2012年浙江省金华市义乌市中考数学模拟试卷(五)

2012年浙江省金华市义乌市中考数学模拟试卷（五）

一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分） 1．（3分）（2010•宜昌）甲、乙、丙、丁四人进行射箭测试，每人10次射箭成绩的平均数均是8.9环，方差分别是S甲=0.55，S乙=0.65，S丙=0.50，S丁=0.45，其中成绩最稳定的是（ ） A． 甲 B．乙 C． 丙 D．丁 2．（3分）（2009•西城区二模）若圆锥的底面半径为3cm，母线长为6cm，则圆锥的侧面积为（ ） A．3 6πcm2 B．2 7πcm2 C．1 8πcm2 D．9 πcm2 3．（3分）（2010•三明）林老师给出一个函数，甲、乙、丙三位同学分别指出了这个函数的一个性质： 甲：函数的图象经过第二象限； 乙：函数的图象经过第四象限；

丙：在每一个象限内，y值随x值增大而增大．

根据他们的叙述，林老师给出的这个函数可能是（ ） 2 A． y=﹣3x B． C． y=x﹣3 D．y =x﹣3 y=﹣ 4．（3分）（2011•恩施州）某校组织若干师生到恩施大峡谷进行社会实践活动．若学校租用45座的客车x辆，则余下20人无座位；若租用60座的客车则可少租用2辆，且最后一辆还没坐满，则乘坐最后一辆60座客车的人数是（ ） A． 200﹣60x B．1 40﹣15x C． 200﹣15x D．1 40﹣60x 5．（3分）（2010•绵阳）甲盒子中有编号为1、2、3的3个白色乒乓球，乙盒子中有编号为4、5、6的3个黄色乒乓球．现分别从每个盒子中随机地取出1个乒乓球，则取出乒乓球的编号之和大于6的概率为（ ） A． B． C． D． 6．（3分）（2009•乐山）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，⊙O为△ABC的内切圆，点D是斜边AB的中点，则tan∠ODA=（ ）

2

2

2

2

A． 7．（3分）如图所示，三角形ABO的面积为12，且AO=AB，双曲线

过AB的中点D，则双曲线的k的值为（ ）

B． C． D．2

A． 7.5 B．8 2

9 C． D．6 8．（3分）若二次函数y=ax+bx+c的顶点在第一象限，且经过点（0，1）、（﹣1，0），则y=a+b+c的取值范围是（ ）

A． y＞1 B．﹣ 1＜y＜1 C． 0＜y＜2 D．1 ＜y＜2 9．（3分）（2001•武汉）已知二次函数y=ax+bx+c的图象如图所示，则下列关系式中成立的是（ ）

2

A． 0 B． 0 C． 1 D． 10．（3分）（2011•深圳）如图，△ABC与△DEF均为等边三角形，O为BC、EF的中点，则AD：BE的值为（ ）

A． ：1 B． ：1 C． 5：3 二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分） 11．（3分）（2010•南宁）当x= _________ 时，分式D．不 确定 无意义．

12．（3分）（2009•锦州）为了估计不透明的袋子里装有多少白球，先从袋中摸出10个球都做上标记，然后放回袋中去，充分摇匀后再摸出10个球，发现其中有一个球有标记，那么你估计袋中大约有 _________ 个白球． 13．（3分）（2009•莆田）如图，A、B两处被池塘隔开，为了测量A、B两处的距离，在AB外选一适当的点C，连接AC、BC，并分别取线段AC、BC的中点E、F，测得EF=20m，则AB= _________ m．

14．（3分）（2009•本溪）如图所示，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O的直线分别交AD、BC于点M、N，若△CON的面积为2，△DOM的面积为4，则△AOB的面积为 _________ ．

15．（3分）如图，在菱形ABCD中，AB=BD．点E、F分别在AB、AD上，且AE=DF．连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．下列结论：①△AED≌△DFB；②S四边形BCDG=中正确的结论有 _________ ．（填序号）

CG；③若AF=2DF，则BG=6GF．其

2

16．（3分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A、B、C的坐标分别为（﹣1，0），（5，0），（0，2）．若点P从A点出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度向B点移动，连接PC并延长到点E，使CE=PC，将线段PE绕点P顺时针旋转90°得到线段PF，连接FB．若点P在移动的过程中，使△PBF成为直角三角形，则点F的坐标是 _________ ．

三、解答题（共8小题，满分72分） 17．（6分）（1）计算：

2

2

2

（2）先化简，再求值：（2a﹣b）﹣2a（a﹣b）﹣（2a+b），其中a=+1，b=﹣1． 18．（6分）（2014•凉山州）如图，分别以Rt△ABC的直角边AC及斜边AB向外作等边△ACD及等边△ABE．已知∠BAC=30°，EF⊥AB，垂足为F，连接DF． （1）试说明AC=EF；

（2）求证：四边形ADFE是平行四边形．

19．（6分）（2011•呼伦贝尔）如图，从热气球C上测得两建筑物A、B底部的俯角分别为30°和60度．如果这时气球的高度CD为90米．且点A、D、B在同一直线上，求建筑物A、B间的距离．

20．（8分）（2013•北碚区模拟）某校的一个数学兴趣小组在本校学生中开展主题为“公租房知多少”的专题调查活动，采取随机抽样的方式进行问卷调查，问卷调查的结果分为“非常了解”、“比较了解”、“基本了解”、“不太了解”四个等级，分别记作A、B、C、D；并根据调查结果绘制成如图所示的扇形统计图和条形统计图（未完成），请结合图中所给信息解答下列问题：

（1）本次被调查的学生共有 _________ 人；在被调查者中“基本了解”的有 _________ 人． （2）将扇形统计图和条形统计图补充完整；

（3）在“非常了解”的调查结果里，初三年级学生共有4人，其中3男1女，在这4人中，打算随机选出2位进行采访，请你用列表法或树状图的方法求出所选两位同学恰好都是男同学的概率？ 21．（8分）（2011•武汉模拟）如图，△ABC内接于⊙O，AD是边BC上的高，AE是⊙O的直径，连BE． （1）求证：△ABE与△ADC相似； （2）若AB=2BE=4DC=8，求△ADC的面积．

22．（16分）（2013•宝应县二模）某物流公司的快递车和货车每天往返于A、B两地，快递车比货车多往返一趟．图表示快递车距离A地的路程y（单位：千米）与所用时间x（单位：时）的函数图象．已知货车比快递车早1小时出发，到达B地后用2小时装卸货物，然后按原路、原速返回，结果比快递车最后一次返回A地晚1小时．

（1）请在图中画出货车距离A地的路程y（千米）与所用时间x（时）的函数图象； （2）求两车在途中相遇的次数（直接写出答案）；

（3）求两车最后一次相遇时，距离A地的路程和货车从A地出发了几小时？

23．（10分）（2011•南通）如图1，O为正方形ABCD的中心，分别延长OA、OD到点F、E，使OF=2OA，OE=2OD，连接EF．将△EOF绕点O逆时针旋转α角得到△E1OF1（如图2）． （1）探究AE1与BF1的数量关系，并给予证明； （2）当α=30°时，求证：△AOE1为直角三角形．

24．（12分）（2011•珠海）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=AB=1，BC=2．将点A折叠到CD边上，记折叠后A点对应的点为P（P与D点不重合），折痕EF只与边AD、BC相交，交点分别为E、F．过P作PN∥BC交AB于N、交EF于M，连接PA、PE、AM，EF与PA相交于O． （1）指出四边形PEAM的形状（不需证明）； （2）记∠EPM=a，△AOM、△AMN的面积分别为S1、S2． ①求证：

；

②设AN=x，y=，试求出以x为自变量的函数y的解析式，并确定y的取值范围．

2012年浙江省金华市义乌市中考数学模拟试卷

（五）

参考答案与试题解析

一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分） 1．（3分）（2010•宜昌）甲、乙、丙、丁四人进行射箭测试，每人10次射箭成绩的平均数均是8.9环，方差分别是S甲=0.55，S乙=0.65，S丙=0.50，S丁=0.45，其中成绩最稳定的是（ ） A． 甲 B．乙 C． 丙 D．丁 考点： 方差． 分析： 根据方差是用来衡量一组数据波动大小的量，故由甲、乙、丙、丁的方差可作出判断． 2222解答： 解：由于S甲＜S乙＜S丙＜S丁，则成绩较稳定的是丁． 故选D． 点评： 本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定． 2．（3分）（2009•西城区二模）若圆锥的底面半径为3cm，母线长为6cm，则圆锥的侧面积为（ ） A．3 6πcm2 B．2 7πcm2 C．1 8πcm2 D．9 πcm2 考点： 圆锥的计算． 分析： 圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2． 解答： 2解：底面半径为3cm，则底面周长=6πcm，圆锥的侧面积=×6π×6=18πcm，故选C． 2222

点评： 本题利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解． 3．（3分）（2010•三明）林老师给出一个函数，甲、乙、丙三位同学分别指出了这个函数的一个性质： 甲：函数的图象经过第二象限； 乙：函数的图象经过第四象限；

丙：在每一个象限内，y值随x值增大而增大．

根据他们的叙述，林老师给出的这个函数可能是（ ） 2 A． y=﹣3x B． C． y=x﹣3 D．y =x﹣3 y=﹣ 考点： 分析： 解答： 二次函数的性质；一次函数的性质；反比例函数的性质． 采用排除法：答案A显然不满足丙的条件，而C不满足甲条件，D则不满足丙条件，只有B是满足甲、乙、丙条件． 解：A、y=﹣3x，图象经过二、四象限，y值随x值增大而减小，错误； B、y=﹣，图象经过二、四象限，在每一个象限内，y值随x值增大而增大，正确； C、y=x﹣3，图象经过一、三、四象限，错误； 2D、y=x﹣3，抛物线，图象经过四个象限，错误； 故选B． 本题考查了一次函数、反比例函数、二次函数的图象位置及其增减性． 点评：

4．（3分）（2011•恩施州）某校组织若干师生到恩施大峡谷进行社会实践活动．若学校租用45座的客车x辆，则余下20人无座位；若租用60座的客车则可少租用2辆，且最后一辆还没坐满，则乘坐最后一辆60座客车的人数是（ ） A． 200﹣60x B．1 40﹣15x C． 200﹣15x D．1 40﹣60x 考点： 整式的加减． 专题： 计算题． 分析： 由于学校租用45座的客车x辆，则余下20人无座位，由此可以用x表示出师生的总人数，又租用60座的客车则可少租用2辆，且最后一辆还没坐满，利用这个条件就可以求出乘坐最后一辆60座客车的人数． 解答： 解：∵学校租用45座的客车x辆，则余下20人无座位， ∴师生的总人数为45x+20， 又∵租用60座的客车则可少租用2辆， ∴乘坐最后一辆60座客车的人数为：45x+20﹣60（x﹣3）=45x+20﹣60x+180=200﹣15x． 故选C． 点评： 此题主要考查了整式的计算，解题时首先根据题意列出代数式，然后根据题意进行整式的加减即可加减问题． 5．（3分）（2010•绵阳）甲盒子中有编号为1、2、3的3个白色乒乓球，乙盒子中有编号为4、5、6的3个黄色乒乓球．现分别从每个盒子中随机地取出1个乒乓球，则取出乒乓球的编号之和大于6的概率为（ ） A． B． C． D． 考点： 分析： 解答： 列表法与树状图法． 列举出所有情况，看取出乒乓球的编号之和大于6的情况占总情况的多少即可． 解：列树状图得： 共有9种情况，编号之和大于6的有6种，所以概率是，故选C． 点评： 如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=． 6．（3分）（2009•乐山）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，⊙O为△ABC的内切圆，点D是斜边AB的中点，则tan∠ODA=（ ）

A． 考点： 专题：

B． C． D．2 三角形的内切圆与内心；锐角三角函数的定义． 压轴题．

分析： 设⊙O与AB，AC，BC分别相切于点E，F，G，连接OE，OF，OG，则OE⊥AB．根据勾股定理得AB=10，再根据切线长定理得到AF=AE，CF=CG，从而得到四边形OFCG是正方形，根据正方形的性质得到设OF=x，则CF=CG=OF=x，AF=AE=6﹣x，BE=BG=8﹣x，建立方程求出x值，进而求出AE与DE的值，最后根据三角形函数的定义即可求出最后结果． 解：过O点作OE⊥AB OF⊥AC OG⊥BC， 解答： ∴∠OGC=∠OFC=∠OED=90°， ∵∠C=90°，AC=6 BC=8， ∴AB=10 ∵⊙O为△ABC的内切圆， ∴AF=AE，CF=CG （切线长相等） ∵∠C=90°， ∴四边形OFCG是矩形， ∵OG=OF， ∴四边形OFCG是正方形， 设OF=x，则CF=CG=OF=x，AF=AE=6﹣x，BE=BG=8﹣x， ∴6﹣x+8﹣x=10， ∴OF=2， ∴AE=4， ∵点D是斜边AB的中点， ∴AD=5， ∴DE=AD﹣AE=1， ∴tan∠ODA==2． 点评： 故选D． 此题要能够根据切线长定理证明：作三角形的内切圆，其中的切线长等于切线长所在的两边和与对边差的一半；直角三角形内切圆的半径等于两条直角边的和与斜边的差的一半． 7．（3分）如图所示，三角形ABO的面积为12，且AO=AB，双曲线过AB的中点D，则双曲线的k的值为（ ）

A． 7.5 考点： 专题： 分析： B．8 9 C． D．6 反比例函数综合题． 探究型． 分别过点A、点C作OB的垂线，垂足分别为点D、点C，根据等腰三角形的性质得OC=BC，而点C为AB的中点，利用三角形中位线的性质得到CE=BE，CE=AC，则OE=OB，再根据三角形的

面积公式得到 AC•OB=12，易得DE•OE=9，设C点坐标为（x，y），即可得到k=xy=DE•OE=9． 解答： 解：分别过点A、点D作OB的垂线，垂足分别为点C、点E，如图， ∵AO=AB， ∴OC=BC， 又∵点D为AB的中点， ∴DE为△ACE的中位线， ∴EC=BE，DE=AC， ∴OE=OB， ∵△AOB的面积是12， ∴AC•OB=12， ∴DE•OE=12， ∴DE•OE=9， 设C点坐标为（x，y），而点C在反比例函数y=（k＞0）的图象上， ∴k=xy=DE•OE=9． 故选C． 点评： 8．（3分）若二次函数y=ax+bx+c的顶点在第一象限，且经过点（0，1）、（﹣1，0），则y=a+b+c的取值范围是（ ） A． y＞1 B．﹣ 1＜y＜1 C． 0＜y＜2 D．1 ＜y＜2 考点： 二次函数图象与系数的关系． 分析： 根据二次函数图象的性质利用图象经过点（0，1）、（﹣1，0），得出 b=a+1，进而得出2a+2＜2，即可得出答案． 2解答： 解：∵二次函数y=ax+bx+c（a≠0）的图象经过点（0，1）和（﹣1，0）， ∴1=c， 0=a﹣b+c， ∴b=a+1， 2当x=1时，y=ax+bx+c=a+b+c， ∴y=a+b+c=a+a+1+1=2a+2， 顶点在一象限，知a＜0， 则2a+2＜2， 经过点（0，1），（﹣1，0），顶点在一象限， ∴x=1时，y＞0 所以0＜a+b+c＜2 ∴0＜y＜2， 本题考查的是反比例函数综合题，涉及到等腰三角形的性质、三角形中位线定理及反比例函数中系数k的几何意义，熟知反比例函数中k=xy的特点是解答此题的关键． 2

点评： 9．（3分）（2001•武汉）已知二次函数y=ax+bx+c的图象如图所示，则下列关系式中成立的是（ ）

2

故选：C． 此题主要考查了二次函数图象的性质，根据图象过（0，1）、（﹣1，0）得出a，b关系，以及当x=1时a+b+c=y是解决问题的关键． A． 0 考点： 分析： B． 0 C． 1 D． 解答： 抛物线与x轴的交点． 22易得函数y=ax+bx+c的图象与x轴的交点的横坐标都大于零，若假设函数y=ax+bx+c的图象与x轴2的交点为（0，0）、（2，0），则对称轴x=1，又因为函数y=ax+bx+c的图象与x轴的交点的横坐标都大于零，所以对称轴x＞1．根据另一根不难确定对称轴的取值范围． 2解：假设函数y=ax+bx+c的图象与x轴的交点为（0，0）、（2，0）， ∴对称轴x=1， 2又∵函数y=ax+bx+c的图象与x轴的交点的横坐标都大于零， ∴对称轴x＞1 由图象可知：另一交点的横坐标为：1＜﹣＜2， 点评： 10．（3分）（2011•深圳）如图，△ABC与△DEF均为等边三角形，O为BC、EF的中点，则AD：BE的值为（ ）

故选C． 数形结合法、假设法都是解决数学习题常用的方法，巧妙运用解题方法可以节省解题时间．

A． ：1 考点： 专题： 分析： 解答： B． ：1 C． 5：3 D．不 确定 相似三角形的判定与性质；等边三角形的性质． 压轴题． 连接OA、OD，由已知可以推出OB：OA=OE：OD，推出△ODA∽△OEB，根据锐角三角函数即可推出AD：BE的值． 解：连接OA、OD， ∵△ABC与△DEF均为等边三角形，O为BC、EF的中点， ∴AO⊥BC，DO⊥EF，∠EDO=30°，∠BAO=30°， ∴OD：OE=OA：OB=：1， ∵∠DOE+∠EOA=∠BOA+∠EOA 即∠DOA=∠EOB， ∴△DOA∽△EOB， ∴OD：OE=OA：OB=AD：BE=：1． 故选A．

点评： 本题主要考查了相似三角形的判定及性质、等边三角形的性质，本题的关键在于找到需要证相似的三角形，找到对应边的比即可． 二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分） 11．（3分）（2010•南宁）当x= 1 时，分式 考点： 专题： 分析： 解答： 点评： 无意义．

分式有意义的条件． 计算题． 因为分式无意义，所以x﹣1=0，即可求得． 解：根据题意得：x﹣1=0，解得x=1． 此题主要考查了分式的意义，要求掌握．意义：对于任意一个分式，分母都不能为0，否则分式无意义． 解此类问题，只要令分式中分母等于0，求得字母的值即可． 12．（3分）（2009•锦州）为了估计不透明的袋子里装有多少白球，先从袋中摸出10个球都做上标记，然后放回袋中去，充分摇匀后再摸出10个球，发现其中有一个球有标记，那么你估计袋中大约有 100 个白球． 考点： 利用频率估计概率． 专题： 应用题． 分析： 根据概率公式，设袋中大约有x个球，由题意得=，求解即可． 解答： 解：∵摸出10个球，发现其中有一个球有标记， ∴带有标记的球的频率为，设袋中大约有x个球，由题意得=， 点评： ∴x=100个． 故本题答案为：100． 本题考查利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．关键是根据白球的频率得到相应的等量关系． 13．（3分）（2009•莆田）如图，A、B两处被池塘隔开，为了测量A、B两处的距离，在AB外选一适当的点C，连接AC、BC，并分别取线段AC、BC的中点E、F，测得EF=20m，则AB= 40 m．

考点： 专题： 分析：

三角形中位线定理． 应用题． 根据题意直接利用三角形中位线定理，可求出AB．

解答： 解：∵E、F是AC，AB的中点， ∴EF是△ABC的中位线， ∴EF=AB ∵EF=20cm， ∴AB=40cm． 故答案为40． 本题考查的是三角形的中位线定理在实际生活中的运用，锻炼了学生利用几何知识解答实际问题的能力． 点评： 14．（3分）（2009•本溪）如图所示，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O的直线分别交AD、BC于点M、N，若△CON的面积为2，△DOM的面积为4，则△AOB的面积为 6 ．

考点： 分析： 解答： 平行四边形的性质． 由于四边形ABCD是平行四边形，所以∠CAD=∠ACB，OA=OC，由此可以证明△CON≌△AOM，现在可以求出S△AOD，再根据O是DB中点就可以求出S△AOB． 解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠CAD=∠ACB，OA=OC，而∠AOM=∠NOC， ∴△CON≌△AOM， ∴S△AOD=4+2=6， 又∵OB=OD， ∴S△AOB=S△AOD=6． 故答案为6． 平行四边形的两条对角线交于一点，这个点是平行四边形的中心，也是两条对角线的中点，平行四边形被对角线分成的四部分的面积相等，并且经过中心的任意一条直线可将平行四边形分成完全重合的两个图形． 点评： 15．（3分）如图，在菱形ABCD中，AB=BD．点E、F分别在AB、AD上，且AE=DF．连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．下列结论：①△AED≌△DFB；②S四边形BCDG=中正确的结论有 ①②③ ．（填序号）

CG；③若AF=2DF，则BG=6GF．其

2

考点： 专题： 分析： 菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质． 综合题． ①先证明△ABD为等边三角形，根据“SAS”证明△AED≌△DFB； ②证明∠BGE=60°=∠BCD，从而得点B、C、D、G四点共圆，因此∠BGC=∠DGC=60°，过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．证明△CBM≌△CDN，所以S四边形BCDG=S四边形CMGN，易求后者的面积． ③过点F作FP∥AE于P点，根据题意有FP：AE=DF：DA=1：3，则FP：BE=1：6=FG：BG，即BG=6GF．

解答： 解：①∵ABCD为菱形，∴AB=AD． ∵AB=BD，∴△ABD为等边三角形． ∴∠A=∠BDF=60°． 又∵AE=DF，AD=BD， ∴△AED≌△DFB，故本小题正确； ②∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°=∠BCD， 即∠BGD+∠BCD=180°， ∴点B、C、D、G四点共圆， ∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°． ∴∠BGC=∠DGC=60°． 过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N． 则△CBM≌△CDN，（AAS） ∴S四边形BCDG=S四边形CMGN． S四边形CMGN=2S△CMG， ∵∠CGM=60°， ∴GM=CG，CM=CG， CG=CG，故本小题正确； 2∴S四边形CMGN=2S△CMG=2××CG× ③过点F作FP∥AE于P点． ∵AF=2FD， ∴FP：AE=DF：DA=1：3， ∵AE=DF，AB=AD， ∴BE=2AE， ∴FP：BE=1：6=FG：BG， 即BG=6GF，故本小题正确． 综上所述，正确的结论有①②③． 故答案为：①②③． 点评： 此题综合考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形，把不规则图形的面转化为两个全等三角形的面积是解题的关键．

16．（3分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A、B、C的坐标分别为（﹣1，0），（5，0），（0，2）．若点P从A点出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度向B点移动，连接PC并延长到点E，使CE=PC，将线段PE绕点P顺时针旋转90°得到线段PF，连接FB．若点P在移动的过程中，使△PBF成为直角三角形，则点F的坐标是 （5，2），（，） ．

考点： 专题： 分析： 几何变换综合题． 压轴题． 当P位于线段OA上时，显然△PFB不可能是直角三角形；由于∠BPF＜∠CPF=90°，所以P不可能是直角顶点，可分两种情况进行讨论： ①F为直角顶点，过F作FD⊥x轴于D，BP=6﹣t，DP=2OC=4，在Rt△OCP中，OP=t﹣1，由勾股定理2222易求得CP=t﹣2t+5，那么PF=（2CP）=4（t﹣2t+5）；在Rt△PFB中，FD⊥PB，由射影定理可求得PB=PF÷PD=t﹣2t+5，而PB的另一个表达式为：PB=6﹣t，联立两式可得t﹣2t+5=6﹣t，即t=222； 解答： ②B为直角顶点，那么此时的情况与（2）题类似，△PFB∽△CPO，且相似比为2，那么BP=2OC=4，即OP=OB﹣BP=1，此时t=2． 解：能； ①若F为直角顶点，过F作FD⊥x轴于D，则BP=6﹣t，DP=2OC=4， 在Rt△OCP中，OP=t﹣1， 22由勾股定理易求得CP=t﹣2t+5，那 222么PF=（2CP）=4（t﹣2t+5）； 在Rt△PFB中，FD⊥PB， 由射影定理可求得PB=PF÷PD=t﹣2t+5， 而PB的另一个表达式为：PB=6﹣t， 联立两式可得t﹣2t+5=6﹣t，即t=P点坐标为（则F点坐标为：（，0）， ，）； 222， ②B为直角顶点，那么此时的情况与（2）题类似，△PFB∽△CPO，且相似比为2， 那么BP=2OC=4，即OP=OB﹣BP=1，此时t=2， P点坐标为（1，0）．FD=2（t﹣1）=2， 则F点坐标为（5，2）． 故答案是：（5，2），（，）．

点评： 此题考查了直角三角形的判定、相似三角形的判定和性质等重要知识点；在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果． 三、解答题（共8小题，满分72分） 17．（6分）（1）计算：

2

2

2

（2）先化简，再求值：（2a﹣b）﹣2a（a﹣b）﹣（2a+b），其中a=+1，b=﹣1． 考点： 整式的混合运算—化简求值；实数的运算；零指数幂；特殊角的三角函数值． 专题： 计算题． 分析： （1）先根据二次根式的化简、特殊角的三角函数值及0指数幂计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可； （2）先根据整式混合运算的法则把原式进行化简，再把a、b的值代入进行计算即可． 解答： 解：（1）原式=3﹣2×+1， =3=2 ﹣+1， +1； 22222点评： （2）原式=4a﹣4ab+b﹣2a+2ab﹣2a﹣b=﹣2ab． 当a=+1，b=﹣1时，原式=（﹣2）×（+1）×（﹣1）=﹣4． 本题考查的是整式的化简求值及实数的运算，熟知二次根式的化简、特殊角的三角函数值、0指数幂计算法则及整式混合运算的法则是解答此题的关键． 18．（6分）（2014•凉山州）如图，分别以Rt△ABC的直角边AC及斜边AB向外作等边△ACD及等边△ABE．已知∠BAC=30°，EF⊥AB，垂足为F，连接DF． （1）试说明AC=EF；

（2）求证：四边形ADFE是平行四边形．

考点： 专题： 分析： 平行四边形的判定；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质． 证明题． （1）首先Rt△ABC中，由∠BAC=30°可以得到AB=2BC，又因为△ABE是等边三角形，EF⊥AB，由此得到AE=2AF，并且AB=2AF，然后即可证明△AFE≌△BCA，再根据全等三角形的性质即可证明AC=EF； （2）根据（1）知道EF=AC，而△ACD是等边三角形，所以EF=AC=AD，并且AD⊥AB，而EF⊥AB，由此得到EF∥AD，再根据平行四边形的判定定理即可证明四边形ADFE是平行四边形．

解答： 证明：（1）∵Rt△ABC中，∠BAC=30°， ∴AB=2BC， 又∵△ABE是等边三角形，EF⊥AB， ∴AB=2AF ∴AF=BC， 在Rt△AFE和Rt△BCA中， ， ∴△AFE≌△BCA（HL）， ∴AC=EF； （2）∵△ACD是等边三角形， ∴∠DAC=60°，AC=AD， ∴∠DAB=∠DAC+∠BAC=90° 又∵EF⊥AB， ∴EF∥AD， ∵AC=EF，AC=AD， ∴EF=AD， ∴四边形ADFE是平行四边形． 此题是首先利用等边三角形的性质证明全等三角形，然后利用全等三角形的性质和等边三角形的性质证明平行四边形． 点评： 19．（6分）（2011•呼伦贝尔）如图，从热气球C上测得两建筑物A、B底部的俯角分别为30°和60度．如果这时气球的高度CD为90米．且点A、D、B在同一直线上，求建筑物A、B间的距离．

考点： 专题： 分析： 解答： 解直角三角形的应用-仰角俯角问题． 计算题；压轴题． 在图中两个直角三角形中，都是知道已知角和对边，根据正切函数求出邻边后，相加求和即可． 解：由已知，得∠ECA=30°，∠FCB=60°，CD=90， EF∥AB，CD⊥AB于点D． ∴∠A=∠ECA=30°，∠B=∠FCB=60°． 在Rt△ACD中，∠CDA=90°，tanA=∴AD==90×=90． ， 在Rt△BCD中，∠CDB=90°，tanB=∴DB==30． ， 点评： ∴AB=AD+BD=90+30=120． 答：建筑物A、B间的距离为120米． 解决本题的关键是利用CD为直角△ABC斜边上的高，将三角形分成两个三角形，然后求解．分别在两三角形中求出AD与BD的长．

20．（8分）（2013•北碚区模拟）某校的一个数学兴趣小组在本校学生中开展主题为“公租房知多少”的专题调查活动，采取随机抽样的方式进行问卷调查，问卷调查的结果分为“非常了解”、“比较了解”、“基本了解”、“不太了解”四个等级，分别记作A、B、C、D；并根据调查结果绘制成如图所示的扇形统计图和条形统计图（未完成），请结合图中所给信息解答下列问题：

（1）本次被调查的学生共有 50 人；在被调查者中“基本了解”的有 10 人． （2）将扇形统计图和条形统计图补充完整；

（3）在“非常了解”的调查结果里，初三年级学生共有4人，其中3男1女，在这4人中，打算随机选出2位进行采访，请你用列表法或树状图的方法求出所选两位同学恰好都是男同学的概率？ 考点： 扇形统计图；条形统计图；列表法与树状图法． 分析： （1）根据扇形统计图与条形统计图中A的人数与百分比即可求出总人数，再乘以D所对应的百分比即可解答． （2）先求出人数与所对应的百分比，再画图即可． （3）此题需要两步完成，所以采用树状图法或者采用列表法都比较简单． 解答： 解：（1）根据题意得：15÷30%=50人； 50×20%=10人． （2）如图 （3）列表如下： ∵共有12种等可能的结果数，其中恰好都是男同学的结果数有6种， ∴P（都是男同学）==． 点评： 故答案为：50，10． 此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放

回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． 21．（8分）（2011•武汉模拟）如图，△ABC内接于⊙O，AD是边BC上的高，AE是⊙O的直径，连BE． （1）求证：△ABE与△ADC相似； （2）若AB=2BE=4DC=8，求△ADC的面积．

考点： 专题： 分析： 相似三角形的判定与性质；三角形的外接圆与外心． 压轴题． （1）由AE是⊙O的直径，可得∠ABE=90°，由高可得∠ADC=90°，由弧AB所对的圆周角相等得到角相等，可得两个三角形相似； （2）由三角形相似可得对应边成比例，可求出AD的大小，利用三角形面积公式可求得△ADC的面积． （1）证明：∵AE是⊙O的直径， ∴∠ABE=90°， ∵AD是边BC上的高， ∴∠ADC=90°， ∴∠ADC=∠ABE， 解答： ∵∠E与∠C均是所对的圆周角， ∴∠E=∠C， ∴△ABE∽△ADC； （2）解：由（1）知△ABE∽△ADC， ∴， 点评： ∴AD=4， ∴△ADC的面积=4． 本题考查了相似三角形的判定及性质和三角形外接圆与外心；在三角形与外接圆的题目中要注意运用直径所对的圆周角是直角及同弧所对的圆周角相等这两个性质． 22．（16分）（2013•宝应县二模）某物流公司的快递车和货车每天往返于A、B两地，快递车比货车多往返一趟．图表示快递车距离A地的路程y（单位：千米）与所用时间x（单位：时）的函数图象．已知货车比快递车早1小时出发，到达B地后用2小时装卸货物，然后按原路、原速返回，结果比快递车最后一次返回A地晚1小时．

（1）请在图中画出货车距离A地的路程y（千米）与所用时间x（时）的函数图象；

（2）求两车在途中相遇的次数（直接写出答案）；

（3）求两车最后一次相遇时，距离A地的路程和货车从A地出发了几小时？ 考点： 一次函数的应用；分段函数． 专题： 压轴题． 分析： （1）货车从出发到返回共10小时，所以前4小时一段、后4小时一段、中间2小时路程不变； （2）分别求出函数解析式解方程组即可． 解答： 解：（1）根据题意，图象经过（﹣1，0）、（3，200）和（5，200）、（9，0）． 如图： （2）4次； （3）如图，设直线EF的解析式为y=k1x+b1 ∵图象过（9，0），（5，200）， ∴， ∴， ∴y=﹣50x+450 ①， 设直线CD的解析式为y=k2x+b2 ∵图象过（8，0），（6，200）， ∴， ∴， ∴y=﹣100x+800 ②， 解由①②组成的方程组得：， ∴最后一次相遇时距离A地的路程为100km，货车应从A地出发8小时． 点评： 23．（10分）（2011•南通）如图1，O为正方形ABCD的中心，分别延长OA、OD到点F、E，使OF=2OA，OE=2OD，连接EF．将△EOF绕点O逆时针旋转α角得到△E1OF1（如图2）． （1）探究AE1与BF1的数量关系，并给予证明； （2）当α=30°时，求证：△AOE1为直角三角形．

本题主要考查二元一次方程组与一次函数的联系．

考点： 专题： 分析： 解答： 旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质． 综合题；压轴题． （1）利用旋转不变量找到相等的角和线段，证得△E1AO≌△F1BO后即可证得结论； （2）利用已知角，得出∠GAE1=∠GE1A=30°，从而证明直角三角形． （1）解：AE1=BF1． 证明：∵O为正方形ABCD的中心， ∴OA=OD， ∵OF=2OA，OE=2OD， ∴OE=OF， ∵将△EOF绕点O逆时针旋转α角得到△E1OF1 ∴OE1=OF1， ∵∠F1OB=∠E1OA，OA=OB， ∴△E1AO≌△F1BO， ∴AE1=BF1； （2）证明：∵取OE1中点G，连接AG， ∵∠AOD=90°，α=30°， ∴∠E1OA=90°﹣α=60°， ∵OE1=2OA， ∴OA=OG， ∴∠E1OA=∠AGO=∠OAG=60°， ∴AG=GE1， ∴∠GAE1=∠GE1A=30°， ∴∠E1AO=90°， ∴△AOE1为直角三角形． 点评： 本题考查了正方形的性质，利用正方形的特殊性质求解．结合了三角形全等的问题，并且涉及到探究性的问题，属于综合性比较强的问题．要求解此类问题就要对基本的知识点有很清楚的认识，熟练掌握． 24．（12分）（2011•珠海）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=AB=1，BC=2．将点A折叠到CD边上，记折叠后A点对应的点为P（P与D点不重合），折痕EF只与边AD、BC相交，交点分别为E、F．过P作PN∥BC交AB于N、交EF于M，连接PA、PE、AM，EF与PA相交于O． （1）指出四边形PEAM的形状（不需证明）；

（2）记∠EPM=a，△AOM、△AMN的面积分别为S1、S2． ①求证：

；

②设AN=x，y=，试求出以x为自变量的函数y的解析式，并确定y的取值范围．

考点： 专题： 分析： 相似三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定与性质；直角梯形；解直角三角形． 压轴题． （1）根据题意，结合菱形的判定定理即可推出四边形AMPE为菱形， （2）①四边形AMPE为菱形，即可得：∠MAP=α，S1=OA•OM，OA=PA，又由在Rt△AOM中，tan求得OM=OA•tan；则可得； =，②首先过点D作DH⊥BC于H，则DK⊥PN，BH=AB=AD=DH=1，DK=AN=x，求得PN=1+x，在Rt△ANP2222中，由AP=AN+PN，可求得AP的值，然后过E作PM⊥EG于G，令△EGM的面积为S，由△EGM∽△AOM，即可得S=解答： S1，则问题得解． 解：（1）答案为：菱形； （2）①证明： ∵四边形AMPE为菱形， ∴∠MAP=α，S1=OA•OM，OA=PA， ∵在Rt△AOM中，tan∴OM=OA•tan； =PA•tan2=， ∴S1=OA•OM=×PA×PA•tan∴； ②过点D作DH⊥BC于H，交PN于K． 则：DK⊥PN，BH=AB=AD=DH=1，DK=AN=x， ∵CH=BC﹣BH=2﹣1=1， ∴CH=DH， ∴PK=DK=x， ∴PN=1+x， 在Rt△ANP中，

AP=AN+PN=x+（1+x）=2x+2x+1． 过E作EG⊥PM于G，令△EGM的面积为S， ∵△EGM∽△AOM， ∴==， 222222则S=S1， ∵△AOE由△POE折叠而成， ∴AE=PE，AP⊥EM， ∵四边形AMPE是菱形， ∴AN=DK=x， 如图，当E与D重合时， ∵PN=1+x，AN=x，AM=AD=PM=PD=1， ∴MN=PN﹣PM=1+x﹣1=x， ∴AN=MN， 222在Rt△AMN中，AN+MN=AM， 222∴x+x=1， ∴x=， ， ∴0＜x＜∵四边形ANGE的面积等于菱形AMPE的面积， ∴4S1=2S1+S2+S，即2S1=S2+S， ∴S1﹣S2=S﹣S1=S1﹣S1=（﹣1）S1， ∴y==（﹣1）×=（﹣1）×AP=（4x﹣AP）， 222∴y=x﹣x﹣（﹣2≤y＜﹣）．

点评：

此题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，三角函数的性质以及二次函数的知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．