2010年浙江省金华市中考数学试卷(全解全析) 17页

一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）‎ ‎1、（2010•金华）在﹣3，﹣‎3‎，﹣1，0这四个实数中，最大的是（　　）‎ ‎ A、﹣3 B、﹣‎‎3‎ ‎ C、﹣1 D、0‎ 考点：实数大小比较。‎ 分析：由于正数、0大于所有负数，根据这个法则即可比较四个数的大小．‎ 解答：解：∵|﹣3|=3，|﹣‎3‎|=‎3‎，|﹣1|=1，‎ ‎3＞‎3‎＞1，‎ ‎∴﹣3＜﹣‎3‎＜﹣1，‎ 又因为0大于一切负数，‎ 所以﹣3＜﹣‎3‎＜﹣1＜0．‎ 故选D．‎ 点评：此题主要考查了实数的大小的比较，比较两个实数的大小，可以采用作差法、取近似值法等．‎ 实数大小比较法则：‎ ‎（1）正数大于0，0大于负数，正数大于负数；‎ ‎（2）两个负数，绝对值大的反而小．‎ ‎2、（2010•金华）据报道，5月28日参观2010上海世博会的人数达35.6万，用科学记数法表示数35.6万是（　　）‎ ‎ A、3.56×101 B、3.56×104‎ ‎ C、3.56×105 D、35.6×104‎ 考点：科学记数法—表示较大的数。‎ 专题：应用题。‎ 分析：应先把35.6万整理为用个表示的数，科学记数法的一般形式为：a×10n，在本题中a为3.56，10的指数为整数数位减1．‎ 解答：解：35.6万=356 000=3.56×105．故选C．‎ 点评：将一个绝对值较大的数写成科学记数法a×10n的形式时，其中1≤|a|＜10，n为比整数位数少1的数．‎ ‎3、（2010•金华）在平面直角坐标系中，点P（﹣1，3）位于（　　）‎ ‎ A、第一象限 B、第二象限 ‎ C、第三象限 D、第四象限 考点：点的坐标。‎ 分析：应先判断出所求点的横纵坐标的符号，进而判断点所在的象限．‎ 解答：解：因为点P（﹣1，3）的横坐标是负数，纵坐标是正数，所以点P在平面直角坐标系的第二象限．故选B．‎ 点评：解决本题的关键是掌握好四个象限的点的坐标的符号特征：第一象限正正，第二象限负正，第三象限负负，第四象限正负．‎ ‎4、（2010•金华）图中几何体的主视图是（　　）‎ ‎ A、 B、‎ ‎ C、 D、‎ 考点：简单组合体的三视图。‎ 分析：根据实物的形状和主视图的概念判断即可．‎ 解答：解：图中几何体的主视图如选项B所示．故选B．‎ 点评：本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图，解答时学生易将三种视图混淆而错误的选其它选项．‎ ‎5、（2010•金华）小明的讲义夹里放了大小相同的试卷共12页，其中语文4页、数学2页、英语6页，他随机地从讲义夹中抽出1页，抽出的试卷恰好是数学试卷的概率为（　　）‎ ‎ A、‎1‎‎2‎ B、‎‎1‎‎3‎ ‎ C、‎1‎‎6‎ D、‎‎1‎‎12‎ 考点：概率公式。‎ 分析：根据随机事件概率大小的求法，找准两点：‎ ‎①符合条件的情况数目；‎ ‎②全部情况的总数．‎ 二者的比值就是其发生的概率的大小．‎ 解答：解：∵小明的讲义夹里放了大小相同的试卷共12页，数学2页，‎ ‎∴他随机地从讲义夹中抽出1页，抽出的试卷恰好是数学试卷的概率为‎2‎‎12‎=‎1‎‎6‎．‎ 故选C．‎ 点评：本题考查概率的求法与运用，一般方法为：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．‎ ‎6、（2010•金华）如图，△ABC内接于⊙O，∠A=40°，则∠BOC的度数为（　　）‎ ‎ A、20° B、40°‎ ‎ C、60° D、80°‎ 考点：圆周角定理。‎ 分析：可由同弧所对的圆周角、圆心角的关系求出∠BOC的度数．‎ 解答：解：∵∠BOC、∠A是同弧所对的圆心角和圆周角，‎ ‎∴∠BOC=2∠A=80°；故选D．‎ 点评：此题主要考查的是圆周角定理：同弧所对的圆周角是圆心角的一半．‎ ‎7、（2010•金华）如果a﹣3b=﹣3，那么代数式5﹣a+3b的值是（　　）‎ ‎ A、0 B、2‎ ‎ C、5 D、8‎ 考点：代数式求值。‎ 专题：整体思想。‎ 分析：将a﹣3b=﹣3整体代入即可求出所求的结果．‎ 解答：解：∵a﹣3b=﹣3，代入5﹣a+3b，得5﹣a+3b=5﹣（a﹣3b）=5+3=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．‎ ‎8、（2010•金华）已知抛物线y=ax2+bx+c的开口向下，顶点坐标为（2，﹣3），那么该抛物线有（　　）‎ ‎ A、最小值﹣3 B、最大值﹣3‎ ‎ C、最小值2 D、最大值2‎ 考点：二次函数的最值。‎ 分析：根据抛物线开口向下和其顶点坐标为（2，﹣3），可直接做出判断．‎ 解答：解：因为抛物线开口向下和其顶点坐标为（2，﹣3），‎ 所以该抛物线有最大值﹣3．‎ 故选B．‎ 点评：求二次函数的最大（小）值有三种方法：第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是公式法．‎ ‎9、（2010•金华）如图，若A是实数a在数轴上对应的点，则关于a，﹣a，1的大小关系表示正确的是（　　）‎ ‎ A、a＜1＜﹣a B、a＜﹣a＜1‎ ‎ C、1＜﹣a＜a D、﹣a＜a＜1‎ 考点：实数与数轴。‎ 分析：根据数轴可以得到a＜1＜﹣a，据此即可确定哪个选项正确．‎ 解答：解：∵实数a在数轴上原点的左边，‎ ‎∴a＜0，但|a|＞1，﹣a＞1，‎ 则有a＜1＜﹣a．‎ 故选A．‎ 点评：本题考查了实数与数轴的对应关系，数轴上的数右边的数总是大于左边的数 ‎10、（2010•金华）如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，对角线AC平分∠BAD，∠B=60°，CD=2cm，则梯形ABCD的面积为（　　）cm2．‎ ‎ A、3‎3‎ B、6‎ ‎ C、6‎3‎ D、12‎ 考点：等腰梯形的性质。‎ 分析：作CE垂直AB于点E．作CF平行AD交AB于F．此时等腰梯形被分为一个平行四边形和一个等边三角形，由已知可得到AD=DC=BC，从而吉求得CE的长，再根据梯形的面积公式计算即可．‎ 解答：解：如图，作CE垂直AB于点E．作CF平行AD交AB于F．‎ 已知对角线AC平分∠BAD，∠B=∠A=60°⇒∠DAC=∠CAB=30°⇒DA=DC=BC=2‎ 又因为AD∥CF⇒∠CFB=∠B=60°⇒△BCF为等边三角形 根据勾股定理可求出CE=‎2‎‎2‎‎﹣‎‎1‎‎2‎=‎‎3‎ AB=AF+BF=4‎ 故等腰梯形的面积为（2+4）×‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎=3‎3‎．‎ 点评：本题需要辅助线的帮助，主要考查的是等腰梯形的性质以及梯形的面积公式．‎ 二、填空题（共6小题，每小题4分，满分24分）‎ ‎11、（2010•丽水）分解因式：x2﹣9= ．‎ 考点：因式分解-运用公式法。‎ 分析：本题中两个平方项的符号相反，直接运用平方差公式分解因式．‎ 解答：解：x2﹣9=（x+3）（x﹣3）．‎ 点评：主要考查平方差公式分解因式，熟记能用平方差公式分解因式的多项式的特征，即“两项、异号、平方形式”是避免错用平方差公式的有效方法．‎ ‎12、（2010•金华）分式方程‎1‎x﹣2‎=1的解是x= ．‎ 考点：解分式方程。‎ 专题：计算题。‎ 分析：观察可得最简公分母是（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：方程的两边同乘（x﹣2），得 ‎1=x﹣2，‎ 解得x=3，‎ 检验：把x=3代入（x﹣2）=1≠0，‎ 故原方程的解为：x=3．‎ 点评：（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．‎ ‎13、（2010•金华）如果半径为3cm的⊙O1与半径为4cm的⊙O2内切，那么两圆的圆心距O1O2= cm．‎ 考点：圆与圆的位置关系。‎ 分析：本题直接告诉了两圆的半径及位置关系，根据数量关系与两圆位置关系的对应情况便可直接得出答案．外离，则P＞R+r；外切，则P=R+r；相交，则R﹣r＜P＜R+r；内切，则P=R﹣r；内含，则P＜R﹣r．（P表示圆心距，R，r分别表示两圆的半径）．‎ 解答：解：根据两圆内切时，圆心距等于两圆半径差，得 圆心距O1O2=4﹣3=1cm．‎ 点评：本题考查了由已知位置关系及两圆半径，求圆心距的方法．‎ ‎14、（2010•金华）如图，在平面直角坐标系中，若△ABC与△A1B1C1关于E点成中心对称，则对称中心E点的坐标是 ．‎ 考点：坐标与图形变化-旋转；中心对称图形。‎ 分析：连接对应点AA1、CC1，根据对应点的连线经过对称中心，则交点就是对称中心E点，在坐标系内确定出其坐标．‎ 解答：解：连接AA1、CC1，则交点就是对称中心E点．‎ 观察图形知，E（3，﹣1）．‎ 点评：此题考查了中心对称的性质：对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分．确定E点位置是关键．‎ ‎15、（2010•金华）已知二次函数y=﹣x2+2x+m的部分图象如图所示，则关于x的一元二次方程﹣x2+2x+m=0的解为 ．‎ 考点：抛物线与x轴的交点。‎ 分析：由二次函数y=﹣x2+2x+m的部分图象可以得到抛物线的对称轴和抛物线与x轴的一个交点坐标，然后可以求出另一个交点坐标，再利用抛物线与x轴交点的横坐标与相应的一元二次方程的根的关系即可得到关于x的一元二次方程﹣x2+2x+m=0的解．‎ 解答：解：依题意得二次函数y=﹣x2+2x+m的对称轴为x=1，与x轴的一个交点为（3，0），‎ ‎∴抛物线与x轴的另一个交点横坐标为1﹣（3﹣1）=﹣1，‎ ‎∴交点坐标为（﹣1，0）‎ ‎∴当x=﹣1或x=3时，函数值y=0，‎ 即﹣x2+2x+m=0，‎ ‎∴关于x的一元二次方程﹣x2+2x+m=0的解为x1=﹣1或x2=3．‎ 故填空答案：x1=﹣1或x2=3．‎ 点评：此题主要考查了学生的数形结合思想，二次函数的对称性，以及二次函数与x轴交点横坐标与相应一元二次方程的根关系．‎ ‎16、（2010•金华）如图在边长为2的正方形ABCD中，E，F，O分别是AB，CD，AD的中点，以O为圆心，以OE为半径画弧EF．P是EF上的一个动点，连接OP，并延长OP交线段BC于点K，过点P作⊙O的切线，分别交射线AB于点M，交直线BC于点G．若BGBM=3，则BK= ．‎ 考点：切线的性质。‎ 专题：动点型。‎ 分析：根据MG与⊙O相切得OK⊥MG．设直线OK交射线AB于点H，易证∠MGB=∠BHK．根据三角函数定义，cot∠MGB=cot∠BHK=BGBM=3，从而有AH=3，BH=3BK．因为AB=2，所以BH=1，可求BK．‎ 解答：解：设直线OK交射线AB于点H．‎ ‎∵MG与⊙O相切，‎ ‎∴OK⊥MG．‎ ‎∵∠BKH=∠PKG，‎ ‎∴∠MGB=∠BHK．‎ ‎∵cot∠MGB=BGBM=3，‎ ‎∴cot∠BHK=3．‎ ‎∴AH=3AO=3×1=3，‎ BH=3BK．‎ ‎∵AB=2，‎ ‎∴BH=1，‎ ‎∴BK=‎1‎‎3‎．‎ 点评：此题考查了切线的性质及三角函数等知识点，综合性强，难度较大．‎ 三、解答题（共8小题，满分66分）‎ ‎17、（2010•金华）计算：‎（‎3‎）‎‎0‎+‎27‎﹣4cos30°‎ 考点：特殊角的三角函数值；零指数幂。‎ 分析：本题涉及零指数幂、特殊角的三角函数值、二次根式化简四个考点．在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．‎ 解答：解：原式﹦1+3‎3‎﹣2‎3‎（5分） （三式化简对1个（2分），对2个（4分），对3个5分）‎ ‎﹦1+‎3‎． （1分）‎ 点评：本题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等考点的运算．‎ ‎18、（2010•金华）如图，在△ABC中，D是BC边上的点（不与B，C重合），F，E分别是AD及其延长线上的点，CF∥BE．请你添加一个条件，使△BDE≌△CDF（不再添加其它线段，不再标注或使用其他字母），并给出证明．‎ ‎（1）你添加的条件是： ；‎ ‎（2）证明：‎ 考点：全等三角形的判定。‎ 专题：证明题；开放型。‎ 分析：（1）由已知可证∠FCD﹦∠EBD，又∠FDC﹦∠EDB，因为三角形全等条件中必须是三个元素，并且一定有一组对应边相等．故添加的条件是：BD=DC（或点D是线段BC 的中点）或FD=ED或CF=BE．‎ ‎（2）以BD=DC为例进行证明，由已知可证∠FCD﹦∠EBD，又∠FDC﹦∠EDB，可根据AAS判定 ‎△BDE≌△CDF．‎ 解答：解：（1）BD=DC（或点D是线段BC的中点）或FD=ED或CF=BE中 任选一个即可．‎ ‎（2）以BD=DC为例进行证明：‎ ‎∵CF∥BE，‎ ‎∴∠FCD﹦∠EBD，‎ 又∵BD=DC，∠FDC﹦∠EDB，‎ ‎∴△BDE≌△CDF（AAS）‎ 点评：三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．‎ ‎19、（2010•金华）在一个阳光明媚、清风徐来的周末，小明和小强一起到郊外放风筝﹒他们把风筝放飞后，将两个风筝的引线一端都固定在地面上的C处（如图）．现已知风筝A的引线（线段AC）长20m，风筝B的引线（线段BC）长24m，在C处测得风筝A的仰角为60°，风筝B的仰角为45°．‎ ‎（1）试通过计算，比较风筝A与风筝B谁离地面更高？‎ ‎（2）求风筝A与风筝B的水平距离．（精确到0.01m；参考数据：sin45°≈0.707，cos45°≈0.707，‎ tan45°=1，sin60°≈0.866，cos60°=0.5，tan60°≈1.732）‎ 考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题。‎ 分析：（1）在直角三角形中，运用三角函数定义求解；‎ ‎（2）利用已知角的余弦函数求CE，CD．距离=CE﹣CD．‎ 解答：解：（1）分别过A，B作地面的垂线，垂足分别为D，E．‎ 在Rt△ADC中，‎ ‎∵AC﹦20，∠ACD﹦60°，‎ ‎∴AD﹦20×sin60°﹦10‎3‎≈17.32．‎ 在Rt△BEC中，‎ ‎∵BC﹦24，∠BEC﹦45°，‎ ‎∴BE﹦24×sin45°﹦12‎2‎≈16.97．‎ ‎∵17.32＞16.97，‎ ‎∴风筝A比风筝B离地面更高． （3分）‎ ‎（2）在Rt△ADC中，‎ ‎∵AC﹦20，∠ACD﹦60°，‎ ‎∴DC﹦20×cos60°﹦10．‎ 在Rt△BEC中，‎ ‎∵BC﹦24，∠BEC﹦45°，‎ ‎∴EC﹦BC≈16.97．‎ ‎∴EC﹣DC≈16.97﹣10﹦6.97．‎ 即风筝A与风筝B的水平距离约为6.97m． （3分）‎ 点评：考查仰角的定义，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．‎ ‎20、（2010•金华）已知二次函数y=ax2+bx﹣3的图象经过点A（2，﹣3），B（﹣1，0）．‎ ‎（1）求二次函数的解析式；‎ ‎（2）填空：要使该二次函数的图象与x轴只有一个交点，应把图象沿y轴向上平移 个单位．‎ 考点：待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象与几何变换；抛物线与x轴的交点。‎ 分析：（1）将A（2，﹣3），B（﹣1，0）代入y=ax2+bx﹣3，用待定系数法即可求得二次函数的解析式；‎ ‎（2）利用顶点坐标公式可求出图象沿y轴向上平移的单位．‎ 解答：解：（1）由已知，有‎&4a+2b﹣3=﹣3‎‎&a﹣b﹣3=0‎，即‎&4a+2b=0‎‎&a﹣b=3‎，解得‎&a=1‎‎&b=﹣2‎ ‎∴所求的二次函数的解析式为y=x2﹣2x﹣3．‎ ‎（2）∵﹣b‎2a=1，‎4ac﹣‎b‎2‎‎4a=﹣4．‎ ‎∴顶点坐标为（1，﹣4）．‎ ‎∵二次函数的图象与x轴只有一个交点，‎ ‎∴应把图象沿y轴向上平移4个单位．‎ 点评：考查利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．二次函数的图象与x轴只有一个交点，即顶点的纵坐标为0．‎ ‎21、（2010•金华）如图，AB是⊙O的直径，C是BD的中点，CE⊥AB于E，BD交CE于点F．‎ ‎（1）求证：CF﹦BF；‎ ‎（2）若CD﹦6，AC﹦8，则⊙O的半径为 ，CE的长是 ．‎ 考点：圆周角定理；勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（1）要证明CF﹦BF，可以证明∠1=∠2；AB是⊙O的直径，则∠ACB﹦90°，又知CE⊥AB，则∠CEB﹦90°，则∠2﹦90°﹣∠A﹦∠1，∠1﹦∠A，则∠1=∠2；‎ ‎（2）在直角三角形ACB中，AB2=AC2+BC2，又知，BC=CD，所以可以求得AB的长，即可求得圆的半径；再根据三角形相似可以求得CE的长．‎ 解答：解：（1）证明：‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB﹦90°‎ 又∵CE⊥AB，‎ ‎∴∠CEB﹦90°‎ ‎∴∠2﹦90°﹣∠A﹦∠1‎ 又∵C是弧BD的中点，‎ ‎∴∠1﹦∠A ‎∴∠1﹦∠2，‎ ‎∴CF﹦BF；‎ ‎（2）∵∠ACB﹦90°‎ ‎∴AB2=AC2+BC2‎ 又∵BC=CD，‎ ‎∴AB2=64+36=100‎ ‎∴AB=10，‎ ‎⊙O的半径为5，CE的长是‎24‎‎5‎．‎ 点评：本题考查垂弦定理、圆心角、圆周角的应用能力．‎ ‎22、（2010•金华）一方有难，八方支援．2010年4月14日青海玉树发生7.1级强烈地震，给玉树人民造成了巨大的损失．灾难发生后，实验中学举行了爱心捐款活动，全校同学纷纷拿出自己的零花钱，踊跃捐款支援灾区人民﹒小慧对捐款情况进行了抽样调查，抽取了40‎ 名同学的捐款数据，把数据进行分组、列频数分布表后，绘制了频数分布直方图．图中从左到右各长方形高度之比为3：4：5：7：1（如图）．‎ ‎（1）捐款20元这一组的频数是 ；‎ ‎（2）40名同学捐款数据的中位数是 ；‎ ‎（3）若该校捐款金额不少于34500元，请估算该校捐款同学的人数至少有多少名？‎ 考点：频数（率）分布直方图；用样本估计总体；中位数。‎ 专题：图表型。‎ 分析：（1）先根据长方形高度之比计算出每一组的人数，从左到右第四组的人数即是第四组的频数；‎ ‎（2）第20位和第21位的平均数是中位数；‎ ‎（3）34500÷捐款的平均数=该校捐款同学的人数 解答：解：（1）40÷（3+4+5+7+1）×7=14，‎ ‎（2）第一组有6人，第二组有8人，第三组有10人，第五组有2人．第20个和第21个数都落在捐15元的这组内，则中位数为15元；‎ 故填14；15．‎ ‎（3）抽出的40名同学的平均数=（6×5+8×10+10×15+14+20+2×30）÷40=15‎ 设该校捐款的同学有x人，由题意得15x≥34500‎ 解得x≥2300‎ 答：该校捐款的同学至少有2300人．‎ 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．注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数．如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求；如果是偶数个，则找中间两位数的平均数．‎ ‎23、（2010•金华）已知点P的坐标为（m，0），在x轴上存在点Q（不与P点重合），以PQ为边作正方形PQMN，使点M落在反比例函数y=﹣‎2‎x的图象上．小明对上述问题进行了探究，发现不论m取何值，符合上述条件的正方形只有两个，且一个正方形的顶点M在第四象限，另一个正方形的顶点M1在第二象限．‎ ‎（1）如图所示，若反比例函数解析式为y=﹣‎2‎x，P点坐标为（1，0），图中已画出一符合条件的一个正方形PQMN，请你在图中画出符合条件的另一个正方形PQ1M1N1，并写出点M1的坐标；M1的坐标是 ．‎ ‎（2）请你通过改变P点坐标，对直线M1M的解析式y﹦kx+b进行探究可得k﹦ ，若点P的坐标为（m，0）时，则b﹦ ；‎ ‎（3）依据（2）的规律，如果点P的坐标为（6，0），请你求出点M1和点M的坐标．‎ 考点：反比例函数综合题；正方形的性质。‎ 专题：探究型。‎ 分析：（1）根据要求，画出符合条件的另一个正方形PQ1M1N1，即可写出点M1的坐标；‎ ‎（2）由于四边形PQMN与四边形PQ1M1N1都是正方形，结合图象分析，可得出M1、P、M三点共线，再求得直线M1M的斜率，代入P点坐标，求得b=m；‎ ‎（3）依据（2）的规律，如果点P的坐标为（6，0），则直线M1M的解析式为y=﹣x+6，又点M（x，y）在反比例函数y=﹣‎2‎x的图象上，故x•（﹣x+6）=﹣2，解此方程，求出x的值，进而得出点M1和点M的坐标．‎ 解答：解：（1）如图，画出符合条件的另一个正方形PQ1M1N1，‎ 则容易看出M1的坐标为（﹣1，2）；‎ ‎（2）由于四边形PQMN与四边形PQ1M1N1都是正方形，‎ 则∠MPN=∠Q1PM1=45°，∠Q1PN1=90°，∴∠M1PM=180°，‎ ‎∴M1、P、M三点共线，由tan∠Q1PM1=1，‎ 可知不管P点在哪里，k﹦﹣1；‎ 把x=m代入y=﹣x+b，得b=m；‎ ‎（3）由（2）知，直线M1M的解析式为y=﹣x+6，‎ 则M（x，y）满足x•（﹣x+6）=﹣2，‎ 解得x1=3+‎11‎，x2=3﹣‎11‎，‎ ‎∴y1=3+‎11‎，y2=3﹣‎11‎．‎ ‎∴M1，M的坐标分别为（3﹣‎11‎，3+‎11‎），（3+‎11‎，3﹣‎11‎）．‎ 点评：此题综合考查了反比例函数的性质，正方形等多个知识点．此题难度稍大，综合性比较强，注意对各个知识点的灵活应用．‎ ‎24、（2010•金华）如图，把含有30°角的三角板ABO置入平面直角坐标系中，A，B两点坐标分别为（3，0）和（0，3‎3‎）．动点P从A点开始沿折线AO﹣OB﹣BA运动，点P在AO，OB，BA上运动的面四民．数学兴趣小组对捐款情况进行了抽样调查，速度分别为1，‎3‎，2（长度单位/秒）．一直尺的上边缘l从x轴的位置开始以‎3‎‎3‎（长度单位/秒）的速度向上平行移动（即移动过程中保持l∥x轴），且分别与OB，AB交于E，F两点﹒设动点P与动直线l同时出发，运动时间为t秒，当点P沿折线AO﹣OB﹣BA运动一周时，直线l和动点P同时停止运动．‎ 请解答下列问题：‎ ‎（1）过A，B两点的直线解析式是 ；‎ ‎（2）当t﹦4时，点P的坐标为 ；当t﹦ ，点P与点E重合；‎ ‎（3）①作点P关于直线EF的对称点P′．在运动过程中，若形成的四边形PEP′F为菱形，则t的值是多少？‎ ‎②当t﹦2时，是否存在着点Q，使得△FEQ∽△BEP？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：待定系数法求一次函数解析式；坐标与图形性质；菱形的性质；相似三角形的判定与性质。‎ 专题：综合题；压轴题；分类讨论。‎ 分析：（1）考查了待定系数法求一次函数；‎ ‎（2）此题要掌握点P的运动路线，要掌握点P在不同阶段的运动速度，即可求得；‎ ‎（3）①此题需要分三种情况分析：点P在线段OA上，在线段OB上，在线段AB上；根据菱形的判定可知：在线段EF的垂直平分线上与x轴的交点，可求的一个；当点P在线段OB上时，形成的是三角形，不存在菱形；当点P在线段BA上时，根据对角线互相平分且互相垂直的四边形是菱形求得．‎ ‎②当t﹦2时，可求的点P的坐标，即可确定△BEP，根据相似三角形的判定定理即可求得点 Q的坐标，解题时要注意答案的不唯一性．‎ 解答：解：（1）y=﹣‎3‎x+3‎3‎；（4分）‎ ‎（2）（0，‎3‎），t=‎9‎‎2‎；（4分）（各2分）‎ ‎（3）①当点P在线段AO上时，过F作FG⊥x轴，G为垂足（如图1）‎ ‎∵OE=FG，EP=FP，∠EOP=∠FGP=90°‎ ‎∴△EOP≌△FGP，∴OP=PG﹒‎ 又∵OE=FG=‎3‎‎3‎t，∠A=60°，∴AG=FGtan60°‎=‎1‎‎3‎t 而AP=t，∴OP=3﹣t，PG=AP﹣AP=‎2‎‎3‎t 由3﹣t=‎2‎‎3‎t得t=‎9‎‎5‎；（1分）‎ 当点P在线段OB上时，形成的是三角形，不存在菱形；‎ 当点P在线段BA上时，‎ 过P作PH⊥EF，PM⊥OB，H、M分别为垂足（如图2）‎ ‎∵OE=‎3‎‎3‎t，∴BE=3‎3‎﹣‎3‎‎3‎t，∴EF=BEtan60°‎=3﹣‎t‎3‎ ‎∴MP=EH=‎1‎‎2‎EF=‎9﹣t‎6‎，又∵BP=2（t﹣6）‎ 在Rt△BMP中，BP•cos60°=MP 即2（t﹣6）•‎1‎‎2‎=‎9﹣t‎6‎，解得t=‎45‎‎7‎．（1分）‎ ‎②存在﹒理由如下：‎ ‎∵t=2，∴OE=‎2‎‎3‎‎3‎，AP=2，OP=1‎ 将△BEP绕点E顺时针方向旋转90°，得到 ‎△B'EC（如图3）‎ ‎∵OB⊥EF，∴点B'在直线EF上，‎ C点坐标为（‎2‎‎3‎‎3‎，‎2‎‎3‎‎3‎﹣1）‎ 过F作FQ∥B'C，交EC于点Q，‎ 则△FEQ∽△B'EC 由BEFE=B'EFE=CEQE=‎3‎，可得Q的坐标为（﹣‎2‎‎3‎，‎3‎‎3‎）（1分）‎ 根据对称性可得，Q关于直线EF的对称点Q'（﹣‎2‎‎3‎，‎3‎）也符合条件．（1分）‎ 点评：此题考查了待定系数法求一次函数的解析式，还考查了菱形的性质与判定以及相似三角形的判定与性质，解题的关键要注意数形结合思想的应用，还要注意答案的不唯一性．‎ 参与本试卷答题和审题的老师有：‎ zhangchao；huangling；Linaliu；lanchong；nhx600；CJX；zhangCF；wdxwwzy；张伟东；zcx；lihongfang；zxw；bjy；zhjh；137-hui；mama258；zhxl；zzz0929；ln_86；csiya；MMCH；kaixinyike。（排名不分先后）‎ ‎2011年2月17日