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湖北省随州市2022年中考数学试卷解析版
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这是一份湖北省随州市2022年中考数学试卷解析版，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖北省随州市2022年中考数学试卷
一、单选题
1．2022的倒数是（ ）
A．2022 B．-2022 C．12022 D．−12022
【答案】C
【知识点】有理数的倒数
【解析】【解答】解：2022的倒数是12022.
故答案为：C.
【分析】根据倒数的定义：乘积为1的两个数互为倒数，即可得出答案.
2．如图，直线l1//l2，直线l与l1，l2相交，若图中∠1=60°则∠2为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【答案】D
【知识点】平行线的性质
【解析】【解答】解：∵l1∥l2，
∴∠1=∠2=60°，
故答案为：D.
【分析】利用两直线平行，内错角相等，可求出∠2的度数.
3．小明同学连续5次测验的成绩分别为：97，97，99，101，106（单位：分），则这组数据的众数和平均数分别为（ ）
A．97和99 B．97和100 C．99和100 D．97和101
【答案】B
【知识点】平均数及其计算；众数
【解析】【解答】解：小明同学连续5次测验的成绩分别为：97，97，99，101，106（单位：分），
∴这组成绩的众数是97；平均数是15×(97+97+99+101+106)=100，
故答案为：B.
【分析】利用众数就是出现次数最多的数，可求出已知数据的众数；再利用平均数公式求出这组数据的平均数，可得答案.
4．如图是一个放在水平桌面上的半球体，该几何体的三视图中完全相同的是（ ）
A．主视图和左视图 B．主视图和俯视图
C．左视图和俯视图 D．三个视图均相同
【答案】A
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：从正面和左面看，得到的平面图形均是半圆，而从上面看是一个圆，因此该几何体主视图与左视图一致，
故答案为：A.
【分析】从几何体的正面和左面所看到的平面图形是均是半圆，从上面往下看是一个圆，由此可得到该几何体的三视图中完全相同的视图.
5．我国元朝朱世杰所著的《算学启蒙》中记载：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里.驽马先行一十二日，问良马几何追及之.”意思是：“跑得快的马每天走240里，跑得慢的马每天走150里，慢马先走12天，快马几天可以追上慢马？”若设快马x天可以追上慢马，则可列方程为（ ）
A．150(12+x)=240x B．240(12+x)=150x
C．150(x−12)=240x D．240(x−12)=150x
【答案】A
【知识点】一元一次方程的实际应用-行程问题
【解析】【解答】设快马x天可以追上慢马，由题意可知：150(12+x)=240x.
故答案为：A.
【分析】此题是行程问题中的追及问题，等量关系为：慢马的速度×（12+追及的时间）=240×追及的时间；据此列方程即可.
6．2022年6月5日10时44分07秒，神舟14号飞船成功发射，将陈冬、刘洋、蔡旭哲三位宇航员送入了中国空间站.已知中国空间站绕地球运行的速度约为7.7×103m/s，则中国空间站绕地球运行2×102s走过的路程（m）用科学记数法可表示为（ ）
A．15.4×105 B．1.54×106 C．15.4×106 D．1.54×107
【答案】B
【知识点】科学记数法—表示绝对值较大的数；有理数的乘法
【解析】【解答】解：路程=7.7×103×2×102=15.4×105=1.54×106m.
故答案为：B.
【分析】利用路程=速度×时间，列式计算求出其路程，再用科学记数法表示出结果.
7．已知张强家、体育场、文具店在同一直线上.下面的图象反映的过程是：张强从家跑步去体育场，在那里锻炼了一阵后又走到文具店去买笔，然后散步走回家.图中x表示时间，y表示张强离家的距离.则下列结论不正确的是（ ）
A．张强从家到体育场用了15min B．体育场离文具店1.5km
C．张强在文具店停留了20min D．张强从文具店回家用了35min
【答案】B
【知识点】通过函数图象获取信息并解决问题
【解析】【解答】解：由图可知：
A.张强从家到体育场用了15min，正确，不符合题意；
B.体育场离文具店的距离为：2.5−1.5=1km，故答案为：错误，符合题意；
C.张强在文具店停留了：65−45=20min，正确，不符合题意；
D.张强从文具店回家用了100−65=35min，正确，符合题意，
故答案为：B.
【分析】观察图象，利用已知张强从家跑步去体育场，可对A作出判断；在那里锻炼了一阵后又走到文具店去买笔，观察图象可求出体育场离文具店的距离，可对B作出判断；同时可求出张强在文具店停留的时间，可对C作出判断；然后求出张强从文具店回家的时间，可对D作出判断.
8．七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DC的中点，连接AP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，关于该图形，下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②四边形MPEB是菱形；③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的14.正确的有（ ）
A．只有① B．①② C．①③ D．②③
【答案】C
【知识点】四边形的综合
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABO＝∠ADB＝∠CBD＝∠BDC＝45°，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴△ABD、△BCD是等腰直角三角形，
∵AP⊥EF，
∴∠APF＝∠APE＝90°，
∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF是△BCD的中位线，CE＝12BC，CF＝12CD，
∴ CE＝CF，
∵∠C＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF∥BD，EF＝12BD，
∴∠APE＝∠AOB＝90°，∠APF＝∠AOD＝90°，
∴△ABO、△ADO是等腰直角三角形，
∴AO＝BO，AO＝DO，
∴BO＝DO，
∵M，N分别为BO，DO的中点，
∴OM＝BM＝12BO，ON＝ND＝12DO，
∴OM＝BM＝ON＝ND，
∵∠BAO＝∠DAO＝45°，
∴由正方形是轴对称图形，则A、P、C三点共线，PE＝PF＝12EF＝ON＝BM＝OM，
连接PC，如图，
∴NF是△CDO的中位线，
∴NF∥AC，NF＝12OC＝12OD＝ON＝ND，
∴∠ONF＝180°－∠COD＝90°，
∴∠NOP＝∠OPF＝∠ONF＝90°，
∴四边形FNOP是矩形，
∴四边形FNOP是正方形，
∴NF＝ON＝ND，
∴△DNF是等腰直角三角形，
∴图中的三角形都是等腰直角三角形；
故①正确，
∵PE∥BM，PE＝BM，
∴四边形MPEB是平行四边形，
∵BE＝12BC，BM＝12OB，
在Rt△OBC中，BC＞OB，
∴BE≠BM，
∴四边形MPEB不是菱形；
故②错误，
∵PC＝PO＝PF＝OM，∠MOP＝∠CPF＝90°，
∴△MOP≌△CPF（SAS），
∴S四边形PFDM=S四边形PFDO+S△MOP
=S四边形PFDO+S△CPF
=S△COD
=14S正方形ABCD，
故③正确，
故答案为：C
【分析】利用正方形的性质可知∠ABO＝∠ADB＝∠CBD＝∠BDC＝45°，∠BAD＝∠BCD＝90°，可推出△ABD和△BCD是等腰直角三角形；再证明EF是△BCD的中位线，同时可证得CE=CF，可得到△CEF是等腰直角三角形，再利用AP⊥EF，AD∥EF，去证明△ABO，△ADO，△DNF，△MOP都是等腰直角三角形，可对①作出判断；利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得四边形MPEB是平行四边形，由BC＞BO，不能证明BE=BM，由此可知不能证明四边形MPEB是菱形，可对②作出判断；利用SAS证明△MOP≌△CPF，利用全等三角形的面积相等，去证明 四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的14 ，可对③作出判断；综上所述可得到正确结论的序号.
9．如图，已知点B，D，C在同一直线的水平，在点C处测得建筑物AB的顶端A的仰角为α，在点D处测得建筑物AB的顶端A的仰角为β，CD=a，则建筑物AB的高度为（ ）
A．atanα−tanβ B．atanβ−tanα
C．atanαtanβtanα−tanβ D．atanαtanβtanβ−tanα
【答案】D
【知识点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【解答】设AB=x，由题意知，∠ACB=α，∠ADB=β，
∴BD=xtanβ，BC=xtanα，
∵CD=BC-BD，
∴xtanα−xtanβ=a，
∴x=atanαtanβtanβ−tanα，即AB=atanαtanβtanβ−tanα，
故答案为：D.
【分析】利用解直角三角形分别表示出BD，BC的长；再根据CD=BC-BD=a，建立关于x的方程，解方程表示出x，即可得到建筑物AB的高.
10．如图，已知开口向下的抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点(−1，0)对称轴为直线x=1.则下列结论：①abc>0；②2a+b=0；③函数y=ax2+bx+c的最大值为−4a；④若关于x的方数ax2+bx+c=a+1无实数根，则−15
【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数的最值；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数图象与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：由图象可知，图象开口向下，a＜0，对称轴为x=1，故−b2a=1，故b＞0，且b=−2a，则2a+b=0故②正确，
∵图象与y轴的交点为正半轴，
∴c＞0，则abc＜0，故①错误，
由图象可知当x=1时，函数取最大值，
将x=1，代入y=ax2+bx+c，中得：y=a+b+c，
由图象可知函数与x轴交点为（﹣1，0），对称轴为将x=1，故函数图象与x轴的另一交点为（3，0），
设函数解析式为：y=a(x−x1)(x−x2)，
将交点坐标代入得：y=a(x+1)(x−3)，
故化简得：y=ax2−2ax−3a，
将x=1，代入可得：y=a−2a−3a=−4a，故函数的最大值为-4a，故③正确，
ax2+bx+c=a+1变形为：ax2+bx+c−a−1=0要使方程无实数根，则b2−4a(c−a−1)<0，将c=-3a，b=−2a，代入得：20a2+4a<0，因为a＜0，则20a+4>0，则a>−15，综上所述−15
故答案为：C.
【分析】观察抛物线的开口方向，可确定出a的取值范围，抛物线与y轴的交点位置，可以确定出c的取值范围，根据对称轴的位置：左同右异，结合a的值，可确定出b的取值范围，由此可得到abc的符号，可对①作出判断；利用抛物线的对称轴为直线x=-b2a=1，可对②作出判断；利用函数与x轴交点为（﹣1，0）及其对称轴，可得到抛物线与x轴的另一个交点坐标，因此设y=a（x+1）（x-3），将函数解析式转化为顶点式，可得到函数的最大值，可对③作出判断；将方程变形为ax2+bx+c-a-1=0，要使方程无实数根，可知b2-4ac＜0，再由c=-3a，b=-2a，代入可求出a的取值范围，可对④作出判断，综上所述可得到正确结论的个数.
二、填空题
11．计算：3×(−1)+|−3|= .
【答案】0
【知识点】有理数的加减乘除混合运算
【解析】【解答】解：3×(−1)+|−3|
=−3+3
=0，
故答案为：0.
【分析】利用两数相乘，异号得负，把绝对值相乘，先算乘法运算，同时化简绝对值，再利用有理数的加减法则进行计算.
12．如图，点A，B，C都在⊙O上，∠ACB=60°，则∠AOB的度数为 .
【答案】120°
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：∵点A、B、C都在⊙O上，且点C在弦AB所对的优弧上，∠ACB=60°，
∴∠AOB=2∠ACB=2×60°=120°.
故答案为120°.
【分析】利用一条弧所对的圆心角等于圆周角的2倍，可得到∠AOB=2∠ACB，代入计算求出∠AOB的度数.
13．已知二元一次方程组x+2y=42x+y=5，则x−y的值为 .
【答案】1
【知识点】加减消元法解二元一次方程组
【解析】【解答】原方程组为x+2y=4①2x+y=5②，
由②-①得x−y=1.
故答案为：1.
【分析】观察方程组中同一个未知数的系数特点：x，y的系数都相差1，因此由②-①，可求出x-y的值.
14．如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+1与x轴，y轴分别交于点A，B，与反比例函数y=kx的图象在第一象限交于点C，若AB=BC，则k的值为 .
【答案】2
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，过点C作CH⊥x轴，垂足为H，
∵直线y=x+1与x轴，y轴分别交于点A，B，
∴将y=0代入y=x+1，得x=−1，将x=0代入y=x+1，得y=1，
∴A（−1，0），B（0，1），
∴OA=1，OB=1，
∵∠AOB=∠AHC=90°，∠BAO=∠CAH，
∴△OAB∽△HAC，
∴AOAH=OBCH=ABAC
∵OA=1，OB=1，AB=BC，
∴1AH=1CH=12
∴AH=2，CH=2，
∴OH=1，
∵点C在第一象限，
∴C（1，2），
∵点C在y=kx上，
∴k=1×2=2.
故答案为：2.
【分析】过点C作CH⊥x轴，垂足为H，利用一次函数解析式，由x=0求出对应的y的值，由y=0求出对应的x的值，可得到点A，B的坐标，由此可求出OA，OB的长；再证明△OAB∽△HAC，利用相似三角形的对应边成比例可求出AH，CH，OH的长，可得到点C的坐标；然后将点C的坐标代入反比例函数解析式求出k的值.
15．已知m为正整数，若189m是整数，则根据189m=3×3×3×7m=33×7m可知m有最小值3×7=21.设n为正整数，若300n是大于1的整数，则n的最小值为 ，最大值为 .
【答案】3；75
【知识点】二次根式的乘除法；二次根式的化简求值
【解析】【解答】解：∵300n=3×2×5×2×5n=103n，300n是大于1的整数，
∴300n=103n>1.
∵n为正整数
∴n的值可以为3、12、75，
n的最小值是3，最大值是75.
故答案为：3；75.
【分析】将已知二次根式化简为103n，再根据103n＞1，再由n为正整数，可得到n的值为3、12、75，由此可知n的最大值和最小值.
16．如图1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF.如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角θ(0<θ<90°)，使EF⊥AD，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为 ，DH的长为 .
【答案】90°；455
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，
根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，AF=12AD=3，AE=12AB=4，
∴AEAF=34，
在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，∠BAD=90°，
∴ADAB=34，
∴△ADF∽△ABE，
∴∠ADF=∠ABE，
∵∠ANB=∠DNH，
∴∠BHD=∠BAD=90°；
如图，过点E作EG⊥AB于点G，
∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，
∴四边形AMEG是矩形，
∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，
∴∠ABE=∠MEN，
在Rt△AEF中，EF=AE2+AF2=5，
∴tan∠AEF=AFAE=34，
∵S△AEF=12AM⋅EF=12AE⋅AF，
∴EG=AM=125，
∴AG=ME=AMtan∠AEF=165，
∴BG=AB−AG=8−165=245，
∴tan∠MEN=tan∠ABE=EGBG=12，
∴MNME=12，即MN=85，
∴DN=AD−AM−MN=2，
∵∠ADF=∠ABE，
∴tan∠ADF=tan∠ABE=12，
即DH=2HN，
∵DH2+HN2=DH2+(12DH)2=DN2=4，
解得：DH=455或−455（舍去）.
故答案为：90°，455
【分析】设EF交AD于点M，BH交AD于点N，利用旋转的性质及线段中点的定义可证得∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，同时可求出AF，AE的长，即可求出AE与AF的比值；同时可得到AD与AB的比值；利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似可证得△ADF∽△ABE，利用相似三角形的性质可证得∠ADF=∠ABE，可推出∠BHD=∠BAD=90°；过点E作EG⊥AB于点G，易证四边形AMEG是矩形，利用矩形的性质可证得EG=AM，AG=ME，ME∥AB，利用平行线的在可知∠ABE=∠MEN，利用勾股定理求出EF的长，利用锐角三角函数的定义及三角形的面积公式可求出AG的长，即可求出BG的长；再利用解直角三角形求出MN的长，根据DN=AD-AM可求出DN的长；利用∠ADF=∠ABE及解直角三角形可得到DH=2HN；然后利用勾股定理可求出DH的长.
三、解答题
17．解分式方程：1x=4x+3.
【答案】解：去分母得
x+3=4x，
移项并合并同类项得
3x=3，
解得x=1，
经检验，x=1是原方程的解，
∴原分式方程的解是x=1.
【知识点】解分式方程
【解析】【分析】在方程两边同时乘以x（x+3），将分式方程转化为整式方程，再求出整式方程的解，然后检验可得方程的根.
18．已知关于x的一元二次方程x2+(2k+1)x+k2+1=0有两个不等实数根x1，x2.
（1）求k的取值范围；
（2）若x1x2=5，求k的值.
【答案】（1）解：∵关于x的一元二次方程x2+(2k+1)x+k2+1=0有两个不等实数根，
∴此方程根的判别式Δ=(2k+1)2−4(k2+1)>0，
解得k>34.
（2）解：由题意得：x1x2=k2+1=5，
解得k=−2或k=2，
由（1）已得：k>34，
则k的值为2.
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）利用已知方程有两个不相等的实数根，可得到b2-4ac＞0，可得到关于k的不等式，然后求出不等式的解集.
（2）利用一元二次方程根与系数，可得关于k的方程，解方程求出k的值，利用k的取值范围，可得到k的值.
19．如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，且四边形BEDF为正方形.
（1）求证AE=CF；
（2）已知平行四边形ABCD的面积为20，AB=5.求CF的长.
【答案】（1）证明：∵四边形DEBF是正方形，ABCD是平行四边形，
∴DE=BE=BF=DF，AD=BC，∠DEB=∠BFD=90°，
在RtΔADE和RtΔCBF中，
∵AD=CBDE=BF ，
∴RtΔADE≅RtΔCBF(HL)，
∴AE=CF；
（2）解：由题意可知：S平行四边形ABCD=AB⋅DE=20，
∵AB=5，
∴DE=4，
∴BE=DE=4，AE=1，
由（1）得CF=AE=1.
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；正方形的性质
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质及平行四边形的性质可证得DE=BE=BF=DF，AD=BC，∠DEB=∠BFD=90°，再利用HL证明△ADE≌△CBF，利用全等三角形的对应边相等，可证得结论.
（2）利用平行四边形的面积公式求出DE的长；可得到BE的长；根据AE=CF=AB-BE，代入计算求出CF的长.
20．为落实国家“双减”政策，立德中学在课后托管时间里开展了“音乐社团、体育社团、文学社团，美术社团”活动.该校从全校600名学生中随机抽取了部分学生进行“你最喜欢哪一种社团活动（每人必选且只选一种）”的问卷调查，根据调查结果，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图.
根据图中信息，解答下列问题
（1）参加问卷调查的学生共有 人；
（2）条形统计图中m的值为 ，扇形统计图中α的度数为 ；
（3）根据调查结果，可估计该校600名学生中最喜欢“音乐社团”的约有 人；
（4）现从“文学社团”里表现优秀的甲、乙、丙、丁四名同学中随机选取两名参加演讲比赛，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中甲和乙两名同学的概率.
【答案】（1）60
（2）11；90°
（3）100
（4）解：设甲、乙、丙、丁四名同学分别用A，B，C，D表示，根据题意可画树状图或列表如下：
第2人
第1人
A
B
C
D
A
AB
AC
AD
B
BA
BC
BD
C
CA
CB
CD
D
DA
DB
DC
由上图或上表可知，共有12种等可能的结果，符合条件的结果有2种，故恰好选中甲、乙两名同学的概率为P=212=16.
【知识点】用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图；列表法与树状图法
【解析】【解答】(1)解：24÷40%=60（人），
∴参加问卷调查的学生共有60人，
故答案为：60；
(2)解：由题意得：m=60−10−24−15=11，α=360°×1560=90°，
故答案为：11；90°；
(3)解：600×1060=100（人），
∴估计该校600名学生中最喜欢“音乐社团”的约有100人，
故答案为：100；
【分析】（1）参加问卷调查的学生人数=B组的人数÷B组人数所占的百分比，列式计算.
（2）利用调查的总人数减去A，B，C组的人数，列式计算可求出m的值；再利用360°×C组的人数所占的百分比例式计算可求出α的值.
（3）利用该校的人数× 最喜欢“音乐社团”的 的人数所占的百分比，列式计算可求出结果.
（4）由题意可知此事件是抽取不放回，列出树状图，利用树状图求出所有等可能的结果数及恰好选中甲和乙两名同学的情况数，再利用概率公式求出恰好选中甲和乙两名同学的概率.
21．如图，已知D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，BE与⊙O相切，交CD的延长线于点E，且BE=DE.
（1）判断CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AC=4，sinC=13，
①求⊙O的半径；
②求BD的长.
【答案】（1）解：CO与⊙O相切，理由如下∶
连接OD，
∵OB=OD
∴∠OBD=∠ODB
∵BE=DE
∴∠EBD=∠EDB
又∵BE与⊙O相切
∴BE⊥AB，即∠EBA=90°
∴∠EBD+∠OBD=90°
∴∠FDB+∠ODB=90°，即∠ODE=90°，
∴CD⊥OD
∴CD与⊙O相切；
（2）解：①设OD=OA=r，
∵CD⊥OD
∴∠CDO=90°
∴sinC=ODOC=13
∵AC=4，
∴rr+4=13，解得r=2
故⊙O的半径为2；
②由①得：OC=6，OD=2，AB=4，
在Rt△COD中，CD=OC2−OD2−62−22=42
∵AB为直径
∴∠BDO+∠ADO=90°
∵∠ADC+∠ADO=90°
∴∠ADC=∠BDO
∵∠OBD=∠ODB
∴∠ADC=∠OBD
又∵∠C=∠C
∴ΔCAD∽ΔCDB
∴ADBD=ACCD=442=22
设AD=2x，则BD=2x，
由勾股定理得AD2+BD2=AB2，即(2x)2+(2x)2=42
解得x=263（负值舍去）
∴BD=2x=463
【知识点】勾股定理；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）连接OD，利用等边对等角可证得∠OBD=∠ODB，∠EBD=∠EDB；利用切线的性质去证明∠EBD+∠DBO=90°，代入可推出∠ODE=90°，然后利用切线的判定定理，可证得结论.
（2）①设圆的半径为r，利用解直角三角形，建立关于r的方程，解方程求出r的值；②由①可求出OC，OD，AB的长，利用勾股定理求出CD的长；再利用圆周角定理去证明∠ADC=∠OBD，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△CAD∽△CDB，利用相似三角形的对应边成比例，可得比例式，设AD=2x，则BD=2x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到BD的长.
22．2022年的冬奥会在北京举行，其中冬奥会古祥物“冰墩墩”深受人们喜爱，多地出现了“一墩难求”的场面，某纪念品商店在开始售卖当天提供150个“冰墩墩”后很快就被抢购一空.该店决定让当天未购买到的顾客可通过预约在第二天优先购买，并且从第二天起，每天比前一天多供应m个（m为正整数）经过连续15天的销售统计，得到第x天（1≤x≤15，且x为正整数）的供应量y1（单位：个）和需求量y2（单位：个）的部分数据如下表，其中需求量y2与x满足某二次函数关系.（假设当天预约的顾客第二天都会购买，当天的需求量不包括前一天的预约数）
第x天
1
2
…
6
…
11
…
15
供应量y1（个）
150
150+m
…
150+5m
…
150+10m
…
150+14m
需求量y2（个）
220
229
…
245
…
220
…
164
（1）直接写出y1与x和y2与x的函数关系式；（不要求写出x的取值范围）
（2）已知从第10天开始，有需求的顾客都不需要预约就能购买到（即前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量），求m的值；（参考数据：前9天的总需求量为2136个）
（3）在第（2）问m取最小值的条件下，若每个“冰墩墩”售价为100元，求第4天与第12天的销售额.
【答案】（1）解：y2=−x2+12x+209=−(x−6)2+245.
（2）解：前9天的总供应量为：150+(150+m)+(150+2m)+⋯+(150+8m)=1350+36m，
前10天的总供应量为：1350+36m+(150+9m)=1500+45m，
第10天的需求量与第2天需求量相同，为229个，
故前10天的总需求量为；2136+229=2365（个），
依题意可得1350+36m<21361500+45m≥2365，
解得1929≤m<2156，
因为m为正整数，故m的值为20或21.
（3）解：在（2）的条件下，m的最小值为20，
第4天的销售量即为供应量：y1=(4−1)×20+150=210（个），
故第4天的销售额为：100×210=21000（元），
第12天的销售量即需求量.y2=−(12−6)2+245=209（个），
故第12天的销售额为：100×209=20900（元），
答：第4天的销售额为21000元，第12天的销售额为20900元.
【知识点】二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【解答】(1)解：由题意可知，y1=150+m(x−1)，
即y1=mx+150−m，
y2与x满足某二次函数关系，设y2=ax2+bx+c，
由表格可知，220=a+b+c229=4a+2b+c245=36a+6b+c，解得：a=−1b=12c=209，
即y2=−x2+12x+209=−(x−6)2+245.
【分析】（1）利用已知条件，可得到y1=150+m(x−1)，由此可得到y1与x之间的函数解析式；设y2=ax2+b+c，将表中x，y的三组数据代入，建立关于a，b，c的方程组，解方程组求出a，b，c的值，可得到二次函数解析式.
（2）分别用含m的代数式表示出前9天的总供应量，从而可表示出前10天的总供应量；再根据第10天的需求量与第2天需求量相同为229个，可得到前10天的总需求量；再根据前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量，可得到关于m的不等式组，然后求出不等式组的正整数解即可.
（3）由（2）中的m的取值范围可知m的最小值为20，利用一次函数解析式可求出第四天的销售量及销售额；再利用二次函数解析式求出第12天的的销售量和销售额，即可求解.
23．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里程碑.在该书的第2幕“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中.
（1）我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推出的代数公式，（下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号）
公式①：(a+b+c)d=ad+bd+cd
公式②：(a+b)(c+d)=ac+ad+bc+bd
公式③：(a−b)2=a2−2ab+b2
公式④：(a+b)2=a2+2ab+b2
图1对应公式 ，图2对应公式 ，图3对应公式 ，图4对应公式 ；
（2）《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式(a+b)(a−b)=a2−b2的方法，如图5，请写出证明过程；（已知图中各四边形均为矩形）
（3）如图6，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，D为BC的中点，E为边AC上任意一点（不与端点重合），过点E作EG⊥BC于点G，作EH⊥ADF点H过点B作BF//AC交EG的延长线于点F.记△BFG与△CEG的面积之和为S1，△ABD与△AEH的面积之和为S2.
①若E为边AC的中点，则S1S2的值为 ▲ ；
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由.
【答案】（1）①；②；④；③
（2）解：由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，
∴S矩形AKLC=S矩形DBFG=a(a−b)，
∵S矩形AKHD=S矩形AKLC+S矩形CLHD，
∴S矩形AKHD=S矩形DBFG+S矩形CLHD=S正方形BCEF−S正方形LEGH=a2−b2，
又∵S矩形AKHD=(a+b)(a−b)，
∴(a+b)(a−b)=a2−b2；
（3）解：①2；②成立，证明如下：
由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，
设BD=a，DG=b，
∴AD=BD=a，AH=HE=DG=b，EG=CG=a−b，FG=BG=a+b，
∴S1=S△BFG+S△CEG=12(a+b)2+12(a−b)2=a2+b2，
S2=S△ABD+S△AEH=12a2+12b2=12(a2+b2)，
∴S1S2=2仍成立.
【知识点】多项式乘多项式；三角形的面积；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】(1)解：图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
故答案为：①，②，④，③；
(3)解：①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，
设BD=a，
∴AD=BD=a，AH=HE=DG=12a，EG=CG=12a，FG=BG=32a，
∴S1=S△BFG+S△CEG=12×(32a)2+12×(12a)2=54a2，
S2=S△ABD+S△AEH=12a2+12×(12a)2=58a2，
∴S1S2=2；
故答案为：2；
【分析】观察图1可知长方形的长为a+b+c，宽为d，利用长方形的面积公式可表示出长方形的面积；图2中的此长方形的长为（a+b），宽为（c+d），图3中的正方形的边长为（a+b），图4中的正方形的边长为（a-b）；利用正方形和长方形的面积公式，可得到每一个图形中对应的公式.
（2）由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，分别用两种不同的方法表示出矩形AKHD的面积，即可证得结论.
（3）①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，设BD=a，可得到AD=a，分别用含a的代数式表示出AH，HE，EG，CG，FG，BG的长，再利用三角形的面积公式表示出S1，S2，然后求出S1和S2的比值；②由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，设BD=a，DG=b，可表示出AD，AH，EG的长；再利用三角形的面积公式表示出S1，S2，然后求出S1和S2的比值.
24．如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c+(a<0)与x轴分则点A和点B(1，0)，与y轴交于点C，对称轴为直线x=−1，且OA=OC，P为抛物线上一动点.
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
（3）设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3.
（2）解：方法一：连接OP，
设P(m，n)，易知−30，
∵AO=CO=3，BO=1，
∴四边形PABC的面积S=SΔPAO+SΔPCO+SΔBCO，
∴S=12×3n+12×3⋅(−m)+12×3×1
=32(n−m+1)
又∵n=−m2−2m+3，
∴S=32(−m2−3m+4)=−32(m+32)2+758
∴当m=−32时，S最大=758，
∴此时P点的坐标为(−32，154)；
方法二：易知A(−3，0)，C(0，3)，故直线AC的方程为y=x+3
设P(x，−x2−2x+3)(−3
∴O(x，x+3)，
∵点P在AC上方，
∴PQ=−x2−2x+3−(x+3)=−x2−3，
∴SΔAPC=SΔPAQ+SΔPCQ=12PQ(xQ−xA)+12PQ(xC−xQ)
=12PQ(xC−xA)=32PQ=32(−x2−3x)=−32x2−92x，
∴四边形PABC面积S=SΔAPC+SΔABC=−32x2−92x+12×4×3=−32x2−92x+6，
∴当x=−32时，S有最大值758，
∴此时P点的坐标为(−32，154).
（3）解：存在点N.P1(−1，4)，N1(0，4)；P2(−5−1456，145−118)，N2(1−1456，0)；P3(−5+1456，−145−118)，N3(1+1456，0)
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定与性质；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】(1)解：∵OA=OC，
∴C(0，c)，A(−c，0)，
∵B(1，0)，对称轴为直线x=−1，c>0，
∴0=a+b+c−b2a=−10=ac2+bc+c，解得a=−1b=−2c=3，
∴抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3.
(3)存在点N.
①当N在y轴上时，
∵四边形PMCN为矩形，
此时，P1(−1，4)，N1(0，4)；
②当N在x轴负半轴上时，如图所示，四边形PMCN为矩形，过M作y轴的垂线，垂足为D，过P作x轴的垂线，垂足为E，设N(t，0)，则ON=−t，
∴∠CDM=∠NEP=90°，
∵四边形PMCN为矩形，
∴∠MCN=∠CNP=90°，CM=NP，
∵∠MCD+∠OCN=90°，∠ONC+∠OCN=90°，
∴∠MCD=∠ONC，
又∵∠CDM=∠CON=90°，
∴△CMD∽△CNO，
∴CDON=MDOC，
又∵点M在对称轴上，C(0，3)，
∴DM=1，OC=3，
∴CD−t=13，即CD=−13t，
∵∠MCD+∠CMD=90°，∠ONC+∠PNE=90°，
∴∠CMD=∠PNE，
∴△CMD≌△NPE(AAS)，
∴NE=MD=1，EP=CD=−13t，
∴OE=ON+EN=−t+1，
∴P点的坐标为(t−1，−13t)，
∵P点在抛物线y=−x2−2x+3上，
∴−13t=−(t−1)2−2(t−1)+3
解得t1=1−1456，t2=1+1456（舍），
∴P2(−5−1456，145−118)，N2(1−1456，0)；
③当N在x轴正半轴上时，如图所示，四边形PMCN为矩形，过M作y轴的垂线，垂足为D，过P作x轴的垂线，垂足为E，设N(t，0)，则ON=t，
∴∠CDM=∠NEP=90°，
∵四边形PMCN为矩形时，
∴∠MCN=∠CNP=90°，CM=NP，
∵∠MCD+∠OCN=90°，∠ONC+∠OCN=90°，
∴∠MCD=∠ONC，
又∵∠CDM=∠CON=90°，
∴△CMD∽△CNO，
∴CDON=MDOC，
又∵点M在对称轴上，C(0，3)，
∴DM=1，OC=3，
∴CDt=13，即CD=13t，
∵∠MCD+∠CMD=90°，∠ONC+∠PNE=90°，
∴∠CMD=∠PNE，
∴△CMD≌△NPE(AAS)，
∴NE=MD=1，EP=CD=13t，
∴OE=ON−EN=t−1，
∴P点的坐标为(t−1，−13t)，
∵P点在抛物线y=−x2−2x+3上，
∴−13t=−(t−1)2−2(t−1)+3
解得t1=1−1456（舍），t2=1+1456，
∴P3(−5+1456，−145−118)，N3(1+1456，0)，
综上：P1(−1，4)，N1(0，4)；P2(−5−1456，145−118)，N2(1−1456，0)；P3(−5+1456，−145−118)，N3(1+1456，0)
【分析】利用OA=OC，可得到点C（0，c），点A（-c，0），再利用对称轴为直线x=-1.可得到关于a，b，c的方程组，解方程组求出a，b，c的长，可得到二次函数解析式.
（2）方法一：利用函数解析式，设P(m，n），利用三角形的面积公式可表示出四边形PABC的面积S与mn之间的函数解析式，再将函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可求出点P的坐标及四边形PABC的面积的最大值；方法二：利用待定系数法求出直线AC的函数解析式，利用函数解析式数点P(x，−x2−2x+3)(−3
湖北省随州市2022年中考数学试卷
一、单选题
1．2022的倒数是（ ）
A．2022 B．-2022 C．12022 D．−12022
【答案】C
【知识点】有理数的倒数
【解析】【解答】解：2022的倒数是12022.
故答案为：C.
【分析】根据倒数的定义：乘积为1的两个数互为倒数，即可得出答案.
2．如图，直线l1//l2，直线l与l1，l2相交，若图中∠1=60°则∠2为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【答案】D
【知识点】平行线的性质
【解析】【解答】解：∵l1∥l2，
∴∠1=∠2=60°，
故答案为：D.
【分析】利用两直线平行，内错角相等，可求出∠2的度数.
3．小明同学连续5次测验的成绩分别为：97，97，99，101，106（单位：分），则这组数据的众数和平均数分别为（ ）
A．97和99 B．97和100 C．99和100 D．97和101
【答案】B
【知识点】平均数及其计算；众数
【解析】【解答】解：小明同学连续5次测验的成绩分别为：97，97，99，101，106（单位：分），
∴这组成绩的众数是97；平均数是15×(97+97+99+101+106)=100，
故答案为：B.
【分析】利用众数就是出现次数最多的数，可求出已知数据的众数；再利用平均数公式求出这组数据的平均数，可得答案.
4．如图是一个放在水平桌面上的半球体，该几何体的三视图中完全相同的是（ ）
A．主视图和左视图 B．主视图和俯视图
C．左视图和俯视图 D．三个视图均相同
【答案】A
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：从正面和左面看，得到的平面图形均是半圆，而从上面看是一个圆，因此该几何体主视图与左视图一致，
故答案为：A.
【分析】从几何体的正面和左面所看到的平面图形是均是半圆，从上面往下看是一个圆，由此可得到该几何体的三视图中完全相同的视图.
5．我国元朝朱世杰所著的《算学启蒙》中记载：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里.驽马先行一十二日，问良马几何追及之.”意思是：“跑得快的马每天走240里，跑得慢的马每天走150里，慢马先走12天，快马几天可以追上慢马？”若设快马x天可以追上慢马，则可列方程为（ ）
A．150(12+x)=240x B．240(12+x)=150x
C．150(x−12)=240x D．240(x−12)=150x
【答案】A
【知识点】一元一次方程的实际应用-行程问题
【解析】【解答】设快马x天可以追上慢马，由题意可知：150(12+x)=240x.
故答案为：A.
【分析】此题是行程问题中的追及问题，等量关系为：慢马的速度×（12+追及的时间）=240×追及的时间；据此列方程即可.
6．2022年6月5日10时44分07秒，神舟14号飞船成功发射，将陈冬、刘洋、蔡旭哲三位宇航员送入了中国空间站.已知中国空间站绕地球运行的速度约为7.7×103m/s，则中国空间站绕地球运行2×102s走过的路程（m）用科学记数法可表示为（ ）
A．15.4×105 B．1.54×106 C．15.4×106 D．1.54×107
【答案】B
【知识点】科学记数法—表示绝对值较大的数；有理数的乘法
【解析】【解答】解：路程=7.7×103×2×102=15.4×105=1.54×106m.
故答案为：B.
【分析】利用路程=速度×时间，列式计算求出其路程，再用科学记数法表示出结果.
7．已知张强家、体育场、文具店在同一直线上.下面的图象反映的过程是：张强从家跑步去体育场，在那里锻炼了一阵后又走到文具店去买笔，然后散步走回家.图中x表示时间，y表示张强离家的距离.则下列结论不正确的是（ ）
A．张强从家到体育场用了15min B．体育场离文具店1.5km
C．张强在文具店停留了20min D．张强从文具店回家用了35min
【答案】B
【知识点】通过函数图象获取信息并解决问题
【解析】【解答】解：由图可知：
A.张强从家到体育场用了15min，正确，不符合题意；
B.体育场离文具店的距离为：2.5−1.5=1km，故答案为：错误，符合题意；
C.张强在文具店停留了：65−45=20min，正确，不符合题意；
D.张强从文具店回家用了100−65=35min，正确，符合题意，
故答案为：B.
【分析】观察图象，利用已知张强从家跑步去体育场，可对A作出判断；在那里锻炼了一阵后又走到文具店去买笔，观察图象可求出体育场离文具店的距离，可对B作出判断；同时可求出张强在文具店停留的时间，可对C作出判断；然后求出张强从文具店回家的时间，可对D作出判断.
8．七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DC的中点，连接AP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，关于该图形，下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②四边形MPEB是菱形；③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的14.正确的有（ ）
A．只有① B．①② C．①③ D．②③
【答案】C
【知识点】四边形的综合
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABO＝∠ADB＝∠CBD＝∠BDC＝45°，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴△ABD、△BCD是等腰直角三角形，
∵AP⊥EF，
∴∠APF＝∠APE＝90°，
∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF是△BCD的中位线，CE＝12BC，CF＝12CD，
∴ CE＝CF，
∵∠C＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF∥BD，EF＝12BD，
∴∠APE＝∠AOB＝90°，∠APF＝∠AOD＝90°，
∴△ABO、△ADO是等腰直角三角形，
∴AO＝BO，AO＝DO，
∴BO＝DO，
∵M，N分别为BO，DO的中点，
∴OM＝BM＝12BO，ON＝ND＝12DO，
∴OM＝BM＝ON＝ND，
∵∠BAO＝∠DAO＝45°，
∴由正方形是轴对称图形，则A、P、C三点共线，PE＝PF＝12EF＝ON＝BM＝OM，
连接PC，如图，
∴NF是△CDO的中位线，
∴NF∥AC，NF＝12OC＝12OD＝ON＝ND，
∴∠ONF＝180°－∠COD＝90°，
∴∠NOP＝∠OPF＝∠ONF＝90°，
∴四边形FNOP是矩形，
∴四边形FNOP是正方形，
∴NF＝ON＝ND，
∴△DNF是等腰直角三角形，
∴图中的三角形都是等腰直角三角形；
故①正确，
∵PE∥BM，PE＝BM，
∴四边形MPEB是平行四边形，
∵BE＝12BC，BM＝12OB，
在Rt△OBC中，BC＞OB，
∴BE≠BM，
∴四边形MPEB不是菱形；
故②错误，
∵PC＝PO＝PF＝OM，∠MOP＝∠CPF＝90°，
∴△MOP≌△CPF（SAS），
∴S四边形PFDM=S四边形PFDO+S△MOP
=S四边形PFDO+S△CPF
=S△COD
=14S正方形ABCD，
故③正确，
故答案为：C
【分析】利用正方形的性质可知∠ABO＝∠ADB＝∠CBD＝∠BDC＝45°，∠BAD＝∠BCD＝90°，可推出△ABD和△BCD是等腰直角三角形；再证明EF是△BCD的中位线，同时可证得CE=CF，可得到△CEF是等腰直角三角形，再利用AP⊥EF，AD∥EF，去证明△ABO，△ADO，△DNF，△MOP都是等腰直角三角形，可对①作出判断；利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得四边形MPEB是平行四边形，由BC＞BO，不能证明BE=BM，由此可知不能证明四边形MPEB是菱形，可对②作出判断；利用SAS证明△MOP≌△CPF，利用全等三角形的面积相等，去证明 四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的14 ，可对③作出判断；综上所述可得到正确结论的序号.
9．如图，已知点B，D，C在同一直线的水平，在点C处测得建筑物AB的顶端A的仰角为α，在点D处测得建筑物AB的顶端A的仰角为β，CD=a，则建筑物AB的高度为（ ）
A．atanα−tanβ B．atanβ−tanα
C．atanαtanβtanα−tanβ D．atanαtanβtanβ−tanα
【答案】D
【知识点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【解答】设AB=x，由题意知，∠ACB=α，∠ADB=β，
∴BD=xtanβ，BC=xtanα，
∵CD=BC-BD，
∴xtanα−xtanβ=a，
∴x=atanαtanβtanβ−tanα，即AB=atanαtanβtanβ−tanα，
故答案为：D.
【分析】利用解直角三角形分别表示出BD，BC的长；再根据CD=BC-BD=a，建立关于x的方程，解方程表示出x，即可得到建筑物AB的高.
10．如图，已知开口向下的抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点(−1，0)对称轴为直线x=1.则下列结论：①abc>0；②2a+b=0；③函数y=ax2+bx+c的最大值为−4a；④若关于x的方数ax2+bx+c=a+1无实数根，则−15
【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数的最值；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数图象与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：由图象可知，图象开口向下，a＜0，对称轴为x=1，故−b2a=1，故b＞0，且b=−2a，则2a+b=0故②正确，
∵图象与y轴的交点为正半轴，
∴c＞0，则abc＜0，故①错误，
由图象可知当x=1时，函数取最大值，
将x=1，代入y=ax2+bx+c，中得：y=a+b+c，
由图象可知函数与x轴交点为（﹣1，0），对称轴为将x=1，故函数图象与x轴的另一交点为（3，0），
设函数解析式为：y=a(x−x1)(x−x2)，
将交点坐标代入得：y=a(x+1)(x−3)，
故化简得：y=ax2−2ax−3a，
将x=1，代入可得：y=a−2a−3a=−4a，故函数的最大值为-4a，故③正确，
ax2+bx+c=a+1变形为：ax2+bx+c−a−1=0要使方程无实数根，则b2−4a(c−a−1)<0，将c=-3a，b=−2a，代入得：20a2+4a<0，因为a＜0，则20a+4>0，则a>−15，综上所述−15
故答案为：C.
【分析】观察抛物线的开口方向，可确定出a的取值范围，抛物线与y轴的交点位置，可以确定出c的取值范围，根据对称轴的位置：左同右异，结合a的值，可确定出b的取值范围，由此可得到abc的符号，可对①作出判断；利用抛物线的对称轴为直线x=-b2a=1，可对②作出判断；利用函数与x轴交点为（﹣1，0）及其对称轴，可得到抛物线与x轴的另一个交点坐标，因此设y=a（x+1）（x-3），将函数解析式转化为顶点式，可得到函数的最大值，可对③作出判断；将方程变形为ax2+bx+c-a-1=0，要使方程无实数根，可知b2-4ac＜0，再由c=-3a，b=-2a，代入可求出a的取值范围，可对④作出判断，综上所述可得到正确结论的个数.
二、填空题
11．计算：3×(−1)+|−3|= .
【答案】0
【知识点】有理数的加减乘除混合运算
【解析】【解答】解：3×(−1)+|−3|
=−3+3
=0，
故答案为：0.
【分析】利用两数相乘，异号得负，把绝对值相乘，先算乘法运算，同时化简绝对值，再利用有理数的加减法则进行计算.
12．如图，点A，B，C都在⊙O上，∠ACB=60°，则∠AOB的度数为 .
【答案】120°
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：∵点A、B、C都在⊙O上，且点C在弦AB所对的优弧上，∠ACB=60°，
∴∠AOB=2∠ACB=2×60°=120°.
故答案为120°.
【分析】利用一条弧所对的圆心角等于圆周角的2倍，可得到∠AOB=2∠ACB，代入计算求出∠AOB的度数.
13．已知二元一次方程组x+2y=42x+y=5，则x−y的值为 .
【答案】1
【知识点】加减消元法解二元一次方程组
【解析】【解答】原方程组为x+2y=4①2x+y=5②，
由②-①得x−y=1.
故答案为：1.
【分析】观察方程组中同一个未知数的系数特点：x，y的系数都相差1，因此由②-①，可求出x-y的值.
14．如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+1与x轴，y轴分别交于点A，B，与反比例函数y=kx的图象在第一象限交于点C，若AB=BC，则k的值为 .
【答案】2
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，过点C作CH⊥x轴，垂足为H，
∵直线y=x+1与x轴，y轴分别交于点A，B，
∴将y=0代入y=x+1，得x=−1，将x=0代入y=x+1，得y=1，
∴A（−1，0），B（0，1），
∴OA=1，OB=1，
∵∠AOB=∠AHC=90°，∠BAO=∠CAH，
∴△OAB∽△HAC，
∴AOAH=OBCH=ABAC
∵OA=1，OB=1，AB=BC，
∴1AH=1CH=12
∴AH=2，CH=2，
∴OH=1，
∵点C在第一象限，
∴C（1，2），
∵点C在y=kx上，
∴k=1×2=2.
故答案为：2.
【分析】过点C作CH⊥x轴，垂足为H，利用一次函数解析式，由x=0求出对应的y的值，由y=0求出对应的x的值，可得到点A，B的坐标，由此可求出OA，OB的长；再证明△OAB∽△HAC，利用相似三角形的对应边成比例可求出AH，CH，OH的长，可得到点C的坐标；然后将点C的坐标代入反比例函数解析式求出k的值.
15．已知m为正整数，若189m是整数，则根据189m=3×3×3×7m=33×7m可知m有最小值3×7=21.设n为正整数，若300n是大于1的整数，则n的最小值为 ，最大值为 .
【答案】3；75
【知识点】二次根式的乘除法；二次根式的化简求值
【解析】【解答】解：∵300n=3×2×5×2×5n=103n，300n是大于1的整数，
∴300n=103n>1.
∵n为正整数
∴n的值可以为3、12、75，
n的最小值是3，最大值是75.
故答案为：3；75.
【分析】将已知二次根式化简为103n，再根据103n＞1，再由n为正整数，可得到n的值为3、12、75，由此可知n的最大值和最小值.
16．如图1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF.如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角θ(0<θ<90°)，使EF⊥AD，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为 ，DH的长为 .
【答案】90°；455
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，
根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，AF=12AD=3，AE=12AB=4，
∴AEAF=34，
在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，∠BAD=90°，
∴ADAB=34，
∴△ADF∽△ABE，
∴∠ADF=∠ABE，
∵∠ANB=∠DNH，
∴∠BHD=∠BAD=90°；
如图，过点E作EG⊥AB于点G，
∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，
∴四边形AMEG是矩形，
∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，
∴∠ABE=∠MEN，
在Rt△AEF中，EF=AE2+AF2=5，
∴tan∠AEF=AFAE=34，
∵S△AEF=12AM⋅EF=12AE⋅AF，
∴EG=AM=125，
∴AG=ME=AMtan∠AEF=165，
∴BG=AB−AG=8−165=245，
∴tan∠MEN=tan∠ABE=EGBG=12，
∴MNME=12，即MN=85，
∴DN=AD−AM−MN=2，
∵∠ADF=∠ABE，
∴tan∠ADF=tan∠ABE=12，
即DH=2HN，
∵DH2+HN2=DH2+(12DH)2=DN2=4，
解得：DH=455或−455（舍去）.
故答案为：90°，455
【分析】设EF交AD于点M，BH交AD于点N，利用旋转的性质及线段中点的定义可证得∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，同时可求出AF，AE的长，即可求出AE与AF的比值；同时可得到AD与AB的比值；利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似可证得△ADF∽△ABE，利用相似三角形的性质可证得∠ADF=∠ABE，可推出∠BHD=∠BAD=90°；过点E作EG⊥AB于点G，易证四边形AMEG是矩形，利用矩形的性质可证得EG=AM，AG=ME，ME∥AB，利用平行线的在可知∠ABE=∠MEN，利用勾股定理求出EF的长，利用锐角三角函数的定义及三角形的面积公式可求出AG的长，即可求出BG的长；再利用解直角三角形求出MN的长，根据DN=AD-AM可求出DN的长；利用∠ADF=∠ABE及解直角三角形可得到DH=2HN；然后利用勾股定理可求出DH的长.
三、解答题
17．解分式方程：1x=4x+3.
【答案】解：去分母得
x+3=4x，
移项并合并同类项得
3x=3，
解得x=1，
经检验，x=1是原方程的解，
∴原分式方程的解是x=1.
【知识点】解分式方程
【解析】【分析】在方程两边同时乘以x（x+3），将分式方程转化为整式方程，再求出整式方程的解，然后检验可得方程的根.
18．已知关于x的一元二次方程x2+(2k+1)x+k2+1=0有两个不等实数根x1，x2.
（1）求k的取值范围；
（2）若x1x2=5，求k的值.
【答案】（1）解：∵关于x的一元二次方程x2+(2k+1)x+k2+1=0有两个不等实数根，
∴此方程根的判别式Δ=(2k+1)2−4(k2+1)>0，
解得k>34.
（2）解：由题意得：x1x2=k2+1=5，
解得k=−2或k=2，
由（1）已得：k>34，
则k的值为2.
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）利用已知方程有两个不相等的实数根，可得到b2-4ac＞0，可得到关于k的不等式，然后求出不等式的解集.
（2）利用一元二次方程根与系数，可得关于k的方程，解方程求出k的值，利用k的取值范围，可得到k的值.
19．如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，且四边形BEDF为正方形.
（1）求证AE=CF；
（2）已知平行四边形ABCD的面积为20，AB=5.求CF的长.
【答案】（1）证明：∵四边形DEBF是正方形，ABCD是平行四边形，
∴DE=BE=BF=DF，AD=BC，∠DEB=∠BFD=90°，
在RtΔADE和RtΔCBF中，
∵AD=CBDE=BF ，
∴RtΔADE≅RtΔCBF(HL)，
∴AE=CF；
（2）解：由题意可知：S平行四边形ABCD=AB⋅DE=20，
∵AB=5，
∴DE=4，
∴BE=DE=4，AE=1，
由（1）得CF=AE=1.
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；正方形的性质
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质及平行四边形的性质可证得DE=BE=BF=DF，AD=BC，∠DEB=∠BFD=90°，再利用HL证明△ADE≌△CBF，利用全等三角形的对应边相等，可证得结论.
（2）利用平行四边形的面积公式求出DE的长；可得到BE的长；根据AE=CF=AB-BE，代入计算求出CF的长.
20．为落实国家“双减”政策，立德中学在课后托管时间里开展了“音乐社团、体育社团、文学社团，美术社团”活动.该校从全校600名学生中随机抽取了部分学生进行“你最喜欢哪一种社团活动（每人必选且只选一种）”的问卷调查，根据调查结果，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图.
根据图中信息，解答下列问题
（1）参加问卷调查的学生共有 人；
（2）条形统计图中m的值为 ，扇形统计图中α的度数为 ；
（3）根据调查结果，可估计该校600名学生中最喜欢“音乐社团”的约有 人；
（4）现从“文学社团”里表现优秀的甲、乙、丙、丁四名同学中随机选取两名参加演讲比赛，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中甲和乙两名同学的概率.
【答案】（1）60
（2）11；90°
（3）100
（4）解：设甲、乙、丙、丁四名同学分别用A，B，C，D表示，根据题意可画树状图或列表如下：
第2人
第1人
A
B
C
D
A
AB
AC
AD
B
BA
BC
BD
C
CA
CB
CD
D
DA
DB
DC
由上图或上表可知，共有12种等可能的结果，符合条件的结果有2种，故恰好选中甲、乙两名同学的概率为P=212=16.
【知识点】用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图；列表法与树状图法
【解析】【解答】(1)解：24÷40%=60（人），
∴参加问卷调查的学生共有60人，
故答案为：60；
(2)解：由题意得：m=60−10−24−15=11，α=360°×1560=90°，
故答案为：11；90°；
(3)解：600×1060=100（人），
∴估计该校600名学生中最喜欢“音乐社团”的约有100人，
故答案为：100；
【分析】（1）参加问卷调查的学生人数=B组的人数÷B组人数所占的百分比，列式计算.
（2）利用调查的总人数减去A，B，C组的人数，列式计算可求出m的值；再利用360°×C组的人数所占的百分比例式计算可求出α的值.
（3）利用该校的人数× 最喜欢“音乐社团”的 的人数所占的百分比，列式计算可求出结果.
（4）由题意可知此事件是抽取不放回，列出树状图，利用树状图求出所有等可能的结果数及恰好选中甲和乙两名同学的情况数，再利用概率公式求出恰好选中甲和乙两名同学的概率.
21．如图，已知D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，BE与⊙O相切，交CD的延长线于点E，且BE=DE.
（1）判断CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AC=4，sinC=13，
①求⊙O的半径；
②求BD的长.
【答案】（1）解：CO与⊙O相切，理由如下∶
连接OD，
∵OB=OD
∴∠OBD=∠ODB
∵BE=DE
∴∠EBD=∠EDB
又∵BE与⊙O相切
∴BE⊥AB，即∠EBA=90°
∴∠EBD+∠OBD=90°
∴∠FDB+∠ODB=90°，即∠ODE=90°，
∴CD⊥OD
∴CD与⊙O相切；
（2）解：①设OD=OA=r，
∵CD⊥OD
∴∠CDO=90°
∴sinC=ODOC=13
∵AC=4，
∴rr+4=13，解得r=2
故⊙O的半径为2；
②由①得：OC=6，OD=2，AB=4，
在Rt△COD中，CD=OC2−OD2−62−22=42
∵AB为直径
∴∠BDO+∠ADO=90°
∵∠ADC+∠ADO=90°
∴∠ADC=∠BDO
∵∠OBD=∠ODB
∴∠ADC=∠OBD
又∵∠C=∠C
∴ΔCAD∽ΔCDB
∴ADBD=ACCD=442=22
设AD=2x，则BD=2x，
由勾股定理得AD2+BD2=AB2，即(2x)2+(2x)2=42
解得x=263（负值舍去）
∴BD=2x=463
【知识点】勾股定理；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）连接OD，利用等边对等角可证得∠OBD=∠ODB，∠EBD=∠EDB；利用切线的性质去证明∠EBD+∠DBO=90°，代入可推出∠ODE=90°，然后利用切线的判定定理，可证得结论.
（2）①设圆的半径为r，利用解直角三角形，建立关于r的方程，解方程求出r的值；②由①可求出OC，OD，AB的长，利用勾股定理求出CD的长；再利用圆周角定理去证明∠ADC=∠OBD，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△CAD∽△CDB，利用相似三角形的对应边成比例，可得比例式，设AD=2x，则BD=2x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到BD的长.
22．2022年的冬奥会在北京举行，其中冬奥会古祥物“冰墩墩”深受人们喜爱，多地出现了“一墩难求”的场面，某纪念品商店在开始售卖当天提供150个“冰墩墩”后很快就被抢购一空.该店决定让当天未购买到的顾客可通过预约在第二天优先购买，并且从第二天起，每天比前一天多供应m个（m为正整数）经过连续15天的销售统计，得到第x天（1≤x≤15，且x为正整数）的供应量y1（单位：个）和需求量y2（单位：个）的部分数据如下表，其中需求量y2与x满足某二次函数关系.（假设当天预约的顾客第二天都会购买，当天的需求量不包括前一天的预约数）
第x天
1
2
…
6
…
11
…
15
供应量y1（个）
150
150+m
…
150+5m
…
150+10m
…
150+14m
需求量y2（个）
220
229
…
245
…
220
…
164
（1）直接写出y1与x和y2与x的函数关系式；（不要求写出x的取值范围）
（2）已知从第10天开始，有需求的顾客都不需要预约就能购买到（即前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量），求m的值；（参考数据：前9天的总需求量为2136个）
（3）在第（2）问m取最小值的条件下，若每个“冰墩墩”售价为100元，求第4天与第12天的销售额.
【答案】（1）解：y2=−x2+12x+209=−(x−6)2+245.
（2）解：前9天的总供应量为：150+(150+m)+(150+2m)+⋯+(150+8m)=1350+36m，
前10天的总供应量为：1350+36m+(150+9m)=1500+45m，
第10天的需求量与第2天需求量相同，为229个，
故前10天的总需求量为；2136+229=2365（个），
依题意可得1350+36m<21361500+45m≥2365，
解得1929≤m<2156，
因为m为正整数，故m的值为20或21.
（3）解：在（2）的条件下，m的最小值为20，
第4天的销售量即为供应量：y1=(4−1)×20+150=210（个），
故第4天的销售额为：100×210=21000（元），
第12天的销售量即需求量.y2=−(12−6)2+245=209（个），
故第12天的销售额为：100×209=20900（元），
答：第4天的销售额为21000元，第12天的销售额为20900元.
【知识点】二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【解答】(1)解：由题意可知，y1=150+m(x−1)，
即y1=mx+150−m，
y2与x满足某二次函数关系，设y2=ax2+bx+c，
由表格可知，220=a+b+c229=4a+2b+c245=36a+6b+c，解得：a=−1b=12c=209，
即y2=−x2+12x+209=−(x−6)2+245.
【分析】（1）利用已知条件，可得到y1=150+m(x−1)，由此可得到y1与x之间的函数解析式；设y2=ax2+b+c，将表中x，y的三组数据代入，建立关于a，b，c的方程组，解方程组求出a，b，c的值，可得到二次函数解析式.
（2）分别用含m的代数式表示出前9天的总供应量，从而可表示出前10天的总供应量；再根据第10天的需求量与第2天需求量相同为229个，可得到前10天的总需求量；再根据前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量，可得到关于m的不等式组，然后求出不等式组的正整数解即可.
（3）由（2）中的m的取值范围可知m的最小值为20，利用一次函数解析式可求出第四天的销售量及销售额；再利用二次函数解析式求出第12天的的销售量和销售额，即可求解.
23．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里程碑.在该书的第2幕“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中.
（1）我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推出的代数公式，（下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号）
公式①：(a+b+c)d=ad+bd+cd
公式②：(a+b)(c+d)=ac+ad+bc+bd
公式③：(a−b)2=a2−2ab+b2
公式④：(a+b)2=a2+2ab+b2
图1对应公式 ，图2对应公式 ，图3对应公式 ，图4对应公式 ；
（2）《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式(a+b)(a−b)=a2−b2的方法，如图5，请写出证明过程；（已知图中各四边形均为矩形）
（3）如图6，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，D为BC的中点，E为边AC上任意一点（不与端点重合），过点E作EG⊥BC于点G，作EH⊥ADF点H过点B作BF//AC交EG的延长线于点F.记△BFG与△CEG的面积之和为S1，△ABD与△AEH的面积之和为S2.
①若E为边AC的中点，则S1S2的值为 ▲ ；
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由.
【答案】（1）①；②；④；③
（2）解：由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，
∴S矩形AKLC=S矩形DBFG=a(a−b)，
∵S矩形AKHD=S矩形AKLC+S矩形CLHD，
∴S矩形AKHD=S矩形DBFG+S矩形CLHD=S正方形BCEF−S正方形LEGH=a2−b2，
又∵S矩形AKHD=(a+b)(a−b)，
∴(a+b)(a−b)=a2−b2；
（3）解：①2；②成立，证明如下：
由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，
设BD=a，DG=b，
∴AD=BD=a，AH=HE=DG=b，EG=CG=a−b，FG=BG=a+b，
∴S1=S△BFG+S△CEG=12(a+b)2+12(a−b)2=a2+b2，
S2=S△ABD+S△AEH=12a2+12b2=12(a2+b2)，
∴S1S2=2仍成立.
【知识点】多项式乘多项式；三角形的面积；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】(1)解：图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
故答案为：①，②，④，③；
(3)解：①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，
设BD=a，
∴AD=BD=a，AH=HE=DG=12a，EG=CG=12a，FG=BG=32a，
∴S1=S△BFG+S△CEG=12×(32a)2+12×(12a)2=54a2，
S2=S△ABD+S△AEH=12a2+12×(12a)2=58a2，
∴S1S2=2；
故答案为：2；
【分析】观察图1可知长方形的长为a+b+c，宽为d，利用长方形的面积公式可表示出长方形的面积；图2中的此长方形的长为（a+b），宽为（c+d），图3中的正方形的边长为（a+b），图4中的正方形的边长为（a-b）；利用正方形和长方形的面积公式，可得到每一个图形中对应的公式.
（2）由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，分别用两种不同的方法表示出矩形AKHD的面积，即可证得结论.
（3）①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，设BD=a，可得到AD=a，分别用含a的代数式表示出AH，HE，EG，CG，FG，BG的长，再利用三角形的面积公式表示出S1，S2，然后求出S1和S2的比值；②由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，设BD=a，DG=b，可表示出AD，AH，EG的长；再利用三角形的面积公式表示出S1，S2，然后求出S1和S2的比值.
24．如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c+(a<0)与x轴分则点A和点B(1，0)，与y轴交于点C，对称轴为直线x=−1，且OA=OC，P为抛物线上一动点.
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
（3）设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3.
（2）解：方法一：连接OP，
设P(m，n)，易知−3
∵AO=CO=3，BO=1，
∴四边形PABC的面积S=SΔPAO+SΔPCO+SΔBCO，
∴S=12×3n+12×3⋅(−m)+12×3×1
=32(n−m+1)
又∵n=−m2−2m+3，
∴S=32(−m2−3m+4)=−32(m+32)2+758
∴当m=−32时，S最大=758，
∴此时P点的坐标为(−32，154)；
方法二：易知A(−3，0)，C(0，3)，故直线AC的方程为y=x+3
设P(x，−x2−2x+3)(−3
∴O(x，x+3)，
∵点P在AC上方，
∴PQ=−x2−2x+3−(x+3)=−x2−3，
∴SΔAPC=SΔPAQ+SΔPCQ=12PQ(xQ−xA)+12PQ(xC−xQ)
=12PQ(xC−xA)=32PQ=32(−x2−3x)=−32x2−92x，
∴四边形PABC面积S=SΔAPC+SΔABC=−32x2−92x+12×4×3=−32x2−92x+6，
∴当x=−32时，S有最大值758，
∴此时P点的坐标为(−32，154).
（3）解：存在点N.P1(−1，4)，N1(0，4)；P2(−5−1456，145−118)，N2(1−1456，0)；P3(−5+1456，−145−118)，N3(1+1456，0)
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定与性质；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】(1)解：∵OA=OC，
∴C(0，c)，A(−c，0)，
∵B(1，0)，对称轴为直线x=−1，c>0，
∴0=a+b+c−b2a=−10=ac2+bc+c，解得a=−1b=−2c=3，
∴抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3.
(3)存在点N.
①当N在y轴上时，
∵四边形PMCN为矩形，
此时，P1(−1，4)，N1(0，4)；
②当N在x轴负半轴上时，如图所示，四边形PMCN为矩形，过M作y轴的垂线，垂足为D，过P作x轴的垂线，垂足为E，设N(t，0)，则ON=−t，
∴∠CDM=∠NEP=90°，
∵四边形PMCN为矩形，
∴∠MCN=∠CNP=90°，CM=NP，
∵∠MCD+∠OCN=90°，∠ONC+∠OCN=90°，
∴∠MCD=∠ONC，
又∵∠CDM=∠CON=90°，
∴△CMD∽△CNO，
∴CDON=MDOC，
又∵点M在对称轴上，C(0，3)，
∴DM=1，OC=3，
∴CD−t=13，即CD=−13t，
∵∠MCD+∠CMD=90°，∠ONC+∠PNE=90°，
∴∠CMD=∠PNE，
∴△CMD≌△NPE(AAS)，
∴NE=MD=1，EP=CD=−13t，
∴OE=ON+EN=−t+1，
∴P点的坐标为(t−1，−13t)，
∵P点在抛物线y=−x2−2x+3上，
∴−13t=−(t−1)2−2(t−1)+3
解得t1=1−1456，t2=1+1456（舍），
∴P2(−5−1456，145−118)，N2(1−1456，0)；
③当N在x轴正半轴上时，如图所示，四边形PMCN为矩形，过M作y轴的垂线，垂足为D，过P作x轴的垂线，垂足为E，设N(t，0)，则ON=t，
∴∠CDM=∠NEP=90°，
∵四边形PMCN为矩形时，
∴∠MCN=∠CNP=90°，CM=NP，
∵∠MCD+∠OCN=90°，∠ONC+∠OCN=90°，
∴∠MCD=∠ONC，
又∵∠CDM=∠CON=90°，
∴△CMD∽△CNO，
∴CDON=MDOC，
又∵点M在对称轴上，C(0，3)，
∴DM=1，OC=3，
∴CDt=13，即CD=13t，
∵∠MCD+∠CMD=90°，∠ONC+∠PNE=90°，
∴∠CMD=∠PNE，
∴△CMD≌△NPE(AAS)，
∴NE=MD=1，EP=CD=13t，
∴OE=ON−EN=t−1，
∴P点的坐标为(t−1，−13t)，
∵P点在抛物线y=−x2−2x+3上，
∴−13t=−(t−1)2−2(t−1)+3
解得t1=1−1456（舍），t2=1+1456，
∴P3(−5+1456，−145−118)，N3(1+1456，0)，
综上：P1(−1，4)，N1(0，4)；P2(−5−1456，145−118)，N2(1−1456，0)；P3(−5+1456，−145−118)，N3(1+1456，0)
【分析】利用OA=OC，可得到点C（0，c），点A（-c，0），再利用对称轴为直线x=-1.可得到关于a，b，c的方程组，解方程组求出a，b，c的长，可得到二次函数解析式.
（2）方法一：利用函数解析式，设P(m，n），利用三角形的面积公式可表示出四边形PABC的面积S与mn之间的函数解析式，再将函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可求出点P的坐标及四边形PABC的面积的最大值；方法二：利用待定系数法求出直线AC的函数解析式，利用函数解析式数点P(x，−x2−2x+3)(−3
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