【文档说明】《贵州中考真题数学》2022年贵州省黔东南州中考数学真题（解析版）.pdf，共(32)页，871.434 KB，由envi的店铺上传

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黔东南州2022年初中毕业升学统一考试试卷数学一、选择题：（每个小题4分，10个小题共40分）1.下列说法中，正确的是（）A.2与2互为倒数B.2与12互为相反数C.0的相反数是0D.2的绝对值是2【答案】C【解析】【分析】根据相反数定义，倒数定义，绝对值定义对各选项进行一一判

断即可．【详解】解：A.2与2互为相反数，故选项A不正确B.2与12互为倒数，故选项B不正确；C.0的相反数是0，故选项C正确；D.2的绝对值是2，故选项D不正确．故选C．【点睛】本题考查相反数定义，倒数定义，绝对值定义，掌握相关定义是解题关键．2.下列运算正确的是（）A

.623aaaB.235aaaC.22ababD.22424aa【答案】D【解析】【分析】运用同底数幂的除法，合并同类项，去括号法则，积的乘方等知识逐一分析即可【详解】解：A.26642=aaaa

，不符合题意；B.23aa，不能进行合并同类项，不符合题意；C.-2(a+b)=-2a-2b，不符合题意；D.22424aa，符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了同底数幂的除法，合并同类项，去括号法则，积的乘方，熟练以上知识是解题的关键．3.一个几何体的三视图如图所示

，则该几何体为（）A.圆柱B.圆锥C.四棱柱D.四棱锥【答案】A【解析】【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看所得到的图形，从而得出答案．【详解】俯视图为圆的几何体为球，圆柱，再根据其他视图，可知此几何体为圆柱．故选

：A．【点睛】本题考查由三视图确定几何体的形状，主要考查学生空间想象能力．4.一块直角三角板按如图所示方式放置在一张长方形纸条上，若128，则2的度数为（）A.28°B.56°C.36°D.62°【答案】D【解析】【分析】根据矩形的性质得出EF∥GH，过点C作C

A∥EF，利用平行线的性质得出∠2=∠MCA，∠1=CAN，然后代入求解即可．【详解】解：如图所示标注字母，∵四边形EGHF为矩形，∴EF∥GH，过点C作CA∥EF，∴CA∥EF∥GH，∴∠2=∠MCA，∠1=CAN，∵∠1=28°，∠MCN=90°，∴∠2=∠MCA=

90°-∠1=62°，故选：D．【点睛】题目主要考查矩形的性质，平行线的性质，角度的计算等，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．5.已知关于x的一元二次方程220xxa的两根分别记为1x，2x，若11x，则2

212axx的值为（）A.7B.7C.6D.6【答案】B【解析】【分析】根据根与系数关系求出2x=3，a=3，再求代数式的值即．【详解】解：∵一元二次方程220xxa的两根分别记为1x，2x，∴1x+2x=2，∵11x，∴2x=

3，∴1x·2x=-a=-3，∴a=3，∴22123917axx．故选B．【点睛】本题考查一元二次方程的根与系数关系，代数式的值，掌握一元二次方程的根与系数关系，代数式的值是解题关键．6.如图，已知正六边形ABCDEF内接于半径为r的O，随机地往O内投一

粒米，落在正六边形内的概率为（）A.332πB.32πC.34πD.以上答案都不对【答案】A【解析】【分析】连接OB，过点O作OH⊥AB于点H，由正六边形的特点可证得△OAB是等边三角形，由特殊角的三角函数值可求出OH的长，利用三角形的面积公式即可求出△OAB的面积，进而可得出正六

边形ABCDEF的面积，即可得出结果．【详解】解：如图：连接OB，过点O作OH⊥AB于点H，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠AOB=60°，∵OA=OB=r，∴△OAB是等边三角形，∴AB=OA=OB

=r，∠OAB=60°，在RtOAH△中，33sin22OHOAOABrr，∴211332224OABSABOHrrr△，∴正六边形的面积22333642rr，∵⊙O的面积=πr2，∴米粒落在正六边形内的概率为：22333322rr，故选：A．【点睛】

本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形；熟练掌握正六边形的性质，通过作辅助线求出△OAB的面积是解决问题的关键．7.若二次函数20yaxbxca的图像如图所示，

则一次函数yaxb与反比例函数cyx在同一坐标系内的大致图像为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据二次函数的图像确定a，b，c的正负，即可确定一次函数yaxb所经过的象限和反比例函数cyx所在的象限．【详解】解：∵二次函数2(0)yaxbx

ca的图像开口向上，对称轴在y轴左边，与y轴的交点在y轴负半轴，∴a>0，02ba，c<0，∴b>0，-c>0，∴一次函数yaxb的图像经过第一、二、三象限，反比例函数cyx的图像在第一，三象

限，选项C符合题意．故选：C【点睛】本题考查二次函数图像与系数的关系，一次函数图像与系数的关系，反比例函数图像与系数的关系，熟练并灵活运用这些知识是解题关键．8.如图，PA、PB分别与O相切于点A、B

，连接PO并延长与O交于点C、D，若12CD，8PA，则sinADB的值为（）A.45B.35C.34D.43【答案】A【解析】【分析】连结OA，根据切线长的性质得出PA=PB，OP平分∠APB，OP⊥AP，再证△APD

≌△BPD（SAS），然后证明∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB，利用勾股定理求出OP=2210OAAP，最后利用三角函数定义计算即可．【详解】解：连结OA∵PA、PB分别与O相

切于点A、B，∴PA=PB，OP平分∠APB，OP⊥AP，∴∠APD=∠BPD，在△APD和△BPD中，APBPAPDBPDADAD，∴△APD≌△BPD（SAS）∴∠ADP=∠BDP，∵OA=OD=6，∴∠OAD=∠

ADP=∠BDP，∴∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB，在Rt△AOP中，OP=2210OAAP，∴sin∠ADB=84105APOP．故选A．【点睛】本题考查圆的切线性质，三角形全等判断与性质，

勾股定理，锐角三角函数，掌握圆的切线性质，三角形全等判断与性质，勾股定理，锐角三角函数是解题关键．9.如图，在边长为2的等边三角形ABC的外侧作正方形ABED，过点D作DFBC，垂足为F，则DF的长为（）A.

232B.353C.33D.31【答案】D【解析】【分析】过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，可得四边形AGFH是矩形，从而得到FH=AG，再由△ABC为等边三角形，可得∠BAG=30

°，BG=1，从而得到3FH，再证得∠DAH=∠BAG=30°，然后根据直角三角形的性质，即可求解．【详解】解：如图，过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，∵DF⊥BC，∴∠GFH=∠AHF=∠AGF=90°，

∴四边形AGFH是矩形，∴FH=AG，∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°，BC=AB=2，∴∠BAG=30°，BG=1，∴223AGABBG，∴3FH，在正方形ABED中，AD=AB=2，∠BAD=90°，∴∠DAH=∠BAG

=30°，∴112DHAD，∴31DFDHFH．故选：D【点睛】本题主要考查了等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．10.在解决数学实

际问题时，常常用到数形结合思想，比如：1x的几何意义是数轴上表示数x的点与表示数1的点的距离，2x的几何意义是数轴上表示数x的点与表示数2的点的距离．当12xx取得最小值时，x的取值范围是（）A.1xB.1x或2xC.12xD

.2x【答案】C【解析】【分析】由题意画出数轴，然后根据数轴上的两点距离可进行求解．【详解】解：如图，由1212xxxx可得：点A、B、P分别表示数1、2、x，3AB．|1||2|xx的几何意义是线段PA与PB的

长度之和，当点P在线段AB上时，PAPB3，当点P在点A的左侧或点B的右侧时，PAPB3．|1||2|xx取得最小值时，x的取值范围是12x；故选C．【点睛】本题主要考查数轴上的两点距离，解题的关键是利用数形结合思想进行求解．二、填空题（每个小题3分，10

个小题共30分）11.有一种新冠病毒直径为0.000000012米，数0.000000012用科学记数法表示为________．【答案】1.2×10-8【解析】【分析】根据绝对值小于1的数可以用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，

指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定，即可求解．【详解】解：0.000000012=1.2×10-8．故答案为：1.2×10-8【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，熟练掌握一般形式为10na，其中110a，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定是

解题的关键．12.分解因式：2202240442022xx_______．【答案】220221x【解析】【分析】先提公因式，然后再根据完全平方公式可进行因式分解．【详解】解：原式=22

20222120221xxx；故答案为220221x．【点睛】本题主要考查因式分解，熟练掌握因式分解是解题的关键．13.某中学在一次田径运动会上，参加女子跳高的7名运动员的成绩如下（单位：m）

：1.20，1.25，1.10，1.15，1.35，1.30，1.30.这组数据的中位数是_______．【答案】1.25【解析】【分析】先把数据进行排序，再根据中位数的定义求解．【详解】解：将数据由小到大进行排序得1.10，1.15，1.20，1.25，1.30，1.30，1.35中位数应为排序

后的第四个数，故答案为：1.25【点睛】本题考查中位数的定义，解题的关键是熟练掌握中位数的定义．14.若225240xyxy，则xy的值是________．【答案】9【解析】【分析】根据非负数之和为0，每一项都

为0，分别算出x，y的值，即可【详解】∵2250xy240xy225240xyxy∴250240xyxy解得：143133xy141327()9333xy故答案为：9【点睛】本题考查非负数之和为零，解

二元一次方程组；根据非负数之和为零，每一项都为0，算出x，y的值是解题关键15.如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE//AC，CE//BD．若10AC，则四边形OCED的周长是_______．【答案】20【解析】【分析

】首先由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD=5，由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD=10，OA=OC，OB=OD，∴OC=OD=12BD=5，∵

DE//AC，CE//BD．，∴四边形CODE是平行四边形，∵OC=OD=5，∴四边形CODE是菱形，∴四边形CODE的周长为：4OC=4×5=20．故答案为20．【点睛】本题考查菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大

，注意证得四边形CODE是菱形是解题关键．16.如图，在ABC中，80A，半径为3cm的O是ABC的内切圆，连接OB、OC，则图中阴影部分的面积是__________cm2．（结果用含π的式子表示）【答案】134【解析】【分析】根据内切圆圆心是三角形三条角平分线的交点

，得到DOE的大小，然后用扇形面积公式即可求出【详解】∵内切圆圆心是三条角平分线的交点∴ABOCBO；ACOBCO设ABOCBOa，ACOBCOb在ABC中：22180Aab①在BOC中：180DOEab②由①②得：11909080130

22DOEA扇形面积：21301333604S（cm2）故答案为：134【点睛】本题考查内心的性质，扇形面积计算；解题关键是根据角平分线算出DOE的度数17.如图，

校园内有一株枯死的大树AB，距树12米处有一栋教学楼CD，为了安全，学校决定砍伐该树，站在楼顶D处，测得点B的仰角为45°，点A的俯角为30°，小青计算后得到如下结论：①18.8AB米；②8.4CD米；③若直接从点A处砍伐，树干

倒向教学楼CD方向会对教学楼有影响；④若第一次在距点A的8米处的树干上砍伐，不会对教学楼CD造成危害.其中正确的是_______．（填写序号，参考数值：31.7，21.4）【答案】①③④【解析】【分

析】过点D的水平线交AB于E，先证四边形EACD为矩形，ED=AC=12米，①利用三角函数求出AB=BE+AE=DEtan45°+DEtan30°，②利用CD=AE=DEtan30°=436.8米，③利用AB=18.8米＞12米，④点B到砍伐点的距离为：18.8-8=10.8＜12，判断即可

．【详解】解：过点D的水平线交AB于E，∵DE∥AC，EA∥CD，∠DCA=90°，∴四边形EACD为矩形，∴ED=AC=12米，①AB=BE+AE=DEtan45°+DEtan30°=12+431241.718.8故①正确；②∵CD=A

E=DEtan30°=436.8米，故②不正确；③∵AB=18.8米＞12米，∴直接从点A处砍伐，树干倒向教学楼CD方向会对教学楼有影响；故③正确；④∵第一次在距点A的8米处的树干上砍伐，∴点B到砍伐点的距离为：18.8-8=10.8＜12，∴第一次在距点A的8米处的树干上砍伐

，不会对教学楼CD造成危害.故④正确∴其中正确的是①③④．故答案为①③④．【点睛】本题考查解直角三角形，矩形的判断与性质，掌握解直角三角形方法，矩形的判断与性质是解题关键．18.在平面直角坐标系中，将抛物线

221yxx先绕原点旋转180°，再向下平移5个单位，所得到的抛物线的顶点坐标是_______．【答案】13，【解析】【分析】先把抛物线配方为顶点式，求出定点坐标，求出旋转后的抛物线，再根据“上加下减，左加右减”的法则进行解答即可．【详解】解：∵222112yxxx

，∴抛物线的顶点为（-1，-2），将抛物线221yxx先绕原点旋转180°抛物线顶点为（1，2），旋转后的抛物线为212yx，再向下平移5个单位，2125yx即21

3yx．∴新抛物线的顶点（1，-3）故答案是：（1，-3）．【点睛】本题考查的是抛物线的图象与几何变换，熟知函数图象旋转与平移的法则是解答此题的关键．19.如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形ABC的斜边BCx轴于点B，直角顶点A在y轴上，双曲线0kykx经过AC边的中点

D，若22BC，则k______．【答案】32【解析】【分析】根据ABC是等腰直角三角形，BCx轴，得到AOB是等腰直角三角形，再根据22BC求出A点，C点坐标，根据中点公式求出D点坐标，将D点坐标代入反比例函数解析式即可求得k．【详解】∵ABC是等腰直角三角形，BCx轴．

∴90904545ABOABC；22BCAB．∴AOB是等腰直角三角形．∴22ABBOAO．故：(0,2)A，(2,22)C．232(,)22D．将D点坐标代入反比例函数解析式．2323222DDkxy．故答案为：32．

【点睛】本题考查平面几何与坐标系综合，反比例函数解析式；本体解题关键是得到AOB是等腰直角三角形，用中点公式算出D点坐标．20.如图，折叠边长为4cm的正方形纸片ABCD，折痕是DM，点C落在点E处，分别延长ME、DE交AB于点F、G，若点M是BC边的中点，则FG______cm．【

答案】53【解析】【分析】根据折叠的性质可得DE=DC=4，EM=CM=2，连接DF，设FE=x，由勾股定理得BF，DF，从而求出x的值，得出FB，再证明FEGFBM，利用相似三角形对应边成比例可求出FG．【详解】解：连接,DF如图，∵四边

形ABCD是正方形，∴4,90.ABBCCDDAABCCDA∵点M为BC的中点，∴114222BMCMBC由折叠得，2,4,MECMDEDC∠90,DEMC

∴∠90DEF，90,FEG设,FEx则有222DFDEEF∴2224DFx又在RtFMB中，2,2FMxBM，∵222FMFBBM∴2222(2)2FBFMBMx∴224(2)2AFABFBx在RtDAF

中，222,DAAFDF∴222224(4(2)2)4,xx解得，124,83xx（舍去）∴4,3FE∴410233FMFEME∴2248(2)233FB∵∠90DEM∴∠90FEG∴∠,FEGB又∠.GFEMFB∴△FEG

FBM∴,FGFEFMFB即4310833FG∴5,3FG故答案为：53【点睛】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．三、

解答题（6个小题，共80分）21.（1）计算：033π18251.57202；（2）先化简，再求值：2221111202220221xxxxxx，其中cos60x．【答案】（1）5；（2）2【解

析】【分析】（1）先每项化简，再加减算出最终结果即可；（2）先因式分解，化除为乘，通分，化简；再带入数值计算即可．【详解】（1）303(1)8|25|(1.57)20231252125(1)1

2521255；（2）222111(1)202220221xxxxxx2(1)2022112022(1)(1)1xxxxxxx111xxxx11x

∵1cos602x，∴原式=12112．【点睛】本题考查了实数的混合运算，分式的化简求值，二次根式的性质，特殊角的三角函数值，零指数幂和负整数指数幂的意义，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．22.

某县教育局印发了上级主管部门的“法治和安全等知识”学习材料，某中学经过一段时间的学习，同学们都表示有了提高，为了解具体情况，综治办开展了一次全校性竞赛活动，王老师抽取了这次竞赛中部分同学的成绩，并绘制了下面不完整的统计图、

表．参赛成绩6070x7080x8090x90100x人数8mn32级别及格中等良好优秀请根据所给的信息解答下列问题：（1）王老师抽取了_______名学生的参赛成绩；抽取的学生的平均成绩是_______分；（2）将条形统计图补充

完整；（3）若该校有1600名学生，请估计竞赛成绩在良好以上80x的学生有多少人？（4）在本次竞赛中，综治办发现七（1）班、八（4）班的成绩不理想，学校要求这两个班加强学习一段时间后，再由电脑随机从A、B、C、D四套试卷中给每班派发

一套试卷进行测试，请用列表或画树状图的方法求出两个班同时选中同一套试卷的概率．【答案】（1）80；85.5（答案不唯一）（2）见详解（3）1200人（4）两个班同时选中同一套试卷的概率为14【解析】【分析】（1）利

用条形图优秀人数÷优秀人数所占百分比求出样本容量，利用加权平均数计算即可；（2）求出中等人数与良好人数，补画条形图即可；（3）先求出样本中良好以上的百分比，再用样本的百分比×该校总人数计算即可；（4）画树状图，列举所有等

可能情况，从中找出满足条件的情况4种，利用概率公式计算即可．【小问1详解】解：根据条形图优秀有32人，由扇形统计图知优秀占40%，∴王老师抽取了32÷40%=80名学生的参赛成绩；∴m=80×15%=12人，n=80×35%=28人；抽取的学生的平均成绩是65×10%+75×15%+85×35%

+95×40%=85.5分，故80；85.5（答案不唯一）；【小问2详解】解：∵中等人生为12人，良好人数为28人，补画条形图如图，【小问3详解】解：在样本中良好以上占40%+35%=75%，∴该校有1600名学生，请估计竞赛成绩在良好以上80x的学生有160

0×75%=1200人；【小问4详解】解：画树状图列举所有等可能的情况共有16种，其中两班都考同一试卷的情况有4种，两个班同时选中同一套试卷的概率为41164．【点睛】本题考查从条形图与扇形图获取信息与处理信息，样本容量，加权平均数，画条形图，用样本的百分比含量估计总体中的数量，画树状图求概

率，掌握从条形图与扇形图获取信息与处理信息，样本容量，加权平均数，画条形图，用样本的百分比含量估计总体中的数量，画树状图求概率是解题关键．23.（1）请在图中作出ABC的外接圆O（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；（2）

如图，O是ABC的外接圆，AE是O的直径，点B是CE的中点，过点B的切线与AC的延长线交于点D．①求证：BDAD；②若6AC，3tan4ABC，求O的半径．【答案】（1）见详解（2）①见详解②5【解析】【分析】（1）做AB、AC的垂直平分线交于点

O，以OB为半径，以O为圆心做圆即可得到ABC的外接圆；（2）①证明CAEBOE即可证明//ADOB，从而证得BDAD；②证明ABCAEC，根据AEC得正切求得EC，再根据勾股定理求得AE．【详解】（1）如下图所示

∵ABC的外接圆O的圆心为任意两边的垂直平分线的交点，半径为交点到任意顶点的距离，∴做AB、AC的垂直平分线交于点O，以OB为半径，以O为圆心做圆即可得到ABC的外接圆；（2）①如下图所示，连接OC、OB∵BD是O的切线∴

OBBD∵CAE是CE对应的圆周角，COE是CE对应的圆心角∴2COECAE∵点B是CE的中点∴2COEBOE∴CAEBOE∴CAEBOE∴//ADOB∴BDAD②如下图所示，连接CE∵ABC与AEC

是AC对应的圆周角∴ABCAEC∵AE是O的直径∴90ACE∴3tan4ACAECCE∴8CE∵222AECEAC∴10AE∴O的半径为5．【点睛】本体考查圆、直角三角形的性质，解题的关键是掌握圆和直角三角形的相关知识

．24.某快递公司为了加强疫情防控需求，提高工作效率，计划购买A、B两种型号的机器人来搬运货物，已知每台A型机器人比每台B型机器人每天少搬运10吨，且A型机器人每天搬运540吨货物与B型机器人每天搬运600吨货物所需台数相同．（1）求每台

A型机器人和每台B型机器人每天分别搬运货物多少吨？（2）每台A型机器人售价1.2万元，每台B型机器人售价2万元，该公司计划采购A、B两种型号的机器人共30台，必须满足每天搬运的货物不低于2830吨，购买金额不超过48万元．请根据以上要求，完成如下问题：①设购买A型机器人m台，购买总金

额为w万元，请写出w与m的函数关系式；②请你求出最节省的采购方案，购买总金额最低是多少万元？【答案】（1）每台A型机器人每天搬运货物90吨，每台B型机器人每天搬运货物为100吨．（2）①0.860wm；②当购买A型机器人17台，B型机器人13台时，购买总金

额最少，最少金额为46.4万元．【解析】【分析】（1）设每台A型机器人每天搬运货物x吨，则每台B型机器人每天搬运货物为（x+10）吨，然后根据题意可列分式方程进行求解；（2）①由题意可得购买B型机器人的台数为30m台，

然后由根据题意可列出函数关系式；②由题意易得901003028300.86048mmm，然后可得1517m，进而根据一次函数的性质可进行求解．【小问1详解】解：设每台A型机器人每天搬运货物x吨，则每台B

型机器人每天搬运货物为（x+10）吨，由题意得：54060010xx，解得：90x；经检验：90x是原方程的解；答：每台A型机器人每天搬运货物90吨，每台B型机器人每天搬运货物为100吨．【小问2详解】解：①由题意可得：购买B型机器人的台数为30m台，∴()1.22

300.860wmmm=+-=-+；②由题意得：901003028300.86048mmm，解得：1517m，∵-0.8＜0，∴w随m的增大而减小，∴当m=17时，w有最小值，即为0.8176046.4w，答：当

购买A型机器人17台，B型机器人13台时，购买总金额最少，最少金额为46.4万元．【点睛】本题主要考查分式方程的应用、一元一次不等式组的应用及一次函数的应用，熟练掌握分式方程的应用、一元一次不等式组的应用及一次函数的应用是解题的关键．25.

阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问题：如图，ABC和BDE都是等边三角形，点A在DE上．求证：以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．（1）【探究发现】小明通过探究发现：连接DC，根据已知条件，可以证明DCAE，120ADC，从而得出ADC为钝角三角

形，故以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．（2）【拓展迁移】如图，四边形ABCD和四边形BGFE都是正方形，点A在EG上．①试猜想：以AE、AG、AC为边

的三角形的形状，并说明理由．②若2210AEAG，试求出正方形ABCD的面积．【答案】（1）钝角三角形；证明见详解（2）①直角三角形；证明见详解；②S四边形ABCD=5【解析】【分析】（1）根据等边三角形性质得出，BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，再证△E

BA≌△DBC（SAS）∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，求出∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，可得△ADC为钝角三角形即可；（2）①以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形，连结CG，根据正方形性质，得

出∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，∠BEA=∠BGE=45°，再证△EBA≌△GBC（SAS）得出AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，可证△AGC为直角三角形即可；②连结BD，根据勾股定理求出AC=2210AGCG，

然后利用正方形的面积公式求解即可．【小问1详解】证明：∵△ABC与△EBD均为等边三角形，∴BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，∴∠EBA+∠ABD=∠ABD+∠DBC，∴∠EBA=∠DBC，在

△EBA和△DBC中，EBDBEBADBCABCB，∴△EBA≌△DBC（SAS），∴∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，∴△ADC为钝角三角形，∴以AE、AD、AC为边的三角形是

钝角三角形．【小问2详解】证明：①以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形．连结CG，∵四边形ABCD和四边形BGFE都是正方形，∴∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，∵EG为正方形的对角线，∴∠BEA

=∠BGE=45°，∴∠EBA+∠ABG=∠ABG+∠GBC=90°，∴∠EBA=∠GBC，在△EBA和△GBC中，GEBBEBAGBCABCB，∴△EBA≌△GBC（SAS），∴AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，∴∠AGC=∠AGB+∠BGC=45°+45

°=90°，∴△AGC为直角三角形，∴以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形；②连结BD，∵△AGC为直角三角形，2210AEAG，∴AC=2210AGCG，∴四边形ABCD为正方形，∴AC=BD=10，∴S四边形A

BCD=211522ACBDAC．【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理是解题关键．26.如

图，抛物线2yax2xc的对称轴是直线1x，与x轴交于点A，3,0B，与y轴交于点C，连接AC．（1）求此抛物线的解析式；（2）已知点D是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D作DMx轴，垂足为点M，DM交直线BC于点N，是

否存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点N的坐标，若不存在，请说明理由；（3）已知点E是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点F，使以点B、C、E、F为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点F的坐标；若不存

在，请说明理由．【答案】（1）2yx2x3（2）存在这样的点N（2，1）或5,53或51,22，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形（3）存在点F的坐标为（4，1）或（-2，1）或3

172,2骣+琪琪桫或3172,2骣-琪琪桫．【解析】【分析】（1）根据抛物线的对称轴是直线1x，可得a=-1，再把点3,0B代入，即可求解；（2）先求出22210ACOAOC，设点N（m，

-m+3），可得222410ANmm，222CNm，再分三种情况讨论：当AC=AN时，当AC=CN时，当AN=CN时，即可求解；（3）设点E（1，n），点F（s，t），然后分两种情况讨论：当BC为边时，当BC为对角线时，即可求解．【小问1详解】解：∵抛物线2yax2x

c的对称轴是直线1x，∴212a，解得：a=-1，∵抛物线过点3,0B，∴960c，解得：c=3，∴抛物线解析式为2yx2x3；【小问2详解】解：存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形．理由如下：令y=0，则2230xx，解得：123

,1xx，∴点A的坐标为（-1，0），∴OA=1，当x=0时，y=3，∴点C的坐标为（0，3），即OC=3，∴22210ACOAOC，设直线BC的解析式为0ykxbk，把点B（3，0），C（0，3）代入得：303kbb，解得

：13kb，∴直线BC的解析式为3yx，设点N（m，-m+3），∴MN=-m+3，AM=m+1，∴2222312410ANmmmm，2222332CNmmm

，当AC=AN时，2241010mm，解得：m=2或0（舍去），∴此时点N（2，1）；当AC=CN时，2210m，解得：5m或5（舍去），∴此时点N5,53；当AN=CN时，2222410mmm，解得：52m，∴此时点N

51,22；综上所述，存在这样的点N（2，1）或5,53或51,22，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形；【小问3详解】解：存在，理由如下：∵点B（3，0），C

（0，3），∴OB=OC，∴BC32，设点E（1，n），点F（s，t），当BC为边时，点C向右平移3个单位向下平移3个单位得到点B，同样E（F）向右平移3个单位向下平移3个单位得到点F（E），且BE=CF（CE=BF），如图，

∴2222133133sntnst或2222313103(3)0stnnst，解得：441nst

或221nst，∴此时点F的坐标为（4，1）或（-2，1）；当BC为对角线时，BC=EF，且EF与BC的中点重合，如图，221322322132sntsnt，解得：317223172nst

或317223172nst，∴此时点F的坐标为3172,2骣+琪琪桫或3172,2骣-琪琪桫；综上所述，存在点F的坐标为（4，1）或（-2，1）或3172,2骣+琪琪桫或3172,2骣-琪琪桫．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练

掌握二次函数的图象和性质，等腰三角形的性质，矩形的性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键是解题的关键．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com