乐山市中考数学试题精析 20页

‎2012年中考数学精析系列——乐山卷 ‎（本试卷满分150分，考试时间120分钟）‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.‎ ‎1．（2012四川乐山3分）如果规定收入为正，支出为负．收入500 元记作500元，那么支出237元应记作【 】‎ ‎　　A．﹣500元　　B．﹣237元　　C．237元　　D．500元 ‎【答案】B。‎ ‎【考点】正数和负数。‎ ‎【分析】根据题意收入为正，支出为负，支出237元应记作﹣237元。故选B。‎ ‎2．（2012四川乐山3分）如图是小强用八块相同的小正方体搭建的一个积木，它的左视图是【 】‎ A．　　B．　　C．　　D．‎ ‎【答案】C。‎ ‎【考点】简单组合体的三视图。‎ ‎【分析】左视图从左往右，2列正方形的个数依次为2，1，依此得出图形C正确。故选C。‎ ‎3．（2012四川乐山3分）计算（﹣x）3÷（﹣x）2的结果是【 】‎ ‎　　A．﹣x　　B．x　　C．﹣x5　　D．x5‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】整式的除法。‎ ‎【分析】根据整式的除法法则和顺序进行计算即可求出正确答案：‎ ‎ 。故选A。‎ ‎4．（2012四川乐山3分）下列命题是假命题的是【 】‎ A．平行四边形的对边相等　 　B．四条边都相等的四边形是菱形　　‎ C．矩形的两条对角线互相垂直　　D．等腰梯形的两条对角线相等 ‎【答案】C。‎ ‎【考点】命题与定理，平行四边形的性质，菱形的判定，矩形的性质，等腰梯形的性质。‎ ‎【分析】根据平行四边形的性质，菱形的判定，矩形的性质，等腰梯形的性质做出判断即可：‎ A、平行四边形的两组对边相等，正确，是真命题；‎ B、四条边都相等的四边形是菱形，正确，是真命题；‎ C、矩形的对角线相等但不一定垂直，错误，是假命题；‎ D、等腰梯形的两条对角线相等，正确，是真命题。‎ 故选C。‎ ‎5．（2012四川乐山3分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=2BC，则sinB的值为【 】‎ ‎　　A．　　B．　　C．　　D．1‎ ‎【答案】C。‎ ‎【考点】锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】∵Rt△ABC中，∠C=90°，AB=2BC，∴sinA=。‎ ‎∴∠A=30°。∴∠B=60°。∴sinB=。故选C。‎ ‎6．（2012四川乐山3分）⊙O1的半径为3厘米，⊙O2的半径为2厘米，圆心距O1O2=5厘米，这两圆的位置关系是【 】‎ ‎　　A．内含　　B．内切　　C．相交　　D．外切 ‎【答案】D。‎ ‎【考点】两圆的位置关系。‎ ‎【分析】根据两圆的位置关系的判定：外切（两圆圆心距离等于两圆半径之和），内切（两圆圆心距离等于两圆半径之差），相离（两圆圆心距离大于两圆半径之和），相交（两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差），内含（两圆圆心距离小于两圆半径之差）。因此，‎ ‎ ∵⊙O1的半径r=3，⊙O2的半径r=2，∴3+2=5。‎ ‎∵两圆的圆心距为O1O2=5，∴两圆的位置关系是外切。故选D。‎ ‎7．（2012四川乐山3分）如图，A、B两点在数轴上表示的数分别为a、b，下列式子成立的是【 】‎ ‎　　A．ab＞0　　B．a+b＜0　　C．（b﹣1）（a+1）＞0　　D．（b﹣1）（a﹣1）＞0‎ ‎【答案】C。‎ ‎【考点】数轴，有理数的混合运算。‎ ‎【分析】根据a、b两点在数轴上的位置判断出其取值范围，再对各选项进行逐一分析即可：‎ 由a、b两点在数轴上的位置可知：﹣1＜a＜0，b＞1，‎ ‎∴ab＜0，a+b＞0，故A、B错误；‎ ‎∵﹣1＜a＜0，b＞1，∴b﹣1＞0，a+1＞0，a﹣1＜0。故C正确，D错误。故选C。‎ ‎9．（2012四川乐山3分）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，D是AB的中点，点E、F分别在AC、BC边上运动（点E不与点A、C重合），且保持AE=CF，连接DE、DF、EF．在此运动变化的过程中，有下列结论：‎ ‎①△DFE是等腰直角三角形；‎ ‎②四边形CEDF不可能为正方形；‎ ‎③四边形CEDF的面积随点E位置的改变而发生变化；‎ ‎④点C到线段EF的最大距离为．‎ 其中正确结论的个数是【 】‎ ‎　　A．1个　　B．2个　　C．3个　　D．4个 ‎【答案】B。‎ ‎【考点】全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形，三角形中位线定理，勾股定理。‎ ‎【分析】①连接CD（如图1）。‎ ‎∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠DCB=∠A=45°，CD=AD=DB。‎ ‎∵AE=CF，∴△ADE≌△CDF（SAS）。‎ ‎∴ED=DF，∠CDF=∠EDA。‎ ‎∵∠ADE+∠EDC=90°，∴∠EDC+∠CDF=∠EDF=90°。‎ ‎∴△DFE是等腰直角三角形。‎ 故此结论正确。‎ ‎10．（2012四川乐山3分）二次函数y=ax2+bx+1（a≠0）的图象的顶点在第一象限，且过点（﹣1，0）．设t=a+b+1，则t值的变化范围是【 】‎ ‎　　A．0＜t＜1　　B．0＜t＜2　　C．1＜t＜2　　D．﹣1＜t＜1‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】二次函数图象与系数的关系。‎ ‎【分析】∵二次函数y=ax2+bx+1的顶点在第一象限，且经过点（﹣1，0），‎ ‎∴a﹣b+1=0，a＜0，b＞0，‎ ‎∵由a=b﹣1＜0得b＜1，∴0＜b＜1①，‎ ‎∵由b=a+1＞0得a＞﹣1，∴﹣1＜a＜0②。‎ ‎∴由①②得：﹣1＜a+b＜1。∴0＜a+b+1＜2，即0＜t＜2。故选B。‎ 二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分.‎ ‎11．（2012四川乐山3分）计算：|﹣|= ▲ 　．‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】绝对值。‎ ‎【分析】根据负数的绝对值是它的相反数，得。‎ ‎12．（2012四川乐山3分）从棱长为2的正方体毛坯的一角，挖去一个棱长为1的小正方体，得到一个如图所示的零件，则这个零件的表面积为 ▲ 　．‎ ‎【答案】24。‎ ‎【考点】几何体的表面积。‎ ‎【分析】挖去一个棱长为1cm的小正方体，得到的图形与原图形表面积相等，则表面积是2×2×6=24。‎ ‎13．（2012四川乐山3分）据报道，乐山市2011年GDP总量约为91 800 000 000元，用科学记数法表示这一数据应为 ▲ 　元．‎ ‎【答案】9.18×1010。‎ ‎【考点】科学记数法。‎ ‎【分析】根据科学记数法的定义，科学记数法的表示形式为a×10n，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。在确定n的值时，看该数是大于或等于1还是小于1。当该数大于或等于1时，n为它的整数位数减1；当该数小于1时，－n为它第一个有效数字前0的个数（含小数点前的1个0）。91 800 000 000一共11位，从而91 800 000 000=9.18×1010。‎ ‎14．（2012四川乐山3分）如图，⊙O是四边形ABCD的内切圆，E、F、G、H是切点，点P是优弧上异于E、H的点．若∠A=50°，则∠EPH= ▲ 　．‎ ‎【答案】65°。‎ ‎【考点】切线的性质，圆周角定理。‎ ‎【分析】如图，连接OE，OH，‎ ‎∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，E、F、G、H是切点，‎ ‎∴∠OEA=∠OHA=90°。‎ 又∵∠A=50°，‎ ‎∴∠EOH=360°﹣∠OEA﹣∠OHA﹣∠A=360°﹣90°﹣90°﹣50°=130°。‎ 又∵∠EPH和∠EOH分别是所对的圆周角和圆心角，‎ ‎∴∠EPH=∠EOH=×130°=65°。‎ ‎15．（2012四川乐山3分）一个盒中装着大小、外形一模一样的x颗白色弹珠和y颗黑色弹珠，从盒中随机取出一颗弹珠，取得白色弹珠的概率是．如果再往盒中放进12颗同样的白色弹珠，取得白色弹珠的概率是，则原来盒中有白色弹珠 ▲ 　颗．‎ ‎【答案】4‎ ‎【考点】概率公式，分式方程的应用。‎ ‎【分析】∵取得白色棋子的概率是，可得方程，即①。‎ 又∵再往盒中放进12颗白色棋子，取得白色棋子的概率是，可得方程②。‎ 联立①②，解得：x=4，y=8。‎ ‎∴原来盒中有白色弹珠4颗。‎ ‎16．（2012四川乐山3分）如图，∠ACD是△ABC的外角，∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A1，∠A1BC的平分线与∠A1CD的平分线交于点A2，…，∠An﹣1BC的平分线与∠An﹣1CD的平分线交于点An．设∠A=．则：‎ ‎（1）∠A1= ▲ 　；（2）∠An= ▲ 　．‎ ‎【答案】；。‎ 三、本大题共3小题，每小题9分，共27分.‎ ‎17．（2012四川乐山9分）化简：3（2x2﹣y2）﹣2（3y2﹣2x2）．‎ ‎【答案】解：3（2x2﹣y2）﹣2（3y2﹣2x2）=6x2﹣3y2﹣6y2+4x2=10x2﹣9y2。‎ ‎【考点】整式的加减。‎ ‎【分析】熟练运用去括号法则去括号，然后合并同类项．注意去括号时，如果括号前是负号，那么括号中的每一项都要变号；合并同类项时，只把系数相加减，字母与字母的指数不变。‎ ‎18．（2012四川乐山9分）解不等式组，并求出它的整数解的和．‎ ‎【答案】解：，‎ 解不等式①，得x＜3，‎ 解不等式②，得x≥﹣4。‎ 在同一数轴上表示不等式①②的解集，得 ‎∴这个不等式组的解集是﹣4≤x＜3，它的整数解为－4，－3，－2，－1，0，1，2。‎ ‎∴这个不等式组的整数解的和是－4－3－2－1＋0＋1＋2=－7。‎ ‎【考点】解一元一次不等式组，一元一次不等式组的整数解。‎ ‎【分析】分别求出各不等式的解集，在数轴上表示出来，其公共部分即为不等式组的解集，在其解集范围内找出x的整数值，求出其和即可。‎ ‎19．（2012四川乐山9分）如图，在10×10的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，网格中有一个格点△ABC（即三角形的顶点都在格点上）．‎ ‎（1）在图中作出△ABC关于直线l对称的△A1B1C1；（要求：A与A1，B与B1，C与C1相对应）‎ ‎（2）在（1）问的结果下，连接BB1，CC1，求四边形BB1C1C的面积．‎ ‎【答案】解：（1）如图，△A1B1C1 是△ABC关于直线l的对称图形。‎ ‎（2）由图得四边形BB1C1C是等腰梯形，BB1=4，CC1=2，高是4。‎ ‎∴S四边形BB1C1C。‎ ‎【考点】作图（轴对称变换）。‎ ‎【分析】（1）关于轴对称的两个图形，各对应点的连线被对称轴垂直平分．作BM⊥直线l于点M，并延长到B1，使B1M=BM，同法得到A，C的对应点A1，C1，连接相邻两点即可得到所求的图形。‎ ‎（2）由图得四边形BB1 C1C是等腰梯形，BB1=4，CC1=2，高是4，根据梯形的面积公式进行计算即可。‎ 四、本大题共3小题，每小题10分，共30分.‎ ‎20．（2012四川乐山10分）在读书月活动中，学校准备购买一批课外读物．为使课外读物满足同学们的需求，学校就“我最喜爱的课外读物”从文学、艺术、科普和其他四个类别进行了抽样调查（每位同学只选一类），如图是根据调查结果绘制的两幅不完整的统计图．‎ 请你根据统计图提供的信息，解答下列问题：‎ ‎（1）本次调查中，一共调查了　 　名同学；‎ ‎（2）条形统计图中，m=　 　，n=　 　；‎ ‎（3）扇形统计图中，艺术类读物所在扇形的圆心角是　 　度；‎ ‎（4）学校计划购买课外读物6000册，请根据样本数据，估计学校购买其他类读物多少册比较合理？‎ ‎【答案】解：（1）200。‎ ‎（2） 40；60。‎ ‎（3）72．‎ ‎（4）由题意，得（册）。‎ 答：学校购买其他类读物900册比较合理。‎ ‎【考点】条形统计图，扇形统计图，频数、频率和总量的关系，用样本估计总体。‎ ‎【分析】（1）∵从条形图得出文学类人数为：70，从扇形图得出文学类所占百分比为：35%，‎ ‎ ∴本次调查中，一共调查了：70÷35%=200人。‎ ‎（2）∵从扇形图得出科普类所占百分比为：30%，‎ ‎∴科普类人数为：n=200×30%=60人， 艺术类人数为：m=200﹣70﹣30﹣60=40人。‎ ‎（3）根据艺术类读物所在扇形的圆心角是：40÷200×3600=72°。‎ ‎（4）根据喜欢其他类读物人数所占的百分比，即可估计6000册中其他读物的数量。‎ ‎21．（2012四川乐山10分）菜农李伟种植的某蔬菜计划以每千克5元的单价对外批发销售，由于部分菜农盲目扩大种植，造成该蔬菜滞销．李伟为了加快销售，减少损失，对价格经过两次下调后，以每千克3.2元的单价对外批发销售．‎ ‎（1）求平均每次下调的百分率；‎ ‎（2）小华准备到李伟处购买5吨该蔬菜，因数量多，李伟决定再给予两种优惠方案以供选择：‎ 方案一：打九折销售；‎ 方案二：不打折，每吨优惠现金200元．‎ 试问小华选择哪种方案更优惠，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）设平均每次下调的百分率为x，‎ 由题意，得5（1﹣x）2=3.2．‎ 解这个方程，得x1=0.2，x2=1.8．‎ ‎∵降价的百分率不可能大于1，∴x2=1.8不符合题意，舍去。‎ 符合题目要求的是x1=0.2=20%。‎ 答：平均每次下调的百分率是20%。‎ ‎（2）小华选择方案一购买更优惠。理由是：‎ 方案一所需费用为：3.2×0.9×5000=14400（元），‎ 方案二所需费用为：3.2×5000﹣200×5=15000（元）。‎ ‎∵14400＜15000，‎ ‎∴小华选择方案一购买更优惠。‎ ‎【考点】一元二次方程的应用（增长率问题）。‎ ‎【分析】（1）设出平均每次下调的百分率，根据从5元下调到3.2列出一元二次方程求解即可。‎ ‎（2）根据优惠方案分别求得两种方案的费用后比较即可得到结果。‎ ‎22．（2012四川乐山10分）如图，在东西方向的海岸线l上有一长为1千米的码头MN，在码头西端M的正西方向30 千米处有一观察站O．某时刻测得一艘匀速直线航行的轮船位于O的北偏西30°方向，且与O相距千米的A处；经过40分钟，又测得该轮船位于O的正北方向，且与O相距20千米的B处．‎ ‎（1）求该轮船航行的速度；‎ ‎（2）如果该轮船不改变航向继续航行，那么轮船能否正好行至码头MN靠岸？请说明理由．（参考数据：，）‎ ‎【答案】解：（1）过点A作AC⊥OB于点C。由题意，得 OA=千米，OB=20千米，∠AOC=30°。‎ ‎∴（千米）。‎ ‎∵在Rt△AOC中 OC=OA•cos∠AOC=（千米），‎ ‎∴BC=OC﹣OB=30﹣20=10（千米）。‎ ‎∴在Rt△ABC中，（千米）。‎ ‎∴轮船航行的速度为：（千米/时）。‎ ‎（2）如果该轮船不改变航向继续航行，不能行至码头MN靠岸。理由是：‎ ‎ 延长AB交l于点D。‎ ‎∵AB=OB=20（千米），∠AOC=30°，‎ ‎∴∠OAB=∠AOC=30°，∴∠OBD=∠OAB+∠AOC=60°．‎ ‎∴在Rt△BOD中，OD=OB•tan∠OBD=20×tan60°=（千米）。‎ ‎∵OD==ON，‎ ‎∴该轮船不改变航向继续航行，不能行至码头MN靠岸。 ‎ ‎【考点】解直角三角形的应用（方向角问题），勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】（1））过点A作AC⊥OB于点C．可知△ABC为直角三角形．根据锐角三角函数定义和勾股定理解答。‎ ‎（2）延长AB交l于D，比较OD与ON的大小即可得出结论。‎ 五、本大题共2小题，每小题10分，共20分 ‎23．（2012四川乐山10分）已知关于x的一元二次方程（x﹣m）2+6x=4m﹣3有实数根．‎ ‎（1）求m的取值范围；‎ ‎（2）设方程的两实根分别为x1与x2，求代数式x1•x2﹣x12﹣x22的最大值．‎ ‎【答案】解：（1）由（x﹣m）2+6x=4m﹣3，得x2+（6﹣2m）x+m2﹣4m+3=0，‎ ‎ ∴△=b2﹣4ac=（6﹣2m）2﹣4×1×（m2﹣4m+3）=﹣8m+24。‎ ‎∵方程有实数根，∴﹣8m+24≥0，解得 m≤3。‎ ‎∴m的取值范围是m≤3。‎ ‎（2）∵方程的两实根分别为x1与x2，由根与系数的关系，得 ‎∴x1+x2=2m﹣6，x1·x2= m2﹣4 m＋3。‎ ‎∴x1•x2﹣x12﹣x22=3 x1•x2﹣（x1+x2）2=3（m2﹣4m+3）﹣（2m﹣6）2=﹣m2+12m﹣27‎ ‎=﹣（m﹣6）2+9。‎ ‎∵m≤3，且当m＜6时，﹣（m﹣6）2+9的值随m的增大而增大，‎ ‎∴当m=3时，x1•x2﹣x12﹣x22的值最大，最大值为﹣（3﹣6）2+9=0。‎ ‎∴x1•x2﹣x12﹣x22的最大值是0。‎ ‎【考点】一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，二次函数的性质。‎ ‎【分析】（1）将原方程转化为关于x的一元二次方程，由于方程有实数根，故根的判别式大于0，据此列不等式解答即可；‎ ‎（2）将x1•x2﹣x12﹣x22化为两根之积与两根之和的形式，将含m的代数式代入，利用二次函数的最值求解即可。‎ ‎24．（2012四川乐山10分）如图，直线y=2x+2与y轴交于A点，与反比例函数（x＞0）的图象交于点M，过M作MH⊥x轴于点H，且tan∠AHO=2．‎ ‎（1）求k的值；‎ ‎（2）点N（a，1）是反比例函数（x＞0）图象上的点，在x轴上是否存在点P，使得PM+PN最小？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）由y=2x+2可知A（0，2），即OA=2。‎ ‎∵tan∠AHO=2，∴OH=1。‎ ‎∵MH⊥x轴，∴点M的横坐标为1。‎ ‎∵点M在直线y=2x+2上，‎ ‎∴点M的纵坐标为4．即M（1，4）。‎ ‎∵点M在上，∴k=1×4=4。‎ ‎（2）存在。‎ ‎∵点N（a，1）在反比例函数（x＞0）上，‎ ‎∴a=4．即点N的坐标为（4，1）。‎ 过点N作N关于x轴的对称点N1，连接MN1，交x轴于P（如图所示）。‎ 此时PM+PN最小。‎ ‎∵N与N1关于x轴的对称，N点坐标为（4，1），∴N1的坐标为（4，﹣1）。‎ 设直线MN1的解析式为y=kx+b。‎ 由解得。‎ ‎∴直线MN1的解析式为。‎ 令y=0，得x=．‎ ‎∴P点坐标为（，0）。‎ ‎【考点】反比例函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，轴对称的性质，线段中垂线的性质，三角形三边关系。‎ ‎【分析】（1）根据直线解析式求A点坐标，得OA的长度；根据三角函数定义可求OH的长度，得点M的横坐标；根据点M在直线上可求点M的坐标．从而可求K的值；‎ ‎（2）根据反比例函数解析式可求N点坐标；作点N关于x轴的对称点N1，连接MN1与x轴的交点就是满足条件的P点位置：‎ ‎ 根据轴对称的性质，线段中垂线的性质和三角形三边关系，对x轴上任一点P1，总有 ‎ P1M＋P1N＞MN1=PM＋PN。‎ 六、本大题共3小题，第25题12分，第26题13分，共25分.‎ ‎25．（2012四川乐山12分）如图1，△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，D、F分别在AB、AC边上，此时BD=CF，BD⊥CF成立．‎ ‎（1）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD=CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．‎ ‎（2）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长BD交CF于点G．‎ ‎①求证：BD⊥CF；‎ ‎②当AB=4，AD=时，求线段BG的长．‎ ‎【答案】解：（1）BD=CF成立。理由如下：‎ ‎∵△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，‎ ‎∴AB=AC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=90°。‎ ‎∵∠BAD=∠BAC﹣∠DAC，∠CAF=∠DAF﹣∠DAC，∴∠BAD=∠CAF。‎ 在△BAD和△CAF中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAF，‎ ‎∴△BAD≌△CAF（SAS）。∴BD=CF。‎ ‎（2）①证明：设BG交AC于点M．‎ ‎∵△BAD≌△CAF（已证），∴∠ABM=∠GCM。‎ 又∵∠BMA=∠CMG，∴△BMA∽△CMG。‎ ‎∴∠BGC=∠BAC=90°。∴BD⊥CF。‎ ‎②过点F作FN⊥AC于点N。‎ ‎∵在正方形ADEF中，AD=DE=，‎ ‎∴。‎ ‎∴AN=FN=AE=1。‎ ‎∵在等腰直角△ABC 中，AB=4，∴CN=AC﹣AN=3，。‎ ‎∴在Rt△FCN中，。‎ 在Rt△ABM中，。‎ ‎∴AM=。‎ ‎∴CM=AC﹣AM=4﹣，。‎ ‎∵△BMA∽△CMG，∴，即，∴CG=。‎ ‎∴在Rt△BGC中，。‎ ‎【考点】等腰直角三角形和正方形的性质，全等三角形、相似三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，易证得△BAD≌△CAF，根据全等三角形的对应边相等，即可证得BD=CF。‎ ‎（2）①由△BAD≌△CAF，可得∠ABM=∠GCM，又由对顶角相等，易证得△BMA∽△CMG，根据相似三角形的对应角相等，可得BGC=∠BAC=90°，即可证得BD⊥CF。‎ ‎②首先过点F作FN⊥AC于点N，利用勾股定理即可求得AE，BC的长，继而求得AN，CN的长，又由等角的三角函数值相等，可求得AM=。然后利用△BMA∽△CMG，求得CG的长，再由勾股定理即可求得线段BG的长。‎ ‎26．（2012四川乐山13分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（m，m），点B的坐标为（n，﹣n），抛物线经过A、O、B三点，连接OA、OB、AB，线段AB交y轴于点C．已知实数m、n（m＜n）分别是方程x2﹣2x﹣3=0的两根．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若点P为线段OB上的一个动点（不与点O、B重合），直线PC与抛物线交于D、E两点（点D在y轴右侧），连接OD、BD．‎ ‎①当△OPC为等腰三角形时，求点P的坐标；‎ ‎②求△BOD 面积的最大值，并写出此时点D的坐标．‎ ‎【答案】解：（1）解方程x2﹣2x﹣3=0，得 x1=3，x2=﹣1。‎ ‎∵m＜n，∴m=﹣1，n=3。∴A（﹣1，﹣1），B（3，﹣3）。‎ ‎∵抛物线过原点，设抛物线的解析式为y=ax2+bx。‎ ‎∴，解得：。‎ ‎∴抛物线的解析式为。‎ ‎（2）①设直线AB的解析式为y=kx+b。‎ ‎∴，解得：。‎ ‎∴直线AB的解析式为。‎ ‎∴C点坐标为（0，）。‎ ‎∵直线OB过点O（0，0），B（3，﹣3），∴直线OB的解析式为y=﹣x。‎ ‎∵△OPC为等腰三角形，∴OC=OP或OP=PC或OC=PC。‎ 设P（x，﹣x）。‎ ‎（i）当OC=OP时，，解得（舍去）。‎ ‎∴P1（）。‎ ‎（ii）当OP=PC时，点P在线段OC的中垂线上，∴P2（）。‎ ‎（iii）当OC=PC时，由，解得（舍去）。‎ ‎∴P3（）。‎ 综上所述，P点坐标为P1（）或P2（）或P3（）。‎ ‎②过点D作DG⊥x轴，垂足为G，交OB于Q，过B作BH⊥x轴，垂足为H．‎ 设Q（x，﹣x），D（x，）．‎ S△BOD=S△ODQ+S△BDQ=DQ•OG+DQ•GH ‎=DQ（OG+GH）‎ ‎=‎ ‎=。‎ ‎∵0＜x＜3，∴当时，S取得最大值为，此时D（）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解一元二次方程，等腰三角形的性质，二次函数的最值。‎ ‎【分析】（1）首先解方程得出A，B两点的坐标，从而利用待定系数法求出二次函数解析式即可。‎ ‎ （2）①首先求出AB的直线解析式，以及BO解析式，再利用等腰三角形的性质得出当OC=OP时，当OP=PC时，点P在线段OC的中垂线上，当OC=PC时分别求出x的值即可。‎ ‎②利用S△BOD=S△ODQ+S△BDQ得出关于x的二次函数，从而得出最值即可。‎ ‎27．（2012•乐山）如图，△ABC内接于⊙O，直径BD交AC于E，过O作FG⊥AB，交AC于F，交AB于H，交⊙O于G．‎ ‎（1）求证：OF•DE=OE•2OH；‎ ‎（2）若⊙O的半径为12，且OE：OF：OD=2：3：6，求阴影部分的面积．（结果保留根号）‎