文档内容
2017年浙江省温州市中考数学试卷
一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）：
1．（4分）﹣6的相反数是（ ）
A．6 B．1 C．0 D．﹣6
2．（4分）某校学生到校方式情况的统计图如图所示，若该校步行到校的学生有100人，则乘
公共汽车到校的学生有（ ）
A．75人 B．100人 C．125人 D．200人
3．（4分）某运动会颁奖台如图所示，它的主视图是（ ）
A． B．
C． D．
4．（4分）下列选项中的整数，与 最接近的是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
5．（4分）温州某企业车间有50名工人，某一天他们生产的机器零件个数统计如下表：
零件个数（个） 5 6 7 8
人数（人） 3 15 22 10
表中表示零件个数的数据中，众数是（ ）
A．5个 B．6个 C．7个 D．8个
6．（4分）已知点（﹣1，y ），（4，y ）在一次函数y＝3x﹣2的图象上，则y ，y ，0的大小关系是
1 2 1 2
（ ）
A．0＜y ＜y B．y ＜0＜y C．y ＜y ＜0 D．y ＜0＜y
1 2 1 2 1 2 2 1
7．（4分）如图，一辆小车沿倾斜角为 的斜坡向上行驶13米，已知cos ＝ ，则小车上升
α α
第1页（共24页）的高度是（ ）
A．5米 B．6米 C．6.5米 D．12米
8．（4分）我们知道方程x2+2x﹣3＝0的解是x ＝1，x ＝﹣3，现给出另一个方程（2x+3）2+2
1 2
（2x+3 ）﹣3＝0，它的解是（ ）
A．x ＝1，x ＝3 B．x ＝1，x ＝﹣3
1 2 1 2
C．x ＝﹣1，x ＝3 D．x ＝﹣1，x ＝﹣3
1 2 1 2
9．（4分）四个全等的直角三角形按图示方式围成正方形ABCD，过各较长直角边的中点作垂
线，围成面积为S的小正方形EFGH．已知AM为Rt△ABM较长直角边，AM＝2 EF，则
正方形ABCD的面积为（ ）
A．12S B．10S C．9S D．8S
10．（4分）我们把1，1，2，3，5，8，13，21，…这组数称为斐波那契数列，为了进一步研究，依次
以这列数为半径作90°圆弧 ， ， ，…得到斐波那契螺旋线，然后顺次连结
P P ，P P ，P P ，…得到螺旋折线（如图），已知点P（0，1），P（﹣1，0），P（0，﹣1），则该
1 2 2 3 3 4 1 2 3
折线上的点P 的坐标为（ ）
9
第2页（共24页）A．（﹣6，24） B．（﹣6，25） C．（﹣5，24） D．（﹣5，25）
二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）：
11．（5分）分解因式：m2+4m＝ ．
12．（5分）数据1，3，5，12，a，其中整数a是这组数据的中位数，则该组数据的平均数是
．
13．（5分）已知扇形的面积为3 ，圆心角为120°，则它的半径为 ．
14．（5分）甲、乙工程队分别承接了π160米、200米的管道铺设任务，已知乙比甲每天多铺设5
米，甲、乙完成铺设任务的时间相同，问甲每天铺设多少米？设甲每天铺设x米，根据题意
可列出方程： ．
15．（5分）如图，矩形OABC的边OA，OC分别在x轴、y轴上，点B在第一象限，点D在边
BC上，且∠AOD＝30°，四边形OA′B′D与四边形OABD关于直线OD对称（点A′和
A，B′和B分别对应）．若AB＝1，反比例函数y＝ （k≠0）的图象恰好经过点A′，B，则
k的值为 ．
16．（5分）小明家的洗手盆上装有一种抬启式水龙头（如图1），完全开启后，水流路线呈抛物
线，把手端点A，出水口B和落水点C恰好在同一直线上，点A至出水管BD的距离为
12cm，洗手盆及水龙头的相关数据如图2所示，现用高10.2cm的圆柱型水杯去接水，若水
第3页（共24页）流所在抛物线经过点 D和杯子上底面中心E，则点E到洗手盆内侧的距离EH为
cm．
三、解答题（共8小题，共80分）：
17．（10分）（1）计算：2×（﹣3）+（﹣1）2+ ；
（2）化简：（1+a）（1﹣a）+a（a﹣2）．
18．（8分）如图，在五边形ABCDE中，∠BCD＝∠EDC＝90°，BC＝ED，AC＝AD．
（1）求证：△ABC≌△AED；
（2）当∠B＝140°时，求∠BAE的度数．
19．（8分）为培养学生数学学习兴趣，某校七年级准备开设“神奇魔方”、“魅力数独”、
“数学故事”、“趣题巧解”四门选修课（每位学生必须且只选其中一门）．
（1）学校对七年级部分学生进行选课调查，得到如图所示的统计图．根据该统计图，请估
计该校七年级480名学生选“数学故事”的人数．
（2）学校将选“数学故事”的学生分成人数相等的A，B，C三个班，小聪、小慧都选择了
“数学故事”，已知小聪不在A班，求他和小慧被分到同一个班的概率．（要求列表或画
树状图）
第4页（共24页）20．（8分）在直角坐标系中，我们把横、纵坐标都为整数的点称为整点，记顶点都是整点的三
角形为整点三角形．如图，已知整点A（2，3），B（4，4），请在所给网格区域（含边界）上按
要求画整点三角形．
（1）在图1中画一个△PAB，使点P的横、纵坐标之和等于点A的横坐标；
（2）在图2中画一个△PAB，使点P，B横坐标的平方和等于它们纵坐标和的4倍．
21．（10分）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°， O（圆心O在△ABC内部）经过B、C
两点，交AB于点E，过点E作 O的切线交AC⊙于点F．延长CO交AB于点G，作
ED∥AC交CG于点D ⊙
（1）求证：四边形CDEF是平行四边形；
（2）若BC＝3，tan∠DEF＝2，求BG的值．
第5页（共24页）22．（10分）如图，过抛物线y＝ x2﹣2x上一点A作x轴的平行线，交抛物线于另一点B，交y
轴于点C，已知点A的横坐标为﹣2．
（1）求抛物线的对称轴和点B的坐标；
（2）在AB上任取一点P，连结OP，作点C关于直线OP的对称点D；
连结BD，求BD的最小值；
①当点D落在抛物线的对称轴上，且在x轴上方时，求直线PD的函数表达式．
②
23．（12分）小黄准备给长8m，宽6m的长方形客厅铺设瓷砖，现将其划分成一个长方形
ABCD区域Ⅰ（阴影部分）和一个环形区域Ⅱ（空白部分），其中区域Ⅰ用甲、乙、丙三种瓷
砖铺设，且满足PQ∥AD，如图所示．
（1）若区域Ⅰ的三种瓷砖均价为300元/m2，面积为S（m2），区域Ⅱ的瓷砖均价为200
元/m2，且两区域的瓷砖总价为不超过12000元，求S的最大值；
（2）若区域Ⅰ满足AB：BC＝2：3，区域Ⅱ四周宽度相等
求AB，BC的长；
①若甲、丙两瓷砖单价之和为300元/m2，乙、丙瓷砖单价之比为5：3，且区域Ⅰ的三种瓷
②砖总价为4800元，求丙瓷砖单价的取值范围．
24．（14分）如图，已知线段AB＝2，MN⊥AB于点M，且AM＝BM，P是射线MN上一动点，
第6页（共24页）E，D分别是PA，PB的中点，过点A，M，D的圆与BP的另一交点C（点C在线段BD上），
连结AC，DE．
（1）当∠APB＝28°时，求∠B和 的度数；
（2）求证：AC＝AB．
（3）在点P的运动过程中
当MP＝4时，取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q，若以这三点为顶点
①的三角形是直角三角形，且Q为锐角顶点，求所有满足条件的MQ的值；
记AP与圆的另一个交点为F，将点F绕点D旋转90°得到点G，当点G恰好落在MN
②上时，连结AG，CG，DG，EG，直接写出△ACG和△DEG的面积之比．
第7页（共24页）2017年浙江省温州市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）：
1．【分析】根据相反数的定义求解即可．
【解答】解：﹣6的相反数是6，
故选：A．
【点评】本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“﹣”号：一
个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．不要把相反数的意义
与倒数的意义混淆．
2．【分析】由扇形统计图可知，步行人数所占比例，再根据统计表中步行人数是100人，即可
求出总人数以及乘公共汽车的人数；
【解答】解：所有学生人数为 100÷20%＝500（人）；
所以乘公共汽车的学生人数为 500×40%＝200（人）．
故选：D．
【点评】此题主要考查了扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必
要的信息是解决问题的关键．扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
3．【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【解答】解：从正面看 ，
故选：C．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
4．【分析】依据被开方数越大对应的算术平方根越大进行解答即可．
【解答】解：∵16＜17＜20.25，
∴4＜ ＜4.5，
∴与 最接近的是4．
故选：B．
【点评】本题主要考查的是估算无理数的大小，掌握算术平方根的性质是解题的关键．
5．【分析】根据众数的定义，找数据中出现最多的数即可．
【解答】解：数字7出现了22次，为出现次数最多的数，故众数为7个，
故选：C．
第8页（共24页）【点评】本题考查了众数的概念，众数是数据中出现次数最多的数，众数不唯一．
6．【分析】根据点的横坐标利用一次函数图象上点的坐标特征，即可求出y 、y 的值，将其与
1 2
0比较大小后即可得出结论．
【解答】解：∵点（﹣1，y ），（4，y ）在一次函数y＝3x﹣2的图象上，
1 2
∴y ＝﹣5，y ＝10，
1 2
∵10＞0＞﹣5，
∴y ＜0＜y ．
1 2
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，根据点的横坐标利用一次函数图象上
点的坐标特征求出y 、y 的值是解题的关键．
1 2
7．【分析】在Rt△ABC中，先求出AB，再利用勾股定理求出BC即可．
【解答】解：如图AC＝13，作CB⊥AB，
∵cos ＝ ＝ ，
α
∴AB＝12，
∴BC＝ ＝ ＝5，
∴小车上升的高度是5m．
故选：A．
【点评】此题主要考查解直角三角形，锐角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是学会
构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
8．【分析】先把方程（2x+3）2+2（2x+3）﹣3＝0看作关于2x+3的一元二次方程，利用题中的解
得到2x+3＝1或2x+3＝﹣3，然后解两个一元一次方程即可．
【解答】解：把方程（2x+3）2+2（2x+3）﹣3＝0看作关于2x+3的一元二次方程，
所以2x+3＝1或2x+3＝﹣3，
所以x ＝﹣1，x ＝﹣3．
1 2
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是
第9页（共24页）一元二次方程的解．
9．【分析】设AM＝2a．BM＝b．则正方形ABCD的面积＝4a2+b2，由题意可知EF＝（2a﹣b）﹣
2（a﹣b）＝2a﹣b﹣2a+2b＝b，由此即可解决问题．
【解答】解：设AM＝2a．BM＝b．则正方形ABCD的面积＝4a2+b2
由题意可知EF＝（2a﹣b）﹣2（a﹣b）＝2a﹣b﹣2a+2b＝b，
∵AM＝2 EF，
∴2a＝2 b，
∴a＝ b，
∵正方形EFGH的面积为S，
∴b2＝S，
∴正方形ABCD的面积＝4a2+b2＝9b2＝9S，
故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质、勾股定理、线段的垂直平分线的定义等知识，解题的关键
是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
10．【分析】观察图象，推出P 的位置，即可解决问题．
9
【解答】解：由题意，P 在P 的正上方，推出P 在P 的正上方，且到P 的距离＝21+5＝
5 2 9 6 6
26，
所以P 的坐标为（﹣6，25），
9
故选：B．
【点评】本题考查规律型：点的坐标等知识，解题的关键是理解题意，确定P 的位置．
9
二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）：
11．【分析】直接提提取公因式m，进而分解因式得出答案．
【解答】解：m2+4m＝m（m+4）．
故答案为：m（m+4）．
第10页（共24页）【点评】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
12．【分析】根据中位数的定义确定整数a的值，由平均数的定义即可得出答案．
【解答】解：∵数据1，3，5，12，a的中位数是整数a，
∴a＝3或a＝4或a＝5，
当a＝3时，这组数据的平均数为 ＝4.8，
当a＝4时，这组数据的平均数为 ＝5，
当a＝5时，这组数据的平均数为 ＝5.2，
故答案为：4.8或5或5.2．
【点评】本题主要考查了中位数和平均数，解题的关键是根据中位数的定义确定a的值．
13．【分析】根据扇形的面积公式，可得答案．
【解答】解：设半径为r，由题意，得
r2× ＝3 ，
π π
解得r＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了扇形面积公式，利用扇形面积公式是解题关键．
14．【分析】设甲每天铺设x米，则乙每天铺设（x+5）米，根据铺设时间＝ 和甲、乙
完成铺设任务的时间相同列出方程即可．
【解答】解：设甲工程队每天铺设x米，则乙工程队每天铺设（x+5）米，由题意得： ＝
．
故答案是： ＝ ．
【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，关键是正确理解题意，找出题目中
的等量关系，再列出方程．
15．【分析】设B（m，1），得到OA＝BC＝m，根据轴对称的性质得到OA′＝OA＝m，∠A′OD
＝∠AOD＝30°，求得∠A′OA＝60°，过A′作A′E⊥OA于E，解直角三角形得到A′（
第11页（共24页）m， m），列方程即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCO是矩形，AB＝1，
∴设B（m，1），
∴OA＝BC＝m，
∵四边形OA′B′D与四边形OABD关于直线OD对称，
∴OA′＝OA＝m，∠A′OD＝∠AOD＝30°，
∴∠A′OA＝60°，
过A′作A′E⊥OA于E，
∴OE＝ m，A′E＝ m，
∴A′（ m， m），
∵反比例函数y＝ （k≠0）的图象恰好经过点A′，B，
∴ m• m＝m，
∴m＝ ，
∴k＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，轴对称的性质，解直角
三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
16．【分析】先建立直角坐标系，过A作AG⊥OC于G，交BD于Q，过M作MP⊥AG于P，根
据△ABQ∽△ACG，求得C（20，0），再根据水流所在抛物线经过点D（0，24）和B（12，
第12页（共24页）24），可设抛物线为y＝ax2+bx+24，把C（20，0），B（12，24）代入抛物线，可得抛物线为y＝
﹣ x2+ x+24，最后根据点E的纵坐标为10.2，得出点E的横坐标为6+8 ，据此可得
点E到洗手盆内侧的距离．
【解答】解：如图所示，建立直角坐标系，过A作AG⊥OC于G，交BD于Q，过M作
MP⊥AG于P，
由题可得，AQ＝12，PQ＝MD＝6，故AP＝6，AG＝36，
∴Rt△APM中，MP＝8，故DQ＝8＝OG，
∴BQ＝12﹣8＝4，
由BQ∥CG可得，△ABQ∽△ACG，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴CG＝12，OC＝12+8＝20，
∴C（20，0），
又∵水流所在抛物线经过点D（0，24）和B（12，24），
∴可设抛物线为y＝ax2+bx+24，
把C（20，0），B（12，24）代入抛物线，可得
，解得 ，
∴抛物线为y＝﹣ x2+ x+24，
又∵点E的纵坐标为10.2，
∴令y＝10.2，则10.2＝﹣ x2+ x+24，
解得x ＝6+8 ，x ＝6﹣8 （舍去），
1 2
∴点E的横坐标为6+8 ，
又∵ON＝30，
∴EH＝30﹣（6+8 ）＝24﹣8 ．
故答案为：24﹣8 ．
第13页（共24页）【点评】本题以水龙头接水为载体，考查了二次函数的应用以及相似三角形的应用，在运
用数学知识解决问题过程中，关注核心内容，经历测量、运算、建模等数学实践活动为主
线的问题探究过程，突出考查数学的应用意识和解决问题的能力，蕴含数学建模，引导学
生关注生活，利用数学方法解决实际问题．
三、解答题（共8小题，共80分）：
17．【分析】（1）原式先计算乘方运算，化简二次根式，再计算乘法运算，最后算加减运算即可
得到结果．
（2）运用平方差公式即可解答．
【解答】解：（1）原式＝﹣6+1+2 ＝﹣5+2 ；
（2）原式＝1﹣a2+a2﹣2a＝1﹣2a．
【点评】本题考查了平方差公式，实数的运算以及单项式乘多项式．熟记实数运算法则即
可解题，属于基础题．
18．【分析】（1）根据∠ACD＝∠ADC，∠BCD＝∠EDC＝90°，可得∠ACB＝∠ADE，进而运
用SAS即可判定全等三角形；
（2）根据全等三角形对应角相等，运用五边形内角和，即可得到∠BAE的度数．
【解答】（1）证明：
∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
又∵∠BCD＝∠EDC＝90°，
∴∠ACB＝∠ADE，
在△ABC和△AED中，
第14页（共24页），
∴△ABC≌△AED（SAS）；
（2）解：当∠B＝140°时，∠E＝140°，
又∵∠BCD＝∠EDC＝90°，
∴五边形ABCDE中，∠BAE＝540°﹣140°×2﹣90°×2＝80°．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：两边及其夹角对
应相等的两个三角形全等．
19．【分析】（1）利用样本估计总体，用480乘以样本中选“数学故事”的人数所占的百分比
即可估计该校七年级480名学生选“数学故事”的人数；
（2）画树状图展示所有6种等可能的结果数，再找出他和小慧被分到同一个班的结果数，
然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）480× ＝90，
估计该校七年级480名学生选“数学故事”的人数为90人；
（2）画树状图为：
共有6种等可能的结果数，其中他和小慧被分到同一个班的结果数为2，
所以他和小慧被分到同一个班的概率＝ ＝ ．
【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．
20．【分析】（1）设P（x，y），由题意x+y＝2，求出整数解即可解决问题；
（2）设P（x，y），由题意x2+42＝4（4+y），求出整数解即可解决问题；
【解答】解：（1）设P（x，y），由题意x+y＝2，
∴P（2，0）或（1，1）或（0，2）不合题意舍弃，
△PAB如图所示．
（2）设P（x，y），由题意x2+42＝4（4+y），
第15页（共24页）整数解为（2，1）或（0，0）等，△PAB如图所示．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计、二元方程的整数解问题等知识，解题的关键是理解
题意，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
21．【分析】（1）连接CE，根据等腰直角三角形的性质得到∠B＝45°，根据切线的性质得到
∠FEO＝90°，得到EF∥OD，于是得到结论；
（2）过G作GN⊥BC于N，得到△GNB是等腰直角三角形，得到NB＝GN，根据平行四边
形的性质得到∠FCD＝∠FED，根据余角的性质得到∠CGN＝∠ACD，等量代换得到
∠CGN＝∠DEF，根据三角函数的定义得到CN＝2GN，于是得到结论．
【解答】解：（1）
∵在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠B＝45°，
∴∠COE＝2∠B＝90°，
∵EF是 O的切线，
∴∠FEO⊙＝90°，
∴EF∥OC，
∵DE∥CF，
∴四边形CDEF是平行四边形；
（2）过G作GN⊥BC于N．
∴△GNB是等腰直角三角形，
∴NB＝GN，
∵四边形CDEF是平行四边形，
∴∠FCD＝∠FED，
∵∠ACD+∠GCB＝∠GCB+∠CGN＝90°，
∴∠CGN＝∠ACD，
第16页（共24页）∴∠CGN＝∠DEF，
∵tan∠DEF＝2，
∴tan∠CGN＝ ＝2，
∴CN＝2GN，
∴CN+BN＝2GN+GN＝3，
∴GN＝1，
∴BG＝ GN＝ ．
【点评】本题考查了切线的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性
质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
22．【分析】（1）首先确定点A的坐标，利用对称轴公式求出对称轴，再根据对称性可得点B
坐标；
（2） 由题意点D在以O为圆心OC为半径的圆上，推出当O、D、B共线时，BD的最小值
＝O①B﹣OD；
当点 D 在对称轴上时，在 Rt△OD＝OC＝5，OE＝4，可得 DE＝ ＝
②
＝3，求出P、D的坐标即可解决问题；
【解答】解：（1）由题意A（﹣2，5），对称轴x＝﹣ ＝4，
∵A、B关于对称轴对称，
∴B（10，5）．
第17页（共24页）（2） 如图1中，
①
由题意点D在以O为圆心OC为半径的圆上，
∴当O、D、B共线时，BD的最小值＝OB﹣OD＝ ﹣5＝5 ﹣5．
如图2中，
②
图2
当点D在对称轴上时，在Rt△ODE中，OD＝OC＝5，OE＝4，
∴DE＝ ＝ ＝3，
∴点D的坐标为（4，3）．
设PC＝PD＝x，在Rt△PDK中，x2＝（4﹣x）2+22，
∴x＝ ，
第18页（共24页）∴P（ ，5），
∴直线PD的解析式为y＝﹣ x+ ．
【点评】本题考查抛物线与X轴的交点、待定系数法、最短问题、勾股定理等知识，解题的
关键是熟练掌握二次函数的性质，学会利用辅助圆解决最短问题，属于中考常考题型．
23．【分析】（1）根据题意可得300S+（48﹣S）200≤12000，解不等式即可；
（2） 设区域Ⅱ四周宽度为a，则由题意（6﹣2a）：（8﹣2a）＝2：3，解得a＝1，由此即可解
决问①题；
设乙、丙瓷砖单价分别为5x元/m2和3x元/m2，则甲的单价为（300﹣3x）元/m2，由
②PQ∥AD，可得甲的面积＝矩形ABCD的面积的一半＝12，设乙的面积为s，则丙的面积为
（12﹣s），由题意12（300﹣3x）+5x•s+3x•（12﹣s）＝4800，解得s＝ ，由0＜s＜12，可
得0＜ ＜12，解不等式即可；
【解答】解：（1）由题意300S+（48﹣S）200≤12000，
解得S≤24．
∴S的最大值为24．
（2） 设区域Ⅱ四周宽度为a，则由题意（6﹣2a）：（8﹣2a）＝2：3，解得a＝1，
∴AB＝①6﹣2a＝4，CB＝8﹣2a＝6．
设乙、丙瓷砖单价分别为5x元/m2和3x元/m2，则甲的单价为（300﹣3x）元/m2，
②∵PQ∥AD，
∴甲的面积＝矩形ABCD的面积的一半＝12，设乙的面积为s，则丙的面积为（12﹣s），
由题意12（300﹣3x）+5x•s+3x•（12﹣s）＝4800，
解得s＝ ，
∵0＜s＜12，
∴0＜ ＜12，又∵300﹣3x＞0，
综上所述，50＜x＜100，150＜3x＜300，
∴丙瓷砖单价3x的范围为150＜3x＜300元/m2．
第19页（共24页）【点评】本题考查不等式的应用、矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方
程或不等式解决实际问题，属于中考常考题型．
24．【分析】（1）根据三角形ABP是等腰三角形，可得∠B的度数，再连接MD，根据MD为
△PAB的中位线，可得∠MDB＝∠APB＝28°，进而得到 ＝2∠MDB＝56°；
（2）根据∠BAP＝∠ACB，∠BAP＝∠B，即可得到∠ACB＝∠B，进而得出AC＝AB；
（3） 记MP与圆的另一个交点为R，根据AM2+MR2＝AR2＝AC2+CR2，即可得到PR＝
①
，MR＝ ，再根据Q为直角三角形锐角顶点，分四种情况进行讨论：当∠ACQ＝90°时，
当∠QCD＝90°时，当∠QDC＝90°时，当∠AEQ＝90°时，即可求得MQ的值为 或 或
；
先判定△DEG是等边三角形，再根据GMD＝∠GDM，得到GM＝GD＝1，过C作
②
CH⊥AB于H，由∠BAC＝30°可得CH＝ AC＝1＝MG，即可得到CG＝MH＝ ﹣1，进
而得出S△ACG ＝ CG×CH＝ ，再根据S△DEG ＝ ，即可得到△ACG和△DEG的面
积之比．
【解答】解：（1）∵MN⊥AB，AM＝BM，
∴PA＝PB，
∴∠PAB＝∠B，
∵∠APB＝28°，
∴∠B＝76°，
如图1，连接MD，
第20页（共24页）∵MD为△PAB的中位线，
∴MD∥AP，
∴∠MDB＝∠APB＝28°，
∴ ＝2∠MDB＝56°；
（2）∵∠BAC＝∠MDC＝∠APB，
又∵∠BAP＝180°﹣∠APB﹣∠B，∠ACB＝180°﹣∠BAC﹣∠B，
∴∠BAP＝∠ACB，
∵∠BAP＝∠B，
∴∠ACB＝∠B，
∴AC＝AB；
（3） 如图2，记MP与圆的另一个交点为R，
①
∵MD是Rt△MBP的中线，
∴DM＝DP，
∴∠DPM＝∠DMP＝∠RCD，
∴RC＝RP，
第21页（共24页）∵∠ACR＝∠AMR＝90°，
∴AM2+MR2＝AR2＝AC2+CR2，
∴12+MR2＝22+PR2，
∴12+（4﹣PR）2＝22+PR2，
∴PR＝ ，
∴MR＝ ，
Ⅰ．当∠ACQ＝90°时，AQ为圆的直径，
∴Q与R重合，
∴MQ＝MR＝ ；
Ⅱ．如图3，当∠QCD＝90°时，
在Rt△QCP中，PQ＝2PR＝ ，
∴MQ＝ ；
Ⅲ．如图4，当∠QDC＝90°时，
第22页（共24页）∵BM＝1，MP＝4，
∴BP＝ ，
∴DP＝ BP＝ ，
∵cos∠MPB＝ ＝ ，
∴PQ＝ ，
∴MQ＝ ；
Ⅳ．如图5，当∠AEQ＝90°时，
由对称性可得∠AEQ＝∠BDQ＝90°，
∴MQ＝ ；
综上所述，MQ的值为 或 或 ；
△ACG和△DEG的面积之比为 ．
②
理由：如图6，∵DM∥AF，DE∥AB，
∴四边形AMDE是平行四边形，四边形AMDF是等腰梯形，
∴DF＝AM＝DE＝1，
又由对称性可得GE＝GD，
∴△DEG是等边三角形，
∴∠EDF＝90°﹣60°＝30°，
∴∠DEF＝75°＝∠MDE，
第23页（共24页）∴∠GDM＝75°﹣60°＝15°，
∴∠GMD＝∠PGD﹣∠GDM＝15°，
∴∠GMD＝∠GDM，
∴GM＝GD＝1，
过C作CH⊥AB于H，
由∠BAC＝30°可得CH＝ AC＝ AB＝1＝MG，AH＝ ，
∴CG＝MH＝ ﹣1，
∴S△ACG ＝ CG×CH＝ ，
∵S△DEG ＝ ，
∴S△ACG ：S△DEG ＝ ．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，
三角形中位线定理，勾股定理，圆周角定理以及解直角三角形的综合应用，解决问题的关
键是作辅助线构造直角三角形以及等边三角形，运用旋转的性质以及含30°角的直角三角
形的性质进行计算求解，解题时注意分类思想的运用．
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