发布时间 : 星期二 文章2018年湖南省益阳市中考数学试卷含答案解析更新完毕开始阅读11e8aaea24fff705cc1755270722192e44365854
徐老师
代入得?y?x?1.
?2?a?b,解得
?1??2a?b,??a?1,∴直线AB对应的一次函数表达式为?b?1,?（3）PC?PD的最小值为34.
【考点】反比例函数的图象及性质、一次函数的图象及性质
24.【答案】解：（1）设每次运输的农产品中A产品有x件，每次运输的农
产品中B产品有y件， 根据题意得：??45x?25y?1200?x?10解得：?
?30x?20y?1200?300?y?30（2）设增加m件A产品，则增加了(8?m)件B产品，设增加供货量后得运
费为W元，
增加供货量后A产品的数量为(10?m)件，B产品的数量为
30?(8?m)?(38?m)件，
根据题意得：W?30(10?m)?20(38?m)?10m?790， 由题意得：38?m≤2(10?m)， 解得：m≥6， 即6≤m≤8，
∵一次函数W随m的增大而增大 ∴当m?6时，W最小=850.
【考点】一次函数的应用，二元一次方程组的应用和一元一次不等式得应
用
25.【答案】解：（1）证明：∵为AD的中点，∴AE?ED，∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A?∠D?90?，AB?CD， ∴△ABE≌△DCE， ∴BE?CE.
（2）①证明：由（1）及∠BEC?90?知，
∠ABE?∠DCE?∠BCE?45?，由旋转可知∠MEB?∠CEN，又BE?CE，
∴∠BEM≌△CEN.
②设BM?x(0?x≤2)，由上可知∠ABE?45?，及AB?2， ∴BC?AD?2AE?4，由①知△BEM≌△CEN，
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∴NC?BM?x，∴BN?4?x，又∠ABC?90?，
∴S△BMN?x(4?x)??(x?2)2?2，当x?2时，S△BMN取得最大值2. ③过E点作EH⊥BG于点H.
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设AB?a(a?0)， 由上可知AB?AE?a， ∴BE?2a，
∵∠F?30?，∠FAB?∠FHE?90?， ∴Rt△ABF中，AF?3a， ∴EF?(3+1)a，
∴Rt△EFH中，EH?EFsin30?=∴Rt△EBH中，
EH?BE3?1a6?22. ?42a3+1a， 2sin∠EBG?【考点】四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形
的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识 26.【答案】（1）设A(x1,0)，B(x2,0)， 则x1，x2是方程x2?x?n?0. ∴x1x2??2n.
在Rt△AOC中，AC2?x12?n2， 在Rt△BOC中，BC2?x22?n2，
∵△ABC为直角三角形，由题意可知∠ACB?90?， ∴AC2?BC2?AB2
即x12?n2?x22?n2?(x2?x1)2， ∴n2??x1x2
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1232徐老师 ∴n2?2n
解得n1?0，n2?2， 又n?0，∴n?2
（2）由（1）可知y?x2?x?2，
令y?0，则x2?x?2?0，∴x1??1，x2?4∴A(?1,0)，B(4,0).
设抛物线的对称轴为l，l与BC交于点G，过点P作PF⊥l，垂足为点F，即
12321232∠PFQ?90??∠COB.
① 当以BC为边，以点：B，C，P，Q为顶点的四边形是四边形CBPQ时， ∵四边形CBPQ为平行四边形， ∴PQ?BC，PQ∥BC，又l∥y轴， ∴∠FQP?∠QGB?∠OCB， ∴△PFQ≌△BOC， ∴PF?BO?4， ∴P点的横坐标为
112， ∴y?12???11?2?2???32?112?2?398，
即P点的坐标为??11?2,39?8??.
② 当以BC为边，以点B，C，P，Q为顶点的四边形是四边形CBQP时， 同理可得P?????5,39?28??. ∴符合条件的P点坐标为?11??2,39??539?8??和???2,8??
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（3）过点D作DH⊥x轴于点H.
∵AE:ED?1:4， ∴OA:OH?1:4.
设OA?a(a?0)，则A点的坐标为(?a,0)， ∴OH?4a，AH?5a.
∵D点在抛物线y?x2?x?n(n?0)上，
∴D点坐标为(4a,8a2?6a?n)，由（1）知x1x2??2，∴BO?∵AD∥BC，∴△DAH∽△CBO,
5a8a2?6a?nAHDH?∴，，即11a2?12a?2n?0，① ?2nnBOCOa12322n， a又A(?a,0)在抛物线上， ∴n?a2?a，②
将②代入①得11a2?12a?2?a2?a??0，
22解得a1?0（舍去），a2?. 把a?代入②得n?3227. 832?1?3??1232【考点】二次函数的图象及其性质、勾股定理、平行四边形的性质、全等三角形的
判定和性质、数形结合思想
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