期末精选60题

一．选择题（共4小题）

1．（武进区校级自主招生）设关于x的方程ax²+（a+2）x+9a＝0，有两个不相等的实数根x₁、x₂，且x₁＜1＜x₂，那么实数a的取值范围是（　　）

A． B． C． D．

【分析】方法1、根据一元二次方程的根的判别式，建立关于a的不等式，求出a的取值范围．又存在x₁＜1＜x₂，即（x₁﹣1）（x₂﹣1）＜0，x₁x₂﹣（x₁+x₂）+1＜0，利用根与系数的关系，从而最后确定a的取值范围．

方法2、由方程有两个实数根即可得出此方程是一元二次方程，而x₁＜1＜x₂，可以看成是二次函数y＝ax²+（a+2）x+9a的图象与x轴的两个交点在1左右两侧，由此得出自变量x＝1时，对应的函数值的符号，即可得出结论．

【解答】解：方法1、∵方程有两个不相等的实数根，

则a≠0且Δ＞0，

由（a+2）²﹣4a×9a＝﹣35a²+4a+4＞0，

解得﹣ ＜a＜ ，

∵x₁+x₂＝﹣ ，x₁x₂＝9，

又∵x₁＜1＜x₂，

∴x₁﹣1＜0，x₂﹣1＞0，

那么（x₁﹣1）（x₂﹣1）＜0，

∴x₁x₂﹣（x₁+x₂）+1＜0，

即9+ +1＜0，

解得 ＜a＜0，

最后a的取值范围为： ＜a＜0．

故选D．

方法2、由题意知，a≠0，令y＝ax²+（a+2）x+9a，

由于方程的两根一个大于1，一个小于1，

∴抛物线与x轴的交点分别在1两侧，

当a＞0时，x＝1时，y＜0，

∴a+（a+2）+9a＜0，

∴a＜﹣ （不符合题意，舍去），

当a＜0时，x＝1时，y＞0，

∴a+（a+2）+9a＞0，

∴a＞﹣ ，

∴﹣ ＜a＜0，

故选：D．

【点评】总结：1、一元二次方程根的情况与判别式△的关系：

（1）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；

（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；

（3）Δ＜0⇔方程没有实数根．

2、根与系数的关系为：x₁+x₂＝﹣ ，x₁x₂＝ ．

2．（吴兴区期末）如图，已知四边形ABCD是正方形，点E为对角线AC上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线上于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连结CG．若AB＝2 ，则CE+CG的值为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5

【分析】通过矩形和正方形的性质证明矩形DEFG是正方形，根据正方形的性质证明△ADE≌△CDG得到CG＝AE，即：CE+CG＝CE+AE＝AC＝4．

【解答】解：作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，

∴∠MEN＝90°，

∵点E是正方形ABCD对角线上的点，

∴EM＝EN，

∵∠DEF＝90°，

∴∠DEN＝∠MEF，

∵∠DNE＝∠FME＝90°，

在△DEN和△FEM中，

，

∴△DEN≌△FEM（ASA），

∴EF＝DE，

∵四边形DEFG是矩形，

∴矩形DEFG是正方形；

∵正方形DEFG和正方形ABCD，

∴DE＝DG，AD＝DC，∠ADC＝∠EDG＝90°，

∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，

∴∠CDG＝∠ADE，

在△ADE和△CDG中，

，

∴△ADE≌△CDG（SAS），

∴AE＝CG，

∴CE+CG＝CE+AE＝AC＝ AB＝ ×2 ＝4，

故选：C．

【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，矩形的判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是作出辅助线，通过证明全等判定矩形DEFG是正方形．

3．（婺城区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCO的顶点O为坐标原点，边CO在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，反比例函数y＝ （x＞0）的图象经过点A，交菱形对角线BO于点D，DE⊥x轴于点E，则CE长为（　　）

A．1 B． C．2 ﹣ D． ﹣1

【分析】作AH⊥OC于H．分别求出OA、OE即可解决问题；

【解答】解：作AH⊥OC于H．

∵∠AOH＝60°，设OH＝m，则AH＝ m，OA＝2m，

∴A（m， m），

∴ m²＝2 ，

∴m＝ 或﹣ （舍弃），

∴OA＝2 ，

∵四边形OABC是菱形，

∴∠DOE＝ ∠AOC＝30°，设DE＝n，则OE＝ n，

∴D（ n，n），

∴ n²＝2 ，

∴n＝ 或﹣ （舍弃），

∴OE＝ ，

∴EC＝OC﹣OE＝2 ﹣ ，

故选：C．

【点评】本题考查反比例函数图象上的点的特征、菱形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考选择题中的压轴题．

4．（温州模拟）四个全等的直角三角形如图所示摆放成一个风车的形状，连接四个顶点形成正方形ABCD，O为对角线AC，BD的交点，OE的延长线交BC于点F．记图中阴影部分的面积为S₁，空白部分的面积为S₂，若2CF＝3BF，则 的值为（　　）

A． B． C． D．

【分析】由对称性可知 ＝ ，利用正方形的性质和勾股定理分别求出直角三角形的边，即可解答．

【解答】解：过点O作OH⊥BC与H，如图，

由对称性可知，

＝ ，

设BF＝2a，则CF＝3a，

∴BC＝BF+CF＝5a，

∵正方形ABCD，

∴△OBC是等腰直角三角形，

∴OH垂直平分BC，

∴BH＝CH＝OH＝ BC＝ ，

∴HF＝CF﹣HC＝ ，

在Rt△OFH中，由勾股定理得，

OF＝ ＝ ，

∴S_△OCF＝ CF•OH＝ OF•CE，

∴CE＝ ＝ a，

∵OC＝ BC＝ a，

在Rt△OFH中，由勾股定理得，

OE＝ ＝ a，

∴EF＝ a，

∴S_△OCE＝ OE•CE＝ a²，

S_△CEF＝ CE•EF＝ a²，

S_△OBF＝ BF•OH＝ a²，

∴ ＝ ＝ ，

故选：C．

【点评】本题考查了正方形的性质和勾股定理等知识，关键是能够表示三角形的边．

二．填空题（共16小题）

5．（饶平县校级期末）若|2017﹣m|+ ＝m，则m﹣2017²＝　2018　．

【分析】根据二次根式的性质求出m≥2018，再化简绝对值，根据平方运算，可得答案．

【解答】解：∵|2017﹣m|+ ＝m，

∴m﹣2018≥0，

m≥2018，

由题意，得m﹣2017+ ＝m．

化简，得 ＝2017，

平方，得m﹣2018＝2017²，

m﹣2017²＝2018．

故答案为：2018．

【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，利用二次根式的性质化简绝对值是解题关键．

6．（永嘉县校级期末）阅读以下材料：将分母中的根号化去，叫做分母有理化．分母有理化的方法，一般是把分子分母都乘以同一个适当的代数式，使分母不含根号．例如： ，

（1）将 分母有理化可得　 ﹣1　；

（2）关于x的方程3x﹣ ＝ + + +…+ 的解是　 　．

【分析】（1）根据材料进行分母有理化即可；

（2）先分母有理化，再根据式子的规律即可求解．

【解答】解：（1） ＝ ＝ ﹣1

故答案为： ﹣1；

（2）3x﹣ ＝ + + +…+ ，

3x﹣ ＝ + + +…+ ，

3x﹣ ＝ + + +…+ ，

3x﹣ ＝ （ + ），

6x﹣1＝﹣1+ ，

6x＝3 ，

x＝ ，

故答案为： ．

【点评】本题主要考查了分母有理化和解一元一次方程，解题的关键是根据材料能正确的进行分母有理化．

7．（永嘉县校级期末）把a 中根号外面的因式移到根号内的结果是　﹣ 　．

【分析】判断得到a为负数，利用二次根式性质化简即可．

【解答】解：原式＝﹣ ＝﹣ ，

故答案为：﹣

【点评】此题考查了二次根式的性质与化简，熟练掌握二次根式性质是解本题的关键．

8．（永嘉县校级期末）已知x＝ +1，y＝ ﹣1，则x²﹣5xy+y²+6＝　7　．

【分析】根据已知条件先求出x﹣y和xy的值，再把要求的式子变形为（x﹣y）²﹣3xy+6，然后代值计算即可．

【解答】解：∵x＝ +1，y＝ ﹣1，

∴x﹣y＝ +1﹣（ ﹣1）＝2，xy＝1，

∴x²﹣5xy+y²+6＝（x﹣y）²﹣3xy+6＝2²﹣3+6＝7；

故答案为：7．

【点评】此题考查了二次根式的化简求值，用到的知识点是完全平方公式和平方差公式，关键是对要求的式子进行变形．

9．（永嘉县校级期末）已知a为实数，且 与 都是整数，则a的值是　 或 　．

【分析】由 是正整数可得，a是含有﹣2 的代数式；再由 是整数，可得化简后 为含有﹣2 的代数式，据此确定a的值．

【解答】解：∵ 是正整数，

∴a是含有﹣2 的代数式；

∵ 是整数，

∴化简后 为含有2 的代数式，

∴a＝ 或 ．

故答案为： 或 ．

【点评】此题主要考查二次根式的混合运算，要熟练掌握合并同类二次根式和分母有理化．

10．（郫都区模拟）对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“最优覆盖菱形”．

问题：如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝4，且△ABC的面积为m，如果△ABC存在“最优覆盖菱形”为菱形BCMN，那么m的取值范围是　4 ≤m≤8　．

【分析】由△ABC的面积为m可得△ABC的高为 ，然后再分三角形的高取最大值和最小值两种情况求解即可．

【解答】解：∵△ABC的面积为m，

∴△ABC的BC边上的为高 ，

如图：当高取最小值时，△ABC为等边三角形，

点A与M或N重合，

如图：过A作AD⊥BC，垂足为D

∵等边三角形ABC，BC＝4，

∴∠ABC＝60°，BC＝4，∠BAD＝30°．

∴BD＝2，

∴AD＝ ＝2 ，

∴ ＝2 ，即 ．

如图：

当高取取最大值时，菱形为正方形．

∴点A在MN的中点，

∴ ，

∴4 ≤m≤8，

故答案为：4 ≤m≤8．

【点评】本题主要考查了菱形的性质/正方形的性质/等边三角形的性质以及勾股定理，考查知识点较多，灵活运用相关知识成为解答本题关键．

11．（婺城区校级期末）如图，点A是x轴上的一个动点，点C在y轴上，以AC为对角线画正方形ABCD，已知点C的坐标是C（0，4），设点A的坐标为A（n，0）．

（1）当n＝2时，正方形ABCD的边长AB＝　 　．

（2）连接OD，当OD＝ 时，n＝　2或6　．

【分析】（1）在Rt△AOC中，利用勾股定理求出AC的长度，然后再求得正方形的边长即可；

（2）先求得OD与y轴的夹角为45°，然后依据OD的长，可求得点D的坐标，过点D作DM⊥y轴，DN⊥x轴，接下来，再证明△DNA≌△DMC，从而可得到CM＝AN，从而可得到点A的坐标．

【解答】解：（1）当n＝2时，OA＝2，

在Rt△COA中，AC²＝CO²+AO²＝20．

∵ABCD为正方形，

∴AB＝CB．

∴AC²＝AB²+CB²＝2AB²＝20，

∴AB＝ ．

故答案为： ．

（2）如图所示：过点D作DM⊥y轴，DN⊥x轴．

∵ABCD为正方形，

∴A、B、C、D四点共圆，∠DAC＝45°．

又∵∠COA＝90°，

∴点O也在这个圆上，

∴∠COD＝∠CAD＝45°．

又∵OD＝ ，

∴DN＝DM＝1．

∴D（﹣1，1）．

在Rt△DNA和Rt△DMC中，DC＝AD，DM＝DN，

∴△DNA≌△DMC．

∴CM＝AN＝OC﹣MO＝3．

∵D（﹣1，1），

∴A（2，0）．

∴n＝2．

如下图所示：过点D作DM⊥y轴，DN⊥x轴．

∵ABCD为正方形，

∴A、B、C、D四点共圆，∠DAC＝45°．

又∵∠COA＝90°，

∴点O也在这个圆上，

∴∠AOD＝∠ACD＝45°．

又∵OD＝ ，

∴DN＝DM＝1．

∴D（1，﹣1）．

同理：△DNA≌△DMC，则AN＝CM＝5．

∴OA＝ON+AN＝1+5＝6．

∴A（6，0）．

∴n＝6．

综上所述，n的值为2或6．

故答案为：2或6．

【点评】本题主要考查的是正方形的性质、全等三角形的性质、四点共圆，证得OD与两坐标轴的夹角为45°是解题的关键．

12．（长沙模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知直线y＝kx（k＞0）分别交反比例函数y＝ 和y＝ 在第一象限的图象于点A，B，过点B作BD⊥x轴于点D，交y＝ 的图象于点C，连接AC．若△ABC是等腰三角形，则k的值是　 或 　．

【分析】联立y＝kx、y＝ 并解得：点A（ ，2 ），同理点B（ ，3 ），点C（ ， ），分AB＝BC、AC＝BC两种情况分别求解即可．

【解答】解：联立y＝kx、y＝ 并解得：点A（ ，2 ），同理点B（ ，3 ），

点C（ ， ），∴AB≠AC，

①当AB＝BC时，（ ）²+（3 ﹣2 ）²＝（3 ﹣ ）²，解得：k＝± （舍去负值）；

②当AC＝BC时，同理可得：（ ﹣ ）²+（ ﹣2 ）²＝（3 ﹣ ）²，解得：k＝ （舍去负值）；

故答案为： 或 ．

【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点，当有两个函数的时候，着重使用一次函数，体现了方程思想，综合性较强．

13．（婺城区校级期末）平面直角坐标系中，A是y＝﹣ （x＞0）图象上一点，B是x轴正半轴上一点，点C的坐标为（0，﹣2），若点D与A，B，C构成的四边形为正方形，则点D的坐标　（4，﹣2）或（2，﹣4）或（2 ﹣2，2 ﹣2）　．

【分析】首先依据题意画图图形，对于图1和图2依据正方形的对称性可得到点D的坐标，对于图3可证明△AEC≌△BFA，从而可得到AE＝BF，然后由反比例函数的解析式可求得点A的坐标，然后可得到点D的坐标．

【解答】解：如图1所示：当BC为边，CD为对角线时，则CD⊥AB，CD垂直平分AB．

∵OC＝2，AB＝CD＝4，

∴D（4，﹣2）．

如图2所示：BC为边，AC为对角线时，

∵OC＝2，BD＝AC＝4，

∴D（2，﹣4）．

如图3所示：BC为对角线时，过点A作AE⊥y轴，BF⊥AE，则△AEC≌△BFA．

∴AE＝BF．

设点A的横纵坐标互为相反数，

∴A（2 ，﹣2 ）

∴D（2 ﹣2，2 ﹣2）．

综上所述，点D的坐标为（4，﹣2）或（2，﹣4）或（2 ﹣2，2 ﹣2）．

故答案为：（4，﹣2）或（2，﹣4）或（2 ﹣2，2 ﹣2）．

【点评】本题主要考查的是正方形的性质，反比例函数的性质，依据题意画出复合题意得图形是解题的关键．

14．（鄞州区校级期末）已知一组数据的方差s²＝ [（x₁﹣6）²+（x₂﹣6）²+（x₃﹣6）²+（x₄﹣6）²]，那么这组数据的总和为　24　．

【分析】根据方差公式S²＝ [（x₁﹣ ）²+（x₂﹣ ）²+…+（x_n﹣ ）²]中各个字母表示的意义，得出这组数据的平均数是6，数据个数是4，从而得出这组数据的总和．

【解答】解：∵s²＝ [（x₁﹣6）²+（x₂﹣6）²+（x₃﹣6）²+（x₄﹣6）²]，

∴这组数据的平均数是6，数据个数是4，

∴这组数据的总和为4×6＝24；

故答案为：24．

【点评】本题考查方差的定义：一般地设n个数据，x₁，x₂，…x_n的平均数为 ，则方差S²＝ [（x₁﹣ ）²+（x₂﹣ ）²+…+（x_n﹣ ）²]．

15．（翔安区模拟）如图，在直角坐标系中，正方形OABC的顶点O与原点重合，顶点A、C分别在x轴、y轴上，反比例函数y＝ （k≠0，x＞0）的图象与正方形的两边AB、BC分别交于点M、N，ND⊥x轴，垂足为D，连接OM、ON、MN．下列结论：

①△OCN≌△OAM；

②ON＝MN；

③四边形DAMN与△MON面积相等；

④若∠MON＝45°，MN＝2，则点C的坐标为（0， +1）．

其中正确结论的有　①③④　．

【分析】设正方形OABC的边长为a，表示出A，B，C，M，N的坐标，利用SAS得到三角形OCN与三角形OAM全等，结论①正确；利用勾股定理表示出ON与MN，即可对于结论②做出判断；利用反比例函数的性质得到三角形OCN与三角形OAM全等，根据三角形MON面积＝三角形OND面积+四边形ADNM面积﹣三角形OAM面积，等量代换得到四边形DAMN与△MON面积相等，结论③正确；过O作OH垂直于MN，如图所示，利用ASA得到三角形OCN与三角形OHN全等，利用全等三角形对应边相等得到CN＝HN＝1，求出a的值，确定出C坐标，即可对于结论④做出判断．

【解答】解：设正方形OABC的边长为a，

得到A（a，0），B（a，a），C（0，a），M（a， ），N（ ，a），

在△OCN和△OAM中，

，

∴△OCN≌△OAM（SAS），结论①正确；

根据勾股定理，ON＝ ＝ ＝ ，MN＝ ＝ |a²﹣k|，

∴ON和MN不一定相等，结论②错误；

∵S_△ODN＝S_△OAM，

∴S_△MON＝S_△ODN+S_{四边形DAMN}﹣S_△OAM＝S_{四边形DAMN}，结论③正确；

过点O作OH⊥MN于点H，如图所示，

∵△OCN≌△OAM，

∴ON＝OM，∠CON＝∠AOM，

∵∠MON＝45°，MN＝2，

∴NH＝HM＝1，∠CON＝∠NOH＝∠HOM＝∠AOM＝22.5°，

∴△OCN≌△OHN（ASA），

∴CN＝HN＝1，

∴ ＝1，即k＝a，

由MN＝ |a²﹣k|得，2＝ |a²﹣a|，

整理得：a²﹣2a﹣1＝0，

解得：a＝ ＝1± （舍去负值），

∴点C的坐标为（0， +1），结论④正确，

则结论正确的为①③④，

故答案为：①③④

【点评】此题属于反比例函数综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，以及反比例函数的性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．

16．（永嘉县校级期末）已知x＝ ，则4x²+4x﹣2017＝　﹣2015　．

【分析】方法一：先对式子4x²+4x﹣2017进行化简变为完全平方式，然后将x的代入求值即可解答本题；

方法二：先对x化简，然后将x的值代入所求的式子，然后计算即可．

【点评】本题考查二次根式的化简求值，解题的关键是巧妙的对原式进行变形，然【解答】解：方法一：∵x＝ ，

∴4x²+4x﹣2017

＝（2x+1）²﹣2018

＝

＝

＝（ +1）²﹣2018

＝（ +1）²﹣2018

＝（ +1）²﹣2018

＝

＝3﹣2018

＝﹣2015．

故答案为；﹣2015．

方法二：∵x＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ，

∴4x²+4x﹣2017

＝（2x+1）²﹣2018

＝（2× +1）²﹣2018

＝（ ）²﹣2018

＝（ ）²﹣2018

＝3﹣2018

＝﹣2015，

故答案为：﹣2015．

后进行求值即可．

17．（武汉）当x＝2+ ，y＝2﹣ 时， 的值为　 　．

【分析】首先将所给的式子分母有理化，然后再代值求解．

【解答】解：由题意，知：x+y＝4，x﹣y＝2 ，（x+1）（y+1）＝6；

原式＝

＝

＝

＝ ＝ + ．

【点评】此题的关键是正确的对分式进行分母有理化，然后根据化简的结果，代值计算．

18．（乐清市校级一模）如图，这是小聪设计的正方形花边图案，该图案由正方形和三角形拼接组成（不重叠，无缝隙），它既是轴对称图形，又是中心对称图形．若图中阴影面积的和为36，则图中线段EF的长为　 　．

【分析】把图形局部放大如图所示：作FN⊥OA于N，WM⊥OA于M，连接OT交KJ于P交WR于Q，延长OT交AB于H设KW＝KJ＝2a．，则KP＝WQ＝a．由△FNE≌△EMW（AAS），△FHT≌△TQW（AAS），推出FM＝EM＝AN，EN＝WM＝ a，FH＝TQ，TH＝WQ＝a，设AN＝FN＝EM＝x，FH＝TQ＝y，由AH＝OH，可得 x+y＝y+4a，推出x＝2 a，根据S_△AEF+S_△EWK＝ ＝ ，构建方程求出a即可解决问题．

【解答】解：把图形局部放大如图所示，作FN⊥OA于N，WM⊥OA于M，连接OT交KJ于P交WR于Q，延长OT交AB于H设KW＝KJ＝2a．，则KP＝WQ＝a．

∵△FNE≌△EMW（AAS），△FHT≌△TQW（AAS），

∴FM＝EM＝AN，EN＝WM＝ a，FH＝TQ，TH＝WQ＝a，设AN＝FN＝EM＝x，FH＝TQ＝y，

∵AH＝OH，

∴ x+y＝y+4a，

∴x＝2 a，

∵S_△AEF+S_△EWK＝ ＝ ，

∴ •（2 a+ a）•2 a+ •（2 a+ a）• a＝ ，

解得a＝ 或﹣ （舍弃），

∴EF＝ ＝ ＝ a＝ × ＝ ，

故答案为 ．

【点评】本题考查中心对称，正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．

19．（婺城区校级期末）如图，边长为2的正方形OABC顶点O与坐标原点O重合，边OA、OC分别与x、y轴正半轴重合，在x轴上取点P（﹣2，0），将正方形OABC绕点O逆时针旋转a°（0°＜a＜180°），得到正方形OA′B′C′，在旋转过程中，使得以P，A′，B′为顶点的三角形是等腰三角形时，点A′的坐标是　（ ，1）或（0，2）或（﹣1， ）或（﹣ ，1）　．

【分析】分四种情形，画出图形分别求解即可解决问题；

【解答】解：有四种情形：

①如图1中，当PB′＝PA′时，连接PC′．易证△POC′是等边三角形，

∴∠POA′＝150°，∠A′OA＝30°，

∵OA′＝2，

∴A′（ ，1）．

②如图2中，当A′与C重合时，△PA′B′是等腰三角形，此时A′（0，2）

③如图3中，当PA′＝A′B′时，△A′OP是等边三角形，

∴∠A′OP＝60°，

∴A′（﹣1， ）．

④如图4中，当PA′＝PB′时，易证△POC′是等边三角形，

∴∠POC′＝60°，∵∠A′OC′＝90°，

∴∠A′OP＝30°，

∵OA′＝2，

∴A′（﹣ ，1），

综上所述，满足条件的点A′坐标为（ ，1）或（0，2）或（﹣1， ）或（﹣ ，1）．

故答案为（ ，1）或（0，2）或（﹣1， ）或（﹣ ，1）．

【点评】本题考查正方形的性质、旋转变换、等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．

20．（鄞州区校级期末）若40个数据的平方和是56，平均数是 ，则这组数据的方差　0.9　．

【分析】根据方差的公式计算即可．方差S²＝ [（x₁﹣ ）²+（x₂﹣ ）²+…+（x_n﹣ ）²]．

【解答】解：由方差的计算公式可得：S²＝ [（x₁﹣ ）²+（x₂﹣ ）²+…+（x_n﹣ ）²]＝ [x₁²+x₂²+…+x_n²+n ²﹣2 （x₁+x₂+…+x_n）]＝ [x₁²+x₂²+…+x_n²+n ²﹣2n ²]＝ [x₁²+x₂²+…+x_n²]﹣ ²＝ ﹣ ＝1.4﹣0.5＝0.9．

故填0.9．

【点评】本题考查方差的计算：一般地设n个数据，x₁，x₂，…x_n的平均数为 ，则方差S²＝ [x₁²+x₂²+…+x_n²]﹣ ²，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．

三．解答题（共40小题）

21．（永嘉县校级模拟）随着阿里巴巴、淘宝网、京东、小米等互联网巨头的崛起，催生了快递行业的高速发展．据调查，杭州市某家小型快递公司，今年一月份与三月份完成投递的快递总件数分别为10万件和12.1万件．现假定该公司每月投递的快递总件数的增长率相同．

（1）求该快递公司投递快递总件数的月平均增长率；

（2）如果平均每人每月最多可投递快递0.6万件，那么该公司现有的21名快递投递业务员能否完成今年4月份的快递投递任务？如果不能，请问至少需要增加几名业务员？

【分析】（1）设该快递公司投递快递总件数的月平均增长率为x，根据今年一月份与三月份完成投递的快递总件数分别为10万件和12.1万件即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；

（2）根据3月份完成投递的快递总件数结合完成投递的快递总件数即可算出今年4月份的快递投递总件数，再根据投递快递总件数＝每人投递件数×人数即可算出该公司现有的21名快递投递业务员最多能够完成的任务量，二者比较后即可得出结论．

【解答】（1）解：设该快递公司投递快递总件数的月平均增长率为x，由题意，得

10×（1+x）²＝12.1，

解得：x₁＝10%，x₂＝﹣210%．

答：该快递公司投递快递总件数的月平均增长率为10%．

（2）4月：12.1×1.1＝13.31（万件）

21×0.6＝12.6＜13.31，

∴该公司现有的21名快递投递业务员不能完成今年4月份的快递投递任务．

∵22＜ ＜23，

∴至少还需增加2名业务员．

【点评】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）根据三月份与五月份完成投递的快递总件数之间的关系列出关于x的一元二次方程；（2）根据该公司每月的投递总件数的增长率相同算出今年6月份的快递投递任务量．

22．（浙江自主招生）某花圃用花盆培育某种花苗，经过实验发现每盆的盈利于每盆的株数构成一定的关系，每盆植入3株时，平均单株盈利3元；以同样的栽培条件，若每盆每增加1株，平均单株盈利就减少0.5元．要使每盆的盈利达到10元，每盆应该植多少株？

【分析】根据已知假设每盆花苗增加x株，则每盆花苗有（x+3）株，得出平均单株盈利为（3﹣0.5x）元，由题意得（x+3）（3﹣0.5x）＝10求出即可．

【解答】解：设每盆花苗增加x株，则每盆花苗有（x+3）株，

平均单株盈利为：（3﹣0.5x）元，

由题意得：（x+3）（3﹣0.5x）＝10．

化简，整理，得x²﹣3x+2＝0．

解这个方程，得x₁＝1，x₂＝2，

则3+1＝4，2+3＝5，

答：要使每盆的盈利达到10元，每盆应植4株或者5株．

【点评】此题考查了一元二次方程的应用，根据每盆花苗株数×平均单株盈利＝总盈利得出方程是解题关键．

23．（江北区校级模拟）如图，已知▱ABCD中，AE平分∠BAD交DC于E，DF⊥BC于F，交AE于G，且AD＝DF．过点D作DC的垂线，分别交AE、AB于点M、N．

（1）若M为AG中点，且DM＝2，求DE的长；

（2）求证：AB＝CF+DM．

【分析】（1）由▱ABCD中，AE平分∠BAD交DC于E，DF⊥BC，易证得∠DMG＝∠DGM，求得DG＝DM＝2，由直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，求得AG的长，继而求得DE的长；

（2）此题有多种解法，通过构造不同的直角三角形，找到相应的全等三角形，在根据对应边和对应角相等，即可推出结论．

【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，AB∥CD，

∴∠BAE＝∠DEA，

∵AE平分∠BAD，

∴∠DAE＝∠DEA，

∴DE＝AD，

∵DF⊥BC，

∴DF⊥AD，

∵M为AG中点，

∴AG＝2DM＝4，

∵DN⊥CD，

∴∠ADM+∠MDG＝∠MDG+∠EDG，

∴∠ADM＝∠EDG，

∴∠DAE+∠ADM＝∠DEA+∠EDG，

即∠DMG＝∠DGM，

∴DG＝DM＝2，

在Rt△ADG中，DE＝AD＝ ＝ ；

（2）证法一：过点A作AD的垂线交DN的延长线于点H，

在△ADH和△FDC中，

，

∴△DAH≌△DFC（ASA），

∴AH＝FC，DH＝DC，

∵DF⊥AD，

∴AH∥DF，

∴∠HAM＝∠DGM，

∵∠AMH＝∠DMG，∠DMG＝∠DGM，

∴∠HAM＝∠HMA，

∴AH＝MH，

∴MH＝CF，

∴AB＝CD＝DH＝MH+DM＝CF+DM．

证法二：延长MD到点P，使DP＝CF，连接PE

由（1）知AD＝DE，

又AD＝DF，

∴DF＝DE，

∠DFC＝∠EDP＝90°

∴Rt△DCF≌Rt△EPD，

∴DC＝EP，∠CDF＝∠PED

∴PE∥DF，

∴∠PEA＝∠DGA，

由（1）得∠DGA＝∠DME，

∴∠PEA＝∠DME

∴PM＝PE，

而PM＝DM+DP＝DM+CF，PE＝CD＝AB，

∴AB＝DM+FC．

证法三：过点A作AH⊥CB于点H，

易证△ABH≌△DCF，

​​从而证得四边形AHFD为正方形．

把△ADG绕点A顺时针旋转90°，

得△AHP，∠AHP＝∠AHB＝90°

∴P、H、B三点共线

∵AE平分∠BAD，

∴∠1＝∠2，而∠2＝∠HAP，

∴∠HAB+∠1＝∠HAB+∠HAP，即∠HAG＝∠PAB

∵AH∥DF，

∴∠HAG＝∠DGA

而∠DGA＝∠APB

∴∠PAB＝∠APB

∴AB＝PB

∵PB＝PH+HB＝DG+FC

∴AB＝DM+FC．

证法四：在DC上截取DP＝DM，连接PF，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD

∴∠BAE＝∠DEA，

而∠BAE＝∠DAE，

∴∠DAE＝∠DEA⇒DA＝DE，

​又∠ADF＝∠MDE＝90°，

∴∠ADM＝∠EDG，

∴△ADM≌△EDG，

∴DM＝DG，

∴DG＝DP，

又AD＝DF，

∴DF＝DE，而∠PDF＝∠FDP，

∴△PDF≌△GDE，

∴∠DPF＝∠DGE，∠DFP＝∠DEG，

∴∠CPF＝∠DGM，

∵∠DFP+∠CFP＝∠DEG+∠DMG＝90°，

∴∠CFP＝∠DMG，

而∠DMG＝∠DGM，

∴∠CFP＝∠CPF⇒CF＝CP，

而CD＝DP+CP＝DM+CF，AB＝CD，

∴AB＝DM+CF．

【点评】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定、等腰三角形的判定与性质与性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．

24．（西湖区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝ ，E为正方形ABCD内一点，DE＝AB，∠EDC＝α（0°＜α＜90°），连结CE，AE，过点D作DF⊥AE，垂足为点F，交CE的延长线于点G，连结AG．

（1）当α＝20°时，求∠DAE的度数；

（2）判断△AEG的形状，并说明理由；

（3）当GF＝1时，求CE的长．

【分析】（1）由正方形的性质，求出∠ADE＝70°，再根据三角形内角和定理求解即可即可求解．

（2）由等腰三角形的性质可得DG是AE的垂直平分线，可得AG＝GE，由四边形内角和定理，可求∠GEA＝45°，即可求解．

（3）由正方形的性质和等腰直角三角形的性质可求AC，AG的长，在Rt△ACG中，利用勾股定理可求解．

【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ADC＝90°，AB＝AD，

∵∠CDE＝20°，

∴∠ADE＝70°，

∵DE＝AB，

∴DA＝DE，

∴∠DAE＝∠DEA＝ ×（180°﹣70°）＝55°．

（2）结论：△AEG是等腰直角三角形．

理由：∵AD＝DE，DF⊥AE，

∴DG是AE的垂直平分线，

∴AG＝GE，

∴∠GAE＝∠GEA，

∵DE＝DC＝AD，

∴∠DAE＝∠DEA，∠DEC＝∠DCE，

∵∠DAE+∠DEA+∠DEC+∠DCE+∠ADC＝360°，

∴∠DEA+∠DEC＝135°，

∴∠GEA＝45°，

∴∠GAE＝∠GEA＝45°，

∴∠AGE＝90°，

∴△AEG为等腰直角三角形．

（3）如图，连接AC，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AC＝ AB＝ ，

∵△AEG为等腰直角三角形，GF⊥AE，

∴GF＝AF＝EF＝1，

∴AG＝GE＝ ，

∵AC²＝AG²+GC²，

∴10＝2+（EC+ ）²，

∴EC＝ （负根已经舍弃）．

【点评】本题考查了正方形性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．

25．（永嘉县校级期末）如图，AE∥BF，AC平分∠BAD，且交BF于点C，BD平分∠ABC，且交AE于点D，连接CD．求证：四边形ABCD是菱形．

【分析】根据平行线的性质得出∠ADB＝∠DBC，∠DAC＝∠BCA，根据角平分线定义得出∠DAC＝∠BAC，∠ABD＝∠DBC，求出∠BAC＝∠ACB，∠ABD＝∠ADB，根据等腰三角形的判定得出AB＝BC＝AD，根据平行四边形的判定得出四边形ABCD是平行四边形，即可得出答案．

【解答】证明：

∵AE∥BF，

∴∠ADB＝∠DBC，∠DAC＝∠BCA，

∵AC、BD分别是∠BAD、∠ABC的平分线，

∴∠DAC＝∠BAC，∠ABD＝∠DBC，

∴∠BAC＝∠ACB，∠ABD＝∠ADB，

∴AB＝BC，AB＝AD

∴AD＝BC，

∵AD∥BC，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∵AD＝AB，

∴四边形ABCD是菱形．

【点评】本题考查了等腰三角形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定的应用，能得出四边形ABCD是平行四边形是解此题的关键．

26．（永嘉县校级期末）已知如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．

（1）求证：四边形AODE是矩形；

（2）若AB＝6，∠BCD＝120°，求四边形AODE的面积．

【分析】（1）先判断出四边形AODE是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直可得AC⊥BD，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明；

（2）根据两直线平行，同旁内角互补求出∠ABC＝60°，判断出△ABC是等边三角形，然后根据等边三角形的性质求出OA、OB，然后得到OD，再根据矩形的面积公式列式计算即可得解．

【解答】（1）证明：∵DE∥AC，AE∥BD，

∴四边形AODE是平行四边形，

∵在菱形ABCD中，AC⊥BD，

∴∠AOD＝90°，

∴四边形AODE是矩形；

（2）解：∵∠BCD＝120°，AB∥CD，

∴∠ABC＝180°﹣120°＝60°，

∵AB＝BC，

∴△ABC是等边三角形，

∴OA＝ ×6＝3，OB＝ ×6＝3 ，

∵四边形ABCD是菱形，

∴OD＝OB＝3 ，

∴四边形AODE的面积＝OA•OD＝3×3 ＝9 ．

【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，平行四边形的判定，主要利用了有一个角是直角的平行四边形是矩形，熟练掌握矩形，菱形与平行四边形的关系是解题的关键．

27．（松北区一模）在四边形ABCD中，AD∥BC，AC平分∠BAD，BD平分∠ABC．

（1）如图1，求证：四边形ABCD是菱形；

（2）如图2，过点D作DE⊥BD交BC延长线于点E，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有与△CDE面积相等的三角形（△CDE除外）

【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠ABD＝∠CBD，据两直线平行，内错角相等可得∠ADB＝∠CBD，然后求出∠ABD＝∠ADB＝∠CBD，再根据等角对等边可得AB＝AD，再根据等腰三角形三线合一可得BO＝DO，然后利用“角边角”证明△AOD和△COB全等，根据全等三角形对应边相等可得AD＝BC，再根据对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形ABCD是平行四边形，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；

（2）根据等底等高的三角形的面积相等即可得到结论．

【解答】（1）证明：∵BD平分∠ABC，

∴∠ABD＝∠CBD，

∵AD∥BC，

∴∠ADB＝∠CBD，

∴∠ABD＝∠ADB＝∠CBD，

∴AB＝AD，

设AC、BD相交于点O，

又∵AC平分∠BAD，

∴BO＝DO，AC⊥BD，

在△AOD和△COB中， ，

∴△AOD≌△COB（ASA），

∴AD＝BC，

∵AD∥BC，

∴四边形ABCD是平行四边形，

又∵AB＝AD，

∴四边形ABCD是菱形；

（2）∵DE⊥BD，AC⊥BD，

∴AC∥DE，

∵AD∥CE，

∴四边形ACED是平行四边形，

∴BC＝AD＝CE，

∴图中所有与△CDE面积相等的三角形有△BCD，△ABD，△ACD，△ABC．

【点评】本题考查了菱形的判定，主要利用了角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形三线合一的性质，全等三角形的判定与性质，以及平行四边形和菱形的判定．

28．（新疆二模）两个完全相同的矩形纸片ABCD、BFDE如图放置，AB＝BF．

求证：四边形BNDM为菱形．

【分析】易证四边形BNDM是平行四边形；根据AB＝BF，运用AAS可证明Rt△ABM≌Rt△FBN，得BM＝BN．根据有一邻边相等的平行四边形是菱形得证．

【解答】证明：∵两个完全相同的矩形纸片ABCD、BFDE，根据矩形的对边平行，

∴BC∥AD，BE∥DF，

∴四边形BNDM是平行四边形，

∵∠ABM+∠MBN＝90°，∠MBN+∠FBN＝90°，

∴∠ABM＝∠FBN．

在△ABM和△FBN中，

∴△ABM≌△FBN，（ASA）．

∴BM＝BN，

∴四边形BNDM是菱形．

【点评】本题考查了菱形的判断，菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．具体选择哪种方法需要根据已知条件来确定．

29．（南宁）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，且BE＝DF．

（1）求证：▱ABCD是菱形；

（2）若AB＝5，AC＝6，求▱ABCD的面积．

【分析】（1）利用全等三角形的性质证明AB＝AD即可解决问题；

（2）连接BD交AC于O，利用勾股定理求出对角线的长即可解决问题；

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠B＝∠D，

∵AE⊥BC，AF⊥CD，

∴∠AEB＝∠AFD＝90°，

∵BE＝DF，

∴△AEB≌△AFD

∴AB＝AD，

∴四边形ABCD是菱形．

（2）连接BD交AC于O．

∵四边形ABCD是菱形，AC＝6，

∴AC⊥BD，

AO＝OC＝ AC＝ ×6＝3，

∵AB＝5，AO＝3，

∴BO＝ ＝ ＝4，

∴BD＝2BO＝8，

∴S_{平行四边形ABCD}＝ ×AC×BD＝24．

【点评】本题考查菱形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．

30．（雅安）如图：在平行四边形ABCD中，AC为其对角线，过点D作AC的平行线与BC的延长线交于E．

（1）求证：△ABC≌△DCE；

（2）若AC＝BC，求证：四边形ACED为菱形．

【分析】（1）利用AAS判定两三角形全等即可；

（2）首先证得四边形ACED为平行四边形，然后证得AC＝AD，利用邻边相等的平行四边形是菱形判定即可．

【解答】证明：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AB∥CD，AB＝CD，

∴∠B＝∠1，

又∵DE∥AC

∴∠2＝∠E，

在△ABC与△DCE中，

，

∴△ABC≌△DCE；

（2）方法一、∵平行四边形ABCD中，

∴AD∥BC，

即AD∥CE，

由DE∥AC，

∴ACED为平行四边形，

∵AC＝BC，

∴∠B＝∠CAB，

由AB∥CD，

∴∠CAB＝∠ACD，

又∵∠B＝∠ADC，

∴∠ADC＝∠ACD，

∴AC＝AD，

∴四边形ACED为菱形．

方法二、∵平行四边形ABCD中，

∴AD∥BC，

即AD∥CE，

由DE∥AC，

∴ACED为平行四边形，

由（1）知△ABC≌△DCE，

∴BC＝CE，

又∵AC＝BC，

∴AC＝CE，

∴四边形ACED为菱形．

【点评】本题考查了菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定定理，难度不大．

31．（上虞区期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别是y轴和x轴的正半轴上的动点，正方形ABCD的顶点C，D在第一象限．

（1）当AB＝2，∠OAB＝30°时，正方形ABCD的一个顶点恰好在反比例函数y＝ （k为常数，x＞0）的图象上，求k的值；

（2）保持AB＝2不变，移动点A，B，使OA：OB＝1：2，求此时点D的坐标，并判断点D是否在（1）中的反比例函数图象上．

【分析】（1）过点C作CH⊥x轴于点H，过点D作DM⊥y轴于M，根据AAS证△AOB≌△AMD≌△BHC，求出C点和D点坐标，将坐标分别代入反比例函数求出k值即可；

（2）过点D作DM⊥y轴于M，由（1）知，△AOB≌△AMD，根据勾股定理计算出OB，OA的长度，即可得出D点坐标，根据D点坐标的xy值是否等于（1）中的k值来判断是否在反比例函数上即可．

【解答】解：（1）过点C作CH⊥x轴于点H，过点D作DM⊥y轴于M，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC，

∵∠OAB+∠OBA＝90°，∠OBA+∠CBH＝90°，

∴∠OAB＝∠CBH，

又∵∠AOB＝∠ABC＝90°，

∴△AOB≌△BHC（AAS），

同理可证，△AOB≌△AMD，

即△AOB≌△AMD≌△BHC，

∵∠OAB＝30°，AB＝2，

∴CH＝OB＝AM＝1，BH＝OA＝DM＝ ，

∴C（ ，1），D（ ， +1），

∵正方形ABCD的一个顶点恰好在反比例函数y＝ （k为常数，x＞0）的图象上，

∴顶点C或顶点D在反比例函数上，

①当C点在反比例函数上时，

k＝ +1；

②当D点在反比例函数上时，

k＝ ×（ +1）＝3+ ；

∴k的值为 +1或3+ ；

（2）过点D作DM⊥y轴于M，

由（1）知，△AOB≌△AMD，

∵OA：OB＝1：2，AB＝2，

设OA＝x，则OB＝2x，

由勾股定理得，AB²＝OA²+OB²，

即2²＝x²+（2x）²，

解得x＝ （舍负），

即MA＝OB＝ ，MD＝OA＝ ，

∴D（ ， ），

∵ × ＝ ≠ +1，

∴点D不在（1）中的反比例函数图象上．

【点评】本题主要考查反比例函数的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握反比例函数图象上点的特征是解题的关键．

32．（浦江县期末）已知点A在反比例函数y＝ （k＞0，x＞0）的图象上，Rt△OAC在平面直角坐标系中的位置如图所示，直角边AC⊥x轴，交x轴于点C，把Rt△OAC绕AC中点M逆时针旋转180°，得到△BCA，四边形OABC的面积为4 ，边BC与反比例函数y＝ （k＞0，x＞0）图象交于点E．

（1）求该反比例函数的表达式．

（2）当∠AOC＝60°时，求点E的坐标．

（3）若直线y＝mx+2与y＝ （k＞0，x＞0）有2个交点，求m的取值范围．

【分析】（1）根据旋转变换的性质求出△AOC的面积为2 ，根据反比例函数系数k的几何意义计算即可；

（2）根据正切的定义得到AC＝ OC，根据三角形的面积公式求出OC、AC，得到点C的坐标为（2，0），点B的坐标为（4，2 ），利用待定系数法求出直线BC的解析式，解方程组求出点E的坐标；

（3）根据一元二次方程根的判别式解答即可．

【解答】解：（1）∵把Rt△OAC绕AC中点M逆时针旋转180°，得到△BCA，

∴△OAC≌△BCA，

∵四边形OABC的面积为4 ，

∴△AOC的面积为2 ，

设点A的坐标为（a，b），

则 ab＝2 ，

∴k＝ab＝4 ，

∴反比例函数的表达式为：y＝ ；

（2）在Rt△AOC中，∠AOC＝60°，tan∠AOC＝ ，

则 ＝ ，即AC＝ OC，

∵△AOC的面积为2 ，

∴ ×OC×AC＝2 ，即 ×OC× OC＝2 ，

解得：OC＝2，

∴AC＝2 ，

∴点C的坐标为（2，0），点B的坐标为（4，2 ），

∴直线BC的解析式为：y＝ax+b，

则 ，

解得： ，

∴直线BC的解析式为：y＝ x﹣2 ，

解方程组 ，得 ， ，

∵点E在第一象限，

∴点E的坐标为（ +1， ﹣ ）；

（3）由mx+2＝ ，整理得：mx²+2x﹣4 ＝0，

由题意得：Δ＝2²﹣4m×（﹣4 ）＝4+16 m＞0，

解得：m＞﹣ ，

由题意得：m＜0，

∴直线y＝mx+2与y＝ （k＞0，x＞0）有2个交点，m的取值范围是﹣ ＜m＜0．

【点评】本题考查的是反比例函数的图象和性质、旋转变换的性质、一元二次方程根的判别式的应用，掌握待定系数法求反比例函数解析式的一般步骤是解题的关键．

33．（吴兴区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+5与反比例函数y＝ （x＞0）的图象相交于点A（3，a）和点B（b，3），点D，C分别是x轴和y轴的正半轴上的动点，且满足CD∥AB．

（1）求a，b的值及反比例函数的解析式；

（2）若OD＝1，求点C的坐标，判断四边形ABCD的形状并说明理由；

（3）若点M是反比例函数y＝ （x＞0）图象上的一个动点，当△AMD是以AM为直角边的等腰直角三角形时，求点M的坐标．

【分析】（1）把A和B分别代入y＝﹣x+5，得：a＝2，b＝3，再把A（3，2）代入 ，得：k＝6，故反比例函数解析式为 ；

（2）由于CD∥AB，可设CD的解析式为y＝﹣x+m，由OD＝1得D的坐标为（1，0），将D代入直接CD解析式得：y＝﹣x+1，得C的坐标为（0，1），由A，B，C，D可算出 ，由AB∥CD得四边形ABCD是平行四边形，过点B作BE⊥y轴于点E得E，由△BEC和△COD都等腰直角三角形证出∠BCD＝90°，即可得平行四边形ABCD是矩形；

（3）分∠MAD＝90°或∠AMD＝90°两种情况计算，当∠MAD＝90°时，通过作辅助线构造△MAQ≌△ADP得PD＝AQ＝2，QM＝AP，设M的坐标为（5，n），由M在反比例函数得5n＝6，得n＝1.2，得M（5，1.2）；当∠AMD＝90°时，同理可求．

【解答】解：（1）把A（3，a）和B（2，b）分别代入y＝﹣x+5，

得：a＝2，b＝3，

把A（3，2）代入 ，得：k＝6，

∴反比例函数解析式为 ；

（2）∵CD∥AB，

∴设CD的解析式为y＝﹣x+m，

∵OD＝1，D在x轴的正半轴上，

∴D的坐标为（1，0），

以点A、B、C、D构成的四边形是矩形，理由如下：

将D代入直接CD解析式得：y＝﹣x+1，

∴C的坐标为（0，1），

∵A（3，2），B（2，3），C（0，1），D（1，0），

∴ ，

又∵AB∥CD，

∴四边形ABCD是平行四边形，

如图，过点B作BE⊥y轴于点E，则E（0，3），

∴BE＝CE＝2，

∴△BEC和△COD都等腰直角三角形，

∴∠ECB＝∠OCD＝45°，

∴∠BCD＝90°，

∴平行四边形ABCD是矩形；

（3）①当∠MAD＝90°时，

过点A作直线l∥x轴，过点M作MQ⊥直线l于点Q，过点D作DP⊥直线l于点P，

∵∠MAD＝90°，

∴∠MAQ+∠PAD＝90°，

∵DP⊥直线l于点P，

∴∠PAD+∠PDA＝90°，

∴∠AQM＝∠PDA，

在△MAQ与△ADP中，

，

∴△MAQ≌△ADP（AAS），

∴PD＝AQ＝2，QM＝AP，

设M的坐标为（5，n），

∴5n＝6，则n＝1.2，

∴M（5，1.2）；

②当∠AMD＝90°时，同理，过点M作直线l∥y轴，过点A作AP⊥直线l于点P，过点D作DQ⊥直线l于点Q，

可得：△MAP≌△DMQ，

∴PM＝DQ，QM＝AP，

设M的坐标为（3+n，n），

∴n（3+n）＝6，

解得： ， （舍去），

∴ ，

综上所述：M的坐标为（5，1.2）， ．

【点评】本题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法、矩形的判定、全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．

34．（海曙区期末）如图平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点D、A分别在第一、二象限，顶点B、C分别在x轴、y轴的负半轴上，AD交y轴于E，CD交x轴于F．

（1）求证：△BCF≌△CDE；

（2）若OB＝a，OC＝b，求四边形OEDF面积（用含a、b的代数式表示）；

（3）若点D在一三象限角平分线上，S_OEDF＝ ，过点A的反比例函数为y＝ ，请直接写k＝　﹣ 　．

【分析】（1）由“AAS”可证△BCF≌△CDE；

（2）由全等三角形的性质可得S_△BCF＝S_△CDE，由面积的和差关系可得S_△BOC＝S_{四边形OEDF}，即可求解；

（3）由“AAS”可证△BOC≌△CND，△ADM≌△DCN，可得DN＝CO＝AM，BO＝CN＝CM，由面积公式可求OB，OC的长，即可求点A坐标，代入解析式可求解．

【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴BC＝CD，∠BCD＝∠CDE＝90°，

∵∠BOC＝90°，

∴∠FCO+∠CFO＝90°＝∠FCO+∠CED，

∴∠CFO＝∠CED，

在△BCF和△CDE中，

，

∴△BCF≌△CDE（AAS）；

（2）∵△BCF≌△CDE；

∴S_△BCF＝S_△CDE，

∴S_△BOC＝S_{四边形OEDF}，

∴S_{四边形OEDF}＝ ×OB×OC＝ ab；

（3）如图，过点D作DN⊥OE于N，过点A作AM⊥DN于M，

∵四边形ABCD是正方形，

∴BC＝CD＝AD，∠BAD＝∠ADC＝∠BCD＝90°，

∴∠BCO+∠DCO＝90°＝∠DCO+∠CDN，

∴∠BCO＝∠CDN，

又∵∠BOC＝∠CND，BC＝CD，

∴△BOC≌△CND（AAS），

∴DN＝CO，BO＝CN，

同理可证△ADM≌△DCN（AAS），

∴AM＝DN，MD＝CN，

∵点D在一三象限角平分线上，S_OEDF＝ ，

∴ND＝ON， ×OC×OB＝ ，

∴OB﹣OC＝OC，

∴OB＝2OC，

∴OC＝ ，BO＝ ，

∴MD＝CN＝ ，AM＝DN＝ ，

∴ON＝ ，MN＝ ，

∴点A（﹣ ， ），

∵反比例函数为y＝ 的图象过点A，

∴k＝﹣ × ＝﹣ ，

故答案为：﹣ ．

【点评】本题是反比例函数综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，待定系数法求解析式，求出OC，BO的长是解题的关键．

35．（武汉模拟）如图，在△ABC中，AC＝BC，AB⊥x轴于A，反比例函数y＝ （x＞0）的图象经过点C，交AB于点D，已知AB＝4，BC＝ ．

（1）若OA＝4，求k的值．

（2）连接OC，若AD＝AC，求CO的长．

【分析】（1）利用等腰三角形的性质得出AE，BE的长，再利用勾股定理得出OA的长，得出C点坐标即可得出答案；

（2）首先表示出D，C点坐标进而利用反比例函数图象上的性质求出C点坐标，再利用勾股定理得出CO的长．

【解答】解：（1）作CE⊥AB，垂足为E，

∵AC＝BC，AB＝4，

∴AE＝BE＝2．

在Rt△BCE中，BC＝ ，BE＝2，

∴CE＝ ，

∵OA＝4，

∴C点的坐标为：（ ，2），

∵点C在y＝ （x＞0）的图象上，

∴k＝11；

（2）设A点的坐标为（m，0），

∵AC＝BC＝ ，AD＝AC，

∴AD＝ ，

∴D，C两点的坐标分别为：（m， ），（m+ ，2）．

∵点C，D都在y＝ （x＞0）的图象上，

∴ m＝2（m+ ），

∴m＝6，

∴C点的坐标为：（ ，2），

作CF⊥x轴，垂足为F，

∴OF＝ ，CF＝2，

在Rt△OFC中，

OC²＝OF²+CF²，

∴OC＝ ＝ ．

【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质以及勾股定理和反比例函数图象上的性质，正确得出C点坐标是解题关键．

36．（苏州）如图，在△ABC中，AC＝BC，AB⊥x轴，垂足为A．反比例函数y＝ （x＞0）的图象经过点C，交AB于点D．已知AB＝4，BC＝ ．

（1）若OA＝4，求k的值；

（2）连接OC，若BD＝BC，求OC的长．

【分析】（1）利用等腰三角形的性质得出AE，BE的长，再利用勾股定理得出OA的长，得出C点坐标即可得出答案；

（2）首先表示出D，C点坐标进而利用反比例函数图象上的性质求出C点坐标，再利用勾股定理得出CO的长．

【解答】解：（1）作CE⊥AB，垂足为E，

∵AC＝BC，AB＝4，

∴AE＝BE＝2．

在Rt△BCE中，BC＝ ，BE＝2，

∴CE＝ ，

∵OA＝4，

∴C点的坐标为：（ ，2），

∵点C在 的图象上，

∴k＝5，

（2）设A点的坐标为（m，0），

∵BD＝BC＝ ，

∴AD＝ ，

∴D，C两点的坐标分别为：（m， ），（m﹣ ，2）．

∵点C，D都在 的图象上，

∴ m＝2（m﹣ ），

∴m＝6，

∴C点的坐标为：（ ，2），

作CF⊥x轴，垂足为F，

∴OF＝ ，CF＝2，

在Rt△OFC中，

OC²＝OF²+CF²，

∴OC＝ ．

【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质以及勾股定理和反比例函数图象上的性质，正确得出C点坐标是解题关键．

37．（济宁期末）“十年树木，百年树人”，教师的素养关系到国家的未来．我市某区招聘音乐教师采用笔试、专业技能测试、说课三种形式进行选拔，这三项的成绩满分均为100分，并按2：3：5的比例折合纳入总分，最后，按照成绩的排序从高到低依次录取．该区要招聘2名音乐教师，通过笔试、专业技能测试筛选出前6名选手进入说课环节，这6名选手的各项成绩见表：

序号	1	2	3	4	5	6
笔试成绩	66	90	86	64	65	84
专业技能测试成绩	95	92	93	80	88	92
说课成绩	85	78	86	88	94	85

（1）求出说课成绩的中位数、众数；

（2）已知序号为1，2，3，4号选手的成绩分别为84.2分，84.6分，88.1分，80.8分，请你判断这六位选手中序号是多少的选手将被录用？为什么？

【分析】（1）利用中位数、众数的定义求解；

（2）先求出序号为5号的选手成绩和序号为6号的选手成绩，再与序号为1、2、3、4号选手的成绩进行比较，即可得出答案．

【解答】解：（1）将说课的成绩按从小到大的顺序排列：78、85、85、86、88、94，

∴中位数是（85+86）÷2＝85.5，

85出现的次数最多，

∴众数是85．

（2）这六位选手中序号是3、6的选手将被录用．原因如下：

序号为5号的选手成绩为： ＝86.4，（分）；

序号为6号的选手成绩为： ＝86.9（分）．

因为88.1＞86.9＞86.4＞84.6＞84.2＞80.8，

所以序号为3、6号的选手将被录用．

【点评】此题考查了中位数、众数与加权平均数，用到的知识点是极差公式与加权平均数公式，熟记各个公式是解题的关键．

38．（吴兴区期末）在某次考试中，现有甲、乙、丙3名同学，共四科测试实际成绩如下表：

	语文	数学	英语	科学
甲	95	95	80	150
乙	105	90	90	139
丙	100	100	85	139

（1）若欲从中表扬2人，请你从平均数的角度分析，哪两人将被表扬？

（2）为了体现学科差异，参与测试的语文、数学、英语、科学实际成绩须以2：3：2：3的比例计入折合平均数．请你从折合平均数的角度分析，哪两人将被表扬？若欲从中表扬2人，请你从平均数的角度分析，哪两人将被表扬？

【分析】（1）把各科分数相加，再除以4即可；

（2）按比例计算出平均分，再判断即可．

【解答】解：（1） ＝ ＝105（分）； ＝ ＝106（分）； ＝ ＝106（分）；

答：乙、丙将被表扬；

（2） ＝ ＝108.5（分）；

＝ ＝107.7（分）；

＝ ＝108.7（分）；

答：甲、丙将被表扬．

【点评】此题考查算术平均数和加权平均数的计算，解题的关键是掌握加权平均数等于各数据与其权的积得和除以数据的个数．在计算时搞清楚数据对应的权．

39．（通辽）某校举办了一次成语知识竞赛，满分10分，学生得分均为整数，成绩达到6分及6分以上为合格，达到9分或10分为优秀，这次竞赛中，甲、乙两组学生成绩分布的折线统计图和成绩统计分析表如图所示．

（1）求出下列成绩统计分析表中a，b的值；

组别	平均分	中位数	方差	合格率	优秀率
甲组	6.8	a	3.76	90%	30%
乙组	b	7.5	1.96	80%	20%

（2）小英同学说：“这次竞赛我得了7分，在我们小组中排名属中游略偏上！”观察上面表格判断，小英是甲、乙哪个组的学生；

（3）甲组同学说他们组的合格率、优秀率均高于乙组，所以他们组的成绩好于乙组．但乙组同学不同意甲组同学的说法，认为他们组的成绩要好于甲组．请你写出两条支持乙组同学观点的理由．

【分析】（1）由折线图中数据，根据中位数和加权平均数的定义求解可得；

（2）根据中位数的意义求解可得；

（3）可从平均数和方差两方面阐述即可．

【解答】解：（1）由折线统计图可知，甲组成绩从小到大排列为：3、6、6、6、6、6、7、9、9、10，

∴其中位数a＝6，

乙组学生成绩的平均分b＝ ＝7.2；

（2）∵甲组的中位数为6，乙组的中位数为7.5，而小英的成绩位于小组中上游，

∴小英属于甲组学生；

（3）①乙组的平均分高于甲组，即乙组的总体平均水平高；

②乙组的方差比甲组小，即乙组的成绩比甲组的成绩稳定．

【点评】本题主要考查折线统计图、加权平均数、中位数及方差，熟练掌握加权平均数、中位数及方差的定义是解题的关键．

40．（上城区期末）某公司计划从两家皮具生产能力相近的制造厂选择一家来承担外销业务，这两家厂生产的皮具款式和材料都符合要求，因此只需要检测皮具质量的克数是否稳定，现从两家提供的样品中各抽取了6件进行检查，超过标准质量部分记为正数，不足部分记为负数，若该皮具的标准质量为500克，测得它们质量如下（单位：g）

厂家	超过标准质量的部分
甲	﹣3	0	0	1	2	0
乙	﹣2	1	﹣1	0	1	1

（1）分别计算甲、乙两厂抽样检测的皮具总质量各是多少克？

（2）通过计算，你认为哪一家生产皮具的质量比较稳定？

【分析】（1）求出记录的质量的和，再加上标准质量，计算即可得解；

（2）以标准质量为基准，根据方差的定义计算两公司的方差，方差小的质量比较稳定．

【解答】解：（1）甲厂抽样检测的皮具总质量为500×6+（﹣3+0+0+1+2+0）＝3000（克），

乙厂抽样检测的皮具总质量为500×6+（﹣2+1﹣1+0+1+1）＝3000（克）；

（2）∵ ＝ ×（﹣3+0+0+1+2+0）＝0，

∴ ＝ ×[（﹣3﹣0）²+（0﹣0）²×3+（1﹣0）²+（2﹣0）²]≈2.33，

∵ ＝ ×（﹣2+1﹣1+0+1+1）＝0，

∴ ＝ ×[（﹣2﹣0）²+3×（1﹣0）²+（﹣1﹣0）²+（0﹣0）²]≈1.33，

∵ ＜ ，

∴乙公司生产皮具的质量比较稳定．

【点评】本题主要考查方差，用“先平均，再求差，然后平方，最后再平均”得到的结果表示一组数据偏离平均值的情况，这个结果叫方差．

41．（包头二模）我市某中学举行“中国梦•校园好声音”歌手大赛，初、高中部根据初赛成绩，各选出5名选手组成初中代表队和告知给你代表队参加学校决赛．两个队各选出的5名选手的决赛成绩如图所示．

（1）根据图示填写表格；

	平均数/分	中位数/分	众数/分
初中代表队	85	85	85
高中代表队	85	80	100

（2）计算两队决赛成绩的方差，并判断哪一个代表队选手成绩较为稳定．

【分析】（1）根据统计图中的具体数据以及平均数、中位数和众数的概念分别进行计算即可；

（2）由方差的公式计算两队决赛成绩的方差，然后由方差的意义进行比较分析．

【解答】解：（1）初中代表队：平均数＝（75+80+85+85+100）÷5＝85（分），众数为85（分）；

高中代表队：中位数为80（分）；

故答案为：85，85，80；

（2） ＝ [（75﹣85）²+（80﹣85）²+（85﹣85）²+（85﹣85）²+（100﹣85）²]＝70，

＝ [（70﹣85）²+（100﹣85）²+（100﹣85）²+（75﹣85）²+（80﹣85）²]＝160，

∵ ＜ ，

∴初中队选手成绩较稳定．

【点评】本题考查的是条形统计图的综合运用、平均数、中位数、众数以及方差的意义．读懂统计图，从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．

42．（北仑区期末）定义：只有三边相等的四边形称为准菱形．

（1）如图1，图形　②③　（填序号）是准菱形；

（2）如图2，四边形ABCD中，AB∥DC，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，求证：四边形ABCD是准菱形；

（3）如图3，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA，OC分别落在y轴，x轴上，反比例函数y＝ （k＞0）的图象分别与边AB，BC交于点D，E．已知AD＝DE，△ADE的面积为10，AD：DB＝5：3，若点F是坐标平面上一点，四边形ADEF是准菱形，当准菱形ADEF面积最大时，求点F的坐标．

【分析】（1）由准菱形的定义可求解；

（2）延长DA，CB交于点E，由平行线的性质可得∠D＝∠EAB，∠EBA＝∠C，由补角的性质可证∠EAB＝∠D＝∠ABE＝∠C，可得ED＝EC，EA＝EB，可证AB＝AD＝BC，可得结论；

（3）由三角形的面积公式可求AD＝DE＝5，BE＝4，DB＝3，由反比例函数的性质可求BC，EC的长，由准菱形的定义可得AD＝DE＝EF＝5或AD＝DE＝AF＝5，分两种情况讨论，由面积和差关系可得当EF⊥AE时，S_△AEF有最大值，即准菱形ADEF面积有最大值，由“AAS”可证△ADH≌△EFM，可得EM＝AH＝2 ，DH＝FM＝ ，即可求解．

【解答】解：（1）∵图形①四边相等，图形②③只有三边相等，图形④四边都不相等，

∴图形②③是准菱形，

故答案为：②③；

（2）如图2，延长DA，CB交于点E，

∵AB∥CD，

∴∠D＝∠EAB，∠EBA＝∠C，

∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，

∴∠D＝∠ABE，

∴∠EAB＝∠D＝∠ABE＝∠C，

∴ED＝EC，EA＝EB，

∴AD＝BC，

又∵AB＝AD，

∴AB＝AD＝BC，

又∵AB≠CD，

∴四边形ABCD是准菱形；

（3）∵AD：DB＝5：3，AD＝DE，

∴设AD＝5x＝DE，DB＝3x，

∴BE＝ ＝ ＝4x，

∵△ADE的面积为10，

∴ ×AD×BE＝10，

∴5x×4x＝20，

∴x＝1，

∴AD＝DE＝5，BE＝4，DB＝3，

∴AB＝8，

设BC＝m，则点D（5，m），点E（8，m﹣4），

∵反比例函数y＝ （k＞0）的图象分别与边AB，BC交于点D，E．

∴k＝5m＝8（m﹣4），

解得：m＝ ，

∴点E（8， ），BC＝AO＝ ，

∴CE＝ ，

∵四边形ADEF是准菱形，

∴AD＝DE＝EF＝5或AD＝DE＝AF＝5，

如图3，当AD＝DE＝EF＝5时，过点F作FM⊥EC于M，过点D作DH⊥AE于H，

∵准菱形ADEF面积＝S_△ADE+S_△AEF＝10+S_△AEF，

∴当EF⊥AE时，S_△AEF有最大值，即准菱形ADEF面积有最大值，

∵AB＝8，BE＝4，

∴AE＝ ＝ ＝4 ，

∵DE＝AD，DH⊥AE，

∴AH＝HE＝2 ，

∴DH＝ ＝ ＝

∵∠BAE+∠AEB＝90°＝∠AEB+∠FEM，

∴∠BAE＝∠FEM，

又∵AD＝EF，∠AHD＝∠EMF，

∴△ADH≌△EFM（AAS），

∴EM＝AH＝2 ，DH＝FM＝ ，

∴CM＝EC﹣EM＝ ﹣2 ，

∴点F（8﹣ ， ﹣2 ）；

如图3，当AD＝DE＝AF'时，过点F'作F'N⊥AO于N，过点D作DH⊥AE于H，

同理可求△AF'N≌△ADH（AAS），

∴AN＝AH＝2 ，DH＝F'N＝ ，

∴NO＝ ﹣2 ，

∴点F'坐标为（﹣ ， ﹣2 ），

综上所述：点F的坐标为（8﹣ ， ﹣2 ）或（﹣ ， ﹣2 ）．

【点评】本题是反比例函数综合题，考查了待定系数法求解析式，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．

43．（商河县二模）如图，四边形ABCD的四个顶点分别在反比例函数y＝ 与y＝ （x＞0，0＜m＜n）的图象上，对角线BD∥y轴，且BD⊥AC于点P．已知点B的横坐标为4．

（1）当m＝4，n＝20时．

①若点P的纵坐标为2，求点A和点B的坐标．

②若点P是BD的中点，试判断四边形ABCD的形状，并说明理由．

（2）四边形ABCD能否成为正方形？若能，求此时m，n之间的数量关系；若不能，试说明理由．

【分析】（1）①利用反比例函数图象上点的坐标特征，可得出点A，B的坐标；

②由①可得出点B，D，由点P为线段BD的中点可得出点P的坐标，利用反比例函数图象上点的坐标特征可得出点A，C的坐标，进而可得出PA＝PC，结合PB＝PD可得出四边形ABCD为平行四边形，再结合BD⊥AC可得出四边形ABCD为菱形；

（2）当四边形ABCD为正方形时，设PA＝PB＝PC＝PD＝t（t≠0），利用反比例函数图象上点的坐标特征可得出点B的坐标，由PA＝PB＝t可得出点A的坐标，利用反比例函数图象上点的坐标特征可得出t＝4﹣ ，由点B的坐标结合BD＝2t可得出点D的坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征可得出m+n＝32．

【解答】解：（1）①当x＝4时，y＝ ＝1，

∴点B的坐标为（4，1）；

当y＝2时，2＝ ，解得：x＝2，

∴点A的坐标为（2，2）．

②四边形ABCD为菱形，理由如下：

由①得：点B的坐标为（4，1），点D的坐标为（4，5），

∵点P为线段BD的中点，

∴点P的坐标为（4，3）．

当y＝3时，3＝ ，解得：x＝ ，

∴点A的坐标为（ ，3）；

当y＝3时，3＝ ，解得：x＝ ，

∴点C的坐标为（ ，3）．

∴PA＝4﹣ ＝ ，PC＝ ﹣4＝ ，

∴PA＝PC．

∵PB＝PD，

∴四边形ABCD为平行四边形．

又∵BD⊥AC，

∴四边形ABCD为菱形．

（2）四边形ABCD能成为正方形．

当四边形ABCD为正方形时，设PA＝PB＝PC＝PD＝t（t≠0）．

当x＝4时，y＝ ＝ ，

∴点B的坐标为（4， ），

∴点A的坐标为（4﹣t， +t）．

∵点A在反比例函数y＝ 的图象上，

∴（4﹣t）（ +t）＝m，化简得：t＝4﹣ ，

∴点D的纵坐标为 +2t＝ +2（4﹣ ）＝8﹣ ，

∴点D的坐标为（4，8﹣ ），

∴4×（8﹣ ）＝n，整理，得：m+n＝32．

即四边形ABCD能成为正方形，此时m+n＝32．

【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的判定以及正方形的性质，解题的关键是：（1）①利用反比例函数图象上点的坐标特征，找出点A，B的坐标；②利用AC，BD互相垂直平分，找出四边形ABCD为菱形；（2）利用反比例函数图象上点的坐标特征，找出m，n之间的关系．

44．（永嘉县校级期末）【知识链接】

（1）有理化因式：两个含有根式的非零代数式相乘，如果它们的积不含有根式，那么这两个代数式相互叫做有理化因式．

例如： 的有理化因式是 ；1﹣ 的有理化因式是1+ ．

（2）分母有理化：分母有理化又称“有理化分母”，也就是把分母中的根号化去．指的是如果代数式中分母有根号，那么通常将分子、分母同乘分母的有理化因式，达到化去分母中根号的目的．如：

＝ ＝ ﹣1， ＝ ＝ ﹣ ．

【知识理解】

（1）填空：2 的有理化因式是　 　；

（2）直接写出下列各式分母有理化的结果：

① ＝　 ﹣ 　；② ＝　3 ﹣ 　．

【启发运用】

（3）计算： + + +…+ ．

【分析】（1）由2 × ＝2x，即可找出2 的有理化因式；

（2）①分式中分子、分母同时×（ ﹣ ），即可得出结论；②分式中分子、分母同时×（3 ﹣ ），即可得出结论；

（3）利用分母有理化将原式变形为 ﹣1+ ﹣ +2﹣ +…+ ﹣ ，合并同类项即可得出结论．

【解答】解：（1）∵2 × ＝2x，

∴2 的有理化因式是 ．

故答案为： ．

（2）① ＝ ＝ ﹣ ；

② ＝ ＝3 ﹣ ．

故答案为：① ﹣ ；②3 ﹣ ．

（3）原式＝ + + +…+ ，

＝ ﹣1+ ﹣ +2﹣ +…+ ﹣ ，

＝ ﹣1．

【点评】本题考查了分母有理化，解题的关键是：（1）由2 × ＝2x，找出2 的有理化因式；（2）根据平方差公式，将各式分母有理化；（3）利用分母有理化将原式变形为 ﹣1+ ﹣ +2﹣ +…+ ﹣ ．

45．（永嘉县校级期末）阅读下面的解答过程，然后作答：

有这样一类题目：将 化简，若你能找到两个数m和n，使m²+n²＝a且mn＝ ，则a+2 可变为m²+n²+2mn，即变成（m+n）²，从而使得 ＝m+n，化简：5+2 ．

例如：∵5+2 ＝3+2+2 ＝（ ）²+（ ）²+2 ＝（ + ）²．

∴ ＝ ＝ + ．

请你仿照上例将下列各式化简：

（1） ；

（2） ．

【分析】（1）利用完全平方公式把4+2 化为（1+ ）²，然后利用二次根式的性质化简即可．

（2）利用完全平方公式把7﹣2 化为（ ﹣ ）²然后利用二次根式的性质化简即可．

【解答】解：（1）∵4+2 ＝1+3+2 ＝1²+ +2 ＝（1+ ）²，

∴ ＝ ＝1+ ；

（2） ＝ ＝ ＝ ﹣ ．

【点评】本题主要考查了二次根式的性质与化简，解题的关键是熟记掌握完全平方公式．

46．（唐山二模）阅读下列材料，然后回答问题．

在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如 ， ， 一样的式子，其实我们还可以将其进一步化简： ＝ ＝

＝ ＝

＝ ＝ ＝ ﹣1

以上这种化简的步骤叫做分母有理化．

（1）化简

（2）化简 ．

（3）化简： + + +…+ ．

【分析】（1）分子分母分别乘 即可；

（2）分子分母分别乘 ﹣ 即可；

（3）分母有理化后，合并同类二次根式即可；

【解答】解：（1） ＝ ＝

（2）化简 ＝ ＝ ﹣

（3）化简： + + +…+

＝ （ ﹣1+ ﹣ + ﹣ +…+ ﹣ ）

＝ （ ﹣1）

【点评】本题考查二次根式的化简、分母有理化等知识，解题的关键是熟练掌握分母有理化的方法，属于中考常考题型．

47．（永嘉县校级期末）已知关于x的一元二次方程x²﹣3x+m﹣2＝0有两个实数根x₁，x₂．

（1）求m的取值范围；

（2）若x₁，x₂满足2x₁＝|x₂|+1，求m的值．

【分析】（1）根据根的判别式即可求解；

（2）根据根与系数的关系，分情况讨论即可求得m的值．

【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程x²﹣3x+m﹣2＝0有两个实数根，

∴△≥0，即9﹣4（m﹣2）≥0

解得m≤ ．

答：m的求值范围为m≤ ．

（2）根据根与系数的关系：

x₁+x₂＝3，x₁•x₂＝m﹣2，

∵x₁，x₂满足2x₁＝|x₂|+1，

①当x₂≥0时，2x₁＝x₂+1

把x₂＝3﹣x₁代入，得

2x₁＝3﹣x₁+1

解得x₁＝ ，

∴x₂＝ ，

∴m﹣2＝x₁•x₂＝

∴m＝ ．

②当x₂＜0时，2x₁＝﹣x₂+1

∴2x₁+3﹣x₁＝1

解得x₁＝﹣2，x₂＝5，

∵2x₁＝|x₂|+1，

∴x₁＝﹣2，x₂＝5（不符合题意，舍去）

答：m的值为 ．

【点评】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系、根的判别式，解决本题的关键是熟练运用根与系数的关系和根的判别式．

48．（永嘉县校级期末）已知关于x的一元二次方程x²﹣（2k﹣2）x+k²＝0有两个实数根x₁，x₂．

（1）求实数k的取值范围；

（2）若方程的两实数根x₁、x₂满足|x₁+x₂|＝x₁x₂﹣1，求k的值

【分析】（1）根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到Δ＝（2k﹣2）²﹣4k²≥0，然后求出不等式的解即可；

（2）利用根与系数的关系得到x₁+x₂＝2k﹣2，x₁x₂＝k²，加上k≤ ，则可判断2k﹣2＜0，所以|x₁+x₂|＝x₁x₂﹣1，可化简为：k²+2k﹣3＝0，然后解方程求出k的值．

【解答】解：（1）∵方程有两个实数根x₁，x₂，

∴Δ＝（2k﹣2）²﹣4k²≥0，

解得k≤ ；

（2）由根与系数关系知：x₁+x₂＝2k﹣2，x₁x₂＝k²，

∵k≤ ，

∴2k﹣2＜0，

又|x₁+x₂|＝x₁x₂﹣1，代入得，|2k﹣2|＝k²﹣1，可化简为：k²+2k﹣3＝0．

解得k＝1（不合题意，舍去）或k＝﹣3，

∴k＝﹣3．

【点评】本题考查了根与系数的关系：若x₁，x₂是一元二次方程ax²+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x₁+x₂＝﹣ ，x₁•x₂＝ ．也考查了根的判别式．

49．（永嘉县校级期末）已知关于x的一元二次方程x²+2（m+1）x+m²﹣1＝0．

（1）若方程有两个不相等的实数根，求实数m的取值范围；

（2）若方程两实数根分别为x₁，x₂，且满足x₁+x₂+x₁x₂＝5，求实数m的值．

【分析】（1）当方程有两个不相等的实数根时，Δ＞0，列式计算出m的值；

（2）根据根与系数的关系求出两根的和与两根的积，代入x₁+x₂+x₁x₂＝5中得：m₁＝4，m₂＝﹣2，再根据△的取值确定其m的值．

【解答】解：（1）Δ＝[2（m+1）]²﹣4×1×（m²﹣1）＞0，

4（m+1）²﹣4m²+4＞0，

8m＞﹣8，

m＞﹣1，

则当m＞﹣1时，方程有两个不相等的实数根；

（2）x₁+x₂＝﹣2（m+1）＝﹣2m﹣2，x₁x₂＝m²﹣1，

x₁+x₂+x₁x₂＝5，

﹣2m﹣2+m²﹣1＝5，

m²﹣2m﹣8＝0，

（m﹣4）（m+2）＝0，

m₁＝4，m₂＝﹣2，

∵方程两实数根分别为x₁，x₂，

∴△≥0，

∴m≥﹣1，

∴m＝4．

【点评】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系及根的判别式，①x₁，x₂是一元二次方程ax²+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x₁+x₂＝﹣ ，x₁x₂＝ ，②一元二次方程ax²+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b²﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立．要注意第（2）中根据已知式子得出m的值后，利用根的判别式进行取舍．

50．（濉溪县三模）如图，四边形ACDE是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c是Rt△ABC和Rt△BED边长，易知 ，这时我们把关于x的形如 的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”．

请解决下列问题：

（1）写出一个“勾系一元二次方程”；

（2）求证：关于x的“勾系一元二次方程” 必有实数根；

（3）若x＝﹣1是“勾系一元二次方程” 的一个根，且四边形ACDE的周长是6 ，求△ABC面积．

【分析】（1）直接找一组勾股数代入方程即可；

（2）通过判断根的判别式△的正负来证明结论；

（3）利用根的意义和勾股定理作为相等关系先求得c的值，根据完全平方公式求得ab的值，从而可求得面积．

【解答】（1）解：当a＝3，b＝4，c＝5时

勾系一元二次方程为3x²+5 x+4＝0；

（2）证明：根据题意，得

Δ＝（ c）²﹣4ab＝2c²﹣4ab

∵a²+b²＝c²

∴2c²﹣4ab＝2（a²+b²）﹣4ab＝2（a﹣b）²≥0

即△≥0

∴勾系一元二次方程 必有实数根；

（3）解：当x＝﹣1时，有a﹣ c+b＝0，即a+b＝ c

∵2a+2b+ c＝6 ，即2（a+b）+ c＝6

∴3 c＝6

∴c＝2

∴a²+b²＝c²＝4，a+b＝2

∵（a+b）²＝a²+b²+2ab

∴ab＝2

∴S_△ABC＝ ab＝1．

【点评】此类题目要读懂题意，根据题目中所给的材料结合勾股定理和根的判别式解题．

51．（张湾区模拟）关于x的方程kx²+（k+2）x+ ＝0有两个不相等的实数根．

（1）求k的取值范围；

（2）如果原方程的两根分别为x₁、x₂，且k²x₁²﹣4kx₁x₂+k²x₂²的值为12，求k的值．

【分析】（1）由二次项系数非零结合根的判别式Δ＞0，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围；

（2）由根与系数的关系可得出x₁+x₂＝﹣ 、x₁•x₂＝ ，将其代入k²x₁²﹣4kx₁•x₂+k²x₂²＝k²（x₁+x₂）²﹣2k²x₁•x₂﹣4kx₁•x₂＝12中可得出关于k的一元二次方程，解之可得出k的值，再由（1）的结论可确定k值．

【解答】解：（1）∵关于x的方程kx²+（k+2）x+ ＝0有两个不相等的实数根，

∴ ，

解得：k＞﹣1且k≠0．

∴k的取值范围为k＞﹣1且k≠0．

（2）∵原方程的两根分别为x₁、x₂，

∴x₁+x₂＝﹣ ，x₁•x₂＝ ．

∵k²x₁²﹣4kx₁•x₂+k²x₂²＝k²（x₁+x₂）²﹣2k²x₁•x₂﹣4kx₁•x₂＝12，

∴（k+2）²﹣ k²﹣k＝12，

解得：k₁＝﹣8，k₂＝2．

∵k＞﹣1且k≠0，

∴k的值为2．

【点评】本题考查了根与系数的关系以及根的判别式，解题的关键是：（1）根据二次项系数非零结合根的判别式Δ＞0，列出关于k的一元一次不等式组；（2）根据根与系数的关系结合k²x₁²﹣4kx₁x₂+k²x₂²＝12，列出关于k的一元二次方程．

52．（扬州模拟）如图，将边长为15的正方形OEFP置于直角坐标系中，OE、OP分别与x轴、y轴的正半轴重合，边长为 的等边△ABC的边BC垂直于x轴，△ABC从点A与点O重合的位置开始，以每秒1个单位长的速度先向右平移，当BC边与直线EF重合时，继续以同样的速度向上平移，当点C与点F重合时，△ABC停止移动．设运动时间为x秒，△PAC的面积为y．

（1）当x为何值时，P、A、B三点在同一直线上，求出此时A点的坐标；

（2）在△ABC向右平移的过程中，当x分别取何值时，y取最大值和最小值？最大值和最小值分别是多少？

（3）在△ABC移动的过程中，请你就△PAC面积大小的变化情况提出一个综合论断．

【分析】（1）因为当P、A、B在同一直线上时，Rt△PBF中，∠PBF＝60°，所以根据三角函数与勾股定理的知识即可求得BF，DF与DE的长，则可得点A的坐标；

（2）首先求得AD的长，又由y＝S_梯形PODC﹣S_△POA﹣S_△ADC，即可求得y与x的函数，则可知y的最大值与最小值；

（3）由图象可知当△ABC向右移动时，△PAC的面积逐步增大，当△ABC向上移动时，△PAC的面积逐步减小．

【解答】解：（1）如图，当P、A、B在同一直线上时，Rt△PBF中，∠PBF＝60°，

∴BF＝5 ，DF＝FB﹣BD＝5 ﹣ ＝4 ，

则DE＝15﹣4 ，

∴x＝12+15﹣4 ＝27﹣4 （秒），

∴此时点A的坐标为（12，15﹣4 ）；

（2）如图，

△ABC中，AD＝AC•sin60°＝3，

当0≤x≤12时，

y＝S_梯形PODC﹣S_△POA﹣S_△ADC，

＝ （15+ ）（x+3）﹣ x﹣ ，

＝ x+ ﹣ x﹣ ，

＝ x+ ，

由一次函数性质可知：当x＝0时，y_最小＝ ；

当x＝12时，y_最大＝6 + ；

（3）当△ABC向右移动时，△PAC的面积由 逐步增大到6 + ；

当△ABC向上移动时，△PAC的面积由6 + 逐步减小到 ．

【点评】此题考查了正方形的性质，正三角形的性质，三角函数的知识以及一次函数的应用．此题综合性很强，解题时要注意数形结合与方程思想的应用．

53．（南充自主招生）如图所示，正方形ABCD的边长为1，点M、N分别在BC、CD上，使得△CMN的周长为2．

求：（1）∠MAN的大小；

（2）△MAN面积的最小值．

【分析】（1）延长CB至L，使BL＝DN，则Rt△ABL≌Rt△ADN，故AL＝AN，进而求证△AMN≌△AML，即可求得∠MAN＝∠MAL＝45°；

（2）设CM＝x，CN＝y，MN＝z，根据x²+y²＝z²和x+y+z＝2，整理根据△＝4（z﹣2）²﹣32（1﹣z）≥0可以解题．

【解答】解：（1）如图，延长CB至L，使BL＝DN，则Rt△ABL≌Rt△ADN，故AL＝AN，

∠1＝∠2，∠NAL＝∠DAB＝90°

又∵MN＝2﹣CN﹣CM＝DN+BM＝BL+BM＝ML

∴△AMN≌△AML

∴∠MAN＝∠MAL＝45°

（2）设CM＝x，CN＝y，MN＝z，

则x²+y²＝z²，

∵x+y+z＝2，则x＝2﹣y﹣z

于是（2﹣y﹣z）²+y²＝z²

整理得2y²+（2z﹣4）y+（4﹣4z）＝0

∴△＝4（z﹣2）²﹣32（1﹣z）≥0

即（z+2+ ）（z+2﹣ ）≥0

又∵z＞0

∴z≥ ﹣2当且仅当x＝y＝2﹣ 时等号成立

此时S_△AMN＝S_△AML＝ ML•AB＝ z

因此，当z＝ ﹣2，x＝y＝2﹣ 时，S_△AMN取到最小值为 ﹣1．

【点评】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了正方形各边长相等，各内角为直角的性质，本题中求证△AMN≌△AML是解题的关键．

54．（青岛）已知：如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC和CD上，AE＝AF．

（1）求证：BE＝DF；

（2）连接AC交EF于点O，延长OC至点M，使OM＝OA，连接EM，FM，判断四边形AEMF是什么特殊四边形？并证明你的结论．

【分析】（1）求简单的线段相等，可证线段所在的三角形全等，即证△ABE≌△ADF；

（2）由于四边形ABCD是正方形，易得∠ECO＝∠FCO＝45°，BC＝CD；联立（1）的结论，可证得EC＝CF，根据等腰三角形三线合一的性质可证得OC（即AM）垂直平分EF；已知OA＝OM，则EF、AM互相平分，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定四边形AEMF是菱形．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，

在Rt△ABE和Rt△ADF中，

∵ ，

∴Rt△ADF≌Rt△ABE（HL）

∴BE＝DF；

（2）解：四边形AEMF是菱形，理由为：

证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BCA＝∠DCA＝45°（正方形的对角线平分一组对角），

BC＝DC（正方形四条边相等），

∵BE＝DF（已证），

∴BC﹣BE＝DC﹣DF（等式的性质），

即CE＝CF，

在△COE和△COF中，

，

∴△COE≌△COF（SAS），

∴OE＝OF，又OM＝OA，

∴四边形AEMF是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形），

∵AE＝AF，

∴平行四边形AEMF是菱形．

【点评】本题主要考查对正方形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，平行线分线段成比例定理，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能综合运用这些性质进行推理是解此题的关键．

55．（江干区期末）阅读材料：

已知：一次函数y＝﹣x+b与反比例函数y＝ （x＞0），当两个函数的图象有交点时，求b的取值范围．

（1）方方给出了下列解答：

﹣x+b＝

x²﹣bx+4＝0

∵两个函数有交点，

∴△＝b²﹣16≥0．

但是方方遇到了困难：利用已学的知识无法解b²﹣16≥0这个不等式；

此时，圆圆提供了另一种解题思路；

第1步：先求出两个函数图象只有一个交点时，b＝　4　；

第2步：画出只有一个交点时两函数的图象（请帮圆圆在直角坐标系中画出图象）；

第3步：通过平移y＝﹣x+b的图象，观察得出两个函数的图象有交点时b的取值范围是　b≥4　．

应用：

如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC的长为x，AC的长为y，且S_△ABC＝12．

（2）求y关于x的函数表达式；

（3）设x+y＝m，求m的取值范围．

【分析】（1）根据材料提供的思路解决问题即可．

（2）利用三角形的面积公式，构建关系式，可得结论．

（3）由m＝x+ ≥2 ＝4 ，可得结论．

【解答】解：（1）当两个函数图象只有一个交点时，b²﹣16＝0，解得b＝4或﹣4（舍弃），

∴b＝4，

函数图象如图1所示：

观察图形可知，当b≥4时，两个函数有交点．

故答案为：4，b≥4；

（2）∵Rt△ABC中，∠C＝90°，BC的长为x，AC的长为y，且S_△ABC＝12．

∴ •x•y＝12，

∴y＝ （x＞0）．

（3）∵x+y＝m，

∴m＝x+ ，

∵x＞0， ＞0，

∴（ ﹣ ）²≥0，

∴x﹣2× × + ≥0，

∴x+ ≥2 ，

∴m≥4 ．

解法二：m＝x+ ，得到x²﹣mx+24＝0，

∵Δ≥0，

∴m²﹣96≥0，

∵m＞0，

∴m≥4 ．

【点评】本题属于反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，一次函数的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用图象法解决问题，属于中考常考题型．

56．（金华）背景：点A在反比例函数y＝ （k＞0）的图象上，AB⊥x轴于点B，AC⊥y轴于点C，分别在射线AC，BO上取点D，E，使得四边形ABED为正方形．如图1，点A在第一象限内，当AC＝4时，小李测得CD＝3．

探究：通过改变点A的位置，小李发现点D，A的横坐标之间存在函数关系．请帮助小李解决下列问题．

（1）求k的值．

（2）设点A，D的横坐标分别为x，z，将z关于x的函数称为“Z函数”．如图2，小李画出了x＞0时“Z函数”的图象．

①求这个“Z函数”的表达式．

②补画x＜0时“Z函数”的图象，并写出这个函数的性质（两条即可）．

③过点（3，2）作一直线，与这个“Z函数”图象仅有一个交点，求该交点的横坐标．

【分析】（1）求出点A的坐标，利用待定系数法求出k即可．

（2）①求出点A的坐标，再代入反比例函数的解析式即可．

②利用描点法画出图象，根据函数图象可得结论（答案不唯一）．

③由题意可知直线的解析式为z＝kx+2﹣3k，构建方程组，利用Δ＝0，求出k可得结论，另外直线x＝3也符合题意．

【解答】解：（1）∵AC＝4，CD＝3，

∴AD＝AC﹣CD＝1，

∵四边形ABED是正方形，

∴AB＝1，

∵AC⊥y轴，AB⊥x轴，

∴∠ACO＝∠COB＝∠OBA＝90°，

∴四边形ABOC是矩形，

∴OB＝AC＝4，

∴A（4，1），

∴k＝4．

（2）①由题意，A（x，x﹣z），

∴x（x﹣z）＝4，

∴z＝x﹣ ．

②图象如图所示．

性质1：x＞0时，y随x的增大而增大．

性质2：图象是中心对称图形．

③设直线的解析式为z＝kx+b，

把（3，2）代入得到，2＝3k+b，

∴b＝2﹣3k，

∴直线的解析式为z＝kx+2﹣3k，

由 ，消去z得到，（k﹣1）x²+（2﹣3k）x+4＝0，

当k≠1时，当Δ＝0时，（2﹣3k）²﹣4（k﹣1）×4＝0，

解得k＝ 或2，

当k＝ 时，方程为 x²﹣ x+4＝0，解得x₁＝x₂＝6．

当k＝2时，方程为x²﹣4x+4＝0，解得x₁＝x₂＝2．

当k＝1时．方程的解为x＝4，符合题意，

另外直线x＝3，也符合题意，此时交点的横坐标为3，

综上所述，满足条件的交点的横坐标为2或3或4或6．

【点评】本题属于反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，一元二次方程等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会把问题转化为方程组，再利用一元二次方程的根的判别式解决问题，属于中考压轴题．

57．（镇海区期末）如图，直线l₁：y₁＝k₁x+b与反比例y＝ 相交于A（﹣1，6）和B（﹣3，a），直线l₂：y₂＝k₂x与反比例函数y＝ 相交于A、C两点，连接OB．

（1）求反比例函数的解析式和B、C两点的坐标；

（2）根据图象，直接写出当k₁x+b＞ 时x的取值范围；

（3）求△AOB的面积；

（4）点P是反比例函数第二象限上一点，且点P的横坐标大于﹣3，小于﹣1，连接PO并延长，交反比例函数图象于点Q．

①试判断四边形APCQ的形状；

②当四边形APCQ的面积为10时，求点P的坐标．

【分析】（1）由点A的坐标利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出反比例函数解析式，再由点B在反比例函数图象上即可得出点B的坐标，依据正、反比例的对称性结合点A的坐标即可得出点C的坐标；

（2）根据两函数图象的上下位置关系即可得出不等式的解集；

（3）令直线l₁：y₁＝k₁x+b与x轴的交点坐标为D，利用分割图形求面积法结合三角形的面积公式即可求出△AOB的面积；

（4）①根据正、反比例的对称性即可得出P、Q关于原点对称，再结合OA＝OC即可得出四边形APCQ为平行四边形；

②连接AP并延长交x轴于点E，设点P坐标为（n，﹣ ）（﹣3＜n＜﹣1），利用待定系数法即可求出直线AP的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可得出点E的坐标，利用分割图形求面积法结合平行四边形APCQ的面积为10，即可得出关于n的一元二次方程，解方程求出n值，将其代入点P的坐标即可得出结论．

【解答】解：（1）∵点A（﹣1，6）在反比例y＝ 的图象上，

∴6＝ ，解得：m＝﹣6，

∴反比例函数的解析式为y＝﹣ ．

当x＝﹣3时，y＝2，

∴点B的坐标为（﹣3，2）．

∵直线l₂：y₂＝k₂x与反比例函数y＝ 相交于A、C两点，且点A（﹣1，6），

∴点C的坐标为（1，﹣6）．

（2）观察函数图象发现：当﹣3＜x＜﹣1或x＞0时，直线l₁：y₁＝k₁x+b在反比例y＝ 的上方，

∴当k₁x+b＞ 时x的取值范围为﹣3＜x＜﹣1或x＞0．

（3）令直线l₁：y₁＝k₁x+b与x轴的交点坐标为D，如图1所示．

将A（﹣1，6）、B（﹣3，2）代入y₁＝k₁x+b中，

得： ，解得： ，

∴直线l₁：y₁＝2x+8．

当y₁＝0时，x＝﹣4，

∴D（﹣4，0），

∴OD＝4．

∴S_△AOB＝S_△AOD﹣S_△BOD＝ •OD•（y_A﹣y_B）＝ ×4×（6﹣2）＝8．

（4）①∵连接PO并延长，交反比例函致图象于点Q，

∴点P、Q关于原点对称，

∴OP＝OQ．

又∵OA＝OC，

∴四边形APCQ为平行四边形．

②连接AP并延长交x轴于点E，如图2所示．

设点P坐标为（n，﹣ ）（﹣3＜n＜﹣1），直线AP的解析式为y＝kx+c，

将点A（﹣1，6）、P（n，﹣ ）代入y＝kx+c中，

得： ，解得： ，

∴直线AP的解析式为y＝﹣ x+ ，

当y＝0时，x＝n﹣1，

∴E（n﹣1，0）．

∴S_{四边形APCQ}＝4S_△AOP＝4× •OE•（y_A﹣y_P）＝10，

整理得：6n²+5n﹣6＝0，

解得：n＝﹣ 或n＝ （舍去），

∴点P的坐标为（﹣ ，4）．

∴当四边形APCQ的面积为10时，点P的坐标为（﹣ ，4）．

【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式、反比例函数图象上点的坐标特征、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的判定与性质，解题的关键是：（1）利用反比例函数图象上点的坐标特征求出反比例解析式；（2）根据函数图象的位置关系解不等式；（3）求出点D坐标；（4）①根据四边形对角线互相平分得四边形为平行四边形；②利用面积找出关于n的一元二次方程．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，巧妙的利用点到直线的距离能够降低难度．

58．（泰州）平面直角坐标系xOy中，点A、B分别在函数y₁＝ （x＞0）与y₂＝﹣ （x＜0）的图象上，A、B的横坐标分别为

a、b．

（1）若AB∥x轴，求△OAB的面积；

（2）若△OAB是以AB为底边的等腰三角形，且a+b≠0，求ab的值；

（3）作边长为3的正方形ACDE，使AC∥x轴，点D在点A的左上方，那么，对大于或等于4的任意实数a，CD边与函数y₁＝ （x＞0）的图象都有交点，请说明理由．

【分析】（1）如图1，AB交y轴于C，由于AB∥x轴，根据k的几何意义得到S_△OAC＝2，S_△OBC＝2，所以S_△OAB＝S_△OAC+S_△OBC＝4；

（2）根据函数图象上点的坐标特征得A、B的纵坐标分别为 、﹣ ，根据两点间的距离公式得到OA²＝a²+（ ）²，OB²＝b²+（﹣ ）²，则利用等腰三角形的性质得到a²+（ ）²＝b²+（﹣ ）²，变形得到（a+b）（a﹣b）（1﹣ ）＝0，由于a+b≠0，a＞0，b＜0，所以1﹣ ＝0，易得ab＝﹣4；

（3）由于a≥4，AC＝3，则可判断直线CD在y轴的右侧，直线CD与函数y₁＝ （x＞0）的图象一定有交点，设直线CD与函数y₁＝ （x＞0）的图象交点为F，由于A点坐标为（a， ），正方形ACDE的边长为3，则得到C点坐标为（a﹣3， ），F点的坐标为（a﹣3， ），所以FC＝ ﹣ ，然后比较FC与3的大小，由于3﹣FC＝3﹣（ ﹣ ）＝ ，而a≥4，所以3﹣FC≥0，于是可判断点F在线段DC上．

【解答】解：（1）如图1，AB交y轴于C，

∵AB∥x轴，

∴S_△OAC＝ ×|4|＝2，S_△OBC＝ ×|﹣4|＝2，

∴S_△OAB＝S_△OAC+S_△OBC＝4；

（2）∵A、B的横坐标分别为a、b，

∴A、B的纵坐标分别为 、﹣ ，

∴OA²＝a²+（ ）²，OB²＝b²+（﹣ ）²，

∵△OAB是以AB为底边的等腰三角形，

∴OA＝OB，

∴a²+（ ）²＝b²+（﹣ ）²，

∴a²﹣b²+（ ）²﹣（ ）²＝0，

∴a²﹣b²+ ＝0，

∴（a+b）（a﹣b）（1﹣ ）＝0，

∵a+b≠0，a＞0，b＜0，

∴1﹣ ＝0，

∴ab＝﹣4；

（3）∵a≥4，

而AC＝3，

∴直线CD在y轴的右侧，直线CD与函数y₁＝ （x＞0）的图象一定有交点，

设直线CD与函数y₁＝ （x＞0）的图象交点为F，如图2，

∵A点坐标为（a， ），正方形ACDE的边长为3，

∴C点坐标为（a﹣3， ），

∴F点的坐标为（a﹣3， ），

∴FC＝ ﹣ ，

∵3﹣FC＝3﹣（ ﹣ ）＝ ，

而a≥4，

∴3﹣FC≥0，即FC≤3，

∵CD＝3，

∴点F在线段DC上，

即对大于或等于4的任意实数a，CD边与函数y₁＝ （x＞0）的图象都有交点．

【点评】本题考查了反比例函数的综合题：掌握反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数比例系数的几何意义、图形与坐标和正方形的性质；会利用求差法对代数式比较大小．

59．（密云县）已知：如图，正比例函数y＝ax的图象与反比例函数y＝ 的图象交于点A（3，2）

（1）试确定上述正比例函数和反比例函数的表达式；

（2）根据图象回答，在第一象限内，当x取何值时，反比例函数的值大于正比例函数的值；

（3）M（m，n）是反比例函数图象上的一动点，其中0＜m＜3，过点M作直线MN∥x轴，交y轴于点B；过点A作直线AC∥y轴交x轴于点C，交直线MB于点D．当四边形OADM的面积为6时，请判断线段BM与DM的大小关系，并说明理由．

【分析】（1）将A（3，2）分别代入y＝ ，y＝ax中，得ak的值，进而可得正比例函数和反比例函数的表达式；

（2）观察图象，得在第一象限内，当0＜x＜3时，反比例函数的图象在正比例函数的上方；故反比例函数的值大于正比例函数的值；

（3）有S_△OMB＝S_△OAC＝ ×|k|＝3，可得S_矩形OBDC为12；即OC•OB＝12；进而可得mn的值，故可得BM与DM的大小；比较可得其大小关系．

【解答】解：（1）将A（3，2）分别代入y＝ ，y＝ax中，得：2＝ ，3a＝2，

∴k＝6，a＝ ，

∴反比例函数的表达式为：y＝ ，

正比例函数的表达式为y＝ x．

（2） ⇒交点A为（3，2）

观察图象，得在第一象限内，当0＜x＜3时，反比例函数的值大于正比例函数的值．

（3）BM＝DM

理由：∵MN∥x轴，AC∥y轴，

∴四边形OCDB是平行四边形，

∵x轴⊥y轴，

∴▱OCDB是矩形．

∵M和A都在双曲线y＝ 上，

∴BM×OB＝6，OC×AC＝6，

∴S_△OMB＝S_△OAC＝ ×|k|＝3，

又∵S_{四边形OADM}＝6，

∴S_矩形OBDC＝S_{四边形OADM}+S_△OMB+S_△OAC＝3+3+6＝12，

即OC•OB＝12，

∵OC＝3，

∴OB＝4，

即n＝4

∴m＝

∴MB＝ ，MD＝3﹣ ＝

∴MB＝MD．

【点评】此题综合考查了反比例函数，正比例函数等多个知识点．此题难度稍大，综合性比较强，注意对各个知识点的灵活应用．

60．（武冈市期末）某单位欲从内部招聘管理人员一名，对甲、乙、丙三名候选人进行了笔试和面试两项测试，三人的测试成绩如下表所示．

测试 项目	测试成绩/分
	甲	乙	丙
笔试	75	80	90
面试	93	70	68

根据录用程序，组织200名职工对三人利用投票推荐的方式进行民主评议，三人得票率（没有弃权票，每位职工只能推荐1人）如图所示，每得一票记作1分．

（1）甲的民主评议得分为　50　分；如果根据三项测试的平均成绩确定录用人选，那么　乙　将被录用．

（2）根据实际需要，单位将笔试、面试、民主评议三项测试得分按4：3：3的比例确定个人成绩，那么谁将被录用？（请写出计算过程）

【分析】（1）根据扇形统计图得出每部分所占的百分比，求出甲、乙、丙民主评议的得分，再根据平均数的计算公式求出各自的平均数，然后进行比较，即可得出答案；

（2）利用加权平均数的计算公式列式计算求出三人的得分，然后即可判断录用的候选人．

【解答】解：（1）甲的民主评议得分为：200×（1﹣35%﹣40%）＝50（分），

乙的民主评议得分为：200×40%＝80（分），

丙的民主评议得分为：200×35%＝70（分），

甲的平均成绩是： ＝72.67（分），

乙的平均成绩是： ＝76.67（分），

丙的平均成绩是： ＝76，

根据三项测试的平均成绩确定录用人选，那么乙被录用；

故答案为：50，乙；

（2）将笔试、面试、民主评议三项测试得分按4：3：3的比例，

则甲得分：（4×75+3×93+3×50）÷（4+3+3）＝72.9（分），

乙得分：（4×80+3×70+3×80）÷（4+3+3）＝77（分），

丙得分：（4×90+3×68+3×70）÷（4+3+3）＝77.4（分），

则丙将被录用．

【点评】本题考查的是加权平均数的求法，要注意各部分的权重与相应的数据的关系，根据公式列出算式是解题的关键．