性质求出MK＝周长；
1MN＝8，再利用勾股定理求出GM的长度，然后可求出四边形EFGH的2证法二：利用“角边角”证明Rt△FCE≌Rt△FCM，根据全等三角形对应边相等可得EF＝MF，EC＝MC，再根据角的关系推出∠M＝∠HEB，根据同位角相等，两直线平行可得HE∥GF，同理可证GH∥EF，所以四边形EFGH是平行四边形，过点G作GK⊥BC于K，根据边的关系推出MK＝BC，再利用勾股定理列式求出GM的长度，然后可求出四边形EFGH的周长．
【答案】（1）作图如下： 2分
（2）解：在图2中，EF?FG?GH?HE?22?42?20?25， ∴四边形EFGH的周长为85．
3分
在图3中，EF?GH?22?12?5，FG?HE?32?62?45?35． ∴四边形EFGH的周长为2?5?2?35?85． 猜想：矩形ABCD的反射四边形的周长为定值． （3）如图4，证法一：延长GH交CB的延长线于点N．
A 3 4 N
B
E
K
图4
C
G
1 H D F 2 5 M
4分 5分
∵?1??2，?1??5， ∴?2??5． 而FC?FC，
∴Rt△FCE≌Rt△FCM． ∴EF?MF，EC?MC． 同理：NH?EH，NB?EB． ∴MN?2BC?16．
7分
16
6分
∵?M?90???5?90???1，?N?90???3， ∴?M??N． ∴GM?GN． 过点G作GK⊥BC于K，则KM?8分
19分 MN?8．
2∴GM?GK2?KM2?42?82?45． ∴四边形EFGH的周长为2GM?85．
10分
证法二：∵?1??2，?1??5， ∴?2??5． 而FC?FC， ∴Rt△FCE≌Rt△FCM． ∴EF?MF，EC?MC．
6分
∵?M?90???5?90???1，?HEB?90???4， 而?1??4， ∴?M??HEB． ∴HE∥GF． 同理：GH∥EF． ∴四边形EFGH是平行四边形． ∴FG?HE． 而?1??4，
∴Rt△FDG≌Rt△HBE． ∴DG?BE．
过点G作GK⊥BC于K，则KM?KC?CM?GD?CM?BE?EC?8 ∴GM?GK2?KM2?42?82?45． ∴四边形EFGH的周长为2GM?85．
【点评】本题主要考查了应用与设计作图，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，矩形的性质，读懂题意理解“反射四边形EFGH”特征是解题的关键．
4：【解析】按照题目给出的范例，对于(1)的“根相反”，用“y=－x”作替换；对于(2)的“根1是倒数”，用“y=”作替换，并且注意有“不等于零的实数根”的限制，要进行讨论．
x【答案】(1)设所求方程的根为y，则y=－x，所以x=－y．??????(2分) 把x=－y代入已知方程x2＋x－2=0， 得(－y)2＋(－y)－2=0．??????(4分) 化简，得：y2－y－2=0．??????(6分)
11
(2)设所求方程的根为y，则y=，所以x=．??????(8分)
xy1
把x=代如方程ax2＋bx＋c=0得．
y 11
a()2＋b·＋c=0，??????(10分) yy
去分母，得，a＋by＋cy2=0．????????(12分)
17
若c=0，有ax2＋bx=0，于是方程ax2＋bx＋c=0有一个根为0，不符合题意． ∴c≠0，故所求方程为cy2＋by＋a=0(c≠0)．????????(14分)
【点评】本题属于阅读理解题，读懂题意，理解题目讲述的方法的基础；在实际解题时，还要灵活运用题目提供的方法进行解题，实际上是数学中“转化”思想的运用．
5：【解析】(1)已知抛物线上三点，用“待定系数法”确定解析式；(2)四边形AOMP中，AO=4，OM=3，过A作x轴的平行线交抛物线于P点，这个P点符合要求“四条边的长度为四个连续的正整数”；(3)使△NAC的面积最大，AC确定，需要N点离AC的距离最大，一种方法可以作平行于AC的直线，计算这条直线与抛物线只有一个交点时，这个交点即为N；另一种方法，过AC上任意一点作y轴的平行线交抛物线于N点，这样△NAC被分成两个三角形，建立函数解析式求最大值．
【答案】(1)根据已知条件可设抛物线对应的函数解析式为y=a(x―1)·(x―5)，??????(1分)
4
把点A(0，4)代入上式，得a=．??????(2分)
5
4424416
∴y=(x―1)(x―5)=x2―x＋4=―(x―3)2―．??????(3分)
55555∴抛物线的对称轴是x=3．????(4分) (2)点P的坐标为(6，4)．??????(8分)
(3)在直线AC下方的抛物线上存在点N，使△NAC的面积最大，由题意可设点N的坐标为424
(t，t2―t＋4)(0＜t＜5)．??????(9分)
55
如图，过点N作NG∥y轴交AC于点G，连接AN、CN．由点A(0，4)和点C(5，0)可求出4
直线AC的解析式为：y=―x＋4．??????(10分)
5
18
44
把x=t代入y=―x＋4得y=―t＋4，
554
则G(t，―t＋4)．??????(11分)
5
4424420
此时NG=―t＋4―(t2―t＋4)=―t2＋t．??????(12分)
5555511420
∴S△NAC=NG·OC=(－t2＋t)×5
2255
525
=―2t2＋10t=―2(t－)2＋．??????(13分)
22又∵0＜t＜5，
525
∴当t=时，△CAN的面积最大，最大值为．??????(14分)
22 5424
t=时，t2－t＋4=－3．??????(15分) 25 55
∴点N的坐标为(，－3)．????????(16分)
2
【点评】本题是一道二次函数、一次函数、三角形的综合题，其中第(3)问也是一道具有难度的“存在性”探究问题．本题主要考查二次函数、一次函数的图象与性质的应用． 100（100?1）100（100?1）6：【解析】式子“1+2+3+4+??+100”的结果是，即； n=
22n?1?100又∵∴
11111?1-，?-，???， 1?222?323111111111????=1-+-+?+-=1-， 1?22?3n?(n?1)223nn?1n?12012∴
?n(n?1)=1?2?2?3???2012?2013=1-2+2-3+?+2012-2013=1-2013=2013.
n?111111111112012【答案】
2012 2013【点评】本题是一道找规律的题目，要求学生的通过观察，分析、归纳并发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题．此题重点除首位两项外，其余各项相互抵消的规律． 7：【解析】(1) 由题意知, θ为旋转角, n为位似比.由变换[60°,3]和相似三角形的面积比等于相似比的平方,得S?AB?'C?:S?ABC = 3, 直线BC与直线B′C′所夹的锐角为60°;
(2)由已知条件得θ＝∠CAC′＝∠BAC′－∠BAC＝60°.由直角三角形中, 30°锐角所对的直角边等于斜边的一半得n＝
AB?＝2. AB(3) 由已知条件得θ＝∠CAC′＝∠ACB＝72°.再由两角对应相等,证得△ABC∽△B′BA,由相
19
似三角形的性质求得n＝【答案】(1) 3;60°.
B?C?1?5＝. BC2(2) ∵四边形ABB′C′是矩形,∴∠BAC′＝90°. ∴θ＝∠CAC′＝∠BAC′－∠BAC＝90°－30°＝60°. 在Rt△ABB′中，∠ABB′＝90°, ∠BAB′＝60°, ∴n＝
AB?＝2. AB(3) ∵四边形ABB′C′是平行四边形,∴AC′∥BB′,又∵∠BAC＝36° ∴θ＝∠CAC′＝∠ACB＝72°
∴∠C′AB′＝∠ABB′＝∠BAC＝36°,而∠B＝∠B, ∴△ABC∽△B′BA,∴AB2＝CB·B′B＝CB·(BC+CB′), 而CB′＝AC＝AB＝B′C′, BC＝1, ∴AB2＝1·(1+AB) ∴AB＝
1?5,∵AB＞0, 2∴n＝
B?C?1?5＝. BC2【点评】本题是一道阅读理解题.命题者首先定义了一种变换,要求考生根据这种定义解决相关的问题. 读懂定义是解题的关键所在.
本题所涉及的知识点有相似三角形的面积比等于相似比的平方,黄金比等.
8：【解析】本题是信息给予题，题目中已经把相关概念进行阐述，按照给出的定义题就可以。（1）已知O(0,0)和P(x,y)利用定义可知
（2）由d(P0，Q)=x0-x+y0-(ax+b)， d(O，P)=0-x+0-y=x+y=1；
则d(M，Q)=2-x+1-y=2-x+1-（x+2）=x-2+x+1利用绝对值的几何意义可以求出点M（2,1）到直线y=x+2的直角距离为3. 【答案】解：（1）有题意，得x+y=1，
所有符合条件的点P组成的图形如图所示。
（2）∵
d(M，Q)=2-x+1-y=2-x+1-（x+2）=x-2+x+1
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