文档内容
2017年湖南省株洲市中考数学试卷（教师版）
一、选择题（每小题3分，满分30分）
1．（3分）计算a2•a4的结果为（ ）
A．a2 B．a4 C．a6 D．a8
【考点】46：同底数幂的乘法．
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【分析】直接利用同底数幂的乘法运算法则求出答案．
【解答】解：原式＝a2+4＝a6．
故选：C．
【点评】此题主要考查了同底数幂的乘法运算，正确掌握运算法则是解题关键．
2．（3分）如图示，数轴上点A所表示的数的绝对值为（ ）
A．2 B．﹣2 C．±2 D．以上均不对
【考点】13：数轴；15：绝对值．
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【分析】根据数轴可以得到点A表示的数，从而可以求出这个数的绝对值，本题得以解
决．
【解答】解：由数轴可得，
点A表示的数是﹣2，
∵|﹣2|＝2，
∴数轴上点A所表示的数的绝对值为2，
故选：A．
【点评】本题考查数轴、绝对值，解答本题的关键是明确数轴的特点，会求一个数的绝
对值．
3．（3分）如图示直线l ，l △ABC被直线l 所截，且l ∥l ，则 ＝（ ）
1 2 3 1 2
α
A．41° B．49° C．51° D．59°
【考点】JA：平行线的性质．
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第1页（共23页）【分析】根据平行线的性质即可得到结论．
【解答】解：∵l ∥l ，
1 2
∴ ＝49°，
故α选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质，是基础题，熟记性质是解题的关键．
4．（3分）已知实数a，b满足a+1＞b+1，则下列选项错误的为（ ）
A．a＞b B．a+2＞b+2 C．﹣a＜﹣b D．2a＞3b
【考点】C2：不等式的性质．
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【分析】根据不等式的性质即可得到a＞b，a+2＞b+2，﹣a＜﹣b．
【解答】解：由不等式的性质得a＞b，a+2＞b+2，﹣a＜﹣b．
故选：D．
【点评】本题考查了不等式的性质，属于基础题．
5．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝x，∠B＝2x，∠C＝3x，则∠BAD＝（ ）
A．145° B．150° C．155° D．160°
【考点】K7：三角形内角和定理．
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【分析】根据三角形内角和定理求出x，再根据三角形的外角的等于不相邻的两个内角
的和，即可解决问题．
【解答】解：在△ABC中，∵∠B+∠C+∠BAC＝180°，∠BAC＝x，∠B＝2x，∠C＝
3x，
∴6x＝180°，
∴x＝30°，
∵∠BAD＝∠B+∠C＝5x＝150°，
故选：B．
【点评】本题考查三角形内角和定理、三角形的外角的性质等知识，学会构建方程解决
问题，属于基础题．
第2页（共23页）6．（3分）下列圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角最大的图形是（ ）
A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形
【考点】MM：正多边形和圆．
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【分析】根据正多边形的中心角的度数即可得到结论．
【解答】解：∵正三角形一条边所对的圆心角是360°÷3＝120°，
正方形一条边所对的圆心角是360°÷4＝90°，
正五边形一条边所对的圆心角是360°÷5＝72°，
正六边形一条边所对的圆心角是360°÷6＝60°，
∴一条边所对的圆心角最大的图形是正三角形，
故选：A．
【点评】本题考查了正多边形与圆，熟练掌握正多边形的中心角的定义是解题的关键．
7．（3分）株洲市展览馆某天四个时间段进出馆人数统计如下，则馆内人数变化最大时间
段为（ ）
9：00﹣10：00 10：00﹣11： 14：00﹣15： 15：00﹣16：
00 00 00
进馆人数 50 24 55 32
出馆人数 30 65 28 45
A．9：00﹣10：00 B．10：00﹣11：00
C．14：00﹣15：00 D．15：00﹣16：00
【考点】VA：统计表．
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【分析】直接利用统计表中人数的变化范围得出馆内人数变化最大时间段．
【解答】解：由统计表可得：10：00﹣11：00，进馆24人，出馆65人，差值最大，
故选：B．
【点评】此题主要考查了统计表，正确利用表格获取正确信息是解题关键．
8．（3分）三名初三学生坐在仅有的三个座位上，起身后重新就坐，恰好有两名同学没有
坐回原座位的概率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】X6：列表法与树状图法．
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【分析】画树状图为（用A、B、C表示三位同学，用a、b、c表示他们原来的座位）展
示所有6种等可能的结果数，再找出恰好有两名同学没有坐回原座位的结果数，然后根
据概率公式求解．
第3页（共23页）【解答】解：画树状图为：（用A、B、C表示三位同学，用a、b、c表示他们原来的座
位）
共有6种等可能的结果数，其中恰好有两名同学没有坐回原座位的结果数为3，
所以恰好有两名同学没有坐回原座位的概率＝ ＝ ．
故选：D．
【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．
9．（3分）如图，点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，
则关于四边形EFGH，下列说法正确的为（ ）
A．一定不是平行四边形 B．一定不是中心对称图形
C．可能是轴对称图形 D．当AC＝BD时它是矩形
【考点】L6：平行四边形的判定；LC：矩形的判定；LN：中点四边形；P3：轴对称图
形．
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【分析】先连接AC，BD，根据EF＝HG＝ AC，EH＝FG＝ BD，可得四边形EFGH
是平行四边形，当AC⊥BD时，∠EFG＝90°，此时四边形EFGH是矩形；当AC＝BD
时，EF＝FG＝GH＝HE，此时四边形EFGH是菱形，据此进行判断即可．
【解答】解：连接AC，BD，
∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF＝HG＝ AC，EH＝FG＝ BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，
第4页（共23页）∴四边形EFGH一定是中心对称图形，
当AC⊥BD时，∠EFG＝90°，此时四边形EFGH是矩形，
当AC＝BD时，EF＝FG＝GH＝HE，此时四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH可能是轴对称图形，
故选：C．
【点评】本题主要考查了中点四边形的运用，解题时注意：平行四边形是中心对称图形．
解决问题的关键是掌握三角形中位线定理．
10．（3分）如图示，若△ABC内一点P满足∠PAC＝∠PBA＝∠PCB，则点P为△ABC的
布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数学教育家克洛尔
（A．L．Crelle 1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注
意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 1845﹣1922）重
新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形 DEF中，∠EDF＝90°，若
点Q为△DEF的布洛卡点，DQ＝1，则EQ+FQ＝（ ）
A．5 B．4 C． D．
【考点】KW：等腰直角三角形；S9：相似三角形的判定与性质．
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【分析】由△DQF∽△FQE，推出 ＝ ＝ ＝ ，由此求出EQ、FQ即可解决问
题．
【解答】解：如图，在等腰直角三角形△DEF中，∠EDF＝90°，DE＝DF，∠1＝∠2＝
∠3，
第5页（共23页）∵∠1+∠QEF＝∠3+∠DFQ＝45°，
∴∠QEF＝∠DFQ，∵∠2＝∠3，
∴△DQF∽△FQE，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∵DQ＝1，
∴FQ＝ ，EQ＝2，
∴EQ+FQ＝2+ ，
故选：D．
【点评】本题考查等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关
键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题（每小题3分，满分24分）
11．（3分）如图示在△ABC中∠B＝ 25 ° ．
【考点】KN：直角三角形的性质．
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【分析】由直角三角形的两个锐角互余即可得出答案．
【解答】解：∵∠C＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝90°﹣65°＝25°；
故答案为：25°．
【点评】本题考查了直角三角形的两个锐角互余的性质；熟记直角三角形的性质是解决
问题的关键．
12．（3分）分解因式：m3﹣mn2＝ m （ m + n ）（ m ﹣ n ） ．
【考点】55：提公因式法与公式法的综合运用．
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【分析】先提取公因式m，再运用平方差公式分解．
第6页（共23页）【解答】解：m3﹣mn2，
＝m（m2﹣n2），
＝m（m+n）（m﹣n）．
【点评】本题考查提公因式法分解因式和利用平方差公式分解因式，本题要进行二次分
解因式，分解因式要彻底．
13．（3分）分式方程 ﹣ ＝0的解为 x ＝﹣ ．
【考点】B3：解分式方程．
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【分析】根据解方式方程的步骤一步步求解，即可得出x的值，将其代入原方程验证后
即可得出结论．
【解答】解：去分母，得4x+8﹣x＝0，
移项、合并同类项，得3x＝﹣8，
方程两边同时除以3，得x＝﹣ ．
经检验，x＝﹣ 是原方程的解．
故答案为：x＝﹣ ．
【点评】本题考查了解分式方程，熟练掌握分式方程的解法及步骤是解题的关键．
14．（3分）已知“x的3倍大于5，且x的一半与1的差不大于2”，则x的取值范围是
＜ x ≤ 6 ．
【考点】C6：解一元一次不等式．
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【分析】根据题意列出不等式组，再求解集即可得到x的取值范围．
【解答】解：依题意有 ，
解得 ＜x≤6．
故x的取值范围是 ＜x≤6．
故答案为： ＜x≤6．
【点评】主要考查了一元一次不等式解集的求法，其简便求法就是用口诀求解．求不等
第7页（共23页）式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）．
15．（3分）如图，已知AM为 O的直径，直线BC经过点M，且AB＝AC，∠BAM＝
∠CAM，线段AB和AC分别交⊙ O于点D、E，∠BMD＝40°，则∠EOM＝ 80 ° ．
⊙
【考点】M5：圆周角定理．
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【分析】连接EM，根据等腰三角形的性质得到AM⊥BC，进而求出∠AME＝50°，于是
得到结论．
【解答】解：连接EM，
∵AB＝AC，∠BAM＝∠CAM，
∴AM⊥BC，
∵AM为 O的直径，
∴∠ADM⊙＝∠AEM＝90°，
∴∠AME＝∠AMD＝90°﹣∠BMD＝50°
∴∠EAM＝40°，
∴∠EOM＝2∠EAM＝80°，
故答案为：80°．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关
键．
16．（3分）如图示直线y＝ x+ 与x轴、y轴分别交于点A、B，当直线绕着点A按顺
时针方向旋转到与x轴首次重合时，点B运动的路径的长度为 ．
π
第8页（共23页）【考点】F9：一次函数图象与几何变换；O4：轨迹．
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【分析】先利用一次函数的解析式可确定A（﹣1，0），B（0， ），再利用正切的
定义求出∠BAO＝60°，利用勾股定理计算出AB＝2，然后根据弧长公式计算．
【解答】解：当y＝0时， x+ ＝0，解得x＝﹣1，则A（﹣1，0），
当x＝0时，y＝ x+ ＝ ，则B（0， ），
在Rt△OAB中，∵tan∠BAO＝ ＝ ，
∴∠BAO＝60°，
∴AB＝ ＝2，
∴当直线绕着点A按顺时针方向旋转到与x轴首次重合时，点B运动的路径的长度＝
＝ ．
π
故答案为 ．
π
【点评】本题考查了一次函数图象与几何变换：熟练掌握旋转的性质，会计算一次函数
与坐标轴的交点坐标．
17．（3分）如图所示是一块含30°，60°，90°的直角三角板，直角顶点O位于坐标原点，
斜边AB垂直于x轴，顶点A在函数y ＝ （x＞0）的图象上，顶点B在函数y ＝
1 2
（x＞0）的图象上，∠ABO＝30°，则 ＝ ﹣ ．
第9页（共23页）【考点】G6：反比例函数图象上点的坐标特征．
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【分析】设AC＝a，则OA＝2a，OC＝ a，根据直角三角形30°角的性质和勾股定理
分别计算点A和B的坐标，写出A和B两点的坐标，代入解析式求出k 和k 的值，相比
1 2
即可．
【解答】解：如图，Rt△AOB中，∠B＝30°，∠AOB＝90°，
∴∠OAC＝60°，
∵AB⊥OC，
∴∠ACO＝90°，
∴∠AOC＝30°，
设AC＝a，则OA＝2a，OC＝ a，
∴A（ a，a），
∵A在函数y ＝ （x＞0）的图象上，
1
∴k ＝ a•a＝ ，
1
Rt△BOC中，OB＝2OC＝2 a，
∴BC＝ ＝3a，
∴B（ a，﹣3a），
∵B在函数y ＝ （x＞0）的图象上，
2
∴k ＝﹣3a a＝﹣3 ，
2
∴ ＝﹣ ；
第10页（共23页）故答案为：﹣ ．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的特征、直角三角形 30°的性质，熟练掌握直
角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半，正确写出A、B两点的坐标是关键．
18．（3分）如图示二次函数y＝ax2+bx+c的对称轴在y轴的右侧，其图象与x轴交于点A
（﹣1，0）与点C（x ，0），且与y轴交于点B（0，﹣2），小强得到以下结论： 0
2
＜a＜2； ﹣1＜b＜0； c＝﹣1； 当|a|＝|b|时x ＞ ﹣1；以上结论中正确结论①的
2
序号为 ② ． ③ ④
①④
【考点】H4：二次函数图象与系数的关系；HA：抛物线与x轴的交点．
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【分析】根据抛物线与y轴交于点B（0，﹣2），可得c＝﹣2，依此判断 ；由抛物线
图象与x轴交于点A（﹣1，0），可得a﹣b﹣2＝0，依此判断 ；由|a③|＝|b|可得二次
①②
函数y＝ax2+bx+c的对称轴为x＝ ，可得x ＝2，比较大小即可判断 ；从而求解．
2
④
【解答】解：由A（﹣1，0），B（0，﹣2），得b＝a﹣2，
∵开口向上，
∴a＞0；
∵对称轴在y轴右侧，
∴﹣ ＞0，
第11页（共23页）∴﹣ ＞0，
∴a﹣2＜0，
∴a＜2；
∴0＜a＜2；
∴ 正确；
∵①抛物线与y轴交于点B（0，﹣2），
∴c＝﹣2，故 错误；
∵抛物线图象③与x轴交于点A（﹣1，0），
∴a﹣b﹣2＝0，
∵0＜a＜2，
∴0＜b+2＜2，
﹣2＜b＜0，故 错误；
∵|a|＝|b|，二次②函数y＝ax2+bx+c的对称轴在y轴的右侧，
∴二次函数y＝ax2+bx+c的对称轴为x＝ ，
∴x ＝2＞ ﹣1，故 正确．
2
故答案为： ． ④
【点评】本①题考④查了抛物线与x轴的交点，二次函数图象与系数的关系：二次函数y＝
ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小，当a＞0时，抛物线向
上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的
位置，当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜
0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点． 抛物线与y轴交于（0，
c）；抛物线与x轴交点个数由△决定，△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；
△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有
交点．
三、解答题（本大题共有8个小题，满分66分）
19．（6分）计算： +20170×（﹣1）﹣4sin45°．
【考点】2C：实数的运算；6E：零指数幂；T5：特殊角的三角函数值．
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【分析】根据立方根的定义、零指数幂及特殊角的三角函数值求得各项的值，再计算即
可．
第12页（共23页）【解答】解：
+20170×（﹣1）﹣4sin45°
＝2 +1×（﹣1）﹣4×
＝2 ﹣1﹣2
＝﹣1．
【点评】本题主要考查实数的计算及零指数幂和特殊角的三角函数值，掌握立方根的计
算、零指数幂的运算法则、熟记特殊角的三角函数值是解题的关键．
20．（6分）化简求值：（x﹣ ）• ﹣y，其中x＝2，y＝ ．
【考点】6D：分式的化简求值．
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【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，约分后计算得到最简
结果，把x与y的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝ • ﹣y＝ ﹣ ＝﹣ ，
当x＝2，y＝ 时，原式＝﹣ ．
【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
21．（8分）某次世界魔方大赛吸引世界各地共600名魔方爱好者参加，本次大赛首轮进
行3×3阶魔方赛，组委会随机将爱好者平均分到 20个区域，每个区域30名同时进行比
赛，完成时间小于8秒的爱好者进入下一轮角逐；如图是 3×3阶魔方赛A区域30名爱
好者完成时间统计图，求：
A区域3×3阶魔方爱好者进入下一轮角逐的人数的比例（结果用最简分数表示）．
①若3×3阶魔方赛各个区域的情况大体一致，则根据A区域的统计结果估计在3×3阶魔
②方赛后进入下一轮角逐的人数．
若3×3阶魔方赛A区域爱好者完成时间的平均值为8.8秒，求该项目赛该区域完成时
③间为8秒的爱好者的概率（结果用最简分数表示）．
第13页（共23页）【考点】V5：用样本估计总体；VC：条形统计图；X4：概率公式．
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【分析】 由图知1人6秒，3人7秒，小于8秒的爱好者共有4人，进入下一轮角逐
的人数比例①为4：30；
因为其他赛区情况大致一致，所以进入下一轮的人数为：600×A区进入下一轮角逐的
②人数比例；
由完成时间的平均值和A区30人，得到关于a、b的二元一次方程组，求出a、b，得
③到完成时间8秒的爱好者的概率．
【解答】解： A区小于8秒的共有3+1＝4（人）
①
所以A区进入下一轮角逐的人数比例为： ＝ ；
估计进入下一轮角逐的人数为600× ＝80（人）；
②
因为A区域爱好者完成时间的平均值为8.8秒，
③所以（1×6+3×7+a×8+b×9+10×10）÷30＝8.8
化简，得8a+9b＝137
又∵1+3+a+b+10＝30，即a+b＝16
所以
解得a＝7，b＝9
所以该区完成时间为8秒的爱好者的概率为 ．
【点评】本题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要的信
息是解决问题的关键．解决本题的关键是根据平均数和各个时间段的人数确定完成时间
为8秒的人数．概率＝所求情况数与总情况数之比．
22．（8分）如图示，正方形ABCD的顶点A在等腰直角三角形DEF的斜边EF上，EF与
第14页（共23页）BC相交于点G，连接CF．
求证：△DAE≌△DCF；
①求证：△ABG∽△CFG．
②
【考点】KD：全等三角形的判定与性质；KW：等腰直角三角形；LE：正方形的性质；
S8：相似三角形的判定．
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【分析】 由正方形ABCD与等腰直角三角形DEF，得到两对边相等，一对直角相等，
利用SAS即①可得证；
由第一问的全等三角形的对应角相等，根据等量代换得到∠BAG＝∠BCF，再由对顶
②角相等，利用两对角相等的三角形相似即可得证．
【解答】证明： ∵正方形ABCD，等腰直角三角形EDF，
∴∠ADC＝∠ED①F＝90°，AD＝CD，DE＝DF，
∴∠ADE+∠ADF＝∠ADF+∠CDF，
∴∠ADE＝∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF；
延长BA到M，交ED于点M，
②∵△ADE≌△CDF，
∴∠EAD＝∠FCD，即∠EAM+∠MAD＝∠BCD+∠BCF，
∵∠MAD＝∠BCD＝90°，
∴∠EAM＝∠BCF，
∵∠EAM＝∠BAG，
第15页（共23页）∴∠BAG＝∠BCF，
∵∠AGB＝∠CGF，
∴△ABG∽△CFG．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌
握各自的判定与性质是解本题的关键．
23．（8分）如图示一架水平飞行的无人机AB的尾端点A测得正前方的桥的左端点P的
俯角为 其中tan ＝2 ，无人机的飞行高度AH为500 米，桥的长度为1255米．
求点αH到桥左端α 点P的距离；
①若无人机前端点B测得正前方的桥的右端点Q的俯角为30°，求这架无人机的长度
②AB．
【考点】TA：解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
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【分析】 在Rt△AHP中，由tan∠APH＝tan ＝ ，即可解决问题；
① α
设BC⊥HQ于C．在Rt△BCQ中，求出CQ＝ ＝1500米，由PQ＝1255米，
②
可得CP＝245米，再根据AB＝HC＝PH﹣PC计算即可；
【解答】解： 在Rt△AHP中，∵AH＝500 ，
①
由tan∠APH＝tan ＝ ＝ ＝2 ，可得PH＝250米．
α
∴点H到桥左端点P的距离为250米．
第16页（共23页）设BC⊥HQ于C．
②在Rt△BCQ中，∵BC＝AH＝500 ，∠BQC＝30°，
∴CQ＝ ＝1500米，
∵PQ＝1255米，
∴CP＝245米，
∵HP＝250米，
∴AB＝HC＝250﹣245＝5米．
答：这架无人机的长度AB为5米．
【点评】本题考查解直角三角形﹣仰角俯角问题，锐角三角函数，矩形判定和性质等知
识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24．（8分）如图所示，Rt△PAB的直角顶点P（3，4）在函数y＝ （x＞0）的图象上，
顶点A、B在函数y＝ （x＞0，0＜t＜k）的图象上，PA∥y轴，连接OP，OA，记
△OPA的面积为S△OPA ，△PAB的面积为S△PAB ，设w＝S△OPA ﹣S△PAB ．
求k的值以及w关于t的表达式；
①若用w
max
和w
min
分别表示函数w的最大值和最小值，令T＝w
max
+a2﹣a，其中a为实
②数，求T ．
min
第17页（共23页）【考点】G5：反比例函数系数k的几何意义；G6：反比例函数图象上点的坐标特征．
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【分析】（1）由点P的坐标表示出点A、点B的坐标，从而得S△PAB ＝ •PA•PB＝
（4﹣ ）（3﹣ ），再根据反比例系数k的几何意义知S△OPA ＝S△OPC ﹣S△OAC ＝6﹣
t，由w＝S△OPA ﹣S△PAB 可得答案；
（2）将（1）中所得解析式配方求得w ＝ ，代入T＝w +a2﹣a配方即可得出答案．
max max
【解答】解：（1）∵点P（3，4），
∴k＝3×4＝12，
在y＝ 中，当x＝3时，y＝ ，即点A（3， ），
当y＝4时，x＝ ，即点B（ ，4），
则S△PAB ＝ •PA•PB＝ （4﹣ ）（3﹣ ），
如图，延长PA交x轴于点C，
则PC⊥x轴，
又S△OPA ＝S△OPC ﹣S△OAC ＝ ×3×4﹣ t＝6﹣ t，
∴w＝6﹣ t﹣ （4﹣ ）（3﹣ ）＝﹣ t2+ t；
（2）∵w＝﹣ t2+ t＝﹣ （t﹣6）2+ ，
∴w ＝ ，
max
第18页（共23页）则T＝w +a2﹣a＝a2﹣a+ ＝（a﹣ ）2+ ，
max
∴当a＝ 时，T ＝ ．
min
【点评】本题主要考查反比例函数系数k的几何意义及二次函数的性质，熟练掌握反比
例系数k的几何意义及配方法求二次函数的最值是解题的关键．
25．（10分）如图所示AB为 O的一条弦，点C为劣弧AB的中点，E为优弧AB上一点，
点F在AE的延长线上，且⊙BE＝EF，线段CE交弦AB于点D．
求证：CE∥BF；
①若BD＝2，且EA：EB：EC＝3：1： ，求△BCD的面积（注：根据圆的对称性可
②知OC⊥AB）．
【考点】M2：垂径定理；S9：相似三角形的判定与性质．
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【分析】 连接AC，BE，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出∠F＝
①
∠AEB，由圆周角定理得出∠AEC＝∠BEC，证出∠AEC＝∠F，即可得出结论；
证明△ADE∽△CBE，得出 ，证明△CBE∽△CDB，得出 ，求出CB
②
＝2 ，得出AD＝6，AB＝8，由垂径定理得出OC⊥AB，AG＝BG＝ AB＝4，由勾股
定理求出CG＝ ＝2，即可得出△BCD的面积．
【解答】 证明：连接AC，BE，作直线OC交AB于G，如图所示：
∵BE＝EF①，
∴∠F＝∠EBF；
∵∠AEB＝∠EBF+∠F，
第19页（共23页）∴∠F＝ ∠AEB，
∵C是 的中点，∴ ，
∴∠AEC＝∠BEC，
∵∠AEB＝∠AEC+∠BEC，
∴∠AEC＝ ∠AEB，
∴∠AEC＝∠F，
∴CE∥BF；
解：∵∠DAE＝∠DCB，∠AED＝∠CEB，
②∴△ADE∽△CBE，
∴ ，即 ，
∵∠CBD＝∠CEB，∠BCD＝∠ECB，
∴△CBE∽△CDB，
∴ ，即 ，
∴CB＝2 ，
∴AD＝6，
∴AB＝8，
∵点C为劣弧AB的中点，
∴OC⊥AB，AG＝BG＝ AB＝4，
∴CG＝ ＝2，
∴△BCD的面积＝ BD•CG＝ ×2×2＝2．
第20页（共23页）【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理、三角形的外角
性质、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和垂径定理，证明三角形相似是解决问题
的关键．
26．（12分）已知二次函数y＝﹣x2+bx+c+1，
当b＝1时，求这个二次函数的对称轴的方程；
①
若c＝﹣ b2﹣2b，问：b为何值时，二次函数的图象与x轴相切？
②
若二次函数的图象与x轴交于点A（x ，0），B（x ，0），且x ＜x ，b＞0，与y轴
1 2 1 2
③的正半轴交于点M，以AB为直径的半圆恰好过点M，二次函数的对称轴l与x轴、直线
BM、直线AM分别交于点D、E、F，且满足 ＝ ，求二次函数的表达式．
【考点】H3：二次函数的性质；HF：二次函数综合题．
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【分析】 二次函数y＝﹣x2+bx+c+1的对称轴为x＝ ，即可得出答案；
①
二次函数y＝﹣x2+bx+c+1的顶点坐标为（ ， ），y由二次函数的图象
②
与x轴相切且c＝ b2﹣2b，得出方程组 ，求出b即可；
由圆周角定理得出∠AMB＝90°，证出∠OMA＝∠OBM，得出△OAM∽△OMB，得
③出OM2＝OA•OB，由二次函数的图象与x轴的交点和根与系数关系得出OA＝﹣x ，OB
1
＝x ，x +x ，＝b，x •x ＝﹣（c+1），得出方程（c+1）2＝c+1，得出c＝0，OM＝1，
2 1 2 1 2
第21页（共23页）证明△BDE∽△BOM，△AOM∽△ADF，得出 ， ，得出OB＝4OA，即
x ＝﹣4x ，由x •x ＝﹣（c+1）＝﹣1，得出方程组 ，解方程组求出b的值
2 1 1 2
即可．
【解答】解： 二次函数y＝﹣x2+bx+c+1的对称轴为x＝ ，
①
当b＝1时， ＝ ，
∴当b＝1时，求这个二次函数的对称轴的方程为x＝ ．
二次函数y＝﹣x2+bx+c+1的顶点坐标为（ ， ），
②
∵二次函数的图象与x轴相切且c＝﹣ b2﹣2b，
∴ ，解得：b＝ ，
∴b为 ，二次函数的图象与x轴相切．
∵AB是半圆的直径，
③∴∠AMB＝90°，
∴∠OAM+∠OBM＝90°，
∵∠AOM＝∠MOB＝90°，
∴∠OAM+∠OMA＝90°，
∴∠OMA＝∠OBM，
∴△OAM∽△OMB，
∴ ，
∴OM2＝OA•OB，
∵二次函数的图象与x轴交于点A（x ，0），B（x ，0），
1 2
∴OA＝﹣x ，OB＝x ，x +x ，＝b，x •x ＝﹣（c+1），
1 2 1 2 1 2
第22页（共23页）∵OM＝c+1，
∴（c+1）2＝c+1，
解得：c＝0或c＝﹣1（舍去），
∴c＝0，OM＝1，
∵二次函数的对称轴l与x轴、直线BM、直线AM分别交于点D、E、F，且满足 ＝
，
∴AD＝BD，DF＝4DE，
DF∥OM，
∴△BDE∽△BOM，△AOM∽△ADF，
∴ ， ，
∴DE＝ ，DF＝ ，
∴ ×4，
∴OB＝4OA，即x ＝﹣4x ，
2 1
∵x •x ＝﹣（c+1）＝﹣1，
1 2
∴ ，解得： ，
∴b＝﹣ +2＝ ，
∴二次函数的表达式为y＝﹣x2+ x+1．
【点评】本题是二次函数综合题目，考查了二次函数的性质、二次函数的图象与x轴的
交点、顶点坐标、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、根与系数是关系等知识；本
题综合性强，有一定难度．
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日期：2019/12/22 11:00:53；用户：初中数学；邮箱：sx0123@xyh.com；学号：30177373
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