精品解析：湖北省宜昌市2020年中考数学试题(解析版)

一、选择题（下列各小题中，只有一个选项是符合题目要求的，请在答题卡上指定的位置填涂符合要求的选项前面的字母代号．每小题3分，计33分．）

． 1.下面四幅图是摄影爱好者抢拍的一组照片，从对称美的角度看，拍得最成功的是（ ）

A. B. C. D.

【答案】B 【解析】 【分析】

根据轴对称图形的特点进行判断即可．

【详解】A，C，D三幅图都不是轴对称图形，只有B是轴对称图形， 故选：B

【点睛】本题考查了轴对称图形的性质，熟知此知识点是解题的关键．

2.我国渤海、黄海、东海、南海海水含有不少化学元素，其中铝、锰元素总量均约为8106吨．用科学记数法表示铝、锰元素总量的和，接近值是（ ）． A. 8106 【答案】C 【解析】 【分析】

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，科学记数法的表示形式为a×

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＞1时，n是非负数；当原数的绝对值＜1时，n是非正数．在这里，要先求出铝、锰元素总量的和，再科学记数法表示即可． 【详解】解：81062 =16106 =1.6107． 故选：C．

B. 16106

C. 1.6107

D. 161012

【点睛】此题考查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．

． 3.对于无理数3，添加关联的数或者运算符号组成新的式子，其运算结果能成为有理数的是（ ）A. 2332 【答案】D 【解析】 【分析】

分别计算出各选项的结果再进行判断即可．

【详解】A．2332不能再计算了，是无理数，不符合题意； B．3323，是无理数，不符合题意； C．

B. 33 C.

3

3D. 03 3=33，是无理数，不符合题意；

3D．030，是有理数，正确． 故选：D．

【点睛】此题主要考查了二次根式的运算，辨别运算结果，区分运算结果是否是有理数是解题的关键． 4.如图，点E，F，G，Q，H在一条直线上，且EFGH，我们知道按如图所作的直线l为线段FG的垂直平分线．下列说法正确的是（ ）．

A. l是线段EH的垂直平分线 C. l是线段FH的垂直平分线 【答案】A 【解析】 【分析】

根据垂直平分线的定义判断即可．

B. l是线段EQ的垂直平分线 D. EH是l的垂直平分线

【详解】

∵l为线段FG的垂直平分线, ∴FO=GO, 又∵EF=GH, ∴EO=HO,

∴l是线段EH的垂直平分线,故A正确 由上可知EO≠QO,FO≠OH,故B、C错误 ∵l是直线并无垂直平分线，故D错误 故选：A．

【点睛】本题考查垂直平分线的定义,关键在于牢记基础知识．

，小李在第2排第4列，小王在第3排第3列，5.小李、小王、小张、小谢原有位置如图（横为排、竖为列）

小张在第4排第2列，小谢在第5排第4列．撤走第一排，仍按照原有确定位置的方法确定新的位置，下列说法正确的是（ ）．

A. 小李现在位置为第1排第2列 C. 小王现在位置为第2排第2列 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 小张现在位置为第3排第2列 D. 小谢现在位置为第4排第2列

由于撤走一排，则四人所在的列数不变、排数减一，据此逐项排除即可． 【详解】解：A. 小李现在位置

第1排第4列，故A选项错误；

B. 小张现在位置为第3排第2列，故B选项正确；

C. 小王现在位置为第2排第3列，故C选项错误； D. 小谢现在位置为第4排第4列，故D选项错误． 故选：B．

【点睛】本题考查了位置的确定，根据题目信息、明确行和列的实际意义是解答本题的关键． ． 6.能说明“锐角，锐角的和是锐角”是假命题的例证图是（ ）

A. B. C. D.

【答案】C 【解析】 【分析】

先将每个图形补充成三角形，再利用三角形的外角性质逐项判断即得答案．

【详解】解：A、如图1，∠1是锐角，且∠1=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是真命题，故本选项不符合题意；

B、如图2，∠2是锐角，且∠2=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是真命题，故本选项不符合题意；

C、如图3，∠3是钝角，且∠3=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是假命题，故本选项符合题意；

D、如图4，∠4是锐角，且∠4=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是真命题，故本选项

不符合题意． 故选：C．

【点睛】本题考查了真假命题、举反例说明一个命题是假命题以及三角形的外角性质等知识，属于基本题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．

7.诗句“横看成岭侧成峰，远近高低各不同”，意思是说要认清事物的本质，就必须从不同角度去观察．下图是对某物体从不同角度观察的记录情况，对该物体判断最接近本质的是（ ）．

A. 是圆柱形物体和球形物体的组合体，里面有两个垂直的空心管 B. 是圆柱形物体和球形物体的组合体，里面有两个平行的空心管 C. 是圆柱形物体，里面有两个垂直的空心管 D. 是圆柱形物体，里面有两个平行的空心管 【答案】D 【解析】 【分析】

由三视图的图形特征进行还原即可．

【详解】由三视图可知：几何体的外部为圆柱体，内部为两个互相平行的空心管 故选：Ｄ

【点睛】本题考查了根据三视图还原简单几何体，熟知其还原过程是解题的关键．

8.某车间工人在某一天的加工零件数只有5件，6件，7件，8件四种情况．图中描述了这天相关的情况，现在知道7是这一天加工零件数的唯一众数．设加工零件数是7件的工人有x人，则（ ）

A. x16 【答案】A 【解析】 【分析】

B. x16 C. 12x16 D. x12

根据众数定义直接判断即可．

【详解】解：∵加工零件数是5件的工人有12人， 加工零件数是6件的工人有16人， 加工零件数是8件的工人有10人，

且这一天加工零件数的唯一众数是7， ∴加工零件数是7件的人数x16． 故选：A．

【点睛】本题考查众数的意义，读懂统计图、熟练掌握众数的定义是解题的关键．

9.游戏中有数学智慧，找起点游戏规定：从起点走五段相等直路之后回到起点，要求每走完一段直路后向右边偏行．成功的招数不止一招，可助我们成功的一招是（ ）．

A. 每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走

C. 每走完一段直路后沿向右偏108°方向行走 【答案】A 【解析】 【分析】

的

B. 每段直路要短 D. 每段直路要长

根据题意可知封闭的图形是正五边形，求出正五边形内角的度数即可解决问题． 【详解】根据题意可知，从起点走五段相等直路之后回到起点的封闭图形是正五边形， ∵正五边形的每个内角的度数为：

(52)180108

5-108°=72°∴它的邻补角的度数为：180°， 因此，每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走， 故选：A．

【点睛】此题主要考查了求正多边形内角的度数，掌握并能运用多边形内角和公式是解题的关键． ． 10.如图，E，F，G为圆上的三点，FEO50，P点可能是圆心的是（ ）

A. B. C. D.

【答案】C 【解析】 【分析】

根据圆心角与圆周角的角度关系判断即可．

【详解】同弧的圆心角是圆周角的两倍,因此C满足该条件． 故选C．

【点睛】本题考查圆周角定理,关键在于牢记基础知识．

11.已知电压U、电流I、电阻R三者之间的关系式为：UIR（或者I知量不同，因此会有不同的可能图象，图象不可能是（ ）

U），实际生活中，由于给定已RA. B.

C. D.

【答案】A 【解析】 【分析】

在实际生活中，电压U、电流I、电阻R三者之中任何一个不能为负，依此可得结果． 【详解】A图象反映的是I题意． 故选：A．

U，但自变量R的取值为负值，故选项A错误；B、C、D选项正确，不符合R【点睛】此题主要考查了现实生活中函数图象的确立，注意自变量取值不能为负是解答此题的关键．

二、填空题（将答案写在答题卡上指定的位置．每小题3分，计12分）

12.向指定方向变化用正数表示，向指定方向的相反方向变化用负数表示，“体重减少1.5kg”换一种说法可以叙述为“体重增加_______kg”． 【答案】-1.5 【解析】 【分析】

根据负数在生活中的应用来表示． 【详解】减少1.5kg可以表示为增加﹣1.5kg, 故答案为:﹣1.5．

【点睛】本题考查负数在生活中的应用,关键在于理解题意．

513.数学讲究记忆方法．如计算a2时若忘记了法则，可以借助a52a5a5a55a10，得到正确答

案．你计算a2【答案】0 【解析】 【分析】

5a3a7结果是__________．

根据幂的乘方运算法则和同底数幂的乘法运算法则进行计算即可得到结果． 【详解】a25a3a7

=a25a37 =a10a10 =0．

故答案为：0．

【点睛】此题主要考查了幂的乘方运算和同底数幂的乘法，熟练掌握运算法则是解答此题的关键．

14.技术变革带来产品质量的提升．某企业技术变革后，抽检某一产品2020件，欣喜发现产品合格的频率已达到0.9911，依此我们可以估计该产品合格的概率为_______．（结果要求保留两位小数） 【答案】0.99 【解析】 【分析】

的根据产品合格的频率已达到0.9911，保留两位小数，所以估计合格件数的概率为0.9９．

【详解】解：合格频率为：0.9911，保留两位小数为0.99，则根据产品合频率，估计该产品合格的概率为0.99．

故答案为0.99．

【点睛】本题考查了利用频率估计概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比及运用样本数据去估计总体数据的基本解题思想．

15.如图，在一个池塘两旁有一条笔直小路（B，C为小路端点）和一棵小树（A为小树位置）测得的相关数据为：ABC60,ACB60,BC48米，则AC________米．

【答案】48 【解析】 【分析】

先说明△ABC是等边三角形，然后根据等边三角形的性质即可解答． 【详解】解：∵ABC60,ACB60 -60°-60°=60° ∴∠BAC=180°

∴∠BAC=∠ABC=∠BCA=60° ∴△ABC是等边三角形 ∴AC=BC=48米． 故答案为48．

【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，证得△ABC是等边三角形是解答本题的关键．

三、解答题（将解答过程写在答题卡上指定的位置，本大题共有9小题，计75分．）

16.在“-”“×”两个符号中选一个自己想要的符号，填入221【答案】-；5或×；5 【解析】 【分析】

先选择符号，然后按照有理数的四则运算进行计算即可． 【详解】解：（1）选择“-”

21中的□，并计算． 212221

2142

241

5

（2）选择“×”

12221

2142

241

5

【点睛】本题考查了有理数的四则运算，熟知有理数的四则运算法则是解题的关键．

x24x4x117.先化简，再求值：(x1)0，其中x2020．

x1x2【答案】x1；2021 【解析】 【分析】

先把x24x4分解因式，再进行约分化简，最后把x=2020代入进行计算即可．

x24x4x1【详解】(x1)0

x1x2(x2)2x11

x1x2x21

x1

当x2020时， 原式20201

2021．

【点睛】本题考查了分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入求出分式的值，在化简过程中要注意运算顺序和分式的化简，注意运算的结果要化成最简分式或整式．

18.光线在不同介质中传播速度不同，从一种介质射向另一种介质时会发生折射，如图，水面AB与水杯下沿CD平行，光线EF从水中射向空气时发生折射，光线变成FH，点G在射线EF上，已知

HFB20,FED45，求GFH的度数．

【答案】25° 【解析】 【分析】

使用平行线的性质得到GFBFED45，再根据GFHGFBHFB得到结果． 【详解】解：∵AB//CD ∴GFBFED45 ∵HFB20

∴GFHGFBHFB

452025

【点睛】本题考查了平行线的性质，及角度间的加减计算，熟知平行线的性质是解题的关键．

19.红光中学学生乘汽车从学校去研学旅行基地，以75千米/小时的平均速度，用时2小时到达，由于天气原因，原路返回时汽车平均速度控制在不低于50千米/小时且不高于60千米/小时的范围内，这样需要用t小时到达，求t的取值范围． 【答案】2.5t3 【解析】 【分析】

根据平均速度可以算出总路程，往返路程不变，再根据时间=路程÷速度的等量关系列出不等式，即可作答． 【详解】解： 752150（千米）

150602.5（小时） 150503（小时）

∴t的取值范围2.5t3

【点睛】本题主要考查了不等式的实际应用，根据时间=路程÷速度的公式列出不等式，其中明确往返路程不变是解题的关键．

20.宜昌景色宜人，其中三峡大坝、清江画廊、三峡人家景点的景色更是美不胜收．某民营单位为兼顾生产和业余生活，决定在下设的A，B，C三部门利用转盘游戏确定参观的景点，两转盘各部分圆心角大小以及选派部门、旅游景点等信息如图．

（1）若规定老同志相对偏多的部门选中的可能性大，试判断这个部门是哪个部门？请说明理由； （2）设选中C部门游三峡大坝的概率为P选中B部门游清江画廊或者三峡人家的概率为P请判断P1，1，2，

P2大小关系，并说明理由．

【答案】（1）C部门，理由见解析；（2）P1=P2，理由见解析 【解析】 【分析】

（1）利用圆心角为360°，A,B,C分别占90°，90°和180°，分别求出所占百分比即可; （2）列出所有可能的情况，然后得出C，B所占比例，即可得出结果. 【详解】解：（1）C部门，

理由：∵PA0.25,PB0.25,PC0.5 ∴PCPAPB （2）P1P2， 理由：

A B C1 C2 三峡大坝（D） AD AE AF BD BE C1D C1E C1F C2D C2E C2F 清江画廊（E） 三峡人家（F）

BF 备注：部门转盘平均分成了4等份，C部门占两份分别用C1，C2表示

由表可得，所有可能出现的结果共有12种，这些结果出现的可能性相等，其中C选中三峡大坝的结果有2种，B选中清江画廊或者三峡人家的结果有2种 ∴P121 126P221 126∴P2P1

【点睛】本题考查了扇形图的知识．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．关键是分析扇形图，得到相关的数据信息．

21.如图，在四边形ABCD中，AD//BC,AB23a,ABC60，过点B的O与边AB,BC分别交于E，F两点．OGBC，垂足为G，OGa．连接OB,OE,OF．

（1）若BF2a，试判断BOF的形状，并说明理由； （2）若BEBF，求证：O与AD相切于点A． 【答案】（1）等腰直角三角形，理由见解析 （2）见解析 【解析】

【分析】

（1）根据题目中已知信息，可知BF2a，有BGGFOGa，所以△BOG，△GOF都是等腰直角三角形，得到BOF90，BOOF即可得出BOF是等腰直角三角形；

（2）通过BEBF，可以等到BOE≌BOF，有EBOFBO30，又因为OGBC,OGa，可以知道E与点A重合，再证明OAOD即可． 【详解】解：（1）BOF是等腰直角三角形 理由如下：

∵OGBC，BF2a ∴BGGFa ∵OGa

∴BGGFOGa

∴△BOG，△GOF都是等腰直角三角形 ∴BOGGOF45 ∴BOF90 ∵BOOF

∴BOF是等腰直角三角形

（2）证明：BEBF，OBOB，OEOF ∴BOE≌BOF ∴EBOFBO ∵ABC60

∴EBOFBO30 ∵OGBC,OGa ∴BGFG3a ∵BF23a

∴BEBF23aAB

∴点E与点A重合 以下有多种方法： 方法一∵OAOB ∴ABOOAB30 ∵AD//BC，ABC60 ∴BAD120 ∴OAD90 ∴OAOD ∵OA是O的半径 ∴O与AD相切于点A

方法二∵OAOB，∴ABOOAB30 ∴AOB120

又GOB90OBG60 ∴AOBBOG12060180 ∴G，A，O三点共线 ∵AD//BC ∴OAAD

∴O与AD相切于点A． 方法三：如图

∵AD//BC

∴AD与BC之间距离：23asin603a 延长GO交DA的延长线交于点A ∵AD//BC，OGBC ∴OAAD ∵OGa ∴OA2a

∵ABO60,AB23a ∴BG3a，OB2a

∴O与AD相切于点A 又OA2aOA ∴点A与点A重合 ∴O与AD相切于点A．

【点睛】（1）证明三角形形状需要找到边的关系以及角的大小，通过题目中的已知信息先判断出特殊三角形，再找到所求三角形与特殊三角形边与角的关系是解题的关键；

（2）本题主要考查了全等三角形的性质以及如何求切线，通过三角形全等得到角的大小，从而可以证明点E与点A重合，再证明OAAD即可得O与AD相切于点A，其中证明点E与点A重合是解题的关键． 22.资料：公司营销区域面积是指公司营销活动范围内的地方面积，公共营销区域面积是指两家及以上公司营销活动重叠范围内的地方面积．

材料：某地有A，B两家商贸公司（以下简称A，B公司）．去年下半年A，B公司营销区域面积分别为m平方千米，n平方千米，其中m3n，公共营销区域面积与A公司营销区域面积的比为

2；今年上半年，9受政策鼓励，各公司决策调整，A公司营销区域面积比去年下半年增长了x%，B公司营销区域面积比去年下半年增长的百分数是A公司的4倍，公共营销区域面积与A公司营销区域面积的比为区域面积与A，B两公司总营销区域面积的比比去年下半年增加了x个百分点．

问题：（1）根据上述材料，针对去年下半年，提出一个你喜欢的数学问题（如求去年下半年公共营销区域面积与B公司营销区域面积的比），并解答；

（2）若同一个公司去年下半年和今年上半年每平方千米产生的经济收益持平，且A公司每半年每平方千米产生的经济收益均为B公司的1.5倍，求去年下半年与今年上半年两公司总经济收益之比． 【答案】（1）见解析；（2）55:72 【解析】 【分析】

(1)根据题意任意写出问题解答即可.

(2)根据题意列出等式，解出增长率再代入A，B的收益中计算即可.

【详解】解（1）问题1：求去年下半年公共营销区域面积与B公司营销区域面积的比 解答：3n3，同时公共营销722n 9322n:n 33问题2：A公司营销区域面积比B公司营销区域的面积多多少？ 解答：3nn2n

问题3：求去年下半年公共营销区域面积与两个公司总营销区域面积的比 解答：3n22n 93221n3nnn 335（2）方法一：

33223n(1x%)3n(1x%)n(14x%)3n(1x%)3n3nnnx% 7793方法二：

322363n1x%3n(1x%)n(14x%)3n(1x%)3m3nnnx% 7793方法三：

m3n 3223m(1x%)m1x%n(14x%)xm(1x%)3n3nnnx%7793100(x%)245x%130解得x%20%，x%65%（舍去）

设B公司每半年每平方千米产生的经济收益为a，则A公司每半年每平方千米产生的经济收益为1.5a 今年上半年A，B公司产生的总经济收益为1.5a3n(120%)an(1420%)7.2na 去年下半年A，B公司产生的总经济收益为1.5a3nan5.5na 去年下半年与今年上半年两公司总经济收益之比为(5.5na):(7.2na)55:72 【点睛】本题考查一元二次方程增长率的问题,关键在于理解题意列出等式方程.

23.菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O，0ABO60，点G是射线OD上一个动点，过点G作GE//DC交射线OC于点E，以OE,OG为邻边作矩形EOGF．

（1）如图1，当点F在线段DC上时，求证：DFFC；

（2）若延长AD与边GF交于点H，将GDH沿直线AD翻折180°得到MDH． ①如图2，当点M在EG上时，求证：四边形EOGF为正方形：

②如图3，当tanABO为定值m时，设DGkDO，k为大于0的常数，当且仅当k2时，点M在矩形EOGF的外部，求m的值． 【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②【解析】 【分析】

（1）证明四边形ECFG，DGEF是平行四边形即可得到结论；

（2）①由折叠得GDH≌MDH可证明DHEG，12，再证明1=GEO45 可得GO=EO，再由四边形EOGF为矩形则可证明结论；

②由四边形ABCD为菱形以及折叠可得123456，当且仅当k2时，M点在矩形EOGF的外部，k2时，M点在矩形EOGF上，即点M在EF上，设OBb，求得FHOEGHmb，过点D作DNEF于点N，证明HFM∽MND求得MNb，在RtDMN中运用勾股定理列出方程

3． 32b23mbb2求解即可.

四边形EOGF为矩形，

2【详解】（1）证明：如图，

GF//OC，GFOE，EF//OD，EFOG， GE//DC，

四边形ECFG，DGEF是平行四边形，

DFEG，FCGE，

DFFC；

（2）如图，

证明：由折叠得GDH≌MDH，

DGDM，56， DHEG，12，

四边形ABCD为菱形，

34， GE//CD， 31，

45，

15，

1590，

15245，5＋690， DM//OE，点M在GE上，

GEO45， OGOE，

四边形EOGF为矩形，

矩形EOGF为正方形；

（3）如图，

四边形ABCD为菱形，

126， GE//CD， 46，

GDH≌MDH， 35，

123456， tanABOm（m为定值）， GDM2ABO，

点M始终在固定射线DM上并随k的增大向上运动，

当且仅当k2时，M点在矩形EOGF的外部，

k2时，M点在矩形EOGF上，即点M在EF上，

设OBb，

OAOCmb，DGDMkb2b，OGk1b3b，

OEmk1b3mb，GHHMmkb2mb， FHOEGHmk1bmkbmb，

过点D作DNEF于点N，

HMF18090DMN90DMN，又MDN90DMN， HMFMDN， FDNM90， HFM∽MND， FH:MNMH:DM，

mb:MN2mb:2b，

MNb，

DMN是直角三角形， DM2DN2MN2， 2b3mbb2，

221m2，

3m3（负值舍去）， 30ABO60，

m3． 3【点睛】本题考查四边形的综合问题，涉及矩形和菱形的性质，勾股定理，锐角三角函数，解方程等知识，综合程度较高，考查学生灵活运用知识的能力．

24.已知函数y1x2m1,y2(2m1)x1均为一次函数，m为常数．

（1）如图1，将直线AO绕点A1,0逆时针旋转45°得到直线l，直线l交y轴于点B．若直线l恰好是

y1x2m1,y2(2m1)x1中某个函数的图象，请直接写出点B坐标以及m可能的值；

（2）若存在实数b，使得|m|(b1)1b0成立，求函数y1x2m1,y2(2m1)x1图象间的距离；

（3）当m1时，函数y1x2m1图象分别交x轴，y轴于C，E两点，y(2m1)x1图象交x轴于D点，将函数yy1y1的图象最低点F向上平移

56个单位后刚好落在一次函数y1x2m1图

2m1象上，设yy1y2的图象，线段OD，线段OE围成的图形面积为S，试利用初中知识，探究S的一个近似取值范围．（要求：说出一种得到S的更精确的近似值的探究办法，写出探究过程，得出探究结果，结果的取值范围两端的数值差不超过0.01．） 【答案】（1）（0,1）；1或0 （2）2 （3）【解析】 【分析】

（1）由题意，可得点B坐标，进而求得直线l的解析式，再分情况讨论即可解的m值；

（2）由非负性解得m和b的值，进而得到两个函数解析式，设y1与x轴、y轴交于T，P，y2分别与x轴、y轴交于G，H，连接GP，TH，证得四边形GPTH是正方形，求出GP即为距离； （3）先根据解析式，用m表示出点C、E、D的坐标以及y关于x的表达式为

34813S

1200010yy1y22m1x24m2x2m1，得知y是关于x的二次函数且开口向上、最低点为其顶点

2222m12m,根据坐标平移规则，得到关于m的方程，解出m值，即可得知点D 、EF,2m12m1的坐标且抛物线过D、E点，观察图象，即可得出S的大体范围，如：SS且与抛物线相切时围成的图形面积．

【详解】解：（1）由题意可得点B坐标为（0,1），

设直线l的表达式为y=kx+1，将点A（-1,0）代入得：k=1， 所以直线l的表达式为：y=x+1,

若直线l恰好是y1x2m1的图象，则2m-1=1,解得：m=1， 若直线l恰好是y2(2m1)x1的图象，则2m+1=1,解得：m=0， 综上，B0,1，m1或者m0

ODE，较小的可为平行于DE

（2）如图，

mb11b0

m1b1b0

m0，1b0 m0，1b0

m0

y1x1，y2x1

设y1与x轴、y轴交于T，P，y2分别与x轴、y轴交于G，H，连接GP，TH

OGOHOPOT1，PHGT

四边形GPTH正方形

GH//PT，HGP90，即HGGP

HP2

GP2；

（3）y1x2m1，y22m1x1

y1x2m1分别交x轴，y轴于C，E两点

C12m,0，E0,2m1

y22m1x1图象交x轴于D点

1D,0

2m122yy1y2x2m12m1x12m1x4mx2m1 m1

2m10

是二次函数y2m1x24m2x2m1开口向上，它的图象最低点在顶点

2222m12m ,顶点F2m12m1抛物线顶点F向上平移

56,刚好在一次函数y1x2m1图象上

2m12m21562m22m1且m1

2m12m12m12m2

yy1y25x216x3(x3)(5x1)，

∴y1x3，y25x1

1由y1x3，y25x1得到D,0，E0,3，

5由y5x216x3得到与x轴，y轴交点是3,0，,0，0,3，

151抛物线经过D,0，E0,3两点

5yy1y2的图象，线段OD，线段OE围成的图形是封闭图形，则S即为该封闭图形的面积

探究办法：利用规则图形面积来估算不规则图形的面积． 探究过程：

①观察大于S的情况． 很容易发现SSODE

1D,0，E0,3 5SODE11333，S 251010（若有S小于其他值情况，只要合理，参照赋分．） ②观察小于S的情况．

选取小于S的几个特殊值来估计更精确的S的近似值，取值会因人而不同，下面推荐一种方法，选取以下三种特殊位置： 位置一：如图

当直线MN与DE平行且与抛物线有唯一交点时，设直线MN与x，y轴分别交于M，N

1D,0，E0,3 5直线DE:y15x3

设直线MN:y15xb1

y5x216x3 5x2x3b10

143b0，b1直线MN:y15x59,0 点M300SOMN59 2059 201595934813481，S 2203001200012000位置二：如图

当直线DR与抛物线有唯一交点时，直线DR与y轴交于点R 设直线DR:ykxb2，D,0

151直线DR:ykxk

5y5x216x3

15x216kx3k0

52116k453k0，k14

5直线DR:y14x14点R0,

5SODR14 5114177，S 2552525位置三：如图

当直线EQ与抛物线有唯一交点时，直线EQ与x轴交于点Q 设直线EQ:ytx3

y5x216x3

5x216tx0

16t0，t16

2直线EQ:y16x3

3点Q,0

16S13993S， OEQ2163232348197

120003225我们发现：在曲线DE两端位置时的三角形的面积远离S的值，由此估计在曲线DE靠近中间部分时取值越接近S的值

探究的结论：按上述方法可得一个取值范围

34813S

1200010（备注：不同探究方法会有不同的结论，因而会有不同的答案．只要来龙去脉清晰、合理，即可参照赋分，但若直接写出一个范围或者范围两端数值的差不在0.01之间不得分．）

【点睛】本题是一道综合性很强的代数与几何相结合的压轴题，知识面广，涉及有旋转的性质、坐标平移

规则、非负数的性质、一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质、一元二次方程、不规则图形面积的估计等知识，解答的关键是认真审题，找出相关信息，利用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，利用相关信息进行推理、探究、发现和计算．