文档内容
2022年黑龙江省哈尔滨市中考数学试卷
一、选择题（每小题3分，共计30分）
1．（3分）（2022•哈尔滨） 的相反数是（ ）
A． B． C．6 D．﹣6
2．（3分）（2022•哈尔滨）下列运算一定正确的是（ ）
A．（a2b3）2＝a4b6 B．3b2+b2＝4b4
C．（a4）2＝a6 D．a3•a3＝a9
3．（3分）（2022•哈尔滨）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．
4．（3分）（2022•哈尔滨）七个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其左视图是（ ）
A． B．
C． D．
第1页（共31页）5．（3分）（2022•哈尔滨）抛物线y＝2（x+9）2﹣3的顶点坐标是（ ）
A．（9，﹣3） B．（﹣9，﹣3） C．（9，3） D．（﹣9，3）
6．（3分）（2022•哈尔滨）方程 ＝ 的解为（ ）
A．x＝3 B．x＝﹣9 C．x＝9 D．x＝﹣3
7．（3分）（2022•哈尔滨）如图，AD，BC是 O的直径，点P在BC的延长线上，PA与 O相切
于点A，连接BD，若∠P＝40°，则∠⊙ADB的度数为（ ） ⊙
A．65° B．60° C．50° D．25°
8．（3分）（2022•哈尔滨）某种商品原来每件售价为150元，经过连续两次降价后，该种商品
每件售价为96元，设平均每次降价的百分率为x，根据题意，所列方程正确的是（ ）
A．150（1﹣x2）＝96 B．150（1﹣x）＝96
C．150（1﹣x）2＝96 D．150（1﹣2x）＝96
9．（3分）（2022•哈尔滨）如图，AB∥CD，AC，BD相交于点E，AE＝1，EC＝2，DE＝3，则BD
的长为（ ）
A． B．4 C． D．6
10．（3分）（2022•哈尔滨）一辆汽车油箱中剩余的油量y（L）与已行驶的路程x（km）的对应关
系如图所示．如果这辆汽车每千米的耗油量相同，当油箱中剩余的油量为35L时，那么该
汽车已行驶的路程为（ ）
第2页（共31页）A．150km B．165km C．125km D．350km
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11．（3分）（2022•哈尔滨）风能是一种清洁能源，我国风能储量很大，仅陆地上风能储量就有
253000兆瓦，用科学记数法表示为 兆瓦．
12．（3分）（2022•哈尔滨）在函数y＝ 中，自变量x的取值范围是 ．
13．（3分）（2022•哈尔滨）计算 +3 的结果是 ．
14．（3分）（2022•哈尔滨）把多项式xy2﹣9x分解因式的结果是 ．
15．（3分）（2022•哈尔滨）不等式组 的解集是 ．
16．（3分）（2022•哈尔滨）已知反比例函数y＝﹣ 的图象经过点（4，a），则a的值为
．
17．（3分）（2022•哈尔滨）在△ABC中，AD为边BC上的高，∠ABC＝30°，∠CAD＝20°，则
∠BAC是 度．
18．（3分）（2022•哈尔滨）同时抛掷两枚质地均匀的硬币，则一枚硬币正面向上、一枚硬币反
面向上的概率是 ．
19．（3分）（2022•哈尔滨）一个扇形的面积为7 cm2，半径为6cm，则此扇形的圆心角是
度． π
20．（3分）（2022•哈尔滨）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E在OB上，连
接AE，点F为CD的中点，连接OF．若AE＝BE，OE＝3，OA＝4，则线段OF的长为
．
第3页（共31页）三、解答题（其中21-22题各7分，23-24题各8分，25-27题各10分，共计60分）
21．（7分）（2022•哈尔滨）先化简，再求代数式（ ﹣ ）÷ 的值，其中x＝
2cos45°+1．
22．（7分）（2022•哈尔滨）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点和线段
EF的端点均在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中画出△ADC，使△ADC与△ABC关于直线AC对称（点D在小正方形的顶
点上）；
（2）在方格纸中画出以线段EF为一边的平行四边形EFGH（点G，点H均在小正方形的
顶点上），且平行四边形EFGH的面积为4，连接DH，请直接写出线段DH的长．
23．（8分）（2022•哈尔滨）民海中学开展以“我最喜欢的健身活动”为主题的调查活动，围
绕“在跑步类、球类、武术类、操舞类四类健身活动中，你最喜欢哪一类？（必选且只选一
类）”的问题，在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查，将调查结果整理后绘制成
如图所示的不完整的条形统计图，其中最喜欢操舞类的学生人数占所调查人数的25%．请
你根据图中提供的信息解答下列问题：
（1）在这次调查中，一共抽取了多少名学生？
（2）请通过计算补全条形统计图；
（3）若民海中学共有1600名学生，请你估计该中学最喜欢球类的学生共有多少名．
第4页（共31页）24．（8分）（2022•哈尔滨）已知矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD上一
点，连接BE，CE，OE，且BE＝CE．
（1）如图1，求证：△BEO≌△CEO；
（2）如图2，设BE与AC相交于点F，CE与BD相交于点H，过点D作AC的平行线交BE
的延长线于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形
（△AEF除外），使写出的每个三角形的面积都与△AEF的面积相等．
25．（10分）（2022•哈尔滨）绍云中学计划为绘画小组购买某种品牌的A、B两种型号的颜料，
若购买1盒A种型号的颜料和2盒B种型号的颜料需用56元；若购买2盒A种型号的颜
料和1盒B种型号的颜料需用64元．
（1）求每盒A种型号的颜料和每盒B种型号的颜料各多少元；
（2）绍云中学决定购买以上两种型号的颜料共200盒，总费用不超过3920元，那么该中学
最多可以购买多少盒A种型号的颜料？
26．（10分）（2022•哈尔滨）已知CH是 O的直径，点A、点B是 O上的两个点，连接OA，
OB，点D，点E分别是半径OA，OB⊙的中点，连接CD，CE，⊙BH，且∠AOC＝2∠CHB．
（1）如图1，求证：∠ODC＝∠OEC；
第5页（共31页）（2）如图2，延长CE交BH于点F，若CD⊥OA，求证：FC＝FH；
（3）如图3，在（2）的条件下，点G是 一点，连接AG，BG，HG，OF，若AG：BG＝5：3，HG
＝2，求OF的长．
27．（10分）（2022•哈尔滨）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+b经过点
A（ ， ），点B（ ，﹣ ），与y轴交于点C．
（1）求a，b的值；
（2）如图1，点D在该抛物线上，点D的横坐标为﹣2．过点D向y轴作垂线，垂足为点E．
点P为y轴负半轴上的一个动点，连接DP，设点P的纵坐标为t，△DEP的面积为S，求S
关于t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接OA，点F在OA上，过点F向y轴作垂线，垂足为点H，
连接DF交y轴于点G，点G为DF的中点，过点A作y轴的平行线与过点P所作的x轴的
平行线相交于点N，连接CN，PB，延长PB交AN于点M，点R在PM上，连接RN，若3CP
＝5GE，∠PMN+∠PDE＝2∠CNR，求直线RN的解析式．
第6页（共31页）第7页（共31页）2022年黑龙江省哈尔滨市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共计30分）
1．（3分）（2022•哈尔滨） 的相反数是（ ）
A． B． C．6 D．﹣6
【分析】根据相反数的意义求解即可．
【解答】解： 的相反数是﹣ ，
故选：B．
【点评】本题考查了相反数，在一个数的前面加上负号就是这个数的相反数．
2．（3分）（2022•哈尔滨）下列运算一定正确的是（ ）
A．（a2b3）2＝a4b6 B．3b2+b2＝4b4
C．（a4）2＝a6 D．a3•a3＝a9
【分析】分别根据幂的乘方与积的乘方运算法则，同底数幂的乘法法则，合并同类项运算
法则以及同底数幂的除法法则逐一判断即可．
【解答】解：A、（a2b3）2＝a4b6，原计算正确，故此选项符合题意；
B、3b2+b2＝4b2，原计算错误，故此选项不符合题意；
C、（a4）2＝a8，原计算错误，故此选项不符合题意；
D、a3•a3＝a6，原计算错误，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点评】本题主要考查了幂的乘方与积的乘方，同底数幂的乘法，合并同类项，熟记幂的运
算法则是解答本题的关键．
3．（3分）（2022•哈尔滨）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
第8页（共31页）C． D．
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
C．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
【点评】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．
4．（3分）（2022•哈尔滨）七个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其左视图是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据左视图的方法直接得出结论即可．
【解答】解：由题意知，题中几何体的左视图为：
故选：D．
第9页（共31页）【点评】本题主要考查三视图的知识，熟练掌握三视图的方法是解题的关键．
5．（3分）（2022•哈尔滨）抛物线y＝2（x+9）2﹣3的顶点坐标是（ ）
A．（9，﹣3） B．（﹣9，﹣3） C．（9，3） D．（﹣9，3）
【分析】由抛物线解析式可得抛物线顶点坐标．
【解答】解：∵y＝2（x+9）2﹣3，
∴抛物线顶点坐标为（﹣9，﹣3），
故选：B．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数的顶点式．
6．（3分）（2022•哈尔滨）方程 ＝ 的解为（ ）
A．x＝3 B．x＝﹣9 C．x＝9 D．x＝﹣3
【分析】按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
【解答】解： ＝ ，
2x＝3（x﹣3），
解得：x＝9，
检验：当x＝9时，x（x﹣3）≠0，
∴x＝9是原方程的根，
故选：C．
【点评】本题考查了解分式方程，一定要注意解分式方程必须检验．
7．（3分）（2022•哈尔滨）如图，AD，BC是 O的直径，点P在BC的延长线上，PA与 O相切
于点A，连接BD，若∠P＝40°，则∠⊙ADB的度数为（ ） ⊙
A．65° B．60° C．50° D．25°
第10页（共31页）【分析】根据切线的性质得出∠OAP＝90°，进而得出∠BOD的度数，再利用等腰三角形的
性质得出∠ADB的度数即可．
【解答】解：∵PA与 O相切于点A，∠P＝40°，
∴∠OAP＝90°， ⊙
∴∠BOD＝∠AOP＝90°﹣∠P＝50°，
∵OB＝OD，
∴∠ADB＝∠OBD＝（180°﹣∠BOD）÷2＝（180°﹣50°）÷2＝65°，
故选：A．
【点评】本题主要考查切线的性质，熟练掌握切线的性质及等腰三角形的性质是解题的关
键．
8．（3分）（2022•哈尔滨）某种商品原来每件售价为150元，经过连续两次降价后，该种商品
每件售价为96元，设平均每次降价的百分率为x，根据题意，所列方程正确的是（ ）
A．150（1﹣x2）＝96 B．150（1﹣x）＝96
C．150（1﹣x）2＝96 D．150（1﹣2x）＝96
【分析】可先表示出第一次降价后的价格，那么第一次降价后的价格×（1﹣降低的百分率）
＝96，把相应数值代入即可求解．
【解答】解：第一次降价后的价格为150×（1﹣x），两次连续降价后售价在第一次降价后的
价格的基础上降低x，为150×（1﹣x）×（1﹣x），
则列出的方程是150（1﹣x）2＝96．
故选：C．
【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程中求平均变化率的方法．若设变
化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）
2＝b．
9．（3分）（2022•哈尔滨）如图，AB∥CD，AC，BD相交于点E，AE＝1，EC＝2，DE＝3，则BD
的长为（ ）
第11页（共31页）A． B．4 C． D．6
【分析】利用平行线分线段成比例定理求解．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴△ABE∽△CDE，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴BE＝1.5，
∴BD＝BE+DE＝4.5．
故选：C．
【点评】本题考查三角形相似判定和性质，利用这些知识是解题的关键．
10．（3分）（2022•哈尔滨）一辆汽车油箱中剩余的油量y（L）与已行驶的路程x（km）的对应关
系如图所示．如果这辆汽车每千米的耗油量相同，当油箱中剩余的油量为35L时，那么该
汽车已行驶的路程为（ ）
A．150km B．165km C．125km D．350km
【分析】由图象可知，汽车行驶10km耗油1L，据此解答即可．
【解答】解：当油箱中剩余的油量为35L时，那么该汽车已行驶的路程为：（50﹣35）×
（500÷50）＝150（km），
故选：A．
【点评】本题考查了函数的图象，由题意得出汽车行驶10km耗油1L是解答本题的关键．
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11．（3分）（2022•哈尔滨）风能是一种清洁能源，我国风能储量很大，仅陆地上风能储量就有
253000兆瓦，用科学记数法表示为 2.53×1 0 5 兆瓦．
【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．确定n的值时，
第12页（共31页）要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原
数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：数字253000用科学记数法可表示为2.53×105．
故答案为：2.53×105．
【点评】此题考查了科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
12．（3分）（2022•哈尔滨）在函数y＝ 中，自变量x的取值范围是 x ≠﹣ ．
【分析】根据分母不能为0，可得5x+3≠0，然后进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
5x+3≠0，
∴x≠﹣ ，
故答案为：x≠﹣ ．
【点评】本题考查了函数自变量的取值范围，熟练掌握分母不能为0是解题的关键．
13．（3分）（2022•哈尔滨）计算 +3 的结果是 2 ．
【分析】先化简各二次根式，再根据混合运算的顺序依次计算可得答案．
【解答】解：原式＝ +3×
＝
＝2 ．
故答案为：2 ．
【点评】此题考查的是二次根式的运算，掌握其运算法则是解决此题的关键．
14．（3分）（2022•哈尔滨）把多项式xy2﹣9x分解因式的结果是 x（ y + 3 ）（ y ﹣ 3 ） ．
【分析】先提公因式，再利用平方差公式进行因式分解．
【解答】解：xy2﹣9x
＝x（y2﹣9）
＝x（y+3）（y﹣3），
故答案为：x（y+3）（y﹣3）．
【点评】本题考查提公因式法、公式法分解因式，掌握平方差公式的结构特征是正确应用
第13页（共31页）的前提．
15．（3分）（2022•哈尔滨）不等式组 的解集是 x ＞ ．
【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、
大大小小无解了确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式3x+4≥0，得：x≥﹣ ，
解不等式4﹣2x＜﹣1，得：x＞ ，
则不等式组的解集为x＞ ，
故答案为：x＞ ．
【点评】本题考查的是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；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
16．（3分）（2022•哈尔滨）已知反比例函数y＝﹣ 的图象经过点（4，a），则a的值为 ﹣
．
【分析】将点（4，a）代入反比例函数y＝﹣ 即可求出a的值．
【解答】解：点（4，a）代入反比例函数y＝﹣ 得，a＝﹣ ＝﹣ ，
故答案为：﹣ ．
【点评】考查反比例函数图象上点的坐标特征，将点的坐标代入函数关系式是常用的方法．
17．（3分）（2022•哈尔滨）在△ABC中，AD为边BC上的高，∠ABC＝30°，∠CAD＝20°，则
∠BAC是 8 0 或 4 0 度．
【分析】分两种情况：△ABC为锐角三角形或钝角三角形，然后利用三角形内角和定理即
可作答．
【解答】解：当△ABC为锐角三角形时，如图，
第14页（共31页）∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝180°﹣30°﹣90°＝60°，
∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝60°+20°＝80°；
当△ABC为钝角三角形时，如图，
∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝180°﹣30°﹣90°＝60°，
∠BAC＝∠BAD﹣∠CAD＝60°﹣20°＝40°．
综上所述，∠BAC＝80°或40°．
故答案为：80或40．
【点评】本题主要考查三角形内角和定理，注意到分类讨论是解题关键．
18．（3分）（2022•哈尔滨）同时抛掷两枚质地均匀的硬币，则一枚硬币正面向上、一枚硬币反
面向上的概率是 ．
【分析】画树状图，共有4种等可能的结果，其中一枚硬币正面向上、一枚硬币反面向上的
结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如下：
共有4种等可能的结果，其中一枚硬币正面向上、一枚硬币反面向上的结果有2种，
∴一枚硬币正面向上、一枚硬币反面向上的概率为 ＝ ，
故答案为： ．
第15页（共31页）【点评】此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的
结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数
之比．
19．（3分）（2022•哈尔滨）一个扇形的面积为7 cm2，半径为6cm，则此扇形的圆心角是 7 0
度． π
【分析】设扇形的圆心角为n°，利用扇形面积公式列方程，即可求出n．
【解答】解：设扇形的圆心角为n°，
则 ，
∴n＝70°，
故答案为：70．
【点评】本题考查扇形面积公式，解题关键是掌握扇形面积公式．
20．（3分）（2022•哈尔滨）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E在OB上，连
接AE，点F为CD的中点，连接OF．若AE＝BE，OE＝3，OA＝4，则线段OF的长为 2
．
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，AO＝CO＝4，BO＝DO，由勾股定理可求AE的长，BC
的长，由三角形中位线定理可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO＝4，BO＝DO，
∴AE＝ ＝ ＝5，
∴BE＝AE＝5，
∴BO＝8，
∴BC＝ ＝ ＝4 ，
∵点F为CD的中点，BO＝DO，
第16页（共31页）∴OF＝ BC＝2 ，
故答案为：2 ．
【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，掌握
菱形的性质是解题的关键．
三、解答题（其中21-22题各7分，23-24题各8分，25-27题各10分，共计60分）
21．（7分）（2022•哈尔滨）先化简，再求代数式（ ﹣ ）÷ 的值，其中x＝
2cos45°+1．
【分析】先算括号内的式子，然后计算括号外的除法即可化简题目中的式子，然后将x的值
代入化简后的式子计算即可．
【解答】解：（ ﹣ ）÷
＝
＝
＝ ，
当x＝2cos45°+1＝2× +1＝ +1时，原式＝ ＝ ．
【点评】本题考查分式的化简求值、特殊角的三角函数值，解答本题的关键是明确分式混
合运算的运算法则和运算顺序．
22．（7分）（2022•哈尔滨）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点和线段
EF的端点均在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中画出△ADC，使△ADC与△ABC关于直线AC对称（点D在小正方形的顶
点上）；
（2）在方格纸中画出以线段EF为一边的平行四边形EFGH（点G，点H均在小正方形的
顶点上），且平行四边形EFGH的面积为4，连接DH，请直接写出线段DH的长．
第17页（共31页）【分析】（1）根据轴对称的性质可得△ADC；
（2）利用平行四边形的性质即可画出图形，利用勾股定理可得DH的长．
【解答】解：（1）如图，△ADC即为所求；
（2）如图， EFGH即为所求；
▱
由勾股定理得，DH＝ ＝5．
【点评】本题主要考查了作图﹣轴对称变换，平行四边形的性质，勾股定理等知识，准确画
出图形是解题的关键．
23．（8分）（2022•哈尔滨）民海中学开展以“我最喜欢的健身活动”为主题的调查活动，围
绕“在跑步类、球类、武术类、操舞类四类健身活动中，你最喜欢哪一类？（必选且只选一
类）”的问题，在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查，将调查结果整理后绘制成
如图所示的不完整的条形统计图，其中最喜欢操舞类的学生人数占所调查人数的25%．请
你根据图中提供的信息解答下列问题：
（1）在这次调查中，一共抽取了多少名学生？
（2）请通过计算补全条形统计图；
（3）若民海中学共有1600名学生，请你估计该中学最喜欢球类的学生共有多少名．
第18页（共31页）【分析】（1）根据最喜欢操舞类的学生人数占所调查人数的25%即可得出答案；
（2）先求出武术类的人数，再补全统计图；
（3）利用样本估计总体即可．
【解答】解：（1）20÷25%＝80（名），
答：一共抽取了80名学生；
（2）80﹣16﹣24﹣20＝20（名），
补全条形统计图如下：
（3）1600× ＝480（名），
答：估计该中学最喜欢球类的学生共有480名．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，
找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
24．（8分）（2022•哈尔滨）已知矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD上一
点，连接BE，CE，OE，且BE＝CE．
（1）如图1，求证：△BEO≌△CEO；
第19页（共31页）（2）如图2，设BE与AC相交于点F，CE与BD相交于点H，过点D作AC的平行线交BE
的延长线于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形
（△AEF除外），使写出的每个三角形的面积都与△AEF的面积相等．
【分析】（1）根据矩形的性质可得OB＝OC＝OA＝OD，再利用SSS可证△BEO≌△CEO，
即可解答；
（2）根据矩形的性质可得∠BAD＝∠CDA＝90°AB∥CD，AB＝DC，从而可证
Rt△BAE≌Rt△CDE，进而可得∠AEB＝∠DEC，AE＝DE，再利用等腰三角形的性质可得
∠OEA＝∠OED＝90°，从而可得AB∥OE∥CD，进而可得△AEO的面积＝△BEO的面积，
△DEO的面积＝△COE的面积，然后利用等式的性质可得△AEF的面积＝△BFO的面积，
△DHE的面积＝△CHO的面积，再证明△AEF≌△DEH，从而可得△AEF的面积＝
△DHE的面积＝△CHO的面积，最后利用线段中点和平行线证明 8字模型全等三角形
△AEF≌△DEG，即可解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝ AC，OB＝OD＝ BD，AC＝BD，
∴OB＝OC＝OA＝OD，
∵BE＝CE，OE＝OE，
∴△BEO≌△CEO（SSS）；
（2）解：△DHE，△CHO，△DEG，△BFO都与△AEF的面积相等，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠CDA＝90°AB∥CD，AB＝DC，
∵BE＝CE，
∴Rt△BAE≌Rt△CDE（HL），
第20页（共31页）∴∠AEB＝∠DEC，AE＝DE，
∵OA＝OD，
∴∠OEA＝∠OED＝90°，
∴∠BAD＝∠OED＝90°，∠ADC＝∠AEO＝90°，
∴AB∥OE，DC∥OE，
∴△AEO的面积＝△BEO的面积，△DEO的面积＝△COE的面积，
∴△AEO的面积﹣△EFO的面积＝△BEO的面积﹣△EFO的面积，△DEO的面积﹣
△EHO的面积＝△COE的面积﹣△EHO的面积，
∴△AEF的面积＝△BFO的面积，△DHE的面积＝△CHO的面积，
∵OA＝OD，
∴∠DAO＝∠ADO，
∴△AEF≌△DEH（ASA），
∴△AEF的面积＝△DHE的面积＝△CHO的面积，
∵DG∥AC，
∴∠G＝∠AFE，∠GDE＝∠FAE，
∴△AEF≌△DEG（AAS），
∴△AEF的面积＝△DEG的面积，
∴△DHE，△CHO，△DEG，△BFO都与△AEF的面积相等．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质，以及全
等三角形的判定与性质是解题的关键．
25．（10分）（2022•哈尔滨）绍云中学计划为绘画小组购买某种品牌的A、B两种型号的颜料，
若购买1盒A种型号的颜料和2盒B种型号的颜料需用56元；若购买2盒A种型号的颜
料和1盒B种型号的颜料需用64元．
（1）求每盒A种型号的颜料和每盒B种型号的颜料各多少元；
（2）绍云中学决定购买以上两种型号的颜料共200盒，总费用不超过3920元，那么该中学
最多可以购买多少盒A种型号的颜料？
【分析】（1）设每盒A种型号的颜料x元，每盒B种型号的颜料y元，根据“购买1盒A种
型号的颜料和2盒B种型号的颜料需用56元；购买2盒A种型号的颜料和1盒B种型号
的颜料需用64元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设该中学可以购买m盒A种型号的颜料，则可以购买（200﹣m）盒B种型号的颜料，
利用总价＝单价×数量，结合总价不超过3920元，即可得出关于m的一元一次不等式，解
第21页（共31页）之取其中的最大值即可得出结论．
【解答】解：（1）设每盒A种型号的颜料x元，每盒B种型号的颜料y元，
依题意得： ，
解得： ．
答：每盒A种型号的颜料24元，每盒B种型号的颜料16元．
（2）设该中学可以购买m盒A种型号的颜料，则可以购买（200﹣m）盒B种型号的颜料，
依题意得：24m+16（200﹣m）≤3920，
解得：m≤90．
答：该中学最多可以购买90盒A种型号的颜料．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：
（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元
一次不等式．
26．（10分）（2022•哈尔滨）已知CH是 O的直径，点A、点B是 O上的两个点，连接OA，
OB，点D，点E分别是半径OA，OB⊙的中点，连接CD，CE，⊙BH，且∠AOC＝2∠CHB．
（1）如图1，求证：∠ODC＝∠OEC；
（2）如图2，延长CE交BH于点F，若CD⊥OA，求证：FC＝FH；
（3）如图3，在（2）的条件下，点G是 一点，连接AG，BG，HG，OF，若AG：BG＝5：3，HG
＝2，求OF的长．
【分析】（1）欲证明∠ODC＝∠OEC，只要证明△ODC≌△OEC（SAS）即可；
（2）证明∠H＝∠OCE＝30°，根据等角对等边可得结论；
第22页（共31页）（3）如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△MHG是等边三角形，设AG＝5x，BG＝3x，
再证明△HAM≌△HBG（SAS），根据AG＝AM+MG列方程可得x的值，最后再证明BH＝
3OF，可得结论．
【解答】（1）证明：如图1，∵点D，点E分别是半径OA，OB的中点，
∴OD＝ OA，OE＝ OB，
∵OA＝OB，
∴OE＝OD，
∵∠AOC＝2∠CHB，∠BOC＝2∠CHB，
∴∠AOC＝∠BOC，
∵OC＝OC，
∴△OCD≌△OCE（SAS），
∴∠ODC＝∠OEC；
（2）证明：∵CD⊥OA，
∴∠CDO＝90°，
由（1）知：∠ODC＝∠OEC＝90°，
∴sin∠OCE＝ ＝ ，
∴∠OCE＝30°，
∴∠COE＝60°，
∵∠H＝ ∠COE＝30°，
∴∠H＝∠OCE，
∴FC＝FH；
（3）解：∵CO＝OH，FC＝FH，
∴FO⊥CH，
∴∠FOH＝90°，
如图，连接AH，
∵∠AOC＝∠BOC＝60°，
∴∠AOH＝∠BOH＝120°，
∴AH＝BH，∠AGH＝60°，
∵AG：BG＝5：3，
第23页（共31页）∴设AG＝5x，BG＝3x，
在AG上取点M，使得AM＝BG，连接MH，过点H作HN⊥CM于N，
∵∠HAM＝∠HBG，
∴△HAM≌△HBG（SAS），
∴MH＝GH，
∴△MHG是等边三角形，
∴MG＝HG＝2，
∵AG＝AM+MG，
∴5x＝3x+2，
∴x＝1，
∴AG＝5，BG＝AM＝3，
∴MN＝ GM＝ ×2＝1，HN＝ ，
∴AN＝MN+AM＝4，
∴HB＝HA＝ ＝ ＝ ，
∵∠FOH＝90°，∠OHF＝30°，
∴∠OFH＝60°，
∵OB＝OH，
∴∠BHO＝∠OBH＝30°，
∴∠FOB＝∠OBF＝30°，
∴OF＝BF，
在Rt△OFH中，∠OHF＝30°，
第24页（共31页）∴HF＝2OF，
∴HB＝BF+HF＝3OF＝ ，
∴OF＝ ．
【点评】本题是圆的综合题，考查全等三角形的判定和性质，圆周角定理，含30°角的直角
三角形的性质，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会
添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
27．（10分）（2022•哈尔滨）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+b经过点
A（ ， ），点B（ ，﹣ ），与y轴交于点C．
（1）求a，b的值；
（2）如图1，点D在该抛物线上，点D的横坐标为﹣2．过点D向y轴作垂线，垂足为点E．
点P为y轴负半轴上的一个动点，连接DP，设点P的纵坐标为t，△DEP的面积为S，求S
关于t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接OA，点F在OA上，过点F向y轴作垂线，垂足为点H，
连接DF交y轴于点G，点G为DF的中点，过点A作y轴的平行线与过点P所作的x轴的
平行线相交于点N，连接CN，PB，延长PB交AN于点M，点R在PM上，连接RN，若3CP
＝5GE，∠PMN+∠PDE＝2∠CNR，求直线RN的解析式．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）根据“点D在该抛物线上，点D的横坐标为﹣2”，可得D（﹣2， ），DE＝2，PE＝
第25页（共31页）﹣t，再利用三角形面积公式即可求得答案；
（3）如图2，过点C作CK⊥CN，交NR的延长线于点K，过点K作KT⊥y轴于点T，先证明
△FGH≌△DGE（AAS），可得：FH＝DE＝2，HG＝EG＝ HE，再运用待定系数法求得直
线OA的解析式为y＝ x，得出F（2， ），可得GE＝ HE＝ ，再由3CP＝5GE，可
得出P（0，﹣1），N（ ，﹣1），运用待定系数法可得直线BP的解析式为y＝ x﹣1，进而
推出 ＝ ，证得△PMN∽△DPE，进而得出∠PMN+∠PDE＝90°，由∠PMN+∠PDE
＝2∠CNR，可得∠CNR＝45°，再证明△CKT≌△NCP（AAS），求得K（ ，2），再运用待定
系数法即可求得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+b经过点A（ ， ），点B（ ，﹣ ），
∴ ，
解得： ，
故a＝ ，b＝ ；
（2）如图1，由（1）得：a＝ ，b＝ ，
∴抛物线的解析式为y＝ x2﹣ ，
∵点D在该抛物线上，点D的横坐标为﹣2，
∴y＝ ×（﹣2）2﹣ ＝ ，
∴D（﹣2， ），
第26页（共31页）∵DE⊥y轴，
∴DE＝2，
∴E（0， ），
∵点P为y轴负半轴上的一个动点，且点P的纵坐标为t，
∴P（0，t），
∴PE＝ ﹣t，
∴S＝ PE•DE＝ ×（ ﹣t）×2＝﹣t+ ，
故S关于t的函数解析式为S＝﹣t+ ；
（3）如图2，过点C作CK⊥CN，交NR的延长线于点K，过点K作KT⊥y轴于点T，
由（2）知：抛物线的解析式为y＝ x2﹣ ，
当x＝0时，y＝﹣ ，
∴C（0，﹣ ），
∴OC＝ ，
∵FH⊥y轴，DE⊥y轴，
∴∠FHG＝∠DEG＝90°，
∵点G为DF的中点，
∴DG＝FG，
∵∠HGF＝∠EGD，
∴△FGH≌△DGE（AAS），
∴FH＝DE＝2，HG＝EG＝ HE，
设直线OA的解析式为y＝kx，
∵A（ ， ），
∴ k＝ ，
第27页（共31页）解得：k＝ ，
∴直线OA的解析式为y＝ x，
当x＝2时，y＝ ×2＝ ，
∴F（2， ），
∴H（0， ），
∴HE＝ ﹣ ＝ ，
∴GE＝ HE＝ × ＝ ，
∵3CP＝5GE，
∴CP＝ GE＝ × ＝ ，
∴P（0，﹣1），
∵AN∥y轴，PN∥x轴，
∴N（ ，﹣1），
∴PN＝ ，
∵E（0， ），
∴EP＝ ﹣（﹣1）＝ ，
设直线BP的解析式为y＝mx+n，则 ，
解得： ，
∴直线BP的解析式为y＝ x﹣1，
第28页（共31页）当x＝ 时，y＝ × ﹣1＝ ，
∴M（ ， ），
∴MN＝ ﹣（﹣1）＝ ，
∵ ＝ ＝ ， ＝ ＝ ，
∴ ＝ ，
又∵∠PNM＝∠DEP＝90°，
∴△PMN∽△DPE，
∴∠PMN＝∠DPE，
∵∠DPE+∠PDE＝90°，
∴∠PMN+∠PDE＝90°，
∵∠PMN+∠PDE＝2∠CNR，
∴∠CNR＝45°，
∵CK⊥CN，
∴∠NCK＝90°，
∴△CNK是等腰直角三角形，
∴CK＝CN，
∵∠CTK＝∠NPC＝90°，
∴∠KCT+∠CKT＝90°，
∵∠NCP+∠KCT＝90°，
∴∠CKT＝∠NCP，
∴△CKT≌△NCP（AAS），
∴CT＝PN＝ ，KT＝CP＝ ，
∴OT＝CT﹣OC＝ ﹣ ＝2，
∴K（ ，2），
第29页（共31页）设直线RN的解析式为y＝ex+f，把K（ ，2），N（ ，﹣1）代入，
得： ，
解得： ，
∴直线RN的解析式为y＝﹣ x+ ．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，三角形面积，全等三角
形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键
是学会添加辅助线构造相似三角形或全等三角形解决问题，学会利用参数，用方程的思想
第30页（共31页）思考问题，属于中考压轴题．
第31页（共31页）
