中考数学填空压轴题专题练习

中考数学填空压轴题专题练习

‎2016年中考数学《填空压轴题》专题练习（1）‎ ‎1. （2015年广东4分）如图，△ABC三边的中线AD，BE，CF的公共点G，若，则图中阴影部分面积是 .‎ ‎（第1题）（第2题）‎ ‎2. （2015年广东深圳3分）如图，已知点A在反比例函数上，作，点D为斜边AC的中点，连DB并延长交y轴于点E，若的面积为8，则k= .‎ ‎3. （2015年广东汕尾5分）（2015年广东梅州3分）若，,对任意自然数都成立，则= ， = ；‎ 计算： ..‎ ‎4. （2015年广东广州3分）如图，四边形ABCD中，∠A=90°，，AD=3，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为 .‎ ‎（第4题）（第6题）（第7题）‎ ‎5. （2015年广东佛山3分）各边长度都是整数，最大边长为8的三角形共有 个.‎ ‎6. （2015年陕西3分）如图，AB是⊙O的弦，AB=6，点C是⊙O上的一个动点，且∠ACB=45°．若点M，N分别是AB，BC的中点，则MN长的最大值是 ．‎ ‎7. （2015年浙江衢州4分）如图，已知直线分别交轴、轴于点、，是抛物线上的一个动点，其横坐标为，过点且平行于轴的直线交直线于点，则当时，的值是 .【‎ ‎8. （2015年浙江绍兴5分）（2015年浙江义乌4分） ‎ 实验室里，水平桌面上有甲、乙、丙三个圆柱形容器（容器足够高），底面半径之比为1：2：1，用两个相同的管子在容器的5cm高度处连通（即管子底端离容器底5cm），现三个容器中，只有甲中有水，水位高1cm，如图所示. 若每分钟同时向乙和丙注入相同量的水，开始注水1分钟，乙的水位上升cm，则开始注入 分钟的水量后，甲与乙的水位高度之差是0.5cm.‎ ‎（第8题）（第9题）‎ ‎9. （2015年浙江台州5分）如图，正方形ABCD的边长为1，中心为点O，有一边长大小不定的正六边形EFGHIJ绕点O可任意旋转，在旋转过程中，这个正六边形始终在正方形ABCD内（包括正方形的边），当这个六边形的边长最大时，AE的最小值为 。‎ ‎10. （2015年浙江温州5分）图甲是小明设计的带图案的花边作品，该作品由形如图乙的矩形图案拼接而成（不重叠，无缝隙）. 图乙中，，EF=4cm，上下两个阴影三角形的面积之和为54cm2，其内部菱形由两组距离相等的平行线交叉得到，则该菱形的周长为 cm ‎11. （2015年内蒙古呼和浩特3分）以下四个命题:‎ ‎①若一个角的两边和另一个角的两边分别互相垂直，则这两个角互补；②边数相等的两个正多边形一定相似；③等腰三角形ABC中，D是底边BC上一点，E是一腰AC上的一点，若∠BAD=60°且AD=AE，则∠EDC=30°；④任意三角形的外接圆的圆心一定是三角形三条边的垂直平分线的交点.其中正确命题的序号为 。‎ ‎12. （2015年浙江舟山4分）如图，在直角坐标系中，已知点A（0，1），点P在线段OA上，以AP为半径的⊙P周长为1. 点M从A开始沿⊙P按逆时针方向转动，射线AM交轴于点N（，0）. 设点M转过的路程为（）. 随着点M的转动，当从变化到时，点N相应移动的路径长为 ‎ ‎（第12题）（第13题）‎ ‎13.（2015年浙江杭州4分）如图，在四边形纸片ABCD中，AB=BC，AD=CD，∠A=∠C=90°，∠B=150°，将纸片先沿直线BD对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形打开铺平，若铺平后的图形中有一个是面积为2的平行四边形，则CD= ‎ ‎14.（2015年浙江湖州4分）已知正方形ABC1D1的边长为1，延长C1D1到A1，以A1C1为边向右作正方形A1C1C2D2，延长C2D2到A2，以A2C2为边向右作正方形A2C2C3D3(如图所示)，以此类推⋯，若A1C1=2，且点A，D2， D3，⋯，D10都在同一直线上，则正方形A9C9C10D10的边长是 。‎ ‎（第14题）（第15题）‎ ‎15.（2015年浙江嘉兴5分）如图，在直角坐标系中，已知点A（0，1），点P在线段OA上，以AP为半径的⊙P周长为1. 点M从A开始沿⊙P按逆时针方向转动，射线AM交轴于点N（，0）. 设点M转过的路程为（）.‎ ‎（1）当时，= ；‎ ‎（2）随着点M的转动，当从变化到时，点N相应移动的路径长为 ‎ ‎16.（2015年浙江金华4分）图1是一张可以折叠的小床展开后支撑起来放在地面的示意图，此时，点A，B，C在同一直线上，且∠ACD=90°.图2是小床支撑脚CD折叠的示意图，在折叠过程中，ΔACD变形为四边形，最后折叠形成一条线段. ‎ ‎（1）小床这样设计应用的数学原理是 ‎ ‎（2）若AB：BC=1：4，则tan∠CAD的值是 ‎ ‎17.（2015年浙江丽水4分）如图，反比例函数的图象经过点（-1，），点A是该图象第一象限分支上的动点，连结AO并延长交另一支于点B，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，顶点C在第四象限，AC与轴交于点P，连结BP.‎ ‎（1）的值为 .‎ ‎（2）在点A运动过程中，当BP平分∠ABC时，点C的坐标是 .‎ ‎18.（2015年浙江宁波4分）如图，已知点A，C在反比例函数的图象上，点B，D在反比例函数的图象上，AB∥CD∥轴，AB，CD在轴的两侧，AB=3，CD=2，AB与CD的距离为5，则的值是 ‎ ‎19. （2015年安徽4分）已知实数a、b、c满足a＋b＝ab＝c，有下列结论：‎ ‎①若c≠0，则＋＝1；②若a＝3，则b＋c＝9；‎ ‎③若a＝b＝c，则abc＝0；④若a、b、c中只有两个数相等，则a＋b＋c＝8．‎ 其中正确的是 (把所有正确结论的序号都选上)．‎ ‎20. （2015年北京3分）阅读下面材料：‎ 在数学课上，老师提出如下问题：‎ 尺规作图：作一条线段的垂直平分线．‎ 已知：线段AB．‎ 求作：线段AB的垂直平分线.‎ 小芸的作法如下：‎ 如图，‎ ‎（1）分别以点A和点B为圆心，大于AB的长为半径作弧，两弧相交于C、D两点；‎ ‎（2）作直线CD 所以直线CD就是所求作的线段AB的垂直平分线.‎ 老师说：“小芸的作法正确．”‎ 请回答：小芸的作图依据是 ．‎ ‎21. （2015年上海4分）已知在△ABC中，，．将△ABC绕点A旋转，使点B落在原△ABC的点C处，此时点C落在点D处．延长线段AD，交原△ABC的边BC的延长线于点E，那么线段DE的长等于 ．‎ ‎22. （2015年重庆A4分）如图，矩形ABCD中，，连接BD， ∠DBC的角平分线BE交DC于点E，现把△BCE绕点B逆时针旋转，记旋转后的△BCE为，当射线和射线都与线段AD相交时，设交点分别F，G，若△BFD为等腰三角形，则线段DG长为 .‎ ‎23. （2015年重庆B4分）如图，AC是矩形ABCD的对角线，AB=2，BC=，点E、F分别是线段AB，AD上的点，连接CE，CF，当∠BCE=∠ACF，且CE=CF时，AE+AF= ▲ .‎ ‎ （第22题） （第23题） （第24题）‎ ‎24. （2015年江苏苏州3分）如图，四边形ABCD为矩形，过点D作对角线BD的垂线，交BC的延长线于点E，取BE的中点F，连接DF，DF=4．设AB=x，AD=y，则的值为 ．‎ ‎（第26题）‎ ‎25. （2015年江苏无锡2分）某商场在“五一”期间举行促销活动，根据顾客按商品标价一次性购物总额，规定相应的优惠方法：①如果不超过500元，则不予优惠；②如果超过500元，但不超过800元，则按购物总额给予8折优惠；③如果超过800元，则其中800元给予8折优惠，超过800元的部分给予6折优惠．促销期间，小红和她母亲分别看中一件商品，若各自单独付款，则应分别付款480元和520元；若合并付款，则她们总共只需付款 ‎ 元．‎ ‎26. （2015年福建福州4分）如图，在中，=90°，，将绕点C逆时针转60°，得到△MNC，则BM的长是 ．‎ ‎27. （2015年福建泉州4分）在以O为圆心3cm为半径的圆周上，依次有A、B、C三个点，若四边形OABC为菱形，则该菱形的边长等于 cm；弦AC所对的弧长等于 cm．‎ ‎28. （2015年福建厦门4分）已知一组数据1，2，3，…，n（从左往右数，第1个数是1，第2个数是2，第3个数是3，依此类推，第n个数是n）．设这组数据的各数之和是s，中位数是k，则s＝ ．（用只含有k的代数式表示）． ‎ ‎29. （2015年福建漳州4分）如图，一块直角三角板ABC的斜边AB与量角器的直径恰好重合，点D对应的刻度是58°，则∠ACD的度数为 ．‎ ‎（第29题）（第30题）‎ ‎30. （2015年湖南株洲3分）“皮克定理”是来计算原点在整点的多边形面积的公式，公式表达式为 ‎，孔明只记得公式中的S表示多边形的面积，和中有一个表示多边形那边上（含原点）的整点个数，另一个表示多边形内部的整点的个数，但不记得究竟是还是表示多边形内部的整点的个数，请你选择一些特殊的多边形（如图1）进行验证，得到公式中表示多边形内部整点个数的字母是 ；并运用这个公式求得如图2中多边形的面积是 .‎ ‎31. （2015年江西南昌6分）如图，正方形ABCD与正方形A1B1C1D1关于某点中心对称．已知A，D1，D三点的坐标分别是(0，4)，(0，3)，(0，2)．‎ ‎（1）求对称中心的坐标；‎ ‎（2）写出顶点B，C，B1，C1的坐标．‎ ‎（第31题）‎ ‎32.（2015年四川成都4分）如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于倍根方程的说法，正确的是 .（写出所有正确说法的序号）‎ ‎①方程是倍根方程；②若是倍根方程，则；③若点在反比例函数的图像上，则关于的方程是倍根方程；④若方程是倍根方程，且相异两点，都在抛物线上，则方程的一个根为.‎ ‎33.（2015年四川资阳3分）已知抛物线的顶点为C，与x轴相交于A、B两点（点A在点B左侧），点C关于x轴的对称点为C′，我们称以A为顶点且过点C′，对称轴与y轴平行的抛物线为抛物线p的“梦之星”抛物线，直线AC′为抛物线p 的“梦之星”直线．若一条抛物线的“梦之星”抛物线和“梦之星”直线分别是和，则这条抛物线的解析式为 ．‎ ‎34. （2015年四川泸州3分）如图，在矩形ABCD中，，∠ADC的平分线交边BC于点E，AH⊥DE于点H，连接CH并延长交边AB于点F，连接AE交CF于点O，给出下列命题：①∠AEB=∠AEH； ②DH=；③；④。其中正确命题的序号是 （填上所有正确命题的序号）.‎ ‎（第34题）‎ ‎35. （2015年广东茂名3分）为了求1+3+32+33+…+3100的值，可令M=1+3+32+33+…+3100，则3M=3+32+33+34+…+3101，因此，，所以，即，仿照以上推理计算：1+5+52+53+…+52015的值是 ．‎ ‎36. （2015年广东珠海4分）如图，在中，已知，依次连接的三边中点，得，再依次连接的三边中点得，…，则的周长为 ．‎ ‎（第36题）（第38题）‎ ‎37. （2015年贵州铜仁4分）请看杨辉三角（1），并观察下列等式（2）：‎ 根据前面各式的规律，则 ．‎ ‎38. （2015年河南3分）如图，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE=3，点F是边BC上不与点B、C重合的一个动点，把△EBF沿EF折叠，点B落在B′处，若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为 ．‎ ‎39. （2015年湖北黄冈3分）在△ABC中，AB=13cm，AC=20cm，BC边上的高为12cm，则△ABC的面积为 cm2.‎ ‎40. （2015年湖北黄石3分）现有多个全等直角三角形，先取三个拼成如图1所示的形状，R为DE的中点，BR分别交AC，CD于P，Q，易得BP：QR：QR=3：1：2．‎ ‎（1）若取四个直角三角形拼成如图2所示的形状，S为EF的中点，BS分别交AC，CD，DE于P，Q，R，则BP：PQ：QR：RS= ;‎ ‎（2）若取五个直角三角形拼成如图3所示的形状，T为FG的中点，BT分别交AC，CD，DE，EF于P，Q，R，S，则BP：PQ：QR：RS：ST= ．‎ ‎41. （2015年江苏连云港3分）如图，在△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=90°，直线l1∥l2∥l3，l1与l2之间距离是1，l2与l3之间距离是2，且l1，l2，l3分别经过点A，B，C，则边AC的长为 ．‎ ‎42. （2015年江苏南京2分）如图，过原点O的直线与反比例函数y1，y2的图象在第一象限内分别交于点A、B，且A为OB的中点，若函数，则y2与x的函数表达式是 ．‎ ‎（第41题） （第42题） （第43题）‎ ‎43. （2015年江苏泰州3分）如图， 矩形中，AB=8，BC=6，P为AD上一点，将△ABP 沿BP翻折至△EBP， PE与CD相交于点O，且OE=OD，则AP的长为 ．‎ ‎44. （2015年江苏徐州3分）用一个圆心角为90°，半径为4的扇形围成一个圆锥的侧面，该圆锥底面圆的半径 ．‎ ‎45 （2015年江苏盐城3分）设△ABC的面积为1，如图①将边BC、AC分别2等份，、相交于点O，△AOB的面积记为；如图②将边BC、AC分别3等份，、相交于点O，△AOB的面积记为；……， 依此类推，则可表示为 ．(用含的代数式表示，其中为正整数)‎ ‎46. （2015年江苏扬州3分）如图，已知△ABC的三边长为，且，若平行于三角形一边的直线将△ABC的周长分成相等的两部分，设图中的小三角形①、②、③的面积分别为，则的大小关系是 （用“<”号连接）. ‎ ‎47.（浙江省丽水市2015年）如图，反比例函数的图象经过点（-1，），点A是该图象第一象限分支上的动点，连结AO并延长交另一支于点B，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，顶点C在第四象限，AC与轴交于点P，连结BP。‎ ‎（1）的值为 ‎ ‎（2）在点A运动过程中，当BP平分∠ABC时，点C的坐标是 ‎ ‎（第47题）（第48题）‎ ‎48.（3分）（2015•眉山）如图，以△ABC的三边为边分别作等边△ACD、△ABE、△BCF，则下列结论：①△EBF≌△DFC；②四边形AEFD为平行四边形；③当AB=AC，∠BAC=120°时，四边形AEFD是正方形．其中正确的结论是　 　．（请写出正确结论的番号）．‎ ‎49.（4分）（2015•岳阳）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A、B两点，顶点C的纵坐标为﹣2，现将抛物线向右平移2个单位，得到抛物线y=a1x2+b1x+c1，则下列结论正确的是　 　．（写出所有正确结论的序号）‎ ‎①b＞0；②a﹣b+c＜0；③阴影部分的面积为4；④若c=﹣1，则b2=4a．‎ ‎（第49题）（第50题）‎ ‎50.（辽宁省盘锦市2015年18题）如图，在平面直角坐标系中，等腰△OBC的边OB在x轴上，OB=CB，OB边上的高CA与OC边上的高BE相交于点D，连接OD，AB=，∠CBO=45°，在直线BE上求点M，使△BMC与△ODC相似，则点M的坐标是　 　．‎ 参考答案 ‎1. 【答案】4.‎ ‎【考点】等底同高三角形面积的性质；转换思想和数形结合思想的应用.‎ ‎【分析】如答图，各三角形面积分别记为①②③④⑤⑥，‎ ‎∵△ABC三边的中线AD，BE，CF的公共点G，∴AG=2GD.‎ ‎∴①=②，③=⑥，④=⑤，①+②=2③，④+⑤=2⑥.‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴，‎ ‎∴，即图中阴影部分面积是4.‎ ‎2. 【答案】16.‎ ‎【考点】反比例函数的应用；相似三角形的判定和性质；直角三角形斜边上中线的性质；等腰三角形的性质..‎ ‎【分析】由题意，，∴.‎ ‎∵点D为斜边AC的中点，∴. ∴.‎ 又∵，∴. ∴.‎ ‎∴.‎ ‎3. 【答案】；；.‎ ‎【考点】探索规律题（数字的变化类）.‎ ‎【分析】∵，∴.‎ ‎∴‎ ‎4. 【答案】.‎ ‎【考点】双动点问题；三角形中位线定理；勾股定理.‎ ‎【分析】如答图，连接，‎ ‎∵点E，F分别为DM，MN的中点，∴.‎ ‎∴要使最大，只要最大即可.‎ 根据题意，知当点到达点与重合时，最大.‎ ‎∵∠A=90°，，AD=3，‎ ‎∴，此时，.‎ ‎5. 【答案】20. ‎ ‎【考点】探索规律题（图形的变化类）；三角形构成条件.‎ ‎【分析】应用列举法，逐一作出判断：‎ 三边边长都为8，能构成1个三角形；‎ 两边边长为8，能构成三角形的另一边有1，2，3，4，5，6，7，计7个；‎ 一边边长为8，能构成三角形的另两边组合有（2，7），（3，7），（4，7），（5，7），（6，7），（7，7），（3，6），（4，6），（5，6），（6，6），（4，5），（5，5），计12个.2-1-c-n-j-y ‎∴各边长度都是整数，最大边长为8的三角形共有20个.‎ ‎6. 【答案】.‎ ‎【考点】单动点问题；圆周角定理；三角形中位线定理；等腰直角三角形的性质.‎ ‎【分析】根据中位线定理得到MN的最大时，AC最大，当AC是⊙O的直径时最大，从而求得直径后就可以求得最大值：‎ 如答图，当AC是⊙O的直径时，，‎ ‎∵AB=6，∠ACB=45°，∴.‎ ‎∵点M，N分别是AB，BC的中点，‎ ‎∴.‎ ‎∴MN长的最大值是.‎ ‎7. 【答案】4或或或.‎ ‎【考点】二次函数与一次函数综合问题；单动点问题，曲线上点的坐标与方程的关系；勾股定理；分类思想和方程思想的应用．‎ ‎【分析】根据题意，设点的坐标为，则.‎ 在令得．∴.‎ ‎∵‎ ‎∴，即.‎ 由解得或.‎ 由解得或.‎ 综上所述，的值是4或或或.‎ ‎8. 【答案】或或 ‎【考点】方程思想和分类思想的应用 ‎【分析】∵甲、乙、丙三个圆柱形容器底面半径之比为1：2：1，注水1分钟，乙的水位上升cm，‎ ‎∴注水1分钟，甲、丙的水位上升cm.‎ 设开始注入分钟的水量后，甲与乙的水位高度之差是0.5cm.‎ 甲与乙的水位高度之差0.5cm时有三种情况：‎ ‎①乙的水位低于甲的水位时，有（分钟）.‎ ‎②甲的水位低于乙的水位，甲的水位不变时，‎ ‎∵（分钟），，∴此时丙容器已向甲容器溢水.‎ ‎∵（分钟），（cm），即经过分钟丙容器的水到达管子底端，乙的水位上升cm，∴（分钟）.‎ ‎③甲的水位低于乙的水位，乙的水位到达管子底端，甲的水位上升时，‎ ‎∵乙的水位到达管子底端的时间为（分钟），‎ ‎∴（分钟）.‎ 综上所述，开始注入或或分钟的水量后，甲与乙的水位高度之差是0.5cm.‎ ‎9. 【答案】.‎ ‎【考点】面动旋转问题；正方形和正六边形的性质；数形结合思想的应用.‎ ‎【分析】如答图，当这个正六边形的中心与点O重合，两个对点刚好在正方形两边中点，这个六边形的边长最大，此时，这个六边形的边长为.当顶点E刚好在正方形对角线AC的AO一侧时，AE的值最小，最小值为.‎ ‎10. 【答案】.‎ ‎【考点】菱形和平行四边形的性质；三角形和梯形面积的应用；相似判定和性质；待定系数法、方程思想数形结合思想和整体思想的应用.21·世纪*教育网 ‎【分析】如答图，连接MN、PQ，设MN=，PQ=，‎ ‎∵，∴可设AB=，BC=.‎ ‎∵上下两个阴影三角形的面积之和为54，‎ ‎∴，即①.‎ ‎∵四边形DEMN、AFMN是平行四边形，∴DE=AF=MN=‎ ‎.∵EF=4，∴，即②.‎ 将②代入①得，，化简，得.‎ 解得（舍去）.∴AB=12，BC=14，MN=5，.‎ 易证△MCD∽△MPQ，∴，解得.∴PM=.‎ ‎∴菱形MPNQ的周长为 ‎11. 【答案】②③④.‎ ‎【考点】命题和定理；相似多边形的判定；等腰三角形的性质；三角形内角和定理；线段垂直平分线的性质；分类思想的应用. ‎ ‎【分析】①如答图1，若一个角的两边和另一个角的两边分别互相垂直，则这两个角互补或相等. 故命题①错误.‎ ‎②边数相同的正多边形，对应顶角也等，所以，边数相等的两个正多边形一定相似. 故命题②正确.‎ ‎③如答图2，画出图形，‎ ‎∵等腰三角形ABC中，底边是BC，‎ ‎∴可设，则顶角. ‎ ‎∵∠BAD=60°，‎ ‎∴.‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ 又∵，‎ ‎∴.故命题③正确.‎ ‎④根据线段垂直平分线的性质，任意三角形的外接圆的圆心一定是三角形三条边的垂直平分线的交点. 故命题④正确.2综上所述，正确命题的序号为②③④.‎ ‎12. 【答案】.【考点】单点和线动旋转问题；圆周角定理；等边三角形的判定和性质；含30度直角三角形的性质.‎ ‎【分析】∵以AP为半径的⊙P周长为1，∴当从变化到时，点M转动的圆心角为120°，即圆周角为60°.∴根据对称性，当点M转动的圆心角为120°时，点N相应移动的路径起点和终点关于轴对称.∴此时构成等边三角形，且. ‎ ‎∵点A（0，1），即OA=1，∴.‎ ‎∴当从变化到时，点N相应移动的路径长为.‎ ‎13. 【答案】或.‎ ‎【考点】剪纸问题；多边形内角和定理；轴对称的性质；菱形、矩形的判定和性质；含30度角直角三角形的性质；相似三角形的判定和性质；分类思想和方程思想的应用. ‎ ‎【分析】∵四边形纸片ABCD中，∠A=∠C=90°，∠B=150°，∴∠C=30°.‎ 如答图，根据题意对折、裁剪、铺平后可有两种情况得到平行四边形：‎ 如答图1，剪痕BM、BN，过点N作NH⊥BM于点H，‎ 易证四边形BMDN是菱形，且∠MBN=∠C=30°.‎ 设BN=DN=，则NH=.‎ 根据题意，得，∴BN=DN=2， NH=1.‎ 易证四边形BHNC是矩形，∴BC=NH=1. ∴在中，CN=.∴CD=.‎ 如答图2，剪痕AE、CE，过点B作BH⊥CE于点H，‎ 易证四边形BAEC是菱形，且∠BCH =30°.‎ 设BC=CE =，则BH=.‎ 根据题意，得，∴BC=CE =2， BH=1.‎ 在中，CH=，∴EH=.‎ 易证，∴，即.∴.‎ 综上所述，CD=或.‎ ‎14. 【答案】.‎ ‎【考点】探索规律题（图形的变化）；正方形的性质；相似三角形的判定和性质.‎ ‎【分析】如答图，设AD10与A1C1相交于点E，‎ 则，∴.‎ 设，‎ ‎∵AD1=1，A1C1=2，∴.‎ ‎∴.‎ 易得，∴.‎ 设，则，∴即.‎ 同理可得，‎ ‎∴正方形A9C9C10D10的边长是.‎ ‎15. 【答案】（1）；（2）.‎ ‎【考点】单点和线动旋转问题；圆周角定理；等腰直角三角形的判定和性质；等边三角形的判定和性质；含30度直角三角形的性质. ‎ ‎【分析】（1）当时，，∴.‎ ‎∵A（0，1），∴.∴.‎ ‎（2）∵以AP为半径的⊙P周长为1，‎ ‎∴当从变化到时，点M转动的圆心角为120°，即圆周角为60°.‎ ‎∴根据对称性，当点M转动的圆心角为120°时，点N相应移动的路径起点和终点关于轴对称.∴此时构成等边三角形，且. ‎ ‎∵点A（0，1），即OA=1，∴.‎ ‎∴当从变化到时，点N相应移动的路径长为.‎ ‎16. 【答案】（1）三角形的稳定性和四边形的不稳定性；（2）.‎ ‎【考点】线动旋转问题；三角形的稳定性；旋转的性质；勾股定理；锐角三角函数定义.‎ ‎【分析】（1）在折叠过程中，由稳定的ΔACD变形为不稳定四边形，最后折叠形成一条线段，小床这样设计应用的数学原理是：三角形的稳定性和四边形的不稳定性.‎ ‎（2）∵AB：BC=1：4，∴设，则.‎ 由旋转的性质知，‎ ‎∴.‎ 在中，根据勾股定理得，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎17. 【答案】（1） ；（2）（2，）.‎ ‎【考点】反比例函数综合题；曲线上点的坐标与方程的关系；勾股定理；等腰直角三角形的性质；角平分线的性质；相似、全等三角形的判定和性质；方程思想的应用.‎ ‎【分析】（1）∵反比例函数的图象经过点（-1，），‎ ‎∴.‎ ‎（2）如答图1，过点P作PM⊥AB于点M，‎ 过B点作BN⊥轴于点N，‎ 设，则.‎ ‎∴.∵△ABC是等腰直角三角形，∴，∠BAC=45°.‎ ‎∵BP平分∠ABC，∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ 又∵，∴.‎ 易证，∴.‎ 由得，，‎ 解得.‎ ‎∴，.‎ 如答图2，过点C作EF⊥轴，过点A作AF⊥EF于点F，过B点作BE⊥EF于点E，‎ 易知，，∴设.‎ 又∵，‎ ‎∴根据勾股定理，得，即.‎ ‎∴，解得或（舍去）.‎ ‎∴由，可得.‎ ‎18. 【答案】6.‎ ‎【考点】反比例函数综合题；曲线上点的坐标与方程的关系；特殊元素法和方程思想的的应用 ‎【分析】不妨取点C的横坐标为1，‎ ‎∵点C在反比例函数的图象上，∴点C的坐标为.‎ ‎∵CD∥轴，CD在轴的两侧，CD=2，∴点D的横坐标为.‎ ‎∵点D在反比例函数的图象上，∴点D的坐标为.‎ ‎∵AB∥CD∥轴，AB与CD的距离为5，∴点A的纵坐标为.‎ ‎∵点A在反比例函数的图象上，∴点A的坐标为.‎ ‎∵AB∥轴，AB在轴的两侧，AB=3，∴点B的横坐标为.‎ ‎∵点B在反比例函数的图象上，∴点B的坐标为 ‎.‎ ‎∴.‎ ‎∵，∴. ∴.‎ ‎∴.‎ ‎19. 【答案】①③④.‎ ‎【考点】等式的性质；分类思想的应用.‎ ‎【分析】根据等式的性质对各选项分析作出判别：‎ ‎①若c≠0，则ab≠0，由a＋b＝ab得，所以，结论①正确；‎ ‎②若a＝3，则，∴，∴，结论②错误；‎ ‎③若a＝b，则或，‎ 由得；由得，与已知a＝b＝c不符，所以，结论③正确；‎ ‎④若a、b、c中只有两个数相等，只可能，，故a＋b＋c＝8，所以，结论④正确.综上所述，正确的结论是①③④.‎ ‎20. 【答案】到线段两个端点距离相等的点在线段的垂直平分线上；两点确定一条直线.‎ ‎【考点】线段垂直平分线的性质；确定直线的条件.‎ ‎【分析】小芸的作图依据是“到线段两个端点距离相等的点在线段的垂直平分线上”和“两点确定一条直线”.‎ ‎21. 【答案】.‎ ‎【考点】面动旋转问题；等腰三角形的性质；等腰直角三角形的判定和性质；含30度角直角三角形的性质；三角形内角和外角性质.‎ ‎【分析】如答图，过点作于点，‎ ‎∵将△ABC绕点A旋转，点C落在点D处，，，‎ ‎∴，.‎ ‎∴在中，.‎ 又∵EC是BC的延长线，，，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴是等腰直角三角形.∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎22. 【答案】.‎ ‎【考点】面动旋转问题；矩形的性质；全等三角形的判定和性质；勾股定理；等腰三角形的性质；相似三角形的判定和性质；二次根式化简；方程思想的应用. ‎ ‎【分析】如答图，过点E作EM⊥BD于点M，过点F作FO⊥BD于点O，过点F作FH⊥BG于点H，‎ ‎,易证△BCE≌△BME（AAS），∴BC=BM，CE=EM.‎ 设，则 ‎∵矩形ABCD中，，‎ ‎∴.‎ ‎∴在Rt△DEM中，，即 ，解得.‎ ‎∴在Rt△BCE中，.‎ 又∵△BFD为等腰三角形，∴.‎ 易证，∴.∴.‎ ‎∵把△BCE绕点B逆时针旋转，旋转后的△BCE为，‎ ‎∴‎ 易证，∴.‎ ‎∴.‎ 易证，∴.‎ 设，则.‎ ‎∴.‎ 解得.∴.‎ ‎23. 【答案】.‎ ‎【考点】矩形的性质；全等三角形的判定和性质；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；方程思想的应用.‎ ‎【分析】如答图，过点F作FG⊥AC于点G，‎ ‎,易证△BCE≌△GCF（AAS），∴BE=GF，BC=CG.‎ ‎∵在Rt△ABC中， .‎ ‎∴∠ACB=30°. ∴AC=2AB=4，∠DAC=∠ACB=30°.‎ ‎∵FG⊥AC，∴AF=2GF, ∴AE+AF=AE+2BE=AB+BE,‎ 设BE=x，在Rt△AFG中，AG= ，∴ ，‎ 解得 ∴AE+AF= AB+BE=.‎ ‎24. 【答案】16.‎ ‎【考点】代数式的几何意义；矩形的性质；直角三角形斜边上中线的性质；勾股定理. ‎ ‎【分析】∵四边形ABCD为矩形，AB=x，AD=y，∴DC=x，BC=y.‎ ‎∵在中，点F是斜边BE的中点，DF=4，∴BF= DF=4.‎ ‎∴在中，，即.‎ ‎∴.‎ ‎25. 【答案】838或910．‎ ‎【考点】函数模型的选择与应；函数思想和分类思想的应用．‎ ‎【分析】由题意知：小红付款单独付款480元，实际标价为480或480×0.8=600元，小红母亲单独付款520元，实际标价为520×0.8=650元，‎ 如果一次购买标价480+650=1130元的商品应付款800×0.8+（1130﹣800）×0.6=838元；‎ 如果一次购买标价600+650=1250元的商品应付款800×0.8+（1250﹣800）×0.6=910元．‎ ‎∴答案为：838或910．‎ ‎26. 【答案】. ‎ ‎【考点】面动旋转问题；旋转的性质；等边三角形的判定和性质；垂直平分线的判定和性质；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值.‎ ‎【分析】如答图，连接，设与相交于点.‎ ‎∵将绕点C逆时针转60°得到△MNC，‎ ‎∴.∴是等边三角形.∴.‎ 又∵，∴是的垂直平分线.‎ ‎∵在中，=90°，，∴.‎ ‎∵=60°，∴.‎ ‎∴.‎ ‎27. 【答案】3；2π或4π．‎ ‎【考点】菱形的性质；等边三角形的判定和性质；扇形的计算；分类思想的应用.‎ ‎【分析】如答图，连接OB，‎ ‎∵四边形OABC为菱形，∴OA=AB=BC=OC.‎ ‎∵OA=OB，∴△OAB为等边三角形.‎ ‎∴∠AOB=60°. ∴钝角∠AOC=120°，优角∠AOC=240°.‎ ‎∵⊙O半径为3cm，∴OA=OC=3cm.‎ ‎∴；优弧.‎ ‎28. 【答案】‎ ‎【考点】探索规律题（数字的变化类）；平均数；中位数；分类思想的应用. ‎ ‎【分析】∵一组数据1，2，3，…，n（从左往右数，第1个数是1，第2个数是2，第3个数是3，依此类推，第n个数是n），‎ ‎∴这组数据的平均数和中位数相等.‎ ‎∵这组数据的各数之和是s，中位数是k，∴.‎ 若为奇数，根据中位数定义，，∴.‎ 若为偶数，根据中位数定义，，∴.‎ 综上所述，.‎ ‎29. 【答案】.‎ ‎【考点】圆周角定理. ‎ ‎【分析】如答图，设量角器的圆心为点O，‎ ‎∵直角三角板ABC的斜边AB与量角器的直径恰好重合，‎ ‎∴点C在⊙O上.‎ ‎∴∠BCD和∠BOD是同圆中同弧所对的圆周角和圆心角.‎ ‎∵∠BOD=58°，∴.‎ ‎∴‎ ‎30. 【答案】；17.5.‎ ‎【考点】探索规律题（图形的变化类）；阅读理解型问题.‎ ‎【分析】由图1的直角三角形的面积可以利用三角形面积公式求出为：4；‎ 而边上的整点为8，里面的点为1；‎ 由公式可知，为偶数，故，，即为边上整点的个数，为形内的整点的个数；‎ 利用矩形面积进行验证：，，代入公式＝6；‎ 利用长×宽也可以算出＝6，验证正确.‎ 利用数出公式中的，代入公式求得S＝17.5.‎ ‎31. 【答案】解：（1）∵正方形ABCD与正方形A1B1C1D1关于某点中心对称，‎ ‎∴A，A1 是对应点，∴AA1 的中点是对称中心.‎ ‎∵A(0，4)，D(2，0)，∴AD=2.∴A1D1 = AD=2.‎ 又∵D1(0，3) ，∴A1(0，1)，‎ ‎∴对称中心的坐标为（0，2.5）.‎ ‎（2）∵正方形的边长为2， 点A，D1 ，D，A1在y轴上，‎ ‎∴..‎ ‎【考点】中心对称；正方形的性质；点的坐标.‎ ‎【分析】（1）根据中心对称的意义，A，A1 是对应点，从而AA1 的中点是对称中心，因此，求出点A，A1 是坐标即可求得对称中心的坐标.‎ ‎（2）根据正方形的性质写出顶点B，C，B1，C1的坐标．‎ ‎32. 【答案】②③.‎ ‎【考点】新定义和阅读理解型问题；一元二次方程的根和根的判别式.‎ ‎【分析】研究一元二次方程是倍根方程的一般性结论，设其中一根为，则另一个根为，因此，所以有；我们记，即时，方程为倍根方程；下面我们根据此结论来解决问题：‎ 对于①， ，因此本选项错误；‎ 对于②，，而，因此本选项正确；‎ 对于③，显然，而，因此本选项正确；‎ 对于④，由，知 ，由倍根方程的结论知，从而有，所以方程变为 ‎，，因此本选项错误.综上可知，正确的选项有：②③.‎ ‎33. 【答案】.‎ ‎【考点】新定义和阅读理解型问题；二次函数的性质；待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系；关于x轴对称的点的坐标特征.‎ ‎【分析】∵，∴点A的坐标为.‎ 联立，解得或，∴点C′的坐标为.‎ ‎∵点C、C′关于x轴对称，∴点C的坐标为.‎ ‎∴设原抛物线的解析式为.‎ 将A代入，得，‎ ‎∴原抛物线的解析式为，即.‎ ‎34. 【答案】①③. ‎ ‎【考点】矩形的性质；等腰（直角）三角形的判定和性质；三角形内角和定理；全等三角形的判定和性质；直角三角形斜边上的中线的判定；勾股定理；相似三角形的判定和性质；特殊元素法和方程思想的应用.‎ ‎【分析】①∵在矩形ABCD中，，∴不妨设，则.‎ ‎∵∠ADC的平分线交边BC于点E，∴是等腰直角三角形.∴.‎ ‎∴.∴.‎ ‎∴.故命题①正确.‎ ‎②∵是等腰直角三角形，∴.‎ ‎∵是等腰直角三角形，∴.∴.‎ 不难证明，∴.∴.故命题②错误.‎ ‎③∵，∴.∴。‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴.∴是斜边上的中线.‎ ‎∴.故命题③正确.‎ ‎④如答图，延长AB至G，使BG=BF，连接CG，‎ 在中，，‎ ‎∴根据勾股定理得.‎ 设，则.‎ 在中，根据勾股定理得.‎ 易证明，∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴.∴.又∵.‎ ‎∴.故命题④错误.综上所述，正确命题的序号是①③.‎ ‎35. 【答案】.‎ ‎【考点】阅读理解型问题；代数式变形；整体思想的应用.‎ ‎【分析】仿照推理计算：令M=1+5+52+53+…+52015，则5M=5+52+53+…+52016，‎ ‎∴，即.‎ ‎36. 【答案】1.‎ ‎【考点】探索规律题（图形的变化类）；三角形中位线定理. ‎ ‎【分析】∵的三顶点在的三边中点，∴的周长是周长的；∵的三顶点在的三边中点，∴的周长是周长的，是周长的；∵的三顶点在的三边中点，∴的周长是周长的，是周长的；∵的三顶点在的三边中点，∴的周长是周长的，是周长的.又∵，∴的周长为.‎ ‎37. 【答案】.‎ ‎【考点】探索规律题（数字的变化类）．‎ ‎【分析】通过观察可以看出的展开式为6次7项式，的次数按降幂排列，的次数按升幂排列，各项系数分别为1、6、15、20、15、6、1．因此，‎ ‎.‎ ‎38. 【答案】16或.‎ ‎【考点】折叠和单动点问题；正方形的性质；折叠对称的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；分类思想的应用.　‎ ‎【分析】本题分两种情况讨论：‎ ‎（1）如答图1，若，是等腰三角形，则；‎ ‎（2）如答图2，若，过点作MN⊥CD于点M，交AB于点N，则CM=DM=8=BN,‎ 又∵AE=3，∴BE=13. ∴EN=5.‎ 由翻折可知，‎ 在中，由勾股定理可求，∴.‎ 在中， .‎ ‎（3）如答图3，若，此时，点与点重合，与已知不符.‎ 综上所述，若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为16或.‎ ‎39. 【答案】126或66．‎ ‎【考点】勾股定理；分类思想的应用.‎ ‎【分析】此题分∠B为锐角或钝角两种情况讨论：‎ 当∠B为锐角时（如答图1）， ‎ 在Rt△ABD中，cm， ‎ 在Rt△ADC中，cm， ‎ ‎∴BC=21cm. ∴cm2.‎ 当∠B为钝角时（如答图2）， ‎ 在Rt△ ABD中，cm， ‎ 在Rt△ADC中，cm，‎ ‎∴BC=11cm. ∴cm2.‎ ‎40. 【答案】4：1：3：2；5：1：4：2：3．【考点】探索规律题（图形的变化类）；图形的拼接；全等三角形的性质；相似三角形的判定与性质． ‎ ‎【分析】（1）∵四个直角三角形是全等三角形，∴AB=EF=CD，AB∥EF∥CD，BC=CE，AC∥DE.∴BP：PR=BC：CE=1.∵CD∥EF，∴△BCQ∽△BES．又∵BC=CE，∴.∴.∵AB∥CD，∴∠ABP=∠‎ DQR．又∵∠BAP=∠QDR，∴△BAP∽△QDR．∴BP：QR=4：3．∴BP：PQ：QR=4：1：3，∵DQ∥SE，∴QR：RS=DQ：SE=3：2，∴BP：PQ：QR：RS=4：1：3：2．‎ ‎（2）∵五个直角三角形是全等直角三角形，∴AB=CD=EF，AB∥CD∥EF，AC=DE=GF，AC∥DE∥GF，BC=CE=EG. ∴BP=PR=RT，∵AC∥DE∥GF，∴△BPC∽△BER∽BTG. ‎ ‎∴.‎ ‎∴. ∴AP：DR：FT=5：4：3．‎ ‎∵AC∥DE∥GF，∴∠BPA=∠QRD=∠STF．‎ 又∵∠BAP=∠QDR=∠SFT，∴△BAP∽△QDR∽△SFT．‎ ‎∴BP：QR：ST=AP：DR：FT=5：4：3．‎ 又∵BP：QR：RT=1：1：1，‎ ‎∴BP：PQ：QR：RS：ST=5：（5﹣4）：4：（5﹣3）：3=5：1：4：2：3．‎ ‎41. 【答案】.‎ ‎【考点】平行线的性质；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；相似三角形的判定和性质；勾股定理．‎ ‎【分析】如答图，过点B作EF⊥l2，交l1于E，交l3于F， ‎ ‎ ∵∠BAC=60°，∠ABC=90°，∴．‎ ‎∵直线l1∥l2∥l3，∴EF⊥l1，EF⊥l3. ∴∠AEB=∠BFC=90°．‎ ‎∵∠ABC=90°，∴∠EAB=90°﹣∠ABE=∠FBC.‎ ‎∴△BFC∽△AEB，∴．‎ ‎∵EB=1，∴FC=．‎ 在Rt△BFC中，．‎ 在Rt△ABC中， ．‎ ‎42. 【答案】.‎ ‎【考点】反比例函数的图象和性质；曲线上点的坐标与方程的关系；待定系数法的应用.‎ ‎【分析】设y2与x的函数表达式是，‎ ‎∵点B在反比例函数y2的图象上，∴可设. ‎ ‎∵A为OB的中点，∴.‎ ‎∵点A在反比例函数的图象上，∴，解得.‎ ‎∴y2与x的函数表达式是.‎ ‎43. 【答案】.‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质；折叠对称的性质；勾股定理，全等三角形的判定和性质；方程思想的应用. ‎ ‎【分析】如答图，∵四边形是矩形，‎ ‎∴.‎ 根据折叠对称的性质，得，‎ ‎∴.‎ 在和中，∵，‎ ‎∴≌.∴. ∴.‎ 设，则，∴.‎ 在中，根据勾股定理，得，即.解得.‎ ‎∴AP的长为.‎ ‎44. 【答案】1.‎ ‎【考点】圆锥和扇形的计算。‎ ‎【分析】∵扇形圆锥的圆心角为90°，半径为4，∴扇形的弧长为.‎ ‎∵圆锥的底面周长等于它的侧面展开图的弧长，‎ ‎∴根据圆的周长公式，得，解得.‎ ‎45. 【答案】.‎ ‎【考点】探索规律题（图形的变化类）；平行的判定和性质；相似三角形的判定和性质；等底或等高三角形面积的性质.‎ ‎【分析】如答图，连接，可知∥.‎ 在图①中，由题意，得，且，∴.‎ ‎∴和的边上高的比是.∴.‎ 又∵，∴.‎ 在图②中，由题意，得，且，∴.‎ ‎∴和的边上高的比是.∴.‎ 又∵，∴.‎ 在图③中，由题意，得，且，∴.‎ ‎∴和的边上高的比是.∴.‎ 又∵，∴.……‎ 依此类推， 可表示为，∵，∴.‎ ‎46. 【答案】.‎ ‎【考点】阅读理解型问题；代数几何综合问题；图形的分割；平行的性质；相似三角形的判定和性质；不等式的性质. ‎ ‎【分析】设△ABC的周长为，面积为，‎ 如答图，设，则.‎ ‎∵平行于三角形一边的直线将△ABC的周长分成相等的两部分，‎ ‎∴，即.‎ ‎∴.‎ ‎∵∥，∴.∴且 ‎.‎ ‎∴.同理可得，，.‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎47. 【考点】反比例函数综合题．【专题】压轴题．‎ ‎【分析】（1）把点（﹣1，﹣2）代入反比例函数y=，求出k即可；‎ ‎（2）连接OC，作AM⊥x轴于M，CN⊥x轴于N，则AM∥CN，∠AMO=∠ONC=90°，先由AAS证明△OAM≌△CON，得出OM=CN，AM=ON，再由三角形的角平分线性质得出=，根据平行线的性质得出比例式：=，设CN=OM=x，则AM=ON=x，根据题意得出方程：x•x=2，解方程求出CN、ON，即可得出点C的坐标．‎ ‎【解答】解：（1）把点（﹣1，﹣2）代入反比例函数y=得：k=﹣1×（﹣2）=2，‎ 故答案为：2；‎ ‎（2）连接OC，作AM⊥x轴于M，CN⊥x轴于N，如图所示：则AM∥CN，∠AMO=∠ONC=90°，‎ ‎∴∠AOM+∠OAM=90°，根据题意得：点A和点B关于原点对称，∴OA=OB，‎ ‎∵△ABC是等腰直角三角形，AB为斜边，∴OC⊥AB（三线合一），OC=AB=OA，AC=BC，AB=BC，∴∠AOC=90°，即∠AOM+∠CON=90°，∴∠OAM=∠CON，‎ 在△OAM和△CON中，‎ ‎，∴△OAM≌△CON（AAS），∴OM=CN，AM=ON，‎ ‎∵BP平分∠ABC，∴=，∵AM∥CN，∴=，‎ 设CN=OM=x，则AM=ON=x，∵点A在反比例函数y=上，∴OM•AM=2，‎ 即x•x=2，解得：x=，∴CN=，ON=2，∴点C的坐标为：（2，﹣）；‎ 故答案为：：（2，﹣）．‎ ‎【点评】本题是反比例函数综合题目，考查了用待定系数法求反比例函数解析式、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的角平分线性质、平行线的性质等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（2）中，需要通过作辅助线证明三角形全等和运用三角形的角平分线的性质才能得出结果．‎ ‎48.‎ 考点：‎ 全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；平行四边形的判定；正方形的判定．.‎ 专题：‎ 计算题．‎ 分析：‎ 由三角形ABE与三角形BCF都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两对边相等，∠ABE=∠CBF=60°，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得到三角形EBF与三角形DFC全等，利用全等三角形对应边相等得到EF=AC，再由三角形ADC为等边三角形得到三边相等，等量代换得到EF=AD，AE=DF，利用对边相等的四边形为平行四边形得到AEFD为平行四边形，若AB=AC，∠BAC=120°，只能得到AEFD为菱形，不能为正方形，即可得到正确的选项．‎ 解答：‎ 解：∵△ABE、△BCF为等边三角形，‎ ‎∴AB=BE=AE，BC=CF=FB，∠ABE=∠CBF=60°，‎ ‎∴∠ABE﹣∠ABF=∠FBC﹣∠ABF，即∠CBA=∠FBE，‎ 在△ABC和△EBF中，，∴△ABC≌△EBF（SAS），选项①正确；‎ ‎∴EF=AC，又∵△ADC为等边三角形，∴CD=AD=AC，∴EF=AD，同理可得AE=DF，‎ ‎∴四边形AEFD是平行四边形，选项②正确；‎ 若AB=AC，∠BAC=120°，则有AE=AD，∠EAD=120°，此时AEFD为菱形，选项③错误，‎ 故答案为：①②．‎ 点评：‎ 此题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，平行四边形的判定，以及正方形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．‎ ‎49.‎ 考点：‎ 二次函数图象与几何变换；二次函数图象与系数的关系．.‎ 分析：‎ ‎①首先根据抛物线开口向上，可得a＞0；然后根据对称轴为x=﹣＞0，可得b＜0，据此判断即可．‎ ‎②根据抛物线y=ax2+bx+c的图象，可得x=﹣1时，y＞0，即a﹣b+c＞0，据此判断即可．‎ ‎③首先判断出阴影部分是一个平行四边形，然后根据平行四边形的面积=底×高，求出阴影部分的面积是多少即可．‎ ‎④根据函数的最小值是，判断出c=﹣1时，a、b的关系即可．‎ 解答：‎ 解：∵抛物线开口向上，∴a＞0，又∵对称轴为x=﹣＞0，∴b＜0，∴结论①不正确；‎ ‎∵x=﹣1时，y＞0，∴a﹣b+c＞0，∴结论②不正确；‎ ‎∵抛物线向右平移了2个单位，∴平行四边形的底是2，‎ ‎∵函数y=ax2+bx+c的最小值是y=﹣2，∴平行四边形的高是2，‎ ‎∴阴影部分的面积是：2×2=4，∴结论③正确；‎ ‎∵，c=﹣1，∴b2=4a，∴结论④正确．‎ 综上，结论正确的是：③④．故答案为：③④．‎ 点评：‎ ‎（1）此题主要考查了二次函数的图象与几何变换，要熟练掌握，解答此类问题的关键是要明确：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．‎ ‎（2‎ ‎）此题还考查了二次函数的图象与系数的关系，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）③常数项c决定抛物线与y轴交点． 抛物线与y轴交于（0，c）．‎ ‎50. 考点：相似三角形的判定与性质；一次函数图象上点的坐标特征．.‎ 分析：根据等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，可得△ODC是等腰三角形，先根据等腰直角三角形的性质和勾股定理得到AC，BC，OB，OA，OC，AD，OD，CD，BD的长度，再根据相似三角形的判定与性质分两种情况得到BM的长度，进一步得到点M的坐标．‎ 解答：解：∵OB=CB，OB边上的高CA与OC边上的高BE相交于点D，AB=，∠CBO=45°，‎ ‎∴AB=AC=，OD=CD，在Rt△BAC中，BC==2，∴OB=2，∴OA=OB﹣AB=2﹣，‎ 在Rt△OAC中，OC==2，在Rt△OAD中，OA2+AD2=OD2，‎ ‎（2﹣）2+AD2=（﹣AD）2，解得AD=2﹣，∴OD=CD=2﹣2，‎ 在Rt△BAD中，BD==2，‎ ‎①如图1，△BMC∽△CDO时，过M点作MF⊥AB于F，‎ ‎=，即=，解得BM=，‎ ‎∵MF⊥AB，CA是OB边上的高，∴MF∥DA，∴△BMF∽△BDA，‎ ‎∴==，即==，解得BF=1，MF=﹣1，∴OF=OB﹣BF=1，‎ ‎∴点M的坐标是（1，﹣1）；‎ ‎②如图2，△BCM∽△CDO时，过M点作MF⊥AB于F，‎ ‎=，即=，解得BM=2，‎ ‎∵MF⊥AB，CA是OB边上的高，∴MF∥DA，∴△BMF∽△BDA，‎ ‎∴==，即==，解得BF=2+，MF=，‎ ‎∴OF=BF﹣OB=，∴点M的坐标是（﹣，）．‎ 综上所述，点M的坐标是（1，﹣1）或（﹣，）．‎ 故答案为：（1，﹣1）或（﹣，）．‎ 点评：考查了相似三角形的判定与性质，一次函数图象上点的坐标特征，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰直角三角形的性质和勾股定理，关键是得到BM的长度，注意分类思想的应用．‎