【正文】 ， 0）和（ ﹣ 1，0）． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查了二次函數(shù)的三種形式的轉(zhuǎn)化，二次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握配方法的操作以及根據(jù)頂點(diǎn)式形式寫出對(duì)稱軸和頂點(diǎn)坐標(biāo)的方法是解題的關(guān)鍵． 19．如圖所示， AB 是 ⊙ O 的一條弦， OD⊥ AB，垂足為 C，交 ⊙ O 于點(diǎn) D，點(diǎn) E在 ⊙ O 上． （ 1）若 ∠ AOD=52176。，求 ∠ DEB 的度數(shù)； （ 2）若 OC=3， OA=5，求 AB 的長(zhǎng)． 【考點(diǎn)】 垂徑定理；勾股定理；圓周角定理． 【分析】 （ 1）根據(jù)垂徑定理，得到 = ，再根據(jù)圓周角與圓心角的關(guān)系，得知 ∠ E= ∠ O，據(jù)此即可求出 ∠ DEB 的度數(shù)； （ 2）由垂徑定理可知， AB=2AC，在 Rt△ AOC 中， OC=3， OA=5，由勾股定理求AC 即可． 【解答】 解：（ 1） ∵ AB 是 ⊙ O 的一條弦， OD⊥ AB， ∴ = ， ∴∠ DEB= ∠ AOD= 52176。=26176。； 第 39 頁(yè)（共 49 頁(yè)） （ 2） ∵ AB 是 ⊙ O 的一條弦， OD⊥ AB， ∴ AC=BC，即 AB=2AC， 在 Rt△ AOC 中， AC= = =4， 則 AB=2AC=8． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查了垂徑定理，勾股定理及圓周角定理．關(guān)鍵是由垂徑定理得出相等的弧，相等的線段，由垂直關(guān)系得出直角三角形，運(yùn)用勾股定理． 四、解答題 20．已知：線段 a（如圖） （ 1）求作：正六邊形 ABCDEF，使邊長(zhǎng)為 a（用尺規(guī)作圖，要保留作圖痕跡，不寫作法及證明） （ 2）若 a=2cm，則半徑 R= 2 cm，邊心距 r= cm，周長(zhǎng) p= 12 cm，面積 S= 6 cm2． 【考點(diǎn)】 作圖 —復(fù)雜作圖；正多邊形和圓． 【分析】 （ 1）作線段 AB=a，再作線段 AB 的垂直平分線，以點(diǎn) A 為圓心，以 a的長(zhǎng)為半徑畫圓，交線段 AB 的垂直平分線于點(diǎn) O，再以 O 為圓心，以 OA 的長(zhǎng)為半徑 ⊙ O，畫出 ⊙ O 的內(nèi)接正六邊形即可； （ 2）根據(jù) AB=OA=a 可得出 R 的長(zhǎng)，由銳角三角函數(shù)的定義得出邊心距 r 的值，進(jìn)而可得出周長(zhǎng) p，根據(jù) S 正六邊形 ABCDEF=6S△ OAB即可得出結(jié)論． 【解答】 解：（ 1）如圖，正六邊形 ABCDEF 即為所求； （ 2） ∵ a=2cm， ∴ 半徑 R=2cm． ∵ OA=OB=AB=a， ∴∠ OAB=60176。， ∴ r=OG=OA?sin60176。=2 = cm． ∵ a=2cm， ∴ 周長(zhǎng) p=6a=12cm， 第 40 頁(yè)（共 49 頁(yè)） ∴ S 正六邊形 ABCDEF=6S△ OAB=6 2 =6 （ cm2）． 故答案為： 2， ， 12， 6 ． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查的是作圖﹣復(fù)雜作圖，熟知正六邊形的作法及特點(diǎn)是解答此題的關(guān)鍵． 21．有三張卡片（形狀、大小、質(zhì)地都相同），正面分別寫上整式 x+1， x， 3．將這三張卡片背面向上洗勻，從中隨機(jī)抽取一張卡片，再?gòu)氖Ｏ碌目ㄆ须S機(jī)抽取另一張、第一次抽取的卡片上的整式作為分子，第二次抽取的卡片上的整式作為分母． （ 1）請(qǐng)寫出抽取兩張卡片的所有等可能結(jié)果（用樹狀圖或列表法求解）； （ 2）試求抽取的兩張卡片結(jié)果能組成分式的概率． 【考點(diǎn)】 列表法與樹狀圖法；分式的定義． 【分析】 （ 1）列舉出不放回的 2 次實(shí)驗(yàn)的所有情況即可； （ 2）看抽取的兩張卡片結(jié)果能組成分式的情況占總情況的多少即可． 【解 答】 解： （ 1）樹狀圖： 第 41 頁(yè)（共 49 頁(yè)） 列表法： （ 2）共有 6 種情況，能組成的分式的有 ， ， ， 4 種情況，所以 P分式 = ． 【點(diǎn)評(píng)】 此題考查概率的求法，如果一個(gè)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） = ．用到的知識(shí)點(diǎn)為：分母中含有字母的式子是分式． 22．用兩個(gè)全等的正方形 ABCD 和 CDFE 拼成一個(gè)矩形 ABEF，把一個(gè)足夠大的直角三角尺的直角頂點(diǎn)與這個(gè)矩形的邊 AF 的中點(diǎn) D 重合，且將直角三角尺繞點(diǎn) D按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)． （ 1）當(dāng)直角三角尺的兩直角邊分別與矩形 ABEF 的兩邊 BE， EF 相交于點(diǎn) G， H時(shí)，如圖甲，通過(guò)觀察或測(cè)量 BG 與 EH 的長(zhǎng)度，你能得到什么結(jié)論并證明你的結(jié)論； （ 2）當(dāng)直角三角尺的兩直角邊分別與 BE 的延長(zhǎng)線， EF 的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn) G， H時(shí)（如圖乙），你在圖甲中得到的結(jié)論還成立嗎？簡(jiǎn)要說(shuō)明理由． 第 42 頁(yè)（共 49 頁(yè)） 【考點(diǎn)】 正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)． 【分析】 （ 1）可通過(guò)證 CG=HE，來(lái)得出 BG=FH 的結(jié)論，那么關(guān)鍵是證明三角形DCG 和 DHE 全等，已知的條件有 DC=DF，一組直角，而通過(guò)同角的余角相等我們可得出 ∠ GDC=∠ HDF，由此可構(gòu)成兩三角形全等的條件，因此可得出 GC=FH，進(jìn)而可得出 BG=EH （ 2）結(jié)論仍然成立，也是通過(guò)證明三角形 FDH和三角形 DCG全等來(lái)得出結(jié)論的，即可得 FH=CG，已知 EF=BC，那么就能得出 BG=EH． 【解答】 解：（ 1） BG=EH． ∵ 四邊形 ABCD 和 CDFE 都是正方形， ∴ DC=DF， ∠ DCG=∠ DFH=∠ FDC=90176。， ∵∠ CDG+∠ CDH=∠ FDH+∠ HDC=90176。， ∴∠ CDG=∠ FDH， 在 △ CDG 和 △ FDH 中 ∴△ CDG≌△ FDH（ ASA）， ∴ CG=FH， ∵ BC=EF， ∴ BG=EH． （ 2）結(jié)論 BG=EH 仍然成立． 同理可證 △ CDG≌△ FDH， ∴ CG=FH， ∵ BC=EF， 第 43 頁(yè)（共 49 頁(yè)） ∴ BC+CG=EF+FH， ∴ BG=EH． 【點(diǎn)評(píng)】 本題主要考查了正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)．根據(jù)所求條件來(lái)確定出自己要求證的全等三角形是解題的關(guān)鍵．然后看缺什么條件再證什么條件即可． 五、解答題 23．某住宅小區(qū)在住宅建設(shè)時(shí)留下一塊 1798 平方米的空地，準(zhǔn)備建一個(gè)矩形的露天游泳池，設(shè)計(jì)如圖所示，游泳池的長(zhǎng)是寬的 2 倍，在游泳池的前側(cè)留一塊 5米寬的空地，其它三側(cè)各保留 2 米寬的道路及 1 米寬的綠化帶 （ 1）請(qǐng)你計(jì)算出游泳池的長(zhǎng)和寬； （ 2）若游泳池深 3 米，現(xiàn)要把池底和池壁（共 5 個(gè)面）都貼上瓷磚，請(qǐng)你計(jì)算要貼瓷磚的總面積． 【考點(diǎn)】 一元二次方程的應(yīng)用． 【分析】 （ 1）可先設(shè)出游泳池的長(zhǎng)和寬，然后根據(jù)條件表示出矩形空地的長(zhǎng)和寬，然后根據(jù)矩形空地的面積是 1798 平方米來(lái)列方程求解． （ 2）本題的關(guān)鍵是求出 5 個(gè)面的面積，有了（ 1）的長(zhǎng)和寬，告訴了游泳池的高，可以用矩形的面積 =長(zhǎng) 寬計(jì)算出著 5 個(gè)面的面積，也就求出了貼瓷磚的面積． 【解答】 解：（ 1）設(shè)游泳池的寬為 x 米，依題意得， 第 44 頁(yè)（共 49 頁(yè)） （ x+6）（ 2x+8） =1798， 整理得 x2+10x﹣ 875=0， 解得 x1=25， x2=﹣ 35（負(fù)數(shù)不合題意，舍去）， 所以 x=25， 2x=50． 答：游泳池的長(zhǎng)為 50 米，寬為 25 米． （ 2）（ 25+50） 2 3+25 50=1700（平方米）． 答：要貼瓷磚的總面積是 1700 平方米． 【點(diǎn)評(píng)】 對(duì)于面積問(wèn)題應(yīng)熟記各種圖形的面積公式．另外，整體面積 =各部分面積之和；剩余面積 =原面積﹣截去的面積． 24．二次函數(shù) y=﹣ x2+2x+m 的圖象與 x 軸交于 A、 B 兩點(diǎn)（ B 在 A 右側(cè)），頂點(diǎn)為 C，且 A、 B 兩點(diǎn)間的距離等于點(diǎn) C 到 y 軸的距離的 2 倍． （ 1）求此拋物線的解析式． （ 2）求直線 BC 的解析式． （ 3）若點(diǎn) P 在拋物線的對(duì)稱軸上，且 ⊙ P 與 x 軸以及直線 BC 都相切，求點(diǎn) P 的坐標(biāo)． 【考點(diǎn)】 二次函數(shù)綜合題． 【分析】 （ 1）先把 m 當(dāng)作已知條件求出點(diǎn) C 的坐標(biāo)及拋物線與 x 軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，再由 A、 B 兩點(diǎn)間的距離等于點(diǎn) C 到 y 軸的距離的 2 倍即可得出 m 的值，進(jìn)而得出結(jié)論； （ 2）根據(jù)（ 1）中 m 的值可得出 B、 C 兩點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可得出直線BC 的解析式； （ 3）設(shè)點(diǎn) P（ 1， n），過(guò)點(diǎn) P 作 PD⊥ BC，根據(jù)（ 2）中直線 BC 的解析式可知 ∠OBC 的度數(shù)，故可用 n 表示出 PC 的長(zhǎng)，進(jìn)而得出結(jié)論． 【解答】 解：（ 1） ∵ 二次函數(shù)的解析式為 y=﹣ x2+2x+m， ∴ 頂點(diǎn)為 C（ 1， m+1），與 x 軸交于 A（ 1﹣ ， 0）、 B（ 1+ ， 0）． ∵ A、 B 兩點(diǎn)間的距離等于點(diǎn) C 到 y 軸的距離的 2 倍， ∴ （ 1﹣ ）﹣（ 1+ ） =2，解得 m=0， 第 45 頁(yè)（共 49 頁(yè)） ∴ 拋物線的解析式為： y=﹣ x2+2x； （ 2） ∵ 由（ 1）知， m=0， ∴ B（ 2， 0）， C（ 1， 1）． 設(shè)直線 BC 的解析式為 y=kx+b（ k≠ 0），則 ，解得 ， ∴ 直線 BC 的解析式為： y=﹣ x+2； （ 3）如圖，設(shè)點(diǎn) P（ 1， n），過(guò)點(diǎn) P 作 PD⊥ BC， ∵ 由（ 2）知直線 BC 的解析式為 y=﹣ x+2， ∴∠ AEB=45176。． ∵∴ PC= n， ∴ 1﹣ n= n， ∴ n= ﹣ 1， ∴ 點(diǎn) P（ 1， ﹣ 1）． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查的是二次函數(shù)綜合題，涉及到二次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)問(wèn)題及用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，切線的性質(zhì)等知識(shí)，根據(jù)題意畫出圖形，利用數(shù)形結(jié)合求解是解答此題的關(guān)鍵． 25．以坐標(biāo)原點(diǎn)為圓心， 1 為半徑的圓分別交 x， y 軸的正半軸于點(diǎn) A， B．；如圖，動(dòng)點(diǎn) P 從點(diǎn) A 處出發(fā)，沿 x 軸向右勻速運(yùn)動(dòng)，與此同時(shí)，動(dòng)點(diǎn) Q 從點(diǎn) B 處出發(fā)，沿圓周按順時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)動(dòng)．若點(diǎn) Q 的運(yùn)動(dòng)速度比點(diǎn) P 的運(yùn)動(dòng)速度慢，經(jīng)過(guò) 1 秒后點(diǎn) P 運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)（ 2， 0），此時(shí) Q 走過(guò)的路程弧 的長(zhǎng)為 ； （ 1）求此時(shí)點(diǎn) Q 的坐標(biāo)； 第 46 頁(yè)（共 49 頁(yè)） （ 2）此時(shí) PQ 是否與 ⊙ O 相切？請(qǐng)說(shuō)明理由． （ 3）若點(diǎn) Q 按照原來(lái)的方向和速度繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，點(diǎn) P 停留在點(diǎn)（ 2， 0）處不動(dòng)，求點(diǎn) Q 再經(jīng)過(guò) 5 秒后直線 PQ 被 ⊙ O 截得的弦長(zhǎng)． 【考點(diǎn)】 圓的綜合題． 【分析】 （ 1）先求出 ∠ BOQ，再用含 30176。角的直角三角形的性質(zhì)求出 OC， CQ 即可； （ 2）用三角函數(shù)先求出 ∠ OPQ，再求出 ∠ OQP 的度數(shù)即可得出結(jié)論； （ 3）先求出 Q 點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度，利用垂徑定理，勾股定理可以解決． 【解答】 解：（ 1）如圖 1，過(guò)點(diǎn) Q 作 QC⊥ OA，設(shè) ∠ BOQ=n， ∵ Q 走過(guò)的路程弧 的長(zhǎng)為 ， ∴ = ， ∴ n=30176。， ∴∠ BOQ=30176。， 在 Rt△ OCQ 中， ∠ COQ=90176。﹣ 30176。=60176。， OQ=1， ∴ OC= ， CQ= ， ∴ Q（ ， ）； （ 2）如圖 1， ∵ P（ 2， 0）， ∴ OP=2， ∴ CP=OP﹣ OC= ， 在 Rt△ COP 中， tan∠ OPQ= = ， ∴ 銳角 ∠ CPQ=30176。， 第 47 頁(yè)（共 49 頁(yè)） ∴∠ OPQ+∠ POQ=90176。， ∴∠ OQP=90176。， ∴ OQ⊥ PQ， ∵ 點(diǎn) Q 在 ⊙ O 上， ∴ PQ 與 ⊙ O 相切； （ 3）由（ 1）可知點(diǎn) Q 運(yùn)動(dòng) 1 秒時(shí)經(jīng)過(guò)的弧長(zhǎng)所對(duì)的圓心角為 30176。， 若 Q 按照原來(lái)的方向和速度繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，那么再過(guò) 5 秒，則點(diǎn) Q 再繞點(diǎn) O 順時(shí)針旋轉(zhuǎn) 150176。， 即： Q 點(diǎn)落在 ⊙ O 與 y 軸負(fù)半軸的交點(diǎn)處（如圖 2） ．設(shè)直線 PQ 與 ⊙ O 的另外一個(gè)交點(diǎn)為 D， 過(guò) O 作 OC⊥ QD 于點(diǎn) C，則 C 為 QD 的中點(diǎn)． ∵∠ QOP=90176。， OQ=1， OP=2， ∴ QP= ， ∵ OQ?OP= QP?OC， ∴ OC= = ， ∵ OC⊥ QD， OQ=1， ∴ QC= ， ∴ QD= ． 第 48 頁(yè)（共 49 頁(yè)） 【點(diǎn)評(píng)】 此題是圓的綜合題，主要考查了弧長(zhǎng)公式，切線的判定，垂徑定理，勾股定理，銳角三角函數(shù)，解本題的關(guān)鍵是判斷出點(diǎn) PQ 是 ⊙ O 的切線和點(diǎn) Q 再過(guò)5 秒時(shí)的位置，是一道涉及知識(shí)點(diǎn)比較多的中考?？碱}． 第 49 頁(yè)（共 49 頁(yè)）