重点高中提前自主招生数学培训材料

自主招生
数学培训材料
一、选拔思路：选拔具有创新意识、思维能力强、综合素质高、潜能潜力大的
学生。
二、试题特点
1.注重考察学生对数学概念、数学知识的生成过程。
2.考察学生 对数学问题的直观感知、操作、探究的意识和能力，从而考察了学
生的整个思维过程。重点考察的思维方 式：直观思维、运动变化的观点、极端
原理及数学模型构建的思维方式。
3.重视对数学思想的考察，函数思想、转化思想、分类讨论思想、方程思想是
考察的重点。
三、重点专题培训
（一）代数式专题
1、一个六位数，如果它的前三位数码与后三 位数码完全相同，顺序也相同，由此六位数
可以被（ ）整除。
A. 111
2、若
S?
B. 1000 C. 1001 D. 1111
1
111
????
1
，则S的整数部分是____________________
3、某商店经销一批衬衣，进价为每件m元，零售价比进价高a%，后因市场的变化，该店
把零 售价调整为原来零售价的b%出售，那么调价后每件衬衣的零售价是 （ ）
A. m(1+a%)(1-b%)元 B. m·a%(1-b%)元
C. m(1+a%)b%元 D. m(1+a%b%)元
4、如果a、b、c是非零实数，且a+b+c=0，那么
a< br>?
b
?
c
?
abc
的所有可能的
|a||b ||c||abc|
值为（ ）
A. 0 B. 1或-1 C. 2或-2 D. 0或-2
5、在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，若∠B＝60°，则
值（ ）
A.
1

2
ca
的
?
a?bc?b
B.
D.
2

2

c
B
A
b
a
C
C. 1
2

6、设a＜b＜0，a
2
+b
2
=4ab，则
A.
a?b
的值为
a?b
C. 2 D. 3
（ ）
3
B.
6

7、已知a＝1999x＋2000，b＝1999x＋2001，c＝1999 x＋2002，则多项式a
2
+b
2
+c
2
-ab-bc- ca
的值为 （ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
a2
b
2
c
2
8、已知abc≠0，且a+b+c＝0，则代数式 的值是
??
bccaab
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
（ ）
9、某商品的标价比成本高p%，当该商品降价出售时，为了不亏损成本，售价的折扣（即
降价的百分数）不得超过d%，则d可用p表示为＿＿＿＿＿
10、已知实数z、y、z满足x+y= 5及z
2
=xy+y-9，则x+2y+3z=_______________
【答案与解析】

1.
解：依题意设六位数为
abcabc
，则
abcabc
＝a×10
5
＋b×10
4
＋c×10
3
＋a×10
2
＋b×
10＋c＝a×10
2
（1 0
3
＋1）＋b×10（10
3
＋1）＋c（10
3
＋1） ＝（a×10
3
＋b×10＋c）
（10
3
＋1）＝1001（a× 10
3
＋b×10＋c），而a×10
3
＋b×10＋c是整数，所以能被1 001
整除。故选C
方法二：代入法
2.
解：因1981、1982… …2001均大于1980，所以
S?
22?
1
22?
部分为90。
1
1
1980
?
1980
?90
，又1980、< br>22
1981……2000均小于2001，所以
S?
1
2001?
200121
?90
，从而知S的整数
2222
3.
解：根据题意，这批衬衣的零售价为每件m（1＋a%）元，因调整后的零售价为原零
售价的b%，所以 调价后每件衬衣的零售价为m（1＋a%）b%元。
应选C
4.
解：由已知，a，b，c为两正一负或两负一正。
①当a，b，c为两正一负时：

abcabcabcabc
???1，??1所以????0
；
|a||b||c||abc||a||b||c||abc|
②当a，b，c为两负一正时：
abcabcabcabc
????1，?1所以????0

|a||b||c||abc||a||b||c||abc|
由①②知
应选A
abcabc
???
所有可能的值为0。
|a||b||c||abc|< br>5、
解：过A点作AD⊥CD于D，在Rt△BDA中，则于∠B＝60°，所以DB＝
＝
得
C
，AD
2
3
3
C
C
。在R t△ADC中，DC
2
＝AC
2
－AD
2
，所以有（a－）
2
＝b
2
－C
2
，整理
2
24
a
2
＋c
2
=b
2
＋ac，从而有
cac
2
?cb?a
2
?aba
2
?c
2
?ab?bc????1

2
a?bc?b(a?b)(c?b)
ac?ab?bc?b
应选C < br>6、解：因为(a+b)
2
=6ab，(a-b)
2
=2ab，由于a a?b??6ab，a?b??2ab
，
故
a?b
?3
。
a?b
应选A
1
解：?a
2
?b
2
?c
2
?ab?bc?ca?[(a?b)
2
?(b?c)2
?(c?a)
2
]，
2
7、
　　　又a?b??1， b?c??1，c?a?2

1
　　　?原式?[(?1)
2
?(? 1)
2
?2
2
]?3
2
?(b?c)?a?(a?c)?b ?(a?b)?c
??
bcacab
aabbcc
??(?)?(?)?(? )
8、
　　　　　　　

bcacab
abc
　　　　　　 　????3
abc
解：原式?

9、解：设该商品的成本为a，则有a (1+p%)(1-d%)=a，解得
d?
100p

100?p
1 0、解：由已知条件知（x+1）＋y=6，(x＋1)·y=z
2
＋9，所以x＋1，y是t
2
－6t＋z
2
＋9=0
的两个实根，方程有实数解，则△＝（－6 ）
2
－4（z
2
＋9）＝－4z
2
≥0，从而知z=0，< br>解方程得x+1=3，y=3。所以x+2y+3z＝8
（二）方程专题
1、甲乙两 人同时从同一地点出发，相背而行1小时后他们分别到达各自的终点A与B，
若仍从原地出发，互换彼此 的目的地，则甲在乙到达A之后35分钟到达B，甲乙的
速度之比（ ）
A. 3∶5 B. 4∶3 C. 4∶5 D. 3∶4
2、某种产品按质量分为10个档次，生产最低档次产品 ，每件获利润8元，每提高一个
档次，每件产品利润增加2元，用同样工时，最低档次产品每天可生产6 0件，提高
一个档次将减少3件，如果获利润最大的产品是第R档次（最低档次为第一档次，档
次依次随质量增加），那么R等于（ ）
A. 5 B. 7 C. 9 D. 10
3、某商店出售某种商品每件可获利m元，利润为20%（利润＝
售价?进价
），若这种商品< br>进价
的进价提高25%，而商店将这种商品的售价提高到每件仍可获利m元，则提价后的
利润率为 （ ）
A. 25% B. 20% C. 16% D. 12.5% 4、某项工程，甲单独需a天完成，在甲做了c（cb天， 若开始就由甲乙两人共同合作，则完成任务需（ ）天
A.
c

a?b
B.
ab

a?b?c
C.
a?b?c

2
D.
bc

a?b?c
5、一只小船顺流航行在甲、乙两个码头之间需a小时，逆流航行这段路程需b小时，那
么一木块顺水漂 流这段路需（ ）小时
2ab2abab
A. B. C.
ab
D.
a?bb?ab?a
a?b
6、甲乙两厂生产同一种产品，都计划把全年的产 品销往济南，这样两厂的产品就能占有
311
，然而实际情况并不理想，甲厂仅有的产品，乙厂 仅有的
423
1
产品销到了济南，两厂的产品仅占了济南市场同类产品的，则甲厂该产 品的年产量
3
济南市场同类产品的
与乙厂该产品的年产量的比为＿＿＿＿＿＿＿ 7、假期学校组织360名师生外出旅游，某客车出租公司有两种大客车可供选择，甲种客

< br>车每辆有40个座位，租金400元；乙种客车每辆有50个座位，租金480元，则租用
该公司 客车最少需用租金＿＿＿＿＿元。
8、时钟在四点与五点之间，在＿＿＿＿＿＿＿时刻（时针与分针）在同一条直线上？
9、为 民房产公司把一套房子以标价的九五折出售给钱先生，钱先生在三年后再以超出房
子原来标价60%的价 格把房子转让给金先生，考虑到三年来物价的总涨幅为40%，则
钱先生实际上按＿＿＿＿＿%的利率获 得了利润（精确到一位小数）
10、甲乙两名运动员在长100米的游泳池两边同时开始相向游泳，甲 游100米要72秒，
乙游100米要60秒，略去转身时间不计，在12分钟内二人相遇＿＿＿＿次。
【答案与解析】
1、D 解：设甲的速度为
v
1
千米时，乙的速度 为
v
2
千米时，根据题意知，从出发地点
到A的路程为
v
1
千米，到B的路程为
v
2
千米，从而有方程：

v2
v
1
35
v
2
vv
3
v
4
??
，化简得
12(
1
)?7(
1
)?12?0< br>，解得
1
?(
1
??
不合题
v
1
v
2
60v
2
v
2
v
2
4v
23
意舍去）。应选D。
2、C 解：第k档次产品比最低档次产品提高了（k－1）个档次，所以每天利润为

y?[60 ?3(k?1)][8?2(k?1)]
　　??6(k?9)?864
2

所以，生产第9档次产品获利润最大，每天获利864元。
3、C 解：若这商品原来进价为每件a元，提价后的利润率为
x%
，
则
??
m?a?20%
解这个方程组，得
x?16
，即提价后的利润率为16 %。
?
m?(1?25%)a?x%
c
a
)x?1
，解得
x?
4、B解：设甲乙合作用
x
天完成。
由题意：
(
1
?
ab
1?
ab
。故选B。
a?b?c

5、B解：设小船自身在静水中的速度为v千米时，水流速度为x千米时， 甲乙之间的
SS(b?a)SS2ab
所以
?
。
，v?x?
求得
x?
ab2abxb?a
6、2∶1。解甲厂该产品的年产量为
x，乙厂该产品的年产量为
y
。
3
x?y
则：
?x:y?2:1

?
4
，解得
x?2y　　
111
x?y
233
距离为S千米，于是有
v?x?
7、3520。 解：因为9辆甲种客车可以乘坐360人，故最多需要9辆客车；又因为7辆乙
种客车只能乘坐350人 ，故最多需要8辆客车。
①当用9辆客车时，显然用9辆甲种客车需用租金最少，为400×9＝3600元；
②当用8辆客 车时，因为7辆甲种客车，1辆乙种客车只能乘坐40×7+50＝330人，而
6辆甲种客车，2辆乙 种客车只能乘坐40×6+50×2＝340人，5辆甲种客车，3辆乙
种客车只能乘坐40×5+50 ×3＝350人，4辆甲种客车，4辆乙种客车只能乘坐40×
4+50×4＝360人，所以用8辆客 车时最少要用4辆乙种客车，显然用4辆甲种客车，
4辆乙种客车时需用租金最少为400×4+480 ×4＝3520元。
8、4点
21




96
分或4点
54
分时，两针在同一直线上。
1111
解：设四点过
x
分后，两针在同一直线上，
19
若两针重合，则
6x?120?x
，求得
x?21
分，
211
16
若两针成180度角，则
6x?120?x?180
，求得
x?54
分。 < br>211
96
所以在4点
21
分或4点
54
分时，两针 在同一直线上。
1111
1?60%1.6
?1??1?0.203?20.3%

95%(1?40%)0.95?1.4
9、20.3。解：钱先生购房开支为标价的95%，考虑到物 价上涨因素，钱先生转让房子的
利率为
10、共11次。



100米



60

180
300
420 540
660 720
（三）三角形边角不等关系专题

1、如图8-1，已知AB＝10，P是线段AB上任意一点，在AB的同侧分别以AP 和PB为
边作两个等边三角形APC和BPD，则线段CD的长度的最小值是 （ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D.
5(5?1)

2、如图8-2，四边形ABCD中∠A＝60°，∠B＝∠D＝90°，AD＝8，AB＝7， 则BC
＋CD等于（ ）
A.
63
B. 5
3
C. 4
3
D. 3
3

3、如图8-3，在梯形ABCD中，A D∥BC，AD＝3，BC＝9，AB＝6，CD＝4，若EF∥
BC，且梯形AEFD与梯形EBCF 的周长相等，则EF的长为 （ ）
A.
A
D

D
C
E
F

60°
B
C
A
A
B
B

P
图8-3
图8-2
图8-1

4、已知△ABC的三个内角为A、B、C且α＝A+B，β＝C+A， γ＝C+B，则α、β、
γ中，锐角的个数最多为 （ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 0
5、如图8-4，矩形ABCD的长AD＝9cm，宽AB＝3cm，将其折叠， 使点D与点B重合，
E
那么折叠后DE的长和折痕EF的长分别为 （ ）
D
A
A
D
A. 4cm
10cm
B. 5cm
10cm

B
F
C
C
B
C
C. 4cm
23cm
D. 5cm
23cm

图8-4
6、若函数
y?kx(k?0)
与函数
y?
△ABC的面积为
A. 1 B. 2
45

7
C
B.
33

5
C.
39

5
D.
15

2
D
1
的图象相交于A，C两点，AB垂直x轴于B，则
x

C. k

D. k
2

（ ）
7、如图8-5，AA′、BB ′分别是∠EAB、∠DBC的平分线，若AA′＝BB′＝AB，则
∠BAC的度数为＿＿＿
8、如图8-6，P是矩形ABCD内一点，若PA＝3，PB＝4，PC＝5，则PD＝＿＿＿＿
A
9、如图8-8，在△ABC中，∠ABC＝60°，点P是△ABC内
的一点，使得∠APB＝∠BPC＝∠CPA，且PA＝8，
A
B
P
图8-6
D
C
B
P
图8-8
C

PC＝6，则PB＝＿＿
10
、如图8-9，AD是△ABC中BC边上的中线，
求证：AD＜
A
1
（AB+AC）
2
C

B
D

图8-9



【答案与解析】
1、如图过C作CE⊥AD于E，过D作DF⊥PB于F，过D作DG⊥CE于G。
显然 DG＝EF＝
1
AB＝5，CD≥DG，当P为AB中点时，有CD＝DG＝5，所以CD2
长度的最小值是5。
2、如图延长AB、DC相交于E，在Rt△ADE中，可求得A E＝16，DE＝8
3
，于是BE
＝AE－AB＝9，在Rt△BEC中，可求得BC ＝3
3
，CE＝6
3
，于
是CD＝DE－CE＝2
3
BC＋CD＝5
3
。
3、由已知AD+AE+EF+FD＝EF+EB+BC+CF




A
D
1
∴AD+AE+FD＝EB+BC+CF＝
(AD?AB?BC?CD)?11

G
2
E
F
AEDF
B
C
∵EF∥BC，∴EF∥AD， H
?
EBFC
AEDFk6kk4k
设
??k
，
A E?AB?，DF?CD?
EBFCk?1k?1k?1k?1
6k4k13k?313k?3
???11
解得k＝4 AD+AE+FD＝3+ ∴
k?1k?1k?1k?1
A
D
C
60°
B
E
作AH∥CD，AH交BC于H，交EF于G，
则GF＝HC＝AD＝3，BH＝BC－CH＝9-3＝6
∵
EGAE44242439
??
，∴
EG?BH??3?
∴
EF?EG?GF?

BHAB55555
4、假设α、β、γ三个角都是 锐角，即α＜90°，β＜90°，γ＜90°，也就是A+B
＜90°，B+C＜90°，C+A＜9 0°。∵2（A+B+C）＜270°，A＋B＋C＜135°与A
＋B＋C＝180°矛盾。故α、β 、γ不可能都是锐角，假设α、β、γ中有两个锐角，
不妨设α、β是锐角，那么有A＋B＜90°，C ＋A＜90°，∴A＋(A＋B＋C)<180°，
即A+180°＜180°，A＜0°这也不可能， 所以α、β、γ中至多只有一个锐角，如

A＝20°，B＝30°，C＝130°，α＝ 50°，选A。
5、折叠后，DE＝BE，设DE＝x，则AE＝9－x，在Rt△ABC中，AB< br>2
＋AE
2
＝BE
2
，即
3
2
?( 9?x)
2
?x
2
，解得x＝5，连结BD交EF于O，则EO＝FO，BO ＝DO
∵
BD?9
2
?3
2
?310
∴DO＝
22
3
10

2
310
10)
2
?
∴EF＝
10
。选B。
22
在Rt△DOE中，EO＝
DE?D O?5
2
?(
6、A。设点A的坐标为（
x，y
），则
xy ?1
，故△ABO的面积为
11
xy?
，又因为△
22
AB O与△CBO同底等高，因此△ABC的面积＝2×△ABO的面积＝1。
7、12°。设∠BAC的度数为x，∵AB＝BB′ ∴∠B′BD＝2x，∠CBD＝4x
∵AB＝AA′ ∴∠AA′B＝∠AB A′＝∠CBD＝4x ∵∠A′AB＝
∴
1
(180??x)

2
1
(180??x)?4x?4x?180?
，于是可解出x＝12°。
2
D
a
H
b
d
22
8、过P作AB的平行线分别交DA、BC于E、F，过P作BC
E
A
的平行线分别交AB、CD于G、H。
a
设AG＝DH＝a，BG＝CH＝b，AE＝BF＝c，DE＝CF＝d，
G
P
b
222222
AP?a?c，CP?b?d，
B
c
F
则
222222
C
BP?b?c，　DP＝d?a
2222
于是
AP?CP?BP?DP
，故
DP?AP?CP?BP?3?5 ?4?18
，
DP＝3
2

9、提示：由题意∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，设∠PBC＝α，∠ABC＝60°
则∠ABP＝60°－α，∴∠BAP＝∠PBC＝α，
22222
APBP< br>?
∴△ABP∽△BPC，，BP
2
＝AP·PC
BPPC
BP?AP?PC?48?43

B
A
10、证明：如图延长AD至E，使AD＝DE，连结BE。
∵BD＝DC，AD＝DE，∠ADC＝∠EDB
∴△ACD≌△EBD ∴AC＝BE
在△ABE中，AE＜AB＋BE，即2AD＜AB＋AC ∴AD＜

D
C
E
1
（AB＋AC）
2

（四）面积及等积变换专题
1、如图9-1，在梯形ABCD中， AB∥CD，AC与BD交于O，点P在AB的延长线上，
且BP＝CD，则图形中面积相等的三角形有 （ ）
A. 3对 B. 4对
C
C
D
D
C. 5对 D. 6对
G F
O
2、如图9-2，点E、F分别是矩形ABCD的边AB、BC
B
A
E
A
P
B
的中点，连AF、CE，设AF、CE交于点G，则
图9-2
图9-1
S
四边形AGCD
S
矩形ABCD
A.
等于 （ ）
5

6
B.
4

5
C.
3

4
D.
2

3
3、设△ABC的面 积为1，D是边AB上一点，且
四边形DECB的面积为
A.
AD1
＝，若在边AC上取一点E，使
AB3

D.
（ ）
1

2
3CE
，则的值为
4EA
11
B. C.
34
1

5
E
F
C
B
4、如图9-3，在△ABC中，∠A CB＝90°，分别以AC、AB为边，在
△ABC外作正方形ACEF和正方形AGHB，作CK⊥A B，分别交AB
和GH于D和K，则正方形ACEF的面积S
1
与矩形AGKD的面积
S
2
的大小关系是 （ ）
A. S
1
＝S
2
B. S
1
＞S
2

C. S
1
＜S
2
D. 不能确定，与
A
D
G
K
H
图9-3
AC
的大小有关
AB< br>5、如图9-6，矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，M是BC的中点，DE⊥AM，E为垂足，则DE＝（ ）
A
A.
2ab
4a?b
2aba
2
?4b
2
22
B.
ab
4a ?b
ab
a
2
?4b
2
22

A
E
M
图9-6
D
F
84
x
E
O
y
C. D.
B
C
B
35
40
30
D
图9-7
C
6、O为△AB C内一点，AO、BO、CO及其延长线把△ABC分成六个小三角形，它们的
面积如图9-7所示，则 S
△
ABC
＝（ ）
A. 292 B. 315
C. 322 D. 357

7、如图9-11，已知D、E分别是△ABC的 边BC、CA上的点，且BD
＝4，DC＝1，AE＝5，EC＝2。连结AD和BE，它们相交于点P ，
过点P分别作PQ∥CA，PR∥CB，它们分别与边AB交于点Q、R，
A
则△PQR的面积与△ABC的面积之比为＿＿＿＿＿
8、如图9-13，P是矩形ABCD 内一点，若PA＝3，PB＝4，PC＝
5，则PD＝＿＿＿＿
B
A
P
C
E
P
D
Q
R
图9-11
B
D
C
图9-13
9、如图9-16，在 ABCD中，P
1
、P
2
、P
3
……P
n-1
是BD的n 等分
点，连结AP
2
，并延长交BC于点E，连结AP
n-2
并延长 交CD于点F。
①求证：EF∥BD
A
3
②设 ABCD的面积是S，若S
△
AEF
＝S，求n的值。
8







B
·
1
P
E
图9-16

P
2
D
P
n-2
·
P
n-1
F
C
10 、如图9-17，△ABC是等腰三角形，∠C＝90°，O是△ABC内一点，点O到△ABC
各边的 距离等于1，将△ABC绕点O顺时针旋转45°得到△A
1
B
1
C
1
，两三角形的公
共部分为多边形KLMNPQ。
C

①证明：△AKL，△BMN，△CPQ都是等腰直角三角形。
P

C
1
②求证：△ABC与△A
1
B
1
C
1
公共部分的 面积。
Q

A
1
K

A

L

图9-17

·

O

N

M

B

B
1

【答案与解析】
1、C。
S
?ABC
?S
?ABD
，S
?AOD
?S
?BOC
，S
?ACD
?S
?BCD
，S
?BCP
?S
?BCD
，S
?B CP
?S
?ACD

2、D。连结AC，有
S
?AGC:S
?ABC
?1:3
，则
1112
?S
矩形ABC D
?S
矩形ABCD
＝S
矩形ABCD
。
3223
31
3、B。如图联结BE，
S
?ADE
＝
1??
，
A
44
CE
设
?x
，则
S
?ABE
?1?x

D
AC
1?x11
E

S
?AD
?

?，x?
E
344
CE1
∴
?

B C
EA3

S
四边形AGCD
?S
?AGC
?S
?ACD
?
4、A。解：
S
1
?AC，S
2
?AD?AG
，因为
Rt?ADC∽Rt?ACB
，
所以
2ADAC
2
，即
AC?AD?AB
，又因为AB＝AG，
?< br>ACAB
2
所以
S
1
?AC?AD?AG?S
2，所以应选A。
5、A。解：由△ADE∽△ABM，得DE＝
AD?AB
?< br>AM
ab
1
a
2
?(b)
2
2
?< br>2ab
4a?b
22

6、B。
S
?ABO
AO
S
?ACO
84?y35?x
??
∵，即
?
S
?BDO
DOS
?CDO
4030
又∵S
?ABO
BO
S
?BCO
84?y
70
??
?
，即
S
?BDE
OES
?CEO
x35
∴
?
?
4x?3y?112
?
x?70
，解之得
?

2x?y?84y?56
??
∴S
△
ABC
＝84+40+30+35+70+56＝315。
7、
400CFCE2
??
，所以 。解：过点E作EF∥AD，且交BC于 点F，则
1089FDEA5

FD?
PQBPBD
55
???
?CD?
。因为PQ∥CA，所以
EABEBF
5?27
4
4?
5
7
?
28

33
于是
PQ ?
140
。因为PQ∥CA，PR∥CB，所以∠QPR＝∠ACB，
33
因为△PQR∽△CAB故
S
?PQR
S
?CAB
?(
PQ
2
20400
。
)?()
2
?
CA331089
8、3
2
。解：过点P作AB的平行线分别交DA、BC于E、F，过P作BC的平行 线分别交
AB、CD于G、H。设AG＝DH＝a，BG＝CH＝b，AE＝BF＝c，DE＝CF＝d ，则
AP
2
?a
2
?c
2
，CP
2
＝b
2
?d
2
，BP
2
?b
2
?c2
，DP
2
?d
2
?a
2
，
于 是
AP?CP?BP?DP
，故
DP
2
?AP
2
? CP
2
?BP
2
?3
2
?5
2
?4
2
?18
，DP＝
3
2
。
9、解：①因AD∥BC，A B∥DC，所以
?P
n?2
FD∽P
n?2
AB，　?P
2
BE∽P
2
DA

从而有
2222
AP
n?2
BP
n?2
n?2
AP
2
DP
2
n ?2
??，??

P
n?2
FP
n?2
D2P2
EP
2
B2
即
AP
n?2
AP
2
?
所以EF∥BD
P< br>n?2
FP
2
F
DF211
，所以
S
?AF D
??S
，同理可证
S
?ABE
?S

ABn?2n?2n?2
DF2FCDC?DFDFn?4
显然，所以，
???1??
DCn?2DCDCDCn?2
1n?4
2
3
)S< br>，已知
S
?AEF
?S,
所以有 从而知
S
?ECF
?(
2n?28
②由①可知
311n ?4
2
2(n?4)
2
3
S?S?2?S?()S
，即1?

??
8n?22n?2
n?2
2(n?2)
2
8
解方程得n＝6。
10、证明：①连结OC、OC
1
，分别交PQ、NP于点D、E ，根据题意得∠COC
1
＝45°。
∵点O到AC和BC的距离都等于1，∴OC是∠ACB的平分线。
∵∠ACB＝90° ∴∠OCE＝∠OCQ＝45°
同理∠OC
1
D＝∠OC
1
N＝45° ∴∠OEC＝∠ODC
1
＝90°

∴∠CQP＝∠CPQ＝∠C
1
PN＝∠C
1
NP＝45°
∴△CPQ和△C
1
NP都是等腰直角三角形。
∴∠BNM＝∠C
1
NP＝45° ∠A
1
QK＝∠CQP＝45°
∵∠B＝45° ∠A
1
＝45°
∴△BMN和△A
1
KQ都是等腰直角三角形。
∴∠B
1
ML＝∠BMN＝90°，∠AKL＝∠A
1
KQ＝90°
∴∠B
1
＝45° ∠A＝45°
∴△B
1
ML和△AKL也都是等腰直角三角形。

②在Rt△ODC
1
和Rt△OEC中，
∵OD＝OE＝1，∠COC
1
＝45°
∴OC＝OC
1
＝
2
∴CD＝C
1
E＝
2
-1
∴PQ＝NP＝2（
2
-1）＝2
2
-2，CQ＝CP＝C
1
P＝C
1
N＝
2
（
2
-1）＝2－
2

∴
S
?CPQ
?







1
?(2?2)
2
?3?22

2
延长CO交AB于H
∵CO平分∠ACB，且AC＝BC
∴CH⊥AB， ∴CH＝CO＋OH＝
2
+1
∴AC＝BC＝A
1
C
1
＝B
1
C
1
＝
2
（
2
＋1）＝2＋
2

∴
S
?ABC
?
1
?(2?2)
2
?3?22

2
∵A
1
Q ＝BN＝（2+
2
）－（2
2
-2）－（2－
2
）＝2
∴KQ＝MN＝
2
2
＝
2

∴
S
?BMN
?
1
?(2)
2
?1

2
∵AK ＝（2+
2
）－（2－
2
）－
2
＝
2

1
?(2)
2
?1

2
?S
多边形KLM NPQ
＝S
?ABC
-S
?CPQ
-S
?BMN
- S
?AKL
∴
S
?AKL
?
　　　　　　＝(3?22)－ （3?22)?1?1

　　　　　　　?42?2

（五）三角形的四心及平移、旋转、覆盖专题 1、G是△ABC的重心，连结AG并延长交边BC于D，若△ABC的面积为6cm
2
， 则△BGD
的面积为（ ）
E
A. 2cm
2
B. 3 cm
2

A
3
22
C. 1 cm D. cm < br>2
2、如图10-1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，∠C的平分线与
C
B
图10-1
∠B的外角的平分线交于E点，则∠AEB是（ ）
A. 50° B. 45° C. 40° D. 35°
3、在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝20°，如图10-2，将△ABC
B
A’
绕点C按逆时针方向旋转角α到∠A’C’B’的位置，其中A’、B’分
B’
D
别是A、B的对应点，B在A’B’上，CA’交AB于D，则∠BDC的
C
α
A
度数为（ ）
图10-2
A. 40° B. 45°
C. 50° D. 60°
4、如图10-3，有一块矩形纸片ABCD，AB ＝8，AD＝6，将纸片折叠，使AD边落在AB边上，
折痕为AE，再将△AED沿DE向右翻折，A E与BC的交点为F，△CEF的面积为（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8

D
D
B
B
B
A
A
A

F

C
D
C
C
E

E
图10-3

5、已知点I是锐角三角形AB C的内心，A
1
、B
1
、C
1
分别是点I关于BC、CA、 AB的对称点，
若点B在△A
1
B
1
C
1
的外接圆 上，则∠ABC等于（ ）
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 6、在凸四边形ABCD中，已知AB∶BC∶CD∶DA＝2∶2∶3∶1，且∠ABC＝90°，则∠D AB
的度数是＿＿＿＿＿
7、如图10-5，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，将矩形ABCD沿
A
对角线对折，然后放在桌面上，折叠后所成的图形覆盖桌面的面积是
B
＿＿＿＿＿＿＿
E
D’
图10-5
D
C
8、已知AM是△ABC中BC边上的中线，P是△ABC的重心，过P作EF（EF∥BC），分别交
AB、AC于E、F，则
BECF
?
＝＿＿＿＿＿＿＿＿
AEAF

9、在△ABC中，D为AB的中点，分别延长CA、CB到点E、F，使DE＝DF，过E、 F分别
作CA、CB的垂线相交于P，设线段PA、PB的中点分别为M、N。
C
求证：①△DEM≌△DFN
②∠PAE＝∠PBF
D
A
B

E

F
M

N

P

图10-7










10、如图10-8，在△ABC中，AB＝AC，底角B的三等分线 交高线AD于M、N，边CN并延
长交AB于E。
A
求证：EM∥BN
M
E
B
N
D
图10-8
C

【答案与解析】
一、选择题
1、解：
S
?BGD
?
111
S
?ABD
??S
?ABC
?1(cm< br>2
)
。选C。
332
2、解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ A＝30°，则∠ABC＝60°，因为EB是∠B的外角的
平分线，所以∠ABE＝60°，因为E是 ∠C的平分线与∠B的平分线的交点，所以E点到
CB的距离等于E到AB的距离，也等于E点到CA的 距离，从而AE是∠A的外角的平分
线。
所以
?BAE?
150??75?
，∠AEB＝180°－60°－75°＝45°。应选B。
2
3、解 ：依题意在等腰三角形B′CB中，有∠B′CB＝α，∠B′＝90°－20°＝70°。
所以α＝180°－2×70°＝40°，即∠DCA＝α＝40°， 从而∠BDC＝∠DCA＋∠A＝
40°＋20°＝60°。应选D。
4、解：由折叠过程知 ，DE＝AD＝6，∠DAE＝∠CEF＝45°，所以△CEF是等腰直角三角形，
且EC＝8－6＝ 2，所以S
△
CEF
＝2。故选A。
5、解：因为IA
1
＝IB
1
＝IC
1
＝2r（r为△ABC的内切圆半径），所以I点同时是△ A
1
B
1
C
1
的外接
圆的圆心，设IA
1
与BC的交点为D，则IB＝IA
1
＝2ID，所以∠IBD＝30°。同理，∠IB A
＝30°，于是∠ABC＝60°。故选C。
6、解：连AC，即AD＝a，则在等腰Rt△ABC中

AC?AB?BC?8a?(3a)?a?CD?AD

有∠CAD＝90° ∠DAB＝∠DAC＋∠CAB＝90°+45°＝135°。
7、解：设折叠后所成圆形覆盖桌面的面积为S，则：
22222222
S?S?ABC
?S
?AD
1
C
?S
?AEC
?S< br>矩形ABCD
?S
?AEC

S
?AEC
15
?AB?EC?EC
22
2

由Rt△ABE≌Rt△CD
1
E 知EC＝AE
222
设EC＝x，则
AB?BE?x
，即
5?(12?x)?x

22
解得：
x?
452035
　　S
?AEC
? ??　　S?5?12??

24224484848
8、解：如图分别过B、C两点 作BG、CK平行于AM交直线EF于G、K，则有
BEBGCECK
?　　?

AEAPAFAP
BECFBG?CK1
??
两式相加 又梯形BCKG中，PM＝（BG+CK），而由P为重心得
AEAFAP2
AP＝2PM
故
BECF2PM
???1

AEAF2PM

9、证明：①如图，据题设可知DM平行且等于BN，DN平行且等于AM，
∴∠AMD＝∠BND
∵M、N分别是Rt△AEP和Rt△BFP斜边的中点
∴EM＝AM＝DN FN＝BN＝DM
又已知DE＝DF ∴△DEM≌△DFN
②由上述全等三角形可知∠EMD＝∠FND ∴∠AME＝∠BNF
而△AME、△BNF均为等腰三角形
∴∠PAE＝∠PBF。
A
10、证明：连结MC ∵AB＝BC，AD⊥BC ∴∠1＝∠2＝∠3
∵∠4＝∠5＝∠6 又∵∠7＝∠8 ∴M是△AEC的内心
7
8
∴EM是∠AEN的平分线 ∴
AEAM

?
ENMN
M
E
B
3
2
1
又∵∠EBN＝2∠NBD＝2∠1
∠ENB＝∠NBD＋∠4＝2∠1
∴EB＝EN ∴
N
5
6
4
AEAM
∴EN∥BN
?
EBMN
D
C
（六）逻辑推理专题
1、世界杯足球赛小组赛，每个小组4个队进行单循环比赛，每场比赛胜队得3分，败队得0
分 ，平局时两队各得1分，小组赛完以后，总积分最高的两个队出线进入下轮比赛，如果总
积分相同，还要 按净胜球排序，一个队要保证出线，这个队至少要积（ ）
A. 6分 B. 7分 C. 8分 D. 9分
2、已知四边形ABCD从下列条件中①AB∥CD ②BC∥AD ③AB＝CD ④BC＝AD ⑤∠
A＝∠C ⑥∠B＝∠D，任取其中两个，可以得出“四边形ABCD是平行四边形”这一结论
的情况有（ ）
A. 4种 B. 9种 C. 13种 D. 15种
3、正整数n小于100，并且满 足等式
?
n
?
?
?
n
?
?
?n
?
?n
，其中
?
x
?
表示不超过x的最大整 数，
??????
?
2
??
3
??
6
?< br>这样的正整数n有（ ）个
A. 2 B. 3 C. 12 D. 16
4、一副扑克牌有4种花色，每种花色有13张，从中任意抽牌，最小要抽（ ）张才能保证
有4张牌是同一花色的。
A. 12 B. 13 C. 14 D. 15
5、观察下列图形：

根据①②③的规律，图④中三角形个数＿＿＿
【答案与解析】
1、B 解：4个队单循环比赛共比赛6场，每场比赛后两队得分之和或为2 分（即打平），或为
3分（有胜负），所以6场后各队的得分之和不超过18分，若一个队得7分，剩下 的3个队
①
②
③
④

得分之和不超过11分， 不可能有两个队得分之和大于或等于7分，所以这个队必定出线，
如果一个队得6分，则有可能还有两个 队均得6分，而净胜球比该队多，该队仍不能出线。
应选B。
2、B 解：共有15种搭配。①和② ③和④ ⑤和⑥ ①和③ ②和④ ①和⑤ ①和
⑥ ②和⑤ ②和⑥ 能得出四边形ABCD是平行四边形。
①和④ ②和③ ③和⑤ ③和⑥ ④和⑤ ④和⑥ 不能得出四边形ABCD是平行四边
形。应选B。
3、D 解：由
nnn
? ??n
，以及若x不是整数，则［x］＜x知，2|n，3|n，6|n，即n是6的
236< br>?
100
?
?16
个。应选D。
?
6
??
倍数，因此小于100的这样的正整数有
?
4、B 解：4种花色相当于4个抽屉，设最少要抽x张扑克，问题相当于把x张扑克放进4个抽
屉，至少有4张 牌在同一个抽屉，有x=3×4+1＝13。故选B。
5、解：根据图中①、②、③的规律，可知图④ 中的三角形的个数为1+4+3×4+3
2
×4+3
3
×4＝
1+4 +12+36+108＝161（个）
（七）一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）专题
1、 已知
x
1
,x
2
是关于
x
的一元二 次方程
x?(3a?1)x?2a?1?0
的两个实数根，使得
22
(3x< br>1
?x
2
)(x
1
?3x
2
)??80成立。求实数
a
的所有可能值。
`







2、
已知关于
x
的一元二次方程
x?cx?a?0
的两个整数根恰好比方程
x?ax?b?0
22
的 两个根都大1，求
a?b?c
的值。

2
3．已知二次函数
y? x?ax?b
的图象与
x
轴的两个交点的横坐标分别为
m
，
n
，且
m?n?1
.设满足上述要求的
b
的最大值和最小值分别为< br>p
，
q
，求│p│+│q│的值。










【答案与解析】
1、解：由条件知
??(3a?1)
2
?4(2a
2
?1)?a2
?6a?5?0
，解得
a?5
或
a?1
．
又由根与系数的关系知
x
1
?x
2
??(3a?1)
，
x
1
x
2
?2a?1
，
于是(3x
1
?x
2
)(x
1
?3x
2
) ?3(x
1
?x
2
)?10x
1
x
2
?3 (x
1
?x
2
)?16x
1
x
2

222
2
?3(3a?1)
2
?16(2a
2
?1)?? 5a
2
?18a?19
，
由
?5a? 18a?19??80
，解得
a?3
（舍去）或
a??
于是
a??
2
33
．
5
3333
．综上所述，所求的实数
a??
．
55
2、解：设方程
x
2
?ax?b?0
的两个根为α、β ，其中α、β为整数，且α
≤
β
则方程
x
2
?cx?a?0
的两个整数根为α＋1、β＋1，
由根与系数关系得：α＋β＝
－a，(
α＋1)(β＋1)＝a
两式相加得：αβ＋2α＋2β＋1＝0即
(
α＋2)(β＋2)＝3
?< br>?
?2?1
?
?
?2??3
?
?
??1?
?
??5
∴
?
或
?
解得：
?
或
?

?
?2?3
?
?2??1
?
?1
?
??3
???
?

又∵a
＝
－(
α＋β)，b＝αβ，c＝
－[(
α＋1)＋(β＋1 )]
∴
a
＝0，b＝
－1，c
＝
－2
或
a
＝8，b＝
15，c
＝6
故
a?b?c
＝
－3
或
a?b?c
＝29
2
3、
解：根据题意，
m,n
是一元二次方程
x?ax?b?0< br>的两根，所以
m?n??a
，
mn?b
.
∵
m? n?1
，∴
m?n?m?n?1
，
m?n?m?n?1
.
a
2
(m?n)
2
1
??
. ∵方程
x? ax?b?0
的判别式
??a?4b?0
，∴
b?
444
2 2
4b?4mn?(m?n)
2
?(m?n)
2
?(m?n)
2
?1??1
，故
b??
1
，等号当且仅当
4
m ??n?
1
时取得；
2
11
，等号当且仅当
m?n?时
42
4b?4mn?(m?n)
2
?(m?n)
2
? 1?(m?n)
2
?1
，故
b?
取得.
111
，
q??
，于是
p?q?
.
442
（八）圆专题
所以
p?
1、如图，圆
O
与 圆
D
相交于
A,B
两点，
BC
为圆
D
的切 线，点
C
在
圆
O
上，且
AB?BC
.
（1）证明：点
O
在圆
D
的圆周上.
（2）设△
ABC
的面积为
S
，求圆
D
的的半径
r
的最小值.











2、
如图，点H为△ABC的垂心，以AB为直径的
A
⊙
O
1
和△BCH的外接圆⊙
O
2
相交于点D，延长AD交
CH于点P，
B
O
1
H
D
P
C
Q
O
2

求证：点P为CH的中点。
证明：如图，延长AP交⊙
O
2
于点Q










【答案与解析】
1解 （1）连
OA,OB,OC,AC
，因为
O
为圆心，
AB?BC
，所以△
OBA
∽△
OBC
，从
而
?O BA??OBC
.
因为
OD?AB,DB?BC
，所以
?DOB?90???OBA?90???OBC??DBO
，
所以
DB?DO
，因此点
O
在圆
D
的圆周上.
（2）设圆
O
的半径为
a
，
BO
的延长线交
AC
于点
E
，易知
BE?AC
.设
AC?2y(0?y? a)
，
OE?x
，
AB?l
，则
a
2
?x
2
?y
2
，
S?y(a?x)
，
l
2< br>?y
2
?(a?x)
2
?y
2
?a
2
?2ax?x
2
?2a
2
?2ax?2a(a?x)?
2aS.
y
因为
?ABC?2?OBA?2?OAB??BDO
,
AB?BC
,
DB?DO
，所以△
BDO
∽△
ABC
，所以
raal
BDBO
?
，即
?
，故
r?.
l2y2y
ABAC
2S
，其中等号当
a?y
时 成立，这
2
2S
.
2
a
2
l
2
a
2
2aSSa
3
S
?
2
???()?
，即
r?
所以
r?
2
4y4yy2y2
2
时
AC
是圆
O
的直径.所以圆
D
的的半径
r
的最小 值为
2. 连结AH，BD，QC，QH
∵AB为直径 ∴∠ADB＝∠BDQ＝90
0

∴BQ为⊙
O
2
的直径
于是CQ⊥BC，BH⊥HQ
∵点H为△ABC的垂心 ∴AH⊥BC，BH⊥AC
∴AH
∥
CQ，AC
∥
HQ，四边形ACHQ为平行四边形
则点P为CH的中点
（九）抛物线专题
1、抛物线
y?ax?bx?c< br>的图象与
x
轴有两个交点
M(x
1
,0),N(x
2
,0)
，且经过点
其中
0?x
1
?x
2
． 过点
A
的直线
l
与
x
轴交于点
C.
，与抛 物线交于点
B
（异于点
A
），
A(0,1)
，
满足
?CAN
是等腰直角三角形，且
S
?BMN
?






2．如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的顶点 A、B的坐标分别是
(5,0)
、
(3,2)
，
点D在线段OA上， BD=BA， 点Q是线段BD上一个动点，
点P的坐标是
(0,3)
，设直线PQ的 解析式为
y?kx?b
．
（1）求k的取值范围；
（2）当k为取值范围 内的最大整数时，若抛物线
C
y
P
2
5
S
?AMN
．求该抛物线的解析式．
2

Q
B
y?ax?5ax的顶点在直线PQ、OA、AB、BC围成的四边形
内部，求a的取值范围．











2
O
D

A
x

3、已知二次函数
y?x?bx?c
的图象经过两点P
(1,a)
，Q(2,10a)
.
（1）如果
a,b,c
都是整数，且
c?b ?8a
，求
a,b,c
的值.
（2）设二次函数
y?x?bx?c
的图象与
x
轴的交点为A、B，与
y
轴的交点为C.如果关
于
x
的方程
x?bx?c?0
的两个根都是整数，求△ABC的面积.








4、已知二次 函数
y?x?bx?c(c?0)
的图象与
x
轴的交点分别为A、B，与y
轴的交
点为C.设△ABC的外接圆的圆心为点P.
（1）证明：⊙P与
y
轴的另一个交点为定点.
（2）如果AB恰好为⊙P 的直径且
S
△ABC
＝2
，求
b
和
c
的值 .








【答案与解析】
1. 解：由条件知该抛物线开口向上，与
x
的两个交点在
y
轴的右侧．
由于
?CAN
是等腰直角三角形，故点
C
在
x
轴的左侧，且
?CAN?90
．
故
?ACN?45
，从而
C(?1,0 )
，
N(1,0)
．
于是直线
l
的方程为：
y?x?1
．
?
?
2
2
2
2

设
B(x
3
,y
3
)
，由
S
?BMN
?
从而
x
3
?
55
S
?AMN
知
y
3
?
，
22
3
35
，即
B(,)
．
2
22
综上可知，该抛物线通过点
A(0,1)
，
B(,)
，
N(1,0)
．
35
22
?
1?c
?
593
于是
?
?a?b?c
，
2
?
24
?
0?a?b?c
?
a?4
?< br>解得
?
b??5
．
?
c?1
?
所以所求抛 物线的解析式为
y?4x?5x?1
．
2. 解：（1）直线
y?kx?b
经过P
(0,3)
，∴
b?3
．
y
2
∵B
(3,2)
，A
(5 ,0)
，BD=BA，∴ 点D的坐标是
(1,0)
，
∴ BD的解析式是
y?x?1
,
1≤x≤3.

C
P

Q
B
依题意，得
?
∴
1≤
?
y?x?1,
4
,
，∴
x?
1?k
?
y?kx?3.
O
D

A
x
41
≤3.
解得
?3≤k≤?.

1?k3
1
（2）
?
?3≤k≤?,
且k为最大整数，∴
k??1
.
3
则直线PQ的解析式为
y??x?3

2
又因为抛物线< br>y?ax?5ax
的顶点坐标是
?
5
?
525
?,?a
?
，对称轴为
x?
．
4
?
2
?
2
5
?
?
y??x?3,
?
x?,
?< br>?
2
即直线PQ与对称轴为
x?
5
的交点坐标为
(
5
,
1
)
， 解方程组
?
得
?
5
22
2
x?.
?
?
y?
1
.
2
?
?
2
?

∴
12582
??a? 2
．
解得

??a??
．
242525
3解 点P
(1,a)
、Q
(2,10a)
在二次函数
y?x?bx?c< br>的图象上，故
1?b?c?a
，
2
4?2a?c?10a
，
解得
b?9a?3
，
c?8a?2
.
?
8a? 2?9a?3,
（1）由
c?b?8a
知
?
解得
1?a?3
.
9a?3?8a,
?
又
a
为整数，所以
a?2
，
b?9a?3?15
，
c?8a?2?14
.
(2) 设
m,n
是方程的两个整数根，且
m?n
.
由根与系数的关系可得
m?n??b?3?9a
，
mn??c?2?8a
，消去
a
，得
9mn?8(m?n)??
，
6

两边同时乘以9，得
81mn?72(m?n)??54
，分解因式，得
(9m?8)(9n?8)?10
.
所以
?
?
9m?8?1,
?
9m?8?2,
?
9m?8??10,
?
9m?8??5,
或
?
或
?
或
?

?
9n?8?10,
?
9n?8?5,?
9n?8??1,
?
9n?8??2,
1021
???
m?,m??,m?,
??
?
m?1,
?
???
9993
解得
?
或
?
或
?
或
?

1372
n?2,
?
?
n?,
?
n?,
?
n?,
???
993
???
又
m,n
是整数，所以后面三组 解舍去，故
m?1,n?2
.
因此，
b??(m?n)??3
，< br>c??mn??2
，二次函数的解析式为
y?x?3x?2
.
易求得 点A、B的坐标为（1,0）和（2,0），点C的坐标为（0,2），所以△ABC的面积为
2
1
?(2?1)?2?1

2
(x,0
4解 （1）易求得点< br>C
的坐标为
(0,c)
，设
A
1
)
，
B(x
2
,0)
，则
x
1
?x
2
??b
，
x
1
x
2
?c
.
设⊙P与
y
轴的另一个交点为D，由于AB、CD是⊙P的两条相交弦，它们的交点为点O，
所以OA×O B＝OC×OD，则
OD?
c
OA?OB
x
1
x
2
???1
.
OCcc
因为
c?0
，所以点
C在
y
轴的负半轴上，从而点D在
y
轴的正半轴上，所以点D为定点，它的坐标为(0,1).

（2）因为AB⊥CD，如果AB恰好为⊙P的直径， 则C、D关于点O对称，所以点
C
的坐
标为
(0,?1)
，
即
c??1
.
又
AB?x
1
?x
2< br>?(x
1
?x
2
)?4x
1
x
2
? (?b)?4c?b?4
，所以
222
S
△ABC
?
11
2
AB?OC?b?4?1?2
，
22
解得
b??23
.
（十）几何证明专题
1、如 图10-9，半径不等的两圆相交于A、B两点，线段CD经过点A，且分别交两于C、D两
点，连结B C、CD，设P、Q、K分别是BC、BD、CD中点M、N分别是弧BC和弧BD的
中点。
A
K
C
D
BPNQ
?
求证：①
PMQB
P
Q
B
N
②△KPM∽△NQK
M
图10-9













2.已知△ABC中，∠ACB＝90°，AB边上的高线CH与△ABC的两条内角平分线 AM、BN
A
分别交于P、Q两点.PM、QN的中点分别为E、F.
求证：EF∥AB.






H
F
N
Q
P
E
C
M
B

3、如图，△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2AC。点P在△ABC内，且PA ＝
3
，
PB＝5，PC＝2，求△ABC的面积。
M

A

Q


P


B C






4、如图8-1 0，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是角平分线，DE∥BC交AC于点E，DF
∥AC交 BC于点F。
求证：①四边形CEDF是正方形。
C
②CD
2
＝2AE·BF

F
E


A

B
D

图8-10




【答案与解析】
1、证明：①如图： 因为M是
BC
的中点，P是BC的中点，所以MP⊥BC，∠BPM＝90°，
连结AB，则有∠PBM＝
＝ ∠QNB。
所以Rt△BPM∽Rt△NQB。于是有
⌒
1
11
∠CAB＝（180°－∠DAB）＝90°－∠DAB＝90°－∠NBD
22
2
BPNQ
?

MPBQ

②因为KP∥BD，且KP＝1
BD＝BQ，所以，四边形PBQK是平行四边形。于是，有BP
2
KQNQ< br>＝KQ BQ＝KP 由式①得。又∠KPM＝∠KPB＋90°＝∠KQB＋90°＝∠
?MPKP
A
NQK，所以△KPM∽△NQK。
2、解 因为BN是∠ABC的平分线，所以
?ABN??CBN
.
又因为CH⊥AB，所以
?CQ?N?
因此
CQ?NC
.
B?QH??9?0
，
?
N
F
Q
P
?< br>H
??
E
又F是QN的中点，所以CF⊥QN，所以
?CFB?90? ??CHB
，
因此C、F、H、B四点共圆.
又
?FBH=?FBC
，所以FC＝FH，故点F在CH的中垂线上.
同理可证，点E在CH的中垂线上.
因此EF⊥CH.
又AB⊥CH，所以EF∥AB.

C
M
B
3、解：如图， 作△ABQ，使得：∠QAB＝∠PAC，∠ABQ＝∠ACP，
则△ABQ
∽
△ ACP，由于AB＝2AC，∴相似比为2
于是，AQ＝2 AP＝2
3
，BQ＝2CP＝4
∠QAP＝∠QAB＋∠BAP＝∠PAC＋∠BAP＝∠BAC＝60°
由AQ：AP＝2：1知，∠APQ＝90
0
于是，PQ＝
3
AP＝3
∴BP
2
＝25＝BQ
2
＋PQ
2
从而∠BQP＝90
0

作AM⊥BQ于M，由∠BQA＝120
0
，知
∠AQM＝60
0
，QM＝
3
，AM＝3，于是，
2 2 2 22
M
A
Q
P
B
∴AB＝BM＋AM ＝(4＋
3
)＋3＝28＋8
3

C
故S
△AB C
＝AB?ACsin60
0
＝
1
2
36?73
A B
2
＝
82
4、证明：①∵∠ACB＝90°，DE∥BC，DF∥AC ，∴DE⊥AC，DE⊥BC，
从而∠ECF＝∠DEC＝∠DFC＝90°。
∵CD是角平分线 ∴DE＝DF，即知四边形CEDF是正方形。
②在Rt△AED和Rt△DFB中， ∵DE∥BC ∴∠ADE＝∠B
∴Rt△AED∽Rt△DFB
∴
AEDE
，即DE·DF＝AE·BF ∵CD＝
2
DE＝
2
DF，
?
DFBF

< br>∴
CD?
2
2DE?2DF?2DE?DF?2AE?BF

四、模拟试题练习
模拟试题一

一、选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
1．设，则代数式x（x+1）（x+2）（x+3）的值为（ ）
A．0 B．1 C．﹣1 D．2
222
2．已知x，y，z为实数，且满足x+2y﹣5z=3，x﹣2 y﹣z=﹣5，则x+y+z的最小值为（ ）
A． B．0 C．5 D．
3 ．点D，E分别在△ABC的边AB，AC上，BE，CD相交于点F，设S
四边形
EADF< br>=S
1
，S
△BDF
=S
2
，
S
△ BCF
=S
3
，S
△CEF
=S
4
，则S
1
S
3
与S
2
S
4
的大小关系为（ ）

A．S
1
S
3
＜S
2
S
4
B．S
1
S
3
=S
2
S
4
C．S
1
S
3
＞S
2
S
4

D．不能确定
4．如图，菱形ABCD的边长为a，点O是对角线AC上的一点，且
OA=a ，OB=OC=OD=1，则a等于（ ）

A． B． C．1 D．2
5．如果x、y是非零实数，使得，那么x+y等于（ ）
A．3 B． C． D．
二、填空题（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
6．两条直角边长分别是整数a，b（其中b＜2011），斜边长是b+1的直角三角形的个数为
．
7．若
．
8．如图，双曲线（x＞0）与矩形OABC的边C B，BA分别交于
的最大值为a，最小值为b，则a+b的值为
22
点E，F，且AF=BF，连接EF，则△OEF的面积为 ．

9 ．如图，将长为4cm宽为2cm的矩形纸片ABCD折叠，使点B落在
CD边上的中点E处，压平后得 到折痕MN，则线段AM的长度为
cm．

10．已知二次函数 的图象经过原点及点（﹣，﹣），且图象与x轴的另一交点到原点的距离
为1，则该二次函数的解析式为 ________________________________．
三、解答题（本大题共5小题，共60分）
11．（本题12分）
（1）阅读理解：配方法是中学数学的重要方法，用配方法可求最大（小）值．
如对于任意正实数
a
、
b
，可作如下变形：
a?b?( a)
2
?(b)
2
?(a)
2
?(b)
2
?2ab?2ab

?(a?b)
2
?2ab
，
22又
?(a?b)?0
，
?(a?b)?2ab?0?2ab
．
即
a?b?2ab
．
根据上述内容，回答下列问题：在
a?b?2 ab
中（
a
、
b
均为正实数），若
ab
为定值P
，则
a?b?2P
，当且仅当
a,b
满足_________ __时，
a?b
有最小值
2P
；
（2）思考验证：如图，△AB C中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，CO为AB边上的中线，AD=
2a
，
y
DB=
2b
，试根据图形证明上述不等式
a?b?2ab
成立，并指 出等号成立的条件；
C

A













A
O
D
B
D
O
F
E
x

4的图像上一点，A点的横坐标为1，将一块三角板
x
的直角顶点放在A处旋转，保持两直角 边始终与
x
轴交于两点D、E，
F(0,?3)
为
y
轴上一 点，
（3）探索应用：已知A为反比例函数
y?
连接DF、EF，求四边形ADFE面 积的最小值．

12 ．（本题12分）已知：在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAC＝∠D，点E、F分别在BC、
C D上，且∠AEF＝∠ACD，试探究AE与EF之间的数量关系．
(1)如图①，若AB＝BC＝AC，则AE与EF之间的数量关系为________．
(2)如图②，若AB＝BC，你在(1)中得到的结论是否发生变化?写出你的猜想，并加以证明．
(3)如图③，若AB＝kBC，你在(1)中得到的结论是否发生变化?写出你的猜想，并加以证明．

第14题图















13．（本题12分） 某企业为打入国际市场，决定从A、B两种产品中只选择一种进行投资生产．已
知投资生产这两种产品的有关数据如下表：（单位：万美元）
项 目
类 别
年固
定
成本
20
40
每件产
品
成本
m
8
每件
产品
销售
价
10
18
每年最
多可
生产的
件数
200
120
A产品
B产品
其中年固定成本与年生产的件数无关，m为待定常数，其值由生产A 产品的原材料价格决

定，预计6≤
m
≤8．另外，年销售
x< br>件B产品时需上交
0.05x
万美元的特别关税．假设生
2
产出来的产 品都能在当年销售出去．
（1）写出该厂分别投资生产A、B两种产品的年利润
y
1
,y
2
与生产相应产品的件数
x
之间的
函数关系并指明 其自变量取值范围；
（2）如何投资才可获得最大年利润？请你做出规划．













14．（本题12分）已知
?ABC
是⊙
O
的内接三角形 ，
BT
为⊙
O
的切线，
B
为切点，
P
为直 线
AB
上一点，过点
P
做
BC
的平行线交直线
BT
于点
E
，交直线
AC
于点
F

（1）当点
P
在线段
AB
上时求证:
PA?PB?PE?PF

（2）当点
P
为线段
BA
延长线上一点时，第（1）题的结论还成立吗？如果成立，请证明，否
则说明理由；
AB?42,cos?EBA?
（3）若

1
3
，求⊙
O
的半径
A
P
F
.
O
B
C
E

15.（本题12分） 已知二次函数
y?ax?bx?c
（
a,b,c均为实数且
a?0
）满足条件：对任
意实数
x
都有
y? 2x
；且当
0?x?2
时，总有
y?
（1）求
a?b?c< br>的值；
（2）求
a?b?c
的取值范围。




2
1
(x?1)
2
成立。
2

【答案与解析】
一、选择题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
1．
考点：二次根式的化简求值。
分析：这道求代数式值的题目，不应考虑把x的值直接代入，而 是先把原式化成平方的形式，
然后根据给出的数求出x+3x+1=0，最后即可求出结果．
22
解答：解：原式=（x+3x）（x+3x+2）
22
=（x+3x+1）﹣1
当x=
2
2
时
可得x+3x+1=0，
22
∴（x+3x+1）﹣1
=0﹣1
=﹣1
故选C
点评：本题主要考查了二次根式的化简求值问题，在解题时要注意有 简便方法的要用简便方法，
不要直接把值代入．

2．
考点：二次函数的最值。
专题：计算题。
分析：首先将x+2y﹣5z=3，x﹣ 2y﹣z=﹣5，联立得出x，y用z表示出的值，整理出关于z的
函数关系式，再利用二次函数的最值 问题即可解决．

解答：解：由
于是x+y+z=11z﹣2z+5．
因此，当
2222
可得
时，x+y+z的最小值为
222
．
故选：D．
点评：此题主要 考查了二次函数的最值问题，整理出关于一个未知数的函数关系式，是解决问
题的关键．
3．
考点：三角形的面积。
分析：首先作辅助线：连接DE，再设S
△DEF
= S′
1
，根据等高三角形的面
积比等于对应底的比，可得：则
即可得到：S< br>1
S
3
＞S
2
S
4
．
解答：解：如图，连接DE，设S
△DEF
=S′
1
，
则 ，从而有S
1
′S
3
=S
2
S
4
． ，则可证得：S
1
′S
3
=S
2
S
4
，
因为S
1
＞S
1
′，所以S
1
S
3＞S
2
S
4
．
故选C．

点评：此题考查 了有关三角形面积的求解．注意等高三角形的面积比等于对应底的比性质的应
用．

4．
考点：相似三角形的判定与性质；菱形的性质。
专题：计算题。
分析：易证△BOC∽△ABC，即可得，即，解得a的值即可解题．
解答：解：∵∠BAC=∠BCA=∠OBC=∠OCB，
∴△BOC∽△ABC，
所以
即
2
，
，
所以，a﹣a﹣1=0．
由a＞0，

解得．
故选A．
点评：本题考查了菱形各边 长相等的性质，等腰三角形底角相等的性质，相似三角形的判定和
对应边比值相等的性质，本题中列出关 于a的方程式并求解是解题的关键．

5．
考点：一元二次方程的应用。
分析：根据绝对值的意义，可知分为两种情况来讨论，即x＞0和x＜0来完成我题目，解化简
后的一 元二次方程即可得出答案．
解答：解：将y=3﹣|x|代入|x|y+x=0，得x﹣x+3|x|=0．
322
（1）当x＞0时，x﹣x+3x=0，方程x﹣x+3=0无实根；
322
（2）当x＜0时，x﹣x﹣3x=0，得方程x﹣x﹣3=0
解得
于是
，正根舍去，从而
．
．
332
故．
故选D．
点评：本题主要考查了绝对值的性质和解一元二次方程的实际应用，属于基础性题目 ，要求学
生能够熟练掌握并加以运用．
二、填空题（共5小题，每小题3分，满分15分）
6．考点：完全平方数；勾股定理。
专题：计算题。
2222
分析：先根 据勾股定理得到a=（b+1）﹣b=2b+1，而b是整数，b＜2011，得到a是1到4023
2 2
之间的奇数，而且是完全平方数，3到63都这其中，所以a可以为3，5，…，63，由此得到满足条件的直角三角形的个数为31．
解答：解：∵两条直角边长分别是整数a，b（其中b＜2011），斜边长是b+1，
∴a=（b+1）﹣b=2b+1．
2
∴a为奇数，
∵b是整数，b＜2011，
2222
∴a是1到4023之间的奇数，而且是完全 平方数，这样的数共有31个，即3，5，…，63．
∴a可以为3，5，…，63，
∴满足条件的直角三角形的个数为31．
故答案为：31．
点评：本题考查了完全平方数的概念．也考查了勾股定理以及会计算1～100的平方数．
7．考点：二次函数的最值；二次根式的应用。
专题：计算题。
222