2017安徽中考數(shù)學(xué)模擬試題(2)
2017安徽中考數(shù)學(xué)模擬試卷參考答案
一、選擇題(本大題共10個(gè)小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)A、B、C、D中，只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的，請把正確的選項(xiàng)填在答題卡相應(yīng)位置)
1.9的算術(shù)平方根是( )
A.±3 B.3 C. D.
【考點(diǎn)】22：算術(shù)平方根.
【分析】根據(jù)開方運(yùn)算，可得算術(shù)平方根.
【解答】解：9的算術(shù)平方根是3，
故選：B.
2.2016年，巴彥淖爾市計(jì)劃投資42億元，完成300個(gè)嘎查村的建設(shè)任務(wù).農(nóng)村牧區(qū)“十個(gè)全覆蓋”推進(jìn)正酣.將42億用科學(xué)記數(shù)法應(yīng)表示為( )
A.0.042×107 B.0.42×108 C.4.2×109 D.42×1010
【考點(diǎn)】1I：科學(xué)記數(shù)法—表示較大的數(shù).
【分析】科學(xué)記數(shù)法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n為整數(shù).確定n的值時(shí)，要看把原數(shù)變成a時(shí)，小數(shù)點(diǎn)移動(dòng)了多少位，n的絕對值與小數(shù)點(diǎn)移動(dòng)的位數(shù)相同.當(dāng)原數(shù)絕對值>1時(shí)，n是正數(shù);當(dāng)原數(shù)的絕對值<1時(shí)，n是負(fù)數(shù).
【解答】解：42億=42 0000 0000=4.2×109，
故選：C.
3.下列計(jì)算正確的是( )
A.a3+a2=2a5 B.(﹣2a3)2=4a6 C.(a+b)2=a2+b2 D.a6÷a2=a3
【考點(diǎn)】48：同底數(shù)冪的除法;47：冪的乘方與積的乘方;4C：完全平方公式.
【分析】根據(jù)合并同類項(xiàng)法則;積的乘方，等于把積的每一個(gè)因式分別乘方，再把所得的冪相乘;完全平方公式，同底數(shù)冪相除，底數(shù)不變指數(shù)相減，對各選項(xiàng)分析判斷后利用排除法求解.
【解答】解：A、a3和a2不是同類項(xiàng)不能合并，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤;
B、(﹣2a3)2=4a6，正確;
C、應(yīng)為(a+b)2=a2+b2+2ab，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤;
D、應(yīng)為a6÷a2=a4，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤.
故選B.
4.不等式組 的整數(shù)解的和是( )
A.﹣1 B.1 C.0 D.1
【考點(diǎn)】CC：一元一次不等式組的整數(shù)解.
【分析】先解出不等式組的解集，從而可以得到不等式組的整數(shù)解，從而可以得到不等式組 的整數(shù)解的和.
【解答】解：
解得，﹣2
∴ 的整數(shù)解是x=﹣1，x=0，x=1，
∵(﹣1)+0+1=0，
故 的整數(shù)解得和是0，
故選C.
5.如圖，在△ABC中，∠CAB=65°，將△ABC在平面內(nèi)繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，則旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為( )
A.35° B.40° C.50° D.65°
【考點(diǎn)】R2：旋轉(zhuǎn)的性質(zhì).
【分析】根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等可得∠ACC′=∠CAB，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC=AC′，然后利用等腰三角形兩底角相等求∠CAC′，再根據(jù)∠CAC′、∠BAB′都是旋轉(zhuǎn)角解答.
【解答】解：∵CC′∥AB，
∴∠ACC′=∠CAB=65°，
∵△ABC繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)得到△AB′C′，
∴AC=AC′，
∴∠CAC′=180°﹣2∠ACC′=180°﹣2×65°=50°，
∴∠CAC′=∠BAB′=50°.
故選C.
6.一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，該幾何體的側(cè)面積為( )
A.2πcm2 B.4πcm2 C.8πcm2 D.16πcm2
【考點(diǎn)】U3：由三視圖判斷幾何體;MP：圓錐的計(jì)算.
【分析】由幾何體的主視圖和左視圖都是等腰三角形，俯視圖是圓，可以判斷這個(gè)幾何體是圓錐，進(jìn)而得出圓錐的高以及母線長和底面圓的半徑，再利用圓錐側(cè)面積公式求出即可.
【解答】解：依題意知母線l=4cm，底面半徑r=2÷2=1，
則由圓錐的側(cè)面積公式得S=πrl=π×1×4=4πcm2.
故選B.
7.已知一組數(shù)據(jù)：1，2，6，3，3，下列說法錯(cuò)誤的是( )
A.眾數(shù)是3 B.中位數(shù)是6 C.平均數(shù)是3 D.方差是2.8
【考點(diǎn)】W7：方差;W1：算術(shù)平均數(shù);W4：中位數(shù);W5：眾數(shù).
【分析】分別求出這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)和方差，再分別對每一項(xiàng)進(jìn)行判斷即可.
【解答】解：A、3出現(xiàn)了2次，出現(xiàn)的次數(shù)最多，則眾數(shù)是3，故本選項(xiàng)正確;
B、把這組數(shù)據(jù)從小到大排列為：1，2，3，3，6，最中間的數(shù)是3，則中位數(shù)是3，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤;
C、這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)是(1+2+6+3+3)÷5=3，故本選項(xiàng)正確;
D、這組數(shù)據(jù)的方差是： [(1﹣3)2+(2﹣3)2+(6﹣3)2+(3﹣3)2+(3﹣3)2]= ，故本選項(xiàng)正確;
故選B.
8.如圖，在正方形ABCD中，邊長為2的等邊三角形AEF的頂點(diǎn)E、F分別在BC和CD上.下列結(jié)論：①CE=CF;②∠AEB=75°;③BE+DF=EF;④S正方形ABCD=2+ .其中正確的個(gè)數(shù)為( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【考點(diǎn)】LE：正方形的性質(zhì);KD：全等三角形的判定與性質(zhì);KK：等邊三角形的性質(zhì).
【分析】根據(jù)三角形的全等的知識可以判斷①的正誤;根據(jù)角角之間的數(shù)量關(guān)系，以及三角形內(nèi)角和為180°判斷②的正誤;根據(jù)線段垂直平分線的知識可以判斷③的正誤，利用解三角形求正方形的面積等知識可以判斷④的正誤.
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
∵△AEF是等邊三角形，
∴AE=AF，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF(HL)，
∴BE=DF，
∵BC=DC，
∴BC﹣BE=CD﹣DF，
∴CE=CF，
∴①說法正確;
∵CE=CF，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴∠CEF=45°，
∵∠AEF=60°，
∴∠AEB=75°，
∴②說法正確;
如圖，連接AC，交EF于G點(diǎn)，
∴AC⊥EF，且AC平分EF，
∵∠CAF≠∠DAF，
∴DF≠FG，
∴BE+DF≠EF，
∴③說法錯(cuò)誤;
∵EF=2，
∴CE=CF= ，
設(shè)正方形的邊長為a，
在Rt△ADF中，
a2+(a﹣ )2=4，
解得a= ，
則a2=2+ ，
∴S正方形ABCD=2+ ，
?、苷f法正確，
∴正確的有①②④.
故選C.
9.如圖，在平行四邊形ABCD中，E是CD上的一點(diǎn)，DE：EC=2：3，連接AE、BE、BD，且AE、BD交于點(diǎn)F，則S△DEF：S△EBF：S△ABF=( )
A.2：5：25 B.4：9：25 C.2：3：5 D.4：10：25
【考點(diǎn)】S9：相似三角形的判定與性質(zhì);K3：三角形的面積;L5：平行四邊形的性質(zhì).
【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)求出DC=AB，DC∥AB，求出DE：AB=2：5，根據(jù)相似三角形的判定推出△DEF∽△BAF，求出△DEF和△ABF的面積比，根據(jù)三角形的面積公式求出△DEF和△EBF的面積比，即可求出答案.
【解答】解：根據(jù)圖形知：△DEF的邊DF和△BFE的邊BF上的高相等，并設(shè)這個(gè)高為h，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴DC=AB，DC∥AB，
∵DE：EC=2：3，
∴DE：AB=2：5，
∵DC∥AB，
∴△DEF∽△BAF，
∴ = = ， = = ，
∴ = = = =
∴S△DEF：S△EBF：S△ABF=4：10：25，
故選D.
10.如圖，矩形ABCD中，AB=1，BC=2，點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿B→C→D向終點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P走過的路程為x，△ABP的面積為S，能正確反映S與x之間函數(shù)關(guān)系的圖象是( )
A. B. C. D.
【考點(diǎn)】E7：動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象.
【分析】要找出準(zhǔn)確反映s與x之間對應(yīng)關(guān)系的圖象，需分析在不同階段中s隨x變化的情況.
【解答】解：由題意知，點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿B→C→D向終點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)，則
當(dāng)0
當(dāng)2
由以上分析可知，這個(gè)分段函數(shù)的圖象開始直線一部分，最后為水平直線的一部分.
故選C.
二、填空題(本題共6小題，每小題4分，共24分)
11.分解因式：﹣3x3y+12x2y﹣12xy= ﹣3xy(x﹣2)2 .
【考點(diǎn)】55：提公因式法與公式法的綜合運(yùn)用.
【分析】原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可.
【解答】解：原式=﹣3xy(x2﹣4x+4)=﹣3xy(x﹣2)2，
故答案為：﹣3xy(x﹣2)2
12.要使式子 有意義，則a的取值范圍為 a≥﹣2且a≠0 .
【考點(diǎn)】72：二次根式有意義的條件.
【分析】根據(jù)二次根式的性質(zhì)和分式的意義，被開方數(shù)大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范圍.
【解答】解：根據(jù)題意得：a+2≥0且a≠0，
解得：a≥﹣2且a≠0.
故答案為：a≥﹣2且a≠0.
13.在一個(gè)不透明的袋子中裝有若干個(gè)除顏色外形狀大小完全相同的球，如果其中有3個(gè)白球，且摸出白球的概率是 ，那么袋子中共有球 12 個(gè).
【考點(diǎn)】X4：概率公式.
【分析】設(shè)袋中共有球x個(gè)，根據(jù)概率公式列出等式解答.
【解答】解：設(shè)袋中共有球x個(gè)，
∵有3個(gè)白球，且摸出白球的概率是 ，
∴ = ，
解得x=12(個(gè)).
故答案為：12.
14.如圖，兩建筑物的水平距離BC為18m，從A點(diǎn)測得D點(diǎn)的俯角α為30°，測得C點(diǎn)的俯角β為60°.則建筑物CD的高度為 12 m(結(jié)果不作近似計(jì)算).
【考點(diǎn)】TA：解直角三角形的應(yīng)用﹣仰角俯角問題.
【分析】首先過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，可得四邊形BCDE是矩形，然后分別在Rt△ABC與Rt△ADE中，利用正切函數(shù)的知識，求得AB與AE的長，繼而可求得答案.
【解答】解：過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，
則四邊形BCDE是矩形，
根據(jù)題意得：∠ACB=β=60°，∠ADE=α=30°，BC=18m，
∴DE=BC=18m，CD=BE，
在Rt△ABC中，AB=BC•tan∠ACB=18×tan60°=18 (m)，
在Rt△ADE中，AE=DE•tan∠ADE=18×tan30°=6 (m)，
∴DC=BE=AB﹣AE=18 ﹣6 =12 (m).
故答案為：12 .
15.拋物線y=x2﹣2x+3的頂點(diǎn)坐標(biāo)是 (1，2) ，當(dāng)x= <1 時(shí)，y隨x的增大而減小.
【考點(diǎn)】H3：二次函數(shù)的性質(zhì).
【分析】由于二次函數(shù)的二次項(xiàng)系數(shù)a=1>0，由此可以確定拋物線開口方向，利用y=ax2+bx+c的頂點(diǎn)坐標(biāo)公式為(﹣ ， )，對稱軸是x=﹣ 可以確定對稱軸，然后即可確定在對稱軸的左側(cè)y隨x的增大而減小，由此得到x的取值范圍.
【解答】解：∵y=x2﹣2x+3，
∴二次函數(shù)的二次項(xiàng)系數(shù)a=1>0，
∴拋物線開口向上，
∵y=ax2+bx+c的頂點(diǎn)坐標(biāo)公式為(﹣ ， )，對稱軸是x=﹣ ，
∴此函數(shù)對稱軸是x=1，頂點(diǎn)坐標(biāo)是(1，2)，
∴當(dāng)x<1時(shí)，y隨x的增大而減小.
故答案為：(1，2)，<1.
16.如圖，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=a，以斜邊AB上的點(diǎn)O為圓心的圓分別與AC，BC相切于點(diǎn)E，F(xiàn)，與AB分別交于點(diǎn)G，H，且EH的延長線和CB的延長線交于點(diǎn)D，則CD的長為 a .
【考點(diǎn)】MC：切線的性質(zhì);MH：切割線定理;S7：相似三角形的性質(zhì).
【分析】連接OE、OF，由切線的性質(zhì)結(jié)合結(jié)合直角三角形可得到正方形OECF，并且可求出⊙O的半徑為0.5a，則BF=a﹣0.5a=0.5a，再由切割線定理可得BF2=BH•BG，利用方程即可求出BH，然后又因OE∥DB，OE=OH，利用相似三角形的性質(zhì)即可求出BH=BD，最終由CD=BC+BD，即可求出答案.
【解答】解：如圖，連接OE、OF，
∵由切線的性質(zhì)可得OE=OF=⊙O的半徑，∠OEC=∠OFC=∠C=90°，
∴OECF是正方形，
∵由△ABC的面積可知 ×AC×BC= ×AC×OE+ ×BC×OF，
∴OE=OF= a=EC=CF，BF=BC﹣CF=0.5a，GH=2OE=a，
∵由切割線定理可得BF2=BH•BG，
∴ a2=BH(BH+a)，
∴BH= a或BH= a(舍去)，
∵OE∥DB，OE=OH，
∴△OEH∽△BDH，
∴ = ，
∴BH=BD，CD=BC+BD=a+ a= a.
故答案為： a.
三、解答題(共86分，解答應(yīng)寫成文字說明、證明過程、演算步驟)
17.(1)計(jì)算：2sin60°﹣( )﹣1+( ﹣1)0
(2)先化簡，再求值：(1﹣ )÷ ，其中a=2+ .
【考點(diǎn)】6D：分式的化簡求值;2C：實(shí)數(shù)的運(yùn)算;6E：零指數(shù)冪;6F：負(fù)整數(shù)指數(shù)冪;T5：特殊角的三角函數(shù)值.
【分析】(1)原式利用特殊角的三角函數(shù)值，零指數(shù)冪、負(fù)整數(shù)指數(shù)冪法則計(jì)算即可得到結(jié)果;
(2)原式括號中兩項(xiàng)通分并利用同分母分式的減法法則計(jì)算，同時(shí)利用除法法則變形，約分得到最簡結(jié)果，把a(bǔ)的值代入計(jì)算即可求出值.
【解答】解：(1)原式=2× ﹣2+1= ﹣1;
(2)原式= • = ，
當(dāng)a=2+ 時(shí)，原式= = +1.
18.某校為了更好地開展球類運(yùn)動(dòng)，體育組決定用1600元購進(jìn)足球8個(gè)和籃球14個(gè)，并且籃球的單價(jià)比足球的單價(jià)多20元，請解答下列問題：
(1)求出足球和籃球的單價(jià);
(2)若學(xué)校欲用不超過3240元，且不少于3200元再次購進(jìn)兩種球50個(gè)，求出有哪幾種購買方案?
(3)在(2)的條件下，若已知足球的進(jìn)價(jià)為50元，籃球的進(jìn)價(jià)為65元，則在第二次購買方案中，哪種方案商家獲利最多?
【考點(diǎn)】CE：一元一次不等式組的應(yīng)用;8A：一元一次方程的應(yīng)用.
【分析】(1)設(shè)足球的單價(jià)為x元，則籃球的單價(jià)為(x+20)元，則根據(jù)所花的錢數(shù)為1600元，可得出方程，解出即可;
(2)根據(jù)題意所述的不等關(guān)系：不超過3240元，且不少于3200元，等量關(guān)系：兩種球共50個(gè)，可得出不等式組，解出即可;
(3)分別求出三種方案的利潤，繼而比較可得出答案.
【解答】解：(1)設(shè)足球的單價(jià)為x元，則籃球的單價(jià)為(x+20)元，
根據(jù)題意，得8x+14(x+20)=1600，
解得：x=60，x+20=80.
即足球的單價(jià)為60元，則籃球的單價(jià)為80元;
(2)設(shè)購進(jìn)足球y個(gè)，則購進(jìn)籃球(50﹣y)個(gè).
根據(jù)題意，得 ，
解得： ，
∵y為整數(shù)，
∴y=38，39，40.
當(dāng)y=38，50﹣y=12;
當(dāng)y=39，50﹣y=11;
當(dāng)y=40，50﹣y=10.
故有三種方案：
方案一：購進(jìn)足球38個(gè)，則購進(jìn)籃球12個(gè);
方案二：購進(jìn)足球39個(gè)，則購進(jìn)籃球11個(gè);
方案三：購進(jìn)足球40個(gè)，則購進(jìn)籃球10個(gè);
(3)商家售方案一的利潤：38(60﹣50)+12(80﹣65)=560(元);
商家售方案二的利潤：39(60﹣50)+11(80﹣65)=555(元);
商家售方案三的利潤：40(60﹣50)+10(80﹣65)=550(元).
故第二次購買方案中，方案一商家獲利最多.
19.某市為了增強(qiáng)學(xué)生體質(zhì)，全面實(shí)施“學(xué)生飲用奶”營養(yǎng)工程.某品牌牛奶供應(yīng)商提供了原味、草莓味、菠蘿味、香橙味、核桃味五種口味的牛奶提供學(xué)生飲用.浠馬中學(xué)為了了解學(xué)生對不同口味牛奶的喜好，對全校訂購牛奶的學(xué)生進(jìn)行了隨機(jī)調(diào)查(每盒各種口味牛奶的體積相同)，繪制了如圖兩張不完整的人數(shù)統(tǒng)計(jì)圖：
(1)本次被調(diào)查的學(xué)生有 200 名;
(2)補(bǔ)全上面的條形統(tǒng)計(jì)圖1，并計(jì)算出喜好“菠蘿味”牛奶的學(xué)生人數(shù)在扇形統(tǒng)計(jì)圖中所占圓心角的度數(shù);
(3)該校共有1200名學(xué)生訂購了該品牌的牛奶，牛奶供應(yīng)商每天只為每名訂購牛奶的學(xué)生配送一盒牛奶.要使學(xué)生每天都喝到自己喜好的口味的牛奶，牛奶供應(yīng)商每天送往該校的牛奶中，草莓味要比原味多送多少盒?
【考點(diǎn)】VC：條形統(tǒng)計(jì)圖;VB：扇形統(tǒng)計(jì)圖.
【分析】(1)喜好“核桃味”牛奶的學(xué)生人數(shù)除以它所占的百分比即可得本次被調(diào)查的學(xué)生人數(shù);
(2)用本次被調(diào)查的學(xué)生的總?cè)藬?shù)減去喜好原味、草莓味、菠蘿味、核桃味的人數(shù)得出喜好香橙味的人數(shù)，補(bǔ)全條形統(tǒng)計(jì)圖即可，用喜好“菠蘿味”牛奶的學(xué)生人數(shù)除以總?cè)藬?shù)再乘以360°，即可得喜好“菠蘿味”牛奶的學(xué)生人數(shù)在扇形統(tǒng)計(jì)圖2中所占圓心角的度數(shù);
(3)用喜好草莓味的人數(shù)占的百分比減去喜好原味的人數(shù)占的百分比，再乘以該校的總?cè)藬?shù)即可.
【解答】解：(1)10÷5%=200(名)
答：本次被調(diào)查的學(xué)生有200名，
故答案為：200;
(2)200﹣38﹣62﹣50﹣10=40(名)，
條形統(tǒng)計(jì)圖如下：
=90°，
答：喜好“菠蘿味”牛奶的學(xué)生人數(shù)在扇形統(tǒng)計(jì)圖2中所占圓心角的度數(shù)為90°;
(3)1200×( )=144(盒)，
答：草莓味要比原味多送144盒.
20.如圖有A、B兩個(gè)大小均勻的轉(zhuǎn)盤，其中A轉(zhuǎn)盤被分成3等份，B轉(zhuǎn)盤被分成4等份，并在每一份內(nèi)標(biāo)上數(shù)字.小明和小紅同時(shí)各轉(zhuǎn)動(dòng)其中一個(gè)轉(zhuǎn)盤，轉(zhuǎn)盤停止后(當(dāng)指針指在邊界線時(shí)視為無效，重轉(zhuǎn))，若將A轉(zhuǎn)盤指針指向的數(shù)字記作一次函數(shù)表達(dá)式中的k，將B轉(zhuǎn)盤指針指向的數(shù)字記作一次函數(shù)表達(dá)式中的b.
(1)請用列表或畫樹狀圖的方法寫出所有的可能;
(2)求一次函數(shù)y=kx+b的圖象經(jīng)過一、二、四象限的概率.
【考點(diǎn)】X6：列表法與樹狀圖法;F7：一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系.
【分析】(1)列表得出所有等可能的情況數(shù)即可;
(2)找出滿足一次函數(shù)y=kx+b的圖象經(jīng)過一、二、四象限的情況，即可求出所求的概率.
【解答】解：(1)列表如下：
k
b ﹣1 ﹣2 3
﹣1 (﹣1，﹣1) (﹣2，﹣1) (3，﹣1)
﹣2 (﹣1，﹣2) (﹣2，﹣2) (3，﹣2)
3 (﹣1，3) (﹣2，3) (3，3)
4 (﹣1，4) (﹣2，4) (3，4)
所有等可能的情況有12種;
(2)一次函數(shù)y=kx+b的圖象經(jīng)過一、二、四象限時(shí)，k<0，b>0，情況有4種，
則P= = .
21.如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)D作對角線BD的垂線交BA的延長線于點(diǎn)E.
(1)證明：四邊形ACDE是平行四邊形;
(2)若AC=8，BD=6，求△ADE的周長.
【考點(diǎn)】L8：菱形的性質(zhì);L7：平行四邊形的判定與性質(zhì).
【分析】(1)根據(jù)平行四邊形的判定證明即可;
(2)利用平行四邊形的性質(zhì)得出平行四邊形的周長即可.
【解答】(1)證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AC⊥BD，
∴AE∥CD，∠AOB=90°，
∵DE⊥BD，即∠EDB=90°，
∴∠AOB=∠EDB，
∴DE∥AC，
∴四邊形ACDE是平行四邊形;
(2)解：∵四邊形ABCD是菱形，AC=8，BD=6，
∴AO=4，DO=3，AD=CD=5，
∵四邊形ACDE是平行四邊形，
∴AE=CD=5，DE=AC=8，
∴△ADE的周長為AD+AE+DE=5+5+8=18.
22.如圖，已知A(﹣4， )，B(﹣1，2)是一次函數(shù)y=kx+b與反比例函數(shù) (m≠0，m<0)圖象的兩個(gè)交點(diǎn)，AC⊥x軸于C，BD⊥y軸于D.
(1)根據(jù)圖象直接回答：在第二象限內(nèi)，當(dāng)x取何值時(shí)，一次函數(shù)大于反比例函數(shù)的值?
(2)求一次函數(shù)解析式及m的值;
(3)P是線段AB上的一點(diǎn)，連接PC，PD，若△PCA和△PDB面積相等，求點(diǎn)P坐標(biāo).
【考點(diǎn)】G8：反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)問題.
【分析】(1)觀察函數(shù)圖象得到當(dāng)﹣4
(2)先利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，然后把B點(diǎn)坐標(biāo)代入y= 可計(jì)算出m的值;
(3)設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(t， t+ )，利用三角形面積公式可得到 • •(t+4)= •1•(2﹣ t﹣ )，解方程得到t=﹣ ，從而可確定P點(diǎn)坐標(biāo).
【解答】解：(1)當(dāng)﹣4
(2)把A(﹣4， )，B(﹣1，2)代入y=kx+b得 ，
解得 ，
所以一次函數(shù)解析式為y= x+ ，
把B(﹣1，2)代入y= 得m=﹣1×2=﹣2;
(3)設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(t， t+ )，
∵△PCA和△PDB面積相等，
∴ • •(t+4)= •1•(2﹣ t﹣ )，即得t=﹣ ，
∴P點(diǎn)坐標(biāo)為(﹣ ， ).
23.如圖，⊙O是Rt△ABC的外接圓，AC是⊙O的直徑，弦BD=BA，AB=12，BC=5，BE⊥DC，交DC的延長線于點(diǎn)E.
(1)求證：△ABC∽△DEB;
(2)求證：BE是⊙O的切線;
(3)求DE的長.
【考點(diǎn)】MD：切線的判定;S9：相似三角形的判定與性質(zhì).
【分析】(1)根據(jù)BDE=∠CAB(圓周角定理)且∠BED=∠CBA=90°即可得出結(jié)論;
(2)連接OB，OD，證明△ABO≌△DBO，推出OB∥DE，繼而判斷OB⊥DE，可得出結(jié)論.
(3)根據(jù)△BED∽△CBA，利用對應(yīng)邊成比例的性質(zhì)可求出DE的長度.
【解答】(1)BDE=∠CAB(圓周角定理)且∠BED=∠CBA=90°，
∴△ABC∽△DEB;
(2)證明：連結(jié)OB，OD，
在△ABO和△DBO中，
，
∴△ABO≌△DBO(SSS)，
∴∠DBO=∠ABO，
∵∠ABO=∠OAB=∠BDC，
∴∠DBO=∠BDC，
∴OB∥ED，
∵BE⊥ED，
∴EB⊥BO，
∴OB⊥BE，
∴BE是⊙O的切線.
(3)∵△BED∽△CBA，
∴ ，
即 = ，
解得：DE= .
24.已知，如圖二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a≠0)的圖象與y軸交于點(diǎn)C(0，4)與x軸交于點(diǎn)A、B，點(diǎn)B(4，0)，拋物線的對稱軸為x=1.直線AD交拋物線于點(diǎn)D(2，m).
(1)求二次函數(shù)的解析式并寫出D點(diǎn)坐標(biāo);
(2)點(diǎn)E是BD的中點(diǎn)，點(diǎn)Q是線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△QBE和△ABD相似時(shí)，求點(diǎn)Q的坐標(biāo);
(3)拋物線與y軸交于點(diǎn)C，直線AD與y軸交于點(diǎn)F，點(diǎn)M為拋物線對稱軸上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N在x軸上，當(dāng)四邊形CMNF周長取最小值時(shí)，求出滿足條件的點(diǎn)M和點(diǎn)N的坐標(biāo).
【考點(diǎn)】HF：二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)首先運(yùn)用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)的解析式，然后把點(diǎn)D(2，m)代入二次函數(shù)的解析式，就可求出點(diǎn)D的坐標(biāo);
(2)過點(diǎn)D作DH⊥AB于點(diǎn)H，如圖1，根據(jù)勾股定理可求出BD，易求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，從而得到AB長，然后分兩種情況：①△QBE∽△ABD，②△QBE∽△DBA討論，運(yùn)用相似三角形的性質(zhì)求出BQ，從而得到OQ，即可得到點(diǎn)Q的坐標(biāo);
(3)根據(jù)待定系數(shù)法得到直線AD的解析式為：y=x+2，過點(diǎn)F作關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)F′，即F′(0，﹣2)，連接DF′交對稱軸于M′，x軸于N′，由條件可知，點(diǎn)C，D是關(guān)于對稱軸x=1對稱，則CF+F′N+M′N′+M′C=CF+DF′=2+2 ，得到四邊形CFNM的最短周長為：2+2 時(shí)直線DF′的解析式為：y=3x﹣2，從而得到滿足條件的點(diǎn)M和點(diǎn)N的坐標(biāo).
【解答】解：(1)由題可得： ，
解得： ，
則二次函數(shù)的解析式為y=﹣ x2+x+4.
∵點(diǎn)D(2，m)在拋物線上，
∴m=﹣ ×22+2+4=4，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(2，4);
(2)過點(diǎn)D作DH⊥AB于點(diǎn)H，如圖1，
∵點(diǎn)D(2，4)，點(diǎn)B(4，0)，
∴DH=4，OH=2，OB=4，
∴BH=2，∴DB= =2 .
∵點(diǎn)E為DB的中點(diǎn)，
∴BE= BD= .
令y=0，得﹣ x2+x+4=0，
解得：x1=4，x2=﹣2，
∴點(diǎn)A為(﹣2，0)，
∴AB=4﹣(﹣2)=6.
?、偃簟鱍BE∽△ABD，
則 = ，
∴ = ，
解得：BQ=3，
∴OQ=OB﹣BQ=4﹣3=1，
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(1，0);
②若△QBE∽△DBA，
則 = ，
∴ = ，
∴BQ= ，
∴OQ=OB﹣BQ=4﹣ = ，
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為( ，0).
綜上所述：點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(1，0)或( ，0);
(3)如圖2，由A(﹣2，0)，D(2，4)，
可求得直線AD的解析式為：y=x+2，
即點(diǎn)F的坐標(biāo)為：F(0，2)，
過點(diǎn)F作關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)F′，即F′(0，﹣2)，連接DF′交對稱軸于M′，x軸于N′，
由條件可知，點(diǎn)C，D是關(guān)于對稱軸x=1對稱，
則CF+F′N+M′N′+M′C=CF+DF′=2+2 ，
則四邊形CFNM的周長=CF+FN+NM+MC≥CF+FN′+M′N′+M′C，
即四邊形CFNM的最短周長為：2+2 .
此時(shí)直線DF′的解析式為：y=3x﹣2，
所以存在點(diǎn)N的坐標(biāo)為N( ，0)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為M(1，1).
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