2014苏州市中考数学试卷（有答案和解释）
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2014苏州市中考数学试卷（有答案和解释）
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2014苏州市中考数学试卷（有答案和解释）
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文 章 来源 莲山 课件 w w w.5 Y
江苏省苏州市2014年中考数学试卷　一、（共10小题，每小题3分，共30分）1．（3分）（;苏州）（3）×3的结果是（　　）　&A．&9&B．&0&C．&9&D．&6
考点：&有理数的．分析：&根据两数相乘，异号得负，可得答案 解答：&解：原式=3×3=9，故选：A．点评：&本题考查了有理数的，先确定积的符号，再进行绝对值得运算．　2．（3分）（;苏州）已知∠α和∠β是对顶角，若∠α=30°，则∠β的度数为（　　）　&A．&30°&B．&60°&C．&70°&D．&150°
考点：&对顶角、邻补角分析：&根据对顶角相等可得∠β与∠α的度数相等为30°．解答：&解：∵∠α和∠β是对顶角，∠α=30°，∴根据对顶角相等可得∠β=∠α=30°．故选：A．点评：&本题主要考查了对顶角相等的性质，比较简单．　3．（3分）（;苏州）有一组数据：1，3，3，4，5，这组数据的众数为（　　）　&A．&1&B．&3&C．&4&D．&5
考点：&众数分析：&根据众数的概念求解．解答：&解：这组数据中3出现的次数最多，故众数为3．故选B点评：&本题考查了众数的概念：一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．　4．（3分）（;苏州）若式子 在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）　&A．&x≤4&B．&x≥4&C．&x≤4&D．&x≥4
考点：&二次根式有意义的条件分析：&二次根式有意义，被开方数是非负数．解答：&解：依题意知，x4≥0，解得x≥4．故选：D．点评：&考查了二次根式的意义和性质．概念：式子 （a≥0）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．　5．（3分）（;苏州）如图，一个圆形转盘被分成6个圆心角都为60°的扇形，任意转动这个转盘1次，当转盘停止转动时，指针指向阴影区域的概率是（　　）&　&A．& &B．& &C．& &D．&
考点：&几何概率．分析：&设圆的面积为6，易得到阴影区域的面积为4，然后根据概率的概念计算即可．解答：&解：设圆的面积为6，∵圆被分成6个相同扇形，∴每个扇形的面积为1，∴阴影区域的面积为4，∴指针指向阴影区域的概率= = ．故选D．点评：&本题考查了求几何概率的方法：先利用几何性质求出整个几何图形的面积n，再计算出其中某个区域的几何图形的面积m，然后根据概率的定义计算出落在这个几何区域的事件的概率= ．　6．（3分）（;苏州）如图，在△ABC中，点D在BC上，AB=AD=DC，∠B=80°，则∠C的度数为（　　）&　&A．&30°&B．&40°&C．&45°&D．&60°
考点：&等腰三角形的性质分析：&先根据等腰三角形的性质求出∠ADB的度数，再由平角的定义得出∠ADC的度数，根据等腰三角形的性质即可得出结论．解答：&解：∵△ABD中，AB=AD，∠B=80°，∴∠B=∠ADB=80°，∴∠ADC=180°∠ADB=100°，∵AD=CD，∴∠C= = =40°．故选B．点评：&本题考查的是等腰三角形的性质，熟知等腰三角形的两底角相等是解答此题的关键．　7．（3分）（;苏州）下列关于x的方程有实数根的是（　　）　&A．&x2x+1=0&B．&x2+x+1=0&C．&（x1）（x+2）=0&D．&（x1）2+1=0
考点：&根的判别式．专题：&．分析：&分别计算A、B中的判别式的值；根据判别式的意义进行判断；利用因式分解法对C进行判断；根据非负数的性质对D进行判断．解答：&解：A、△=（1）24×1×1=3＜0，方程没有实数根，所以A选项错误；B、△=124×1×1=3＜0，方程没有实数根，所以B选项错误；C、x1=0或x+2=0，则x1=1，x2=2，所以C选项正确；D、（x1）2=1，方程左边为非负数，方程右边为0，所以方程没有实数根，所以D选项错误．故选C．点评：&本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b24ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．　8．（3分）（;苏州）二次函数y=ax2+bx1（a≠0）的图象经过点（1，1），则代数式1ab的值为（　　）　&A．&3&B．&1&C．&2&D．&5
考点：&二次函数图象上点的坐标特征．分析：&把点（1，1）代入函数解析式求出a+b，然后代入代数式进行计算即可得解．解答：&解：∵二次函数y=ax2+bx1（a≠0）的图象经过点（1，1），∴a+b1=1，∴a+b=2，∴1ab=1（a+b）=12=1．故选B．点评：&本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，整体思想的利用是解题的关键．　9．（3分）（;苏州）如图，港口A在观测站O的正东方向，OA=4km，某船从港口A出发，沿北偏东15°方向航行一段距离后到达B处，此时从观测站O处测得该船位于北偏东60°的方向，则该船航行的距离（即AB的长）为（　　）&　&A．&4km&B．&2 km&C．&2 km&D．&（ +1）km
考点：&解直角三角形的应用-方向角问题．分析：&过点A作AD⊥OB于D．先解Rt△AOD，得出AD= OA=2，再由△ABD是等腰直角三角形，得出BD=AD=2，则AB= AD=2 ．解答：&解：如图，过点A作AD⊥OB于D．在Rt△AOD中，∵∠ADO=90°，∠AOD=30°，OA=4，∴AD= OA=2．在Rt△ABD中，∵∠ADB=90°，∠B=∠CAB∠AOB=75°30°=45°，∴BD=AD=2，∴AB= AD=2 ．即该船航行的距离（即AB的长）为2 km．故选C．&点评：&本题考查了解直角三角形的应用方向角问题，难度适中，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．　10．（3分）（;苏州）如图，△AOB为等腰三角形，顶点A的坐标（2， ），底边OB在x轴上．将△AOB绕点B按顺时针方向旋转一定角度后得△A′O′B′，点A的对应点A′在x轴上，则点O′的坐标为（　　）&　&A．&（ ， ）&B．&（ ， ）&C．&（ ， ）&D．&（ ，4 ）
考点：&坐标与图形变化-旋转．分析：&过点A作AC⊥OB于C，过点O′作O′D⊥A′B于D，根据点A的坐标求出OC、AC，再利用勾股定理列式计算求出OA，根据等腰三角形三线合一的性质求出OB，根据旋转的性质可得BO′=OB，∠A′BO′=∠ABO，然后解直角三角形求出O′D、BD，再求出OD，然后写出点O′的坐标即可．解答：&解：如图，过点A作AC⊥OB于C，过点O′作O′D⊥A′B于D，∵A（2， ），∴OC=2，AC= ，由勾股定理得，OA= = =3，∵△AOB为等腰三角形，OB是底边，∴OB=2OC=2×2=4，由旋转的性质得，BO′=OB=4，∠A′BO′=∠ABO，∴O′D=4× = ，BD=4× = ，∴OD=OB+BD=4+ = ，∴点O′的坐标为（ ， ）．故选C．&点评：&本题考查了坐标与图形变化旋转，主要利用了勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟记性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．　二、题（共8小题，每小题3分，共24分）11．（3分）（;苏州） 的倒数是　 　．
考点：&倒数．分析：&根据乘积为1的两个数倒数，可得一个数的倒数．解答：&解： 的倒数是 ，故答案为： ．点评：&本题考查了倒数，分子分母交换位置是求一个数的倒数的关键．　12．（3分）（;苏州）已知地球的表面积约为km2，数用科学记数法可表示为　5.1×108　．
考点：&科学记数法―表示较大的数．分析：&科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值是易错点，由于有9位，所以可以确定n=91=8．解答：&解：510 000 000=5.1×108．故答案为：5.1×108．点评：&此题考查科学记数法表示较大的数的方法，准确确定a与n值是关键．　13．（3分）（;苏州）已知正方形ABCD的对角线AC= ，则正方形ABCD的周长为　4　．
考点：&正方形的性质．分析：&根据正方形的对角线等于边长的 倍求出边长，再根据正方形的周长公式列式计算即可得解．解答：&解：∵正方形ABCD的对角线AC= ，∴边长AB= ÷ =1，∴正方形ABCD的周长=4×1=4．故答案为：4．点评：&本题考查了正方形的性质，比较简单，熟记正方形的对角线等于边长的 倍是解题的关键．　14．（3分）（;苏州）某学校计划开设A、B、C、D四门校本课程供全体学生选修，规定每人必须并且只能选修其中一门，为了了解个门课程的选修人数．现从全体学生中随机抽取了部分学生进行调查，并把调查结果绘制成如图所示的条形统计图．已知该校全体学生人数为1200名，由此可以估计选修C课程的学生有　240　人．&
考点：&用样本估计总体；条形统计图．分析：&根据样本的数据，可得样本C占样本的比例，根据样本的比例，可C占总体的比例，根据总人数乘以C占得比例，可得答案．解答：&解：C占样本的比例 ，C占总体的比例是 ，选修C课程的学生有1200× =240（人），故答案为：240．点评：&本题考查了用样本估计总体，先求出样本所占的比例，估计总体中所占的比例．　15．（3分）（;苏州）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=8．若∠BPC= ∠BAC，则tan∠BPC=　 　．&
考点：&锐角三角函数的定义；等腰三角形的性质；勾股定理． 分析：&先过点A作AE⊥BC于点E，求得∠BAE= ∠BAC，故∠BPC=∠BAE．再在Rt△BAE中，由勾股定理得AE的长，利用锐角三角函数的定义，求得tan∠BPC=tan∠BAE= ．解答：&解：过点A作AE⊥BC于点E，&∵AB=AC=5，∴BE= BC= ×8=4，∠BAE= ∠BAC，∵∠BPC= ∠BAC，∴∠BPC=∠BAE．在Rt△BAE中，由勾股定理得AE= ，∴tan∠BPC=tan∠BAE= ．故答案为： ．点评：&求锐角的三角函数值的方法：利用锐角三角函数的定义，通过设参数的方法求三角函数值，或者利用同角（或余角）的三角函数关系式求三角函数值．　16．（3分）（;苏州）某地准备对一段长120m的河道进行清淤疏通．若甲工程队先用4天单独完成其中一部分河道的疏通任务，则余下的任务由乙工程队单独完成需要9天；若甲工程队先单独工作8天，则余下的任务由乙工程队单独完成需要3天．设甲工程队平均每天疏通河道xm，乙工程队平均每天疏通河道ym，则（x+y）的值为　20　．
考点：&二元一次方程组的应用．分析：&设甲工程队平均每天疏通河道xm，乙工程队平均每天疏通河道ym，就有4x+9y=120，8x+3y=120，由此构成方程组求出其解即可．解答：&解：设甲工程队平均每天疏通河道xm，乙工程队平均每天疏通河道ym，由题意，得&，解得： ．∴x+y=20．故答案为：20．点评：&本题考查了列二元一次房产界实际问题的运用，二元一次方程组的解法的运用，工程问题的数量关系的运用，解答时由工程问题的数量关系建立方程组求出其解是关键．　17．（3分）（;苏州）如图，在矩形ABCD中， = ，以点B为圆心，BC长为半径画弧，交边AD于点E．若AE•ED= ，则矩形ABCD的面积为　5　．&
考点：&矩形的性质；勾股定理．分析：&连接BE，设AB=3x，BC=5x，根据勾股定理求出AE=4x，DE=x，求出x的值，求出AB、BC，即可求出答案．解答：&解：如图，连接BE，则BE=BC．&设AB=3x，BC=5x，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=3x，AD=BC=5x，∠A=90°，由勾股定理得：AE=4x，则DE=5x4x=x，∵AE•ED= ，∴4x•x= ，解得：x= （负数舍去），则AB=3x= ，BC=5x= ，∴矩形ABCD的面积是AB×BC= × =5，故答案为：5．点评：&本题考查了矩形的性质，勾股定理的应用，解此题的关键是求出x的值，题目比较好，难度适中．　18．（3分）（;苏州）如图，直线l与半径为4的⊙O相切于点A，P是⊙O上的一个动点（不与点A重合），过点P作PB⊥l，垂足为B，连接PA．设PA=x，PB=y，则（xy）的最大值是　2　．&
考点：&切线的性质．分析：&作直径AC，连接CP，得出△APC∽△PBA，利用 = ，得出y= x2，所以xy=x x2= x2+x= （x4）2+2，当x=4时，xy有最大值是2．解答：&解：如图，作直径AC，连接CP，&∴∠CPA=90°，∵AB是切线，∴CA⊥AB，∵PB⊥l，∴AC∥PB，∴∠CAP=∠APB，∴△APC∽△PBA，∴ = ，∵PA=x，PB=y，半径为4∴ = ，∴y= x2，∴xy=x x2= x2+x= （x4）2+2，当x=4时，xy有最大值是2，故答案为：2．点评：&此题考查了切线的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，以及二次函数的性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．　三、解答题（共11小题，共76分）19．（5分）（;苏州）计算：22+|1| ．
考点：&实数的运算．专题：&．分析：&原式第一项利用乘方的意义化简，第二项利用绝对值的代数意义化简，最后一项利用平方根定义化简，计算即可得到结果．解答：&解：原式=4+12=3．点评：&此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则解本题的关键．　20．（5分）（;苏州）解不等式组： ．
考点：&解一元一次不等式组．专题：&计算题．分析：&分别求出不等式组中两不等式的解集，找出解集的公共部分即可．解答：&解： ，由①得：x＞3；由②得：x≤4，则不等式组的解集为3＜x≤4．点评：&此题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．　21．（5分）（;苏州）先化简，再求值： ，其中 ．
考点：&分式的化简求值．分析：&分式的化简，要熟悉混合运算的顺序，分子、分母能因式分解的先因式分解；除法要统一为乘法运算，注意化简后，将 ，代入化简后的式子求出即可．解答：&解： = ÷（ + ）= ÷ = × = ，把 ，代入原式= = = = ．点评：&此题主要考查了分式混合运算，要注意分子、分母能因式分解的先因式分解；除法要统一为乘法运算是解题关键．　22．（6分）（;苏州）解分式方程： + =3．
考点：&解分式方程．专题：&计算题．分析：&分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．解答：&解：去分母得：x2=3x3，解得：x= ，经检验x= 是分式方程的解．点评：&此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．　23．（6分）（;苏州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D、F分别在AB、AC上，CF=CB，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CE，连接EF．（1）求证：△BCD≌△FCE；（2）若EF∥CD，求∠BDC的度数．
考点：&全等三角形的判定与性质；旋转的性质．分析：&（1）由旋转的性质可得：CD=CE，再根据同角的余角相等可证明∠BCD=∠FCE，再根据全等三角形的判定方法即可证明△BCD≌△FCE；（2）由（1）可知：△BCD≌△FCE，所以∠BDC=∠E，易求∠E=90°，进而可求出∠BDC的度数．解答：&（1）证明：∵将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CE，∴CD=CE，∠DCE=90°，∵∠ACB=90°，∴∠BCD=90°∠ACD=∠FCE，在△BCD和△FCE中，&，∴△BCD≌△FCE（SAS）．
（2）解：由（1）可知△BCD≌△FCE，∴∠BDC=∠E，∵EF∥CD，∴∠E=180°∠DCE=90°，∴∠BDC=90°．点评：&本题考查了全等三角形的判定和性质、同角的余角相等、旋转的性质、平行线的性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．　24．（7分）（;苏州）如图，已知函数y= x+b的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，与函数y=x的图象交于点M，点M的横坐标为2，在x轴上有一点P（a，0）（其中a＞2），过点P作x轴的垂线，分别交函数y= x+b和y=x的图象于点C、D．（1）求点A的坐标；（2）若OB=CD，求a的值．&
考点：&两条直线相交或平行问题．专题：&计算题．分析：&（1）先利用直线y=x上的点的坐标特征得到点M的坐标为（2，2），再把M（2，2）代入y= x+b可计算出b=3，得到一次函数的解析式为y= x+3，然后根据x轴上点的坐标特征可确定A点坐标为（6，0）；（2）先确定B点坐标为（0，3），则OB=CD=3，再表示出C点坐标为（a， a+3），D点坐标为（a，a），所以a（ a+3）=3，然后解方程即可．解答：&解：（1）∵点M在直线y=x的图象上，且点M的横坐标为2，∴点M的坐标为（2，2），把M（2，2）代入y= x+b得1+b=2，解得b=3，∴一次函数的解析式为y= x+3，把y=0代入y= x+3得 x+3=0，解得x=6，∴A点坐标为（6，0）；
（2）把x=0代入y= x+3得y=3，∴B点坐标为（0，3），∵CD=OB，∴CD=3，∵PC⊥x轴，∴C点坐标为（a， a+3），D点坐标为（a，a）∴a（ a+3）=3，∴a=4．点评：&本题考查了两条直线相交或平行问题：两条直线的交点坐标，就是由这两条直线相对应的一次函数表达式所组成的二元一次方程组的解；若两条直线是平行的关系，那么他们的自变量系数相同，即k值相同．　25．（7分）（;苏州）如图，用红、蓝两种颜色随机地对A、B、C三个区域分别进行涂色，每个区域必须涂色并且只能涂一种颜色，请用列举法（画树状图或列表）求A、C两个区域所涂颜色不相同的概率．&
考点：&列表法与树状图法．专题：&计算题．分析：&画树状图得出所有等可能的情况数，找出A与C中颜色不同的情况数，即可求出所求的概率．解答：&解：画树状图，如图所示：&所有等可能的情况有8种，其中A、C两个区域所涂颜色不相同的有4种，则P= = ．点评：&此题考查了列表法与树状图法，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．　26．（8分）（;苏州）如图，已知函数y= （x＞0）的图象经过点A、B，点A的坐标为（1，2），过点A作AC∥y轴，AC=1（点C位于点A的下方），过点C作CD∥x轴，与函数的图象交于点D，过点B作BE⊥CD，垂足E在线段CD上，连接OC、OD．（1）求△OCD的面积；（2）当BE= AC时，求CE的长．&
考点：&反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征．分析：&（1）根据待定系数法，可得函数解析式，根据图象上的点满足函数解析式，可得D点坐标，根据三角形的面积公式，可得答案；（2）根据BE的长，可得B点的纵坐标，根据点在函数图象上，可得B点横坐标，根据两点间的距离公式，可得答案．解答：&解；（1）y= （x＞0）的图象经过点A（1，2），∴k=2．∵AC∥y轴，AC=1，∴点C的坐标为（1，1）．∵CD∥x轴，点D在函数图象上，∴点D的坐标为（2，1）．∴ ．
（2）∵BE= ，∴ ．∵BE⊥CD，∴点B的横坐标是 ，纵坐标是 ．∴CE= ．点评：&本题考查了反比例函数k的几何意义，利用待定系数法求解析式，图象上的点满足函数解析式．　27．（8分）（;苏州）如图，已知⊙O上依次有A、B、C、D四个点， = ，连接AB、AD、BD，弦AB不经过圆心O，延长AB到E，使BE=AB，连接EC，F是EC的中点，连接BF．（1）若⊙O的半径为3，∠DAB=120°，求劣弧 的长；（2）求证：BF= BD；（3）设G是BD的中点，探索：在⊙O上是否存在点P（不同于点B），使得PG=PF？并说明PB与AE的位置关系． &
考点：&圆的综合题．分析：&（1）利用圆心角定理进而得出∠BOD=120°，再利用弧长公式求出劣弧 的长；（2）利用三角形中位线定理得出BF= AC，再利用圆心角定理得出 = ，进而得出BF= BD；（3）首先过点B作AE的垂线，与⊙O的交点即为所求的点P，得出BP⊥AE，进而证明△PBG≌△PBF（SAS），求出PG=PF．解答：&（1）解：连接OB，OD，∵∠DAB=120°，∴ 所对圆心角的度数为240°，∴∠BOD=120°，∵⊙O的半径为3，∴劣弧 的长为： ×π×3=2π；
（2）证明：连接AC，∵AB=BE，∴点B为AE的中点，∵F是EC的中点，∴BF为△EAC的中位线，∴BF= AC，∵ = ，∴ + = + ，∴ = ，∴BD=AC，∴BF= BD；
（3）解：过点B作AE的垂线，与⊙O的交点即为所求的点P，∵BF为△EAC的中位线，∴BF∥AC，∴∠FBE=∠CAE，∵ = ，∴∠CAB=∠DBA，∵由作法可知BP⊥AE，∴∠GBP=∠FBP，∵G为BD的中点，∴BG= BD，∴BG=BF，在△PBG和△PBF中，&，∴△PBG≌△PBF（SAS），∴PG=PF．&点评：&此题主要考查了圆的综合应用以及全等三角形的判定与性质和弧长公式以及圆心角定理等知识，正确作出辅助线是解题关键．　28．（9分）（;苏州）如图，已知l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切，⊙O的半径为2cm，矩形ABCD的边AD、AB分别与l1，l2重合，AB=4 cm，AD=4cm，若⊙O与矩形ABCD沿l1同时向右移动，⊙O的移动速度为3cm，矩形ABCD的移动速度为4cm/s，设移动时间为t（s）（1）如图①，连接OA、AC，则∠OAC的度数为　105　°；（2）如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O到达⊙O1的位置，矩形ABCD到达A1B1C1D1的位置，此时点O1，A1，C1恰好在同一直线上，求圆心O移动的距离（即OO1的长）；（3）在移动过程中，圆心O到矩形对角线AC所在直线的距离在不断变化，设该距离为d（cm），当d＜2时，求t的取值范围（解答时可以利用备用图画出相关示意图）．&
考点：&圆的综合题．分析：&（1）利用切线的性质以及锐角三角函数关系分别求出∠OAD=45°，∠DAC=60°，进而得出答案；（2）首先得出，∠C1A1D1=60°，再利用A1E=AA1OO12=t2，求出t的值，进而得出OO1=3t得出答案即可；（3）①当直线AC与⊙O第一次相切时，设移动时间为t1，②当直线AC与⊙O第二次相切时，设移动时间为t2，分别求出即可．解答：&解：（1）∵l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切，∴∠OAD=45°，∵AB=4 cm，AD=4cm，∴CD=4 cm，AD=4cm，∴tan∠DAC= = = ，∴∠DAC=60°，∴∠OAC的度数为：∠OAD+∠DAC=105°，故答案为：105；&（2）如图位置二，当O1，A1，C1恰好在同一直线上时，设⊙O1与l1的切点为E，连接O1E，可得O1E=2，O1E⊥l1，在Rt△A1D1C1中，∵A1D1=4，C1D1=4 ，∴tan∠C1A1D1= ，∴∠C1A1D1=60°，在Rt△A1O1E中，∠O1A1E=∠C1A1D1=60°，∴A1E= = ，∵A1E=AA1OO12=t2，∴t2= ，∴t= +2，∴OO1=3t=2 +6；
（3）①当直线AC与⊙O第一次相切时，设移动时间为t1，如图，此时⊙O移动到⊙O2的位置，矩形ABCD移动到A2B2C2D2的位置，设⊙O2与直线l1，A2C2分别相切于点F，G，连接O2F，O2G，O2A2，∴O2F⊥l1，O2G⊥A2G2，由（2）得，∠C2A2D2=60°，∴∠GA2F=120°，∴∠O2A2F=60°，在Rt△A2O2F中，O2F=2，∴A2F= ，∵OO2=3t，AF=AA2+A2F=4t1+ ，∴4t1+ 3t1=2，∴t1=2 ，②当直线AC与⊙O第二次相切时，设移动时间为t2，记第一次相切时为位置一，点O1，A1，C1共线时位置二，第二次相切时为位置三，由题意知，从位置一到位置二所用时间与位置二到位置三所用时间相等，∴ +2（2 ）=t2（ +2），解得：t2=2+2 ，综上所述，当d＜2时，t的取值范围是：2 ＜t＜2+2 ．点评：&此题主要考查了切线的性质以及锐角三角函数关系等知识，利用分类讨论以及数形结合t的值是解题关键．　29．（10分）（;苏州）如图，二次函数y=a（x22mx3m2）（其中a，m是常数，且a＞0，m＞0）的图象与x轴分别交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴交于C（0，3），点D在二次函数的图象上，CD∥AB，连接AD，过点A作射线AE交二次函数的图象于点E，AB平分∠DAE．（1）用含m的代数式表示a；（2）求证： 为定值；&& （3）设该二次函数图象的顶点为F，探索：在x轴的负半轴上是否存在点G，连接GF，以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形？如果存在，只要找出一个满足要求的点G即可，并用含m的代数式表示该点的横坐标；如果不存在，请说明理由．&
考点：&二次函数综合题．分析：&（1）由C在二次函数y=a（x22mx3m2）上，则其横纵坐标必满足方程，代入即可得到a与c的关系式．（2）求证 为定值，一般就是计算出AD、AE的值，然后相比．而求其长，过E、D作x轴的垂线段，进而通过设边长，利用直角三角形性质得方程求解，是求解此类问题的常规思路，如此易得定值．（3）要使线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，且（2）中 = ，则可考虑若GF使得AD：GF：AE=3：4：5即可．由AD、AE、F点都易固定，且G在x轴的负半轴上，则易得G点大致位置，可连接CF并延长，证明上述比例AD：GF：AE=3：4：5即可．解答：&（1）解：将C（0，3）代入二次函数y=a（x22mx3m2），则3=a（003m2），解得 a= ．
（2）证明：如图1，过点D、E分别作x轴的垂线，垂足为M、N．&由a（x22mx3m2）=0，解得 x1=m，x2=3m，则 A（m，0），B（3m，0）．∵CD∥AB，∴点D的坐标为（2m，3）．∵AB平分∠DAE，∴∠DAM=∠EAN，∵∠DMA=∠ENA=90°，∴△ADM∽△AEN．∴ = = ．设E坐标为（x， ），∴ = ，∴x=4m，∴E（4m，5），∵AM=AO+OM=m+2m=3m，AN=AO+ON=m+4m=5m，∴ = = ，即为定值．
（3）解：如图2，记二次函数图象顶点为F，则F的坐标为（m，4），过点F作FH⊥x轴于点H．连接FC并延长，与x轴负半轴交于一点，此点即为所求的点G．&∵tan∠CGO= ，tan∠FGH= ，∴ = ，∴OG=3m．∵GF= = =4 ，& AD= = =3 ，∴ = ．∵ = ，∴AD：GF：AE=3：4：5，∴以线段GF，AD，AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，此时G点的横坐标为3m．点评：&本题考查了二次函数性质、勾股定理及利用直角三角形性质求解边长等知识，总体来说本题虽难度稍难，但问题之间的提示性较明显，所以是一道质量较高的题目． 文 章 来源 莲山 课件 w w w.5 Y
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店长A与店长B是同一家企业同一个商圈的店长，他们所率领的两家门店相隔只有一条街。来看看这两个店长哪个才是好店长。
　　店长A曾是王牌导购员，销售业绩突出。因此，顺理成章地接下了门店A，成为该连锁企业最年轻的店长之一。
　　店长B性格外向开朗，在同事和客户之间都有着不错的人缘。因此，在门店B上一任店长离职过后，人缘良好的他也就自然而然地被推选成为了新任店长。
　　日常1：首当其冲
　　店长A曾是企业的王牌导购，所以门店A的战斗氛围很浓烈，每一个店员在店长A的带领下，每天都打鸡血一般地冲业绩。在企业月初的门店销量排名榜上，门店A自然勇夺榜首，并与其他门店拉开了一定的距离。
　　门店B的工作开展显得不愠不火。店长B日常除了安排任务，定期与导购分享销售技巧之外，更多地把时间放到了门店的运营管理之上。
　　很快，该连锁企业就迎来了第一个销售旺季，销售战斗力爆表的门店A遭遇了问题――库存不足。这就让店长A不得不向店长B求助，被迫将客流引向一条街之隔的门店B，将到嘴的“肉”拱手让人。
　　点评：虽然说对于门店而言，盈利是硬道理。但是单方面追求高营业额而忽视对成本的控制，并且缺乏超前考虑意识的话，很容易让门店陷入被动的状态。一个好的店长，不仅应该综合考虑门店收益，定期对门店工作进行优化和改善；而且应该提前制定相应的资源使用计划，以提高门店的经营效率。
　　日常2：未雨绸缪
　　为何门店B在正常消化自身客源的同时，还能保证货源的充足，顺便吞并门店A的部分客源呢？
　　原来，在旺季到来之前，店长B就已经做好了规划，并提前与企业的仓管部、物流部等其他相关部门进行了沟通，为这场即将到来的战役做好了充足的准备。
　　而店长A多次在每年的旺季战役中打下漂亮的销量攻城战，但却由于过于关注销量本身的提升，而没有提前顾及到其他问题。再加上稍微有点心高气傲的性格，使得他也没能听进去其他人员的意见和建议，影响了销售业绩。
　　点评：自我为中心的模式有利于打造一个金牌销售，但却无法成就一个金牌店长。倾听能力之于一个店长而言是不可或缺的。只有善于倾听获取重点内容，乐于接受不同的意见，才能在单店以及相关部门之间游刃有余，快速识别有效资源并获得支持。
　　日常3：细节决定成败
　　虽然在店长B的沟通协调下，门店A很快恢复了供货，继续投入到了旺季销量冲刺的战役之中。但很快门店A在销量榜的排名就被门店B后来居上了。通过日销量分析，店长A发现虽然自己有教授店员一些销售技巧，但门店A的销量冠军仍然是自己。
　　于是店长A在某一天客流量最大的时段偷偷跑到门店B考察，发现门店B只有三分之二的店员主要负责导购，而另外的店员一直在整理货架，保持店面整洁。
　　店长B更加“奇葩”，即便是顾客过多，导购人员应接不暇的时候，他也只是流转于顾客之间，与客户攀谈，但最终的销售引导都会交给导购人员完成。即便这样，门店B的到店转化率和成交量显然看着就很可观，这让店长A再度陷入了沉思……
　　点评：在有效完善门店事务性工作管理的同时，营造公平公正的管理氛围。在这之中，对于细节的关注程度和个人情感的控制能力最为核心。
　　综上所述，一个优秀的店长必然是一家门店的COO，他可以带领店员冲锋陷阵，创造业绩佳话，但更加必须具备优秀的门店运营能力，为店员创造良好的门店环境，提供优质可持续的资源支持。
本期《零售讲堂》
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【推荐嘉宾】：王琰老师
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