中考命题·数学答案第１页（共４８页）ｘ河南中招阶梯性复习双测试卷（一）参考答案数与式（Ａ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ｃ２．Ｃ３．Ｄ４．Ｂ５．Ｃ６．Ａ７．Ｂ８．Ａ９．Ｃ１０．Ｄ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．２－槡２１２．槡５－１１３．ｘ－１＋１１４．９１５．１三、解答题（共８题，共７５分）１６．（１）原式槡槡＝１＋５－２－１－５＝－２（２）原式＝２＋（－２）－１－１＋１＝－１１７．解：（１）一（２）ｘ（ｘ＋２ｙ）－（ｘ＋１）２＋２ｘ＝ｘ２＋２ｘｙ－（ｘ２＋２ｘ＋１）＋２ｘ＝ｘ２＋２ｘｙ－ｘ２－２ｘ－１＋２ｘ＝２ｘｙ－１１８．原式＝（４ｘ２＋４ｘ＋１）－２（ｘ２＋２ｘ－３）－２＝４ｘ２＋４ｘ＋１－２ｘ２－４ｘ＋６－２＝２ｘ２＋５，当ｘ槡＝２时，原式＝２ｘ２＋５＝２（槡２）２＋５＝４＋５＝９．１９．原式＝（－ｘｘ＋１），（ｘ＋１）（ｘ－１）（ｘ＋１）２＝－ｘｘ＋１×ｘ＋１ｘ－１＝－ｘｘ－１，当ｘ槡＝８－４ｓｉｎ４５＋()１２－１槡＝２２－４·槡２２＋２＝２时，原式＝－２２－１＝－２．２０．∵１ａ＋１ｂ＝ａ＋ｂａｂ＝３２，ａ＋ｂ＝３，∴ａｂ＝２，∴ａ２ｂ＋ａｂ２＝ａｂ（ａ＋ｂ）＝２×３＝６．２１．（１）原式＝（１０００－１）×（－１５）＝－１５０００＋１５＝－１４９８５．（２）原式＝９９９×［１１８４５＋（－１５）－１８３５］＝９９９×１００＝９９９００．２２．（１）（ａ－ｂ）（ａ＋ｂ）＝ａ２－ｂ２；（ａ－ｂ）（ａ２＋ａｂ＋ｂ２）＝ａ３＋ａ２ｂ＋ａｂ２－ａ２ｂ－ａｂ２－ｂ３＝ａ３－ｂ３；（ａ－ｂ）（ａ３＋ａ２ｂ＋ａｂ２＋ｂ３）＝ａ４＋ａ３ｂ＋ａ２ｂ２＋ａｂ３－ａ３ｂ－ａ２ｂ２－ａｂ３－ｂ４＝ａ４－ｂ４；故答案为：ａ２－ｂ２，ａ３－ｂ３，ａ４－ｂ４；（２）由（１）的规律可得：原式＝ａｎ－ｂｎ，故答案为：ａｎ－ｂｎ；（３）原式＝（２－１）（２８＋２６＋２４＋２２＋２）＝３４２．２３．（１）∵（－１）２＋０２＋１２＋２２＋３２＝１５１５÷５＝３∴结果是５的３倍．（２）根据题意得：（ｎ－２）２＋（ｎ－１）２＋ｎ２＋（ｎ＋１）２＋（ｎ＋２）２＝（ｎ２－４ｎ＋４）＋（ｎ２－２ｎ＋１）＋ｎ２＋（ｎ２＋２ｎ＋１）＋（ｎ２－４ｎ＋４）＝５ｎ２＋１０∵（５ｎ２＋１０）÷５＝ｎ２＋２ｎ为整数∴它们的平方和是５的整数倍（３）设任意三个连续整数中间的一个数为ｘ，则（ｘ－１）２＋ｘ２＋（ｘ＋１）３＝３ｘ２＋２∵（３ｘ２＋２）÷３＝ｘ２……２∴余数为２中考命题·数学答案第２页（共４８页）河南中招阶梯性复习双测试卷（二）参考答案数与式（Ｂ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ａ２．Ａ３．Ａ４．Ａ５．Ｂ６．Ｂ７．Ｃ８．Ｂ９．Ａ１０．Ｂ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．３２１２．ｙ２１３．５ｘ（ｘ－１）２１４．２ａ－ｂ１５．３三、解答题（共８题，共７５分）１６．２－１槡－３ｔａｎ６０°＋（π－２０１５）０＋｜－１２｜＝１２－３＋１＋１２＝１－３＋１＝－１．１７．原式＝９－ｘ２＋ｘ２＋２ｘ＋１＝２ｘ＋１０，当ｘ＝２时，代入原式＝２×２＋１０＝１４．１８．ｘ２ｘ２＋４ｘ＋４÷ｘｘ＋２－ｘ－１ｘ＋２＝ｘ２（ｘ＋２）２·ｘ＋２ｘ－ｘ－１ｘ＋２＝ｘｘ＋２－ｘ－１ｘ＋２＝ｘ－（ｘ－１）ｘ＋２＝１ｘ＋２当ｘ槡＝２－１时，原式＝１槡２－１＋２＝１槡２＋１＝槡２－１（槡２＋１）（槡２－１）槡＝２－１．１９．（１）设所捂的二次三项式为Ａ，则Ａ＝ｘ２－５ｘ＋１＋３ｘ＝ｘ２－２ｘ＋１（２）若ｘ＝＋１，则Ａ＝（ｘ－１）２＝（＋１－１）２＝０２０．第１个数：当ｎ＝１时，槡１５槡１＋５()２ｎ－槡１－５()２[]ｎ＝槡１５槡１＋５２－槡１－５()２＝槡１５槡×５＝１．第２个数：当ｎ＝２时，方法１：槡１５槡１＋５()２ｎ－槡１－５()２[]ｎ＝槡１５槡１＋５()２２－槡１－５()２[]２＝槡１５槡１＋５２＋槡１－５()２槡１＋５２－槡１－５()２＝槡１５×１槡×５＝１．方法２：槡１５槡１＋５()２ｎ－槡１－５()２[]ｎ＝槡１５槡１＋５()２２－槡１－５()２[]２＝槡１５槡１＋２５＋５４－槡１－２５＋５()４＝槡１５槡×５＝１．２１．（１）Ａ＝（ｘ－３）×ｘ２－４（ｘ＋２）（ｘ２－６ｘ＋９）－１＝（ｘ－３）×（ｘ＋２）（ｘ－２）（ｘ＋２）（ｘ－３）２－１＝ｘ－２ｘ－３－１＝１ｘ－３．（２）２ｘ－１＜ｘ①１－ｘ３＜４３{②解不等式①，得ｘ＜１；解不等式②，得ｘ＞－１．所以不等式组的解集是－１＜ｘ＜１．因为ｘ为整数，所以ｘ＝０．中考命题·数学答案第３页（共４８页）把ｘ＝０代入１ｘ－３，得Ａ＝１０－３＝－１３．２２．（１）１＋３＋５＋７＝１６＝４２，设第ｎ幅图中球的个数为ａｎ，观察，发现规律：ａ１＝１＋３＝２２，ａ２＝１＋３＋５＝３２，ａ３＝１＋３＋５＋７＝４２，…，∴ａｎ－１＝１＋３＋５＋…＋（２ｎ－１）＝ｎ２．故答案为：４２；ｎ２．（２）观察图形发现：图中黑球可分三部分，１到ｎ行，第ｎ＋１行，ｎ＋２行到２ｎ＋１行，即１＋３＋５＋…＋（２ｎ－１）＋［２（ｎ＋１）－１］＋（２ｎ－１）＋…＋５＋３＋１＝１＋３＋５＋…＋（２ｎ－１）＋（２ｎ＋１）＋（２ｎ－１）＋…＋５＋３＋１＝ａｎ－１＋（２ｎ＋１）＋ａｎ－１＝ｎ２＋２ｎ＋１＋ｎ２＝２ｎ２＋２ｎ＋１故答案为：２ｎ＋１；２ｎ２＋２ｎ＋１．２３．问题１因为ｘ＞０，４＞０，所以２（ｘ＋４ｘ）≥槡２×２４＝８，当ｘ＝４ｘ即ｘ槡＝４＝２时，２（ｘ＋４ｘ）取最小值８．问题２由题意得ｙ２ｙ１＝ｘ２＋２ｘ＋１０ｘ＋１＝（ｘ＋１）２＋９ｘ＋１＝（ｘ＋１）＋９（ｘ＋１），因为ｘ＞－１，所以ｘ＋１＞０，所以，（ｘ＋１）＋９（ｘ＋１）≥槡２９＝６，当（ｘ＋１）＝９（ｘ＋１）即ｘ槡＝９－１＝２时，ｙ２ｙ１取最小值６．问题３设学校学生人数为ｘ人，生均投入为ｙ元，依题意得：ｙ＝４９００＋１０ｘ＋０．０１ｘ２ｘ＝ｘ１００＋４９００ｘ＋１０，因为ｘ＞０，所以ｙ＝ｘ１００＋４９００ｘ＋１０＝１１００（ｘ＋４９００００ｘ）＋１０≥２１００槡４９００００＋１０＝１４＋１０＝２４，当ｘ＝４９００００ｘ即ｘ＝７００时，ｙ取最小值２４．答：当学校学生人数为７００人时，该校每天生均投入最低，最低费用是２４元．河南中招阶梯性复习双测试卷（三）参考答案方程（组）与不等式（组）（Ａ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ｄ２．Ｄ３．Ａ４．Ｂ５．Ｃ６．Ｃ７．Ｃ８．Ｂ９．Ａ１０．Ｂ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．１１２．１≤ｋ＜３１３．１２１４．５４１５．２ｎ－１（ｎ＋１）２三、解答题（共８题，共７５分）１６．（１）把方程①代入方程②，得５ｘ＋２ｘ－３＝１１，解得ｘ＝２．把ｘ＝２代入①，得ｙ＝１，所以原方程组的解为ｘ＝２ｙ{＝１（２）原方程可化为：ｘ２－２ｘ－３＝０，整理，得（ｘ＋１）（ｘ－３）＝０，解得ｘ１＝－１或ｘ２＝３．１７．方程两边同乘ｘ２－１得：ｘ＋１－３＝０∴ｘ＝２经检验，ｘ＝２是原方程的根．１８．解：解不等式①得：ｘ＞２解不等式②得：ｘ＜３中考命题·数学答案第４页（共４８页）所以原不等式组的解集是２＜ｘ＜３，把解集表示在数轴上得：１９．（１）设方程的另一根为ｘ１；ｘ１＋１＝－ａ１×ｘ１＝ａ{－２解得：ａ＝１２，ｘ１＝－３２（２）证明：＝ａ２－４×（ａ－２）＝（ａ－２）２＋４，∵（ａ－２）２≥０，＞０．∴不论ａ取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．２０．解：（１）设该品牌电动自行车销售量的月平均增长率为ｘ，依据题意得１５０（１＋ｘ）２＝２１６，解得ｘ１＝０．２＝２０％，ｘ２＝－２．２（舍去）．答：该品牌电动自行车销售量的月平均增长率为２０％．（２）该品牌电动车２月份的销量为１５０×（１＋２０％）＝１８０（辆），∴该品牌电动车１至３月份的销量为１５０＋１８０＋２１６＝５４６（辆），∴该经销商１至３月的盈利为５４６×（２８００－２３００）＝２７３０００（元）．答：该经销商１至３月的盈利为２７３０００元．２１．（１）设王师傅单独整理这批实验器材需要ｘ分钟完成．２０（１４０＋１ｘ）＋２０ｘ＝１，解得ｘ＝８０．经检验得ｘ＝８０是原分式方程的根．答：师傅单独整理这批实验器材需要８０分钟完成；（２）设李老师要工作ｍ分钟．ｍ４０＋３０８０≥１，ｘ≥２５．答：李老师至少要工作２５分钟．２２．（１）设通道的宽为ｘｍ，ＡＭ＝８ｙｍ．∵ＡＭ：ＡＮ＝８：９，∴ＡＮ＝９ｙｍ，∴２ｘ＋２４ｙ＝１８ｘ＋１８ｙ{＝１３，解得ｘ＝１ｙ＝{２３，∴通道的宽应设计为１ｍ．（２）∵四块相同草坪中的每一块，有一条边长为８ｍ，若ＲＰ＝８，则ＡＢ＞１３，不合，∴ＲＱ＝８，∴纵向通道的宽为２ｍ，横向通道的宽为１ｍ，∴ＲＰ＝６．∵ＲＥ⊥ＰＱ，四边形ＲＰＣＱ是长方形，∴ＰＱ＝１０，∴ＲＥ·ＰＱ＝ＰＲ·ＱＲ＝６×８，∴ＲＥ＝４．８．∵ＲＰ２＝ＲＥ２＋ＰＥ２，∴ＰＥ＝３．６，同理可得ＱＦ＝３．６，∴ＥＦ＝２．８，∴Ｓ四边形ＲＥＣＦ＝４．８×２．８＝１３．４４，即：花坛ＲＥＣＦ的面积为１３．４４ｍ２．２３．（１）设租用甲型号的挖掘机ｘ台，乙型号的挖掘机共ｙ台，根据题意，得ｘ＋ｙ＝８６０ｘ＋８０ｙ{＝５４０解得ｘ＝５ｙ{＝３．答：甲、乙两种型号的挖掘机各需５台、３台．（２）设租用甲型号的挖掘机ｍ台，则租用乙型号的挖掘机５４０－６０ｍ８０台，根据题意，得１００ｍ＋１２０×５４０－６０ｍ８０≤８５０．解得ｍ≤４．又ｍ为非负整数，∴ｍ＝０，或１，或２，或３，或４．分别代入５４０－６０ｍ８０，可知，只有当ｍ＝１时，５４０－６０ｍ８０＝６，为整数符合题意．∴符合条件的租用方案只有一种，即租用甲型号的挖掘机１台，乙型号的挖掘机共６台．中考命题·数学答案第５页（共４８页）河南中招阶梯性复习双测试卷（四）参考答案方程（组）与不等式（组）（Ｂ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ａ２．Ｂ３．Ｃ４．Ａ５．Ａ６．Ｃ７．Ｂ８．Ｂ９．Ｄ１０．Ｂ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．５３＜ｘ≤６１２．４６１３．３或７１４．槡－３；２或－１１５．１９或２１或２３三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：（１）（ｘ－３）（ｘ－１）＝３，去括号，得ｘ２－４ｘ＋３＝３，移项合并，得ｘ２－４ｘ＝０，因式分解，得ｘ（ｘ－４）＝０，解得ｘ１＝０，ｘ２＝４．（２）①×２，得２ｘ＋２ｙ＝１０③②－③，得ｙ＝１把ｙ＝１代入①，得ｘ＋１＝５ｘ＝４∴原方程组的解为ｘ＝４ｙ{＝１．（３）整理得２－ｘｘ－３－１ｘ－３＝１，２－ｘ－１ｘ－３＝１，１－ｘ＝ｘ－３，解得ｘ＝２经检验：ｘ＝２是分式方程的解．１７．解：５ｘ＋１＞３（ｘ－１）①１２ｘ≤８－３２ｘ＋２ａ{②解不等式①，得ｘ＞－２，解不等式②，得ｘ≤４＋ａ，∵原不等式组有解集，∴不等式组的解集为－２＜ｘ＜４＋ａ．∵原不等式组恰有两个整数解，∴０≤４＋ａ＜１，∴－４≤ａ＜－３．１８．解：（１）ｘ≥－３．依据是不等式性质２，不等式两边都乘以或除以同一个负数，不等号方向要改变．（２）ｘ＜２．（３）如图：（４）－２＜ｘ＜２．１９．解：（１）４ｘ３ｃｍ／ｓ；（２）∵Ｒｔ△ＡＢＣ中，∠Ｂ＝９０°，ＡＢ＝３ｃｍ，ＢＣ＝４ｃｍ，∴ＡＢ＋ＡＤ＝４，ＢＣ＋ＣＤ＝４＋５－１＝８，即在Ｂ点处首次相遇后，两点在Ｄ点处再次相遇后停止运动时，Ｐ点与Ｑ点运动的时间相同，Ｐ点运动路程是Ｑ点运动路程的２倍，则Ｐ点运动速度是Ｑ点运动速度的２倍，根据题意，得：ｘ＋２＝２×４ｘ３解得：ｘ＝１．２．答：点Ｐ原来的速度为１．２ｃｍ／ｓ．２０．解：（１）∵方程ｘ２＋（２ｍ＋１）ｘ＋ｍ２－４＝０有两个不相等的实数根，∴△＝（２ｍ＋１）２－４（ｍ２－４）＝４ｍ＋１７＞０，解得：ｍ＞－１７４．∴当ｍ＞－１７４时，方程有两个不相等的实数根．（２）设方程的两根分别为ａ、ｂ，根据题意得：ａ＋ｂ＝－２ｍ－１，ａｂ＝ｍ２－４．∵２ａ、２ｂ为边长为５的菱形的两条对角线的长，∴ａ２＋ｂ２＝（ａ＋ｂ）２－２ａｂ＝（－２ｍ－１）２－２（ｍ２－４）＝２ｍ２＋４ｍ＋９＝５２＝２５，解得：ｍ＝－４或ｍ＝２．∵ａ＞０，ｂ＞０，∴ａ＋ｂ＝－２ｍ－１＞０，中考命题·数学答案第６页（共４８页）∴ｍ＝－４．若边长为５的菱形的两条对角线的长分别为方程两根的２倍，则ｍ的值为－４．２１．解：设排球单价为ｘ元，则足球单价为（ｘ＋３０）元，由题意得：５００ｘ＝８００ｘ＋３０，解得：ｘ＝５０，经检验：ｘ＝５０是原分式方程的解，则ｘ＋３０＝８０．答：排球单价是５０元，则足球单价是８０元；（２）设恰好用完１２００元，可购买排球ｍ个和购买足球ｎ个，由题意得：５０ｍ＋８０ｎ＝１２００，整理得：ｍ＝２４－８５ｎ，∵ｍ、ｎ都是正整数，∴①ｎ＝５时，ｍ＝１６，②ｎ＝１０时，ｍ＝８．∴有两种方案：①购买排球５个，购买足球１６个；②购买排球１０个，购买足球８个．２２．解：（１）由已知可得ｙ＝ｘ＋１．５×２ｘ＋２（１００－ｘ－２ｘ），∴ｙ＝－２ｘ＋２００．（２）依题意得－２ｘ＋２００≥１８０ｘ≥{８，解得８≤ｘ≤１０，∵ｘ为整数，∴ｘ可取８，９，１０，∴有３种种植方案，方案一：种植西红柿８公顷、马铃薯７６公顷、青椒１６公顷．方案二：种植西红柿９公顷、马铃薯７３公顷、青椒１８公顷．方案三：种植西红柿１０公顷、马铃薯７０公顷、青椒２０公顷．（３）由（１），（２）知，ｘ越小，总利润ｙ越大，∴当ｘ＝８时，ｙ最大＝－２×８＋２００＝１８４，即最大利润为１８４万元．∴该企业投资不超过１８×１８４＝２３万元，设建造Ａ型大棚ａ个，建造Ｂ型大棚ｂ个，依题意得：５ａ＋８ｂ≤２３，∵ａ，ｂ均为正整数，∴共有四种建造方案：方案一：建造Ａ型大棚１个，Ｂ型大棚１个；方案二：建造Ａ型大棚１个，Ｂ型大棚２个；方案三：建造Ａ型大棚２个，Ｂ型大棚１个；方案四：建造Ａ型大棚３个，Ｂ型大棚１个．２３．解：（１）Ｆ（２４３）＝（４２３＋３４２＋２３４）÷１１１＝９；Ｆ（６１７）＝（１６７＋７１６＋６７１）÷１１１＝１４．（２）∵ｓ，ｔ都是“相异数”，ｓ＝１００ｘ＋３２，ｔ＝１５０＋ｙ，∴Ｆ（ｓ）＝（３０２＋１０ｘ＋２３０＋ｘ＋１００ｘ＋２３）÷１１１＝ｘ＋５，Ｆ（ｔ）＝（５１０＋ｙ＋１００ｙ＋５１＋１０５＋１０ｙ）÷１１１＝ｙ＋６．∵Ｆ（ｔ）＋Ｆ（ｓ）＝１８，∴ｘ＋５＋ｙ＋６＝ｘ＋ｙ＋１１＝１８，∴ｘ＋ｙ＝７．∵１≤ｘ≤９，１≤ｙ≤９，且ｘ，ｙ都是正整数，∴ｘ＝１ｙ{＝６或ｘ＝２ｙ{＝５或ｘ＝３ｙ{＝４或ｘ＝４ｙ{＝３或ｘ＝５ｙ{＝２或ｘ＝６ｙ{＝１．∵ｓ是“相异数”，∴ｘ≠２，ｘ≠３．∵ｔ是“相异数”，∴ｙ≠１，ｙ≠５，∴ｘ＝１ｙ{＝６或ｘ＝４ｙ{＝３或ｘ＝５ｙ{＝２，∴Ｆ（ｓ）＝６Ｆ（ｔ）{＝１２或Ｆ（ｓ）＝９Ｆ（ｔ）{＝９或Ｆ（ｓ）＝１０Ｆ（ｔ）{＝８，∴ｋ＝Ｆ（ｓ）Ｆ（ｔ）＝１２或ｋ＝Ｆ（ｓ）Ｆ（ｔ）＝１或ｋ＝Ｆ（ｓ）Ｆ（ｔ）＝５４，∴ｋ的最大值为５４．中考命题·数学答案第７页（共４８页）河南中招阶梯性复习双测试卷（五）参考答案函数（Ａ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ｃ２．Ｄ３．Ｂ４．Ａ５．Ｂ６．Ｄ７．Ｄ８．Ｃ９．Ｂ１０．Ａ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．０＜ａ＜４１２．３１３．３２１４．１５１５．槡６３＋６三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：（１）设反比例函数的解析式为ｙ＝ｋｘ，∵双曲线ｙ＝ｋｘ经过点Ａ（２，－３），∴，解得ｋ＝－６．∴反比例函数的解析式为ｙ＝－６ｘ．（２）将点Ｐ（２，－３）沿ｘ轴负方向平移３个单位后，得到点（－１，－３），再沿ｙ轴方向平移ｎ（ｎ＞０）个单位得到点Ｐ′，则点Ｐ′的横坐标为－１，∵点Ｐ′恰好在反函数ｙ＝－６ｘ的图像上，∴点Ｐ′的纵坐标为－６－１＝６，点Ｐ′（－１，，６，），由点（－１，－３）需要向上平移９个单位后得到（－１，６），∴ｎ＝９，点Ｐ沿ｙ轴向上平移．１７．解：（１）对于ｙ槡＝３ｘ槡＋３，令ｘ＝０，则ｙ槡＝３，∴Ａ的坐标为（０，槡３）∴ＡＯ槡＝３∴令ｙ＝０，则ｘ＝－１，∴ＢＯ＝１．在Ｒｔ△ＢＯＡ中，ｔａｎ∠ＡＢＯ＝ＯＡＯＢ槡＝３．∴∠ＡＢＯ＝６０°．（２）在Ｒｔ△ＢＣＡ中，ＡＣ＝ＢＣ，又ＡＯ⊥ＢＣ∴ＢＯ＝ＣＯ∴Ｃ点的坐标为（１，０）设直线ｌ的函数解析式为ｙ＝ｋｘ＋ｂ，（ｋ，ｂ为常数）依题意有槡３＝ｂ０＝ｋ＋{ｂ解得ｋ槡＝－３ｂ槡{＝３∴直线ｌ的函数解析式为ｙ槡＝－３ｘ槡＋３１８．解：（１）∵点Ａ（２，０）、Ｂ（４，０）、Ｃ（０，４）在抛物线ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ上，∴ｃ＝４４ａ＋２ｂ＋ｃ＝０１６ａ＋４ｂ＋ｃ{＝０解得ａ＝１２ｂ＝－３ｃ{＝４，∴抛物线的解析式为ｙ＝１２ｘ２－３ｘ＋４．∴ｙ＝１２ｘ２－３ｘ＋４＝１２（ｘ－３）２－１２．顶点坐标为（３，－１２）；（２）将抛物线ｙ＝１２（ｘ－３）２－１２向左平移３个单位为ｙ＝１２ｘ２－１２，再向上平移１．５个单位后抛物线的解析式为ｙ＝１２ｘ２＋１．１９．解：（１）从图象中得：Ａ，Ｂ两地相距３００ｋｍ；（２）设甲车在行驶过程中ｙ与ｔ的解析式：ｙ甲＝ｋ１ｘ＋ｂ１，∵图象过（５，０）和（１０，３００）两点，∴５ｋ１＋ｂ１＝０１０ｋ１＋ｂ１{＝３００，解得：ｋ１＝１００ｂ１{＝－３００，∴ｙ甲＝６０ｘ－３００，设乙车在行驶过程中ｙ与ｔ的解析式：ｙ乙＝ｋ２ｘ＋ｂ２，∵图象过（６，０）和（９，３００）两点，∴６ｋ２＋ｂ２＝０９ｋ２＋ｂ２{＝３００，解得：ｋ２＝１００ｂ２{＝－６００，∴ｙ乙＝１００ｘ－６００，当乙车追上甲车时它们所行驶的路程相同，即ｙ相同，∴６０ｘ－３００＝１００ｘ－６００，解得：ｘ＝７．５，７．５－６＝１．５（小时），∴乙车出发１．５小时追上甲车；（３）①当ｙ甲＝２０时，即６０ｘ－３００＝２０，解得：ｘ＝１６３，１６３－５＝１３（小时）；中考命题·数学答案第８页（共４８页）②当ｙ甲－ｙ乙＝２０时，即６０ｘ－３００－（１００ｘ－６００）＝２０，解得：ｘ＝７，７－５＝２（小时）；当ｙ乙－ｙ乙＝２０时，即１００ｘ－６００－（６０ｘ－３００）＝２０，解得：ｘ＝８，８－５＝３（小时）；④当ｙ甲＋２０＝３００时，即６０ｘ－３００＋２０＝３００，解得：ｘ＝２９３，２９３－５＝１４３（小时）．∴甲车出发１３小时或２小时或３小时或１４３小时，两车相距２０千米．２０．解：（１）∵正方形ＡＢＣＤ的顶点Ｃ的坐标为（０，３），∴ＯＡ＝ＡＢ＝ＢＣ＝ＯＣ＝３，∠ＯＡＢ＝∠Ｂ＝∠ＢＣＯ＝９０°，又ＡＤ＝２ＤＢ，∴２３ＡＢ＝２，∴Ｄ（－３，２）把Ｄ（－３，２）代入ｙ＝ｍｘ得，ｍ＝－６，∴ｙ＝－６ｘ．∵ＡＭ＝２ＭＯ，∴ＯＭ＝１３ＯＡ＝１，∴Ｍ（－１，０），把Ｍ（－１，０）和Ｄ（－３，２）代入ｙ＝ｋｘ＋ｂ得０＝－ｋ＋ｂ２＝－３ｋ＋{ｂ，解得：ｋ＝－１，ｂ＝－１．∴直线ＤＭ的表达式为：ｙ＝－ｘ－１．（２）∵Ｎ点在ＢＣ上，∴ｙＮ，把ｙ＝３代入ｙ＝－６ｘ得：ｘ＝－２，∴Ｎ（－２，３）∴ＮＣ＝２．设Ｐ（ｘ，ｙ）∵Ｓ△ＯＰＭ＝Ｓ四边形ＯＭＮＣ，∴１２（ＯＭ＋ＮＣ）·ＯＣ＝１２ＯＭ·｜ｙ｜，即（１＋２）×３＝｜ｙ｜，∴ｙ＝±９，当ｙ＝９时，ｘ＝－１０，当ｙ＝－９时，ｘ＝８，∴Ｐ点的坐标为（－１０，９）或（８，－９）．２１．解：（１）Ｗ＝２５０ｘ＋２００（３０－ｘ）＋１５０（３４－ｘ）＋２４０（６＋ｘ）＝１４０ｘ＋１２５４０．自变量ｘ的取值范围是０≤ｘ≤３０．（２）∵Ｗ≥１６４６０，∴１４０ｘ＋１２５４０≥１６４６０．解得ｘ≥２８．∴２８≤ｘ≤３０．此时整数ｘ＝２８，２９，３０．∴共有３种方案，如下表：方案１方案２方案３ＣＤＣＤＣＤＡ２８２２９１３００Ｂ６３４５３５４３６（３）Ｗ＝（２５０－ａ）ｘ＋２００（３０－ｘ）＋１５０（３４－ｘ）＋２４０（６＋ｘ）＝（１４０－ａ）ｘ＋１２５４０．①当０＜ａ＜１４０时，１４０－ａ＞０，Ｗ随ｘ的增大而增大，∴ｘ＝０时，Ｗ最小；此时，从Ａ至Ｃ乡运０台，从Ａ至Ｄ乡运３０台，从Ｂ至Ｃ乡运３４台，从Ｂ至Ｄ乡运６台；②当ａ＝１４０时，各种调运费用相同，均是１２５４０；③当１４０＜ａ≤２００时，１４０－ａ≤０，Ｗ随ｘ的增大而减小，∴ｘ＝３０时，Ｗ最小．此时，从Ａ至Ｃ乡运３０台，从Ａ至Ｄ乡运０台，从Ｂ至Ｃ乡运４台，从Ｂ至Ｄ乡运３６台．２２．解：（２）右图（３）两个函数图象公共点的横坐标是±１和－４．则满足ｙ３＝ｙ４的所有ｘ的值为±１和－４．故答案是：±１和－４；（４）不等式ｘ３＋４ｘ２－ｘ－４＞０即当ｘ＞０时，ｘ２＋４ｘ－１＞，４ｘ此时ｘ的范围是：ｘ＞１；当ｘ＜０时，ｘ２＋４ｘ－１＜４ｘ，则－４＜ｘ＜－１．故答案是：ｘ＞１或－４＜ｘ＜－１．２３．解：（１）∵抛物线对称轴为直线ｘ＝－３２．∴Ａ（－３，０），设抛物线解析式为ｙ＝ａｘ（ｘ＋３），中考命题·数学答案第９页（共４８页）把Ｂ（－４，４）代入得ａ·（－４）·（－４＋３）＝４，解得ａ＝１，∴抛物线解析式为ｙ＝ｘ（ｘ＋３），即ｙ＝ｘ２＋３ｘ．（２）过Ｄ点作ＤＣ∥ｙ轴交ＯＢ于Ｃ，如图１，直线ＯＢ的解析式为ｙ＝－ｘ，设Ｄ（ｍ，ｍ２＋３ｍ）（－４＜ｍ＜０），则Ｃ（ｍ，－ｍ），∴ＤＣ＝－ｍ－（ｍ２＋３ｍ）＝－ｍ２－４ｍ，∴Ｓ△ＢＯＤ＝Ｓ△ＢＣＤ＋Ｓ△ＯＣＤ＝１２·４·ＤＣ＝－２ｍ２－８ｍ＝－２（ｍ＋２）２＋８，当ｍ＝－２时，Ｓ△ＢＯＤ有最大值，最大值为８，此时Ｄ点坐标为（－２，－２）；（３）满足条件的Ｐ点坐标为（３８，－４５３２）或（－４５３２－３８，）．【提示】作ＢＫ⊥ｙ轴于Ｋ，ＢＩ⊥ｘ轴于Ｉ，ＢＮ交ｙ轴于Ｍ点，如图２，易得四边形ＢＩＯＫ为正方形，∵∠ＮＢＯ＝∠ＡＢＯ，∴∠ＩＢＡ＝∠ＫＢＭ，而ＡＩ＝ＫＭ，∴Ｒｔ△ＢＩＡ≌Ｒｔ△ＢＫＭ，∴ＫＭ＝ＡＩ＝１，∴Ｍ（０，３），设直线ＢＮ的解析式为ｙ＝ｐｘ＋ｑ，把Ｂ（－４，４），Ｍ（０，３）代入得－４ｐ＋ｑ＝４ｑ{＝３，解得，ｐ＝－１４ｑ{＝３∴直线ＢＮ的解析式为ｙ＝－１４ｘ＋３，解方程组ｙ＝－１４ｘ＋３ｙ＝ｘ２＋３{ｘ得ｘ＝－４ｙ{＝４或ｘ＝３４ｙ＝４５{１６，∴Ｎ（３４，４５１６），∵ＯＢ槡＝４２，ＯＤ槡＝２２，∴ＯＤＯＢ＝１２，∴△ＰＯＤ与△ＮＯＢ的相似比为１：２，过ＯＢ的中点Ｅ作ＥＦ∥ＢＮ交ＯＮ于Ｆ，如图２，∴△ＦＯＥ∽△ＮＯＢ，它们的相似比为１：２，∴Ｆ点为ＯＮ的中点，∴Ｆ（３８，４５３２），∵点Ｅ与点Ｄ关于ｘ轴对称，∴点Ｐ′与点Ｆ关于ｘ轴对称时，△Ｐ′ＯＤ≌△ＦＯＥ，则△Ｐ′ＯＤ∽△ＮＯＢ，此时Ｐ′（３８，－４５３２）；作Ｐ′点关于ＯＤ的对称点Ｐ″，则△Ｐ″ＯＤ≌△Ｐ′ＯＤ，则△Ｐ″ＯＤ∽△ＮＯＢ，此时Ｐ″（－４５３２，３８），综上所述，满足条件的Ｐ点坐标为（３８，－４５３２－）或（－４５３２，３８）．河南中招阶梯性复习双测试卷（六）参考答案函数（Ｂ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ｃ２．Ｃ３．Ｂ４．Ｂ５．Ａ６．Ｄ７．Ｄ８．Ｄ９．Ｃ１０．Ａ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．ｍ＞３１２．一１３．３１４．ｍ＞１１５．②③⑤三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：（１）∵点Ｂ在直线ｌ２上，∴４＝２ｍ，∴ｍ＝２，设ｌ１的表达式为ｙ＝ｋｘ＋ｂ，由Ａ、Ｂ两点均在直线ｌ１上得到，４＝２ｋ＋ｂ０＝－６ｋ＋{ｂ，解得ｋ＝１２ｂ{＝３，则ｌ１的表达式为ｙ＝１２ｘ＋３．（２）∵点Ｐ（ｎ，０），∴Ｃ（ｎ２＋３，ｎ），Ｄ（２ｎ，ｎ），中考命题·数学答案第１０页（共４８页）由图可知：点Ｃ在点Ｄ的上方，∴ｎ２＋３＞２ｎ，解得：ｎ＜２．１７．解：（１）∵Ａ（２，０），∴ＯＡ＝２．∵ｔａｎ∠ＯＡＢ＝ＯＢＯＡ＝１２，∴ＯＢ＝１．∴Ｂ（０，１）．设直线ｌ的表达式为，则ｂ＝１２ｋ＋ｂ{＝０，∴ｋ＝－１２，ｂ＝１．∴直线ｌ的表达式为ｙ＝－１２ｘ＋１．（２）∵点Ｐ到ｙ轴的距离为１，且点Ｐ在ｙ轴左侧，∴点Ｐ的横坐标为－１．又∵点Ｐ在直线ｌ上，∴点Ｐ的纵坐标为：－１２×（－１）＋１＝３２．∴点Ｐ的坐标是－１，()３２．∵反比例函数ｙ＝ｍｘ的图象经过点Ｐ，∴３２＝ｍ－１．∴ｍ＝－１×３２＝－３２１８．解：（１）由图象得，当ｘ＝６时，ｙ甲＝３６０，∴Ｖ甲＝３６０６＝６０，故答案为６０．（２）法一：当１≤ｘ≤５时，设ｙ乙关于ｘ的函数解析式为ｙ乙＝ｋｘ＋ｂ．∵点（１，０），（５，３６０）在其图象上，∴０＝ｋ＋ｂ３６０＝５ｋ＋{ｂ，解得ｋ＝９０ｂ{＝－９０．∴ｙ乙关于ｘ的函数解析式为ｙ乙＝９０ｘ－９０（１≤ｘ≤５）．法二：由图象得ｙ乙＝９０．∴ｙ乙＝９０（ｘ－１）＝９０ｘ－９０（１≤ｘ≤５）．（３）当ｙ乙＝２４０时，９０ｘ－９０＝２４０，ｘ＝１１３，此时ｙ甲＝６０×１１３＝２２０，故答案为２２０．１９．解：（１）由题意得：函数ｙ＝ａｔ２＋５ｔ＋ｃ的图象经过（０，０．５）（０．８，３．５），∴０．５＝ｃ３．５＝０．６４ａ＋４＋{ｃ，解得：ａ＝－２５１６，ｃ＝１２，∴抛物线的解析式为：ｙ＝－２５１６ｔ２＋５ｔ＋１２＝－２５１６（ｔ－８５）２＋９２，∴当ｔ＝８５时，ｙ最大＝９２．答：足球飞行的时间是８５ｓ时，足球离地面最高，最大高度是９２ｍ；（２）把ｘ＝２８代入ｘ＝１０ｔ，得２８＝１０ｔ，∴ｔ＝２．８，∴当ｔ＝２．８时，ｙ＝－２５１６×２．８２＋５×２．８＋１２＝２．２５＜２．４４，∴他能将球直接射入球门．２０．解：（１）把Ａ（４，２）代入，ｙ＝ｋｘ得２＝ｋ４，解之得ｋ＝８∴反比例函数的表达式为ｙ＝８ｘ．（２）作ＡＥ⊥ｘ轴于点Ｅ，ＣＧ⊥ｘ轴于点Ｇ，ＦＨ⊥ｘ轴于点Ｈ，∵四边形ＯＢＣＤ是菱形，∴ＯＡ＝１２ＯＣ，ＯＢ＝ＢＣ∵ＡＥ⊥ｘ轴，ＣＧ⊥ｘ轴，∴ＡＥ∥ＣＧ，∴△ＡＯＥ∽△ＣＯＧ∴ＡＥＣＧ＝ＯＥＯＧ＝ＯＡＯＣ＝１２∴ＣＧ＝２ＡＥ＝４，ＯＧ＝２ＯＥ＝８设ＢＣ＝ｘ，则ＢＧ＝８－ｘ，在Ｒｔ△ＢＣＧ中，ｘ２－（８－ｘ）２＝４２解之得ｘ＝５∴ＯＢ＝ＢＣ＝５，ＢＧ＝３中考命题·数学答案第１１页（共４８页）设点Ｆ横坐标为ｍ，则点Ｆ的纵坐标为８ｍ，∵ＦＨ⊥ｘ轴，ＣＧ⊥ｘ轴∴ＦＨ∥ＣＧ∴△ＢＦＨ∽△ＢＣＧ∴ＢＨＢＧ＝ＦＨＣＧ∴ｍ－５３＝８ｍ４解之得ｍ１＝６，ｍ２＝－１（舍去）∴８ｍ＝４３∴点Ｆ的坐标为（６，４３）．２１．解：（１）如图所示，顺次连接各点：（２）①如图，过ｘ轴上点（４，０）作ｘ轴的垂线，交函数图象于一点，过该点作ｙ轴的垂线，交ｙ轴于另一点，从图中观察可知，该点的纵坐标约为２，故填２（２．２到１．８之间都正确）②从图象上观察，该函数有最大值为４，故填该函数有最大值．（其他正确性质都可以，例如，当ｘ＞２时，ｙ随ｘ的增大而减小．）２２．解：（１）ｙ甲＝２２ｘ（０＜ｘ≤１）；ｙ甲＝２２＋１５（ｘ－１）＝１５ｘ＋７（ｘ＞１）；ｙ乙＝１６ｘ＋３（ｘ＞０）．（２）当０＜ｘ≤１时，解方程２２ｘ＝１６ｘ＋３，得ｘ＝０．５；解不等式２２ｘ＞１６ｘ＋３，得ｘ＞０．５；解不等式２２ｘ＜１６ｘ＋３，得ｘ＜０．５．即当快递０．５千克物品时，在甲、乙两家公司花费一样多；当快递物品低于０．５千克时，在甲快递公司更省钱；当快递物品超过０．５千克而不超过１千克时，在乙快递公司更省钱．当ｘ＞１时，解方程１５ｘ＋７＝１６ｘ＋３，得ｘ＝４；解不等式１５ｘ＋７＞１６ｘ＋３，得ｘ＜４；解不等式１５ｘ＋７＜１６ｘ＋３，得ｘ＞４．即当快递４千克物品时，在甲、乙两家公司花费一样多；当快递物品超过１千克而低于４千克时，在乙快递公司更省钱；当快递物品超过４千克时，在甲快递公司更省钱．２３．解：（１）将点Ｃ（０，－８３）代入ｙ＝ａ（ｘ＋１）２－３，得－８３＝ａ（０＋１）２－３，解得ａ＝１３，∴抛物线解析式为ｙ＝１３（ｘ＋１）２－３，令ｙ＝０，则０＝１３（ｘ＋１）２－３，解得ｘ１＝－４，ｘ２＝２，∴Ａ（－４，０），Ｂ（２，０）；（２）∵抛物线解析式为ｙ＝１３（ｘ＋１）２－３，∴顶点Ｄ（－１，－３），∴ＤＨ＝３，ＯＨ＝１，∵Ａ（－４，０），Ｂ（２，０），Ｃ（０，－中考命题·数学答案第１２页（共４８页）８３），∴ＯＡ＝４，ＯＢ＝２，ＯＣ＝８３，ＡＨ＝３，∴Ｓ四边形ＡＢＣＤ＝Ｓ△ＡＤＨ＋Ｓ梯形ＤＨＯＣ＋Ｓ△ＢＯＣ＝１２ＡＨ·ＨＤ＋１２（ＯＣ＋ＨＤ）·ＯＨ＋１２ＯＢ·ＯＣ＝１２×３×３＋１２×（８３＋３）×１＋１２×２×８３＝１０，∵直线ｌ将四边形ＡＢＣＤ分为面积比为３：７，∴其中一部分面积为四边形ＡＢＣＤ面积的３１０．①如图①，当直线ｌ与ＡＤ交于点Ｍ，过点Ｍ作ＭＮ⊥ｘ轴于点Ｎ，则Ｓ△ＡＭＨ＝３１０Ｓ四边形ＡＢＣＤ＝１２ＡＨ·ＭＮ＝３，∴ＭＮ＝２，∵ＭＮ∥ＤＨ，∴△ＡＭＮ∽△ＡＤＨ，ＡＮＡＨ＝ＭＮＤＨ，ＡＮ＝２，∴ＯＮ＝２，∴Ｎ（－２，－２），设直线ｌ解析式为ｙ＝ｋｘ＋ｂ，过Ｎ（－２，－２），Ｈ（－１，０），则－２＝－２Ｋ＋ｂ０＝－ｋ＋{ｂ，解得ｋ＝２ｂ{＝２，∴直线ｌ解析式为ｙ＝２ｘ＋２，②如图②，当直线ｌ与ＢＣ交于点Ｍ，过点Ｍ作ＭＮ⊥ｘ轴于点Ｎ，则Ｓ△ＢＭＨ＝３１０Ｓ四边形ＡＢＣＤ＝ＢＨ·ＭＮ＝３，∴ＭＮ＝２，∵ＭＮ∥ＯＣ，∴△ＢＭＮ∽△ＢＯＣ，ＢＮＢＯ＝ＭＮＯＣ，ＢＮ＝３２，∴ＯＮ＝１２ＢＨ·ＭＮ＝３，∴Ｎ（１２，－２），设直线ｌ解析式为ｙ＝ｋｘ＋ｂ，过Ｎ（１２，－２），Ｈ（－１，０），则－２＝１２ｋ＋ｂ０＝－ｋ＋{ｂ，解得ｋ＝－４３ｂ＝－{４３，∴直线ｌ解析式为ｙ＝－４３ｘ－４３，∴直线ｌ解析式为ｙ＝２ｘ＋２或ｙ＝－４３ｘ－４３；（３）如图③，若存在直线ｌ以ＤＰ为对角线的四边形ＤＭＰＮ能否成菱形，则有ＤＮ瓛ＰＭ，∵ＰＱ的中点为Ｍ，∴ＤＮ瓛ＭＱ，∴四边形ＭＮＤＱ为平行四边形，设直线ＮＤ的解析式为ｙ＝ｋｘ＋ｂ１，过Ｄ（－１，－３），∴－３＝－ｋ＋ｂ１，∴ｂ１＝ｋ－３，∴直线ＮＤ的解析式为ｙ＝ｋｘ＋ｋ－３，∴ｙ＝ｋｘ＋ｋ－３ｙ＝１３（ｘ＋１）２{－３，解得ｘＮ＝３ｋ－１，∴Ｎ（３ｋ－１，３ｋ２－３）．设直线ＰＱ的解析式为ｙ＝ｋｘ＋ｂ２，过Ｈ（－１，０），得ｙ＝ｋｘ＋ｋ，∴ｙ＝ｋｘ＋ｋｙ＝１３（ｘ＋１）２{－３，则ｋｘ＋ｋ＝１３（ｘ＋１）２－３，ｘ１＋ｘ２＝３ｋ－２，∴ｘＭ＝ｘ１＋ｘ２２＝，ｘＱ＝３ｋ－２＋９ｋ２槡＋３６２，∴ｘＭ－ｘＮ＝３ｋ－２２－３ｋ－１，∵ＭＮ瓛ＤＱ，∴ｘＭ－ｘＮ＝ｘＱ－ｘＤ，即３ｋ－２２－３ｋ－１＝３ｋ－２＋９ｋ２槡＋３６２＋１，解得ｋ＝－槡２３３，∴ｘＮ＝３ｋ槡－１＝－２３－１，∴ｙＮ＝ｋｘ＋ｋ－３＝１，∴Ｎ（槡２３－１，１），Ｍ（槡－３－１，２），Ｐ（槡－３３－１，６），此时，ＤＮ∥ＰＭ且ＤＮ＝ＰＭ，ＤＮ＝ＤＭ槡＝２７，∴四边形ＤＭＰＮ为菱形．综上所述，以ＤＰ为对角线的四边形ＤＭＰＮ能成为菱形，当四边形ＤＭＰＮ为菱形时，点Ｎ的坐标为（槡－２３－１，１）．中考命题·数学答案第１３页（共４８页）河南中招阶梯性复习双测试卷（七）参考答案三角形（Ａ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ｂ２．Ｂ３．Ｃ４．Ｃ５．Ａ６．Ｄ７．Ｄ８．Ｃ９．Ｂ１０．Ｃ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．７７°１２．６１３．４槡３１４．５或６１５．４３三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：∵ＡＢ⊥ＢＣ，∴∠１＋∠３＝９０°．∵∠１＝５５°，∴∠３＝３５°．∵ａ∥ｂ，∴∠２＝∠３＝３５°．１７．证明：∵ＢＣ∥ＤＥ，∴∠ＡＢＣ＝∠ＥＤＢ，又∵ＡＢ＝ＥＤ，ＢＣ＝ＤＢ，∴△ＡＢＣ≌△ＥＤＢ，∴∠Ａ＝∠Ｅ．１８．解：示意图如左图，画ＣＨ⊥ＡＤ于Ｈ，∵∠ＡＣＢ＝２∠Ｄ，∠ＡＣＢ＝∠Ｄ＋∠ＣＡＤ，∴∠Ｄ＝∠ＣＡＤ，∴ＡＣ＝ＣＤ＝３２，ＡＨ＝ＨＤ＝１，∴ＣＨ＝ＣＤ２－ＨＤ槡２，()３２２－１２＝槡５２，∴ｔａｎＤ＝ＣＨＨＤ＝槡５２１９．解：（１）①②；①③．（２）选①②证明如下：在△ＢＯＥ和△ＣＯＤ中，∵∠ＥＢＯ＝∠ＤＣＯ，∠ＥＯＢ＝∠ＤＯＣ，ＢＥ＝ＣＤ，∴△ＢＯＥ≌△ＣＯＤ，∴ＢＯ＝ＣＯ，∴∠ＯＢＣ＝∠ＯＣＢ，∴∠ＥＢＯ＋∠ＯＢＣ＝∠ＤＣＯ＋∠ＯＣＢ，即∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＢ，∴ＡＢ＝ＡＣ，即：△ＡＢＣ是等腰三角形．选①③证明如下：在△ＢＯＣ中，∵ＯＢ＝ＯＣ，∴∠１＝∠２．∵∠ＥＢＯ＝∠ＤＣＯ，∴∠ＥＢＯ＋∠１＝∠２＋∠ＤＣＯ，即∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＢ，∴ＡＢ＝ＡＣ，即：△ＡＢＣ是等腰三角形．２０．解：（１）如图，直线ＤＥ即为所求；（２）Ｔ＝（ａ＋１）２－ａ（ａ－１）＝ａ２＋２ａ＋１－ａ２＋ａ＝３ａ＋１由（１）得△ＡＤＥ为直角三角形，∠Ａ＝３０°，ＡＥ＝１２ＡＣ∵ＡＣ槡＝２３∴在Ｒｔ△ＡＥＤ中，ＤＥ＝ＡＥ·ｔａｎＡ槡＝３×槡３３＝１，∴ａ槡槡＝１＋２＋３＝３＋３中考命题·数学答案第１４页（共４８页）∴Ｔ＝３ａ＋１＝３（槡３＋３）槡＋１＝１０＋３３．２１．解：过点Ｃ作ＣＤ⊥ＡＢ，交ＡＢ的延长线于点Ｄ．由题意，得∠ＣＡＤ＝３０°，∠ＣＢＤ＝５３°，ＡＣ＝８０海里，∴ＣＤ＝４０海里．在Ｒｔ△ＣＢＤ中，ｓｉｎ５３°＝ＣＤＣＢ，ＣＢ＝ＣＤｓｉｎ５３°≈４００．８＝５０海里．行驶时间：５０４０＝１．２５小时，答：海警船到达Ｃ处需１．２５小时．２２．【答案】（１）在Ｒｔ△ＯＡＢ中，ＯＡ＝４，ＡＢ＝５．∴ＯＢ＝ＡＢ２－ＯＡ槡２＝５２－４槡２＝３．∴点Ｂ的坐标为（０，３）．∵ＯＰ＝７，∴ＰＢ＝ＯＢ＋ＯＰ＝３＋７＝１０．（２）过点Ｄ作ＤＥ⊥ＯＢ，垂足为点Ｅ，由ＤＡ⊥ＯＡ可得矩形ＯＡＤＥ．∴ＤＥ＝ＯＡ＝４，∠ＢＥＤ＝９０°．∴∠ＢＤＥ＋∠ＥＢＤ＝９０°．又∵∠ＢＤＰ＝９０°，∴∠ＢＤＥ＋∠ＥＤＰ＝９０°．∴∠ＥＢＤ＝∠ＥＤＰ．∴△ＢＥＤ∽△ＤＥＰ．∴ＢＥＤＥ＝ＤＥＥＰ．设点Ｄ（４，ｍ），由，得，则有ＯＥ＝ＡＤ＝ｍ，ＢＥ＝３－ｍ，ＥＰ＝ｍ＋７．∴３－ｍ４＝４ｍ＋７．解得ｍ１＝１，ｍ２＝－５（不合题意，舍去）．∴ｍ＝１，点Ｄ的坐标为（４，１）．∴ｋ＝４，反比例函数的解析式为ｙ＝４ｘ．２３．（１）证明：∵∠ＧＥＢ＋∠ＢＥＦ＝９０°，∠ＤＥＦ＋∠ＢＥＦ＝９０°，∴∠ＤＥＦ＝∠ＧＥＢ，在△ＦＥＤ和△ＧＥＢ中，∠ＤＥＦ＝∠ＧＥＢ，ＥＤ＝ＥＢ，∠Ｄ＝∠ＥＢＧ，∴Ｒｔ△ＦＥＤ≌Ｒｔ△ＧＥＢ，∴ＥＦ＝ＥＧ；（２）解：成立．证明：如图，过点Ｅ作ＥＨ⊥ＢＣ于Ｈ，过点Ｅ作ＥＰ⊥ＣＤ于Ｐ，∵四边形ＡＢＣＤ为正方形，∴ＣＥ平分∠ＢＣＤ，又∵ＥＨ⊥ＢＣ，ＥＰ⊥ＣＤ，∴ＥＨ＝ＥＰ，∴四边形ＥＨＣＰ是正方形，∴∠ＨＥＰ＝９０°，∵∠ＧＥＨ＋∠ＨＥＦ＝９０°，∠ＰＥＦ＋∠ＨＥＦ＝９０°，∴∠ＰＥＦ＝∠ＧＥＨ，∴Ｒｔ△ＦＥＰ≌Ｒｔ△ＧＥＨ，∴ＥＦ＝ＥＧ；（３）解：如图，过点Ｅ作ＥＭ⊥ＢＣ于Ｍ，过点Ｅ作ＥＮ⊥ＣＤ于Ｎ，垂足分别为Ｍ、Ｎ，则∠ＭＥＮ＝９０°，∴ＥＭ∥ＡＢ，ＥＮ∥ＡＤ．∴△ＣＥＮ∽△ＣＡＤ，△ＣＥＭ∽△ＣＡＢ，∴ＣＥＣＡ＝ＥＮＡＤ，ＥＭＡＢ＝ＣＥＣＡ，∴ＥＭＡＢ＝ＥＮＡＤ，即ＥＭＥＮ＝ＡＢＡＤ＝ＡＢＣＥ＝ａｂ，∵∠ＮＥＦ＋∠ＦＥＭ＝∠ＧＥＭ＋∠ＦＥＭ＝９０°，∴∠ＧＥＭ＝∠ＦＥＮ，∵∠ＧＭＥ＝∠ＦＮＥ＝９０°，∴△ＧＭＥ∽△ＦＮＥ，∴ＥＦＥＧ＝ＥＮＥＭ，∴ＥＦＥＧ＝ｂａ．中考命题·数学答案第１５页（共４８页）河南中招阶梯性复习双测试卷（八）参考答案三角形（Ｂ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ｄ２．Ｂ３．Ｂ４．Ｃ５．Ｄ６．Ｃ７．Ｄ８．Ｄ９．Ａ１０．Ｃ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．４０°１２．６１３．２槡３１４．槡１０或槡１３１５．０或４槡２－４或４＜ｘ＜４槡２．三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：∵ＥＦ∥ＧＨ，∴∠ＤＢＣ＝∠ＦＡＣ．又∵∠ＦＡＣ＝７２°，∴∠ＤＢＣ＝７２°．在△ＢＣＤ中，∠ＤＢＣ＋∠ＢＣＤ＋∠ＢＤＣ＝１８０°，∴∠ＢＤＣ＝１８０°－∠ＤＢＣ－∠ＢＣＤ＝１８０°－７２°－５８°＝５０°．１７．解：（１）∠ＡＢＥ＝∠ＡＣＤ．∵ＡＢ＝ＡＣ，∠ＢＡＥ＝∠ＤＡＣ，ＡＤ＝ＡＥ，∴△ＡＢＥ≌△ＡＣＤ，∴∠ＡＢＥ＝∠ＡＣＤ；（２）因为ＡＢ＝ＡＣ，所以∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＢ．由（１）可知∠ＡＢＥ＝∠ＡＣＤ，所以∠ＦＢＣ＝∠ＦＣＢ，所以ＦＢ＝ＦＣ．又因为ＡＢ＝ＡＣ，所以点Ａ、Ｆ均在线段ＢＣ的垂直平分线上，即直线ＡＦ垂直平分线段ＢＣ．１８．解：（１）证明：因为ＡＦ⊥ＤＥ，ＡＧ⊥ＢＣ，所以∠ＡＦＥ＝９０°，∠ＡＧＣ＝９０°，所以∠ＡＥＦ＝９０°—∠ＥＡＦ，∠Ｃ＝９０°—∠ＧＡＣ，又因为∠ＥＡＦ＝∠ＧＡＣ，所以∠ＡＥＦ＝∠Ｃ，又因为∠ＤＡＥ＝∠ＢＡＣ，所以△ＡＤＥ∽△ＡＢＣ．（２）因为△ＡＤＥ∽△ＡＢＣ，所以∠ＡＤＥ＝∠Ｂ，又因为∠ＡＦＤ＝∠ＡＧＢ＝９０°，所以△ＡＦＤ∽△ＡＧＢ，所以ＡＦＡＧ＝ＡＤＡＢ，因为ＡＤ＝３，ＡＢ＝５，所以ＡＦＡＧ＝３５．１９．解：如图：设移动到点Ｅ处能保证教学楼的安全，过点Ｅ作ＥＦ⊥ＡＣ于Ｆ，过点Ｄ作ＤＨ⊥ＡＣ于Ｈ．则ＥＦ＝ＤＨ，ＤＥ＝ＨＦ，∠ＥＣＦ＝３９°，∵在直角△ＣＤＨ中，∠α＝６０°，ＣＤ＝１２，∴ＣＨ＝６，ｓｉｎ６０°＝ＤＨＣＤ＝槡３２，∴ＤＨ槡＝６３，∴ＥＦ槡＝６３，在Ｒｔ△ＣＥＦ中，ｔａｎ３９°＝ＥＦＣＦ≈０．８１，∴ＣＦ＝ＥＦ０．８１＝槡６３０．８１≈１２．８，∴ＤＥ＝ＨＦ＝ＣＦ－ＣＨ＝１２．８－６＝６．８≈７（米）．答：学校至少要把坡顶Ｄ向后水平移动７米才能保证教学楼的安全．２０．解：（１）△Ａ１Ｂ１Ｃ１与△ＡＢＣ的位似比是２；（２）如下图所示：（３）设点Ｐ（ａ，ｂ）为△ＡＢＣ内一点，则依上述两次变换后，点Ｐ在△Ａ２Ｂ２Ｃ２内的对应点Ｐ２的坐标是（－２ａ，２ｂ）．２１．（１）解：在△ＡＢＣ中，∵∠ＡＣＢ＝９０°，ＡＣ＝ＢＣ，∴∠ＢＡＣ＝∠ＡＢＣ＝４５°．∴ＢＣ＝ＡＢ·ｓｉｎ∠ＢＡＣ＝ＡＢ·ｓｉｎ４５°槡＝４５×槡２２＝４．中考命题·数学答案第１６页（共４８页）∴ＡＣ＝ＢＣ＝４．在Ｒｔ△ＢＣＥ中，ＣＥ＝ＢＥ２－ＢＣ槡２＝５２－４槡２＝３．∴ＡＥ＝ＡＣ－ＣＥ＝４－３＝１．（２）证明：如图，过点Ｃ作ＣＭ⊥ＣＦ交ＢＤ于点Ｍ．∴∠ＦＣＭ＝９０°，∵∠ＡＣＢ＝９０°，∴∠ＦＣＡ＝∠ＭＣＢ．∵ＡＦ⊥ＢＤ，∴∠ＡＦＢ＝９０°，∴∠ＡＦＥ＝∠ＡＣＢ．∵∠ＡＥＦ＝∠ＢＥＣ，∴∠ＣＡＦ＝∠ＣＢＭ．在△ＡＣＦ和△ＢＣＭ中∵∠ＦＣＡ＝∠ＭＣＢ，ＡＣ＝ＢＣ，∠ＣＡＦ＝∠ＣＢＭ．∴△ＡＣＦ≌△ＢＣＭ．∴ＦＣ＝ＭＣ．又∵∠ＦＣＭ＝９０°，∴∠ＣＦＭ＝∠ＣＭＦ＝４５°，∴∠ＡＦＣ＝∠ＡＦＢ＋∠ＣＦＭ＝９０°＋４５°＝１３５°，∠ＤＦＣ＝１８０°－∠ＣＦＭ＝１８０°－４５°＝１３５°．∴∠ＡＦＣ＝∠ＤＦＣ．在△ＡＣＦ和△ＤＣＦ中，∵ＡＦ＝ＤＦ，∠ＡＦＣ＝∠ＤＦＣ，ＣＦ＝ＣＦ，∴△ＡＣＦ≌△ＤＣＦ．∴ＡＣ＝ＤＣ．∵ＡＣ＝ＢＣ，∴ＤＣ＝ＢＣ．２２．解：（１）０；７；（２）过点Ａ作ＡＮ⊥ＢＣ．由等腰三角形“三线合一”，所以Ｎ即为ＢＣ边的中点．∵ＡＢ＝４，∠ＢＡＮ＝１２∠ＢＡＣ＝６０°，∴ＡＮ＝２，ＢＮ＝２∴ＡＢ△ＡＣ＝ＡＮ２－ＢＮ２＝－８．过点Ｂ作ＢＥ⊥ＡＣ，交ＣＡ延长线于点Ｅ．取ＡＣ中点Ｆ，连接ＢＦ．∵ＡＢ＝４，∠ＢＡＥ＝６０°，∴ＡＥ＝２，ＢＥ槡＝２３．∵ＡＦ＝１２ＡＣ＝２，∴ＥＦ＝４，∴ＢＦ２＝ＢＥ２＋ＥＦ２＝１２＋１６＝２８，∴ＢＡ△ＢＣ＝ＢＦ２－ＡＦ２＝２８－４＝２４；（３）取ＡＮ中点Ｍ，连接ＢＭ．设ＡＭ＝ＭＮ＝ＮＯ＝ｘ．∵ＡＢ△ＡＣ＝ＡＯ２－ＢＯ２＝９ｘ２－ＢＯ２＝１４，∴ＢＯ２＝９ｘ２－１４．∵ＢＮ△ＢＡ＝ＢＭ２－ＡＭ２＝ＢＭ２－ｘ２＝１０，∴ＢＭ２＝ｘ２＋１０．∵ＢＯ２＋ＯＭ２＝ＢＭ２，∴（９ｘ２－１４）＋４ｘ２＝ｘ２＋１０，解得ｘ槡＝２，（ｘ槡＝－２舍去）∴ＢＯ２＝９ｘ２－１４＝４，∴ＢＯ＝２，ＢＣ＝２ＢＯ＝４，∴Ｓ△ＡＢＣ＝１２槡槡×４×３２＝６２．２３．解：（１）∠ＢＡＤ＋∠ＡＣＢ＝１８０°（２）解：如图１，在ＯＣ上取点Ｅ，使ＯＥ＝ＯＡ．中考命题·数学答案第１７页（共４８页）∵ＯＢ＝ＯＤ，∠ＤＯＥ＝∠ＢＯＡ，∴△ＤＯＥ≌△ＢＯＡ．∴ＤＥ＝ＡＢ，∠ＤＥＯ＝∠ＢＡＯ．又∵ＯＣ＝ＯＡ＋ＡＢ＝ＯＥ＋ＡＢ，∴ＥＣ＝ＡＢ＝ＤＥ．∵∠ＤＥＯ＝∠ＢＡＯ，∴ＤＥ∥ＡＢ．∴∠ＡＤＥ＝１８０°∠ＢＡＤ＝∠ＡＣＢ．∴△ＡＥＤ∽△ＢＡＣ．∴ＡＤＢＣ＝ＡＥＡＢ＝ＤＥＡＣ．∴ｍｎ＝ＡＥＡＢ＝ＡＢＡＥ＋ＥＣ＝１ＡＥＡＢ＋１＝１ｍｎ＋１，即ｍｎ＝１ｍｎ＋１．∴（ｍｎ）２＋ｍｎ－１＝０．解得ｍｎ＝槡－１±５２（负值舍去），∴ｍｎ＝槡－１＋５２．（３）解：由（２）中图１知，∠ＡＤＥ＝∠ＡＣＢ，ＥＣ＝ＤＥ，∴∠ＥＤＣ＝∠ＥＣＤ．∴∠ＡＤＥ＋∠ＥＤＣ＝∠ＡＣＢ＋∠ＥＣＤ，即∠ＡＤＣ＝∠ＢＣＤ．如图２，∵△Ａ′ＣＤ与△ＡＣＤ关于ＣＤ成轴对称，∴∠Ａ′ＤＣ＝∠ＡＤＣ，Ａ′Ｄ＝ＡＤ＝ｍ．∴∠Ａ′ＤＣ＝∠ＢＣＤ．又∵∠ＤＰＡ′＝∠ＣＰＢ，∴△ＤＰＡ′∽△ＣＰＢ．∴Ａ′ＤＢＣ＝ＰＤＰＣ．即ｍｎ＝槡５＋１２－ＰＣＰＣ．由（２）知槡５－１２＝槡５＋１２－ＰＣＰＣ，∴ＰＣ＝１．中考命题·数学答案第１８页（共４８页）河南中招阶梯性复习双测试卷（九）参考答案四边形（Ａ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ｂ２．Ｃ３．Ｄ４．Ｂ５．Ａ６．Ｃ７．Ｂ８．Ａ９．Ｄ１０．Ｃ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．７１２．答案不唯一；ＡＤ＝ＢＣ；（或者ＡＢ∥ＤＣ）１３．５１４．４３１５．３２或９４三、解答题（共８题，共７５分）１６．证明：连接ＢＣ，设对角线交于点Ｏ．∵四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，∴ＯＡ＝ＯＤ，ＯＢ＝ＯＣ．∵ＡＥ＝ＤＦ，ＯＡ－ＡＥ＝ＯＣ－ＣＦ，∴ＯＥ＝ＯＦ．∴四边形ＢＥＤＦ是平行四边形．１７．解：∵ＡＤ∥ＢＣ，∴∠ＢＡＤ＋∠Ｂ＝１８０°，∵∠ＢＡＤ＝∠ＢＣＤ，∴∠ＢＣＤ＋∠Ｂ＝１８０°，∴ＡＢ∥ＣＤ，∴四边形ＡＢＣＤ为平行四边形，∴∠Ｂ＝∠Ｄ∵ＡＭ⊥ＢＣ，ＡＮ⊥ＤＣ，∴∠ＡＭＢ＝∠ＡＮＤ＝９０°，∵ＡＭ＝ＡＮ，∴△ＡＭＢ≌△ＡＮＤ，∴ＡＢ＝ＡＤ，∴四边形ＡＢＣＤ是菱形１８．（１）证明：∵四边形ＡＢＣＤ是正方形，∴ＡＢ＝ＢＣ，∠ＡＢＣ＝９０°；∵ＢＥ⊥ＢＦ，∴∠ＥＢＦ＝９０°，∴∠ＡＢＥ＝∠ＣＢＦ．∵ＡＢ＝ＢＣ，∠ＡＢＥ＝∠ＣＢＦ，ＢＥ＝ＢＦ，∴△ＡＢＥ≌△ＣＢＦ，∴ＡＥ＝ＣＦ（２）解：∵ＢＥ＝ＢＦ，∠ＥＢＦ＝９０°，∴∠ＢＥＦ＝４５°；∵∠ＡＢＣ＝９０°，∠ＡＢＥ＝５５°，∴∠ＧＢＥ＝３５°，∴∠ＥＧＣ＝８０°．１９．解：证明：（１）在△ＡＢＣ中，ＡＢ＝ＡＣ，ＡＤ⊥ＢＣ，∴∠ＢＡＤ＝∠ＤＡＣ．∵ＡＮ是△ＡＢＣ的外角∠ＣＡＭ的平分线，∴∠ＭＡＥ＝∠ＣＡＥ．∴∠ＤＡＥ＝∠ＤＡＣ＋∠ＣＡＥ＝１２×１８０°＝９０°．又∵ＡＤ⊥ＢＣ，ＣＥ⊥ＡＮ，∴∠ＡＤＣ＝∠ＣＥＡ＝９０°．∴四边形ＡＤＣＥ为矩形．（２）例如，当∠ＢＡＣ＝９０°时，四边形ＡＤＣＥ是正方形．证明：∵∠ＢＡＣ＝９０°，ＡＢ＝ＡＣ，ＡＤ⊥ＢＣ于Ｄ，∴∠ＡＣＤ＝∠ＤＡＣ＝４５°，∴ＤＣ＝ＡＤ．由（１）四边形ＡＤＣＥ为矩形，∴矩形ＡＤＣＥ是正方形．２０．解：（１）证明：在矩形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝ＣＤ，∠Ａ＝∠Ｄ＝９０°，又∵Ｍ是ＡＤ的中点，∴ＡＭ＝ＤＭ，∴△ＡＢＭ≌△ＤＣＭ（ＳＡＳ）．（２）四边形ＭＥＮＦ是菱形．证明：Ｅ、Ｆ、Ｎ分别是ＢＭ、ＣＭ、ＣＢ的中点，∴ＮＦ∥ＭＥ，ＮＦ＝ＭＥ，∴四边形ＭＥＮＦ是平行四边形，由（１）得ＢＭ＝ＣＭ，∴ＭＥ＝ＭＦ，∴□ＭＥＮＦ是菱形．（３）２∶１２１．解：（１）由作图过程可知，ＡＢ＝ＡＦ，ＡＥ平分∠ＢＡＤ．∴∠ＢＡＥ＝∠ＥＡＦ．∵四边形ＡＢＣＤ为平行四边形，∴ＢＣ∥ＡＤ．∴∠ＡＥＢ＝∠ＥＡＦ．中考命题·数学答案第１９页（共４８页）∴∠ＢＡＥ＝∠ＡＥＢ，∴ＡＢ＝ＢＥ．∴ＢＥ＝ＡＦ．∴四边形ＡＢＥＦ为平行四边形．∴□ＡＢＥＦ为菱形．（２）连接ＢＦ，交ＡＥ于点Ｏ．∵四边形ＡＢＥＦ为菱形，∴ＢＦ⊥ＡＥ，ＯＡ＝１２ＡＥ，１２槡槡×４３＝２３，∠ＢＡＤ＝２∠ＢＡＥ．∵菱形ＡＢＥＦ的周长为１６，∴ＡＢ＝４．在Ｒｔ△ＡＢＯ中，ｃｏｓ∠ＢＡＥ＝ＯＡＡＢ＝槡２３４＝槡３２．∴∠ＢＡＥ＝３０°，∴∠ＢＡＤ＝６０°．∵四边形ＡＢＣＤ为平行四边形，∴∠Ｃ＝∠ＢＡＤ＝６０°．２２．解：（１）∵∠ＤＡＢ＝∠ＥＡＣ＝６０°，∴∠ＤＡＢ＋∠ＢＡＣ＝∠ＥＡＣ＋∠ＢＡＣ，即∠ＤＡＣ＝∠ＢＡＥ；又∵ＡＤ＝ＡＢ，ＡＣ＝ＡＥ，∴△ＡＣＤ≌△ＡＥＢ；（２）当四边形ＡＤＦＥ是矩形时，∠ＤＡＥ＝９０°∴∠ＢＡＣ＝３６０°－１２０°－９０°＝１５０°当平行四边形ＡＤＦＥ不存在时，∠ＤＡＥ＝１８０°∴∠ＢＡＣ＝１８０°－６０°－６０°＝６０°（３）当ＡＤ＝ＡＥ＝ＡＢ＝ＡＣ时，即ＡＢ＝ＡＣ时平行四边形ＡＤＦＥ是菱形．２３．解：（１）证明：延长ＡＥ、ＢＣ交于点Ｎ，如图所示：∵四边形ＡＢＣＤ是正方形，∴ＡＤ∥ＢＣ．∴∠ＤＡＥ＝∠ＥＮＣ．∵ＡＥ平分∠ＤＡＭ，∴∠ＤＡＥ＝∠ＭＡＥ．∴∠ＥＮＣ＝∠ＭＡＥ．∴ＭＡ＝ＭＮ．在△ＡＤＥ和△ＮＣＥ中，∠ＤＡＥ＝∠ＣＮＥ∠ＡＥＤ＝∠ＮＥＣＤＥ＝{ＣＥ∴△ＡＤＥ≌△ＮＣＥ（ＡＡＳ）．∴ＡＤ＝ＮＣ．∴ＭＡ＝ＭＮ＝ＮＣ＋ＭＣ＝ＡＤ＋ＭＣ．（２）ＡＭ＝ＤＥ＋ＢＭ成立．证明：过点Ａ作ＡＦ⊥ＡＥ，交ＣＢ的延长线于点Ｆ，如图所示．∵四边形ＡＢＣＤ是正方形，∴∠ＢＡＤ＝∠Ｄ＝∠ＡＢＣ＝９０°，ＡＢ＝ＡＤ，ＡＢ∥ＤＣ．∵ＡＦ⊥ＡＥ，∴∠ＦＡＥ＝９０°．∴∠ＦＡＢ＝９０°－∠ＢＡＥ＝∠ＤＡＥ．在△ＡＢＦ和△ＡＤＥ中，∠ＦＡＢ＝∠ＥＡＤＡＢ＝ＡＤ∠ＡＢＦ＝∠Ｄ＝９０{°∴△ＡＢＦ≌△ＡＤＥ（ＡＳＡ）．∴ＢＦ＝ＤＥ，∠Ｆ＝∠ＡＥＤ．∵ＡＢ∥ＤＣ，∴∠ＡＥＤ＝∠ＢＡＥ．∵∠ＦＡＢ＝∠ＥＡＤ＝∠ＥＡＭ，∴∠ＡＥＤ＝∠ＢＡＥ＝∠ＢＡＭ＋∠ＥＡＭ＝∠ＢＡＭ＋∠ＦＡＢ＝∠ＦＡＭ．∴∠Ｆ＝∠ＦＡＭ．∴ＡＭ＝ＦＭ．∴ＡＭ＝ＦＢ＋ＢＭ＝ＤＥ＋ＢＭ．（３）（１）成立；（２）不成立．中考命题·数学答案第２０页（共４８页）河南中招阶梯性复习双测试卷（十）参考答案四边形（Ｂ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ｂ２．Ｃ３．Ｂ４．Ａ５．Ａ６．Ｄ７．Ｄ８．Ａ９．Ｂ１０．Ｂ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．１５１２．１８槡３１３．槡５１４．３或８１５．１８或３０三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：∵四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，∴ＡＢ＝ＣＤ，ＡＤ＝ＢＣ．∵ＡＢ＝３，ＢＣ＝４，∴平行四边形ＡＢＣＤ的周长＝２（ＡＢ＋ＢＣ）＝２×（３＋４）＝１４．１７．解：∵在菱形ＡＢＣＤ中，∠Ａ＝１１０°，∴∠ＢＣＤ＝∠Ａ＝１１０°，ＢＣ＝ＣＤ．∵线段ＣＥ绕点Ｃ顺时针旋转１１０°得到线段ＣＦ，∴∠ＥＣＦ＝１１０°，ＥＣ＝ＦＣ．∴∠ＢＣＥ＋∠ＥＣＤ＝∠ＤＣＦ＋∠ＥＣＤ．∴∠ＢＣＥ＝∠ＤＣＦ．∴△ＢＣＥ≌△ＤＣＦ．∴∠Ｆ＝∠Ｅ＝８６°．１８．解：（１）证明：∵∠Ａ＝∠Ｆ，∴ＤＦ∥ＡＣ．又∵∠１＝∠２，∠１＝∠ＤＭＦ，∴∠２＝∠ＤＭＦ，∴ＤＢ∥ＥＣ，∴四边形ＢＣＥＤ平行四边形；（２）∵若ＢＮ平分∠ＤＢＣ，∴∠ＤＢＮ＝∠ＮＢＣ，∵ＤＢ∥ＥＣ，∴∠ＤＢＮ＝∠ＢＮＣ，∴∠ＮＢＣ＝∠ＢＮＣ，∴ＢＣ＝ＣＮ．∵四边形ＢＣＥＤ平行四边形，∴ＢＣ＝ＤＥ＝２，∴ＣＮ＝２．１９．解：（１）∵四边形ＡＢＣＤ是菱形，∴ＡＢ＝ＢＣ＝ＣＤ＝ＤＡ，∠Ｂ＝∠Ｄ，∵点Ｅ，Ｆ分别为ＡＢ，ＡＤ的中点，∴ＢＥ＝１２ＡＢ，ＤＦ＝１２ＡＤ，在△ＢＣＥ和△ＤＣＦ中，∵ＢＣ＝ＤＣ∠Ｂ＝∠ＤＢＥ＝{ＤＦ，∴△ＢＣＥ≌△ＤＣＦ（ＳＡＳ）．（２）ＡＢ⊥ＢＣ，理由如下：∵点Ｅ，Ｏ，Ｆ分别为ＡＢ，ＡＣ，ＡＤ的中点，∴ＯＥ＝１２ＢＣ＝１２ＡＤ＝ＡＦ，同理可证：ＯＦ＝ＡＥ＝１２ＡＢ，中考命题·数学答案第２１页（共４８页）∴ＯＥ＝ＯＦ＝ＡＦ＝ＡＥ，∴四边形ＡＥＯＦ是菱形，∵ＡＢ⊥ＢＣ，∴四边形ＡＥＯＦ是正方形．２０．解：（１）∵ＣＥ、ＣＦ分别是∠ＡＣＢ、∠ＡＣＤ的平分线，∠ＡＣＢ＋∠ＡＣＤ＝１８０°，∴∠ＢＣＥ＝∠ＥＣＡ＝１２∠ＡＣＢ，∠ＡＣＦ＝∠ＦＣＤ＝１２∠ＡＣＤ，∴∠ＥＣＡ＋∠ＡＣＦ＝１２（∠ＡＣＢ＋∠ＡＣＤ）＝１２×１８０°＝９０°，即∠ＥＣＦ＝９０°，∵ＣＥ＝８，ＣＦ＝６，∴ＥＦ＝８２＋６槡２＝１０，∵ＥＦ∥ＢＣ，∴∠ＢＣＥ＝∠Ｅ，∠ＦＣＤ＝∠Ｆ，∴∠ＥＣＡ＝∠Ｅ，∠ＡＣＦ＝∠Ｆ，∴ＯＥ＝ＯＣ，ＯＦ＝ＯＣ，∴ＯＥ＝ＯＦ＝５，∴ＯＣ＝５；（２）当点Ｏ运动到ＡＣ的中点时，四边形ＡＥＣＦ是矩形，理由：∵点Ｏ是ＡＣ的中点，∴ＡＯ＝ＣＯ，由（１）知ＯＥ＝ＯＦ，∴四边形ＡＥＣＦ是平行四边形，又∵∠ＥＣＦ＝９０°，∴四边形ＡＥＣＦ是矩形，∴当点Ｏ运动到ＡＣ的中点时，四边形ＡＥＣＦ是矩形．２１．（１）证明：∵四边形ＡＢＣＤ为矩形，∴ＡＤ∥ＢＣ，∴∠ＥＡＣ＝∠ＡＣＦ．∵ＥＦ是ＡＣ的垂直平分线，∴ＯＡ＝ＯＣ，∠ＡＯＥ＝∠ＣＯＦ＝９０°．在△ＡＯＥ与△ＣＯＦ中，∠ＡＯＥ＝∠ＣＯＦＯＡ＝ＯＣ∠ＯＡＥ＝∠{ＯＣＦ，∴△ＡＯＥ≌△ＣＯＦ（ＡＳＡ），∴ＯＥ＝ＯＦ．在四边形ＡＥＣＦ中，∵ＯＥ＝ＯＦ，ＯＡ＝ＯＣ，ＡＣ⊥ＥＦ，∴四边形ＡＥＣＦ为菱形．（２）解：设菱形ＡＥＣＦ的边长为ｘ，则ＡＦ＝ＣＦ＝ｘ，∴ＢＦ＝ＢＣ－ＢＦ＝８－ｘ．∵四边形ＡＢＣＤ是矩形，∴∠Ｂ＝９０°．∴在Ｒｔ△ＡＢＣ中，利用勾股定理可得ＡＢ２＋ＢＦ２＝ＡＦ２，∴１６２＋（８－ｘ）２＝ｘ２，解得ｘ＝５．∴菱形ＡＥＣＦ的周长为：５×４＝２０．２２．（１）证明：如下图所示：由折叠矩形ＡＢＣＤ可知，ＤＦ＝ＥＦ，∠ＡＥＦ＝∠ＡＤＦ＝９０°，∠２＝∠６．∵ＥＧ∥ＤＣ，∴∠２＝∠７，∴∠６＝∠７．∴ＥＦ＝ＥＧ＝ＦＤ＝ＧＤ．∴四边形ＥＦＤＧ是菱形．（２）解：如下图所示：连接ＤＥ交ＡＦ于点Ｈ．中考命题·数学答案第２２页（共４８页）∵四边形ＥＦＤＧ是菱形，∴ＤＥ⊥ＦＧ，ＦＨ＝ＧＨ＝１２ＦＧ，ＤＨ＝ＥＨ＝１２ＤＥ．∵∠５＝∠４＝９０°－∠６，∴Ｒｔ△ＦＥＨ∽Ｒｔ△ＦＡＥ．∴ＥＦＦＨ＝ＡＦＥＦ，即ＥＦ２＝ＦＨ·ＡＦ，∴ＥＧ２＝１２ＡＦ·ＧＦ．（３）解：如上图所示：∵ＡＧ＝６，ＥＧ槡＝２５，ＥＧ２＝１２ＡＦ·ＧＦ，∴（槡２５）２＝１２（６＋ＧＦ）·ＧＦ．∵ＧＦ＞０，∴ＧＦ＝４，∴ＡＦ＝１０．∵ＤＦ＝ＥＧ槡＝２５，∴ＡＤ＝ＢＣ＝ＡＦ２－ＤＦ槡２槡＝４５，ＤＥ＝２ＥＨ＝２×ＥＧ２－（１２ＧＦ）槡２＝８．∵∠１＋∠２＝９０°＝∠３＋∠２，∴∠１＝∠３．∴Ｒｔ△ＡＤＦ∽Ｒｔ△ＤＣＥ．∴ＥＣＤＦ＝ＤＥＡＦ，∴ＥＣ＝８１０槡×２５＝８５槡５．∴ＢＥ＝ＢＣ－ＥＣ＝１２５槡５．２３．解：（１）作ＦＨ⊥ＡＢ于交ＢＡ的延长线于Ｈ，如图１所示：则∠ＦＨＥ＝９０°，∵四边形ＡＢＣＤ和四边形ＣＥＦＧ是正方形，∴ＡＤ＝ＣＤ＝４，ＥＦ＝ＣＥ，∠ＡＤＣ＝∠ＤＡＨ＝∠ＢＡＤ＝∠ＣＥＦ＝９０°，∴∠ＦＥＨ＝∠ＣＥＤ，∴△ＥＦＨ≌△ＣＥＤ，∴ＦＨ＝ＣＤ＝４，ＡＨ＝ＡＤ＝４，∴ＢＨ＝ＡＢ＋ＡＨ＝８，∴ＢＦ＝ＢＨ２＋ＦＨ槡２＝８２＋４槡２槡＝４５；中考命题·数学答案第２３页（共４８页）（２）过Ｆ作ＦＨ⊥ＡＤ交ＡＤ的延长线于点Ｈ，作ＦＭ⊥ＡＢ于Ｍ，如图２所示：则ＦＭ＝ＡＨ，ＡＭ＝ＦＨ．同（１）得：△ＥＦＨ≌△ＣＥＤ，∴ＦＨ＝ＥＤ①∵ＡＤ＝４，ＡＥ＝１∴ＥＤ＝ＡＤＡＥ＝４？１＝３∴ＦＨ＝３即点Ｆ到ＡＤ的距离３．②∴ＢＭ＝ＡＢ＋ＡＭ＝７，ＦＭ＝ＡＥ＋ＥＨ＝５，∴ＢＦ＝ＢＭ２＋ＦＭ槡２＝７２＋５槡２槡＝７４；（３）分两种情况：①当点Ｅ在边ＡＤ的左侧时，过Ｆ作ＦＨ⊥ＡＤ交ＡＤ的延长线于点Ｈ，交ＢＣ延长线于Ｋ，如图３所示：同（１）得：△ＥＦＨ≌△ＣＥＤ．∴ＦＨ＝ＤＥ＝４＋ＡＥ，ＥＨ＝ＣＤ＝４．∴ＦＫ＝８＋ＡＥ．在Ｒｔ△ＢＦＫ中，ＢＫ＝ＡＨ＝ＥＨ－ＡＥ＝４－ＡＥ，由勾股定理得出方程（４－ＡＥ）２＋（８＋ＡＥ）２＝（槡３１０）２，解方程得ＡＥ＝１，ＡＥ＝－５（舍去）；②当点Ｅ在边ＡＤ的右侧时，过Ｆ作ＦＨ⊥ＡＤ交ＡＤ的延长线于点Ｈ，交ＢＣ延长线于Ｋ，如图４所示：同理得：ＡＥ槡＝２＋４１．综上，ＡＥ的长为１或槡２＋４１．中考命题·数学答案第２４页（共４８页）河南中招阶梯性复习双测试卷（十一）参考答案圆（Ａ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ｃ２．Ａ３．Ｄ４．Ｄ５．Ｃ６．Ｄ７．Ａ８．Ｂ９．Ｄ１０．Ａ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．４１２．２８°１３．４０１４．５３π槡－２３１５．１２或４三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：证明：过点Ｏ作ＯＥ⊥ＡＢ于点Ｅ．则ＣＥ＝ＤＥ，ＡＥ＝ＢＥ．∴ＡＥ－ＣＥ＝ＢＥ－ＤＥ，即ＡＣ＝ＢＤ．（２）解：由（１）可知，ＯＥ⊥ＡＢ且ＯＥ⊥ＣＤ，∴ＣＥ＝ＯＣ２－ＯＥ槡２＝８２－６槡２槡＝２７．ＡＥ＝ＯＡ２－ＯＥ槡２＝１０２－６槡２＝８．∴ＡＣ＝ＡＥ－ＣＥ槡＝８－２７．１７．解：（１）∵ＡＢ是⊙Ｏ的直径，弦ＣＤ⊥ＡＢ，ＣＤ＝１６，∴ＤＥ＝１２ＣＤ＝８，∵ＢＥ＝４，∴ＯＥ＝ＯＢ－ＢＥ＝ＯＤ－４．在Ｒｔ△ＯＥＤ中，ＯＥ２＋ＥＤ２＝ＯＤ２，∴（ＯＤ－４）２＋８２＝ＯＤ２，解得ＯＤ＝１０．∴⊙Ｏ的直径是２０．（２）∵弦ＣＤ⊥ＡＢ，∴∠ＯＥＤ＝９０°．∴∠ＥＯＤ＋∠Ｄ＝９０°．∵∠Ｍ＝∠Ｄ，∠ＥＯＤ＝２∠Ｍ，∴∠ＢＯＤ＋∠Ｄ＝２∠Ｍ＋∠Ｄ＝９０°．∴∠Ｄ＝３０°．１８．解：（１）证明：连结ＯＥ．∵ＢＥ平分∠ＡＢＣ，∴∠ＯＢＥ＝∠ＣＢＥ．∵ＯＢ＝ＯＥ，∴∠ＯＢＥ＝∠ＯＥＢ．∴∠ＣＢＥ＝∠ＯＥＢ．∴ＯＥ∥ＢＣ．∴∠ＯＥＡ＝∠Ｃ＝９０°．∴ＯＥ⊥ＡＣ．∴ＡＣ是⊙Ｏ的切线．（２）连结ＤＥ．∵∠ＯＢＥ＝∠ＣＢＥ，∴⌒ＤＥ＝⌒ＥＦ．∴ＤＥ＝ＥＦ．∵ＢＥ平分∠ＡＢＣ，ＥＣ⊥ＢＣ，ＥＨ⊥ＡＢ，∴ＥＣ＝ＥＨ．又∵∠Ｃ＝∠ＥＨＦ＝９０°，ＤＥ＝ＥＦ，∴Ｒｔ△ＤＣＥ≌Ｒｔ△ＦＨＥ．∴ＣＤ＝ＨＦ．１９．解：（１）证明：∵在△ＡＢＯ中，ＯＡ＝ＯＢ，Ｃ是ＡＢ的中点，∴ＯＣ⊥ＡＢ．∵以Ｏ为圆心的圆过点Ｃ，∴ＡＢ与⊙Ｏ相切；（２）①９０°；②槡２２．２０．解：（１）证明：连接ＯＰ，则ＯＤ＝ＯＰ，∴∠ＯＰＤ＝∠ＯＤＰ，∴∠ＡＰＣ＝∠ＡＯＤ，∴∠ＯＰＤ＋∠ＡＰＣ＝∠ＯＤＰ＋∠ＡＯＤ，又∵ＰＤ⊥ＢＥ，∴∠ＯＤＰ＋∠ＡＯＤ＝９０°，则∠ＯＰＤ＋∠ＡＰＣ＝９０°，即∠ＡＰＯ＝９０°，∴ＰＯ⊥ＡＰ∴ＡＰ是⊙Ｏ的切线．（２）解：在Ｒｔ△ＡＰＯ中，∵ＡＰ槡＝４３，ＰＯ＝４，∴ＡＯ＝ＡＰ２＋ＰＯ槡２＝８，即ＰＯ＝１２ＡＯ，∴∠Ａ＝３０°，可知∠ＰＯＡ＝６０°，又∵ＰＤ⊥ＢＥ，∴∠ＯＰＣ＝３０°且ＰＣ＝ＣＤ，∠ＰＯＤ＝１２０°，∴ＯＣ＝１２ＰＯ＝２，则ＰＣ＝ＰＯ２－ＯＣ槡２槡＝２，∴ＰＤ＝２ＰＣ槡＝４３，∴Ｓ阴影＝Ｓ扇形ＯＰＢＤ－Ｓ△ＯＰＤ＝１２０３６０·π·４２－１２槡×４３×２＝１６３π槡－４３２１．（１）∵ＡＣ＝ＯＡ＝ＯＣ＝２，∴△ＡＯＣ为等边三角形．∴∠ＡＯＣ＝∠ＡＣＯ＝∠ＯＡＣ＝６００，∴∠ＡＰＣ＝１２∠ＡＯＣ＝３０°．中考命题·数学答案第２５页（共４８页）又ＤＣ切⊙Ｏ于点Ｃ，∴ＯＣ⊥ＤＣ，即∠ＤＣＯ＝９０°．∴∠ＡＣＤ＝∠ＤＣＯ－∠ＡＣＯ＝９０°－６０°＝３０°．（２）２３；（３）４３或２２２．解：（１）当ｘ＝６时，Ｐ与点Ｄ重合，Ｄ是ＢＣ的中点，Ｅ是ＡＢ的中点，又ＡＢ＝ＡＣ＝１０，ＰＥ＝１２ＡＢ＝５；（２）分三种情况讨论：若ＢＰ＝ＢＥ，则ｘ＝５，若ＥＢ＝ＥＰ，则点Ｐ与点Ｄ重合，此时ｘ＝６，若ＰＢ＝ＰＥ，过点Ｐ作ＰＨ⊥ＡＢ于Ｈ，则ＢＨ＝１２ＢＥ＝５２，∵ｃｏｓＢ＝ＢＨＢＰ＝ＢＤＡＢ，５２ｘ＝６１０，解得ｘ＝２５６，综上知当△ＢＰＥ是等腰三角形时，ｘ的值分别为５，６，２５６；（３）以ＥＰ为直径的圆与ＡＣ相交，理由如下：过Ｅ作ＥＦ⊥ＡＤ于Ｆ，则ＥＦ＝１２ＢＣ＝３，在△ＡＥＦ中，ＡＦ＝ＡＥ２－ＥＦ槡２＝４，当ＦＥ被ＡＤ平分时，ＭＥ＝ＭＰ，∵∠ＥＭＦ＝∠ＰＭＤ，∠ＥＦＭ＝∠ＰＤＭ＝９０°，∴△ＰＤＭ≌△ＥＦＭ，∴ＦＭ＝ＤＭ＝２，在Ｒｔ△ＥＦＭ中，ＥＭ＝ＥＦ２＋ＦＭ槡２槡＝１３，过Ｍ作ＭＮ⊥ＡＣ于Ｅ，∵ｓｉｎ∠ＭＡＮ＝ＭＮＡＭ＝ＣＤＡＣ，∴ＭＮ６＝６１０，∴ＭＮ＝３．６，即ＥＭ＞ＭＮ，∴直线ＡＣ与⊙Ｍ相交。２３．解：（１）设抛物线的解析式为ｙ＝ａ（ｘ－２）（ｘ＋４），将点Ｍ的坐标代入得：－９ａ＝２，解得：ａ＝－２９．∴抛物线的解析式为ｙ＝－２９ｘ２－４９ｘ＋１６９．（２）连接ＡＭ，过点Ｍ作ＭＧ⊥ＡＤ，垂足为Ｇ．把ｘ＝０代入ｙ＝－１２ｘ＋４得：ｙ＝４，∴Ａ（０，４）．将ｙ＝０代入得：０＝－１２ｘ＋４，解得ｘ＝８，∴Ｂ（８，０）．∴ＯＡ＝４，ＯＢ＝８．∵Ｍ（－１，２），Ａ（０，４），∴ＭＧ＝１，ＡＧ＝２．∴ｔａｎ∠ＭＡＧ＝ｔａｎ∠ＡＢＯ＝１２．∴∠ＭＡＧ＝∠ＡＢＯ．∵∠ＯＡＢ＋∠ＡＢＯ＝９０°，中考命题·数学答案第２６页（共４８页）∴∠ＭＡＧ＋∠ＯＡＢ＝９０°，即∠ＭＡＢ＝９０°．∴ｌ是⊙Ｍ的切线．（３）∵∠ＰＦＥ＋∠ＦＰＥ＝９０°，∠ＦＢＤ＋∠ＰＦＥ＝９０°，∴∠ＦＰＥ＝∠ＦＢＤ．∴ｔａｎ∠ＦＰＥ＝１２．∴ＰＦ：ＰＥ：ＥＦ槡＝５：２：１．∴△ＰＥＦ的面积＝１２ＰＥ·ＥＦ＝１２×槡２５５ＰＦ·槡５５ＰＦ＝１５ＰＦ２．∴当ＰＦ最小时，△ＰＥＦ的面积最小．设点Ｐ的坐标为（ｘ，－２９ｘ２－４９ｘ＋１６９），则Ｆ（ｘ，－１２ｘ＋４）．∴ＰＦ＝（－１２ｘ＋４）－（－２９ｘ２－４９ｘ＋１６９）＝－１２ｘ＋４＋２９ｘ２＋４９ｘ－１６９＝２９ｘ２－１１８ｘ＋２０９＝２９（ｘ－１８）２＋７１３２．∴当ｘ＝１８时，ＰＦ有最小值，ＰＦ的最小值为７１３２．∴Ｐ（１８，５５３２）．∴△ＰＥＦ的面积的最小值为＝１５×（７１３２）２＝５０４１５１２０．河南中招阶梯性复习双测试卷（十二）参考答案圆（Ｂ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ｂ２．Ｄ３．Ａ４．Ｃ５．Ｃ６．Ａ７．Ａ８．Ｂ９．Ｄ１０．Ｃ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．３２１２．π１３．－８或－３２１４．槡３１８１５．８３π槡－２３三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：∵∠ＢＯＤ＝８０°，∴∠ＢＡＤ＝４０°．又∵ＡＢＣＤ是圆的内接四边形，∴∠ＢＡＤ＋∠ＢＣＤ＝１８０°，∴∠ＢＣＤ＝１４０°．１７．（１）∵ＡＤ∥ＥＣ∴∠ＤＡＣ＝∠ＥＣＡ又∵∠Ｅ＝∠Ｂ，∠Ｂ＝∠Ｄ∴∠Ｅ＝∠Ｄ又∵ＡＣ＝ＣＡ∴△ＡＥＣ≌△ＤＣＡ（ＡＡＳ）∴ＥＣ＝ＡＤ又∵ＡＤ∥ＥＣ四边形ＡＥＣＤ是平行四边形（２）证明：连接ＯＥ、ＯＢ、ＯＣ∵ＡＤ＝ＢＣ又∵ＡＤ＝ＥＣ∴ＢＣ＝ＥＣ又∵ＯＢ＝ＯＥ，ＯＣ＝ＯＣ∴△ＥＯＣ≌△ＢＯＣ（ＳＳＳ）∴∠ＥＣＯ＝∠ＢＣＯ∴ＣＯ平分∠ＥＣＢ１８．解：连接ＯＡ′，ＯＡ．设圆的半径是Ｒ，则ＯＮ＝Ｒ－４，ＯＭ＝Ｒ－１８．根据垂径定理，得ＡＭ＝１２ＡＢ＝３０，在直角三角形ＡＯＭ中，∵ＡＯ＝Ｒ，ＡＭ＝３０，ＯＭ＝Ｒ－１８，根据勾股定理，得：Ｒ２＝（Ｒ－１８）２＋９００，解得：Ｒ＝３４．在直角三角形Ａ′ＯＮ中，根据勾股定理中考命题·数学答案第２７页（共４８页）得Ａ′Ｎ＝３４２－３０槡２＝１６．根据垂径定理，得Ａ′Ｂ′＝２Ａ′Ｎ＝３２＞３０．∴不用采取紧急措施．１９．解：（１）证明：∵ＣＤ切半圆Ｏ于点Ｄ，∴ＣＤ⊥ＯＤ，∴∠ＣＤＯ＝９０°，∵ＢＥ⊥ＣＤ，∴∠Ｅ＝９０°＝∠ＣＤＯ，又∵∠Ｃ＝∠Ｃ，∴△ＣＯＤ∽△ＣＢＥ．（２）解：在Ｒｔ△ＢＥＣ中，ＣＥ＝１２，ＢＥ＝９，∴ＢＣ＝ＣＥ２＋ＢＥ槡２＝１５，∵△ＣＯＤ∽△ＣＢＥ．∴ＯＤＢＥ＝ＯＣＢＣ，即ｒ９＝１５－ｒ１５，解得：ｒ＝４５８．２０．解：（１）∵ＯＡ＝ＯＣ，ＡＤ＝ＯＣ，∴ＯＡ＝ＡＤ，∴∠ＯＡＣ＝∠ＯＣＡ，∠ＡＯＤ＝∠ＡＤＯ，∵ＯＤ∥ＡＣ，∴∠ＯＡＣ＝∠ＡＯＤ，∴∠ＯＡＣ＝∠ＯＣＡ＝∠ＡＯＤ＝∠ＡＤＯ，∴∠ＡＯＣ＝∠ＯＡＤ，∴ＯＣ∥ＡＤ，∴四边形ＯＣＡＤ是平行四边形；（２）①３０°；②４５°．２１．解：（１）连接ＯＥ，∵ＡＢ是直径，∴∠ＡＤＢ＝９０°，∴∠Ａ＋∠ＡＢＤ＝９０°，又∵∠Ａ＝２∠ＢＤＥ，∠ＢＯＥ＝２∠ＢＤＥ，∴∠Ａ＝∠ＢＯＥ，又∵∠Ｃ＝∠ＡＢＤ，∴∠ＢＯＥ＋∠Ｃ＝９０°，∴∠ＯＥＣ＝９０°，∴ＯＥ⊥ＣＥ即ＣＥ为⊙Ｏ的切线．（２）连接ＢＥ，∵∠Ａ＝∠ＢＥＦ，∠Ａ＝∠ＢＯＥ，∴∠ＢＯＥ＝∠ＢＥＦ，又∵∠ＥＢＦ＝∠ＯＢＥ，∴△ＯＢＥ∽ＥＢＦ，∴ＯＢＢＥ＝ＢＥＢＦ，即ＯＢ槡１３＝槡１３２，∴ＯＢ＝１３２．即半径为１３２．２２．解：①∵∠ＢＡＣ＝∠ＡＤＥ＝１２０°，∴∠ＤＡＢ＝∠ＣＡＥ又∵△ＡＢＣ和△ＡＤＥ都是等腰三角形，∴△ＡＤＢ≌△ＡＥＣ（ＳＡＳ）②槡３ＡＤ＋ＢＤ＝ＣＤ理由：∵△ＡＤＥ是顶角为１２０°的等腰三角形，∴ＤＥ槡＝３ＡＤ，又∵△ＡＢＣ≌△ＡＤＥ，∴ＣＥ＝ＢＤ．∴ＣＤ＝ＣＥ＋ＤＥ＝ＢＤ槡＋３ＢＤ，槡３ＡＤ＋ＢＤ＝ＣＤ．拓展延伸：如图，连结ＢＥ∵ＢＦ是ＥＣ的中垂线，∴ＢＥ＝ＢＣ，ＥＦ＝ＣＦ又∵四边形ＡＢＣＤ为菱形∴ＡＢ＝ＢＣ＝ＢＤ＝ＢＥ．∴如图所示，Ａ、Ｄ、Ｅ、Ｃ在以Ｂ为圆心，ＢＣ为半径的圆上又∵∠ＡＢＣ＝１２０°∴∠ＡＥＣ＝１２０°∴∠ＣＥＦ＝６０°②过Ｂ作ＢＰ⊥ＡＦ于点Ｐ∵Ａ、Ｅ在圆上∴ＡＢ＝ＢＥ又∵ＢＰ⊥ＡＦ∴由垂径定理可得ＡＰ＝ＰＥ又∵ＡＥ＝５∴ＰＥ＝２．５又∵ＣＥ＝２∴ＥＰ＝４．５在Ｒｔ△ＰＢＦ中，∵∠ＰＦＢ＝１２０°∴ＢＦ槡＝３３．２３．解：（１）对于ｙ＝－４３ｘ＋４，令ｘ＝０，则ｙ＝４；令ｙ＝０，则ｘ＝３．∴ＯＡ＝４，ＯＢ＝３，∴线段ＡＢ的长度为５；中考命题·数学答案第２８页（共４８页）（２）如图１，以点Ｎ为圆心，ＮＡ为半径的⊙Ｎ与ｘ轴相切于点Ｆ，∴⊙Ｎ与直线相切，∴ＮＡ⊥直线，垂足为Ａ．作ＡＨ⊥ＮＦ，∴ＢＡ＝ＢＦ＝５，∴ＡＨ＝ＯＦ＝３＋５＝８．又∵∠ＮＡＨ＝∠ＢＡＯ，∴ｃｏｓ∠ＮＡＨ＝ｃｏｓ∠ＢＡＯ，∴ＯＡＡＢ＝ＡＨＡＮ，即４５＝８ＡＮ，∴ＡＮ＝１０．∵点Ｍ在射线ＡＢ上，将点Ｍ绕点Ａ逆时针方向旋转９０°到点Ｎ，∴ＡＭ＝ＡＮ＝１０，∴ＢＭ＝５，∴ＭＧ＝ＡＯ＝４，ＧＢ＝ＯＢ＝３，∴点Ｍ的坐标为（６，－４）；图１图２图３（３）由（２）中结论知，Ｎ（８，１０），∴Ｄ（１６，１６），又∵Ｍ（６，－４），∴直线ＤＭ的解析式为ｙ＝２ｘ－１６．①∵∠ＡＣＢ＝∠ＢＡＯ，∴如图２，当∠ＡＰＱ＝∠Ｄ时，△ＡＰＱ∽△ＣＤＥ，作ＮＰ∥ＤＭ，∴∠ＡＰＱ＝∠Ｄ＝∠ＡＮＰ，∴ＡＮ＝ＡＰ＝１０，∴Ｐ（０，－６）；②如图３，当∠Ｑ２＝∠Ｄ时，有△ＡＰＱ∽△ＣＥＤ，∵∠Ｑ２＋∠Ｑ２ＮＡ＝∠ＤＮＦ＋∠Ｄ＝９０°，∴Ｑ２Ｆ⊥ＤＥ∵直线ＤＭ的解析式为：，∴设直线ＮＰ１表达式为ｙ＝－１２ｘ＋ｂ，由直线过Ｎ（８，１０），∴直线ＮＰ１表达式为ｙ＝－１２ｘ＋１４，令ｘ＝０，则ｙ＝１４，∴Ｐ１（０，１４）．综上，符合条件的点Ｐ的坐标为（０，－６）或（０，１４）．河南中招阶梯性复习双测试卷（十三）参考答案圆形的变换（Ａ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ｂ２．Ｃ３．Ｄ４．Ｃ５．Ａ６．Ｄ７．Ｄ８．Ｃ９．Ｂ１０．Ｃ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．７０°１２．８１３．（１，－３）１４．１２－４槡３１５．３２或９４三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：解答如下图：１７．解：（１）∠ＡＤＥ＝９０°中考命题·数学答案第２９页（共４８页）（２）在Ｒｔ△ＡＢＣ中，∠Ｂ＝９０°，ＡＢ＝３，ＡＣ＝５∴ＢＣ＝４又∵ＭＮ为ＡＣ的垂直平分线∴ＡＥ＝ＥＣ∴Ｃ△ＡＢＥ＝ＡＢ＋ＢＥ＋ＡＥ＝ＡＢ＋ＢＥ＋ＥＣ＝ＡＢ＋ＢＣ＝７１８．解：（１）如图所示，Ａ１坐标为（－２，－４），故答案为：（－２，－４）；（２）如图所示．（３）∵ＯＣ槡＝２，ＯＢ槡＝４２，∴△ＡＢＣ旋转时ＢＣ线段扫过的面积Ｓ扇形ＢＯＢ２－Ｓ扇形ＣＯＣ２＝９０πＯＢ２３６０－９０πＯＣ２３６０＝９０π（３２－２）３６０＝１５π２．１９．解：（１）Ｐ２（３，３）．（２）设直线ｌ所表示的一次函数的表达式为ｙ＝ｋｘ＋ｂ（ｋ≠０），∵点Ｐ１（２，１），Ｐ２（３，３）在直线ｌ上，∴２ｋ＋ｂ＝１３ｋ＋ｂ{＝３，解得ｋ＝２ｂ{＝－３．∴直线ｌ所表示的一次函数的表达式为ｙ＝２ｘ－３．（３）点Ｐ３在直线ｌ上．由题意知点Ｐ３的坐标为（６，９），∴２×６－３＝９，∴点Ｐ３在直线ｌ上．２０．解：（１）∵Ｄ和Ｄ１是对称点，∴对称中心是线段ＤＤ１的中点．∴对称中心的坐标是（０，５２）．（２）∵已知Ａ，Ｄ１，Ｄ三点的坐标分别是（０，４），（０，３），（０，２），∴正方形的边长为４．∵将点Ａ、Ｄ分别向左平移４个单位可得点Ｂ，Ｃ，∴Ｂ（－２，４），Ｃ（－２，２），∵将点Ｄ１向右平移４个单位可得点Ｃ１，再向下平移４个单位可得点Ｂ１，∴Ｂ１（２，１），Ｃ１（２，３）．２１．解：（１）证明：在Ｒｔ△ＯＡＢ中，Ｄ为ＯＢ的中点∴ＤＯ＝ＤＡ∴∠ＤＡＯ＝∠ＤＯＡ＝３０°，∠ＥＯＡ＝９０°∴∠ＡＥＯ＝６０°又∵△ＯＢＣ为等边三角形∴∠ＢＣＯ＝∠ＡＥＯ＝６０°∴ＢＣ∥ＡＥ∵∠ＢＡＯ＝∠ＣＯＡ＝９０°∴ＯＣ∥ＡＢ∴四边形ＡＢＣＥ是平行四边形．（２）解：设ＯＧ＝ｘ，由折叠可知：ＡＧ＝ＧＣ＝８－ｘ中考命题·数学答案第３０页（共４８页）在Ｒｔ△ＡＢＯ中∵∠ＯＡＢ＝９０°，∠ＡＯＢ＝３０°，ＯＢ＝８∴ＯＡ＝ＯＢ·ｃｏｓ３０°＝８×槡３２槡＝４３．在Ｒｔ△ＯＡＧ中，ＯＧ２＋ＯＡ２＝ＡＧ２ｘ２＋（槡４３）２＝（８－ｘ）２解得，ｘ＝１∴ＯＧ＝１２２．（１）证明：由题意得∠Ｂ１ＣＢ＝４５°，∠Ｂ１ＣＡ１＝９０°，∠Ｂ１ＣＱ＝∠ＢＣＰ１＝４５°，∵Ｂ１Ｃ＝ＢＣ，∠Ｂ１＝∠Ｂ，∴△Ｂ１ＣＱ≌△ＢＣＰ１，∴ＣＰ１＝ＣＱ．（２）作Ｐ１Ｄ⊥ＣＡ于Ｄ，∵∠Ａ＝３０°，∴Ｐ１Ｄ＝１２ＡＰ１＝１，∵∠Ｐ１ＣＤ＝４５°，∴ｓｉｎ４５°＝Ｐ１ＤＣＰ１＝槡２２，∴ＣＰ１槡＝２Ｐ１Ｄ槡＝２，∵Ｐ１Ｃ＝ＣＱ，则ＣＱ槡＝２．⑶∵∠Ｐ１ＢＥ＝９０°，∠ＡＢＣ＝６０°，∴∠Ａ＝∠ＣＢＥ＝３０°．∴ＡＣ槡＝３ＢＣ．由旋转性质可得∠ＡＣＰ１＝∠ＢＣＥ，∴△ＡＰ１Ｃ∽△ＢＥＣ．∴ＡＰ１ＢＥ１＝ＡＣＢＣ，设ＡＰ１＝ｘ，则ＢＥ＝槡３３ｘ，在Ｒｔ△ＡＢＣ中，∠Ａ＝３０°，∴ＡＢ＝２ＢＣ＝２．∴Ｓ△Ｐ１ＢＥ＝１２×槡３３ｘ（２－ｘ）＝－槡３６ｘ２＋槡３３ｘ＝－槡３６（ｘ－１）２＋槡３６．∴当ｘ＝１时，Ｓ△Ｐ１ＢＥ最大值＝槡３６．２３．解：【发现证明】证明：由旋转可得ＡＥ＝ＡＧ，ＢＥ＝ＤＧ，∠Ｂ＝∠ＡＤＧ＝９０°，∠ＥＡＧ＝９０°，∴∠ＡＤＣ＋∠ＡＤＧ＝１８０°，∴Ｇ、Ｄ、Ｃ三点共线．∵∠ＥＡＦ＝４５°，∴∠ＧＡＦ＝４５°，∴∠ＧＡＦ＝∠ＦＡＥ，又∵ＡＦ＝ＡＦ，∴△ＡＦＧ≌△ＡＦＥ（ＳＡＳ）．∴ＧＦ＝ＥＦ．∵ＧＦ＝ＧＤ＋ＤＦ，∴ＥＦ＝ＢＥ＋ＤＦ．【类比引申】∠ＥＡＦ＝１２∠ＢＡＤ．理由如下：如图（２），将△ＡＢＥ绕点Ａ逆时针旋转∠ＢＡＤ的度数至△ＡＤＧ，由旋转可得ＡＥ＝ＡＧ，ＢＥ＝ＤＧ，∠Ｂ＝∠ＡＤＧ，∠ＢＡＥ＝∠ＤＡＧ．∵∠Ｂ＋∠ＡＤＣ＝１８０°，∴∠ＡＤＣ＋∠ＡＤＧ＝１８０°，∴Ｇ、Ｄ、Ｃ三点共线．∵∠ＢＡＥ＝∠ＤＡＧ，∴∠ＢＡＤ＝∠ＥＡＧ，∵∠ＥＡＦ＝１２∠ＢＡＤ，∴∠ＧＡＦ＝∠ＦＡＥ，又∵ＡＦ＝ＡＦ，∴△ＡＦＧ≌△ＡＦＥ（ＳＡＳ）．∴ＧＦ＝ＥＦ．∵ＧＦ＝ＧＤ＋ＤＦ，∴ＥＦ＝ＢＥ＋ＤＦ．故答案为：∠ＥＡＦ＝１２∠ＢＡＤ．【探究应用】∵∠ＢＡＤ＝１５０°，∠ＤＡＥ＝９０°，∴∠ＢＡＥ＝６０°．又∵∠Ｂ＝６０°，∴△ＡＢＥ是等边三角形，∴ＢＥ＝ＡＢ＝８０（米）．如图（３），连接ＡＦ，过Ａ作ＡＨ⊥ＣＤ于Ｈ．在Ｒｔ△ＡＨＤ中，∠ＡＤＨ＝６０°，ＡＤ＝８０，∴∠ＨＡＤ＝３０°，ＨＤ＝１２ＡＤ＝４０，ＡＨ＝ＡＤ２－ＤＨ槡２槡＝４０３．∵ＤＦ＝４０（槡３－１），∴ＨＦ＝ＨＤ＋ＤＦ＝４０＋４０（槡３－１）槡＝４０３，∴在Ｒｔ△ＡＨＦ中，ＡＨ＝ＨＦ，∴∠ＨＡＦ＝４５°，∴∠ＤＡＦ＝１５°，∴∠ＥＡＦ＝９０°－１５°＝７５°，∴∠ＥＡＦ＝１２∠ＢＡＤ．运用上面的结论可得ＥＦ＝ＢＥ＋ＤＦ＝８０＋４０（槡３－１）槡＝４０＋４０３≈１０９．即这条道路ＥＦ的长约为１０９米．中考命题·数学答案第３１页（共４８页）河南中招阶梯性复习双测试卷（十四）参考答案图形的变换（Ｂ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ｄ２．Ｂ３．Ｂ４．Ｃ５．Ｂ６．Ｄ７．Ａ８．Ｃ９．Ｄ１０．Ｃ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．（２，２）１２．槡２＋槡６１３．９１４．６槡１０５１５．２３或槡８－２３３或２三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：（１）由包装盒的三视图，可得出包装盒是正（直）三棱柱；（２）∵△ＡＢＣ是等边三角形，∴∠Ｂ＝６０°，∵ＡＤ槡＝３，∴ＡＢ＝２，∴Ｓ底面积＝１２槡槡×２×３＝３，Ｓ侧面积＝６×３×２＝３６，Ｓ表面积＝Ｓ侧面积＋２Ｓ底面积槡＝３６＋２３．１７．解：（１）如图，以点Ａ为圆心，适当长为半径画弧，分别交ＡＢ，ＡＤ于点Ｇ，Ｈ；再分别以点Ｇ，Ｈ为圆心，大于１２ＧＨ的长为半径画弧，两弧在∠ＡＢＣ内部相交于点Ｏ；画射线ＢＯ，交ＢＣ于点Ｅ．在ＡＤ上截取ＡＦ＝ＡＢ，连接ＥＦ．（２）四边形ＡＢＥＦ是菱形．证明：∵ＡＥ平分∠ＢＡＤ，∴∠ＢＡＥ＝∠ＤＡＥ．∵ＡＤ∥ＢＣ，∴∠ＤＡＥ＝∠ＡＥＢ．∴∠ＢＡＥ＝∠ＡＥＢ．∴ＡＢ＝ＢＥ．又∵ＡＤ∥ＢＣ，∴四边形ＡＢＥＦ是平行四边形．∵ＡＢ＝ＡＦ，∴四边形ＡＢＥＦ是菱形．１８．解：（１）ＤＥ在阳光下的投影是ＥＦ如图所示：（２）在测量ＡＢ的投影时，同时测量出ＤＥ在阳光下的投影长为６ｍ，∵△ＡＢＣ∽△ＤＥＦ，ＡＢ＝５ｍ，ＢＣ＝３ｍ，ＥＦ＝６ｍ∴ＡＢＢＣ＝ＤＥＥＦ∴５３＝ＤＥ６∴ＤＥ＝１０（ｍ）答：ＤＥ的长为１０ｍ．１９．解：（１）如图（１），准确画图：四边形ＡＱＣＰ的周长为：槡４１０（２）如图（２），正确画图２０．解：（１）借助网格，△ＡＢＣ向右平移５个单位长度，经过数格子确定Ａ１，Ｂ１，Ｃ１，连接Ａ１Ｂ１，Ａ１Ｃ１，Ｂ１Ｃ１，则△Ａ１Ｂ１Ｃ１为所求（如图所示）：（２）关于原点对称的点，对应点的横纵坐标分别互为相反数，∴Ａ２（－３，１），Ｂ２（４，－１），Ｃ２（２，－１），描出Ａ２，Ｂ２，Ｃ２，并连接成三角形，于是△Ａ２Ｂ２Ｃ２为所求；（３）四边形ＡＢＡ２Ｂ２的面积＝６×８－（１２×２×３＋１２×４×５＋１２×２×３＋１２×４×５）＝２２．２１．（１）证明：如下图所示：由折叠矩形ＡＢＣＤ可知，ＤＦ＝ＥＦ，∠ＡＥＦ＝∠ＡＤＦ＝９０°，∠２＝∠６．∵ＥＧ∥ＤＣ，∴∠２＝∠７，∴∠６＝∠７．∴ＥＦ＝ＥＧ＝ＦＤ＝ＧＤ．∴四边形ＥＦＤＧ是菱形．（２）解：如下图所示：连接ＤＥ交ＡＦ于点Ｈ．中考命题·数学答案第３２页（共４８页）∵四边形ＥＦＤＧ是菱形，∴ＤＥ⊥ＦＧ，ＦＨ＝ＧＨ＝１２ＦＧ，ＤＨ＝ＥＨ＝１２ＤＥ．∵∠５＝∠４＝９０°－∠６，∴Ｒｔ△ＦＥＨ∽Ｒｔ△ＦＡＥ．∴ＥＦＦＨ＝ＡＦＥＦ，即ＥＦ２＝ＦＨ·ＡＦ，∴ＥＧ２＝１２ＡＦ·ＧＦ．（３）解：如图所示：∵ＡＧ＝６，ＥＧ槡＝２５，ＥＧ２＝１２ＡＦ·ＧＦ，∴（槡２５）２＝１２（６＋ＧＦ）·ＧＦ．∵ＧＦ＞０，∴ＧＦ＝４，∴ＡＦ＝１０．∵ＤＦ＝ＥＧ槡＝２５，∴ＡＤ＝ＢＣ＝ＡＦ２－ＤＦ槡２槡＝４５，ＤＥ＝２ＥＨ＝２×ＥＧ２－（１２ＧＦ）槡２＝８．∵∠１＋∠２＝９０°＝∠３＋∠２，∴∠１＝∠３．∴Ｒｔ△ＡＤＦ∽Ｒｔ△ＤＣＥ．∴ＥＣＤＦ＝ＤＥＡＦ，∴ＥＣ＝８１０槡×２５＝８５槡５．∴ＢＥ＝ＢＣ－ＥＣ＝１２５槡５．２２．解：（１）如２２题解图１，在△ＡＢＣ中，∠ＡＣＢ＝９０°，∠Ｂ＝３０°，ＡＣ＝１，∴ＡＢ＝２，又∵Ｄ是ＡＢ的中点，∴ＡＤ＝１，ＣＤ＝１２ＡＢ＝１．又∵ＥＦ是的中位线，∴ＥＦ＝ＤＦ＝１２，在△ＡＣＤ中，ＡＤ＝ＣＤ，∠Ａ＝６０°，∴∠ＡＤＣ＝６０°．在△ＦＧＤ中，ＧＦ＝ＤＦ·ｓｉｎ６０°＝槡３４，∴矩形ＥＦＧＨ的面积Ｓ＝ＥＦ·ＧＦ＝１２×槡３４＝槡３８．（２）如２２题解图２，设矩形移动的距离为ｘ，则０＜ｘ≤１２，当矩形与△ＣＢＤ重叠部分为三角形时，则０＜ｘ≤１４，Ｓ＝１２ｘ·槡３ｘ＝槡３１６，∴ｘ＝槡２４＞１４．（舍去）．当矩形与△ＣＢＤ重叠部分为直角梯形时，则１４＜ｘ≤１２，重叠部分的面积Ｓ＝槡３４ｘ－１２×１４×槡３４＝槡３１６，∴ｘ＝３８．即矩形移动的距离为３８时，矩形与△ＣＢＤ重叠部分的面积是槡３１６．（３）如２２题解图３，作Ｈ２Ｑ⊥ＡＢ于Ｑ．设ＤＱ＝ｍ，则Ｈ２Ｏ槡＝３ｍ，又ＤＧ１＝１４，Ｈ２Ｇ１＝１２．在Ｒｔ△Ｈ２ＱＧ１中，（槡３ｍ）２＋（ｍ＋１４）２＝（１２）２，解之得ｍ＝槡－１±１３１６（负的舍去）．∴ｃｏｓα＝ＱＧ１Ｈ２Ｇ１＝槡－１＋１３＋１４１６１２＝槡３＋１３８．２３．解：（１）∵四边形ＡＢＣＤ与四边形ＡＥＦＧ是正方形，∴ＡＤ＝ＡＢ，∠ＤＡＧ＝∠ＢＡＥ，ＡＧ＝ＡＥ，∴△ＡＤＧ≌△ＡＢＥ（ＳＡＳ）∴∠ＡＧＤ＝∠ＡＥＢ，延长ＥＢ交ＤＧ于点Ｈ，如图１，在Ｒｔ△ＡＤＧ中，∠ＡＧＤ＋∠ＡＤＧ＝９００，∴∠ＡＥＢ＋∠ＡＤＧ＝９０°，∴ＤＧ⊥ＢＥ，中考命题·数学答案第３３页（共４８页）（２）∵四边形ＡＢＣＤ与四边形ＡＥＦＧ是正方形，∴ＡＤ＝ＡＢ，∠ＤＡＢ＝∠ＧＡＥ，ＡＧ＝ＡＥ，∴∠ＤＡＢ＋∠ＢＡＧ＝∠ＧＡＥ＋∠ＢＡＧ，即∠ＤＡＧ＝∠ＢＡＥ，∵ＡＤ＝ＡＢ，∠ＤＡＧ＝∠ＢＡＥ，ＡＧ＝ＡＥ，∴△ＡＤＧ≌△ＡＢＥ（ＳＡＳ）∴ＤＧ＝ＢＥ．过点Ａ作ＡＭ⊥ＤＧ于点Ｍ，如图２，∵ＢＤ是正方形ＡＢＣＤ的对角线，∴∠ＡＤＭ＝４５°，边长ＡＤ＝２，∴ＤＭ＝ＡＭ＝ＡＤｓｉｎ４５°＝２·槡２２槡＝２．在Ｒｔ△ＡＧＭ中，ＡＭ槡＝２，ＡＧ槡＝２２，∴ＧＭ＝ＡＧ２－ＡＭ槡２＝（槡２２）２－（槡２）槡２槡＝６∵ＤＧ＝ＤＭ＋ＧＭ槡槡＝２＋６，∴ＢＥ＝ＤＧ槡槡＝２＋６．（３）△ＧＨＥ与△ＢＨＤ面积之和的最大值为６．∵四边形ＡＢＣＤ与四边形ＡＥＦＧ是正方形，∴ＡＤ＝ＡＢ，∠ＤＡＢ＝∠ＧＡＥ，ＡＧ＝ＡＥ，∴∠ＤＡＢ＋∠ＢＡＧ＝∠ＧＡＥ＋∠ＢＡＧ，即∠ＤＡＧ＝∠ＢＡＥ，∵ＡＤ＝ＡＢ，∠ＤＡＧ＝∠ＢＡＥ，ＡＧ＝ＡＥ，∴△ＡＤＧ≌△ＡＢＥ（ＳＡＳ）∴∠ＡＤＧ＝∠ＡＢＥ，又∠ＡＮＤ＝∠ＢＮＨ，∴∠ＡＤＧ＋∠ＡＮＤ＝∠ＡＢＥ＋∠ＢＮＨ，而∠ＡＤＧ＋∠ＡＮＤ＝９００，∴∠ＡＢＥ＋∠ＢＮＨ＝９００，即在旋转的过程中ＤＧ⊥ＢＥ．对于△ＥＧＨ，点Ｈ在以ＥＧ为直径的圆上，所以当点Ｈ与点Ａ重合时，△ＥＧＨ的高最大．对于△ＢＤＨ，点Ｈ在以ＢＤ为直径的圆上，所以当点Ｈ与点Ａ重合时，△ＢＤＨ的高最大．所以△ＧＨＥ与△ＢＨＤ面积之和的最大值为２＋４＝６．河南中招阶梯性复习双测试卷（十五）参考答案统计与概率一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ｂ２．Ａ３．Ｃ４．Ｂ５．Ｄ６．Ａ７．Ｃ８．Ｃ９．Ｂ１０．Ｂ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．１４１２．６，６１３．２１４．２２１５．１３三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：（１）众数为８；（２）小杰集训前平均成绩＝８×６＋９×３＋１０×１１０＝８．５（环）；小杰集训后平均成绩＝８×３＋９×５＋１０×２１０＝８．９（环）；（３）这次集训对小杰的射击成绩提升有成效（通过这次集训小杰的射击的平均成绩提高了；通过这次集训小杰射击的众数由８环提高到了９环；通过这次集训小杰射击的中位数由８环提高到了９环．只要表达合理即可）．１７．解：（１）根据题意，列表如下：－２－３３－２（－２，－２）（－２，－３）（－２，３）－３（－３，－２）（－３，－３）（－３，３）３（３，－２）（３，－３）（３，３）从列表可以看出，（ｍ，ｎ）一共有９种可能结果．（２）１ｍ＋ｎ－２ｎｎ２－ｍ２＝（ｍ－ｎ）＋２ｎ（ｍ＋ｎ）（ｍ－ｎ）＝１ｍ－ｎ，要使分式的值为自然数，ｍ－ｎ＝１，从上面的（ｍ，ｎ）中可以看出，ｍ－ｎ中考命题·数学答案第３４页（共４８页）＝１的只有（－２，－３），故概率大小为１９．１８．解：（１）９．５，１０；（将甲队的成绩从小到大依次为７，７，８，９，９，１０，１０，１０，１０，１０，最中间的两个数为９和１０，其中位数就是９．５；乙队的成绩中，次数出现最多的是１０，有４次，因此众数是１０．）（２）ｘ乙＝１０＋８＋７＋９＋８＋１０＋１０＋９＋１０＋９１０＝９，Ｓ乙２＝１１０（１０－９）２＋（８－９）２＋Ｌ＋（１０－９）２＋（９－９）[]２＝１；（３）乙．（因为乙队成绩的方差小于甲队成绩的方差，所以乙队成绩波动较小．）１９．（１）红１红２红３黄红１红２，红１红３，红１黄，红１红２红１，红２红３，红２黄，红２红３红１，红３红２，红３黄，红３黄红１，黄红２，黄红３，黄Ｐ（摸出的球恰是一红一黄）＝６１２＝１２；（２）ｘ可取１≤ｘ≤３之间的整数；（３）答案不惟一，如从袋中一次摸出５个球，至少有一个是红球．２０．解：（１）ｘ（１９＋７＋１５＋１７）×５＋（２＋２＋１）×（－２）４＝８２．５（分）．答：Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ四位同学成绩的平均分为８２．５分．（２）①设Ｅ同学答对ｘ题，答错ｙ题．由题意，得５ｘ－２ｙ＝５８ｘ＋ｙ{＝１３，解得ｘ＝１２ｙ{＝１答：Ｅ同学答对１２题，答错１题．②Ｃ同学，他实际答对１４题，答错３题，未答３题．２１．解：（１）２，３；（２）画出树形图如下第一次第二次所有可能出现的结果共有２０种，这些结果出现的可能性相同，两个球颜色相同的共有８种，两个球颜色不同的共有１２种．∴Ｐ（小王获胜）＝８２０＝２５；Ｐ（小林获胜）＝１２２０＝３５．２２．解：（１）∵１—３５％—２５％—２５％—１０％＝５％，∴ａ＝１０％．（２）∵（６＋１９＋１７＋１０＋８）×３５％＝６０×３５％＝２１（人），∴抽取的样本中，八年级学生睡眠时间在Ｃ组的有２１人．（３）∵７５５×１９＋１７６０＋７８５×（２５％＋３５％）＝７５５×０．６＋７８５×０．６＝９２４（人），∴估计该校七、八年级学生中睡眠时间合格的共有９２４人．２３．解：（１）１２÷３０％＝４０（人）．则Ｂ等级的人数是：４０－４－１６－１２＝８（人）．中考命题·数学答案第３５页（共４８页）（２）ｍ％＝４４０×１００％＝１０％；ｎ％＝×１００％＝４０％；Ｃ等级对应的圆心角为４０％×３６０°＝１４４°．（３）不妨用ａ代表小明，相应地，获得Ａ等级的其他三名学生分别用ｂ，ｃ，ｄ来表示．树形图：列表：学生１学生２ａｂｃｄａ（ａ，ａ）（ａ，ｂ）（ａ，ｃ）（ａ，ｄ）ｂ（ｂ，ａ）（ｂ，ｂ）（ｂ，ｃ）（ｂ，ｄ）ｃ（ｃ，ａ）（ｃ，ｂ）（ｃ，ｃ）（ｃ，ｄ）ｄ（ｄ，ａ）（ｄ，ｂ）（ｄ，ｃ）（ｄ，ｄ）由图可知，选取两人的情况共有１２种，其中小明参加比赛的情况共有６种，所以小明参加市比赛的概率：Ｐ＝６１２＝１２．河南中招阶梯性复习双测试卷（十六）参考答案中考模拟试卷（Ａ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ａ２．Ｄ３．Ｂ４．Ｃ５．Ｂ６．Ｂ７．Ａ８．Ｄ９．Ｃ１０．Ａ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．０１２．ｙ＝（ｘ－２）２＋３１３．８１４．π４槡－２＋２１５．４３槡３或槡２３－２三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：原式＝ａ－３ａ－２÷［（ａ－２）（ａ＋２）ａ－２－５ａ－２］＝ａ－３ａ－２÷ａ２－９ａ－２＝ａ－３ａ－２×ａ－２（ａ＋３）（ａ－３）＝１ａ＋３，当ａ槡＝２－３时，原式＝１槡２－３＋３＝槡２２．中考命题·数学答案第３６页（共４８页）１７．解：（１）本次调查的市民有２００÷２５％＝８００（人），∴Ｂ类别的人数为８００×３０％＝２４０（人），故答案为：８００，２４０；（２）∵Ａ类人数所占百分比为１－（３０％＋２５％＋１４％＋６％）＝２５％，∴Ａ类对应扇形圆心角α的度数为３６０°×２５％＝９０°，Ａ类的人数为８００×２５％＝２００（人），补全条形图如下：（３）１２×（２５％＋３０％＋２５％）＝９．６（万人），答：估计该市“绿色出行”方式的人数约为９．６万人．１８．（１）证明：∵ＡＢ＝ＡＤ，ＦＢ＝ＦＣ，∴∠Ｂ＝∠Ｄ，∠Ｂ＝∠ＢＣＦ，∴∠Ｄ＝∠ＢＣＦ，∴ＣＦ∥ＡＤ，∵ＣＧ⊥ＡＤ，∴ＣＧ⊥ＣＦ，∴ＧＣ是⊙Ｆ的切线；（２）解：①１２槡２－１２；②３０°１９．解：作ＡＤ⊥ＢＣ交ＣＢ的延长线于Ｄ，设ＡＤ为ｘ，由题意得，∠ＡＢＤ＝４５°，∠ＡＣＤ＝３５°，在Ｒｔ△ＡＤＢ中，∠ＡＢＤ＝４５°，∴ＤＢ＝ｘ，在Ｒｔ△ＡＤＣ中，∠ＡＣＤ＝３５°，∴ｔａｎ∠ＡＣＤ＝ＡＤＣＤ，∴ｘｘ＋１００＝７１０，解得，ｘ≈２３３ｍ．２０．解：（１）ｙ＝２３ｘ－２，ｙ＝３６ｘ；（２）∵直线：ｙ＝２３ｘ－２交ｘ轴于点Ｃ，∴点Ｃ的坐标是（３，０），ＯＣ＝３．过点Ｑ作ＱＭ⊥ｙ轴于点Ｍ．分为以下两种情况：①当点Ｑ在射线ＤＣ上时，∵△ＤＯＱ的面积是△ＣＯＤ面积的２倍，且△ＤＯＱ和△ＣＯＤ有共同的底边ＯＤ，∴ＭＱ＝２ＯＣ＝６．把ｘ＝６代入ｙ＝２３ｘ－２，得ｙ＝２，即此时点Ｑ的坐标是（６，２）②当点Ｑ在射线ＣＤ上时，如图２，同理可得ＱＭ＝６，把ｘ＝－６代入ｙ＝２３ｘ－２，得ｙ＝－６，即此时点Ｑ的坐标是（－６，－６）∴点Ｑ的坐标（６，２）或（－６，－６）．２１．解：（１）由题意可得ａ＝ｂ＋２０２ａ＝３ｂ{－６０，解得ａ＝１２０ｂ{＝１００，答：ａ、ｂ的值分别是１２０、１００；（２）设购买Ａ型公交车ｘ辆，则购买Ｂ型公交车（１０－ｘ）辆，２．４ｘ＋２（１０－ｘ）≥２２．４，解得，ｘ≥６，∵两种车型都要有，∴ｘ＜１０，∴６≤ｘ＜１０，∵ｘ为整数，∴ｘ＝６、７、８、９，∴有四种购车方案，方案一：购买Ａ型公交车６辆，购买Ｂ型公交车４辆；方案二：购买Ａ型公交车７辆，购买Ｂ型公交车３辆；方案三：购买Ａ型公交车８辆，购买Ｂ型公交车２辆；方案四：购买Ａ型公交车９辆，购买Ｂ型公交车１辆；（３）设购车款为ｗ元，购买Ａ型车ｘ辆，ｗ＝１２０ｘ＋１００（１０－ｘ）＝２０ｘ＋１０００，∴当ｘ＝６时，ｗ取得最小值，此时ｗ＝１１２０，答：（２）中最省钱的购买方案所需的购车款是１１２０万元．２２．解：（１）等边；（２）存在，当６＜ｔ＜１０时，由旋转的性质得，ＢＥ＝ＡＤ，∴Ｃ△ＤＢＥ＝ＢＥ＋ＤＢ＋ＤＥ＝ＡＢ＋ＤＥ＝４＋ＤＥ，由（１）知，△ＣＤＥ是等边三角形，∴ＤＥ＝ＣＤ，∴Ｃ△ＤＢＥ＝ＣＤ＋４，由垂线段最短可知，当ＣＤ⊥ＡＢ时，△ＢＤＥ的周长最小，此时，ＣＤ槡＝２３，∴△ＢＤＥ的最小周长＝ＣＤ槡＋４＝２３＋４；（３）当ｍ＝２或１４时，以Ｄ、Ｅ、Ｂ为顶点的三角形是直角三角形．【提示】存在，①∵当点Ｄ与点Ｂ重合时，Ｄ，Ｂ，Ｅ不能构成三角形，∴当点Ｄ与点Ｂ重合时，不符合题意，②当０≤ｍ＜６时，由旋转可知，∠ＡＢＥ＝６０°，∠ＢＤＥ＜６０°，∴∠ＢＥＤ＝９０°，中考命题·数学答案第３７页（共４８页）由（１）可知，△ＣＤＥ是等边三角形，∴∠ＤＥＢ＝６０°，∴∠ＣＥＢ＝３０°，∵∠ＣＥＢ＝∠ＣＤＡ，∴∠ＣＤＡ＝３０°，∵∠ＣＡＢ＝６０°，∴∠ＡＣＤ＝∠ＡＤＣ＝３０°，∴ＤＡ＝ＣＡ＝４，∴ＯＤ＝ＯＡ－ＤＡ＝６－４＝２，∴ｍ＝２；③当６＜ｍ＜１０时，由∠ＤＢＥ＝１２０°＞９０°，∴此时不存在；④当ｍ＞１０时，由旋转的性质可知，∠ＤＢＥ＝６０°，又由（１）知∠ＣＤＥ＝６０°，∴∠ＢＤＥ＝∠ＣＤＥ＋∠ＢＤＣ＝６０°＋∠ＢＤＣ，而∠ＢＤＣ＞０°，∴∠ＢＤＥ＞６０°，∴只能∠ＢＤＥ＝９０°，从而∠ＢＣＤ＝３０°，∴ＢＤ＝ＢＣ＝４，∴ＯＤ＝１４，∴ｍ＝１４，综上所述：当ｍ＝２或１４时，以Ｄ、Ｅ、Ｂ为顶点的三角形是直角三角形．２３．解：（１）∵抛物线的对称轴ｘ＝１，Ｂ（３，０），∴Ａ（－１，０）∵抛物线ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ过点Ｃ（０，３）∴当ｘ＝０时，ｃ＝３．又∵抛物线ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ过点Ａ（－１，０），Ｂ（３，０）∴ａ－ｂ＋３＝０９ａ＋３ｂ{＋３＝０，∴ａ＝－１ｂ{＝２∴抛物线的解析式为：ｙ＝－ｘ２＋２ｘ＋３；（２）∵Ｃ（０，３），Ｂ（３，０），∴直线ＢＣ解析式为ｙ＝－ｘ＋３，∵ｙ＝－ｘ２＋２ｘ＋３＝－（ｘ－１）２＋４，∴顶点坐标为（１，４）∵对于直线ＢＣ：ｙ＝－ｘ＋３，当ｘ＝１时，ｙ＝２；将抛物线Ｌ向下平移ｈ个单位长度，∴当ｈ＝２时，抛物线顶点落在ＢＣ上；当ｈ＝４时，抛物线顶点落在ＯＢ上，∴将抛物线Ｌ向下平移ｈ个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△ＯＢＣ内（包括△ＯＢＣ的边界），则２≤ｈ≤４；（３）符合条件的点Ｐ的坐标是（１，４），（０，３），（槡３＋３３２，－槡３３－２）和（槡３－３３２，槡３３－９２）．【提示】设Ｐ（ｍ，－ｍ２＋２ｍ＋３），Ｑ（－３，ｎ），①当Ｐ点在ｘ轴上方时，过Ｐ点作ＰＭ垂直于ｙ轴，交ｙ轴与Ｍ点，过Ｂ点作ＢＮ垂直于ＭＰ的延长线于Ｎ点，如图所示：∵Ｂ（３，０），∵△ＰＢＱ是以点Ｐ为直角顶点的等腰直角三角形，∴∠ＢＰＱ＝９０°，ＢＰ＝ＰＱ，则∠ＰＭＱ＝∠ＢＮＰ＝９０°，∠ＭＰＱ＝∠ＮＢＰ，在△ＰＱＭ和△ＢＰＮ中，∠ＰＭＱ＝∠ＢＮＰ∠ＭＰＱ＝∠ＮＢＰＰＱ＝{ＢＰ，∴△ＰＱＭ≌△ＢＰＮ（ＡＡＳ），∴ＰＭ＝ＢＮ，∵ＰＭ＝ＢＮ＝－ｍ２＋２ｍ＋３，根据Ｂ点坐标可得ＰＮ＝３－ｍ，且ＰＭ＋ＰＮ＝６，∴－ｍ２＋２ｍ＋３＋３－ｍ＝６，解得：ｍ＝１或ｍ＝０，∴Ｐ（１，４）或Ｐ（０，３）．②当Ｐ点在ｘ轴下方时，过Ｐ点作ＰＭ垂直于ｌ于Ｍ点，过Ｂ点作ＢＮ垂直于ＭＰ的延长线于Ｎ点，同理可得△ＰＱＭ≌△ＢＰＮ，∴ＰＭ＝ＢＮ，∴ＰＭ＝６－（３－ｍ）＝３＋ｍ，ＢＮ＝ｍ２－２ｍ－３，则３＋ｍ＝ｍ２－２ｍ－３，解得ｍ＝槡３＋３３２或槡３－３３２．∴Ｐ（槡３＋３３２，槡－３３－９２）或（槡３－３３２，槡３３－９２）．综上可得，符合条件的点Ｐ的坐标是（１，４），（０，３），（槡３＋３３２，槡－３３－９２）和（槡３－３３２，槡３３－９２）．中考命题·数学答案第３８页（共４８页）河南中招阶梯性复习双测试卷（十七）参考答案中考模拟试卷（Ｂ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ｂ２．Ｂ３．Ｄ４．Ｃ５．Ａ６．Ｃ７．Ａ８．Ｂ９．Ｃ１０．Ｃ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．－１１２．５：８１３．０１４．９π＋９槡２－１２８１５．（槡１１＋１３３，６）或（槡１１－１３３，６）三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：原式＝ａ２＋２ａ＋１ａ×ａ（ａ－１）２（ａ＋１）（ａ－１）＝（ａ＋１）２ａ·ａ２（ａ＋１）＝ａ＋１２，当ａ槡＝２－１时，原式＝槡２－１＋１２＝槡２２．１７．解：（１）本次参加抽样调查的居民数是６０÷１０％＝６００（人）；（２）Ｃ组的人数是：６００－１８０－６０－２４０＝１２０（人）．Ａ类型百分比为１８０６００×１００％＝３０％，Ｃ类型百分比为１２０６００×１００％＝２０％，（３）估计爱吃Ｃ粽的人数是：６０００×１２０６００＝１２００（人）．答：爱吃Ｃ粽的人数是１２００人．１８．（１）证明：连接ＯＤ，如图，∵∠ＢＡＣ＝９０°，点Ｄ为ＢＣ的中点，∴ＤＢ＝ＤＡ＝ＤＣ，∵∠Ｂ＝６０°，∴△ＡＢＤ为等边三角形，∴∠ＤＡＢ＝∠ＡＤＢ＝６０°，∠ＤＡＣ＝∠Ｃ＝３０°，而ＯＡ＝ＯＤ，∴∠ＯＤＡ＝∠ＯＡＤ＝３０°，∴∠ＯＤＢ＝６０°＋３０°＝９０°，∴ＯＤ⊥ＢＣ，∴ＢＤ是⊙Ｏ的切线；（２）解：①∵△ＡＢＤ为等边三角形，∴ＡＢ＝ＢＤ＝ＡＤ＝ＣＤ槡＝３，在Ｒｔ△ＯＤＣ中，ＯＤ＝槡３３ＣＤ＝１，当ＤＥ∥ＡＢ时，ＤＥ⊥ＡＣ，∴ＡＤ＝ＡＥ，∵∠ＡＤＥ＝∠ＢＡＤ＝６０°，∴△ＡＤＥ为等边三角形，∴ＡＤ＝ＡＥ＝ＤＥ，∠ＡＤＥ＝６０°，∴∠ＡＯＥ＝２∠ＡＤＥ＝１２０°，∴ＡＢ＝ＢＤ＝ＤＥ＝ＡＥ，∴四边形ＡＢＤＥ为菱形，此时⌒ＡＥ的长度＝１２０·π·１１８０＝２３π；②当∠ＡＤＥ＝９０°时，ＡＥ为直径，点Ｅ与点Ｆ重合，此时⌒ＡＥ的长度＝１８０·π·１１８０＝π；当∠ＤＡＥ＝９０°时，ＤＥ为直径，∠ＡＯＥ＝２∠ＡＤＥ＝６０°，此时⌒ＡＥ的长度＝６０·π·１１８０＝１３π，所以当⌒ＡＥ的长度为１３π或π时，△ＡＤＥ是直角三角形．故答案为２３π；１３π或π．１９．解：作ＤＨ⊥ＢＣ于Ｈ，设ＤＨ＝ｘ米．∵∠ＡＣＤ＝９０°，∴在直角△ＡＤＨ中，∠ＤＡＨ＝３０°，ＡＤ＝２ＤＨ＝２ｘ，ＡＨ＝ＤＨ÷ｔａｎ３０°槡＝３ｘ，在直角△ＢＤＨ中，∠ＤＢＨ＝５０°，ＢＨ＝ｘｔａｎ５０°，ＢＤ＝ＤＨ·ｓｉｎ５０°＝ｓｉｎ５０°ｘ，中考命题·数学答案第３９页（共４８页）∵ＡＨ－ＢＨ＝ＡＢ＝１０米，槡∴３ｘ－ｘｔａｎ５０°＝１０，∴ｘ＝１０ｔａｎ５０°槡３ｔａｎ５０°－１，∴ＢＤ＝ＣＤｓｉｎ５０°＝１０×１．１９２１．７３２×１．１９２－１÷０．７６６≈１４．５米，２０＞１４．５，∴小明能把风筝捡回来．２０．解：（１）把，Ｃ（－４，－１）代入ｙ２＝ｎｘ，得ｎ＝４，∴ｙ２＝４ｘ；∵点Ｄ的横坐标为２，∴点Ｄ的坐标为（２，２），把Ｃ（－４，－１）和Ｄ（２，２）代入ｙ１＝ｋｘ＋ｂ得，－４ｋ＋ｂ＝－１２ｋ＋ｂ{＝２解得：ｋ＝１２ｂ{＝１，∴一次函数解析式为ｙ１＝１２ｘ＋１．（２）根据图象得：－４＜ｘ＜０或ｘ＞２；（３）当ｙ１＝０时，１２ｘ＋１＝０，解得：ｘ＝－２，∴点Ａ的坐标为（－２，０），如图，设点Ｐ的坐标为（ｍ，），∵△ＡＰＥ的面积为３，∴１２（ｍ＋２）·４ｍ＝３，解得：ｍ＝４，∴４ｍ＝１，∴点Ｐ的坐标为（４，１）．２１．解：（１）设Ａ、Ｂ两种型号电风扇的销售单价分别为ｘ元、ｙ元，依题意得：３ｘ＋５ｙ＝１８００４ｘ＋１０ｙ{＝３１００，解得：ｘ＝２５０ｙ{＝２１０，答：Ａ、Ｂ两种型号电风扇的销售单价分别为２５０元、２１０元；（２）设采购Ａ种型号电风扇ａ台，则采购Ｂ种型号电风扇（３０－ａ）台．依题意得：２００ａ＋１７０（３０－ａ）≤５４００，解得：ａ≤１０．答：超市最多采购Ａ种型号电风扇１０台时，采购金额不多于５４００元；（３）依题意有：（２５０－２００）ａ＋（２１０－１７０）（３０－ａ）＝１４００，解得：ａ＝２０，∵ａ≤１０，∴在（２）的条件下超市不能实现利润１４００元的目标．２２．解：（１）ＢＤ＝ＡＥ，ＢＤ＋ＡＢ槡＝２ＣＢ；（２）如图２，过点Ｃ作⊥ＣＢ交ＭＮ于点Ｅ，∵∠ＡＣＤ＝９０°，∴∠ＡＣＥ＝９０°＋∠ＡＣＢ，∠ＢＣＤ＝９０°＋∠ＡＣＢ，∴∠ＡＣＥ＝∠ＢＣＤ，∵ＤＢ⊥ＭＮ，∴∠ＣＡＥ＝９０°－∠ＡＦＢ，∠Ｄ＝９０°－∠ＣＦＤ，∵∠ＡＦＢ＝∠ＣＦＤ，∴∠ＣＡＥ＝∠Ｄ，∵ＡＣ＝ＤＣ，∴△ＡＣＥ≌△ＤＣＢ，∴ＡＥ＝ＤＢ，ＣＥ＝ＣＢ，∵∠ＥＣＢ＝９０°，∴△ＥＣＢ是等腰直角三角形，∴ＢＥ槡＝２ＣＢ，∴ＢＥ＝ＡＥ－ＡＢ＝ＤＢ－ＡＢ，∴ＢＤ－ＡＢ槡＝２ＣＢ；（３）如图３，过点Ｃ作⊥ＣＢ交ＭＮ于点Ｅ，∵∠ＡＣＤ＝９０°，∴∠ＡＣＥ＝９０°－∠ＤＣＥ，∠ＢＣＤ＝９０°－∠ＤＣＥ，∴∠ＡＣＥ＝∠ＢＣＤ，∵ＤＢ⊥ＭＮ，∴∠ＣＡＥ＝９０°－∠ＡＦＣ，∠Ｄ＝９０°－∠ＣＦＤ，∵∠ＡＦＣ＝∠ＢＦＤ，∴∠ＣＡＥ＝∠Ｄ，∵ＡＣ＝ＤＣ，∴△ＡＣＥ≌△ＤＣＢ，∴ＡＥ＝ＤＢ，ＣＥ＝ＣＢ，∵∠ＥＣＢ＝９０°，∴△ＥＣＢ是等腰直角三角形，∴ＢＥ槡＝２ＣＢ，∴ＢＥ＝ＡＢ－ＡＥ＝ＡＢ－ＤＢ，∴ＡＢ－ＤＢ槡＝２ＣＢ；∵△ＢＣＥ为等腰直角三角形，∴∠ＢＥＣ＝∠ＣＢＥ＝４５°，∵∠ＡＢＤ＝９０°，∴∠ＤＢＨ＝４５°，过点Ｄ作ＤＨ⊥ＢＣ，∴△ＤＨＢ是等腰直角三角形，∴ＢＤ槡＝２ＢＨ＝２，∴ＢＨ＝ＤＨ槡＝２，中考命题·数学答案第４０页（共４８页）在Ｒｔ△ＣＤＨ中，∠ＢＣＤ＝３０°，ＤＨ槡＝２，∴ＣＨ槡＝３ＤＨ槡槡槡＝３×２＝６，∴ＢＣ＝ＣＨ－ＢＨ槡槡＝６－２；故答案为：槡槡６－２．２３．解：（１）当ｘ＝０时，ｙ＝６，∴Ｂ（０，６），∵Ｐ是抛物线ｙ＝－１３（ｘ－ｍ）２＋ｎ的顶点Ｐ，∴Ｐ（ｍ，ｎ），∵Ｐ在直线ｙ＝－ｘ＋６上，∴Ｐ（ｍ，－ｍ＋６），ｎ＝－ｍ＋６，故答案为：（０，６），（ｍ，－ｍ＋６），－ｍ＋６；（２）ｙ＝－１３（ｘ－ｍ）２＋ｎ，当ｘ＝０时，ｙ＝－１３ｍ２＋ｎ，∴Ｃ（０，－１３ｍ２＋ｎ），∴ＢＣ＝ＯＢ－ＯＣ＝６－（－１３ｍ２＋ｎ）＝１３ｍ２－ｎ＋６，∴Ｓ＝ＢＣ·ＣＤ＝（１３ｍ２－ｎ＋６）×３＝ｍ２－３ｎ＋１８＝ｍ２－３（－ｍ＋６）＋１８＝ｍ２＋３ｍ；（３）ｍ＝１．５或－１．５或槡－９＋３５２或槡－９－３５２．【提示】如图①②，点Ｃ、Ｄ在抛物线上时，由ＣＤ＝３可知对称轴为ｘ＝±１．５，即ｍ＝±１．５；如图③④，点Ｃ、Ｅ在抛物线上时，由Ｂ（０，６）和ＣＤ＝３得Ｅ（－３，６），则６＝－１３（－３－ｍ）２＋（－ｍ＋６），ｍ２＋９ｍ＋９＝０，解得：ｍ１＝槡－９±３５２，综上所述，ｍ＝１．５或－１．５或槡－９＋３５２或槡－９－３５２．中考命题·数学答案第４１页（共４８页）河南中招阶梯性复习双测试卷（十八）参考答案中考模拟试卷（Ｃ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ｃ２．Ｃ３．Ｂ４．Ａ５．Ｂ６．Ｃ７．Ｂ８．Ｃ９．Ａ１０．Ｂ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．－２１２．ｋ≤１且ｋ≠０１３．１１５１４．２３π槡－３１５．２或１三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：∵原式＝［４－ｘ２ｙ２－ｘ２ｙ２－４］÷（ｘｙ）＝（－２ｘ２ｙ２）×１ｘｙ＝－２ｘｙ，把ｘ＝２１２，ｙ＝１２０代入得，－２ｘｙ＝－２×（－２１２）×１２０＝１４．１７．解：（１）参与本次调查的学生共有：３９÷１３％＝３００（人），故答案为：３００；（２）∵７５３００×１００％＝２５％，∴在扇形统计图中，ｍ的值为：２５，α＝３６０°×３０％＝１０８°；故答案为：２５，１０８°；（３）如图：３００×２０％＝６０（人），；（４）小明被抽到听讲座的概率是：１５５０＝３１０．１８．（１）证明：连接ＯＤ．∵ＣＤ是⊙Ｏ的切线，∴ＯＤ⊥ＣＤ，∵⌒ＡＤ＝⌒ＢＥ，∴∠ＡＯＤ＝∠ＢＯＤ＝９０°，∴ＯＤ⊥ＡＢ，∴ＡＢ∥ＣＤ．（２）解：①作ＤＥ⊥ＡＰ于Ｅ，ＤＦ⊥ＰＣ于Ｆ．∵⌒ＡＤ＝⌒ＢＥ，∴∠ＡＰＤ＝∠ＤＰＢ，∴ＤＥ＝ＤＦ，∵ＡＢ是直径，∴∠ＡＰＢ＝９０°，∴∠ＥＰＤ＝∠ＦＰＤ＝４５°，易知四边形ＰＥＤＦ是正方形，∵ＡＤ＝ＢＤ，ＤＥ＝ＤＦ，∴Ｒｔ△ＤＥＡ≌Ｒｔ△ＤＦＢ，∴ＡＥ＝ＢＦ，在Ｒｔ△ＰＡＢ中，∵ＡＢ＝２ｃｍ，ＰＢ＝１ｃｍ，∴ＰＡ＝２２－１槡２槡＝３，∴ＰＡ＋ＰＢ＝ＰＥ＋ＡＥ＋ＰＦ－ＢＦ＝２ＰＥ槡＝１＋３，∴ＰＤ槡＝２ＰＥ＝槡槡２＋６２ｃｍ．故答案为槡槡２＋６２．②当Ｐ是⌒ＡＢ中点时，ＤＣ＝２ＯＢ＝ＡＢ，∵ＡＢ∥ＣＤ，∴四边形ＡＢＣＤ是平行四边形．易知ＢＤ＝ＯＢ槡＝２ｃｍ，故答案为槡２．１９．解：过点Ｅ作ＥＭ⊥ＡＢ，垂足为Ｍ．设ＡＢ为ｘ．Ｒｔ△ＡＢＦ中，∠ＡＦＢ＝４５°，∴ＢＦ＝ＡＢ＝ｘ，∴ＢＣ＝ＢＦ＋ＦＣ＝ｘ＋３０，在Ｒｔ△ＡＥＭ中，∠ＡＥＭ＝２２°，ＡＭ＝ＡＢ－ＢＭ＝ＡＢ－ＣＥ＝ｘ－３，中考命题·数学答案第４２页（共４８页）ｔａｎ２２°＝ＡＭＭＥ，则＝ｘ－３ｘ＋３０＝２５，解得：ｘ＝２５．∴ＭＥ＝ＢＣ＝ｘ＋３０＝２５＋３０＝５５．在Ｒｔ△ＡＭＥ中，ｃｏｓ２２°＝ＭＥＡＥ．∴ＡＥ＝ＭＥｃｏｓ２２°＝５５÷１５１６＝５５×１６１５≈５８．７，即Ａ、Ｅ之间的距离约为５８．７ｍ．２０．解：（１）把Ａ（３，１）代入一次函数ｙ＝ａｘ－１与反比例函数ｙ＝ｋｘ的解析式中，得到ａ＝２３，ｋ＝３，由ｙ＝３ｘｙ＝２３ｘ{－１，解得ｘ＝３ｙ{＝１或ｘ＝－３２ｙ{＝－２，∴Ｂ（－３２，－２）．（２）观察图象可知不等式ａｘ－１≥ｋｘ的解集为－３２≤ｘ＜０或ｘ≥３．（３）如图当∠ＡＰＯ＝∠ＯＡＣ时，∵∠ＡＯＣ＝∠ＰＯＡ，∴△ＡＯＣ∽△ＰＯＡ，∴ＯＡＯＰ＝ＯＣＯＡ，∴ＯＡ２＝ＯＣ·ＯＰ，易知ＯＡ槡＝１０，ＯＣ＝３２，∴１０＝３２·ＯＰ，∴ＯＰ＝２０３，∴Ｐ（２０３，０）．∴满足条件的点Ｐ的坐标为（２０３，０）．２１．解：（１）设一支Ｂ品牌钢笔的价格为ｘ元，则一支Ａ品牌钢笔的价格为（５＋ｘ）元，１００ｘ＋５＝５０ｘ，解得，ｘ＝５，经检验，ｘ＝５是原方程的解，当ｘ＝５时，ｘ＋５＝１０，答：一支Ａ、Ｂ品牌的钢笔价格分别为１０元和５元；（２）①由题意可得，ｙ＝１０ｎ＋（１００－ｎ）×５＝５ｎ＋５００，即ｙ（元）关于ｎ（支）的函数关系式ｙ＝５ｎ＋５００；②由题意可得，ｎ≥１３（１００－ｎ），解得，ｎ≥２５，∵ｙ＝５ｎ＋５００，∴当ｎ＝２５时，ｙ取得最小值，此时，ｙ＝６２５，１００－ｎ＝７５，答：购买Ａ品牌钢笔２５支，Ｂ品牌钢笔７５支，花钱最少．此时的花费为６２５元．２２．解：（１）ＢＥ＝ＣＤ；（２）∵△ＡＢＣ和△ＡＥＤ都是等腰直角三角形，∠ＢＡＣ＝∠ＥＡＤ＝９０°，∴ＡＢ＝ＡＣ，ＡＥ＝ＡＤ，由旋转的性质得，∠ＢＡＥ＝∠ＣＡＤ，在△ＢＡＥ与△ＣＡＤ中，ＡＢ＝ＡＣ∠ＢＡＥ＝∠ＣＡＤＡＥ＝{ＡＤ，∴△ＢＡＥ≌△ＣＡＤ（ＳＡＳ）∴ＢＥ＝ＣＤ；（３）如图，∵以Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四点为顶点的四边形是平行四边形，△ＡＢＣ和△ＡＥＤ都是等腰直角三角形，∴∠ＡＢＣ＝∠ＡＤＣ＝４５°，∵ＥＤ＝２ＡＣ，∴ＡＣ＝ＣＤ，∴∠ＣＡＤ＝４５°或３６０°－９０°－４５°＝２２５°，或３６０°－４５°＝３１５°∴角α的度数是４５°或２２５°或３１５°．中考命题·数学答案第４３页（共４８页）２３．解：（１）由题意Ｃ（０，５），Ｂ（５，０），把Ｃ（０，５），Ｂ（５，０）的坐标代入ｙ＝－ｘ２＋ｂｘ＋ｃ得到ｃ＝５－２５＋５ｂ＋ｃ{＝０，解得ｂ＝４ｃ{＝５，∴抛物线的解析式为ｙ＝－ｘ２＋４ｘ＋５．（２）如图１中，作点Ｄ关于ＢＣ的对称点Ｄ′，点Ｄ关于ｘ轴的对称点Ｄ″，连接Ｄ′Ｄ″交ＢＣ于Ｍ，交ｘ轴于Ｎ，连接ＤＭ，ＤＮ．此时△ＤＭＮ的周长最小．已知Ｄ′（２，５），Ｄ″（０，－３），设直线Ｄ′Ｄ″的解析式为ｙ＝ｋｘ＋ｂ，则有ｂ＝－３２ｋ＋ｂ{＝５，解得ｋ＝４ｂ{＝－３，∴ｙ＝４ｘ－３，∴Ｎ（３４，０），由ｙ＝－ｘ＋５ｙ＝４ｘ{－３，解得ｘ＝８５ｙ＝１７{５，∴Ｍ（８５，１７５），∴△ＤＭＮ周长最小时点Ｍ（８５，１７５），Ｎ（３４，０），△ＤＭＮ的周长的最小值＝Ｄ′Ｄ″＝２２＋８槡２槡＝２１７．（３）满足条件的点Ｏ′的坐标为（１２，２７４）或（－１３，７７９）．【提示】①如图２中，当Ｏ′和Ｄ′在抛物线上时，Ｏ′Ｄ′＝ＯＤ＝３，此时Ｏ′（－１３，７７９）．②如图３中，点Ｂ′、Ｄ′在抛物线上时，设点Ｂ′（ｘ，－ｘ２＋４ｘ＋５）的横坐标为ｘ＋１，则点Ｄ′的坐标为（ｘ＋３，－ｘ２＋４ｘ＋１０）．把Ｄ′坐标代入ｙ＝－ｘ２＋４ｘ＋５中，得到－ｘ２＋４ｘ＋１０＝－（ｘ＋３）２＋４（ｘ＋３）＋５，解得ｘ＝－１３，∴Ｂ′（－１３，３２９），∴Ｏ′（－１３，７７９），综上所述，满足条件的点Ｏ′的坐标为（１２，２７４）或（－１３，７７９）．中考命题·数学答案第４４页（共４８页）河南中招阶梯性复习双测试卷（十九）参考答案中考模拟试卷（Ｄ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ａ２．Ｂ３．Ｄ４．Ｂ５．Ｄ６．Ｂ７．Ｃ８．Ｃ９．Ｄ１０．Ｄ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．－１４１２．２１３．（５，２）１４．９π槡－１２３１５．２或槡２２－２三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：原式＝ｘ（ｘ＋１）－ｘｘ＋１÷ｘ２－１＋１ｘ２－１＝ｘ２ｘ＋１·（ｘ＋１）（ｘ－１）ｘ２＝ｘ－１，不等式组２（ｘ＋１）－３＞０－３ｘ＋２≥{－４，解得：１２＜ｘ≤２，不等式组的整数解为１，２，当ｘ＝１时，原式没有意义，当ｘ＝２时，原式＝１．１７．解：（１）样本容量是：１０÷０．０５＝２００，ａ＝２００×０．３０＝６０，ｂ＝３０÷２００＝０．１５；（２）补全频数分布直方图，如下：（３）一共有２００个数据，按照从小到大的顺序排列后，第１００个与第１０１个数据都落在第四个分数段，所以这次比赛成绩的中位数会落在８０≤ｘ＜９０分数段；（４）３０００×０．４０＝１２００（人）．即该校参加这次比赛的３０００名学生中成绩“优”等的大约有１２００人．１８．（１）证明：∵ＢＤ⊥ＣＤ，∴∠ＣＤＥ＝９０°，∵ＡＢ是直径，∴∠ＡＥＢ＝９０°，∵ＣＤ是切线，∴∠ＦＣＤ＝９０°，∴四边形ＣＦＥＤ矩形，∴ＣＦ＝ＤＥ，ＥＦ＝ＣＤ，在△ＣＤＥ和△ＥＦＣ中，，∴△ＣＤＥ≌△ＥＦＣ．（２）解：①２；②槡２２．１９．解：设ＥＣ＝ｘ，在Ｒｔ△ＢＣＥ中，ｔａｎ∠ＥＢＣ＝ＥＣＢＥ，则ＢＥ＝ＥＣｔａｎ∠ＥＢＣ＝５６ｘ，在Ｒｔ△ＡＣＥ中，ｔａｎ∠ＥＡＣ＝ＥＣＡＥ，则ＡＥ＝ＥＣｔａｎ∠ＥＡＣ＝ｘ，∵ＡＢ＋ＢＥ＝ＡＥ，∴３００＋５６ｘ＝ｘ，解得：ｘ＝１８００，这座山的高度ＣＤ＝ＤＥ－ＥＣ＝３７００－１８００＝１９００（米）．答：这座山的高度是１９００米．２０．解：（１）１；２；（２）４；（３）①设Ｐ（ｘ，６ｘ），则Ｃ（ｘ，０），Ｄ（０，６ｘ），∴ＡＣ＝ｘ＋３，ＢＤ＝６ｘ＋２，∴Ｓ＝１２ＡＣ·ＢＤ＝１２（ｘ＋３）（６ｘ＋２）＝６＋ｘ＋９ｘ；②∵ｘ＞０，∴ｘ＋９ｘ≥２ｘ·９槡ｘ＝６，∴当ｘ＝时，即ｘ＝３时，ｘ＋９ｘ有最小值６，∴此时Ｓ＝６＋ｘ＋有最小值１２，∵ｘ＝３，∴Ｐ（３，２），Ｃ（３，０），Ｄ（０，２），中考命题·数学答案第４５页（共４８页）∴Ａ、Ｃ关于ｘ轴对称，Ｄ、Ｂ关于ｙ轴对称，即四边形ＡＢＣＤ的对角线互相垂直平分，∴四边形ＡＢＣＤ为菱形．２１．解：（１）设Ａ种花草每棵的价格ｘ元，Ｂ种花草每棵的价格ｙ元，根据题意得：３０ｘ＋１５ｙ＝６７５１２ｘ＋５ｙ{＝９４０－６７５，解得：ｘ＝２０ｙ{＝５，∴Ａ种花草每棵的价格是２０元，Ｂ种花草每棵的价格是５元．（２）设Ａ种花草的数量为ｍ株，则Ｂ种花草的数量为（３１－ｍ）株，∵Ｂ种花草的数量少于Ａ种花草的数量的２倍，∴３１－ｍ＜２ｍ，解得：ｍ＞３１３，∵ｍ是正整数，∴ｍ最小值＝１１，设购买树苗总费用为Ｗ＝２０ｍ＋５（３１－ｍ）＝１５ｍ＋１５５，∵ｋ＞０，∴Ｗ随ｍ的增大而增大，当ｍ＝１１时，Ｗ最小值＝１５×１１＋１５５＝３２０（元）．答：购进Ａ种花草的数量为１１株、Ｂ种２０株，费用最省；最省费用是３２０元．２２．解：（１）①６０°；②ＡＣ＝ＣＤ＋ＣＥ；（２）∠ＡＣＥ＝４５°，槡２ＡＣ＝ＣＤ＋ＣＥ，理由是：如图２，∵△ＡＢＣ和△ＡＤＥ均为等腰直角三角形，且∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＥ＝９０°，∴ＡＢ＝ＡＣ，ＡＤ＝ＡＥ，∠ＢＡＣ－∠ＤＡＣ＝∠ＤＡＥ－∠ＤＡＣ，即∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＥ，∴△ＡＢＤ≌△ＡＣＥ，∴ＢＤ＝ＣＥ，∠ＡＣＥ＝∠Ｂ＝４５°，∵ＢＣ＝ＣＤ＋ＢＤ，∴ＢＣ＝ＣＤ＋ＣＥ，∵在等腰直角三角形ＡＢＣ中，ＢＣ槡＝２ＡＣ，槡∴２ＡＣ＝ＣＤ＋ＣＥ；（３）如图３，过Ａ作ＡＣ的垂线，交ＣＢ的延长线于点Ｆ，∵∠ＢＡＤ＝∠ＢＣＤ＝９０°，ＡＢ＝ＡＤ＝２，ＣＤ＝１，∴ＢＤ槡＝２２，ＢＣ槡＝７，∵∠ＢＡＤ＝∠ＢＣＤ＝９０°，∴∠ＢＡＤ＋∠ＢＣＤ＝１８０°，∴Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四点共圆，∴∠ＡＤＢ＝∠ＡＣＢ＝４５°，∴△ＡＣＦ是等腰直角三角形，由（２）得：ＡＣ＝ＢＣ＋ＣＤ，∴ＡＣ＝ＢＣ＋ＣＤ槡２＝槡７＋１槡２＝槡槡１４＋２２．２３．解：（１）∵ａ＝－２９，抛物线与ｘ轴交与点Ａ（－３，０），点Ｂ（９，０），∴可以假设抛物线解析式为ｙ＝－２９（ｘ＋３）（ｘ－９）＝－２９ｘ２＋４３ｘ＋６，∴抛物线解析式为ｙ＝－２９ｘ２＋４３ｘ＋６，（２）∵ｙ＝－２９ｘ２＋４３ｘ＋６＝－２９（ｘ－３）２＋８，∴顶点Ｄ坐标（３，８），∵ＡＤ＝ＤＢ＝１０，∴∠ＤＡＢ＝∠ＤＢＡ，∵ＰＱ∥ＢＤ，∴∠ＰＱＡ＝∠ＤＢＡ，∴∠ＰＡＱ＝∠ＰＱＡ，∴ＰＡ＝ＰＱ，∴△ＰＡＱ为等腰三角形，作ＰＨ⊥ＡＱ于Ｈ，则ＡＨ＝ＨＱ＝ｍ２（如图１中），∴ｔａｎ∠ＤＡＢ＝ＰＨＡＨ＝８６，∴ＰＨ＝２３ｍ，∴Ｓ＝Ｓ△ＡＤＱ－Ｓ△ＡＰＱ＝１２·ｍ·２３·８－１２ｍ·２３ｍ＝－１３ｍ２＋４ｍ＝－１３（ｍ－６）２＋１２，∴当ｍ＝６时，Ｓ最大值＝１２．（３）满足条件的点Ｐ坐标为（－３５，１６５）或（３４，５）或（－６９２５，８２５）．【提示】∵Ｅ（３２，０），Ｆ（６，６），中考命题·数学答案第４６页（共４８页）∴直线ＥＦ解析式为ｙ＝４３ｘ－２，直线ＡＤ解析式为ｙ＝４３ｘ＋４，∴ＥＦ∥ＡＤ，作ＥＬ⊥ＡＤ于Ｌ，（如图２中）∵ＡＥ＝９２，ｓｉｎ∠ＤＡＢ＝４５，∴ＬＥ＝９２×４５＝１８５＝ＰＭ，①ＰＭ＝ＰＮ＝１８５时，∴ｘＰ＝３－１８５＝－３５，ｙＰ＝－４５×３５＋４＝１６５，∴Ｐ（－３５，１６５），②ＮＰ＝ＮＭ时，设直线ＥＦ与对称轴交于点Ｋ，Ｋ（３，２），此时点Ｎ在ＰＭ的垂直平分线上，ＤＮ＝ＮＫ，∴Ｎ（３，５），Ｐ（３４，５），③ＰＭ＝ＭＮ时，ｃｏｓ∠ＭＰＮ＝４５＝１２ＰＮＰＭ，∴ＰＮ＝１４４２５，由此可得Ｐ（－６９２５，８２５），综上所述，满足条件的点Ｐ坐标为（－３５，１６５）或（３４，５）或（－６９２５，８２５）．河南中招阶梯性复习双测试卷（二十）参考答案中考模拟试卷（Ｅ）一、选择题（每小题３分，共３０分）１．Ａ２．Ｂ３．Ｃ４．Ｃ５．Ｄ６．Ｄ７．Ａ８．Ａ９．Ｂ１０．Ｃ二、填空题（每小题３分，共１５分）１１．２１２．（－１，－１）１３．１９１４．槡３２－π６１５．槡４５或１０三、解答题（共８题，共７５分）１６．解：原式＝ａ－ｂａｂ·（ａ＋ｂ）（ａ－ｂ）（ａ－ｂ）２·１２（ａ＋ｂ）＝１２ａｂ，当ａ槡槡＝３＋２，ｂ槡槡＝３－２时，原式＝１２．１７．解：（１）由题意可得，本次调查的学生为：１００÷２０％＝５００（名），故答案为：５００；（２）参加体育锻炼１．５ｈ的学生有：５００－１００－２００－８０＝１２０，补全的条形统计图如右图所示；（３）图１中１ｈ部分的圆心角度数是：３６０°×２００５００＝１４４°，故答案为：１４４°；（４）由题意可得，每天参加体育训练时间为１小时的大约有：７５×２００５００＝３０（人），即每天参加体育训练时间为１小时的大约有３０人．１８．（１）证明：∵ＡＢ是直径，∴∠ＡＣＢ＝９０°，∴ＯＣ＝ＯＢ，中考命题·数学答案第４７页（共４８页）∵ＯＤ⊥ＢＣ于点Ｄ，∴ＣＤ＝ＢＤ，在△ＣＤＯ和△ＢＤＯ中，ＯＣ＝ＯＢＣＤ＝ＢＤＯＤ＝{ＯＤ，∴△ＣＤＯ≌△ＢＤＯ（ＳＳＳ）；（２）解：①３０°；②４５°．１９．解：作ＢＦ⊥ＡＥ于Ｆ，如图所示：则ＦＥ＝ＢＤ＝６．４米，ＤＥ＝ＢＦ，∵斜坡ＡＢ的坡角为３０°，∴ＡＦ槡＝３ＢＦ，设ＢＦ＝ｘ米，则ＡＦ槡＝３ｘ米，在Ｒｔ△ＡＢＦ中，由勾股定理得：ｘ２＋（槡３ｘ）２＝１６２，解得：ｘ＝８，∴ＤＥ＝ＢＦ＝８米，ＡＦ≈１３．６米，∴ＡＥ＝ＡＦ＋ＦＥ＝２０米，在Ｒｔ△ＡＣＥ中，ＣＥ＝ＡＥ？ｔａｎ３６°≈２０×０．７３＝１４．６米，∴ＣＤ＝ＣＥ－ＤＥ＝１４．６－８＝６．６米．故大树ＣＤ的高度约为６．６米．２０．解：（１）过点Ｄ作ｘ轴的垂线，垂足为Ｆ，∵点Ｄ的坐标为（４，３），∴ＯＦ＝４，ＤＦ＝３，∴ＯＤ＝５，∴ＡＤ＝５，∴点Ａ坐标为（４，８），∴ｋ＝ｘｙ＝４×８＝３２，∴ｋ＝３２；（２）将菱形ＡＢＣＤ沿ｘ轴正方向平移，使得点Ｄ落在函数ｙ＝３２ｘ（ｘ＞０）的图象Ｄ′点处，过点Ｄ′做ｘ轴的垂线，垂足为Ｆ′．∵ＤＦ＝３，∴Ｄ′Ｆ′＝３，∴点Ｄ′的纵坐标为３，∵点Ｄ′在ｙ＝３２ｘ的图象上∴３＝３２ｘ，解得：ｘ＝３２３，即ＯＦ′＝３２３，∴ＦＦ′＝３２２－４＝２０３，∴菱形ＡＢＣＤ平移的距离为２０３．２１．解：（１）设甲型足球的单价为ｍ元／个，乙型足球的单价为ｎ元／个，根据题意得：２ｍ＋３ｎ＝３８０４ｍ＋２ｎ{＝３６０，解得：ｍ＝４０ｎ{＝１００．答：甲型足球的单价为４０元／个，乙型足球的单价为１００元／个．（２）设购买甲型足球ｘ个，所需总费用为ｙ元，则购买乙型足球（１０－ｘ）个，根据题意得：ｙ＝４０ｘ＋１００（１０－ｘ）＝－６０ｘ＋１０００（０≤ｘ≤１０，且ｘ为整数）．（３）根据题意得：ｘ≤１２（１０－ｘ），解得：ｘ≤１０３，∵ｘ为整数，∴ｘ≤３．∵在ｙ＝－６０ｘ＋１０００中，－６０＜０，∴当ｘ＝３时，ｙ取最小值，最小值为８２０．∴当购买甲型足球３个、乙型足球７个时，该校购买１０个足球的费用最低，最低费用为８２０元．２２．（１）证明：①ＢＣ⊥ＣＦ；②ＣＦ＝ＢＣ－ＣＤ；（２）解：①成立，②不成立；理由如下：①∵∠ＢＡＣ＝９０°，ＡＢ＝ＡＣ，∴∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＢ＝４５°，∵四边形ＡＤＥＦ是正方形，∴ＡＤ＝ＡＦ，∠ＤＡＦ＝９０°，∵∠ＢＡＣ＝∠ＢＡＦ＋∠ＦＡＣ＝９０°，∠ＤＡＦ＝∠ＢＡＦ＋∠ＤＡＢ＝９０°，∴∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＦ，在△ＢＡＤ和△ＣＡＦ中，ＡＢ＝ＡＣ∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＦＡＤ＝{ＡＦ，∴△ＢＡＤ≌△ＣＡＦ（ＳＡＳ），∴∠ＡＣＦ＝∠ＡＢＤ＝１８０°－４５°＝１３５°，∴∠ＡＣＢ＋∠ＦＣＢ＝１３５°，∴∠ＦＣＢ＝９０°，∴ＢＣ⊥ＣＦ，故答案为：ＢＣ⊥ＣＦ；②由①△ＢＡＤ≌△ＣＡＦ，∴ＢＤ＝ＣＦ，∵ＢＤ＝ＣＤ－ＢＣ，∴ＣＦ＝ＣＤ－ＢＣ，故答案为：ＣＦ＝ＣＤ－ＢＣ；（３）解：由题意得：∠ＢＡＣ＝∠ＦＡＤ＝９０°，∴∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＦ，中考命题·数学答案第４８页（共４８页）在△ＢＡＤ和△ＣＡＦ中，ＡＢ＝ＡＣ∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＦＡＤ＝{ＡＦ，∴△ＢＡＤ≌△ＣＡＦ（ＳＡＳ），∴∠ＡＣＦ＝∠ＡＢＤ＝４５°，∴∠ＦＣＢ＝∠ＡＣＦ＋∠ＡＣＢ＝４５°＋４５°＝９０°，∴ＣＦ⊥ＢＣ，在Ｒｔ△ＡＢＣ中，ＡＣ＝ＡＢ槡＝２２，在Ｒｔ△ＡＧＣ中，∵∠ＡＣＦ＝４５°，∴ＣＧ槡＝２ＡＣ槡槡＝２×２２＝４，同理ＢＣ＝４，ＣＤ＝１４ＢＣ＝１４×４＝１，∴在Ｒｔ△ＤＣＧ中，ＤＧ＝ＣＧ２＋ＣＤ槡２＝４２＋１槡２槡＝１７．２３．解：（１）把Ａ、Ｃ两点坐标代入直线ｙ＝－ａｘ＋ｃ可得３ａ＋ｃ＝０ｃ{＝１，解得ａ＝－１３ｃ{＝１，∴直线的表达式为ｙ＝１３ｘ＋１，把Ａ点坐标和ａ＝－１３代入抛物线解析式可得９×（－１３）－３ｂ＋１＝０，解得ｂ＝－２３，∴抛物线的表达式为ｙ＝－１３ｘ２－２３ｘ＋１，故答案为：ｙ＝１３ｘ＋１；ｙ＝－１３ｘ２－２３ｘ＋１；（２）∵点Ｄ在抛物线在第二象限部分上的一点，∴可设Ｄ（ｔ，－１３ｔ２－２３ｔ＋１），则Ｆ（ｔ，１３ｔ＋１），∴ＤＦ＝－１３ｔ２－２３ｔ＋１－（１３ｔ＋１）＝－１３ｔ２－ｔ＝－１３（ｔ＋３２）２＋３４，∵－１３＜０，∴当ｔ＝－３２时，ＤＦ有最大值，最大值为３４，此时Ｄ点坐标为（－３２，３４）；（３）Ｐ点坐标为（１０，－３９）或（２，－５３）．【提示】设Ｐ（ｍ，－１３ｍ２－２３ｍ＋１），如图２，∵Ｐ在第四象限，∴ｍ＞０，－１３ｍ２－２３ｍ＋１＜０，∴ＡＮ＝ｍ＋３，ＰＮ＝１３ｍ２＋２３ｍ－１，∵∠ＡＯＣ＝∠ＡＮＰ＝９０°，∴当以Ｐ、Ａ、Ｎ为顶点的三角形与△ＡＣＯ相似时有△ＡＯＣ∽△ＰＮＡ和△ＡＯＣ∽△ＡＮＰ，①当△ＡＯＣ∽△ＰＮＡ时，则有ＯＣＡＮ＝ＡＯＰＮ，即＝１ｍ＋３＝３１３ｍ２＋２３ｍ－１，解得ｍ＝－３或ｍ＝１０，经检验当ｍ＝－３时，ｍ＋３＝０，∴ｍ＝１０，此时Ｐ点坐标为（１０，－３９）；②当△ＡＯＣ∽△ＡＮＰ时，则有＝ＯＣＰＮ＝ＡＯＡＮ，即＝１１３ｍ２＋２３ｍ－１＝３ｍ＋３，解得ｍ＝２或ｍ＝－３，经检验当ｍ＝－３时，ｍ＋３＝０，∴ｍ＝２，此时Ｐ点坐标为（２，－５３）；综上可知Ｐ点坐标为（１０，－３９）或（２，－５３）．