2022年广东省珠海九中中考数学一模试卷（含答案）

这是一份2022年广东省珠海九中中考数学一模试卷（含答案），共30页。
A．﹣5B．C．5D．
2．（3分）下列所述图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．圆B．菱形C．平行四边形D．等腰三角形
3．（3分）如图，AB∥CD，则∠DEC＝100°，∠C＝40°，则∠B的大小是（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
4．（3分）下列哪个图形是正方体的展开图（ ）
A．B．
C．D．
5．（3分）不等式3x﹣1≥x+3的解集是（ ）
A．x≤4B．x≥4C．x≤2D．x≥2
6．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．a2+a2＝a4B．a3•a4＝a12C．（a3）4＝a12D．（ab）2＝ab2
7．（3分）关于x的一元二次方程x2﹣3x+m＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（ ）
A．m＜B．m≤C．m＞D．m≥
8．（3分）这组数据20，21，22，23，23的中位数和众数分别是（ ）
A．20，23B．21，23C．21，22D．22，23
9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，连结BB′，则sin∠BB′C′的值为（ ）
A．B．C．D．
10．（3分）已知菱形ABCD，E、F是动点，边长为5，BE＝AF，∠BAD＝120°，则下列结论正确的有几个（ ）
①△BEC≌△AFC；
②△ECF为等边三角形；
③∠AGE＝∠AFC；
④若AF＝2，则＝．
A．1B．2C．3D．4
二.填空题（共7小题）
11．（3分）同圆中，已知所对的圆心角是100°，则所对的圆周角是 ．
12．（3分）分解因式：ab2﹣a＝ ．
13．（3分）一个正数的平方根分别是x+1和x﹣5，则x＝ ．
14．（3分）桶里原有质地均匀、形状大小完全一样的6个红球和4个白球，小红不慎遗失了其中2个红球，现在从桶里随机摸出一个球，则摸到白球的概率为 ．
15．（3分）如图，已知直角△ABC的两直角边分别为6，8，分别以其三边为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为 ．
16．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，C（0，﹣3），CD＝3AD，点A在反比例函数y＝图象上，且y轴平分∠ACB，求k＝ ．
17．（3分）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝4，点P是△ABC外一点，且∠APB＝90°，则CP的最大值为 ．
三.解答题（共8小题）
18．计算：6sin45°﹣|1﹣|﹣×（π﹣2022）0﹣（）﹣2．
19．先化简，再求值：•，其中a＝．
20．如图，在▱ABCD中，E为CD边的中点，连接BE并延长，交AD的延长线于点F，延长ED至点G，使DG＝DE，分别连接AE，AG，FG．
（1）求证：△BCE≌△FDE；
（2）当BF平分∠ABC时，四边形AEFG是什么特殊四边形？请说明理由．
21．某超市经销甲、乙两种品牌的洗衣液，进货时发现，甲品牌洗衣液每瓶的进价比乙品牌高6元，用1800元购进甲品牌洗衣液的数量是用1800元购进乙品牌洗衣液数量的．销售时，甲品牌洗衣液的售价为36元/瓶，乙品牌洗衣液的售价为28元/瓶．
（1）求两种品牌洗衣液的进价；
（2）若超市需要购进甲、乙两种品牌的洗衣液共120瓶，且购进两种洗衣液的总成本不超过3120元，超市应购进甲、乙两种品牌洗衣液各多少瓶，才能在两种洗衣液完全售出后所获利润最大？最大利润是多少元？
22．某学校为了解全校学生对电视节目（新闻、体育、动画、娱乐、戏曲）的喜爱情况，从全校学生中随机抽取部分学生进行问卷调查，并把调查结果绘制成两幅不完整的统计图．
请根据以上信息，解答下列问题
（1）这次被调查的学生共有多少名？
（2）请将条形统计图补充完整；
（3）若该校有3000名学生，估计全校学生中喜欢体育节目的约有多少名？
（4）该校宣传部需要宣传干事，现决定从喜欢新闻节目的甲、乙、丙、丁四名同学中选取2名，用树状图或列表法求恰好选中甲、乙两位同学的概率．
23．如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为点E，以AE为直径的⊙O与边CD相切于点F，连接BF交⊙O于点G，连接EG．
（1）求证：CD＝AD+CE．
（2）若AD＝4CE，求tan∠EGF的值．
24．如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝120°，AB＝4，点E从B点沿BA以1个单位/s的速度向A点运动，同时点F从B点出发，以同样的速度沿AB的延长线运动，当点E到达点A时，它们同时停止运动，且CE、DF相交于点G．
（1）当点E运动 秒时，四边形DEFC是平行四边形？
（2）当点E运动几秒时DG＝DC？
（3）当点E从点B开始向左运动到点A时，试判断点G运动路径是什么图形，并求路径的最大值．
25．如图，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线+bx+c经过点A，B，且与x轴交于点C，连接BC．
（1）求b，c的值．
（2）点P为线段AC上一动点（不与点A，C重合），过点P作直线PD∥AB，交BC于点D，连接PB，设PC＝t，△PBD的面积为S．求S关于t的函数关系式，并求出S的最大值．
（3）若点M在抛物线的对称轴上运动，点N在x轴运动，当以点B，M，N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，称这样的点N为“美丽点”．请直接写出“美丽点”N的坐标．
2022年广东省珠海九中中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（共10小题）
1．（3分）（，0）到坐标原点的距离是（ ）
A．﹣5B．C．5D．
【分析】根据x轴上两点间的距离等于其横坐标差的绝对值进行解答便可．
【解答】解：∵（，0）在x轴上，
∴（，0）到坐标原点的距离是|﹣﹣0|＝，
故选：B．
【点评】本题考查平面直角坐标系中两点间的距离，记住求两点距离的公式是解题的关键．
2．（3分）下列所述图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．圆B．菱形C．平行四边形D．等腰三角形
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．（3分）如图，AB∥CD，则∠DEC＝100°，∠C＝40°，则∠B的大小是（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
【分析】依据三角形内角和定理，可得∠D＝40°，再根据平行线的性质，即可得到∠B＝∠D＝40°．
【解答】解：∵∠DEC＝100°，∠C＝40°，
∴∠D＝40°，
又∵AB∥CD，
∴∠B＝∠D＝40°，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线性质的应用，运用两直线平行，内错角相等是解题的关键．
4．（3分）下列哪个图形是正方体的展开图（ ）
A．B．
C．D．
【分析】由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解题．
【解答】解：根据正方体展开图的特征，选项A、C、D不是正方体展开图；选项B是正方体展开图．
故选：B．
【点评】此题主要考查了正方体的展开图，正方体展开图有11种特征，分四种类型，即：第一种：“1﹣4﹣1”结构，即第一行放1个，第二行放4个，第三行放1个；第二种：“2﹣2﹣2”结构，即每一行放2个正方形，此种结构只有一种展开图；第三种：“3﹣3”结构，即每一行放3个正方形，只有一种展开图；第四种：“1﹣3﹣2”结构，即第一行放1个正方形，第二行放3个正方形，第三行放2个正方形．
5．（3分）不等式3x﹣1≥x+3的解集是（ ）
A．x≤4B．x≥4C．x≤2D．x≥2
【分析】根据解不等式的步骤：①移项；②合并同类项；③化系数为1即可得．
【解答】解：移项，得：3x﹣x≥3+1，
合并同类项，得：2x≥4，
系数化为1，得：x≥2，
故选：D．
【点评】本题主要考查解一元一次不等式，解题的关键是掌握解一元一次不等式的步骤：①去分母；②去括号；③移项；④合并同类项；⑤化系数为1．
6．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．a2+a2＝a4B．a3•a4＝a12C．（a3）4＝a12D．（ab）2＝ab2
【分析】分别根据合并同类项的法则、同底数幂的乘法、幂的乘方以及积的乘方化简即可判断．
【解答】解：A．a2+a2＝2a2，故选项A不合题意；
B．a3•a4＝a7，故选项B不合题意；
C．（a3）4＝a12，故选项C符合题意；
D．（ab）2＝a2b2，故选项D不合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了幂的运算法则，熟练掌握法则是解答本题的关键．
7．（3分）关于x的一元二次方程x2﹣3x+m＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（ ）
A．m＜B．m≤C．m＞D．m≥
【分析】根据一元二次方程的根的判别式，建立关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2﹣3x+m＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣3）2﹣4×1×m＞0，
∴m＜．
故选：A．
【点评】此题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；（3）Δ＜0⇔方程没有实数根．
8．（3分）这组数据20，21，22，23，23的中位数和众数分别是（ ）
A．20，23B．21，23C．21，22D．22，23
【分析】将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．
【解答】解：这组数据排序后为20，21，22，23，23，
∴中位数和众数分别是22，23，
故选：D．
【点评】本题主要考查了中位数以及众数，中位数仅与数据的排列位置有关，某些数据的移动对中位数没有影响，中位数可能出现在所给数据中也可能不在所给的数据中出现．
9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，连结BB′，则sin∠BB′C′的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理可求AB，由旋转的性质可得AC＝AC'＝6，BC＝B'C'＝8，∠C＝∠AC'B'＝90°，在Rt△BB'C'中，由勾股定理可求BB'的长，即可求解．
【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB＝＝＝10，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，
∴AC＝AC'＝6，BC＝B'C'＝8，∠C＝∠AC'B'＝90°，
∴BC'＝4，
∴B'B＝＝＝4，
∴sin∠BB′C′＝＝＝，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，利用勾股定理求出BB'长是解题的关键．
10．（3分）已知菱形ABCD，E、F是动点，边长为5，BE＝AF，∠BAD＝120°，则下列结论正确的有几个（ ）
①△BEC≌△AFC；
②△ECF为等边三角形；
③∠AGE＝∠AFC；
④若AF＝2，则＝．
A．1B．2C．3D．4
【分析】过点E作EM∥BC，交AC于点M，根据菱形的性质可得AB＝BC＝AC，AD∥BC，∠BAC＝∠DAC＝BAD＝60°，从而可得∠B＝60°，进而证明△ABC是等边三角形，然后得出BC＝AC，∠ACB＝60°，即可判断①，利用①的结论可得CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，从而可得∠BCA＝∠ECF＝60°，即可判断②，根据三角形的外角可得∠AGE＝60°+∠AFG，即可判断③，根据平行线的性质可证△AEM是等边三角形，最后证明8字模型相似三角形△AGF∽△MGE，
利用相似三角形的性质即可判断④．
【解答】解：过点E作EM∥BC，交AC于点M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AC，AD∥BC，∠BAC＝∠DAC＝BAD＝60°，
∴∠B＝180°﹣∠BAD＝60°，
∴∠B＝∠DAC，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC，∠ACB＝60°，
∵BE＝AF，
∴△BEC≌△AFC；
故①正确；
∵△BEC≌△AFC；
∴CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，
∴∠BCE+∠ACE＝∠ACF+∠ACE，
∴∠BCA＝∠ECF＝60°，
∴△ECF是等边三角形，
故②正确；
∵△ECF是等边三角形，
∴∠EFC＝60°，
∵∠AGE是△AGF的一个外角，
∴∠AGE＝∠AFG+∠DAC＝60°+∠AFG，
∵∠AFC＝∠AFG+∠CFE＝60°+∠AFG，
∴∠AGE＝∠AFC，
故③正确；
∵△BEC≌△AFC，
∴AF＝BE＝2，
∵AB＝5，
∴AE＝AB﹣BE＝5﹣2＝3，
∵EM∥BC，
∴∠AEM＝∠B＝60°，∠AME＝∠ACB＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴△AEM是等边三角形，
∴AE＝EM＝3，
∵∠DAC＝∠AME＝60°，∠AGF＝∠EGM，
∴△AGF∽△MGE，
∴＝＝，
故④正确；
所以，上列结论正确的有4个，
故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握8字模型相似三角形，以及手拉手模型﹣旋转型全等是解题的关键．
二.填空题（共7小题）
11．（3分）同圆中，已知所对的圆心角是100°，则所对的圆周角是 50° ．
【分析】直接利用圆周角定理求解．
【解答】解：弧AB所对的圆心角是100°，则弧AB所对的圆周角为50°．
故答案为50°．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
12．（3分）分解因式：ab2﹣a＝ a（b+1）（b﹣1） ．
【分析】原式提取a，再利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式＝a（b2﹣1）＝a（b+1）（b﹣1），
故答案为：a（b+1）（b﹣1）
【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
13．（3分）一个正数的平方根分别是x+1和x﹣5，则x＝ 2 ．
【分析】根据正数的两个平方根互为相反数列出关于x的方程，解之可得．
【解答】解：根据题意知x+1+x﹣5＝0，
解得：x＝2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查的是平方根的定义和性质，熟练掌握平方根的定义和性质是解题的关键．
14．（3分）桶里原有质地均匀、形状大小完全一样的6个红球和4个白球，小红不慎遗失了其中2个红球，现在从桶里随机摸出一个球，则摸到白球的概率为 ．
【分析】由桶里原有质地均匀、形状大小完全一样的6个红球和4个白球，小红不慎遗失了其中2个红球，直接利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：∵桶里原有质地均匀、形状大小完全一样的6个红球和4个白球，小红不慎遗失了其中2个红球，
∴现在从桶里随机摸出一个球，则摸到白球的概率为：＝．
故答案为：．
【点评】此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
15．（3分）如图，已知直角△ABC的两直角边分别为6，8，分别以其三边为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为 24 ．
【分析】在直角三角形ABC中，由AC与BC的长，利用勾股定理求出AB的长，阴影部分面积＝半圆AC+半圆BC+直角三角形ABC面积﹣半圆AB，求出即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，
根据勾股定理得：AB＝＝10，
则S阴影＝S半圆AC+S半圆BC+S△ABC﹣S半圆AB＝π+π+×6×8﹣π＝24．
故答案为：24
【点评】此题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
16．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，C（0，﹣3），CD＝3AD，点A在反比例函数y＝图象上，且y轴平分∠ACB，求k＝ ．
【分析】要求k的值，通常可求A的坐标，可作x轴的垂线，构造相似三角形，利用CD＝3AD和C（0，﹣3）可以求出A的纵坐标，再利用三角形相似，设未知数，由相似三角形对应边成比例，列出方程，求出待定未知数，从而确定点A的坐标，进而确定k的值．
【解答】解：过A作AE⊥x轴，垂足为E，
∵C（0，﹣3），
∴OC＝3，
∵∠AED＝∠COD＝90°，∠ADE＝∠CDO
∴△ADE∽△CDO，
∴，
∴AE＝1；
又∵y轴平分∠ACB，CO⊥BD，
∴BO＝OD，
∵∠ABC＝90°，
∴∠OCD＝∠DAE＝∠ABE，
∴△ABE∽△DCO，
∴
设DE＝n，则BO＝OD＝3n，BE＝7n，
∴，
∴n＝
∴OE＝4n＝
∴A（，1）
∴k＝．
故答案为：．
【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，综合利用相似三角形的性质，全等三角形的性质求A的坐标，依据A在反比例函数的图象上的点，根据坐标求出k的值．综合性较强，注意转化思想方法的应用．
17．（3分）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝4，点P是△ABC外一点，且∠APB＝90°，则CP的最大值为 8 ．
【分析】根据圆周角定理及点与圆的位置关系先确定P点的位置，求解半径OP的长，再利用勾股定理求解CO的长，进而可求解CP的最大值．
【解答】解：由题意得，点P在以AB为直径的圆上，
设以AB为直径的圆的圆心为点O，
连接CP，当CP经过圆心O时CP有最大值，
∵AB＝6，
∴PO＝BO＝3，
∵∠ABC＝90°，BC＝4，
∴CO＝，
∴CP＝CO+PO＝5+3＝8，
即CP的最大值为8．
故答案为：8．
【点评】本题主要考查圆周角定理，勾股定理，点与圆的位置关系，确定点的位置是解题的关键．
三.解答题（共8小题）
18．计算：6sin45°﹣|1﹣|﹣×（π﹣2022）0﹣（）﹣2．
【分析】先化简各式，然后再进行计算即可．
【解答】解：6sin45°﹣|1﹣|﹣×（π﹣2022）0﹣（）﹣2．
＝6×﹣（﹣1）﹣2×1﹣4
＝3﹣+1﹣2﹣4
＝﹣3．
【点评】本题考查了实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，准确熟练地化简各式是解题的关键．
19．先化简，再求值：•，其中a＝．
【分析】原式先因式分解，再约分即可化简，继而将a的值代入计算．
【解答】解：原式＝•
＝2a，
当a＝时，
原式＝2×＝．
【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式混合运算顺序和运算法则．
20．如图，在▱ABCD中，E为CD边的中点，连接BE并延长，交AD的延长线于点F，延长ED至点G，使DG＝DE，分别连接AE，AG，FG．
（1）求证：△BCE≌△FDE；
（2）当BF平分∠ABC时，四边形AEFG是什么特殊四边形？请说明理由．
【分析】（1）由AAS证明△BCE≌△FDE即可；
（2）先证四边形AEFG是平行四边形，再证∠AEF＝90°，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DFE＝∠CBE，
∵E为CD边的中点，
∴DE＝CE，
在△BCE和△FDE中，
，
∴△BCE≌△FDE（AAS）；
（2）解：四边形AEFG是矩形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠AFB＝∠FBC，
由（1）得：△BCE≌△FDE，
∴BC＝FD，BE＝FE，
∴FD＝AD，
∵GD＝DE，
∴四边形AEFG是平行四边形，
∵BF平分∠ABC，
∴∠FBC＝∠ABF，
∴∠AFB＝∠ABF，
∴AF＝AB，
∵BE＝FE，
∴AE⊥FE，
∴∠AEF＝90°，
∴平行四边形AEFG是矩形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△BCE≌△FDE是解题的关键．
21．某超市经销甲、乙两种品牌的洗衣液，进货时发现，甲品牌洗衣液每瓶的进价比乙品牌高6元，用1800元购进甲品牌洗衣液的数量是用1800元购进乙品牌洗衣液数量的．销售时，甲品牌洗衣液的售价为36元/瓶，乙品牌洗衣液的售价为28元/瓶．
（1）求两种品牌洗衣液的进价；
（2）若超市需要购进甲、乙两种品牌的洗衣液共120瓶，且购进两种洗衣液的总成本不超过3120元，超市应购进甲、乙两种品牌洗衣液各多少瓶，才能在两种洗衣液完全售出后所获利润最大？最大利润是多少元？
【分析】（1）设甲品牌洗衣液每瓶的进价是x元，则乙品牌洗衣液每瓶的进价是（x﹣6）元，根据数量＝总价÷单价，结合用1800元购进乙品牌洗衣液数量的，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设可以购买m瓶乙品牌洗手液，则可以购买（100﹣m）瓶甲品牌洗手液，根据总价＝单价×数量，结合总费用不超过1645元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围，再取其中的最大整数值即可得出结论．
【解答】解：（1）设甲品牌洗衣液每瓶的进价是x元，则乙品牌洗衣液每瓶的进价是（x﹣6）元，
依题意得：，
解得：x＝30，
经检验，x＝30是原方程的解，且符合题意，
∴x﹣6＝24（元）．
答：甲品牌洗衣液每瓶的进价是30元，乙品牌洗衣液每瓶的进价是24元；
（2）设可以购买甲品牌洗衣液m瓶，则可以购买（120﹣m）瓶乙品牌洗衣液，
依题意得：30m+24（120﹣m）≤3120，
解得：m≤40．
依题意得：y＝（36﹣30）m+（28﹣24）（120﹣m）＝2m+480，
∵k＝2＞0，
∴y随m的增大而增大，
∴m＝40时，y取最大值，y最大值＝2×40+480＝560．
120﹣40＝80（瓶），
答：超市应购进甲品牌洗衣液40瓶，乙品牌洗衣液80瓶，才能在两种洗衣液完全售出后所获利润最大，最大利润是560元．
【点评】本题考查分式方程的应用，一次函数的应用，一元一次不等式的应用，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
22．某学校为了解全校学生对电视节目（新闻、体育、动画、娱乐、戏曲）的喜爱情况，从全校学生中随机抽取部分学生进行问卷调查，并把调查结果绘制成两幅不完整的统计图．
请根据以上信息，解答下列问题
（1）这次被调查的学生共有多少名？
（2）请将条形统计图补充完整；
（3）若该校有3000名学生，估计全校学生中喜欢体育节目的约有多少名？
（4）该校宣传部需要宣传干事，现决定从喜欢新闻节目的甲、乙、丙、丁四名同学中选取2名，用树状图或列表法求恰好选中甲、乙两位同学的概率．
【分析】（1）根据动画类人数及其百分比求得总人数；
（2）总人数减去其他类型人数可得体育类人数，据此补全图形即可；
（3）用样本估计总体的思想解决问题；
（4）根据题意先画出列表，得出所有情况数，再根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：（1）这次被调查的学生人数为15÷30%＝50（名）；
（2）喜爱“体育”的人数为50﹣（4+15+18+3）＝10（名），
补全图形如下：
（3）估计全校学生中喜欢体育节目的约有3000×＝600（名）；
（4）列表如下：
所有等可能的结果为12种，恰好选中甲、乙两位同学的有2种结果，
所以恰好选中甲、乙两位同学的概率为＝．
【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
23．如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为点E，以AE为直径的⊙O与边CD相切于点F，连接BF交⊙O于点G，连接EG．
（1）求证：CD＝AD+CE．
（2）若AD＝4CE，求tan∠EGF的值．
【分析】（1）证明AD⊥OA，可得AD是⊙O的切线，由切线长定理得AD＝DF，同理CE＝CF，则CD＝AD+CE；
（2）连接OD，AF相交于点M，设CE＝t，则AD＝4t，求得BE＝3t，AB＝CD＝5t，可求出AE＝4t，证得AF⊥OD，求出tan∠ODA＝，可证明∠EGF＝∠ODA，则tan∠EGF可求出．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵AE⊥BC，
∴AD⊥OA，
∵AO是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线，
又∵DF是⊙O的切线，
∴AD＝DF，
同理可得CE＝CF，
∵CD＝DF+CF，
∴CD＝AD+CE．
（2）解：连接OD，AF相交于点M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC．
∵AD＝4CE，
∴设CE＝t，则AD＝4t，
∴BE＝3t，AB＝CD＝5t，
∴在Rt△ABE中，AE＝＝4t，
∴OA＝OE＝2t，
∵DA，DF是⊙O的两条切线，
∴∠ODA＝∠ODF，
∵DA＝DF，∠ODA＝∠ODF，
∴AF⊥OD，
∴在Rt△OAD中，tan∠ODA＝，
∵∠OAD＝∠AMD＝90°，
∴∠EAF＝∠ODA，
∵，
∴∠EGF＝∠EAF，
∴∠ODA＝∠EGF，
∴tan∠EGF＝．
【点评】此题属于圆的综合题．考查了圆周角定理、切线的性质、切线长定理、勾股定理、平行四边形的性质以及锐角三角函数的知识．注意准确作出辅助线、掌握方程思想的应用是解此题的关键．
24．如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝120°，AB＝4，点E从B点沿BA以1个单位/s的速度向A点运动，同时点F从B点出发，以同样的速度沿AB的延长线运动，当点E到达点A时，它们同时停止运动，且CE、DF相交于点G．
（1）当点E运动 2 秒时，四边形DEFC是平行四边形？
（2）当点E运动几秒时DG＝DC？
（3）当点E从点B开始向左运动到点A时，试判断点G运动路径是什么图形，并求路径的最大值．
【分析】（1）根据CD∥AB，且CD＝AB时，四边形DEFC是平行四边形，可得答案；
（2）首先由AB∥CD，得△EFG∽△CDG，则，得FG＝2x，利用含30°角的直角三角形的性质可得△ADH各边的长度，在Rt△FDH中，利用勾股定理得（2）2+（6﹣x）2＝（4+2x）2，解方程即可；
（3）连接BG并延长交CD于点M，由AB∥CD，得，可知CM＝2，根据直线BG始终经过定点M，则点G的运动路径就是线段BG，再利用解三角形求出BG的长即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝AB＝4，CD∥AB，
∴当点E运动2秒时，EF＝CD＝4，此时四边形DEFC是平行四边形，
故答案为：2；
（2）设点点E运动xs时，DG＝DC，
∵AB∥CD，
∴△EFG∽△CDG，
∴，
∴FG＝2x，
过点D作DH⊥AF，交FA的延长线于点H，
在Rt△ADH中，∵∠DAH＝180°﹣∠DAB＝60°，
∴∠ADH＝30°，
∴AH＝，
在Rt△FDH中，∵DH2+HF2＝DF2，
即（2）2+（6﹣x）2＝（4+2x）2，
解得x＝或﹣4（舍去），
∴当点E运动s时，DG＝DC；
（3）点G运动的路径是一条线段，理由如下：
连接BG并延长交CD于点M，
∵AB∥CD，
∴，
∴CM＝2，
∵直线BG始终经过定点M，
∴点G的运动路径就是线段BG，
由题意知，当E到达A点时路径最大，如图作GN⊥AB于点N，
∵AB∥CD，
∴，
∴AG＝，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝120°，AB＝4，
∴∠CAB＝，AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝4，AG＝，
在Rt△AGN中，AN＝，GN＝，
在Rt△BGN中，BN＝AB﹣AN＝，
∴BG＝，
∴路径的最大值为．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，判定出CM＝2是解题的关键．
25．如图，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线+bx+c经过点A，B，且与x轴交于点C，连接BC．
（1）求b，c的值．
（2）点P为线段AC上一动点（不与点A，C重合），过点P作直线PD∥AB，交BC于点D，连接PB，设PC＝t，△PBD的面积为S．求S关于t的函数关系式，并求出S的最大值．
（3）若点M在抛物线的对称轴上运动，点N在x轴运动，当以点B，M，N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，称这样的点N为“美丽点”．请直接写出“美丽点”N的坐标．
【分析】（1）将点A（3，0），B（0，），代入+bx+c，即可求解；
（2）求出C（﹣2，0），则AC＝5，OB＝，分别求出S△ABC＝，S△PBC＝t，可证明△PDC∽△ABC，则＝（）2，即＝（）2，求出S△PCD＝t2，可得S＝﹣（t﹣）2+，当t＝时，S的最大值为；
（3）设M（，m），N（n，0），B（0，），分四种情况讨论：①当∠BMN＝90°，N点在x轴负半轴时，BM＝MN，过点M作KL∥y轴交x轴于点L，过点B作BK⊥KL交于K，证明△BMK≌△MNL（AAS），由BK＝ML，NL＝KM，可得＝m，﹣m＝﹣n，可求N（1﹣，0）；
②当∠BMN＝90°，N点在x轴正半轴时，BM＝MN，过点M作EF⊥y轴交于点E，过点N作NF⊥EF交于点F，证明△BEM≌△MFN（AAS），由EM＝NF，BE＝NF，可得﹣m＝n﹣，＝﹣m，求出N（+1，0）；
③当∠BNM＝90°，N点在x轴的负半轴上是，BN＝MN，过点N作ST⊥x轴，过点B作BS⊥ST交于S，过点M作MT⊥ST交ST于T，证明△SBN≌△TNM（AAS），由SB＝NT，SN＝TM，可得﹣n＝﹣m，＝﹣n+，则N（﹣，0）；
④当∠BNM＝90°，N点在x轴的正半轴上是，BN＝MN，过点N作UV⊥x轴，过点B作BU⊥UV交于点U，过点M作MV⊥UV交于点V，证明△BNU≌△NMV（AAS），由BU＝VN，UN＝MV，可得n＝﹣m，＝n﹣，求出N（+，0）．
【解答】解：（1）令y＝0，则﹣x+＝0，
解得x＝3，
∴A（3，0），
令x＝0，则y＝，
∴B（0，），
将点A（3，0），B（0，），代入+bx+c，
∴，
解得；
（2）由（1）可得+x+，
令y＝0，则﹣x2+x+＝0，
解得x＝3或x＝﹣2，
∴C（﹣2，0），
∵A（3，0），B（0，），
∴AC＝5，OB＝，
∴S△ABC＝××5＝，
S△PBC＝××t＝t，
∵PD∥AB，
∴△PDC∽△ABC，
∴＝（）2，即＝（）2，
∴S△PCD＝t2，
∴S＝S△PBC﹣S△PCD＝t﹣t2，（0＜t＜5）；
∵S＝t﹣t2＝﹣（t﹣）2+，
∴当t＝时，S的最大值为；
（3）∵+x+＝﹣（x﹣）2+，
∴抛物线的对称轴为直线x＝，
设M（，m），N（n，0），B（0，），
①如图1，当∠BMN＝90°，N点在x轴负半轴时，BM＝MN，
过点M作KL∥y轴交x轴于点L，过点B作BK⊥KL交于K，
∴∠BMK+∠NML＝90°，
∵∠BMK+∠MBK＝90°，
∴∠NML＝∠MBK，
∴△BMK≌△MNL（AAS），
∴BK＝ML，NL＝KM，
∵BK＝，KM＝﹣m，ML＝m，NL＝﹣n，
∴＝m，﹣m＝﹣n，
∴n＝1﹣，
∴N（1﹣，0）；
②如图2，当∠BMN＝90°，N点在x轴正半轴时，BM＝MN，
过点M作EF⊥y轴交于点E，过点N作NF⊥EF交于点F，
∵∠BME+∠NMF＝90°，∠BME+∠EBM＝90°，
∴∠NMF＝∠EBM，
∴△BEM≌△MFN（AAS），
∴EM＝NF，BE＝NF，
∵BE＝﹣m，EM＝，MF＝n﹣，NF＝﹣m，
∴﹣m＝n﹣，＝﹣m，
∴n＝+1，
∴N（+1，0）；
③如图3，当∠BNM＝90°，N点在x轴的负半轴上是，BN＝MN，
过点N作ST⊥x轴，过点B作BS⊥ST交于S，过点M作MT⊥ST交ST于T，
∴∠SNB+∠TNM＝90°，
∵∠SNB+∠SBN＝90°，
∴∠TNM＝∠SBN，
∴△SBN≌△TNM（AAS），
∴SB＝NT，SN＝TM，
∵SB＝﹣n，SN＝，NT＝﹣m，MT＝﹣n+，
∴﹣n＝﹣m，＝﹣n+，
∴n＝﹣，
∴N（﹣，0）；
④如图4，当∠BNM＝90°，N点在x轴的正半轴上是，BN＝MN，
过点N作UV⊥x轴，过点B作BU⊥UV交于点U，过点M作MV⊥UV交于点V，
∴∠BNU+∠MNV＝90°，
∵∠BNU+∠NBU＝90°，
∴∠MNV＝∠NBU，
∴△BNU≌△NMV（AAS），
∴BU＝VN，UN＝MV，
∵BU＝n，UN＝，NV＝﹣m，MV＝n﹣，
∴n＝﹣m，＝n﹣，
∴n＝+，
∴N（+，0）；
综上所述；N点坐标为（1﹣，0）或（+1，0）或（﹣，0）或（+，0）．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键．甲
乙
丙
丁
甲
﹣﹣﹣
（乙，甲）
（丙，甲）
（丁，甲）
乙
（甲，乙）
﹣﹣﹣
（丙，乙）
（丁，乙）
丙
（甲，丙）
（乙，丙）
﹣﹣﹣
（丁，丙）
丁
（甲，丁）
（乙，丁）
（丙，丁）
﹣﹣﹣