【正文】 C 級： 60﹣ 69； D 級： 0﹣59），繪制成兩幅不完整的統(tǒng)計圖，請回答問題： （ 1）此次抽查到的學生數(shù)為 150 人； （ 2）補充兩幅統(tǒng)計圖； （ 3）若該年級學生共 500 人，估計其中成績?yōu)?A 級的人數(shù)是 150 人． 【考點】 條形統(tǒng)計圖；用樣本估計總體；扇形統(tǒng)計圖． 【分析】 （ 1）根據(jù) D 組有 15 人，所占的百分比是 10%，據(jù)此即可求得調(diào)查的總人數(shù)； （ 2）利用百分比的意義求得 B 和 C 對應的百分比，補全統(tǒng)計圖； （ 3）利用總人數(shù)乘以對應的百分比即可求解． 【解答】 解：（ 1）調(diào)查的總人數(shù)是 15247。 10%=150（人）， 故答案是： 150； （ 2） B 組的人數(shù)是 150 40%=60（人）， A 組的百分比是 100%=30%， C 組的百分比是 100%=20%． 第 41 頁（共 51 頁） ； （ 3）成績?yōu)?A 級的人數(shù)是 500 30%=150（人）． 答：成績?yōu)?A 組的人數(shù)是 150 人． 21．如圖， ⊙ O 直徑 AB 與弦 AC 的夾角 ∠ A=30176。，過 C 點的切線與 AB 的延長線交于點 P． （ 1）求證： CA=CP； （ 2）已知 ⊙ O 的半徑 r= ，求圖中陰影部分的面積 S． 【考點】 切線的性質(zhì)；扇形面積的計算． 【分析】 （ 1）求出 ∠ ACO=∠ A=30176。，根據(jù)三角形外角性質(zhì)求出 ∠ COB=60176。，求出 ∠ P，即可得出答案； （ 2）解直角三角形求出 PC，求出 △ OCP 和扇形 COB 的面積，即可得出答案． 【解答】 （ 1）證明：連接 OC， ∵ OA=OC， ∠ A=30176。， ∴∠ ACO=∠ A=30176。， ∴∠ COB=∠ A+∠ ACO=60176。， ∵ PC 為 ⊙ O 的切線， ∴∠ OCP=90176。， ∴∠ P=30176。， 第 42 頁（共 51 頁） ∴∠ A=∠ P， ∴ AC=PC； （ 2）解：在 Rt△ OCP 中， CP=OC tan60176。= =3 ， 所以圖中陰影部分的面積是： S=S△ OCP﹣ S 扇形 COB = ﹣ =3 ﹣ π． 22．如圖是某校體育場內(nèi)一看臺的截面圖，看臺 CD 與水平線的夾角為 30176。，最低處 C與地面的距離 BC 為 米，在 C， D 正前方有垂直于地面的旗桿 EF，在 C， D 兩處測得旗桿頂端 F 的仰角分別為 60176。和 30176。， CD 長為 10 米，升旗儀式中，當國歌開始播放時，國旗也在離地面 米的 P 處同時冉冉升起，國歌播放結束時，國旗剛好上升到旗桿頂端 F，已知國歌播放時間為 46 秒，求國旗上升的平均速度．（結果精確到 米 /秒） 【考點】 解直角三角形的應用 仰角俯角問題． 【分析】 根據(jù)正切的概念求出 FC 的長，根據(jù)正弦的概念求出 FG 的長，結合圖形計算即可． 【解答】 解：由題意得， ∠ FCD=90176。， ∠ FDC=60176。， ∴ FC=CD?tan∠ FDC=10 ， 在 Rt△ CGF 中， FG=FC?sin∠ FCG=10 =15， ∴ PF=FG+GE﹣ PE=15+﹣ =16， 16247。 46≈ ， 答：國旗上升的平均速度約為 米 /秒． 第 43 頁（共 51 頁） 23．某校在去年購買 A， B 兩種足球，費用分別為 2400 元和 2022 元，其中 A 種足球數(shù)量是 B 種足球數(shù)量的 2 倍， B 種足球單價比 A 種足球單價多 80 元 /個． （ 1）求 A， B 兩種足球的單價； （ 2）由于該校今年被定為 “足球特色校 ”，學校決定再次購買 A， B 兩種足球共 18 個，且本次購買 B 種足球的數(shù)量不少于 A 種足球數(shù)量的 2 倍，若單價不變，則本次如何購買才能使費用 W 最少？ 【考點】 一次函數(shù)的應用；分式方程的應用． 【分析】 （ 1）設 A 種足球單價為 x 元 /個，則 B 足球單價為（ x+80）元 /個，根據(jù)： A 種足球個數(shù) =2 B 種足球個數(shù)，列分式方程求解可得； （ 2）設再次購買 A 種足球 x 個，則 B 種足球為（ 18﹣ x）個，購買總費用為 W，根據(jù)：總費用 =A 種足球單價 A 種足球數(shù)量 +B 種足球單價 B 種足球數(shù)量，列出 W 關于 x 的函數(shù)關系式，由 B 種足球的數(shù)量不少于 A 種足球數(shù)量的 2 倍可得 x 的范圍，繼而根據(jù)一次函數(shù)性質(zhì)可得最值情況． 【解答】 解：（ 1）設 A 種足球單價為 x 元 /個，則 B 足球單價為（ x+80）元 /個， 根據(jù)題意，得： =2 ， 解得： x=120， 經(jīng)檢驗： x=120 是方程的解， 答： A 種足球單價為 120 元 /個， B 足球單價為 200 元 /個． （ 2）設再次購買 A 種足球 x 個，則 B 種足球為（ 18﹣ x）個； 根據(jù)題意，得： W=120x+200（ 18﹣ x） =﹣ 80x+3600， ∵ 18﹣ x≥ 2x， ∴ x≤ 6， ∵ ﹣ 80＜ 0， ∴ W 隨 x 的增大而減小， ∴ 當 x=6 時， W 最小，此時 18﹣ x=12， 答：本次購買 A 種足球 6 個， B 種足球 12 個，才能使購買費用 W 最少． 24．如圖 1，拋物線 l1： y=﹣ x2+2x+3 與 x 軸的正半軸和 y 軸分別交于點 A， B，頂點為 C， 第 44 頁（共 51 頁） 直線 BC 交 x 軸于點 D． （ 1）直接寫出點 A 和 C 的坐標； （ 2）把拋物線 l1 沿直線 BC 方向平移，使平移后的拋物線 l2 經(jīng)過點 A，點 E 為其頂點．求拋物線 l2 的解析式，并在圖 1 中畫出其大致圖象，標出點 E 的位置；在 x 軸上是否存在點 P，使 △ CEP 是直角三角形？若存在，求出點 P 的坐標；若不存在，請說明理由．（注：該步若要用到備用圖，則不要求再畫出拋物線 l2 的大致圖象） 【考點】 二次函數(shù)綜合題． 【分析】 （ 1）令 y=0 可求得點 A 的坐標，然后依據(jù)配方法和頂點坐標公式可求得拋物線的頂點 C 的坐標； （ 2）先求得點 B 的坐標，然后再利用待定系數(shù)法求得 BC 的解析式，直線 BC 的解析式可設 E（ a， a+3），則 l2 的解析式為 y=﹣（ x﹣ a） 2+a+3，接下來，將點 A 的坐標代入拋物線的解析式可求得 a 的值，從而得到拋物線 l2 的解析式；將 ∠ P1CE=90176。時，先求得 CP1的解析式，從而可求得點 P1 的坐標，同理可求得 P2 的坐標；如圖 3 所示：以 CE 為直徑作圓 G，過點 G 作 GF⊥ x 軸，垂足為 F．先求得 FG 與 CE 的長，然后根據(jù) d 和 r 的關系可求得圓 G 與 x 軸的位置關系，可判斷 △ CP3E 不為直角三角形． 【解答】 解：（ 1） ∵ 令 y=0 得： x2﹣ 2x﹣ 3=0，即（ x﹣ 3）（ x+1） =0，解得： x1=﹣ 1， x2=3， ∴ 點 A 的坐標為（ 3， 0）． ∵ y=﹣ x2+2x+3=﹣（ x2﹣ 2x） +3=﹣（ x2﹣ 2x+1﹣ 1） +3=﹣（ x﹣ 1） 2+4， ∴ 點 C（ 1， 4）． （ 2）設直線 CD 的解析式為 y=kx+b． ∵ CD 經(jīng)過點 C（ 1， 4）、 B（ 0， 3）， ∴ ，解得； ． ∴ 直線 CD 解析式為 y=x+3． ∵ 拋物線 l2 由拋物線 l1 沿直線 BC 方向平移得到， 第 45 頁（共 51 頁） ∴ 頂點 E 在直線 BC 上． 設 E（ a， a+3），則拋物線 l2 的解析式為 y=﹣（ x﹣ a） 2+a+3． ∵ 拋物線 l2 過點 A（ 3， 0）， ∴ ﹣（ 3﹣ a） 2+a+3=0．解得： a1=6， a2=1（舍去）． ∴ 拋物線 l2 的解析式為 y=﹣（ x﹣ 6） 2+9=﹣ x2+12x﹣ 27． 拋物線 l2 的大致圖象如圖 1 所示． 如圖 2 所示：將 ∠ P1CE=90176。時， 設直線 CP1 的解析式為 y=kx+b． ∵ CP1⊥ BC， ∴ k=﹣ 1． ∴ y=﹣ x+b． ∵ 將點 C（ 1， 4）代入得：﹣ 1+b=4．解得 b=5， 第 46 頁（共 51 頁） ∴ 直線 CP1 的解析式為 y=﹣ x+5． 令 y=0 得；﹣ x+5=0，解得 x=5， ∴ 點 P1 的坐標為（ 5， 0）． 設直線 EP2 的解析式為 y=﹣ x+b． ∵ 將點 E（ 6， 9）代入得：﹣ 6+b=9，解得： b=15， ∴ 直線 EP2 的解析式為 y=﹣ x+15． ∵ 令 y=0 得：﹣ x+15=0，解得： x=15， ∴ 點 P2 的坐標為（ 15， 0）． 如圖 3 所示：以 CE 為直徑作圓 G，過點 G 作 GF⊥ x 軸，垂足為 F． ∵ C（ 1， 4）， E（ 6， 9）， ∴ G（ ， ）． ∴ GF=． ∵ 由兩點間的距離公式可知 CE= =5 ． ∴ r= ． ∵ d＞ r， ∴ 圓 G 與 x 軸相離． ∴∠ CP3E＜ 90176。，此時不能構成直角三角形． 綜上所述，點 P 的坐標為（ 5， 0）或（ 15， 0）． 25．在四邊形 ABCD 中， M 是 AB 邊上的動點，點 F 在 AD 的延長線上，且 DF=DC， N 為 第 47 頁（共 51 頁） MD 的中點．連接 BN， CN，作 NE⊥ BN 交直線 CF 于點 E． （ 1）如圖 1，若四邊形 ABCD 為正方形，當點 M 與 A 重合時，求證； NB=NC=NE； （ 2）如圖 2，若四邊形 ABCD 為正方形，當點 M 與 A 不重合時，（ 1）中的結論是否成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由； （ 3）如圖 3，若四邊形 ABCD 為矩形，當點 M 與 A 不重合，點 E 在 FC 的延長線上時，請你就線段 NB， NC， NE 提出一個正確的結論．（不必說理） 【考點】 四邊形綜合題． 【分析】 （ 1）先證明 △ MBN≌△ DCN，得 NB=NC，再證明 ∠ NCE=∠ NEC，由等角對等邊可知 NC=NE，所以 NB=NC=NE； （ 2）結論仍然成立，作輔助線，構建全等三角形，先根據(jù)直角三角形斜邊上的中線得出 AN=DN，證明 △ ABN≌△ DCN，得 NB=NC，再根據(jù)角的關系求出 ∠ NCE=∠ DCN+45176。，∠ CEN=∠ EGD+45176。，所以 ∠ NCE=∠ CEN，則 NC=NE，結論成立； （ 3） NB=NC=NE，如圖 3，延長 EN 交 AD 于 G，連接 AN，同理得出 NB=NC，再根據(jù) ∠NEF=∠ ECN，得 NC=NE，所以 NB=NC=NE． 【解答】 解：（ 1）如圖 1，在正方形 ABCD 中， ∵ AB=CD， ∠ A=∠ ADC， MN=DN， ∴△ MBN≌△ DCN， ∴ NB=NC， ∵ NE⊥ BN ∴∠ BNE=90176。 ∴∠ BNA+∠ ENF=90176。， ∵∠ ABN+∠ ANB=90176。， ∴∠ ABN=∠ ENF， ∵∠ ABN=∠ NCD， ∴∠ NCD=∠ ENF， 第 48 頁（共 51 頁） ∵ CD=DF， ∠ CDF=90176。， ∴∠ F=∠ DCF=45176。， ∵∠ NCE=∠ DCN+∠ DCF=∠ DCN+45176。， ∠ CEN=∠ ENF+∠ F=∠ ENF+45176。， ∴∠ NCE=∠ NEC， ∴ NC=NE， ∴ NB=NC=NE； （ 2）成立，如圖 2，延長 EN 交 AD 于 G，連接 AN， 在 Rt△ ADM 中， ∵ N 是 MD 的中點， ∴ AN=DN， ∴∠ NAD=∠ NDA， ∴∠ BAN=∠ MDC， ∵ AB=CD， ∴△ ABN≌△ DCN， ∴ NB=NC， ∵ NE⊥ BN， ∴∠ ABN+∠ AGN=180176。， ∵∠ EGD+∠ AGN=180176。， ∴∠ ABN=∠ EGD， ∵∠ ABN=∠ DCN， ∴∠ EGD=∠ DCN， ∵ CD=DF， ∠ CDF=90176。， ∴∠ F=∠ DCF=45176。 ∵∠ NCE=∠ DCN+∠ DCF=∠ DCN+45176。， ∠ CEN=∠ EGD+∠ F=∠ EGD+45176。， ∴∠ NCE=∠ CEN， ∴ NC=NE， ∴ NB=NC=NE； （ 3） NB=NC=NE，理由是： 如圖 3，延長 EN 交 AD 于 G，連接 AN， 同理得 AN=DN， 第 49 頁（共 51 頁） ∴∠ NAD=∠ NDA， ∴∠ BAN=∠ NDC， ∵ 四邊形 ABCD 為矩形， ∴ AB=CD， ∴△ ABN≌△ DCN，