2021年山西省太原市五校联合中考模拟数学试题（含答案解析）

1、 2021 年山西省太原市五校联合中考模拟数学试题 满分 120 分 难度 0.55 一选择题（共一选择题（共 10 小题，满分小题，满分 30 分，每小题分，每小题 3 分）分） 16 的绝对值是（ ） A6 B6 C6 或 6 D无法确定 2下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A B C D 3下列运算正确的是（ ） A4xy2y2x B （x3）2x29 C （2a2）38a5 Da6a4a2 4 据统计， 某城市去年接待旅游人数约为 89 000 000 人， 89 000 000 这个数据用科学记数法表示为 （ ） A8.9106 B8.9105 C8.9107

2、D8.9108 5从，0，6 这五个数中随机抽取一个数，抽到有理数的概率是（ ） A B C D 6如图，ABCD，点 E 在 CD 上，点 F 在 AB 上，如果CEF：BEF6：7，ABE50，那么AFE 的度数为（ ） A110 B120 C130 D140 7在一次中学生田径运动会上，男子跳高项目的成绩统计如表： 成绩 （m） 1.50 1.55 1.60 1.65 1.70 人数 2 8 6 1 1 这些运动员跳高成绩的众数是（ ） A1.55m B1.60m C1.65m D1.70m 8如图是由六个大小相同的小正方体搭成的几何体的俯视图，则该几何体的左视图不可能是（ ） A B

3、C D 9在平面直角坐标系中，一次函数 y2x+1 的图象经过 P1（1，y1） ，P2（2，y2）两点，则（ ） Ay1y2 By1y2 Cy1y2 Dy1y2 10如图，在正五边形 ABCDE 中，连接 AC，BE，BD，AC 与 BE，BD 分别交于点 F，G，若 AB2，则 FG 的长为（ ） A3 B1 C D23 二填空题（共二填空题（共 5 小题，满分小题，满分 15 分，每小题分，每小题 3 分）分） 11一个数平方后等于它本身，那么这个数是 12命题“若1，则 ab”是 命题（填“真”或“假” ） 13如图，四边形 OABC 是正方形，OA 在 y 轴正半轴上，OC 在 x

4、轴负半轴上反比例函数 y在 第二象限的图象与 BC，AB 分别交于点 E，F若EOF30，则线段 OE 的长度为 14已知甲、乙两车分别从 A、B 两地同时出发，以各自的速度匀速相向而行，两车相遇后，乙车继续向终 点 A 地行驶，而甲车原地停留了一段时间后才继续驶向终点 B 地，两车到达各自的终点后分别停止运 动若整个过程中，甲、乙两车之间的距离 s（千米）与乙车行驶时间 t（小时）的函数图象如图所示， 则当甲车到达 B 地时，乙车离 A 地 千米 15如图，在矩形 ABCD 中，AB14，E 是 BC 边上一点，且 BE6，连接 AE若CAE45，则 CE 的长为 三解答题（共三解答题（共

5、8 小题，满分小题，满分 75 分）分） 16 （10 分） （1）解方程：x2+4x210； （2）化简，求值：（1） ，其中 x+1 17 （8 分）如图，在 RtABC 中，BAC90，D 是 BC 边上一点，且 BDBA （1）作ABC 的角平分线交 AD 于点 E，步骤如下： 以 B 为圆心，任意长为半径画弧，分别交 AB、BC 于点 M 和 N； 分别以 M、N 为圆心，大于MN 的长为半径画弧，两弧交于点 P； 连接 BP 并延长交 AD 于点 E 则 BE 是ABC 的角平分线， 所以 AE DE （填 “” 、 “” 、 “” ） （2）作 CD 的中点 F，连接 EF，若E

6、BD20，求BEF 的度数 18 （9 分）2020 年春季在新冠疫情的背景下，全国各大中小学纷纷开设空中课堂，学生要面对电脑等电子 产品上网课，某校为了解本校学生对自己视力保护的重视程度，随机在校内调查了部分学生，调直结果 分为 “非常重视” “重视” “比较重视” “不重视” 四类， 并将结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图： 根据图中信息，解答下列问题： （1）在扇形统计图中， “比较重视”所占的圆心角的度数为 ，并补全条形统计图； （2）该校共有学生 3200 人，请你估计该校对视力保护“非常重视”的学生人数； （3）对视力“非常重视”的 4 人有 A1，A2两名男生，B1，B2两名

7、女生，若从中随机抽取两人向全校作 视力保护经验交流，请利用树状图或列表法，求出恰好抽到同性别学生的概率 19 （6 分）请阅读材料，并完成相应的任务 在数学探究课上，同学们在探索与圆有关的角的过程中发现这些角的两边都与圆相交，不断 改变顶点的位置，可形成无数个角，而根据点和圆的位置关系可将这些角分为三类，分别是 顶点在圆上、圆外和圆内的角结合数学课上学习的圆周角的概念，对顶点在圆外和圆内的 角进行定义：顶点在圆外，两边与圆相交的角叫做圆外角顶点在圆内，两边都与圆相交的 角叫做圆内角如图 1，AP1B 和AP2B 分别是所对的圆外角和圆内角 如图 2， 点 A， B 在O 上， APB 为所对的

8、一个圆外角 AP， BP 分别交O 于点 C， D 若 AOB120，所对的圆心角为 50，求APB勤奋小组的解题过程（部分）如下： 解：如图 2，连接 AD，OC，OD ADB 是所对的圆周角，且AOB120， ADBAOB60 任务： （1）如图 1，在探究与圆有关的角时，运用的数学思想方法是： ； A公理化思想 B分类讨论 C数形结合 （2）将勤奋小组的解题过程补充完整； （3）如图 3，当点 P 在O 内时，APB 是所对的一个圆内角，延长 AP 交O 于点 C，延长 BP 交 O 于点 D，若设AOBm，所对的圆心角为 n，则APB 20 （7 分） 近年来， 成都 IFS 商业大楼

9、成了网红打卡地， 楼上 “翻墙” 的大熊猫给游客留下了深刻的印象 小 明使用测角仪测量熊猫 C 处距离地面 AD 的高度， 他在甲楼底端 A 处测得熊猫 C 处的仰角为 53， 在甲 楼 B 处测得熊猫 C 处的仰角为 45，已知 AB4.5 米，求熊猫 C 处距离地面 AD 的高度 （结果保留一 位小数，参考数据：sin530.80，cos530.60，tan531.33） 21 （10 分）某学校在商场购买甲乙两种不同的足球，购买甲种足球共花费 2000 元，购买乙种足球共花费 1400 元， 购买甲种足球的数量是乙种足球数量的 2 倍， 且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花 20 元

10、 （1）求购买一个甲种足球，一个乙种足球各需多少元？ （2）为响应习总书记“足球进校园”的号召，学校决定再次购买甲乙两种足球共 40 个，恰逢该商场对 甲种足球的售价进行调整，每个足球的售价比第一次购买时提高了 10%，如果此次购买甲乙两种足球的 总费用不超过 2900 元，那么学校最多可购进多少个乙种足球？ 22 （12 分）如图ABC 为等腰直角三角形，A90，D、E 分别为 AB、AC 边上的点，连接 DE，以 DE 为直角边向上作等腰直角三角形 DEF，连接 BE、BF （1）如图 1，当 CEAD 时，求证：BFBD； （2）如图 2，H 为 BE 的中点，过点 D 作 DGBC 于

11、点 G，连接 GH求证：BF2HG； （3）如图 3，BE 与 DF 交于点 R，延长 BF 交 AC 于点 P，APB 的角平分线交 BE 于点 Q若点 E 为 AC 上靠近点 A 的三等分点，且 tanAED，请直接写出的值 23 （13 分）如图，抛物线 yax2+bx+3 与 x 轴交于 A（1，0） 、B（3，0）两点，与 y 轴交于点 C，点 D 和点 C 关于抛物线的对称轴对称，直线 AD 与 y 轴交于点 E （1）求抛物线的解析式； （2）如图 1，直线 AD 上方的抛物线上有一点 F，过点 F 作 FG 垂直 AD 于点 G，作 FH 平行于 x 轴交直 线 AD 于点 H

12、，求FGH 周长的最大值及 F 点坐标； （3）点 M 是抛物线顶点，点 P 是 y 轴上一点，点 Q 是坐标平面内一点，以 A，M，P，Q 为顶点的四边 形是矩形，请直接写出 P 点坐标 2021 年山西省太原市五校联合中考模拟数学试题年山西省太原市五校联合中考模拟数学试题 参考答案参考答案 一选择题（共一选择题（共 10 小题，满分小题，满分 30 分，每小题分，每小题 3 分）分） 16 的绝对值是（ ） A6 B6 C6 或 6 D无法确定 【分析】根据负数的绝对值等于它的相反数作出解答 【解答】解：|6|6 故选：B 2下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A B

13、C D 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解 【解答】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意 故选：A 3下列运算正确的是（ ） A4xy2y2x B （x3）2x29 C （2a2）38a5 Da6a4a2 【分析】分别根据合并同类项法则，完全平方公式，积的乘方运算法则以及同底数幂的除法法则逐一判 断即可 【解答】解：A.4xy 与2y 不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意； B （x3）2

14、x26x+9，故本选项不合题意； C （2a2）38a6，故本选项不合题意； Da6a4a2，正确 故选：D 4 据统计， 某城市去年接待旅游人数约为 89 000 000 人， 89 000 000 这个数据用科学记数法表示为 （ ） A8.9106 B8.9105 C8.9107 D8.9108 【分析】科学记数法的表示形式为 a10n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 【解答】解：89 000 000 这个数据用科学记数法表示为 8.9107 故选：C 5从，0，6 这五个数中随机抽取一

15、个数，抽到有理数的概率是（ ） A B C D 【分析】先找出有理数的个数，再根据概率公式即可得出答案 【解答】解：在，0，6 中，只有 0、和 6 是有理数， 抽到有理数的概率是； 故选：C 6如图，ABCD，点 E 在 CD 上，点 F 在 AB 上，如果CEF：BEF6：7，ABE50，那么AFE 的度数为（ ） A110 B120 C130 D140 【分析】由平行线的性质得ABE+BEC180，AFE+CEF180，根据角的和差分别求CEF 60，AFE 的度数为 120 【解答】解：设CEF6x，如图所示： CEF：BEF6：7， BEF7x， 又ABCD， ABE+BEC180，

16、 又ABE50， BEC130， 又BECCEF+BEF， 7x+6x130， 解得：x10， CEF60， 又ABCD， AFE+CEF180， AFE120， 故选：B 7在一次中学生田径运动会上，男子跳高项目的成绩统计如表： 成绩 （m） 1.50 1.55 1.60 1.65 1.70 人数 2 8 6 1 1 这些运动员跳高成绩的众数是（ ） A1.55m B1.60m C1.65m D1.70m 【分析】学生跳高成绩出现次数最多的数，就是众数 【解答】解：学生跳高成绩出现次数最多的是 1.55 米，共出现 8 次， 因此学生跳高成绩的众数是 1.55 米， 故选：A 8如图是由六个

17、大小相同的小正方体搭成的几何体的俯视图，则该几何体的左视图不可能是（ ） A B C D 【分析】在“俯视打地基”的前提下，结合俯视图解答即可 【解答】解：根据俯视图可得，左视图有三列，第 2 层只能有一个， 故选：B 9在平面直角坐标系中，一次函数 y2x+1 的图象经过 P1（1，y1） ，P2（2，y2）两点，则（ ） Ay1y2 By1y2 Cy1y2 Dy1y2 【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征可求出 y1，y2的值，比较后即可得出结论（利用一次函数的 性质亦可得出结论） 【解答】解：一次函数 y2x+1 的图象经过 P1（1，y1） ，P2（2，y2）两点， y13，y23

18、33， y1y2 故选：A 10如图，在正五边形 ABCDE 中，连接 AC，BE，BD，AC 与 BE，BD 分别交于点 F，G，若 AB2，则 FG 的长为（ ） A3 B1 C D23 【分析】证明 BGBFAF，设 BGBFAFx，利用相似三角形的性质，构建方程求解即可 【解答】解：五边形 ABCDE 是正五边形， BAFABFDBE36， FAFB， ABGAGBBFG72， ABAG2，BGBF， 设 AFBFBGx， BGFAGB，GBFGAB， BGFAGB， BG2GFGA， x2（2x）2， x2+2x40， x1+或1（舍弃） ， FGAGAF2（1+）3， 故选：A 二

19、填空题（共二填空题（共 5 小题，满分小题，满分 15 分，每小题分，每小题 3 分）分） 11一个数平方后等于它本身，那么这个数是 0 或 1 【分析】根据有理数的乘方得出答案 【解答】解：因为 020，121， 所以一个数平方后等于它本身，那么这个数是 0 或 1， 故答案为：0 或 1 12命题“若1，则 ab”是 假 命题（填“真”或“假” ） 【分析】举出反例即可判断该命题为假命题 【解答】解：当 a4，b2 时，21，但42， 所以原命题为假命题， 故答案为：假 13如图，四边形 OABC 是正方形，OA 在 y 轴正半轴上，OC 在 x 轴负半轴上反比例函数 y在 第二象限的图象

20、与 BC，AB 分别交于点 E，F若EOF30，则线段 OE 的长度为 4 【分析】先根据反比例函数图像的得到OCEOAF，再根据EOF30，得到COEAOF 30，进而求得 CE 的长度，即可得到最后答案 【解答】解：四边形 OABC 是正方形， OAOC，OAFOCE90， 反比例函数 y在第二象限的图象与 BC，AB 分别交于点 E，F， CEOCAFOA4， CEAF， 在OCE 与 OAF 中， ， OCEOAF（SAS） ， EOF30， COEAOF30， OCCE， CEOC4， CE2， OE2CE4， 故答案为：4 14已知甲、乙两车分别从 A、B 两地同时出发，以各自的速

21、度匀速相向而行，两车相遇后，乙车继续向终 点 A 地行驶，而甲车原地停留了一段时间后才继续驶向终点 B 地，两车到达各自的终点后分别停止运 动若整个过程中，甲、乙两车之间的距离 s（千米）与乙车行驶时间 t（小时）的函数图象如图所示， 则当甲车到达 B 地时，乙车离 A 地 45 千米 【分析】根据题意和图中数据求出甲实际行驶的时间即可解决问题 【解答】解：由题意乙的速度：420760（千米/小时） ，甲的速度： （420360）380（千米/小 时） ， 甲从 A 到 B 需要 42080（小时） ， 中途休息了 60601（小时） ， 甲时间行驶时间+1（小时） ， 7（小时） ， 甲车比

22、乙车早到小时 则当甲车到达 B 地时，乙车离 A 地：6045（千米） ， 故答案为：45 15如图，在矩形 ABCD 中，AB14，E 是 BC 边上一点，且 BE6，连接 AE若CAE45，则 CE 的长为 29 【分析】方法一：过点 C 作 CFAE 延长线于点 F，根据勾股定理可得 AE 的长，根据等腰直角三角形 的性质可得 AFCF，再根据相似三角形的对应边成比例即可求出结果 方法二：过点 E 作 EFAC 于点 F，根据勾股定理可得 AE 的长，设 CEx，利用锐角三角函数定义列 出方程求出 x，即可得 CE 的长 【解答】解：方法一：如图，过点 C 作 CFAE 延长线于点 F，

23、 在 RtABE 中，AB14，BE6， 根据勾股定理，得 AE， CAE45， CFAF， EFAFAECF， BF90，AEBCEF， AEBCEF， ， ， 解得 CF， CE29 方法二：如图，过点 E 作 EFAC 于点 F， 在 RtABE 中，AB14，BE6， 根据勾股定理，得 AE2， 在 RtAEF 中，CAE45， AFEFAE22， 设 CEx， tanACB， ， CF， 在 RtEFC 中，根据勾股定理，得 CF2+EF2EC2， 2+（2）2x2， 解得 x29 或 x11.6（舍去） ， CE 的长 29 故答案为：29 三解答题（共三解答题（共 8 小题，满分

24、小题，满分 75 分）分） 16 （10 分） （1）解方程：x2+4x210； （2）化简，求值：（1） ，其中 x+1 【分析】 （1）利用因式分解法解出方程； （2）根据分式混合运算法则先化简后代入即可 【解答】解： （1）x2+4x210， （x+7） （x3）0， x+70，x30， x17，x23； （2）（1）（）， 当 x+1 时， 原式 17 （8 分）如图，在 RtABC 中，BAC90，D 是 BC 边上一点，且 BDBA （1）作ABC 的角平分线交 AD 于点 E，步骤如下： 以 B 为圆心，任意长为半径画弧，分别交 AB、BC 于点 M 和 N； 分别以 M、N 为

25、圆心，大于MN 的长为半径画弧，两弧交于点 P； 连接 BP 并延长交 AD 于点 E 则 BE 是ABC 的角平分线， 所以 AE DE（填 “” 、“” 、“” ） （2）作 CD 的中点 F，连接 EF，若EBD20，求BEF 的度数 【分析】 （1）根据题意证明AEBDEB 即可； （2）结合（1）根据已知条件可得 EF 是ADC 的中位线，再根据三角形内角和定理即可得结论 【解答】解： （1）在AEB 和DEB 中， ， AEBDEB（SAS） ， AEDE； 故答案为：； （2）BE 是ABC 的角平分线， ABC2EBD40， BAC90， C50， F 是 CD 的中点， CF

26、DF， AEDE， EF 是ADC 的中位线， EFAC， EFDC50， ABDB， BADBDA（18040）70， DACFED907020， BED180207090， BEF20+90110 18 （9 分）2020 年春季在新冠疫情的背景下，全国各大中小学纷纷开设空中课堂，学生要面对电脑等电子 产品上网课，某校为了解本校学生对自己视力保护的重视程度，随机在校内调查了部分学生，调直结果 分为 “非常重视” “重视” “比较重视” “不重视” 四类， 并将结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图： 根据图中信息，解答下列问题： （1）在扇形统计图中， “比较重视”所占的圆心角的度数为 1

27、62 ，并补全条形统计图； （2）该校共有学生 3200 人，请你估计该校对视力保护“非常重视”的学生人数； （3）对视力“非常重视”的 4 人有 A1，A2两名男生，B1，B2两名女生，若从中随机抽取两人向全校作 视力保护经验交流，请利用树状图或列表法，求出恰好抽到同性别学生的概率 【分析】 （1）先由“不重视”的学生人数和所占百分比求出调查总人数，再由 360乘以比较重视”的 学生所占比例得所占的圆心角的度数；求出“重视”的人数，补全条形统计图即可； （2）由该校共有学生人数乘以“非常重视”的学生所占比例即可； （3） 画树状图， 共有 12 个等可能的结果， 恰好抽到同性别学生的结果有

28、4 个， 再由概率公式求解即可 【解答】解： （1）调查的学生人数为 1620%80（人） ， “比较重视”所占的圆心角的度数为 360162， 故答案为：162， “重视”的人数为 804361624（人） ，补全条形统计图如图： （2）由题意得：3200160（人） ， 即估计该校对视力保护“非常重视”的学生人数为 160 人； （3）画树状图如图： 共有 12 个等可能的结果，恰好抽到同性别学生的结果有 4 个， 恰好抽到同性别学生的概率为 19 （6 分）请阅读材料，并完成相应的任务 在数学探究课上，同学们在探索与圆有关的角的过程中发现这些角的两边都与圆相交，不断 改变顶点的位置，可形

29、成无数个角，而根据点和圆的位置关系可将这些角分为三类，分别是 顶点在圆上、圆外和圆内的角结合数学课上学习的圆周角的概念，对顶点在圆外和圆内的 角进行定义：顶点在圆外，两边与圆相交的角叫做圆外角顶点在圆内，两边都与圆相交的 角叫做圆内角如图 1，AP1B 和AP2B 分别是所对的圆外角和圆内角 如图 2， 点 A， B 在O 上， APB 为所对的一个圆外角 AP， BP 分别交O 于点 C， D 若 AOB120，所对的圆心角为 50，求APB勤奋小组的解题过程（部分）如下： 解：如图 2，连接 AD，OC，OD ADB 是所对的圆周角，且AOB120， ADBAOB60 任务： （1）如图

30、1，在探究与圆有关的角时，运用的数学思想方法是： ； A公理化思想 B分类讨论 C数形结合 （2）将勤奋小组的解题过程补充完整； （3）如图 3，当点 P 在O 内时，APB 是所对的一个圆内角，延长 AP 交O 于点 C，延长 BP 交 O 于点 D，若设AOBm，所对的圆心角为 n，则APB （m+n） 【分析】 （1）在探究与圆有关的角时，是按照点 P 在圆的位置探究的，故运用的数学思想方法是分类讨 论； （2）ADBAOB60，由PADCOD5025，ADB 为ADP 的外角，即 可求解； （3）和（2）相同的思路即可求解 【解答】解： （1）在探究与圆有关的角时，是按照点 P 在圆的

31、位置探究的，故运用的数学思想方法是分 类讨论， 故答案为 B； （2）如图 2，连接 AD，OC，OD ADB 是所对的圆周角，且AOB120， ADBAOB60 COD50， PADCOD5025， ADB 为ADP 的外角， APBADBPAD602535； （3）如图 3，连接 AD，OC，OD ADB 是所对的圆周角，且AOBm， ADBAOBm CODn， PADCODnn， APB 为ADP 的外角， APBADB+PAD（m+n） 故答案为（m+n） 20 （7 分） 近年来， 成都 IFS 商业大楼成了网红打卡地， 楼上 “翻墙” 的大熊猫给游客留下了深刻的印象 小 明使用测角

32、仪测量熊猫 C 处距离地面 AD 的高度， 他在甲楼底端 A 处测得熊猫 C 处的仰角为 53， 在甲 楼 B 处测得熊猫 C 处的仰角为 45，已知 AB4.5 米，求熊猫 C 处距离地面 AD 的高度 （结果保留一 位小数，参考数据：sin530.80，cos530.60，tan531.33） 【分析】过点 B 作 BECD 于点 E，根据已知条件求出 BEAD，设 CEx，则 CDBC+BDx+4.5， 根据锐角三角函数求出 x 的值，即可得出 CD 的值 【解答】解：如图，过点 B 作 BECD 于点 E， 由题意可知： CBE45，CAD53，AB4.5 米， ABEBEDADE90

33、， 四边形 ABED 是矩形， BEAD，DEAB4.5 米， 设 CEx，则 CDBC+BDx+4.5， 在 RtCEB 中，BEx， 在 RtADC 中，CDADtan53， 即 x+4.5xtan53， x13.64， CE13.64（米） ， CDCE+DE13.64+4.518.1418.1（米） 答：熊猫 C 处距离地面 AD 的高度为 18.1 米 21 （10 分）某学校在商场购买甲乙两种不同的足球，购买甲种足球共花费 2000 元，购买乙种足球共花费 1400 元， 购买甲种足球的数量是乙种足球数量的 2 倍， 且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花 20 元 （1）求购买

34、一个甲种足球，一个乙种足球各需多少元？ （2）为响应习总书记“足球进校园”的号召，学校决定再次购买甲乙两种足球共 40 个，恰逢该商场对 甲种足球的售价进行调整，每个足球的售价比第一次购买时提高了 10%，如果此次购买甲乙两种足球的 总费用不超过 2900 元，那么学校最多可购进多少个乙种足球？ 【分析】 （1）设购买一个甲种足球需要 x 元，根据购买甲种足球的数量是乙种足球数量的 2 倍，列出方 程，解方程即可得到答案； （2） 设学校可购进a个乙种足球， 根据购买甲乙两种足球的总费用不超过2900元， 列出不等式50 （1+10%） （40a）+70a2900，由于 a 为整数，则可以得到

35、 a 的值，即可得出答案 【解答】解： （1）设购买一个甲种足球需要 x 元， 根据题意得， 解得，x50， 经检验：x50 是原方程的解， 乙种足球的价格：50+2070（元） ， 答：购买一个甲种足球需要 50 元，一个乙种足球需 70 元 （2）学校可购进 a 个乙种足球， 根据题意得，50（1+10%） （40a）+70a2900， 解得：a46， a 为整数， a40， 答：学校最多可购进 40 个乙种足球 22 （12 分）如图ABC 为等腰直角三角形，A90，D、E 分别为 AB、AC 边上的点，连接 DE，以 DE 为直角边向上作等腰直角三角形 DEF，连接 BE、BF （1）

36、如图 1，当 CEAD 时，求证：BFBD； （2）如图 2，H 为 BE 的中点，过点 D 作 DGBC 于点 G，连接 GH求证：BF2HG； （3）如图 3，BE 与 DF 交于点 R，延长 BF 交 AC 于点 P，APB 的角平分线交 BE 于点 Q若点 E 为 AC 上靠近点 A 的三等分点，且 tanAED，请直接写出的值 【分析】 （1）证明DEAFDB（SAS） ，推出EADDBF90，可得结论 （2）如图 2 中，过点 D 作 DTAB 交 BC 于 T，连接 ET利用三角形中位线定理证明 EH2BF，利用 全等三角形的性质证明 BFET 即可 （3）过点 Q 作 QMBP

37、 于 M，QNAC 于 N，过点 F 作 FJAB 于 J，过点 R 作 RWAB 于 W设 AD 6k，AE7k 则 ACAB21k，BD15k，证明AEDJDF（AAS） ，推出 DJAE7k，ADFJ 6k，推出 BT8k，BF10k，由 FJPA，推出，可得 PBk，PAk，推出 PEPAAEk，由3，BE 7k，可得 BQBEk，由 RWAE，推出，可得，设 RWm， BW3m， 由AEDWDR， 可得 DWm， 根据 DW+BJBD15k， 求出 m， 用 K 表示出 BR， RQ， 可得结论 【解答】 （1）证明：如图 1 中， ACAB，ECAD， AEDB， EDFA90，

38、BDF+ADE90，ADE+AED90， BDFAED， EDDF，EADB， DEAFDB（SAS） ， EADDBF90， BFBD （2）证明：如图 2 中，过点 D 作 DTAB 交 BC 于 T，连接 ET BDT90，DBT45， DTBDBT45， DBDT， DGBT， BGGT， BHEH， ET2GH， EDFTDB90， EDTFDB， DEDF，DTDB， EDTFDB（SAS） ， BFET， BF2GH （3）解：过点 Q 作 QMBP 于 M，QNAC 于 N，过点 F 作 FJAB 于 J，过点 R 作 RWAB 于 W tanAED， 可以假设 AD6k，AE

39、7k 则 ACAB21k，BD15k， EADFJD90，AEDFDJ，DEDF， AEDJDF（AAS） ， DJAE7k，ADFJ6k， BT8k，BF10k， FJPA， ， ， PBk，PAk， PEPAAEk， 3，BE7k， BQBEk， RWAE， ， ， 设 RWm，BW3m， 由AEDWDR，可得 DWm， DW+BJBD15k， m+3m15k， mk， BRRWk， QRBQBRk， 23 （13 分）如图，抛物线 yax2+bx+3 与 x 轴交于 A（1，0） 、B（3，0）两点，与 y 轴交于点 C，点 D 和点 C 关于抛物线的对称轴对称，直线 AD 与 y 轴交

40、于点 E （1）求抛物线的解析式； （2）如图 1，直线 AD 上方的抛物线上有一点 F，过点 F 作 FG 垂直 AD 于点 G，作 FH 平行于 x 轴交直 线 AD 于点 H，求FGH 周长的最大值及 F 点坐标； （3）点 M 是抛物线顶点，点 P 是 y 轴上一点，点 Q 是坐标平面内一点，以 A，M，P，Q 为顶点的四边 形是矩形，请直接写出 P 点坐标 【分析】 （1）利用待定系数法即可求出抛物线解析式； （2）根据抛物线分别求出 C，D 两点坐标，求出直线 AD 解析式，证明FGH 是等腰直角三角形，设点 F 坐标（m，m2+2m+3） ，得点 H 坐标（m2+2m+2，m2+

41、2m+3） ，求出 PH，从而得到FGH 周长关 于 m 的函数关系式，再应用二次函数性质即可； （3）求出点 M 坐标，连接 AM，交 y 轴于点 N，求出 AM，点 N 坐标，设 P（0，t） ，分三种情况：AM 为边，PMAM；AM 为边，PAAM；AM 为对角线；分别利用勾股定理建立方程求解即可 【解答】解： （1）点 A 坐标（1，0） ，点 B 坐标（3，0） ， ， 解得：， 抛物线解析式为：yx2+2x+3； （2）抛物线对称轴 x1，D、C 关于对称轴对称，点 C 坐标（0，3） ，如图 1， D（2，3） ， 设直线 AD 为 ykx+c将 A（1，0） ，D（2，3）代入

42、， 得：， 解得：， 直线 AD 解析式为：yx+1， OAOE1， EAO45， FHAB， FHAEAO45， FGAH， FGH 是等腰直角三角形， 设点 F 坐标（m，m2+2m+3） ， 点 H 坐标（m2+2m+2，m2+2m+3） ， FHm2+m+2， FGH 的周长（m2+m+2）+2（m2+m+2）+， （1+）0， 当 m时，FGH 的周长有最大值，且最大值为 ， 当 m时，m2+2m+3（）2+2+3， F（，） ， FGH 的周长最大值为 ，F（，） ； （3）由抛物线性质得抛物线顶点 M（1，4） ，连接 AM，交 y 轴于点 N， 则 AM2，N（0，2） ， 设

43、 P（0，t） ， 如图 2，分以下三种情况： 当 AM 为边，PMAM 时， 在 RtAMP 中，AM2+PM2AP2，即： （2）2+（01）2+（t4）20（1）2+（t0）2， 解得：t， P1（0，） ； 当 AM 为边，PAAM 时， 在 RtAMP 中，AM2+AP2PM2，即： （2）2+0（1）2+（t0）2（01）2+（t4）2， 解得：t， P2（0，） ； 当 AM 为对角线时，PM2+AP2AM2，即： （01）2+（t4）2+0（1）2+（t0）2（2）2， 解得：t12+，t22， P3（0，2+） ，P4（0，2） ， 综上所述，点 P 的坐标为：） ，） ，P4（0，2）