江苏省苏州市工业园区 2019 届中考数学模拟试卷（ 4 月份） (分析版 )
一 .选择题
1. 的相反数是（ ）
A.
B.
C﹣.
D﹣.
2.人体血液中，红细胞的直径约为
0.000 007 7m ．用科学记数法表示 0.000 007 7m 是（
）
﹣ 5
﹣5
﹣ 6
﹣ 7
A. 0.77 × 10
C×
D×. 7710
× 10
3.以下运算结果为
a6 的是（ ）
2
3
2
3
2 3
8
2 A. a +a
B. a ?a
C. （﹣ a ） D. a ÷a
4.学校丈量了全校 1 200 名女生的身高， 并进行了分组． 已知身高在
～（单位： m）这一组的频次为
，
则该组共有女生（ ）
A. 150 名
B. 300 名 C. 600 名 D. 900 名
5.某市四月份连续五天的日最高气温分别为 23、 20、 20、21、26（单位：℃），这组数据的中位数和众数分别
是（
）
A. 21℃， 20℃
B. 21℃， 26℃
C. 22℃， 20℃
D. 22℃， 26℃
6.如图，直线 m∥ n．若∠ 1=70 °，∠ 2=25 °，则∠ A 等于（ ）
A. 30 °
B. 35
C. 45 °
D. 55 °
7.在反比率函数 y=
的图象上有两点
A（ x1
， y1）、 B（x2
， y2）．若 x1＜0＜ x2 ， y1＜ y2 则 k 的取
值范围是（
）
A. k≥
B.＞k
C.＜k﹣
D.＜k
8.如图， 在楼极点 A 处察看旗杆 CD 测得旗杆顶部 C 的仰角为 30°，旗杆底部 D 的俯角为 45°．已知楼高 AB=9m，
则旗杆
CD 的高度为（
）
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°
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A.
m B. m
C. 9
m D. 12
m
9.如图， D，E， F 分别是△ ABC各边的中点．增添以下条件后，不可以获得四边
形
ADEF是矩形的是（
D. AE⊥ BC
）
A. ∠ BAC=90° B. BC=2AE C. 平DE分∠ AEB
10.如图，等边三角形纸片 ABC 中，AB=4．D 是 AB 边的中点， E 是 BC边上一点现将△ 接 CB'，则 CB'长度的最小值为（
BDE沿 DE折叠，得△ B'DE．连
）
﹣2
C. ﹣1
二 .填空题
2
11. 计算：（ x+1） =________． 12. 甲、乙、丙三位选手各射击 选手
均匀数（环） 方差（环
2
10 次的成绩统计以下：
甲 乙
丙
）
此中，发挥最稳固的选手是 ________．
在一次数学考试中，某班级的一道单项选择题的答题状况以13. 下：
依据以上信息，该班级选择
“B”项的有选 ________．
14.若 a2﹣ 2a﹣ 8=0，则 5+4a﹣ 2a2 =________．
15.不论 m 为什么值，二次函数 y=x2+（2﹣ m） x+m 的图象总经过定点 ________．
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16.如 ，已知点
A（ 0，3）， B（ 4，0），点
C 在第一象限，且
AC=5
， BC=10， 直
OC的函数表达式
________．
17.如 ，已知扇形 点 A 移 至点
AOB 中， OA=3，∠ AOB=120°，C 是在
________．
上的 点．以 BC 作正方形 BCDE，当点 C 从
B ，点 D 的路径 是
18.如 ，四 形
ABCD中， AB∥ CD， AC=BC=DC=4，AD=6， BD=________．
三 .解答题
19. 算：
（
﹣） 2+（π 1） 0 ．
20.解不等式 ：
．
21. 先化 ，再求 ： ÷（ a+2 ），此中 a= 3．
2 000 元， 乙种足球共花
22. 某校 了甲、乙两种不一样的足球，此中 甲种足球共花 知 甲种足球的数目是 乙种足球数目的 1 个甲种足球、 1 个乙种足球各需多少元？ 23. 甲、乙、丙三人准 玩 球游 ． 是：第 再由接到球的人随机 其余两人中的一个人
1 400 元．己 20 元．
2 倍，且 1 个乙种足球比 1 个甲种足球多花
1 次 球从甲开始，甲先将球随机 乙、丙两人中的一个人，
⋯这样频频．
（ 1）若 球 1 次，球在乙手中的概率 ________；
（ 2）若 球 3 次，求球在甲手中的概率（用 状 或列表法求解）．
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24.如图，已知四边形
ABCD中， AD∥BC， AB=AD．
（ 1）用直尺和圆规作∠ BAD 的均分线 AE， AE 与 BC订交于点 E．（保存作图印迹，不写作法）； （ 2）求证：四边形 ABED是菱形； （ 3）若∠ B+∠ C=90°， BC=18，求菱形 ABED的面积． ， CD=12
25.如图，函数 y=
x 与函数 y=
（ x＞ 0）的图象订交于点
A（ n，4）．点 B 在函数 y=
（ x＞0）的图象上，
过点 B 作 BC∥ x 轴， BC
与
y 轴订交于点 C，且 AB=AC．
（ 1）求 m、 n 的值； （ 2）求直线 AB 的函数表达式．
26.如图，在△ ABC 中， CD⊥ AB，垂足为点 D．以 AB 为直径的半⊙ O 分别与
AC， CD订交于点 E，F，连结 AF， EF．
（ 1）求证：∠ AFE=∠ ACD；
（2）若 CE=4， CB=4
， tan∠ CAB= ，求 FD 的长．
27.如图，已知 Rt△ ABC的直角边 AC 与 Rt△ DEF的直角边 DF在同一条直线上， 且 AC=60cm，BC=45cm，DF=6cm，
EF=8cm．现将点 C 与点 F 重合，再以 4cm/s 的速度沿 C 方向挪动△ DEF；同时，点 P 从点 A 出发，以 5cm/s 的速度沿 AB 方向挪动．设挪动时间为 t（ s），以点 P 为圆心， 3t（ cm）长为半径的⊙ P 与 AB 订交于点 M， N，
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当点 F 与点 A 重合时，△ DEF与点 P 同时停止挪动，在挪动过程中，
（ 1）连结 ME，当 ME∥ AC 时， t=________s； （ 2）连结 NF，当 NF 均分 DE 时，求 t 的值；
（3）能否存在⊙ P 与 Rt△DEF 的两条直角边所在的直线同时相切的时辰？若存在，求出 t 的值；若不存在，说明原因．
2
28.如图，二次函数
y=ax +bx+2 的图象与 x 轴订交于点 A（﹣ 1， 0）、 B（ 4， 0），与 y 轴订交于点 C．
（1）求该函数的表达式；
（2）点 P 为该函数在第一象限内的图象上一点，过点
P 作 PQ⊥ BC，垂足为点 Q，连结 PC．
①求线段 PQ 的最大值；
②若以点 P、 C、 Q 为极点的三角形与△ ABC相像，求点 P 的坐标．
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答案分析部分
一 .选择题
1.【答案】 C
【考点】 相反数
【分析】 【解答】解：
的相反数是﹣ ．
故答案为： C．
【剖析】求一个数的相反数就是在这个数的前面添上负号。
2.【答案】 C
【考点】 科学记数法 —表示绝对值较小的数
﹣ 6
【分析】 【解答】解： 0.000 007 7=7.7 ×10 故答案为： C．
【剖析】已知数是绝对值小于
，
n
1 的数，写出 a 10 的形式， n 是负整数， 1≤|a|＜10.
【考点】 同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，同底数幂的除法，归并同类项法例和去括号法例
2
不可以归并，
A 错误；
【分析】 【解答】解： A、 a3
故
÷a
B、 a2?a3 =a5 ，故B错误；
8
2
6
C、（﹣ a2?） 3=﹣ a6 ， 故 C错误；
D、 a ÷a=a ， 故 D正确；
故答案为： D．
【剖析】本题是幂的运算性质及归并同类项综合运用。 4.【答案】 B
【考点】 频数与频次
【分析】 【解答】解：依据题意，得
该组共有女生为： 1200×0.25=300（人）．
故答案为： B．
【剖析】依据频数 =总数
频次，直接代入计算即可。
5.【答案】 A
【考点】 中位数、众数
【分析】 【解答】解：把这组数据从小到大摆列为：
20， 20， 21，23， 26，最中间的数是 21，
则这组数据的中位数是
21℃，
20℃；
20 出现了 2 次，出现的次数最多，则众数是 故答案为： A．
【剖析】依据中位数和众数的定义解答本题，分别找出这组数据中出现次数最多的数和从大到小或从小到大排
列最中间的数即可。
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6.【答案】 C
【考点】 平行线的性质，三角形的外角性质
【分析】 【解答】解：如图，
∵直线 m∥n ，
∴∠ 1=∠ 3，
∵∠ 1=70°，
∴∠ 3=70°，
∵∠ 3=∠ 2+∠ A，∠ 2=25°，
∴∠ A=45°，
故答案为： C．
【剖析】 依据两直线平行同位角相等或内错角相等，得出∠
1=∠ 3，再依据三角形的一个外角等于不相邻的两内
角之和，求得∠ A 的度数。
7.【答案】 D
【考点】 反比率函数的性质，反比率函数图象上点的坐标特点
【分析】 【解答】解：∵ x1＜ 0＜ x2 ， y1＜ y2 ，
∴反比率函数图象散布在第一、三象限，
∴1﹣ 3k＞ 0，
∴k＜
．
故答案为： D．
【剖析】由已知 x1＜ 0＜ x2 ， y1＜y2 可知道图像散布在第一、三象限，联合反比率函数的性质，列出对于
一元一次不等式，解不等式即可得出结论。
8.【答案】 B
【考点】 正方形的判断与性质，解直角三角形，解直角三角形的应用 -仰角俯角问题
【分析】 【解答】解：如图，过点
A 作 AE⊥ CD于点 E，
∵AE∥ BD，
∴∠ ADB=∠ EAD=45°，
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k 的
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∴ AB=BD=9m．
∵AB⊥ BD， ED⊥ BD， AE⊥ CD， AB=BD，
∴四边形 ABDE是正方形，
∴ AE=BD=AB=DE=9m．在
Rt△ ACE中， ∵∠ CAE=30°，
∴CE=AE?tan30°=9× =3
，
∴ CD=CE+DE=（3+9）m．
故答案为： B．
【剖析】要求旗杆的高 CD，依据题中的已知条件，需过点 A 作 AE⊥ CD 于点 E，易证得四边形 ABDE是正方形，再求出 CE的长，将 CE转变到 Rt△ ACE中去求解，就能够求出旗杆的高。。
9.【答案】 D
【考点】 三角形中位线定理，矩形的判断
【分析】 【解答】解：∵ D、E、 F 分别是△ ABC各边的中点，
∴
EF∥ AB， DE∥ AC， ∴四边形
ADEF是平行四边形， 若∠
BAC=90°，或 BC=2AE，或 DE 均分∠ AEB， 则四边形 ADEF是矩形；
若
AE⊥ BC，则 AB=AC， ∴四边形 ADEF是菱形，
故答案为：
D． 【剖析】依据三角形的中位线定理能够证得四边形ADEF是平行四边形，再依据矩形的判断即可得出结论。
10.【答案】 A
【考点】 等边三角形的性质，翻折变换（折叠问题）
【分析】 【解答】解：连结
CD，
∵△ ABC是等边三角形， D 是 AB 边的中点，
∴CD⊥AB，
∵将△ BDE沿 DE 折叠，得△ B'DE．连结 CB'，
∴当 B′在 CD 上时， CB'长度的最小，
∵ AB=4，
∴DB′ =DB=2，
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∵CD=2
，
∴CB′ =2 ﹣ 2，
∴CB'长度的最小值为 2 故答案为： A．
【剖析】抓住已知条件△
﹣ 2，
ABC是等边三角形， D 是 AB 边的中点，依据等边三角形 “三线合一 ”的性质，连结 CD，
就能够求出 CD 的长，依据已知条件获得当 B′在 CD上时， CB'长度的最小，再依据折叠的性质获得
DB′ =DB，
于是可获得结论。 二.填空题
2
11.【答案】 x +2x+1
【考点】 完整平方公式
2
2
【分析】 【解答】解：（ x+1） =x +2x+1， 故答案为： x2 +2x+1．
【剖析】运用完整平方公式解答本题。 12.【答案】 丙 【考点】 方差
【分析】 【解答】解：∵ ＜＜， ∴丙的方差最小，
∴这四人中丙发挥最稳固，
故答案为：丙
【剖析】方差是用来权衡一组数据颠簸大小的量，方差越小表示这组数据散布越稳固，本题比较方差的大小即
可。
13.【答案】 28 人
【考点】 扇形统计图，条形统计图
【分析】 【解答】解： 10÷20%×（ 1﹣ 8%﹣ 16%﹣ 20%） =28 人，
答：该班级选择 “B选”项的有
28 人，
故答案为： 28 人．
【剖析】察看条形统计图和扇形统计图，先求出这个班级的人数，在算出选择
该班级选择 “B选”项的人数。
14.【答案】 ﹣ 11
【考点】
代数式求值，因式分解 -提公因式法，等式的性质 2
∴ a2﹣ 2a=8，
则原式 =5﹣ 2（a2﹣ 2a）=5﹣ 2×8=﹣11，
故答案为：﹣
11．
【剖析】由已知得等式变形求出
a2﹣ 2a 的值，再将原代数式变形，整体代入计算。9 / 22
“B”项所占百分比，就能够求出选
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15.【答案】 （ 1， 3）
【考点】
二次函数图象上点的坐标特点 2
【分析】
【解答】解：∵ y=x +（ 2﹣ m） x+m， ∴m（ 1﹣ x） =y﹣ x2﹣ 2x，
∵不论 m 为什么值，二次函数 y=x2 +（ 2﹣ m） x+m 的图象总经过定点，即 m 有无数个解，
∴ 1﹣ x=0， y﹣ x2 ﹣2x， ∴
x=1， y=3， ∴定点坐标为（ 1，
3）．故答案为（ 1， 3）．
【剖析】依据题意可知该定点坐标与
m 值没关。先把分析式表示为对于 m 的不定方程，再利用 获得 1﹣ x=0，y﹣ x2﹣ 2x，求出 x、 y 的值即可。
16.【答案】 y=
x
【考点】 待定系数法求一次函数分析式，勾股定理的逆定理，相像三角形的判断与性质
【分析】 【解答】解：如图，连结
AB，作 CD⊥ x 轴于点 D，
∴AB=
= =5，
∵
AC=5， BC=10， 2
2
2
2
2
∴AB +BC =5 +10 =125=AC
，
∴∠ ABO+∠ CBD=90°，
∵∠ AOB=∠ BDC=90°，
∴∠ OAB+∠ ABO=90°，
∴∠ OAB=∠ CBD，
∴△ ABO∽△ BCD，
∴
，即 ，
解得： BD=6， CD=8，
则 OD=10，
∴点 C 的坐标为（ 10， 8），
设直线 OC 的函数表达式为 y=kx，
将点 C（10， 8）代入，得： 10k=8，即 k= ，
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m 有无数个解
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∴直线 OC 的函数表达式为
y=
x ，
故答案为： y=
x．
C 的坐标。所以过点 C 作 CD⊥ x 轴于点 D，求出 CD、 OD OC的函数表达式，就需要求出
点
Rt△ CBD中，连结 AB，易证到△ ABC是直角三角形，再证明ABO∽△ BCD，就能够求出 的长，将它们转变到
△
CD、 BD、 OD 的长，得出点 C 的坐标，用待定系数法可求出直线 OC的函数表达式。 【剖析】要求直线
17.【答案】 2
π
-旋转 【考点】 圆周角定理，弧长的计算，坐标与图形变化
【分析】 【解答】解：如图，由此 BO 交⊙ O 于 F，取 的中点
H，连结 FH、 HB、 BD．
易知△ FHB 是等腰直角三角形，
HF=HB，∠ FHB=90°，
∵∠ FDB=45°=
∠ FHB，
∴点 D 在⊙ H 上运动，轨迹是易知∠ HFG=∠ HGF=15°， ∴∠ FHG=150°，
（图中红线），
∴∠ GHB=120°，易知 HB=3
，
∴点 D 的运动轨迹的长为
=2
π．
故答案为 2
π．
【剖析】由此 BO交⊙ O 于 F，取 弧 B F 的中点 H，连结 FH、HB、BD．可证得△ FHB 是等腰直角三角形，能够
获得 HF=HB，∠ FHB=90°，就能够求出∠ 动，它的运动轨迹就是弧
FDB的度数，从而可知道点 D 就是在⊙ H 上运
GB 的长，∠ AOB=120°推出∠ AOF 是等边三角形，易求得∠∠ HFG=∠ HGF=15°，便可得∠ FHG AOF=60°，得出△
的度数，从而求出圆心角∠
GHB的度数，
在
Rt△BHF 中能够求出半径 HB 的长，利用弧长公式就能够求得点 D
的运动轨迹的长。
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18.【答案】 2
【考点】 平行线的性质，全等三角形的判断与性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理 【分析】 【解答】解：如图，延伸
BC到 E，使 CE=BC，连结 DE．
∵BC=CD，
∴CD=BC=CE，
∴∠ BDE=90°．
∵AB∥ CD，
∴∠ ABC=∠ DCE，∠ BAC=∠ DCA．
又∵ AC=BC，
∴∠ ABC=∠ BAC，
∴∠ DCE=∠ DCA，
∴在△ ACD与△ ECD中，
，
∴△ DCE≌△ DCA（ SAS），
∴ AD=ED=6．
在 Rt△ BDE中， BE=2BC=8，则
依据勾股定理知
BD=
= =2
．
故答案是： 2
．
【剖析】增添协助线，将
AD、 BC、 BD 转变到同一三角形中，由已知
BC=DC，所以延伸 BC 到 E，使 CE=BC，得
AD=ED，而后在
到 DC是△ BDE的中线， DC= BE，可证△ BDE是直角三角形。再证明
△
DCE≌△ DCA，从而获得
Rt△BDE 中运用勾股定理能够求得
BD 的长。
三 .解答题
19.【答案】 解：原式 =2﹣ 4+1=﹣ 1
【考点】 实数的运算，零指数幂，负整数指数幂
【分析】 【剖析】本题是最简二次根式，负整数指数幂、零指数幂的综共计算。计算步骤是：先算乘方、开方，再算加减。
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20.【答案】 解：
，
由①得， x＞﹣ 2，
由②得， x≤5，
所以，不等式组的解集是﹣
2＜ x≤5
【考点】 解一元一次不等式组
【分析】 【剖析】先求出每个不等式的解集，在确立不等式组的解集即可。
21. 【答案】 解：原式 = ÷=?
=，
当 a=﹣ 3 时，原式
=
【考点】 分式的化简求值
【分析】 【剖析】先算括号里的分式的加减，再将分式除法转变为乘法，结果要化成最简分式，最后辈入求值即可。
22. 【答案】 解：设购置 1 个甲种足球需
x 元，则购置 1 个乙种足球需（ x+20）元，
依据题意得：
=2×
，
解得： x=50，
经查验， x=50 是原分式方程的解，
∴x+20=70．
答：购置 1 个甲种足球需 50 元，购置 1 个乙种足球需 70 元
【考点】 解分式方程，分式方程的应用
【分析】 【剖析】题中的等量关系是：购置甲种足球的数目
=购置乙种足球数目的 2 倍； 1 个乙种足球单价
甲种足球的单价 +20 元，而后设未知数，再列出对于
x 的分式方程，解方程并查验后得出结论。
23.【答案】 （ 1）
（2）解：
，
∵3 次传球后，全部等可能的状况共有
8 种，此中球在甲手中的有
2
种状况，
∴若传球 3 次，求球在甲手中的概率是：
=
【考点】 列表法与树状图法
【分析】 【解答】（ 1）∵传球 1 次，球有可能在乙手中，也有可能在丙手中，
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=1 个
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∴球在乙手中的概率为
．
故答案为：
．
【剖析】（ 1）若传一次，球可能在乙手中，也可能在丙手中，就能够求出球在乙手中的概率。
（2）若传球 3 次，列树状图，一共由
8 种可能，球在甲手中有 2 种可能，依据概率公式就能够求出球在甲手中
的概率。
24.【答案】 （ 1）解：以下图，射线
AE 即为所求；
（
2）解：∵ AE均分∠ BAD， ∴∠ BAE=∠ DAE， ∵AD∥ BC， ∴∠ DAE=∠AEB， ∴∠ BAE=∠ AEB，∴
AB=BE，
∵ AB=AD，∴AD=BE，
∴四边形 ABED是平行四边形，又∵
AB=AD， ∴四边形 ABED是菱形
（3）解：以下图，连结
DE，过点 D 作 DF⊥ BC于
点
∵四边形 ABED是菱形，
∴DE∥ AB， DE=BE，
∴∠ DEC=∠ B，
又∵∠ B+∠ C=90°，
∴∠ DEC+∠ C=90°，
∴∠ EDC=90°，
设 DE=BE=x，∵BC=18，∴EC=18
﹣ x，
2
∵DE +CD =BC
2
2
， 而
CD=12，
解得 x=5，
∴ DE=BE=5， EC=13，
∵S△ EDC= DE× CD=
EC× DF，
F，
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∴DF=，
∴菱形 ABED的面积 =BE×DF=5× =
【考点】 勾股定理，菱形的判断，菱形的判断与性质，作图—基本作图 【分析】 【剖析】（ 1）按要求用尺规作图即可。
（2 ）先证明四边形 ABED是平行四边形，知道了一组对边平行，只要去证 AD=BE，由 AE 均分∠ BAD 和 AD∥ BC
易证到 AB=BE，又有 AB=AD，获得从而 AD=BE，再由一组邻边相等的平行四边形是菱形证得结论。 （3）抓住已知条件∠
B+∠ C=90°，将∠ B、∠ C 转变到直角三角形中去，由四边形
ABED是菱形，依据菱形的性
DE、DF 的
质 DE∥ AB， DE=BE，证得△ DEC是直角三角形，利用勾股定理和直角三角形的面积的两种算法求出 长，即可求出菱形的面积。
25.【答案】 （ 1）解：∵函数 y=
x 与函数 y= （ x＞0 ）的图象订交于点 A（n ，4），
∴ n=4，解得： n=3， ∴ m=4n=12
（2）解：过点 A 作 AD⊥ BC于 D，以下图．
∵
AB=AC，∴BC=2CD．
∵ BC∥ x 轴， ∴AD⊥ x 轴．
∵ A（3， 4），∴CD=3， BC=6．
当 x=6 时， y=
=2，
∴B（ 6， 2）．
设直线 AB 的函数表达式为
y=kx+b（ k≠0），
将 A（ 3， 4）、 B（ 6， 2）代入 y=kx+b 中，
，解得：，
∴直线 AB 的函数表达式为 y=﹣
x+6．
待定系数法求反比率函数分析式，
反比率函数与一次函数的交点问题，
【考点】 待定系数法求一次函数分析式，
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等腰三角形的性质
【分析】 【剖析】（ 1）由点 A 是两函数图像的交点，将点
A 坐标代入正比率函数分析式就能够求出
m 的值。
n 的值，
就获得点 A 坐标，再将点 A 的坐标代入反比率函数分析式便可求得 （2）要求直线 AB 的函数分析式，重点要求出点
B 的坐标，抓住题中已知条件 BC∥ x 轴和 AB=AC，依据等腰三
角形 “三线合一 ”的性质， 所以需增添协助线，
AD⊥BC 于 D，获得 CD=BD=3，就能够求出点 B 的纵坐标
过点 A 作
求得直线 AB 的分析式。
为 6，点 B 在反比率函数图像上，就能够求得点
B 的坐标，再用待定系数法就能够
26.【答案】 （ 1）证明：连结 BE，
∵AB 是⊙ O 的直径，
∴∠ AEB=90°，
∴∠ CAD+ABE=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠ CDA=90°，
∴∠ CAD+∠ ACD=90°，
∴∠ ABE=∠ ACD，
∵∠ ABE=∠ AFE，
∴∠ AFE=∠ ACD
（
2）连结 OF， ∵∠ BEC=90°，
∴BE=
=8，
∵tan ∠CAB=
，
∴ sin ∠CAB= ，
∵ AC=AE+CE=10，∴CD=8，
∴AD=6，
∵ OD=AD﹣ OA=1，∴OF=5，
∴DF=
=2．
【考点】 勾股定理，圆周角定理，解直角三角形
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【分析】 【剖析】（ 1）由已知 AB 是⊙ O 的直径增添协助线结构圆周角是直角，一次连结
BE，获得∠ AEB=90°，
再依据余角的性质获得∠
ABE=∠ ACD，灯具等量代换即可获得结论。
BE的长，再由题中的已知条件，将要解决的问题转变
（2）连结 OF，在 Rt△ CBE中，利用勾股定理就能够求出
到直角三角形中，利用三角形函数的定义及勾股定理即可获得结论。 27.【答案】 （ 1）
（2）解：如图 2 所示：连结 NF 交 DE 与点 G，则 G 为 DE的中点．
∵ AC=60cm， BC=45cm， DF=6cm，EF=8cm，
∴
．
又∵∠ ACB=∠ DFE=90°，
∴△ EDF∽△ ABC．
∴∠ A=∠ E．
∵G 是 DE的中点，
∴GF=DG=
ED．
∴∠ GFD=∠ GDF．
∵∠ GDF+∠ E=90°，
∴∠ GFD+∠ E=90°．
∴∠ A+∠ GFD=90°．
∴∠ ANF=90°．
∴ AF= AN=10t ．
又∵ FC=4t，
∴ 10t+4t=60 ，解得 t=
（3）解：如图 3 所示：过点 P 作 PH⊥AC，垂足为
∵EF 是⊙ P 的切线，
H，当⊙ P 与 EF 相切时，且点为17 / 22
G，连结 PG．
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∴∠ PGF=90°．
∵∠ PGF=∠ GFH=∠ PHF=90°，
∴四边形 PGFH为矩形．
∴PG=HF．
∵⊙ P 的半径为 3t ，sin∠ A=
， AP=5t，
∴ PH=3t．
∴⊙ P 与 AC相切．
∵ EF 为⊙ P 的切线，∴PG⊥EF．
∴HF=PG=3t． ∵ AH= AP=4t， FC=4t，
∴4t+3t+4t=60 ，解得 t=
．
如图 4 所示：连结 GP，过点 P 作 PH⊥ AC，垂足为 H．
由题意得可知： AH=4t， CF=4t．
∵ EF 是⊙ P 的切线， ∴∠ PGF=90°．
∵∠ PGF=∠ GFH=∠ PHF=90°，∴四边形 PGFH为矩形．
∴PG=HF．
∵
GP=FH，∴FH=3t．
∴4t+4t ﹣ 3t=60 ，解得： t=12 ．
综上所述，当 t 的值为
或 12 时，⊙ P 与 Rt△ DEF的两条直角边所在的直线同时相切．
【考点】 矩形的判断与性质，切线的判断与性质，圆的综合题，相像三角形的判断与性质，解直角三角形【分析】 【解答】解：（ 1）如图 1 所示：作 MH ⊥ AC，垂足为 H，作 PG⊥ AC，垂足为 G．
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∵在 Rt△ ABC中， AC=60，BC=45，
∴ AB=75cm． ∴ sin ∠A= ．
∴PM=PG=
PA=3t．
∴ AM=5t ﹣ 3t=2t ． ∴ HM= AM= t ．
当 ME∥AC 时， MH=EF，即
t=8，解得 t= ．
故答案为：
．
【剖析】
（1）分别过点 M 、 P 作 MH⊥ AC，作 PG⊥ AC，在 Rt△ ABC中利用勾股定理和解直角三角形，能够求出
sin∠ A
的值。再在 Rt△ APG 中利用解直角三角形能够获得 PG：AP=3：5，依据 PM=PG，表示出 AM 的长。在 Rt△ AMH 中，利用三角函数求表示出 MH 的长。再由已知 ME∥ AC，易得 MH=EF，成立方程，求出 t 的值即可。
（ 2 ）连结 NF 交 DE 与点 G，易证明△ EDF∽△ ABC．从而获得∠ A=∠ E，而后再证明△ ANF 是直角三角形，再利用解直角三角形求出 AF 的长，依据 AF+FC=AC成立方程，求解即可。 （ 3）此小题分两种状况：图 3：过点 P 作 PH⊥AC，垂足为 H，当⊙ P 与 EF相切时，且点为 G，连结 PG．先证
明 PG=HF, 再利用解直角三角形分别表示出
AH、 HF、，成立方程求解即可；图 FC 的长，而后依据 AH+HF+FC=AC
4：连结 GP，过点 P 作 PH⊥ AC，垂足为 H．线证明 PG=HF，而后可获得 AH=FC,表示出 FH、 AH 的长，再依据
AH+CF-FH=AC列出方程，再解方程即可求解。
28.【答案】 （ 1）解：抛物线分析式为 即 y=ax2﹣ 3ax﹣ 4a ，
y=a（x+1）（ x﹣ 4），
则﹣ 4a=2，解得 a=﹣
，
所以抛物线分析式为
y=﹣
x2 + x+2
（2）解：①作 PN⊥ x 轴于 N，交 BC 于 M，如图，
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BC=
=2 ， x2+
当 x=0 时， y=﹣
x+2=2，则 C（ 0， 2），
设直线 BC 的分析式为 y=mx+n， 把 C（ 0，2）， B（ 4， 0）得
，解得 ，
∴直线 BC 的分析式为 y=﹣ 设 P（ t ，﹣ ∴PM=﹣
x+2，
t 2+ t 2+ t+2
t+2 ），则 M（ t ，﹣
t+2
﹣（﹣
t+2 ），
= ） ﹣
2t +2t
，
∵∠ NBM=∠ NPQ，
∴△ PQM∽△ BOC， ∴
∴PQ=﹣
=
，即 PQ= t 2+
t=﹣
，
（ t﹣ 2） 2+
，
∴当 t=2 时，线段 PQ 的最大值为
；
②当∠ PCQ=∠ OBC时，△ PCQ∽△ CBO，
此时 PC∥ OB，点 P 和点 C 对于直线 x=
对称，
∴此时 P 点坐标为（ 3，2）；
当∠ CPQ=∠ OBC时，△ CPQ∽△ CBO，
∵∠ OBC=∠ NPQ，
∴∠ CPQ=∠ MPQ，
而 PQ⊥ CM，
∴△ PCM 为等腰三角形，
∴PC=PM，
∴t 2+（﹣
t2+ ，
t+2﹣ 2） 2=（﹣ t2+2t） 2
，
解得 t=
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此时 P 点坐标为（
， ），
综上所述，知足条件的
P 点坐标为（ 3， 2）或（ ， ）．
【考点】 解一元二次方程 -公式法，待定系数法求一次函数分析式，待定系数法求二次函数分析式，抛物线与
x
轴的交点，相像三角形的判断与性质
【分析】 【剖析】（ 1）方法一、将 A、 B 两点坐标代入即可求出函数分析式；方法二、点
A、点 B 是抛物线与
x 轴的焦点坐标，也能够设分析式为两根式，依据
c=2 得出结论。
PQ 为直
（2）①由（ 1）的函数分析式可求得点
C 的坐标，可求出 Rt△ OBC的三边长，经过增添协助线结构以
角边的三角形与 Rt△ OBC相像，由此过点 P 作 PN⊥ x 轴于 N，交 BC于 M，求出直线 BC 的函数分析式， 设点 P、 点 M 的坐标，表示出 PM 的长，再去证明△ PQM ∽△ BOC，得出对应边成比率，成立方程，求出
PQ 对于 t 的函
数分析式，即可求线段
PQ 的最大值。
②分两种状况：当∠ PCQ=∠ OBC 时，获得△ PCQ∽△ CBO，可知点 P和点 C 对于抛物线的对称轴对称，能够求得点 P 的坐标；当∠ CPQ=∠OBC 时，证明△ CPQ∽△ CBO，能够证得△ PCM 为等腰三角形，再依据等腰三角形的性质，可获得对于 t 的一元二次方程，求出 t 的值，写出点 P 的坐标。即可获得结论。
7、我们各样习惯中再没有一种象战胜骄傲那麽难的了。虽全力隐匿它，战胜它，消灭它，但不论如
何，它在不知不觉之间，依旧显现。——富兰克林
8、女人诚然是柔弱的，母亲倒是坚毅的。——法国
9、慈母的胳膊是慈祥组成的，孩子睡在里面怎能不甜？——雨果
10 、母爱是多么激烈、自私、狂热地占有我们整个心灵的感情。——邓肯
11 、世界上全部其余都是假的，空的，惟有母亲才是真的，永久的，不灭的。——印度
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