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初中数学中考复习 精品解析：黑龙江省牡丹江市2021年中考数学真题试卷（解析版）
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这是一份初中数学中考复习 精品解析：黑龙江省牡丹江市2021年中考数学真题试卷（解析版），共34页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年黑龙江省牡丹江市中考数学试卷
一、填空题（将正确答案写在答题卡相应的横线上，每小题3分，满分24分）
1. 截止到2021年6月10日，全国累计新冠疫苗接种超840000000剂次，用科学记数法表示840000000，应记作____．
【答案】8.4×108
【解析】
【分析】根据绝对值大于10的数科学记数法的表示为的形式即可求解，其中，n为整数位数减1．
【详解】解：840000000=8.4×108．
故答案：8.4×108
【点睛】本题考查绝对值大于10的数的科学记数法的表示，绝对值大于10的数科学计数法一般可以写成的形式，其中，n为整数位数减1，准确确定a、n的值是解题关键．
2. 在四边形ABCD中，AB＝CD，请添加一个条件_____，使得四边形ABCD是平行四边形．
【答案】AB//CD等
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定方法，结合已知条件即可解答.
【详解】∵AB＝CD，
∴当AD＝BC，（两组对边分别相等的四边形是平行四边形．）
或AB∥CD（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．）时，四边形ABCD是平行四边形．
故答案为AD＝BC或者AB∥CD．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，平行四边形的五种判定方法分别是：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形；（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
3. 甲乙两班举行一分钟跳绳比赛，参赛学生每分钟跳绳次数的统计结果如表：
班级
参加人数
中位数
方差
平均数
甲
45
109
181
110
乙
45
111
108
110
某同学分析如表后得到如下结论：①甲，乙两班学生平均成绩相同；②乙班优秀人数多于甲班优秀人数（每分钟跳绳≥110次为优秀）；③甲班成绩的波动比乙班大，则正确结论的序号是____．
【答案】①②③
【解析】
【分析】首先根据表格信息即可得出二者平均数一样，然后再观察表格发现甲班的中位数是109，乙班的中位数是111，由此进一步比较二者的优秀人数即可，最后根据二者的方差大小即可得出哪个班波动大或小，据此进一步得出答案即可．
【详解】甲、乙两班的平均数都是110，故①正确，
∵甲班的中位数是109，乙班的中位数是111，乙班中位数比甲班的大，
∴乙班优秀的人数多于甲班优秀的人数，故②正确，
∵甲班的方差大于乙班的方差，
∴甲班的波动情况大，故③正确；
综上所述，①②③都正确，
故答案为①②③
【点睛】本题主要考查了平均数、中位数与方差的性质，熟练掌握相关概念是解题关键．
4. 将抛物线y＝x2﹣2x＋3向左平移2个单位长度，所得抛物线为____．
【答案】y＝x2+2x＋3
【解析】
【分析】把y＝x2﹣2x＋3配方得，把顶点向左平移2个单位长度即可得所求抛物线的解析式．
【详解】把y＝x2﹣2x＋3配方得，其顶点坐标为(1,2)，抛物线的顶点向左平移2个单位长度后为(-1,2)，所以所得抛物线的解析式为，即y＝x2+2x＋3
故答案为：y＝x2+2x＋3．
【点睛】本题考查了抛物线的平移，抛物线的一般式化顶点式，关键抓住抛物线的顶点平移．
5. 半径等于12的圆中，垂直平分半径的弦长为________ ．
【答案】12
【解析】
【详解】试题分析：圆心为O，AB为弦，半径与弦的交点为C，则OC⊥AB，OA=12，OC=6，根据勾股定理可得AC=6，所以AB=2AC=12.
考点：垂径定理.
6. 过等腰三角形顶角顶点的一条直线，将该等腰三角形分成的两个三角形均为等腰三角形，则原等腰三角形的底角度数为____．
【答案】45°或36°
【解析】
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可得出答案．
【详解】解：①如图1，
当过顶角的顶点的直线把它分成了两个等腰三角形，则AC=BC，AD=CD=BD，
设∠A=x°，
则∠ACD=∠A=x°，∠B=∠A=x°，
∴∠BCD=∠B=x°，
∵∠A+∠ACB+∠B=180°，
∴x+x+x+x=180，
解得x=45，
∴原等腰三角形的底角是45°；
②如图2，
△ABC中，AB=AC，BD=AD，AC=CD，
∵AB=AC，BD=AD，AC=CD，
∴∠B=∠C=∠BAD，∠CDA=∠CAD，
∵∠CDA=2∠B，
∴∠CAB=3∠B，
∵∠BAC+∠B+∠C=180°，
∴5∠B=180°，
∴∠B=36°，
∴原等腰三角形的底角为36°；
故答案45°或36°
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及其判定．作此题的时候，首先大致画出符合条件的图形，然后根据等腰三角形的性质、三角形的内角和定理及其推论找到角之间的关系，列方程求解．
7. 春耕期间，市农资公司连续8天调进一批化肥，并在开始调进化肥的第七天开始销售．若进货期间每天调进化肥的吨数与销售期间每天销售化肥的吨数都保持不变，这个公司的化肥存量s（单位：吨）与时间t（单位：天）之间的函数关系如图所示，则该公司这次化肥销售活动（从开始进货到销售完毕）所用的时间是____天．
【答案】10
【解析】
【分析】通过分析题意和图象可求调入化肥的速度，销售化肥的速度；从而可计算最后销售化肥20吨所花的时间．
【详解】解：调入化肥的速度是30÷6=5（吨/天），
当在第6天时，库存物资应该有30吨，在第8天时库存20吨，
∴销售化肥的速度是（吨/天），
∴剩余的20吨完全调出需要20÷10=2（天），
故该门市部这次化肥销售活动（从开始进货到销售完毕）所用时间是8+2=10（天）．
故答案为：10．
【点睛】此题主要考查了从函数图象获取信息．解题的关键是注意调入化肥需8天，但6天后调入化肥和销售化肥同时进行．
8. 如图，矩形ABCD中，ADAB，点E在BC边上，且AE=AD，DF⊥AE于点F，连接DE，BF，BF的延长线交DE于点O，交CD于点G．以下结论：①AF=DC，②OF：BF=CE：CG，③S△BCGS△DFG，④图形中相似三角形有6对，则正确结论的序号是____．
【答案】①②
【解析】
【分析】通过证明△ABE和△ADF是等腰直角三角形，结合已知条件，可判断①正确；通过证明△DCE∽△BCG，得到，通过证明△ABF∽△ADE，得到，再通过相似和三角形的外角性质，得到OEDE，进而证得，可判断②正确；证明△BEF≌△FDG，连接CF后，可知，结合图象，即可判断③不正确；通过图形中相似三角形超过6对，可判断④不正确，问题即可得解．
【详解】∵AEAD，ADAB，
∴AEAB．
在Rt△ABE中，∠ABE=90°，cos∠BAE=，
∴cos∠BAE=．
∴∠BAE=45°，即△ABE是等腰直角三角形．
∵在矩形ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠DAF=45°．
∵DF⊥AE，
∴∠ADF=45°，即△ADF是等腰直角三角形．
∴ADAF．
∴AF=AB．
∵在矩形ABCD中，AB=CD，
∴AF=CD ．故①正确；
又∵AF=AB，∠BAE=45°，
∴∠ABF=67.5°．
∴∠CBG=22.5°．
又∵AE=AD，∠DAE=45°，
∴∠ADE=67.5°．
∴∠CDE=22.5°．
∴∠CBG=∠CDE．
∵∠C=∠C，
∴△DCE∽△BCG．
∴．
∵在矩形ABCD中，BC=ADCD，
∴．
在△ABF和△ADE中．∠BAF=∠DAE=45°，AFAB ，AEAD ，
∴△ABF∽△ADE．
∴．
在△ABF和△OEF中，∠OEF＝∠ADE＝67.5°＝∠ABF，
∵∠AFB=∠OFE，∠AFB=∠ABF，
∴△ABF∽△OEF，∠OEF=∠OFE．
∴OE＝OF，∠EOF=45°．
又∵∠EOF=∠DFO+∠ODF =45°，∠ODF=∠ADE-∠ADF=22.5°，
∴∠ODF =∠DFO．
∴OFOD．
∴OEOFODDE．
∴ ．故②正确；
在△BEF和△FDG中, BE =FD，∠EBF=∠DFG ，∠BEF =∠FDG=∠ADC-∠ADF=45°，
∴△BEF≌△FDG．
连接CF．
又∵ BC=ADADBE，
∴ ．故③不正确；
∵△ABF∽△ADE，△ABF∽△OEF，
∴△ADE∽△OEF．
在△BEF和△BOE中， ∠BEF∠BOE45°，∠EBF∠OBE，
∴△BEF∽△BOE．
在△BOE和△DOG中， ∠ODG∠OBE，∠BOE∠DOG，
∴△BOE∽△DOG．
∴△BEF∽△DOG．
又∵△DCE∽△BCG，
∴图形中相似三角形超过6对，故④不正确．
综上，正确的结论是①②．
故答案为：①②．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，涉及了特殊角的三角函数值、三角形的外角性质、举反例等，是一道综合题．相似和全等是证明边的比例关系中最常用的方法．
二、选择题（将正确选项涂在答题卡中相应的位置上，每小题3分，满分36分）
9. 下列美术字中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义对四个选项依次判断即可．
【详解】解：A选项，是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不符合题意；
B选项，是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不符合题意；
C选项，是轴对称图形，是中心对称图形，故C选项符合题意；
D选项，是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，正确理解其定义是解题关键．
10. 下列运算正确的是（ ）
A. 2a＋3a＝5a2 B. 6m2﹣5m2＝1 C. a6÷a3＝a2 D. （﹣a2）3＝﹣a6
【答案】D
【解析】
【分析】利用合并同类项，同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方逐项进行计算即可．
【详解】2a＋3a＝5a，故选项A不符合题意；
6m2﹣5m2＝m2，故选项B不符合题意；
a6÷a3＝a3，故选项C不符合题意；
（﹣a2）3＝﹣a6，故选项D符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查了整式的加减法，以及整式的乘除法中的同底数幂的乘除法、幂的乘方.掌握相关运算法则是解答本题的关键．
11. 如图，是由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图和俯视图，则搭成该几何体的小正方体的个数最少是（ ）
A. 6 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从主视图可以看出第二层的个数，从而算出总的个数．
【详解】解：由俯视图易得最底层有4个小正方体，第二层最少有1个小正方体，那么搭成这个几何体的小正方体最少为4+1=5个．
故选：D．
【点睛】本题主要考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，主视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
12. 妙妙上学经过两个路口，如果每个路口可直接通过和需等待的可能性相等，那么妙妙上学时在这两个路口都直接通过的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意画出树形图，求出在这两个路口都直接通过的概率为即可求解．
【详解】解：由题意画树形图得，
由树形图得共有4种等可能性，其中在这两个路口都直接通过的概率是P=．
故选：A
【点睛】本题考查了列表或画树形图求概率，理解题意，正确列表或画树形图得到所有等可能的结果是解题关键．
13. 一条弧所对的圆心角为135°，弧长等于半径为3cm的圆的周长的5倍，则这条弧的半径为（ ）
A. 45cm B. 40cm C. 35cm D. 30cm
【答案】B
【解析】
【分析】设这条弧的半径为rcm，根据弧长公式和已知条件列出方程，解方程即可求解．
【详解】解：设这条弧的半径为rcm，
由题意得，
解得r=40，
∴这条弧的半径为40cm．
故选：B
【点睛】本题考查了弧长公式，熟知弧长公式并根据题意列出方程是解题关键．
14. 如图，矩形OABC的面积为36，它的对角线OB与双曲线y相交于点D，且OD：OB＝2：3，则k的值为（ ）
A. 12 B. ﹣12 C. 16 D. ﹣16
【答案】D
【解析】
【分析】过D点作DE⊥OA，DF⊥OC，垂足为E、F，由双曲线的解析式可知S矩形OEDF=|k|，由于D点在矩形的对角线OB上，可知矩形OEDF∽矩形OABC，并且相似比为OD:OB＝2:3，由相似多边形的面积比等于相似比的平方可求出S矩形OEDF=16，再根据在反比例函数y图象在第二象限，即可算出k的值．
【详解】解：过D点作DE⊥OA，DF⊥OC，垂足为E、F，
∵D点在双曲线y上，
∴S矩形OEDF=|xy|=|k|，
∵D点在矩形的对角线OB上，
∴矩形OEDF∽矩形OABC，
∴，
∵S矩形OABC=36，
∴S矩形OEDF=16，
∴|k|=16，
∵双曲线y在第二象限，
∴k=-16，
故选：D．
【点睛】本题考查了反比例函数的综合运用．关键是过D点作坐标轴的垂线，构造矩形，再根据相似多边形的面积的性质求出|k|．
15. 已知某商店有两件进价不同的运动衫都卖了160元，其中一件盈利60%，另一件亏损20%，在这次买卖中这家商店（ ）
A. 不盈不亏 B. 盈利20元 C. 盈利10元 D. 亏损20元
【答案】B
【解析】
【分析】设分别设两件运动衫的进价分别是a元，b元，根据售价=成本±利润，列方程求得两件运动衫的进价，再计算亏盈．
【详解】解：设盈利60%的运动衫的进价是a元，亏本20%的运动衫的进价是b元．则有
（1）a（1+60%）=160，
a=100；
（2）b（1-20%）=160，
b=200．
总售价是160+160=320（元），总进价是100+200=300（元），
320-300=20（元），
所以这次买卖中商家赚了20元．
故选：B．
【点睛】本题考查一元一次方程的应用．培养学生的理解题意的能力，关键是根据利润=售价-进价，求出两个商品的进价，从而得解．
16. 如图，点A，B，C为⊙O上的三点，∠AOB∠BOC，∠BAC＝30°，则∠AOC的度数为（ ）
A. 100° B. 90° C. 80° D. 60°
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆周角定理得出∠COB=2∠BAC=60°，结合已知得出∠AOB∠BOC=20°，从而得出∠AOC的度数
【详解】解：∵对的圆心角为∠BOC，对的圆周角为∠BAC，∠BAC=30°，
∴∠BOC=2∠CAB=60°，
∵∠AOB∠BOC，
∴∠AOB=20°，
∴∠AOC=∠AOB +∠BOC=80°，
故选：C
【点睛】本题考查了圆周角定理，能根据圆周角定理得出∠COB=2∠CAB是解此题的关键．
17. 如图，△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝2，将△AOB绕原点O旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是（ ）
A. （4，2）或（﹣4，2） B. （2，﹣4）或（﹣2，4）
C. （﹣2，2）或（2，﹣2） D. （2，﹣2）或（﹣2，2）
【答案】C
【解析】
【分析】先求出点A的坐标，再根据旋转变换中，坐标的变换特征求解；或根据题意画出图形旋转后的位置，根据旋转的性质确定对应点A′的坐标．
【详解】过点A作于点C．
在Rt△AOC中， ．
在Rt△ABC中， ．
∴ ．
∵OA＝4，OB＝6，AB＝2，
∴．
∴．
∴点A的坐标是．
根据题意画出图形旋转后的位置，如图，
∴将△AOB绕原点O顺时针旋转90°时，点A的对应点A′的坐标为；
将△AOB绕原点O逆时针旋转90°时，点A的对应点A′′的坐标为．
故选：C．
【点睛】本题考查了解直角三角形、旋转中点的坐标变换特征及旋转的性质．（a，b）绕原点顺时针旋转90°得到的坐标为（b，-a），绕原点逆时针旋转90°得到的坐标为（－b，a）．
18. 如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A. 2 B. 2 C. 6 D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】作FH⊥AB于H，交AE于P，设AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再证明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根据S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可
【详解】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO．
设AG=GE=x，则BG=3-x，
在Rt△BGE中，
∵BE2+BG2=GE2，
∴12+(3-x)2=x2，
∴x=．
在Rt△ABE中，
∵AB2+BE2=AE2，
∴32+12=AE2，
∴AE=．
∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF，
∴∠HAP=∠OFP，
∵四边形ADFH是矩形，
∴AB=AD=HF．
在△ABE和△FHG中，
，
∴△ABE≌△FHG，
∴FG=AE=，
∴S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF
=
=
=
=
=5．
故选D．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，以及勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．
19. 如图，在平面直角坐标系中A（﹣1，1）B（﹣1，﹣2），C（3，﹣2），D（3，1），一只瓢虫从点A出发以2个单位长度/秒的速度沿A→B→C→D→A循环爬行，问第2021秒瓢虫在（ ）处．
A. （3，1） B. （﹣1，﹣2） C. （1，﹣2） D. （3，﹣2）
【答案】A
【解析】
【分析】根据点的坐标求出四边形ABCD的周长，然后求出第2021秒是爬了第几圈后的第几个单位长度，从而确定答案．
【详解】 A（﹣1，1）B（﹣1，﹣2），C（3，﹣2），D（3，1）
四边形ABCD是矩形
瓢虫转一周，需要的时间是 秒
，
按A→B→C→D→A顺序循环爬行，第2021秒相当于从A点出发爬了5秒，路程是：个单位，10=3+4+3，所以在D点 ．
故答案为：A
【点睛】本题考查了点的变化规律，根据点的坐标求出四边形ABCD一周的长度，从而确定2021秒瓢虫爬完了多少个整圈的矩形，不成一圈的路程在第几圈第几个单位长度的位置是解题的关键．
20. 如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点为（1，n），与x轴的一个交点B（3，0），与y轴的交点在（0，﹣3）和（0，﹣2）之间．下列结论中：①0；②﹣2＜b；③（a＋c）2﹣b2＝0；④2c﹣a＜2n，则正确的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数的图象和性质逐一进行判断即可
【详解】解：∵抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点坐标为（1，n），
∴对称轴x=，
∴b=-2a＜0，
∵抛物线与y轴的交点在（0，﹣3）和（0，﹣2）之间
∴-3＜c＜-2＜0，
∴0；故①正确；
∵抛物线线x轴的一个交点B（3，0），
∴9a+3b+c=0，抛物线线x轴的一个交点（-1，0），
∵b=-2a
∴c=，
∴-3＜＜-2，
∴﹣2＜b，故②错误；
∵抛物线线x轴的一个交点（-1，0），
∴a-b+c=0，
∴（a＋c）2﹣b2＝（a+b+c）（a-b+c）=0，故③正确；
∵a＞0，∴-a＜0
∵b=-2a
∴3a+2b=-a＜0
∴2c﹣a＞2（a+b+c），
∵抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点为（1，n），
∴a+b+c=n，
∴2c﹣a＞2n；故④错误；
故选：B
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），明确以下几点：①二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；③常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于（0，c）．
三、解答题（将解题过程写在答题卡相应的位置上，满分60分）
21. 先化简，再求值：（1），其中x＝sin30°．
【答案】，-4
【解析】
【分析】先把原式括号里的式子通分，然后把除法变乘法进行化简，最后将x＝sin30°代入计算即可．
【详解】解：（1），
，
，
，
当x＝sin30°时，原式=-4
【点睛】本题考查的是分式的化简求值和特殊角的三角函数值，熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键．
22. 抛物线y＝﹣x2＋bx＋c经过点A（﹣3，0）和点C（0，3）．
（1）求此抛物线所对应的函数解析式，并直接写出顶点D的坐标；
（2）若过顶点D的直线将△ACD的面积分为1：2两部分，并与x轴交于点Q，则点Q的坐标为 ．
注：抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点坐标（）
【答案】（1）y=-x2-2x+3，顶点D（-1，4）；（2）（-1，0）或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法构建方程组即可解决问题；
（2）根据点A，C的坐标，利用待定系数法可求出直线AC的函数表达式，设点E的坐标为（x，x+3）（-3＜x＜0），结合已知可得AE=2CE或CE=2AE，从而得出方程2(x+3)2=2或2(x+3)2=8，得出点E的坐标，再求出直线DE的解析式即可得出点Q的坐标．
【详解】解：（1）∵抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A（-3，0）和点B，与y轴相交于点C（0，3），
∴，解得：；
∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+3，
∵y=-x2-2x+3=-（x+1）2+4，
∴顶点D（-1，4）．
（2）设直线AC的函数表达式为y=kx+b（k≠0），
将A（-3，0），C（0，3）代入y=kx+a，得：；
解得：，
∴直线AC的函数表达式为y=x+3．
设点E的坐标为（x，x+3）（-3＜x＜0），
∵直线AC将△ADC的面积分成1：2的两部分，且△ADE和△CDE等高，
∴AE=2CE或CE=2AE，
∵
∴或
∴2(x+3)2=2或2(x+3)2=8
∴x=-2或-4或-1或-5
∵-3＜x＜0
∴x=-2或-1
∴点E的坐标为（-2，1）或（-1，2）
当点E的坐标为（-2，1）时
设直线DE的函数表达式为y=mx+n（m≠0），
将E（-2，1），D（-1，4）代入y=mx+n，
得：；
解得：，
∴直线AC的函数表达式为y=3x+7．
当y=0时，
∴点Q的坐标为（，0）
当点E的坐标为（-1，2）时，
∵D（-1，4），
∴直线DE//y轴，
点Q的坐标为（-1，0）
∴点Q的坐标为（-1，0）或
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：由直线AC将△ADE的面积分成1：2的两部分，找出关于x的一元二次方程．
23. Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝17，BC＝8，矩形CDEF的另三个顶点D，E，F均在Rt△ABC的边上，且邻边之比为1：2，画出符合题意的图形，并直接写出矩形周长的值．
【答案】作图见解析，矩形的周长为：或．
【解析】
【分析】按题目要求画出相关图形见解析，根据邻边之比为1：2，进行分类讨论．
【详解】解：如图1，
四边形为矩形，由题意，
若，
设，
又∠C＝90°，AB＝17，BC＝8，
,
，
又，
，
，
，
，
，又矩形，
，
，
如图2，
四边形为矩形，由题意，
若，
设，
，
又因为四边形为矩形，
，，
，
，
，
，
，
综上所述：矩形的周长为或．
【点睛】本题考查了求解矩形的周长、三角形相似解、解题的关键是：画出满足条件的图形，进行分类讨论求解．
24. 为了解某校八年级学生在语文学习中对小说、诗歌、散文、戏剧四类文学体裁的喜爱情况，随机抽查了部分学生（每人只选一类），然后根据调查数据，绘制了不完整的条形统计图和扇形统计图，结合统计图，解答下列问题．
（1）本次抽样调查的样本容量为 ；
（2）补全条形统计图；
（3）喜爱戏剧的学生对应扇形的圆心角为 ；
（4）已知该校八年级共有学生800人，请你估计课外活动小组诗歌社团拟招社员200人能否实现，请说明理由．
【答案】（1）50；（2）答案见详解；（3）36°；（4）不能实现，原因见详解．
【解析】
【分析】（1）用喜爱小说人数除以所占百分比即可求解；
（2）用样本容量50减去喜爱小说、散文、戏剧的人数，即可求解；
（3）用360°乘以喜爱戏剧人数所占百分比即可求解；
（4）用八年级学生数800乘以喜爱诗歌学生所占百分比得出人数后与200进行比较即可求解．
【详解】解：（1）15÷30%=50，
故答案为：50；
（2）50-15-18-5=12，
补全条形统计图如下：
（3），
故答案为：36°；
（4），
∴课外活动小组诗歌社团拟招社员200人不能实现．
【点睛】本题考查了条形统计图，扇形统计图，抽样调查，用样本估计总体等知识，综合性较强，理解题意，根据两个统计图得到样本容量是解题关键．
25. 在一条笔直的道路上依次有A，B，C三地，男男从A地跑步到C地，同时乐乐从B地跑步到A地，休息1分钟后接到通知，要求乐乐比男男早1分钟到达C地，两人均匀速运动，如图是男男跑步时间t（分钟）与两人距A地路程s（米）之间的函数图象．
（1）a＝ ，乐乐去A地的速度为 ；
（2）结合图象，求出乐乐从A地到C地的函数解析式（写出自变量的取值范围）；
（3）请直接写出两人距B地距离相等的时间．
【答案】（1）2，200米/分；（2）s=300t-900（3≤t≤7）；（3）t= 或t=6或t=．
【解析】
【分析】（1）根据题意结合图象以及速度、路程和时间的关系解答即可；
（2）先确定F、G的坐标以及t的取值范围，然后利用待定系数法解答即可；
（3）先运用待定系数法确定DE、OH，然后根据图象联立解析式，即可解答．
【详解】解：（1）由于乐乐休息1分钟，则a=3-1=2；
乐乐去A地的速度为400÷2=200米/分；
（2）设FG的解析式为s=kt+b
∵F（3,0），G（7,1200）
∴ 解得
由图象可得乐乐从A地到C地时间t的取值范围为3≤t≤7
∴乐乐从A地到C地的函数解析式为s=300t-900（3≤t≤7）；
（3）设OH的解析式为：s=kt（k≠0），
∵s=kt（k≠0）的图象过点H（8，1200），
∴1200=8k，解得：k=150，
∴OH的解析式为：s=150t（0≤t≤8），
即男男从A地到C地的函数解析式：s=150t，
①0≤t≤2时，
200t=400-150t，
解得：t=；
②2＜t≤3时，
400=150t-400，
解得：t=＞3，舍去；
③3＜t≤7时，
400-（300t-900）=150t-400或（300t-900）-400=150t-400，
解得：t=或t=6，
综上，两人距B地的距离相等的时间为分钟或分钟或6分钟．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象与行程问题，审清题意、明确函数图象各点的意义成为解答本题的关键．
26. 如图①，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，过点F作FG⊥BC于点G，连接AC．易证：AC（EC＋FG）．（提示：取AB的中点M，连接EM）
（1）当点E是BC边上任意一点时，如图②；当点E在BC延长线上时，如图③，请直接写出AC，EC，FG的数量关系，并对图②进行证明；
（2）已知正方形ABCD的面积是27，连接AF，当△ABE中有一个内角为30°时，则AF的长为 ．
【答案】（1）当点E是BC边上任意一点时，AC=（EC＋FG）；当点E在BC延长线上时，AC=（FG－CE）；
（2）或．
【解析】
【分析】（1）在AB的取一点M，使得AM=EC，连接EM，先证明△AME≌△ECF ，得到AE=EF，再证明△ABE≌△EGF，得到BE=GF，结合图形中的点E所在的位置，即可得出AC，EC，FG的数量关系；
（2）根据（1）证明过程中得出的结论：AE=EF，分∠BAE =30°或∠AEB=30°两种情况,解直角三角形即可．
【详解】解：（1）当点E是BC边上任意一点时，AC=（EC＋FG）；当点E在BC延长线上时，AC=（FG－CE）；
证明如下：当点E是BC边上任意一点时，如图②，
在AB的取一点M，使得AM=EC，连接EM．
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°．
∵在正方形ABCD中，∠B =90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°．
∴∠BAE=∠FEG．
∴∠BME=45°．
∴∠AME=180°－∠BME=180°－45°=135°．
∵CF平分∠DCG，GF⊥BC，
∴∠ECF=180°－∠FCG=180°－45°=135°，GF=CG．
∴∠AME = ∠ECF．
∴△AME≌△ECF．
∴AE=EF．
在△ABE和△EGF中，∠BAE=∠FEG，∠B=∠G ，AE=EF，
∴△ABE≌△EGF．
∴BE=GF．
∵AB=BC，
∴AB=BC=CE+BE=CE+FG．
∵AC=AB，
∴当点E是BC边上任意一点时，AC=（EC＋FG）；
当点E在BC延长线上时，如图③，在AB的取一点M，使得AM=EC，连接EM．
同理可证得BE=FG．
∴AB=BC = BE－CE= FG－CE．
∵AC=AB，
∴当点E在BC延长线上时， AC=（FG－CE）．
（2）∵正方形ABCD的面积是27，
∴AB=BC=．
根据（1）中AE=EF，∠AEF＝90°，可知AF=AE．
当在△ABE中，∠BAE =30°时，点E在BC边上．
∵cos∠BAE==，
∴AE=6．
∴AF=．
当在△ABE中，∠AEB=30°时，点E在BC延长线上．
∵sin∠BAE==，
∴AE=．
∴AF=．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质在几何中的应用、解直角三角形，考查了分类讨论这一基本数学思想方法．解决这类题目的关键是正确的分情况讨论，数形结合，化繁为简．
27. 某商场计划购进一批篮球和足球，其中篮球的单价比足球多30元．已知用360元购进的足球和用480元购进的篮球数量相等．
（1）问篮球和足球的单价各是多少元？
（2）若篮球的售价为150元，足球的售价为110元，商场计划用不超过10350元购进两种球共100个，其中篮球不少于40个，问商场共有几种货方案？哪种方案商场获利最大？
（3）某希望小学为庆祝中国共产党成立100周年，举行百人球操表演，准备购买商场购进的这100个篮球和足球，商场知晓后决定从中拿出30个球赠送给这所希望小学，这样，希望小学相当于七折购买这批球．请直接写出商场赠送的30个球中篮球和足球的个数．
【答案】（1）足球的单价为90元，则篮球的单价为120元；（2）有6种方案，购进篮球45个，购进足球55个，商场获利最大；（3）商场赠送的30个球中篮球14个，足球16个
【解析】
【分析】（1）设足球的单价为x元，则篮球的单价为（x+30）元，根据用360元购进的足球和用480元购进的篮球数量相等可得出方程，解出即可；
（2）根据题意所述的不等关系：商场计划用不超过10350元购进两种球，其中篮球不少于40个，等量关系：两种球共100个，可得出不等式组，解出即可．
（3）设商场赠送的30个球中篮球有z个，足球有（30-z）个，根据相当于七折购买这批球列方程即可；
【详解】解：（1）设足球的单价为x元，则篮球的单价为（x+30）元，
根据题意，得
解得：x=90，
经检验x=90是原方程的解，
x+30=120．
即足球的单价为90元，则篮球的单价为120元；
（2）设购进足球y个，则购进篮球（100-y）个．商场获利w元；
，
解得：55≤y≤60．
∵y为整数，
∴y=55，56，57，58，59，60．
∴有6种方案：
w=（110-90）y+（150-120）（100-y）=-10y+3000
∵k=-10＜0，w随y的增大而减小，
∴当y=55时，w有最大值=2450
∴购进篮球45个，购进足球55个，商场获利最大；
（3）设商场赠送的30个球中篮球有z个，足球有（30-z）个
150（45-z）+110[55-（30-z）]= （150×45+110×55）×0.7
解得：z=14
30-14=16
答：商场赠送的30个球中篮球14个，足球16个．
【点睛】本题考查了列分式方程的运用，一元一次不等式组解实际问题的运用，设计方案的运用，一次函数的解析式的性质的运用，解答本题的关键是仔细审题，根据题意所述的等量关系及不等关系，列出不等式．
28. 如图，直线AB与x轴交于点A，与y轴交于点B．OB是一元二次方程x2﹣x﹣30＝0的一个根，且tan∠OAB，点D为AB的中点，E为x轴正半轴上一点，BE＝2，直线OD与BE相交于点F．
（1）求点A及点D的坐标；
（2）反比例函数y经过点F关于y轴的对称点F′，求k的值；
（3）点G和点H在直线AB上，平面内存在点P，使以E，G，H，P为顶点的四边形是边长为6的菱形，符合条件的菱形有几个？请直接写出满足条件的两个点P的坐标．
【答案】（1）（8,0），(4,3)；（2）；（3）3个，（，），（，）．
【解析】
【分析】
【详解】解：（1）∵OB是一元二次方程x2﹣x﹣30＝0的一个根．
∴,OB=6,B点坐标为（0,6）
∵tan∠OAB，即
∴OA=8,即A点坐标为（8,0）
∴D点坐标为（ ）,即(4,3)；
（2）∵在Rt△OBE中，BE＝2，OB=6
∴OE=,即E点坐标为（2,0）
设直线BE的解析式为y=kx+b
则 ，解得
∴设直线BE的解析式为y=-3x+6
同理：直线OD的解析式为y=
联立 解得
∴F点的坐标为（，）
∴F＇的坐标为（-，）
∵反比例函数y经过点F关于y轴的对称点F′
∴k=-×=；
（3）①如图1：当GH为菱形一条对角线时
要使四边形EGPH为菱形，只需要GH和PE相互垂直平分即可，
∵A（8,0），B（0,6）
∴由待定系数法可得直线AB的解析式为y=
设过E且垂直于AB的直线PE解析式为：y=
则有：0=，即b=
直线PE解析式为：y=
联立 ，解得
直线PE与直线AB垂直交点为（,）
设P点坐标为（m，n）
∴，，即m=，n=
∴P点坐标为（，）；
②如图2，当GH为菱形一边时，
要使四边形EGPH为菱形，只需要GH//PE,PE=GH=6,在AB上找G、H使得GE//PH且GE=PH=6即可
设线段EP所在的直线解析式为：y=
则0=，即b=
∴直线EP所在的直线为y=
过P作PJ⊥x轴
∵AB//PE
∴∠PEA=∠BAO
设PJ=3xtan∠OAB
∴tan∠PEA=tan∠OAB,则，即EJ=4x
∵PJ2+EJ2=EP2，即（3x）2+（4x）2=62,解得x=或-
∴当x=时，PJ=，EJ=
∴OJ=OE+EJ=
∴满足题意得P点有两个，其中一个P点坐标为（，）；
综上，满足题意得P点有三个，其中两个P点坐标为（，），（，）．
【点睛】本题主要考查了运用待定系数法求函数解析式，一次函数图象的交点问题、菱形的判定以及解直角三角形等知识点，灵活应用相关知识成为解答本题的关键．
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2021年黑龙江省牡丹江市中考数学试卷
一、填空题（将正确答案写在答题卡相应的横线上，每小题3分，满分24分）
1. 截止到2021年6月10日，全国累计新冠疫苗接种超840000000剂次，用科学记数法表示840000000，应记作____．
【答案】8.4×108
【解析】
【分析】根据绝对值大于10的数科学记数法的表示为的形式即可求解，其中，n为整数位数减1．
【详解】解：840000000=8.4×108．
故答案：8.4×108
【点睛】本题考查绝对值大于10的数的科学记数法的表示，绝对值大于10的数科学计数法一般可以写成的形式，其中，n为整数位数减1，准确确定a、n的值是解题关键．
2. 在四边形ABCD中，AB＝CD，请添加一个条件_____，使得四边形ABCD是平行四边形．
【答案】AB//CD等
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定方法，结合已知条件即可解答.
【详解】∵AB＝CD，
∴当AD＝BC，（两组对边分别相等的四边形是平行四边形．）
或AB∥CD（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．）时，四边形ABCD是平行四边形．
故答案为AD＝BC或者AB∥CD．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，平行四边形的五种判定方法分别是：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形；（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
3. 甲乙两班举行一分钟跳绳比赛，参赛学生每分钟跳绳次数的统计结果如表：
班级
参加人数
中位数
方差
平均数
甲
45
109
181
110
乙
45
111
108
110
某同学分析如表后得到如下结论：①甲，乙两班学生平均成绩相同；②乙班优秀人数多于甲班优秀人数（每分钟跳绳≥110次为优秀）；③甲班成绩的波动比乙班大，则正确结论的序号是____．
【答案】①②③
【解析】
【分析】首先根据表格信息即可得出二者平均数一样，然后再观察表格发现甲班的中位数是109，乙班的中位数是111，由此进一步比较二者的优秀人数即可，最后根据二者的方差大小即可得出哪个班波动大或小，据此进一步得出答案即可．
【详解】甲、乙两班的平均数都是110，故①正确，
∵甲班的中位数是109，乙班的中位数是111，乙班中位数比甲班的大，
∴乙班优秀的人数多于甲班优秀的人数，故②正确，
∵甲班的方差大于乙班的方差，
∴甲班的波动情况大，故③正确；
综上所述，①②③都正确，
故答案为①②③
【点睛】本题主要考查了平均数、中位数与方差的性质，熟练掌握相关概念是解题关键．
4. 将抛物线y＝x2﹣2x＋3向左平移2个单位长度，所得抛物线为____．
【答案】y＝x2+2x＋3
【解析】
【分析】把y＝x2﹣2x＋3配方得，把顶点向左平移2个单位长度即可得所求抛物线的解析式．
【详解】把y＝x2﹣2x＋3配方得，其顶点坐标为(1,2)，抛物线的顶点向左平移2个单位长度后为(-1,2)，所以所得抛物线的解析式为，即y＝x2+2x＋3
故答案为：y＝x2+2x＋3．
【点睛】本题考查了抛物线的平移，抛物线的一般式化顶点式，关键抓住抛物线的顶点平移．
5. 半径等于12的圆中，垂直平分半径的弦长为________ ．
【答案】12
【解析】
【详解】试题分析：圆心为O，AB为弦，半径与弦的交点为C，则OC⊥AB，OA=12，OC=6，根据勾股定理可得AC=6，所以AB=2AC=12.
考点：垂径定理.
6. 过等腰三角形顶角顶点的一条直线，将该等腰三角形分成的两个三角形均为等腰三角形，则原等腰三角形的底角度数为____．
【答案】45°或36°
【解析】
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可得出答案．
【详解】解：①如图1，
当过顶角的顶点的直线把它分成了两个等腰三角形，则AC=BC，AD=CD=BD，
设∠A=x°，
则∠ACD=∠A=x°，∠B=∠A=x°，
∴∠BCD=∠B=x°，
∵∠A+∠ACB+∠B=180°，
∴x+x+x+x=180，
解得x=45，
∴原等腰三角形的底角是45°；
②如图2，
△ABC中，AB=AC，BD=AD，AC=CD，
∵AB=AC，BD=AD，AC=CD，
∴∠B=∠C=∠BAD，∠CDA=∠CAD，
∵∠CDA=2∠B，
∴∠CAB=3∠B，
∵∠BAC+∠B+∠C=180°，
∴5∠B=180°，
∴∠B=36°，
∴原等腰三角形的底角为36°；
故答案45°或36°
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及其判定．作此题的时候，首先大致画出符合条件的图形，然后根据等腰三角形的性质、三角形的内角和定理及其推论找到角之间的关系，列方程求解．
7. 春耕期间，市农资公司连续8天调进一批化肥，并在开始调进化肥的第七天开始销售．若进货期间每天调进化肥的吨数与销售期间每天销售化肥的吨数都保持不变，这个公司的化肥存量s（单位：吨）与时间t（单位：天）之间的函数关系如图所示，则该公司这次化肥销售活动（从开始进货到销售完毕）所用的时间是____天．
【答案】10
【解析】
【分析】通过分析题意和图象可求调入化肥的速度，销售化肥的速度；从而可计算最后销售化肥20吨所花的时间．
【详解】解：调入化肥的速度是30÷6=5（吨/天），
当在第6天时，库存物资应该有30吨，在第8天时库存20吨，
∴销售化肥的速度是（吨/天），
∴剩余的20吨完全调出需要20÷10=2（天），
故该门市部这次化肥销售活动（从开始进货到销售完毕）所用时间是8+2=10（天）．
故答案为：10．
【点睛】此题主要考查了从函数图象获取信息．解题的关键是注意调入化肥需8天，但6天后调入化肥和销售化肥同时进行．
8. 如图，矩形ABCD中，ADAB，点E在BC边上，且AE=AD，DF⊥AE于点F，连接DE，BF，BF的延长线交DE于点O，交CD于点G．以下结论：①AF=DC，②OF：BF=CE：CG，③S△BCGS△DFG，④图形中相似三角形有6对，则正确结论的序号是____．
【答案】①②
【解析】
【分析】通过证明△ABE和△ADF是等腰直角三角形，结合已知条件，可判断①正确；通过证明△DCE∽△BCG，得到，通过证明△ABF∽△ADE，得到，再通过相似和三角形的外角性质，得到OEDE，进而证得，可判断②正确；证明△BEF≌△FDG，连接CF后，可知，结合图象，即可判断③不正确；通过图形中相似三角形超过6对，可判断④不正确，问题即可得解．
【详解】∵AEAD，ADAB，
∴AEAB．
在Rt△ABE中，∠ABE=90°，cos∠BAE=，
∴cos∠BAE=．
∴∠BAE=45°，即△ABE是等腰直角三角形．
∵在矩形ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠DAF=45°．
∵DF⊥AE，
∴∠ADF=45°，即△ADF是等腰直角三角形．
∴ADAF．
∴AF=AB．
∵在矩形ABCD中，AB=CD，
∴AF=CD ．故①正确；
又∵AF=AB，∠BAE=45°，
∴∠ABF=67.5°．
∴∠CBG=22.5°．
又∵AE=AD，∠DAE=45°，
∴∠ADE=67.5°．
∴∠CDE=22.5°．
∴∠CBG=∠CDE．
∵∠C=∠C，
∴△DCE∽△BCG．
∴．
∵在矩形ABCD中，BC=ADCD，
∴．
在△ABF和△ADE中．∠BAF=∠DAE=45°，AFAB ，AEAD ，
∴△ABF∽△ADE．
∴．
在△ABF和△OEF中，∠OEF＝∠ADE＝67.5°＝∠ABF，
∵∠AFB=∠OFE，∠AFB=∠ABF，
∴△ABF∽△OEF，∠OEF=∠OFE．
∴OE＝OF，∠EOF=45°．
又∵∠EOF=∠DFO+∠ODF =45°，∠ODF=∠ADE-∠ADF=22.5°，
∴∠ODF =∠DFO．
∴OFOD．
∴OEOFODDE．
∴ ．故②正确；
在△BEF和△FDG中, BE =FD，∠EBF=∠DFG ，∠BEF =∠FDG=∠ADC-∠ADF=45°，
∴△BEF≌△FDG．
连接CF．
又∵ BC=ADADBE，
∴ ．故③不正确；
∵△ABF∽△ADE，△ABF∽△OEF，
∴△ADE∽△OEF．
在△BEF和△BOE中， ∠BEF∠BOE45°，∠EBF∠OBE，
∴△BEF∽△BOE．
在△BOE和△DOG中， ∠ODG∠OBE，∠BOE∠DOG，
∴△BOE∽△DOG．
∴△BEF∽△DOG．
又∵△DCE∽△BCG，
∴图形中相似三角形超过6对，故④不正确．
综上，正确的结论是①②．
故答案为：①②．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，涉及了特殊角的三角函数值、三角形的外角性质、举反例等，是一道综合题．相似和全等是证明边的比例关系中最常用的方法．
二、选择题（将正确选项涂在答题卡中相应的位置上，每小题3分，满分36分）
9. 下列美术字中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义对四个选项依次判断即可．
【详解】解：A选项，是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不符合题意；
B选项，是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不符合题意；
C选项，是轴对称图形，是中心对称图形，故C选项符合题意；
D选项，是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，正确理解其定义是解题关键．
10. 下列运算正确的是（ ）
A. 2a＋3a＝5a2 B. 6m2﹣5m2＝1 C. a6÷a3＝a2 D. （﹣a2）3＝﹣a6
【答案】D
【解析】
【分析】利用合并同类项，同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方逐项进行计算即可．
【详解】2a＋3a＝5a，故选项A不符合题意；
6m2﹣5m2＝m2，故选项B不符合题意；
a6÷a3＝a3，故选项C不符合题意；
（﹣a2）3＝﹣a6，故选项D符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查了整式的加减法，以及整式的乘除法中的同底数幂的乘除法、幂的乘方.掌握相关运算法则是解答本题的关键．
11. 如图，是由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图和俯视图，则搭成该几何体的小正方体的个数最少是（ ）
A. 6 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从主视图可以看出第二层的个数，从而算出总的个数．
【详解】解：由俯视图易得最底层有4个小正方体，第二层最少有1个小正方体，那么搭成这个几何体的小正方体最少为4+1=5个．
故选：D．
【点睛】本题主要考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，主视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
12. 妙妙上学经过两个路口，如果每个路口可直接通过和需等待的可能性相等，那么妙妙上学时在这两个路口都直接通过的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意画出树形图，求出在这两个路口都直接通过的概率为即可求解．
【详解】解：由题意画树形图得，
由树形图得共有4种等可能性，其中在这两个路口都直接通过的概率是P=．
故选：A
【点睛】本题考查了列表或画树形图求概率，理解题意，正确列表或画树形图得到所有等可能的结果是解题关键．
13. 一条弧所对的圆心角为135°，弧长等于半径为3cm的圆的周长的5倍，则这条弧的半径为（ ）
A. 45cm B. 40cm C. 35cm D. 30cm
【答案】B
【解析】
【分析】设这条弧的半径为rcm，根据弧长公式和已知条件列出方程，解方程即可求解．
【详解】解：设这条弧的半径为rcm，
由题意得，
解得r=40，
∴这条弧的半径为40cm．
故选：B
【点睛】本题考查了弧长公式，熟知弧长公式并根据题意列出方程是解题关键．
14. 如图，矩形OABC的面积为36，它的对角线OB与双曲线y相交于点D，且OD：OB＝2：3，则k的值为（ ）
A. 12 B. ﹣12 C. 16 D. ﹣16
【答案】D
【解析】
【分析】过D点作DE⊥OA，DF⊥OC，垂足为E、F，由双曲线的解析式可知S矩形OEDF=|k|，由于D点在矩形的对角线OB上，可知矩形OEDF∽矩形OABC，并且相似比为OD:OB＝2:3，由相似多边形的面积比等于相似比的平方可求出S矩形OEDF=16，再根据在反比例函数y图象在第二象限，即可算出k的值．
【详解】解：过D点作DE⊥OA，DF⊥OC，垂足为E、F，
∵D点在双曲线y上，
∴S矩形OEDF=|xy|=|k|，
∵D点在矩形的对角线OB上，
∴矩形OEDF∽矩形OABC，
∴，
∵S矩形OABC=36，
∴S矩形OEDF=16，
∴|k|=16，
∵双曲线y在第二象限，
∴k=-16，
故选：D．
【点睛】本题考查了反比例函数的综合运用．关键是过D点作坐标轴的垂线，构造矩形，再根据相似多边形的面积的性质求出|k|．
15. 已知某商店有两件进价不同的运动衫都卖了160元，其中一件盈利60%，另一件亏损20%，在这次买卖中这家商店（ ）
A. 不盈不亏 B. 盈利20元 C. 盈利10元 D. 亏损20元
【答案】B
【解析】
【分析】设分别设两件运动衫的进价分别是a元，b元，根据售价=成本±利润，列方程求得两件运动衫的进价，再计算亏盈．
【详解】解：设盈利60%的运动衫的进价是a元，亏本20%的运动衫的进价是b元．则有
（1）a（1+60%）=160，
a=100；
（2）b（1-20%）=160，
b=200．
总售价是160+160=320（元），总进价是100+200=300（元），
320-300=20（元），
所以这次买卖中商家赚了20元．
故选：B．
【点睛】本题考查一元一次方程的应用．培养学生的理解题意的能力，关键是根据利润=售价-进价，求出两个商品的进价，从而得解．
16. 如图，点A，B，C为⊙O上的三点，∠AOB∠BOC，∠BAC＝30°，则∠AOC的度数为（ ）
A. 100° B. 90° C. 80° D. 60°
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆周角定理得出∠COB=2∠BAC=60°，结合已知得出∠AOB∠BOC=20°，从而得出∠AOC的度数
【详解】解：∵对的圆心角为∠BOC，对的圆周角为∠BAC，∠BAC=30°，
∴∠BOC=2∠CAB=60°，
∵∠AOB∠BOC，
∴∠AOB=20°，
∴∠AOC=∠AOB +∠BOC=80°，
故选：C
【点睛】本题考查了圆周角定理，能根据圆周角定理得出∠COB=2∠CAB是解此题的关键．
17. 如图，△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝2，将△AOB绕原点O旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是（ ）
A. （4，2）或（﹣4，2） B. （2，﹣4）或（﹣2，4）
C. （﹣2，2）或（2，﹣2） D. （2，﹣2）或（﹣2，2）
【答案】C
【解析】
【分析】先求出点A的坐标，再根据旋转变换中，坐标的变换特征求解；或根据题意画出图形旋转后的位置，根据旋转的性质确定对应点A′的坐标．
【详解】过点A作于点C．
在Rt△AOC中， ．
在Rt△ABC中， ．
∴ ．
∵OA＝4，OB＝6，AB＝2，
∴．
∴．
∴点A的坐标是．
根据题意画出图形旋转后的位置，如图，
∴将△AOB绕原点O顺时针旋转90°时，点A的对应点A′的坐标为；
将△AOB绕原点O逆时针旋转90°时，点A的对应点A′′的坐标为．
故选：C．
【点睛】本题考查了解直角三角形、旋转中点的坐标变换特征及旋转的性质．（a，b）绕原点顺时针旋转90°得到的坐标为（b，-a），绕原点逆时针旋转90°得到的坐标为（－b，a）．
18. 如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A. 2 B. 2 C. 6 D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】作FH⊥AB于H，交AE于P，设AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再证明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根据S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可
【详解】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO．
设AG=GE=x，则BG=3-x，
在Rt△BGE中，
∵BE2+BG2=GE2，
∴12+(3-x)2=x2，
∴x=．
在Rt△ABE中，
∵AB2+BE2=AE2，
∴32+12=AE2，
∴AE=．
∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF，
∴∠HAP=∠OFP，
∵四边形ADFH是矩形，
∴AB=AD=HF．
在△ABE和△FHG中，
，
∴△ABE≌△FHG，
∴FG=AE=，
∴S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF
=
=
=
=
=5．
故选D．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，以及勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．
19. 如图，在平面直角坐标系中A（﹣1，1）B（﹣1，﹣2），C（3，﹣2），D（3，1），一只瓢虫从点A出发以2个单位长度/秒的速度沿A→B→C→D→A循环爬行，问第2021秒瓢虫在（ ）处．
A. （3，1） B. （﹣1，﹣2） C. （1，﹣2） D. （3，﹣2）
【答案】A
【解析】
【分析】根据点的坐标求出四边形ABCD的周长，然后求出第2021秒是爬了第几圈后的第几个单位长度，从而确定答案．
【详解】 A（﹣1，1）B（﹣1，﹣2），C（3，﹣2），D（3，1）
四边形ABCD是矩形
瓢虫转一周，需要的时间是 秒
，
按A→B→C→D→A顺序循环爬行，第2021秒相当于从A点出发爬了5秒，路程是：个单位，10=3+4+3，所以在D点 ．
故答案为：A
【点睛】本题考查了点的变化规律，根据点的坐标求出四边形ABCD一周的长度，从而确定2021秒瓢虫爬完了多少个整圈的矩形，不成一圈的路程在第几圈第几个单位长度的位置是解题的关键．
20. 如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点为（1，n），与x轴的一个交点B（3，0），与y轴的交点在（0，﹣3）和（0，﹣2）之间．下列结论中：①0；②﹣2＜b；③（a＋c）2﹣b2＝0；④2c﹣a＜2n，则正确的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数的图象和性质逐一进行判断即可
【详解】解：∵抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点坐标为（1，n），
∴对称轴x=，
∴b=-2a＜0，
∵抛物线与y轴的交点在（0，﹣3）和（0，﹣2）之间
∴-3＜c＜-2＜0，
∴0；故①正确；
∵抛物线线x轴的一个交点B（3，0），
∴9a+3b+c=0，抛物线线x轴的一个交点（-1，0），
∵b=-2a
∴c=，
∴-3＜＜-2，
∴﹣2＜b，故②错误；
∵抛物线线x轴的一个交点（-1，0），
∴a-b+c=0，
∴（a＋c）2﹣b2＝（a+b+c）（a-b+c）=0，故③正确；
∵a＞0，∴-a＜0
∵b=-2a
∴3a+2b=-a＜0
∴2c﹣a＞2（a+b+c），
∵抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点为（1，n），
∴a+b+c=n，
∴2c﹣a＞2n；故④错误；
故选：B
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），明确以下几点：①二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；③常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于（0，c）．
三、解答题（将解题过程写在答题卡相应的位置上，满分60分）
21. 先化简，再求值：（1），其中x＝sin30°．
【答案】，-4
【解析】
【分析】先把原式括号里的式子通分，然后把除法变乘法进行化简，最后将x＝sin30°代入计算即可．
【详解】解：（1），
，
，
，
当x＝sin30°时，原式=-4
【点睛】本题考查的是分式的化简求值和特殊角的三角函数值，熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键．
22. 抛物线y＝﹣x2＋bx＋c经过点A（﹣3，0）和点C（0，3）．
（1）求此抛物线所对应的函数解析式，并直接写出顶点D的坐标；
（2）若过顶点D的直线将△ACD的面积分为1：2两部分，并与x轴交于点Q，则点Q的坐标为 ．
注：抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点坐标（）
【答案】（1）y=-x2-2x+3，顶点D（-1，4）；（2）（-1，0）或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法构建方程组即可解决问题；
（2）根据点A，C的坐标，利用待定系数法可求出直线AC的函数表达式，设点E的坐标为（x，x+3）（-3＜x＜0），结合已知可得AE=2CE或CE=2AE，从而得出方程2(x+3)2=2或2(x+3)2=8，得出点E的坐标，再求出直线DE的解析式即可得出点Q的坐标．
【详解】解：（1）∵抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A（-3，0）和点B，与y轴相交于点C（0，3），
∴，解得：；
∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+3，
∵y=-x2-2x+3=-（x+1）2+4，
∴顶点D（-1，4）．
（2）设直线AC的函数表达式为y=kx+b（k≠0），
将A（-3，0），C（0，3）代入y=kx+a，得：；
解得：，
∴直线AC的函数表达式为y=x+3．
设点E的坐标为（x，x+3）（-3＜x＜0），
∵直线AC将△ADC的面积分成1：2的两部分，且△ADE和△CDE等高，
∴AE=2CE或CE=2AE，
∵
∴或
∴2(x+3)2=2或2(x+3)2=8
∴x=-2或-4或-1或-5
∵-3＜x＜0
∴x=-2或-1
∴点E的坐标为（-2，1）或（-1，2）
当点E的坐标为（-2，1）时
设直线DE的函数表达式为y=mx+n（m≠0），
将E（-2，1），D（-1，4）代入y=mx+n，
得：；
解得：，
∴直线AC的函数表达式为y=3x+7．
当y=0时，
∴点Q的坐标为（，0）
当点E的坐标为（-1，2）时，
∵D（-1，4），
∴直线DE//y轴，
点Q的坐标为（-1，0）
∴点Q的坐标为（-1，0）或
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：由直线AC将△ADE的面积分成1：2的两部分，找出关于x的一元二次方程．
23. Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝17，BC＝8，矩形CDEF的另三个顶点D，E，F均在Rt△ABC的边上，且邻边之比为1：2，画出符合题意的图形，并直接写出矩形周长的值．
【答案】作图见解析，矩形的周长为：或．
【解析】
【分析】按题目要求画出相关图形见解析，根据邻边之比为1：2，进行分类讨论．
【详解】解：如图1，
四边形为矩形，由题意，
若，
设，
又∠C＝90°，AB＝17，BC＝8，
,
，
又，
，
，
，
，
，又矩形，
，
，
如图2，
四边形为矩形，由题意，
若，
设，
，
又因为四边形为矩形，
，，
，
，
，
，
，
综上所述：矩形的周长为或．
【点睛】本题考查了求解矩形的周长、三角形相似解、解题的关键是：画出满足条件的图形，进行分类讨论求解．
24. 为了解某校八年级学生在语文学习中对小说、诗歌、散文、戏剧四类文学体裁的喜爱情况，随机抽查了部分学生（每人只选一类），然后根据调查数据，绘制了不完整的条形统计图和扇形统计图，结合统计图，解答下列问题．
（1）本次抽样调查的样本容量为 ；
（2）补全条形统计图；
（3）喜爱戏剧的学生对应扇形的圆心角为 ；
（4）已知该校八年级共有学生800人，请你估计课外活动小组诗歌社团拟招社员200人能否实现，请说明理由．
【答案】（1）50；（2）答案见详解；（3）36°；（4）不能实现，原因见详解．
【解析】
【分析】（1）用喜爱小说人数除以所占百分比即可求解；
（2）用样本容量50减去喜爱小说、散文、戏剧的人数，即可求解；
（3）用360°乘以喜爱戏剧人数所占百分比即可求解；
（4）用八年级学生数800乘以喜爱诗歌学生所占百分比得出人数后与200进行比较即可求解．
【详解】解：（1）15÷30%=50，
故答案为：50；
（2）50-15-18-5=12，
补全条形统计图如下：
（3），
故答案为：36°；
（4），
∴课外活动小组诗歌社团拟招社员200人不能实现．
【点睛】本题考查了条形统计图，扇形统计图，抽样调查，用样本估计总体等知识，综合性较强，理解题意，根据两个统计图得到样本容量是解题关键．
25. 在一条笔直的道路上依次有A，B，C三地，男男从A地跑步到C地，同时乐乐从B地跑步到A地，休息1分钟后接到通知，要求乐乐比男男早1分钟到达C地，两人均匀速运动，如图是男男跑步时间t（分钟）与两人距A地路程s（米）之间的函数图象．
（1）a＝ ，乐乐去A地的速度为 ；
（2）结合图象，求出乐乐从A地到C地的函数解析式（写出自变量的取值范围）；
（3）请直接写出两人距B地距离相等的时间．
【答案】（1）2，200米/分；（2）s=300t-900（3≤t≤7）；（3）t= 或t=6或t=．
【解析】
【分析】（1）根据题意结合图象以及速度、路程和时间的关系解答即可；
（2）先确定F、G的坐标以及t的取值范围，然后利用待定系数法解答即可；
（3）先运用待定系数法确定DE、OH，然后根据图象联立解析式，即可解答．
【详解】解：（1）由于乐乐休息1分钟，则a=3-1=2；
乐乐去A地的速度为400÷2=200米/分；
（2）设FG的解析式为s=kt+b
∵F（3,0），G（7,1200）
∴ 解得
由图象可得乐乐从A地到C地时间t的取值范围为3≤t≤7
∴乐乐从A地到C地的函数解析式为s=300t-900（3≤t≤7）；
（3）设OH的解析式为：s=kt（k≠0），
∵s=kt（k≠0）的图象过点H（8，1200），
∴1200=8k，解得：k=150，
∴OH的解析式为：s=150t（0≤t≤8），
即男男从A地到C地的函数解析式：s=150t，
①0≤t≤2时，
200t=400-150t，
解得：t=；
②2＜t≤3时，
400=150t-400，
解得：t=＞3，舍去；
③3＜t≤7时，
400-（300t-900）=150t-400或（300t-900）-400=150t-400，
解得：t=或t=6，
综上，两人距B地的距离相等的时间为分钟或分钟或6分钟．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象与行程问题，审清题意、明确函数图象各点的意义成为解答本题的关键．
26. 如图①，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，过点F作FG⊥BC于点G，连接AC．易证：AC（EC＋FG）．（提示：取AB的中点M，连接EM）
（1）当点E是BC边上任意一点时，如图②；当点E在BC延长线上时，如图③，请直接写出AC，EC，FG的数量关系，并对图②进行证明；
（2）已知正方形ABCD的面积是27，连接AF，当△ABE中有一个内角为30°时，则AF的长为 ．
【答案】（1）当点E是BC边上任意一点时，AC=（EC＋FG）；当点E在BC延长线上时，AC=（FG－CE）；
（2）或．
【解析】
【分析】（1）在AB的取一点M，使得AM=EC，连接EM，先证明△AME≌△ECF ，得到AE=EF，再证明△ABE≌△EGF，得到BE=GF，结合图形中的点E所在的位置，即可得出AC，EC，FG的数量关系；
（2）根据（1）证明过程中得出的结论：AE=EF，分∠BAE =30°或∠AEB=30°两种情况,解直角三角形即可．
【详解】解：（1）当点E是BC边上任意一点时，AC=（EC＋FG）；当点E在BC延长线上时，AC=（FG－CE）；
证明如下：当点E是BC边上任意一点时，如图②，
在AB的取一点M，使得AM=EC，连接EM．
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°．
∵在正方形ABCD中，∠B =90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°．
∴∠BAE=∠FEG．
∴∠BME=45°．
∴∠AME=180°－∠BME=180°－45°=135°．
∵CF平分∠DCG，GF⊥BC，
∴∠ECF=180°－∠FCG=180°－45°=135°，GF=CG．
∴∠AME = ∠ECF．
∴△AME≌△ECF．
∴AE=EF．
在△ABE和△EGF中，∠BAE=∠FEG，∠B=∠G ，AE=EF，
∴△ABE≌△EGF．
∴BE=GF．
∵AB=BC，
∴AB=BC=CE+BE=CE+FG．
∵AC=AB，
∴当点E是BC边上任意一点时，AC=（EC＋FG）；
当点E在BC延长线上时，如图③，在AB的取一点M，使得AM=EC，连接EM．
同理可证得BE=FG．
∴AB=BC = BE－CE= FG－CE．
∵AC=AB，
∴当点E在BC延长线上时， AC=（FG－CE）．
（2）∵正方形ABCD的面积是27，
∴AB=BC=．
根据（1）中AE=EF，∠AEF＝90°，可知AF=AE．
当在△ABE中，∠BAE =30°时，点E在BC边上．
∵cos∠BAE==，
∴AE=6．
∴AF=．
当在△ABE中，∠AEB=30°时，点E在BC延长线上．
∵sin∠BAE==，
∴AE=．
∴AF=．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质在几何中的应用、解直角三角形，考查了分类讨论这一基本数学思想方法．解决这类题目的关键是正确的分情况讨论，数形结合，化繁为简．
27. 某商场计划购进一批篮球和足球，其中篮球的单价比足球多30元．已知用360元购进的足球和用480元购进的篮球数量相等．
（1）问篮球和足球的单价各是多少元？
（2）若篮球的售价为150元，足球的售价为110元，商场计划用不超过10350元购进两种球共100个，其中篮球不少于40个，问商场共有几种货方案？哪种方案商场获利最大？
（3）某希望小学为庆祝中国共产党成立100周年，举行百人球操表演，准备购买商场购进的这100个篮球和足球，商场知晓后决定从中拿出30个球赠送给这所希望小学，这样，希望小学相当于七折购买这批球．请直接写出商场赠送的30个球中篮球和足球的个数．
【答案】（1）足球的单价为90元，则篮球的单价为120元；（2）有6种方案，购进篮球45个，购进足球55个，商场获利最大；（3）商场赠送的30个球中篮球14个，足球16个
【解析】
【分析】（1）设足球的单价为x元，则篮球的单价为（x+30）元，根据用360元购进的足球和用480元购进的篮球数量相等可得出方程，解出即可；
（2）根据题意所述的不等关系：商场计划用不超过10350元购进两种球，其中篮球不少于40个，等量关系：两种球共100个，可得出不等式组，解出即可．
（3）设商场赠送的30个球中篮球有z个，足球有（30-z）个，根据相当于七折购买这批球列方程即可；
【详解】解：（1）设足球的单价为x元，则篮球的单价为（x+30）元，
根据题意，得
解得：x=90，
经检验x=90是原方程的解，
x+30=120．
即足球的单价为90元，则篮球的单价为120元；
（2）设购进足球y个，则购进篮球（100-y）个．商场获利w元；
，
解得：55≤y≤60．
∵y为整数，
∴y=55，56，57，58，59，60．
∴有6种方案：
w=（110-90）y+（150-120）（100-y）=-10y+3000
∵k=-10＜0，w随y的增大而减小，
∴当y=55时，w有最大值=2450
∴购进篮球45个，购进足球55个，商场获利最大；
（3）设商场赠送的30个球中篮球有z个，足球有（30-z）个
150（45-z）+110[55-（30-z）]= （150×45+110×55）×0.7
解得：z=14
30-14=16
答：商场赠送的30个球中篮球14个，足球16个．
【点睛】本题考查了列分式方程的运用，一元一次不等式组解实际问题的运用，设计方案的运用，一次函数的解析式的性质的运用，解答本题的关键是仔细审题，根据题意所述的等量关系及不等关系，列出不等式．
28. 如图，直线AB与x轴交于点A，与y轴交于点B．OB是一元二次方程x2﹣x﹣30＝0的一个根，且tan∠OAB，点D为AB的中点，E为x轴正半轴上一点，BE＝2，直线OD与BE相交于点F．
（1）求点A及点D的坐标；
（2）反比例函数y经过点F关于y轴的对称点F′，求k的值；
（3）点G和点H在直线AB上，平面内存在点P，使以E，G，H，P为顶点的四边形是边长为6的菱形，符合条件的菱形有几个？请直接写出满足条件的两个点P的坐标．
【答案】（1）（8,0），(4,3)；（2）；（3）3个，（，），（，）．
【解析】
【分析】
【详解】解：（1）∵OB是一元二次方程x2﹣x﹣30＝0的一个根．
∴,OB=6,B点坐标为（0,6）
∵tan∠OAB，即
∴OA=8,即A点坐标为（8,0）
∴D点坐标为（ ）,即(4,3)；
（2）∵在Rt△OBE中，BE＝2，OB=6
∴OE=,即E点坐标为（2,0）
设直线BE的解析式为y=kx+b
则 ，解得
∴设直线BE的解析式为y=-3x+6
同理：直线OD的解析式为y=
联立 解得
∴F点的坐标为（，）
∴F＇的坐标为（-，）
∵反比例函数y经过点F关于y轴的对称点F′
∴k=-×=；
（3）①如图1：当GH为菱形一条对角线时
要使四边形EGPH为菱形，只需要GH和PE相互垂直平分即可，
∵A（8,0），B（0,6）
∴由待定系数法可得直线AB的解析式为y=
设过E且垂直于AB的直线PE解析式为：y=
则有：0=，即b=
直线PE解析式为：y=
联立 ，解得
直线PE与直线AB垂直交点为（,）
设P点坐标为（m，n）
∴，，即m=，n=
∴P点坐标为（，）；
②如图2，当GH为菱形一边时，
要使四边形EGPH为菱形，只需要GH//PE,PE=GH=6,在AB上找G、H使得GE//PH且GE=PH=6即可
设线段EP所在的直线解析式为：y=
则0=，即b=
∴直线EP所在的直线为y=
过P作PJ⊥x轴
∵AB//PE
∴∠PEA=∠BAO
设PJ=3xtan∠OAB
∴tan∠PEA=tan∠OAB,则，即EJ=4x
∵PJ2+EJ2=EP2，即（3x）2+（4x）2=62,解得x=或-
∴当x=时，PJ=，EJ=
∴OJ=OE+EJ=
∴满足题意得P点有两个，其中一个P点坐标为（，）；
综上，满足题意得P点有三个，其中两个P点坐标为（，），（，）．
【点睛】本题主要考查了运用待定系数法求函数解析式，一次函数图象的交点问题、菱形的判定以及解直角三角形等知识点，灵活应用相关知识成为解答本题的关键．
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