2021年中考数学试题及解析：山东东营-解析版

2021年山东省东营市中考数学试卷
一、选择题(共12小题，每小题3分，满分36分)
1、(2021•东营)的倒数是()
A、2
B、﹣2
C、﹣
D、
考点:倒数。

专题:计算题。

分析:根据倒数的定义即可解答．
解答:解:的倒数是2．
故选A．
点评:本题主要考查了倒数的定义，正确理解定义是解题的关键．
2、(2021•东营)下列运算正确的是()
A、x3+x3=2x6
B、x6÷x2=x4
C、x m•x n=x nm
D、(﹣x5)3=x15
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。

专题:计算题。

分析:根据同底数幂的除法，底数不变指数相减；合并同类项，系数相加字母和字母的指数不变；同底数幂的乘法，底数不变指数相加；幂的乘方，底数不变指数相乘，对各选项计算后利用排除法求解．
解答:解:A、x3+x3=2x3，故本选项错误；
B、x6÷x2=x4，故本选项正确；
C、x m•x n=x n+m，故本选项错误；
D、(﹣x5)3=﹣x15，故本选项错误．
故选B．
点评:本题考查同底数幂的除法，合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方很容易混淆，一定要记准法则才能做题．
3、(2021•东营)一个几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是()
A、B、C、D、
考点:由三视图判断几何体。

分析:主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
解答:解:从这个几何体的三视图上看，这个几何体一定是带棱的，故从C，D中选，
D的主视图是三角形，俯视图是:，
只有C的三视图符合条件．
故选C．
点评:此题主要考查了学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．
4、(2021•东营)方程组的解是()
A、B、C、D、
考点:解二元一次方程组。

专题:计算题。

分析:解决本题关键是寻找式子间的关系，寻找方法消元，①②相加可消去y，得到一个关于x的一元一次方程，解出x的值，再把x的值代入方程组中的任意一个式子，都可以求出y的值
解答:解:，
①+②得:2x=2，
x=1，
把x=1代入①得:1+y=3，
y=2，
∴方程组的解为:
故选:A，
点评:此题主要考查了二元一次方程组的解法，有加减法和代入法两种，一般选用加减法解二元一次方程组较简单．
5、一副三角板如图叠放在一起，则图中∠α的度数为()
A、75°
B、60°
C、65°
D、55°
考点:三角形的外角性质；三角形内角和定理。

分析:因为三角板的度数为45°，60°，所以根据三角形内角和定理即可求解．
解答:
解:如图，∵∠1=45°，∠2=60°，
∴∠α=180°﹣45°﹣60°=75°．
故选A．
点评:本题利用三角板度数的常识和三角形内角和定理，熟练掌握定理是解题的关键．
6、(2021•东营)分式方程的解为()
A、B、C、x=5 D、无解
考点:解分式方程。

专题:计算题。

分析:观察可得最简公分母是2(x﹣2)，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．
解答:解:原方程可化为:，
方程的两边同乘2(x﹣2)，得
3﹣2x=x﹣2，
解得x=．
检验:把x=代入2(x﹣2)=﹣≠0．
∴原方程的解为:x=．
故选B．
点评:本题考查了分式方程的解法，注:(1)解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．(2)解分式方程一定注意要验根．
7、(2010•桂林)一个圆锥的侧面展开图是半径为1的半圆，则该圆锥的底面半径是()
A、1
B、
C、
D、
考点:圆锥的计算。

专题:计算题。

分析:根据展开的半圆就是底面周长列出方程．
解答:解:根据题意得:，
解得r=，
故选C．
点评:本题的关键是明白展开的半圆就是底面周长．
8、(2010•绍兴)河堤横断面如图所示，堤高BC=5米，迎水坡AB的坡比是1:(坡比是坡面的铅直高度BC 与水平宽度AC之比)，则AC的长是()
A、5米
B、10米
C、15米
D、10米
考点:解直角三角形的应用-坡度坡角问题。

分析:Rt△ABC中，已知了坡面AB的坡比以及铅直高度BC的值，通过解直角三角形即可求出水平宽度AC 的长．
解答:解:Rt△ABC中，BC=5米，tanA=1:；
∴AC=BC÷tanA=5米；
故选A．
点评:此题主要考查学生对坡度坡角的掌握及三角函数的运用能力．
9、(2021•东营)某中学为迎接建党九十周年，举行了“童心向党，从我做起”为主题的演讲比赛．经预赛，
七、八年级各有一名同学进入决赛，九年级有两名同学进入决赛．那么九年級同学获得前两名的概率是()
A、B、C、D、
考点:列表法与树状图法。

分析:依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式即可求出该事件的概率．
解答:解:画树状图得:
∴一共有12种等可能的结果，
九年級同学获得前两名的有2种情况，
∴九年級同学获得前两名的概率是=．
故选D．
点评:本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，适合于两步完成的事件．用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比．
10、(2021•东营)如图，直线l和双曲线交于A、B两点，P是线段AB上的点(不与A、B重合)，过点A、B、P分别向x轴作垂线，垂足分别为C、D、E，连接OA、OB、0P，设△AOC的面积为S1、△BOD的面积为S2、△POE的面积为S3，则()
A、S1＜S2＜S3
B、S1＞S2＞S3
C、S1=S2＞S3
D、S1=S2＜S3
考点:反比例函数系数k的几何意义；反比例函数与一次函数的交点问题。

专题:几何图形问题。

分析:根据双曲线的图象上的点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S的关系即S=|k|．
解答:解:结合题意可得:AB都在双曲线y=上，
则有S1=S2；
而AB之间，直线在双曲线上方；
故S1=S2＜S3．
故选D．
点评:本题主要考查了反比例函数中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所
得矩形面积为|k|，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k 的几何意义．
11、(2021•东营)如图，△ABC中，A、B两个顶点在x轴的上方，点C的坐标是(﹣1，0)．以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形△A′B′C，并把△ABC的边长放大到原来的2倍．设点B的对应点B′的横坐标是a，则点B的横坐标是()
A、B、C、D、
考点:位似变换。

分析:根据位似变换的性质得出△ABC的边长放大到原来的2倍，FO=a，CF=a+1，BC=(a+1)，进而得出点B
的横坐标．
解答:解:∵点C的坐标是(﹣1，0)．以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形△A′B′C，并把△ABC 的边长放大到原来的2倍．
点B的对应点B′的横坐标是a，
∴FO=a，CF=a+1，
∴BC=(a+1)，
∴点B的横坐标是:﹣(a+1)﹣1=﹣(a+3)．
故选D．
点评:此题主要考查了位似变换的性质，根据已知得出FO=a，CF=a+1，BC=(a+1)，是解决问题的关键．
12、如图，直线与x轴、y轴分别相交于A，B两点，圆心P的坐标为(1，0)，圆P与y轴相切于点O．若将圆P沿x轴向左移动，当圆P与该直线相交时，横坐标为整数的点P的个数是()
A、2
B、3
C、4
D、5
考点:直线与圆的位置关系；一次函数综合题。

分析:根据直线与坐标轴的交点，得出A，B的坐标，再利用三角形相似得出圆与直线相切时的坐标，进而得出相交时的坐标．
解答:解:∵直线与x轴、y轴分别相交于A，B两点，
圆心P的坐标为(1，0)，
∴A点的坐标为:0=x+，
x=﹣3，A(﹣3，0)，
B点的坐标为:(0，)，
∴AB=2，
将圆P沿x轴向左移动，当圆P与该直线相切与C1时，P1C1=1，
根据△AP1C1∽△ABO，
∴==，
∴AP1=2，
∴P1的坐标为:(﹣1，0)，
将圆P沿x轴向左移动，当圆P与该直线相切与C2时，P2C2=1，
根据△AP2C2∽△ABO，
∴==，
∴AP2=2，
P2的坐标为:(﹣5，0)，
从﹣1到﹣5，整数点有﹣2，﹣3，﹣4，故横坐标为整数的点P的个数是3个．
故选B．
点评:此题主要考查了直线与坐标轴的求法，以及相似三角形的判定，题目综合性较强，注意特殊点的求法是解决问题的关键．
二、填空题(共5小题，每小题4分，满分20分)
13、(2021•东营)北京时间2021年3月11日，日本近海发生9.0级强烈地震．本次地震导致地球当天自转快了0.0000016秒．这里的0.0000016秒请你用科学记数法表示为 1.6×10﹣6秒．
考点:科学记数法—表示较小的数。

分析:绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
解答:解:0.0 000 016秒=1.6×10﹣6．
故答案为:1.6×10﹣6．
点评:本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
14、(2021•东营)分解因式:x2y﹣2xy+y=y(x﹣1)2．
考点:提公因式法与公式法的综合运用。

分析:先提取公因式y，再根据完全平方公式进行二次分解．完全平方公式:a2﹣2ab+b2=(a﹣b)2．
解答:解:x2y﹣2xy+y，
=y(x2﹣2x+1)，
=y(x﹣1)2．
故答案为:y(x﹣1)2．
点评:本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用完全平方公式进行二次分解，注意分解要彻底．
15、(2021•东营)在综合实践课上．五名同学做的作品的数量(单位:件)分别是:5，7，3，6，4，则这组数据的中位数是5件．
考点:中位数。

分析:根据中位数的求法:给定n个数据，按从小到大排序，如果n为奇数，位于中间的那个数就是中位数；如果n为偶数，位于中间两个数的平均数就是中位数．
解答:解:按从小到大的顺序排列是:3，4，5，6，7．
中间的是5，故中位数是5．
故答案是:5．
点评:本题主要考查了中位数的定义，理解定义是关键．
16、(2021•东营)如图，用锤子以相同的力将铁钉垂直钉入木块，随着铁钉的深入，铁钉所受的阻力也越来越大．当铁钉未进入木块部分长度足够时，每次钉入木块的铁钉长度是前一次的，已知这个铁钉被敲击3
次后全部进入木块(木块足够厚)，且第一次敲击后，铁钉进入木块的长度是a cm，若铁钉总长度为6cm，则a的取值范围是．
考点:一元一次不等式的应用。

专题:几何图形问题。

分析:由题意得敲击2次后铁钉进入木块的长度是a+a，而此时还要敲击1次，所以两次敲打进去的长度
要小于6，经过三次敲打后全部进入，所以三次敲打后进入的长度要大于等于6，列出不等式组即可得出答案．
解答:解:∵每次钉入木块的钉子长度是前一次的．已知这个铁钉被敲击3次后全部进入木块(木块足够厚)，且第一次敲击后铁钉进入木块的长度是acm，
根据题意得:敲击2次后铁钉进入木块的长度是a+a═a(cm)
而此时还要敲击1次，
∵a的最大长度为:6cm，
故a＜6，
第三次敲击进去最大长度是前一次的，也就是第二次的=a(cm)，
∴，
∴a的取值范围是:≤a＜．
故答案为:≤a＜，
点评:此题主要考查了一元一次不等式的应用，正确的分析得出两次敲打进去的长度和三次敲打进去的长度是解决问题的关键．
17、(2021•东营)如图，观察由棱长为1的小立方体摆成的图形，寻找规律:如图①中:共有1个小立方体，其中1个看得见，0个看不见；如图②中:共有8个小立方体，其中7个看得见，1个看不见；如图③中:共有27个小立方体，其中19个看得见，8个看不见；…，则第⑥个图中，看得见的小立方体有91个．
考点:规律型:图形的变化类。

专题:规律型。

分析:由题意可知，共有小立方体个数为序号数×序号数×序号数，看不见的小正方体的个数=(序号数﹣1)×(序号数﹣1)×(序号数﹣1)，看得见的小立方体的个数为共有小立方体个数减去看不见的小正方体的个数．
解答:解:n=1时，共有小立方体的个数为1，看不见的小立方体的个数为0个，看得见的小立方体的个数为1﹣0=1；
n=2时，共有小立方体的个数为2×2×2=8，看不见的小立方体的个数为(2﹣1)×(2﹣1)×(2﹣1)=1个，看得见的小立方体的个数为8﹣1=7；
n=3时，共有小立方体的个数为3×3×3=27，看不见的小立方体的个数为(3﹣1)×(3﹣1)×(3﹣1)=8个，看得见的小立方体的个数为27﹣8=19；
…
n=6时，共有小立方体的个数为6×6×6=216，看不见的小立方体的个数为(6﹣1)×(6﹣1)×(6﹣1)=125个，看得见的小立方体的个数为216﹣125=91．
故答案为:91．
点评:解决这类问题首先要从简单图形入手，抓住随着“编号”或“序号”增加时，后一个图形与前一个图形相比，在数量上增加(或倍数)情况的变化，找出数量上的变化规律，从而推出一般性的结论．
三、解答题(共7小题，满分64分)
18、(2021•东营)(1)计算:
(2)先化简，再求值:，其中．
考点:分式的化简求值；实数的运算；零指数幂；负整数指数幂。

分析:(1)根据负整数指数幂、绝对值、二次根式、零指数幂的知识解答；
(2)先把括号内的通分，然后再算除法，化为最简后再代入x的值计算．
解答:解:(1)原式=﹣1﹣7+3+5=0；
(2)原式=÷，
=，
=，
当x=时，原式==．
点评:本题考查了负整数指数幂、绝对值、二次根式、零指数幂的知识以及分式的化简求值，注意在化简时一定要化为最简后再代入求值．
19、(2021•东营)如图，在四边形ABCD中，DB平分∠ADC，∠ABC=120°，∠C=60°，∠BDC=30°；延长CD 到点E，连接AE，使得．
(1)求证:四边形ABDE是平行四边形；
(2)若DC=12，求AD的长．
考点:等腰梯形的性质；含30度角的直角三角形；平行四边形的判定与性质。

专题:计算题；证明题。

分析:(1)可证明AB∥ED，AE∥BD，即可证明四边形ABDE是平行四边形；由∠ABC=120°，∠C=60°，得AB∥ED；∠E=∠C=∠BDC=30°，得AE∥BD；
(2)可证得四边形ABCD是等腰梯形，AD=BC，易证△BDC是直角三角形，可得BC=DC=6．
解答:证明:(1)∵∠ABC=120°，∠C=60°，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴AB∥DC，即AB∥ED；
又∠C=60°，∠E=∠C，∠BDC=30°，
∴∠E=∠BDC=30°，
∴AE∥BD，
∴四边形ABDE是平行四边形；
解:(2)∵AB∥DC，
∴四边形ABCD是梯形，
∵DB平分∠ADC，∠BDC=30°，
∴∠ADC=∠BCD=60°，
∴四边形ABCD是等腰梯形；
∴BC=AD，
∵在△BCD中，∠C=60°，∠BDC=30°，
∴∠DBC=90°，
又DC=12，
∴AD=BC=DC=6．
点评:本题考查了知识点较多，有等腰梯形、直角三角形的性质以及平行四边形的判定和性质，只有牢记这些知识才能熟练运用．
20、(2021•东营)果农老张进行桃树科学管理试验．把一片桃树林分成甲、乙两部分，甲地块用新技术管理，乙地块用老方法管理，管理成本相同．在甲、乙两地块上各随机选取40棵桃树，根据每棵树的产量把桃树划分成A，B，C，D，E五个等级(甲、乙两地块的桃树等级划分标准相同，每组数据包括左端点不包括右端点)．画出统计图如下:
(1)补齐直方图，求a的值及相应扇形的圆心角度数；
(2)选择合适的统计量，比较甲乙两地块的产量水平．并说明试验结果；
(3)若在甲地块随机抽查1棵桃树，求该桃树产量等级是B级的概率．
考点:频数(率)分布直方图；用样本估计总体；扇形统计图；算术平均数；概率公式。

专题:图表型。

分析:(1)直接用40减去各个小组的频数即可得到B组的频数，用100%减去各个扇形的不方便即可得到a 的值，然后得到扇形的圆心角度数；
(2)利用平均数即可比较甲乙两地块的产量水平，根据平均数即可得到结论；
(3)由于总数为40，而B级频数是12，利用概率的定义即可求解．
解答:解:(1)a=100﹣20﹣10﹣15﹣45=10，如图
相应扇形的圆心角度数为360°×10%=36°；
(2)==80.5，
=95×15%+85×10%+75×45%+65×20%+55×10%=75，
∴＞，
∴由样本估计总体的思想说明:通过新技术革命甲地的产量水平高于乙的产量水平；
(3)∵总数为40，而B级频数是12，
∴该桃树产量等级是B级的概率P(是B级)==．
点评:本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．
21、(2021•东营)如图，已知点A、B、C、D均在已知圆上，AD∥BC，BD平分∠ABC，∠BAD=120°，四边形ABCD的周长为15．
(1)求此圆的半径；
(2)求图中阴影部分的面积．
考点:扇形面积的计算；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理。

专题:几何图形问题。

分析:(1)根据条件可以证得四边形ABCD是等腰梯形，且AB=AD=DC，∠DBC=90°，在直角△BDC中，BC是圆的直径，BC=2DC，根据四边形ABCD的周长为15，即可求得BC，即可得到圆的半径；
(2)根据S阴影=S扇形AOD﹣S△AOD即可求解．
解答:解:(1)∵AD∥BC，∠BAD=120°．∴∠ABC=60°．
又∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC=∠ADB=30°
∴==，∠BCD=60°
∴AB=AD=DC，∠DBC=90°
又在直角△BDC中，BC是圆的直径，BC=2DC．
∴BC+BC=15
∴BC=6
∴此圆的半径为3．
(2)设BC的中点为O，由(1)可知O即为圆心．
连接OA，OD，过O作OE⊥AD于E．
在直角△AOE中，∠AOE=30°
∴OE=OA•cos30°=
S△AOD=×3×=．
∴S阴影=S扇形AOD﹣S△AOD=﹣=﹣=．
点评:本题主要考查了扇形的面积的计算，正确证得四边形ABCD是等腰梯形，是解题的关键．
22、(2021•东营)随着人们经济收入的不断提高及汽车产业的快速发展，汽车已越来越多地进入普通家庭，成为居民消费新的增长点．据某市交通部门统计，2021年底全市汽车拥有量为15万辆，而截止到2021年底，全市的汽车拥有量已达21.6万辆．
(1)求2021年底至2021年底该市汽车拥有量的年平均增长率；
(2)为保护城市环境，缓解汽车拥堵状况，从2021年初起，该市交通部门拟控制汽车总量，要求到2021年底全市汽车拥有量不超过23.196万辆；另据估计，该市从2021年起每年报废的汽车数量是上年底汽车拥有量的10%．假定在这种情况下每年新增汽车数量相同，请你计算出该市每年新增汽车数多不能超过多少万辆．
考点:一元二次方程的应用；一元一次不等式的应用。

分析:(1)设该市汽车拥有量的年平均增长率为x，根据题意列出方程，不合题意的解，舍去即可；
(2)设全市每年新增汽车数量为y万两，则得出2021年底和2021年底全市的汽车拥有量，从而列出不等式求解即可．
解答:解:(1)设该市汽车拥有量的年平均增长率为x，根据题意得，15(1+x)2=21.6
解得x1=0.2=20%，x2=﹣2.2(不合题意，舍去)．
答:该市汽车拥有量的年平均增长率为20%；
(2)设全市每年新增汽车数量为y万两，则2021年底全市的汽车拥有量为21.6×90%+y万两，2021年底全市的汽车拥有量为(21.6×90%+y)×90%+y万两．
根据题意得:(21.6×90%+y)×90%+y≤23.196，
解得y≤3，
答:该市每年新增汽车数量最多不能超过3万两．
点评:本题考查了一元二次方程和不等式的应用，判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解．找到关键描述语，找到等量关系准确的列出方程是解决问题的关键．
23、(2021•东营)在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板放在第一象限，斜靠在两坐标轴上，且点A(0，2)，点C(1，0)，如图所示，抛物线y=ax2﹣ax﹣2经过点B．
(1)求点B的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)在抛物线上是否还存在点P(点B除外)，使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
考点:二次函数综合题。

专题:代数几何综合题；分类讨论；方程思想。

分析:(1)首先过点B作BD⊥x轴，垂足为D，易证得△BDC≌△CAO，即可得BD=OC=1，CD=OA=2，则可求得点B的坐标；
(2)利用待定系数法即可求得二次函数的解析式；
(3)分别从①以AC为直角边，点C为直角顶点，则延长BC至点P1使得P1C=BC，得到等腰直角三角形ACP1，过点P1作P1M⊥x轴，②若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形ACP2，过点P2作P2N⊥y轴，③若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP3⊥CA，且使得AP3=AC，得到等腰直角三角形ACP3，过点P3作P3H⊥y轴，去分析则可求得答案．
解答:解:(1)过点B作BD⊥x轴，垂足为D，
∵∠BCD+∠ACO=90°，∠AC0+∠OAC=90°，
∴∠BCD=∠CAO，
又∵∠BDC=∠COA=9°，CB=AC，
∴△BDC≌△CAO，
∴BD=OC=1，CD=OA=2，
∴点B的坐标为(3，1)；
(2)∵抛物线y=ax2﹣ax﹣2过点B(3，1)，
∴1=9a﹣3a﹣2，
解得:a=，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣2；
(3)假设存在点P，使得△ACP是直角三角形，
①若以AC为直角边，点C为直角顶点，
则延长BC至点P1使得P1C=BC，得到等腰直角三角形ACP1，过点P1作P1M⊥x轴，如图(1)，
∵CP1=BC，∠MCP1=∠BCD，∠P1MC=∠BDC=90°，
∴△MP1C≌△DBC，
∴CM=CD=2，P1M=BD=1，
∴P1(﹣1，﹣1)，经检验点P1在抛物线y=x2﹣x﹣2上；
②若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，
得到等腰直角三角形ACP2，过点P2作P2N⊥y轴，如图(2)，
同理可证△AP2N≌△CAO，
∴NP2=OA=2，AN=OC=1，
∴P2(﹣2，1)，经检验P2(﹣2，1)也在抛物线y=x2﹣x﹣2上；
③若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP3⊥CA，且使得AP3=AC，
得到等腰直角三角形ACP3，过点P3作P3H⊥y轴，如图(3)，
同理可证△AP3H≌△CAO，
∴HP3=OA=2，AH=OC=1，
∴P3(2，3)，经检验P3(2，3)不在抛物线y=x2﹣x﹣2上；
故符合条件的点有P1(﹣1，﹣1)，P2(﹣2，1)两点．
点评:此题考查了全等三角形的判定与性质，待定系数法求二次函数的解析式，等腰直角三角形的性质等知识．此题综合性和强，难度较大，解题的关键是要注意数形结合思想、方程思想与分类讨论思想的应用的
应用．
24、(2021•东营)如图所示，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为(﹣3，0)，(0，1)，点D是线段BC 上的动点(与端点B、C不重合)，过点D作直线交折线OAB于点E．
(1)记△ODE的面积为S，求S与b的函数关系式；
(2)当点E在线段0A上时，且．若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形O1A1B1C1，试探究四边形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由．
考点:一次函数综合题。

专题:综合题。

分析:(1)要表示出△ODE的面积，要分两种情况讨论，①如果点E在OA边上，只需求出这个三角形的底边OE长(E点横坐标)和高(D点纵坐标)，代入三角形面积公式即可；②如果点E在AB边上，这时△ODE 的面积可用长方形OABC的面积减去△OCD、△OAE、△BDE的面积；
(2)重叠部分是一个平行四边形，由于这个平行四边形上下边上的高不变，因此决定重叠部分面积是否变化的因素就是看这个平行四边形落在OA边上的线段长度是否变化．
解答:解:(1)∵四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为(﹣3，0)，(0，1)，
∴B(﹣3，1)，
若直线经过点A(﹣3，0)时，则b=，
若直线经过点B(﹣3，1)时，则b=，
若直线经过点C(0，1)时，则b=1，
①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b≤，如图1，
此时E(2b，0)，
∴S=OE•CO=×2b×1=b；
②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即＜b＜，如图2
此时E(﹣3，)，D(2b﹣2，1)，
∴S=S矩﹣(S△OCD+S△OAE+S△DBE)
=3﹣[(2b﹣2)×1+×(5﹣2b)•(﹣b)+×3(b﹣)]
=b﹣b2，
∴S=；
(2)如图3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积．
由题意知，DM∥NE，DN∥ME，
∴四边形DNEM为平行四边形，
根据轴对称知，∠MED=∠NED，
又∠MDE=∠NED，
∴∠MED=∠MDE，
∴MD=ME，
∴平行四边形DNEM为菱形．
过点D作DH⊥OA，垂足为H，
由题易知，=，DH=1，
∴HE=2，
设菱形DNEM的边长为a，
则在Rt△DHN中，由勾股定理知:a2=(2﹣a)2+12，
∴a=，
∴S四边形DNEM=NE•DH=．
∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为．
点评:本题是一个动态图形中的面积是否变化的问题，看一个图形的面积是否变化，关键是看决定这个面积的几个量是否变化，本题题型新颖是个不可多得的好题，有利于培养学生的思维能力，但难度较大，具有明显的区分度．。