解这个方程组得，
∴二次函数的表达式为y＝﹣x2+4x+5；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，如图：

设△BMN面积为S，
根据题意得：ON＝t，BM＝．
∵B（5，0），
∴BN＝5﹣t，
在y＝﹣x2+4x+5中，令x＝0得y＝5，
∴C（0，5），
∴OC＝OB＝5，
∴∠OBC＝45°．
∴ME＝BMsin45°＝，
∴S＝BN•ME＝（5﹣t）•t＝﹣t2+t＝﹣（t﹣）2+，
∵0＜t＜5，
∴当时，△BMN的面积最大，最大面积是；
（3）存在点Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
由B（5，0），C（0，5）得直线BC解析式为y＝﹣x+5，
设Q（m，﹣m+5），P（n，﹣n2+4n+5），又A（﹣1，0），C（0，5），
①当PQ，AC是对角线，则PQ，AC的中点重合，
∴，
解得m＝0（与C重合，舍去）或m＝﹣7，
∴Q（﹣7，12）；
②当QA，PC为对角线，则QA，PC的中点重合，
∴，
解得m＝0（舍去）或m＝7，
∴Q（7，﹣2）；
③当QC，PA为对角线，则QC，PA的中点重合，
∴，
解得m＝1或m＝2，
∴Q（1，4）或（2，3），
综上所述，Q的坐标为（﹣7，12）或（7，﹣2）或（1，4）或（2，3）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，平行四边形的性质及应用，解题的关键是用含字母的式子表示相关点的坐标和相关线段的长度．
6．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0），B（3，0），过点B的直线y＝x﹣2交抛物线于点C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）若点P是直线BC下方抛物线上的一个动点（P不与点B，C重合），求△PBC面积的最大值；
（3）若点M在抛物线上，将线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，是否存在点M，使点N恰好落在直线BC上？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法即可求得答案；
（2）如图1，过点P作PD∥y轴，交x轴于点D，交BC于点E，作CF⊥PD于点F，连接PB，PC，设点P（m，m2﹣2m﹣3），则点E （m，），可得出PE＝﹣m2+m+1，再通过解方程组求出点C的坐标为（，﹣），利用三角形面积公式和二次函数性质即可得出答案；
（3）设M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，n﹣2），作MG⊥y轴于点G，NH⊥x轴于H，证明△OGM≌△OHN（AAS），得出GM＝NH，OG＝OH，建立方程组求解即可．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3 中，得：
，
解得：，
∴该抛物线表达式为y＝x2﹣2x﹣3．
（2）如图1，过点P作PD∥y轴，交x轴于点D，交BC于点E，作CF⊥PD于点F，连接PB，PC，
设点P（m，m2﹣2m﹣3），则点E （m，），
∴PE＝PD﹣DE＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+2）＝﹣m2+m+1，
联立方程组：，
解得：，，
∵点B坐标为（3，0），
∴点C的坐标为（，﹣），
∴BD+CF＝3+，
∴S△PBC＝S△PEB+S△PEC
＝PE•BD+PE•CF
＝PE（BD+CF）
＝（﹣m2+m+1）•
＝（）2+，（其中＜m＜3），
∵，
∴这个二次函数有最大值．
当m＝时，S△PBC的最大值为．
（3）如图2，设M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，n﹣2），
作MG⊥y轴于点G，NH⊥x轴于H，
∴∠OGM＝∠OHN＝90°，
∵线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，
∴OM＝ON，∠MON＝90°，
∵∠GOH＝90°，
∴∠MOG＝∠NOH，
在△OGM与△OHN中，
，
∴△OGM≌△OHN（AAS），
∴GM＝NH，OG＝OH，
∴，
解得：，，
M1（0，﹣3），M2 ，
如图3，设M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，n﹣2），
作MG⊥x轴于点G，NH⊥x轴于H，
∴∠OGM＝∠OHN＝90°，
∵线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，
∴OM＝ON，∠MON＝90°，
∵∠GOH＝90°，
∴∠MOG＝∠NOH，
在△OGM与△OHN中，
，
∴△OGM≌△OHN（AAS），
∴GM＝NH，OG＝OH，
∴，
解得：t1＝，t2＝，
∴M3，M4（，）；
综上所述，点M的坐标为M1（0，﹣3），M2 ，M3，M4（，）．



【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的图象与性质、几何图形的旋转、全等三角形的判定与性质及一元二次方程等知识点，运用数形结合思想、分类讨论思想及熟练掌握全等三角形判定和性质及二次函数性质是解题的关键．
7．如图，抛物线y＝ax2+bx+2交x轴于点A（﹣3，0）和点B（1，0），交y轴于点C．
（1）求这个抛物线的函数表达式．
（2）点D的坐标为（﹣1，0），点P为第二象限内抛物线上的一个动点，求四边形ADCP面积的最大值．
（3）点M为抛物线对称轴上的点，问：在抛物线上是否存在点N，使△MNO为等腰直角三角形，且∠MNO为直角？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a，即﹣3a＝2，即可求解；
（2）S四边形ADCP＝S△APO+S△CPO﹣S△ODC，即可求解；
（3）分点N在x轴上方、点N在x轴下方两种情况，分别求解．
【解答】解：（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a，
即﹣3a＝2，解得：a＝﹣，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣x+2，

（2）连接OP，设点P（x，﹣x2﹣x+2），

则S＝S四边形ADCP＝S△APO+S△CPO﹣S△ODC＝×AO×yP+×OC×|xP|﹣×CO×OD
＝（﹣x2﹣x+2）×2×（﹣x）﹣＝﹣x2﹣3x+2，
∵﹣1＜0，故S有最大值，当x＝﹣时，S的最大值为；
（3）存在，理由：
△MNO为等腰直角三角形，且∠MNO为直角时，点N的位置如下图所示：

①当点N在x轴上方时，点N的位置为N1、N2，
N1的情况（△M1N1O）：
设点N1的坐标为（x，﹣x2﹣x+2），则M1E＝x+1，
过点N1作x轴的垂线交x轴于点F，过点M1作x轴的平行线交N1F于点E，
∵∠FN1O+∠M1N1E＝90°，∠M1N1E+∠EM1N1＝90°，∴∠EM1N1＝∠FN1O，
∠M1EN1＝∠N1FO＝90°，ON1＝M1N1，
∴△M1N1E≌△N1OF（AAS），∴M1E＝N1F，
即：x+1＝﹣x2﹣x+2，解得：x＝（舍去负值），
则点N1（，）；
N2的情况（△M2N2O）：
同理可得：点N2（，）；
②当点N在x轴下方时，点N的位置为N3、N4，
同理可得：点N3、N4的坐标分别为：（，）、（，）．
综上，点N的坐标为：（，）或（，）或（，）或（，）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及三角形全等、等腰直角三角形的性质、图形的面积计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
8．如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣3，0），B（1，0），交y轴于点 C．点P（m，0）是x轴上的一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）①若点P仅在线段AO上运动，如图，求线段MN的最大值；
②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c中，构建方程组解决问题即可．
（2）①构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
②分三种情形：如图2﹣1中，当点M在线段AC上，MN＝MC，四边形MNQC是菱形时．如图2﹣2中，当MC是菱形的对角线时，四边形MNCQ是正方形，如图2﹣3中，当点M在CA延长线上时，MN＝CM，四边形MNQC是菱形时，分别求解即可．
【解答】解：（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c中，得，
解得，
∴y＝x2+2x﹣3．

（2）①设直线AC的表达式为y＝kx+b，把A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入y＝kx+b′．得，
解得，
∴y＝﹣x﹣3，
∵点P（m，0）是x轴上的一动点，且PM⊥x轴．
∴M（m，﹣m﹣3），N（m，m2+2m﹣3），
∴MN＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+）2+，
∵a＝﹣1＜0，
∴此函数有最大值．
又∵点P在线段OA上运动，且﹣3＜﹣＜0，
∴当m＝﹣时，MN有最大值．

②如图2﹣1中，当点M在线段AC上，MN＝MC，四边形MNQC是菱形时．

∵MN＝﹣m2﹣3m，MC＝﹣m，
∴﹣m2﹣3m＝﹣m，
解得m＝﹣3+或0（舍弃）
∴MN＝3﹣2，
∴CQ＝MN＝3﹣2，
∴OQ＝3+1，
∴Q（0，﹣3﹣1）．

如图2﹣2中，当MC是菱形的对角线时，四边形MNCQ是正方形，此时CN＝MN＝CQ＝2，可得Q（0，﹣1）．

如图2﹣3中，当点M在CA延长线上时，MN＝CM，四边形MNQC是菱形时，

则有，m2+3m＝﹣m，
解得m＝﹣3﹣或0（舍弃），
∴MN＝CQ＝3+2，
∴OQ＝CQ﹣OC＝3﹣1，
∴Q（0，3﹣1）．
当点P在y轴的右侧时，显然MN＞CM，此时满足条件的菱形不存在．
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（0，﹣3﹣1）或（0，﹣1）或（0，3﹣1）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，一次函数的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
9．如图，已知二次函数y＝ax2+bx+3的图象交x轴于点A（1，0），B（3，0），交y轴于点C．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）点P是直线BC下方抛物线上的一动点，求△BCP面积的最大值；
（3）直线x＝m分别交直线BC和抛物线于点M，N，当△BMN是等腰三角形时，直接写出m的值．

【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PE的长，根据面积的和差，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案；
（3）根据等腰三角形的定义，可得关于m的方程，根据解方程，可得答案．
【解答】解：（1）将A（1，0），B（3，0）代入函数解析式，得
，
解得，
这个二次函数的表达式是y＝x2﹣4x+3；
（2）当x＝0时，y＝3，即点C（0，3），
设BC的表达式为y＝kx+b，将点B（3，0）点C（0，3）代入函数解析式，得
，
解这个方程组，得．
故直线BC的解析是为y＝﹣x+3，
过点P作PE∥y轴，
交直线BC于点E（t，﹣t+3），

PE＝﹣t+3﹣（t2﹣4t+3）＝﹣t2+3t，
∴S△BCP＝S△BPE+S△CPE＝（﹣t2+3t）×3＝﹣（t﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴当t＝时，S△BCP最大＝
（3）M（m，﹣m+3），N（m，m2﹣4m+3）
MN＝|m2﹣3m|，BM＝|m﹣3|，
当MN＝BM时，①m2﹣3m＝（m﹣3），解得m＝，
②m2﹣3m＝﹣（m﹣3），解得m＝﹣
当BN＝MN时，∠NBM＝∠BMN＝45°，
m2﹣4m+3＝0，解得m＝1或m＝3（舍）
当BM＝BN时，∠BMN＝∠BNM＝45°，
﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m+3，解得m＝2或m＝3（舍），
当△BMN是等腰三角形时，m的值为，﹣，1，2．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用面积的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质，解（3）的关键是利用等腰三角形的定义得出关于m的方程，要分类讨论，以防遗漏．
五．三角形综合题（共2小题）
10．如图，是具有公共边AB的两个直角三角形，其中，AC＝BC，∠ACB＝∠ADB＝90°．
（1）如图1，若延长DA到点E，使AE＝BD，连接CD，CE．
①求证：CD＝CE，CD⊥CE；
②求证：AD+BD＝CD；
（2）若△ABC与△ABD位置如图2所示，请直接写出线段AD，BD，CD的数量关系．

【分析】（1）①根据四边形的内角和得到∠DAC+∠DBC＝180°，推出∠DBC＝∠EAC，根据全等三角形的性质得到CD＝CE，∠BCD＝∠ACE，求得∠DCE＝90°，根据垂直的定义得到结论；
②由已知条件得到△CDE是等腰直角三角形，求得DE＝CD，根据线段的和差即可得到结论；
（2）如图2，在AD上截取AE＝BD，连接CE，根据等腰直角三角形的性质得到∠BAC＝∠ABC＝45°，求得∠CBD＝∠CAE，根据全等三角形的性质得到CD＝CE，∠BCD＝∠ACE，求得∠DCE＝90°，根据线段的和差即可得到结论．
【解答】（1）证明：①在四边形ADBC中，∠DAC+∠DBC+∠ADB+∠ACB＝360°，
∵∠ADB+∠ACB＝180°，
∴∠DAC+∠DBC＝180°，
∵∠EAC+∠DAC＝180°，
∴∠DBC＝∠EAC，
∵BD＝AE，BC＝AC，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴CD＝CE，∠BCD＝∠ACE，
∵∠BCD+∠DCA＝90°，
∴∠ACE+∠DCA＝90°，
∴∠DCE＝90°，
∴CD⊥CE；
②∵CD＝CE，CD⊥CE，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴DE＝CD，
∵DE＝AD+AE，AE＝BD，
∴DE＝AD+BD，
∴AD+BD＝CD；
（2）解：AD﹣BD＝CD；
理由：如图2，在AD上截取AE＝BD，连接CE，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝∠ABC＝45°，
∵∠ADB＝90°，
∴∠CBD＝90°﹣∠BAD﹣∠ABC＝90°﹣∠BAD﹣45°＝45°﹣∠BAD，
∵∠CAE＝∠BAC﹣∠BAD＝45°﹣∠BAD，
∴∠CBD＝∠CAE，∵BD＝AE，BC＝AC，
∴△CBD≌△CAE（SAS），
∴CD＝CE，∠BCD＝∠ACE，
∵∠ACE+∠BCE＝∠ACB＝90°，
∴∠BCD+∠BCE＝90°，
即∠DCE＝90°，
∴DE＝＝＝CD，
∵DE＝AD﹣AE＝AD﹣BD，
∴AD﹣BD＝CD．

【点评】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
11．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC于点D．
（1）如图1，点E，F在AB，AC上，且∠EDF＝90°．求证：BE＝AF；
（2）点M，N分别在直线AD，AC上，且∠BMN＝90°．
①如图2，当点M在AD的延长线上时，求证：AB+AN＝AM；
②当点M在点A，D之间，且∠AMN＝30°时，已知AB＝2，直接写出线段AM的长．

【分析】（1）先判断出∠BAD＝∠CAD＝45°，进而得出∠CAD＝∠B，再判断出∠BDE＝∠ADF，进而判断出△BDE≌△ADF，即可得出结论；
（2）①先判断出AM＝PM，进而判断出∠BMP＝∠AMN，判断出△AMN≌△PMB，即可判断出AP＝AB+AN，再判断出AP＝AM，即可得出结论；
②先求出BD，再求出∠BMD＝60°，最后用三角函数求出DM，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝45°，
∵AD⊥BC，
∴BD＝CD，∠ADB＝90°，∠BAD＝∠CAD＝45°，
∴∠CAD＝∠B，AD＝BD，
∵∠EDF＝∠ADB＝90°，
∴∠BDE＝∠ADF，
∴△BDE≌△ADF（ASA），
∴BE＝AF；

（2）①如图1，过点M作MP⊥AM，交AB的延长线于点P，
∴∠AMP＝90°，
∵∠PAM＝45°，
∴∠P＝∠PAM＝45°，
∴AM＝PM，
∵∠BMN＝∠AMP＝90°，
∴∠BMP＝∠AMN，
∵∠DAC＝∠P＝45°，
∴△AMN≌△PMB（ASA），
∴AN＝PB，
∴AP＝AB+BP＝AB+AN，
在Rt△AMP中，∠AMP＝90°，AM＝MP，
∴AP＝AM，
∴AB+AN＝AM；

②如图，在Rt△ABD中，AD＝BD＝AB＝，
∵∠BMN＝90°，∠AMN＝30°，
∴∠BMD＝90°﹣30°＝60°，
在Rt△BDM中，DM＝＝，
∴AM＝AD﹣DM＝﹣．


【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，判断出△BDE≌△ADF是解（1）的关键，构造出全等三角形是解（2）的关键．
六．四边形综合题（共3小题）
12．在图1中似乎包含了一些曲线，其实它们是由多条线段构成的．它不但漂亮，还蕴含着很多美妙的数学结论．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是直线AB，BC上的点（E，F在直线AC的两侧），且AE＝CF．
（1）如图2，求证：DE＝DF；
（2）若直线AC与EF相交于点G，
①如图3，求证：DG⊥EF；
②设正方形ABCD的中心为O，∠CFE＝α，用含α的式子表示∠DGO的度数（不必证明）．

【分析】（1）根据正方形的性质得AD＝CD，∠C＝∠DAB＝90°．则∠DAE＝∠C＝90°，利用SAS证明△DAE≌△DCF（SAS），根据全等三角形的性质即可得出结论；
（2）①作EH∥BC交AC于点H，根据正方形的性质可得AE＝EH＝CF，证明△EHG≌△FCG（AAS），可得EG＝GF．由（1）同理可得 DE＝DF，根据等腰三角形三线合一的性质可得DG⊥EF；
②分三种情况：Ⅰ当点E在线段AB上时，Ⅱ当点E在线段BA的延长线上时，Ⅲ当点E在线段AB的延长线上时，根据正方形以及直角三角形的性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠C＝∠DAB＝90°．
∴∠DAE＝∠C＝90°，
又∵AE＝CF，
∴△DAE≌△DCF（SAS），
∴DE＝DF；
（2）①证明：作EH∥BC交AC于点H，如图3．

∴∠EHG＝∠FCG．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°．
∴∠BAC＝∠BCA＝45°
∵EH∥BC，
∴∠AHE＝∠ACB＝45°．
∴∠BAH＝∠AHE．
∴AE＝EH，
∵AE＝CF，
∴EH＝CF．
又∵∠EGH＝∠FGC，
∴△EHG≌△FCG（AAS），
∴EG＝GF．
由（1）同理可得 DE＝DF，
∴DG⊥EF；
②解：Ⅰ当点E在线段AB上时，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ACD＝45°，
∵DE＝DF，DG⊥EF，
∴∠GDF＝∠2＝45°，
∴∠1＝45°﹣∠3，
∵∠BCD＝90°，
∴∠3+∠2+∠CFE＝90°，
∴∠3＝90°﹣45°﹣α＝45°﹣α，
∴∠1＝45°﹣∠3＝α，
∵∠DGO＝∠ACD+∠1，
∴∠DGO＝α+45°；
Ⅱ当点E在线段BA的延长线上时，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠BDC＝45°，
∵DE＝DF，DG⊥EF，
∴∠GDF＝∠GFD＝∠BDC＝45°，
∴∠1＝∠2，
∵∠BCD＝90°，
∴∠3+∠2＝90°，
∵∠3＝∠CFE﹣∠GFD＝α﹣45°，
∴∠2＝90°﹣α+45°＝135°﹣α，
∴∠1＝∠2＝135°﹣α，
∴∠DGO＝90°﹣∠1＝α﹣45°；
Ⅲ当点E在线段AB的延长线上时，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠ACD＝45°，∠ABC＝90°，
∴∠2＝∠3，
∵DE＝DF，DG⊥EF，
∴∠GDE＝∠DEG＝45°，
∴∠1+∠3＝45°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CFE+∠2+∠DEG＝90°，
∴∠CFE+∠2＝45°，
∴∠CFE＝∠1＝α，
∴∠DGO+∠1＝∠ACD＝45°，
∴∠DGO＝45°﹣α．
综上：∠DGO＝α+45°或∠DGO＝α﹣45°或∠DGO＝45°﹣α．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用全等三角形的判定和性质得出DE＝DF，利用等腰直角三角形的性质求解，属于中考压轴题．
13．已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE＜AB），∠EDF＝90°，DE＝DF，连接AE，CF．
（1）如图1，求证：△ADE≌△CDF；
（2）直线AE与CF相交于点G．
①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，求证：四边形BMGN是正方形；
②如图3，连接BG，若AB＝4，DE＝2，直接写出在△DEF旋转的过程中，线段BG长度的最小值．


【分析】（1）根据SAS证明三角形全等即可；
（2）①根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
②作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，证明△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，可得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADC＝90°．
∵DE＝DF，∠EDF＝90°．
∴∠ADC＝∠EDF，
∴∠ADE＝∠CDF，
在△ADE和△CDF中，

∴△ADE≌△CDF（SAS）；

（2）①证明：如图2中，设AG与CD相交于点P．

∵∠ADP＝90°，
∴∠DAP+∠DPA＝90°．
∵△ADE≌△CDF，
∴∠DAE＝∠DCF．
∵∠DPA＝∠GPC，
∴∠DAE+∠DPA＝∠GPC+∠GCP＝90°．
∴∠PGN＝90°，
∵BM⊥AG，BN⊥GN，
∴四边形BMGN是矩形，
∴∠MBN＝90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠MBN＝90°．
∴∠ABM＝∠CBN．
又∵∠AMB＝∠BNC＝90°，
∴△AMB≌△CNB．
∴MB＝NB．
∴矩形BMGN是正方形；

②解：作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，

此时△AMB≌△AHD．
∴BM＝AH．
∵AH2＝AD2﹣DH2，AD＝4，
∴DH最大时，AH最小，DH最大值＝DE＝2．
∴BM最小值＝AH最小值＝．
由（2）①可知，△BGM是等腰直角三角形，
∴BG最小值＝．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
14．如图，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD＞2CE），BG的延长线与直线DE交于点H．
（1）如图1，当点G在CD上时，求证：BG＝DE，BG⊥DE；
（2）将正方形CEFG绕点C旋转一周．
①如图2，当点E在直线CD右侧时，求证：BH﹣DH＝CH；
②当∠DEC＝45°时，若AB＝3，CE＝1，请直接写出线段DH的长．

【分析】（1）证明△BCG≌△DCE（SAS）可得结论．
（2）①如图2中，在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．证明△BCK≌△DCH（SAS），推出CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，推出△KCH是等腰直角三角形，即可解决问题．
②分两种情形：如图3﹣1中，当D，G，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD．如图3﹣2中，当D，H，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD，分别求解即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1中，

证明：∵在正方形ABCD和正方形CEFG中，BC＝CD，CG＝CE，∠BCG＝∠DCE＝90°，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，
∵∠CDE+∠DEC＝90°，
∴∠HBE+∠BEH＝90°，
∴∠BHE＝90°，
∴BG⊥DE．

（2）①如图2中，在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．

由（1）可知，∠CBK＝∠CDH，
∵BK＝DH，BC＝DC，
∴△BCK≌△DCH（SAS），
∴CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，
∴∠KCH＝∠BCD＝90°，
∴△KCH是等腰直角三角形，
∴HK＝CH，
∴BH﹣DH＝BH﹣BK＝KH＝CH．

②如图3﹣1中，当D，G，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD．

由（1）可知，BH＝DE，且CE＝CH＝1，EH＝CH，
∵BC＝3，
∴BD＝BC＝3，
设DH＝x，则BH＝DE＝x+，
在Rt△BDH中，∵BH2+DH2＝BD2，
∴（x+）2+x2＝（3）2，
解得x＝或（舍弃）．

如图3﹣2中，当H，E重合时，∠DEC＝45°，连接BD．

设DH＝x，
∵BG＝DH，
∴BH＝DH﹣HG＝x﹣，
在Rt△BDH中，∵BH2+DH2＝BD2，
∴（x﹣）2+x2＝（3）2，
解得x＝或（舍弃），
综上所述，满足条件的DH的值为或．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
七．坐标与图形变化-旋转（共1小题）
15．下面是小明关于“对称与旋转的关系”的探究过程，请你补充完整．
（1）三角形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，简称G，G关于y轴的对称图形为G1，关于x轴的对称图形为G2．则将图形G1绕 　O　点顺时针旋转 　180　度，可以得到图形G2．
（2）在图2中分别画出G关于y轴和直线y＝x+1的对称图形G1，G2．将图形G1绕 　（0，1）　点（用坐标表示）顺时针旋转 　90　度，可以得到图形G2．
（3）综上，如图3，直线l1：y＝﹣2x+2和l2：y＝x所夹锐角为α，如果图形G关于直线l1的对称图形为G1，关于直线l2的对称图形为G2，那么将图形G1绕 　（，）　点（用坐标表示）顺时针旋转 　2α　度（用α表示），可以得到图形G2．

【分析】（1）由图象即可知，将图形G1绕O点顺时针旋转180度，可以得到图形G2；
（2）根据题意画出G1，G2，根据图形写出旋转中心和旋转角度即可；
（3）图形G关于直线l1的对称图形为G1，关于直线l2的对称图形为G2，则直线l1直线l2的交点即为旋转中心，顺时针旋转度数为夹角的2倍．
【解答】解：（1）由图象即可知，将图形G1绕O点顺时针旋转180度，可以得到图形G2，
故答案为：O，180；
（2）G关于y轴和直线y＝x+1的对称图形G1，G2，如图2所示，
∵图形G1，G2对应点连线的垂直平分线交于点（0，1），
∴图形G1绕（0，1）点顺时针旋转90度，可以得到图形G2，
即答案为：G1，G2如图2；（0，1），90；
（3）图形G关于直线l1的对称图形为G1，关于直线l2的对称图形为G2，
则直线l1与直线l2的交点即为图形G1，G2对应点连线的垂直平分线交点，
即旋转中心，
∴，
解得，
∴图形G1绕点（，）旋转可以得到图形G2，
如图3，设A点，点A'，点A''分别是在图形G，G1，G2上的对应点，
设旋转中心为P，则∠A'PA''即为旋转角，
连接AP，A'P，A''P，
∵两直线所夹的锐角为α，
由图象的对称性可知，∠APA'+∠APA''＝180°﹣α，
∴∠A'PA''＝360°﹣2（∠APA'+∠APA''）＝360°﹣（360°﹣2α）＝2α，
故答案为：（，），2α．


【点评】本题主要考查图形的旋转和对称及直角坐标系的知识，根据图形确定旋转中心和旋转角度是解题的关键．
八．作图-旋转变换（共2小题）
16．如图，△ABC在平面直角坐标系中，顶点的坐标分别为A（4，4），B（1，1），C（4，1）．
（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点O1顺时针旋转90°得到△A2B2C2，弧AA2是点A所经过的路径，则旋转中心O1的坐标为　（2，0）　；
（3）求图中阴影部分的面积（结果保留π）．

【分析】（1）根据关于y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）作对应点A、A2，B、B2的连线的垂直平分线，交点即为旋转中心；
（3）利用扇形面积公式和三角形面积公式计算即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）旋转中心O1的坐标为 （2，0），
故答案为（2，0）；
（3）设旋转半径为r，则r2＝22+42＝20，
∴阴影部分的图形面积为：＝5π﹣．

【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换以及作图﹣旋转变换，旋转的性质，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．也考查了三角形的面积和扇形面积公式．
17．如图，△ABC在平面直角坐标系内，顶点的坐标分别为A（﹣4，4），B（﹣2，5），C（﹣2，1）．
（1）平移△ABC，使点C移到点C1（﹣2，﹣4），画出平移后的△A1B1C1，并写出点A1，B1的坐标；
（2）将△ABC绕点（0，3）旋转180°，得到△A2B2C2，画出旋转后的△A2B2C2；
（3）求（2）中的点C旋转到点C2时，点C经过的路径长（结果保留π）．

【分析】（1）根据点C移到点C1（﹣2，﹣4），可知向下平移了5个单位，分别作出A、B、C的对应点A1、B1、C1即可解决问题；
（2）根据中心对称的性质，作出A、B、C的对应点A2、B2、C2即可；
（3）利用勾股定理计算CC2，可得半径为2，根据圆的周长公式计算即可．
【解答】解：（1）如图所示，则△A1B1C1为所求作的三角形，
∴A1（﹣4，﹣1），B1（﹣2，0）；
（2）如图所示，则△A2B2C2为所求作的三角形，
（3）点C经过的路径长：是以（0，3）为圆心，以CC2为直径的半圆，
由勾股定理得：CC2＝＝4，
∴点C经过的路径长：×2πr＝2π．

【点评】本题考查平移变换、旋转变换、勾股定理等知识，解题的关键是正确作出对应点解决问题，属于中考常考题型．
九．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题）
18．如图，小文在数学综合实践活动中，利用所学的数学知识测量居民楼的高度AB，在居民楼前方有一斜坡，坡长CD＝15m，斜坡的倾斜角为α，cosα＝．小文在C点处测得楼顶端A的仰角为60°，在D点处测得楼顶端A的仰角为30°（点A，B，C，D在同一平面内）．
（1）求C，D两点的高度差；
（2）求居民楼的高度AB．
（结果精确到1m，参考数据：≈1.7）

【分析】（1）过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，在Rt△DCE中，可得（m），再利用勾股定理可求出DE，即可得出答案．
（2）过点D作DF⊥AB于F，设AF＝xm，在Rt△ADF中，tan30°＝，解得DF＝x，在Rt△ABC中，AB＝（x+9）m，BC＝（x﹣12）m，tan60°＝＝，求出x的值，即可得出答案．
【解答】解：（1）过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，

∵在Rt△DCE中，cosα＝，CD＝15m，
∴（m）．
∴（m）．
答：C，D两点的高度差为9m．
（2）过点D作DF⊥AB于F，
由题意可得BF＝DE，DF＝BE，
设AF＝xm，
在Rt△ADF中，tan∠ADF＝tan30°＝，
解得DF＝x，
在Rt△ABC中，AB＝AF+FB＝AF+DE＝（x+9）m，BC＝BE﹣CE＝DF﹣CE＝（x﹣12）m，
tan60°＝＝，
解得，
经检验，是原方程的解且符合题意，
∴AB＝++9≈24（m）．
答：居民楼的高度AB约为24m．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题、坡度坡角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．
一十．扇形统计图（共1小题）
19．在“尚科学，爱运动”主题活动中，某校在七年级学生中随机抽取部分同学就“一分钟跳绳”进行测试，并将测试成绩x（单位：次）进行整理后分成六个等级，分别用A，B，C，D，E，F表示，并绘制成如图所示的两幅不完整的统计图表．请根据图表中所给出的信息解答下列问题：
组别
成绩x（单位：次）
人数
A
70≤x＜90
4
B
90≤x＜110
15
C
110≤x＜130
18
D
130≤x＜150
12
E
150≤x＜170
m
F
170≤x＜190
5
（1）本次测试随机抽取的人数是　60　人，m＝　6　；
（2）求C等级所在扇形的圆心角的度数；
（3）若该校七年级学生共有300人，且规定不低于130次的成绩为优秀，请你估计该校七年级学生中有多少人能够达到优秀．

【分析】（1）根据B等级的人数以及百分比，即可解决问题；
（2）根据圆心角＝360°×百分比计算即可，根据D等级人数画出直方图即可；
（3）利用样本估计总体的思想解决问题即可．
【解答】解：（1）15÷25%＝60（人），
m＝60﹣4﹣15﹣18﹣12﹣5＝6；
答：本次测试随机抽取的人数是60人，
故答案为60，6；

（2）C等级所在扇形的圆心角的度数＝360°×＝108°，

（3）估计该校七年级学生能够达到优秀的人数为
300×＝115（人）．
故答案为：60，6．
【点评】本题考查了扇形统计图、频数分布表，解决本题的关键是通过扇形统计图表示出各部分数量同总数之间的关系．
一十一．条形统计图（共2小题）
20．育红学校为了了解学生家长对教育部《关于进一步加强中小学生睡眠管理工作的通知》（以下简称《通知》）的了解程度，随机抽取了该校部分学生家长进行问卷调查，问卷分为A（十分了解），B（了解较多），C（了解较少），D（不了解）四个选项，要求每位被调查家长必选且只能选择其中的一项．在对调查数据进行统计分析时，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图，请你依据图中信息解答下列问题：

（1）参与这次学校调查的学生家长共 　150　人；
（2）通过计算将条形统计图补充完整；
（3）若该校共有2000名学生家长，请估计该校学生家长中对《通知》“十分了解”和“了解较多”的一共有多少人？
【分析】（1）由A选项人数及其所占百分比可得被调查的总人数；
（2）总人数减去A、B、D选项的人数求出C的人数，从而补全图形；
（3）总人数乘以样本中A、B选项人数所占比例即可．
【解答】解：（1）参与这次学校调查的学生家长共30÷20%＝150（人），
故答案为：150；
（2）C选项人数为：150﹣30﹣54﹣24＝42（人），
补全图形如下：


（3）×2000＝1120（人），
答：估计该校学生家长中对《通知》“十分了解”和“了解较多”的一共有1120人．
【点评】此题考查了条形统计图、扇形统计图和概率公式的运用，解题的关键是仔细观察统计图并从中整理出进一步解题的有关信息，条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
21．为了完成“舌尖上的中国”的录制，节目组随机抽查了某省“A．奶制品类，B．肉制品类，C．面制品类，D．豆制品类”四类特色美食若干种，将收集的数据整理并绘制成下面两幅尚不完整的统计图，请根据图中信息完成下列问题：
（1）这次抽查了四类特色美食共　20　种，扇形统计图中a＝　40　，扇形统计图中A部分圆心角的度数为　72°　；
（2）补全条形统计图；
（3）如果全省共有这四类特色美食120种，请你估计约有多少种属于“豆制品类”？

【分析】（1）根据A类的种数除以占的百分比即可得到总人数；再根据总数依次求出即可；
（2）求出B的种数是20﹣4﹣6﹣8＝2，画出即可；
（3）用样本估计总体．
【解答】解：（1）这次抽查了四类特色美食共4÷20%＝20（种），
∵8÷20＝0.4＝40%，
∴a＝40，
360°×20%＝72°，即扇形统计图中A部分圆心角的度数是72°，
故答案为：20，40，72°；

（2）如图所示：
；

（3）120×＝36（种），
答：估计约有36种属于“豆制品类”．
【点评】本题考查了条形统计图、扇形统计图，总体、个体、样本、样本容量，用样本估计总体等知识点，两图结合是解题的关键．
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