【中考特训】2022年北京市海淀区中考数学历年真题练习 (B)卷(含答案详解)

考试时间：90分钟；命题人：数学教研组

考生注意：

1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟 2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上

3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

· · · · · · ○· · · · · · 学号○ · · · · · · 第I卷（选择题 30分）

一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）

1、如图，已知ABC与ADE都是以A为直角顶点的等腰直角三角形，ADE绕顶点A旋转，连接

BD,CE．以下三个结论：①BDCE；②AECDBC45；③BDCE；其中结论正确的个数是

封封○ · · · · · · · · · · 年级· · （ ） · · · · · · · A．1 · · 2、对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，点E为对· 角线BD上任意一点，连接AE、CE． 若AB=5，BC=3，则AE2-CE2等于( ) · · ○ · · · · · ·

密密 姓名 · · · · · · B．2 C．3 D．0

○ ○ · · · · · · · · · · · ·

外· · · · · 内 · · · · · A．7 B．9 C．16 D．25

3、如图，已知点B(1,2)是一次函数ykxb(k0)上的一个点，则下列判断正确的是（ ）

A．k0,b0 C．当x0时，y0

B．y随x的增大而增大

D．关于x的方程kxb2的解是x1

4、如图所示，一座抛物线形的拱桥在正常水位时，水面AB宽为20米，拱桥的最高点O到水面AB的距离为4米．如果此时水位上升3米就达到警戒水位CD，那么CD宽为（ ）

A．45米 B．10米 C．46米 D．12米

5、下列图形中，能用AOB，1，O三种方法表示同一个角的是（ ）

A． B．

C． D．

· · · · · · · · · · · · 6、下列各条件中，不能够判定两个三角形必定全等的是（ ） A．两边及其夹角对应相等 B．三边对应相等

C．两角及一角的对边对应相等 D．两边及﹣边的对角对应相等

7、如图是我国某市12月份连续4天的天气预报数据，其中日温差最大的一天是（ ）

线· · · · · · ○· · · · · · 学号○ 线 · · · · · · · · · · · ·

· · · · · · 封封 · · · · · · A．12月13日 B．12月14日 C．12月15日 D．12月16日

年级8、2021年10月16日，中国神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭在中国酒泉卫星发射

中心按照预定时间精准点火发射，约582秒后，神舟十三号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨

○· · · · · · ○· 道，截至2021年11月2日，“神舟十三号”载人飞船已在轨飞行18天，距离地球约63800000千· 米，用科学记数法表示63800000为（ ） · · A．6.38106 · · · · · · · 10、如图，在ABC中，D是BC延长线上一点，B50，A80，则ACD的度数为（ ） · B．6.38107 C．6.38108 D．6.38109

密· · · · · · 密 姓名 9、点4,9关于x轴的对称点是（ ）

A．4,9 B．4,9 C．4,9 D．4,9

○ ○ · · · · · · · · · · · ·

A．140 B．130 C．120 D．110

外· · · · · 内 · · · · · 第Ⅱ卷（非选择题 70分）

二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）

1、《九章算术》是一部与现代数学的主流思想完全吻合的中国数学经典著作．其中有一道阐述“盈不足术”的问题，原文如下：今有共买物，人出八，盈三；人出七，不足四，问人数，物价各几何？意思是：有若干人共同购买某种物品，如果每人出8钱，则多3钱；如果每人出7钱，则少4钱，问共有多少人？物品的价格是多少钱？用一元一次方程的知识解答上述问题设共有x人，依题意，可列方程为______．

2、如图，商品条形码是商品的“身份证”，共有13位数字．它是由前12位数字和校验码构成，其结构分别代表“国家代码、厂商代码、产品代码、和校验码”．

其中，校验码是用来校验商品条形码中前12位数字代码的正确性．它的编制是按照特定的算法得来的．其算法为：

步骤1：计算前12位数字中偶数位数字的和a，即a91357934； 步骤2：计算前12位数字中奇数位数字的和b，即b60246826； 步骤3：计算3a与b的和c，即c33426128；

步骤4：取大于或等于c且为10的整数倍的最小数d，即中d130； 步骤5：计算d与c的差就是校验码X，即X1301282．

如图，若条形码中被污染的两个数字的和是5，则被污染的两个数字中右边的数字是______．

· · · · · · · · · · · · 3、长方形纸片ABCD按图中方式折叠，其中EF,EC为折痕，如果折叠后A',B',E在一条直线上，那么CEF的大小是________度．

线· · · · · · 线 · · · · · ·

○· · · · · · ○学号封 · · · · · · · · · · · · 4、如图，阴影部分的面积是______．

· · · · · · 封

年级5、如图，直角三角形AOB的直角边OA在数轴上，AB与数轴垂直，点O与数轴原点重合，点A表示的实数是2，BA＝2，以点O为圆心，OB的长为半径画弧，与数轴交于点C，则点C对应的数是

○ ○ · · · · · · · _____． · · · · · · · · 三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分） · · 1、为庆祝中国共产党建党100周年，某中学开展“学史明理、学史增信、学史崇德、学史力行”知· 识竞赛，现随机抽取部分学生的成绩按“优秀”、“良好”、“及格”、“不及格”四个等级进行统

密· · · · · · ○ · · · · · · ○内密 姓名 计，并绘制了如图所示的扇形统计图和条形统计图（部分信息未给出）．根据以上提供的信息，解答· · · · · · · · · · · 下列问题：

外 · · · · ·

(1)本次调查共抽取了多少名学生？ (2)①请补全条形统计图；

②求出扇形统计图中表示“及格”的扇形的圆心角度数．

(3)若该校有2400名学生参加此次竞赛，估计这次竞赛成绩为“优秀”和“良好”等级的学生共有多少名？

2、如图，在22的正方形格纸中，ABC是以格点为顶点的三角形，也称为格点三角形，请你在该正方形格纸中画出与ABC成轴对称的所有的格点三角形（用阴影表示）．

3、已知一次函数y=-3x+3的图象分别与x轴，y轴交于A，B两点，点C(3,0)．

· · · · · · · · · · · · (1)如图1，点D与点C关于y轴对称，点E在线段BC上且到两坐标轴的距离相等，连接DE，交y轴

线· · · · · · ○· · · · · · ○学号 线 于点F．求点E的坐标；

· · (2)△AOB与△FOD是否全等，请说明理由； · · (3)如图2，点G与点B关于x轴对称，点P在直线GC上，若△ABP是等腰三角形，直接写出点P的· 坐标． · 4、如图1，在平面直角坐标系中，已知A(2,0)、B(0,4)、C(6,6)、D(6,6)，以CD为边在CD下方作· · · · · · 正方形CDEF．

封封○密 · · · · · · · · · · (1)求直线AB的解析式； · · · · (3)点N为正方形边上一点，M(0,m)为y轴上一点，若点N绕点M按顺时针方向旋转90后落在线段· AB上，请直接写出m的取值范围． · · 5、数学课上，王老师准备了若干个如图1的三种纸片，A种纸片是边长为a的正方形，B种纸片是边· 年级○ (2)点N为正方形边上一点，若S△ABN8，求N的坐标；

· · · · · · 密 姓名长为b的正方形，C种纸片是长为b，宽为a的长方形．并用A种纸片一张，B种纸片一张，C种纸片

· · · · · · · 两张拼成如图2的大正方形． · · · · ·

○ ○内 · · · · · · · · · · · · · · · · · (1)请用两种不同的方法求图2大正方形的面积： 方法1： ；

外 · · · · · 方法2： ；

(2)观察图2，请你写出代数式：（a+b）2，a2+b2，ab之间的等量关系 ； (3)根据（2）题中的等量关系，解决如下问题： ①已知：a+b＝5，（a﹣b）2＝13，求ab的值；

②已知（2021﹣a）2+（a﹣2020）2＝5，求（2021﹣a）（a﹣2020）的值．

-参考答案-

一、单选题 1、B 【解析】 【分析】

证明△BAD≌△CAE，由此判断①正确；由全等的性质得到∠ABD=∠ACE，求出∠ACE+∠DBC=45°，依据AEAC，推出AECACE，故判断②错误；设BD交CE于M，根据∠ACE+∠DBC=45°，∠ACB=45°，求出∠BMC=90°，即可判断③正确． 【详解】

解：∵ABC与ADE都是以A为直角顶点的等腰直角三角形， ∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°， ∴∠BAD=∠CAE， ∴△BAD≌△CAE， ∴BDCE，故①正确； ∵△BAD≌△CAE， ∴∠ABD=∠ACE， ∵∠ABD+∠DBC=45°，

· · · · · · · · · · · · ∴∠ACE+∠DBC=45°， ∵AEAC， ∴AECACE，

∴AECDBC45不成立，故②错误； 设BD交CE于M，

∵∠ACE+∠DBC=45°，∠ACB=45°，

线· · · · · · ○· · · · · · 学号 · · · · · · 封封○ 线 · · · · · · · · · · · ∴∠BMC=90°， · ∴BDCE，故③正确， · 故选：B． · · · · ·

○年级 ○密 · · · · · · · · · · · 【点睛】

此题考查了三角形全等的判定及性质，等腰直角三角形的性质，熟记三角形全等的判定定理及性质定

· 理是解题的关键． · 2、C · · 【解析】 · · 【分析】 · 连接AC，与BD交于点O，根据题意可得ACBD，在在Rt密 · · · · · · 姓名○ · · · · · · ○AOE与RtCOE中，利用勾股定理可得

· · · · · · AE2CE2AO2CO2，在在RtAOB与RtCOB中，继续利用勾股定理可得AO2CO2AB2BC2，求解即可得．

【详解】

解：如图所示：连接AC，与BD交于点O，

外· · · · · 内 · · · · ·

∵对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形， ∴ACBD，

在RtAOE中，AE2AO2OE2， 在RtCOE中，CE2CO2OE2， ∴AE2CE2AO2CO2， 在RtAOB中，AO2AB2OB2， 在RtCOB中，CO2BC2OB2， ∴AO2CO2AB2BC2523216， ∴AE2CE216， 故选：C． 【点睛】

题目主要考查勾股定理的应用，理解题意，熟练运用勾股定理是解题关键． 3、D 【解析】 【分析】

根据已知函数图象可得k0,b0，是递减函数，即可判断A、B选项，根据x0时的函数图象可知y的值不确定，即可判断C选项，将B点坐标代入解析式，可得kb2进而即可判断D 【详解】

· · · · · · · · · · · · A.该一次函数经过一、二、四象限

 k0,b0， y随x的增大而减小，

线· · · · · · 线○ · · · · 故A,B不正确；

· C. 如图，设一次函数ykxb(k0)与x轴交于点C(c,0)c0 · · · · · ○ · · · · · ·

学号年级姓名· · · · · · · · 封封密○内○ · 则当xc时，y0，故C不正确 · · D. 将点B(1,2)坐标代入解析式，得kb2 · · 关于x的方程kxb2的解是x1 · 故D选项正确 · · 故选D · · 【点睛】 · · 本题考查了一次函数的图象与性质，一次函数与二元一次方程组的解的关系，掌握一次函数的图象与 · · · · · · · ○密 · · · · · · · · · · · · · 性质是解题的关键．

4、B 【解析】 【分析】

以O点为坐标原点，AB的垂直平分线为y轴，过O点作y轴的垂线，建立直角坐标系，设抛物线的

○ · · · · · · 1· 解析式为y＝ax²，由此可得A（﹣10，﹣4），B（10，﹣4），即可求函数解析式为y＝﹣ x²，再25· · 将y＝﹣1代入解析式，求出C、D点的横坐标即可求CD的长． · 【详解】 · · · · · 外 · · · · · 解：以O点为坐标原点，AB的垂直平分线为y轴，过O点作y轴的垂线，建立直角坐标系， 设抛物线的解析式为y＝ax2， ∵O点到水面AB的距离为4米， ∴A、B点的纵坐标为﹣4， ∵水面AB宽为20米，

∴A（﹣10，﹣4），B（10，﹣4）， 将A代入y＝ax2， ﹣4＝100a， ∴a＝﹣

1， 2512x， 25∴y＝﹣

∵水位上升3米就达到警戒水位CD， ∴C点的纵坐标为﹣1， ∴﹣1＝﹣

12x， 25∴x＝±5， ∴CD＝10， 故选：B． 【点睛】

本题考查二次函数在实际问题中的应用，找对位置建立坐标系再求解二次函数是关键． 5、A 【解析】 【分析】

· · · · · · · · · · · · 根据角的表示的性质，对各个选项逐个分析，即可得到答案． 【详解】

A选项中，可用AOB，1，O三种方法表示同一个角； B选项中，AOB能用1表示，不能用O表示； C选项中，点A、O、B在一条直线上， ∴1能用O表示，不能用AOB表示；

线· · · · · · ○· · · · · · 学号年级姓名 · · · · · · 封封密○内○○ 线 · · · · · · · · · AOB能用1表示，不能用O表示； · D选项中，

· · 故选：A． · 【点睛】 · · 本题考查了角的知识；解题的关键是熟练掌握角的表示的性质，从而完成求解． · · 6、D · 【解析】 · · 【分析】 · · 针对选项提供的已知条件要认真分析，符合全等三角形判定方法要求的是正确的，反之，是错误的，· 本题中选项D，满足的是SSA是不能判定三角形全等的，与是答案可得． · 【详解】

· · 解：A、符合SAS，能判定两个三角形全等； · · · · C、符合AAS，能判定两个三角形全等； · · · 故选：D． · · 【点睛】 · 本题考查了三角形全等的判定方法，做题时根据已知条件，结合全等的判定方法逐一验证，由易到· · · · · ○密 · · · · · · · · · · · · B、符合SSS，能判定两个三角形全等；

○ · · · · · · D、符合SSA，所以不能够判定．

外 · · · · · 难，不重不漏． 7、A 【解析】 【分析】

根据“日温差=当日的最高气温当日的最低气温”求出这4天的日温差，由此即可得． 【详解】

解：12月13日的日温差为2(8)10(C)， 12月14日的日温差为2(9)7(C)， 12月15日的日温差为0(9)9(C)， 12月16日的日温差为3(11)8(C)， 则日温差最大的一天是12月13日， 故选：A． 【点睛】

本题考查了有理数减法的应用，掌握日温差的计算方法是解题关键． 8、B 【解析】 【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；确定n的值时，要把原数变成

a，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；当原数的绝对值大于10时，n为正

整数，当原数的绝对值小于1时，n为负整数． 【详解】

638000006.38107

故选：B · · · · · · · · · · · · 【点睛】

线· · · · · · 线○学号封○密○内年级姓名 · 本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· · · · · · · · · · · 【详解】 数，熟练地掌握科学记数法的表示方法是解本题的关键． 9、A 【解析】 【分析】

直接利用关于x轴对称点的性质得出答案．

封○ · · · · · · · · · · · · 4，9）关于x轴对称点P′的坐标是：（−4，−9）． · 解：点P（−

· · 故选：A． · · 【点睛】 · 此题主要考查了关于x轴对称点的性质，正确得出横纵坐标的关系是解题关键． · · 10、B · · 【解析】 · · 【分析】 ○密 · · · · · · · · · · · · · 根据三角形外角的性质可直接进行求解． · · 【详解】 · · 解：∵B50，A80， · ∴ACDAB130； · · 故选B． · · 【点睛】 · · 本题主要考查三角形外角的性质，熟练掌握三角形外角的性质是解题的关键． · · · · · ○外 · · · · · · · · · · · 二、填空题 1、8x-3=7x+4 【解析】 【分析】

根据物品的价格相等列方程． 【详解】

解：设共有x人，依题意，可列方程为8x-3=7x+4， 故答案为：8x-3=7x+4． 【点睛】

此题考查了古代问题的一元一次方程，正确理解题意是解题的关键． 2、4 【解析】 【分析】

设被污染的两个数字中左边的数字为x，则右边的数为5-x，然后根据题中所给算法可进行求解． 【详解】

解：设被污染的两个数字中左边的数字为x，则右边的数为5-x，由题意得：

a9925x3533x， b61x12414x，

c333x14x1132x，

∵d为10的整数倍，且0x5， ∴d120或110， ∵由图可知校验码为9，

· · · · · · · · · · · · ∴当d120时，则有X1201132x9，解得：x1，则有右边的数为5-1=4；

线· · · · · · ○· · · · · · 学号年级 · · · · · · 封○ · · · · · · ○封○ 线 · X1101132x9，解得：x6，不符合题意，舍去； · 当d110时，则有

· · ∴被污染的两个数字中右边的数字是4；

· · 故答案为4． · 【点睛】 · · 本题主要考查一元一次方程的应用，熟练掌握一元一次方程的应用是解题的关键． · · 3、90 · 【解析】 · · 【分析】 · · 根据折叠的性质，∠1=∠2，∠3=∠4，利用平角，计算∠2+∠3的度数即可． · · 【详解】 · 如图，根据折叠的性质，∠1=∠2，∠3=∠4， · · · · · · · · · ∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°， · · ∴2∠2+2∠3=180°， · ∴∠2+∠3=90°， · · ∴CEF=90°， · · 故答案为：90． · 【点睛】 · · · · · 密· · · · · · ○ · · · · · · 外· · · · · 内 ○密 姓名

本题考查了折叠的性质，两个角的和，熟练掌握折叠的性质，灵活运用两个角的和是解题的关键． 4、m24m8 【解析】 【分析】

阴影部分是由一个正方形和两个长方形组成，利用正方形和长方形的面积公式即可得． 【详解】

解：阴影部分的面积为m24m24m24m8， 故答案为：m24m8． 【点睛】

本题考查了列代数式，正确找出阴影部分的构成是解题关键． 5、22 【解析】 【分析】

先利用勾股定理求出OB22，再根据作图过程可得OCOB22，然后根据实数与数轴的关系即可得． 【详解】

解：由题意得：OA2,BA2,BAOA， OBOA2BA222，

由作图过程可知，OCOB22， 由数轴的性质可知，点C对应的数大于0， 则在数轴上，点C对应的数是22， 故答案为：22．

· · · · · · · · · · · · 【点睛】

本题考查了勾股定理、实数与数轴，掌握理解勾股定理是解题关键． 三、解答题 1、 (1)100名

线· · · · · · 线○学号封○○密年级姓名 · · · · · · · · · ○ (2)①见解析；② 108 · · · · · · (3)1440名

· 【解析】 · · 【分析】 · （1）用不及格的人数除以不及格的人数占比即可得到总人数； · · （2）①根据（1）算出的总人数先求出良好的人数，然后求出优秀的人数即可补全统计图；②先求出· 及格人数的占比，然后用360°乘以及格人数的占比即可得到答案； · · （3）先求出样本中，优秀和良好的人数占比，然后估计总体中优秀和良好的人数即可． · (1) · · 解：由题意得抽取的学生人数为：1010％=100（名）； · · (2) · 解：①由题意得：良好的人数为：10040％40（名）， · · ∴优秀的人数为：10040103020（名）， · · ∴补全统计图如下所示： · · · · · · · · · · · · · · ○○密封 · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

外· · · · · 内 · · · · · ②由题意得：扇形统计图中表示“及格”的扇形的圆心角度数=360(3)

30108； 100解：由题意得：估计这次竞赛成绩为“优秀”和“良好”等级的学生共有2400（名）． 【点睛】

40201440100本题主要考查了条形统计图与扇形统计图信息相关联，画条形统计图，求扇形统计图某一项的圆心角度数，用样本估计总体等等，正确读懂统计图是解题的关键． 2、见详解 【解析】 【分析】

先找对称轴，再得到个点的对应点，即可求解． 【详解】

解：根据题意画出图形，如下图所示：

【点睛】

本题主要考查了画轴对称图形，熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键．

333、 (1)E（，）

22(2)△AOB≌△FOD，理由见详解；

· · · · · · · · · · · · (3)P（0，-3）或（4，1）或（

线· · · · · · 线 137，）. 22· · · · · · 【解析】 【分析】

（1）连接OE，过点E作EG⊥OC于点G，EH⊥OB于点H，首先求出点A，点B，点C，点D的坐标，然后根据点E到两坐标轴的距离相等，得到OE平分∠BOC，进而求出点E的坐标即可； (2)首先求出直线DE的解析式，得到点F的坐标，即可证明△AOB≌△FOD；

(3)首先求出直线GC的解析式，求出AB的长，设P（m，m-3），分类讨论①当AB=AP时，②当AB=BP○· · · · 学号年级· · · · · · · · ○○封 · · · · · · 时，③当AP=BP时，分别求出m的值即可解答. (1)

封· · 解: 连接OE，过点E作EG⊥OC于点G，EH⊥OB于点H， · · · · · · · · · · · · · · · · 当y=0时，-3x+3=0，

○ · · · · · ·

密· · · · · · ○ · · · · · · 外· · · · · 内 ○密 姓名 · · 解得x=1， · ， · ∴A（1，0）

· · 当x=0时，y=3， · · · · · ∴OB=3，B（0，3），

∵点D与点C关于y轴对称，C（3，0），OC=3， ∴D（-3，0），

∵点E到两坐标轴的距离相等， ∴EG=EH，

∵EH⊥OC，EG⊥OC， ∴OE平分∠BOC， ∵OB=OC=3， ∴CE=BE， ∴E为BC的中点，

33∴E（，）；

22(2)

解: △AOB≌△FOD， 设直线DE表达式为y=kx+b， −3𝑘+𝑘=03则{3𝑘+𝑘=，

22𝑘=3，

解得：{

𝑘=1∴y=x+1，

∵F是直线DE与y轴的交点， ∴F（0，1）， ∴OF=OA=1，

∵OB=OD=3，∠AOB=∠FOD=90°，

131· · · · · · · · · · · · ∴△AOB≌△FOD； (3)

解:∵点G与点B关于x轴对称，B（0，3）， ∴点G（0，-3）， ∵C（3，0），

设直线GC的解析式为：y=ax+c，

线· · · · · · ○· · · · · · ○学号 线 · · · · · · · · · · · · {

𝑘=−3 ，

3𝑘+𝑘=0𝑘=1 · · · · · · 解得：{𝑘=−3， · · ∴y=x-3， · · · · 设P（m，m-3），

封封○AB=√32+12=√10 ，

○ · · · · · · 年级· · ①当AB=AP时， · · · · · · 解得：m1=0，m2=4， · √(𝑘−1)2+(𝑘−3)2=√10

2密· · · · · · ○ · · · · · · ○内密 姓名 整理得：m-4m=0，

， · ∴P（0，-3）或（4，1）

· · ②当AB=BP时，√10=√𝑘2+(𝑘−3−3)2 · 2m-6m+13=0, · · · · △＜0

· 故不存在， · · · · · 外 · · · · · ③当AP=BP时，

√(𝑘−1)2+(𝑘−3)2=√𝑘2+(𝑘−3−3)2，

13， 2解得：m=

∴P（

137， ）， 22137，）， 22综上所述P（0，-3）或（4，1）或（【点睛】

此题主要考查待定系数法求一次函数，一次函数与坐标轴的交点，全等三角形的判定，勾股定理. 4、 (1)y2x4

(2)N(1,6)，N(5,6)，N(6,0)，N(3,6). (3)2m【解析】 【分析】

4b（1）待定系数法求直线解析式，代入坐标A(2,0)、B(0,4)得出，解方程组即可；

02kb1422或m6

33（1）根据OA=2，OB=4，设点P在y轴上,点P坐标为（0，m），根据S△ABP=8，求出点P（0，4）或（0，-12），过P（0，4）作AB的平行线交正方形CDEF边两点N1和N2，利用平行线性质求出与AB平行过点P的解析式y2x4，与CD，FE的交点，过点P（0，-12）作AB的平行线交正方形CDEF边两点N3和N4，利用平行线性质求出与AB平行过点P的解析式y2x12，求出与DE，EF的交点即可；

（3）：根据点N在正方形边上，分四种情况①N在DE上，过N′作GN′⊥y轴于G，正方形边CD与

y轴交于H，M(0,m)在y轴正半轴上，先证△HNM1≌△GM1N′（AAS），求出点N′（6-m，m-6）在线段AB上，代入解析式直线AB的解析式y2x4得出m626m4，当点N旋转与点B重合，可得M2N′=NM2-OB=6-4=2②N在CD上，当点N绕点M3旋转与点A重合，先证△HNM3≌△GM3N′（AAS），

· · · · · · · · · · · · DH=M3G=6-2=4，HM3=GN′=2，③N在CF上，当点N与点F重合绕点M4旋转到AB上N′先证

线· · · · · · 线○学号封○年级 ，得出点N′（-6-m,m+6），点N′在线段AB上，直线AB的解析式 △M5NM3≌△GM3N′（AAS）

y2x4，得出方程，m626m4，当点N绕点M5旋转点N′与点A重合，证明

· · · · · · · · · △FM3N≌△OM5N′（AAS），可得FM5=M5O=6，FN=ON′=2，④N在FE上,点N绕点M6旋转点N′与点B重合，MN=MB=2即可． (1)

解：设AB:ykxb，代入坐标A(2,0)、B(0,4)得：

○ · · · · · · 4b， 02kb· · · · · · · · · 封k2· ，

b4· · · ∴直线AB的解析式y2x4； · · (2) · 解：∵A(2,0)、B(0,4)、OA=2，OB=4，设点P在y轴上,点P坐标为（0，m） · · ∵S△ABP=8， · · · ○ · · · · · · ∴

1m428, 2密· · · · · · · ∴m48， · · 解得m14，m212， · · · 密○内 姓名 ∴点P（0，4）或（0，-12），

过P（0，4）作AB的平行线交正方形CDEF边两点N1和N2， 设解析式为ymxn，m=2，n=4， ∴y2x4， 当y=6时，2x46，

○ · · · · · · · · · · · · · · · · · 外 · · · · · y6解得，

x1当y=-6时，2x46，

y6解得，

x5N1(1,6)，N2(5,6)，

过点P（0，-12）作AB的平行线交正方形CDEF边两点N3和N4， 设解析式为ypxq,p2,q12，

y2x12，

当y=-6, 2x126，

y6解得：，

x3当x=6, y26120，

x6解得，

y0N3(3,6).N4(6,0)，

∴S△ABN8，N的坐标为(1,6)或(5,6)或(3,6)或(6,0)，

· · · · · · · · · · · · 线· · · · · · 线 · · · · · ·

○· · · · · · 学号○封○○密年级姓名 · · · · · · · · · · · · · · · · · (3)

解：①N在DE上，过N′作GN′⊥y轴于G，正方形边CD与y轴交于H，M(0,m)在y轴正半轴上， ∵M1N=M1N′，∠NM1N′=90°，

∴∠HNM1+∠HM1N=90°，∠HM1N+∠GM1N′=90°， ∴∠HNM1=∠GM1N′， 在△HNM1和△GM1N′中，

○封· · · · · · · · · · · · 密 HDM1GM1N· DHM1M1GN，

 M1NNM1· ∴△HNM1≌△GM1N′（AAS）， · · ∴DH=M1G=6，HM1=GN′=6-m， · · ∵点N′（6-m，m-6）在线段AB上，直线AB的解析式y2x4； · · · · · · · · · · · · · ○ · · · · · · 即m626m4，

14， 3解得m外· · · · · 内 当点N旋转与点B重合，

· · · · · ∴M2N′=NM2-OB=6-4=2，

M1(0,14)，M2(0,2)， 314， 32m②N在CD上，

当点N绕点M3旋转与点A重合， ∵M3N=M3N′，∠NM3N′=90°，

∴∠HNM3+∠HM3N=90°，∠HM3N+∠GM3N′=90°， ∴∠HNM3=∠GM3N′， 在△HNM3和△GM3N′中，

HDM3GM3NDHM3M3GN， MNNM33∴△HNM3≌△GM3N′（AAS）， ∴DH=M3G=6-2=4，HM3=GN′=2，

· · · · · · · · · · · · 线· · · · · · 线 · · · · · ·

○· · · · · · 学号年级姓名○○密○内封 · · · · · · · · ③N在CF上， · · 当点N与点F重合绕点M4旋转到AB上N′， · · ∵M4N=M4N′，∠NM4N′=90°， · ∴∠M5NM4+∠M5M4N=90°，∠M5M4N+∠GM4N′=90°， · · ∴∠Ｍ５NM4=∠GM4N′， · · 在△Ｍ５NM4和△GM4N′中， · · · · · · · · 1414M(0,4)M(0,)4m，， 31 33○封 · · · · · · 密 · · · · · · M5NM4GM4NNM5M4M4GN， · M4NNM4· · · ∴△M5NM3≌△GM3N′（AAS）， · ∴FM5=M4G=6，M5M4=GN′=-6-m， · · · · · · · · · · · ○外 · · · · · · · · · · · ∴点N′（-6-m,m+6），

点N′在线段AB上，直线AB的解析式y2x4； m626m4，

22， 3解得m当点N绕点M5旋转点N′与点A重合， ∵M5N=M5N′，∠NM5N′=90°，

∴∠NM5O+∠FM5N=90°，∠OM5N+∠OM5N′=90°， ∴∠FM5N=∠OM5N′， 在△FM5N和△OM5N′中，

FM5NOM5NNFM5NOM5， MNMN55∴△FM3N≌△OM5N′（AAS）， ∴FM5=M5O=6，FN=ON′=2，

· · · · · · · · · · · · 线· · · · · · 线 · · · · · ·

○· · · · · · ○ · · · · M5(0,6)，M4(0,学号2222)，m6，

33· · ④N在FE上，

· 点N绕点M6旋转点N′与点B重合，MN=MB=2， · · · · · · · · · · · 封○年级 ○封 · · · · · · · · · · · · · · · · · 综上：2m·

密· · · · · · 密 姓名 M6(0,6)，M4(0,2222)，m6，

331422或m6

33○ ○内 · · · · · · · · · 【点睛】

本题考查图形与坐标，待定系数法求一次函数解析式，正方形的性质，平行线性质，图形旋转，三角

· 形全等判定与性质，一元一次方程，不等式，本题难度，图形复杂，应用知识多，要求有很强的解题· 能力． · 5、 (1)(𝑘+𝑘)2；𝑘2+𝑘2+2𝑘𝑘 · · · · · 外 · · · · · (2)(𝑘+𝑘)2=𝑘2+𝑘2+2𝑘𝑘; (3)①𝑘𝑘=3；②-2 【解析】 【分析】

（1）方法1，由大正方形的边长为（a+b），直接求面积；方法2，大正方形是由2个长方形，2个小正方形拼成，分别求出各个小长方形、正方形的面积再求和即可； （2）由（1）直接可得关系式；

（3）①由（a-b）2=a2+b2-2ab=13，（a+b）2=a2+b2+2ab=25，两式子直接作差即可求解；②设2021-

a=x，a-2020=y，可得x+y=1，再由已知可得x2+y2=5，先求出xy=-2，再求（2021-a）（a-2020）=-2

即可． (1)

方法一：∵大正方形的边长为（a+b）， ∴S=（a+b）2；

方法二：大正方形是由2个长方形，2个小正方形拼成， ∴S=b2+ab+ab+a2=a2+b2+2ab； 故答案为：（a+b）2，a2+b2+2ab； (2)

由（1）可得（a+b）2=a2+b2+2ab； 故答案为：（a+b）2=a2+b2+2ab； (3)

①∵（a-b）2=a2+b2-2ab=13①， （a+b）2=a2+b2+2ab=25②， 由①-②得，-4ab=-12，

· · · · · · · · · · · · 解得：ab=3；

②设2021-a=x，a-2020=y， ∴x+y=1，

∵（2021-a）2+（a-2020）2=5，

线· · · · · · 线学号年级姓名封○○内密○ · · · · · · · ○ 22∴x+y=5， · · · · · · 222∵（x+y）=x+2xy+y=1， · · · 22∴2xy=1-（x+y）=1-5=-4， · · 解得：xy=-2， · · · · · · 封（a-2020）=-2． · ∴（2021-a）

· · 【点睛】 · · 本题考查完全平方公式的几何背景，熟练掌握正方形、长方形面积的求法，灵活应用完全平方公式的· 变形是解题的关键． · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ○○外密 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·