如图是由两个长方体组合而成的一个立体图形的三视图，根据图中所标尺寸（单位：mm），求这个立体图形的表面积．

【答案】200mm2.

【解析】试题分析：根据三视图可知立体图形下面的长方体的长、宽、高分别为8mm，6mm，2mm，上面的长方体的长、宽、高分别为4mm，2mm，4mm.由此计算这个立体图形的表面积即可.

试题解析：

根据三视图可知立体图形下面的长方体的长、宽、高分别为8mm，6mm，2mm，上面的长方体的长、宽、高分别为4mm，2mm，4mm.

则这个立体图形的表面积为：2(8×6＋6×2＋8×2)＋2(4×2＋2×4＋4×4)－2×4×2＝200(mm2)．

答：这个立体图形的表面积为200mm2.

【题型】解答题
【结束】
7

如图是某货站传送货物的平面示意图. 为了提高传送过程的安全性，工人师傅欲减小传送带与地面的夹角，使其由45°改为30°. 已知原传送带AB长为4米.

（1）求新传送带AC的长度；

（2）如果需要在货物着地点C的左侧留出2米的通道，试判断距离B点4米的货物是否需要挪走，并说明理由．

如图是某货站传送货物的平面示意图. 为了提高传送过程的安全性，工人师傅欲减小传送带与地面的夹角，使其由45°改为30°. 已知原传送带AB长为4米.

（1）求新传送带AC的长度；

（2）如果需要在货物着地点C的左侧留出2米的通道，试判断距离B点4米的货物是否需要挪走，并说明理由．

【答案】（1）5.6m；（2）应挪走．

【解析】试题解析：试题分析：（1）在构建的直角三角形中，首先求出两个直角三角形的公共直角边，进而在Rt△ACD中，求出AC的长．
（2）通过解直角三角形，可求出BD、CD的长，进而可求出BC、PC的长．然后判断PC的值是否大于2米即可．

试题解析：（1）如图，
在Rt△ABD中，AD=ABsin45°=4． 
在Rt△ACD中，
∵∠ACD=30°，
∴AC=2AD=8． 
即新传送带AC的长度约为8米；
（2）结论：货物MNQP不用挪走． 
【解析】
在Rt△ABD中，BD=ABcos45°=4=4． 
在Rt△ACD中，CD=AD=4．
∴CB=CD-BD=4-4≈2.8．
∵PC=PB-CB≈5-2.8=2.2＞2，
∴货物MNQP不应挪走．

【题型】解答题
【结束】
8

如图有一圆锥形粮堆，其主视图是边长为6m的正三形ABC。

（1）求该圆锥形粮堆的侧面积。

（2）母线AC的中点P处有一老鼠正在偷吃粮食，小猫从B处沿圆锥表面去偷袭老鼠，求小猫经过的最短路程。 (结果不取近似数) 

如图有一圆锥形粮堆，其主视图是边长为6m的正三形ABC。

（1）求该圆锥形粮堆的侧面积。

（2）母线AC的中点P处有一老鼠正在偷吃粮食，小猫从B处沿圆锥表面去偷袭老鼠，求小猫经过的最短路程。 (结果不取近似数) 

【答案】（1) 18m2；（2）3m.

【解析】试题分析：（1）根据圆锥的侧面展开图是扇形，圆锥的侧面积公式是π×底面圆半径×圆锥的母线长；扇形的面积公式是，进行计算即可；
（2）根据两点之间，线段最短．首先要展开圆锥的半个侧面，再连接BP．发现BP是直角边是3和6的直角三角形的斜边．根据勾股定理即可计算．

试题解析：（1）根据圆锥的侧面积等于展开扇形的面积得：
πrl=π×3×6=18π．
（2）圆锥的底面周长是6π，则6π=，
∴n=180°，即圆锥侧面展开图的圆心角是180度．
则在圆锥侧面展开图中AP=3，AB=6，∠BAP=90度．
∴在圆锥侧面展开图中BP=m．
故小猫经过的最短距离是m．

【题型】解答题
【结束】
9

（1）如图1，在一块宽为12m，长为20m的矩形地面上修筑同样宽的道路，余下的部分种上草坪．要使草坪的面积为180m2，求道路的宽；

（2）现在对该矩形区域进行改造，如图2，在正中央建一个与矩形的边互相平行的正方形观赏亭，观赏亭的四边连接四条与矩形的边互相平行的且宽度相等的道路，已知道路的宽为正方形边长的．若道路与观赏亭的面积之和是矩形面积的，求道路的宽．

（1）如图1，在一块宽为12m，长为20m的矩形地面上修筑同样宽的道路，余下的部分种上草坪．要使草坪的面积为180m2，求道路的宽；

（2）现在对该矩形区域进行改造，如图2，在正中央建一个与矩形的边互相平行的正方形观赏亭，观赏亭的四边连接四条与矩形的边互相平行的且宽度相等的道路，已知道路的宽为正方形边长的．若道路与观赏亭的面积之和是矩形面积的，求道路的宽．

【答案】（1）道路宽为2米；（2）道路的宽为1米．

【解析】试题分析：（1）设道路宽为x米，利用平移把不规则的图形变为规则图形，如此一来，所有草坪面积之和就变为了（20﹣x）（12﹣x）米2，进而即可列出方程，求出答案；

（2）设道路的宽为x米，则正方形边长为4x，根据道路与观赏亭的面积之和是矩形面积的，列方程求解即可．

试题解析：【解析】
（1）设道路宽为x米，

根据题意得：（20﹣x）（12﹣x）=180

解得：x1=30（舍去），x2=2

答：道路宽为2米；

（2）设道路的宽为x米，

则可列方程：x（12-4x）+x（20-4x）+16x2=×20×12，

即：x2+4x-5=0，

解得：x1=1，x2=-5（舍去），

答：道路的宽为1米．

点睛：考查了一元二次方程的应用，这类题目体现了数形结合的思想，需利用平移把不规则的图形变为规则图形，进而即可列出方程，求出答案．另外还要注意解的合理性，从而确定取舍．

【题型】解答题
【结束】
10

如图1是一个三棱柱包装盒，它的底面是边长为10cm的正三角形，三个侧面都是矩形．现将宽为15cm的彩色矩形纸带AMCN裁剪成一个平行四边形ABCD（如图2），然后用这条平行四边形纸带按如图3的方式把这个三棱柱包装盒的侧面进行包贴（要求包贴时没有重叠部分），纸带在侧面缠绕三圈，正好将这个三棱柱包装盒的侧面全部包贴满．在图3中，将三棱柱沿过点A的侧棱剪开，得到如图4的侧面展开图.为了得到裁剪的角度,我们可以根据展开图拼接出符合条件的平行四边形进行研究.

（1）请在图4中画出拼接后符合条件的平行四边形；

（2）请在图2中，计算裁剪的角度（即∠ABM的度数）.

如图1是一个三棱柱包装盒，它的底面是边长为10cm的正三角形，三个侧面都是矩形．现将宽为15cm的彩色矩形纸带AMCN裁剪成一个平行四边形ABCD（如图2），然后用这条平行四边形纸带按如图3的方式把这个三棱柱包装盒的侧面进行包贴（要求包贴时没有重叠部分），纸带在侧面缠绕三圈，正好将这个三棱柱包装盒的侧面全部包贴满．在图3中，将三棱柱沿过点A的侧棱剪开，得到如图4的侧面展开图.为了得到裁剪的角度,我们可以根据展开图拼接出符合条件的平行四边形进行研究.

（1）请在图4中画出拼接后符合条件的平行四边形；

（2）请在图2中，计算裁剪的角度（即∠ABM的度数）.

【答案】（1）作图见解析；（2）∠ABM=30°．

【解析】分析：（1）将图4中的△ABE向左平移30cm，△CDF向右平移30cm，拼成如图中的平行四边形，此平行四边形即为图2中的四边形ABCD．

（2）根据题意先求得AB=30cm，由纸带的宽为15cm，根据三角函数求得∠AMB=30°．

本题解析：（1）如图：

（2）由图2的包贴方法知：AB的长等于三棱柱的底边周长，∴AB=30．

∵ 纸带宽为15，∴ sin∠ABM =．∴∠AMB=30°．

【题型】解答题
【结束】
11

如图，在△ABC中，∠C＝45°，BC＝10，高AD＝8，矩形EFPQ的一边QP在BC边上，E、F两点分别在AB、AC上，AD交EF于点H．

（1）求证： ；

（2）设EF＝x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求其最大值；

（3）当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线QC匀速运动（当点Q与点C重合时停止运动），设运动时间为t秒，矩形EFFQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式．

如图，在△ABC中，∠C＝45°，BC＝10，高AD＝8，矩形EFPQ的一边QP在BC边上，E、F两点分别在AB、AC上，AD交EF于点H．

（1）求证： ；

（2）设EF＝x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求其最大值；

（3）当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线QC匀速运动（当点Q与点C重合时停止运动），设运动时间为t秒，矩形EFFQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式．

【答案】（1）证明见解析；（2）当x＝5时，S矩形EFPQ有最大值，最大值为20；（3）

【解析】试题分析：（1）本题利用相似三角形的性质——相似三角形的对应边上的高之比等于相似比解决；（2）根据第一问的结论，即可根据矩形的面积公式得到关于矩形EFPQ的面积和x的函数关系式，根据函数的性质即可得到矩形的最大面积及对应的x的值；（3）此题要理清几个关键点，当矩形的面积最大时，由（2）可知此时EF=5，EQ=4；易证得△CPF是等腰Rt△，则PC=PF=4，QC=QP+PC=9；
一、P、C重合时，矩形移动的距离为PC（即4），运动的时间为4s；
二、E在线段AC上时，矩形移动的距离为9-4=5，运动的时间为5s；
三、Q、C重合时，矩形运动的距离为QC（即9），运动的时间为9s；
所以本题要分三种情况，分别写出解析式即可.

试题解析：

（1）∵ 四边形EFPQ是矩形，∴ EF∥QP．∴ △AEF∽△ABC．

又∵ AD⊥BC，

∴ AH⊥EF,∴

（2）由（1）得，∴ AH＝x．

∴ EQ＝HD＝AD－AH＝8－x，

∴ S矩形EFPQ＝EF·EQ＝x (8－x) ＝－x2＋8 x＝－（x－5）2＋20．

∵ －＜0， ∴ 当x＝5时，S矩形EFPQ有最大值，最大值为20．

（3）如图1，由（2）

得EF＝5，EQ＝4．

∵∠C＝45°，∴ △FPC是等腰直角三角形．

∴ PC＝FP＝EQ=4，QC＝QP＋PC＝9．

分三种情况讨论：① 如图2．当0≤t＜4时，

设EF、PF分别交AC于点M、N，则△MFN是等腰直角三角形,

∴ FN＝MF＝t．

∴S＝S矩形EFPQ－SRt△MFN=20－t2＝－t2＋20；

②如图3，当4≤t<5时，则ME＝5－t，QC＝9－t．

∴ S＝S梯形EMCQ＝ [（5－t）＋（9－t ）]×4＝－4t＋28；

③如图4，当5≤t≤9时，设EQ交AC于点K，则KQ=QC＝9－t．

∴ S＝S△KQC= (9－t)2＝ ( t－9)2．

综上所述：S与t的函数关系式为：

点睛：此题主要考查了矩形、等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质及二次函数的应用等知识，同时还考查了分类讨论的数学思想．

【题型】解答题
【结束】
12

已知关于x的一元二次方程x2－（2k＋1）x＋k2＋2k＝0有两个实数根x1，x2．

（1）求实数k的取值范围；

（2）是否存在实数k，使得x1·x2－x12－x22≥0成立？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由．

已知关于x的一元二次方程x2－（2k＋1）x＋k2＋2k＝0有两个实数根x1，x2．

（1）求实数k的取值范围；

（2）是否存在实数k，使得x1·x2－x12－x22≥0成立？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)当k≤时，原方程有两个实数根(2)不存在实数k，使得x1·x2－x12－x22≥0成立

【解析】试题分析：（1）根据一元二次方程根的判别式列出不等式，解之即可；（2）本题利用韦达定理解决.

试题解析：

（1） ，解得

（2）由 ，

由根与系数的关系可得：

代入得： ，

化简得： ，

得.

由于的取值范围为，

故不存在k使。

【题型】解答题
【结束】
13

如图，在平面直角坐标系中，已知四边形ABCD为菱形，且（0，3）、（﹣4，0）．

（1）求经过点的反比例函数的解析式；

（2）设是（1）中所求函数图象上一点，以顶点的三角形的面积与△COD的面积相等．求点P的坐标．

如图，在平面直角坐标系中，已知四边形ABCD为菱形，且（0，3）、（﹣4，0）．

（1）求经过点的反比例函数的解析式；

（2）设是（1）中所求函数图象上一点，以顶点的三角形的面积与△COD的面积相等．求点P的坐标．

【答案】（1）；（2）P（， ）或（-，-）．

【解析】试题分析：综合考查反比例函数及菱形的性质，注意：根据菱形的性质得到点C的坐标；点P的横坐标的有两种情况.

（1）根据菱形的性质可得菱形的边长，进而可得点C的坐标，代入反比例函数解析式可得所求的解析式； （2）设出点P的坐标，易得△COD的面积，利用点P的横坐标表示出△PAO的面积，那么可得点P的横坐标，就求得了点P的坐标.

试题解析：（1）由题意知，OA=3，OB=4，

在Rt△AOB中，AB==5，

∵四边形ABCD为菱形，

∴AD=BC=AB=5，

∴C（-4，-5）．

设经过点C的反比例函数的解析式为y=（k≠0），

则=-5，解得k=20．

故所求的反比例函数的解析式为y=．

（2）设P（x，y），

∵AD=AB=5，OA=3，

∴OD=2，S△COD=×2×4=4，

即•OA•|x|=4，

∴|x|=，

∴x=±，、

当x=时，y==，当x=-时，y==-，

∴P（， ）或（?，?）．

考点：反比例函数综合题．

【题型】解答题
【结束】
14

如图，在中， ，点到两边的距离相等，且．

（1）先用尺规作出符合要求的点（保留作图痕迹，不需要写作法），然后判断△ABP的形状，并说明理由；

（2）设，，试用、的代数式表示的周长和面积；

（3）设与交于点，试探索当边、的长度变化时，的值是否发生变化，若不变，试求出这个不变的值，若变化，试说明理由．

如图，在中， ，点到两边的距离相等，且．

（1）先用尺规作出符合要求的点（保留作图痕迹，不需要写作法），然后判断△ABP的形状，并说明理由；

（2）设，，试用、的代数式表示的周长和面积；

（3）设与交于点，试探索当边、的长度变化时，的值是否发生变化，若不变，试求出这个不变的值，若变化，试说明理由．

【答案】(1)作图见解析；ΔABP是等腰直角三角形. 理由见解析；（2）； （3）.

【解析】（1）依题意，点P既在的平分线上，

又在线段AB的垂直平分线上.

如图1，作的平分线，

作线段的垂直平分线， 与的

交点即为所求的P点。┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄3分

是等腰直角三角形.

理由：过点P分别作、，垂足为E、F如图2.

∵平分，、，垂足为E、F，

∴.

又∵ ，∴ ≌.┄┄┄┄┄┄┄┄4分

∴ .

∵，，，

∴， 从而.

又 ∴ 是等腰直角三角形. ┄┄┄┄┄┄┄┄5分

（2）如图2，在中，，

，. ∴.

由≌，≌，

可得，.

∴.

在中，，，，

∴. ∴. ┄┄┄┄6分

所以的周长为：. ┄┄┄┄7分

因为的面积=的面积的面积的面积

==

=（）┄┄9分

或 .

（3）过点分别作、，垂足为、如图3.

∵ .┄┄┄┄10分

由∥得 ①┄┄┄┄┄┄┄┄11分

由∥得 ② ┄┄┄┄┄┄12分

①+②，得 ，即 .

∴ ， 即 ┄┄┄┄13分

【点睛】（1）由题意作出∠ACB的角平分线和线段AB的垂直平分线可求出点P，然后证明Rt△APE≌Rt△BPF即可；

（2）由PA=PB，PA=m，可得出 ，由Rt△APE≌Rt△BPF，△PCE≌△PCF，可得CA+CB=CE+EA+CB=CE+CF=2CE，在Rt△PCE中， PC=n，可知 ，即 ，最后求出周长和面积；

（3）由平行线分线段成比例定理得到 , 是解答本题的关键．

【题型】解答题
【结束】
15

⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，过的中点P作⊙O的直径PG，与弦BC相交于点D，连接AG、CP、PB．

（1）如图1，求证：AG=CP；

（2）如图2，过点P作AB的垂线，垂足为点H，连接DH，求证：DH∥AG；

（3）如图3，连接PA，延长HD分别与PA、PC相交于点K、F，已知FK=2，△ODH的面积为2，求AC的长．

⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，过的中点P作⊙O的直径PG，与弦BC相交于点D，连接AG、CP、PB．

（1）如图1，求证：AG=CP；

（2）如图2，过点P作AB的垂线，垂足为点H，连接DH，求证：DH∥AG；

（3）如图3，连接PA，延长HD分别与PA、PC相交于点K、F，已知FK=2，△ODH的面积为2，求AC的长．

【答案】（1）证明见解析；

（2）证明见解析；

（3）AC=10

【解析】

试题分析：（1）利用等弧所对的圆周角相等即可求解；

（2）利用等弧所对的圆周角相等，得到角相等∠APG=∠CAP，判断出△BOD≌△POH，再得到角相等，从而判断出线平行；

（3）由三角形相似，得出比例式，△HON∽△CAM，，再判断出四边形CDHM是平行四边形，最后经过计算即可求解．

试题解析：（1）∵过的中点P作⊙O的直径PG，

∴CP=PB，

∵AB，PG是相交的直径，

∴AG=PB，

∴AG=CP；

（2）证明：如图 2，连接BG

∵AB、PG都是⊙O的直径，

∴四边形AGBP是矩形，

∴AG∥PB，AG=PB，

∵P是弧BC的中点，

∴PC=BC=AG，

∴弧AG=弧CP，

∴∠APG=∠CAP，

∴AC∥PG，

∴PG⊥BC，

∵PH⊥AB，

∴∠BOD=90°=∠POH，

在△BOD和△POH中，

，

∴△BOD≌△POH，

∴OD=OH，

∴∠ODH=（180°﹣∠BOP）=∠OPB，

∴DH∥PB∥AG．

（3）如图3，作CM⊥AP于M，ON⊥DH于N，

∴∠HON=∠BOP=∠COP=∠CAP，

∴△HON∽△CAM，

∴，

作PQ⊥AC于Q，

∴四边形CDPQ是矩形，

△APH与△APQ关于AP对称，

∴HQ⊥AP，

由（1）有：HK⊥AP，

∴点K在HQ上，

∴CK=PK，

∴PK是△CMP的中位线，

∴CM=2FK=4，MF=PF，

∵CM⊥AP，HK⊥AP，

∴CM∥HK，

∴∠BCM+∠CDH=180°，

∵∠BCM=∠CAP=∠BAP=∠PHK=∠MHK，

∴∠MHK+∠CDH=180°，

∴四边形CDHM是平行四边形，

∴DH=CM=4，DN=HN=2，

∵S△ODH=DH×ON=×4×ON=2，

∴ON=，

∴OH==5，

∴AC==10．

考点：圆的综合题．

【题型】解答题
【结束】
16

如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线C1：y=的顶点为M，与y轴相交于点N，先将抛物线C1沿x轴翻折，再向右平移p个单位长度后得到抛物线C2：直线l：y=kx+b经过M，N两点．

（1）结合图象，直接写出不等式x2+6x+2＜kx+b的解集；

（2）若抛物线C2的顶点与点M关于原点对称，求p的值及抛物线C2的解析式；

（3）若直线l沿y轴向下平移q个单位长度后，与（2）中的抛物线C2存在公共点，

求3﹣4q的最大值．