一、（本大題共10小題，每小題4分，共40分，請選出每小題中一個最符合題意的選項，不選、多選、錯選，均不得分）
1．（4分）（2013?紹興）?2的絕對值是（　　）
　A．2B．?2C．0D．
考點：絕對值．
分析：根據(jù)絕對值的概念：數(shù)軸上某個數(shù)與原點的距離叫做這個數(shù)的絕對值可直接得到答案．
解答：解：?2的絕對值是2，
故選：A．
點評：此題主要考查了絕對值，關鍵 是掌握絕對值規(guī)律總結(jié)：一個正數(shù)的絕對值是它本身；一個負數(shù)的絕對值是它的相 反數(shù)；0的絕對值是0．
　
2．（4分）（2013?紹興）計算3a?（2b）的結(jié)果是（　�。�
　A．3abB．6aC．6abD．5ab
考點：單項式乘單項式．
分析 ：根據(jù)單項式與單項式相乘，把他們的系數(shù)分別相乘，相同字母的冪分別相加，其余字母連同他的指數(shù)不變，作為積的因式，計算即可．
解答 ：解：3a?（2b）=3×2a?b=6ab．
故選C．
點評：本題考查了單項式與單項式相乘，熟練掌握運算法則是解題的關鍵．
　
3．（4分）（2013?紹興）地球半徑約為6400000米，則此數(shù)用科學記數(shù)法表示為（　�。�
　A．0.64×109B．6.4×106C．6.4×104D．64×103
考點：科學記數(shù)法―表示較大的數(shù)．
分析：科學記數(shù)法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤a＜10，n為整數(shù)．確定n的值時，要看把原數(shù)變成a時，小數(shù)點移動了多少位，n的絕對值與小數(shù)點移動的位數(shù)相同．當原數(shù)絕對值＞1時，n是正數(shù)；當原數(shù)的絕對值＜1時， n是負數(shù)．
解答：解：6 400 000=6.4×106，
故選：B．
點評：此題考查科學記數(shù)法的表示方法．科學記數(shù)法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤a＜10，n為整數(shù)，表示時關鍵要正確確定a的值以及n的值．
　
4．（4分）（2013?紹興）由5個相同的立方體搭成的幾何體如圖所示，則它的主視圖是（　　）
考點：簡單組合體的三視圖．
分析：細心觀察圖中幾何體擺放的位置，根據(jù)主視圖是從正面看到的圖象判定則可．
解答：解：從正面可看到從左往右三列小正方形的個數(shù)為：1，1，2．
故選C．
點評：本題考查了三視圖的知識，主視圖是從物體的正面看得到的視圖．
　
5．（4分）（2013?紹興）一個不透明的袋子中有3個白球、2個黃球和1 個紅球，這些球除顏色可以不同外其他完全相同，則從袋子中隨機摸出一個球是黃球的概率為（　�。�
　A． B． C． D．
考點：概率公式．
分析：根據(jù)概率的求法，找準兩點：①全部情 況的總數(shù)；②符合條件的情況數(shù)目；二者的比值就是其發(fā)生的概率，即可求出答案．
解答：解：根據(jù)題意可得：袋子中有3個白球，2個黃球和1個紅球，共6個，
從袋子中隨機摸出一個球，它是黃球的概率2÷6= ．
故選：B．
點評：此題考查概率的求法：如果一個事件有n種可能，而且這些事件的可能性相同，其中事件A出現(xiàn)m種結(jié)果，那么事件A的概率P（A）= ．
　
6．（4分）（2013?紹興）紹興市著名的橋鄉(xiāng)，如圖，石拱橋的橋頂?shù)剿�面的距離CD為8m，橋拱半徑OC為5m，則水面寬AB為（　�。�
　A．4mB．5mC．6mD．8m
考點：垂徑定理的應用；勾股定理．
分析：連接OA，根據(jù)橋拱半徑OC為5m，求出OA=5m，根據(jù)CD=8m，求出OD=3m，根據(jù)AD= 求出AD，最后根據(jù)AB=2AD即可得出答案．
解答：解：連接OA，
∵橋拱半徑OC為5m，
∴OA=5m，
∵CD=8m，
∴OD=8?5=3m，
∴AD= = =4m，
∴AB=2AD=2×4=8（m）；
故選；D．
點評：此題考查了垂徑定理的應用，關鍵是根據(jù)題意做出輔助線，用到的知識點是垂徑定理、勾股定理．
　
7．（4分）（2013?紹興）若圓錐的軸截圖為等邊三角形，則稱此圓錐為正圓錐，則正圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角是（　�。�
　A．90°B．120°C．150°D．180°
考點：圓錐的計算．
分析：設正圓錐的底面半徑是r，則母線長是2r，底面周長是2πr，然后設正圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角是n°，利用弧長的計算公式即可求解．
解答：解：設正圓錐的底面半徑是r，則母線長是2r，底面周長是2πr，
設正圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角是n°，則 =2πr，
解得：n=180．
故選D．
點評：正確理解圓錐的側(cè)面展開圖與原來的扇形之間的關系是解決本題的關鍵，理解圓錐的母線長是扇形的半徑，圓錐的底面圓周長是扇形的弧長．
　
8．（4分）（2013?紹興）如圖是我國古代計時器“漏壺”的示意圖，在壺內(nèi)盛一定量的水，水從壺底的小孔漏出．壺壁內(nèi)畫有刻度，人們根據(jù)壺中水面的位置計時，用x表示時間，y表示壺底到水面的高度，則y與x 的函數(shù)關系式的圖象是（　�。�
　A． B． C． D．
考點：函數(shù)的圖象．
分析：由題意知x表示時間，y表示壺底到水面的高度，然后根據(jù)x、y的初始位置及函數(shù)圖象的性質(zhì)來判斷．xkb1.com
解答：解：由題意知：開始時，壺內(nèi)盛一定量的水，所以y的初始位置應該大于0，可以排除A、B；
由于漏壺漏水的速度不變，所以圖中的函數(shù)應該是一次函數(shù)，可以排除D選項；
故選C．
點評：本題主要考查了函數(shù)圖象的讀圖能力和函數(shù)與實際問題結(jié)合的應用．要能根據(jù)函數(shù)圖象的性質(zhì)和圖象上的數(shù)據(jù)分析得出函數(shù)的類型和所需要的條件，結(jié)合實際意義得到正確的結(jié)論．
　
9．（4分）（2013?紹興）小敏在作⊙O的內(nèi)接正五邊形時，先做了如下幾個步驟：
（1）作⊙O的兩條互相垂直的直徑，再作OA的垂直平分線交OA于點M，如圖1；
（2）以M為圓心，BM長為半徑作圓弧，交CA于點D，連結(jié)BD，如圖2．若⊙O的半徑為1，則由以上作圖得到的關于正五邊形邊長BD的等式是（　�。�
　A．BD2= ODB．BD2= ODC．BD2= ODD．BD2= OD
考點：正多邊形和圓．
分析：首先連接BM，根據(jù)題意得：OB=OA=1，AD⊥OB，BM=DM，然后由勾股定理可求得BM與OD的長，繼而求得BD2的值．
解答：解：如圖2，連接BM，
根據(jù)題意得：OB=OA=1，AD⊥OB，BM=DM，
∵OA的垂直平分線交OA于點M，
∴OM=AM= OA= ，
∴BM= = ，
∴DM= ，
∴OD=DM?OM= ? = ，
∴BD2=OD2+OB2= = = OD．
故選C．
點評：此題考查了勾股定理、線段垂直平分線的性質(zhì)以及分母有理化的知識．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應用．
　
10．（4分）（2013?紹興）教室里的飲水機接通電源就進入自動程序，開機加熱時每分鐘上升10℃，加熱到100℃，停止加熱，水溫開始下降，此時水溫（℃）與開機后用時（min）成反比例關系．直至水溫降至30℃，飲水機關機．飲水機關機后即 刻自動開機，重復上述自動程序．若在水溫為30℃時，接通電源后，水溫y（℃）和時間（min）的關系如圖，為了在上午第一節(jié)下課時（8：45）能喝到不超過50℃的水，則接通電源的時間可以是當天上午的（　�。�
　A．7：20B．7：30C．7：45D．7：50
考點：反比例函數(shù)的應用．
分析：第1步：求出兩個函數(shù)的解析式；
第2步：求出飲水機完成一個循環(huán)周期所需要的時間；
第3步：求出每一個循環(huán)周期內(nèi)，水溫不超過50℃的時間段；
第4步：結(jié)合4個選擇項，逐一進行分析計算，得出結(jié)論．
解答：解：∵開機加熱時每分鐘上升10℃，
∴從30℃到100℃需要7分鐘，
設一次函數(shù)關系式為：y=k1x+b，
將（0，30），（7，100）代入y=k1x+b得k1=10，b=30
∴y=10x+30（0≤x≤7），令y=50，解得x=2；
設反比例函數(shù)關系式為：y= ，
將（7，100）代入y= 得k=700，∴y= ，
將y=30代入y= ，解得x= ；
∴y= （7≤x≤ ），令y=50，解得x=14．
所以，飲水機的一個循環(huán)周期為 分鐘．每一個循環(huán)周期內(nèi)，在0≤x≤2及14≤x≤ 時間段內(nèi)，水溫不超過50℃．
逐一分析如下：
選項A：7：20至8：45之間有85分鐘．85? ×3=15，位于14≤x≤ 時間段內(nèi)，故可行；
選項B：7：30至8：45之間有75分鐘．75? ×3=5，不在0≤x≤2及14≤x≤ 時間段內(nèi)，故不可行；
選項C：7：45至8：45之間有60分鐘．60? ×2= ≈13.3，不在0≤x≤2及14≤x≤ 時間段內(nèi)，故不可行；
選項D：7：50至8：45之間有55分鐘．55? ×2= ≈8.3，不在0≤x≤2及14≤x≤ 時間段內(nèi)，故不可行．
綜上所述，四個選項中，唯有7：20符合題意．
故選A．
點評：本題主要考查了一次函數(shù)及反比例函數(shù)的，還有時間的討論問題．同學們在解答時要讀懂題意，才不易出錯．
　
二、題（本大題共6小題，每小題5分，共30分）
11．（5分）（2013?紹興）分解因式：x2?y2=�。▁+y）（x?y）�。�
考點：因式分解-運用公式法．
分析：因為是兩個數(shù)的平方差，所以利用平方差公式分解即可．
解答：解：x2?y2=（x+y）（x?y）．
點評：本題考查了平方差公式因式分解，熟記平方差公式的特點：兩項平方項，符號相反，是解題的關鍵．
　
12．（5分）（2013?紹興）分式方程 =3的解是　x=3�。�
考點：解分式方程．
專題：．
分析：分式方程去分母轉(zhuǎn)化為整式方程，求出整式方程的解得到x的值，經(jīng)檢驗即可得到分式方程的解．
解答：解：去分母得：2x=3x?3，
解得：x=3，
經(jīng)檢驗x=3是分式方程的解．
故答案為：x=3
點評：此題考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“轉(zhuǎn)化思想”，把分式方程轉(zhuǎn)化為整式方程求解．解分式方程一定注意要驗根．
　
13．（5分）（2013?紹興）我國古代數(shù)學名著《孫子算經(jīng)》中有這樣一題，今有雞兔同籠，上有35頭，下有94足，問雞兔各幾何？此題的答案是：雞有23只，兔有12只，現(xiàn)在小敏將此題改編為：今有雞兔同籠，上有33頭，下有88足，問雞兔各幾何？則此時的答案是：雞有　22　只，兔有　11　只．
考點：二元一次方程組的應用．
分析：設雞有x只，兔有y只，就有x+y=33，2x+4y=88，將這兩個方程構(gòu)成方程組求出其解即可．
解答：解：設雞有x只，兔有y只，由題意，得
，
解得： ，
∴雞有22只，兔有11只．
故答案為：22，11
點評：本題考查了列二元一次方程解生活實際問題的運用，二元一次方程的解法的運用，解答時根據(jù)條件找到反應全題題意的等量關系建立方程是關鍵．
　
14．（5分）（2013?紹興）在平面直角坐標系中，O是原點，A是x軸上的點，將射線OA繞點O旋轉(zhuǎn)，使點A與雙曲線y= 上的點B重合，若點B的縱坐標是1，則點A的橫坐標是　2或?2�。�
考點：坐標與圖形變化-旋轉(zhuǎn)；反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征．
分析：根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)得出B點坐標，進而得出A點坐標．
解答：解：如圖所示：
∵點A與雙曲線y= 上的點B重合，點B的縱坐標是1，
∴點B的橫坐標是 ，
∴OB= =2，
∵A點可能在x軸的正半軸也可能在負半軸，
∴A點坐標為：（2，0），（?2，0）．
故答案為：2或?2．
點評：此題主要考查了勾股定理以及反比例函數(shù)的性質(zhì)等知識，根據(jù)已知得出BO的長是解題關鍵．
　
15．（5分）（2013?紹興）如圖鋼架中，焊上等長的13根鋼條來加固鋼架，若AP1=P1P2=P2P3=…=P13P14=P14A，則∠A的度數(shù)是　12°　．
考點：等腰三角形的性質(zhì)．
分析：設∠A=x，根據(jù)等邊對等角的性質(zhì)以及三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和求出∠AP7P8，∠AP8P7，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理列式進行計算即可得解．
解答：解：設∠A=x，
∵AP1=P1P2=P2P3=…=P13P14=P14A，
∴∠A=∠AP2P1=∠AP13P14=x，
∴∠P2P1P3=∠P13P14P12=2x，
∴∠P2P3P4=∠P13P12P10=3x，
…，
∠P7P6P8=∠P8P9P7=7x，
∴∠AP7P8=7x，∠AP8P7=7x，
在△AP7P8中，∠A+∠AP7P8+∠AP8P7=180°，
即x+7x+7x=180°，
解得x=12°，
即∠A=12°．
故答案為：12°．
點評：本題考查了等腰三角形等邊對等角的性質(zhì)，三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和的性質(zhì)，規(guī)律探尋題，難度較大．
　
16．（5分）（2013?紹興）矩形ABCD中，AB=4，AD=3，P，Q是對角線BD上不重合的兩點，點P關于直線AD，AB的對稱點分別是點E、F，點Q關于直線BC、CD的對稱點分別是點G、H．若由點E、F、G、H構(gòu)成的四邊形恰好為菱形，則PQ的長為　2.8�。�
考點：幾何變換綜合題．
分析：如解答圖所示，本題要點如下：
（1）證明矩形的四個頂點A、B、C、D均在菱形EFGH的邊上，且點A、C分別為各自邊的中點；
（2）證明菱形的邊長等于矩形的對角線長；
（3）求出線段AP的長度，證明△AON為等腰三角形；
（4）利用勾股定理求出線段OP的長度；
（5）同理求出OQ的長度，從而得到PQ的長度．
解答：解：由矩形ABCD中，AB=4，AD=3，可得對角線AC=BD=5．
依題意畫出圖形，如右圖所示．
由軸對稱性質(zhì)可知，∠PAF+∠PAE=2∠PAB+2∠PAD=2（∠PAB+∠PAD）=180°，
∴點A在菱形EFGH的邊EF上．同理可知，點B、C、D均在菱形EFGH的邊上．
∵AP=AE=AF，∴點A為EF中點．同理可知，點C為GH中點．
連接AC，交BD于點O，則有AF=CG，且AF∥CG，
∴四邊形ACGF為平行四邊形，
∴FG=AC=5，即菱形EFGH的邊長等于矩形ABCD的對角線長．
∴EF=FG=5，
∵AP=AE=AF，∴AP= EF=2.5．
∵OA= AC=2.5，
∴AP=AO，即△APO為等腰三角形．
過點A作AN⊥BD交BD于點N，則點N為OP的中點．
由S△ABD= AB?AD= AC?AN，可求得：AN=2.4．
在Rt△AON中，由勾股定理得：ON= = =0.7，
∴OP=2ON=1.4；
同理可求得：OQ=1.4，
∴PQ=OP+OQ=1.4+1.4=2.8．
故答案為：2.8．
點評：本題是幾何變換綜合題，難度較大．首先根據(jù)題意畫出圖形，然后結(jié)合軸對稱性質(zhì)、矩形性質(zhì)、菱形性質(zhì)進行分析，明確線段之間的數(shù)量關系，最后由等腰三角形和勾股定理求得結(jié)果．
　
三、解答題（本大題共有8小題，第17--20小題每小題8分，第21小題10分，第22、23小題每小題8分，第24小題14分，共80分，解答需寫出畢必要的文字說明、演算步驟或證明過程）[來源:學.科.網(wǎng)Z.X.X.K]
17．（8分）（2013?紹興）（1）化簡：（a?1）2+2（a+1）
（2）解不等式： + ≤1．
考點：整式的混合運算；解一元一次不等式．
專題：．
分析：（1）原式第一項利用完全平方公式展開，去括號合并即可得到結(jié)果．
解答：解：（1）原式=a2?2a+1+2a+2=a2+3；
（2）去分母得：3（x+1）+2（x?1）≤6，
去括號得：3x+3+2x?1≤6，
解得：x≤1．
點評：此題考查了整式的混合運算，以及解一元一次不等式，涉及的知識有：完全平方公式，去括號法則，以及合并同類項法則，熟練掌握公式及法則是解本題的關鍵．
　
18．（8分）（2013?紹興）某市出租車計費方法如圖所示，x（km）表示行駛里程，y（元）表示車費，請根據(jù)圖象回答下面的問題：
（1）出租車的起步價是多少元？當x＞3時，求y關于x的函數(shù)關系式．
（2）若某乘客有一次乘出租車的車費為32元，求這位乘客乘車的里程．
考點：一次函數(shù)的應用．
分析：（1）根據(jù)函數(shù)圖象可以得出出租車的起步價是8元，設當x＞3時，y與x的函數(shù)關系式為y=kx+b，運用待定系數(shù)法就可以求出結(jié)論；
（2）將y=32代入（1）的解析式就可以求出x的值．
解答：解：（1）由圖象得：
出租車的起步價是8元，；
設當x＞3時，y與x的函數(shù)關系式為y=kx+b，由函數(shù)圖象，得
，
解得： ，
故y與x的函數(shù)關系式為：y=2x+2；
（2）當y=32時，
32=2x+2，
x=15
答：這位乘客乘車的里程是15km．
點評 ：本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式的運用，由函數(shù)值求自變量的值的運用，解答時理解函數(shù)圖象是重點，求出函數(shù)的解析式是關鍵．
　
19．（8分）（2013?紹興）如圖，矩形ABCD中，AB=6，第1次平移將矩形ABCD沿AB的方向向右平移5個單位，得到矩形A1B1C1D1，第2次平移將矩形A1B1C1D1沿A1B1的方向向右平移5個單位，得到矩形A2B2C2D2…，第n次平移將矩形An?1Bn?1Cn?1Dn?1沿An?1Bn?1的方向平移5個單位，得到矩形AnBnCnDn（n＞2）．
（1）求AB1和AB2的長．
（2）若ABn的長為56，求n．
考點：平移的性質(zhì)；一元一次方程的應用；矩形的性質(zhì)．
專題：規(guī)律型．
分析：（1）根據(jù)平移的性質(zhì)得出AA1=5，A1A2=5，A2B1=A1B1?A1A2=6?5=1，進而求出AB1和AB2的長；
（2）根據(jù)（1）中所求得出數(shù)字變化規(guī)律，進而得出A Bn=（n+1）×5+1求出n即可．
解答：解：（1）∵AB=6，第1次平移將矩形ABCD沿AB的方向向右平移5個單位，得到矩形A1B1C1D1，
第2次平移將矩形A1B1C1D1沿A1B1的方向向右平移5個單位，得到矩形A2B2C2D2…，
∴AA1=5，A1A2=5，A2B1=A1B1?A1A2=6?5=1，
∴AB1=AA1+A1A2+A2B1=5+5+1=11，
∴AB2的長為：5+5+6=16；
（2）∵AB1=2×5+1=11，AB2=3×5+1=16，
∴ABn=（n+1）×5+1=56，
解得：n=10．
點評：此題主要考查了平移的性質(zhì)以及一元一次方程的應用，根據(jù)平移的性質(zhì)得出AA1=5，A1A2=5是解題關鍵．
　
20．（8分）（2013?紹興）某校體育組為了了解學生喜歡的體育項目，從全校同學中隨機抽取了若干名同學進行調(diào)查，每位同學從兵乓球、籃球、羽毛球、排球、跳繩中選擇一項最喜歡的項目，并將調(diào)查的結(jié)果繪制成如下的兩幅統(tǒng)計圖．根據(jù)以上統(tǒng)計圖，解答下列問題：
（1）這次被調(diào)查的共有多少名同學？并補全條形統(tǒng)計圖．
（2）若全校有1200名同學，估計全校最喜歡籃球和排球的共有多少名同學？
考點：條形統(tǒng)計圖；用樣本估計總體；扇形統(tǒng)計圖．
分析：（1）利用條形統(tǒng)計圖可得喜歡排球的人數(shù)有12人，根據(jù)扇形統(tǒng)計圖可得喜歡排球的人數(shù)有15%，利用12÷15%即可得到被調(diào)查的總?cè)藬?shù)；用總?cè)藬?shù)?喜歡乒乓球的人數(shù)?喜歡籃球的人數(shù)?喜歡羽毛球的人數(shù)?喜歡排球的人數(shù)可得喜歡跳繩的人數(shù)，再補圖即可；
（2）計算出調(diào)查的人數(shù)中喜歡籃球和排球的人數(shù)所占百分比，再乘以1200即可．
解答：解：（1）這次被調(diào)查的學生總數(shù)：30÷15%=200（人），
跳繩人數(shù)：200?70?40?30?12=48，如圖所示：
（2）1200× ×100%=312（人）．
答：全校有1200名同學，估計全校最喜歡籃球和排球的共有312名同學．
點評：本題考查的是條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖的綜合運用，以及樣本估計總體，讀懂統(tǒng)計圖，從不同的統(tǒng)計圖中 得到必要的信息是解決問題的關鍵．條形統(tǒng)計圖能清楚地表示出每個項目的數(shù)據(jù)；扇形統(tǒng)計圖直接反映部分占總體的百分比大小．
　
21．（10分）（2013?紹興）如圖，傘不論張開還是收緊，傘柄AP始終平分同一平面內(nèi)兩條傘架所成的角∠BAC，當傘收緊時，結(jié)點D與點M重合，且點A、E、D在同一條直線上，已知部分傘架的長度如下：單位：cm
傘架DEDFAEAFABAC
長度363636368686
（1）求AM的長．
（2）當∠BAC=104°時，求AD的長（精確到1cm）．
備用數(shù)據(jù)：sin52°=0.788，cos52°=0.6157，tan52°=1.2799．
考點：解直角三角形的應用．
分析：（1）根據(jù)AM=AE+DE求解即可；
（2）先根據(jù)角平分線的定義得出∠EAD= ∠BAC=52°，再過點E作EG⊥AD于G，由等腰三角形的性質(zhì)得出AD=2AG，然后在△AEG中，利用余弦函數(shù)的定義求出AG的長，進而得到AD的長度．
解答：解：（1）由題意，得AM=AE+DE=36+36=72（cm）．
故AM的長為72cm；
（2）∵AP平分∠BAC，∠BAC=104°，
∴∠EAD= ∠BAC=52°．
過點E作EG⊥AD于G，
∵AE=DE=36，
∴AG=DG，AD=2AG．
在△AEG中，∵∠AGE=90°，
∴AG=AE?cos∠EAG=36?cos52°=36×0.6157=22.1652，
∴AD=2AG=2×22.1652≈44（cm）．
故AD的長約為44cm．
點評：本題考查了解直角三角形在實際生活中的應用，其中涉及到角平分線的定義，等腰三角形的性質(zhì)，三角函數(shù)的定義，難度適中．
　
22．（12分）（2013?紹興）若一個矩 形的一邊是另一邊的兩倍，則稱這個矩形為方形，如圖1，矩形ABCD中，BC=2AB，則稱ABCD為方形．
（1）設a，b是方形的一組鄰邊長，寫出a，b的值（一組即可）．
（2）在△ABC中，將AB，AC分別五等分，連結(jié)兩邊對應的等分點，以這些連結(jié)為一邊作矩形，使這些矩形的邊B1C1，B2C2，B3C3，B4C4的對邊分別在B2C2，B3C3，B4C4，BC上，如圖2所示．
①若BC=25，BC邊上的高為20，判斷以B1C1為一邊的矩形是不是方形？為什么？
②若以B3C3為一邊的矩形為方形，求BC與BC邊上的高之比．
考點：四邊形綜合題．
分析：（1）答案不唯一，根據(jù)已知舉出即可；
（2）①求出△ABC∽△AB1C1∽△AB2C2∽△AB3C3∽△AB4C4，推出 = = ， = = ， = = ， = = ，求出B1C1=5，B2C2=10，B3C3=15，B4C4=20，AE=4，AH=8，AG=12，AN=16，MN=GN=GH=HE=4，BQ=B2O=B3Z=B4K=4，根據(jù)已知判斷即可；
②設AM=h，根據(jù)△ABC∽△AB3C3，得出 = = ，求出MN=GN=GH=HE= h，分為兩種情況：當B3C3=2 × h，時，當B3C3= × h時，代入求出即可．
解答：解：（1）答案不唯一，如a=2，b=4；
（2）①以B1C1為一邊的矩形不是方形．
理由是：過A作AM⊥BC于M，交B1C1于E，交B2C2于H，交B3C3于G，交B4C4于N，則AM⊥B4C4，AM⊥B3C3，AM⊥B2C2，AM⊥B1C1，
∵由矩形的性質(zhì)得：BC∥B1C1∥B2C2∥B3C3∥B4C4，
∴△ABC∽△AB1C1∽△AB2C2∽△AB3C3∽△AB4C4，
∴ = ， = = ， = = ， = = ，
∵AM=20，BC=25，
∴B1C1=5，B2C2=10，B3C3=15，B4C4=20，AE=4，AH=8，AG=12，AN=16，
∴MN=GN=GH=HE=4，
∴BQ=B2O=B3Z=B4K=4，
即B1C1≠2B1Q，B1Q≠2B1C1，
∴以B1C1為一邊的矩形不是方形；
②∵以B3C3為一邊的矩形為方形，設AM=h，
∴△ABC∽△AB3C3，
∴ = = ，
則AG= h，
∴MN=GN=GH=HE= h，
當B3C3=2× h，時， = ；
當B3C3= × h時， = ．
綜合上述：BC與BC邊上的高之比是 或 ．
點評：本題考查了相似三角形的性質(zhì)和判定和矩形的性質(zhì)的應用，注意：相似三角形的對應高的比等于相似比．
　
23．（12分）（2013?紹興）在△ABC中，∠CAB=90°，AD⊥BC于點D，點E為AB的中點，EC與AD交于點G，點F在BC上．
（1）如圖1，AC：AB=1：2，EF⊥CB，求證：EF=CD．
（2）如圖2，AC：AB=1： ，EF⊥CE，求EF：EG的值．
考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．
分析：（1）根據(jù)同角的余角相等得出∠CAD=∠B，根據(jù)AC：AB=1：2及點E為AB的中點，得出AC=BE，再利用AAS證明△ACD≌△BEF，即可得出EF=CD；
（2）作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q，先證明四邊形EQDH是矩形，得出∠QEH=90°，則∠FEQ=∠GEH，再由兩角對應相等的兩三角形相似證明△EFQ∽△EGH，得出EF：EG=EQ：EH，然后在△BEQ中，根據(jù)正弦函數(shù)的定義得出EQ= BE，在△AEH中，根據(jù)余弦函數(shù)的定義得出EH= AE，又BE=AE，進而求出EF：EG的值．
解答：（1）證明：如圖1，
在△ABC中，∵∠CAB=90°，AD⊥BC于點D，
∴∠CAD=∠B=90°?∠ACB．
∵AC：AB=1：2，∴AB=2AC，
∵點E為AB的中點，∴AB=2BE，
∴AC=BE．
在△ACD與△BEF中，
，
∴△ACD≌△BEF，
∴CD=EF，即EF=CD；
（2）解：如圖2，作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q，
∵EH⊥AD，EQ⊥BC，AD⊥BC，
∴四邊形EQDH是矩形，
∴∠QEH=90°，
∴∠FEQ=∠GEH=90°?∠QEG，
又∵∠EQF=∠EHG=90°，
∴△EFQ∽△EGH，
∴EF：EG=EQ：EH．
∵AC：AB=1： ，∠CAB=90°，
∴∠B=30°．
在△BEQ中，∵∠BQE=90°，
∴sin∠B= = ，
∴EQ= BE．
在△AEH中，∵∠AHE=90°，∠AEH=∠B=30°，
∴cos∠AEH= = ，
∴EH= AE．
∵點E為AB的中點，∴BE=AE，
∴EF：EG=EQ：EH= BE： AE=1： ．
點評：本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，綜合性較強，有一定難度．解題的關鍵是作輔助線，構(gòu)造相似三角形，并且證明四邊形EQDH是矩形．
　
24．（14分）（2013?紹興）拋物線y=（x?3）（x+1）與x軸交于A，B兩點（點A在點B左側(cè)），與y軸交于點C，點D為頂點．
（1）求點B及點D的坐標．
（2）連結(jié)BD，CD，拋物線的對稱軸與x軸交于點E．
①若線段BD上一點P，使∠DCP=∠BDE，求點P的坐標．
②若拋物線上一點M，作MN⊥CD，交直線CD于點N，使∠CMN=∠BDE，求點M的坐標．
考點：二次函數(shù)綜合題．
分析：（1）解方程（x?3）（x+1）=0，求出x=3或?1，根據(jù)拋物線y=（x?3）（x+1）與x軸交于A，B兩點（點A在點B左側(cè)），確定點B的坐標為（3，0）；將y=（x?3）（x+1）配方，寫成頂點式為y=x2?2x?3=（x?1）2?4，即可確定頂點D的坐標；
（2）①根據(jù)拋物線y=（x?3）（x+1），得到點C、點E的坐標．連接BC，過點C作CH⊥DE于H，由勾股定理得出CD= ，CB=3 ，證明△BCD為直角三角形．分別延長PC、DC，與x軸相交于點Q，R．根據(jù)兩角對應相等的兩三角形相似證明△BCD∽△QOC，則 = = ，得出Q的坐標（?9，0），運用待定系數(shù)法求出直線CQ的解析式為y=? x?3，直線BD的解析式為y=2x?6，解方程組 ，即可求出點P的坐標；
②分兩種情況進行討論：（Ⅰ）當點M在對稱軸右側(cè)時．若點N在射線CD上，如備用圖1，延長MN交y軸于點F，過點M作MG⊥y軸于點G，先證明△MCN∽△DBE，由相似三角形對應邊成比例得出MN=2CN．設CN=a，再證明△CNF，△MGF均為等腰直角三角形，然后用含a的代數(shù)式表示點M的坐標，將其代入拋物線y=（x?3）（x+1），求出a的值，得到點M的坐標；若點N在射線DC上，同理可求出點M的坐標；（Ⅱ）當點M在對稱軸左側(cè)時．由于∠BDE＜45°，得到∠CMN＜45°，根據(jù)直角三角形兩銳角互余得出∠MCN＞45°，而拋物線左側(cè)任意一點K，都有∠KCN＜45°，所以點M不存在．
解答：解：（1）∵拋物線y=（x?3）（x+1）與x軸交于A，B兩點（點A在點B左側(cè)），
∴當y=0時，（x?3）（x+1）=0，
解得x=3或?1，
∴點B的坐標為（3，0）．
∵y=（x?3）（x+1）=x2?2x?3=（x?1）2?4，
∴頂點D的坐標為（1，?4）；
（2）①如右圖．
∵拋物線y=（x?3）（x+1）=x2?2x?3與與y軸交于點C，
∴C點坐標為（0，?3）．
∵對稱軸為直線x=1，
∴點E的坐標為（1，0）．
連接BC，過點C作CH⊥DE于H，則H點坐標為（1，?3），
∴CH=DH=1，
∴∠CDH=∠BCO=∠BCH=45°，
∴CD= ，CB=3 ，△BCD為直角三角形．
分別延長PC、DC，與x軸相交于點Q，R．
∵∠BDE=∠DCP=∠QCR，
∠CDB=∠CDE+∠BDE=45°+∠DCP，
∠QCO=∠RCO+∠QCR=45°+∠DCP，
∴∠CDB=∠QCO，
∴△BCD∽△QOC，
∴ = = ，
∴OQ=3OC=9，即Q（?9，0）．
∴直線CQ的解析式為y=? x?3，
直線BD的解析式為y=2x?6．
由方程組 ，解得 ．
∴點P的坐標為（ ，? ）；
②（Ⅰ）當點M在對稱軸右側(cè)時．
若點N在射線CD上，如備用圖1，延長MN交y軸于點F，過點M作MG⊥y軸于點G．
∵∠CMN=∠BDE，∠CNM=∠BED=90°，
∴△MCN∽△DBE，
∴ = = ，
∴MN=2CN．
設CN=a，則MN=2a．
∵∠CDE=∠DCF=45°，
∴△CNF，△MGF均為等腰直角三角形，
∴NF=CN=a，CF= a，
∴MF=MN+NF=3a，
∴MG=FG= a，
∴CG=FG?FC= a，
∴M（ a，?3+ a）．
代入拋物線y=（x?3）（x+1），解得a= ，
∴M（ ，? ）；
若點N在射線DC上，如備用圖2，MN交y軸于點F，過點M作MG⊥y軸于點G．
∵∠CMN=∠BDE，∠CNM=∠BED=90°，
∴△MCN∽△DBE，
∴ = = ，
∴MN=2CN．
設CN=a，則MN=2a．
∵∠CDE=45°，
∴△CNF，△MGF均為等腰直角三角形，
∴NF=CN=a，CF= a，
∴MF=MN?NF=a，
∴MG=FG= a，
∴CG=FG+FC= a，
∴M（ a，?3+ a）．
代入拋物線y=（x?3）（x+1），解得a=5 ，
∴M（5，12）；
（Ⅱ）當點M在對稱軸左側(cè)時．
∵∠CMN=∠BDE＜45°，
∴∠MCN＞45°，
而拋物線左側(cè)任意一點K，都有∠KCN＜45°，
∴點M不存在．
綜上可知，點M坐標為（ ，? ）或（5，12）．


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