初三数学试题大全

初三数学试题答案及解析
1.
【答案】
【解析】略
2.如图，将边长为6cm的正六边形纸板的六个角各剪切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖直六棱柱纸盒，使侧面积等于底面积，被剪去的六个四边形的面积和为 cm2
【答案】
【解析】略
3.）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的面积为15，边OA比OC大2．E为BC的中点，以OE为直径的⊙G交x轴于D点，过点D作DF⊥AE于点F．
【1】求OA、OC的长；
【答案】（1）OA=5、OC=3；(4分)
【2】求证：DF为⊙G的切线；
【答案】
【3】小明在解答本题时，发现△AOE是等腰三角形．那么，直线BC上是否存在除点E以外的
点P，使△AOP也是等腰三角形，如果存在，请直接写出所有符合题意的点P坐
标．
【答案】P
1（-4，3） P
2
（4，3） P
3
（1，3） P
4
（9，3）
4.请写出一个以2和—3为根的一元二次方程
【答案】答案不唯一
【解析】略
5.如图，四边形ABCD内接于⊙O，若它的一个外角∠DCE=70°，则∠BOD="( " )
A．35°B．70°C．110°D．140°
【答案】D
【解析】略
6.如图，已知△ABC是面积为4的等边三角形，△ABC∽△ADE，AB＝2AD，∠BAD＝45°，AC与DE相交于点F，则△AEF的面积等于（结果保留根号）．
【答案】3-
【解析】略
7.甲、乙两同学投掷一枚骰子，用字母p、q分别表示两人各投掷一次的点数.
【1】（1）求满足关于x的方程有实数解的概率.
【答案】1/2
【2】（2）求（1）中方程有两个相同实数解的概率.
【答案】1/18
8.已知长方形ABCD中，AB=3cm，AD=4cm．过对角线BD的中点O作BD的垂直平分
线 EF，分别交AD、BC于点E、F．则AE的长为▲．
【答案】
【解析】略
9.函数中自变量x的取值范围是．【答案】
【解析】略
10.(10分)如图1，O为正方形ABCD的中心，
分别延长OA、OD到点F、E，使OF＝2OA，OE＝2OD，连接EF．将△EOF绕点O逆时针
旋转角得到△E
1OF
1
(如图2)．
(1)探究AE
1与BF
1
的数量关系，并给予证明；
(2)当＝30°时，求证：△AOE
1
为直角三角形．
【答案】解：(1)AE
1＝BF
1
，证明如下：
∵O为正方形ABCD的中心，∴OA＝OB＝OD，∴OE＝OF
∵△E
1OF
1
是△EOF绕点O逆时针旋转角得到，∴OE
1
＝OF
1。

∵∠AOB＝∠EOF＝900，∴∠E
1
OA＝900－∠F
1
OA＝∠F
1
OB
OE
1＝OF
1
在△E
1OA和△F
1
OB中，∠E
1
OA＝∠F
1
OB，∴△E
1
OA≌△F
1
OB（SAS）
OA＝OB
∴AE
1＝BF
1。

(2)取OE
1中点G，连接AG。

∵∠AOD＝900，＝30°，∴∠E
1OA＝900－＝60°。

∵OE
1＝2OA，∴OA＝OG，∴∠E
1
OA＝∠AGO＝∠OAG＝60°。

∴AG＝GE
1，∴∠GAE
1
＝∠GE
1
A＝30°。

∴∠E
1
AO＝90°。

∴△AOE
1
为直角三角形。

【解析】略
11.一个边长为2的正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的半径
A．2 B． C．1 D．
【答案】A
【解析】略
12.有一人患了流感，经过两轮传染后共有49人患了流感，，设每轮传染中平均一个人传染了x 人，则x的值为（）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B．
【解析】先根据题意列出第一轮传染后患流感的人数，再根据题意列出第二轮传染后患流感的人数，而已知第二轮传染后患流感的人数，列出方程即可解得每轮传染中平均一个人传染了几个人．注意舍去负值．故答案选B．
【考点】一元二次方程的应用．
13.分式方程的解为x= ．
【答案】4．
【解析】去分母得：3x=2x+4，解得：x=4，经检验x=4是分式方程的解．故答案为：4．
【考点】解分式方程．
14.因式分解：a2+2ab= ．
【答案】a（a+2b）
【解析】a2+2ab=a（a+2b）
【考点】提公因式法——分解因式
15.（8分）抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），点C是此抛物线
的顶点．
（1）求点A、B、C的坐标；
（2）点C在反比例函数（）的图象上，求反比例函数的解析式．
【答案】（1）A（1，0），B（3，0），C（2，﹣1）；（2）．
【解析】（1）令抛物线解析式中y=0即可得到A与B坐标，配方后求出C坐标即可；
（2）将点C的坐标代入反比例函数的解析式即可求得k值．
试题解析：（1）令y=0，得到，即（x﹣1）（x﹣3）=0，解得：x=1或3，则A（1，0），B（3，0），∵=，∴顶点C的坐标为（2，﹣1）；
（2）∵点C（2，﹣1）在反比例函数（）的图象上，∴k=﹣1×2=﹣2，∴反比例函数
的解析式为．
【考点】1．抛物线与x轴的交点；2．待定系数法求反比例函数解析式．
16.某园林队计划由6名工人对200平方米的区域进行绿化，由于施工时增加了2名工人，结果
比计划提前3小时完成任务，若每人每小时绿化面积相同，求每人每小时的绿化面积．设每人每
小时的绿化面积为x平方米，列出满足题意的方程是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A．
【解析】设每人每小时的绿化面积为x平方米，
由题意得，．
故选A．
【考点】由实际问题抽象出分式方程．
17.直线y=﹣x+4与x轴，y轴交于A，B两点．点P（m，0）是线段OA上的一动点（能与点
O，
A重合），若以OP为直径的圆与直线AB有公共点，则m的取值范围是．
【答案】≤m≤8
【解析】对于函数y=﹣x+4，令x=0，则y=4，所以点B的坐标是（0，4），令y=0，则x=8，所以点A的坐标是（8，0），所以OB=4，OA=8，由勾股定理可得：AB=，设以OP为直径
的圆与直线AB相切于点C，连结C，则，所以C=O=P=，A=8-，
因为sin∠OAB=，所以，解得，因为AB＞OA，所以当点P与
点A重合时符合要求，所以≤m≤8．
【考点】一次函数与坐标轴的交点、勾股定理、比例线段、直线与圆的位置关系．
18.一元二次方程4x2-x=1的解是（）
A．x=0
B．x
1=0，x
2
=4
C．x
1=0，x
2
=
D．x
1=，x
2
=
【答案】D．
【解析】试题解析：方程整理得：4x2-x-1=0，这里a=4，b=-1，c=-1，
∵△=1+16=17，
∴x=
解得：x
1=，x
2
=，
故选D．
【考点】解一元二次方程-公式法．
19.如图，某数学兴趣小组想测量一棵树CD的高度，他们先在点A处测得树顶C的仰角为30°，然后沿AD方向前行10m，到达B点，在B处测得树顶C的仰角高度为60°（A、B、D三点在
同一直线上）．请你根据他们测量数据计算这棵树CD的高度（结果精确到0．1m）．（参考数据：≈1．414，≈1．732）
【答案】8．7米．
【解析】利用三角形的外角的性质可求得∠ACB的度数，即可得∠A=∠ACB，从而得到BC的长度，然后在直角△BDC中，利用三角函数即可求解即可．
试题解析：解：∵∠CBD=∠A+∠ACB，
∴∠ACB=∠CBD﹣∠A=60°﹣30°=30°，
∴∠A=∠ACB，
∴BC=AB=10（米）．
在直角△BCD中，CD=BC•sin∠CBD=10×=5≈5×1．732=8．7（米）．
答：这棵树CD的高度为8．7米．
【考点】三角形外角的性质；解直角三角形的应用．
20.已知：，则．
【答案】3
【解析】因为，所以x=2y，所以．
【考点】分式的值．
21.如图，△ABC内接于⊙O，AB 是直径，过点A作直线MN，且∠MAC=∠ABC．
（1）求证：MN是⊙O的切线；
（2）设D是弧AC的中点，连结BD交AC于点G，过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点F．
①求证：FD=FG．
②若BC=2，AB=3，试求AE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②0．5．
【解析】（1）即证∠MAC+∠CAB=90°．因为AB为直径，所以∠ACB=90°，
∠ABC+∠CAB=90°．由∠MAC=∠ABC得证．
（2）①证明∠BDE=∠DGF即可．∠BDE=90°-∠ABD；∠DGF=∠CGB=90°-∠CBD．因为D 是弧AC的中点，所以∠ABD=∠CBD．问题得证．
②连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．证明Rt△ADE≌Rt△CDH，得
AE=CH．根据AB=BH求解．
试题解析：（1）∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°．
∵∠MAC=∠ABC，
∴∠MAC+∠CAB=90°，即MA⊥AB，
∴MN是⊙O的切线．
（2）①∵D是弧AC的中点，
∴∠DBC=∠ABD，
∵AB是直径，
∴∠CBG+∠CGB=90°；
∵DE⊥AB，
∴∠FDG+∠ABD=90°，
∵∠DBC=∠ABD，
∴∠FDG=∠CGB=∠FGD，
∴FD=FG．
②连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．
∵∠DBC=∠ABD，DH⊥BC，DE⊥AB，
∴DE=DH．
∴△BDE≌△BDH．
∴BE=BH．
∵D是弧AC的中点，
∴AD=DC．
∴Rt△ADE≌Rt△CDH．
∴AE=CH．
∴BE=AB-AE=BC+CH=BH，即3-AE=2+AE，
∴AE=0．5．
【考点】1．切线的判定；2．全等三角形的判定与性质；3．圆周角定理．
22.函数的自变量取值范围是（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】二次根式的被开方数为非负数，则x－1≥0，解得：x≥1．
【考点】二次根式的性质
23.（2015•乌鲁木齐）在某次射击训练中，甲、乙、丙、丁4人各射击10次，平均成绩相同，
方差分别是S
甲2=0.35，S
乙
2=0.15，S
丙
2=0.25，S
丁
2=0.27，这4人中成绩发挥最稳定的是（）
A．甲B．乙C．丙D．丁
【答案】B
【解析】方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好，据此判断出这4人中成绩发挥最稳定的是哪个即可．
解：∵S
甲2=0.35，S
乙
2=0.15，S
丙
2=0.25，S
丁
2=0.27，
∴S
乙2＜S
丙
2＜S
丁
2＜S
甲
2，
∴这4人中成绩发挥最稳定的是乙．
故选：B．
【考点】方差．
24.如图，已知抛物线y=x2+bx+c与y轴交于点C，与轴交于点A、B，且AB＝2，抛物线的对
称轴为直线x=2；
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如果抛物线的对称轴上存在一点P，使得△APC周长的最小，求此时△APC周长．
（3）设D为抛物线上一点，E为对称轴上一点，若以点A、B、D、E为顶点的四边形是菱形，
求点D的坐标．（直接写出结果）
【答案】（1）y=x2-4x+3；（2）．（3）D的坐标为：（2，-1）．
【解析】（1）根据抛物线对称轴的定义易求A（1，0），B（3，0）．所以1、3是关于x的一
元二次方程x2+bx+c=0的两根．由韦达定理易求b、c的值；
（2）如图，连接AC、BC，BC交对称轴于点P，连接PA．根据抛物线的对称性质得到PA=PB，则△APC的周长的最小值=AC+AP+PC=AC+BC，所以根据两点间的距离公式来求该三角形的周
长的最小值即可；
（3）如图2，点D是抛物线的顶点，所以根据抛物线解析式利用顶点坐标公式即可求得点D的
坐标．
试题解析：（1）∵AB=2，对称轴为直线x=2．
∴点A的坐标是（1，0），点B的坐标是（3，0）．
∵抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A，B，
∴1、3是关于x的一元二次方程x2+bx+c=0的两根．
由韦达定理，得
1+3=-b，1×3=c，
∴b=-4，c=3，
∴抛物线的函数表达式为y=x2-4x+3；
（2）连接AC、BC，BC交对称轴于点P，连接PA．
由（1）知抛物线的函数表达式为y=x2-4x+3，A（1，0），B（3，0），
∴C（0，3），
∴BC=，AC=．
∵点A、B关于对称轴x=2对称，
∴PA=PB，
∴PA+PC=PB+PC．
此时，PB+PC=BC．
∴点P在对称轴上运动时，（PA+PC）的最小值等于BC．
∴△APC的周长的最小值=AC+AP+PC=AC+BC=．
（3）如图2，根据“菱形ADBE的对角线互相垂直平分，抛物线的对称性”得到点D是抛物线
y=x2-4x+3的顶点坐标，即（2，-1），
当E、D点在x轴的上方，即DE∥AB，AE=AB=BD=DE=2，此时不合题意，
故点D的坐标为：（2，-1）．
【考点】1.轴对称-最短路线问题；2.抛物线与x轴的交点．
25.下列四个点中，在反比例函数的图象上的是（）
A．（3，﹣2）B．（3，2）C．（2，3）D．（﹣2，﹣3）
【答案】A
【解析】根据反比例函数中k=xy的特点进行解答即可．
解：A、∵3×（﹣2）=﹣6，∴此点在反比例函数的图象上，故本选项正确；
B、∵3×2=6≠﹣6，∴此点不在反比例函数的图象上，故本选项错误；
C、∵2×3=6≠﹣6，∴此点不在反比例函数的图象上，故本选项错误；
D、∵（﹣2）×（﹣3）=6≠﹣6，∴此点不在反比例函数的图象上，故本选项错误．
故选：A．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．
26.下列运算正确的是（）
A．x3x4=x12B．(x-2)2=x2-4C．3x-4x=-x D．(-6x6)÷(-2x2)=3x3
【答案】C.
【解析】试题解析：A．x3x4=x7≠x12，故该选项错误；
B.(x-2)2= x2-4x+4≠x2-4，故该选项错误；
C.3x-4x=-x，故该选项正确；
D.(-6x6)÷(-2x2)=3x4，故该选项错误.
故选C.
【考点】1.同底数幂的乘法；2.完全平方公式；3.合并同类项；4.单项式除以单项式.
27.如图，钓鱼竿AC长6m，露在水面上的鱼线BC长m，某钓者想看看鱼钓上的情况，把
鱼竿AC转动到AC'的位置，此时露在水面上的鱼线B′C′为m，则鱼竿转过的角度是（）
A．60°B．45°C．15°D．90°
【答案】C．
【解析】试题解析：∵sin∠CAB=
∴∠CAB=45°．
∵，
∴∠C′AB′=60°．
∴∠CAC′=60°-45°=15°，
鱼竿转过的角度是15°．
故选C．
【考点】解直角三角形的应用．
28.如图，点A、B、C是圆O上的三点，且四边形ABCO是平行四边形，OF⊥OC交圆O于点F，则∠BAF等于（）
A．12.5° B．15° C．20° D．22.5°
【答案】B
【解析】根据平行四边形的性质和圆的半径相等得到△AOB为等边三角形，根据等腰三角形的三
线合一得到∠BOF=∠AOF=30°，根据圆周角定理计算即可．连接OB，∵四边形ABCO是平行
四边形，
∴OC=AB，又OA=OB=OC，∴OA=OB=AB，∴△AOB为等边三角形，∵OF⊥OC，OC∥AB，∴OF⊥AB，
∴∠BOF=∠AOF=30°，由圆周角定理得∠BAF=∠BOF=15°，
【考点】（1）圆周角定理；（2）平行四边形的性质定理；（3）等边三角形的性质的综合运用29.当1≤x≤4时，mx﹣4＜0，则m的取值范围是（）
A．m＞1B．m＜1C．m＞4D．m＜4
【答案】B
【解析】设y=mx﹣4，由题意得，当x=1时，y＜0，即m﹣4＜0，解得m＜4，
当x=4时，y＜0，即4m﹣4＜0，解得，m＜1，则m的取值范围是m＜1，
【考点】含字母系数的一元一次不等式的解法
30.先化简，然后选取一个你认为符合题意的x的值代入求值．
【答案】4.
【解析】原式被除数分子利用平方差公式分解因式，分母利用完全平方公式分解因式，除数分母提取公因式分解因式，再利用除以一个数等于乘以这个数的倒数将除法运算化为乘法运算，约分得到最简结果，将x=2代入计算即可求出值．
试题解析：原式==x2，
选取的数字不为-1，0，1，当x=2时，原式=4．
【考点】分式的化简求值．
31.计算：= ．
【答案】16.
【解析】试题解析：=8+8=16．
【考点】二次根式的性质与化简.
32.为了解学校九年级学生某次知识问卷的得分情况，小红随机调查了50名九年级同学，结果如表：
知识问卷得分
A．75，75 B．75，80 C．80，75 D．80，85
【答案】C．
【解析】试题解析：∵总人数为50人，
∴中位数为第25和26人的得分的平均值，
∴中位数为（75+75）÷2=75，
∵得分为80分的人数为16人，最多，
∴众数为80，
故选C．
【考点】1.众数；2.中位数.
33.数学兴趣小组探究概率实验，桌子上放有质地均匀，反面相同的4张卡片，正面标有1、2、3、4，将这些卡片反面朝上洗匀后放在桌面上，先从中任意抽出1张卡片，用卡片上所标有的数字作为十位上的数字，将这张卡片反面朝上放回洗匀；再从中任意抽出一张卡片，用卡片上所标有的数字作为个位上的数字，试用列表法或画树状图的方法分析下列问题：
（1）组成的两位数有多少种可能？
（2）组成的两位数恰好能被3整除的概率是多少？
【答案】（1）16；（2）．
【解析】（1）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；
（2）由（1）中的树状图可得组成的两位数恰好能被3整除的有5种情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．
试题解析：（1）画树状图得：
则共有16种等可能的结果．
（2）∵组成的两位数恰好能被3整除的有5种情况，
∴组成的两位数恰好能被3整除的概率是：．
【考点】列表法或画树状图法.
34.如图，点A、B的坐标分别为（1，1）和（5，4），抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点在线段AB上运动，与x轴交于C、D两点（C在D的左侧），当抛物线的顶点为A时，点C的横坐标为O，则点D的横坐标最大值为（）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C.
【解析】试题解析：∵抛物线的顶点为A时，点C的横坐标为O，
∴设此时抛物线解析式为y=a（x-1）2+1，
代入（0，0）得，a+1=0，
∴a=-1，
∴此时抛物线解析式为y=-（x-1）2+1，
∵抛物线的顶点在线段AB上运动，
∴当顶点运动到B（5，4）时，点D的横坐标最大，
∴抛物线从A移动到B后的解析式为y=-（x-5）2+4，
令y=0，则0=-（x-5）2+4，
解得x=7或3，
∴点D的横坐标最大值为7．
故选C．
【考点】二次函数的性质．
35.求两个正整数的最大公约数是常见的数学问题，中国古代数学专著《九章算术》中便记载了求两个正整数最大公约数的一种方法﹣﹣更相减损术，术曰：“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少成多，更相减损，求其等也．以等数约之”，意思是说，要求两个正整数的最大公约数，先用较大的数减去较小的数，得到差，然后用减数与差中的较大数减去较小数，以此类推，当减数与差相等时，此时的差（或减数）即为这两个正整数的最大公约数．
例如：求91与56的最大公约数
解：
请用以上方法解决下列问题：
（1）求108与45的最大公约数；
（2）求三个数78、104、143的最大公约数．
【答案】（1）9；（2）13．
【解析】（1）根据题目，首先弄懂题意，然后根据例子写出答案即可；
（2）可以先求出104与78的最大公约数为 26，再利用辗转相除法，我们可以求出26 与 143的最大公约数为13，进而得到答案．
试题解析：（1）108﹣45=63，63﹣45=18，27﹣18=9，18﹣9=9，所以108与45的最大公约数是9；
（2）先求104与78的最大公约数，104﹣78=26，78﹣26=52，52﹣26=26，所以104与78的最大公约数是26；
再求26与143的最大公约数，143﹣26=117，117﹣26=91，91﹣26=65，65﹣26=39，39﹣26=13，26﹣13=13，所以，26与143的最大公约数是13，∴78、104、143的最大公约数是13．
【考点】有理数的混合运算．
36.如图，抛物线与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣3），设抛物线的顶点为D．
（1）求该抛物线的解析式与顶点D的坐标；
（2）以B、C、D为顶点的三角形是直角三角形吗？为什么？
（3）探究坐标轴上是否存在点P，使得以P、A、C为顶点的三角形与△BCD相似？若存在，请指出符合条件的点P的位置，并直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理
由．
【答案】（1）顶点D的坐标为（1，﹣4）．（2）△BCD为直角三角形．（3）符合条件的点有
（9，0）．
三个：O（0，0），，P
2
【解析】（1）已知了抛物线图象上的三点坐标，可用待定系数法求出该抛物线的解析式，进而可用配方法或公式法求得顶点D的坐标．
（2）根据B、C、D的坐标，可求得△BCD三边的长，然后判断这三条边的长是否符合勾股定理即可．
（3）假设存在符合条件的P点；首先连接AC，根据A、C的坐标及（2）题所得△BDC三边的比例关系，即可判断出点O符合P点的要求，因此以P、A、C为顶点的三角形也必与△COA相似，那么分别过A、C作线段AC的垂线，这两条垂线与坐标轴的交点也符合点P点要求，可根据相似三角形的性质（或射影定理）求得OP的长，也就得到了点P的坐标．
试题解析：（1）设该抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
由抛物线与y轴交于点C（0，﹣3），可知c=﹣3，
即抛物线的解析式为y=ax2+bx﹣3，
把A（﹣1，0）、B（3，0）代入，
得
解得a=1，b=﹣2．
∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3，
∴顶点D的坐标为（1，﹣4）．
（2）以B、C、D为顶点的三角形是直角三角形，
理由如下：
过点D分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为E、F．
在Rt△BOC中，OB=3，OC=3，
∴BC2=18，
在Rt△CDF中，DF=1，CF=OF﹣OC=4﹣3=1，
∴CD2=2，
在Rt△BDE中，DE=4，BE=OB﹣OE=3﹣1=2，
∴BD2=20，
∴BC2+CD2=BD2，故△BCD为直角三角形．
（3）连接AC，则容易得出△COA∽△CAP，又△PCA∽△BCD，可知Rt△COA∽Rt△BCD，
得符合条件的点为O（0，0）．
过A作AP
1⊥AC交y轴正半轴于P
1
，可知Rt△CAP
1
∽Rt△COA∽Rt△BCD，
求得符合条件的点为．
过C作CP
2⊥AC交x轴正半轴于P
2
，可知Rt△P
2
CA∽Rt△COA∽Rt△BCD，
求得符合条件的点为P
2
（9，0）．
∴符合条件的点有三个：O（0，0），，P
2
（9，
0）．
【考点】二次函数综合题．
37.为满足市场需求，新生活超市在端午节前夕购进价格为3元/个的某品牌粽子，根据市场预测，该品牌粽子每个售价4元时，每天能出售500个，并且售价每上涨0.1元，其销售量将减少10
个，为了维护消费者利益，物价部门规定，该品牌粽子售价不能超过进价的200%，请你利用所
学知识帮助超市给该品牌粽子定价，使超市每天的销售利润为800元．
【答案】5元
【解析】首先设每个粽子的定价为x元，然后根据题意得出方程，从而求出x的值，然后根据售
价不能超过进价的200%，从而得出x的取值范围，从而得出答案.
试题解析：设每个粽子的定价为x元时，每天的利润为800元．
根据题意，得（x﹣3）（500﹣10×）=800，解得x
1=7，x
2
=5．
∵售价不能超过进价的200%，∴x≤3×200%．即x≤6．∴x=5．
答：每个粽子的定价为5元时，每天的利润为800元．
【考点】一元二次方程的应用
38.如图，在⊙O中，弧AB=60°，AB=6，
（1）求圆的半径；（2）求弧AB的长；（3）求阴影部分的面积．
【答案】(1)、r=6；(2)、弧AB的长=2π；(3)、6π﹣9．
【解析】(1)、根据弧的度数得出∠AOB=60°，然后根据OA=OB得出△AOB为等边三角形，从而得出圆的半径；(2)、根据弧长的计算公式进行求解；(3)、阴影部分的面积=扇形OAB的面积－△OAB的面积.
试题解析：(1)、∵弧AB=60°，∴∠AOB=60°又∵OA=OB，∴△OAB是等边三角形，
∴OA=AB=6；
(2)、弧AB的长l==2π；
(3)、等边△AOB的面积是：=9， S
扇形OAB
==6π，
则S阴影=S
扇形OAB ﹣S
△OAB
=6π﹣9．
【考点】(1)、弧长公式；(2)、扇形的面积公式
39.解下列方程：
（1）x2﹣2x=4 （2）x（x﹣3）=x﹣3．
【答案】(1)、x
1=1﹣，x
2
=1+；(2)、x=3或 x=1
【解析】(1)、方程化为一般式后利用公式法求解可得；(2)、由原方程移项后可得x（x﹣3）﹣
（x﹣3）=0，再利用因式分解法求解可得．
试题解析：(1)、原方程可化为x2﹣2x﹣4=0，∵a=1，b=﹣2，c=﹣4，∴△=b2﹣4ac=20＞0，
∴x=，∴x
1=1﹣，x
2
=1+；
(2)、由原方程得x（x﹣3）﹣（x﹣3）=0，
（x﹣3）（x﹣1）=0，∴x﹣3=0或x﹣1=0，解得：x=3或 x=1．
【考点】(1)、解一元二次方程-因式分解法；(2)、解一元二次方程-配方法．
40.如图，Rt△OAB如图所示放置在平面直角坐标系中，直角边OA与x轴重合，∠OAB=90°，OA=4，AB=2，把Rt△OAB绕点O逆时针旋转90°，点B旋转到点C的位置，一条抛物线正
好经过点O，C，A三点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在x轴上方的抛物线上有一动点P，过点P作x轴的平行线交抛物线于点M，分别过点P，点M作x轴的垂线，交x轴于E，F两点，问：四边形PEFM的周长是否有最大值？如果有，请
求出最值，并写出解答过程；如果没有，请说明理由．
（3）如果x轴上有一动点H，在抛物线上是否存在点N，使O（原点）、C、H、N四点构成以OC为一边的平行四边形？若存在，求出N点的坐标；若不存在，请说明理
由．
【答案】(1)、y=﹣x2+4x；(2)、10；(3)、N
1（2+2，﹣4），N
2
（2﹣2，﹣4）
【解析】(1)、根据旋转的性质可求出C的坐标和A的坐标，又因为抛物线经过原点，故设
y=ax2+bx把（2，4），（4，0）代入，求出a和b的值即可求出该抛物线的解析式；(2)、四边形PEFM的周长有最大值，设点P的坐标为P（a，﹣a2+4a）则由抛物线的对称性知OE=AF，所以EF=PM=4﹣2a，PE=MF=﹣a2+4a，则矩形PEFM的周长L=2[4﹣2a+（﹣a2+4a）]=﹣2（a﹣1）2+10，利用函数的性质即可求出四边形PEFM的周长的最大值；(3)、在抛物线上存在点N，使O（原点）、C、H、N四点构成以OC为一边的平行四边形，由（1）可求出抛物线的顶点坐标，过点C作x轴的平行线，与x轴没有其它交点，过y=﹣4作x轴的平行线，与抛物线有两个交点，这两个交点为所求的N点坐标所以有﹣x2+4x=﹣4，解方程即可求出交点坐标．
试题解析：(1)、因为OA=4，AB=2，把△AOB绕点O逆时针旋转90°，
可以确定点C的坐标为（2，4）；由图可知点A的坐标为（4，0），
又因为抛物线经过原点，故设y=ax2+bx把（2，4），（4，0）代入，得，解得
所以抛物线的解析式为y=﹣x2+4x；
(2)、四边形PEFM的周长有最大值，理由如下：
由题意，如图所示，设点P的坐标为P（a，﹣a2+4a）则由抛物线的对称性知OE=AF，
∴EF=PM=4﹣2a，PE=MF=﹣a2+4a，
则矩形PEFM的周长L=2[4﹣2a+（﹣a2+4a）]=﹣2（a﹣1）2+10，
∴当a=1时，矩形PEFM的周长有最大值，L
max
=10；
(3)、在抛物线上存在点N，使O（原点）、C、H、N四点构成以OC为一边的平行四边形，理由如下：
∵y=﹣x2+4x=﹣（x﹣2）2+4可知顶点坐标（2，4），
∴知道C点正好是顶点坐标，知道C点到x轴的距离为4个单位长度，
过点C作x轴的平行线，与x轴没有其它交点，过y=﹣4作x轴的平行线，与抛物线有两个交点，
这两个交点为所求的N点坐标所以有﹣x2+4x=﹣4 解得x
1=2+，x
2
=2﹣
∴N点坐标为N
1（2+，﹣4），N
2
（2﹣，﹣
4）．
【考点】二次函数综合题．
41.如图所示，A，B是坐标轴正半轴上的两点，过点B作PB⊥y轴交双曲线y=（x＞0）于P
点，A，B两点的坐标分别为（1，0），（0，3），x轴上的动点M在点A的右侧，动点N在射线BP上，过点A作AB的垂线，交射线BP于D点，交直线MN于Q点，连结BQ，取BQ的中点C，若以A，C，N，Q为顶点的四边形是平行四边形，则Q点的坐标
为．
【答案】（4，1）或（28，9）．
【解析】∵A（1，0），B（0，3），
∴直线AB的解析式为y=﹣3x+3，
∵AD⊥AB，
∴直线AD的解析式为y=x﹣，
∵BD⊥y轴，
∴BD∥OA，
∴D（10，3），
①如图1中，当Q在线段AD上时，作QE⊥x轴于E，DF⊥x轴于F．
∵四边形ACNQ是平行四边形，
∴AQ=CN，CN∥AD，
∵BC=CQ，
∴BN=ND，
∴DQ=2CN=2AQ，
∵QE∥DF，
∴，
∵AF=9，DF=3，
∴QE=1，AE=3，
∴点Q坐标为（4，1）．
②如图2中，当点Q在AD的延长线上时，作QF⊥x轴于F，DE⊥AF于
E．
∵四边形ACQN是平行四边形，
∴AN∥BQ，AN=CQ，
∴，∵BC=CQ，
∴，
∵DE∥QF，
∴，
∵AE=9，DE=3，
∴QF=9，AF=27，
∴点Q坐标（28，9），
综上所述点Q坐标（4，1）或（28，9）．
【考点】反比例函数综合题；相似三角形的判定与性质．
42.某药品经过两次降价，每瓶零售价由100元降为81元．已知两次降价的百分率都为x，那么x满足的方程是（）
A．100（1+x）2="81"B．100（1﹣x）2="81"
C．100（1﹣x%）2="81"D．100x2=81
【答案】B
【解析】若两次降价的百分率均是x，则第一次降价后价格为100（1﹣x）元，第二次降价后价格为100（1﹣x）（1﹣x）=100（1﹣x）2元，根据题意找出等量关系：第二次降价后的价格=81元，由此等量关系列出方程即可．设两次降价的百分率均是x，由题意得： x满足方程为100（1﹣x）2=81．
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
43.如图，⊙O的半径为1，A、B、C是圆周上的三点，∠BAC=36°，则劣弧BC的长是（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】连接OB，OC，依据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，即可求得劣弧BC的圆心角的度数∠BOC=2∠BAC=2×36°=72°，然后利用弧长计算公式求解，则劣弧BC的长是：=．
故选B．
【考点】1、弧长的计算；2、圆周角定理
44.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°．将Rt△ABC绕点C按逆时针方向旋转48°得到
Rt△A′B′C，点A在边B′C上，则∠B′的大小为．
【答案】42°．
【解析】根据题意：Rt△ABC绕点C按逆时针方向旋转48°得到Rt△A′B′C，即旋转角为48°，则：∠ACA′=48°，根据直角三角形的两锐角互余求出∠B′=90°﹣48°=42°，
故答案为：42°．
【考点】旋转的性质；直角三角形的性质；两直角三角形的两锐角互余．
45.已知△ABC的面积是1，、、分别是△ABC三边上的中点，△的面积记为；
、、分别是△三边上的中点，△的面积记为；以此类推，则△的面积是（）．
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据相似三角形的面积等于相似比的平方可得：.
【考点】三角形相似的应用
46.一位篮球运动员跳起投篮，篮球运行的高度y（米）关于篮球运动的水平距离x（米）的函数解析式是y=﹣（x﹣2.5）2+3.5．已知篮圈中心到地面的距离3.05米，如果篮球运行高度达到最高点之后能准确投入篮圈，那么篮球运行的水平距离为（）
A．1米B．2米C．4米D．5米
【答案】C．
【解析】令y=3.05得：﹣（x﹣2.5）2+3.5=3.05，解得：x=4或x=1.5（舍去）．
所以运行的水平距离为4米．故选C．
【考点】二次函数的应用．
47.抛物线y=2x2﹣6x+10的顶点坐标是．
【答案】（，）．
【解析】∵y=2x2﹣6x+10=，∴顶点坐标为（，）．故本题答案为：（，）．【考点】二次函数的性质．
48.如图，在中，点、分别在、边上，且，若，则的值等于（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】试题解析：∵DE∥BC，
∴AD：DB=AE：EC，
而
∴
∴．
故选D．
49.如图，已知：在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，AB＝AD＝25，BC＝32，连接BD，AE⊥BD，垂足为E.
(1)求证：△ABE∽△DBC；
(2)求线段AE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）15.
【解析】（1）由等腰三角形的性质可知∠ABD=∠ADB，由AD∥BC可知，∠ADB=∠DBC，由
此可得∠ABD=∠DBC，又∵∠AEB=∠C=90°，利用“AA”可证△ABE∽△DBC；
（2）由等腰三角形的性质可知，BD=2BE，根据△ABE∽△DBC，利用相似比求BE，在
Rt△ABE中，利用勾股定理求AE．
（1）证明：∵AB=AD=25，
∴∠ABD=∠ADB，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴∠ABD=∠DBC，
∵AE⊥BD，
∴∠AEB=∠C=90°，
∴△ABE∽△DBC；
（2）解：∵AB=AD，又AE⊥BD，
∴BE=DE，
∴BD=2BE，
由△ABE∽△DBC，
得，
∵AB=AD=25，BC=32，
∴，
∴BE=20，
∴AE=．
【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理；直角梯形．
50.如图，在矩形ABCD中，过对角线AC的中点O作AC的垂线，分别交射线AD和CB于点
E、F，连结A
F、CE.
（1）求证：AE=CF.
（2）求证：四边形AFCE是菱形.
【答案】（1）证明见解析；（1）证明见解析.
【解析】（1）根据矩形的性质，证明△EOA ≌△FOC，从而根据全等三角形的性质得证；（2）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得证.
试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AE // CF．
∴∠AEO =∠CFO．
∵点O为对角线AC的中点，
∴AO = CO．
又∵∠AOE =∠COF，
∴△EOA≌△FOC．
∴AE = CF．
（2）∵AE // CF，AE = CF，
∴四边形AFCE是平行四边形
又∵EF⊥AC，
∴四边形AFCE是菱形
51.如图，把矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点B′处，点A落在点A′处；（1）求证：B′E=BF；
（2）设AE=a，AB=b，BF=C，试猜想a，b，c之间的一种关系，并给予证
明．
【答案】（1）证明见解析；
（2）a，b，c三者存在的关系是a+b>c,理由见解析.
【解析】（1）首先根据题意得B′F=BF，∠B′FE=∠BFE，接着根据平行线的性质和等腰三角形的判定即可证明B′E=BF；
（2）解答此类题目时要仔细读题，根据三角形三边关系求解分类讨论解答，要提高全等三角形的判定结合勾股定理解答．
证明：（1）由题意得B′F=BF，∠B′FE=∠BFE，
在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠B′EF=∠BFE，
∴∠B′FE=∠B'EF，
∴B′F=BE，
∴B′E=BF；
解：（2）答：a，b，c三者关系不唯一，有两种可能情况：
（ⅰ）a，b，c三者存在的关系是a2+b2=c2．
证明：连接BE，则BE=B′E，
由（1）知B′E=BF=c，
∴BE=c．
在△ABE中，∠A=90°，
∴AE2+AB2=BE2，
∵AE=a，AB=b，
∴a2+b2=c2；
（ⅱ）a，b，c三者存在的关系是a+b＞c．
证明：连接BE，则BE=B′E．
由（1）知B′E=BF=c，
∴BE=c，
在△ABE中，AE+AB＞BE，
∴a+b＞c．
“点睛”此题以证明和探究结论形式来考查矩形的翻折、等角对等边、三角形全等、勾股定理等知识．第一，较好考查学生表述数学推理和论证能力，第（1）问重点考查了学生逻辑推理的能力，主要利用等角对等边、翻折等知识来证明；第二，试题呈现显示了浓郁的探索过程，试题设计的
起点低，图形也很直观，也可通过自已动手操作，寻找几何元素之间的对应关系，形成较为常规
的方法解决问题，第（2）问既考查了学生对勾股定理掌握的程度又考查学生的数学猜想和探索
能力，这对于培养学生创新意识和创新精神十分有益；第三，解题策略多样化在本题中得到了充
分的体现．
52.如图（1），在△ABC中，∠C=90°，AB=5cm，BC=3cm，动点P在线段AC上以5cm/s的
速度从点A运动到点C，过点P作PD⊥AB于点D，将△APD绕PD的中点旋转180°得到
△A′DP，设点P的运动时间为x（s）．
（1）当点A′落在边BC上时，求x的值；
（2）在动点P从点A运动到点C过程中，当x为何值时，△A′BC是以A′B为腰的等腰三角形；（3）如图（2），另有一动点Q与点P同时出发，在线段BC上以5cm/s的速度从点B运动到
点C，过点Q作QE⊥AB于点E，将△BQE绕QE的中点旋转180°得到△B′EQ，连结A′B′，当
直线A′B′与△ABC的一边垂直时，求线段A′B′的长．
【答案】（1）当点A′落在边BC上时，x＝；
（2）当A′B＝A′C时，x=；
（3）当A′B′⊥AB时,x=,A
1B
1
=；当A′B′⊥BC时x=, A
1
B
1
=；当A′B′⊥AC时x=,
A
1B
1
=．
【解析】（1）利用相似三角形直接求出x的值；（2）由A′B＝BC得出一元二次方程求出x的值；（3）利用分类讨论思想求出线段A′B′长的三种情况．。