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2014年安徽省168中学自主招生考试数学模拟试卷二及详细答案


2014 年安徽省 168 中学自主招生考试数学模拟试卷二
参考答案与试题解析
一、选择题(每小题只有一个正确答案,共 10 个小题,满分 30 分) 1. (3 分)已知三个整数 a,b,c 的和为奇数,那么 a +b ﹣c +2abc( ) A.一定是非零偶数 B. 等于零 C. 一定为奇数 D.可能是奇数,也可能是偶数 考点: 专题: 分析: 解答: 因

式分解的应用. 计算题. 先把代数式分解因式,再根据已知进行讨论得出正确选项.
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2

2

2

解:a +b ﹣c +2abc=(a+b+c) (a+b﹣c)+2abc﹣2ab=(a+b+c) (a+b﹣c)+2(abc﹣ab) , 已知 a+b+c 为奇数,而改变加减运算符号,不改变奇偶性, ∴ a+b﹣c 也为奇数,则(a+b+c) (a+b﹣c)也为奇数, 2(abc﹣ab)是偶数, 2 2 2 ∴ a +b ﹣c +2abc=(a+b+c) (a+b﹣c)+2(abc﹣ab)一定是奇数, 故选:C. 点评: 本题考查了因式分解的应用,把式子分解因式是解题关键. 2. (3 分)已知 abc=1,a+b+c=2,a +b +c =3,则 A.﹣1 B. C .2
2 2 2

2

2

2

的值为( D.



考点: 分式的化简求值. 分析: 2 2 2 由 a+b+c=2,a +b +c =3,利用两个等式之间的平方关系得出 ab+bc+ac= ;再根据已知条件将各分母因式
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分解,通分,代入已知条件即可. 解答: 解:由 a+b+c=2,两边平方, 2 2 2 得 a +b +c +2ab+2bc+2ac=4, 将已知代入,得 ab+bc+ac= ; 由 a+b+c=2 得:c﹣1=1﹣a﹣b, ∴ ab+c﹣1=ab+1﹣a﹣b=(a﹣1) (b﹣1) , 同理,得 bc+a﹣1=(b﹣1) (c﹣1) , ca+b﹣1=(c﹣1) (a﹣1) , ∴ 原式= = = = = =﹣ . + +

故选 D. 点评: 本题考查了分式的化简其中计算,解题时,充分运用已知条件变形,使分式能化简通分,得出结果. 3. (3 分)设 x ﹣px+q=0 的两实根为 α,β,而以 α ,β 为根的一元二次方程仍是 x ﹣px+q=0,则数对(p,q)的 个数是( ) A .2 B.3 C .4 D.0 考点: 根与系数的关系;根的判别式. 专题: 分类讨论. 分析: 利用根与系数的关系把 α,β 之间的关系找出来,利用 α,β 之间的关系,解关于 p,q 的方程,然后再代入 原方程检验即可. 解答: 解:根据题意得,α+β=p① ,αβ=q② ;
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2

2

2

2

α +β =p③ ,α β =q④ . 2 2 由② ④ 可得 α β ﹣αβ=0, 解之得 αβ=1 或 0 由① ③ 可得 α +β =(α+β) ﹣2αβ=p ﹣2q=p, 2 即 p ﹣p﹣2q=0, 2 当 q=0 时,p ﹣p=0, 解之得,p=0 或 p=1, 即 , ,
2 2 2 2

2

2

2 2

把它们代入原方程的△ 中可知符合题意. 2 当 q=1 时,p ﹣p﹣2=0, 解之得,p=﹣1 或 2, 即 , ,

把它们代入原方程的△ 中可知 所以数对(p,q)的个数是 3 对. 故本题选 B.

不合题意舍去,

点评: 将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法.一元二次方程 ax2+bx+c=0(a≠0) 的根与系数的关系为:x1+x2=﹣ ,x1?x2= .
2 2

4. (3 分)设函数 y=﹣x ﹣2kx﹣3k ﹣4k﹣5 的最大值为 M,为使 M 最大,k=( A.﹣1 B.1 C.﹣3 考点: 二次函数的最值. 专题: 计算题. 分析:

) D.3

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由于 M 是最大值,那么 M=

,即 M=﹣2k ﹣4k﹣5,于是求 k=﹣

2

的值即可.

2 2 解答: 解:∵ y=﹣x ﹣2kx+(﹣3k ﹣4k﹣5) ,

∴ M=

=

∴ M=﹣2k ﹣4k﹣5, 又∵ M 最大, ∴ k=﹣ =﹣ =﹣1.

2

故选 A. 点评: 本题考查了函数的最值.注意 y 最大值= 即可.

5. (3 分)若 3x ﹣x=1,则 9x +12x ﹣2x ﹣7x+2008=( ) 2011 2010 A. B. C.2009

2

4

3

2

D.2008

考点: 因式分解的应用. 专题: 计算题;整体思想. 4 3 2 2 2 2 分析: 将 3x2﹣x=1 化简为 3x2﹣x﹣1=0, 整体代入 9x +12x ﹣2x ﹣7x+2008 变形的式子 3x (3x ﹣x﹣1) +5x (3x 2 ﹣x﹣1)+2(3x ﹣x﹣1)+2010,计算即可求解. 2 2 解答: 解:∵ 3x ﹣x=1,即 3x ﹣x﹣1=0, 4 3 2 ∴ 9x +12x ﹣2x ﹣7x+2008 2 2 2 2 =3x (3x ﹣x﹣1)+5x(3x ﹣x﹣1)+2(3x ﹣x﹣1)+2010 =2010. 故选 B. 点评: 本题考查因式分解的运用,注意运用整体代入法求解.
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6. (3 分)已知坐标原点 O 和点 A(2,﹣2) ,B 是坐标轴上的一点,若△ AOB 是等腰三角形,则这样的点 B 一共 有多少个( ) A .4 B.5 C .6 D.8 考点: 等腰三角形的判定;坐标与图形性质. 专题: 应用题. 分析: 根据等腰三角形的性质,要使△ AOB 等腰三角形,可以分两种情况考虑:当 OA 是底边时,作 OA 的垂直平 分线,和坐标轴出现交点,当 OA 是腰时,则分别以点 O、点 A 为圆心,OA 为半径画弧,和坐标轴出现交 点. 解答: 解:① 作 OA 的垂直平分线,交坐标轴于两个点; ② 以 O 为圆心,OA 为半径画弧,交坐标轴于四个点; ③ 以 A 为圆心,OA 为半径画弧,交坐标轴于两个点. 如图所示,显然这样的点有 8 个. 故选 D.
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点评: 本题考查了等腰三角形的定义,运用数形结合的思想进行解决,难度适中.

7. (3 分)如图:有六个面积为 1 的正方形组成的长方形,其中有 A、B、C、D、E、F、G 7 个点,以这 7 个点为 顶点,并且面积为 1 的三角形有( )

A.11 个

B.12 个

C.13 个

D.14 个

考点: 面积及等积变换. 分析: 由有六个面积为 1 的正方形组成的长方形,然后依据三角形的面积等于底乘以高,抓住底与高一个为 2,一 个为 1,然后从一边开始,依次求解即可求得答案,小心别漏解. 解答: 解:∵ 如图是六个面积为 1 的正方形组成的长方形, ∴ 以 AB 为边:△ ABD,△ ABE,△ ABF,△ ABG, 以 AC 为边:△ ACG, 以 AD 为边:△ ADE, 以 AE 为边:△ AEF, 以 AF 为边:△ AFG, 以 BC 为边:△ BCF, 以 BD 为边:△ BDE, 以 BE 为边:△ BEF, 以 BF 为边:△ BFG, 以 CD 为边:△ CDF, 以 CE 为边:△ CEG. 故以这 7 个点为顶点,并且面积为 1 的三角形有 14 个. 故选 D. 点评: 此题考查了三角形的面积问题.此题属于易错题,难度较大,解题的关键是注意依次数得,小心别漏解.
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8. (3 分)锐角△ ABC 的三边两两不等,D 是 BC 边上的一点,∠ BAD+∠ C=90°,则 AD 一定过△ ABC 的( A.垂心 B.内心 C.外心 D.重心



考点: 三角形的外接圆与外心;三角形内角和定理. 分析: 作∠ ABE=90°,BE 交 AD 的延长线于 E,根据三角形的内角和定理求出∠ BAD+∠ E=90°,推出∠ C=∠ E,根据三 角形的外接圆的圆心的定义求出即可. 解答: 解:作∠ ABE=90°,BE 交 AD 的延长线于 E, ∴ ∠ BAD+∠ E=90°, ∵ ∠ C+∠ BAD=90°, ∴ ∠ C=∠ E, ∴ E 在△ ABC 的外接圆上, ∵ ∠ ABE=90°, ∴ AE 是直径, ∴ AD 一定过△ ABC 的外心. 故选 C.
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点评: 本题主要考查对三角形的外接圆与外心,三角形的内角和定理等知识点的理解和掌握,能求出∠ E=∠ C 是解 此题的关键. 9. (3 分)有纯农药一桶,倒出 20 升后用水补满;然后又倒出 10 升,在用水补满,这是桶中纯农药与水的容积之 比为 3:5,则桶的容积为( ) A.30 升 B.40 升 C.50 升 D.60 升 考点: 分式方程的应用. 专题: 应用题. 分析: 首先设出桶的容积为 x 升,倒出两次后纯农药的容积为(x﹣20﹣
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)升,倒入两次水后水的容

积为【20﹣(1﹣

)×10+10】升,由农药与水的容积之比为 3:5 列出方程解答即可.

解答: 解:设桶的容积为 x 升,根据题意列方程得, (x﹣20﹣
2

) :[20﹣(1﹣

)×10+10]=3:5,

整理得 x ﹣48x+320=0, 解得 x1=40,x2=8(不合题意,舍去) , 答:桶的容积为 40 升. 点评: 解答此题需要计算农药与水占总容积的百分比,紧扣容积不变,再据题意,分别求得纯农药和水的容积, 建立方程问题得解. 10. (3 分)如图,直线 l1∥ l2∥ l3∥ l4,相邻两条平行线间的距离都等于 1,若正方形 ABCD 的四个顶点分别在四条直 线上,则它的面积等于( )

A .4

B.5

C.

D.

考点: 正方形的性质;平行线之间的距离;勾股定理. 分析: 过 D 点作直线 EF 与平行线垂直,与 l1 交于点 E,与 l4 交于点 F.易证△ ADE≌ △ DFC,得 CF=1,DF=2.根 2 据勾股定理可求 CD 得正方形的面积. 解答: 解:作 EF⊥ l2,交 l1 于 E 点,交 l4 于 F 点. ∵ l1∥ l2∥ l3∥ l4,EF⊥ l2, ∴ EF⊥ l1,EF⊥ l4, 即∠ AED=∠ DFC=90°. ∵ ABCD 为正方形, ∴ ∠ ADC=90°. ∴ ∠ ADE+∠ CDF=90°. 又∵ ∠ ADE+∠ DAE=90°, ∴ ∠ CDF=∠ DAE.
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∵ AD=CD, ∴ △ ADE≌ △ DCF, ∴ CF=DE=1. ∵ DF=2, 2 2 2 ∴ CD =1 +2 =5, 即正方形 ABCD 的面积为 5. 故选 B.

点评: 此题考查正方形的性质和面积计算,根据平行线之间的距离构造全等的直角三角形是关键.难度中等. 二、填空题(每小题 6 分,满分 42 分) 11. (6 分) (2012?驻马店二模)如图,正方体的每一面上都有一个正整数,已知相对的两个面上两数之和都相等, 如果 13、9、3 的对面的数分别为 a、b、c,则 a +b +c ﹣ab﹣bc﹣ca 的值等于 76 .
2 2 2

考点: 专题:正方体相对两个面上的文字. 专题: 计算题. 分析: 根据相对的两个面上两数之和都相等列出等式,并整理出 a﹣b,b﹣c,a﹣c,的值,然后把 a2+b2+c2﹣ab ﹣bc﹣ca 整理分解因式,然后再代入数据计算即可. 解答: 解:根据题意得,a+13=b+9,b+9=c+3,c+3=a+13, 整理得 a﹣b=﹣4,b﹣c=﹣6,a﹣c=﹣10,
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a +b +c ﹣ab﹣bc﹣ca= (2a +2b +2c ﹣2ab﹣2bc﹣2ca) , = (a﹣b) + (a﹣c) + (b﹣c) , = ×16+ ×36+ ×100, =8+18+50, =76. 故答案为:76. 点评: 本题主要考查了正方体相对两个面上的文字,把多项式乘以 2 后因式分解是解题的关键. 12. (6 分)Rt△ ABC 中,∠ C=90°,若 sinA 和 sinB 是方程 的两个根,则 k= ﹣ .
2 2 2

2

2

2

2

2

2

考点: 根与系数的关系;互余两角三角函数的关系. 分析: 根据锐角三角函数关系式,得 sin2A+sin2B=1;根据一元二次方程根与系数的关系,得 sinA+sinB= sinA?sinB=﹣k,再进一步利用完全平方公式得到关于 k 的方程进行求解. 解答: 解:∵ sinA 和 sinB 是方程 的两个根,
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∴ sinA+sinB=

,sinA?sinB=﹣k,

∵ Rt△ ABC 中,∠ C=90°, ∴ sin A+sin B=1, ∴ 2+2k=1, 解得,k=﹣ . 故答案为:﹣ . 点评: 此题综合考查了一元二次方程根与系数的关系以及锐角三角函数关系式. 13. (6 分) 在△ ABC 中, AC=2, D 是 AB 的中点, E 是 CD 上一点,
2 2

, 若

, 则 BC= 2



考点: 三角形的重心;勾股定理. 分析: 根据中点这个条件, 把 CD 延长至两倍于点 F,连接 AF,BF,则四边形 ACBF 为平行四边形,由 ED= CD,
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CE= AB,得 AB=CF,所以 ACBF 为矩形.再用勾股定理列式算出 a,即可求出 BC 的长. 解答: 解:把 CD 延长至点 F,使 DF=CD.连接 AF,BF. ∵ AD=DB,FD=DC, ∴ 四边形 ACBF 为平行四边形, ∵ ED= CD, ∴ CE= CD, ∵ CE= AB, ∴ CD= AB, ∴ CD= AB, ∴ AB=CF, ∴ ACBF 只能为矩形. 设 DE 为 a,则 CE=2a,AD=3a, 2 2 2 2 算出 AE =8a ,CE =4a , 又因为 AC=2,用勾股定理列式算出 a, ∴ a= , =2 , =2 . .

∴ AB=6× ∴ BC=

故答案为:2

点评: 此题主要考查了重心的性质以及平行四边形的判定与矩形的判定和勾股定理的应用,根据已知得出正确的

辅助线是解决问题的关键.

14. (6 分)方程

的解为



考点: 无理方程. 分析: 首先两边进行平方,然后移项合并同类项,再两边平方求解. 解答: 解:两边平方得:3x+2﹣2 +3x﹣2=4
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移项得:2
2

=6x﹣4
2

两边平方得:36x ﹣16=36x ﹣48x+16 解得:x= , 检验:当 x= 时:原方程的左边=右边, ∴ x= 是原方程的解. 故答案为 . 点评: 本题主要考查解无理方程,关键在于首先对方程两边分别平方已达到去根号的目的. 15. (6 分)在正八边形中,与所有边均不平行的对角线有 12 条. 考点: 多边形的对角线. 专题: 计算题. 分析: 根据 n 边形的对角线有 n(n﹣3)条,将正八边形的边数代入可求出对角线的总数,而正八边形的对角线
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中有 8 条平行与边的对角线,由此可得出答案. 解答: 解:正八边形的对角线条数= ×8×(8﹣3)=20, 又∵ 正八边形的对角线中有 8 条平行与边的对角线, ∴ 在正八边形中,与所有边均不平行的对角线有 12 条. 故答案为:12. 点评: 本题考查多边形的对角线的知识,关键是掌握多边形的对角线与正多边形边数的关系 n(n﹣3) ,另外要知 道正八边形的每条边均有 2 条对角线与之平行. 16. (6 分)若正整数 n 恰好有 4 个正约数,则称 n 为奇异数,例如 6、8、10 都是奇异数,那么在 27、42、69、111、 125、137、343、899、3599、7999 这 10 个正整数中奇异数有 8 个. 考点: 数的整除性. 专题: 新定义. 分析: 首先根据正整数 n 恰好有 4 个正约数,则称 n 为奇异数,可得奇异数有两类:第一类是质数的立方 p3(p 是质数) ,第二类是两个不同质数的乘积 p1p2(p1,p2 为不同的质数) ,然后分别分析 27、42、69、111、125、 137、343、899、3599、7999 是否符合奇异数的特点即可求得答案. 解答: 解:易得奇异数有两类:第一类是质数的立方 p3(p 是质数) ,第二类是两个不同质数的乘积 p1p2(p1,p2 为不同的质数) . 3 ∴ 27=3×3×3=3 ,是奇异数(第一类) ;
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42=2×3×7 不是奇异数; 69=3×23 是奇异数(第二类) , 111=3×37 是奇异数(第二类) , 125=5 是奇异数(第一类) , 137 是质数,不是奇异数, 343=7 是奇异数(第一类) , 899=900﹣1=(30﹣1) (30+1)=29×31 是奇异数(第二类) , 3599=3600﹣1=(60﹣1) (60+1)=59×61 是奇异数(第二类) , 3 2 7999=8000﹣1=20 ﹣1=(20﹣1) (20 +20+1)=19×421 是奇异数(第二类) . 因此符合条件的奇异数有:27,69,111,125,343,899,3599,7999 共 8 个. 故答案为:8. 点评: 此题考查了学生的分析能力,考查了质数的性质与数的整除性问题.此题难度较大,解题的关键是找到奇 3 异数有两类:第一类是质数的立方 p (p 是质数) ,第二类是两个不同质数的乘积 p1p2(p1,p2 为不同的质 数) .
3 3

17. (6 分) 如图, MN 是半圆 O 的半径, A 是半圆的一个三等分点, B是 的最小值为 厘米,则圆的半径 r= 2 厘米.

的中点, P 是直径 MN 上的点, 若 AP+PB

考点: 轴对称-最短路线问题;勾股定理;垂径定理. 专题: 数形结合. 分析: 作出点 A 关于 MN 的对称点 A′ ,连接 A′ B,交 MN 于点 P,则 A′ B 为 AP+PB 的最小值,连接 OA′ ,OB, 易得∠ BOA′ =90°, 利用等腰直角三角形的性质可得半径的长. 解答: 解:作出点 A 关于 MN 的对称点 A′ ,连接 A′ B,交 MN 于点 P,则 A′ B 为 AP+PB 的最小值,连接 OA′ , OB. ∴ A′ B=2 ,
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∵ A 是半圆的一个三等分点,B 是 ∴ ∠ BON=30°,∠ A′ 0N=60°, ∴ △ A′ OB 是等腰直角三角形, ∴ OA′ =2. 故答案为 2.

的中点,

点评: 考查最短路线问题;若两点在直线的同一旁,则需作其中一点关于这条直线的对称点;作出整个圆的辅助 性是解决本题的难点. 三、解答题(每小题 16 分,满分 48 分) 18. (16 分) (2012?仪陇县模拟)已知二次函数 y=mx +(m﹣3)x﹣3(m>0)的图象如图所示. (1)这条抛物线与 x 轴交于两点 A(x1,0) 、B(x2,0) (x1<x2) ,与 y 轴交于点 C,且 AB=4,⊙ M 过 A、B、C 三点,求扇形 MAC 的面积; (2)在(1)的条件下,抛物线上是否存在点 P,使△ PBD(PD 垂直于 x 轴,垂足为 D)被直线 BC 分成面积比为 1:2 的两部分?若存在,请求出 P 点坐标;若不存在,请说明理由.
2

考点: 二次函数综合题. 专题: 综合题. 分析: (1)根据抛物线的解析式,可表示出 A、B 的坐标,根据 AB=4,可求出 m 的值,从而确定该抛物线的解 析式,即可得到 A、B、C 的坐标;根据 B、C 的坐标,可得到∠ OBC=45°,根据圆周角定理知∠ AMC=90°, 即△ AMC 是等腰直角三角形,AC 的长易求得,即可得到半径 AM、MC 的长,利用扇形的面积公式,即可 求得扇形 AMC 的面积. (2)设 PD 与 BC 的交点为 E,此题可分成两种情况考虑: ① 当△ BPE 的面积是△ BDE 的 2 倍时,由于△ BDE 和△ BPD 同高不等底,那么它们的面积比等于底边的比,即
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DE= PD,可设出 P 点的坐标,那么 E 点的纵坐标是 P 点纵坐标的 ,BD 的长为 B、P 横坐标差的绝对值, 由于∠ OBC=45°,那么 BD=DE,可以此作为等量关系求出 P 点的坐标; ② 当△ BDE 的面积是△ BPE 的 2 倍时,方法同① .
2 解答: 解: (1)∵ y=mx +(m﹣3)x﹣3=(mx﹣3) (x+1) ,

∴ x1=﹣1,x2= , ∴ AB= ﹣(﹣1)=4, 即 m=1; 2 ∴ y=x ﹣2x﹣3, 得 A(﹣1,0) 、B(3,0) 、C(0,﹣3) , ∴ ∠ OBC=45°,∠ AMC=90°, ∵ AC= ∵ AM=CM, ∴ AM= ∴ R= = , = ,

,S= π.

(2)设 PD 与 BC 的交点为 E,可求直线 BC 解析式为 y=x﹣3, 2 设 P(x,x ﹣2x﹣3) ;当 S△BED:S△BEP=1:2 时,PD=3DE, 2 得﹣(x ﹣2x﹣3)=﹣3(x﹣3) ,解得 x=2 或 3, ∴ 或 (舍去) ,

∴ P(2,﹣3) ; 当 S△PBE:S△BED=1:2 时,同理可得 P( ,﹣ 故存在 P(2,﹣3)或 P( ,﹣ ) . ) ,

点评: 此题是二次函数的综合类题目,涉及到:二次函数解析式的确定、圆周角定理、扇形面积的计算方法以及 图形面积的求法等知识,综合性强,难度稍大. 19. (16 分)某校在向“希望工程”捐款活动中,甲班的 m 个男生和 11 个女生的捐款总数与乙班的 9 个男生和 n 个女 生的捐款总数相等,都是(m?n+9m+11n+145)元,已知每人的捐款数相同,且都是整数元,求每人的捐款数. 考点: 专题: 分析: 解答: 数的整除性. 计算题. 根据题意得到 m+11=n+9,从(m+11) (n+9)+46 的整除性得到 m、n 的值. 解:据题意 m+11=n+9,且整除 m?n+9m+11n+145,而 m?n+9m+11n+145=(m+11) (n+9)+46, 故 m+11,n+9 都整除 46,
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由此得

① 或

② ,

在① 时,得每人捐款 25 元,在② 时,每人捐款 47 元, 综上可知,每人捐款数为 25 元或 47 元. 点评: 此题考查了数的整除性,要通过逻辑推理得到正确答案,体现了竞赛题的一般特征. 20. (16 分)已知△ ABC 是圆 O 的内接三角形,∠ BAC 的平分线交 BC 于 F 交圆 O 于 D,DE 切圆 O 于 D 交 AC 的 延长线于 E,连 BD,若 BD=3 ,DE+EC=6,AB:AC=3:2,求 BC 的长.

考点: 切线的性质. 分析: 利用切线的性质以及圆周角、弦切角、弧之间的关系证明直线平行和三角形相似分别求出 AB、AC、DE、 EC 的值,然后利用三角形相似求出 FC,AF,DF 的值,最后利用相交弦定理求出 BF 的值,从而求出 BC 的值. 解答: 解:∵ DE 是圆 O 的切线, ∴ ∠ CDE=∠ CBD=∠ DAE. ∴ △ ADE∽ △ DCE
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∴ ∴ DE =AE?EC 2 ∴ DE =(AC+EC)EC ∵ DE+EC=6 ∴ DE=6﹣EC 2 2 ∴ (6﹣EC) =AC?EC+EC ∵ ∠ CBD=∠ DAC, ∴ ∠ CDE=∠ DAC. ∵ AD 平分∠ BAC, ∴ ∠ BAD=∠ CAD. ∴ ∠ CDE=∠ BAD,BD=DC=3 ∵ ∠ BAD=∠ BCD, ∴ ∠ CDE=∠ BCD. ∴ BC∥ DE. ∴ △ ABD∽ △ DCE, ∴ ∴ AB?EC=18 ∵ AB:AC=3:2 设 AB=3x,AC=2x,EC=y,则有
2



解得: ∴ AB=9,AC=6,EC=2 ∴ DE=4 ∵ BC∥ DE. ∴ △ AFC∽ △ ADE ∴ =

∴ ∴ FC=3 可以证明△ DFC∽ △ BFA ∴ ∴ FA=

∴ ∴ AD=6 ∴ DF= ∵ DF?AF=BF?FC ∴ ∴ BF= ∴ BC= = . .

故 BC 的长为

点评: 本题是一道切线的性质运用的解答题,考查了切割线定理,相交弦定理以及相似三角形的判定及性质、平 行线的判定.综合性较强,难度较大.


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