株洲市中考数学试卷含分类汇编解析

2017年湖南省株洲市中考数学试卷

一、选择题（每小题3分，满分30分）

1.计算a?4的结果为（）

A.a2B.a4C.a6D.a8

2.如图示，数轴上点A所表示的数的绝对值为（）

-5-4-3-2-1012345

A.2B.-2C.±2D.以上均不对

3.如图示直线h,ABC被直线b所截，且h〃b,则a=（）

/

A.41°B.49°C.51°D.59°

4.已知实数a,b满足a+l>b+l,则下列选项错误的为()

A.a>bB.a+2>b+2C.-a<-bD.2a>3b

5.如图，在中，ZBAC=x°,ZB=2x°,NC=3x。，则NBAD=()

A.145°B.150°C.155°D.160°

6.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

7.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（）

9：00-10：10：00-11：14：00-15：15：00-16：

00000000

进馆人数50245532

出馆人数30652845

A.9：00-10：00B.10：00-11：00C.14：00-15：00D.15：00-16：00

8.三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.)I

9.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()

DpC

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

10.如图示，若aABC内一点P满足NPAC=NPBA=NPCB,则点P为△ABC

的布洛卡点.三角形的布洛卡点(Brocardpoint)是法国数学家和数学教育家

克洛尔(A.L.Crelle1780-1855)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

(Brocard1845-1922)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，ZEDF=90°,若点Q为aDEF的布洛卡点，DQ=1,则EQ+FQ=

A.5B.4C.3+V2D.2+V2

二、填空题(每小题3分，满分24分)

11.如图示在中NB=.

B

k65。入

CA

12.分解因式：m3-mn2=.

13.分式方程5-x；z=O的解为.

14.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.

15.如图，已知AM为。0的直径，直线BC经过点M,且AB=AC,ZBAM=

NCAM,线段AB和AC分别交。0于点D、E,ZBMD=40°,则NEOM=.

16.如图示直线y=«x+遥与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.

17.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(x>0)的图象上，顶点B在函数

x

k9k.

y2=—(x>0)的图象上，ZABO=30°,则「二

2

18.如图示二次函数户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(X2,0),且与y轴交于点B(0,-2)，小强得到以下结

论：①0VaV2；②-IVbVO；③c=-l；④当|a|=|b|时X2＞旗-1；以上结论

中正确结论的序号为.

三、解答题(本大题共有8个小题，满分66分)

19.计算：78+2017°X(-1)-4sin45°.

2„

20.化简求值：-—V，其中x=2,y=V3.

21.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3X3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3X3阶魔方

赛A区域30名爱好者完成时间统计图，求：

①A区域3X3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).

②若3X3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

3X3阶魔方赛后进入下一轮角逐的人数.

③若3X3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

域完成时间为8秒的爱好者的概率（结果用最简分数表示）.

人数3/3阶魔方赛A区域爱好者完成时间条形图

22.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BC相交于点G,连接CF.

①求证：ADAE之△DCF；

23.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a其中tana=2对，无人机的飞行高度AH为500y米，桥的长度为1255

米.

①求点H到桥左端点P的距离；

②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AB.

24.如图所示，Rt^PAB的直角顶点P（3,4）在函数尸上（x>0）的图象上，

x

顶点A、B在函数y=^（x>0,0<t<k）的图象上，PA〃x轴，连接OP,0A,

X

记△OPA的面积为SAOPA，Z^PAB的面积为SAPAB,设W=SM>PA-S^PAB.

①求k的值以及w关于t的表达式；

②若用Wmax和Wmin分别表示函数W的最大值和最小值，令T=Wmax+a2-a,其中

25.如图示AB为。0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.

①求证：CE〃BF；

②若BD=2,且EA：EB：EC=3：1：在，求aBCD的面积（注：根据圆的对称

性可知OCJ_AB）.

26.已知二次函数y=-x2+bx+c+l,

①当b=l时，求这个二次函数的对称轴的方程；

②若c=^）2-2b,问：b为何值时，二次函数的图象与x轴相切？

③若二次函数的图象与X轴交于点A（XI,0）,B（X2,0）,且X1<X2,与y

轴的正半轴交于点M,以AB为直径的半圆恰好过点M,二次函数的对称轴1

与x轴、直线BM、直线AM分别交于点D、E、F,且满足器求二次函数

Ero

的表达式.

2017年湖南省株洲市中考数学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（每小题3分，满分30分）

1.计算a?"的结果为（）

A.a2B.a4C.a6D.a8

【考点】46：同底数累的乘法.

【分析】直接利用同底数累的乘法运算法则求出答案.

【解答】解：原式=a2F=a6.

故选C.

2.如图示，数轴上点A所表示的数的绝对值为（）

-5-4-3-2-1012345

A.2B.-2C.±2D.以上均不对

【考点】13：数轴；15：绝对值.

【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-2,1-2|=2,

故选A.

3.如图示直线li,baABC被直线h所截，且li〃b,则a=（）

A.41°B.49°C.51°D.59°

【考点】JA：平行线的性质.

【分析】根据平行线的性质即可得到结论.

【解答】解：'.'11//k,

.,.a=49°,

故选B.

4.已知实数a,b满足a+l>b+l,则下列选项错误的为（）

A.a>bB.a+2>b+2C.-a<-bD.2a>3b

【考点】C2：不等式的性质.

【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.

5.如图，在△回（：中，ZBAC=x°,ZB=2x°,NC=3x。，则NBAD=（）

A.145°B.150°C.155°D.160°

【考点】K7：三角形内角和定理.

【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4ABC中，VZB+ZC+ZBAC=180°,ZBAC=x°,ZB=2x°,

NC=3x°,

.•.6x=180,

.,.x=30,

ZBAD=ZB+ZC=5x=150°,

故选B.

2

x3x

C

6.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.

【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°4-4=90°,

正五边形一条边所对的圆心角是360°4-5=72°,

正六边形一条边所对的圆心角是360°4-6=60°,

一条边所对的圆心角最大的图形是正三角形，

故选A.

7.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（）

9：00-10：10：00-11：14：00-15：15：00-16：

00000000

进馆人数50245532

出馆人数30652845

A.9：00-10：00B.10：00-11：00C.14：00-15：00D.15：00-16：00

【考点】VA：统计表.

【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，差之最

大，

故选：B.

8.三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.）去B.）gc.）-yD.）4-

【考点】X6：列表法与树状图法.

【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.

【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=彦*.

0Z

故选D.

9.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】LN：中点四边形；L6：平行四边形的判定；LC：矩形的判定；P3：轴

对称图形.

【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ACLBD时，NEFG=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，

/.四边形EFGH一定是中心对称图形，

当AC_LBD时，ZEFG=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，

10.如图示，若△回(：内一点P满足NPAC=NPBA=NPCB,则点P为△ABC

的布洛卡点.三角形的布洛卡点(Brocardpoint)是法国数学家和数学教育家

克洛尔(A.L.Crelle1780-1855)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

(Brocard1845-1922)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，ZEDF=90°,若点Q为4DEF的布洛卡点，DQ=1,则EQ+FQ=

A.5B.4C.3+V2D.2+V2

【考点】R2：旋转的性质；JB：平行线的判定与性质；KW：等腰直角三角形.

【分析】由△DQFSAFQE,推出黑=：=5=君,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4DEF中，ZEDF=90°,DE=DF,Zl=

N2=N3,

D

VZ1+ZQEF=Z3+ZDFQ=45°,

.,.ZQEF=ZDFQ,VZ2=Z3,

/.△DQF^AFQE,

.DQFQDF__L

••FQ=QE=EF=V2J

VDQ=1,

，FQ=M，EQ=2,

，EQ+FQ=2+&,

故选D

二、填空题（每小题3分，满分24分）

11.如图示在中CB=25。.

B

k65。入

CA

【考点】KN：直角三角形的性质.

【分析】由直角三角形的两个锐角互余即可得出答案.

【解答】解：•••NC=90。，

?.ZB=90°-ZA=90°-65。=25°；

故答案为：25°.

3

12.分解因式：m-mn2=m(m+n)(m-n).

【考点】55：提公因式法与公式法的综合运用.

【分析】先提取公因式m,再运用平方差公式分解.

【解答】解：m3-mn2,

=m(irf-n2),

=m(m+n)(m-n).

13.分式方程里-白尸0的解为x=-4.

xx+25

【考点】B3：解分式方程.

【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=-日.

经检验，X=-1•是原方程的解.

故答案为：X=-

14.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

^~<xW6.

-5

【考点】C6：解一元一次不等式.

【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.

'3x>5

【解答】解：依题意有<LXT42’

5

解得V〈xW6.

•5

故x的取值范围是QVXW6.

故答案为：!<x^6.

15.如图，已知AM为。0的直径，直线BC经过点M,且AB=AC,ZBAM=

NCAM,线段AB和AC分别交。。于点D、E,NBMD=40。，则NEOM=80°.

【考点】M5：圆周角定理.

【分析】连接EM,根据等腰三角形的性质得到AM1BC,进而求出NAMD=70。,

于是得到结论.

【解答】解：连接EM,

VAB=AC,NBAM=NCAM,

/.AM±BC,

二•AM为。0的直径，

.,.ZADM=ZAEM=90°,

ZAME=ZAMD=90°-ZBMD=50°

，ZEAM=40°,

，ZEOM=2ZEAM=80°,

故答案为：80°.

16.如图示直线产后+遮与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点.

【考点】F9：一次函数图象与几何变换；04：轨迹.

【分析】先利用一次函数的解析式可确定A（-1,0）,B（0,遥），再利用

正切的定义求出NBAO=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，Mx+J5=0,解得x=-1,则A(-1,0),

当x=0时，y=V3x+V3=V3»则B(0,y)，

在RtAOAB中，tanNBAO=^=炳，

，ZBAO=60°,

AB=Jj+(忖2=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

•兀・

长度=-6-0--------2---2-71

1803

故答案为多T.

17.如图所示是一块含30。，60°,90。的直角三角板，直角顶点。位于坐标原点,

斜边AB垂直于x轴，顶点A在函数y尸包（x>0）的图象上，顶点B在函数

【考点】G6：反比例函数图象上点的坐标特征.

【分析】设AC=a,则OA=2a,OC=J&,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ki

和k2的值，相比即可.

【解答】解：如图，Rt^AOB中，ZB=30°,ZAOB=90°,

ZOAC=60°,

VAB±OC,

NACO=90。，

NAOC=30。，

设AC=a,则0A=2a,OC=，§a,

••A(，a)，

:A在函数yi=8-(x>0)的图象上,

X

，ki=%a・a=J5a2,

RtABOC中，OB=2OC=2%,

.*.BC=VoB2-OC2=3a»

/.BCyfda,-3a),

•..B在函数丫2=丝(x>0)的图象上,

X

k2=-3a^/3a=-3^/3a2»

.kl1

，；

,k2~3

18.如图示二次函数户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(X2,0),且与y轴交于点B(0,-2)，小强得到以下结

论：①0<a<2；②-l<b<0；③c=-l；④当|a|=|b|时X2>&-1；以上结论

中正确结论的序号为①④.

V

【考点】HA：抛物线与x轴的交点；H4：二次函数图象与系数的关系.

【分析】根据抛物线与y轴交于点B(0,-2),可得c=-2,依此判断③；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①②；由Ia|=|b|

可得二次函数尸x2+bx+c的对称轴为号，可得e2,比较大小即可判断④；

从而求解.

【解答】解：由A(-1,0),B(0,-2),得6=2-2,

开口向上,

a>0；

对称轴在y轴右侧,

a-2<0,

a<2；

0<a<2；

①正确；

抛物线与y轴交于点B(0,-2),

c=-2,故③错误；

抛物线图象与x轴交于点A(-1,0),

a-b-2=0,无法得到0VaV2；②-IVbVO,故①②错误;

|a|=|b|,二次函数产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y=y,

X2=2>V5_1>故④正确.

故答案为：①④.

三、解答题(本大题共有8个小题，满分66分)

19.计算：Vs+2017°X(-1)-4sin45°.

【考点】2C：实数的运算；6E：零指数累；T5：特殊角的三角函数值.

【分析】根据立方根的定义、零指数幕及特殊角的三角函数值求得各项的值，再

计算即可.

【解答】解：

V8+2017°X(-1)-4sin45°

=272+1X(-1)-4X零

=2&-1-2&

=-1.

2_

20.化简求值：（x-^—）•——y，其中x=2,y=V3.

xx+y

【考点】6D：分式的化简求值.

【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:(x+y)(x-y).七_产正@一垩=_工1,

xx+yXxX

当x=2,y=«时，原式=-*I".

21.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3X3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3X3阶魔方

赛A区域30名爱好者完成时间统计图，求：

①A区域3X3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).

②若3X3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

3X3阶魔方赛后进入下一轮角逐的人数.

③若3X3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

域完成时间为8秒的爱好者的概率（结果用最简分数表示）.

人数3*3阶魔方赛A区域爱好者完成时间条形图

【考点】VC：条形统计图；V5：用样本估计总体；X4：概率公式.

【分析】①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

轮角逐的人数比例为4：30；

②因为其他赛区情况大致一致，所以进入下一轮的人数为：600XA区进入下一

轮角逐的人数比例；

③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,得到完成时间8秒的爱好者的概率.

【解答】解：①A区小于8秒的共有3+1=4（人）

所以A区进入下一轮角逐的人数比例为：4-=4；

3015

②估计进入下一轮角逐的人数为600X每80（人）；

③因为A区域爱好者完成时间的平均值为8.8秒，

所以（!X6+3X7+aX8+bX9+10X10）+

化简，得8a+9b=137

XVl+3+a+b+10=30,即a+b=16

所以］8a+9b=137

a+b=16

解得a=7,b=9

7

所以该区完成时间为8秒的爱好者的概率为

22.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BC相交于点G,连接CF.

①求证：△DAEg/XDCF；

②求证：△ABGs^CFG.

【考点】S8：相似三角形的判定；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.

【分析】①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即可得证;

②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=NBCF,再

由对顶角相等，利用两对角相等的三角形相似即可得证.

【解答】证明：①•・•正方形ABCD,等腰直角三角形EDF,

AZADC=ZEDF=90°,AD=CD,DE=DF,

:.ZADE+ZADF=ZADF+ZCDF,

，NADE=NCDF,

在AADE和ACDF中，

fDE=DF

<NADE=NCDF,

,DA=DC

/.△ADE^ACDF；

②延长BA到M,交ED于点M,

VAADE^ACDF,

:.ZEAD=ZFCD,即NEAM+NMAD=NBCD+NBCF,

,/ZMAD=ZBCD=90°,

，NEAM=NBCF,

VZEAM=ZBAG,

.*.ZBAG=ZBCF,

VZAGB=ZCGF,

.,.△ABG^ACFG.

23.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a其中tana=2百，无人机的飞行高度AH为500对米，桥的长度为1255

米.

①求点H到桥左端点P的距离；

②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AB.

【考点】TA：解直角三角形的应用-仰角俯角问题.

【分析】①在RCAHP中，由tan/APH=tana=罂，即可解决问题；

Hr

②设BCLHQ于C.在RtaBCQ中，求出CQ不悬-1500米，由PQ=1255

米，可得CP=245米，再根据AB=HC=PH-PC计算即可；

【解答】解：①在RdAHP中，•.•AH=500代，

由tanZAPH=tana=-^二噂=2©可得PH=250米.

HrPH

，点H到桥左端点P的距离为250米.

②设BCLHQ于C.

在Rt^BCQ中，VBC=AH=500A/3，NBQC=30。,

•.3=*15。。米，

VPQ=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.

I

B

■.研二

24.如图所示，Rt^PAB的直角顶点P(3,4)在函数户上(x>0)的图象上，

X

顶点A、B在函数户工(x>0,0<t<k)的图象上，PA〃x轴，连接OP,0A,

X

记△OPA的面积为SAOPA>APAB的面积为S,\PAB，设W=SAOPA-SAPAB.

①求k的值以及w关于t的表达式；

②若用Wmax和Wmin分别表示函数W的最大值和最小值，令T=Wmax+a2-a,其中

【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.

【分析】（1）由点P的坐标表示出点A、点B的坐标，从而得SAPAB=-1-PA-PB=-1-

（4-缶）（3-［）,再根据反比例系数k的几何意义知SAOPA=S4OPC-SAOAC=6

-yt,由W=SAOPA-S^PAB可得答案；

（2）将（1）中所得解析式配方求得Wmax=|＞代入T=Wmax+a2-a配方即可得出

答案.

【解答】解：（1）..•点P（3,4）,

二在yJ•中，当x=3时，y=2，即点A（3,当），

X00

当y=4时，X=-^-,即点B（予4）,

则SApAB="^PA*PB=-y（4-S（3-［），

乙乙。Sx

则PCJ_x轴,

又SAOPA=SAOPC-SAoAC=yX3X4-卞二6-yt,

.*.w=6-1t-|(4-1)(3勺)=-/吗;

(2)：w=-泰+|t=-圭(L6)2+多

._2

・・Wmax-2，

31R

222

贝UT=wmax+a-a=a-a+-^=(a-y)+—,

:.当a=*■时，Tmin=*

25.如图示AB为。。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.

①求证：CE〃BF；

②若BD=2,且EA：EB：EC=3：1：如,求4BCD的面积（注：根据圆的对称

性可知OCLAB）.

【考点】S9：相似三角形的判定与性质；M2：垂径定理.

【分析】①连接AC,BE,由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出NF=*

ZAEB,由圆周角定理得出NAEC=NBEC,证出NAEC=NF,即可得出结论；

②证明△ADEs^CBE,得出祟卓，证明△CBEsaCDB,得出粤染，求

vDV5CDCD

出CB=2遥，得出AD=6,AB=8,由垂径定理得出OC_LAB,AG=BG=/AB=4,

由勾股定理求出CG=VCB2-BG2=2,即可得出4BCD的面积.

【解答】①证明：连接AC,BE,作直线0C,如图所示：

VBE=EF,

.,.ZF=ZEBF；

VZAEB=ZEBF+ZF,

/.NF=*NAEB,

是定的中点，，同二前，

.,.ZAEC=ZBEC,

■:ZAEB=ZAEC+ZBEC,

/.NAEC=/NAEB,

.,.ZAEC=ZF,

，CE〃BF；

②解：VZDAE=ZDCB,ZAED=ZCEB,

.".△ADE^ACBE,

.ADAEAD3

,,CB^0即n旗q?

VZCBD=ZCEB,NBCD=NECB,

.'.△CBE^ACDB,

.BDBE21

••瓦五’即0n旗脑‘

，CB=2日

；.AD=6,

，AB=8,

•••点C为劣弧AB的中点，

AOCIAB,AG=BG=yAB=4,

.*.CG=7CB2-BG^=2»

.'.△BCD的面积=:BD・CG=^X2X2=2.

26.已知二次函数y=-x2+bx+c+l,

①当b=l时，求这个二次函数的对称轴的方程；

②若c=*2_2b,问：b为何值时，二次函数的图象与x轴相切？

③若二次函数的图象与x轴交于点A(xi,0),B(X2,0),且xi〈X2,与y

轴的正半轴交于点M,以AB为直径的半圆恰好过点M,二次函数的对称轴1

与x轴、直线BM、直线AM分别交于点D、E、F,且满足器”,求二次函数

Ero

的表达式.

【考点】HF：二次函数综合题；H3：二次函数的性质.

【分析】①二次函数y=-x2+bx+c+l的对称轴为x弓，即可得出答案；

2

②二次函数产-x2+bx+c+l的顶点坐标为(米”呼),y由二次函数的

4(c+l)+b2

1