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所属成套资源：2023年中考数学考前30天冲刺必刷卷（江苏专用）
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必刷卷04——2023年中考数学考前30天冲刺必刷卷（江苏无锡专用）
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这是一份必刷卷04——2023年中考数学考前30天冲刺必刷卷（江苏无锡专用），文件包含必刷卷042023年中考数学考前30天冲刺必刷卷江苏无锡专用解析版docx、必刷卷042023年中考数学考前30天冲刺必刷卷江苏无锡专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
2023年中考数学考前信息必刷卷04
数 学（江苏无锡专用）
2023年无锡中考试卷结构及考试内容与往年变化不大！结构上：试卷满分150分，共28题：10（选择题）+8（填空题）+10（解答题）。结合近两次无锡各区中考模拟卷内容及难度，预测2023年中考难度有所提高，主要在对学生思维创新，知识运用方面要求不断提高。知识分布上看，实数概念及分类，几何图形，函数，统计和概率是每年考察的重点。对几何图形及与函数的综合运用考察要求较高。三角形、四边形、圆考察难度中上，基本概念着重掌握，考察难度一般都比较高。一定要注重掌握基本的解题模型并能够熟练应用。一次函数、二次函数、反比例函数与几何图形综合考察方式较多。
通过对考试信息的梳理以及教学研究成果，中考试卷侧重探究性题型，结合近两次各区模拟考试内容及难度可以发现。考查内容付学生开拓创新能力要求有所提高。选择题1-7道涉及实数、幂的运算，统计，三视图，平面直角坐标系，圆锥侧面积公式的运用，难度中等，属于必得分；第8-9题对四边形，二次方程深入考察，综合性提高；第10题运用综合运用矩形的判定和性质、垂径定理等知识点。难度偏大，对学生综合能力要求较高。填空题第11-16题主要考察实数概念，分式、方程的求解等知识点，难度中等，属于必得分，对学生计算，审题要求较高，第17题考查了翻折变换，学生需要动手操作才能完成；第18题对翻折变换（折叠问题）、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识综合考察，难度较大，需要熟练掌握翻折的性质；19 ，20题考察实数，方程与不等式的计算，注意计算一定要细心；第21-23题考查了平行四边形的判定和性质，以及矩形的判定，用列表法或树状图法求概率，极差、中位数、众数和平均数等知识点，难度中等，此类问题一定要审清题目，熟练理解运用基本概念；24题考查作图﹣应用与设计作图，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例定理等知识；25题对一元二次方程的应用以及二次函数的性质综合运用，有一定难度。26题属于圆的综合题型，考查了切线的判定定理；27题是二次函数综合题，考查了二次函数性质，二次函数与坐标轴交点，三角形面积，全等三角形判定和性质，平移变换的性质，勾股定理及两点间距离公式，菱形性质等，难度较高；28题属于四边形综合题，考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定和性质、勾股定理以及三角形面积等知识，本题综合性强，属于中考常考题型
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的.）
1．若|3﹣x|＝7，则x的值为（ ）
A．﹣4 B．4 C．10 D．﹣4或10
【思路点拨】利用绝对值的定义解答即可．
【规范解答】解：∵|3﹣x|＝7，
∴3﹣x＝±7，
∴x＝10或x＝﹣4．
故选：D．
【考点剖析】本题主要考查了绝对值的定义，掌握绝对值得定义是解答此题的关键．
2．下列式子成立的是（ ）
A．a2×a3＝a6 B．（a3）2＝a6
C．a2÷a2＝0 D．（﹣a•b3）2＝﹣a2b6
【思路点拨】根据同底数幂的除法，底数不变指数相减；积的乘方等于各因式乘方的积；同底数幂的乘法，底数不变指数相加；幂的乘方，底数不变指数相乘，对各选项计算后利用排除法求解．
【规范解答】解：A、a2×a3＝a5，故本选项错误；
B、（a3）2＝a6，故本选项正确；
C、a2÷a2＝1，故本选项错误；
D、（﹣a•b3）2＝a2b6，故本选项错误．
故选：B．
【考点剖析】本题考查同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方，积的乘方．题目比较简单，解题时要注意细心．
3．下列调查中，不适合用普查的是（ ）
A．旅客上飞机前的安检
B．某大学师生新冠疫苗接种情况
C．了解一批口罩的质量
D．全国第七次人口普查
【思路点拨】根据全面调查与抽样调查适用的范围和各自优缺点逐一判断即可．
【规范解答】解：A．旅客上飞机前的安检事关安全，必须普查，不合题意；
B．某大学师生新冠疫苗接种情况事关人民健康安全，需要普查，不合题意；
C．了解一批口罩的质量，工作量大，不适用普查，符合题意；
D．全国第七次人口普查事关国家决策制定，需要普查，不合题意；
故选：C．
【考点剖析】本题考查全面调查与抽样调查，如何选择调查方法要根据具体情况而定．一般来讲：通过普查可以直接得到较为全面、可靠的信息，但花费的时间较长，耗费大，且一些调查项目并不适合普查．其一，调查者能力有限，不能进行普查．如：个体调查者无法对全国中小学生身高情况进行普查．其二，调查过程带有破坏性．如：调查一批灯泡的使用寿命就只能采取抽样调查，而不能将整批灯泡全部用于实验．其三，有些被调查的对象无法进行普查．如：某一天，全国人均讲话的次数，便无法进行普查．
4．如图，一个由6个大小相同、棱长为1的正方体搭成的几何体，下列关于这个几何体的说法正确的是（ ）
A．主视图的面积为6 B．左视图的面积为2
C．俯视图的面积为4 D．俯视图的面积为3
【思路点拨】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形，看分别得到几个面，比较即可．
【规范解答】解：A、从正面看，可以看到5个正方形，面积为5，故A选项错误；
B、从左面看，可以看到3个正方形，面积为3，故B选项错误；
C、从上面看，可以看到4个正方形，面积为4，故C选项正确；
D、从上面看，可以看到4个正方形，面积为4，故D选项错误．
故选：C．
【考点剖析】本题主要考查了几何体的三种视图面积的求法及比较，关键是掌握三视图的画法．
5．点M（1，2）关于x轴对称点的坐标为（ ）
A．（﹣1，2） B．（﹣1，﹣2） C．（2，﹣1） D．（1，﹣2）
【思路点拨】两点关于x轴对称，那么让横坐标不变，纵坐标互为相反数即可．
【规范解答】解：∵2的相反数是﹣2，
∴点M（1，2）关于x轴对称点的坐标为 （1，﹣2）．
故选：D．
【考点剖析】本题考查两点关于x轴对称的坐标的特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．
6．若圆锥的底面半径为2cm，侧面展开图的面积为6πcm2，则圆锥的母线长为（ ）
A．1cm B．2cm C．3cm D．cm
【思路点拨】根据圆锥侧面积公式S＝πrl代入数据求出圆锥的母线长即可．
【规范解答】解：根据圆锥侧面积公式：S＝πrl，圆锥的底面半径为2cm，侧面展开图的面积为6πcm2，
故6π＝π×2×l，
解得：l＝3（cm）．
故选：C．
【考点剖析】此题主要考查了圆锥侧面积公式的应用，正确记忆圆锥侧面积公式是解题关键．
7．点P（﹣2，3）到x轴的距离为（ ）
A．﹣2 B．1 C．2 D．3
【思路点拨】求得P的纵坐标的绝对值即可求得P点到x轴的距离．
【规范解答】解：∵点P的纵坐标为3，
∴P点到x轴的距离是3．
故选：D．
【考点剖析】本题考查了点的坐标，解答本题的关键在于熟练掌握点到x轴的距离为点的纵坐标的绝对值．
8．已知一个菱形的对角线长分别是8，6，则这个菱形的周长是（ ）
A．20 B．24 C．40 D．48
【思路点拨】根据菱形的对角线互相垂直平分，可知AO和BO的长，再根据勾股定理即可求得AB的值，又菱形的四个边相等，继而求出菱形的周长．
【规范解答】解：已知AC＝6cm，BD＝8cm，菱形对角线互相垂直平分，
则AO＝3cm，BO＝4cm，
在Rt△AOB中，AB＝＝5cm，
故BC＝CD＝AD＝AB＝5cm，菱形的周长为4×5＝20cm．
故选：A．
【考点剖析】本题考查了菱形对角线互相垂直平分的性质，考查了菱形各边长相等的性质，考查了勾股定理在直角三角形中的运用，根据勾股定理求AB的值是解题的关键．
9．已知二次函数y＝﹣2（x+1）2﹣3，则下列结论中正确的是（ ）
A．对称轴为x＝1
B．抛物线与x轴有两个交点
C．顶点坐标为（1，﹣3）
D．当x＞0时，y随x的增大而减小
【思路点拨】根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断出各个选项中的说法是否正确，本题得以解决．
【规范解答】解：∵二次函数y＝﹣2（x+1）2﹣3，
∴该函数的对称轴是直线x＝﹣1，故选项A错误，不符合题意；
当y＝0时，x无解，即抛物线与x轴无交点，故选项B错误，不符合题意；
顶点坐标为（﹣1，﹣3），故选项C错误，不符合题意；
当x＞﹣1时，y随x的增大而减小，故选项D正确，符合题意；
故选：D．
【考点剖析】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
10．如图，在平面直角坐标系xOy中，以（3，0）为圆心作⊙P，⊙P与x轴交于A、B，与y轴交于点C（0，2），Q为⊙P上不同于A、B的任意一点，连接QA、QB，过P点分别作PE⊥QA于E，PF⊥QB于F．设点Q的横坐标为x，PE2+PF2＝y．当Q点在⊙P上顺时针从点A运动到点B的过程中，下列图象中能表示y与x的函数关系的部分图象是（ ）
A． B．
C． D．
【思路点拨】连接PC．根据勾股定理求得PC2＝13，即圆的半径的平方＝13；根据三个角是直角的四边形是矩形，得矩形PEQF，则PE＝QF，根据垂径定理，得QF＝BF，则PE2+PF2＝BF2+PF2＝PC2＝y，从而判断函数的图象．
【规范解答】解：连接PC．
∵P（3，0），C（0，2），
∴PC2＝13．
∵AC是直径，
∴∠Q＝90°．
又PE⊥QA于E，PF⊥QB于F，
∴四边形PEQF是矩形．
∴PE＝QF．
∵PF⊥QB于F，
∴QF＝BF．
∴PE＝BF．
∴y＝PE2+PF2＝BF2+PF2＝PC2＝13．
故选：A．
【考点剖析】此题综合运用矩形的判定和性质、垂径定理求得y的值，常数函数是平行于坐标轴的一条直线．
二、填空题：（本大题共8个小题，每小题3分，共24分.）
11．若第三象限内的点P（x，y）满足x＝﹣，y＝，则点P的坐标是 （﹣2，﹣4） ．
【思路点拨】根据第三象限内点的横坐标为负数，纵坐标是负数判断出x、y的正负情况，然后根据算术平方根与立方根的定义求出x、y，即可得解．
【规范解答】解：∵P（x，y）为第三象限内的点，
∴x＜0，y＜0，
∵x＝﹣，y＝，
∴x＝﹣2，y＝﹣4，
∴点P的坐标为（﹣2，﹣4）．
故答案为：（﹣2，﹣4）．
【考点剖析】本题考查了点的坐标，立方根，算术平方根的定义，熟记四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（﹣，+）；第三象限（﹣，﹣）；第四象限（+，﹣）是解题的关键．
12．分解因式：a﹣ax2＝ a（1+x）（1﹣x） ．
【思路点拨】直接提取公因式a，再利用平方差公式分解因式得出答案．
【规范解答】解：a﹣ax2＝a（1﹣x2）
＝a（1+x）（1﹣x）．
故答案为：a（1+x）（1﹣x）．
【考点剖析】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用乘法公式分解因式是解题关键．
13．据统计，红花岗区2022年1月﹣12月地区生产总值为340.71亿元，340.71亿用科学记数法可表示为 3.4071×1010 ．
【思路点拨】科学记数法的表现形式为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，当原数绝对值大于等于10时，n是正整数，当原数绝对值小于1时，n是负整数．
【规范解答】解：340.71亿＝340.71×108＝3.4071×1010．
故答案为：3.4071×1010．
【考点剖析】本题考查了科学记数法的表示方法，科学记数法的表现形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键是要正确确定a的值以及n的值．
14．方程组的解是 ．
【思路点拨】方程组利用加减消元法求解即可．
【规范解答】解：，
①×2+②，得5x＝10，解得x＝2，
把x＝2代入①，得4+y＝1，解得y＝﹣3．
故方程组的解为．
故答案为：．
【考点剖析】本题主要考查了解二元一次方程组，熟练掌握解二元一次方程组的方法是解答本题的关键．
15．在等边三角形、平行四边形、矩形、等腰梯形和圆中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有 矩形、圆． ．
【思路点拨】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，分别分析等边三角形、平行四边形、矩形、等腰梯形和圆是否符合即可．
【规范解答】解：等边三角形和等腰梯形只是轴对称图形；平行四边形只是中心对称图形；
矩形和圆是轴对称图形，也是中心对称图形．
故答案为：矩形、圆．
【考点剖析】本题考查轴对称及中心对称的知识，掌握好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°后的图形与原图形完全重合．
16．分式和的值相等，那么x＝ 0或﹣3 ．
【思路点拨】根据题意列出方程，求出方程的解即可得到x的值．
【规范解答】解：根据题意得：＝，
去分母得：x2+3x＝0，即x（x+3）＝0，
解得：x＝0或x＝﹣3，
经检验x＝0和x＝﹣3都为分式方程的解，
故答案为：0或﹣3
【考点剖析】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
17．定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形，如图，在互补四边形纸片ABCD中，BA＝BC，AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，∠ADC＝30°．将纸片先沿直线BD对折，再将对折后的纸片从一个顶点出发的直线裁剪，把剪开的纸片打开后铺平，若铺平后的纸片中有一个面积为4的平行四边形，则CD的长为 （2+4）或（+2） ．
【思路点拨】根据已知条件进行裁剪平铺后发现所得平行四边形是菱形，根据菱形性质及30度角所对直角边等于斜边一半即可求解．
【规范解答】解：①如图所示：
根据题意可知：
∵BA＝BC，AD＝CD，∠A＝∠C＝90°
∴△ABD≌△CBD（SAS）
∴∠ABD＝∠CBD＝75°，
四边形ABCE是面积为4的平行四边形，
∵AB＝CB
∴▱ABCE是菱形，
∴△BCE的面积为2，CB＝CE＝AB，
∴∠BCE＝30°，
作BG⊥CE于点G，
∴BC＝2BG，∴CE＝2BG，
∴S△BCE＝CE•BG
∴BG2＝2，∴BG＝，CE＝2，
∴CG＝BG＝，
∴CF＝CG+GF＝CG+AB＝CG+CE＝+2．
∵∠ADC＝30°，∠CFD＝90°
∴CD＝2CF＝2+4．
②如图，当四边形BEDF是平行四边形，
∵BE＝BF，
∴平行四边形BEDF是菱形，
∵∠A＝∠C＝90°，∠ADC＝30°，
∴∠ADB＝∠BDC＝15°，
∵BE＝DE，
∴∠AEB＝30°，
∴设AB＝y，则BE＝DE＝2y，AE＝y，
∵四边形BEDF面积为4，
∴AB×DE＝2y2＝4，
解得：y＝，
故DE＝2，AE＝，
CD＝CF+FD＝AE+DE＝+2，
故答案为（2+4）或（+2）．
【考点剖析】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是综合利用菱形和30度角所对直角边等于斜边一半的知识．本题需要学生动手操作更容易理解．
18．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，E在AD边上且AE＝1，若点H在边CD上，将矩形ABCD沿直线EH折叠，折叠后点D落在EC上的点D'处，过点D'作D'N⊥AD于点N，与EH交于点M，则tan∠MD'H的值为 ．
【思路点拨】由已知条件及翻折性质可得，DE＝D'E，∠D＝∠ED'H＝90°，AB＝CD＝3，AD＝BC＝5，∠D＝90°，DE＝4，EC＝＝5，证明△NED'∽△DEC，可求得EN＝，ND'＝．根据∠MD'H+∠ED'M＝∠ED'M+∠NED'＝90°，可得∠MD'H＝∠NED'，则所求tan∠MD'H即求tan∠NED'，即可得出答案．
【规范解答】解：由翻折可得，
DE＝D'E，∠D＝∠ED'H＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝5，∠D＝90°，
∵AE＝1，
∴DE＝D'E＝5﹣1＝4，
∴EC＝＝5，
∵∠D＝∠END'＝90°，∠NED'＝∠DEC，
∴△NED'∽△DEC，
∴，
即，
解得EN＝，ND'＝．
∵D'N⊥AD，
∴∠D'NE＝90°，
∵∠MD'H+∠ED'M＝∠ED'M+∠NED'＝90°，
∴∠MD'H＝∠NED'，
∴tan∠MD'H＝tan∠NED'＝．
故答案为：．
【考点剖析】本题考查翻折变换（折叠问题）、解直角三角形、相似三角形的判定与性质，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
三、解答题：（本大题共10个小题，共96分，解答应写出文字说明、证明或演算步骤。
19．（8分）（1）计算：（）2+|﹣4|﹣（）﹣1；
（2）化简：（1+）÷，并在﹣2，0，2中选择一个合适的a值代入求值．
【思路点拨】（1）原式利用乘方的意义，绝对值，负整数指数幂法则计算即可得到结果；
（2）原式括号中两项通分并利用同分母分式的加减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把a的值代入计算即可求出值．
【规范解答】解：（1）原式＝3+4﹣2
＝5；
（2）原式＝•
＝•
＝，
当a＝﹣2或2时，原式没有意义；
当a＝0时，原式＝＝1．
【考点剖析】此题考查了分式的化简求值，负整数指数幂，绝对值，以及实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
20．（8分）（1）解方程：2x2﹣4x+1＝0
（2）解不等式组：
【思路点拨】（1）找出a，b，c的值，进而计算出根的判别式，代入求根公式计算即可求出解；
（2）分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．
【规范解答】解：（1）∵a＝2，b＝﹣4，c＝1，
∴△＝16﹣8＝8＞0，
∴x＝，
∴x1＝，x2＝；
（2），
由①得：x＞﹣，
由②得：x≥﹣3，
则不等式组的解集为x＞﹣．
【考点剖析】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，以及解一元一次不等式组，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
21．（10分）如图，在平行四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，点E，F在AC上，且AE＝CF，连接BE，DF．
（1）求证：△BOE≌△DOF；
（2）连接BF，DE，若AB＝AD，线段OE满足什么条件时，四边形BEDF为正方形．
【思路点拨】（1）根据平行四边形的性质得到AO＝OC，BO＝DO，求得OE＝OF，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）由（1）知，OE＝OF，OD＝OB，得到四边形BEDF为平行四边形，求得OE＝OF＝OD＝OB，得到BD＝EF，根据正方形的判定定理即可得到结论．
【规范解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC，BO＝DO，
∵AE＝CF，
∴AO﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
在△BOE与△DOF中，
，
∴△BOE≌△DOF（SAS）；
（2）解：当OE＝BD时，四边形BEDF为正方形，
由（1）知，OE＝OF，OD＝OB，
∴四边形BEDF为平行四边形，
∵OE＝BD，
∴OE＝OF＝OD＝OB，
∴BD＝EF，
∴四边形BEDF为矩形，
∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，
∴四边形BEDF为正方形．
【考点剖析】此题主要考查了平行四边形的判定和性质，以及矩形的判定，关键是掌握平行四边形的对角线互相平分；对角线互相平分的四边形是平行四边形．
22．（10分）一个不透明的口袋中装有2个红球、1个白球、1个黑球，这些球除颜色外都相同，将球摇匀．
（1）从口袋中任意摸出1个球，恰好摸到红球的概率是 ；
（2）先从口袋中随机摸出一个球，不放回，再从中口袋中随机摸出一个球．请用列举法（画树状图或列表）求摸出一个红球和一个白球的概率．
【思路点拨】（1）根据4个小球中红球的个数，即可确定出从中任意摸出1个球，恰好摸到红球的概率；
（2）列表得出所有等可能的情况数，找出摸出一个红球和一个白球的情况数，即可求出所求的概率．
【规范解答】解：（1）∵4个小球中有2个红球，
∴任意摸出1个球，恰好摸到红球的概率是＝，
故答案为：；
（2）列表如下：
红
红
白
黑
红
﹣﹣﹣
（红，红）
（白，红）
（黑，红）
红
（红，红）
﹣﹣﹣
（白，红）
（黑，红）
白
（红，白）
（红，白）
﹣﹣﹣
（黑，白）
黑
（红，黑）
（红，黑）
（白，黑）
﹣﹣﹣
所有等可能的情况有12种，其中摸出一个红球和一个白球的有4种可能，
∴摸出一个红球和一个白球的概率为＝．
【考点剖析】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
23．（10分）某校开展一项以班级为单位的投三分球比赛．规则如下：①在三分投篮线外，将球投向筐中，只要投进一次，该局便结束；②若一次未进可再投第二次，以此类推，直至投进；③若投第n次时才投中，则得分为n；④每班安排5位选手，5人得分之和为该班最终积分，积分最小的班级获胜．为确定参加比赛的人选，初三（1）班组织本班体育爱好者进行了预选赛，有4名同学成绩非常突出，已被确定为参赛选手，班主任通过统计分析，准备从双胞胎兄弟姚亦、姚新两人中挑选一人为最后一位选手，他俩的比赛得分如下：
姚亦：3，1，5，4，3，2，3，6，8，5；
姚新：1，4，3，3，1，3，2，8，3，12．
（1）姚亦、姚新兄弟俩的平均得分分别是多少？
（2）姚亦得分的中位数、众数、极差分别是多少？
（3）利用你所学习到的统计知识，请你帮助班主任确定最后一位选手，并说明理由．
【思路点拨】（1）根据平均数的计算公式分别把这些数据加起来，再除以10，即可得出答案；
（2）根据中位数、众数和极差的定义以及计算公式，分别进行计算，即可得出答案；
（3）根据姚亦、姚新的中位数和平均数、众数以及比赛规则，即可得出答案．
【规范解答】解：（1）姚亦的平均得分是（3+1+5+4+3+2+3+6+8+5）÷10＝4，
姚新的平均数是（1+4+3+3+1+3+2+8+3+12）÷10＝4；
（2）把这组数据从小到大排列为1，2，3，3，3，4，5，5，6，8，
最中间两个数的平均数是（3+4）÷2＝3.5，
则姚亦得分的中位数是3.5，
3出现了3次，出现的次数最多，
则众数是3；
极差是8﹣1＝7；
（3）因为姚新得分的中位数是3，众数3，
所以姚新得分的中位数小于姚亦得分的中位数；
则应派姚新去．
【考点剖析】此题考查了极差、中位数、众数和平均数，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，众数是一组数据中出现次数最多的数据，求极差的方法是用一组数据中的最大值减去最小值．
24．（10分）图①、图②均是5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上．在图①、图②中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，不要求写出画法，保留作图痕迹．
（1）在图①中作△ABC的中位线EF，使点E、F分别在边AB、AC上．
（2）在图②中作线段GH，使GH∥BC，GH＝BC，点G、H分别在边AB、AC上．
【思路点拨】（1）作出AB的中点E，AC的中点F，连接EF，线段EF即为所求；
（2）在AB上找一点G，使得AG＝AB，在AC上找一点H，使得AH＝AC，连接GH，线段GH即为所求．
【规范解答】解：（1）如图①中，线段EF，即为所求；
（2）如图②中，线段GH即为所求．
【考点剖析】本题考查作图﹣应用与设计作图，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是掌握平行线分线段成比例定理，属于中考常考题型．
25．（10分）某社区利用一块长方形空地建了一个小型的惠民停车场，其布局如图所示，已知停车场的长为52m，宽为28m，阴影部分设计为停车位，其余部分是等宽的通道，已知停车位占地面积为640m2．
（1）求通道的宽是多少米；
（2）该停车场共有64个车位，据调查发现：当每个车位的月租金为400元时，可全部租出；当每个车位的月租金每上涨10元时，就会少租出1个车位．当每个车位的月租金上涨时，停车场的月租金收入会超过27000元吗？
【思路点拨】（1）设通道的宽是x m，则阴影部分（停车位）可合成长为（52﹣2x）米，宽为（28﹣2x）米的长方形，根据长方形的面积计算公式，结合停车位占地面积为640m2，即可得出关于x的一元二次方程，解之可得出x的值，再结合28﹣2x＞0，即可确定x的值；
（2）设当每个车位的月租金上涨y元时，停车场的月租金收入为w元，则可租出（64﹣）个车位，根据停车场的月租金收入＝每个车位的月租金×租出车位的个数，即可得出w关于y的函数关系式，利用二次函数的性质可求出w的最大值，再将其与27000比较后即可得出结论．
【规范解答】解：（1）设通道的宽是x m，则阴影部分可合成长为（52﹣2x）米，宽为（28﹣2x）米的长方形，
依题意得：（28﹣2x）（52﹣2x）＝640，
整理得：x2﹣40x+204＝0，
解得：x1＝6，x2＝34．
又∵28﹣2x＞0，
∴x＜14，
∴x＝6．
答：通道的宽是6米．
（2）设当每个车位的月租金上涨y元时，停车场的月租金收入为w元，则可租出（64﹣）个车位，
依题意得：w＝（400+y）（64﹣）＝﹣y2+24y+25600＝﹣（y﹣120）2+27040，
∵﹣＜0，
∴当y＝120时，w取得最大值，最大值为27040．
又∵27040＞27000，
∴停车场的月租金收入会超过27000元．
【考点剖析】本题考查了一元二次方程的应用以及二次函数的性质，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）根据各数量之间的关系，找出w关于y的函数关系式．
26．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝54°，以AB为直径的⊙O分别交AC，BC于点D，E过点B作直线BF，交AC的延长线于点F．
（1）求证：BE＝CE；
（2）当∠F的度数是多少时，BF与⊙O相切．证明你的结论；
（3）若AB＝6，求的长
【思路点拨】（1）连接AE，如图，根据圆周角定理得∠AEB＝90°，然后根据等腰三角形的性质得到BE＝CE；
（2）当∠F的度数是36°时可得到∠ABF＝90°，则AB⊥BF，然后根据切线的性质可判断BF为⊙O的切线；
（3）根据等腰三角形的性质得到得到∠CAE＝∠BAC＝27°，再利用圆周角定理得到∠DOE＝54°，然后根据弧长公式可计算出弧DE的长．
【规范解答】（1）证明：连接AE，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴AE⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BE＝CE；
（2）解：当∠F的度数是36°时，BF与⊙O相切．
理由如下：∵∠BAC＝54°，
∴当∠F＝36°时，∠ABF＝90°，
∴AB⊥BF，
∴BF为⊙O的切线；
（3）解：∵AB＝AC，AE⊥BC，
∴AE平分∠BAC，
∴∠CAE＝∠BAC＝×54°＝27°，
∴∠DOE＝2∠CAE＝2×27°＝54°，
∴弧DE的长＝＝π．
【考点剖析】此题属于圆的综合题型，考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了圆周角定理．
27．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2﹣x+2交x轴于点A、B，交y轴于点C．
（1）求△ABC的面积；
（2）如图，过点C作射线CM，交x轴的负半轴于点M，且∠OCM＝∠OAC，点P为线段AC上方抛物线上的一点，过点P作AC的垂线交CM于点G，求线段PG的最大值及点P的坐标；
（3）将该抛物线沿射线AC方向平移个单位后得到的新抛物线为y′＝ax2+bx+c（a≠0），新抛物线y′与原抛物线的交点为E，点F为新抛物线y′对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点Q，使以点A、E、F、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】（1）令x＝0，则y＝2，令y＝0，则﹣x2﹣x+2＝0，可得A（﹣4，0），B（1，0），C（0，2），再运用三角形面积公式即可求得答案；
（2）解法一：如图1，过点P作PN∥y轴，交AC于点T，交CM于点N，交x轴于点K，过点G作GH⊥PN于点H，由tan∠OAC＝tan∠OCM，可得＝，即可得出M（﹣1，0），再利用待定系数法求得直线OM的解析式，设P（m，﹣m2m+2），则N（m，2m+2），可得出PH＝PN＝m2﹣m，再由＝cos∠TPE＝cos∠OAC＝＝，可得PG＝PH＝﹣m2﹣m＝﹣（m+）2+，运用二次函数性质求最值即可；解法二：如图1′，过点作PH∥x轴交CM于点H，过点G作GD⊥PH于点D，设PG与AC、x轴交点分别为N、F，设P（m，﹣m2m+2），则H（m2﹣m，﹣m2m+2），可得DP＝（m2﹣m﹣m）＝m2﹣m＝﹣（m+）2+，运用二次函数性质求最值即可；
（3）运用平移变换的性质求出E（﹣1，3），设F（，n），表示出AE、AF、EF的平分，再分类讨论，根据菱形性质得出△AEF是等腰三角形，分别建立方程求解即可．
【规范解答】解：（1）在y＝﹣x2﹣x+2中，令x＝0，则y＝2，
∴C（0，2），
∴OC＝2，
令y＝0，则﹣x2﹣x+2＝0，
解得：x1＝1，x2＝﹣4，
∴A（﹣4，0），B（1，0），
∴AB＝1﹣（﹣4）＝5，
∴S△ABC＝AB•OC＝×5×2＝5；
（2）解法一：如图1，过点P作PN∥y轴，交AC于点T，交CM于点N，交x轴于点K，过点G作GH⊥PN于点H，
则∠PNG＝∠OCM，∠PHG＝∠AKT＝90°，
∵PG⊥AC，
∴∠PET＝90°＝∠AKT，
∴∠PTE+∠TPE＝90°，∠OAC+∠ATK＝90°，
∵∠PTE＝∠ATK，
∴∠TPE＝∠OAC，
∵∠OCM＝∠OAC，
∴∠PNG＝∠TPE＝∠OAC，
∴PG＝NG，
∵GH⊥PN，
∴PH＝PN，
∵tan∠OAC＝tan∠OCM，
∴＝，即＝，
∴OM＝1，
∴M（﹣1，0），
设直线OM的解析式为y＝kx+b，
∵M（﹣1，0），C（0，2），
∴，
解得：，
∴直线CM的解析式为y＝2x+2，
设P（m，﹣m2m+2），则N（m，2m+2），
∴PN＝﹣m2m+2﹣（2m+2）＝﹣m2﹣m，
∴PH＝PN＝m2﹣m，
∵AC＝＝＝2，
∴＝cos∠TPE＝cos∠OAC＝＝＝，
∴PG＝PH＝﹣m2﹣m＝﹣（m+）2+，
∴当m＝，PG最大，最大值为，
故当点P坐标为（，）时，PG最大，最大值为；
解法二：如图1′，过点作PH∥x轴交CM于点H，过点G作GD⊥PH于点D，
设PG与AC、x轴交点分别为N、F，
由（1）得，＝＝，
∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠OAC＝∠BCO＝∠OCM，
在△COB和△COM中，
，
∴△COB≌△COM（ASA），
∴OM＝OB＝1，
∴M（﹣1，0），
设直线CM的解析式为y＝kx+b，
∵M（﹣1，0），C（0，2），
∴，
解得：，
∴直线CM的解析式为y＝2x+2，
∵DG∥OC，
∴∠DGH＝∠OCM，
∵∠ANF＝∠FEG＝90°，∠NFA＝∠EFG，
∴∠NAF＝∠FGE，
∵∠OCM＝∠OAC，
∴∠DGH＝∠FGE，
∵∠GDP＝∠GDH＝90°，GD＝GD，
∴△GDP≌△GDH（ASA），
∴PD＝DH，
设P（m，﹣m2m+2），则H（m2﹣m，﹣m2m+2），
DP＝（m2﹣m﹣m）＝m2﹣m＝﹣（m+）2+，
tan∠OCB＝tan∠PGD＝，可得：PG＝DP，
当DP最大时，PG就最大，
∴当m＝，DP最大，最大值为，
故当点P坐标为（，）时，PG最大，最大值为；
（3）抛物线y＝﹣x2﹣x+2＝﹣（x+）2+，该抛物线沿射线AC方向平移个单位，
实际上就是向右平移2个单位，向上平移1个单位，
平移后的解析式为：y＝﹣（x﹣）2+，对称轴为直线x＝，
两个抛物线交于E点，所以﹣（x+）2+＝﹣（x﹣）2+，
解得：x＝﹣1，代入得y＝3，
∴E（﹣1，3），
设F（，n），
则AE2＝（﹣1+4）2+32＝18，
AF2＝（+4）2+n2，
EF2＝（+1）2+（n﹣3）2，
当AE＝AF时，18＝+n2，此方程无实数根；
当AE＝EF时，18＝n2﹣6n+，
解得：n1＝3﹣，n2＝3+，
则F1（，3﹣），对应的Q1（﹣，﹣）；
F2（，3+），对应的Q2（﹣，）；
当AF＝EF时，+n2＝n2﹣6n+，
解得：n＝﹣，
F3（，﹣），对应的Q3（﹣，）；
综上所述，Q点的坐标为（﹣，﹣）或（﹣，）或（﹣，）．
【考点剖析】本题是二次函数综合题，考查了二次函数性质，二次函数与坐标轴交点，三角形面积，全等三角形判定和性质，平移变换的性质，勾股定理及两点间距离公式，菱形性质等，解题关键是运用数形结合思想，分类讨论思想，熟练运用二次函数的性质求最值，通过设点的坐标，建立图形和数据的联系．
28．（10分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E，作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．
（1）判断△AFG的形状并说明理由；
（2）求证：BF＝2OG；
（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值；
【思路点拨】（1）证△AHF≌△AHG（ASA），得AF＝AG，即可得出结论；
（2）过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．先证OG＝OL，再证BF＝2OL，即可解决问题；
（3）过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，利用相似三角形的性质好勾股定理解决问题即可．
【规范解答】（1）解：△AFG是等腰三角形，理由如下：
∵AE平分∠BAC，
∴∠FAH＝∠GAH，
∵DF⊥AE，
∴∠AHF＝∠AHG＝90°，
又∵AH＝AH，
∴△AHF≌△AHG（ASA），
∴AF＝AG，
∴△AFG是等腰三角形．
（2）证明：如图1，过点O作OL∥AB交DF于L，
则∠AFG＝∠OLG．
由（1）可知，AF＝AG，
∴∠AFG＝∠AGF，
∵∠AGF＝∠OGL，
∴∠OGL＝∠OLG，
∴OG＝OL，
∵OL∥AB，
∴△DLO∽△DFB，
∴＝，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝2OD，
∴＝＝，
∴BF＝2OL，
∴BF＝2OG．
（3）解：如图2，过点D作DK⊥AC于K，
则∠DKA＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠CDA＝90°，
∴∠DKA＝∠CDA，
∵∠DAK＝∠CAD，
∴△ADK∽△ACD，
∴＝，
∵S1＝OG•DK，S2＝BF•AD，
又∵BF＝2OG，，
∴＝＝，
设CD＝2x，则AC＝3x，AB＝2x，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD＝＝＝x，
∴＝＝．
【考点剖析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定和性质、勾股定理以及三角形面积等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型
2023年中考数学考前信息必刷卷04
数 学（江苏无锡专用）
2023年无锡中考试卷结构及考试内容与往年变化不大！结构上：试卷满分150分，共28题：10（选择题）+8（填空题）+10（解答题）。结合近两次无锡各区中考模拟卷内容及难度，预测2023年中考难度有所提高，主要在对学生思维创新，知识运用方面要求不断提高。知识分布上看，实数概念及分类，几何图形，函数，统计和概率是每年考察的重点。对几何图形及与函数的综合运用考察要求较高。三角形、四边形、圆考察难度中上，基本概念着重掌握，考察难度一般都比较高。一定要注重掌握基本的解题模型并能够熟练应用。一次函数、二次函数、反比例函数与几何图形综合考察方式较多。
通过对考试信息的梳理以及教学研究成果，中考试卷侧重探究性题型，结合近两次各区模拟考试内容及难度可以发现。考查内容付学生开拓创新能力要求有所提高。选择题1-7道涉及实数、幂的运算，统计，三视图，平面直角坐标系，圆锥侧面积公式的运用，难度中等，属于必得分；第8-9题对四边形，二次方程深入考察，综合性提高；第10题运用综合运用矩形的判定和性质、垂径定理等知识点。难度偏大，对学生综合能力要求较高。填空题第11-16题主要考察实数概念，分式、方程的求解等知识点，难度中等，属于必得分，对学生计算，审题要求较高，第17题考查了翻折变换，学生需要动手操作才能完成；第18题对翻折变换（折叠问题）、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识综合考察，难度较大，需要熟练掌握翻折的性质；19 ，20题考察实数，方程与不等式的计算，注意计算一定要细心；第21-23题考查了平行四边形的判定和性质，以及矩形的判定，用列表法或树状图法求概率，极差、中位数、众数和平均数等知识点，难度中等，此类问题一定要审清题目，熟练理解运用基本概念；24题考查作图﹣应用与设计作图，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例定理等知识；25题对一元二次方程的应用以及二次函数的性质综合运用，有一定难度。26题属于圆的综合题型，考查了切线的判定定理；27题是二次函数综合题，考查了二次函数性质，二次函数与坐标轴交点，三角形面积，全等三角形判定和性质，平移变换的性质，勾股定理及两点间距离公式，菱形性质等，难度较高；28题属于四边形综合题，考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定和性质、勾股定理以及三角形面积等知识，本题综合性强，属于中考常考题型
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的.）
1．若|3﹣x|＝7，则x的值为（ ）
A．﹣4 B．4 C．10 D．﹣4或10
【思路点拨】利用绝对值的定义解答即可．
【规范解答】解：∵|3﹣x|＝7，
∴3﹣x＝±7，
∴x＝10或x＝﹣4．
故选：D．
【考点剖析】本题主要考查了绝对值的定义，掌握绝对值得定义是解答此题的关键．
2．下列式子成立的是（ ）
A．a2×a3＝a6 B．（a3）2＝a6
C．a2÷a2＝0 D．（﹣a•b3）2＝﹣a2b6
【思路点拨】根据同底数幂的除法，底数不变指数相减；积的乘方等于各因式乘方的积；同底数幂的乘法，底数不变指数相加；幂的乘方，底数不变指数相乘，对各选项计算后利用排除法求解．
【规范解答】解：A、a2×a3＝a5，故本选项错误；
B、（a3）2＝a6，故本选项正确；
C、a2÷a2＝1，故本选项错误；
D、（﹣a•b3）2＝a2b6，故本选项错误．
故选：B．
【考点剖析】本题考查同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方，积的乘方．题目比较简单，解题时要注意细心．
3．下列调查中，不适合用普查的是（ ）
A．旅客上飞机前的安检
B．某大学师生新冠疫苗接种情况
C．了解一批口罩的质量
D．全国第七次人口普查
【思路点拨】根据全面调查与抽样调查适用的范围和各自优缺点逐一判断即可．
【规范解答】解：A．旅客上飞机前的安检事关安全，必须普查，不合题意；
B．某大学师生新冠疫苗接种情况事关人民健康安全，需要普查，不合题意；
C．了解一批口罩的质量，工作量大，不适用普查，符合题意；
D．全国第七次人口普查事关国家决策制定，需要普查，不合题意；
故选：C．
【考点剖析】本题考查全面调查与抽样调查，如何选择调查方法要根据具体情况而定．一般来讲：通过普查可以直接得到较为全面、可靠的信息，但花费的时间较长，耗费大，且一些调查项目并不适合普查．其一，调查者能力有限，不能进行普查．如：个体调查者无法对全国中小学生身高情况进行普查．其二，调查过程带有破坏性．如：调查一批灯泡的使用寿命就只能采取抽样调查，而不能将整批灯泡全部用于实验．其三，有些被调查的对象无法进行普查．如：某一天，全国人均讲话的次数，便无法进行普查．
4．如图，一个由6个大小相同、棱长为1的正方体搭成的几何体，下列关于这个几何体的说法正确的是（ ）
A．主视图的面积为6 B．左视图的面积为2
C．俯视图的面积为4 D．俯视图的面积为3
【思路点拨】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形，看分别得到几个面，比较即可．
【规范解答】解：A、从正面看，可以看到5个正方形，面积为5，故A选项错误；
B、从左面看，可以看到3个正方形，面积为3，故B选项错误；
C、从上面看，可以看到4个正方形，面积为4，故C选项正确；
D、从上面看，可以看到4个正方形，面积为4，故D选项错误．
故选：C．
【考点剖析】本题主要考查了几何体的三种视图面积的求法及比较，关键是掌握三视图的画法．
5．点M（1，2）关于x轴对称点的坐标为（ ）
A．（﹣1，2） B．（﹣1，﹣2） C．（2，﹣1） D．（1，﹣2）
【思路点拨】两点关于x轴对称，那么让横坐标不变，纵坐标互为相反数即可．
【规范解答】解：∵2的相反数是﹣2，
∴点M（1，2）关于x轴对称点的坐标为 （1，﹣2）．
故选：D．
【考点剖析】本题考查两点关于x轴对称的坐标的特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．
6．若圆锥的底面半径为2cm，侧面展开图的面积为6πcm2，则圆锥的母线长为（ ）
A．1cm B．2cm C．3cm D．cm
【思路点拨】根据圆锥侧面积公式S＝πrl代入数据求出圆锥的母线长即可．
【规范解答】解：根据圆锥侧面积公式：S＝πrl，圆锥的底面半径为2cm，侧面展开图的面积为6πcm2，
故6π＝π×2×l，
解得：l＝3（cm）．
故选：C．
【考点剖析】此题主要考查了圆锥侧面积公式的应用，正确记忆圆锥侧面积公式是解题关键．
7．点P（﹣2，3）到x轴的距离为（ ）
A．﹣2 B．1 C．2 D．3
【思路点拨】求得P的纵坐标的绝对值即可求得P点到x轴的距离．
【规范解答】解：∵点P的纵坐标为3，
∴P点到x轴的距离是3．
故选：D．
【考点剖析】本题考查了点的坐标，解答本题的关键在于熟练掌握点到x轴的距离为点的纵坐标的绝对值．
8．已知一个菱形的对角线长分别是8，6，则这个菱形的周长是（ ）
A．20 B．24 C．40 D．48
【思路点拨】根据菱形的对角线互相垂直平分，可知AO和BO的长，再根据勾股定理即可求得AB的值，又菱形的四个边相等，继而求出菱形的周长．
【规范解答】解：已知AC＝6cm，BD＝8cm，菱形对角线互相垂直平分，
则AO＝3cm，BO＝4cm，
在Rt△AOB中，AB＝＝5cm，
故BC＝CD＝AD＝AB＝5cm，菱形的周长为4×5＝20cm．
故选：A．
【考点剖析】本题考查了菱形对角线互相垂直平分的性质，考查了菱形各边长相等的性质，考查了勾股定理在直角三角形中的运用，根据勾股定理求AB的值是解题的关键．
9．已知二次函数y＝﹣2（x+1）2﹣3，则下列结论中正确的是（ ）
A．对称轴为x＝1
B．抛物线与x轴有两个交点
C．顶点坐标为（1，﹣3）
D．当x＞0时，y随x的增大而减小
【思路点拨】根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断出各个选项中的说法是否正确，本题得以解决．
【规范解答】解：∵二次函数y＝﹣2（x+1）2﹣3，
∴该函数的对称轴是直线x＝﹣1，故选项A错误，不符合题意；
当y＝0时，x无解，即抛物线与x轴无交点，故选项B错误，不符合题意；
顶点坐标为（﹣1，﹣3），故选项C错误，不符合题意；
当x＞﹣1时，y随x的增大而减小，故选项D正确，符合题意；
故选：D．
【考点剖析】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
10．如图，在平面直角坐标系xOy中，以（3，0）为圆心作⊙P，⊙P与x轴交于A、B，与y轴交于点C（0，2），Q为⊙P上不同于A、B的任意一点，连接QA、QB，过P点分别作PE⊥QA于E，PF⊥QB于F．设点Q的横坐标为x，PE2+PF2＝y．当Q点在⊙P上顺时针从点A运动到点B的过程中，下列图象中能表示y与x的函数关系的部分图象是（ ）
A． B．
C． D．
【思路点拨】连接PC．根据勾股定理求得PC2＝13，即圆的半径的平方＝13；根据三个角是直角的四边形是矩形，得矩形PEQF，则PE＝QF，根据垂径定理，得QF＝BF，则PE2+PF2＝BF2+PF2＝PC2＝y，从而判断函数的图象．
【规范解答】解：连接PC．
∵P（3，0），C（0，2），
∴PC2＝13．
∵AC是直径，
∴∠Q＝90°．
又PE⊥QA于E，PF⊥QB于F，
∴四边形PEQF是矩形．
∴PE＝QF．
∵PF⊥QB于F，
∴QF＝BF．
∴PE＝BF．
∴y＝PE2+PF2＝BF2+PF2＝PC2＝13．
故选：A．
【考点剖析】此题综合运用矩形的判定和性质、垂径定理求得y的值，常数函数是平行于坐标轴的一条直线．
二、填空题：（本大题共8个小题，每小题3分，共24分.）
11．若第三象限内的点P（x，y）满足x＝﹣，y＝，则点P的坐标是 （﹣2，﹣4） ．
【思路点拨】根据第三象限内点的横坐标为负数，纵坐标是负数判断出x、y的正负情况，然后根据算术平方根与立方根的定义求出x、y，即可得解．
【规范解答】解：∵P（x，y）为第三象限内的点，
∴x＜0，y＜0，
∵x＝﹣，y＝，
∴x＝﹣2，y＝﹣4，
∴点P的坐标为（﹣2，﹣4）．
故答案为：（﹣2，﹣4）．
【考点剖析】本题考查了点的坐标，立方根，算术平方根的定义，熟记四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（﹣，+）；第三象限（﹣，﹣）；第四象限（+，﹣）是解题的关键．
12．分解因式：a﹣ax2＝ a（1+x）（1﹣x） ．
【思路点拨】直接提取公因式a，再利用平方差公式分解因式得出答案．
【规范解答】解：a﹣ax2＝a（1﹣x2）
＝a（1+x）（1﹣x）．
故答案为：a（1+x）（1﹣x）．
【考点剖析】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用乘法公式分解因式是解题关键．
13．据统计，红花岗区2022年1月﹣12月地区生产总值为340.71亿元，340.71亿用科学记数法可表示为 3.4071×1010 ．
【思路点拨】科学记数法的表现形式为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，当原数绝对值大于等于10时，n是正整数，当原数绝对值小于1时，n是负整数．
【规范解答】解：340.71亿＝340.71×108＝3.4071×1010．
故答案为：3.4071×1010．
【考点剖析】本题考查了科学记数法的表示方法，科学记数法的表现形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键是要正确确定a的值以及n的值．
14．方程组的解是 ．
【思路点拨】方程组利用加减消元法求解即可．
【规范解答】解：，
①×2+②，得5x＝10，解得x＝2，
把x＝2代入①，得4+y＝1，解得y＝﹣3．
故方程组的解为．
故答案为：．
【考点剖析】本题主要考查了解二元一次方程组，熟练掌握解二元一次方程组的方法是解答本题的关键．
15．在等边三角形、平行四边形、矩形、等腰梯形和圆中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有 矩形、圆． ．
【思路点拨】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，分别分析等边三角形、平行四边形、矩形、等腰梯形和圆是否符合即可．
【规范解答】解：等边三角形和等腰梯形只是轴对称图形；平行四边形只是中心对称图形；
矩形和圆是轴对称图形，也是中心对称图形．
故答案为：矩形、圆．
【考点剖析】本题考查轴对称及中心对称的知识，掌握好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°后的图形与原图形完全重合．
16．分式和的值相等，那么x＝ 0或﹣3 ．
【思路点拨】根据题意列出方程，求出方程的解即可得到x的值．
【规范解答】解：根据题意得：＝，
去分母得：x2+3x＝0，即x（x+3）＝0，
解得：x＝0或x＝﹣3，
经检验x＝0和x＝﹣3都为分式方程的解，
故答案为：0或﹣3
【考点剖析】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
17．定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形，如图，在互补四边形纸片ABCD中，BA＝BC，AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，∠ADC＝30°．将纸片先沿直线BD对折，再将对折后的纸片从一个顶点出发的直线裁剪，把剪开的纸片打开后铺平，若铺平后的纸片中有一个面积为4的平行四边形，则CD的长为 （2+4）或（+2） ．
【思路点拨】根据已知条件进行裁剪平铺后发现所得平行四边形是菱形，根据菱形性质及30度角所对直角边等于斜边一半即可求解．
【规范解答】解：①如图所示：
根据题意可知：
∵BA＝BC，AD＝CD，∠A＝∠C＝90°
∴△ABD≌△CBD（SAS）
∴∠ABD＝∠CBD＝75°，
四边形ABCE是面积为4的平行四边形，
∵AB＝CB
∴▱ABCE是菱形，
∴△BCE的面积为2，CB＝CE＝AB，
∴∠BCE＝30°，
作BG⊥CE于点G，
∴BC＝2BG，∴CE＝2BG，
∴S△BCE＝CE•BG
∴BG2＝2，∴BG＝，CE＝2，
∴CG＝BG＝，
∴CF＝CG+GF＝CG+AB＝CG+CE＝+2．
∵∠ADC＝30°，∠CFD＝90°
∴CD＝2CF＝2+4．
②如图，当四边形BEDF是平行四边形，
∵BE＝BF，
∴平行四边形BEDF是菱形，
∵∠A＝∠C＝90°，∠ADC＝30°，
∴∠ADB＝∠BDC＝15°，
∵BE＝DE，
∴∠AEB＝30°，
∴设AB＝y，则BE＝DE＝2y，AE＝y，
∵四边形BEDF面积为4，
∴AB×DE＝2y2＝4，
解得：y＝，
故DE＝2，AE＝，
CD＝CF+FD＝AE+DE＝+2，
故答案为（2+4）或（+2）．
【考点剖析】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是综合利用菱形和30度角所对直角边等于斜边一半的知识．本题需要学生动手操作更容易理解．
18．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，E在AD边上且AE＝1，若点H在边CD上，将矩形ABCD沿直线EH折叠，折叠后点D落在EC上的点D'处，过点D'作D'N⊥AD于点N，与EH交于点M，则tan∠MD'H的值为 ．
【思路点拨】由已知条件及翻折性质可得，DE＝D'E，∠D＝∠ED'H＝90°，AB＝CD＝3，AD＝BC＝5，∠D＝90°，DE＝4，EC＝＝5，证明△NED'∽△DEC，可求得EN＝，ND'＝．根据∠MD'H+∠ED'M＝∠ED'M+∠NED'＝90°，可得∠MD'H＝∠NED'，则所求tan∠MD'H即求tan∠NED'，即可得出答案．
【规范解答】解：由翻折可得，
DE＝D'E，∠D＝∠ED'H＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝5，∠D＝90°，
∵AE＝1，
∴DE＝D'E＝5﹣1＝4，
∴EC＝＝5，
∵∠D＝∠END'＝90°，∠NED'＝∠DEC，
∴△NED'∽△DEC，
∴，
即，
解得EN＝，ND'＝．
∵D'N⊥AD，
∴∠D'NE＝90°，
∵∠MD'H+∠ED'M＝∠ED'M+∠NED'＝90°，
∴∠MD'H＝∠NED'，
∴tan∠MD'H＝tan∠NED'＝．
故答案为：．
【考点剖析】本题考查翻折变换（折叠问题）、解直角三角形、相似三角形的判定与性质，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
三、解答题：（本大题共10个小题，共96分，解答应写出文字说明、证明或演算步骤。
19．（8分）（1）计算：（）2+|﹣4|﹣（）﹣1；
（2）化简：（1+）÷，并在﹣2，0，2中选择一个合适的a值代入求值．
【思路点拨】（1）原式利用乘方的意义，绝对值，负整数指数幂法则计算即可得到结果；
（2）原式括号中两项通分并利用同分母分式的加减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把a的值代入计算即可求出值．
【规范解答】解：（1）原式＝3+4﹣2
＝5；
（2）原式＝•
＝•
＝，
当a＝﹣2或2时，原式没有意义；
当a＝0时，原式＝＝1．
【考点剖析】此题考查了分式的化简求值，负整数指数幂，绝对值，以及实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
20．（8分）（1）解方程：2x2﹣4x+1＝0
（2）解不等式组：
【思路点拨】（1）找出a，b，c的值，进而计算出根的判别式，代入求根公式计算即可求出解；
（2）分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．
【规范解答】解：（1）∵a＝2，b＝﹣4，c＝1，
∴△＝16﹣8＝8＞0，
∴x＝，
∴x1＝，x2＝；
（2），
由①得：x＞﹣，
由②得：x≥﹣3，
则不等式组的解集为x＞﹣．
【考点剖析】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，以及解一元一次不等式组，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
21．（10分）如图，在平行四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，点E，F在AC上，且AE＝CF，连接BE，DF．
（1）求证：△BOE≌△DOF；
（2）连接BF，DE，若AB＝AD，线段OE满足什么条件时，四边形BEDF为正方形．
【思路点拨】（1）根据平行四边形的性质得到AO＝OC，BO＝DO，求得OE＝OF，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）由（1）知，OE＝OF，OD＝OB，得到四边形BEDF为平行四边形，求得OE＝OF＝OD＝OB，得到BD＝EF，根据正方形的判定定理即可得到结论．
【规范解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC，BO＝DO，
∵AE＝CF，
∴AO﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
在△BOE与△DOF中，
，
∴△BOE≌△DOF（SAS）；
（2）解：当OE＝BD时，四边形BEDF为正方形，
由（1）知，OE＝OF，OD＝OB，
∴四边形BEDF为平行四边形，
∵OE＝BD，
∴OE＝OF＝OD＝OB，
∴BD＝EF，
∴四边形BEDF为矩形，
∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，
∴四边形BEDF为正方形．
【考点剖析】此题主要考查了平行四边形的判定和性质，以及矩形的判定，关键是掌握平行四边形的对角线互相平分；对角线互相平分的四边形是平行四边形．
22．（10分）一个不透明的口袋中装有2个红球、1个白球、1个黑球，这些球除颜色外都相同，将球摇匀．
（1）从口袋中任意摸出1个球，恰好摸到红球的概率是 ；
（2）先从口袋中随机摸出一个球，不放回，再从中口袋中随机摸出一个球．请用列举法（画树状图或列表）求摸出一个红球和一个白球的概率．
【思路点拨】（1）根据4个小球中红球的个数，即可确定出从中任意摸出1个球，恰好摸到红球的概率；
（2）列表得出所有等可能的情况数，找出摸出一个红球和一个白球的情况数，即可求出所求的概率．
【规范解答】解：（1）∵4个小球中有2个红球，
∴任意摸出1个球，恰好摸到红球的概率是＝，
故答案为：；
（2）列表如下：
红
红
白
黑
红
﹣﹣﹣
（红，红）
（白，红）
（黑，红）
红
（红，红）
﹣﹣﹣
（白，红）
（黑，红）
白
（红，白）
（红，白）
﹣﹣﹣
（黑，白）
黑
（红，黑）
（红，黑）
（白，黑）
﹣﹣﹣
所有等可能的情况有12种，其中摸出一个红球和一个白球的有4种可能，
∴摸出一个红球和一个白球的概率为＝．
【考点剖析】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
23．（10分）某校开展一项以班级为单位的投三分球比赛．规则如下：①在三分投篮线外，将球投向筐中，只要投进一次，该局便结束；②若一次未进可再投第二次，以此类推，直至投进；③若投第n次时才投中，则得分为n；④每班安排5位选手，5人得分之和为该班最终积分，积分最小的班级获胜．为确定参加比赛的人选，初三（1）班组织本班体育爱好者进行了预选赛，有4名同学成绩非常突出，已被确定为参赛选手，班主任通过统计分析，准备从双胞胎兄弟姚亦、姚新两人中挑选一人为最后一位选手，他俩的比赛得分如下：
姚亦：3，1，5，4，3，2，3，6，8，5；
姚新：1，4，3，3，1，3，2，8，3，12．
（1）姚亦、姚新兄弟俩的平均得分分别是多少？
（2）姚亦得分的中位数、众数、极差分别是多少？
（3）利用你所学习到的统计知识，请你帮助班主任确定最后一位选手，并说明理由．
【思路点拨】（1）根据平均数的计算公式分别把这些数据加起来，再除以10，即可得出答案；
（2）根据中位数、众数和极差的定义以及计算公式，分别进行计算，即可得出答案；
（3）根据姚亦、姚新的中位数和平均数、众数以及比赛规则，即可得出答案．
【规范解答】解：（1）姚亦的平均得分是（3+1+5+4+3+2+3+6+8+5）÷10＝4，
姚新的平均数是（1+4+3+3+1+3+2+8+3+12）÷10＝4；
（2）把这组数据从小到大排列为1，2，3，3，3，4，5，5，6，8，
最中间两个数的平均数是（3+4）÷2＝3.5，
则姚亦得分的中位数是3.5，
3出现了3次，出现的次数最多，
则众数是3；
极差是8﹣1＝7；
（3）因为姚新得分的中位数是3，众数3，
所以姚新得分的中位数小于姚亦得分的中位数；
则应派姚新去．
【考点剖析】此题考查了极差、中位数、众数和平均数，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，众数是一组数据中出现次数最多的数据，求极差的方法是用一组数据中的最大值减去最小值．
24．（10分）图①、图②均是5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上．在图①、图②中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，不要求写出画法，保留作图痕迹．
（1）在图①中作△ABC的中位线EF，使点E、F分别在边AB、AC上．
（2）在图②中作线段GH，使GH∥BC，GH＝BC，点G、H分别在边AB、AC上．
【思路点拨】（1）作出AB的中点E，AC的中点F，连接EF，线段EF即为所求；
（2）在AB上找一点G，使得AG＝AB，在AC上找一点H，使得AH＝AC，连接GH，线段GH即为所求．
【规范解答】解：（1）如图①中，线段EF，即为所求；
（2）如图②中，线段GH即为所求．
【考点剖析】本题考查作图﹣应用与设计作图，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是掌握平行线分线段成比例定理，属于中考常考题型．
25．（10分）某社区利用一块长方形空地建了一个小型的惠民停车场，其布局如图所示，已知停车场的长为52m，宽为28m，阴影部分设计为停车位，其余部分是等宽的通道，已知停车位占地面积为640m2．
（1）求通道的宽是多少米；
（2）该停车场共有64个车位，据调查发现：当每个车位的月租金为400元时，可全部租出；当每个车位的月租金每上涨10元时，就会少租出1个车位．当每个车位的月租金上涨时，停车场的月租金收入会超过27000元吗？
【思路点拨】（1）设通道的宽是x m，则阴影部分（停车位）可合成长为（52﹣2x）米，宽为（28﹣2x）米的长方形，根据长方形的面积计算公式，结合停车位占地面积为640m2，即可得出关于x的一元二次方程，解之可得出x的值，再结合28﹣2x＞0，即可确定x的值；
（2）设当每个车位的月租金上涨y元时，停车场的月租金收入为w元，则可租出（64﹣）个车位，根据停车场的月租金收入＝每个车位的月租金×租出车位的个数，即可得出w关于y的函数关系式，利用二次函数的性质可求出w的最大值，再将其与27000比较后即可得出结论．
【规范解答】解：（1）设通道的宽是x m，则阴影部分可合成长为（52﹣2x）米，宽为（28﹣2x）米的长方形，
依题意得：（28﹣2x）（52﹣2x）＝640，
整理得：x2﹣40x+204＝0，
解得：x1＝6，x2＝34．
又∵28﹣2x＞0，
∴x＜14，
∴x＝6．
答：通道的宽是6米．
（2）设当每个车位的月租金上涨y元时，停车场的月租金收入为w元，则可租出（64﹣）个车位，
依题意得：w＝（400+y）（64﹣）＝﹣y2+24y+25600＝﹣（y﹣120）2+27040，
∵﹣＜0，
∴当y＝120时，w取得最大值，最大值为27040．
又∵27040＞27000，
∴停车场的月租金收入会超过27000元．
【考点剖析】本题考查了一元二次方程的应用以及二次函数的性质，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）根据各数量之间的关系，找出w关于y的函数关系式．
26．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝54°，以AB为直径的⊙O分别交AC，BC于点D，E过点B作直线BF，交AC的延长线于点F．
（1）求证：BE＝CE；
（2）当∠F的度数是多少时，BF与⊙O相切．证明你的结论；
（3）若AB＝6，求的长
【思路点拨】（1）连接AE，如图，根据圆周角定理得∠AEB＝90°，然后根据等腰三角形的性质得到BE＝CE；
（2）当∠F的度数是36°时可得到∠ABF＝90°，则AB⊥BF，然后根据切线的性质可判断BF为⊙O的切线；
（3）根据等腰三角形的性质得到得到∠CAE＝∠BAC＝27°，再利用圆周角定理得到∠DOE＝54°，然后根据弧长公式可计算出弧DE的长．
【规范解答】（1）证明：连接AE，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴AE⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BE＝CE；
（2）解：当∠F的度数是36°时，BF与⊙O相切．
理由如下：∵∠BAC＝54°，
∴当∠F＝36°时，∠ABF＝90°，
∴AB⊥BF，
∴BF为⊙O的切线；
（3）解：∵AB＝AC，AE⊥BC，
∴AE平分∠BAC，
∴∠CAE＝∠BAC＝×54°＝27°，
∴∠DOE＝2∠CAE＝2×27°＝54°，
∴弧DE的长＝＝π．
【考点剖析】此题属于圆的综合题型，考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了圆周角定理．
27．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2﹣x+2交x轴于点A、B，交y轴于点C．
（1）求△ABC的面积；
（2）如图，过点C作射线CM，交x轴的负半轴于点M，且∠OCM＝∠OAC，点P为线段AC上方抛物线上的一点，过点P作AC的垂线交CM于点G，求线段PG的最大值及点P的坐标；
（3）将该抛物线沿射线AC方向平移个单位后得到的新抛物线为y′＝ax2+bx+c（a≠0），新抛物线y′与原抛物线的交点为E，点F为新抛物线y′对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点Q，使以点A、E、F、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】（1）令x＝0，则y＝2，令y＝0，则﹣x2﹣x+2＝0，可得A（﹣4，0），B（1，0），C（0，2），再运用三角形面积公式即可求得答案；
（2）解法一：如图1，过点P作PN∥y轴，交AC于点T，交CM于点N，交x轴于点K，过点G作GH⊥PN于点H，由tan∠OAC＝tan∠OCM，可得＝，即可得出M（﹣1，0），再利用待定系数法求得直线OM的解析式，设P（m，﹣m2m+2），则N（m，2m+2），可得出PH＝PN＝m2﹣m，再由＝cos∠TPE＝cos∠OAC＝＝，可得PG＝PH＝﹣m2﹣m＝﹣（m+）2+，运用二次函数性质求最值即可；解法二：如图1′，过点作PH∥x轴交CM于点H，过点G作GD⊥PH于点D，设PG与AC、x轴交点分别为N、F，设P（m，﹣m2m+2），则H（m2﹣m，﹣m2m+2），可得DP＝（m2﹣m﹣m）＝m2﹣m＝﹣（m+）2+，运用二次函数性质求最值即可；
（3）运用平移变换的性质求出E（﹣1，3），设F（，n），表示出AE、AF、EF的平分，再分类讨论，根据菱形性质得出△AEF是等腰三角形，分别建立方程求解即可．
【规范解答】解：（1）在y＝﹣x2﹣x+2中，令x＝0，则y＝2，
∴C（0，2），
∴OC＝2，
令y＝0，则﹣x2﹣x+2＝0，
解得：x1＝1，x2＝﹣4，
∴A（﹣4，0），B（1，0），
∴AB＝1﹣（﹣4）＝5，
∴S△ABC＝AB•OC＝×5×2＝5；
（2）解法一：如图1，过点P作PN∥y轴，交AC于点T，交CM于点N，交x轴于点K，过点G作GH⊥PN于点H，
则∠PNG＝∠OCM，∠PHG＝∠AKT＝90°，
∵PG⊥AC，
∴∠PET＝90°＝∠AKT，
∴∠PTE+∠TPE＝90°，∠OAC+∠ATK＝90°，
∵∠PTE＝∠ATK，
∴∠TPE＝∠OAC，
∵∠OCM＝∠OAC，
∴∠PNG＝∠TPE＝∠OAC，
∴PG＝NG，
∵GH⊥PN，
∴PH＝PN，
∵tan∠OAC＝tan∠OCM，
∴＝，即＝，
∴OM＝1，
∴M（﹣1，0），
设直线OM的解析式为y＝kx+b，
∵M（﹣1，0），C（0，2），
∴，
解得：，
∴直线CM的解析式为y＝2x+2，
设P（m，﹣m2m+2），则N（m，2m+2），
∴PN＝﹣m2m+2﹣（2m+2）＝﹣m2﹣m，
∴PH＝PN＝m2﹣m，
∵AC＝＝＝2，
∴＝cos∠TPE＝cos∠OAC＝＝＝，
∴PG＝PH＝﹣m2﹣m＝﹣（m+）2+，
∴当m＝，PG最大，最大值为，
故当点P坐标为（，）时，PG最大，最大值为；
解法二：如图1′，过点作PH∥x轴交CM于点H，过点G作GD⊥PH于点D，
设PG与AC、x轴交点分别为N、F，
由（1）得，＝＝，
∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠OAC＝∠BCO＝∠OCM，
在△COB和△COM中，
，
∴△COB≌△COM（ASA），
∴OM＝OB＝1，
∴M（﹣1，0），
设直线CM的解析式为y＝kx+b，
∵M（﹣1，0），C（0，2），
∴，
解得：，
∴直线CM的解析式为y＝2x+2，
∵DG∥OC，
∴∠DGH＝∠OCM，
∵∠ANF＝∠FEG＝90°，∠NFA＝∠EFG，
∴∠NAF＝∠FGE，
∵∠OCM＝∠OAC，
∴∠DGH＝∠FGE，
∵∠GDP＝∠GDH＝90°，GD＝GD，
∴△GDP≌△GDH（ASA），
∴PD＝DH，
设P（m，﹣m2m+2），则H（m2﹣m，﹣m2m+2），
DP＝（m2﹣m﹣m）＝m2﹣m＝﹣（m+）2+，
tan∠OCB＝tan∠PGD＝，可得：PG＝DP，
当DP最大时，PG就最大，
∴当m＝，DP最大，最大值为，
故当点P坐标为（，）时，PG最大，最大值为；
（3）抛物线y＝﹣x2﹣x+2＝﹣（x+）2+，该抛物线沿射线AC方向平移个单位，
实际上就是向右平移2个单位，向上平移1个单位，
平移后的解析式为：y＝﹣（x﹣）2+，对称轴为直线x＝，
两个抛物线交于E点，所以﹣（x+）2+＝﹣（x﹣）2+，
解得：x＝﹣1，代入得y＝3，
∴E（﹣1，3），
设F（，n），
则AE2＝（﹣1+4）2+32＝18，
AF2＝（+4）2+n2，
EF2＝（+1）2+（n﹣3）2，
当AE＝AF时，18＝+n2，此方程无实数根；
当AE＝EF时，18＝n2﹣6n+，
解得：n1＝3﹣，n2＝3+，
则F1（，3﹣），对应的Q1（﹣，﹣）；
F2（，3+），对应的Q2（﹣，）；
当AF＝EF时，+n2＝n2﹣6n+，
解得：n＝﹣，
F3（，﹣），对应的Q3（﹣，）；
综上所述，Q点的坐标为（﹣，﹣）或（﹣，）或（﹣，）．
【考点剖析】本题是二次函数综合题，考查了二次函数性质，二次函数与坐标轴交点，三角形面积，全等三角形判定和性质，平移变换的性质，勾股定理及两点间距离公式，菱形性质等，解题关键是运用数形结合思想，分类讨论思想，熟练运用二次函数的性质求最值，通过设点的坐标，建立图形和数据的联系．
28．（10分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E，作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．
（1）判断△AFG的形状并说明理由；
（2）求证：BF＝2OG；
（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值；
【思路点拨】（1）证△AHF≌△AHG（ASA），得AF＝AG，即可得出结论；
（2）过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．先证OG＝OL，再证BF＝2OL，即可解决问题；
（3）过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，利用相似三角形的性质好勾股定理解决问题即可．
【规范解答】（1）解：△AFG是等腰三角形，理由如下：
∵AE平分∠BAC，
∴∠FAH＝∠GAH，
∵DF⊥AE，
∴∠AHF＝∠AHG＝90°，
又∵AH＝AH，
∴△AHF≌△AHG（ASA），
∴AF＝AG，
∴△AFG是等腰三角形．
（2）证明：如图1，过点O作OL∥AB交DF于L，
则∠AFG＝∠OLG．
由（1）可知，AF＝AG，
∴∠AFG＝∠AGF，
∵∠AGF＝∠OGL，
∴∠OGL＝∠OLG，
∴OG＝OL，
∵OL∥AB，
∴△DLO∽△DFB，
∴＝，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝2OD，
∴＝＝，
∴BF＝2OL，
∴BF＝2OG．
（3）解：如图2，过点D作DK⊥AC于K，
则∠DKA＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠CDA＝90°，
∴∠DKA＝∠CDA，
∵∠DAK＝∠CAD，
∴△ADK∽△ACD，
∴＝，
∵S1＝OG•DK，S2＝BF•AD，
又∵BF＝2OG，，
∴＝＝，
设CD＝2x，则AC＝3x，AB＝2x，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD＝＝＝x，
∴＝＝．
【考点剖析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定和性质、勾股定理以及三角形面积等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型
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