2017遼寧錦州中考數(shù)學(xué)練習(xí)真題(2)
2017遼寧錦州中考數(shù)學(xué)練習(xí)試題答案
一、選擇題(本題共14個(gè)小題，每小題3分，共42分)
1.﹣1.5的倒數(shù)是( )
A.﹣1.5 B.1.5 C. D.
【考點(diǎn)】倒數(shù).
【分析】根據(jù)乘積是1的兩個(gè)數(shù)叫做互為倒數(shù)解答.
【解答】解：∵(﹣1.5)×(﹣ )=1，
∴﹣1.5的倒數(shù)是﹣ .
故選C.
2.溫家寶總理有一句名言：“多么小的問題，乘以13億，都會(huì)變得很大，多么大的經(jīng)濟(jì)總量，除以13億，都會(huì)變得很小”.如果每人每天浪費(fèi)0.01千克糧食，我國13億人每天就浪費(fèi)糧食( )
A.1.3×105千克 B.1.3×106千克 C.1.3×107千克 D.1.3×108千克
【考點(diǎn)】科學(xué)記數(shù)法—表示較大的數(shù).
【分析】科學(xué)記數(shù)法就是將一個(gè)數(shù)字表示成(a×10的n次冪的形式)，其中1≤|a|<10，n表示整數(shù).n為整數(shù)位數(shù)減1，即從左邊第一位開始，在首位非零的后面加上小數(shù)點(diǎn)，再乘以10的n次冪.
【解答】解：13億=1 300 000 000，
1 300 000 000×0.01=1.3×107千克，
故13億人每天就浪費(fèi)糧食1.3×107千克.
故選C.
3.，將三角尺的直角頂點(diǎn)放在直尺的一邊上，∠1=30°，∠3=20°，則∠2的度數(shù)等于( )
A.50° B.30° C.20 D.15°
【考點(diǎn)】平行線的性質(zhì);三角形的外角性質(zhì).
【分析】根據(jù)三角形外角性質(zhì)求出∠4，根據(jù)平行線性質(zhì)得出∠2=∠4，代入求出即可.
【解答】解：
∠4=∠1+∠3=30°+20°=50°，
∵AB∥CD，
∴∠2=∠4=50°，
故選A.
4.下列計(jì)算正確的是( )
A.(x3)4=x7 B.x3•x4=x12 C.(﹣3x)2=9x2 D.2x2+x2=3x4
【考點(diǎn)】冪的乘方與積的乘方;同底數(shù)冪的乘法.
【分析】根據(jù)冪的乘方對A進(jìn)行判斷;根據(jù)同底數(shù)冪的乘法對B進(jìn)行判斷;根據(jù)積的乘方對C進(jìn)行判斷;根據(jù)合并同類項(xiàng)對D進(jìn)行判斷.
【解答】解：A、(x3)4=x12，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤;
B、x3•x4=x7，所以B選項(xiàng)錯(cuò)誤;
C、(﹣3x)2=9x2，所以C選項(xiàng)正確;
D、2x2+x2=3x2，所以D選項(xiàng)錯(cuò)誤.
故選C.
5.不等式組 的所有整數(shù)解的和是( )
A.﹣1 B.0 C.1 D.2
【考點(diǎn)】一元一次不等式組的整數(shù)解.
【分析】首先解不等式組，再從不等式組的解集中找出適合條件的整數(shù)即可.
【解答】解：
由不等式①得x≥﹣
由不等式②得x<2所以不等組的解集為 ≤x<2
不等式的整數(shù)解0，1，則所有整數(shù)解的和是1.
故選C.
6.若x=1，y=2，則 • 的值為( )
A.﹣ B.﹣ C. D.
【考點(diǎn)】分式的化簡求值.
【分析】先把分式的分子和分母因式分解，再進(jìn)行約分得到原式= ，然后把x=1代入計(jì)算.
【解答】解：原式= • ，
= ，
當(dāng)x=1，y=2時(shí)，原式= = =﹣ .
故選A.
7.所示的物體是由四個(gè)相同的小長方體堆砌而成的，那么這個(gè)物體的左視圖是( )
A. B. C. D.
【考點(diǎn)】簡單組合體的三視圖.
【分析】根據(jù)左視圖，后排兩層，前排一層，可得答案.
【解答】解：后排兩層，前排一層，
故選：B.
8.小亮和其他5個(gè)同學(xué)參加百米賽跑，賽場共設(shè)1，2，3，4，5，6六個(gè)跑道，選手以隨機(jī)抽簽的方式確定各自的跑道.若小亮首先抽簽，則小亮抽到1號跑道的概率是( )www-2-1-cnjy-com
A. B. C. D.1
【考點(diǎn)】概率公式.
【分析】由賽場共設(shè)1，2，3，4，5，6六個(gè)跑道，直接利用概率公式求解即可求得答案.
【解答】解：∵賽場共設(shè)1，2，3，4，5，6六個(gè)跑道，
∴小亮首先抽簽，則小亮抽到1號跑道的概率是： .
故選：A.
9.在△ABC中，點(diǎn)D、E、F分別在BC、AB、CA上，且DE∥CA，DF∥BA，則下列三種說法：
?、偃绻?ang;BAC=90°，那么四邊形AEDF是矩形
?、谌绻鸄D平分∠BAC，那么四邊形AEDF是菱形
③如果AD⊥BC且AB=AC，那么四邊形AEDF是菱形
其中正確的有( )
A.3個(gè) B.2個(gè) C.1個(gè) D.0個(gè)
【考點(diǎn)】矩形的判定;菱形的判定.
【分析】根據(jù)題意可得四邊形AEDF是平行四邊形;由∠BAC=90°，得四邊形AEDF是矩形;由AD平分∠BAC，得四邊形AEDF是菱形;當(dāng)AD⊥BC且AB=AC時(shí)，四邊形AEDF是菱形.
【解答】解：∵DE∥CA，DF∥BA，
∴四邊形AEDF是平行四邊形;
∵∠BAC=90°，
∴四邊形AEDF是矩形;
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠FAD，
∴∠FAD=∠ADF，
∴AF=DF，
∴四邊形AEDF是菱形;
∵AD⊥BC且AB=AC，
∴AD平分∠BAC，
∴四邊形AEDF是菱形;
故①②③正確.
故選A.
10.，A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)均在⊙O上，∠AOD=70°，AO∥DC，則∠B的度數(shù)為( )
A.40° B.45° C.50° D.55°
【考點(diǎn)】圓周角定理;平行線的性質(zhì).
【分析】連接OC，由AO∥DC，得出∠ODC=∠AOD=70°，再由OD=OC，得出∠ODC=∠OCD=70°，求得∠COD=40°，進(jìn)一步得出∠AOC，進(jìn)一步利用圓周角定理得出∠B的度數(shù)即可.
【解答】解：，
連接OC，
∵AO∥DC，
∴∠ODC=∠AOD=70°，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD=70°，
∴∠COD=40°，
∴∠AOC=110°，
∴∠B= ∠AOC=55°.
故選：D.
11.已知關(guān)于x的一元二次方程mx2+2x﹣1=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則m的取值范圍是( )
A.m<﹣1 B.m>1 C.m<1且m≠0 D.m>﹣1且m≠0
【考點(diǎn)】根的判別式;一元二次方程的定義.
【分析】由關(guān)于x的一元二次方程mx2+2x﹣1=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，根據(jù)一元二次方程的定義和根的判別式的意義可得m≠0且△>0，即22﹣4•m•(﹣1)>0，兩個(gè)不等式的公共解即為m的取值范圍.2-1-c-n-j-y
【解答】解：∵關(guān)于x的一元二次方程mx2+2x﹣1=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，
∴m≠0且△>0，即22﹣4•m•(﹣1)>0，解得m>﹣1，
∴m的取值范圍為m>﹣1且m≠0.
∴當(dāng)m>﹣1且m≠0時(shí)，關(guān)于x的一元二次方程mx2+2x﹣1=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根.
故選D.
12.，已知小正方形ABCD的面積為1，把它的各邊延長一倍得到新正方形A1B1C1D1;把正方形A1B1C1D1邊長按原法延長一倍得到正方形A2B2C2D2;以此進(jìn)行下去…，則正方形AnBnCnDn的面積為( )
A.( )n B.5n C.5n﹣1 D.5n+1
【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì).
【分析】根據(jù)三角形的面積公式，可知每一次延長一倍后，得到的一個(gè)直角三角形的面積和延長前的正方形的面積相等，即每一次延長一倍后，得到的圖形是延長前的正方形的面積的5倍，從而解答.
【解答】解：，已知小正方形ABCD的面積為1，則把它的各邊延長一倍后，△AA1D1的面積= ×2AB×AB=AB2=1，
新正方形A1B1C1D1的面積是4×1+1=5，
從而正方形A2B2C2D2的面積為5×5=25，
以此進(jìn)行下去…，
則正方形AnBnCnDn的面積為5n.
故選：5n.
13.，在菱形ABCD中，DE⊥AB，cosA= ，AE=3，則tan∠DBE的值是( )
A. B.2 C. D.
【考點(diǎn)】解直角三角形;菱形的性質(zhì).
【分析】在直角三角形ADE中，cosA= ，求得AD，再求得DE，即可得到tan∠DBE= .
【解答】解：設(shè)菱形ABCD邊長為t.
∵BE=2，
∴AE=t﹣2.
∵cosA= ，
∴ .
∴ = .
∴t=5.
∴BE=5﹣3=2，
∴DE= =4，
∴tan∠DBE= =2，
故選B.
14.，已知點(diǎn)A是直線y=x與反比例函數(shù)y= (k>0，x>0)的交點(diǎn)，B是y= 圖象上的另一點(diǎn)，BC∥x軸，交y軸于點(diǎn)C.動(dòng)點(diǎn)P從坐標(biāo)原點(diǎn)O出發(fā)，沿O→A→B→C(圖中“→”所示路線)勻速運(yùn)動(dòng)，終點(diǎn)為C，過點(diǎn)P作PM⊥x軸，PN⊥y軸，垂足分別為M，N.設(shè)四邊形OMPN的面積為S，P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則S關(guān)于t的函數(shù)圖象大致為( )
A. B. C. D.
【考點(diǎn)】動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象.
【分析】根據(jù)點(diǎn)P的位置，分①點(diǎn)P在OA上時(shí)，四邊形OMPN為正方形;②點(diǎn)P在反比例函數(shù)圖象AB段時(shí)，根據(jù)反比例函數(shù)系數(shù)的幾何意義，四邊形OMPN的面積不變;③點(diǎn)P在BC段，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C的總路程為a，然后表示出四邊形OMPN的面積，最后判斷出函數(shù)圖象即可得解.
【解答】解：設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度為v，
?、儆捎邳c(diǎn)A在直線y=x上，
故點(diǎn)P在OA上時(shí)，四邊形OMPN為正方形，
四邊形OMPN的面積S= (vt)2，
?、邳c(diǎn)P在反比例函數(shù)圖象AB時(shí)，
由反比例函數(shù)系數(shù)幾何意義，四邊形OMPN的面積S=k;
③點(diǎn)P在BC段時(shí)，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C的總路程為a，
則四邊形OMPN的面積=OC•(a﹣vt)=﹣OC•vt+OC•a，
縱觀各選項(xiàng)，只有B選項(xiàng)圖形符合.
故選：B.
二、填空題(本大題共5小題，每小題3分，共15分)
15.分解因式：a3﹣a= a(a+1)(a﹣1) .
【考點(diǎn)】提公因式法與公式法的綜合運(yùn)用.
【分析】先提取公因式a，再對余下的多項(xiàng)式利用平方差公式繼續(xù)分解.
【解答】解：a3﹣a，
=a(a2﹣1)，
=a(a+1)(a﹣1).
故答案為：a(a+1)(a﹣1).
16.某校甲、乙兩支儀仗隊(duì)員的身高(單位;cm)如下：
甲隊(duì) 176 175 175 174 176 175
乙隊(duì) 170 180 178 175 180 176
你認(rèn)為身高更整齊的隊(duì)伍是 甲 隊(duì).
【考點(diǎn)】方差.
【分析】求得每隊(duì)的方差，方差小的比較整齊.
【解答】解： = ≈175.2;
= =176.5;
= [2+2+2+2+2+2]2≈0.47;
= [2+2+2+2+2+2]≈11.9.
∵ < ，
∴甲隊(duì)的身體整齊.
故答案是：甲.
17.定義一種新運(yùn)算“⊗”，規(guī)定：a⊗b= a﹣4b，例如：6⊗5= ×6﹣4×5=﹣18，則12⊗(﹣1)= 8 .
【考點(diǎn)】有理數(shù)的混合運(yùn)算.
【分析】根據(jù)新運(yùn)算指定的運(yùn)算法則和運(yùn)算順序計(jì)算就可以求出結(jié)論.
【解答】解：原式= ×12﹣4×(﹣1)
=4+4
=8.
故答案為8.
18.，在直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(﹣1，2)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(﹣3，0)，將點(diǎn)C繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，再向下平移3個(gè)單位，此時(shí)點(diǎn)C的對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為 (1，﹣3) .
【考點(diǎn)】坐標(biāo)與圖形變化﹣平移.
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換與平移的規(guī)律作出圖形，然后解答即可.
【解答】解：，將點(diǎn)C繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，0)，
再將(1，0)向下平移3個(gè)單位，此時(shí)點(diǎn)C的對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，﹣3).
故答案為：(1，﹣3).
19.，菱形ABCD中，E、F分別是BC、CD的中點(diǎn)，過點(diǎn)E作EG⊥AD于G，連接GF.若∠A=80°，則∠DGF的度數(shù)為 50° .
【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì);全等三角形的判定與性質(zhì);直角三角形斜邊上的中線.
【分析】延長AD、EF相交于點(diǎn)H，根據(jù)線段中點(diǎn)定義可得CF=DF，根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等可得∠H=∠CEF，然后利用“角角邊”證明△CEF和△DHF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得EF=FH，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得GF=FH，根據(jù)等邊對等角可得∠DGF=∠H，根據(jù)菱形的性質(zhì)求出∠C=∠A，CE=CF，然后根據(jù)等腰三角形兩底角相等求出∠CEF，從而得解.
【解答】解：，延長AD、EF相交于點(diǎn)H，
∵F是CD的中點(diǎn)，
∴CF=DF，
∵菱形對邊AD∥BC，
∴∠H=∠CEF，
在△CEF和△DHF中，
，
∴△CEF≌△DHF(AAS)，
∴EF=FH，
∵EG⊥AD，
∴GF=FH，
∴∠DGF=∠H，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠C=∠A=80°，
∵菱形ABCD中，E、F分別是BC、CD的中點(diǎn)，
∴CE=CF，
在△CEF中，∠CEF= =50°，
∴∠DGF=∠H=∠CEF=50°.
故答案為：50°.
三、解答題(本大題共7小題，共63分)
20.計(jì)算：( ﹣2)0+( )﹣1+4cos30°﹣| ﹣ |
【考點(diǎn)】實(shí)數(shù)的運(yùn)算;零指數(shù)冪;負(fù)整數(shù)指數(shù)冪;特殊角的三角函數(shù)值.
【分析】原式第一項(xiàng)利用零指數(shù)冪法則計(jì)算，第二項(xiàng)利用負(fù)指數(shù)冪法則計(jì)算，第三項(xiàng)利用特殊角的三角函數(shù)值計(jì)算，最后一項(xiàng)利用絕對值的代數(shù)意義化簡，計(jì)算即可得到結(jié)果.
【解答】解：原式=1+3+4× ﹣2
=4.
21.，平面直角坐標(biāo)系中，直線 與x軸交于點(diǎn)A，與雙曲線 在第一象限內(nèi)交于點(diǎn)B，BC丄x軸于點(diǎn)C，OC=2AO.求雙曲線的解析式.
【考點(diǎn)】反比例函數(shù)綜合題.
【分析】先利用一次函數(shù)與圖象的交點(diǎn)，再利用OC=2AO求得C點(diǎn)的坐標(biāo)，然后代入一次函數(shù)求得點(diǎn)B的坐標(biāo)，進(jìn)一步求得反比例函數(shù)的解析式即可.
【解答】解：由題意 OC=2AO，
∵當(dāng)y=0時(shí)， x+ =0，解得x=﹣1，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為(﹣1，0)，
∴OA=1.
又∵OC=2OA，
∴OC=2，
∴點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為2，
代入直線 ，得y= ，
∴B(2， ).
∵點(diǎn)B在雙曲線上，
∴k=xy=2× =3，
∴雙曲線的解析式為y= .
22.州教育局為了解我州八年級學(xué)生參加社會(huì)實(shí)踐活動(dòng)情況，隨機(jī)抽查了某縣部分八年級學(xué)生第一學(xué)期參加社會(huì)實(shí)踐活動(dòng)的天數(shù)，并用得到的數(shù)據(jù)檢測了兩幅統(tǒng)計(jì)圖，下面給出了兩幅不完整的統(tǒng)計(jì)圖()2•1•c•n•j•y
請根據(jù)圖中提供的信息，回答下列問題：
(1)a= 10 %，并寫出該扇形所對圓心角的度數(shù)為 36° ，請補(bǔ)全條形圖.
(2)在這次抽樣調(diào)查中，眾數(shù)和中位數(shù)分別是多少?
(3)如果該縣共有八年級學(xué)生2000人，請你估計(jì)“活動(dòng)時(shí)間不少于7天”的學(xué)生人數(shù)大約有多少人?
【考點(diǎn)】條形統(tǒng)計(jì)圖;用樣本估計(jì)總體;扇形統(tǒng)計(jì)圖;中位數(shù);眾數(shù).
【分析】(1)根據(jù)各部分所占的百分比的和等于1列式計(jì)算即可求出a，再用360°乘以所占的百分比求出所對圓心角的度數(shù)，然后用被抽查的學(xué)生人數(shù)乘以8天所占百分比求出8天的人數(shù)，補(bǔ)全條形統(tǒng)計(jì)圖即可;
(2)用眾數(shù)和中位數(shù)的定義解答;
(3)用總?cè)藬?shù)乘以“活動(dòng)時(shí)間不少于7天”的百分比，計(jì)算即可得解.
【解答】解：(1)a=1﹣(40%+20%+25%+5%)=1﹣90%=10%，
所對的圓心角度數(shù)=360°×10%=36°，
被抽查的學(xué)生人數(shù)：240÷40%=600人，
8天的人數(shù)：600×10%=60人，
補(bǔ)全統(tǒng)計(jì)圖所示：
故答案為：10，36°;
(2)參加社會(huì)實(shí)踐活動(dòng)5天的人數(shù)最多，
所以，眾數(shù)是5天，
600人中，按照參加社會(huì)實(shí)踐活動(dòng)的天數(shù)從少到多排列，第300人和301人都是6天，
所以，中位數(shù)是6天;
(3)2000×(25%+10%+5%)=2000×40%=800人.
23.，⊙O中，直徑CD⊥弦AB于E，AM⊥BC于M，交CD于N，連AD.
(1)求證：AD=AN;
(2)若AB=4 ，ON=1，求⊙O的半徑.
【考點(diǎn)】垂徑定理;勾股定理;圓周角定理.
【分析】(1)先根據(jù)圓周角定理得出∠BAD=∠BCD，再由直角三角形的性質(zhì)得出∠ANE=∠CNM，故可得出∠BCD=∠BAM，由全等三角形的判定定理得出△ANE≌△ADE，故可得出結(jié)論;
(2)先根據(jù)垂徑定理求出AE的長，設(shè)NE=x，則OE=x﹣1，NE=ED=x，r=OD=OE+ED=2x﹣1
連結(jié)AO，則AO=OD=2x﹣1，在Rt△AOE中根據(jù)勾股定理可得出x的值，進(jìn)而得出結(jié)論.
【解答】(1)證明：∵∠BAD與∠BCD是同弧所對的圓周角，
∴∠BAD=∠BCD，
∵AE⊥CD，AM⊥BC，
∴∠AMC=∠AEN=90°，
∵∠ANE=∠CNM，
∴∠BCD=∠BAM，
∴∠BAM=BAD，
在△ANE與△ADE中，
∵ ，
∴△ANE≌△ADE，
∴AD=AN;
(2)解：∵AB=4 ，AE⊥CD，
∴AE=2 ，
又∵ON=1，
∴設(shè)NE=x，則OE=x﹣1，NE=ED=x，r=OD=OE+ED=2x﹣1
連結(jié)AO，則AO=OD=2x﹣1，
∵△AOE是直角三角形，AE=2 ，OE=x﹣1，AO=2x﹣1，
∴(2 )2+(x﹣1)2=(2x﹣1)2，解得x=2，
∴r=2x﹣1=3.
24.小明早晨從家里出發(fā)勻速步行去上學(xué)，小明的媽媽在小明出發(fā)后10分鐘，發(fā)現(xiàn)小明的數(shù)學(xué)課本沒帶，于是她帶上課本立即勻速騎車按小明上學(xué)的路線追趕小明，結(jié)果與小明同時(shí)到達(dá)學(xué)校.已知小明在整個(gè)上學(xué)途中，他出發(fā)后t分鐘時(shí)，他所在的位置與家的距離為s千米，且s與t之間的函數(shù)關(guān)系的圖象中的折線段OA﹣AB所示.
(1)試求折線段OA﹣AB所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式;
(2)請解釋圖中線段AB的實(shí)際意義;
(3)請?jiān)谒o的圖中畫出小明的媽媽在追趕小明的過程中，她所在位置與家的距離s(千米)與小明出發(fā)后的時(shí)間t(分鐘)之間函數(shù)關(guān)系的圖象.(友情提醒：請對畫出的圖象用數(shù)據(jù)作適當(dāng)?shù)臉?biāo)注)
【考點(diǎn)】一次函數(shù)的應(yīng)用.
【分析】(1)OA為正比例函數(shù)圖象，可以用待定系數(shù)法求出;
(2)AB段離家距離沒發(fā)生變化說明在以家為圓心做曲線運(yùn)動(dòng);
(3)媽媽的速度正好是小明的2倍，所以媽媽走弧線路用(20﹣12)÷2=4分鐘.
【解答】解：(1)線段OA對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為：s= t(0≤t≤12)
線段AB對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為：s=1(12
(2)圖中線段AB的實(shí)際意義是：
小明出發(fā)12分鐘后，沿著以他家為圓心，1千米為半徑的圓弧形道路上勻速步行了8分鐘;
(3)由圖象可知，小明花20分鐘到達(dá)學(xué)校，則小明的媽媽花20﹣10=10分鐘到達(dá)學(xué)校，可知小明媽媽的速度是小明的2倍，即：小明花12分鐘走1千米，則媽媽花6分鐘走1千米，故D(16，1)，小明花20﹣12=8分鐘走圓弧形道路，則媽媽花4分鐘走圓弧形道路，故B(20，1).
媽媽的圖象經(jīng)過(10，0)(16，1)(20，1)中折線段CD﹣DB就是所作圖象.
25.提出問題：
(1)1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，H分別在BC，AB上，若AE⊥DH于點(diǎn)O，求證：AE=DH;
類比探究：
(2)2，在正方形ABCD中，點(diǎn)H，E，G，F(xiàn)分別在AB，BC，CD，DA上，若EF⊥HG于點(diǎn)O，探究線段EF與HG的數(shù)量關(guān)系，并說明理由;
綜合運(yùn)用：
(3)在(2)問條件下，HF∥GE，3所示，已知BE=EC=2，EO=2FO，求圖中陰影部分的面積.
【考點(diǎn)】四邊形綜合題.
【分析】(1)由正方形的性質(zhì)得AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH.所以∠HAO+∠OAD=90°，又知∠ADO+∠OAD=90°，所以∠HAO=∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得AE=DH;
(2)EF=GH.將FE平移到AM處，則AM∥EF，AM=EF，將GH平移到DN處，則DN∥GH，DN=GH.根據(jù)(1)的結(jié)論得AM=DN，所以EF=GH;
(3)易得△AHF∽△CGE，所以 ，由EC=2得AF=1，過F作FP⊥BC于P，根據(jù)勾股定理得EF= ，因?yàn)镕H∥EG，所以 ，根據(jù)(2)①知EF=GH，所以FO=HO，再求得三角形FOH與三角形EOG的面積相加即可.
【解答】解：(1)∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH.
∴∠HAO+∠OAD=90°.
∵AE⊥DH，
∴∠ADO+∠OAD=90°.
∴∠HAO=∠ADO.
∴△ABE≌△DAH(ASA)，
∴AE=DH.
(2)EF=GH.
將FE平移到AM處，則AM∥EF，AM=EF.
將GH平移到DN處，則DN∥GH，DN=GH.
∵EF⊥GH，
∴AM⊥DN，
根據(jù)(1)的結(jié)論得AM=DN，所以EF=GH;
(3)∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB∥CD
∴∠AHO=∠CGO
∵FH∥EG
∴∠FHO=∠EGO
∴∠AHF=∠CGE
∴△AHF∽△CGE
∴
∵EC=2
∴AF=1
過F作FP⊥BC于P，
根據(jù)勾股定理得EF= ，
∵FH∥EG，
∴
根據(jù)(2)知EF=GH，
∴FO=HO.
∴ ，
，
∴陰影部分面積為 .
26.，在等腰三角形ABC中，AB=AC，以底邊BC的垂直平分線和BC所在的直線建立平面直角坐標(biāo)系，拋物線y=﹣ x2+ x+4經(jīng)過A、B兩點(diǎn).
(1)寫出點(diǎn)A、點(diǎn)B的坐標(biāo);
(2)若一條與y軸重合的直線l以每秒2個(gè)單位長度的速度向右平移，分別交線段OA、CA和拋物線于點(diǎn)E、M和點(diǎn)P，連接PA、PB.設(shè)直線l移動(dòng)的時(shí)間為t(0
(3)在(2)的條件下，拋物線上是否存在一點(diǎn)P，使得△PAM是直角三角形?若存在，請求出點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在，請說明理由.
【考點(diǎn)】二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)拋物線的解析式中，令x=0，能確定點(diǎn)B的坐標(biāo);令y=0，能確定點(diǎn)A的坐標(biāo).
(2)四邊形PBCA可看作△ABC、△PBA兩部分;△ABC的面積是定值，關(guān)鍵是求出△PBA的面積表達(dá)式;若設(shè)直線l與直線AB的交點(diǎn)為Q，先用t表示出線段PQ的長，而△PAB的面積可由( PQ•OA)求得，在求出S、t的函數(shù)關(guān)系式后，由函數(shù)的性質(zhì)可求得S的最大值.
(3)△PAM中，∠APM是銳角，而PM∥y軸，∠AMP=∠ACO也不可能是直角，所以只有∠PAC是直角一種可能，即 直線AP、直線AC垂直，此時(shí)兩直線的斜率乘積為﹣1，先求出直線AC的解析式，聯(lián)立拋物線的解析式后可求得點(diǎn)P的坐標(biāo).
【解答】解：(1)拋物線y=﹣ x2+ x+4中：
令x=0，y=4，則 B(0，4);
令y=0，0=﹣ x2+ x+4，解得 x1=﹣1、x2=8，則 A(8，0);
∴A(8，0)、B(0，4).
(2)△ABC中，AB=AC，AO⊥BC，則OB=OC=4，∴C(0，﹣4).
由A(8，0)、B(0，4)，得：直線AB：y=﹣ x+4;
依題意，知：OE=2t，即 E(2t，0);
∴P(2t，﹣2t2+7t+4)、Q(2t，﹣t+4)，PQ=(﹣2t2+7t+4)﹣(﹣t+4)=﹣2t2+8t;
S=S△ABC+S△PAB= ×8×8+ ×(﹣2t2+8t)×8=﹣8t2+32t+32=﹣8(t﹣2)2+64;
∴當(dāng)t=2時(shí)，S有最大值，且最大值為64.
(3)∵PM∥y軸，∴∠AMP=∠ACO<90°;
而∠APM是銳角，所以△PAM若是直角三角形，只能是∠PAM=90°;
由A(8，0)、C(0，﹣4)，得：直線AC：y= x﹣4;
所以，直線AP可設(shè)為：y=﹣2x+h，代入A(8，0)，得：
﹣16+h=0，h=16
∴直線AP：y=﹣2x+16，聯(lián)立拋物線的解析式，得：
，解得 、
∴存在符合條件的點(diǎn)P，且坐標(biāo)為(3，10).
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