【正文】 H=OB=2，在Rt△OPH中，PH===2，∵PQ⊥OH，∴PQ=2PH=4．故答案為：4．【點評】本題考查圓的有關知識、勾股定理等知識，解題的關鍵是靈活應用這些知識解決問題，屬于中考?？碱}型　三、解答題（共8題，共72分）17．解方程：x2﹣3x﹣4=0．【考點】解一元二次方程因式分解法．【分析】先把方程化為兩個因式積的形式，再求出x的值即可．【解答】解：∵原方程可化為：（x+1）（x﹣4）=0，∴x+1=0或x﹣4=0，解得，x1=4，x2=﹣1．【點評】本題考查的是利用因式分解法解一元二次方程，根據(jù)題意把方程化為兩個因式積的形式是解答此題的關鍵．　18．列方程解應用題：某地足球協(xié)會組織一次聯(lián)賽，賽制為雙循環(huán)（1）甲、乙、丙、丁四人做傳球游戲：第一次由甲將球隨機傳給乙、丙、丁中的某一人，從第二次起，每一次都由持球者將球再隨機傳給其他三人中的某人．請畫樹狀圖或列表求第二次傳球后球回到甲手里的概率．（2）如果甲跟另外n（n≥2）個人做（1）中同樣的游戲，那么，第三次傳球后球回到甲手里的概率是　?。ㄕ堉苯訉懗鼋Y果）【考點】列表法與樹狀圖法；概率公式．【分析】（1）根據(jù)畫樹狀圖，可得總結果與傳到甲手里的情況，根據(jù)傳到甲手里的情況比上總結過，可得答案；（2）根據(jù)第一步傳的結果是n，第二步傳的結果是n2，第三步傳的結果是總結過是n3，傳給甲的結果是n（n﹣1），根據(jù)概率的意義，可得答案．【解答】解：（1）畫樹狀圖：共有9種等可能的結果，其中符合要求的結果有3種，∴P（第2次傳球后球回到甲手里）==．（2）第三步傳的結果是n3，傳給甲的結果是n（n﹣1），第三次傳球后球回到甲手里的概率是=，故答案為：．【點評】本題考查了樹狀圖法計算概率，計算概率的方法有樹狀圖法與列表法，正確的畫出樹狀圖是解題關鍵．　20．如圖，點E為⊙O的直徑AB上一個動點，點C、D在下半圓AB上（不含A、B兩點），且∠CED=∠OED=60176。，連OC、OD（1）求證：∠C=∠D；（2）若⊙O的半徑為r，請直接寫出CE+ED的變化范圍．【考點】圓周角定理；全等三角形的判定與性質；軸對稱最短路線問題．【分析】（1）延長CE交⊙O于D′，連接OD′，由已知求得∠AEC=60176。，進而求得∠DEO=∠D′EO=60176。，根據(jù)圓是軸對稱圖形即可證得∠D=∠D′，ED=ED′，然后根據(jù)等腰三角形的性質求得∠D′=∠C，從而證得結論；（2）證得∠COD′＞60176。，從而證得CD′＞OC=OD′，由CD′＜OC+OD′，CE+ED=CE+ED′=CD′，從而得出r＜CE+ED＜2r．【解答】證明：（1）延長CE交⊙O于D′，連接OD′∵∠CED=∠OED=60176。，∴∠AEC=60176。，∴∠OED′=60176。，∴∠DEO=∠D′EO=60176。，由軸對稱的性質可得∠D=∠D′，ED=ED′，∵OC=OD′，∴∠D′=∠C，∴∠C=∠D；（2）∵∠D′EO=60176。，∴∠C＜60176。，∴∠C=∠D′＜60176。，∴∠COD′＞60176。，∴CD′＞OC=OD′，∵CD′＜OC+OD′，∵CE+ED=CE+ED′=CD′，∴r＜CE+ED＜2r．【點評】本題考查了軸對稱的性質，軸對稱﹣最短路線問題，等腰三角形的性質，三角形外角的性質以及三角形三邊之間的關系，圓是軸對稱圖形是本題的關鍵．　21．如圖，點O在∠APB的平分線上，⊙O與PA相切于點C．（1）求證：直線PB與⊙O相切；（2）PO的延長線與⊙O交于點E．若⊙O的半徑為3，PC=4．求弦CE的長．【考點】切線的判定．【專題】幾何綜合題．【分析】（1）連接OC，作OD⊥PB于D點．證明OD=OC即可．根據(jù)角的平分線性質易證；（2）設PO交⊙O于F，連接CF．根據(jù)勾股定理得PO=5，則PE=8．證明△PCF∽△PEC，得CF：CE=PC：PE=1：2．根據(jù)勾股定理求解CE．【解答】（1）證明：連接OC，作OD⊥PB于D點．∵⊙O與PA相切于點C，∴OC⊥PA．∵點O在∠APB的平分線上，OC⊥PA，OD⊥PB，∴OD=OC．∴直線PB與⊙O相切；（2）解：設PO交⊙O于F，連接CF．∵OC=3，PC=4，∴PO=5，PE=8．∵⊙O與PA相切于點C，∴∠PCF=∠E．又∵∠CPF=∠EPC，∴△PCF∽△PEC，∴CF：CE=PC：PE=4：8=1：2．∵EF是直徑，∴∠ECF=90176。．設CF=x，則EC=2x．則x2+（2x）2=62，解得x=．則EC=2x=．【點評】此題考查了切線的判定、相似三角形的性質．注意：當不知道直線與圓是否有公共點而要證明直線是圓的切線時，可通過證明圓心到直線的距離等于圓的半徑，來解決問題．　22．某市政府大力扶持大學生創(chuàng)業(yè)，李明在政府的扶持下投資銷售一種進價為每件20元的護眼臺燈．銷售過程中發(fā)現(xiàn)，每月銷售量y（件）與銷售單價x（元）之間的關系可近似的看作一次函數(shù)：y=﹣10x+500．（1）設李明每月獲得利潤為w（元），當銷售單價定為多少元時，每月可獲得最大利潤？（2）如果李明想要每月獲得2000元的利潤，那么銷售單價應定為多少元？（3）根據(jù)物價部門規(guī)定，這種護眼臺燈的銷售單價不得高于32元，如果李明想要每月獲得的利潤不低于2000元，那么他每月的成本最少需要多少元？（成本=進價銷售量）【考點】二次函數(shù)的應用．【專題】應用題．【分析】（1）由題意得，每月銷售量與銷售單價之間的關系可近似看作一次函數(shù)，利潤=（定價﹣進價）銷售量，從而列出關系式；（2）令w=2000，然后解一元二次方程，從而求出銷售單價；（3）根據(jù)拋物線的性質和圖象，求出每月的成本．【解答】解：（1）由題意，得：w=（x﹣20）?y，=（x﹣20）?（﹣10x+500）=﹣10x2+700x﹣10000，答：當銷售單價定為35元時，每月可獲得最大利潤．（2）由題意，得：﹣10x2+700x﹣10000=2000，解這個方程得：x1=30，x2=40，答：李明想要每月獲得2000元的利潤，銷售單價應定為30元或40元．（3）∵a=﹣10＜0，∴拋物線開口向下，∴當30≤x≤40時，w≥2000，∵x≤32，∴當30≤x≤32時，w≥2000，設成本為P（元），由題意，得：P=20（﹣10x+500）=﹣200x+10000，∵a=﹣200＜0，∴P隨x的增大而減小，∴當x=32時，P最小=3600，答：想要每月獲得的利潤不低于2000元，每月的成本最少為3600元．【點評】此題考查二次函數(shù)的性質及其應用，還考查拋物線的基本性質，另外將實際問題轉化為求函數(shù)最值問題，從而來解決實際問題．　23．如圖1，E為邊長為1的正方形ABCD中CD邊上的一動點（不含點C、D），以BE為邊作圖中所示的正方形BEFG（1）求∠ADF的度數(shù)（2）如圖2，若BF交AD于點H，連接EH，求證：HB平分∠AHE（3）如圖3，連接AE、CG，作BM⊥AE于點M，BM交GC于點N，連接DN．當E在CD上運動時，求DN長度的變化范圍．【考點】四邊形綜合題．【分析】（1）先利用同角的余角相等得出∠EFG=∠BEC，從而判斷出△BCE≌△EGF，即可EG=BC=CD，進而得出△FDG為等腰直角三角形即可；（2）同（1）的方法判斷出△ABH≌△CBM，△BEH≌△BEM，進而得出∠AHB=∠BHE即可；（3）同（1）方法判斷出△CPB≌△BMA，△BQG≌△EMB，進而得出CP=GQ=BM，又得出△CPN≌△GQN，得出NC=NG，最后根據(jù)點E的運動情況判斷出點E和C重合時，DN最小，用勾股定理求解即可，點E和點D重合時，DN最大，用勾股定理求解即可．【解答】解：（1）如圖1，過點F作FG⊥DG交CD的延長線于G，∴∠EFG+∠FEG=90176。，∵∠FEG+∠BEC=90176。，∴∠EFG=∠BEC，在△BCE和△EGF中，∴△BCE≌△EGF，∴BC=EG∴EG=BC=CD∴DG=CE=FG∴△FDG為等腰直角三角形∴∠FDA=45176。（2）如圖2，延長EC至M，且使CM=AH，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠BAH=∠BCM=90176。，在△ABH和△BCM中，∴△ABH≌△CBM（SAS），∴∠AHB=∠CMB，BH=BM，∵BE是正方形BEFG的對角線，∴∠EBH=45176。，∴∠ABH+∠CBE=45176。，∴∠EBM=∠CBM+∠CBE=45176。，∴∠EBH=∠MBE，在△BEH和△BEM中，∴△BEH≌△BEM（SAS）∴∠BHE=∠BME，∵∠AHB=∠CMB，∴∠AHB=∠BHE，∴HB平分∠AHE；（3）如圖3，過點C作CP⊥BM于P，過點G作GQ⊥BM于Q，∵∠ABM+∠CBM=90176。，∠BCP+∠CBM=90176。∴∠ABM=∠BCP，在△CPB和△BMA中，∴△CPB≌△BMA，∴CP=BM，同理：△BQG≌△EMB，∴GQ=BM，∴CP=GQ=BM在△CPN和△GQN中，∴△CPN≌△GQN（AAS）∴NC=NG，當點E和C重合時，點G和點A重合，點P和點B重合，DN最小，DN最小=BD=，當點E和點D重合時，點M和點A重合，點G，A，D在同一條直線上，DN最大，點N是邊AB的中點，∴AN=AB=，根據(jù)勾股定理得，DN最大==∴＜DN＜．【點評】此題是四邊形綜合題，主要考查了等腰直角三角形的判定，全等三角形的性質和判定，統(tǒng)計的余角相等，動點問題，解本題的關鍵是判斷出三角形全等，難點是判斷點和點C，點D重合時，DN分別達到最大值．　24．已知關于x的一元二次方程x2+2x+=0有兩個不相等的實數(shù)根，k為正整數(shù)．（1）求k的值；（2）當此方程有一根為0時，直線y=x+2與關于x的二次函數(shù)y=x2+2x+的圖象交于A、B兩點．若M是線段AB上的一個動點，過點M作MN⊥x軸，交二次函數(shù)的圖象于點N，求線段MN的最大值及此時點M的坐標；（3）若直線y=x+b與函數(shù)y=|x2+2x+|的圖象恰好有三個公共點，求b的值．【考點】二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）利用一元二次方程根的判別式可得到關于k的不等式，利用k為正整數(shù)可求得k的值；（2）由條件可求得k的值，則可求得二次函數(shù)解析式，可求得A、B坐標，可設M坐標為（m，m2+2m），可表示出N點坐標，則可用m表示出線段MN的長，利用二次函數(shù)的性質可求得線段MN的最大值及此時點M的坐標；（3）可畫出二次函數(shù)的圖象，當直線過A點時，可知直線與拋物線有三個公共點，當直線不過A點時，結合函數(shù)圖象，利用方程可求得對應的b的值．【解答】解：（1）∵關于x的一元二次方程x2+2x+=0有兩個不相等的實數(shù)根，∴△=b2﹣4ac=4﹣4＞0，解得k＜3，∵k為正整數(shù)，∴k為1或2；（2）把x=0代入方程x2+2x+=0，解得k=1，此時二次函數(shù)為y=x2+2x，聯(lián)立，解得或，∴A（﹣2，0），B（1，3），由題意可設M（m，m+2），其中﹣2＜m＜1，則N（m，m2+2m），∴MN=|m+2﹣（m2+2m）|=﹣m2﹣m+2=，∴當m=時，MN的長度最大值為，此時點M的坐標為（﹣，）；（3）①當y=x+b1過點A時，直線與函數(shù)圖象有3個公共點（如圖2所示），把A（﹣2，0）代入y=x+b1，得b1=1，②當y=x+b2與函數(shù)圖象有3個公共點，由于該函數(shù)圖象與虛線對應的部分解析式為y=﹣x2﹣2x，∴有唯一解，此時﹣x2﹣x﹣b2=0有兩個相等的實數(shù)根，則，解得b2=，綜上所述b=1或b=．【點評】本題為二次函數(shù)的綜合應用，涉及根的判別式、二次函數(shù)的最大值、函數(shù)圖象的交點和數(shù)形結合思想等知識點．在（1）中注意利用一元二次方程根的判別式，在（2）中用M點的坐標表示出MN的長度是解題的關鍵，即得到關于M點坐標的二次函數(shù)，在（3）中注意數(shù)形結合．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度適中．　　 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