16
y＝4t
y＝9（t－2）
解得
t＝5
64
∴答案为
16
5
ABCD的各条边上，AB
BFG≌△DHE；③tan∠
．（把所有正确
18．（2018济南，18，4分）如图，矩形EFGH的四个顶点分别在矩形
＝EF，FG＝2，GC＝3．有以下四个结论：
①∠BGF＝∠CHG；②△
1
BFG＝2；④矩形EFGH的面积是43．其中一定成立的是
结论的序号填在横线上）
答案】①②④．
【解析】设EH＝AB＝a，则CD＝GH＝a．
∵∠FGH＝90°，∴∠BGF＋∠CGH＝90°.又∵∠CGH＋∠CHG＝90°,
∴∠BGF＝∠CHG⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯故①正确．同理可得∠DEH＝∠CHG.
∴∠BGF＝∠DEH.
又∵∠B＝∠D＝90°，FG＝EH,
故②正确．
∴△BFG≌△DHE⋯
同理可得△AFE≌△CHG.∴AF＝CH.
BFFGBF26
易得△BFG∽△CGH.∴＝.∴＝.∴BF＝.
CGGH3aa
66∴AF＝AB－BF＝a－.∴CH＝AF＝a－.
aa
在Rt△CGH中，∵CG2＋CH2＝GH2，
∴3＋（a－）＝a.解得a＝23.∴GH＝23.∴BF＝a－＝3.aa
在Rt△BFG中，
cos∠BFG＝FBGF＝
3，
2，
∴∠BFG＝30°
∴tan∠BFG＝tan30°＝3.
故③正确．
故④正确．
矩形EFGH的面积＝FG×GH＝2×23＝43
三、解答题（本大题共9小题，共78分）
计算：
2－1＋│－5│－sin30°＋（π－1）0．
解：
2－1＋│－5│－sin30°＋（π－1）0．
11
＝2＋5－2＋1
＝6
解：
由①，得
3x－2x<3－1.
∴x<2.
由②，得
4x>3x－1.
∴x>－1.
求证：
OB＝OD．
证明：
∵□ABCD中，
∴AD＝BC,AD∥BC.∴∠ADB＝∠CBD.又∵AE＝CF，∴AE＋AD＝CF＋BC.∴ED＝FB.
又∵∠EOD＝∠FOB,∴△EOD≌△FOB.∴OB＝OD．
22．（2018济南，22，8分）
150名学生多观历
2000元，票价信
本学期学校开展以“感受中华传统买德”为主题的研学部动，组织史好物馆和民俗晨览馆，每一名学生只能参加其中全顺活动，共支付票款息如下：
地点
票价
历史博物馆
10元/人
民俗展览馆
20元/人
史博物馆和民俗展览
1）请问参观历
馆的人数各是多少人
10x＋20（150－x）2000.
10x＋3000－20x＝2000.
－10x＝－1000.
∴x＝100.
∴150－x＝50.
2）2000－150×10＝500（元）
23．（2018济南，23，8分）
分别连接CB、CD，∠BCD＝60°．
（1）求∠ABD的度数；
（2）若AB＝6，求PD的长度．
解析】解：
（1）方法一：
连接AD（如答案图1所示）．
∵BA是⊙O直径，∴∠BDA＝90°．
⌒⌒
BD＝BD，∴∠BAD＝∠C＝60°．
∴∠ABD＝90°－∠BAD＝90°－60°＝30°．
方法二：
连接DA、OD（如答案图2所示），则∠BOD＝2∠C＝2×60°＝120°．
第23题答案图1
第23题答案图2
∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB＝12（180°－120°）＝30°
即∠ABD＝30°
（2）∵AP是⊙O的切线，∴∠BAP＝90°
在Rt△BAD中，∵∠ABD＝30°，
11∴DA＝2BA＝2×6＝3．∴BD＝3DA＝33．
AB63
在Rt△BAP中，∵cos∠ABD＝PB，∴cos30°＝PB＝2．∴BP＝43．∴PD＝BP－BD＝43－33＝3．
24．（2018济南，24，10分）
某校开设了“3D”打印、数学史、诗歌欣赏、陶艺制作四门校本课程，为了解学生对
这四门校本课程的喜爱情况，对学生进行了随机问卷调查（问卷调查表如图所示），将调查
结果整理后绘制例图1、图2两幅均不完整的统计图表．
请您根据图表中提供的信息回答下列问题：
（1）统计表中的a＝，b＝
（2）“D”对应扇形的圆心角为度；
3）根据调查结果，请您估计该校2000名学生中最喜欢“数学史”校本课程的人数；
（4）小明和小亮参加校本课程学习，若每人从“A”、“B”、“C”三门校本课程中随机选
取一门，请用画树状图或列表格的方法，求两人恰好选中同一门校本课程的概率．
b＝16÷80＝.
8÷80×360°＝36°
3）
估计该校2000名学生中最喜欢“数学史”校本课程的人数为：
2000×＝500（人）．
A
B
C
A
A,A
B,A
C,A
B
A,B
B,B
C,B
C
A,C
B,C
C,C
3种，所以
共有9种等可能的结果，其中两人恰好选中同一门校本课程的结果有
25．（2018济南，25，10分）
如图，直线y＝ax＋2与x轴交于点A（1，0），与y轴交于点B（0，b）．将线段AB先向右平移1个单位长度、再向上平移t（t>0）个单位长度，得到对应线段CD，反比例函数yk
＝（x>0）的图象恰好经过C、D两点，连接AC、BD．
x
（1）求a和b的值；
（2）求反比例函数的表达式及四边形ABDC的面积；
k
（3）点N在x轴正半轴上，点M是反比例函数y＝x（x>0）的图象上的一个点，若△CMN
M的坐标．
x
是以CM为直角边的等腰直角三角形时，求所有满足条件的点
解析】解：
（1）将点A（1，0）代入y＝ax＋2，得0＝a＋2．∴a＝－2．
∴直线的解析式为y＝－2x＋2．
将x＝0代入上式，得y＝2．∴b＝2．∴点B（0，2）．
（2）由平移可得：
点C（2，t）、D（1，2＋t）．
∴反比例函数的解析式为y＝x4，点C（2，2）、点D（1，4）．
x
分别连接BC、AD（如答案图1）．
B（0，2）、
C（2，
2），∴
BC∥x轴，
BC＝2
A（1，0）、
D（1，
4），∴
AD⊥x轴，
AD＝4
BC⊥AD．
11
∴S四边形ABDC＝2×BC×AD＝2×2×4＝4．
第25题答案图1
（3）①当∠NCM＝90°、CM＝CN时（如答案图2所示），过点C作直线l∥x轴，交y轴于点G．过点M作MF⊥直线l于点F，交x轴于点H．过点N作NE⊥直线l于点E．
设点N（m，0）（其中m>0），则ON＝m，CE＝2－m．
∵∠MC＝N90°，∴∠MCF＋∠NCE＝90°．
∵NE⊥直线l于点E，∴∠ENC＋∠NCE＝90°．
∴∠MCF＝∠ENC．
又∵∠MFC＝∠NEC＝90°，CN＝CM，∴△NEC≌△CFM．
∴CF＝EN＝2，FM＝CE＝2－m．
∴FG＝CG＋CF＝2＋2＝4．∴xM＝4．
M（4，1）．
4
将x＝4代入y＝x，得y＝1．∴点
x
②当∠NMC＝90°、MC＝MN时（如答案图3所示），过点C作直线l⊥y轴与点F，则CF＝xC＝2．过点M作MG⊥x轴于点G，MG交直线l与点E，则MG⊥直线l于点E，EG＝yC
＝2．
∵∠CMN＝90°，∴∠CM＋E∠NM＝G90°．
∵ME⊥直线l于点E，∴∠ECM＋∠CME＝90°
∴∠NMG＝∠ECM．
又∵∠CEM＝∠NGM＝90°，CM＝MN，∴△CEM≌△MG．N
∴CE＝MG，EM＝NG．
设CE＝MG＝a，则yM＝a，xM＝CF＋CE＝2＋a．∴点M（2＋a，a）．
44
将点M（2＋a，a）代入y＝x，得a＝2＋a．解得a1＝5－1，a2＝－5－1．
x2＋a
∴xM＝2＋a＝5＋1．
∴点M（5＋1，5－1）．
综合①②可知：
点M的坐标为（4，1）或（5＋1，5－1）．
26．（2018济南，26，12分）
在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，以CA为边在∠ACB的另一侧作∠ACM＝∠ACB，点D为射线BC上任意一点，在射线CM上截取CE＝BD，连接AD、DE、AE．
（1）如图1，当点D落在线段BC的延长线上时，直接写出∠ADE的度数；
（2）如图2，当点D落在线段BC（不含边界）上时，AC与DE交于点F，请问
（1）中的结论是否仍成立如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；
（3）在
（2）的条件下，若AB＝6，求CF的最大值．
M
解析】
解：
（1）∠ADE＝30°
（2）
（1）中的结论是否还成立
证明：
连接AE（如答案图1所示）．
∵∠BAC＝120°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝30°．又∵∠ACM＝∠ACB，∴∠B＝∠ACM＝30°．
又∵CE＝BD，
∴△ABD≌△ACE.∴AD＝AE,∠1＝∠2.
∴∠2＋∠3＝∠1＋∠3＝∠BAC＝120°.即∠DAE＝120°
又∵AD＝AE,∴∠ADE＝∠AED＝30°
答案图2
∵∠ADE＝∠ACB＝30°且∠DAF＝∠CAD，
2
∴△ADF∽△ACD.∴AD＝AF.∴AD2＝AF·AC．∴AD2＝6AF．∴AF＝AD．
ACAD6
∴当AD最短时，AF最短、CF最长．
1易得当AD⊥BC时，AF最短、CF最长（如答案图2所示），此时AD＝2AB＝3．
AD2323∴AF最短＝＝＝．
662
∴CF最长＝AC－AF最短＝6－23＝92.
27．（2018济南，27，12分）
2
如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋4过A（2，0）、B（4，0）两点，交y轴于点C，过点C作x轴的平行线与不等式抛物线上的另一个交点为D，连接AC、BC．点P是该抛物线上一动点，
设点P的横坐标为m（m>4）．
（1）求该抛物线的表达式和∠ACB的正切值；
（2）如图2，若∠ACP＝45°，求m的值；
（3）如图3，过点A、P的直线与y轴于点N，过点P作PM⊥CD，垂足为M，直线MN与x轴交于点Q，试判断四边形ADMQ的形状，并说明理由．
【解析】
2解：
（1）将点A（2，0）和点B（4，0）分别代入y＝ax2＋bx＋4，得
1
0＝4a＋2x＋4．解得a＝2．∴该抛物线的解析式为y＝1x2－3x＋4.
0＝16a＋4b＋42
b＝－3
将x＝0代入上式，得y＝4.∴点C（0，4），OC＝4．
在Rt△AOC中，AC＝
＋42＝25.
G＝90°
设直线AC的解析式为y＝kx＋4,
将点A（2，0）代入上式，得0＝2k＋4．解得k＝－2．
∴直线AC的解析式为y＝－2x＋4．同理可得直线BC的解析式为y＝－x＋4．
求tan∠ACB方法一：
过点B作BG⊥CA，交CA的延长线于点G（如答案图1所示），则∠∵∠COA＝∠G＝90°，∠CAO＝∠BAG，∴△GAB∽△OAC.
BGOC4
∴AG＝OA＝2＝2.∴BG＝2AG.
在Rt△ABG中，∵BG2＋AG2＝AB2,∴（2AG）2＋AG2＝＝
求tan∠ACB方法二：
1.
过点A作AE⊥AC，交BC于点E（如答案图2所示），则kA·EkAC＝
1∴－2kAE＝－1.∴kAE＝.
2
1
∴可设直线AE的解析式为y＝2x＋m．
1
将点A（2，0）代入上式，得0＝2×2＋m．解得m＝－1．
10
1x＝
y＝x－1x＝3102
由方程组2解得2．∴点E（3，3）．
y＝－x＋4y＝3
10222
∴AE＝2－1302＋0－232
在Rt△AEC中，tan∠ACB＝AC＝＝13.
AC253
求tan∠ACB方法三：
过点A作AF⊥BC，交BC点E（如答案图3所示），则kAF·kBC＝－1.
∴－kAF＝－1.∴kAF＝1.
∴可设直线AF的解析式为y＝x＋n．
将点A（2，0）代入上式，得0＝2＋n．解得n＝－2．
∴直线AF的解析式为y＝x－2．
由方程组yy＝＝－x－x2＋4解得yx＝＝31．∴点F（3，1）．
在Rt△AEC中，tan∠ACB＝CAFF＝2＝31．
CF323
第27题答案图3
2）方法一：
利用“一线三等角”模型
将线段AC绕点A沿顺时针方向旋转90°，得到线段AC′，则
AC′＝AC，∠C′AC＝90°，∠CC′A＝∠ACC′＝45
∴∠CAO＋∠C′AB＝90°．
又∵∠OCA＋∠CAO＝90°，
∴∠OCA＝∠C′AB．
过点C′作C′E⊥x轴于点E．则∠C′EA＝∠COA＝90°
∵∠C′EA＝∠COA＝90°，∠OCA＝∠C′AB，AC′＝AC，
∴△C′EA≌△AOC．
∴C′E＝OA＝2，AE＝OC＝4．
∴OE＝OA＋AE＝2＋4＝6．
∴点C′（6，2）．
设直线C′C的解析式为y＝hx＋4．1
将点C′（6，2）代入上式，得2＝6h＋4．解得h＝－3．
1
∴直线C′C的解析式为y＝－3x＋4．
3
∵∠ACP＝45°，∠ACC′＝45°，∴点P在直线C′C上．
设点P的坐标为（x，y），则x是方程21x2－3x＋4＝－31x＋4的一个解．
将方程整理，得3x2－14x＝0．
∴点P的坐标为（136，290）．
第27题答案图4
第27题答案图5
2）方法二：
利用正方形中的“全角夹半角”模型．
过点B作BH⊥CD于点H，交CP于点K，连接AK．易得四边形OBHC是正方形．
应用“全角夹半角”可得AK＝OA＋HK．
设K（4，h），则BK＝h，HK＝HB－KB＝4－h，AK＝OA＋HK＝2＋（4－h）＝6－h．
在Rt△ABK中，由勾股定理，得AB2＋BK2＝AK2．∴22＋h2＝（6－h）2．解得h＝83．
3
8
∴点K（4，3）．
设直线CK的解析式为y＝hx＋4．
881
将点K（4，3）代入上式，得3＝4h＋4．解得h＝－3．
1
∴直线CK的解析式为y
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