辽宁省丹东市2022年中考数学真题含真题解析

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辽宁省丹东市2022年中考数学真题含真题解析

2023-07-03 10:25:01
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辽宁省丹东市2022年中考数学真题一、单选题1．－7的绝对值是（）A．7B．－7C．D．【答案】A【知识点】绝对值及有理数的绝对值【解析】【解答】解：－7的绝对值是7，故答案为：A．【分析】根据负数的绝对值是它的相反数求解即可。下列运算正确的是（）A．a2•a3＝a6B．（a2）3＝a5C．（ab）3＝a3b3D．a8÷a2＝a4【答案】C【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；积的乘方；幂的乘方【解析】【解答】解：a2•a3＝a5，A选项不符合题意；（a2）3＝a6，B选项不符合题意；（ab）3＝a3b3，C选项符合题意；a8÷a2＝a6，D选项不符合题意；故答案为：C．【分析】利用同底数幂的乘除法法则，幂的乘方计算求解即可。3．如图是由几个完全相同的小正方体组成的立体图形，它的左视图是（）A．B．C．D．【答案】A【知识点】简单几何体的三视图【解析】【解答】解：从左边看到第一层一个小正方形，第二层一个小正方形，看到的图形如下：故答案为：A．【分析】根据所给的几何体对每个选项一一判断即可。四张不透明的卡片，正面标有数字分别是﹣2，3，﹣10，6，除正面数字不同外，其余都相同，将它们背面朝上洗匀后放在桌面上，从中随机抽取一张卡片，则这张卡片正面的数字是﹣10的概率是（）B．C．D．1【答案】A【知识点】概率公式【解析】【解答】解：由题意可知，共有4张标有数字﹣2，3，﹣10，6的卡片，摸到每一张的可能性是均等的，其中为﹣10的有1种，所以随机抽取一张，这张卡片正面的数字是﹣10的概率是，故答案为：A．【分析】先求出共有4张标有数字﹣2，3，﹣10，6的卡片，摸到每一张的可能性是均等的，再求概率即可。5．在函数y＝中，自变量x的取值范围是（）A．x≥3B．x≥﹣3C．x≥3且x≠0D．x≥﹣3且x≠0【答案】D【知识点】分式有意义的条件；二次根式有意义的条件【解析】【解答】解：由题意得：x+3≥0且x≠0，解得：x≥﹣3且x≠0，故答案为：D．【分析】根据函数解析式先求出x+3≥0且x≠0，再求解即可。6．如图，直线l1//l2，直线l3与l1，l2分别交于A，B两点，过点A作AC⊥l2，垂足为C，若∠1＝52°，则∠2的度数是（）A．32°B．38°C．48°D．52°n【答案】B【知识点】角的运算；平行线的性质【解析】【解答】解：∵直线l1∥l2，∠1＝52°，∴∠ABC＝∠1＝52°，∵AC⊥l2，∴∠ACB＝90°，∴∠2＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣52°﹣90°＝38°，故答案为：B．【分析】先求出∠ABC＝∠1＝52°，再求出∠ACB＝90°，最后计算求解即可。甲、乙、丙、丁四人进行射击测试，每人10次射击的平均成绩恰好都是9.2环，方差分别是s甲2＝0.12，s乙2＝0.59，s丙2＝0.33，s丁2＝0.46，在本次射击测试中，这四个人成绩最稳定的是（）A．甲B．乙C．丙D．丁【答案】A【知识点】方差【解析】【解答】解：∵s甲2＝0.12，s乙2＝0.59，s丙2＝0.33，s丁2＝0.46，∴s甲2＜s丙2＜s丁2＜s乙2，∴成绩最稳定的是甲，故答案为：A．【分析】根据题意先求出s甲2＜s丙2＜s丁2＜s乙2，再判断求解即可。8．如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，连接AC，OC，若AB＝6，∠A＝30°，则（）的长为A．6πB．2πC．πD．π【答案】D【知识点】弧长的计算【解析】【解答】解：∵直径AB=6，∴半径OB=3，∵圆周角∠A=30°，∴圆心角∠BOC=2∠A=60°，∴的长是=π，故答案为：D．【分析】先求出半径OB=3，再求出圆心角∠BOC=2∠A=60°，最后利用弧长公式计算求解即可。9．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（5，0），与y轴交于点C，其对称轴为直线x＝2，结合图象分析如下结论：①abc＞0；②b+3a＜0；③当x＞0时，y随x的增大而增大；④若一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点A，则点E（k，b）在第四象限；⑤点M是抛物线的顶点，若CM⊥AM，则a＝．其中正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】D【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数y=ax^2+bx+c的性质；二次函数的其他应用【解析】【解答】解：∵抛物线开口向上，∴a＞0，∵对称轴是直线x＝2，∴﹣＝2，∴b＝﹣4a＜0∵抛物线交y轴的负半轴，∴c＜0，∴abc＞0，故①符合题意，∵b＝﹣4a，a＞0，∴b+3a＝﹣a＜0，故②符合题意，观察图象可知，当0＜x≤2时，y随x的增大而减小，故③不符合题意，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点A，n∵b＜0，∴k＞0，此时E（k，b）在第四象限，故④符合题意．∵抛物线经过（﹣1，0），（5，0），∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣5）＝a（x﹣2）2﹣9a，∴M（2，﹣9a），C（0，﹣5a），过点M作MH⊥y轴于点H，设对称轴交x轴于点K．∵AM⊥CM，∴∠AMC＝∠KMH＝90°，∴∠CMH＝∠KMA，∵∠MHC＝∠MKA＝90°，∴△MHC∽△MKA，∴＝，∴＝，∴a2＝，∵a＞0，∴a＝，故⑤符合题意，故答案为：D．【分析】利用二次函数的图象与性质对每个结论一一判断即可。二、填空题10．．【答案】1.26×1010【知识点】科学记数法—表示绝对值较大的数【解析】10．故答案为：1.26×1010．【分析】“科学记数法是一种记数的方法。把一个数表示成a与10的n次幂相乘的形式（1≤|a|<10，a不为分数形式，n为整数），这种记数法叫做科学记数法。根据科学记数法的定义计算求解即可。11．因式分解：2a2＋4a＋2＝．【答案】2（a＋1）2【知识点】提公因式法与公式法的综合运用【解析】【解答】2a2＋4a＋2=2（a2＋2a＋1）=2（a＋1）2故答案为：2（a＋1）2【分析】利用提公因式和完全平方公式分解因式即可。12．若关于x的一元二次方程x2+3x+m=0有实数根，则m的取值范围是．【答案】m≤【知识点】一元二次方程根的判别式及应用【解析】【解答】∵方程x2+3x+m=0有实数根，∴△=32-4m≥0，解得：m≤．故答案为m≤．【分析】根据题意先求出△=32-4m≥0，再求解即可。13．某书店与一所中学建立帮扶关系，连续6个月向该中学赠送书籍的数量（单位：本）分别为：200，300，400，200，500，550，则这组数据的中位数是本．【答案】350【知识点】中位数【解析】【解答】解：将数据200，300，400，200，500，550按照从小到大的顺序排列为：200，200，300，400，500，550．则其中位数为：＝350．故答案为：350．【分析】根据中位数的定义计算求解即可。14．不等式组的解集为．【答案】1.5＜x＜6【知识点】解一元一次不等式组【解析】【解答】解：解不等式得：，n解不等式得：，所以不等式组的解集为：1.5＜x＜6，故答案为：1.5＜x＜6．【分析】利用不等式的性质计算求解即可。15．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝8，分别以A，C为圆心，以大于AC的长为半径作弧，两弧相交于点P和点Q，直线PQ与AC交于点D，则AD的长为．【答案】【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理【解析】【解答】解：在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=8，∴AC===4，由作图可知，PQ垂直平分线段AC，∴AD=DC=AC=2，故答案为：2．【分析】利用勾股定理先求出AC的值，再根据线段的垂直平分线计算求解即可。16．如图，四边形OABC是平行四边形，点O是坐标原点，点C在y轴上，点B在反比例函数y=（x＞0）的图象上，点A在反比例函数y=（x＞0）的图象上，若平行四边形OABC的面积是7，则k=．【答案】-4【知识点】反比例函数系数k的几何意义；平行四边形的性质【解析】【解答】解：连接OB，∵四边形OABC是平行四边形，∴AB∥OC，∴AB⊥x轴，∴S△AOD=|k|，S△BOD==，∴S△AOB=S△AOD+S△BOD=|k|+，∴S平行四边形OABC=2S△AOB=|k|+3，∵平行四边形OABC的面积是7，∴|k|=4，∵在第四象限，∴k=-4，故答案为：-4．n【分析】先求出S△AOD=|k|，S△BOD==，再求出|k|=4，最后计算求解即可。17．如图，四边形ABCD是边长为6的菱形，∠ABC＝60°，对角线AC与BD交于点O，点E，F分别是线段AB，AC上的动点（不与端点重合），且BE＝AF，BF与CE交于点P，延长BF交边AD（或边CD）于点G，连接OP，OG，则下列结论：①△ABF➴△BCE；②当BE＝2时，△BOG的面积与四边形OCDG面积之比为1：3；③当BE＝4时，BE：CG＝2：1；④线段OP的最小值为2﹣2．其中正确的是．（请填写序号）【答案】①②【知识点】菱形的性质；四边形的综合【解析】【解答】解：①∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝AD＝CD，∴∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝60°，在△ABF和△BCE中，，∴△ABF➴△BCE（SAS），故①符合题意；②由①知：△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝6，∵AF＝BE＝2，∴CF＝AC﹣AF＝4，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，OB＝OD，OA＝OC，∴△AGF∽△CBF，S△BOG＝S△DOG，S△AOD＝S△COD，，∴∴，∴AG＝3，∴AG＝，∴S△AOD＝2S△DOG，∴S△COD＝2S△COG＝2S△BOG，∴∴S四边形OCDG＝S△DOG+S△COD＝3S△DOG＝3S△BOG，△BOG的面积与四边形OCDG面积之比为1：3；故②符合题意；③如图1，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴，∴，∴CG＝3，∴BE：CG＝4：3，故③不符合题意；④如图2，n由①得：△ABF➴△BCE，∴∠BCE＝∠ABF，∴∠BCE+∠CBF＝∠ABF+∠CBF＝∠ABC＝60°，∴∠BPC＝120°，作等边三角形△BCH，作△BCH的外接圆I，则点P在⊙I上运动，点O、P、I共线时，OP最小，作HM⊥BC于M，∴HM＝＝3，∴PI＝IH＝，∵∠ACB+∠ICB＝60°+30°＝90°，∴OI＝＝＝，∴OP最小＝OI﹣PI＝﹣2，故④不符合题意，故答案为：①②．【分析】利用菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等对每个结论一一判断求解即可。三、解答题18．先化简，再求值：÷﹣，其中x＝sin45°．【答案】解：原式＝﹣＝﹣＝，当x＝sin45°＝时，则，所以原式＝．【知识点】利用分式运算化简求值【解析】【分析】先化简分式，再求出x的值，最后计算求解即可。19．为了解学生一周劳动情况，我市某校随机调查了部分学生的一周累计劳动时间，将他们一周累计劳动时间t（单位：小时）划分为A：t＜2，B：2≤t＜3，C：3≤t＜4，D：t≥4四个组，并将调查结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图，根据图中所给信息解答下列问题：（1）这次抽样调查共抽取人，条形统计图中的m＝；（2）在扇形统计图中，求B组所在扇形圆心角的度数，并将条形统计图补充完整；（3）已知该校有960名学生，根据调查结果，请你估计该校一周累计劳动时间达到3小时及3小时以上的学生共有多少人？（4）学校准备从一周累计劳动时间较长的两男两女四名学生中，随机抽取两名学生为全校学生介绍劳动体会，请用列表法或画树状图法求恰好抽取到一名男生和一名女生的概率．【答案】（1）100；42（2）解：B组所在扇形圆心角的度数是：360°×20%=72°；B组的人数有：100×20%=20（人），补全统计图如下：；（3）解：根据题意得：960×（42%+28%）=672（人），答：估计该校一周累计劳动时间达到3小时及3小时以上的学生共有672人；（4）解：画树状图为：n共有12种等可能的结果，其中抽取的两人恰好是一名男生和一名女生结果数为8，所以抽取的两人恰好是一名男生和一名女生概率为．【知识点】用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图；列表法与树状图法【解析】【解答】（1）解：这次抽样调查共抽取的人数有：28÷28%=100（人），m=100×42%=42，故答案为：100，42；【分析】（1）先求出这次抽样调查共抽取的人数有100人，再计算求解即可；（2）根据所给的统计图中的数据计算求解即可；（3）根据该校有960名学生，计算求解即可；（4）先画树状图，再求出共有12种等可能的结果，其中抽取的两人恰好是一名男生和一名女生结果数为8，最后求概率即可。20．为推动家乡学校篮球运动的发展，某公司计划出资12000元购买一批篮球赠送给家乡的学校．实际购买时，每个篮球的价格比原价降低了20元，结果该公司出资10000元就购买了和原计划一样多的篮球，每个篮球的原价是多少元？【答案】解：设每个篮球的原价是x元，则每个篮球的实际价格是（x﹣20）元，根据题意，得＝．解得x＝120．经检验x＝120是原方程的解．答：每个篮球的原价是120元．【知识点】分式方程的实际应用【解析】【分析】先求出＝．再解方程即可。21．如图，AB是⊙O的直径，点E在⊙O上，连接AE和BE，BC平分∠ABE交⊙O于点C，过点C作CD⊥BE，交BE的延长线于点D，连接CE．（1）请判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若sin∠ECD＝，CE＝5，求⊙O的半径．【答案】（1）解：结论：CD是⊙O的切线．理由：连接OC．∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC，∵BC平分∠ABD，∴∠OBC＝∠CBE，∴∠OCB＝∠CBE，∴OC//BD，∵CD⊥BD，∴CD⊥OC，∵OC是半径，∴CD是⊙O的切线；（2）解：设OA＝OC＝r，设AE交OC于点J．∵AB是直径，∴∠AEB＝90°，∵OC⊥DC，CD⊥DB，∴∠D＝∠DCJ＝∠DEJ＝90°，n∴四边形CDEJ是矩形，∴∠CJE＝90°，CD＝EJ，CJ＝DE，∴OC⊥AE，∴AJ＝EJ，∵sin∠ECD＝＝，CE＝5，∴DE＝3，CD＝4，∴AJ＝EJ＝CD＝4，CJ＝DE＝3，在Rt△AJO中，r2＝（r﹣3）2+42，∴r＝，∴⊙O的半径为．【知识点】切线的判定；圆的综合题【解析】【分析】（1）先求出∠OCB＝∠OBC，再求出OC//BD，最后证明求解即可；【答案】解：过点A作AE⊥CD，垂足为E，过点B作BF⊥AE，垂足为F，由题意得：EF=BC=33.2海里，AG∥DC，∴∠GAD=∠ADC=53°，在Rt△ABF中，∠ABF=50°，AB=40海里，∴AF=AB•sin50°≈40×0.77=30.8（海里），∴AE=AF+EF=64（海里），在Rt△ADE中，AD=≈=80（海里），∴货船与A港口之间的距离约为80海里．【知识点】解直角三角形的应用﹣方向角问题【解析】【分析】先求出∠GAD=∠ADC=53°，再求出AE=AF+EF=64（海里），最后利用锐角三角函数计算求解即可。23．丹东是我国的边境城市，拥有丰富的旅游资源．某景区研发一款纪念品，每件成本为30元，投放景区内进行销售，规定销售单价不低于成本且不高于54元，销售一段时间调研发现，每天的销售数量y（件）与销售单价x（元/件）满足一次函数关系，部分数据如下表所示：销售单价x（元/件）…354045…每天销售数量y（件）…908070…（2）先求出AJ＝EJ，再利用勾股定理计算求解即可。如图，我国某海域有A，B，C三个港口，B港口在C港口正西方向33.2nmile（nmile是单位“海里”的符号）处，A港口在B港口北偏西50°方向且距离B港口40nmile处，在A港口北偏东53°方向且位于C港口正直接写出y与x的函数关系式；北方向的点D处有一艘货船，求货船与A港口之间的距离．（参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，若每天销售所得利润为1200元，那么销售单价应定为多少元？tan50°≈1.19，sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33．）当销售单价为多少元时，每天获利最大？最大利润是多少元？【答案】（1）解：设每天的销售数量y（件）与销售单价x（元/件）之间的关系式为y＝kx+b，把（35，90），（40，80）代入得：，解得，∴y＝﹣2x+160；（2）解：根据题意得：（x﹣30）•（﹣2x+160）＝1200，解得x1＝50，x2＝60，∵规定销售单价不低于成本且不高于54元，∴x＝50，答：销售单价应定为50元；（3）解：设每天获利w元，nw＝（x﹣30）•（﹣2x+160）＝﹣2x2+220x﹣4800＝﹣2（x﹣55）2+1250，∵﹣2＜0，对称轴是直线x＝55，而x≤54，∴x＝54时，w取最大值，最大值是﹣2×（54﹣55）2+1250＝1248（元），答：当销售单价为54元时，每天获利最大，最大利润，1248元．【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数的实际应用-销售问题【解析】【分析】（1）根据题意先求出，再计算求解即可；（2）根据利润公式先求出（x﹣30）•（﹣2x+160）＝1200，再解方程求解即可；（3）先求出w＝（x﹣30）•（﹣2x+160）＝﹣2x2+220x﹣4800＝﹣2（x﹣55）2+1250，再利用函数解析式的性质求解即可。24．已知矩形ABCD，点E为直线BD上的一个动点（点E不与点B重合），连接AE，以AE为一边构造矩形AEFG（A，E，F，G按逆时针方向排列），连接DG．（1）如图1，当＝＝1时，请直接写出线段BE与线段DG的数量关系与位置关系；如图2，当＝＝2时，请猜想线段BE与线段DG的数量关系与位置关系，并说明理由；如图3，在（2）的条件下，连接BG，EG，分别取线段BG，EG的中点M，N，连接MN，MD，ND，若AB＝，∠AEB＝45°，请直接写出△MND的面积．【答案】（1）解：由题意得：四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE，∴∠BAE＝∠DAG，∴△BAE➴△DAG（SAS），∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，∴∠BDG＝90°，∴BE⊥DG；（2）解：BE＝，BE⊥DG，理由如下：由（1）得：∠BAE＝∠DAG，∵＝＝2，∴△BAE∽△DAG，∴，∠ABE＝∠ADG，∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，∴∠BDG＝90°，∴BE⊥DG；（3）解：如图，作AH⊥BD于H，∵tan∠ABD＝，∴设AH＝2x，BH＝x，在Rt△ABH中，x2+（2x）2＝（）2，∴BH＝1，AH＝2，在Rt△AEH中，∵tan∠ABE＝，∴，∴EH＝AH＝2，∴BE＝BH+EH＝3，n∵BD＝＝5，∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，由（2）得：，DG⊥BE，∴DG＝2BE＝6，∴S△BEG＝＝＝9，在Rt△BDG和Rt△DEG中，点M是BG的中点，点N是CE的中点，∴DM＝GM＝，∵NM＝NM，∴△DMN➴△GMN（SSS），∵MN是△BEG的中位线，∴MNBE，∴△BEG∽△MNG，∴＝（）2＝，∴S△MNG＝S△MNG＝S△BEG＝．【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合【解析】【分析】（1）利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质计算求解即可；利用相似三角形的判定与性质计算求解即可；先求出x2+（2x）2＝（）2，再求出BH＝1，AH＝2，最后利用全等三角形，相似三角形的判定与性质计算求解即可。25．如图1，抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C，点P是第一象限内抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，PD交直线BC于点E，设点P的横坐标为m．（1）求抛物线的表达式；（2）设线段PE的长度为h，请用含有m的代数式表示h；（3）如图2，过点P作PF⊥CE，垂足为F，当CF＝EF时，请求出m的值；（4）如图3，连接CP，当四边形OCPD是矩形时，在抛物线的对称轴上存在点Q，使原点O关于直线CQ的对称点O′恰好落在该矩形对角线所在的直线上，请直接写出满足条件的点Q的坐标．【答案】（1）解：∵抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，∴，解得：，∴抛物线的表达式为y＝x2+x+3；（2）解：∵抛物线y＝x2+x+3与y轴交于点C，∴C（0，3），设直线BC的解析式为y＝kx+b，把B（6，0）、C（0，3）代入，得：，解得：，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，设点P的横坐标为m，则P（m，m2+m+3），E（m，﹣m+3），∴h＝m2+m+3﹣（﹣m+3）＝m2+m，∵点P是第一象限内抛物线上的一个动点，∴0＜m＜6，∴h＝m2+m（0＜m＜6）；（3）解：如图，过点E、F分别作EH⊥y轴于点H，FG⊥y轴于点G，n∵P（m，m2+m+3），E（m，﹣∴PE＝m2+m，∵PF⊥CE，m+3），∴∠EPF+∠PEF＝90°，∵PD⊥x轴，∴∠EBD+∠BED＝90°，又∵∠PEF＝∠BED，∴∠EPF＝∠EBD，∵∠BOC＝∠PFE＝90°，∴△BOC∽△PFE，∴＝，在Rt△BOC中，BC＝＝＝3，∴EF＝×PE＝（m2+m）＝（m2+m），∵EH⊥y轴，PD⊥x轴，∴∠EHO＝∠EDO＝∠DOH＝90°，∴四边形ODEH是矩形，∴EH＝OD＝m，∵EH//x轴，∴△CEH∽△CBO，∴＝，即＝，∴CE＝m，∵CF＝EF，∴EF＝CE＝m，∴m＝（m2+m），解得：m＝0或m＝1，∵0＜m＜6，∴m＝1；（4）解：∵抛物线y＝x2+x+3，∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝2，∵点Q在抛物线的对称轴上，∴设Q（2，t），设抛物线对称轴交x轴于点H，交CP边于点G，则GQ＝3﹣t，CG＝2，∠CGQ＝90°，①当点O′恰好落在该矩形对角线OD所在的直线上时，如图，则CQ垂直平分OO′，即CQ⊥OD，∴∠COP+∠OCQ＝90°，又∵四边形OCPD是矩形，∴CP＝OD＝4，OC＝3，∠OCP＝90°，∴∠PCQ+∠OCQ＝90°，∴∠PCQ＝∠COP，∴tan∠PCQ＝tan∠COP＝＝，∴＝tan∠PCQ＝，n∴＝，解得：t＝，∴Q（2，）；②当点O′恰好落在该矩形对角线CD上时，如图，连接CD交GH于点K，∵点O与点O′关于直线CQ对称，∴CQ垂直平分OO′，∴∠OCQ＝∠DCQ，∵GH//OC，∴∠CQG＝∠OCQ，∴∠DCQ＝∠CQG，∴CK＝KQ，∵C、P关于对称轴对称，即点G是CP的中点，GH//OC//PD，∴点K是CD的中点，∴K（2，），∴GK＝，∴CK＝KQ＝﹣t，在Rt△CKG中，CG2+GK2＝CK2，∴22+（）2＝（﹣t）2，解得：t1＝1（舍去），t2＝﹣1，∴Q（2，﹣1）；③当点O′恰好落在该矩形对角线DC延长线上时，如图，过点O′作O′K⊥y轴于点K，连接OO′交CQ于点M，∵点O与点O′关于直线CQ对称，∴CQ垂直平分OO′，∴∠OCM＝∠O′CM，∠OMC＝∠O′MC＝90°，O′C＝OC＝3，∵∠O′KC＝∠DOC＝90°，∠O′CK＝∠DCO，，即∴△O′CK∽△DCO，∴＝＝∴O′K＝，CK＝，∴OK＝OC+CK＝3+＝，＝＝，∴O′（﹣，），∵点M是OO′的中点，∴M（﹣，），设直线CQ的解析式为y＝k′x+b′，则，解得：，∴直线CQ的解析式为y＝x+3，当x＝2时，y＝×2+3＝4，∴Q（2，4）；综上所述，点Q的坐标为（2，）或（2，﹣1）或（2，4）．n【知识点】待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定与性质；二次函数-动态几何问题【解析】【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；利用待定系数法求出直线BC的解析式为y＝﹣x+3，再求出0＜m＜6，最后求解即可；利用相似三角形的判定与性质，勾股定理计算求解即可；分类讨论，结合函数图象，计算求解即可。查看更多