一、选择题（每题3分，共30分）

1．（3分）（2013•牡丹江）下列运算正确的是（　　）

A． B． 2a•3b=5ab C． 3a2÷a2=3 D．

考点： 整式的除法；算术平方根；单项式乘单项式；负整数指数幂．

专题： 计算题．

分析： A、利用负指数幂法则计算得到结果，即可作出判断；

B、利用单项式乘单项式法则计算得到结果，即可作出判断；

C、利用单项式除单项式法则计算得到结果，即可作出判断；

D、利用平方根的定义化简得到结果，即可作出判断．

解答： 解：A、2a﹣2=，本选项错误；

B、2a•3b=6ab，本选项错误；

C、3a2÷a2=3，本选项正确；

D、=4，本选项错误，

故选C

点评： 此题考查了整式的除法，算术平方根，单项式乘单项式，以及负指数幂，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

2．（3分）（2013•牡丹江）下列既是轴对称又是中心对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

考点： 中心对称图形；轴对称图形．

分析： 根据轴对称图形与中心对称图形的概念对各选项分析判断后利用排除法求解．

解答： 解：A、既是轴对称又是中心对称图形，故本选项准确；

B、是轴对称，不是中心对称图形，故本选项错误；

C、是轴对称，不是中心对称图形，故本选项错误；

D、不是轴对称，是中心对称图形，故本选项错误．

故选A．

点评： 本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．

3．（3分）（2013•牡丹江）小明制作了十张卡片，上面分别标有1～10这十个数字．从这十张卡片中随机抽取一张恰好能被4整除的概率是（　　）

A． B． C． D．

考点： 概率公式．

分析： 在十张数字卡片中，恰好能被4整除的有4，8，共2个；求抽到的数能被4整除的可能性个数，进而得出答案．

解答： 解：1﹣10中的数有：4、8，共2个，就有10张卡片，

2÷10=，

答：从中任意摸一张，那么恰好能被4整除的概率是；

故选：C．

点评： 此题主要考查了概率公式，概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．

4．（3分）（2013•牡丹江）如图是由八个相同小正方体组成的几何体，则其主视图是（　　）

A． B． C． D．

考点： 简单组合体的三视图．

分析： 主视图是从图形的正面看所得到的图形，根据小正方体的摆放方法，画出图形即可．

解答： 解：主视图有3列，从左往右分别有3，1，2个小正方形，

故选：C．

点评： 此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握主视图是从物体的正面看得到的视图．

5．（3分）（2013•牡丹江）若关于x的一元二次方程为ax2+bx+5=0（a≠0）的解是x=1，则2013﹣a﹣b的值是（　　）

A． 2018 B． 2008 C． 2014 D． 2012

考点： 一元二次方程的解．

分析： 将x=1代入到ax2+bx+5=0中求得a+b的值，然后求代数式的值即可．

解答： 解：∵x=1是一元二次方程ax2+bx+5=0的一个根，

∴a•12+b•1+5=0，

∴a+b=﹣5，

∴2013﹣a﹣b=2013﹣（a+b）=2013﹣（﹣5）=2018．

故选A．

点评： 此题主要考查了一元二次方程的解，解题的关键是把已知方程的根直接代入方程得到待定系数的方程即可求得代数式a+b的值．

6．（3分）（2013•牡丹江）一个圆锥的母线长是9，底面圆的半径是6，则这个圆锥的侧面积是（　　）

A． 81π B． 27π C． 54π D． 18π

考点： 圆锥的计算．

分析： 圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2，把相应数值代入即可求解．

解答： 解：圆锥的侧面积=2π×6×9÷2=54π．

故选C．

点评： 本题考查了圆锥的计算，解题的关键是弄清圆锥的侧面积的计算方法，特别是圆锥的底面周长等于圆锥的侧面扇形的弧长．

7．（3分）（2013•牡丹江）如图，反比例函数的图象上有一点A，AB平行于x轴交y轴于点B，△ABO的面积是1，则反比例函数的解析式是（　　）

A． B． C． D．

考点： 反比例函数系数k的几何意义．

分析： 如图，过点A作AC⊥x轴于点C，构建矩形ABOC，根据反比例函数函数系数k的几何意义知|k|=四边形ABOC的面积．

解答： 解：如图，过点A作AC⊥x轴于点C．则四边形ABOC是矩形，

∴S△ABO=S△AOC=1，

∴|k|=S矩形ABCO=S△ABO+S△AOC=2，

∴k=2或k=﹣2．

又∵函数图象位于第一象限，

∴k＞0，

∴k=2．则反比函数解析式为．

故选C．

点评： 本题考查反比例函数系数k的几何意义，过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线，与坐标轴围成的矩形面积就等于|k|．本知识点是中考的重要考点，同学们应高度关注．

8．（3分）（2013•牡丹江）如图，△ABO中，AB⊥OB，OB=，AB=1，把△ABO绕点O旋转150°后得到△A1B1O，则点A1的坐标为（　　）

A． （﹣1，） B． （﹣1，）或（﹣2，0） C． （，﹣1）或（0，﹣2） D． （，﹣1）

考点： 坐标与图形变化-旋转．

分析： 需要分类讨论：在把△ABO绕点O顺时针旋转150°和逆时针旋转150°后得到△A1B1O时点A1的坐标．

解答： 解：∵△ABO中，AB⊥OB，OB=，AB=1，

∴tan∠AOB==，

∴∠AOB=30°．

如图1，当△ABO绕点O顺时针旋转150°后得到△A1B1O，则∠A1OC=150°﹣∠AOB﹣∠BOC=150°﹣30°﹣90°=30°，

则易求A1（﹣1，﹣）；

如图2，当△ABO绕点O逆时针旋转150°后得到△A1B1O，则∠A1OC=150°﹣∠AOB﹣∠BOC=150°﹣30°﹣90°=30°，

则易求A1（0，﹣2）；

综上所述，点A1的坐标为（，﹣1）或（﹣2，0）；

故选B．

点评： 本题考查了坐标与图形变化﹣﹣旋转．解题时，注意分类讨论，以防错解．

9．（3分）（2013•牡丹江）如图所示：边长分别为1和2的两个正方形，其中一边在同一水平线上，小正方形沿该水平线自左向右匀速穿过大正方形，设穿过的时间为t，大正方形内去掉小正方形后的面积为s，那么s与t的大致图象应为（　　）

A． B． C． D．

考点： 动点问题的函数图象．

专题： 分段函数．

分析： 根据题意，设小正方形运动的速度为V，分三个阶段；①小正方形向右未完全穿入大正方形，②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，③小正方形穿出大正方形，分别求出S，可得答案．

解答： 解：根据题意，设小正方形运动的速度为V，分三个阶段；

①小正方形向右未完全穿入大正方形，S=2×2﹣Vt×1=4﹣Vt，

②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，S=2×2﹣1×1=3，

③小正方形穿出大正方形，S=Vt×1，

分析选项可得，A符合；

故选A．

点评： 解决此类问题，注意将过程分成几个阶段，依次分析各个阶段得变化情况，进而综合可得整体得变化情况．

10．（3分）（2013•牡丹江）如图，在△ABC中∠A=60°，BM⊥AC于点M，CN⊥AB于点N，P为BC边的中点，连接PM，PN，则下列结论：①PM=PN；②；③△PMN为等边三角形；④当∠ABC=45°时，BN=PC．其中正确的个数是（　　）

A． 1个 B． 2个 C． 3个 D． 4个

考点： 相似三角形的判定与性质；等边三角形的判定；直角三角形斜边上的中线．

分析： 根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可判断①正确；

先证明△ABM∽△ACN，再根据相似三角形的对应边成比例可判断②正确；

先根据直角三角形两锐角互余的性质求出∠ABM=∠ACN=30°，再根据三角形的内角和定理求出∠BCN+∠CBM=60°，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠BPN+∠CPM=120°，从而得到∠MPN=60°，又由①得PM=PN，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可判断③正确；

当∠ABC=45°时，∠BCN=45°，由P为BC边的中点，得出BN=PB=PC，判断④正确．

解答： 解：①∵BM⊥AC于点M，CN⊥AB于点N，P为BC边的中点，

∴PM=BC，PN=BC，

∴PM=PN，正确；

②在△ABM与△ACN中，

∵∠A=∠A，∠AMB=∠ANC=90°，

∴△ABM∽△ACN，

∴，正确；

③∵∠A=60°，BM⊥AC于点M，CN⊥AB于点N，

∴∠ABM=∠ACN=30°，

在△ABC中，∠BCN+∠CBM═180°﹣60°﹣30°×2=60°，

∵点P是BC的中点，BM⊥AC，CN⊥AB，

∴PM=PN=PB=PC，

∴∠BPN=2∠BCN，∠CPM=2∠CBM，

∴∠BPN+∠CPM=2（∠BCN+∠CBM）=2×60°=120°，

∴∠MPN=60°，

∴△PMN是等边三角形，正确；

④当∠ABC=45°时，∵CN⊥AB于点N，

∴∠BNC=90°，∠BCN=45°，

∴BN=CN，

∵P为BC边的中点，

∴PN⊥BC，△BPN为等腰直角三角形

∴BN=PB=PC，正确．

故选D．

点评： 本题主要考查了直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，相似三角形、等边三角形、等腰直角三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，仔细分析图形并熟练掌握性质是解题的关键．

二、填空题（每题3分，共30分）

11．（3分）（2013•牡丹江）据2013年黑龙江省垦区交通运输工作会议消息，今年垦区计划投资27亿元用于公路建设，将为全垦区社会经济发展提供有力支撑．27亿元用科学记数法表示为　2.7×109　元．

考点： 科学记数法—表示较大的数．

分析： 科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．

解答： 解：27亿=27 0000 0000=2.7×109，

故答案为：2.7×109．

点评： 此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

12．（3分）（2013•本溪）在函数y=中，自变量x的取值范围是　x≥　．

考点： 函数自变量的取值范围；二次根式有意义的条件．

分析： 根据二次根式的性质，被开方数大于等于0可知：2x﹣1≥0，解得x的范围．

解答： 解：根据题意得：2x﹣1≥0，

解得，x≥．

点评： 本题考查的是函数自变量取值范围的求法．函数自变量的范围一般从三个方面考虑：

（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；

（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；

（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数为非负数．

13．（3分）（2013•牡丹江）如图，在△ABC中，D是AB边上的一点，连接CD，请添加一个适当的条件　∠ACD=∠ABC（答案不唯一）　，使△ABC∽△ACD．（只填一个即可）

考点： 相似三角形的判定．

专题： 开放型．

分析： 相似三角形的判定有三种方法：

①三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；

②两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；

③两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．

由此可得出可添加的条件．

解答： 解：由题意得，∠A=∠A（公共角），

则可添加：∠ACD=∠ABC，利用两角法可判定△ABC∽△ACD．

故答案可为：∠ACD=∠ABC．

点评： 本题考查了相似三角形的判定，解答本题的关键是熟练掌握三角形相似的三种判定方法，本题答案不唯一．

14．（3分）（2013•牡丹江）一组正整数2、3、4、x从小到大排列，已知这组数据的中位数和平均数相等，那么x的值是　5　．

考点： 中位数；算术平均数．

分析： 根据这组数据的中位数和平均数相等，得出（3+4）÷2=（2+3+4+x）÷4，求出x的值即可．

解答： 解：∵这组数据的中位数和平均数相等，

∴（3+4）÷2=（2+3+4+x）÷4，

解得：x=5．

故答案为：5．

点评： 此题考查了中位数和平均数，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，关键是根据中位数和平均数相等列出方程．

15．（3分）（2013•牡丹江）小明星期天到体育用品商店购买一个篮球花了120元，已知篮球按标价打八折，那么篮球的标价是　150　元．

考点： 有理数的除法．

分析： 先篮球的标价是x元，根据篮球按标价打八折并花了120元，列出方程，求出x的值即可．

解答： 解：设篮球的标价是x元，根据题意得：

80%x=120，

解得：x=150，

则篮球的标价150元；

故答案为：150．

点评： 此题考查了有理数的除法，掌握有理数的除法法则和打折的定义并列出方程是本题的关键，是一道基础题．

16．（3分）（2013•牡丹江）如图，AC是操场上直立的一个旗杆，从旗杆上的B点到地面C涂着红色的油漆，用测角仪测得地面上的D点到B点的仰角是∠BDC=45°，到A点的仰角是∠ADC=60°（测角仪的高度忽略不计）如果BC=3米，那么旗杆的高度AC=　3　米．

考点： 解直角三角形的应用-仰角俯角问题．

专题： 应用题．

分析： 在Rt△BDC中，根据∠BDC=45°，求出DC=BC=3米，在Rt△ADC中，根据∠ADC=60°即可求出AC的高度．

解答： 解：在Rt△BDC中，

∵∠BDC=45°，

∴DC=BC=3米，

在Rt△ADC中，

∵∠ADC=60°，

∴AC=DCtan60°=3×=3（米）．

故答案为：3．

点评： 本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是根据仰角构造直角三角形，解直角三角形，难度一般．

17．（3分）（2013•牡丹江）定义一种新的运算a﹠b=ab，如2﹠3=23=8，那么请试求（3﹠2）﹠2=　81　．

考点： 有理数的乘方．

专题： 新定义．

分析： 首先根据运算a﹠b=ab，把所求的式子转化为一般形式的运算，然后计算即可求解．

解答： 解：（3﹠2）﹠2

=（32）2=92=81．

故答案是：81．

点评： 本题考查了有理数的乘方运算，理解题意是关键．

18．（3分）（2013•牡丹江）若关于x的分式方程的解为正数，那么字母a的取值范围是　a＞1且a≠2　．

考点： 分式方程的解．

专题： 计算题．

分析： 将a看做已知数求出分式方程的解得到x的值，根据解为正数列出不等式，求出不等式的解集即可得到a的范围．

解答： 解：分式方程去分母得：2x﹣a=x﹣1，

解得：x=a﹣1，

根据题意得：a﹣1＞0且a﹣1﹣1≠0，

解得：a＞1且a≠2．

故答案为：a＞1且a≠2．

点评： 此题考查了分式方程的解，弄清题意是解本题的关键．注意分式方程分母不等于0．

19．（3分）（2013•牡丹江）劳技课上小敏拿出了一个腰长为8厘米，底边为6厘米的等腰三角形，她想用这个等腰三角形加工成一个边长比是1：2的平行四边形，平行四边形的一个内角恰好是这个等腰三角形的底角，平行四边形的其它顶点均在三角形的边上，则这个平行四边形的较短的边长为　2.4cm或cm　．

考点： 相似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；平行四边形的性质．

专题： 分类讨论．

分析： 设平行四边形的短边为xcm，分两种情况进行讨论，①若BE是平行四边形的一个短边，②若BD是平行四边形的一个短边，利用三角形相似的性质求出x的值．

解答： 解：如图AB=AC=8cm，BC=6cm，

设平行四边形的短边为xcm，

①若BE是平行四边形的一个短边，

则EF∥BC，

=，

解得x=2.4厘米，

②若BD是平行四边形的一个短边，

则EF∥AB，

=，

解得x=cm，

综上所述短边为2.4cm或cm．

点评： 本题主要考查相似三角形的判定与性质等知识点，解答本题的关键是正确的画出图形，结合图形很容易解答．

20．（3分）（2013•牡丹江）如图，边长为1的菱形ABCD中，∠DAB=60°．连结对角线AC，以AC为边作第二个菱形ACEF，使∠FAC=60°．连结AE，再以AE为边作第三个菱形AEGH使∠HAE=60°…按此规律所作的第n个菱形的边长是　（）n﹣1　．

考点： 菱形的性质．

专题： 规律型．

分析： 连接DB于AC相交于M，根据已知和菱形的性质可分别求得AC，AE，AG的长，从而可发现规律根据规律不难求得第n个菱形的边长．

解答： 解：连接DB，

∵四边形ABCD是菱形，

∴AD=AB．AC⊥DB，

∵∠DAB=60°，

∴△ADB是等边三角形，

∴DB=AD=1，

∴BM=，

∴AM=，

∴AC=，

同理可得AE=AC=（）2，AG=AE=3=（）3，

按此规律所作的第n个菱形的边长为（）n﹣1，

故答案为（）n﹣1．

点评： 此题主要考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质以及学生探索规律的能力．

三.解答题（本题共8道题，满分60分）

21．（5分）（2013•牡丹江）先化简：（x﹣）÷，若﹣2≤x≤2，请你选择一个恰当的x值（x是整数）代入求值．

考点： 分式的化简求值．

分析： 先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再选取合适的x的值代入进行计算即可．

解答： 解：原式=÷

=×

=，

当x=1时，原式==﹣．

点评： 本题考查的是分式的化简求值，在选取合适的x的值时要保证分式有意义．

22．（6分）（2013•牡丹江）如图，已知二次函数y=x2+bx+c过点A（1，0），C（0，﹣3）

（1）求此二次函数的解析式；

（2）在抛物线上存在一点P使△ABP的面积为10，请直接写出点P的坐标．

考点： 待定系数法求二次函数解析式；二次函数的性质．

分析： （1）利用待定系数法把A（1，0），C（0，﹣3）代入）二次函数y=x2+bx+c中，即可算出b、c的值，进而得到函数解析式是y=x2+2x﹣3；

（2）首先求出A、B两点坐标，再算出AB的长，再设P（m，n），根据△ABP的面积为10可以计算出n的值，然后再利用二次函数解析式计算出m的值即可得到P点坐标．

解答： 解：（1）∵二次函数y=x2+bx+c过点A（1，0），C（0，﹣3），

∴，

解得，

∴二次函数的解析式为y=x2+2x﹣3；

（2）∵当y=0时，x2+2x﹣3=0，

解得：x1=﹣3，x2=1；

∴A（1，0），B（﹣3，0），

∴AB=4，

设P（m，n），

∵△ABP的面积为10，

∴AB•|n|=10，

解得：n=±5，

当n=5时，m2+2m﹣3=5，

解得：m=﹣4或2，

∴P（﹣4，5）（2，5）；

当n=﹣5时，m2+2m﹣3=﹣5，

方程无解，

故P（﹣4，5）（2，5）；

点评： 此题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，以及求点的坐标，关键是掌握凡是函数图象经过的点必能满足解析式．

23．（6分）（2013•牡丹江）如图，点C是⊙O的直径AB延长线上的一点，且有BO=BD=BC．

（1）求证：CD是⊙O的切线；

（2）若半径OB=2，求AD的长．

考点： 切线的判定；含30度角的直角三角形；勾股定理．

专题： 证明题．

分析： （1）由于BO=BD=BC，即DB为△ODC的边OC的中线，且有DB=OC，则∠ODC=90°，然后根据切线的判定方法即可得到结论；

（2）由AB为⊙O的直径得∠BDA=90°，而BO=BD=2，则AB=2BD=4，然后根据勾股定理可计算出AD．

解答： （1）证明：连结OD，如图，

∵BO=BD=BC，

∴BD为△ODC的中线，且DB=OC，

∴∠ODC=90°，

∴OD⊥CD，

而OD为⊙O的半径，

∴CD是⊙O的切线；

（2）解：∵AB为⊙O的直径，

∴∠BDA=90°，

∵BO=BD=2，

∴AB=2BD=4，

∴AD==2．

点评： 本题考查了切线的判定定理：过半径的外端点且与半径垂直的直线为圆的切线．也考查了直角三角形的判定方法、勾股定理．

24．（7分）（2013•牡丹江）某农场学校积极开展阳光体育活动，组织了九年级学生定点投篮，规定每人投篮3次．现对九年级（1）班每名学生投中的次数进行统计，绘制成如下的两幅统计图，根据图中提供的信息，回答下列问题．

（1）求出九年级（1）班学生人数；

（2）补全两个统计图；

（3）求出扇形统计图中3次的圆心角的度数；

（4）若九年级有学生200人，估计投中次数在2次以上（包括2次）的人数．

考点： 条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图．

分析： （1）根据总数=频数÷百分比进行计算即可；

（2）利用总数减去投中0次，1次，3次的人数可得投中2次的人数，再根据百分比=频数÷总数×100%可得投中2次、3次的百分比，再补全图形即可；

（3）图中3次的圆心角的度数=360°×投中3次的百分比；

（4）根据样本估计总体的方法进行计算即可．

解答： 解：（1）九年级（1）班学生人数：2÷5%=40（人）；

（2）投中两次的人数：40﹣2﹣12﹣8=18（人），

18÷40×100%=45%，8÷40×100%=20%．

如图所示：

（3）360°×20%=72°；

（4）200×（1﹣5%﹣30%）=130（人），

答：投中次数在2次以上（包括2次）的人数有130人．

点评： 此题主要考查了条形统计图和扇形统计图的综合运用，以及样本估计总体，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．

25．（8分）（2013•牡丹江）甲乙两车从A市去往B市，甲比乙早出发了2个小时，甲到达B市后停留一段时间返回，乙到达B市后立即返回．甲车往返的速度都为40千米/时，乙车往返的速度都为20千米/时，下图是两车距A市的路程S（千米）与行驶时间t（小时）之间的函数图象．请结合图象回答下列问题：

（1）A、B两市的距离是　120　千米，甲到B市后，　5　小时乙到达B市；

（2）求甲车返回时的路程S（千米）与时间t（小时）之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；

（3）请直接写出甲车从B市往回返后再经过几小时两车相距15千米．

考点： 一次函数的应用．

分析： （1）根据路程=速度×时间的数量关系用甲车的速度×甲车到达乙地的时间久可以求出两地的距离，根据时间=路程÷速度就可以求出乙需要的时间；

（2）由（1）的结论可以求出BD的解析式，由待定系数法就可以求出结论；

（3）运用待定系数法求出EF的解析式，再由两车之间的距离公式建立方程求出其解即可．Ⅵ

解答： 解：（1）由题意，得

40×3=120km．

120÷20﹣3+2=5小时，

故答案为：120，5；

（2）∵AB两地的距离是120km，

∴A（3，120），B（10，120），D（13，0）．

设线段BD的解析式为S1=k1t+b1，由题意，得．

，

解得：，

∴S1=﹣40t+520．

t的取值范围为：10＜t≤13；

（3）设EF的解析式为s2=k2t+b2，由题意，得

，

解得：，

S2=﹣20t+280．

当﹣20t+280﹣（﹣40t+520）=15时，

t=；

当﹣40t+520﹣（﹣20t+280）=15时， t=

点评： 本题考查了待定系数法求一次函数的解析式的运用，自变量的取值范围的运用，一次函数与一元一次方程之间的关系的运用，解答本题时求出函数的解析式是关键．

26．（8分）（2013•牡丹江）已知∠ACD=90°，MN是过点A的直线，AC=DC，DB⊥MN于点B，如图（1）．易证BD+AB=CB，过程如下：

过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E

∵∠ACB+∠BCD=90°，∠ACB+∠ACE=90°，∴∠BCD=∠ACE．

∵四边形ACDB内角和为360°，∴∠BDC+∠CAB=180°．

∵∠EAC+∠CAB=180°，∴∠EAC=∠BDC．

又∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB，∴AE=DB，CE=CB，∴△ECB为等腰直角三角形，∴BE=CB．

又∵BE=AE+AB，∴BE=BD+AB，∴BD+AB=CB．

（1）当MN绕A旋转到如图（2）和图（3）两个位置时，BD、AB、CB满足什么样关系式，请写出你的猜想，并对图（2）给予证明．

（2）MN在绕点A旋转过程中，当∠BCD=30°，BD=时，则CD=　2　，CB=　+1　．

考点： 全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；旋转的性质．

分析： （1）过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，证明△ACE≌△DCB，则△ECB为等腰直角三角形，据此即可得到BE=CB，根据BE=AB﹣AE即可证得；

（2）过点B作BH⊥CD于点H，证明△BDH是等腰直角三角形，求得DH的长，在直角△BCH中，利用直角三角形中30°的锐角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得．

解答： （1）如图（2）：AB﹣BD=CB．

证明：过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，

∵∠ACD=90°，

∴∠ACE=90°﹣∠DCE，∠BCD=90°﹣∠ECD，

∴∠BCD=∠ACE．

∵DB⊥MN，

∴∠CAE=90°﹣∠AFC，∠D=90°﹣∠BFD，

∵∠AFC=∠BFD，

∴∠CAE=∠D，

又∵AC=DC，

∴△ACE≌△DCB，

∴AE=DB，CE=CB，

∴△ECB为等腰直角三角形，

∴BE=CB．

又∵BE=AB﹣AE，

∴BE=AB﹣BD，

∴AB﹣BD=CB．

如图（3）：BD﹣AB=CB．

证明：过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，

∵∠ACD=90°，

∴∠ACE=90°+∠ACB，∠BCD=90°+∠ACB，

∴∠BCD=∠ACE．

∵DB⊥MN，

∴∠CAE=90°﹣∠AFB，∠D=90°﹣∠CFD，

∵∠AFB=∠CFD，

∴∠CAE=∠D，

又∵AC=DC，

∴△ACE≌△DCB，

∴AE=DB，CE=CB，

∴△ECB为等腰直角三角形，

∴BE=CB．

又∵BE=AE﹣AB，

∴BE=BD﹣AB，

∴BD﹣AB=CB．

（2）如图（1），过点B作BH⊥CD于点H，

∵∠ABC=45°，DB⊥MN，

∴∠CBD=135°，

∵∠BCD=30°，

∴∠CBH=60°，

∴∠DBH=75°，

∴∠D=15°，

∴BH=BD•sin45°，

∴△BDH是等腰直角三角形，

∴DH=BH=BD=×=1，

∵∠BCD=30°

∴CD=2DH=2，

∴CH==，

∴CB=CH+BH=+1；

点评： 本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的性质是全等三角形的对应边相等，对应角相等．

27．（10分）（2013•牡丹江）某农场的一个家电商场为了响应国家家电下乡的号召，准备用不超过105700元购进40台电脑，其中A型电脑每台进价2500元，B型电脑每台进价2800元，A型每台售价3000元，B型每台售价3200元，预计销售额不低于123200元．设A型电脑购进x台、商场的总利润为y（元）．

（1）请你设计出进货方案；

（2）求出总利润y（元）与购进A型电脑x（台）的函数关系式，并利用关系式说明哪种方案的利润最大，最大利润是多少元？

（3）商场准备拿出（2）中的最大利润的一部分再次购进A型和B型电脑至少各两台，另一部分为地震灾区购买单价为500元的帐篷若干顶．在钱用尽三样都购买的前提下请直接写出购买A型电脑、B型电脑和帐篷的方案．

考点： 一次函数的应用；一元一次不等式组的应用．

分析： （1）设A型电脑购进x台，则B型电脑购进（40﹣x）台，根据总进价不超过105700元和销售额不低于123200元建立不等式组，求出其解即可；

（2）根据利润等于售价﹣进价的数量关系分别表示出购买A型电脑的利润和B型电脑的利润就求其和就可以得出结论；

（3）设再次购买A型电脑a台，B型电脑b台，帐篷c顶，a≥2，b≥2，c≥1，且a、b、c为整数，根据条件建立方程运用讨论法求出其解即可．

解答： 解：（1）设A型电脑购进x台，则B型电脑购进（40﹣x）台，由题意，得

，

解得：21≤x≤24，

∵x为整数，

∴x=21，22，23，24

∴有4种购买方案：

方案1：购A型电脑21台，B型电脑19台；

方案2：购A型电脑22台，B型电脑18台；

方案3：购A型电脑23台，B型电脑17台；

方案4：购A型电脑24台，B型电脑16台；

（2）由题意，得

y=（3000﹣2500）x+（3200﹣2800）（40﹣x），

=500x+16000﹣400x，

=100x+16000．

∵k=100＞0，

∴y随x的增大而增大，

∴x=24时，y最大=18400元．

（3）设再次购买A型电脑a台，B型电脑b台，帐篷c顶，由题意，得

2500a+2800b+500c=18400，

c=．

∵a≥2，b≥2，c≥1，且a、b、c为整数，

∴184﹣25a﹣28b＞0，且是5的倍数．且c随a、b的增大而减小．

当a=2，b=2时，184﹣25a﹣28b=78，舍去；

当a=2，b=3时，184﹣25a﹣28b=50，故c=10；

当a=3，b=2时，184﹣25a﹣28b=53，舍去；

当a=3，b=3时，184﹣25a﹣28b=25，故c=5；

当a=3，b=4时，184﹣25a﹣28b=﹣2，舍去，

当a=4，b=3时，184﹣25a﹣28b=0，舍去．

∴有2种购买方案：

方案1：购A型电脑2台，B型电脑3台，帐篷10顶，

方案2：购A型电脑3台，B型电脑3台，帐篷5顶．

点评： 本题考查了列不等式组解实际问题的运用，一次函数的解析式的性质的运用，方案设计的运用，不定方程的解法的运用，分类讨论思想的运用，解答时求出解析式是解答本题的关键，巧解一元三次不定方程是解答本题的难点．

28．（10分）（2013•牡丹江）如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC=12，tan∠ACO=，

（1）求B、C两点的坐标；

（2）把矩形沿直线DE对折使点C落在点A处，DE与AC相交于点F，求直线DE的解析式；

（3）若点M在直线DE上，平面内是否存在点N，使以O、F、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

考点： 一次函数综合题．

分析： （1）利用三角函数求得OA以及OC的长度，则C、B的坐标即可得到；

（2）直线DE是AC的中垂线，利用待定系数法以及互相垂直的两直线的关系即可求得DE的解析式；

（3）分当FM是菱形的边和当OF是对角线两种情况进行讨论．利用三角函数即可求得N的坐标．

解答： 解：（1）在直角△OAC中，tan∠ACO=，

∴设OA=x，则OC=3x，

根据勾股定理得：（3x）2+（x）2=AC2，

即9x2+3x2=144，

解得：x=2．

故C的坐标是：（6，0），B的坐标是（6，6）；

（2）直线AC的斜率是：﹣=﹣，

则直线DE的斜率是：．

F是AC的中点，则F的坐标是（3，3），设直线DE的解析式是y=x+b，

则9+b=3，解得：b=﹣6，

则直线DE的解析式是：y=x﹣6；

（3）OF=AC=6，

∵直线DE的斜率是：．

∴DE与x轴夹角是60°，

当FM是菱形的边时（如图1），ON∥FM，

则∠NOC=60°或120°．

当∠NOC=60°时，过N作NG⊥y轴，则NG=ON•sin30°=6×=3，

OG=ON•cos30°=6×=3，则N的坐标是（3，3）；

当∠NOC=120°时，与当∠NOC=60°时关于原点对称，则坐标是（﹣3，﹣3）；

当OF是对角线时（如图2），MN关于OF对称．

∵F的坐标是（3，3），

∴∠FOD=∠NOF=30°，

在直角△ONH中，OH=OF=3，ON===2．

作NL⊥y轴于点L．

在直角△ONL中，∠NOL=30°，

则NL=ON=，

OL=ON•cos30°=2×=3．

故N的坐标是（，3）．

则N的坐标是：（3，3）或（﹣3，﹣3）或（，3）．