文档内容
2016年内蒙古包头市中考数学试卷
一、选择题：本大题共有12小题，每小题3分，共36分。
1．（3分）若2（a+3）的值与4互为相反数，则a的值为（ ）
A．﹣1 B．﹣ C．﹣5 D．
2．（3分）下列计算结果正确的是（ ）
A．2+ ＝2 B． ＝2
C．（﹣2a2）3＝﹣6a6 D．（a+1）2＝a2+1
3．（3分）不等式 ﹣ ≤1的解集是（ ）
A．x≤4 B．x≥4 C．x≤﹣1 D．x≥﹣1
4．（3分）一组数据2，3，5，4，4，6的中位数和平均数分别是（ ）
A．4.5和4 B．4和4 C．4和4.8 D．5和4
5．（3分）120°的圆心角对的弧长是6 ，则此弧所在圆的半径是（ ）
A．3 B．4 π C．9 D．18
6．（3分）同时抛掷三枚质地均匀的硬币，至少有两枚硬币正面向上的概率是（ ）
A． B． C． D．
7．（3分）若关于x的方程x2+（m+1）x+ ＝0的一个实数根的倒数恰是它本身，则m的值是（
）
A．﹣ B． C．﹣ 或 D．1
8．（3分）化简（ ） •ab，其结果是（ ）
A． B． C． D．
9．（3分）如图，点O在△ABC内，且到三边的距离相等．若∠BOC＝120°，则tanA的值为（
）
第1页（共28页）A． B． C． D．
10．（3分）已知下列命题： 若a＞b，则a2＞b2； 若a＞1，则（a﹣1）0＝1； 两个全等的三
角形的面积相等； 四①条边相等的四边形是菱②形．其中原命题与逆命题③均为真命题的个
数是（ ） ④
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
11．（3分）如图，直线y＝ x+4与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C、D分别为线段AB、OB
的中点，点P为OA上一动点，当PC+PD最小时，点P的坐标为（ ）
A．（﹣3，0） B．（﹣6，0） C．（﹣ ，0） D．（﹣ ，0）
12．（3分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，E是AB上一点，且DE⊥CE．若
AD＝1，BC＝2，CD＝3，则CE与DE的数量关系正确的是（ ）
A．CE＝ DE B．CE＝ DE C．CE＝3DE D．CE＝2DE
二、填空题：本大题共有8小题，每小题3分，共24分
第2页（共28页）13．（3分）据统计，2015年，我国发明专利申请受理量达1102000件，连续5年居世界首位，
将1102000用科学记数法表示为 ．
14．（3分）若2x﹣3y﹣1＝0，则5﹣4x+6y的值为 ．
15．（3分）计算：6 ﹣（ +1）2＝ ．
16．（3分）已知一组数据为1，2，3，4，5，则这组数据的方差为 ．
17．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，垂足为
点E，若∠EAC＝2∠CAD，则∠BAE＝ 度．
18．（3分）如图，已知AB是 O的直径，点C在 O上，过点C的切线与AB的延长线交于点
P，连接AC，若∠A＝30⊙°，PC＝3，则BP的⊙长为 ．
19．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A在第二象限内，点B在x轴上，∠AOB＝30°，AB
＝BO，反比例函数y＝ （x＜0）的图象经过点A，若S△ABO ＝ ，则k的值为 ．
20．（3分）如图，已知△ABC是等边三角形，点D、E分别在边BC、AC上，且CD＝CE，连接
DE并延长至点F，使EF＝AE，连接AF，CF，连接BE并延长交CF于点G．下列结论：
△ABE≌△ACF； BC＝DF； S△ABC ＝S△ACF +S△DCF ； 若BD＝2DC，则GF＝2EG．
①其中正确的结论是 ② ．（填③写所有正确结论的序号）④
第3页（共28页）三、解答题：本大题共有6小题，共60分。
21．（8分）一个不透明的袋子中装有红、白两种颜色的小球，这些球除颜色外都相同，其中红
球有1个，若从中随机摸出一个球，这个球是白球的概率为 ．
（1）求袋子中白球的个数；（请通过列式或列方程解答）
（2）随机摸出一个球后，放回并搅匀，再随机摸出一个球，求两次都摸到相同颜色的小球
的概率．（请结合树状图或列表解答）
22．（8分）如图，已知四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠ADC＝90°，AB＝6，CD＝4，BC的延
长线与AD的延长线交于点E．
（1）若∠A＝60°，求BC的长；
（2）若sinA＝ ，求AD的长．
（注意：本题中的计算过程和结果均保留根号）
23．（10分）一幅长20cm、宽12cm的图案，如图，其中有一横两竖的彩条，横、竖彩条的宽度
比为3：2．设竖彩条的宽度为xcm，图案中三条彩条所占面积为ycm2．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）若图案中三条彩条所占面积是图案面积的 ，求横、竖彩条的宽度．
24．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，以AB为直径的 O交AC于点D，
第4页（共28页） ⊙点E是AB边上一点（点E不与点A、B重合），DE的延长线交 O于点G，DF⊥DG，且交
BC于点F． ⊙
（1）求证：AE＝BF；
（2）连接GB，EF，求证：GB∥EF；
（3）若AE＝1，EB＝2，求DG的长．
25．（12分）如图，已知一个直角三角形纸片ACB，其中∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，E、F分
别是AC、AB边上点，连接EF．
（1）图 ，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，且使S四
边形ECBF
①＝3S△EDF ，求AE的长；
（2）如图 ，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在BC边上的点M处，且使
MF∥CA．②
试判断四边形AEMF的形状，并证明你的结论；
①求EF的长；
②
（3）如图 ，若FE的延长线与BC的延长线交于点N，CN＝1，CE＝ ，求 的值．
③
26．（12分）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A（1，
0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，其顶点为点D，点E的坐标为（0，﹣1），该抛物线与BE
交于另一点F，连接BC．
（1）求该抛物线的解析式，并用配方法把解析式化为y＝a（x﹣h）2+k的形式；
第5页（共28页）（2）若点H（1，y）在BC上，连接FH，求△FHB的面积；
（3）一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平行于y轴方向向上运动，连接OM，
BM，设运动时间为t秒（t＞0），在点M的运动过程中，当t为何值时，∠OMB＝90°？
（4）在x轴上方的抛物线上，是否存在点P，使得∠PBF被BA平分？若存在，请直接写出
点P的坐标；若不存在，请说明理由．
第6页（共28页）2016年内蒙古包头市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共有12小题，每小题3分，共36分。
1．【分析】先根据相反数的意义列出方程，解方程即可．
【解答】解：∵2（a+3）的值与4互为相反数，
∴2（a+3）+4＝0，
∴a＝﹣5，
故选：C．
【点评】此题是解一元一次方程，主要考查了相反数的意义，一元一次方程的解法，掌握相
反数的意义是解本题的关键．
2．【分析】依次根据合并同类二次根式，二次根式的除法，积的乘方，完全平方公式的运算．
【解答】解：A、2+ 不是同类二次根式，所以不能合并，所以A错误；
B、 ＝2，所以B正确；
C、（﹣2a2）3＝﹣8a6≠﹣6a6，所以C错误；
D、（a+1）2＝a2+2a+1≠a2+1，所以D错误．
故选：B．
【点评】此题是二次根式的乘除法，主要考查了合并同类二次根式，二次根式的除法，积的
乘方，完全平方公式的运算．，掌握这些知识点是解本题的关键．
3．【分析】根据解一元一次不等式基本步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项可得．
【解答】解：去分母，得：3x﹣2（x﹣1）≤6，
去括号，得：3x﹣2x+2≤6，
移项、合并，得：x≤4，
故选：A．
【点评】本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关
键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．
4．【分析】根据中位数和平均数的定义结合选项选出正确答案即可．
【解答】解：这组数据按从小到大的顺序排列为：2，3，4，4，5，6，
故中位数为：（4+4）÷2＝4；
平均数为：（2+3+4+4+5+6）÷6＝4．
第7页（共28页）故选：B．
【点评】本题考查了中位数的定义和平均数的求法，解题的关键是牢记定义．平均数是指
在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．中位数是将一组数据按照从小到大（或从
大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位
数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
5．【分析】根据弧长的计算公式l＝ ，将n及l的值代入即可得出半径r的值．
【解答】解：根据弧长的公式l＝ ，
得到：6 ＝ ，
π
解得r＝9．
故选：C．
【点评】此题考查了弧长的计算，解答本题的关键是熟练记忆弧长的计算公式，属于基础
题，难度一般．
6．【分析】根据题意，通过列树状图的方法可以写出所有可能性，从而可以得到至少有两枚硬
币正面向上的概率．
【解答】解：由题意可得，所有的可能性为：
∴至少有两枚硬币正面向上的概率是： ＝ ，
故选：D．
【点评】本题考查列表法与树状图法，解题的关键是明确题意，写出所有的可能性．
7．【分析】由根与系数的关系可得：x +x ＝﹣（m+1），x •x ＝ ，又知一个实数根的倒数恰是
1 2 1 2
它本身，则该实根为1或﹣1，然后把±1分别代入两根之和的形式中就可以求出m的值．
【解答】解：由根与系数的关系可得：
第8页（共28页）x +x ＝﹣（m+1），x •x ＝ ，
1 2 1 2
又知一个实数根的倒数恰是它本身，
则该实根为1或﹣1，
若是1时，即1+x ＝﹣（m+1），而x ＝ ，解得m＝﹣ ；
2 2
若是﹣1时，则m＝ ．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的解的定义和一元二次方程根与系数的关系．解此类题
目要会把代数式变形为两根之积或两根之和的形式，代入数值计算即可．
8．【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的加减法则计算，约分即可得到结果．
【解答】解：原式＝ • •ab＝ ，
故选：B．
【点评】此题考查了分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
9．【分析】由条件可知BO、CO平分∠ABC和∠ACB，利用三角形内角和可求得∠A，再由特
殊角的三角函数的定义求得结论．
【解答】解：∵点O到△ABC三边的距离相等，
∴BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，
∴∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣2（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣2×（180°﹣∠BOC）
＝180°﹣2×（180°﹣120°）＝60°，
∴tanA＝tan60°＝ ，
故选：A．
【点评】本题主要考查角平分线的性质，三角形内角和定理，正切三角函数的定义，掌握角
平分线的交点到三角形三边的距离相等是解题的关键．
10．【分析】交换原命题的题设和结论得到四个命题的逆命题，然后利用反例、零指数幂的意
义、全等三角形的判定与性质和菱形的判定与性质判断各命题的真假．
【解答】解：当a＝0，b＝﹣1时，a2＜b2，所以命题“若a＞b，则a2＞b2”为假命题，其逆命
题为若a2＞b2；，则a＞b“，此逆命题也是假命题，如a＝﹣2，b＝﹣1；
若a＞1，则（a﹣1）0＝1，此命题为真命题，它的逆命题为：若（a﹣1）0＝1，则a＞1，此逆命
题为假命题，因为（a﹣1）0＝1，则a≠1；
第9页（共28页）两个全等的三角形的面积相等，此命题为真命题，它的逆命题为面积相等的三角形全等，
此逆命题为假命题；
四条边相等的四边形是菱形，这个命题为真命题，它的逆命题为菱形的四条边相等，此逆
命题为真命题．
故选：D．
【点评】本题考查了命题与定理：写出原命题的逆命题是解决问题的关键．
11．【分析】（方法一）根据一次函数解析式求出点A、B的坐标，再由中点坐标公式求出点C、
D的坐标，根据对称的性质找出点D关于x轴的对称点D′的坐标，结合点C、D′的坐标
求出直线CD′的解析式，令y＝0即可求出x的值，从而得出点P的坐标．
（方法二）根据一次函数解析式求出点A、B的坐标，再由中点坐标公式求出点C、D的坐
标，根据对称的性质找出点D关于x轴的对称点D′的坐标，根据三角形中位线定理即可
得出点P为线段CD′的中点，由此即可得出点P的坐标．
【解答】解：（方法一）作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′交x轴于点P，此时
PC+PD值最小，如图所示．
令y＝ x+4中x＝0，则y＝4，
∴点B的坐标为（0，4）；
令y＝ x+4中y＝0，则 x+4＝0，解得：x＝﹣6，
∴点A的坐标为（﹣6，0）．
∵点C、D分别为线段AB、OB的中点，
∴点C（﹣3，2），点D（0，2）．
∵点D′和点D关于x轴对称，
∴点D′的坐标为（0，﹣2）．
第10页（共28页）设直线CD′的解析式为y＝kx+b，
∵直线CD′过点C（﹣3，2），D′（0，﹣2），
∴有 ，解得： ，
∴直线CD′的解析式为y＝﹣ x﹣2．
令y＝﹣ x﹣2中y＝0，则0＝﹣ x﹣2，解得：x＝﹣ ，
∴点P的坐标为（﹣ ，0）．
故选C．
（方法二）连接CD，作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′交x轴于点P，此时PC+PD
值最小，如图所示．
令y＝ x+4中x＝0，则y＝4，
∴点B的坐标为（0，4）；
令y＝ x+4中y＝0，则 x+4＝0，解得：x＝﹣6，
∴点A的坐标为（﹣6，0）．
∵点C、D分别为线段AB、OB的中点，
∴点C（﹣3，2），点D（0，2），CD∥x轴，
∵点D′和点D关于x轴对称，
∴点D′的坐标为（0，﹣2），点O为线段DD′的中点．
又∵OP∥CD，
∴点P为线段CD′的中点，
∴点P的坐标为（﹣ ，0）．
故选：C．
第11页（共28页）【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及轴对称
中最短路径问题，解题的关键是找出点P的位置．
12．【分析】过点D作DH⊥BC，利用勾股定理可得AB的长，利用相似三角形的判定定理可
得△ADE∽△BEC，设BE＝x，由相似三角形的性质可解得x，易得CE，DE 的关系．
【解答】解：过点D作DH⊥BC，
∵AD＝1，BC＝2，
∴CH＝1，
DH＝AB＝ ＝ ＝2 ，
∵AD∥BC，∠ABC＝90°，
∴∠A＝90°，
∵DE⊥CE，
∴∠AED+∠BEC＝90°，
∵∠AED+∠ADE＝90°，
∴∠ADE＝∠BEC，
∴△ADE∽△BEC，
∴ ，
设BE＝x，则AE＝2 ，
即 ，
解得x＝ ，
∴ ，
∴CE＝ ，
第12页（共28页）故选：B．
【点评】本题主要考查了相似三角形的性质及判定，构建直角三角形，利用方程思想是解
答此题的关键．
二、填空题：本大题共有8小题，每小题3分，共24分
13．【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，
要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原
数绝对值≥1时，n是非负数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：将1102000用科学记数法表示为 1.102×106，
故答案为：1.102×106．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中
1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
14．【分析】首先利用已知得出2x﹣3y＝1，再将原式变形进而求出答案．
【解答】解：∵2x﹣3y﹣1＝0，
∴2x﹣3y＝1，
∴5﹣4x+6y＝5﹣2（2x﹣3y）
＝5﹣2×1
＝3．
故答案为：3．
【点评】此题主要考查了代数式求值，正确将原式变形是解题关键．
15．【分析】首先化简二次根式，进而利用完全平方公式计算，求出答案．
【解答】解：原式＝6× ﹣（3+2 +1）
＝2 ﹣4﹣2
＝﹣4．
故答案为：﹣4．
第13页（共28页）【点评】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确掌握完全平方公式是解题关键．
16．【分析】先求出这5个数的平均数，然后利用方差公式求解即可．
【解答】解：平均数为＝（1+2+3+4+5）÷5＝3，
S2＝ [（1﹣3）2+（2﹣3）2+（3﹣3）2+（4﹣3）2+（5﹣3）2]＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了方差的知识，牢记方差的计算公式是解答本题的关键，难度不大．
17．【分析】首先证明△AEO是等腰直角三角形，求出∠OAB，∠OAE即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OA＝OB═OC，
∴∠OAD＝∠ODA，∠OAB＝∠OBA，
∴∠AOE＝∠OAD+∠ODA＝2∠OAD，
∵∠EAC＝2∠CAD，
∴∠EAO＝∠AOE，
∵AE⊥BD，
∴∠AEO＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴∠OAB＝∠OBA＝ ＝67.5°，
∴∠BAE＝∠OAB﹣∠OAE＝22.5°．
故答案为22.5°．
【点评】本题考查矩形的性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是发现△AEO
是等腰直角三角形这个突破口，属于中考常考题型．
18．【分析】在RT△POC中，根据∠P＝30°，PC＝3，求出OC、OP即可解决问题．
【解答】解：∵OA＝OC，∠A＝30°，
∴∠OCA＝∠A＝30°，
∴∠COB＝∠A+∠ACO＝60°，
第14页（共28页）∵PC是 O切线，
∴∠PCO⊙＝90°，∠P＝30°，
∵PC＝3，
∴OC＝PC•tan30°＝ ，PO＝2OC＝2 ，
∴PB＝PO﹣OB＝ ，
故答案为 ．
【点评】本题考查切线的性质、直角三角形中30度角所对的直角边等于斜边的一半，锐角
三角函数等知识，解题的关键是利用切线的性质，在RT△POC解三角形是突破口，属于
中考常考题型．
19．【分析】过点A作AD⊥x轴于点D，由∠AOB＝30°可得出 ＝ ，再根据BA＝BO可得
出∠ABD＝60°，由此可得出 ＝ ，根据线段间的关系即可得出线段OB、OD间的比
例，结合反比例函数系数k的几何意义以及S△ABO ＝ 即可得出结论．
【解答】解：过点A作AD⊥x轴于点D，如图所示．
∵∠AOB＝30°，AD⊥OD，
∴ ＝cot∠AOB＝ ，
∵∠AOB＝30°，AB＝BO，
∴∠AOB＝∠BAO＝30°，
∴∠ABD＝60°，
第15页（共28页）∴ ＝cot∠ABD＝ ，
∵OB＝OD﹣BD，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∵S△ABO ＝ ，
∴S△ADO ＝ |k|＝ ，
∵反比例函数图象在第二象限，
∴k＝﹣3
故答案为：﹣3 ．
【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义、特殊角的三角函数值以及比例的计算，
解题的关键是根据线段间的关系找出OB、OD间的比例．本题属于中档题，难度不大，解
决该题型题目时，根据特殊角的三角函数值找出线段间的关系是关键．
20．【分析】 正确．根据两角夹边对应相等的两个三角形全等即可判断．
正确．只①要证明四边形ABDF是平行四边形即可．
②正确．只要证明△BCE≌△FDC．
③
正确．只要证明△BDE∽△FGE，得 ＝ ，由此即可证明．
④
【解答】解： 正确．∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝B①C，∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵DE＝DC，
∴△DEC是等边三角形，
∴ED＝EC＝DC，∠DEC＝∠AEF＝60°，
∵EF＝AE，
∴△AEF是等边三角形，
∴AF＝AE，∠EAF＝60°，
在△ABE和△ACF中，
第16页（共28页），
∴△ABE≌△ACF，故 正确．
正确．∵∠ABC＝∠①FDC，
②∴AB∥DF，
∵∠EAF＝∠ACB＝60°，
∴AB∥AF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF＝AB＝BC，故 正确．
正确．∵△ABE≌②△ACF，
③∴BE＝CF，S△ABE ＝S△AFC ，
在△BCE和△FDC中，
，
∴△BCE≌△FDC，
∴S△BCE ＝S△FDC ，
∴S△ABC ＝S△ABE +S△BCE ＝S△ACF +S△DCF ，故 正确．
正确．∵△BCE≌△FDC， ③
④∴∠DBE＝∠EFG，∵∠BED＝∠FEG，
∴△BDE∽△FGE，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∵BD＝2DC，DC＝DE，
∴ ＝2，
∴FG＝2EG．故 正确．
④
第17页（共28页）【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、相似三角形的判定和性
质、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，需要正
确寻找全等三角形，属于中考常考题型．
三、解答题：本大题共有6小题，共60分。
21．【分析】（1）首先设袋子中白球有x个，利用概率公式求即可得方程： ＝ ，解此方程
即可求得答案；
（2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次都摸到相同颜
色的小球的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】解：（1）设袋子中白球有x个，
根据题意得： ＝ ，
解得：x＝2，
经检验，x＝2是原分式方程的解，
∴袋子中白球有2个；
（2）画树状图得：
∵共有9种等可能的结果，两次都摸到相同颜色的小球的有5种情况，
∴两次都摸到相同颜色的小球的概率为： ．
【点评】此题考查了列表法或树状图法求概率．注意掌握方程思想的应用．注意概率＝所
求情况数与总情况数之比．
22．【分析】（1）要求BC的长，只要求出BE和CE的长即可，由题意可以得到BE和CE的长，
本题得以解决；
（2）要求AD的长，只要求出AE和DE的长即可，根据题意可以得到AE、DE的长，本题得
以解决．
【解答】解：（1）∵∠A＝60°，∠ABE＝90°，AB＝6，tanA＝ ，
第18页（共28页）∴∠E＝30°，BE＝tan60°•6＝6 ，
又∵∠CDE＝90°，CD＝4，sinE＝ ，∠E＝30°，
∴CE＝ ＝8，
∴BC＝BE﹣CE＝6 ﹣8；
（2））∵∠ABE＝90°，AB＝6，sinA＝ ＝ ，
∴设BE＝4x，则AE＝5x，得AB＝3x，
∴3x＝6，得x＝2，
∴BE＝8，AE＝10，
∴tanE＝ ＝ ＝ ＝ ，
解得，DE＝ ，
∴AD＝AE﹣DE＝10﹣ ＝ ，
即AD的长是 ．
【点评】本题考查解直角三角形，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用
锐角三角函数进行解答．
23．【分析】（1）由横、竖彩条的宽度比为3：2知横彩条的宽度为 xcm，根据：三条彩条面积
＝横彩条面积+2条竖彩条面积﹣横竖彩条重叠矩形的面积，可列函数关系式；
（2）根据：三条彩条所占面积是图案面积的 ，可列出关于x的一元二次方程，整理后求解
可得．
【解答】解：（1）根据题意可知，横彩条的宽度为 xcm，
∴ ，
解得：0＜x＜8，
第19页（共28页）y＝20× x+2×12•x﹣2× x•x＝﹣3x2+54x，
即y与x之间的函数关系式为y＝﹣3x2+54x（0＜x＜8）；
（2）根据题意，得：﹣3x2+54x＝ ×20×12，
整理，得：x2﹣18x+32＝0，
解得：x ＝2，x ＝16（舍），
1 2
∴ x＝3，
答：横彩条的宽度为3cm，竖彩条的宽度为2cm．
【点评】本题主要考查根据实际问题列函数关系式及一元二次方程的实际应用能力，数形
结合根据“三条彩条面积＝横彩条面积+2条竖彩条面积﹣横竖彩条重叠矩形的面积”
列出函数关系式是解题的关键．
24．【分析】（1）连接BD，由三角形ABC为等腰直角三角形，求出∠A与∠C的度数，根据AB
为圆的直径，利用圆周角定理得到∠ADB为直角，即BD垂直于AC，利用直角三角形斜边
上的中线等于斜边的一半，得到AD＝DC＝BD＝ AC，进而确定出∠A＝∠FBD，再利用
同角的余角相等得到一对角相等，利用ASA得到三角形AED与三角形BFD全等，利用全
等三角形对应边相等即可得证；
（2）连接EF，BG，由三角形AED与三角形BFD全等，得到ED＝FD，进而得到三角形
DEF为等腰直角三角形，利用圆周角定理及等腰直角三角形性质得到一对同位角相等，
利用同位角相等两直线平行即可得证；
（3）由全等三角形对应边相等得到AE＝BF＝1，在直角三角形BEF中，利用勾股定理求出
EF的长，利用锐角三角形函数定义求出DE的长，利用两对角相等的三角形相似得到三
角形AED与三角形GEB相似，由相似得比例，求出GE的长，由GE+ED求出GD的长即
可．
【解答】（1）证明：连接BD，
在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠A＝∠C＝45°，
∵AB为圆O的直径，
第20页（共28页）∴∠ADB＝90°，即BD⊥AC，
∴AD＝DC＝BD＝ AC，∠CBD＝∠C＝45°，
∴∠A＝∠FBD，
∵DF⊥DG，
∴∠FDG＝90°，
∴∠FDB+∠BDG＝90°，
∵∠EDA+∠BDG＝90°，
∴∠EDA＝∠FDB，
在△AED和△BFD中，
，
∴△AED≌△BFD（ASA），
∴AE＝BF；
（2）证明：连接EF，BG，
∵△AED≌△BFD，
∴DE＝DF，
∵∠EDF＝90°，
∴△EDF是等腰直角三角形，
∴∠DEF＝45°，
∵∠G＝∠A＝45°，
∴∠G＝∠DEF，
∴GB∥EF；
（3）∵AE＝BF，AE＝1，
∴BF＝1，
在Rt△EBF中，∠EBF＝90°，
∴根据勾股定理得：EF2＝EB2+BF2，
∵EB＝2，BF＝1，
∴EF＝ ＝ ，
∵△DEF为等腰直角三角形，∠EDF＝90°，
第21页（共28页）∴cos∠DEF＝ ，
∵EF＝ ，
∴DE＝ × ＝ ，
∵∠G＝∠A，∠GEB＝∠AED，
∴△GEB∽△AED，
∴ ＝ ，即GE•ED＝AE•EB，
∴ •GE＝2，即GE＝ ，
则GD＝GE+ED＝ ．
【点评】此题属于圆综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定
与性质，勾股定理，圆周角定理，以及平行线的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本
题的关键．
25．【分析】（1）先利用折叠的性质得到EF⊥AB，△AEF≌△DEF，则S△AEF ＝S△DEF ，则易得
S△ABC ＝4S△AEF ，再证明Rt△AEF∽Rt△ABC，然后根据相似三角形的性质得到 ＝（
）2，再利用勾股定理求出AB即可得到AE的长；
（2） 通过证明四条边相等判断四边形AEMF为菱形；
连结①AM 交 EF 于点 O，如图 ，设 AE＝x，则 EM＝x，CE＝4﹣x，先证明
② ②
△CME∽△CBA得到 ＝ ＝ ，解出x后计算出CM＝ ，再利用勾股定理计算出
第22页（共28页）AM，然后根据菱形的面积公式计算EF；
（3）如图 ，作FH⊥BC于H，先证明△NCE∽△NFH，利用相似比得到FH：NH＝4：7，设
FH＝4x，③NH＝7x，则CH＝7x﹣1，BH＝3﹣（7x﹣1）＝4﹣7x，再证明△BFH∽△BAC，利用
相似比可计算出x＝ ，则可计算出FH和BH，接着利用勾股定理计算出BF，从而得到
AF的长，于是可计算出 的值．
【解答】解：（1）如图 ，
∵△ACB的一角沿EF折①叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，
∴EF⊥AB，△AEF≌△DEF，
∴S△AEF ＝S△DEF ，
∵S四边形ECBF ＝3S△EDF ，
∴S△ABC ＝4S△AEF ，
在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝ ＝5，
∵∠EAF＝∠BAC，
∴Rt△AEF∽Rt△ABC，
∴ ＝（ ）2，即（ ）2＝ ，
∴AE＝ ；
（2） 四边形AEMF为菱形．理由如下：
如图 ①，∵△ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点M处，
∴AE②＝EM，AF＝MF，∠AFE＝∠MFE，
∵MF∥AC，
∴∠AEF＝∠MFE，
∴∠AEF＝∠AFE，
∴AE＝AF，
∴AE＝EM＝MF＝AF，
∴四边形AEMF为菱形；
第23页（共28页）连结AM交EF于点O，如图 ，
②设AE＝x，则EM＝x，CE＝4﹣②x，
∵四边形AEMF为菱形，
∴EM∥AB，
∴△CME∽△CBA，
∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ ，解得x＝ ，CM＝ ，
在Rt△ACM中，AM＝ ＝ ＝ ，
∵S菱形AEMF ＝ EF•AM＝AE•CM，
∴EF＝2× ＝ ；
（3）如图 ，作FH⊥BC于H，
∵EC∥FH③，
∴△NCE∽△NFH，
∴CN：NH＝CE：FH，即1：NH＝ ：FH，
∴FH：NH＝4：7，
设FH＝4x，NH＝7x，则CH＝7x﹣1，BH＝3﹣（7x﹣1）＝4﹣7x，
∵FH∥AC，
∴△BFH∽△BAC，
∴BH：BC＝FH：AC，即（4﹣7x）：3＝4x：4，解得x＝ ，
∴FH＝4x＝ ，BH＝4﹣7x＝ ，
在Rt△BFH中，BF＝ ＝2，
∴AF＝AB﹣BF＝5﹣2＝3，
∴ ＝ ．
第24页（共28页）【点评】本题考查了三角形的综合题：熟练掌握折叠的性质和菱形的判定与性质；灵活构
建相似三角形，运用勾股定理或相似比表示线段之间的关系和计算线段的长．解决此类题
目时要各个击破．
26．【分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先求出GH，点F的坐标，用三角形的面积公式计算即可；
（3）设出点M，用勾股定理求出点M的坐标，从而求出MD，最后求出时间t；
（4）由∠PBF被BA平分，确定出过点B的直线BN的解析式，求出此直线和抛物线的交点
即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A（1，0）、B（3，0）两点，
∴
第25页（共28页）∴ ，
∴抛物线解析式为y＝﹣ x2+ x﹣2＝﹣ （x﹣2）2+ ；
（2）如图1，
过点A作AH∥y轴交BC于H，BE于G，
由（1）有，C（0，﹣2），
∵B（0，3），
∴直线BC解析式为y＝ x﹣2，
∵H（1，y）在直线BC上，
∴y＝﹣ ，
∴H（1，﹣ ），
∵B（3，0），E（0，﹣1），
∴直线BE解析式为y＝ x﹣1，
∴G（1，﹣ ），
∴GH＝ ，
∵直线BE：y＝ x﹣1与抛物线y＝﹣ x2+ x﹣2相交于F，B，
∴F（ ，﹣ ），
第26页（共28页）∴S△FHB ＝ GH×|x
G
﹣x
F
|+ GH×|x
B
﹣x
G
|
＝ GH×|x ﹣x |
B F
＝ × ×（3﹣ ）
＝ ．
（3）如图2，
由（1）有y＝﹣ x2+ x﹣2，
∵D为抛物线的顶点，
∴D（2， ），
∵一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平行于y轴方向向上运动，
∴设M（2，m），（m＞ ），
∴OM2＝m2+4，BM2＝m2+1，OB2＝9，
∵∠OMB＝90°，
∴OM2+BM2＝OB2，
∴m2+4+m2+1＝9，
∴m＝ 或m＝﹣ （舍），
∴M（2， ），
∴MD＝ ﹣ ，
∵一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平行于y轴方向向上运动，
第27页（共28页）∴t＝ ﹣ ；
（4）存在点P，使∠PBF被BA平分，
如图3，
∴∠PBO＝∠EBO，
∵E（0，﹣1），
∴在y轴上取一点N（0，1），
∵B（3，0），
∴直线BN的解析式为y＝﹣ x+1 ，
①
∵点P在抛物线y＝﹣ x2+ x﹣2 上，
②
联立 得， 或 （舍），
①②
∴P（ ， ），
即：在x轴上方的抛物线上，存在点P，使得∠PBF被BA平分，P（ ， ）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，勾股定理，两点间
的距离公式，角平分线的意义，解本题的关键是确定函数解析式．
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