中考数学二轮复习培优专题58 压轴题之综合应用类 (含解析)

这是一份中考数学二轮复习培优专题58 压轴题之综合应用类 (含解析)，共62页。试卷主要包含了单选题，四象限，则t的取值范围是，解答题等内容，欢迎下载使用。
58第12章压轴题之综合应用类

一、单选题
1．如图，在平面直角坐标系中，为的对称中心，，轴交轴于点，点的坐标点为，反比例函数的图像经过点．将沿轴向上平移，使点的对应点落在反比例函数的图像上，则平移过程中线段扫过的面积为（ ）

A．6 B．8 C．24 D．
【答案】D
【分析】根据O为▱ABCD的对称中心，AD=5，AD∥x轴交y轴于点E，点A的坐标为（-2，2），可求点C、D的坐标，进而求出反比例函数的关系式，由平移可求出点的坐标，知道平移的距离，即平行四边形的底，再根据面积公式求出结果．
【解答】解：∵AD=5，AD∥x轴交y轴于点E，点A的坐标为（-2，2），
∴DE=5-2=3，OE=2，
∴D（3，2），
把 代入反比例函数的关系式得，k=2×3=6，
∵O为▱ABCD的对称中心，点A的坐标为（-2，2），
∴点C的坐标为（2，-2）， 当x=2时，y=，
∴点（2，3）
∴C=CF+F=2+3=5，
上的高是是
∴平行四边形ACN的面积为

平移过程中线段扫过的面积为
故选：D．
【点评】考查反比例函数的图象和性质，平行四边形的性质及面积，将点的坐标转化为线段的长是常用的方法，将AC平移后扫过的面积就是平行四边形ACN的面积是关键．
2．如图，抛物线y=-（x-t）（x-t+6）与直线y=x-1有两个交点，这两个交点的纵坐标为m、n．双曲线y=的两个分支分别位于第二、四象限，则t的取值范围是（ ）

A．t＜0 B．0＜t＜6 C．1＜t＜7 D．t＜1或t＞6
【答案】C
【分析】先根据题意得mn＜0，然后让抛物线y=-（x-t）（x-t+6）与直线y=x-1相等化简得到x1+x2=2t-9，x1x2=t2-6t-3，再将m，n代入y=x-1，从而得到m，n关于x1，x2的关系式，再进行计算即可．
【解答】解：∵双曲线y=的两个分支分别位于第二、四象限，
∴mn＜0，
设抛物线y=-（x-t）（x-t+6）与直线y=x-1的两个交点坐标为（x1，m），（x2，n），
则-（x-t）（x-t+6）=x-1
化简得x2+（9-2t）x+t2-6t-3=0,
x1+x2=2t-9，x1x2=t2-6t-3，
∵m=x1-1，n=x2-1，
∴mn=（x1-1）（x2-1）
=x1x2-（x1+x2）+1
=t2-8t+7
=（t-7）（t-1）
∵mn＜0，
∴（t-7）（t-1）＜0
解得1＜t＜7，
故选：C．
【点评】本题考查了双曲线的性质，一元二次方程根与系数的关系，解题关键是得到x1+x2和x1x2的值．
3．如图，已知∠MON=120°，点A，B分别在OM，ON上，且OA=OB=a，将射线OM绕点O逆时针旋转得到，旋转角为α（0°＜α＜120°且α≠60°），作点A关于直线OM′的对称点C，画直线BC交于点D，连接AC，AD，有下列结论：
①AD=CD；
②∠ACD的大小随着α的变化而变化；
③当α=30°时，四边形OADC为菱形；
④ACD面积的最大值为a2；
其中正确的是（　　）（把你认为正确结论的序号都填上）

A．①②③④ B．①③④ C．①②③ D．①②④
【答案】B
【分析】①根据对称的性质：对称点的连线被对称轴垂直平分可得：OM'是AC的垂直平分线，再由垂直平分线的性质可作判断；
②作⊙O，根据四点共圆的性质得：∠ACD=∠E=60°，说明∠ACD是定值，不会随着α的变化而变化；
③当α=30°时，即∠AOD=∠COD=30°，证明△AOC是等边三角形和△ACD是等边三角形，得OC=OA=AD=CD，可作判断；
④先证明△ACD是等边三角形，当AC最大时，△ACD的面积最大，当AC为直径时最大，根据面积公式计算后可作判断．
【解答】解：①∵A、C关于直线OM'对称，
∴OM'是AC的垂直平分线，
∴CD=AD，
故①正确；
②连接OC，
由①知：OM'是AC的垂直平分线，
∴OC=OA，
∴OA=OB=OC，
以O为圆心，以OA为半径作⊙O，交AO的延长线于E，连接BE，则A、B、C都在⊙O上，
∵∠MON=120°，
∴∠BOE=60°，
∵OB=OE，
∴△OBE是等边三角形，
∴∠E=60°，
∵A、C、B、E四点共圆，
∴∠ACD=∠E=60°，
故②不正确；
③当α=30°时，即∠AOD=∠COD=30°，
∴∠AOC=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠OAC=60°，OC=OA=AC，
由①得：CD=AD，
∴∠CAD=∠ACD=∠CDA=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AC=AD=CD，
∴OC=OA=AD=CD，
∴四边形OADC为菱形；
故③正确；
④∵CD=AD，∠ACD=60°，
∴△ACD是等边三角形，
当AC最大时，△ACD的面积最大，
∵AC是⊙O的弦，即当AC为直径时最大，此时AC=2OA=2a，α=90°，
∴△ACD面积的最大值是：AC2=，
故④正确，
所以本题结论正确的有：①③④
故答案为：①③④．选B

【点评】本题是圆和图形变换的综合题，考查了轴对称的性质、四点共圆的性质、等边三角形的判定、菱形的判定、三角形面积及圆的有关性质，有难度，熟练掌握轴对称的性质是关键，是一道比较好的填空题的压轴题．
4．如图，在中，，，，，把线段绕点旋转得到线段，点对应点为，连接交于点，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，过作于，利用等腰直角三角形的性质求解 再得到设证明利用相似三角形的性质得到再利用勾股定理列方程求解即可得到答案．
【解答】解：如图，过作于，
，，


，

由旋转的旋转可得：




设 又


由

整理得：
＞

又因为＞


故选C．
【点评】本题考查的是旋转的旋转，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．
5．英国数学家莫雷（）在1904年发现了三角形的一个奇妙性质：如图，将任意三角形的三个内角三等分，每两个内角相邻的三等分线交点恰好构成一个正三角形．为了纪念他的发现，后人把它称为莫雷定理，也称为莫雷角三分线定理．若为等腰直角三角形，其中，且的面积为6，则的面积为（ ）

A．18 B． C．24 D．
【答案】C
【分析】如图，以D为圆心，DF为半径作圆，得交点H,I，J，再以J为圆心，DJ为半径作圆，得交点L,K，易证EK=DE=DF,再得到△ADG∽△BEK，根据相似比为1:2，即可求出△BEK的面积，从而得到△BEC的面积．
【解答】如图，以D为圆心，DF为半径作圆，得交点H,I，J，再以J为圆心，DJ为半径作圆，得交点L,K，
∴△DHL，△DLJ为等边三角形，
∴∠LDJ=60°，
∵每两个内角相邻的三等分线交点
∴∠DBJ=∠EBK=∠ECK=∠ABC=15°
∴∠DJE=∠LDJ+∠DBJ=75°
∵DJ=DE
∴∠DEJ=∠DJE=75°
连接AE并延长至K，
∵∠EBK=∠ECK
∴BE=CE
∴EK⊥BC
∴∠BEK=90°-∠EBK=75°=∠DEJ
又∵∠DBJ=∠EBK，BE=BE
∴△BDE≌△BKE
∴EK=DE=DF
设AE与DF交于G点，
∵DE=EF，
∴EG⊥DF，
∴G点为DF中点
∴AD=AF
∴∠DAG=∠DAF=×∠BAC=15°
∴∠DAG=∠EBK
∵∠AGD=∠BKE=90°
∴△ADG∽△BEK
∴相似比为
∴S△BEK=4S△ADG=4×S△ADF=12
∴S△BCE=2S△BEK=24
故选C．

【点评】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是根据题意作辅助线求解．
6．如图，在中，，点为的中点，，，将沿着折叠后，点落在点处，则的长为（ ）

A． B．4 C．7 D．
【答案】C
【分析】连接AE交CD于F，根据余弦的定义求出AB，根据勾股定理求出BC，根据直角三角形的性质求出CD，根据面积公式求出AE，根据翻转变换的性质求出AF，根据勾股定理、三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：连接AE交CD于F，
∵AC＝3，cos∠CAB＝，
∴AB＝3AC＝9，
由勾股定理得，BC＝，
∵∠ACB＝90°，点D为AB的中点，
∴CD＝AB＝，
∵S△ABC＝×3×，点D为AB的中点，
∴S△ACD＝S△ABC＝，
由翻转变换的性质可知，S四边形ACED＝，AE⊥CD，
则×CD×AE＝，
∴AE＝，
∴AF＝，
由勾股定理得，DF＝，
∵AF＝FE，AD＝DB，
∴BE＝2DF＝7，
故选：C．

【点评】本题考查的是翻转变换的性质、直角三角形的性质、余弦的定义、勾股定理以及三角形中位线定理等，翻转变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
7．已知为等腰斜边上的两点，，，．则（ ）
A．3 B． C．4 D．
【答案】C
【分析】根据题意，画图如下，过点A作AG⊥AM，且AG=AM，连接CG和NG，利用SAS即可证出△BAM≌△CAG，从而得出CG=BM=3，∠ACG=∠B=45°，∠NCG=90°，然后利用SAS证出△MAN≌△GAN，可得MN=GN，设NC=x，利用勾股定理列出方程即可求出结论．
【解答】解：根据题意，画图如下，过点A作AG⊥AM，且AG=AM，连接CG和NG

∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，∠BAC=90°，BC=
∴∠BAM＋∠MAC=90°，∠CAG＋∠MAC=90°
∴∠BAM=∠CAG
在△BAM和△CAG中

∴△BAM≌△CAG
∴CG=BM=3，∠ACG=∠B=45°
∴∠NCG=∠ACB＋∠ACG=90°
∵
∴∠GAN=∠MAG－∠MAN=45°
∴∠MAN=∠GAN
∵AM=AG，AN=AN
∴△MAN≌△GAN
∴MN=GN
设NC=x，则GN =MN= BC－BM－NC=9－x，
在Rt△NCG中，NC2＋CG2=GN2
∴x2＋32=（9－x）2
解得：x=4
即NC=4
故选C．
【点评】此题考查的是全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的性质和勾股定理，掌握构造全等三角形的方法、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的性质和勾股定理是解决此题的关键．
8．如图，四边形ABCD是正方形，ΔECG是等腰直角三角形，∠BGE的平分线过点D交BE 于H，O是EG的中点，对于下面四个结论：①GH⊥BE；②OH∥BG，且；③；④△EBG的外接圆圆心和它的内切圆圆心都在直线HG上．其中表述正确的个数是( )

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】①由四边形ABCD是正方形，△ECG是等腰直角三角形，得出△BCE≌△DCG，推出∠BEC+∠HDE=90°，从而得出GH⊥BE；
②由GH是∠EGC的平分线，得出△BGH≌△EGH，再由O是EG的中点，利用中位线定理，得出OH∥BG，且；
③由（2）得BG=EG，设CG=x，则CE=x，根据勾股定理得EG=x，所以BG=x，从而得到BC=(-1)x，根据正方形面积公式和等腰直角三角形面积公式可以得到S正方形ABCD=(3-2)x2，S△ECG=x2，进而求出；
④三角形的外接圆的圆心是三条边的垂直平分线的交点，三角形的内切圆是的圆心是三个角的平分线的交点．由（2）得BG=EG，由（1）得GH⊥BE，因为GH平分∠BGE，所以GH是BE边上的垂直平分线，所以△EBG的外接圆圆心和内切圆圆心在直线HG上．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，△ECG是等腰直角三角形
∴BC=CD，CE=CG，∠BCE=∠DCG=90°
在△BCE和△DCG中，

∴△BCE≌△DCG（SAS）
∴∠BEC=∠BGH
∵∠BGH+∠CDG=90°，∠CDG=∠HDE
∴∠BEC+∠HDE=90°
∴GH⊥BE
故①正确；
②∵GH是∠EGC的平分线
∴∠BGH=∠EGH
在△BGH和△EGH中，

∴△BGH≌△EGH（ASA）
∴BH=EH
∵O是EG的中点
∴HO是△EBG的中位线
∴OH∥BG，且
故②正确；
③由（2）得△BGH≌△EGH
∴BG=EG
在等腰直角三角形ECG中，设CG=x，则CE=x
∴EG==x
∴BG=x
∴BC=BG-CG=x-x=(-1)x
∴S正方形ABCD=BC2=[(-1)x]2 =(3-2)x2
S△ECG=CGCE=x2
∴S正方形ABCD∶S△ECG=(3-2)x2∶x2=(6-4)∶1
故③正确；
④由（2）得BG=EG，由（1）得GH⊥BE
∵GH平分∠BGE，
∴GH是BE边上的垂直平分线
∵三角形的外接圆的圆心是三条边的垂直平分线的交点，三角形的内切圆是的圆心是三个角的平分线的交点．
∴△EBG的外接圆圆心和内切圆圆心在直线HG上
故④正确．
故选D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理等知识．解题的关键是能灵活利用三角形全等的判定与性质解题．
9．如图，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=，BC=,对角线AC，BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转，分别交BC，AD于点E，F,下列说法：①在旋转过程中，AF=CE. ②OB=AC，③在旋转过程中，四边形ABEF的面积为，④当直线AC绕点O顺时针旋转30°时，连接BF,DE则四边形BEDF是菱形，其中正确的是（ ）

A．①②④ B．① ② C．①②③④ D．② ③ ④
【答案】A
【分析】①通过证明即可判断；

②分别利用勾股定理求出OB,AC的长度即可得出答案；
③先利用的面积求出AG的长度，然后利用梯形的面积公式求解即可；
④易证四边形BEDF是平行四边形，然后通过角度得出，然后证明，则有，则可证明结论．
【解答】∵四边形ABCD是平行四边形，
，
．
在和中，

，故①正确；
∵AB⊥AC，
．
∵AB=，BC=，
，
，
，
，故②正确；
过点A作交BC于点G，

，
，
，故③错误；
连接DE,BF，

，
．
∵ ，
∴四边形BEDF是平行四边形．
，
．
，
，
．
在和中，
，
，
∴四边形BEDF是菱形，故④正确；
所以正确的有：①②④，
故选：A．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理和锐角三角函数，掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理和锐角三角函数是解题的关键．
10．反比例函数y（x˂0）交等边△OAB于C、D两点，边长为5，OC＝3BD，则k的值（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过点C作CE⊥x轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，设BD＝a，则OC＝3a，分别表示出点C、点D的坐标，代入函数解析式求出k，继而可建立方程，解出a的值后即可得出k的值．
【解答】解：过点C作CE⊥x轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，如下图所示：

设BD＝a，则OC＝3a，
在Rt△OCE中，∠COE＝60°，
则OEa，CEa，
则点C坐标为（a，a），
在Rt△BDF中，BD＝a，∠DBF＝60°，
则BFa，DFa，
则点D的坐标为（﹣5a，a），
将点C的坐标代入反比例函数解析式可得：ka2，
将点D的坐标代入反比例函数解析式可得：kaa2，
则a2aa2，
解得：a1＝1，a2＝0（舍去），
故k．
故选：B．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，当有两个点在反比例函数上时，可以设出其中一个点的坐标，然后根据题中的等量关系将另一个点的坐标用设好的未知数的代数式表示，然后再利用k的值相同建立方程，有一定难度．

二、填空题
11．如图，中，，AB>AC，两内角的平分线CD、BE交于点O，平分交BC于F，（1）；（2）连AO，则AO平分；（3）A、O、F三点在同一直线上；（4）OD=OE；（5）BD+CE=BC． 其中正确的结论是__________．（填序号）

【答案】①②④⑤．
【分析】根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB度数，求出∠EBC+∠DCB度数，根据三角形内角和定理求出∠BOC即可判断①，过O作OM⊥AB于M，OQ⊥AC于Q，ON⊥BC于N， 根据角平分线性质求出OQ=OM=ON，根据角平分线性质求出AO平分∠BAC即可判断②；假设三点共线，利用三角形的外角的性质逆推可得：与已知条件AB>AC，得＞，互相矛盾，可判断③，证，即可推出OD=OE，从而判断④，通过全等求出BM=BN，CN=CQ，代入即可求出BD+CE=BC，从而判断⑤．
【解答】解：∵∠A=60°，
∴
∴
∵BE平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴
∴
∴
∴①正确；
过O作OM⊥AB于M，OQ⊥AC于Q，ON⊥BC于N，

∵O是∠ABC和∠ACB的角平分线交点，
∴OM=ON，ON=OQ，
∴OQ=OM，
∴O在∠A平分线上，
∴②正确；
如图，若三点共线，





∵AB＞AC，
∴∠ABC＜∠ACB，
所以：A、O、F不在同一直线上，
∴③错误；
∵
∴
OM⊥AB，OQ⊥AC，ON⊥BC，
∴∠AMO=∠AQO=90°，
∵∠A=60°，
∴∠MOQ=120°，
∴∠DOM=∠EOQ，
在和中，

∴（AAS），
∴OE=OD，
∴④正确；
在与中，

∴，

同理，，

∴，
∵DM=EQ，
∴BC=BD+CE，
∴⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
【点评】本题考查了角平分线性质，三角形的内角和定理，三角形的外角的性质，全等三角形的性质和判定的应用，掌握以上知识是解题的关键．
12．如图，在边长为3的菱形中，，点为射线上一动点，连接，将沿直线折叠得到，连接．当为直角三角形时，的长为__________．

【答案】或
【分析】分两种情况解答即可，①P在线段BC上，②当点P在线段BC的延长线上．
【解答】解：①P在线段BC上，如图，

在菱形ABCD中，AD∥BC，
∴∠AMB=∠DAE，设BP=x,
当∠DAE=90°时，∴∠AMB=90°，
∴AE=AB=3, BM=3×cos60°=, AM=3×sin60°= ,
则PM=-x, ∴ME=AE-AM=3-，
由折叠性质可得：BP=PE,
在RT△PME中，x²=PM²+ME²=(-x) ²+(3-)²,
解得：x=6-3，即BP=6-3；
②当点P在线段BC的延长线上，延长AD 交PE于N，延长EA 交BP于G，

∠EAD=90°，则∠AGP=90°，
由折叠的性质得到∠E=∠B=60°,
在RT△EAN中，AE=AB=3，AN=3×tan60°=3,
在RT△ABG中，BG=3×cos60°=，AG=3×sin60°=,∴EG=AE+AG=3+，
∵AN∥PG, ∴△EAN∽△EGP, ∴ 即 ,解得：PG=3+，∴BP=PG+BG=3++=6+3，
综上所述：当为直角三角形时，的长为或．
故答案为：或．
【点评】本题考查了菱形的性质，相似三角形的性质和判定，折叠的性质，直角三角形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
13．已知边长为2的正方形ABCD中，E、F分别是AB、AD的中点，将△AEF绕点A逆时针旋转α（0o＜α＜90o），射线BE交DF于点P，交AD于点Q，连接AP．以下结论正确的是______．
①△AEB≌△AFD；
②AP平分∠BPF；
③DP•BQ＝EF•DQ；
④若将△AEF从一开始旋转至AE⊥BP时，点P在旋转过程中的运动轨迹长为π．

【答案】①②③
【分析】①正确，根据SAS证明即可．
②正确，证明A，E，P，F四点共圆，利用圆周角定理解决问题即可．
③正确，证明△ABQ≌△PDQ即可判断．
④错误，利用弧长公式计算判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝∠BAD＝90°，
∴∠BAE＝∠DAF，
∵AE＝AF，
∴△BAE≌△DAF（SAS），故①正确，
∴∠ABE＝∠ADF，
∵∠AQB＝∠DQP，
∴∠DPQ＝∠BAQ＝90°，
∴∠EPF+∠EAF＝180°，
∴A，E，P，F四点共圆，
∴∠EPA＝∠EFA＝45°，
∴∠EPA＝∠APF＝45°，即PA平分∠EPF，故②正确，
∵∠BAQ＝∠DPQ＝90°，∠AQB＝∠DQP，
∴△ABQ≌△PDQ，
∴＝，
∵AB＝2AE＝EF，
∴＝，
∴DP•BQ＝EF•DQ，故③正确，
连接BD，取BD中点O，连接OP，OA，如图3，

Rt△ABD中，由勾股定理得：BD＝＝2，
∵△AEB≌△AFD，
∴∠ABE＝∠ADP，
∴∠BAD＝∠BPD＝90°，
∴OP＝OA＝BD＝，
∴P在以O圆心，以OA为半径的圆上，
当AE⊥BE时，AF⊥DF，如图4，

∵AF＝AD，
∴∠ADF＝30°，
∵OD＝OP，
∴∠ODP＝∠OPD＝45°+30°＝75°，
∴∠DOP＝30°，
∵∠AOD＝90°，
∴∠AOP＝60°，
∴点P在旋转过程中的运动路线长为：＝π．故④错误．
故答案为①②③．

【点评】本题主要考查了四边形综合，结合弧长的计算是解题的关键．
14．如图所示，△ABC为等边三角形，AQ＝PQ，PR＝PS，PR⊥AB于R，PS⊥AC于S，则四个结论正确的是_____．
①P在∠A的平分线上； ②AS＝AR； ③QP∥AR； ④△BRP≌△QSP．

【答案】①②③④
【分析】首先根据角平分线上点的性质，推出①正确，然后通过求证和全等，推出②正确，再根据，推出相关角相等，通过等量代换即可得，即可推出③正确，依据等边三角形的性质和外角的性质推出，便可推出结论④．
【解答】解：∵，，
∴在的平分线上
在和中
∵
∴
∴，
∵
∴
∴
∴
∵为等边三角形
∴
∴
∴
在和中
∵
∴
∴①②③④项四个结论都正确．
故答案是：①②③④
【点评】本题主要考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等边对等角、直角三角形的性质、平行线的判定，关键在于熟练运用等边三角形的性质、全等三角形的判定，认真推理计算相关的等量关系．
15．如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点O与原点重合，顶点A，C分别在x轴、y轴上，反比例函数(k≠0，x>0)的图象与正方形的两边AB、BC分别交于点M、N，连接OM、ON、MN．若∠MON=45°，MN=2，则k的值为_______．

【答案】
【分析】由反比例函数（k≠0，x＞0）的图象与正方形的两边AB、BC分别交于点M、N，易证得CN=AM，即可得△OAN≌△OAM，可得ON=OM，然后设作NE⊥OM于E点，易得△ONE为等腰直角三角形，设NE=x，则ON=x，由勾股定理可求得x的值，继而可设正方形ABCO的边长为a，则OC=a，CN=a-，则可得到点N的坐标，继而求得答案．
【解答】解：∵点M、N都在的图象上，
∴S△ONC=S△OAM=k，即OC•NC=OA•AM，
∵四边形ABCO为正方形，
∴OC=OA，∠OCN=∠OAM=90°，
∴NC=AM，
在△OCN和△OAM中，
，
∴△OCN≌△OAM（SAS）；
∴ON=OM，
作NE⊥OM于E点，如图，
∵∠MON=45°，
∴△ONE为等腰直角三角形，
∴NE=OE，
设NE=x，则ON=x，
∴OM=x，
∴EM=x-x=（-1）x，
在Rt△NEM中，MN=2，
∵MN2=NE2+EM2，即22=x2+[（-1）x]2，
∴x2=2+，

∴ON2=（x）2=4+2，
∵CN=AM，CB=AB，
∴BN=BM，
∴△BMN为等腰直角三角形，
∴BN=MN=，
设正方形ABCO的边长为a，则OC=a，CN=a-，
∵在Rt△OCN中，OC2+CN2=ON2，
∴a2+（a-）2=4+2，
解得a1=+1，a2=-1（舍去），
∴OC=+1，
∴BC=OC=+1，
∴CN=BC-BN=1，
∴N点坐标为（1， +1），
将点N代入反比例函数，得：k=+1．
故答案为+1．
【点评】此题考查反比例函数的综合题，勾股定理，等腰直角三角形的性质，解题关键在于掌握反比例函数图象上点的坐标特征、比例系数的几何意义和正方形的性质．
16．双曲线和在第一象限内的图象如图所示，在的图象上，轴于，交的图象于，轴于，交的图象于，当点在的图象上运动时，下列结论：①与的面积相等；②四边形的面积保持不变；③；④若是的中点，则是的中点．其中一定正确的的序号是________．

【答案】①②④
【分析】①由点A、B均在反比例函数的图象上，利用反比例函数系数k的几何意义即可得出S△ODB=S△OCA，结论①正确；②利用分割图形求面积法即可得出S四边形PAOB=k-1，结论②正确；③设点P的坐标为（m，），则点B的坐标（，），点A（m，），求出PA、PB的长度，由此可得出PA与PB的关系无法确定，结论③错误；④设点P的坐标为（m，），则点B的坐标（，），点A（m，），由点A是PC的中点可得出k=2，将其代入点P、B的坐标即可得出点B是PD的中点，结论④正确．此题得解．
【解答】解：①点、均在反比例函数的图象上，且轴，轴，
，，
，结论①正确；
②点在反比例函数的图象上，且轴，轴，
，
，结论②正确；
③设点的坐标为，则点的坐标，，点，
，，
与的关系无法确定，结论③错误；
④设点的坐标为，则点的坐标，，点，
点是的中点，
，
，，，
点是的中点，结论④正确．
故填：①②④．

【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义、反比例函数的图象以及反比例函数图象上点的坐标特征，逐一分析说四条结论的正误是解题的关键．
17．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是(2，1)，点B的坐标是(2，0) ．作点B关于OA的对称点B′，则点B′的坐标是______．

【答案】（）
【分析】连接AB，AB′，BB′，BB′与OA相交于点F，过B′作B′E⊥x轴，垂足为E，由勾股定理求出OA=，再由三角形面积公式可求出BF=， 由对称性得出BB′=，再证明得B′E=，再由勾股定理求出BE=，从而可求出OE=，故可得答案．
【解答】连接AB，AB′，BB′，BB′与OA相交于点F，过B′作B′E⊥x轴，垂足为E，如图所示，

∵点A的坐标是(2，1)，点B的坐标是(2，0) ，
∴OB=2，AB=1，AB⊥OB，
∴AB=
∵
∴
∴
∵点B与点B′关于OA的对称，
∴OA⊥BB′, BB′=2BF=,
又∵B′E⊥x轴，AB⊥OB，
∴B′E//AB
∴∠ABB′=∠BB′E，∠B′EB=∠BFA=90°
∴
∴
∴
∴
∴OE=OB-BE=2-=
∴点B′的坐标为（，）．
故答案为：（，）．
【点评】此题主要考查了点的坐标，勾股定理，轴对称以及相似三角形的判定与性质，求出是解答此题的关键．
18．如图，在矩形中，，是延长线上一点，连接交于点，连接，若与的面积相等，则长为_______．

【答案】
【分析】先根据矩形的性质得出，设，可得，再根据相似三角形的判定与性质可得DE的长，从而可得CE的长，然后根据“与的面积相等”建立等式可求出x的值，由此即可得出答案．
【解答】四边形ABCD是矩形，

设，则
由得


，即
解得

又与的面积相等
，即
解得或（不符题意，舍去）
经检验，是方程的解
则
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
19．定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做等邻边四边形．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=2，BC=1，将△ABC沿∠ABC的平分线的方向平移，得到△，连接，，若四边形是等邻边四边形，则平移距离的长度是__．

【答案】1或
【分析】根据等邻边四边形的定义，分三种情况：①当时，②当时，③当时，分别进行讨论即可．
【解答】由平移的性质可知，，
若四边形是等邻边四边形，
①当时，；
②当时，延长交AB于点D，

，
．
∵平分 ，
∴，
．
设 ，
在中，
，
，
整理得 ，
，
∴一元二次方程无解；
③当时，延长交AB于点D，

，
．
∵平分，
∴ ，
，．
设，则，
在中，
，
，
解得 ，
，
综上所述，的长度为1或．
故答案为：1或．
【点评】本题主要考查等邻边四边形，掌握角平分线的定义，等腰直角三角形的性质，勾股定理并分情况讨论是解题的关键．
20．如图，在正方形中，，把边绕点逆时针旋转30°得到线段，连接并延长交于点，连接，则三角形的面积为__________．

【答案】
【分析】根据旋转的性质得BP＝BC＝AB＝AD＝，∠PBC＝30°，推出△ABP是等边三角形，得到∠BAP＝60°，AP＝AB＝，解直角三角形求出AE和DE，过P作PF⊥CD于F，求出PF即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，
∵把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，
∴BP＝BC＝AB＝AD＝，∠PBC＝30°，
∴∠ABP＝60°，
∴△ABP是等边三角形，
∴∠BAP＝60°，AP＝AB＝，
∴∠DAE＝30°，
∴AE＝，DE＝4，
∴CE＝，PE＝8−，
过P作PF⊥CD于F，则∠EPF＝30°，
∴PF＝PE·cos30°＝，
∴三角形PCE的面积＝CE•PF＝，
故答案为：．

【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．

三、解答题
21．平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A，B两点，点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（1，0），与y轴交于点C，点D为顶点．
（1）求抛物线的解析式和tan∠DAC；
（2）点E是直线AC下方的抛物线上一点，且S△ACE＝2S△ACD，求点E的坐标；
（3）如图2，若点P是线段AC上的一个动点，∠DPQ＝∠DAC，DP⊥DQ，则点P在线段AC上运动时，D点不变，Q点随之运动．求当点P从点A运动到点C时，点Q运动的路径长．

【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+3，AC＝，DC＝；（2）E（1，0）；（3）
【分析】（1）将点A（﹣3，0），B（1，0）分别代入抛物线y＝ax2+bx+3可解的a，b的值，从而得到解析式，tan∠DAC＝，可根据表达式求出C，D的坐标然后计算DC和AC的长度计算；
（2）可取一点E，过E作EF平行于x轴，交AC于F此时可表示出S△ACE，根据类方程S△ACE＝2S△ACD，求E点坐标即可；
（3）根据题能得到Q的运动轨迹为直线，且当P在A处时Q在C处，当P运动到C处时，可以得到△ADC∽PQD，根据形似性质可得到PQ长度即为Q的运动路径长．
【解答】解：（1）将A（﹣3，0），B（1，0）分别代入抛物线y＝ax2+bx+3可得：
，解得；
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，
∴D（﹣1，4），C（0，3）；
∴AC＝，DC＝；
∴tan∠DAC＝．
（2）如图1所示，过E作EF//x轴交AC于点F，设点E（m，﹣m2﹣2m+3），直线AC的表达式为y＝kx+n，
将A（﹣3，0），C（0，3）分别代入y＝kx+n可得：
，解得，
∴直线AC表达式为y＝x+3，
∴F（﹣m2﹣2m，﹣m2﹣2m+3），
∴EF＝m+m2+2m＝m2+3m，
∴S△ACE＝（xC﹣xA）EF，
∵S△ACD＝AC•CD＝3，
∴S△ACE＝（xC﹣xA）EF＝2S△ACD＝6，
∴（m2+3m）＝6，
解得m1＝1，m2＝﹣4（舍），
∴E（1，0）．

（3）如图2所示

当点P与点A重合时，
∵∠ADQ=∠DCA=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°=∠ADC+∠QDC，
∴∠DAC=∠QDC，
又∵∠DCA=∠DCQ=90°，
∴△ADC∽△DQC，
∴，
∴，
当点P与点C重合时，
∴∠Q'DC=∠ACD=90°，
∴DQ'∥CQ，
∵∠DAC=∠Q'P'D，∠Q'DP'=∠ACD=90°，
∴△ADC∽△P'Q'D，
∴，
∴，
∴DQ'=CQ，
∴四边形DQ'QC是平行四边形，
∴QQ'=CD=．
【点评】本题综合性比较强，主要考查二次函数点相关知识，解题的关键在于找出变换后的图形，根据已知条件，建立方程求解．
22．综合与实践
如图1，正比例函数的图象与反比例函数的图象交于点A(3，2)、B(m，n)．我们可以发现：反比例函数的图象是一个关于原点中心对称的图形．
（1）填空：k=____________；a=_______________；
（2）利用所给函数图象，写出不等式的解集_____________；
（3）如图2，正比例函数的图象，反比例函数的图象交于点P，Q，
试说明以A，B，P，Q为顶点的四边形一定是平行四边形，但不可能是正方形；
（4）如图3，当点P在点A的左上方时，过P作直线轴于点M，过点A作直线轴于点N．交直线PM于点D．若四边形OADP的面积为6．求点P的坐标．

【答案】（1）；（2）或；（3）见解析；（4）
【分析】（1）将A(3，2)分别代入正比例函数解析式和反比例函数解析式中，即可求出结论；
（2）根据对称性即可求出点B的坐标，根据图象即可得出结论；
（3）根据对称性可知OA=OB，OP=OQ，从而证出以A、B、P、Q为顶点的四边形一定是平行四边形，然后根据，可得以A、B、P、Q为顶点的四边形不可能是菱形，即可得出结论；
（4）设点，根据反比例函数中比例系数的几何意义可得，，即可求出DN，即为点P的纵坐标，代入解析式中即可求出结论．
【解答】解：（1）将A(3，2)代入中，得

解得：
将A(3，2)代入中，得

解得：
故答案为：；
（2）由点A和点B关于原点对称
∴点B的坐标为（-3，-2）
由图象可知：不等式的解集为或
故答案为：或；
（3）反比例函数的图象是一个关于原点中心对称的图形，
所以OA=OB，OP=OQ
所以以A、B、P、Q为顶点的四边形的对角线互相平分，
所以以A、B、P、Q为顶点的四边形一定是平行四边形．
因为点A、P都在第一象限，
对角线AB，PQ不垂直，
所以以A、B、P、Q为顶点的四边形不可能是菱形，也就不可能是正方形．．
（4）设点，
由题意得四边形OMDN是矩形，
因为P，A在双曲线上

∵

∴
因为ON=3
所以OM=4，

所以点P的坐标为．
【点评】此题考查的是反比例函数与正比例函数的综合题型，掌握利用待定系数法求反比例函数解析式、正比例函数解析式、对称性、平行四边形的判定、正方形的判定和矩形的判定及性质是解题关键．
23．在中，，点D､E分别是的中点，将绕点C按顺时针方向旋转一定的角度，连接．
观察猜想

（1）如图①，当时，填空：
①______________；
②直线所夹锐角为____________；
类比探究
（2）如图②，当时，试判断的值及直线所夹锐角的度数，并说明理由；
拓展应用
（3）在（2）的条件下，若，将绕着点C在平面内旋转，当点D落在射线AC上时，请直接写出的值．
【答案】（1）①1，②；（2）直线所夹锐角为，见解析；（3）满足条件的的值为
【分析】（1）①②延长BD交AE的延长线于T，BT交AC于O．证明即可解决问题．
（2）如图②中，设AC交BD于O，AE交BD于T．证明，推出，可得结论．
（3）分两种情形：①如图③-1中，当点D落在线段AC上时，作于H．②如图③-2中，当点D在AC的延长线上时，分别利用勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）如图①中，延长BD交AE的延长线于T，BT交AC于O．

，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴直线所夹锐角为，
故答案为1，．
（2）如图②中，设AC交于O，AE交于T．

，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴直线所夹锐角为．
（3）①如图③-1中，当点D落在线段AC上时，作于H．

由题意，，
，
，
，
在中，
②如图③-2中，当点D在AC的延长线上时，同法可得，

综上所述，满足条件的的值为．
【点评】本题考查几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
24．在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l：与 x 轴交于点 A（-2，0），与 y 轴交于点 B．双曲线与直线 l 交于 P，Q 两点，其中点 P 的纵坐标大于点 Q 的纵坐标．
（1）求点 B 的坐标；
（2）当点 P 的横坐标为 2 时，求 k 的值；
（3）连接 PO，记△POB 的面积为 S，若 ，直接写出 k 的取值范围．
【答案】（1）（0，2）；（2）8；（3）≤k≤3或-1≤k≤．
【分析】（1）根据点A的坐标，可求出直线的解析式，再由解析式求出B点坐标．
（2）把点P的横坐标代入直线解析式即可求得点P的纵坐标，然后把点P代入反比例函数解析式即可得k值．
（3）根据△POB的面积为S的取值范围求点P的横坐标取值，然后把横坐标代入直线解析式，即可求得点P纵坐标的取值范围，进而求得k的取值范围．
【解答】解：（1）∵直线l：y＝x＋b与x轴交于点A（−2，0）
∴−2＋b＝0
∴b＝2
∴一次函数解析式为：y＝x＋2
当x=0时，y=2，
∴直线l与y轴交于点B为（0，2）
∴点B的坐标为（0，2）；
（2）∵双曲线与直线l交于P，Q两点，
∴点P在直线l上
∴当点P的横坐标为2时，y＝2＋2＝4
∴点P的坐标为（2，4）
∴k＝2×4＝8
∴k的值为8；
（3）如图所示，
①当k＞0时，
S＝×2×xp＝xp，
∵≤S≤1，
∴≤xp≤1，
∵点P在直线y＝x＋2上，
∴≤yp≤3，
∵点P在反比例函数，
∴xy=k，
∴≤k≤3，
②当k＜0时，
S＝×2×|xp|＝−xp，
∵≤S≤1，
∴≤-xp≤1，
∴-1≤xp≤
∵点P在直线y＝x＋2上，
∴1≤yp≤，
∵点P在反比例函数，
∴xy=k，
∴-1≤k≤，
综上所述，k的取值范围为：≤k≤3或-1≤k≤．

【点评】本题主要涉及一次函数与反比例函数相交的知识点．根据交点既在一次函数上又在反比例函数上，即可解决问题．
25．如图，在中，，，为的中点，于点，于点．

（1）求证：．
（2）若时，求：的值．
（3）若为的中点，求：．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）由题意可以得到，从而由相似三角形的性质得到；
（2）由题意可设AB=a，AC=2a，再根据直角三角形的性质可得，从而由相似三角形的性质得到AE、BE的值，结合（1）的结论即可得到EF的值，这样即可求得答案；
（3）由题意可得，因此可设AE=2m，DE=DF=m，再由（1）可以得到BE=CF=，最后由前已证得 ．
【解答】（1）

∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）根据题意，有，设，，
∵为中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
由（1）得，
∴，，
∴．
（3）在和中，
，
∴，
∴，，
∵为中点，
设，，
，
由（1）得，
∴，
∴．
【点评】本题考查三角形相似判定与性质的综合应用，灵活运用三角形相似、全等的判定与性质及直角三角形的有关性质求解是解题关键 ．
26．如图，在平面直角坐标系中，直线AB交x轴于点B（6，0），交y轴于点C（0，6），直线AB与直线OA：y＝x相交于点A，动点M在线段OA和射线AC上运动．

（1）求直线AB的解析式．
（2）求△OAC的面积．
（3）是否存在点M，使△OMC的面积是△OAC的面积的？若存在求出此时点M的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）y＝﹣x+6；（2）12；（3）存在满足条件的点M，其坐标为（1，）或（1，5）或（﹣1，7）
【分析】（1）由B、C坐标，根据待定系数法可求得直线AB的解析式；
（2）联立直线AB和直线OA解析式可求得A点坐标，则可求得△OAC的面积；
（3）当△OMC的面积是△OAC的面积的时，根据面积公式即可求得M的横坐标，然后代入解析式即可求得M的坐标．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式是y＝kx+b，
根据题意得，解得，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+6；
（2）联立直线OA和直线AB的解析式可得，解得，
∴A（4，2），
∴S△OAC＝×6×4＝12；
（3）由题意可知S△OMC＝S△OAC＝×12＝3，
设M点的横坐标为t，则有S△OMC＝×OC•|t|＝3|t|，
∴3|t|＝3，解得t＝1或t＝﹣1，
当点t＝﹣1时，可知点M在线段AC的延长线上，
∴y＝﹣（﹣1）+6＝7，此时M点坐标为（﹣1，7）；
当点t＝1时，可知点M在线段OA或线段AC上，
在y＝x中，x＝1可得y＝，代入y＝﹣x+6可得y＝5，
∴M的坐标是（1，）；
在y＝﹣x+6中，x＝1则y＝5，
∴M的坐标是（1，5）；
综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（1，）或（1，5）或（﹣1，7）．
【点评】本题考查待定系数法求一次函数解析式、解二元一次方程组和三角形面积，解题的关键是掌握待定系数法求一次函数解析式、解二元一次方程组和三角形面积.
27．如图，四边形ADBC内接于半径为2的⊙O，连接AB、BD、DC，△ABC为等边三角形．
（1）求证：DC平分∠ADB；
（2）线段DC的长为x，四边形ADBC的面积为S，求S关于x的函数关系式；
（3）若点M、N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，△DMN的周长有最小值t，随着点D、M、N的位置变化，t的值会发生变化，试求t的取值范围．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】(1)由等边三角形的性质可得∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，由圆周角定理可得∠ADC=∠BDC=60°，如此可得结论；
(2)将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△BHC，可证△DCH是等边三角形，可得四边形ADBC的面积S=，问题得解；
(3)作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，由轴对称的性质可得EM=DM，DN=NF，可得△DMN的周长=DM+DN+MN=FN+EM+MN，则当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，即最小值为EF=t，由轴对称的性质可求得CD=CE=CF，∠ECF=120°，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求得EF=2PE=EC= CD=t，由题意可得CD的取值范围，由此可以得到t的取值范围．
【解答】(1)证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，∵∠ADC=∠ABC=60°，∠BDC=∠BAC=60°，∴∠ADC=∠BDC，∴DC是∠ADB的平分线；
(2解：设线段DC的长为x，四边形ADBC的面积为S，如图1，将△ADC绕点逆时针旋转60°，得到△BHC，∴CD=CH，∠DAC=∠HBC，

∵四边形ACBD是圆内接四边形，∴∠DAC+∠DBC=180°，∴∠DBC+∠HBC=180°，
∴点D，点B，点H三点共线，
∵DC=CH，∠CDH=60°，∴△DCH是等边三角形，
∴四边形ADBC的面积S=；
(3)解：如图2，作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，

∵点D，点E关于直线AC对称，∴EM=DM，同理DN=NF，
∵△DMN的周长=DM+DN+MN=FN+EM+MN，
∴当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，
则连接EF，交AC于M，交BC于N，连接CE，CF，DE，DF，∴△DMN的周长最小值为EF=t，∵点D，点E关于直线AC对称，∴CE=CD，∠ACE=∠ACD，
∵点D，点F关于直线BC对称，∴CF=CD，∠DCB=∠FCB，
∴CD=CE=CF，∠ECF=∠ACE+∠ACD+∠DCB+∠FCB=2∠ACB=120°，
∵CP⊥EF，CE=CF，∠ECF=120°，∴EP=PF，∠CEP=30°，
∴PC=EC，PE=PC=EC，
∴EF=2PE=EC=CD=t，
又由题意知，CD的取值范围在CB长度与直径之间，即，
∴，即．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
28．如图所示，抛物线y1＝﹣x2与直线y2＝﹣x﹣交于A，B两点．
（1）求A，B两点的坐标．
（2）根据图象回答：
①当x取何值时，y1的值随x的增大而增大？
②当x取何值时，y1＜y2？
（3）求△AOB的面积．
（4）在x轴上是否存在一点P，使△AOP是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（5）抛物线上找一点Q，使得△ABQ是直角三角形，请直接写出Q点横坐标

【答案】（1）A（﹣，﹣），B（3，﹣9）；（2）①当x＜0时，y1的值随x的增大而增大，②当x＞3或x＜﹣时，y1＜y2；（3）；（4）(-3，0)，(，0），（，0），（，0）；（5）(，)，(，)．
【分析】（1）令，即可得到关于x的一元二次方程，解方程得到x的值后再代入抛物线解析式可以得到A、B两点的坐标；
（2）分别根据抛物线的图象与抛物线与直线的相对关系可以得到解答；
（3）运用割补法将三角形补成一个直角梯形，进行解答即可；
(4)分OA=OP、AP=OP、AP=OA三种情况讨论；
（5）分角Q为直角、角A为直角、角B为直角三种情况讨论．
【解答】解：（1）∵抛物线y1＝﹣x2与直线y2＝﹣x﹣交于A，B两点．
∴﹣x2＝﹣x﹣，解得x1＝3，x2＝﹣，
∴y1＝﹣9，y2＝﹣，
∴A（﹣，﹣），B（3，﹣9），
（2）由图象得，①当x＜0时，y1的值随x的增大而增大，②当x＞3或x＜﹣时，y1＜y2．
（3）由知，
（4）设P（x,0)，则有：
当OA=OP时，有：
当AP=OP时，有：
当AP=OA时，有：x=0(舍去）或x=-3；
∴在x轴上是否存在一点P，使△AOP是等腰三角形，其中点P的坐标为：
(-3，0)或(，0）或（，0）或（，0）．
（5）设Q坐标为（x,- x2 )，则分三种情况讨论：
当角Q为直角时，可作图如下：

则不难得到,
可解得x=或x=；
当角A为直角时，可作图如下：

则不难得到,可解得x=；
当角B为直角时，可作图如下：

则不难得到，可解得x=．
∴使得△ABQ是直角三角形的Q点横坐标为：
x=或x=或x=或x=．
【点评】本题考查二次函数的性质，一次函数与二次函数的交点问题，两个函数联立方程是解决问题的关键．
29．为了增强学生的安全意识，某校组织了全校3000名学生都参加的“安全知识”考试，学校团委随机抽取了100份考卷进行分析统计，发现考试成绩（分）的最低分为51分，最高分为满分100分，并绘制了如下尚不完整的统计图表．请根据图表提供的信息，解答下列问题：
分数段/分
频数/名
频率


0.1

18
0.18




35
0.35

12
0.12
合计
100
1


（1） ， ， ，
（2）补全频数分布直方图；
（3）学生成绩的中位数在 分数段．
（4）若成绩在70分以下（含70分）的学生安全意识不强，有待进一步加强安全教育，则该校安全意识不强的学生有多少人？
【答案】（1）10，25，0.25；（2）详见解析；（3）；（4）该校安全意识不强的学生约有840人．
【分析】（1）根据频数、总数、频率之间的关系以及成绩分段的情况可以得到解答．
（2）由（1）得到的数值可以补全频数分布直方图；　
（3）根据中位数的意义可以得到解答；
（4）用成绩在70分以下（含70分）的学生频率乘以总人数可以得到解答．
【解答】解：（1）由题意知：a=100=10，b=100-(10+18+35+12)=25，=0．25；
故答案为：10，25，0.25；
（2）根据（1）求得的a、b的值补全频数分布直方图如下：

（3）由题意，把100个数据按照从小到大的顺序排列后，第50、51个数的平均数即为中位数，∵10+18+25=53，∴学生成绩的中位数在分数段；
故答案为．
（4）（人）
答：该校安全意识不强的学生约有840人．
【点评】本题考查频数与频率的有关知识，熟练掌握频数与频率的意义和关系是解题关键．
30．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，过CD的延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于点F，切点为点G，连接AG交CD于点K．

（1）求证：△EKG是等腰三角形；
（2）若KG2＝KD•GE，求证：AC∥EF；
（3）在（2）的条件下，若tanE＝，AK＝2，求FG的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）连接OG，证得∠KGE=∠AKH=∠GKE，可得KE=GE．则结论得证；
（2）连接GD，证明△GKD∽△EGK．得出∠E=∠AGD．则∠E=∠C，结论得证；
（3）连接OG，OC，设AH=3t，CH=4t，则AC=5t．由勾股定理得出(3t)2+t2＝(2)2，解得t=2，则AH=6，CH=8．⊙O的半径为r，在Rt△OCH中，OC=r，OH=r-6，CH=8，由勾股定理得出（r-6）2+82=r2，解得r=．求出OG，可求出FG的长．
【解答】（1）证明：如图1，连接OG，

∵EG为⊙O的切线，
∴∠KGE+∠OGA=90°．
∵CD⊥AB，
∴∠AKH+∠OAG=90°．
又∵OA=OG，
∴∠OGA=∠OAG．
∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，
∴KE=GE．
∴△EKG是等腰三角形．
（2）证明：如图2，连接GD，

∵KG2=KD•GE，
∴．
又∵∠KGE=∠GKE，
∴△GKD∽△EGK．
∴∠E=∠AGD．
又∠C=∠AGD，
∴∠E=∠C．
∴AC∥EF．
（3）解：如图3，连接OG，OC，

由tanE=tan∠ACH=，可设AH=3t，CH=4t，则AC=5t．
∵KE=GE，AC∥EF，
∴CK=AC=5t，
∴HK=CK-CH=t．
在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2，
即(3t)2+t2＝(2)2，
解得t=2或t=-2（不合题意，舍去）．
∴AH=6，CH=8．
设⊙O的半径为r，在Rt△OCH中，OC=r，OH=r-6，CH=8，
由勾股定理得OH2+CH2=OC2，
即（r-6）2+82=r2，
解得r=．
∵EF为⊙O的切线，
∴△OGF为直角三角形．
在Rt△OGF中，OG=r=，
∵tan∠OFG=tan∠CAH= ，
∴FG＝．
【点评】此题考查圆综合题，锐角三角函数、平行线的判定和性质、勾股定理、直径的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程解决问题．