2022年安徽师大附中自主招生数学试卷

这是一份2022年安徽师大附中自主招生数学试卷，共24页。

A．7B．9C．10D．14
2．（5分）若关于x的方程||x﹣2|﹣1|＝a有三个整数解，则a的值是（ ）
A．0B．1C．2D．3
3．（5分）如图，点D在半圆上，直径AB＝10，AD＝4，点C在弧BD上移动，连结AC，作DH⊥AC于H．连结BH，点C在移动的过程中，BH的最小值是（ ）
A．B．C．D．
4．（5分）对于任何实数a，关于x方程x2﹣2ax﹣a+2b＝0都有实数根，则实数b的取值范围是（ ）
A．b≤0B．b≤C．b≤﹣1D．b≤
5．（5分）已知等式成立，则x，y，z中可能为0的数有几个？（ ）
A．0，1B．0，1，2C．1D．0
6．（5分）一条直线平分三角形的周长和面积，那么该直线必通过三角形的（ ）
A．重心B．垂心C．外心D．内心
二.填空题（本大题9小题，每小题5分，共45分）请将下列各题的正确答案填写在答题卡的相应位置上。
7．（5分）已知α是方程x2﹣5x+1＝0的一个根，那么α2+α﹣2＝ ．
8．（5分）如图所示，边长为1和边长为3的两个正方形内接于圆，则此圆的半径为 ．
9．（5分）化简根式＝ ．
10．（5分）如果关于x的不等式（2a﹣b）x+a﹣5b＞0的解集为，则关于x的不等式ax＞b的解集为 ．
11．（5分）如图所示，四边形ABCD，AECF都是矩形，且AB＝3，BC＝11，AF＝7，AE＝9，则两个矩形重叠的阴影部分面积为 ．
12．（5分）如图，△P1OA1，△P2A1A2，…，△PnAn﹣1An是等腰直角三角形，点P1，P2，…，Pn在函数的图象上，斜边OA1，A1A2，…，An﹣1An都在x轴上，则点An的坐标是 ．
13．（5分）对于某一自变量为x的函数，若当x＝x0时，其函数值也为x0，则称点（x0，x0）为此函数的不动点，若函数的图象上有两个关于原点对称的不动点，则实数a，b应满足的条件为 ．
14．（5分）如图所示，已知l1∥l2∥l3，且l1与l2的距离为2，l2与l3的距离为1，正三角形ABC的三个顶点分别在l1，l2，l3上，则AB＝ ．
15．（5分）甲、乙、丙三人做游戏：他们在三张卡片上写三个整数m，n，k（0＜m＜n＜k）每人每次摸一张卡片，并按卡片上写的数字取等量的石子（如卡片上写m就取m粒石子），在每人各摸一张卡片并取出石子后算完成一次游戏，然后再继续进行，当他们进行了N（N≥2）次游戏后，甲得20粒石子，乙得10粒石子，丙得9粒石子，并且知道最后一次乙摸的k，则第一次摸n的是 ．
三、解答题：本大题共7题，满分75分。请在答题卷相应位置上写出必要的推理计算过程。
16．（7分）如图，已知平行四边形ABCD，AM⊥BC于M，AN⊥CD于N，证明△ABC∽△MAN．
17．（8分）求方程x2﹣y2+2y﹣61＝0的正整数解．
18．（12分）如图，直线AB，AC分别切圆O于B，C两点，P为弧BC上任意一点，PD⊥BC，PE⊥AC，PF⊥AB，求证：PD2＝PE•PF．
19．（12分）实践与探究
操作一：如图（1）有正方形纸片ABCD，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形ABCD的内部的M点处，再将纸片沿过A的直线折叠，使AD与AM重合．则可得到很多有趣的性质，例如由∠AME+∠AMF＝90°+90°＝180°，可得E，M，F三点共线，我们还可以得到∠EAF＝ 度．
探究一：如图（2）保持∠EAF的大小不变，使角的一边交BC于点E；另一边交CD于点F，连结EF，探究BE，DF，EF满足的数量关系为： ．请证明．
探究二：如图（3），过E，F分别作与边平行的线段EP，FQ，两线段相交于点H，如果正方形的边长BC＝3，BE＝1，试求长方形EHFC与长方形QAPH的面积之比．
探究三：如图（3），EP，FQ是与边平行的线段，如果保持探究二中，矩形EHFC与QAPH的面积之比不变，是否有∠EAF也保持不变？请证明你的结论．
20．（12分）对a＞b＞c＞0，作二次方程x2﹣（a+b+c）x+ab+bc+ca＝0．
（1）若方程有实根，求证：a，b，c不能成为一个三角形的三条边长；
（2）若方程有实根x0，求证：a＞x0＞b+c；
（3）当方程有实根6，9时，求正整数a，b，c．
21．（12分）如图（1）所示，抛物线y＝ax2+bx+c，经过A（1，0），B（4，0），C（0，2）三点．
（1）求该抛物线的解析式．
（2）在抛物线上是否一点D，使得以A，C，D的顶点的三角形与△OAC相似，如有请求出满足要求的所有点，如果没有，请说明理由．
（3）如图（2）所示，点P，Q为抛物线上的动点，满足PC⊥QC，请证明直线PQ必定通过一个定点，并求出这个定点的坐标．
22．（12分）货轮上卸下若干只箱子，其总重量为10t，每只箱子的重量不超过1t，为保证能把这些箱子一次运走，问至少需要多少辆载重3t的汽车？
2022年安徽师大附中自主招生数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（本大题6小题，每小题5分，共30分）在每个小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑。
1．【分析】以三角形面积公式为基础，任取三个点组合，求解面积分析判断．
【解答】解：以AB为短边且面积为1的三角形有：△ABF，△ABE，△ABG，△ABD；
以EF为短边且面积为1的三角形有：△EFA，△EFB；
以GF为短边且面积为1的三角形有：△GFA，△GFB；
以ED为短边且面积为1的三角形有：△EDB，△EDA，
此外还有：△CDA，△CDF，△GEC，△BEC，共14个．
故选：D．
【点评】本题考查三角形面积求解；掌握网格图中三角形面积求解是解题的关键．
2．【分析】根据绝对值的性质可得|x﹣2|﹣1＝±a，然后讨论x≥2及x＜2的情况下解的情况，再根据方程有三个整数解可得出a的值．
【解答】解：①若|x﹣2|﹣1＝a，
当x≥2时，x﹣2﹣1＝a，解得：x＝a+3，a≥﹣1；
当x＜2时，2﹣x﹣1＝a，解得：x＝1﹣a；a＞﹣1；
②若|x﹣2|﹣1＝﹣a，
当x≥2时，x﹣2﹣1＝﹣a，解得：x＝﹣a+3，a≤1；
当x＜2时，2﹣x﹣1＝﹣a，解得：x＝a+1，a＜1；
又∵方程有三个整数解，
∴可得：a＝﹣1或1，根据绝对值的非负性可得：a≥0．
即a只能取1．
故选：B．
【点评】本题考查含绝对值的一元一次方程，难度较大，掌握绝对值的性质及不等式的解集的求法是关键．
3．【分析】如图，取AD的中点M，连接BD，HM，BM．由题意点H始终在以AD为直径的圆上，推出当M、H、B共线时，BH的值最小，利用圆周角定理结合勾股定理在Rt△BMD与Rt△BMD中，求得，，再根据BH≥BM﹣MH即可求解．
【解答】解：如图，取AD的中点M，连接BD，HM，BM．
∵DH⊥AC，
∴∠AHD＝90°，
∴点H始终在以AD为直径的圆上，
∴当B，H，M，共线时取得最小值，
∵HM，DM为半径，则HM＝DM＝2，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
在Rt△BMD中，由勾股定理：得，
在Rt△BMD中，由勾股定理：得．
∴．
故选：D．
【点评】本题考查点与圆的位置关系、勾股定理、圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
4．【分析】先计算关于x的方程x2﹣2ax﹣a+2b＝0的△，根据方程有实数根可以得到△≥0，从而得到有关实数b的取值范围．
【解答】解：∵关于x的方程x2﹣2ax﹣a+2b＝0都有实数根，
∴Δ＝4a2﹣4（﹣a+2b）＝4a2+4a﹣8b＝（2a+1）2﹣1﹣8b，
对任何实数a，有Δ＝（2a+1）2﹣1﹣8b≥0，
所以﹣1﹣8b≥0，
解得b≤．
所以实数b的取值范围为b≤．
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式．当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．同时考查了二次函数与一元二次方程的关系．
5．【分析】去分母可得xy（x+y）+yz（y+z）+zx（z+x）＝（x+y）（y+z）（z+x），展开可得出2xyz＝0即可得出结论；
【解答】解：∵x+y，x+z，y+z均不为0，
∴x，y，z中不会有2个以上为0，
又∵原式去分母得：xy（x+y）+yz（y+z）+zx（z+x）＝（x+y）（y+z）（z+x），
∴2xyz＝0，
∴x，y，z中至少有一个为0，即x，y，z中恰有一个数为0，
故选：C．
【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
6．【分析】设平分△ABC的面积和周长的直线分别交AB和AC于D和E，设I为△ABC的内心，r为内切圆半径，易得EA+AD＝DB+BC+CE，那么S四边形ADIE＝S五边形BCEID，S四边形ADIE﹣S△IDE＝S五边形BCEID+S△IDE，再结合S△ADE＝S△BCED，所以S△IDE＝0，即可作答．
【解答】解：如图，设平分△ABC的面积和周长的直线分别交AB和AC于D和E，
设I为△ABC的内心，r为内切圆半径，
则，，
∵DE平分△ABC的周长，
∴EA+AD＝DB+BC+CE，
即S四边形ADIE＝S五边形BCEID，
∵DE平分△ABC的面积，
∴S△ADE＝S△BCED，
即S四边形ADIE﹣S△IDE＝S五边形BCEID+S△IDE，
∴S△IDE＝0，
那么DE必定通过点I．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的内切圆性质以及内心的概念，内切圆性质包括在三角形中，三个角的角平分线的交点是内切圆的圆心，圆心到三角形各个边的垂线段相等．正确掌握相关性质内容是解题的关键．
二.填空题（本大题9小题，每小题5分，共45分）请将下列各题的正确答案填写在答题卡的相应位置上。
7．【分析】可求方程的另一根为α﹣1．α+α﹣1＝5，α⋅α﹣1＝1，α2+α﹣2＝（α+α﹣1）2﹣2＝23．
【解答】解：设另一根为β，则α⋅β＝1，
∴β＝α﹣1．
∴α，α﹣1是原方程的两个根，
∵α+α﹣1＝5．
∴α2+α﹣2＝（α+α﹣1）2﹣2＝23，
故答案为：23．
【点评】本题考查一元二次方程根与系数关系，完全平方公式；理解根与系数关系是解题的关键．
8．【分析】先根据垂径定理推论找出圆心O，再由正方形的性质可得出，然后由特殊直角三角形得到，ON＝1，最后由勾股定理即可求解．
【解答】解：如图，BC与AB垂直平分线的交点为圆心O，
∴，
∵边长为1和边长为3的两个正方形内接于圆，
∴，
∴，
在Rt△NEB中，，
∴，
∵∠MNO＝45°，
∴ON＝1，
∴，
在RtOEB中，由勾股定理得：
，
故答案为：．
【点评】此题考查了正多边形与圆，解题的关键是利用垂径定理推论找出圆心，熟练垂径定理和勾股定理的应用．
9．【分析】根据二次根式有意义的条件以及二次根式的性质和化简方法进行计算即可．
【解答】解：由二次根式有意义的条件可知x＜0，
∴原式＝﹣x
＝|x|﹣
＝﹣x﹣
＝﹣x+
＝（1﹣x）．
故答案为：（1﹣x）．
【点评】本题考查二次根式的性质与化简，掌握二次根式有意义的条件以及二次根式的性质和化简方法是正确解答的关键．
10．【分析】先求出不等式的解集，根据不等式的解集为x＜，建立关于a、b的关系式，求出a、b的比，再据此解答不等式ax＞b的解集．
【解答】解：由关于x的不等式（2a﹣b）x+a﹣5b＞0解得
x＜或x＞，
因为x＜，
所以2a﹣b＜0，即2a＜b，
所以＝，
20a﹣10b＝35b﹣7a，
∴27a＝45b，
∴3a＝5b，
∵2a＜b，
即2a＜a，
∴a＜0，
化简得＝．
因为ax＞b，且a＜0，
解得：x＜．
【点评】本题是一个方程与不等式的综合题目，要充分利用题目中的隐含条件﹣﹣﹣不等号的方向发生了改变，确定a、b同号，再解关于x的不等式．
11．【分析】设BC与AE的交点为H，易证明△ABH∽△CEH，设BH＝3k，EH＝7k，则AH＝9﹣7k，，通过勾股定理得20k2﹣63k+36＝0，解出k值，求出，阴影部分面积为，即可作答．
【解答】解：设BC与AE的交点为H，
∵四边形ABCD，AECF都是矩形，
∴∠B＝∠E＝90°，
∵∠AHB＝∠CHE（对顶角相等），
∴△ABH∽△CEH，
则，
∵AB＝3，CE＝7，
∴设BH＝3k，EH＝7k，
那么AH＝9﹣7k，，
在Rt△ABH中，有AH2＝AB2+BH2，
即（9﹣7k）2＝9+9k2，
整理得20k2﹣63k+36＝0，
解得，或（舍去，否则AH＝9﹣7k＜0）．
则，
所以阴影部分面积．
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，以及勾股定理，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
12．【分析】过点P1作P1C⊥x轴于点C，设P1C＝x（x＞0），先根据等腰直角三角形的性质，得A1（4，0），
设An﹣1（an﹣1，0），An（an，0），An﹣1An＝an﹣an﹣1，得，同理可得，将上面式子全部相加即可．
【解答】解：过点P1作P1C⊥x轴于点C，设P1C＝x（x＞0），
∵△P1OA1是等腰直角三角形，
∴∠P1OC＝∠P1A1C＝45°，
∴△P1OC，△P1A1C是等腰直角三角形，
∴P1C＝OC＝CA1＝x，P1（x，x），即x2＝4，且x＞0，
∴x＝2，A1（4，0），
设An﹣1（an﹣1，0），An（an，0），An﹣1An＝an﹣an﹣1由已知可得
∵△PnAn﹣1An是等腰直角三角形，
∴An﹣1An边上的高为，
An﹣1An的中点坐标为，
，
依题意，得，
∴，
同理可得，
将上面式子全部相加得：，
∴且an＞0，
，
故有．
故答案为：．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会探究规律，利用规律解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
13．【分析】根据不动点的定义，令，可得关于b的一元二次方程x2+（b﹣3）x﹣a＝0，又已知两不动点关于原点对称可知它们的纵坐标和横坐标各互为相反数，最后利用根与系数的关系确定a，b应满足的条件．
【解答】解：令，
∴3x+a＝x2+bx（x≠﹣b），即x2+（b﹣3）x﹣a＝0，
设方程的两根为x1，x2，则两个不动点（x1，x1），（x2，x2），
由于它们关于原点对称，
∴x1+x2＝0，
∴，
解得，
又∵x≠﹣b，
∴x≠﹣3，
∴a≠9，
因此a，b满足的条件为：a＞0且a≠9，b＝3．
故答案为：a＞0且a≠9，b＝3．
【点评】此题考查了用一元二次方程根和系数的关系解决函数问题，解题的关键是要理解关于原点对称的点纵坐标和横坐标各互为相反数这个特征进行转化．
14．【分析】作AH⊥l2于H．将△ABH绕点A逆时针旋转60°到△ACH′，过H′作l1的垂线．显然有△AHH′为等边三角形，△AH′M，△H′CN，都是有一个角为30°的直角三角形，所以．根据勾股定理，即可求解．
【解答】解：如图所示作AH⊥l2于H则AH＝2，将△ABH绕点A逆时针旋转60°到△ACH′，过H′作l1的垂线，交l1，l3分别于点M，N，
∴△AHH′为等边三角形，则∠HAH′＝60°，
∴∠H′AM＝30°，
∵∠AHB＝∠AH′C＝90°，∠AMH′＝∠CNH′＝90°，
∴∠MAH′＝90°﹣∠MH′A＝∠CH′N＝30°，
∴，H′N＝3﹣1＝2，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
15．【分析】根据题意可得N（m+n+k）＝20+10+9＝39＝3×13，再由m+n+k＞3，可得N＝3，m+n+k＝13．然后三人三次得石子数，可求出k＝8，n＝4，m＝1，即可求解．
【解答】解：N次游戏所取卡片数字总和（即石子数）为N（m+n+k）＝20+10+9＝39＝3×13，
∵m+n+k＞3，
∴N＝3，m+n+k＝13．
∵甲得20粒石子，且0＜m＜n＜k，
∴，
∴k≥7，
∵乙得10粒石子，最后一次乙摸的k，
∴k≤8，
∵丙得9粒石子，
∴m＜3，
∴k，n，m都是自然数，
∴k＝8，n＝4，m＝1．
∴三人三次得石子数为：甲（8，8，4），乙（1，1，8），丙（4，4，1），
∴第一次摸n的是丙．
故答案为：丙．
【点评】本题主要考查了三元一次方程，根据题意得到k＝8，n＝4，m＝1是解题的关键．
三、解答题：本大题共7题，满分75分。请在答题卷相应位置上写出必要的推理计算过程。
16．【分析】求证△ABM∽△ADN，得，于是，可证∠B＝∠MAN，于是△ABC∽△MAN．
【解答】证明：∵ABCD为平行四边形，
∴∠B＝∠D，又∠BMA＝∠DNA＝90°．
∴△ABM∽△ADN．
∴．
∴
∵AB∥CD，
∴∠BAN＝∠AND＝90°
∴∠B＝90°﹣∠BAM＝∠MAN．
∴△ABC∽△MAN．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质；运用相似三角形得线段成比例是解题的关键．
17．【分析】原方程变形得（x+y﹣1）（x﹣y+1）＝60，若x，y均为正整数，则x+y﹣1＞x﹣y+1，x+y﹣1与x﹣y﹣1同奇或同偶，得方程组，求解．
【解答】解：原方程左边配方，得x2﹣（y﹣1）2＝60，
所以（x+y﹣1）（x﹣y+1）＝60，
若x，y均为正整数，则x+（y﹣1）＞x﹣（y﹣1）
∴x+y﹣1＞x﹣y+1，
由（x+y﹣1）+（x﹣y+1）＝2x知x+y﹣1与x﹣y+1同奇或同偶，
而60＝30×2＝10×6得：
，，
解得，．
【点评】本题考查完全平方公式、平方差公式、二元一次方程组求解；掌握方程组的求解是解题的关键．
18．【分析】连接PB，PC，BO，延长BO交⊙O于点G，连接GP，证明△PDC∽△PFB，得出PF：PD＝PB：PC，证明△PBD∽△PCE，得出PD：PE＝PB：PC，即可得出PF：PD＝PD：PE，证明结论即可．
【解答】解：如图，连接PB，PC，BO，延长BO交⊙O于点G，连接GP，
∵AB为⊙O的切线，
∴GB⊥AB，
∴∠GBA＝90°，
∴∠GBP+∠PBF＝90°，
∵BG为直径，
∴∠BPG＝90°，
∴∠BGP+∠PBG＝90°，
∴∠BGP＝∠PBF，
∵，
∴∠BGP＝∠BCP，
∴∠PBA＝∠PCB，
∵PD⊥BC，PF⊥AB，
∴∠PDC＝∠PFB＝90°，
∴△PDC∽△PFB，
∴PF：PD＝PB：PC，
同理可得：△PBD∽△PCE，
∴PD：PE＝PB：PC，
∴PF：PD＝PD：PE，
∴PD2＝PE⋅PF．
【点评】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，三角形相似的判定和性质，余角性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．
19．【分析】操作一：根据折叠的性质可得∠BAE＝∠MAE，∠DAF＝∠MAF，从而得到，即可；
探究一：证明△ADF≌△ABM，可得AF＝AM，∠BAM＝∠DAF，从而得到△AEM≌△AFE，进而得到BM+BE＝ME＝EF，即可；
探究二：由探究一得：EF＝BE+DF，设DF＝x，则FC＝3﹣x，EF＝x+1，在直角△CEF中，根据勾股定理求出x，即可求解；
探究三：设正方形的边长为a，BE＝m，DF＝n，则EC＝a﹣m，FC＝a﹣n，可得2mn＝（a﹣m）（a﹣n），再由，可得EF＝BE+DF，延长CB至F′，使BF′＝DF，则EF′＝EF，再证明△ABF′≌△ADF，可得AF＝AF′，∠BAF′＝∠DAF，然后证明△AEF′≌△AEF，即可．
【解答】解：操作一：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
由折叠的性质得：∠BAE＝∠MAE，∠DAF＝∠MAF，
∴，
故答案为：45；
探究一：延长CB至M使得BM＝DF，如图2，
由操作一得：∠EAF＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ABM＝∠D＝90°，
∴△ADF≌△ABM，
∴AF＝AM，∠BAM＝∠DAF，
∴∠EAM＝∠BAM+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF＝45°，
∵AE＝AE，
∴△AEM≌△AFE（SAS），
∴BM+BE＝ME＝EF，
即EF＝BE+DF；
故答案为：EF＝BE+DF；
探究二：由探究一得：EF＝BE+DF，
∵BE＝1，EC＝2，
∴可设DF＝x，则FC＝3﹣x，
∴EF＝x+1，
在直角△CEF中，EF2＝EC2+FC2，
即（x+1）2＝22+（3﹣x）2，
解得，
即，，
故有长方形HECF与长方形AQHP的面积比为；
探究三：矩形EHFC与QAPH的面积之比不变，∠EAF也保持不变，理由如下：
由探究二得：矩形HECF的面积是矩形AQHP面积的2倍，
设正方形的边长为a，BE＝m，DF＝n，则EC＝a﹣m，FC＝a﹣n，
∴2mn＝（a﹣m）（a﹣n），
∴
＝
＝
＝
＝m+n，
即EF＝BE+DF．
延长CB至F′，使BF′＝DF，则EF′＝EF，如图3，
∵AD＝AB，∠ABF′＝∠D＝90°，
∴△ABF′≌△ADF（SAS），
∴AF＝AF′，∠BAF′＝∠DAF，
∴∠EAF′＝∠BAF′+∠BAE＝∠DAF+∠BAE，
∵AE＝AE，
∴△AEF′≌△AEF（SAS），
∴∠EAF＝∠EAF′＝∠DAF+∠BAE＝45°．
【点评】本题主要考查了正方形的综合题，全等三角形的判定和性质，勾股定理，图形的折叠，熟练掌握相关知识点，并利用类比思想解答是解题的关键．
20．【分析】（1）若一元二次方程有实根，则根的判别式Δ＝b2﹣4ac≥0，建立a、b、c的关系，则能证明．
（2）设f（x）＝x2﹣（a+b+c）x+ab+bc+ca，由二次函数性质可证．
（3）由根与系数关系可得a、b、c的关系，进而解得a、b、c的值．
【解答】解：（1）由方程有实根得，Δ＝（a+b+c）2﹣4（ab+bc+ca）≥0
即0≤a2+b2+c2﹣2ab﹣2bc﹣2ca＝a（a﹣b﹣c）﹣b（a+c﹣b）﹣c（a+b﹣c）＜a（a﹣b﹣c），由a＞0，得a﹣b﹣c＞0，
即a＞b+c．所以，a，b，c不能成为一个三角形的三边．（4分）
（2）设f（x）＝x2﹣（a+b+c）x+ab+bc+ca，则f（b+c）＝bc＞0，f（a）＝bc＞0，
且f（）＝＜0由（1）知b+c＜＜a，
所以二次方程的实根x0都在b+c与a之间，即a＞x0＞b+c．（7分）
（3）由根与系数关系有a+b+c＝15，ab+bc+ca＝54，
得a2+b2+c2＝（a+b+c）2﹣2（ab+bc+ca）＝225﹣108＝117＜112．由（2）知a＞9，
故得92＜a2＜112，∴a＝10．∴b+c＝5，bc＝4，由b＞c，解得b＝4，c＝1，
∴a＝10，b＝4，c＝1．（10分）
【点评】一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，是一个综合性的题目，也是一个难度较大的题目．
21．【分析】（1）设抛物线解析式为y＝a（x﹣1）（x﹣4），待定系数法求解析式，即可求解；
（2）假设△OAC∽△CAD，如图所示，CD＝2AC易求得此时D（4，4），不在抛物线上．同理当△OAC∽△DCA时D（1，2）也不在抛物线上，当△OAC∽△ACD时求得D（5，2），符合要求；
（3）设，，所以QN＝b，；PM＝a，．根据△AMC∽△CNQ，得出ab＝5（a+b﹣5）﹣4，设PQ的直线方程为：y＝kx+h，代入P，Q的坐标有，得出PQ的方程为，即可求解．
【解答】解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x﹣1）（x﹣4），
抛物线过点C代入得2＝a（0﹣1）（0﹣4），
解得：，
所以抛物线解析式为：；
（2）∵A（1，0），B（4，0），C（0，2），
∴AO＝1，CO＝2，，
当△OAC∽△CAD，则，
即，
∴CD＝2AC＝，过点D作DM⊥x轴，
∵∠ACD＝∠AOC＝90°，
∴∠MCD＝90°﹣∠ACO＝∠CAO，
∴△OAC∽△MCD，
∴，
设D（m，n），则①，
又∵，
∴m2+（n﹣2）2＝20②，
联立①②解得：m＝n＝4（负值舍去），
∴D（4，4），
由，当x＝4时，，故D（4，4），不在抛物线上，
当△OAC∽△DCA时，则，即AD＝2CD，如图所示，则D（1，2），
由，当x＝1时，，故D（1，2），不在抛物线上，
当△OAC∽△ACD时，则，即，如图所示，
同理可得D（5，2），
由，当x＝5时，，故D（1，2），在抛物线上，符合要求．
综上满足要求的点为D（5，2），
（3）如图（3）所示，设，，
所以QN＝b，；PM＝a，．
∵△AMC∽△CNQ，
∴，
∴，
∴（b﹣5）（5﹣a）＝4，
∴5（a+b﹣5）＝ab+4，
∴ab＝5（a+b﹣5）﹣4，
设PQ的直线方程为：y＝kx+h，代入P，Q的坐标有，
，
，
所以PQ的方程为代入上式可得，
当x＝5时y恒等于4，所以PQ总经过定点（5，4）．
【点评】本题考查了二次函数综合问题，待定系数求解析式，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定以及二次函数的性质是解题的关键．
22．【分析】易得每次运走的质量应在2t和3t之间，可表示出n辆车可运走的总质量的关系式，求得一次运走的整数解，进而判断假如有13只箱子的时候需要汽车的辆数即可．
【解答】解：设共需n辆汽车，它们运走的重量依次为a1，a2，an则
2≤ai≤3（i＝1，2，…，n），a1+a2+…+an＝10
∴2n≤10≤3n，解得．
∵车子数n应为整数，∴n＝4或5，但4辆车子不够．
例如有13只箱子，每只重量为，而3×＜3，4×＞3，即每辆车子只能运走3只箱子，4辆车子只能运走12只箱子，还剩一只箱子，故需5辆汽车．
【点评】考查一元一次不等式组的应用；得到n辆车可运走货物总质量的关系式是解决本题的关键；用举例法得到所求解是解决本题的难点及易错点．