【導讀】A．55°B．45°C．35°D．65°9．把一副三角板如圖甲放置，其中∠ACB=∠DEC=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜邊AB=6，DC=7，把三角板DCE繞點C順時針旋轉15°得到△D1CE1（如圖乙），此時AB與CD1交于點。18．已知，如圖，△OBC中是直角三角形，OB與x軸正半軸重合，∠OBC=90°，且OB=1，BC=，將△OBC繞原點O逆時針旋轉60°再將其各邊擴大為原來的2倍，使OB1=OC，得到。，如此繼續(xù)下去，得到△OB2021C2021，則點C2021的坐標是．。本次調查中，張老師一共調査了名同學，其中C類女生有名，將上面的條形統計圖補充完整；轎車到達乙地后，貨車距乙地多少千米？求海輪在航行過程中與燈塔C的最短距離；（參考數據：sin55°≈，cos55°≈，tan55°≈，tan42°≈0.900，判斷⊙O與BC的位置關系，并說明理由；劃在70天內完成，在不超過計劃天數的前提下，是由甲隊或乙隊單獨完成該工程省錢？是由甲乙兩隊全程合作完成該工程省錢？如圖3，當點P在線段BA（或AB）的延長線上時，此時中的結論是否成立？

　　

【正文】 的外接圓 ⊙O 的圓心 O在 AC上， ∵OD=OB ， OC=OC， CB=CD， ∴△OBC≌△ODC ． ∴∠OBC=∠ODC=90176。 ， 又 ∵OB 為半徑， ∴⊙O 與 BC相切； （ 2） ∵AD=CD ， ∴∠ACD=∠CAD ． ∵AO=OD ， ∴∠OAD =∠ODA ． ∵∠COD=∠OAD+∠AOD ， ∠COD=2∠CAD ． ∴∠COD=2∠ACD 又 ∵∠COD+∠ACD=90176。 ， ∴∠ACD=30176。 ． ∴OD= OC， 即 r= （ r+2）． ∴r=2 ． 【點評】 本題考查了切線的判定與性質，利用了切線的判定與性質，菱形的性質，直角三角形的性質． 24．某市 2021年啟動省級園林城市創(chuàng)建工作，計劃 2021年下半年順利通過驗收評審．該市為加快道路綠化及防護綠地等各項建設．在城市美化工程招標時，有甲、乙兩個工程隊投標．經測算：甲隊單獨完成這項工程需要 60天；若由甲隊先做 20天，剩下的工程由甲、乙合做 24天可完成． （ 1）乙隊單獨完成這項工程需要多少天？ （ 2）甲隊施工一天，需付工程款 萬元，乙隊施工一天需付工程款 2萬元．若該工程計劃在 70 天內完成，在不超過計劃天數的前提下，是由甲隊或乙隊單獨完成該工程省錢？還是由甲乙兩隊全程合作完成該工程省錢？ 【考點】 分式方程的應用． 【分析】 （ 1）設乙隊單獨完成這項工程需 x 天，總工作量為單位 1，根據題意可得，甲隊做 44天，乙隊做 24天可完成任務，列方程求解； （ 2）分別求出甲乙單獨和甲乙合作所需要的錢數，然后比 較大?。? 【解答】 解：（ 1）設乙隊單獨完成這項工程需 x天， 根據題意得， +24（ + ） =1， 解得， x=90， 經檢驗， x=90是原方程的根． 答：乙隊單獨完成這項工程需 90天； （ 2）由甲隊獨做需： 60=210 （萬元）； 乙隊獨做工期超過 70天，不符合要求； 甲乙兩隊合作需 1247。 （ + ） =36天， 需要： 36 （ +2） =198（萬元）， 答：由甲乙兩隊全程合作最省錢． 【點評】 本題考查了分式方程的應用，解答本題的關鍵是讀懂題意，設出未知數，找出合適的等量關系，列方程求解，注 意檢驗． 25．已知，點 P 是 Rt△ABC 斜邊 AB 上一動點（不與 A、 B 重合），分別過 A、 B 向直線 CP作垂線，垂足分別為 E、 F、 Q為斜邊 AB的中點． （ 1）如圖 1，當點 P與點 Q重合時， AE與 BF的位置關系是 AE∥BF ， QE與 QF的數量關系是 QE=QF ； （ 2）如圖 2，當點 P在線段 AB上不與點 Q重合時，試判斷 QE與 QF的數量關系，并給予證明； （ 3）如圖 3，當點 P在線段 BA（或 AB）的延長線上時，此時（ 2）中的結論是否成立？請畫出圖形并給予證明． 【考點】 全等三角形的判定與性質；直角三角形斜邊上 的中線． 【分析】 （ 1）根據 AAS推出 △AEQ≌△BFQ ，推出 AE=BF即可； （ 2）延長 EQ交 BF于 D，求出 △AEQ≌△BDQ ，根據全等三角形的性質得出 EQ=QD，根據直角三角形斜邊上中點性質得出即可； （ 3）延長 EQ交 FB于 D，求出 △AEQ≌△BDQ ，根據全等三角形的性質得出 EQ=QD，根據直角三角形斜邊上中點性質得出即可． 【解答】 解：（ 1）如圖 1， 當點 P與點 Q重合時， AE與 BF 的位置關系是 AE∥BF ， QE與 QF 的數量關系是 AE=BF， 理由是： ∵Q 為 AB的中點， ∴AQ=BQ ， ∵AE⊥CQ ， BF⊥CQ ， ∴AE∥BF ， ∠AEQ=∠BFQ=90176。 ， 在 △AEQ 和 △BFQ 中 ∴△AEQ≌△BFQ ， ∴QE=QF ， 故答案為： AE∥BF ， QE=QF； （ 2） QE=QF， 證明：延長 EQ交 BF于 D， ∵ 由（ 1）知： AE∥BF ， ∴∠AEQ=∠BDQ ， 在 △AEQ 和 △BDQ 中 ∴△AEQ≌△BDQ ， ∴EQ=DQ ， ∵∠BFE=90176。 ， ∴QE=QF ；， （ 3）當點 P在線段 BA（或 AB）的延長線上時，此時（ 2）中的結論成立， 證明：延長 EQ交 FB于 D，如圖 3， ∵ 由（ 1）知： AE∥BF ， ∴∠AEQ=∠BDQ ， 在 △AEQ 和 △BDQ 中 ∴△AEQ≌△BDQ ， ∴EQ=DQ ， ∵∠BFE=90176。 ， ∴QE=QF ． 【點評】 本題考查了平行線的性質和判定，全等三角形的性質和判定，直角三角形的性質的應用，解此題的關鍵是求出 △AEQ≌△BDQ ，用了運動觀點，難度適中． 26．如圖，二次函數 y=x2+2x+c的圖象與 x軸交于點 A和點 B（ 1， 0），以 AB為邊在 x軸上方作正方形 ABCD，動點 P從點 A 出發(fā)，以每秒 2個單位長度的速度沿 x軸的正方向勻速運動，同時動點 Q從點 C出發(fā)，以每秒 1個單 位長度的速度沿 CB勻速運動，當點 Q到達終點B時，點 P停止運動，設運動時間為 t秒．連接 DP，過點 P作 DP 的垂線與 y軸交于點 E． （ 1）求點 A的坐標； （ 2）當點 P在線段 AO（點 P不與 A、 O重合）上運動至何處時，線段 OE的長有最大值，并求出這個最大值； （ 3）在 P， Q運動過程中，求當 △DPE 與以 D， C， Q為頂點的三角形相似時 t的值； （ 4）是否存在 t，使 △DCQ 沿 DQ翻折得到 △DC′Q ，點 C′ 恰好落在拋物線的對稱軸上？若存在，請求出 t的值；若不存在，請說明理由． 【考點】 二次函數綜合題． 【分析】 （ 1）先 將點 B的坐標代入解析式求得 c的值確定二次函數解析式，令 y=0 即可求得 A點坐標； （ 2）由 DP⊥PE 證得 △DAP∽△POE ，用比例式表示出 y與 t的關系，根據函數圖象的性質可求得 OE的最大值； （ 3）需要分類討論：根據 t的不同取值得出相似三角形，再由相似的性質可得 t的取值； （ 4）先證明 △DCQ≌△DC′Q ，從而得到 ∠CDQ=∠C′DQ ， DC′=DC=4 ，再得出 ∠CDQ=30176。 ，即可求得滿足條件的 t值． 【解答】 解：（ 1）把 B（ 1， 0）代入 y=x2+2x+c得 c=﹣ 3． ∴y=x 2+2x﹣ 3． 由 x2+2x﹣ 3=0得 x1=﹣ 3， x2=1． ∴ 點 A的坐標為（﹣ 3， 0）． （ 2）如圖（ 2），由正方形 ABCD得 AD=AB=4． 由 DP⊥PE 證得 △DAP∽△POE ， ∴ 設 OE=y，則 ． ∴ ． ∵a= ﹣ 1＜ 0 ∴ 當 t= （屬于 0＜ t＜ ）時， ，此時 ， 即點 P位于 AO的中點時， 線段 OE的長有最大值 ． （ 3） ① 如圖 ① ，當 0＜ t＜ 時， △DPE∽△DCQ ， ∴ ．又 △ADP∽△OPE ， ∴ ． ∴ ．即 ，解得 t=1． 經檢驗： t=1是原方程的解． ② 如圖 ② ，當 時，同理證得 △ADP∽△OPE ， ∴ ． 即 ，解得 t=3．經檢驗： t=3是原方程的解． ③ 如圖 ③ ，當 時， △DPE∽△QCD ， ∴ ． 同理得 ． ∴ ．即 ，解得 （ 經 檢 驗 ： 舍 去）． 綜上所述， t=1或 3或 ． （ 4）存在 ． 理由如下：如圖 由 △DCQ 沿 DQ翻折得 △DC′Q ，則 △DCQ≌△DC′Q ， ∴∠CDQ=∠C′DQ ， DC′=DC=4 ． 設拋物線的對稱軸交 DC于 G，則 DG=2．在 Rt△DC′G 中， ∵C′D=2DG ， ∴∠C′DG=60176。 ． ∴ ． ∴CQ= ， 即 t= ． 【點評】 本題是二次函數的綜合題型，其中涉及到運用待定系數法求二次函數的解析式，相似三角形的性質與一判定，二次函數的最值等知識，綜合性較強，難度適中．運用數形結合、分類討論及方程思想是解題的關鍵．