全国各地中考数学选择填空压轴题汇编四 28页

‎2018年全国各地中考数学选择、填空压轴题汇编（四）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（共18小题）‎ ‎1．（2018•杭州）如图，已知点P是矩形ABCD内一点（不含边界），设∠PAD=θ1，∠PBA=θ2，∠PCB=θ3，∠PDC=θ4，若∠APB=80°，∠CPD=50°，则（　　）‎ A．（θ1+θ4）﹣（θ2+θ3）=30° B．（θ2+θ4）﹣（θ1+θ3）=40°‎ C．（θ1+θ2）﹣（θ3+θ4）=70° D．（θ1+θ2）+（θ3+θ4）=180°‎ 解：∵AD∥BC，∠APB=80°，‎ ‎∴∠CBP=∠APB﹣∠DAP=80°﹣θ1，‎ ‎∴∠ABC=θ2+80°﹣θ1，‎ 又∵△CDP中，∠DCP=180°﹣∠CPD﹣∠CDP=130°﹣θ4，‎ ‎∴∠BCD=θ3+130°﹣θ4，‎ 又∵矩形ABCD中，∠ABC+∠BCD=180°，‎ ‎∴θ2+80°﹣θ1+θ3+130°﹣θ4=180°，‎ 即（θ1+θ4）﹣（θ2+θ3）=30°，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．（2018•宁波）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠‎ A=30°，AB=4，以点B为圆心，BC长为半径画弧，交边AB于点D，则的长为（　　）‎ A．π B．π C．π D．π 解：∵∠ACB=90°，AB=4，∠A=30°，‎ ‎∴∠B=60°，BC=2‎ ‎∴的长为=，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．（2018•嘉兴）如图，点C在反比例函数y=（x＞0）的图象上，过点C的直线与x轴，y轴分别交于点A，B，且AB=BC，△AOB的面积为1，则k的值为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ 解：设点A的坐标为（a，0），‎ ‎∵过点C的直线与x轴，y轴分别交于点A，B，且AB=BC，△AOB的面积为1，‎ ‎∴点C（﹣a，），‎ ‎∴点B的坐标为（0，），‎ ‎∴=1，‎ 解得，k=4，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．（2018•杭州）如图，在△ABC中，点D在AB边上，DE∥BC，与边AC交于点E，连结BE．记△ADE，△BCE的面积分别为S1，S2（　　）‎ A．若2AD＞AB，则3S1＞2S2 B．若2AD＞AB，则3S1＜2S2‎ C．若2AD＜AB，则3S1＞2S2 D．若2AD＜AB，则3S1＜2S2‎ 解：∵如图，在△ABC中，DE∥BC，‎ ‎∴△ADE∽△ABC，‎ ‎∴=（）2，‎ ‎∴若2AD＞AB，即＞时，＞，‎ 此时3S1＞S2+S△BDE，而S2+S△BDE＜2S2．但是不能确定3S1与2S2的大小，‎ 故选项A不符合题意，选项B不符合题意．‎ 若2AD＜AB，即＜时，＜，‎ 此时3S1＜S2+S△BDE＜2S2，‎ 故选项C不符合题意，选项D符合题意．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．（2018•宁波）如图，平行于x轴的直线与函数y=（k1＞0，x＞0），y=‎ ‎（k2＞0，x＞0）的图象分别相交于A，B两点，点A在点B的右侧，C为x轴上的一个动点，若△ABC的面积为4，则k1﹣k2的值为（　　）‎ A．8 B．﹣8 C．4 D．﹣4‎ 解：∵AB∥x轴，‎ ‎∴A，B两点纵坐标相同．‎ 设A（a，h），B（b，h），则ah=k1，bh=k2．‎ ‎∵S△ABC=AB•yA=（a﹣b）h=（ah﹣bh）=（k1﹣k2）=4，‎ ‎∴k1﹣k2=8．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．（2018•杭州）四位同学在研究函数y=x2+bx+c（b，c是常数）时，甲发现当x=1时，函数有最小值；乙发现﹣1是方程x2+bx+c=0的一个根；丙发现函数的最小值为3；丁发现当x=2时，y=4，已知这四位同学中只有一位发现的结论是错误的，则该同学是（　　）‎ A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 解：假设甲和丙的结论正确，则，‎ 解得：，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x+4．‎ 当x=﹣1时，y=x2﹣2x+4=7，‎ ‎∴乙的结论不正确；‎ 当x=2时，y=x2﹣2x+4=4，‎ ‎∴丁的结论正确．‎ ‎∵四位同学中只有一位发现的结论是错误的，‎ ‎∴假设成立．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．（2018•温州）我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式．后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理，如图所示的矩形由两个这样的图形拼成，若a=3，b=4，则该矩形的面积为（　　）‎ A．20 B．24 C． D．‎ 解：设小正方形的边长为x，‎ ‎∵a=3，b=4，‎ ‎∴AB=3+4=7，‎ 在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，‎ 即（3+x）2+（x+4）2=72，‎ 整理得，x2+7x﹣12=0，‎ 解得x=或x=（舍去），‎ ‎∴该矩形的面积=（+3）（+4）=24，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．（2018•宁波）在矩形ABCD内，将两张边长分别为a和b（a＞b）的正方形纸片按图1，图2两种方式放置（图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为S1，图2中阴影部分的面积为S2．当AD﹣AB=2时，S2﹣S1的值为（　　）‎ A．2a B．2b C．2a﹣2b D．﹣2b 解：S1=（AB﹣a）•a+（CD﹣b）（AD﹣a）=（AB﹣a）•a+（AB﹣b）（AD﹣a），‎ S2=AB（AD﹣a）+（a﹣b）（AB﹣a），‎ ‎∴S2﹣S1=AB（AD﹣a）+（a﹣b）（AB﹣a）﹣（AB﹣a）•a﹣（AB﹣b）（AD﹣a）=（AD﹣a）（AB﹣AB+b）+（AB﹣a）（a﹣b﹣a）=b•AD﹣ab﹣b•AB+ab=b（AD﹣AB）=2b．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．（2018•温州）如图，点A，B在反比例函数y=（x＞0）的图象上，点C，D在反比例函数y=（k＞0）的图象上，AC∥BD∥y轴，已知点A，B的横坐标分别为1，2，△OAC与△ABD的面积之和为，则k的值为（　　）‎ A．4 B．3 C．2 D．‎ 解：∵点A，B在反比例函数y=（x＞0）的图象上，点A，B的横坐标分别为1，2，‎ ‎∴点A的坐标为（1，1），点B的坐标为（2，），‎ ‎∵AC∥BD∥y轴，‎ ‎∴点C，D的横坐标分别为1，2，‎ ‎∵点C，D在反比例函数y=（k＞0）的图象上，‎ ‎∴点C的坐标为（1，k），点D的坐标为（2，），‎ ‎∴AC=k﹣1，BD=，‎ ‎∴S△OAC=（k﹣1）×1=，S△ABD=•×（2﹣1）=，‎ ‎∵△OAC与△ABD的面积之和为，‎ ‎∴，‎ 解得：k=3．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．（2018•嘉兴）某届世界杯的小组比赛规则：四个球队进行单循环比赛（每两队赛一场），胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，某小组比赛结束后，甲、乙、丙、丁四队分别获得第一、二、三、四名，各队的总得分恰好是四个连续奇数，则与乙打平的球队是（　　）‎ A．甲 B．甲与丁 C．丙 D．丙与丁 解：∵甲、乙、丙、丁四队分别获得第一、二、三、四名，各队的总得分恰好是四个连续奇数，‎ ‎∴甲得分为7分，2胜1平，乙得分5分，1胜2平，丙得分3分，1胜0平，丁得分1分，0胜1平，‎ ‎∵甲、乙都没有输球，∴甲一定与乙平，‎ ‎∵丙得分3分，1胜0平，乙得分5分，1胜2平，‎ ‎∴与乙打平的球队是甲与丁．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎11．（2018•湖州）如图，已知在△ABC中，∠BAC＞90°，点D为BC的中点，点E在AC上，将△CDE沿DE折叠，使得点C恰好落在BA的延长线上的点F处，连结AD，则下列结论不一定正确的是（　　）‎ A．AE=EF B．AB=2DE C．△ADF和△ADE的面积相等 D．△ADE和△FDE的面积相等 解：如图，连接CF，‎ ‎∵点D是BC中点，‎ ‎∴BD=CD，‎ 由折叠知，∠ACB=∠DFE，CD=DF，‎ ‎∴BD=CD=DF，‎ ‎∴△BFC是直角三角形，‎ ‎∴∠BFC=90°，‎ ‎∵BD=DF，‎ ‎∴∠B=∠BFD，‎ ‎∴∠EAF=∠B+∠ACB=∠BFD+∠DFE=∠AFE，‎ ‎∴AE=EF，故A正确，‎ 由折叠知，EF=CE，‎ ‎∴AE=CE，‎ ‎∵BD=CD，‎ ‎∴DE是△ABC的中位线，‎ ‎∴AB=2DE，故B正确，‎ ‎∵AE=CE，‎ ‎∴S△ADE=S△CDE，‎ 由折叠知，△CDE≌△△FDE，‎ ‎∴S△CDE=S△FDE，‎ ‎∴S△ADE=S△FDE，故D正确，‎ 当AD=AC时，△ADF和△ADE的面积相等 ‎∴C选项不一定正确，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．（2018•绍兴）利用如图1的二维码可以进行身份识别．某校建立了一个身份识别系统，图2是某个学生的识别图案，黑色小正方形表示1，白色小正方形表示0，将第一行数字从左到右依次记为a，b，c，d，那么可以转换为该生所在班级序号，其序号为a×23+b×22+c×21+d×20，如图2第一行数字从左到右依次为0，1，0，1，序号为0×23+1×22+0×21+1×20=5，表示该生为5班学生．表示6班学生的识别图案是（　　）‎ A． B． C． D．‎ 解：A、第一行数字从左到右依次为1、0、1、0，序号为1×23+0×22+1×21+0×20=10，不符合题意；‎ B、第一行数字从左到右依次为0，1，1，0，序号为0×23+1×22+1×21+0×20=6，符合题意；‎ C、第一行数字从左到右依次为1，0，0，1，序号为1×23+0×22+0×21+1×20=9，不符合题意；‎ D、第一行数字从左到右依次为0，1，1，1，序号为0×23+1×22+1×21+1×20=7，不符合题意；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎13．（2018•湖州）尺规作图特有的魅力曾使无数人沉湎其中．传说拿破仑通过下列尺规作图考他的大臣：‎ ‎①将半径为r的⊙O六等分，依次得到A，B，C，D，E，F六个分点；‎ ‎②分别以点A，D为圆心，AC长为半径画弧，G是两弧的一个交点；‎ ‎③连结OG．‎ 问：OG的长是多少？‎ 大臣给出的正确答案应是（　　）‎ A． r B．（1+）r C．（1+）r D． r 解：如图连接CD，AC，DG，AG．‎ ‎∵AD是⊙O直径，‎ ‎∴∠ACD=90°，‎ 在Rt△ACD中，AD=2r，∠DAC=30°，‎ ‎∴AC=r，‎ ‎∵DG=AG=CA，OD=OA，‎ ‎∴OG⊥AD，‎ ‎∴∠GOA=90°，‎ ‎∴OG===r，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎14．（2018•绍兴）某班要在一面墙上同时展示数张形状、大小均相同的矩形绘画作品，将这些作品排成一个矩形（作品不完全重合）．现需要在每张作品的四个角落都钉上图钉，如果作品有角落相邻，那么相邻的角落共享一枚图钉（例如，用9枚图钉将4张作品钉在墙上，如图）若有34枚图钉可供选用，则最多可以展示绘画作品（　　）‎ A．16张 B．18张 C．20张 D．21张 解：①如果所有的画展示成一行，34÷（1+1）﹣1=16（张），‎ ‎∴34枚图钉最多可以展示16张画；‎ ‎②如果所有的画展示成两行，34÷（2+1）=11（枚）……1（枚），‎ ‎11﹣1=10（张），2×10=20（张），‎ ‎∴34枚图钉最多可以展示20张画；‎ ‎③如果所有的画展示成三行，34÷（3+1）=8（枚）……2（枚），‎ ‎8﹣1=7（张），3×7=21（张），‎ ‎∴34枚图钉最多可以展示21张画；‎ ‎④如果所有的画展示成四行，34÷（4+1）=6（枚）……4（枚），‎ ‎6﹣1=5（张），4×5=20（张），‎ ‎∴34枚图钉最多可以展示20张画；‎ ‎⑤如果所有的画展示成五行，34÷（5+1）=5（枚）……4（枚），‎ ‎5﹣1=4（张），5×4=20（张），‎ ‎∴34枚图钉最多可以展示20张画．‎ 综上所述：34枚图钉最多可以展示21张画．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎15．（2018•金华）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB=20°，则∠ADC的度数是（　　）‎ A．55° B．60° C．65° D．70°‎ 解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．‎ ‎∴∠DCE=∠ACB=20°，∠BCD=∠ACE=90°，AC=CE，‎ ‎∴∠ACD=90°﹣20°=70°，‎ ‎∵点A，D，E在同一条直线上，‎ ‎∴∠ADC+∠EDC=180°，‎ ‎∵∠EDC+∠E+∠DCE=180°，‎ ‎∴∠ADC=∠E+20°，‎ ‎∵∠ACE=90°，AC=CE ‎∴∠DAC+∠E=90°，∠E=∠DAC=45°‎ 在△ADC中，∠ADC+∠DAC+∠DCA=180°，‎ 即45°+70°+∠ADC=180°，‎ 解得：∠ADC=65°，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎16．（2018•湖州）在平面直角坐标系xOy中，已知点M，N的坐标分别为（﹣1，2），（2，1），若抛物线y=ax2﹣x+2（a≠0）与线段MN有两个不同的交点，则a的取值范围是（　　）‎ A．a≤﹣1或≤a＜ B．≤a＜‎ C．a≤或a＞ D．a≤﹣1或a≥‎ 解：∵抛物线的解析式为y=ax2﹣x+2．‎ 观察图象可知当a＜0时，x=﹣1时，y≤2时，且﹣≥﹣1，满足条件，可得a≤﹣1；‎ 当a＞0时，x=2时，y≥1，且抛物线与直线MN有交点，且﹣≤2满足条件，‎ ‎∴a≥，‎ ‎∵直线MN的解析式为y=﹣x+，‎ 由，消去y得到，3ax2﹣2x+1=0，‎ ‎∵△＞0，‎ ‎∴a＜，‎ ‎∴≤a＜满足条件，‎ 综上所述，满足条件的a的值为a≤﹣1或≤a＜，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎17．（2018•金华）某通讯公司就上宽带网推出A，B，C三种月收费方式．这三种收费方式每月所需的费用y（元）与上网时间x（h）的函数关系如图所示，则下列判断错误的是（　　）‎ A．每月上网时间不足25h时，选择A方式最省钱 B．每月上网费用为60元时，B方式可上网的时间比A方式多 C．每月上网时间为35h时，选择B方式最省钱 D．每月上网时间超过70h时，选择C方式最省钱 解：A、观察函数图象，可知：每月上网时间不足25 h时，选择A方式最省钱，结论A正确；‎ B、观察函数图象，可知：当每月上网费用≥50元时，B方式可上网的时间比A方式多，结论B正确；‎ C、设当x≥25时，yA=kx+b，‎ 将（25，30）、（55，120）代入yA=kx+b，得：‎ ‎，解得：，‎ ‎∴yA=3x﹣45（x≥25），‎ 当x=35时，yA=3x﹣45=60＞50，‎ ‎∴每月上网时间为35h时，选择B方式最省钱，结论C正确；‎ D、设当x≥50时，yB=mx+n，‎ 将（50，50）、（55，65）代入yB=mx+n，得：‎ ‎，解得：，‎ ‎∴yB=3x﹣100（x≥50），‎ 当x=70时，yB=3x﹣100=110＜120，‎ ‎∴结论D错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎18．（2018•衢州）如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥‎ AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD=8cm，AE=2cm，则OF的长度是（　　）‎ A．3cm B． cm C．2.5cm D． cm 解：连接OB，‎ ‎∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，BD=8cm，AE=2cm，‎ 在Rt△OEB中，OE2+BE2=OB2，‎ 即OE2+42=（OE+2）2‎ 解得：OE=3，‎ ‎∴OB=3+2=5，‎ ‎∴EC=5+3=8，‎ 在Rt△EBC中，BC=，‎ ‎∵OF⊥BC，‎ ‎∴∠OFC=∠CEB=90°，‎ ‎∵∠C=∠C，‎ ‎∴△OFC∽△BEC，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 解得：OF=，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二．填空题（共12小题）‎ ‎19．（2018•宁波）如图，正方形ABCD的边长为8，M是AB的中点，P是BC边上的动点，连结PM，以点P为圆心，PM长为半径作⊙P．当⊙P与正方形ABCD的边相切时，BP的长为　3或4　．‎ 解：如图1中，当⊙P与直线CD相切时，设PC=PM=m．‎ 在Rt△PBM中，∵PM2=BM2+PB2，‎ ‎∴x2=42+（8﹣x）2，‎ ‎∴x=5，‎ ‎∴PC=5，BP=BC﹣PC=8﹣5=3．‎ 如图2中当⊙P与直线AD相切时．设切点为K，连接PK，则PK⊥AD，四边形PKDC是矩形．‎ ‎∴PM=PK=CD=2BM，‎ ‎∴BM=4，PM=8，‎ 在Rt△PBM中，PB==4．‎ 综上所述，BP的长为3或4．‎ ‎　‎ ‎20．（2018•杭州）折叠矩形纸片ABCD时，发现可以进行如下操作：①把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，折痕为DE，点E在AB边上；②把纸片展开并铺平；③把△CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上，若AB=AD+2，EH=1，则AD=　3+2　．‎ 解：设AD=x，则AB=x+2，‎ ‎∵把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，‎ ‎∴DF=AD，EA=EF，∠DFE=∠A=90°，‎ ‎∴四边形AEFD为正方形，‎ ‎∴AE=AD=x，‎ ‎∵把△CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上，‎ ‎∴DH=DC=x+2，‎ ‎∵HE=1，‎ ‎∴AH=AE﹣HE=x﹣1，‎ 在Rt△ADH中，∵AD2+AH2=DH2，‎ ‎∴x2+（x﹣1）2=（x+2）2，‎ 整理得x2﹣6x﹣3=0，解得x1=3+2，x2=3﹣2（舍去），‎ 即AD的长为3+2．‎ 故答案为3+2．‎ ‎　‎ ‎21．（2018•温州）如图，直线y=﹣x+4与x轴、y轴分别交于A，B两点，C是OB的中点，D是AB上一点，四边形OEDC是菱形，则△OAE的面积为　2　．‎ 解：延长DE交OA于F，如图，‎ 当x=0时，y=﹣x+4=4，则B（0，4），‎ 当y=0时，﹣x+4=0，解得x=4，则A（4，0），‎ 在Rt△AOB中，tan∠OBA==，‎ ‎∴∠OBA=60°，‎ ‎∵C是OB的中点，‎ ‎∴OC=CB=2，‎ ‎∵四边形OEDC是菱形，‎ ‎∴CD=BC=DE=CE=2，CD∥OE，‎ ‎∴△BCD为等边三角形，‎ ‎∴∠BCD=60°，‎ ‎∴∠COE=60°，‎ ‎∴∠EOF=30°，‎ ‎∴EF=OE=1，‎ ‎△OAE的面积=×4×1=2．‎ 故答案为2．‎ ‎　‎ ‎22．（2018•嘉兴）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，点E在CD上，DE=1，点F是边AB上一动点，以EF为斜边作Rt△EFP．若点P在矩形ABCD的边上，且这样的直角三角形恰好有两个，则AF的值是　0或1＜AF或4　．‎ 解：∵△EFP是直角三角形，且点P在矩形ABCD的边上，‎ ‎∴P是以EF为直径的圆O与矩形ABCD的交点，‎ ‎①当AF=0时，如图1，此时点P有两个，一个与D重合，一个交在边AB上；‎ ‎②当⊙O与AD相切时，设与AD边的切点为P，如图2，‎ 此时△EFP是直角三角形，点P只有一个，‎ 当⊙O与BC相切时，如图4，连接OP，此时构成三个直角三角形，‎ 则OP⊥BC，设AF=x，则BF=P1C=4﹣x，EP1=x﹣1，‎ ‎∵OP∥EC，OE=OF，‎ ‎∴OG=EP1=，‎ ‎∴⊙O的半径为：OF=OP=，‎ 在Rt△OGF中，由勾股定理得：OF2=OG2+GF2，‎ ‎∴，‎ 解得：x=，‎ ‎∴当1＜AF＜时，这样的直角三角形恰好有两个，‎ ‎③当AF=4，即F与B重合时，这样的直角三角形恰好有两个，如图5，‎ 综上所述，则AF的值是：0或1＜AF或4．‎ 故答案为：0或1＜AF或4．‎ ‎　‎ ‎23．（2018•宁波）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠B是锐角，AE⊥‎ BC于点E，M是AB的中点，连结 MD，ME．若∠EMD=90°，则cosB的值为　　．‎ 解：延长DM交CB的延长线于点H．‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AB=BC=AD=2，AD∥CH，‎ ‎∴∠ADM=∠H，‎ ‎∵AM=BM，∠AMD=∠HMB，‎ ‎∴△ADM≌△BHM，‎ ‎∴AD=HB=2，‎ ‎∵EM⊥DH，‎ ‎∴EH=ED，设BE=x，‎ ‎∵AE⊥BC，‎ ‎∴AE⊥AD，‎ ‎∴∠AEB=∠EAD=90°‎ ‎∵AE2=AB2﹣BE2=DE2﹣AD2，‎ ‎∴22﹣x2=（2+x）2﹣22，‎ ‎∴x=﹣1或﹣﹣1（舍弃），‎ ‎∴cosB==，‎ 故答案为．‎ ‎　‎ ‎24．（2018•温州）小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他绘制了如图2所示的图形．图2中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接正六边形和一个小正六边形，若PQ所在的直线经过点M，PB=5cm，小正六边形的面积为cm2，则该圆的半径为　8　cm．‎ 解：设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，过O作OG⊥PM，OH⊥AB，‎ 由题意得：∠MNP=∠NMP=∠MPN=60°，‎ ‎∵小正六边形的面积为cm2，‎ ‎∴小正六边形的边长为7cm，即PM=7cm，‎ ‎∴S△MPN=cm2，‎ ‎∵OG⊥PM，且O为正六边形的中心，‎ ‎∴PG=PM=cm，‎ 在Rt△OPG中，根据勾股定理得：OP==7cm，‎ 设OB=xcm，‎ ‎∵OH⊥AB，且O为正六边形的中心，‎ ‎∴BH=x，OH=x，‎ ‎∴PH=（5﹣x）cm，‎ 在Rt△PHO中，根据勾股定理得：OP2=（x）2+（5﹣x）2=49，‎ 解得：x=8（负值舍去），‎ 则该圆的半径为8cm．‎ 故答案为：8‎ ‎　‎ ‎25．（2018•湖州）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx（a＞0）的顶点为C，与x轴的正半轴交于点A，它的对称轴与抛物线y=ax2（a＞0）交于点B．若四边形ABOC是正方形，则b的值是　﹣2　．‎ 解：∵四边形ABOC是正方形，‎ ‎∴点B的坐标为（﹣，﹣）．‎ ‎∵抛物线y=ax2过点B，‎ ‎∴﹣=a（﹣）2，‎ 解得：b1=0（舍去），b2=﹣2．‎ 故答案为：﹣2．‎ ‎　‎ ‎26．（2018•绍兴）过双曲线y=（k＞0）上的动点A作AB⊥x轴于点B，P是直线AB上的点，且满足AP=2AB，过点P作x轴的平行线交此双曲线于点C．如果△APC的面积为8，则k的值是　12或4　．‎ 解：设点A的坐标为（x，），‎ 当点P在AB的延长线上时，∵AP=2AB，‎ ‎∴AB=AP，‎ ‎∵PC∥x轴，‎ ‎∴点C的坐标为（﹣x，﹣），‎ 由题意得，×2x×=8，‎ 解得，k=4，‎ 当点P在BA的延长线上时，∵AP=2AB，PC∥x轴，‎ ‎∴点C的坐标为（x，），‎ ‎∴P′C′=x，‎ 由题意得，×x×=8，‎ 解得，k=12，‎ 当点P在第三象限时，情况相同，‎ 故答案为：12或4．‎ ‎　‎ ‎27．（2018•湖州）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．以顶点都是格点的正方形ABCD的边为斜边，向内作四个全等的直角三角形，使四个直角顶点E，F，G，H都是格点，且四边形EFGH为正方形，我们把这样的图形称为格点弦图．例如，在如图1所示的格点弦图中，正方形ABCD的边长为，此时正方形EFGH的而积为5．问：当格点弦图中的正方形ABCD的边长为时，正方形EFGH的面积的所有可能值是　13或49　（不包括5）．‎ 解：当DG=，CG=2时，满足DG2+CG2=CD2，此时HG=，可得正方形EFGH的面积为13．‎ 当DG=8，CG=1时，满足DG2+CG2=CD2，此时HG=7，可得正方形EFGH的面积为49．‎ 故答案为13或49．‎ ‎　‎ ‎28．（2018•绍兴）实验室里有一个水平放置的长方体容器，从内部量得它的高是15cm，底面的长是30cm，宽是20cm，容器内的水深为x cm．现往容器内放入如图的长方体实心铁块（铁块一面平放在容器底面），过顶点A的三条棱的长分别10cm，10cm，ycm（y≤15），当铁块的顶部高出水面2cm时，x，y满足的关系式是　y=（0＜x≤）或y=（6≤x＜8）　．‎ 解：①当长方体实心铁块的棱长为10cm和ycm的那一面平放在长方体的容器底面时，‎ 则铁块浸在水中的高度为8cm，‎ 此时，水位上升了（8﹣x）cm（x＜8），铁块浸在水中的体积为10×8×y=80ycm3，‎ ‎∴80y=30×20×（8﹣x），‎ ‎∴y=，‎ ‎∵y≤15，‎ ‎∴x≥6，‎ 即：y=（6≤x＜8），‎ ‎②当长方体实心铁块的棱长为10cm和10cm的那一面平放在长方体的容器底面时，‎ 同①的方法得，y=（0＜x≤），‎ 故答案为：y=（0＜x≤）或y=（6≤x＜8）‎ ‎　‎ ‎29．（2018•金华）如图1是小明制作的一副弓箭，点A，D分别是弓臂BAC与弓弦BC的中点，弓弦BC=60cm．沿AD方向拉动弓弦的过程中，假设弓臂BAC始终保持圆弧形，弓弦不伸长．如图2，当弓箭从自然状态的点D拉到点D1时，有AD1=30cm，∠B1D1C1=120°．‎ ‎（1）图2中，弓臂两端B1，C1的距离为　30　cm．‎ ‎（2）如图3，将弓箭继续拉到点D2，使弓臂B2AC2为半圆，则D1D2的长为　10﹣10　cm．‎ 解：（1）如图2中，连接B1C1交DD1于H．‎ ‎∵D1A=D1B1=30‎ ‎∴D1是的圆心，‎ ‎∵AD1⊥B1C1，‎ ‎∴B1H=C1H=30×sin60°=15，‎ ‎∴B1C1=30‎ ‎∴弓臂两端B1，C1的距离为30‎ ‎（2）如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G．‎ 设半圆的半径为r，则πr=，‎ ‎∴r=20，‎ ‎∴AG=GB2=20，GD1=30﹣20=10，‎ 在Rt△GB2D2中，GD2==10‎ ‎∴D1D2=10﹣10．‎ 故答案为30，10﹣10，‎ ‎　‎ ‎30．（2018•衢州）定义：在平面直角坐标系中，一个图形先向右平移a个单位，再绕原点按顺时针方向旋转θ角度，这样的图形运动叫作图形的γ（a，θ）变换．‎ 如图，等边△ABC的边长为1，点A在第一象限，点B与原点O重合，点C在x轴的正半轴上．△A1B1C1就是△ABC经γ（1，180°）变换后所得的图形．‎ 若△ABC经γ（1，180°）变换后得△A1B1C1，△A1B1C1经γ（2，180°）变换后得△A2B2C2，△A2B2C2经γ（3，180°）变换后得△A3B3C3，依此类推……‎ ‎△An﹣1Bn﹣1Cn﹣1经γ（n，180°）变换后得△AnBnCn，则点A1的坐标是　（﹣，﹣）　，点A2018的坐标是　（﹣，）　．‎ 解：根据图形的γ（a，θ）变换的定义可知：‎ 对图形γ（n，180°）变换，就是先进行向右平移n个单位变换，再进行关于原点作中心对称变换．‎ ‎△ABC经γ（1，180°）变换后得△A1B1C1，A1 坐标（﹣，﹣）‎ ‎△A1B1C1经γ（2，180°）变换后得△A2B2C2，A2坐标（﹣，）‎ ‎△A2B2C2经γ（3，180°）变换后得△A3B3C3，A3坐标（﹣，﹣）‎ ‎△A3B3C3经γ（4，180°）变换后得△A4B4C4，A4坐标（﹣，）‎ ‎△A4B4C4经γ（5，180°）变换后得△A5B5C5，A5坐标（﹣，﹣）‎ 依此类推……‎ 可以发现规律：An纵坐标为：‎ 当n是奇数，An横坐标为：﹣‎ 当n是偶数，An横横坐标为：﹣‎ 当n=2018时，是偶数，A2018横坐标是﹣，纵坐标为 故答案为：（﹣，﹣），（﹣，）．‎