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2021

年湖北省黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）

一、选择题（每小题5分，共30分）

1．（5分）设a＝，则的整数部分为（）

A．1B．2C．3D．4

2．（5分）已知△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝15°，则tanB＝（）

A．B．C．D．

3．（5分）正整数构成的数列a

1

，a

2

，…，a

n

，…满足：①数列递增，即a

1

＜a

2

＜…a

n

＜…；

②a

n

＝a

n﹣1

+a

n﹣2

（n≥3），则称为“类斐波那契数列”，例如：3，4，7，11，18，29，…，

则满足a

5

＝61的“类斐波那契数列”有（）

A．3种B．4种C．5种D．6种

4．（5分）如图正方形ABCD的顶点A在第二象限y＝图象上，点B、点C分别在x轴、

y轴负半轴上，点D在第一象限直线y＝x的图象上，若S阴影

＝，则k的值为（）

A．﹣1B．C．D．﹣2

5．（5分）如图所示，正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC上的点，DE交AC于点M．AF

交BD于点N，若AF平分∠BAC，DE⊥AF；记，则有（）

A．x＞y＞zB．x＝y＝zC．x＝y＜zD．x＝y＞z

6．（5分）如图所示，已知抛物线y＝﹣x2+1的顶点为P，点A是第一象限内该二次函数图

象上一点，过点A作x轴的平行线交二次函数图象于点B，分别过点B，A作x轴的垂线、

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垂足分别为C，D，连接PA，PD，PD交AB于点E，则（）

A．PA＝PD﹣PEB．PD＝PA•PEC．PD＝PE+ADD．PA2

＝PE•PD

二、填空题（每小题5分，共30分）

7．（5分）关于x，y的方程组的解是．

8．（5分）已知直角三角形的三边长都是整数，且其面积与周长在数值上相等，若将全等的

三角形都作为同一个，那么这样的直角三角形的个数是个．

9．（5分）若关于x的方程（x﹣4）（x2

﹣6x+m）＝0的三个根恰好可以组成某直角三角形的

三边长，则m的值为．

10．（5分）如图，矩形ABCD中，AB＝10，BC＝12，M为AB中点，N为BC边上一动点，

将△MNB沿MN折叠，得到△MNB'，则CB'的最小值为．

11．（5分）如图，四边形ABHK是边长为6的正方形，点C、D在边AB上，且AC＝DB＝

1，点P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作正方形AMNP和

正方形BRQP，E、F分别为MN、QR的中点，连接EF，设EF的中点为G，则当点P

从点C运动到点D时，点G移动的路径长为．

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12．（5分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，sinA＝，AC＝8，将△ABC绕点C顺时针

旋转90°得到△A′B′C，P为线段A′B′上的动点，以点P为圆心，PA′长为半径作⊙P，当⊙P与△ABC的边相切时，⊙P的半径为．

三、解答题（每小题12分，共60分）

13．设互不相等的非零实数a，b，c满足，求：

的值．

14．如图，在平面直角坐标系中已知四边形ABCD为菱形，

且A（0，3），B（﹣4，0）．

（1）求过点C的反比例函数表达式；

（2）设直线l与（1）中所求函数图象相切，且与x轴，

y轴的交点分别为M，N，O为坐标原点．求证：△OMN

的面积为定值．

15．如图，在△ABC中，D是BC的中点，过D的直线交

AC于E，交AB的延长线于F，AB＝mAF，AC＝nAE．求：

（1）m+n的值；

（2）的取值范围．

16．如图1，P为第象限内一点，过P、O两点的⊙M交x轴正半轴于点A，交y轴正半轴

于点B，∠OPA＝45°．

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（1）求证：PO平分∠APB；

（2）作OH⊥PA交弦PA于H．

①

若AH＝2，OH+PB＝8，求BP的长；

②

若BP＝m，OH＝n，把△POB沿y轴翻折，得到△P′OB（如图2），求AP′的长．

17．如图，已知抛物线y＝x2+2bx+2c（b，c是常数，且c＜0）与x轴分别交于点A，B（点

A位于点B的左侧），与y轴的负半轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0）．

（1）点B的坐标为（结果用含c的代数式表示）；

（2）连接BC，过点A作直线AE∥BC，与抛物线y＝x

2+2bx+2c交于点E，点D是x轴

上的一点，其坐标为（2，0）．当C，D，E三点在同一直线上时，求抛物线的解析式；

（3）在（2）条件下，点P是x轴下方的抛物线上的一个动点，连接PB，PC，设所得

△PBC的面积为S．

①

求S的取值范围；

②

若△PBC的面积S为整数，则这样的△PBC共有个．

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第1页（共17页）

2021

年湖北省黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）

参考答案与试题解析

一、选择题（每小题5分，共30分）

1．【分析】根据3+2＝（+1）2

，3﹣2＝（﹣1）

2

，可得a的值，再根据的

近似值可得答案．

【解答】解：∵a＝，

＝+，

＝+﹣1，

＝2．

∴＝2+＝≈3.18．

故选：C．

【点评】本题考查无理数的估算，用完全平方公式对a进行化简是解题关键．

2．【分析】作AB的垂直平分线交BC于D，连接DA，根据三角形的外角性质求出∠ADC，

根据直角三角形的性质、正切的定义计算，得到答案．

【解答】解：作AB的垂直平分线交BC于D，连接DA，

则DA＝DB，

∴∠DAB＝∠ABC＝15°，

∴∠ADC＝∠DAB+∠ABC＝30°，

∴AD＝2AC，

由勾股定理得，DC＝＝AC，

∴BC＝（2+）AC，

则tanB＝＝＝2﹣，

故选：C．

【点评】本题考查的是特殊角的三角函数值、直角三角形的性质，掌握正切的定义是解

题的关键．

3．【分析】依据题意，数列中各数的关系可设第一个数为n，第二个数为n+d，则第三个数

为2n+d，第四个数为3n+2d，第五个数为5n+3d．利用每个数都为正整数，确定n，d的

值即可得出答案．

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第2页（共17页）

【解答】解：设第一个数为n，第二个数为n+d，

由题意则第三个数为2n+d，第四个数为3n+2d，第五个数为5n+3d．

∵第五个数为61，

∴5n+3d＝61．

∴n＝．

∵此数列为正整数数列，

∴n，d为正整数．

∴当d＝2，7，12，17时，n＝11，8，5，2．共有四种．

故选：B．

【点评】本题主要考查了数字的变化的规律，求代数式的值，依据题意列出式子是解题

的关键．

4．【分析】过点A作AG⊥x轴，过点D作DE⊥x轴，作DF⊥AG交y轴于H，由“ASA”

可证△DHM≌△DEN，可得S

△DHM

＝S△DNE

，可求DH＝DE＝，由△AFD≌△BGA≌

△COB≌△DHC，可得AF＝HD＝BG＝OC，AG＝DF＝BO＝HC，可求点A坐标，即可

求k的值．

【解答】解：如图，过点A作AG⊥x轴，过点D作DE⊥x轴，作DF⊥AG交y轴于H，

∴四边形DHOE是矩形

∵∠ADC＝∠HDE＝90°

∴∠ADC﹣∠FDC＝∠HDE﹣∠FDC

∴∠ADF＝∠CDE，

∵点D在第一象限直线y＝x的图象上，

∴DH＝DE，且∠ADF＝∠CDE，∠DHM＝∠DEN

∴△DHM≌△DEN（ASA）

∴S

△DHM

＝S△DNE

，

∴＝S

四边形DHOE

＝DH×DE

∴DH＝DE＝

同理可证：△AFD≌△BGA≌△COB≌△DHC

∴AF＝HD＝BG＝OC，AG＝DF＝BO＝HC

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第3页（共17页）

∴OC＝HD＝＝AF＝BG

∴CH＝

∴AG＝＝BO

∴GO＝

∴点A坐标（﹣，）

∴k＝﹣×＝﹣

故选：B．

【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，一次函数图象上点的坐标特征，全

等三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质求点A坐标是本题的关键．

5．【分析】利用相似三角形的性质分别求出x，y，z的值，即可求解．

【解答】解：作OP∥AB交DE于P．

∵AN平分∠BAO，

∴∠BAF＝∠CAF，，＝，即x＝y＝．

∵AF⊥DE，

∴∠AEM＝∠AME，

∴AM＝AE，

∵OP∥AB，OB＝OD，

∴EP＝DP，

∴△OMP∽△AME，

∴，

∴OP＝OM，

∴z＝＝2，

∴z＞y＝x，

故选：C．

【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，分别求出x，y，z

的值是解题的关键．

6．【分析】先求出点P的坐标，得到OP的长，设点A的横坐标为m，分别表示出OD、PF、

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第4页（共17页）

AF，再根据勾股定理表示出PA2

、PE、PD，即可求得PA

2

＝PE•PD．

【解答】解：当x＝0时，y＝1，

∴OP＝1，

设点A的横坐标为m，

∴AD＝OF＝﹣m

2+1，OD＝AF＝m，

∴PF＝1﹣（﹣m

2+1）＝m2

，

在Rt△PAF中，PA

2

＝PF

2+AF2

＝（m

2

）

2+m2

＝m

4+m2

，

在Rt△POD中，PD＝＝，

∵AB∥x轴，

∴，

即，

解得：PE＝m

2

，

∴PD•PE＝•m

2

，＝m

2

（1+m

2

）＝m

4+m2

，

∴PA

2

＝PD•PE，

故选：D．

【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质，用参数表示出PA

2

、PD、PE是解决问

题的关键．

二、填空题（每小题5分，共30分）

7．【分析】由y＝1得出x＝y﹣2

，再代入x

x﹣y

＝y

x+y

，判断出y＝3x，最后再代入y＝1

中，求出x的值，即可代入y＝3x中求出y，即可得出结论．

【解答】解：由y＝1得，＝，

所以，x＝y﹣2

，

当x＝y＝1时，等式成立，

当x≠y时，

∵x

x﹣y

＝y

x+y

，

∴（y﹣2

）

x﹣y

＝y

x+y

，

∴y﹣2（x﹣y）＝y

x+y

，

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第5页（共17页）

∴﹣2（x﹣y）＝x+y，

∴y＝3x，

∵y＝1，

∴3x＝1，

∴9x

3

＝1，

∴x＝，

∴y＝，

∴原方程组的解为或，

故答案为：或．

【点评】此题主要考查了无理方程，解方程组的方法，判断出y＝3x时解本题的关键．

8．【分析】设两条直角边为a，b，斜边为c，从而可得a2+b2

＝c

2

，ab＝a+b+c，从而化简

可得（a﹣4）（b﹣4）＝8，从而解得．

【解答】解：设两条直角边为a，b，斜边为c，

则面积S＝ab，周长l＝a+b+c，a

2+b2

＝c

2

；

又∵2ab＝（a+b）

2

﹣（a

2+b2

）＝（a+b）

2

﹣c

2

＝（a+b+c）（a+b﹣c）

∴ab＝（a+b+c）（a+b﹣c），

∵ab＝a+b+c，

∴（a+b+c）（a+b﹣c）/4＝a+b+c

∴（a+b﹣c）＝1，

∴a+b﹣c＝4，

∴a

2+b2

＝c

2

＝（a+b﹣4）

2

＝a

2+b2+16﹣8a﹣8b+2ab

∴16﹣8a﹣8b+2ab＝0，

即ab﹣4a﹣4b+8＝0，

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第6页（共17页）

即（a﹣4）（b﹣4）＝8，

又∵边长为整数，

∴a﹣4＝1，2，4，8，﹣1，﹣2，﹣4，﹣8

∴a＝5，6，8，12，0，2，0，﹣4

又∵a＞0，

∴a＝5，6，8，12，2，

∴b＝12，8，6，5，0，

又∵a，b，c都是整数，

∴有两种直角三角形，

分别是6，8，10和5，12，13；

故答案为2．

【点评】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质与完全平方式的应用，熟练掌握勾股

定理是解题的关键．

9．【分析】运用根与系数关系、根的判别式，根据勾股定理列方程解答即可．

【解答】解：设某直角三角形的三边长分别为a、b、c，

依题意可得

x﹣4＝0或x2

﹣6x+m＝0，

∴x＝4，x

2

﹣6x+m＝0，

设x

2

﹣6x+m＝0的两根为a、b，

∴（﹣6）

2

﹣4m≥0，m≤9，

根据根与系数关系，得a+b＝6，ab＝m，则c＝4，

①c为斜边时，a2+b2

＝c

2

，（a+b）

2

﹣2ab＝c

2

∴6

2

﹣2m＝4

2

，m＝10（不符合题意，舍去）；

②a为斜边时，c2+b2

＝a

2

，

42+（6﹣a）2

＝a

2

，

a＝，b＝6﹣a＝，

∴m＝ab＝＝，

故答案为．

【点评】本题考查了一元二次方程的解，熟练运用根与系数关系、根的判别式是解题的

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第7页（共17页）

关键．

10．【分析】由题意可知，B'在以M为圆心，BM为半径的圆上运动，连接CM，当M、B'、

C三点共线时，CB'有最小值MC﹣BM，求出MC﹣BM即可．

【解答】解：由折叠可知，BM＝B'M，

∵M是AB的中点，AB＝10，

∴BM＝B'M＝5，

∴B'在以M为圆心，BM为半径的圆上运动，

连接CM，

当M、B'、C三点共线时，CB'有最小值MC﹣BM，

∵BC＝12，

在Rt△BCM中，MC＝＝＝13，

∴CB'的最小值为13﹣5＝8，

故答案为8．

【点评】本题考查折叠的性质，熟练掌握折叠的性质、确定B'的运动轨迹是解题关键．

11．【分析】设KH的中点为S，连接PE，PF，SE，SF，PS，由三角形相似结合E为MN

的中点，S为KH的中点可得A，E，S共线，F为QR的中点，S为KH的中点得B，F，

S共线，再由三角形相似得到ES∥PF，PE∥FS，结合G为EF的中点可得G为PS的中

点，即G的轨迹为△CSD的中位线，由三角形的中位线长是底边的一半得答案．

【解答】解：如图，

设KH的中点为S，连接PE，PF，SE，SF，PS，

∵E为MN的中点，S为KH的中点，

∴ME＝MN，KS＝KH，

∵，∠AME＝∠AKS＝90°，

∴△AEM∽△ASK，

∴∠AEM＝∠ASK，

∴A，E，S共线，

同理可得：B、F、S共线，

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第8页（共17页）

由△AME∽△PQF，得∠SAP＝∠FPB，

∴ES∥PF，

△PNE∽△BRF，得∠EPA＝∠FBP，

∴PE∥FS，

则四边形PESF为平行四边形，则G为PS的中点，

∴G的轨迹为△CSD的中位线，

∵CD＝AB﹣AC﹣BD＝6﹣1﹣1＝4，

∴点G移动的路径长．

故答案为：2．

【点评】本题考查了轨迹，考查了三角形的中位线知识，考查了三角形相似及动点的轨

迹，是中档题．

12．【分析】分两种情形分别求解：如图1中，当⊙P与直线AC相切于点M时，如图2中，

当⊙P与AB相切于点N时，解直角三角形即可得到结论．

【解答】解：∵，

∴设BC＝3x，则AB＝5x，

在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB

2

＝AC

2+BC2

，

即：（5x）

2

＝（3x）

2+82

，

∴x＝2，

∴AB＝10，BC＝6，

∴，

①

若⊙P与AC相切，如图1，

设切点为M，连接PM，

则PM⊥AC，且PM⊥PA′，

∵PM⊥AC，A′C⊥AC，

∴∠B′PM＝∠A′，

由旋转性质可知∠A′＝∠A，

∴∠B′PM＝∠A，

∴，

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第9页（共17页）

设PM＝4x，则PA′＝PM＝4x，B′P＝5x，

又∵A′B′＝AB，

即：4x+5x＝10，

解得，

∴；

②

若⊙P与AB相切，延长PB′交AB于点N，如图2，

∵∠A′+∠B＝∠A+∠B＝90°，

∵∠A′NB＝90°，

即N为AB与⊙O切点，

又∴A'B＝BC+A'C＝BC+AC＝14，

∴A′N＝A′B•cos∠A′＝A′B•cosA，

即，

∴．

综上，⊙P的半径为或，

故答案为：或．

【点评】本题考查切线的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添

加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．

三、解答题（每小题0分，共60分）

13．【分析】令a+＝b+＝c+＝k，则ab+3＝bk，bc+3＝ck，ac+3＝ak，继而知abc+3c

＝kbc＝k（ck﹣3），即abc+3k＝（k

2

﹣3）c，同理得出abc+3k＝（k

2

﹣3）a、abc+3k＝（k

2

﹣3）b，根据（k

2

﹣3）a＝（k

2

﹣3）b＝（k

2

﹣3）c且a，b，c为互不相等的非零实数得

k2

＝3，从而得出答案【解答】【点评】

【解答】解：令a+＝b+＝c+＝k，

则ab+3＝bk，bc+3＝ck，ac+3＝ak，

由ac+3＝ak，可得abc+3c＝kbc＝k（ck﹣3），

即abc+3k＝（k

2

﹣3）c，

同理可得：abc+3k＝（k

2

﹣3）a，abc+3k＝（k

2

﹣3）b，

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第10页（共17页）

∴abc+3k＝（k

2

﹣3），abc+3k＝（k

2

﹣3）b，

∵a，b，c为互不相等的非零实数，

∴k

2

﹣3＝0，即k

2

＝3，

则＝9．

∴．

【点评】本题主要考查分式的化简求值，设k法得到则

是解题的关键．

14．【分析】（1）在Rt△AOB中，利用勾股定理可求出AB的长，结合四边形ABCD为菱形，

即可得出点C的坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征，即可求出过点C的反比

例函数表达式；

（2）设直线l的解析式为y＝mx+n（m≠0），将y＝mx+n代入y＝整理后可得出关于

x的一元二次方程，由直线l与反比例函数y＝的图象相切，可得出根的判别式Δ＝0，

进而可得出n

2

＝﹣80m，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点M，N的坐标，再

利用三角形的面积计算公式可求出S

△OMN

＝40，进而可证出△OMN的面积为定值．

【解答】（1）解：∵点A的坐标为（0，3），点B的坐标为（﹣4，0），

∴OA＝3，OB＝4．

在Rt△AOB中，OA＝3，OB＝4，

∴AB＝＝5.

∵四边形ABCD为菱形，

∴BC∥y轴，且BC＝AB＝5，

∴点C的坐标为（﹣4，﹣5）．

∵点C在反比例函数y＝的图象上，

∴k＝（﹣4）×（﹣5）＝20，

∴过点C的反比例函数表达式为y＝．

（2）证明：设直线l的解析式为y＝mx+n（m≠0），

将y＝mx+n代入y＝得：mx+n＝，

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第11页（共17页）

整理得：mx

2+nx﹣20＝0．

∵直线l与反比例函数y＝的图象相切，

∴△＝n

2

﹣4×m×（﹣20）＝0，

∴n

2

＝﹣80m．

当x＝0时，y＝m×0+n＝n，

∴点N的坐标为（0，n）；

当y＝0时，mx+n＝0，解得：x＝﹣，

∴点M的坐标为（﹣，0）．

∴S

△OMN

＝|n|×|﹣|＝||＝40，

∴△OMN的面积为定值．

【点评】本题考查了勾股定理、菱形的性质、反比例函数图象上点的坐标特征、根的判

别式、一次函数图象上点的坐标特征以及三角形的面积，解题的关键是：（1）利用勾股

定理及菱形的性质，求出点C的坐标；（2）利用根的判别式Δ＝0，找出n

2

＝﹣80m．

15．【分析】（1）过点B作BG∥AC交EF于G，根据ASA得△DCE≌△DBG，然后根据全

等三角形的性质及相似三角形的判定与性质可得答案；

（2）由＝＝﹣1，根据不等式的性质可得问题的答案．

【解答】解：（1）过点B作BG∥AC交EF于G，

∴∠C＝∠GBD，

∵D是BC的中点，

∴DC＝BD，

∵∠CDE＝∠BDG，

∴△DCE≌△DBG（ASA），

∴EC＝BG，

∵＝m，即＝m，

∴1﹣m＝，

∵＝n，即＝n，

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第12页（共17页）

∴n﹣1＝＝，

∵BG∥AC，

∴△FBG∽△FAE，

∴，

∴1﹣m＝n﹣1，

∴m+n＝2．

（2）∵＝＝﹣1，

∵点F在AB的延长线上，

∴AF＞AB，

∴0＜m＜1，1＜m+1＜2，＜得，

＜﹣1＜2，

∴＜＜2．

【点评】此题考查的是相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，正

确作出辅助线构造全等三角形是解决此题关键．

16．【分析】（1）连接AB，由圆周角定理可得AB是直径，可得∠APB＝90°，即可得结论；

（2）由题意可得OA＝OB，将△AOH绕点O逆时针旋转90°，得到△BOC，由旋转的

性质AH＝BC＝2，∠AHO＝∠C＝90°，∠OAH＝∠OBC，可得AH＝OH﹣BP＝2，且

BP+OH＝8，解方程组可求BP的长；

（3）将△AOH绕点O逆时针旋转90°，得到△BOC，通过证明△PBE∽△OAH，可得

，可求BE，PE的长，由勾股定理可求AP'的长．

【解答】证明：（1）如图1，连接AB，

∵∠AOB＝90°

∴AB是直径，

∴∠APB＝90°

∵∠OPA＝45°

∴∠OPB＝∠APB﹣∠OPA＝90°﹣45°＝45°

∴∠OPA＝∠OPB

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第13页（共17页）

∴PO平分∠APB；

（2）

①

∵∠OAB＝∠OPB＝45°，∠OBA＝∠OPA＝45°

∴∠OBA＝∠OAB

∴OA＝OB

如图2，将△AOH绕点O逆时针旋转90°，得到△BOC，

∴AH＝BC＝2，∠AHO＝∠C＝90°，∠OAH＝∠OBC

∵四边形APBO是圆内接四边形

∴∠OAH+∠PBO＝180°

∴∠OBC+∠PBO＝180°

∴点C，点B，点P共线

∵∠AHO＝∠C＝90°＝∠APB

∴四边形OCPH是矩形

∴CP＝OH，

∴AH＝OH﹣BP＝2，且BP+OH＝8

∴BP＝3，OH＝5

②

BP＝m，OH＝n，

如图3，将△AOP'绕点O逆时针旋转90°得到△BOQ，连接BQ，P'Q，

∵OH⊥AP，∠OPA＝45°，

∴∠POH＝∠OPA＝45°，

∴PH＝OH＝n，OP＝n，

∵OA＝OB，

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第14页（共17页）

∴，

∴∠BPO＝∠OPA＝45°，

∵把△POB沿y轴翻折，得到△P′OB

∴OP＝OP'＝n，BP＝BP'＝m，∠BPO＝BP'O＝45°，

∵将△AOP'绕点O逆时针旋转90°得到△BOQ，

∴OQ＝OP'＝n，∠QOP'＝90°，

∴P'Q＝2n，∠QP'O＝45°，

∴∠QP'B＝90°，

∴BQ＝＝，

∴AP'＝．

【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，旋转的性质，矩形的判定和性质，

勾股定理等知识，添加恰当辅助线是解本题的关键．

17．【分析】（1）抛物线y＝x2+2bx+2c与y轴的负半轴交于点C，当x＝﹣1时，y＝x2+2bx+2c

＝1﹣2b+2c＝0，即1﹣2b＝﹣2c，由x

A

+x

B

＝﹣2b得：﹣1+x

B

＝﹣2b，即可求解．

（2）由y＝x

2+2bx+2c，求出此抛物线与y轴的交点C的坐标为（0，2c），则可设直线

BC的解析式为y＝bx+2，将B点坐标代入，运用待定系数法求出直线BC的解析式为y

＝x+2c；由AE∥BC，设直线AE得到解析式为y＝x+m，将点A的坐标代入，运用待定

系数法求出直线AE得到解析式为y＝x+1；解方程组，求出点E

坐标（1﹣2c，2﹣2c），将点E坐标代入直线CD的解析式y＝﹣cx+2c，求出c＝﹣2，进

而得到抛物线的解析式为y＝x

2

﹣3x﹣4；

（3）①分两种情况进行讨论：Ⅰ、当﹣1＜0＜x时，由0＜S＜S

△ACB

，易求0＜S＜10；

Ⅱ、当0＜x＜4时，过点P作PG⊥x轴于点G交CB于点F，设PF＝y

F

﹣y

P

＝（x﹣4）

﹣（x

2

﹣3x﹣4）＝﹣x

2+4x，S＝PF•OB＝﹣2x2+8x，根据二次函数的性质求出S最大值

＝8，即0＜S≤8，即0＜S＜10；

②

由0＜S＜10，S为整数，得出S＝1，2，3，4，5，6，7，8，9，可得到符合该面积的

有24个．

【解答】解：（1）抛物线y＝x

2+2bx+2c与y轴的负半轴交于点C，

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第15页（共17页）

当x＝﹣1时，y＝x

2+2bx+2c＝1﹣2b+2c＝0，即1﹣2b＝﹣2c，

由x

A

+x

B

＝﹣2b得：﹣1+x

B

＝﹣2b，解得x

B

＝1﹣2b，

即点B为（﹣2c，0），

故答案为（﹣2c，0）；

（2）设直线BC为y＝kx+2c，

∵B（﹣2c，0），

∴﹣2ck+2c＝0，c≠0，

∴k＝1，

∵直线BC为y＝x+2c，

∵AE平行于BC，

∴可设直线AE为y＝x+m，

∵点A的坐标为（﹣1，0），

∴﹣1+m＝0，

解得m＝1，

∴直线AE为y＝x+1，

把A（﹣1，0）代入y＝x

2+2bx+2c，得

1﹣2b+c＝0，

b＝，

∴y＝x

2+（1+2c）x+2c，

联立，

∴E（1﹣2c，2﹣2c），

∵C（0，2c），D（2，0），

∴直线CD为y＝﹣cx+2c，

∵C，D，E三点在同一直线上，

∴2﹣2c＝﹣c（1﹣2c）+2c，

∴2c

2+3c﹣2＝0，

∴c

1

＝（与c＜0矛盾，舍去），c

2

＝﹣2，

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第16页（共17页）

∴b＝﹣，

∴抛物线的解析式y＝x

2

﹣3x﹣4；

（3）

①

∵A（﹣1，0）B（0，﹣4），

∴AB＝5，OC＝4，

直线BC的解析式为y＝x﹣4，分两种情况：

Ⅰ、当﹣1＜x＜0时，

0＜S＜S△ACB

，

∵S

△ACB

＝AB•OC＝10，

∴0＜S＜10；

Ⅱ、0＜x＜4时，

过点P作PG⊥x轴于点G交CB于点F，

设PF＝y

F

﹣y

P

＝（x﹣4）﹣（x2

﹣3x﹣4）＝﹣x

2+4x，

S＝S△PFC

+S△PFB

＝PF•OB

＝（﹣x

2+4x）×4＝﹣2x2+8x，

当x＝2时，S的最大值为8，

∴0＜S≤8，

综上：0＜S＜10，

②

∵由题可得S为整数，

且由

①

知，0＜S＜10，

S＝1，2，3，4，5，6，7，8，9，

根据0＜S＜10且S为整数，得出S＝1，2，3，4，5，6，7，8，9，

当﹣1＜x＜0时，设△PBC中，BC边上的高为h，则h的值小于，

∵在△PBC中，BC＝4×在BC边上的高为h，

∴S＝2××h，即h＝，

如果S＝1，那么h＝，满足题意，此时P点有1个，△PBC有1个；

同理当S＝2，3，4，5，6，7，8，9时，P点各有1个，△PBC各有1个，满足题意，

即当﹣1＜x＜0时，满足条件的△PBC共有9个，

黄冈中学（黄冈预录）自主招生数学模拟试卷（一）参考答案第17页（共17页）

当0＜x＜4时，P点到BC的最大距离为2×（可取到），

S＝2××h，即h＝即h＝，

当S＝1，2，3，4，5，6，7时，过点P与直线BC平行的直线与抛物线都有两个交点，

即利用与﹣1＜x＜0同样的方法可以得到，S＝1，2，3，4，5，6，7时P点有14个，△

PBC有14个；

当S＝8时，过点P与直线平行的直线与抛物线只有一个交点，此时△PBC有1个；

综上可知，满足条件的△PBC共有9+14+1＝24个．

【点评】本题是二次函数的综合题，其中涉及到运用待定系数法求一次函数、二次函数

的解析式，二次函数的性质，直线平移的规律，求两个函数的交点坐标，三角形的面积，

一元二次方程的根的判别及根与系数的关系等知识，综合性较强，有一定难度，运用数

形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．