2022年广东省深圳市中考数学试卷2.docx

2022年广东省深圳市中考数学试卷
一、选择题
1．〔3分〕﹣2的绝对值是〔　　〕
A．﹣2 B．2 C．﹣ D．
2．〔3分〕图中立体图形的主视图是〔　　〕
A． B． C． D．
3．〔3分〕随着“一带一路〞建设的不断开展，我国已与多个国家建立了经贸合作关系，去年中哈铁路〔中国至哈萨克斯坦〕运输量达8200000吨，将8200000用科学记数法表示为〔　　〕
A．8.2×105 B．82×105 C．8.2×106 D．82×107
4．〔3分〕观察以下列图形，其中既是轴对称又是中心对称图形的是〔　　〕
A． B． C． D．
5．〔3分〕以下选项中，哪个不可以得到l1∥l2〔　　〕
A．∠1=∠2 B．∠2=∠3 C．∠3=∠5 D．∠3+∠4=180°
6．〔3分〕不等式组的解集为〔　　〕
A．x＞﹣1 B．x＜3 C．x＜﹣1或x＞3 D．﹣1＜x＜3
7．〔3分〕一球鞋厂，现打折促销卖出330双球鞋，比上个月多卖10%，设上个月卖出x双，列出方程〔　　〕
A．10%x=330 B．〔1﹣10%〕x=330 C．〔1﹣10%〕2x=330 D．〔1+10%〕x=330
8．〔3分〕如图，线段AB，分别以A、B为圆心，大于AB为半径作弧，连接弧的交点得到直线l，在直线l上取一点C，使得∠CAB=25°，延长AC至M，求∠BCM的度数为〔　　〕
A．40° B．50° C．60° D．70°
9．〔3分〕以下哪一个是假命题〔　　〕
A．五边形外角和为360°
B．切线垂直于经过切点的半径
C．〔3，﹣2〕关于y轴的对称点为〔﹣3，2〕
D．抛物线y=x2﹣4x+2022对称轴为直线x=2
10．〔3分〕某共享单车前a公里1元，超过a公里的，每公里2元，假设要使使用该共享单车50%的人只花1元钱，a应该要取什么数〔　　〕
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差
11．〔3分〕如图，学校环保社成员想测量斜坡CD旁一棵树AB的高度，他们先在点C处测得树顶B的仰角为60°，然后在坡顶D测得树顶B的仰角为30°，斜坡CD的长度为20m，DE的长为10m，那么树AB的高度是〔　　〕m．
A．20 B．30 C．30 D．40
12．〔3分〕如图，正方形ABCD的边长是3，BP=CQ，连接AQ，DP交于点O，并分别与边CD，BC交于点F，E，连接AE，以下结论：①AQ⊥DP；②OA2=OE•OP；③S△AOD=S四边形OECF；④当BP=1时，tan∠OAE=，其中正确结论的个数是〔　　〕
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
13．〔3分〕因式分解：a3﹣4a=．
14．〔3分〕在一个不透明的袋子里，有2个黑球和1个白球，除了颜色外全部相同，任意摸两个球，摸到1黑1白的概率是．
15．〔3分〕阅读理解：引入新数i，新数i满足分配律，结合律，交换律，i2=﹣1，那么〔1+i〕•〔1﹣i〕=．
16．〔3分〕如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，Rt△MPN，∠MPN=90°，点P在AC上，PM交AB于点E，PN交BC于点F，当PE=2PF时，AP=．
三、解答题
17．〔5分〕计算：|﹣2|﹣2cos45°+〔﹣1〕﹣2+．
18．〔6分〕先化简，再求值：〔+〕÷，其中x=﹣1．
19．〔7分〕深圳市某学校抽样调查，A类学生骑共享单车，B类学生坐公交车、私家车等，C类学生步行，D类学生〔其它〕，根据调查结果绘制了不完整的统计图．
类型
频数
频率
A
30
x
B
18
0.15
C
m
0.40
D
n
y
〔1〕学生共人，x=，y=；
〔2〕补全条形统计图；
〔3〕假设该校共有2000人，骑共享单车的有人．
20．〔8分〕一个矩形周长为56厘米．
〔1〕当矩形面积为180平方厘米时，长宽分别为多少
〔2〕能围成面积为200平方厘米的矩形吗请说明理由．
21．〔8分〕如图，一次函数y=kx+b与反比例函数y=〔x＞0〕交于A〔2，4〕，B〔a，1〕，与x轴，y轴分别交于点C，D．
〔1〕直接写出一次函数y=kx+b的表达式和反比例函数y=〔x＞0〕的表达式；
〔2〕求证：AD=BC．
22．〔9分〕如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，点M是上任意一点，AH=2，CH=4．
〔1〕求⊙O的半径r的长度；
〔2〕求sin∠CMD；
〔3〕直线BM交直线CD于点E，直线MH交⊙O于点N，连接BN交CE于点F，求HE•HF的值．
23．〔9分〕如图，抛物线y=ax2+bx+2经过点A〔﹣1，0〕，B〔4，0〕，交y轴于点C；
〔1〕求抛物线的解析式〔用一般式表示〕；
〔2〕点D为y轴右侧抛物线上一点，是否存在点D使S△ABC=S△ABD假设存在请直接给出点D坐标；假设不存在请说明理由；
〔3〕将直线BC绕点B顺时针旋转45°，与抛物线交于另一点E，求BE的长．
2022年广东省深圳市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．〔3分〕〔2022•深圳〕﹣2的绝对值是〔　　〕
A．﹣2 B．2 C．﹣ D．
【分析】根据绝对值的定义，可直接得出﹣2的绝对值．
【解答】解：|﹣2|=2．
应选B．
【点评】此题考查了绝对值的定义，关键是利用了绝对值的性质．
2．〔3分〕〔2022•深圳〕图中立体图形的主视图是〔　　〕
A． B． C． D．
【分析】根据主视图是从正面看的图形解答．
【解答】解：从正面看，共有两层，下面三个小正方体，上面有一个小正方体，在中间．
应选A．
【点评】此题考查了学生的思考能力和对几何体三种视图的空间想象能力．
3．〔3分〕〔2022•深圳〕随着“一带一路〞建设的不断开展，我国已与多个国家建立了经贸合作关系，去年中哈铁路〔中国至哈萨克斯坦〕运输量达8200000吨，将8200000用科学记数法表示为〔　　〕
A．8.2×105 B．82×105 C．8.2×106 D．82×107
【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，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＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：将8200000用科学记数法表示为：8.2×106．
应选：C．
【点评】此题考查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．
4．〔3分〕〔2022•深圳〕观察以下列图形，其中既是轴对称又是中心对称图形的是〔　　〕
A． B． C． D．
【分析】根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出．
【解答】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，选项不符合题意；
C、是中心对称图形，不是轴对称图形，选项不符合题意；
D、是中心对称图形，也是轴对称图形，选项符合题意．
应选D．
【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．
5．〔3分〕〔2022•深圳〕以下选项中，哪个不可以得到l1∥l2〔　　〕
A．∠1=∠2 B．∠2=∠3 C．∠3=∠5 D．∠3+∠4=180°
【分析】分别根据平行线的判定定理对各选项进行逐一判断即可．
【解答】解：A、∵∠1=∠2，∴l1∥l2，故本选项错误；
B、∵∠2=∠3，∴l1∥l2，故本选项错误；
C、∠3=∠5不能判定l1∥l2，故本选项正确；
D、∵∠3+∠4=180°，∴l1∥l2，故本选项错误．
应选C．
【点评】此题考查的是平行线的判定，熟知平行线的判定定理是解答此题的关键．
6．〔3分〕〔2022•深圳〕不等式组的解集为〔　　〕
A．x＞﹣1 B．x＜3 C．x＜﹣1或x＞3 D．﹣1＜x＜3
【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3﹣2x＜5，得：x＞﹣1，
解不等式x﹣2＜1，得：x＜3，
∴不等式组的解集为﹣1＜x＜3，
应选：D．
【点评】此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根底，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到〞的原那么是解答此题的关键．
7．〔3分〕〔2022•深圳〕一球鞋厂，现打折促销卖出330双球鞋，比上个月多卖10%，设上个月卖出x双，列出方程〔　　〕
A．10%x=330 B．〔1﹣10%〕x=330 C．〔1﹣10%〕2x=330 D．〔1+10%〕x=330
【分析】设上个月卖出x双，等量关系是：上个月卖出的双数×〔1+10%〕=现在卖出的双数，依此列出方程即可．
【解答】解：设上个月卖出x双，根据题意得
〔1+10%〕x=330．
应选D．
【点评】此题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，理解题意找到等量关系是解决此题的关键．
8．〔3分〕〔2022•深圳〕如图，线段AB，分别以A、B为圆心，大于AB为半径作弧，连接弧的交点得到直线l，在直线l上取一点C，使得∠CAB=25°，延长AC至M，求∠BCM的度数为〔　　〕
A．40° B．50° C．60° D．70°
【分析】根据作法可知直线l是线段AB的垂直平分线，故可得出AC=BC，再由三角形外角的性质即可得出结论．
【解答】解：∵由作法可知直线l是线段AB的垂直平分线，
∴AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA=25°，
∴∠BCM=∠CAB+∠CBA=25°+25°=50°．
应选B．
【点评】此题考查的是作图﹣根本作图，熟知线段垂直平分线的作法是解答此题的关键．
9．〔3分〕〔2022•深圳〕以下哪一个是假命题〔　　〕
A．五边形外角和为360°
B．切线垂直于经过切点的半径
C．〔3，﹣2〕关于y轴的对称点为〔﹣3，2〕
D．抛物线y=x2﹣4x+2022对称轴为直线x=2
【分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
【解答】解：A、五边形外角和为360°是真命题，故A不符合题意；
B、切线垂直于经过切点的半径是真命题，故B不符合题意；
C、〔3，﹣2〕关于y轴的对称点为〔﹣3，2〕是假命题，故C符合题意；
D、抛物线y=x2﹣4x+2022对称轴为直线x=2是真命题，故D不符合题意；
应选：C．
【点评】主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
10．〔3分〕〔2022•深圳〕某共享单车前a公里1元，超过a公里的，每公里2元，假设要使使用该共享单车50%的人只花1元钱，a应该要取什么数〔　　〕
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差
【分析】由于要使使用该共享单车50%的人只花1元钱，根据中位数的意义分析即可
【解答】解：根据中位数的意义，
故只要知道中位数就可以了．
应选B．
【点评】此题考查了中位数意义．解题的关键是正确的求出这组数据的中位数．
11．〔3分〕〔2022•深圳〕如图，学校环保社成员想测量斜坡CD旁一棵树AB的高度，他们先在点C处测得树顶B的仰角为60°，然后在坡顶D测得树顶B的仰角为30°，斜坡CD的长度为20m，DE的长为10m，那么树AB的高度是〔　　〕m．
A．20 B．30 C．30 D．40
【分析】先根据CD=20米，DE=10m得出∠DCE=30°，故可得出∠DCB=90°，再由∠BDF=30°可知∠DBE=60°，由DF∥AE可得出∠BGF=∠BCA=60°，故∠GBF=30°，所以∠DBC=30°，再由锐角三角函数的定义即可得出结论．
【解答】解：在Rt△CDE中，
∵CD=20m，DE=10m，
∴sin∠DCE==，
∴∠DCE=30°．
∵∠ACB=60°，DF∥AE，
∴∠BGF=60°
∴∠ABC=30°，∠DCB=90°．
∵∠BDF=30°，
∴∠DBF=60°，
∴∠DBC=30°，
∴BC===20m，
∴AB=BC•sin60°=20×=30m．
应选B．
【点评】此题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟记锐角三角函数的定义是解答此题的关键．
12．〔3分〕〔2022•深圳〕如图，正方形ABCD的边长是3，BP=CQ，连接AQ，DP交于点O，并分别与边CD，BC交于点F，E，连接AE，以下结论：①AQ⊥DP；②OA2=OE•OP；③S△AOD=S四边形OECF；④当BP=1时，tan∠OAE=，其中正确结论的个数是〔　　〕
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由四边形ABCD是正方形，得到AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，根据全等三角形的性质得到∠P=∠Q，根据余角的性质得到AQ⊥DP；故①正确；根据相似三角形的性质得到AO2=OD•OP，由OD≠OE，得到OA2≠OE•OP；故②错误；根据全等三角形的性质得到CF=BE，DF=CE，于是得到S△ADF﹣S△DFO=S△DCE﹣S△DOF，即S△AOD=S四边形OECF；故③正确；根据相似三角形的性质得到BE=，求得QE=，QO=，OE=，由三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，
∵BP=CQ，
∴AP=BQ，
在△DAP与△ABQ中，，
∴△DAP≌△ABQ，
∴∠P=∠Q，
∵∠Q+∠QAB=90°，
∴∠P+∠QAB=90°，
∴∠AOP=90°，
∴AQ⊥DP；
故①正确；
∵∠DOA=∠AOP=90°，∠ADO+∠P=∠ADO+∠DAO=90°，
∴∠DAO=∠P，
∴△DAO∽△APO，
∴，
∴AO2=OD•OP，
∵AE＞AB，
∴AE＞AD，
∴OD≠OE，
∴OA2≠OE•OP；故②错误；
在△CQF与△BPE中，
∴△CQF≌△BPE，
∴CF=BE，
∴DF=CE，
在△ADF与△DCE中，，
∴△ADF≌△DCE，
∴S△ADF﹣S△DFO=S△DCE﹣S△DOF，
即S△AOD=S四边形OECF；故③正确；
∵BP=1，AB=3，
∴AP=4，
∵△PBE∽△DAP，
∴，
∴BE=，∴QE=，
∵△QOE∽△PAD，
∴，
∴QO=，OE=，
∴AO=5﹣QO=，
∴tan∠OAE==，故④正确，
应选C．
【点评】此题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，三角函数的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
二、填空题
13．〔3分〕〔2022•深圳〕因式分解：a3﹣4a=　a〔a+2〕〔a﹣2〕　．
【分析】首先提取公因式a，进而利用平方差公式分解因式得出即可．
【解答】解：a3﹣4a=a〔a2﹣4〕=a〔a+2〕〔a﹣2〕．
故答案为：a〔a+2〕〔a﹣2〕．
【点评】此题主要考查了提取公因式法和公式法分解因式，熟练掌握平方差公式是解题关键．
14．〔3分〕〔2022•深圳〕在一个不透明的袋子里，有2个黑球和1个白球，除了颜色外全部相同，任意摸两个球，摸到1黑1白的概率是．
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与所摸到1黑1白的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】解：依题意画树状图得：
∵共有6种等可能的结果，所摸到的球恰好为1黑1白的有4种情况，
∴所摸到的球恰好为1黑1白的概率是：=．
故答案为：．
【点评】此题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画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．解题时注意：概率=所求情况数与总情况数之比．
15．〔3分〕〔2022•深圳〕阅读理解：引入新数i，新数i满足分配律，结合律，交换律，i2=﹣1，那么〔1+i〕•〔1﹣i〕=　2　．
【分析】根据定义即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：原式=1﹣i2=1﹣〔﹣1〕=2
故答案为：2
【点评】此题考查新定义型运算，解题的关键是正确理解新定义，此题属于根底题型．
16．〔3分〕〔2022•深圳〕如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，Rt△MPN，∠MPN=90°，点P在AC上，PM交AB于点E，PN交BC于点F，当PE=2PF时，AP=　3　．
【分析】如图作PQ⊥AB于Q，PR⊥BC于R．由△QPE∽△RPF，推出==2，可得PQ=2PR=2BQ，由PQ∥BC，可得AQ：QP：AP=AB：BC：AC=3：4：5，设PQ=4x，那么AQ=3x，AP=5x，BQ=2x，可得2x+3x=3，求出x即可解决问题．
【解答】解：如图作PQ⊥AB于Q，PR⊥BC于R．
∵∠PQB=∠QBR=∠BRP=90°，
∴四边形PQBR是矩形，
∴∠QPR=90°=∠MPN，
∴∠QPE=∠RPF，
∴△QPE∽△RPF，
∴==2，
∴PQ=2PR=2BQ，
∵PQ∥BC，
∴AQ：QP：AP=AB：BC：AC=3：4：5，设PQ=4x，那么AQ=3x，AP=5x，BQ=2x，
∴2x+3x=3，
∴x=，
∴AP=5x=3．
故答案为3．
【点评】此题考查相似三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
三、解答题
17．〔5分〕〔2022•深圳〕计算：|﹣2|﹣2cos45°+〔﹣1〕﹣2+．
【分析】因为＜2，所以|﹣2|=2﹣，cos45°=，=2，分别计算后相加即可．
【解答】解：|﹣2|﹣2cos45°+〔﹣1〕﹣2+，
=2﹣﹣2×+1+2，
=2﹣﹣+1+2，
=3．
【点评】此题考查了有关负整数指数、特殊的三角函数值、乘方等知识的计算，属于常考题型，此类计算题要细心，熟练掌握特殊角的三角函数值，明确实数的运算法那么．
18．〔6分〕〔2022•深圳〕先化简，再求值：〔+〕÷，其中x=﹣1．
【分析】根据分式的运算法那么即可求出答案．
【解答】解：当x=﹣1时，
原式=×
=3x+2
=﹣1
【点评】此题考查分式的运算，解题的关键是熟练运用分式的运算法那么，此题属于根底题型．
19．〔7分〕〔2022•深圳〕深圳市某学校抽样调查，A类学生骑共享单车，B类学生坐公交车、私家车等，C类学生步行，D类学生〔其它〕，根据调查结果绘制了不完整的统计图．
类型
频数
频率
A
30
x
B
18
0.15
C
m
0.40
D
n
y
〔1〕学生共　120　人，x=　0.25　，y=　0.2　；
〔2〕补全条形统计图；
〔3〕假设该校共有2000人，骑共享单车的有　500　人．
【分析】〔1〕根据B类学生坐公交车、私家车的人数以及频率，求出总人数，再根据频数与频率的关系一一解决即可；
〔2〕求出m、n的值，画出条形图即可；
〔3〕用样本估计总体的思想即可解决问题；
【解答】解：〔1〕由题意总人数==120人，
x==0.25，m=120×0.4=48，
y=1﹣0.25﹣0.4﹣0.15=0.2，
n=120×0.2=24，
〔2〕条形图如下列图，
〔3〕2000×0.25=500人，
故答案为500．
【点评】此题考查条形图、频率分布表、样本估计总体等知识，解题的关键是记住频率=，频率之和为1，属于中考常考题型．
20．〔8分〕〔2022•深圳〕一个矩形周长为56厘米．
〔1〕当矩形面积为180平方厘米时，长宽分别为多少
〔2〕能围成面积为200平方厘米的矩形吗请说明理由．
【分析】〔1〕设出矩形的一边长为未知数，用周长公式表示出另一边长，根据面积列出相应方程求解即可．
〔2〕同样列出方程，假设方程有解那么可，否那么就不可以．
【解答】解：〔1〕设矩形的长为x厘米，那么另一边长为〔28﹣x〕厘米，依题意有
x〔28﹣x〕=180，
解得x1=10〔舍去〕，x2=18，
28﹣x=28﹣18=10．
故长为18厘米，宽为10厘米；
〔2〕设矩形的长为x厘米，那么宽为〔28﹣x〕厘米，依题意有
x〔28﹣x〕=200，
即x2﹣28x+200=0，
那么△=282﹣4×200=784﹣800＜0，原方程无解，
故不能围成一个面积为200平方厘米的矩形．
【点评】考查一元二次方程的应用；用到的知识点为：长方形的长=周长的一半﹣宽．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出适宜的等量关系，列出方程，再求解．
21．〔8分〕〔2022•深圳〕如图，一次函数y=kx+b与反比例函数y=〔x＞0〕交于A〔2，4〕，B〔a，1〕，与x轴，y轴分别交于点C，D．
〔1〕直接写出一次函数y=kx+b的表达式和反比例函数y=〔x＞0〕的表达式；
〔2〕求证：AD=BC．
【分析】〔1〕先确定出反比例函数的解析式，进而求出点B的坐标，最后用待定系数法求出直线AB的解析式；
〔2〕由〔1〕知，直线AB的解析式，进而求出C，D坐标，构造直角三角形，利用勾股定理即可得出结论．
【解答】解：〔1〕将点A〔2，4〕代入y=中，得，m=2×4=8，
∴反比例函数的解析式为y=，
将点B〔a，1〕代入y=中，得，a=8，
∴B〔8，1〕，
将点A〔2，4〕，B〔8，1〕代入y=kx+b中，得，，
∴，
∴一次函数解析式为y=﹣x+5；
〔2〕∵直线AB的解析式为y=﹣x+5，
∴C〔10，0〕，D〔0，5〕，
如图，
过点A作AE⊥y轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，
∴E〔0，4〕，F〔8，0〕，
∴AE=2，DE=1，BF=1，CF=2，
在Rt△ADE中，根据勾股定理得，AD==，
在Rt△BCF中，根据勾股定理得，BC==，
∴AD=BC．
【点评】此题是反比例函数与一次函数交点坐标问题，主要考查了待定系数法，勾股定理，解〔1〕的关键是掌握待定系数法求函数的解析式，解〔2〕的关键是构造直角三角形．
22．〔9分〕〔2022•深圳〕如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，点M是上任意一点，AH=2，CH=4．
〔1〕求⊙O的半径r的长度；
〔2〕求sin∠CMD；
〔3〕直线BM交直线CD于点E，直线MH交⊙O于点N，连接BN交CE于点F，求HE•HF的值．
【分析】〔1〕在Rt△COH中，利用勾股定理即可解决问题；
〔2〕只要证明∠CMD=△COA，求出sin∠COA即可；
〔3〕由△EHM∽△NHF，推出=，推出HE•HF=HM•HN，又HM•HN=AH•HB，推出HE•HF=AH•HB，由此即可解决问题．
【解答】解：〔1〕如图1中，连接OC．
∵AB⊥CD，
∴∠CHO=90°，
在Rt△COH中，∵OC=r，OH=r﹣2，CH=4，
∴r2=42+〔r﹣2〕2，
∴r=5．
〔2〕如图1中，连接OD．
∵AB⊥CD，AB是直径，
∴==，
∴∠AOC=∠COD，
∵∠CMD=∠COD，
∴∠CMD=∠COA，
∴sin∠CMD=sin∠COA==．
〔3〕如图2中，连接AM．
∵AB是直径，
∴∠AMB=90°，
∴∠MAB+∠ABM=90°，
∵∠E+∠ABM=90°，
∴∠E=∠MAB，
∴∠MAB=∠MNB=∠E，
∵∠EHM=∠NHF
∴△EHM∽△NHF，
∴=，
∴HE•HF=HM•HN，
∵HM•HN=AH•HB，
∴HE•HF=AH•HB=2•〔10﹣2〕=16．
【点评】此题考查圆综合题、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定和性质、相交弦定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
23．〔9分〕〔2022•深圳〕如图，抛物线y=ax2+bx+2经过点A〔﹣1，0〕，B〔4，0〕，交y轴于点C；
〔1〕求抛物线的解析式〔用一般式表示〕；
〔2〕点D为y轴右侧抛物线上一点，是否存在点D使S△ABC=S△ABD假设存在请直接给出点D坐标；假设不存在请说明理由；
〔3〕将直线BC绕点B顺时针旋转45°，与抛物线交于另一点E，求BE的长．
【分析】〔1〕由A、B的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
〔2〕由条件可求得点D到x轴的距离，即可求得D点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得D点坐标；
〔3〕由条件可证得BC⊥AC，设直线AC和BE交于点F，过F作FM⊥x轴于点M，那么可得BF=BC，利用平行线分线段成比例可求得F点的坐标，利用待定系数法可求得直线BE解析式，联立直线BE和抛物线解析式可求得E点坐标，那么可求得BE的长．
【解答】解：
〔1〕∵抛物线y=ax2+bx+2经过点A〔﹣1，0〕，B〔4，0〕，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+2；
〔2〕由题意可知C〔0，2〕，A〔﹣1，0〕，B〔4，0〕，
∴AB=5，OC=2，
∴S△ABC=AB•OC=×5×2=5，
∵S△ABC=S△ABD，
∴S△ABD=×5=，
设D〔x，y〕，
∴AB•|y|=×5|y|=，解得|y|=3，
当y=3时，由﹣x2+x+2=3，解得x=1或x=2，此时D点坐标为〔1，3〕或〔2，3〕；
当y=﹣3时，由﹣x2+x+2=﹣3，解得x=﹣2〔舍去〕或x=5，此时D点坐标为〔5，﹣3〕；
综上可知存在满足条件的点D，其坐标为〔1，3〕或〔2，3〕或〔5，﹣3〕；
〔3〕∵AO=1，OC=2，OB=4，AB=5，
∴AC==，BC==2，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC为直角三角形，即BC⊥AC，
如图，设直线AC与直线BE交于点F，过F作FM⊥x轴于点M，
由题意可知∠FBC=45°，
∴∠CFB=45°，
∴CF=BC=2，
∴=，即=，解得OM=2，=，即=，解得FM=6，
∴F〔2，6〕，且B〔4，0〕，
设直线BE解析式为y=kx+m，那么可得，解得，
∴直线BE解析式为y=﹣3x+12，
联立直线BE和抛物线解析式可得，解得或，
∴E〔5，﹣3〕，
∴BE==．
【点评】此题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角形面积、勾股定理及其逆定理、平行线分线段成比例、函数图象的交点、等腰直角三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在〔1〕中注意待定系数法的应用，在〔2〕中求得D点的纵坐标是解题的关键，在〔3〕中由条件求得直线BE的解析式是解题的关键．此题考查知识点较多，综合性较强，特别是最后一问，有一定的难度．