2022年广西玉林市防城港市中考数学试卷.docx

广西玉林市、防城港市2022年中考数学试卷
一、单项选择题〔共12小题，每题3分，总分值36分〕
1．〔3分〕〔2022•玉林〕下面的数中，与﹣2的和为0的是〔　　〕

A．
2
B．
﹣2
C．

D．

考点：
有理数的加法．
分析：
设这个数为x，根据题意可得方程x+〔﹣2〕=0，再解方程即可．
解答：
解：设这个数为x，由题意得：
x+〔﹣2〕=0，
x﹣2=0，
x=2，
应选：A．
点评：
此题主要考查了有理数的加法，解答此题的关键是理解题意，根据题意列出方程．
2．〔3分〕〔2022•玉林〕将6.18×10﹣3化为小数的是〔　　〕

A．
0.000618
B．
0.00618
C．
0.0618
D．
0.618
考点：
科学记数法—原数．
分析：
科学记数法的标准形式为a×10n〔1≤|a|＜10，n为整数〕．此题把数据“6.18×10﹣3中6.18的小数点向左移动3位就可以得到．
解答：
解：把数据“6.18×10﹣3中6.18的小数点向左移动3位就可以得到为0.00618．
应选B．
点评：
此题考查写出用科学记数法表示的原数．
将科学记数法a×10﹣n表示的数，“复原〞成通常表示的数，就是把a的小数点向左移动n位所得到的数．
把一个数表示成科学记数法的形式及把科学记数法复原是两个互逆的过程，这也可以作为检查用科学记数法表示一个数是否正确的方法．
3．〔3分〕〔2022•玉林〕计算〔2a2〕3的结果是〔　　〕

A．
2a6
B．
6a6
C．
8a6
D．
8a5
考点：
幂的乘方与积的乘方．
分析：
利用幂的乘方与积的乘方的性质求解即可求得答案．
解答：
解：〔2a2〕3=8a6．
应选C．
点评：
此题考查了幂的乘方与积的乘方的性质．此题比较简单，注意掌握指数的变化是解此题的关键．
4．〔3分〕〔2022•玉林〕下面的多项式在实数范围内能因式分解的是〔　　〕

A．
x2+y2
B．
x2﹣y
C．
x2+x+1
D．
x2﹣2x+1
考点：
实数范围内分解因式．
分析：
利用因式分解的方法，分别判断得出即可．
解答：
解；A、x2+y2，无法因式分解，故此选项错误；
B、x2﹣y，无法因式分解，故此选项错误；
C、x2+x+1，无法因式分解，故此选项错误；
D、x2﹣2x+1=〔x﹣1〕2，故此选项正确．
应选：D．
点评：
此题主要考查了公式法分解因式，熟练应用公式是解题关键．
5．〔3分〕〔2022•玉林〕如图的几何体的三视图是〔　　〕

A．

B．

C．

D．

考点：
简单组合体的三视图．
分析：
分别找出图形从正面、左面、和上面看所得到的图形即可．
解答：
解：从几何体的正面看可得有2列小正方形，左面有2个小正方形，右面下边有1个小正方形；
从几何体的正面看可得有2列小正方形，左面有2个小正方形，右面下边有1个小正方形；
从几何体的上面看可得有2列小正方形，左面有2个小正方形，右上角有1个小正方形；
应选：C．
点评：
此题考查了三视图的知识，注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．
6．〔3分〕〔2022•玉林〕以下命题是假命题的是〔　　〕

A．
四个角相等的四边形是矩形
B．
对角线相等的平行四边形是矩形

C．
对角线垂直的四边形是菱形
D．
对角线垂直的平行四边形是菱形
考点：
命题与定理．
分析：
根据矩形的判定对A、B进行判断；根据菱形的判定方法对C、D进行判断．
解答：
解：A、四个角相等的四边形是矩形，所以A选项为真命题；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项为真命题；
C、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以C选项为假命题；
D、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以D选项为真命题．
应选C．
点评：
此题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．
7．〔3分〕〔2022•玉林〕△ABC与△A′B′C′是位似图形，且△ABC与△A′B′C′的位似比是1：2，△ABC的面积是3，那么△A′B′C′的面积是〔　　〕

A．
3
B．
6
C．
9
D．
12
考点：
位似变换．
分析：
利用位似图形的面积比等于位似比的平方，进而得出答案．
解答：
解：∵△ABC与△A′B′C′是位似图形，且△ABC与△A′B′C′的位似比是1：2，△ABC的面积是3，
∴△ABC与△A′B′C′的面积比为：1：4，
那么△A′B′C′的面积是：12．
应选：D．
点评：
此题主要考查了位似图形的性质，利用位似图形的面积比等于位似比的平方得出是解题关键．
8．〔3分〕〔2022•玉林〕一个盒子内装有大小、形状相同的四个球，其中红球1个、绿球1个、白球2个，小明摸出一个球不放回，再摸出一个球，那么两次都摸到白球的概率是〔　　〕

A．

B．

C．

D．

考点：
列表法与树状图法．
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两次都摸到白球的情况，再利用概率公式即可求得答案．
解答：
解：画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，两次都摸到白球的有2种情况，
∴两次都摸到白球的概率是：=．
故答案为：C．
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．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
9．〔3分〕〔2022•玉林〕x1，x2是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣2=0的两个实数根，是否存在实数m使+=0成立那么正确的选项是结论是〔　　〕

A．
m=0时成立
B．
m=2时成立
C．
m=0或2时成立
D．
不存在
考点：
根与系数的关系．
分析：
先由一元二次方程根与系数的关系得出，x1+x2=m，x1x2=m﹣2．假设存在实数m使+=0成立，那么=0，求出m=0，再用判别式进行检验即可．
解答：
解：∵x1，x2是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣2=0的两个实数根，
∴x1+x2=m，x1x2=m﹣2．
假设存在实数m使+=0成立，那么=0，
∴=0，
∴m=0．
当m=0时，方程x2﹣mx+m﹣2=0即为x2﹣2=0，此时△=8＞0，
∴m=0符合题意．
应选A．
点评：
此题主要考查了一元二次方程根与系数的关系：如果x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，那么x1+x2=﹣p，x1x2=q．
10．〔3分〕〔2022•玉林〕在等腰△ABC中，AB=AC，其周长为20cm，那么AB边的取值范围是〔　　〕

A．
1cm＜AB＜4cm
B．
5cm＜AB＜10cm
C．
4cm＜AB＜8cm
D．
4cm＜AB＜10cm
考点：
等腰三角形的性质；解一元一次不等式组；三角形三边关系．
分析：
设AB=AC=x，那么BC=20﹣2x，根据三角形的三边关系即可得出结论．
解答：
解：∵在等腰△ABC中，AB=AC，其周长为20cm，
∴设AB=AC=xcm，那么BC=〔20﹣2x〕cm，
∴，
解得5cm＜x＜10cm．
应选B．
点评：
此题考查的是等腰三角形的性质，熟知等腰三角形的两腰相等是解答此题的关键．
11．〔3分〕〔2022•玉林〕蜂巢的构造非常美丽、科学，如图是由7个形状、大小完全相同的正六边形组成的网络，正六边形的顶点称为格点，△ABC的顶点都在格点上．设定AB边如下列图，那么△ABC是直角三角形的个数有〔　　〕

A．
4个
B．
6个
C．
8个
D．
10个
考点：
正多边形和圆．
分析：
根据正六边形的性质，分AB是直角边和斜边两种情况确定出点C的位置即可得解．
解答：
解：如图，AB是直角边时，点C共有6个位置，
即，有6个直角三角形，
AB是斜边时，点C共有2个位置，
即有2个直角三角形，
综上所述，△ABC是直角三角形的个数有6+2=8个．
应选C．

点评：
此题考查了正多边形和圆，难点在于分AB是直角边和斜边两种情况讨论，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键，作出图形更形象直观．
12．〔3分〕〔2022•玉林〕如图，边长分别为1和2的两个等边三角形，开始它们在左边重合，大三角形固定不动，然后把小三角形自左向右平移直至移出大三角形外停止．设小三角形移动的距离为x，两个三角形重叠面积为y，那么y关于x的函数图象是〔　　〕

A．

B．

C．

D．

考点：
动点问题的函数图象．
分析：
根据题目提供的条件可以求出函数的解析式，根据解析式判断函数的图象的形状．
解答：
解：①t≤1时，两个三角形重叠面积为小三角形的面积，
∴y=×1×=，
②当1＜x≤2时，重叠三角形的边长为2﹣x，高为，
y=〔2﹣x〕×=x﹣x+，
③当x≥2时两个三角形重叠面积为小三角形的面积为0，
应选：B．
点评：
此题主要考查了此题考查了动点问题的函数图象，此类题目的图象往往是几个函数的组合体．
二、填空题〔共6小题，每题3分，总分值18分〕
13．〔3分〕〔2022•玉林〕3的倒数是．
考点：
倒数．
分析：
根据倒数的定义可知．
解答：
解：3的倒数是．
点评：
主要考查倒数的定义，要求熟练掌握．需要注意的是：
倒数的性质：负数的倒数还是负数，正数的倒数是正数，0没有倒数．
倒数的定义：假设两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数．
14．〔3分〕〔2022•玉林〕在平面直角坐标系中，点〔﹣4，4〕在第　二　象限．
考点：
点的坐标．
分析：
根据各象限内点的坐标特征解答．
解答：
解：点〔﹣4，4〕在第二象限．
故答案为：二．
点评：
此题考查了各象限内点的坐标的符号特征，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限〔+，+〕；第二象限〔﹣，+〕；第三象限〔﹣，﹣〕；第四象限〔+，﹣〕．
15．〔3分〕〔2022•玉林〕下表是我市某一天在不同时段测得的气温情况
0：00
4：00
8：00
12：00
16：00
20：00
25℃
27℃
29℃
32℃
34℃
30℃
那么这一天气温的极差是　9　℃．
考点：
极差．
分析：
根据极差的定义即极差就是这组数中最大值与最小值的差，即可得出答案．
解答：
解：这组数据的最大值是34℃，最小值是25℃，
那么极差是34﹣25=9〔℃〕．
故答案为：9．
点评：
此题考查了极差，极差反映了一组数据变化范围的大小，求极差的方法是用一组数据中的最大值减去最小值．注意：极差的单位与原数据单位一致．
16．〔3分〕〔2022•玉林〕如图，直线MN与⊙O相切于点M，ME=EF且EF∥MN，那么cos∠E=．
考点：
切线的性质；等边三角形的判定与性质；特殊角的三角函数值．
专题：
计算题．
分析：
连结OM，OM的反向延长线交EF与C，由直线MN与⊙O相切于点M，根据切线的性质得OM⊥MF，而EF∥MN，根据平行线的性质得到MC⊥EF，于是根据垂径定理有CE=CF，再利用等腰三角形的判定得到ME=MF，易证得△MEF为等边三角形，所以∠E=60°，然后根据特殊角的三角函数值求解．
解答：
解：连结OM，OM的反向延长线交EF与C，如图，
∵直线MN与⊙O相切于点M，
∴OM⊥MF，
∵EF∥MN，
∴MC⊥EF，
∴CE=CF，
∴ME=MF，
而ME=EF，
∴ME=EF=MF，
∴△MEF为等边三角形，
∴∠E=60°，
∴cos∠E=cos60°=．
故答案为．

点评：
此题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理、等边三角形的判定与性质和特殊角的三角函数值．
17．〔3分〕〔2022•玉林〕如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，∠A=120°，AD=2，BD平分∠ABC，那么梯形ABCD的周长是　7+．
考点：
直角梯形．
分析：
根据题意得出AB=AD，进而得出BD的长，再利用在直角三角形中30°所对的边等于斜边的一半，进而求出CD以及利用勾股定理求出BC的长，即可得出梯形ABCD的周长．
解答：
解：过点A作AE⊥BD于点E，
∵AD∥BC，∠A=120°，
∴∠ABC=60°，∠ADB=∠DBC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC=30°，
∴∠ABE=∠ADE=30°，
∴AB=AD，
∴AE=AD=1，
∴DE=，那么BD=2，
∵∠C=90°，∠DBC=30°，
∴DC=BD=，
∴BC===3，
∴梯形ABCD的周长是：AB+AD+CD+BC=2+2++3=7+．
故答案为：7+．

点评：
此题主要考查了直角梯形的性质以及勾股定理和直角三角形中30°所对的边等于斜边的一半等知识，得出∠DBC的度数是解题关键．
18．〔3分〕〔2022•玉林〕如图，OABC是平行四边形，对角线OB在轴正半轴上，位于第一象限的点A和第二象限的点C分别在双曲线y=和y=的一支上，分别过点A、C作x轴的垂线，垂足分别为M和N，那么有以下的结论：
①=；
②阴影局部面积是〔k1+k2〕；
③当∠AOC=90°时，|k1|=|k2|；
④假设OABC是菱形，那么两双曲线既关于x轴对称，也关于y轴对称．
其中正确的结论是　①④　〔把所有正确的结论的序号都填上〕．
考点：
反比例函数综合题．
专题：
综合题．
分析：
作AE⊥y轴于E，CF⊥y轴于F，根据平行四边形的性质得S△AOB=S△COB，利用三角形面积公式得到AE=CF，那么有OM=ON，再利用反比例函数k的几何意义和三角形面积公式得到S△AOM=|k1|=OM•AM，S△CON=|k2|=ON•CN，所以有=；由S△AOM=|k1|，S△CON=|k2|，得到S阴影局部=S△AOM+S△CON=〔|k1|+|k2|〕=〔k1﹣k2〕；当∠AOC=90°，得到四边形OABC是矩形，由于不能确定OA与OC相等，那么不能判断△AOM≌△CNO，所以不能判断AM=CN，那么不能确定|k1|=|k2|；假设OABC是菱形，根据菱形的性质得OA=OC，可判断Rt△AOM≌Rt△CNO，那么AM=CN，所以|k1|=|k2|，即k1=﹣k2，根据反比例函数的性质得两双曲线既关于x轴对称，也关于y轴对称．
解答：
解：作AE⊥y轴于E，CF⊥y轴于F，如图，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴S△AOB=S△COB，
∴AE=CF，
∴OM=ON，
∵S△AOM=|k1|=OM•AM，S△CON=|k2|=ON•CN，
∴=，所以①正确；
∵S△AOM=|k1|，S△CON=|k2|，
∴S阴影局部=S△AOM+S△CON=〔|k1|+|k2|〕，
而k1＞0，k2＜0，
∴S阴影局部=〔k1﹣k2〕，所以②错误；
当∠AOC=90°，
∴四边形OABC是矩形，
∴不能确定OA与OC相等，
而OM=ON，
∴不能判断△AOM≌△CNO，
∴不能判断AM=CN，
∴不能确定|k1|=|k2|，所以③错误；
假设OABC是菱形，那么OA=OC，
而OM=ON，
∴Rt△AOM≌Rt△CNO，
∴AM=CN，
∴|k1|=|k2|，
∴k1=﹣k2，
∴两双曲线既关于x轴对称，也关于y轴对称，所以④正确．
故答案为①④．

点评：
此题考查了反比例函数的综合题：熟练掌握反比例函数的图象、反比例函数k的几何意义、平行四边形的性质、矩形的性质和菱形的性质．
三、解答题〔共8小题，总分值66分。解容许写出文字说明过程或演算步骤〕
19．〔6分〕〔2022•玉林〕计算：〔﹣2〕2﹣•+〔sin60°﹣π〕0．
考点：
实数的运算；零指数幂；特殊角的三角函数值．
分析：
此题涉及零指数幂、乘方、特殊角的三角函数值、二次根式化简四个考点．针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法那么求得计算结果．
解答：
解：原式=4﹣2×+1
=4﹣2+1
=3．
点评：
此题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等考点的运算．
20．〔6分〕〔2022•玉林〕先化简，再求值：﹣，其中x=﹣1．
考点：
分式的化简求值．
专题：
计算题．
分析：
原式通分并利用同分母分式的减法法那么计算，约分得到最简结果，将x的值代入计算即可求出值．
解答：
解：原式=﹣==，
当x=﹣1时，原式==．
点评：
此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法那么是解此题的关键．
21．〔6分〕〔2022•玉林〕如图，：BC与CD重合，∠ABC=∠CDE=90°，△ABC≌△CDE，并且△CDE可由△ABC逆时针旋转而得到．请你利用尺规作出旋转中心O〔保存作图痕迹，不写作法，注意最后用墨水笔加黑〕，并直接写出旋转角度是　90°　．
考点：
作图-旋转变换．
分析：
分别作出AC，CE的垂直平分线进而得出其交点O，进而得出答案．
解答：
解：如下列图：旋转角度是90°．
故答案为：90°．

点评：
此题主要考查了旋转变换，得出旋转中心的位置是解题关键．
22．〔8分〕〔2022•玉林〕第一次模拟试后，数学科陈老师把一班的数学成绩制成如图的统计图，并给了几个信息：①前两组的频率和是0.14；②第一组的频率是0.02；③自左到右第二、三、四组的频数比为3：9：8，然后布置学生〔也请你一起〕结合统计图完成以下问题：
〔1〕全班学生是多少人
〔2〕成绩不少于90分为优秀，那么全班成绩的优秀率是多少
〔3〕假设不少于100分可以得到A+等级，那么小明得到A+的概率是多少
考点：
频数〔率〕分布直方图；概率公式．
分析：
〔1〕首先求得第二组的频率，然后根据第二组的频数是6，即可求得总人数；
〔2〕利用1减去前两组的频率即可求解；
〔3〕求得第三、四组的频率，那么利用1减去前四组的频率即可求解．
解答：
解：〔1〕第二组的频率是：0.14﹣0.02=0.12，
那么全班的学生数是：6÷0.12=50；
〔2〕全班成绩的优秀率是1﹣0.14=0.86=86%；
〔3〕第三、四组的频率是：0.12×=0.68，
那么最后两组的频率的和是：1﹣0.14﹣0.68=0.18，
那么小明得到A+的概率是0.18．
点评：
此题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
23．〔9分〕〔2022•玉林〕如图的⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，过点D、A分别作⊙O的切线交于点G，并与AB延长线交于点E．
〔1〕求证：∠1=∠2．
〔2〕：OF：OB=1：3，⊙O的半径为3，求AG的长．
考点：
切线的性质；相似三角形的判定与性质．
专题：
证明题．
分析：
〔1〕连结OD，根据切线的性质得OD⊥DE，那么∠2+∠ODC=90°，而∠C=∠ODC，那么∠2+∠C=90°，由OC⊥OB得∠C+∠3=90°，所以∠2=∠3，而∠1=∠3，
所以∠1=∠2；
〔2〕由OF：OB=1：3，⊙O的半径为3得到OF=1，由〔1〕中∠1=∠2得EF=ED，在Rt△ODE中，DE=x，那么EF=x，OE=1+x，根据勾股定理得32+t2=〔t+1〕2，解得t=4，那么DE=4，OE=5，根据切线的性质由AG为⊙O的切线得∠GAE=90°，再证明Rt△EOD∽Rt△EGA，利用相似比可计算出AG．
解答：
〔1〕证明：连结OD，如图，
∵DE为⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∴∠ODE=90°，即∠2+∠ODC=90°，
∵OC=OD，
∴∠C=∠ODC，
∴∠2+∠C=90°，
而OC⊥OB，
∴∠C+∠3=90°，
∴∠2=∠3，
∵∠1=∠3，
∴∠1=∠2；

〔2〕解：∵OF：OB=1：3，⊙O的半径为3，
∴OF=1，
∵∠1=∠2，
∴EF=ED，
在Rt△ODE中，OD=3，DE=x，那么EF=x，OE=1+x，
∵OD2+DE2=OE2，
∴32+t2=〔t+1〕2，解得t=4，
∴DE=4，OE=5，
∵AG为⊙O的切线，
∴AG⊥AE，
∴∠GAE=90°，
而∠OED=∠GEA，
∴Rt△EOD∽Rt△EGA，
∴=，即=，
∴AG=6．

点评：
此题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理和相似三角形的判定与性质．
24．〔9分〕〔2022•玉林〕我市市区去年年底电动车拥有量是10万辆，为了缓解城区交通拥堵状况，今年年初，市交通部门要求我市到明年年底控制电动车拥有量不超过11.9万辆，估计每年报废的电动车数量是上一年年底电动车拥有量的10%，假定每年新增电动车数量相同，问：
〔1〕从今年年初起每年新增电动车数量最多是多少万辆
〔2〕在〔1〕的结论下，今年年底到明年年底电动车拥有量的年增长率是多少〔结果精确到0.1%〕
考点：
一元二次方程的应用；一元一次不等式的应用．
分析：
〔1〕根据题意分别求出今年将报废电动车的数量，进而得出明年报废的电动车数量，进而得出不等式求出即可；
〔2〕分别求出今年年底电动车数量，进而求出今年年底到明年年底电动车拥有量的年增长率．
解答：
解：〔1〕设从今年年初起每年新增电动车数量是x万辆，
由题意可得出：今年将报废电动车：10×10%=1〔万辆〕，
∴[〔10﹣1〕+x]〔1﹣10%〕+x≤11.9，
解得：x≤2．
答：从今年年初起每年新增电动车数量最多是2万辆；

〔2〕∵今年年底电动车拥有量为：〔10﹣1〕+x=11〔万辆〕，
明年年底电动车拥有量为：11.9万辆，
∴设今年年底到明年年底电动车拥有量的年增长率是y，那么11〔1+y〕=11.9，
解得：y≈0.082=8.2%．
答：今年年底到明年年底电动车拥有量的年增长率是8.2%．
点评：
此题主要考查了一元一次不等式的应用以及一元一次方程的应用，分别表示出今年与明年电动车数量是解题关键．
25．〔10分〕〔2022•玉林〕如图，在正方形ABCD中，点M是BC边上的任一点，连接AM并将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段MN，在CD边上取点P使CP=BM，连接NP，BP．
〔1〕求证：四边形BMNP是平行四边形；
〔2〕线段MN与CD交于点Q，连接AQ，假设△MCQ∽△AMQ，那么BM与MC存在怎样的数量关系请说明理由．
考点：
相似三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；正方形的性质．
分析：
〔1〕根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABC=∠B，然后利用“边角边〞证明△ABM和△BCP全等，根据全等三角形对应边相等可得AM=BP，∠BAM=∠CBP，再求出AM⊥BP，从而得到MN∥BP，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可；
〔2〕根据同角的余角相等求出∠BAM=∠CMQ，然后求出△ABM和△MCQ相似，根据相似三角形对应边成比例可得=，再求出△AMQ∽△ABM，根据相似三角形对应边成比例可得=，从而得到=，即可得解．
解答：
〔1〕证明：在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠B，
在△ABM和△BCP中，
，
∴△ABM≌△BCP〔SAS〕，
∴AM=BP，∠BAM=∠CBP，
∵∠BAM+∠AMB=90°，
∴∠CBP+∠AMB=90°，
∴AM⊥BP，
∵AM并将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段MN，
∴AM⊥MN，且AM=MN，
∴MN∥BP，
∴四边形BMNP是平行四边形；

〔2〕解：BM=MC．
理由如下：∵∠BAM+∠AMB=90°，∠AMB+∠CMQ=90°，
∴∠BAM=∠CMQ，
又∵∠B=∠C=90°，
∴△ABM∽△MCQ，
∴=，
∵△MCQ∽△AMQ，
∴△AMQ∽△ABM，
∴=，
∴=，
∴BM=MC．

点评：
此题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，〔1〕求出两个三角形全等是解题的关键，〔2〕根据相似于同一个三角形的两个三角形相似求出△AMQ∽△ABM是解题的关键．
26．〔12分〕〔2022•玉林〕给定直线l：y=kx，抛物线C：y=ax2+bx+1．
〔1〕当b=1时，l与C相交于A，B两点，其中A为C的顶点，B与A关于原点对称，求a的值；
〔2〕假设把直线l向上平移k2+1个单位长度得到直线r，那么无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．
①求此抛物线的解析式；
②假设P是此抛物线上任一点，过P作PQ∥y轴且与直线y=2交于Q点，O为原点．求证：OP=PQ．
考点：
二次函数综合题．
分析：
〔1〕直线与抛物线的交点B与A关于原点对称，即横纵坐标对应互为相反数，即相加为零，这很使用于韦达定理．由其中有涉及顶点，考虑顶点式易得a值．
〔2〕①直线l：y=kx向上平移k2+1，得直线r：y=kx+k2+1．根据无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C：y=ax2+bx+1都只有一个交点，得ax2+〔b﹣k〕x﹣k2=0中△==0．这虽然是个方程，但无法求解．这里可以考虑一个数学技巧，既然k取任何值都成立，那么代入最简单的1，2肯定是成立的，所以可以代入试验，进而可求得关于a，b的方程组，那么a，b可能的值易得．但要注意答案中，可能有的只能满足k=1，2时，并不满足任意实数k，所以可以再代回△=中，假设不能使其结果为0，那么应舍去．
②求证OP=PQ，那么首先应画出大致的示意图．发现图中几何条件较少，所以考虑用坐标转化求出OP，PQ的值，再进行比较．这里也有数学技巧，讨论动点P在抛物线y=﹣x2+1上，那么可设其坐标为〔x，﹣x2+1〕，进而易求OP，PQ．
解答：
〔1〕解：
∵l：y=kx，C：y=ax2+bx+1，当b=1时有A，B两交点，
∴A，B两点的横坐标满足kx=ax2+x+1，即ax2+〔1﹣k〕x+1=0．
∵B与A关于原点对称，
∴0=xA+xB=，
∴k=1．
∵y=ax2+x+1=a〔x+〕2+1﹣，
∴顶点〔﹣，1﹣〕在y=x上，
∴﹣=1﹣，
解得 a=﹣．

〔2〕
①解：∵无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点，
∴k=1时，k=2时，直线r与抛物线C都只有一个交点．
当k=1时，r：y=x+2，
∴代入C：y=ax2+bx+1中，有ax2+〔b﹣1〕x﹣1=0，
∵△==0，
∴〔b﹣1〕2+4a=0，
当k=2时，r：y=2x+5，
∴代入C：y=ax2+bx+1中，有ax2+〔b﹣2〕x﹣4=0，
∵△==0，
∴〔b﹣2〕2+16a=0，
∴联立得关于a，b的方程组 ，
解得 或 ．
∵r：y=kx+k2+1代入C：y=ax2+bx+1，得ax2+〔b﹣k〕x﹣k2=0，
∴△=．
当时，△===0，故无论k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．
当时，△==，显然虽k值的变化，△不恒为0，所以不合题意舍去．
∴C：y=﹣x2+1．

②证明：
根据题意，画出图象如图1，

由P在抛物线y=﹣x2+1上，设P坐标为〔x，﹣x2+1〕，连接OP，过P作PQ⊥直线y=2于Q，作PD⊥x轴于D，
∵PD=|﹣x2+1|，OD=|x|，
∴OP====，
PQ=2﹣yP=2﹣〔﹣x2+1〕=，
∴OP=PQ．
点评：
此题考查了二次函数、一次函数及图象，图象平移解析式变化，韦达定理及勾股定理等知识，另涉及一些数学技巧，学生解答有一定难度，需要好好理解掌握．