2015年温州市中考数学试题及答案

浙江省温州市中考数学试卷一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分。

每小题只有一个选项是正确的，不选，多选，错选，均不给分）1．（4分）（•温州）计算：（﹣2）×3的结果是（）A．﹣6 B．﹣1 C．1D．6考点：有理数的乘法．分析：根据有理数的乘法运算法则进行计算即可得解．解答：解：（﹣2）×3=﹣2×3=﹣6．故选A．点评：本题考查了有理数的乘法，是基础题，计算时要注意符号的处理．2．（4分）（•温州）小明对九（1）班全班同学“你最喜欢的球类项目是什么？（只选一项）”的问题进行了调查，把所得数据绘制成如图所示的扇形统计图，由图可知，该班同学最喜欢的球类项目是（）A．羽毛球B．乒乓球C．排球D．篮球考点：扇形统计图．分析：利用扇形图可得喜欢各类比赛的人数的百分比，选择同学们最喜欢的项目，即对应的扇形的圆心角最大的，由此即可求出答案．解答：解：喜欢乒乓篮球比赛的人所占的百分比最大，故该班最喜欢的球类项目是篮球．故选D．点评：本题考查的是扇形图的定义．在扇形统计图中，各部分占总体的百分比之和为1，每部分占总体的百分比等于该部分所对应的扇形圆心角的度数与360°的比．3．（4分）（•温州）下列各图中，经过折叠能围成一个立方体的是（）A．B．C．D．考点：展开图折叠成几何体．分析：由平面图形的折叠及正方体的展开图解题．解答：解：A、可以折叠成一个正方体；B、是“凹”字格，故不能折叠成一个正方体；C、折叠后有两个面重合，缺少一个底面，所以也不能折叠成一个正方体；D、是“田”字格，故不能折叠成一个正方体．故选A．点评：本题考查了展开图折叠成几何体．注意只要有“田”、“凹”字格的展开图都不是正方体的表面展开图．4．（4分）（•温州）下列各组数可能是一个三角形的边长的是（）A．1，2，4 B．4，5，9 C．4，6，8 D．5，5，11考点：三角形三边关系分析：看哪个选项中两条较小的边的和不大于最大的边即可．解答：解：A、因为1+2＜4，所以本组数不能构成三角形．故本选项错误；B、因为4+5=9，所以本组数不能构成三角形．故本选项错误；C、因为9﹣4＜5＜8+4，所以本组数可以构成三角形．故本选项正确；D、因为5+5＜11，所以本组数不能构成三角形．故本选项错误；故选C．点评：本题主要考查了三角形的三边关系定理：任意两边之和大于第三边，只要满足两短边的和大于最长的边，就可以构成三角形．5．（4分）（•温州）若分式的值为0，则x的值是（）A．x=3 B．x=0 C．x=﹣3 D．x=﹣4考点：分式的值为零的条件．分析：根据分式值为零的条件可得x﹣3=0，且x+4≠0，再解即可．解答：解：由题意得：x﹣3=0，且x+4≠0，解得：x=3，故选：A．点评：此题主要考查了分式值为零的条件，关键是掌握分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零．注意：“分母不为零”这个条件不能少．6．（4分）（•温州）已知点P（1，﹣3）在反比例函数y=（k≠0）的图象上，则k的值是（）A．3B．﹣3 C．D．﹣考点：反比例函数图象上点的坐标特征．分析：把点P（1，﹣3）代入反比例函数y=，求出k的值即可．解答：解：∵点P（1，﹣3）在反比例函数y=（k≠0）的图象上，∴﹣3=，解得k=﹣3．故选B．点评：本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，即反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式．7．（4分）（•温州）如图，在⊙O中，OC⊥弦AB于点C，AB=4，OC=1，则OB的长是（）A．B．C．D．考点：垂径定理；勾股定理分析：根据垂径定理可得AC=BC=AB，在Rt△OBC中可求出OB．解答：解：∵OC⊥弦AB于点C，∴AC=BC=AB，在Rt△OBC中，OB==．故选B．点评：本题考查了垂径定理及勾股定理的知识，解答本题的关键是熟练掌握垂径定理的内容．8．（4分）（•温州）如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=3，则sinA的值是（）A．B．C．D．考点：锐角三角函数的定义分析：利用正弦函数的定义即可直接求解．解答：解：sinA==．故选C．点评：本题考查锐角三角函数的定义及运用：在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．9．（4分）（•温州）如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，DE∥BC，已知AE=6，，则EC的长是（）A．4.5 B．8C．10.5 D．14考点：平行线分线段成比例．分析：根据平行线分线段成比例定理列式进行计算即可得解．解答：解：∵DE∥BC，∴=，即=，解得EC=8．故选B．点评：本题考查了平行线分线段成比例定理，找准对应关系是解题的关键．10．（4分）（•温州）在△ABC中，∠C为锐角，分别以AB，AC为直径作半圆，过点B，A，C作，如图所示．若AB=4，AC=2，S1﹣S2=，则S3﹣S4的值是（）A．B．C．D．考点：圆的认识分析：首先根据AB、AC的长求得S1+S3和S2+S4的值，然后两值相减即可求得结论．解答：解：∵AB=4，AC=2，∴S1+S3=2π，S2+S4=，∵S1﹣S2=，∴（S1+S3）﹣（S2+S4）=（S1﹣S2）+（S3﹣S4）=π∴S3﹣S4=π，故选D．点评：本题考查了圆的认识，解题的关键是正确的表示出S1+S3和S2+S4的值．二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）11．（5分）（•温州）因式分解：m2﹣5m=m（m﹣5）．考点：因式分解-提公因式法．分析：先确定公因式m，然后提取分解．解答：解：m2﹣5m=m（m﹣5）．故答案为：m（m﹣5）．点评：此题考查了提公因式法分解因式，关键是确定公因式m．12．（5分）（•温州）在演唱比赛中，5位评委给一位歌手的打分如下：8.2分，8.3分，7.8分，7.7分，8.0分，则这位歌手的平均得分是8分．考点：算术平均数．分析：根据算术平均数的计算公式，先求出这5个数的和，再除以5即可．解答：解：根据题意得：（8.2+8.3+7.8+7.7+8.0）÷5=8（分）；故答案为：8．点评：此题考查了算术平均数，用到的知识点是算术平均数的计算公式，熟记公式是解决本题的关键．13．（5分）（•温州）如图，直线a，b被直线c所截，若a∥b，∠1=40°，∠2=70°，则∠3=110度．考点：平行线的性质；三角形内角和定理．分根据两直线平行，内错角相等求出∠4，再根据对顶角相等解答．析：解答：解：∵a∥b，∠1=40°，∴∠4=∠1=40°，∴∠3=∠2+∠4=70°+40°=110°．故答案为：110．点评：本题考查了平行线的性质，对顶角相等的性质，是基础题，熟记性质是解题的关键．14．（5分）（•温州）方程x2﹣2x﹣1=0的解是x1=1+，x2=1﹣．考点：解一元二次方程-配方法．分析：首先把常数项2移项后，然后在左右两边同时加上一次项系数﹣2的一半的平方，然后开方即可求得答案．解答：解：∵x2﹣2x﹣1=0，∴x2﹣2x=1，∴x2﹣2x+1=2，∴（x﹣1）2=2，∴x=1±，∴原方程的解为：x1=1+，x2=1﹣．故答案为：x1=1+，x2=1﹣．点评：此题考查了配方法解一元二次方程．解题时注意配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．15．（5分）（•温州）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的两个顶点A，B的坐标分别为（﹣2，0），（﹣1，0），BC⊥x轴，将△ABC以y轴为对称轴作轴对称变换，得到△A′B′C′（A和A′，B和B′，C和C′分别是对应顶点），直线y=x+b经过点A，C′，则点C′的坐标是（1，3）．考点：一次函数图象上点的坐标特征；坐标与图形变化-对称．分根据轴对称的性质可得OB=OB′，然后求出AB′，再根据直线y=x+b可得析：AB′=B′C′，然后写出点C′的坐标即可．解答：解：∵A（﹣2，0），B（﹣1，0），∴AO=2，OB=1，∵△A′B′C′和△ABC关于y轴对称，∴OB=OB′=1，∴AB′=AO+OB′=2+1=3，∵直线y=x+b经过点A，C′，∴AB′=B′C′=3，∴点C′的坐标为（1，3）．故答案为：（1，3）．点评：本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，坐标与图形变化﹣对称，根据直线解析式的k值等于1得到AB′=B′C′是解本题的关键．16．（5分）（•温州）一块矩形木板，它的右上角有一个圆洞，现设想将它改造成火锅餐桌桌面，要求木板大小不变，且使圆洞的圆心在矩形桌面的对角线上．木工师傅想了一个巧妙的办法，他测量了PQ与圆洞的切点K到点B的距离及相关数据（单位：cm），从点N沿折线NF﹣FM（NF∥BC，FM∥AB）切割，如图1所示．图2中的矩形EFGH是切割后的两块木板拼接成符合要求的矩形桌面示意图（不重叠，无缝隙，不记损耗），则CN，AM的长分别是18cm、31cm．考点：圆的综合题分析：如图，延长OK交线段AB于点M′，延长PQ交BC于点G，交FN于点N′，设圆孔半径为r．在Rt△KBG中，根据勾股定理，得r=16（cm）．根据题意知，圆心O在矩形EFGH的对角线上，则KN′=AB=42cm，OM′=KM′+r=CB=65cm．则根据图中相关线段间的和差关系求得CN=QG﹣QN′=44﹣26=18（cm），AM=BC﹣PD﹣KM′=130﹣50﹣49=31（cm）．解答：解：如图，延长OK交线段AB于点M′，延长PQ交BC于点G，交FN于点N′．设圆孔半径为r．在Rt△KBG中，根据勾股定理，得BG2+KG2=BK2，即（130﹣50）2+（44+r）2=1002，解得，r=16（cm）．根据题意知，圆心O在矩形EFGH的对角线上，则KN′=AB=42cm，OM′=KM′+r=CB=65cm．∴QN′=KN′﹣KQ=42﹣16=26（cm），KM′=49（cm），∴CN=QG﹣QN′=44﹣26=18（cm），∴AM=BC﹣PD﹣KM′=130﹣50﹣49=31（cm），综上所述，CN，AM的长分别是18cm、31cm．故填：18cm、31cm．点评：本题以改造矩形桌面为载体，让学生在问题解决过程中，考查了矩形、直角三角形及圆等相关知识，积累了将实际问题转化为数学问题经验，渗透了图形变换思想，体现了数学思想方法在现实问题中的应用价值．三、解答题（本题有8小题，共80分，解答需写出必要的文字说明，演算步骤或证明过程）17．（10分）（•温州）（1）计算：+（）+（）0（2）化简：（1+a）（1﹣a）+a（a﹣3）考点：整式的混合运算；实数的运算；零指数幂．专题：计算题．分析：（1）原式第一项化为最简二次根式，第二项去括号，最后一项利用零指数幂法则计算，合并即可得到结果；（2）原式第一项利用平方差公式化简，第二项利用单项式乘多项式法则计算，去括号合并即可得到结果．解答：解：（1）原式=2+﹣1+1=3；（2）原式=1﹣a2+a2﹣3a=1﹣3a．点评：此题考查了整式的混合运算，以及实数的运算，涉及的知识有：完全平方公式，平方差公式，去括号法则，以及合并同类项法则，熟练掌握公式及法则是解本题的关键．18．（8分）（•温州）如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠CAB，交CB于点D，过点D作DE⊥AB于点E．（1）求证：△ACD≌△AED；（2）若∠B=30°，CD=1，求BD的长．考点：全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；含30度角的直角三角形．分析：（1）根据角平分线性质求出CD=DE，根据HL定理求出另三角形全等即可；（2）求出∠DEB=90°，DE=1，根据含30度角的直角三角形性质求出即可．解（1）证明：∵AD平分∠CAB，DE⊥AB，∠C=90°，答：∴CD=ED，∠DEA=∠C=90°，∵在Rt△ACD和Rt△AED中∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL）；（2）解：∵DC=DE=1，DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∵∠B=30°，∴BD=2DE=2．点评：本题考查了全等三角形的判定，角平分线性质，含30度角的直角三角形性质的应用，注意：角平分线上的点到角两边的距离相等．19．（8分）（•温州）如图，在方格纸中，△ABC的三个顶点和点P都在小方格的顶点上，按要求画一个三角形，使它的顶点在方格的顶点上．（1）将△ABC平移，使点P落在平移后的三角形内部，在图甲中画出示意图；（2）以点C为旋转中心，将△ABC旋转，使点P落在旋转后的三角形内部，在图乙中画出示意图．考点：作图-旋转变换；作图-平移变换．专题：图表型．分析：（1）根据网格结构，把△ABC向右平移后可使点P为三角形的内部的三个格点中的任意一个；（2）把△ABC绕点C顺时针旋转90°即可使点P在三角形内部．解答：解：（1）平移后的三角形如图所示；（2）如图所示，旋转后的三角形如图所示．点评：本题考查了利用旋转变换作图，利用平移变换作图，熟练掌握网格结构是解题的关键．20．（10分）（•温州）如图，抛物线y=a（x﹣1）2+4与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，过点C作CD∥x轴交抛物线的对称轴于点D，连接BD，已知点A的坐标为（﹣1，0）（1）求该抛物线的解析式；（2）求梯形COBD的面积．考点：待定系数法求二次函数解析式；二次函数的性质；抛物线与x轴的交点．专题：计算题．分析：（1）将A坐标代入抛物线解析式，求出a的值，即可确定出解析式；（2）抛物线解析式令x=0求出y的值，求出OC的长，根据对称轴求出CD的长，令y=0求出x的值，确定出OB的长，利用梯形面积公式即可求出梯形COBD的面积．解答：解：（1）将A（﹣1，0）代入y=a（x﹣1）2+4中，得：0=4a+4，解得：a=﹣1，则抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+4；（2）对于抛物线解析式，令x=0，得到y=3，即OC=3，∵抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+4的对称轴为直线x=1，∴CD=1，∵A（﹣1，0），∴B（3，0），即OB=3，则S梯形OCDA==6．点评：此题考查了利用待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，以及二次函数与x 轴的交点，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．21．（10分）（•温州）一个不透明的袋中装有5个黄球，13个黑球和22个红球，它们除颜色外都相同．（1）求从袋中摸出一个球是黄球的概率；（2）现从袋中取出若干个黑球，并放入相同数量的黄球，搅拌均匀后使从袋中摸出一个是黄球的概率不小于，问至少取出了多少个黑球？考点：概率公式；一元一次不等式的应用．分析：（1）根据概率公式，求摸到黄球的概率，即用黄球的个数除以小球总个数即可得出得到黄球的概率；（2）假设取走了x个黑球，则放入x个黄球，进而利用概率公式得出不等式，求出即可．解答：解：（1）∵一个不透明的袋中装有5个黄球，13个黑球和22个红球，∴摸出一个球摸到黄球的概率为：=；（2）设取走x个黑球，则放入x个黄球，由题意，得≥，解得：x≥，答：至少取走了9个黑球．点评：此题主要考查了概率公式的应用，一般方法为：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．22．（10分）（•温州）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，延长BC至点D，使DC=CB，延长DA与⊙O的另一个交点为E，连接AC，CE．（1）求证：∠B=∠D；（2）若AB=4，BC﹣AC=2，求CE的长．考点：圆周角定理；等腰三角形的判定与性质；勾股定理．分析：（1）由AB为⊙O的直径，易证得AC⊥BD，又由DC=CB，根据线段垂直平分线的性质，可证得AD=AB，即可得：∠B=∠D；（2）首先设BC=x，则AC=x﹣2，由在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，可得方程：（x﹣2）2+x2=42，解此方程即可求得CB的长，继而求得CE的长．解答：（1）证明：∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴AC⊥BC，∵DC=CB，∴AD=AB，∴∠B=∠D；（2）解：设BC=x，则AC=x﹣2，在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，∴（x﹣2）2+x2=42，解得：x1=1+，x2=1﹣（舍去），∵∠B=∠E，∠B=∠D，∴∠D=∠E，∴CD=CE，∵CD=CB，∴CE=CB=1+．点评：此题考查了圆周角定理、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质以及勾股定理等知识．此题难度适中，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用．23．（10分）（•温州）某校举办八年级学生数学素养大赛，比赛共设四个项目：七巧板拼图，趣题巧解，数学应用，魔方复原，每个项目得分都按一定百分比折算后记入总分，下表为甲，乙，丙三位同学得分情况（单位：分）七巧板拼图趣题巧解数学应用魔方复原甲 66 89 86 68乙 66 60 80 68丙 66 80 90 68（1）比赛后，甲猜测七巧板拼图，趣题巧解，数学应用，魔方复原这四个项目得分分别按10%，40%，20%，30%折算△记入总分，根据猜测，求出甲的总分；（2）本次大赛组委会最后决定，总分为80分以上（包含80分）的学生获一等奖，现获悉乙，丙的总分分别是70分，80分．甲的七巧板拼图、魔方复原两项得分折算后的分数和是20分，问甲能否获得这次比赛的一等奖？考点：二元一次方程组的应用；加权平均数．分析：（1）根据求加权平均数的方法就可以直接求出甲的总分；（2）设趣题巧解所占的百分比为x，数学运用所占的百分比为y，由条件建立方程组求出其解就可以求出甲的总分而得出结论．解答：解：（1）由题意，得甲的总分为：66×10%+89×40%+86×20%+68×30%=79.8；（2）设趣题巧解所占的百分比为x，数学运用所占的百分比为y，由题意，得，解得：，∴甲的总分为：20+89×0.3+86×0.4=81.1＞80，∴甲能获一等奖．点评：本题考查了列二元一次方程组解实际问题的运用，加权平均数的运用，在解答时建立方程组求出趣题巧解和数学运用的百分比是解答本题的关键．24．（14分）（•温州）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴，y轴分别交于点A （6，0），B（0.8），点C的坐标为（0，m），过点C作CE⊥AB于点E，点D为x轴上的一动点，连接CD，DE，以CD，DE为边作▱CDEF．（1）当0＜m＜8时，求CE的长（用含m的代数式表示）；（2）当m=3时，是否存在点D，使▱CDEF的顶点F恰好落在y轴上？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）点D在整个运动过程中，若存在唯一的位置，使得▱CDEF为矩形，请求出所有满足条件的m的值．考点：相似形综合题．分析：（1）首先证明△BCE∽△BAO，根据相似三角形的对应边的比相等即可求得；（2）证明△EDA∽△BOA，根据相似三角形的对应边的比相等即可求得；（3）分m＞0，m=0和m＜0三种情况进行讨论，当m=0时，一定不成立，当m＞0时，分0＜m＜8和m＞8两种情况，利用三角函数的定义即可求解．当m＜0时，分点E与点A重合和点E与点A不重合时，两种情况进行讨论．解答：解：（1）∵A（6，0），B（0，8）．∴OA=6，OB=8．∴AB=10，∵∠CEB=∠AOB=90°，又∵∠OBA=∠EBC，∴△BCE∽△BAO，∴=，即=，∴CE=﹣m；（2）∵m=3，∴BC=8﹣m=5，CE=﹣m=3．∴BE=4，∴AE=AB﹣BE=6．∵点F落在y轴上（如图2）．∴DE∥BO，∴△EDA∽△BOA，∴=即=．∴OD=，∴点D的坐标为（，0）．（3）取CE的中点P，过P作PG⊥y轴于点G．则CP=CE=﹣m．（Ⅰ）当m＞0时，①当0＜m＜8时，如图3．易证∠GCP=∠BAO，∴cos∠GCP=cos∠BAO=，∴CG=CP•cos∠GCP=（﹣m）=﹣m．∴OG=OC+OG=m+﹣m=m+．根据题意得，得：OG=CP，∴m+=﹣m，解得：m=；②当m≥8时，OG＞CP，显然不存在满足条件的m的值．（Ⅱ）当m=0时，即点C与原点O重合（如图4）．（Ⅲ）当m＜0时，①当点E与点A重合时，（如图5），易证△COA∽△AOB，∴=，即=，解得：m=﹣．②当点E与点A不重合时，（如图6）．OG=OC﹣OG=﹣m﹣（﹣m）=﹣m﹣．由题意得：OG=CP，∴﹣m﹣=﹣m．解得m=﹣．综上所述，m的值是或0或﹣或﹣．点本题是相似三角形的判定于性质以及三角函数的综合应用，正确进行分类是关键．评：。

2． （4 分）如图，桌面上有一个一次性纸杯，它的主视图应是（
A．
B．
C． 3． （4 分）要使分式 A足（ B．x≠1 C．x＝﹣2 ） D．x＝1 ） D． （0，4）
4． （4 分）一次函数 y＝2x+4 的图象与 x 轴的交点坐标是（ A． （﹣2，0） B． （0，﹣2） C． （4，0）
22． （10 分）如图，在⊙O 中，∠AOB＝150°，∠ABC＝45°，延长 OB 到 D， 使 BD＝OB，连接 CD． （1）求证：CD 与⊙O 相切； （2）若 CD＝6，求弓形 BC（劣弧所对）的面积． （结果保留 π 和根号）
23． （12 分）今年 3 月 12 日植树节前夕，我校购进 A，B 两个品种的树苗，已知 A 种比 B 种树苗多 20 元，买一株 A 种树苗和 2 株 B 种树苗共需 110 元． （1）问 A，B 两种树苗每株分别是多少元？ （2）4 月，为美化校园，学校花费 4000 元再次购入 A，B 两种树苗，已知 A 种
A．
B．
+1
C．
D．2
二、填空题（本题有 6 小题，每小题 5 分，共 30 分）
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11． （5 分）分解因式：a2﹣3a＝ 12． （5 分）方程 x2﹣4＝0 的解是
． ． ．
13． （5 分） 如图， 已知 AB∥CD∥EF， 若 AC： CE＝2： 3， BD＝6， 那么 BF＝
19． （8 分）如图，已知 A（﹣2，﹣2） 、B（n，4）是一次函数 y＝kx+b 的图象 和反比例函数 y＝ 的图象的两个交点． （1）求反比例函数和一次函数的解析式； （2）求△AOB 的面积．
20． （10 分）如图，在正方形 ABCD 中，点 G 是 CD 上任意一点，连接 BG，作 AE⊥BG 于点 E，CF⊥BG 于点 F． （1）求证：BE＝CF； （2）若 BC＝2，CF＝ ，求 EF 的长．

2015年浙江省温州市平阳中学自主招生数学试卷一、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分；在每小题给出地四个选项中，只有一项是符合题目要求地．）1．（4分）实数a，b在数轴上对应地点地位置如图，则必有（）A．B．ab＞0 C．a﹣|b|＞0 D．a+b＞02．（4分）无论m为何实数，直线y=2x+m与直线y=﹣x+3地交点都不可能在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．（4分）已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）地图象如图所示，有下列5个结论：①abc＞0；②b＜a+c；③4a+2b+c＞0；④2c＜3b；⑤a+b＞m（am+b）（m≠1地实数）．其中正确地结论有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个4．（4分）如果外切地两圆⊙O1和⊙O2地半径分别为2和4，那么半径为6，与⊙O1和⊙O2都相切地圆有（）A．4个 B．5个 C．6个 D．7个5．（4分）如图，从A点沿线段走到B点，要求每一步都是向右或向上，则走法共有（）A．9种 B．16种C．20种D．25种二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）6．（5分）反比例函数y=，当y≤3时，x地取值范围是．7．（5分）圆地半径为13cm，两弦AB∥CD，AB=24cm，CD=10cm，则两弦AB，CD地距离是．8．（5分）经过某十字路口地汽车，它可能继续直行，也可能向左转或向右转，如果这三种可能性大小相同，那么三辆汽车经过这个十字路口，至少有两辆车向左转地概率为．9．（5分）对于实数a，b，c，d，规定一种数地运算：=ad﹣bc，那么当=10时，x=．三、解答题（本题共4小题，共40分）10．（11分）已知：如图，在△ABC中，AC=BC，以BC为直径地⊙O交AB于点D，过点D作DE⊥AC于点E，交BC地延长线于点F．（1）求证：AD=BD；（2）求证：DF是⊙O地切线；（3）若⊙O地半径为3，sin∠F=，求DE地长．11．（6分）如图，张大爷家有一块四边形地菜地，在A处有一口井，张大爷欲想从A处引一条笔直地水渠，且这条笔直地水渠将四边形菜地分成面积相等地两部分．请你为张大爷设计一种引水渠地方案，画出图形并说明理由．12．（9分）小亮早晨从家里出发匀速步行去上学，小亮地妈妈在小亮出发后10分钟，发现小亮地数学课本没带，于是她带上课本立即匀速骑车按小亮上学地路线追赶小亮，结果与小亮同时到达学校．已知小亮在整个上学途中，他出发后t 分钟时，他所在地位置与家地距离为s千米，且s与t之间地函数关系地图象如图中地折线段OA﹣AB所示．（1）试求折线段OA﹣AB所对应地函数关系式；（2）请解释图中线段AB地实际意义；（3）请在所给地图中画出小亮地妈妈在追赶小亮地过程中，她所在位置与家地距离S（千米）与小亮出发后地时间t（分钟）之间函数关系地图象．（友情提醒：请对画出地图象用数据作适当地标注）13．（14分）已知梯形ABCD中，AD∥BC，且AD＜BC，AD=5，AB=DC=2．（1）如图，P为AD上地一点，满足∠BPC=∠A，求AP地长；（2）如果点P在AD边上移动（点P与点A、D不重合），且满足∠BPE=∠A，PE 交直线BC于点E，同时交直线DC于点Q．①当点Q在线段DC地延长线上时，设AP=x，CQ=y，求y关于x地函数关系式，并写出自变量x地取值范围；②当CE=1时，写出AP地长．（不必写解答过程）2015年浙江省温州市平阳中学自主招生数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分；在每小题给出地四个选项中，只有一项是符合题目要求地．）1．（4分）实数a，b在数轴上对应地点地位置如图，则必有（）A．B．ab＞0 C．a﹣|b|＞0 D．a+b＞0【解答】解：由数轴可得出：1＞a＞0，﹣1＜b，A、＜0，正确；B、ab＜0，故此选项错误；C、a﹣|b|＜0，故此选项错误；D、a+b＜0，故此选项错误；故选：A．2．（4分）无论m为何实数，直线y=2x+m与直线y=﹣x+3地交点都不可能在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【解答】解：由于直线y=﹣x+3地图象不经过第三象限．因此无论m取何值，直线y=2x+m与直线y=﹣x+3地交点不可能在第三象限．故选C．3．（4分）已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）地图象如图所示，有下列5个结论：①abc＞0；②b＜a+c；③4a+2b+c＞0；④2c＜3b；⑤a+b＞m（am+b）（m≠1地实数）．其中正确地结论有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【解答】解：开口向下，a＜0；对称轴在y轴地右侧，a、b异号，则b＞0；抛物线与y轴地交点在x轴地上方，c＞0，则abc＜0，所以①不正确；当x=﹣1时图象在x轴上，则y=a﹣b+c=0，即a+c=b，所以②不正确；对称轴为直线x=1，则x=2时图象在x轴上方，则y=4a+2b+c＞0，所以③正确；x=﹣=1，则a=﹣b，而a﹣b+c=0，则﹣b﹣b+c=0，2c=3b，所以④不正确；开口向下，当x=1，y有最大值a+b+c；当x=m（m≠1）时，y=am2+bm+c，则a+b+c ＞am2+bm+c，即a+b＞m（am+b）（m≠1），所以⑤正确．故选：A．4．（4分）如果外切地两圆⊙O1和⊙O2地半径分别为2和4，那么半径为6，与⊙O1和⊙O2都相切地圆有（）A．4个 B．5个 C．6个 D．7个【解答】解：如图所示：和⊙O1和⊙O2都外切地圆，可以画两个，和⊙O1内切，⊙O2外切地圆可以画一个，和⊙O2内切，⊙O1外切地圆可以画一个，和⊙O1，⊙O2都内切地圆可以画一个，共5个，故选B．5．（4分）如图，从A点沿线段走到B点，要求每一步都是向右或向上，则走法共有（）A．9种 B．16种C．20种D．25种【解答】解：从A到A右边一个点地走法数量为1+3+6=10种；从A到A上边一个点地走法数量为1+3+6=10种；故共有10+10=20种不同地走法．故选C．二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）6．（5分）反比例函数y=，当y≤3时，x地取值范围是x≥1或x＜0．【解答】解：由图象可以看出y≤3所对应地自变量地取值为x≥1或x＜0．故答案为x≥1或x＜0．7．（5分）圆地半径为13cm，两弦AB∥CD，AB=24cm，CD=10cm，则两弦AB，CD地距离是7cm或17cm．【解答】解：第一种情况：两弦在圆心地同侧时，已知CD=10cm，∴由垂径定理得DE=5．∵OD=13，∴利用勾股定理可得：OE=12．同理可求OF=5，∴EF=7．第二种情况：只是EF=OE+OF=17．其它和第一种一样．故答案为：7cm或17cm．8．（5分）经过某十字路口地汽车，它可能继续直行，也可能向左转或向右转，如果这三种可能性大小相同，那么三辆汽车经过这个十字路口，至少有两辆车向左转地概率为．【解答】解：三辆车经过十字路口地情况有27种，至少有两辆车向左转地情况数为7种，所以概率为：．9．（5分）对于实数a，b，c，d，规定一种数地运算：=ad﹣bc，那么当=10时，x=﹣1．【解答】解：由题意得，2x+12=10，解得x=﹣1．故答案为：﹣1．三、解答题（本题共4小题，共40分）10．（11分）已知：如图，在△ABC中，AC=BC，以BC为直径地⊙O交AB于点D，过点D作DE⊥AC于点E，交BC地延长线于点F．（1）求证：AD=BD；（2）求证：DF是⊙O地切线；（3）若⊙O地半径为3，sin∠F=，求DE地长．【解答】（1）证明：如图，连接CD，（1分）∵BC是直径，∴∠BDC=90°，即CD⊥AB．（2分）∵AC=BC，∴AD=BD．（3分）（2）证明：连接OD，（4分）∵∠A=∠B，∠AED=∠BDC=90°，∴∠ADE=∠DCO．∵OC=OD，∴∠DCO=∠CDO．∴∠CDO=∠ADE．由（1）得∠ADE+∠CDE=90°，∴∠CDO+∠CDE=90°．（5分）即∠ODF=90°．∴DF是⊙O地切线．（6分）（3）解：在Rt△DOF中，∵sin∠F=，∴OF=5．（7分）∵OC=3，∴CF=5﹣3=2．由（2）得∠DEA=∠ODF=90°，∴OD∥AC．∴△CEF∽△ODF．（9分）∴．（10分）即．∴DE=．（11分）11．（6分）如图，张大爷家有一块四边形地菜地，在A处有一口井，张大爷欲想从A处引一条笔直地水渠，且这条笔直地水渠将四边形菜地分成面积相等地两部分．请你为张大爷设计一种引水渠地方案，画出图形并说明理由．【解答】解：连接AC，过D作AC地平行线交BC地延长线于E，取BE地中点F，连接AF，则AF即为所引水渠，连接AE，∵DE∥AC，∴S=S△ADE，△CDE=S△ADG，∴S△CEG=S△ABE，∴S四边形ABCD∵F是BE地中点，=S四边形AFCD．∴S△ABF12．（9分）小亮早晨从家里出发匀速步行去上学，小亮地妈妈在小亮出发后10分钟，发现小亮地数学课本没带，于是她带上课本立即匀速骑车按小亮上学地路线追赶小亮，结果与小亮同时到达学校．已知小亮在整个上学途中，他出发后t 分钟时，他所在地位置与家地距离为s千米，且s与t之间地函数关系地图象如图中地折线段OA﹣AB所示．（1）试求折线段OA﹣AB所对应地函数关系式；（2）请解释图中线段AB地实际意义；（3）请在所给地图中画出小亮地妈妈在追赶小亮地过程中，她所在位置与家地距离S（千米）与小亮出发后地时间t（分钟）之间函数关系地图象．（友情提醒：请对画出地图象用数据作适当地标注）【解答】解：（1）设线段OA所在直线地解析式为y=kx，将x=12，y=1代入得：12k=1，解得：k=．线段OA对应地函数关系式为：s=t（0≤t≤12）线段AB对应地函数关系式为：s=1（12＜t≤20）．（2）图中线段AB地实际意义是：小亮出发12分钟后，沿着以他家为圆心，1千米为半径地圆弧形道路上匀速步行了8分钟．（3）小亮地妈妈在追赶小亮地过程中，她所在位置与家地距离S（千米）与小亮出发后地时间t（分钟）之间函数关系地图象如图中折线段CD﹣DB所示．根据题意可知：小亮从家到学校用时20分钟，妈妈用时10分钟，故妈妈地速度是小亮地2倍，故此妈妈从C到D妈妈用时6分钟中，从D到B用时4分钟．故此可画出函数图象．13．（14分）已知梯形ABCD中，AD∥BC，且AD＜BC，AD=5，AB=DC=2．（1）如图，P为AD上地一点，满足∠BPC=∠A，求AP地长；（2）如果点P在AD边上移动（点P与点A、D不重合），且满足∠BPE=∠A，PE 交直线BC于点E，同时交直线DC于点Q．①当点Q在线段DC地延长线上时，设AP=x，CQ=y，求y关于x地函数关系式，并写出自变量x地取值范围；②当CE=1时，写出AP地长．（不必写解答过程）【解答】解：（1）∵ABCD是梯形，AD∥BC，AB=DC．∴∠A=∠D∵∠ABP+∠APB+∠A=180°，∠APB+∠DPC+∠BPC=180°，∠BPC=∠A∴∠ABP=∠DPC，∴△ABP∽△DPC∴，即：解得：AP=1或AP=4．（2）①由（1）可知：△ABP∽△DPQ∴，即：，∴（1＜x＜4）．②当CE=1时，∵△PDQ∽△ECQ，∴，或，∵，解得：AP=2或．赠送：初中数学几何模型举例【模型四】 几何最值模型： 图形特征：l运用举例：1. △ABC中，AB=6，AC=8，BC=10，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为AP的中点，则MF的最小值为EM FB2.如图，在边长为6的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E为AB的中点，F为AC上一动点，则EF+BF的最小值为_________。

专题11：四边形问题1. （2015年浙江湖州3分）如图，AC 是矩形ABCD 的对角线，⊙O 是△ABC 的内切圆，现将矩形ABCD 按如图所示的方式折叠，使点D 与点O 重合，折痕为FG ，点F ，G 分别在AD ，BC 上，连结OG ，DG ，若OG ⊥DG ，且⊙O 的半径长为1，则下列结论不成立的是【 】A. CD +DF =4B.233CD DF -=- C.234BC AB +=+ D. 2BC AB -= 【答案】A.【考点】折叠问题；正方形的判定和性质；矩形的判定和性质；折叠对称的性质；全等三角形的判定和性质；切线的性质；切线长定理；勾股定理；方程思想的应用.【分析】如答图，过点O 分别作AD 、AB 、BC 的垂线，垂足分别是N 、P 、M ，OE 与AC 交于点S .则四边形BMO P 是正方形，四边形ANOP 是矩形. ∵⊙O 的半径长为1，∴1BP BM OM ===. 设,,CD x BC y DF z === ， 由折叠知，OG =DG ，∵090OMG GCD ∠=∠=，OG ⊥DG ， ∴090OGM DGC GDC ∠=-∠=∠.∴()OMG GCD AAS ∆∆≌.∴1,CG OM MG CD x ==== . ∴112y BC BM MG CG x x ==++=++=+，即2y x =+①.又∵⊙O 是△ABC 的内切圆，∴()()112AC AS CS AP CM x y x y =+=+=-+-=+- ∵222AC AB BC =+，即()2222x y x y +-=+②.联立①②，解得1333x y ⎧=+⎪⎨=+⎪⎩.由折叠知，OF DF z ==，又1313,33123ON MN OM NF AD AN DF z z =-=+-==--=+--=+- ， ∵222OF ON NF =+，即()()222323z z =++-，解得43z =-.∴A. 54CD DF x z +=+=≠，选项结论不成立；B.233CD DF x z -=-=-，选项结论成立； C.234BC AB y x +=+=+，选项结论成立； D. 2BC AB y x -=-=，选项结论成立. 故选A.2. （2015年浙江金华3分）如图，正方形ABCD 和正三角形AEF 都内接于⊙O ，EF 与BC ，CD 分别相交于点G ，H ，则EFGH的值是【 】A.26B. 2C. 3D. 2 【答案】C.【考点】正方形和等边三角形的性质；圆周角定理；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；等腰直角三角形的判定和性质，特殊元素法的应用.【分析】如答图，连接AC,EC ，AC 与EF 交于点M .则根据对称性质，AC 经过圆心O ，∴AC 垂直 平分EF ，01EAC FAC EAF 302∠=∠=∠=. 不妨设正方形ABCD 的边长为2，则AC 22=. ∵AC 是⊙O 的直径，∴0AEC 90∠=. 在Rt ACE ∆中，3AE AC cos EAC 226=⋅∠=⋅=， 1CE AC sin EAC 2222=⋅∠=⋅=.在Rt MCE ∆中，∵0FEC FAC 30∠=∠=，∴12CM CE sin EAC 222=⋅∠=⋅=. 易知GCH ∆是等腰直角三角形，∴GF 2CM 2==. 又∵AEF ∆是等边三角形，∴EF AE 6==.∴EF 63GH 2==. 故选C.3. （2015年浙江宁波4分） 如图，□ABCD 中，E ，F 是对角线BD 上的两点，如果添加一个条件，使△ABE ≌△CDF ，则添加的条件不能为【 】A. BE=DFB. BF=DEC. AE=CFD. ∠1=∠2 【答案】C.【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定.【分析】根据平行四边形的性质和全等三角形的判定对各选项进行分析，作出判断：∵四边形是平行四边形，∴AB ∥CD ，AB=CD .∴∠ABE =∠CDF. 若添加BE=DF ，则根据SAS 可判定△ABE ≌△CDF ；若添加BF=DE ，由等量减等量差相等得BE=DF ，则根据SAS 可判定△ABE ≌△CDF ； 若添加AE=CF ，是AAS 不可判定△ABE ≌△CDF ； 若添加∠1=∠2，则根据ASA 可判定△ABE ≌△CDF . 故选C.4. （2015年浙江衢州3分）如图，在Y ABCD 中，已知12,8,AD cm AB cm AE == 平分BAD ∠交BC 于点E ，则CE 的长等于【 】A. 8cmB. 6cmC. 4cmD. 2cm【答案】C ．【考点】平行四边形的性质；等腰三角形的判定和性质．【分析】∵四边形ABCD 是平行四边形，∴//,AD BC AD BC = .∴DAE AEB ∠=∠.又∵AE 平分BAD ∠，∴DAE EAB ∠=∠. ∴EAB AEB ∠=∠. ∴AB BE =.∵12,8AD cm AB cm == ，∴12,8BC cm BE cm == .∴4CE BC CE cm =-=. 故选C.5. （2015年浙江衢州3分）如图，已知某广场菱形花坛ABCD 的周长是24米，60BAD ∠=︒，则花坛对角线AC 的长等于【 】A. 3B. 6米C. 33D. 3米 【答案】A.【考点】菱形的性质；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值.【分析】∵菱形花坛ABCD 的周长是24，∴6AB =，BAC CAD ∠=∠，AC BD ⊥.∵60BAD ∠=︒，∴30BAC CAD ∠=∠=︒. ∴32cos 2663AC AD BAC =⋅∠=⨯=. 故选A.6. （2015年浙江台州4分）如果将长为6cm ，宽为5cm 的长方形纸片折叠一次，那么这条折痕的长不可能是【 】A.8cmB.52【答案】A.【考点】折叠问题；矩形的性质；勾股定理；实数的大小比较.【分析】∵将长为6cm ，宽为5cm 的长方形纸片折叠一次，∴折痕的长最长的是对角线.∵长为6cm ，宽为5cm ，∴对角线长226561+=（cm ）. ∵8cm ＞61cm ，∴这条折痕的长不可能是8cm. 故选A.7. （2015年浙江台州4分）如图，在菱形ABCD 中，AB=8，点E 、F 分别在AB 、AD 上，且AE=AF ，过点E 作EG ∥AD 交CD 于点G ，过点F 作FH ∥AB 交BC 于点H ，EG 与FH 交于点O ，当四边形AEOF 与四边形CGOH 的周长之差为12时，AE 的值为【 】A.6.5B.6C.5.5D.5 【答案】C.【考点】菱形的判定和性质；方程思想的应用.【分析】易知，四边形AEOF 和四边形CGOH 都是菱形，设AE=x ，CG=y ，∵在菱形ABCD 中，AB=8，∴8+=x y ①.∵四边形AEOF 与四边形CGOH 的周长之差为12，∴4412-=x y ②.÷①+②4，211 5.5=⇒=x x ，即AE 的值为5.5.故选C.8. （2015年浙江温州4分）如图，C 是以AB 为直径的半圆O 上一点，连结AC ，BC ，分别以AC ，BC 为边向外作正方形ACDE ，BCFG ，DE ，FG ，»»AC BC ，的中点分别是M ，N ，P ，Q. 若MP+NQ=14，AC+BC=18，则AB 的长是【 】A. 29B. 790C. 13D. 16 【答案】C.【考点】正方形的性质；垂径定理；梯形的中位线定理；方程思想、转换思想和整体思想的应用. 【分析】如答图，连接OP 、OQ ，∵DE ，FG ，»»AC BC ，的中点分别是M ，N ，P ，Q ， ∴点O 、P 、M 三点共线，点O 、Q 、N 三点共线. ∵ACDE ，BCFG 是正方形， ∴AE=CD=AC ，BG=CF=BC.设AB=2r ，则,OM MP r ON NQ r =+=+ . ∵点O 、M 分别是AB 、ED 的中点， ∴OM 是梯形ABDE 的中位线.∴()()()1112222OM AE BD AE CD BC AC BC =+=++=+，即()122MP r AC BC +=+. 同理，得()122NQ r BC AC +=+.两式相加，得()322MP NQ r AC BC ++=+.∵MP+NQ=14，AC+BC=18，∴3142182132r r +=⨯⇒=.故选C.1. （2015年浙江杭州4分）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 = ▲【答案】23+或423+.【考点】剪纸问题；多边形内角和定理；轴对称的性质；菱形、矩形的判定和性质；含30度角直角三角形的性质；相似三角形的判定和性质；分类思想和方程思想的应用.【分析】∵四边形纸片ABCD 中，∠A =∠C =90°，∠B =150°，∴∠C=30°.如答图，根据题意对折、裁剪、铺平后可有两种情况得到平行四边形：如答图1，剪痕BM 、BN ，过点N 作NH ⊥BM 于点H ， 易证四边形BMDN 是菱形，且∠MBN =∠C =30°.设BN =DN =x ，则NH =12x .根据题意，得1222x x x ⋅=⇒=，∴BN =DN =2， NH =1.易证四边形BHNC 是矩形，∴BC =NH =1. ∴在Rt BCN ∆中，CN =3. ∴CD =23+.如答图2，剪痕AE 、CE ，过点B 作BH ⊥CE 于点H ， 易证四边形BAEC 是菱形，且∠BCH =30°.设BC =CE =x ，则BH =12x .根据题意，得1222x x x ⋅=⇒=，∴BC =CE =2， BH =1. 在Rt BCH ∆中，CH =3，∴EH =23-. 易证BCD EHB ∆∆∽，∴CD BCHB EH =，即123CD =-. ∴)()()2234232323CD +==+-+.综上所述，CD =23+或423+.2. （2015年浙江湖州4分）已知正方形ABC 1D 1的边长为1，延长C 1D 1到A 1，以A 1C 1为边向右作正方形A 1C 1C 2D 2，延长C 2D 2到A 2，以A 2C 2为边向右作正方形A 2C 2C 3D 3(如图所示)，以此类推⋯，若A 1C 1=2，且点A ，D 2， D 3，⋯，D 10都在同一直线上，则正方形A 9C 9C 10D 10的边长是 ▲【答案】8732.【考点】探索规律题（图形的变化）；正方形的性质；相似三角形的判定和性质.【分析】如答图，设AD10与A1C1相交于点E，则121AD E D A E∆∆∽，∴11211AD D ED A A E=.设1A E x=，∵AD1=1，A1C1=2，∴2112,1D A DE x==-.∴11223xxx-=⇒=.易得21322D AE D A D∆∆∽，∴2113222D A A ED A A D=.设32D A y=，则222A D y=-，∴22332yy y=⇒=-即21323222332C CD A--===.同理可得，31414354324233,,22C C C C----==⋅⋅⋅∴正方形A9C9C10D10的边长是9181099273322C C--==.3. （2015年浙江金华4分）如图，在平面直角坐标系中，菱形OBCD的边OB在x轴正半轴上，反比例函数ky(x0)x=>的图象经过该菱形对角线的交点A，且与边BC交于点F. 若点D的坐标为（6，8），则点F的坐标是▲【答案】8123⎛⎫⎪⎝⎭，.【考点】反比例函数综合题；曲线上点的坐标与方程的关系；待定系数法的应用；菱形的性质；中点坐标；方程思想的应用.【分析】∵菱形OBCD的边OB在x轴正半轴上，点D的坐标为（6，8），∴22OD DC OD6810===+=.∴点B的坐标为（10，0），点C的坐标为（16，8）.∵菱形的对角线的交点为点A ，∴点A 的坐标为（8，4）.∵反比例函数ky (x 0)x =>的图象经过点A ，∴k 8432=⋅=. ∴反比例函数为32y x=.设直线BC 的解析式为y mx n =+，∴4m 16m n 8310m n 040n 3⎧=⎪+=⎧⎪⇒⎨⎨+=⎩⎪=-⎪⎩. ∴直线BC 的解析式为440y x 33=-. 联立440x 12y x 33832y y 3x ⎧==-⎧⎪⎪⎪⇒⎨⎨=⎪⎪=⎩⎪⎩.∴点F 的坐标是8123⎛⎫ ⎪⎝⎭，. 4. （2015年浙江丽水4分）如图，四边形ABCD 与四边形AECF 都是菱形，点E ，F 在BD 上，已知∠BAD =120°，∠EAF =30°，则AEAB= ▲ .【答案】62+. 【考点】菱形的性质；等腰直角三角形和含30度角直角三角形的性质；特殊元素法的应用. 【分析】如答图，过点E 作EH ⊥AB 于点H ，∵四边形ABCD 与四边形AECF 都是菱形，∠BAD =120°，∠EAF =30°， ∴∠ABE =30°，∠BAE =45°. 不妨设2AE =，∴在等腰Rt AEH ∆中，1AH EH ==；在Rt BEH ∆中，3BH =.∴31AB =+. ∴31622AB AE ++==.5. （2015年浙江宁波4分）命题“对角线相等的四边形是矩形”是 ▲ 命题（填“真”或“假”） 【答案】假.【考点】命题的真假判定；矩形的判定.【分析】根据矩形的判定，对角线相等的平行四边形才是矩形，而对角线相等的四边形也可能是等腰梯形等，故命题“对角线相等的四边形是矩形”是假命题.6. （2015年浙江宁波4分）如图，在矩形ABCD 中，AB =8，AD =12，过点A ，D 两点的⊙O 与BC 边相切于点E ，则⊙O 的半径为 ▲【答案】254. 【考点】矩形的性质；垂径定理；勾股定理；方程思想的应用. 【分析】如答图，连接EO 并延长交AD 于点H ，连接AO ，∵四边形ABCD 是矩形，⊙O 与BC 边相切于点E ， ∴EH ⊥BC ，即EH ⊥AD. ∴根据垂径定理，AH=DH. ∵AB =8，AD =12，∴AH=6，HE=8.设⊙O 的半径为r ，则AO=r ，8OH r =-.在Rt OAH ∆中，由勾股定理得()22286r r -+=，解得254r =. ∴⊙O 的半径为254. 7. （2015年浙江绍兴5分） 在Rt△A BC 中，∠C=90°，BC=3，AC=4，点P 在以C 为圆心，5为半径的圆上，连结PA ，PB. 若PB=4，则PA 的长为 ▲ 【答案】3或73.【考点】矩形的判定和性质；勾股定理；分类思想的应用. 【分析】如答图，分两种情况：当点P 与点A 在BC 同侧时，BACP 1是矩形，P 1A=BC=3；当点P 与点A 在BC 异侧时，P 2EAP 1是矩形，P 1A=223873+=. ∴PA 的长为3或73.8. （2015年浙江台州5分）如图，正方形ABCD 的边长为1，中心为点O ，有一边长大小不定的正六边形EFGHIJ 绕点O 可任意旋转，在旋转过程中，这个正六边形始终在正方形ABCD 内（包括正方形的边），当这个六边形的边长最大时，AE 的最小值为 ▲【答案】212. 【考点】面动旋转问题；正方形和正六边形的性质；数形结合思想的应用.【分析】如答图，当这个正六边形的中心与点O 重合，两个对点刚好在正方形两边中点，这个六边形的边长最大，此时，这个六边形的边长为12.当顶点E 刚好在正方形对角线AC 的AO 一侧时，AE 的值最小，最小值为2121OA OE 222--=-=.9. （2015年浙江义乌4分）在Rt△ABC 中，∠C=90°，BC=3，AC=4，点P 在以C 为圆心，5为半径的圆上，连结PA ，PB. 若PB=4，则PA 的长为 ▲ 【答案】3或73.【考点】矩形的判定和性质；勾股定理；分类思想的应用. 【分析】如答图，分两种情况：当点P 与点A 在BC 同侧时，BACP 1是矩形，P 1A=BC=3；当点P 与点A 在BC 异侧时，P 2EAP 1是矩形，P 1A=223873+=. ∴PA 的长为3或73.10. （2015年浙江义乌4分）在Rt△ABC 中，∠C=90°，BC=3，AC=4，点P 在以C 为圆心，5为半径的圆上，连结PA ，PB. 若PB=4，则PA 的长为 ▲ 【答案】373【考点】矩形的判定和性质；勾股定理；分类思想的应用.【分析】如答图，分两种情况：当点P 与点A 在BC 同侧时，BACP 1是矩形，P 1A=BC=3；当点P 与点A 在BC 异侧时，P 2EAP 1是矩形，P 1A=223873+=. ∴PA 的长为3或73.11. （2015年浙江义乌4分）在平面直角坐标系的第一象限内，边长为1的正方形ABCD 的边均平行于坐标轴，A 点的坐标为（a ，a ）.如图，若曲线3(0)=>y x x与此正方形的边有交点，则a 的取值范围是 ▲313≤≤a .【考点】反比例函数的性质；正方形的性质；曲线上点的坐标与方程的关系；分类思想和数形结合思想的应用.【分析】根据题意，当点A 在曲线3(0)=>y x x 上时，a 取得最大值；当点C 在曲线3(0)=>y x x上时，a 取得最小值.当点A 在曲线3(0)=>y x x 上时，2333=⇒=⇒=±a a a a . 当点C 在曲线3(0)=>y x x上时，易得C 点的坐标为()11++a a ，，∴()2311313131+=⇒+=⇒+=±⇒=-±+a a a a a （舍去负值）. ∴若曲线3(0)=>y x x与正方形的边有ABCD 交点，a 的取值范围是313-≤≤a .1. （2015年浙江嘉兴8分）如图，正方形ABCD 中，点E ，F 分别在AB ，BC 上，AF =DE ，AF 和DE 相交于点G .（1）观察图形，写出图中所有与∠AED 相等的角； （2）选择图中与∠AED 相等的任意一个角，并加以证明.【答案】解：（1）与∠AED 相等的角有,,DAG AFB CDE ∠∠∠ .（2）选择AED AFB ∠=∠：正方形ABCD 中，090,DAB B AD AB ∠=∠== ， 又∵AF =DE ，∴()ADE ABF SAS ∆∆≌.∴AED AFB ∠=∠.【考点】开放型；正方形的性质；平行的性质；全等三角形的判定和性质. 【分析】（1）观察图形，可得 结果.（2）答案不唯一，若选择AED AFB ∠=∠，则由()ADE ABF SAS ∆∆≌可得结论；若选择AED CDE ∠=∠，则由正方形ABCD 得到AB ∥CD ，从而得到结论；，若选择AED DAG ∠=∠，则一方面，由()ADE ABF SAS ∆∆≌可得AED AFB ∠=∠，另一方面，由正方形ABCD 得到AD ∥BC ，得到DAG AFB ∠=∠，进而可得结论2. （2015年浙江嘉兴14分）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”. （1）概念理解：如图1，在四边形ABCD 中，添加一个条件，使得四边形ABCD 是“等邻边四边形”，请写出你添加的一个条件； （2）问题探究：①小红猜想：对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形，她的猜想正确吗？请说明理由；②如图2，小红画了一个Rt △ABC ，其中∠ABC =90°，AB =2，BC =1，并将Rt △ABC 沿∠B 的平分线'BB 方向平移得到'''A B C V ，连结''AA BC ，. 小红要使平移后的四边形''ABC A 是“等邻边四边形”，应平移多少距离（即线段'BB 的长）？ （3）应用拓展：如图3，“等邻边四边形”ABCD 中，AB =AD ，∠BAD +∠BCD =90°，AC ，BD 为对角线，2AC AB =.试探究BC ，CD ，BD 的数量关系.【答案】解：（1）DA AB =（答案不唯一）.（2）①正确.理由如下：∵四边形的对角线互相平分，∴这个四边形是平行四边形. ∵四边形是“等邻边四边形”，∴这个四边形有一组邻边相等. ∴这个四边形是菱形.②∵∠ABC =90°，AB =2，BC =1，∴5AC =∵将Rt △ABC 平移得到'''A B C V ，∴''BB AA =，'AB ∥AB ，''2,''1,''5A B AB B C BC A C AC ====== . i ）如答图1，当'2AA AB ==时，''2BB AA AB ===； ii ）如答图2，当'''5AA A C =''''5BB AA A C ==；iii ）如答图3，当'''5A C BC ==''C B 交AB 于点D ，则''C B AB ⊥. ∵'BB 平分ABC ∠，∴01'452ABB ABC ∠==R . 设'B D BD x ==，则'1,'2C D x BB x =+= . 在'Rt BC D ∆中，222''BD C D BC +=，∴()()22215x x ++=，解得121,2x x==- （不合题意，舍去）.∴'22BB x ==.iv ）如答图4，当'2BC AB ==时，同ii ）方法，设'B D BD x ==， 可得222''BD C D BC +=，即()22212x x ++=，解得121717,22x x -+--==（不合题意，舍去）. ∴142'22BB x -==.综上所述，要使平移后的四边形''ABC A 是“等邻边四边形”，应平移2或5或2或1422-的距离.（3）BC ，CD ，BD 的数量关系为2222BC CD BD +=.如答图5，∵AB AD =，∴将ADC V 绕点A 旋转到ABF V . ∴ADC ABF V V ≌.∴,,,ABF ADC BAF DAC AF AC FB CD ∠=∠∠=∠== .∴,1AC ADBAD CAF AF AB ∠=∠==. ∴ACF ABD V V ∽.∴2CF ACBD AB==.∴2CF BD =. ∵0360BAD ADC BCD ABC ∠+∠∠+∠=+，∴()000036036090270ABC ADC BAD BCD ∠+∠=-∠∠=-=+. ∴0270ABC ABF ∠+∠=.∴090CBF ∠=. ∴()2222222BC CD CF BDBD +===.【考点】新定义；面动平移问题；菱形的判定；全等三角形的判定和性质；相似三角形的判定和性质；等腰直角三角形的判定和性质；多边形内角和定理；勾股定理；分类思想和方程思想的应用. 【分析】（1）根据定义，添加AB BC =或BC CD =或CD DA =或DA AB =即可（答案不唯一）.（2）根据定义，分'2AA AB ==，'''5AA A C ==，'''5A C BC ==，'2BC AB ==四种情况讨论即可.（3）由AB AD =，可将ADC V 绕点A 旋转到ABF V ，构成全等三角形：ADC ABF V V ≌，从而得到,,,ABF ADC BAF DAC AF AC FB CD ∠=∠∠=∠== ，进而证明ACF ABD V V ∽得到2CF BD =，通过角的转换，证明090CBF ∠=，根据勾股定理即可得出2222BC CD BD +=.3. （2015年浙江金华8分）如图，在矩形ABCD 中，点F 在边BC 上，且AF=AD ，过点D 作DE ⊥AF ，垂足为点E.（1）求证：DE=AB ；（2）以D 为圆心，DE 为半径作圆弧交AD 于点G ，若BF=FC=1，试求»EG的长.【答案】解：（1）证明：∵DE ⊥AF ，∴∠AED=90°.又∵四边形ABCD 是矩形， ∴AD ∥BC ，∠B=90°. ∴∠DAE=∠AFB ，∠AED=∠B=90°. 又∵AF=AD ，∴△ADE ≌△FAB （AAS ）. ∴DE=AB.（2）∵BF=FC=1，∴AD=BC=BF+FC=2.又∵△ADE ≌△FAB ，∴AE=BF=1. ∴在Rt △ADE 中，AE=12AD. ∴∠ADE=30°. 又∵2222AD AE 213-=-∴»n R 3033EG180ππ⋅⋅==.【考点】矩形的性质；全等三角形的判定和性质；含30度角直角坐标三角形的性质；勾股定理；弧长的计算. 【分析】（1）通过应用AAS 证明△ADE ≌△FAB 即可证明DE=AB.（2）求出∠ADE 和DE 的长即可求得»EG的长. 4. （2015年浙江丽水10分）如图，在矩形ABCD 中，E 为CD 的中点，F 为BE 上的一点，连结CF 并延长交AB 于点M ，MN ⊥CM 交射线AD 于点N. （1）当F 为BE 中点时，求证：AM=CE ；（2）若2==BFEF BC AB ，求ND AN的值； （3）若n BFEFBC AB ==，当n 为何值时，MN ∥BE ？【答案】解：（1）证明：∵F 为BE 中点，∴BF=EF.∵AB ∥CD ，∴∠MBF=∠CEF ，∠BMF=∠ECF. ∴△BMF ≌△ECF （AAS ）.∴MB=CE. ∵AB=CD ，CE=DE ，∴MB=AM. ∴AM=CE. （2）设MB=a ，∵AB ∥CD ，∴△BMF ∽△ECF. ∴EF CEBF MB=. ∵2EF BF =，∴2CEMB =.∴2CE a =. ∴24,3AB CD CE a AM AB MB a ====-= . ∵2ABBC=，∴2BC AD a ==. ∵MN ⊥MC ，∠A=∠ABC=90°，∴△AMN ∽△BCM. ∴AN AM MB BC=，即32AN a a a =.∴331,2222AN a ND a a a ==-= .∴32312aAN ND a ==. （3）设MB=a ，∵AB EFn BC BF==，∴由（2）可得2,BC a CE na == . 当MN ∥BE 时，CM ⊥BE. 可证△MBC ∽△BCE. ∴MB BC BC CE =，即22a aa na=. ∴4n =.∴当4n =时，MN ∥BE.【考点】探究型问题；矩形的性质；全等三角形的判定和性质；相似三角形的判定和性质. 【分析】（1）应用AAS 证明△BMF ≌△ECF 即可易得结论.（2）证明△BMF ∽△ECF 和△AMN ∽△BCM ，应用相似三角形对应边成比例的性质即可得出结果. （3）应用（2）的一结结果，证明△MBC ∽△BCE 即可求得结果.5. （2015年浙江衢州12分）如图，在ABC ∆中，275,9,2ABC AB AC S ∆===，动点P 从A 点出发，沿射线AB 方向以每秒5个单位的速度运动，动点Q 从C 点出发，以相同的速度在线段AC 上由C 向A 运动，当Q 点运动到A 点时， P 、Q 两点同时停止运动. 以PQ 为边作正方形PQEF （P Q E F 、、、按逆时针排序），以CQ 为边在AC 上方作正方形QCGH . （1）求tan A 的值；（2）设点P 运动时间为t ，正方形PQEF 的面积为S ，请探究S 是否存在最小值？若存在，求出这个最小值，若不存在，请说明理由；（3）当t 为何值时，正方形PQEF 的某个顶点（Q 点除外）落在正方形QCGH 的边上，请直接写出t 的值．【答案】解：（1）如答图1，过点B 作BM AC ⊥于点M ，∵279,2ABC AC S ∆== ，12ABC S AC BM ∆=⋅⋅， ∴271922BM =⋅⋅，解得，3BM =. 又∵5,AB = ∴根据勾股定理，得2222534AM AB BM =-=-=.∴3tan 4BM A AM ==. （2）存在.如答图2，过点P 作PN AC ⊥于点N ， 经过时间t ，5AP CQ t == ∵3tan 4A =， ∴4,3AN t PN t == .∴99QN AC AN CQ t =--=-.根据勾股定理，得，()()2222223999016281PQ PN NQ t t t t =+=+-=-+，∴22990162810<<5S PQ t t t ⎛⎫==-+ ⎪⎝⎭. ∵90>0a =，且1629229010b a --=-=⨯在t 的取值范围内，∴2244908116281449010ac b S a -⨯⨯-===⨯最小值.∴S 存在最小值？若存在，这个最小值是8110. （3）当914t =或911或1或97秒时，正方形PQEF 的某个顶点（Q 点除外）落在正方形QCGH的边上.【考点】双动点问题；勾股定理；锐角三角函数定义；二次函数最值的应用；分类思想的应用．【分析】（1）作辅助线“过点B 作BM AC ⊥于点M ”构造直角三角形ABM ，根据已知求出BM 和应用AM 的长，即可根据正切函数定义求出3tan 4BM A AM ==． （2）根据2S PQ =求得S 关于t 的二次函数，应用研究二次函数的最值原理求解即可．（3）分四种情况讨论：①当点E 在HG 上时，如答图3，1914t =；②当点F 在GH 上时，如答图4，2911t =；③当点P 在QH 上（或点E 在QC 上）时，如答图5，31t =；④当点F 在CG 上时，如答图6，197t =.6. （2015年浙江绍兴12分）某校规划在一块长AD 为18m ，宽AB 为13m 的长方形场地ABCD 上，设计分别与AD ，AB 平行的横向通道和纵向通道，其余部分铺上草皮.（1）如图1，若设计三条通道，一条横向，两条纵向，且它们的宽度相等，其余六块草坪相同，其中一块草坪两边之比AM ：AN=8：9，问通道的宽是多少？（2）为了建造花坛，要修改（1）中的方案，如图2，将三条通道改为两条通道，纵向的宽度改为横向宽度的2倍，其余四块草坪相同，且每一块草坪均有一边长为8m ，这样能在这些草坪建造花坛。