2022年黑龙江省绥化市中考数学试题及答案解析

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分） 1. 化简|−2|，下列结果中，正确的是( )

1

A. 2

1

B. −2

1

C. 2 D. −2

2. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )

A.

B.

C.

D.

3. 下列计算中，结果正确的是( )

A. 2𝑥2+𝑥2=3𝑥4 B. (𝑥2)3=𝑥5

4. 下列图形中，正方体展开图错误的是( )

C. 3√−23=−2 D. √4=±2

A.

B.

C.

D.

5. 若式子√𝑥+1+𝑥−2在实数范围内有意义，则𝑥的取值范围是( )

A. 𝑥>−1 B. 𝑥≥−1 C. 𝑥≥−1且𝑥≠0 D. 𝑥≤−1且𝑥≠0

6. 下列命题中是假命题的是( )

A. 三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半 B. 如果两个角互为邻补角，那么这两个角一定相等

C. 从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平

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分两条切线的夹角

D. 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半

7. 如图，线段𝑂𝐴在平面直角坐标系内，𝐴点坐标为(2,5)，线段𝑂𝐴绕原点𝑂逆时针旋转

90°，得到线段𝑂𝐴′，则点𝐴′的坐标为( )

A. (−5,2) B. (5,2) C. (2,−5) D. (5,−2)

8. 学校组织学生进行知识竞赛，5名参赛选手的得分分别为：96，97，98，96，98.下

列说法中正确的是( )

A. 该组数据的中位数为98 C. 该组数据的平均数为98

B. 该组数据的方差为0.7 D. 该组数据的众数为96和98

9. 有一个容积为24𝑚3的圆柱形的空油罐，用一根细向油罐内注油，当注油量达

到该油罐容积的一半时，改用一根口径为细口径2倍的粗向油罐注油，直至注满，注满油的全过程共用30分钟．设细的注油速度为每分钟𝑥𝑚3，由题意列方程，正确的是( )

A.

12𝑥

+4𝑥=30

12

B.

15𝑥

+4𝑥=24

15

C.

30𝑥

+2𝑥=24

30

D.

12𝑥

+2𝑥=30

12

10. 已知二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的部分函数图象如

图所示，则一次函数𝑦=𝑎𝑥+𝑏2−4𝑎𝑐与反比例函数𝑦=

4𝑎+2𝑏+𝑐

𝑥

在同一平面直角坐标系中的图象大致

是( )

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A.

B.

C.

D.

4分钟后爸爸也从家出发沿着同一11. 小王同学从家出发，步行到离家𝑎米的公园晨练，

路线骑自行车到公园晨练，爸爸到达公园后立即以原速折返回到家中，两人离家的距离𝑦(单位：米)与出发时间𝑥(单位：分钟)的函数关系如图所示，则两人先后两次相遇的时间间隔为( )

A. 2.7分钟 B. 2.8分钟 C. 3分钟 D. 3.2分钟

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12. 如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃是边𝐴𝐷上的一个动点，连接𝐵𝑃，𝐶𝑃，过点𝐵作射线，交

𝐵𝐶=线段𝐶𝑃的延长线于点𝐸，交边𝐴𝐷于点𝑀，且使得∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐶𝐵𝑃，如果𝐴𝐵=2，5，𝐴𝑃=𝑥，𝑃𝑀=𝑦，其中2<𝑥≤5.则下列结论中，正确的个数为( ) (1)𝑦与𝑥的关系式为𝑦=𝑥−𝑥； (2)当𝐴𝑃=4时，△𝐴𝐵𝑃∽△𝐷𝑃𝐶； (3)当𝐴𝑃=4时，tan∠𝐸𝐵𝑃=5．

34

A. 0个

B. 1个 C. 2个 D. 3个

二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）

13. 一个不透明的箱子中有5个红球和若干个黄球，除颜色外无其它差别．若任意摸出

一个球，摸出红球的概率为4，则这个箱子中黄球的个数为______个． 14. 因式分解：(𝑚+𝑛)2−6(𝑚+𝑛)+9=______．

3𝑥−6>0

15. 不等式组{的解集为𝑥>2，则𝑚的取值范围为______．

𝑥>𝑚16. 已知圆锥的高为8𝑐𝑚，母线长为10𝑐𝑚，则其侧面展开图的面积为______． 17. 设𝑥1与𝑥2为一元二次方程2𝑥2+3𝑥+2=0的两根，则(𝑥1−𝑥2)2的值为______． 18. 定义一种运算：

sin(𝛼+𝛽)=𝑠𝑖𝑛𝛼𝑐𝑜𝑠𝛽+𝑐𝑜𝑠𝛼𝑠𝑖𝑛𝛽， sin(𝛼−𝛽)=𝑠𝑖𝑛𝛼𝑐𝑜𝑠𝛽−𝑐𝑜𝑠𝛼𝑠𝑖𝑛𝛽．

例如：当𝛼=45°，𝛽=30°时，sin(45°+30°)=√×√+√×=√

2222的值为______．

19. 如图，正六边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹和正五边形𝐴𝐻𝐼𝐽𝐾内接于⊙𝑂，且有公共顶点𝐴，则∠𝐵𝑂𝐻

的度数为______度．

2

3

2

1

6+√24

11

，则𝑠𝑖𝑛15°

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20. 某班为奖励在数学竞赛中成绩优异的同学，花费48元钱购买了甲、乙两种奖品，每

种奖品至少购买1件，其中甲种奖品每件4元，乙种奖品每件3元．则有______种购买方案．

21. 如图，∠𝐴𝑂𝐵=60°，点𝑃1在射线𝑂𝐴上，且𝑂𝑃1=1，过点𝑃1作𝑃1𝐾1⊥𝑂𝐴交射线𝑂𝐵

于𝐾1，在射线𝑂𝐴上截取𝑃1𝑃2，使𝑃1𝑃2=𝑃1𝐾1；过点𝑃2作𝑃2𝐾2⊥𝑂𝐴交射线𝑂𝐵于𝐾2，在射线𝑂𝐴上截取𝑃2𝑃3，使𝑃2𝑃3=𝑃2𝐾2…按照此规律，线段𝑃2023𝐾2023的长为______．

22. 在长为2，宽为𝑥(1<𝑥<2)的矩形纸片上，从它的一侧，剪去一个以矩形纸片宽

为边长的正方形(第一次操作)；从剩下的矩形纸片一侧再剪去一个以宽为边长的正方形(第二次操作)；按此方式，如果第三次操作后，剩下的纸片恰为正方形，则𝑥的值为______．

三、解答题（本大题共6小题，共.0分）

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23. 已知：△𝐴𝐵𝐶．

(1)尺规作图：用直尺和圆规作出△𝐴𝐵𝐶内切圆的圆心𝑂.(只保留作图痕迹，不写作法和证明)

(2)如果△𝐴𝐵𝐶的周长为14𝑐𝑚，内切圆的半径为1.3𝑐𝑚，求△𝐴𝐵𝐶的面积．

24. 如图所示，为了测量百货大楼𝐶𝐷顶部广告牌𝐸𝐷的高度，在距离百货大楼30𝑚的𝐴处

用仪器测得∠𝐷𝐴𝐶=30°；向百货大楼的方向走10𝑚，到达𝐵处时，测得∠𝐸𝐵𝐶=48°，仪器高度忽略不计，求广告牌𝐸𝐷的高度．(结果保留小数点后一位) (参考数据：√3≈1.732，𝑠𝑖𝑛48°≈0.743，𝑐𝑜𝑠48°≈0.669，𝑡𝑎𝑛48°≈1.111)

𝐵(0,2)25. 在平面直角坐标系中，已知一次函数𝑦1=𝑘1𝑥+𝑏与坐标轴分别交于𝐴(5,0)，

两点，且与反比例函数𝑦2=的面积为4．

(1)求一次函数与反比例函数的解析式． (2)当𝑦2>𝑦1时，求𝑥的取值范围．

(3)若𝐶为线段𝑂𝐴上的一个动点，当𝑃𝐶+𝐾𝐶最小时，求△𝑃𝐾𝐶的面积．

5

𝑘2𝑥

5

𝐾两点，△𝑂𝐴𝑃的图象在第一象限内交于𝑃，连接𝑂𝑃，

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26. 我们可以通过面积运算的方法，得到等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离之

和与一腰上的高之间的数量关系，并利用这个关系解决相关问题．

(1)如图一，在等腰△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐵𝐶边上有一点𝐷，过点𝐷作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于𝐸，𝐷𝐹⊥𝐴𝐶于𝐹，过点𝐶作𝐶𝐺⊥𝐴𝐵于𝐺.利用面积证明：𝐷𝐸+𝐷𝐹=𝐶𝐺．

(2)如图二，将矩形𝐴𝐵𝐶𝐷沿着𝐸𝐹折叠，使点𝐴与点𝐶重合，点𝐵落在𝐵′处，点𝐺为折𝐺𝑁⊥𝐵𝐶于𝑁.若𝐵𝐶=8，𝐵𝐸=3，痕𝐸𝐹上一点，过点𝐺作𝐺𝑀⊥𝐹𝐶于𝑀，求𝐺𝑀+𝐺𝑁的长．

(3)如图三，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐸为线段𝐵𝐶上的一点，𝐸𝐴⊥𝐴𝐵，𝐸𝐷⊥𝐶𝐷，连接𝐵𝐷，且𝐶𝐷=𝐷𝐸，𝐵𝐶=√51，𝐶𝐷=3，𝐵𝐷=6，求𝐸𝐷+𝐸𝐴的长．

𝐴𝐵

𝐴𝐸

27. 如图所示，在⊙𝑂的内接△𝐴𝑀𝑁中，∠𝑀𝐴𝑁=90°，𝐴𝑀=2𝐴𝑁，作𝐴𝐵⊥𝑀𝑁于点

⏜上的一个动点(不与𝐴，𝑃，𝐶是𝐴𝑀𝑀重合)，交⊙𝑂于另一点𝐵，射线𝑀𝐶交线段𝐵𝐴的延长线于点𝐷，分别连接𝐴𝐶和𝐵𝐶，𝐵𝐶交𝑀𝑁于点𝐸． (1)求证：△𝐶𝑀𝐴∽△𝐶𝐵𝐷．

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⏜=𝑁𝐶⏜，求𝐵𝐶的长． (2)若𝑀𝑁=10，𝑀𝐶

(3)在点𝐶运动过程中，当tan∠𝑀𝐷𝐵=4时，求𝑁𝐸的值．

3

𝑀𝐸

28. 如图，抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐交𝑦轴于点𝐴(0,−4)，并经过点𝐶(6,0)，过点𝐴作𝐴𝐵⊥

𝑦轴交抛物线于点𝐵，抛物线的对称轴为直线𝑥=2，𝐷点的坐标为(4,0)，连接𝐴𝐷，𝐵𝐶，𝐵𝐷.点𝐸从𝐴点出发，以每秒√2个单位长度的速度沿着射线𝐴𝐷运动，设点𝐸的运动时间为𝑚秒，过点𝐸作𝐸𝐹⊥𝐴𝐵于𝐹，以𝐸𝐹为对角线作正方形𝐸𝐺𝐹𝐻． (1)求抛物线的解析式；

(2)当点𝐺随着𝐸点运动到达𝐵𝐶上时，求此时𝑚的值和点𝐺的坐标；

(3)在运动的过程中，是否存在以𝐵，𝐺，𝐶和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，如果存在，直接写出点𝐺的坐标，如果不存在，请说明理由．

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答案解析

1.【答案】𝐴

【解析】解：|−2|的绝对值是2， 故选：𝐴．

利用绝对值的意答即可．

本题主要考查了绝对值的意义，正确利用绝对值的意义是解题的关键．

1

1

2.【答案】𝐷

【解析】解：𝐴.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； D.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意． 故选：𝐷．

根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．

本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．

3.【答案】𝐶

【解析】解：∵2𝑥2+𝑥2=3𝑥2≠3𝑥4， ∴选项A不符合题意， ∵(𝑥2)3=𝑥6≠𝑥5， ∴选项B不符合题意， ∵√−23=−2， ∴选项C符合题意， ∵√4=2≠±2， ∴选项D不符合题意， 故选：𝐶．

利用合并同类项法则，幂的乘方的法则，立方根的意义，算术平方根的意义对每个选项进行分析，即可得出答案．

本题考查了合并同类项，幂的乘方，立方根，算术平方根，掌握合并同类项法则，幂的

3

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乘方的法则，立方根的意义，算术平方根的意义是解决问题的关键．

4.【答案】𝐷

【解析】解：由展开图的知识可知，四个小正方形绝对不可能展开成田字形，故D选项都不符合题意． 故选：𝐷．

根据正方形的展开图得出结论即可．

本题主要考查正方体展开图的知识，熟练掌握正方体的侧面展开图是解题的关键．

5.【答案】𝐶

【解析】解：∵𝑥+1≥0，𝑥≠0， ∴𝑥≥−1且𝑥≠0， 故选：𝐶．

根据二次根式的被开方数是非负数，𝑎−𝑝=𝑎𝑝(𝑎≠0)即可得出答案．

本题考查了二次根式有意义的条件，负整数指数幂，掌握二次根式的被开方数是非负数，𝑎−𝑝=𝑎𝑝(𝑎≠0)是解题的关键．

1

1

6.【答案】𝐵

【解析】解：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，故A是真命题，不符合题意；

如果两个角互为邻补角，那么这两个角一定互补，故B是假命题，符合题意； 从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角，故C是真命题，不符合题意；

直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，故D是真命题，不符合题意； 故选：𝐵．

由三角形中位线定理，邻补角定义，切线长定理，直角三角形性质逐项判断即可． 本题考查命题与定理，解题的关键是掌握教材上相关的概念和定理．

7.【答案】𝐴

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【解析】解：过点𝐴作𝐴𝐵⊥𝑥轴于点𝐵，过点𝐴′作𝐴′𝐶⊥𝑥轴于点𝐶，如图，

∵𝐴点坐标为(2,5)， ∴𝑂𝐵−2，𝐴𝐵=5．

由题意：∠𝐴𝑂𝐴′=90°，𝑂𝐴=𝑂𝐴′． ∴∠𝐴𝑂𝐵+∠𝐴′𝑂𝐶=90°． ∵∠𝐴′𝑂𝐶+∠𝐴′=90°， ∴∠𝐴′=∠𝐴𝑂𝐵． 在△𝐴′𝑂𝐶和△𝑂𝐴𝐵中， ∠𝐴′=∠𝐴𝑂𝐵

{∠𝐴′𝐶𝑂=∠𝑂𝐵𝐴=90°， 𝑂𝐴′=𝐴𝑂

∴△𝐴′𝑂𝐶≌△𝑂𝐴𝐵(𝐴𝐴𝑆)． ∴𝐴′𝐶=𝑂𝐵=2，𝑂𝐶=𝐴𝐵=5， ∴𝐴′(−5,2)． 故选：𝐴．

过点𝐴作𝐴𝐵⊥𝑥轴于点𝐵，过点𝐴′作𝐴′𝐶⊥𝑥轴于点𝐶，利用旋转的性质和全等三角形的判定与性质解答即可．

本题主要考查了图形的旋转与坐标的变化，点的坐标的特征，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．

8.【答案】𝐷

【解析】解：𝐴、将这组数据从小到大排列为：96，96，97，98，98，中位数为97，故A选项不符合题意；

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C、平均数=

15

96+96+97+98+98

5

=97，故C选项不符合题意；

B、方差=×[(96−96)2×2+(97−96)2+(98−96)2×2]=1.8，故B选项不符合题意；

D、该组数据的众数为96和98，故D选项符合题意； 故选：𝐷．

根据中位数的定义判断𝐴选项；根据算术平均数的计算方法判断𝐶选项；根据方差的计算方法判断𝐵选项；根据众数的定义判断𝐷选项．

本题考查了方差，算术平均数，中位数，众数，掌握求一组数据的众数的方法：找出频数最多的那个数据，若几个数据频数都是最多且相同，此时众数就是这多个数据是解题的关键．

9.【答案】𝐴

【解析】解：24÷2=12(𝑚3).

设细的注油速度为每分钟𝑥𝑚3，则粗的注油速度为每分钟4𝑥𝑚3， 依题意得：𝑥+4𝑥=30． 故选：𝐴．

设细的注油速度为每分钟𝑥𝑚3，则粗的注油速度为每分钟4𝑥𝑚3，利用注油所需时间=注油总量÷注油速度，即可得出关于𝑥的分式方程，此题得解．

本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．

12

12

10.【答案】𝐵

【解析】解：∵二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的部分函数图象开口向上， ∴𝑎>0，

∵二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的部分函数图象顶点在𝑥轴下方，开口向上， ∴二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的图象与𝑥轴有两个交点，𝑏2−4𝑎𝑐>0， ∴一次函数𝑦=𝑎𝑥+𝑏2−4𝑎𝑐的图象经过第一，二，三象限，

由二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的部分函数图象可知，点(2,4𝑎+2𝑏+𝑐)在𝑥轴上方， ∴4𝑎+2𝑏+𝑐>0， ∴𝑦=

4𝑎+2𝑏+𝑐

𝑥

的图象经过第一，三象限，

据此可知，符合题意的是𝐵，

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故选：𝐵．

由二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的部分函数图象判断𝑎，𝑏2−4𝑎𝑐及4𝑎+2𝑏+𝑐的符号，即可得到答案．

本题考查一次函数，二次函数，反比例函数的图象，解题的关键是掌握三种图象的性质．

11.【答案】𝐶

【解析】解：由图象可得， 小明的速度为12米/分钟，

爸爸的速度为：(12−4)÷2=4(米/分钟)，

设小明出发𝑚分钟两人第一次相遇，出发𝑛分钟两人第二次相遇， 𝑚=(𝑚−4)⋅，𝑛+[𝑛−4−(12−4)÷2]=𝑎， 124124解得𝑚=6，𝑛=9， 𝑛−𝑚=9−6=3， 故选：𝐶．

根据题意和函数图象中的数据，可以先表示出两人的速度，然后即可计算出两人第一次和第二次相遇的时间，然后作差即可．

本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出两人相遇的时间．

𝑎

𝑎

𝑎

𝑎

𝑎

𝑎

𝑎

12.【答案】𝐶

【解析】解：(1)过点𝑃作𝑃𝐹⊥𝐵𝐶于点𝐹，如图，

∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，𝑃𝐹⊥𝐵𝐶， ∴四边形𝐴𝐵𝐹𝑃是矩形，

∴𝑃𝐹=𝐴𝐵=2，𝐵𝐹=𝐴𝑃=𝑥， ∴𝐴𝑀=𝐴𝑃=𝑃𝑀=𝑥−𝑦．

∵∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐶𝐵𝑃，∠𝐴=∠𝑃𝐹𝐵=90°， ∴△𝐴𝐵𝑀∽△𝐹𝐵𝑃，

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∴∴

𝐴𝑀𝑃𝐹

=𝐵𝐹， =． 𝑥

2

𝐴𝐵

𝑥−𝑦2

∴𝑥2−𝑥𝑦=4． ∴𝑦=𝑥−𝑥． ∴(1)的结论正确；

(2)当𝐴𝑃=4时，𝐷𝑃=𝐴𝐷−𝐴𝑃=5−4=1， ∵𝐴𝑃=4=2，𝐶𝐷=2， ∴𝐴𝑃=𝐷𝐶． ∵∠𝐴=∠𝐷=90°， ∴△𝐴𝐵𝑃△𝐷𝑃𝐶． ∴(2)的结论正确；

(3)由(2)知：当𝐴𝑃=4时，△𝐴𝐵𝑃∽△𝐷𝑃𝐶， ∴∠𝐴𝐵𝑃=∠𝐷𝑃𝐶． ∵∠𝐵𝑃𝐴+∠𝐴𝐵𝑃=90°， ∴∠𝐴𝑃𝐵+∠𝐷𝑃𝐶=90°． ∴∠𝐶𝑃𝐵=90°． ∴∠𝐵𝑃𝐸=90°． ∴tan∠𝐸𝐵𝑃=𝑃𝐵．

由(1)知：𝑃𝑀=𝐴𝑃−𝐴𝑃=3，

𝐵𝑃=√𝐴𝑃2+𝐴𝐵2=2√5，𝐶𝑃=√𝐶𝐷2+𝐷𝑃2=√5． ∵𝐴𝐷//𝐵𝐶， ∴

𝑃𝑀𝐵𝐶35

4

𝑃𝐸

𝐴𝐵

𝐷𝑃

𝐴𝐵

2

1

𝐷𝐵

1

4

=𝐸𝐶．

𝑃𝐸𝑃𝐸+√5𝑃𝐸

∴=

，

3√5， 2𝑃𝐸

3√52解得：𝑃𝐸=

∴tan∠𝐸𝐵𝑃=𝑃𝐵=

2√53

=4，

∴(3)的结论错误，

综上，正确的结论为：(1)(2)， 故选：𝐶．

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利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，(1)过点𝑃作𝑃𝐹⊥𝐵𝐶于点𝐹，平行线分线段成比例定理对每个选项的结论进行判断即可：

利用矩形的判定与性质和相似三角形的判定与性质解答即可；(2)利用相似三角形的判(3)利用(1)，(2)的结论利用勾股定理和平行线分线段成比例定理求得定定理解答即可；

𝑃𝐵，𝑃𝐸，再利用直角三角形的边角关系定理即可求得结论．

本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，平行线分线段成比例定理，灵活应用相似三角形的判定与性质是解题的关键．

13.【答案】15

【解析】解：设箱子中黄球的个数为𝑥个，根据题意可得： =，

5+𝑥4

解得：𝑥=15， 故答案为：15． 直接利用概率公式得出

红球个数小球总个数

5

1

=，进而得出答案．

4

1

此题主要考查了概率公式，正确掌握概率求法是解题关键．

14.【答案】(𝑚+𝑛−3)2

【解析】解：原式=(𝑚+𝑛)2−2⋅(𝑚+𝑛)⋅3+32 =(𝑚+𝑛−3)2． 故答案为：(𝑚+𝑛−3)2．

将𝑚+𝑛看作整体，利用完全平方公式即可得出答案．

本题考查了因式分解−运用公式法，考查整体思想，掌握𝑎2±2𝑎𝑏+𝑏2=(𝑎±𝑏)2是解题的关键．

15.【答案】𝑚≤2

【解析】解：由3𝑥−6>0，得：𝑥>2， ∵不等式组的解集为𝑥>2， ∴𝑚≤2，

故答案为：𝑚≤2．

分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大，结合不等式组的解集可得答案． 本题考查了解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；

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同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解题的关键．

16.【答案】60𝜋𝑐𝑚2

【解析】解：圆锥的高为8𝑐𝑚，母线长为10𝑐𝑚， 由勾股定理得，底面半径=6𝑐𝑚，

侧面展开图的面积=𝜋𝑟𝑙=𝜋×6×10=60𝜋𝑐𝑚2． 故答案为：60𝜋𝑐𝑚2．

利用勾股定理易得圆锥的底面半径，那么圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2． 本题利用了勾股定理和圆锥的计算，圆锥的侧面积就是展开后扇形的面积，即𝑆侧=𝜋𝑟𝑙．

17.【答案】20

【解析】解：由题意可知：𝑥1+𝑥2=−6，𝑥1𝑥2=4， ∴(𝑥1−𝑥2)2=(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2 =(−6)2−4×4 =36−16 =20， 故答案为：20．

根据根与系数的关系即可求出答案．

本题考查根与系数的关系，解题的关键是熟练运用根与系数的关系．

√218.【答案】√6−

4

【解析】解：𝑠𝑖𝑛15°=sin(45°−30°) =𝑠𝑖𝑛45°𝑐𝑜𝑠30°−𝑐𝑜𝑠45°𝑠𝑖𝑛30° ===

√2√3×22

−

1√2× 22

√6√2 −44√6−√2． 4

6−√24

故答案为：√

．

把15°看成是45°与30°的差，再代入公式计算得结论．

本题考查了解直角三角形，掌握特殊角的三角函数值是解决本题的关键．

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19.【答案】12

【解析】解：如图，连接𝑂𝐴，

正六边形的中心角为∠𝐴𝑂𝐵=360°÷6=60°， 正五边形的中心角为∠𝐴𝑂𝐻=360°÷5=72°， ∴∠𝐵𝑂𝐻=∠𝐴𝑂𝐻−∠𝐴𝑂𝐵=72°−60°=12°． 故答案为：12．

求出正六边形的中心角∠𝐴𝑂𝐵和正五边形的中心角∠𝐴𝑂𝐻，即可得出∠𝐵𝑂𝐻的度数． 本题主要考查正多边形与圆，会求正多边形的中心角是解题关键．

20.【答案】3

【解析】解：设购买𝑥件甲种奖品，𝑦件乙种奖品， 依题意得：4𝑥+3𝑦=48， ∴𝑥=12−𝑦.

43

又∵𝑥，𝑦均为正整数， 𝑥=9𝑥=6𝑥=9∴{或{或{， 𝑦=4𝑦=8𝑦=12∴共有3种购买方案． 故答案为：3．

设购买𝑥件甲种奖品，𝑦件乙种奖品，利用总价=单价×数量，即可得出关于𝑥，𝑦的二元一次方程，结合𝑥，𝑦均为正整数，即可得出共有3种购买方案．

本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．

21.【答案】√3(1+√3)2022

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【解析】解：由题意可得，

𝑃1𝐾1=𝑂𝑃1⋅𝑡𝑎𝑛60°=1×√3=√3，

𝑃2𝐾2=𝑂𝑃2⋅𝑡𝑎𝑛60°=(1+√3)×√3=√3(1+√3)，

𝑃3𝐾3=𝑂𝑃3⋅𝑡𝑎𝑛60°=(1+√3+√3+3)×√3=√3(1+√3)2，

𝑃4𝐾4=𝑂𝑃4⋅𝑡𝑎𝑛60°=[(1+√3+√3+3)+√3(1+√3)2]×√3=√3(1+√3)3， …，

𝑃𝑛𝐾𝑛=√3(1+√3)𝑛−1，

∴当𝑛=2023时，𝑃2023𝐾2023=√3(1+√3)2022， 故答案为：√3(1+√3)2022．

根据题意和题目中的数据，可以写出前几项，然后即可得到𝑃𝑛𝐾𝑛的式子，从而可以写出线段𝑃2023𝐾2023的长．

本题考查图象的变化类，解答本题的关键是发现𝑃𝑛𝐾𝑛的变化特点．

22.【答案】1.2或者1.5

【解析】解：第一次操作后的两边长分别是𝑥和(2−𝑥)，第二次操作后的两边长分别是(2𝑥−2)和(2−𝑥)．

当2𝑥−2>2−𝑥时，有2𝑥−2=2(2−𝑥)，解得𝑥=1.5， 当2𝑥−2<2−𝑥时，有2(2𝑥−2)=2−𝑥，解得𝑥=1.2． 故答案为：1.2或者1.5．

本题中的𝑥与(2−𝑥)不知那个大，因此需要分类讨论，从而列方程求解．

主要考查了含有字母的代数式的比较，关键是第二次操作后的边长，不知哪个是长，哪个是宽，所以分两种情况，不要丢掉任何一种．

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23.【答案】解：(1)如图，点𝑂即为所求；

(2)由题意，△𝐴𝐵𝐶的面积=2×14×1.3=9.1(𝑐𝑚2).

【解析】(1)作∠𝐴𝐵𝐶，∠𝐴𝐶𝐵的角平分线交于点𝑂，点𝑂即为所求； (2)△𝐴𝐵𝐶的面积=2(𝑎+𝑏+𝑐)⋅𝑟计算即可．

本题考查作图−复杂作图，三角形的内切圆与内心等知识，解题的关键掌握三角形的内心是角平分线的交点，属于中考常考题型．

1

1

24.【答案】解：在𝑅𝑡△𝐴𝐷𝐶中，∠𝐷𝐴𝐶=30°，𝐴𝐶=30米，

∴𝐶𝐷=𝐴𝐶⋅𝑡𝑎𝑛30°=30×∵𝐴𝐵=10米，

∴𝐵𝐶=𝐴𝐶−𝐴𝐵=20(米)， 在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐸中，∠𝐸𝐵𝐶=48°，

∴𝐸𝐶=𝐵𝐶⋅𝑡𝑎𝑛48°≈20×1.111=22.22(米)， ∴𝐷𝐸=𝐸𝐶−𝐷𝐶=22.22−10√3≈4.9(米)， ∴广告牌𝐸𝐷的高度约为4.9米．

【解析】在𝑅𝑡△𝐴𝐷𝐶中，利用锐角三角函数的定义求出𝐶𝐷的长，再利用已知求出𝐵𝐶的长，然后在在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐸中，利用锐角三角函数的定义求出𝐸𝐶的长，进行计算即可解答． 本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．

√33

=10√3(米)，

25.【答案】解：(1)∵一次函数𝑦1=𝑘1𝑥+𝑏与坐标轴分别交于𝐴(5,0)，𝐵(0,2)两点，

5𝑘1+𝑏=0𝑘1=−2∴{5，解得{． 5𝑏=2𝑏=2∴一次函数的解析式为：𝑦1=−2𝑥+2．

第19页，共28页

1

5

1

5

∵△𝑂𝐴𝑃的面积为4， ∴⋅𝑂𝐴⋅𝑦𝑃=， 24∴𝑦𝑃=2，

∵点𝑃在一次函数图象上， ∴令−2𝑥+2=2.解得𝑥=4， ∴𝑃(4,).

211

5

1

1

1

5

5

∵点𝑃在反比例函数𝑦2=∴𝑘2=4×=2．

21

𝑘2𝑥

的图象上，

∴一次函数的解析式为：𝑦1=−2𝑥+2.反比例函数的解析式为：𝑦2=𝑥． (2)令−2𝑥+2=𝑥，解得𝑥=1或𝑥=4， ∴𝐾(1,2)，

由图象可知，当𝑦2>𝑦1时，𝑥的取值范围为：0<𝑥<1或𝑥>4．

(3)如图，作点𝑃关于𝑥轴的对称点𝑃′，连接𝐾𝑃′，线段𝐾𝑃′与𝑥轴的交点即为点𝐶，

1

5

2

152

∵𝑃(4,).

2

1

∴𝑃′(4,−2). ∴𝑃𝑃′=1，

∴直线𝐾𝑃′的解析式为：𝑦=−6𝑥+令𝑦=0，解得𝑥=∴𝐶(5,0)．

第20页，共28页

17

175

5

176

1

．

．

∴𝑆△𝑃𝐾𝐶=2⋅(𝑥𝐶−𝑥𝐾)⋅𝑃𝑃′ =×(

261

175

1

−1)×1

=5．

∴当𝑃𝐶+𝐾𝐶最小时，△𝑃𝐾𝐶的面积为5．

【解析】(1)根据待定系数法可求出直线𝐴𝐵的解析式，根据△𝑂𝐴𝑃的面积可得出点𝑃的坐标，代入反比例函数解析式可得出反比例函数的解析式；

(2)联立一次函数和反比例函数的解析式，可得出点𝐾的坐标，结合图象可直接得出𝑥的取值范围；

(3)作点𝑃关于𝑥轴的对称点𝑃′，连接𝐾𝑃′，线段𝐾𝑃′与𝑥轴的交点即为点𝐶，求出直线𝐾𝑃′的解析式，令𝑦=0，可得出点𝐶的坐标，再根据三角形的面积公式可得出结论． 本题属于反比例函数与一次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，数形结合思想，轴对称最值问题，三角形的面积问题等知识，关键是求出一次函数和反比例函数的解析式．

6

26.【答案】(1)证明：连接𝐴𝐷，

∵𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐵𝐷+𝑆△𝐴𝐶𝐷，

∴2×𝐴𝐵×𝐶𝐺=2×𝐴𝐵×𝐷𝐸+2×𝐴𝐶×𝐷𝐹， ∵𝐴𝐵=𝐴𝐶， ∴𝐷𝐸+𝐷𝐹=𝐶𝐺；

(2)解：∵将矩形𝐴𝐵𝐶𝐷沿着𝐸𝐹折叠，使点𝐴与点𝐶重合， ∴∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐸𝐹𝐶，𝐴𝐸=𝐶𝐸， ∵𝐴𝐷//𝐵𝐶， ∴∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐶𝐸𝐹， ∴∠𝐶𝐸𝐹=∠𝐶𝐹𝐸，

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1

1

1

∴𝐶𝐸=𝐶𝐹， ∵𝐵𝐶=8，𝐵𝐸=3， ∴𝐶𝐸=𝐴𝐸=5，

在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐸中，由勾股定理得，𝐴𝐵=4， ∴等腰△𝐶𝐸𝐹中，𝐶𝐸边上的高为4， 由(1)知，𝐺𝑀+𝐺𝑁=4；

(3)解：延长𝐵𝐴、𝐶𝐷交于𝐺，作𝐵𝐻⊥𝐶𝐷于𝐻，

∵𝐶𝐷=𝐷𝐸，∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐸𝐷𝐶=90°， ∴△𝐵𝐴𝐸∽△𝐶𝐷𝐸， ∴∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐶， ∴𝐵𝐺=𝐶𝐺， ∴𝐸𝐷+𝐸𝐴=𝐵𝐻， 设𝐷𝐻=𝑥，

由勾股定理得，62−𝑥2=(√51)2−(𝑥+3)2， 解得𝑥=1， ∴𝐷𝐻=1，

∴𝐵𝐻=√𝐵𝐷2−𝐷𝐻2=√62−12=√35， ∴𝐸𝐷+𝐸𝐴=√35．

【解析】(1)连接𝐴𝐷，根据𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐵𝐷+𝑆△𝐴𝐶𝐷，可得结论；

(2)利用翻折的性质得，𝐶𝐸=𝐶𝐹，由勾股定理得，𝐴𝐵=4，则等腰△𝐶𝐸𝐹中，𝐶𝐸边上的高为4，由(1)知，𝐺𝑀+𝐺𝑁=4；

(3)延长𝐵𝐴、𝐶𝐷交于𝐺，作𝐵𝐻⊥𝐶𝐷于𝐻，利用△𝐵𝐴𝐸∽△𝐶𝐷𝐸，得∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐶，则𝐵𝐺=𝐶𝐺，设𝐷𝐻=𝑥，利用勾股定理列方程可得𝐷𝐻的长，从而得出𝐵𝐻，利用(1)中结论可得答案． 本题是相似形综合题，主要考查了等腰三角形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理，(3)的关键． 相似三角形的判定与性质，证明等腰三角形，利用(1)中结论是解决问题(2)、

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𝐴𝐵𝐴𝐸

27.【答案】(1)证明：连接𝐵𝑀，如图：

∵四边形𝐴𝐵𝑀𝐶是⊙𝑂的内接四边形， ∴∠𝐷𝐶𝐴=∠𝐴𝐵𝑀， ∵∠𝑀𝐴𝑁=90°， ∴𝑀𝑁为⊙𝑂的直径， ∵𝐴𝐵⊥𝑀𝑁， ⏜=𝐵𝑀⏜， ∴𝐴𝑀

∴∠𝐴𝐵𝑀=∠𝐵𝐴𝑀， ∴∠𝐷𝐶𝐴=∠𝐵𝐴𝑀， ⏜=𝐵𝑀⏜， ∵𝐵𝑀

∴∠𝐵𝐴𝑀=∠𝐵𝐶𝑀， ∴∠𝐷𝐶𝐴=∠𝐵𝐶𝑀， ∴∠𝐷𝐶𝐵=∠𝐴𝐶𝑀， ⏜=𝐴𝐶⏜， ∵𝐴𝐶

∴∠𝐷𝐵𝐶=∠𝐴𝑀𝐶， ∴△𝐶𝑀𝐴∽△𝐶𝐵𝐷； (2)解：连接𝑂𝐶，如图：

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由𝐴𝑀=2𝑀𝑁，设𝐴𝑁=𝑥，则𝐴𝑀=2𝑥， ∵𝑀𝑁为直径， ∴∠𝑁𝐴𝑀=90°， ∴𝑥2+(2𝑥)2=102， 解得𝑥=2√5，

∴𝐴𝑁=2√5，𝐴𝑀=4√5， ∵𝐴𝐵⊥𝑀𝑁，

∴2𝑆△𝐴𝑀𝑁=𝐴𝑁⋅𝐴𝑀=𝑀𝑁⋅𝐴𝑃， ∴𝐴𝑃=𝐵𝑃=

𝐴𝑁⋅𝐴𝑀𝑀𝑁

=

2√5×4√510

=4，

∴𝑃𝑀=√𝐴𝑀2−𝐴𝑃2=8， ⏜=𝑁𝐶⏜， ∵𝑀𝐶

∴𝑂𝐶⊥𝑀𝑁， ∵𝑂𝐶=𝑂𝑀， ∴∠𝐶𝑀𝑂=45°，

∴△𝑃𝐷𝑀是等腰直角三角形，𝐶𝑀=√2𝑂𝑀=5√2， ∴𝑃𝐷=𝑃𝑀=8， ∴𝐵𝐷=𝑃𝐷+𝐵𝑃=12， 由(1)知△𝐶𝑀𝐴∽△𝐶𝐵𝐷， ∴

𝐵𝐶𝐶𝑀

=

，即5√2=4√5， 𝐴𝑀

𝐵𝐷𝐵𝐶12∴𝐵𝐶=3√10；

(3)解：连接𝐶𝑁交𝐴𝑀于𝐾，连接𝐾𝐸，如图：

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∵𝑀𝑁是⊙𝑂直径， ∴∠𝑀𝐶𝑁=90°=∠𝐷𝑃𝑀， ∴∠𝐶𝑁𝑀=90°−∠𝐶𝑀𝑃=∠𝐷， ∵tan∠𝑀𝐷𝐵=4， ∴tan∠𝐶𝑁𝑀=4， ∵𝐴𝐵⊥𝑀𝑁， ⏜=𝐵𝑁⏜， ∴𝐴𝑁

∴∠𝐾𝐶𝐸=∠𝐾𝑀𝐸， ∴𝐶、𝐾、𝐸、𝑀四点共圆， ∵∠𝑁𝐶𝑀=90°，

∴∠𝐾𝐸𝑀=90°=∠𝐾𝐸𝑁， 而tan∠𝐶𝑁𝑀=4， ∴

=， 𝑁𝐸4

𝐾𝐸

3

333

设𝐾𝐸=3𝑚，则𝑁𝐸=4𝑚， ∵tan∠𝐾𝑀𝐸=

𝐾𝐸𝐸𝑀

=

=，

𝐴𝑀2

𝐴𝑁1

∴𝐸𝑀=6𝑚， ∴

𝑀𝐸𝑁𝐸

=4𝑚=2．

6𝑚3

【解析】(1)连接𝐵𝑀，由四边形𝐴𝐵𝑀𝐶是⊙𝑂的内接四边形，得∠𝐷𝐶𝐴=∠𝐴𝐵𝑀，由∠𝑀𝐴𝑁=90°，𝐴𝐵⊥𝑀𝑁，可得∠𝐴𝐵𝑀=∠𝐵𝐴𝑀，即可得∠𝐷𝐶𝐴=∠𝐵𝐶𝑀，从而∠𝐷𝐶𝐵=∠𝐴𝐶𝑀，可证△𝐶𝑀𝐴∽△𝐶𝐵𝐷；

(2)连接𝑂𝐶，𝑀𝑁=10可得𝐴𝑁=2√5，由𝐴𝑀=2𝑀𝑁，由面积法得𝐴𝑃=𝐵𝑃=𝐴𝑀=4√5，

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𝐴𝑁⋅𝐴𝑀𝑀𝑁

=

2√5×4√510

⏜=𝑁𝐶⏜，可得△𝑃𝐷𝑀是等腰=4，即得𝑃𝑀=√𝐴𝑀2−𝐴𝑃2=8，根据𝑀𝐶

直角三角形，𝐶𝑀=√2𝑂𝑀=5√2，即得𝑃𝐷=𝑃𝑀=8，𝐵𝐷=𝑃𝐷+𝐵𝑃=12，又△𝐶𝑀𝐴∽△𝐶𝐵𝐷，可得𝐵𝐶=3√10；

(3)连接𝐶𝑁交𝐴𝑀于𝐾，连接𝐾𝐸，由tan∠𝑀𝐷𝐵=4，可得tan∠𝐶𝑁𝑀=4，根据𝐴𝐵⊥𝑀𝑁，⏜=𝐵𝑁⏜，𝐾、𝐸、𝑀四点共圆，得𝐴𝑁有∠𝐾𝐶𝐸=∠𝐾𝑀𝐸，即知𝐶、可得∠𝐾𝐸𝑀=90°=∠𝐾𝐸𝑁，从而𝑁𝐸=4，设𝐾𝐸=3𝑚，则𝑁𝐸=4𝑚，而tan∠𝐾𝑀𝐸=𝐸𝑀=𝐴𝑀=2，得𝐸𝑀=6𝑚，故

𝑀𝐸𝑁𝐸

𝐾𝐸

3

𝐾𝐸

𝐴𝑁

1

3

3

=4𝑚=2．

6𝑚3

本题考查圆的综合应用，涉及相似三角形判定与性质，等腰直角三角形，锐角三角函数等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形．

28.【答案】解：(1)∵抛物线的对称轴为直线𝑥=2，𝐷点的坐标为(4,0)，

∴抛物线与𝑥轴的另一个交点为(−2,0)， ∴抛物线的解析式为：𝑦=𝑎(𝑥+2)(𝑥−6)， 将点𝐴(0,−4)解析式可得，−12𝑎=−4， ∴𝑎=3．

∴抛物线的解析式为：𝑦=3(𝑥+2)(𝑥−6)=3𝑥2−3𝑥−4． (2)∵𝐴𝐵⊥𝑦轴，𝐴(0,−4)， ∴点𝐵的坐标为(4,−4)． ∵𝐷(4,0)，

∴𝐴𝐵=𝐵𝐷=4，且∠𝐴𝐵𝐷=90°， ∴△𝐴𝐵𝐷是等腰直角三角形，∠𝐵𝐴𝐷=45°． ∵𝐸𝐹⊥𝐴𝐵， ∴∠𝐴𝐹𝐸=90°，

∴△𝐴𝐸𝐹是等腰直角三角形． ∵𝐴𝐸=2𝑚， ∴𝐴𝐹=𝐸𝐹=√2𝑚，

∴𝐸(√2𝑚,−4+√2𝑚)，𝐹(√2𝑚,−4)． ∵四边形𝐸𝐺𝐹𝐻是正方形， ∴△𝐸𝐻𝐹是等腰直角三角形， ∴∠𝐻𝐸𝐹=∠𝐻𝐹𝐸=45°，

第26页，共28页

1

1

4

1

∴𝐹𝐻是∠𝐴𝐹𝐸的角平分线，点𝐻是𝐴𝐸的中点． ∴𝐻(

3√2√2√2𝑚,−4+𝑚)，𝐺(𝑚,−4222

+

√2𝑚)． 2

∵𝐵(4,−4)，𝐶(6,0)，

∴直线𝐵𝐶的解析式为：𝑦=2𝑥−12． 当点𝐺随着𝐸点运动到达𝐵𝐶上时，有2×解得𝑚=

24

8√2． 512

3√2𝑚2

−12=−4+

√2𝑚. 2

∴𝐺(5,−5). (3)存在，理由如下： ∵𝐵(4,−4)，𝐶(6,0)，𝐺(∴𝐵𝐺2=(4−

3√22

3√2√2𝑚,−4+𝑚)． 22√2𝑚)2， 2

𝑚)2+(

𝐵𝐶2=(4−6)2+(−4)2=20， 𝐶𝐺2=(6−

3√2𝑚)22

+(−4+

√2𝑚)2． 2

若以𝐵，𝐺，𝐶和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，则△𝐵𝐺𝐶是直角三角形， ∴分以下三种情况：

①当点𝐵为直角顶点时，𝐵𝐺2+𝐵𝐶2=𝐶𝐺2， ∴(6−

3√22

𝑚)2+(−4+

√2𝑚)22

+20=(4−

3√2𝑚)22

+(2𝑚)2，

√2解得𝑚=

125

4√2， 5165

∴𝐺(,−)；

②当点𝐶为直角顶点时，𝐵𝐶2+𝐶𝐺2=𝐵𝐺2， ∴20+(6−解得𝑚=

426

3√22

𝑚)2

+(−4+

√22

𝑚)2

=(4−

3√22

𝑚)2

+(2𝑚)2，

√214√2， 5

∴𝐺(5,5)；

③当点𝐺为直角顶点时，𝐵𝐺2+𝐶𝐺2=𝐵𝐶2， ∴(4−

3√22

𝑚)2+(2𝑚)2+(6−

√23√22

𝑚)2

+(−4+

√22

𝑚)2

=20，

解得𝑚=

12√2或√2， 5

3614

∴𝐺(3,−3)或(5,5)；

第27页，共28页

𝐺，𝐶和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，综上，存在以𝐵，点𝐺的坐标为(5,−5)或(5,5)或(3,−3)或(5,5).

【解析】(1)根据抛物线的对称轴为直线𝑥=2，可得出抛物线与𝑥轴的另一个交点的坐标为(−2,0)，列出交点式，再将点𝐴(0,−4)可得出抛物线的解析式；

(2)根据可得出△𝐴𝐵𝐷是等腰直角三角形，再根据点𝐸的运动和正方形的性质可得出点𝐻，𝐹，𝐺的坐标，根据点𝐵，𝐶的坐标可得出直线𝐵𝐶的解析式，将点𝐺代入直线𝐵𝐶的解析式即可；

(3)若存在，则△𝐵𝐺𝐶是直角三角形，则需要分类讨论，当点𝐵为直角顶点，当点𝐺为直角顶点，当点𝐶为直角顶点，分别求解即可．

本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，分类讨论等知识，解题关键是由点𝐸的坐标得出点𝐻，𝐹，𝐺的坐标．本题第(3)问当点𝐵和点𝐶为直角顶点时，也可通过一次函数和几何结合求解．

426

3614

1216

第28页，共28页