2019年山东省泰安市中考数学试卷 - 解析版

第 1 页（共 25 页） 2019 年山东省泰安市中考数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共 12 小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正 确的选项选出来，每小题选对得 4 分，选错、不选或选出的答案超过一个，均记零分） 1．（4 分）在实数|﹣3.14|，﹣3，﹣ ，π 中，最小的数是（　　） A．﹣ B．﹣3 C．|﹣3.14| D．π 【分析】根据绝对值的大小进行比较即可，两负数比较大小，绝对值大的反尔小． 【解答】解： ∵| |＝ ＜|﹣3|＝3 ∴﹣ ＜（﹣3） C、D 项为正数，A、B 项为负数， 正数大于负数， 故选：B． 【点评】此题主要考查利用绝对值来比较实数的大小，此题要掌握性质”两负数比较大 小，绝对值大的反尔小，正数大于负数，负数的绝对值为正数“． 2．（4 分）下列运算正确的是（　　） A．a6÷a3＝a3 B．a4•a2＝a8 C．（2a2）3＝6a6 D．a2+a2＝a4 【分析】直接利用合并同类项法则以及积的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则分 别计算得出答案． 【解答】解：A、a6÷a3＝a3，故此选项正确； B、a4•a2＝a6，故此选项错误； C、（2a2）3＝8a6，故此选项错误； D、a2+a2＝2a2，故此选项错误； 故选：A． 【点评】此题主要考查了合并同类项以及积的乘方运算、同底数幂的乘除运算，正确掌 握相关运算法则是解题关键． 3．（4 分）2018 年 12 月 8 日，我国在西昌卫星发射中心成功发射“嫦娥四号”探测器，“ 嫦娥四号”进入近地点约 200 公里、远地点约 42 万公里的地月转移轨道，将数据 42 万 公里用科学记数法表示为（　　） 第 2 页（共 25 页） A．4.2×109 米 B．4.2×108 米 C．42×107 米 D．4.2×107 米 【分析】科学记数法的表示形式为 a×10n 的形式，其中 1≤|a|＜10，n 为整数．确定 n 的 值时，要看把原数变成 a 时，小数点移动了多少位，n 的绝对值与小数点移动的位数相同 ．当原数绝对值＞1 时，n 是正数；当原数的绝对值＜1 时，n 是负数． 【解答】解：42 万公里＝420000000m 用科学记数法表示为：4.2×108 米， 故选：B． 【点评】此题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为 a×10n 的形式， 其中 1≤|a|＜10，n 为整数，表示时关键要正确确定 a 的值以及 n 的值． 4．（4 分）下列图形： 是轴对称图形且有两条对称轴的是（　　） A．①② B．②③ C．②④ D．③④ 【分析】根据轴对称图形的概念分别确定出对称轴的条数，从而得解． 【解答】解：①是轴对称图形且有两条对称轴，故本选项正确； ②是轴对称图形且有两条对称轴，故本选项正确； ③是轴对称图形且有 4 条对称轴，故本选项错误； ④不是轴对称图形，故本选项错误． 故选：A． 【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分 折叠后可重合． 5．（4 分）如图，直线 11∥12，∠1＝30°，则∠2+∠3＝（　　） A．150° B．180° C．210° D．240° 【分析】过点 E 作 EF∥11，利用平行线的性质解答即可． 第 3 页（共 25 页） 【解答】解：过点 E 作 EF∥11， ∵11∥12，EF∥11， ∴EF∥11∥12， ∴∠1＝∠AEF＝30°，∠FEC+∠3＝180°， ∴∠2+∠3＝∠AEF+∠FEC+∠3＝30°+180°＝210°， 故选：C． 【点评】此题考查平行线的性质，关键是根据平行线的性质解答． 6．（4 分）某射击运动员在训练中射击了 10 次，成绩如图所示： 下列结论不正确的是（　　） A．众数是 8 B．中位数是 8 C．平均数是 8.2 D．方差是 1.2 【分析】根据众数、中位数、平均数以及方差的算法进行计算，即可得到不正确的选项． 【解答】解：由图可得，数据 8 出现 3 次，次数最多，所以众数为 8，故 A 选项正确； 10 次成绩排序后为：6，7，7，8，8，8，9，9，10，10，所以中位数是 （8+8）＝8， 故 B 选项正确； 平均数为 （6+7×2+8×3+9×2+10×2）＝8.2，故 C 选项正确； 方差为 [（6﹣8.2）2+（7﹣8.2）2+（7﹣8.2）2+（8﹣8.2）2+（8﹣8.2）2+（8﹣8.2）2+ （9﹣8.2）2+（9﹣8.2）2+（10﹣8.2）2+（10﹣8.2）2]＝1.56，故 D 选项错误； 故选：D． 第 4 页（共 25 页） 【点评】本题主要考查了众数、中位数、平均数以及方差，用“先平均，再求差，然后 平方，最后再平均”得到的结果表示一组数据偏离平均值的情况，这个结果叫方差． 7．（4 分）不等式组 的解集是（　　） A．x≤2 B．x≥﹣2 C．﹣2＜x≤2 D．﹣2≤x＜2 【分析】先求出两个不等式的解集，再求其公共解． 【解答】解： ， 由①得，x≥﹣2， 由②得，x＜2， 所以不等式组的解集是﹣2≤x＜2． 故选：D． 【点评】本题主要考查了一元一次不等式组解集的求法，其简便求法就是用口诀求解． 求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无 解）． 8．（4 分）如图，一艘船由 A 港沿北偏东 65°方向航行 30 km 至 B 港，然后再沿北偏西 40°方向航行至 C 港，C 港在 A 港北偏东 20°方向，则 A，C 两港之间的距离为（　　） km． A．30+30 B．30+10 C．10+30 D．30 【分析】根据题意得，∠CAB＝65°﹣20°，∠ACB＝40°+20°＝60°，AB＝30 ， 过 B 作 BE⊥AC 于 E，解直角三角形即可得到结论． 【解答】解：根据题意得，∠CAB＝65°﹣20°，∠ACB＝40°+20°＝60°，AB＝30 ， 第 5 页（共 25 页） 过 B 作 BE⊥AC 于 E， ∴∠AEB＝∠CEB＝90°， 在 Rt△ABE 中，∵∠ABE＝45°，AB＝30 ， ∴AE＝BE＝ AB＝30km， 在 Rt△CBE 中，∵∠ACB＝60°， ∴CE＝ BE＝10 km， ∴AC＝AE+CE＝30+10 ， ∴A，C 两港之间的距离为（30+10 ）km， 故选：B． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用，方向角问题，三角形的内角和，是基础知识 比较简单． 9．（4 分）如图，△ABC 是⊙O 的内接三角形，∠A＝119°，过点 C 的圆的切线交 BO 于 点 P，则∠P 的度数为（　　） A．32° B．31° C．29° D．61° 【分析】连接 OC、CD，由切线的性质得出∠OCP＝90°，由圆内接四边形的性质得出∠ ODC＝180°﹣∠A＝61°，由等腰三角形的性质得出∠OCD＝∠ODC＝61°，求出∠ DOC＝58°，由直角三角形的性质即可得出结果． 【解答】解：如图所示：连接 OC、CD， 第 6 页（共 25 页） ∵PC 是⊙O 的切线， ∴PC⊥OC， ∴∠OCP＝90°， ∵∠A＝119°， ∴∠ODC＝180°﹣∠A＝61°， ∵OC＝OD， ∴∠OCD＝∠ODC＝61°， ∴∠DOC＝180°﹣2×61°＝58°， ∴∠P＝90°﹣∠DOC＝32°； 故选：A． 【点评】本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形内角 和定理；熟练掌握切线的性质是解题的关键． 10．（4 分）一个盒子中装有标号为 1，2，3，4，5 的五个小球，这些球除标号外都相同， 从中随机摸出两个小球，则摸出的小球标号之和大于 5 的概率为（　　） A． B． C． D． 【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸出的 小球的标号之和大于 5 的情况，再利用概率公式即可求得答案． 【解答】解：画树状图如图所示： ∵共有 25 种等可能的结果，两次摸出的小球的标号之和大于 5 的有 15 种结果， ∴两次摸出的小球的标号之和大于 5 的概率为 ＝ ； 故选：C． 【点评】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．注意列表法或画树状图法可以不 第 7 页（共 25 页） 重复不遗漏的列出所有可能的结果，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之 比． 11．（4 分）如图，将⊙O 沿弦 AB 折叠， 恰好经过圆心 O，若⊙O 的半径为 3，则 的 长为（　　） A． π B．π C．2π D．3π 【分析】连接 OA、OB，作 OC⊥AB 于 C，根据翻转变换的性质得到 OC＝ OA，根据 等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出∠AOB，根据弧长公式计算即可． 【解答】解：连接 OA、OB，作 OC⊥AB 于 C， 由题意得，OC＝ OA， ∴∠OAC＝30°， ∵OA＝OB， ∴∠OBA＝∠OAC＝30°， ∴∠AOB＝120°， ∴ 的长＝ ＝2π， 故选：C． 【点评】本题考查的是弧长的计算、直角三角形的性质、翻转变换的性质，掌握弧长公 式是解题的关键． 12．（4 分）如图，矩形 ABCD 中，AB＝4，AD＝2，E 为 AB 的中点，F 为 EC 上一动点， P 为 DF 中点，连接 PB，则 PB 的最小值是（　　） 第 8 页（共 25 页） A．2 B．4 C． D． 【分析】根据中位线定理可得出点点 P 的运动轨迹是线段 P1P2，再根据垂线段最短可得 当 BP⊥P1P2 时，PB 取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知 BP1⊥P1P2，故 BP 的最小值为 BP1 的长，由勾股定理求解即可． 【解答】解：如图： 当点 F 与点 C 重合时，点 P 在 P1 处，CP1＝DP1， 当点 F 与点 E 重合时，点 P 在 P2 处，EP2＝DP2， ∴P1P2∥CE 且 P1P2＝ CE 当点 F 在 EC 上除点 C、E 的位置处时，有 DP＝FP 由中位线定理可知：P1P∥CE 且 P1P＝ CF ∴点 P 的运动轨迹是线段 P1P2， ∴当 BP⊥P1P2 时，PB 取得最小值 ∵矩形 ABCD 中，AB＝4，AD＝2，E 为 AB 的中点， ∴△CBE、△ADE、△BCP1 为等腰直角三角形，CP1＝2 ∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90° ∴∠DP2P1＝90° ∴∠DP1P2＝45° ∴∠P2P1B＝90°，即 BP1⊥P1P2， ∴BP 的最小值为 BP1 的长 在等腰直角 BCP1 中，CP1＝BC＝2 ∴BP1＝2 第 9 页（共 25 页） ∴PB 的最小值是 2 故选：D． 【点评】本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决 问题，有难度． 二、填空题（本大题共 6 小题，满分 24 分，只要求填写最后结果，每小题填对得 4 分） 13．（4 分）已知关于 x 的一元二次方程 x2﹣（2k﹣1）x+k2+3＝0 有两个不相等的实数根， 则实数 k 的取值范围是　k 　． 【分析】根据方程有两个不相等的实数根可得△＝（2k﹣1）2﹣4（k2+3）＞0，求出 k 的 取值范围； 【解答】解：∵原方程有两个不相等的实数根， ∴△＝（2k﹣1）2﹣4（k2+3）＝﹣4k+1﹣12＞0， 解得 k ； 故答案为：k ． 【点评】本题考查了一元二次方程 ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac 有如下关系： ①当△＞0 时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△＝0 时，方程有两个相等的两 个实数根；③当△＜0 时，方程无实数根． 14．（4 分）《九章算术》是我国古代数学的经典著作，书中有一个问题：“今有黄金九枚 ，白银一十一枚，称之重适等，交易其一，金轻十三两，问金、银一枚各重几何？”意 思是：甲袋中装有黄金 9 枚（每枚黄金重量相同），乙袋中装有白银 11 枚（每枚白银重 量相同），称重两袋相等，两袋互相交换 1 枚后，甲袋比乙袋轻了 13 两（袋子重量忽略 不计），问黄金、白银每枚各重多少两？设每枚黄金重 x 两，每枚白银重 y 两，根据题 意可列方程组为　 　． 【分析】根据题意可得等量关系：①9 枚黄金的重量＝11 枚白银的重量；②（10 枚白银 的重量+1 枚黄金的重量）﹣（1 枚白银的重量+8 枚黄金的重量）＝13 两，根据等量关系 列出方程组即可． 【解答】解：设每枚黄金重 x 两，每枚白银重 y 两，由题意得： ， 第 10 页（共 25 页） 故答案为： ． 【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，关键是正确理解题意，找 出题目中的等量关系． 15．（4 分）如图，∠AOB＝90°，∠B＝30°，以点 O 为圆心，OA 为半径作弧交 AB 于点 A、点 C，交 OB 于点 D，若 OA＝3，则阴影都分的面积为　 π　． 【分析】连接 OC，作 CH⊥OB 于 H，根据直角三角形的性质求出 AB，根据勾股定理求 出 BD，证明△AOC 为等边三角形，得到∠AOC＝60°，∠COB＝30°，根据扇形面积 公式、三角形面积公式计算即可． 【解答】解：连接 OC，作 CH⊥OB 于 H， ∵∠AOB＝90°，∠B＝30°， ∴∠OAB＝60°，AB＝2OA＝6， 由勾股定理得，OB＝ ＝3 ， ∵OA＝OC，∠OAB＝60°， ∴△AOC 为等边三角形， ∴∠AOC＝60°， ∴∠COB＝30°， ∴CO＝CB，CH＝ OC＝ ， ∴阴影都分的面积＝ ﹣ ×3×3× + ×3 × ﹣ ＝ π， 故答案为： π． 【点评】本题考查的是扇形面积计算、等边三角形的判定和性质，掌握扇形面积公式、 三角形的面积公式是解题的关键． 第 11 页（共 25 页） 16．（4 分）若二次函数 y＝x2+bx﹣5 的对称轴为直线 x＝2，则关于 x 的方程 x2+bx﹣5＝2x﹣ 13 的解为　x1＝2，x2＝4　． 【分析】根据对称轴方程求得 b，再解一元二次方程得解． 【解答】解：∵二次函数 y＝x2+bx﹣5 的对称轴为直线 x＝2， ∴ ， 得 b＝﹣4， 则 x2+bx﹣5＝2x﹣13 可化为：x2﹣4x﹣5＝2x﹣13， 解得，x1＝2，x2＝4． 故意答案为：x1＝2，x2＝4． 【点评】本题主要考查的是抛物线与 x 轴的交点，利用抛物线的对称性求得 b 的值是解 题的关键． 17．（4 分）在平面直角坐标系中，直线 l：y＝x+1 与 y 轴交于点 A1，如图所示，依次作正 方形 OA1B1C1，正方形 C1A2B2C2，正方形 C2A3B3C3，正方形 C3A4B4C4，……，点 A1，A2 ，A3，A4，……在直线 l 上，点 C1，C2，C3，C4，……在 x 轴正半轴上，则前 n 个正方 形 对 角 线 长 的 和 是 　 （ 2n ﹣ 1 ） 　 ． 【分析】根据题意和函数图象可以求得点 A1，A2，A3，A4 的坐标，从而可以得到前 n 个 正方形对角线长的和，本题得以解决． 【解答】解：由题意可得， 点 A1 的坐标为（0，1），点 A2 的坐标为（1，2），点 A3 的坐标为（3，4），点 A4 的坐 标为（7，8），……， ∴OA1＝1，C1A2＝2，C2A3＝4，C3A4＝8，……， ∴前 n 个正方形对角线长的和是： （OA1+C1A2+C2A3+C3A4+…+C n﹣1 An）＝ （ 第 12 页（共 25 页） 1+2+4+8+…+2n﹣1）， 设 S＝1+2+4+8+…+2n﹣1，则 2S＝2+4+8+…+2n﹣1+2n， 则 2S﹣S＝2n﹣1， ∴S＝2n﹣1， ∴1+2+4+8+…+2n﹣1＝2n﹣1， ∴前 n 个正方形对角线长的和是： ×（2n﹣1）， 故答案为： （2n﹣1）， 【点评】本题考查一次函数图象上点的坐标特征、规律型：点的坐标，解答本题的关键 是明确题意，利用数形结合的思想解答． 18．（4 分）如图，矩形 ABCD 中，AB＝3 ，BC＝12，E 为 AD 中点，F 为 AB 上一点， 将△AEF 沿 EF 折叠后，点 A 恰好落到 CF 上的点 G 处，则折痕 EF 的长是　2 　． 【分析】连接 EC，利用矩形的性质，求出 EG，DE 的长度，证明 EC 平分∠DCF，再证∠ FEC＝90°，最后证△FEC∽△EDC，利用相似的性质即可求出 EF 的长度． 【解答】解：如图，连接 EC， ∵四边形 ABCD 为矩形， ∴∠A＝∠D＝90°，BC＝AD＝12，DC＝AB＝3 ， ∵E 为 AD 中点， ∴AE＝DE＝ AD＝6 由翻折知，△AEF≌△GEF， ∴AE＝GE＝6，∠AEF＝∠GEF，∠EGF＝∠EAF＝90°＝∠D， ∴GE＝DE， ∴EC 平分∠DCG， ∴∠DCE＝∠GCE， ∵∠GEC＝90°﹣∠GCE，∠DEC＝90°﹣∠DCE， ∴∠GEC＝∠DEC， 第 13 页（共 25 页） ∴∠FEC＝∠FEG+∠GEC＝ ×180°＝90°， ∴∠FEC＝∠D＝90°， 又∵∠DCE＝∠GCE， ∴△FEC∽△EDC， ∴ ， ∵EC＝ ＝ ＝3 ， ∴ ， ∴FE＝2 ， 故答案为：2 ． 【点评】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定与性质等，解题关 键是能够作出适当的辅助线，连接 CE，构造相似三角形，最终利用相似的性质求出结果 ． 三、解答题（本大题共 7 小题，满分 78 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或推演 步骤） 19．（8 分）先化简，再求值：（a﹣9+ ）÷（a﹣1﹣ ），其中 a＝ ． 【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将 a 的值代入计算可得． 【解答】解：原式＝（ + ）÷（ ﹣ ） ＝ ÷ ＝ • ＝ ， 当 a＝ 时， 第 14 页（共 25 页） 原式＝ ＝1﹣2 ． 【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算 法则及二次根式的运算能力． 20．（8 分）为弘扬泰山文化，某校举办了“泰山诗文大赛”活动，从中随机抽取部分学生 的比赛成绩，根据成绩（成绩都高于 50 分），绘制了如下的统计图表（不完整）： 组别 分数 人数 第 1 组 90＜x≤100 8 第 2 组 80＜x≤90 a 第 3 组 70＜x≤80 10 第 4 组 60＜x≤70 b 第 5 组 50＜x≤60 3 请根据以上信息，解答下列问题： （1）求出 a，b 的值； （2）计算扇形统计图中“第 5 组”所在扇形圆心角的度数； （3）若该校共有 1800 名学生，那么成绩高于 80 分的共有多少人？ 【分析】（1）抽取学生人数 10÷25%＝40（人），第 2 组人数 40×50%﹣8＝12（人） ，第 4 组人数 40×50%﹣10﹣3＝7（人），所以 a＝12，b＝7； （2） ＝27°，所以“第 5 组”所在扇形圆心角的度数为 27°； （3）成绩高于 80 分：1800×50%＝900（人），所以成绩高于 80 分的共有 900 人． 【解答】解：（1）抽取学生人数 10÷25%＝40（人）， 第 2 组人数 40×50%﹣8＝12（人）， 第 4 组人数 40×50%﹣10﹣3＝7（人）， ∴a＝12，b＝7； 第 15 页（共 25 页） （2） ＝27°， ∴“第 5 组”所在扇形圆心角的度数为 27°； （3）成绩高于 80 分：1800×50%＝900（人）， ∴成绩高于 80 分的共有 900 人． 【点评】本题考查了统计图，熟练掌握条形统计图与扇形统计图是解题的关键． 21．（11 分）已知一次函数 y＝kx+b 的图象与反比例函数 y＝ 的图象交于点 A，与 x 轴交 于点 B（5，0），若 OB＝AB，且 S△OAB＝ ． （1）求反比例函数与一次函数的表达式； （2）若点 P 为 x 轴上一点，△ABP 是等腰三角形，求点 P 的坐标． 【分析】（1）先求出 OB，进而求出 AD，得出点 A 坐标，最后用待定系数法即可得出 结论； （2）分三种情况，①当 AB＝PB 时，得出 PB＝5，即可得出结论； ②当 AB＝AP 时，利用点 P 与点 B 关于 AD 对称，得出 DP＝BD＝4，即可得出结论； ③当 PB＝AP 时，先表示出 AP2＝（9﹣a）2+9，BP2＝（5﹣a）2，进而建立方程求解即 可得出结论． 【解答】解：（1）如图 1，过点 A 作 AD⊥x 轴于 D， ∵B（5，0）， ∴OB＝5， ∵S△OAB＝ ， ∴ ×5×AD＝ ， ∴AD＝3， ∵OB＝AB， 第 16 页（共 25 页） ∴AB＝5， 在 Rt△ADB 中，BD＝ ＝4， ∴OD＝OB+BD＝9， ∴A（9，3）， 将点 A 坐标代入反比例函数 y＝ 中得，m＝9×3＝27， ∴反比例函数的解析式为 y＝ ， 将点 A（9，3），B（5，0）代入直线 y＝kx+b 中， ， ∴ ， ∴直线 AB 的解析式为 y＝ x﹣ ； （2）由（1）知，AB＝5， ∵△ABP 是等腰三角形， ∴①当 AB＝PB 时， ∴PB＝5， ∴P（0，0）或（10，0）， ②当 AB＝AP 时，如图 2， 由（1）知，BD＝4， 易知，点 P 与点 B 关于 AD 对称， ∴DP＝BD＝4， ∴OP＝5+4+4＝13，∴P（13，0）， ③当 PB＝AP 时，设 P（a，0）， ∵A（9，3），B（5，0）， ∴AP2＝（9﹣a）2+9，BP2＝（5﹣a）2， ∴（9﹣a）2+9＝（5﹣a）2 ∴a＝ ， 第 17 页（共 25 页） ∴P（ ，0）， 即：满足条件的点 P 的坐标为（0，0）或（10，0）或（13，0）或（ ，0）． 【点评】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理，三角形的面积， 等腰三角形的性质，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键． 22．（11 分）端午节是我国的传统节日，人们素有吃粽子的习俗．某商场在端午节来临之 际用 3000 元购进 A、B 两种粽子 1100 个，购买 A 种粽子与购买 B 种粽子的费用相同． 已知 A 种粽子的单价是 B 种粽子单价的 1.2 倍． （1）求 A、B 两种粽子的单价各是多少？ （2）若计划用不超过 7000 元的资金再次购进 A、B 两种粽子共 2600 个，已知 A、B 两 种粽子的进价不变．求 A 种粽子最多能购进多少个？ 【分析】（1）设 B 种粽子单价为 x 元/个，则 A 种粽子单价为 1.2x 元/个，根据数量＝总 价÷单价结合用 3000 元购进 A、B 两种粽子 1100 个，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）设购进 A 种粽子 m 个，则购进 B 种粽子（2600﹣m）个，根据总价＝单价×数量结 合总价不超过 7000 元，即可得出关于 m 的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得 出结论． 【解答】解：（1）设 B 种粽子单价为 x 元/个，则 A 种粽子单价为 1.2x 元/个， 根据题意，得： + ＝1100， 第 18 页（共 25 页） 解得：x＝2.5， 经检验，x＝2.5 是原方程的解，且符合题意， ∴1.2x＝3． 答：A 种粽子单价为 3 元/个，B 种粽子单价为 2.5 元/个． （2）设购进 A 种粽子 m 个，则购进 B 种粽子（2600﹣m）个， 依题意，得：3m+2.5（2600﹣m）≤7000， 解得：m≤1000． 答：A 种粽子最多能购进 1000 个． 【点评】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1） 找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不 等式． 23．（13 分）在矩形 ABCD 中，AE⊥BD 于点 E，点 P 是边 AD 上一点． （1）若 BP 平分∠ABD，交 AE 于点 G，PF⊥BD 于点 F，如图①，证明四边形 AGFP 是菱形； （2）若 PE⊥EC，如图②，求证：AE•AB＝DE•AP； （3）在（2）的条件下，若 AB＝1，BC＝2，求 AP 的长． 【分析】（1）想办法证明 AG＝PF，AG∥PF，推出四边形 AGFP 是平行四边形，再证 明 PA＝PF 即可解决问题． （2）证明△AEP∽△DEC，可得 ＝ ，由此即可解决问题． （3）利用（2）中结论．求出 DE，AE 即可． 【解答】（1）证明：如图①中， 第 19 页（共 25 页） ∵四边形 ABCD 是矩形， ∴∠BAD＝90°， ∵AE⊥BD， ∴∠AED＝90°， ∴∠BAE+∠EAD＝90°，∠EAD+∠ADE＝90°， ∴∠BAE＝∠ADE， ∵∠AGP＝∠BAG+∠ABG，∠APD＝∠ADE+∠PBD，∠ABG＝∠PBD， ∴∠AGP＝∠APG， ∴AP＝AG， ∵PA⊥AB，PF⊥BD，BP 平分∠ABD， ∴PA＝PF， ∴PF＝AG， ∵AE⊥BD，PF⊥BD， ∴PF∥AG， ∴四边形 AGFP 是平行四边形， ∵PA＝PF， ∴四边形 AGFP 是菱形． （2）证明：如图②中， ∵AE⊥BD，PE⊥EC， 第 20 页（共 25 页） ∴∠AED＝∠PEC＝90°， ∴∠AEP＝∠DEC， ∵∠EAD+∠ADE＝90°，∠ADE+∠CDE＝90°， ∴∠EAP＝∠EDC， ∴△AEP∽△DEC， ∴ ＝ ， ∵AB＝CD， ∴AE•AB＝DE•AP； （3）解：∵四边形 ABCD 是矩形， ∴BC＝AD＝2，∠BAD＝90°， ∴BD＝ ＝ ， ∵AE⊥BD， ∴S△ABD＝ •BD•AE＝ •AB•AD， ∴AE＝ ， ∴DE＝ ＝ ， ∵AE•AB＝DE•AP； ∴AP＝ ＝ ． 【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，解直 角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型． 24．（13 分）若二次函数 y＝ax2+bx+c 的图象与 x 轴、y 轴分别交于点 A（3，0）、B（0，﹣ 2），且过点 C（2，﹣2）． （1）求二次函数表达式； （2）若点 P 为抛物线上第一象限内的点，且 S△PBA＝4，求点 P 的坐标； （3）在抛物线上（AB 下方）是否存在点 M，使∠ABO＝∠ABM？若存在，求出点 M 到 y 轴的距离；若不存在，请说明理由． 第 21 页（共 25 页） 【分析】（1）用 A、B、C 三点坐标代入，用待定系数法求二次函数表达式． （2）设点 P 横坐标为 t，用 t 代入二次函数表达式得其纵坐标．把 t 当常数求直线 BP 解 析式，进而求直线 BP 与 x 轴交点 C 坐标（用 t 表示），即能用 t 表示 AC 的长．把△PBA 以 x 轴为界分成△ABC 与△ACP，即得到 S△PBA＝ AC（OB+PD）＝4，用含 t 的式子代 入即得到关于 t 的方程，解之即求得点 P 坐标． （3）作点 O 关于直线 AB 的对称点 E，根据轴对称性质即有 AB 垂直平分 OE，连接 BE 交抛物线于点 M，即有 BE＝OB，根据等腰三角形三线合一得∠ABO＝∠ABM，即在抛 物线上（AB 下方）存在点 M 使∠ABO＝∠ABM．设 AB 与 OE 交于点 G，则 G 为 OE 中 点且 OG⊥AB，利用△OAB 面积即求得 OG 进而得 OE 的长．易求得∠OAB＝∠BOG， 求∠OAB 的正弦和余弦值，应用到 Rt△OEF 即求得 OF、EF 的长，即得到点 E 坐标．求 直线 BE 解析式，把 BE 解析式与抛物线解析式联立，求得 x 的解一个为点 B 横坐标，另 一个即为点 M 横坐标，即求出点 M 到 y 轴的距离． 【解答】解：（1）∵二次函数的图象经过点 A（3，0）、B（0，﹣2）、C（2，﹣2） ∴ 解得： ∴二次函数表达式为 y＝ x2﹣ x﹣2 （2）如图 1，设直线 BP 交 x 轴于点 C，过点 P 作 PD⊥x 轴于点 D 设 P（t， t2﹣ t﹣2）（t＞3） ∴OD＝t，PD＝ t2﹣ t﹣2 设直线 BP 解析式为 y＝kx﹣2 第 22 页（共 25 页） 把点 P 代入得：kt﹣2＝ t2﹣ t﹣2 ∴k＝ t﹣ ∴直线 BP：y＝（ t﹣ ）x﹣2 当 y＝0 时，（ t﹣ ）x﹣2＝0，解得：x＝ ∴C（ ，0） ∵t＞3 ∴t﹣2＞1 ∴ ，即点 C 一定在点 A 左侧 ∴AC＝3﹣ ∵S△PBA＝S△ABC+S△ACP＝ AC•OB+ AC•PD＝ AC（OB+PD）＝4 ∴ ＝4 解得：t1＝4，t2＝﹣1（舍去） ∴ t2﹣ t﹣2＝ ∴点 P 的坐标为（4， ） （3）在抛物线上（AB 下方）存在点 M，使∠ABO＝∠ABM． 如图 2，作点 O 关于直线 AB 的对称点 E，连接 OE 交 AB 于点 G，连接 BE 交抛物线于 点 M，过点 E 作 EF⊥y 轴于点 F ∴AB 垂直平分 OE ∴BE＝OB，OG＝GE ∴∠ABO＝∠ABM ∵A（3，0）、B（0，﹣2），∠AOB＝90° ∴OA＝3，OB＝2，AB＝ ∴sin∠OAB＝ ，cos∠OAB＝ ∵S△AOB＝ OA•OB＝ AB•OG 第 23 页（共 25 页） ∴OG＝ ∴OE＝2OG＝ ∵∠OAB+∠AOG＝∠AOG+∠BOG＝90° ∴∠OAB＝∠BOG ∴Rt△OEF 中，sin∠BOG＝ ，cos∠BOG＝ ∴EF＝ OE＝ ，OF＝ OE＝ ∴E（ ，﹣ ） 设直线 BE 解析式为 y＝ex﹣2 把点 E 代入得： e﹣2＝﹣ ，解得：e＝﹣ ∴直线 BE：y＝﹣ x﹣2 当﹣ x﹣2＝ x2﹣ x﹣2，解得：x1＝0（舍去），x2＝ ∴点 M 横坐标为 ，即点 M 到 y 轴的距离为 ． 【点评】本题考查了待定系数法求二次函数、一次函数解析式，一元二次方程的解法， 轴对称的性质，等腰三角形性质，三角函数的应用．第（3）题点的存在性问题，可先通 过画图确定满足∠ABO＝∠ABM 的点 M 位置，通过相似三角形对应边成比例或三角函数 第 24 页（共 25 页） 为等量关系求线段的长． 25．（14 分）如图，四边形 ABCD 是正方形，△EFC 是等腰直角三角形，点 E 在 AB 上， 且∠CEF＝90°，FG⊥AD，垂足为点 C． （1）试判断 AG 与 FG 是否相等？并给出证明； （2）若点 H 为 CF 的中点，GH 与 DH 垂直吗？若垂直，给出证明；若不垂直，说明理 由． 【分析】（1）过点 F 作 FM⊥AB 交 BA 的延长线于点 M，可证四边形 AGFM 是矩形， 可得 AG＝MF，AM＝FG，由“AAS”可证△EFM≌△CEB，可得 BE＝MF，ME＝BC＝AB ，可得 BE＝MA＝MF＝AG＝FG； （2）延长 GH 交 CD 于点 N，由平行线分线段成比例可得 ，且 CH＝FH， 可得 GH＝HN，NC＝FG，即可求 DG＝DN，由等腰三角形的性质可得 DH⊥HG． 【解答】解：（1）AG＝FG， 理由如下：如图，过点 F 作 FM⊥AB 交 BA 的延长线于点 M ∵四边形 ABCD 是正方形 ∴AB＝BC，∠B＝90°＝∠BAD ∵FM⊥AB，∠MAD＝90°，FG⊥AD 第 25 页（共 25 页） ∴四边形 AGFM 是矩形 ∴AG＝MF，AM＝FG， ∵∠CEF＝90°， ∴∠FEM+∠BEC＝90°，∠BEC+∠BCE＝90° ∴∠FEM＝∠BCE，且∠M＝∠B＝90°，EF＝EC ∴△EFM≌△CEB（AAS） ∴BE＝MF，ME＝BC ∴ME＝AB＝BC ∴BE＝MA＝MF ∴AG＝FG， （2）DH⊥HG 理由如下：如图，延长 GH 交 CD 于点 N， ∵FG⊥AD，CD⊥AD ∴FG∥CD ∴ ，且 CH＝FH， ∴GH＝HN，NC＝FG ∴AG＝FG＝NC 又∵AD＝CD， ∴GD＝DN，且 GH＝HN ∴DH⊥GH 【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角 形的性质，证明△EFM≌△CEB 是本题的关键．