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| 2022年陕西省西安市碑林区西北工大附中中考数学三模试卷（含解析） |
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2022年陕西省西安市碑林区西北工大附中中考数学三模试卷一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．（3分）2022的相反数是（）
A．2022B．C．﹣2022D．2．（3分）如图是正方体的展开图，把展开图折叠成正方体后，与“国”字一面相对面上的字是（）A
．西B．安C．加D．油3．（3分）（mn3）2的计算结果是（）A．4mn6B．﹣4m2n6C．m2n5D．m2n64．（3分）
如图，AB∥CD∥EF，若∠CEF＝105°，∠BCE＝55°，则∠ABC的度数为（）A．110°B．115°C．130°D．
135°5．（3分）如图，在△ABC中，点D在AB边上，若BC＝4，BD＝2，且∠BCD＝∠A，则线段AD的长为（）A．9B．
6C．5D．46．（3分）在平面直角坐标系中，将直线y＝3x先向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，平移后的新直线与x轴的
交点为（m，0），则m的值为（）A．﹣1B．﹣3C．1D．37．（3分）如图，已知⊙O的半径为5，AB、CD为⊙O的弦，且CD
＝6．若∠AOB+∠COD＝180°，则弦AB的长为（）A．6B．7C．8D．98．（3分）若抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴
的两个交点A（x1，0）、B（x2，0）之间的距离为6，且x1+x2＝8，则这个抛物线的顶点坐标是（）A．（3，9）B．（﹣3
，﹣9）C．（﹣4，﹣9）D．（4，9）二.填空题（共5小题，每小题3分，计15分）9．（3分）比较大小：3（填“＞”、“＝
”或“＜”）．10．（3分）如图所示，在正六边形ABCDEF内，以AB为边作正五边形ABGHI，则∠CBG＝．11．（3分）
1261年，我国南宋数学家杨辉用图中的三角形解释二项和的乘方规律，我们把这个三角形称为“杨辉三角”，请观察图中的数字排列规律，求a
+2b﹣c的值为．12．（3分）如图，点A在x轴的正半轴上，过线段OA的中点M作MP⊥x轴，交双曲线y（k＞0，x＞0）于
点P，且OA?MP＝8，则k的值为．13．（3分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，CE⊥AB，且AE＝BE，连接DE
，若AB＝CD＝CE＝2，则tan∠DEC＝．三.解答题（共13小题，计81分。解答应写出过程）14．（5分）计算：（3m﹣
1）（m+5）．15．（5分）计算：．16．（5分）解不等式组：．17．（5分）解分式方程：．18．（5分）如图，已知四边形ABC
D，AD∥BC，M为AD上一点，请你用尺规在BC边上求作一点N，使得线段MN的长度最短．（保留作图痕迹，不写作法）19．（5分）如
图，正方形ABCD中，M是对角线BD上的一个动点（不与B、D重合），连接CM，将CM绕点C顺时针旋转90°到CN，连接MN，DN，
求证：BM＝DN．20．（5分）如图，可以自由转动的转盘被它的两条直径分成了四个分别标有数字的扇形区域，其中标有数字“﹣1”的扇形
的圆心角为120°．转动转盘，待转盘自动停止后，指针指向一个扇形的内部，则该扇形内的数字即为转出的数字，此时，称为转动转盘一次（若
指针指向两个扇形的交线，则不计转动的次数，重新转动转盘，直到指针指向一个扇形的内部为止）．（1）转动转盘一次，则转出的数字是2的概
率是；（2）转动转盘两次，用树状图或列表法求这两次分别转出的数字之积为正数的概率．21．（6分）如图，某学校老师们联合组织
九年级学生外出开展数学活动，经过某公园时，发现工人们正在建5G信号柱，于是老师们就带领学生们对信号柱进行测量．已知信号柱直立在地面
上，在太阳光的照射下，信号柱影子（折线BCD）恰好落在水平地面和斜坡上，在D处测得信号柱顶端A的仰角为30°，在C处测得信号柱顶端
A的仰角为45°，斜坡与地面成60°角，CD＝12米，求信号柱AB的长度．（结果保留根号）22．（7分）某校组织了九年级学生进行“
汉字听写大赛”．据统计，所有学生的比赛成绩均超过60分，最高分为100分．比赛的成绩分以下四个等级：A（60＜x≤70）；B（70
＜x≤80）；C（80＜x≤90）；D（90＜x≤100）（单位：分），现随机抽取了九年级若干名学生的比赛成绩，绘制出如下不完整的
统计图．请你结合以上信息，解答下列问题：（1）请补全频数分布直方图；（2）针对本次统计结果，以下三位同学做出如下判断：小强认为：中
位数落在B组；小明认为：众数落在C组；小亮认为：若C组有a人，则可估算平均成绩约为：．以上判断中有一位同学是错误的，这位同学是
（填“小强”、“小明”或“小亮”）；（3）若该校九年级共1600名学生，测试成绩高于80分记为“优秀”，请你估计该校九年级学生
中汉字听写比赛成绩达到“优秀”的人数．23．（7分）某演唱会购买门票的方式有两种．方式一：若单位赞助广告费10万元，则该单位所购门
票的价格为每张0.02万元：（注：方式一中总费用＝广告赞助费+门票费．）方式二：按如图所示购买门票方式．设购买门票x张，总费用为y
万元．（1）求按方式一购买时y与x的函数关系式；（2）若甲、乙两个单位分别采用方式一、方式二购买本场演唱会门票共400张，且乙单位
购买超过100张，两单位共花费27.2万元，求甲、乙两单位各购买门票多少张？24．（8分）如图，在⊙O中，AB是直径，弦CD⊥AB
，垂足为H，E为上一点，F为弦DC延长线上一点，连接FE并延长交直径AB的延长线于点G，连接AE交CD于点P，若FE是⊙O的切线．
（1）求证：FE＝FP；（2）若⊙O的半径为4，sin∠F，求AG的长．25．（8分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线W1与x轴交
于A，B两点，与y轴交于点C（0，﹣6），顶点为D（﹣2，2）．（1）求抛物线W1的表达式；（2）将抛物线W1绕原点O旋转180°
得到抛物线W2，抛物线W2的顶点为D′，在抛物线W2上是否存在点M，使S△D′AD＝S△D′DM？若存在，请求出点M的坐标；若不存
在，请说明理由．26．（10分）问题提出（1）如图①，在矩形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，连接CE，若AD＝9，∠DC
E＝15°，求△BCE外接圆的半径长．问题解决（2）某社区准备设计一个矩形花园，如图②是花园的示意图，图中EF，EG，FG，FC是
花园内四条小路，这四条小路将花园分成五个三角形区域，分别用来种植不同种类的花．根据设计要求，∠EGF＝∠BCF，∠EFC＝90°，
DF：DC＝1：2，AE＝8米．该矩形花园面积是否存在最大值？若存在，请求出其最大面积；若不存在，请说明理由．2022年陕西省西安
市碑林区西北工大附中中考数学三模试卷答案与解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．（3分）2022的相反数是（）
A．2022B．C．﹣2022D．【分析】根据相反数的定义即可得出答案．【解答】解：2022的相反数是﹣2022．故选：C．2．（
3分）如图是正方体的展开图，把展开图折叠成正方体后，与“国”字一面相对面上的字是（）A．西B．安C．加D．油【分析】根据正方体
的平面展开图找相对面的方法，”Z“字两端是对面，同层隔一面是对面，找出相对面之后进行计算即可．【解答】解：有题意可知，与“国”字一
面相对面上的字是：安．故选：B．3．（3分）（mn3）2的计算结果是（）A．4mn6B．﹣4m2n6C．m2n5D．m2n6【
分析】利用积的乘方的法则对所求的式子进行运算即可．【解答】解：（mn3）2＝（）2m2（n3）2m2n6．故选：D．4．（3分）如
图，AB∥CD∥EF，若∠CEF＝105°，∠BCE＝55°，则∠ABC的度数为（）A．110°B．115°C．130°D．1
35°【分析】由AB∥CD∥EF，利用平行线的性质先求出∠ECD的度数，再求出∠BCD的度数，最后利用平行线的性质求出∠ABC的度
数．【解答】解：∵CD∥EF，∴∠ECD+∠CEF＝180°，∵∠CEF＝105°，∴∠ECD＝180°﹣∠CEF＝180°﹣10
5°＝75°，∵∠BCE＝55°，∴∠BCD＝∠BCE+∠ECD＝55°+75°＝130°，∵AB∥CD，∴∠ABC＝∠BCD＝1
30°，故选：C．5．（3分）如图，在△ABC中，点D在AB边上，若BC＝4，BD＝2，且∠BCD＝∠A，则线段AD的长为（）
A．9B．6C．5D．4【分析】利用相似三角形的判定与性质得出比例式求得AB，则AD＝AB﹣BD．【解答】解：∵∠B＝∠B，∠BC
D＝∠A，∴△BCD∽△BAC．∴．∴．∴AB＝8．∴AD＝AB﹣BD＝6．故选：B．6．（3分）在平面直角坐标系中，将直线y＝3
x先向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，平移后的新直线与x轴的交点为（m，0），则m的值为（）A．﹣1B．﹣3C．1
D．3【分析】根据平移的规律求出平移后的直线解析式，然后代入（m，0），即可求出m的值．【解答】解：将将直线y＝3x先向左平移2个
单位长度，再向下平移3个单位长度后得到y＝3（x+2）﹣3，即y＝3x+3，∴平移后的直线与x轴交于（m，0），∴0＝3m+3，解
得m＝﹣1，故选：A．7．（3分）如图，已知⊙O的半径为5，AB、CD为⊙O的弦，且CD＝6．若∠AOB+∠COD＝180°，则弦
AB的长为（）A．6B．7C．8D．9【分析】延长AO交⊙O于点E，连接BE，由∠AOB+∠BOE＝∠AOB+∠COD知∠BO
E＝∠COD，据此可得BE＝CD，在Rt△ABE中利用勾股定理求解可得．【解答】解：如图，延长AO交⊙O于点E，连接BE，则∠AO
B+∠BOE＝180°，又∵∠AOB+∠COD＝180°，∴∠BOE＝∠COD，∴BE＝CD，∵AE为⊙O的直径，∴∠ABE＝90
°，∴AB8，故选：C．8．（3分）若抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的两个交点A（x1，0）、B（x2，0）之间的距离为6，且x
1+x2＝8，则这个抛物线的顶点坐标是（）A．（3，9）B．（﹣3，﹣9）C．（﹣4，﹣9）D．（4，9）【分析】由x1+x2
＝8可得抛物线对称轴为直线x＝4，从而求出b的值，由A，B之间距离为6可得抛物线经过（1，0），从而求出c的值，将x＝4代入函数解
析式求解．【解答】解：∵x1+x2＝8，∴抛物线对称轴为直线x4，∴b＝8，∵AB之间距离是6，∴A，B坐标为（1，0），（7，0
），将b＝8，（1，0）代入y＝﹣x2+bx+c得0＝﹣1+8+c，解得c＝﹣7，∴y＝﹣x2+8x﹣7，将x＝4代入y＝﹣x2+
8x﹣7得y＝9，∴顶点坐标为（4，9）．故选：D．二.填空题（共5小题，每小题3分，计15分）9．（3分）比较大小：＜3（填
“＞”、“＝”或“＜”）．【分析】求出2，3，再比较即可．【解答】解：∵2，3，∴23，故答案为：＜．10．（3分）如图所示，在正
六边形ABCDEF内，以AB为边作正五边形ABGHI，则∠CBG＝12°．【分析】分别求出正六边形，正五边形的内角可得结论．【
解答】解：在正六边形ABCDEF内，正五边形ABGHI中，∠ABC＝120°，∠ABG＝108°，∴∠CBG＝∠ABC﹣∠ABG＝
120°﹣108°＝12°．故答案为：12°．11．（3分）1261年，我国南宋数学家杨辉用图中的三角形解释二项和的乘方规律，我们
把这个三角形称为“杨辉三角”，请观察图中的数字排列规律，求a+2b﹣c的值为16．【分析】根据题目中的数据可知，a、b、c分
别为上一行中左上角和右上角的数字之和，从而可以求得所求式子的值．【解答】解：由图可得，a＝1+5＝6，b＝5+10＝15，c＝10
+10＝20，∴a+2b﹣c＝6+2×15﹣20＝16，故答案为：16．12．（3分）如图，点A在x轴的正半轴上，过线段OA的中点
M作MP⊥x轴，交双曲线y（k＞0，x＞0）于点P，且OA?MP＝8，则k的值为4．【分析】设P（x，y），则可表示出MP，
由M为OA的中点，可求得OA，由条件可求得xy，则可求得k的值．【解答】解：设P（x，y）则MP＝y，∵M为OA的中点，∴OA＝2
x，∵OA?MP＝8，∴2xy＝8，∴xy＝4，∵点P双曲线y（k＞0，x＞0）上，∴k＝xy＝4．故答案为：4．13．（3分）如
图，在四边形ABCD中，AD∥BC，CE⊥AB，且AE＝BE，连接DE，若AB＝CD＝CE＝2，则tan∠DEC＝3．【分析】
作AF⊥BC于点F，DL⊥BC于点L，DG⊥CE于点G交BC于点H，先证明四边形ABHD是平行四边形，得DH＝AB＝CD＝CE＝2
，再证明BF＝HL＝CL，由tanB，求得CL＝HL＝BFAB2，再根据△CHG∽△CBE，求出CG、HG的长，进而求出EG、DG
的长，即可求出tan∠DEC的值．【解答】解：如图，作AF⊥BC于点F，DL⊥BC于点L，DG⊥CE于点G交BC于点H，∵CE⊥A
B，∴DH∥AB，∴AD∥BC，∴四边形ABHD是平行四边形，∴DH＝AB＝CD＝CE＝2，∴∠DCL＝∠DHL＝∠ABF，∴CL
＝HL，设∠DCL＝∠DHL＝∠ABF＝α，∵∠DLC＝∠DLH＝∠AFB＝90°，∴cosα，∴BF＝HL＝CH，∵∠BEC＝9
0°，AE＝BEAB＝1，∴BC，∴tanB，∴CL＝HL＝BFAB2，∴CH，∵GH∥BE，∴△CHG∽△CBE，∴，∴HGBE
1，CGCE2，∴DG＝DH﹣HG＝2，EG＝CE﹣CG＝2，∵∠DGE＝90°，∴tan∠DEC3，故答案为：3．三.解答题（共
13小题，计81分。解答应写出过程）14．（5分）计算：（3m﹣1）（m+5）．【分析】根据多项式与多项式相乘的法则计算．【解答】
解：（3m﹣1）（m+5）＝3m2+15m﹣m﹣5＝3m2+14m﹣5．15．（5分）计算：．【分析】原式利用零指数幂、负整数指数
幂法则，立方根定义，以及绝对值的代数意义计算即可得到结果．【解答】解：原式＝1﹣4﹣2﹣（1）＝1﹣4﹣21＝﹣4．16．（5分）
解不等式组：．【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式3（x+2）≥2x+5，得：x≥﹣1，解不等式2x1，得：x＜3，则不等式组的解集为﹣1≤x＜3．17．（5分
）解分式方程：．【分析】方程两边都乘以x（x﹣1）得出x（x﹣5）+2（x﹣1）＝x（x﹣1），求出方程的解，再进行检验即可．【解
答】解：方程两边都乘以x（x﹣1）得：x（x﹣5）+2（x﹣1）＝x（x﹣1），解得：x＝﹣1，检验：当x＝﹣1时，x（x﹣1）≠
0，所以x＝﹣1是原方程的解，即原方程的解是x＝﹣1．18．（5分）如图，已知四边形ABCD，AD∥BC，M为AD上一点，请你用尺
规在BC边上求作一点N，使得线段MN的长度最短．（保留作图痕迹，不写作法）【分析】过点M作MN⊥BC于点N即可．【解答】解：如图，
线段MN即为所求．19．（5分）如图，正方形ABCD中，M是对角线BD上的一个动点（不与B、D重合），连接CM，将CM绕点C顺时针
旋转90°到CN，连接MN，DN，求证：BM＝DN．【分析】由正方形ABCD中可得BC＝CD，根据旋转的性质有CM＝CN，∠BCM
＝∠DCN，即可证明△CBM≌△CDN（SAS），从而BM＝DN．【解答】证明：在正方形ABCD中，BC＝CD，由旋转的性质知：C
M＝CN，∵∠BCD＝∠MCN＝90°，∴∠BCM＝∠DCN，在△CBM和△CDN中，，∴△CBM≌△CDN（SAS），∴BM＝D
N．20．（5分）如图，可以自由转动的转盘被它的两条直径分成了四个分别标有数字的扇形区域，其中标有数字“﹣1”的扇形的圆心角为12
0°．转动转盘，待转盘自动停止后，指针指向一个扇形的内部，则该扇形内的数字即为转出的数字，此时，称为转动转盘一次（若指针指向两个扇
形的交线，则不计转动的次数，重新转动转盘，直到指针指向一个扇形的内部为止）．（1）转动转盘一次，则转出的数字是2的概率是；（
2）转动转盘两次，用树状图或列表法求这两次分别转出的数字之积为正数的概率．【分析】（1）根据概率公式直接求解即可；（2）根据题意列
出图表得出所有等情况数，找出两次分别转出的数字之积为正数的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．【解答】解：（1）∵标有数字“2”
的扇形的圆心角度数之和为120°，∴转出的数字是2的概率是，故答案为：；（2）∵数字“﹣1”的扇形的圆心角为120°，∴数字“3”
的扇形的圆心角为120°，∴两个“2”总的扇形的圆心角也为120°，根据题意画图如下：﹣123﹣11﹣2﹣32﹣2463﹣369共
有9种等可能的情况数，其中两次分别转出的数字之积为正数的有5种，则两次分别转出的数字之积为正数的概率是．21．（6分）如图，某学校
老师们联合组织九年级学生外出开展数学活动，经过某公园时，发现工人们正在建5G信号柱，于是老师们就带领学生们对信号柱进行测量．已知信
号柱直立在地面上，在太阳光的照射下，信号柱影子（折线BCD）恰好落在水平地面和斜坡上，在D处测得信号柱顶端A的仰角为30°，在C处
测得信号柱顶端A的仰角为45°，斜坡与地面成60°角，CD＝12米，求信号柱AB的长度．（结果保留根号）【分析】延长AD交BC的延
长线于G，过D作DH⊥BG于H，由锐角三角函数定义定义求出CH、DH、HG，设AB＝x米，再由锐角三角函数定义求出BG，然后列出方
程，解方程即可．【解答】解：延长AD交BC的延长线于G，过D作DH⊥BG于H，在Rt△DHC中，∠DCH＝60°，CD＝12米，则
CH＝CD?cos∠DCH＝12×cos60°＝6（米），DH＝CD?sin∠DCH＝12×sin60°＝6（米），∵DH⊥BG，
∠G＝30°，∴HG18（米），∴CG＝CH+HG＝24（米），设AB＝x米，∵AB⊥BG，∠G＝30°，∠BCA＝45°，∴△A
BC是等腰直角三角形，BGx（米），∴BC＝AB＝x米，∵BG﹣BC＝CG，∴x﹣x＝24，解得：x＝1212，答：信号柱AB的长
度为（1212）米．22．（7分）某校组织了九年级学生进行“汉字听写大赛”．据统计，所有学生的比赛成绩均超过60分，最高分为100
分．比赛的成绩分以下四个等级：A（60＜x≤70）；B（70＜x≤80）；C（80＜x≤90）；D（90＜x≤100）（单位：分）
，现随机抽取了九年级若干名学生的比赛成绩，绘制出如下不完整的统计图．请你结合以上信息，解答下列问题：（1）请补全频数分布直方图；（
2）针对本次统计结果，以下三位同学做出如下判断：小强认为：中位数落在B组；小明认为：众数落在C组；小亮认为：若C组有a人，则可估算
平均成绩约为：．以上判断中有一位同学是错误的，这位同学是小明（填“小强”、“小明”或“小亮”）；（3）若该校九年级共1600
名学生，测试成绩高于80分记为“优秀”，请你估计该校九年级学生中汉字听写比赛成绩达到“优秀”的人数．【分析】（1）求出C组人数，画
出频数分布直方图即可；（2）根据中位线，众数，平均数的定义，一一判断即可；（3）利用样本估计总体的思想思考问题即可．【解答】解：（
1）总人数有：16÷32%＝50（人），∴C组人数＝50﹣10﹣16﹣4＝20（人），频数分布直方图如图所示：（2）由题意，中位数
落在B组；若C组有a人，则可估算平均成绩约为：．故“小强”、“小亮”的说法正确，故答案为：小明；（3）1600768（人），答：估
计该校九年级学生中汉字听写比赛成绩达到“优秀”的人数约为768人．23．（7分）某演唱会购买门票的方式有两种．方式一：若单位赞助广
告费10万元，则该单位所购门票的价格为每张0.02万元：（注：方式一中总费用＝广告赞助费+门票费．）方式二：按如图所示购买门票方式
．设购买门票x张，总费用为y万元．（1）求按方式一购买时y与x的函数关系式；（2）若甲、乙两个单位分别采用方式一、方式二购买本场演
唱会门票共400张，且乙单位购买超过100张，两单位共花费27.2万元，求甲、乙两单位各购买门票多少张？【分析】（1）根据题意和题
目中的数据，可以直接写出按方式一购买时y与x的函数关系式；（2）根据函数图象中的数据，可以求得当x＞100时，按方式二购买时y与x
的函数关系式，然后设按方式一购买的门票，再根据两单位共花费27.2万元，可以列出相应的方程，然后求解即可．【解答】解：（1）由题意
可得，按方式一购买时y与x的函数关系式是y＝10+0.02x；（2）当x＞100时，设按方式二购买时y与x的函数关系式是y＝kx+
b，∵点（100，10），（200，16）在该函数图象上，∴，解得，即当x＞100时，按方式二购买时y与x的函数关系式是y＝0.0
6x+4，设按方式一购买本场演唱会门票a张，则按方式二购买本场演唱会门票（400﹣a）张，由题意可得：10+0.02a+[0.06
（400﹣a）+4]＝27.2，解得a＝270，∴400﹣a＝130，答：甲单位购买本场演唱会门票270张，乙单位购买本场演唱会门
票130张．24．（8分）如图，在⊙O中，AB是直径，弦CD⊥AB，垂足为H，E为上一点，F为弦DC延长线上一点，连接FE并延长交
直径AB的延长线于点G，连接AE交CD于点P，若FE是⊙O的切线．（1）求证：FE＝FP；（2）若⊙O的半径为4，sin∠F，求A
G的长．【分析】（1）连接OE，因为FE与⊙O相切于点E，CD⊥AB于点H，所以∠OEF＝∠AHP＝90°，由OE＝OA得∠OEA
＝∠OAE，根据等角的余角相等证明∠FEP＝∠FPE，则FE＝FP；（2）由∠GHF＝∠GEO＝90°得∠GOE＝∠F＝90°﹣∠
G，则sin∠GOE＝sin∠F，设GE＝3m，OG＝5m，根据勾股定理可求得OE＝4m＝4，则m＝1，所以OG＝5，即可求出AG
的长．【解答】（1）证明：如图，连接OE，∵FE与⊙O相切于点E，∴FE⊥OE，∴∠OEF＝90°，∴∠FEP+∠OEA＝90°，
∵CD⊥AB于点H，∴∠AHP＝90°，∴∠APH+∠OAE＝90°，∵∠APH＝∠FPE，∴∠FPE+∠OAE＝90°，∵OE＝
OA，∴∠OEA＝∠OAE，∴∠FEP＝∠FPE，∴FE＝FP．（2）解：∵∠GHF＝∠GEO＝90°，∴∠GOE＝∠F＝90°﹣
∠G，∴sin∠GOE＝sin∠F，设GE＝3m，OG＝5m，则OE4m，∵OA＝OE＝4，∴4m＝4，∴m＝1，∴OG＝5×1＝
5，∴AG＝OA+OG＝4+5＝9；∴AG的长为9．25．（8分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线W1与x轴交于A，B两点，与y轴
交于点C（0，﹣6），顶点为D（﹣2，2）．（1）求抛物线W1的表达式；（2）将抛物线W1绕原点O旋转180°得到抛物线W2，抛物
线W2的顶点为D′，在抛物线W2上是否存在点M，使S△D′AD＝S△D′DM？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分
析】（1）利用待定系数法解得即可；（2）由题意求得抛物线W2的顶点坐标和解析式，在坐标系中画出抛物线W2的图象，利用S△DAD′＝
S△ADO+S△AOD′求出三角形DD′A的面积；过点D′作x轴的平行线EF，过点D作DE⊥EF于点E，交x轴于点G，过点M作MF
⊥EF于点F，交x轴于点H，利用D，D′的坐标表示出线段DG，OG，DE，D′E的长度，设点M（m，2m2﹣8m+6），则MH＝2
m2﹣8m+6，OH＝m，MF＝MH+HF＝2m2﹣8m+6+2＝2m2﹣8m+8，D′F＝m﹣2，EF＝OG+OH＝m+2，利用
S△DD′M＝S梯形DEFM﹣S△DED′﹣S△MD′F，用m的代数式表示出S△DD′M，利用已知条件列出m的方程，解方程即可求得
结论．【解答】解：（1）设抛物线W1的解析式为：y＝ax2+bx+c，抛物线W1经过点C（0，﹣6），顶点坐标D（﹣2，2），∴，
解得：．∴抛物线W1的表达式为：y＝﹣2x2﹣8x﹣6；（2）在抛物线W2上存在点M，使S△DAD′＝S△DD′M．理由：∵将抛物
线W1绕原点O旋转180°得到抛物线W2，抛物线W2的顶点为D′，∴D′（2，﹣2）．∴抛物线W2的解析式为y＝2（x﹣2）2﹣2
＝2x2﹣8x+6．如图，在坐标系中画出抛物线W2的图象，由题意得：DD′经过点O，则S△DAD′＝S△ADO+S△AOD′．过点
D′作x轴的平行线EF，过点D作DE⊥EF于点E，交x轴于点G，过点M作MF⊥EF于点F，交x轴于点H，∵D（﹣2，2），D′（2
，﹣2），∴DG＝OG＝2，DE＝4，D′E＝4，FH＝2．令y＝0，则﹣2x2﹣8x﹣6＝0．解得：x＝﹣1或﹣3．∴A（﹣3，
0），B（﹣1，0）．∴OA＝3．∴S△DAD′＝S△ADO+S△AOD′3×23×2＝6．设点M（m，2m2﹣8m+6），则MH
＝2m2﹣8m+6，OH＝m．∴MF＝MH+HF＝2m2﹣8m+6+2＝2m2﹣8m+8，D′F＝m﹣2，EF＝OG+OH＝m+2
．∵S△DD′M＝S梯形DEFM﹣S△DD′E﹣S△MD′F，∴S△DD′M（DE+MF）?EFDE?D′EMF?D′F（4+2m
2﹣8m+8）（m+2）4×4（2m2﹣8m+8）（m﹣2）＝4m2﹣14m+12．∵S△DD′M＝S△DD′A，∴4m2﹣14m
+12＝6．解得：m＝3或．当m＝3时，2m2﹣8m+6＝0，当m时，2m2﹣8m+6，∴M（3，0）或（，）．∴在抛物线W2上存
在点M，使S△D′AD＝S△D′DM.点M的坐标为（3，0）或（，）．26．（10分）问题提出（1）如图①，在矩形ABCD中，∠A
BC的平分线交AD于点E，连接CE，若AD＝9，∠DCE＝15°，求△BCE外接圆的半径长．问题解决（2）某社区准备设计一个矩形花
园，如图②是花园的示意图，图中EF，EG，FG，FC是花园内四条小路，这四条小路将花园分成五个三角形区域，分别用来种植不同种类的花
．根据设计要求，∠EGF＝∠BCF，∠EFC＝90°，DF：DC＝1：2，AE＝8米．该矩形花园面积是否存在最大值？若存在，请求出
其最大面积；若不存在，请说明理由．【分析】（1）作△BCE的外接圆O，交AB于F，解直角三角形BCF，从而求得结果；（2）先求得E
F长，从而求得△EFG的外接圆O的直径，作OH∥AB，过H作⊙O的切线，交AB于M，延长FC交MH于N，作NR⊥AD，从而得出矩形
ABCD的面积最大值是矩形AMNR的面积，过点O作PT⊥EF交EF于Q，交AD于P，连接OF，推得PF＝OF，进而根据S△POFOP?FQ求得OW的值，进一步求得结果．【解答】解：（1）如图1，作△BCE的外接圆O，交AB于F，∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝9，∠BCD＝∠ABC＝90°，∵BE平分∠ABC，∠DCE＝15°，∴∠CBE45°，∠BCE＝90°﹣∠DCE＝75°，在△BCE中，∠BEC＝180°﹣∠CBE﹣∠BCE＝60°，∵，∴∠BFC＝∠BEC＝60°，∵∠ABF＝90°，∴CF是⊙O的直径，∵CF6，∴△BCE外接圆的半径长是3；（2）如图2，作△AEF的外接圆O，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠BCF＝∠CFD，∵∠EGF＝∠BCF，∴∠EGF＝∠CFD，∵tan∠CFD2∴sin∠EGF＝sin∠CFD，∵∠A＝∠D＝90°，∴∠CFD+∠DCF＝90°，∵∠CFE＝90°，∴∠DFC+∠AFE＝90°，∴∠AFE＝∠DCF，∴△AEF∽△DFC，∴2，∴AF＝2AE＝16，∴EF8，同理（1）得，⊙O的半径20，作OH∥AB，交AD于W，过H作⊙O的切线，交AB于M，延长FC交MH于N，作NR⊥AD，从而得出矩形ABCD的面积最大值是矩形AMNR的面积，过点O作PT⊥EF交EF于Q，交AD于P，连接OF，∴FQ＝EQ4，∴OQ2，∴tan∠OFQ，∴∠OFQ＝∠AFE，∵∠FQP＝∠FQO＝90°，FQ＝FQ，∴△PFQ≌△OFQ（ASA），∴PF＝OF＝10，∵S△POFOP?FQ，∴OW8，∴WH＝OH+OW＝10+8＝18，∴RN＝WH＝18，∴FR9，∴AR＝AF+FR＝16+9＝25，∴S矩形AMNR＝AR?RN＝25×18＝450，即矩形ABCD面积的最大值是450m2． |
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