28 2008年北京市宣武区中考数学二模试卷

以下同解法一．

21．(1)解：设预订男篮门票x张，则预订乒乓球门票(10－x)张．

由题意，得1000x＋500(10－x)＝8000．解得x＝6．∴10－x＝4． 答：可预订男篮门票6张，乒乓球门票4张．

(2)解法一：设男篮门票与足球门票都预订a张，则预订乒乓球门票(10－2a)张． 1000a＋800a＋500(10－2a)≤8000， 由题意，得500(10－2a)≤1000a．

解得213?a?3．由a为正整数可得a＝3．∴10－2a＝4． 24答：这个家庭能预订男篮门票3张，足球门票3张，乒乓球门票4张．

解法二：设男篮门票与足球门票都预订a张，则预订乒乓球门票(10－2a)张． 500(10－2a)≤1000a，由题意，得?解得

?500(10?2a)?1000a,

10?2a?0.?5?a?5．由a为正整数可得a＝3或a＝4． 2当a＝3时，总费用为3×1000＋3×800＋4×500＝7400(元)＜8000(元)，

当a＝4时，总费用为4×1000＋4×800＋2×500＝8200(元)＞8000(元)，不合题意，舍去．

答：这个家庭能预订男篮门票3张，足球门票3张，乒乓球门票4张． 22．解：(1)设直线l1的解析式为y＝kx＋b，由题意，得???k?b?0,

?2k?b?3.解得??k?1,所以，直线l1的解析式为y＝x＋1．

?b?1.1?(m?1)×3＝3，解2(2)当点P在点A的右侧时，AP＝m－(－1)＝m＋1，有S?APB?得m＝1，此时点P的坐标为(1，0)；

当点P在点A的左侧时，AP＝－1－m，有S?APB?1?(?m?1)?3?3，解得m＝－23，此时，点P的坐标为(－3，0)． 综上所述，m的值为1或－3．

23．解：(1)在四边形ABCD中，∵AC平分∠DAB，∠DAB＝120°，

∴∠CAB＝∠CAD＝60°．又∵∠B＝∠D＝90°，

∴∠ACB＝∠ACD＝30°．?AB?AD?1AC，即AB＋AD＝AC． 2(2)AB＋AD＝AC．

证明如下：如图①，过C点分别作AD和AB延长线的垂线段，垂足分别为E、F． ∵AC平分∠DAB， ∴CE＝CF．

∵∠ABC＋∠D＝180°， ∠ABC＋∠CBF＝180°，

∴∠CBF＝∠D．

又∵∠CED＝∠CFB＝90°， ∴△CED≌△CFB．∴ED＝BF．

∴AD＋AB＝AE＋ED＋AB＝AE＋BF＋AB＝AE＋AF． 由(1)知AE＋AF＝AC． ∴AB＋AD＝AC．

第23题答图①

第23题答图②

(3)AB＋AD＝2AC．

证明如下：如图②，过C点分别作AB和AD延长线的垂线段，垂足分别是E、F． ∵AC平分∠DAB，∴CE＝CF． ∵∠ABC＋∠ADC＝180°， ∠ADC＋∠FDC＝180°， ∴∠ABC＝∠FDC．

又∵∠CEB＝∠CFD＝90°． ∴△CEB≌△CFD．∴CB＝CD．

延长AB至G，使BG＝AD，连结CG．

∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠CBG＝180°， ∴∠CBG＝∠ADC．∴△GBC≌△ADC．

∴∠G＝∠DAC＝∠CAB＝45°．∴∠ACG＝90°．

?AG?2AC． ?AB?AD?2AC．

24．解：(1)设二次函数的解析式为y＝a(x－2)2＋m，

∵抛物线经过点(0，3)和(－1，8)，

?3?4a?m,?a?1,解得? ???8?9a?m.?m??1,∴二次函数的解析式为y＝(x－2)2－1＝x2－4x＋3．

(2)抛物线y＝x2－4x＋3与戈轴的交点为B(3，0)、C(1，0)，顶点为P(2，－1)． 由题意，设平移后直线为y＝x＋b． 由已知得，－1＝2＋b，解得b＝－3．

∴直线y＝x平移后经过点P的直线为y＝x－3． 当x＝3时，y＝0．

∴直线y＝x－3经过点B(3，0)．

(3)能，点D的坐标为(2，2)，理由如下：如图，过点D作DM⊥x轴于点肘，过点P作PN⊥x轴于点N．

在Rt△ONP中，OP2＝ON 2＋PN2＝5．

∵点D在直线y＝x上，∴设点D的坐标为(x，x)． 在Rt△BDM中，

BD2＝BM2＋DM2＝(3－x)2＋x2． 由OP2＝BD2得(3－x)2＋x2＝5．

解得x1＝2，x2＝1．当x＝1时，四边形OPBD为平行四边形，舍去． ∴x＝2．∴点D的坐标为(2，2)．

第24题答图

25．解：(1)EG＝CG且EG⊥CG．

证明如下：如图①，连结BD． ∵正方形ABCD和等腰Rt△BEF，

∴∠EBF＝∠DBC＝45°．∴B、E、D三点共线． ∵∠DEF＝90°，G为DF的中点，∠DCB＝90°， ∴EG＝DG＝GF＝CG．

∴∠EGF＝2∠EDG，∠CGF＝2∠CDG． ∴∠EGF＋∠CGF＝2∠EDC＝90°， 即∠EGC＝90°，∴EG⊥CG． (2)仍然成立，

证明如下：如图②，延长EC交CD于点H． ∵BE⊥EF，∴EF∥CD，∴∠1＝∠2． 又∵∠3＝∠4，FG＝DG， ∴△FEG≌△DHG， ∴EF＝DH，EG＝GH．

∵△BEF为等腰直角三角形， ∴BE＝EF，∴BE＝DH． ∵CD＝BC,∴CE＝CH．

∴△ECH为等腰直角三角形． 又∵EG＝GH，

∴EG＝CG且EG⊥CG． (3)仍然成立．

证明如下：如图③，延长CG至H，使GH＝CG，连结HF交BC于M，连结EH、EC． ∵GF＝GD，∠HGF＝∠CGD，HG＝CG， ∴△HFG≌△CDG，

∴HF＝CD，∠GHF＝∠GCD， ∴HF//CD．∵正方形ABCD， ∴HF＝BC，HF⊥BC．

∵△BEF是等腰直角三角形， ∴BE＝EF，∠EBC＝∠HFE，

∴△BEC≌△FEH，∴HE＝EC，∠BEC＝∠FEH，

∴∠BEF＝∠HEC＝90°，∴△ECH为等腰直角三角形．又∵CG＝GH，∴EG＝CG且EG⊥CG．

第25题答图①

第25题答图②

第25题答图③