2011年数学达纲指导答案.doc

2011年《新课程初中毕业达标指导（数学）》
参考答案
1.1 有理数
二、考题训练 1. B 2. D 3. D 4. C 5. B 6. -5
三、考题分析 例2 (1)星期三收盘时，每股是31.5元；
(2) 本周内最高价是每股33元,最低价是每股30元；
(3)张先生在星期五收盘时将全部股票卖出，赚1883元.
四、考题再现 1.2 -4 2.（1）0；（2）-37
1.2 实数
二、考题训练 1. C 2. C 3.C 4. D 5. D 6.
三、考题分析 例1. 例2. -2
例3. ∵ x=2-, ∴ x-2=-, ∴ (x-2)2=(-)2, ∴ x2-4x+4=10.
另解：原式=(x-2)2=(2--2)2=(-)2=10
变式 ∵ a+b=4,ab=-1,∴ a2-ab+b2=(a+b)2-3ab=19,∴
四、考题再现 1. C 2. C 3. B 4. B 5.C 6. A 7. D 8. 2
9. 1 10. 11.(1)14； (2)2；(3)4；(4)4.
1.3 代数式
二、考题训练 1. 40% a 2. B 3. C 4. D 5. 14 3n+2
6.
三、考题分析 例2.（1）规律是任意一个分式除以前面一个分式恒等于；
（2）第7个分式是.
变式 1.(n+3)2-n2=3(2n+3) 变式 2. -27a8
四、考题再现 1. 21 2. (10n+5)2=100n(n+1)+52
1.4 整式与分式
二、考题训练 1. D 2. A 3. C 4. B 5. 2008
三、考题分析 例2. ；答案不唯一.
变式. （取x的值时，注意x≠0,x≠2,x≠-2）取x=1，
则原式=3(答案不唯一)
四、考题再现 1. 5
2.答案不唯一，如：
3. 2a-4；
2.1 一次方程
二、考题训练 1. a 2. -1 3. -8 4. B 5. D
三、考题分析 例1.（1）；(2)；(3) 
例2.（1）地面总面积为：（6x+2y+18）(m2)．
（2）由题意，得解得.
地面总面积为：6x+2y+18=6×4+2×+18=45(m2)．
所以，铺地砖的总费用为45×80=3600（元）．
答：铺地砖的总费用为3600元．
四、考题再现 （1）a=600,b=3；(2)至少卖出234件服装.
2.2 一次不等式
二、考题训练 1. C 2. D 3. 2 4. a＜1 5. B
三、考题分析 例1.（1）x≤4；(2)-1≤x＜2.（图略）
例2. -1，0，1，2
变式1. a＜2 变式2. 5≤m≤7
四、考题再现 （1）由于租用甲种汽车x辆，则租用乙种汽车(8-x)辆
由题意得： 解得：5≤x≤6
即共有2种租车方案：
第一种是租用甲种汽车5辆，乙种汽车3辆；
第二种是租用甲种汽车6辆，乙种汽车2辆.
（2）第一种租车方案的费用为5×2000+3×1800=15400元；
第二种租车方案的费用为6×2000+2×1800=15600元
∴ 第一种租车方案更省钱.
2.3 分式方程
二、考题训练 1. B 2. D 3. B 4. 5. C
三、考题分析 例1.（1） ；(2) 无解.
例2 设甲队单独完成需x天，则乙队单独完成需要2x天．
根据题意得，解得x=30．
经检验x=30是原方程的解，且x=30,2x=60都符合题意．
∴ 应付甲队30×1000=30000（元），应付乙队30×2×550=33000（元）．
∴ 公司应选择甲工程队，应付工程总费用30000元．
变式
四、考题再现 （1）

速度（千米／时）
所用时间（时）
所走的路程（千米）
骑自行车
x

10
乘汽车
2x

10
（2）根据题意，列方程得．解这个方程，得x=15．
经检验，x=15是原方程的根．所以，x=15．
答：骑车的速度为每小时15千米．
2.4 一元二次方程
二、考题训练 1. C 2. x1=0,x2=2 3. C 4. 5. A 6. B
三、考题分析 例1.(1)，(2),x2=3.
例2. 20
例3. 设这种药品平均每次降价的百分率是x，由题意，得100(1-x)2= 64．
则(1-x)2=0.64．
∴ 1-x=±0.8．∴ x1=0.2=20%，x2=1.8（不合题意，舍去）．
答：这种药品平均每次降价20%.
四、考题再现 设这种箱子底面宽为x米，则长为(x+2)米，依题意，得x(x+2)×1=15．
解得x1=-5(舍)，x2=3. ∴ 这种箱子底面长为5米、宽为3米．
由长方体展开图知，要购买矩形铁皮面积为(5+2)×(3+2)=35(米2)．
∴ 做一个这样的箱子要花35×20=700（元）．
2.5方程(组)和不等式组的应用
二、考题训练 1. 145 2. D 3. D 4 80%x-300=100 5. 120万元 6. 5
三、考题分析 例1.(1) 设每条成衣生产线和童装生产线平均每天生产帐篷各x，y顶，
则，解得
答：每条成衣生产线平均每天生产帐篷41顶，每条童装生产线平均每天生产帐篷32顶.
(2) 由3（4×41+5×32）=972＜1000知，
即使工厂满负荷全面转产，还不能如期完成任务.
例2.（1）∴
（2）设购买污水处理设备A型设备x台，B型设备(10-x)台，
则12x+10(10-x)≤105. ∴ x≤2.5.
∵ x取非负整数,∴x=0,1,2
∴ 有三种购买方案：
① A型设备0台，B型设备10台
② A型设备1台，B型设备9台；
③ A型设备2台，B型设备8台．
（3）由题意：240x+200(10-x)≥2040. ∴ x≥1.
又∵ x≤2.5, ∴ x为1，2．
当x=1时，购买资金为：12×1+10×9=102（万元）
当x=2时，购买资金为：12×2+10×8=104（万元）
为了节约资金，应选购A型设备1台，B型设备9台.
例3.（1）设第一批购进书包的单价是x元，
则 , 解得x=80．
经检验，x=80是原方程的根．
答：第一批购进书包的单价是80元．
（2）解法1：（元）
答：商店共盈利3700元．
解法2:（元）．
答：商店共盈利3700元．
四、考题再现 1.(1)设租用一辆甲型汽车的费用是x元，租用一辆乙型汽车的费用是y元．
由题意得解得
∴租用一辆甲型汽车的费用是800元，租用一辆乙型汽车的费用是850元．
（2）设租用甲型汽车z辆，则租用乙型汽车(6-z)辆．
由题意,得 解得2≤z≤4.
由题意知，z为整数，∴ z=2或z=3或z=4
∴ 共有3种方案，分别是：
方案一：租用甲型汽车2辆，租用乙型汽车4辆；
方案二：租用甲型汽车3辆，租用乙型汽车3辆；
方案三：租用甲型汽车4辆，租用乙型汽车2辆 .
方案一的费用是800×2+850×4=5000（元）；
方案二的费用是800×3+850×3=4950（元）；
方案三的费用是800×4+850×2=4900（元）.
5000＞4950＞4900，所以最低运费是4900元 .
答：共有3种方案，分别是：方案一，租用甲型汽车2辆，租用乙型汽车4辆；方案二，租用甲型汽车3辆，租用乙型汽车3辆；方案三，租用甲型汽车4辆，租用乙型汽车2辆其中方案三费用最低，最低运费是4900元.
2.(1) 设甲种消毒液购买x瓶，乙种消毒液购买y瓶.依题意，得
解得
答：甲种消毒液购买40瓶，乙种消毒液购买60瓶.
(2) 设再次购买甲种消毒液y瓶，则购买乙种消毒液2y瓶．
依题意,得6y9×2y≤1200．解得：y≤50．
答：甲种消毒液最多再购买50瓶．
3.1 函数
二、考题训练 1.(-2,-3) 2. x＞3 3. (-3,2) 4. B 5. A
三、考题分析 例1. A 例2. 6 例3. C
四、考题再现 B（只有当大容器内的水面高度达到小水杯高度时，小水杯内水面的高度才开始发生变化；当大容器内的水面高度大于小水杯高度时，小水杯内水面的高度不再发生变化.）
3.2 一次函数
二、考题训练 1. y=3x 2. B 3. m＜3 4. D 5. 大于4
三、考题分析 例1.A 例2. -12
例3.（1）观察图象知，直线l经过点（0，1）和（2，2），
把这两个点的坐标代入解析式中得到 解得
所以这个函数的解析式是y=12x+1；
（2）当x＝4时，y=×4+1=3.
四、考题再现 B（因为正比例函数y=-x的图象经过点B，所以B(-1, 1).故一次函数图象过点A(0,2)和B(-1, 1)，由此可得其表达式为y=x+2
3.3 反比例函数
二、考题训练 1. -2 2. A 3. 4
三、考题分析 例1. B 例2. B 例3. D 变式 D
四、考题再现 1. y=
2. C（甲、乙两地的路程一定，则汽车匀速行驶的时间t（h）与速度v（km/h）成反比例函数关系，即t=，结合实际情况v＞0，故可得C为正确选项.）3.π
3.4一次函数、反比例函数的综合与应用
二、考题训练 1. 2 2. B 3. C 4. 0.5
三、考题分析 例1. A
例2. 过点D作DE⊥x轴于点E，△OAB的面积是，
由OB∶OD=5∶3知△OAB与△ODE的相似比是5∶3,
所以△ODE的面积是6，可得k=12.
四、考题再现 1. x＜-1或0＜x＜2
2. 依题意得，反比例函数y=的解析式为y=.
因为点A(m,3)在反比例函数y=-3x的图象上，所以m=-1．
即点A的坐标为(-1,3)．
由点A(-1,3)在直线y=ax+2上，可求得a=-1,
3. (1)k=9；(2)S△APM=3.
3．5二次函数（一）
二、考题训练 1.A 2.C 3.A 4. 答案不唯一，如y=x2+3x-1
三、考题分析 例1.D 例2.（1）∵A(-1，0)，B(4，0)，∴AO=1， OB=4，
即AB= AO+OB=1+4=5.∴OC＝5，即点C的坐标为（0，5）.
（2）设图象经过A，C，B三点的二次函数的解析式为y=ax2+bx+c，由于这个函数的图象过点（0，5），可以得到c=5，又由于该图象过点（-1，0），（4，0），则解这个方程组，得∴所求的二次函数解析式为∵＜0，∴当时，y有最大值.
四、考题再现 1. ①②④ 2.（1）
（2）
（3）
当x=210时，w有最大值.此时，x+200=410，就是说，当每个房间的定价为每天410元时，w有最大值，且最大值是15210元.
3.6二次函数（二）
二、考题训练 1. x1=3,x2=-1 2. C 3. D
三、考题分析 例1 （1）∵ 点B(-2,m)在直线y=-2x-1上
A
B
C
O
D

E
x
y
x=2
G
F
H
∴ m=-2×(-2)-1=3. ∴ B(-2,3)
∵ 抛物线经过原点O和点A，对称轴为x=2，
∴ 点A的坐标为(4,0) .
设所求的抛物线对应函数关系式为y=a(x-0)(x-4).
将点B(-2,3)代入上式，得3=a(-2-0)(-2-4)，
∴ a=.
∴ 所求的抛物线对应的函数关系式为y=x(x-4)，
即y=x2-x.
（2） ① 直 线y=-2x-1与y轴、直线x=2的交点坐标分别为D(0,-1),E(2,-5).
过点B作BG∥x轴，与y轴交于F、直线x=2交于G，
则BG⊥直线x=2，BG=4.
在Rt△BGC中，BC=.
∵ CE=5，∴ CB=CE=5.
② 过点E作EH∥x轴，交y轴于H，则点H的坐标为H(0,-5).
又点F,D的坐标为F(0,3),D(0,-1)，
∴ FD=DH=4，BF=EH=2，∠BFD=∠EHD=90°.
∴ △DFB≌△DHE （SAS），∴ BD=DE.即D是BE的中点.
（3）存在.
由于PB=PE，∴ 点P在直线CD上，
∴ 符合条件的点P是直线CD与该抛物线的交点.
设直线CD对应的函数关系式为y=kx+b.
将D(0,-1),C(2,0)代入，得. 解得 .
∴ 直线CD对应的函数关系式为y=x-1.
∵ 动点P的坐标为(x，)，
∴ x-1=.
解得x1=3+，x2=3-. ∴，.
∴ 符合条件的点P的坐标为(，)或(，).
例2（1）S△AMN=x2.
（2）如图，由轴对称性质知：AM=PM，∠1=∠2.
又MN∥BC，∴ ∠2=∠3,∠1=∠B,∴ ∠B=∠3, ∴ AM=PM=BM
∴ 点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上．
（3）i）以下分两种情况讨论：
① 当0＜x≤2时，易见y=x2；
② 当2＜x＜4时，如图，设PM，PN分别交BC于E，F
A
B
C
N
M
P
1
3
2
由（2）知ME=MB=4-x.
∴ PE=PM-ME=x-(4-x)=2x-4.
由题意知△PEF∽△ABC .
B
C
N
M
P
A
，∴ S△PEF=(x-2)2，
∴ y=S△PMN-S△PEF=x2-(x-2)2 =-x2+6x-6

ii）∵ 当0＜x≤2时，y=x2 ，∴ 易知y最大=×22=
又∵ 当2＜x＜4时，y=-x2+6x-6=-（x-）2+2
∴ 当x=时（符合2＜x＜4），y最大=2.
综上所述，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2.
例3（1）∵ 抛物线过A(-1,0)，B′(,0).
设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x-)（a≠0）.
又∵抛物线过B(0,)，将坐标代入上解析式得：
=a·1×(-)，a=-1.∴y=-(x+1)(x-).
即满足条件的抛物线解析式为y=x2+(-1)x+.
（2）如图，∵P为第一象限内抛物线上一动点，设P(x,y)，
则x＞0，y＞0.
P点坐标满足y=-x2+(-1)x+.
连接PB，PO，PB′.
∴ S四边形PBAB′=S△BAO+S△PBO+S△POB′.
=(x+y+1)
=
=.
当x=时，S四边形PBAB′最大.
此时，y=.即当动点P的坐标为()时，S四边形PBAB′最大，最大面积为.
四、考题再现 1.（1）x1=1，x2=3；（2）1＜x＜3；（3）x＞2；（4）k＜2.
2.（1）y=x2-2x-3；（2）S△AOC∶S△BOC=｜OA｜:｜OB｜=1:3；
（3）存在一个点P(1,-2).
3.（1） -3 (-1,0) (3,0)
（2）如图(1)，抛物线的顶点为M(-1,-4)，连结OM.
则△AOC的面积=，△MOC的面积=,△MOB的面积=6,
∴ 四边形ABMC的面积=△AOC的面积+△MOC的面积+△MOB的面积=9.
［说明］也可过点M作抛物线的对称轴，将四边形ABMC的面积转为求1个梯形与2个直角三角形面积的和.

（3）如图（2），设D（m，m2-2m-3），连结OD.
则0＜m＜3,m2-2m-3＜0. 且△AOC的面积=，
△DOC的面积=m,△DOB的面积=-（m2-2m-3），
∴ 四边形ABCD的面积=△AOC的面积+△DOC的面积+△DOB的面积
=-m2+m+6=-(m-)2+.
∴ 存在点D（,-），使四边形ABCD的面积最大为.
（4）有两种情况：
如图（3），过点B作BQ1⊥BC，交抛物线于点Q1，交y轴于点E，连接Q1C.
∴ ∠CBO=45°,∴ ∠EBO=45°,BO=OE=3.
∴ 点E的坐标为(0,3).
∴ 直线BE的解析式为y=-x+3.
由，解得，.
∴ 点Q1的坐标为(-2,5).

如图（4），过点C作CF⊥CB，交抛物线于点Q2、交x轴于点F，连接BQ2.
∵ ∠CBO=45°,∴ ∠CFB=45°,OF=OC=3.
∴ 点F的坐标为(-3,0). ∴ 直线CF的解析式为y=-x-3.
由，解得，.
∴ 点Q2的坐标为(1,-4).
综上，在抛物线上存在点Q1(-2,5),Q2(1,-4)，使△BCQ1、△BCQ2是以BC为直角边的直角三角形.
4.1简单图形及三视图
二、考题训练 1. A 2. 点B处 3. A 4. B 5. B 6. B
三、考题分析 例1 120 变式1 120 变式2 135 例2 75°
四、考题再现 1. C 2. C 3. 90
4.2 相交线与平行线
二、考题训练 1. A 2. C 3. C 4. C
三、考题分析 例1 115 变式1 115 变式2 60 例2 C
四、考题再现 1. 25° 2. 60°
4.3 三角形（一）
二、考题训练 1. 35 2. B 3. 5 4. D
5. ∠A=∠C或∠B=∠D或OD=OB或 AB∥CD等
三、考题分析 例1答案不唯一. 这个条件可以是：∠B=∠B1或∠C=∠C1或AC=A1C1
变式1、2（略）
例2（1）证明：∵ AC∥DF , ∴ ∠A=∠D.
在△ABC和△DEF中，AB=DE，
∠A=∠D，AD=DF, ∴ △ABC≌△DEF.
（2）答案不唯一，如：AE=DB, ∠C=∠F，BC∥EF等
例3 ∵ ∠1=∠2 ，∴ ∠1+∠DAC=∠2+∠DAC, 即∠BAC=∠DAE.
又∵ AB=AD，AC=AE , ∴ △ABC≌△ADE, ∴ BC=DE.
四、考题再现 1. ∠D=∠C或∠DAO=∠CBO或∠DAB=∠CBA
2. 73
3.（1）在△ABC和ADC中，∠1=∠2, AC=AC,∠3=∠4,∴ △ABC≌△ADC.
（2）∵ △ABC≌△ADC，∴ AB=AD．又∵∠1=∠2，AO=AO，
∴ △ABO≌△ADO，∴ BO=DO．
4.4 三角形（二）
二、考题训练 1. C 2. B 3. 115° 4. 17 5. 4
三、考题分析 例1 略
例2

例3 360°-90°-35°-（180°-35°-35°）=125°
四、考题再现 1. 6
2. （1）

(2)

4.5四边形
二、考题训练 1. 1080 2. C 3. 1+ 4. C
三、考题分析 例1 720° 变式 B 例2 6 变式3 2
四、考题再现 1. 900 2. 正三角形或正四边形或正六边形等
4.6 特殊四边形（一）
二、考题训练 1. C 2. 18 3. ∠A=90°或AD=BC或AB∥CD 4. 4
5. AB=BC或BC=CD或CD=DA或DA=AB
三、考题分析 例1 D
例2（1）证明：∵ 四边形为正方形，∴ BC=CD，∠BCG=∠DCE=90°
又∵ CG=CE，∴ △BCG≌△DCE.
（2）答：四边形E′BGD是平行四边形.
理由：∵ △DCE绕点D顺时针旋转90°得到△DAE′ ，∴ CE=AE′，
∵ CG=CE，∴ CG=AE′，∵ AB=CD，AB∥CD，∴ BE′=DG，BE′∥DG，
∴ 四边形E′BGD是平行四边形 .
例3（1）证明：当∠AOF=90°时，AB∥EF，又∵ AF∥BE，
∴ 四边形ABEF为平行四边形．
A
F
B
C
D
E
O
（2）证明：∵ 四边形ABCD为平行四边形，
∴ AO=CO,∠FAO=∠ECO,∠AOF=∠COE．
∴ △AOF≌△COE. ∴ AF=EC.
（3）四边形BEDF可以是菱形．
理由：如图，连接BF，DE,
由（2）知△AOF≌△COE，得OE=OF，
∴ EF与BD互相平分．
∴ 当EF⊥BD时，四边形BEDF为菱形．
在Rt△ABC中，AC==2，∴ OA=1=AB，
又∵ AB⊥AC，∴ ∠AOB=45°，
∴ ∠AOF=45°，∴ AC绕点O顺时针旋转45°时，四边形BEDF为菱形．
变式（略）
四、考题再现 （1）在△BEC中，∵ G,F分别是BE,BC的中点,∴ GF∥EC且GF=EC.
又∵ H是EC的中点，EH=EC，
∴ GF∥EH且GF=EH,∴ 四边形EGFH是平行四边形.
（2）证明：连结GH.
∵ G,H分别是BE,EC的中点,∴ GH∥BC且GH=BC.
又∵ EF⊥BC，且EF=BC，∴ EF⊥GH，且EF=GH,
∴ 平行四边形EGFH是正方形．
4.7 特殊四边形（二）
二、考题训练 1. D 2. 6 3. 6 4. 4或 5. A
三、考题分析 例1 （略）.
例2 （1）(略)；
（2）连结BD，由（1）得BF=DF，∴ ∠FBD=∠FDB.
∵ DF∥AB,∴ ∠ABD=∠FDB,∴ ∠ABD=∠FBD,
同样由BC=DC及AD∥BC可证∠BDA=∠BDC，
由ASA定理可证△BAD≌△BED,∴ AD=DE.
变式（略）
例3（略）.
四、考题再现 （略）.
4.8 圆的有关性质
二、考题训练 1. B 2. 60° 3. C 4. D 5. B
三、考题分析 例1 D 例2 D
例3 连结BG、CD. 在Rt△BDC中,可求得DC=8,
由三角形面积可求得BG=9.6 ,在Rt△BGC中,可求得GC=2.8 ,
∴sin∠E=sin∠GBC=.
变式 连结CD，BG，易得∠DCB=∠E，∠GBC=∠CBF，
B
A
O
C
P
D
则sin∠E=,cos∠CBF=.
四、考题再现 1. B
2.（略）
4.9 圆分别与点、直线、圆的位置关系
二、考题训练 1. B 2. B 3. 相切
4. D（提示易求OA=4，可证OB与x轴负半轴交角为60°） 5. C
B
A
O
C
D
E
G
F
1
2
3
4
图1
三、考题分析 例2 连接OE,DE．如图1，
∵ CD是⊙O的直径，
∴ ∠AED=∠CED=90°．
∵ G是AD的中点，
∴ EG=AD=DG．∴ ∠1=∠2．
∵ OE=OD,
∴ ∠3=∠4．
图2
∴ ∠1+∠3=∠2+∠4．即∠OEG=∠ODG=90°．
∴ GE是⊙O的切线．
变式（略）
例3（1）证明：连接OC，如图2，
∵ AB是⊙O的直径，∴ ∠ACB=90°．
∵ ∠BAC=30°, ∴ ∠ABC=60°．
又∵ OB=OC，∴ ∠OCB=∠OBC=60°．
在Rt△EMB中，∵ ∠E+∠MBE=90°,∴ ∠E=30°．
∵ ∠E=∠ECF, ∴ ∠ECF=30°，∠ECF+∠OCB=90°.
又∵ ∠ECF+∠OCB+∠OCF=180°,
∴ ∠OCF=90°. ∴ CF为⊙O的切线．
（2）解：Rt△ACB在中，∠A=30°，∠ACB=90°，
∴ AC=ABcos30°=2×=3, BC=ABsin30°=2×=1
∵ AC=CE，∴BE=BC+CE=1+.
Rt△BEM中，∠E=30°,∠BME=90°，
∴ MB=BEsin30°=(1+)×=.
∴ MO=MB-OB=-1=．
四、考题再现 1. 相交 2. 5
3.（1）证明：连接AD, ∵ AB是⊙O的直径, ∴ ∠ADB=90°.
又∵ BD=CD, ∴ AD是BC的垂直平分线, ∴ AB=AC.
（2）连接OD, ∵ 点O,D分别是AB,BC的中点, ∴ OD∥AC.
又∵ DE⊥AC, ∴ OD⊥DE, ∴ DE为⊙O的切线.
（3）由AB=AC，∠BAC=60°，知△ABC是等边三角形.
∵ ⊙O的半径为5,∴ AB=BC=10,CD=BC=5.
又∵ ∠C=60°∴ DE=DCsin60°=.
4.10 与圆有关的计算
二考题训练 1. B 2. A 3.C 4. 2 5. π 60
三、考题分析 例1 圆锥的侧面积=LR =×2πrR=πrR=4π
例2 ∵ nR=360r, ∴ 12n=360×4, ∴ n=120°.
变式1 6 变式2 30
例3 S贴纸=S大扇形-S小扇形=π(R2-r2) =πcm2.
四、考题再现 1. A 2. 24π
4.11尺规作图、定义、命题、定理
二、考题训练 1. D 2. C 3. D 4. B
三、考题分析 例2画出角平分线；作出垂直平分线. 如图.
李
张
P
图3
变式1、2（略）
四、考题再现 1. C
2.（1）画法一：
以点A为圆心，大于点A到直线l的距离长
为半径画弧，与直线l交于B,C两点.
则点B,C即为所求.
画法二：
在直线l上任取一点B，以点B为圆心，AB
长为半径画弧，与直线l交于点C.
则点B,C即为所求.
（2）画法：在直线l上任取B,C两点，以点A为圆心，BC长为半径画弧，以点C为圆心，AB长为半径画弧，两弧交于点P．则点P即为所求.
5.1图形的轴对称与平移
二、考题训练 1. D 2. D 3. A 4. C
三、考题分析 例1（1）S△ABC=×5×3=
（2）如图4.
图4
（3）A1 (1,5), B1 (1,0),C1 (4,3)
例2（1）如图5：B′(3,5),C′(5,-2)；
（2）(b,a) ；
（3）由（2）得，D(1,-3)关于直线l的
对称点D′的坐标为(-3,1)，连接D′E
交直线l于点Q,此时点Q到D，E两点
的距离之和最小.
设过D′(-3,1),E(-1,-4)的直线的关系式为y=kx+b，
图5
则,解得，
∴ .
由 　 得
∴ 所求Q点的坐标为.
四、考题再现 1. D
A
B
C

D
F

E
图6
2.（1）由题意得B′F=BF，∠B′FE=∠BFE，
在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴ ∠B′EF=∠BFE，∴ ∠B′FE=∠B′EF.
∴ B′F=B′E. ∴ B′E=BF.
（2）答：a,b,c三者关系不唯一，有两种可能情况：
（ⅰ）a,b,c三者存在的关系是a2+b2=c2．
证：连结BE，则BE=B′E．
由（1）知B′E=BF=c，∴BE=c．
在△ABE中，∠A=90°，∴ AE2+AB2=BE2．
∵ AE=a，AB=b，∴ a2+b2=c2.
（ⅱ）a,b,c三者存在的关系是a+b＞c．
证：连结BE，则BEB′E．
由（1）知B′E=BF=c，∴ BE=c．
在△ABE中，AE+AB＞BE，∴ a+b＞c ．
5.2 图形的旋转
二、考题训练 1.（2，-1） 2. C 3. B 4. B 5. 如图7
D
E
A
B
O
图8

图7

三、考题分析 例1（1）画图（如图8）
（2）△ABO所扫过的面积是：

例2 如下各图

四、考题再现 1. A 2.（1）A1(-4,-4)，B1 (-1,-3)，C1 (-3,-3)，D1 (-3,-1)
图9
2）、（3）如图9所示.

5.3相似三角形
二、考题训练 1. C 2. B 3. 4. 6
三、考题分析 例1 7.5 例2 A 例3 答案不唯一
四、考题再现 1. A 2.
5.4解直角三角形
二、考题训练 1. C 2. B 3. A 4. 0 5. 8
三、考题分析 例（1）图略 （2）30+10
四、考题再现 1. A 2. 约3964米.
6.1 坐标与图形的位置
二考题训练 1. C 2. C 3. A 4.(0，4＋) 5. -2＜x＜0
北
东
西
南
B
A
O
1
2
图10
三、考题分析 例1 （略）
例2 如图10.
∵ ∠1=45°,∠2=60°
∴ ∠AOB=180°-(45°+60°)=75°
变式1 B 变式2 D
四、考题再现 A
6.2 坐标与图形的运动
二、考题训练 1. C 2. C 3. (-3,5) 4. -2 5. 1
三、考题分析 例1 (2,)或(-2,-)
例2（1）、（2）图11 （3）A1(8,2), A1(4,9)
变式（1）图12 （2）A′(2,3)，B′(3,1)，C′(-1,-2)
图11
图12

四、考题再现 （1）、（2）、（3）图略（4）A2B2C2 A3B3C3 y轴A3B3C3 A1B1C1 (2,0)
7.1 统计基础概念
二、考题训练 1. C 2. C 3. D 4. B
三、考题分析 例1 B 例2 C
四、考题再现 1. B 2. 28岁 28.9岁 25岁 普查
3.（1）平均数320件，中位数210件，众数210件.
（2）不合理.因为15人中有13人的销售额不到320件，320件虽是所给一组数据的平均数，它却不能很好地反映销售人员的一般水平，销售额定为210件合适些，因为210件既是中位数，又是众数，是大部分人能达到的定额.
7.2数据的波动与分布
二、考题训练 1. A 2. C 3. 3 2 4 4. 甲
三、考题分析 例1 6800
例2（1）甲的中位数为7，乙的平均数为7，中位数为7.5，命中9环以上的次数为3.（2）a.因为平均数相同，乙的方差大于甲的方差，所以甲的成绩比乙的更稳定些.b.因为平均数相同，甲的中位数小于乙的中位数，所以乙的成绩比甲的好些.c.命中9环以上的次数甲比乙少，乙的成绩比甲好些.d.甲的成绩在平均数上下波动；而乙的成绩处于上升的势头，从第4次以后就没有比甲少的情况发生，乙较有潜力.
四、考题再现 （1）a=30,b=25,c=0.25；
（2）补画的直方图如图13：

35
30
25
20
15
10
5
0
39
40
41
42
43
44
号码
频数（双）
跑步鞋
图13

（3）41号跑步鞋的销售频率为30%，所以商场计划再进1000双跑步鞋时，41号鞋应进300双左右.
7.3统计图表
二、考题训练 1. C 2.C 3. 甲班
三、考题分析 例1 42% 例2 （1）5；（2）图略；（3）10.
四、考题再现 （1）8.62 （2）15% 54° （3）41.52% 17
（4）答案不唯一．如结论：海南省教育经费总支出逐年增加；建议：建议增加职中的教育经费.

8.1概率初步
二、考题训练 1. B 2. A 3. A 4.
三、考题分析 例1 C
例2（1）设袋中有x个红球，据题意得，解得x=1．（或．） ∴ 袋中有红球1个．
（2）画树状图如下：
白1
白1
白1
白2
白2
白2
白2
红
红
红
红
黑
黑
黑
黑
第一个球
第二个球
白1

∴ P（摸得一红一白）．
四、考题再现 1. B 2.（1）
第一次
第二次
1
2
3
4
5
6
1
(1,1)
(1,2)
(1,3)
(1,4)
(1,5)
(1,6)
2
(2,1)
(2,2)
(2,3)
(2,4)
(2,5)
(2,6)
3
(3,1)
(3,2)
(3,3)
(3,4)
(3,5)
(3,6)
4
(4,1)
(4,2)
(4,3)
(4,4)
(4,5)
(4,6)
5
(5,1)
(5,2)
(5,3)
(5,4)
(5,5)
(5,6)
6
(6,1)
(6,2)
(6,3)
(6,4)
(6,5)
(6,6)
(2)由表可知，满足两次摸得的都是白球的结果有9个，
即(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)， (2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，
所以P(中奖) ==.

22