2018年山東省聊城市會考數學模擬試卷

在會考的複習備考過程中，模擬試題的積累是十分重要的，我們平時就要充分利用好，才能真正有效提高成績。以下是本站小編給你帶來的最新模擬試題，希望能幫到你哈。

　　2018年山東省聊城市會考數學模擬試卷

一、選擇題(本大題共12個小題，每小題3分，共36分)

1.64的立方根是(　　)

A.4 B.8 C.±4 D.±8

2.在Rt△ABC中，cosA= ，那麼sinA的值是(　　)

A. B. C. D.

3.下列計算錯誤的是(　　)

A. =4 B.32×3﹣1=3

C.20÷2﹣2= D.(﹣3×102)3=﹣2.7×107

4.如圖，△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，要判定四邊形DBFE是菱形，還需要添加的條件是(　　)

=AC =BD ⊥AC 平分∠ABC

5.紐約、悉尼與北京時差如下表(正數表示同一時刻比北京時間早的時數，負數表示同一時刻比北京時間晚的時數)：

城市 悉尼 紐約

時差/時 +2 ﹣13

當北京6月15日23時，悉尼、紐約的時間分別是(　　)

A.6月16日1時;6月15日10時 B.6月16日1時;6月14日10時

C.6月15日21時;6月15日10時 D.6月15日21時;6月16日12時

6.如圖是由若干小正方體組成的幾何體的俯視圖，小正方形中的數字表示該位置小正方體的個數，這個幾何體的主視圖是(　　)

A. B. C. D.

7.如果解關於x的分式方程 ﹣ =1時出現增根，那麼m的值為(　　)

A.﹣2 B.2 C.4 D.﹣4

8.計算(5 ﹣2 )÷(﹣ )的結果為(　　)

A.5 B.﹣5 C.7 D.﹣7

9.如圖是由8個全等的矩形組成的大正方形，線段AB的端點都在小矩形的頂點上，如果點P是某個小矩形的頂點，連接PA、PB，那麼使△ABP為等腰直角三角形的點P的個數是(　　)

A.2個 B.3個 C.4個 D.5個

10.為了滿足顧客的需求，某商場將5kg奶糖，3kg酥心糖和2kg水果糖混合成什錦糖出售.已知奶糖的售價為每千克40元，酥心糖為每千克20元，水果糖為每千克15元，混合後什錦糖的售價應為每千克(　　)

A.25元 B.28.5元 C.29元 D.34.5元

11.如圖，將△ABC繞點C順時針旋轉，使點B落在AB邊上點B′處，此時，點A的對應點A′恰好落在BC邊的延長線上，下列結論錯誤的(　　)

A.∠BCB′=∠ACA′ B.∠ACB=2∠B

C.∠B′CA=∠B′AC D.B′C平分∠BB′A′

12.端午節前夕，在東昌湖舉行第七屆全民健身運動會龍舟比賽中，甲、乙兩隊在500米的賽道上，所划行的路程y(m)與時間x(min)之間的函數關係如圖所示，下列説法錯誤的是(　　)

A.乙隊比甲隊提前0.25min到達終點

B.當乙隊划行110m時，此時落後甲隊15m

C.0.5min後，乙隊比甲隊每分鐘快40m

D.自1.5min開始，甲隊若要與乙隊同時到達終點，甲隊的速度需要提高到255m/min

二、填空題(每小題3分，共15分)

13.因式分解：2x2﹣32x4=　 　.

14.已知圓錐形工件的底面直徑是40cm，母線長30cm，其側面展開圖圓心角的度數為　 　.

15.不等式組 的解集是　 　.

16.如果任意選擇一對有序整數(m，n)，其中|m|≤1，|n|≤3，每一對這樣的有序整數被選擇的可能性是相等的，那麼關於x的方程x2+nx+m=0有兩個相等實數根的概率是　 　.

17.如圖，在平面直角座標系中，直線l的函數表達式為y=x，點O1的座標為(1，0)，以O1為圓心，O1O為半徑畫圓，交直線l於點P1，交x軸正半軸於點O2，以O2為圓心，O2O為半徑畫圓，交直線l於點P2，交x軸正半軸於點O3，以O3為圓心，O3O為半徑畫圓，交直線l於點P3，交x軸正半軸於點O4;…按此做法進行下去，其中 的長為　 　.

三、解答題(本題共8個小題，滿分69分)

18.先化簡，再求值：2﹣ ÷ ，其中x=3，y=﹣4.

19.如圖，已知AB∥DE，AB=DE，BE=CF，求證：AC∥DF.

20.為了綠化環境，育英中學八年級三班同學都積極參加植樹活動，今年植樹節時，該班同學植樹情況的部分數據如圖所示，請根據統計圖信息，回答下列問題：

(1)八年級三班共有多少名同學?

(2)條形統計圖中，m=　 　，n=　 　.

(3)扇形統計圖中，試計算植樹2棵的人數所對應的扇形圓心角的度數.

21.聳立在臨清市城北大運河東岸的舍利寶塔，是“運河四大名塔”之一(如圖1).數學興趣小組的小亮同學在塔上觀景點P處，利用測角儀測得運河兩岸上的A，B兩點的俯角分別為17.9°，22°，並測得塔底點C到點B的距離為142米(A、B、C在同一直線上，如圖2)，求運河兩岸上的A、B兩點的距離(精確到1米).

(參考數據：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40，sin17.9°≈0.31，cos17.9°≈0.95，tan17.9°≈0.32)

22.在推進城鄉義務教育均衡發展工作中，我市某區政府通過公開招標的方式為轄區內全部鄉鎮中學採購了某型號的學生用電腦和教師用筆記本電腦，其中，A鄉鎮中學更新學生用電腦110台和教師用筆記本電腦32台，共花費30.5萬元;B鄉鎮中學更新學生電腦55台和教師用筆記本電腦24台，共花費17.65萬元.

(1)求該型號的學生用電腦和教師用筆記本電腦單價分別是多少萬元?

(2)經統計，全部鄉鎮中學需要購進的教師用筆記本電腦枱數比購進的學生用電腦枱數的 少90台，在兩種電腦的總費用不超過預算438萬元的情況下，至多能購進的學生用電腦和教師用筆記本電腦各多少台?

23.如圖，分別位於反比例函數y= ，y= 在第一象限圖象上的兩點A、B，與原點O在同一直線上，且 = .

(1)求反比例函數y= 的表達式;

(2)過點A作x軸的平行線交y= 的圖象於點C，連接BC，求△ABC的面積.

24.如圖，⊙O是△ABC的外接圓，O點在BC邊上，∠BAC的平分線交⊙O於點D，連接BD、CD，過點D作BC的平行線，與AB的延長線相交於點P.

(1)求證：PD是⊙O的切線;

(2)求證：△PBD∽△DCA;

(3)當AB=6，AC=8時，求線段PB的長.

25.如圖，已知拋物線y=ax2+2x+c與y軸交於點A(0，6)，與x軸交於點B(6，0)，點P是線段AB上方拋物線上的一個動點.

(1)求這條拋物線的表達式及其頂點座標;

(2)當點P移動到拋物線的什麼位置時，使得∠PAB=75°，求出此時點P的座標;

(3)當點P從A點出發沿線段AB上方的拋物線向終點B移動，在移動中，點P的橫座標以每秒1個單位長度的速度變動，與此同時點M以每秒1個單位長度的速度沿AO向終點O移動，點P，M移動到各自終點時停止，當兩個移點移動t秒時，求四邊形PAMB的面積S關於t的函數表達式，並求t為何值時，S有最大值，最大值是多少?

　　2018年山東省聊城市會考數學模擬試卷答案

一、選擇題(本大題共12個小題，每小題3分，共36分)

1.64的立方根是(　　)

A.4 B.8 C.±4 D.±8

【考點】24：立方根.

【分析】如果一個數x的立方等於a，那麼x是a的立方根，根據此定義求解即可.

【解答】解：∵4的立方是64，

∴64的立方根是4.

故選A.

2.在Rt△ABC中，cosA= ，那麼sinA的值是(　　)

A. B. C. D.

【考點】T3：同角三角函數的關係;T5：特殊角的三角函數值.

【分析】利用同角三角函數間的基本關係求出sinA的值即可.

【解答】解：∵Rt△ABC中，cosA= ，

∴sinA= = ，

故選B

3.下列計算錯誤的是(　　)

A. =4 B.32×3﹣1=3

C.20÷2﹣2= D.(﹣3×102)3=﹣2.7×107

【考點】47：冪的乘方與積的乘方;6E：零指數冪;6F：負整數指數冪.

【分析】根據冪的乘方和積的乘方以及零指數冪和負指數冪進行計算即可.

【解答】解：A、 =4，正確，故A不合題意;

B、32×3﹣1=3，正確，故B不合題意;

C、20÷2﹣2=4，不正確，故C合題意;

D、(﹣3×102)3=﹣2.7×107，正確，故D不合題意;

故選C.

4.如圖，△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，要判定四邊形DBFE是菱形，還需要添加的條件是(　　)

=AC =BD ⊥AC 平分∠ABC

【考點】L9：菱形的判定.

【分析】當BE平分∠ABE時，四邊形DBFE是菱形，可知先證明四邊形BDEF是平行四邊形，再證明BD=DE即可解決問題.

【解答】解：當BE平分∠ABE時，四邊形DBFE是菱形，

理由：∵DE∥BC，

∴∠DEB=∠EBC，

∵∠EBC=∠EBD，

∴∠EBD=∠DEB，

∴BD=DE，

∵DE∥BC，EF∥AB，

∴四邊形DBEF是平行四邊形，

∵BD=DE，

∴四邊形DBEF是菱形.

其餘選項均無法判斷四邊形DBEF是菱形，

故選D.

5.紐約、悉尼與北京時差如下表(正數表示同一時刻比北京時間早的時數，負數表示同一時刻比北京時間晚的時數)：

城市 悉尼 紐約

時差/時 +2 ﹣13

當北京6月15日23時，悉尼、紐約的時間分別是(　　)

A.6月16日1時;6月15日10時 B.6月16日1時;6月14日10時

C.6月15日21時;6月15日10時 D.6月15日21時;6月16日12時

【考點】11：正數和負數.

【分析】由統計表得出：悉尼時間比北京時間早2小時，悉尼比北京的時間要早2個小時，也就是6月16日1時.紐約比北京時間要晚13個小時，也就是6月15日10時.

【解答】解：悉尼的時間是：6月15日23時+2小時=6月16日1時，

紐約時間是：6月15日23時﹣13小時=6月15日10時.

故選：A.

6.如圖是由若干小正方體組成的幾何體的俯視圖，小正方形中的數字表示該位置小正方體的個數，這個幾何體的主視圖是(　　)

A. B. C. D.

【考點】U3：由三視圖判斷幾何體;U2：簡單組合體的三視圖.

【分析】找到從正面看所得到的圖形即可，注意所有的看到的稜都應表現在主視圖中.

【解答】解：從正面看易得第一列有3個正方形，第二列有2個正方形，第三列有1個正方形.

.

故選：C.

7.如果解關於x的分式方程 ﹣ =1時出現增根，那麼m的值為(　　)

A.﹣2 B.2 C.4 D.﹣4

【考點】B5：分式方程的增根.

【分析】增根是化為整式方程後產生的不適合分式方程的根.所以應先確定增根的可能值，讓最簡公分母x﹣2=0，確定可能的增根;然後代入化為整式方程的方程求解，即可得到正確的答案.

【解答】解： ﹣ =1，

去分母，方程兩邊同時乘以x﹣2，得：

m+2x=x﹣2，

由分母可知，分式方程的增根可能是2，

當x=2時，m+4=2﹣2，

m=﹣4，

故選D.

8.計算(5 ﹣2 )÷(﹣ )的結果為(　　)

A.5 B.﹣5 C.7 D.﹣7

【考點】79：二次根式的混合運算.

【分析】先把二次根式化為最簡二次根式，然後把括號內合併後進行二次根式的除法運算.

【解答】解：原式=( ﹣6 )÷(﹣ )

=(﹣5 )÷(﹣ )

=5.

故選A.

9.如圖是由8個全等的矩形組成的大正方形，線段AB的端點都在小矩形的頂點上，如果點P是某個小矩形的頂點，連接PA、PB，那麼使△ABP為等腰直角三角形的點P的個數是(　　)

A.2個 B.3個 C.4個 D.5個

【考點】KW：等腰直角三角形.

【分析】根據等腰直角三角形的判定即可得到結論.

【解答】解：如圖所示，使△ABP為等腰直角三角形的點P的個數是3，

故選B.

10.為了滿足顧客的需求，某商場將5kg奶糖，3kg酥心糖和2kg水果糖混合成什錦糖出售.已知奶糖的售價為每千克40元，酥心糖為每千克20元，水果糖為每千克15元，混合後什錦糖的售價應為每千克(　　)

A.25元 B.28.5元 C.29元 D.34.5元

【考點】W2：加權平均數.

【分析】先求出買5kg奶糖，3kg酥心糖和2kg水果糖的總錢數，再除以總的斤數，即可得出混合後什錦糖的售價.

【解答】解：根據題意得：

(40×5+20×3+15×2)÷(5+3+2)=29(元)，

答：混合後什錦糖的售價應為每千克29元.

故選C.

11.如圖，將△ABC繞點C順時針旋轉，使點B落在AB邊上點B′處，此時，點A的對應點A′恰好落在BC邊的延長線上，下列結論錯誤的(　　)

A.∠BCB′=∠ACA′ B.∠ACB=2∠B

C.∠B′CA=∠B′AC D.B′C平分∠BB′A′

【考點】R2：旋轉的性質.

【分析】根據旋轉的性質得到∠BCB′=∠ACA′，故A正確，根據等腰三角形的性質得到∠B=∠BB'C，根據三角形的外角的性質得到∠A'CB'=2∠B，等量代換得到∠ACB=2∠B，故B正確;等量代換得到∠A′B′C=∠BB′C，於是得到B′C平分∠BB′A′，故D正確.

【解答】解：根據旋轉的性質得，∠BCB'和∠ACA'都是旋轉角，則∠BCB′=∠ACA′，故A正確，

∵CB=CB'，

∴∠B=∠BB'C，

又∵∠A'CB'=∠B+∠BB'C，

∴∠A'CB'=2∠B，

又∵∠ACB=∠A'CB'，

∴∠ACB=2∠B，故B正確;

∵∠A′B′C=∠B，

∴∠A′B′C=∠BB′C，

∴B′C平分∠BB′A′，故D正確;

故選C.

12.端午節前夕，在東昌湖舉行第七屆全民健身運動會龍舟比賽中，甲、乙兩隊在500米的賽道上，所划行的路程y(m)與時間x(min)之間的函數關係如圖所示，下列説法錯誤的是(　　)

A.乙隊比甲隊提前0.25min到達終點

B.當乙隊划行110m時，此時落後甲隊15m

C.0.5min後，乙隊比甲隊每分鐘快40m

D.自1.5min開始，甲隊若要與乙隊同時到達終點，甲隊的速度需要提高到255m/min

【考點】E6：函數的圖象.

【分析】觀察函數圖象可知，函數的橫座標表示時間，縱座標表示路程，根據圖象上特殊點的意義即可求出答案.

【解答】解：A、由橫座標看出乙隊比甲隊提前0.25min到達終點，故A不符合題意;

B、乙AB段的解析式為y=240x﹣40，當y=110時，x= ;甲的解析式為y=200x，當x= 時，y=125，當乙隊划行110m時，此時落後甲隊15m，故B不符合題意;

C、乙AB段的解析式為y=240x﹣40乙的速度是240m/min;甲的解析式為y=200x，甲的速度是200m/min，0.5min後，乙隊比甲隊每分鐘快40m，故C不符合題意;

D、甲的解析式為y=200x，當x=1.5時，y=300，甲乙同時到達÷(2.25﹣1.5)=266m/min，故D符合題意;

故選：D.

二、填空題(每小題3分，共15分)

13.因式分解：2x2﹣32x4=　2x2(1+4x)(1﹣4x)　.

【考點】55：提公因式法與公式法的綜合運用.

【分析】此多項式有公因式，應先提取公因式，再對餘下的多項式進行觀察，有2項，可採用平方差公式繼續分解.

【解答】解：2x2﹣32x4

=2x2(1﹣16x2)

=2x2(1+4x)(1﹣4x).

故答案為：2x2(1+4x)(1﹣4x).

14.已知圓錐形工件的底面直徑是40cm，母線長30cm，其側面展開圖圓心角的度數為　240°　.

【考點】MP：圓錐的計算.

【分析】設圓錐的側面展開圖的圓心角的度數為n°，根據圓錐的側面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等於圓錐底面的周長，扇形的半徑等於圓錐的母線長和弧長公式得到40π= ，然後解方程即可.

【解答】解：設圓錐的側面展開圖的圓心角的度數為n°，

根據題意得40π= ，

解得n=240.

故答案為240°.

15.不等式組 的解集是　4

【考點】CB：解一元一次不等式組.

【分析】先求出每個不等式的解集，再求出不等式組的解集即可.

【解答】解：

∵解不等式①得：x≤5，

解不等式②得：x>4，

∴不等式組的解集為4

故答案為：4

16.如果任意選擇一對有序整數(m，n)，其中|m|≤1，|n|≤3，每一對這樣的有序整數被選擇的可能性是相等的，那麼關於x的方程x2+nx+m=0有兩個相等實數根的概率是　 　.

【考點】X6：列表法與樹狀圖法;AA：根的判別式.

【分析】首先確定m、n的值，推出有序整數(m，n)共有：3×7=21(種)，由方程x2+nx+m=0有兩個相等實數根，則需：△=n2﹣4m=0，有(0，0)，(1，2)，(1，﹣2)三種可能，由此即可解決問題、

【解答】解：m=0，±1，n=0，±1，±2，±3

∴有序整數(m，n)共有：3×7=21(種)，

∵方程x2+nx+m=0有兩個相等實數根，則需：△=n2﹣4m=0，有(0，0)，(1，2)，(1，﹣2)三種可能，

∴關於x的方程x2+nx+m=0有兩個相等實數根的概率是 = ，

故答案為 .

17.如圖，在平面直角座標系中，直線l的函數表達式為y=x，點O1的座標為(1，0)，以O1為圓心，O1O為半徑畫圓，交直線l於點P1，交x軸正半軸於點O2，以O2為圓心，O2O為半徑畫圓，交直線l於點P2，交x軸正半軸於點O3，以O3為圓心，O3O為半徑畫圓，交直線l於點P3，交x軸正半軸於點O4;…按此做法進行下去，其中 的長為　22015π.　.

【考點】MN：弧長的計算;F8：一次函數圖象上點的座標特徵.

【分析】連接P1O1，P2O2，P3O3，易求得PnOn垂直於x軸，可得 為 圓的周長，再找出圓半徑的規律即可解題.

【解答】解：連接P1O1，P2O2，P3O3…

∵P1 是⊙O2上的點，

∴P1O1=OO1，

∵直線l解析式為y=x，

∴∠P1OO1=45°，

∴△P1OO1為等腰直角三角形，即P1O1⊥x軸，

同理，PnOn垂直於x軸，

∴ 為 圓的周長，

∵以O1為圓心，O1O為半徑畫圓，交x軸正半軸於點O2，以O2為圓心，O2O為半徑畫圓，交x軸正半軸於點O3，以此類推，

∴OOn=2n﹣1，

∴ = •2π•OOn= π•2n﹣1=2n﹣2π，

當n=2017時， =22015π.

故答案為 22015π.

三、解答題(本題共8個小題，滿分69分)

18.先化簡，再求值：2﹣ ÷ ，其中x=3，y=﹣4.

【考點】6D：分式的化簡求值.

【分析】根據分式的除法和減法可以化簡題目中的式子，然後將x、y的值代入即可解答本題.

【解答】解：2﹣ ÷

=2﹣

=2﹣

=

=

= ，

當x=3，y=﹣4時，原式= .

19.如圖，已知AB∥DE，AB=DE，BE=CF，求證：AC∥DF.

【考點】KD：全等三角形的判定與性質.

【分析】首先由BE=CF可以得到BC=EF，然後利用邊邊邊證明△ABC≌△DEF，最後利用全等三角形的性質和平行線的判定即可解決問題.

【解答】證明：∵AB∥CD，

∴∠ABC=∠DEF，

又∵BE=CF，

∴BE+EC=CF+EC，

即：BC=EF，

在△ABC和△DEF中

∴△ABC≌△DEF(SAS)，

∴∠ACB=∠DFE，

∴AC∥DF.

20.為了綠化環境，育英中學八年級三班同學都積極參加植樹活動，今年植樹節時，該班同學植樹情況的部分數據如圖所示，請根據統計圖信息，回答下列問題：

(1)八年級三班共有多少名同學?

(2)條形統計圖中，m=　7　，n=　10　.

(3)扇形統計圖中，試計算植樹2棵的人數所對應的扇形圓心角的度數.

【考點】VC：條形統計圖;VB：扇形統計圖.

【分析】(1)根據植4株的有11人，所佔百分比為22%，求出總人數;

(2)根據植樹5棵人數所佔的比例來求n的值;用總人數減去其它植樹的人數，就是m的值，從而補全統計圖;

(3)根據植樹2棵的人數所佔比例，即可得出圓心角的比例相同，即可求出圓心角的度數.

【解答】解：(1)由兩圖可知，植樹4棵的人數是11人，佔全班人數的22%，所以八年級三班共有人數為：11÷22%=50(人).

(2)由扇形統計圖可知，植樹5棵人數佔全班人數的14%，

所以n=50×14%=7(人).

m=50﹣(4+18+11+7)=10(人).

故答案是：7;10;

(3)所求扇形圓心角的度數為：360× =72°.

21.聳立在臨清市城北大運河東岸的舍利寶塔，是“運河四大名塔”之一(如圖1).數學興趣小組的小亮同學在塔上觀景點P處，利用測角儀測得運河兩岸上的A，B兩點的俯角分別為17.9°，22°，並測得塔底點C到點B的距離為142米(A、B、C在同一直線上，如圖2)，求運河兩岸上的A、B兩點的距離(精確到1米).

(參考數據：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40，sin17.9°≈0.31，cos17.9°≈0.95，tan17.9°≈0.32)

【考點】TA：解直角三角形的應用﹣仰角俯角問題.

【分析】在Rt△PBC中，求出BC，在Rt△PAC中，求出AC，根據AB=AC﹣BC計算即可.

【解答】解：根據題意，BC=142米，∠PBC=22°，∠PAC=17.9°，

在Rt△PBC中，tan∠PBC= ，

∴PC=BCtan∠PBC=142•tan22°，

在Rt△PAC中，tan∠PAC= ，

∴AC= = ≈ ≈177.5，

∴AB=AC﹣BC=177.5﹣142≈36米.

答：運河兩岸上的A、B兩點的距離為36米.

22.在推進城鄉義務教育均衡發展工作中，我市某區政府通過公開招標的方式為轄區內全部鄉鎮中學採購了某型號的學生用電腦和教師用筆記本電腦，其中，A鄉鎮中學更新學生用電腦110台和教師用筆記本電腦32台，共花費30.5萬元;B鄉鎮中學更新學生電腦55台和教師用筆記本電腦24台，共花費17.65萬元.

(1)求該型號的學生用電腦和教師用筆記本電腦單價分別是多少萬元?

(2)經統計，全部鄉鎮中學需要購進的教師用筆記本電腦枱數比購進的學生用電腦枱數的 少90台，在兩種電腦的總費用不超過預算438萬元的情況下，至多能購進的學生用電腦和教師用筆記本電腦各多少台?

【考點】C9：一元一次不等式的應用;9A：二元一次方程組的應用.

【分析】(1)設該型號的學生用電腦的單價為x萬元，教師用筆記本電腦的單價為y萬元，根據題意列出方程組，求出方程組的解得到x與y的值，即可得到結果;

(2)設能購進的學生用電腦m台，則能購進的教師用筆記本電腦為( m﹣90)台，根據“兩種電腦的總費用不超過預算438萬元”列出不等式，求出不等式的解集.

【解答】解：(1)設該型號的學生用電腦的單價為x萬元，教師用筆記本電腦的.單價為y萬元，

依題意得： ，

解得 ，

經檢驗，方程組的解符合題意.

答：該型號的學生用電腦的單價為0.19萬元，教師用筆記本電腦的單價為0.3萬元;

(2)設能購進的學生用電腦m台，則能購進的教師用筆記本電腦為( m﹣90)台，

依題意得：0.19m+0.3×( m﹣90)≤438，

解得m≤1860.

所以 m﹣90= ×1860﹣90=282(台).

答：能購進的學生用電腦1860台，則能購進的教師用筆記本電腦為282台.

23.如圖，分別位於反比例函數y= ，y= 在第一象限圖象上的兩點A、B，與原點O在同一直線上，且 = .

(1)求反比例函數y= 的表達式;

(2)過點A作x軸的平行線交y= 的圖象於點C，連接BC，求△ABC的面積.

【考點】G7：待定係數法求反比例函數解析式;G5：反比例函數係數k的幾何意義.

【分析】(1)作AE、BF分別垂直於x軸，垂足為E、F，根據△AOE∽△BOF，則設A的橫座標是m，則可利用m表示出A和B的座標，利用待定係數法求得k的值;

(2)根據AC∥x軸，則可利用m表示出C的座標，利用三角形的面積公式求解.

【解答】解：(1)作AE、BF分別垂直於x軸，垂足為E、F.

∵△AOE∽△BOF，又 = ，

∴ = = = .

由點A在函數y= 的圖象上，

設A的座標是(m， )，

∴ = = ， = = ，

∴OF=3m，BF= ，即B的座標是(3m， ).

又點B在y= 的圖象上，

∴ = ，

解得k=9，

則反比例函數y= 的表達式是y= ;

(2)由(1)可知，A(m， )，B(3m， )，

又已知過A作x軸的平行線交y= 的圖象於點C.

∴C的縱座標是 ，

把y= 代入y= 得x=9m，

∴C的座標是(9m， )，

∴AC=9m﹣m=8m.

∴S△ABC= ×8m× =8.

24.如圖，⊙O是△ABC的外接圓，O點在BC邊上，∠BAC的平分線交⊙O於點D，連接BD、CD，過點D作BC的平行線，與AB的延長線相交於點P.

(1)求證：PD是⊙O的切線;

(2)求證：△PBD∽△DCA;

(3)當AB=6，AC=8時，求線段PB的長.

【考點】S9：相似三角形的判定與性質;ME：切線的判定與性質.

【分析】(1)由直徑所對的圓周角為直角得到∠BAC為直角，再由AD為角平分線，得到一對角相等，根據同弧所對的圓心角等於圓周角的2倍及等量代換確定出∠DOC為直角，與平行線中的一條垂直，與另一條也垂直得到OD與PD垂直，即可得證;

(2)由PD與BC平行，得到一對同位角相等，再由同弧所對的圓周角相等及等量代換得到∠P=∠ACD，根據同角的補角相等得到一對角相等，利用兩對角相等的三角形相似即可得證;

(3)由三角形ABC為直角三角形，利用勾股定理求出BC的長，再由OD垂直平分BC，得到DB=DC，根據(2)的相似，得比例，求出所求即可.

【解答】(1)證明：∵圓心O在BC上，

∴BC是圓O的直徑，

∴∠BAC=90°，

連接OD，

∵AD平分∠BAC，

∴∠BAC=2∠DAC，

∵∠DOC=2∠DAC，

∴∠DOC=∠BAC=90°，即OD⊥BC，

∵PD∥BC，

∴OD⊥PD，

∵OD為圓O的半徑，

∴PD是圓O的切線;

(2)證明：∵PD∥BC，

∴∠P=∠ABC，

∵∠ABC=∠ADC，

∴∠P=∠ADC，

∵∠PBD+∠ABD=180°，∠ACD+∠ABD=180°，

∴∠PBD=∠ACD，

∴△PBD∽△DCA;

(3)解：∵△ABC為直角三角形，

∴BC2=AB2+AC2=62+82=100，

∴BC=10，

∵OD垂直平分BC，

∴DB=DC，

∵BC為圓O的直徑，

∴∠BDC=90°，

在Rt△DBC中，DB2+DC2=BC2，即2DC2=BC2=100，

∴DC=DB=5 ，

∵△PBD∽△DCA，

∴ = ，

則PB= = = .

25.如圖，已知拋物線y=ax2+2x+c與y軸交於點A(0，6)，與x軸交於點B(6，0)，點P是線段AB上方拋物線上的一個動點.

(1)求這條拋物線的表達式及其頂點座標;

(2)當點P移動到拋物線的什麼位置時，使得∠PAB=75°，求出此時點P的座標;

(3)當點P從A點出發沿線段AB上方的拋物線向終點B移動，在移動中，點P的橫座標以每秒1個單位長度的速度變動，與此同時點M以每秒1個單位長度的速度沿AO向終點O移動，點P，M移動到各自終點時停止，當兩個移點移動t秒時，求四邊形PAMB的面積S關於t的函數表達式，並求t為何值時，S有最大值，最大值是多少?

【考點】HF：二次函數綜合題.

【分析】(1)由A、B座標，利用待定係數法可求得拋物線的表達式，化為頂點式可求得頂點座標;

(2)過P作PC⊥y軸於點C，由條件可求得∠PAC=60°，可設AC=m，在Rt△PAC中，可表示出PC的長，從而可用m表示出P點座標，代入拋物線解析式可求得m的值，即可求得P點座標;

(3)用t可表示出P、M的座標，過P作PE⊥x軸於點E，交AB於點F，則可表示出F的座標，從而可用t表示出PF的長，從而可表示出△PAB的面積，利用S四邊形PAMB=S△PAB+S△AMB，可得到S關於t的二次函數，利用二次函數的性質可求得其最大值.

【解答】解：

(1)根據題意，把A(0，6)，B(6，0)代入拋物線解析式可得 ，解得 ，

∴拋物線的表達式為y=﹣ x2+2x+6，

∵y=﹣ x2+2x+6=﹣ (x﹣2)2+8，

∴拋物線的頂點座標為(2，8);

(2)如圖1，過P作PC⊥y軸於點C，

∵OA=OB=6，

∴∠OAB=45°，

∴當∠PAB=75°時，∠PAC=60°，

∴tan∠PAC= ，即 = ，

設AC=m，則PC= m，

∴P( m，6+m)，

把P點座標代入拋物線表達式可得6+m=﹣ ( m)2+2 m+6，解得m=0或m= ﹣ ，

經檢驗，P(0，6)與點A重合，不合題意，捨去，

∴所求的P點座標為(4﹣ ， + );

(3)當兩個支點移動t秒時，則P(t，﹣ t2+2t+6)，M(0，6﹣t)，

如圖2，作PE⊥x軸於點E，交AB於點F，則EF=EB=6﹣t，

∴F(t，6﹣t)，

∴FP= t2+2t+6﹣(6﹣t)=﹣ t2+3t，

∵點A到PE的距離竽OE，點B到PE的距離等於BE，

∴S△PAB= FP•OE+ FP•BE= FP•(OE+BE)= FP•OB= ×(﹣ t2+3t)×6=﹣ t2+9t，且S△AMB= AM•OB= ×t×6=3t，

∴S=S四邊形PAMB=S△PAB+S△AMB=﹣ t2+12t=﹣ (t﹣4)2+24，

∴當t=4時，S有最大值，最大值為24.