中考數(shù)學(xué)檢測單元與模擬（單元答案）蘇大版

中考數(shù)學(xué)檢測單元與模擬參考答案蘇州大學(xué)出版社單元檢測試卷數(shù)與式……………數(shù)與式……………方程組不等式組及應(yīng)用)…………………方程組不等式組及應(yīng)用)…………………函數(shù)及其應(yīng)用……………………函數(shù)及其應(yīng)用……………………三角形及其全等相似)…………三角形及其全等相似)…………四邊形)…………………………四邊形)…………………………解直角三角形)…………………解直角三角形)…………………圖形與圖形變換)………………圖形與圖形變換)………………圓)………………圓)………………統(tǒng)計與概率)……………………統(tǒng)計與概率)……………………中考模擬試卷5年蘇州市中考數(shù)學(xué)全真模擬試卷一………5年蘇州市中考數(shù)學(xué)全真模擬試卷二………5年蘇州市中考數(shù)學(xué)全真模擬試卷三………5年蘇州市中考數(shù)學(xué)全真模擬試卷四………5年蘇州市中考數(shù)學(xué)全真模擬試卷五………

)))))))))))))))))))))))PAGEPAGE1一、選擇題

單元檢測試卷數(shù)與式A卷二、填空題.5.>..x≥2且x.三、解答題-.yx2.原式2.22-22222.原式2÷=2· a 要使分a a a, ,

)

,式有意義0且a0且a0∴a不能為取a當(dāng)a2時原式=2-1=1.3m2m2-m2mm2+2答案不唯一∵x2=xy2y=2,∴x=.

第6題圖B卷一、選擇題二、填空題-.7...x2三、解答題xx2..22x.a-b· 2 =a b b )=b原式xx當(dāng)x1時原式當(dāng)x1時,原式當(dāng)x0時原式.∵22∴222即2+2,4∴=∴y=2=1.4∵22∴22即2+2∴從而C為正三角形.∵2x22x2x2+2>∴2x25為正數(shù).方程(組)、不等式(組)及應(yīng)用A卷一、選擇題二、填空題5-2.1=2..x..5二、解答題1=32x=1x≤5圖略.2 3 2由題意得x,①解這個方程組得x把x代入②④得解x,這個方程組得,

y=3

=,①+②得xm②-①得xym∵不等式組x∴m,3解不等式組得m≤-4則m=.3

x,

m,∵關(guān)于x的一元二次方程2-mx2m∴a=-m=2m∴Δ2=-m2×2m=m2∵m2即Δ∴不論m為何值方程總有實數(shù)根.∵12是關(guān)于x的一元二次方程2-mx2m0的兩個實數(shù)根∴1+2m2=2m∵2112=1222=-5∴122=

2

2

2 2-1∴m2=-1整理得2m解得1=22∴m的值為2或.2 2m 2 5 5設(shè)小明每做一個開合跳消耗熱量x大卡每做一個深蹲消耗熱量y大卡由題意得x,

解得x答小明每做一個開合跳消耗熱量5大卡每做一個深蹲消耗熱x7量8大卡.

.5設(shè)小明做m個深蹲由題意得mm解得m答至少要做0個5深蹲.)設(shè)該廚具店購進(jìn)電飯煲x臺電壓鍋y臺依題意得x, 解得x0,x∴××元答該廚具店在該買賣中賺了,() ,

( ),

,2設(shè)購買電飯煲a臺則購買電壓鍋a臺依題意得 5( , 解得≥6a128又∵a為正整數(shù)∴a可取故有三種方案①購買電飯煲3臺電壓鍋7臺②購買電飯煲4臺電壓鍋6臺③購買電飯煲5臺電壓鍋5臺1B卷一、選擇題二、填空題x5yx.%.x..6且.x5ym.m>.三、解答題②xx,①②

, ; ,x-2 x-2

解不等式①

得x≥1解不等式②得x所以不等式組的解集為x將不等式組的解集表示在數(shù)軸上如下:第9題圖由題意可將x5與xy1組成方程組x,解得x把x代入x+, x, .3得①把x2代入xy得②①與②組成方程=,

y=3組得8 ,解得,0 =.解方程組得x∵x∴∴-1<2;. 4 3∵-1<2∴∴.1∵每件商品每降價()4 1∵每件商品每降價

1元商場平均每天可多售出2件∴每件商品降價x元時日銷售量增加x件每件商品的盈利為x元.根據(jù)題意得解得12當(dāng)15時利潤率為≈, ; ,

0 , 0%%

符合題意

當(dāng)15時

利潤率為

0 %%

不符合題意故舍去答每件商品降價5元時日盈利可達(dá)到0元.)設(shè)B兩種型號的新能源汽車的銷售單價分別為x元y元依題意得x,解得x答A型汽車的銷售單價為8萬元B型汽車的銷售單價為0萬元.x, .設(shè)采購B型號的新能源汽車a輛則采購A型號的新能源汽車輛依題意得a+解得a取整數(shù)答S店最多采購B型號的新能源汽車2輛.設(shè)S店銷售完這0輛車獲得的利潤是w萬元w=a+a=∵∴wa的增大而增大∴a最大時w最大∵a且a是整數(shù)∴a=2時w答A型號采購8輛B型號采購2輛時利潤最大最大利潤是4萬元.一、選擇題

函數(shù)及其應(yīng)用A卷二、填空題x≥1且x.>.2.m≤1..2 3三、解答題把點P的橫坐標(biāo)為2代入得y=∴點P∵點2A的坐標(biāo)為∴A∴SP=1;2當(dāng)S4時即1∴y當(dāng)y2時即=x解得x∴點P;2由題意得S=Axx當(dāng)y0時即x5時x2) ∴S關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式為=+( ,

第2題圖05

畫出的圖像如圖所示.k2∵一次函數(shù)1xb的圖像與反比例函數(shù)2x的圖像相交于點A∴k∴∴一次函數(shù)和反比例函數(shù)的2表達(dá)式分別是1x26.把x3代入x1得∴B觀察圖像1≤2時x的取值范圍是x≤3或x.把x0代入1x1得y∴C∴SBSC+SC=1×=5.

第2題圖2 2∵點Am在反比例函數(shù)y4的圖像上∴4∴m=∴A又∵點AC都在一次函數(shù)yxb的圖像上,∴解得∴一次函數(shù)的表達(dá)式為x., ,

第3題圖對于x當(dāng)0時x=∴B∵C∴C=2過點A作Hy軸于點H過點P作Dx軸于點D∵SPSC∴BD×2CH即1D×1解得D∴點P的縱坐標(biāo)為2或?qū)2或22 2 2代入4x2或∴點P或.設(shè)商品的進(jìn)價為x元根據(jù)題意可得=%x解得x答該商品的進(jìn)價是4元.根據(jù)題意可得W%+xx整理可得W2x,∴Wx的函數(shù)關(guān)系式為W2x.由知W2x=x2∵x即x≤且x為整數(shù)∴當(dāng)x1或2時W

2答當(dāng)x1或2時商店銷售利潤)將)將BC代入拋物線y=-2xc中得解得

有最大值最大值為=∴拋物線的表達(dá)式為2

,令y則=2x解得1=2∴A∴A∵C,∴C過點P作Ex軸于點E設(shè)Px2x且在第二象限內(nèi)∴E=xE=x∴SCSES梯形ESC=1EE+1CEE-1AC=2 2 21×2x+12x-1=-3x+32∵-3,2 2 2 2 2 8 2∴S有最大值∴當(dāng)x=-3時S的最大值為此時點P的坐標(biāo)為-3..一圖略 2 8 24.①當(dāng)直線平移到與函數(shù)4x的圖像有唯一交點時將代入xm,解得m故周長m的值為. 2在直線平移過程中交點個數(shù)還有0個2個兩種情況聯(lián)立y和y4并整理得2 x2x若有0個交點即Δ2=-m22解得m若2 2 4當(dāng)有2有兩個交點即Δ2=m22解得m<舍去或m當(dāng)有2述當(dāng)有0個交點時m;2個交點時m4由可知矩形的周長xm所以若能生產(chǎn)出面積為9的矩形模具則周長m的取值范圍為mB卷一、選擇題二、填空題).x<..1=2..+..三、解答題一次函數(shù)的表達(dá)式為x反比例函數(shù)的表達(dá)式為6SD=7.①頂點坐標(biāo)為②.二次函數(shù)的表達(dá)式為2x.8x2或x如圖過點AB分別作y軸x軸的平行線兩條平行線相交于點C得到CCy軸Cx軸∵ABCy軸Cx軸∴C點的橫坐標(biāo)與A點相等縱坐標(biāo)與B點相等∴C點坐標(biāo)為則CAB,BA將C繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)后得到1,1x軸于點D根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)有11C1C,

2第7題圖∴11∵Cy軸Cx軸1∴1x軸1y軸則D=1AD1A則點1在第三象限∴1.2ABC-5;22P-9;22直線E的表達(dá)式為=-x.2當(dāng)x0時Wxxx=1x2,0 0∵1∴拋物線開口向上∴當(dāng)0時W有最小值最小值為此時-0≤0≤

0時W∵∴當(dāng)x0時W有最小值為∵∴當(dāng)甲種蔬菜的種植面積為02乙種蔬菜的種植面積為02時W最小.可知甲乙兩種蔬菜總種植成本為0元乙種蔬菜的種植成本為元,則甲種蔬菜的種植成本為元由題意得%2-%2設(shè)m整理得m2解得1%2不符合題意舍去,∴%∴答當(dāng)a為0時5年的總種植成本為0元.①將x2代入x∴m將x2代入x∴故x x答案為.②描點作圖如下:①由圖像可知當(dāng)x0時yx的增大而增大故答案為增大.②函數(shù)x的圖像是由=-2的圖像向上平移1個單位得到的故答案為上.x x如圖:①由圖可得x的圖像與x的圖像有2個交點∴xx有2個實數(shù)根故x x答案為2.x②由圖可知不等式x≤x的解集是x≤2或x故答案為x≤2或x.x一、選擇題

三角形及其全等、相似A卷二、填空題3..3 4三、解答題x∵c為線段b的比例中項∴2即2∵∴.)由題意得C-B<C<C+B∴7<C<∵C是整數(shù)∴C.∵D是C的中線∴DD∵D的周長為∴BD+D∵B∴DD∴D的周長CDDCD+D.在C和B中A=DDC為公共邊∴≌.

第2題圖)C是等腰三角形∵C≌B∴B=C∴B=C,∴△OBC是等腰三角形.∵點D為C的中點∴DD∴EC∴D=CE=D在D=C,E和A中E=D∴E≌A.,∵點D為C的中點DC∴直線D為線段C的垂直平分線∴AA由)可知E≌A∴EA∴AE..圖1 圖2第5題圖∵B=D∴-B-D即A+E=A+D∴E=D在E和D中, , ( , , , ( , ,E=D∴ E≌D S ∴A=DED,∴D=A.

第6題圖過點E作FD于F由知AD∵D=∴F=F.2∵E∴F=1E∴DFF=22=222∴SD=2DF=124.2 2∵矩形E∽矩形D∴D=BB=G∴B-B=G-B即E=G∴EG∴=.∵ED∴D=3∴S矩形D=

2=9∴S矩D =9解得S =2.

2

S矩形

24

S

矩4

矩形ABCDB卷一、選擇題二、填空題三、解答題∵四邊形D是平行四邊形∴DCDB∴D=DE=, D=D, F∵E是D的中點∴EE在E和E中E=F∴E≌EEE,∴EF∵EC∴AE∴FB.∵GG∴FGG∴BF∵四邊形D是平行四邊形∴D=B∵E=FG=D∴F=G∴G=G=.∵DF∴HH∴DH即8H∴H.2 E=F,)∵D∥C∴E=F在E和F中 ∴E≌F∴EF.

E=F,∵E≌F∴C=A∴-C-A即B=D在F和E中B=D∴F∽E∴F=F由已證F=E,EF∴FF∴2FE.

∵四邊形D是菱形∴BCCD又∵C∴C是等邊三角形∴BC∵點F為C的中點∴F∴=E又∵F=O,∴F∽O.∵OCFC∴GB∴E=E又∵CC∴GG在GG,G和G中E=E∴G≌G.EE,如圖∵A=AD=B∴D∽C∴D=C∴2=DB.

如圖設(shè)Dm∵點D為B的中點∴DDmBm由得D∽C∴DDC∴2DBmm2∴C=m或C=-m不符合題意舍去∴DC=m=2∵C∴D=C=22∴D的長是2

2 2 2如圖作FC交C的延長線于點F則F.∵點E為D的中點∴EE設(shè)EE∵B=圖4D∴BDF=B+D圖42∴C-F∴F=B∴FE+222FF= = 22=∴DF2E=22222+2=作HB交B的延長線于點H則C∽E∴C=D=nDn∴CE2DD4∵D=DH=D,n∴D=H∵A=A∴D∽∴D=CD=n=1=∵C=

27 72∴D=C=72H=C=727∴DHD,7 7∴4解得=∴E=×=∴E的長是.PAGEPAGE10DD,)∵D⊥∴B=C在B和C中B=,DD,∴B≌∴B=.小軍的證明過程分別延長BC至EF兩點使得E=AFA如圖所示∵BDCD∴EDF+D∴EF∵DC∴E=F在E和DD,F中E=F∴E≌F∴E=EF,

第9題圖F∵EAFA∴E=EF=F∵C=E+EB=F+F∴C=B.小民的證明過程∵DC∴B與C均為直角三角形根據(jù)勾股定理得2+22222∴2222∴2222∵B+DCD∴BDCD∴BD2=CD2∴2BD+22C·D+2∴BD=C·D∴B=D又∵B=C,∴B∽C∴B=C.一、選擇題二、填空題

四邊形A卷

3..2..23.3三、解答題∵DCED∴E是D的中點又∵F是C的中點∴F是B的中位線∴DF.作圖略∵C的垂直平分線垂足為點O分別交BD于點EF∴O是C的中點∴OO∵四邊形D為矩形∴BDBD∴O=O在O=O,EF中 O, ∴E≌F∴EF又∵BD∴BE=F,EDF∴EF.∵四邊形D為平行四邊形∴BDBD∵M(jìn)N分別為B和D的中點∴MNMN∴四邊形N是平行四邊形.∵CCB且M為B的中點∴MB且MM∴四邊形N是平行四邊形∵A∴平行四邊形N是矩形∵M(jìn)=22=22=∴四邊形N的面積.連接D交CO∵四邊形D是平行四邊形∴OD.BD,在E=E中 E,∴E≌E∴OEE,EE,O在E與E中B=D∴E≌EEE,∴BD∴四邊形D是菱形.

第4題圖在O中∵nCB∴設(shè)OO∴B=22=x∴x2∴O2O4∵四邊形D是菱形∴CO4D=∥O8∴四邊形D的面積=CD=148.∥∵四邊形D

2是平行四邊形

∴D2CDC∵ED∴EC又∵E在D的延長線上∴EC∴四邊形E為平行四邊形又∵EC∴四邊形DBCE為菱形.由菱形對稱性得點N關(guān)于E的對稱點在E上∴MNM當(dāng)PM'共線時MNM過點D作HC垂足為H∵EC∴的最小值即為平行線間的距離H的長∵C是邊長為2的等邊三角形∴H中C=四邊形ACBCH∴HB×=∴MN的最小值為.四邊形AC..

B ,,∴2=

, =

2∵2.點D是A的中點D=A由運(yùn)動知C∴PCC∵四邊形B2.點D是行四邊形∴BD∴∴.①當(dāng)Q點在P的右邊時如圖∵

2

P為菱形∴DPQ在C中由勾股定理得C∴∴=5∴QPQ∴Q., 2當(dāng)Q點在P的左邊且在線段上時

如圖同①的方法得出Q∴Q.③當(dāng)Q點在P的左邊且在C的延長線上時如圖同①的方法得出Q∴Q,.2綜上=5時Q9時Q4時Q.2圖1 圖2 圖3如圖由知D∵M(jìn)∴DM∵CA∴四邊形D是平行四邊形∴P=M∵四邊形P的周長為A+MMPMMMM∴MM最小時,四邊形P的周長最小作點A關(guān)于C的對稱點E連接E交B于M,∴BB∵CA∴M=D∴CCMM-2 2 圖43 , 3 32=2

∴=2=4.B卷

第6題圖一、選擇題二、填空題9..②③.4 8三、解答題如圖所示:∵四邊形D是矩形∴DF∴F=C.∵F平分E∴F=E∴E=C∴A=F∵E=D∴D=F∴四邊形D是平行四邊形.∵ED∴四邊形D是菱形.

第5題圖四邊形E是菱形理由如下∵DE∴C=E∵E是線段D的=E,垂直平分線∴DODEDO在C=E中 O, ∴C=E,E∴DE又DEDO∴DEDO∴四邊形E是菱形.∵四邊形D為矩形∴D=AOO∵E是線段D的垂直平分線∴DO∴DO=O∴C為等邊三角形∴ODE,2∴F=O在F中DF由勾股定理得F=222由可2知四邊形E是菱形∴FF2∵F=A-C∴FF,∴FFF23∴GFF22343.EG在D中∵B∥3∴E=G∵ 3EG別平分CCC=C∴E=G在E和E=G,G中∵ D, ∴E≌G∴EE=G,B=D∴EG.)如圖作QC∵D的周長為∴BC.

第7題圖∵E平分C∴QFSDSCSESCFB+Q·2 2CBC.∵四邊形D是正方形∴DCDC∴D∵四邊形G是正方形∴GEE∴E=D∴E-E=D-E即DC,D=C在G≌E中D=C∴G≌E.GE.22如圖過點M作HD垂足為H∵M(jìn)=1A∴M=3∵四邊形D是正方形∴BOA=,22∴HHM32∴OOH=232=2.4 4 4∵GDH⊥D∴G∥H∴H∽D∴H=

第8題圖222MH 22224

=G∴G=3∴在G中由勾股定理得G= =32+2=2答正方形G的邊長為2.探究發(fā)現(xiàn)結(jié)論依然成立理由如下作EC于點E作FC交C的延長線于點F則B=D∵四邊形D為平行四邊形若BC∴BCDCDC∵ECFC,∴E=F∴E≌F∴EF∴2+2= 圖22222=22+CE2+CF2+2=222CE22CE222222+222222222.拓展提升延長O到點C使DO∵O為C的一條中線,∴AO∴四邊形D是平行四邊形∵BCC.∴由探究發(fā)現(xiàn)可知2222∴2+O222,∴2222∴2222. 圖3嘗試應(yīng)用∵四邊形

2, 4

C∴BDCDA=是矩形AB=8D設(shè)Px則DDPx∴2222222+2+222xx2∵∴拋物線開口向上∴當(dāng)x6時,22的最小值是.∵四邊形D為正方形∴A=B∴H+E∵四邊形H為正方形∴HFF∴H+F∴F=E在H和E中∵A=BE=FHE∴H≌E∴H=E∴EHEEB.EF證明如下∵四邊形D為正方形∴A=BBCDD.∵EHFGEF∴HG∴H≌G∴HG∵EF,∴BECF即EF∴F是等腰直角三角形∴F=E∵E=HFG∴H=G∴F=G∴HG∴四邊形H是矩形.∵四邊形D為正方形∴BD∵E=GE∥G,∴四邊形D為平行四邊形∴DG∴GC過點H作M⊥HMC垂足為點M交G于點N如圖∴N=O∵EF設(shè)HMExFxN則hx∴x∴S=1E·6 0 22N=1x8x2∴當(dāng)x2時H的面積最2大∴Ex=GGFx=FH∴四邊形H是平行四邊形.2 2一、選擇題

解直角三角形A卷二、填空題2+.532三、解答題如圖連接C∵BB=C=AD2∴C=22=222∵222∴C,∴四邊形D的面積為CB+CD=1+122+.2.

∠

2 2該登山運(yùn)動愛好者走過的路程為)該登山運(yùn)動愛好者走過的路程為

2 2

第5題圖∵四邊形D是O的內(nèi)接四邊形∴E=C∵BC∴C=B∵B=B∴B=E.nC=3.AB

4兩點之間的距離約為

0小汽車從點A行駛到點B沒有超速.如圖延長B交C于H則D.∵HC6∴H=C3H=3C33.2 2∵C∴HHDH=3,∴BHH33.答楊樹B的高度約為2.在C中A∴B∴CC.由題可知NC=C∴BN.又∵N∴ 2 nN∴DNN.B卷一、選擇題二填空題.0...2三、解答題)∵CDsCC=4C∴B在5B中C=22.∵F為D邊上的中線∴F是D的中點∵EDC⊥2D∴EC∴E是D的中位線∴E=1CE=2

第5題圖D∴E中nDF=3.2 ()

E01 ∵四邊形D是平行四邊形∴CB∴D=B∵E平分B,∴E=B∴D=E∴D=E∴C∵EE,∴222∴C為直角三角形∴C.∵EE∴B∵C∴E=228∴sB=625∵E=B∴sE25.85 5 5過B作ED于E過A作FE于F∵D=∴設(shè)Ex則Ex∵D∴ExE中C∴E即x∴x,,E x , ,∴EE=D中C='D=0m∴CC∴C∵DE⊥D 0

第7題圖D于EFE∴四邊形F是矩形∴FE,FC∴FEFF中B=22答AB兩點之間的距離是2.∵HEF4G∴E=E∴E7∵G∴EF4∴BE-E3.)過點A作M⊥H于點M如圖所示∵G=,第8題圖∴G=M∵M(jìn)E4∴F0∴B=E=∴底座的底面D的面積為2.C的長是2.正方形H的面積為.①∵四邊形D是正方形∴A=B∴K+K∵四邊形H是正方形∴FHF∴K+F∴K=F∴EF,∴KE∵EF∴KF∴KF∴KH.②∵四邊形D是正方形∴D∴H=F∵四邊形H是正方形,∴K=G=F=JHG∵EH∴HH∴HG在H=G,I和J中=J∴≌∴S△ △ 1∵K=HG,

I

FGJKA=K∴E∽∴E=A2=A2A2∵=I H

2A∴=A2∴12∴2.一、選擇題

圖形與圖形變換A卷二、填空題9.2.-...9三、解答題如圖所示;S'=1-1-1.四邊形四邊形∵D= , E, 是平行四邊形∴EC∵AC∴BE∴E∴E=22=22∴CE.由折疊得E=E∴F=E+E∵D向右平移若干單位長度后恰好能與邊C重合∴CF∴C=F.∵DDC∴DDDDC∵CDFD∴C+DFDDDDD∴四邊形F的周長為.如圖∵線段D繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到E∴DE,E∵C∴C=E∴D=E在B,D和E中D=E∴D≌∴DE,DE,D=E又∵B=F∴=∴DE.FD理由如下如圖作GF于GHE于H由知D≌E∴GH又∵GFHE∴F平分E.又∵E=∴D=∵C=∴C=,∴D=C∴FD.由拋物線的頂點式得x2當(dāng)x1時2-解得=1故拋物線的表達(dá)式為=1x2.

圖1圖2第4題圖() 2 22圖像翻折后頂點的坐標(biāo)為直線m與新函數(shù)圖像有3個交點時直線恰好過,故m.2由中點公式得旋轉(zhuǎn)后拋物線的新頂點為n故新拋物線的表達(dá)式為y=-1x-22將原點坐標(biāo)代入上式并解得=1或-3.2 2①∴B2.②當(dāng)時當(dāng)時當(dāng)時2綜上所述滿足條件的t的值為2或6或2證明略.B卷一、選擇題二、填空題.33.4...或...2 3 5 3三、解答題4∵四邊形D是矩形 4∵四邊形D是矩形 由D平移得到∴DB=△DC∴'

∴≌B.() =A2當(dāng)點是線段C的中點時四邊形是菱形理由如下∵四邊形D是矩形,由D平移得到∴DB由知B∴四邊形是平行四邊形在C中點是線段C的中點∴=而B∴B=∴B=2 2四邊形是菱形.∵四邊形D是矩形∴A=C∵將矩形紙片D沿過點D的直線折疊使點A落在D上的點處得到折痕E,∴DDEEE=E∵BD∴D=E=E∴DE∴DEED∴四邊形D是菱形∵A∴四邊形D是正方形.如圖連接E由知DE∵四邊形D是矩形∴D=C=B由折疊知CB=又∵E,∴E=∴A∴A=

第7題圖∴E設(shè)Mx∵∴ED∴MM=3x在A中由勾股定理得2M2=2即22=2解得x=8即3M=8∴M的面積=M=1×8=8.3 2 2 3 3由題意設(shè)=xx2x∴圖像1對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為2x.設(shè)2對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為xx將點C,代入得=∴2對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y=xx其對稱軸為直線x又∵圖像1的對稱軸也為直線x如圖作直線x=交直線l于點H由二次函數(shù)的對稱性得H=HM=Q又∵QPM∴=即2解1=2=-舍去∴點P的坐標(biāo)為.3)在E中∵E=3D∴nD=,3

第8題圖∴D∴EE23∵BD∴E∵四邊形E關(guān)于直線E的對稱圖形為四邊形E, 3 =M∵C=M∴P=D,∴∴E為等邊三角形∴SSESE=3×232+1×3=3.如圖則四邊形F是矩形∴=過點E作FB垂足為點F, ,4 3 2如圖則四邊形F是矩形∴=DFD由可知P=D=E∴P=E設(shè)PE則FxF中由勾股定理得x22解得2∴SS△

+S△

=1x+12=x2.

第9題圖x E

2

2 x

2 xDE.①當(dāng)點C在線段D上時如圖∵BD∴CE=DDC∴E=22=由知D≌E7∴B=C∴D∽E∴DD∴D=2,7∴D54.

5 4圖1②當(dāng)點C在線段A的延長線上時如圖仿①可證E∽D,∴BE∵BEEBD=22=∴B=32∴B34綜上DDB=3404∴D的長4 7

7 75404. 圖27 7如圖以點A為圓心C長為半徑作圓當(dāng)E在A的下方與A相切時D的值最小由勾股定理得EE5∵四邊形C是正方形∴CB∴E∴D=22=.圓A卷 圖3一、選擇題二、填空題92.9三、解答題∵B為O的弦CB的中點由垂徑定理的推論可知CB∵DB∴C⊥D∵C為O的半徑∴D是O的切線.∵BACD∴DBD∴D=22∴SD=1CD.2O的半徑為∴BC∵弦B垂直平分半徑C∴BD,2BD=C在D中D=2253∴BD=203.由知D在D中sDD=1∴D∵CB,2∴BDB.() 0 0 3 ,1

C是等腰直角三角形∵C為O的直徑

∴C=C∵B=B∴BC∴BC又∵C∴C是等腰直角三角形.在C中BC=∴C在C中DC∴D=.如圖連接C∵CB∴B=O∴C=B+OB∵B⊥D∴O∴E+E.∵DB∴D=E∴D+E∴F=∵C是O的半徑∴F是O的切線.∵B是直徑D是弦且BD∴E=D∵B,2 第8題圖PAGEPAGE20∴∴E=22∵F=CE=C∴E∽C,∴CE∴0=8∴F∴FFE=9.FC F0 2 2 2連接E∵C是O的切線∴EC即B∵C∴EC,∴A=C∵EA∴A=E∴E=C即E平分C.∵D為O的直徑∴D∵E=CC∴EC,∴E=E∵CB∴C∴E=1C.2∵sEE=3∴EE=3.2() ,

2 ︵ ,1 ∵A=E∴E=F又E與E都是F所對的圓周角∴E=E∵F=B∴B=E∵E平分D∴E=E∵B是直徑∴B∴B+E=E+E=B故E即DB.∵由知B=E∴EC又AEMB∴A=E=O+EE∴圓的半徑ABEE∴ECBE在C中B=AC∴C=22=224即C的長為4.B卷一、選擇題二、填空題π-3..d.5 6 4三、解答題∵Ax軸相切于點B∴Bx軸∵HDO⊥B∴O=B=A∴四邊形B是矩形.如圖連接C∵四邊形B是矩形∴HB=在C中H22H2∴H=2-2∵點A為圓心HD∴DH. ︵ ︵∵連接DD如圖所示CD∴CD∵C=D∴點OB在D的垂直平分線上∴B垂直平分D∴D=∵C=B∴DE∴E=D∴B⊥EB是O的切線.

第5題圖∵O的半徑為∴B∵B是O的直徑∴B∵C,∴C=22=22=∴CC=7∵CC∴C=C.33∵B=C∴B=C∴BC=7.3如圖連接∵E與O相切C是O的半徑∴CE∴A+E=∵AC∴A=A∴E+A∵D⊥B∴A+A.∵A=E∴E+A∴E=E∴C=.∵B為O的直徑∴B在F中E+FE=E∴E+F∵E+F=∴F=F∴CF∵F∴C=E∴E=22=22∴DEE在D中D=

第7題圖22=22=2在tD和B中A=AB=D,∴DB∴OD即425∴C65.() ,

,

8 ,

5 ,,,1連接EFA∵C外切于O切點分別是DEF2∴DFDEECFBA平分C∴E=1∴E=E=3×3∴CCFF+2EECE.

第8題圖∵EFB∴A=A∴F-C.當(dāng)點M在優(yōu)弧F上時E=1F當(dāng)點M在劣弧F上時E.計算連接M∵O

2為圓心N于點N∴=N∵B∴M=B∴在C中,2 2C=M22=22.︵ 探究∵EN于點DM∴B∵半圓的中點為Q∴QB∴B∴E∴FE︵

第9題圖E53Q=5=πm∵53-π=0π=2>,︵

0 6

3 6 6 6如圖連接E過點O作GB于點G∵O