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2018年山东试题研究·中考数学精练版word试题答案

时间：2018-09-16 12:00:39 下载该word文档

第一章　数与式

第一节　实　数

1. C　【解析】根据题意，收入100元记作＋100元，则－80表示支出80元．

2. A　【解析】∵以4.00米为标准，若小东跳出了4.22米，可记作＋0.22，∴小东跳出了3.85米，记作－0.15.故选A.

3. B　【解析】∵45＋0.03＝45.03，45－0.04＝44.96，∴零件直径的合格范围是：44.96≤零件的直径≤45.03.∵44.9不在该范围内，∴不合格的是B，故选B.

4. A　【解析】所0是整数，有的整数都是有理数，故选A.

5. C　【解析】

选项	逐项分析	正误
A	＝－＝－3，是整数，为有理数
B	(－1)0＝1，是整数，为有理数
C	＝2，开不尽方，为无理数	√
D	＝＝2，是整数，为有理数

6. B　【解析】①－是有理数，正确；②是无理数，故错误；③2.131131113…是无理数，正确；④π是无理数，正确；故正确有的①③④，个数为3，故选B.

7. A　【解析】互为相反数的两个数相加得0.

8. A　【解析】互为倒数的两个数积为1，的倒数是，即与积为1的数是.

9. B　【解析】表示互为相反数的点，必须要满足在数轴原点0的左右两侧，从四个选项观察发现，只有B选项的线段AB符合，其余选项的线段都在原点0的同一侧，故选B.

10. B　【解析】由已知可得a＋1＝0，则|a＋1|＝0.

11. 2016　【解析】－的相反数是，的倒数是2016.

12. B　【解析】159000用科学记数法可表示成：1.59×105，故选B.

13. A　【解析】先将8362万换算成数字，再用科学记数法表示，即8362万＝83620000＝8.362×107.

14. D　【解析】5400÷15×10000＝3600000＝3.6×106，故选D.

15. A　【解析】对四个数排序可得－3<－1<0<2，∵－3<－2，故选A.

16. A　【解析】根据实数比较大小的方法，可得－2<0<<2，

故四个数中，最大的一个数是2，故选A.

17. C　【解析】由数轴可知a＜0<b，∴－a>0>－b，即－b<0<－a.

18. C　【解析】∵M、N两个点表示的数互为相反数，∴M、N的中点即为原点，观察图象可知点P离原点最近，由绝对值的几何意义可知点P所表示的数绝对值最小．

19. >　【解析】∵|－2|＝2，|－3|＝3，2<3，∴－2大于－3，故填>.

20. >　【解析】∵>2，∴－1>1，则>.

21. C　【解析】∵(－2)2＝4，又(±2)2＝4，∴4的平方根是：±2.故选C.

22. 　【解析】∵的平方为，∴的算术平方根为.

23. 3　【解析】∵33＝27.∴27的立方根是3.

24. －　【解析】由题意得，解得，则xy＝－×＝－，∵(－)3＝－，∴－的立方根为－，即xy的立方根为－.

25. C　【解析】

选项	逐项分析	正误
A	(－2)－2＝＝≠4
B	＝＝2≠－2
C	46÷(－2)6＝()6＝(－2)6＝64	√
D	－＝2－＝≠

26. B　【解析】由题意得1012÷(1.4×1018)≈0.71×10－6＝7.1×10－7.

27. 8　【解析】原式＝－2＋9＋1＝8.

28. 解：原式＝5－1＋1－3

＝2.

29. 解：原式＝9－5－4＋1

＝1.

30. 解：原式＝－4－3＋2×－＋1

＝－7＋－＋1

＝－6.

31. 解：原式＝2＋2－2×－1

＝2＋2－－1

＝＋1.

32. 解：原式＝1＋2×－4＋1

＝－1.

33. C　【解析】当小凯以的顺序按键后，显示的结果为0.173×0.346＝0.059858≈0.06，故选C.

34. A　【解析】计算(－4)3时，按键方法是： .

35. B　【解析】题目的按键顺序是计算：1－32÷2×3.

第二节　整式及因式分解

1. D　【解析】∵x2－3x－4＝0，∴4＝x2－3x，∴原式＝＝＝.

2. A　【解析】∵＋(y＋2)2＝0，∴，解得，∴(x＋y)2017＝(1－2)2017＝－1.故选A.

3. C　【解析】第一个图案正三角形个数为6＝2＋1×4；第二个图案正三角形个数为10＝2＋2×4；第三个图案正三角形个数为14＝2＋3×4；…；则第n个图案正三角形个数为2＋n×4＝4n＋2.故选C.

4. B　【解析】根据题意所得新矩形的周长为2[a－b＋(a－3b)]＝4a－8b，故选B.

5. 28或36　【解析】因为a＋b＝8，a2b2＝4，所以ab＝±2，所以－ab＝－ab＝－2ab，当ab＝2时，原式＝28，当ab＝－2时，原式＝36.

6. 6　【解析】∵x－＝4，∴x2－1＝4x，∴x2－4x＝1，∴x2－4x＋5＝1＋5＝6.

7. 2　【解析】∵x2＋x－5＝0，∴x2＋x＝5，∵(x－1)2－x(x－3)＋(x＋2)(x－2)＝x2－2x＋1－x2＋3x＋x2－4＝x2＋x－3，∴原式＝5－3＝2.

8. 10　【解析】∵x2－2x－1＝0，∴x－2－＝0，∴x－＝2，∴(x－)2＝8，即x2－2＋＝8，∴x2＋＝10.

9. A　【解析】与a2b字母和指数相同的就是其同类项，故选A.

10. A　【解析】本题考查了积的乘方和幂的乘方，(－x2y)2＝(－x2)2·y2＝x4y2，故本题选A.

11. C　【解析】直接利用完全平方公式(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2得(x＋3)2＝x2＋6x＋9.

12. A　【解析】

选项	逐项分析	正误
A	－＝2－＝	√
B	(－3)2＝9≠6
C	3a4与2a2不是同类项，不能合并
D	(－a3)2＝(－1)2×a3×2＝a6≠a5

13. C　【解析】

选项	逐项分析	正误
A	(xy)3＝x3y3≠xy3
B	(x5÷x5)＝x5－5＝x0＝1≠x
C	3x2·5x3＝3×5x2＋3＝15x5	√
D	5x2y3＋2x2y3＝7x2y3≠104y9

14. D　【解析】

选项	逐项分析	正误
A	x3与x2不是同类项，不能合并
B	a3·a4＝a3＋4＝a7≠a12
C	(－x3)2÷x5＝x6－5＝x≠1
D	(－xy)3·(－xy)－2＝－xy	√

15. D　【解析】逐项分析如下：

选项	逐项分析	正误
A	a2和a3不是同类项，不能合并
B	(－2a2)3÷()2＝－8a6÷＝－32a4≠－16a4
C	3a－1＝≠
D	(2a2－a)2÷3a2＝(12a4－12a3＋3a2)÷3a2＝4a2－4a＋1	√

16.　【解析】·＝.

17. 1　【解析】∵x2－4x＋5＝x2－4x＋4＋1＝(x－2)2＋1＝(x－2)2＋m，∴m＝1.

18. 解：原式＝a2－2ab－b2－a2＋2ab－b2

＝－2b2.

19. 解：原式＝x2－1＋3x－x2，

＝3x－1，

当x＝2时，原式＝3×2－1＝5.

20. 解：原式＝a2－2ab＋a2＋2ab＋b2

＝ 2a2＋b2.

当a＝－1，b＝时，原式＝2×(－1)2＋()2＝4.

21. 解：原式＝(1＋2x)(1－2x)＋(x－4)2＋3x2

＝1－4x2＋x2－8x＋16＋3x2

＝－8x＋17.

当x＝－时，原式＝1＋17＝18.

22. 解：(1)设所捂的二次三项式为A，

则A＝x2－5x＋1＋3x

＝x2－2x＋1;

(2)x2－2x＋1＝(x－1)2，

当x＝＋1时，A＝()2＝6.

23. A　【解析】根据提取公因式法直接计算．原式＝a·a－4a＝a(a－4)，故选A.

24. C　【解析】A. 是单项式乘单项式的逆运算，不符合题意；B. 右边结果不是积的形式，不符合题意；C. a2－3a－4＝(a＋1)(a－4)，符合题意；D. 右边不是积的形式，不符合题意．

25. B　【解析】设x2＋mx－6＝(x－2)(x＋a)＝x2＋(a－2)x－2a，可得m＝a－2，2a＝6，解得a＝3，m＝1.

26. C　【解析】因式分解：(x2－y2)a2－(x2－y2)b2＝(x2－y2)·(a2－b2)＝(x＋y)(x－y)(a＋b)(a－b) ，根据题中相应式子对应的密码信息和选项特征，检测，结果可能为“爱我宜昌”，故选择C.

27. a(x＋a)2　【解析】原式＝a(x2＋2ax＋a2)＝a(x＋a)2.

28. (2a－3)(b＋c)　【解析】原式＝(2a－3)(b＋c)．

29. (x－1)(x＋2)　【解析】根据十字相乘法分解原式，可得原式＝(x－1)(x＋2)．

30. (x＋y)(x－y＋1)　【解析】原式＝(x＋y)(x－y)＋(x＋y)＝(x＋y)(x－y＋1)．

31. －4(答案不唯一)　【解析】根据平方差公式确定k的值．当k＝－a2(a为非零的有理数)时，原式＝x2－a2y2＝(x－ay)(x＋ay)，例如a为2，3即k为－4，－9.

第三节　分　式

基础过关

1. B　【解析】若分式有意义，则分母不为0，即x－1≠0，∴x≠1.

2. C　【解析】本题考查了分式值为0的条件，当分式的分子为零而分母不为零时，分式的值为0，所以当x－1＝0且x＋2≠0时，分式的值为0，即x＝1，故本题选C.

3. A　【解析】－＝＝＝1.

4. D　【解析】＝＝，故选D.

5. A　【解析】先通分，化成同分母分式，然后再进行减法运算，即－(a＋1)＝－＝＝，故选A.

6. B　【解析】

选项	逐项分析	正误
A	1－＝≠x－1
B	·＝·＝x－1	√
C	÷＝·(x－1)＝≠x－1
D	＝＝x＋1≠x－1

7.　【解析】原式＝＝.

8. 2018　【解析】原式＝＝a＋2，当a＝2016时，原式＝2016＋2＝2018.

9.　【解析】原式＝，当x＋＝3，原式＝＝.

10. a＋1　【解析】原式＝－＝

＝a＋1.

11. a－b　【解析】原式＝÷＝×＝a－b.

12.　【解析】原式＝÷＝×＝.

13. 解：原式＝a－b－(a＋b)

＝a－b－a－b

＝－2b.

14. 解：原式＝÷

＝·

＝(x－1)(x－3)

＝x2－4x＋3.

15. 解：原式＝÷

＝·

＝.

满分冲关

1. A　【解析】原式＝÷＝·＝.

2. A　【解析】原式＝·＝·＝a＋b＝2.

3. 　【解析】原式＝＝，∵a＝2b≠0，∴原式＝＝.

4. 1　【解析】原式＝÷＝(a＋b)·＝ab，∵a，b互为倒数，∴ab＝1，则原式＝1.

5. 解：原式＝＋·

＝＋

＝

＝，

当x＝－时，原式＝＝－.

6. 解：原式＝[－]·

＝·

＝.

当x＝－2时，原式＝＝＝2－1.

7. 解：原式＝·＋

＝＋

＝，

由x＋1与x＋6互为相反数得(x＋1)＋(x＋6)＝0，

解得x＝－3.5，

∴原式＝＝＝－1.

8. 解：原式＝·(a＋1)

＝·(a＋1)

＝.

∵a＝2sin60°＋tan45°＝2×＋1＝＋1，

∴原式＝＝.

9. 解：原式＝[＋]·

＝·

＝，

∵x、y满足y＝＋＋1，∴x－2≥0，4－2x≥0，

∴x＝2，则y＝1，

把x＝2、y＝1代入化简后的式子得＝2.

10. 解：原式＝÷

＝·

＝－.

解，得－1≤x＜，

∴不等式组的整数解为－1，0，1，2，

要使分式有意义，则x只能取2，

∴原式＝－＝－2.

分式化简求值巩固集训

1. 解：原式＝··

＝a＋1.

当a＝2016时，原式＝2016＋1＝2017.

2. 解：原式＝÷

＝·

＝.

∵x＝2sin60°－1＝2×－1＝－1，

∴原式＝＝＝3－5.

3. 解：原式＝·＋

＝＋

＝

＝.

当a＝－1时，

原式＝＝＝＋1.

4. 解：原式＝·

＝·

＝，

要使分式有意义，则a只能取1或3.

∴当a＝1时，原式＝＝＝－3.

当a＝3时，原式＝＝5.

5. 解：原式＝÷

＝·

＝，

当x＝2＋时，原式＝＝.

6. 解：原式＝·＝.

解方程x2－x－2＝0得x1＝2，x2＝－1.

因为分母不能为0，所以x不等于0或－1，

所以当x＝2时，原式＝.

7. 解：原式＝－·

＝－

＝

＝.

不等式x≤2的非负整数解是0，1，2，

要使分式有意义，则x只能为0，2，

把x＝0代入得：＝2，

或把x＝2代入得：＝.(答案不唯一)

8. 解：原式＝·(m－n)

＝，

∵＝2，∴m＝2n，

∴原式＝＝＝5.

9. 解：原式＝÷

＝×

＝.

解方程组得，

代入上式得原式＝＝－.

10. 解：原式＝÷

＝·

＝，

∵x是的整数部分，∴x＝2，

则原式＝.

11. 解：原式＝·＋

＝＋

＝

＝.

∵a与2、3构成△ABC的三边，

∴3－2<a<3＋2，即1<a<5，

∵a为整数，

∴a＝2或3或4，

∵a＝2或3时，原分式的分母为0，分式无意义，应舍去．

∴当a＝4时，原式＝＝1.

12. 解：原式＝1－·

＝1－

＝

＝－，

∵|x－2|＋(2x－y－3)2＝0，

∴，解得，

当x＝2，y＝1时，原式＝－＝－.

第四节　二次根式

1. B　【解析】A选项中被开方数含有分母，故不是最简二次根式，B选项中被开方数既不含分母也不含开得尽方的因数，故是最简二次根式，C选项中被开方数本身就能开方，＝3，故不是最简二次根式，D选项中被开方数含有能够开方的因数4，＝＝2，故不是最简二次根式．

2. A　【解析】＝2，是无理数，故A错误．

3. B　【解析】先将各选项中的根式化为最简二次根式：＝3；＝；＝2；＝.只有化简后的被开方数是3，即与是同类二次根式．

4. A　【解析】∵二次根式有意义，则被开方数大于等于0.∴2－3x≥0，解得x≤，则x有最大值.

5. －1(只要填一个负数即可)　【解析】当x＜0时，＝|x|＝－x，如－1等(只要填一个负数即可)值时，＝x不成立．

6. A　【解析】原式＝2－＝，故选A.

7. A　【解析】当a>4时，4－a<0，∵根号下被开方数不为负，所以开方后也不为负，所以＝a－4.

8. A　【解析】

选项	逐项分析	正误
A	＝×＝2	√
B	＝＝≠
C	因为－x3≥0，则x≤0，＝·＝－x≠x
D	＝\|x\|≠x

9. D　【解析】a·a·b＝××＝＝.

10. －xy　【解析】＝·，因为x<0，y>0，所以原式＝－x·y＝－xy

11. 3　【解析】当a＝时，则a2＝3，所以＝＝3.

12. 2　【解析】＋＝＋＝＋＝2.

13. －2　【解析】2－＝－3＝－2.

14. 解：原式＝×－3＋2

＝1－.

15. 解：原式＝－＋2

＝－＋2

＝4－＋2

＝4＋.

16. 解：原式＝3×＋(1－)＋×

＝9＋1－＋1

＝8＋2.

17. 解：原式＝＋3－3＋

＝＋1＋3－3＋

＝4－.

18. B　【解析】因为正方形面积为2，所以边长为，因为1<<，即1<<2，则边长在1和2之间；

19. D　【解析】5的平方是25，6的平方是36，27介于25和36之间，因此5<<6，故选D.

20. C　【解析】因为25<31<36，所以<<，很明显，更按近，即更接近6，故选C.

21. B　【解析】因为4<6<9，所以2<<3，则3<＋1<4，故选B.

22. C　【解析】∵2.62＝6.76，2.72＝7.29，2.82＝7.84，2.92＝8.41，又∵7.84<8<8.41，∴2.8<<2.9，∴在第③段．

第二章　方程(组)与不等式(组)

第一节　一次方程(组)及其应用

基础过关

1. D　【解析】2x＋3＝7⇒2x＝4⇒x＝2，∴选项D正确．

2. B　【解析】

选项	逐项分析	正误
A	若x＝y，则x－5＝y－5≠y＋5
B	若a＝b，则ac＝bc	√
C	若＝，无法得出2a＝3b
D	若x＝y，要得到＝需a≠0

3. B　【解析】去分母得，2(x－1)＋6x＝3(3x＋1)，故选B.

4. C　【解析】设从甲煤场运x吨煤到乙煤场，则现在甲煤场有煤(518－x)吨，现在乙煤场有煤(106＋x)吨，根据相等关系“甲煤场存煤数是乙煤场的2倍”建立一元一次方程518－x＝2(106＋x)，故选C.

5. B　【解析】设买了x张甲种票，y张乙种票，则根据题意可得，故选B.

6. C　【解析】设有x人搬椅子，则有(200－x)人搬桌子，则一共可搬椅子2x把，可搬桌子张，因为一把椅子配一张桌子为一套，故2x＝，解得x＝40，则最多可搬桌椅2x＝80套，故选C.

7. 1　【解析】把x＝2代入方程，得：4＋a－5＝0，解得a＝1.

8. 33　【解析】设有x个人，由题意得5x＋3＝6x－3，解得x＝6，∴孔明菜袋数为5x＋3＝33袋．

9. 69　【解析】设展出的油画作品的数量是x幅，展出的国画作品是y幅，依题意得，解得.则展出的油画作品有69幅．

10. 解：5x＋2＝3(x＋2)

　 5x＋2＝3x＋6

　5x－3x＝6－2

　2x＝4

　 x＝2.

11. 解：，由①得：y＝3x－2 ③，

将③代入②得：9x＋8(3x－2)＝17，

去括号得：9x＋24x－16＝17.

解得x＝1，

将x＝1代入③，得y＝3×1－2＝1.

∴原方程组的解是.

12. 解：设中型汽车有x辆，则小型汽车有(50－x)辆，

那么12x＋8(50－x)＝480，

解得x＝20，50－x＝30.

答：中型汽车有20辆，小型汽车有30辆．

【一题多解】设中型汽车有x辆，小型汽车有y辆．

根据题意，得，　解得.

答：中型汽车有20辆，小型汽车有30辆．

满分冲关

1. A【解析】根据二元一次方程的定义列方程组：，m＝1，n＝－1，故选A.

2. C　【解析】∵(a，b)※(c，d)＝(ac－bd，ad＋bc)，

∴(x，y)※(1，－1)＝(x＋y，－x＋y)＝(1，3)，∵当且仅当a＝c且b＝d时，(a，b)＝(c，d)；∴，解得：，∴xy的值是(－1)2＝1.

3. C　【解析】根据题意得：7x＋9y≤40，则x≤，∵40－9y≥0且y是正整数，∴y的值可以是1或2或3或4.当y＝1时，x≤，则x＝4，此时，所剩的废料是：40－1×9－4×7＝3 cm；当y＝2时，x≤，则x＝3，此时，所剩的废料是：40－2×9－3×7＝1cm；当y＝3时，x≤，则x＝1，此时，所剩的废料是：40－3×9－7＝6 cm；当y＝4时，x≤，则x＝0(舍去)．则废料最少时：x＝3，y＝2.

4.　【解析】∵方程组的解是，

∴方程组中，

∴.

5. 40　【解析】设李师傅加工一个甲种零件需要x分钟，加工一个乙种零件需要y分钟，根据题意可列方程组，解得，∴2x＋4y＝20＋20＝40(分钟).

6. 26　【解析】由于顺水航行的速度＝船在静水中的速度＋水流速度，逆水航行的速度＝船在静水中的速度－水流速度．设轮船在静水中的速度是x千米/时，水流速度是y千米/时，则船在顺水中的速度为(x＋y)千米/时，船在逆水中的速度为(x－y)千米/时，根据题意得，化简得，解得，所以轮船在静水中的速度是26千米/时．

7. 248或296　【解析】设第一次购书原价为a元，则第二次购书原价为3a元，易知第一次购书原价必然不超过100元，否则两次付款必然大于229.4，故分类讨论如下： ①若a≤100且3a≤100，显然a＋3a≤200＜229.4，舍去；②若a≤100且100＜3a≤200，则a＋0.9×3a＝229.4，解得a＝62，所以两次购书原价和为4a＝4×62＝248元；③若a≤100且3a＞200，则a＋0.7×3a＝229.4，解得a＝74, 所以两次购书原价和为4a＝4×74＝296元，综上所述：两次购书的原价和为248元或296元．

8. 解：，

由③＋①得，3x＋5y＝11④，

由③×2＋②，得3x＋3y＝9⑤，

由④－⑤得2y＝2，则y＝1，

将y＝1代入⑤，得3x＝6，

∴x＝2，

将x＝2，y＝1代入①，得z＝6－2×2－3×1＝－1，

∴方程组的解为.

9. 解：(1)解法一：设客房有x间，则根据题意可得：

7x＋7＝9x－9，

解得x＝8，

∴客人有：7×8＋7＝63(人)，

答：该店有客房8间，房客63人；

解法二：设该店有客房x间，房客y人．

根据题意得：，解得.

答：该店有客房8间，房客63人；

(2)如果每4人一个房间，需要63÷4＝15，需要16间客房，总费用为16×20＝320(钱)；

如果定18间，其中有四个人一起住，有三个人一起住，

则总费用＝18×20×0.8＝288(钱)<320(钱)，

故它们再次入住定18间房时更合算．

10. 解：(1)设买自动铅笔x支，则买记号笔(8－2－2－1－x)＝(3－x)支．

由题意可得：6＋1.5x＋4(3－x)＋9＋3.5×1＝28，

解得：x＝1，

∴3－x＝2，

答：买自动铅笔1支，买记号笔2支．

(2)设买软皮笔记本y本，自动铅笔z支．

由表格可得，软皮笔记本的单价为9÷2＝4.5，

根据题意得，4.5y＋1.5z＝15，

解得：z＝10－3y，

当y＝0时，z＝10，

当y＝1时，z＝7，

当y＝2时，z＝4，

当y＝3时，z＝1，

答：共有四种不同的方案：

第一种不买软皮笔记本，买10支自动铅笔；

第二种买1本软皮笔记本，7支自动铅笔；

第三种买2本软皮笔记本，4支自动铅笔；

第四种买3本软皮笔记本，1支自动铅笔．

第二节　一元二次方程及其应用

基础过关

1. A　【解析】x2－6x－5＝0，x2－6x＝5，x2－6x＋9＝5＋9，(x－3)2＝14，故选A.

2. D　【解析】∵x2＋x－12＝0，∴(x＋4)(x－3)＝0，解得x1＝－4，x2＝3.

3. D　【解析】

选项	逐项分析	正误
A	由2x＋3＝0，得2x＝－3，解得x＝－
B	由x2－1＝0，得x2＝1，解得x＝±1
C	由，得x＋1＝2，解得x＝1，经检验x＝1是分式方程＝1的解
D	由x2＋x＋1＝0，得b2－4ac＝1－4＝－3<0，故一元二次方程x2＋x＋1＝0没有实数根	√

4. B　【解析】因为方程有两个相等的实数根，所以b2－4ac＝42－4k＝0，解得k＝4.

5. D　【解析】设方程的另一个根为x2，则根据根与系数关系有－1＋x2＝2，解得x2＝3.

6. C　【解析】根据一元二次方程根与系数的关系，得x1＋x2＝3，x1x2＝－2，排除A、B、D选项，故选C.

7. A　【解析】因为年增长率为x，从2013年到2015年连续增长两年，开始量为10万辆，结束量为16.9万辆，则可列方程10(1＋x)2＝16.9.

8. －3　【解析】∵ 2x－4＝0，解得 x＝2，把x＝2代入方程x2＋mx＋2＝0，解得 m＝－3.

9. 2016　【解析】把m代入方程得m2＋2m的值，再用根与系数的关系求出两根之和m＋n的值，再把所求代数式化成此两代数式的形式，即可整体代入求解，∵m、n是一元二次方程x2＋2x－2018＝0的两个实数根，∴m2＋2m－2018＝0，即m2＋2m＝2018，且m＋n＝－2，则原式＝(m2＋2m)＋(m＋n)＝2018－2＝2016.

10. x(－x)＝64　【解析】矩形一边长为x，则另一边长为－x，所以可列方程x(－x)＝64.

11. 解：原方程可化为2(x－3)2＝(x＋3)(x－3)，

2(x－3)2－(x＋3)(x－3)＝0，

(x－3)[2(x－3)－(x＋3)]＝0，

(x－3)(x－9)＝0，

∴x－3＝0或x－9＝0，

∴x1＝3，x2＝9.

12. (1)证明：根据根的判别式b2－4ac＝(2m＋1)2－4m(m＋1)＝4m2＋4m＋1－4m2－4m＝1＞0，

∴方程总有两个不相等的实数根；

(2)解：将x＝0代入方程x2－(2m＋1)x＋m(m＋1)＝0得：

0－(2m＋1)·0＋m(m＋1)＝0，即m2＋m＝0，

原式＝4m2－4m＋1＋9－m2＋7m－5

＝3m2＋3m＋5＝3(m2＋m)＋5，

将m2＋m＝0代入式中，原式＝5.

13. 解：设每次降价的百分率是x，则2000元糖果按80%的利润定价为：2000(1＋80%)＝3600(元)，

∴3600(1－x)2＝2000(1＋45.8%)，

∴(1－x)2＝0.81，

∴1－x＝±0.9，

∴x＝0.1＝10%，或x＝1.9(舍去)，

答：每次降价的百分率是10%.

14. 解：(1)设2014年至2016年该地区投入教育经费的年平均增长率为x，由题意得

2900(1＋x)2＝3509，

解得x1＝0.1 x2＝－2.1(不合题意，舍去)，

答：2014年至2016年该地区投入教育经费的年平均增长率为10%.

(2)按10%的增长率，到2018年投入教育经费为3509(1＋10%)2＝4245.89(万元)，

因为4245.89<4250.

答：按此增长率到2018年该地区投入的教育经费不能达到4250万元．

满分冲关

1. A　【解析】根据题意：每两队之间都比赛一场，每队参加x－1场比赛，共比赛x(x－1)场比赛，根据题意列出一元二次方程x(x－1)＝45.故选A.

2. D　【解析】根据一元二次方程根与系数的关系得a＋b＝3，ab＝p，给a2－ab＋b2＝18左边配方得(a＋b)2－3ab＝18，所以9－3ab＝18，得ab＝－3，所以＋＝＝＝＝－5，故选D.

3. A　【解析】∵a，b是方程x2－x＋m＝0(m<0)的两根．

∴a＋b＝1，ab＝m.∴b★b－a★a＝b(1－b)－a(1－a)＝b(a＋b－b)－a(a＋b－a)＝ab－ab＝0.故选A.

4. C 　【解析】一元二次方程x2－8x＋15＝0两根分别是3和5，所以两个圆的半径分别是3和5，当两圆外切时，圆心距是8，当两圆内切时，圆心距是2.故选C.

5. D　【解析】∵3是方程x2－(m＋1)x＋2m＝0的一个实数根，∴9－3(m＋1)＋2m＝0，解得m＝6，所得方程为x2－7x＋12＝0，解之得x1＝3，x2＝4，若等腰△ABC的腰长为3，底边长为4，则其周长为3＋3＋4＝10，若等腰△ABC的腰长为4，底边长为3，则周长为4＋4＋3＝11.

6. －2或－　【解析】∵(x1－2)(x1－x2)＝0，∴x1－2＝0或x1－x2＝0.①如果x1－2＝0，那么x1＝2，将x＝2代入x2＋(2k＋1)x＋k2－2＝0，得4＋2(2k＋1)＋k2－2＝0，整理得k2＋4k＋4＝0，解得k＝－2；②如果x1－x2＝0，那么(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝[－(2k＋1)]2－4(k2－2)＝4k＋9＝0，解得k＝－.又∵b2－4ac＝(2k＋1)2－4(k2－2)≥0，解得k≥－.所以k的值为－2或－.

7. 解：(1)100＋200x；

【解法提示】将这种水果每斤的售价降低x元，则每天的销售量是100＋×20＝(100＋200x)斤．

(2)根据题意得：(4－2－x)(100＋200x)＝300，

解得x＝或x＝1，

∵每天至少售出260斤，

∴x＝1.

答：张阿姨需将每斤的售价降低1元．

8. 解：(1)设剪成的较短的这段为x cm，较长的这段就为(40－x)cm，由题意得

()2＋()2＝58，

解得x1＝12，x2＝28，

当x＝12时，较长的为40－12＝28 cm，

当x＝28时，较长的为40－28＝12＜28(舍去)．

答：李明应该把铁丝剪成12 cm和28 cm两段．

(2)李明的说法正确．理由如下：

设剪成的较短的这段为m cm，较长的这段就为(40－m)cm，由题意得()2＋()2＝48，

化简得：m2－40m＋416＝0，

∵(－40)2－4×416＝－64＜0，

∴原方程无实数根，

∴李明的说法正确，这两个正方形的面积之和不可能等于48 cm2.

9. 解：(1)A品牌产销线2018年的销售量为9.5－(2018－2015)×0.5＝8(万份)；

(2)设A品牌产销线平均每份获利的年递减百分比为x，B品牌产销线的年销售量递增相同的份数为k万份，

依题意可列：，

解得，或，

∵x>0，

∴，

∴2x＝10%，

即B品牌产销线2016年平均每份获利增长的百分数为10%.

第三节　分式方程及其应用

基础过关

1. D　【解析】将方程＝3去分母，得2x＋1＝3(x－1)，去括号，得2x＋1＝3x－3，移项、合并同类项，得－x＝－4.解得x＝4.经检验，x＝4是原分式方程的根．

2. C　【解析】去分母得：2x＝x－2.

3. D　【解析】去分母得x2－1＝0，即x2＝1，解得x＝1或x＝－1，经检验，x＝－1是增根，x＝1是原方程的根，则分式方程的解为x＝1.

4. B　【解析】原方程可化为：y－＝3，即y－－3＝0，故选B.

5. C　【解析】把x＝2代入方程＝得＝，给方程两边同时乘以4(a－2)得：4(4a＋3)＝5(a－2)，解得a＝－2，经检验，当a＝－2时，a－x≠0，故选C.

6. A　【解析】－1＝，－1＝－，1－m－(x－1)＝－2，1－m－x＋1＝－2，x＝4－m≤0，∴m≥4，又4－m≠1，∴m≠3，∴m≥4，故答案为A.

7. A　【解析】由题意得：－＝20.

8. x＝3　【解析】去分母，两边同时乘以x(x－2)得x＝3(x－2)，去括号得x＝3x－6；移项合并同类项得，x＝3，经检验x＝3是原分式方程的根．

9. －1　【解析】先将分式方程转化成整式方程，等式两边同时乘以(x－1)得：x＋m＝2(x－1)，化简得：x＋m＝2x－2，∴x＝m＋2，∵方程无解，∴x＝m＋2为分式方程的增根，∴x＝m＋2＝1，解得m＝－1.

10.＋＝11　【解析】

	原计划	现在	合计
长度(m)	120	600－120	600
速度(m/天)	x	x＋20
时间(天)			11

11. 9　【解析】设甲每小时做x个零件，则乙每小时做(x－3)个零件，根据题意得：＝，解得x＝9，经检验，x＝9符合题意，故甲每小时做9个零件．

12. 解：去分母得：x＋1＝2(x－7)；

去括号，移项得：x＝15.

经检验，x＝15是原分式方程的根．

所以原方程的根为x＝15.

13. 解：设普通列车的速度为x km/h，

由题意得，＋1＝，

解得x＝120，

经检验，x＝120是原方程的根，

故动车的平均速度为(1＋50%)×120＝180，

答：该趟动车的平均速度为180 km/h.

14. 解：设第一批花每束的进价是x元，则第二批花每束的进价是(x－5)元，第一批进花束，第二批进花束．

∵第二批所购花的束数是第一批所购花的束数的1.5倍，

∴可列方程＝1.5×.

解得x＝20.

经检验，x＝20是所列方程的根，且符合题意．

答：第一批花每束的进价是20元．

满分冲关

1. B　【解析】根据题意可知：8x的倒数即比3x的倒数即小5，所以可列方程＝＋5.

2. 1　【解析】由关于x的方程x2－4x＋3＝0，得(x－1)(x－3)＝0，∴x－1＝0或x－3＝0，解得x1＝1，x2＝3；当x＝1时，分式方程＝无意义；当x＝3时，＝，解得a＝1，经检验，x＝3是原方程的解，故a＝1.

3.＝－3　【解析】对题干进行信息梳理即可.

	原题信息	整理后的信息
一	平时每个粽子卖多少元？	设平时每个粽子卖x元
二	端午节那天，粽子打9折出售	端午节粽子卖0.9x元
三	花54元比平时多买了3个	＝－3

4. 解：去分母得：x(3x－2)＋5(2x－3)＝4(2x－3)(3x－2)，

整理得：3x2－2x＋10x－15＝24x2－52x＋24，

即7x2－20x＋13＝0，

分解因式得：(x－1)(7x－13)＝0，

解得x1＝1，x2＝，

经检验，x1＝1与x2＝都为原方程的解，

则原方程的解为x＝1或x＝.

5. 解：(1)设这个工程队原计划每天修建道路x米，

由题意得：－＝4，

解得x＝100，

经检验，x＝100是原方程的根．

答：这个工程队原计划每天修建道路100米．

(2)由题意得，1200÷100＝12(天)，

又1200÷(12－2)＝120(米)，

所以×100%＝20%.

答：实际平均每天修建道路的工效比原计划增加20%.

6. 解：(1)设乙骑自行车的速度为2x米/分，则甲步行的速度为x米/分，公交车的速度为4x米/分．

由题意列方程为：＋＋2＝，

解得 x＝150，

经检验，x＝150是原方程的根，且符合题意，

∴2x＝2×150＝300.

答：乙骑自行车的速度为300米/分.

(2)∵甲同学比乙同学早到2分钟，

∴当甲到达学校时乙离学校还有2×300＝600(米)．

7. 解：(1)设每件乙种物品的价格是x元，则每件甲种物品的价格是(x＋10)元，

根据题意得，＝，

解得x＝60.

经检验，x＝60是原方程的解．

∴x＋10＝60＋10＝70，

答：甲、乙两种救灾物品每件的价格各是70元、60元；

(2)设甲种物品件数为m件，则乙种物品件数为3m件，

根据题意得，m＋3m＝2000，

解得m＝500，

即甲种物品件数为500件，则乙种物品件数为1500件，此时需筹集资金：70×500＋60×1500＝125000(元)．

答：若该爱心组织按照此需求的比例购买这2000件物品，需筹集资金125000元．

方程的实际应用巩固集训

1. 解：设A种型号计算器的销售价格是x元，B种型号计算器的销售价格是y元，由题意得．

，

解得.

答：A种型号计算器的销售价格是42元，B种型号计算器的销售价格是56元；

2. 解：(1)设第一次购进这种衬衫x件，则第二次购进这种衬衫x件，根据题意得：＝＋10，

解得x＝30，

经检验，x＝30是原方程的解，且符合题意，

∴x＝×30＝15.

答：第一次购进这种衬衫30件，则第二次购进这种衬衫15件；

(2)设第二批衬衫每件销售a元，根据题意得：

30(200－)＋15(a－)≥1950，

解得：a≥170.

答：第二批衬衫每件至少要售170元．

3. 解：(1)设该商场计划购进A种设备x套，B种设备y套，

由已知得，

解得.

答：该商场计划购进A种设备20套，B种设备30套．

(2)设A种设备购进数量减少a套，则B种设备购进数量增加1.5a套，由已知得

1．5(20－a)＋1.2(30＋1.5a)≤69，

解得a≤10.

答：A种设备购进数量至多减少10套．

4. 解：(1)设销售西红柿x千克，销售草莓y千克，根据题意可得：，

解得.

答：销售西红柿2000千克，销售草莓4000千克；

(2)设五月份上旬草莓的销售单价为a元/千克，中旬为(1－20%)a元/千克，

根据题意可得：－＝100，

解得a＝12.5，

经检验，a＝12.5是原方程的根，

12．5×(1－20%)＝10(元)．

答：五月份中旬销售单价为10元/千克．

5. 解：设A型机器每小时加工零件x个，

由题意，得＝，

解得x＝80.

经检验，x＝80是原方程的解，且符合题意．

答：A型机器每小时加工零件80个．

6. 解：设原计划每天铺公路x米，根据题意，得

＋＝9.

去分母，得1200＋4200＝18x(或18x＝5400)

解得x＝300.

经检验，x＝300是原方程的解且符合题意．

答：原计划每天铺设公路300米．

7. 【信息梳理】

	原题信息	整理后的信息
一	学生步行的平均速度是多少千米/小时	设学生步行的平均速度是x千米/小时
二	服务人员骑自行车的平均速度是学生步行平均速度的2.5倍	服务人员骑自行车的平均速度是2.5x千米/小时
三	服务人员所花时间比学生少用3.6小时	－＝3.6

解：设学生步行的平均速度是x千米/小时，则服务人员骑自行车的平均速度是2.5x千米/小时．根据题意可列方程

－＝3.6，

解得x＝4，

经检验，x＝4是原分式方程的根．

答：学生步行的平均速度是4千米/小时．

8. 解：(1)设小明步行的速度是x米/分，由题意得：

＝＋10.

解得x＝60.

经检验，x＝60是原分式方程的解．

答：小明步行的速度是60米/分；

(2)小明家与图书馆之间的路程最多是y米，根据题意可得：≤×2，

解得y≤600.

答：小明家与图书馆之间的路程最多是600米．

9. 解：(1)设纯用电每行驶1千米所需要的费用为x元，则纯燃油每行驶1千米所需要的费用为(x＋0.5)元，根据题意，得＝，

解得x＝0.26(元)，经检验，x＝0.26是原方程的根，

纯燃油每行驶1千米所需要的费用为：0.5＋0.26＝0.76(元)．

答：每行驶1千米纯用电的费用为0.26元；

(2)从A到B点的距离为26÷0.26＝100(千米)，设用电行驶y千米，则燃油行驶(100－y)千米，根据题意得，

0．26y＋0.76(100－y)≤39，

解得y≥74，即至少用电行驶74千米．

第四节　不等式(组)的解法及不等式的应用

基础过关

1. C　【解析】∵由数轴可知b<－3<0<a<3，∴甲和丙的结论都正确，故选C.

2. A　【解析】∵不等式ax－3x＋2>5的一个解是－2，∴－2a＋6＋2>5，∴－2a>－3，∴a<.

3. C　【解析】解不等式x＋5>0得x>－5；解不等式2x<6得x<3；∴由“大小小大中间取”的口诀可知：不等式组的解集为：－5<x<3.

4. C　【解析】根据不等式的性质求出不等式组的解集，再找出整数解．解不等式组，由①得：x≤1，由②得：x>－2，∴不等式组的解集为－2＜x≤1，整数解有－1、0、1三个，故选C.

5. B　【解析】∵点M在第四象限，∴，解1－2m>0得m<，解m－1＜0得m＜1，在数轴上表示，结果如B所示．

6. x＞6　【解析】本题考查了一元一次不等式的解法．将原不等式移项得－x＜－3，系数化为1得x＞6.

7. x<1　【解析】先解两个不等式，再确定两个解集的公共部分．由不等式2x<5，得x<2.5; 由不等式x－1<0，得x<1，∴原不等式组的解集为：x<1.

8. 解：4x－2>3x－1，

　解得x>1.

这个不等式的解集在数轴上表示如解图．

第8题解图

9. 解：原不等式组为，

解不等式①，得x<8，

解不等式②，得x>1，

∴原不等式组的解集为1<x<8.

10. 解：(Ⅰ)x≤4；

(Ⅱ)x≥2;

(Ⅲ)

第10题解图

(Ⅳ)2≤x≤4.

11. 解：，

解不等式①得，x≥－2；

解不等式②得，x<1；

∴不等式组的解集为－2≤x<1，

∴不等式组的最大整数解为x＝0.

12. 解：(1)由题意得＝22(元/千克)．

答：该什锦糖每千克22元．

(2)设加入丙种糖果x千克，则加入甲种糖果(100－x)千克，由题意，得≤22－2，解得x≤20.

答：最多可加入丙种糖果20千克．

13. 解：(1)设该种商品每次降价的百分率为x，根据题意得，400(1－x)2＝324，

解得，x＝0.1＝10%，或x＝1.9(不合题意，舍去)

答：该种商品每次降价的百分率为10%.

(2)设第一次降价后销售y件，则第二次降价后销售了(100－y)件，由题意得，[400(1－10%)－300]y＋[400(1－10%)2－300](100－y)≥3120，解得y≥20，

答：第一次降价后至少要销售该种商品20件．

满分冲关

1. B　【解析】设三个连续正整数分别为x－1，x，x＋1.由题意(x－1)＋x＋(x＋1)<39，∴x<13，∵x是整数，∴当x＝12时，三个连续整数的和最大，三个连续整数的和为：11＋12＋13＝36.故选B.

2. C　【解析】解方程组得，所以，解得－2≤m＜3，则m的取值范围在数轴上表示正确的为C.

3. D　【解析】解分式方程得x＝a－2，∵方程有负分数解，a为整数，∴ a－2<0且a－2为分数，a为整数，∴a<4，且a为奇数…①；解不等式组得，∵不等式组的解集为x<－2，∴2a＋4≥－2，∴a≥－3…②，由①，②知a＝－3或－1或1或3，则其积为(－3)×(－1)×1×3＝9.故选D.

4. x＞49　【解析】该操作程序相当于是按照2x－10来运算的，如果操作只进行一次就停止，则2x－10＞88，解得x＞49.

5. －≤a＜0　【解析】根据题意可知关于x 的不等式组仅有3个整数解，解不等式4x＋2>3(x＋a)得x＞3a－2，解不等式2x>3(x－2)＋5得x＜1，∴不等式组的解集是3a－2＜x＜1，显然三个整数解是－2、－1与0，则不等式组的解集应当是－3＜x＜1，∴－3≤3a－2＜－2，解得－≤a＜0，所以满足题意的a的取值范围是－≤a＜0.

6. 解：(1)设该班男生有x人，女生y人，依题意得，解得.

答：该班男生有27人，女生有15人；

(2)设招录男生m名，则招女生(30－m)名，依题意得50m＋45(30－m) ≥1460，

解得m≥22.

答：工厂在该班至少招录22名男生．

7. 解：(1)设今年A型车每辆售价x元，则去年售价每辆为(x＋400)元，由题意，得＝，

解得x＝1600.

经检验，x＝1600是原方程的根．

答：今年A型车每辆售价1600元；

(2)设今年新进A型车a辆，则B型车(60－a)辆，由题意，得(1600－1100)a＋(2000－1400)(60－a)≥33000，

解得a≤30，

答：要使这批车获利不少于33000元，A型车至多进30辆．

第三章　函　数

第一节　平面直角坐标系及函数初步

1. A　【解析】∵点P(0，m)位于y轴负半轴，∴m＜0.∴－m＞0.－m＋1＞0，∴点M(－m，－m＋1)的横坐标和纵坐标都大于0，故其在第一象限．

2. C　【解析】平面直角坐标系内的点关于原点对称，则横纵坐标均要变号，所以(－2，3)关于原点的对称点为(2，－3)，然后根据“左减右加”的平移规则可知向左平移2个单位长度后为(0，－3)，故选C.

第3题解图

3. A　【解析】∵m∥x轴，n∥y轴，∴如解图，分别过O1、O2、O3、O4作直线m，n的平行线，即可构成以O1，O2，O3，O4为坐标原点的直角坐标系．∵A(－4，2)，B(2，－4)，∴点A到x轴的距离为到y轴距离的，点B到x轴的距离为到y轴距离的2倍，则只有O1符合题意．故选A.

4. (－2，3)　【解析】∵点A的坐标是(2，－3)，作点A关于x轴的对称点A′，∴A′的坐标为(2，3)，∵作点A′关于y轴的对称点，得到点A″，∴点A″的坐标是(－2，3)．

5. (－a－2，－b)或(－a＋2，－b)　【解析】当点A、B在y轴异侧时，如解图①，∵AB与x轴平行且AB＝2，A(a，b)，∴B(a＋2，b)，∵对角线AC的中点在坐标原点，∴点A、C关于原点对称，∵四边形ABCD为平行四边形，∴点B、D关于原点对称，∴D(－a－2，－b)；当点A、B在y轴同侧时，如解图②，同理可得B(a－2，b)，则D(－a＋2，－b)．故点D的坐标为(－a－2，－b)或(－a＋2，－b)．

第5题解图

6. D　【解析】要使函数有意义，则x＋2≠0，则x≠－2.

7. C　【解析】根据题意可得x＋4≥0且x≠0，解得x≠0且x≥－8.

8. x≥－1且x≠0　【解析】若函数y＝有意义，就需满足，解得.

9. A　【解析】由题意可知：甲所跑路程分为3个时段：开始1小时，以15千米/时的速度匀速由点A跑至点B，所跑路程为15千米；第1小时至第小时休息，所跑路程不变；第小时至第2小时，以10千米/时的速度匀速跑至终点C，所跑路程为5千米，即甲累计所跑路程为20千米时，所用时间为2小时，并且甲开始1小时内的速度大于第小时至第2小时之间的速度．因此选项A、C符合甲的情况．乙从点A出发，以12千米/时的速度匀速一直跑至终点C，所跑路程为20千米，所用时间为小时，并且乙的速度小于甲开始的速度但大于甲第3时段的速度．所以选项A、B符合乙的情况．故选A.

10. C　【解析】根据图象乙前4秒属于匀速行驶，所以路程为4×12＝48(米)，故A正确；甲在0－8 s内速度由0米/秒增加至32米/秒，所以速度每秒增加4米，故B正确；甲在0－8 s内速度时间关系为y＝4x，当x＝3时，y＝12，S甲＝×3×122＝18(米)，S乙＝12×3＝36(米)，S甲＜S乙，故C错误；在4－8s内，甲的图象一直在乙图象的上方，故甲的速度都大于乙的速度，故D正确．故选C.

11. B　【解析】由图可知，OA段离家的距离s逐渐增大，AB段离家的距离s不变，BC段离家的距离s又逐渐减小，选项B中从圆心至圆弧上距离逐渐增大，在圆弧上距离圆心距离保持不变，圆弧另一端至圆心距离又逐渐减小，符合图中离家距离的变化．

12. A　【解析】当x＜R时，球形容器中水平面圆的半径逐渐增大，故随着x的增大，容器内水的体积增大的速度为先小后大，故排除B、C、D；当x>R时，球形容器中水平面圆的半径逐渐减小，故随着x的增大，容器内水的体积增大的速度为先大后小，故选A.

13. 175　【解析】由图象可知甲前30秒跑了75米，则甲的速度为＝2.5米/秒，再由图象可知，甲出发180秒时，两人相离0千米，这说明甲出发后180秒时，乙追上了甲，此时两人所行路程相等为180×2.5＝450米，乙用的时间为180－30＝150秒，所以乙的速度为＝3米/秒，由此可以求出乙跑到终点所用时间为＝500秒，此时甲跑的时间为500＋30＝530秒，甲已跑路程为530×2.5＝1325米，甲距终点的距离为1500－1325＝175米．

14. B　【解析】设△ABP中，AB边上的高为h，S＝AB·h，当点P在AD边上运动时，AB不变，h逐渐增大，∴S随t增大而增大，图象呈上升趋势；当点P在DE边上运动时，AB、h均不变；∴S不随t变化，图象为水平线段；当点P在EF边上运动时，h逐渐减小，AB不变，∴S随t增大而减小，图象呈下降趋势；当点P在FG边上运动时，AB和h均不变，S不随t变化，图象为水平线段；当点P在GB边上运动时，AB不变，h逐渐减小，∴S随t增大而减小，图象呈下降趋势．

15. B　【解析】由题易知，△EFG斜边FG上的高为2，当0≤t≤2时，S＝(4－2t＋4)×t＝－t2＋4t，其图象为开口向下的抛物线的一部分；当2＜t≤4时，S＝×4×2＝4，其图象为平行于x轴的一条线段；当4＜t≤6时，S＝×2(6－t)(6－t)＝(6－t)2，其图象为开口向上的抛物线的一部分．故选B.

16. D　【解析】△MNR的变化是高的改变，底边不变，当R运动到点P时面积最大，从点P到点Q，面积不变，从点Q到点M，面积变小，∴当x＝9时，点R在点Q处．

17. A　【解析】∵构成大正方形的每个小正方形的边长均为3米，AE＝AF＝x米，DG＝1米，∴DE＝(3－x)米．∴每个小正方形中不种植花卉部分面积为x2＋(3－x) ＝(x2－x＋3)，于是每个小正方形中种植花卉的面积(五边形面积)为9－(x2－x＋3)．∴y与x之间函数关系为y＝4[9－(x2－x＋3)]＝－2x2＋2x＋30＝－2(x－0.5)2＋30.5(x<3)．分析函数图象，只有选项A的图象符合题意．

18. B　【解析】∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠A＝90°，∠B＝∠C＝45°. (1)当0≤x≤2时，点P在AB边上，△BDP是等腰直角三角形， ∴PD＝BD＝x，y＝x2 (0≤x≤2)，其图象是抛物线的一部分； (2)当2＜x≤4时，点P在AC边上，△CDP是等腰直角三角形，∴PD＝CD＝4－x，∴y＝BD·PD＝x(4－x) (2＜x≤4)，其图象也是抛物线的一部分. 综上所述，两段图象均是抛物线的一部分，因此选项B的图象能大致反映y与x之间的函数关系．

19. A　【解析】当点P在AB上时，即0≤x≤3时，P、Q经过的路径与线段PQ围成的图形的面积为x×x＝x2；当点P在BC上时，即3≤x≤9时，P、Q经过的路径与线段PQ围成的图形的面积为×3×3＋×(2x－6＋x－3)×3＝x－，y随x的增大而增大；当点P在CD上时，即9≤x≤12时，P、Q经过的路径与线段PQ围成的图形的面积为12×3－(12－x)(12－x)＝－x2＋12x－36；综上，图象A符合题意．

第二节　一次函数及其应用

基础过关

1. D　【解析】逐项分析如下：

选项	逐项分析	正误
A	将点(0，k)代入y＝kx＋k中成立，所以点(0，k)在直线l上	√
B	当x＝－1时，y＝－k＋k＝0，所以直线l经过定点(－1，0)	√
C	当k＞0时，y随x的增大而增大	√
D	当k>0时，直线l经过第一、二、三象限；当k<0时，直线l经过第二、三、四象限

2. D　【解析】本题考查了正比例函数的图象与性质．把点A(a，b)代入y＝－x中，得b＝－a，即2b＝－3a，∴3a＋2b＝0.

3. A　【解析】根据一次函数的系数与图象的关系依次分析选项可得：A、由图可得，y1＝kx＋b中，k<0，b>0，y2＝bx＋k中，b>0，k<0，符合；B、由图可得，y1＝kx＋b中，k>0，b>0，y2＝bx＋k中，b<0，k>0，不符合；C、由图可得，y1＝kx＋b中，k>0，b<0，y2＝bx＋k中，b<0，k<0，不符合；D、由图可得，y1＝kx＋b中，k>0，b>0，y2＝bx＋k中，b<0，k<0，不符合；

故选A.

4. A　【解析】原解析式可变形为y＝(k－1)x＋b，∵函数值y随自变量x的增大而增大，∴k－1>0, ∴k>1，∵图象与x轴正半轴相交，∴b＜0, ∴k>1，b＜0.

5. D　【解析】由表格可知，只有一对值相等，它是x＝4，y＝3，故两个函数图象的交点为(4，3)，故交点的纵坐标为3，故选D.

6. A　【解析】∵将直线l1：y＝－2x－2平移后，得到直线l2：y＝－2x＋4，∴－2(x＋a)－2＝－2x＋4，解得a＝－3，故将l1向右平移3个单位长度．故选A.

7. B　【解析】直线y＝kx－4(k<0)与两坐标轴的交点坐标为(0，－4)、(，0)，∵直线y＝kx－4(k<0)与两坐标轴所围成的三角形面积等于4，∴4×(－)×＝4，解得k＝－2，则直线的解析式为y＝－2x－4.故选B.

8. B　【解析】设提高效率后对应的直线解析式为S＝kt＋b，由图可知，该直线经过(4，1200)和(5，1650)两点，代入得：，解得：，所以提高效率之后，S与t的函数解析式为：S＝450t－600，则当t＝2时，S＝300，所以在前2个小时内，一共完成的绿化面积为300 m2，∴提高效率前每小时的绿化面积为：300÷2＝150 m2.故选B.

9. 二、四　【解析】∵函数y＝(m－1)x|m|是正比例函数，则，∴m＝－1.则这个正比例函数为y＝－2x，其图象经过第二、四象限．

10. －1(答案不唯一，满足b＜0即可)　【解析】∵一次函数y＝－2x＋b的图象经过第二、三、四象限，∴b＜0，故b的值可以是－1.

11. －2　【解析】由已知得B(1，1)，把顶点B(1，1)代入y＝kx＋3中，得k＝－2.

12. a>b　【解析】∵点M(1，a)和点N(2，b)是一次函数y＝－2x＋1图象上两点，∴a＝－2×1＋1＝－1，b＝－2×2＋1＝－3. ∵－1>－3，故a>b.

13. 一　【解析】依题意，k－1<0，k＋1<0, 解得k<－1<0.∴一次函数y＝(k－1)x＋k的图象过第二、三、四象限，故不过第一象限．

14. －3＜x＜－2　【解析】∵直线y＝－x＋m与y＝x＋3的交点的横坐标为－2，∴m＝－1，∴关于x的不等式－x＋m＞x＋3的解集为x＜－2，∵y＝x＋3＝0时，x＝－3，∴x＋3＞0的解集是x＞－3，∴－x＋m＞x＋3＞0的解集是－3＜x＜－2.

15. 解：(1)∵点A的坐标为(2，0)，∴AO＝2.

在Rt△AOB中，

OA2＋OB2＝AB2，即22＋OB2＝()2，

∴OB＝3，

∴B(0，3)；

(2)∵S△ABC＝BC·OA，即4＝BC×2，

∴BC＝4，

∴OC＝BC－OB＝4－3＝1，

∴C(0，－1)．

设直线l2的解析式为y＝kx＋b.

∵直线l2经过点A(2，0)，C(0，－1)，

∴，　　解得，

∴直线l2的解析式为y＝x－1.

16. 解：(1)∵点B在直线l2上，∴4＝2m，∴m＝2，

设直线l1的表达式为y＝kx＋b，

由A、B两点均在直线l1上得，

解得，则l1的表达式为y＝x＋3；

(2)∵C、D分别为直线x＝n与直线l1、l2的交点，

∴当点C位于点D的上方时，l1>l2，

结合图象可知，当x<2时，l1>l2成立，∴n<2.

17. (1)解：设去年A型车每辆x元，那么今年每辆(x＋400)元，

根据题意得，＝，

解得x＝1600，

经检验，x＝1600是方程的根，且符合题意，

所以，今年A型车每辆售价为2000元；

(2)解：设今年7月份新进A型车m辆，那么新进B型车(50－m)辆，获得的总利润为y元，根据题意，得50－m≤2m，

解得m≥16，

y＝(2000－1100)m＋(2400－1400)(50－m)，

y＝－100m＋50000

∵k＝－100<0，

∴y随m的减少而增大，但m只能取整数，

∴当m取17时，可以获得最大利润．

进货方案：A型车17辆，B型车33辆．

满分冲关

1. D　【解析】∵点P(m，n)是一次函数y＝x－1的图象位于第一象限部分上的点，∴m－1＝n①，又∵当y＝0时，x＝1，∴m＞1，n＞0.将(m＋2)2－4m＋n(n＋2m)＝8整理，得(m＋n)2－4＝0，则(m＋n＋2)(m＋n－2)＝0，∵m＋n＋2＞0，∴m＋n－2＝0②，将①代入②，得m＝，n＝.

第2题解图

2. C　【解析】对于直线y＝x＋4，当y＝0时，x＝－6，当x＝0时，y＝4，∴点A(－6，0)，点B(0，4)．∵点C、D分别是AB、OB的中点，∴点C(－3，2)，点D(0，2)．作点D关于x轴的对称点D′，则点D′坐标为(0，－2)，如解图，连接CD′交x轴于点P′，此时PC＋PD值最小．∴直线CD′的解析式为y＝－x－2，当y＝0时，x＝－，∴点P的坐标为(－，0)．故选C.

3. D　【解析】∵直线y＝x－1 与x轴的交点A的坐标为(，0)，与y轴的交点C的坐标为(0，－1)，∴OA＝，OC＝1，直线y＝x－b与直线y＝x－1相距3，可分为两种情况：(1)如解图①，点B的坐标为(0，－b)，则OB＝－b，BC＝1－b，易证△OAC∽△DBC，则＝，即＝，解得b＝－4；(2)如解图②，点F的坐标为(0，－b)，则CF＝b－1，易证△OAC∽△ECF，则＝，即＝，解得b＝6，故b＝－4或6.

第3题解图

4. (－4，1)　【解析】二元一次方程x－y＝－5对应一次函数y＝x＋5，即直线l1；二元一次方程x＋2y＝－2对应一次函数y＝－x－1，即直线l2.∴原方程组的解即是直线l1与l2的交点坐标．∴交点坐标为(－4，1)．

5. 1　【解析】直线AB与x轴的交点B坐标为(－，0)，与y轴的交点A坐标为(0，b1)，直线CD与x轴的交点C坐标为(－，0)，与y轴的交点D坐标为(0，b2)，∵△AOB≌△COD，∴OA＝OC，OB＝OD，∴－＝b2，－＝b1，∴k1＝－，k2＝－，∴k1k2＝1.

6. －4≤b≤－2　【解析】先求出直线y＝2与y＝|2x＋b|的交点的横坐标，再由已知条件列出关于b的不等式组，即可求出结果．由，得或，解得x＝或x＝－，∵0＜x＜3，∴，解得－4≤b≤－2.

7.－1　【解析】本题考查了一次函数的性质、配方法以及完全平方公式．∵点(a，b)在直线y＝2mx＋m2＋2(m＞0)上．∴b＝2am＋m2＋2，即b－2＝2am＋m2.∵a2＋b2－2(1＋2bm)＋4m2＋b＝0∴a2＋b2－2－4bm＋4m2＋b＝0，∵b－2＝2am＋m2，∴a2＋b2－4bm＋4m2＋2am＋m2＝0，∴(a＋m)2＋(b－2m)2＝0.∴a＝－m，b＝2m.∴2m－2＝－2m2＋m2，解得m＝－1±，∵m＞0，∴m＝－1.

第8题解图

8. y＝－x＋　【解析】如解图，过点C作CD⊥x轴于D，由C(，)可得，CD＝，OD＝，由对称性可知AC＝OA＝x，则(－x)2＋()2＝x2，解得x＝1，∴OA＝AC＝1，AD＝，∴∠CAD＝60°，∴∠OAB＝60°，∴OB＝，由此可得点A (1，0)，B (0，)，设直线AB的解析式为y＝kx＋，求得k＝－，即y＝－x＋.

9. 解：(1)10; 50；

【解法提示】设有教师x人，则有学生(60－x)人．

由题意，列方程得：22x＋16(60－x)＝1020，

解得：x＝10，

∴60－x＝50(人)，

∴有教师10人，学生50人．

(2)①由题意知：

y＝26x＋22(10－x)＋50×16

＝26x＋220－22x＋800

＝4x＋1020.

∴y关于x的函数关系式为y＝4x＋1020；

②由题意得：4x＋1020≤1032，

解得：x≤3.

∴提早前往的教师最多只能3人．

10. 解：(1)设每吨水的政府补贴优惠价为m元，市场价为n元．

根据题意列方程组得，

，　解得：，

答：每吨水的政府补贴优惠价为2元，市场价为3.5元；

(2)当0≤x≤14时，y＝2x；

当x＞14时，y＝14×2＋(x－14)×3.5＝3.5x－21，

故所求函数关系式为：y＝；

(3)∵26＞14，

∴小明家5月份应交水费为3.5×26－21＝70元，

答：小明家5月份应交水费70元．

11. 解：(1)0.13，0.14；

【解法提示】x轴表示速度，从30到60之间为40，50，对应的y轴汽车耗油量由0.15到0.12，列表如下

速度	30	40	50	60
耗油量	0.15	0.14	0.13	0.12

∴当速度为50 km/h时，该汽车耗油量为0.13 L/km，当速度为100 km/h时，该汽车耗油量为0.12＋0.002×(100－90)＝0.14 L/km；

(2)设线段AB所表示的y与x之间的函数表达式为y＝kx＋b，

∵y＝kx＋b的图象过点(30，0.15)与(60，0.12)，

∴，解方程组，得，

∴线段AB所表示的y与x之间的函数表达式为y＝－0.001x＋0.18；

(3)根据题意，得线段BC所表示的y与x之间的函数表达式为y＝0.12＋0.002(x－90)＝0.002x－0.06，

由图象可知，B是折线ABC的最低点，

解方程组，得，

因此，速度是80 km/h时，该汽车的耗油量最低，最低是0.1 L/km.

第三节　反比例函数

基础过关

1. D 　【解析】本题主要考查了反比例函数图象的性质．对于反比例函数y＝(k≠0)图象上的点，其横、纵坐标的乘积为一定值，即为系数k.由题知，点(2，－4)在反比例y＝(k≠0)函数的图象上，则k＝2×(－4)＝－8，所以只需选项中点的横、纵坐标的乘积等于－8，则该点就在这个反比例函数的图象上．不难得到，只有D选项中－2×4＝－8，故选D.

2. D　【解析】函数y＝(k≠0，x＞0)的图象在第一象限，则k＞0，x＞0.由已知得z＝＝＝，所以z关于x的函数图象是一条射线，且在第一象限，故选D.

3. C　【解析】当k>0时，反比例函数y＝图象的双曲线的两个分支分别位于第一、三象限，直线y＝kx＋k2经过第一、二、三象限，没有符合题意的选项；当k<0时，反比例函数y＝图象的双曲线的两个分支分别位于第二、四象限，直线y＝kx＋k2经过第一、二、四象限，只有C符合题意，故选C.

4. B　【解析】AC＝m－1，CQ＝n，则S四边形ACQE＝AC·CQ＝(m－1)n＝mn－n.∵P(1，4)、Q(m，n)在函数y＝(x>0)的图象上，∴mn＝k＝4.∴S四边形ACQE＝AC·CQ＝4－n，∵当m>1时，n随m的增大而减小，∴S四边形ACQE＝4－n随m的增大而增大．

5. A　【解析】∵A(－1，3)在y＝上，∴n＝－3，A、B关于原点对称，∴S△OBC＝S△OCA＝|n|＝，∴S△ABC＝3.

6. C　【解析】设A(t，－)，∵A、B两点关于原点对称，∴B(－t，)，把A(t，－)，B(－t，)分别代入y＝－x＋a－3得－＝－t＋a－3，＝t＋a－3，两式相加得2a－6＝0，∴a＝3.

7. B　【解析】

第7题解图

∵直线y＝x－2与y轴交于点C，与x轴交于点B，∴B(2，0)，C(0，－2)，∴S△BOC＝OB·OC＝2，∵S△AOB∶S△BOC＝1∶2，∴S△AOB＝1，如解图，过A作AD⊥x轴，交x轴于点D，S△AOB＝AD·OB＝1，OB＝2，∴AD＝1，设点A的坐标为(a，1)，把A(a，1)代入y＝x－2得a＝3，即A(3，1)，∵点A在反比例函数y＝(k>0)上，∴k＝3×1＝3.

8. ＞　【解析】∵m＜0，∴反比例函数y＝的图象位于第二、四象限，且在每一象限内y随x的增大而增大，又∵m－1＞m－3，∴y1＞y2.

9. 1＜x＜4　【解析】由图象可知，当1＜x＜4时，x所对应的y＝的值小于x所对应的y＝kx＋b的值．

10. 6　【解析】∵P(6，3)，PM⊥x轴，PN⊥y轴，∴OM＝6，ON＝3，∴S矩形OMPN＝6×3＝18，∵反比例函数y＝的图象过点A、B，∴S△OBN＝，S△OAM＝，∴S矩形OMPN＝S四边形OAPB＋S△OBN＋S△OAM＝＋＋12＝18，解得：k＝6.

11.

第11题解图

　【解析】设AC与BD相交于点E，如解图，过A作AF⊥y轴于点F，过B作BG⊥x轴于点G，由反比例函数k的几何意义可知，S四边形AFOC＝S四边形ODBG，∴S四边形AFDE＝S四边形BECG，易知四边形AFDE，四边形BECG均为矩形，∴S△ADE＝S△CBE，∵AD∥BC，∴△ADE≌△CBE，∵B点坐标为(1，1)，∴DE＝BE＝，∴CG＝，在Rt△BCG中BC＝＝＝.

12. 4　【解析】设点A的横坐标为m，根据题意，得点A(m，)，点B(m，)，∵S△ABO＝×AB×OP，即×()×m＝2，解得：k1－k2＝4.故答案为4.

第13题解图

13. y＝　【解析】如解图所示，设点C的坐标为(a，b), 过点C作CD⊥x轴于点D，则CD＝b，OD＝a，由题意知点A(－2，0)，B(0，4)，则OB＝4，OA＝2，又∵CD∥OB，∴△AOB∽△ADC，∴＝＝，∵AB＝2BC，∴＝，∴＝＝，解得a＝1，b＝6.设反比例函数的解析式为y＝，∴6＝，解得k＝6，∴反比例函数的解析式为y＝.

14. (－3，0)，(5，0)，(3，0)，(－5，0)　【解析】根据双曲线性质可知，AO＝BO，∵点A(1，2)，∴AB＝2OA＝2＝2，∵点P在x轴上，要使△ABP是等腰三角形，则点P不能是点O，则这样的等腰三角形，只能是AB＝AP或BA＝BP，设点P的坐标为(p，0)，当AP＝2时，＝2，解得p1＝5，p2＝－3，此时点P的坐标为(－3，0)，(5，0)．根据中心对称性质可得点B的坐标为(－1，－2)，当BP＝2时，则有＝2，解得p3＝3，p4＝－5，则点P的坐标为(3，0)，(－5，0)．

15. －　【解析】本题考查反比例函数k的几何意义．∵AC⊥x轴，BD⊥x轴，∴AC∥BD，∴△OCE∽△ODB，∴＝()2，∵OC＝CD＝OD，∴＝()2＝，设S△OCE＝a，则S△ODB＝4a，∴S四边形BDCE＝3a，∴3a＝2，解得a＝，∴S△ODB＝4a＝.∵|k|＝S△ODB，即|k|＝，解得k＝±，∵反比例函数图象的一支在第二象限，∴k＜0，∴k＝－.

16. (1)4，1，＞；

【解法提示】把点A的坐标(1，4)代入y＝，

∴m＝1×4＝4.

∴反比例函数的关系式y＝.

把B(4，n)代入y＝，解得n＝1，

∵m＝4＞0，反比例函数在每个象限内y随x的增大而减小，

∴当0＜x1＜x2时，y1＞y2.

(2)解：∵直线y＝ax＋b经过点A(1，4)，B(4，1)，

∴，解之得a＝－1，b＝5.∴y＝－x＋5.

当x＝y时，x＝－x＋5，解之得x＝.所以P(，)．

17.

第17题解图

解：(1)如解图，过点C作CM⊥OB于M，

∵点C为OA的中点，∠ABO＝90°，

∴点M为OB的中点，

∵OB＝2，

∴OM＝，

在Rt△OMC中，∠COM＝30°，

∴CM＝OM·tan30°＝×＝1，

∴C点的坐标为(，1)，

把C(，1)代入y＝中，得k＝，

∴反比例函数的关系式为y＝(x>0)．

(2)由(1)中知，CM是△ABO的中位线，CM＝1，∴AB＝2，

∵点D在AB上，∴点D的横坐标为2，

又∵点D在y＝(x>0)上，把x＝2代入y＝，得y＝，∴AD＝2－＝，

S四边形CDBO＝S△ABO－S△CAD＝OB·AB－·AD·(OB－OM)

＝×2×2－××＝.

18. 解：(1)当0≤x≤3时，设线段AB的解析式为y＝kx＋b，

代入点A(0，10)，B(3，4)，得，

解得，

∴线段AB的解析式为：y＝－2x＋10；

当x>3时，设反比例函数的解析式为y＝，代入点B(3，4)，得m＝12，

∴反比例函数的解析式为：y＝，

∴y与x之间的函数关系式为：y＝；

(2)能，理由如下：

解法一：当x＝15时，代入y＝，得y＝0.8<1.0.

解法二：令y＝＝1，则x＝12<15.

答：企业能在15天内使所排污水的硫化物浓度不超过最高允许的1.0 mg/ L.

满分冲关

第1题解图

D　【解析】连接OC，过点A作AE⊥y轴于点E，过点C作CF⊥x轴，如解图所示．由直线AB与反比例函数y＝－的对称性可知A、B点关于O点对称，∴AO＝BO.又∵AC＝BC，∴CO⊥AB.∵∠AOE＋∠EOC＝90°，∠EOC＋∠COF＝90°∴∠AOE＝∠COF，又∵∠AEO＝90°，∠CFO＝90°∴△ AOE∽△COF，∴＝＝，∵tan∠CAB＝＝2，∴CF＝2AE，OF＝2OE，又∵AE·OE＝|－2|＝2，CF·OF＝|k|，∴k＝±8.∵点C在第一象限，∴k＝8，故选D.

第2题解图

2. C　【解析】过点A作AE⊥OB于点E，如解图所示．∵△OAB为边长为10的正三角形，∴点A的坐标为(10，0)，点B的坐标为(5，5)，点E的坐标为(，)．∵CD⊥OB，AE⊥OB，∴CD∥AE，△BDC∽△BEA，∴＝.设＝＝n(0＜n＜1)，则＝＝n，∴xD＝，yD＝，∴点D的坐标为(，)，同理可得点C的坐标为(5＋5n，5－5n)．∵点C、D均在反比例函数y＝图象上，∴，解得：.

3. y＝　【解析】作PH⊥x轴于H，交直线y＝－x于E，作PD⊥AB于D，连接PC、PA，如解图，

∵⊙P与y轴相切于点C，∴PC⊥y轴，而P(－3，a)，∴PC＝3，即⊙P的半径为3，∴PA＝OH＝3，∵PD⊥AB，∴AD＝BD＝AB＝×4＝2，在Rt△PAD中，PD＝＝＝1，∵直线y＝－x为第二、四象限的角平分线，∴∠HOB＝45°，易得△HOE和△PDE都为等腰直角三角形，∴EH＝OH＝3，PE＝PD＝，∴PH＝PE＋EH＝＋3，∴P(－3，＋3)，设过点P的双曲线的解析式为y＝，把P(－3，＋3)代入得k＝－3(＋3)＝－3－9，∴过点P的双曲线的解析式为y＝.故答案为y＝－.

第3题解图

第4题解图

4. (2，7)　【解析】如解图，过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EF⊥y轴于点F，由题意易得OA＝3，OB＝6，易证△OAB∽△GDA，∴＝＝＝＝，即＝＝，∴GD＝2，GA＝4，于是OG＝OA＋AG＝3＋4＝7，则D(7，2)，把D(7，2)代入y＝中，得k＝14，∴反比例函数的解析式为y＝，设E(m，)，则EF＝m，又易证△OAB∽△FBE，得＝，即＝，解得，m＝2或m＝－14(舍去)，∴E(2，7)．

5.或　【解析】本题主要考查了反比例函数和一次函数的综合应用，并结合正方形进行考查．此类题型给出的是线段比例，因此注意有分类讨论的可能．由题意可知：O点分正方形对角线AC为1：2两部分，分两种情况讨论：①若OC∶OA＝1∶2，即OC∶AC＝1∶3，如解图①所示，易知B(a，)，C(－，)，D(－，－a), 记CD与x轴交点为点G，则有：△CGO∽△CDA，则＝⇒＝⇒a2＝2⇒a＝±，又∵a＞0，∴a＝；②若OA：OC＝1：2，即OC：AC＝2：3，如解图②所示，易知B(a，)，C(－，)，D(－，－a)．记CD与x轴交点为点F，则有：△CFO∽△CDA，则＝⇒＝⇒a2＝⇒a＝±，又∵a＞0，∴a＝，综上所述：a＝或.

第5题解图①

　　　第5题解图②

6. 解：(1)4.

【解法提示】如解图①，连接OE，∵Rt△AOE的面积为2，

∴k＝|AE|·|AO|＝2×2＝4.

第6题解图①

(2)平行．理由如下：连接AC，如解图①，

设D(x，5)，E(3， x)，

则BD＝3－x，BE＝5－x，

＝＝，＝，

∴＝，

∴DE∥AC.

(3)假设存在点D满足条件，设D(x，5)，E(3， x)，

则CD＝x，

BD＝3－x，AE＝x，BE＝5－x，

第6题解图②

如解图②，点B关于DE的对称点为B′，连接B′D，B′E，则B′D＝BD，B′E＝BE，

作EF⊥OC，垂足为F，

∵，

∴△B′CD∽△EFB′，

∴＝，

即＝，

∴B′F＝x，

∴OB′＝B′F＋OF＝B′F＋AE＝x＋x＝x，

∴CB′＝OC－OB′＝5－x，

在Rt△B′CD中，CB′＝5－x，CD＝x，B′D＝3－x，

由勾股定理，得CB′2＋CD2＝B′D2，

即(5－x)2＋x2＝(3－x)2，

解得x1＝1.5(舍去)，x2＝，

∴满足条件的点D存在，D的坐标为D(，5)．

反比例函数综合题巩固集训

1. 解：(1)∵y＝kx和y＝都经过点A(2，－2)，

∴－2＝2k，－2＝，

得k＝－1，m＝－4，

∴两函数的表达式分别为：y＝－x，y＝－；

第1题解图

(2)连接OC，如解图，

将直线OA：y＝－x向上平移3个单位长度后得到的直线BC表达式为y＝－x＋3.

联立，

得x2－3x－4＝0，解得x＝4或x＝－1(舍去)，

故点C坐标为(4，－1)，

∵OA∥BC，

∴S△ABC＝S△BOC＝OB·xC＝×3×4＝6.

2. 解：(1)将点A(1，a)代入y＝－中得a＝－3，则点A为(1，－3)．

联立方程，解得，.

点B在第四象限，所以点B为(3，－1)．

设直线AB的解析式为y＝kx＋b，将点A(1，－3)和点B(3，－1)代入其中得

解得，故直线AB解析式为y＝x－4.

(2) 当点P、A、B三点不在同一直线上时，总有PA－PB＜AB；

当点P、A、B三点在同一直线上时，有PA－PB＝AB；

综上知PA－PB≤AB.

在y＝x－4中，当y＝0时，x＝4，所以点P的坐标为(4，0)．

3. (1)【思维教练】在Rt△AOH中用三角函数求出AH，再用勾股定理求出AO，进而求得△AHO的周长．

解：在Rt△AOH中，tan∠AOH＝，OH＝3，

∴AH＝OH·tan∠AOH＝4，

∴AO＝＝＝5，

∴C△AOH＝AO＋OH＋AH＝5＋3＋4＝12；

(2)【思维教练】由(1)得出A点坐标，再用待定系数法求出反比例函数解析式，由反比例函数解析式求出B点坐标，最后把A、B点坐标代入一次函数解析式中求出一次函数解析式．

解：由(1)得，A(－4，3)，

把A(－4，3)代入反比例函数y＝中，得k＝－12，

∴反比例函数解析式为y＝－，

把B(m，－2)代入反比例函数y＝－中，得m＝6，

∴B(6，－2)，

把A(－4，3)，B(6，－2)代入一次函数y＝ax＋b中，得

， ∴，

∴一次函数的解析式为y＝－x＋1.

4. 解：(1)当y＝0时，得0＝x－，解得x＝3;

∴点A的坐标为(3，0)；

(2)①如解图，过点C作CF⊥x轴于点F.

设AE＝AC＝t, 点E的坐标是(3，t).

当x＝0时，得y＝－，∴B(0，－)，

在Rt△AOB中， tan∠OAB＝＝，∴∠OAB＝30°.

在Rt△ACF中，∠CAF＝30°，∴CF＝t，AF＝ACcos30°＝t，

∴点C的坐标是(3＋t， t)．

第4题解图

∴(3＋t)×t＝3t，解得t1＝0(舍去)，t2＝2.

所以，k＝3t＝6.

②点E的坐标为(3，2)，

设点D的坐标是(x， x－)，

∴x(x－)＝6，解得x1＝6(舍去)，x2＝－3，

∴点D的坐标是(－3，－2)，

所以，点E与点D关于原点O成中心对称．

5. 解：(1)∵反比例函数y＝(k>0)过点A(4，2)，

∴k＝4×2＝8.

∴反比例函数表达式为y＝；

(2)如解图，分别过点A、F、C作AM⊥x轴于M，

FE⊥x轴于E，CN⊥x轴于N.

∵A(4，2)，∴AM＝2.

∵四边形OBCD是菱形，∴OB＝CB，OA＝AC.

∴AM∥FE∥CN, ∴△OAM∽△OCN，且A为OC中点，

∴CN＝2AM＝4，ON＝2OM＝8.

在Rt△BCN中，设CB＝x，则BN＝8－x，由勾股定理知，x2－(8－x)2＝42.

第5题解图

解得x＝5，∴BN＝3.

设F(a，b), a>0，b>0.

∵EF∥CN，易证△BFE∽△BCN，∴＝.

∴＝，

又∵F(a，b)在反比例函数y＝的图象上，

∴b＝. ∴＝，解得a1＝6，a2＝－1(舍去)．

∴b＝＝.

∴点F的坐标为(6，)．

6. 解：(1)根据反比例函数k的几何意义，

∴S四边形ODAQ＝k＝4.

∵∠ACB＝60°，BC∥OQ，

∴∠AOQ＝60°，∴AQ＝OQ，

∴OQ·OQ＝4，

解得OQ＝2，AQ＝2.

由对称性可知AO＝CO，

∴AQ＝BQ，

∴点B的坐标为(2，－2)．

(2)根据题意，EF＝OD＝2，

∵点P是EF的中点，∴PF＝，

∵点P在反比例函数图像上，

∴＝，解得px＝4，

∴点P的坐标为(4，)，

∴S四边形ODEF＝DE×OD＝4×2＝8.

根据反比例函数k的几何意义，

S△ADO＝S△POF＝k＝2，

∴S四边形AOPE＝S四边形ODEF－S△ADO－S△POF＝8－4＝4.

7. 解：(1)∵A(2，3)，

∴3＝，即k＝6，

又∵四边形ABCD是平行四边形，B、D关于原点O对称，

∴A、C关于原点O对称，

∴C(－2，－3)．

即k的值是6，C点的坐标是(－2，－3)；

(2)∵△APO的面积为2，点A的坐标是(2，3)，

∴2＝，即OP＝2，

设过点P(0，2)，点A(2，3)的直线解析式为y＝ax＋b，

，解得，

即直线PA的解析式为y＝x＋2，

将y＝0代入y＝x＋2，得x＝－4，

∴OD＝4，

∵A(2，3)，

∴OA＝＝，

∴AC＝2OA＝2，

设点D到AC的距离为m，

∵S△ACD＝S△ODA＋S△ODC，

∴＝＋，

解得，m＝，

即点D到直线AC 的距离是.

8. 解：(1)∵点A(，1)在反比例函数y＝的图象上，

∴k＝×1＝，

∴反比例函数的表达式为y＝；

(2)∵A(，1)，

∴OC＝，AC＝1，

易证△AOC∽△OBC，可得OC2＝AC·BC，

∴BC＝＝＝3，B(，－3)，

∴S△AOB＝OC·AB＝××4＝2，

∵S△AOP＝S△AOB＝，

设P(m，0)(m<0)，

∴×|m|×1＝，

∴|m|＝2，

∵P是x轴的负半轴上一点，

∴m＝－2，

∴P(－2，0)；

第8题解图

(3)将△BOA绕点B按逆时针方向旋转60°得到△BDE，如解图．

易知E、A关于原点O对称，所以此时E(－，－1)，点E在反比例函数y＝上，理由如下：

∵(－)×(－1)＝＝k，

∴点E在反比例函数y＝上．

第四节　二次函数及其应用

基础过关

1. B　【解析】y＝x2－2x＋4＝x2－2x＋1＋3＝(x－1)2＋3.

2. D　【解析】y＝－x2＋x＋4＝－(x－2)2＋5，∴当0＜x＜2时，y随x增大而增大，当x＞2时，y随x增大而减小，故A错误；因为抛物线开口向下，所以当x＝2，y有最大值是5，故B不正确；图象的顶点坐标是(2，5)，故C不正确；∵b2－4ac＝5>0，∴抛物线与x轴有2个交点，故D正确，故答案为D.

3. B　【解析】由表格的数据可以看出，x＝－3和x＝－1时y的值相同都是－3，所以可以判断出，点(－3，－3)和点(－1，－3)关于二次函数的对称轴对称，利用公式x＝可求出对称轴为直线x＝＝＝＝－2.故选B.

第4题解图

A　【解析】根据二次函数的对称性，可利用对称性，找出点A的对称点A′，再利用二次函数的增减性可判断y值的大小．∵函数的解析式是y＝－(x＋1)2＋a，如右图，

∴对称轴是x＝－1，∴点A关于对称轴的点A′是(0，y1)，那么点A′、B、C都在对称轴的右边，而对称轴右边y随x的增大而减小，于是y1＞y2＞y3.故选A.

5. D　【解析】将抛物线y＝x2－4x－4化为顶点式：y＝(x－2)2－8，根据“左加右减、上加下减”的原则可得y＝[(x＋3)－2]2－8＋5＝(x＋1)2－3，故选D.

6. C　【解析】将二次函数化为顶点式得y＝a(x－1)2＋c－a，∴对称轴为直线x＝1，∴方程满足＝1，解得x2＝3，即方程的另一解为3.∴方程的两个根为x1＝－1或x2＝3.

7. B　【解析】由一次函数图象经过一、二、四象限可知，a<0，c>0，由反比例函数图象位于第二、四象限知，b<0，由a<0，b<0，可得抛物线的开口向下，对称轴在y轴的左边，再由c>0可知，抛物线与y轴相交于正半轴，符合这些情况的只有B，故选B.

8. D　【解析】因为y＝x2＋2x－3＝(x＋1)2－4，所以函数的对称轴是x＝－1，最小值为－4，故D正确，C错误，在－3≤x≤0上，函数增减性无法确定，故A、B错误．

9. A　【解析】由题知，对称轴与线段y＝0(1≤x≤3)有交点，则有1≤－≤3，可得－6≤b≤－2，由二次函数过A(2，6)，代入得：4＋2b＋c＝6，∴6＝，∴－b≤≤－2，解得6≤c≤14，所以c的值不可能是4.

第10题解图

10. D　【解析】本题考查了二次函数的图象与性质以及锐角三角函数的定义．如解图，令－x2－2x＋3＝0，得x1＝－3，x2＝1，∴点A(－3，0)，B(1，0)，顶点C的横坐标为x＝－＝－＝－1，纵坐标为y＝＝＝4，∴点C的坐标为(－1，4)．过点C作CD⊥x轴于点D，则CD＝4，OD＝1, 又∵OA＝3，∴AD＝2，∴tan∠CAB＝＝＝2.

11. m<1　【解析】∵二次函数y＝x2－2x＋m的图象与x轴有两个交点，∴Δ>0，∴4－4m>0，∴m<1.故答案为m<1.

12. (1，4)　【解析】∵A(0，3)，B(2，3)是抛物线y＝－x2＋bx＋c上两点，∴代入得：，解得：b＝2，c＝3，∴y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，顶点坐标为(1，4)．

13.

第13题解图

－≤a<0　【解析】根据已知条件，画出函数图象，如解图所示，由已知得：，解得：－≤a<0.故答案为：－≤a<0.

第14题解图

14. (－2，0)　【解析】如解图，过D作DM⊥x轴，∵D(m，c)，∴M(m，0)，又∵B(m＋2，0)，∴MB＝2，由C(0，c)，D(m，c)知OC＝DM，∴C、D关于对称轴对称，即O、M关于对称轴对称，

∴OA＝MB＝2，∴点A的坐标为A(－2，0)．

15. ③④　【解析】

序号	逐个分析	正误
①	∵抛物线开口向上，∴a＞0，又∵对称轴为x＝－＞0，∴b＜0，∴结论①不正确
②	∵x＝－1时，y＞0，∴a－b＋c＞0，∴结论②不正确
③	∵抛物线向右平移了2个单位，∴阴影部分可以拼接为一个平行四边形．且平行四边形的底是2，∵函数y＝ax2＋bx＋c的最小值是－2，∴平行四边形的高是2，∴阴影部分的面积是：2×2＝4，∴结论③正确	√
④	∵＝－2，c＝－1，∴b2＝4a，∴结论④正确	√

16. 解：(1)把B(3，0)代入抛物线解析式，得0＝－32＋3m＋3，

解得m＝2，

∴y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，

∴顶点坐标为(1，4)；

第16题解图

(2)如解图，连接BC交抛物线对称轴l于点P，连接AP，此时PA＋PC的值最小．

设直线 BC的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，

把B(3，0)，C(0，3)代入，得

，∴，

∴直线BC的解析式为y＝－x＋3.

当x＝1时，y＝－1＋3＝2.

答：当PA＋PC的值最小时，点P的坐标为(1，2)．

17. 解：(1)如解图，过点P作PB⊥OA，垂足为B，

设点P的坐标为(x，y)，

在Rt△POB中，

∵tanα＝＝，

∴OB＝＝2y，

在Rt△PAB中，

第17题解图

∵tanβ＝＝，

∴AB＝＝y，

∵OA＝OB＋AB，

即2y＋y＝4，

∴y＝，

∴x＝OB＝2y＝2×＝3，

∴点P的坐标为(3，)；

(2)设这条抛物线表示的二次函数解析式为y＝ax2＋bx，

由函数y＝ax2＋bx的图象经过A(4，0)、P(3，)两点，可得，

解方程组，得，

∴这条抛物线表示的二次函数解析式为y＝－x2＋2x，

当水面上升1 m时，水面的纵坐标为1，即－x2＋2x＝1，

解方程，得x1＝2－，x2＝2＋，

x2－x1＝2＋－(2－)＝2≈2.8，

因此，水面上升1 m，水面宽约2.8 m.

18. 解：(1)苗圃园与墙平行的一边长为(30－2x)米．依题意可列方程：

x(30－2x)＝72，即x2－15x＋36＝0.

解得x1＝3，x2＝12，

∵平行于墙的一边小于等于墙的长度，即18米，

∴30－2x≤18，解得x≥6，

又∵篱笆的总长为30米，2x<30，

∴x<15，

∴x的取值范围6≤x<15，

∴x＝12；

(2)有．理由如下：

依题意，得8≤30－2x≤18.解得6≤x≤11.

面积S＝x(30－2x)＝－2(x－)2＋(6≤x≤11)．

①当x＝时，S有最大值，S最大＝；

②当x＝11时，S有最小值，S最小＝11×(30－22)＝88；

(3)6≤x≤10.

【解法提示】令x(30－2x)≥100，得x2－15x＋50≤0.

解得5≤x≤10.

∴结合(1)知x的取值范围是6≤x≤10.

满分冲关

1. B　【解析】由题意得，二次函数图象过A(－1，2)，B(2，5)两点，则，解得c＝3－2a，即a＝，∵a>0，

∴>0，∴c<3，A正确；由得3a＋3b＝3，∴a＋b＝1，∴抛物线对称轴m＝－＝－，∵a>0，

∴－<，即m<，B错误；∵a>0，∴开口向上，n为抛物线上的最小值，∴n≤2，C正确；∵a＋b＝1，∴a＝1－b>0，∴b<1，∴D正确．

2. B　【解析】∵二次函数y＝(x－h)2＋ 1，∴二次函数的对称轴为直线x＝h，∴二次函数值在x<h时，y随x的增大而减小，在x>h时，y随x的增大而增大，∴①当h＜1时，在1≤x≤3中，x＝1时二次函数有最小值，此时(1－h)2＋1＝5，解得h＝－1或h＝3(舍去)；②当1≤h≤3时，x＝h时，二次函数的最小值为1；③当h＞3时，在1≤x≤3中，x＝3时二次函数有最小值，此时(3－h)2＋1＝5，解得h＝5或h＝1(舍去)，综上所述，h的值为－1或5.

3. A　【解析】依题意知a>0， >0，a＋b－2＝0，故b>0，且b＝2－a，a－b＝a－(2－a)＝2a－2，于是0<a<2，∴－2<2a－2<2，又a－b为整数，∴2a－2＝－1，0，1，故a＝，1，，b＝，1，，∴ab＝或1，故选A.

第4题解图

4. A　【解析】以点B为圆心，线段AB长为半径做圆，交抛物线于点C、M、N，连接AC、BC，如解图所示，令一次函数y＝－x＋3中x＝0，则y＝3，∴点A的坐标为(0，3)；令一次函数y＝－x＋3中y＝0，则－x＋3＝0，解得：x＝，∴点B的坐标为(，0)．∴AB＝2.∵抛物线的对称轴x＝.∴点C的坐标为(2，3)，∴AC＝2＝AB＝BC.∴△ABC为等边三角形．令y＝－(x－)2＋4中y＝0，则－(x－)2＋4＝0，解得：x＝－，或x＝3，∴点M的坐标为(－，0)，点N的坐标为(3，0)．△ABP为等腰三角形分三种情况：①当AB＝BP时，以B点为圆心，AB长度为半径做圆，与抛物线交于C、M、N三点；②当AB＝AP时，以A点为圆心，AB长度为半径做圆，与抛物线交于C、M两点；③当AP＝BP时，作线段AB的垂直平分线，交抛物线交于C、M两点；∴能使△ABP为等腰三角形的点P的个数有3个．

5. C　【解析】∵抛物线与x轴的一个交点在点(3，0)和点(4，0)之间，而抛物线的对称轴为直线x＝1，∴抛物线与x轴的另一个交点在点(－2，0)和(－1，0)之间．∴当x＝－1时，y>0，即a－b＋c>0，所以①正确；∵抛物线的对称轴为直线x＝－＝1，即b＝－2a，∴3a＋b＝3a－2a＝a，所以②错误；∵抛物线的顶点坐标为(1，n)，∴＝n，∴b2＝4ac－4an＝4a(c－n)，所以③正确；∵抛物线与直线y＝n有一个公共点，∴抛物线与直线y＝n－1有2个公共点，∴一元二次方程ax2＋bx＋c＝n－1有两个不相等的实数根，所以④正确．

6. 15　【解析】∵C(4，3)，∴OC＝5，∴菱形OABC中BC＝OC＝5，∵y＝－x2＋6x＝－(x－3)2＋9，∴顶点为(3，9)，当D为顶点时，BC边上的高最大，∴S△BCD的最大值＝×5×(9－3)＝15.

第7题解图

7. 1<m<　【解析】解：∵y＝x2－1，∴抛物线y＝x2－1的顶点坐标为(0，－1)，当y＝0时，x2－1＝0，解得x1＝－1，x2＝1，则抛物线y＝x2－1与x轴的交点为(－1，0)，(1，0)，把抛物线y＝x2－1图象x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，则翻折部分的抛物线解析式为y＝－x2＋1(－1≤x≤1)，如解图，把直线y＝x向上平移，当平移后的直线y＝x＋m过点(0，1)和(－1，0)时，直线y＝x＋m与该新图象恰好有三个公共点，所以－1＋m＝0，解得m＝1; 当直线y＝x＋m与抛物线y＝－x2＋1(－1≤x≤1)相切时，直线y＝x＋m与该新图象恰好有三个公共点，即－x2＋1＝x＋m有相等的实数解，整理得x2＋x＋m－1＝0，Δ＝12－4(m－1)＝0，解得m＝，所以当直线y＝x＋m与图象有4个公共点时，m的取值范围是1<m<.

第8题解图

8. (0，4)　【解析】如解图，过点A作AC⊥x轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，∵OA⊥OB，∴∠AOC＋∠BOD＝∠BOD＋∠OBD＝90°，∴∠AOC＝∠OBD，∴△AOC∽△OBD，∴＝，即＝，∴－x1x2＝y1y2，∵A、B是直线y＝kx＋b与抛物线y＝x2的两个交点，∴y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2，方程kx＋b＝x2，即x2－4kx－4b＝0的两根为x1、x2，∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，∵－x1x2＝y1y2，即－x1x2＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2，∴4b＝－4bk2＋4bk2＋b2，即b(b－4)＝0，∴b＝0(舍去)或b＝4，∴直线AB的解析式为：y＝kx＋4，故直线AB恒过定点(0，4)．

9. 解：(1)y1＝(6－a)x－20，

y2＝－0.05x2＋10x－40.

(2)∵3≤a≤5，

∴6－a≥0.

∴y1随x的增大而增大．

∵x≤200.

∴当x＝200时，y1取得最大值1180－200a.

∵y2＝－0.05x2＋10x－40＝－0.05(x－100)2＋460.

而－0.05<0，

∴当x<100时y2随x的增大而增大．

∵x≤80，

∴当x＝80时，y2取得最大值440.

综上，若生产甲种产品，最大年利润为(1180－200a)万元，若生产乙种产品，最大年利润为440万元．

(3)设w＝1180－200a－440＝－200a＋740.

∵－200<0，

∴w随a的增大而减小．

由－200a＋740＝0，解得a＝3.7，

∵3≤a≤5，

∴当3≤a≤3.7时，选择产销甲种产品；当3.7≤a≤5时，选择产销乙种产品 .

10. 解：(1)根据抛物线的对称轴为直线x＝，

∴设抛物线解析式为y＝a(x－)2＋k(a≠0)，

∵抛物线经过点B(2，0)，C(0，4)，

∴，解得：，

∴抛物线的解析式为：y＝－2(x－)2＋，

即：y＝－2x2＋2x＋4，

(2)在第一象限内抛物线上取一点P，连接CP，过点P作PF⊥x轴于F，交BC于点E，如解图①，设直线BC 的解析式为y＝dx＋t(d≠0)．

∵直线经过点B(2，0)，C(0，4)，

∴，解得，

∴直线BC的解析式为y＝－2x＋4.

第10题解图①

∵P为第一象限内抛物线上一点，设P点坐标为(n，－2n2＋2n＋4)，则E点坐标为(n，－2n＋4)，

∴PE＝PF－EF

＝－2n2＋2n＋4＋2n－4

＝－2n2＋4n.

∵S△BPC＝S△BPE＋S△CPE

＝PE·BF＋PE·OF

＝PE·(BF＋OF)

＝PE·OB

＝－2n2＋4n.

∴S四边形COBP＝S△OCB＋S△BPC

＝×2×4－2n2＋4n

＝－2n2＋4n＋4

＝－2(n－1)2＋6.

∴当n＝1时，S四边形COBP最大＝6.

(3)存在点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形．

理由如下：

分以下两种情况：

第10题解图②

(ⅰ)如解图②所示：当∠BQM＝90°时，

∵∠CMQ＞90°，

∴只能CM＝MQ，

由(2)得：直线BC的解析式为y＝－2x＋4.

设M点坐标为(m，－2m＋4)(0<m<2)，

则MQ＝－2m＋4，OQ＝m，BQ＝2－m，

在Rt△OBC中，BC＝＝＝2，

∵MQ∥OC，

∴△BMQ∽△BCO，

∴＝，即＝，

∴BM＝(2－m)＝2－m，

∴CM＝BC－BM＝2－(2－m)＝m，

∵CM＝MQ，

∴－2m＋4＝m，m＝＝4－8，

∴Q(4－8，0)；

第10题解图③

(ii)如解图③所示：当∠QMB＝90°时，

∵∠CMQ＝90°，

∴只能CM＝MQ，

设M(m，－2m＋4)，过M作MN⊥x轴于N，

则ON＝m，MN＝－2m＋4，NB＝2－m，

由(i)得：BM＝2－m，CM＝m，

∵∠QBM＝∠OBC，∠QMB＝∠COB＝90°，

∴Rt△BOC∽Rt△BMQ，

∴＝，即＝，

∴MQ＝2(2－m)＝4－2m，

∴m＝4－2m，

∴m＝，

∴M(，)，

当MN⊥x轴于N, MQ⊥BC时，

∠QMN＋∠NMB＝90°，∠NMB＋∠NBM＝90°，

∴∠QMN＝∠NBM，

又∵∠BNM＝∠MNQ＝90°，

∴Rt△BNM∽Rt△MNQ，

∴＝，即＝，

∴NQ＝，

∴OQ＝NQ－ON＝－＝，

∴Q(－，0)；

综上，存在Q点，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形，Q坐标为(4－8，0)或(－，0)

11. 解：(1)把A(3，0)，B(0，4)代入y＝－x2＋bx＋c中得：

，解得，

∴二次函数 y＝－x2＋bx＋c的表达式为：y＝－x2＋x＋4;

第11题解图①

(2)如解图①，当t＝时，AP＝2t，

∵PC∥x轴，

∴＝，

∴OD＝＝×＝，

当y＝时，＝－x2＋x＋4，

3x2－5x－8＝0，

x1＝－1，x2＝(舍)，

∴C(－1，)，

由＝得＝，

则PD＝2，

∴△S△BCP＝×PC×BD＝×3×＝4；

(3)S＝

理由如下：如解图②，

第11题解图②

连接QE交PD于M，

当点E在AB上时，

由(2)得OD＝QM＝ME＝，

∴EQ＝，

由折叠得：EQ⊥PD，则EQ∥y轴，

∴＝，

∴t＝，

同理得：PD＝3－，

∴当0≤t≤时，S＝S△PDQ＝×PD×MQ＝×(3－)×，

S＝－t2＋t；

当<t≤2.5时，

第11题解图③

如解图③，P′D′＝3－，

点Q与点E关于直线P′C′对称，则Q(t，0)、E(t ，)，

∵AB的解析式为：y＝－x＋4，

D′E的解析式为：y＝x＋t，

则交点N(，)，

∴S＝S△P′D′N＝×P′D′×FN＝×(3－)(－)，

∴S＝t2－t＋.

第四章　三角形

第一节　线段、角、相交线与平行线

1. D　【解析】本题考查了多边形周长最小问题，解题的关键是掌握两点之间，线段最短这一基本事实，故选择D.

2. B　【解析】A，C，D生活现象分别所对应的数学原理正确，而B选项的生活现象所运用的数学原理为两点确定一条直线．

3. B　【解析】∵AB＝10 cm，BC＝4 cm，∴AC ＝AB－BC＝6 cm，又点D是AC的中点，∴AD＝AC＝3 cm.

4. B　【解析】根据余角的概念，如果两个角之和为90°，则这两个角互为余角，由B选项可知∠1＋∠2＝90°，故选B.

5. 30　【解析】本题考查了垂直的定义和对顶角的性质，∵OE⊥AB，∴∠AOE＝90°，∵∠COE＝60°，∴∠AOC＝30°，∵AB与CD相交于点O，∴∠BOD＝∠AOC＝30°.

6. 110°

7. 30　【解析】∵AB∥CD，∠1＝60°，∴∠EFD＝60°，∵FG平分∠EFD，∴∠2＝30°.

第8题解图

8. 2　【解析】如解图，过点P作PE⊥OB于点E，则PD＝PE，∵OP平分∠AOB，∴∠AOB＝2∠AOP＝30°，∵PC∥OA，∴∠ECP＝∠AOB＝30°，∴PE＝PC＝2，∴PD＝PE＝2.

第9题解图

9. B　【解析】如解图，延长ED于M交BC于点F，∵AB∥DE，∠ABC＝70°，∴∠MFC＝∠B＝70°，∵∠CDE＝140°，∴∠FDC＝180°－140°＝40°，∴∠C＝∠MFC－∠MDC＝70°－40°＝30°，故选B.

第10题解图

10. D　【解析】如解图，∵CD∥EB, ∴∠B＋∠2＝180°；∴∠B＝180°－∠2＝180°－∠1＝180°－65°＝115°.

11. B　【解析】∵EF⊥BD，∠1＝50°，∴∠BDC＝90°－50°＝40°，∵AB∥CD，∴∠2＝∠BDC＝40°，故选B.

第12题解图

12. B　【解析】本题考查了平行线的性质．∵a∥b，∴∠3＋∠4＝180°，∵∠1与∠3互为对顶角，∴∠1＝∠3，

∵c∥d，∴∠2＝∠4，∴∠2＝∠4＝180°－∠3＝180°－∠1＝70°，故本题选B.

13. C　【解析】∵∠ABC＝150°，∠BCD＝30°，∴∠ABC＋∠BCD＝150°＋30°＝180°，∴AB∥DC.

14. D　【解析】∵DE⊥CE，∴∠DEC＝90°. ∴∠BEC＝180°－(∠1＋∠DEC)＝180°－(34°＋90°)＝56°.

∵AB∥CD，∴∠DCE＝∠BEC＝56°.

第15题解图

15. 90　【解析】如解图，过直角顶点作刀片边缘线的平行线，由平行线的性质可得∠1＝∠3，∠2＝∠4，∵∠3＋∠4＝90°，∴∠1＋∠2＝90°.

16. 50°　【解析】∵AD∥BC，∠EFB＝65°，∴∠DEF＝65°，∴∠DED′＝2∠DEF＝130°，∴∠AED′＝180°－130°＝50°.

17. 90－　【解析】∵点A，C，F，B在同一直线上，∠ECA为α度，∴∠ECB＝(180－α)°，∵CD平分∠ECB，∴∠DCB＝(180－α)°，∵FG∥CD，∴∠GFB＝∠DCB＝(90－)°.

18. 30　【解析】由题知，AB∥CD，则有∠EMB＝∠END＝75°(两直线平行，同位角相等)，又∠PND＝45°，∠END＝∠PND＋∠PNM，即75°＝45°＋∠PNM，∴∠PNM＝30°，故答案为30.

19. C　【解析】平行四边形的对角线互相平分但不一定相等，故C错误．

20. D　【解析】A.错误，如两个邻补角是有公共顶点的两个角，但不是对顶角；B.错误，原式＝x(x＋2)(x－2)；C.错误，原式＝(1＋1)a＝2a；D.正确，因为Δ＝1－8<0，所以一元二次方程无实数根．故选D.

21. C　【解析】A选项，对角线相等的平行四边形是矩形，假命题；B选项，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，假命题；C选项，对角线互相平分的四边形是平行四边形，真命题；D选项，对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形，假命题．故选C.

22. C　【解析】逐项分析如下：

选项	逐项分析	正误
A	两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等
B	平行四边形的判定：有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
C	三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和	√
D	平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧

第23题解图

23. D　【解析】如解图，①如果∠1＝∠2，∠C＝∠D，那么∠A＝∠F，是真命题．理由：∵∠1＝∠2，∠1＝∠3，∴∠2＝∠3，∴BD∥CE，∴∠D＝∠CEF，∵∠C＝∠D，∴∠C＝∠CEF，∴DE∥AC，∴∠A＝∠F；②如果∠1＝∠2，∠A＝∠F，那么∠C＝∠D，是真命题．理由：∵∠1＝∠2，∠1＝∠3，∴∠2＝∠3，∴BD∥CE，∵∠A＝∠F，∴DE∥AC，∴四边形BDEC是平行四边形，∴∠C＝∠D；③如果∠C＝∠D，∠A＝∠F，那么∠1＝∠2，是真命题．理由：∵∠A＝∠F，∴DE∥AC，∴∠C＝∠CEF，∵∠C＝∠D，∴∠D＝∠CEF，∴BD∥CE，∴∠2＝∠3，∵∠1＝∠3，∴∠1＝∠2.故有3个正确的命题，选D.

24. ①②③④　【解析】①∵对应角相等的两个三角形相似，且面积比为相似比的平方，又∵两三角形面积相等，∴相似比的平方为1，即相似比为1，即全等，故①为真命题；②若x＝0则x2－x＝0，故②为真命题；③若二元一次方程组有无数多组解，则这两个二元一次方程为同一个一次函数的解析式，即两条直线重合，故原式可变形为，∴a＝b＝1，故③为真命题；④5xy＋3y－2x2y＝－y(2x2－5x－3)＝－y(2x＋1)(x－3)，故④为真命题．故答案为①②③④.

第二节　三角形的基本概念及性质

基础过关

1. D　【解析】根据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可得.3＋4＜8，故以3，4，8为边长不能组成三角形，故A错误；8＋7＝15，故以8，7，15为边长不能组成三角形，故B错误；5＋5＜11，故以5，5，11为边长不能组成三角形，故C错误；13＋12＞20，20－12<13，故以13，12，20为边长能组成三角形，故D正确．

第2题解图

2. D　【解析】如解图，∵∠6是△ABC的外角，∴∠1＋∠4＝∠6①，又∵∠2是△CDF的外角，∴∠6＝∠2－∠3②，∴①＝②，即∠1＋∠4＝∠2－∠3.

3. B　【解析】要使AD是△ABC边上的高，那么应有AD垂直于BC所在的直线．观察选项，只有B选项中的AD⊥BC交BC的延长线于点D，符合题意故此时AD是△ABC边上的高．

4. A　【解析】本题考查的是三角形三边的关系，点到直线的距离．垂线段最短．求CP的长即为点C到直线AB的距离．∵BC＝6，AC＝3，∴CP≤3，且CP为正数．故选A.

5. A　【解析】在△DBC中，BD＋DC＞BC，∵AD＝BD，∴AD＋DC＞BC，即AC＞BC，故A选项结论正确，B选项结论错误；∵AD＝BD，∴∠A＝∠ABD，∵∠ABC＞∠ABD∴∠ABC＞∠A，故选项C，D的结论错误，故选A.

6. A　【解析】∵|a－4|≥0，≥0，|a－4|＋＝0，∴a＝4，b＝2，∵根据三角形的三边关系三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，故c的取值范围为：2<c<6 ，故本题选A.

7. C　【解析】∵CD，CE，CF分别是△ABC的高、角平分线、中线，∴CD⊥BE，∠ACE＝∠ACB，AB＝2BF，无法确定AE＝BE.故选C.

8. B　【解析】由垂直平分线的性质得AD＝DC，AE＝CE，∴△ABD周长＝AB＋BC＝△ABC周长－2AE＝23－2×4＝15.

9. B　【解析】∵DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC，DE＝BC，又∵CF∥BD，∴四边形DBCF是平行四边形，∴DF＝BC，∴DE＝DF.∴DE＝EF.故选B.

10. 12　【解析】解一元二次方程x2－13x＋40＝0得x＝5或x＝8.(ⅰ)当x＝5时，∵3＋4>5，∴3，4，5构成三角形，此时三角形周长为：3＋4＋5＝12；(ⅱ)当x＝8时，∵3＋4<8，不满足三角形的三边关系，∴3，4，8构不成三角形．故此三角形的周长为12.

11. 38°　【解析】∵AD∥BC，∠B＝71°，∴∠EAD＝∠B＝71°，∵AD是∠EAC的平分线，∴∠EAC＝2∠EAD＝142°，∴∠BAC＝180°－∠EAC＝180°－142°＝38°.

12. 13　【解析】∵DE垂直平分AB，∴AE＝BE，∵AE＋EC＝8，∴EC＋BE＝8，∴△BCE的周长为BE＋EC＋BC＝13.

13. 50°或130°　【解析】当三角形的外心在三角形的内部时，则∠A＝∠BIC＝50°；当三角形的外心在三角形的外部时，则∠A＝180°－∠BIC＝130°.

14. 14　【解析】∵D、E分别是AB、BC的中点，∴DE∥AC，DE＝AC，同理，EF＝AB，∴四边形ADEF的周长＝2AD＋2AF＝AB＋AC＝14 cm.

15.　【解析】在Rt△ACB中，CD是斜边AB上的中线，已知CD＝2，∴AB＝4，∴cosA＝＝.

满分冲关

1. A　【解析】三角形三边的垂直平分线的交点到三顶点的距离相等，A选项正确；三条角平分线的交点到三边的距离相等，而到三顶点的距离不一定相等，B选项错误；三条高所在直线的交点到三顶点的距离不一定相等，C选项错误；三条中线的交点到三顶点的距离不一定相等，D选项错误．

2. B　【解析】∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，∴AC＝＝10，∵DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC，DE＝BC＝3，∵CF平分∠ACM，∴∠ACF＝∠MCF，又∵DE∥BC，∴∠EFC＝∠MCF，∴∠EFC＝∠ACF, 即△EFC为等腰三角形∴EF＝CE＝AC＝5，∴DF＝DE＋EF＝3＋5＝8.

3. 8或24　【解析】如解图①，∵BC＝6，BD∶CD＝2∶1，∴BD＝4，在Rt△ABD中，AD＝BD×tan∠B＝4×＝，∴S△ABC＝BC×AD＝×6×＝8；

第3题解图

如解图②，∵BC＝6，BD∶CD＝2∶1，∴BD＝12，在Rt△ABD中，AD＝BD×tan B＝12×＝8，

∴S△ABC＝×BC×AD＝×6×8＝24.

4. x＝4或x≥8

第4题解图

　【解析】如解图所示，要使满足条件的△ABC唯一确定，则点C的选取必须唯一确定．∵AB＝8，∠BAC＝45°，∴点C只能是在AC所在的射线上，那么，我们就需要分类讨论来找出那些能唯一确定的点C位置，①过点B向射线AD作垂线，垂足为C1，则BC1＝AC1＝AB·cos∠BAC＝4，此时x最小且唯一确定点C；

②过点B作AB的垂线交射线AD于C2则BC2＝8，此时x＝8且中唯一确定点C；

③当BC1<BC<BC2时，即4<x<8时，点C可以在点C1左边也可以在点C1右边，此时不能唯一确定点C；

④过点B与射线AD上点C2右侧任意一点连接，则BC>AB，即此时x>8时有唯一确定点C，综上所述，当x＝4或x≥8时唯一确定点C，即满足条件的△ABC唯一确定．

第5题解图

5. 3　【解析】如解图，连接DN，根据三角形的中位线定理得出EF＝DN，从而可知DN最大时，EF最大，因为N与B重合时DN最大，此时DN＝DB＝＝6，∴EF的最大值为3.

6. 解：(1)∵CF⊥AB于F，M为BC的中点，

∴MF＝MC＝BC＝×10＝5，

同理ME＝MB＝BC＝×10＝5，

∴△EFM的周长＝FM＋EM＋EF＝5＋5＋4＝14；

(2)∵MF＝MB，

∴∠ABC＝∠MFB＝50°，

同理∠ACB＝∠MEC＝60°，

∴∠BMF＝180°－50°－50°＝80°，

∠EMC＝180°－60°－60°＝60°，

∴∠FME＝180°－80°－60°＝40°.

7. 解：(1)证明：∵AB＝AC，AD平分∠CAE,

∴ ∠B＝∠ACB, ∠CAD＝∠EAD＝∠CAE，

又∵∠CAE＝∠B＋∠ACB，

∴ ∠B＝∠DAE，

∴ AD∥BC；

(2)∵ CG⊥AD,

∴ ∠CFA＝∠GFA＝90°，

又∵∠CAD＝∠EAD，FA＝FA，

∴△ACF≌△AGF(ASA)，

∴AC＝AG，CF＝FG，

又∵AB＝AC，

∴AB＝AG，

∴AF是△GBC的中位线，

∴BC＝2AF＝8.

第三节　等腰三角形与直角三角形

1. C　【解析】∵△ABC的周长是l，BC＝l－2AB，∴AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形，它的对称轴为底边BC上的中线所在直线，故选C.

2. B　【解析】∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∵DE∥AB，∴∠DEC＝∠ABC＝∠C，∠ABD＝∠BDE，∴DE＝DC，∵BD是∠ABC的平分线，∴∠ABD＝∠DBE，∴∠DBE＝∠BDE，∴BE＝DE＝DC＝5 cm，∴△CDE的周长为DE＋DC＋EC＝5＋5＋3＝13 cm.

第3题解图

D　【解析】当中线是底边中线时，底边＝2×＝2×8＝16；当中线是腰上的中线时，如解图所示，设AB＝AC＝10，中线CD＝6，过点C作CE⊥AB于点E，BE＝x，则：DE＝5－x，AE＝10－x，由勾股定理得：AC2－AE2＝CE2＝CD2－DE2，∴102－(10－x)2＝62－(5－x)2，解得：x＝，∴CE2＝CD2－DE2＝，∴BC＝＝.

4. D　【解析】本题考查等腰三角形的性质及判定．∵∠A＝36°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠C＝(180°－36°)＝72°，△ABC是等腰三角形．∵BD是∠ABC的角平分线，∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝36°，∴∠BDC＝180°－∠C－∠DBC＝72°，∴∠C＝∠BDC＝72°，∴△BCD是等腰三角形．∴BC＝BD.∵BE＝BC，∴BE＝BD，∴△BED是等腰三角形．∵∠EBD＝36°，∴∠A＝∠ABD＝36°，∴△ABD是等腰三角形．∵∠BED＝(180°－36°)＝72°，∴∠AED＝180°－∠BED＝108°，∵∠A＝36°，∴∠ADE＝180°－∠A－∠AED＝180°－36°－108°＝36°，∴△AED是等腰三角形．∴等腰三角形有△ABC、△BCD、△ABD、△BED、△AED共5个．

5. 35　【解析】∵AB＝BC，∠ABC＝110° ，∴∠A＝∠C＝35° ，

∵DE垂直平分AB，∴DA＝DB，∴∠A＝∠ABD＝35°.

6. 解：(1)∵AD＝BC＝，

∴AD2＝()2＝，

∵AC＝1，

∴CD＝1－＝，

∴AD2＝AC·CD；

(2) ∵AD2＝AC·CD，

∴BC2＝AC·CD，即＝，

又∠C＝∠C，

∴△ABC∽△BDC，

∴＝，

又AB＝AC，

∴BD＝BC＝AD，

∴∠A＝∠ABD，∠ABC＝∠C＝∠BDC，

设∠A＝∠ABD＝x，则∠BDC＝∠A＋∠ABD＝2x，

∴∠ABC＝∠C＝∠BDC＝2x，

∵∠A＋∠ABC＋∠C＝x＋2x＋2x＝180°，

解得x＝36°.

∴∠ABD＝36°.

　第7题解图

7. D　【解析】如解图，当

OM1＝2，点N1与点O重合时，△PM1N1是等边三角形；当ON2＝2，点M2与点O重合时，△PM2N2是等边三角形；当点M3，N3分别是OM1，ON2的中点时，△PM3N3是等边三角形；当取∠M1PM4＝∠OPN4时，易证△M1PM4≌△OPN4，∴PM4＝PN4，又∵∠M4PN4＝60°，∴△PM4N4是等边三角形，∴此时点M，N有无数个，综上所述，故选D.

第8题解图

C　【解析】如解图所示，延长ED交BC于点M，延长AD交BC于点N，作DF∥BC于交BEF，∵AB＝AC，AD平分∠BAC，∴AN⊥BC，BN＝CN，∵∠EBC＝∠E＝60°，∴△BEM为等边三角形，∴△EFD为等边三角形，∵BE＝6 cm，DE＝2 cm，∴DM＝4 cm，∵△BEM为等边三角形，∴∠EMB＝60°，∵AN⊥BC，∴∠DNM＝90°，∴∠NDM＝30°，∴NM＝2 cm，∴BN＝4 cm，∴BC＝2BN＝8 cm.

第9题解图

9. B　【解析】如解图，△ABC是等边三角形，AB＝3，点P是三角形内任意一点，过点P分别向三边AB，BC，CA作垂线，垂足依次为D，E，F，过点A作AH⊥BC于点H.则BH＝，AH＝＝.连接PA，PB，PC，则S△PAB＋S△PBC＋S△PCA＝S△ABC，∴ AB·PD＋BC·PE＋CA·PF＝BC·AH.∵AB＝BC＝CA，∴PD＋PE＋PF＝AH＝.

10.　【解析】∵△ABC是等边三角形，点P是∠ABC的角平分线BD上一点，∴∠FBQ＝∠EBP＝30°，∴在Rt△BFQ中，BQ＝BF·cos∠FBQ＝2×＝，又∵QF是BP的垂直平分线，∴BP＝2BQ＝2.∵在Rt△BPE中，∠EBP＝30°，∴PE＝BP＝.

第11题解图

11. 2　【解析】如解图，过点B′作B′O⊥AD交AD于点O. 将等边△BDE沿DE折叠后得等边△B′DE，那么四边形BDB′E是菱形；在Rt△ODB′中，由折叠知∠BDE＝∠B′DE＝∠ODB′＝60°，B′D＝4，可求得OD＝2，OB′＝2；在Rt△AOB′中，AO＝AB－OD－BD＝10－2－4＝4，AB′＝＝＝2 .

12. B　【解析】∵AF⊥BF，点D是AB边上的中点，∴DF＝BD＝AB＝5，∴∠DBF＝∠DFB，∵BF平分∠ABC，∴∠DBF＝∠CBF＝∠BFD，∴DE∥BC，故DE是△ABC的中位线，∴DE＝BC＝8，∴EF＝DE－DF＝8－5＝3.

13. D　【解析】∵AB＝10，BC＝6，AC＝8，∴AB2＝AC2＋BC2，∴∠ACB＝90°，∵DE垂直平分AC，∴∠AED＝90°，AE＝CE＝4，∴DE∥BC，∴DE是△ABC的中位线，∴DE＝BC＝3.在Rt△CED中，CD＝＝5 .

第14题解图

14. C　【解析】如解图，过点D作DN⊥AB于点N，过点C作CM⊥AB于点M.在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝2，根据勾股定理，得AB＝＝＝2 ，利用等面积法，即S△ABC＝AC·CB＝AB·CM，可求CM＝＝.设AP＝x，易证△ADP∽△ACB，∴＝()2 ，∴S1＝()2××4×2＝x2 ，S2＝×(AB－AP－PE)·CM＝×(2－x－1)×＝－x＋4－，∴S1＋S2＝x2－x＋4－，此函数为二次函数，a＝>0，∵对称轴为x＝－＝，AB＝2>5，∴图象开口向上，故先减小，后变大，故选C.

15.

第15题解图

　【解析】如解图所示，作BE⊥AD于E，则BE∥CD，由AB＝BD得E是AD的中点，因此OE是△ACD的一条中位线，从而O是AC的中点，以O为圆心，OA为半径作圆．则由∠ABC＝∠ADC＝90°可知该圆经过A、B、C、D四点，易知AP＝4，PC＝1，AC＝AP＋PC＝5，因此，OA＝OC＝，OP＝OC－PC＝，由BE∥CD得，BP∶PD＝OP∶PC＝，因此BP＝DP，从而AB＝BD＝BP＋PD＝PD，由相交弦定理得BP·PD＝AP·PC＝4，即PD2＝4，因此PD2＝，从而AB2＝(PD)2＝PD2＝，由勾股定理得BC2＝AC2－AB2＝52－＝，因此BC＝，∴cos∠ACB＝BC∶AC＝.

16. 解：(1)证明：在△CAD中，∵M、N分别是AC、CD的中点，

∴MN∥AD且MN＝AD，

在Rt△ABC中，

∵点M是AC的中点，

∴BM＝AC，

又∵AC＝AD，

∴BM＝AC＝AD＝MN，

∴MN＝BM；

(2)∵∠BAD＝60°，且AC平分∠BAD，

∴∠BAC＝∠DAC＝∠BAD＝30°，

由(1)知，BM＝AC＝AM＝MC，

∴∠BMC＝60°

∵MN∥AD，

∴∠NMC＝∠DAC＝30°，

∴∠BMN＝∠BMC＋∠NMC＝90°，

∴BN2＝BM2＋MN2，

而由(1)知，MN＝BM＝AC＝×2＝1，

∴BN＝.

第17题解图

17. B　【解析】如解图，连接OC，证明△AOD≌△COE，得AD＝CE，进而得CD＋CE＝AC，∵△ABC是等腰直角三角形，∴AC2＋BC2＝AB2＝2AC2＝6，∴AC＝，∴CD＋CE＝，故选B.

18. C　【解析】∵∠APE、∠CPF都是∠APF的余角，∴∠APE＝∠CPF，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，点P是BC中点，∴AP＝CP，∴∠PAF＝∠FCP，又由题意知∠EAP＝∠PAF，∴∠EAP＝∠FCP，在△APE与△CPF中，，∴△APE≌△CPF(ASA)，∴AE＝CF同理可证△APF≌△BPE，PE＝PF，△EPF是等腰直角三角形，∴S△AEP＝S△CFP，∴S四边形AEPF＝S△APC＝S△ABC，①②④正确；∵AP＝BC，若EF＝AP＝BC，则EF是△ABC的中位线，不能保证结论始终正确，故③错误．故选C.

19.或　【解析】由题知，点P为直角边BC的三等分点，显然分两种情况讨论：(ⅰ)如解图①，当点P靠近点B时，∵AC＝BC＝3，∴CP＝2，在Rt△ACP中，由勾股定理得AP＝＝；(ⅱ)如解图②，当点P靠近点C时，∵AC＝BC＝3，∴CP＝1，在Rt△ACP中，由勾股定理得AP＝＝. 综上可得：AP＝或.

第19题解图

20. 解：(1)∵AD＝2CD，AC＝3，

∴AD＝2，

在Rt△ABC中， ∠ACB ＝90°，AC＝BC＝3，

∴∠A＝45°，AB＝＝3，

∵DE⊥AB，

∴∠AED＝90°，∠ADE＝∠A＝45°，

∴AE＝AD·cos45°＝，

∴BE＝AB－AE＝2，即线段BE的长是2.

第20题解图

(2)如解图，过点E作EH⊥BC于点H，

在Rt△BEH中，∠EHB＝90°，∠B＝45°，

∴EH＝BH＝EB·cos45°＝2，

又∵BC＝3，

∴CH＝1，

在Rt△ECH中，cot∠ECB＝＝，即∠ECB的余切值是.

第四节　全等三角形

基础过关

1. D　【解析】逐项分析如下表：

选项	逐项分析	正误
A	添加∠A＝∠D，可根据”ASA”判断两三角形全等	√
B	添加BC ＝EF，可根据“SAS”判断两三角形全等	√
C	添加∠ACB＝∠F，可根据”AAS”判断两三角形全等	√
D	添加AC ＝DF，两三角形有两组对应边相等，但两组对应边的夹角不等，故不能判断两三角形全等

2. C　【解析】由题意可知：(1)∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CB，∠A＝∠C，DA＝DC，∴△ABD≌△CBD(SAS)；(2)∵四边形ABCD是正方形，O是BD的中点，∴∠MNO＝M′N′O，∠MON＝M′ON′，ON＝ON′，∴△MON≌△M′ON′(SAS)；(3)∵四边形ABCD是正方形，O是BD的中点，∴∠DON＝∠BON′，∠DNO＝∠BN′O，OB＝OD，∴△DON≌△BON′(AAS)；(4)∵四边形ABCD是正方形，点O是BD的中点，∴∠DOM＝∠BOM′，∠MDO＝∠M′BO，OD＝OB，∴△DOM≌△BOM′(ASA)．故图中的全等三角形共有4对．

3. C　【解析】要使△ABP与△ABC全等，首先，点P到AB的距离应该等于点C到AB的距离，即3个单位长度，故点P的位置可以是P1，P2，P4三个．根据全等三角形的判定方法可以证明P1，P2，P4三点均满足条件．

第4题解图

4. B　【解析】延长AE交BC于F，如解图所示，∵AB⊥BC，AB⊥AD，∴AD∥BC，∴∠D＝∠C，∵点E是CD的中点，∴DE＝CE，在△ADE和△FCE中，，∴△ADE≌△FCE(ASA)，∴AE＝FE，AD＝CF＝5，∴BF＝BC－CF＝5，在Rt△ABF中，AF＝＝＝13，∴AE＝AF＝.

5. ①②③　【解析】∵△ABO≌△ADO，∴∠AOB＝∠AOD＝90°，∴AC⊥BD，∴①正确；∵△ABO≌△ADO，∴BO＝OD，又∵由①知AC⊥BD，∴CB＝CD，∴②正确；∵△ABO≌△ADO，∴AB＝AD，在△ABC和△ADC中，AB＝AD，CB＝CD，AC＝AC，∴△ABC≌△ADC(SSS)，∴③正确；∵DA和DC不一定相等，∴④不正确．

6. 120°　　【解析】如解图，AC与BD交于点H，∵△ACD和△ECB都为等边三角形，∴AC＝DC，CE＝BC，∴∠ACD＝∠BCE＝60°，∴∠ACD＋∠ACB＝∠BCE＋∠ACB，即∠ACE＝∠DCB，在△ACE与△DCB中，AC＝DC，∠ACE＝∠DCB，CE＝BC∴△ACE≌△DCB(SAS)，∴∠CAE＝∠CDB，∵∠DCH＋∠CHD＋∠BDC＝180°，∠AOH＋∠AHO＋∠CAE＝180°，∠DHC＝∠OHA，∴∠AOH＝∠DCH＝60°，∴∠AOB＝180°－∠AOH＝120°.

第6题解图

　　　　第7题解图

7.　【解析】如解图，作DF∥BC交AC于点F，∴∠FDC＝∠DCE，∵∠DEC＝∠DCE，∴∠FDC＝∠DEC，∵AB＝AC，∴BD＝CF，∵∠DFA＋∠DFC＝∠DBE＋∠DBC，而∠DBC＝∠ADF＝∠AFD，∴∠DBE＝∠DFC，∴△DBE≌△CFD，∴DF＝BE，∴＝＝.

8. 证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AD＝CD，∠DAB＝∠DCE＝90°，

∴∠DAF＝∠DCE，

在△DAF和△DCE中，

，

∴△DAF≌△DCE(SAS)，

∴DE＝DF.

9. 证明：(1)四边形ABCD中，

∵BE＝DF，

∴BF＝DE.

∵AE⊥BD，CF⊥BD，

∴∠AED＝∠CFB＝90°.

又∵AD＝BC，

∴△ADE≌△CBF(HL)；

第9题解图

(2)如解图，连接AC交BD于点O，

∵△ADE≌△CBF，

∴∠ADE＝∠CBF.

又∵∠AOD＝∠COB，AD＝BC，

∴△AOD≌△COB(AAS)．

∴AO＝CO.

第1题解图

满分冲关

1. D　【解析】过P作PF∥CQ交AC于F，如解图，∴∠FPD＝∠Q，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠ACB＝60°，∴∠A＝∠AFP＝60°，∴AP＝PF，∵PA＝CQ，∴PF＝CQ，在△PFD与△DCQ中，∴△PFD≌△QCD，∴PD＝DQ，DF＝CD，∴A选项正确，∵AE＝EF，∴DE＝AC，∴B选项正确，∵PE⊥AC，∠A＝60°，∴AE＝AP＝CQ，∴C选项正确．故选D.

2. 6　

第2题解图

【解析】当BD＝6时，△ABD和△DCE全等，理由是：如解图，过A作AF⊥BC于点F，则∠AFB＝∠AFC＝90°，∵AB＝AC＝10，∴BF＝CF，∠B＝∠C，∵∠ADE＝∠B＝α，DE交AC于点E，且cosα＝，∴cosB＝＝，∴BF＝8，∴BC＝2BF＝16，∵BD＝6，∴CD＝16－6＝10，∵AB＝10，∴CD＝AB，∴∠ADE＝∠B＝α，∴∠BAD＋∠ADB＝180°－α，∠CDE＋∠ADB＝180°－α，∴∠BAD＝∠CDE，在△ABD和△DCE中，，∴△ABD≌△DCE(ASA)，即当BD＝6时，△ABD与△DCE全等．故答案为：6.

第3题解图

3. 24＋9　【解析】连接PQ，如解图，由旋转知，AP＝AQ，∵∠PAQ＝60°，即△PAQ为等边三角形∴AP＝AQ＝PQ＝6，∵∠BAC＝∠PAQ＝60°，∴∠PAC＝∠QAB，又∵AB＝AC，∴△APC≌△AQB(SAS)，∴BQ＝CP＝10，∵BP＝8，PQ＝6，∴PQ2＋BP2＝BQ2，∴∠BPQ＝90°，∴S△BPQ＝×6×8＝24，又由题意知，△APQ高为＝3，∴S△APQ＝×6×3＝9，∴S四边形APBQ＝S△APQ＋S△BPQ＝9＋24.

4. (3，4)或(－，)或(，)(答对一个给1分)

【解析】如解图，①∵△AOB≌△BP1A，∠AOB＝90°，

∴∠AP1B＝90°，BP1＝OA＝3，AP1＝OB＝4，∴P1(3，4)；

第4题解图

②作P1P2∥AB，且AP2＝3，BP2＝4，设P2的横坐标为m，∵AB所在直线表达式为y＝－x＋4，由P1(3，4)可知P1P2所在直线表达式为y＝－x＋8，

∴P2(m，－ m＋8)，∵A(3，0)，AP2＝3，∴(m－3)2＋(－m＋8)2＝32，即25m2－246m＋576＝0，解得m1＝，m2＝6(舍)，∴P2(，)；③作OP3∥AB且AP3＝4，BP3＝3，∴OP3所在直线表达式为y＝－x，设P3(n，－ n)，则同理可得，n2＋(－n－4)2＝32，即25n2＋96n＋63＝0，解得n1＝－，n2＝－3(舍)，∴P3(－，)．

5. ①②③④　　【解析】①∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°.∵CD＝CE，∴△CDE也是等边三角形，∴DE＝EC＝DC，∠DEC＝60°，∴∠AEF＝60°.∵EF＝AE，∴△AEF也是等边三角形，∴AE＝AF，∠EAF＝∠EAB＝60°，∴△ABE≌△ACF(SAS)，故①正确；②∵∠AFD＝∠FDC＝60°，∴AF∥BC.∵∠ABC＝∠FDC＝60°，∴AB∥DF，∴四边形ABDF是平行四边形，∴AB＝DF，∴BC＝DF，故②正确；③∵△ABE≌△ACF，∴BE＝CF.∵AC＝BC，DC＝CE，∴AE＝BD，∴BD＝EF，∵DE＝CE，∴△BED≌△FCE(SSS)，∴S△BED＝S△FCE，∴S△BEC＝S△FCD.又∵S△ABE＝S△ACF，∴S△ABC＝S△ABE＋S△BEC＝S△ACF＋S△DCF，故③正确；④∵△BED≌△FCE，∴∠BED＝∠ECF.∵∠BED＝∠FEG，∴∠FEG＝∠ECF.∵∠EFC为公共角，∴△EFG∽△CFE，∴＝，∴＝.∵AB∥ED，∴＝，∴＝.∵BD＝2DC，∴FG＝2EG，故④正确．故答案为①②③④.

6. 证明：(1)∵△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，

∴CD＝CE，AC＝BC，∠ECD＝∠ACB＝90˚，

∴∠ECD－∠ACD＝∠ACB－∠ACD，

即∠ACE＝∠BCD，

在△ACE与△BCD中，

，

∴△ACE≌△BCD(SAS)；

(2)∵△ACE≌△BCD，

∴AE＝BD，∠EAC＝∠B＝∠CAD＝45˚，

∴∠EAD＝∠EAC＋CAD＝90˚，

在Rt△EAD中，ED2＝AD2＋AE2，

∴ED2＝AD2＋BD2，

又ED2＝EC2＋CD2＝2CD2，

∴2CD2＝AD2＋DB2.

7. 解：(1)证明：①∵AB⊥AD，AE⊥AC，

∴∠BAD＝∠CAE＝90°，

∴∠BAD－∠CAD＝∠CAE－∠CAD，

即∠BAC＝∠DAE，

又∵AB＝AD，AC＝AE，

∴△ABC≌△ADE(SAS)；

②∵AE＝AC，AH⊥CD，△ACE为等腰直角三角形，

∴∠AED＝∠ACD＝45°，CH＝HE，

由①知△ABC≌△ADE，

∴∠ACB＝∠AED＝45°，

∴∠BCD＝∠ACB＋∠ACD＝45°＋45°＝90°，

∴AH∥BC，

∴FH是△BCE的中位线，

∴F是BE的中点，

∴BF＝EF；

第7题解图

(2)还成立.

证明如下：如解图，过点B作BG∥AE，交AH于点G，

∵AE∥BG，

∴∠AGB＝∠GAE，

∵∠ACH＋∠CAH＝90°，∠GAE＋∠CAH＝90°，

∴∠ACH＝∠GAE，

∴∠AGB＝∠ACD，

∵∠BAG＋∠DAH＝90°，∠ADC＋∠DAH＝90°，

∴∠BAG＝∠ADC，

又∵AB＝AD，

∴△ABG≌△DAC，

∴BG＝AC，

∵AC＝AE，

∴BG＝AE，

∵BG∥AE，

∴∠AEF＝∠GBF，

∴△BFG≌△EFA，

∴BF＝EF.

第五节　相似三角形

基础过关

1. D　【解析】因为DE∥BC，所以∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，所以△ADE∽△ABC，所以＝()2 .因为BD＝2AD，所以AB＝3AD，所以S△ABC＝9S△ADE＝9，所以S四边形DBCE＝S△ABC－S△ADE＝8.

2. C　【解析】∵AF∥CD，∴△AEF∽△DEC；∵AE∥BC，∴△AEF∽△BCF，故选C.

3. B　【解析】根据平行线分线段成比例定理可求．∵直线a∥b∥c，∴＝＝，故选B.

4. C　【解析】根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得A和B都正确；根据有两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似可得D正确，故选C.

5. A　【解析】由题知：DE∥BC，由比例线段可得＝，故A正确；∵EF与AD不平行，所以得不到＝，故B错误；∵DE∥BC，由比例线段可得＝，故C错误；△BDF与△CEF不一定相似，所以＝不一定成立，故D错误. 故选A.

6. 2　【解析】∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝＝，∵AD＝4.∴AB＝6，∴DB＝6－4＝2.

7. 1.4 m　【解析】如解图，由题意得，DE∥BC，∴△ABC∽△AED，∴＝，即＝，解得h＝1.4 m.

第8题解图

8. AF＝AC或∠AFE＝∠ABC　【解析】分两种情况：①∵△AEF∽△ABC，∴AE∶AB＝AF∶AC，即AF∶AC＝1∶2，∴AF＝AC；②∵△AFE∽△ABC，∴∠AFE＝∠BCA，∴要使以A、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，则AF＝AC或∠AFE＝∠ABC.

9. 4　【解析】由AD∥BC易证△DEF∽△BCF，因为E是AD的中点，可求出相似比是1∶2，则面积比为1∶4；由△DEF和△DFC等高可知，＝＝，所以S△DEF＝S△DEC＝1；所以△BCF的面积是4.

10.　【解析】∵矩形EFGH内接于△ABC, AD⊥BC，AD＝2，BC＝3，EF＝EH，∴EH∥BC，AM＝AD－MD＝AD－EF＝2－EH.∴△AEH∽△ABC.∴＝，即＝，∴EH＝.

11. 解：(1)证明：∵AD⊥BC，BE⊥AC，

∴∠ADC＝∠BDF＝∠AEF＝90°.

又∵∠AFE＝∠BFD，

∴∠CAD＝∠FBD，

∴△ACD∽△BFD.

(2)∵tan∠ABD＝1，

∴＝1，即AD＝BD，

又∵△ACD∽△BFD，

∴△ACD≌△BFD，

∴AC＝BF.

又∵AC＝3，

∴BF＝3.

满分冲关

第1题解图

1. B　【解析】如解图：过点D作DF⊥BC于点F.∵AD∥BC，∠ABC＝90°，∴∠A＝90°，∴四边形ABFD为矩形，∴AB＝DF，AD＝BF＝1，∴CF＝1.在Rt△DFC中，由勾股定理得DF＝＝2，∴AB＝2.∵∠1＋∠2＝90°，∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，∴△ADE∽△BEC，∴＝＝，∴AE·BE＝AD·BC＝2，∴AE·( 2－AE)＝2，即AE2－2AE＋2＝0，(AE－)2＝0，∴AE＝，∴BE＝，∴＝，∴CE＝DE.故选B.

2. C　【解析】多边形①中，m＝4，n＝6，∴m≠n；多边形②中，m＝2.5，n＝2.5，∴m＝n；多边形③中，m＝6，n＝6，∴m＝n.故选C.

3. B　【解析】∵∠B＝∠DAC，∠C＝∠C，∴△ABC∽△DAC.∴＝，即AC2＝BC·DC.∵AD是中线，BC＝8，∴DC＝BC＝4.∴AC2＝8×4，∴AC＝4.

4. B　【解析】由题意可知，DE∥AC，∴△DEO∽△CAO，面积比等于相似比的平方，∴＝，△BDE∽△BAC,＝＝，△BDE与△DEC等高，底＝，则＝.

5.　【解析】在矩形ABCD中，∵AB＝，AD＝，∴BD＝3，∵BE＝1.8，∴ED＝BD－BE＝3－1.8＝1.2，∵AB∥DC，∴△ABE∽△FDE，∴＝，即＝，解得DF＝，∴CF＝DC－DF＝.∴＝＝.

6. 7　【解析】∵△ABC与△DEC的面积相等，∴△CDF与四边形AFEB的面积相等，∵AB∥DE，∴△CEF∽△CBA，∵EF＝9，AB＝12，∴＝＝，∴＝.设△CEF的面积为9k，则四边形AFEB的面积为7k，∵△CDF与四边形AFEB的面积相等，∴S△CDF＝7k，∵△CDF与△CEF是同高不同底的三角形，∴它们的面积比等于底之比，∴＝，∴DF＝7.

7.　【解析】根据题意可得BI＝4BC，∵∠ABC＝∠IBA，＝＝，∴△ABC∽△IBA，∵△ABC是等腰三角形，∴AI＝BI＝4，又∵△ABC、△DCE、△FEG、△HGI是全等的等腰三角形，∴QG∥AC, ∴△IQG∽△IAC，∴＝，IQ＝＝＝.

8. 解：(1)证明：∵点E、F分别是AB、CD的中点，且GE⊥AB，GF⊥CD，

∴GE、GF分别是线段AB、CD的垂直平分线，

∴GA＝GB，GC＝GD，

在△AGD和△BGC中，

，

∴△AGD≌△BGC(SAS)，

∴AD＝BC；

(2)证明：∵∠AGD＝∠BGC，

∴∠AGB＝∠DGC.

在△AGB和△DGC中，＝，∠AGB＝∠DGC，

∴△ABG∽△DCG，

∴＝，∠GAE＝∠GDF，

又∵∠GEA＝∠GFD＝90°，

∴∠AGE＝∠GEA－∠GAE，∠DGF＝∠GFC－∠GDF，

即∠AGE＝∠DGF，

∴∠AGD＝∠EGF，

∴△AGD∽△EGF；

(3)如解图，延长AD交GB于点M，交BC的延长线于点H，则AH⊥BH.

由△AGD≌△BGC，知∠GAM＝∠HBM.

在△GAM和△HBM中，∠GAM＝∠HBM，∠GMA＝∠HMB，

∴△GMA∽△HMB，

第8题解图

∴∠AGB＝∠AHB＝90°，

∴∠AGE＝∠AGB＝45°，

∴＝.

又∵△AGD∽△EGF，

∴＝＝.

第六节　解直角三角形及其应用

基础过关

1. B　【解析】斜坡AB的坡角是10°，选项A错误；坡度＝坡比＝坡角的正切，选项B正确；AC＝米，选项C错误．AB＝米，∴选项D错误．综上，只有选项B是正确的．

2. D　【解析】如解图，连接AC，由题意得AC＝，AB＝2，BC＝，∴BC2＝AC2＋AB2，∴∠CAB＝90°，∴在Rt△ABC中，tan∠ABC＝＝＝.

第2题解图

3. C　【解析】∵sinA＝＝∴设BC＝4a，AB＝5a，则AC＝＝3a，∴3a＝6，即a＝2，故BC＝4a＝8 cm，故选C.

4. 4　【解析】在Rt△ABC中，sinB＝＝，∵AC＝8，∴AB＝10，BC＝＝＝6，又∵BD＝BC－CD，CD＝2，∴BD＝6－2＝4.

第5题解图

5. 9　【解析】如解图，过点B作BE⊥CD于点E，设旗杆AB的高度为x，在Rt△ABC中，tan∠ACB＝，所以AC＝＝＝＝x，在Rt△BDE中，BE＝AC＝x，∠BDE＝60°，tan∠BDE＝，所以DE＝＝＝x，因为CE＝AB＝x，所以DC＝CE－DE＝x－x＝6，所以x＝9，故旗杆的高度为9米．

第6题解图

6.　【解析】如解图，过A作AD⊥BC于点D.在Rt△ABD中，BD＝AB·sin60°＝80×＝40 (海里)，AD＝AB·cos60°＝80×＝40(海里)；在Rt△ACD中，CD＝AD·tan45°＝40(海里)，∴BC＝BD＋CD＝(40＋40)海里，∴该船行驶的速度为：海里/小时．

第7题解图

7．解：∵∠DEB＝60°，∠DAB＝30°，

∴∠ADE＝60°－30°＝30°，

∴∠DAB＝∠ADE，

∴DE＝AE＝20，

如解图，过点D作DF⊥AB于点F，则∠EDF＝30°，

∴在Rt△DEF中，EF＝DE＝10，

∴AF＝20＋10＝30，

∵DF⊥AB，∠CAB＝90°，

∴CA∥DF，

又∵l1∥l2，

∴四边形CAFD是矩形，

∴CD＝AF＝30，

答：C、D两点间的距离为30米．

第8题解图

8. 解：如解图，过E点作EF⊥AC于F，EG⊥CD于G.

在Rt△DEG中，∵DE＝1620，∠D＝30°

∴EG＝DE·sin∠D＝1620×＝810尺

又∵BC＝857.5，CF＝EG，

∴BF＝BC－CF＝47.5尺，

在Rt△BEF中，

∵tan∠BEF＝，

∴EF＝BF，

在Rt△AEF中，∠AEF＝60°，设AB＝x，

∵tan∠AEF＝，

∴AF＝EF·tan∠AEF，

即x＋47.5＝()2×47.5，

解得x＝95，

答：雕像AB的高度为95尺．

第9题解图

解：如解图，过点C作CD⊥AB，垂足为D，则DB＝9(米)，

在Rt△CBD中，∠BCD＝45°，

∴CD＝＝9(米)，

在Rt△ACD中，∠ACD＝37°，

∴AD＝CD·tan37°≈9×0.75＝6.75(米)，∴AB＝AD＋DB≈6.75＋9＝15.75(米)，

∴(15.75－2.25)÷45＝0.3(米/秒)，

∴国旗应以约0.3米/秒的速度匀速上升．

满分冲关

第1题解图

D　【解析】如解图，过点E作EF⊥AB于F，过点B作BG⊥CD于G，在Rt△BCG中，∵BC＝12，iBC＝＝1∶，∴BG＝6，CG＝6，∴BF＝FG－BG＝DE－BG＝15－6＝9，∵∠AEF＝45°，∴AF＝EF＝DG＝CG＋CD＝6＋20，∴AB＝AF＋BF＝9＋20＋6≈39.4(米)．

2. D　【解析】由题意知AB＝22，点O是AB的中点，BC⊥AB于点B，∠DCB＝120°，DO⊥DC，

第2题解图

如解图，过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥DE于点F.则四边形BCFE是矩形，∴EF＝BC，∠CDF＝180°－∠DCB＝60°.在Rt△DCF中，∠CDF＝60°，CD＝2.∴DF＝CD·cos∠CDF＝2cos 60°＝1，FC＝CD·sin∠CDF＝2sin 60°＝.∵OB＝AB＝11，∴OE＝OB－BE＝11－，∵∠CDO＝90°，∠CDF＝60°，∴∠ODE＝30°，∴在Rt△ODE中，DE＝＝(11－)·＝11－3.∴BC＝EF＝DE－DF＝11－3－1＝11－4.

第3题解图

3. 解：如解图，过点P作PE⊥OB于点E，PF⊥CO于点F，

在Rt△AOC中，AO＝200，∠CAO＝60°，

∴CO＝AO·tan60°＝200.

设PE＝x，

∵tan∠PAB＝＝，

∴AE＝3x.

在Rt△PCF中，∠CPF＝45°，CF＝200－x，PF＝OA＋AE＝200＋3x，

∵PF＝CF，

∴200＋3x＝200－x，

解得x＝50－50.

答：电视塔OC高为200米，点P的垂直高度为(50－50)米．

4. 解：(1)如解图，过点A作AD⊥l于点D，过点B作BE⊥l于点E，延长AB与直线l相交于点F，

则∠BCE＝90°－∠CBE＝30°，

∠ACD＝90°－∠DAC＝60°，

∴∠ACB＝90°，

∵AB＝36×＝24 km，BC＝12 km，

∴AC＝12 km，

∴sin∠BAC＝＝，

第4题解图

∴∠BAC＝30°，则∠ABC＝60°，

∴∠EBF＝60°，

∵BE＝BC·cos60°＝6 km，

∴BF＝＝12 km，

则t＝＝(小时)＝20(分钟)，

故上午11：00能到达海岸线；

(2)EC＝BC·sin60°＝6 km，EF＝BE·tan60°＝6 km，

∴CF＝CE＋EF＝12≈20.4 km，

∵CN＝20 km，CM＝CN＋MN＝20＋1.5＝21.5 km，

∴20 km<20.4 km<21.5 km，

故轮船能停靠在码头．

解直角三角形的实际应用巩固集训

类型一　母子型

1. 解：设AB＝x米，则AH＝AB－BH＝(x－1.5)米，EH＝AH＋AE＝x－1.5＋12＝(x＋10.5)米，

在Rt△AHF中，HF＝＝＝(x－)米，

在Rt△EHG中，HG＝＝＝(x＋10.5)米，

∵HF－HG＝GF，

∴x－－x－10.5＝288，

解得x≈411米．

∴凤凰山与中心广场的相对高度AB为411米．

2．解：(1)由已知可得∠CAB＝135°，∠BCA＝30°，

∴∠CBA＝180°－(135°＋30°)＝15°；

(2)如解图，过点B作BD⊥AC于点D，设BD＝x，

在Rt△CBD中，∵∠BCD＝30°，

第2题解图

∴CD＝BD＝x,

同理，在Rt△ABD中，AD＝BD＝x，

∴AC＝CD－AD＝(－1)x，

由已知得(－1)x＝60，

解得x＝≈≈82，

∴河宽约为82 m.

第3题解图

解：如解图，过点C作CD⊥MN，垂足为D，

∵CD⊥MN，∠DBC＝60°，

∴∠BCD＝30°，

∴BD＝BC＝×200＝100(米)．

∴DC＝100≈100×1.73＝173(米)，

∵CD⊥MN，∠CAD＝45°，

∴∠DCA＝∠DAC＝45°，

∴AD＝DC＝173(米)，

AB＝173－100＝73(米)，

73÷5＝14.6(米/秒)，

60千米/小时＝16 (米/秒)，

14．6(米/秒)<16 (米/秒)，

故此车没有超速．

4. 解：∵CG⊥EF，

∴∠EGC＝90°，

∵在Rt△ECG中，∠ECG＝45°，

∴CG＝EG.

在Rt△EDG中，∠EDG＝60°，

∵tan∠EDG＝，

∴DG＝＝＝EG，

∵CG－DG＝CD＝6，

∴EG－EG＝6.

解得EG≈14.2米，

∴EF＝EG＋GF≈14.2＋1.6＝15.8米．

答：铁塔EF高约15.8米．

5. 解：(1)如解图①，过C作CD垂直于BA交BA的延长线于D，

第5题解图①

∵CD⊥BA，

∴∠D＝90°，由题意可知∠CBD＝90°－60°＝30°，

则在Rt△CBD中，sin∠CBD＝，

CD＝BC·sin30°，

∴CD＝×120＝60(海里)，

在Rt△CDA中，cos∠ACD＝，AC＝，

∴AC＝40 (海里)；

(2)如解图②，过A′作A′E⊥AB交BA的延长线于E, 过A′作A′F⊥BC交BC于点F，取B箭头方向为点P，C箭头反方向为点G，

第5题解图②

设AA′＝x，则A′C＝40－x，

∵CG∥PB，

∴∠PBC＝∠GCB＝60°，

∵∠GCA＝30°，

∴∠ACB＝30°，

∵CG∥A′E，

∴∠ACG＝∠EA′A＝30°.

又∵A′E⊥AB，A′F⊥BC，

∴∠A′EA＝∠A′FC＝90°.∠A′BE＝180°－∠A′EA－∠EA′B＝180°－90°－75°＝15°，

∠A′BF＝∠ABP－∠A′BE－∠PBC＝90°－15°－60°＝15°.

∴∠A′BE＝∠A′BF，

∴A′B是∠ABC的平分线，A′E＝A′F.

在Rt△AA′E和Rt△A′CF中，A′E＝cos∠AA′E·x＝cos30°·x＝x，A′F＝sin∠A′CF·A′C＝sin30°·(40－x)＝(40－x)，

∴(40－x)＝x，

x＝60－20，

故此时“中国海监50”航行距离为(60－20)海里．

类型二　背靠背型

6. 解：他的这种姿势不符合保护视力的要求．

理由如下：如解图，

第6题解图

过点B作BD⊥AC于点D，由题意可得，BC＝30，∠ACB＝53°.

在Rt△BCD中，BD＝BC·sin53°≈30×0.8＝24.

DC＝BCcos53°≈30×0.6＝18.

∴AD＝AC－CD＝22－18＝4.

利用勾股定理可得AB＝＝≈24.3.

∵24.3<30，

∴他的这种姿势不符合保护视力的要求．

第7题解图

7. 解：如解图，过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CH⊥DF于点H，

则DE＝BF＝CH＝10 m，

在Rt△ADF中，∵AF＝80 m－10 m＝70 m，∠ADF＝45°，

∴DF＝AF＝70 m，

在Rt△CDE中，∵DE＝10 m，∠DCE＝30°，

∴CE＝＝＝10 (m)，

∴BC＝BE－CE＝70－10≈70－17.32≈52.7 (m)．

答：障碍物B，C两点间的距离为52.7 m.

8. 解：由题意可知： △CBA与△CBD是直角三角形，

AH＝10米，

在Rt△CBA中，∠CAB＝45°，

∴AB＝BC，又∵BC＝10米，

∴AB＝10米，

在Rt△DBC中，∠CDB＝30°，BC＝10米，

∴DC＝2BC＝20米，

DB＝＝＝10 (米)，

DA＝DB－AB＝10－10(米)，

∵AH＝10米，HD＝AH－DA，

∴HD＝10－(10－10)≈20－10＝20－10×1.732＝20－17.32≈2.7(米)，

∵2.7米＜3米，

∴该建筑物需要拆除．

9. 解：(1)如解图，过C作CE⊥AD，

第9题解图

AB距离为：40×1.5＝60(海里)，

由题意知：∠BCE＝30°， ∠ACE＝60°，

∴∠ACB＝∠ACE－∠BCE＝30°

又∠AEC＝90°，

∴∠A＝30°，

∴∠A＝∠ACB，BC＝AB＝60(海里)，

∴船从B到C的时间为：60÷60＝1(小时)

(2)由BC＝60，∠BCE＝30°得：

CE＝30， BE＝30，

又∠ECD＝45°，

∴ED＝EC＝30 , CD＝CE＝30，

∴船多航行的路程为：实际航行路程－原航行路程

＝(AB＋BC＋CD)－(AB＋BE＋ED)

＝(60＋60＋30)－(60＋30＋30)

＝30＋30－30

≈30＋30×2.45－30×1.73

≈52(海里)．

答：巡逻艇实际比原计划多航行了52海里．

类型三　实物型

10．解：∵∠BDC＝90°，BC＝10，sin∠B＝，

∴CD＝BC·sin∠B＝10×0.59＝5.9(米)，

∵在Rt△BCD中，∠BCD＝90°－∠B＝90°－36°＝54°，

∴∠ACD＝∠BCD－∠ACB＝54°－36°＝18°，

∴在Rt△ACD中，tan∠ACD＝，

∴AD＝CD·tan∠ACD＝5.9×0.32＝1.888≈1.9(米)．

11. 解：∵tan60°＝，

∴tan∠CDH＝tan60°＝＝，设DH＝x，则CH＝x，

∵tan30°＝，

∴tan∠A＝tan30°＝＝，

即＝，

∴x＝10－，

BH＝CH＋BC＝(10－)＋2≈16.3米．

答：立柱BH长16.3米．

12. 解：如解图，过点A作AG⊥CD于点G，

则∠CAG＝30°，

第12题解图

CG＝50×＝25 cm.

GD＝50－30＝20 cm，

∴CD＝CG＋GD＝25＋20＝45 cm.

连接FD并延长，与BA的延长线交于点H.

由题意得∠H＝30°，在Rt△CDH中，

CH＝＝2CD＝90 cm，

∴EH＝EC＋CH＝AB－BE－AC＋CH＝300－50－50＋90＝290 cm，

在Rt△EFH中，EF＝EH·tan30°＝290×＝cm.

答：支撑角钢CD的长为45 cm，EF的长为cm.

13. 解：如解图，过点D作DE⊥AB于点E，作DF⊥BC于点F，由题意知AB＝BC，

在Rt△CDF中，CF＝CD·cos60°＝4×＝2 m，

第13题解图

设AB＝x m，

DE＝x＋2，

∴AC＝＝x，

AD＝＝x＋，

∵DE∥BC，

∴∠DCF＝∠EDC＝60°，

∴∠ADC＝∠ADE＋∠EDC＝90°，

∴AD2＋CD2＝AC2，

∴(x＋)2＋42＝(x)2，

解得x1＝4＋4，x2＝－4－4 (舍去)，

∴AB＝4＋4≈11 m.

第五章　四边形

第一节　平行四边形及多边形

基础过关

1. D　【解析】

选项	逐项分析	正误
A	是平行四边形的判定方法之一，说法正确
B	是平行四边形的判定方法之一，说法正确
C	是平行四边形的判定方法之一，说法正确
D	如等腰梯形，说法错误	√

2. B　【解析】因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD＝BC，AB＝CD，BO＝DO，因为四边形ABCD的周长为26 cm，所以AB＋BC＝13 cm.因为△AOD的周长比△AOB的周长多3 cm，所以AD－AB＝BC－AB＝3 cm，解得AB＝5 cm，BC＝8 cm，因为AB⊥AC，E是BC的中点，所以AE＝BE＝CE＝4 cm.

3. C　【解析】设∠ACD ＝x，∠B＝y，由AB∥CD得，∠ACD＝∠CAB＝x，∠B＝∠B′＝y则根据题意可列方程组，解得y＝1140.即∠B＝114°.

4. D　【解析】

选项	逐项分析	正误
A	根据平行四边形对角线互相平分，则O为AC中点，又∵E是BC的中点，即OE为△BCD的中位线，所以OE＝DC，说法正确
B	根据平行四边形对角线互相平分，∴OA＝OC，说法正确
C	∵OE是△ABC的中位线，∴OE∥AB，∴∠BOE＝∠OBA，说法正确
D	∵OB≠OC，∴∠OBE≠∠OCE，说法错误	√

5. C　【解析】设多边形的边数为n，则由n边形的一个顶点出发的所有对角线把多边形分成(n－2)个三角形，所以n－2＝8，则n＝10，故选C.

6. AD∥BC(答案不唯一) 　【解析】本题是开放题，答案不唯一，利用平行四边形的判定方法添加条件．根据平行四边形的判定，在已有AB∥DC的条件下，可再加另一组对边平行即可得证它是平行四边形，即加“AD∥BC”．

7. 110°　【解析】 ∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD∥AB，∴∠CAB＝∠1＝20°，∵BE⊥AB交对角线AC于点E，∴∠ABE＝90°，∴∠2＝∠CAB＋∠ABE＝20°＋90°＝110°.

8. 50　【解析】∵AD∥BC，AB＝CD，∴∠ADE＝∠CED，∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE＝∠CED＝40°，∴CE＝CD，∵BE＝CE，∴AB＝BE，∴∠AEB＝∠BAE＝(180°－∠B)＝(180°－80°)＝50°，∴∠DAE＝∠AEB＝50°.

9. 55°　【解析】如解图所示，由折叠知：∠C＝∠EAD1＝∠2＋∠3，

第9题解图

又四边形ABCD为平行四边形，∴∠BAD＝∠C＝∠1＋∠2，∴∠2＋∠3＝∠1＋∠2，∴∠1＝∠3，由题知∠BAE＝∠1＝55°.∴∠3＝∠D1AD＝∠1＝55°，

∴∠D1AD＝55°.

10. 4　【解析】设对角线AC、BD交于点O，在▱ABCD中，∵AB＝CD＝2 cm，AD＝BC＝4 cm，AO＝CO，BO＝DO，∵AC⊥BC，∴AC＝＝6 cm，∴OC＝3 cm，∴BO＝＝5 cm，∴BD＝10 cm，∴△DBC的周长－△ABC的周长＝BC＋CD＋BD－(AB＋BC＋AC)＝BD－AC＝10－6＝4 cm.

11. 1800°　【解析】∵正多边形的外角和为360°，每个外角都是30°，360÷30＝12，∴正多边形为正十二边形，根据多边形内角和公式(n－2)180°，∴(12－2)180°＝1800°.

第12题解图

12. 75　【解析】∵多边形A1A2…A12是正十二边形，如解图作它的外接圆⊙O，正十二边形每条边所对的圆心角为30°，∴∠A10OA3＝5×30°＝150°，∵圆周角是圆心角的一半，∴∠A3A7A10＝∠A10OA3＝×150°＝75°.

13. 解：AE＝CF且AE∥CF.理由如下：

∵ ▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，EF过点O且与BC，AD分别交于点E、F，

∴∠AOF＝∠COE，OA＝OC，

∵AF∥CE，

∴∠AFO＝∠CEO，

∴△AOF≌△COE，

∴OF＝OE，

又∵OA＝OC，

∴四边形AECF两条对角线互相平分，

∴四边形AECF是平行四边形，

故AE＝CF且AE∥CF.

14. 解：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，

∴∠BCA＝∠DAC，又∠BAC＝∠DAC.

∴∠BCA＝∠BAC，

∴AB＝BC；

第14题解图

(2)∵AB＝BC，

∴▱ABCD是菱形，

如解图，连接BD交AC于点O，则∠AOB＝90°，

∴AO＝AC＝，在Rt△AOB中，BO＝＝1，

∴BD＝2，

∴S▱ABCD＝AC·BD＝×2×2＝2.

15. 解：(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，

∴AB∥CD，AC⊥BD，

∴AE∥CD，∠AOB＝90°，

又∵DE⊥BD，即∠EDB＝90°，

∴∠AOB＝∠EDB，

∴DE∥AC，

∴四边形ACDE是平行四边形；

(2)∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，

∴AO＝4，DO＝3，AD＝CD＝5，

又∵四边形ACDE是平行四边形，

∴AE＝CD＝5，DE＝AC＝8.

∴△ADE的周长为AD＋AE＋DE＝5＋5＋8＝18.

满分冲关

1. B　【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AD∥BC，∵EF∥AB，GH∥BC，∴AB∥EF∥CD，AD∥GH∥BC，∴平行四边形有：▱AEPH，▱PGCF，▱HPFB，▱DEFC，▱DGHA，▱GHBC，▱EFBA，▱DGPE，所以除原来平行四边形ABCD外，有8个平行四边形．

第2题解图

2. A　【解析】如解图，设等腰直角△ABC的腰长为a，正方形AFGH的边长为b，则HE＝a－b，BH＝a＋b ，由面积公式得S1＝a2，S2＝(a＋b)(a－b)＝a2－b2，S3＝b2，于是平行四边形的面积＝2S1＋2S2＋S3＝a2＋a2－b2＋b2＝2a2＝4S1，故本题选A.

3. 36°　【解析】由平行四边形的性质：平行四边形的对角相等，得∠D＝∠B＝52°，由三角形的外角性质，得∠AEF＝∠DAE＋∠D＝20°＋52°＝72°，由三角形内角和定理，得∠AED＝180°－∠DAE－∠D＝108°，再由折叠的性质得，∠AED′＝∠AED＝108°，∴∠FED′＝∠AED′－∠AEF＝108°－72°＝36°.

4. 解：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴CD∥AB，

∵AM⊥BD，CN⊥BD，

∴AM∥CN，

∵CM∥AN，AM∥CN，

∴四边形CMAN是平行四边形；

(2)∵四边形AMCN是平行四边形，

∴CM＝AN，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴CD＝AB，CD∥AB，

∴DM＝BN，∠MDE＝∠NBF，

在△MDE和△NBF中，

∴△MDE≌△NBF，

∴ME＝NF＝3，

在Rt△DME中，

∵∠DEM＝90°，DE＝4，ME＝3，

∴DM＝5，

∴BN＝DM＝5.

5．解：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD//BE，AB＝CD，

∴∠DAE＝∠AEB，

∵AE平分∠BAD，

∴∠BAE＝∠DAE，

∴∠BAE＝∠AEB，

∴AB＝BE，

∴BE＝CD；

(2)由(1)知AB＝BE，

∵∠BEA＝60°，AB＝4，

∴AB＝BE＝AE＝4，

∵BF⊥AE，

∴AF＝EF，BF＝AB·sin60°＝4×＝2，

∴S△ABE＝AE·BF＝×4×2＝4，

∵AD∥BE，∴∠D＝∠ECF，

在△ADF和△ECF中，

，

∴△ADF≌△ECF，

∴S△ADF＝S△ECF，

∴S平行四边形ABCD＝S△ABE＝4.

第二节　矩形、菱形、正方形

基础过关

1. D　【解析】A.错误，对角线互相垂直平分的四边形才是菱形；B.错误，矩形的对角线相等，菱形的对角线才垂直；C.错误，一组对边平行且相等的四边形才是平行四边形；D.正确，这是菱形的判定定理．故选D.

2. A　【解析】由题意得四边形CBFE为平行四边形.

选项	逐项分析	正误
A	当BD＝AE时，无法得出平行四边形CBFE是菱形	√
B	当CB＝BF时，平行四边形CBFE是菱形
C	当BE⊥CF时，平行四边形CBFE是菱形
D	当BA平分∠CBF时，平行四边形CBFE是菱形

3. B　【解析】∵AB＝2，∴BF＝2，又∵BM＝BC＝1，∠BMF＝90°，由勾股定理得FM＝＝.

4. B　【解析】

选项	逐项分析	正误
A	∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°＝∠AFD，AD∥BC，∴∠ADF＝∠CED，∵AD＝DE，∴△AFD≌△DCE	√
B	只有当∠ADF＝30°时，才有AF＝AD成立
C	由△AFD≌△DCE可知AF＝DC，∵矩形ABCD中，AB＝DC，∴AB＝AF	√
D	由△AFD≌△DCE可知FD＝EC，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∴BE＝BC－EC＝AD－DE	√

5. B　【解析]∵四边形ABCD为矩形，∴OA＝OC，OB＝OD，且AC＝BD，∴OA＝OB＝OC＝OD＝2，∵CE∥BD，DE∥AC，∴四边形DECO为平行四边形，∵OD＝OC，∴四边形DECO为菱形，∴OD＝DE＝EC＝OC＝2，则四边形OCED的周长为2＋2＋2＋2＝8，故选B.

6. D　【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥DB，∠ABO＝∠ABC＝30°，∴OA＝AB＝2，∴OB＝2，∵点E、F分别为AO、AB的中点，∴EF为△ABO的中位线，∴EF＝OB＝，故选D.

第7题解图

7. A　【解析】如解图，设两条对角线的交点为O，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，OB＝DB＝3，OA＝AC＝4，∴AB＝＝＝5，∵S菱形ABCD＝×6×8＝5×DH，∴DH＝.故选A.

第8题解图

8. C　【解析】本题考查了与正方形有关的计算，如解图，设CF与BE交于点G，AE与DF交于点H，在Rt△ABE和Rt△CDF中，AE＝CF＝5，∵AB＝CD，AE＝CF，∴Rt△ABE≌Rt△CDF，∴∠ABE＝∠CDF，∵AB∥CD，∴BE∥DF，∵∠AEB＝∠CFD＝90°，∴∠AHF＝∠CGE＝90°，∴四边形FGEH是矩形，∴∠BCG＋∠DCF＝∠DCF＋∠CDF＝90°，∴∠BCG＝∠CDF，又∵BC＝CD，∴△CBG≌△DCF，∴CG＝DF＝12，CF＝BG＝5∴EG＝FG＝7，矩形EGFH为正方形，∴EF＝7.

第9题解图

9. D　【解析】如解图，过点E作EQ⊥CF于点Q，则EQ＝2.设DE＝x，则CE＝DC－DE＝3－x，∵AE∥CF，∠CQE＝90°，∴∠AEQ＝90°，∴∠AED＋∠QEC＝90°，∵∠AED＋∠DAE＝90°，∴∠DAE＝∠QEC，在△ADE和△EQC中，，

∴△ADE≌△EQC(ASA)，∴AE＝CE＝3－x.根据勾股定理得AD2＋DE2＝AE2，即22＋x2＝(3－x)2，解得x＝.故选D.

10. 2　【解析】∵DE⊥AB，cosA＝，AE＝3，∴＝＝，解得AD＝5，则DE＝4，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝5，∴BE＝2，∴tan∠DBE＝＝＝2.

11. 3　【解析】设AD＝x，由题知，AB＝x＋2，又∵矩形ABCD的面积为15，则x(x＋2)＝15，得到x2＋2x－15＝0，解得x1＝－5(舍)，x2＝3.∴AD＝3.

　第12题解图

12. 4　【解析】如解图，将△ABE绕B顺时针旋转90°，得到△CBE′，可证△EBF≌△FBE′，∴△EDF的周长＝DE＋DF＋EF＝DE＋DF＋FE′＝DE＋DF＋CF＋AE＝AD＋CD＝2＋2＝4.

13. 13　【解析】如解图，连接AC，BD，AC，BD相交于点O，∵菱形的面积等于对角线乘积的一半，且AC、BD交于点O，∴S菱形ABCD＝AC·BD＝120，∴AC·BD＝240，又∵菱形对角线互相垂直平分，∴2OA·2OB＝240，∴ OA·OB＝60，∵正方形AECF的面积等于边长的平方，∴AE2＝50, 又∵OA2＋OE2＝AE2，OA＝OE，∴OA＝5，∴OB＝12，∴AB＝＝＝13.

第13题解图

14. 解：(1)四边形CEGF为菱形，

证明：由题意得，GF∥EC，GE∥FC，

∴CEGF是平行四边形，

由折叠的性质得，EC＝EG，

∴四边形CEGF是菱形；

(2)当点G和点A重合时，此时EC最大，

设EC＝x，，则GE＝x，

BE＝9－x，在Rt△ABE中，

AB2＋BE2＝AE2，32＋(9－x)2＝x2

解得x＝5；

当D和H重合时，此时EC＝CD＝3，

∴3≤EC≤5.

15. 解：(1)证明：在正方形ABCD中，∵DE＝DG，

∴∠DEG＝∠DGE，

∴∠AED＝∠DGC，

又∵AD＝CD，∠DAC＝∠DCA＝45°，

∴△ADE≌△CDG，

∴AE＝CG；

(2)BE∥DF.理由如下：

∵BC＝CD，CE＝CE，∠BCE＝∠DCE＝45°，

∴△BCE≌△DCE，

∴∠BEC＝∠DEC＝∠DGE，

∴BE∥DF.

16. 解：(1)证明：∵点E是AD的中点，

∴AE＝DE.

∵AF∥BC，

∴∠AFE＝∠DCE，∠FAE＝∠CDE.

∴△EAF≌△EDC.

∴AF＝DC.

∵AF＝BD，

∴BD＝DC，即D是BC的中点；

(2)四边形AFBD是矩形．证明如下：

∵AF∥BD，AF＝BD，

∴四边形AFBD是平行四边形．

∵AB＝AC，又由(1)可知D是BC的中点，

∴AD⊥BC.

∴四边形AFBD是矩形．

17. 证明：(1)∵对角线BD平分∠ABC，

∴∠ABD＝∠CBD，

在△ABD和△CBD中，

，

∴△ABD≌△CBD，

∴∠ADB＝∠CDB；

(2)∵PM⊥AD，PN⊥CD，

∴∠PMD＝∠PND＝90°，

又∵∠ADC＝90°，

∴四边形MPND是矩形，

又∵∠ADB＝∠CDB，

∴PM＝PN.

∴四边形MPND是正方形．

18. 解：(1)证明：∵O是AC的中点，EF⊥AC，

∴AF＝CF，AE＝CE，AO＝CO，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，

∴∠AFE＝∠CEF，

在△AOF和△COE中，，

∴△AOF≌△COE，

∴AF＝CE，

∴AF＝CF＝CE＝AE，

∴四边形AECF是菱形；

(2)∵四边形ABCD是矩形，

∴CD＝AB＝，

在Rt△CDF中，∵＝cos∠DCF，∠DCF＝30°，

∴CF＝＝＝2，

∵四边形AECF是菱形，

∴CE＝CF＝2，

∴四边形AECF的面积为EC·AB＝2×＝2.

满分冲关

1. C　【解析】∵S正方形ABCD＝24，∴BC＝CD＝2，∴CF＝BC－BF＝，∴DF＝＝，∵∠EFG＝90˚，∴∠EFB＋∠DFC＝90˚，∵∠EFB＋∠BEF＝90˚，∴∠DFC＝∠BEF，又∵∠B＝∠C＝90˚，∴△BEF∽△CFD，∴＝，∴EF＝，∴C正方形EFGH＝4EF＝.

第2题解图

2. B　【解析】如解图，延长DE与CB的延长线交于点G，由四边形ABCD是矩形可得AD

瘙_綊

BC＝3，再由BF＝2FC可得BF＝2，FC＝1，再由AB＝2可得AF＝＝2.由△ADN∽△FBN可得＝＝，所以AN＝AF＝，再由△ADM∽△FGM，得＝，又因为点E为BA的中点，可证△ADE≌△BGE，所以GB＝AD＝3.所以GF＝5.所以＝可得AM＝AF＝，所以MN＝AN－AM＝－＝，故选B.

3. 　【解析】设BD＝3a，则正方形MNPQ的边长为a，正方形AEFG的对角线AF＝BD＝a，∵正方形对角线互相垂直，∴S正方形AEFG＝×a×a＝a2，∴＝＝.

4. ①③④　【解析】由折叠的性质得，∠CBE＝∠FBE，∠ABG＝∠FBG，∴∠EBG＝∠FBE＋∠FBG＝×90°＝45°，故①正确；由折叠的性质得，BF＝BC＝10，BA＝BH＝6，∴HF＝BF－BH＝4，AF＝，∴AF＝8，设GH＝x，则GF＝8－x，在Rt△GHF中，x2＋42＝(8－x)2，∴x＝3，∴GF＝5，∴AG＝3，同理在Rt△FDE中，由FD2＝EF2－ED2得ED＝，EF＝，∴＝≠＝2，∴△DEF与△ABG不相似，故②不正确；S△ABG＝×3×6＝9，S△FGH＝×3×4＝6，＝＝，故③正确；∵AG＝3，DF＝AD－AF＝2，FG＝5，∴AG＋DF＝FG＝5，故④正确．

5. 解：(1)正方形ABCD中，

∵AD＝AB，∠ADC＝∠ABC＝90°，

∴∠ADF＝∠ABE＝90°，

在△ADF与△ABE中，

∴△ADF≌△ABE；

第5题解图

(2)在Rt△ABE中，∵ AB＝BC＝3，

BE＝1，

∴AE＝，ED＝＝5，

∵S△AED＝AD·BA＝，

S△ADE＝ED·AH＝，

解出AH＝1.8，

在Rt△AHE中，EH＝2.6，

∴tan∠AED＝＝＝.

6. 解：(1)证明：在△ABC和△ADC中，∵AB＝AD，CB＝CD，AC＝AC，

∴△ABC≌△ADC(SSS)，

∴∠BAC＝∠DAC.

在△ABF和△ADF中，∵AB＝AD，∠BAF＝∠DAF，AF＝AF，

∴△ABF≌△ADF(SAS)，

∴∠AFB＝∠AFD，

又∵∠CFE＝∠AFB，

∴∠AFD＝∠CFE.

∴∠BAC＝∠DAC，∠AFD＝∠CFE；

(2)证明：∵AB∥CD，

∴∠BAC＝∠ACD，

又∵∠BAC＝∠DAC，

∴∠DAC＝∠ACD，

∴AD＝CD，

又∵AB＝AD，CB＝CD，

∴AB＝CB＝CD＝AD，

∴四边形ABCD是菱形；

(3)当BE⊥CD时，∠EFD＝∠BCD.

理由：∵四边形ABCD为菱形，

∴BC＝CD，∠BCF＝∠DCF，

又∵CF为公共边，

∴△BCF≌△DCF(SAS)，

∴∠CBF＝∠CDF，

∵BE⊥CD，

∴∠BEC＝∠DEF＝90°，

∴∠CBF＋∠BCD＝∠CDF＋∠EFD，

∴∠EFD＝∠BCD.

与四边形有关的证明及计算巩固集训

1. 解：(1)证明：如解图，∵四边形ABCD是平行四边形，

第1题解图

∴DF∥BE，而BE＝DF，连接DE与BF，

∴四边形DFBE 是平行四边形，∴BO＝DO;

(2)已知EF⊥AB于点E，

且EF交AD的延长线于点G，

FG＝1，又∠A＝45°，

∴AE＝GE，

而AD⊥BD，∴∠ABD＝45°，则∠FDO＝∠ABD＝45°，

而DF⊥GO，易得△DFG≌△DFO，∴FO＝GF＝1，

综上所述，OE＝OF＝1，

∴GE＝GF＋OF＋OE＝3，

则AE＝GE＝3.

2. 解：(1)证明：∵等腰△ABC旋转到△A1BC1，

∴∠CBF＝∠A1BD, △ABC≌△A1BC1，

∴BC＝A1B, ∠C＝∠A1，

∴△BCF≌△BA1D；

(2)菱形．理由如下：

∵∠C＝α，

∴∠C1＝∠A＝α，

∵△ABC逆时针旋转α度，

∴∠A1BD＝∠CBF＝α，

即∠CBF＝∠C1，∴A1E∥BC，

又∠A1BD＝∠A，∴A1B∥EC，

∴四边形A1BCE为平行四边形，

又BC＝A1B，

∴四边形A1BCE为菱形．

3. 证明：(1)∵四边形ABCD是矩形，

∴DC∥AB，AD∥BC，∠DCB＝90°.

∵EF∥AB，GH∥BC，

∴四边形PFCH是矩形，

∴∠PHC＝∠PFC＝90°，PH＝CF，HC＝PF，

∴△PHC≌△CFP；

(2)由(1)知AB∥EF∥CD，AD∥GH∥BC，∴四边形PEDH和四边形PFBG都是平行四边形，∵四边形ABCD为矩形．∴∠D＝∠B＝90°，∴四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形，由(1)同理证得△ACD≌△CAB，△APE≌△PAG.且△PHC≌△CFP，

∴S△ACD－S△AEP－S△PCH＝S△CAB－S△PGA－S△CFP，

∴S四边形PEDH＝S四边形PFBG.

4. 解：(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠FAB＝∠ABE＝90°，AF∥BE，

∵EF⊥AD，

∴∠FAB＝∠ABE＝∠AFE＝90°，

∴四边形ABEF是矩形，

∵AE平分∠BAD，AF∥BE，

∴∠FAE＝∠BAE＝∠AEB，

∴AB＝BE，

∴四边形ABEF是正方形；

(2)如解图，过点P作PH⊥AD于点H，

∵四边形ABEF是正方形，

∴BP＝PF，BA⊥AD，∠PAF＝45°，

∴AB∥PH，

第4题解图

∵AB＝4，

∴AH＝PH＝2，

∵AD＝7，

∴DH＝AD－AH＝7－2＝5，

∴在Rt△PHD中，

tan∠ADP＝＝.

5. 解：(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，

∴AD∥BC，AB∥CD，

∴∠BAC＝∠DCA，

由折叠知∠EAC＝∠BAC, ∠FCA＝∠DCA，

∴∠EAC＝∠FCA，

∴AE∥CF，

∵AD∥BC，

∴四边形AECF为平行四边形；

(2)在Rt△ABC中，AB＝6，AC＝10，由勾股定理得，

BC＝＝8，

由折叠知，∠ABC＝∠AME＝90°，BE＝EM，

在Rt△CEM中，

CM＝AC－AM＝AC－AB＝10－6＝4，

设CE＝x，则BE＝EM＝8－x，

由勾股定理得，

ME2＋CM2＝EC2，

(8－x)2＋16＝x2，

解得x＝5，

∴S四边形AECF＝EC·CD＝EC·AB＝5×6＝30.

第6解题图

解：(1)由题意知EC＝2，AE＝，

如解图，过点E作EM⊥AC于点M，

∴∠EMC＝90°，易知∠ACD＝45°，

∴△EMC是等腰直角三角形，

∴EM＝，

∴sin∠EAC＝＝；

(2)在△GDC与△EDA中，

，

∴△GDC≌△EDA，∴∠GCD＝∠EAD，AE＝GC，

又∵∠HEC＝∠DEA，

∴∠EHC＝∠EDA＝90°，

∴AH⊥GC，

∵S△AGC＝AG·DC＝GC·AH，

∴×4×3＝××AH，

∴AH＝.

第7题解图①

7. 解：(1)如解图①，过点P作PG⊥EF于点G.

∵PE＝PF＝6，EF＝6，

∴FG＝EG＝3，∠FPG＝∠EPG＝∠EPF.

在Rt△FPG中，sin∠FPG＝＝＝，

∴∠FPG＝60°，

∴∠EPF＝2∠FPG＝120°；

(2)如解图①，作PM⊥AB于点M，PN⊥AD于点N.

∵AC为菱形ABCD的对角线，

∴∠DAC＝∠BAC，AM＝AN，PM＝PN.

在Rt△PME和Rt△PNF中，PM＝PN，PE＝PF，

∴Rt△PME≌Rt△PNF.

∴ME＝NF.

又AP＝10，∠PAM＝∠DAB＝30°，

∴AM＝AN＝AP·cos30°＝10×＝5.

∴AE＋AF＝(AM＋ME)＋(AN－NF)＝AM＋AN＝10.

第7题解图②

(3)AP长的最大值为12，最小值为6.

【解法提示】如解图②，当△EFP的三个顶点E，F，P分别在线段AB，AD，AC上运动时，点P在P1，P2之间运动，

易知P1O＝P2O＝3，AO＝9，

∴AP的最大值为12，AP的最小值为6.

8. 解：(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABC＝∠C＝90°，AB＝BC，

∵BP＝CQ，

∴△ABP≌△BCQ，

∴∠BAP＝∠CBQ，

∵∠BAP＋∠APB＝90°，

∴∠CBQ＋∠APB＝90°，

∴∠BEP＝90°，

∴AP⊥BQ；

(2)解：∵正方形ABCD中，AB＝3，BP＝2CP.

∴BP＝2，

由(1)及已知得NQ＝CQ＝BP＝2，NB＝3，

又∵∠NQB＝∠CQB＝∠ABQ，

∴MQ＝MB，

设MQ＝MB＝x，则MN＝x－2，

在Rt△MBN中，MB2＝BN2＋MN2，

即x2＝32＋(x－2)2，

解得x＝，

∴QM＝；

(3)解：∵BP＝m，CP＝n，

由(1)、(2)得CQ＝QN＝BP＝m，

设AM＝y，BN＝BC＝m＋n，MQ＝MB＝y＋m＋n，

MN＝QM－QN＝(y＋m＋n)－m＝y＋n.

(y＋m＋n)2＝(m＋n)2＋(y＋n)2，

整理得y＝，

∴AM的长为.

第六章　圆

第一节　圆的基本性质

基础过关

1．D　【解析】∵AB是圆O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠ABC＝60°，∴∠BAC＝90°－∠ABC＝90°－60°＝30°.

2. B　【解析】∵∠ACD＝40°，CA＝CD，∴∠CAD＝∠D＝(180°－40°)÷2＝70°，∴∠B＝∠D＝70°，又∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB＝90°－∠B＝90°－70°＝20°.

3．C　【解析】∵四边形ABCO是平行四边形，∴∠AOC＝∠ABC，∵∠ADC＝∠AOC，∴∠ABC＝2∠ADC，∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∴∠ADC＝60°.

第4题解图

4. A　【解析】如解图，连接AC，∵在⊙O中，AB是直径，∴∠C＝90°，∵AB＝5，BC＝3，∴AC＝＝4，∵点P是上任意一点．∴4≤AP≤5.结合选项知AP的长不可能为3，故选A.

5. C　【解析】如解图，作直径CD，在Rt△OCD中，CD＝6，OC＝2，根据勾股定理求

第5题解图

得OD＝4，所以tan∠CDO＝，由圆周角定理得，∠OBC＝∠CDO，则tan∠OBC＝，故答案选C.

6. A　【解析】A.∵∠B的度数不确定，∴△AOD的形状无法确定，故本选项错误；B.∵AB是圆O的直径，∴∠C＝90°，∵OD∥BC，∴∠AEO＝90°，∴OD是AC的垂直平分线，∴＝，故本选项正确；C.∵AB是圆O的直径，∴∠ACB＝90°，故本选项正确；D.∵OD∥BC，点O是AB的中点，∴OE是△ABC的中位线，∴OE＝BC，故本选项正确．

第7题解图

7. 8　【解析】∵六边形ABCDEF为正六边形，∴＝＝＝＝，如解图，连接BE，则BE是圆的直径，所以BE＝2×4＝8.

8. 110°　【解析】本题考查圆周角定理及三角形内外角之间的关系．∵∠A＝50°，∴∠BOC＝2∠A＝100°，∴∠BOD＝180°－100°＝80°.又∵∠B＝30°，∴∠ADC＝80°＋30°＝110°.

9. 9　【解析】∵∠CBA＝30°，∴∠AOC＝2∠CBA＝60°，∵AB⊥OC，∴∠ADO＝90°，∴∠OAD＝30°，∴OD＝OA＝×3＝cm，由勾股定理得，AD＝＝4.5 cm，∵AB⊥OC，∴AB＝2AD＝9 cm.

10. 25　【解析】

第10题解图

如解图所示，连接BE、AF，交点即为圆心O，连接OC交AB于点D，则OC⊥AB.设⊙O 的半径为r，则OA＝OC＝r，又∵CD＝10，∴OD＝r－10，∵AB＝40，OC⊥AB，∴AD＝20.在Rt△ADO中，由勾股定理得：r2＝202＋(r－10)2，解得r＝25，即脸盆的半径为25 cm.

11.

第11题解图

　【解析】如解图，连接OB，过点O作OM⊥AB于点M，∵OA＝OB＝6，OM⊥AB, ∴在等腰△OAB中，BM＝＝×8＝4 cm. ∴在Rt△BOM中，OM＝＝2. PM＝BM＋BP＝6 cm，∴在Rt△OPM中，tan∠OPA＝＝＝.

12.

第12题解图

　【解析】如解图，延长CO与⊙O交于点D，连接AD，可得∠B＝∠D，故sinB＝sinD，∴＝，即＝，可得AB＝.

13. (1) 证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝CD，

∴＝，

第13题解图

∵M为中点，

∴＝，

∴＋＝＋，

∴＝，

∴BM＝CM，

(2)解：如解图，连接OM，OB，OC，

∵＝，

∴∠BOM＝∠COM，

∵正方形ABCD内接于⊙O，

∴∠BOC＝＝90°，

∴∠BOM＝135°，

∴的长＝＝π.

满分冲关

1. C　【解析】∵AB是⊙O的直径，∴∠D＝∠C＝90°，∠DAE＝∠CBE，∴△ADE∽△BCE，∴＝，∵BC＝4，AD＝，∴＝＝.设AE＝x，则CE＝4－x，BE＝5x，∴在Rt△BCE中根据勾股定理有(4－x)2＋42＝(5x)2，解得x1＝1，x2＝－(舍去)，故AE＝1.

第2题解图

2. B　【解析】如解图，∵∠PAB＝∠PBC，∠ABC＝90°，∴∠BAP＋∠PBA＝90°，∴∠APB＝90°，∴点P始终在以AB的中点O为圆心，以OA＝OB＝OP＝AB＝3为半径的圆上，由解图知，只有当点P在OC与⊙O的交点处时， PC的长最小．在Rt△OBC中，OC＝＝＝5，∴P′C＝OC－OP′＝5－3＝2，∴线段CP长的最小值为2.

第3题解图

3. D　【解析】如解图，连接OE，则∠OBE＝∠OEB，∵∠AOB＝∠OBE＋∠ADB, ∠AOB＝3∠ADB，∴∠OBE＝ 2∠ADB，∴∠OEB＝2∠ADB，∵∠OEB＝∠D＋∠DOE，∴∠D＝∠DOE，∴DE＝OE＝OB，D选项正确；若EB＝OE＝OB，即△OBE是等边三角形时，DE＝OE＝OB，∴A选项错误；若∠BOE＝90°，即△OBE是等腰直角三角形时，BE＝OE，则DE＝EB，∴B选项错误；若DE＝DO，则OD＝OE＝OB，题中条件不满足，∴C选项错误，故选D.

第4题解图

8　【解析】连接AD，∵AB是⊙O的直径，∴AD⊥BC，AC⊥BE，

∵AB＝AC，∴BD＝CD，∴OD是△AB C的中位线，

∴OD

AC，∴OD⊥BE，∴BE＝2BM，

在Rt△OBM中，BM＝＝＝4，∴BE＝2BM＝8

第5题解图

5. 15°或75°　【解析】如解图，当AB、AC在圆心O同侧时，作OD⊥AC于点D，作OE⊥AB于点E，则AD＝AC＝，AE＝AB＝，在Rt△AOD中，cos∠OAD＝＝，∴∠OAD＝30°，同理在Rt△OAE中，∠OAE＝45°，∴∠BAC＝∠OAE－∠OAD＝15°，当AC、AB在圆心O异侧时，同理可得∠B′AC＝∠OAE＋∠OAD＝75°.

6．(1)证明：∵四边形AFBC内接于圆，

∴∠FBC＋∠FAC＝180˚，

又∵∠CAD＋∠FAC＝180˚，

∴∠FBC＝∠CAD，

∵AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，

∴∠EAD＝∠CAD，

又∵∠EAD＝∠FAB，

∴∠FAB＝∠CAD，

又∵∠FAB＝∠FCB，

∴∠FBC＝∠FCB；

(2)解：由(1)知∠FBC＝∠FCB，

又∵∠FCB＝∠FAB，

∴∠FAB＝∠FBC，

又∵∠BFA＝∠BFD，

∴△AFB∽△BFD，

∴＝，

即BF2＝FA·FD＝12，

∴BF＝2，

而FA＝2，

∴FD＝6，AD＝4，

∵AB为圆的直径，

∴∠BFA＝∠BCA＝90˚，

∴tan∠FBA＝＝＝，

∴∠FBA＝30˚，

又∵△AFB∽△BFD，

∴∠FDB＝∠FBA＝30°

∴CD＝AD·cos30˚＝2.

第7题解图

7. 证明：(1)∵AB为直径，

∴∠ACB＝90°，

∵△AEF是等边三角形，

∴∠EAF＝∠EFA＝60°，

∴∠ABC＝30°，

∴∠FDB＝∠EFA－∠ABC＝30°，

∴∠FBD＝∠FDB，

∴FB＝FD，

∴△DFB是等腰三角形；

(2)设AF＝a，

则AD＝a，

连接OC，如解图，则△AOC是等边三角形，

由题意得，BF＝2－a＝DF，

∴DE＝2－a－a＝2－2a，CE＝1－a，

在Rt△ADC中，DC＝＝，

在Rt△DCE中，tan30°＝＝＝，

解得，a＝－2(舍去)或a＝，

在△AOC中，OA＝1，

∴AF＝＝OA，

则CF⊥OA，

即CF⊥AB.

第二节　与圆有关的位置关系

基础过关

第1题解图

A　【解析】过C作CD⊥AB于D，如解图，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝＝5，∵△ABC的面积＝AC×BC＝AB×CD，∴3×4＝5CD，∴CD＝2.4<2.5，即d<x，∴以2.5 cm为半径的⊙C与直线AB的关系是相交．

2. B　【解析】∠AOB＝360°－∠p－∠OAP－∠OBP＝130°.

第3题解图

3. B　【解析】∵∠A＝25°，∠ACB＝90°，∴∠ABC＝65°.如解图，连接OC.∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠BCO＝65°.∵CD是圆的切线，∴OC⊥CD，∴∠OCD＝90°，∴∠BCD＝90°－∠BCO＝25°，∴∠D＝∠ABC－∠BCD＝65°－25°＝40°.

4. D　【解析】∵AB是⊙O的直径，AC切⊙O于点A，∴∠BAC＝90°，∵∠C＝70°，∴∠B＝20°，∴∠AOD＝2∠B＝2×20°＝40°.

第5题解图

5. D　【解析】如解图，连接OD；∵CA，CD是⊙O的切线，∴OA⊥AC，OD⊥CD，∴∠OAC＝∠ODC＝90°，∵∠ACD＝30°，∴∠AOD＝360°－∠C－∠OAC－∠ODC＝150°，∵OB＝OD，∴∠DBA＝∠ODB＝∠AOD＝75°.

第6题解图

6. D　【解析】如解图，取DC中点E，连接OE，OB，延长EO交AB于F，∴E是切点，∴OE⊥CD，∴OF⊥AB，OE＝OB；设OB＝R，则OF＝2－R，在Rt△OBF中，BF＝AB＝×2＝1，OB＝R，OF＝2－R，∴在Rt△BOF中，根据勾股定理得R2＝(2－R)2＋12，解得R＝.

7．D　【解析】

选项	逐项分析	正误
A	∵EF切⊙O于点B，∴OB⊥EF，又∵AB⊥弦CD，∴EF∥CD	√
B	∵∠A＝30°，∴∠BCD＝30°，∠CBO＝60°，又∵OB＝OC，∴△COB是等边三角形	√
C	∵直径AB⊥弦CD，由垂径定理可得，CG＝DG	√
D	∵△COB是等边三角形，∴∠COB＝60°，∴l＝＝π

8. 125　【解析】∵⊙O是△ABC的内切圆，∴OB、OC是∠ABC、∠ACB的角平分线，∴∠OBC＋∠OCB＝(∠ABC＋∠ACB)＝(70°＋40°)＝55°.∴∠BOC＝180°－(∠OBC＋∠OCB)＝180°－55°＝125°.

第9题解图

9. 45　【解析】如解图，连接OD，∵CD是⊙O的切线，∴OD⊥CD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴AB⊥OD，∴∠AOD＝90°，∵OA＝OD，∴∠A＝∠ADO＝45°，∴∠C＝∠A＝45°.

第10题解图

10. 2　【解析】如解图，连接OD、OF，∵AC为切线，∴∠ODC＝90°，∵OE⊥BC，又∠C＝90°，∴四边形ODCE为矩形，∴CE＝OD＝2，∴BE＝BC－EC＝1，∴EF＝EB＝1，∵OE⊥BC，∴BF＝2.

第11题解图

11.　【解析】如解图，连接OE，OF，OC，∵∠CDE＝22.5°，∴∠COE＝45°，∵直线AB与⊙O相切于点C，∴OC⊥AB，∵EF∥AB，∴OC⊥EF，∴∠FOE＝2∠COE＝90°，∴OE＝OF＝EF＝.

第12题解图

12.　【解析】如解图，连接OB，过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥BC于点F，∵AB、BC是⊙O的切线，∴点E、F是切点，∴OE、OF是⊙O的半径；∴OE＝OF; 在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，AB＝5，∴由勾股定理，得BC＝4; 又∵D是BC边的中点，∴S△ABD＝S△ACD，∵S△ABD＝S△ABO＋S△BOD，∴ AB·OE＋BD·OF＝CD·AC，即5×OE＋2×OE＝2×3，解得OE＝，∴⊙O的半径是.

第13题解图

13. (1)证明：如解图，连接OD，

∵BD为∠ABC的角平分线，

∴∠1＝∠2，

又∵OB＝OD，

∴∠1＝∠3，

∴∠2＝∠3，

∴OD∥BC，

∴∠ODA＝∠C，

∵∠C＝90°，

∴∠ODA＝90°，

∴OD⊥AC，即AC是⊙O的切线．

(2) 解：如解图，过点O作OF⊥BE于点F，易证四边形ODCF是矩形，

∵CD＝8，

∴OF＝CD＝8，

在Rt△BOF中，OB＝10，BF＝＝6，

∵OF⊥BE

BE＝2BF＝12.

14. (1)证明：∵BM是⊙O的切线，AB为⊙O的直径，

∴AB⊥BM，

∵BM∥CD，

∴AB⊥CD，

∴＝，

∴AD＝AC，

又∵＝，

∴AD＝CD，

∴△ACD为等边三角形；

(2)解： ∵△ACD为等边三角形，AB⊥CD，

第14题解图

∴∠DAB＝30°，

如解图，连接BD，OE，

则BD⊥AD，

∴∠DAB＋∠ABD＝90°.

∵AB⊥BE，

∴∠ABD＋∠EBD＝90°，

∴∠EBD＝∠DAB＝30°，

∵DE＝2，

∴在Rt△BDE中BE＝2DE＝4，BD＝BE·cos30°＝2，

∴在Rt△BDE中AB＝2BD＝4，OB＝AB＝2，

在Rt△OBE中，

OE＝＝＝2.

满分冲关

1. C　【解析】本题的解答关键在于求出PQ长的最大值与最小值，当如解图①时PQ长最大，最大值为AB－AQ＝AB－OA＋OQ＝AB＋OQ，作OE⊥AC于E，△ABC中AC2＋BC2＝AB2，

∴BC⊥AC，∴OE∥BC，∵O为AB中点，∴E为BC中点，∴OQ＝OE＝BC＝3，

∴最大值＝AB＋OQ＝×10＋3＝8；

第1题解图①

　　第1题解图②

如解图②，当PQ长最小，最小值为OP－OQ＝4－3＝1.

∴PQ长的最大值与最小值的和是8＋1＝9.故选C.

第2题解图

2. B　【解析】如解图，连接OE、OF.∵⊙O与AC切于E，与BC切于F，∴OE⊥AC，OF⊥BC，又∵∠C＝90°，OE＝OF∴四边形OECF是正方形．∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠A＝∠ABC＝45°，△AOE和△OBF都是等腰直角三角形，∴AE＝OE＝OF＝EC＝OH＝BF＝a，在Rt△OBF中，由勾股定理得OB＝a，∴BH＝a－a.∵OE⊥AC，AC⊥BC，∴OE∥DC，∴∠OEH＝∠D，∵OE＝OH，∴∠OEH＝∠OHE，又∵∠OHE＝∠BHD，∴∠BHD＝∠D，∴BD＝BH＝a－a，∴CD＝BC＋BD＝a＋a－a＝a.

第3题解图

　【解析】如解图，过点P作⊙O的切线PT，切点是T，∵PT2＝PA·PB＝PC·PD，∵PA＝2，PB＝7，PC＝3，∴2×7＝3×PD，∴PD＝，∴CD＝PD－PC＝－3＝.

第4题解图

4. 4　【解析】由题知OA＝5，∴AB＝10，∵AB是直径∴∠AEB＝90°，∴BE＝8，又AD⊥l，∴∠EDC＝90°，∴BE∥CD，又直线CD与圆相切于点C，∴∠OCD＝90°，如解图，记OC与BE相交于点F，则四边形CDEF为矩形．∴CD＝EF，由垂径定理知，F为BE中点，∴EF＝4，∴DC＝4.

5. 证明：(1)在⊙O中，∵＝，

∴AB＝AC，∠B＝∠ACB，

∵AE∥BC，

∴∠EAC＝∠ACB，

∴∠B＝∠EAC，

又∵BD＝AE，

∴△ABD≌△CAE，

∴AD＝CE.

第5题解图

(2) 如解图，连接AO并延长，交边BC于点H，

∵＝，OA是⊙O的半径，

则△ABC为等腰三角形，∴AH⊥BC，

∴BH＝CH，

∵AD＝AG，

∴DH＝HG，

∴BH－DH＝CH－GH，即BD＝CG，

∵BD＝AE，

∴CG＝AE，

∵CG∥AE，

∴四边形AGCE是平行四边形．

第6题解图①

6. (1)证明：在Rt△ABC中，点M是AC的中点，

∴MA＝MB，∠A＝∠MBA.

如解图①，连接ED，

∵四边形ABED是圆内接四边形，

∴∠ADE＋∠ABE＝180°，

又∵∠ADE＋∠MDE＝180°，

∴∠MDE＝∠MBA，

同理可证：∠MED＝∠A，

∴∠MDE＝∠MED.

∴MD＝ME.

(2)解：①　2；

【解法提示】由(1)可得DE∥AB，

∴△DME∽△AMB，

∴＝，

当AD＝2DM时，＝，

∴＝，

∴DE＝2.

②　60°.

第16题解图②

【解法提示】如解图②，连接BD，当四边形ODME是菱形时，

则DM＝OD＝OE＝ME，OD∥EM，

∵点O是AB的中点，

∴点D是AM的中点，

∵AB是⊙O的直径，

∴BD是AM上的高，

∴BD是AM的垂直平分线，

∴AB＝BM，

∵AM＝BM，

∴△ABM是等边三角形，则∠A＝60°.

第三节　与圆有关的计算

基础过关

1. A　【解析】l＝，由题意得，2π＝，解得：R＝6 cm.

2. D　【解析】如解图，连接OC，∵OA＝OC，∴∠C＝∠A＝30°，∴∠AOC＝120°，∴弧AC的长度l＝＝4π.

第2题解图

　　　第3题解图

3. D　【解析】如解图，连接OB，OC.∵多边形ABCDEF是正六边形，∴OB＝OC＝4，∠BOC＝＝60°，＝＝.∵OM⊥BC，∴∠BOM＝30°，∴BM＝OB＝2，OM＝＝＝2.

第4题解图

D　【解析】如解图，过O作OE⊥AB于E，∵OA＝OB＝60 cm，∠AOB＝120°，∴∠A＝∠B＝30°，∴OE＝OA＝30 cm，∴弧CD的长＝＝20π，设圆锥的底面圆的半径为r，则2πr＝20π，解得r＝10，∴圆锥的高＝＝20 cm.

第5题解图

5. B　【解析】如解图，连接OC，设OB与CD交于点E.如解图，则由题意可得：∠COD＝2∠COB＝2∠BOD＝4∠BCD＝120°，∵AB⊥CD

∴CE＝CD＝2

Rt△CDE中∠COE＝60°

∴OE＝2，OC＝4.

S阴影＝S扇形OCD－S△COD－(S扇形OBC－S△BOC)

＝－×4×2－＋×4×2

＝π－4－π＋4

＝π.

第6题解图

6. C 　【解析】如解图，连接OB.∵OC＝OB，∴∠OBC＝∠C＝30°.∴∠AOB＝∠C＋∠OBC＝60°.∵AB与⊙O相切，∴∠OBA＝90°.∴OB＝＝1.∴S阴影＝S△OAB－S扇形OBD＝×1×－＝－.故选C.

7. A　【解析】∵在扇形AOB中，∠AOB＝90°，正方形CDEF的顶点C是的中点，∴∠COD＝45°，∴OC＝＝4，∴S阴影＝S扇形BOC－S△ODC＝×π×42－×(2)2＝2π－4.

8. 10π　【解析】由勾股定理得圆锥底面圆的半径r＝＝＝5，圆锥侧面展开扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长＝2πr＝10π cm.

9. 　【解析】∵CD∥AB，∴S△ACD＝S△COD，∴S阴影＝S△ACD＋S弓形CD＝S△COD＋S弓形CD＝S扇形OCD＝＝.

10.

第10题解图

6－π　【解析】如解图，连接AD，则AD⊥BC，AD＝2，∴S△ABC＝×6×2＝6，∵∠EPF＝50°，∴∠EAF＝100°，∴S扇形EAF＝＝π.∴S阴影＝S△ABC－S扇形EAF＝6－π.故答案为：6－π.

11. 解：(1)∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，

∴∠ABC＋∠D＝180°，

∵∠ABC＝2∠D，

∴∠D＋2∠D＝180°，

∴∠D＝60°，

∴∠AOC＝2∠D＝120°，

∵OA＝OC，

∴∠OCA＝∠OAC＝30°；

(2)∵∠COB＝3∠AOB，

∴∠AOC＝∠AOB＋3∠AOB＝120°，

∴∠AOB＝30°，

∴∠COB＝∠AOC－∠AOB＝90°，

在Rt△OCE中，OC＝2，

∴OE＝OC·tan∠OCE＝2·tan30°＝2×＝2，

∴S△OEC＝OE·OC＝×2×2＝2，

又S扇形OBC＝＝3π，

∴S阴影＝S扇形OBC－S△OEC＝3π－2 .

满分冲关

第1题解图

1. C　【解析】如解图，连接OE、OF，∵AB为⊙O的直径，AB＝12，∴AO＝OB＝6，∵⊙O与DC相切于点E，∴∠OEC＝90°，∵在▱ABCD中，∠C＝60°，AB∥DC，∴∠A＝∠C＝60°，∠AOE＝∠OEC＝90°，在△AOF中，∠A＝60°，AO＝FO，∴△AOF是等边三角形，即∠AOF＝∠A＝60°，∴∠EOF＝∠AOE－∠AOF＝90°－60°＝30°，∴的长＝＝π.

第2题解图

2. B　【解析】如解图，从题意可知，M点运动的路径是以△ABC的两直角边上中点连线为直径的半圆弧长，设AC与BC的中点分别是D、Q点，则有DQ＝＝＝2，则M运动的路径长为：＝π，故选B.

3. A　【解析】∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴AD＝AB＝6，∠ADC＝180°－60°＝120°，∵DF是菱形的高，∴DF⊥AB，∴DF＝AD·sin60°＝6×＝3，∴图中阴影部分的面积＝菱形ABCD的面积－扇形DEG的面积＝6×3－＝18－9π.故选A.

4. B　【解析】∵正八边形的内角和为(8－2)×180°＝6×180°＝1080°，正八边形外侧八个扇形(阴影部分)的内角和为360°×8－1080°＝2080°－1080°＝1800°，

∴＝＝.故选B.

第5题解图

5.－25－25　【解析】如解图，连接OD，∵△CBD由△CBO翻折而成，∴CD＝CO，BD＝BO，∠DBC＝∠OBC，又∵OD＝OB，∴△OBD是等边三角形，∵∠AOB＝105°，∴∠COD＝∠CDO＝45°，∴△OCD是等腰直角三角形．∵半径OA＝10，∴OC＝＝＝5，∴S阴影＝S扇形AOB－S△OCD－S△OBD＝－×5×5－×10×10×＝－25－25.

第6题解图

6. 9π　【解析】如解图，过点P作PF⊥AB于点F，延长PF交CD于点E，则有AF＝AB＝3，∵四边形ABCD是正方形，∴CD∥AB，∴PE⊥CD，DE＝AF＝3，Rt△PDE中，DE2＝PD2－PE2，AB绕点P旋转一周，CD边扫过的面积＝π×PD2－π×PE2＝π(PD2－PE2)＝πDE2＝9π.

第7题解图

7. 解：(1)∵OA⊥OB，FD∥OB，

∴OA⊥FD, 如解图，连接OD，

∵C为OA的中点，

∴OD＝OA＝2OC，

∴sin∠ODC＝，

∴∠ODC＝30°，

∵cos∠ODC＝，

∴OD＝＝2，

∴⊙O的半径OA的长为2；

(2)∵FD∥OB, ∠ODC＝30°，

∴∠DOB＝30°， S阴影＝S△COD＋S扇形OBD－S扇形OEC＝×1×＋－＝＋.

圆的综合证明及计算巩固集训

第1题解图

解：(1)如解图，连接AO，∵CD为⊙O的直径，AB⊥CD，AB＝8，

∴AG＝AB＝4 .

依题意，设⊙O的半径为5k，则OG＝3k，

在Rt△AGO中，由勾股定理可得(3k)2＋42＝(5k)2，

解得k＝－1(负值舍去)或k＝1.

∴⊙O的半径为5.

(2)如解图，将阴影部分沿弦CE翻折，点F的对应点为M.

∵∠ECD＝15°，由对称性可知：∠DCM＝30°，

S阴影＝S弓形CBM，连接OM，

∴∠MOD＝60°，

∴∠MOC＝120°.

过M作MN⊥CD于点N，在Rt△MON中，

MN＝MO·sin60°＝，

S阴影＝S扇形OMC－S△OMC＝π×52－×5×＝π－.

2. (1) 证明：∵BD平分∠CBA，

∴∠CBD＝∠DBA，

∵∠DAC＝∠CBD，

∴∠DAC＝∠DBA.

第2题解图

(2) 解：如解图，连接CD，

∵∠CBD＝∠DBA，

∴CD＝AD，

∵CD＝3，

∴AD＝3，

∵∠ADB＝90°，BD＝4，

∴AB＝5，

故⊙O的半径为2.5，

S△ABD＝AD·BD＝AB·DE，

∵DE×AB＝AD×BD，

∴5DE＝3×4，

∴DE＝2.4，

即DE的长为2.4.

3. (1)证明：∵△ABC为等边三角形，

∴AB＝AC，

∵四边形ABPC为圆的内接四边形，

∴∠ACF＝∠ABP，

在△ABP和△ACF中，

∴△ABP≌△ACF；

(2) 解：∵AC2＝PA·AE，AB＝AC，

∴AE＝，

∴PE＝AP－AE＝4－＝，

∵△ABP≌△ACF，

∴∠APB＝∠F＝60°，

而∠APC＝60°，

∴△APF为等边三角形，

∴PF＝PA＝4，

∴PC＋CF＝PC＋PB＝4，

∵∠BAP＝∠PCE，∠APB＝∠APC，

∴△ABP∽△CEP，

∴PB∶PE＝AP∶PC，

∴PB·PC＝PE·AP＝×4＝3，

∵PB＋PC＝4，

∴PB和PC可看作方程x2－4x＋3＝0的实数解，解此方程得x1＝1，x2＝3，

∵PB<PC，

∴PB＝1，PC＝3.

4. (1)证明：∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADB＝90°，即AD⊥BC，

∵AB＝AC，

∴在△ABC中，D是BC的中点．

(2)解：∵AB＝AC，

∴∠ABC＝∠C，

∵∠ABC＝∠AED，

∴∠AED＝∠C，

∴CD＝DE＝3，

∴BD＝DC＝3，

∵BD－AD＝2，

∴AD＝1，

在Rt△ABD中，由勾股定理得AB2＝BD2＋AD2＝32＋12＝10，

∴AB＝，

∴⊙O的半径为.

第4题解图

(3)解：如解图，连接BE，

∵AB＝，

∴AC＝，

∵∠ADC＝∠BEA，∠C＝∠C，

∴△CDA∽△CEB，

∴＝，

∴CE＝，

∴AE＝－＝.

5. (1)证明：∵⊙O与AB、AC分别相切于点D、E，

∴AD＝AE，

∴∠ADE＝∠AED，

∵DE∥BC，

∴∠B＝∠ADE，∠C＝∠AED，

∴∠B＝∠C，

∴AB＝AC；

(2)解：如解图，连接AO，交DE于点M，延长AO交BC于点N，连接OE、DG.

第5题解图

设⊙O的半径为r，

∵四边形DFGE是矩形，

∴∠DFG＝90°，

∴DG是⊙O的直径，

∵⊙O与AB、AC分别相切于点D、E，

∴OD⊥AB，OE⊥AC，

又OD＝OE，

∴AN平分∠BAC，

又AB＝AC，

∴AN⊥BC，BN＝BC＝6，

在Rt△ABN中，AN＝＝＝8，

∵OD⊥AB，AN⊥BC，

∴∠ADO＝∠ANB＝90°，

又∠OAD＝∠BAN，

∴△AOD∽△ABN，

∴＝，

即＝，

∴AD＝r，

∴BD＝AB－AD＝10－r，

∵OD⊥AB，

∴△GBD∽△ABN，

∴＝，

即＝，

∴r＝，

∴当四边形DFGE是矩形时⊙O的半径为.

6. 解：(1)△ABC为等腰三角形，

第6题解图①

理由：如解图①，连接OE，

在⊙O中，∵OE＝OB，

∴∠OEB＝∠OBE，

∵DE是⊙O的切线，

∴∠OED＝90°，

∵ED⊥AC，

∴OE∥AC，

∴∠OEB＝∠C，

∵∠OEB＝∠B，

∴∠B＝∠C，

∴AC＝AB，

∴△ABC为等腰三角形；

第6题解图②

(2)如解图②，过点B作BH⊥DF，连接AD，

∵AB是直径，

∴AE⊥BC，∵AB＝AC，

∴BE＝CE

∵AC⊥DF，

∴BH∥AC，∠EBH＝∠C，

由(1)知∠CDE＝∠BHE＝90°，又BE＝CE，

∴△CDE≌△BHE(AAS)，

∴CD＝BH＝2－，

∵∠HBF＝180°－∠OBE－∠EBH＝180°－75°－75°＝30°，

∴∠F＝90°－30°＝60°，

在Rt△BFH中，BF＝＝，

设OE＝x，在Rt△OEF中，sin60°＝＝，解得x＝2，

故⊙O的半径为2，BF的长为.

7. (1)解：∵对角线AC为⊙O直径，

∴∠ADC＝90°，

∴∠CDE＝90°.

(2)证明：如解图，连接OF，OD，在Rt△CDE中，点F为斜边CE的中点，

∴DF＝FC，

第7题解图

在△DOF和△COF中

，

∴△DOF≌△COF，

∴∠ODF＝∠OCF＝90°，

∴DF⊥OD，

∴DF是⊙O的切线．

(3)解：由圆周角定理可得∠ABD＝∠ACD，

由题中条件可得∠ADC＝∠CDE＝90°，∠CAD＝∠ECD，

∴△ADC∽△CDE，

∴＝，

∴CD2＝AD·DE，

∵AC＝2DE，

所以可令DE＝a，AD＝b，

则有AC＝2a，CD＝，

在Rt△ACD中，由勾股定理可得

b2＋()2＝(2a)2，

上式两边同时除以a2并整理后得到

()2＋－20＝0，

解得＝4或＝－5(舍去)．

∴tan∠ABD＝tan∠ACD＝＝＝＝2.

8. 解：(1)直线BD与⊙O相切．理由如下：

如解图，连接OB，∵BD是Rt△ABC斜边上的中线，

∴DB＝DC.

第8题解图

∴∠DBC＝∠C.

∵OB＝OE，

∴∠OBE＝∠OEB＝∠CED.

∵∠C＋∠CED＝90°，

∴∠DBC＋∠OBE＝90°，即∠OBD＝90°.

∴BD与⊙O相切；

(2)如解图，连接AE.

∵AB＝BE＝1，

∴AE＝.

∵DF垂直平分AC，

∴CE＝AE＝，

∴BC＝1＋.

∵∠C＋∠CAB＝90°，∠DFA＋∠CAB＝90°，

∴∠C＝∠DFA.

又∵∠CBA＝∠FBE＝90°，AB＝BE，

∴△CAB≌△FEB.

∴BF＝BC＝1＋，

∴EF2＝BE2＋BF2＝12＋(1＋)2＝4＋2.

∴S⊙O＝π·EF2＝π；

(3)∵AB＝BE，∠ABE＝90°，

∴∠AEB＝45°.

∵EA＝EC，

∴∠C＝22.5°.

∴∠H＝∠BEG＝∠CED＝90°－22.5°＝67.5°.

∵BH平分∠CBF，

∴∠EBG＝∠HBF＝45°.

∴∠BGE＝∠BFH＝67.5°.

∴BG＝BE＝1，BH＝BF＝1＋.

∴GH＝BH－BG＝.

∴HB·HG＝×(1＋)＝2＋.

第七章　图形的变化

第一节　视图、投影与尺规作图

基础过关

1. B　【解析】本题考查了几何体的主视图，从正面看，这个几何体有上下两个大小相同的矩形，故选B.

2. B　【解析】由题知该几何体为正六棱柱，它的左视图为两个大小相同的矩形，应选B.

3. C　【解析】俯视图是三个同心圆，几何体最下面部分的俯视图是半径较大的圆，因为不能直接看到，故该圆是虚线，其余最大和最小的圆是实线，故答案为C.

4. B　【解析】主视图是从物体正面看所得到的图形．观察图形可知，它的主视图是三个从左向右依次叠在一起的长方形，且最上层的矩形靠最右，如选项B所示．注意所有看的到的棱都应用实线表示在三视图中．

5. A　【解析】俯视图是从一个几何体的上面向下看，所看到的视图，从这个几何体的上面向下看，可得到的视图如选项A所示．

6. B　【解析】根据主视图和左视图可得：这个几何体是锥体；根据俯视图可得：这个几何体是四棱锥．

7. D　【解析】本题考查正方体的平面展开图，由展开图可知， “国”与 “市”相对， “文”与 “城”相对，“全”与 “明”相对．故选D.

8. B　【解析】从正面看，得到从左往右3列正方形的个数依次为1，3，1，所以B选项正确．

9. B　【解析】综合三视图可知，这个几何体的底层应该有2＋1＋1＋1＝5个小正方体，第二层应该有1个小正方体，因此搭成这个几何体所用的小正方体的个数是5＋1＝6个．故选B.

10. (1)到线段两端距离相等的点在线段的中垂线上；(2)两点确定一条直线　【解析】由作图可知AP＝AQ，BP＝BQ，所以A、B都在PQ的垂直平分线上；由两点确定一条直线，可知PQ是AB的垂线．

11. 2　【解析】由立体图知，此直三棱柱左视图是长为2，宽为AB边上的高的矩形，∵直三棱柱底面各边长均为2，∴△ABC是等边三角形，∴AB边上的高为，∴此直三棱柱左视图的面积为2×＝2.

12. 8π　【解析】本题考查几何体的三视图及圆锥侧面积计算．由几何体的三视图可知这个几何体是圆锥，圆锥的侧面展开图是扇形，其半径为圆锥的母线长，弧长为圆锥的底面周长．所以，该几何体侧面展开图的面积 S＝lr＝×4π×4＝8π.

13. 【题图分析】作一个角∠B＝∠α，然后在BE上截取BA＝a，再以点A为圆心，a的长为半径画弧交BF于点C，连接AC即可得到所求三角形ABC.

解：作图如解图：

第13题解图

△ABC即为所求．

14. 解：(1)【解法提示】作角平分线的方法：①以C为圆心，任意长为半径画弧，两弧交AC于D，交BC于E；②分别以D、E为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于F点；③连接CF交AB于P，则CP即为∠ACB的角平分线；(4)再以点P为圆心，PA长为半径作⊙P.

作图如解图：

第14题解图

(2)BC与⊙P相切，证明如下：

设P点到BC的距离为d，

∵PC是∠ABC的平分线，PA⊥AC，

∴PA＝d，

∵PA为⊙P的半径，

∴⊙P的圆心P点到BC的距离等于⊙P的半径，

∴BC与⊙P相切．

满分冲关

1. D　【解析】该几何体的左视图是长和宽分别为圆的半径和几何体厚度的矩形，俯视图是长和宽分别为圆的直径和几何体厚度的矩形，故选D.

2. A　【解析】当将小正方形分别放在②③④的位置时，所组成的图形都能围成正方体，当将小正方形放在①的位置时，所组成的图形不能围成正方体．

3. B　【解析】由三视图可知，该几何体是由两个大小不同的圆柱组成，并且躺倒在水平面上放置，故该几何体的体积为：π×22×2＋π×42×8＝8π＋128π＝136π.

第4题解图

4.　【解析】本题考查平面展开图——最短路径问题．将正方体展开，将蚂蚁经过的三个面放在一个平面上，如解图所示，则线段AB是最短路线，∵Rt△ACE∽Rt△ABG，∴＝＝，∴CE＝，在Rt△ACE中，由勾股定理得：AC＝＝.

5.　【解析】如解图，△ABF为等边三角形，△EGH为纸盒的底面，CE⊥AB，垂足为C，GD⊥AB，垂足为D，连接AE，易得∠CAE＝×60°＝30°.

第5题解图

在Rt△ACE中，设AC＝x，则CE＝AC·tan∠CAE＝x，∵BD＝AC＝x，∴CD＝AB－AC－BD＝6－2x，

∴纸盒侧面积S＝3CD·CE＝3(6－2x)×x＝－2x2＋6x＝－2 (x－)2＋，当x＝时，S取得最大值，∵此时2x＜AB，∴x可以取到．即该纸盒侧面积的最大值为cm2.

6. 解：(1)所求作图形如解图：

第6题解图

(2)四边形ABCD是矩形．理由如下：

∵直线l垂直平分AC，

∴OA＝OC，

又∵OD＝OB，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∵∠ABC＝90°，

∴平行四边形ABCD是矩形.

第二节　图形的对称、平移、旋转与位似

基础过关

1. D　【解析】轴对称图形即将一个图形沿一条直线折叠，直线两边的部分能够完全重合的图形，根据定义可知，D不是轴对称图形．

2. B　【解析】逐项分析如下：

选项	逐项分析	正误
A	不是中心对称图形
B	是中心对称图形	√
C	不是中心对称图形
D	不是中心对称图形

3. B　【解析】逐项分析如下：

选项	逐项分析	正误
A	不是轴对称图形，是中心对称图形
B	既是轴对称图形，也是中心对称图形	√
C	是轴对称图形，不是中心对称图形
D	不是轴对称图形，也不是中心对称图形

4. D　【解析】如解图：

第4题解图

所以A有4条对称轴，B有6条对称轴，C有4条对称轴，D有2条对称轴，故选D.

5. D　【解析】∵OB＝3OB′，∴＝，∴△A′B′C′与△ABC的相似比为，∴面积比为1∶9，故选D.

6. D　【解析】∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥CD，∴∠ACD＝∠BAC，∵由折叠的性质可得∠BAC ＝∠EAC, ∴∠ACD＝∠EAC，∴AE＝CE.

第7题解图

7. C　【解析】如解图，连接DG，∵EF垂直平分AD，∴AG＝DG，由折叠知AD＝AG，∴AG＝AD＝DG，∴△ADG为等边三角形，∴∠DAG＝60°，故选C.

8. B　【解析】根据旋转的性质可知，旋转中心到对应点的距离相等，所以采用排除法，可得点(1，－1)到各对应点的距离相等，故选B.

9. B　【解析】∵B′C＝BC，∴∠BB′C＝∠B＝50°，∴∠BCB′＝80°，∵∠ACB＝90°，∴∠B′CA＝10°，∴∠OCA′＝80°，又∠A′＝∠A＝90°－50°＝40°，∴∠COA′＝180°－80°－40°＝60°.

10.

第10题解图

B　【解析】∵AF∥BC，∴∠1＝∠2，∵△AEF是由△ABC旋转得到的，∴∠1＝∠3，∴∠2＝∠3，又∵∠B＝∠B，∴△ABC∽△DBA，∴＝，∴AB2＝BD·BC，即62＝BD×4，解得BD＝9，∴CD＝9－4＝5.

11.

第11题解图

B　【解析】如解图，根据题意画出△AOB绕着O点顺时针旋转120°得到的△DOC，连接OP，设Q为P点旋转后的对应点，连接OQ，CD与y轴交于点M，∴∠POQ＝120°，∵AP＝OP，∴∠BAO＝∠POA＝30°，∴∠MOQ＝180°－120°－30°＝30°，在Rt△OMQ中，OQ＝OP＝2，∴MQ＝1，OM＝＝，则P的对应点Q的坐标为(1，－)．

12. (4，2)　【解析】∵矩形OA1B1C1与矩形OABC位似，∴＝＝2，∵AB＝1，OA＝BC＝2，∴OA1＝B1C1＝4，A1B1＝2，∴点B1的坐标为(4，2)．

第13题解图

13. (－5，－3)　【解析】如解图，∵线段AC，BD互相平分，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵BC∥x轴，BC＝3，∴将点A(2，3)水平向右平移3个单位即得点D，∴点D的坐标为(5，3)，∴点D(5，3)关于坐标原点的对称点的坐标为(－5，－3)．

14. 3－　【解析】

第14题解图

如解图，∵∠F＝45°，BC＝3，∴CF＝3，又EF＝4，则EC＝1，∵BC＝3，∠A＝30°，∴AC＝3，则AE＝3－1，∴EG＝3－，∴阴影部分的面积为S△ABC－S△AEG＝×3×3－×(3－1)×(3－)＝3－.

第15题解图

15. 2＋　【解析】如解图，过点E作EG⊥BD交BD于G，∵BE平分∠DBC，∠EGB＝∠BCE＝90°，∴EG＝EC＝1，∵△DEG为等腰直角三角形，∴DE＝EG＝，∴CD＝1＋，∴BC＝1＋，由旋转的性质可知，CF＝CE＝1.∴BF＝BC＋CF＝2＋(cm)．

第16题解图

16. 　【解析】设AB＝x，则由旋转的性质知C′D＝CD＝x，A′D＝BC＝2，∵AD∥BC，∴△A′DC′∽△A′CB，∴＝，即＝，解得x＝－1，∴CD＝－1，A′C＝2＋－1＝＋1，∵AB∥CD，∴∠ABA′＝∠BA′C，∴tan∠ABA′＝tan∠BA′C＝＝＝.

17. 解：(1) △A1B1C1如解图所示：

(2) △A2B2C2如解图所示：

第17题解图

由解图可知，A2D＝1，C2D＝3，则A2C2＝＝＝， ∴sin∠A2C2B2＝sin∠A2C2D＝＝＝.

满分冲关

1. B　【解析】∵菱形OABC的顶点O(0，0)，B(2，2)，∴BO与x轴的夹角为45°，∵菱形的对角线互相垂直平分，∴点D 是线段OB的中点，∴点D 的坐标是(1，1) ，∵菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，360°÷45°＝8，∴每旋转8秒，点D就回到原来的位置(1，1)，∵60÷8＝7……4，∴第60秒时菱形绕点O逆时针旋转了7周回到原来位置后，又旋转了4秒，即又旋转了4×45°＝180°，∴点D的对应点落在第三象限，且对应点与点D关于原点O成中心对称，∴第60秒时，菱形的对角线交点D的坐标为(－1，－1)．

2. A　【解析】在Rt△ABC中，∵∠ABC＝30°，AC＝2，∴∠A＝60°，AB＝4，BC＝AC·tan60°＝2.由旋转的性质可知△A1B1C≌△ABC，∴A1C＝AC，B1C＝BC，∵∠A＝60°，∴△AA1C是等边三角形，∴旋转角为60°，∴∠BCB1＝60°，∴△BCB1是等边三角形．∴BB1＝BC＝2，∵D是BB1的中点，∴BD＝，∵A1B＝AB－AA1＝2，∠A1BB1＝30°＋60°＝90°，∴A1D＝＝＝.

3. D　【解析】本题考查线段最小值问题．先考虑让△EFG和△BCA重合，然后把△EFG绕点D顺时

第3题解图

针旋转，如解图，连接DG，AD，根据旋转角相等，旋转前后的对应线段相等，容易发现∠ADG＝∠FDC，DA＝DG，DF＝DC，∴∠DFC＝∠DCF＝∠DAG＝∠DGA.再根据等腰三角形的“三线合一”，得∠DFC＋∠CFG＋∠DGF＝90° ，又∵∠DGA＝∠DFC，∴∠DGA＋∠DGF＋∠CFG＝90° ，∴∠CMA＝90° ，∴点M始终都在以AC为直径的圆上．作出该圆，设圆心为O，连接BO与⊙O相交于点P，线段BP的长即为线段BM长的最小值．结合等腰三角形“三线合一”的性质，可得BO⊥AC，且AO＝CO，∵AC＝BC＝2，∴AO＝CO＝1，∵BO⊥AC，∴BO＝，又∵AO＝OP＝1，∴BP＝OB－OP＝－1.

第4题解图

4. D　【解析】如解图，可知第一次折叠折痕为DE，第二次折叠折痕为DF，第三次折叠折痕为DG，连接BG，∵点D，E分别是AB，AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE＝BC＝×3＝，a＝，同理b＝2，根据勾股定理，得AB＝＝＝5，∵D是AB的中点，∴AD＝，由第三次折叠可知GD垂直平分AB，∴GB＝GA.设GB＝GA＝x，则GC＝AC－AG＝4－x.根据勾股定理，得BC2＋CG2＝BG2，即32＋(4－x)2＝x2 ，解得x＝，即AG＝，在Rt△ADG中，DG＝＝＝，即c＝，因此b＞c＞a，故选D.

5. 2　【解析】∵将△ADE沿AB方向平移到△DBF的位置，点D在BC上，△ADE的面积为1，∴S△DBF＝S△ADE＝1，∵D，E分别是AB，AC的中点，∴DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝()2，即＝()2＝，故S△ABC＝4，∴S四边形DBCE＝3，∴S四边形CEDF＝S四边形DBCE－S△DBF＝3－1＝2.

第6题解图

　【解析】如解图，过点G′作G′E⊥CD的延长线于点E，∵∠APD＋∠EPG′＝90°，∠EG′P＋∠EPG′＝90°，∴∠APD＝∠EG′P，又∵∠ADC＝∠G′EC＝90°，∴△ADP∽△PEG′，∴＝＝＝2，设DP＝x，则EG′＝x，PE＝AD＝4，DE＝4－x，连接B，D，G′三点，则△EDG′∽△CDB，∴＝，即＝，解得x＝.

第7题解图

6－2　【解析】∵△ABC是等边三角形，点O是△ABC的内心，∴∠BOC＝120°，过O作OG⊥BC于G，如解图，则BG＝CG＝2，OB＝＝＝4，∵旋转角为30°，∴∠COC1＝30°，∴∠BOC1＝150°，∵∠OBC＋∠BOC1＝180°，∴BD∥OC1，同理OB∥DC1，∴四边形BDC1O是平行四边形，又∵OB＝OC1，则平行四边形BDC1O是菱形，∴BD＝BO＝4，∴CD＝4－4.∵∠ACB＝60°，∠C1DC＝∠OBG＝30°，∴∠DEC＝180°－30°－60°＝90°，∴△DCE是直角三角形，∴在Rt△DCE中，∠DCE＝60°，∴DE＝DC×sin∠DCE＝(4－4)×＝6－2.

8. 解：(1)作图如解图；　.

【解法提示】∵∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，

∴∠PAM＝∠BAC＝30°，

∵∠PAM绕点A逆时针方向旋转60°得∠GAD，

第8题解图

∴∠BAG＝60°，△ABC∽△AGD，

∴∠GAD＝∠BAC＝∠MAG＝30°，

∴△BAD是直角三角形，∠ABD＝60°，

∴∠ADB＝30°，

设AB为2，则可得AD＝2，

∵DQ∥AB，∠BAD＝90°，

∴∠ADG＝90°，

∴在Rt△ADG中，AG＝4，

∴＝＝；

(2) ∵四边形ABB′C′是平行四边形，

∴AC′∥BB′，

又∵∠BAC＝36°，AB＝AC，

∴∠ABC＝72°，

∵△B′AC′是△BAC旋转且各边均放大为原来的n倍而得，

∴∠B′AC′＝∠BAC＝36°，

∴∠CAB′＝72°－36°＝36°，

∴α＝∠BAC＋∠CAB′＝∠BAB′＝72°，

∵∠B＝∠B′BA，∠ACB＝∠B′AB＝72°，

∴△ABC∽△B′BA，

∴AB∶BB′＝CB∶AB，

∴AB2＝CB·BB′，

∵AB＝1，

∴12＝(BB′－1)·BB′，

解得BB′＝(舍去负值)．

即n＝.

第八章　统计与概率

第一节　统　计

基础过关

1. B　【解析】A.调查本班同学的视力，必须准确，故必须普查；B.调查一批节能灯管的使用寿命，适合采用抽样调查；C.学校招聘教师，对应聘人员面试，人数不多，容易调查，适合普查；D.对乘坐某班客车的乘客进行安检，必须采取全面调查．故选B.

2. B　【解析】∵考91的人数最多，∴众数为91分，故选B.

3. B　【解析】共有9名学生参加百米跑，取前4名，所以要想知道自己入选需要知道自己的成绩是否进入前4.我们把所有同学的成绩按大小顺序排列，第5名学生的成绩是这组数据的中位数，所以大家知道这组数据的中位数，才能知道自己是否进入决赛，故选B.

4. D　【解析】由加权平均数公式可知x＝＝＝86，故选D.

5. A　【解析】从平均成绩看甲、丙两人比乙、丁两人高，都是185，故应从甲、丙两人中选，又因为甲与丙的方差分别是3.6与7.4，甲的方差比丙的方差小，说明甲的成绩比丙的成绩稳定，所以应该选择甲．

6. C　【解析】题目中数据共有56个，故中位数是将数据按从小到大排列后第28、29两个数的平均数，而第28、29两个数均在第三组，故这组数据的中位数落在第三组．故选C.

7. D　【解析】将这组数据按照从小到大的顺序排列为：－1，－1，2，4，平均数为＝1，故A正确；－1出现的次数最多，故众数为－1，故B正确；中位数为＝0.5，故C正确；s2＝[(－1－1)2＋(－1－1)2＋(2－1)2＋(4－1)2]＝4.5，故D错误．

8. 40%　【解析】∵“其他”部分所对应的圆心角是36°，∴“其他”部分所对应的百分比为：×100%＝10%，∴“步行”部分所占百分比为：100%－10%－15%－35%＝40%.

9. 151.8　【解析】由统计图可知调查的人数为260＋400＋150＋100＋90＝1000人，所以将报纸和手机上网作为获取新闻的主要途径的人数所占百分比为×100%＝66%，则该市约有230万人，则可估计其中将报纸和手机上网作为获取新闻的主要途径的总人数大约为230×66%＝151.8万．

10. 23　【解析】在除了a的6个数据中，22出现了2次，23出现了2次，24，25各出现一次，又知这组数据的众数为22，由众数的概念可知a＝22，所以这组数据为22，23，24，22，22，23，25，所以平均数为＝23.

11. 8　【解析】∵x1，x2，x3，x4的平均数为5，∴x1＋x2＋x3＋x4＝4×5＝20，∴x1＋3，x2＋3，x3＋3，x4＋3的平均数为：(x1＋3＋x2＋3＋x3＋3＋x4＋3)÷4＝(20＋12)÷4＝8.

12. 2.5　【解析】平均数＝＝0，方差＝[3(1－0)2＋(2－0)2＋(－2－0)2＋(－3－0)2]＝2.5.

13. 6　【解析】∵该组数据的平均数为5，∴＝5，∴a＝6，将这组数据按照从小到大的顺序排列为：2，4，6，6，7可得到中位数为6.

14. 6000　【解析】由选择自驾的人数和所占的百分比可得这次参与调查的总人数为4800÷40%＝12000，则选择公交前住的人数为12000×50%＝6000.

15. 解：(1)990；

【解法提示】由折线统计图可知2015年参与人数为1600人，2011年参加人数为610人，则2015年比2011年增加的人数为1600－610＝990(人)．

(2)由扇形统计图可知2015年参加跑步项目的人数占55%，则2015年参加跑步项目的人数为1600×55%＝880(人)；

(3)由题意知，2016年的参与人数为1600×(1＋15%)＝1840(人)，

由扇形统计图可知2015年参加太极拳项目的人数占(1－5%－55%－30%)＝10%，

则2016年参加太极拳的人数为1840×10%＝184(人)．

16. 解：(1)补全条形统计图和扇形统计图如解图；

第16题解图

【解法提示】由题图①、图②分别可知“D”的人数和所占的百分比分别为6和5%，则抽取的总人为＝120(人)；则“C”的人数为120－18－16－9＝30(人)，其所占的百分比为×100%＝25%；则A所占百分比为1－55%－5%－25%＝15%，据此可补全统计图．

(2)比较喜欢(填“B”也正确)；

(3)960×25%＝240(人)．

∴估算七年级学生中对数学学习“不太喜欢”的有240人．

满分冲关

1. D　【解析】

选项	逐项分析	正误
A	三个年级中七年级的合格人数最多，但不知道七年级总人数，所以不能比较合格率高低
B	表中只告诉八年级合格人数为262，而八年级的学生人数未知
C	表中只告诉八年级合格的人数，而八年级的总人数未知，所以不能比较合格率的高低
D	七年级合格人数为270，八年级合格人数为262，九年级合格人数为254，所以九年级合格人数最少	√

故选D.

2. B　【解析】由表可知，年龄为15岁与年龄为16岁的频数和为x＋10－x＝10，则总人数为：5＋15＋10＝30，故该组数据的众数为14岁，中位数为：＝14岁，即对于不同的x，关于年龄的统计量不会发生改变的是众数和中位数．故选B.

3. C　【解析】①如果x≤6，那么(6＋8)÷2＝7，符合题意；

②如果6<x≤8，那么(x＋8)÷2>7，不符合题意；③如果8<x≤10，那么(x＋8)÷2>8，不符合题意；④如果x>10，那么(8＋10)÷2≠7，不符合题意；故选C.

4. 7　【解析】∵两组数据m，6，n与1，m，2n，7的平均数都是6，∴，解得，若将这两组数据合并为一组数据，按从小到大的顺序排列为1，4，6，7，8，8，8一共7个数，第四个数是7，则这组数据的中位数是7.

5.　【解析】因为众数为3，表示3的个数最多，因为2出现的次数为2，所以3的个数最少为3个，则可设a，b，c中有两个数值为3，可设a＝3，b＝3，c未知，平均数(1＋3＋2＋2＋3＋3＋c)＝2，解得c＝0，根据方差公式s2＝[(1－2)2＋(3－2)2＋(2－2)2＋(2－2)2＋(3－2)2＋(3－2)2＋(0－2)2]＝.

6. 29　【解析】∵5个数据的中位数是6，唯一众数是7，∴最大的三个数的和是：6＋7＋7＝20，则两个较小的数一定是小于6的非负整数，且不相等，即两个较小的数最大为4和5，故总和一定小于等于29，故答案为：29.

7. 变大　【解析】工资调整后相比工资调整前工资波动变大故方差变大．

8. 解：(1)20，8，55；

【解法提示】∵m＝80×25%＝20，n＝80－20－44－4－2－2＝8，

∴空气质量等级为“良”的天数占：×100%＝55%.

(2)估计该市城区全年空气质量等级为“优”和“良”的天数共：365×(25%＋55%)＝292(天)．

答：估计该市城区全年空气质量等级为“优”和“良”的天数共292天；

补全条形统计图如解图：

第8题解图

(3)建议不要燃放烟花爆竹．

第二节　概　率

基础过关

1. D　【解析】A为必然事件，B、C 为随机事件，D为不可能事件，故选D.

2. D　【解析】袋中有形状、大小、质地完全一样的5个红球和1个白球，从中随机取出一个球，不一定是红球，选项A错误；天气预报“明天降水概率10%”，概率是10%表示明天可能下雨，也可能不下雨，但是可能性10%比1小得多，所以下雨的可能性很小，并不是指明天有10%的时间一定会下雨，选项B错误；某种彩票中奖的概率是千分之一，买1000张该种彩票不一定会中奖，选项C错误；连续掷一枚均匀硬币，若5次都是正面朝上，则第六次可能正面朝上，也可能正面朝下，选项D正确；故选D.

3. C　【解析】∵200辆车中，帕萨特有60辆，∴随机抽取1辆车做为开幕式用车的概率P＝＝.

4. A　【解析】画树状图如解图：

第4题解图

∵共有4种等可能的结果，两人同时选择“参加社会调查”的有1种，∴P(两人同时选择“参加社会调查”)＝.

5. C　【解析】画树状图如解图：

第5题解图

∵共有12种等可能的结果，两次摸出的小球标号的积小于4的有4种情况，∴两次摸出的小球标号的积小于4的概率是＝.

6. D　【解析】∵标有数－3，－2，－1，0，1，2，3的七张没有明显差别的卡片中，随机抽取一张，所抽卡片上的数的绝对值不小于2的有4种情况，即－3，－2，2，3这4种情况，∴随机抽取一张，所抽卡片上的数的绝对值不小于2的概率是.

7. 0.8815　【解析】x＝(0.865＋0.904＋0.888＋0.875＋0.882＋0.878＋0.879＋0.881)÷8＝0.8815，∴这种幼树移植成活率的概率为0.8815.

8.　【解析】黑色地砖有2块，白色地砖有3块，且小球停在每块地砖上的可能性相同，∴小球停在白色地砖上的概率为.

9. 20　【解析】∵摸到黄球的频率稳定在30%，∴6个黄球占总球数的30%.∴口袋中小球的个数共有6÷30%＝20(个)．

10.　【解析】根据从C、D、E、F四个点中任意取一点，一共有4种可能，选取D、C、F时，所作三角形是等腰三角形，故P(所作三角形为等腰三角形)＝.

11.　【解析】由于袋子不透明，且小球都是相同的，因此每次摸球摸到每一个球的概率均相同，列表如下：

	黑	黑	白	白
黑	黑黑	黑黑	黑白	黑白
黑	黑黑	黑黑	黑白	黑白
白	白黑	白黑	白白	白白
白	白黑	白黑	白白	白白

从表格中发现，两次白色一共出现了4次，所以两次摸出的小球都是白色的概率为P＝＝.

12. 1　【解析】根据题意得：＝，解得n＝1，经检验：n＝1是原分式方程的解．

13.　【解析】画树状图如解图：

第13题解图

共有20种等可能的结果，其中点P(a，b)在平面直角坐标系中第二象限内的结果数为4，所以点P(a，b)在平面直角坐标系中第二象限内的概率为＝.

14.　【解析】列表如下：

第1次结果　第2次	1	2	3
1	1，1	2，1	3，1
2	1，2	2，2	3，2
3	1，3	2，3	3，3

∴共有9种等可能的情况，其中两次指针指向的数都是奇数的有4种，∴P(两次指向的数都是奇数)＝.

15. y＝5＋3x　【解析】由题意得＝，7＋x＋y＝12＋4x，∴y＝5＋3x.

16. 　【解析】∵棕色糖果占总数的百分比为1－(20%＋15%＋30%＋15%)＝20%，∴绿色糖果和棕色糖果占总数的百分比为30%＋20%＝50%，∴取出的糖果的颜色为绿色或棕色的概率＝50%，即.

17. 解：(1)列表如下：

甲和乙	0	1	2
0	—	1	2
1	1	—	3
2	2	3	—

(2)游戏不公平，理由如下：

由表可知甲获胜的概率＝，乙获胜的概率的＝，

因为乙获胜的可能性大，

所以游戏是不公平的．

18. 解：(1)列表如下：

小明　　小林	A	B	C
A	AA	AB	AC
B	BA	BB	BC
C	CA	CB	CC

一共有9种等可能的结果．

(2)两人再次成为同班同学的情况有AA、BB、CC，共3种，所以P(两人同班)＝＝.

满分冲关

1. A　【解析】由图甲可知，黑色方砖有6块，共有16块方砖，∴黑色方砖在整个地板中所占的比值为＝，∴在甲种地板上最终停留在黑色区域的概率为P1＝，由图乙可知，黑色方砖有3块，共有9块方砖，∴黑色方砖在整个地板中所占的比值为＝，∴在乙种地板上最终停留在黑色区域的概率为P2＝，∵＞，∴P1＞P2，故选A.

2. B　【解析】画树状图如解图：

第2题解图

∵共有8种等可能的结果，经过3次传球后，球仍回到甲手中的有2种情况，∴经过3次传球后，球仍回到甲手中的概率是＝.

3.　【解析】A→B→E的概率为×＝，A→C→E的概率为×＝，则A→E的概率为＋＝.

4.　【解析】∵解不等式组的解集为：－＜k≤3，∴整数解为：－2，－1，0，1，2，3，关于x的方程：2x＋k＝－1的解为：x＝－，∵关于x的方程：2x＋k＝－1的解为非负数，∴k＋1≤0，解得：k≤－1，∴能使关于x的方程：2x＋k＝－1的解为非负数的k值为：－1，－2；∴能使关于x的方程：2x＋k＝－1的解为非负数的概率为：＝.

5. 解：(1)10÷20%＝50(名)；

(2)补全条形统计图如解图：

第5题解图

“体育活动C”所对应的圆心角度数为：×360°＝108°；

(3)P(选取两名女生)＝.

【解法提示】从5名同学中任选两名同学共有10种情况，而选取的两名同学都是女生只有一种情况，因此P＝.

6. 解：(1)；

【解法提示】∵现甲、乙均各自摸了两张牌，数字之和都是5，甲从桌上继续摸一张扑克牌，乙不再摸牌，

∴甲摸牌数字是4与5则获胜，

∴甲获胜的概率为：＝；

(2)画树状图如解图：

第7题解图

则共有12种等可能的结果；

列表得：

甲
5
4	5	6	7
甲“最终点数”	9	10	0	0
乙
5
5	6	7	4	6	7	4	5	7	4	5	6
乙“最终点数”	10	0	0	9	0	0	9	10	0	9	10	0
获胜情况	乙胜	甲胜	甲胜	甲胜	甲胜	甲胜	乙胜	乙胜	平	乙胜	乙胜	平

∴乙获胜的概率为：.

统计与概率巩固集训

1. 解：(1)83，82；

(2)因为甲的平均成绩大于乙的平均成绩，且甲的方差小于乙的方差，说明甲的成绩更好更稳定，因此选派甲参加比赛比较合适；

(3)列表如下：

甲乙	79	86	82	85	83
88	88，79	88，86	88，82	88，85	88，83
79	79，79	79，86	79，82	79，85	79，83
90	90，79	90，86	90，82	90，85	90，83
81	81，79	81，86	81，82	81，85	81，83
72	72，79	72，86	72，82	72，85	72，83

由列表可知，所有等可能的结果共有25种，其中符合条件的结果有12种，所以P＝，即抽到两个人的成绩都大于80分的概率为.

2．解：(1)此考场的考生人数为＝40，

a＝40×0.075＝3，b＝＝0.375，

c＝40－3－10－15－8＝4，d＝＝0.1；

器乐考试A等级的人数为40－15－15－6－1＝3.

补全条形统计图如解图：

第2题解图

(2)该考场“声乐”科目考试的平均分为

(3×10＋10×8＋15×6＋8×4＋4×2)÷40＝6分；

(3)∵声乐成绩为A等级的有3人，器乐成绩为A等级的有3人，由于本考场考试恰好有2人两科均为A等级，记为A1，A2，将声乐成绩为A等级的另一个记为a，声乐成绩为A等级的另一人记为b，在至少一科成绩为A等考生中随机抽取两人有：A1，A2；A1，a；A1，b；A2，a；A2，b；a，b六种情形，两科成绩均为A等级的有A1，A2这一种情形，故所求概率为.

3. 解：(1)16，17.5；

【解法提示】a＝5÷12.5%×40%＝16，5÷12.5%＝7÷b%，

∴b＝17.5.

(2)90；

【解法提示】600×[6÷(5÷12.5%)]＝90(人)．

(3)画树状图如解图，

第3题解图

∵共有20种等可能的结果，两位同学恰为一男一女的有12种情况，

∴P(恰好选到一男一女)＝＝.

4. 解：(1)60，0.15；

补全频数分布直方图如解图①所示：

第4题解图①

【解法提示】样本总数为10÷0.05＝200(人)，

a＝200－10－20－30－80＝60(人)，

b＝30÷200＝0.15.

(2)优胜奖所在扇形的圆心角为0.30×360°＝108°；

(3)列表：甲乙丙丁分别用ABCD表示，

	A	B	C	D
A		AB	AC	AD
B	BA		BC	BD
C	CA	CB		CD
D	DA	DB	DC

∵共有12种等可能的结果，恰好选A、B的有2种，

∴P(选中甲、乙)＝＝.

5. 解：(1)15，6，12%；

【解法提示】①50×30%＝15，

②50－2－12－15－10－3－2＝6，

③6÷50＝0.12＝12%.

(2)中等用水量家庭大约有450×(20%＋12%＋6%)＝171(户)；

(3)列表如下：

	a1	a2	b1	b2	b3
a1		(a2，a1)	(b1，a1)	(b2，a1)	(b3，a1)
a2	(a1，a2)		(b1，a2)	(b2，a2)	(b3，a2)
b1	(a1，b1)	(a2，b1)		(b2，b1)	(b3，b1)
b2	(a1，b2)	(a2，b2)	(b1，b2)		(b3，b2)
b3	(a1，b3)	(a2，b3)	(b1，b3)	(b2，b3)

共有20种等可能的结果，其中2户家庭来自不同范围的有12种，则抽取的2户家庭来自不同范围的概率P＝＝.

6. 解：(1)60，90°；

(2)补全条形统计图如解图①所示：

第6题解图①

(3)根据题意得：900×＝300(人)，

则估计该中学学生中对校园安全知识达到“了解”和“基本了解”程度的总人数为300人；

(4)画树状图如解图②所示：

第6题解图②

或者列表如下：

第2个第1个	女1	女2	女3	男1	男2
女1		(女1，女2)	(女1，女3)	(女1，男1)	(女1，男2)
女2	(女2，女1)		(女2，女3)	(女2，男1)	(女2，男2)
女3	(女3，女1)	(女3，女2)		(女3，男1)	(女3，男2)
男1	(男1，女1)	(男1，女2)	(男1，女3)		(男1，男2)
男2	(男2，女1)	(男2，女2)	(男2，女3)	(男2，男1)