2018年山东省聊城市中考数学模拟试卷

在中考的复习备考过程中，模拟试题的积累是十分重要的，我们平时就要充分利用好，才能真正有效提高成绩。以下是本站小编给你带来的最新模拟试题，希望能帮到你哈。

一、选择题(本大题共12个小题，每小题3分，共36分)

1.64的立方根是(　　)

A.4 B.8 C.±4 D.±8

2.在Rt△ABC中，cosA= ，那么sinA的值是(　　)

A. B. C. D.

3.下列计算错误的是(　　)

A. =4 B.32×3﹣1=3

C.20÷2﹣2= D.(﹣3×102)3=﹣2.7×107

4.如图，△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，要判定四边形DBFE是菱形，还需要添加的条件是(　　)

=AC =BD ⊥AC 平分∠ABC

5.纽约、悉尼与北京时差如下表(正数表示同一时刻比北京时间早的时数，负数表示同一时刻比北京时间晚的时数)：

城市 悉尼 纽约

时差/时 +2 ﹣13

当北京6月15日23时，悉尼、纽约的时间分别是(　　)

A.6月16日1时;6月15日10时 B.6月16日1时;6月14日10时

C.6月15日21时;6月15日10时 D.6月15日21时;6月16日12时

6.如图是由若干小正方体组成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置小正方体的个数，这个几何体的主视图是(　　)

A. B. C. D.

7.如果解关于x的分式方程 ﹣ =1时出现增根，那么m的值为(　　)

A.﹣2 B.2 C.4 D.﹣4

8.计算(5 ﹣2 )÷(﹣ )的结果为(　　)

A.5 B.﹣5 C.7 D.﹣7

9.如图是由8个全等的矩形组成的大正方形，线段AB的端点都在小矩形的顶点上，如果点P是某个小矩形的顶点，连接PA、PB，那么使△ABP为等腰直角三角形的点P的个数是(　　)

A.2个 B.3个 C.4个 D.5个

10.为了满足顾客的需求，某商场将5kg奶糖，3kg酥心糖和2kg水果糖混合成什锦糖出售.已知奶糖的售价为每千克40元，酥心糖为每千克20元，水果糖为每千克15元，混合后什锦糖的售价应为每千克(　　)

A.25元 B.28.5元 C.29元 D.34.5元

11.如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，使点B落在AB边上点B′处，此时，点A的对应点A′恰好落在BC边的延长线上，下列结论错误的(　　)

A.∠BCB′=∠ACA′ B.∠ACB=2∠B

C.∠B′CA=∠B′AC D.B′C平分∠BB′A′

12.端午节前夕，在东昌湖举行第七届全民健身运动会龙舟比赛中，甲、乙两队在500米的赛道上，所划行的路程y(m)与时间x(min)之间的函数关系如图所示，下列说法错误的是(　　)

A.乙队比甲队提前0.25min到达终点

B.当乙队划行110m时，此时落后甲队15m

C.0.5min后，乙队比甲队每分钟快40m

D.自1.5min开始，甲队若要与乙队同时到达终点，甲队的速度需要提高到255m/min

二、填空题(每小题3分，共15分)

13.因式分解：2x2﹣32x4=　 　.

14.已知圆锥形工件的底面直径是40cm，母线长30cm，其侧面展开图圆心角的度数为　 　.

15.不等式组 的解集是　 　.

16.如果任意选择一对有序整数(m，n)，其中|m|≤1，|n|≤3，每一对这样的有序整数被选择的可能性是相等的，那么关于x的方程x2+nx+m=0有两个相等实数根的概率是　 　.

17.如图，在平面直角坐标系中，直线l的函数表达式为y=x，点O1的坐标为(1，0)，以O1为圆心，O1O为半径画圆，交直线l于点P1，交x轴正半轴于点O2，以O2为圆心，O2O为半径画圆，交直线l于点P2，交x轴正半轴于点O3，以O3为圆心，O3O为半径画圆，交直线l于点P3，交x轴正半轴于点O4;…按此做法进行下去，其中 的长为　 　.

三、解答题(本题共8个小题，满分69分)

18.先化简，再求值：2﹣ ÷ ，其中x=3，y=﹣4.

19.如图，已知AB∥DE，AB=DE，BE=CF，求证：AC∥DF.

20.为了绿化环境，育英中学八年级三班同学都积极参加植树活动，今年植树节时，该班同学植树情况的部分数据如图所示，请根据统计图信息，回答下列问题：

(1)八年级三班共有多少名同学?

(2)条形统计图中，m=　 　，n=　 　.

(3)扇形统计图中，试计算植树2棵的人数所对应的扇形圆心角的度数.

21.耸立在临清市城北大运河东岸的舍利宝塔，是“运河四大名塔”之一(如图1).数学兴趣小组的小亮同学在塔上观景点P处，利用测角仪测得运河两岸上的A，B两点的俯角分别为17.9°，22°，并测得塔底点C到点B的距离为142米(A、B、C在同一直线上，如图2)，求运河两岸上的A、B两点的距离(精确到1米).

(参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40，sin17.9°≈0.31，cos17.9°≈0.95，tan17.9°≈0.32)

22.在推进城乡义务教育均衡发展工作中，我市某区政府通过公开招标的方式为辖区内全部乡镇中学采购了某型号的学生用电脑和教师用笔记本电脑，其中，A乡镇中学更新学生用电脑110台和教师用笔记本电脑32台，共花费30.5万元;B乡镇中学更新学生电脑55台和教师用笔记本电脑24台，共花费17.65万元.

(1)求该型号的学生用电脑和教师用笔记本电脑单价分别是多少万元?

(2)经统计，全部乡镇中学需要购进的教师用笔记本电脑台数比购进的学生用电脑台数的 少90台，在两种电脑的总费用不超过预算438万元的情况下，至多能购进的学生用电脑和教师用笔记本电脑各多少台?

23.如图，分别位于反比例函数y= ，y= 在第一象限图象上的两点A、B，与原点O在同一直线上，且 = .

(1)求反比例函数y= 的表达式;

(2)过点A作x轴的平行线交y= 的图象于点C，连接BC，求△ABC的面积.

24.如图，⊙O是△ABC的外接圆，O点在BC边上，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接BD、CD，过点D作BC的平行线，与AB的延长线相交于点P.

(1)求证：PD是⊙O的切线;

(2)求证：△PBD∽△DCA;

(3)当AB=6，AC=8时，求线段PB的长.

25.如图，已知抛物线y=ax2+2x+c与y轴交于点A(0，6)，与x轴交于点B(6，0)，点P是线段AB上方抛物线上的一个动点.

(1)求这条抛物线的表达式及其顶点坐标;

(2)当点P移动到抛物线的什么位置时，使得∠PAB=75°，求出此时点P的坐标;

(3)当点P从A点出发沿线段AB上方的抛物线向终点B移动，在移动中，点P的横坐标以每秒1个单位长度的速度变动，与此同时点M以每秒1个单位长度的速度沿AO向终点O移动，点P，M移动到各自终点时停止，当两个移点移动t秒时，求四边形PAMB的面积S关于t的函数表达式，并求t为何值时，S有最大值，最大值是多少?

一、选择题(本大题共12个小题，每小题3分，共36分)

1.64的立方根是(　　)

A.4 B.8 C.±4 D.±8

【考点】24：立方根.

【分析】如果一个数x的立方等于a，那么x是a的立方根，根据此定义求解即可.

【解答】解：∵4的立方是64，

∴64的立方根是4.

故选A.

2.在Rt△ABC中，cosA= ，那么sinA的值是(　　)

A. B. C. D.

【考点】T3：同角三角函数的关系;T5：特殊角的三角函数值.

【分析】利用同角三角函数间的基本关系求出sinA的值即可.

【解答】解：∵Rt△ABC中，cosA= ，

∴sinA= = ，

故选B

3.下列计算错误的是(　　)

A. =4 B.32×3﹣1=3

C.20÷2﹣2= D.(﹣3×102)3=﹣2.7×107

【考点】47：幂的乘方与积的乘方;6E：零指数幂;6F：负整数指数幂.

【分析】根据幂的乘方和积的乘方以及零指数幂和负指数幂进行计算即可.

【解答】解：A、 =4，正确，故A不合题意;

B、32×3﹣1=3，正确，故B不合题意;

C、20÷2﹣2=4，不正确，故C合题意;

D、(﹣3×102)3=﹣2.7×107，正确，故D不合题意;

故选C.

4.如图，△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，要判定四边形DBFE是菱形，还需要添加的条件是(　　)

=AC =BD ⊥AC 平分∠ABC

【考点】L9：菱形的判定.

【分析】当BE平分∠ABE时，四边形DBFE是菱形，可知先证明四边形BDEF是平行四边形，再证明BD=DE即可解决问题.

【解答】解：当BE平分∠ABE时，四边形DBFE是菱形，

理由：∵DE∥BC，

∴∠DEB=∠EBC，

∵∠EBC=∠EBD，

∴∠EBD=∠DEB，

∴BD=DE，

∵DE∥BC，EF∥AB，

∴四边形DBEF是平行四边形，

∵BD=DE，

∴四边形DBEF是菱形.

其余选项均无法判断四边形DBEF是菱形，

故选D.

5.纽约、悉尼与北京时差如下表(正数表示同一时刻比北京时间早的时数，负数表示同一时刻比北京时间晚的时数)：

城市 悉尼 纽约

时差/时 +2 ﹣13

当北京6月15日23时，悉尼、纽约的时间分别是(　　)

A.6月16日1时;6月15日10时 B.6月16日1时;6月14日10时

C.6月15日21时;6月15日10时 D.6月15日21时;6月16日12时

【考点】11：正数和负数.

【分析】由统计表得出：悉尼时间比北京时间早2小时，悉尼比北京的时间要早2个小时，也就是6月16日1时.纽约比北京时间要晚13个小时，也就是6月15日10时.

【解答】解：悉尼的时间是：6月15日23时+2小时=6月16日1时，

纽约时间是：6月15日23时﹣13小时=6月15日10时.

故选：A.

6.如图是由若干小正方体组成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置小正方体的个数，这个几何体的主视图是(　　)

A. B. C. D.

【考点】U3：由三视图判断几何体;U2：简单组合体的三视图.

【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中.

【解答】解：从正面看易得第一列有3个正方形，第二列有2个正方形，第三列有1个正方形.

.

故选：C.

7.如果解关于x的分式方程 ﹣ =1时出现增根，那么m的值为(　　)

A.﹣2 B.2 C.4 D.﹣4

【考点】B5：分式方程的增根.

【分析】增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根.所以应先确定增根的可能值，让最简公分母x﹣2=0，确定可能的增根;然后代入化为整式方程的方程求解，即可得到正确的答案.

【解答】解： ﹣ =1，

去分母，方程两边同时乘以x﹣2，得：

m+2x=x﹣2，

由分母可知，分式方程的增根可能是2，

当x=2时，m+4=2﹣2，

m=﹣4，

故选D.

8.计算(5 ﹣2 )÷(﹣ )的结果为(　　)

A.5 B.﹣5 C.7 D.﹣7

【考点】79：二次根式的混合运算.

【分析】先把二次根式化为最简二次根式，然后把括号内合并后进行二次根式的除法运算.

【解答】解：原式=( ﹣6 )÷(﹣ )

=(﹣5 )÷(﹣ )

=5.

故选A.

9.如图是由8个全等的矩形组成的大正方形，线段AB的端点都在小矩形的顶点上，如果点P是某个小矩形的顶点，连接PA、PB，那么使△ABP为等腰直角三角形的点P的个数是(　　)

A.2个 B.3个 C.4个 D.5个

【考点】KW：等腰直角三角形.

【分析】根据等腰直角三角形的判定即可得到结论.

【解答】解：如图所示，使△ABP为等腰直角三角形的点P的个数是3，

故选B.

10.为了满足顾客的需求，某商场将5kg奶糖，3kg酥心糖和2kg水果糖混合成什锦糖出售.已知奶糖的售价为每千克40元，酥心糖为每千克20元，水果糖为每千克15元，混合后什锦糖的售价应为每千克(　　)

A.25元 B.28.5元 C.29元 D.34.5元

【考点】W2：加权平均数.

【分析】先求出买5kg奶糖，3kg酥心糖和2kg水果糖的总钱数，再除以总的斤数，即可得出混合后什锦糖的售价.

【解答】解：根据题意得：

(40×5+20×3+15×2)÷(5+3+2)=29(元)，

答：混合后什锦糖的售价应为每千克29元.

故选C.

11.如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，使点B落在AB边上点B′处，此时，点A的对应点A′恰好落在BC边的延长线上，下列结论错误的(　　)

A.∠BCB′=∠ACA′ B.∠ACB=2∠B

C.∠B′CA=∠B′AC D.B′C平分∠BB′A′

【考点】R2：旋转的性质.

【分析】根据旋转的性质得到∠BCB′=∠ACA′，故A正确，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠BB'C，根据三角形的外角的性质得到∠A'CB'=2∠B，等量代换得到∠ACB=2∠B，故B正确;等量代换得到∠A′B′C=∠BB′C，于是得到B′C平分∠BB′A′，故D正确.

【解答】解：根据旋转的性质得，∠BCB'和∠ACA'都是旋转角，则∠BCB′=∠ACA′，故A正确，

∵CB=CB'，

∴∠B=∠BB'C，

又∵∠A'CB'=∠B+∠BB'C，

∴∠A'CB'=2∠B，

又∵∠ACB=∠A'CB'，

∴∠ACB=2∠B，故B正确;

∵∠A′B′C=∠B，

∴∠A′B′C=∠BB′C，

∴B′C平分∠BB′A′，故D正确;

故选C.

12.端午节前夕，在东昌湖举行第七届全民健身运动会龙舟比赛中，甲、乙两队在500米的赛道上，所划行的路程y(m)与时间x(min)之间的函数关系如图所示，下列说法错误的是(　　)

A.乙队比甲队提前0.25min到达终点

B.当乙队划行110m时，此时落后甲队15m

C.0.5min后，乙队比甲队每分钟快40m

D.自1.5min开始，甲队若要与乙队同时到达终点，甲队的速度需要提高到255m/min

【考点】E6：函数的图象.

【分析】观察函数图象可知，函数的横坐标表示时间，纵坐标表示路程，根据图象上特殊点的意义即可求出答案.

【解答】解：A、由横坐标看出乙队比甲队提前0.25min到达终点，故A不符合题意;

B、乙AB段的解析式为y=240x﹣40，当y=110时，x= ;甲的解析式为y=200x，当x= 时，y=125，当乙队划行110m时，此时落后甲队15m，故B不符合题意;

C、乙AB段的解析式为y=240x﹣40乙的速度是240m/min;甲的解析式为y=200x，甲的速度是200m/min，0.5min后，乙队比甲队每分钟快40m，故C不符合题意;

D、甲的解析式为y=200x，当x=1.5时，y=300，甲乙同时到达÷(2.25﹣1.5)=266m/min，故D符合题意;

故选：D.

二、填空题(每小题3分，共15分)

13.因式分解：2x2﹣32x4=　2x2(1+4x)(1﹣4x)　.

【考点】55：提公因式法与公式法的综合运用.

【分析】此多项式有公因式，应先提取公因式，再对余下的多项式进行观察，有2项，可采用平方差公式继续分解.

【解答】解：2x2﹣32x4

=2x2(1﹣16x2)

=2x2(1+4x)(1﹣4x).

故答案为：2x2(1+4x)(1﹣4x).

14.已知圆锥形工件的底面直径是40cm，母线长30cm，其侧面展开图圆心角的度数为　240°　.

【考点】MP：圆锥的计算.

【分析】设圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为n°，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到40π= ，然后解方程即可.

【解答】解：设圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为n°，

根据题意得40π= ，

解得n=240.

故答案为240°.

15.不等式组 的解集是　4

【考点】CB：解一元一次不等式组.

【分析】先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可.

【解答】解：

∵解不等式①得：x≤5，

解不等式②得：x>4，

∴不等式组的解集为4

故答案为：4

16.如果任意选择一对有序整数(m，n)，其中|m|≤1，|n|≤3，每一对这样的有序整数被选择的可能性是相等的，那么关于x的方程x2+nx+m=0有两个相等实数根的概率是　 　.

【考点】X6：列表法与树状图法;AA：根的判别式.

【分析】首先确定m、n的值，推出有序整数(m，n)共有：3×7=21(种)，由方程x2+nx+m=0有两个相等实数根，则需：△=n2﹣4m=0，有(0，0)，(1，2)，(1，﹣2)三种可能，由此即可解决问题、

【解答】解：m=0，±1，n=0，±1，±2，±3

∴有序整数(m，n)共有：3×7=21(种)，

∵方程x2+nx+m=0有两个相等实数根，则需：△=n2﹣4m=0，有(0，0)，(1，2)，(1，﹣2)三种可能，

∴关于x的方程x2+nx+m=0有两个相等实数根的概率是 = ，

故答案为 .

17.如图，在平面直角坐标系中，直线l的函数表达式为y=x，点O1的坐标为(1，0)，以O1为圆心，O1O为半径画圆，交直线l于点P1，交x轴正半轴于点O2，以O2为圆心，O2O为半径画圆，交直线l于点P2，交x轴正半轴于点O3，以O3为圆心，O3O为半径画圆，交直线l于点P3，交x轴正半轴于点O4;…按此做法进行下去，其中 的长为　22015π.　.

【考点】MN：弧长的计算;F8：一次函数图象上点的坐标特征.

【分析】连接P1O1，P2O2，P3O3，易求得PnOn垂直于x轴，可得 为 圆的周长，再找出圆半径的规律即可解题.

【解答】解：连接P1O1，P2O2，P3O3…

∵P1 是⊙O2上的点，

∴P1O1=OO1，

∵直线l解析式为y=x，

∴∠P1OO1=45°，

∴△P1OO1为等腰直角三角形，即P1O1⊥x轴，

同理，PnOn垂直于x轴，

∴ 为 圆的周长，

∵以O1为圆心，O1O为半径画圆，交x轴正半轴于点O2，以O2为圆心，O2O为半径画圆，交x轴正半轴于点O3，以此类推，

∴OOn=2n﹣1，

∴ = •2π•OOn= π•2n﹣1=2n﹣2π，

当n=2017时， =22015π.

故答案为 22015π.

三、解答题(本题共8个小题，满分69分)

18.先化简，再求值：2﹣ ÷ ，其中x=3，y=﹣4.

【考点】6D：分式的化简求值.

【分析】根据分式的除法和减法可以化简题目中的式子，然后将x、y的值代入即可解答本题.

【解答】解：2﹣ ÷

=2﹣

=2﹣

=

=

= ，

当x=3，y=﹣4时，原式= .

19.如图，已知AB∥DE，AB=DE，BE=CF，求证：AC∥DF.

【考点】KD：全等三角形的判定与性质.

【分析】首先由BE=CF可以得到BC=EF，然后利用边边边证明△ABC≌△DEF，最后利用全等三角形的性质和平行线的判定即可解决问题.

【解答】证明：∵AB∥CD，

∴∠ABC=∠DEF，

又∵BE=CF，

∴BE+EC=CF+EC，

即：BC=EF，

在△ABC和△DEF中

∴△ABC≌△DEF(SAS)，

∴∠ACB=∠DFE，

∴AC∥DF.

20.为了绿化环境，育英中学八年级三班同学都积极参加植树活动，今年植树节时，该班同学植树情况的部分数据如图所示，请根据统计图信息，回答下列问题：

(1)八年级三班共有多少名同学?

(2)条形统计图中，m=　7　，n=　10　.

(3)扇形统计图中，试计算植树2棵的人数所对应的扇形圆心角的度数.

【考点】VC：条形统计图;VB：扇形统计图.

【分析】(1)根据植4株的有11人，所占百分比为22%，求出总人数;

(2)根据植树5棵人数所占的比例来求n的值;用总人数减去其它植树的人数，就是m的值，从而补全统计图;

(3)根据植树2棵的人数所占比例，即可得出圆心角的比例相同，即可求出圆心角的度数.

【解答】解：(1)由两图可知，植树4棵的人数是11人，占全班人数的22%，所以八年级三班共有人数为：11÷22%=50(人).

(2)由扇形统计图可知，植树5棵人数占全班人数的14%，

所以n=50×14%=7(人).

m=50﹣(4+18+11+7)=10(人).

故答案是：7;10;

(3)所求扇形圆心角的度数为：360× =72°.

21.耸立在临清市城北大运河东岸的舍利宝塔，是“运河四大名塔”之一(如图1).数学兴趣小组的小亮同学在塔上观景点P处，利用测角仪测得运河两岸上的A，B两点的俯角分别为17.9°，22°，并测得塔底点C到点B的距离为142米(A、B、C在同一直线上，如图2)，求运河两岸上的A、B两点的距离(精确到1米).

(参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40，sin17.9°≈0.31，cos17.9°≈0.95，tan17.9°≈0.32)

【考点】TA：解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题.

【分析】在Rt△PBC中，求出BC，在Rt△PAC中，求出AC，根据AB=AC﹣BC计算即可.

【解答】解：根据题意，BC=142米，∠PBC=22°，∠PAC=17.9°，

在Rt△PBC中，tan∠PBC= ，

∴PC=BCtan∠PBC=142•tan22°，

在Rt△PAC中，tan∠PAC= ，

∴AC= = ≈ ≈177.5，

∴AB=AC﹣BC=177.5﹣142≈36米.

答：运河两岸上的A、B两点的距离为36米.

22.在推进城乡义务教育均衡发展工作中，我市某区政府通过公开招标的方式为辖区内全部乡镇中学采购了某型号的学生用电脑和教师用笔记本电脑，其中，A乡镇中学更新学生用电脑110台和教师用笔记本电脑32台，共花费30.5万元;B乡镇中学更新学生电脑55台和教师用笔记本电脑24台，共花费17.65万元.

(1)求该型号的学生用电脑和教师用笔记本电脑单价分别是多少万元?

(2)经统计，全部乡镇中学需要购进的教师用笔记本电脑台数比购进的学生用电脑台数的 少90台，在两种电脑的总费用不超过预算438万元的情况下，至多能购进的学生用电脑和教师用笔记本电脑各多少台?

【考点】C9：一元一次不等式的应用;9A：二元一次方程组的应用.

【分析】(1)设该型号的学生用电脑的单价为x万元，教师用笔记本电脑的单价为y万元，根据题意列出方程组，求出方程组的解得到x与y的值，即可得到结果;

(2)设能购进的学生用电脑m台，则能购进的教师用笔记本电脑为( m﹣90)台，根据“两种电脑的总费用不超过预算438万元”列出不等式，求出不等式的解集.

【解答】解：(1)设该型号的学生用电脑的单价为x万元，教师用笔记本电脑的.单价为y万元，

依题意得： ，

解得 ，

经检验，方程组的解符合题意.

答：该型号的学生用电脑的单价为0.19万元，教师用笔记本电脑的单价为0.3万元;

(2)设能购进的学生用电脑m台，则能购进的教师用笔记本电脑为( m﹣90)台，

依题意得：0.19m+0.3×( m﹣90)≤438，

解得m≤1860.

所以 m﹣90= ×1860﹣90=282(台).

答：能购进的学生用电脑1860台，则能购进的教师用笔记本电脑为282台.

23.如图，分别位于反比例函数y= ，y= 在第一象限图象上的两点A、B，与原点O在同一直线上，且 = .

(1)求反比例函数y= 的表达式;

(2)过点A作x轴的平行线交y= 的图象于点C，连接BC，求△ABC的面积.

【考点】G7：待定系数法求反比例函数解析式;G5：反比例函数系数k的几何意义.

【分析】(1)作AE、BF分别垂直于x轴，垂足为E、F，根据△AOE∽△BOF，则设A的横坐标是m，则可利用m表示出A和B的坐标，利用待定系数法求得k的值;

(2)根据AC∥x轴，则可利用m表示出C的坐标，利用三角形的面积公式求解.

【解答】解：(1)作AE、BF分别垂直于x轴，垂足为E、F.

∵△AOE∽△BOF，又 = ，

∴ = = = .

由点A在函数y= 的图象上，

设A的坐标是(m， )，

∴ = = ， = = ，

∴OF=3m，BF= ，即B的坐标是(3m， ).

又点B在y= 的图象上，

∴ = ，

解得k=9，

则反比例函数y= 的表达式是y= ;

(2)由(1)可知，A(m， )，B(3m， )，

又已知过A作x轴的平行线交y= 的图象于点C.

∴C的纵坐标是 ，

把y= 代入y= 得x=9m，

∴C的坐标是(9m， )，

∴AC=9m﹣m=8m.

∴S△ABC= ×8m× =8.

24.如图，⊙O是△ABC的外接圆，O点在BC边上，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接BD、CD，过点D作BC的平行线，与AB的延长线相交于点P.

(1)求证：PD是⊙O的切线;

(2)求证：△PBD∽△DCA;

(3)当AB=6，AC=8时，求线段PB的长.

【考点】S9：相似三角形的判定与性质;ME：切线的判定与性质.

【分析】(1)由直径所对的圆周角为直角得到∠BAC为直角，再由AD为角平分线，得到一对角相等，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍及等量代换确定出∠DOC为直角，与平行线中的一条垂直，与另一条也垂直得到OD与PD垂直，即可得证;

(2)由PD与BC平行，得到一对同位角相等，再由同弧所对的圆周角相等及等量代换得到∠P=∠ACD，根据同角的补角相等得到一对角相等，利用两对角相等的三角形相似即可得证;

(3)由三角形ABC为直角三角形，利用勾股定理求出BC的长，再由OD垂直平分BC，得到DB=DC，根据(2)的相似，得比例，求出所求即可.

【解答】(1)证明：∵圆心O在BC上，

∴BC是圆O的直径，

∴∠BAC=90°，

连接OD，

∵AD平分∠BAC，

∴∠BAC=2∠DAC，

∵∠DOC=2∠DAC，

∴∠DOC=∠BAC=90°，即OD⊥BC，

∵PD∥BC，

∴OD⊥PD，

∵OD为圆O的半径，

∴PD是圆O的切线;

(2)证明：∵PD∥BC，

∴∠P=∠ABC，

∵∠ABC=∠ADC，

∴∠P=∠ADC，

∵∠PBD+∠ABD=180°，∠ACD+∠ABD=180°，

∴∠PBD=∠ACD，

∴△PBD∽△DCA;

(3)解：∵△ABC为直角三角形，

∴BC2=AB2+AC2=62+82=100，

∴BC=10，

∵OD垂直平分BC，

∴DB=DC，

∵BC为圆O的直径，

∴∠BDC=90°，

在Rt△DBC中，DB2+DC2=BC2，即2DC2=BC2=100，

∴DC=DB=5 ，

∵△PBD∽△DCA，

∴ = ，

则PB= = = .

25.如图，已知抛物线y=ax2+2x+c与y轴交于点A(0，6)，与x轴交于点B(6，0)，点P是线段AB上方抛物线上的一个动点.

(1)求这条抛物线的表达式及其顶点坐标;

(2)当点P移动到抛物线的什么位置时，使得∠PAB=75°，求出此时点P的坐标;

(3)当点P从A点出发沿线段AB上方的抛物线向终点B移动，在移动中，点P的横坐标以每秒1个单位长度的速度变动，与此同时点M以每秒1个单位长度的速度沿AO向终点O移动，点P，M移动到各自终点时停止，当两个移点移动t秒时，求四边形PAMB的面积S关于t的函数表达式，并求t为何值时，S有最大值，最大值是多少?

【考点】HF：二次函数综合题.

【分析】(1)由A、B坐标，利用待定系数法可求得抛物线的表达式，化为顶点式可求得顶点坐标;

(2)过P作PC⊥y轴于点C，由条件可求得∠PAC=60°，可设AC=m，在Rt△PAC中，可表示出PC的长，从而可用m表示出P点坐标，代入抛物线解析式可求得m的值，即可求得P点坐标;

(3)用t可表示出P、M的坐标，过P作PE⊥x轴于点E，交AB于点F，则可表示出F的坐标，从而可用t表示出PF的长，从而可表示出△PAB的面积，利用S四边形PAMB=S△PAB+S△AMB，可得到S关于t的二次函数，利用二次函数的性质可求得其最大值.

【解答】解：

(1)根据题意，把A(0，6)，B(6，0)代入抛物线解析式可得 ，解得 ，

∴抛物线的表达式为y=﹣ x2+2x+6，

∵y=﹣ x2+2x+6=﹣ (x﹣2)2+8，

∴抛物线的顶点坐标为(2，8);

(2)如图1，过P作PC⊥y轴于点C，

∵OA=OB=6，

∴∠OAB=45°，

∴当∠PAB=75°时，∠PAC=60°，

∴tan∠PAC= ，即 = ，

设AC=m，则PC= m，

∴P( m，6+m)，

把P点坐标代入抛物线表达式可得6+m=﹣ ( m)2+2 m+6，解得m=0或m= ﹣ ，

经检验，P(0，6)与点A重合，不合题意，舍去，

∴所求的P点坐标为(4﹣ ， + );

(3)当两个支点移动t秒时，则P(t，﹣ t2+2t+6)，M(0，6﹣t)，

如图2，作PE⊥x轴于点E，交AB于点F，则EF=EB=6﹣t，

∴F(t，6﹣t)，

∴FP= t2+2t+6﹣(6﹣t)=﹣ t2+3t，

∵点A到PE的距离竽OE，点B到PE的距离等于BE，

∴S△PAB= FP•OE+ FP•BE= FP•(OE+BE)= FP•OB= ×(﹣ t2+3t)×6=﹣ t2+9t，且S△AMB= AM•OB= ×t×6=3t，

∴S=S四边形PAMB=S△PAB+S△AMB=﹣ t2+12t=﹣ (t﹣4)2+24，

∴当t=4时，S有最大值，最大值为24.