天津市武清区2019-2020学年中考数学第二次押题试卷含解析

天津市武清区2019-2020学年中考数学第二次押题试卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．下列说法：
①四边相等的四边形一定是菱形
②顺次连接矩形各边中点形成的四边形一定是正方形
③对角线相等的四边形一定是矩形
④经过平行四边形对角线交点的直线，一定能把平行四边形分成面积相等的两部分
其中正确的有()个．
A．4 B．3 C．2 D．1
2．已知平面内不同的两点A（a+2，4）和B（3，2a+2）到x轴的距离相等，则a的值为( )
A．﹣3 B．﹣5 C．1或﹣3 D．1或﹣5
3．若一元二次方程x2﹣2kx+k2＝0的一根为x＝﹣1，则k的值为（）
A．﹣1 B．0 C．1或﹣1 D．2或0
4．﹣2×（﹣5）的值是（）
A．﹣7 B．7 C．﹣10 D．10
5．如图，直线AB与直线CD相交于点O，E是∠COB内一点，且OE⊥AB，∠AOC=35°，则∠EOD 的度数是（）
A．155°B．145°C．135°D．125°
6．如图，将一副三角板如此摆放，使得BO和CD平行，则∠AOD的度数为（）
A．10°B．15°C．20°D．25°
7．函数y=
1
2
x
中，x的取值范围是（）
A．x≠0B．x＞﹣2 C．x＜﹣2 D．x≠﹣2 8．如图的几何体是由五个小正方体组合而成的，则这个几何体的左视图是( )
A ．
B ．
C ．
D ．
9．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是 ( ) A ． B ． C ． D ．
10．下列各数3.1415926，227-，39，π，16，5中，无理数有（ ） A ．2个 B ．3个
C ．4个
D ．5个 11．如图，A ，B ，C ，D ，
E ，G ，H ，M ，N 都是方格纸中的格点（即小正方形的顶点），要使△DE
F 与△ABC 相似，则点F 应是
G ，
H ，M ，N 四点中的（ ）
A ．H 或N
B ．G 或H
C ．M 或N
D ．G 或M
12．如图，O e 是ABC V 的外接圆，已知ABO 50o ∠=，则ACB ∠的大小为( )
A ．40o
B ．30o
C ．45o
D ．50o
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．如图，在四边形纸片ABCD 中，AB ＝BC ，AD ＝CD ，∠A ＝∠C ＝90°，∠B ＝150°
.将纸片先沿直线BD 对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形打开铺平.若铺平后的图形中有一个是面积为2的平行四边形，则CD ＝_________.
14．点A（x1，y1）、B（x1，y1）在二次函数y=x1﹣4x﹣1的图象上，若当1＜x1＜1，3＜x1＜4时，则y1与y1的大小关系是y1_____y1．（用“＞”、“＜”、“=”填空）
15．因式分解：x2﹣10x+24=_____．
16．学校乒乓球社团有4名男队员和3名女队员，要从这7名队员中随机抽取一男一女组成一队混合双打组合，可组成不同的组合共有_____对.
17．计算：（1
3
）0﹣38=_____．
18．化简：9 ______．
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）为了响应“足球进校园”的目标，某校计划为学校足球队购买一批足球，已知购买2个A品牌的足球和3个B品牌的足球共需380元；购买4个A品牌的足球和2个B品牌的足球共需360元．
求A，B两种品牌的足球的单价．求该校购买20个A品牌的足球和2个B
品牌的足球的总费用．
20．（6分）如图，平面直角坐标系xOy中，已知点A（0，3），点B（3，0），连接AB，若对于平面内一点C，当△ABC是以AB为腰的等腰三角形时，称点C是线段AB的“等长点”．
（1）在点C1（﹣2，3+22），点C2（0，﹣2），点C3（3+3，﹣3）中，线段AB的“等长点”是点________；
（2）若点D（m，n）是线段AB的“等长点”，且∠DAB=60°，求点D的坐标；
（3）若直线y=kx+33k上至少存在一个线段AB的“等长点”，求k的取值范围．
21．（6分）如图，将矩形OABC放在平面直角坐标系中，O为原点，点A在x轴的正半轴上，B（8，6），点D是射线AO上的一点，把△BAD沿直线BD折叠，点A的对应点为A′．
（1）若点A′落在矩形的对角线OB 上时，OA′的长= ；
（2）若点A′落在边AB 的垂直平分线上时，求点D 的坐标；
（3）若点A′落在边AO 的垂直平分线上时，求点D 的坐标（直接写出结果即可）．
22．（8分）在平面直角坐标系xOy 中有不重合的两个点()11,Q x y 与()22,P x y .若Q 、P 为某个直角三角形的两个锐角顶点，当该直角三角形的两条直角边分别与x 轴或y 轴平行（或重合），则我们将该直角三角形的两条直角边的边长之和称为点Q 与点P 之间的“直距”记做PQ D ，特别地，当PQ 与某条坐标轴平行（或重合）时，线段PQ 的长即为点Q 与点P 之间的“直距”．例如下图中，点()1,1P ，点()3,2Q ，此时点Q 与点P 之间的“直距”3PQ D =.
（1）①已知O 为坐标原点，点()2,1A -，()2,0B -，则AO D =_________，BO D =_________； ②点C 在直线3y x =-+上，求出CO D 的最小值；
（2）点E 是以原点O 为圆心，1为半径的圆上的一个动点，点F 是直线24y x =+上一动点.直接写出点E 与点F 之间“直距”EF D 的最小值．
23．（8分）如图，抛物线y=x 1﹣1x ﹣3与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），直线l 与抛物线交于A ，C 两点，其中点C 的横坐标为1．
（1）求A ，B 两点的坐标及直线AC 的函数表达式；
（1）P 是线段AC 上的一个动点（P 与A ，C 不重合），过P 点作y 轴的平行线交抛物线于点E ，求△ACE 面积的最大值；
（3）若直线PE 为抛物线的对称轴，抛物线与y 轴交于点D ，直线AC 与y 轴交于点Q ，点M 为直线PE 上一动点，则在x 轴上是否存在一点N ，使四边形DMNQ 的周长最小？若存在，求出这个最小值及点M ，
N的坐标；若不存在，请说明理由．
（4）点H是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点F，使A、C、F、H四个点为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出所有满足条件的F点坐标；如果不存在，请说明理由．
24．（10分）如图，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，OD⊥AB，与AC交于点E，与过点C的⊙O的切线交于点D．
若AC=4，BC=2，求OE的长．试判断∠A与∠CDE的数量关系，并说明理由．
25．（10分）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，以点A，B，C为圆心作圆，分别交BA，CB，DC的延长线于点E，F，G．
（1）求点D沿三条圆弧运动到点G所经过的路线长；
（2）判断线段GB与DF的长度关系，并说明理由．
26．（12分）如图，PB与⊙O相切于点B，过点B作OP的垂线BA，垂足为C，交⊙O于点A，连结PA，AO，AO的延长线交⊙O于点E，与PB的延长线交于点D．
（1）求证：PA是⊙O的切线；
（2）若tan∠BAD=2
3
，且OC=4，求BD的长．
27．（12分）某校为表彰在“书香校园”活动中表现积极的同学，决定购买笔记本和钢笔作为奖品．已知5个笔记本、2支钢笔共需要100元；4个笔记本、7支钢笔共需要161元
（1）笔记本和钢笔的单价各多少元？
（2）恰好“五一”，商店举行“优惠促销”活动，具体办法如下：笔记本9折优惠；钢笔10支以上超出部分8折优惠若买x个笔记本需要y1元，买x支钢笔需要y2元；求y1、y2关于x的函数解析式；
（3）若购买同一种奖品，并且该奖品的数量超过10件，请你分析买哪种奖品省钱．
参考答案
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．C
【解析】
【详解】
∵四边相等的四边形一定是菱形，∴①正确；
∵顺次连接矩形各边中点形成的四边形一定是菱形，∴②错误；
∵对角线相等的平行四边形才是矩形，∴③错误；
∵经过平行四边形对角线交点的直线，一定能把平行四边形分成面积相等的两部分，∴④正确；
其中正确的有2个，故选C．
考点：中点四边形；平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定与性质；正方形的判定．
2．A
【解析】
分析：根据点A（a＋2，4）和B（3，2a＋2）到x轴的距离相等，得到4＝|2a＋2|，即可解答．
详解：∵点A（a＋2，4）和B（3，2a＋2）到x轴的距离相等，
∴4＝|2a＋2|，a＋2≠3，
解得：a＝−3，
点睛：考查点的坐标的相关知识；用到的知识点为：到x 轴和y 轴的距离相等的点的横纵坐标相等或互为相反数．
3．A
【解析】
【分析】
把x ＝﹣1代入方程计算即可求出k 的值．
【详解】
解：把x ＝﹣1代入方程得：1+2k+k 2＝0，
解得：k ＝﹣1，
故选：A ．
【点睛】
此题考查了一元二次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．
4．D
【解析】
【分析】
根据有理数乘法法则计算.
【详解】
﹣2×（﹣5）=+(2×
5)=10. 故选D.
【点睛】
考查了有理数的乘法法则，(1) 两数相乘，同号得正，异号得负，并把绝对值相乘；(2) 任何数同0相乘，都得0；(3) 几个不等于0的数相乘，积的符号由负因数的个数决定，当负因数有奇数个时，积为负;当负因数有偶数个时，积为正；(4) 几个数相乘，有一个因数为0时，积为0 .
5．D
【解析】
【详解】
解：∵35AOC ∠=o ，
∴35BOD ∠=o ，
∵EO ⊥AB ，
∴90EOB ∠=o ，
∴9035125EOD EOB BOD ∠=∠+∠=+=o o o ，
【分析】
根据题意可知，∠AOB=∠ABO=45°，∠DOC=30°，再根据平行线的性质即可解答
【详解】
根据题意可知∠AOB=∠ABO=45°，∠DOC=30°
∵BO∥CD
∴∠BOC=∠DCO=90°
∴∠AOD=∠BOC-∠AOB-∠DOC=90°-45°-30°=15°
故选B
【点睛】
此题考查三角形内角和，平行线的性质，解题关键在于利用平行线的性质得到角相等
7．D
【解析】
试题分析：由分式有意义的条件得出x+1≠0，解得x≠﹣1．
故选D．
点睛：本题考查了函数中自变量的取值范围、分式有意义的条件；由分式有意义得出不等式是解决问题的关键．
8．D
【解析】
【分析】
找到从左面看到的图形即可.
【详解】
从左面上看是D项的图形.故选D.
【点睛】
本题考查三视图的知识，左视图是从物体左面看到的视图.
9．C
【解析】
试题解析：A. 是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B. 是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
C. 既是中心对称图又是轴对称图形，故本选项正确；
D. 是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误.
【分析】
根据无理数的定义即可判定求解．
【详解】
在3.1415926，227-，39，π，16，5中， 164=，3.1415926，227
-是有理数， 3
9，π，5是无理数，共有3个， 故选：B ．
【点睛】
本题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：2ππ，等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有这样规律的数．
11．C
【解析】
【分析】
根据两三角形三条边对应成比例，两三角形相似进行解答
【详解】
设小正方形的边长为1，则△ABC 的各边分别为3、13、10，只能F 是M 或N 时，其各边是6、
213，210．与△ABC 各边对应成比例，故选C
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定，相似三角形对应边成比例是解题的关键
12．A
【解析】
解：△AOB 中，OA=OB ，∠ABO=30°；
∴∠AOB=180°-2∠ABO=120°；
∴∠ACB=∠AOB=60°；故选A ．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．4+23 23【解析】
【分析】
根据裁开折叠之后平行四边形的面积可得CD的长度为23+4或2+3．【详解】
如图①，当四边形ABCE为平行四边形时，
作AE∥BC，延长AE交CD于点N，过点B作BT⊥EC于点T.
∵AB＝BC，
∴四边形ABCE是菱形．
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ABC＝150°，
∴∠ADC＝30°，∠BAN＝∠BCE＝30°，
∴∠NAD＝60°，
∴∠AND＝90°.
设BT＝x，则CN＝x，BC＝EC＝2x.
∵四边形ABCE面积为2，
∴EC·BT＝2，即2x×x＝2，解得x＝1，
∴AE＝EC＝2，EN＝22
-=，
213
∴AN＝AE＋EN＝2＋3，
∴CD＝AD＝2AN＝4＋23.
如图②，当四边形BEDF是平行四边形，
∵BE＝BF，
∴平行四边形BEDF是菱形．
∵∠A＝∠C＝90°，∠ABC＝150°，
∴∠ADB＝∠BDC＝15°.
∵BE＝DE，
∴∠EBD＝∠ADB＝15°，
∴∠AEB＝30°.
设AB＝y，则DE＝BE＝2y，AE3
∵四边形BEDF的面积为2，
∴AB·DE＝2，即2y2＝2，解得y＝1，
∴AE＝3，DE＝2，
∴AD＝AE＋DE＝2＋3.
综上所述，CD的值为4＋23或2＋3.
【点睛】
考核知识点：平行四边形的性质，菱形判定和性质．
14．＜
【解析】
【分析】
先根据二次函数的解析式判断出抛物线的开口方向及对称轴，根据图象上的点的横坐标距离对称轴的远近来判断纵坐标的大小．
【详解】
由二次函数y=x1-4x-1=（x-1）1-5可知，其图象开口向上，且对称轴为x=1，
∵1＜x1＜1，3＜x1＜4，
∴A点横坐标离对称轴的距离小于B点横坐标离对称轴的距离，
∴y1＜y1．
故答案为＜．
15．（x﹣4）（x﹣6）
【解析】
【分析】
因为(－4)×(－6)=24，(－4)+(－6)=－10，所以利用十字相乘法分解因式即可.
【详解】
x2﹣10x+24= x2﹣10x+(－4)×(－6)=（x﹣4）（x﹣6）
【点睛】
本题考查的是因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键.
16．1
【解析】
【分析】
利用树状图展示所有1种等可能的结果数．
【详解】
解：画树状图为：
共有1种等可能的结果数．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n ，再从中选出符合事件A 或B 的结果数目m ，然后利用概率公式计算事件A 或事件B 的概率．
17．-1
【解析】
【分析】
本题需要运用零次幂的运算法则、立方根的运算法则进行计算.
【详解】
由分析可得：（
13
）0－2＝﹣1. 【点睛】
熟练运用零次幂的运算法则、立方根的运算法则是本题解题的关键.
18．3
【解析】
分析：根据算术平方根的概念求解即可.
详解：因为32=9
故答案为3.
点睛：此题主要考查了算术平方根的意义，关键是确定被开方数是哪个正数的平方.
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（1）一个A 品牌的足球需90元，则一个B 品牌的足球需100元；（2）1．
【解析】
【分析】
（1）设一个A 品牌的足球需x 元，则一个B 品牌的足球需y 元，根据“购买2个A 品牌的足球和3个B 品牌的足球共需380元；购买4个A 品牌的足球和2个B 品牌的足球共需360元”列出方程组并解答； （2）把（1）中的数据代入求值即可．
【详解】 （1）设一个A 品牌的足球需x 元，则一个B 品牌的足球需y 元，依题意得：23380{42360x y x y +=+=，解得：40{100
x y ==． 答：一个A 品牌的足球需40元，则一个B 品牌的足球需100元；
（2）依题意得：20×40+2×100=1（元）．
答：该校购买20个A 品牌的足球和2个B 品牌的足球的总费用是1元．
考点：二元一次方程组的应用．
20．（1）C1，C3；（2）D（﹣3，0）或D（23，3）；（3）﹣3
≤k≤
3342
+
【解析】
【分析】
（1）直接利用线段AB的“等长点”的条件判断；
（2）分两种情况讨论，利用对称性和垂直的性质即可求出m，n；
（3）先判断出直线y=kx+33与圆A，B相切时，如图2所示，利用相似三角形的性质即可求出结论．【详解】
（1）∵A（0，3），B（3，0），
∴AB=23，
∵点C1（﹣2，3+22），
∴AC1=48
+=23，
∴AC1=AB，
∴C1是线段AB的“等长点”，
∵点C2（0，﹣2），
∴AC2=5，BC2=34
+=7，
∴AC2≠AB，BC2≠AB，
∴C2不是线段AB的“等长点”，
∵点C3（3+3，﹣3），
∴BC3=93
+=23，
∴BC3=AB，
∴C3是线段AB的“等长点”；
故答案为C1，C3；
（2）如图1，
∴AB=23，tan∠OAB=OB
OA
=
3
3
，
∴∠OAB=30°，
当点D在y轴左侧时，
∵∠DAB=60°，
∴∠DAO=∠DAB﹣∠BAO=30°，
∵点D（m，n）是线段AB的“等长点”，
∴AD=AB，
∴D（﹣3，0），
∴m=3，n=0，
当点D在y轴右侧时，
∵∠DAB=60°，
∴∠DAO=∠BAO+∠DAB=90°，
∴n=3，
∵点D（m，n）是线段AB的“等长点”，
∴AD=AB=23，
∴m=23；
∴D（23，3）
（3）如图2，
∵直线3（3，
∴直线3恒过一点P（﹣30），
∴∠APO=30°，
∴∠PAO=60°，
∴∠BAP=90°，
当PF与⊙B相切时交y轴于F，
∴PA切⊙B于A，
∴点F就是直线y=kx+33k与⊙B的切点，∴F（0，﹣3），
∴33k=﹣3，
∴k=﹣
3
3
，
当直线y=kx+33k与⊙A相切时交y轴于G切点为E，∴∠AEG=∠OPG=90°，
∴△AEG∽△POG，
∴AE AG OP PG
=，
∴23
33
=
2
333
333
k
k
-
+
，解得：k=
3342
5
+
或k=
3342
5
-
（舍去）
∵直线y=kx+33k上至少存在一个线段AB的“等长点”，
∴﹣
3
3
≤k≤
3342
5
+
，
【点睛】
此题是一次函数综合题，主要考查了新定义，锐角三角函数，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，对称性，解（1）的关键是理解新定义，解（2）的关键是画出图形，解（3）的关键是判断出直线和圆A，B 相切时是分界点．
21．（1）1；（2）点D（8﹣2，0）；（3）点D的坐标为（3﹣1，0）或（﹣3﹣1，0）．
【解析】
分析：（Ⅰ）由点B的坐标知OA=8、AB=1、OB=10，根据折叠性质可得BA=BA′=1，据此可得答案；
（Ⅱ）连接AA′，利用折叠的性质和中垂线的性质证△BAA′是等边三角形，可得∠A′BD=∠ABD=30°，据此知AD=ABtan∠ABD=2，继而可得答案；
（Ⅲ）分点D在OA上和点D在AO延长线上这两种情况，利用相似三角形的判定和性质分别求解可得．
详解：（Ⅰ）如图1，由题意知OA=8、AB=1，∴OB=10，由折叠知，BA=BA′=1，∴OA′=1．故答案为1；
（Ⅱ）如图2，连接AA′．
∵点A′落在线段AB的中垂线上，∴BA=AA′．
∵△BDA′是由△BDA折叠得到的，
∴△BDA′≌△BDA，∴∠A′BD=∠ABD，A′B=AB，
∴AB=A′B=AA′，∴△BAA′是等边三角形，
∴∠A′BA=10°，∴∠A′BD=∠ABD=30°，
∴AD=ABtan∠ABD=1tan30°=2，
∴OD=OA﹣AD=8﹣2，
∴点D（8﹣2，0）；
（Ⅲ）①如图3，当点D在OA上时．
由旋转知△BDA′≌△BDA，∴BA=BA′=1，∠BAD=∠BA′D=90°．
∵点A′在线段OA的中垂线上，∴BM=AN=OA=4，∴A′M===2，∴A′N=MN﹣A′M=AB﹣A′M=1﹣2，
由∠BMA′=∠A′ND=∠BA′D=90°知△BMA′∽△A′ND，
则=，即=，
解得：DN=3﹣5，
则OD=ON+DN=4+3﹣5=3﹣1，
∴D（3﹣1，0）；
②如图4，当点D在AO延长线上时，过点A′作x轴的平行线交y轴于点M，延长AB交所作直线于点N，则BN=CM，MN=BC=OA=8，由旋转知△BDA′≌△BDA，∴BA=BA′=1，∠BAD=∠BA′D=90°．
∵点A′在线段OA的中垂线上，∴A′M=A′N=MN=4，
则MC=BN==2，∴MO=MC+OC=2+1，
由∠EMA′=∠A′NB=∠BA′D=90°知△EMA′∽△A′NB，
则=，即=，
解得：ME=，则OE=MO﹣ME=1+．
∵∠DOE=∠A′ME=90°、∠OED=∠MEA′，
∴△DOE∽△A′ME，
∴=，即=，
解得：DO=3+1，则点D的坐标为（﹣3﹣1，0）．
综上，点D的坐标为（3﹣1，0）或（﹣3﹣1，0）．
点睛：本题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是熟练掌握折叠变换的性质、矩形的性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理等知识点．
22．（1）①3，1；②最小值为3；（1）25-
【解析】
【分析】
（1）①根据点Q 与点P 之间的“直距”的定义计算即可；
②如图3中，由题意，当D CO 为定值时，点C 的轨迹是以点O 为中心的正方形（如左边图），当D CO ＝3时，该正方形的一边与直线y ＝－x ＋3重合（如右边图），此时D CO 定值最小，最小值为3；
（1）如图4中，平移直线y ＝1x ＋4，当平移后的直线与⊙O 在左边相切时，设切点为E ，作EF ∥x 轴交直线y ＝1x ＋4于F ，此时D EF 定值最小；
【详解】
解：（1）①如图1中，
观察图象可知D AO ＝1＋1＝3，D BO ＝1，
故答案为3，1．
②（i ）当点C 在第一象限时（03x <<），根据题意可知，CO D 为定值，设点C 坐标为(),3x x -+，则()33CO D x x =+-+=，即此时CO D 为3；
（ii ）当点C 在坐标轴上时（0x =，3x =），易得CO D 为3；
（ⅲ）当点C 在第二象限时（0x <），可得()3233CO D x x x =-+-+=-+>；
（ⅳ）当点C 在第四象限时（3x >），可得()3233CO D x x x ⎡⎤⎣⎦=+--+=->；
综上所述，当03x 剟
时，CO D 取得最小值为3； （1）如解图②，可知点F 有两种情形，即过点E 分别作y 轴、x 轴的垂线与直线24y x =+分别交于1F 、2F ；如解图③，平移直线24y x =+使平移后的直线与O e 相切，平移后的直线与x 轴交于点G ，设直线24y x =+与x 轴交于点M ，与y 轴交于点N ，观察图象，此时1EF 即为点E 与点F 之间“直距”EF D 的最小值.连接OE ，易证MON GEO ∽△△，∴MN ON GO OE =，在Rt MON △中由勾股定理得25MN =，∴2541
=，解得5GO =，∴152EF D EF MG MO GO ===-=-.
【点睛】
本题考查一次函数的综合题，点Q 与点P 之间的“直距”的定义，圆的有关知识，正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用新的定义，解决问题，属于中考压轴题．
失分原因
第（1）问 （1）不能根据定义找出AO 、BO 的“直距”分属哪种情形；
（1）不能找出点C 在不同位置时， 的取值情况，并找到 的最小值第（1）问 （1）不
能根据定义正确找出点E 与点F 之间“直距” 取最小值时点E 、F 的位置；
（1）不能想到由相似求出GO 的值
23．（1）y=﹣x ﹣1；（1）△ACE 的面积最大值为278
；（3）M （1，﹣1），N （12，0）；（4）满足条件的F 点坐标为F 1（1，0），F 1（﹣3，0），F 3（7，0），F 4（47，0）．
【解析】
【分析】
（1）令抛物线y=x 1-1x-3=0，求出x 的值，即可求A ，B 两点的坐标，根据两点式求出直线AC 的函数表
达式；
（1）设P 点的横坐标为x （-1≤x≤1），求出P 、E 的坐标，用x 表示出线段PE 的长，求出PE 的最大值，进而求出△ACE 的面积最大值；
（3）根据D 点关于PE 的对称点为点C （1，-3），点Q （0，-1）点关于x 轴的对称点为M （0，1），则四边形DMNQ 的周长最小，求出直线CM 的解析式为y=-1x+1，进而求出最小值和点M ，N 的坐标； （4）结合图形，分两类进行讨论，①CF 平行x 轴，如图1，此时可以求出F 点两个坐标；②CF 不平行x 轴，如题中的图1，此时可以求出F 点的两个坐标．
【详解】
解：（1）令y=0，解得11x =-或x 1=3，
∴A （﹣1，0），B （3，0）；
将C 点的横坐标x=1代入y=x 1﹣1x ﹣3得3y =-，
∴C （1，-3），
∴直线AC 的函数解析式是1y x =--，
（1）设P 点的横坐标为x （﹣1≤x≤1），
则P 、E 的坐标分别为：P （x ，﹣x ﹣1），E （x ，x 1﹣1x ﹣3），
∵P 点在E 点的上方，()()
221232PE x x x x x =-----=-++， ∴当12
x =
时，PE 的最大值9,4= △ACE 的面积最大值()1327[21]228PE PE =--==， （3）D 点关于PE 的对称点为点C （1，﹣3），点Q （0，﹣1）点关于x 轴的对称点为K （0，1）， 连接CK 交直线PE 于M 点，交x 轴于N 点，可求直线CK 的解析式为21y x =-+，此时四边形DMNQ 的周长最小，
最小值2CM QD =+=，
求得M （1，﹣1），102N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，
． （4）存在如图1，若AF ∥CH ，此时的D 和H 点重合，CD=1，则AF=1，
于是可得F 1（1，0），F 1（﹣3，0），
如图1，根据点A 和F 的坐标中点和点C 和点H 的坐标中点相同，
再根据|HA|=|CF|， 求出()()434747F F +，
，，． 综上所述，满足条件的F 点坐标为F 1（1，0），F 1（﹣3，0），()347F ，，()
447F ，． 【点睛】
属于二次函数综合题，考查二次函数与x 轴的交点坐标，待定系数法求一次函数解析式，二次函数的最值以及平行四边形的性质等，综合性比较强，难度较大.
24．（15；（2）∠CDE=2∠A ． 【解析】
【分析】
（1）在Rt △ABC 中，由勾股定理得到AB 的长，从而得到半径AO ．再由△AOE ∽△ACB ，得到OE 的长；
（2）连结OC ，得到∠1=∠A ，再证∠3=∠CDE ，从而得到结论．
【详解】
（1）∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB=2222
42
AC BC
+=+
=25，
∴AO=1
2
AB=5．
∵OD⊥AB，
∴∠AOE=∠ACB=90°，又∵∠A=∠A，
∴△AOE∽△ACB，
∴OE AO BC AC
=，
∴OE=
25
4 BC AO
AC
⋅
=
=5.
（2）∠CDE=2∠A．理由如下：
连结OC，
∵OA=OC，
∴∠1=∠A，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD=90°，
∴∠2+∠CDE=90°，
∵OD⊥AB，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠3=∠CDE．
∵∠3=∠A+∠1=2∠A，
∴∠CDE=2∠A．
考点：切线的性质；探究型；和差倍分．25．（1）6π；（2）GB=DF，理由详见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据弧长公式l=计算即可；
（2）通过证明给出的条件证明△FDC≌△GBC即可得到线段GB与DF的长度关系．
【详解】
解：（1）∵AD=2，∠DAE=90°，
∴弧DE的长l1==π，
同理弧EF的长l2==2π，弧FG的长l3==3π，
所以，点D运动到点G所经过的路线长l=l1+l2+l3=6π．
（2）GB=DF．
理由如下：延长GB交DF于H．
∵CD=CB，∠DCF=∠BCG，CF=CG，
∴△FDC≌△GBC．
∴GB=DF．
【点睛】
本题考查弧长公式以及全等三角形的判定和性质，题目比较简单，解题关键掌握是弧长公式．
26．（1）证明见解析；（2）
3 5
【解析】
试题分析：（1）连接OB，由SSS证明△PAO≌△PBO，得出∠PAO=∠PBO=90°即可；
（2）连接BE，证明△PAC∽△AOC，证出OC是△ABE的中位线，由三角形中位线定理得出BE=2OC，由△DBE∽△DPO可求出．
试题解析：（1）连结OB，则OA=OB．如图1，
∵OP⊥AB，
∴AC=BC，∴OP是AB的垂直平分线，∴PA=PB．在△PAO和△PBO中，
∵
PA PB PO PO OA OB
=
⎧
⎪
=
⎨
⎪=
⎩
，
∴△PAO≌△PBO（SSS），
∴∠PBO=∠PAO．∵PB为⊙O的切线，B为切点，∴∠PBO=90°，∴∠PAO=90°，即PA⊥OA，∴PA是⊙O的切线；
（2）连结BE．如图2，
∵在Rt△AOC中，tan∠BAD=tan∠CAO=
2
3
OC
AC
=，且OC=4，
∴AC=1，则BC=1．在Rt△APO中，∵AC⊥OP，
∴△PAC∽△AOC，∴AC2=OC•PC，解得PC=9，
∴OP=PC+OC=2．在Rt△PBC中，由勾股定理，得PB=22313
PC BC
+=，∵AC=BC，OA=OE，即OC为△ABE的中位线．
∴OC=1
2
BE，OC∥BE，∴BE=2OC=3．
∵BE∥OP，∴△DBE∽△DPO，
∴BD BE
PD OP
=，即
8
13
313BD
=
+
，解得BD=
2413
．
27．（1）笔记本单价为14元，钢笔单价为15元；（2）y1=14×0.9x=12.6x，y2=；（3）当购买奖品数量超过2时，买钢笔省钱；当购买奖品数量少于2时，买笔记本省钱；当购买奖品数量等于2时，买两种奖品花费一样．
【解析】
(1)设每个文具盒z元，每支钢笔y元，可列方程组得解之得
答：每个文具盒14元，每支钢笔15元．
(2)由题意知，y1关于x的函数关系式是y1＝14×90％x，即y1＝12.6x．
买钢笔10支以下(含10支)没有优惠．故此时的函数关系式为y2＝15x：
当买10支以上时，超出的部分有优惠，故此时的函数关系式为y2＝15×10＋15×80％(x－10)，即y2＝12x＋1．
(3)因为x＞10，所以y2＝12x＋1．当y1＜y2，即12.6x＜12x＋1时，解得x＜2；
当y1＝y2，即12.6x＝12x＋1时，解得x＝2；
当y1＞y2，即12.6x＞12x＋1时，解得x＞2．
综上所述，当购买奖品超过10件但少于2件时，买文具盒省钱；
当购买奖品2件时，买文具盒和买钢笔钱数相等；
当购买奖品超过2件时，买钢笔省钱．。