2018成华区二诊答案
20．（10分）如图，AB为⊙O的直径，AC是⊙O的一条弦，D为弧BC的中点，过点D作DE⊥AC，垂足为AC的延长线上的点E，连接DA、DB． （1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）试探究线段AB、BD、CE之间的数量关系，并说明理由； （3）延长ED交AB的延长线于F，若AD＝DF，DE＝
，求⊙O的半径．
【分析】（1）直接利用切线的判定方法结合圆心角定理分析得出OD⊥EF，即可得出答案；
（2）根据角平分线性质得出DE＝DM，根据全等求出BM＝CE，根据相似三角形的性质和判定求出即可；
（3）在Rt△DMO中，解直角三角形即可求出OD．
【解答】（1）证明：连接OD， ∵D为
的中点，
∴∠CAD＝∠BAD， ∵OA＝OD， ∴∠BAD＝∠ADO， ∴∠CAD＝∠ADO， ∵DE⊥AC， ∴∠E＝90°，
∴∠CAD+∠EDA＝90°，即∠ADO+∠EDA＝90°， ∴OD⊥EF，
∴EF为半圆O的切线；
（2）解：BD2＝CE×AB，
理由是：过D作DM⊥AB于M，连接CD， ∵D为
的中点，
∴∠CAD＝∠BAD， ∵DE⊥AE，DM⊥AB， ∴DE＝DM，∠E＝∠DMB， ∵C、A、B、D四点共圆， ∴∠ECD＝∠DBM， 在△ECD和△BMD中
∴△ECD≌△BMD， ∴CE＝BM，
∵AB是⊙O的直径，DM⊥AB， ∴∠ADB＝∠DMB＝90°， ∵∠DBM＝∠ABD， ∴△DBM∽△ABD， ∴
＝
，
∴BD2＝BM×AB， 即BD2＝CE×AB；
（3）解：
∵OA＝OD， ∴∠DAO＝∠ODA， ∵AD＝DF， ∴∠DAO＝∠F，
∴∠DAO＝∠F＝∠ODA，
∴∠DOF＝∠DAO+∠ODA＝2∠F， ∵EF切⊙O于D， ∴∠ODF＝90°， ∴∠F+∠DOF＝90°， ∴∠F＝30°，∠DOF＝60°， ∵DE＝DM＝
，
＝
＝2，
在Rt△DMO中，OD＝
即⊙O的半径是2．
【点评】此题主要考查了切线的判定与性质，全等三角形的性质和判定，解直角三角形，角平分线性质等知识，能综合运用知识点进行推理和计算是解题关键． 四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 21．（4分）实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，化简|a|+
的结果是 b﹣2a ．
【分析】直接利用数轴得出a＜0，a﹣b＜0，进而化简得出答案． 【解答】解：由数轴可得：a＜0，a﹣b＜0， 则原式＝﹣a﹣（a﹣b）＝b﹣2a． 故答案为：b﹣2a．
【点评】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确得出各项符号是解题关键．
22．（4分）若x1，x2是关于x的方程x2﹣2mx+m2﹣m﹣1＝0的两个根且x1+x2＝1﹣x1x2，则m＝ 1 ． 【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系得出x1+x2＝﹣求出方程的解，即可得出答案．
【解答】解：∵x1，x2是关于x的方程x2﹣2mx+m2﹣m﹣1＝0的两个根， ∴x1+x2＝2m，x1•x2＝m2﹣m﹣1，
△＝（﹣2m）2﹣4（m2﹣m﹣1）＝4m+4≥0，
，x1•x2＝
，变形后得出关于m的方程，
解得m≥﹣1， ∵x1+x2＝1﹣x1x2， ∴2m＝1﹣m2+m+1， m2+m﹣2＝0，
解得m＝1或﹣2（舍去）． 故答案为：1．
【点评】本题考查了根与系数的关系，根的判别式的应用，求出m的值后必须代入“△”进行检验，注意：若x1、x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，则x1+x2＝﹣
，x1•x2＝
．
23．（4分）有五张正面分别标有数﹣2，0，1，3，4的不透明卡片，它们除数字不同外其余全部相同．现将它们背面朝上，洗匀后从中任取一张，将卡片上的数记为a，则使关于x的方程整数解的概率为
．
﹣3＝
有正
【分析】易得分式方程的解，看所给5个数中，能使分式方程有整数解的情况数占总情况数的多少即可． 【解答】解：解分式方程得：x＝∵分式方程的解为正整数， ∴a＞0， 又∵x≠1， ∴a≠4， ∴a＝1，
∴使关于x的分式方程有正整数解的概率为故答案为：
．
．
，
【点评】本题考查概率的基本计算，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比． 24．（4分）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，点E，F分别在边AD，BC上，且点B，F关于过点E的直线对称，如果EF与以CD为直径的圆恰好相切，那么AE＝ 6﹣ ．
【分析】设⊙O与EF相切于M，连接EB，作EH⊥BC于H．由题意易知四边形AEHB是矩形，设AE＝BH＝x，由切线长定理可知，ED＝EM，FC＝FM，由B、F关于EH对称，推出HF＝BH＝x，ED＝
EM＝8﹣x，FC＝FM＝8﹣2x，EF＝16﹣3x，在Rt△EFH中，根据EF2＝EH2+HF2，列出方程即可解决问题．
【解答】解：如图，设⊙O与EF相切于M，连接EB，作EH⊥BC于H．
由题意易知四边形AEHB是矩形，设AE＝BH＝x， 由切线长定理可知，ED＝EM，FC＝FM， ∵B、F关于EH对称，
∴HF＝BH＝x，ED＝EM＝8﹣x，FC＝FM＝8﹣2x，EF＝16﹣3x， 在Rt△EFH中，∵EF2＝EH2+HF2， ∴42+x2＝（16﹣3x）2， 解得x＝6﹣∴AE＝6﹣
或6+，
．
（舍弃），
故答案为：6﹣
【点评】本题考查切线的性质、矩形的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用方程的思想思考问题，属于中考常考题型． 五、解答题（本大题共30分）
26．（8分）工人师傅用一块长为10分米，宽为8分米的矩形铁皮（厚度不计）制作一个无盖的长方体容器，如图所示，需要将四角各裁掉一个小正方形．
（1）若长方体容器的底面面积为48平方分米，求裁掉的小正方形边长是多少分米？
（2）若要求制作的长方体容器的底面长不大于底面宽的3倍，并将容器内部进行防锈处理，侧面每平方分米的防锈处理费用为0.5元，底面每平方分米的防锈处理费用为2元，问裁掉的小正方形边长是多少分米时，总费用最低，最低费用为多少元？
【分析】（1）根据题意可以列出相应的方程，从而可以解答本题，注意小正方形的边长要小于矩形宽答一半；
（2）根据题意可以得到最低费用与小正方形边长的函数关系式，然后根据二次函数的性质即可解答本
题．
【解答】解：（1）设裁掉一个小正方形的边长为x分米， （10﹣2x）（8﹣2x）＝48， 解得，x1＝1，x2＝8（舍去）， 答：裁掉一个小正方形边长是1分米；
（2）设裁掉的小正方形边长是a分米时，总费用为w元，
w＝0.5×[2×（8﹣2a）a+2×（10﹣2a）a]+2（8﹣2a）（10﹣2a）＝4a2﹣54a+160＝4（a﹣∵的长方体容器的底面长不大于底面宽的3倍， ∴10﹣2a≤3（8﹣2a），得a≤3.5，
∴当a＝3.5时，w取的最小值，此时w＝20，
答：裁掉的小正方形边长是3.5分米时，总费用最低，最低费用为20元．
【点评】本题考查二次函数的应用、一元二次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用函数和方程的思想解答．
27．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，CD是中线，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为E、F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．
（1）如图1，若CE＝CF，求证：DE＝DF （2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中， ①求证：AB2＝4CE•CF
②若CE＝8，CF＝4，求DN的长．
）2﹣
，
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得出∠DCF＝∠DCE＝135°，结合CE＝CF、CD＝CD，即可证出△DCF≌△DCE（SAS），再利用全等三角形的性质即可得出DE＝DF；
（2）①利用三角形内角和定理可得出∠CDF+∠CFD＝45°，结合∠EDF＝∠CDF+∠CDE＝45°可得出∠CFD＝∠CDE，结合∠DCF＝∠ECD＝135°可得出△CFD∽△CDE，根据相似三角形的性质可得
出CD2＝CE•CF，再由AB＝2CD即可证出AB2＝4CE•CF；
②由①的结论可得出CD的长度，过点D作DP⊥BC于点P，则DP∥CE，DP＝CP＝
CD＝4，进
而可得出△CNE∽△PND，根据相似三角形的性质可求出PN的长度，再在Rt△DPN中，利用勾股定理即可求出DN的长．
【解答】（1）证明：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，CD是中线， ∴△ABC为等腰直角三角形， ∴∠ACD＝∠BCD＝45°，AB＝2CD， ∴∠DCF＝∠DCE＝135°． 在△DCF和△DCE中，∴△DCF≌△DCE（SAS）， ∴DE＝DF．
（2）①证明：∵∠DCF＝135°， ∴∠CDF+∠CFD＝45°． ∵∠EDF＝∠CDF+∠CDE＝45°， ∴∠CFD＝∠CDE．
又∵∠DCF＝∠ECD＝135°， ∴△CFD∽△CDE， ∴
＝
，即CD2＝CE•CF．
，
又∵AB＝2CD， ∴AB2＝4CE•CF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用全等三角形的判定定理SAS证出△DCF≌△DCE；（2）①利用相似三角形的性质找出CD2＝CE•CF；②利用相似三角形的性质求出PN的长度． 28．（12分）如图，抛物线y＝﹣
x2+bx+c与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B坐标为（6，0），
点C坐标为（0，6），点D是抛物线的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连接BD．
（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；
（2）点F是抛物线上的动点，当∠FBA＝∠BDE时，求点F的坐标；
（3）若点M是抛物线上的动点，过点M作MN∥x轴与抛物线交于点N，点P在x轴上，点Q在坐标平面内，以线段MN为对角线作正方形MPNQ，请写出点Q的坐标．
【分析】（1）由B、C的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式，再求其顶点D即可；
（2）过F作FG⊥x轴于点G，可设出F点坐标，利用△FBG∽△BDE，由相似三角形的性质可得到关于F点坐标的方程，可求得F点的坐标；
（3）由于M、N两点关于对称轴对称，可知点P为对称轴与x轴的交点，点Q在对称轴上，可设出Q点的坐标，则可表示出M的坐标，代入抛物线解析式可求得Q点的坐标． 【解答】解：
（1）把B、C两点坐标代入抛物线解析式可得∴抛物线解析式为y＝﹣∵y＝﹣
x2+2x+6＝﹣
x2+2x+6， （x﹣2）2+8，
，解得
，
∴D（2，8）；
（2）如图1，过F作FG⊥x轴于点G，
设F（x，﹣
x2+2x+6），则FG＝|﹣
x2+2x+6|，
∵∠FBA＝∠BDE，∠FGB＝∠BED＝90°， ∴△FBG∽△BDE，
∴＝，
∵B（6，0），D（2，8），
∴E（2，0），BE＝4，DE＝8，OB＝6， ∴BG＝6﹣x，
∴＝，
当点F在x轴上方时，有）；
＝，解得x＝﹣1或x＝6（舍去），此时F点的坐标为（﹣1，
当点F在x轴下方时，有3，﹣
）；
＝﹣，解得x＝﹣3或x＝6（舍去），此时F点的坐标为（﹣
综上可知F点的坐标为（﹣1，
）或（﹣3，﹣）；
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