2021年山东省德州市中考数学试卷祥细答案与解析

2021年山东省德州市中考数学试卷
一、选择题：本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，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. |−2020|的结果是（）
A.1 2020
B.2020
C.−1
2020
D.−2020
2. 下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（）
A. B. C. D.
3. 下列运算正确的是（）
A.6a−5a＝1
B.a2⋅a3＝a5
C.(−2a)2＝−4a2
D.a6÷a2＝a3
4. 如图1是用5个相同的正方体搭成的立体图形．若由图1变化至图2，则三视图中没有发生变化的是（）
A.主视图
B.主视图和左视图
C.主视图和俯视图
D.左视图和俯视图
5. 为提升学生的自理和自立能力，李老师调查了全班学生在一周内的做饭次数情况，调查结果如下表：
）
A.4
B.5
C.6
D.7
6. 如图，小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45∘，再沿直线前进8米，又向左转45∘，⋯照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为( )
A.80米
B.96米
C.64米
D.48米
7. 函数y=k
x
和y=−kx+2(k≠0)在同一平面直角坐标系中的大致图象可能是( ) A. B.
C. D.
8. 下列命题：
①一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形；
②对角线互相垂直且平分的四边形是菱形；
③一个角为90∘且一组邻边相等的四边形是正方形；
④对角线相等的平行四边形是矩形．
其中真命题的个数是（）
A.1
B.2
C.3
D.4
9. 若关于x的不等式组 {2−x
2
>2x−4
3
，
−3x>−2x−a
的解集是x<2，则a的取值范围是( )
A.a≥2
B.a<−2
C.a>2
D.a≤2
10. 如图，圆内接正六边形的边长为4，以其各边为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为（）
A.24√3−4π
B.12√3+4π
C.24√3+8π
D.24√3+4π
11. 二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象如图所示，则下列选项错误的是（）
A.若(−2, y1)，(5, y2)是图象上的两点，则y1>y2
B.3a+c＝0
C.方程ax2+bx+c＝−2有两个不相等的实数根
D.当x≥0时，y随x的增大而减小
12. 如图是用黑色棋子摆成的美丽图案，按照这样的规律摆下去，第10个这样的图案
需要黑色棋子的个数为（）
A.148
B.152
C.174
D.202
二、填空题：本大题共6小题，共24分，只要求填写最后结果，每小题填对得4分．计算：√27−√3=________．
若一个圆锥的底面半径是2cm，母线长是6cm，则该圆锥侧面展开图的圆心角是
________度．
平面直角坐标系中，点A的坐标是(−2, 1)，以原点O为位似中心，把线段OA放大为原来的2倍，点A的对应点为A′．若点A′恰在某一反比例函数图象上，则该反比例函数的解析式为________．
菱形的一条对角线长为8，其边长是方程x2−9x+20＝0的一个根，则该菱形的周长为________．
如图，在4×4的正方形网格中，有4个小正方形已经涂黑，若再涂黑任意1个白色的小正方形（每个白色小正方形被涂黑的可能性相同），使新构成的黑色部分图形是轴对称图形的概率是________．
如图，在矩形ABCD中，AB=√3+2，AD=√3．把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处，再将△AED′绕点E顺时针旋转α，得到△A′ED″，使得EA′恰好经过BD′的中点F．A′D″交AB于点G，连接AA′．有如下结论：①A′F的长度是√6−2；②弧
D′D″的长度是5√3
12
π；③△A′AF≅△A′EG；④△AA′F∽△EGF．上述结论中，所有正确的序号是________．
三、解答题：本大题共7小题，共78分．解答要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
先化简：(x−1
x−2−x+2
x
)÷4−x
x2−4x+4
，然后选择一个合适的x值代入求值．
某校“校园主持人大赛”结束后，将所有参赛选手的比赛成绩（得分均为整数）进行整理，并分别绘制成扇形统计图和频数直方图．部分信息如下：
（1）本次比赛参赛选手共有________人，扇形统计图中“79.5∼89.5”这一范围的人数
占总参赛人数的百分比为________；
（2）补全图2频数直方图；
（3）赛前规定，成绩由高到低前40%的参赛选手获奖．某参赛选手的比赛成绩为88分，试判断他能否获奖，并说明理由；
（4）成绩前四名是2名男生和2名女生，若从他们中任选2人作为该校文艺晚会的主持人，试求恰好选中1男1女为主持人的概率．
如图，无人机在离地面60米的C处，观测楼房顶部B的俯角为30∘，观测楼房底部A的
俯角为60∘，求楼房的高度．
如图，点C在以AB为直径的⊙O上，点D是半圆AB的中点，连接AC，BC，AD，BD．过点D作DH // AB交CB的延长线于点H．
（1）求证：直线DH是⊙O的切线；
（2）若AB＝10，BC＝6，求AD，BH的长．
小刚去超市购买画笔，第一次花60元买了若干支A型画笔，第二次超市推荐了B型画笔，但B型画笔比A型画笔的单价贵2元，他又花100元买了相同支数的B型画笔．
(1)超市B型画笔单价多少元？
(2)小刚使用两种画笔后，决定以后使用B型画笔，但感觉其价格稍贵，和超市沟通后，超市给出以下优惠方案：一次购买不超过20支，则每支B型画笔打九折；若一次购买
超过20支，则前20支打九折，超过的部分打八折．设小刚购买的B型画笔x支，购买费
用为y元，请写出y关于x的函数关系式．
(3)在(2)的优惠方案下，若小刚计划用270元购买B型画笔，则能购买多少支B型画笔？
问题探究：
小红遇到这样一个问题：如图1，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD是中线，求AD的取
值范围．她的做法是：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证明△BED≅△CAD，经
过推理和计算使问题得到解决．
请回答：（1）小红证明△BED≅△CAD的判定定理是：________；
（2）AD的取值范围是________；
方法运用：
（3）如图2，AD是△ABC的中线，在AD上取一点F，连结BF并延长交AC于点E，使
AE＝EF，求证：BF＝AC．
（4）如图3，在矩形ABCD中，AB
BC =1
2
，在BD上取一点F，以BF为斜边作Rt△BEF，
且EF
BE =1
2
，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：EG＝CG．
如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标是(0, −2)，在x轴上任取一点M，连接AM，
AM长为半径作弧，两弧相交于点G，H两点，作直线
分别以点A和点M为圆心，大于1
2
GH，过点M作x轴的垂线l交直线GH于点P．根据以上操作，完成下列问题．
探究：
(1)线段PA与PM的数量关系为________，其理由为：________．
(2)在x轴上多次改变点M的位置，按上述作图方法得到相应点P的坐标，并完成下列表格：
猜想：
(3)请根据上述表格中P点的坐标，把这些点用平滑的曲线在图2中连接起来；观察画出的曲线L，猜想曲线L的形状是________．
验证：
(4)设点P的坐标是(x, y)，根据图1中线段PA与PM的关系，求出y关于x的函数解析式．
应用：
(5)如图3，点B(−1, √3)，C(1, √3)，点D为曲线L上任意一点，且∠BDC<30∘，求点D
的纵坐标y D的取值范围．
参考答案与试题解析
2021年山东省德州市中考数学试卷
一、选择题：本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，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.
【答案】
B
【考点】
绝对值
【解析】
根据绝对值的性质直接解答即可．
【解答】
|−2020|＝2020；
2.
【答案】
B
【考点】
轴对称图形
中心对称图形
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】
A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故此选项不合题意；
B、是中心对称图形但不是轴对称图形．故此选项符合题意；
C、既是轴对称图形，又是中心对称图形．故此选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．故此选项不合题意．
3.
【答案】
B
【考点】
合并同类项
同底数幂的乘法
同底数幂的除法
幂的乘方与积的乘方
【解析】
利用整式的四则运算法则分别计算，可得出答案．
【解答】
6a−5a＝a，因此选项A不符合题意；
a2⋅a3＝a5，因此选项B符合题意；
(−2a)2＝4a2，因此选项C不符合题意；
a6÷a2＝a6−2＝a4，因此选项D不符合题意；
4.
【答案】
D
【考点】
简单组合体的三视图
【解析】
根据主视图是从物体的正面看得到的视图，俯视图是从上面看得到的图形，左视图是
左边看得到的图形，可得答案．
【解答】
图1主视图第一层三个正方形，第二层左边一个正方形；图2主视图第一层三个正方形，第二层右边一个正方形；故主视图发生变化；
左视图都是第一层两个正方形，第二层左边一个正方形，故左视图不变；
俯视图都是底层左边是一个正方形，上层是三个正方形，故俯视图不变．
∴不改变的是左视图和俯视图．
5.
【答案】
C
【考点】
加权平均数
【解析】
利用加权平均数的计算方法进行计算即可．
【解答】
=6（次），
x¯=4×7+5×6+6×12+7×10+8×5
7+6+12+10+5
6.
【答案】
C
【考点】
多边形内角与外角
【解析】
根据多边形的外角和即可求出答案．
【解答】
解：根据题意可知，他需要转360÷45=8次才会回到原点，
所以一共走了8×8=64（米）．
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
一次函数的图象
反比例函数的图象
【解析】
根据题目中函数的解析式，利用一次函数和反比例函数图象的特点解答本题．
【解答】
解：在函数y=k
和y=−kx+2(k≠0)中，
x
当k >0时，函数y =k
x 的图象在第一、三象限，函数y =−kx +2的图象在第一、二、四象限，故选项A ，B 错误，选项D 正确，
当k <0时，函数y =k x 的图象在第二、四象限，函数y =−kx +2的图象在第一、二、
三象限，故选项C 错误， 故选D ． 8.
【答案】 B
【考点】 命题与定理 【解析】
根据平行四边形的判定、菱形的判定、正方形和矩形的判定判断即可． 【解答】
①一组对边平行且这组对边相等的四边形是平行四边形，原命题是假命题； ②对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，是真命题；
③一个角为90∘且一组邻边相等的平行四边形是正方形，原命题是假命题； ④对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题； 9.
【答案】 A
【考点】
解一元一次不等式组 【解析】
分别求出每个不等式的解集，根据不等式组的解集为x <2可得关于a 的不等式，解之可得． 【解答】
解：解不等式组 {2−x
2>
2x−4
3，①−3x >−2x −a ，②
由①可得：x <2， 由②可得：x <a ，
∵ 关于x 的不等式组 {2−x
2>
2x−4
3，
−3x >−2x −a ，
的解集是x <2，
∴ a ≥2. 故选A . 10. 【答案】 A
【考点】 正多边形和圆 扇形面积的计算 【解析】
设正六边形的中心为O，连接OA，OB首先求出弓形AmB的面积，再根据S
阴
＝6⋅
(S
半圆−S
弓形AmB
)求解即可．
【解答】
设正六边形的中心为O，连接OA，OB．
由题意，OA＝OB＝AB＝4，
∴S
弓形AmB ＝S
扇形OAB
−S△AOB=60⋅π⋅42
360
−√3
4
×42=8
3
π−4√3，
∴S
阴＝6⋅(S
半圆
−S
弓形AmB
)＝6⋅(1
2
⋅π⋅22−8
3
π+4√3)＝24√3−4π，
11.
【答案】
D
【考点】
抛物线与x轴的交点
根的判别式
二次函数图象上点的坐标特征
二次函数图象与系数的关系
【解析】
根据二次函数的图象和性质分别对各个选项进行判断即可．
【解答】
∵抛物线的对称轴为直线x＝1，a<0，
∴点(−1, 0)关于直线x＝1的对称点为(3, 0)，
则抛物线与x轴的另一个交点坐标为(3, 0)，点(−2, y1)与(4, y1)是对称点，
∵当x>1时，函数y随x增大而减小，
故A选项不符合题意；
把点(−1, 0)，(3, 0)代入y＝ax2+bx+c得：a−b+c＝0①，9a+3b+c＝0②，①×3+②得：12a+4c＝0，
∴3a+c＝0，
故B选项不符合题意；
当y＝−2时，y＝ax2+bx+c＝−2，
由图象得：纵坐标为−2的点有2个，
∴方程ax2+bx+c＝−2有两个不相等的实数根，
故C选项不符合题意；
∵二次函数图象的对称轴为x＝1，a<0，
∴当x≤1时，y随x的增大而增大；
当x≥1时，y随x的增大而减小；
故D选项符合题意；
12.
【答案】
C
【考点】
规律型：点的坐标
规律型：数字的变化类
规律型：图形的变化类
【解析】
观察各图可知，后一个图案比前一个图案多2(n+3)枚棋子，然后写成第n个图案的通式，再取n＝10进行计算即可求解．
【解答】
根据图形，第1个图案有12枚棋子，
第2个图案有22枚棋子，
第3个图案有34枚棋子，
…
第n个图案有2(1+2+...+n+2)+2(n−1)＝n2+7n+4枚棋子，
故第10个这样的图案需要黑色棋子的个数为102+7×10+4＝100+70+4＝174（枚）．
二、填空题：本大题共6小题，共24分，只要求填写最后结果，每小题填对得4分．【答案】
2√3
【考点】
二次根式的加减混合运算
二次根式的性质与化简
【解析】
先将二次根式化为最简，然后合并同类二次根式即可得出答案．
【解答】
解：原式=3√3−√3=2√3．
故答案为：2√3．
【答案】
120
【考点】
圆锥的计算
【解析】
根据圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长，首先求得展开图的弧长，然后根
据弧长公式即可求解．
【解答】
圆锥侧面展开图的弧长是：2π×2＝4π(cm)，
设圆心角的度数是n度．则nπ×6
180
=4π，
解得：n＝120．
【答案】
y=−8 x
【考点】
待定系数法求反比例函数解析式
反比例函数图象上点的坐标特征
位似变换
【解析】
直接利用位似图形的性质得出A′坐标，进而求出函数解析式．
【解答】
解：∵点A的坐标是(−2, 1)，以原点O为位似中心，把线段OA放大为原来的2倍，点A的对应点为A′，
∴A′坐标为：(−4, 2)或(4, −2)，
∵A′恰在某一反比例函数图象上，
∴该反比例函数解析式为：y=−8
x
．
故答案为：y=−8
x
.
【答案】
20
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
菱形的性质
【解析】
解方程得出x＝4或x＝5，分两种情况：①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；②当AB＝AD＝5时，5+5>8，即可得出菱形ABCD的周长．
【解答】
②当AB＝AD＝5时，5+5>8，
∴菱形ABCD的周长＝4AB＝20．
故答案为：20．
【答案】
1
6
【考点】
几何概率
利用轴对称设计图案
【解析】
直接利用轴对称图形的性质结合概率求法得出答案．
【解答】
如图所示：当分别将1，2位置涂黑，构成的黑色部分图形是轴对称图形，
故新构成的黑色部分图形是轴对称图形的概率是：2
12=1
6
．
故答案为：1
6
．
【答案】
①②④
【考点】
四边形综合题
【解析】
由折叠的性质可得∠D＝∠AD′E＝90∘＝∠DAD′，AD＝AD′，可证四边形ADED′是正方形，可得AD＝AD′＝D′E＝DE=√3，AE=√2AD=√6，∠EAD′＝∠AED′＝45∘，由勾股定理可求EF的长，由旋转的性质可得AE＝A′E=√6，∠D′ED′′＝α，∠EA′D′′＝
∠EAD′＝45∘，可求A′F=√6−2，可判断①；由锐角三角函数可求∠FED′＝30∘，由弧长公式可求弧D′D″的长度，可判断②；由等腰三角形的性质可求∠EAA′＝∠EA′A＝52.5∘，∠A′AF＝7.5∘，可判断③；由“HL”可证Rt△ED′G≅Rt△ED′′G，可得∴
∠D′GE＝∠D′′GE＝52.5∘，可证△AFA′∽△EFG，可判断④，即可求解．
【解答】
∵把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处，
∴∠D＝∠AD′E＝90∘＝∠DAD′，AD＝AD′，
∴四边形ADED′是矩形，
又∵AD＝AD′=√3，
∴四边形ADED′是正方形，
∴AD＝AD′＝D′E＝DE=√3，AE=√2AD=√6，∠EAD′＝∠AED′＝45∘，
∴D′B＝AB−AD′＝2，
∵点F是BD′中点，
∴D′F＝1，
∴EF=√D′E2+D′F2=√3+1=2，
∵将△AED′绕点E顺时针旋转α，
∴AE＝A′E=√6，∠D′ED′′＝α，∠EA′D′′＝∠EAD′＝45∘，
∴A′F=√6−2，故①正确；
∵tan∠FED′=D′F
D′E =
√3
=√3
3
，
∴∠FED′＝30∘
∴α＝30∘+45∘＝75∘，
∴弧D′D″的长度=75×π×√3
180=5√3
12
π，故②正确；
∵AE＝A′E，∠AEA′＝75∘，
∴∠EAA′＝∠EA′A＝52.5∘，
∴∠A′AF＝7.5∘，
∵∠AA′F≠∠EA′G，∠AA′E≠∠EA′G，∠AFA′＝120∘≠∠EA′G，∴△AA′F与△A′GE不全等，故③错误；
∵D′E＝D′′E，EG＝EG，
∴Rt△ED′G≅Rt△ED′′G(HL)，
∴∠D′GE＝∠D′′GE，
∵∠AGD′′＝∠A′AG+∠AA′G＝105∘，
∴∠D′GE＝52.5∘＝∠AA′F，
又∵∠AFA′＝∠EFG，
∴△AFA′∽△EFG，故④正确，
三、解答题：本大题共7小题，共78分．解答要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
【答案】
(x−1
x−2
−
x+2
x
)÷
4−x
x2−4x+4
=[x(x−1)
x(x−2)
−
(x−2)(x+2)
x(x−2)
]×
(x−2)2
4−x
=
4−x
x(x−2)
⋅
(x−2)2
4−x
=x−2
x
，
把x＝1代入x−2
x =1−2
x
=−1．
【考点】
分式的化简求值
【解析】
先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把x的值代入进行计算即可．【解答】
(x−1
x−2
−
x+2
x
)÷
4−x
x2−4x+4
=[x(x−1)
x(x−2)
−
(x−2)(x+2)
x(x−2)
]×
(x−2)2
4−x
=4−x
⋅
(x−2)2
=x−2
x
，
把x＝1代入x−2
x =1−2
x
=−1．
【答案】
50,36%
∵ “69.5∼79.5”这一范围的人数为50×30%＝15（人），∴ “69.5∼74.5”这一范围的人数为15−8＝7（人），
∵ “79.5∼89.5”这一范围的人数为50×36%＝18（人），∴ “79.5∼84.5”这一范围的人数为18−8＝10（人）；
补全图2频数直方图：
能获奖．理由如下：
∵本次比赛参赛选手50人，
∴成绩由高到低前40%的参赛选手人数为50×40%＝20（人），又∵88>84.5，
∴能获奖；
画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中恰好选中1男1女的结果数为8，
所以恰好选中1男1女的概率=8
12=2
3
．
【考点】
扇形统计图
频数（率）分布直方图
条形统计图
列表法与树状图法
【解析】
（1）用“89.5∼99.5”的人数除以它们所占的百分比可得到调查的总人数；59.5∼69.5”这一范围的人数占总参赛人数的百分比，即可得出答案；
（2）求出“69.5∼74.5”这一范围的人数为15−8＝7（人），“79.5∼84.5”这一范围的人数为18−8＝10（人）；补全图2频数直方图即可：
（3）求出成绩由高到低前40%的参赛选手人数为50×40%＝20（人），由88>84.5，即可得出结论；
（4）画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出恰好选中1男1女的结果数，然
后根据概率公式求解．
【解答】
本次比赛参赛选手共有：(8+4)÷24%＝50（人），
“59.5∼69.5”这一范围的人数占总参赛人数的百分比为2+3
50
×100%＝10%，
∴79.5∼89.5”这一范围的人数占总参赛人数的百分比为100%−24%−10%−30%＝36%；
故答案为：50，36%；
∵ “69.5∼79.5”这一范围的人数为50×30%＝15（人），
∴ “69.5∼74.5”这一范围的人数为15−8＝7（人），
∵ “79.5∼89.5”这一范围的人数为50×36%＝18（人），
∴ “79.5∼84.5”这一范围的人数为18−8＝10（人）；
补全图2频数直方图：
能获奖．理由如下：
∵本次比赛参赛选手50人，
∴成绩由高到低前40%的参赛选手人数为50×40%＝20（人），又∵88>84.5，
∴能获奖；
画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中恰好选中1男1女的结果数为8，
所以恰好选中1男1女的概率=8
12=2
3
．
【答案】
楼房的高度为40米．
【考点】
解直角三角形的应用-仰角俯角问题
【解析】
过B作BE⊥CD交CD于E，由题意得，∠CBE＝30∘，∠CAD＝60∘，解直角三角形即可得到结论．
【解答】
过B作BE⊥CD交CD于E，
由题意得，∠CBE＝30∘，∠CAD＝60∘，
在Rt△ACD中，tan∠CAD＝tan60∘=CD
AD
=√3，
∴AD=
3
=20√3，
∴BE＝AD＝20√3，
在Rt△BCE中，tan∠CBE＝tan30∘=CE
BE =√3
3
，
∴CE＝20√3×√3
3
=20，
∴ED＝CD−CE＝60−20＝40，
∴AB＝ED＝40（米），
【答案】
证明：连接OD，
∵AB为⊙O的直径，点D是半圆AB的中点，
∴∠AOD=1
2
∠AOB＝90∘，
∵DH // AB，
∴∠ODH＝90∘，
∴OD⊥DH，
∴直线DH是⊙O的切线；
连接CD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠ACB＝90∘，
∵点D是半圆AB的中点，
∴AD̂=DB̂，
∴AD＝DB，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∵AB＝10，
∴AD＝10sin∠ABD＝10sin45∘＝10×√2
2
=5√2，∵AB＝10，BC＝6，
∴AC=√102−62=8，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠CAD+∠CBD＝180∘，
∵∠DBH+∠CBD＝180∘，
∴∠CAD＝∠DBH，
由（1）知∠AOD＝90∘，∠OBD＝45∘，
∴∠ACD＝45∘，
∵DH // AB，
∴∠BDH＝∠OBD＝45∘，
∴∠ACD＝∠BDH，
∴△ACD∽△BDH，
∴AC
BD =AD
BH
，
∴
5√2=5√2
BH
，
解得：BH=25
4
．
【考点】
圆周角定理
切线的判定与性质
【解析】
（1）连接OD，根据圆周角定理得到∠AOD=1
2
∠AOB＝90∘，根据平行线的性质得到∠ODH＝90∘，于是得到结论；
（2）连接CD，根据圆周角定理得到∠ADB＝∠ACB＝90∘，推出△ABD是等腰直角三角形，得到AB＝10，解直角三角形得到AC=√102−62=8，求得∠CAD＝∠DBH，根据平行线的性质得到∠BDH＝∠OBD＝45∘，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】
证明：连接OD，
∵AB为⊙O的直径，点D是半圆AB的中点，
∴∠AOD=1
2
∠AOB＝90∘，
∵DH // AB，
∴∠ODH＝90∘，
∴OD⊥DH，
∴直线DH是⊙O的切线；
连接CD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠ACB＝90∘，
∵点D是半圆AB的中点，
∴AD̂=DB̂，
∴AD＝DB，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∵AB＝10，
∴AD＝10sin∠ABD＝10sin45∘＝10×√2
2
=5√2，
∵AB＝10，BC＝6，
∴AC=√102−62=8，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠CAD+∠CBD＝180∘，
∵∠DBH+∠CBD＝180∘，
∴∠CAD＝∠DBH，
由（1）知∠AOD ＝90∘，∠OBD ＝45∘，
∴ ∠ACD ＝45∘，
∵ DH // AB ，
∴ ∠BDH ＝∠OBD ＝45∘，
∴ ∠ACD ＝∠BDH ，
∴ △ACD ∽△BDH ，
∴ AC BD =AD BH ，
∴ 5√2=5√2BH
， 解得：BH =25
4．
【答案】
解：(1)设超市B 型画笔单价为a 元，则A 型画笔单价为(a −2)元．
根据题意得，60a−2=100
a ，
解得a =5．
经检验，a =5是原方程的解．
答：超市B 型画笔单价为5元.
(2)由题意知，
当小刚购买的B 型画笔支数x ≤20时，
费用为y =0.9×5x =4.5x ，
当小刚购买的B 型画笔支数x >20时，
费用为y =0.9×5×20+0.8×5(x −20)=4x +10．
所以，y 关于x 的函数关系式为y ={4.5x(1≤x ≤20),4x +10(x >20).
（其中x 是正整数）. (3)当4.5x =270时，解得x =60，
∵ 60>20，
∴ x =60不合题意，舍去；
当4x +10=270时，解得x =65，符合题意．
答：若小刚计划用270元购买B 型画笔，则能购买65支B 型画笔．
【考点】
一次函数的应用
分式方程的应用
【解析】
（1）设超市B 型画笔单价为a 元，则A 型画笔单价为(a −2)元．根据等量关系：第一次花60元买A 型画笔的支数＝第二次花100元买B 型画笔的支数列出方程，求解即可；
（2）根据超市给出的优惠方案，分x ≤20与x >20两种情况进行讨论，利用售价＝单
价×数量分别列出y 关于x 的函数关系式；
（3）将y ＝270分别代入（2）中所求的函数解析式，根据x 的范围确定答案．
【解答】
解：(1)设超市B 型画笔单价为a 元，则A 型画笔单价为(a −2)元．
根据题意得，60a−2=100a ，
解得a =5．
经检验，a =5是原方程的解．
答：超市B 型画笔单价为5元.
(2)由题意知，
当小刚购买的B 型画笔支数x ≤20时，
费用为y =0.9×5x =4.5x ，
当小刚购买的B 型画笔支数x >20时，
费用为y =0.9×5×20+0.8×5(x −20)=4x +10．
所以，y 关于x 的函数关系式为y ={4.5x(1≤x ≤20),4x +10(x >20).
（其中x 是正整数）. (3)当4.5x =270时，解得x =60，
∵ 60>20，
∴ x =60不合题意，舍去；
当4x +10=270时，解得x =65，符合题意．
答：若小刚计划用270元购买B 型画笔，则能购买65支B 型画笔．
【答案】
SAS ,1<AD <5
【考点】
四边形综合题
【解析】
（1）由“SAS ”可证△BED ≅△CAD ；
（2）由全等三角形的性质可得AC ＝BE ＝4，由三角形的三边关系可求解；
（3）延长AD 至H ，使AD ＝DH ，连接BH ，由“SAS ”可证△BHD ≅△CAD ，可得AC ＝BH ，∠CAD ＝∠H ，由等腰三角形的性质可得∠H ＝∠BFH ，可得BF ＝BH ＝AC ；
（4）延长CG 至N ，使NG ＝CG ，连接EN ，CE ，NF ，由“SAS ”可证△NGF ≅△CGD ，可得CD ＝NF ，∠CDB ＝∠NFG ，通过证明△BEC ∽△FEN ，可得∠BEC ＝∠FEN ，可得∠BEF ＝∠NEC ＝90∘，由直角三角形的性质可得结论．
【解答】
（2）∵ △BED ≅△CAD ，
∴ AC ＝BE ＝4，
在△ABE 中，AB −BE <AE <AB +BE ，
∴ 2<2AD <10，
∴ 1<AD <5，
故答案为：1<AD <5(1)(3)如图2，延长AD 至H ，使AD ＝DH ，连接BH ，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
又∵∠ADC＝∠BDH，AD＝DH，
∴△ADC≅△HDB(SAS)，
∴AC＝BH，∠CAD＝∠H，
∵AE＝EF，
∴∠EAF＝∠AFE，
∴∠H＝∠BFH，
∴BF＝BH，
∴AC＝BF(2)(4)如图3，延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，
∵点G是DF的中点，
∴DG＝GF，
又∵∠NGF＝∠DGC，CG＝NG，
∴△NGF≅△CGD(SAS)，
∴CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，
∵AB
AD =AB
BC
=1
2
，EF
BE
=1
2
，
∴tan∠ADB=1
2，tan∠EBF=1
2
，
∴∠ADB＝∠EBF，
∵AD // BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠EBF＝∠DBC，
∴∠EBC＝2∠DBC，
∵∠EBF+∠EFB＝90∘，∠DBC+∠BDC＝90∘，
∴∠EFB＝∠BDC＝∠NFG，∠EBF+∠EFB+∠DBC+∠BDC＝180∘，∴2∠DBC+∠EFB+∠NFG＝180∘，
又∵∠NFG+∠BFE+∠EFN＝180∘，
∴∠EFN＝2∠DBC，
∴∠EBC＝∠EFN，
∵AB
BC =CD
BC
=1
2
=EF
BE
，且CD＝NF，
∴BE
BC =EF
NF
∴△BEC∽△FEN，
∴∠BEC＝∠FEN，
∴∠BEF＝∠NEC＝90∘，
又∵CG＝NG，
∴EG=1
2
NC，
∴EG＝GC．
【答案】
PA=PM,线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等
(−2, −2),(4, −5)
抛物线
(4)∵PA=PM，点P的坐标是(x, y)，(y<0)，
∴√(x−0)2+(y+2)2=−y，
∴y=−1
4
x2−1.
(5)∵点B(−1, √3)，C(1, √3)，
∴BC=2，OB=√(−1−0)2+(√3−0)2=2，OC=√(1−0)2+(√3−0)2=2，∴BC=OB=OC，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠BOC=60∘，
如图3，以O为圆心，OB为半径作圆O，交抛物线L与点E，连接BE，CE，
∴∠BEC=30∘，
设点E(m, n)，
∵点E在抛物线上，
∴n=−1
4
m2−1，
∵OE=OB=2，
∴√(m−0)2+(n−0)2=2，
∴n1=2−2√3，n2=2+2√3（舍去），
如图3，可知当点D在点E下方时，∠BDC<30∘，
∴点D的纵坐标y D的取值范围为y D<2−2√3．
【考点】
二次函数综合题
线段垂直平分线的性质
【解析】
（1）由题意可得GH是AM的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质可求解；
（2）由（1）可知：PA＝PM，利用两点距离公式可求点P坐标；
（3）依照题意，画出图象；
（4）由两点距离公式可得−y=√(x−0)2+(y+2)2，可求y关于x的函数解析式；（5）由两点距离公式可求BC＝OB＝OC，可证△BOC是等边三角形，可得∠BOC＝60∘，以O为圆心，OB为半径作圆O，交抛物线L与点E，连接BE，CE，可得∠BEC＝30∘，则当点D在点E下方时，∠BDC<30∘，求出点E的纵坐标即可求解．
【解答】
AM的长为半径作弧，两弧相交于G，H两解：(1)∵分别以点A和点M为圆心，大于1
2
点，
∴GH是AM的垂直平分线，
∵点P是GH上一点，
∴PA=PM（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），
故答案为：PA=PM；线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等.
(2)当点M(−2, 0)时，设点P(−2, a)，(a<0)
∵PA=PM，
∴√(−2−0)2+(a+2)2=−a，
∴a=−2，
∴点P(−2, −2)，
当点M(4, 0)时，设点P(4, b)，(b<0)
∵PA=PM，
∴√(4−0)2+(b+2)2=−b，
∴b=−5，
∴点P(4, −5).
故答案为：(−2, −2)；(4, −5).
(3)依照题意，画出图象，
猜想曲线L的形状为抛物线.
故答案为：抛物线.
(4)∵PA=PM，点P的坐标是(x, y)，(y<0)，
∴√(x−0)2+(y+2)2=−y，
∴y=−1
x2−1.
4
(5)∵点B(−1, √3)，C(1, √3)，
∴BC=2，OB=√(−1−0)2+(√3−0)2=2，OC=√(1−0)2+(√3−0)2=2，∴BC=OB=OC，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠BOC=60∘，
如图3，以O为圆心，OB为半径作圆O，交抛物线L与点E，连接BE，CE，
∴∠BEC=30∘，
设点E(m, n)，
∵点E在抛物线上，
∴n=−1
m2−1，
4
∵OE=OB=2，
∴√(m−0)2+(n−0)2=2，
∴n1=2−2√3，n2=2+2√3（舍去），
如图3，可知当点D在点E下方时，∠BDC<30∘，
∴点D的纵坐标y D的取值范围为y D<2−2√3．。