2010年湖北省仙桃中考数学试卷 19页

一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）‎ ‎1、（2010•江汉区）﹣6的相反数是（　　）‎ ‎ A、﹣6 B、﹣‎‎1‎‎6‎ ‎ C、‎1‎‎6‎ D、6‎ 考点：相反数。‎ 分析：相反数就是只有符号不同的两个数．‎ 解答：解：根据概念，与﹣6只有符号不同的数是6．即﹣6的相反数是6．‎ 故选D．‎ 点评：本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“﹣”号；一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．‎ ‎2、（2010•江汉区）截止2010年6月5日11时28分，上海世博园参观人数累计突破10000000人次，这个数用科学记数法可表示为（保留两个有效数字）（　　）‎ ‎ A、1.0×108 B、1.0×107‎ ‎ C、1.00×107 D、1.00×108‎ 考点：科学记数法与有效数字。‎ 专题：应用题。‎ 分析：较大的数保留有效数字需要用科学记数法来表示．用科学记数法保留有效数字，要在标准形式a×10n中a的部分保留，从左边第一个不为0的数字数起，需要保留几位就数几位，然后根据四舍五入的原理进行取舍．‎ 解答：解：10000000=1.0×107．‎ 故选B．‎ 点评：从左边第一个不是0的数开始数起，到精确到的数位为止，所有的数字都叫做这个数的有效数字；注意后面的单位不算入有效数字．‎ ‎3、（2010•江汉区）对于图中标记的各角，下列条件能够推理得到a∥b的是（　　）‎ ‎ A、∠1=∠2 B、∠2=∠4‎ ‎ C、∠3=∠4 D、∠1+∠4=180°‎ 考点：平行线的判定。‎ 分析：在复杂的图形中具有相等关系的两角首先要判断它们是否是同位角或内错角，被判断平行的两直线是否由“三线八角”而产生的被截直线．‎ 解答：解：A、∠1=∠2，因为它们不是a、b被截得的同位角或内错角，不符合题意；‎ B、∠2=∠4，因为它们不是a、b被截得的同位角或内错角，不符合题意；‎ C、∠3=∠4，因为它们不是a、b被截得的同位角或内错角，不符合题意；‎ D、∠1+∠4=180°，∠1的对顶角与∠4是a、b被截得的同旁内角，符合题意．‎ 故选D．‎ 点评：正确识别“三线八角”中的同位角、内错角、同旁内角是正确答题的关键，不能遇到相等或互补关系的角就误认为具有平行关系，只有同位角相等、内错角相等、同旁内角互补，才能推出两被截直线平行．‎ ‎4、（2010•江汉区）已知a﹣2b=﹣2，则4﹣2a+4b的值是（　　）‎ ‎ A、0 B、2‎ ‎ C、4 D、8‎ 考点：代数式求值。‎ 专题：整体思想。‎ 分析：观察题中的两个代数式a﹣2b和4﹣2a+4b可以发现，﹣2a+4b=﹣2（a﹣2b），因此整体代入即可求出所求的结果．‎ 解答：解：∵a﹣2b=﹣2，‎ 代入4﹣2a+4b，得4﹣2（a﹣2b）=4﹣2×（﹣2）=8．‎ 故选D．‎ 点评：代数式中的字母表示的数没有明确告知，而是隐含在题设中，可以利用“整体代入法”求代数式的值．‎ ‎5、（2010•江汉区）如图，是每个面上都有一个汉字的正方体的一种展开图，那么在原正方体的表面上，与“看”相对的面上的汉字是（　　）‎ ‎ A、南 B、世 ‎ C、界 D、杯 考点：专题：正方体相对两个面上的文字。‎ 专题：操作型。‎ 分析：利用正方体及其表面展开图的特点解题．方法比较灵活可让“看”字面不动，分别把各个面围绕该面折成正方体，这需要空间想象能力，如果想象不出就动手操作，或者拿手边的正方体展成该形状观察．‎ 解答：解：这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“南”与面“世”相对，面“杯”与面“非”相对，“看”与面“界”相对．‎ 故选C．‎ 点评：注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．‎ ‎6、（2010•江汉区）某校开展“了解传统习俗，弘扬民族文化”为主题的实践活动．实践小组就“是否知道端午节的来由”这个问题，对部分学生进行了调查，调查结果如图，其中不知道的学生有8人．下列说法不正确的是（　　）‎ ‎ A、被调查的学生共50人 B、被调查的学生中“知道”的人数为32人 ‎ C、图中“记不清”对应的圆心角为60° D、全校“知道”的人数约占全校人数的64%‎ 考点：扇形统计图。‎ 分析：根据不知道的学生有8人，占总体的16%，求得总人数．‎ 根据已知部分求全体用除法，已知全体求部分用乘法进行分析．‎ 解答：解：A、共有学生8÷16%=50（人），故正确；‎ B、被调查的学生中“知道”的人数有50×64%=32（人），故正确；‎ C、记不清的百分比是1﹣16%﹣64%=20%，20%×360°=72°，故错误；‎ D、全校“知道”的人数约占全校人数的64%，故正确．‎ 故选C．‎ 点评：读懂扇形统计图，扇形统计图表示各部分占总体的百分比．‎ 根据部分求总体用除法，求部分所对的圆心角的度数，即百分比×360°．‎ ‎7、（2010•江汉区）甲、乙两人以相同路线前往距离单位10km的培训中心参加学习．图中l甲、l乙分别表示甲、乙两人前往目的地所走的路程S（km）随时间t（分）变化的函数图象．以下说法：①乙比甲提前12分钟到达；②甲的平均速度为15千米/小时；③乙走了8km后遇到甲；④乙出发6分钟后追上甲．其中正确的有（　　）‎ ‎ A、4个 B、3个 ‎ C、2个 D、1个 考点：函数的图象。‎ 分析：观察函数图象可知，函数的横坐标表示时间，纵坐标表示路程，然后根据图象上特殊点的意义进行解答．‎ 解答：解：①乙在28分时到达，甲在40分时到达，所以乙比甲提前了12分钟到达；故①正确；‎ ‎②根据甲到达目的地时的路程和时间知：甲的平均速度=10÷‎40‎‎60‎=15千米/时；故②正确；‎ ‎④设乙出发x分钟后追上甲，则有：‎10‎‎28﹣18‎×x=‎10‎‎40‎×（18+x），解得x=6，故④正确；‎ ‎③由④知：乙第一次遇到甲时，所走的距离为：6×‎10‎‎28﹣18‎=6km，故③错误；‎ 所以正确的结论有三个：①②③，‎ 故选B．‎ 点评：读函数的图象时首先要理解横纵坐标表示的含义，理解问题叙述的过程，能够通过图象得到函数是随自变量的增大，知道函数值是增大还是减小．‎ ‎8、（2010•江汉区）如图，半圆O的直径AB=7，两弦AB、CD相交于点E，弦CD=‎7‎‎2‎，且BD=5，则DE等于（　　）‎ ‎ A、‎2‎‎2‎ B、‎‎4‎‎2‎ ‎ C、‎5‎‎3‎ D、‎‎5‎‎2‎ 考点：圆周角定理；相似三角形的判定与性质。‎ 分析：根据圆周角定理得出的两组相等的对应角，易证得△AEB∽△DEC，根据CD、AB的长，即可求出两个三角形的相似比；设BE=x，则DE=5﹣x，然后根据相似比表示出AE、EC的长，连接BC，首先在Rt△BEC中，根据勾股定理求得BC的表达式，然后在Rt△ABC中，由勾股定理求得x的值，进而可求出DE的长．‎ 解答：解：∵∠D=∠A，∠DCA=∠ABD，‎ ‎∴△AEB∽△DEC；‎ ‎∴ECBE‎=DEAE=‎CDAB=‎1‎‎2‎；‎ 设BE=x，则DE=5﹣x，EC=2x，AE=2（5﹣x）；‎ 连接BC，则∠ACB=90°；‎ Rt△BCE中，BE=x，EC=‎1‎‎2‎x，则BC=‎3‎‎2‎x；‎ 在Rt△ABC中，AC=AE+EC=10﹣‎3‎‎2‎x，BC=‎3‎‎2‎x；‎ 由勾股定理，得：AB2=AC2+BC2，‎ 即：72=（10﹣‎3‎‎2‎x）2+（‎3‎‎2‎x）2，‎ 整理，得x2﹣10x+17=0，解得x1=5+2‎2‎，x2=5﹣2‎2‎；‎ 由于x＜5，故x=5﹣2‎2‎；‎ 则DE=BD﹣BE=2‎2‎，故选A．‎ 点评：此题主要考查了圆周角定理、相似三角形的判定和性质、勾股定理的应用等知识；本题要特别注意的是BE、DE 不是相似三角形的对应边，它们的比不等于相似比，以免造成错解．‎ 二、填空题（共8小题，每小题3分，满分24分）‎ ‎9、（2010•江汉区）计算a4b÷a2= ．‎ 考点：整式的除法。‎ 分析：根据单项式除以单项式，把系数、同底数幂分别相除作为商的因式，对于只在被除式里含有的字母，则连同他的指数一起作为商的一个因式．‎ 解答：解：a4b÷a2=a2b．‎ 点评：本题主要考查单项式的除法，熟练掌握运算法则是解题的关键．‎ ‎10、（2010•江汉区）二次三项式x2﹣4x﹣1写成a（x+m）2+n的形式为 ．‎ 考点：配方法的应用。‎ 分析：将所给式子配成完全平方式即可．‎ 解答：解：原式=x2﹣4x+4﹣5=（x﹣2）2﹣5．‎ 点评：配方法的难点是配方，要求学生必须熟练掌握公式“a2±2ab+b2”，判断什么是：“a”或“b”或“ab”，怎样从a2、2ab这两项去找出“b”，或从a2、b2这两项去找出2ab”，或从2ab去找出a2和b2”．同学们要熟练掌握这些基本方法，从而做到心中有数，配方有路可循．‎ ‎11、（2010•江汉区）从同一副扑克牌（去掉大、小王）中任意抽取一张，牌面上数字是“8”的概率是 ．‎ 考点：概率公式。‎ 分析：让牌中8的个数除以去掉大、小王的牌数即为所求的概率．‎ 解答：解：同一副扑克牌去掉大、小王还有52张，牌面上数字是“8”的牌共有4张，‎ 故任意抽取一张，牌面上数字是“8”的概率是‎4‎‎52‎=‎1‎‎13‎．‎ 点评：此题考查了概率的定义：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=mn．‎ ‎12、（2010•江汉区）元代朱世杰所著的《算学启蒙》里有这样一道题：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里，驽马先行一十二日，问良马几何追及之？”请你回答：良马 天可以追上驽马．‎ 考点：一元一次方程的应用。‎ 专题：行程问题。‎ 分析：设良马x日追及之．根据等量关系：良马走的路程=驽马走的路程，列出方程．‎ 解答：解：设良马x日追及之，‎ 根据题意得：240x=150（x+12），‎ 解得：x=20．‎ 答：良马20日追上驽马．‎ 点评：此题是路程问题中的追及问题，弄清题目中两种马各自走的时间是关键．‎ ‎13、（2010•江汉区）如图，点D、E在△ABC的BC边上，∠BAD=∠CAE，要推理得出△ABE≌△ACD，可以补充的一个条件是 （不添加辅助线，写出一个即可）．‎ 考点：全等三角形的判定。‎ 专题：开放型。‎ 分析：本题要判定△ABE≌△ACD，已知∠BAD=∠CAE，∠DAE是公共角，具备了一组角对应相等，故添加AB=AC后可得一组对应边和一组对应角相等，根据ASA判定其全等．‎ 解答：解：补充AB=AC．‎ ‎∵∠BAD=∠CAE ‎∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE ‎∴∠BAE=∠CAD ‎∵AB=AC ‎∴∠B=∠C 在△ABE和△ACD中 ‎∠BAE=∠CAD，AB=AC，∠B=∠C ‎∴△ABE≌△ACD（ASA）‎ 故填AB=AC．‎ 点评：本题考查三角形全等的判定方法；判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．根据已知条件结合判定方法，找出所需条件，一般答案不唯一，只要符合要求即可．‎ ‎14、（2010•江汉区）如图，已知矩形ABCD，AD在y轴上，AB=2，BC=3，点A的坐标为（0，1），在AB边上有一点E（2，1），过点E的直线与BC交于点F．若EF平分矩形ABCD的面积，则直线EF的解析式为 ．‎ 考点：待定系数法求一次函数解析式；矩形的性质。‎ 专题：代数几何综合题。‎ 分析：根据题意，点D的坐标为（0，﹣1），AE=2，根据EF平分矩形ABCD的面积，先求出点F的坐标，再利用待定系数法求函数解形式．‎ 解答：‎ 解：∵BC=2，点A的坐标为（0，1），‎ ‎∴OB=1，∴点B坐标为（0，﹣1），‎ ‎∵点E（2，1），‎ ‎∴AE=2，ED=AD﹣AE=1，‎ ‎∵EF平分矩形ABCD的面积，‎ ‎∴BF=DE，‎ ‎∴点F的坐标为（1，﹣1），‎ 设直线EF的解析式为y=kx+b，‎ 则‎&2k+b=1‎‎&k+b=﹣1‎，‎ 解得‎&k=2‎‎&b=﹣3‎，‎ 所以直线EF的解析式为y=2x﹣3．‎ 故答案为y=2x﹣3．‎ 点评：本题考查矩形的性质和待定系数法求函数解形式．‎ ‎15、（2010•江汉区）如图，等腰Rt△ABC的直角边长为4，以A为圆心，直角边AB为半径作弧BC1，交斜边AC于点C1，C1B1⊥AB于点B1，设弧BC1，C1B1，B1B围成的阴影部分的面积为S1，然后以A为圆心，AB1为半径作弧B1C2，交斜边AC于点C2，C2B2⊥AB于点B2，设弧B1C2，C2B2，B2B1围成的阴影部分的面积为S2，按此规律继续作下去，得到的阴影部分的面积S3= ．‎ 考点：扇形面积的计算。‎ 专题：规律型。‎ 分析：每一个阴影部分的面积都等于扇形的面积减去等腰直角三角形的面积．‎ 此题的关键是求得AB2、AB3的长．根据等腰直角三角形的性质即可求解．‎ 解答：解：根据题意，得 AC1=AB=4．‎ 所以AC2=AB1=2‎2‎．‎ 所以AC3=AB2=2．‎ 所以AB3=‎2‎．‎ 所以阴影部分的面积S3=‎45π×4‎‎360‎﹣‎1‎‎2‎×2=π‎2‎﹣1．‎ 点评：此题综合运用了等腰直角三角形的性质和扇形的面积公式．‎ ‎16、（2010•江汉区）从一个等腰三角形纸片的底角顶点出发，能将其剪成两个等腰三角形纸片，则原等腰三角形纸片的底角等于 度．‎ 考点：等腰三角形的性质。‎ 分析：剪成的两个三角形是等腰三角形，所以靠近底边的等腰三角形的顶角与原三角形的顶角相等，设原三角形的底角为2x，则顶角为x，根据三角形内角和定理求解即可．‎ 解答：解：根据题意，原三角形底角是顶角的2倍，‎ 设底角为2x，则顶角为x，‎ ‎∴x+2×2x=180°，‎ 解得x=36°，‎ ‎∴2x=72°．‎ 点评：本题考查等腰三角形的性质，判断出底角是顶角的2倍是解题的关键．‎ 三、解答题（共9小题，满分72分）‎ ‎17、（2010•江汉区）先化简，再求值‎（‎2‎a+1‎﹣‎1‎a﹣1‎）÷‎aa‎2‎‎﹣1‎，其中a=2．‎ 考点：分式的化简求值。‎ 专题：计算题。‎ 分析：这道求代数式值的题目，不应考虑把a的值直接代入，通常做法是先把代数式去括号，把除法转换为乘法化简，然后再代入求值．‎ 解答：解：原式=‎2（a﹣1）﹣（a+1）‎‎（a+1）（a﹣1）‎×‎‎（a+1）（a﹣1）‎a ‎=a﹣3‎‎（a+1）（a﹣1）‎×‎（a+1）（a﹣1）‎a=a﹣3‎a；‎ 当a=2时，原式=a﹣3‎a=‎2﹣3‎‎2‎=﹣‎1‎‎2‎．‎ 点评：分式混合运算要注意先去括号；分子、分母能因式分解的先因式分解；除法要统一为乘法运算．‎ ‎18、（2010•江汉区）已知方程x2﹣4x+m=0的一个根为﹣2，求方程的另一根及m的值．‎ 考点：根与系数的关系；一元二次方程的解。‎ 分析：根据根与系数的关系，可求出两根的和与两根的积，将已知的根代入即可求出另一根及m的值．‎ 解答：解：设原方程的两根为x1、x2；‎ 则：x1+x2=4，x1x2=m；‎ ‎∵x1=﹣2，‎ ‎∴x2=4﹣x1=6，m=x1x2=﹣12；‎ 即方程的另一根是6，m的值为﹣12．‎ 点评：此题主要考查的是一元二次方程根与系数的关系．‎ ‎19、（2010•江汉区）如图，A、B两地被一大山阻隔，汽车从A地到B须经过C地中转．为了促进A、B两地的经济发展，现计划开通隧道，使汽车可以直接从A地到B地．已知∠A=30°，∠B=45°，BC=‎15‎‎2‎千米．若汽车的平均速度为45千米/时，则隧道开通后，汽车直接从A地到B地需要多长时间？（参考数据：‎2‎‎≈1.4，‎3‎≈1.7‎）‎ 考点：解直角三角形的应用。‎ 分析：过点C作AB的垂线，根据三角函数即可求得AC，AB的长，就可求得汽车行走的时间，从而求解．‎ 解答：解：‎ 过点C作CD⊥AB于点D．‎ 在直角△BCD中，BD=CD=‎2‎‎2‎BC=15；‎ 在直角△ACD中，∠A=30°，‎ 则AC=2CD=30米，‎ AD=‎3‎CD=15‎3‎≈25.5．‎ ‎∴AB=AD+BD=25.5+15=40.5．‎ 则由A到B的时间是40.5÷45≈0.9（小时）．‎ 点评：一般三角形的问题可以转化为直角三角形的计算，转化的方法是作高线．‎ ‎20、（2010•江汉区）某校七年级各班分别选出3名学生组成班级代表队，参加“低碳生活进校园，绿色环保我先行”知识竞赛，得分最多的班级为优胜班级，各代表队比赛结果如下：‎ ‎（1）写出表格中得分的众数，中位数和平均数；‎ ‎（2）学校从获胜班级的代表队中各抽取1名学生组成“绿色环保监督”小组，小明、小红分别是七（4）班和七（6‎ ‎）班代表队的学生，用列表法或画树形图的方法说明同时抽到小明和小红的概率是多少？‎ 考点：列表法与树状图法；算术平均数；中位数；众数。‎ 分析：（1）出现数目最多的数叫众数，10个数中，中位数为排列后第5个和第6个数的平均数；平均数让这10个数相加除以10即可；‎ ‎（2）列举出所有情况，看同时抽到小明和小红的情况占总情况的多少即可．‎ 解答：解：（1）众数为90，中位数为（90+90）÷2=90，平均数为：（85×2+80×2+90×4+100×2）÷10=89；‎ ‎（2）优胜班级为七（4）班和七（6）班，设七（4）班其余学生为1，2；七（6）班其余两人为3，4．‎ 共有9种情况，同时抽到小明和小红的情况只有1种，所以概率是‎1‎‎9‎．‎ 点评：用到的知识点为：众数，中位数，平均数的算法；如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=mn．‎ ‎21、（2010•江汉区）如图，Rt△BDE中，∠BDE=90°，BC平分∠DBE交DE于点C，AC⊥CB交BE于点A，△ABC的外接圆的半径为r．‎ ‎（1）求证：BC•BD=r•ED；‎ ‎（2）若BD=3，DE=4，求AE的长．‎ 考点：切割线定理；直角三角形全等的判定；勾股定理；切线的判定。‎ 专题：计算题；证明题。‎ 分析：（1）取AB中点O，由题意得△ABC是Rt△，O是外接圆心，连接CO，可证得OC∥DB，则OCBD‎=‎CEDE，即OC•DE=CE•BD；作CF⊥BE，可证出F、B、D、C四点共圆，推得∠FCE=∠DBA，从而Rt△BDC≌Rt△ECF，则CE=BC，得出结论BC•BD=r•ED．‎ ‎（2）根据勾股定理求出BE，设CE=x，则BC=x，在Rt△BCD中，根据勾股定理求出x，再推得CE为圆的切线，利用切割线定理求出AE的值．‎ 解答：解：（1）取AB中点O，△ABC是Rt△，AB是斜边，O是外接圆心，连接CO，‎ ‎∴BO=CO，∠BCO=∠OBC，‎ ‎∵BC是∠DBE平分线，‎ ‎∴∠DBC=∠CBA，‎ ‎∴∠OCB=∠DBC，‎ ‎∴OC∥DB，（内错角相等，两直线平行），‎ ‎∴OCBD‎=‎CEDE，把比例式化为乘积式得BD•CE=DE•OC，‎ ‎∵OC=r，‎ ‎∴BD•CE=DE•r．‎ 作CF⊥BE，垂足F，‎ ‎∵∠D=90度，‎ ‎∴∠CFB+∠D=180°，‎ ‎∴F、B、D、C四点共圆，‎ ‎∴∠FCE=∠DBA，（圆外接四边形的外角等于它的内对角）．‎ ‎∵CD=CF，（角平分线上的点到角两边的距离相等角两边等距），‎ ‎∴Rt△BDC≌Rt△ECF，‎ ‎∴CE=BC，‎ ‎∴BC•BD=r•ED．‎ ‎（2）BD=3，DE=4，根据勾股定理，BE=5，‎ 设CE=x，BC=CE=，BD2+CD2=BC2，32+（4﹣x）2=x2，x=‎25‎‎8‎，‎ 由前所述，OC∥BD，BD⊥DE，故OC⊥DE，‎ CE是圆O切线，CE2=AE•BE，‎ AE=（‎25‎‎8‎）2÷5=‎125‎‎64‎．‎ 点评：本题考查的是切割线定理，切线的性质定理，勾股定理．‎ ‎22、（2010•江汉区）如图，已知直线l：y=﹣‎3‎‎3‎x+‎‎3‎交x轴于点A，交y轴于点B，将△AOB沿直线l翻折，点O的对应点C恰好落在双曲线y=kx（k＞0）‎上．‎ ‎（1）求k的值；‎ ‎（2）将△ABC绕AC的中点旋转180°得到△PCA，请判断点P是否在双曲线y=‎kx上，并说明理由．‎ 考点：一次函数综合题。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（1）由△AOB≌△ACB求得C点坐标，代入双曲线即可求得k值；‎ ‎（2）由B点找出关于AC中点的对称点即P点，得出P点坐标，判断是否在双曲线上．‎ 解答：解：（1）由△AOB≌△ACB，BC=OB，AC=AO，则令y=0，x=3；x=0，y=‎‎3‎ 即A（3，0） B（0，‎3‎）设C（x，y）‎ ‎&（x﹣3‎）‎‎2‎+y‎2‎=‎‎3‎‎2‎‎&x‎2‎+（y﹣‎3‎‎）‎‎2‎=（‎‎3‎‎）‎‎2‎解得：‎‎&x=‎‎3‎‎2‎‎&y=‎‎3‎‎3‎‎2‎ 代入双曲线k=xy=‎‎9‎‎3‎‎4‎ ‎（2）设AC中点为D，则D点坐标D（‎9‎‎4‎，‎3‎‎3‎‎4‎），再设P点坐标（x，y）‎ ‎&x‎2‎=‎‎9‎‎4‎‎&y+‎‎3‎‎2‎=‎‎3‎‎3‎‎4‎解得：‎‎&x=‎‎9‎‎2‎‎&y=‎‎3‎‎2‎ 把坐标代入双曲线y=‎9‎‎3‎‎4x，等式成立 ‎∴点P在双曲线上．‎ 点评：此题考查的是一次函数的图象，其中用到了一点关于某点的对称点，同学们应注意掌握．‎ ‎23、（2010•江汉区）正方形ABCD中，点O是对角线DB的中点，点P是DB所在直线上的一个动点，PE⊥BC于E，PF⊥DC于F．‎ ‎（1）当点P与点O重合时（如图①），猜测AP与EF的数量及位置关系，并证明你的结论；‎ ‎（2）当点P在线段DB上（不与点D、O、B重合）时（如图②），探究（1）中的结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由；‎ ‎（3）当点P在DB的长延长线上时，请将图③补充完整，并判断（1）中的结论是否成立？若成立，直接写出结论；若不成立，请写出相应的结论．‎ 考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（1）连接AC，则AC必过O点，延长FO交AB于M，由于O是BD中点，易证得△AOM≌△FOE，则AO=EF，且∠AOM=∠FOC=∠OFE=45°，由此可证得AP⊥EF．‎ ‎（2）方法与①类似，延长FP交AB于M，延长AP交BC于N，易证得四边形MBEP是正方形，可证得△APM≌△FEP，则AP=EF，∠APM=∠FEP；而∠APM=∠FPN=∠PEF，且∠PEF与∠PFE互余，故∠PFE+∠FPN=90°，由此可证得AP⊥EF，所以（1）题的结论仍然成立．‎ ‎（3）解题思路和方法同（2）．‎ 解答：解：（1）AP=EF，AP⊥EF，理由如下：‎ 连接AC，则AC必过点O，延长FO交AB于M；‎ ‎∵OF⊥CD，OE⊥BC，且四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴四边形OECF是正方形，‎ ‎∴OM=OF=OE=AM，‎ ‎∵∠MAO=∠OFE=45°，∠AMO=∠EOF=90°，‎ ‎∴△AMO≌△FOE，‎ ‎∴AO=EF，且∠AOM=∠OFE=∠FOC=45°，即OC⊥EF，‎ 故AP=EF，且AP⊥EF．‎ ‎（2）题（1）的结论仍然成立，理由如下：‎ 延长AP交BC于N，延长FP交AB于M；‎ ‎∵PM⊥AB，PE⊥BC，∠MBE=90°，且∠MBP=∠EBP=45°，‎ ‎∴四边形MBEP是正方形，‎ ‎∴MP=PE，∠AMP=∠FPE=90°；‎ 又∵AB﹣BM=AM，BC﹣BE=EC=PF，且AB=BC，BM=BE，‎ ‎∴AM=PF，‎ ‎∴△AMP≌△FPE，‎ ‎∴AP=EF，∠APM=∠FPN=∠PBF；‎ ‎∵∠PEF+∠PFE=90°，∠FPN=∠PEF，‎ ‎∴∠FPN+∠PFE=90°，即AP⊥EF，‎ 故AP=EF，且AP⊥EF．‎ ‎（3）题（1）（2）的结论仍然成立；‎ 如右图，延长AB交PF于H，证法与（2）完全相同．‎ 点评：充分利用正方形的性质，灵活的构造全等三角形，并能够根据全等三角形的性质来得到所求的条件是解决此题的关键．‎ ‎24、（2010•江汉区）小王家是新农村建设中涌现出的“养殖专业户”．他准备购置80只相同规格的网箱，养殖A、B两种淡水鱼（两种鱼不能混养）．计划用于养鱼的总投资不少于7万元，但不超过7.2万元，其中购置网箱等基础建设需要1.2万元．设他用x只网箱养殖A种淡水鱼，目前平均每只网箱养殖A、B两种淡水鱼所需投入及产业情况如下表：‎ ‎（1）小王有哪几种养殖方式？‎ ‎（2）哪种养殖方案获得的利润最大？‎ ‎（3）根据市场调查分析，当他的鱼上市时，两种鱼的价格会有所变化，A种鱼价格上涨a%（0＜a＜50），B种鱼价格下降20%，考虑市场变化，哪种方案获得的利润最大？（利润=收入﹣支出．收入指成品鱼收益，支出包括基础建设投入、鱼苗投资及饲料支出）‎ 考点：一元一次不等式组的应用。‎ 专题：阅读型；图表型。‎ 分析：（1）养A种鱼的支出与B种鱼的支出之和只要≥5.8万并≤6‎ 万就可以（除去购置网箱等基础建设投入），列出不等式组解决即可．‎ ‎（2）我们分别列举出每种方式所获得的利润，再比较即可．‎ ‎（3）由于B种鱼的价格已经固定，我们只要求出当a取什么值时利润相等，就可以解决了．‎ 解答：解：（1）设他用x只网箱养殖A种淡水鱼，列不等式组如下‎&（2.3+3）x+（4+5.5）（80﹣x）+120≥700‎‎&（2.3+3）x+（4+5.5）（80﹣x）+120≤720‎ 解得‎&x≤42‎‎&x≥39‎，所以他有以下4种养殖方式：①A39B41；②A40B40；③A41B39；④A42B38．‎ ‎（2）A种鱼的利润=100×0.1﹣（2.3+3）=4.7（百元），B种鱼的利润=55×0.4﹣（4+5.5）=12.5（百元）．‎ 四种养殖方式所获得的利润：①4.7×39+12.5×41=597.2（百元）‎ ‎②4.7×40+12.5×40=592（百元）‎ ‎③4.7×41+12.5×39=586.8（百元）‎ ‎④4.7×42+12.5×38=581.6（百元）‎ 所以，A种鱼39箱、B种鱼41箱利润最大．‎ ‎（3）价格变动后A种鱼的利润=100×0.1×（1+a%）﹣（2.3+3）（百元），B种鱼的利润=55×0.4×（1﹣20%）﹣（4+5.5）=8.1（百元）．设AB利润相等则有100×0.1×（1+a%）﹣（2.3+3）=8.1，解得a=34．由此可见，当a=34时，利润相等；当a＞34时第④种方式利润最大；当a＜34时，第①种方式利润最大．‎ 点评：解决问题的关键是读懂题意，找到关键描述语，进而找到所求的量的等量关系．再用列举法一一列举后比较即可．‎ ‎25、（2010•江汉区）如图，平面直角坐标系中，点A、B、C在x轴上，点D、E在y轴上，OA=OD=2，OC=OE=4，DB⊥DC，直线AD与经过B、E、C三点的抛物线交于F、G两点，与其对称轴交于M．点P为线段FG上一个动点（与F、G不重合），PQ∥y轴与抛物线交于点Q．‎ ‎（1）求经过B、E、C三点的抛物线的解析式；‎ ‎（2）是否存在点P，使得以P、Q、M为顶点的三角形与△AOD相似？若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）若抛物线的顶点为N，连接QN，探究四边形PMNQ的形状：①能否成为菱形；②能否成为等腰梯形？若能，请直接写出点P的坐标；若不能，请说明理由．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 专题：压轴题。‎ 分析：（1）在Rt△ODC中，根据射影定理即可求出OB的长，由此可得到B点的坐标，进而可用待定系数法求出抛物线的解析式；‎ ‎（2）易知△AOD是等腰Rt△，若以P、Q、M为顶点的三角形与△AOD相似，那么△PQM也必须是等腰Rt△；由于∠QPM≠90°，因此本题分两种情况：‎ ‎①PQ为斜边，M为直角顶点；②PM为斜边，Q为直角顶点；‎ 首先求出直线AD的解析式，进而可得到M点的坐标；设出P点横坐标，然后根据抛物线和直线AD的解析式表示出P、Q的纵坐标，即可得到PQ的长；在①中，PQ的长为M、P横坐标差的绝对值的2倍；在②中，PQ的长正好等于M、P横坐标差的绝对值，由此可求出符合条件的P点坐标；‎ ‎（3）①若四边形PQNM是菱形，首先必须满足四边形PMNQ是平行四边形，此时MN与PQ相等，由此可得到P点坐标，然后再判断PQ是否与PM相等即可；‎ ‎②由于当NQ∥PM时，四边形PMNQ是平行四边形，因此本题只需考虑MN∥PQ这一种情况；若四边形PMNQ是等腰梯形且MN、PQ为上下底，那么根据等腰梯形的对称性可知：Q、P的纵坐标的和应该等于N、M的纵坐标的和，据此可求出P、Q的坐标，然后再判断QN与PM是否平行即可．‎ 解答：解：（1）在Rt△BDC中，OD⊥BC，‎ 由射影定理，得：OD2=OB•OC；‎ 则OB=OD2÷OC=1；‎ ‎∴B（﹣1，0）；‎ ‎∴B（﹣1，0），C（4，0），E（0，4）；‎ 设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣4）（a≠0），则有：‎ a（0+1）（0﹣4）=4，a=﹣1；‎ ‎∴y=﹣（x+1）（x﹣4）=﹣x2+3x+4；‎ ‎（2）因为A（﹣2，0），D（0，2）；‎ 所以直线AD：y=x+2；‎ 联立抛物线的解析式可求得F（1﹣‎3‎，3﹣‎3‎），G（1+‎3‎，3+‎3‎）；‎ 设P点坐标为（x，x+2）（1﹣‎3‎＜x＜1+‎3‎），则Q（x，﹣x2+3x+4）；‎ ‎∴PQ=﹣x2+3x+4﹣x﹣2=﹣x2+2x+2；‎ 易知M（‎3‎‎2‎，‎7‎‎2‎），‎ 若以P、Q、M为顶点的三角形与△AOD相似，则△PQM为等腰直角三角形；‎ ‎①以M为直角顶点，PQ为斜边；PQ=2|xM﹣xP|，即：‎ ‎﹣x2+2x+2=2（‎3‎‎2‎﹣x），‎ 解得x=2﹣‎3‎，x=2+‎3‎（不合题意舍去）‎ ‎∴P（2﹣‎3‎，4﹣‎3‎）；‎ ‎②以Q为直角顶点，PM为斜边；PQ=|xM﹣xQ|，‎ 即：﹣x2+2x+2=‎3‎‎2‎﹣x，‎ 解得x=‎3﹣‎‎11‎‎2‎，x=‎3+‎‎11‎‎2‎（不合题意舍去）‎ ‎∴P（‎3﹣‎‎11‎‎2‎，‎7﹣‎‎11‎‎2‎）‎ 故存在符合条件的P点，且P点坐标为（2﹣‎3‎，4﹣‎3‎）或（‎3﹣‎‎11‎‎2‎，‎7﹣‎‎11‎‎2‎）；‎ ‎（3）易知N（‎3‎‎2‎，‎25‎‎4‎），M（‎3‎‎2‎，‎7‎‎2‎）；‎ 设P点坐标为（m，m+2），‎ 则Q（m，﹣m2+3m+4）；（1﹣‎3‎＜m＜1+‎3‎）‎ ‎∴PQ=﹣m2+2m+2，NM=‎11‎‎4‎；‎ ‎①若四边形PMNQ是菱形，则首先四边形PMNQ是平行四边形，有：‎ MN=PQ，‎ 即：﹣m2+2m+2=‎11‎‎4‎，‎ 解得m=‎1‎‎2‎，m=‎3‎‎2‎（舍去）；‎ 当m=‎1‎‎2‎时，P（‎1‎‎2‎，‎5‎‎2‎），Q（‎1‎‎2‎，‎21‎‎4‎）‎ 此时PM=‎2‎≠MN，故四边形PMNQ不可能是菱形；‎ ‎②由于当NQ∥PM时，四边形PMNQ是平行四边形，‎ 所以若四边形PMNQ是梯形，只有一种情况：PQ∥MN；‎ 依题意，则有：‎1‎‎2‎（yN+yM）=‎1‎‎2‎（yP+yQ），‎ 即‎25‎‎4‎+‎7‎‎2‎=﹣m2+3m+4+m+2，‎ 解得m=‎5‎‎2‎，m=‎3‎‎2‎（舍去）；‎ 当m=‎5‎‎2‎时，P（‎5‎‎2‎，‎9‎‎2‎），Q（‎5‎‎2‎，‎21‎‎4‎），此时NQ与MP不平行，‎ ‎∴四边形PMNQ可以是等腰梯形，且P点坐标为（‎5‎‎2‎，‎9‎‎2‎）．‎ 点评：此题是二次函数的综合题，考查的知识点有：直角三角形的性质，二次函数的确定，等腰三角形、菱形、等腰梯形的判定和性质等，同时还考查了分类讨论的数学思想；要特别注意的是在判定梯形的过程中，不要遗漏证明另一组对边不平行的条件．‎ 参与本试卷答题和审题的老师有：‎ Linaliu；shenzigang；ZJX；lzhzkkxx；xinruozai；MMCH；lanyuemeng；zhjh；lbz；zhangchao；张伟东；lanchong；HJJ；kuaile；wangcen；huangling；CJX；py168。（排名不分先后）‎ ‎2011年2月17日