山东省东营市2021年中考数学试卷
一、单选题（共10题；共20分）
1.16的算术平方根是 ( )
A. 4 B. -4 C. ±4 D. 8 【答案】 A
【考点】算术平方根
【解析】【解答】解： ∵4 的平方是16， ∴16 的算术平方根是4． 故答案为： A ．
【分析】如果一个非负数 𝑥 的平方等于 𝑎 ，那么 𝑥 是 𝑎 的算术平方根，直接利用此定义即可解决问题．
2.下列运算结果正确的是（ ）
A. 𝑥2+𝑥3=𝑥5 B. (−𝑎−𝑏)2=𝑎2+2𝑎𝑏+𝑏2 C. (3𝑥3)2=6𝑥6 D. √2+√3=√5 【答案】 B
【考点】完全平方公式及运用，合并同类项法则及应用，幂的乘方
【解析】【解答】解：A， 𝑥2 和 𝑥3 不是同类项，不能够合并，选项A不符合题意； B，根据完全平方公式可得 (−𝑎−𝑏)2=(𝑎+𝑏)2=𝑎2+2𝑎𝑏+𝑏2 ，选项B符合题意； C，根据积的乘方的运算法则可得 (3𝑥3)2=9𝑥6 ，选项C不符合题意； D， √2 与 √3 不能够合并，选项D不符合题意． 故答案为：B．
【分析】根据合并同类项法则可判断A；根据完全平方公式可判断B；根据积的乘方与幂的乘方运算法则计算可判断C；根据二次根式的加法法则计算可判断D。
3.如图， 𝐴𝐵//𝐶𝐷 ， 𝐸𝐹⊥𝐶𝐷 于点F ， 若 ∠𝐵𝐸𝐹=150° ，则 ∠𝐴𝐵𝐸= （ ）
A. 30° B. 40° C. 50° D. 60° 【答案】 D
【考点】角的运算，平行线的性质
【解析】【解答】解：过点E作EH∥CD ， 如图，
∴ ∠𝐷𝐹𝐸+∠𝐻𝐸𝐹=180° ， ∵ 𝐸𝐹⊥𝐶𝐷 ， ∴ ∠𝐷𝐹𝐸=90° ， ∴ ∠𝐻𝐸𝐹=90° ， ∵ ∠𝐵𝐸𝐹=150° ， ∴ ∠𝐵𝐸𝐻=60° ，
∵EH∥CD ， 𝐴𝐵//𝐶𝐷 ， ∴AB∥EH ，
∴ ∠𝐴𝐵𝐸= ∠𝐵𝐸𝐻=60° ， 故答案为：D．
【分析】过点E作EH∥CD ， 利用平行线的性质得到∠𝐷𝐹𝐸+∠𝐻𝐸𝐹=180° ，由垂直的定义∠𝐷𝐹𝐸=90° ， 进而得出∠𝐻𝐸𝐹=90° ， 根据角的和差得到∠𝐵𝐸𝐻=60° ， 再根据平行线的性质求解即可。
4.某玩具商店周年店庆，全场八折促销，持会员卡可在促销活动的基础上再打六折．某电动汽车原价300元，小明持会员卡购买这个电动汽车需要花（ ）元 A. 240 B. 180 C. 160 D. 144 【答案】 D
【考点】运用有理数的运算解决简单问题 【解析】【解答】解：300×0.8×0.6=144（元）， 故答案为：D．
【分析】全场八折促销，指原价的80%，再打六折指八折后价格的60%，刚好这些条件列出方程即可。 5.如图，在 △𝐴𝐵𝐶 中， ∠𝐶=90° ， ∠𝐵=42° ， 𝐵𝐶=8 ，若用科学计算器求AC的长，则下列按键顺序正确的是（ ）
A. 8÷sin42= B. 8÷cos42= C. 8÷tan42= D. 8×tan42= 【答案】 D
【考点】计算器—三角函数
【解析】【解答】解：由 tan∠𝐵=𝐵𝐶 ，得： 𝐴𝐶=𝐵𝐶·tan∠𝐵=8×tan42° ， 故答案为：D．
𝐴𝐶
【分析】先由 ∠𝐶=90° ， ∠𝐵=42° ， 𝐵𝐶=8 可运用角B的正切值得到tan∠𝐵=𝐵𝐶 ， 再将tan∠𝐵的表达式进行变形即可求解。
6.经过某路口的汽车，可能直行，也可能左拐或右拐．假设这三种可能性相同，现有两车经过该路口，恰好有一车直行，另一车左拐的概率为（ ） A. 9 B. 3 C. 9 D. 9
2
1
4
5
𝐴𝐶
【答案】 A
【考点】列表法与树状图法 【解析】【解答】解：画树状图为：
共有9种等可能的结果数，其中恰有一车直行，另一车左拐的结果数为2， 所以恰有一车直行，另一车左拐的概率＝ 9 ． 故答案为：A．
【分析】画树状图，共有9种等可能的结果数，其中恰有一车直行，另一车左拐的结果数为2，再由概率公式求解即可。
7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面展开图圆心角的度数为（ ）
2
A. 214° B. 215° C. 216° D. 217° 【答案】 C
【考点】圆锥的计算，由三视图判断几何体 【解析】【解答】解：由圆锥的高为4，底面直径为6， 可得母线长 𝑙=√42+32=5 ， 圆锥的底面周长为： 𝜋×6=6𝜋 ， 设圆心角的度数为n ， 则
𝑛π×5180
=6π ，
解得： 𝑛=216 ，
故圆心角度数为： 216° ， 故答案为：C．
【分析】由常见几何体的三视图可得该几何体为圆锥，根据三视图知圆锥的高为4，底面直径为6，可得母线的长，再根据扇形的弧长公式可得答案。
8.一次函数y=ax+b（a≠0）与二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】 C
【考点】二次函数图象与系数的关系，一次函数图象、性质与系数的关系，二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：A、由抛物线可知，a＜0，由直线可知，故本选项错误；B、由抛物线可知，a＞0，x=﹣ 2𝑎 ＞0，得b＜0，由直线可知，a＞0，b＞0，故本选项错误；C、由抛物线可知，a＜0，x=﹣ 2𝑎 ＜0，得b＜0，由直线可知，a＜0，b＜0，故本选项正确；D、由抛物线可知，a＜0，x=﹣ 2𝑎 ＜0，得b＜0，由直线可知，a＜0，b＞0故本选项错误． 故选C．
【分析】本题可先由一次函数y=ax+b图象得到字母系数的正负，再与二次函数y=ax2+bx+c的图象相比较看是否一致．本题考查抛物线和直线的性质，用假设法来搞定这种数形结合题是一种很好的方法． 9.如图， △𝐴𝐵𝐶 中，A、B两个顶点在x轴的上方，点C的坐标是（1，0），以点C为位似中心，在x轴的下方作 △𝐴𝐵𝐶 的位似图形 △𝐴′𝐵′𝐶 ，并把 △𝐴𝐵𝐶 的边长放大到原来的2倍，设点B的横坐标是a ， 则点B的对应点 𝐵′ 的横坐标是（ ）
𝑏
𝑏
𝑏
A. −2𝑎+3 B. −2𝑎+1 C. −2𝑎+2 D. −2𝑎−2 【答案】 A 【考点】位似变换
【解析】【解答】解：设点 𝐵′ 的横坐标为 𝑥 ，
则 𝐵 、 𝐶 间的横坐标的差为 𝑎−1 ， 𝐵′ 、 𝐶 间的横坐标的差为 −𝑥+1 ， ∵ △𝐴𝐵𝐶 放大到原来的 2 倍得到 △𝐴′𝐵′𝐶′ ， ∴ 2(𝑎−1)=−𝑥+1 ， 解得： 𝑥=−2𝑎+3 . 故答案为：A.
【分析】设点 𝐵′ 的横坐标为 𝑥 ，根据数轴表示出BC、B'C的横坐标的距离，再根据位似比利时计算即可。
10.如图， △𝐴𝐵𝐶 是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且 ∠𝐷𝐵𝐸=30° ，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F ， 分别交BC、AB于点H、G ． 现有以下结论：① 𝑆△𝐴𝐵𝐶=√ ；
4②当点D与点C重合时， 𝐹𝐻=2 ；③ 𝐴𝐸+𝐶𝐷=√3𝐷𝐸 ；④当 𝐴𝐸=𝐶𝐷 时，四边形BHFG为菱形，1
3其中正确结论为（ ）
A. ①②③ B. ①②④ C. ①②③④ D. 【答案】 B
【考点】等边三角形的性质，平行四边形的性质，四边形的综合 【解析】【解答】解：如图1, 过A作AI⊥BC垂足为I
∵ △𝐴𝐵𝐶 是边长为1的等边三角形 ∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°，CI= 1
1
2𝐵𝐶=2 ∴AI= √32
∴S△ABC= 1𝐴𝐼·𝐵𝐶1332=2×1×√2=√4 ,故①符合题意；
如图2，当D与C重合时
②③④
∵∠DBE=30°， △𝐴𝐵𝐶 是等边三角形 ∴∠DBE=∠ABE=30° ∴DE=AE= 2𝐴𝐷=2 ∵GE//BD ∴ 𝐴𝐺=𝐴𝐸=1 ∴BG= 2𝐴𝐵=2 ∵GF//BD,BG//DF
∴HF=BG= 2 ,故②符合题意；
如图3，将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN
11
1
𝐵𝐺
𝐷𝐸1
1
∴∠1=∠2，∠5=∠6=60°，AN=CD,BD=BN ∵∠3=30°
∴∠2+∠4=∠1+∠4=30° ∴∠NBE=∠3=30° 又∵BD=BN ， BE=BE ∴△NBE≌△DBE（SAS） ∴NE=DE
延长EA到P使AP=CD=AN ∵∠NAP=180°-60°-60°=60°
∴△ANP为等边三角形 ∴∠P=60°，NP=AP=CD
如果AE+CD= √3 DE成立，则PE= √3 NE,需∠NEP=90°，但∠NEP不一定为90°，故③不成立； 如图1，当AE=CD时， ∵GE//BC
∴∠AGE=∠ABC=60°，∠GEA=∠C=60° ∴∠AGE=∠AEG=60°， ∴AG=AE 同理：CH=CD ∴AG=CH ∵BG//FH,GF//BH
∴四边形BHFG是平行四边形 ∵BG=BH
∴四边形BHFG为菱形，故④符合题意． 故答案为：B ．
【分析】①利用三角形的面积公式计算即可；②依题意画出图形，利用等边三角形和平行线的性质求出FH即可；③将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN，由‘“SAS”可证△NBE≌△DBE，可得NE=DE，在三角形PNE中，利用勾股定理可得AE、CD、DE的关系，即可得出；④证出四边形BHFG是平行四边形，可
得AG=AE=CH=CD，利用菱形的判定定理判定即可。
二、填空题（共8题；共8分）
11.2021年5月11日，第七次全国人口普查数据显示，全国人口比第六次全国人口普查数据增加了7206万人．7206万用科学记数法表示________． 【答案】 7.206×107
【考点】科学记数法—表示绝对值较大的数 【解析】【解答】解：∵7206万=72060000， ∴72060000= 7.206×107 ， 故答案为: 7.206×107 ． 【分析】用科学记数法表示即可。
12.因式分解： 4𝑎2𝑏−4𝑎𝑏+𝑏= ________． 【答案】 𝑏(2𝑎−1)2
【考点】提公因式法与公式法的综合运用
【解析】【解答】解： 4𝑎2𝑏−4𝑎𝑏+𝑏=𝑏(4𝑎2−4𝑎+1)=𝑏(2𝑎−1)2 故答案为： 𝑏(2𝑎−1)2
【分析】根据分组，可得完全平方公式，根据十字相乘法，可得答案。
13.如图所示是某校初中数学兴趣小组年龄结构条形统计图，该小组年龄最小为11岁，最大为15岁，根据统计图所提供的数据，该小组组员年龄的中位数为________岁．
【答案】 13
【考点】条形统计图，中位数
【解析】【解答】解：根据题意排列得：11，11，12，12，12，13，13， 13，13，13，14，14，14，14，15，15，15，15， 个数为偶数，中间的两个数为：13，13， ∴中位数为13， 故答案为：13
【分析】根据中位数的概念即可得出。
2𝑥−1
14.不等式组 {−
5𝑥+1
5𝑥3−1<3(𝑥2≤1+1)
的解集是________．
【答案】 −1≤𝑥<2 【考点】解一元一次不等式组 【解析】【解答】解：解不等式
2𝑥−13
−
5𝑥+12
≤1
2(2𝑥−1)−3(5𝑥+1)≤6 4𝑥−2−15𝑥−3≤6
−11𝑥≤11 ∴𝑥≥−1
解不等式 5𝑥−1<3(𝑥+1)
5𝑥−1<3𝑥+3
2𝑥<4 ∴𝑥<2
∴ 解集 −1≤𝑥<2 故答案为： −1≤𝑥<2 ． 【分析】解不等式即可得出答案。
15.如图，在 ▱𝐴𝐵𝐶𝐷 中，E为BC的中点，以E为圆心，BE长为半径画弧交对角线AC于点F ∠𝐵𝐴𝐶=60° ， ∠𝐴𝐵𝐶=100° ， 𝐵𝐶=4 ，则扇形BEF的面积为________．
【答案】
4π9
若 ，
【考点】平行四边形的性质，扇形面积的计算
【解析】【解答】解：∵ ∠𝐵𝐴𝐶=60° ， ∠𝐴𝐵𝐶=100° ， ∴ ∠𝐴𝐶𝐵=20° ，
∵E为BC的中点，EB、EF为半径， ∴ ∠𝐸𝐹𝐶=∠𝐸𝐶𝐹=20° ， ∴ ∠𝐵𝐸𝐹=40° ， ∵ 𝐵𝐶=4 ， ∴ 𝐵𝐸=2 ， ∴扇形BEF的面积 =
40𝜋×22360
=
4𝜋9
．
【分析】根据三角形内角和定理求出∠𝐴𝐶𝐵=20° ， 根据三角形的外角的性质求出∠𝐵𝐸𝐹=40° ， 根据扇形面积公式计算出来即可。
16.某地积极响应“把绿水青山变成金山银山，用绿色杠杆撬动经济转型”发展理念，开展荒山绿化，打造美好家园，促进旅游发展．某工程队承接了90万平方米的荒山绿化任务，为了迎接雨季的到来，实际工作时每天的工作效率比原计划提高了25%，结果提前30天完成了任务．设原计划每天绿化的面积为x万平方米，则所列方程为________． 【答案】
90𝑥
−(1+25%)𝑥=30
90
【考点】列分式方程
【解析】【解答】解：设原计划每天绿化的面积为x万平方米，则实际每天绿化的面积为 (1+25%)𝑥 万平方米， 依据题意： 故答案为：
90𝑥90𝑥
−(1+25%)𝑥=30 −
90(1+25%)𝑥
90
=30
【分析】设原计划每天绿化的面积为x万平方米，则实际每天绿化的面积为 (1+25%)𝑥 万平方米，依据题意列出方程即可。
17.如图，正方形纸片ABCD的边长为12，点F是AD上一点，将 △𝐶𝐷𝐹 沿CF折叠，点D落在点G处，连接DG并延长交AB于点E ． 若 𝐴𝐸=5 ，则GE的长为________．
【答案】 13
49
【考点】相似三角形的判定与性质 【解析】【解答】解：如图,
∵ 四边形ABCD是正方形
∴∠1+∠2=90°
因为折叠， ∴𝐷𝐺⊥𝐶𝐹 ，设垂足为H
∴𝐷𝐻=𝐻𝐺 ∴∠2+∠3=90°
∴∠1=∠3 ∴△𝐴𝐸𝐷∽△𝐻𝐷𝐶
𝐴𝐸𝐷𝐻
=
𝐸𝐷𝐷𝐶∵𝐴𝐸=5 ， 𝐴𝐷=𝐷𝐶=12
∴
5𝐷𝐻
=
131260 13∴𝐷𝐻=
∴𝐸𝐺=𝐸𝐷−𝐺𝐷 =𝐸𝐷−2𝐺𝐻 =13−2×
=
故答案为 13 ．
【分析】由\"ASA\"可证出△𝐴𝐷𝐸≅△𝐷𝐶𝐹 ， 可得𝐴𝐸=5 ， 由锐角三角函数可求DO的长，即可求解。 18.如图，正方形 𝐴𝐵𝐶𝐵1 中， 𝐴𝐵=√3 ，AB与直线l所夹锐角为 60° ，延长 𝐶𝐵1 交直线l于点 𝐴1 ，作正方形 𝐴1𝐵1𝐶1𝐵2 ，延长 𝐶1𝐵2 交直线l于点 𝐴2 ，作正方形 𝐴2𝐵2𝐶2𝐵3 ，延长 𝐶2𝐵3 交直线l于点 𝐴3 ，作正方形 𝐴3𝐵3𝐶3𝐵4 ，…，依此规律，则线段 𝐴2020𝐴2021= ________．
49
60
1349 13
【答案】 2(√)2020
3
【考点】探索数与式的规律，探索图形规律
【解析】【解答】解：∵AB与直线l所夹锐角为 60° ，正方形 𝐴𝐵𝐶𝐵1 中， 𝐴𝐵=√3 ， ∴∠ 𝐵1𝐴𝐴1 =30°，
∴ 𝐵1𝐴1 = 𝐵1𝐴 tan30°= √3×√ =1，
333∴ 𝐴𝐴1=2=2(√3)1−1 ；
3
∵ 𝐵1𝐴1 =1，∠ 𝐵2𝐴1𝐴2 =30°， ∴ 𝐵2𝐴2 = 𝐵1𝐴1 tan30°= 1×√=√ ，
33∴ 𝐴1𝐴2=2×(√3)2−1 ；
3
∴线段 𝐴2020𝐴2021= 2×(√)2021−1=2(√)2020 ,
3
3
3333故答案为： 2(√)2020 .
3
3【分析】根据题意可知图中斜边在直线l上的直角三角形都是含30度角的直角三角形，根据其性质得出三边的长度，以此类推可找出规律。
三、解答题（共7题；共83分）
19.
（1）计算： √12+3tan30°−|2−√3|+(π−1)0+82021×(−0.125)2021 ． （2）化简求值： 𝑚+2𝑛+2𝑛−𝑚+4𝑛2−𝑚2 ，其中
32𝑛
𝑚
4𝑚𝑛
𝑚𝑛
=5 ．
1
1
【答案】 （1）解：原式 =2√3+3×√−(2−√3)+1+(−8×)2021 ，
38=2√3+√3−2+√3+1−1 ， =4√3−2 ；
（2）解：原式 ==
2𝑛(2𝑛−𝑚)+𝑚(2𝑛+𝑚)+4𝑚𝑛
(2𝑛+𝑚)(2𝑛−𝑚)
，
4𝑛2−2𝑚𝑛+2𝑚𝑛+𝑚2+4𝑚𝑛
(2𝑛+𝑚)(2𝑛−𝑚)4𝑛2+4𝑚𝑛+𝑚2
，
=(2𝑛+𝑚)(2𝑛−𝑚) ， =(2𝑛+𝑚)(2𝑛−𝑚) ， =
2𝑛+𝑚2𝑛−𝑚𝑚𝑛
(2𝑛+𝑚)2
，
1
∵
=5 ，
∴ 𝑛=5𝑚 ， ∴原式 =10𝑚−𝑚=
10𝑚+𝑚
119
．
【考点】实数的运算，利用分式运算化简求值
【解析】【分析】（1）根据二次根式的性质、特殊角的三角函数值、绝对值的性质、零指数幂的运算法则、积的乘方法则计算即可；
（2）根据分式的混合运算法则吧原式化简，根据题意求出n=5m，代入计算即可。
20.为庆祝建党100周年，让同学们进一步了解中国科技的快速发展，东营市某中学九（1）班团支部组织了一次手抄报比赛．该班每位同学从A ． “北斗卫星”；B ． “5G时代”；C ． “东风快递”；D ． “智轨快运”四个主题中任选一个自己喜欢的主题．统计同学们所选主题的频数，绘制成以下不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：
（1）九（1）班共有________名学生； （2）补全折线统计图；
（3）D所对应扇形圆心角的大小为________；
（4）小明和小丽从A、B、C、D四个主题中任选一个主题，请用列表或画树状图的方法求出他们选择相同主题的概率． 【答案】 （1）50
（2）解：50-10-20-5=15（人）， 补全折线统计图如图：
；
（3）108°
（4）解：列表如下：
小明 小丽 A B C D A (𝐴,𝐴) (𝐴,𝐵) (𝐴,𝐶) (𝐴,𝐷) B (𝐵,𝐴) (𝐵,𝐵) (𝐵,𝐶) (𝐵,𝐷) C (𝐶,𝐴) (𝐶,𝐵) (𝐶,𝐶) (𝐶,𝐷) D (𝐷,𝐴) (𝐷,𝐵) (𝐷,𝐶) (𝐷,𝐷) 由列表可知，一共有16种等可能的结果，他们选择相同主题的结果有4种， 所以P（相同主题） =16=4 ．
【考点】扇形统计图，列表法与树状图法 【解析】【解答】解：（1）20÷40%=50（人），
故答案为：50；
（3） 360°×50=108° ， 故答案为： 108° ；
【分析】（1）由B的人数除以所占的百分比即可； （2）求出D的人数，即可解决问题； （3）由360度乘以D所占的比例即可；
（4）画树状图，共有16种等可能结果，小明和小丽选择相同主题的结果共4种，再由概率公式求解即可。
21.如图，以等边三角形ABC的BC边为直径画圆，交AC于点D ， 𝐷𝐹⊥𝐴𝐵 于点F ， 连接OF ， 且 𝐴𝐹=1 ．
15
4
1
（1）求证：DF是 ⊙𝑂 的切线； （2）求线段OF的长度． 【答案】 （1）证明：连接OD
∵ △𝐴𝐵𝐶 是等边三角形 ∴ ∠𝐴=∠𝐶=60° ∵ 𝑂𝐶=𝑂𝐷
∴ △𝑂𝐶𝐷 是等边三角形 ∴ ∠𝐶𝐷𝑂=∠𝐴=60° ∴OD//AB ∵ 𝐷𝐹⊥𝐴𝐵
∴ ∠𝑂𝐷𝐹=∠𝐴𝐹𝐷=90° ∴ 𝑂𝐷⊥𝐷𝐹
∴DF是 ⊙𝑂 的切线；
（2）解：∵OD//AB， 𝑂𝐶=𝑂𝐵 ∴OD为 △𝐴𝐵𝐶 的中位线 ∴ 𝐶𝐷=𝐴𝐷
∵ ∠𝐴𝐹𝐷=90° ， ∠𝐴=60° ∴ ∠𝐴𝐷𝐹=30°
∴ 𝐶𝐷=𝑂𝐷=𝐴𝐷=2𝐴𝐹=2
由勾股定理，得： 𝐷𝐹2=𝐴𝐷2−𝐴𝐹2=3
∴在 Rt△𝑂𝐷𝐹 中， 𝑂𝐹=√𝑂𝐷2+𝐷𝐹2=√7 ．
【考点】勾股定理，切线的判定，三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）连接OD，得出△𝑂𝐶𝐷 是等边三角形，即可证出DF是 ⊙𝑂 的切线；
（2）OD//AB， 𝑂𝐶=𝑂𝐵 ， 得出OD为 △𝐴𝐵𝐶 的中位线，由勾股定理得出𝐷𝐹2的值，从而得出线段OF的长度．
22.“杂交水稻之父”——袁隆平先生所率领的科研团队在增产攻坚第一阶段实现水箱亩产量700公斤的目标，第三阶段实现水稻亩产量1008公斤的目标．
（1）如果第二阶段、第三阶段亩产量的增长率相同，求亩产量的平均增长率；
（2）按照（1）中亩产量增长率，科研团队期望第四阶段水稻亩产量达到1200公斤，请通过计算说明他们的目标能否实现．
【答案】 （1）解：设亩产量的平均增长率为x，根据题意得： 700(1+𝑥)2=1008 ，
解得： 𝑥1=0.2=20% ， 𝑥2=−2.2 （舍去）， 答：亩产量的平均增长率为20%．
（2）解：第四阶段的亩产量为 1008×(1+20%)=1209.6 （公斤）， ∵ 1209.6>1200 ， ∴他们的目标可以实现．
【考点】一元二次方程的实际应用-百分率问题
【解析】【分析】（1）设亩产量的平均增长率为x，根据题意得方程，解之即可； （2）由（1）列出算式即可得出。
23.如图所示，直线 𝑦=𝑘1𝑥+𝑏 与双曲线 𝑦=
𝑘2𝑥
交于A、B两点，已知点B的纵坐标为 −3 ，直线AB
1
与x轴交于点C ， 与y轴交于点 𝐷(0,−2) ， 𝑂𝐴=√5 ， tan∠𝐴𝑂𝐶=2 ．
（1）求直线AB的解析式；
（2）若点P是第二象限内反比例函数图象上的一点， △𝑂𝐶𝑃 的面积是 △𝑂𝐷𝐵 的面积的2倍，求点P的坐标；
（3）直接写出不等式 𝑘1𝑥+𝑏≤
𝑘2𝑥
的解集．
【答案】 （1）解：如图，过点A作 𝐴𝐸⊥𝑥 轴于点E，
∵ tan∠𝐴𝑂𝐶=2 ， 𝑂𝐴=√5 ∴ 𝐴𝐸=1 ， 𝑂𝐸=2 ∴点A (−2,1)
∴双曲线的解析式为 𝑦=−𝑥
把 𝐴(−2,1) ， 𝐷(0,−2) 分别代入 𝑦=𝑘1𝑥+𝑏 ， −2𝑘1+𝑏=1
得： {
𝑏=−2𝑘=−2
解得： {1
𝑏=−2
∴直线AB的解析式为 𝑦=−2𝑥−2
（2）解：如图，连接OB、 𝑃𝐶 、 𝑃𝑂
3
3
2
1
把 𝑦=−3 代入 𝑦=−2𝑥−2 ，得 𝑥=3 ∴点B (3,−2)
∴ 𝑆△𝑂𝐷𝐵=2×2×3=3 ∴ 𝑆△𝑂𝐶𝑃=2𝑆△𝑂𝐷𝐵=3
把 𝑦=0 代入 𝑦=−2𝑥−2 ，得 𝑥=−3
3
4
4
1
2
2
2
32
∴点C (−3,0) 设点P的坐标为 (𝑥,𝑦) ∵ 𝑆△𝑂𝐶𝑃=2×3×𝑦=3 ∴ 𝑦=2 ∵ 𝑦=−𝑥
∴点P的坐标为 (−1,2) ；
（3）−2≤𝑥<0 或 𝑥≥3
【考点】待定系数法求一次函数解析式，反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：（3）根据（1）和（2）的结论，结合点A (−2,1) 、点B (3,−2)
∴ −2≤𝑥<0 或 𝑥≥3 ．
【分析】（1）把A点坐标代入函数关系即可； （2）求出C点横坐标即可得出答案；
（3）图形结合，根据函数图象与不等式的关系求得。
24.如图，抛物线 𝑦=−2𝑥2+𝑏𝑥+𝑐 与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C ， 直线 𝑦=−2𝑥+2 过B、C两点，连接AC ．
1
1
2
2
2
21
4
4
4
（1）求抛物线的解析式； （2）求证： △𝐴𝑂𝐶∽△𝐴𝐶𝐵 ；
（3）点 𝑀(3,2) 是抛物线上的一点，点D为抛物线上位于直线BC上方的一点，过点D作 𝐷𝐸⊥𝑥 轴交直线BC于点E ， 点P为抛物线对称轴上一动点，当线段DE的长度最大时，求 𝑃𝐷+𝑃𝑀 的最小值． 【答案】 （1）解：∵直线 𝑦=−2𝑥+2 分别与x轴和y轴交于点B和点C， ∴点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，2）， 把 𝐵(4,0) ， 𝐶(0,2) 分别代入 𝑦=−2𝑥2+𝑏𝑥+𝑐 ，
11
−8+4𝑏+𝑐=0
， 得 {
𝑐=2𝑏=
2 ， 解得 {
𝑐=2
∴抛物线的解析式为 𝑦=−2𝑥2+2𝑥+2 ．
（2）证明：∵抛物线 𝑦=−2𝑥2+2𝑥+2 与x轴交于点A， ∴ −2𝑥2+2𝑥+2=0 ， 解得 𝑥1=−1 ， 𝑥2=4 ， ∴点A的坐标为 (−1,0) ， ∴ 𝐴𝑂=1 ， 𝐴𝐵=5 ，
在 Rt△𝐴𝑂𝐶 中， 𝐴𝑂=1 ， 𝑂𝐶=2 ， ∴ 𝐴𝐶=√5 ， ∴
𝐴𝑂𝐴𝐶
1√√5 5
1
3
1
3
1
3
3
=
=5，
∵ 𝐴𝐶=√5 ，
𝐴𝐵5∴ 𝐴𝐶=𝐴𝐵 ，
又∵ ∠𝑂𝐴𝐶=∠𝐶𝐴𝐵 ， ∴ △𝐴𝑂𝐶∽△𝐴𝐶𝐵 ．
（3）解：
𝐴𝑂
𝐴𝐶
设点D的坐标为 (𝑥,−2𝑥2+2𝑥+2) 则点E的坐标为 (𝑥,−2𝑥+2) ∴ 𝐷𝐸=−2𝑥2+2𝑥+2−(−2𝑥+2) =−2𝑥2+2𝑥+2+2𝑥−2
1
3
1
1
3
1
1
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=−𝑥2+2𝑥
2
1
= −2(𝑥−2)2+2 ∵ −2<0 ，
∴当 𝑥=2 时，线段DE的长度最大． 此时，点D的坐标为 (2,3) ， ∵ 𝐶(0,2) ， 𝑀(3,2)
∴点C和点M关于对称轴对称，
连接CD交对称轴于点P，此时 𝑃𝐷+𝑃𝑀 最小．
连接CM交直线DE于点F，则 ∠𝐷𝐹𝐶=90° ，点F的坐标为 (2,2) ， ∴ 𝐶𝐷=√𝐶𝐹2+𝐷𝐹2=√5 ， ∵ 𝑃𝐷+𝑃𝑀=𝑃𝐶+𝑃𝐷=𝐶𝐷 ∴ 𝑃𝐷+𝑃𝑀 的最小值 √5 ．
【考点】待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定与性质，二次函数-动态几何问题 【解析】【分析】（1）求出B、C的坐标，把它们分别代入抛物线，即可得出b、c的值，由此得出抛物线的解析式；
（2）由抛物线解得x的值，由此饿出A的坐标，在 Rt△𝐴𝑂𝐶 中， 𝐴𝑂=1 ， 𝑂𝐶=2 ， 因为
1
1
∠𝑂𝐴𝐶=∠𝐶𝐴𝐵 ， 由此证出△𝐴𝑂𝐶∽△𝐴𝐶𝐵 ；
（3）设点D的坐标为 (𝑥,−2𝑥2+2𝑥+2) ， 则点E的坐标为 (𝑥,−2𝑥+2) ， 当 𝑥=2 时，线段DE的长度最大．此时，点D的坐标为 (2,3) ， 连接CD交对称轴于点P，此时 𝑃𝐷+𝑃𝑀 最小．连接CM交直线DE于点F，则 ∠𝐷𝐹𝐶=90° ， 点F的坐标为 (2,2) ， 因为𝑃𝐷+𝑃𝑀=𝑃𝐶+𝑃𝐷=𝐶𝐷 ， 得出 𝑃𝐷+𝑃𝑀 的最小值．
25.已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D ． 我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”．
1
3
1
（1）[猜想验证]如图1，当点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关系是________．
[探究证明]如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，（2）
若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）[拓展延伸]如图3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
②若 ∠𝐶𝑂𝐷=60° ，请直接写出线段AC、BD、OC之间的数量关系． 【答案】 （1）𝑂𝐶=𝑂𝐷 （2）解：数量关系依然成立．
证明（方法一）：过点O作直线 𝐸𝐹//𝐶𝐷 ，交BD于点F，延长AC交EF于点E．
∵ 𝐸𝐹//𝐶𝐷
∴ ∠𝐷𝐶𝐸=∠𝐸=∠𝐶𝐷𝐹=90° ∴四边形CEFD为矩形． ∴ ∠𝑂𝐹𝐷=90° ， 𝐶𝐸=𝐷𝐹 由（1）知， 𝑂𝐸=𝑂𝐹 ∴ △𝐶𝑂𝐸≌△𝐷𝑂𝐹(SAS) ， ∴ 𝑂𝐶=𝑂𝐷 ．
证明（方法二）：延长CO交BD于点E，
∵ 𝐴𝐶⊥𝐶𝐷 ， 𝐵𝐷⊥𝐶𝐷 ， ∴ 𝐴𝐶//𝐵𝐷 ， ∴ ∠𝐴=∠𝐵 ， ∵点O为AB的中点， ∴ 𝐴𝑂=𝐵𝑂 ，
又∵ ∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐵𝑂𝐸 ， ∴ △𝐴𝑂𝐶≌△𝐵𝑂𝐸(ASA) ， ∴ 𝑂𝐶=𝑂𝐸 ， ∵ ∠𝐶𝐷𝐸=90° ， ∴ 𝑂𝐷=𝑂𝐶 ．
（3）解：①数量关系依然成立． 证明（方法一）：
过点O作直线 𝐸𝐹//𝐶𝐷 ，交BD于点F，延长CA交EF于点E．
∵ 𝐸𝐹//𝐶𝐷
∴ ∠𝐷𝐶𝐸=∠𝐸=∠𝐶𝐷𝐹=90° ∴四边形CEFD为矩形． ∴ ∠𝑂𝐹𝐷=90° ， 𝐶𝐸=𝐷𝐹 由（1）知， 𝑂𝐸=𝑂𝐹 ∴ △COE≌△𝐷𝑂𝐹(SAS) ， ∴ 𝑂𝐶=𝑂𝐷 ．10分
证明（方法二）：延长CO交DB的延长线于点E，
∵ 𝐴𝐶⊥𝐶𝐷 ， 𝐵𝐷⊥𝐶𝐷 ， ∴ 𝐴𝐶//𝐵𝐷 ， ∴ ∠𝐴𝐶𝑂=∠𝐸 ， ∴点O为AB的中点， ∴ 𝐴𝑂=𝐵𝑂 ，
又∵ ∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐵𝑂𝐸 ， ∴ △𝐴𝑂𝐶≌△𝐵𝑂𝐸(AAS) ， ∴ 𝑂𝐶=𝑂𝐸 ， ∵ ∠𝐶𝐷𝐸=90° ， ∴ 𝑂𝐷=𝑂𝐶 ． ② 𝐴𝐶+𝐵𝐷=√3𝑂𝐶
【考点】三角形的综合，三角形-动点问题 【解析】【解答】解：（1） ∵ O是线段AB的中点
∴𝑂𝐴=𝑂𝐵 ∵𝐴𝐶⊥𝑙，𝐵𝐷⊥𝑙 ∴∠𝐴𝐶𝑂=∠𝐵𝐷𝑂
在 △𝐴𝐶𝑂 和 △𝐵𝐷𝑂 中
𝑂𝐴=𝑂𝐵{∠𝐴𝐶𝑂=∠𝐵𝐷𝑂
∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐵𝑂𝐷
∴ △𝐴𝐶𝑂 ≌ △𝐵𝐷𝑂(𝐴𝐴𝑆)
∴ 𝑂𝐶=𝑂𝐷
（3）②如图，延长CO交DB的延长线于点E ，
∵ 𝐴𝐶⊥𝐶𝐷 ， 𝐵𝐷⊥𝐶𝐷 ， ∴ 𝐴𝐶//𝐵𝐷 ， ∴ ∠𝐴𝐶𝑂=∠𝐸 ， ∴点O为AB的中点， ∴ 𝐴𝑂=𝐵𝑂 ，
又∵ ∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐵𝑂𝐸 ， ∴ △𝐴𝑂𝐶≌△𝐵𝑂𝐸(AAS) ， ∴ 𝐴𝐶=𝐵𝐸 ，
∴𝐴𝐶+𝐵𝐷=𝐵𝐸+𝐵𝐷=𝐷𝐸
∵ ∠𝐶𝐷𝐸=90° , ∠𝐶𝑂𝐷=60° ∴ 𝑂𝐷=𝑂𝐶
∵∠𝐶𝑂𝐷=60° ∴∠𝐷𝐶𝐸=60°
∴
𝐷𝐸
=tan∠𝐷𝐶𝐸=tan60°=√3 𝐶𝐷∴𝐷𝐸=√3𝐶𝐷
∴ 𝐴𝐶+𝐵𝐷=√3𝑂𝐶 ．
【分析】（1）求证出△𝐴𝐶𝑂 ≌ △𝐵𝐷𝑂(𝐴𝐴𝑆)即可求证出𝑂𝐶=𝑂𝐷；
（2）过点O作直线 𝐸𝐹//𝐶𝐷 ， 交BD于点F，延长AC交EF于点E．得出四边形CEFD为矩形．由（1）知， 𝑂𝐸=𝑂𝐹 ， 得出△𝐶𝑂𝐸≌△𝐷𝑂𝐹(SAS) ， 即可得出𝑂𝐶=𝑂𝐷 ；
（3）①延长CO交DB的延长线于点E，由于𝐴𝐶⊥𝐶𝐷 ， 𝐵𝐷⊥𝐶𝐷 ， 得出点O为AB的中点，又因为∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐵𝑂𝐸 ， 得出△𝐴𝑂𝐶≌△𝐵𝑂𝐸(AAS) ， 即可得出𝑂𝐷=𝑂𝐶 ；②延长CO交DB的延
长线于点E ， 因为 ∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐵𝑂𝐸 ，得出△𝐴𝑂𝐶≌△𝐵𝑂𝐸(AAS) ，由∠𝐶𝐷𝐸=90° , ∠𝐶𝑂𝐷=60° ， 得出𝐷𝐸=√3𝐶𝐷 ， 即可得出线段AC、BD、OC之间的数量关系．
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