精品解析：2022年山东省聊城市东阿县中考三模数学试题（解析版）

这是一份精品解析：2022年山东省聊城市东阿县中考三模数学试题（解析版），共28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年东阿初中学生学业水平模拟测试（三）
数学试卷
选择题（共36分）
一、选择题（共12小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 如果a与﹣2022互为倒数，那么a的值是（　　）
A. 2022 B. ﹣2022 C. D. ﹣
【答案】D
【解析】
【分析】根据倒数的概念求解可得．
【详解】解：∵，
∴-2022的倒数是，即．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了倒数，解题的关键是掌握乘积是1的两数互为倒数．
2. 如图是由6个小正方体搭成的物体，该所示物体的左视图为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【详解】解：从左边看第一层是两个小正方形，第二层左边有一个小正方形，
故选：A．
【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图象是左视图．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别根据零整式幂和负整数幂，合并同类项法，同底数幂的除法法则以及积的乘方运算法则逐步判断即可．
【详解】A，故此选项不符合题意．
B，故此选项不符合题意．
C，故此选项不符合题意．
D，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了零整式幂和负整数幂，同底数幂的除法，合并同类项以及幂的乘方与积的乘方，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．
4. 如图，AB∥CE，∠A＝40°，CE=DE，则∠C的度数是（ ）

A. 40° B. 30° C. 20° D. 15°
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行，内错角相等可得∠A=∠AEC，根据等边对等角可得∠C=∠D，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求出∠AEC=2∠C，然后求解即可．
【详解】解：∵AB∥CE，
∴∠AEC=∠A=40°，
∵CE=DE，
∴∠C=∠D，
∴∠AEC=∠C+∠D=2∠C，
∴∠C=∠AEC=×40°=20°．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质，等边对等角的性质，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，熟记各性质并准确识图理清图中各角度之间的关系是解题的关键．
5. 2022年4月15日是第七个全民国家安全教育日，为了了解某校八年级500名学生对今年国家安全教育日活动主题的知晓情况，从中随机抽取了50名学生进行调查，在这次调查中，样本是（ ）
A. 500名学生 B. 所抽取的50名学生对国家安全教育日活动主题的知晓情况
C. 50名学生 D. 每一名学生对国家安全教育日活动主题的知晓情况
【答案】B
【解析】
【分析】总体是指考查的对象的全体，个体是总体中的每一个考查的对象，样本是总体中所抽取的一部分个体，据此即可判断．
【详解】解：样本是所抽取的50名学生对国家安全教育日活动主题的知晓情况．
故选：B．
【点睛】本题考查了样本的定义，解题要分清具体问题中的总体、个体与样本，关键是明确考查的对象．总体、个体与样本的考查对象是相同的，所不同的是范围的大小．
6. 观察下列表格，估计一元二次方程的正数解在（ ）

－1
0
1
2
3
4

－7
－5
－1
5
13
23

A. －1和0之间 B. 0和1之间 C. 1和2之间 D. 2和3之间
【答案】C
【解析】
【分析】令x2＋3x－5根据﹣1和5时的函数值，即可得到答案．
【详解】解：令x2＋3x－5，
当时，，
当时，，
x2＋3x－5=0的一个正数x的取值范围为1＜x＜2，
故选C．
【点睛】本题考查二次函数的与坐标轴的交点问题，掌握二次函数的性质是解题关键．
7. 将不等式组的解集在数轴上表示，正确的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【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．
【详解】解不等式x≤1，得：x≤3，
∴不等式组的解集为1＜x≤3，
∴不等式组的解集在数轴上表示出来如图所示：

故选：B．
【点睛】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．
8. 如图，AB是⊙O的直径，点C，D，E在⊙O上，若∠AED＝20°，则∠BCD的度数为(　　)

A. 100° B. 110° C. 115° D. 120°
【答案】B
【解析】
【分析】连接AD，BD，由圆周角定理可得∠ABD＝20°，∠ADB＝90°，从而可求得∠BAD＝70°，再由圆的内接四边形对角互补得到∠BCD=110°.
【详解】如下图，连接AD，BD，
∵同弧所对的圆周角相等，∴∠ABD=∠AED＝20°，
∵AB为直径，∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝90°-20°=70°，
∴∠BCD=180°-70°=110°.
故选B

【点睛】本题考查圆中的角度计算，熟练运用圆周角定理和内接四边形的性质是关键.
9. 如图，在△ABC中，，由图中的尺规作图痕迹得到的射线BD与AC交于点E，点F为BC的中点，连接EF，若，则△CEF的周长为（ ）

A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据作图可知平分，结合，由三线合一求出EC长，根据勾股定理求出BC长，再根据直角三角形斜边中线的性质求出EF长，即可解答．
【详解】由作图可知，平分，
∵，，
，，

BE⊥AC，点F为的中点，
，
的周长为：
．
故选：C．
【点睛】本题考查了角平分线的概念，等腰三角形性质，勾股定理，直角三角形性质，求出边是解题的关键．
10. 若关于x，y的二元一次方程组的解是，则关于m，n的二元一次方程组的解是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用关于x、y的二元一次方程组的解是得到关于m，n的方程组，从而求出m、n即可．
【详解】解：∵关于x、y的二元一次方程组的解是，
把关于m，n的二元一次方程组看作是关于（m−n）和（m＋n）的二元一次方程组，
∴，
解得：，
故选：A．
【点睛】此题考查了二元一次方程组的解及解二元一次方程组，利用了类比的方法，弄清题中方程组解的特征是解本题的关键．
11. 如图，，点是内定点且，若点、分别是射线、上异于点的动点，则周长的最小值是(　　)

A. B. C. 6 D.
【答案】D
【解析】
【分析】作P点分别关于OA、OB的对称点C、D，连接CD分别交OA、OB于M、N，如图，利用轴对称的性质得MP=MC，NP=ND，OP=OD=OC=3，∠BOP=∠BOD，∠AOP=∠AOC，所以∠COD=2∠AOB=120°，利用两点之间线段最短判断此时△PMN周长最小，作OH⊥CD于H，则CH=DH，然后利用含30度的直角三角形三边的关系计算出CD即可．
【详解】解：作P点分别关于OA、OB的对称点C、D，连接CD分别交OA、OB于M、N
则MP=MC，NP=ND，OP=OD=OC=3，∠BOP=∠BOD，∠AOP=∠AOC，
∴PN+PM+MN=ND+MN+NC=DC，∠COD=∠BOP+∠BOD+∠AOP+∠AOC=2∠AOB=120°，
∴此时△PMN周长最小，
作OH⊥CD于H，则CH=DH，
∵∠OCH=30°，
∴OH=OC=，
CH=OH=，
∴CD=2CH=．
故选：D．

【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题：熟练掌握轴对称的性质，会利用两点之间线段最短解决路径最短问题．
12. 如图，菱形ABCD的四个顶点均在坐标轴上，对角线AC、BD交于原点O，于E点，交BD于M点，反比例函数的图象经过线段DC的中点N，若，则ME的长为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据菱形的性质得出D点的坐标，利用反比例函数的图象经过线段DC的中点N，求出C点的坐标，进而得出；根据菱形的性质可得，，可判定是等边三角形；最后找到ME、AM、AE、OB之间的数量关系求解．
【详解】∵菱形ABCD，
∴
∴D点的坐标为（0，2）
设C点坐标为（，0）
∵线段DC的中点N
∴设N点坐标为（，1）
又∵反比例函数的图象经过线段DC的中点N
∴，解得
即C点坐标为（，0），
在中，
∴
∵菱形ABCD
∴，，
∴是等边三角形
又∵于E点，于O点
∴，
∵，，
∴
∴
又∵在中，
∴
∴
故选：D．
【点睛】本题考查菱形性质、等边三角形的判定和特殊角的三角函数．菱形的性质，四边相等，对角相等，对角线互相垂直且平分一组对角．等边三角形的判定，有一个角为角的等腰三角形是等边三角形．特殊角的三角函数，，，．
非选择题（共84分）
二、填空题：（本题共5个小题，每小题3分，共15分，只要求写出最后结果）
13. 式子在实数范围内有意义，则 x 的取值范围是_______ ．
【答案】x≥3
【解析】
【分析】直接利用二次根式有意义的条件得到关于x的不等式，解不等式即可得答案.
【详解】由题意可得：x—3≥0，
解得：x≥3，
故答案为：x≥3
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键.
14. 如图，把一张三角形纸片ABC沿中位线DE剪开后，在平面上将绕着点E顺时针旋转180°．点D到了点F的位置，则______．

【答案】
【解析】
【分析】根据中位线的性质得出和的面积之比，根据旋转图形的性质得和的面积相等，从而得出答案．
【详解】解：∵DE为的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质定理，中位线的性质，旋转的性质．解题的关键在于对知识的灵活运用．
15. 某盏路灯照射的空间可以看成如图所示的圆锥，它的高AO=8米，底面半径OB=6米，则圆锥的侧面积是________________平方米（结果保留；

【答案】60π
【解析】
【分析】根据勾股定理求得AB，再求得圆锥的底面周长，根据扇形面积=×底面周长×母线长计算即可．
【详解】解：∵AO=8米，OB=6米，
∴AB==10米，
∴圆锥的底面周长=2×π×6=12π米，
∴S侧面积=×12π×10=60π米2．
故答案为60π．
16. 小亮从家到学校要经过两个设置有红绿灯的路口，第1个路口红绿灯的转换时间是：红灯60秒、绿灯30秒；第二个路口红绿灯的转换时间是：红灯50秒、绿灯50秒．路口之间红绿灯的转换互不相关，小亮上学时两次都遇到绿灯的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】由于第1个路口红灯60秒、绿灯30秒，所以可以看作2红1绿，第2个路口红灯50秒、绿灯50秒，看作1红1绿，然后画出树状图，根据概率公式进行计算即可．
【详解】解：∵第1个路口红灯60秒、绿灯30秒，
∴第1个路口可以看作2红1绿，
∵第2个路口红灯50秒、绿灯50秒，
∴第2个路口看作1红1绿，
画出树状图，如图所示：

∵共有6种等可能的情况，两个路口都遇到绿灯的情况数为1种，
∴小亮上学时两次都遇到绿灯的概率为．
【点睛】本题主要考查了画树状图或列表格求概率，根据题意画出树状图或列出表格，是解题的关键．
17. 一组按规律排列的代数式：，…，则第个式子是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知式子可以看出：每个式子的第一项中a的次数是式子的序号；第二项中b的次数是序号的2倍减1，而第二项的符号是第奇数项时是正号，第偶数项时是负号．
【详解】解：∵当n为奇数时，；
当n为偶数时，，
∴第n个式子是：．
故答案为：
【点睛】本题考查了多项式的知识点，认真观察式子的规律是解题的关键．
三、解答题：（本题共8小题，共69分．解答要写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤．）
18. 化简求值：，其中
【答案】，
【解析】
【分析】首先把分式的分子和分母分解因式，计算乘法，然后通分计算加法即可化简，然后代入求解．
【详解】解：




，
当时，原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，正确对分式进行通分、约分是关键．
19. 某学校为了了解九年级学生的体育成绩，对九年级全体800名学生进行了男生1000米跑（女生800米跑），立定跳远、掷实心球三个项目的测试，每个项目满分10分，共30分．从中抽取了部分学生的成绩进行了统计（成绩均为整数），请根据尚未完成的频率分布表和频数分布直方图（如图），解答下列问题：
分数段
频数
频率

1


5
0.1

6



0.46

15


（1）求这次抽取的学生人数以及m与n的值．
（2）补全频数分布直方图．
（3）学生成绩的中位数落在分数段______内．
（4）如果23分（包括23分）以上为良好，估计该学校体育成绩良好的学生大约有多少人？
【答案】（1）50；23；0.3
（2）见解析 （3）

（4）608
【解析】
【分析】（1）先根据的频数为5，频率为0.1，求出总数，然后再求m的值和n的值即可；
（2）根据m的值补全频数分布直方图即可；
（3）根据中位数的定义找出中位数所在的分数段范围即可；
（4）用调查学生成绩大于22的频数乘以学校总人数，即可估算出学校体育成绩良好的学生数．
【小问1详解】
解：这次抽取的学生总数为：，
，．
【小问2详解】
补全频数分布直方图，如图所示：
【小问3详解】
将50名同学的成绩从小到大进行排序，排在第25和26的都在的范围内，因此学生成绩的中位数落在分数段内．
故答案为：．
【小问4详解】
该学校体育成绩良好的学生大约有：（人）．
【点睛】本题主要考查了频数分布直方图，求一组数的中位数，用频数估计总数，根据频数分布直方表求出调查学生的总数，是解题的关键．
20. 已知，如图△ABC中，分别以AB，AC，BC为一边，在BC边同侧作等边△ABD，等边△ACE和等边BCF．

（1）求证：四边形DAEF是平行四边形；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形DAEF是矩形？
【答案】（1）见解析 （2）当时，四边形DAEF矩形，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质证△ABC≌△DBF≌△EFC，就有AD=EF，DF=CE，从而得证四边形DAEF是平行四边形；
（2）当∠BAC=150°，∠DAE=360°-60°-60°-150°=90°，所以平行四边形DAEF是矩形．
【小问1详解】
证明：∵△ABD和△FBC都是等边三角形，
BD=BA，BF=BC，∠DBA=∠FBC=60°，
∴∠DBA-∠FBA=∠FBC-∠FBA，
∴∠DBF=∠ABC．
在△ABC和△DBF中，
，
∴△ABC≌△DBF（SAS），
∴AC=DF=AE，
同理△ABC≌△EFC，
∴AB=EF=AD，
∴四边形ADFE是平行四边形；
【小问2详解】
解：当∠A=150°时，四边形DAEF是矩形，
理由是：∵△ABD、△ACE是等边三角形，
∴∠DAB=∠EAC=60°，
∴∠DAE=360°-60°-60°-150°=90°，
∵四边形DAEF是平行四边形，
∴四边形DAEF是矩形．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，矩形的判定的应用，解此题的关键是求出AC=DF=AE，AC=DF=AE，主要考查了学生的推理能力．
21. 吉林疫情严峻，预建方舟医院，雷兵建筑公司承担了某标段地土方运输任务，公司已派出大小两种型号的渣土运输车运输土方，已知2辆大型渣土运输车与3辆小型渣土运输车每次共运35吨，3辆大型渣土运输车和2辆小型渣土运输车每次共运40吨．
（1）一辆大型渣土运输车和一辆小型渣土运输车每次各运土方多少吨？
（2）该运输公司决定派出大小两种型号地渣土运输车共20辆参与运输土方，若每次运输土方总量大于150吨，问该运输公司最多派出几辆小型渣土运输车？
【答案】（1）一辆大型渣土运输车每次运输10吨，一辆小型渣土运输车每次运输5吨
（2）该运输公司最多派出9辆小型渣土运输车
【解析】
【分析】（1）设一辆大型渣土运输车一次运输x吨，一辆小型渣土运输车一次运输y吨，根据题中的等量关系列二元一次方程组，即可求解；
（2）设该运输公司派出a辆小型渣土运输车，根据每次运输土方总量不小于150吨，列不等式，由a的取值范围确定a的值．
【小问1详解】
解：设一辆大型渣土运输车每次运输x吨，一辆小型渣土运输车每次运输y吨，根据题意，
可得，
解得，
即一辆大型渣土运输车每次运输10吨，一辆小型渣土运输车每次运输5吨；
【小问2详解】
解：设该运输公司派出a辆小型渣土运输车，
由题意可得，，
解得,
∵a是整数，
∴a最大为9，
∴该运输公司最多派出9辆小型渣土运输车．
【点睛】本题考查二元一次方程组和一元一次不等式的应用，解题的关键是读懂题意，根据所给的数量关系列出对应的方程和不等式．
22. 如图，张明站在河岸上的点，看见河里有一只小船沿垂直于岸边的方向划过来，此时，他测得小船的俯角是，若张明的眼睛与地面的距离是1.5米，米，平行于所在的直线，迎水坡的坡度，坡长米，求小船C到岸边的距离的长？（参考数据：，结果精确到）

【答案】米
【解析】
【分析】把和都整理为直角三角形的斜边，利用坡度和勾股定理易得点和点到水面的距离，进而利用俯角的正切值可以求得的长度，用即可得到的长度．
【详解】解：如图，过点作于点，延长交于点，
∴，
∴是直角三角形，
∵张明站在河岸上的点，
∴，
∵平行于，
∴，
∴四边形是矩形，是直角三角形，
∴，，
∵迎水坡的坡度，坡长米，
∴，，
∴，，
∵张明的眼睛与地面的距离是1.5米，，
∴，
∴，
，
∵张明测得小船的俯角是，
∴，
∴，
∴中，，
即：，
∴，
∴（米）．
∴小船C到岸边的距离的长约是米．

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，涉及到俯角的意义，坡度的意义，矩形的判定和性质，勾股定理，二元二次方程组，三角函数，平行线的性质等知识．构造所给坡度和所给锐角所在的直角三角形是解决问题的难点，利用坡度和三角函数求值得到相应线段的长度是解决问题的关键．
23. 如图，在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，OB＝4，OA＝3，F是BC边上一个动点（不与B、C重合），过点F的反比例函数y＝（k＞0）的图象与边AC交于点E．

（1）当BF＝BC时，求点E的坐标；
（2）连接EF，求∠EFC的正切值；
（3）将△EFC沿EF折叠，得到△EFG，当点G恰好落在矩形AOBC的对角线上时，求k的值．
【答案】（1）E（，3）
（2）
（3）k＝6
【解析】
【分析】（1）由OB=4、OA=3，求出点A、B、C的坐标分别为：（0，3）、（4，0）、（4，3），由BF=BC得到点F（4，1），进而求解；
（2）F点的横坐标为4，则F（4，），E的纵坐标为3，则E（，3），进而求解；
（3）当点G落在对角线AB上时，得到EFAB，则MF是△CGB的中位线，则点F是BC的中点，即可求解；当点G落在OC上时，由①知，CG⊥AB，如果G落在OC上，则OC⊥AB，由题意得AB和OC不垂直，故该情况不存在．
【小问1详解】
解：∵OB=4，OA=3，
∴点A、B的坐标分别为：（0，3）、（4，0）
∵四边形OACB为矩形，则点C（4，3），
当BF=BC时，点F（4，1），
将点F的坐标代入y=并解得：k=4，
故反比例函数的表达式为：y=，
当y=3时，x=，
故E（，3）；
【小问2详解】
解：∵F点的横坐标为4，点F在反比例函数上，
∴F（4，），
∴CF=BC-BF=3-=，
∵E的纵坐标为3，
∴E（，3），
∴CE=AC-AE=4-k=，
在Rt△CEF中，tan∠EFC==；
【小问3详解】
①当点G落在对角线AB上时，

在Rt△ABC中，tan∠ABC===tan∠EFC，
故EFAB，
连接CG交EF于点M，则MG=MC，
即点M是CG的中点，而EFAB，
故MF是CGB的中位线，则点F是BC的中点，
故点F的坐标为（4，），
将点F的坐标代入反比例函数表达式得：k=4×=6；
②当点G落在OC上时，
由①知，CG⊥AB，如果G落在OC上，则OC⊥AB，
由题意得AB和OC不垂直，
故点G不会落在OC上；
综上，k=6．
【点睛】本题考查的反比例函数综合运用，涉及到一次函数的性质、解直角三角形等，综合性强，难度适中．
24. 已知：如图，AB为的直径，CB为的切线，B为切点，OC交于点E，AE的延长线交BC于点F，过点A作，交于点D，连接CD，BD．求证：

（1）CD与相切；
（2）
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）利用直径所对圆周角为推出，结合推出OC垂直平分BD，再利用SSS证明，推出即可；
（2）先证，推出，再证，推出，进而得到，即可证明．
【小问1详解】
证明：连接OD，
∵AB为直径，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴OC垂直平分BD，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵CB为的切线，
∴，
∴，
∴CD为的切线．
【小问2详解】
证明：连接BE，

∵AB为直径，
∴
又∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，通过作辅助线构造相似三角形是解题的关键．
25. 如如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A（-2，0）、B（4，0）两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC、BC，点P为直线BC上方抛物线上一动点，连接OP交BC于点Q．

（1）求抛物线的表达式；
（2）当的值最大时，求点P的坐标和的最大值；
（3）点M为抛物线上的点，当时，求点M的坐标．
【答案】（1）
（2）最大值为，
（3）点M的坐标为或
【解析】
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）运用待定系数法求得直线BC的解析式为y=-x+4，如图1，过点P作PD∥y轴交BC于点D，设P（m，−m2+m+4），则D（m，-m+4），证明△PDQ∽△OCQ，得出：，运用求二次函数最值方法即可得出答案；
（3）分当点M在x轴下方和当点M在x轴上方两种情况讨论，利用三角函数的定义求解即可．
【小问1详解】
解：∵抛物线与x轴交于A（-2，0）、B（4，0）两点（点A在点B的左侧），
∴，解得：，
∴抛物线的函数表达式为；
【小问2详解】
解：∵抛物线与y轴交于点C，
∴，
∴，
设直线BC的解析式为，把，代入，得：
，解得，
∴直线BC的解析式为，
如图，过点P作轴交BC于点D，

设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴当时，取得最大值，此时，；
【小问3详解】
解：①如图，当点M在x轴下方时，在x轴上取一点F，使，延长CF交抛物线于点，过点F作于点G，过点G作于点H．

∵点B，C的坐标分别为，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
在Rt△BOC中，，设，
则，，
∴，解得，
∴，
∴，
∴点F的坐标为．
设直线CF的表达式为，
∴，
∴，
∴直线CF的表达式为，
∴，
解得（舍去），，
∴点M的坐标为．
②如图，当点M在x轴上方时，过点B作，交于点H，过点H作轴于点N，

∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∴点H的坐标为．
设直线CH的表达式为，
∴，解得，
∴直线CH的表达式为，
∴
解得（舍去），，
∴点M的坐标为．
综上可知，点M的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，熟练运用数形结合思想、分类讨论思想是解题关键．