2017年宜昌中考數學試卷答案解析及word文字版下載（難度系數點評）

、單項選擇題（共15小題，每小題3分，滿分45分）
1．（3分）（2016•宜昌）三峽大壩全長約2309米，這個數據用科學記數法表示為（　　）米．

　A．2.309×103B．23.09×102C．0.2309×104D．2.309×10?3
考點：科學記數法?表示較大的數．
分析：科學記數法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n為整數．確定n的值時，要看把原數變成a時，小數點移動了多少位，n的絕對值與小數點移動的位數相同．當原數絕對值＞1時，n是正數；當原數的絕對值＜1時，n是負數．
解答：解：2309=2.309×103，
故選：A．
點評：此題考查科學記數法的表示方法．科學記數法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n為整數，表示時關鍵要正確確定a的值以及n的值．

2．（3分）（2016•宜昌）在?2，0，3，這四個數中，最大的數是（　　）
　A．?2B．0C．3D．

考點：實數大小比較．
分析：根據正數大于0，0大于負數，可得答案．
解答：解：?2＜0＜＜3，
故選：C．
點評：本題考查了實數比較大小，是解題關鍵．
　
3．（3分）（2016•宜昌）行四邊形的內角和為（　　）
　A．180°B．270°C．360°D．640°

考點：多邊形內角與外角．
分析：利用多邊形的內角和=（n?2）•180°即可解決問題
解答：解：解：根據多邊形的內角和可得：
（4?2）×180°=360°．
故選：C．
點評：本題考查了對于多邊形內角和定理的識記．n邊形的內角和為（n?2）•180°．
　
4．（3分）（2016•宜昌）作業時間是中小學教育質量綜合評價指標的考查要點之一，騰飛學習小組五個同學每天課外作業時間分別是（單位：分鐘）：60，80，75，45，120．這組數據的中位數是（　　）
　A．45B．75C．80D．60

考點：中位數．
分析：根據中位數的概念求解即可．
解答：解：將數據從小到大排列為：45，60，75，80，120，
中位數為75．
故選B．
點評：本題考查了中位數的定義，中

位數是將一組數據從小到大（或從大到小）重新排列后，最中間的那個數（最中間兩個數的均數），叫做這組數據的中位數．
　
5．（3分）（2016•宜昌）如圖的幾何體是由一個圓柱體和一個長方形組成的，則這個幾何體的俯視圖是（　　）

　A．B．C．D．

考點：簡單組合體的三視圖．
分析：根據俯視圖是從上面看得到的圖形，可得答案．
解答：解：從上面看外邊是一個矩形，里面是一個圓，
故選：C．
點評：本題考查了簡單組合體的三視圖，俯視圖是從上面看得到的圖形．
　
6．（3分）（2016宜昌）已知三角形兩邊長分別為3和8，則該三角形第三邊的長可能是（　　）
　A．5B．10C．11D．12

考點：三角形三邊關系．
分析：根據三角形的第三邊大于兩邊之差，而小于兩邊之和求得第三邊的取值范圍，再進一步選擇．
解答：解：根據三角形的三邊關系，得
第三邊大于：8?3=5，而小于：3+8=11．
則此三角形的第三邊可能是：10．
故選：B．
點評：本題考查了三角形的三邊關系，即三角形的第三邊大于兩邊之差，而小于兩邊之和，此題基礎題，比較簡單．

7．（3分）（2016宜昌）下列計算正確的是（　　）
　A．a+2a2=3a3B．a3•a2=a6C．a6+a2=a3D．（ab）3=a3b3

考點：冪的乘方與積的乘方；合并同類項；同底數冪的乘法．
分析：根據合并同類項法則，同底數冪的乘法，積的乘方分別求出每個式子的結果，再判斷即可．
解答：解：A、a和2a2不能合并，故本選項錯誤；
B、a3•a2=a5，故本選項錯誤；
C、a6和a2不能合并，故本選項錯誤；
D、（ab）3=a3b3，故本選項正確；
故選D．
點評：本題考查了合并同類項法則，同底數冪的乘法，積的乘方的應用，主要考查學生的計算能力．
　
8．（3分）（2016宜昌）3月，YC市舉辦了首屆中學生漢字聽寫大會，從甲、乙、丙、丁4套題中隨機抽取一套訓練，抽中甲的概率是（　　）
　A．B．C．D．1

考點：概率公式．
分析：四套題中抽一套進行訓練，利用概率公式直接計算即可．
解答：解：∵從甲、乙、丙、丁4套題中隨機抽取一套訓練，
∴抽中甲的概率是，
故選C．
點評：本題考查了概率的公式，能記住概率的求法是解決本題的關鍵，比較簡單．
　
9．（3分）（2016宜昌）如圖，A，B兩地被池塘隔開，小明通過下列方法測出了A、B間的距離：先在AB外選一點C，然后測出AC，BC的中點M，N，并測量出MN的長為12m，由此他就知道了A、B間的距離．有關他這次探究活動的描述錯誤的是（　　）

　A．AB=24mB．MN∥ABC．△CMN∽△CABD．CM：MA=1：2

考點：三角形中位線定理；相似三角形的應用．
專題：應用題．
分析：根據三角形的中位線行于第三邊并且等于第三邊的一半可得MN∥AB，MN=AB，再根據相似三角形的判定解答．
解答：解：∵M、N分別是AC，BC的中點，
∴MN∥AB，MN=AB，
∴AB=2MN=2×12=24m，
△CMN∽△CAB，
∵M是AC的中點，
∴CM=MA，
∴CM：MA=1：1，
故描述錯誤的是D選項．
故選D．
點評：本題考查了三角形的中位線行于第三邊并且等于第三邊的一半，相似三角形的判定，熟記定理并準確識圖是解題的關鍵．
　
10．（3分）（2014•宜昌）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠A=30°，以B為圓心，BC的長為半徑圓弧，交AC于點D，連接BD，則∠ABD=（　　）

　A．30B．45C．60D．90

考點：等腰三角形的性質．
分析：根據等腰三角形兩底角相等求出∠ABC=∠ACB，再求出∠CBD，然后根據∠ABD=∠ABC?∠CBD計算即可得解．
解答：解：∵AB=AC，∠A=30°，
∴∠ABC=∠ACB=（180°?∠A）=（180°?30°）=75°，
∵以B為圓心，BC的長為半徑圓弧，交AC于點D，
∴BC=BD，
∴∠CBD=180°?2∠ACB=180°?2×75°=30°，
∴∠ABD=∠ABC?∠CBD=75°?30°=45°．
故選B．
點評：本題考查了等腰三角形的性質，主要利用了等腰三角形兩底角相等，熟記性質是解題的關鍵．
　
11．（3分）（2016•宜昌）要使分式有意義，則的取值范圍是（　　）
　A．x≠1B．x＞1C．x＜1D．x≠?1

考點：分式有意義的條件．
分析：根據分母不等于0列式計算即可得解．
解答：解：由題意得，x?1≠0，
解得x≠1．
故選A．
點評：本題考查了分式有意義的條件，從以下三個方面透徹理解分式的概念：
（1）分式無意義⇔分母為零；
（2）分式有意義⇔分母不為零；
（3）分式值為零⇔分子為零且分母不為零．
　
12．（3分）（2016•宜昌）如圖，點A，B，C，D都在⊙O上，AC，BD相交于點E，則∠ABD=（　　）

　A．∠ACDB．∠ADBC．∠AEDD．∠ACB

考點：圓周角定理．
分析：根據圓周角定理即可判斷A、B、D，根據三角形外角性質即可判斷C．
解答：解：A、∵∠ABD對的弧是弧AD，∠ACD對的弧也是AD，
∴∠ABD=∠ACD，故本選項正確；
B、∵∠ABD對的弧是弧AD，∠ADB對的弧也是AB，而已知沒有說弧AD=弧AB，
∴∠ABD和∠ACD不相等，故本選項錯誤；
C、∠AED＞∠ABD，故本選項錯誤；
D、∵∠ABD對的弧是弧AD，∠ACB對的弧也是AB，而已知沒有說弧AD=弧AB，
∴∠ABD和∠ACB不相等，故本選項錯誤；
故選A．
點評：本題考查了圓周角定理和三角形外角性質的應用，注意：在同圓或等哦圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等．
　
13．（3分）（2016•宜昌）如圖，在4×4的正方形網格中，每個小正方形的邊長為1，若將△AOC繞點O順時針旋轉90°得到△BOD，則的長為（　　）

　A．πB．6πC．3πD．1.5π

考點：旋轉的性質；弧長的計算．
分析：根據弧長公式列式計算即可得解．
解答：解：的長==1.5π．
故選D．
點評：本題考查了旋轉的性質，弧長的計算，熟記弧長公式是解題的關鍵．
　
14．（3分）（2014•宜昌）如圖，M，N兩點在數軸上表示的數分別是m，n，則下列式子中成立的是（　　）

　A．m+n＜0B．?m＜?nC．|m|?|n|＞0D．2+m＜2+n

考點：實數與數軸．
分析：根據M、N兩點在數軸上的位置判斷出其取值范圍，再對各選項進行逐一分析即可．
解答：解：M、N兩點在數軸上的位置可知：?1＜M＜0，N＞2，
∵M+N＞O，故A錯誤，
∵?M＞?N，故B錯誤，
∵|m|?|n|＜，0故C錯誤．
∵2+m＜2+n正確，
∴D選項正確．
故選：D．
點評：本題考查的是數軸的特點，根據a、b兩點在數軸上的位置判斷出其取值范圍是解答此題的關鍵．
　
15．（3分）（2014•宜昌）二次函數y=ax2+b（b＞0）與反比例函數y=在同一坐標系中的圖象可能是（　　）
　A．B．C．D．

考點：二次函數的圖象；反比例函數的圖象．
專題：數形結合．
分析：先根據各選項中反比例函數圖象的位置確定a的范圍，再根據a的范圍對拋物線的大致位置進行判斷，從而確定該選項是否正確．
解答：解：A、對于反比例函數y=經過第二、四象限，則a＜0，所以拋物線開口向下，所以A選項錯誤；
B、對于反比例函數y=經過第一、三象限，則a＞0，所以拋物線開口向上，b＞0，拋物線與y軸的交點在x軸上方，所以B選項正確；
C、對于反比例函數y=經過第一、三象限，則a＞0，所以拋物線開口向上，所以C選項正確；
D、對于反比例函數y=經過第一、三象限，則a＞0，所以拋物線開口向上，而b＞0，拋物線與y軸的交點在x軸上方，所以D選項錯誤．
故選B．
點評：本題考查了二次函數的圖象：二次函數y=ax2+bx+c（a、b、c為常數，a≠0）的圖象為拋物線，當a＞0，拋物線開口向上；當a＜0，拋物線開口向下．對稱軸為直線x=?；與y軸的交點坐標為（0，c）．也考查了反比例函數的圖象．
　
二、解答題（共9小題，共75分）
16．（6分）（2014•宜昌）計算：+|?2|+（?6）×（?）．

考點：實數的運算．
分析：本題涉及絕對值、二次根式化簡、有理數的乘法三個考點．針對每個考點分別進行計算，然后再計算有理數的加法即可．
解答：解：原式=2+2+4=8．
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練掌握二次根式、絕對值等考點的運算．
　
17．（6分）（2014•宜昌）化簡：（a+b）（a?b）+2b2．

考點：方差公式；合并同類項．
分析：先根據方差公式算乘法，再合并同類項即可．
解答：解：原式=a2?b2+2b2
=a2+b2．
點評：本題考查了方差公式和整式的混合運算的應用，主要考查學生的化簡能力．
　
18．（7分）（2014•宜昌）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AD分∠CAB．
（1）求∠CAD的度數；
（2）延長AC至E，使CE=AC，求證：DA=DE．

考點：全等三角形的判定與性質．
分析：（1）利用“直角三角形的兩個銳角互余”的性質和角分的性質進行解答；
（2）通過證△ACD≌△ECD來推知DA=DE．
解答：（1）解：如圖，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠B=30°，
∴∠CAB=60°．
又∵AD分∠CAB，
∴∠CAD=∠CAB=30°，即∠CAD=30°；

（2）證明：∵∠ACD+∠ECD=180°，且∠ACD=90°，
∴∠ECD=90°，
∴∠ACD=∠ECD．
在△ACD與△ECD中，，
∴△ACD≌△ECD（SAS），
∴DA=DE．
點評：本題考查了全等三角形的判定與性質．在應用全等三角形的判定時，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時添加適當輔助線構造三角形．
　
19．（7分）（2014•宜昌）下表中，y是x的一次函數．

x?212　4　5
y6?3　?6　?12?15
（1）求該函數的表達式，并補全表格；
（2）已知該函數圖象上一點M（1，?3）也在反比例函數y=圖象上，求這兩個函數圖象的另一交點N的坐標．

考點：反比例函數與一次函數的交點問題；待定系數法求一次函數解析式．
分析：（1）設y=kx+b，將點（?2，6）、（5，?15）代入可得函數解析式，也可補全表格；
（2）將點M的坐標代入，可得m的值，聯立一次函數及反比例函數解析式可得另一交點坐標．
解答：解：（1）設該一次函數為y=kx+b（k≠0），
∵當x=?2時，y=6，當x=1時，y=?3，
∴，
解得：，
∴一次函數的表達式為：y=?3x，
當x=2時，y=?6；當y=?12時，x=4．
補全表格如題中所示．

（2）∵點M（1，?3）在反比例函數y=上（m≠0），
∴?3=，
∴m=?3，
∴反比例函數解析式為：y=?，
聯立可得，
解得：或，
∴另一交點坐標為（?1，3）．
點評：本題考查了反比例函數與一次函數的交點問題，解答本題的關鍵是熟練待定系數法的運用，難度一般．
　
20．（8分）（2016宜昌）“低碳生活，綠色出行”是我們倡導的一種生活方式，有關部門抽樣調查了某單位員工上下班的交通方式，繪制了如下統計圖：

（1）填空：樣本中的總人數為　80　；開私家車的人數m=　20　；扇形統計圖中“騎自行車”所在扇形的圓心角為　72　度；
（2）補全條形統計圖；
（3）該單位共有2000人，積極踐行這種生活方式，越來越多的人上下班由開私家車改為騎自行車．若步行，坐公交車上下班的人數保持不變，問原來開私家車的人中至少有多少人改為騎自行車，才能使騎自行車的人數不低于開私家車的人數？

考點：條形統計圖；一元一次不等式的應用；扇形統計圖．
專題：圖表型．
分析：（1）用乘公交車的人數除以所占的百分比，計算即可求出總人數，再用總人數乘以開私家車的所占的百分比求出m，用360°乘以騎自行車的所占的百分比計算即可得解；
（2）求出騎自行車的人數，然后補全統計圖即可；
（3）設原來開私家車的人中有x人改為騎自行車，表示出改后騎自行車的人數和開私家車的人數，列式不等式，求解即可．
解答：解：（1）樣本中的總人數為：36÷45%=80人，
開私家車的人數m=80×25%=20；
扇形統計圖中“騎自行車”所占的百分比為：1?10%?25%?45%=20%，
所在扇形的圓心角為360°×20%=72°；
故答案為：80，20，72；

（2）騎自行車的人數為：80×20%=16人，
補全統計圖如圖所示；

（3）設原來開私家車的人中有x人改為騎自行車，
由題意得，×2000+x≥×2000?x，
解得x≥50，
答：原來開私家車的人中至少有50人改為騎自行車，才能使騎自行車的人數不低于開私家車的人數．

點評：本題考查的是條形統計圖和扇形統計圖的綜合運用，讀懂統計圖，從不同的統計圖中得到必要的信息是解決問題的關鍵．條形統計圖能清楚地表示出每個項目的數據；扇形統計圖直接反映部分占總體的百分比大小．
　
21．（8分）（2016•宜昌）已知：如圖，四邊形ABCD為行四邊形，以CD為直徑作⊙O，⊙O與邊BC相交于點F，⊙O的切線DE與邊AB相交于點E，且AE=3EB．
（1）求證：△ADE∽△CDF；
（2）當CF：FB=1：2時，求⊙O與▱ABCD的面積之比．

考點：切線的性質；勾股定理；行四邊形的性質；相似三角形的判定與性質．
分析：（1）根據行四邊形的性質得出∠A=∠C，AD∥BC，求出∠ADE=∠CDF，根據相似三角形的判定推出即可；
（2）設CF=x，FB=2x，則BC=3x，設EB=y，則AE=3y，AB=4y，根據相似得出=，求出x=2y，由勾股定理得求出DF=2y，分別求出⊙O的面積和四邊形ABCD的面積，即可求出答案．
解答：（1）證明：∵CD是⊙O的直徑，
∴∠DFC=90°，
∵四邊形ABCD是行四邊形，
∴∠A=∠C，AD∥BC，
∴∠ADF=∠DFC=90°，
∵DE為⊙O的切線，
∴DE⊥DC，
∴∠EDC=90°，
∴∠ADF=∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
∵∠A=∠C，
∴△ADE∽△CDE；

（2）解：∵CF：FB=1：2，
∴設CF=x，FB=2x，則BC=3x，
∵AE=3EB，
∴設EB=y，則AE=3y，AB=4y，
∵四邊形ABCD是行四邊形，
∴AD=BC=3x，AB=DC=4y，
∵△ADE∽△CDF，
∴=，
∴=，
∵x、y均為正數，
∴x=2y，
∴BC=6y，CF=2y，
在Rt△DFC中，∠DFC=90°，
由勾股定理得：DF===2y，
∴⊙O的面積為π•（DC）2=π•DC2=π（4y）2=4πy2，
四邊形ABCD的面積為BC•DF=6y•2y=12y2，
∴⊙O與四邊形ABCD的面積之比為4πy2：12y2=π：3．
點評：本題考查了行四邊形的性質，相似三角形的性質和判定，勾股定理的應用，主要考查學生綜合運用性質進行推理和計算的能力．
　
22．（10分）（2016•宜昌）在“文化宜昌•全民閱讀”活動中，某中學社團“精一讀書社”對全校學生的人數及紙質圖書閱讀量（單位：本）進行了調查，2012年全校有1000名學生，2013年全校學生人數比2012年增加10%，全校學生人數比2013年增加100人．
（1）求2014年全校學生人數；
（2）2013年全校學生人均閱讀量比2012年多1本，閱讀總量比2012年增加1700本（注：閱讀總量=人均閱讀量×人數）
①求2012年全校學生人均閱讀量；
②2012年讀書社人均閱讀量是全校學生人均閱讀量的2.5倍，如果2012年、這兩年讀書社人均閱讀量都比前一年增長一個相同的百分數a，全校學生人均閱讀量比2012年增加的百分數也是a，那么讀書社全部80名成員的閱讀總量將達到全校學生閱讀總量的25%，求a的值．

考點：一元二次方程的應用；一元一次方程的應用．
分析：（1）根據題意，先求出2013年全校的學生人數就可以求出的學生人數；
（2）①設2012人均閱讀量為x本，則2013年的人均閱讀量為（x+1）本，根據閱讀總量之間的數量關系建立方程就可以得出結論；
②由①的結論就可以求出2012年讀書社的人均讀書量，讀書社的人均讀書量，全校的人均讀書量，由讀書社的讀書量與全校讀書量之間的關系建立方程求出其解即可．
解答：解：（1）由題意，得
2013年全校學生人數為：1000×（1+10%）=1100人，
∴全校學生人數為：1100+100=1200人；

（2）①設2012人均閱讀量為x本，則2013年的人均閱讀量為（x+1）本，由題意，得
1100（x+1）=1000x+1700，
解得：x=6．
答：2012年全校學生人均閱讀量為6本；
②由題意，得
2012年讀書社的人均讀書量為：2.5×6=15本，
讀書社人均讀書量為15（1+a）2本，
全校學生的讀書量為6（1+a）本，
80×15（1+a）2=1200×6（1+a）×25%
2（1+a）2=3（1+a），
∴a1=?1（舍去），a2=0.5．
答：a的值為0.5．
點評：本題考查了列一元一次方程解實際問題的運用，一元二次方程的解法的運用，增長率問題的數量關系的運用，解答時根據閱讀總量之間的關系建立方程是關鍵．
　
23．（11分）（2016•宜昌）在矩形ABCD中，=a，點G，H分別在邊AB，DC上，且HA=HG，點E為AB邊上的一個動點，連接HE，把△AHE沿直線HE翻折得到△FHE．

（1）如圖1，當DH=DA時，
①填空：∠HGA=　45　度；
②若EF∥HG，求∠AHE的度數，并求此時的最小值；
（2）如圖3，∠AEH=60°，EG=2BG，連接FG，交邊FG，交邊DC于點P，且FG⊥AB，G為垂足，求a的值．

考點：四邊形綜合題．
分析：（1）①根據矩形的性質和已知條件得出∠HAE=45°，再根據HA=HG，得出∠HAE=∠HGA，從而得出答案；
②先分兩種情況討論：第一種情況，根據（1）得出∠AHG=90°，再根據折疊的性質得出∠HAE=∠F=45°，∠AHE=∠FHE，再根據EF∥HG，得出∠AHF=∠AHG?∠FHG，即可得出∠AHE=22.5°，此時，當B與G重合時，a的值最小，求出最小值；第二種情況：根據已知得出∠AEH+∠FEH=45°，由折疊的性質求出∠AHE的度數，此時，當B與E重合時，a的值最小，設DH=DA=x，則AH=CH=x，在Rt△AHG中，∠AHG=90°，根據勾股定理得：AG=AH=2x，再根據∠AEH=∠FEH，∠GHE=∠FEH，求出∠AEH=∠GHE，得出AB=AE=2x+x，從而求出a的最小值；
（2）先過點H作HQ⊥AB于Q，則∠AQH=∠GOH=90°，根據矩形的性質得出∠D=∠DAQ=∠AQH=90°，得出四邊形DAQH為矩形，設AD=x，GB=y，則HQ=x，EG=2y，
由折疊的性質可知∠AEH=∠FEH=60°，得出∠FEG=60°，在Rt△EFG中，根據特殊角的三角函數值求出EG和EQ的值，再由折疊的性質得出AE=EF，求出y的值，從而求出AB=2AQ+GB，即可得出a的值．
解答：解：（1）①∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ADH=90°，
∵DH=DA，
∴∠DAH=∠DHA=45°，
∴∠HAE=45°，
∵HA=HG，
∴∠HAE=∠HGA=45°；
故答案為：45°；

②分兩種情況討論：
第一種情況：
∵∠HAG=∠HGA=45°；
∴∠AHG=90°，
由折疊可知：∠HAE=∠F=45°，∠AHE=∠FHE，
∵EF∥HG，
∴∠FHG=∠F=45°，
∴∠AHF=∠AHG?∠FHG=45°，
即∠AHE+∠FHE=45°，
∴∠AHE=22.5°，
此時，當B與G重合時，a的值最小，最小值是2；
第二種情況：
∵EF∥HG，
∴∠HGA=∠FEA=45°，
即∠AEH+∠FEH=45°，
由折疊可知：∠AEH=∠FEH，
∴∠AEH=∠FEH=22.5°，
∵EF∥HG，
∴∠GHE=∠FEH=22.5°，
∴∠AHE=90°+22.5°=112.5°，
此時，當B與E重合時，a的值最小，
設DH=DA=x，則AH=CH=x，
在Rt△AHG中，∠AHG=90°，由勾股定理得：
AG=AH=2x，
∵∠AEH=∠FEH，∠GHE=∠FEH，
∴∠AEH=∠GHE，
∴GH=GE=x，
∴AB=AE=2x+x，
∴a的最小值是=2+；

（2）如圖：過點H作HQ⊥AB于Q，則∠AQH=∠GOH=90°，
在矩形ABCD中，∠D=∠DAQ=90°，
∴∠D=∠DAQ=∠AQH=90°，
∴四邊形DAQH為矩形，
∴AD=HQ，
設AD=x，GB=y，則HQ=x，EG=2y，
由折疊可知：∠AEH=∠FEH=60°，
∴∠FEG=60°，
在Rt△EFG中，EG=EF×cos60°，EF=4y，
在Rt△HQE中，EQ==x，
∴QG=QE+EG=x+2y，
∵HA=HG，HQ⊥AB，
∴AQ=GQ=x+2y，
∴AE=AQ+QE=x+2y，
由折疊可知：AE=EF，
∴x+2y=4y，
∴y=x，
∴AB=2AQ+GB=2（x+2y）+y=x，
∴a==．


點評：此題考查了四邊形的綜合，用到的知識點是矩形的性質、折疊的性質、勾股定理、特殊角的三角函數值等知識點，關鍵是根據題意做出輔助線，構造直角三角形．
　
24．（12分）（2016•宜昌）如圖，在面直角坐標系中，已知點P（0，4），點A在線段OP上，點B在x軸正半軸上，且AP=OB=t，0＜t＜4，以AB為邊在第一象限內作正方形ABCD；過點C、D依次向x軸、y軸作垂線，垂足為M，N，設過O，C兩點的拋物線為y=ax2+bx+c．
（1）填空：△AOB≌△　DNA或△DPA　≌△BMC（不需證明）；用含t的代數式表示A點縱坐標：A（0，　4?t　）；
（2）求點C的坐標，并用含a，t的代數式表示b；
（3）當t=1時，連接OD，若此時拋物線與線段OD只有唯一的公共點O，求a的取值范圍；
（4）當拋物線開口向上，對稱軸是直線x=2?，頂點隨著的增大向上移動時，求t的取值范圍．

考點：二次函數綜合題．
分析：（1）根據全等三角形的判定定理SAS證得：△AOB≌△DNA或DPA≌△BMC；根據圖中相關線段間的和差關系來求點A的坐標；
（2）利用（1）中的全等三角形的對應邊相等易推知：OM=OB+BM=t+4?t=4，則C（4，t）．把點O、C的坐標分別代入拋物線y=ax2+bx+c可以求得b=t?4a；
（3）利用待定系數法求得直線OD的解析式y=x．聯立方程組，得，所以ax2+（??4a）x=0，解得x=0或x=4+．
對于拋物線的開口方向進行分類討論，即a＞0和a＜0兩種情況下的a的取值范圍；
（4）根據拋物線的解析式y=ax2+（?4a）x得到頂點坐標是（?，?（t?16a）2）．結合已知條件求得a=t2，故頂點坐標為（2?，?（t?）2）．喲拋物線的性質知：只與頂點坐標有關，故t的取值范圍為：0＜t≤．
解答：解：（1）如圖，∵∠DNA=∠AOB=90°，
∴∠NAD=∠OBA（同角的余角相等）．
在△AOB與△DNA中，，
∴△AOB≌△DNA（SAS）．
同理△DNA≌△BMC．
∵點P（0，4），AP=t，
∴OA=OP?AP=4?t．
故答案是：DNA或△DPA；4?t；

（2）由題意知，NA=OB=t，則OA=4?t．
∵△AOB≌△BMC，
∴CM=OB=t，
∴OM=OB+BM=t+4?t=4，
∴C（4，t）．
又拋物線y=ax2+bx+c過點O、C，
∴，
解得b=t?4a；

（3）當t=1時，拋物線為y=ax2+（?4a）x，NA=OB=1，OA=3．
∵△AOB≌△DNA，
∴DN=OA=3，
∵D（3，4），
∴直線OD為：y=x．
聯立方程組，得，
消去y，得
ax2+（??4a）x=0，
解得x=0或x=4+，
所以，拋物線與直線OD總有兩個交點．
討論：①當a＞0時，4+＞3，只有交點O，所以a＞0符合題意；
②當a＜0時，若4+＞3，則a＜?．
又a＜0
所以a＜?．
若4+＜0，則得a＞?．
又a＜0，
所以?＜a＜0．
綜上所述，a的取值范圍是a＞0或a＜?或?＜a＜0．

（4）拋物線為y=ax2+（?4a）x，則頂點坐標是（?，?（t?16a）2）．
又∵對稱軸是直線x=?+2=2?，
∴a=t2，
∴頂點坐標為：（2?，?（1?4t）2），即（2?，?（t?）2）．
∵拋物線開口向上，且隨著t的增大，拋物線的頂點向上移動，
∴只與頂點坐標有關，
∴t的取值范圍為：0＜t≤．

點評：本題考查了二次函數綜合題型．此題難度較大，需要熟練掌握待定系數法求二次函數解析式，全等三角形的判定與性質，二次函數圖象的性質等知識點，綜合性比較強，需要學生對所學知識進行系統的掌握．