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2023年四川省乐山市中考数学试卷（含答案解析）
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这是一份2023年四川省乐山市中考数学试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了 计算， 下面几何体中，是圆柱的为等内容，欢迎下载使用。
2023年四川省乐山市中考数学试卷
1. 计算：2a−a=( )
A. a B. −a C. 3a D. 1
2. 下面几何体中，是圆柱的为( )
A. B. C. D.
3. 下列各点在函数y=2x−1图象上的是( )
A. (−1,3) B. (0,1) C. (1,−1) D. (2,3)
4. 从水利部长江水利委员会获悉，截止2023年3月30日17时，南水北调中线一期工程自2014年12月全面通水以来，已累计向受水区实施生态补水约90亿立方米.其中9000000000用科学记数法表示为( )
A. 9×108 B. 9×109 C. 9×1010 D. 9×1011
5. 乐山是一座著名的旅游城市，有着丰富的文旅资源.某校准备组织初一年级500名学生进行研学旅行活动，政教处周老师随机抽取了其中50名同学进行研学目的地意向调查，并将调查结果制成如图统计图，如图所示.估计初一年级愿意去“沫若故居”的学生人数为( )
A. 100 B. 150 C. 200 D. 400
6. 如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为边BC的中点，连结OE.若AC=6，BD=8，则OE=( )
A. 2
B. 52
C. 3
D. 4
7. 若关于x的一元二次方程x2−8x+m=0两根为x1、x2，且x1=3x2，则m的值为( )
A. 4 B. 8 C. 12 D. 16
8. 我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出“赵爽弦图”，如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形.如果大正方形面积为25，小正方形面积为1，则sinθ=( )
A. 45 B. 35 C. 4 D. 15
9. 如图4，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−1,0)、B(m,0)，且1
②a+b>0；
③0
其中，正确的结论有( )
A. 4个
B. 3个
C. 2个
D. 1个
10. 如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=−x−2与x轴、y轴分别交于A、B两点，C、D是半径为1的⊙O上两动点，且CD= 2，P为弦CD的中点.当C、D两点在圆上运动时，△PAB面积的最大值是( )
A. 8
B. 6
C. 4
D. 3
11. 不等式x−1>0的解集为______.
12. 小张在“阳光大课间”活动中进行了5次一分钟跳绳练习，所跳个数分别为：160，163，160，157，160.这组数据的众数为______ .
13. 如图，点O在直线AB上，OD是∠BOC的平分线，若∠AOC=140∘，则∠BOD的度数为______ .
14. 若m、n满足3m−n−4=0，则8m÷2n=______ .
15. 如图，在平行四边形ABCD中，E是线段AB上一点，连结AC、DE交于点F.若AEEB=23，则S△ADFS△AEF=______ .
16. 定义：若x，y满足x2=4y+t，y2=4x+t且x≠y(t为常数)，则称点M(x,y)为“和谐点”.
(1)若P(3,m)是“和谐点”，则m=______ ；
(2)若双曲线y=kx(−3
18. 解二元一次方程组：x−y=13x+2y=8.
19. 如图，已知AB与CD相交于点O，AC//BD，AO=BO，求证：AC=BD.
20. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，点D为AB边上任意一点(不与点A、B重合)，过点D作DE//BC，DF//AC，分别交AC、BC于点E、F，连结EF.
(1)求证：四边形ECFD是矩形；
(2)若CF=2，CE=4，求点C到EF的距离.
21. 为了践行习近平总书记提出的“绿水青山就是金山银山”的发展理念，某地计划在规定时间内种植梨树6000棵.开始种植时，由于志愿者的加入，实际每天种植梨树的数量比原计划增加了20%，结果提前2天完成任务.问原计划每天种植梨树多少棵？
22. 为培养同学们爱劳动的习惯，某班开展了“做好一件家务”主题活动，要求全班同学人人参与.经统计，同学们做的家务类型为“洗衣”“拖地”“煮饭”“刷碗”，班主任将以上信息绘制成了统计图表，如图所示.
家务类型
洗衣
拖地
煮饭
刷碗
人数(人)
10
12
10
m
根据上面图表信息，回答下列问题：
(1)m=______ ；
(2)在扇形统计图中，“拖地”所占的圆心角度数为______ ；
(3)班会课上，班主任评选出了近期做家务表现优异的4名同学，其中有2名男生.现准备从表现优异的同学中随机选取两名同学分享体会，请用画树状图或列表的方法求所选同学中有男生的概率.
23. 如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=4x的图象交于点A(m,4)，与x轴交于点B，与y轴交于点C(0,3).
(1)求m的值和一次函数的表达式；
(2)已知P为反比例函数y=4x图象上的一点，S△OBP=2S△OAC，求点P的坐标.
24. 如图，已知⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB=90∘，D是圆上一点，E是DC延长线上一点，连结AD，AE，且AD=AE，CA=CE.
(1)求证：直线AE是⊙O是的切线；
(2)若sinE=23，⊙O的半径为3，求AD的长.
25. 在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活动.
【问题情境】
刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第121页“探索”部分内容：
如图1，将一个三角形纸板△ABC绕点A逆时针旋转θ到达的位置△A′B′C′的位置，那么可以得到：
AB=AB′，AC=AC′，BC=B′C′；
∠BAC=∠B′AC′，∠ABC=∠AB′C′，∠ACB=∠AC′B′.(_____)
刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键.故数学就是一门哲学.
【问题解决】
(1)上述问题情境中“(_____)”处应填理由：______ ；
(2)如图2，小王将一个半径为4cm，圆心角为60∘的扇形纸板ABC绕点O逆时针旋转90∘到达扇形纸板A′B′C′的位置.
①请在图中作出点O；
②如果BB′=6cm，则在旋转过程中，点B经过的路径长为______ ；
【问题拓展】
小李突发奇想，将与(2)中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置.另一个在弧的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止.此时，两个纸板重叠部分的面积是多少呢？如图3所示，请你帮助小李解决这个问题.
26. 已知(x1,y1)，(x2,y2)是抛物线C1：y=−14x2+bx(b为常数)上的两点，当x1+x2=0时，总有y1=y2.
(1)求b的值；
(2)将抛物线C1平移后得到抛物线C2：y=−14(x−m)2+1(m>0).
当0≤x≤2时，探究下列问题：
①若抛物线C1与抛物线C2有一个交点，求m的取值范围；
②设抛物线C2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线C2的顶点为点E，△ABC外接圆的圆心为点F.如果对抛物线C1上的任意一点P，在抛物线C2上总存在一点Q，使得点P、Q的纵坐标相等.求EF长的取值范围.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：2a−a=a.
故选：A.
直接合并同类项得出答案．
此题主要考查了合并同类项，正确掌握合并同类项法则是解题关键．
2.【答案】C
【解析】解：A.选项中的几何体是圆锥体，因此选项A不符合题意；
B.选项中的几何体是球体，因此选项B不符合题意；
C.选项中的几何体是圆柱体，因此选项C符合题意；
D.选项中的几何体是四棱柱，因此选项D不符合题意；
故选：C.
根据各个选项中的几何体的形体特征进行判断即可．
本题考查认识立体图形，掌握圆柱体，圆锥体，棱柱，球的形体特征是正确判断的前提．
3.【答案】D
【解析】解：A.当x=−1时，y=2×(−1)−1=−3，
∴点(−1,3)不在函数y=2x−1图象上；
B.当x=0时，y=2×0−1=−1，
∴点(0,1)不在函数y=2x−1图象上；
C.当x=1时，y=2×1−1=1，
∴点(1,−1)不在函数y=2x−1图象上；
D.当x=2时，y=2×2−1=3，
∴点(2,3)在函数y=2x−1图象上；
故选：D.
利用一次函数图象上点的坐标特征，逐一对四个选项进行验证即可求解．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是直线上任意一个点的坐标都满足函数解析式y=kx+b.
4.【答案】B
【解析】解：9000000000=9×109.
故选：B.
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是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
5.【答案】C
【解析】解：估计初一年级愿意去“沫若故居”的学生人数为500×2050=200(人)，
故选：C.
用总人数乘以样本中去“沫若故居”的学生人数所占比例即可．
本题主要考查用样本估计总体，一般来说，用样本去估计总体时，样本越具有代表性、容量越大，这时对总体的估计也就越精确．
6.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OC=12AC，OB=12BD，AC⊥BD，
∵AC=6，BD=8，
∴OC=3，OB=4，
∴CB= OB2+OC2=5，
∵E为边BC的中点，
∴OE=12BC=52.
故选：B.
由菱形的性质得到OC=12AC=3，OB=12BD=4，AC⊥BD，由勾股定理求出BC的长，由直角三角形斜边中线的性质，即可求出OE的长．
本题考查菱形的性质，直角三角形斜边的中线，勾股定理，关键是由菱形的性质求出OC，OB的长，由勾股定理求出BC的长，由直角三角形斜边的中线的性质即可求出OE的长．
7.【答案】C
【解析】解：∵一元二次方程x2−8x+m=0的两根为x1，x2，
∴x1+x2=8，
∵x1=3x2，
解得x1=6，x2=2，
∴m=x1x2=6×2=12.
故选：C.
首先根据根与系数的关系得出x1+x2=8，再根据x1=3x2，求得x1，x2，进一步得出x1x2=m求得答案即可．
本题考查了根与系数的关系．二次项系数为1，常用以下关系：x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，x1+x2=−p，x1x2=q，反过来可得p=−(x1+x2)，q=x1x2，前者是已知系数确定根的相关问题，后者是已知两根确定方程中未知系数．
8.【答案】A
【解析】解：设大正方形的边长为c，直角三角形的短直角边为a，长直角边为b，
由题意可得：c2=25，b−a= 1=1，a2+b2=c2，
解得a=3，b=4，c=5，
∴sinθ=bc=45，
故选：A.
根据题意和题目中的数据，可以求出斜边各边的长，然后即可计算出sinθ的值．
本题考查勾股定理的证明、解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，求出各边的长．
9.【答案】B
【解析】解：∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，
∴b<0，故①正确；
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴c<0，
∵抛物线经过点A(−1,0)，
∴a−b+c=0，
∴c=b−a，
∵当x=2时，y>0，
∴4a+2b+c>0，
∴4a+2b+b−a>0，
∴3a+3b>0，
∴a+b>0，故②正确；
∵a−b+c=0，
∴a+c=b，
∵b<0，
∴a+c<0，
∴0
∴y1
根据题意画出抛物线的大致图象，利用函数图象，由抛物线开口方向得a>0，由抛物线的对称轴位置得b<0，由抛物线与y轴的交点位置得c<0，再根据二次函数的性质和图象分别判断即可得出答案．
本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质．
10.【答案】D
【解析】解：作OQ⊥AB，连接OP、OD、OC，
∵CD= 2，OC=OD=1，
∴OC2+OD2=CD2，
∴△OCD为等腰直角三角形，
由y=−x−2得，点A(−2,0)、B(0,−2)，
∴OA=OB=2，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴AB=2 2，OQ= 2，
由题得，当P、O、Q共线时，S△ABP最大，
∵P为中点，
∴OP= 22，
∴PQ=OP+OQ=3 22，
∴S△ABP=12AB⋅PQ=3.
故选：D.
判断三角形PCD和三角形OAB都是等腰直角三角形，由题得，当P、O、Q共线时，S△ABP最大，求出AB、PQ，根据面积公式计算即可．
本题考查了圆的相关知识点的应用，点圆最值的计算是解题关键．
11.【答案】x>1
【解析】解：解不等式x−1>0得，x>1.
根据不等式的基本性质，左右两边同时加上1，就可求出x的取值范围．
解答此题的关键是要熟知不等式两边同时加上一个数，不等号的方向不变．
12.【答案】160
【解析】解：由题意知，这组数据中160出现3次，次数最多，
所以这组数据的众数为160，
故答案为：160.
根据众数的定义求解即可．
本题主要考查众数，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．
13.【答案】20∘
【解析】解：∵∠AOC=140∘，
∴∠BOC=180∘−140∘=40∘，
∵OD是∠BOC的平分线，
∴∠BOD=12∠BOC=20∘，
故答案为：20∘.
根据邻补角定义求得∠BOC的度数，再根据角平分线定义即可求得答案．
本题主要考查角平分线的定义，此为几何中基础且重要知识点，必须熟练掌握．
14.【答案】16
【解析】解：∵3m−n−4=0，
∴3m−n=4，
∴8m÷2n=23m÷2n=23m−n=24=16.
故答案为：16.
直接利用幂的乘方运算法则将原式变形，进而计算得出答案．
此题主要考查了幂的乘方运算，正确将原式变形是解题关键．
15.【答案】52
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∵AEBE=23，
∴设AE=2a，则BE=3a，
∴AB=CD=5a，
∵AB//CD，
∴△AEF∽△CDF，
∴AECD=EFDF=25，
∴S△ADFS△AEF=52，
故答案为：52.
通过证明△AEF∽△CDF，可得AECD=EFDF=25，即可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
16.【答案】−73
∴4m+t=912+t=m2，
消去t得到m2+4m−21=0，
解得m=−7或3，
∵x≠y，
∴m=−7；
故答案为：−7；
(2)∵双曲线y=kx(−3
①-②得(x+kx)(x−kx)=−4(x−kx)，
∴(x−kx)(x+kx+4)=0，
∵x≠y，
∴x+kx+4=0，
整理得k=−x2−4x=−(x+2)2+4，
∵−3
(2)根据题意得出{x2=4kx+t①k2x2=4x+t②，①-②得(x+kx)(x−kx)=−4(x−kx)，整理得(x−kx)(x+kx+4)=0，由x≠y，得出x+kx+4=0，理得k=−x2−4x=−(x+2)2+4，由−3
17.【答案】解：原式=2+1−2
=1.
【解析】直接利用绝对值的性质以及零指数幂的性质、二次根式的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
18.【答案】解：{x−y=1①3x+2y=8②，
①×2得：2x−2y=2③，
②+③得：5x=10，
解得：x=2，
把x=2代入①中得：2−y=1，
解得：y=1，
∴原方程组的解为：x=2y=1.
【解析】利用加减消元法进行计算，即可解答．
本题考查了解二元一次方程组，熟练掌握加减消元法是解题的关键．
19.【答案】证明：∵AC//BD，
∴∠A=∠B，∠C=∠D，
在△AOC和△BOD中，
∠C=∠D∠A=∠BAO=BO，
∴△AOC≌△BOD(AAS)，
∴AC=BD.
【解析】由平行线的性质可得∠A=∠B，∠C=∠D，利用AAS即可判定△AOC≌△BOD，从而得AC=BD.
本题主要考查全等三角形的判定与性质，解答的关键是熟记全等三角形的判定定理与性质并灵活运用．
20.【答案】(1)证明：∵FD//CA，BC//DE，
∴四边形ECFD为平行四边形，
又∵∠C=90∘，
∴四边形ECFD为矩形；
(2)解：过点C作CH⊥EF于H，
在Rt△ECF中，CF=2，CE=4，
∴EF= CE2+CF2= 4+16=2 5，
∵S△ECF=12×CF⋅CE=12×EF⋅CH，
∴CH=CF⋅CEEF=4 55，
∴点C到EF的距离为45 5.
【解析】(1)先证四边形ECFD为平行四边形，即可求解；
(2)由勾股定理可求EF的长，由面积法可求解．
本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，面积法等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
21.【答案】解：设原计划每天种植梨树x棵，则实际每天种植梨树(1+20%)x棵，
根据题意得：6000x−6000(1+20%)x=2，
解得：x=500，
经检验，x=500是所列方程的解，且符合题意．
答：原计划每天种植梨树500棵．
【解析】设原计划每天种植梨树x棵，则实际每天种植梨树(1+20%)x棵，利用工作时间=工作总量÷工作效率，结合实际比原计划提前2天完成任务，可得出关于x的分式方程，解之经检验后，即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
22.【答案】8108∘
【解析】解：(1)因为被调查的总人数为10÷25%=40(人)，
所以m=40−(10+12+10)=8，
故答案为：8；
(2)在扇形统计图中，“拖地”所占的圆心角度数为360∘×1240=108∘，
故答案为：108∘；
(3)列表如下：
男1
男2
女1
女2
男1
(男1，男2)
(男1，女1)
(男1，女2)
男2
(男2，男1)
(男2，女1)
(男2，女2)
女1
(女1，男1)
(女1，男2)
(女1，女2)
女2
(女2，男1)
(女2，男2)
(女2，女1)
由表知，共有12种等可能结果，其中所选同学中有男生的有10种结果，
所以所选同学中有男生的概率为1012=56.
(1)先根据煮饭人数及其所占百分比求出总人数，继而可得m的值；
(2)用360∘乘以“拖地”所占比例即可；
(3)列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图以及求随机事件的概率，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．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．
23.【答案】解：(1)∵点A(m,4)在反比例函数y=4x的图象上，
∴4=4m，
∴m=1，
∴A(1,4)，
又∵点A(1,4)、C(0,3)都在一次函数y=kx+b的图象上，
∴k+b=4b=3，
解得k=1b=3，
∴一次函数的解析式为y=x+3；
(2)对于y=x+3，当y=0时，x=−3，
∴OB=3，
∵C(0,3)，
∴OC=3，
过点A作AH⊥y轴于点H，过点P作PD⊥x轴于点D，
∵S△OBP=2S△OAC，
∴12OB⋅PD=2×12OC⋅AH，即12×3×PD=2×12×3×1，
解得PD=2，
∴点P的纵坐标为2或−2，
将y=2或−2代入y=4x得x=2或−2，
∴点P(2,2)或(−2,−2).
【解析】(1)把A(m,4)代入反比例函数解析式求得m的值，然后利用待定系数法即可求得一次函数的解析式；
(2)过点A作AH⊥y轴于点H，过点P作PD⊥x轴于点D，由S△OBP=2S△OAC得到12OB⋅PD=2×12OC⋅AH，即12×3×PD=2×12×3×1，解得PD=2，即可求得点P的纵坐标为2或−2，进一步求得点P的坐标．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了反比例函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式，三角形的面积，数形结合是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵∠ACB=90∘，
∴AB是⊙O的直径，
∵AD=AE，
∴∠E=∠D，
∵∠B=∠D，
∴∠E=∠B，
∵CA=CE，
∴∠E=∠CAE，
∴∠CAE=∠B，
∴∠OAE=∠CAE+∠CAB=∠B+∠CAB=90∘，
∵OA是⊙O的半径，且AE⊥OA，
∴直线AE是⊙O是的切线．
(2)解：作CF⊥AE于点F，则∠CFE=90∘，
∵∠E=∠CAE=∠B，
∴CAAB=sinB=sinE=CFCE=23，
∵OA=OB=3，
∴AB=6，
∴CE=CA=23AB=23×6=4，
∴CF=23CE=23×4=83，
∴AF=BF= CE2−CF2= 42−(83)2=4 53，
∴AD=AE=2AF=2×4 53=8 53，
∴AD的长是8 53.
【解析】(1)先由∠ACB=90∘，证明AB是⊙O的直径，再证明∠CAE=∠B，则∠OAE=∠CAE+∠CAB=∠B+∠CAB=90∘，即可证明直线AE是⊙O是的切线；
(2)由∠E=∠CAE=∠B，得CAAB=sinB=sinE=CFCE=23，则CE=CA=23AB=23×6=4，CF=23CE=23×4=83，所以AF=BF= CE2−CF2=4 53，则AD=AE=2AF=8 53.
此题重点考查切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
25.【答案】旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等 3 2π2cm
【解析】解：【问题解决】
(1)根据题意，AB=AB′，AC=AC′，BC=B′C′；∠BAC=∠B′AC′，∠ABC=∠AB′C′，∠ACB=∠AC′B′的理由是：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等，
故答案为：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
(2)①如图：
作线段BB′，AA′的垂直平分线，两垂直平分线交于O，点O为所求；
②∵∠BOB′=90∘，OB=OB′，
∴△BOB′是等腰直角三角形，
∵BB′=6，
∴OB=6 2=3 2，
∵90π×3 2180=3 2π2(cm)，
∴点B经过的路径长为3 2π2cm，
故答案为：3 2π2cm；
【问题拓展】
连接PA′，交AC于M，连接PA，PD，AA′，PB′，PC，如图：
∵点P为BC中点，
∴∠PAB=∠PAC=12∠BAC=30∘，
由旋转得∠PA′B′=30∘，PA=PA′=4，
在Rt△PAM中，PM=PA⋅sin∠PAM=4×sin30∘=2，
∴A′M=PA′−PM=4−2=2，
在Rt△A′DM中，
A′D=A′Mcos∠PA′B′=2cos30∘=4 33，DM=12A′D=2 33，
∴S△A′DP=12×2 33×4=4 33；
S扇形PA′B′=30π×42360=4π3，
下面证明阴影部分关于PD对称：
∵∠PAC=∠PA′B′=30∘，∠ADN=∠A′DM，
∴∠AND=∠A′MD=90∘，
∴∠PNA′=90∘，
∴PN=12PA′=2，
∴AN=PA−PN=2，
∴AN=A′M，
∴△AND≌△A′MD(AAS)，
∴AD=A′D，
∴CD=B′D，
∵PD=PD，PB′=PC，
∴△PB′D≌△PCD(SSS)，
∴阴影部分面积被PD等分，
∴S阴影=2(S△A′DP−S扇形PA′B′)=2(4π3−433)=8π−833(cm2).
∴两个纸板重叠部分的面积是8π−8 33cm2.
【问题解决】
(1)由旋转的性质即可知答案为旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
(2)①作线段BB′，AA′的垂直平分线，两垂直平分线交于O，点O为所求；
②由∠BOB′=90∘，OB=OB′，可得OB=6 2=3 2，再用弧长公式可得答案；
【问题拓展】
连接PA′，交AC于M，连接PA，PD，AA′，PB′，PC，求出A′D=A′Mcos∠PA′B′=2cos30∘=4 33，DM=12A′D=2 33，可得S△A′DP=12×2 33×4=4 33；S扇形PA′B′=30π×42360=4π3，证明△PB′D≌△PCD(SSS)可知阴影部分关于PD对称，故重叠部分面积为2(4π3−4 33)=8π−8 33(cm2).
本题考查圆的综合应用，涉及扇形的旋转问题，三角形全等的判定与旋转，三角形，扇形的面积等，证明阴影部分关于AD对称是解题的关键．
26.【答案】解：(1)由题可知：y1=−14x12+bx1，y2=−14x22+bx2，
∵当x1+x2=0时，总有y1=y2，
∴−14x12+bx1=−14x22+bx2，
整理得：(x1−x2)(x1+x2−4b)=0，
∵x1≠x2，
∴x1−x2≠0，
∴x1+x2−4b=0，
∴b=0；
(2)①注意到抛物线C2最大值和开口大小不变，m只影响图象左右平移．
下面考虑满足题意的两种临界情形：
(i)当抛物线C2过点(0,0)时，如图1所示，
此时，x=0，y=−14m2+1=0，解得m=2或−2(舍).
(i)当抛物线C2过点(2,−1)时，如图2所示，
此时，x=2，y=−14(m−2)2+1=−1
解得m=2+2 2或2−2 2(舍).
综上所述，2≤m≤2+2 2；
②同①考虑满足题意的两种临界情形：
(i)当抛物线C2过点(0,−1)时，如图3所示，
此时，x=0，y=−14m2+1=−1，解得 m=2 2或−2 2(舍).
(ii)当抛物线C2过点(2,0)时，如图4所示，
此时，x=2，y=−14(2−m)2+1=0，解得m=4或0(舍).
综上所述，2 2
y=−14(x−m)2+1=0，解得xA=m−2，xB=m+2，
∴HB=m+2−m=2，
∵FB=FC.
∴FH2+HB2=FG2+GC2，
设FH=t，
∴t2+22=(m24−1−t)2+m2，
∴(m24−1)2−2(m24−1)t+m2−4=0，
∴(m24−1)(m24−2t+3)=0，
∵m≥2 2，
∴m24−1≠0，
∴m24−2t+3=0，即t=m28+32，
∵2 2
∴72≤EF≤92.
【解析】(1)根据当x1+x2=0时，总有y1=y2，构建方程，求解即可；
(2)①求出抛物线经过(0,0)或(2,−1)时的m的值，可得结论；
②判断出抛物线经过(1,0)或(2,0)时m的值，求出m的取值范围，再根据FH2+HB2=FG2+GC2，设FH=t，构建关系式，求出即t=m28+32，可得结论．
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一元二次方程等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．
2023年四川省乐山市中考数学试卷
1. 计算：2a−a=( )
A. a B. −a C. 3a D. 1
2. 下面几何体中，是圆柱的为( )
A. B. C. D.
3. 下列各点在函数y=2x−1图象上的是( )
A. (−1,3) B. (0,1) C. (1,−1) D. (2,3)
4. 从水利部长江水利委员会获悉，截止2023年3月30日17时，南水北调中线一期工程自2014年12月全面通水以来，已累计向受水区实施生态补水约90亿立方米.其中9000000000用科学记数法表示为( )
A. 9×108 B. 9×109 C. 9×1010 D. 9×1011
5. 乐山是一座著名的旅游城市，有着丰富的文旅资源.某校准备组织初一年级500名学生进行研学旅行活动，政教处周老师随机抽取了其中50名同学进行研学目的地意向调查，并将调查结果制成如图统计图，如图所示.估计初一年级愿意去“沫若故居”的学生人数为( )
A. 100 B. 150 C. 200 D. 400
6. 如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为边BC的中点，连结OE.若AC=6，BD=8，则OE=( )
A. 2
B. 52
C. 3
D. 4
7. 若关于x的一元二次方程x2−8x+m=0两根为x1、x2，且x1=3x2，则m的值为( )
A. 4 B. 8 C. 12 D. 16
8. 我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出“赵爽弦图”，如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形.如果大正方形面积为25，小正方形面积为1，则sinθ=( )
A. 45 B. 35 C. 4 D. 15
9. 如图4，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−1,0)、B(m,0)，且1
②a+b>0；
③0
其中，正确的结论有( )
A. 4个
B. 3个
C. 2个
D. 1个
10. 如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=−x−2与x轴、y轴分别交于A、B两点，C、D是半径为1的⊙O上两动点，且CD= 2，P为弦CD的中点.当C、D两点在圆上运动时，△PAB面积的最大值是( )
A. 8
B. 6
C. 4
D. 3
11. 不等式x−1>0的解集为______.
12. 小张在“阳光大课间”活动中进行了5次一分钟跳绳练习，所跳个数分别为：160，163，160，157，160.这组数据的众数为______ .
13. 如图，点O在直线AB上，OD是∠BOC的平分线，若∠AOC=140∘，则∠BOD的度数为______ .
14. 若m、n满足3m−n−4=0，则8m÷2n=______ .
15. 如图，在平行四边形ABCD中，E是线段AB上一点，连结AC、DE交于点F.若AEEB=23，则S△ADFS△AEF=______ .
16. 定义：若x，y满足x2=4y+t，y2=4x+t且x≠y(t为常数)，则称点M(x,y)为“和谐点”.
(1)若P(3,m)是“和谐点”，则m=______ ；
(2)若双曲线y=kx(−3
18. 解二元一次方程组：x−y=13x+2y=8.
19. 如图，已知AB与CD相交于点O，AC//BD，AO=BO，求证：AC=BD.
20. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，点D为AB边上任意一点(不与点A、B重合)，过点D作DE//BC，DF//AC，分别交AC、BC于点E、F，连结EF.
(1)求证：四边形ECFD是矩形；
(2)若CF=2，CE=4，求点C到EF的距离.
21. 为了践行习近平总书记提出的“绿水青山就是金山银山”的发展理念，某地计划在规定时间内种植梨树6000棵.开始种植时，由于志愿者的加入，实际每天种植梨树的数量比原计划增加了20%，结果提前2天完成任务.问原计划每天种植梨树多少棵？
22. 为培养同学们爱劳动的习惯，某班开展了“做好一件家务”主题活动，要求全班同学人人参与.经统计，同学们做的家务类型为“洗衣”“拖地”“煮饭”“刷碗”，班主任将以上信息绘制成了统计图表，如图所示.
家务类型
洗衣
拖地
煮饭
刷碗
人数(人)
10
12
10
m
根据上面图表信息，回答下列问题：
(1)m=______ ；
(2)在扇形统计图中，“拖地”所占的圆心角度数为______ ；
(3)班会课上，班主任评选出了近期做家务表现优异的4名同学，其中有2名男生.现准备从表现优异的同学中随机选取两名同学分享体会，请用画树状图或列表的方法求所选同学中有男生的概率.
23. 如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=4x的图象交于点A(m,4)，与x轴交于点B，与y轴交于点C(0,3).
(1)求m的值和一次函数的表达式；
(2)已知P为反比例函数y=4x图象上的一点，S△OBP=2S△OAC，求点P的坐标.
24. 如图，已知⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB=90∘，D是圆上一点，E是DC延长线上一点，连结AD，AE，且AD=AE，CA=CE.
(1)求证：直线AE是⊙O是的切线；
(2)若sinE=23，⊙O的半径为3，求AD的长.
25. 在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活动.
【问题情境】
刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第121页“探索”部分内容：
如图1，将一个三角形纸板△ABC绕点A逆时针旋转θ到达的位置△A′B′C′的位置，那么可以得到：
AB=AB′，AC=AC′，BC=B′C′；
∠BAC=∠B′AC′，∠ABC=∠AB′C′，∠ACB=∠AC′B′.(_____)
刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键.故数学就是一门哲学.
【问题解决】
(1)上述问题情境中“(_____)”处应填理由：______ ；
(2)如图2，小王将一个半径为4cm，圆心角为60∘的扇形纸板ABC绕点O逆时针旋转90∘到达扇形纸板A′B′C′的位置.
①请在图中作出点O；
②如果BB′=6cm，则在旋转过程中，点B经过的路径长为______ ；
【问题拓展】
小李突发奇想，将与(2)中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置.另一个在弧的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止.此时，两个纸板重叠部分的面积是多少呢？如图3所示，请你帮助小李解决这个问题.
26. 已知(x1,y1)，(x2,y2)是抛物线C1：y=−14x2+bx(b为常数)上的两点，当x1+x2=0时，总有y1=y2.
(1)求b的值；
(2)将抛物线C1平移后得到抛物线C2：y=−14(x−m)2+1(m>0).
当0≤x≤2时，探究下列问题：
①若抛物线C1与抛物线C2有一个交点，求m的取值范围；
②设抛物线C2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线C2的顶点为点E，△ABC外接圆的圆心为点F.如果对抛物线C1上的任意一点P，在抛物线C2上总存在一点Q，使得点P、Q的纵坐标相等.求EF长的取值范围.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：2a−a=a.
故选：A.
直接合并同类项得出答案．
此题主要考查了合并同类项，正确掌握合并同类项法则是解题关键．
2.【答案】C
【解析】解：A.选项中的几何体是圆锥体，因此选项A不符合题意；
B.选项中的几何体是球体，因此选项B不符合题意；
C.选项中的几何体是圆柱体，因此选项C符合题意；
D.选项中的几何体是四棱柱，因此选项D不符合题意；
故选：C.
根据各个选项中的几何体的形体特征进行判断即可．
本题考查认识立体图形，掌握圆柱体，圆锥体，棱柱，球的形体特征是正确判断的前提．
3.【答案】D
【解析】解：A.当x=−1时，y=2×(−1)−1=−3，
∴点(−1,3)不在函数y=2x−1图象上；
B.当x=0时，y=2×0−1=−1，
∴点(0,1)不在函数y=2x−1图象上；
C.当x=1时，y=2×1−1=1，
∴点(1,−1)不在函数y=2x−1图象上；
D.当x=2时，y=2×2−1=3，
∴点(2,3)在函数y=2x−1图象上；
故选：D.
利用一次函数图象上点的坐标特征，逐一对四个选项进行验证即可求解．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是直线上任意一个点的坐标都满足函数解析式y=kx+b.
4.【答案】B
【解析】解：9000000000=9×109.
故选：B.
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是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
5.【答案】C
【解析】解：估计初一年级愿意去“沫若故居”的学生人数为500×2050=200(人)，
故选：C.
用总人数乘以样本中去“沫若故居”的学生人数所占比例即可．
本题主要考查用样本估计总体，一般来说，用样本去估计总体时，样本越具有代表性、容量越大，这时对总体的估计也就越精确．
6.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OC=12AC，OB=12BD，AC⊥BD，
∵AC=6，BD=8，
∴OC=3，OB=4，
∴CB= OB2+OC2=5，
∵E为边BC的中点，
∴OE=12BC=52.
故选：B.
由菱形的性质得到OC=12AC=3，OB=12BD=4，AC⊥BD，由勾股定理求出BC的长，由直角三角形斜边中线的性质，即可求出OE的长．
本题考查菱形的性质，直角三角形斜边的中线，勾股定理，关键是由菱形的性质求出OC，OB的长，由勾股定理求出BC的长，由直角三角形斜边的中线的性质即可求出OE的长．
7.【答案】C
【解析】解：∵一元二次方程x2−8x+m=0的两根为x1，x2，
∴x1+x2=8，
∵x1=3x2，
解得x1=6，x2=2，
∴m=x1x2=6×2=12.
故选：C.
首先根据根与系数的关系得出x1+x2=8，再根据x1=3x2，求得x1，x2，进一步得出x1x2=m求得答案即可．
本题考查了根与系数的关系．二次项系数为1，常用以下关系：x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，x1+x2=−p，x1x2=q，反过来可得p=−(x1+x2)，q=x1x2，前者是已知系数确定根的相关问题，后者是已知两根确定方程中未知系数．
8.【答案】A
【解析】解：设大正方形的边长为c，直角三角形的短直角边为a，长直角边为b，
由题意可得：c2=25，b−a= 1=1，a2+b2=c2，
解得a=3，b=4，c=5，
∴sinθ=bc=45，
故选：A.
根据题意和题目中的数据，可以求出斜边各边的长，然后即可计算出sinθ的值．
本题考查勾股定理的证明、解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，求出各边的长．
9.【答案】B
【解析】解：∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，
∴b<0，故①正确；
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴c<0，
∵抛物线经过点A(−1,0)，
∴a−b+c=0，
∴c=b−a，
∵当x=2时，y>0，
∴4a+2b+c>0，
∴4a+2b+b−a>0，
∴3a+3b>0，
∴a+b>0，故②正确；
∵a−b+c=0，
∴a+c=b，
∵b<0，
∴a+c<0，
∴0
∴y1
根据题意画出抛物线的大致图象，利用函数图象，由抛物线开口方向得a>0，由抛物线的对称轴位置得b<0，由抛物线与y轴的交点位置得c<0，再根据二次函数的性质和图象分别判断即可得出答案．
本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质．
10.【答案】D
【解析】解：作OQ⊥AB，连接OP、OD、OC，
∵CD= 2，OC=OD=1，
∴OC2+OD2=CD2，
∴△OCD为等腰直角三角形，
由y=−x−2得，点A(−2,0)、B(0,−2)，
∴OA=OB=2，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴AB=2 2，OQ= 2，
由题得，当P、O、Q共线时，S△ABP最大，
∵P为中点，
∴OP= 22，
∴PQ=OP+OQ=3 22，
∴S△ABP=12AB⋅PQ=3.
故选：D.
判断三角形PCD和三角形OAB都是等腰直角三角形，由题得，当P、O、Q共线时，S△ABP最大，求出AB、PQ，根据面积公式计算即可．
本题考查了圆的相关知识点的应用，点圆最值的计算是解题关键．
11.【答案】x>1
【解析】解：解不等式x−1>0得，x>1.
根据不等式的基本性质，左右两边同时加上1，就可求出x的取值范围．
解答此题的关键是要熟知不等式两边同时加上一个数，不等号的方向不变．
12.【答案】160
【解析】解：由题意知，这组数据中160出现3次，次数最多，
所以这组数据的众数为160，
故答案为：160.
根据众数的定义求解即可．
本题主要考查众数，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．
13.【答案】20∘
【解析】解：∵∠AOC=140∘，
∴∠BOC=180∘−140∘=40∘，
∵OD是∠BOC的平分线，
∴∠BOD=12∠BOC=20∘，
故答案为：20∘.
根据邻补角定义求得∠BOC的度数，再根据角平分线定义即可求得答案．
本题主要考查角平分线的定义，此为几何中基础且重要知识点，必须熟练掌握．
14.【答案】16
【解析】解：∵3m−n−4=0，
∴3m−n=4，
∴8m÷2n=23m÷2n=23m−n=24=16.
故答案为：16.
直接利用幂的乘方运算法则将原式变形，进而计算得出答案．
此题主要考查了幂的乘方运算，正确将原式变形是解题关键．
15.【答案】52
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∵AEBE=23，
∴设AE=2a，则BE=3a，
∴AB=CD=5a，
∵AB//CD，
∴△AEF∽△CDF，
∴AECD=EFDF=25，
∴S△ADFS△AEF=52，
故答案为：52.
通过证明△AEF∽△CDF，可得AECD=EFDF=25，即可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
16.【答案】−73
∴4m+t=912+t=m2，
消去t得到m2+4m−21=0，
解得m=−7或3，
∵x≠y，
∴m=−7；
故答案为：−7；
(2)∵双曲线y=kx(−3
①-②得(x+kx)(x−kx)=−4(x−kx)，
∴(x−kx)(x+kx+4)=0，
∵x≠y，
∴x+kx+4=0，
整理得k=−x2−4x=−(x+2)2+4，
∵−3
(2)根据题意得出{x2=4kx+t①k2x2=4x+t②，①-②得(x+kx)(x−kx)=−4(x−kx)，整理得(x−kx)(x+kx+4)=0，由x≠y，得出x+kx+4=0，理得k=−x2−4x=−(x+2)2+4，由−3
17.【答案】解：原式=2+1−2
=1.
【解析】直接利用绝对值的性质以及零指数幂的性质、二次根式的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
18.【答案】解：{x−y=1①3x+2y=8②，
①×2得：2x−2y=2③，
②+③得：5x=10，
解得：x=2，
把x=2代入①中得：2−y=1，
解得：y=1，
∴原方程组的解为：x=2y=1.
【解析】利用加减消元法进行计算，即可解答．
本题考查了解二元一次方程组，熟练掌握加减消元法是解题的关键．
19.【答案】证明：∵AC//BD，
∴∠A=∠B，∠C=∠D，
在△AOC和△BOD中，
∠C=∠D∠A=∠BAO=BO，
∴△AOC≌△BOD(AAS)，
∴AC=BD.
【解析】由平行线的性质可得∠A=∠B，∠C=∠D，利用AAS即可判定△AOC≌△BOD，从而得AC=BD.
本题主要考查全等三角形的判定与性质，解答的关键是熟记全等三角形的判定定理与性质并灵活运用．
20.【答案】(1)证明：∵FD//CA，BC//DE，
∴四边形ECFD为平行四边形，
又∵∠C=90∘，
∴四边形ECFD为矩形；
(2)解：过点C作CH⊥EF于H，
在Rt△ECF中，CF=2，CE=4，
∴EF= CE2+CF2= 4+16=2 5，
∵S△ECF=12×CF⋅CE=12×EF⋅CH，
∴CH=CF⋅CEEF=4 55，
∴点C到EF的距离为45 5.
【解析】(1)先证四边形ECFD为平行四边形，即可求解；
(2)由勾股定理可求EF的长，由面积法可求解．
本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，面积法等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
21.【答案】解：设原计划每天种植梨树x棵，则实际每天种植梨树(1+20%)x棵，
根据题意得：6000x−6000(1+20%)x=2，
解得：x=500，
经检验，x=500是所列方程的解，且符合题意．
答：原计划每天种植梨树500棵．
【解析】设原计划每天种植梨树x棵，则实际每天种植梨树(1+20%)x棵，利用工作时间=工作总量÷工作效率，结合实际比原计划提前2天完成任务，可得出关于x的分式方程，解之经检验后，即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
22.【答案】8108∘
【解析】解：(1)因为被调查的总人数为10÷25%=40(人)，
所以m=40−(10+12+10)=8，
故答案为：8；
(2)在扇形统计图中，“拖地”所占的圆心角度数为360∘×1240=108∘，
故答案为：108∘；
(3)列表如下：
男1
男2
女1
女2
男1
(男1，男2)
(男1，女1)
(男1，女2)
男2
(男2，男1)
(男2，女1)
(男2，女2)
女1
(女1，男1)
(女1，男2)
(女1，女2)
女2
(女2，男1)
(女2，男2)
(女2，女1)
由表知，共有12种等可能结果，其中所选同学中有男生的有10种结果，
所以所选同学中有男生的概率为1012=56.
(1)先根据煮饭人数及其所占百分比求出总人数，继而可得m的值；
(2)用360∘乘以“拖地”所占比例即可；
(3)列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图以及求随机事件的概率，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．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．
23.【答案】解：(1)∵点A(m,4)在反比例函数y=4x的图象上，
∴4=4m，
∴m=1，
∴A(1,4)，
又∵点A(1,4)、C(0,3)都在一次函数y=kx+b的图象上，
∴k+b=4b=3，
解得k=1b=3，
∴一次函数的解析式为y=x+3；
(2)对于y=x+3，当y=0时，x=−3，
∴OB=3，
∵C(0,3)，
∴OC=3，
过点A作AH⊥y轴于点H，过点P作PD⊥x轴于点D，
∵S△OBP=2S△OAC，
∴12OB⋅PD=2×12OC⋅AH，即12×3×PD=2×12×3×1，
解得PD=2，
∴点P的纵坐标为2或−2，
将y=2或−2代入y=4x得x=2或−2，
∴点P(2,2)或(−2,−2).
【解析】(1)把A(m,4)代入反比例函数解析式求得m的值，然后利用待定系数法即可求得一次函数的解析式；
(2)过点A作AH⊥y轴于点H，过点P作PD⊥x轴于点D，由S△OBP=2S△OAC得到12OB⋅PD=2×12OC⋅AH，即12×3×PD=2×12×3×1，解得PD=2，即可求得点P的纵坐标为2或−2，进一步求得点P的坐标．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了反比例函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式，三角形的面积，数形结合是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵∠ACB=90∘，
∴AB是⊙O的直径，
∵AD=AE，
∴∠E=∠D，
∵∠B=∠D，
∴∠E=∠B，
∵CA=CE，
∴∠E=∠CAE，
∴∠CAE=∠B，
∴∠OAE=∠CAE+∠CAB=∠B+∠CAB=90∘，
∵OA是⊙O的半径，且AE⊥OA，
∴直线AE是⊙O是的切线．
(2)解：作CF⊥AE于点F，则∠CFE=90∘，
∵∠E=∠CAE=∠B，
∴CAAB=sinB=sinE=CFCE=23，
∵OA=OB=3，
∴AB=6，
∴CE=CA=23AB=23×6=4，
∴CF=23CE=23×4=83，
∴AF=BF= CE2−CF2= 42−(83)2=4 53，
∴AD=AE=2AF=2×4 53=8 53，
∴AD的长是8 53.
【解析】(1)先由∠ACB=90∘，证明AB是⊙O的直径，再证明∠CAE=∠B，则∠OAE=∠CAE+∠CAB=∠B+∠CAB=90∘，即可证明直线AE是⊙O是的切线；
(2)由∠E=∠CAE=∠B，得CAAB=sinB=sinE=CFCE=23，则CE=CA=23AB=23×6=4，CF=23CE=23×4=83，所以AF=BF= CE2−CF2=4 53，则AD=AE=2AF=8 53.
此题重点考查切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
25.【答案】旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等 3 2π2cm
【解析】解：【问题解决】
(1)根据题意，AB=AB′，AC=AC′，BC=B′C′；∠BAC=∠B′AC′，∠ABC=∠AB′C′，∠ACB=∠AC′B′的理由是：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等，
故答案为：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
(2)①如图：
作线段BB′，AA′的垂直平分线，两垂直平分线交于O，点O为所求；
②∵∠BOB′=90∘，OB=OB′，
∴△BOB′是等腰直角三角形，
∵BB′=6，
∴OB=6 2=3 2，
∵90π×3 2180=3 2π2(cm)，
∴点B经过的路径长为3 2π2cm，
故答案为：3 2π2cm；
【问题拓展】
连接PA′，交AC于M，连接PA，PD，AA′，PB′，PC，如图：
∵点P为BC中点，
∴∠PAB=∠PAC=12∠BAC=30∘，
由旋转得∠PA′B′=30∘，PA=PA′=4，
在Rt△PAM中，PM=PA⋅sin∠PAM=4×sin30∘=2，
∴A′M=PA′−PM=4−2=2，
在Rt△A′DM中，
A′D=A′Mcos∠PA′B′=2cos30∘=4 33，DM=12A′D=2 33，
∴S△A′DP=12×2 33×4=4 33；
S扇形PA′B′=30π×42360=4π3，
下面证明阴影部分关于PD对称：
∵∠PAC=∠PA′B′=30∘，∠ADN=∠A′DM，
∴∠AND=∠A′MD=90∘，
∴∠PNA′=90∘，
∴PN=12PA′=2，
∴AN=PA−PN=2，
∴AN=A′M，
∴△AND≌△A′MD(AAS)，
∴AD=A′D，
∴CD=B′D，
∵PD=PD，PB′=PC，
∴△PB′D≌△PCD(SSS)，
∴阴影部分面积被PD等分，
∴S阴影=2(S△A′DP−S扇形PA′B′)=2(4π3−433)=8π−833(cm2).
∴两个纸板重叠部分的面积是8π−8 33cm2.
【问题解决】
(1)由旋转的性质即可知答案为旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
(2)①作线段BB′，AA′的垂直平分线，两垂直平分线交于O，点O为所求；
②由∠BOB′=90∘，OB=OB′，可得OB=6 2=3 2，再用弧长公式可得答案；
【问题拓展】
连接PA′，交AC于M，连接PA，PD，AA′，PB′，PC，求出A′D=A′Mcos∠PA′B′=2cos30∘=4 33，DM=12A′D=2 33，可得S△A′DP=12×2 33×4=4 33；S扇形PA′B′=30π×42360=4π3，证明△PB′D≌△PCD(SSS)可知阴影部分关于PD对称，故重叠部分面积为2(4π3−4 33)=8π−8 33(cm2).
本题考查圆的综合应用，涉及扇形的旋转问题，三角形全等的判定与旋转，三角形，扇形的面积等，证明阴影部分关于AD对称是解题的关键．
26.【答案】解：(1)由题可知：y1=−14x12+bx1，y2=−14x22+bx2，
∵当x1+x2=0时，总有y1=y2，
∴−14x12+bx1=−14x22+bx2，
整理得：(x1−x2)(x1+x2−4b)=0，
∵x1≠x2，
∴x1−x2≠0，
∴x1+x2−4b=0，
∴b=0；
(2)①注意到抛物线C2最大值和开口大小不变，m只影响图象左右平移．
下面考虑满足题意的两种临界情形：
(i)当抛物线C2过点(0,0)时，如图1所示，
此时，x=0，y=−14m2+1=0，解得m=2或−2(舍).
(i)当抛物线C2过点(2,−1)时，如图2所示，
此时，x=2，y=−14(m−2)2+1=−1
解得m=2+2 2或2−2 2(舍).
综上所述，2≤m≤2+2 2；
②同①考虑满足题意的两种临界情形：
(i)当抛物线C2过点(0,−1)时，如图3所示，
此时，x=0，y=−14m2+1=−1，解得 m=2 2或−2 2(舍).
(ii)当抛物线C2过点(2,0)时，如图4所示，
此时，x=2，y=−14(2−m)2+1=0，解得m=4或0(舍).
综上所述，2 2
y=−14(x−m)2+1=0，解得xA=m−2，xB=m+2，
∴HB=m+2−m=2，
∵FB=FC.
∴FH2+HB2=FG2+GC2，
设FH=t，
∴t2+22=(m24−1−t)2+m2，
∴(m24−1)2−2(m24−1)t+m2−4=0，
∴(m24−1)(m24−2t+3)=0，
∵m≥2 2，
∴m24−1≠0，
∴m24−2t+3=0，即t=m28+32，
∵2 2
∴72≤EF≤92.
【解析】(1)根据当x1+x2=0时，总有y1=y2，构建方程，求解即可；
(2)①求出抛物线经过(0,0)或(2,−1)时的m的值，可得结论；
②判断出抛物线经过(1,0)或(2,0)时m的值，求出m的取值范围，再根据FH2+HB2=FG2+GC2，设FH=t，构建关系式，求出即t=m28+32，可得结论．
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一元二次方程等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．
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