【考点】反比例函数的应用，曲线上点的坐标与方程式关系，相似三角形的判定和性质，代数式化简。

【分析】如图，过点A作AD⊥OC于点D，过点B作BE⊥OC于点E,

设A(xA，yA)，B (xB，yB)，C(c¸0)。

∵AB：BC=(m一l)：1(m>l)，∴AC：BC=m：1。

又∵△ADC∽△BEC，∴AD：BE=DC：EC= AC：BC=m：1。

又∵AD=yA，BE=yB，DC= c-xA，EC= c-xB，

∴yA：yB= m：1，即yA= myB。

∵直线l与反比例函数 的图象在第一象限内交于A、B两点，

∴ ， 。

∴ ， 。

将 又由AC：BC=m：1得(c-xA)：(c-xB)=m：1，即

，解得 。

∴

。

故选B。

11. (2012湖北十堰3分)如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到;②点O与O′的距离为4;③∠AOB=150°;④ ;⑤ .其中正确的结论是【 】

A.①②③⑤ B.①②③④ C.①②③④⑤ D.①②③

【答案】A。

【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理。

【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600。

∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴BO=BO′，∠O′AO=600。

∴∠O′BA=600-∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。

∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到。故结论①正确。

连接OO′，

∵BO=BO′，∠O′AO=600，∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。故结论②正确。

∵在△AOO′中，三边长为O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一组勾股数，

∴△AOO′是直角三角形。

∴∠AOB=∠AOO′+∠O′OB =900+600=150°。故结论③正确。

。故结论④错误。

如图所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，

点O旋转至O″点.

易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的

直角三角形。

则 。

故结论⑤正确。

综上所述，正确的结论为：①②③⑤。故选A。

12. (2012湖北孝感3分)如图，在菱形ABCD中，∠A=60º，E、F分别是AB、AD的中点，DE、BF

相交于点G，连接BD、CG.给出以下结论，其中正确的有【 】

①∠BGD=120º;②BG+DG=CG;③△BDF≌△CGB;④ .

A.1个 B.2个 C.3个 D.4个

【答案】C。

【考点】菱形的性质，等边三角形的判定和性质，多边形内角和定理，全等三角形的判定和性质，含30度角直角三角形的性质 三角形三边关系，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】∵在菱形ABCD中，∠A=60º，∴∠BCD=60º，∠ADC=120º，AB=AD。

∴△ABD是等边三角形。

又∵E是AB的中点，∴∠ADE=∠BDE=30º。∴∠CDG=90º。同理，∠CBG=90º。

在四边形BCDG中，∠CDG+∠CBG+∠BCD+∠BGD=3600，∴∠BGD=120º。故结论①正确。

由HL可得△BCG≌△DCG，∴∠BCG=∠DCG=30º。∴BG=DG= CG。

∴BG+DG=CG。故结论②正确。

在△BDG中，BG+DG>BD，即CG>BD，∴△BDF≌△CGB不成立。故结论③不正确。

∵DE=ADsin∠A=ABsin60º= AB，

∴ 。故结论④正确。

综上所述，正确的结论有①②④三个。故选C。

13. (2012湖北襄阳3分)如果关于x的一元二次方程 有两个不相等的实数根，那么k的取值范围是【 】

A.k< B.k< 且k≠0 C.﹣ ≤k< D.﹣ ≤k< 且k≠0

【答案】D。

【考点】一元二次方程定义和根的判别式，二次根式有意义的条件。

【分析】由题意，根据一元二次方程二次项系数不为0定义知： k≠0;根据二次根式被开方数非负数的条件得：2k+1≥0;根据方程有两个不相等的实数根，得△=2k+1﹣4k>0。三者联立，解得﹣ ≤k< 且k≠0。

故选D。

14. (2012湖北鄂州3分)在平面坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为(1，0)，点D的坐标为(0，2)，延长CB交x轴于点A1，作正方形A1B1C1C，延长C1B1交x轴于点A2，作正方形A2B2C2C1,………按这样的规律进行下去，第2012个正方形的面积为【 】

A. B. C. D.

二、填空题

1. (2012湖北武汉3分)在平面直角坐标系中，点A的坐标为(3，0)，点B为y轴正半轴上的一点，点

C是第一象限内一点，且AC=2.设tan∠BOC=m，则m的取值范围是 ▲ .

【答案】 。

【考点】锐角三角函数定义，勾股定理，一元二次方程根的判别式。

【分析】如图，设C点坐标为( )。

∵tan∠BOC=m，∴ ，即 。

∵A的坐标为(3，0)，∴DA= 。

又∵AC=2.∴由勾股定理，得 ，

即 ，整理得

由 得 。

∵tan∠BOC=m>0，∴ 。

2. (2012湖北黄石3分)如图所示，已知A点从点(1，0)出发，以每秒1个单位长的速度沿着x轴

的正方向运动，经过t秒后，以O、A为顶点作菱形OABC，使B、C点都在第一象限内，且∠AOC=600，

又以P(0，4)为圆心，PC为半径的圆恰好与OA所在直线相切，则t= ▲ .

【答案】 。

【考点】切线的性质，坐标与图形性质，菱形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】∵已知A点从(1，0)点出发，以每秒1个单位长的速度沿着x轴的正方向运动，

∴经过t秒后，∴OA=1+t。，

∵四边形OABC是菱形，∴OC=1+t。，

当⊙P与OA，即与x轴相切时，如图所示，则切点为O，此时PC=OP。

过点P作PE⊥OC，垂足为点E。

∴OE=CE= OC，即OE= (1+t)。

在Rt△OPE中，OP=4，∠OPE=900-∠AOC=30°，

∴OE=OP•cos30°= ，即 。

∴ 。

∴当PC为半径的圆恰好与OA所在直线相切时， 。

3. (2012湖北荆门3分)如图(1)所示，E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P、Q同时从点B出发，点P沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/秒.设P、Q同发t秒时，△BPQ的面积为ycm2.已知y与t的函数关系图象如图(2)(曲线OM为抛物线的一部分)，则下列结论：①AD=BE=5;②cos∠ABE= ;③当0

【答案】①③④。

【考点】动点问题的函数图象，矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质。

【分析】根据图(2)可知，当点P到达点E时点Q到达点C，

∵点P、Q的运动的速度都是1cm/秒，∴BC=BE=5。∴AD=BE=5。故结论①正确。

又∵从M到N的变化是2，∴ED=2。∴AE=AD﹣ED=5﹣2=3。

在Rt△ABE中， ，

∴ 。故结论②错误。

过点P作PF⊥BC于点F，

∵AD∥BC，∴∠AEB=∠PBF，∴sin∠PBF=sin∠AEB= 。

∴PF=PBsin∠PBF= t。

∴当0

当 秒时，点P在CD上，

此时，PD= -BE-ED= ，PQ=CD-PD=4- 。

∵ ，∴ 。

又∵∠A=∠Q=90°，∴△ABE∽△QBP。故结论④正确。

综上所述，正确的有①③④。

4. (2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田3分)平面直角坐标系中，⊙M的圆心坐标为(0，2)，半径为1，点N在x轴的正半轴上，如果以点N为圆心，半径为4的⊙N与⊙M相切，则圆心N的坐标为　 ▲ 　.

【答案】( ，0)或( ，0)。

【考点】相切两圆的性质，坐标与图形性质，勾股定理。

【分析】分别从⊙M与⊙N内切或外切去分析：

①⊙M与⊙N外切，MN=4+1=5， ，

∴圆心N的坐标为( ，0)。

②⊙M与⊙N内切，MN=4﹣1=3， ，

∴圆心N的坐标为( ，0)。

综上所述，圆心N的坐标为( ，0)或( ，0)。

5. (2012湖北宜昌3分)已知⊙O的半径为5，圆心O到直线l的距离为3，则反映直线l与⊙O的位置关系的图形是【 】

A. B. C. D.

【答案】B。

【考点】直线与圆的位置关系。1419956

【分析】根据直线与圆的位置关系来判定：①直线l和⊙O相交⇔d

线l和⊙O相离⇔d>r(d为直线与圆的距离，r为圆的半径)。因此，

∵⊙O的半径为5，圆心O到直线l的距离为3，

∵5>3，即：d

【宜昌无填空题，以倒数第二条选题代替】

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