9. 如图,在平面直角坐标系中,以点O为圆心,适当长为半径画弧,交x轴负半轴于点M,交y轴正半轴于点N,再分别以点M,N为圆心,大于$\frac{1}{2}MN$的长为半径画弧,两弧在第二象限交于点P,若点P的坐标为(6a,2b-1),则3a+b= ______.
答案：$\frac{1}{2}$
解析：
【分析】
解题思路分三步：第一步先识别尺规作图类型，题目中的作图步骤是作第二象限角的角平分线，因此点P在第二象限的角平分线上；第二步回忆第二象限角平分线上点的坐标特征：第二象限角平分线上的点的横坐标与纵坐标互为相反数，即横、纵坐标之和为0；第三步将点P的坐标代入上述特征，整理变形即可求出3a+b的值。
【解析】
由尺规作图的方法可知，点P在第二象限的角平分线上，
根据第二象限角平分线上的点的坐标特征：横坐标与纵坐标互为相反数，可得：
$6a + (2b - 1) = 0$
整理等式得：$6a + 2b = 1$
等式两边同时除以2，得：$3a + b = \frac{1}{2}$
【答案】
$\frac{1}{2}$
【知识点】
尺规作角平分线；象限角平分线的坐标特征
【点评】
本题是尺规作图与平面直角坐标系的基础综合题，解题的核心是准确判断点P的位置特征，再结合坐标性质列式求解，侧重对基础知识点的识别与简单应用的考查。
【难度系数】
0.7
10. 规定:二元一次方程ax+by= c有无数组解,每组解记为P(x,y),称P(x,y)为隐点.在平面直角坐标系中将这些隐点连接会得到一条直线,称这条直线是隐点的明线.设P(0,-2),Q$(1,-\frac{1}{3})是明线t^2x + hy = 6$的两个隐点,关于x,y的方程$(\frac{1}{5}t^2 + 2)x - (t^2 + h - 4)y = 5$的正整数解为______.
答案：$\left\{\begin{array}{l} x=1,\\ y=1\end{array}\right. $ 解析:把$P(0,-2),Q(1,-\frac {1}{3})$的坐标代入$t^{2}x+hy=6$中,得$\left\{\begin{array}{l} -2h=6,\\ t^{2}-\frac {1}{3}h=6,\end{array}\right. $所以$\left\{\begin{array}{l} h=-3,\\ t^{2}=5,\end{array}\right. $把$\left\{\begin{array}{l} h=-3,\\ t^{2}=5\end{array}\right. $代入$(\frac {1}{5}t^{2}+2)x-(t^{2}+h-4)y=5$中,得$3x+2y=5$,所以$x=\frac {5-2y}{3}=1+\frac {2(1-y)}{3}$.因为x,y都为正整数,所以正整数解为$\left\{\begin{array}{l} x=1,\\ y=1.\end{array}\right. $
解析：
【分析】
解题时首先理解新定义：隐点就是对应明线的二元一次方程的解。第一步，将已知的两个隐点P、Q的坐标代入明线对应的方程$t^2x + hy = 6$，得到关于$t^2$和$h$的二元一次方程组，求解即可得到$t^2$和$h$的值；第二步，将求得的参数值代入第二个待解方程，化简得到普通的二元一次方程；第三步，根据“正整数解”的要求（即x、y均为大于等于1的正整数），通过代入验证或变形分析找出符合条件的解。
【解析】
把$P(0,-2)$、$Q(1,-\frac{1}{3})$分别代入方程$t^2x + hy = 6$，可得方程组：
$\begin{cases}-2h = 6 \\t^2 - \frac{1}{3}h = 6\end{cases}$
解第一个方程得：$h=-3$。
把$h=-3$代入第二个方程：$t^2 - \frac{1}{3}×(-3) = 6$，化简得$t^2 +1=6$，解得$t^2=5$。
将$\begin{cases} h=-3 \\ t^2=5 \end{cases}$代入方程$(\frac{1}{5}t^2 + 2)x - (t^2 + h - 4)y = 5$：
左边$=(\frac{1}{5}×5 +2)x - (5 -3 -4)y = 3x + 2y$，
因此化简后方程为$3x + 2y = 5$。
因为x、y均为正整数，即$x≥1$，$y≥1$且为整数：
当$x=1$时，$3×1 + 2y =5$，解得$y=1$，符合要求；
当$x≥2$时，$3x≥6＞5$，没有符合条件的y值。
因此方程的正整数解为$\begin{cases} x=1 \\ y=1 \end{cases}$。
【答案】
$\begin{cases} x=1 \\ y=1 \end{cases}$
【知识点】
二元一次方程的解；解二元一次方程组；二元一次方程的整数解
【点评】
本题结合新定义考查二元一次方程的相关应用，解题关键是准确理解新定义的含义，先求出未知参数的值，再结合正整数的限制筛选符合条件的解，侧重考查基础知识的灵活运用和知识迁移能力。
【难度系数】
0.7
11. 如图①,在△ABC中,若AD是∠BAC的平分线,过D点分别作DE⊥AB,DF⊥AC,垂足分别为E,F,则DE= DF.(不需要证明)
探究发现:
如图②,在△ABC中,仍然有条件“AD是∠BAC的平分线,点E,F分别在AB和AC上”.若∠AED+∠AFD= 180°,则DE与DF是否仍相等?若相等,请证明;若不相等,请举反例说明.
答案：$DE=DF$.证明如下:过点 D 分别作$DM⊥AB$于点 M,$DN⊥AC$于点 N.
∵ AD 平分$∠BAC,DM⊥AB,DN⊥AC,\therefore DM=DN.\because ∠AED+∠AFD=180^{\circ },∠AFD+∠DFN=180^{\circ },\therefore ∠DFN=∠AED$.在$△DME$和$△DNF$中,$\left\{\begin{array}{l} ∠DEM=∠DFN,\\ ∠DME=∠DNF,\therefore △DME\cong △DNF(AAS),\therefore DE=DF.\\ DM=DN,\end{array}\right. $
解析：
【分析】
要判断DE与DF是否相等，可结合已知的角平分线条件，联想角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，因此先过点D作AB、AC的垂线段DM、DN，得到DM=DN；接下来要证DE=DF，只需证明△DME和△DNF全等即可。已知∠AED+∠AFD=180°，结合平角的定义可得∠AED=∠DFN，再加上两个直角相等，就可以用AAS证明两个三角形全等，从而得到DE=DF。
【解析】
过点D分别作$DM⊥AB$于点M，$DN⊥AC$于点N。
∵AD平分$∠BAC$，$DM⊥AB$，$DN⊥AC$，
∴$DM=DN$。
∵$∠AED+∠AFD= 180^{\circ }$，$∠AFD+∠DFN=180^{\circ }$（平角的定义），
∴$∠DFN=∠AED$（同角的补角相等）。
在$△DME$和$△DNF$中：
$\{\begin{array}{l} ∠DEM=∠DFN\\ ∠DME=∠DNF\\ DM=DN\end{array} $
∴$△DME≌ △DNF(AAS)$，
∴$DE=DF$。
【答案】
$DE=DF$
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定；补角的性质
【点评】
本题属于几何探究类题目，注重考查基础几何定理的应用能力和辅助线构造能力，解题的关键是结合角平分线的性质作垂线段构造全等三角形，通过角的等量转换找到全等条件，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
12. (苏州中考)某水果店经销甲、乙两种水果,两次购进水果的情况如表所示:
|进货批次|甲种水果质量(单位:kg)|乙种水果质量(单位:kg)|总费用(单位:元)|
|第一次|60|40|1520|
|第二次|30|50|1360|
(1)求甲、乙两种水果的进价.
(2)销售完前两次购进的水果后,该水果店决定回馈顾客,开展促销活动.第三次购进甲、乙两种水果共200 kg,且投入的资金不超过3360元.将其中的m kg甲种水果和3m kg乙种水果按进价销售,剩余的甲种水果以每千克17元、乙种水果以每千克30元的价格销售.若第三次购进的200 kg水果全部售出后,获得的最大利润不低于800元,求正整数m的最大值.
答案：
(1)求甲、乙两种水果的进价. 设甲种水果的进价为每千克a元,乙种水果的进价为每千克 b 元, 根据题意, 得$\left\{\begin{array}{l} 60a+40b=1520,\\ 30a+50b=1360,\end{array}\right. $解得$\left\{\begin{array}{l} a=12,\\ b=20.\end{array}\right. $答:甲种水果的进价为每千克 12 元,乙种水果的进价为每千克 20 元.
(2)设水果店第三次购进x kg 甲种水果,则购进$(200-x)kg$乙种水果,根据题意,得$12x+20(200-x)≤3360$,解得$x≥80$.设获得的利润为 w 元,根据题意,得$w=(17-12)×(x-m)+(30-20)×(200-x-3m)=-5x-35m+2000.\because -5＜0$,
∴ w 随 x 的增大而减小,
∴ 当$x=80$时,w的最大值为$-35m+1600$.根据题意,得$-35m+1600≥800$,解得$m≤22\frac {6}{7}$,
∴ 正整数 m 的最大值为 22.
解析：
【分析】
(1) 要求甲、乙两种水果的进价，可分别设甲、乙的进价为每千克$a$元、$b$元，结合两次进货的总费用列出二元一次方程组，解方程组即可得到两种水果的进价。
(2) 先设第三次购进$x\ \mathrm{kg}$甲种水果，则乙种水果为$(200-x)\ \mathrm{kg}$，根据投入资金不超过3360元的限制列不等式，求出$x$的取值范围；再根据利润的计算规则：按进价销售的部分利润为0，剩余部分的利润为（售价-进价）×对应质量，列出总利润$w$关于$x$和$m$的函数表达式，结合一次函数的增减性找到$w$取最大值时$x$的取值，代入后根据最大利润不低于800元列不等式，解不等式即可求出正整数$m$的最大值。
【解析】
(1) 设甲种水果的进价为每千克$a$元，乙种水果的进价为每千克$b$元。
根据两次进货的总费用，可得方程组：
$\begin{cases} 60a+40b=1520 \\ 30a+50b=1360 \end{cases}$
将第二个方程两边同乘2得$60a+100b=2720$，减去第一个方程得：
$60b=1200$，解得$b=20$。
把$b=20$代入$60a+40×20=1520$，解得$a=12$。
(2) 设第三次购进$x\ \mathrm{kg}$甲种水果，则购进乙种水果$(200-x)\ \mathrm{kg}$。
根据投入资金不超过3360元，列不等式：
$12x+20(200-x)≤3360$
展开整理得$-8x≤-640$，解得$x≥80$。
设总利润为$w$元，其中$m\ \mathrm{kg}$甲、$3m\ \mathrm{kg}$乙按进价销售（利润为0），剩余甲$(x-m)\ \mathrm{kg}$，每千克利润$17-12=5$元，剩余乙$(200-x-3m)\ \mathrm{kg}$，每千克利润$30-20=10$元，因此：
$w=5(x-m)+10(200-x-3m)=-5x-35m+2000$
因为一次项系数$-5＜0$，所以$w$随$x$的增大而减小，要使$w$最大，需取$x$的最小值80，代入得最大利润：
$w_{\mathrm{max}}=-5×80-35m+2000=-35m+1600$
根据题意最大利润不低于800元，列不等式：
$-35m+1600≥800$
解得$m≤22\frac{6}{7}$，因为$m$为正整数，所以$m$的最大值为22。
【答案】
(1) 甲种水果进价为每千克12元，乙种水果进价为每千克20元；
(2) 正整数$m$的最大值为22。
【知识点】
二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的实际应用
【点评】
本题是方程、不等式与一次函数结合的实际应用问题，需要逐步梳理题中的数量关系：先通过方程组求出基础量进价，再结合资金限制求出进货量的取值范围，最后利用一次函数的增减性确定最大利润对应的条件，解不等式得到参数的最大值，考查了对多个知识点的综合运用能力和逻辑分析能力。
【难度系数】
0.6
