1、 第 1 页 共 9 页 2007年北京市高级中等学校招生统一考试（课标卷） 数学试卷 参考答案 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 二、填空题 92 101k AD， 在BFG中，BG+FGFB， 所以AG+DG-AD0，BG+FG-FB0。 所以AG+DG+BG+FG-AD-FB0。 A BC D图2 EFG 第 6 页 共 9 页 即AB+FDAD+FB。 所以AB+ACAD+AE。 证法二：如图3，分别过点A，E作CB，CA，的平行线，两线交于F点，EF与AB交于G点，连结BF。 则四边形EFCA是平行四边形。 所以FE=AC，AF=CE。 因为BD=CE， 所以B
2、D=AF。 所以四边形FBDA是平行四边形。 所以FB=AD。 在AGE中，AG+EGAE， 在BFG中，BG+FGFB， 可推得AG+EG+BG+FGAE+FB。 所以AB+ACAD+AE。 证法三：如图4，取DE的中点O，连结AO并延长到F点，使得FO=AO，连结EF，CF。 在ADO和FEO中，又AOD FOE=，DO=EO。 可证ADO FEO。 所以AD=FE。 因为BD=CE，DO=EO， 所以BO=CO。 同理可证ABO FCO。 所以AB=FC。 延长AE交CF于G点。 在ACG中，AC+CGAE+EG， 在EFG中，EG+FGEF。 可推得AC+CG+EG+FGAE+EG+E
3、F。 即AC+CFAE+EF。 所以AB+ACAD+AE。 A BC D图3 EGF 第 7 页 共 9 页 八、解答题 24解：（1）根据题意得36 52.mmnn+=，解得132.mn=，所以抛物线的解析式为2123233yx x=+ +。 （2）由2123233yx x=+ +得抛物线的顶点坐标为(31)B ，。 依题意，可得(31)C ，且直线l过原点。 设直线l的解析式为ykx=。 则31k=，解得33k =。 所以直线l的解析式为33y x=。 （3）到直线OB OC BC，距离相等的点有四个。 如图，由勾股定理得2OB OC BC=，所以OBC为等边三角形。 易证x轴所在直线平分
4、BOC，y轴是OBC的一个外角的平分线。 作BCO的平分线，交x轴于1M点，交y轴于2M点，作OBC的BCO相邻外角的平分线，交y轴于3M点，反向延长交x轴于4M点。 可得点1234M MMM，就是到直线OB，OC，BC距离相等的点。 可证2OBM，4BCM，3OCM均为等边三角形。 可求得： 132333OM OB=，所以点M1的坐标为2303，。 x1 2 33 4 2 1 -1 -2 -3 -2-4y BA（M2） M4M3C N O lM1 第 8 页 共 9 页 点M2与点A重合，所以点M2的坐标为（0，2）。 点M3与点A关于x轴对称，所以点M3的坐标为（0，-2）。 设抛物线的对
5、称轴与x轴的交点为N。 4332MN BC=，且ON=M4N，所以点M4的坐标为(230)，。 综上所述，到直线OB，OC，BC距离相等的点的坐标分别为12303M，M2（0，2），3(0 2)M ，4(230)M ，。 九、解答题 25解：（1）回答正确的给1分（如平行四边形、等腰梯形等）。 （2）答：与A相等的角是BOD（或COE）。 四边形DBCE是等对边四边形。 （3）答：此时存在等对边四边形，是四边形DBCE。 证法一：如图1，作CGBE于G点，作BFCD交CD延长线于F点。 因为12DCB EBC A=，BC为公共边， 所以BCF CBG。 所以BF=CG。 因为BDF=ABE+E
6、BC+DCB， BEC=ABE+A， 所以BDF=BEC。 可证BDF CEG。 所以BD=CE。 所以四边形DBCE是等边四边形。 证法二：如图2，以C为顶点作FCB=DBC，CF交BE于F点。 因为12DCB EBC A=，BC为公共边， 所以BDC CFB。 所以BD=CF，BDC=CFB。 BOADE CF图2BOA DEC F图1G 第 9 页 共 9 页 所以ADC=CFE。 因为ADC=DCB+EBC+ABE， FEC=A+ABE， 所以ADC=FEC。 所以FEC=CFE。 所以CF=CE。 所以BD=CE。 所以四边形DBCE是等边四边形。 说明：当AB=AC时，BD=CE仍成立。只有此证法，只给1分。
