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四川省自貢市2013年中考數學試卷
一、（共10個小題，每小題4分，共40分）
1．（4分）（2013?自貢）與?3的差為0的數是（　　）
　A．3B．?3C． D．
考點：有理數的減法．
分析：與?3的差為0的數就是?3+0，據此即可求解．
解答：解：?3+0=?3．
故選B．
點評：本題考查了有理數的減法運算，正確列出式子是關鍵．
　
2．（4分）（2013?自貢）在我國南海某海域探明可燃冰儲量約有194億立方米．194億用科學記數法表示為（　　）
　A．1.94×1010B．0.194×1010C．19.4×109D．1.94×109
考點：科學記數法—表示較大的數．
分析：科學記數法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤a＜10，n為整數．確定n的值時，要看把原數變成a時，小數點移動了多少位，n的絕對值與小數點移動的位數相同．當原數絕對值＞1時，n是正數；當原數的絕對值＜1時，n是負數．
解答：解：194億=19400000000，用科學記數法表示為：1.94×1010．
故選：A．
點評：此題考查了科學記數法的表示方法．科學記數法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤a＜10，n為整數，表示時關鍵要正確確定a的值以及n的值．
　
3．（4分）（2013?自貢）某班七個合作學習小組人數如下：4、5、5、x、6、7、8，已知這組數據的平均數是6，則這組數據的中位數是（　　）
　A．5B．5.5C．6D．7
考點：中位數；算術平均數．
分析：根據平均數的定義先求出這組數據x，再將這組數據從小到大排列，然后找出最中間的數即可．
解答：解：∵4、5、5、x、6、7、8的平均數是6，
∴（4+5+5+x+6+7+8）÷7=6，
解得：x=7，
將這組數據從小到大排列為4、5、5、6、7、7、8，
最中間的數是6；
則這組數據的中位數是6；
故選C．
點評：此題考查了中位數，掌握中位數的概念是解題的關鍵，中位數是將一組數據從小到大（或從大到小）重新排列后，最中間的那個數（最中間兩個數的平均數）．
　
4．（4分）（2013?自貢）在四張背面完全相同的卡片上分別印有等腰三角形、平行四邊形、菱形、圓的圖案，現將印有圖案的一面朝下，混合后從中隨機抽取兩張，則抽到卡片上印有的圖案都是軸對稱圖形的概率為（　　）
　A． B． C． D．
考點：列表法與樹狀圖法；軸對稱圖形．
分析：首先根據題意畫出樹狀圖，然后由樹狀圖求得所有等可能的結果與抽到卡片上印有的圖案都是軸對稱圖形的情況，再利用概率公式求解即可求得答案．
解答：解：分別用A、B、C、D表示等腰三角形、平行四邊形、菱形、圓，
畫樹狀圖得：
∵共有12種等可能的結果，抽到卡片上印有的圖案都是軸對稱圖形的有6種情況，
∴抽到卡片上印有的圖案都是軸對稱圖形的概率為： = ．
故選D．
點評：本題考查的是用列表法或畫樹狀圖法求概率．列表法或畫樹狀圖法可以不重復不遺漏的列出所有可能的結果，列表法適合于兩步完成的事件，樹狀圖法適合兩步或兩步以上完成的事件．注意概率=所求情況數與總情況數之比．
　
5．（4分）（2013?自貢）如圖，在平面直角坐標系中，⊙A經過原點O，并且分別與x軸、y軸交于B、C兩點，已知B（8，0），C（0，6），則⊙A的半徑為（　　）
　A．3B．4C．5D．8
考點：圓周角定理；坐標與圖形性質；勾股定理．
專題：．
分析：連接BC，由90度的圓周角所對的弦為直徑，得到BC為圓A的直徑，在直角三角形BOC中，由OB與OC的長，利用勾股定理求出BC的長，即可確定出圓A的半徑．
解答：解：連接BC，
∵∠BOC=90°，
∴BC為圓A的直徑，即BC過圓心A，
在Rt△BOC中，OB=8，OC=6，
根據勾股定理得：BC=10，
則圓A的半徑為5．
故選C
點評：此題考查了圓周角定理，坐標與圖形性質，以及勾股定理，熟練掌握圓周角定理是解本題的關鍵．
　
6．（4分）（2013?自貢）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=6，AD=9，∠BAD的平分線交BC于E，交DC的延長線于F，BG⊥AE于G，BG= ，則△EFC的周長為（　　）
　A．11B．10C．9D．8
考點：相似三角形的判定與性質；勾股定理；平行四邊形的性質．
分析：判斷出△ADF是等腰三角形，△ABE是等腰三角形，DF的長度，繼而得到EC的長度，在Rt△BGE中求出GE，繼而得到AE，求出△ABE的周長，根據相似三角形的周長之比等于相似比，可得出△EFC的周長．
解答：解：∵在?ABCD中，AB=CD=6，AD=BC=9，∠BAD的平分線交BC于點E，
∴∠BAF=∠DAF，
∵AB∥DF，AD∥BC，
∴∠BAF=∠F=∠DAF，∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=6，AD=DF=9，
∴△ADF是等腰三角形，△ABE是等腰三角形，
∵AD∥BC，
∴△EFC是等腰三角形，且FC=CE，
∴EC=FC=9?6=3，
在△ABG中，BG⊥AE，AB=6，BG=4 ，
∴AG= =2，
∴AE=2AG=4，
∴△ABE的周長等于16，
又∵△CEF∽△BEA，相似比為1：2，
∴△CEF的周長為8．
故選D．
點評：本題主要考查了勾股定理、相似三角形、等腰三角形的性質，注意掌握相似三角形的周長之比等于相似比，此題難度較大．
　
7．（4分）（2013?自貢）某超市貨架上擺放著某品牌紅燒牛肉方便面，如圖是它們的三視圖，則貨架上的紅燒牛肉方便面至少有（　　）
　A．8B．9C．10D．11
考點：由三視圖判斷幾何體．
分析：主視圖、左視圖、俯視圖是分別從物體正面、左面和上面看，所得到的圖形．
解答：解：易得第一層有4碗，第二層最少有3碗，第三層最少有2碗，所以至少共有9個碗．
故選B．
點評：考查學生對三視圖掌握程度和靈活運用能力，同時也體現了對空間想象能力方面的考查．如果掌握口訣“俯視圖打地基，正視圖瘋狂蓋，左視圖拆違章”就更容易得到答案．
　
8．（4分）（2013?自貢）如圖，將一張邊長為3的正方形紙片按虛線裁剪后，恰好圍成一個底面是正三角形的棱柱，這個棱柱的側面積為（　　）
　A． B．9C． D．
考點：剪紙問題；展開圖折疊成幾何體；等邊三角形的性質．
專題：操作型．
分析：這個棱柱的側面展開正好是一個長方形，長為3，寬為3減去兩個三角形的高，再用長方形的面積公式計算即可解答．
解答：解：∵將一張邊長為3的正方形紙片按虛線裁剪后，恰好圍成一個底面是正三角形的棱柱，
∴這個正三角形的底面邊長為1，高為 = ，
∴側面積為長為3，寬為3? 的長方形，面積為9?3 ．
故選A．
點評：此題主要考查了剪紙問題的實際應用，動手操作拼出圖形，并能正確進行計算是解答本題的關鍵．
　
9．（4分）（2013?自貢）如圖，點O是正六邊形的對稱中心，如果用一副三角板的角，借助點O（使該角的頂點落在點O處），把這個正六邊形的面積n等分，那么n的所有可能取值的個數是（　　）
　A．4B．5C．6D．7
考點：正多邊形和圓．
分析：根據圓內接正多邊形的性質可知，只要把此正六邊形再化為正多邊形即可，即讓周角除以30的倍數就可以解決問題．
解答：解：360÷30=12；
360÷60=6；
360÷90=4；
360÷120=3；
360÷180=2．
因此n的所有可能的值共五種情況，
故選B．
點評：本題考查了正多邊形和圓，只需讓周角除以30°的倍數即可．
　
10．（4分）（2013?自貢）如圖，已知A、B是反比例函數 上的兩點，BC∥x軸，交y軸于C，動點P從坐標原點O出發，沿O→A→B→C勻速運動，終點為C，過運動路線上任意一點P作PM⊥x軸于M，PN⊥y軸于N，設四邊形OMPN的面積為S，P點運動的時間為t，則S關于t的函數圖象大致是（　　）
　A． B． C． D．
考點：動點問題的函數圖象．
分析：通過兩段的判斷即可得出答案，①點P在AB上運動時，此時四邊形OMPN的面積不變，可以排除B、D；②點P在BC上運動時，S減小，S與t的關系為一次函數，從而排除C．
解答：解：①點P在AB上運動時，此時四邊形OMPN的面積S=K，保持不變，故排除B、D；
②點P在BC上運動時，設路線O→A→B→C的總路程為l，點P的速度為a，則S=OC×CP=OC×（l?at），因為l，OC，a均是常數，
所以S與t成一次函數關系．故排除C．
故選A．
點評：本題考查了動點問題的函數圖象，解答此類題目并不需要要求出函數解析式，只要判斷出函數的增減性，或者函數的性質即可，注意排除法的運用．
　
二、題（共5個小題，每小題4分，共20分）
11．（4分）（2013?自貢）多項式ax2?a與多項式x2?2x+1的公因式是　x?1　．
考點：公因式．
專題：．
分析：第一個多項式提取a后，利用平方差公式分解，第二個多項式利用完全平方公式分解，找出公因式即可．
解答：解：多項式ax2?a=a（x+1）（x?1），多項式x2?2x+1=（x?1）2，
則兩多項式的公因式為x?1．
故答案為：x?1．
點評：此題考查了公因式，將兩多項式分解因式是找公因式的關鍵．
　
12．（4分）（2013?自貢）計算： =　1　．
考點：實數的運算；零指數冪；負整數指數冪；特殊角的三角函數值．
專題：計算題．
分析：本題涉及零指數冪、負指數冪、特殊角的三角函數值、絕對值等四個考點．針對每個考點分別進行計算，然后根據實數的運算法則求得計算結果．
解答：解：原式=1+ ?2× ?（2? ）
=1+2? ?2+
=1，
故答案為1．
點評：本題考查實數的綜合運算能力，是各地中考題中常見的計算題型．解決此類題目的關鍵是熟記特殊角的三角函數值，熟練掌握負零指數冪、負指數冪、特殊角的三角函數值、絕對值等考點的運算．
　
13．（4分）（2013?自貢）如圖，邊長為1的小正方形網格中，⊙O的圓心在格點上，則∠AED的余弦值是　 　．
考點：圓周角定理；勾股定理；銳角三角函數的定義．
專題：網格型．
分析：根據同弧所對的圓周角相等得到∠ABC=∠AED，在直角三角形ABC中，利用銳角三角函數定義求出cos∠ABC的值，即為cos∠AED的值．
解答：解：∵∠AED與∠ABC都對 ，
∴∠AED=∠ABC，
在Rt△ABC中，AB=2，AC=1，
根據勾股定理得：BC= ，
則cos∠AED=cos∠ABC= = ．
故答案為：
點評：此題考查了圓周角定理，銳角三角函數定義，以及勾股定理，熟練掌握圓周角定理是解本題的關鍵．
　
14．（4分）（2013?自貢）已知關于x的方程x2?（a+b）x+ab?1=0，x1、x2是此方程的兩個實數根，現給出三個結論：①x1≠x2；②x1x2＜ab；③ ．則正確結論的序號是　①②　．（填上你認為正確結論的所有序號）
考點：根與系數的關系；根的判別式．
分析：（1）可以利用方程的判別式就可以判定是否正確；
（2）根據兩根之積就可以判定是否正確；
（3）利用根與系數的關系可以求出x12+x22的值，然后也可以判定是否正確．
解答：解：①∵方程x2?（a+b）x+ab?1=0中，
△=（a+b）2?4（ab?2）=（a?b）2+4＞0，
∴x1≠x2
故①正確；
②∵x1x2=ab?1＜ab，故②正確；
③∵x1+x2=a+b，
即（x1+x2）2=（a+b）2，
∴x12+x22=（x1+x2）2?2x1x2=（a+b）2?2ab+2=a2+b2+2＞a2+b2，
即x12+x22＞a2+b2．
故③錯誤；
綜上所述，正確的結論序號是：①②．
故答案是：①②．
點評：本題考查的是一元二次方程根的情況與判別式△的關系，及一元二次方程根與系數的關系，需同學們熟練掌握．
　
15．（4分）（2013?自貢）如圖，在函數 的圖象上有點P1、P2、P3…、Pn、Pn+1，點P1的橫坐標為2，且后面每個點的橫坐標與它前面相鄰點的橫坐標的差都是2，過點P1、P2、P3…、Pn、Pn+1分別作x軸、y軸的垂線段，構成若干個矩形，如圖所示，將圖中陰影部分的面積從左至右依次記為S1、S2、S3…、Sn，則S1=　4　，Sn=　 　．（用含n的代數式表示）
考點：反比例函數系數k的幾何意義．
專題：規律型．
分析：求出P1、P2、P3、P4…的縱坐標，從而可計算出S1、S2、S3、S4…的高，進而求出S1、S2、S3、S4…，從而得出Sn的值．
解答：解：當x=2時，P1的縱坐標為4，
當x=4時，P2的縱坐標為2，
當x=6時，P3的縱坐標為 ，
當x=8時，P4的縱坐標為1，
當x=10時，P5的縱坐標為： ，
…
則S1=2×（4?2）=4=2[ ? ]；
S2=2×（2? ）=2× =2[ ? ]；
S3=2×（ ?1）=2× =2[ ? ]；
…
Sn=2[ ? ]= ；
故答案為：4， ．
點評：此題考查了反比例函數圖象上點的坐標特征，根據坐標求出個陰影的面積表達式是解題的關鍵．
　
三、解答題（共2個題，每題8分，共16分）
16．（8分）（2013?自貢）解不等式組： 并寫出它的所有的整數解．
考點：解一元一次不等式組；一元一次不等式組的整數解．
專題：計算題．
分析：先求出兩個不等式的解集，再求其公共解，然后寫出整數解即可．
解答：解： ，
解不等式①得，x≥1，
解不等式②得，x＜4，
所以，不等式組的解集是1≤x＜4，
所以，不等式組的所有整數解是1、2、3．
點評：本題主要考查了一元一次不等式組解集的求法，其簡便求法就是用口訣求解．求不等式組解集的口訣：同大取大，同小取小，大小小大中間找，大大小小找不到（無解）．
　
17．（8分）（2013?自貢）先化簡 ，然后從1、 、?1中選取一個你認為合適的數作為a的值代入求值．
考點：分式的化簡求值．
分析：先把除法轉化成，再根據的分配律分別進行計算，然后把所得的結果化簡，最后選取一個合適的數代入即可．
解答：解：
= ×
= ?
=
= ，
由于a≠±1，所以當a= 時，原式= = ．
點評：此題考查了分式的化簡求值，用到的知識點是乘法的分配律、約分，在計算時要注意把結果化到最簡．
　
四、解答題（共2個題，每小題8分，共16分）
18．（8分）（2013?自貢）用配方法解關于x的一元二次方程ax2+bx+c=0．
考點：解一元二次方程-配方法．
分析：此題考查了配方法解一元二次方程，解題時要注意解題步驟的準確應用，把左邊配成完全平方式，右邊化為常數．
解答：解：∵關于x的方程ax2+bx+c=0是一元二次方程，
∴a≠0．
∴由原方程，得
x2+ x=? ，
等式的兩邊都加上 ，得
x2+ x+ =? + ，
配方，得
（x+ ）2=? ，
開方，得
x+ =± ，
解得x1= ，x2= ．
當b2?4ac＜0時，原方程無實數根．
點評：本題考查了配方法解一元二次方程．用配方法解一元二次方程的步驟：
（1）形如x2+px+q=0型：第一步移項，把常數項移到右邊；第二步配方，左右兩邊加上一次項系數一半的平方；第三步左邊寫成完全平方式；第四步，直接開方即可．
（2）形如ax2+bx+c=0型，方程兩邊同時除以二次項系數，即化成x2+px+q=0，然后配方．
　
19．（8分）（2013?自貢）某校住校生宿舍有大小兩種寢室若干間，據統計該校高一年級男生740人，使用了55間大寢室和50間小寢室，正好住滿；女生730人，使用了大寢室50間和小寢室55間，也正好住滿．
（1）求該校的大小寢室每間各住多少人？
（2）預測該校今年招收的高一新生中有不少于630名女生將入住寢室80間，問該校有多少種安排住宿的方案？
考點：二元一次方程組的應用；一元一次不等式的應用．
分析：（1）首先設該校的大寢室每間住x人，小寢室每間住y人，根據關鍵語句“高一年級男生740人，使用了55間大寢室和50間小寢室，正好住滿；女生730人，使用了大寢室50間和小寢室55間，也正好住滿”列出方程組即可；
（2）設大寢室a間，則小寢室（80?a）間，由題意可得a≤80，再根據關鍵語句“高一新生中有不少于630名女生將入住寢室80間”可得不等式8a+6（80?a）≥630，解不等式組即可．
解答：解：（1）設該校的大寢室每間住x人，小寢室每間住y人，由題意得：
，
解得： ，
答：該校的大寢室每間住8人，小寢室每間住6人；
（2）設大寢室a間，則小寢室（80?a）間，由題意得：
，
解得：80≥a≥75，
①a=75時，80?75=5，
②a=76時，80?a=4，
③a=77時，80?a=3，
④a=78時，80?a=2，
⑤a=79時，80?a=1，
⑥a=80時，80?a=0．
故共有6種安排住宿的方案．
點評：此題主要考查了二元一次方程組的應用，以及一元一次不等式組的應用，關鍵是正確理解題意，抓住題目中的關鍵語句，列出方程和不等式．
　
五、解答題（共2個題，每題10分，共20分）
20．（10分）（2013?自貢）為配合我市創建省級文明城市，某校對八年級各班文明行為勸導志愿者人數進行了統計，各班統計人數有6名、5名、4名、3名、2名、1名共計六種情況，并制作如下兩幅不完整的統計圖．
（1）求該年級平均每班有多少文明行為勸導志愿者？并將條形圖補充完整；
（2）該校決定本周開展主題實踐活動，從八年級只有2名文明行為勸導志愿者的班級中任選兩名，請用列表或畫樹狀圖的方法，求出所選文明行為勸導志愿者有兩名來自同一班級的概率．
考點：條形統計圖；扇形統計圖；列表法與樹狀圖法．
分析：（1）根據志愿者有6名的班級占20%，可求得班級總數，再求得志愿者是2名的班數，進而可求出每個班級平均的志愿者人數；
（2）由（1）得只有2名志愿者的班級有2個，共4名學生．設A1，A2來自一個班，B1，B2來自一個班，列出樹狀圖可得出來自一個班的共有4種情況，則所選兩名志愿者來自同一個班級的概率．
解答：解：（1）∵有6名志愿者的班級有4個，
∴班級總數為：4÷20%=20（個），
有兩名志愿者的班級有：
20?4?5?4?3?2=2（個），如圖所示：
該年級平均每班有；
（4×6+5×5+×4+3×3+2×2+2×1）=4（名），
（2）由（1）得只有2名文明行為勸導志愿者的班級有2個，共4名學生．設A1，A2來自一個班，B1，B2來自一個班，
由樹狀圖可知，共有12種可能的情況，并且每種結果出現的可能性相等，其中來自一個班的共有4種情況，
則所選兩名文明行為勸導志愿者來自同一個班級的概率為： = ．
點評：此題主要考查了條形統計圖與扇形統計圖的綜合應用以及樹狀圖法求概率，根據圖象得出正確信息是解題關鍵．
　
21．（10分）（2013?自貢）如圖，點B、C、D都在⊙O上，過點C作AC∥BD交OB延長線于點A，連接CD，且∠CDB=∠OBD=30°，DB= cm．
（1）求證：AC是⊙O的切線；
（2）求由弦CD、BD與弧BC所圍成的陰影部分的面積．（結果保留π）
考點：切線的判定；扇形面積的計算．
分析：（1）求出∠COB的度數，求出∠A的度數，根據三角形的內角和定理求出∠OCA的度數，根據切線的判定推出即可；
（2）如解答圖所示，解題關鍵是證明△CDM≌△OBM，從而得到S陰影=S扇形BOC．
解答：如圖，連接BC，OD，OC，設OC與BD交于點M．
（1）證明：根據圓周角定理得：∠COB=2∠CDB=2×30°=60°，
∵AC∥BD，
∴∠A=∠OBD=30°，
∴∠OCA=180°?30°?60°=90°，
即OC⊥AC，
∵OC為半徑，
∴AC是⊙O的切線；
（2）解：由（1）知，AC為⊙O的切線，
∴OC⊥AC．
∵AC∥BD，
∴OC⊥BD．
由垂徑定理可知，MD=MB= BD= ．
在Rt△OBM中，∠COB=60°，OB= = =6．
在△CDM與△OBM中，
∴△CDM≌△OBM
∴S△CDM=S△OBM
∴陰影部分的面積S陰影=S扇形BOC= =6π（cm2）．
點評：本題考查了平行線性質，切線的判定，扇形的面積，三角形的面積，圓周角定理的應用，主要考查學生綜合運用定理進行推理和計算的能力．
　
六、解答題（本題滿分12分）
22．（12分）（2013?自貢）在東西方向的海岸線l上有一長為1km的碼頭MN（如圖），在碼頭西端M的正西19.5km處有一觀察站A．某時刻測得一艘勻速直線航行的輪船位于A的北偏西30°，且與A相距40km的B處；經過1小時20分鐘，又測得該輪船位于A的北偏東60°，且與A相距 km的C處．
（1）求該輪船航行的速度（保留精確結果）；
（2）如果該輪船不改變航向繼續航行，那么輪船能否正好行至碼頭MN靠岸？請說明理由．
考點：解直角三角形的應用-方向角問題．
分析：（1）根據∠1=30°，∠2=60°，可知△ABC為直角三角形．根據勾股定理解答．
（2）延長BC交l于T，比較AT與AM、AN的大小即可得出結論．
解答：解：（1）∵∠1=30°，∠2=60°，
∴△ABC為直角三角形．
∵AB=40km，AC= km，
∴BC= = =16 （km）．
∵1小時20分鐘=80分鐘，1小時=60分鐘，
∴ ×60=12 （千米/小時）．
（2）作線段BR⊥x軸于R，作線段CS⊥x軸于S，延長BC交l于T．
∵∠2=60°，
∴∠4=90°?60°=30°．
∵AC=8 （km），
∴CS=8 sin30°=4 （km）．
∴AS=8 cos30°=8 × =12（km）．
又∵∠1=30°，
∴∠3=90°?30°=60°．
∵AB=40km，
∴BR=40?sin60°=20 （km）．
∴AR=40×cos60°=40× =20（km）．
易得，△STC∽△RTB，
所以 = ，
，
解得：ST=8（km）．
所以AT=12+8=20（km）．
又因為AM=19.5km，MN長為1km，∴AN=20.5km，
∵19.5＜AT＜20.5
故輪船能夠正好行至碼頭MN靠岸．
點評：此題結合方向角，考查了理解能力、解直角三角形的能力．計算出相關特殊角和作出輔助線構造相似三角形是解題的關鍵．
　
七、解答題（本題滿分12分）
23．（12分）（2013?自貢）將兩塊全等的三角板如圖①擺放，其中∠A1CB1=∠ACB=90°，∠A1=∠A=30°．
（1）將圖①中的△A1B1C順時針旋轉45°得圖②，點P1是A1C與AB的交點，點Q是A1B1與BC的交點，求證：CP1=CQ；
（2）在圖②中，若AP1=2，則CQ等于多少？
（3）如圖③，在B1C上取一點E，連接BE、P1E，設BC=1，當BE⊥P1B時，求△P1BE面積的最大值．
考點：相似三角形的判定與性質；全等三角形的判定與性質；旋轉的性質；解直角三角形．
分析：（1）先判斷∠B1CQ=∠BCP1=45°，利用ASA即可證明△B1CQ≌△BCP1，從而得出結論．
（2）作P1D⊥CA于D，在RtADP1中，求出P1D，在Rt△CDP1中求出CP1，繼而可得出CQ的長度．
（3）證明△AP1C∽△BEC，則有AP1：BE=AC：BC= ：1，設AP1=x，則BE= x，得出S△P1BE關于x的表達式，利用配方法求最值即可．
解答：（1）證明：∵∠B1CB=45°，∠B1CA1=90°，
∴∠B1CQ=∠BCP1=45°，
∵在△B1CQ和△BCP1中，
，
∴△B1CQ≌△BCP1（ASA），
∴CQ=CP1；
（2）作P1D⊥CA于D，
∵∠A=30°，
∴P1D= AP1=1，
∵∠P1CD=45°，
∴ =sin45°= ，
∴CP1= P1D= ，
又∵CP1=CQ，
∴CQ= ；
（3）∵∠P1BE=90°，∠ABC=60°，
∴∠A=∠CBE=30°，
∴AC= BC，
由旋轉的性質可得：∠ACP1=∠BCE，
∴△AP1C∽△BEC，
∴AP1：BE=AC：BC= ：1，
設AP1=x，則BE= x，
在Rt△ABC中，∠A=30°，
∴AB=2BC=2，
∴S△P1BE= × x（2?x）=? x2+ x
=? （x?1）2+ ，
故當x=1時，S△P1BE（max）= ．
點評：本題考查了相似三角形的判定與性質，解答本題需要我們熟練掌握含30°角的直角三角形的性質、勾股定理及配方法求二次函數的最值，有一定難度．
　
八、解答題（本題滿分14分）
24．（14分）（2013?自貢）如圖，已知拋物線y=ax2+bx?2（a≠0）與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，直線BD交拋物線于點D，并且D（2，3），tan∠DBA= ．
（1）求拋物線的解析式；
（2）已知點M為拋物線上一動點，且在第三象限，順次連接點B、M、C、A，求四邊形BMCA面積的最大值；
（3）在（2）中四邊形BMCA面積最大的條件下，過點M作直線平行于y軸，在這條直線上是否存在一個以Q點為圓心，OQ為半徑且與直線AC相切的圓？若存在，求出圓心Q的坐標；若不存在，請說明理由．
考點：二次函數綜合題．
分析：（1）如答圖1所示，利用已知條件求出點B的坐標，然后用待定系數法求出拋物線的解析式；
（2）如答圖1所示，首先求出四邊形BMCA面積的表達式，然后利用二次函數的性質求出其最大值；
（3）本題利用切線的性質、相似三角形與勾股定理求解．如答圖2所示，首先求出直線AC與直線x=2的交點F的坐標，從而確定了Rt△AGF的各個邊長；然后證明Rt△AGF∽Rt△QEF，利用相似線段比例關系列出方程，求出點Q的坐標．
解答：解：（1）如答圖1所示，過點D作DE⊥x軸于點E，則DE=3，OE=2．
∵tan∠DBA= = ，
∴BE=6，
∴OB=BE?OE=4，
∴B（?4，0）．
∵點B（?4，0）、D（2，3）在拋物線y=ax2+bx?2（a≠0）上，
∴ ，
解得 ，
∴拋物線的解析式為：y= x2+ x?2．
（2）拋物線的解析式為：y= x2+ x?2，
令x=0，得y=?2，∴C（0，?2），
令y=0，得x=?4或1，∴A（1，0）．
設點M坐標為（m，n）（m＜0，n＜0），
如答圖1所示，過點M作MF⊥x軸于點F，則MF=?n，OF=?m，BF=4+m．
S四邊形BMCA=S△BMF+S梯形MFOC+S△AOC
= BF?MF+ （MF+OC）?OF+ OA?OC
= （4+m）×（?n）+ （?n+2）×（?m）+ ×1×2
=?2n?m+1
∵點M（m，n）在拋物線y= x2+ x?2上，
∴n= m2+ m?2，代入上式得：
S四邊形BMCA=?m2?4m+5=?（m+2）2+9，
∴當m=?2時，四邊形BMCA面積有最大值，最大值為9．
（3）假設存在這樣的⊙Q．
如答圖2所示，設直線x=?2與x軸交于點G，與直線AC交于點F．
設直線AC的解析式為y=kx+b，將A（1，0）、C（0，?2）代入得：
，
解得：k=2，b=?2，
∴直線AC解析式為：y=2x?2，
令x=?2，得y=?6，∴F（?2，?6），GF=6．
在Rt△AGF中，由勾股定理得：AF= = =3 ．
設Q（?2，n），則在Rt△AGF中，由勾股定理得：OQ= = ．
設⊙Q與直線AC相切于點E，則QE=OQ= ．
在Rt△AGF與Rt△QEF中，
∵∠AGF=∠QEF=90°，∠AFG=∠QFE，
∴Rt△AGF∽Rt△QEF，
∴ ，即 ，
化簡得：n2?3n?4=0，解得n=4或n=?1．
∴存在一個以Q點為圓心，OQ為半徑且與直線AC相切的圓，點Q的坐標為（?2，4）或（?2，?1）．
點評：本題是中考壓軸題，綜合考查了二次函數的圖象與性質、一次函數的圖象與性質、待定系數法、相似三角形、勾股定理、圓的切線性質、解直角三角形、圖形面積計算等重要知識點，涉及考點眾多，有一定的難度．第（2）問面積最大值的問題，利用二次函數的最值解決；第（3）問為存在型問題，首先假設存在，然后利用已知條件，求出符合條件的點Q坐標．
　


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