真题重组卷01——2023年中考数学真题汇编重组卷(江苏专用)

这是一份真题重组卷01——2023年中考数学真题汇编重组卷(江苏专用)，文件包含2023年中考数学真题汇编重组卷江苏专用解析版docx、2023年中考数学真题汇编重组卷江苏专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。

绝密★启用前
冲刺2023年中考数学精选真题重组卷01
数 学（江苏专用）
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（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．（2分）（2022•苏州）下列实数中，比3大的数是（　　）
A．5 B．1 C．0 D．﹣2
【分析】把各个数先排列好，根据比较结果得结论．
【解答】解：∵﹣2＜0＜1＜3＜5，
∴比3大的数是5．
故选：A．
【点评】本题考查了实数的比较，掌握有理数大小的比较方法是解决本题的关键．
2．（2分）（2022•南通）下面由北京冬奥会比赛项目图标组成的四个图形中，可看作轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】解：选项A、B、C不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形．
选项D能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：D．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，掌握轴对称图形的定义是解答本题的关键．
3．（2分）（2022•扬州）如图是某一几何体的主视图、左视图、俯视图，该几何体是（　　）

A．四棱柱 B．四棱锥 C．三棱柱 D．三棱锥
【分析】根据三视图即可判断该几何体．
【解答】解：由于主视图与左视图是三角形，
俯视图是正方形，故该几何体是四棱锥，
故选：B．
【点评】本题主要考查由三视图判断几何体的形状，掌握常见几何体的三视图是解题的关键．
4．（2分）（2022•徐州）若有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x＞2 B．x≥2 C．x＜2 D．x≤2
【分析】根据二次根式有意义，被开方数大于等于0，列不等式求解．
【解答】解：根据题意，得
x﹣2≥0，
解得x≥2．
故选：B．
【点评】本题主要考查二次根式有意义的条件的知识点，代数式的意义一般从三个方面考虑：（1）当代数式是整式时，字母可取全体实数；（2）当代数式是分式时，分式的分母不能为0；（3）当代数式是二次根式时，被开方数为非负数．
5．（2分）（2022•泰州）已知点（﹣3，y1）、（﹣1，y2）、（1，y3）在下列某一函数图象上，且y3＜y1＜y2，那么这个函数是（　　）
A．y＝3x B．y＝3x2 C．y=3x D．y
【分析】根据所学知识可判断每个选项中对应的函数的增减性，进而判断y3，y1，y2之间的关系，再判断即可．
【解答】解：A．y＝3x，因为3＞0，所以y随x的增大而增大，所以y1＜y2＜y3，不符合题意；
B．y＝3x2，当x＝1和x＝﹣1时，y相等，即y3＝y2，故不符合题意；
C．y=3x，当x＜0时，y随x的增大而减小，x＞0时，y随x的增大而减小，所以y2＜y1＜y3，不符合题意；
D．y，当x＜0时，y随x的增大而增大，x＞0时，y随x的增大而增大，所以y3＜y1＜y2，符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查一次函数的性质，反比例函数的性质及二次函数的性质，掌握相关函数的性质是解题关键，也可直接代入各个选项中的函数解析中，再判断y的大小．
6．（2分）（2022•镇江）如图，点A、B、C、D在网格中小正方形的顶点处，AD与BC相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长等于（　　）

A．2 B．73 C．625 D．925
【分析】连接AE，根据题意可得：AE∥BC，AD＝DE＝5，然后利用等腰三角形的性质可得∠DAE＝∠DEA，再利用平行线的性质可得∠DAE＝∠DOC，∠DEA＝∠DCO，从而可得∠DOC＝∠DCO，进而可得DO＝DC＝3，最后进行计算即可解答．
【解答】解：如图：连接AE，

由题意得：
AE∥BC，AD=32+42=5，DE＝5，
∴AD＝DE＝5，
∴∠DAE＝∠DEA，
∵AE∥BC，
∴∠DAE＝∠DOC，∠DEA＝∠DCO，
∴∠DOC＝∠DCO，
∴DO＝DC＝3，
∴AO＝AD﹣DO＝5﹣3＝2，
故选：A．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
7．（2分）（2022•宿迁）我国古代《算法统宗》里有这样一首诗：“我问开店李三公，众客都来到店中，一房七客多七客，一房九客一房空．”诗中后面两句的意思是：如果一间客房住7人，那么有7人无房可住；如果一间客房住9人，那么就空出一间客房，若设该店有客房x间，房客y人，则列出关于x、y的二元一次方程组正确的是（　　）
A． B．7x+7=y9(x-1)=y
C．7x+7=y9x-1=y D．
【分析】设该店有客房x间，房客y人；根据“一房七客多七客，一房九客一房空”得出方程组即可．
【解答】解：设该店有客房x间，房客y人；
根据题意得：7x+7=y9(x-1)=y，
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组．根据题意得出方程组是解决问题的关键．
8．（2分）（2022•连云港）如图，将矩形ABCD沿着GE、EC、GF翻折，使得点A、B、D恰好都落在点O处，且点G、O、C在同一条直线上，同时点E、O、F在另一条直线上．小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB=435AD；③GE=6DF；④OC＝22OF；⑤△COF∽△CEG．其中正确的是（　　）

A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④
【分析】根据折叠的性质和矩形的性质分析判断①；通过点G为AD中点，点E为AB中点，设AD＝2a，AB＝2b，利用勾股定理分析求得AB与AD的数量关系，从而判断②；利用相似三角形的判定和性质分析判读GE和DF、OC和OF的数量关系，从而判断③和④；根据相似三角形的判定分析判断⑤．
【解答】解：由折叠性质可得：DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，
∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，
∴∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，
∴∠FGE+∠GEC＝180°，
∴GF∥CE，故①正确；
设AD＝2a，AB＝2b，则DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，
∴CG＝OG+OC＝3a，
在Rt△CGE中，CG2＝GE2+CE2，
（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，
解得：b=2a，
∴AB=2AD，故②错误；
在Rt△COF中，设OF＝DF＝x，则CF＝2b﹣x＝22a﹣x，
∴x2+（2a）2＝（22a﹣x）2，
解得：x=22a，
∴6DFa=3a，22OF＝22×22a＝2a，
在Rt△AGE中，GE=AG2+AE2=3a，
∴GE=6DF，OC＝22OF，故③④正确；
无法证明∠FCO＝∠GCE，
∴无法判断△COF∽△CEG，故⑤错误；
综上，正确的是①③④，
故选：B．
【点评】本题考查勾股定理，相似三角形的判定和性质，掌握折叠的性质和勾股定理是解题关键．
二．填空题（共10小题，满分16分）
9．（2分）（2022•常州）分解因式：x2y+xy2＝　xy（x+y）　．
【分析】直接提取公因式xy，进而分解因式得出答案．
【解答】解：x2y+xy2＝xy（x+y）．
故答案为：xy（x+y）．
【点评】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
10．（2分）（2022•盐城）已知反比例函数的图象经过点（2，3），则该函数表达式为 　y=6x　．
【分析】利用反比例函数的定义列函数的解析式，运用待定系数法求出函数的解析式即可．
【解答】解：令反比例函数为y=kx（k≠0），
∵反比例函数的图象经过点（2，3），
∴3=k2，
k＝6，
∴反比例函数的解析式为y=6x．
故答案为：y=6x．
【点评】考查反比例函数的解析式，关键要掌握利用待定系数法求解函数的解析式．
11．（2分）（2022•无锡）请写出命题“如果a＞b，那么b﹣a＜0”的逆命题：　如果b﹣a＜0，那么a＞b　．
【分析】交换题设和结论即可得到一个命题的逆命题．
【解答】解：命题“如果a＞b，那么b﹣a＜0”的逆命题是“如果b﹣a＜0，那么a＞b”．
故答案为：如果b﹣a＜0，那么a＞b．
【点评】本题考查了命题与定理，解题的关键是了解交换一个命题的题设和结论即可得到这个命题的逆命题．
12．（2分）（2022•徐州）若一元二次方程x2+x﹣c＝0没有实数根，则c的取值范围是 　c　．
【分析】根据判别式的意义得到＝12+4c＜0，然后解不等式即可．
【解答】解：根据题意得Δ＝12+4c＜0，
解得c．
故答案为：c．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．
13．（2分）（2022•苏州）如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，连接AC，AD．若∠BAC＝28°，则∠D＝　62　°．

【分析】如图，连接BC，证明∠ACB＝90°，求出∠ABC，可得结论．
【解答】解：如图，连接BC．

∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝62°，
∴∠D＝∠ABC＝62°，
故答案为：62．
【点评】本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握圆周角定理，属于中考常考题型．
14．（2分）（2022•淮安）如图，在▱ABCD中，CA⊥AB，若∠B＝50°，则∠CAD的度数是 　40°　．

【分析】由平行四边形的性质得AD∥BC，则∠CAD＝∠ACB，再由直角三角形的性质得∠ACB＝90°﹣∠B＝40°，即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACB，
∵CA⊥AB，
∴∠BAC＝90°，
∵∠B＝50°，
∴∠ACB＝90°﹣∠B＝40°，
∴∠CAD＝∠ACB＝40°，
故答案为：40°．
【点评】本题考查了平行四边形的性质以及直角三角形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
15．（2分）（2022•泰州）如图，PA与⊙O相切于点A，PO与⊙O相交于点B，点C在AmB上，且与点A、B不重合．若∠P＝26°，则∠C的度数为 　32　°．

【分析】连接AO并延长交⊙O于点D，连接DB，由切线的性质得出∠OAP＝90°，由∠P＝26°，求出∠AOP＝64°，由圆周角定理即可求出∠C＝∠D＝32°．
【解答】解：如图，连接AO并延长交⊙O于点D，连接DB，

∵PA与⊙O相切于点A，
∴∠OAP＝90°，
∵∠P＝26°，
∴∠AOP＝90°﹣∠P＝90°﹣26°＝64°，
∴∠D=12∠AOP64°＝32°，
∵点C在AmB上，且与点A、B不重合，
∴∠C＝∠D＝32°，
故答案为：32．
【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，掌握切线的性质，圆周角定理是解决问题的关键．
16．（2022•镇江）如图，有一张平行四边形纸片ABCD，AB＝5，AD＝7，将这张纸片折叠，使得点B落在边AD上，点B的对应点为点B′，折痕为EF，若点E在边AB上，则DB′长的最小值等于 　2　．

【分析】由折叠可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如图，当E与A重合时，B'D最短，可得B'D＝AD﹣AB'＝7﹣5＝2．
【解答】解：由折叠可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如图，当E与A重合时，B'D最短．
∵AB＝5，AD＝7，
∴AB'＝5，
∴B'D＝AD﹣AB'＝7﹣5＝2，
即DB′长的最小值为2．
故答案为：2．

【点评】本题考查翻折变换（折叠问题）、平行四边形的性质，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
17．（2022•常州）如图，△ABC是⊙O的内接三角形．若∠ABC＝45°，AC=2，则⊙O的半径是 　1　．

【分析】连接AO并延长交⊙O于点D，连接CD，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACD＝90°，再利用同弧所对的圆周角相等可得∠ADC＝45°，然后在Rt△ACD中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，从而求出⊙O的半径，即可解答．
【解答】解：连接AO并延长交⊙O于点D，连接CD，

∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ADC＝∠ABC＝45°，
∴AD2，
∴⊙O的半径是1，
故答案为：1．

【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
18．（2分）（2022•南通）如图，点O是正方形ABCD的中心，AB＝32．Rt△BEF中，∠BEF＝90°，EF过点D，BE，BF分别交AD，CD于点G，M，连接OE，OM，EM．若BG＝DF，tan∠ABG=13，则△OEM的周长为 　3+35　．

【分析】如图，连接BD，过点F作FH⊥CD于点H．解直角三角形求出AG，BG，利用相似三角形的性质求出EG，DE，再证明FH＝BC，推出BM＝MF，求出MF，BD可得结论．
【解答】解：如图，连接BD，过点F作FH⊥CD于点H．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝32，∠A＝∠ADC＝90°，
∵tan∠ABG=AGAB=13，
∴AG=2，DG＝22，
∴BG=AB2+AG2=(32)2+(2)2=25，
∵∠BAG＝∠DEG＝90°，∠AGB＝∠DGE，
∴△BAG∽△DEG，
∴BADE=AGEG=BGDG，∠ABG＝∠EDG，
∴32DE=2EG=2522，
∴DE=655，EG=255，
∴BE＝BG+EG＝25+255=1255，
∵∠ADH＝∠FHD＝90°，
∴AD∥FH，
∴∠EDG＝∠DFH，
∴∠ABG＝∠DFH，
∵BG＝DF＝25，∠A＝∠FHD＝90°，
∴△BAG≌△FHD（AAS），
∴AB＝FH，
∵AB＝BC，
∴FH＝BC，
∵∠C＝∠FHM＝90°，
∴FH∥CB，
∴FMBM=FHCB=1，
∴FM＝BM，
∵EF＝DE+DF=655+25=1655，

∴BF=BE2+EF2=45，
∵∠BEF＝90°，BM＝MF，
∴EM=12BF＝25，
∵BO＝OD，BM＝MF，
∴OM=12DF=5，
∵OE=12BD6＝3，
∴△OEM的周长＝3+5+25=3+35，
解法二：辅助线相同．
证明△BAG≌△FHD，推出AB＝HF＝32，
再证明△FHM≌△BCM，推出CM＝HM=2，
求出BD，DF，BF，利用直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线定理，可得结论．
故答案为：3+35．
【点评】本题考查正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
三．解答题（共10小题，满分80分）
19．（6分）（2022•无锡）计算：
（1）||×（）2﹣cos60°；
（2）a（a+2）﹣（a+b）（a﹣b）﹣b（b﹣3）．
【分析】（1）根据绝对值，二次根式的性质，特殊角的三角函数值计算即可；
（2）根据单项式乘多项式，平方差公式化简，去括号，合并同类项即可．
【解答】解：（1）原式3
=32-12
＝1；
（2）原式＝a2+2a﹣（a2﹣b2）﹣b2+3b
＝a2+2a﹣a2+b2﹣b2+3b
＝2a+3b．
【点评】本题考查了实数的运算，特殊角的三角函数值，单项式乘多项式，平方差公式，掌握（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2是解题的关键．
20．（6分）（2022•淮安）解不等式组：并写出它的正整数解．
【分析】解不等式组求出它的解集，再取正整数解即可．
【解答】解：解不等式2（x﹣1）≥﹣4得x≥﹣1．
解不等式x﹣1得x＜4，
∴不等式组的解集为：﹣1≤x＜4．
∴不等式组的正整数解为：1，2，3．
【点评】本题主要考查了一元一次不等式组的解法和一元一次不等式组的正整数解，利用一元一次不等式组的解法正确求得不等式组的解集是解题的关键．
21．（8分）（2022•宿迁）为了解某校九年级学生开展“综合与实践”活动的情况，抽样调查了该校m名九年级学生上学期参加“综合与实践”活动的天数，并根据调查所得的数据绘制了如下尚不完整的两幅统计图．根据图表信息，解答下列问题：

（1）m＝　200　，n＝　30　；
（2）补全条形统计图；
（3）根据抽样调查的结果，请你估计该校九年级2000名学生中上学期参加“综合与实践”活动4天及以上的人数．
【分析】（1）根据各部分所占百分比之和为1可求得n的值，由参加“综合与实践”活动为2天的人数及其所占百分比可得m的值；
（2）用总人数乘以活动天数为3天的学生人数所占百分比可得对应人数，从而补全图形；
（3）用总人数乘以样本中参加“综合与实践”活动4天及以上的人数所占百分比即可得．
【解答】解：（1）n%＝1﹣（15%+5%+25%+25%）＝30%，
∴n＝30，
m＝10÷5%＝200；
故答案为：200，30；
（2）参加“综合与实践”活动天数为3天的学生人数为200×15%＝30（名），
补全条形图如下：

（3）估计该校九年级2000名学生中上学期参加“综合与实践”活动4天及以上的人数为2000×（1﹣5%﹣15%）＝1600（名）．
答：估计该校九年级2000名学生中上学期参加“综合与实践”活动4天及以上的人数为1600名．
【点评】此题考查了条形统计图，扇形统计图，以及用样本估计总体，弄清题中的数据是解本题的关键．
22．（8分）（2022•盐城）小丽从甲地匀速步行去乙地，小华骑自行车从乙地匀速前往甲地，同时出发．两人离甲地的距离y（m）与出发时间x（min）之间的函数关系如图所示．
（1）小丽步行的速度为 　80　m/min；
（2）当两人相遇时，求他们到甲地的距离．

【分析】（1）用路程除以速度即可得小丽步行的速度；
（2）求出小华的速度，即可求出两人相遇所需的时间，进而可得小丽所走路程，即是他们到甲地的距离．
【解答】解：（1）由图象可知，小丽步行的速度为240030=80（m/min），
故答案为：80；
（2）由图象可得，小华骑自行车的速度是240020=120（m/min），
∴出发后需要2400120+80=12（min）两人相遇，
∴相遇时小丽所走的路程为12×80＝960（m），
即当两人相遇时，他们到甲地的距离是960m．
【点评】本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从图象中获取有用的信息．
23．（8分）（2022•连云港）“石头、剪子、布”是一个广为流传的游戏，规则是：甲、乙两人都做出“石头”“剪子”“布”3种手势中的1种，其中“石头”赢“剪子”，“剪子”赢“布”，“布”赢“石头”，手势相同不分输赢．假设甲、乙两人每次都随意并且同时做出3种手势中的1种．
（1）甲每次做出“石头”手势的概率为 　13　；
（2）用画树状图或列表的方法，求乙不输的概率．
【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）根据题意画出树状图得出所有等情况数，找出符合条件的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：（1）甲每次做出“石头”手势的概率为13；
故答案为：13；

（2）画树状图得：

共有9种等可能的情况数，其中乙不输的有6种，
则乙不输的概率是69=23．
【点评】本题考查的是用列举法求概率，解答此题的关键是列出可能出现的所有情况，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
24．（8分）（2022•镇江）如图1是一张圆凳的造型，已知这张圆凳的上、下底面圆的直径都是30cm，高为42.9cm．它被平行于上、下底面的平面所截得的横截面都是圆．小明画出了它的主视图，是由上、下底面圆的直径AB、CD以及AC、BD组成的轴对称图形，直线l为对称轴，点M、N分别是AC、BD的中点，如图2，他又画出了AC所在的扇形并度量出扇形的圆心角∠AEC＝66°，发现并证明了点E在MN上．请你继续完成MN长的计算．
参考数据：sin66°，cos66°，tan66°，sin33°，cos33°，tan33°．

【分析】连接AC，交MN于点H，设直线l交MN于点Q，利用三角函数求出MH，再根据对称性求出MN即可．
【解答】解：连接AC，交MN于点H，设直线l交MN于点Q，

∵M是AC的中点，点E在MN上，
∴∠AEM＝∠CEM=12∠AEC＝33°，
在△AEC中，EA＝EC，∠AEH＝∠CEH，
∴EH⊥AC，AH＝CH，
∵直线l是对称轴，
∴AB⊥l，CD⊥l，MN⊥l，
∴AB∥CD∥MN，
∴AC⊥AB，
∴AC＝42.9cm，AH＝CH=42920cm，
在Rt△AEH中，sin∠AEH=AHAE，
即1120=42920AE，
则AE＝39，
tan∠AEH=AHHE，
即1320=42920EH，
则EH＝33，
∴MH＝6cm，
∵该图形为轴对称图形，
∴MQ＝MH+HQ＝6+15＝21（cm），
∴MN＝42（cm），
即MN的长为42cm．
【点评】本题主要考查解直角三角形的知识，熟练运用三角函数解直角三角形是解题的关键．
25．（8分）（2022•常州）第十四届国际数学教育大会（ICME﹣14）会徽的主题图案有着丰富的数学元素，展现了我国古代数学的文化魅力，其右下方的“卦”是用我国古代的计数符号写出的八进制数3745．八进制是以8作为进位基数的数字系统，有0～7共8个基本数字．八进制数3745换算成十进制数是3×83+7×82+4×81+5×80＝2021，表示ICME﹣14的举办年份．
（1）八进制数3746换算成十进制数是 　2022　；
（2）小华设计了一个n进制数143，换算成十进制数是120，求n的值．

【分析】（1）根据已知，从个位数字起，将八进制的每一位数分别乘以80，81，82，83，再把所得结果相加即可得解；
（2）根据n进制数和十进制数的计算方法得到关于n的方程，解方程即可求解．
【解答】解：（1）3746＝3×83+7×82+4×81+6×80
＝1536+448+32+6
＝2022．
故八进制数字3746换算成十进制是2022．
故答案为：2022；
（2）依题意有：n2+4×n1+3×n0＝120，
解得n1＝9，n2＝﹣13（舍去）．
故n的值是9．
【点评】本题主要考查因式分解的应用，有理数的混合运算，解题的关键是弄清各个进制数转化为十进制数的计算方法．
26．（8分）（2022•扬州）如图是一块铁皮余料，将其放置在平面直角坐标系中，底部边缘AB在x轴上，且AB＝8dm，外轮廓线是抛物线的一部分，对称轴为y轴，高度OC＝8dm．现计划将此余料进行切割：
（1）若切割成正方形，要求一边在底部边缘AB上且面积最大，求此正方形的面积；
（2）若切割成矩形，要求一边在底部边缘AB上且周长最大，求此矩形的周长；
（3）若切割成圆，判断能否切得半径为3dm的圆，请说明理由．

【分析】（1）先根据题意求出抛物线的解析式，当正方形的两个顶点在抛物线上时正方形面积最大，先根据GH＝2OG计算H的横坐标，再求出此时正方形的面积即可；
（2）由（1）知：设H（t，t2+8）（t＞0），表示矩形EFGH的周长，再根据二次函数的性质求出最值即可；
（3）解法一：设半径为3dm的圆与AB相切，并与抛物线相交，设交点为N，求出点N的坐标，并计算点N是圆M与抛物线在y轴右侧的切点即可．
解法二：计算MN2，配方法可得结论．
解法三：同解法二得MN2，利用换元法可解答．
【解答】解：（1）如图1，由题意得：A（﹣4，0），B（4，0），C（0，8），

设抛物线的解析式为：y＝ax2+8，
把B（4，0）代入得：0＝16a+8，
∴a，
∴抛物线的解析式为：yx2+8，
∵四边形EFGH是正方形，
∴GH＝FG＝2OG，
设H（t，t2+8）（t＞0），
∴t2+8＝2t，
解得：t1＝﹣2+25，t2＝﹣2﹣25（舍），
∴此正方形的面积＝FG2＝（2t）2＝4t2＝4（﹣2+25）2＝（96﹣325）dm2；
（2）如图2，由（1）知：设H（t，t2+8）（t＞0），

∴矩形EFGH的周长＝2FG+2GH＝4t+2（t2+8）＝﹣t2+4t+16＝﹣（t﹣2）2+20，
∵﹣1＜0，
∴当t＝2时，矩形EFGH的周长最大，且最大值是20dm；
（3）解法一：若切割成圆，能切得半径为3dm的圆，理由如下：
如图3，N为⊙M上一点，也是抛物线上一点，过N作⊙M的切线交y轴于Q，连接MN，过点N作NP⊥y轴于P，
则MN＝OM＝3，NQ⊥MN，

设N（m，m2+8），
由勾股定理得：PM2+PN2＝MN2，
∴m2+（m2+8﹣3）2＝32，
解得：m1＝22，m2＝﹣22（舍），
∴N（22，4），
∴PM＝4﹣3＝1，
∵cos∠NMP=PMMN=MNQM=13，
∴MQ＝3MN＝9，
∴Q（0，12），
设QN的解析式为：y＝kx+b，
∴b=1222k+b=4，
∴，
∴QN的解析式为：y＝﹣22x+12，
x2+8＝﹣22x+12，
12x2﹣22x+4＝0，
Δ＝（﹣22）2﹣44＝0，即此时N为圆M与抛物线在y轴右侧的唯一公共点，
∴若切割成圆，能切得半径为3dm的圆．
解法二：如图3，取点M（0，3），在抛物线上取点N（m，m2+8），且0＜m＜4，
则MN2＝m2+（m2+8﹣3）2=14（m2﹣8）2+9，
∴当m＝22时，MN有最小值为3，此时抛物线上除了点N，N'（点N，N'关于y轴对称）外，其余各点均在以点M（0，3）为圆心，3dm为半径的圆外（铁皮底部边缘中点O也在该圆上），
∴若切割成圆，能切得半径为3dm的圆．
解法三：如图3，取点M（0，m），在抛物线上取点N（a，a2+8），且0＜a＜4，
则MN2＝a2+（a2+8﹣m）2，
令y＝a2，则MN2＝y+（y+8﹣m）2=14（y+2m﹣14）2+15﹣2m，
∴MN2的最小值是15﹣2m，
当MN的最小值＝OM＝m时，⊙O与抛物线相切，此时⊙M最大，
∴m，
∴m＝﹣5（舍）或3，
∴若切割成圆，能切得半径为3dm的圆．
【点评】本题是二次函数与圆，四边形的综合题，考查了利用待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，圆的切线的性质，矩形和正方形的性质，二次函数的最值问题，综合性较强，并与方程相结合解决问题是本题的关键．
27．（10分）（2022•盐城）【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法．图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．
在△ABC中，∠ACB＝90°，四边形ADEB、ACHI和BFGC分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形．延长IH和FG，交于点L，连接LC并延长交DE于点J，交AB于点K，延长DA交IL于点M．
（1）证明：AD＝LC；
（2）证明：正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）请利用（2）中的结论证明勾股定理．
【迁移拓展】
（4）如图2，四边形ACHI和BFGC分别是以△ABC的两边为一边的平行四边形，探索在AB下方是否存在平行四边形ADEB，使得该平行四边形的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形ADEB（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据正方形的性质和SAS证明△ACB≌△HCG，可得结论；
（2）证明S△CHG＝S△CHL，所以S△AMI＝S△CHL，由此可得结论；
（3）证明正方形ACHI的面积+正方形BFGC的面积＝▱ADJK的面积+▱KJEB的面积＝正方形ADEB，可得结论；
（4）如图2，延长IH和FG交于点L，连接LC，以A为圆心CL为半径画弧交IH于一点，过这一点和A作直线，以A为圆心，AM为半径作弧交这直线于D，分别以D，B为圆心，以AB，AM为半径画弧交于E，连接AD，DE，BE，则四边形ADEB即为所求．
【解答】（1）证明：如图1，连接HG，

∵四边形ACHI，ABED和BCGF是正方形，
∴AC＝CH，BC＝CG，∠ACH＝∠BCG＝90°，AB＝AD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠GCH＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，
∴∠GCH＝∠ACB，
∴△ACB≌△HCG（SAS），
∴GH＝AB＝AD，
∵∠GCH＝∠CHI＝∠CGL＝90°，
∴四边形CGLH是矩形，
∴CL＝GH，
∴AD＝LC；
（2）证明一：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，
∴∠BAC＝∠MAI，
∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，
∴△ABC≌△AMI（ASA），
由（1）知：△ACB≌△HCG，
∴△AMI≌△HGC，
∵四边形CGLH是矩形，
∴S△CHG＝S△CHL，
∴S△AMI＝S△CHL，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
证明二：∵四边形CGLH是矩形，

∴PH＝PC，
∴∠CHG＝∠LCH，
∴∠CAB＝∠CHG＝∠LCH，
∵∠ACH＝90°，
∴∠ACK+∠LCH＝90°，
∴∠ACK+∠CAK＝90°，
∴∠AKC＝90°，
∴∠AKC＝∠BAD＝90°，
∴DM∥LK，
∵AC∥LI，
∴四边形ACLM是平行四边形，
∵正方形ACHI的面积＝AC•CH，▱ACLH的面积＝AC•CH，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）证明：由正方形ADEB可得AB∥DE，
又AD∥LC，
∴四边形ADJK是平行四边形，
由（2）知，四边形ACLM是平行四边形，
由（1）知：AD＝LC，
∴▱ADJK的面积＝▱ACLM的面积＝正方形ACHI，
延长EB交LG于Q，

同理有▱KJEB的面积＝▱CBQL的面积＝正方形BFGC，
∴正方形ACHI的面积+正方形BFGC的面积＝▱ADJK的面积+▱KJEB的面积＝正方形ADEB，
∴AC2+BC2＝AB2；
（4）解：作图不唯一，如图2即为所求作的▱ADEB．

说明：如图2，延长IH和FG交于点L，以A为圆心CL为半径画弧交IH于点M，在MA的延长线上取AD＝AM，作▱ADEB，作射线LC交AB于K，交DE于J，由图可知：射线LC把▱ADEB分成▱ADJK和▱BKJE，根据同底等高可得：▱ADJK，▱AMLC，▱ACHI的面积相等，同理▱BKKE，▱CBQL，▱BCGF的面积相等（Q是直线EB与FG的交点），所以平行四边形ADEB的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．
【点评】本题是四边形的综合题，考查的是全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，正方形的性质，勾股定理的证明等知识；熟练掌握正方形的性质和全等相似三角形的判定与性质，根据图形面积的关系证出勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型．
28．（10分）（2022•常州）现有若干张相同的半圆形纸片，点O是圆心，直径AB的长是12cm，C是半圆弧上的一点（点C与点A、B不重合），连接AC、BC．
（1）沿AC、BC剪下△ABC，则△ABC是 　直角　三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
（2）分别取半圆弧上的点E、F和直径AB上的点G、H．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为6cm的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
（3）经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点C，一定存在线段AC上的点M、线段BC上的点N和直径AB上的点P、Q，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为4cm的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．

【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，判断即可；
（2）分别以A，B为圆心，6cm长为半径作弧交半圆于点E，F，连接EF，AE，OF，OE，FB，四边形EFHG或四边形EFG′H即为所求．
（3）小明的猜想正确．如图2中，设CM=13CA，AN=13CB，取AP＝BQ＝4，证明四边形MNQP是菱形，可得结论．
【解答】解：（1）∵AB是直径，直径所对的圆周角是直角，
∴△ABC是直角三角形，
故答案为：直角；

（2）如图，四边形EFHG或四边形EFG′H即为所求．


（3）小明的猜想正确．
理由：如图2中，设CM=13CA，CN=13CB，取AP＝BQ＝4cm，

则∵CMCA=CNCB=13，
∴MN∥AB，
∴MNAB=CMCA=13，
∴MN＝PQ＝4，
∴四边形MNQP是平行四边形，
∵AMCM=APAO=23，
∴MP∥CO，
∴PMCO=AMAC=23，
∴PM＝4cm，
∴MN＝4cm，
∴四边形MNQP是菱形，边长为4cm，
∴小明的猜想正确．
【点评】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．