2017年玉林中考數學試卷答案解析及word文字版下載（難度系數點評）

一、單項選擇題（共12小題，每小題3分，滿分36分）
1．（3分）（2016•玉林）下面的數中，與?2的和為0的是（　　）
　A．2B．?2C．D．

考點：有理數的加法．
分析：設這個數為x，根據題意可得方程x+（?2）=0，再解方程即可．
解答：解：設這個數為x，由題意得：
x+（?2）=0，
x?2=0，
x=2，
故選：A．
點評：此題主要考查了有理數的加法，解答本題的關鍵是理解題意，根據題意列出方程．
　
2．（3分）（2016•玉林）將6.18×10?3化為小數的是（　　）
　A．0.000618B．0.00618C．0.0618D．0.618

考點：科學記數法?原數．
分析：科學記數法的標準形式為a×10n（1≤|a|＜10，n為整數）．本題把數據“6.18×10?3中6.18的小數點向左移動3位就可以得到．
解答：解：把數據“6.18×10?3中6.18的小數點向左移動3位就可以得到為0.00618．
故選B．
點評：本題考查寫出用科學記數法表示的原數．
將科學記數法a×10?n表示的數，“還原”成通常表示的數，就是把a的小數點向左移動n位所得到的數．
把一個數表示成科學記數法的形式及把科學記數法還原是兩個互逆的過程，這也可以作為檢查用科學記數法表示一個數是否正確的方法．
　
3．（3分）（2016•玉林）計算（2a2）3的結果是（　　）
　A．2a6B．6a6C．8a6D．8a5

考點：冪的乘方與積的乘方．
分析：利用冪的乘方與積的乘方的性質求解即可求得答案．
解答：解：（2a2）3=8a6．
故選C．
點評：此題考查了冪的乘方與積的乘方的性質．此題比較簡單，注意掌握指數的變化是解此題的關鍵．
　
4．（3分）（2016•玉林）下面的多項式在實數范圍內能因式分解的是（　　）
　A．x2+y2B．x2?yC．x2+x+1D．x2?2x+1

考點：實數范圍內分解因式．
分析：利用因式分解的方法，分別判斷得出即可．
解答：解；A、x2+y2，無法因式分解，故此選項錯誤；
B、x2?y，無法因式分解，故此選項錯誤；
C、x2+x+1，無法因式分解，故此選項錯誤；
D、x2?2x+1=（x?1）2，故此選項正確．
故選：D．xkb1.com
點評：此題主要考查了公式法分解因式，熟練應用公式是解題關鍵．
　
5．（3分）（2016•玉林）如圖的幾何體

的三視圖是（　　）

　A．B．C．D．

考點：簡單組合體的三視圖．
分析：分別找出圖形從正面、左面、和上面看所得到的圖形即可．
解答：解：從幾何體的正面看可得有2列小正方形，左面有2個小正方形，右面下邊有1個小正方形；
從幾何體的正面看可得有2列小正方形，左面有2個小正方形，右面下邊有1個小正方形；
從幾何體的上面看可得有2列小正方形，左面有2個小正方形，右上角有1個小正方形；
故選：C．
點評：本題考查了三視圖的知識，注意所有的看到的棱都應表現在三視圖中．
　
6．（3分）（2016•玉林）下列命題是假命題的是（　　）
　A．四個角相等的四邊形是矩形B．對角線相等的行四邊形是矩形
　C．對角線垂直的四邊形是菱形D．對角線垂直的行四邊形是菱形

考點：命題與定理．
分析：根據矩形的判定對A、B進行判斷；根據菱形的判定方法對C、D進行判斷．
解答：解：A、四個角相等的四邊形是矩形，所以A選項為真命題；
B、對角線相等的行四邊形是矩形，所以B選項為真命題；
C、對角線垂直的行四邊形是菱形，所以C選項為假命題；
D、對角線垂直的行四邊形是菱形，所以D選項為真命題．
故選C．
點評：本題考查了命題與定理：判斷事物的語句叫命題；正確的命題稱為真命題，錯誤的命題稱為假命題；經過推理論證的真命題稱為定理．
　
7．（3分）（2016•玉林）△ABC與△A′B′C′是位似圖形，且△ABC與△A′B′C′的位似比是1：2，已知△ABC的面積是3，則△A′B′C′的面積是（　　）
　A．3B．6C．9D．12

考點：位似變換．
分析：利用位似圖形的面積比等于位似比的方，進而得出答案．
解答：解：∵△ABC與△A′B′C′是位似圖形，且△ABC與△A′B′C′的位似比是1：2，△ABC的面積是3，
∴△ABC與△A′B′C′的面積比為：1：4，
則△A′B′C′的面積是：12．
故選：D．
點評：此題主要考查了位似圖形的性質，利用位似圖形的面積比等于位似比的方得出是解題關鍵．
　
8．（3分）（2016•玉林）一個盒子內裝有大小、形狀相同的四個球，其中紅球1個、綠球1個、白球2個，小明摸出一個球不放回，再摸出一個球，則兩次都摸到白球的概率是（　　）
　A．C．D．

考點：列表法與樹狀圖法．
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兩次都摸到白球的情況，再利用概率公式即可求得答案．
解答：解：畫樹狀圖得：

∵共有12種等可能的結果，兩次都摸到白球的有2種情況，
∴兩次都摸到白球的概率是：=．
故答案為：C．
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．用到的知識點為：概率=所求情況數與總情況數之比．
　
9．（3分）（2016•玉林）x1，x2是關于x的一元二次方程x2?mx+m?2=0的兩個實數根，是否存在實數m使+=0成立？則正確的是結論是（　　）
　A．m=0時成立B．m=2時成立C．m=0或2時成立D．不存在

考點：根與系數的關系．
分析：先由一元二次方程根與系數的關系得出，x1+x2=m，x1x2=m?2．假設存在實數m使+=0成立，則=0，求出m=0，再用判別式進行檢驗即可．
解答：解：∵x1，x2是關于x的一元二次方程x2?mx+m?2=0的兩個實數根，
∴x1+x2=m，x1x2=m?2．
假設存在實數m使+=0成立，則=0，
∴=0，
∴m=0．
當m=0時，方程x2?mx+m?2=0即為x2?2=0，此時△=8＞0，
∴m=0符合題意．
故選A．
點評：本題主要考查了一元二次方程根與系數的關系：如果x1，x2是方程x2+px+q=0的兩根時，那么x1+x2=?p，x1x2=q．
　
10．（3分）（2016•玉林）在等腰△ABC中，AB=AC，其周長為20cm，則AB邊的取值范圍是（　　）
　A．1cm＜AB＜4cmB．5cm＜AB＜10cmC．4cm＜AB＜8cmD．4cm＜AB＜10cm

考點：等腰三角形的性質；解一元一次不等式組；三角形三邊關系．
分析：設AB=AC=x，則BC=20?2x，根據三角形的三邊關系即可得出結論．
解答：解：∵在等腰△ABC中，AB=AC，其周長為20cm，
∴設AB=AC=xcm，則BC=（20?2x）cm，
∴，
解得5cm＜x＜10cm．
故選B．
點評：本題考查的是等腰三角形的性質，熟知等腰三角形的兩腰相等是解答此題的關鍵．
　
11．（3分）（2016玉林）蜂巢的構造非常美麗、科學，如圖是由7個形狀、大小完全相同的正六邊形組成的網絡，正六邊形的頂點稱為格點，△ABC的頂點都在格點上．設定AB邊如圖所示，則△ABC是直角三角形的個數有（　　）

　A．4個B．6個C．8個D．10個

考點：正多邊形和圓．
分析：根據正六邊形的性質，分AB是直角邊和斜邊兩種情況確定出點C的位置即可得解．
解答：解：如圖，AB是直角邊時，點C共有6個位置，
即，有6個直角三角形，
AB是斜邊時，點C共有2個位置，
即有2個直角三角形，
綜上所述，△ABC是直角三角形的個數有6+2=8個．
故選C．

點評：本題考查了正多邊形和圓，難點在于分AB是直角邊和斜邊兩種情況討論，熟練掌握正六邊形的性質是解題的關鍵，作出圖形更形象直觀．
　
12．（3分）（20166玉林）如圖，邊長分別為1和2的兩個等邊三角形，開始它們在左邊重合，大三角形固定不動，然后把小三角形自左向右移直至移出大三角形外停止．設小三角形移動的距離為x，兩個三角形重疊面積為y，則y關于x的函數圖象是（　　）

　A．B．C．D．

考點：動點問題的函數圖象．
分析：根據題目提供的條件可以求出函數的解析式，根據解析式判斷函數的圖象的形狀．
解答：解：①t≤1時，兩個三角形重疊面積為小三角形的面積，
∴y=×1×=，
②當1＜x≤2時，重疊三角形的邊長為2?x，高為，
y=（2?x）×=x?x+，
③當x≥2時兩個三角形重疊面積為小三角形的面積為0，
故選：B．
點評：本題主要考查了本題考查了動點問題的函數圖象，此類題目的圖象往往是幾個函數的組合體．
　
二、填空題（共6小題，每小題3分，滿分18分）
13．（3分）（2016•玉林）3的倒數是　　．

考點：倒數．
分析：根據倒數的定義可知．
解答：解：3的倒數是．
點評：主要考查倒數的定義，要求熟練掌握．需要注意的是：
倒數的性質：負數的倒數還是負數，正數的倒數是正數，0沒有倒數．
倒數的定義：若兩個數的乘積是1，我們就稱這兩個數互為倒數．
　
14．（3分）（2014•玉林）在面直角坐標系中，點（?4，4）在第　二　象限．

考點：點的坐標．
分析：根據各象限內點的坐標特征解答．
解答：解：點（?4，4）在第二象限．
故答案為：二．
點評：本題考查了各象限內點的坐標的符號特征，記住各象限內點的坐標的符號是解決的關鍵，四個象限的符號特點分別是：第一象限（+，+）；第二象限（?，+）；第三象限（?，?）；第四象限（+，?）．
　
15．（3分）（2014•玉林）下表是我市某一天在不同時段測得的氣溫情況
0：004：008：0012：0016：0020：00
25℃27℃29℃32℃34℃30℃
則這一天氣溫的極差是　9　℃．

考點：極差．
分析：根據極差的定義即極差就是這組數中最大值與最小值的差，即可得出答案．
解答：解：這組數據的最大值是34℃，最小值是25℃，
則極差是34?25=9（℃）．
故答案為：9．
點評：此題考查了極差，極差反映了一組數據變化范圍的大小，求極差的方法是用一組數據中的最大值減去最小值．注意：極差的單位與原數據單位一致．
　
16．（3分）（2014•玉林）如圖，直線MN與⊙O相切于點M，ME=EF且EF∥MN，則cos∠E=　　．

考點：切線的性質；等邊三角形的判定與性質；特殊角的三角函數值．
專題：計算題．
分析：連結OM，OM的反向延長線交EF與C，由直線MN與⊙O相切于點M，根據切線的性質得OM⊥MF，而EF∥MN，根據行線的性質得到MC⊥EF，于是根據垂徑定理有CE=CF，再利用等腰三角形的判定得到ME=MF，易證得△MEF為等邊三角形，所以∠E=60°，然后根據特殊角的三角函數值求解．
解答：解：連結OM，OM的反向延長線交EF與C，如圖，
∵直線MN與⊙O相切于點M，
∴OM⊥MF，
∵EF∥MN，
∴MC⊥EF，
∴CE=CF，
∴ME=MF，
而ME=EF，
∴ME=EF=MF，
∴△MEF為等邊三角形，
∴∠E=60°，
∴cos∠E=cos60°=．
故答案為．

點評：本題考查了切線的性質：圓的切線垂直于經過切點的半徑．也考查了垂徑定理、等邊三角形的判定與性質和特殊角的三角函數值．
　
17．（3分）（2014•玉林）如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，∠A=120°，AD=2，BD分∠ABC，則梯形ABCD的周長是　7+　．

考點：直角梯形．
分析：根據題意得出AB=AD，進而得出BD的長，再利用在直角三角形中30°所對的邊等于斜邊的一半，進而求出CD以及利用勾股定理求出BC的長，即可得出梯形ABCD的周長．
解答：解：過點A作AE⊥BD于點E，
∵AD∥BC，∠A=120°，
∴∠ABC=60°，∠ADB=∠DBC，
∵BD分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC=30°，
∴∠ABE=∠ADE=30°，
∴AB=AD，
∴AE=AD=1，
∴DE=，則BD=2，
∵∠C=90°，∠DBC=30°，
∴DC=BD=，
∴BC===3，
∴梯形ABCD的周長是：AB+AD+CD+BC=2+2++3=7+．
故答案為：7+．

點評：此題主要考查了直角梯形的性質以及勾股定理和直角三角形中30°所對的邊等于斜邊的一半等知識，得出∠DBC的度數是解題關鍵．
　
18．（3分）（2014•玉林）如圖，OABC是行四邊形，對角線OB在軸正半軸上，位于第一象限的點A和第二象限的點C分別在雙曲線y=和y=的一支上，分別過點A、C作x軸的垂線，垂足分別為M和N，則有以下的結論：
①=；
②陰影部分面積是（k1+k2）；
③當∠AOC=90°時，|k1|=|k2|；
④若OABC是菱形，則兩雙曲線既關于x軸對稱，也關于y軸對稱．
其中正確的結論是　①④　（把所有正確的結論的序號都填上）．

考點：反比例函數綜合題．
專題：綜合題．
分析：作AE⊥y軸于E，CF⊥y軸于F，根據行四邊形的性質得S△AOB=S△COB，利用三角形面積公式得到AE=CF，則有OM=ON，再利用反比例函數k的幾何意義和三角形面積公式得到S△AOM=|k1|=OM•AM，S△CON=|k2|=ON•CN，所以有=；由S△AOM=|k1|，S△CON=|k2|，得到S陰影部分=S△AOM+S△CON=（|k1|+|k2|）=（k1?k2）；當∠AOC=90°，得到四邊形OABC是矩形，由于不能確定OA與OC相等，則不能判斷△AOM≌△CNO，所以不能判斷AM=CN，則不能確定|k1|=|k2|；若OABC是菱形，根據菱形的性質得OA=OC，可判斷Rt△AOM≌Rt△CNO，則AM=CN，所以|k1|=|k2|，即k1=?k2，根據反比例函數的性質得兩雙曲線既關于x軸對稱，也關于y軸對稱．
解答：解：作AE⊥y軸于E，CF⊥y軸于F，如圖，
∵四邊形OABC是行四邊形，
∴S△AOB=S△COB，
∴AE=CF，
∴OM=ON，
∵S△AOM=|k1|=OM•AM，S△CON=|k2|=ON•CN，
∴=，所以①正確；
∵S△AOM=|k1|，S△CON=|k2|，
∴S陰影部分=S△AOM+S△CON=（|k1|+|k2|），
而k1＞0，k2＜0，
∴S陰影部分=（k1?k2），所以②錯誤；
當∠AOC=90°，
∴四邊形OABC是矩形，
∴不能確定OA與OC相等，
而OM=ON，
∴不能判斷△AOM≌△CNO，
∴不能判斷AM=CN，
∴不能確定|k1|=|k2|，所以③錯誤；
若OABC是菱形，則OA=OC，
而OM=ON，
∴Rt△AOM≌Rt△CNO，
∴AM=CN，
∴|k1|=|k2|，
∴k1=?k2，
∴兩雙曲線既關于x軸對稱，也關于y軸對稱，所以④正確．
故答案為①④．

點評：本題考查了反比例函數的綜合題：熟練掌握反比例函數的圖象、反比例函數k的幾何意義、行四邊形的性質、矩形的性質和菱形的性質．
　
三、解答題（共8小題，滿分66分。解答應寫出文字說明過程或演算步驟）
19．（6分）（2014•玉林）計算：（?2）2?•+（sin60°?π）0．

考點：實數的運算；零指數冪；特殊角的三角函數值．
分析：本題涉及零指數冪、乘方、特殊角的三角函數值、二次根式化簡四個考點．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=4?2×+1
=4?2+1
=3．
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，熟練掌握負整數指數冪、零指數冪、二次根式、絕對值等考點的運算．
　
20．（6分）（2014•玉林）先化簡，再求值：?，其中x=?1．

考點：分式的化簡求值．
專題：計算題．
分析：原式通分并利用同分母分式的減法法則計算，約分得到最簡結果，將x的值代入計算即可求出值．
解答：解：原式=?==，
當x=?1時，原式==．
點評：此題考查了分式的化簡求值，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵．
　
21．（6分）（2014•玉林）如圖，已知：BC與CD重合，∠ABC=∠CDE=90°，△ABC≌△CDE，并且△CDE可由△ABC逆時針旋轉而得到．請你利用尺規作出旋轉中心O（保留作圖痕跡，不寫作法，注意最后用墨水筆加黑），并直接寫出旋轉角度是　90°　．

考點：作圖-旋轉變換．
分析：分別作出AC，CE的垂直分線進而得出其交點O，進而得出答案．
解答：解：如圖所示：旋轉角度是90°．
故答案為：90°．

點評：此題主要考查了旋轉變換，得出旋轉中心的位置是解題關鍵．
　
22．（8分）（2014•玉林）第一次模擬試后，數學科陳老師把一班的數學成績制成如圖的統計圖，并給了幾個信息：①前兩組的頻率和是0.14；②第一組的頻率是0.02；③自左到右第二、三、四組的頻數比為3：9：8，然后布置學生（也請你一起）結合統計圖完成下列問題：
（1）全班學生是多少人？
（2）成績不少于90分為優秀，那么全班成績的優秀率是多少？
（3）若不少于100分可以得到A+等級，則小明得到A+的概率是多少？

考點：頻數（率）分布直方圖；概率公式．
分析：（1）首先求得第二組的頻率，然后根據第二組的頻數是6，即可求得總人數；
（2）利用1減去前兩組的頻率即可求解；
（3）求得第三、四組的頻率，則利用1減去前四組的頻率即可求解．
解答：解：（1）第二組的頻率是：0.14?0.02=0.12，
則全班的學生數是：6÷0.12=50；
（2）全班成績的優秀率是1?0.14=0.86=86%；
（3）第三、四組的頻率是：0.12×=0.68，
則最后兩組的頻率的和是：1?0.14?0.68=0.18，
則小明得到A+的概率是0.18．
點評：本題考查讀頻數分布直方圖的能力和利用統計圖獲取信息的能力；利用統計圖獲取信息時，必須認真觀察、分析、研究統計圖，才能作出正確的判斷和解決問題．
　
23．（9分）（2014•玉林）如圖的⊙O中，AB為直徑，OC⊥AB，弦CD與OB交于點F，過點D、A分別作⊙O的切線交于點G，并與AB延長線交于點E．
（1）求證：∠1=∠2．
（2）已知：OF：OB=1：3，⊙O的半徑為3，求AG的長．

考點：切線的性質；相似三角形的判定與性質．
專題：證明題．
分析：（1）連結OD，根據切線的性質得OD⊥DE，則∠2+∠ODC=90°，而∠C=∠ODC，則∠2+∠C=90°，由OC⊥OB得∠C+∠3=90°，所以∠2=∠3，而∠1=∠3，
所以∠1=∠2；
（2）由OF：OB=1：3，⊙O的半徑為3得到OF=1，由（1）中∠1=∠2得EF=ED，在Rt△ODE中，DE=x，則EF=x，OE=1+x，根據勾股定理得32+t2=（t+1）2，解得t=4，則DE=4，OE=5，根據切線的性質由AG為⊙O的切線得∠GAE=90°，再證明Rt△EOD∽Rt△EGA，利用相似比可計算出AG．
解答：（1）證明：連結OD，如圖，
∵DE為⊙O的切線，
∴OD⊥DE，
∴∠ODE=90°，即∠2+∠ODC=90°，
∵OC=OD，
∴∠C=∠ODC，
∴∠2+∠C=90°，
而OC⊥OB，
∴∠C+∠3=90°，
∴∠2=∠3，
∵∠1=∠3，
∴∠1=∠2；

（2）解：∵OF：OB=1：3，⊙O的半徑為3，
∴OF=1，
∵∠1=∠2，
∴EF=ED，
在Rt△ODE中，OD=3，DE=x，則EF=x，OE=1+x，
∵OD2+DE2=OE2，
∴32+t2=（t+1）2，解得t=4，
∴DE=4，OE=5，
∵AG為⊙O的切線，
∴AG⊥AE，
∴∠GAE=90°，
而∠OED=∠GEA，
∴Rt△EOD∽Rt△EGA，
∴=，即=，
∴AG=6．

點評：本題考查了切線的性質：圓的切線垂直于經過切點的半徑．也考查了勾股定理和相似三角形的判定與性質．
　
24．（9分）（2014•玉林）我市市區去年年底電動車擁有量是10萬輛，為了緩解城區交通擁堵狀況，今年年初，市交通部門要求我市到明年年底控制電動車擁有量不超過11.9萬輛，估計每年報廢的電動車數量是上一年年底電動車擁有量的10%，假定每年新增電動車數量相同，問：
（1）從今年年初起每年新增電動車數量最多是多少萬輛？
（2）在（1）的結論下，今年年底到明年年底電動車擁有量的年增長率是多少？（結果精確到0.1%）

考點：一元二次方程的應用；一元一次不等式的應用．
分析：（1）根據題意分別求出今年將報廢電動車的數量，進而得出明年報廢的電動車數量，進而得出不等式求出即可；
（2）分別求出今年年底電動車數量，進而求出今年年底到明年年底電動車擁有量的年增長率．
解答：解：（1）設從今年年初起每年新增電動車數量是x萬輛，
由題意可得出：今年將報廢電動車：10×10%=1（萬輛），
∴[（10?1）+x]（1?10%）+x≤11.9，
解得：x≤2．
答：從今年年初起每年新增電動車數量最多是2萬輛；

（2）∵今年年底電動車擁有量為：（10?1）+x=11（萬輛），
明年年底電動車擁有量為：11.9萬輛，
∴設今年年底到明年年底電動車擁有量的年增長率是y，則11（1+y）=11.9，
解得：y≈0.082=8.2%．
答：今年年底到明年年底電動車擁有量的年增長率是8.2%．
點評：此題主要考查了一元一次不等式的應用以及一元一次方程的應用，分別表示出今年與明年電動車數量是解題關鍵．
　
25．（10分）（2014•玉林）如圖，在正方形ABCD中，點M是BC邊上的任一點，連接AM并將線段AM繞M順時針旋轉90°得到線段MN，在CD邊上取點P使CP=BM，連接NP，BP．
（1）求證：四邊形BMNP是行四邊形；
（2）線段MN與CD交于點Q，連接AQ，若△MCQ∽△AMQ，則BM與MC存在怎樣的數量關系？請說明理由．

考點：相似三角形的判定與性質；行四邊形的判定與性質；正方形的性質．
分析：（1）根據正方形的性質可得AB=BC，∠ABC=∠B，然后利用“邊角邊”證明△ABM和△BCP全等，根據全等三角形對應邊相等可得AM=BP，∠BAM=∠CBP，再求出AM⊥BP，從而得到MN∥BP，然后根據一組對邊行且相等的四邊形是行四邊形證明即可；
（2）根據同角的余角相等求出∠BAM=∠CMQ，然后求出△ABM和△MCQ相似，根據相似三角形對應邊成比例可得=，再求出△AMQ∽△ABM，根據相似三角形對應邊成比例可得=，從而得到=，即可得解．
解答：（1）證明：在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠B，
在△ABM和△BCP中，
，
∴△ABM≌△BCP（SAS），
∴AM=BP，∠BAM=∠CBP，
∵∠BAM+∠AMB=90°，
∴∠CBP+∠AMB=90°，
∴AM⊥BP，
∵AM并將線段AM繞M順時針旋轉90°得到線段MN，
∴AM⊥MN，且AM=MN，
∴MN∥BP，
∴四邊形BMNP是行四邊形；

（2）解：BM=MC．
理由如下：∵∠BAM+∠AMB=90°，∠AMB+∠CMQ=90°，
∴∠BAM=∠CMQ，
又∵∠B=∠C=90°，
∴△ABM∽△MCQ，
∴=，
∵△MCQ∽△AMQ，
∴△AMQ∽△ABM，
∴=，
∴=，
∴BM=MC．

點評：本題考查了相似三角形的判定與性質，正方形的性質，全等三角形的判定與性質，行四邊形的判定，（1）求出兩個三角形全等是解題的關鍵，（2）根據相似于同一個三角形的兩個三角形相似求出△AMQ∽△ABM是解題的關鍵．
　
26．（12分）（2014•玉林）給定直線l：y=kx，拋物線C：y=ax2+bx+1．
（1）當b=1時，l與C相交于A，B兩點，其中A為C的頂點，B與A關于原點對稱，求a的值；
（2）若把直線l向上移k2+1個單位長度得到直線r，則無論非零實數k取何值，直線r與拋物線C都只有一個交點．
①求此拋物線的解析式；
②若P是此拋物線上任一點，過P作PQ∥y軸且與直線y=2交于Q點，O為原點．求證：OP=PQ．

考點：二次函數綜合題．
分析：（1）直線與拋物線的交點B與A關于原點對稱，即橫縱坐標對應互為相反數，即相加為零，這很使用于韋達定理．由其中有涉及頂點，考慮頂點式易得a值．
（2）①直線l：y=kx向上移k2+1，得直線r：y=kx+k2+1．根據無論非零實數k取何值，直線r與拋物線C：y=ax2+bx+1都只有一個交點，得ax2+（b?k）x?k2=0中△==0．這雖然是個方程，但無法求解．這里可以考慮一個數學技巧，既然k取任何值都成立，那么代入最簡單的1，2肯定是成立的，所以可以代入試驗，進而可求得關于a，b的方程組，則a，b可能的值易得．但要注意答案中，可能有的只能滿足k=1，2時，并不滿足任意實數k，所以可以再代回△=中，若不能使其結果為0，則應舍去．
②求證OP=PQ，那么首先應畫出大致的示意圖．發現圖中幾何條件較少，所以考慮用坐標轉化求出OP，PQ的值，再進行比較．這里也有數學技巧，討論動點P在拋物線y=?x2+1上，則可設其坐標為（x，?x2+1），進而易求OP，PQ．
解答：（1）解：
∵l：y=kx，C：y=ax2+bx+1，當b=1時有A，B兩交點，
∴A，B兩點的橫坐標滿足kx=ax2+x+1，即ax2+（1?k）x+1=0．
∵B與A關于原點對稱，
∴0=xA+xB=，
∴k=1．
∵y=ax2+x+1=a（x+）2+1?，
∴頂點（?，1?）在y=x上，
∴?=1?，
解得a=?．

（2）
①解：∵無論非零實數k取何值，直線r與拋物線C都只有一個交點，
∴k=1時，k=2時，直線r與拋物線C都只有一個交點．
當k=1時，r：y=x+2，
∴代入C：y=ax2+bx+1中，有ax2+（b?1）x?1=0，
∵△==0，
∴（b?1）2+4a=0，
當k=2時，r：y=2x+5，
∴代入C：y=ax2+bx+1中，有ax2+（b?2）x?4=0，
∵△==0，
∴（b?2）2+16a=0，
∴聯立得關于a，b的方程組，
解得或．
∵r：y=kx+k2+1代入C：y=ax2+bx+1，得ax2+（b?k）x?k2=0，
∴△=．
當時，△===0，故無論k取何值，直線r與拋物線C都只有一個交點．
當時，△==，顯然雖k值的變化，△不恒為0，所以不合題意舍去．
∴C：y=?x2+1．

②證明：
根據題意，畫出圖象如圖1，

由P在拋物線y=?x2+1上，設P坐標為（x，?x2+1），連接OP，過P作PQ⊥直線y=2于Q，作PD⊥x軸于D，
∵PD=|?x2+1|，OD=|x|，
∴OP====，
PQ=2?yP=2?（?x2+1）=，
∴OP=PQ．
點評：本題考查了二次函數、一次函數及圖象，圖象移解析式變化，韋達定理及勾股定理等知識，另涉及一些數學技巧，學生解答有一定難度，需要好好理解掌握．