文档内容
2017年四川省南充市中考数学试卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）如果a+3＝0，那么a的值是（ ）
A．3 B．﹣3 C． D．﹣
2．（3分）如图由7个小正方体组合而成的几何体，它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
3．（3分）据统计，参加南充市2016年高中阶段学校招生考试的人数为55354人，这个数用科
学记数法表示为（ ）
A．0.55354×105 B．5.5354×105
C．5.5354×104 D．55.354×103
4．（3分）如图，直线a∥b，将一个直角三角尺按如图所示的位置摆放，若∠1＝58°，则∠2的
度数为（ ）
A．30° B．32° C．42° D．58°
5．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a8÷a4＝a2 B．（2a2）3＝6a6
C．3a3﹣2a2＝a D．3a（1﹣a）＝3a﹣3a2
6．（3分）某校数学兴趣小组在一次数学课外活动中，随机抽查该校10名同学参加今年初中
学业水平考试的体育成绩，得到结果如下表所示：
第1页（共23页）成绩/分 36 37 38 39 40
人数/人 1 2 1 4 2
下列说法正确的是（ ）
A．这10名同学体育成绩的中位数为38分
B．这10名同学体育成绩的平均数为38分
C．这10名同学体育成绩的众数为39分
D．这10名同学体育成绩的方差为2
7．（3分）如图，等边△OAB的边长为2，则点B的坐标为（ ）
A．（1，1） B．（ ，1） C．（ ， ） D．（1， ）
8．（3分）如图，在Rt△ABC中，AC＝5cm，BC＝12cm，∠ACB＝90°，把Rt△ABC绕BC所在
的直线旋转一周得到一个几何体，则这个几何体的侧面积为（ ）
A．60 cm2 B．65 cm2 C．120 cm2 D．130 cm2
9．（3分π）已知菱形的周长为4π ，两条对角线的和为π6，则菱形的面积为（π ）
A．2 B． C．3 D．4
10．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，且a≠0）的图象如图所示，下列结论错误的
是（ ）
A．4ac＜b2 B．abc＜0 C．b+c＞3a D．a＜b
第2页（共23页）二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）如果 ＝1，那么m＝ ．
12．（3分）计算：|1﹣ |+（ ﹣ ）0＝ ．
13．（3分）经过某十字路口的汽π车，可直行，也可向左转或向右转，如果这三种可能性大小相
同，则两辆汽车经过该十字路口时都直行的概率是 ．
14．（3分）如图，在 ▱ABCD中，过对角线BD上一点P作EF∥BC，GH∥AB，且CG＝2BG，
S△BPG ＝1，则S
▱AEPH
＝ ．
15．（3分）小明从家到图书馆看报然后返回，他离家的距离y与离家的时间x之间的对应关
系如图所示，如果小明在图书馆看报 30分钟，那么他离家50分钟时离家的距离为
km．
16．（3分）如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，
给出下列结论： BE＝DG； BE⊥DG； DE2+BG2＝2a2+2b2，其中正确结论是
（填序号） ① ② ③
三、解答题（共9个小题，满分72分）解答应写出必要的文字说明，证明过程或验算步骤
17．（6分）化简（1﹣ ）÷ ，再任取一个你喜欢的数代入求值．
第3页（共23页）18．（6分）在“宏扬传统文化，打造书香校园”活动中，学校计划开展四项活动：“A﹣国学
诵读”、“B﹣演讲”、“C﹣课本剧”、“D﹣书法”，要求每位同学必须且只能参加其
中一项活动，学校为了了解学生的意愿，随机调查了部分学生，结果统计如下：
（1）如图，希望参加活动C占20%，希望参加活动B占15%，则被调查的总人数为
人，扇形统计图中，希望参加活动D所占圆心角为 度，根据题中信息补全条形统
计图．
（2）学校现有800名学生，请根据图中信息，估算全校学生希望参加活动A有多少人？
19．（8分）如图，DE⊥AB，CF⊥AB，垂足分别是点E、F，DE＝CF，AE＝BF，求证：AC∥BD．
20．（8分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（m﹣3）x﹣m＝0
（1）求证：方程有两个不相等的实数根；
（2）如果方程的两实根为x 、x ，且x 2+x 2﹣x x ＝7，求m的值．
1 2 1 2 1 2
21．（8分）如图，直线y＝kx（k为常数，k≠0）与双曲线y＝ （m为常数，m＞0）的交点为A、
B，AC⊥x轴于点C，∠AOC＝30°，OA＝2．
（1）求m的值；
（2）点P在y轴上，如果S△ABP ＝3k，求P点的坐标．
第4页（共23页）22．（8分）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，以AC为直径作 O交AB于点D，E为BC的
中点，连接DE并延长交AC的延长线于点F． ⊙
（1）求证：DE是 O的切线；
（2）若CF＝2，D⊙F＝4，求 O直径的长．
⊙
23．（8分）学校准备租用一批汽车，现有甲、乙两种大客车，甲种客车每辆载客量45人，乙种
客车每辆载客量30人．已知1辆甲种客车和3辆乙种客车共需租金1240元，3辆甲种客
车和2辆乙种客车共需租金1760元．
（1）求1辆甲种客车和1辆乙种客车的租金分别是多少元？
（2）学校计划租用甲、乙两种客车共8辆，送330名师生集体外出活动，最节省的租车费用
是多少？
24．（10分）如图，在正方形ABCD中，点E、G分别是边AD、BC的中点，AF＝ AB．
（1）求证：EF⊥AG；
（2）若点F、G分别在射线AB、BC上同时向右、向上运动，点G运动速度是点F运动速度
的2倍，EF⊥AG是否成立（只写结果，不需说明理由）？
（3）正方形ABCD的边长为4，P是正方形ABCD内一点，当S△PAB ＝S△OAB ，求△PAB周长
的最小值．
第5页（共23页）25．（10分）如图1，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a、b、c为常数，a≠0）的图象过点O（0，0）和
点A（4，0），函数图象最低点M的纵坐标为﹣ ，直线l的解析式为y＝x．
（1）求二次函数的解析式；
（2）直线l沿x轴向右平移，得直线l′，l′与线段OA相交于点B，与x轴下方的抛物线相
交于点C，过点C作CE⊥x轴于点E，把△BCE沿直线l′折叠，当点E恰好落在抛物线上
点E′时（图2），求直线l′的解析式；
（3）在（2）的条件下，l′与y轴交于点N，把△BON绕点O逆时针旋转135°得到
△B′ON′，P为l′上的动点，当△PB′N′为等腰三角形时，求符合条件的点P的坐标．
第6页（共23页）2017年四川省南充市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）
1．【分析】直接移项可求出a的值．
【解答】解：移项可得：a＝﹣3．
故选：B．
【点评】本题考查解一元一次方程的解法．解一元一次方程常见的思路有通分，移项，左右
同乘除等．
2．【分析】根据主视图是从物体正面看所得到的图形解答即可．
【解答】解：根据主视图的定义可知，此几何体的主视图是A中的图形，
故选：A．
【点评】本题考查的是简单几何体的三视图的作图，主视图、左视图、俯视图是分别从物体
正面、侧面和上面看所得到的图形．
3．【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：55354＝5.5354×104，
故选：C．
【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．
4．【分析】先利用平行线的性质得出∠3，进而利用三角板的特征求出∠4，最后利用平行线的
性质即可；
【解答】解：如图，
过点A作AB∥b，
∴∠3＝∠1＝58°，
第7页（共23页）∵∠3+∠4＝90°，
∴∠4＝90°﹣∠3＝32°，
∵a∥b，AB∥B，
∴AB∥b，
∴∠2＝∠4＝32°，
故选：B．
【点评】此题主要考查了平行线的性质，三角板的特征，角度的计算，解本题的关键是作出
辅助线，是一道基础题目．
5．【分析】各项计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、原式＝a4，不符合题意；
B、原式＝8a4，不符合题意；
C、原式不能合并，不符合题意；
D、原式＝3a﹣3a2，符合题意，
故选：D．
【点评】此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
6．【分析】结合表格根据众数、平均数、中位数的概念求解即可
【解答】解：10名学生的体育成绩中39分出现的次数最多，众数为39；
第5和第6名同学的成绩的平均值为中位数，中位数为： ＝39；
平均数＝ ＝38.4
方差＝ （[ 36﹣38.4）2+2×（37﹣38.4）2+（38﹣38.4）2+4×（39﹣38.4）2+2×（40﹣38.4）2]＝
1.64；
∴选项A，B、D错误；
故选：C．
【点评】本题考查了众数、平均数、中位数的知识，掌握各知识点的概念是解答本题的关键．
7．【分析】先过B作BC⊥AO于C，则根据等边三角形的性质，即可得到OC以及BC的长，进
而得出点B的坐标．
【解答】解：如图所示，过B作BC⊥AO于C，则
∵△AOB是等边三角形，
第8页（共23页）∴OC＝ AO＝1，
∴Rt△BOC中，BC＝ ＝ ，
∴B（1， ），
故选：D．
【点评】本题主要考查了等边三角形的性质以及勾股定理的运用，解题的关键是作辅助线
构造直角三角形．
8．【分析】易利用勾股定理求得母线长，那么圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，AC＝5cm，BC＝12cm，∠ACB＝90°，
∴由勾股定理得AB＝13，
∴圆锥的底面周长＝10 ，
π
∴旋转体的侧面积＝ ×10 ×13＝65 ，
π π
故选：B．
【点评】本题利用了勾股定理，圆的周长公式和扇形面积公式求解．
9．【分析】由菱形的性质和勾股定理得出AO+BO＝3，AO2+BO2＝AB2，（AO+BO）2＝9，求出
2AO•BO＝4，即可得出答案．
【解答】解：如图四边形ABCD是菱形，AC+BD＝6，
∴AB＝ ，AC⊥BD，AO＝ AC，BO＝ BD，
∴AO+BO＝3，
∴AO2+BO2＝AB2，（AO+BO）2＝9，
即AO2+BO2＝5，AO2+2AO•BO+BO2＝9，
∴2AO•BO＝4，
∴菱形的面积＝ AC•BD＝2AO•BO＝4；
故选：D．
第9页（共23页）【点评】本题考查菱形的性质、勾股定理；解题的关键是记住菱形的面积公式，记住菱形的
对角线互相垂直，属于中考常考题型．
10．【分析】根据二次函数的图象与性质即可求出答案．
【解答】解：（A）由图象可知：△＞0，
∴b2﹣4ac＞0，
∴b2＞4ac，故A正确；
∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线与y轴的负半轴，
∴c＜0，
∵抛物线对称轴为x＝﹣ ＜0，
∴b＜0，
∴abc＜0，故B正确；
∵当x＝﹣1时，
y＝a﹣b+c＞0，
∴a+c＞b，
∵ ＞﹣1，a＜0，
∴b＞2a
∴a+b+c＞2b＞4a，b+c＞3a故C正确；
∵当x＝﹣1时
y＝a﹣b+c＞0，
∴a﹣b+c＞c，
∴a﹣b＞0，
∴a＞b，故D错误；
故选：D．
【点评】本题考查二次函数图象与性质，解题的关键是熟练运用二次函数的性质，本题属
第10页（共23页）于中等题型，
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到m的值，经检验即可得
到分式方程的解．
【解答】解：去分母得：1＝m﹣1，
解得：m＝2，
经检验m＝2是分式方程的解，
故答案为：2
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
12．【分析】直接利用绝对值的性质以及零指数幂的性质分别化简求出答案．
【解答】解：|1﹣ |+（ ﹣ ）0
＝ ﹣1+1 π
＝ ．
故答案为： ．
【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各式是解题关键．
13．【分析】画树状图展示所有9种等可能的结果数，再找出两辆汽车经过该十字路口都直行
的结果数．然后根据概率公式求解．
【解答】解：画树状图为：
共有9种等可能的结果数，其中两辆汽车都直行的结果数为1，
所以则两辆汽车都直行的概率为 ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，
再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概
率．
14．【分析】由条件可证明四边形HPFD、BEPG为平行四边形，可证明S四边形AEPH ＝S四边形
．，再利用面积的和差可得出四边形AEPH和四边形PFCG的面积相等，由已知条件
PFCG
即可得出答案．
第11页（共23页）【解答】解：∵EF∥BC，GH∥AB，
∴四边形HPFD、BEPG、AEPH、CFPG为平行四边形，
∴S△PEB ＝S△BGP ，
同理可得S△PHD ＝S△DFP ，S△ABD ＝S△CDB ，
∴S△ABD ﹣S△PEB ﹣S△PHD ＝S△CDB ﹣S△BGP ﹣S△DFP ，
即S四边形AEPH ＝S四边形PFCG ．
∵CG＝2BG，S△BPG ＝1，
∴S四边形AEPH ＝S四边形PFCG ＝4×1＝4；
故答案为：4．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质是解题的
关键，即 两组对边分别平行 四边形为平行四边形， 两组对边分别相等 四边形为
平行四边①形， 一组对边平行⇔且相等 四边形为平行四②边形， 两组对角分⇔别相等 四
边形为平行四③边形， 对角线互相平⇔分 四边形为平行四边形④． ⇔
15．【分析】根据题意和函⑤数图象可以求得小⇔明从图书馆回家的速度以及对应的时间，从而可
以求得他离家50分钟时离家的距离或者根据题意求出相应的函数解析式，求出当x＝50
时，对应的y的值即可解答本题．
【解答】解：方法一：由题意可得，
小明从图书馆回家用的时间是：55﹣（10+30）＝15分钟，
则小明回家的速度为：0.9÷15＝0.06km/min，
故他离家50分钟时离家的距离为：0.9﹣0.06×[50﹣（10+30）]＝0.3km，
故答案为：0.3；
方法二：设小明从图书馆回家对应的函数解析式为y＝kx+b，
则该函数过点（40，0.9），（55，0），
，解得， ，
即小明从图书馆回家对应的函数解析式为y＝﹣0.06x+3.3，
当x＝50时，y＝﹣0.06×50+3.3＝0.3，
故答案为：0.3．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条
件，利用一次函数的性质解答．
16．【分析】由四边形ABCD与四边形EFGC都为正方形，得到四条边相等，四个角为直角，利
第12页（共23页）用SAS得到三角形BCE与三角形DCG全等，利用全等三角形对应边相等即可得到BE＝
DG，利用全等三角形对应角相等得到∠1＝∠2，利用等角的余角相等及直角的定义得到
∠BOD为直角，利用勾股定理求出所求式子的值即可．
【解答】解：设BE，DG交于O，
∵四边形ABCD和EFGC都为正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，
∴∠BCE+∠DCE＝∠ECG+∠DCE＝90°+∠DCE，即∠BCE＝∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE＝DG，
∴∠1＝∠2，
∵∠1+∠4＝∠3+∠1＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠BOG＝90°，
∴BE⊥DG；故 正确；
连接BD，EG，①如图②所示，
∴DO2+BO2＝BD2＝BC2+CD2＝2a2，EO2+OG2＝EG2＝CG2+CE2＝2b2，
则BG2+DE2＝DO2+BO2+EO2+OG2＝2a2+2b2，故 正确．
故答案为： ． ③
①②③
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握性质与
定理是解本题的关键．
三、解答题（共9个小题，满分72分）解答应写出必要的文字说明，证明过程或验算步骤
17．【分析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再选取合适的x的值代入进行计算
第13页（共23页）即可．
【解答】解：（1﹣ ）÷ ，
＝（ ﹣ ） ，
＝ ，
＝ ，
∵x﹣1≠0，x（x+1）≠0，
∴x≠±1，x≠0，
当x＝5时，原式＝ ＝ ．
【点评】本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键，注
意代入的数值必须保证分式有意义．
18．【分析】（1）根据统计图中希望参加C的人数和所占的百分比可以求得被调查的总人数，
进而可以求得参加活动B和D的人数，计算出希望参加活动D所占圆心角的度数，将条
形统计图补充完整；
（2）根据统计图中的数据可以估算全校学生希望参加活动A有多少人．
【解答】解：（1）由题意可得，
被调查的总人数是：12÷20%＝60，希望参加活动B的人数为：60×15%＝9，希望参加活动
D的人数为：60﹣27﹣9﹣12＝12，
扇形统计图中，希望参加活动D所占圆心角为：360°×（1﹣ ﹣15%﹣20%）＝360°×20%
＝72°，
故答案为：60，72，
补全的条形统计图如右图所示；
（2）由题意可得，
800× ＝360，
答：全校学生希望参加活动A有360人．
第14页（共23页）【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，
找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
19．【分析】欲证明AC∥BD，只要证明∠A＝∠B，只要证明△DEB≌△CFA即可．
【解答】证明：∵DE⊥AB，CF⊥AB，
∴∠DEB＝∠AFC＝90°，
∵AE＝BF，
∴AF＝BE，
在△DEB和△CFA中，
，
△DEB≌△CFA，
∴∠A＝∠B，
∴AC∥DB．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、平行线的性质和判定等知识，解题的关键是
熟练掌握全等三角形的判定方法，属于中考常考题型．
20．【分析】（1）要证明方程有两个不相等的实数根，只要证明原来的一元二次方程的△的值
大于0即可；
第15页（共23页）（2）根据根与系数的关系可以得到关于m的方程，从而可以求得m的值．
【解答】（1）证明：∵x2﹣（m﹣3）x﹣m＝0，
∴△＝[﹣（m﹣3）]2﹣4×1×（﹣m）＝m2﹣2m+9＝（m﹣1）2+8＞0，
∴方程有两个不相等的实数根；
（2）∵x2﹣（m﹣3）x﹣m＝0，方程的两实根为x 、x ，且x 2+x 2﹣x x ＝7，
1 2 1 2 1 2
∴ ，
∴（m﹣3）2﹣3×（﹣m）＝7，
解得，m ＝1，m ＝2，
1 2
即m的值是1或2．
【点评】本题考查根与系数的关系、根的判别式，解答本题的关键是明确题意，找出所求问
题需要的条件，利用方程的思想解答．
21．【分析】（1）求出点A坐标利用待定系数法即可解决问题；
（2）设P（0，n），由A（ ，1），B（﹣ ，﹣1），可得 •|n|• + •|n|• ＝3× ，解方程
即可；
【解答】解：（1）在Rt△AOC中，∵∠ACO＝90°，∠AOC＝30°，OA＝2，
∴AC＝1，OC＝ ，
∴A（ ，1），
∵反比例函数y＝ 经过点A（ ，1），
∴m＝ ，
∵y＝kx经过点A（ ，1），
∴k＝ ．
（2）设P（0，n），
∵A（ ，1），B（﹣ ，﹣1），
∵S△APB ＝S△OPA +S△OPB ，
∴ •|n|• + •|n|• ＝3× ，
∴n＝±1，
∴P（0，1）或（0，﹣1）．
第16页（共23页）【点评】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题、待定系数法，三角形的面积等知识，
解题的关键是灵活应用待定系数法确定函数的解析式，学会构建方程解决问题，属于中考
常考题型．
22．【分析】（1）连接OD、CD，由AC为 O的直径知△BCD是直角三角形，结合E为BC的
中点知∠CDE＝∠DCE，由∠ODC＝⊙∠OCD且∠OCD+∠DCE＝90°可得答案；
（2）设 O的半径为r，由OD2+DF2＝OF2，即r2+42＝（r+2）2可得r＝3，即可得出答案．
【解答】⊙解：（1）如图，连接OD、CD，
∵AC为 O的直径，
∴△BCD⊙是直角三角形，
∵E为BC的中点，
∴BE＝CE＝DE，
∴∠CDE＝∠DCE，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠OCD+∠DCE＝90°，
∴∠ODC+∠CDE＝90°，即OD⊥DE，
∴DE是 O的切线；
⊙
（2）设 O的半径为r，
∵∠ODF⊙＝90°，
第17页（共23页）∴OD2+DF2＝OF2，即r2+42＝（r+2）2，
解得：r＝3，
∴ O的直径为6．
【点⊙评】本题主要考查切线的判定与圆周角定理、直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌
握切线的判定与圆周角定理是解题的关键．
23．【分析】（1）可设1辆甲种客车的租金是x元，1辆乙种客车的租金是y元，根据等量关系：
1辆甲种客车和3辆乙种客车共需租金1240元， 3辆甲种客车和2辆乙种客车共需
①租金1760元，列出方程组求解即可； ②
（2）由于求最节省的租车费用，可知租用甲种客车6辆，租用乙客车2辆，进而求解即可．
【解答】解：（1）设1辆甲种客车的租金是x元，1辆乙种客车的租金是y元，依题意有
，
解得 ．
故1辆甲种客车的租金是400元，1辆乙种客车的租金是280元；
（2）方法1：租用甲种客车6辆，租用乙客车2辆是最节省的租车费用，
400×6+280×2
＝2400+560
＝2960（元）．
方法2：设租用甲种客车x辆，依题意有
45x+30（8﹣x）≥330，
解得x≥6，
租用甲种客车6辆，租用乙客车2辆的租车费用为：
400×6+280×2
＝2400+560
＝2960（元）；
租用甲种客车7辆，租用乙客车1辆的租车费用为：
400×7+280
＝2800+280
＝3080（元）；
2960＜3080，
故最节省的租车费用是2960元．
第18页（共23页）【点评】本题考查一元一次不等式及二元一次方程组的应用，解决本题的关键是读懂题意，
找到符合题意的不等关系式及所求量的等量关系．
24．【分析】（1）由正方形的性质得出AD＝AB，∠EAF＝∠ABG＝90°，证出 ，得出
△AEF∽△BAG，由相似三角形的性质得出∠AEF＝∠BAG，再由角的互余关系和三角形
内角和定理证出∠AOE＝90°即可；
（2）证明△AEF∽△BAG，得出∠AEF＝∠BAG，再由角的互余关系和三角形内角和定理
即可得出结论；
（3）过O作MN∥AB，交AD于M，BC于N，则MN⊥AD，MN＝AB＝4，由三角形面积关系
得出点P在线段MN上，当P为MN的中点时，△PAB的周长最小，此时PA＝PB，PM＝
MN＝2，连接EG，则EG∥AB，EG＝AB＝4，证明△AOF∽△GOE，得出 ＝ ，证
出 ＝ ，得出AM＝ AE＝ ，由勾股定理求出PA，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠EAF＝∠ABG＝90°，
∵点E、G分别是边AD、BC的中点，AF＝ AB．
∴ ＝ ， ＝ ，
∴ ，
∴△AEF∽△BAG，
∴∠AEF＝∠BAG，
∵∠BAG+∠EAO＝90°，
∴∠AEF+∠EAO＝90°，
∴∠AOE＝90°，
∴EF⊥AG；
（2）解：成立；理由如下：
第19页（共23页）根据题意得： ＝ ，
∵ ＝ ，
∴ ，
又∵∠EAF＝∠ABG，
∴△AEF∽△BAG，
∴∠AEF＝∠BAG，
∵∠BAG+∠EAO＝90°，
∴∠AEF+∠EAO＝90°，
∴∠AOE＝90°，
∴EF⊥AG；
（3）解：过O作MN∥AB，交AD于M，BC于N，如图所示：
则MN⊥AD，MN＝AB＝4，
∵P是正方形ABCD内一点，当S△PAB ＝S△OAB ，
作点A关于MN的对称点A′，连接BA′，与MN交于点P，此时△PAB的周长最小，
∵PA＝PA′，
∴∠PAA′＝∠PA′A，
∵∠PAB+∠PAA′＝90°，∠PBA+∠PA′A＝90°，
∴∠PAB＝∠PBA，
∴PB＝PA＝PA′，
∵PM∥AB，
∴A′M＝AM，
∴PM＝ AB，
∵MN＝AB，
∴PM＝PN＝2，
连接EG、PA、PB，则EG∥AB，EG＝AB＝4，
∴△AOF∽△GOE，
∴ ＝ ，
第20页（共23页）∵MN∥AB，
∴ ＝ ，
∴AM＝ AE＝ ×2＝ ，
由勾股定理得：PA＝ ＝ ，
∴△PAB周长的最小值＝2PA+AB＝ +4．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定
理、三角形内角和定理、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角
形相似是解决问题的关键．
25．【分析】（1）由题意抛物线的顶点坐标为（2，﹣ ），设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2﹣
，把（0，0）代入得到a＝ ，即可解决问题；
（2）如图1中，设E（m，0），则C（m， m2﹣ m），B（﹣ m2+ m，0），由E、B关于对称
轴对称，可得 ＝2，由此即可解决问题；
（3）分两种情形求解即可 当P 与N重合时，△P B′N′是等腰三角形，此时P（0，﹣
1 1 1
3）． 当N′P＝N′B′①时，设P（m，m﹣3），列出方程解方程即可；
② 第21页（共23页）【解答】解：（1）由题意抛物线的顶点坐标为（2，﹣ ），设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2
﹣ ，
把（0，0）代入得到a＝ ，
∴抛物线的解析式为y＝ （x﹣2）2﹣ ，即y＝ x2﹣ x．
（2）如图1中，设E（m，0），则C（m， m2﹣ m），B（﹣ m2+ m，0），
∵E′在抛物线上，易知四边形EBE′C是正方形，抛物线的对称轴也是正方形的对称轴，
∴E、B关于对称轴对称，
∴ ＝2，
解得m＝1或6（舍弃），
∴B（3，0），C（1，﹣2），
∴直线l′的解析式为y＝x﹣3．
（3）如图2中，
第22页（共23页）当P 与N重合时，△P B′N′是等腰三角形，此时P （0，﹣3）．
1 1 1
①当N′P＝N′B′时，设P（m，m﹣3），
②
则有（m﹣ ）2+（m﹣3﹣ ）2＝（3 ）2，
解得m＝ 或 ，
∴P （ ， ），P （ ， ）．
2 3
综上所述，满足条件的点P坐标为（0，﹣3）或（ ， ）或（
， ）．
【点评】本题考查二次函数综合题、待定系数法、等腰三角形的判定和性质、两点间距离公
式等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会根据方程，属于中考压轴
题．
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