江苏省连云港市2021年中考数学试卷(含解析)

一、选择题（本大题共有8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）

1．（3分）3的绝对值是（　　）

A．﹣3    B．3    C．    D．

【分析】根据绝对值的意义，可得答案．

【解答】解：|3|＝3，

故选：B．

【点评】本题考查了实数的性质，利用绝对值的意义是解题关键．

2．（3分）如图是由4个大小相同的正方体搭成的几何体，这个几何体的主视图是（　　）

A．    B．    C．    D．

【分析】找到从几何体的正面看所得到的图形即可．

【解答】解：从正面看有两层，底层是两个小正方形，上层的左边是一个小正方形．

故选：D．

【点评】此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握主视图所看的位置．

3．（3分）下列计算正确的是（　　）

A．2x+3y＝5xy    B．（x+1）（x﹣2）＝x2﹣x﹣2    

C．a2•a3＝a6    D．（a﹣2）2＝a2﹣4

【分析】分别根据合并同类项法则，多项式乘多项式的运算法则，同底数幂的乘法法则以及完全平方公式逐一判断即可．

【解答】解：A.2x与3y不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意；

B．（x+1）（x﹣2）＝x2﹣x﹣2，故本选项符合题意；

C．a2•a3＝a5，故本选项不合题意；

D．（a﹣2）2＝a2﹣4a+4，故本选项不合题意．

故选：B．

【点评】本题主要考查了合并同类项，同底数幂的乘法，多项式乘多项式以及完全平方公式，熟记相关公式与运算法则是解答本题的关键．

4．（3分）“红色小讲解员”演讲比赛中，7位评委分别给出某位选手的原始评分．评定该选手成绩时，从7个原始评分中去掉一个最高分、一个最低分，得到5个有效评分．5个有效评分与7个原始评分相比，这两组数据一定不变的是（　　）

A．中位数    B．众数    C．平均数    D．方差

【分析】根据平均数、中位数、众数、方差的意义即可求解．

【解答】解：根据题意，从7个原始评分中去掉1个最高分和1个最低分，得到5个有效评分．5个有效评分与7个原始评分相比，不变的是中位数．

故选：A．

【点评】本题考查了平均数、中位数、众数、方差的意义．平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数；中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数）；一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．

5．（3分）不等式组的解集在数轴上表示为（　　）

A．    B．    

C．    D．

【分析】先求出不等式组的解集，再在数轴上表示出来即可．

【解答】解：解不等式2x﹣1≤3，得：x≤2，

解不等式x+1＞2，得：x＞1，

∴不等式组的解集为1＜x≤2，

表示在数轴上如下：

故选：C．

【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．

6．（3分）如图，将矩形纸片ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的A'处．若∠DBC＝24°，则∠A'EB等于（　　）

A．66°    B．60°    C．57°    D．48°

【分析】由矩形的性质得∠A＝∠ABC＝90°，由折叠的性质得∠BA'E＝∠A＝90°，∠A'BE＝∠ABE＝（90°﹣∠DBC）＝33°，即可得出答案．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A＝∠ABC＝90°，

由折叠的性质得：∠BA'E＝∠A＝90°，∠A'BE＝∠ABE，

∴∠A'BE＝∠ABE＝（90°﹣∠DBC）＝（90°﹣24°）＝33°，

∴∠A'EB＝90°﹣∠A'BE＝90°﹣33°＝57°；

故选：C．

【点评】本题考查了矩形的性质、折叠的性质以及直角三角形的性质；熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题的关键．

7．（3分）10个大小相同的正六边形按如图所示方式紧密排列在同一平面内，A、B、C、D、E、O均是正六边形的顶点．则点O是下列哪个三角形的外心（　　）

A．△AED    B．△ABD    C．△BCD    D．△ACD

【分析】根据三角形外心的性质，到三个顶点的距离相等，进行判断即可．

【解答】解：∵三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，

∴从O点出发，确定点O分别到A，B，C，D，E的距离，只有OA＝OC＝OD，

∴点O是△ACD的外心，

故选：D．

【点评】此题主要考查了正多边形、三角形外心的性质等知识；熟练掌握三角形外心的性质是解题的关键．

8．（3分）快车从甲地驶往乙地，慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发并且在同一条公路上匀速行驶．图中折线表示快、慢两车之间的路程y（km）与它们的行驶时间x（h）之间的函数关系．小欣同学结合图象得出如下结论：

①快车途中停留了0.5h；

②快车速度比慢车速度多20km/h；

③图中a＝340；

④快车先到达目的地．

其中正确的是（　　）

A．①③    B．②③    C．②④    D．①④

【分析】根据题意可知两车出发2小时后相遇，据此可知他们的速度和为180（km/h），相遇后慢车停留了0.5h，快车停留了1.6h，此时两车距离为88km，据此可得慢车的速度为80km/h，进而得出快车的速度为100km/h，根据“路程和＝速度和×时间”即可求出a的值，从而判断出谁先到达目的地．

【解答】解：根据题意可知，两车的速度和为：360÷2＝180（km/h），

相遇后慢车停留了0.5h，快车停留了1.6h，此时两车距离为88km，故①结论错误；

慢车的速度为：88÷（3.6﹣2.5）＝80（km/h），则快车的速度为100km/h，

所以快车速度比慢车速度多20km/h；故②结论正确；

88+180×（5﹣3.6）＝340（km），

所以图中a＝340，故③结论正确；

（360﹣2×80）÷80＝2.5（h），5﹣2.5＝2.5（h），

所以慢车先到达目的地，故④结论错误．

所以正确的是②③．

故选：B．

【点评】本题考查了一次函数的应用，行程问题中数量关系的运用，函数图象的意义的运用，解答时读懂函数图象，从图象中获取有用信息是解题的关键．

二、填空题（本大题共有8小题，每小题3分，共24分.不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）

9．（3分）我市某天的最高气温是4℃，最低气温是﹣1℃，则这天的日温差是　5　℃．

【分析】先用最高气温减去最低气温，再根据有理数的减法运算法则“减去一个数等于加上它的相反数”计算．

【解答】解：4﹣（﹣1）＝4+1＝5．

故答案为：5．

【点评】本题主要考查了有理数的减法，熟记运算法则是解答本题的关键．

10．（3分）“我的连云港”APP是全市统一的城市综合移动应用服务端．一年来，实名注册用户超过1600000人．数据“1 600 000”用科学记数法表示为　1.6×106　．

【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，要看把原数变成a时，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．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．

【解答】解：数据“1600000”用科学记数法表示为1.6×106，

故答案为：1.6×106．

【点评】此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为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

11．（3分）如图，将5个大小相同的正方形置于平面直角坐标系中，若顶点M、N的坐标分别为（3，9）、（12，9），则顶点A的坐标为　（15，3）　．

【分析】由图形可得MN∥x轴，MN＝9，BN∥y轴，可求正方形的边长，即可求解．

【解答】解：如图，

∵顶点M、N的坐标分别为（3，9）、（12，9），

∴MN∥x轴，MN＝9，BN∥y轴，

∴正方形的边长为3，

∴BN＝6，

∴点B（12，3），

∵AB∥MN，

∴AB∥x轴，

∴点A（15，3）

故答案为（15，3）．

【点评】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，读懂图形的意思，是本题的关键．

12．（3分）按照如图所示的计算程序，若x＝2，则输出的结果是　﹣26　．

【分析】把x＝2代入程序中计算，当其值小于0时将所得结果输出即可．

【解答】解：把x＝2代入程序中得：

10﹣22＝10﹣4＝6＞0，

把x＝6代入程序中得：

10﹣62＝10﹣36＝﹣26＜0，

∴最后输出的结果是﹣26．

故答案为：﹣26．

【点评】本题借助程序框图考查了有理数的混合运算，读懂程序框图是解题的关键．

13．（3分）加工爆米花时，爆开且不糊的粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可食用率y与加工时间x（单位：min）满足函数表达式y＝﹣0.2x2+1.5x﹣2，则最佳加工时间为　3.75　min．

【分析】根据二次函数的性质可得．

【解答】解：根据题意：y＝﹣0.2x2+1.5x﹣2，

当x＝﹣＝3.75时，y取得最大值，

则最佳加工时间为3.75min．

故答案为：3.75．

【点评】本题主要考查二次函数的应用，利用二次函数的性质求最值问题是解题的关键．

14．（3分）用一个圆心角为90°，半径为20cm的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆半径为　5　cm．

【分析】设这个圆锥的底面圆半径为r，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长和弧长公式得到2πr＝，然后解关于r的方程即可．

【解答】解：设这个圆锥的底面圆半径为r，

根据题意得2πr＝，

解得r＝5（cm）．

故答案为：5．

【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．

15．（3分）如图，正六边形A1A2A3A4A5A6内部有一个正五边形B1B2B3B4B5，且A3A4∥B3B4，直线l经过B2、B3，则直线l与A1A2的夹角α＝　48　°．

【分析】延长A1A2交A4A3的延长线于C，设l交A1A2于E、交A4A3于D，由正六边形的性质得出∠A1A2A3＝∠A2A3A4＝120°，得出∠CA2A3＝∠A2A3C＝60°，则∠C＝60°，由正五边形的性质得出∠B2B3B4＝108°，由平行线的性质得出∠EDA4＝∠B2B3B4＝108°，则∠EDC＝72°，再由三角形内角和定理即可得出答案．

【解答】解：延长A1A2交A4A3的延长线于C，设l交A1A2于E、交A4A3于D，如图所示：

∵六边形A1A2A3A4A5A6是正六边形，六边形的内角和＝（6﹣2）×180°＝720°，

∴∠A1A2A3＝∠A2A3A4＝＝120°，

∴∠CA2A3＝∠A2A3C＝180°﹣120°＝60°，

∴∠C＝180°﹣60°﹣60°＝60°，

∵五边形B1B2B3B4B5是正五边形，五边形的内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，

∴∠B2B3B4＝＝108°，

∵A3A4∥B3B4，

∴∠EDA4＝∠B2B3B4＝108°，

∴∠EDC＝180°﹣108°＝72°，

∴α＝∠CED＝180°﹣∠C﹣∠EDC＝180°﹣60°﹣72°＝48°，

故答案为：48．

【点评】本题考查了正六边形的性质、正五边形的性质、平行线的性质以及三角形内角和定理等知识；熟练掌握正六边形和正五边形的性质是解题的关键．

16．（3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O上一动点，点C为弦AB的中点，直线y＝x﹣3与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE面积的最小值为　2　．

【分析】如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．首先证明点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．求出MN，当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小．

【解答】解：如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．

∵AC＝CB，AM＝OM，

∴MC＝OB＝1，

∴点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．

∵直线y＝x﹣3与x轴、y轴分别交于点D、E，

∴D（4，0），E（0，﹣3），

∴OD＝4，OE＝3，

∴DE＝＝5，

∵∠MDN＝∠ODE，∠MND＝∠DOE，

∴△DNM∽△DOE，

∴＝，

∴＝，

∴MN＝，

当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小，最小值＝×5×（﹣1）＝2，

故答案为2．

【点评】本题考查三角形的中位线定理，三角形的面积，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题，属于中考常考题型．

三、解答题（本大题共11小题，共102分.请在答题卡上指定区域内作答，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

17．（6分）计算（﹣1）2021+（）﹣1﹣．

【分析】先计算乘方、负整数指数幂、立方根，再计算加减可得．

【解答】解：原式＝1+5﹣4＝2．

【点评】本题主要考查实数的运算，解题的关键是掌握乘方的定义、负整数指数幂的规定及立方根的定义．

18．（6分）解方程组

【分析】把组中的方程②直接代入①，用代入法求解即可．

【解答】解：

把②代入①，得2（1﹣y）+4y＝5，

解得y＝．

把y＝代入②，得x＝﹣．

∴原方程组的解为．

【点评】本题考查了二元一次方程组的解法．掌握二元一次方程组的代入法是解决本题的关键．

19．（6分）化简÷．

【分析】直接利用分式的性质进而化简进而得出答案．

【解答】解：原式＝•

＝•

＝．

【点评】此题主要考查了分式乘除运算，正确化简分式是解题关键．

20．（8分）在世界环境日（6月5日），学校组织了保护环境知识测试，现从中随机抽取部分学生的成绩作为样本，按“优秀”“良好”“合格”“不合格”四个等级进行统计，绘制了如下尚不完整的统计图表．

测试成绩统计表

（1）表中a＝　0.25　，b＝　54　，c＝　120　；

（2）补全条形统计图；

（3）若该校有2400名学生参加了本次测试，估计测试成绩等级在良好以上（包括良好）的学生约有多少人？

【分析】（1）根据合格的频数和频率可以求得本次调查的人数，然后即可得到a、b、c的值；

（2）根据（1）中b的值，可以将条形统计图补充完整；

（3）根据频数分布表中的数据，可以计算出测试成绩等级在良好以上（包括良好）的学生约有多少人．

【解答】解：（1）本次抽取的学生有：24÷0.20＝120（人），

a＝30÷120＝0.25，b＝120×0.45＝54，c＝120，

故答案为：0.25，54，120；

（2）由（1）知，b＝54，

补全的条形统计图如右图所示；

（3）2400×（0.45+0.25）＝1680（人），

答：测试成绩等级在良好以上（包括良好）的学生约有1680人．

【点评】本题考查条形统计图、频数分布表、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

21．（10分）从2021年起，江苏省高考采用“3+1+2”模式：“3”是指语文、数学、外语3科为必选科目，“1”是指在物理、历史2科中任选1科，“2”是指在化学、生物、思想政治、地理4科中任选2科．

（1）若小丽在“1”中选择了历史，在“2”中已选择了地理，则她选择生物的概率是　　；

（2）若小明在“1”中选择了物理，用画树状图的方法求他在“2”中选化学、生物的概率．

【分析】（1）在“2”中已选择了地理，从剩下的化学、生物，思想品德三科中选一科，可得选择生物的概率；

（2）用列表法表示所有可能出现的结果数，进而求出相应的概率．

【解答】解：（1）在“2”中已选择了地理，从剩下的化学、生物，思想品德三科中选一科，因此选择生物的概率为；

故答案为：；

（2）用列表法表示所有可能出现的结果如下：

共有12种可能出现的结果，其中选中“化学”“生物”的有2种，

∴P（化学生物）＝＝．

【点评】本题考查列表法或树状图法求随机事件发生的概率，列举出所有可能出现的结果数是解决问题的关键．

22．（10分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点M、N．

（1）求证：四边形BNDM是菱形；

（2）若BD＝24，MN＝10，求菱形BNDM的周长．

【分析】（1）证△MOD≌△NOB（AAS），得出OM＝ON，由OB＝OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论；

（2）由菱形的性质得出BM＝BN＝DM＝DN，OB＝BD＝12，OM＝MN＝5，由勾股定理得BM＝13，即可得出答案．

【解答】（1）证明：∵AD∥BC，

∴∠DMO＝∠BNO，

∵MN是对角线BD的垂直平分线，

∴OB＝OD，MN⊥BD，

在△MOD和△NOB中，，

∴△MOD≌△NOB（AAS），

∴OM＝ON，

∵OB＝OD，

∴四边形BNDM是平行四边形，

∵MN⊥BD，

∴四边形BNDM是菱形；

（2）解：∵四边形BNDM是菱形，BD＝24，MN＝10，

∴BM＝BN＝DM＝DN，OB＝BD＝12，OM＝MN＝5，

在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM＝＝＝13，

∴菱形BNDM的周长＝4BM＝4×13＝52．

【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．

23．（10分）甲、乙两公司全体员工踊跃参与“携手防疫，共渡难关”捐款活动，甲公司共捐款100000元，乙公司共捐款140000元．下面是甲、乙两公司员工的一段对话：

（1）甲、乙两公司各有多少人？

（2）现甲、乙两公司共同使用这笔捐款购买A、B两种防疫物资，A种防疫物资每箱15000元，B种防疫物资每箱12000元．若购买B种防疫物资不少于10箱，并恰好将捐款用完，有几种购买方案？请设计出来（注：A、B两种防疫物资均需购买，并按整箱配送）．

【分析】（1）设甲公司有x人，则乙公司有（x+30）人，根据乙公司的人均捐款数是甲公司的倍，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；

（2）设购买A种防疫物资m箱，购买B种防疫物资n箱，根据总价＝单价×数量，即可得出关于m，n的二元一次方程组，再结合n≥10且m，n均为正整数，即可得出各购买方案．

【解答】解：（1）设甲公司有x人，则乙公司有（x+30）人，

依题意，得：×＝，

解得：x＝150，

经检验，x＝150是原方程的解，且符合题意，

∴x+30＝180．

答：甲公司有150人，乙公司有180人．

（2）设购买A种防疫物资m箱，购买B种防疫物资n箱，

依题意，得：15000m+12000n＝100000+140000，

∴m＝16﹣n．

又∵n≥10，且m，n均为正整数，

∴，，

∴有2种购买方案，方案1：购买8箱A种防疫物资，10箱B种防疫物资；方案2：购买4箱A种防疫物资，15箱B种防疫物资．

【点评】本题考查了分式方程的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）找准等量关系，正确列出二元一次方程．

24．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点A（4，），点B在y轴的负半轴上，AB交x轴于点C，C为线段AB的中点．

（1）m＝　6　，点C的坐标为　（2，0）　；

（2）若点D为线段AB上的一个动点，过点D作DE∥y轴，交反比例函数图象于点E，求△ODE面积的最大值．

【分析】（1）根据待定系数法即可求得m的值，根据A点的坐标即可求得C的坐标；

（2）根据待定系数法求得直线AB的解析式，设出D、E的坐标，然后根据三角形面积公式得到S△ODE＝﹣（x﹣1）2+，由二次函数的性质即可求得结论．

【解答】解：（1）∵反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点A（4，），

∴m＝＝6，

∵AB交x轴于点C，C为线段AB的中点．

∴C（2，0）；

故答案为6，（2，0）；

（2）设直线AB的解析式为y＝kx+b，

把A（4，），C（2，0）代入得，解得，

∴直线AB的解析式为y＝x﹣；

∵点D为线段AB上的一个动点，

∴设D（x，x﹣）（0＜x≤4），

∵DE∥y轴，

∴E（x，），

∴S△ODE＝x•（﹣x+）＝﹣x2+x+3＝﹣（x﹣1）2+，

∴当x＝1时，△ODE的面积的最大值为．

【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，二次函数的性质，根据三角形面积得到二次函数的解析式是解题的关键．

25．（12分）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，唐代陈廷章在《水轮赋）中写道：“水能利物，轮乃曲成”．如图，半径为3m的筒车⊙O按逆时针方向每分钟转圈，筒车与水面分别交于点A、B，筒车的轴心O距离水面的高度OC长为2.2m，筒车上均匀分布着若干个盛水筒．若以某个盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间．

（1）经过多长时间，盛水筒P首次到达最高点？

（2）浮出水面3.4秒后，盛水筒P距离水面多高？

（3）若接水槽MN所在直线是⊙O的切线，且与直线AB交于点M，MO＝8m．求盛水筒P从最高点开始，至少经过多长时间恰好在直线MN上．

（参考数据：cos43°＝sin47°≈，sin16°＝cos74°≈，sin22°＝cos68°≈）

【分析】（1）如图1中，连接OA．求出∠AOC的度数，以及旋转速度即可解决问题．

（2）如图2中，盛水筒P浮出水面3.4秒后，此时∠AOP＝3.4×5°＝17°，过点P作PD⊥OC于D，解直角三角形求出CD即可．

（3）如图3中，连接OP，解直角三角形求出∠POM，∠COM，可得∠POH的度数即可解决问题．

【解答】解：（1）如图1中，连接OA．

由题意，筒车每秒旋转360°×÷60＝5°，

在Rt△ACO中，cos∠AOC＝＝＝．

∴∠AOC＝43°，

∴＝27.4（秒）．

答：经过27.4秒时间，盛水筒P首次到达最高点．

（2）如图2中，盛水筒P浮出水面3.4秒后，此时∠AOP＝3.4×5°＝17°，

∴∠POC＝∠AOC+∠AOP＝43°+17°＝60°，

过点P作PD⊥OC于D，

在Rt△POD中，OD＝OP•cos60°＝3×＝1.5（m），

2.2﹣1.5＝1.7（m），

答：浮出水面3.4秒后，盛水筒P距离水面1.7m．

（3）如图3中，

∵点P在⊙O上，且MN与⊙O相切，

∴当点P在MN上时，此时点P是切点，连接OP，则OP⊥MN，

在Rt△OPM中，cos∠POM＝＝，

∴∠POM＝68°，

在Rt△COM中，cos∠COM＝＝＝，

∴∠COM＝74°，

∴∠POH＝180°﹣∠POM﹣∠COM＝180°﹣68°﹣74°＝38°，

∴需要的时间为＝7.6（秒），

答：盛水筒P从最高点开始，至少经过7.6秒恰好在直线MN上．

【点评】本题考查解直角三角形的应用，切线的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．

26．（12分）在平面直角坐标系xOy中，把与x轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，抛物线L1：y＝x2﹣x﹣2的顶点为D，交x轴于点A、B（点A在点B左侧），交y轴于点C．抛物线L2与L1是“共根抛物线”，其顶点为P．

（1）若抛物线L2经过点（2，﹣12），求L2对应的函数表达式；

（2）当BP﹣CP的值最大时，求点P的坐标；

（3）设点Q是抛物线L1上的一个动点，且位于其对称轴的右侧．若△DPQ与△ABC相似，求其“共根抛物线”L2的顶点P的坐标．

【分析】（1）由题意设抛物线L2的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4），利用待定系数法求出a即可解决问题．

（2）由题意BP＝AP，如图1中，当A，C，P共线时，BP﹣PC的值最大，此时点P为直线AC与直线x＝的交点．

（3）由题意，顶点D（，﹣），∠PDQ不可能是直角，第一种情形：当∠DPQ＝90°时，①如图3﹣1中，当△QDP∽△ABC时．②如图3﹣2中，当△DQP∽△ABC时．第二种情形：当∠DQP＝90°．①如图3﹣3中，当△PDQ∽△ABC时．②当△DPQ∽△ABC时，分别求解即可解决问题．

【解答】解：（1）当y＝0时，x2﹣x﹣2＝0，解得x＝﹣1或4，

∴A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2），

由题意设抛物线L2的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4），

把（2，﹣12）代入y＝a（x+1）（x﹣4），

﹣12＝﹣6a，

解得a＝2，

∴抛物线的解析式为y＝2（x+1）（x﹣4）＝2x2﹣6x﹣8．

（2）∵抛物线L2与L1是“共根抛物线”，A（﹣1，0），B（4，0），

∴抛物线L1，L2的对称轴是直线x＝，

∴点P在直线x＝上，

∴BP＝AP，如图1中，当A，C，P共线时，BP﹣PC的值最大，

此时点P为直线AC与直线x＝的交点，

∵直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣2，

∴P（，﹣5）

（3）由题意，AB＝5，CB＝2，CA＝，

∴AB2＝BC2+AC2，

∴∠ACB＝90°，CB＝2CA，

∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣，

∴顶点D（，﹣），

由题意，∠PDQ不可能是直角，

第一种情形：当∠DPQ＝90°时，

①如图3﹣1中，当△QDP∽△ABC时，＝＝，

设Q（x，x2﹣x﹣2），则P（，x2﹣x﹣2），

∴DP＝x2﹣x﹣2﹣（﹣）＝x2﹣x+，QP＝x﹣，

∵PD＝2QP，

∴2x﹣3＝x2﹣x+，解得x＝或（舍弃），

∴P（，）．

②如图3﹣2中，当△DQP∽△ABC时，同法可得QO＝2PD，

x﹣＝x2﹣3x+，

解得x＝或（舍弃），

∴P（，﹣）．

第二种情形：当∠DQP＝90°．

①如图3﹣3中，当△PDQ∽△ABC时，＝＝，

过点Q作QM⊥PD于M．则△QDM∽△PDQ，

∴＝＝，由图3﹣1可知，M（，），Q（，），

∴MD＝8，MQ＝4，

∴DQ＝4，

由＝，可得PD＝10，

∵D（，﹣）

∴P（，）．

②当△DPQ∽△ABC时，过点Q作QM⊥PD于M．

同法可得M（，﹣），Q（，﹣），

∴DM＝，QM＝1，QD＝，

由＝，可得PD＝，

∴P（，﹣）．

【点评】本题属于二次函数综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想解决问题，属于中考压轴题．

27．（12分）（1）如图1，点P为矩形ABCD对角线BD上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB、CD于点E、F．若BE＝2，PF＝6，△AEP的面积为S1，△CFP的面积为S2，则S1+S2＝　12　；

（2）如图2，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），点E、F、G、H分别为各边的中点．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PFCG的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；

（3）如图3，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），过点P作EF∥AD，HG∥AB，与各边分别相交于点E、F、G、H．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PGCF的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；

（4）如图4，点A、B、C、D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC、BD上），设PB、PC、围成的封闭图形的面积为S1，PA、PD、围成的封闭图形的面积为S2，△PBD的面积为S3，△PAC的面积为S4，根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S1、S2、S3、S4的等式（写出一种情况即可）．

【分析】（1）如图1中，求出△PFC的面积，证明△APE的面积＝△PFC的面积即可．

（2）如图2中，连接PA，PC，在△APB中，因为点E是AB的中点，可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，证明S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，推出S△ABD＝S平行四边形ABCD＝S1+S2，根据S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．可得结论．

（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，利用平行四边形的性质求解即可．

（4）分四种情形：如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．设线段PB，线段PA，AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，推出x﹣y＝S3﹣S4，由题意S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），可得S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．其余情形同法可求．

【解答】解：（1）如图1中，

过点P作PM⊥AD于M，交BC于N．

∵四边形ABCD是矩形，EF∥BC，

∴四边形AEPM，四边形MPFD，四边形BNPE，四边形PNCF都是矩形，

∴BE＝PN＝CF＝2，S△PFC＝×PF×CF＝6，S△AEP＝S△APM，S△PEB＝S△PBN，S△PDM＝S△PFD，S△PCN＝S△PCF，S△ABD＝S△BCD，

∴S矩形AEPM＝S矩形PNCF，

∴S1＝S2＝6，

∴S1+S2＝12，

故答案为12．

（2）如图2中，连接PA，PC，

在△APB中，∵点E是AB的中点，

∴可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，

∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝a+b+c+d，S四边形PEBF+S四边形PHDG＝a+b+c+d，

∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，

∴S△ABD＝S平行四边形ABCD＝S1+S2，

∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．

（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，

∴S四边形EBGP＝2S△EBP，S四边形HPFD＝2S△HPD，

∴S△ABD＝S平行四边形ABCD＝（S1+S2+2S△EBP+2S△HPD）＝（S1+S2）+S△EBP+S△HPD，

∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△EBP+S△HPD）＝（S2﹣S1）．

（4）如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．

理由：设线段PB，线段PA，AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．

由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，

∴x﹣y＝S3﹣S4，

∵S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），

∴S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．

同法可证：图4﹣2中，有结论：S1﹣S＝S3+S4．

图4﹣3中和图4﹣4中，有结论：|S1﹣S2|＝|S3﹣S4|．

【点评】本题属于圆综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的性质，圆的有关知识等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，学会用分类讨的思想思考问题，属于中考压轴题．