2022年中考往年真题练习: 浙江省嘉兴市
中考数学试卷解析
一、 挑选题(本题有10小题, 每题4分, 共40分. 请选出各题中唯一的 正确选项, 不选、 多选、 错选, 均不得分)
1．（2021•嘉兴) （﹣2) 0等于（ ) A ． 1 B． 2 C． 0 D． ﹣2
考点分零指数幂。 析:
专题分计算题。 析:
分析: 根据0指数幂的 定义直接解答即可． 解答: 解: （﹣2) 0=1．
故选A．
点评: 本题考查了0指数幂, 要知道, 任何非0数的 0次幂为1． 2．（2021•嘉兴) 下列图案中, 属于轴对称图形的 是 （ ) A ． B． C． D．
考点分轴对称图形。 析:
分析: 根据轴对称图形的 概念求解．
解答: 解: 根据轴对称图形的 概念知B、 C、 D都不是 轴对称图形, 只有A是 轴对称
图形． 故选A．
点评: 本题考查了轴对称图形, 轴对称图形的 判断方法: 把某个图象沿某条直线折叠,
加入图形的 两部分能够重合, 那么这个是 轴对称图形．
3．（2021•嘉兴) 南海资源丰富, 其面积约为350万平方千米, 相当于我国的 渤海、 黄海和东海总面积的 3倍．其中350万用科学记数法表示为（ ) A ．0 . 35×108 B． C． D．3 5×105 3. 5×107 3. 5×106
考点分科学记数法—表示较大的 数。 析:
专题分常规题型。 析:
分析: 科学记数法的 表示形式为a×10n的 形式, 其中1≤|a|＜10, n为整数, 因为350万
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共有7位, 所以n=7﹣1=6．
解答: 解: 350万=3 500 000=3. 5×106．
故选C．
点评: 本题考查了科学记数法表示较大的 数, 准确确定n是 解题的 关键． 4．（2021•嘉兴) 如图, AB是 ⊙0的 弦, BC与⊙0相切于点B, 连接OA、 OB．若∠ABC=70°, 则∠A等于（ )
15° 20° 30° 70° A ． B． C． D．
考点分切线的 性质。 析:
分析: 由BC与⊙0相切于点B, 根据切线的 性质, 即可求得∠OBC=90°, 又由
∠ABC=70°, 即可求得∠OBA的 度数, 然后由OA=OB, 利用等边对等角的 知识, 即可求得∠A的 度数．
解答: 解: ∵BC与⊙0相切于点B,
∴OB⊥BC, ∴∠OBC=90°, ∵∠ABC=70°,
∴∠OBA=∠OBC﹣∠ABC=90°﹣70°=20°, ∵OA=OB,
∴∠A=∠OBA=20°． 故选B．
点评: 此题考查了切线的 性质与等腰三角形的 性质．此题比较简单, 注意数形结合思想
的 应用, 注意圆的 切线垂直于经过切点的 半径定理的 应用．
5．（2021•嘉兴) 若分式
的 值为0, 则（ )
A ． x=﹣2 B． x=0 C． x=1或2 D． x=1
考点分分式的 值为零的 条件。 析:
分析: 先根据分式的 值为0的 条件列出关于x的 不等式组, 求出x的 值即可． 解答:
解: ∵分式的 值为0,
∴
, 解得x=1．
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故选D．
点评: 本题考查的 是 分式的 值为0的 条件, 根据题意列出关于x的 不等式组是 解答
此题的 关键．
6．（2021•嘉兴) 如图, A、 B两点在河的 两岸, 要测量这两点之间的 距离, 测量者在与A同侧的 河岸边选定一点C, 测出AC=a米, ∠A=90°, ∠C=40°, 则AB等于（ ) 米．
A ．a sin40°
acos40° B．
atan40° C．
D．
考点分解直角三角形的 应用。 析:
分析: 直接根据锐角三角函数的 定义进行解答即可．
解答: 解: ∵△ABC中, AC=a米, ∠A=90°, ∠C=40°,
∴AB=atan40°． 故选C．
点评: 本题考查的 是 解直角三角形的 应用及锐角三角函数的 定义, 熟知锐角三角函数
的 定义是 解答此题的 关键．
7．（2021•嘉兴) 已知一个圆锥的 底面半径为3cm, 母线长为10cm, 则这个圆锥的 侧面积为（ ) A ．1 5πcm2 B． C． D． 30πcm2 60πcm2 3cm2
考点分圆锥的 计算。 析:
专题分计算题。 析:
分析: 圆锥的 侧面积=π×底面半径×母线长, 把相关数值代入即可． 解答: 解: 这个圆锥的 侧面积=π×3×10=30πcm2,
故选B．
点评: 考查圆锥的 计算；掌握圆锥的 侧面积计算公式是 解决本题的 关
键．
8．（2021•嘉兴) 已知△ABC中, ∠B是 ∠A的 2倍, ∠C比∠A大20°, 则∠A等于（ )
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40° 60° 80° 90° A ． B． C． D．
考点分三角形内角和定理。 析:
分析: 设∠A=x, 则∠B=2x, ∠C=x+20°, 再根据三角形内角和定理求出x的 值即可． 解答: 解: 设∠A=x, 则∠B=2x, ∠C=x+20°, 则x+2x+x+20°=180°, 解得x=40°, 即
∠A=40°． 故选A．
点评: 本题考查的 是 三角形内角和定理, 即三角形内角和是 180°． 9．（2021•嘉兴) 定义一种“十位上的 数字比个位、 百位上的 数字都要小”的 三位数叫做“V数”如“947”就是 一个“V数”．若十位上的 数字为2, 则从1, 3, 4, 5中任选两数, 能与2组成“V数”的 概率是 （ ) A ． B． C． D．
考点分列表法与树状图法。 析:
专题分新定义。 析:
分析: 首先根据题意画出树状图, 由树状图即可求得所有等可能的 结果与与2组成“V数”
的 情况, 利用概率公式即可求得答案．
解答: 解: 画树状图得:
∵可以组成的 数有: 321, 421, 521, 123, 423, 523, 124, 324, 524, 125, 325, 425,
其中是 “V数”的 有: 423, 523, 324, 524, 325, 425,
∴从1, 3, 4, 5中任选两数, 能与2组成“V数”的 概率是 : 故选C．
=．
点评: 此题考查了列表法与树状图法求概率的 知识．注意列表法与树状图法可以不重复不
遗漏的 列出所有可能的 结果, 列表法适合于两步完成的 事件；树状图法适合两步或两步以上完成的 事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．
10．（2021•嘉兴) 如图, 正方形ABCD的 边长为a, 动点P从点A出发, 沿折线A→B→D→C→A的 路径运 动, 回到点A时运动停止．设点P运动的 路程长为长为x, AP长为y, 则y关于x的 函数图象大致是 （ )
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A．
B．
C．
D．
考点分动点问题的 函数图象。 析:
分析: 根据题意设出点P运动的 路程x与点P到点A的 距离y的 函数关系式, 然后对x
从0到2a+2a时分别进行分析, 并写出分段函数, 结合图象得到得到答案．
解答: 解: 设动点P按沿折线A→B→D→C→A的 路径运动,
∵正方形ABCD的 边长为a,
∴BD=a,
则当0≤x＜a时, y=x, 当a≤x＜（1+当a（1+
) a时, y=
) 时, y=
, ,
) ≤x＜a（2+
当a（2+) ≤x≤a（2+2) 时, y=a（2+2) ﹣x,
结合函数解析式可以得到第2, 3段函数解析式不同, 得到A选项一定错误,
根据当a≤x＜（1+) a时, 函数图象被P在BD中点时, 分为对称的 两部分, 故B选项错误,
再利用第4段函数为一次函数得到, 故C选项一定错误, 故只有D符合要求, 故选: D．
点评: 此题主要考查了动点问题的 函数图象问题；根据自变量不同的 取值范围得到相应
的 函数关系式是 解决本题的 关键．
二、 填空题（本题有6小题, 每题5分, 共30分) 11．（2021•嘉兴) 当a=2时, 代数式3a﹣1的 值是 5 ．
考点分代数式求值。 析:
分析: 将a=2直接代入代数式即可求出代数式3a﹣1的 值． 解答: 解: 将a=2直接代入代数式得,
3a﹣1=3×2﹣1=5． 故答案为5．
点评: 本题考查了代数式求值, 要学会替换, 即将字母换成相应的
数．
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12．（2021•怀化) 因式分解: a2﹣9= （a+3) （a﹣3) ．
考点分因式分解-运用公式法。 析:
分析: a2﹣9可以写成a2﹣32, 符合平方差公式的 特点, 利用平方差公式分解即
可．
解答: 解: a2﹣9=（a+3) （a﹣3) ．
点评: 本题考查了公式法分解因式, 熟记平方差公式的 结构特点是 解题的 关键． 13．（2021•嘉兴) 在直角△ABC中, ∠C=90°, AD平分∠BAC交BC于点D, 若CD=4, 则点D到斜边AB的 距离为 4 ．
考点分角平分线的 性质。 析:
专题分计算题。 析:
分析: 根据角平分线的 性质定理, 解答出即可；
解答: 解: 如右图, 过D点作DE⊥AB于点E, 则DE即为所求,
∵∠C=90°, AD平分∠BAC交BC于点D,
∴CD=DE（角的 平分线上的 点到角的 两边的 距离相等) , ∵CD=4,
∴DE=4． 故答案为: 4．
点评: 本题主要考查了角平分线的 性质, 角平分线上的 点到角两边的 距离相
等．
14．（2021•嘉兴) 如图是 嘉兴市某6天内的 最高气温折线统计图, 则最高气温的 众数是 9 ℃．
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考点分众数；折线统计图。 析:
分析: 众数是 一组数据中出现次数最多的 数据, 注意众数可以不止一个． 解答: 解: 9℃出现了2次, 出现次数最多, 故众数为30,
故答案为: 9．
点评: 本题属于基础题, 考查了确定一组数据的 众数的 功底．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 最多且一样, 此时众数就是 这多个数据．
15．（2021•嘉兴) 如图, 在⊙O中, 直径AB丄弦CD于点M, AM=18, BM=8, 则CD的 长为 24 ．
考点分垂径定理；勾股定理。 析:
专题分探究型。 析:
分析: 连接OD, 由AM=18, BM=8可求出⊙O的 半径, 利用勾股定理可求出MD的 长,
再根据垂径定理即可得到CD的 长．
解答: 解: 连接OD,
∵AM=18, BM=8,
∴OD=
=
=13,
∴OM=13﹣8=5, 在Rt△ODM中, DM=∵直径AB丄弦CD, ∴AB=2DM=2×12=24． 故答案为: 24．
=
=12,
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点评: 本题考查的 是 垂径定理及勾股定理, 根据题意作出辅助线, 构造出直角三角形
是 解答此题的 关键．
16．（2021•嘉兴) 如图, 在Rt△ABC中, ∠ABC=90°, BA=BC．点D是 AB的 中点, 连接CD, 过点B作BG丄CD, 分别交GD、 CA于点E、 F, 与过点A且垂直于的 直线相交于点G, 连接DF．给出以下四个结论: ①
；②点F是 GE的 中点；③AF=
AB；④S△ABC=S△BDF, 其中正确的 结论
序号是 ①③ ．
考点分相似三角形的 判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形。 析:
分析: 首先根据题意易证得△AFG∽△CFB, 根据相似三角形的 对应边成比例与BA=BC,
继而证得
正确；由点D是 AB的 中点, 易证得BC=2BD, 由等角的 余角
相等, 可得∠DBE=∠BCD, 即可得AG=AB, 继而可得FG=BF；即可得AF=AC, 又由等腰直角三角形的 性质, 可得AC=AF=
AB；则可得S△ABC=6S△BDF．
AB, 即可求得
解答: 解: ∵在Rt△ABC中, ∠ABC=90°,
∴AB⊥BC, AG⊥AB, ∴AG∥BC,
∴△AFG∽△CFB,
∴
,
∵BA=BC, ∴
,
故①正确；
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∵∠ABC=90°, BG⊥CD,
∴∠DBE+∠BDE=∠BDE+∠BCD=90°, ∴∠DBE=∠BCD,
∵AB=CB, 点D是 AB的 中点, ∴BD=AB=CB, ∵tan∠BCD=
=,
=,
∴在Rt△ABG中, tan∠DBE=∵
,
∴FG=FB,
故②错误；
∵△AFG∽△CFB,
∴AF: CF=AG: BC=1: 2, ∴AF=AC, ∵AC=∴AF=
AB, AB,
故③正确；
∵BD=AB, AF=AC,
∴S△ABC=6S△BDF, 故④错误．
故答案为: ①③．
点评: 此题考查了相似三角形的 判定与性质、 直角三角形的 性质以及三角函数等知
识．此题难度适中, 解题的 关键是 证得△AFG∽△CFB, 注意掌握数形结合思想与转化思想的 应用．
三、 解答题（本题有8小题, 第17〜20题每题8分, 第21题10分, 第22、 23题每题12分, 第24题14分, 共80分) 17．（2021•嘉兴) 计算: （1) 丨﹣5|+﹣32
（2) （x+1) 2﹣x（x+2)
考点分整式的 混合运算；实数的 运算。 析:
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专题分计算题。 析:
分析: （1) 根据绝对值、 平方根、 平方的 定义分别计算, 然后再进行加减运算；
（2) 先根据完全平方公式和单项式乘以多项式法则将原式展开, 再合并同类项．
解答: 解: （1) 原式=5+4﹣9=0；
（2) 原式=x2+2x+1﹣x2﹣2x=1．
点评: 本题考查了整式的 混合运算、 实数的 运算, 要熟悉其运算法则． 18．（2021•嘉兴) 解不等式2（x﹣1) ﹣3＜1, 并把它的 解集在数轴上表示出来．
考点分解一元一次不等式；在数轴上表示不等式的 解集。 析:
专题分计算题。 析:
分析: 根据一元一次不等式的 解法, 去括号, 移项, 合并同类项, 系数化为1即可得
解．
解答: 解: 去括号得, 2x﹣2﹣3＜1,
移项、 合并得, 2x＜6, 系数化为1得, x＜3． 在数轴上表示如下:
点评: 本题考查了解一元一次不等式, 以及在数轴上表示不等式的 解集, ＞向右画, ＜
向左画, ≤与≥用实心圆点, ＜与＞用空心圆圈．
19．（2021•嘉兴) 如图, 已知菱形ABCD的 对角线相交于点O, 延长AB至点E, 使BE=AB, 连接CE． （1) 求证: BD=EC；
（2) 若∠E=50°, 求∠BAO的 大小．
考点分菱形的 性质；平行四边形的 判定与性质。 析:
专题分证明题。 析:
分析: （1) 根据菱形的 对边平行且相等可得AB=CD, AB∥CD, 然后证明得到
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BE=CD, BE∥CD, 从而证明四边形BECD是 平行四边形, 再根据平行四边形的 对边相等即可得证；
（2) 根据两直线平行, 同位角相等求出∠ABO的 度数, 再根据菱形的 对角线互相垂直可得AC⊥BD, 然后根据直角三角形两锐角互余计算即可得解．
解答: （1) 证明: ∵菱形ABCD,
∴AB=CD, AB∥CD, 又∵BE=AB,
∴BE=CD, BE∥CD,
∴四边形BECD是 平行四边形, ∴BD=EC；
（2) 解: ∵平行四边形BECD, ∴BD∥CE,
∴∠ABO=∠E=50°,
又∵菱形ABCD, ∴AC丄BD,
∴∠BAO=90°﹣∠ABO=40°．
点评: 本题主要考查了菱形的 性质, 平行四边形的 判定与性质, 熟练掌握菱形的 对边
平行且相等, 菱形的 对角线互相垂直是 解本题的 关键．
20．（2021•嘉兴) 小敏为了解本市的 空气质量情况, 从环境监测网随机抽取了若干天的 空气质量情况作为样本进行统计, 绘制了如图所示的 条形统计图和扇形统计图（部分信息未给出) ．
请你根据图中提供的 信息, 解答下列问题: （1) 计算被抽取的 天数；
（2) 请补全条形统计图, 并求扇形统计图中表示优的 扇形的 圆心角度数； （3) 请估计该市这一年（365天) 达到优和良的 总天数．
考点分条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图。 析:
分析: （1) 根据扇形图中空气为良所占比例为64%, 条形图中空气为良的 天数为32天,
即可得到被抽取的 总天数；
（2) 利用轻微污染天数是 50﹣32﹣8﹣3﹣1﹣1=5天；表示优的 圆心角度数是
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360°=57. 6°, 即可得到答案；
（3) 利用样本中优和良的 天数所占比例得到一年（365天) 达到优和良的 总天数即可．
解答: 解: （1) ∵扇形图中空气为良所占比例为64%, 条形图中空气为良的 天数为32
天,
∴被抽取的 总天数为: 32÷64%=50（天) ；
（2) 轻微污染天数是 50﹣32﹣8﹣3﹣1﹣1=5天；
表示优的 圆心角度数是 如图所示:
360°=57. 6°,
；
（3) ∵样本中优和良的 天数分别为: 8, 32, ∴一年（365天) 达到优和良的 总天数为:
×365=292（天) ．
∴估计该市一年达到优和良的 总天数为292天．
点评: 本题考查的 是 条形统计图和扇形统计图的 综合运用．读懂统计图, 从不同的 统
计图中得到必要的 信息是 解决问题的 关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的 数据；扇形统计图直接反映部分占总体的 百分比大小．
21．（2021•嘉兴) 如图, 一次函数y1=kx+b的 图象与反比例函数y2=的 图象相交于点A（2, 3) 和点B, 与x轴相交于点C（8, 0) ． （1) 求这两个函数的 解析式； （2) 当x取何值时, y1＞y2．
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考点分反比例函数与一次函数的 交点问题。 析:
专题分计算题。 析: 分析:
（1) 将A、 B中的 一点代入y2=, 即可求出m的 值, 从而得到反比例函数解
析式, 把 A（2, 3) 、 C（8, 0) 代入y1=kx+b, 可得到k、 b的 值； （2) 根据图象可直接得到y1＞y2时x的 取值范围．
解答:
解: （1) 把 A（2, 3) 代入y2=, 得m=6． 把 A（2, 3) 、 C（8, 0) 代入y1=kx+b, 得
,
∴这两个函数的 解析式为y1=﹣x+4, y2=；
（2) 由题意得,
解得, ,
当x＜0 或 2＜x＜6 时, y1＞y2．
点评: 本题考查了反比例函数与一次函数的 交点问题, 熟悉待定系数法以及理解函数图
象与不等式的 关系是 解题的 关键．
22．（2021•嘉兴) 某汽车租赁公司拥有20辆汽车．据统计, 当每辆车的 日租金为400元时, 可全部租出；当每 辆车的 日租金每增加50元, 未租出的 车将增加1辆；公司平均每日的 各项支出共4800元．设公司每日租出工辆车时, 日收益为y元．（日收益=日租金收入一平均每日各项支出)
（1) 公司每日租出x辆车时, 每辆车的 日租金为 1400﹣50x 元（用含x的 代数式表示) ；
（2) 当每日租出几 辆时, 租赁公司日收益最大？最大是 几 元？ （3) 当每日租出几 辆时, 租赁公司的 日收益不盈也不亏？
考点分二次函数的 应用。 析:
分析: （1) 根据当全部未租出时, 每辆租金为: 400+20×50=1400元, 得到公司每日租出
x辆车时, 每辆车的 日租金为: 1400﹣50x；
（2) 根据已知得到的 二次函数关系求得日收益的 最大值即可；
（3) 要使租赁公司日收益不盈也不亏, 即: y=0．即: 50 （x﹣14) 2+5000=0, 求出即可．
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解答: 解: （1) ∵某汽车租赁公司拥有20辆汽车．据统计, 当每辆车的 日租金为400
元时, 可全部租出；
当每 辆车的 日租金每增加50元, 未租出的 车将增加1辆； ∴当全部未租出时, 每辆租金为: 400+20×50=1400元,
∴公司每日租出x辆车时, 每辆车的 日租金为: 1400﹣50x； 故答案为: 1400﹣50x；
（2) 根据题意得到:
y=x（﹣50x+1400) ﹣4800, =﹣50x2+1400x﹣4800, =﹣50（x﹣14) 2+5000．
当x=14时, 在范围内, y有最大值5000．
∴当日租出14辆时, 租赁公司日收益最大, 最大值为5000元．
（3) 要使租赁公司日收益不盈也不亏, 即: y=0． 即: 50（x﹣14) 2+5000=0, 解得x1=24, xz=4,
∵x=24不合题意, 舍去．
∴当日租出4辆时, 租赁公司日收益不盈也不亏．
点评: 本题考查了列代数式及二次函数的 应用和一元二次方程的 应用, 解题关键是 要
读懂题目的 意思, 根据题目给出的 条件, 找出合适的 等量关系列出代数式或函数关系式是 解题关键．
23．（2021•嘉兴) 将△ABC绕点A按逆时针方向旋转θ度, 并使各边长变为原来的 n倍, 得△AB′C′, 即如图①, 我们将这种变换记为[θ, n]．
（1) 如图①, 对△ABC作变换[60°, ]得△AB′C′, 则S△AB′C′: S△ABC= 3 ；直线BC与直线B′C′所夹的 锐角为 60 度；
（2) 如图②, △ABC中, ∠BAC=30°, ∠ACB=90°, 对△ABC 作变换[θ, n]得△AB'C', 使点B、 C、 C′在同一直线上, 且四边形ABB'C'为矩形, 求θ和n的 值； （4) 如图③, △ABC中, AB=AC, ∠BAC=36°, BC=l, 对△ABC作变换[θ, n]得△AB′C′, 使点B、 C、 B′在同一直线上, 且四边形ABB'C'为平行四边形, 求θ和n的 值．
考点分相似三角形的 判定与性质；解一元二次方程-公式法；平行四边形的 性质；矩形的 性析: 质；旋转的 性质。 专题分代数几何综合题。 析:
分析: （1) 由旋转与相似的 性质, 即可得S△AB′C′: S△ABC=3, 然后由△ABN与
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△B′MN中, ∠B=∠B′, ∠ANB=∠B′NM, 可得∠BMB′=∠BAB′, 即可求得直线BC与直线B′C′所夹的 锐角的 度数；
（2) 由四边形 ABB′C′是 矩形, 可得∠BAC′=90°, 然后由θ=∠CAC′=∠BAC′﹣∠BAC, 即可求得θ的 度数, 又由含30°角的 直角三角形的 性质, 即可求得n的 值；
（3) 由四边形ABB′C′是 平行四边形, 易求得θ=∠CAC′=∠ACB=72°, 又由
△ABC∽△B′BA, 根据相似三角形的 对应边成比例, 易得AB2=CB•BB′=CB（BC+CB′) , 继而求得答案．
解答: 解: （1) 根据题意得: △ABC∽△AB′C′,
∴S△AB′C′: S△ABC=（) 2=（
) 2=3, ∵∠ANB=∠B′NM,
∴∠BMB′=∠BAB′=60°； 故答案为: 3, 60；
（2) ∵四边形 ABB′C′是 矩形, ∴∠BAC′=90°．
∴θ=∠CAC′=∠BAC′﹣∠BAC=90°﹣30°=60°． 在 Rt△ABC 中, ∠ABB'=90°, ∠BAB′=60°, ∴∠AB′B=30°, ∴n=
=2；
（3) ∵四边形ABB′C′是 平行四边形, ∴AC′∥BB′,
又∵∠BAC=36°,
∴θ=∠CAC′=∠ACB=72°．
∴∠C′AB′=∠BAC=36°, 而∠B=∠B, ∴△ABC∽△B′BA, ∴AB: BB′=CB: AB,
∴AB2=CB•BB′=CB（BC+CB′) , 而 CB′=AC=AB=B′C′, BC=1, ∴AB2=1（1+AB) , ∴AB=,
∵AB＞0, ∴n=
=
．
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∠B=∠B′,
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点评: 此题考查了相似三角形的 判定与性质、 直角三角形的 性质、 旋转的 性质、 矩
形的 性质以及平行四边形的 性质．此题综合性较强, 难度较大, 注意数形结合思想与方程思想的 应用, 注意辅助线的 作法．
24．（2021•嘉兴) 在平面直角坐标系xOy中, 点P是 抛物线: y=x2上的 动点（点在第一象限内) ．连接 OP, 过点0作OP的 垂线交抛物线于另一点Q．连接PQ, 交y轴于点M．作PA丄x轴于点A, QB丄x轴于点B．设点P的 横坐标为m． （1) 如图1, 当m=时,
①求线段OP的 长和tan∠POM的 值；
②在y轴上找一点C, 使△OCQ是 以OQ为腰的 等腰三角形, 求点C的 坐标； （2) 如图2, 连接AM、 BM, 分别与OP、 OQ相交于点D、 E． ①用含m的 代数式表示点Q的 坐标； ②求证: 四边形ODME是 矩形．
考点分二次函数综合题。 析:
专题分代数几何综合题；分类讨论。 析:
分析: （1) ①已知m的 值, 代入抛物线的 解析式中可求出点P的 坐标；由此确定PA、
OA的 长, 通过解直角三角形易得到结论．
②题干要求△OCQ是 以OQ为腰的 等腰三角形, 所以分QO=OC、 QC=QO两种情况来判断:
QO=QC时, Q在线段OC的 垂直平分线上, Q、 O的 纵坐标已知, C点坐标即可确定；
QO=OC时, 先求出OQ的 长, 那么C点坐标可确定．
（2) ①由∠QOP=90°, 易求得△QBO∽△MOA, 通过相关的 比例线段来表示出点Q的 坐标；
②在四边形ODME中, 已知了一个直角, 只需判定该四边形是 平行四边形即可, 那么可通过证明两组对边平行来得证．
解答: 解: （1) ①把x=代入 y=x2, 得 y=2, ∴P（, 2) , ∴OP=
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∵PA丄x轴, ∴PA∥MO．∴tan∠P0M=tan∠0PA=②设 Q（n, n2) , ∵tan∠QOB=tan∠POM, ∴∴Q（
．∴n=
．
) , C2（0,
=．
, ) , ∴OQ=
当OQ=OC时, 则C1（0, ) ；
当OQ=CQ时, 则C3（0, 1) ． 综上所述, 所求点C坐标为: C1（0,
（2) ①∵P（m, m2) , 设 Q（n, n2) , ∵△APO∽△BOQ, ∴∴
, 得n=
, ∴Q（
,
) ．
,
) 代入, 得:
) , C2（0,
) , C3（0, 1) ．
②设直线PO的 解析式为: y=kx+b, 把P（m, m2) 、 Q（
解得b=1, ∴M（0, 1) ∵
, ∠QBO=∠MOA=90°,
∴△QBO∽△MOA ∴∠MAO=∠QOB, ∴QO∥MA
同理可证: EM∥OD 又∵∠EOD=90°,
∴四边形ODME是 矩形．
点评: 考查了二次函数综合题, 该题涉及的 知识点较多, 有: 解直角三角形、 相似三角
形、 等腰直角三角形的 判定、 矩形的 判定等重要知识点；（1) ②题中, 要注意分类进行讨论, 以免出现漏解、 错解的 情况．
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