初中數學輔導參考答案

《三角形及四邊形》知識訓練

基礎練習

三角形

1. B 2. D 3. C ?搖4. B

5. D 6. D 7. D 8. D

9. A 10. A

11. 答案不唯一，如5、6等

12. 110° 13. 7 14. =

15. 60°，■

16.?搖原式=-1-8+1+3■-8×■=－8+■?搖.?搖?搖

17. （1）因為四邊形ABCD是矩形，所以AD∥BC，AD=BC.所以∠DAF=∠AEB. 又因為AE=BC，所以AE=AD. 又因為∠B=∠DFA=90°，所以△EAB≌△ADF. 所以AB=DF.

（2）在Rt△ABE中，BE=■=■=8，因為△EAB≌△ADF，所以DF=AB=6，AF=EB=8，所以EF=AE-AF=10-8=2. 所以tan∠EDF=■=■=■.

四邊形

1. B 2. B 3. C 4. C

5. A 6. D 7. B 8. C

9. 270°

10. ∠A=90°或∠B=90°或∠C=90°或∠D=90°或AC=BD?搖（答案不唯一，寫出一種即可）

11. 5

12. 過點A作AG∥DC，因為AD∥BC，所以四邊形AGCD是平行四邊形，所以GC=AD，所以BG=BC－AD=4－1=3. 在Rt△ABG中，AG=■=3■，因為EF∥DC∥AG，所以■=■=■，所以EF=■AG=■．?搖

13. 因為BE=FC，所以BE+EF=FC+EF，即BF=CE.因為四邊形ABCD是等腰梯形，所以AB=DC，∠B=∠C. 在△DCE和△ABF中，DC=AB，∠B=∠C，CE=BF， 所以△DCE≌△ABF，所以DE=AF.

重點練習

三角形

1. B

2. A. 提示：因為BD，CF是△ABC的中線，所以ED∥BC且ED=■BC. 因為F是BO的中點，G是CO的中點，所以FG∥BC且FG=■BC. 同理GD=■AO=3，所以ED∥FG且ED=FG，所以四邊形EFDG是平行四邊形．所以四邊形EFDG的周長為3+4+3+4=14．

3. B. 提示：因為S△ABC=12，BC=2BE，點D是AC的中點，所以S△ABE=■×12=4，S△ABD=■×12=6，所以S△ABD-S△ABE=S△ADF -S△BEF =6-4=2．

4. D. 提示: 因為x2-5x+6=0，所以（x-2）（x-3）=0，所以x=2或x=3，即三角形的兩邊長是2和3，所以第三邊a的取值范圍是1＜a＜5，所以該三角形的周長L的取值范圍是6＜L＜10．

5. D. 提示：因為△ABC和△CDE均為等腰直角三角形，所以AB=BC，CD=DE，所以∠BAC=∠BCA=∠DCE=∠DEC=45°，所以∠ACE=90°.因為△ABC∽△CDE，所以■=■=■. 對于①，tan∠AEC=■，所以tan∠AEC=■，故本選項正確；對于②，設AB=a，CD=b，因為S△ABC=■a2，S△CDE=■·b2，S梯形ABDE=■（a+b）2，所以S△ACE=S梯形ABDE -S△ABC-S△CDE=ab，S△ABC+S△CDE=■（a2+b2）≥ab（a=b時取等號），所以S△ABC+S△CDE≥S△ACE，故本選項正確；對于④，過點M作MN垂直于BD，垂足為N． 因為點M是AE的中點，則MN為梯形的中位線，所以N為中點，所以△BMD為等腰三角形，所以BM=DM，故本選項正確；對于③，又MN=■（AB+ED）=■（BC+CD），所以∠BMD=90°，即BM⊥DM，故本選項正確．

■

6. C. 提示：因為sinA=cosB=■，所以∠A=∠B=45°，所以△ABC是等腰直角三角形.

7. B. 提示：連結BF，使其與DC相交，易證EF等于兩底差的一半；由三角形中位線定理，可得EG+FG等于兩腰和的一半. 這樣可得△EFG的周長是9.

8. C. 提示：易證△BCF≌△DCE，所以∠FBC=∠EDC，BF=ED. 所以△BPE≌△DPF，所以BP=DP，所以△BPC≌△DPC，所以∠BCP=∠DCP，即A正確；又因為AD=BE且AB∥BE，所以四邊形ABED為平行四邊形，B正確；因為BF=ED，AB=ED，所以AB=BF，即D正確；綜上，選項A，B，D正確.

9. 8

10. 4或6.提示：此題應分兩種情況討論，4可能為底邊，也可能為腰長，且兩種情況都成立.

11. 90°

12. 8. 提示：易知△AMN∽△ABC，因為■=■，所以■=■，所以■=■，BC=8.

13. ■或■.

14. 由sin（α+15°）=■，且又是銳角，得α=45°，原式=2■－4×■－1+1+3=3.

15.（1）△OFC能成為等腰直角三角形，包括：當F在BC中點時，CF=OF，BF=■；當B與F重合時，OF=OC，BF=0.

（2）連結OB，則對于△OEB和△OFC，有OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°.因為∠EOB+∠BOF=∠BOF+∠COF=90°，所以∠EOB=∠COF，所以△OEB≌△OFC，所以OE=OF.

（3）過P點作PM⊥AB，垂足為M，作PN⊥BC，垂足為N，因為∠EPM+∠EPN=∠EPN+∠FPN=90°，所以∠EPM=∠FPN.又因為∠EMF=∠PNF=90°，所以△PME∽△PNF. 所以PM：PN=PE：PF.因為Rt△AMP和Rt△PNC均為等腰直角三角形，所以△APM∽△PCN.所以PM：PN=AP：PC.又因為PA：AC=1：4，所以PE：PF=1：3.

四邊形

1. D. 提示： 因為在矩形ABCD中，AC=16，所以AO=BO=CO=DO=■×16=8．因為AO=BO，∠AOB=60°，所以AB=AO=8，所以CD=AB=8，所以共有6條線段為8．

2. D

3. C. 提示： ①正確，因為AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，所以△ABG≌△AFG；②正確，因為EF=DE=■CD=2，設BG=FG=x，則CG=6-x． 在直角△ECG中，根據勾股定理，得（6-x）2+42=（x+2）2，解得x=3，所以BG=3=6-3=GC；③正確，因為CG=BG=GF，所以△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF． 又∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=180°-∠FGC=∠GFC+∠GCF，所以∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，所以AG∥CF；④錯誤，過F作FH⊥DC，因為BC⊥DH，所以FH∥GC，所以△EFH∽△EGC，所以■=■，EF=DE=2，GF=3，所以EG=5，所以■=■=■，所以S△FGC=S△GCE-S△FEC=■×3×4-■×4×■×3=■≠3． 故選C．

■

4. D

5. 2■. 提示： 等腰梯形兩組對邊中點所連的線段，實際上兩底的中點所連線段是等腰梯形的高，即圖中BE，兩腰中點所連線段是等腰梯形上底與下底和的一半，即■AB+DC. 把△BCE翻轉到△DAF，這樣■（AB+DC）=■（FB+DE）=DE，等腰梯形兩組對邊中點所連線段的平方和為8可表示為DE2+BE2=8，而在Rt△BDE中，DE2+BE2=BD2，所以有BD2=8，從而BD=2■.

■

6. 30. 提示： 因為中位線長為5，所以AD+BC=2×5=10，所以梯形的面積為■=30，故答案為30．

7. ■或■. 提示： 由題意，可知當■＜a＜1時，第一次操作后剩下的矩形的長為a，寬為1-a，所以第二次操作時正方形的邊長為1-a，第二次操作以后剩下的矩形的兩邊分別為1-a，2a-1．此時，分兩種情況：①如果1-a＞2a-1，即a＜■，那么第三次操作時正方形的邊長為2a-1，則2a-1=（1-a）-（2a-1），解得a=■；②如果1-a＜2a-1，即a＞■，那么第三次操作時正方形的邊長為1-a，則1-a=（2a-1）-（1-a），解得a=■．故答案為■或■．

8.（1）因為點E是BC的中點，BC=2AD，所以EC=BE=■BC=AD. 又因為AD∥EC，所以四邊形AECD為平行四邊形，所以AE∥DC. 所以∠AEO=∠CFO，∠EAO=∠FCO，所以△AOE∽△COF.

（2）連結DE，因為AD∥BE，AD=BE，所以四邊形ABED是平行四邊形. 又∠ABE=90°，所以四邊形ABED是矩形. 所以GE=GA=GB=GD=■BD=■AE.因為E，F分別是BC，CD的中點，所以EF，GE是△CBD的兩條中位線，所以EF=■BD=GD，GE=■CD=DF. 又GE=GD，所以EF=GD=GE=DF，則四邊形EFDG是菱形.

難點練習

三角形

1. A

2. B. 提示：由題意，連結OQ，則OQ垂直于AQ，則在直角△OAQ中，有■=sinα，即AP=■－R． 在直角△OAQ中，則∠O為90°-α，由弦長公式得PQ為■．

3. C. 提示：過G點作GH⊥AC于H，∠GAC=60°，∠GCA=45°，GC=10，在Rt△GCH中，GH=CH=■GC=5■；在Rt△AGH中，AH=■GH=■，所以AC=5■+■，所以兩個三角形重疊（陰影）部分的面積為■·GH·AC=■×5■×5■+■=25+■．

4. A. 提示：過點A做AD⊥BC，因為在△ABC中，cosB=■，sinC=■，AC=5，所以cosB=■=■，所以∠B=45°. 因為sinC=■=■=■，所以AD=3，所以CD=4，所以BD=3，則△ABC的面積是■×AD×BC=■×3×（3+4）=■．

5. C. 提示：由折疊可得BD=DE，而DC＞DE，所以DC＞BD，所以tan∠ADB≠2，故①錯誤；圖中的全等三角形有△ABF≌△AEF，△ABD≌△AED，△FBD≌△FED，△AOB≌△COB共，4對，故②正確；因為∠AEF=∠DEF=45°，所以將△DEF沿EF折疊，可得點D一定在AC上，故③錯誤；易得∠BFD=∠BDF=67.5°，所以BD=BF，故④正確；連結CF，因為△AOF和△COF等底同高，所以S△AOF=S△COF. 因為∠AEF=∠ACD=45°，所以EF∥CD，所以S△EFD=S△EFC，所以S四邊形DFOE=S△COF，所以S四邊形DFOE=S△AOF，故⑤正確，正確的有3個.

6. 18°

7. 3

8. （1）△DOE為等腰三角形. 理由：當點P在線段AB上時，過點P作PD⊥BC于點D，則PB=x. 因為∠B=30°，所以PD=■PB=■x，所以y與x的函數關系為y=■a■x=■ax.

過點D作DF⊥OE于F，所以OE=x=AB=■=■a·■=■a. 當點P在線段AC上時，過點P作PE⊥BC于點E，則PC=2AB－x=2×■－x=2×■a·■-x=■a-x. 因為AB=AC，所以∠C=∠B=30°，所以PE=■PC=■■a-x，所以y與x的函數關系為y=■a×■■a-x=■a2－■ax. 令■a2－■ax=0，得x=■a，即OE=■a.又因為OE=■a，所以OE=FE. 因為DF⊥OE，所以DF是線段OE的垂直平分線，所以DE=DO，即△DOE為等腰三角形.

■

■

■

（2）要使△DOE與△ABC相似，需要滿足∠DOF=∠B=30°. 因為tan∠DOF=■，又因為y=■ax，所以■=■，所以a=■，即當a=■，△DOE與△ABC相似.

四邊形

1. D

2. C. 提示：圖1中周長為4，圖2周長為8，圖3周長為16，所以第n個圖形周長為2n+1.

■

3. B. 提示：由圖知S1的邊長為3，根據等腰直角三角形的性質知，AC=■BC，BC=CE=■CD，所以AC=2CD，CD=2，所以EC2=22+22，即EC=2■，所以S■的面積為2■×2■=8.因為S■的邊長為3，S■的面積為3×3=9，所以S■+S■=8+9=17．

4. 25. 提示：過D作DE∥AC交BC的延長線于E，DH⊥BC于H，設AC與BD交于點F，因為DE∥AC，AD∥BC，所以四邊形ADEC是平行四邊形.所以AC=DE，AD=CE=3，∠BFC=∠BDE=90°.所以BH=EH=■（3+7）=5，DH=5，所以梯形的面積的最大值是■（AD+BC）·DH=■×10×5=25.

5. 100. 提示：觀察圖形可知，第10個圖形中有21個等邊三角形，按照從左往右的順序可得等腰梯形的個數為：10+9+9+8+8+7+7+6+6+5+5+4+4+3+3+2+2+1+1=100．

6. （1）因為E，F分別為線段OA，OB的中點，所以EF∥AB，AB＝2EF. 因為AB＝2CD，所以EF＝CD.因為AB∥CD，所以EF∥CD，所以∠OEF＝∠OCD，∠OFE＝∠ODC，所以△FOE≌△DOC.

（2）在△ABC中，因為∠ABC＝90°，所以AC=■=■=■BC，sin∠CAB=■=■． 因為EF∥AB，所以∠OEF＝∠CAB，所以sin∠OEF=sin∠CAB=■

（3）因為△FOE≌△DOC，所以OE＝OC. 因為AE＝OE，AE＝OE＝OC，所以■=■． 因為EF∥AB，所以△CEH∽△CAB，所以■=■=■，所以EH=■AB=■CD. 因為EF＝CD，所以EH=■·EF，FH=■EF=■CD，同理GE=■CD，所以GH=■CD，所以■=■=■.

7. （1）假設當m=10時，存在點P使得點Q與點C重合，因為PQ⊥PD，所以∠DPC=90°，所以∠APD＋∠BPC=90°. 又∠ADP＋∠APD=90°，所以∠BPC=∠ADP.又∠B=∠A=90°，所以△PBC∽△DAP，所以■=■，所以■=■，所以AP=2或8，所以存在點P使得點Q與點C重合，此時AP的長2或8．

（2）因為PQ∥AC，所以∠BPQ=∠BAC. 因為∠BPQ=∠ADP，所以∠BAC=∠ADP. 又∠B=∠DAP=90°，所以△ABC∽△DAP，所以■=■，即■=■，所以AP=■．

因為PQ∥AC，所以∠BPQ=∠BAC. 因為∠B=∠B，所以△PBQ∽△ABC，■=■，即■=■，所以BQ=4－■．

■

（3）由已知 PQ⊥PD，所以只有當DP=PQ時，△PQD為等腰三角形（如圖），所以∠BPQ=∠ADP. 又∠B=∠A=90°，所以△PBQ≌△DAP，所以PB=DA=4，AP=BQ=m－4，所以以P，Q，C，D為頂點的四邊形的面積S與m之間的函數關系式為：S四邊形PQCD=S矩形ABCD－S△DAP－S△QBP=DA×AB－■×DA×AP－■×PB×BQ=4m－■×4×m－4－■×4×m－4=16（4＜m≤8）．

■

新穎題推薦

一、選擇題

1． B. 提示：因為a2+b2=4ab，所以（a+b）2=a2+b2+2ab=6ab，（a－b）2=a2+b2－2ab=2ab. 所以■=3. 因為0

2． B. 提示：點A運動的路徑是以點C為圓心，2■cm長為半徑旋轉90°和以點D第一次旋轉后的對應點D′為圓心，2 cm長為半徑旋轉90°的總和．

3． C. 提示：本題本質上是四個扇形拼成一個整圓，再加上中間一個小圓．

4． A. 提示：取AB中點M，連結OM，CM，則OC≤OM+CM，當O，C，K三點共線時OC=OM+CM，此時計算出最大值為2■+2．

二、填空題

1． 90°. 提示：分析題意發現當PO⊥AB時，邊AB上的高獲得最大，此時的三角形面積最大．

2. 180°. 提示：連結AE，易證點C是AB的中點，點F是BE的中點，由切線長定理得BC=BF，所以BA=BE．所以∠BAE=∠E．因為∠E=∠D，所以∠ABE+2∠D=∠ABE+∠E+∠BAE=180°．

3． ■. 提示：令w=5xy，由3x+5y-4=0得5y=4-3x，所以w=x（4－3x），即w=－3x2+4x. 配方得w=-3x-■2+■，據二次函數性質有當x=■時，w有最大值■．

4． 19.2. 提示：由題意可知，同一物高的影子平面和斜面的比為1∶3，故DE=18 m轉化為平面上則為6 m. 由相似三角形的性質可得出塔高AB為19.2 m．

5． 3. 提示：根據題意得6（u■－u■）=u■t，2（u■+u■）=u■t，解得t=3． 所以電車每隔3min從車站開出一部．

三、解答題

1． （1）由C1知，Δ=（m+2）2－4×■m2+2=m2+4m+4-2m2-8=-m2+4m-4=-（m-2）2≥0，所以m=2． 在C1中，當x=0時，y=4． 所以n=4．

（2）令y1＞y2時，有x2－4x+4>x2+4x+4，解得x＜0． 所以當x＜0時，y1＞y2.

（3）由C1向左平移4個單位長度即可得到C2．

2． 過點E作EF∥BC交CD于點F，在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，即52+BC2=132，所以BC=12 m. 在矩形BCFE中，CF=BE=8 m，EF=BC=12 m；在Rt△DEF中，DF2+EF2=DE2，即（13-8）2+122=DE2，所以DE=13 m. 而13÷2.6=5，所以鳳凰從點D飛到點E的時間是5 s．

3. （1）AC.

（2）點P為線段AC的中點. 因為∠ABC=90°，要使點A，B，C三點在同一圓上，則線段AC必為該圓的直徑. 同理，要使A，D，C在同一圓上，線段AC也必為該圓的直徑. 所以，點P應為線段AC的中點，圖略.

（3）因為四邊形ACEF是菱形，所以∠ADC=90°，AE=2AD，EC=2CD. 所以四邊形ABCD為損矩形. 由（2）可知，點A，B，C，D在同一個圓上．因為 BD平分∠ABC，所以∠ABD=∠CBD=45°. 所以■=■. 所以AD=CD. 所以四邊形ACEF為正方形． 因為BD平分∠ABC，BD=4■，所以點D到AB，BC的距離h為4. 所以S△ABD=■AB×h=2AB=6，S△ABC=■AB×BC=■BC，S△BDC=■BC×h=2BC，S△ACD＝■·S正方形ACEF＝■AC2＝■（BC2+9）. 因為S四邊形ABCD＝S△ABC+S△ACD=S△ABD+S△BDC，所以■BC＋■（BC2+9）=6＋2BC. 所以BC=5或BC=-3（舍去）. 所以BC=5．

4． （1）當a=2時，y=（x-2）2，則G（2，0），P（4，4）． 如圖，連結QG，PG，過點Q作QF⊥x軸于點F，過點P作PE⊥x軸于點E，依題意可得△GQF≌△PGE，則FQ=EG=2，FG=EP=4. 所以FO=2．所以Q（－2，2）．?搖

■

（2）如圖，延長QC到點E，使CE=CQ，連結OE．因為點C為OD中點，所以OC=CD． 因為∠ECO=∠QCD，所以 △ECO≌△QCD． 所以OE=DQ=a. 因為AQ=2QC，所以AQ=QE． 因為QO平分∠AQC，所以∠AQO=∠OQE． 所以 △AQO≌△EQO. 所以AO=EO=a． 所以A（0，a）． 因為A（0，a）在新的圖象上，A（0，a）繞點G（a，0）順時針旋轉90°后為A′（2a，a），所以a=（2a）2－2a·2a+a2，解得a1=1，a2=0（舍）． 所以a=1．

■

無錫育才中學

2010—2011學年模擬考試試題

1. A 2. A 3. D 4. B

5. A 6. B 7. C 8. C

9. D 10. A

11. －■ 12. 1.5×108?搖

13. m（m-4）

14. x■=1+■， x■=1－■

15. 44° 16. y>－5

17. 矩形（等腰梯形）

18. 1+■

19. （1）6 （2） ■?搖

20. （1）x=0?搖

（2）因為x>1， x>2，所以x>2.

21. （1）

■

（2）三門功課共有6種排法， 其中符合課務安排原則的有3種， 所以P（符合學校要求）=■=■.

（3）P（小剛猜對）=■．

22. （1）60%

（2）購買飲料總數位：3×1+2.5×2+2×3+1.5×4=3+5+6+6=20萬瓶， 人均購買=■=■=2瓶.

（3）設B出口人數為x萬人， 則C出口人數為（x+2）萬人， 則有3x+2（x+2）=49， 解得x=9， 所以B出口游客人數為9萬人.

■

23. （1）如圖，作AD⊥BC于點D，在Rt△ABD中，AD=ABsin45°=4×■=2■. 在Rt△ACD中，因為∠ACD=30°， 所以AC=2AD=4■≈5.6，即新傳送帶AC的長度約為5.6 m．

（2）結論：貨物MNQP應挪走． 在Rt△ABD中，BD=ABcos45°=4×■=2■， 在Rt△ACD中，CD=ACcos30°=4■×■=2■，所以CB=CD-BD=2■－2■≈2.1. 因為PC=PB-CB ≈4-2.1=1.9＜2，所以貨物MNQP應挪走．

24． （1）設y■=kx+b， 把點（10，4），（2，12）代入函數關系式得10k+b=4，2k+b=12， 解得k=－1，b=14， 所以y■=-x+14.

（2）當y■=y■時， 0.5x+11=-x+14， 解得x=2， 即當銷售價格為2元時， 產量等于市場需求量.

（3）由（2）可知，當2＜x≤10時， 產品的產量大于市場需求量， 則w=y■（x-2）-2（y■-y■）=（-x+14）（x-2）-2（0.5x+11+x-14）=-x2+13x-22． 所以w=0，x=2，-x2+13x-22，2

■

25． （1）過點A′作A′D垂直于x軸， 垂足為D，則四邊形OB′A′D為矩形， 在△A′DO中，A′D=OA′sin∠A′OD=4×sin60°=2■， OD=A′B′=AB=2， 所以點A′的坐標為（2， 2■）.

（2）因為C（0，4）在拋物線上， 所以c=4，所以y=ax2+bx+4. 因為A（4，0），A′（2，2■）在拋物線y=ax2+bx+4上，所以16a+4b+4=0， 4a+2b+4=2■， 解得a=■， b=2■－3， 所以所求解析式為y=■x2+（2■－3）x+4．

（3）①若以點O為直角頂點， 由于OC=OA=4， 點C在拋物線上， 則點C（0， 4）為滿足條件的點．

②若以點A為直角頂點， 則使△PAO為等腰直角三角形的點P的坐標應為（4，4）或（4，－4）， 經計算知，此兩點不在拋物線上．

③若以點P為直角頂點， 則使△PAO為等腰直角三角形的點P的坐標應為（2，2）或（2，－2）， 經過算知，此兩點也不在拋物線上．

綜上， 在拋物線上只有一點P（0，4），使△OAP為等腰直角三角形．

26.?搖（1）∠CMQ=60°不變. 因為在等邊三角形中， AB=AC， ∠B=∠CAP=60°，又由條件得AP=BQ， 所以△ABQ≌△CAP. 所以∠BAQ=∠ACP， 所以∠CMQ=∠ACP+∠CAM=∠BAQ+∠CAM=∠BAC=60°.

（2）設時間為t，則AP=BQ=t，PB=4-t，當∠PQB=90°時，因為∠B=60°，所以PB=2BQ，得4－t=2t，t=■；當∠BPQ=90°時，因為∠B=60°，所以BQ=2PB，得t=2（4－t），t=■， 所以當第■秒或第■秒時，△PBQ為直角三角形.

（3）∠CMQ=120°不變，因為在等邊三角形中，AB=AC，∠B=∠CAP=60°，所以∠PBC=∠ACQ=120°. 又由條件得BP=CQ，所以△PBC≌△ACQ. 所以∠BPC=∠MQC. 又因為∠PCB=∠MCQ，所以∠CMQ=∠PBC=120°.

27． （1）因為Pa，■，Rb，■且是分別過點P和R作x軸和y軸的平行線， 所以Mb，■. 設OM的函數表達式為y=kx，■=bk，k=■，所以y=■.

（2）因為Pa，■，Rb，■且是分別過點P和R作x軸和y軸的平行線，所以Qa，■. 因為Q在OM上， 所以把Q（a，y）代入y=■，y=■，因為■=■，所以Q在OM上.易證得四邊形PQRM為矩形，所以PS=RS=OS=MS，所以∠SQR=∠SRQ. 因為∠PSQ為△SQR的外角，所以∠PSQ=2∠SQR. 因為QR平行于x軸，所以∠SQR=∠SOH. 因為PR=2PO，所以PO=PS. 所以∠PSQ=∠POS，所以∠POS=2∠SQR. 所以∠POS=2∠SOH，所以∠MOB=■∠AOB .

28． （1）設第一次相切時，△ABC移至△A′B′C′處， A′C′與⊙O切于點E， 連結OE并延長交B′C′于F． 設⊙O與直線l相切于點D，連結OD，則OE⊥A′C′，OD⊥直線l． 由切線長定理可知C′E=C′D，設C′D=x，則C′E=x，易知C′F=■x． 所以■x+x=1，所以x=■-1，所以CC′=5-1-（■-1）=5-■． 所以點C運動的時間為（5-■）÷（2+0.5）=2-■． 所以點B運動的的距離為2-■×2=4-■．

（2）①因為△ABC與⊙O從開始運動到最后一次相切時， 是AC與圓相切， 且圓在AB的左側， 故路程差為6， 速度差為1， 所以從開始運動到最后一次相切的時間為6 s．

②因為△ABC與⊙O從開始運動到第二次相切時路程差為4，速度差為1，所以從開始運動到第二次相切的時間為4 s，此時△ABC移至△A″B″C″處， A″B″=1+4×■=3．

（3）連結B″O并延長交A″C″于點P，易證B″P⊥A″C″，且OP=■-■=■＜1． 所以此時⊙O與A″C″相交，所以不存在．

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北京四中

2011年中考數學全真模擬試題

1. C 2. C 3. B 4. C

5. D 6. C 7. C 8. C

9. A 10. D

11． x≤6 12． 17 13． －6

14． 54a6 15． 1371 16． 3.75

17. （1）2x－3<5， ①3x+2≥-1. ②由①得x<4，由②得x≥-1，所以不等式組的解集為－1≤x<4．

（2）y3－4x2y=y（y2－4x2）=y（y+2x）（y－2x）．

18． 因為AB為直徑，所以∠ACB=90°. 因為∠CAB=30°，所以∠ABC=60°. 所以■=■■.

因為AD=DC，所以■=■=■■. 所以■=■． 所以BC=AD． 在Rt△ABC中，因為∠CAB=30°， AC=2■且BC=AC·tan∠CAB． 所以BC=2■×tan30°=2． 所以AD=2．

19． （1）1993，1998．

（2）從1993年經濟過熱逐漸降溫，到1998年經濟過冷，之后經濟逐步回升并趨于穩定. 由圖表預測2005年經濟雖然有所降溫，但總體保持穩定．

20． 因為PA為⊙O的切線，A為切點，所以OA⊥PA，所以∠OAP=90°．

在Rt△OAP中，因為sin∠OPA=■=■=■，所以∠OPA=30°，所以∠AOP=90°－∠OPA=90°－30°=60°．

在△OAB中，因為∠AOP=60°，OA=OB，所以∠OAB=60°．

所以∠BAP=∠OAP－∠OAB=90°－60°=30°．

21． （1）在平面展開圖中可畫出最長的線段長為■．

如下圖中的A′C′， 在Rt△A′C′D′中， 因為C′D′=1，A′D′=3，由勾股定理得所以A′C′=■=■=■. 故這樣的線段可畫4條（另三條用虛線標出）．

（2）因為立體圖中∠BAC為平面等腰直角三角形的一銳角，所以∠BAC=45°． 在平面展開圖中，連結線段B′C′，由勾股定理可得A′B′=■，B′C′=■． 又因為A′B′2+B′C′2=A′C′2，由勾股定理的逆定理可得△A′B′C′為直角三角形． 又因為A′B′=B′C′，所以△A′B′C′為等腰直角三角形． 所以∠B′A′C′=45°． 所以∠BAC與∠B′A′C′相等．

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22． 因為拋物線與x軸兩交點的距離為4，且以x=1為對稱軸，所以拋物線與x軸兩交點的坐標為（－1，0），（3，0）． 設拋物線的解析式y=a（x+1）（x－3），又因為拋物線過（2，－3），所以－3=a（2+1）（2－3），解得a=1． 所以二次函數的解析式為y=x2－2x－3．

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23． （1）小胖的話不對．?搖小胖說“真可惜！我現在只能將你最高翹到1 m高”，情形如上圖所示，OP是標準蹺蹺板支架的高度，AC是蹺蹺板一端能翹到的最高高度1米，BC是地面．因為OP⊥BC，AC⊥BC，∠OBP=∠ABC，所以△OBP∽△ABC.所以■=■. 又因為此蹺蹺板是標準蹺蹺板，BO=OA，所以■=■，而AC=1 m，得OP=0.5 m． 若將兩端同時都再伸長相同的長度，假設為a m（a>0）．

如圖所示，BD=a m，AE=a m，因為BO=OA，所以BO+a=OA+a，即DO=OE．所以■=■，同理可得△DOP∽△DEF．所以■=■，由OP=0.5 m，得EF=1 m．

綜上所述，蹺蹺板兩邊同時都再伸長相同的一段長度，蹺蹺板能翹到的最高高度始終為支架OP高度的兩倍，所以不可能翹得更高．

（2）保持BO長度不變． 將OA延長一半至E，即只將小瘦一邊伸長一半，使AE=■OA，則■=■． 由△BOP∽△BEF，得■=■.?搖所以EF=1.25 m．

24． （1）因為實心小球在碰到菱形擋塊時向左或向右下落是等可能的，所以經過一個菱形擋塊后向左或向右下落的概率各是原概率的一半．畫樹狀圖可知，落到A點位置的概率為■+■=■．

（2）同理可畫樹狀圖，得落到B點位置的概率為■+■=■． 同理可畫樹狀圖，得落到C點位置的概率為■+■=■．