浙江省杭州市拱墅区下城区中考数学一模试题含解析 21页

浙江省杭州市拱墅区、下城区2016届中考数学一模试题 一、选择题 ‎1．圆锥的侧面展开图是（　　）‎ A．扇形 B．等腰三角形 C．圆 D．矩形 ‎2．下列式子中正确的是（　　）‎ A．（﹣3）3=﹣9 B． =﹣4 C．﹣|﹣5|=5 D．（）﹣3=8‎ ‎3．质检部门为了检测某品牌汽车的质量，从同一批次共10万件产品中随机抽取2000件进行检测，共检测出次品3件，则估计在这一批次的10万产品中次品数约为（　　）‎ A．15件 B．30件 C．150件 D．1500件 ‎4．已知△ABC的三边长都是整数，且AB=2，BC=6，则△ABC的周长可能是（　　）‎ A．12 B．14 C．16 D．17‎ ‎5．下列式子正确的是（　　）‎ A．3a2b+2ab2=5a3b3 B．2﹣=‎ C．（x﹣2）（﹣x+2）=x2﹣4 D．a2•a3+a6=2a6‎ ‎6．下列命题中，是真命题的是（　　）‎ A．长度相等的两条弧是等弧 B．顺次连结平行四边形四边中点所组成的图形是菱形 C．正八边形既是轴对称图形又是中心对称图形 D．三角形的内心到这个三角形三个顶点的距离相等 ‎7．为了参加社区“畅响G20”文艺演出，某校组建了46人的合唱队和30人的舞蹈队，现根据演出需要，从舞蹈队中抽调了部分同学参加合唱队，使合唱队的人数恰好是舞蹈队人数的3倍，设从舞蹈队中抽调了x人参加合唱队，可得正确的方程是（　　）‎ A．3（46﹣x）=30+x B．46+x=3（30﹣x） C．46﹣3x=30+x D．46﹣x=3（30﹣x）‎ ‎8．某校男子足球队全体队员的年龄分布如表所示．对于这些数据，下列判断正确的是（　　） ‎ 年龄（岁）‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ 人数（人）‎ ‎2‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎2‎ A．中位数14岁，平均年龄14.1岁 B．中位数14.5岁，平均年龄14岁 C．众数14岁，平均年龄14.1岁 D．众数15岁，平均年龄14岁 ‎9．如图，己知△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，作∠ABC的角平分线交AC于D，以D为圆心，DA为半径作圆，与射线交于点E、F．有下列结论：‎ ‎①△ABC是直角三角形；②⊙D与直线BC相切；③点E是线段BF的黄金分割点；④tan∠CDF=2．‎ 其中正确的结论有（　　）‎ A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 ‎10．甲、乙两车分别从M，N两地沿同一公路相向匀速行驶，两车分别抵达N，M两地后即停止行驶．已知乙车比甲车提前出发，设甲、乙两车之间的路程S（km），乙行驶的时间为t（h），S与t的函数关系如图所示．有下列说法：‎ ‎①M、N两地之间公路路程是300km，两车相遇时甲车恰好行驶3小时；‎ ‎②甲车速度是80km/h，乙车比甲车提前1.5个小时出发；‎ ‎③当t=5（h）时，甲车抵达N地，此时乙车离M地还有20km的路程；‎ ‎④a=，b=280，图中P，Q所在直线与横轴的交点恰（，0）．‎ 其中正确的是（　　）‎ A．①② B．②③ C．③④ D．②④‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）‎ ‎11．据统计，杭州市注册志愿者人数已达109万人，将109万人用科学记数法表示应为　　　　　　．‎ ‎12．分解因式：9a2﹣b2=　　　　　　．‎ ‎13．如图，直线AB∥CD，BC平分∠ABD，∠1=67°，则∠2=　　　　　　度．‎ ‎14．A、B、C三张外观一样的门卡可分别对应a、b、c三把电子锁，若任意取出其中一张门卡，恰好打开a锁的概率是　　　　　　；若随机取出三张门卡，恰好一次性对应打开这三把电子锁的概率是　　　　　　．‎ ‎15．在平面直角坐标系中，等腰直角△OAB的直角边OB和正方形BCEF的一边BC都在x轴的正半轴上，函数y=（k＞0）的图象过点A，E．若BC=1，则k的值等于　　　　　　．‎ ‎16．如图，矩形ABCD中，BC=3，且BC＞AB，E为AB边上任意一点（不与A，B重合），设BE=t，将△BCE沿CE对折，得到△FCE，延长EF交CD的延长线于点G，则tan∠CGE=　　　　　　（用含t的代数式表示）．‎ ‎　‎ 三、全面答一答（本题有7个小题，共66分.解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤.如果觉得有的题目有点困难，那么把自己能写出的解答写出一部分也可以.）‎ ‎17．某校实验课程改革，初三年级设罝了A，B，C，D四门不同的拓展性课程如图，锐角△ABC中，∠BAC=60°，O是BC边上的一点，连接AO，以AO为边向两侧作等边△AOD和等边△AOE，分别与边AB，AC交于点F，G．求证：AF=AG．‎ ‎19．（1）解方程：﹣2=；‎ ‎（2）设y=kx，且k≠0，若代数式（x﹣3y）（2x+y）+y（x+5y）化简的结果为2x2，求k的值．‎ ‎20．己知线段a及∠α（∠α＜90°）‎ ‎〔1）作等腰△ABC并使得所作等腰△ABC腰长为a，且有内角等于∠α（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）‎ ‎（2）若a=4，∠α=30°，求（1）中所作△ABC的面积．‎ ‎21．己知常数a（a是常数）满足下面两个条件：‎ ‎①二次函数y1=﹣（x+4）（x﹣5a﹣7）的图象与x轴的两个交点于坐标原点的两侧；‎ ‎②一次函数y2=ax+2的图象在一、二、四象限；‎ ‎（1）求整数a的值；‎ ‎（2）在所给直角坐标系中分别画出y1、y2的图象，并求当y1＜y2时，自变量x的取值范围．‎ ‎22．已知⊙O的半径为，OC垂直于弦AB，垂足为C，AB=2，点D在⊙O上．‎ ‎（1）如图1，若点D在AO的延长线上，连结CD交半径OB于点E，连结BD，求BD，ED的长；‎ ‎（2）若射线OD与AB的延长线相交于点F，且△OCD是等腰三角形，请在图2画示意图并求出AF的长．‎ ‎23．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知二次函数y=x2+bx+c的图象过点A（0，﹣2）和点B（2，﹣2），且点C与点B关于坐标原点对称．‎ ‎（1）求b，c的值，并判断点C是否在此抛物线上，并说明理由；‎ ‎（2）若点P为此抛物线上一点，它关于x轴，y轴的对称点分别为M，N，问是否存在这样的P点使得M，N恰好都在直线BC上？如存在，求出点P的坐标，如不存在，并说明理由；‎ ‎（3）若点P与点Q关于原点对称，当点P在位于直线BC下方的抛物线上运动时，求四边形PBQC的面积的最大值．‎ ‎　‎ ‎2016年浙江省杭州市拱墅区、下城区中考数学一模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．圆锥的侧面展开图是（　　）‎ A．扇形 B．等腰三角形 C．圆 D．矩形 ‎【考点】几何体的展开图．‎ ‎【分析】根据圆锥的侧面是曲面，圆锥的侧面展开图是扇形，可得答案．‎ ‎【解答】解：圆锥的侧面展开图是扇形．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了几何体的展开图，熟记各种几何体的展开图是解题关键．‎ ‎　‎ ‎2．下列式子中正确的是（　　）‎ A．（﹣3）3=﹣9 B． =﹣4 C．﹣|﹣5|=5 D．（）﹣3=8‎ ‎【考点】算术平方根；相反数；绝对值；有理数的乘方；负整数指数幂．‎ ‎【分析】根据有理数的乘方、算术平方根、绝对值、负整数指数幂，逐一判定即可解答．‎ ‎【解答】解：A、（﹣3）3=﹣27，故错误；‎ B、，故错误；‎ C、﹣|﹣5|=﹣5，故错误；‎ D、=﹣8，正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了有理数的乘方、算术平方根、绝对值、负整数指数幂，解决本题的关键是熟记有理数的乘方、算术平方根、绝对值、负整数指数幂．‎ ‎　‎ ‎3．质检部门为了检测某品牌汽车的质量，从同一批次共10万件产品中随机抽取2000件进行检测，共检测出次品3件，则估计在这一批次的10万产品中次品数约为（　　）‎ A．15件 B．30件 C．150件 D．1500件 ‎【考点】用样本估计总体．‎ ‎【分析】先求出次品所占的百分比，再根据检测出次品3件，直接相除得出答案即可．‎ ‎【解答】解：∵随机抽取2000件进行检测，检测出次品3件，‎ ‎∴次品所占的百分比是：，‎ ‎∴这一批次产品中的次品件数是：100000×=150（件），‎ 故选C．‎ ‎【点评】此题主要考查了用样本估计总体，根据出现次品的数量求出次品所占的百分比是解题关键．‎ ‎　‎ ‎4．已知△ABC的三边长都是整数，且AB=2，BC=6，则△ABC的周长可能是（　　）‎ A．12 B．14 C．16 D．17‎ ‎【考点】三角形三边关系．‎ ‎【分析】根据三角形三边关系得出AC的取值范围，进而得出△ABC的周长可能的值．‎ ‎【解答】解：∵△ABC的三边长都是整数，且AB=2，BC=6，‎ ‎∴4＜AC＜8，‎ 故AC=5或6或7，‎ 则△ABC的周长可能是，13，14，15．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】此题主要考查了三角形三边关系，正确得出AC的取值范围是解题关键．‎ ‎　‎ ‎5．下列式子正确的是（　　）‎ A．3a2b+2ab2=5a3b3 B．2﹣=‎ C．（x﹣2）（﹣x+2）=x2﹣4 D．a2•a3+a6=2a6‎ ‎【考点】分式的加减法；合并同类项；同底数幂的乘法；平方差公式．‎ ‎【专题】计算题；分式．‎ ‎【分析】原式各项计算得到结果，即可作出判断．‎ ‎【解答】解：A、原式不能合并，错误；‎ B、原式==，正确；‎ C、原式=﹣（x﹣2）2=﹣x2+4x﹣4，错误；‎ D、原式=a5+a6，错误；‎ 故选B ‎【点评】此题考查了分式的加减法，合并同类项，同底数幂的乘法，以及平方差公式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．‎ ‎　‎ ‎6．下列命题中，是真命题的是（　　）‎ A．长度相等的两条弧是等弧 B．顺次连结平行四边形四边中点所组成的图形是菱形 C．正八边形既是轴对称图形又是中心对称图形 D．三角形的内心到这个三角形三个顶点的距离相等 ‎【考点】命题与定理．‎ ‎【分析】分别利用等弧的定义、菱形的判定定理、中心对称图形的定义及内心的性质分别判断后即可确定正确的选项．‎ ‎【解答】解：A、能够完全重合的两弧才是等弧，故错误，是假命题；‎ B、顺次连接平行四边形的四边中点所组成的图形是平行四边形，故错误，是假命题；‎ C、正八边形既是轴对称图形又是中心对称图形，正确，是真命题；‎ D、三角形的内心到三角形的三边的距离相等，故错误，是假命题，‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解等弧的定义、菱形的判定定理、中心对称图形的定义及内心的性质，难度不大．‎ ‎　‎ ‎7．为了参加社区“畅响G20”文艺演出，某校组建了46人的合唱队和30人的舞蹈队，现根据演出需要，从舞蹈队中抽调了部分同学参加合唱队，使合唱队的人数恰好是舞蹈队人数的3倍，设从舞蹈队中抽调了x人参加合唱队，可得正确的方程是（　　）‎ A．3（46﹣x）=30+x B．46+x=3（30﹣x） C．46﹣3x=30+x D．46﹣x=3（30﹣x）‎ ‎【考点】由实际问题抽象出一元一次方程．‎ ‎【分析】设从舞蹈队中抽调了x人参加合唱队，根据使合唱队的人数恰好是舞蹈队人数的3倍列出等式解答即可．‎ ‎【解答】解：设从舞蹈队中抽调了x人参加合唱队，‎ 可得：46+x=3（30﹣x）‎ 故选B ‎【点评】本题考查了一元一次方程问题，关键是得出合唱队的人数恰好是舞蹈队人数的3倍的方程．‎ ‎　‎ ‎8．某校男子足球队全体队员的年龄分布如表所示．对于这些数据，下列判断正确的是（　　） ‎ 年龄（岁）‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ 人数（人）‎ ‎2‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎2‎ A．中位数14岁，平均年龄14.1岁 B．中位数14.5岁，平均年龄14岁 C．众数14岁，平均年龄14.1岁 D．众数15岁，平均年龄14岁 ‎【考点】众数；加权平均数；中位数．‎ ‎【分析】总的年龄除以总的人数就是平均数；出现次数最多的数据，称为这组数据的众数；中位数一定要先排好顺序，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．‎ ‎【解答】解：这些队员年龄的平均数为：（12×2+13×5+14×4+15×7+16×2）÷20=14.1，‎ 队员年龄的众数为：15，‎ 队员年龄的中位数是14，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题属于基础题，考查了确定一组数据的平均数，中位数和众数的能力．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．‎ ‎　‎ ‎9．如图，己知△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，作∠ABC的角平分线交AC于D，以D为圆心，DA为半径作圆，与射线交于点E、F．有下列结论：‎ ‎①△ABC是直角三角形；②⊙D与直线BC相切；③点E是线段BF的黄金分割点；④tan∠CDF=2．‎ 其中正确的结论有（　　）‎ A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 ‎【考点】切线的判定；黄金分割．‎ ‎【分析】‎ 由勾股定理的逆定理得出①正确；由角平分线的性质定理得出②正确；由全等三角形的性质得出MB=AB=3，证明△CDM∽△CBA，得出对应边成比例求出DM，根据勾股定理得出BD，求出EF2=BF•BE，得出③正确；由tan∠CDF=tan∠ADB==2，得出④正确，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵32+42=52，‎ ‎∴AB2+AC2=AB2，‎ ‎∴△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，①正确；‎ 作DM⊥BC于M，如图所示：‎ ‎∵BD是∠ABC的平分线，‎ ‎∴DM=DA，‎ ‎∴⊙D与直线BC相切，‎ ‎∴②正确；‎ ‎∵∠BAC=∠DMC=90°，‎ 在Rt△BDM和△BDA中，‎ ‎，‎ ‎∴Rt△BDM≌△BDA（HL），‎ ‎∴MB=AB=3，‎ ‎∴CM=BC﹣MB=2，‎ ‎∵∠C=∠C，‎ ‎∴△CDM∽△CBA，‎ ‎∴，即，‎ 解得：DM=，‎ ‎∴DF=DE=，‎ ‎∴BD===，‎ ‎∴BE=BD﹣DE=﹣，BF=BD+DF=+，‎ ‎∵EF2=9，BF•BE=（+）（﹣）=9，‎ ‎∴EF2=BF•BE，‎ ‎∴点E是线段BF的黄金分割点，③正确；‎ ‎∵tan∠CDF=tan∠ADB===2，‎ ‎∴④正确；‎ 正确的有4个．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了切线的判定、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角函数；熟练掌握切线的判定，证明三角形全等和三角形相似是解决问题③的关键．‎ ‎　‎ ‎10．甲、乙两车分别从M，N两地沿同一公路相向匀速行驶，两车分别抵达N，M两地后即停止行驶．已知乙车比甲车提前出发，设甲、乙两车之间的路程S（km），乙行驶的时间为t（h），S与t的函数关系如图所示．有下列说法：‎ ‎①M、N两地之间公路路程是300km，两车相遇时甲车恰好行驶3小时；‎ ‎②甲车速度是80km/h，乙车比甲车提前1.5个小时出发；‎ ‎③当t=5（h）时，甲车抵达N地，此时乙车离M地还有20km的路程；‎ ‎④a=，b=280，图中P，Q所在直线与横轴的交点恰（，0）．‎ 其中正确的是（　　）‎ A．①② B．②③ C．③④ D．②④‎ ‎【考点】一次函数的应用．‎ ‎【分析】①由点（0，300），可知M、N两地之间公路路程是300km；由点（3，0）可知两车相遇时乙车恰好行驶3小时，乙比甲早出发，即①不成立；‎ ‎②由速度=路程÷时间，结合点（1.5，210）可得出乙车的速度，再结合点（3，0）可知甲车的速度，由图象的转折点横坐标为1.5，可知②成立；‎ ‎③由时间=路程÷速度，可知当t=5（h）时．乙车抵达M地，即③不成立；‎ ‎④由路程=速度×时间可得出b的值，再由时间=路程÷速度可得出a的值，设出P，Q所在直线解析式为S=kt+b，由待定系数法可求出该解析式，代入S=0，即可得知④成立．综上可得出结论．‎ ‎【解答】解：①当t=0时，S=300，可知M、N两地之间公路路程是300km；‎ 当t=3时，S=0，可知两车相遇时乙车恰好行驶3小时，‎ 由乙车比甲车提前出发可知①不正确；‎ ‎②乙车的速度为（300﹣210）÷1.5=60km/h，‎ 甲车的速度为210÷（3﹣1.5）﹣60=80km/h．‎ 由图象转折点在1.5小时处，故乙车比甲车提前1.5个小时出发，②正确；‎ ‎③∵乙车到M地的时间为300÷60=5（h），‎ ‎∴当t=5（h）时，乙车抵达M地，③不正确；‎ ‎④乙到达M地时，甲车行驶的路程b=80×（5﹣1.5）=280，‎ 甲车到达N地的时间a=300÷80+1.5=．‎ 设P，Q所在直线解析式为S=kt+b，‎ 将点P（5，280）、Q（，300）代入，得 ‎，解得：．‎ 故P，Q所在直线解析式为S=80t﹣120，‎ 令S=0，则有80t﹣120=0，解得t=，‎ 故图中P，Q所在直线与横轴的交点恰（，0），即④成立．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了一次函数的应用、待定系数法求函数解析式，解题的关键是结合图象以及各数量关系逐条分析4个结论．本题属于基础题，难度不大，其实在解决该题时，只要判断出①③不正确，即可得出结论了，④不用再去分析．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）‎ ‎11．据统计，杭州市注册志愿者人数已达109万人，将109万人用科学记数法表示应为　1.09×106　．‎ ‎【考点】科学记数法—表示较大的数．‎ ‎【分析】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．确定n的值时，要看把原数变成a时，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是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．‎ ‎【解答】解：将109万用科学记数法表示为1.09×106．‎ 故答案为：1.09×106．‎ ‎【点评】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．‎ ‎　‎ ‎12．分解因式：9a2﹣b2=　（3a+b）（3a﹣b）　．‎ ‎【考点】因式分解-运用公式法．‎ ‎【分析】运用平方差公式因式分解即可．‎ ‎【解答】解：9a2﹣b2=（3a）2﹣b2=（3a+b）（3a﹣b），‎ 故答案为：（3a+b）（3a﹣b）．‎ ‎【点评】本题考查了运用公式法因式分解．熟练掌握平方差公式的结构特点是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎13．如图，直线AB∥CD，BC平分∠ABD，∠1=67°，则∠2=　46　度．‎ ‎【考点】平行线的性质．‎ ‎【分析】由平行线的性质得到∠ABC=∠1=67°，由BC平分∠ABD，得到∠ABD=2∠ABC，再由平行线的性质求出∠2的度数．‎ ‎【解答】解：∵直线AB∥CD，‎ ‎∴∠1=∠ABC=∠BCD，‎ 又∵BC平分∠ABD，∠1=67°，‎ ‎∴∠ABC=∠CBD=∠1=67°，‎ 又∵∠2=∠CDB，‎ ‎∴在三角形CBD中有∠BCD+∠CBD+∠CDB=180°，‎ ‎∴∠CDB=180°﹣67°﹣67°=46°，‎ ‎∴∠2=46°，‎ 故答案为：46．‎ ‎【点评】本题考查了平行线的性质和角平分线定义等知识点，解此题的关键是求出∠ABD的度数，题目较好，难度不大．‎ ‎　‎ ‎14．A、B、C三张外观一样的门卡可分别对应a、b、c三把电子锁，若任意取出其中一张门卡，恰好打开a锁的概率是　　；若随机取出三张门卡，恰好一次性对应打开这三把电子锁的概率是　　．‎ ‎【考点】列表法与树状图法．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】直接利用概率公式求任意取出其中一张门卡，恰好打开a锁的概率；画树状图展示所有6种等可能的结果数，找出恰好一次性对应打开这三把电子锁的结果数，然后根据概率公式求解．‎ ‎【解答】解：若任意取出其中一张门卡，恰好打开a锁的概率是；‎ 画树状图为：‎ 共有6种等可能的结果数，恰好一次性对应打开这三把电子锁的结果数为1，‎ 所以恰好一次性对应打开这三把电子锁的概率为．、‎ 故答案为，．‎ ‎【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法和树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率．‎ ‎　‎ ‎15．在平面直角坐标系中，等腰直角△OAB的直角边OB和正方形BCEF的一边BC都在x轴的正半轴上，函数y=（k＞0）的图象过点A，E．若BC=1，则k的值等于　　．‎ ‎【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．‎ ‎【分析】设OB=AB=a，则OC=a+1，得出点A和点E的坐标，把A、E的坐标代入函数解析式，即可求出答案．‎ ‎【解答】解：设OB=AB=a，则OC=a+1，‎ 即A点的坐标为（a，a），E点的坐标为（a+1，1），‎ 把A、E的坐标代入函数解析式得：‎ 所以a=，‎ ‎∵a为正数，‎ ‎∴a=，‎ ‎∴k=+1=，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，用待定系数法求函数的解析式的应用，能得出关于x和k的方程组是解此题的关键，数形结合思想的应用．‎ ‎　‎ ‎16．如图，矩形ABCD中，BC=3，且BC＞AB，E为AB边上任意一点（不与A，B重合），设BE=t，将△BCE沿CE对折，得到△FCE，延长EF交CD的延长线于点G，则tan∠CGE=　　（用含t的代数式表示）．‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题）．‎ ‎【分析】连接BF交EC于O，作EM⊥CD于M，因为tan∠CGE=，所以只要用t的代数式表示EM、GM，由四边形EMCB是矩形可以求出EM，利用△CBF∽△GCE，可以求出GC，这样即可解决问题．‎ ‎【解答】解：如图连接BF交EC于O，作EM⊥CD于M，‎ ‎∵∠EMC=∠EBC=∠BCM=90°，‎ ‎∴四边形EBCM是矩形，‎ ‎∴CM=EB=t，EM=BC=3，‎ 在RT△EBC中，∵EB=t，BC=3，‎ ‎∴EC==，‎ ‎∵EB=EF，CB=CF，‎ ‎∴EC垂直平分BF，‎ ‎∵•EC•BO=•EB•BC，‎ ‎∴BO=，BF=2BO=‎ ‎∵∠AEF+∠BEF=180°，∠BEF+∠BCF=180°，‎ ‎∴∠AEF=∠BCF，‎ ‎∵AB∥CD，‎ ‎∴∠BEC=∠ECG=∠CEF，∠AEF=∠G=∠BCF ‎∴GE=GC，‎ ‎∴∠GCE=∠GEC=∠CFB=∠CBF，‎ ‎∴△CBF∽△GCE，‎ ‎∴，‎ ‎∴GC=，GM=GC﹣CM=，‎ ‎∴tan∠CGE==．‎ 故答案为．‎ ‎【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、相似三角形的判定和性质，学会利用翻折不变性找到相等的边以及角，添加辅助线构造相似三角形是解决问题的关键，属于中考常考题型．‎ ‎　‎ 三、全面答一答（本题有7个小题，共66分.解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤.如果觉得有的题目有点困难，那么把自己能写出的解答写出一部分也可以.）‎ ‎17．某校实验课程改革，初三年级设罝了A，B，C，D四门不同的拓展性课程如图，锐角△ABC中，∠BAC=60°，O是BC边上的一点，连接AO，以AO为边向两侧作等边△AOD和等边△AOE，分别与边AB，AC交于点F，G．求证：AF=AG．‎ ‎【考点】全等三角形的判定与性质．‎ ‎【专题】证明题．‎ ‎【分析】根据等边三角形的性质得出∠E=∠AOF=60°，AE=AO，∠OAE=60°，求出∠FAO=∠EAG，根据ASA推出△AFO≌△AGE，根据全等三角形的性质得出即可．‎ ‎【解答】证明：∵△AOD和△AOE是等边三角形，‎ ‎∴∠E=∠AOF=60°，AE=AO，∠OAE=60°，‎ ‎∵∠BAC=60°，‎ ‎∴∠FAO=∠EAG=60°﹣∠CAO，‎ 在△AFO和△AGE中，‎ ‎，‎ ‎∴△AFO≌△AGE（ASA），‎ ‎∴AF=AG．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质的应用，能求出△AFO≌△AGE是解此题的关键，注意：全等三角形的对应边相等．‎ ‎　‎ ‎19．（1）解方程：﹣2=；‎ ‎（2）设y=kx，且k≠0，若代数式（x﹣3y）（2x+y）+y（x+5y）化简的结果为2x2，求k的值．‎ ‎【考点】整式的混合运算；解分式方程．‎ ‎【分析】（1）直接去分母，进而解分式方程得出答案；‎ ‎（2）首先利用多项式乘法去括号，进而合并同类项得出答案．‎ ‎【解答】解：（1）去分母得：1﹣2（x﹣3）=﹣3x，‎ 解得：x=﹣7，‎ 检验：当x=﹣7时，x﹣3≠0，故x=﹣7是原方程的解；‎ ‎（2）∵（x﹣3y）（2x+y）+y（x+5y）‎ ‎=2x2﹣5xy﹣3y2+xy+5y2‎ ‎=2x2﹣4xy+2y2‎ ‎=2（x﹣y）2=2x2，‎ ‎∴x﹣y=±x，‎ 则x﹣kx=±x，‎ 解得：k=0（不合题意舍去）或k=2．‎ ‎【点评】此题主要考查了分式方程的解法以及多项式乘法，正确掌握运算法则是解题关键．‎ ‎　‎ ‎20．己知线段a及∠α（∠α＜90°）‎ ‎〔1）作等腰△ABC并使得所作等腰△ABC腰长为a，且有内角等于∠α（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）‎ ‎（2）若a=4，∠α=30°，求（1）中所作△ABC的面积．‎ ‎【考点】作图—复杂作图．‎ ‎【专题】作图题．‎ ‎【分析】（1）作∠MBN=α，在BN上截取BA=a，然后以A点为圆心，a为半径画弧交BM于C，则△ABC满足条件；‎ ‎（2）作AD⊥BC于D，根据等腰三角形的性质得BD=CD，根据含30度的直角三角形三边的关系求出AD、BD，然后根据三角形面积公式求解．‎ ‎【解答】解：（1）如图，△ABC为所作；‎ ‎（2）作AD⊥BC于D，‎ ‎∵AB=AC=4，‎ ‎∴BD=CD，‎ ‎∵∠B=30°，‎ ‎∴AD=AB=2，BD=AD=2，‎ ‎∴BC=2BD=4，‎ ‎∴△ABC的面积=×2×4=4．‎ ‎【点评】本题考查了作图﹣复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了等腰三角形的性质．‎ ‎　‎ ‎21．己知常数a（a是常数）满足下面两个条件：‎ ‎①二次函数y1=﹣（x+4）（x﹣5a﹣7）的图象与x轴的两个交点于坐标原点的两侧；‎ ‎②一次函数y2=ax+2的图象在一、二、四象限；‎ ‎（1）求整数a的值；‎ ‎（2）在所给直角坐标系中分别画出y1、y2的图象，并求当y1＜y2时，自变量x的取值范围．‎ ‎【考点】抛物线与x轴的交点；一次函数图象与系数的关系；二次函数与不等式（组）．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】（1）利用抛物线与x轴的交点问题得到抛物线与x轴的两个交点坐标为（﹣4，0），（5a+7，0），利用抛物线与x轴的两个交点与坐标原点的两侧得到5a+7＞0，则a＞﹣，再利用一次函数性质得到a＜0，于是得到a的范围为﹣＜a＜0，然后在此范围内找出整数即可；‎ ‎（2）由（1）得抛物线解析式为y1=﹣（x+4）（x﹣2）=﹣（x+1）2+3，直线解析式为y=﹣x+2，再利用描点法画出两函数图象，然后找出一次函数图象在抛物线上方所对应的x的范围即可．‎ ‎【解答】解：（1）抛物线y1=﹣（x+4）（x﹣5a﹣7）的图象与x轴的两个交点坐标为（﹣4，0），（5a+7，0），‎ 根据题意得5a+7＞0，解得a＞﹣，‎ 又因为一次函数y2=ax+2的图象在一、二、四象限，则a＜0，‎ 所以a的范围为﹣＜a＜0，‎ 所以整数a为﹣1；‎ ‎（2）抛物线解析式为y1=﹣（x+4）（x﹣2）=﹣（x+1）2+3，抛物线的顶点坐标为（﹣1，3），‎ 直线解析式为y=﹣x+2，‎ 如图，‎ 当x＜﹣1或x＞2时，y1＜y2．‎ ‎【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：从二次函数的交点式y=a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常数，a≠0）中可直接得到抛物线与x轴的交点坐标（x1，0），（x2，0）．也考查了一次函数的性质和观察函数图象的能力．‎ ‎　‎ ‎22．已知⊙O的半径为，OC垂直于弦AB，垂足为C，AB=2，点D在⊙O上．‎ ‎（1）如图1，若点D在AO的延长线上，连结CD交半径OB于点E，连结BD，求BD，ED的长；‎ ‎（2）若射线OD与AB的延长线相交于点F，且△OCD是等腰三角形，请在图2画示意图并求出AF的长．‎ ‎【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】（1）如图1，由垂径定理得到AC=BC=，再根据勾股定理计算出OC=2，接着证明OC为△ABD的中位线，则BD=2OC=4，则可利用勾股定理计算出CD，然后证明△OCE∽△BDE，利用相似比可计算出DE；‎ ‎（2）讨论：当DC=DO，作DG⊥OC于G，则CG=OG，如图2，则CF=2DG，再利用勾股定理计算出DG，从而得到CF，然后可计算出AF；当CD=CO时，作CG⊥OD于G，如图3，则DG=OG=，利用勾股定理计算出CG，再证明△OGC∽△COF，利用相似比可计算出CF，从而可得AF的长．‎ ‎【解答】解：（1）如图1，∵OC⊥AB，‎ ‎∴AC=BC=，‎ 在Rt△AOC中，OC==2，‎ ‎∵AD为直径，‎ ‎∴∠ABD=90°，‎ ‎∵OC∥BD，‎ ‎∴OC为△ABD的中位线，‎ ‎∴BD=2OC=4，‎ 在Rt△BCD中，CD==3，‎ ‎∵OC∥BD，‎ ‎∴△OCE∽△BDE，‎ ‎∴==，‎ ‎∴DE=CD=2；‎ ‎（2）当DC=DO，作DG⊥OC于G，则CG=OG，如图2，‎ ‎∴DG为△OCF的中位线，‎ ‎∴CF=2DG，‎ 在Rt△ODG中，DG==，‎ ‎∴CF=2，‎ ‎∴AF=CF﹣AC=2﹣；‎ 当CD=CO时，作CG⊥OD于G，如图3，则DG=OG=，‎ 在Rt△OCG中，CG==，‎ ‎∵∠GOC=∠COF，‎ ‎∴△OGC∽△COF，‎ ‎∴=，即=，解得CF=，‎ ‎∴AF=CF﹣AC=﹣，‎ 综上所述，AF的长为2﹣或﹣．‎ ‎【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等．在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．也考查了勾股定理、垂径定理和圆周角定理．‎ ‎　‎ ‎23．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知二次函数y=x2+bx+c的图象过点A（0，﹣2）和点B（2，﹣2），且点C与点B关于坐标原点对称．‎ ‎（1）求b，c的值，并判断点C是否在此抛物线上，并说明理由；‎ ‎（2）若点P为此抛物线上一点，它关于x轴，y轴的对称点分别为M，N，问是否存在这样的P点使得M，N恰好都在直线BC上？如存在，求出点P的坐标，如不存在，并说明理由；‎ ‎（3）若点P与点Q关于原点对称，当点P在位于直线BC下方的抛物线上运动时，求四边形PBQC的面积的最大值．‎ ‎【考点】二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）将A（0，﹣2）、B（2，﹣2）代入y=x2+bx+c，得到关于b，c的二元一次方程组，解方程组求出b，c的值；根据关于原点对称的点的坐标特征求出C点坐标，再用代入法即可判断C点在此抛物线上；‎ ‎（2）先利用待定系数法求出直线BC的解析式为y=﹣x．再假设此抛物线上存在这样的点P（x， x2﹣x﹣2），使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线BC上，根据函数图象上点的坐标特征得出方程x2﹣x﹣2=x，解方程即可求出点P的坐标；‎ ‎（3）先判定四边形PBQC是平行四边形，根据平行四边形的性质得出当△PBC面积最大时，四边形PBQC的面积最大．将直线BC向下平移t个单位得到直线y=﹣x﹣t，当它与抛物线只有一个交点时，△PBC面积最大．利用判别式△=0求出t的值，进而求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）∵二次函数y=x2+bx+c的图象过点A（0，﹣2）和点B（2，﹣2），‎ ‎∴，‎ 解得，‎ ‎∴y=x2﹣x﹣2．‎ ‎∵点C与点B关于坐标原点对称，‎ ‎∴C（﹣2，2），‎ 把x=﹣2代入y=x2﹣x﹣2，得y=×（﹣2）2﹣（﹣2）﹣2=2，‎ ‎∴C（﹣2，2）在此抛物线上；‎ ‎（2）设直线BC的解析式为y=mx+n，‎ ‎∵B（2，﹣2），C（﹣2，2），‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴直线BC的解析式为y=﹣x．‎ 假设此抛物线上存在这样的点P（x， x2﹣x﹣2），使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线BC上，‎ ‎∵M（x，﹣ x2+x+2），N（﹣x， x2﹣x﹣2），‎ ‎∴x2﹣x﹣2=x，‎ 解得x=2±2，‎ 故所求点P的坐标为（2+2，2+2），或（2﹣2，2﹣2）；‎ ‎（3）∵点C与点B关于原点对称，点P与点Q关于原点对称，‎ ‎∴四边形PBQC是平行四边形，‎ ‎∴S▱PBQC=2S△PBC，‎ ‎∴当△PBC面积最大时，四边形PBQC的面积最大．‎ 将直线BC向下平移t个单位得到直线y=﹣x﹣t，当它与抛物线只有一个交点时，△PBC面积最大．‎ 把y=﹣x﹣t代入y=x2﹣x﹣2，得﹣x﹣t=x2﹣x﹣2，‎ 整理得， x2﹣2+t=0，‎ ‎△=0﹣4×（﹣2+t）=0，‎ 解得t=2，‎ 解方程x2﹣2+2=0，解得x=0，‎ 则y=﹣2，即P（0，﹣2），‎ 此时四边形PBQC的面积的最大值为：2×4=8．‎ ‎【点评】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有利用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，函数图象上点的坐标特征，关于坐标轴、原点对称的点的坐标特征，平行四边形的判定与性质，二次函数与一元二次方程的关系等知识，综合性较强，难度适中．利用数形结合以及方程思想是解题的关键．‎ ‎　‎