黑龙江省哈尔滨工业大学附属中学校2020-2021学年九年级下学期开学数学试卷（五四学制） （Word版含解析）

黑龙江省哈尔滨工大附中2020-2021学年九年级下学期开学数学试卷（五四学制）解析版
一、选择题（每小题3分，共计30分）
1．﹣3的绝对值是（　　）
A．﹣3 B．3 C．±3 D．
2．下列运算正确的是（　　）
A．（a+b）2＝a2+b2 B．a2 a3＝a6
C．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2 D．a10÷a2＝a5
3．下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示的由六个小正方体组成的几何体的俯视图是（　　）
A． B． C． D．
5．如图，AB是⊙O直径，点C在⊙O上，AE是⊙O的切线，A为切点，连接BC并延长交AE于点D．若∠AOC＝80°，则∠ADB的度数为（　　）
A．40° B．50° C．60° D．20°
6．将抛物线y＝（x+2）2﹣5向左平移2个单位，再向上平移5个单位，平移后所得抛物线的解析式为（　　）
A．y＝（x+4）2 B．y＝x2
C．y＝x2﹣10 D．y＝（x+4）2﹣10
7．方程﹣＝0的解为（　　）
A．x＝1 B．x＝﹣1 C．x＝2 D．无解
8．点（﹣2，4）在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，则下列各点在此函数图象上的是（　　）
A．（2，4） B．（﹣1，﹣8） C．（﹣2，﹣4） D．（4，﹣2）
9．已知等边△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，把△BDE沿直线DE翻折，使点B落在点B'处，DB'，EB'分别交边AC于点F，G，若∠ADF＝80°，则∠EGC的度数为（　　）
A．70° B．75° C．80° D．85°
10．如图，△ABC中，点D在AB上，过点D作DE∥BC交AC于点E，过点E作EF∥AB交BC于点F，连接CD，交EF于点G，则下列说法不正确的是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11．数字2030000用科学记数法表示为 　 　．
12．在函数y＝中，自变量x的取值范围是　 　．
13．把多项式2x3﹣8x分解因式的结果是　 　．
14．不等式组的解集是　 　．
15．计算的结果是　 　．
16．二次函数y＝﹣2（x﹣3）2﹣1的最大值为　 　．
17．一个扇形的半径为6cm，面积为10πcm2，则此扇形的圆心角为　 　度．
18．在一个不透明的袋子中装有4个除颜色外完全相同的小球，其中白球1个，黄球1个，红球2个，摸出一个球不放回，再摸出一个球，两次都摸到红球的概率是　 　．
19．在△ABC中，AB＝6，AC＝8，△ABC的面积为12，则∠A＝　 　．
20．如图，在△ABC中，AD⊥BC，点E在线段AD上，∠ACE＝45°，∠ABC＝2∠ECB，若BD﹣CD＝2，AE＝6，则AB＝　 　．
三、解答题（其中21-22题各7分，23-24题各8分，25-27各10分，共计60分）
21．（7分）先化简，再求代数式（）÷的值，其a＝2cos30°+tan45°．
22．（7分）如图，每个小正方形的边长都是1的方格纸中，有线段AB和线段CD，点A、B、C、D的端点都在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中画出一个以线段AB为一边的菱形ABEF，所画的菱形的各顶点必须在小正方形的顶点上，并且其面积为20．
（2）在方格纸中以CD为腰画出等腰三角形CDK，点K在小正方形的顶点上，且∠KCD＝45°．
（3）在（1）、（2）的条件下，连接EK，请直接写出线段EK的长．
23．（8分）为迎接2020年中考，某中学对全校九年级学生进行了一次数学期末模拟考试，并随机抽取了部分学生的测试成绩作为样本进行分析，绘制成了如下两幅不完整的统计图，请你根据统计图中提供的信息解答下列问题
（1）在这次调查中，一共调查了多少名学生；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）若该中学九年级共有860人参加了这次数学考试，估计该校九年级共有多少名学生的数学成绩可以达到优秀？
24．（8分）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE＝2DE，过点C作CF∥BE交DE的延长线于F，连接CD．
（1）求证：四边形BCFE是菱形；
（2）在不添加任何辅助线和字母的情况下，请直接写出图中与△BEC面积相等的所有三角形（不包括△BEC）．
25．（10分）某学校在商场购买甲、乙两种不同足球，购买甲种足球共花费2000元，购买乙种足球共花费1400元，购买甲种足球数量是购买乙种足球数量的2倍，且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花20元．
（1）求购买一个甲种足球、一个乙种足球各需多少元？
（2）为响应“足球进校园”的号召，这所学校决定再次购买甲、乙两种足球共50个．恰逢该商场对两种足球的售价进行调整，甲种足球售价比第一次购买时提高了10%，乙种足球售价比第一次购买时降低了10%，如果此次购买甲、乙两种足球的总费用不超过2900元，那么这所学校最多可购买多少个乙种足球？
26．（10分）如图，△ABC内接于⊙O，AC＝BC．
（1）如图1，连接CO，求证：CO平分∠ACB；
（2）如图2，点D为弧BC上的一点，连接AD，弦MN交AB于点P，交AD于点G，交BC于点Q，AD＝BC，∠AGQ+2∠ACB＝270°，过点O作OH⊥MN，垂足为H，求证：OH∥BC；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接PO并延长交BC于点E，若MP＝QN，BP﹣AP＝2，BQ＝，求线段EQ的长．
27．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝﹣x+6交x轴于点A，交y轴于点B，过点B的直线交x轴负半轴于点C，且tan∠ABC＝3．
（1）求直线BC的解析式；
（2）点P为第三象限直线BC上的一点，连接AP，过点B作BH⊥AP于点H，点Q为BH延长线上一点，且BQ＝AP，设点P的横坐标为t，点Q的横坐标为d，求d与t之间的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，连接AQ，过点O作直线AQ的垂线交直线BC于点G，连接AG，若tan∠AGB＝，求点P的坐标．
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共计30分）
1．﹣3的绝对值是（　　）
A．﹣3 B．3 C．±3 D．
【分析】当a是负有理数时，a的绝对值是它的相反数﹣a．
【解答】解：﹣3的绝对值是3．
故选：B．
【点评】本题主要考查的是绝对值的性质，熟练掌握绝对值的性质是解题的关键．
2．下列运算正确的是（　　）
A．（a+b）2＝a2+b2 B．a2 a3＝a6
C．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2 D．a10÷a2＝a5
【分析】先根据完全平方公式，同底数幂的乘法，平方差公式，同底数幂的除法进行计算，再得出答案即可．
【解答】解：A．（a+b）2＝a2+2ab+b2，故本选项不符合题意；
B．a2 a3＝a5，故本选项不符合题意；
C．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2，故本选项符合题意；
D．a10÷a2＝a8，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了完全平方公式，同底数幂的乘法，平方差公式，同底数幂的除法等知识点，能正确根据知识点进行计算是解此题的关键．
3．下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形．
故选：A．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4．如图所示的由六个小正方体组成的几何体的俯视图是（　　）
A． B． C． D．
【分析】找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．
【解答】解：从上面看易得左边第一列有3个正方形，中间第二列有1个正方形，最右边一列有1个正方形．
故选：D．
【点评】本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．
5．如图，AB是⊙O直径，点C在⊙O上，AE是⊙O的切线，A为切点，连接BC并延长交AE于点D．若∠AOC＝80°，则∠ADB的度数为（　　）
A．40° B．50° C．60° D．20°
【分析】由AB是⊙O直径，AE是⊙O的切线，推出AD⊥AB，∠DAC＝∠B＝∠AOC＝40°，推出∠AOD＝50°．
【解答】解：∵AB是⊙O直径，AE是⊙O的切线，
∴∠BAD＝90°，
∵∠B＝∠AOC＝40°，
∴∠ADB＝90°﹣∠B＝50°，
故选：B．
【点评】本题主要考查圆周角定理、切线的性质，解题的关键在于连接AC，构建直角三角形，求∠B的度数．
6．将抛物线y＝（x+2）2﹣5向左平移2个单位，再向上平移5个单位，平移后所得抛物线的解析式为（　　）
A．y＝（x+4）2 B．y＝x2
C．y＝x2﹣10 D．y＝（x+4）2﹣10
【分析】根据顶点式求出顶点坐标，再根据向左平移横坐标减，向上平移纵坐标加求出平移后的抛物线的顶点坐标，然后写出顶点式二次函数解析式即可．
【解答】解：∵y＝（x+2）2﹣5，
∴原抛物线顶点坐标为（﹣2，﹣5），
∵向左平移2个单位，再向上平移5个单位，
∴平移后的抛物线顶点坐标为（﹣4，0），
∴所得抛物线解析式为y＝（x+4）2，
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减，此类题目，利用顶点坐标的变化求解更简便．
7．方程﹣＝0的解为（　　）
A．x＝1 B．x＝﹣1 C．x＝2 D．无解
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：去分母得：2x﹣x+1＝0，
解得：x＝﹣1，
经检验x＝﹣1是分式方程的解，
故选：B．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
8．点（﹣2，4）在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，则下列各点在此函数图象上的是（　　）
A．（2，4） B．（﹣1，﹣8） C．（﹣2，﹣4） D．（4，﹣2）
【分析】将（﹣2，4）代入y＝（k≠0）即可求出k的值，再根据k＝xy解答即可．
【解答】解：∵点（﹣2，4）在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，
∴k＝﹣2×6＝﹣8，四个选项中只有D符合．
故选：D．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，只要点在函数的图象上，则一定满足函数的解析式．反之，只要满足函数解析式就一定在函数的图象上．
9．已知等边△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，把△BDE沿直线DE翻折，使点B落在点B'处，DB'，EB'分别交边AC于点F，G，若∠ADF＝80°，则∠EGC的度数为（　　）
A．70° B．75° C．80° D．85°
【分析】由题意可得∠A＝∠B＝∠C＝60°，由折叠可知∠BDE＝∠B'DE，∠B'ED＝∠BED，又∠ADF＝80°，所以∠BDE＝∠B'DE＝50°，∠B'ED＝∠BED＝70°，∠CEG＝180°﹣70°﹣70°＝40°，所以∠EGC＝180°﹣∠CEG﹣∠C＝180°﹣40°﹣60°＝80°．
【解答】解：∵三角形ABC为等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°．
由折叠可知，∠BDE＝∠B'DE，∠B'ED＝∠BED，
∵∠ADF＝80°，
∴∠BDE＝∠B'DE＝＝50°，
∴∠B'ED＝∠BED＝180°﹣∠B﹣∠BDE＝180°﹣60°﹣50°＝70°，
∴∠CEG＝180°﹣∠BED﹣∠B'ED＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∴∠EGC＝180°﹣∠CEG﹣∠C＝180°﹣40°﹣60°＝80°．
故选：C．
【点评】本题考查了折叠的性质，等边三角形的性质，三角形的内角和定理，掌握折叠后的对应角相等及三角形内角和定理是解题关键．
10．如图，△ABC中，点D在AB上，过点D作DE∥BC交AC于点E，过点E作EF∥AB交BC于点F，连接CD，交EF于点G，则下列说法不正确的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】先根据相似三角形的判定得出相似三角形，再根据相似三角形的性质得出比例式即可．
【解答】解：A、∵EF∥AB，
∴△CGF∽△CDB，
∴＝≠，错误，故本选项符合题意；
B、∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，正确，故本选项不符合题意；
C、∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，正确，故本选项不符合题意；
D、∵EF∥AB，
∴＝，
∵DE∥BC，
∴＝，
∴＝，正确，故本选项不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了相似三角形的性质和判定和平行线分线段成比例定理，能根据相似三角形的性质和平行线分线段成比例定理得出正确的比例式是解此题的关键．
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11．数字2030000用科学记数法表示为 　2.03×106　．
【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≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：把数字2030000用科学记数法表示为2.03×106．
故答案为：2.03×106
【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．
12．在函数y＝中，自变量x的取值范围是　x≠﹣　．
【分析】根据分母不为零是分式有意义的条件，可得答案．
【解答】解：由题意，得
2x+1≠0，解得x≠﹣，
故答案为：x≠﹣．
【点评】本题考查了函数自变量的取值范围，利用分母不为零得出不等式是解题关键．
13．把多项式2x3﹣8x分解因式的结果是　2x（x+2）（x﹣2）　．
【分析】先提公因式，再利用公式，可进行因式分解．
【解答】解：原式＝2x（x2﹣4）＝2x（x+2）（x﹣2），
故答案为：2x（x+2）（x﹣2）．
【点评】本题考查提公因式法、公式法分解因式，掌握平方差公式的结构特征是正确应用的前提．
14．不等式组的解集是　﹣1＜x≤1　．
【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、大大小小无解了确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式＞0，得：x＞﹣1，
解不等式4﹣3x≥1，得：x≤1，
则不等式组的解集为﹣1＜x≤1，
故答案为：﹣1＜x≤1．
【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．
15．计算的结果是　0　．
【分析】直接化简二次根式，再利用二次根式的加减运算法则得出答案．
【解答】解：原式＝×2﹣
＝﹣
＝0．
故答案为：0．
【点评】此题主要考查了二次根式的加减，正确化简二次根式是解题关键．
16．二次函数y＝﹣2（x﹣3）2﹣1的最大值为　﹣1　．
【分析】所给形式是二次函数的顶点式，易知其顶点坐标是（3，﹣1），也就是当x＝3时，函数有最大值﹣1．
【解答】解：∵y＝﹣2（x﹣3）2﹣1，
∴此函数的顶点坐标是（3，﹣1），
即当x＝3时，函数有最大值﹣1．
故答案为﹣1．
【点评】本题考查了二次函数的最值，解题关键是掌握二次函数顶点式，并会根据顶点式求最值．
17．一个扇形的半径为6cm，面积为10πcm2，则此扇形的圆心角为　100　度．
【分析】根据一个扇形的半径为6cm，面积为10πcm2，然后根据扇形面积公式S＝，即可求得这个扇形的圆心角的度数．
【解答】解：设这个扇形的圆心角为n°，
＝10π，
解得，n＝100，
故答案为：100．
【点评】本题考查扇形面积的计算，解答本题的关键是明确扇形面积计算公式S＝．
18．在一个不透明的袋子中装有4个除颜色外完全相同的小球，其中白球1个，黄球1个，红球2个，摸出一个球不放回，再摸出一个球，两次都摸到红球的概率是　　．
【分析】列举出所有情况，看两次都摸到红球的情况占总情况的多少即可．
【解答】解：
∴一共有12种情况，有2种情况两次都摸到红球，
∴两次都摸到红球的概率是 ＝．
故答案为．
【点评】本题考查了列表法与树状图法，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
19．在△ABC中，AB＝6，AC＝8，△ABC的面积为12，则∠A＝　60°或120°　．
【分析】分两种情形：∠A的锐角或钝角，分别求解
【解答】解：如图1中，当∠A是锐角时，过点B作BH⊥AC于H．
∵S△ABC＝ AC BH，
∴BH＝＝3，
∴sinA＝＝＝，
∴∠A＝60°，
如图2中，当∠A是锐角时，过点B作BH⊥AC交CA的延长线于H．
同法可得sin∠BAH＝，
∴∠BAC＝180°﹣60°＝120°，
故答案为：60°或120°．
【点评】本题考查解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型
20．如图，在△ABC中，AD⊥BC，点E在线段AD上，∠ACE＝45°，∠ABC＝2∠ECB，若BD﹣CD＝2，AE＝6，则AB＝　8　．
【分析】延长BC至F，使DF＝DB，延长AD至G，使AG＝AB，连接AF，CG，设∠ECB＝α，根据角的关系可得∠DAC＝∠FAC，利用SAS可得△GAC≌△FAC，根据全等三角形的性质得∠G＝∠F＝2α，GC＝CF＝2，求出∠GCE，可得∠GCE＝∠GEC，则GC＝GE＝2，即可得AG＝AB＝8．
【解答】解：延长BC至F，使DF＝DB，延长AD至G，使AG＝AB，连接AF，CG，
设∠ECB＝α，则∠B＝2α，
∵AD⊥BC，
∴∠DEC＝90°﹣α，
∵BD＝DF，
∴AB＝AF，∠BAD＝∠FAD，
∴∠B＝∠F＝2α，
∵∠DEC＝90°﹣α，∠ACE＝45°，
∴∠DAC＝90°﹣α﹣45°＝45°﹣α，
∵∠DAF＝90°﹣∠F＝90°﹣2α，
∴∠CAF＝90°﹣2α﹣（45°﹣α）＝45°﹣α，
∴∠DAC＝∠FAC，
在△△GAC和△FAC中，
，
∴△GAC≌△FAC（SAS），
∴∠G＝∠F＝2α，GC＝CF＝DF﹣CD＝BD﹣CD＝2，
∵∠GCE＝180°﹣∠G﹣∠DEC＝180°﹣2α﹣（90°﹣α）＝90°﹣α，
∴∠GCE＝∠GEC，
∴GC＝GE＝2，
∴AG＝AB＝8．
故答案为：8．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形．
三、解答题（其中21-22题各7分，23-24题各8分，25-27各10分，共计60分）
21．（7分）先化简，再求代数式（）÷的值，其a＝2cos30°+tan45°．
【分析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将a的值代入化简后的式子即可解答本题．
【解答】解：（）÷
＝ （a+1）
＝
＝﹣，
当a＝2cos30°+tan45°＝2×+1＝+1，原式＝﹣＝﹣．
【点评】本题考查分式的化简求值、特殊角的三角函数值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
22．（7分）如图，每个小正方形的边长都是1的方格纸中，有线段AB和线段CD，点A、B、C、D的端点都在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中画出一个以线段AB为一边的菱形ABEF，所画的菱形的各顶点必须在小正方形的顶点上，并且其面积为20．
（2）在方格纸中以CD为腰画出等腰三角形CDK，点K在小正方形的顶点上，且∠KCD＝45°．
（3）在（1）、（2）的条件下，连接EK，请直接写出线段EK的长．
【分析】（1）利用数形结合的思想解决问题即可；
（2）构造等腰直角三角形即可解决问题；
（3）利用勾股定理计算即可；
【解答】解：（1）菱形ABEF如图所示；
（2）△KCD如图所示；
（3）EK＝＝．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想思考问题，属于中考常考题型．
23．（8分）为迎接2020年中考，某中学对全校九年级学生进行了一次数学期末模拟考试，并随机抽取了部分学生的测试成绩作为样本进行分析，绘制成了如下两幅不完整的统计图，请你根据统计图中提供的信息解答下列问题
（1）在这次调查中，一共调查了多少名学生；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）若该中学九年级共有860人参加了这次数学考试，估计该校九年级共有多少名学生的数学成绩可以达到优秀？
【分析】（1）根据“良”的学生人数和所占百分比求出总人数；
（2）根据（1）的总人数，计算出“中”的人数，从而将条形统计图补充完整；
（3）用九年级的总人数乘以优秀人数所占百分比，即可得出答案．
【解答】解：（1）22÷44%＝50（名），
∴在这次调查中，一共调查了50名学生；
（2）测试成绩“中”的学生：50﹣10﹣22﹣8＝10（名），
将条形统计图补充完整，如下图：
（3）数学成绩可以达到优秀的：860×＝172（名），
∴估计该校九年级共有172名学生的数学成绩可以达到优秀．
【点评】本题主要考查条形统计图、用样本估计总体和扇形统计图等知识；正确理解条形统计图中的横纵坐标所表达的实际意义及扇形图所表达的含义是解题的关键．
24．（8分）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE＝2DE，过点C作CF∥BE交DE的延长线于F，连接CD．
（1）求证：四边形BCFE是菱形；
（2）在不添加任何辅助线和字母的情况下，请直接写出图中与△BEC面积相等的所有三角形（不包括△BEC）．
【分析】（1）由题意易得，EF与BC平行且相等，故四边形BCFE是平行四边形．又邻边EF＝BE，则四边形BCFE是菱形；
（2）根据平行线的性质、三角形的面积公式解答即可．
【解答】（1）证明：∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE∥BC，BC＝2DE．
∵CF∥BE，
∴四边形BCFE是平行四边形．
∵BE＝2DE，BC＝2DE，
∴BE＝BC．
∴ BCFE是菱形；
（2）解：①∵由（1）知，四变形BCFE是菱形，
∴BC＝FE，BC∥EF，
∴△FEC与△BEC是等底等高的两个三角形，
∴S△FEC＝S△BEC．
②△AEB与△BEC是等底同高的两个三角形，则S△AEB＝S△BEC．
③S△ADC＝S△ABC，S△BEC＝S△ABC，则它S△ADC＝S△BEC．
④S△BDC＝S△ABC，S△BEC＝S△ABC，则它S△BDC＝S△BEC．
综上所述，与△BEC面积相等的三角形有：△FEC、△AEB、△ADC、△BDC．
【点评】此题主要考查菱形的性质和判定以及三角形面积的计算，使学生能够灵活运用菱形知识解决有关问题．
25．（10分）某学校在商场购买甲、乙两种不同足球，购买甲种足球共花费2000元，购买乙种足球共花费1400元，购买甲种足球数量是购买乙种足球数量的2倍，且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花20元．
（1）求购买一个甲种足球、一个乙种足球各需多少元？
（2）为响应“足球进校园”的号召，这所学校决定再次购买甲、乙两种足球共50个．恰逢该商场对两种足球的售价进行调整，甲种足球售价比第一次购买时提高了10%，乙种足球售价比第一次购买时降低了10%，如果此次购买甲、乙两种足球的总费用不超过2900元，那么这所学校最多可购买多少个乙种足球？
【分析】（1）设购买一个甲种足球需x元，则购买一个乙种足球需（x+20）元，根据购买甲种足球数量是购买乙种足球数量的2倍列出方程解答即可；
（2）设这所学校再次购买y个乙种足球，根据此次购买甲、乙两种足球的总费用不超过2900元列出不等式解答即可．
【解答】解：（1）设购买一个甲种足球需x元，则购买一个乙种足球需（x+20）元，
根据题意，可得：＝2×，
解得：x＝50，
经检验x＝50是原方程的解，
答：购买一个甲种足球需50元，购买一个乙种足球需70元；
（2）设这所学校再次购买y个乙种足球，
根据题意，可得：50×（1+10%）×（50﹣y）+70×（1﹣10%）y≤2900，
解得：y≤18.75，
由题意可得，最多可购买18个乙种足球，
答：这所学校最多可购买18个乙种足球．
【点评】本题考查分式方程、一元一次不等式的应用，关键是根据数量作为等量关系列出方程，根据利润作为不等关系列出不等式求解．
26．（10分）如图，△ABC内接于⊙O，AC＝BC．
（1）如图1，连接CO，求证：CO平分∠ACB；
（2）如图2，点D为弧BC上的一点，连接AD，弦MN交AB于点P，交AD于点G，交BC于点Q，AD＝BC，∠AGQ+2∠ACB＝270°，过点O作OH⊥MN，垂足为H，求证：OH∥BC；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接PO并延长交BC于点E，若MP＝QN，BP﹣AP＝2，BQ＝，求线段EQ的长．
【分析】（1）连接AO，BO，即可证明△AOC≌△BOC（SSS），由∠ACO＝∠BOC，即可证明CO是∠ACB的角平分线；
（2）连接AO，BO，BO交MN于点F，连接OD，在⊙O中，∠AOB＝2∠ACB，则可得∠AGQ+∠AOB＝270°，在四边形AOFG中，∠OAG+∠OFG＝360°﹣（∠AGQ+∠AOB）＝90°，可以证明△CAO≌△DAO（SSS），所以∠CAO＝∠DAO，结合（1）可得到∠FQB＝180°﹣（∠CBO+∠QFB）＝90°，所以MN⊥BC，OH⊥MN，即可证得OH∥BC；
（3）由条件可得MH﹣MP＝MH﹣QN，即PH＝QH，由OH∥BC，可得O是PE的中点，OP＝EO，延长CO交AB于R，交⊙O于点S，连接PS，设AP＝x，BP＝AP+2＝x+2，所以AB＝2x+2，AR＝BR＝x+1，PR＝1，可以证明△OPS≌△OEC（SAS），进而得到PS∥BC，由对称性可知，PS＝BQ＝CE＝，所以RS＝2，再证明△PRS∽△BRC，可得＝＝，CR＝2x+2，连接AS，证明△ASR∽△CBR，得到＝，求得x＝3，所以得到BR＝4，CR＝8，BC＝4，EQ＝4﹣CE﹣BQ＝2．
【解答】解：（1）连接AO，BO，
∵AO＝BO＝CO，AC＝BC，
∴△AOC≌△BOC（SSS），
∴∠ACO＝∠BOC，
∴CO是∠ACB的角平分线；
（2）连接AO，BO，BO交MN于点F，连接OD，
在⊙O中，∠AOB＝2∠ACB，
∵∠AGQ+2∠ACB＝270°，
∴∠AGQ+∠AOB＝270°，
在四边形AOFG中，
∠OAG+∠OFG＝360°﹣（∠AGQ+∠AOB）＝90°，
∵AD＝BC，
∴AD＝AC，
在△CAO和△DAO中，
，
∴△CAO≌△DAO（SSS），
∴∠CAO＝∠DAO，
由（1）得，∠CAO＝∠CBO，
∴∠CBO＝∠DAO，即∠CBO＝∠GAO，
∵∠QFB＝∠OFG，
∴∠CBO+∠QFB＝90°，
∴∠FQB＝180°﹣（∠CBO+∠QFB）＝90°，
∴MN⊥BC，
∵OH⊥MN，
∴OH∥BC；
（3）∵OH⊥MN，
∴MH＝NH，
∵MP＝QN，
∴MH﹣MP＝MH﹣QN，即PH＝QH，
∵OH∥BC，
∴O是PE的中点，OP＝EO，
延长CO交AB于R，交⊙O于点S，连接PS，
设AP＝x，BP＝AP+2＝x+2，
∴AB＝2x+2，AR＝BR＝x+1，
∴PR＝1，
在△OPS和△OEC中，
，
∴△OPS≌△OEC（SAS），
∴∠CEO＝∠SPO，
∴PS∥BC，
由对称性可知，PS＝BQ＝CE＝，
∴RS＝2，
∵PS∥BC，
∴△PRS∽△BRC，
∴＝＝，
∵BR＝AR＝x+1，
∴CR＝2x+2，
连接AS，
∵∠ASC＝∠ABC，
∴△ASR∽△CBR，
∴＝，
∴AR BR＝CR SR，
∴（x+1）2＝2（2x+2），
∴x＝3，
∴BR＝4，CR＝8，BC＝4，
∴EQ＝4﹣CE﹣BQ＝2，
∴EQ的长为2．
【点评】本题圆的综合题型，考查了垂径定理，圆周角圆心角定理，相似三角形的知识与应用，正确添加辅助线是解决该问题的关键．
27．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝﹣x+6交x轴于点A，交y轴于点B，过点B的直线交x轴负半轴于点C，且tan∠ABC＝3．
（1）求直线BC的解析式；
（2）点P为第三象限直线BC上的一点，连接AP，过点B作BH⊥AP于点H，点Q为BH延长线上一点，且BQ＝AP，设点P的横坐标为t，点Q的横坐标为d，求d与t之间的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，连接AQ，过点O作直线AQ的垂线交直线BC于点G，连接AG，若tan∠AGB＝，求点P的坐标．
【分析】（1）作AD垂直于BC于点D，由AB长及tan∠ABC解出AD与BD的长，设OC边长为a，在直角三角形ABD中由勾股定理可得点C坐标，再通过待定系数法求解．
（2）作PT垂直于x轴于点G，QF垂直于y轴于点F，通过证明△ATP≌△BFQ求解．
（3）由tan∠AGB＝及AD的长求出BG的长，再由点G所在解析式求出点G坐标，求出OG所在直线的解析式，进而通过待定系数法求出直线AQ的解析式，再将Q点坐标代入AQ解析式中得出t的值，P点坐标可得．
【解答】解：（1）作AD垂直于BC于点D，
由直线y＝﹣x+6得点A（6，0），点B（0，6），
∴AB＝6．
设BD长为m，则AD＝BD tan∠ABC＝3m，
在直角三角形ABD中由勾股定理得，
＝AB＝6，
即＝6．
解得m＝或m＝﹣（舍）．
∴BD＝，AD＝．
设OC边长为a，则BC＝＝，AC＝6+a，
∴BC AD＝AC OB．
即×＝6（6+a）．
解得a＝12或a＝3．
∵∠ABC为锐角，
∴a＜6，即a＝3．
∴点C坐标为（﹣3，0）．
设BC所在直线为y＝kx+b，将（﹣3，0），（0，6）代入解析式得：
，
解得．
∴y＝2x+6；
（2）作PT垂直于x轴于点T，QF垂直于y轴于点F，AP交y轴于点K．
∵BQ⊥AP，
∴∠QBF+∠BKH＝90°．
∵∠BKH+∠OAK＝90°，
∴∠QBF＝∠OAK．
又∵BQ＝AP，∠ATP＝∠BFQ＝90°，
∴△ATP≌△BFQ（AAS）．
∴PT＝QF．
∵点P在y＝2x+6上，点P横坐标为t，
∴点P坐标为（t，2t+6）．
∵点Q的横坐标为d，
∴FQ＝d＝﹣（2t+6）＝﹣2t﹣6．
∴d与t之间的函数关系式为：d＝﹣2t﹣6；
（3）∵△ATP≌△BFQ，
∴AT＝BF．
∵OA＝OB，
∴OT＝OF．
∵点P为第三象限直线BC上的一点，BC所在直线为y＝2x+6，
∴点P坐标为（t，2t+6），点Q坐标为（﹣2t﹣6，t）．
由（1）得AD＝，
∵tan∠AGB＝＝，
∴DG＝AD＝．
∵BG＝BD+DG＝+＝，
BC＝＝3，
∴CG＝BG﹣BC＝．
∵BG＞BC，
∴点G在第三象限．
作GM垂直于x轴与点M，
∵tan∠GCM＝tan∠BCO＝＝＝2，
∴GM＝2MC．
∴GM2+MC2＝5MC2＝CG2．
即5MC2＝（）2．
解得MC＝．
∴xG＝xM＝﹣3﹣＝﹣，
yG＝2×（﹣）＝﹣．
即点G坐标为（﹣，﹣）．
设直线OG的解析式为y＝k1x，
∴．
∴k1＝．
∵OG⊥AQ，
∴设直线AQ的解析式为y＝x+b，
∴将A（6，0）代入得：
﹣×6+b＝0．
∴b＝13．
∴直线AQ的解析式为：y＝﹣x+13．
∵点Q坐标为（﹣2t﹣6，t），
∴t＝﹣（﹣2t﹣6）+13
解得t＝．
∴2t+6＝﹣．
∴点P坐标为（，﹣）．
【点评】本题考查一次函数综合应用，利用待定系数法确定函数关系式和利用相应线段表示点的坐标是解题的关键．
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