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11.(2025·深圳中考)如图,同一平面直角坐标系下的正比例函数 $y=ax$ 的图象与反比例函数 $y=\dfrac{2-a}{x}$的图象相交于点 $A$ 和点 $B$. 若 $A$ 的横坐标为 1,则$B$ 的坐标为
(-1,-1)
.答案
11. (-1,-1) 解析:
∵ 同一平面直角坐标系下的正比例函数 y=ax 的图象与反比例函数 y=(2-a)/x 的图象相交于点 A 和点 B,A 的横坐标为 1,
∴ a·1=(2-a)/1,
∴ a=1,
∴ y=x,
∴ 当 x=1 时,y=x=1,
∴ A(1,1).
∵ 正比例函数与反比例函数的图象均关于原点对称,
∴ 点 A,B 关于原点对称,
∴ B(-1,-1).
∵ 同一平面直角坐标系下的正比例函数 y=ax 的图象与反比例函数 y=(2-a)/x 的图象相交于点 A 和点 B,A 的横坐标为 1,
∴ a·1=(2-a)/1,
∴ a=1,
∴ y=x,
∴ 当 x=1 时,y=x=1,
∴ A(1,1).
∵ 正比例函数与反比例函数的图象均关于原点对称,
∴ 点 A,B 关于原点对称,
∴ B(-1,-1).
解析
【分析】
要解决该问题，首先利用交点A的横坐标，结合点在函数图象上的性质建立方程求出参数a，得到两个函数的解析式；再根据正比例函数和反比例函数的图象都关于原点对称，可知它们的交点也关于原点对称，由此即可求出点B的坐标。
【解析】
1. 因为点A是正比例函数$y=ax$与反比例函数$y=\dfrac{2-a}{x}$的交点，且点A的横坐标为1，所以当$x=1$时，两个函数的函数值相等，即：
$a×1 = \dfrac{2-a}{1}$
解方程得：$a = 2 - a$，移项得$2a=2$，所以$a=1$。
2. 由此可得正比例函数解析式为$y=x$，反比例函数解析式为$y=\dfrac{2-1}{x}=\dfrac{1}{x}$。
3. 求点A的坐标：将$x=1$代入$y=x$，得$y=1$，所以$A(1,1)$。
4. 由于正比例函数和反比例函数的图象都关于原点对称，因此它们的交点A、B也关于原点对称，关于原点对称的点的坐标特征是横、纵坐标都互为相反数，所以点B的坐标为$(-1,-1)$。
【答案】
$(-1,-1)$
【知识点】
正比例函数性质、反比例函数性质、关于原点对称的点的坐标特征
【点评】
本题结合正比例函数与反比例函数的交点考查函数的对称性，解题关键是利用交点坐标满足函数解析式求出参数，再利用函数图象的对称性简化计算，属于中等难度的函数应用题目。
【难度系数】
0.6
要解决该问题，首先利用交点A的横坐标，结合点在函数图象上的性质建立方程求出参数a，得到两个函数的解析式；再根据正比例函数和反比例函数的图象都关于原点对称，可知它们的交点也关于原点对称，由此即可求出点B的坐标。
【解析】
1. 因为点A是正比例函数$y=ax$与反比例函数$y=\dfrac{2-a}{x}$的交点，且点A的横坐标为1，所以当$x=1$时，两个函数的函数值相等，即：
$a×1 = \dfrac{2-a}{1}$
解方程得：$a = 2 - a$，移项得$2a=2$，所以$a=1$。
2. 由此可得正比例函数解析式为$y=x$，反比例函数解析式为$y=\dfrac{2-1}{x}=\dfrac{1}{x}$。
3. 求点A的坐标：将$x=1$代入$y=x$，得$y=1$，所以$A(1,1)$。
4. 由于正比例函数和反比例函数的图象都关于原点对称，因此它们的交点A、B也关于原点对称，关于原点对称的点的坐标特征是横、纵坐标都互为相反数，所以点B的坐标为$(-1,-1)$。
【答案】
$(-1,-1)$
【知识点】
正比例函数性质、反比例函数性质、关于原点对称的点的坐标特征
【点评】
本题结合正比例函数与反比例函数的交点考查函数的对称性，解题关键是利用交点坐标满足函数解析式求出参数，再利用函数图象的对称性简化计算，属于中等难度的函数应用题目。
【难度系数】
0.6
12. (2025·德州中考)把英文单词“PEOPLE”中的字母依次写在完全相同的6张卡片上,每张卡片上只写其中的1个字母.然后将卡片洗匀,从中随机抽取2张,恰好是字母相同的两张卡片的概率是
2/15
.答案
12. 2/15 解析:根据题意,画出树状图如下.
∴ 从中随机抽取2张共有30种等可能的结果,其中恰好是字母相同的两张卡片的结果有4种,
∴ 从中随机抽取2张,恰好是字母相同的两张卡片的概率为4/30=2/15.
解析
【分析】
要计算抽取2张卡片字母相同的概率，需先明确所有等可能的抽取结果总数，再找出字母相同的结果数。由于抽取是不放回的，考虑抽取顺序时总结果数为6×5=30种；字母相同的情况仅存在于有重复字母的P和E中，各有2张，分别计算抽取两张P和两张E的结果数，相加后即可求出概率。
【解析】
单词“PEOPLE”的字母为P、E、O、P、L、E，共6张卡片，其中P有2张，E有2张，O、L各1张。
从6张卡片中随机抽取2张，采用树状图法分析，总等可能结果数为：6×5=30种。
其中字母相同的情况：
抽取两张P：第一张P有2种选择，第二张P有1种选择，共2×1=2种；
抽取两张E：同理，共2×1=2种；
因此字母相同的结果总数为2+2=4种。
故所求概率为：$\frac{4}{30}=\frac{2}{15}$。
【答案】
$\frac{2}{15}$
【知识点】
概率计算、树状图求概率
【点评】
本题是中考基础概率题，通过树状图法清晰列举所有等可能结果，关键在于准确统计重复字母的卡片数量，避免结果数计算错误，属于学生需掌握的常规题型。
【难度系数】
0.6
要计算抽取2张卡片字母相同的概率，需先明确所有等可能的抽取结果总数，再找出字母相同的结果数。由于抽取是不放回的，考虑抽取顺序时总结果数为6×5=30种；字母相同的情况仅存在于有重复字母的P和E中，各有2张，分别计算抽取两张P和两张E的结果数，相加后即可求出概率。
【解析】
单词“PEOPLE”的字母为P、E、O、P、L、E，共6张卡片，其中P有2张，E有2张，O、L各1张。
从6张卡片中随机抽取2张，采用树状图法分析，总等可能结果数为：6×5=30种。
其中字母相同的情况：
抽取两张P：第一张P有2种选择，第二张P有1种选择，共2×1=2种；
抽取两张E：同理，共2×1=2种；
因此字母相同的结果总数为2+2=4种。
故所求概率为：$\frac{4}{30}=\frac{2}{15}$。
【答案】
$\frac{2}{15}$
【知识点】
概率计算、树状图求概率
【点评】
本题是中考基础概率题，通过树状图法清晰列举所有等可能结果，关键在于准确统计重复字母的卡片数量，避免结果数计算错误，属于学生需掌握的常规题型。
【难度系数】
0.6
13. (西藏中考) 已知 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 的两直角边 $AC=8,BC=6$, 将 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 绕 $AC$ 所在的直线旋转一周形成的立体图形的侧面积为
(结果保留 $π$)
60π
.(结果保留 $π$)
答案
13. 60π 解析:由勾股定理得 AB=10,
∵ BC=6,
∴ 圆锥的底面周长为12π,立体图形的侧面积为1/2×12π×10=60π.
∵ BC=6,
∴ 圆锥的底面周长为12π,立体图形的侧面积为1/2×12π×10=60π.
解析
【分析】
要解决这个问题，需明确Rt△绕直角边旋转形成的立体是圆锥，解题思路如下：
1. 确定旋转后圆锥的关键量：绕AC旋转，直角边BC为圆锥底面半径，斜边AB为圆锥母线长；
2. 用勾股定理计算斜边AB的长度；
3. 结合圆锥侧面积公式计算侧面积。
【解析】
在Rt△ABC中，AC=8，BC=6，根据勾股定理计算斜边AB：
AB = √(AC² + BC²) = √(8² + 6²) = √100 = 10。
将Rt△ABC绕AC所在直线旋转一周，形成的立体为圆锥，其中底面半径r=BC=6，母线长l=AB=10。
圆锥侧面积公式为S侧 = 1/2 × 底面周长 × 母线长，底面周长=2πr=12π，代入得：
S侧 = 1/2 × 12π × 10 = 60π。
【答案】
60π
【知识点】
圆锥侧面积、勾股定理、图形的旋转
【点评】
本题考查直角三角形旋转形成的圆锥侧面积计算，核心是明确旋转后圆锥的底面半径与母线长，结合勾股定理和圆锥侧面积公式即可求解，属于中考基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决这个问题，需明确Rt△绕直角边旋转形成的立体是圆锥，解题思路如下：
1. 确定旋转后圆锥的关键量：绕AC旋转，直角边BC为圆锥底面半径，斜边AB为圆锥母线长；
2. 用勾股定理计算斜边AB的长度；
3. 结合圆锥侧面积公式计算侧面积。
【解析】
在Rt△ABC中，AC=8，BC=6，根据勾股定理计算斜边AB：
AB = √(AC² + BC²) = √(8² + 6²) = √100 = 10。
将Rt△ABC绕AC所在直线旋转一周，形成的立体为圆锥，其中底面半径r=BC=6，母线长l=AB=10。
圆锥侧面积公式为S侧 = 1/2 × 底面周长 × 母线长，底面周长=2πr=12π，代入得：
S侧 = 1/2 × 12π × 10 = 60π。
【答案】
60π
【知识点】
圆锥侧面积、勾股定理、图形的旋转
【点评】
本题考查直角三角形旋转形成的圆锥侧面积计算，核心是明确旋转后圆锥的底面半径与母线长，结合勾股定理和圆锥侧面积公式即可求解，属于中考基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
14. (盐城中考)如图,图①是由若干个相同的图形(图②)组成的美丽图案的一部分,图②中,图形的相关数据: 半径 $OA=2\ \mathrm{cm}$, $∠ AOB=120°$, 则图②(实线部分)的周长为
8π/3
cm.(结果保留 $π$)答案
14. 8π/3 解析:由题图①得AO的长+OB的长=AB的长,
∵ 半径OA=2 cm,∠AOB=120°,则题图②的周长为 2×120π×2/180 = 8/3 π.
∵ 半径OA=2 cm,∠AOB=120°,则题图②的周长为 2×120π×2/180 = 8/3 π.
解析
【分析】
要计算图②实线部分的周长，需先明确周长是围成该图形的所有边的总长度。观察图形可知，图②的实线部分由两段圆弧组成，这两段圆弧的半径均为OA=2cm，圆心角均为∠AOB=120°。接下来利用弧长公式计算两段弧的长度之和即可。
【解析】
弧长公式为 $ l = \frac{nπ r}{180} $（其中n为圆心角度数，r为半径）。图②的实线周长是两段圆心角为120°、半径为2cm的弧长之和，代入公式得：
总周长 = $ 2 × \frac{120π × 2}{180} = \frac{480π}{180} = \frac{8π}{3} $（cm）。
【答案】
$\frac{8π}{3}$
【知识点】
弧长公式，圆心角与弧长
【点评】
本题考查弧长公式的应用，关键是准确识别组合图形的边为两段相同参数的圆弧，直接套用弧长公式计算即可，属于基础题型。
【难度系数】
0.5
要计算图②实线部分的周长，需先明确周长是围成该图形的所有边的总长度。观察图形可知，图②的实线部分由两段圆弧组成，这两段圆弧的半径均为OA=2cm，圆心角均为∠AOB=120°。接下来利用弧长公式计算两段弧的长度之和即可。
【解析】
弧长公式为 $ l = \frac{nπ r}{180} $（其中n为圆心角度数，r为半径）。图②的实线周长是两段圆心角为120°、半径为2cm的弧长之和，代入公式得：
总周长 = $ 2 × \frac{120π × 2}{180} = \frac{480π}{180} = \frac{8π}{3} $（cm）。
【答案】
$\frac{8π}{3}$
【知识点】
弧长公式，圆心角与弧长
【点评】
本题考查弧长公式的应用，关键是准确识别组合图形的边为两段相同参数的圆弧，直接套用弧长公式计算即可，属于基础题型。
【难度系数】
0.5
15. 如图,在扇形 $OAB$ 中,$C$ 为$\overgroup{AB}$上的点,连接$AC,BC$,若 $∠ ACB=2∠ O$, 则 $∠ O$ 的度数为
72
$°$.答案
15. 72 解析:如图,连接 OC,
∵ AO=OC,OC=OB,
∴ ∠OCA=∠OAC,∠OCB=∠OBC,
∴ ∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OAC+∠OBC.
∵ ∠AOB+∠OAC+∠OBC+∠ACB=360°,
∴ ∠AOB+2∠ACB=360°.又
∵ ∠ACB=2∠AOB,
∴ 5∠AOB=360°,
∴ ∠AOB=72°.
解析
【分析】要解决本题，需利用扇形的半径相等构造等腰三角形，结合四边形内角和定理建立角度关系。首先连接OC，由扇形半径相等得OA=OC=OB，进而得到等腰三角形的底角相等，将∠ACB拆分为两个底角之和；再利用四边形内角和为360°，结合已知∠ACB=2∠O，代入后即可求出∠O的度数。
【解析】连接OC，
∵ OA=OC，OC=OB（扇形的半径相等），
∴ △OAC和△OBC均为等腰三角形，
∴ ∠OCA=∠OAC，∠OCB=∠OBC，
∴ ∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OAC+∠OBC。
在四边形OACB中，内角和为360°，即：
∠AOB + ∠OAC + ∠OBC + ∠ACB = 360°，
将∠OAC+∠OBC=∠ACB代入上式，得：
∠AOB + ∠ACB + ∠ACB = 360°，即∠AOB + 2∠ACB = 360°。
已知∠ACB=2∠AOB，代入上式：
∠AOB + 2×2∠AOB = 360°，
化简得5∠AOB=360°，
解得∠AOB=72°，即∠O=72°。
【答案】72
【知识点】扇形性质、等腰三角形性质、四边形内角和
【点评】本题通过连接半径构造等腰三角形，利用内角和定理建立方程求解，是角度计算的典型题型，需掌握扇形半径相等的性质。
【难度系数】0.5
【解析】连接OC，
∵ OA=OC，OC=OB（扇形的半径相等），
∴ △OAC和△OBC均为等腰三角形，
∴ ∠OCA=∠OAC，∠OCB=∠OBC，
∴ ∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OAC+∠OBC。
在四边形OACB中，内角和为360°，即：
∠AOB + ∠OAC + ∠OBC + ∠ACB = 360°，
将∠OAC+∠OBC=∠ACB代入上式，得：
∠AOB + ∠ACB + ∠ACB = 360°，即∠AOB + 2∠ACB = 360°。
已知∠ACB=2∠AOB，代入上式：
∠AOB + 2×2∠AOB = 360°，
化简得5∠AOB=360°，
解得∠AOB=72°，即∠O=72°。
【答案】72
【知识点】扇形性质、等腰三角形性质、四边形内角和
【点评】本题通过连接半径构造等腰三角形，利用内角和定理建立方程求解，是角度计算的典型题型，需掌握扇形半径相等的性质。
【难度系数】0.5
16. (2025·湘潭期末) 如图,反比例函数 $y=\dfrac{4}{x}$ 图象上两点 $A,B$ 的横坐标分别为 $m,2m$, 则 $△ AOB$ 的面积是
3
.答案
16. 3 解析:如图,过 A 点作 AC ⊥ x 轴,过 B 点作 BD ⊥ x 轴,垂足分别为 C,D,
∵ A,B 两点在反比例函数 y=4/x 的图象上,且 A,B 的横坐标分别是 m,2m,
∴ A(m,4/m),B(2m,4/(2m)),
∴ S△AOB = S△AOC + S梯形ACDB - S△BOD = 1/2 × m × 4/m + 1/2 × (4/m + 4/(2m))×(2m - m) - 1/2 × 2m × 4/(2m) = 3.
解析
【分析】要计算△AOB的面积，首先根据A、B在反比例函数图象上，由横坐标求出两点坐标；再利用反比例函数中“过双曲线上的点作x轴垂线，与原点构成的三角形面积为$\frac{k}{2}$”的性质，结合割补法（将△AOB的面积转化为△AOC面积、梯形ACDB面积与△BOD面积的组合），即可求出结果。
【解析】解：
∵ 点A、B在反比例函数$ y=\dfrac{4}{x} $的图象上，且横坐标分别为$ m $、$ 2m $，
∴ 点A的坐标为$ (m, \dfrac{4}{m}) $，点B的坐标为$ (2m, \dfrac{4}{2m})=(2m, \dfrac{2}{m}) $。
过A作$ AC ⊥ x $轴于C，过B作$ BD ⊥ x $轴于D，
则$ S_{△ AOC} = \dfrac{1}{2} × OC × AC = \dfrac{1}{2} × m × \dfrac{4}{m} = 2 $，
$ S_{△ BOD} = \dfrac{1}{2} × OD × BD = \dfrac{1}{2} × 2m × \dfrac{2}{m} = 2 $，
梯形$ ACDB $的面积为：$ \dfrac{1}{2} × (AC + BD) × CD = \dfrac{1}{2} × (\dfrac{4}{m} + \dfrac{2}{m}) × (2m - m) = \dfrac{1}{2} × \dfrac{6}{m} × m = 3 $，
∴ $ S_{△ AOB} = S_{△ AOC} + S_{\mathrm{梯形}ACDB} - S_{△ BOD} = 2 + 3 - 2 = 3 $。
【答案】3
【知识点】反比例函数性质、图形面积计算
【点评】本题是反比例函数面积计算的常规题型，通过坐标转化线段长度，利用割补法求解不规则三角形面积，考查学生对反比例函数性质及面积计算的掌握，是基础典型题。
【难度系数】0.5
【解析】解：
∵ 点A、B在反比例函数$ y=\dfrac{4}{x} $的图象上，且横坐标分别为$ m $、$ 2m $，
∴ 点A的坐标为$ (m, \dfrac{4}{m}) $，点B的坐标为$ (2m, \dfrac{4}{2m})=(2m, \dfrac{2}{m}) $。
过A作$ AC ⊥ x $轴于C，过B作$ BD ⊥ x $轴于D，
则$ S_{△ AOC} = \dfrac{1}{2} × OC × AC = \dfrac{1}{2} × m × \dfrac{4}{m} = 2 $，
$ S_{△ BOD} = \dfrac{1}{2} × OD × BD = \dfrac{1}{2} × 2m × \dfrac{2}{m} = 2 $，
梯形$ ACDB $的面积为：$ \dfrac{1}{2} × (AC + BD) × CD = \dfrac{1}{2} × (\dfrac{4}{m} + \dfrac{2}{m}) × (2m - m) = \dfrac{1}{2} × \dfrac{6}{m} × m = 3 $，
∴ $ S_{△ AOB} = S_{△ AOC} + S_{\mathrm{梯形}ACDB} - S_{△ BOD} = 2 + 3 - 2 = 3 $。
【答案】3
【知识点】反比例函数性质、图形面积计算
【点评】本题是反比例函数面积计算的常规题型，通过坐标转化线段长度，利用割补法求解不规则三角形面积，考查学生对反比例函数性质及面积计算的掌握，是基础典型题。
【难度系数】0.5
17. (遵义中考) 如图,将正方形 ABCD 绕点 A 按逆时针方向旋转 $30°$,得正方形 $AB_{1}C_{1}D_{1}$, $B_{1}C_{1}$ 交 CD 于点 $E,AB=\sqrt{3}$,则四边形 $AB_{1}ED$ 的内切圆半径为
(3-√3)/2
.答案
17. (3-√3)/2 解析:如图,作∠DAB₁与∠AB₁C₁的平分线交于点 O,过点 O 作 OF ⊥ AB₁,垂足为 F,则∠OAF=30°,∠AB₁O=45°,故 B₁F=OF=1/2 OA. 设 B₁F=x,则 AF=√3 - x,故(√3 - x)² + x²=(2x)²,解得 x=(3-√3)/2 或 x=(-3-√3)/2 (舍去),
∴ 四边形AB₁ED 的内切圆半径为(3-√3)/2.
解析
【分析】
要解决这个问题，需利用正方形旋转的性质、内切圆的性质，结合直角三角形的边角关系求解。首先明确旋转前后正方形的边和角不变，旋转角为30°；四边形AB₁ED有内切圆，其内切圆圆心是角平分线的交点，半径为圆心到边的距离，通过线段和的等量关系列方程即可求出半径。
【解析】
∵ 正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形AB₁C₁D₁，
∴ AB₁=AB=√3，∠BAB₁=30°，∠AB₁E=∠AB₁C₁=90°，
∴ ∠DAB₁=∠BAD - ∠BAB₁=90° - 30°=60°。
∵ 四边形AB₁ED有内切圆，其内切圆圆心O是∠DAB₁与∠AB₁E的角平分线交点，过O作OF⊥AB₁于F，则OF为内切圆半径，设为r。
∴ ∠OAF=½∠DAB₁=30°，∠OB₁F=½∠AB₁E=45°。
在Rt△AOF中，∠OAF=30°，OA=2OF=2r，由勾股定理得：
AF=√(OA² - OF²)=√[(2r)² - r²]=√3 r。
在Rt△OB₁F中，∠OB₁F=45°，故△OB₁F为等腰直角三角形，得：
B₁F=OF=r。
又
∵ AB₁=AF + B₁F，
∴ √3 = √3 r + r，
整理得：r(√3 +1)=√3，
解得：r=√3/(√3+1)= (√3(√3 -1))/[(√3+1)(√3-1)] = (3 -√3)/2。
【答案】
(3-√3)/2
【知识点】
正方形的性质、旋转的性质、内切圆的性质
【点评】
本题是正方形旋转与内切圆结合的几何综合题，关键在于利用内切圆圆心在角平分线上的性质，将半径转化为直角三角形的边，通过线段和建立方程求解，考查学生对几何性质的综合应用能力，属于中等难度题目。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需利用正方形旋转的性质、内切圆的性质，结合直角三角形的边角关系求解。首先明确旋转前后正方形的边和角不变，旋转角为30°；四边形AB₁ED有内切圆，其内切圆圆心是角平分线的交点，半径为圆心到边的距离，通过线段和的等量关系列方程即可求出半径。
【解析】
∵ 正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形AB₁C₁D₁，
∴ AB₁=AB=√3，∠BAB₁=30°，∠AB₁E=∠AB₁C₁=90°，
∴ ∠DAB₁=∠BAD - ∠BAB₁=90° - 30°=60°。
∵ 四边形AB₁ED有内切圆，其内切圆圆心O是∠DAB₁与∠AB₁E的角平分线交点，过O作OF⊥AB₁于F，则OF为内切圆半径，设为r。
∴ ∠OAF=½∠DAB₁=30°，∠OB₁F=½∠AB₁E=45°。
在Rt△AOF中，∠OAF=30°，OA=2OF=2r，由勾股定理得：
AF=√(OA² - OF²)=√[(2r)² - r²]=√3 r。
在Rt△OB₁F中，∠OB₁F=45°，故△OB₁F为等腰直角三角形，得：
B₁F=OF=r。
又
∵ AB₁=AF + B₁F，
∴ √3 = √3 r + r，
整理得：r(√3 +1)=√3，
解得：r=√3/(√3+1)= (√3(√3 -1))/[(√3+1)(√3-1)] = (3 -√3)/2。
【答案】
(3-√3)/2
【知识点】
正方形的性质、旋转的性质、内切圆的性质
【点评】
本题是正方形旋转与内切圆结合的几何综合题，关键在于利用内切圆圆心在角平分线上的性质，将半径转化为直角三角形的边，通过线段和建立方程求解，考查学生对几何性质的综合应用能力，属于中等难度题目。
【难度系数】
0.5
18. (2025·南京期中) 如图,在矩形 $ABCD$ 中,
$AD=4,AB=6,P$ 为 $CD$ 的中点,连接 $BP$.在矩形 $ABCD$ 内部找一点 $E$, 使得 $∠ BEC = ∠ BPC$, 则线段 $DE$ 的最小值为
$AD=4,AB=6,P$ 为 $CD$ 的中点,连接 $BP$.在矩形 $ABCD$ 内部找一点 $E$, 使得 $∠ BEC = ∠ BPC$, 则线段 $DE$ 的最小值为
(√97 -5)/2
.答案
18. (√97 -5)/2 解析:如图,以 BP 的中点 O 为圆心,OB 为半径画圆,在矩形 ABCD 中,AD=BC=4,AB=CD=6,
∵ ∠BCP=90°,
∴ 所画圆是Rt△BCP 的外接圆,弦 BC 左侧圆弧上任意一点 E 与 BC 构成的∠BEC 与∠BPC 共弦,
∴ ∠BEC=∠BPC.连接 OD,与圆的交点为 E,连接 BE,CE,此时 DE 最短.作 OH ⊥ DC 于点 H,
∴ H 是 PC 的中点,
∴ OH 是△PBC 的中位线,
∴ OH=1/2 BC=2.
∵ P 为 CD 的中点,
∴ CP=DP=1/2 CD=3,
∴ PH=1/2 CP=3/2,
∴ DH=DP+PH=3+3/2=9/2,
∴ OP=√(OH²+PH²)=√(2²+(3/2)²)=5/2,
∴ OE=OP=5/2.
∵ OD=√(DH²+OH²)=√((9/2)²+2²)=√97/2,
∴ DE=OD-OE=√97/2 -5/2=(√97 -5)/2.
解析
【分析】
要找到满足∠BEC=∠BPC的点E，需利用“定弦定角的点的轨迹是圆”的性质：∠BPC是定角，对应定弦BC，因此点E的轨迹是以BP为直径的圆（Rt△BCP的外接圆，弦BC同侧的圆周角相等，故∠BEC=∠BPC）。求DE的最小值时，根据“圆外一点到圆上点的最短距离为该点到圆心的距离减去半径”，只需计算D到圆心O（BP中点）的距离，再减去圆的半径即可。
【解析】
在矩形ABCD中，AD=BC=4，AB=CD=6，P为CD中点，故CP=DP=1/2 CD=3。
因为∠BCP=90°，所以Rt△BCP的外接圆直径为BP，圆心O是BP的中点，半径r=1/2 BP。此时弦BC左侧圆弧上的点E满足∠BEC=∠BPC（同弦BC所对圆周角相等）。
要使DE最小，连接D与圆心O，OD与圆的交点即为所求E（圆外一点到圆上点的最短距离为点到圆心距离减半径）。
作OH⊥DC于H，因O是BP中点，OH//BC，故OH是△PBC的中位线，得OH=1/2 BC=2，H为PC中点，PH=1/2 CP=3/2。
则DH=DP+PH=3+3/2=9/2。
由勾股定理，OD=√(DH²+OH²)=√[(9/2)²+2²]=√97/2；
BP=√(BC²+CP²)=√(4²+3²)=5，故半径OE=1/2 BP=5/2；
因此DE=OD-OE=√97/2 -5/2=(√97 -5)/2。
【答案】
(√97 -5)/2
【知识点】
定弦定角轨迹、矩形性质、勾股定理
【点评】
本题以“定弦定角的点的轨迹是圆”为核心，将几何最值问题转化为圆上点的距离问题，综合考查矩形性质、中位线定理、勾股定理的应用，是几何最值的典型题型。
【难度系数】
0.4
要找到满足∠BEC=∠BPC的点E，需利用“定弦定角的点的轨迹是圆”的性质：∠BPC是定角，对应定弦BC，因此点E的轨迹是以BP为直径的圆（Rt△BCP的外接圆，弦BC同侧的圆周角相等，故∠BEC=∠BPC）。求DE的最小值时，根据“圆外一点到圆上点的最短距离为该点到圆心的距离减去半径”，只需计算D到圆心O（BP中点）的距离，再减去圆的半径即可。
【解析】
在矩形ABCD中，AD=BC=4，AB=CD=6，P为CD中点，故CP=DP=1/2 CD=3。
因为∠BCP=90°，所以Rt△BCP的外接圆直径为BP，圆心O是BP的中点，半径r=1/2 BP。此时弦BC左侧圆弧上的点E满足∠BEC=∠BPC（同弦BC所对圆周角相等）。
要使DE最小，连接D与圆心O，OD与圆的交点即为所求E（圆外一点到圆上点的最短距离为点到圆心距离减半径）。
作OH⊥DC于H，因O是BP中点，OH//BC，故OH是△PBC的中位线，得OH=1/2 BC=2，H为PC中点，PH=1/2 CP=3/2。
则DH=DP+PH=3+3/2=9/2。
由勾股定理，OD=√(DH²+OH²)=√[(9/2)²+2²]=√97/2；
BP=√(BC²+CP²)=√(4²+3²)=5，故半径OE=1/2 BP=5/2；
因此DE=OD-OE=√97/2 -5/2=(√97 -5)/2。
【答案】
(√97 -5)/2
【知识点】
定弦定角轨迹、矩形性质、勾股定理
【点评】
本题以“定弦定角的点的轨迹是圆”为核心，将几何最值问题转化为圆上点的距离问题，综合考查矩形性质、中位线定理、勾股定理的应用，是几何最值的典型题型。
【难度系数】
0.4
三、解答题(共66分)
19. (6分)解下列方程:
(1)$3x^{2}-8x=3$;
(2)$(2x-1)^{2}=3(1-2x)$.
19. (6分)解下列方程:
(1)$3x^{2}-8x=3$;
(2)$(2x-1)^{2}=3(1-2x)$.
答案
19. (1)$x_1=3,x_2=-\dfrac{1}{3}$ (2)$x_1=\dfrac{1}{2},x_2=-1$
解析
【分析】
解一元二次方程时，需先将方程整理为便于求解的形式，再选择合适的方法。第(1)题先移项化为标准形式，用十字相乘法因式分解求解；第(2)题移项后提取公因式，用因式分解法简化计算。
【解析】
(1) 原方程移项得：$3x^2 - 8x - 3 = 0$，
因式分解得：$(3x + 1)(x - 3) = 0$，
则$3x + 1 = 0$或$x - 3 = 0$，
解得：$x_1 = 3$，$x_2 = -\dfrac{1}{3}$；
(2) 原方程移项得：$(2x - 1)^2 + 3(2x - 1) = 0$，
提取公因式$(2x - 1)$得：$(2x - 1)(2x - 1 + 3) = 0$，
即$(2x - 1)(2x + 2) = 0$，
则$2x - 1 = 0$或$2x + 2 = 0$，
解得：$x_1 = \dfrac{1}{2}$，$x_2 = -1$。
【答案】
(1) $x_1=3,x_2=-\dfrac{1}{3}$；(2) $x_1=\dfrac{1}{2},x_2=-1$
【知识点】
一元二次方程的解法、因式分解法解一元二次方程
【点评】
本题考查一元二次方程的基础解法，通过因式分解法降低计算难度，是初中数学的核心基础题型，需熟练掌握方程变形和因式分解的技巧。
【难度系数】
0.8
解一元二次方程时，需先将方程整理为便于求解的形式，再选择合适的方法。第(1)题先移项化为标准形式，用十字相乘法因式分解求解；第(2)题移项后提取公因式，用因式分解法简化计算。
【解析】
(1) 原方程移项得：$3x^2 - 8x - 3 = 0$，
因式分解得：$(3x + 1)(x - 3) = 0$，
则$3x + 1 = 0$或$x - 3 = 0$，
解得：$x_1 = 3$，$x_2 = -\dfrac{1}{3}$；
(2) 原方程移项得：$(2x - 1)^2 + 3(2x - 1) = 0$，
提取公因式$(2x - 1)$得：$(2x - 1)(2x - 1 + 3) = 0$，
即$(2x - 1)(2x + 2) = 0$，
则$2x - 1 = 0$或$2x + 2 = 0$，
解得：$x_1 = \dfrac{1}{2}$，$x_2 = -1$。
【答案】
(1) $x_1=3,x_2=-\dfrac{1}{3}$；(2) $x_1=\dfrac{1}{2},x_2=-1$
【知识点】
一元二次方程的解法、因式分解法解一元二次方程
【点评】
本题考查一元二次方程的基础解法，通过因式分解法降低计算难度，是初中数学的核心基础题型，需熟练掌握方程变形和因式分解的技巧。
【难度系数】
0.8
20. (8 分) 关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}-(k+3) x+$ $2k+2=0.$
(1) 求证:方程总有两个实数根;
(2) 若方程的两根分别为 $x_1,x_2$, 且 $x_1+x_2+$ $2x_1x_2=17$, 求 $k$ 的值.
(1) 求证:方程总有两个实数根;
(2) 若方程的两根分别为 $x_1,x_2$, 且 $x_1+x_2+$ $2x_1x_2=17$, 求 $k$ 的值.
答案
20. (1)$b^2-4ac=[-(k+3)]^2-4(2k+2)=k^2+6k+9-8k-8=k^2-2k+1=(k-1)^2$.
∵ $(k-1)^2≥0$,
∴ $b^2-4ac≥0$,
∴ 方程总有两个实数根.
(2)
∵ 方程 $x^2-(k+3)x+2k+2=0$ 的两根分别为 $x_1,x_2$,
∴ $x_1+x_2=k+3,x_1x_2=2k+2$.
∵ $x_1+x_2+2x_1x_2=17$,
∴ $k+3+2(2k+2)=17$,
∴ $k=2$.
∵ $(k-1)^2≥0$,
∴ $b^2-4ac≥0$,
∴ 方程总有两个实数根.
(2)
∵ 方程 $x^2-(k+3)x+2k+2=0$ 的两根分别为 $x_1,x_2$,
∴ $x_1+x_2=k+3,x_1x_2=2k+2$.
∵ $x_1+x_2+2x_1x_2=17$,
∴ $k+3+2(2k+2)=17$,
∴ $k=2$.
解析
【分析】
第(1)问要证明一元二次方程总有两个实数根，需利用一元二次方程根的判别式，计算判别式并证明其非负即可；第(2)问已知方程的两根，利用韦达定理（根与系数的关系）得到两根之和与两根之积的表达式，再代入给定的等式，解关于k的方程求出k的值。
【解析】
(1) 对于一元二次方程$x^2-(k+3)x+2k+2=0$，计算判别式：
$\Delta = [-(k+3)]^2 - 4×1×(2k+2) = k^2 +6k +9 -8k -8 = k^2 -2k +1 = (k-1)^2$。
因为任何数的平方都非负，即$(k-1)^2≥0$，所以$\Delta≥0$，因此方程总有两个实数根。
(2) 由韦达定理，方程的两根$x_1,x_2$满足：
$x_1+x_2 = k+3$，$x_1x_2 = 2k+2$。
将其代入$x_1+x_2 +2x_1x_2=17$，得：
$k+3 + 2(2k+2) =17$，
展开计算：$k+3 +4k +4 =17$，
合并同类项：$5k +7 =17$，
解得：$5k=10$，即$k=2$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $k=2$
【知识点】
一元二次方程根的判别式；一元二次方程根与系数的关系
【点评】
本题为一元二次方程的基础常规题，分别考查根的判别式的应用和韦达定理的运用，解题步骤清晰，注重基础知识点的掌握，适合巩固一元二次方程的相关核心内容。
【难度系数】
0.7
第(1)问要证明一元二次方程总有两个实数根，需利用一元二次方程根的判别式，计算判别式并证明其非负即可；第(2)问已知方程的两根，利用韦达定理（根与系数的关系）得到两根之和与两根之积的表达式，再代入给定的等式，解关于k的方程求出k的值。
【解析】
(1) 对于一元二次方程$x^2-(k+3)x+2k+2=0$，计算判别式：
$\Delta = [-(k+3)]^2 - 4×1×(2k+2) = k^2 +6k +9 -8k -8 = k^2 -2k +1 = (k-1)^2$。
因为任何数的平方都非负，即$(k-1)^2≥0$，所以$\Delta≥0$，因此方程总有两个实数根。
(2) 由韦达定理，方程的两根$x_1,x_2$满足：
$x_1+x_2 = k+3$，$x_1x_2 = 2k+2$。
将其代入$x_1+x_2 +2x_1x_2=17$，得：
$k+3 + 2(2k+2) =17$，
展开计算：$k+3 +4k +4 =17$，
合并同类项：$5k +7 =17$，
解得：$5k=10$，即$k=2$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $k=2$
【知识点】
一元二次方程根的判别式；一元二次方程根与系数的关系
【点评】
本题为一元二次方程的基础常规题，分别考查根的判别式的应用和韦达定理的运用，解题步骤清晰，注重基础知识点的掌握，适合巩固一元二次方程的相关核心内容。
【难度系数】
0.7
