【導(dǎo)讀】3．如圖，在平行四邊形ABCD中，延長AD到點(diǎn)E，使DE=AD，連接EB，EC，DB請(qǐng)你添加一個(gè)條件，7．如圖，MN是⊙O的直徑，MN=4，∠AMN=40°，點(diǎn)B為弧AN的中點(diǎn)，點(diǎn)P是直徑MN上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，8．小麗在手工制作課上，想用扇形卡紙制作一個(gè)圣誕帽，卡紙的半徑為30cm，面積為300πcm2，9．已知：在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E在直線AD上，AE=AD，連接CE交BD于點(diǎn)F，則EF：FC的。14．一次招聘活動(dòng)中，共有8人進(jìn)入復(fù)試，他們的復(fù)試成績（百分制）如下：70，100，90，80，70，17．若點(diǎn)O是等腰△ABC的外心，且∠BOC=60°，底邊BC=2，則△ABC的面積為（）。20．如圖，在正方形ABCD中，E、F分別為BC、CD的中點(diǎn)，連接AE，BF交于點(diǎn)G，將△BCF沿BF. 先將△ABC沿一確定方向平移得到△A1B1C1，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B1的坐標(biāo)是（1，2），再將△A1B1C1繞原點(diǎn)。求本次測(cè)試結(jié)果為B等級(jí)的學(xué)生數(shù)，并補(bǔ)全條形統(tǒng)計(jì)圖；象限，點(diǎn)B在x軸的正半軸上．∠OAB=90°且OA=AB，OB，OC的長分別是一元二次方程x2﹣11x+30=0

　　

【正文】 90176。 ， 在 △ AEO和 △ CFO中， ， ∴△ AOE≌△ COF， ∴ OE=OF． （ 2）圖 2中的結(jié)論為： CF=OE+AE． 圖 3中的結(jié)論為： CF=OE﹣ AE． 選圖 2中的結(jié)論證明如下： 延長 EO交 CF于點(diǎn) G， ∵ AE⊥ BP， CF⊥ BP， ∴ AE∥ CF， ∴∠ EAO=∠ GCO， 在 △ EOA和 △ GOC中， ， ∴△ EOA≌△ GOC， ∴ EO=GO， AE=CG， 在 Rt△ EFG中， ∵ EO=OG， ∴ OE=OF=GO， ∵∠ OFE=30176。 ， ∴∠ OFG=90176。 ﹣ 30176。=60176。 ， ∴△ OFG是等邊三角形 ， ∴ OF=GF， ∵ OE=OF， ∴ OE=FG， ∵ CF=FG+CG， ∴ CF=OE+AE． 選圖 3的結(jié)論證明如下： 延長 EO交 FC的延長線于點(diǎn) G， ∵ AE⊥ BP， CF⊥ BP， ∴ AE∥ CF， ∴∠ AEO=∠ G， 在 △ AOE和 △ COG中， ， ∴△ AOE≌△ COG， ∴ OE=OG， AE=CG， 在 Rt△ EFG中， ∵ OE=OG， ∴ OE=OF=OG， ∵∠ OFE=30176。 ， ∴∠ OFG=90176。 ﹣ 30176。=60176。 ， ∴△ OFG是等邊三角形， ∴ OF=FG， ∵ OE=OF， ∴ OE=FG， ∵ CF=FG﹣ CG， ∴ CF=OE﹣ AE． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查四邊形綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型． 27．某中學(xué)開學(xué)初到商場(chǎng)購買 A、 B 兩種品牌的足球，購買 A 種品牌的足球 50 個(gè)， B種品牌的足球25個(gè)，共花費(fèi) 4500元，已知購買一個(gè) B種品牌的足球比購買一個(gè) A種 品牌的足球多花 30 元． （ 1）求購買一個(gè) A種品牌、一個(gè) B種品牌的足球各需多少元． （ 2）學(xué)校為了響應(yīng)習(xí)總書記 “ 足球進(jìn)校園 ” 的號(hào)召，決定再次購進(jìn) A、 B兩種品牌足球共 50個(gè)，正好趕上商場(chǎng)對(duì)商品價(jià)格進(jìn)行調(diào)整， A品牌足球售價(jià)比第一次購買時(shí)提高 4元， B品牌足球按第一次購買時(shí)售價(jià)的 9折出售，如果學(xué)校此次購買 A、 B兩種品牌足球的總費(fèi)用不超過第一次花費(fèi)的 70%，且保證這次購買的 B種品牌足球不少于 23個(gè)，則這次學(xué)校有哪幾種購買方案？ （ 3）請(qǐng)你求出學(xué)校在第二次購買活動(dòng)中最多需要多少資金？ 【考點(diǎn)】一元一次不等式組的應(yīng)用；二元 一次方程組的應(yīng)用． 【分析】（ 1）設(shè) A 種品牌足球的單價(jià)為 x 元， B 種品牌足球的單價(jià)為 y元，根據(jù) “ 總費(fèi)用 =買 A 種足球費(fèi)用 +買 B種足球費(fèi)用，以及 B種足球單價(jià)比 A種足球貴 30元 ” 可得出關(guān)于 x、 y的二元一次方程組，解方程組即可得出結(jié)論； （ 2）設(shè)第二次購買 A 種足球 m個(gè)，則購買 B種足球（ 50﹣ m）個(gè)，根據(jù) “ 總費(fèi)用 =買 A 種足球費(fèi)用 +買 B種足球費(fèi)用，以及 B種足球不小于 23個(gè) ” 可得出關(guān)于 m的一元一次不等式組，解不等式組可得出 m的取值范圍，由此即可得出結(jié)論； （ 3）分析第二次購買時(shí)， A、 B 種足球的單價(jià)，即可得出哪種方案花錢最多 ，求出花費(fèi)最大值即可 得出結(jié)論． 【解答】解：（ 1）設(shè) A種品牌足球的單價(jià)為 x元， B種品牌足球的單價(jià)為 y元， 依題意得： ，解得： ． 答：購買一個(gè) A種品牌的足球需要 50元，購買一個(gè) B種品牌的足球需要 80元． （ 2）設(shè)第二次購買 A種足球 m個(gè)，則購買 B種足球（ 50﹣ m）個(gè)， 依題意得： ， 解得： 25≤ m≤ 27． 故這次學(xué)校購買足球有三種方案： 方案一： 購買 A種足球 25個(gè)， B種足球 25個(gè)； 方案二：購買 A種足球 26個(gè)， B種足球 24個(gè)； 方案三：購買 A種足球 27個(gè)， B種足球 23個(gè)． （ 3） ∵ 第二次購買足球時(shí)， A種足球單價(jià)為 50+4=54（元）， B種足球單價(jià)為 80 =72（元）， ∴ 當(dāng)購買方案中 B種足球最多時(shí)，費(fèi)用最高，即方案一花錢最多． ∴ 25 54+25 72=3150（元）． 答：學(xué)校在第二次購買活動(dòng)中最多需要 3150元資金． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二元一次方程組的應(yīng)用以及一元一次不等式組的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是：（ 1）根據(jù)數(shù)量關(guān)系找出關(guān)于 x、 y的二元一次 方程組；（ 2）根據(jù)數(shù)量關(guān)系找出關(guān)于 m的一元一次不等式組；（ 3）確定花費(fèi)最多的方案．本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時(shí)，根據(jù)數(shù)量關(guān)系列出方程（方程組、不等式或不等式組）是關(guān)鍵． 28．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形 OABC的頂點(diǎn) O是坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn) A在第一象限，點(diǎn) C在第四象限，點(diǎn) B在 x軸的正半軸上． ∠ OAB=90176。 且 OA=AB， OB， OC的長分別是一元二次方程 x2﹣ 11x+30=0的兩個(gè)根（ OB＞ OC）． （ 1）求點(diǎn) A和點(diǎn) B的坐標(biāo)． （ 2）點(diǎn) P是線段 OB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn) P不與點(diǎn) O， B重合），過點(diǎn) P的 直線 l與 y軸平行，直線 l交邊 OA或邊 AB于點(diǎn) Q，交邊 OC或邊 BC 于點(diǎn) R．設(shè)點(diǎn) P的橫坐標(biāo)為 t，線段 QR 的長度為 m．已知t=4時(shí)，直線 l恰好過點(diǎn) C．當(dāng) 0＜ t＜ 3時(shí)，求 m關(guān)于 t的函數(shù)關(guān)系式． （ 3）當(dāng) m=，請(qǐng)直接寫出點(diǎn) P的坐標(biāo)． 【考點(diǎn)】四邊形綜合題． 【專題】綜合題． 【分析】（ 1）先利用因式分解法解方程 x2﹣ 11x+30=0可得到 OB=6， OC=5，則 B點(diǎn)坐標(biāo)為（ 6， 0），作 AM⊥ x軸于 M，如圖，利用等腰直角三角形的性質(zhì)得 OM=BM=AM= OB=3，于是可寫出 A點(diǎn)坐標(biāo)； （ 2）作 CN⊥ x軸于 N，如圖，先利用勾股定理計(jì)算出 CN 得到 C 點(diǎn)坐標(biāo)為（ 4，﹣ 3），再利用待定系數(shù)法分別求出直線 OC的解析式為 y=﹣ x，直線 OA的解析式為 y=x，則根據(jù)一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征得到 Q（ t， t）， R（ t，﹣ t），所以 QR=t﹣（﹣ t），從而得到 m關(guān)于 t的函數(shù)關(guān)系式． （ 3）利用待定系數(shù)法求出直線 AB的解析式為 y=﹣ x+6，直線 BC的解析式為 y= x﹣ 9，然后分類討論：當(dāng) 0＜ t＜ 3時(shí)，利用 t= t得到 P點(diǎn)坐標(biāo)； 當(dāng) 3≤ t＜ 4時(shí)，則 Q（ t，﹣ t+6）， R（ t，﹣ t），于是得到﹣ t+6﹣（﹣ t） =，解得 t=10，不滿 足 t的范圍舍去；當(dāng) 4≤ t＜ 6時(shí)，則 Q（ t，﹣ t+6）， R（ t， t﹣ 9），所以﹣ t+6﹣（ t﹣ 9）=，然后解方程求出 t得到 P點(diǎn)坐標(biāo)． 【解答】解：（ 1） ∵ 方程 x2﹣ 11x+30=0的解為 x1=5， x2=6， ∴ OB=6， OC=5， ∴ B點(diǎn)坐標(biāo)為（ 6， 0）， 作 AM⊥ x軸于 M，如圖， ∵∠ OAB=90176。 且 OA=AB， ∴△ AOB為等腰直角三角形， ∴ OM=BM=AM= OB=3， ∴ A點(diǎn)坐標(biāo)為（ 3， 3）； （ 2）作 CN⊥ x軸于 N，如圖， ∵ t=4時(shí)，直線 l恰好過點(diǎn) C， ∴ ON=4， 在 Rt△ OCN中， CN= = =3， ∴ C點(diǎn)坐標(biāo)為（ 4，﹣ 3）， 設(shè)直線 OC的解析式為 y=kx， 把 C（ 4，﹣ 3）代入得 4k=﹣ 3，解得 k=﹣ ， ∴ 直線 OC的解析式為 y=﹣ x， 設(shè)直線 OA的解析式為 y=ax， 把 A（ 3， 3）代入得 3a=3，解得 a=1， ∴ 直線 OA的解析式為 y=x， ∵ P（ t， 0）（ 0＜ t＜ 3）， ∴ Q（ t， t）， R（ t，﹣ t）， ∴ QR=t﹣（﹣ t） = t， 即 m= t（ 0＜ t＜ 3）； （ 3）設(shè)直線 AB的解析式為 y=px+q， 把 A（ 3， 3）， B（ 6， 0）代入得 ，解得 ， ∴ 直線 AB的解析式為 y=﹣ x+6， 同理可得直線 BC的解析式為 y= x﹣ 9， 當(dāng) 0＜ t＜ 3時(shí)， m= t，若 m=，則 t=，解得 t=2，此時(shí) P點(diǎn)坐標(biāo)為（ 2， 0）； 當(dāng) 3≤ t＜ 4時(shí)， Q（ t，﹣ t+6）， R（ t，﹣ t）， ∴ m=﹣ t+6﹣（﹣ t） =﹣ t+6，若 m=，則﹣ t+6=，解得 t=10（不合題意舍去）； 當(dāng) 4≤ t＜ 6時(shí)， Q（ t，﹣ t+6）， R（ t， t﹣ 9）， ∴ m=﹣ t+6﹣（ t﹣ 9） =﹣ t+15，若 m=，則﹣ t+15=，解得 t= ，此時(shí) P點(diǎn)坐標(biāo)為（ ， 0）， 綜上所述，滿足條件的 P點(diǎn)坐標(biāo)為（ 2， 0）或（ ， 0）． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了四邊形的綜合題：熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)和一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；會(huì)運(yùn)用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，會(huì)利用點(diǎn)的坐標(biāo)表示線段的長；學(xué)會(huì)運(yùn)用分類討論的思想解決數(shù)學(xué)問題．