【答案】 11.B 12.D 13.B 14.B 15.A 16.D 17.C 18.A
19.C
20.B
1.8×106
2.x≥2 3.EB=DC 4.2
9 5.2＜x≤3 6.180 7.2 3 8.10 9.2
43或3
10.（2018， 3+1） 21.解：原式=𝑥−1
𝑥−2
𝑥−2•(𝑥−1)2 =
1𝑥−1
，
当x=4-tan45°=4-1=3时，原式=
1
1
3−1=2
．
22.解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）OA= 42+42=4 2，
点A经过点A1到达A2的路径总长= 52+12+
90⋅𝜋⋅4 2180
= 26+2 2π．
23.解：（1）∵抛物线y=（x+2）2
+m经过点A（-1，0）， ∴0=1+m， ∴m=-1，
∴抛物线解析式为y=（x+2）2-1=x2
+4x+3， ∴点C坐标（0，3），
∵对称轴x=-2，B、C关于对称轴对称， ∴点B坐标（-4，3）， ∵y=kx+b经过点A、B，
∴ −4𝑘+𝑏=3−𝑘+𝑏=0，解得 𝑘=−1𝑏=−
，
∴一次函数解析式为y=-x-1，
（2）由图象可知，写出满足（x+2）2
+m≥kx+b的x的取值范围为x＜-4或x＞-1． 24.解：（1）设本次测试共调查了x名学生． 由题意x•20%=10， x=50．
∴本次测试共调查了50名学生．
（2）测试结果为B等级的学生数=50-10-16-6=18人．
条形统计图如图所示，
（3）∵本次测试等级为D所占的百分比为6
50=12%，
∴该中学八年级共有900名学生中测试结果为D等级的学生有900×12%=108人．
25.解：（1）由图象可知A、B两城之间距离是300千米． （2）设乙车出发x小时追上甲车． 由图象可知，甲的速度=3005
=60千米/小时．
乙的速度=
3004
=75千米/小时．
由题意（75-60）x=60 解得x=4小时．
（3）设y甲=kx+b，则 5𝑘+𝑏=010𝑘+𝑏=300解得 𝑘=60𝑏=−300，
∴y甲=60x-300，
设y乙=k′x+b′，则 6𝑘′′+𝑏′=0+𝑏′=300，解得 𝑘′=1009𝑘𝑏′=−600
， ∴y乙=100x-600，
∵两车相距20千米，
∴y甲-y乙=20或y乙-y甲=20或y甲=20或y甲=280，
即60x-300-（100x-600）=20或100x-600-（60x-300）=20或60x-300=20或60x-300=280 解得x=7或8或16
29
3
或3，
∵7-5=2，8-5=3，16129()14
3-5=3，3-()5=3 ∴甲车出发2小时或3小时或1
小时或14
3
3
小时，两车相距20千米．
26.解：（1）∵AE⊥PB，CF⊥BP， ∴∠AEO=∠CFO=90°，
∠在△AEO和△CFO中， 𝐴𝐸𝑂=∠𝐶𝐹𝑂∠𝐴𝑂𝐸=∠𝐶𝑂𝐹，
𝐴𝑂=𝑂𝐶
∴△AOE≌△COF， ∴OE=OF．
（2）图2中的结论为：CF=OE+AE． 图3中的结论为：CF=OE-AE． 选图2中的结论证明如下： 延长EO交CF于点G， ∵AE⊥BP，CF⊥BP， ∴AE∥CF，
∴∠EAO=∠GCO， ∠𝐸𝐴𝑂=∠𝐺𝐶𝑂
在△EOA和△GOC中， 𝐴𝑂=𝑂𝐶
， ∠𝐴𝑂𝐸=∠𝐶𝑂𝐺
∴△EOA≌△GOC， ∴EO=GO，AE=CG，
在RT△EFG中，∵EO=OG， ∴OE=OF=GO， ∵∠OFE=30°，
∴∠OFG=90°-30°=60°， ∴△OFG是等边三角形， ∴OF=GF， ∵OE=OF， ∴OE=FG， ∵CF=FG+CG， ∴CF=OE+AE．
选图3的结论证明如下：
延长EO交FC的延长线于点G， ∵AE⊥BP，CF⊥BP， ∴AE∥CF， ∴∠AEO=∠G，
在△AOE和△COG中，
∠𝐴𝐸𝑂=∠ 𝐺∠𝐴𝑂𝐸=∠𝐺𝑂𝐶，
𝐴𝑂=𝑂𝐶
∴△AOE≌△COG， ∴OE=OG，AE=CG，
在RT△EFG中，∵OE=OG， ∴OE=OF=OG， ∵∠OFE=30°，
∴∠OFG=90°-30°=60°，
∴△OFG是等边三角形， ∴OF=FG， ∵OE=OF， ∴OE=FG， ∵CF=FG-CG， ∴CF=OE-AE． 27.解：（1）设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元， 依题意得： 50𝑥+25𝑦=4500𝑦=𝑥+30
，解得： 𝑥=50𝑦=80．
答：购买一个A种品牌的足球需要50元，购买一个B种品牌的足球需要80元．
（2）设第二次购买A种足球m个，则购买B中足球（50-m）个， 依题意得： (50+4)𝑚+80×0.9(50−𝑚)≤4500×70%50−𝑚≥23
，
解得：25≤m≤27．
故这次学校购买足球有三种方案：
方案一：购买A种足球25个，B种足球25个； 方案二：购买A种足球26个，B种足球24个； 方案三：购买A种足球27个，B种足球23个．
（3）∵第二次购买足球时，A种足球单价为50+4=54（元），B种足球单价为80×0.9=72（元），∴当购买方案中B种足球最多时，费用最高，即方案一花钱最多． ∴25×54+25×72=3150（元）．
答：学校在第二次购买活动中最多需要3150元资金．
28.解：（1）∵方程x2
-11x+30=0的解为x1=5，x2=6， ∴OB=6，OC=5， ∴B点坐标为（6，0）， 作AM⊥x轴于M，如图， ∵∠OAB=90°且OA=AB，
∴△AOB为等腰直角三角形， ∴OM=BM=AM=1
2OB=3，
∴B点坐标为（3，3）；
（2）作CN⊥x轴于N，如图， ∵t=4时，直线l恰好过点C， ∴ON=4，
在Rt△OCN中，CN= 𝑂𝐶2−𝑂𝑁2= 52−42=3， ∴C点坐标为（4，-3）， 设直线OC的解析式为y=kx，
把C（4，-3）代入得4k=-3，解得k=-3
4，
∴直线OC的解析式为y=-3
4x， 设直线OA的解析式为y=ax，
把A（3，3）代入得3a=3，解得a=1， ∴直线OA的解析式为y=x， ∵P（t，0）（0＜t＜3）， ∴Q（t，t），R（t，-3
4t）， ∴QR=t-（-3
7
4t）=4t， 即m=7
3t（0＜t＜3）；
（3）设直线AB的解析式为y=px+q，
把A（3，3），B（6，0）代入得 3𝑝+𝑞=36𝑝+𝑞=0，解得 𝑝=−1𝑞=6，
∴直线AB的解析式为y=-x+6， 同理可得直线BC的解析式为y=3
2x-9，
当0＜t＜3时，m=7
73t，若m=3.5，则4t=3.5，解得t=2，此时P点坐标为（2，0）； 当3≤t＜4时，Q（t，-t+6），R（t，-3
4t），
∴m=-t+6-（-3
1
14t）=-4t+6，若m=3.5，则-4t+6=3.5，解得t=10（不合题意舍去）； 当4≤t＜6时，Q（t，-t+6），R（t，3
2t-9），
∴m=-t+6-（t-9）=-t+15，若m=3.5，则-t+15=3.5，解得t=，此时P点坐标为（，0），
2
2
2
5
5
3552323
综上所述，满足条件的P点坐标为（2，0）或（，0）．
5
23
【解析】 1.
6
解：将800万用科学记数法表示为：8×10．
6
故答案为：8×10．
n
科学记数法的表示形式为a×10的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
n
此题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值． 2.
解：由题意，得 3x-6≥0， 解得x≥2，
故答案为：x≥2．
根据被开方数是非负数，可得答案．
本题考查了函数自变量的取值范围，利用被开方数是非负数得出不等式是解题关键． 3.
解：添加EB=DC．理由如下： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，且AD=BC， ∴DE∥BC， 又∵DE=AD， ∴DE=BC，
∴四边形DBCE为平行四边形． 又∵EB=DC，
∴四边形DBCE是矩形． 故答案是：EB=DC．
利用平行四边形的判定与性质得到四边形DBCE为平行四边形，结合“对角线相等的平行四边形为矩形”来添加条件即可． 本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质．解题时，也可以根据“有一内角为直角的平行四边形为矩形”填空． 4.
解：∵在一个不透明的袋子中装有除颜色外其他均相同的4个红球，3个白球，2个绿球， ∴摸出绿球的概率是：4+3+2=9． 故答案为：．
92
2
2
由在一个不透明的袋子中装有除颜色外其他均相同的4个红球，3个白球，2个绿球，直接利用概率公式求解即可求得答案． 此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． 5.
解：不等式的整数解是0，1，2．则m的取值范围是2＜x≤3． 故答案是：2＜x≤3．
首先确定不等式组的整数解，然后根据只有这三个整数解即可确定．
本题考查了一元一次不等式组的解法：解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分，解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到． 6.
解：设该件服装的成本价是x元， 依题意得：300×10-x=60，
解得：x=180．
∴该件服装的成本价是180元． 故答案为：180．
设该件服装的成本价是x元．根据“利润=标价×折扣-进价”即可得出关于x的一元一次方程，解方程即可得出结论．
本题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是列出方程300×10-x=60．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据数量关系列出方程（或方程组）是关键． 7.
解：过A作关于直线MN的对称点A′，连接A′B，由轴对称的性质可知A′B即为PA+PB的最小值， 连接OB，OA′，AA′， ∵AA′关于直线MN对称， 𝑁=𝐴 ′𝑁， ∴𝐴
∵∠AMN=40°，
∴∠A′ON=80°，∠BON=40°， ∴∠A′OB=120°， 过O作OQ⊥A′B于Q，
8
8
在Rt△A′OQ中，OA′=2， ∴A′B=2A′Q=2 3， 即PA+PB的最小值2 3． 故答案为：2 3．
𝑁=𝐴 ′𝑁，再由圆周角定理过A作关于直线MN的对称点A′，连接A′B，由轴对称的性质可知A′B即为PA+PB的最小值，由对称的性质可知𝐴
可求出∠A′ON的度数，再由勾股定理即可求解．
本题考查的是轴对称-最短路线问题，圆周角定理及勾股定理，解答此题的关键是根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解． 8.
解：设卡纸扇形的半径和弧长分别为R、l，圣诞帽底面半径为r， 则由题意得R=30，由2Rl=300π得l=20π；
由2πr=l得r=10cm． 故答案是：10．
2
由圆锥的几何特征，我们可得用半径为30cm，面积为300πcm的扇形卡纸制作一个圣诞帽，则圆锥的底面周长等于扇形的弧长，据此求得圆锥的底面圆的半径．
本题考查的知识点是圆锥的表面积，其中根据已知制作一个无盖的圆锥形容器的扇形铁皮的相关几何量，计算出圆锥的底面半径和高，是解答本题的关键． 9.
解：∵AE=AD，
31
1
∴分两种情况：
①当点E在线段AD上时，如图1所示 ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD=BC， ∴△EFD∽△CFB， ∴EF：FC=DE：BC， ∵AE=AD，
31
∴DE=2AE=3AD=3BC，
∴DE：BC=2：3， ∴EF：FC=2：3；
②当点E在线段DA的延长线上时，如图2所示： 同①得：△EFD∽△CFB， ∴EF：FC=DE：BC， ∵AE=AD，
31
22
∴DE=4AE=3AD=3BC， ∴DE：BC=4：3， ∴EF：FC=4：3；
综上所述：EF：FC的值是3或3； 故答案为：3或3．
分两种情况：①当点E在线段AD上时，由四边形ABCD是平行四边形，可证得△EFD∽△CFB，求出DE：BC=2：3，即可求得EF：FC的值； ②当当点E在射线DA上时，同①得：△EFD∽△CFB，求出DE：BC=4：3，即可求得EF：FC的值．
此题考查了相似三角形的判定与性质与平行四边形的性质．此题难度不大，证明三角形相似是解决问题的关键；注意分情况讨论． 10.
解：解：∵△ABC是等边三角形AB=3-1=2， ∴点C到x轴的距离为1+2×2= 3+1， 横坐标为2，
∴A（2， 3+1），
第2016次变换后的三角形在x轴上方， 点A的纵坐标为 3+1，
横坐标为2+2016×1=2018，
所以，点A的对应点A′的坐标是（2018， 3+1）， 故答案为：（2018， 3+1）．
据轴对称判断出点A变换后在x轴上方，然后求出点A纵坐标，再根据平移的距离求出点A变换后的横坐标，最后写出即可．
本题考查了坐标与图形变化-平移，等边三角形的性质，读懂题目信息，确定出连续2016次这样的变换得到三角形在x轴上方是解题的关键． 11.
2
解：A、2a•3a=6a，故此选项错误；
236
B、（3a）=27a，正确；
422
C、a÷a=2a，故此选项错误；
222
D、（a+b）=a+2ab+b，故此选项错误；
32
4
2
4
44
故选：B．
分别利用积的乘方运算法则以及同底数幂的除法运算法则、完全平方公式、单项式乘以单项式运算法则化简求出答案．
此题主要考查了积的乘方运算以及同底数幂的除法运算、完全平方公式、单项式乘以单项式等知识，正确化简各式是解题关键． 12.
解：A、是轴对称图形．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项错误；
B、是轴对称图形．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误； D、是轴对称图形，又是中心对称图形．故此选项正确． 故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 13.
解：由分析得该组合体的主视图为：
故选B．
由已知条件可知，主视图有2列，每列小正方数形数目分别为3，1，从而确定正确的选项．
本题考查由三视图判断几何体及简单组合体的三视图的知识．由几何体的俯视图及小正方形内的数字，可知主视图的列数与俯视数的列数相同，且每列小正方形数目为俯视图中该列小正方形数字中的最大数字． 14.
解：依题意得众数为90； 中位数为（80+90）=85；
21
极差为100-70=30；
平均数为（70×2+80×2+90×3+100）=83.75．故B正确．
81
故选B．
根据表中数据，分别利用中位数、众数、极差、平均数的定义即可求出它们，然后就可以作出判断． 本题考查了众数、中位数、平均数、极差等定义，要求学生对于这些定义比较熟练． 15.
【分析】 本题考查函数图象中动点问题，根据移动路线以及图形边长即可得出函数关系式情况是解决问题的关键．根据直角边长为1的等腰直角三角形与边长为2的正方形在同一水平线上，三角形沿水平线从左向右匀速穿过正方形可知，当0≤t≤ 2时，以及当 2＜t≤2时，当2＜t≤3时，求出函数关系式，即可得出答案． 【解答】 解：∵直角边长为1的等腰直角三角形与边长为2的正方形在同一水平线上，三角形沿水平线从左向右匀速穿过正方形．设穿过时间为t，正方形与三角形不重合部分的面积为s， ∴s关于t的函数大致图象应为：三角形进入正方形以前s增大， 当0≤t≤ 2时，s=2×1×1+2×2-2×𝑡2=2-2t；
2
1191
当 2＜t≤2时，s=22−2×1=2；
2
17
当2＜t≤3时，s=2-2（3-t）=−2t-3t，
∴A符合要求， 故选A． 16.
解：分式方程去分母得：2x-m=3x+3， 解得：x=-m-3，
由分式方程的解为正数，得到-m-3＞0，且-m-3≠-1， 解得：m＜-3， 故选D
分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程解为正数确定出m的范围即可． 此题考查了分式方程的解，始终注意分式方程分母不为0这个条件． 17.
解：由题意可得，如右图所示， 存在两种情况，
当△ABC为△A1BC时，连接OB、OC，
∵点O是等腰△ABC的外心，且∠BOC=60°，底边BC=2，OB=OC， ∴△OBC为等边三角形，OB=OC=BC=2，OA1⊥BC于点D， ∴CD=1，OD= 22−12= 3， ∴𝑆△𝐴1𝐵𝐶=
𝐵𝐶⋅𝐴1𝐷2
2×(2− 3)2
91
2
1
2
==2- 3，
当△ABC为△A2BC时，连接OB、OC，
∵点O是等腰△ABC的外心，且∠BOC=60°，底边BC=2，OB=OC， ∴△OBC为等边三角形，OB=OC=BC=2，OA1⊥BC于点D，
∴CD=1，OD= 22−12= 3， ∴S△A2BC=
𝐵𝐶⋅𝐷𝐴22×(2+ 3)=2=2+ 3， 2
由上可得，△ABC的面积为2− 3或2+ 3，
故选C．
根据题意可以画出相应的图形，然后根据不同情况，求出相应的边的长度，从而可以求出不同情况下△ABC的面积，本题得以解决．
本题考查三角形的外接圆和外心，等腰三角形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用分类讨论的数学思想解答问题． 18.
解：在反比例函数y=中k=6＞0，
𝑥6
∴该反比例函数在x＞0内，y随x的增大而减小， 当x=3时，y==2；当x=1时，y==6．
3
1
6
6
∴当1＜x＜3时，2＜y＜6． ∴y的最小整数值是3． 故选A．
根据反比例函数系数k＞0，结合反比例函数的性质即可得知该反比例函数在x＞0中单调递减，再结合x的取值范围，可得出y的取值范围，取其内的最小整数，本题得解．
本题考查了反比例函数的性质，解题的关键是找出反比例函数y=在1＜x＜3中y的取值范围．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，
𝑥6
根据反比例函数的系数结合反比例函数的性质得出该反比例函数的单调性是关键． 19.
解：截下来的符合条件的彩绳长度之和刚好等于总长5米时，不造成浪费， 设截成2米长的彩绳x根，1米长的y根， 由题意得，2x+y=5，
𝑥=0𝑥=1𝑥=2因为x，y都是正整数，所以符合条件的解为： 、 、 ，
𝑦=5𝑦=3𝑦=1
则共有3种不同截法， 故选：C．
截下来的符合条件的彩绳长度之和刚好等于总长9米时，不造成浪费，设截成2米长的彩绳x根，1米长的y根，由题意得到关于x与y的方程，求出方程的正整数解即可得到结果．
此题考查了二元一次方程的应用，弄清题意列出方程是解本题的关键． 20.
解：∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点， ∴CF=BE，
𝐴𝐵=𝐵𝐶 在△ABE和△BCF中， ∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐵𝐶𝐹，
𝐵𝐸=𝐶𝐹∴Rt△ABE≌Rt△BCF（SAS），
∴∠BAE=∠CBF，AE=BF，故①正确； 又∵∠BAE+∠BEA=90°， ∴∠CBF+∠BEA=90°， ∴∠BGE=90°，
∴AE⊥BF，故②正确；
根据题意得，FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=90° ∵CD∥AB，
∴∠CFB=∠ABF， ∴∠ABF=∠PFB， ∴QF=QB， 令PF=k（k＞0），则PB=2k 在Rt△BPQ中，设QB=x， 222
∴x=（x-k）+4k， ∴x=2，
∴sin=∠BQP=𝑄𝐵=5，故③正确； ∵∠BGE=∠BCF，∠GBE=∠CBF， ∴△BGE∽△BCF， ∵BE=2BC，BF=2BC，
∴BE：BF=1： 5，
∴△BGE的面积：△BCF的面积=1：5， ∴S四边形ECFG=4S△BGE，故④错误． 故选：B．
首先证明△ABE≌△BCF，再利用角的关系求得∠BGE=90°，即可得到①AE=BF；②AE⊥BF；△BCF沿BF对折，得到△BPF，利用角的关系求出QF=QB，解出BP，QB，根据正弦的定义即可求解；根据AA可证△BGE与△BCF相似，进一步得到相似比，再根据相似三角形的性质即可求解．
1
5𝐵𝑃4
5𝑘
本题主要考查了四边形的综合题，涉及正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及折叠的性质的知识点，解决的关键是明确三角形翻转后边的大小不变，找准对应边，角的关系求解． 21.
先算括号里面的，再算除法，求出x的值代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，分式中的一些特殊求值题并非是一味的化简，代入，求值．许多问题还需运用到常见的数学思想，如化归思想（即转化）、整体思想等，了解这些数学解题思想对于解题技巧的丰富与提高有一定帮助． 22.
（1）由B点坐标和B1的坐标得到△ABC向右平移5个单位，再向上平移1个单位得到△A1B1C1，则根据点平移的规律写出A1和C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出点A1的对应点为点A2，点B1的对应点为点B2，点C1的对应点为点C2，从而得到△A2B2C2；
（3）先利用勾股定理计算平移的距离，再计算以OA1为半径，圆心角为90°的弧长，然后把它们相加即可得到这两次变换过程中，点A经过点A1到达A2的路径总长．
本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换． 23.
（1）先利用待定系数法先求出m，再求出点B坐标，利用方程组求出太阳还是解析式． （2）根据二次函数的图象在一次函数的图象上面即可写出自变量x的取值范围．
本题考查二次函数与不等式、待定系数法等知识，解题的关键是灵活运用待定系数法确定好像解析式，学会利用图象根据条件确定自变量取值范围，属于中考常考题型． 24.
（1）设本次测试共调查了x名学生，根据总体、个体、百分比之间的关系列出方程即可解决． （2）用总数减去A、C、D中的人数，即可解决，画出条形图即可． （3）用样本估计总体的思想解决问题．
本题考查条形图、样本估计总体的思想、扇形统计图等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，属于中考常考题型． 25.
（1）根据图象即可得出结论．
（2）先求出甲乙两人的速度，再列出方程即可解决问题． （3）根据y甲-y乙=20或y乙-y甲=20，列出方程即可解决．
本题考查一次函数的应用、行程问题等知识，解题的关键是学会利用函数解决实际问题，学会转化的思想，把问题转化为方程，属于中考常考题型． 26.
（1）由△AOE≌△COF即可得出结论．
（2）图2中的结论为：CF=OE+AE，延长EO交CF于点G，只要证明△EOA≌△GOC，△OFG是等边三角形，即可解决问题． 图3中的结论为：CF=OE-AE，延长EO交FC的延长线于点G，证明方法类似．
本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 27.
（1）设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元，根据“总费用=买A种足球费用+买B种足球费用，以及B种足球单价比A种足球贵30元”可得出关于x、y的二元一次方程组，解方程组即可得出结论；
（2）设第二次购买A种足球m个，则购买B中足球（50-m）个，根据“总费用=买A种足球费用+买B种足球费用，以及B种足球不小于23个”可得出关于m的一元一次不等式组，解不等式组可得出m的取值范围，由此即可得出结论；
（3）分析第二次购买时，A、B种足球的单价，即可得出那种方案花钱最多，求出花费最大值即可得出结论． 本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）根据数量关系找出关于x、y的二元一次方程组；（2）根据数量关系找出关于m的一元一次不等式组；（3）确定花费最多的方案．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据数量关系列出方程（方程组、不等式或不等式组）是关键． 28.
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（1）先利用因式分解法解方程x-11x+30=0可得到OB=6，OC=5，则B点坐标为（6，0），作AM⊥x轴于M，如图，利用等腰直角三角形的性质得OM=BM=AM=2OB=3，于是可写出B点坐标；
（2）作CN⊥x轴于N，如图，先利用勾股定理计算出CN得到C点坐标为（4，-3），再利用待定系数法分别求出直线OC的解析式为y=-4x，直线OA的解析式为y=x，则根据一次函数图象上点的坐标特征得到Q（t，t），R（t，-4t），所以QR=t-（-4t），从而得到m关于t的函数关系式． （3）利用待定系数法求出直线AB的解析式为y=-x+6，直线BC的解析式为y=2x-9，然后分类讨论：当0＜t＜3时，利用4t=3.5可求出t得到P点坐标；
当3≤t＜4时，则Q（t，-t+6），R（t，-4t），于是得到-t+6-（-4t）=3.5，解得t=10，不满足t的范围舍去；当4≤t＜6时，则Q（t，-t+6），
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R（t，t-9），所以-t+6-（t-9）=3.5，然后解方程求出t得到P点坐标．
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本题考查了四边形的综合题：熟练掌握等腰直角三角形的性质和一次函数图象上点的坐标特征；会运用待定系数法求一次函数解析式；理解坐标与图形性质，会利用点的坐标表示线段的长；学会运用分类讨论的思想解决数学问题．
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