2014扬州市中考数学试卷（有答案和解释）
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2014扬州市中考数学试卷（有答案和解释）
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2014扬州市中考数学试卷（有答案和解释）
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文 章来源莲山 课件 w w w.5Y k J.C om &&&&&&&&&&&&&&&&&& 数&&& 学G单元& 立体几何 G1& 空间几何体的结构 19．、、[;安徽卷] 如图1&5所示，四棱锥P & ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.&图1&5(1)证明：GH∥EF；(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．19．解： (1)证明：因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.(2)连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD.又BD∩AC＝O，且AC，BD都在平面ABCD内，所以PO⊥平面ABCD.又因为平面GEFH⊥平面ABCD，且PO⊄平面GEFH，所以PO∥平面GEFH.因为平面PBD∩平面GEFH＝GK，所以PO∥GK，所以GK⊥平面ABCD.又EF⊂平面ABCD，所以GK⊥EF，所以GK是梯形GEFH的高．由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，从而KB＝14DB＝12OB，即K是OB的中点．再由PO∥GK得GK＝12PO，所以G是PB的中点，且GH＝12BC＝4.由已知可得OB＝42，PO＝PB2－OB2＝68－32＝6，所以GK＝3，故四边形GEFH的面积S＝GH＋EF2•GK＝4＋82×3＝18.&&& 3．[;福建卷] 以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于(　　)A．2π& B．π& C．2& D．13．A　10．[;湖北卷] 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“锔恰钡氖酢爸萌缙渲埽钕喑艘玻忠愿叱酥梢唬备檬跸嗟庇诟隽擞稍沧兜牡酌嬷艹L与高h，计算其体积V的近似公式V≈136L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈275L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为(　　)A.227& B.258C.15750& D.35511310．B　7．[;新课标全国卷Ⅱ] 正三棱柱ABC & A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC中点，则三棱锥A & B1DC1的体积为(　　)A．3& B.32& C．1& D.327．C　20．、[;重庆卷] 如图1&4所示四棱锥P&ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝π3，M为BC上一点，且BM＝12.(1)证明：BC⊥平面POM；(2)若MP⊥AP，求四棱锥P&ABMO的体积．&图1&420．解：(1)证明：如图所示，因为四边形ABCD为菱形，O为菱形的中心，连接OB，则AO⊥OB.因为∠BAD＝π3，所以OB＝AB•sin∠OAB＝2sinπ6＝1.又因为BM＝12，且∠OBM＝π3，在△OBM中，OM2＝OB2＋BM2－2OB•BM•cos∠OBM＝12＋122－2×1×12×cosπ3＝34，所以OB2＝OM2＋BM2，故OM⊥BM.又PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内的两条相交直线OM，PO都垂直，所以BC⊥平面POM.&(2)由(1)可得，OA＝AB•cos∠OAB＝2×cosπ6＝3.设PO＝a，由PO⊥底面ABCD，知△POA为直角三角形，故PA2＝PO2＋OA2＝a2＋3.又△POM也是直角三角形，故PM2＝PO2＋OM2＝a2＋34.连接AM，在△ABM中，AM2＝AB2＋BM2－2AB•BM•cos∠ABM＝22＋122－2×2×12×cos2π3＝214.由已知MP⊥AP，故△APM为直角三角形，则PA2＋PM2＝AM2，即a2＋3＋a2＋34＝214，解得a＝32或a＝－32(舍去)，即PO＝32.此时S四边形ABMO＝S△AOB＋S△OMB＝12•AO•OB＋12•BM•OM＝12×3×1＋12×12×32＝5　38.所以四棱锥P&ABMO的体积V四棱锥P&ABMO＝13•S四边形ABMO•PO＝13×5　38×32＝516.
G2& 空间几何体的三视图和直观图8．[;安徽卷] 一个多面体的三视图如图1&2所示，则该多面体的体积是(　　)&图1&2A.233& B.476& C．6& D．78．A　&11．[;北京卷] 某三棱锥的三视图如图1&3所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．&图1&311．22　&7．[;湖北卷] 在如图1&1所示的空间直角坐标系O &xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为(　　)&　 图1&2A．①和②& B．③和①C．④和③& D．④和②7．D　8．、[;湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图1&2所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于(　　)&图1&2A．1& B．2& C．3& D．48．B　7．、[;辽宁卷] 某几何体三视图如图1&2所示，则该几何体的体积为(　　)&图1&2A．8－π4& B．8－π2& C．8－π& D．8－2π7．C　3．[;浙江卷] 某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是(　　)&图1&1A．72 cm3& B．90 cm3C．108 cm3& D．138 cm33．B　
6．[;新课标全国卷Ⅱ] 如图1&1，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm，高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为(　　)&图1&1A.1727& B.59C.1027& D.136．C　8．[;全国新课标卷Ⅰ] 如图1&1，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是(　　)A．三棱锥& B．三棱柱C．四棱锥& D．四棱柱8．B　&17．、[;陕西卷] 四面体ABCD及其三视图如图1&4所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.&图1&4(1)求四面体ABCD的体积；(2)证明：四边形EFGH是矩形．17．解：(1)由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，∴AD⊥平面BDC，∴四面体ABCD的体积V＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明：∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩ 平面ABC＝EH，
∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．4．[;四川卷] 某三棱锥的侧视图、俯视图如图1&1所示，则该三棱锥的体积是(锥体体积公式：V＝13Sh，其中S为底面面积，h为高)(　　)
&图1&1A．3& B．2& C.3& D．14．D　7．[;重庆卷] 某几何体的三视图如图1&2所示，则该几何体的体积为(　　)&图1&2A．12& B．18& C．24& D．307．C　
10．[;天津卷] 一个几何体的三视图如图1&2所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.&10.20π3　
G3& 平面的基本性质、空间两条直线19．、、[;安徽卷] 如图1&5所示，四棱锥P & ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.&图1&5(1)证明：GH∥EF；(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．19．解： (1)证明：因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.(2)连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD.又BD∩AC＝O，且AC，BD都在平面ABCD内，所以PO⊥平面ABCD.又因为平面GEFH⊥平面ABCD，且PO⊄平面GEFH，所以PO∥平面GEFH.因为平面PBD∩平面GEFH＝GK，所以PO∥GK，所以GK⊥平面ABCD.又EF⊂平面ABCD，所以GK⊥EF，所以GK是梯形GEFH的高．由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，从而KB＝14DB＝12OB，即K是OB的中点．再由PO∥GK得GK＝12PO，所以G是PB的中点，且GH＝12BC＝4.由已知可得OB＝42，PO＝PB2－OB2＝68－32＝6，所以GK＝3，故四边形GEFH的面积S＝GH＋EF2•GK＝4＋82×3＝18.18．、[;湖南卷] 如图1&3所示，已知二面角α&MN&β的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A，B两点在棱MN上，∠BAD＝60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O.&图1&3(1)证明：AB⊥平面ODE；(2)求异面直线BC与OD所成角的余弦值．18．解：(1)证明：如图，因为DO⊥α，AB⊂α，所以DO⊥AB.连接BD，由题设知，△ABD 是正三角形，又E是AB的中点，所以DE⊥AB.而DO∩DE＝D，故AB⊥平面ODE.&(2)因为BC∥AD，所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即∠ADO是BC与OD所成的角．由(1)知，AB⊥平面ODE，所以AB⊥OE.又DE⊥AB，于是∠DEO是二面角α&MN&β的平面角，从而∠DEO＝60°.不妨设AB＝2，则AD＝2，易知DE＝3.在Rt△DOE中，DO＝DE•sin 60°＝32.连接AO，在Rt△AOD中，cos∠ADO＝DOAD＝322＝34.故异面直线BC与OD所成角的余弦值为34.4．[;辽宁卷] 已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是(　　)A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α4．B　
G4& 空间中的平行关系 6．、[;浙江卷] 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面(　　)A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α& B．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α& D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α6．C　
19．、、[;安徽卷] 如图1&5所示，四棱锥P & ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.&图1&5(1)证明：GH∥EF；(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．19．解： (1)证明：因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.(2)连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD.又BD∩AC＝O，且AC，BD都在平面ABCD内，所以PO⊥平面ABCD.又因为平面GEFH⊥平面ABCD，且PO⊄平面GEFH，所以PO∥平面GEFH.因为平面PBD∩平面GEFH＝GK，所以PO∥GK，所以GK⊥平面ABCD.又EF⊂平面ABCD，所以GK⊥EF，所以GK是梯形GEFH的高．由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，从而KB＝14DB＝12OB，即K是OB的中点．再由PO∥GK得GK＝12PO，所以G是PB的中点，且GH＝12BC＝4.由已知可得OB＝42，PO＝PB2－OB2＝68－32＝6，所以GK＝3，故四边形GEFH的面积S＝GH＋EF2•GK＝4＋82×3＝18.17．、[;北京卷] 如图1&5，在三棱柱ABC &A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．&图1&5(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E & ABC的体积．17．解：(1)证明：在三棱柱ABC & A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面B1BCC1.所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)证明：取AB的中点G，连接EG，FG.&因为E，F，G分别是A1C1，BC，AB的中点，所以FG∥AC，且FG＝12AC，EC1＝12A1C1.因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1，所以四边形FGEC1为平行四边形，所以C1F∥EG.又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.(3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝AC2－BC2＝3.所以三棱锥E & ABC的体积V＝13S△ABC•AA1＝13×12×3×1×2＝33.20．、[;湖北卷] 如图1&5，在正方体ABCD &A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：(1)直线BC1∥平面EFPQ；(2)直线AC1⊥平面PQMN.&图1&520．证明：(1)连接AD1，由ABCD & A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1.因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.&(2)如图，连接AC，BD，A1C1，则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD.又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1A1.而AC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AC1.因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.16．、[;江苏卷] 如图1&4所示，在三棱锥P & ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.&
&图1&416．证明： (1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝12PA＝3，EF＝12BC＝4.又因为DF＝5，所以DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.18．、[;新课标全国卷Ⅱ] 如图1&3，四棱锥P &ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P & ABD的体积V＝34，求A到平面PBC的距离．&图1&318．解：(1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.&因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)V＝13×12×PA×AB×AD＝36AB，由V＝34，可得AB＝32.作AH⊥PB交PB于点H.由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，因为PB∩BC＝B，所以AH⊥平面PBC.又AH＝PA•ABPB＝31313，所以点A到平面PBC的距离为31313.18．，[;山东卷] 如图1&4所示，四棱锥P&ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝12AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．&图1&4(1)求证：AP∥平面BEF；(2)求证：BE⊥平面PAC.18．证明：(1)设AC∩BE＝O，连接OF，EC.由于E为AD的中点，&AB＝BC＝12AD，AD∥BC，所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，所以O为AC的中点．又在△PAC中，F为PC的中点，所以AP∥OF.又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，所以AP∥平面BEF.(2)由题意知，ED∥BC，ED＝BC，所以四边形BCDE为平行四边形，所以BE∥CD.又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，所以AP⊥BE.因为四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，所以BE⊥平面PAC.18．、[;四川卷] 在如图1&4所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1.(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．&图1&418．解：(1)证明：因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.因为AB，AC为平面ABC内的两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内的两条相交直线，所以BC⊥平面ACC1A1.(2)取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．&图1&4由已知，O为AC1的中点．连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以MD12AC，OE12AC，因此MDOE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，所以DE∥MO.因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC.所以直线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC.17．、、[;天津卷] 如图1&4所示，四棱锥P & ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA＝BD＝2，AD＝2，PA＝PD＝5，E，F分别是棱AD，PC的中点．&
(1)证明：EF∥平面PAB；(2)若二面角P&AD&B为60°.(i)证明：平面PBC⊥平面ABCD；(ii)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．&17．解：(1)证明：如图所示，取PB中点M，连接MF，AM.因为F为PC中点，所以MF∥BC，且MF＝12BC.由已知有BC∥AD，BC＝AD，又由于E为AD中点，因而MF∥AE且MF＝AE，故四边形AMFE为平行四边形，所以EF∥AM.又AM⊂平面PAB，而EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.(2)(i)证明：连接PE，BE.因为PA＝PD，BA＝BD，而E为AD中点，所以PE⊥AD，BE⊥AD，所以∠PEB为二面角P & AD &B的平面角．在△PAD中，由PA＝PD＝5，AD＝2，可解得PE＝2.在△ABD中，由BA＝BD＝2，AD＝2，可解得BE＝1.在△PEB中，PE＝2，BE＝1，∠PEB＝60˚，由余弦定理，可解得PB＝3，从而∠PBE＝90˚，即BE⊥PB.又BC∥AD，BE⊥AD，从而BE⊥BC，因此BE⊥平面PBC.又BE⊂平面ABCD，所以平面PBC⊥平面ABCD.(ii)连接BF，由(i)知，BE⊥平面PBC，所以∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角．由PB＝3及已知，得∠ABP为直角，而MB＝12PB＝32，可得AM＝112，故EF＝112.又BE＝1，故在直角三角形EBF中，sin∠EFB＝BEEF＝21111.所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为21111.
G5& 空间中的垂直关系6．、[;浙江卷] 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面(　　)A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α& B．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α& D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α6．C　17．、[;北京卷] 如图1&5，在三棱柱ABC &A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．&图1&5(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E & ABC的体积．17．解：(1)证明：在三棱柱ABC & A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面B1BCC1.所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)证明：取AB的中点G，连接EG，FG.&因为E，F，G分别是A1C1，BC，AB的中点，所以FG∥AC，且FG＝12AC，EC1＝12A1C1.因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1，所以四边形FGEC1为平行四边形，所以C1F∥EG.又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.(3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝AC2－BC2＝3.所以三棱锥E & ABC的体积V＝13S△ABC•AA1＝13×12×3×1×2＝33.19．，[;福建卷] 如图1&6所示，三棱锥A & BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD.(1)求证：CD⊥平面ABD；(2)若AB＝BD＝CD＝1，M为AD中点，求三棱锥A & MBC的体积．&图1&619．解：方法一：(1)证明：∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.又∵CD⊥BD，AB∩BD＝B，AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，∴CD⊥平面ABD.(2)由AB⊥平面BCD，&得AB⊥BD.∵AB＝BD＝1，∴S△ABD＝12.∵M是AD的中点，∴S△ABM＝12S△ABD＝14.由(1)知，CD⊥平面ABD，∴三棱锥C & ABM的高h＝CD＝1，因此三棱锥A & MBC的体积VA & MBC＝VC & ABM＝13S△ABM•h＝112.&方法二：(1)同方法一．(2)由AB⊥平面BCD，得平面ABD⊥平面BCD.且平面ABD∩平面BCD＝BD.如图所示，过点M作MN⊥BD交BD于点N，则MN⊥平面BCD，且MN＝12AB＝12.又CD⊥BD，BD＝CD＝1，∴S△BCD＝12.∴三棱锥A & MBC的体积VA & MBC＝VA & BCD－VM & BCD＝13AB•S△BCD－13MN•S△BCD＝112.18．、[;广东卷] 如图1&2所示，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图1&3折叠：折痕EF∥DC，其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥M & CDE的体积．&　　　　&&&&&&&&&&& 　图1&2　　　　　　　　图1&3江苏省扬州市2014年中考数学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．（3分）（;扬州）下列各数中，比2小的数是（　　）　&A．&3&B．&1&C．&0&D．&1
考点：&有理数大小比较．分析：&根据题意，结合实数大小的比较，从符号和绝对值两个方面分析可得答案．解答：&解：比2小的数是应该是负数，且绝对值大于2的数；分析选项可得，只有A符合．故选A．点评：&本题考查实数大小的比较，是基础性的题目．
　2．（3分）（;扬州）若□×3xy=3x2y，则□内应填的单项式是（　　）　&A．&xy&B．&3xy&C．&x&D．&3x
考点：&单项式乘单项式专题：&计算题．分析：&根据题意列出算式，计算即可得到结果．解答：&解：根据题意得：3x2y÷3xy=x，故选C点评：&此题考查了单项式乘单项式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．　3．（3分）（;扬州）若反比例函数y= （k≠0）的图象经过点P（2，3），则该函数的图象&& 的点是（　　）　&A．&（3，2）&B．&（1，6）&C．&（1，6）&D．&（1，6）
考点：&反比例函数图象上点的坐标特征&& 分析：&先把P（2，3）代入反比例函数的解析式求出k=6，再把所给点的横纵坐标相乘，结果不是6的，该函数的图象就不经过此点．解答：&解：∵反比例函数y= （k≠0）的图象经过点P（2，3），∴k=2×3=6，∴只需把各点横纵坐标相乘，不是6的，该函数的图象就不经过此点，四个选项中只有D不符合．故选D．点评：&本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，所有在反比例函数上的点的横纵坐标的积应等于比例系数．　4．（3分）（;扬州）若一组数据1，0，2，4，x的极差为7，则x的值是（　　）　&A．&3&B．&6&C．&7&D．&6或3
考点：&极差分析：&根据极差的定义分两种情况进行讨论，当x是最大值时，x（1）=7，当x是最小值时，4x=7，再进行计算即可．解答：&解：∵数据1，0，2，4，x的极差为7，∴当x是最大值时，x（1）=7，解得x=6，当x是最小值时，4x=7，解得x=3，故选D．点评：&此题考查了极差，求极差的方法是用最大值减去最小值，本题注意分两种情况讨论．　5．（3分）（;扬州）如图，圆与圆的位置关系没有（　　）&　&A．&相交&B．&相切&C．&内含&D．&外离
考点：&圆与圆的位置关系分析：&由其中两圆有的位置关系是：内切，外切，内含、外离．即可求得答案．解答：&解：∵如图，其中两圆有的位置关系是：内切，外切，内含、外离．∴其中两圆没有的位置关系是：相交．故选A．点评：&此题考查了圆与圆的位置关系．注意掌握数形结合思想的应用．　6．（3分）（;扬州）如图，已知正方形的边长为1，若圆与正方形的四条边都相切，则阴影部分的面积与下列各数最接近的是（　　）&　&A．&0.1&B．&0.2&C．&0.3&D．&0.4
考点：&估算无理数的大小分析：&先估算出圆的面积，再根据S阴影=S正方形S圆解答．解答：&解：∵正方形的边长为1，圆与正方形的四条边都相切，∴S阴影=S正方形S圆=10.25π≈0.215．故选B．点评：&本题考查的是估算无理数的大小，熟知π≈3.14是解答此题的关键．　7．（3分）（;扬州）如图，已知∠AOB=60°，点P在边OA上，OP=12，点M，N在边OB上，PM=PN，若MN=2，则OM=（　　）&　&A．&3&B．&4&C．&5&D．&6
考点：&含30度角的直角三角形；等腰三角形的性质专题：&计算题．分析：&过P作PD⊥OB，交OB于点D，在直角三角形POD中，利用锐角三角函数定义求出OD的长，再由PM=PN，利用三线合一得到D为MN中点，根据MN求出MD的长，由ODMD即可求出OM的长．解答：&解：过P作PD⊥OB，交OB于点D，在Rt△OPD中，cos60°= = ，OP=12，∴OD=6，∵PM=PN，PD⊥MN，MN=2，∴MD=ND= MN=1，∴OM=ODMD=61=5．故选C．&点评：&此题考查了含30度直角三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解本题的关键．　8．（3分）（;扬州）如图，在四边形ABCD中，AB=AD=6，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°，点M、N分别在AB、AD边上，若AM：MB=AN：ND=1：2，则tan∠MCN=（　　）&　&A．& &B．& &C．& &D．& 2
考点：&全等三角形的判定与性质；三角形的面积；角平分线的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理专题：&计算题．分析：&连接AC，通过三角形全等，求得∠BAC=30°，从而求得BC的长，然后根据勾股定理求得CM的长，连接MN，过M点作ME⊥ON于E，则△MNA是等边三角形求得MN=2，设NF=x，表示出CF，根据勾股定理即可求得MF，然后求得tan∠MCN．解答：&解：∵AB=AD=6，AM：MB=AN：ND=1：2，∴AM=AN=2，BM=DN=4，连接MN，连接AC，&∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°在Rt△ABC与Rt△ADC中，&，∴Rt△ABC≌Rt△ADC（LH）∴∠BAC=∠DAC= ∠BAD=30°，MC=NC，∴BC= AC，∴AC2=BC2+AB2，即（2BC）2=BC2+AB2，3BC2=AB2，∴BC=2 ，在Rt△BMC中，CM= = =2 ．∵AN=AM，∠MAN=60°，∴△MAN是等边三角形，∴MN=AM=AN=2，过M点作ME⊥ON于E，设NE=x，则CE=2 x，∴MN2NE2=MC2EC2，即4x2=（2 ）2（2 x）2，解得：x= ，∴EC=2
= ，∴ME= = ，∴tan∠MCN= = 故选A．点评：&此题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理以及解直角三角函数，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．　二、填空题（共10小题，每小题3分，满分30分）9．（3分）（;扬州）据统计，参加今年扬州市初中毕业、升学统一考试的学生约36800人，这个数据用科学记数法表示为　3.68×104　．
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：将36800用科学记数法表示为：3.68×104．故答案为：3.68×104．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．　10．（3分）（;扬州）若等腰三角形的两条边长分别为7cm和14cm，则它的周长为　35　cm．
考点：&等腰三角形的性质；三角形三边关系．菁优网版权所有分析：&题目给出等腰三角形有两条边长为7cm和14cm，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．解答：&解：①14cm为腰，7cm为底，此时周长为14+14+7=35cm；②14cm为底，7cm为腰，则两边和等于第三边无法构成三角形，故舍去．故其周长是35cm．故答案为35．点评：&此题主要考查学生对等腰三角形的性质及三角形的三边关系的掌握情况．已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解题的关键．　11．（3分）（;扬州）如图，这是一个长方体的主视图和俯视图，由图示数据（单元：cm）可以得出该长方体的体积是　18　cm3．&
考点：&由三视图判断几何体．分析：&首先确定该几何体为立方体，并说出其尺寸，直接计算其体积即可．解答：&解：观察其视图知：该几何体为立方体，且立方体的长为3，宽为2，高为3，故其体积为：3×3×2=18，故答案为：18．点评：&本题考查了由三视图判断几何体，牢记立方体的体积计算方法是解答本题的关键．　12．（3分）（;扬州）如图，某校根据学生上学方式的一次抽样调查结果，绘制出一个未完成的扇形统计图，若该校共有学生700人，则据此估计步行的有　280　人．&
考点：&用样本估计总体；扇形统计图．分析：&先求出步行的学生所占的百分比，再用学生总数乘以步行学生所占的百分比即可估计全校步行上学的学生人数．解答：&解：∵骑车的学生所占的百分比是 ×100%=35%，∴步行的学生所占的百分比是110%15%35%=40%，∴若该校共有学生700人，则据此估计步行的有700×40%=280（人）．故答案为：280．点评：&本题考查了扇形统计图及用样本估计总数的知识，解题的关键是从统计图中得出步行上学学生所占的百分比．　13．（3分）（;扬州）如图，若该图案是由8个全等的等腰梯形拼成的，则图中的∠1=　67.5°　．&
考点：&等腰梯形的性质；多边形内角与外角分析：&首先求得正八边形的内角的度数，则∠1的度数是正八边形的度数的一半．解答：&解：正八边形的内角和是：（82）×180°=1080°，则正八边形的内角是：°，则∠1= ×135°=67.5°．故答案是：67.5°．点评：&本题考查了正多边形的内角和的计算，正确求得正八边形的内角的度数是关键．　14．（3分）（;扬州）如图，△ABC的中位线DE=5cm，把△ABC沿DE折叠，使点A落在边BC上的点F处，若A、F两点间的距离是8cm，则△ABC的面积为　40　cm3．&
考点：&翻折变换（折叠问题）；三角形中位线定理分析：&根据对称轴垂直平分对应点连线，可得AF即是△ABC的高，再由中位线的性质求出BC，继而可得△ABC的面积．解答：&解：∵DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC，BC=2DE=10cm；由折叠的性质可得：AF⊥DE，∴AF⊥BC，∴S△ABC= BC×AF= ×10×8=40cm2．故答案为：40．&点评：&本题考查了翻折变换的性质及三角形的中位线定理，解答本题的关键是得出AF是△ABC的高．　15．（3分）（;扬州）如图，以△ABC的边BC为直径的⊙O分别交AB、AC于点D、E，连结OD、OE，若∠A=65°，则∠DOE=　50°　．&
考点：&圆的认识；三角形内角和定理；等腰三角形的性质．分析：&首先根据三角形内角和求得∠B+∠C的度数，然后求得其二倍，然后利用三角形的内角和求得∠BOD+∠EOC，然后利用平角的性质求得即可．解答：&解：∵∠A=65°，∴∠B+∠C=180°65°=115°，∴∠BDO=∠DBO，∠OEC=∠OCE，∴∠BDO+∠DBO+∠OEC+∠OCE=2×115°=230°，∴∠BOD+∠EOC=2×180°230°=130°，∴∠DOE=180°130°=50°，故答案为：50°．点评：&本题考查了圆的认识及三角形的内角和定理等知识，难度不大．　16．（3分）（;扬州）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）的对称轴是过点（1，0）且平行于y轴的直线，若点P（4，0）在该抛物线上，则4a2b+c的值为　0　．&
考点：&抛物线与x轴的交点分析：&依据抛物线的对称性求得与x轴的另一个交点，代入解析式即可．解答：&解：设抛物线与x轴的另一个交点是Q，∵抛物线的对称轴是过点（1，0），与x轴的一个交点是P（4，0），∴与x轴的另一个交点Q（2，0），把（2，0）代入解析式得：0=4a2b+c，∴4a2b+c=0，故答案为：0．&点评：&本题考查了抛物线的对称性，知道与x轴的一个交点和对称轴，能够表示出与x轴的另一个交点，求得另一个交点坐标是本题的关键．　17．（3分）（;扬州）已知a，b是方程x2x3=0的两个根，则代数式2a3+b2+3a211ab+5的值为　23　．
考点：&因式分解的应用；一元二次方程的解；根与系数的关系专题：&计算题．分析：&根据一元二次方程解的定义得到a2a3=0，b2b3=0，即a2=a+3，b2=b+3，则2a3+b2+3a211ab+5=2a（a+3）+b+3+3（a+3）11ab+5，整理得2a22a+17，然后再把a2=a+3代入后合并即可．解答：&解：∵a，b是方程x2x3=0的两个根，∴a2a3=0，b2b3=0，即a2=a+3，b2=b+3，∴2a3+b2+3a211ab+5=2a（a+3）+b+3+3（a+3）11ab+5=2a22a+17=2（a+3）2a+17=2a+62a+17=23．故答案为23．点评：&本题考查了因式分解的运用：利用因式分解解决求值问题；利用因式分解解决证明问题；利用因式分解简化计算问题．也考查了一元二次方程解的定义．　18．（3分）（;扬州）设a1，a2，…，a2014是从1，0，1这三个数中取值的一列数，若a1+a2+…+a2014=69，（a1+1）2+（a2+1）2+…+（a=4001，则a1，a2，…，a2014中为0的个数是　165　．
考点：&规律型：数字的变化类．分析：&首先根据（a1+1）2+（a2+1）2+…+（a得到a12+a22+…+a，然后设有x个1，y个1，z个0，得到方程组 ，解方程组即可确定正确的答案．解答：&解：（a1+1）2+（a2+1）2+…+（a=a12+a22+…+a20142+2（a1+a2+…+a2014）+2014=a12+a22+…+a+2014=a12+a22+…+a，设有x个1，y个1，z个0∴ ，化简得xy=69，x+y=1849解得x=959，y=890，z=165∴有959个1，890个1，165个0，故答案为：165．点评：&本题考查了数字的变化类问题，解题的关键是对给出的式子进行正确的变形，难度较大．　三、解答题（共10小题，满分96分）19．（8分）（;扬州）（1）计算：（3.14π）0+（ ）22sin30°；（2）化简：
考点：&实数的运算；分式的混合运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．专题：&计算题．分析：&（1）原式第一项利用零指数幂法则计算，第二项利用负指数幂法则计算，最后一项利用特殊角的三角函数值计算即可得到结果；（2）原式第二项利用除法法则变形，约分后两项利用同分母分式的减法法则计算即可得到结果．解答：&解：（1）原式=1+41=4；（2）原式=
= ．点评：&此题考查了实数的运算，以及分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．　20．（8分）（;扬州）已知关于x的方程（k1）x2（k1）x+ =0有两个相等的实数根，求k的值．
考点：&根的判别式；一元二次方程的定义分析：&根据根的判别式令△=0，建立关于k的方程，解方程即可．解答：&解：∵关于x的方程（k1）x2（k1）x+ =0有两个相等的实数根，∴△=0，∴[（k1）]24（k1） =0，整理得，k23k+2=0，即（k1）（k2）=0，解得：k=1（不符合一元二次方程定义，舍去）或k=2．∴k=2．点评：&本题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．　21．（8分）（;扬州）八（2）班组织了一次经典朗读比赛，甲、乙两队各10人的比赛成绩如下表（10分制）：甲&7&8&9&7&10&10&9&10&10&10乙&10&8&7&9&8&10&10&9&10&9（1）甲队成绩的中位数是　9.5　分，乙队成绩的众数是　10　分；（2）计算乙队的平均成绩和方差；（3）已知甲队成绩的方差是1.4分2，则成绩较为整齐的是　乙　队．
考点：&方差；加权平均数；中位数；众数．分析：&（1）根据中位数的定义求出最中间两个数的平均数；根据众数的定义找出出现次数最多的数即可；（2）先求出乙队的平均成绩，再根据方差公式进行计算；（3）先比较出甲队和乙队的方差，再根据方差的意义即可得出答案．解答：&解：（1）把甲队的成绩从小到大排列为：7，7，8，9，9，10，10，10，10，10，最中间两个数的平均数是（9+10）÷2=9.5（分），则中位数是9.5分；10出现了4次，出现的次数最多，则乙队成绩的众数是10分；故答案为：9.5，10；
（2）乙队的平均成绩是： （10×4+8×2+7+9×3）=9，则方差是： [4×（109）2+2×（89）2+（79）2+3×（99）2]=1；
（3）∵甲队成绩的方差是1.4，乙队成绩的方差是1，∴成绩较为整齐的是乙队；故答案为：乙．点评：&本题考查方差、中位数和众数：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（或最中间两个数的平均数），一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为 ，则方差S2= [（x1 ）2+（x2 ）2+…+（xn ）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．　22．（8分）（;扬州）商店只有雪碧、可乐、果汁、奶汁四种饮料，每种饮料数量充足，某同学去该店购买饮料，每种饮料被选中的可能性相同．（1）若他去买一瓶饮料，则他买到奶汁的概率是　 　；（2）若他两次去买饮料，每次买一瓶，且两次所买饮料品种不同，请用树状图或列表法求出他恰好买到雪碧和奶汁的概率．
考点：&列表法与树状图法；概率公式有分析：&（1）由商店只有雪碧、可乐、果汁、奶汁四种饮料，每种饮料数量充足，某同学去该店购买饮料，每种饮料被选中的可能性相同，直接利用概率公式求解即可求得答案；（2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与他恰好买到雪碧和奶汁的情况，再利用概率公式即可求得答案．解答：&解：（1）∵商店只有雪碧、可乐、果汁、奶汁四种饮料，每种饮料数量充足，某同学去该店购买饮料，每种饮料被选中的可能性相同，∴他去买一瓶饮料，则他买到奶汁的概率是： ；故答案为： ；
（2）画树状图得：&∵共有12种等可能的结果，他恰好买到雪碧和奶汁的有2种情况，∴他恰好买到雪碧和奶汁的概率为： = ．点评：&本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．　23．（10分）（;扬州）如图，已知Rt△ABC中，∠ABC=90°，先把△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，再把△ABC沿射线平移至△FEG，DF、FG相交于点H．（1）判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；（2）连结CG，求证：四边形CBEG是正方形．&
考点：&旋转的性质；正方形的判定；平移的性质分析：&（1）根据旋转和平移可得∠DEB=∠ACB，∠GFE=∠A，再根据∠ABC=90°可得∠A+∠ACB=90°，进而得到∠DEB+∠GFE=90°，从而得到DE、FG的位置关系是垂直；（2）根据旋转和平移找出对应线段和角，然后再证明是矩形，后根据邻边相等可得四边形CBEG是正方形．解答：&（1）解：FG⊥ED．理由如下：∵△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，∴∠DEB=∠ACB，∵把△ABC沿射线平移至△FEG，∴∠GFE=∠A，∵∠ABC=90°，∴∠A+∠ACB=90°，∴∠DEB+∠GFE=90°，∴∠FHE=90°，∴FG⊥ED；
（2）证明：根据旋转和平移可得∠GEF=90°，∠CBE=90°，CG∥EB，CB=BE，∵CG∥EB，∴∠BCG+∠CBE=90°，∴∠BCG=90°，∴四边形BCGE是矩形，∵CB=BE，∴四边形CBEG是正方形．&点评：&此题主要考查了图形的旋转和平移，关键是掌握新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．　24．（10分）（;扬州）某漆器厂接到制作480件漆器的订单，为了尽快完成任务，该厂实际每天制作的件数比原来每天多50%，结果提前10天完成任务．原来每天制作多少件？
考点：&分式方程的应用．分析：&设原来每天制作x件，根据原来用的时间现在用的时间=10，列出方程，求出x的值，再进行检验即可．解答：&解：设原来每天制作x件，根据题意得：& =10，解得：x=16，经检验x=16是原方程的解，答：原来每天制作16件．点评：&此题考查了分式方程的应用，分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键，本题的等量关系是原来用的时间现在用的时间=10．　25．（10分）（;扬州）如图，⊙O与Rt△ABC的斜边AB相切于点D，与直角边AC相交于E、F两点，连结DE，已知∠B=30°，⊙O的半径为12，弧DE的长度为4π．（1）求证：DE∥BC；（2）若AF=CE，求线段BC的长度．&
考点：&切线的性质；弧长的计算．分析：&（1）要证明DE∥BC，可证明∠EDA=∠B，由弧DE的长度为4π，可以求得∠DOE的度数，再根据切线的性质可求得∠EDA的度数，即可证明结论．（2）根据90°的圆周角对的弦是直径，可以求得EF，的长度，借用勾股定理求得AE与CF的长度，即可得到答案．解答：&解：（1）证明：连接OD、OE，&∵OD是⊙O的切线，∴OD⊥AB，∴∠ODA=90°，又∵弧DE的长度为4π，∴ ，∴n=60，∴△ODE是等边三角形，∴∠ODE=60°，∴∠EDA=30°，∴∠B=∠EDA，∴DE∥BC．
（2）连接FD，&∵DE∥BC，∴∠DEF=90°，∴FD是⊙0的直径，由（1）得：∠EFD=30°，FD=24， ∴EF= ，又因为∠EDA=30°，DE=12，∴AE= ，又∵AF=CE，∴AE=CF，∴CA=AE+EF+CF=20 ，又∵ ，∴BC=60．点评：&本题考查了勾股定理以及圆的性质的综合应用，解答本题的关键在于900的圆周角对的弦是直径这一性质的灵活运用．　26．（10分）（;扬州）对x，y定义一种新运算T，规定：T（x，y）= （其中a、b均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：T（0，1）= =b．（1）已知T（1，1）=2，T（4，2）=1．①求a，b的值；②若关于m的不等式组 恰好有3个整数解，求实数p的取值范围；（2）若T（x，y）=T（y，x）对任意实数x，y都成立（这里T（x，y）和T（y，x）均有意义），则a，b应满足怎样的关系式？
考点：&分式的混合运算；解二元一次方程组；一元一次不等式组的整数解专题：&新定义．分析：&（1）①已知两对值代入T中计算求出a与b的值；②根据题中新定义化简已知不等式，根据不等式组恰好有3个整数解，求出p的范围即可；（2）由T（x，y）=T（y，x）列出关系式，整理后即可确定出a与b的关系式．解答：&解：（1）①根据题意得：T（1，1）= =2，即ab=2；T=（4，2）= =1，即2a+b=5，解得：a=1，b=3；②根据题意得： ，由①得：m≥ ；由②得：m＜ ，∴不等式组的解集为 ≤m＜ ，∵不等式组恰好有3个整数解，即m=0，1，2，∴2≤ ＜3，解得：2≤p＜ ；
（2）由T（x，y）=T（y，x），得到 = ，整理得：（x2y2）（2ba）=0，∵T（x，y）=T（y，x）对任意实数x，y都成立，∴2ba=0，即a=2b．点评：&此题考查了分式的混合运算，解二元一次方程组，以及一元一次不等式组的整数解，弄清题中的新定义是解本题的关键．　27．（12分）（;扬州）某店因为经营不善欠下38400元的无息贷款的债务，想转行经营服装专卖店又缺少资金．“中国梦想秀”栏目组决定借给该店30000元资金，并约定利用经营的利润偿还债务（所有债务均不计利息）．已知该店代理的品牌服装的进价为每件40元，该品牌服装日销售量y（件）与销售价x（元/件）之间的关系可用图中的一条折线（实线）来表示．该店应支付员工的工资为每人每天82元，每天还应支付其它费用为106元（不包含债务）．（1）求日销售量y（件）与销售价x（元/件）之间的函数关系式；（2）若该店暂不考虑偿还债务，当某天的销售价为48元/件时，当天正好收支平衡（收人=支出），求该店员工的人数；（3）若该店只有2名员工，则该店最早需要多少天能还清所有债务，此时每件服装的价格应定为多少元？&
考点：&二次函数的应用；一次函数的应用．分析：&（1）根据待定系数法，可得函数解析式；（2）根据收入等于指出，可得一元一次方程，根据解一元一次方程，可得答案；（3）分类讨论40≤x≤58，或58≤x≤71，根据收入减去支出大于或等于债务，可得不等式，根据解不等式，可得答案．解答：&解：（1）当40≤x≤58时，设y与x的函数解析式为y=k1x+b1，由图象可得&，解得 ．∴y=2x+140．当58＜x≤71时，设y与x的函数解析式为y=k2x+b2，由图象得&，解得 ，∴y=x+82，综上所述：y= ；
（2）设人数为a，当x=48时，y=2×48+140=44，∴（4840）×44=106+82a，解得a=3；
（3）设需要b天，该店还清所有债务，则：b[（x40）&#06]≥68400，∴b≥ ，当40≤x≤58时，∴b≥ = ，x= 时，2x2+220x5870的最大值为180，∴b ，即b≥380；当58＜x≤71时，b = ，当x= =61时，x2+122x3550的最大值为171，∴b ，即b≥400．综合两种情形得b≥380，即该店最早需要380天能还清所有债务，此时每件服装的价格应定为55元．点评：&本题考查了二次函数的应用，利用待定系数法求函数解析式，一次方程的应用，不等式的应用，分类讨论是解题关键．　28．（12分）（;扬州）已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．&（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连结AP、OP、OA．①求证：△OCP∽△PDA；②若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长；（2）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠OAB的度数；（3）如图2，&&&&& ，擦去折痕AO、线段OP，连结BP．动点M在线段AP上（点M与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度．
考点：&相似形综合题；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；特殊角的三角函数值．专题：&综合题；动点型；探究型．分析：&（1）只需证明两对对应角分别相等即可证到两个三角形相似，然后根据相似三角形的性质求出PC长以及AP与OP的关系，然后在Rt△PCO中运用勾股定理求出OP长，从而求出AB长．（2）由DP= DC= AB= AP及∠D=90°，利用三角函数即可求出∠DAP的度数，进而求出∠OAB的度数．（3）由边相等常常联想到全等，但BN与PM所在的三角形并不全等，且这两条线段的位置很不协调，可通过作平行线构造全等，然后运用三角形全等及等腰三角形的性质即可推出EF是PB的一半，只需求出PB长就可以求出EF长．解答：&解：（1）如图1，①∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°．由折叠可得：AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO．∠APO=∠B．∴∠APO=90°．∴∠APD=90°∠CPO=∠POC．∵∠D=∠C，∠APD=∠POC．∴△OCP∽△PDA．②∵△OCP与△PDA的面积比为1：4，∴ = = = = ．∴PD=2OC，PA=2OP，DA=2CP．∵AD=8，∴CP=4，BC=8．设OP=x，则OB=x，CO=8x．在Rt△PCO中，∵∠C=90°，CP=4，OP=x，CO=8x，∴x2=（8x）2+42．解得：x=5．∴AB=AP=2OP=10．∴边AB的长为10．
（2）如图1，∵P是CD边的中点，∴DP= DC．∵DC=AB，AB=AP，∴DP= AP．∵∠D=90°，∴sin∠DAP= = ．∴∠DAP=30°．∵∠DAB=90°，∠PAO=∠BAO，∠DAP=30°，∴∠OAB=30°．∴∠OAB的度数为30°．
（3）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2．∵AP=AB，MQ∥AN，∴∠APB=∠ABP，∠ABP=∠MQP．∴∠APB=∠MQP．∴MP=MQ．∵MP=MQ，ME⊥PQ，∴PE=EQ= PQ．∵BN=PM，MP=MQ，∴BN=QM．∵MQ∥AN，∴∠QMF=∠BNF．在△MFQ和△NFB中，&．∴△MFQ≌△NFB．∴QF=BF．∴QF= QB．∴EF=EQ+QF= PQ+ QB= PB．由（1）中的结论可得：PC=4，BC=8，∠C=90°．∴PB= =4 ．∴EF= PB=2 ．∴在（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变，长度为2 ． 点评：&本题是一道运动变化类的题目，考查了相似三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、矩形的性质、等腰三角形的性质和判定、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识，综合性比较强，而添加适当的辅助线是解决最后一个问题的关键． 文 章来源莲山 课件 w w w.5Y k J.C om
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