2018年南通市中考數(shù)學試卷(2)
2018年南通市中考數(shù)學試卷
2018年南通市中考數(shù)學試卷答案
一、選擇題(每小題3分，共30分)
1.在0、2、﹣1、﹣2這四個數(shù)中，最小的數(shù)為( )
A.0 B.2 C.﹣1 D.﹣2
【考點】18：有理數(shù)大小比較.
【分析】根據(jù)正數(shù)大于0，0大于負數(shù)，可得答案.
【解答】解：∵在0、2、﹣1、﹣2這四個數(shù)中只有﹣2<﹣1<0，0<2
∴在0、2、﹣1、﹣2這四個數(shù)中，最小的數(shù)是﹣2.
故選：D.
2.近兩年，中國倡導的“一帶一路”為沿線國家創(chuàng)造了約180000個就業(yè)崗位，將180000用科學記數(shù)法表示為( )
A.1.8×105 B.1.8×104 C.0.18×106 D.18×104
【考點】1I：科學記數(shù)法—表示較大的數(shù).
【分析】科學記數(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，要看把原數(shù)變成a時，小數(shù)點移動了多少位，n的絕對值與小數(shù)點移動的位數(shù)相同.當原數(shù)絕對值>1時，n是正數(shù);當原數(shù)的絕對值<1時，n是負數(shù).
【解答】解：將180000用科學記數(shù)法表示為1.8×105，
故選：A.
3.下列計算，正確的是( )
A.a2﹣a=a B.a2•a3=a6 C.a9÷a3=a3 D.(a3)2=a6
【考點】48：同底數(shù)冪的除法;35：合并同類項;46：同底數(shù)冪的乘法;47：冪的乘方與積的乘方.
【分析】根據(jù)合并同類項、同底數(shù)冪的乘除法以及冪的乘方進行計算即可.
【解答】解：A、a2﹣a，不能合并，故A錯誤;
B、a2•a3=a5，故B錯誤;
C、a9÷a3=a6，故C錯誤;
D、(a3)2=a6，故D正確;
故選D.
4.如圖是由4個大小相同的正方體組合而成的幾何體，其左視圖是( )
A. B. C. D.
【考點】U2：簡單組合體的三視圖.
【分析】左視圖是從左邊看得出的圖形，結合所給圖形及選項即可得出答案.
【解答】解：從左邊看得到的是兩個疊在一起的正方形.
故選A.
5.在平面直角坐標系中.點P(1，﹣2)關于x軸的對稱點的坐標是( )
A.(1，2) B.(﹣1，﹣2) C.(﹣1，2) D.(﹣2，1)
【考點】P5：關于x軸、y軸對稱的點的坐標.
【分析】根據(jù)關于x軸對稱點的坐標特點：橫坐標不變，縱坐標互為相反數(shù)可得答案.
【解答】解：點P(1，﹣2)關于x軸的對稱點的坐標是(1，2)，
故選：A.
6.如圖，圓錐的底面半徑為2，母線長為6，則側面積為( )
A.4π B.6π C.12π D.16π
【考點】MP：圓錐的計算.
【分析】根據(jù)圓錐的底面半徑為2，母線長為6，直接利用圓錐的側面積公式求出它的側面積.
【解答】解：根據(jù)圓錐的側面積公式：πrl=π×2×6=12π，
故選C.
7.一組數(shù)據(jù)：1、2、2、3，若添加一個數(shù)據(jù)2，則發(fā)生變化的統(tǒng)計量是( )
A.平均數(shù) B.中位數(shù) C.眾數(shù) D.方差
【考點】WA：統(tǒng)計量的選擇.
【分析】依據(jù)平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)、方差的定義和公式求解即可.
【解答】解：A、原來數(shù)據(jù)的平均數(shù)是2，添加數(shù)字2后平均數(shù)扔為2，故A與要求不符;
B、原來數(shù)據(jù)的中位數(shù)是2，添加數(shù)字2后中位數(shù)扔為2，故B與要求不符;
C、原來數(shù)據(jù)的眾數(shù)是2，添加數(shù)字2后眾數(shù)扔為2，故C與要求不符;
D、原來數(shù)據(jù)的方差= = ，
添加數(shù)字2后的方差= = ，故方差發(fā)生了變化.
故選：D.
8.一個有進水管和出水管的容器，從某時刻開始4min內只進水不出水，在隨后的8min內即進水又出水，每分鐘的進水量和出水量是兩個常數(shù)，容器內的水量y(L)與時間x(min)之間的關系如圖所示，則每分鐘的出水量為( )
A.5L B.3.75L C.2.5L D.1.25L
【考點】E6：函數(shù)的圖象.
【分析】觀察函數(shù)圖象找出數(shù)據(jù)，根據(jù)“每分鐘進水量=總進水量÷放水時間”算出每分鐘的進水量，再根據(jù)“每分鐘的出水量=每分鐘的進水量﹣每分鐘增加的水量”即可算出結論.
【解答】解：每分鐘的進水量為：20÷4=5(升)，
每分鐘的出水量為：5﹣(30﹣20)÷(12﹣4)=3.75(升).
故選：B.
9.已知∠AOB，作圖.
步驟1：在OB上任取一點M，以點M為圓心，MO長為半徑畫半圓，分別交OA、OB于點P、Q;
步驟2：過點M作PQ的垂線交 于點C;
步驟3：畫射線OC.
則下列判斷：① = ;②MC∥OA;③OP=PQ;④OC平分∠AOB，其中正確的個數(shù)為( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【考點】N3：作圖—復雜作圖;M5：圓周角定理.
【分析】由OQ為直徑可得出OA⊥PQ，結合MC⊥PQ可得出OA∥MC，結論②正確;根據(jù)平行線的性質可得出∠PAO=∠CMQ，結合圓周角定理可得出∠COQ= ∠POQ=∠BOQ，進而可得出 = ，OC平分∠AOB，結論①④正確;由∠AOB的度數(shù)未知，不能得出OP=PQ，即結論③錯誤.綜上即可得出結論.
【解答】解：∵OQ為直徑，
∴∠OPQ=90°，OA⊥PQ.
∵MC⊥PQ，
∴OA∥MC，結論②正確;
①∵OA∥MC，
∴∠PAO=∠CMQ.
∵∠CMQ=2∠COQ，
∴∠COQ= ∠POQ=∠BOQ，
∴ = ，OC平分∠AOB，結論①④正確;
∵∠AOB的度數(shù)未知，∠POQ和∠PQO互余，
∴∠POQ不一定等于∠PQO，
∴OP不一定等于PQ，結論③錯誤.
綜上所述：正確的結論有①②④.
故選C.
10.如圖，矩形ABCD中，AB=10，BC=5，點E，F(xiàn)，G，H分別在矩形ABCD各邊上，且AE=CG，BF=DH，則四邊形EFGH周長的最小值為( )
A.5 B.10 C.10 D.15
【考點】PA：軸對稱﹣最短路線問題;LB：矩形的性質.
【分析】作點E關于BC的對稱點E′，連接E′G交BC于點F，此時四邊形EFGH周長取最小值，過點G作GG′⊥AB于點G′，由對稱結合矩形的性質可知：E′G′=AB=10、GG′=AD=5，利用勾股定理即可求出E′G的長度，進而可得出四邊形EFGH周長的最小值.
【解答】解：作點E關于BC的對稱點E′，連接E′G交BC于點F，此時四邊形EFGH周長取最小值，過點G作GG′⊥AB于點G′，如圖所示.
∵AE=CG，BE=BE′，
∴E′G′=AB=10，
∵GG′=AD=5，
∴E′G= =5 ，
∴C四邊形EFGH=2E′G=10 .
故選B.
二、填空題(每小題3分，共24分)
11.若 在實數(shù)范圍內有意義，則x的取值范圍為 x≥2 .
【考點】72：二次根式有意義的條件.
【分析】根據(jù)二次根式有意義的條件可得x﹣2≥0，再解即可.
【解答】解：由題意得：x﹣2≥0，
解得：x≥2，
故答案為：x≥2.
12.如圖所示，DE是△ABC的中位線，BC=8，則DE= 4 .
【考點】KX：三角形中位線定理.
【分析】易得DE是△ABC的中位線，那么DE應等于BC長的一半.
【解答】解：根據(jù)三角形的中位線定理，得：DE= BC=4.
故答案為4.
13.四邊形ABCD內接于圓，若∠A=110°，則∠C= 70 度.
【考點】M6：圓內接四邊形的性質.
【分析】根據(jù)圓內接四邊形的性質計算即可.
【解答】解：∵四邊形ABCD內接于⊙O，
∴∠A+∠C=180°，
∵∠A=110°，
∴∠C=70°，
故答案為：70.
14.若關于x的方程x2﹣6x+c=0有兩個相等的實數(shù)根，則c的值為 9 .
【考點】AA：根的判別式.
【分析】根據(jù)判別式的意義得到△=(﹣6)2﹣4c=0，然后解關于c的一次方程即可.
【解答】解：根據(jù)題意得△=(﹣6)2﹣4c=0，
解得c=9.
故答案為9.
15.如圖，將△AOB繞點O按逆時針方向旋轉45°后得到△COD，若∠AOB=15°，則∠AOD= 30 度.
【考點】R2：旋轉的性質.
【分析】根據(jù)旋轉的性質可得∠BOD，再根據(jù)∠AOD=∠BOD﹣∠AOB計算即可得解.
【解答】解：∵△AOB繞點O按逆時針方向旋轉45°后得到△COD，
∴∠BOD=45°，
∴∠AOD=∠BOD﹣∠AOB=45°﹣15°=30°.
故答案為：30.
16.甲、乙二人做某種機械零件.已知甲每小時比乙多做4個，甲做60個所用的時間比乙做40個所用的時間相等，則乙每小時所做零件的個數(shù)為 4 .
【考點】B7：分式方程的應用.
【分析】設乙每小時做x個，則甲每小時做(x+4)個，甲做60個所用的時間為 ，乙做40個所用的時間為 ;根據(jù)甲做60個所用的時間比乙做40個所用的時間相等，列方程求解
【解答】解：設乙每小時做x個，則甲每小時做(x+4)個，甲做60個所用的時間為 ，乙做40個所用的時間為 ，
列方程為： = ，
解得：x=4，
經檢驗：x=4是原分式方程的解，且符合題意，
則x+4=8.
答：乙每小時做4個.
故答案是：4.
17.已知x=m時，多項式x2+2x+n2的值為﹣1，則x=﹣m時，該多項式的值為 ﹣1﹣4m .
【考點】33：代數(shù)式求值.
【分析】利用整體代入的思想即可解決問題.
【解答】解：∵x=m時，多項式x2+2x+n2的值為﹣1，
∴m2+2m+n2=﹣1，
∴m2+n2=﹣1﹣2m
∴x=﹣m時，多項式x2+2x+n2的值為m2﹣2m+n2=﹣1﹣4m，
故答案為﹣1﹣4m.
18.如圖，四邊形OABC是平行四邊形，點C在x軸上，反比例函數(shù)y= (x>0)的圖象經過點A(5，12)，且與邊BC交于點D.若AB=BD，則點D的坐標為 (8， ) .
【考點】G6：反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征;L5：平行四邊形的性質.
【分析】先根據(jù)點A(5，12)，求得反比例函數(shù)的解析式為y= ，可設D(m， )，BC的解析式為y= x+b，把D(m， )代入，可得b= ﹣ m，進而得到BC的解析式為y= x+ ﹣ m，據(jù)此可得OC=m﹣ =AB，過D作DE⊥AB于E，過A作AF⊥OC于F，根據(jù)△DEB∽△AFO，可得DB=13﹣ ，最后根據(jù)AB=BD，得到方程m﹣ =13﹣ ，進而求得D的坐標.
【解答】解：∵反比例函數(shù)y= (x>0)的圖象經過點A(5，12)，
∴k=12×5=60，
∴反比例函數(shù)的解析式為y= ，
設D(m， )，
由題可得OA的解析式為y= x，AO∥BC，
∴可設BC的解析式為y= x+b，
把D(m， )代入，可得 m+b= ，
∴b= ﹣ m，
∴BC的解析式為y= x+ ﹣ m，
令y=0，則x=m﹣ ，即OC=m﹣ ，
∴平行四邊形ABCO中，AB=m﹣ ，
如圖所示，過D作DE⊥AB于E，過A作AF⊥OC于F，則△DEB∽△AFO，
∴ = ，而AF=12，DE=12﹣ ，OA= =13，
∴DB=13﹣ ，
∵AB=DB，
∴m﹣ =13﹣ ，
解得m1=5，m2=8，
又∵D在A的右側，即m>5，
∴m=8，
∴D的坐標為(8， ).
故答案為：(8， ).
三、解答題(本大題共10小題，共96分)
19.(1)計算：|﹣4|﹣(﹣2)2+ ﹣( )0
(2)解不等式組 .
【考點】CB：解一元一次不等式組;2C：實數(shù)的運算;6E：零指數(shù)冪.
【分析】(1)原式第一項利用絕對值的代數(shù)意義化簡，第二項利用乘方的意義計算，第三項化為最簡二次根式，最后一項利用零指數(shù)冪法則計算，即可得到結果.
(2)先求出兩個不等式的解集，再求其公共解.
【解答】解：(1)原式=4﹣4+3﹣1=2;
(2)
解不等式①得，x≥2，
解不等式②得，x<4，
所以不等式組的解集是2≤x<4.
20.先化簡，再求值：(m+2﹣ )• ，其中m=﹣ .
【考點】6D：分式的化簡求值.
【分析】此題的運算順序：先括號里，經過通分，再約分化為最簡，最后代值計算.
【解答】解：(m+2﹣ )• ，
= • ，
=﹣ • ，
=﹣2(m+3).
把m=﹣ 代入，得
原式=﹣2×(﹣ +3)=﹣5.
21.某學校為了解學生的課外閱讀情況，隨機抽取了50名學生，并統(tǒng)計他們平均每天的課外閱讀時間t(單位：min)，然后利用所得數(shù)據(jù)繪制成如下不完整的統(tǒng)計表.
課外閱讀時間t 頻數(shù) 百分比
10≤t<30 4 8%
30≤t<50 8 16%
50≤t<70 a 40%
70≤t<90 16 b
90≤t<110 2 4%
合計 50 100%
請根據(jù)圖表中提供的信息回答下列問題：
(1)a= 20 ，b= 32% ;
(2)將頻數(shù)分布直方圖補充完整;
(3)若全校有900名學生，估計該校有多少學生平均每天的課外閱讀時間不少于50min?
【考點】V8：頻數(shù)(率)分布直方圖;V5：用樣本估計總體;V7：頻數(shù)(率)分布表;W2：加權平均數(shù).
【分析】(1)利用百分比= ，計算即可;
(2)根據(jù)b的值計算即可;
(3)用一般估計總體的思想思考問題即可;
【解答】解：(1)∵總人數(shù)=50人，
∴a=50×40%=20，b= ×100%=32%，
故答案為20，32%.
(2)頻數(shù)分布直方圖，如圖所示.
(3)900× =648，
答：估計該校有648名學生平均每天的課外閱讀時間不少于50min.
22.不透明袋子中裝有2個紅球，1個白球和1個黑球，這些球除顏色外無其他差別，隨機摸出1個球不放回，再隨機摸出1個球，求兩次均摸到紅球的概率.
【考點】X6：列表法與樹狀圖法.
【分析】利用樹狀圖得出所有符合題意的情況，進而理概率公式求出即可.
【解答】解：如圖所示：
，
所有的可能有12種，符合題意的有2種，故兩次均摸到紅球的概率為： = .
23.熱氣球的探測器顯示，從熱氣球A看一棟樓頂部B的仰角α為45°，看這棟樓底部C的俯角β為60°，熱氣球與樓的水平距離為100m，求這棟樓的高度(結果保留根號).
【考點】TA：解直角三角形的應用﹣仰角俯角問題.
【分析】根據(jù)正切的概念分別求出BD、DC，計算即可.
【解答】解：在Rt△ADB中，∠BAD=45°，
∴BD=AD=100m，
在Rt△ADC中，CD=AD×tan∠DAC=100 m
∴BC=m，
答：這棟樓的高度為m.
24.如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，點O在AB上，OB=2，以OB為半徑的⊙O與AC相切于點D，交BC于點E，求弦BE的長.
【考點】MC：切線的性質;KQ：勾股定理.
【分析】連接OD，首先證明四邊形OECD是矩形，從而得到BE的長，然后利用垂徑定理求得BF的長即可.
【解答】解：連接OD，作OE⊥BF于點E.
∴BE= BF，
∵AC是圓的切線，
∴OD⊥AC，
∴∠ODC=∠C=∠OFC=90°，
∴四邊形ODCF是矩形，
∵OD=OB=EC=2，BC=3，
∴BE=BC﹣EC=BC﹣OD=3﹣2=1，
∴BF=2BE=2.
25.某學習小組在研究函數(shù)y= x3﹣2x的圖象與性質時，已列表、描點并畫出了圖象的一部分.
x … ﹣4 ﹣3.5 ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 2 3 3.5 4 …
y … ﹣
﹣
0 ﹣
﹣
﹣
…
(1)請補全函數(shù)圖象;
(2)方程 x3﹣2x=﹣2實數(shù)根的個數(shù)為 3 ;
(3)觀察圖象，寫出該函數(shù)的兩條性質.
【考點】H3：二次函數(shù)的性質;H2：二次函數(shù)的圖象;HB：圖象法求一元二次方程的近似根.
【分析】(1)用光滑的曲線連接即可得出結論;
(2)根據(jù)函數(shù)y= x3﹣2x和直線y=﹣2的交點的個數(shù)即可得出結論;
(3)根據(jù)函數(shù)圖象即可得出結論.
【解答】解：(1)補全函數(shù)圖象如圖所示，
(2)如圖1，
作出直線y=﹣2的圖象，
由圖象知，函數(shù)y= x3﹣2x的圖象和直線y=﹣2有三個交點，
∴方程 x3﹣2x=﹣2實數(shù)根的個數(shù)為3，
故答案為3;
(3)由圖象知，
1、此函數(shù)在實數(shù)范圍內既沒有最大值，也沒有最小值，
2、此函數(shù)在x<﹣2和x>2，y隨x的增大而增大，
3、此函數(shù)圖象過原點，
4、此函數(shù)圖象關于原點對稱.
26.如圖，在矩形ABCD中，E是AD上一點，PQ垂直平分BE，分別交AD、BE、BC于點P、O、Q，連接BP、EQ.
(1)求證：四邊形BPEQ是菱形;
(2)若AB=6，F(xiàn)為AB的中點，OF+OB=9，求PQ的長.
【考點】LB：矩形的性質;KG：線段垂直平分線的性質;LA：菱形的判定與性質.
【分析】(1)先根據(jù)線段垂直平分線的性質證明QB=QE，由ASA證明△BOQ≌△EOP，得出PE=QB，證出四邊形ABGE是平行四邊形，再根據(jù)菱形的判定即可得出結論;
(2)根據(jù)三角形中位線的性質可得AE+BE=2OF+2OB=18，設AE=x，則BE=18﹣x，在Rt△ABE中，根據(jù)勾股定理可得62+x2=(18﹣x)2，BE=10，得到OB= BE=5，設PE=y，則AP=8﹣y，BP=PE=y，在Rt△ABP中，根據(jù)勾股定理可得62+(8﹣y)2=y2，解得y= ，在Rt△BOP中，根據(jù)勾股定理可得PO= = ，由PQ=2PO即可求解.
【解答】(1)證明：∵PQ垂直平分BE，
∴QB=QE，OB=OE，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠PEO=∠QBO，
在△BOQ與△EOP中，
，
∴△BOQ≌△EOP(ASA)，
∴PE=QB，
又∵AD∥BC，
∴四邊形BPEQ是平行四邊形，
又∵QB=QE，
∴四邊形BPEQ是菱形;
(2)解：∵O，F(xiàn)分別為PQ，AB的中點，
∴AE+BE=2OF+2OB=18，
設AE=x，則BE=18﹣x，
在Rt△ABE中，62+x2=(18﹣x)2，
解得x=8，
BE=18﹣x=10，
∴OB= BE=5，
設PE=y，則AP=8﹣y，BP=PE=y，
在Rt△ABP中，62+(8﹣y)2=y2，解得y= ，
在Rt△BOP中，PO= = ，
∴PQ=2PO= .
27.我們知道，三角形的內心是三條角平分線的交點，過三角形內心的一條直線與兩邊相交，兩交點之間的線段把這個三角形分成兩個圖形.若有一個圖形與原三角形相似，則把這條線段叫做這個三角形的“內似線”.
(1)等邊三角形“內似線”的條數(shù)為 3 ;
(2)如圖，△ABC中，AB=AC，點D在AC上，且BD=BC=AD，求證：BD是△ABC的“內似線”;
(3)在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，E、F分別在邊AC、BC上，且EF是△ABC的“內似線”，求EF的長.
【考點】SO：相似形綜合題.
【分析】(1)過等邊三角形的內心分別作三邊的平行線，即可得出答案;
(2)由等腰三角形的性質得出∠ABC=∠C=∠BDC，證出△BCD∽△ABC即可;
(3)分兩種情況：①當 = = 時，EF∥AB，由勾股定理求出AB= =5，作DN⊥BC于N，則DN∥AC，DN是Rt△ABC的內切圓半徑，求出DN= (AC+BC﹣AB)=1，由幾啊平分線定理得出 = ，求出CE= ，證明△CEF∽△CAB，得出對應邊成比例求出EF= ;
?、诋?= = 時，同理得：EF= 即可.
【解答】(1)解：等邊三角形“內似線”的條數(shù)為3條;理由如下：
過等邊三角形的內心分別作三邊的平行線，如圖1所示：
則△AMN∽△ABC，△CEF∽△CBA，△BGH∽△BAC，
∴MN、EF、GH是等邊三角形ABC的內似線”;
故答案為：3;
(2)證明：∵AB=AC，BD=BC，
∴∠ABC=∠C=∠BDC，
∴△BCD∽△ABC，
∴BD是△ABC的“內似線”;
(3)解：設D是△ABC的內心，連接CD，
則CD平分∠ACB，
∵EF是△ABC的“內似線”，
∴△CEF與△ABC相似;
分兩種情況：①當 = = 時，EF∥AB，
∵∠ACB=90°，AC=4，BC=3，
∴AB= =5，
作DN⊥BC于N，如圖2所示：
則DN∥AC，DN是Rt△ABC的內切圓半徑，
∴DN= (AC+BC﹣AB)=1，
∵CD平分∠ACB，
∴ = ，
∵DN∥AC，
∴ = ，即 ，
∴CE= ，
∵EF∥AB，
∴△CEF∽△CAB，
∴ ，即 ，
解得：EF= ;
?、诋?= = 時，同理得：EF= ;
綜上所述，EF的長為 .
28.已知直線y=kx+b與拋物線y=ax2(a>0)相交于A、B兩點(點A在點B的左側)，與y軸正半軸相交于點C，過點A作AD⊥x軸，垂足為D.
(1)若∠AOB=60°，AB∥x軸，AB=2，求a的值;
(2)若∠AOB=90°，點A的橫坐標為﹣4，AC=4BC，求點B的坐標;
(3)延長AD、BO相交于點E，求證：DE=CO.
【考點】HF：二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)如圖1，由條件可知△AOB為等邊三角形，則可求得OA的長，在Rt△AOD中可求得AD和OD的長，可求得A點坐標，代入拋物線解析式可得a的值;
(2)如圖2，作輔助線，構建平行線和相似三角形，根據(jù)CF∥BG，由A的橫坐標為﹣4，得B的橫坐標為1，所以A(﹣4，16a)，B(1，a)，證明△ADO∽△OEB，則 ，得a的值及B的坐標;
(3)如圖3，設AC=nBC由(2)同理可知：A的橫坐標是B的橫坐標的n倍，則設B(m，am2)，則A(﹣mn，am2n2)，分別根據(jù)兩三角形相似計算DE和CO的長即可得出結論.
【解答】解：(1)如圖1，∵拋物線y=ax2的對稱軸是y軸，且AB∥x軸，
∴A與B是對稱點，O是拋物線的頂點，
∴OA=OB，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等邊三角形，
∵AB=2，AB⊥OC，
∴AC=BC=1，∠BOC=30°，
∴OC= ，
∴A(﹣1， )，
把A(﹣1， )代入拋物線y=ax2(a>0)中得：a= ;
(2)如圖2，過B作BE⊥x軸于E，過A作AG⊥BE，交BE延長線于點G，交y軸于F，
∵CF∥BG，
∴ ，
∵AC=4BC，
∴ =4，
∴AF=4FG，
∵A的橫坐標為﹣4，
∴B的橫坐標為1，
∴A(﹣4，16a)，B(1，a)，
∵∠AOB=90°，
∴∠AOD+∠BOE=90°，
∵∠AOD+∠DAO=90°，
∴∠BOE=∠DAO，
∵∠ADO=∠OEB=90°，
∴△ADO∽△OEB，
∴ ，
∴ ，
∴16a2=4，
a=± ，
∵a>0，
∴a= ;
∴B(1， );
(3)如圖3，設AC=nBC，
由(2)同理可知：A的橫坐標是B的橫坐標的n倍，
則設B(m，am2)，則A(﹣mn，am2n2)，
∴AD=am2n2，
過B作BF⊥x軸于F，
∴DE∥BF，
∴△BOF∽△EOD，
∴ = = ，
∴ ，
∴ = ，DE=am2n，
∴ = ，
∵OC∥AE，
∴△BCO∽△BAE，
∴ ，
∴ = ，
∴CO= =am2n，
∴DE=CO.
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