2021年福建省中考数学试卷与答案

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。

1．（4分）在实数，，0，﹣1中，最小的数是（　　）

A．﹣1    B．0    C．    D．

2．（4分）如图所示的六角螺栓，其俯视图是（　　）

A．    B．    

C．    D．

3．（4分）如图，某研究性学习小组为测量学校A与河对岸工厂B之间的距离，在学校附近选一点C，利用测量仪器测得∠A＝60°，∠C＝90°，AC＝2km．据此，可求得学校与工厂之间的距离AB等于（　　）

A．2km    B．3km    C．km    D．4km

4．（4分）下列运算正确的是（　　）

A．2a﹣a＝2    B．（a﹣1）2＝a2﹣1    

C．a6÷a3＝a2    D．（2a3）2＝4a6

5．（4分）某校为推荐一项作品参加“科技创新”比赛，对甲、乙、丙、丁四项候选作品进行量化评分，具体成绩（百分制）如表：

项目

A．甲    B．乙    C．丙    D．丁

6．（4分）某市2018年底森林覆盖率为63%．为贯彻落实“绿水青山就是金山银山”的发展理念，该市大力开展植树造林活动，2020年底森林覆盖率达到68%，如果这两年森林覆盖率的年平均增长率为x，那么，符合题意的方程是（　　）

A．0.63（1+x）＝0.68    B．0.63（1+x）2＝0.68    

C．0.63（1+2x）＝0.68    D．0.63（1+2x）2＝0.68

7．（4分）如图，点F在正五边形ABCDE的内部，△ABF为等边三角形，则∠AFC等于（　　）

A．108°    B．120°    C．126°    D．132°

8．（4分）如图，一次函数y＝kx+b（k＞0）的图象过点（﹣1，0），则不等式k（x﹣1）+b＞0的解集是（　　）

A．x＞﹣2    B．x＞﹣1    C．x＞0    D．x＞1

9．（4分）如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D．若AB＝6，PC＝4，则sin∠CAD等于（　　）

A．    B．    C．    D．

10．（4分）二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）的图象过A（﹣3，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3），D（4，y4）四个点，下列说法一定正确的是（　　）

A．若y1y2＞0，则y3y4＞0    B．若y1y4＞0，则y2y3＞0    

C．若y2y4＜0，则y1y3＜0    D．若y3y4＜0，则y1y2＜0

二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

11．（4分）若反比例函数y＝的图象过点（1，1），则k的值等于 　 　．

12．（4分）写出一个无理数x，使得1＜x＜4，则x可以是 　           　（只要写出一个满足条件的x即可）

13．（4分）某校共有1000名学生．为了解学生的中长跑成绩分布情况，随机抽取100名学生的中长跑成绩，画出条形统计图，如图．根据所学的统计知识可估计该校中长跑成绩优秀的学生人数是 　    　．

14．（4分）如图，AD是△ABC的角平分线．若∠B＝90°，BD＝，则点D到AC的距离是 　           　．

15．（4分）已知非零实数x，y满足y＝，则的值等于 　 　．

16．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，点E，F分别是边AB，BC上的动点，点E不与A，B重合，且EF＝AB，G是五边形AEFCD内满足GE＝GF且∠EGF＝90°的点．现给出以下结论：

①∠GEB与∠GFB一定互补；

②点G到边AB，BC的距离一定相等；

③点G到边AD，DC的距离可能相等；

④点G到边AB的距离的最大值为2．

其中正确的是 　                　．（写出所有正确结论的序号）

三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（8分）计算：．

18．（8分）如图，在△ABC中，D是边BC上的点，DE⊥AC，DF⊥AB，垂足分别为E，F，且DE＝DF，CE＝BF．求证：∠B＝∠C．

19．（8分）解不等式组：．

20．（8分）某公司经营某种农产品，零售一箱该农产品的利润是70元，批发一箱该农产品的利润是40元．

（1）已知该公司某月卖出100箱这种农产品共获利润4600元，问：该公司当月零售、批发这种农产品的箱数分别是多少？

（2）经营性质规定，该公司零售的数量不能多于总数量的30%．现该公司要经营1000箱这种农产品，问：应如何规划零售和批发的数量，才能使总利润最大？最大总利润是多少？

21．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°．线段EF是由线段AB平移得到的，点F在边BC上，△EFD是以EF为斜边的等腰直角三角形，且点D恰好在AC的延长线上．

（1）求证：∠ADE＝∠DFC；

（2）求证：CD＝BF．

22．（10分）如图，已知线段MN＝a，AR⊥AK，垂足为A．

（1）求作四边形ABCD，使得点B，D分别在射线AK，AR上，且AB＝BC＝a，∠ABC＝60°，CD∥AB；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）

（2）设P，Q分别为（1）中四边形ABCD的边AB，CD的中点，求证：直线AD，BC，PQ相交于同一点．

23．（10分）“田忌赛马”的故事闪烁着我国古代先贤的智慧光芒．该故事的大意是：齐王有上、中、下三匹马A1，B1，C1，田忌也有上、中、下三匹马A2，B2，C2，且这六匹马在比赛中的胜负可用不等式表示如下：A1＞A2＞B1＞B2＞C1＞C2（注：A＞B表示A马与B马比赛，A马获胜）．一天，齐王找田忌赛马，约定：每匹马都出场比赛一局，共赛三局，胜两局者获得整场比赛的胜利．面对劣势，田忌事先了解到齐王三局比赛的“出马”顺序为上马、中马、下马，并采用孙膑的策略：分别用下马、上马、中马与齐王的上马、中马、下马比赛，即借助对阵（C2A1，A2B1，B2C1）获得了整场比赛的胜利，创造了以弱胜强的经典案例．

假设齐王事先不打探田忌的“出马”情况，试回答以下问题：

（1）如果田忌事先只打探到齐王首局将出“上马”，他首局应出哪种马才可能获得整场比赛的胜利？并求其获胜的概率；

（2）如果田忌事先无法打探到齐王各局的“出马”情况，他是否必败无疑？若是，请说明理由；若不是，请列出田忌获得整场比赛胜利的所有对阵情况，并求其获胜的概率．

24．（12分）如图，在正方形ABCD中，E，F为边AB上的两个三等分点，点A关于DE的对称点为A′，AA′的延长线交BC于点G．

（1）求证：DE∥A′F；

（2）求∠GA′B的大小；

（3）求证：A′C＝2A′B．

25．（14分）已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴只有一个公共点．

（1）若抛物线过点P（0，1），求a+b的最小值；

（2）已知点P1（﹣2，1），P2（2，﹣1），P3（2，1）中恰有两点在抛物线上．

①求抛物线的解析式；

②设直线l：y＝kx+1与抛物线交于M，N两点，点A在直线y＝﹣1上，且∠MAN＝90°，过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和l于点B，C．求证：△MAB与△MBC的面积相等．

2021年福建省中考数学试卷答案

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。

1．（4分）在实数，，0，﹣1中，最小的数是（　　）

A．﹣1    B．0    C．    D．

【分析】根据正数大于0，负数小于0，即可比较出大小，从而得到最小的数．

【解答】解：∵﹣1＜0＜＜，

∴最小的是﹣1，

故选：A．

【点评】本题考查了实数的比较大小，知道负数小于0是解题的关键．

2．（4分）如图所示的六角螺栓，其俯视图是（　　）

A．    B．    

C．    D．

【分析】根据俯视图是从上面看的到的图形，可得答案．

【解答】解：从上边看，是一个正六边形，六边形内部是一个圆，

故选：A．

【点评】本题考查了简单组合体的三视图，俯视图是从上面看的到的图形，注意看到的线画实线，看不到的线画虚线．

3．（4分）如图，某研究性学习小组为测量学校A与河对岸工厂B之间的距离，在学校附近选一点C，利用测量仪器测得∠A＝60°，∠C＝90°，AC＝2km．据此，可求得学校与工厂之间的距离AB等于（　　）

A．2km    B．3km    C．km    D．4km

【分析】直接利用直角三角形的性质得出∠B度数，进而利用直角三角形中30°所对直角边是斜边的一半，即可得出答案．

【解答】解：∵∠A＝60°，∠C＝90°，AC＝2km，

∴∠B＝30°，

∴AB＝2AC＝4（km）．

故选：D．

【点评】此题主要考查了直角三角形的性质，正确掌握边角关系是解题关键．

4．（4分）下列运算正确的是（　　）

A．2a﹣a＝2    B．（a﹣1）2＝a2﹣1    

C．a6÷a3＝a2    D．（2a3）2＝4a6

【分析】分别根据合并同类项法则，完全平方公式，同底数幂的除法法则以及积的乘方运算法则逐一判断即可．

【解答】解：A.2a﹣a＝a，故本选项不合题意；

B．（a﹣1）2＝a2﹣2a+1，故本选项不合题意；

C．a6÷a3＝a3，故本选项不合题意；

D．（2a3）2＝4a6，故本选项符合题意；

故选：D．

【点评】本题考查了合并同类项，完全平方公式，同底数幂的乘法以及幂的乘方，掌握相关公式与运算法则是解答本题的关键．

5．（4分）某校为推荐一项作品参加“科技创新”比赛，对甲、乙、丙、丁四项候选作品进行量化评分，具体成绩（百分制）如表：

项目

A．甲    B．乙    C．丙    D．丁

【分析】首先根据加权平均数的含义和求法，分别求出四人的平均成绩各是多少；然后比较大小，判断出谁的平均成绩最高，即可判断出应推荐谁．

【解答】解：甲的平均成绩＝90×60%+90×40%＝90（分），

乙的平均成绩＝95×60%+90×40%＝93（分），

丙的平均成绩＝90×60%+95×40%＝92（分），

丁的平均成绩＝90×60%+85×40%＝88（分），

∵93＞92＞90＞88，

∴乙的平均成绩最高，

∴应推荐乙．

故选：B．

【点评】此题主要考查了加权平均数的含义和求法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：数据的权能够反映数据的相对“重要程度”，要突出某个数据，只需要给它较大的“权”，权的差异对结果会产生直接的影响．

6．（4分）某市2018年底森林覆盖率为63%．为贯彻落实“绿水青山就是金山银山”的发展理念，该市大力开展植树造林活动，2020年底森林覆盖率达到68%，如果这两年森林覆盖率的年平均增长率为x，那么，符合题意的方程是（　　）

A．0.63（1+x）＝0.68    B．0.63（1+x）2＝0.68    

C．0.63（1+2x）＝0.68    D．0.63（1+2x）2＝0.68

【分析】设从2018年起全市森林覆盖率的年平均增长率为x，根据2018年及2020年的全市森林覆盖率，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．

【解答】解：设从2018年起全市森林覆盖率的年平均增长率为x，

根据题意得：0.63（1+x）2＝0.68．

故选：B．

【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

7．（4分）如图，点F在正五边形ABCDE的内部，△ABF为等边三角形，则∠AFC等于（　　）

A．108°    B．120°    C．126°    D．132°

【分析】根据等边三角形的性质得到AF＝BF，∠AFB＝∠ABF＝60°，由正五边形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝108°，等量代换得到BF＝BC，∠FBC＝48°，根据三角形的内角和求出∠BFC＝66°，根据∠AFC＝∠AFB+∠BFC即可得到结论．

【解答】解：∵△ABF是等边三角形，

∴AF＝BF，∠AFB＝∠ABF＝60°，

在正五边形ABCDE中，AB＝BC，∠ABC＝108°，

∴BF＝BC，∠FBC＝∠ABC﹣∠ABF＝48°，

∴∠BFC＝＝66°，

∴∠AFC＝∠AFB+∠BFC＝126°，

故选：C．

【点评】本题考查了正多边形的内角和，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟记正多边形的内角的求法是解题的关键．

8．（4分）如图，一次函数y＝kx+b（k＞0）的图象过点（﹣1，0），则不等式k（x﹣1）+b＞0的解集是（　　）

A．x＞﹣2    B．x＞﹣1    C．x＞0    D．x＞1

【分析】先把（﹣1，0）代入y＝kx+b得b＝k，则k（x﹣1）+b＞0化为k（x﹣1）+k＞0，然后解关于x的不等式即可．

【解答】解：把（﹣1，0）代入y＝kx+b得﹣k+b＝0，解b＝k，

则k（x﹣1）+b＞0化为k（x﹣1）+k＞0，

而k＞0，

所以x﹣1+1＞0，

解得x＞0．

故选：C．

方法二：

一次函数y＝kx+b（k＞0）的图象向右平移1个单位得y＝k（x﹣1）+b，

∵一次函数y＝kx+b（k＞0）的图象过点（﹣1，0），

∴一次函数y＝k（x﹣1）+b（k＞0）的图象过点（0，0），

由图象可知，当x＞0时，k（x﹣1）+b＞0，

∴不等式k（x﹣1）+b＞0的解集是x＞0，

故选：C．

【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式，把点（﹣1，0）代入解析式求得k与b的关系是解题的关键．

9．（4分）如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D．若AB＝6，PC＝4，则sin∠CAD等于（　　）

A．    B．    C．    D．

【分析】连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图，利用切线的性质和切线长定理得到OC⊥CP，PC＝PD，OP平分∠CPD，根据等腰三角形的性质得到OP⊥CD，则∠COB＝∠DOB，根据圆周角定理得到∠CAD＝∠COD，所以∠COB＝∠CAD，然后求出sin∠COP即可．

【解答】解：连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图，

∵PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D，

∴OC⊥CP，PC＝PD，OP平分∠CPD，

∴OP⊥CD，

∴＝，

∴∠COB＝∠DOB，

∵∠CAD＝∠COD，

∴∠COB＝∠CAD，

在Rt△OCP中，OP＝＝＝5，

∴sin∠COP＝＝，

∴sin∠CAD＝．

故选：D．

【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和解直角三角形．

10．（4分）二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）的图象过A（﹣3，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3），D（4，y4）四个点，下列说法一定正确的是（　　）

A．若y1y2＞0，则y3y4＞0    B．若y1y4＞0，则y2y3＞0    

C．若y2y4＜0，则y1y3＜0    D．若y3y4＜0，则y1y2＜0

【分析】观察图像可知，y1＞y4＞y2＞y3，再结合题目一一判断即可．

【解答】解：如图，由题意对称轴x＝1，

观察图像可知，y1＞y4＞y2＞y3，

若y1y2＞0，则y3y4＞0或y3y4＜0，选项A不符合题意，

若y1y4＞0，则y2y3＞0或y2y3＜0，选项B不符合题意，

若y2y4＜0，则y1y3＜0，选项C符合题意，

若y3y4＜0，则y1y2＜0或y1y2＞0，选项D不符合题意，

故选：C．

【点评】本题考查二次函数的性质，二次函数图象上的点的坐标特征，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．

二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

11．（4分）若反比例函数y＝的图象过点（1，1），则k的值等于 　1　．

【分析】把点（1，1）代反比例函数y＝，即可求出k的值．

【解答】解：∵反比例函数y＝的图象过点（1，1），

∴k＝1×1＝1，

故答案为1．

【点评】此题考查的是用待定系数法求反比例函数的解析式，熟练掌握待定系数法是解题的关键．

12．（4分）写出一个无理数x，使得1＜x＜4，则x可以是 　　（只要写出一个满足条件的x即可）

【分析】根据1＜＜4即可得解．

【解答】解：∵1＜2＜16，

∴1＜＜4，

∵是无理数，

故答案为：．

【点评】此题考查了估算无理数的大小，现实生活中经常需要估算，估算应是我们具备的数学能力，“夹逼法”是估算的一般方法，也是常用方法．

13．（4分）某校共有1000名学生．为了解学生的中长跑成绩分布情况，随机抽取100名学生的中长跑成绩，画出条形统计图，如图．根据所学的统计知识可估计该校中长跑成绩优秀的学生人数是 　270　．

【分析】用总人数乘以长跑成绩优秀的学生人数所占的百分比即可．

【解答】解：根据题意得：

1000×＝270（人），

故答案为：270．

【点评】本题考查的是条形统计图，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．

14．（4分）如图，AD是△ABC的角平分线．若∠B＝90°，BD＝，则点D到AC的距离是 　　．

【分析】由角平分线的性质可求DE＝BD＝，即可求解．

【解答】解：如图，过点D作DE⊥AC于E，

∵AD是△ABC的角平分线．∠B＝90°，DE⊥AC，

∴DE＝BD＝，

∴点D到AC的距离为，

故答案为．

【点评】本题考查了角平分线的性质，掌握角平分线上的点到角的两边距离相等是解题的关键．

15．（4分）已知非零实数x，y满足y＝，则的值等于 　4　．

【分析】由y＝得：x﹣y＝xy，整体代入到代数式中求值即可．

【解答】解：由y＝得：xy+y＝x，

∴x﹣y＝xy，

∴原式＝

＝

＝4．

故答案为：4．

【点评】本题考查了分式的值，对条件进行化简，得到x﹣y＝xy，把x﹣y看作整体，代入到代数式求值是解题的关键．

16．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，点E，F分别是边AB，BC上的动点，点E不与A，B重合，且EF＝AB，G是五边形AEFCD内满足GE＝GF且∠EGF＝90°的点．现给出以下结论：

①∠GEB与∠GFB一定互补；

②点G到边AB，BC的距离一定相等；

③点G到边AD，DC的距离可能相等；

④点G到边AB的距离的最大值为2．

其中正确的是 　　．（写出所有正确结论的序号）

【分析】根据矩形的性质得出∠B＝90°，又∠EGF＝90°，有三角形内角和为360°可判断①；

过G作GM⊥AB，GN⊥BC，分别交AB于M，交BC于N，根据GE＝GF且∠EGF＝90°，∠GEF＝∠GFE＝45°，可以求出∠GEM＝∠GFN，然后证明△GEM≌△GFN，可以判断②；

由AB＝4，AD＝5和②的结论可以判断③；

当四边形EBFG是正方形时，点G到AB的距离最大，从而可以判断④．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠B＝90°，

又∵∠EGF＝90°，四边形内角和是360°，

∴∠GEB+∠GFB＝180°，

故①正确；

过G作GM⊥AB，GN⊥BC，分别交AB于M，交BC于N，

∵GE＝GF且∠EGF＝90°，

∴∠GEF＝∠GFE＝45°，

又∴∠B＝90°，

∴∠BEF+∠EFB＝90°，即∠BEF＝90°﹣∠EFB，

∵∠GEM＝180°﹣∠BEF﹣∠GEF＝180°﹣45°﹣（90°﹣∠EFB）＝45°+∠EFB，

∠GFN＝∠EFB+∠GFE＝∠EFB+45°，

∴∠GEM＝∠GFN，

在△GEM和△GFN中，

，

∴△GEM≌△GFN（AAS），

∴GM＝GN，

故②正确；

∵AB＝4，AD＝5，并由②知，

点G到边AD，DC的距离不相等，

故③错误：

当四边形EBFG是正方形时，点G到AB的距离最大，

∵EF＝AB＝4，

∴GE＝EB＝BF＝FG＝4×＝2，

故④正确．

故答案为：①②④．

【点评】本题主要考查矩形的性质、全等三角形的判定以及三角形内角和定理，关键是对知识的掌握和运用．

三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（8分）计算：．

【分析】直接利用算术平方根以及绝对值的性质、负整数指数幂的性质分别化简得出答案．

【解答】解：原式＝2+3﹣﹣3

＝．

【点评】此题主要考查了算术平方根以及绝对值的性质、负整数指数幂的性质，正确化简各数是解题关键．

18．（8分）如图，在△ABC中，D是边BC上的点，DE⊥AC，DF⊥AB，垂足分别为E，F，且DE＝DF，CE＝BF．求证：∠B＝∠C．

【分析】由垂直的定义，DE＝DF，CE＝BF证明△BDF≌△CDE，得出对应角相等即可．

【解答】证明：∵DE⊥AC，DF⊥AB，

∴∠BFD＝∠CED＝90°，

在△BDF和△CDE中，

，

∴△BDF≌△CDE（SAS），

∴∠B＝∠C．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，能够证明△BDF≌△CDE是解决问题的关键．

19．（8分）解不等式组：．

【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．

【解答】解：解不等式①，得：x≥1，

解不等式②，得：x＜3，

则不等式组的解集为1≤x＜3．

【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．

20．（8分）某公司经营某种农产品，零售一箱该农产品的利润是70元，批发一箱该农产品的利润是40元．

（1）已知该公司某月卖出100箱这种农产品共获利润4600元，问：该公司当月零售、批发这种农产品的箱数分别是多少？

（2）经营性质规定，该公司零售的数量不能多于总数量的30%．现该公司要经营1000箱这种农产品，问：应如何规划零售和批发的数量，才能使总利润最大？最大总利润是多少？

【分析】（1）设该公司当月零售这种农产品x箱，则批发这种农产品（100﹣x）箱，依据该公司某月卖出100箱这种农产品共获利润4600元，列方程求解即可．

（2）设该公司当月零售这种农产品m箱，则批发这种农产品（1000﹣m）箱，该公司获得利润为y元，进而得到y关于m的函数关系式，利用一次函数的性质，即可求解．

【解答】解：（1）设该公司当月零售这种农产品x箱，则批发这种农产品（100﹣x）箱，依题意得

70x+40（100﹣x）＝4600，

解得：x＝20，

100﹣20＝80（箱），

答：该公司当月零售这种农产品20箱，批发这种农产品80箱；

（2）设该公司当月零售这种农产品m箱，则批发这种农产品（1000﹣m）箱，依题意得

0＜m≤1000×30%，

解得0＜m≤300，

设该公司获得利润为y元，依题意得

y＝70m+40（1000﹣m），

即y＝30m+40000，

∵30＞0，y随着m的增大而增大，

∴当m＝300时，y取最大值，此时y＝30×300+40000＝49000（元），

∴批发这种农产品的数量为1000﹣m＝700（箱），

答：该公司零售、批发这种农产品的箱数分别是300箱，700箱时，获得最大利润为49000元．

【点评】本题主要考查了一元一次方程和一次函数的应用，根据题意列出函数表达式，熟练掌握函数性质根据自变量取值范围确定函数值是解决问题的关键．

21．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°．线段EF是由线段AB平移得到的，点F在边BC上，△EFD是以EF为斜边的等腰直角三角形，且点D恰好在AC的延长线上．

（1）求证：∠ADE＝∠DFC；

（2）求证：CD＝BF．

【分析】（1）由∠ACB＝90°，得∠ACB＝∠CDF+∠DFC＝90°，△EFD是以EF为斜边的等腰直角三角形，得∠EDF＝90°，∠EDF＝∠ADE+∠CDF＝90°，由等量代换得∠ADE＝∠DFC；

（2）证明四边形ABEF是平行四边形，得∠DAE＝∠FCD，AE＝BF，再证△ADE≌△CFD，得AF＝CD，由等量代换得到结论．

【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，

∴∠ACB＝∠CDF+∠DFC＝90°，

∵△EFD是以EF为斜边的等腰直角三角形，

∴∠EDF＝90°，DE＝FD，

∵∠EDF＝∠ADE+∠CDF＝90°，

∴∠ADE＝∠DFC；

（2）

连接AE，

∵线段EF是由线段AB平移得到的，

∴EF∥AB，EF＝AB，

∴四边形ABEF是平行四边形，

∴AE∥BC，AE＝BF，

∴∠DAE＝∠BCA＝90°，

∴∠DAE＝∠FCD，

在△ADE和△CFD中，

，

∴△ADE≌△CFD（AAS），

∴AE＝CD，

∵AE＝BF，

∴CD＝BF．

【点评】本题考查了三角形全等判定与性质、等腰直角三角形和平移的性质，熟练掌握三角形全等判定与性质是解题的关键．

22．（10分）如图，已知线段MN＝a，AR⊥AK，垂足为A．

（1）求作四边形ABCD，使得点B，D分别在射线AK，AR上，且AB＝BC＝a，∠ABC＝60°，CD∥AB；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）

（2）设P，Q分别为（1）中四边形ABCD的边AB，CD的中点，求证：直线AD，BC，PQ相交于同一点．

【分析】（1）先截取AB＝a，再分别以A、B为圆心，a为半径画弧，两弧交于点C，然后过C点作AR的垂线得到CD；

（2）证明：设PQ交AD于G，BC交AD于G′，利用平行线分线段成比例定理得到＝，＝＝＝，则＝，于是可判断点G与点G′重合．

【解答】（1）解：如图，四边形ABCD为所作；

（2）证明：设PQ交AD于G，BC交AD于G′，

∵DQ∥AP，

∴＝，

∵DC∥AB，

∴＝，

∵P，Q分别为边AB，CD的中点，

∴DC＝2DQ，AB＝2AP，

∴＝＝＝，

∴＝，

∴点G与点G′重合，

∴直线AD，BC，PQ相交于同一点．

【点评】本题考查了作图﹣复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行线分线段成比例定理．

23．（10分）“田忌赛马”的故事闪烁着我国古代先贤的智慧光芒．该故事的大意是：齐王有上、中、下三匹马A1，B1，C1，田忌也有上、中、下三匹马A2，B2，C2，且这六匹马在比赛中的胜负可用不等式表示如下：A1＞A2＞B1＞B2＞C1＞C2（注：A＞B表示A马与B马比赛，A马获胜）．一天，齐王找田忌赛马，约定：每匹马都出场比赛一局，共赛三局，胜两局者获得整场比赛的胜利．面对劣势，田忌事先了解到齐王三局比赛的“出马”顺序为上马、中马、下马，并采用孙膑的策略：分别用下马、上马、中马与齐王的上马、中马、下马比赛，即借助对阵（C2A1，A2B1，B2C1）获得了整场比赛的胜利，创造了以弱胜强的经典案例．

假设齐王事先不打探田忌的“出马”情况，试回答以下问题：

（1）如果田忌事先只打探到齐王首局将出“上马”，他首局应出哪种马才可能获得整场比赛的胜利？并求其获胜的概率；

（2）如果田忌事先无法打探到齐王各局的“出马”情况，他是否必败无疑？若是，请说明理由；若不是，请列出田忌获得整场比赛胜利的所有对阵情况，并求其获胜的概率．

【分析】（1）根据题意首局齐王出“上马”，只需将三局的图表列出，即可得出答案．

（2）根据题（1）的一种情况，推断出共有18种对阵情况，只要A1对C2，B1对A2，C1对B2的情况田忌获得胜利，即可得出答案．

【解答】解：（1）田忌首局应出“下马”才可能获胜，

此时，比赛所有可能的对阵为：（A1C2，B1A2，C1B2），（A1C2，C1B2，B1A2），（A1C2，B1B2，C1A2），（A1C2，B1B2，C1A2），共四种，其中获胜的有两场，

故此田忌获胜的概率为P＝．

（2）不是．

当齐王的出马顺序为A1，B1，C1时，田忌获胜的对阵是：（A1C2，B1A2，C1B2），

当齐王的出马顺序为A1，C1，B1时，田忌获胜的对阵是：（A1C2，C1B2，B1A2），

当齐王的出马顺序为B1，A1，C1时，田忌获胜的对阵是：（B1A2，A1C2，C1B2），

当齐王的出马顺序为B1，C1，A1时，田忌获胜的对阵是：（C1B2，A1C2，B1A2），

当齐王的出马顺序为C1，A1，B1时，田忌获胜的对阵是：（C1B2，A1C2，B1A2），

当齐王的出马顺序为C1，B1，A1时，田忌获胜的对阵是：（C1B2，B1A2，A1C2），

综上所述，田忌获胜的对阵有6种，不论齐王的出马顺序如何，也都有相应的6种可能对阵，所以田忌获胜的概率为P＝．

【点评】此题考查的是用列表法求概率．列表法适合两步完成的事件；解题时要注意此题赛马分三局考虑．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．

24．（12分）如图，在正方形ABCD中，E，F为边AB上的两个三等分点，点A关于DE的对称点为A′，AA′的延长线交BC于点G．

（1）求证：DE∥A′F；

（2）求∠GA′B的大小；

（3）求证：A′C＝2A′B．

【分析】（1）由轴对称的性质可得AO＝A'O，AA'⊥DE，由三等份点可得AE＝EF，由三角形中位线定理可得DE∥A'F；

（2）由“ASA”可证△ADE≌△BAG，可得AE＝BG，可得∠GFB＝∠FGB＝45°，通过证明点F，点B，点G，点A'四点共圆，可得∠GA'B＝∠GFB＝45°；

（3）通过证明△A'FB∽△A'GC，可得，可得结论．

【解答】证明：（1）如图，设AG与DE的交点为O，连接GF，

∵点A关于DE的对称点为A′，

∴AO＝A'O，AA'⊥DE，

∵E，F为边AB上的两个三等分点，

∴AE＝EF＝BF，

∴DE∥A'F；

（2）∵AA'⊥DE，

∴∠AOE＝90°＝∠DAE＝∠ABG，

∴∠ADE+∠DEA＝90°＝∠DEA+∠EAO，

∴∠ADE＝∠EAO，

在△ADE和△BAG中，

，

∴△ADE≌△BAG（ASA），

∴AE＝BG，

∴BF＝BG，

∴∠GFB＝∠FGB＝45°，

∵∠FA'G＝∠FBG＝90°，

∴点F，点B，点G，点A'四点共圆，

∴∠GA'B＝∠GFB＝45°；

（3）设AE＝EF＝BF＝BG＝a，

∴AD＝BC＝3a，FG＝a，

∴CG＝2a，

在Rt△ADE中，DE＝＝＝a＝AG，

∵sin∠EAO＝sin∠ADE，

∴，

∴，

∴OE＝a，

∴AO＝＝＝a＝A'O，

∴A'G＝a，

∵AO＝A'O，AE＝EF，

∴A'F＝a＝a，

∵∠FA'G＝∠FBG＝90°，

∴∠A'FB+∠A'GB＝180°，

∵∠A'GC+∠A'GB＝180°，

∴∠A'FB＝∠A'GC，

又∵＝＝，

∴△A'FB∽△A'GC，

∴，

∴A′C＝2A′B．

【点评】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，证明△A'FB∽△A'GC是解题的关键．

25．（14分）已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴只有一个公共点．

（1）若抛物线过点P（0，1），求a+b的最小值；

（2）已知点P1（﹣2，1），P2（2，﹣1），P3（2，1）中恰有两点在抛物线上．

①求抛物线的解析式；

②设直线l：y＝kx+1与抛物线交于M，N两点，点A在直线y＝﹣1上，且∠MAN＝90°，过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和l于点B，C．求证：△MAB与△MBC的面积相等．

【分析】（1）将点P的坐标代入解析式中，得出a和b的关系式，即可求出a+b的最小值；

（2）①由题意得出抛物线与x轴只有一个交点，所以抛物线上的点在同一侧，即两点只能为P1，P3，即可求出抛物线的解析式；

（3）根据题意先设出点A的横坐标，然后用含k的式子表示出A的横坐标，再证明AB＝BC即可得出△MAB与△MBC的面积相等．

【解答】解：（1）把P（0，1）代入解析式得：c＝1，

∴y＝ax2+bx+1，

又∵抛物线与x轴只有一个公共点，

∴△＝b2﹣4a＝0，即，

∴，

当b＝﹣2时，a+b有最小值为﹣1；

（2）①∵抛物线与x轴只有一个公共点，

∴抛物线上的点在x轴的同一侧或x轴上，

∴抛物线上的点为P1，P3，

又∵P1，P3关于y轴对称，

∴顶点为原点（0，0），

设解析式为y＝ax2，

代入点P1得：，

②证明：

联立直线l和抛物线得：

，

即：x2﹣4kx﹣4＝0，

设M（x1，kx1+1），N（x2，kx2+1），

由韦达定理得：x1+x2＝4k，x1x2＝﹣4，

设线段MN的中点为T，设A的坐标为（m，﹣1），

则T的坐标为（2k，2k2+1），

∴AT2＝（2k﹣m）2+（2k2+2）2，

由题意得：，

∵△MAN是直角三角形，且MN是斜边，

∴，即：，

∴×16（k4+2k2+1）＝（2k﹣m）2+（2k2+2）2，

解得m＝2k，

∴A（2k，﹣1），

∴B（2k，k2），

∴C（2k，2k2+1），

∵，

∴B是AC的中点，

∴AB＝BC，

又∵△MAB与△MBC的高都是点M到直线AC的距离，

∴△MAB与△MBC的高相等，

∴△MAB与△MBC的面积相等．

【点评】本题主要考查二次函数的综合知识，一般求最大值或者最小值都是求抛物线顶点的纵坐标，像此题中第一问就要考虑把a和b用一个字母表示成二次函数的形式，然后求顶点就可以了，而出现直角三角形时，一般考到的知识点是斜边上的中线等于斜边的一半．