2022年湖北省黄冈市中考数学试卷(含答案).docx

2022年湖北省黄冈市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题〔以下个题四个选项中，有且仅有一个是正确的．每题3分，共24分〕
1．〔3分〕〔2022•黄冈〕﹣8的立方根是〔　　〕

A．
﹣2
B．
±2
C．
2
D．
﹣
考点：立方根．
分析：如果一个数x的立方等于a，那么x是a的立方根，根据此定义求解即可．
解答：解：∵﹣2的立方等于﹣8，
∴﹣8的立方根等于﹣2．
应选A．
点评：此题主要考查了立方根的定义，求一个数的立方根，应先找出所要求的这个数是哪一个数的立方．由开立方和立方是互逆运算，用立方的方法求这个数的立方根．注意一个数的立方根与原数的性质符号相同．
2．〔3分〕〔2022•黄冈〕如果α与β互为余角，那么〔　　〕

A．
α+β=180°
B．
α﹣β=180°
C．
α﹣β=90°
D．
α+β=90°
考点：
余角和补角．
分析：
根据互为余角的定义，可以得到答案．
解答：
解：如果α与β互为余角，那么α+β=900．
应选：D．
点评：
此题主要考查了互为余角的性质，正确记忆互为余角的定义是解决问题的关键．
3．〔3分〕〔2022•黄冈〕以下运算正确的选项是〔　　〕

A．
x2•x3=x6
B．
x6÷x5=x
C．
〔﹣x2〕4=x6
D．
x2+x3=x5
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：
根据同底数幂的乘法和除法法那么可以解答此题．
解答：
解：A．x2•x3=x5，答案错误；
B．x6÷x5=x，答案正确；
C．〔﹣x2〕4=x8，答案错误；
D．x2+x3不能合并，答案错误．
应选：B．
点评：
主要考查同底数幂相除底数不变指数相减，同底数幂相乘底数不变指数相加，熟记定义是解题的关键．
4．〔3分〕〔2022•黄冈〕如下列图的几何体的主视图是〔　　〕

A．

B．

C．

D．

考点：
简单组合体的三视图．
分析：
根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
解答：
解：从正面看，象一个大梯形减去一个小梯形，
应选：D．
点评：
此题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
5．〔3分〕〔2022•黄冈〕函数y=中，自变量x的取值范围是〔　　〕

A．
x≠0
B．
x≥2
C．
x＞2且x≠0
D．
x≥2且x≠0
考点：
函数自变量的取值范围．
分析：
根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
解答：
解：由题意得，x﹣2≥0且x≠0，
∴x≥2．
应选B．
点评：
此题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
〔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，被开方数非负．
6．〔3分〕〔2022•黄冈〕假设α、β是一元二次方程x2+2x﹣6=0的两根，那么α2+β2=〔　　〕

A．
﹣8
B．
32
C．
16
D．
40
考点：
根与系数的关系．
专题：
计算题．
分析：
根据根与系数的关系得到α+β=﹣2，αβ=﹣6，再利用完全平方公式得到α2+β2=〔α+β〕2﹣2αβ，然后利用整体代入的方法计算．
解答：
解：根据题意得α+β=﹣2，αβ=﹣6，
所以α2+β2=〔α+β〕2﹣2αβ=〔﹣2〕2﹣2×〔﹣6〕=16．
应选C．
点评：
此题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0〔a≠0〕的根与系数的关系：假设方程两个为x1，x2，那么x1+x2=﹣，x1•x2=．
7．〔3分〕〔2022•黄冈〕如图，圆锥体的高h=2cm，底面半径r=2cm，那么圆锥体的全面积为〔　　〕cm2．

A．
4π
B．
8π
C．
12π
D．
〔4+4〕π
考点：
圆锥的计算．
分析：
外表积=底面积+侧面积=π×底面半径2+底面周长×母线长÷2．
解答：
解：底面圆的半径为2，那么底面周长=4π，
∵底面半径为2cm、高为2m，
∴圆锥的母线长为4cm，
∴侧面面积=×4π×4=8π；
底面积为=4π，
全面积为：8π+4π=12πcm2．
应选C．
点评：
此题利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解，牢记公式是解答此题的关键．
8．〔3分〕〔2022•黄冈〕：在△ABC中，BC=10，BC边上的高h=5，点E在边AB上，过点E作EF∥BC，交AC边于点F．点D为BC上一点，连接DE、DF．设点E到BC的距离为x，那么△DEF的面积S关于x的函数图象大致为〔　　〕

A．

B．

C．

D．

考点：
动点问题的函数图象．
分析：
判断出△AEF和△ABC相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出EF，再根据三角形的面积列式表示出S与x的关系式，然后得到大致图象选择即可．
解答：
解：∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴=，
∴EF=•10=10﹣2x，
∴S=〔10﹣2x〕•x=﹣x2+5x=﹣〔x﹣〕2+，
∴S与x的关系式为S=﹣〔x﹣〕2+〔0＜x＜10〕，
纵观各选项，只有D选项图象符合．
应选D．
点评：
此题考查了动点问题函数图象，主要利用了相似三角形的性质，求出S与x的函数关系式是解题的关键，也是此题的难点．
二、填空题〔共7小题，每题3分，共21分〕
9．〔3分〕〔2022•黄冈〕计算：|﹣|=．
考点：
绝对值．
分析：
根据负数的绝对值等于它的相反数，可得答案案．
解答：
解：|﹣|=，
故答案为：．
点评：
此题考查了绝对值，负数的绝对值是它的相反数．
10．〔3分〕〔2022•黄冈〕分解因式：〔2a+1〕2﹣a2=　〔3a+1〕〔a+1〕　．
考点：
因式分解-运用公式法．
分析：
直接利用平方差公式进行分解即可．
解答：
解：原式=〔2a+1+a〕〔2a+1﹣a〕=〔3a+1〕〔a+1〕，
故答案为：〔3a+1〕〔a+1〕．
点评：
此题主要考查了公式法分解因式，关键是掌握平方差公式：a2﹣b2=〔a+b〕〔a﹣b〕．
11．〔3分〕〔2022•黄冈〕计算：﹣=．
考点：
二次根式的加减法．
分析：
先进行二次根式的化简，然后合并同类二次根式求解．
解答：
解：原式=2﹣
=．
故答案为：．
点评：
此题考查了二次根式的加减法，关键是掌握二次根式的化简以及同类二次根式的合并．
12．〔3分〕〔2022•黄冈〕如图，假设AD∥BE，且∠ACB=90°，∠CBE=30°，那么∠CAD=　60　度．
考点：
平行线的性质．
分析：
延长AC交BE于F，根据直角三角形两锐角互余求出∠1，再根据两直线平行，内错角相等可得∠CAD=∠1．
解答：
解：如图，延长AC交BE于F，
∵∠ACB=90°，∠CBE=30°，
∴∠1=90°﹣30°=60°，
∵AD∥BE，
∴∠CAD=∠1=60°．
故答案为：60．

点评：
此题考查了平行线的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟记性质是解题的关键．
13．〔3分〕〔2022•黄冈〕当x=﹣1时，代数式÷+x的值是　3﹣2．
考点：
分式的化简求值．
分析：
将除法转化为乘法，因式分解后约分，然后通分相加即可．
解答：
解：原式=•+x
=x〔x﹣1〕+x
=x2﹣x+x
=x2，
当x=﹣1时，原式=〔﹣1〕2=2+1﹣2=3﹣2．
故答案为3﹣2．
点评：
此题考查了分式的化简求值，熟悉除法法那么和因式分解是解题的关键．
14．〔3分〕〔2022•黄冈〕如图，在⊙O中，弦CD垂直于直径AB于点E，假设∠BAD=30°，且BE=2，那么CD=　4．

考点：
垂径定理；解直角三角形．
专题：
计算题．
分析：
连结OD，设⊙O的半径为R，先根据圆周角定理得到∠BOD=2∠BAD=60°，再根据垂径定理由CD⊥AB得到DE=CE，在Rt△ODE中，OE=OB﹣BE=R﹣2，利用余弦的定义得cos∠EOD=cos60°=，即=，解得R=4，那么OE=2，DE=OE=2，所以CD=2DE=4．
解答：
解：连结OD，如图，设⊙O的半径为R，
∵∠BAD=30°，
∴∠BOD=2∠BAD=60°，
∵CD⊥AB，
∴DE=CE，
在Rt△ODE中，OE=OB﹣BE=R﹣2，OD=R，
∵cos∠EOD=cos60°=，
∴=，解得R=4，
∴OE=4﹣2=2，
∴DE=OE=2，
∴CD=2DE=4．
故答案为4．

点评：
此题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理和解直角三角形．
15．〔3分〕〔2022•黄冈〕如图，在一张长为8cm，宽为6cm的矩形纸片上，现要剪下一个腰长为5cm的等腰三角形〔要求：等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合，其余的两个顶点在矩形的边上〕．那么剪下的等腰三角形的面积为，5，10　cm2．
考点：
作图—应用与设计作图．
分析：
因为等腰三角形腰的位置不明确，所以分〔1〕腰长在矩形相邻的两边上，〔2〕一腰在矩形的宽上，〔3〕一腰在矩形的长上，三种情况讨论．〔1〕△AEF为等腰直角三角形，直接利用面积公式求解即可；〔2〕先利用勾股定理求出AE边上的高BF，再代入面积公式求解；〔3〕先求出AE边上的高DF，再代入面积公式求解．
解答：
解：分三种情况计算：
〔1〕当AE=AF=5厘米时，

∴S△AEFAE•AF=×5×5=厘米2，
〔2〕当AE=EF=5厘米时，如图

BF===2厘米，
∴S△AEF=•AE•BF=×5×2=5厘米2，

〔3〕当AE=EF=5厘米时，如图

DF===4厘米，
∴S△AEF=AE•DF=×5×4=10厘米2．
故答案为：，5，10．
点评：
此题主要考查矩形的角是直角的性质和勾股定理的运用，要根据三角形的腰长的不确定分情况讨论．
三、解答题〔本大题共10小题，总分值共75分〕
16．〔5分〕〔2022•黄冈〕解不等式组：，并在数轴上表示出不等式组的解集．
考点：
解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集．
分析：
先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共局部，然后把不等式的解集表示在数轴上即可．
解答：
解：解①得：x＞3，
解②得：x≥1．
，
那么不等式组的解集是：x＞3．
点评：
此题考查的是一元一次不等式组的解，解此类题目常常要结合数轴来判断．还可以观察不等式的解，假设x＞较小的数、＜较大的数，那么解集为x介于两数之间．
17．〔6分〕〔2022•黄冈〕浠州县为了改善全县中、小学办学条件，方案集中采购一批电子白板和投影机．购置2块电子白板比购置3台投影机多4000元，购置4块电子白板和3台投影机共需44000元．问购置一块电子白板和一台投影机各需要多少元
考点：
二元一次方程组的应用．
分析：
设购置1块电子白板需要x元，一台投影机需要y元，根据①买2块电子白板的钱﹣买3台投影机的钱=4000元，②购置4块电子白板的费用+3台投影机的费用=44000元，列出方程组，求解即可．
解答：
解：设购置1块电子白板需要x元，一台投影机需要y元，由题意得：
，
解得：．
答：购置一块电子白板需要8000元，一台投影机需要4000元．
点评：
此题主要考查了二元一次方程组的应用，解题关键是弄清题意，找出适宜的等量关系，列出方程组．
18．〔6分〕〔2022•黄冈〕，如图，AB=AC，BD=CD，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，求证：DE=DF．
考点：
全等三角形的判定与性质；角平分线的性质．
专题：
证明题．
分析：
连接AD，利用SSS得到三角形ABD与三角形ACD全等，利用全等三角形对应角相等得到∠EAD=∠FAD，即AD为角平分线，再由DE⊥AB，DF⊥AC，利用角平分线定理即可得证．
解答：
证明：连接AD，
在△ACD和△ABD中，
，
∴△ACD≌△ABD〔SSS〕，
∴∠EAD=∠FAD，即AD平分∠EAF，
∵DE⊥AE，DF⊥AF，
∴DE=DF．

点评：
此题考查了全等三角形的判定与性质，以及角平分线定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解此题的关键．
19．〔6分〕〔2022•黄冈〕红花中学现要从甲、乙两位男生和丙、丁两位女生中，选派两位同学分别作为①号选手和②号选手代表学校参加全县汉字听写大赛．
〔1〕请用树状图或列表法列举出各种可能选派的结果；
〔2〕求恰好选派一男一女两位同学参赛的概率．
考点：
列表法与树状图法．
分析：
〔1〕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；
〔2〕由〔1〕可求得恰好选派一男一女两位同学参赛的有8种情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．
解答：
解：〔1〕画树状图得：

那么共有12种等可能的结果；

〔2〕∵恰好选派一男一女两位同学参赛的有8种情况，
∴恰好选派一男一女两位同学参赛的概率为：=．
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．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20．〔7分〕〔2022•黄冈〕如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，过点D的切线，交BC于点E．
〔1〕求证：EB=EC；
〔2〕假设以点O、D、E、C为顶点的四边形是正方形，试判断△ABC的形状，并说明理由．
考点：
切线的性质；正方形的性质．
分析：
〔1〕连接BD，根据直径所对的圆周角是直角，得到直角三角形ABD和BCD，根据切线的判定定理知BC是圆的切线，结合切线长定理得到BE=DE，再根据等边对等角以及等角的余角相等证明DE=CE；
〔2〕当以点O、D、E、C为顶点的四边形是正方形时，那么△DEB是等腰直角三角形，据此即可判断．
解答：
〔1〕证明：连接CD，
∵AC是直径，∠ACD=90°，
∴BC是⊙O的切线，∠BDA=90°．
∵DE是⊙O的切线，
∴DE=BE〔切线长定理〕．
∴∠EBD=∠EDB．
又∵∠DCE+∠EBD=∠CDE+∠EDB=90°，
∴∠DCE=∠CDE，
∴DE=CE，
又∵DE=BE，
∴DE=BE．

〔2〕解：当以点O、D、E、C为顶点的四边形是正方形时，那么∠DEB=90°，
又∵DE=BE，
∴△DEB是等腰直角三角形，那么∠B=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形．

点评：
此题考查了切线的性质以及切线长定理、圆周角定理，解题的关键是连接CD构造直角三角形．
21．〔7分〕〔2022•黄冈〕某市为了增强学生体质，全面实施“学生饮用奶〞营养工程．某品牌牛奶供应商提供了原味、草莓味、菠萝味、香橙味、核桃味五种口味的牛奶提供学生饮用．浠马中学为了了解学生对不同口味牛奶的喜好，对全校订购牛奶的学生进行了随机调查〔每盒各种口味牛奶的体积相同〕，绘制了如图两张不完整的人数统计图：
〔1〕本次被调查的学生有　200　名；
〔2〕补全上面的条形统计图1，并计算出喜好“菠萝味〞牛奶的学生人数在扇形统计图2中所占圆心角的度数；
〔3〕该校共有1200名学生订购了该品牌的牛奶，牛奶供应商每天只为每名订购牛奶的学生配送一盒牛奶．要使学生每天都喝到自己喜好的口味的牛奶，牛奶供应商每天送往该校的牛奶中，草莓味要比原味多送多少盒
考点：
条形统计图；扇形统计图．
分析：
〔1〕喜好“核桃味〞牛奶的学生人数除以它所占的百分比即可得本次被调查的学生人数；
〔2〕用本次被调查的学生的总人数减去喜好原味、草莓味、菠萝味、核桃味的人数得出喜好香橙味的人数，补全条形统计图即可，用喜好“菠萝味〞牛奶的学生人数除以总人数再乘以360°，即可得喜好“菠萝味〞牛奶的学生人数在扇形统计图2中所占圆心角的度数；
〔3〕用喜好草莓味的人数占的百分比减去喜好原味的人数占的百分比，再乘以该校的总人数即可．
解答：
解：〔1〕10÷5%=200〔名〕
答：本次被调查的学生有200名，
故答案为：200；

〔2〕200﹣38﹣62﹣50﹣10=40〔名〕，
条形统计图如下：

=90°，
答：喜好“菠萝味〞牛奶的学生人数在扇形统计图2中所占圆心角的度数为90°；

〔3〕1200×〔〕=144〔盒〕，
答：草莓味要比原味多送144盒．
点评：
此题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用；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．
22．〔9分〕〔2022•黄冈〕如图，双曲线y=﹣与两直线y=﹣x，y=﹣kx〔k＞0，且k≠〕分别相交于A、B、C、D四点．
〔1〕当点C的坐标为〔﹣1，1〕时，A、B、D三点坐标分别是A〔　﹣2　，〕，B〔　2　，　﹣〕，D〔　1　，　﹣1　〕．
〔2〕证明：以点A、D、B、C为顶点的四边形是平行四边形．
〔3〕当k为何值时，▱ADBC是矩形．
考点：
反比例函数综合题．
专题：
综合题．
分析：
〔1〕由C坐标，利用反比例函数的中心对称性确定出D坐标，联立双曲线y=﹣与直线y=﹣x，求出A与B坐标即可；
〔2〕由反比例函数为中心对称图形，利用中心对称性质得到OA=OB，OC=OD，利用对角线互相平分的四边形为平行四边形即可得证；
〔3〕由A与B坐标，利用两点间的距离公式求出AB的长，联立双曲线y=﹣与直线y=﹣kx，表示出CD的长，根据对角线相等的平行四边形为矩形，得到AB=CD，即可求出此时k的值．
解答：
解：〔1〕∵C〔﹣1，1〕，C，D为双曲线y=﹣与直线y=﹣kx的两个交点，且双曲线y=﹣为中心对称图形，
∴D〔1，﹣1〕，
联立得：，
消去y得：﹣x=﹣，即x2=4，
解得：x=2或x=﹣2，
当x=2时，y=﹣；当x=﹣2时，y=，
∴A〔﹣2，〕，B〔2，﹣〕；
故答案为：﹣2，，2，﹣，1，﹣1；

〔2〕∵双曲线y=﹣为中心对称图形，且双曲线y=﹣与两直线y=﹣x，y=﹣kx〔k＞0，且k≠〕分别相交于A、B、C、D四点，
∴OA=OB，OC=OD，
那么以点A、D、B、C为顶点的四边形是平行四边形；

〔3〕假设▱ADBC是矩形，可得AB=CD，
联立得：，
消去y得：﹣=﹣kx，即x2=，
解得：x=或x=﹣，
当x=时，y=﹣；当x=﹣时，y=，
∴C〔﹣，〕，D〔，﹣〕，
∴CD==AB==，
整理得：〔4k﹣1〕〔k﹣4〕=0，
解得：k=〔不合题意，舍去〕或k=4，
那么当k=4时，▱ADBC是矩形．
点评：
此题属于反比例函数综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，一次函数与反比例函数的交点，平行四边形，矩形的判定，两点间的距离公式，以及中心图形性质，熟练掌握性质是解此题的关键．
23．〔7分〕〔2022•黄冈〕如图，在南北方向的海岸线MN上，有A、B两艘巡逻船，现均收到故障船C的求救信号．A、B两船相距100〔+1〕海里，船C在船A的北偏东60°方向上，船C在船B的东南方向上，MN上有一观测点D，测得船C正好在观测点D的南偏东75°方向上．
〔1〕分别求出A与C，A与D之间的距离AC和AD〔如果运算结果有根号，请保存根号〕．
〔2〕距观测点D处100海里范围内有暗礁．假设巡逻船A沿直线AC去营救船C，在去营救的途中有无触暗礁危险〔参考数据：≈1.41，≈1.73〕
考点：
解直角三角形的应用-方向角问题．
分析：
〔1〕作CE⊥AB，设AE=x海里，那么BE=CE=x海里．根据AB=AE+BE=x+x=100〔+1〕，求得x的值后即可求得AC的长；过点D作DF⊥AC于点F，同理求出AD的长；
〔2〕作DF⊥AC于点F，根据AD的长和∠DAF的度数求线段DF的长后与100比较即可得到答案．
解答：
解：〔1〕如图，作CE⊥AB，
由题意得：∠ABC=45°，∠BAC=60°，
设AE=x海里，
在Rt△AEC中，CE=AE•tan60°=x；
在Rt△BCE中，BE=CE=x．
∴AE+BE=x+x=100〔+1〕，
解得：x=100．
AC=2x=200．
在△ACD中，∠DAC=60°，∠ADC=75°，那么∠ACD=45°．
过点D作DF⊥AC于点F，
设AF=y，那么DF=CF=y，
∴AC=y+y=200，
解得：y=100〔﹣1〕，
∴AD=2y=200〔﹣1〕．
答：A与C之间的距离AC为200海里，A与D之间的距离AD为200〔﹣1〕海里．

〔2〕由〔1〕可知，DF=AF=×100〔﹣1〕≈127
∵127＞100，
所以巡逻船A沿直线AC航线，在去营救的途中没有触暗礁危险．

点评：
此题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是从实际问题中整理出直角三角形并选择适宜的边角关系解答．
24．〔9分〕〔2022•黄冈〕某地实行医疗保险〔以下简称“医保〞〕制度．医保机构规定：
一：每位居民年初缴纳医保基金70元；
二：居民每个人当年治病所花的医疗费〔以定点医院的治疗发票为准〕，年底按以下方式〔见表一〕报销所治病的医疗费用：
居民个人当年治病所花费的医疗费
医疗费的报销方法
不超过n元的局部
全部由医保基金承担〔即全部报销〕
超过n元但不超过6000元的局部
个人承担k%，其余局部由医保基金承担
超过6000元的局部
个人承担20%，其余局部由医保基金承担
如果设一位居民当年治病花费的医疗费为x元，他个人实际承担的医疗费用〔包括医疗费中个人承担局部和年初缴纳的医保基金〕记为y元．
〔1〕当0≤x≤n时，y=70；当n＜x≤6000时，y=〔用含n、k、x的式子表示〕．
〔2〕表二是该地A、B、C三位居民2022年治病所花费的医疗费和个人实际承担的医疗费用，根据表中的数据，求出n、k的值．
表二：
居民
A
B
C
某次治病所花费的治疗费用x〔元〕
400
800
1500
个人实际承担的医疗费用y〔元〕
70
190
470
〔3〕该地居民周大爷2022年治病所花费的医疗费共32000元，那么这一年他个人实际承担的医疗费用是多少元
考点：
一次函数的应用；列代数式；二元一次方程组的应用．
分析：
〔1〕根据医疗报销的比例，可得答案；
〔2〕根据医疗费用的报销费用，可得方程组，再解方程组，可得答案；
〔3〕根据个人承担局部的费用，可得代数式，可得答案．
解答：
解：〔1〕由题意得
y=；

〔2〕由A、B、C三人的花销得，
解得；

〔3〕由题意得
70+〔6000﹣500〕×40%+〔32000﹣6000〕×20%
=70+2200+5200
=7470〔元〕．
答：这一年他个人实际承担的医疗费用是7470元．
点评：
此题考查了一次函数的应用，根据题意列函数解析式是解题关键．
25．〔13分〕〔2022•黄冈〕：如图，在四边形OABC中，AB∥OC，BC⊥x轴于点C，A〔1，﹣1〕，B〔3，﹣1〕，动点P从点O出发，沿着x轴正方向以每秒2个单位长度的速度移动．过点P作PQ垂直于直线OA，垂足为点Q，设点P移动的时间t秒〔0＜t＜2〕，△OPQ与四边形OABC重叠局部的面积为S．
〔1〕求经过O、A、B三点的抛物线的解析式，并确定顶点M的坐标；
〔2〕用含t的代数式表示点P、点Q的坐标；
〔3〕如果将△OPQ绕着点P按逆时针方向旋转90°，是否存在t，使得△OPQ的顶点O或顶点Q在抛物线上假设存在，请求出t的值；假设不存在，请说明理由；
〔4〕求出S与t的函数关系式．
考点：
二次函数综合题．
专题：
压轴题．
分析：
〔1〕设抛物线解析式为y=ax2+bx〔a≠0〕，然后把点A、B的坐标代入求出a、b的值，即可得解，再把函数解析式整理成顶点式形式，然后写出顶点M的坐标；
〔2〕根据点P的速度求出OP，即可得到点P的坐标，再根据点A的坐标求出∠AOC=45°，然后判断出△POQ是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出点Q的坐标即可；
〔3〕根据旋转的性质求出点O、Q的坐标，然后分别代入抛物线解析式，求解即可；
〔4〕求出点Q与点A重合时的t=1，点P与点C重合时的t=1.5，t=2时PQ经过点B，然后分①0＜t≤1时，重叠局部的面积等于△POQ的面积，②1＜t≤1.5时，重叠局部的面积等于两个等腰直角三角形的面积的差，③1.5＜t＜2时，重叠局部的面积等于梯形的面积减去一个等腰直角三角形的面积分别列式整理即可得解．
解答：
解：〔1〕设抛物线解析式为y=ax2+bx〔a≠0〕，
把点A〔1，﹣1〕，B〔3，﹣1〕代入得，
，
解得，
∴抛物线解析式为y=x2﹣x，
∵y=x2﹣x=〔x﹣2〕2﹣，
∴顶点M的坐标为〔2，﹣〕；

〔2〕∵点P从点O出发速度是每秒2个单位长度，
∴OP=2t，
∴点P的坐标为〔2t，0〕，
∵A〔1，﹣1〕，
∴∠AOC=45°，
∴点Q到x轴、y轴的距离都是OP=×2t=t，
∴点Q的坐标为〔t，﹣t〕；

〔3〕∵△OPQ绕着点P按逆时针方向旋转90°，
∴旋转后点O、Q的对应点的坐标分别为〔2t，﹣2t〕，〔3t，﹣t〕，
假设顶点O在抛物线上，那么×〔2t〕2﹣×〔2t〕=﹣2t，
解得t=，
假设顶点Q在抛物线上，那么×〔3t〕2﹣×〔3t〕=﹣t，
解得t=1，
综上所述，存在t=或1，使得△OPQ的顶点O或顶点Q在抛物线上；

〔4〕点Q与点A重合时，OP=1×2=2，t=2÷2=1，
点P与点C重合时，OP=3，t=3÷2=1.5，
t=2时，OP=2×2=4，PC=4﹣3=1，此时PQ经过点B，
所以，分三种情况讨论：
①0＜t≤1时，S=×〔2t〕×=t2，
②1＜t≤1.5时，S=×〔2t〕×﹣×〔t﹣〕2=2t﹣1；
③1.5＜t＜2时，S=×〔2+3〕×1﹣×[1﹣〔2t﹣3〕]2=﹣2〔t﹣2〕2+；
所以，S与t的关系式为S=．

点评：
此题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，等腰直角三角形的性质，二次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，难点在于〔4〕随着运动时间的变化，根据重叠局部的形状的不同分情况讨论，作出图形更形象直观．