（1）共有9种情况，两次取出乒乓球上数字相同的情况有3种，所以概率是； （2）两次取出乒乓球上数字之积等于0的情况有5种，所以概率是．
21．如图，Rt△AB′C′是由Rt△ABC绕点A顺时针旋转得到的，连接CC′交斜边于点E，CC′的延长线交BB′于点F．
（1）证明：△ACE∽△FBE；
（2）设∠ABC=α，∠CAC′=β，试探索α、β满足什么关系时，△ACE与△FBE是全等三角形，并说明理由．
【考点】S8：相似三角形的判定；KB：全等三角形的判定；R2：旋转的性质．
【分析】（1）欲证△ACE∽△FBE，通过观察发现两个三角形已经具备一组角对应相等，即∠AEC=∠FEB，此时，再证∠AC′C=∠ABB′即可．
（2）欲证△ACE≌△FBE，由（1）知△ACE∽△FBE，只需证明CE=BE，由已知可证∠ABC=∠BCE=α，即证β=2α时，△ACE≌△FBE．
【解答】（1）证明：∵Rt△AB′C′是由Rt△ABC绕点A顺时针旋转得到的， ∴AC=AC′，AB=AB′，∠CAB=∠C′AB′，
∴∠CAB+∠BAC′=∠C′AB′+∠BAC′，即∠CAC′=∠BAB′， ∴∠ABB′=∠AB′B=∠ACC′=∠AC′C， ∴∠ACC′=∠ABB′， 又∵∠AEC=∠FEB， ∴△ACE∽△FBE．
（2）解：当β=2α时，△ACE≌△FBE． 在△ACC′中， ∵AC=AC′， ∴∠ACC′=在Rt△ABC中，
∠ACC′+∠BCE=90°，即90°﹣α+∠BCE=90°， ∴∠BCE=α，
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==90°﹣α，
∵∠ABC=α， ∴∠ABC=∠BCE， ∴CE=BE，
由（1）知：△ACE∽△FBE， ∴∠BEF=∠CEA，∠FBE=∠ACE， 又∵CE=BE， ∴△ACE≌△FBE．
22．华昌中学开学初在金利源商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
（1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
（2）华昌中学响应习总书记“足球进校园”的号召，决定两次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢金利源商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，那么华昌中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
【考点】B7：分式方程的应用；C9：一元一次不等式的应用．
【分析】（1）设一个A品牌的足球需x元，则一个B品牌的足球需（x+30）元，根据购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍列出方程解答即可；
（2）设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球（50﹣a）个，根据购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，列出不等式解决问题．
【解答】解：（1）设一个A品牌的足球需x元，则一个B品牌的足球需（x+30）元，由题意得
=解得：x=50
经检验x=50是原方程的解， x+30=80
答：一个A品牌的足球需50元，则一个B品牌的足球需80元．
（2）设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球（50﹣a）个，由题意得 50×（1+8%）（50﹣a）+80×0.9a≤3260 解得a≤31
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×2
∵a是整数， ∴a最大等于31，
答：华昌中学此次最多可购买31个B品牌足球．
23．在我们学习过的数学教科书中，有一个数学活动，其具体操作过程是：
第一步：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，把纸片展开，得到折痕EF（如图1）；
第二步：再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN（如图2）． 请解答以下问题：
（1）如图2，若延长MN交BC于P，△BMP是什么三角形？请证明你的结论；
（2）在图2中，若AB=a，BC=b，a、b满足什么关系，才能在矩形纸片ABCD上剪出符合（1）中结论的三角形纸片BMP？
（3）设矩形ABCD的边AB=2，BC=4，并建立如图3所示的直角坐标系．设直线BM′为y=kx，当∠M′BC=60°时，求k的值．此时，将△ABM′沿BM′折叠，点A是否落在EF上（E、F分别为AB、CD中点），为什么？
【考点】FI：一次函数综合题．
【分析】（1）连接AN，可证△ABN为等边三角形，可求得∠ABM=∠NBM=30°，则可求得∠PBM=∠BMP=60°，可证得△BMP为等边三角形；
（2）由题意可知BC＞BP，在Rt△BNP中，可求得a=BPcos30°，则可找到a、b满足的关系；
（3）在Rt△ABM′中可求得AM′的长，则可求得M′的坐标，代入直线y=kx可求得k的值；设△ABM′沿BM′折叠后点A在矩形OADC内的对应点为A′，过A′作A′H⊥BC于点H，在△A′BH中可求得A′H、BH的长，可求得A′点的坐标，进行判断即可． 【解答】解：
（1）△BMP是等边三角形， 证明如下：如图1，连接AN，
∵EF垂直平分AB，
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∴AN=BN，
由折叠可知AB=BN， ∴AN=AB=BN，
∴△ABN为等边三角形， ∴∠ABN=60°， ∴∠PBN=30°，
∵∠ABM=∠NBM=30°，∠BNM=∠A=90°， ∴∠BPN=60°，∠MBP=∠MBN+∠PBN=60°， ∴∠BMP=60°，
∴∠MBP=∠BMP=∠BPM=60°， ∴△BMP为等边三角形；
（2）要在矩形纸片ABCD上剪出等边三角形BMP，则BC≥BP， 在Rt△BNP中，BN=BA=a，∠PBN=30°， ∴
=cos30°，
∴BP==a，
∴b≥a，
即当b≥
a时，在矩形上能剪出这样的等边三角形BMP；
（3）∵∠M′BC=60°， ∴∠ABM′=90°﹣60°=30°， 在Rt△ABM′中，tan∠ABM′=， ∴tan30°=，解得AM′=
，
∴M′（
，2），代入y=kx中，可求得k=
；
如图2，设△ABM′沿BM′折叠后，点A落在矩形ABCD内的点为A′，过A′作A′H⊥BC于点H，
由折叠的性质可知∠A′BM′=∠ABM′=30°，A′B=AB=2， ∴∠A′BH=∠M′BH﹣∠A′BM′=30°， 在Rt△A′BH中，A′H=A′B=1，BH=
，
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∴A′（，1），
∴A′落在EF上．
24．（1）问题：如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，∠DPC=∠A=∠B=90°，求证：AD?BC=AP?BP； （2）探究：如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC=∠A=∠B=θ时，上述结论是否依然成立？说明理由．
（3）应用：请利用（1）（2）获得的经验解决问题：
如图3，在△ABD中，AB=6，AD=BD=5，点P以每秒1个单位长度的速度，由点A出发，沿边AB向点B运动，且满足∠CPD=∠A，设点P的运动时间为t（秒），当DC=4BC时，求t的值．
【考点】SO：相似形综合题．
【分析】（1）如图1，由∠DPC=∠A=∠B=90°可得∠ADP=∠BPC，即可证到△ADP∽△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；
（2）如图2，由∠DPC=∠A=∠B=θ可得∠ADP=∠BPC，即可证到△ADP∽△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；
（3）如图3，过点D作DE⊥AB于点E，根据等腰三角形的性质可得AE=BE=3，根据勾股定理可得DE=4，由题可得DC=DE=4，则有BC=5﹣4=1．易证∠DPC=∠A=∠B．根据AD?BC=AP?BP，就可求出t的值． 【解答】解：（1）如图1，
∵∠DPC=∠A=∠B=90°， ∴∠ADP+∠APD=90°， ∠BPC+∠APD=90°， ∴∠ADP=∠BPC， ∴△ADP∽△BPC， ∴
=
，
∴AD?BC=AP?BP；
（2）结论AD?BC=AP?BP仍然成立．
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┃附加五套中考模拟卷┃2018-2019学年山东省淄博市沂源县中考数学二模试卷
