福建省厦门市思明区2022年初中毕业班第一轮质量检测数学试卷一、选择题（本大题有7小题，每小题3分，共21题，每小题都有四个选项，其中有且只有一个选项正确）1．（3分）（2022•淄博）的相反数是（ ） A．﹣3B．3C．D．考点：相反数．分析：求一个数的相反数，即在这个数的前面加负号．解答：解：根据相反数的定义，得的相反数是．故选D．点评：本题考查的是相反数的求法． 2．（3分）（2022•思明区一模）内角和为360°的多边形是（ ） A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形考点：多边形内角与外角．分析：多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，根据内角和为360°列方程可求解．解答：解：设所求多边形边数为n，则（n﹣2）•180°=360，解得n=4．故选B．点评：本题考查根据多边形的内角和计算公式列方程求多边形的边数，是基础题型． 3．（3分）（2022•南平）下列计算正确的是（ ） A．a3+a2=a5B．a5÷a4=aC．a•a4=a4D．（ab2）3=ab6考点：同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．分析：利用幂的有关运算性质及合并同类项的法则进行计算后即可求得正确的答案．解答：解：A、a3与a2不是同类项，不能合并，故选项错误；B、a5÷a4=a5﹣4=a，故选项正确；C、a•a4=a4+1=a5，故选项错误；D、（ab2）3=a3b6，故选项错误．故选B．点评：本题考查了幂的有关运算性质及合并同类项的法则，属于基本运算，应重点掌握． 4．（3分）（2022•枣庄）如图，AB∥CD，∠CDE=140°，则∠A的度数为（ ） A．140°B．60°C．50°D．40°17考点：平行线的性质．分析：先求出∠CDE的邻补角，再根据两直线平行，内错角相等解答．解答：解：∵∠CDE=140°，∴∠ADC=180°﹣140°=40°，∵AB∥CD，∴∠A=∠ADC=40°．故选D．点评：本题考查了两直线平行，内错角相等的性质，熟记性质是解题的关键． 5．（3分）（2022•厦门）某种彩票的中奖机会是1%，下列说法正确的是（ ） A．买一张这种彩票一定不会中奖 B．买1张这种彩票一定会中奖 C．买100张这种彩票一定会中奖 D．当购买彩票的数量很大时，中奖的频率稳定在1%考点：概率的意义．分析：由某种彩票的中奖机会是1%，即可得中奖的概率是1%，机会较小，但也有可能发生，即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．解答：解：A、因为中奖机会是1%，就是说中奖的概率是1%，机会较小，但也有可能发生，故本选项错误；B、买1张这种彩票中奖的概率是1%，即买1张这种彩票会中奖的机会很小，故本选项错误；C、买100张这种彩票不一定会中奖，故本选项错误；D、当购买彩票的数量很大时，中奖的频率稳定在1%，故本选项正确．故选D．点评：此题考查了概率的意义．此题难度不大，注意概率是反映事件发生机会的大小的概念，只是表示发生的机会的大小，机会大也不一定发生，机会小也有可能发生，注意概率是大量实验出现时，频数的一个稳定的数值， 6．（3分）（2022•思明区一模）如图，△ABC中，点D在BC的延长线上，若∠ACD=100°，∠A=40°，则∠B的度数是（ ） A．40°B．60°C．80°D．100°考点：三角形的外角性质．分析：根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．解答：解：∵∠ACD=100°，∠A=40°，∴∠B=∠ACD﹣∠A=100°﹣40°=60°．故选B．点评：本题三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质是解题的关键． 7．（3分）（2022•思明区一模）直线y=2x﹣1上到两坐标轴距离相等的点有（ ） A．0个B．1个C．2个D．无数多个17考点：一次函数图象上点的坐标特征．分析：到两坐标轴距离相等，说明此点的横纵坐标的绝对值相等，那么x=y，或x=﹣y据此作答．解答：解：设A（x，y）．∵点A为直线y=2x﹣1上的一点，∴y=﹣2x﹣1．又∵点A到两坐标轴距离相等，∴x=y或x=﹣y．当x=y时，解得x=y=1当x=﹣y时，解得y=﹣，x=．故A点坐标为（1，1）或（，﹣）．故选C．点评：本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键． 二、填空题（本大题有10小题，每小题4分，共40分）8．（4分）（2022•思明区一模）若根式有意义，则实数x的取值范围是 x≥5 ．考点：二次根式有意义的条件．专题：计算题．分析：本题主要考查自变量的取值范围，函数关系中主要有二次根式．根据二次根式的意义，被开方数是非负数．解答：解：根据题意得：x﹣5≥0，解得x≥5．故答案为：x≥5．点评：本题考查二次根式有意义的条件，（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数为非负数． 9．（4分）（2022•丽水）分解因式：x2﹣2x= x（x﹣2） ．考点：因式分解-提公因式法．分析：提取公因式x，整理即可．解答：解：x2﹣2x=x（x﹣2）．点评：本题考查了提公因式法分解因式，因式分解的第一步：有公因式的首先提取公因式． 10．（4分）（2022•天津）袋子中装有5个红球和3个黑球，这些球除了颜色外都相同．从袋子中随机的摸出一个球，则它是红球的概率是 ．考点：概率公式．分析：根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．解答：解；袋中球的总数为：5+3=8，17取到红球的概率为：；故答案为：．点评：此题主要考查了概率的求法，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=． 11．（4分）（2022•思明区一模）如图，AD与BC相交于点O，∠A=∠C，添加一个条件 AB=CD（答案不唯一） ，使得△ABO≌△CDO．（只需写出一个答案）考点：全等三角形的判定．专题：开放型．分析：根据题意可得∠AOB=∠COD，∠A=∠C，只需添加一组对边相等，即可判定△ABO≌△CDO．解答：解：添加AB=CD．∵在△ABO和△CDO中，，∴△ABO≌△CDO（AAS）．故答案可为：AB=CD．点评：本题考查了全等三角形的判定，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等． 12．（4分）（2022•成都）商店某天销售了11件衬衫，其领口尺寸统计如下表：领口尺寸（单位：cm）3839404142件数14312则这11件衬衫领口尺寸的众数是 39 cm，中位数是 40 cm．考点：众数；中位数．专题：压轴题．分析：根据中位数的定义与众数的定义，结合图表信息解答．解答：解：同一尺寸最多的是39cm，共有4件，所以，众数是39cm，11件衬衫按照尺寸从小到大排列，第6件的尺寸是40cm，所以中位数是40cm．故答案为：39，40．点评：本题考查了中位数与众数，确定中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两位数的平均数，中位数有时不一定是这组数据的数；众数是出现次数最多的数据，众数有时不止一个． 13．（4分）（2022•巴中）已知一个圆的半径为5cm，则它的内接六边形的边长为 5cm ．17考点：正多边形和圆．分析：首先根据题意画出图形，六边形ABCDEF是正六边形，易得△OAB是等边三角形，又由圆的半径为5cm，即可求得它的内接六边形的边长．解答：解：如图，连接OA，OB，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠AOB=×360°=60°，∴△OAB是等边三角形，∴AB=OA=OB=5cm，即它的内接六边形的边长为：5cm．故答案为：5cm．点评：此题考查了正多边形与圆的性质．此题难度不大，注意根据题意得到△OAB是等边三角形是解此题的关键，注意数形结合思想的应用． 14．（4分）（2022•思明区一模）双曲线过点（﹣1，y1），（﹣2，y2）和（3，y3），且y1＞y2＞y3，则k ＜ 0．（填“＞”或“＜”）考点：反比例函数图象上点的坐标特征．分析：根据y1＞y2＞y3，可判断反比例函数在第二、第四象限，从而可判断k＜0．解答：解：∵x1=﹣1，x2=﹣2，x3=3，y1＞y2＞y3，∴可判断函数图象大致如下：，则反比例函数在第二、第四象限，故k＜0．故答案为：＜．点评：本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是判断出函数所在的象限，难度一般． 15．（4分）（2022•思明区一模）已知△ABC三边分别为a、b、c，若a=3，b=4，则c的取值范围是 1＜c＜7 ；已知四边形ABCD四边分别为a、b、c、d，若a=3，b=4，d=10，则c的取值范围是 3＜c＜17 ．17考点：三角形三边关系．分析：根据三角形的三边关系“任意两边之和＞第三边，任意两边之差＜第三边”，求得第三边应＞两边之差1，而＜两边之和11．根据三角形的三边关系求得对角线的长度，再根据三角形的三边关系求得c的取值范围．解答：解：由三角形的三边关系，得第三边的取值范围是：4﹣3＜x＜4+3，解得1＜x＜7．由三角形的三边关系，得4﹣3＜对角线的长＜4+3，即1＜对角线的长＜7，则c的取值范围是10﹣7＜c＜10+7，即3＜c＜17．故答案为：1＜x＜7；3＜c＜17．点评：此题考查了三角形的三边关系，熟练利用三角形三边关系得出是解题关键． 16．（4分）（2022•思明区一模）已知a2+2a+b﹣4=0，①若b=1，则a= ﹣3或1 ；②b的最大值是 5 ．考点：解一元二次方程-因式分解法；非负数的性质：偶次方；配方法的应用．专题：计算题．分析：①将b=1代入a2+2a+b﹣4=0中计算即可求出a的值；②利用完全平方公式将已知等式变形，即可求出b的最大值．解答：解：①将b=1代入已知等式得：a2+2a﹣3=0，即（a﹣1）（a+3）=0，解得：a=﹣3或1；②由已知等式得：b=﹣a2﹣2a+4=﹣（a+1）2+5，∵（a+1）2≥0，∴b的最大值为5．故答案为：①﹣3或1；②5．点评：此题考查了解一元一次方程﹣因式分解法，非负数的性质，以及配方法的应用，弄清题意是解本题的关键． 17．（4分）（2022•思明区一模）如图，矩形ABCD中，AB=π，点E、F分别为AD、BC的中点，以A为圆心，AE为半径画弧，交BF于点G，以E为圆心，AE为半径画弧，交FC于点H，交EF的延长线于点M，若两个阴影部分的面积相等，则AD的长为 8 ．考点：扇形面积的计算；矩形的性质．分析：如图，两个阴影部分的面积相等，可得出长方形CDEF的面积=圆的面积，列出等式可得出DE的值，也可求得AD的值．解答：解：如图，长方形CDEF的面积=DC•DE=DE•π，S圆=S扇形DPHE面积=π•DE2，∵阴影面积相等，∴DE•π=π•DE2，17解得：DE=4，∵E为AD的中点，∴AD=2DE=8．故答案为：8．点评：本题考查了扇形面积的计算以及矩形的性质，将阴影部分的面积进行转化是解此题的关键，难度一般． 三、解答题（本大题有9小题，共89分）18．（18分）（2022•思明区一模）（1）解方程组：（2）如图，△OAB三个顶点的坐标分别为O（0，0），A（1，2），B（3，0）．以O为位似中心，画出一个△OA′B′，使得△OA′B′与△OAB的相似比为2：1，并写出点A′和点B′的坐标．（3）先化简再求值：，其中．考点：作图-位似变换；分式的化简求值；解二元一次方程组．分析：（1）利用加减消元法求出x，y的值即可；（2）利用位似图形的性质得出A′，B′的位置即可得出答案；（3）首先将各分式因式分解，进而化简把a的值代入即可．解答：（1）解：，①+②，得4x=20．解得：x=5．将x=5代入①，得5﹣y=4．解得y=1．17∴原方程组的解是；（2）解：如图所示：A'（2，4）B'（6，0）；（3）解：====，把代入上式，原式=．点评：此题主要考查了位似图形的画法以及二元一次方程组的解法以及分式方程的化简求值，根据因式分解正确化简分式是解题关键． 19．（7分）（2022•思明区一模）进入中考复习后，为了解所教班级学生复习备考情况，张老师对部分学生进行了跟踪调查，将调查结果分成四类，A：特别好；B：好；C：一般；D：待进步．张老师将调查结果绘制成以下两幅不完整的统计图（如图），请你根据统计图解答下列问题：（1）本次调查中，张老师一共调查了 20 名同学；（2）将条形统计图补充完整；17（3）为了共同进步，张老师想从被调查的A类和D类学生中分别选取一位同学进行“一帮一”互助学习，求所选两位同学恰好是一男一女的概率．考点：条形统计图；扇形统计图；列表法与树状图法．专题：计算题．分析：（1）根据等级为B的男生与女生的人数之和除以所占的百分比，即可得到调查的学生数；（2）由总人数乘以等级C占的百分比求出等级C男女之和，减去男生人数求出女生人数，同理求出等级D男生的人数，补全条形统计图即可；（3）根据题意列表得出所有等可能的情况数，找出一男一女的情况数，即可求出所求的概率．解答：解：（1）根据题意得：（4+6）÷50%=20（名），故答案为：20（2）C类的人数为：20×25%=5（名），则C类的女生有5﹣3=2（名），D类占总数的百分比为1﹣15%﹣50%﹣25%=10%，∴D类的人数为20×10%=2（名），则D类的男生有2﹣1=1（名），补全图形为：（3）列表如下：男女女男（男，男）（女，男）（女，男）女（男，女）（女，女）（女，女）所有等可能的情况数有6种，其中一男一女的情况数有3种，则P一男一女==．点评：此题考查了条形统计图，扇形统计图，以及概率，弄清题意是解本题的关键． 20．（8分）（2022•思明区一模）已知：四边形ABCD，AD∥BC，∠A=90°．（1）若AD=BC，判断四边形ABCD的形状，并说明理由；（2）如图，若AD＜BC，cos∠C=，DC=AD+BC．设AD=x，BC=y，求y与x的函数关系式，并画出它的图象．考点：直角梯形；正比例函数的图象；矩形的判定与性质；解直角三角形．分析：（1）根据平行线的判定得出四边形ABCD为平行四边形进而利用矩形的判定得出即可；17（2）利用锐角三角函数的关系得出cos∠C=，得出，即，即可得出y与x的函数关系，进而画出图象．解答：解：（1）四边形ABCD为矩形，∵AD∥BC，AD=BC，∴四边形ABCD为平行四边形，又∵∠A=90°，∴四边形ABCD是矩形．（2）如图，过点D作DE⊥BC于点E，∵AD=x，BC=y，DC=AD+BC，∴EC=y﹣x，DC=x+y．在Rt△DEC中，∠DEC=90°，cos∠C=，∴，即，∴y=4x（x＞0）如图所示：点评：此题主要考查了平行线的判定以及矩形的判定和锐角三角函数的关系等知识，根据已知得出=是解题关键． 21．（8分）（2022•思明区一模）如图，在△ABC中，AB=AC，⊙A与边AB、AC交于点D、E，劣弧的长为．P是⊙A上的一点，且∠DPE=60°（1）求⊙A的半径；（2）若BC=，判断边BC与⊙A的位置关系，并说明理由．17考点：切线的判定；弧长的计算．分析：（1）根据圆周角定理求得劣弧所对的圆周角∠DAE=120°，所以根据弧长的计算公式l=来求该圆的半径；（2）BC与⊙A相切．如图，过点A作AF⊥BC于点F，欲证明BC与⊙A相切，只需证得AF=r即可．解答：（1）解：设⊙O的半径为r．∵∠DPE=60°，∴∠DAE=120°∵劣弧的长为，设⊙A的半径为r，∴，即∴r=2；（2）BC与⊙A相切．如图，过点A作AF⊥BC于点F，∵AB=AC，AF⊥BCBC=∴BF=BC=，∠BAF=∠BAC=60°，在Rt△ABF中，∠ABF=90°，∠BAF=60°∴tan∠BAF=，即．∴AF=2=r．∴BC与⊙A相切．点评：本题考查了切线的判定、弧长的计算．切线必须满足两个条件：a、经过半径的外端；b、垂直于这条半径，否则就不是圆的切线． 22．（8分）（2022•思明区一模）小球以v0（m/s）的速度开始向前滚动，滚动路程s（m）与时间t（s）满足如下关系：．（1）若v0=10（m/s），当t=2（s）时，求运动路程s；（2）若v0=8（m/s），小球能否滚动10（m）？请说明理由．考点：一元二次方程的应用．17分析：（1）将已知数据代入已知的函数关系式即可求解；（2）将v0=8，s=10代入后得到方程t2﹣4t+5=0，其根的判别式小0，即可说明小球不能滚动10m．解答：解：（1）解：把v0=10，t=2代入，得s=12，∴当v0=10（m/s），t=2（s）时，运动路程s为12m．（2）小球无法滚动10m．（解法1）：当v0=8时，，即运动路程最多为8m，小球无法滚动10m．（解法2）：当v0=8时，令s=10，则﹣2t2+8t=10即2t2﹣8t+10=0，t2﹣4t+5=0∵△=16﹣20＜0∴方程无解，∴小球无法滚动10m．点评：本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是将已知数据代入函数关系式得到一元二次方程并用相关的知识求解． 23．（8分）（2022•思明区一模）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD．（1）求证：四边形OCED是菱形；（2）若AB=3，BC=4，求点D到CE的距离．考点：矩形的性质；勾股定理；菱形的判定．分析：（1）根据矩形性质求出OD=OC，根据平行四边形和菱形的判定推出即可；（2）过点D作DF⊥CE于点F，过点C作CG⊥BD于点G，求出DF=CG，求出BD，根据三角形面积公式求出CG，即可得出答案．解答：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，OA=OC=，OB=OD=，∴OC=OD，又∵DE∥AC，CE∥BD，∴四边形OCED是平行四边形，∴四边形OCED是菱形．（2）解：如图，过点D作DF⊥CE于点F，过点C作CG⊥BD于点G，∵CE∥BD，∴DF=CG．∵四边形ABCD是矩形，∴DC=AB=3，∠DCB=90°．17∴，又∵，∴．∴DF=，即点D到CE的距离为．点评：本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，三角形的面积，勾股定理等知识点的应用，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力． 24．（10分）（2022•思明区一模）如果一元二次方程ax2+bx+c=0的两根x1、x2均为正数，且满足（其中x1＞x2），那么称这个方程有“邻近根”．（1）判断方程是否有“邻近根”，并说明理由；（2）已知关于x的一元二次方程mx2﹣（m﹣1）x﹣1=0有“邻近根”，求m的取值范围．考点：根的判别式；解一元二次方程-公式法；解一元二次方程-因式分解法；正比例函数的性质；反比例函数的性质．分析：（1）先解方程得到x1=，x2=1，则满足，所以可判断方程有“邻近根”；（2）根据判别式的意义得到m≠0且△=（m﹣1）2﹣4m×（﹣1）=（m+1）2≥0，利用求根公式解得x1=1，或，x2=1，则m＜0，然后讨论：若x1=1，，则，是关于m的正比例函数，根据正比例函数性质得到﹣2＜m＜﹣1；若，x2=1，则，是关于m的反比例函数，根据反比例函数性质得，最后综合得到m的取值范围．解答：解：（1）方程有“邻近根”．理由如下：∵，∴（x﹣1）（x﹣）=0，∵x1＞x2，∴x1=，x2=1，17这时x1＞0，x2＞0，且，∵，∴满足，∴方程有“邻近根”；（2）由已知m≠0且△=（m﹣1）2﹣4m×（﹣1）=（m+1）2≥0，∴∴x1=1，或，x2=1，∵一元二次方程ax2+bx+c=0有“邻近根”，∴x1、x2均为正数，∴m＜0若x1=1，，则，是关于m的正比例函数，∵﹣1＜0，∴随m的增大而减小．当1＜﹣m＜2时，∴﹣2＜m＜﹣1；若，x2=1，则，是关于m的反比例函数，∵﹣1＜0，∴在第二象限，随m的增大而增大．当时，∴．…（9分）综上，m的取值范围是﹣2＜m＜﹣1或．点评：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了解一元二次方程和正比例与反比例函数性质． 25．（11分）（2022•思明区一模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CB=CA=，点E、F在线段AB上（不与端点A、B重合），且∠ECF=45°．17（1）求证：BF•AE=2；（2）判断BE、EF、FA三条线段所组成的三角形的形状，并说明理由．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理．分析：（1）先根据等腰直角三角形的性质求出∠A与∠B的度数，再根据∠ECF=45°，可知∠B=∠ECF，根据等量代换可得出∠CEF=∠BCF，故可得出△BCF∽△AEC，根据相似三角形的对应边成比例即可得出结论；（2）将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连结GA，GF，先由全等三角形的判定定理得出△BCE≌△ACG，根据全等三角形的性质可得出△FAG中，∠FAG=90°，由勾股定理可知FG2=AG2+AF2=BE2+AF2．故可得出∠FCG=∠ECG﹣∠ECF=45°=∠ECF，根据全等三角形的判定定理可知△BCF≌△GCF，故可得出EF=GF，故EF2=BE2+AF2，由此可得出结论．解答：（1）证明：∵∠ACB=90°，CB=CA=，∴∠A=∠B==45°．∵∠ECF=45°，∴∠B=∠ECF，又∵∠CEF=∠B+∠BCE=45°+∠BCE，∠BCF=∠ECF+∠BCE=45°+∠BCE，∴∠CEF=∠BCF．∴△BCF∽△AEC．∴=，∴BF•AE=AC•BC=•=2；（2）解：BE、EF、FA三条线段所组成的三角形是直角三角形．（解法一）如图1，将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连结GA，GF，∵∠BCE+∠ECA=∠ACG+∠ECA=90°∴∠BCE=∠ACG．∵在△BCE与△ACG中，，∴△BCE≌△ACG（SAS），∴∠B=∠CAG=45°，BE=AG，∴∠FAG=∠FAC+∠CAG=90°．在Rt△FAG中，∠FAG=90°，∴FG2=AG2+AF2=BE2+AF2．又∵∠ECF=45°，∴∠FCG=∠ECG﹣∠ECF=45°=∠ECF．∵在△BCF与△GCF中，17，∴△ECF≌△GCF（SAS）．∴EF=GF，∴EF2=BE2+AF2．∴BE、EF、FA三条线段所组成的三角形是直角三角形．（解法二）如图，过A作AG⊥AF，使得AG=BE，连结GF，∴∠CAG=∠BAG﹣∠BAC=45°=∠B．∵在△BCE与△ACG中，，∴△BCE≌△ACG（SAS）．∴CE=CG，∠BCE=∠ACG．∵∠ECG=∠ACG+∠ECA=∠BCE+∠ECA=90°，∴∠FCG=∠ECG﹣∠FCG=45°=∠ECF．∵在△BCF与△GCF中，∴△ECF≌△GCF（SAS）．∴EF=GF，在Rt△FAG中，∠FAG=90°，∴FG2=AG2+AF2=BE2+AF2．∴EF2=BE2+AF2．∴BE、EF、FA三条线段所组成的三角形是直角三角形．（解法三）∵CB=CA=，∠ACB=90°，∴．∴BE+EF+FA=2．设BE=a，EF=b，FA=c，则a+b+c=2．∴（a+b+c）2=4，即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=4．①又∵BF•AE=2，∴（a+b）（b+c）=2，即ab+ac+b2+bc=2．②①﹣②×2得：a2+c2﹣b2=0，即a2+c2=b2，EF2=BE2+AF2．∴BE、EF、FA三条线段所组成的三角形是直角三角形．17点评：本题考查的是全等三角形的判定与性质，涉及到勾股定理的逆定理、图形旋转不变性的性质等知识，难度适中． 26．（11分）（2022•思明区一模）如图，抛物线y=ax2﹣bx+c（a＞1）过点A（1，0），且对称轴为x=2，直线y=kx+m（k＞0）与抛物线交于点A和点B．（1）求a：b：c；（2）过抛物线的顶点P作直线l∥x轴，过点A、B分别作直线l的垂线，垂足为点C、D，比较AC+BD与CD的大小．考点：二次函数综合题．分析：（1）根据抛物线y=ax2﹣bx+c（a＞1）过点A（1，0），且对称轴为x=2，可得a、b、c之间的关系，从而可求a：b：c；（2）联立直线和抛物线的解析式，得到A、B两点的坐标，根据两点之间的距离公式可得AC、BD、CD之间的距离，进行比较即可得出AC+BD与CD的大小．解答：（1）解：∵抛物线y=ax2﹣bx+c（a＞1）过点A（1，0），且对称轴为x=2，∴，17∴b=4a，又∵a﹣b+c=0，∴c=3a，∴a：b：c=1：4：3；（2）解：AC+BD＞CD，∵直线y=kx+m（k＞0）过点A（1，0），∴k+m=0即m=﹣k∴y=kx﹣k，由y=ax2﹣4a+3a，得顶点P（2，﹣a），解，得，，∵直线y=kx+m的k＞0∴y随x的增大而增大∴yB＞yA=0∵直线l∥x轴，AC⊥l、BD⊥l∴C（1，﹣a），∴AC=a，，（法1）：==∵a＞1且k＞0∴a﹣1＞0，a+k﹣1＞0∴∴AC+BD＞CD（法2）：∵a＞1且k＞0∴a+k＞1∴a2＞a，（a+k）2＞a+k∴a2+（a+k）2＞a+a+k=2a+k∴，∴AC+BD＞CD．点评：考查了二次函数综合题，涉及的知识点有：代入法，对称轴公式，方程思想，两点之间的距离公式，线段的大小比较，综合性较强，有一定的难度． 17
