【文章內(nèi)容簡介】 AB⊥x軸于點B，將△ABO繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60176。得到△CBD．若點B的坐標為（2，0），則點C的坐標為（　?。．（﹣1，）B．（﹣2，）C．（﹣，1）D．（﹣，2）50.（2015年四川省自貢市3分）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，E是AB邊的中點，F(xiàn)是線段BC上的動點，將△EBF沿EF所在直線折疊得到△EB′F，連接B′D，則B′D的小值是（ ） A、 B、6 C、 D、4參考答案1. 【答案】D.【考點】由實際問題列函數(shù)關(guān)系式（幾何問題）；二次函數(shù)的性質(zhì)和圖象.【分析】根據(jù)題意，有AE=BF=CG，且正三角形ABC的邊長為2，∴. ∴△AEG、△BEF、△CFG三個三角形全等．在△AEG中，∴.∴．∴.2. 【答案】C.【考點】折疊問題；正方形的性質(zhì)；全等、相似三角形的判定和性質(zhì)；勾股定理. 【分析】由折疊和正方形的性質(zhì)可知，∴.又∵，∴. 故結(jié)論①正確.∵正方形ABCD的邊長為12，BE=EC，∴.設(shè)，則，在中，由勾股定理，得，即，解得，.∴.∴. 故結(jié)論②正確.∵，∴，∴和不相似. 故結(jié)論③錯誤.∵，∴.故結(jié)論④正確.綜上所述，4個結(jié)論中，正確的有①②④.3. 【答案】C.【考點】二次函數(shù)的圖象和性質(zhì). 【分析】∵，∴①正確.∴當時，隨的增大而減小，此時，當時，②錯誤.∵的解為，∴二次函數(shù)圖象與軸的兩個交點是（0，0）和（2，0） .故結(jié)論③正確.∵二次函數(shù)圖象與軸的兩個交點是（0，0）和（2，0），且有最大值1，∴當時，.故結(jié)論④正確.綜上所述，正確結(jié)論有①③④.4. 【答案】B.【考點】一元二次方程的解和解一元二次方程；確定三角形的條件.【分析】∵2是關(guān)于的方程的一個根，∴，解得.∴方程為，解得.∵這個方程的兩個根恰好是等腰三角形ABC的兩條邊長，∴根據(jù)三角形三邊關(guān)系，只能是6，6，2.∴.5.【答案】A.【考點】命題和定理；正方形的判定；多邊形內(nèi)角和定理；圓周角定理；三角形中位線定理；菱形的性質(zhì)；矩形的判定；三角形的內(nèi)心性質(zhì). 【分析】根據(jù)相關(guān)知識對各選項進行分析，判作出斷：①對角線互相垂直且相等的平行四邊形才是正方形，命題不正確.②根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式，得六邊形的內(nèi)角和等于，命題正確.③同圓或等圓滿中，相等的圓心角所對的弧才相等，命題不正確. ④根據(jù)三角形中位線定理、菱形的性質(zhì)和矩形的判定可知：順次連結(jié)菱形各邊中點所得的四邊形是矩形，命題正確.⑤三角形的內(nèi)心到三角形三邊的距離相等，命題不正確..6. 【答案】C.【考點】二次函數(shù)的圖象和性質(zhì). 【分析】∵，∴①正確.∴當時，隨的增大而減小，此時，當時，②錯誤.∵的解為，∴二次函數(shù)圖象與軸的兩個交點是（0，0）和（2，0） .故結(jié)論③正確.∵二次函數(shù)圖象與軸的兩個交點是（0，0）和（2，0），且有最大值1，∴當時，.故結(jié)論④，正確結(jié)論有①③④.7. 【答案】D．【考點】等腰三角形的性質(zhì)；切線的性質(zhì)；平行的判定和性質(zhì)；矩形的判定和性質(zhì)；勾股定理；方程思想的應(yīng)用．【分析】如答圖，連接，過點作于點，∵，∴.∵，∴.∴.∴.∵是的切線，∴.∴.∴，且四邊形是矩形.∵，∴由勾股定理，得.設(shè)的半徑是，則.∴由勾股定理，得，即，解得.∴．8. 【答案】D.【考點】探索規(guī)律題（圖形變化類）.【分析】當一根棒條沒有被其它棒條壓著時，就可以把它往上拿走. 如圖中，按照這一規(guī)則，第1次應(yīng)拿走⑨號棒，第2次應(yīng)拿走⑤號棒，第3次應(yīng)拿走⑥號棒，第4次應(yīng)拿走②號棒，第5次應(yīng)拿走⑧號棒，第6次應(yīng)拿走⑩號棒，故選D.9. 【答案】B.【考點】邏輯判斷推理題型問題；真假命題的判定. 【分析】針對邏輯判斷問題逐一分析作出判斷：，即只參加一項的人數(shù)大于14人，等價于等于15或16或17或18或19人，則兩項都參加的人數(shù)為5或4或3或2或1人，故乙不對； ，即兩項都參加的人數(shù)小于5人，等價于等于4或3或2或1人，則只參加一項的人數(shù)為等于16或17或18或19人，故甲對； ，即兩項都參加的人數(shù)大于或等于5人，則只參加一項的人數(shù)小于或等于15人，故甲可能對可能錯； ，即只參加一項的人數(shù)\小于或等于14人，則兩項都參加的人數(shù)大于或等于6人，故乙錯.綜上所述，四個命題中，其中真命題是“若乙對，則甲對”. 故選B.10. 【答案】C.【考點】正方形的性質(zhì)；垂徑定理；梯形的中位線定理；方程思想、轉(zhuǎn)換思想和整體思想的應(yīng)用.【分析】如答圖，連接OP、OQ，∵DE，F(xiàn)G，的中點分別是M，N，P，Q，∴點O、P、M三點共線，點O、Q、N三點共線.∵ACDE，BCFG是正方形，∴AE=CD=AC，BG=CF=BC.設(shè)AB=，則.∵點O、M分別是AB、ED的中點，∴OM是梯形ABDE的中位線.∴，，得.∵MP+NQ=14，AC+BC=18，∴.故選C.11. 【答案】C.【考點】真假命題的判斷；二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)；曲線上點的坐標與方程的關(guān)系；軸對稱的應(yīng)用（最短線路問題）；勾股定理. 【分析】根據(jù)二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)對各結(jié)論進行分析作出判斷：①從圖象可知當時，故命題“當時，”不是真命題；②∵拋物線的對稱軸為，點A和B關(guān)于軸對稱，∴若，則，故命題“若，則”不是真命題；③∵故拋物線上兩點P（，）和Q（，）有，且，∴，又∵拋物線的對稱軸為，∴，故命題“拋物線上有兩點P（，）和Q（，），若，且，則” 是真命題；④如答圖，作點E關(guān)于軸的對稱點M，作點D關(guān)于軸的對稱點N，連接MN，ME和ND的延長線交于點P，則MN與軸和軸的交點G，∵，∴的頂點D的坐標為（1，4），點C的坐標為（0，3）.∵點C關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為E，∴點E的坐標為（2，3）.∴點M的坐標為，點N的坐標為，點P的坐標為（2，4）.∴.∴當時，四邊形EDFG周長的最小值為.故命題“點C關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為E，點G，F(xiàn)分別在軸和軸上，當時，四邊形EDFG周長的最小值為” 不是真命題. 綜上所述，真命題的序號是③.故選C.12. 【答案】B.【考點】一次函數(shù)與二次函數(shù)綜合問題；曲線上點的坐標與方程的關(guān)系.【分析】∵一次函數(shù)的圖象經(jīng)過點，∴.∴.∴.又∵二次函數(shù)的圖象與一次函數(shù)的圖象交于點，函數(shù)的圖象與軸僅有一個交點，∴函數(shù)是二次函數(shù)，且它的頂點在軸上，即.∴..令，得，.13. 【答案】B.【考點】反比例函數(shù)綜合題；曲線上點的坐標與方程的關(guān)系；軸對稱的性質(zhì)；特殊元素法和轉(zhuǎn)換思想的應(yīng)用.【分析】如答圖，連接A′C，∵點A是函數(shù) (x0)圖象上一點，∴不妨取點A.∴直線AB：.∵點C在直線AB上，∴設(shè)點C.∵△ABC的面積等于6，∴，解得（舍去）.∴點C.∵點A關(guān)于y軸的對稱點為A′，點C關(guān)于x軸的對稱點為C′，∴點A′，點C′.∴由線段AC，CC′，C′A′，A′.14. 【答案】C.【考點】正方形和等邊三角形的性質(zhì)；圓周角定理；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值；等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，特殊元素法的應(yīng)用.【分析】如答圖，連接，與交于點.則根據(jù)對稱性質(zhì)，經(jīng)過圓心，∴垂直 平分，.不妨設(shè)正方形ABCD的邊長為2，則.∵是⊙O的直徑，∴.在中，.在中，∵，∴.易知是等腰直角三角形，∴.又∵是等邊三角形，∴.∴.故選C.15. 【答案】B．【考點】網(wǎng)格問題；勾股定理；三角形構(gòu)成條件；無理數(shù)的大小比較；平移的性質(zhì)；分類思想的應(yīng)用.【分析】由圖示，根據(jù)勾股定理可得：.∵，∴根據(jù)三角形構(gòu)成條件，只有三條線段首尾相接能組成三角形.如答圖所示，通過平移其中兩條線段，使得和第三條線段首尾相接組成三角形，能組成三角形的不同平移方法有6種.故選B．16. 【答案】A.【考點】多元方程組的應(yīng)用（幾何問題）.【分析】如答圖，設(shè)原住房平面圖長方形的周長為，①的長和寬分別為，②③的邊長分別為.根據(jù)題意，得，得，將代入③，得（定值），將代入，得（定值），而由已列方程組得不到.∴分割后不用