答：平均每次降价10%． 点评： 本题考查了一元二次方程与分式方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
24．（10分）（2015?连云港）已知如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=轴、y轴分别交于A，B两点，P是直线AB上一动点，⊙P的半径为1． (1）判断原点O与⊙P的位置关系，并说明理由； (2）当⊙P过点B时，求⊙P被y轴所截得的劣弧的长； (3）当⊙P与x轴相切时，求出切点的坐标．
x﹣2
与x
考点： 圆的综合题． 分析： （1）由直线y=x﹣2与x轴、y轴分别交于A，B两点，可求得点A与点B的坐标，继而求得∠OBA=30°，然后过点O作OH⊥AB于点H，利用三角函数可求得OH的长，继而求得答案； (2）当⊙P过点B时，点P在y轴右侧时，易得⊙P被y轴所截的劣弧所对的圆心角为：180°﹣30°﹣30°=120°，则可求得弧长；同理可求得当⊙P过点B时，点P在y轴左侧时，⊙P被y轴所截得的劣弧的长； (3）首先求得当⊙P与x轴相切时，且位于x轴下方时，点D的坐标，然后利用对称性可以求得当⊙P与x轴相切时，且位于x轴上方时，点D的坐标． 解答： 解：（1）原点O在⊙P外． 理由：∵直线y=x﹣2与x轴、y轴分别交于A，B两点， ）， ==， ∴点A（2，0），点B（0，﹣2在Rt△OAB中，tan∠OBA=∴∠OBA=30°， 如图1，过点O作OH⊥AB于点H， - 16 -
在Rt△OBH中，OH=OB?sin∠OBA=∵＞1， ， ∴原点O在⊙P外； (2）如图2，当⊙P过点B时，点P在y轴右侧时， ∵PB=PC， ∴∠PCB=∠OBA=30°， ∴⊙P被y轴所截的劣弧所对的圆心角为：180°﹣30°﹣30°=120°， ∴弧长为：=； ； 同理：当⊙P过点B时，点P在y轴左侧时，弧长同样为：∴当⊙P过点B时，⊙P被y轴所截得的劣弧的长为：； (3）如图3，当⊙P与x轴相切时，且位于x轴下方时，设切点为D， 在PD⊥x轴， ∴PD∥y轴， ∴∠APD=∠ABO=30°， ∴在Rt△DAP中，AD=DP?tan∠DPA=1×tan30°=∴OD=OA﹣AD=2﹣， ，0）； ， ∴此时点D的坐标为：（2﹣当⊙P与x轴相切时，且位于x轴上方时，根据对称性可以求得此时切点的坐标为：（2+，0）； ，0）或（2+，0）． 综上可得：当⊙P与x轴相切时，切点的坐标为：（2﹣ - 17 -
点评： 此题属于一次函数的综合题，考查了直线上点的坐标的性质、切线的性质、弧长公式以及三角函数等知识．注意准确作出辅助线，注意分类讨论思想的应用．
25．（10分）（2015?连云港）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，BC=3，D为AC延长线上一点，AC=3CD，过点D作DH∥AB，交BC的延长线于点H． (1）求BD?cos∠HBD的值； (2）若∠CBD=∠A，求AB的长．
考点： 相似三角形的判定与性质；解直角三角形． 分析： （1）首先根据DH∥AB，判断出△ABC∽△DHC，即可判断出BH的值是多少，再根据在Rt△BHD中，cos∠HBD=多少即可． (2）首先判断出△ABC∽△BHD，推得，所以AB=3DH；最后根据的值是多少即可． 解答： 解：（1）∵DH∥AB， ∴∠BHD=∠ABC=90°， ∴△ABC∽△DHC， ∴=3， ；然后根据△ABC∽△DHC，推得，求出DH的值是多少，进而求出AB=3；然后求出，求出BD?cos∠HBD的值是∴CH=1，BH=BC+CH， 在Rt△BHD中， cos∠HBD=， ∴BD?cos∠HBD=BH=4． (2）∵∠CBD=∠A，∠ABC=∠BHD， - 18 -
∴△ABC∽△BHD， ∴， ∵△ABC∽△DHC， ∴， ∴AB=3DH， ∴， 解得DH=2， ∴AB=3DH=3×2=6， 即AB的长是6． 点评： （1）此题主要考查了相似三角形的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有事可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可． (2）此题还考查了直角三角形的性质和应用，要熟练掌握．
26．（12分）（2015?连云港）在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为2AB与AG在同一直线上．
(1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．
(2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长．
(3）如图3，小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，线段DG与线段BE将相交，交点为H，写出△GHE与△BHD面积之和的最大值，并简要说明理由．
的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，
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考点： 几何变换综合题． 专题： 综合题． 分析： （1）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到三角形ADG与三角形ABE全等，利用全等三角形对应角相等得∠AGD=∠AEB，如图1所示，延长EB交DG于点H，利用等角的余角相等得到∠DHE=90°，利用垂直的定义即可得DG⊥BE； (2）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到三角形ADG与三角形ABE全等，利用全等三角形对应边相等得到DG=BE，如图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M，∠AMD=∠AMG=90°，在直角三角形AMD中，求出AM的长，即为DM的长，根据勾股定理求出GM的长，进而确定出DG的长，即为BE的长； (3）△GHE和△BHD面积之和的最大值为6，理由为：对于△EGH，点H在以EG为直径的圆上，即当点H与点A重合时，△EGH的高最大；对于△BDH，点H在以BD为直径的圆上，即当点H与点A重合时，△BDH的高最大，即可确定出面积的最大值． 解答： 解：（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形， ∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE， 在△ADG和△ABE中， ， ∴△ADG≌△ABE（SAS）， ∴∠AGD=∠AEB， 如图1所示，延长EB交DG于点H， 在△ADG中，∠AGD+∠ADG=90°， ∴∠AEB+∠ADG=90°， 在△EDH中，∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°， ∴∠DHE=90°， 则DG⊥BE； (2）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形， - 20 -