...
∴参赛选手应选丁， 故选：D．
6．如图，四边形ABCD内接于⊙O，F是
上一点，且
=
，连接CF并延长交AD的延长线于点E，连接
AC，若∠ABC=105°，∠BAC=25°，则∠E的度数为（ ）
A．45° B．50° C．55° D．60°
【考点】M6：圆内接四边形的性质；M4：圆心角、弧、弦的关系．
【分析】先根据圆内接四边形的性质求出∠ADC的度数，再由圆周角定理得出∠DCE的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=105°， ∴∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣105°=75°． ∵
=
，∠BAC=25°，
∴∠DCE=∠BAC=25°，
∴∠E=∠ADC﹣∠DCE=75°﹣25°=50°． 故选B．
7．如图，菱形OABC的一边OA在x轴上，将菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，若OB=
，∠C=120°，则点B′的坐标为（ ）
A．（3，） B．（3，） C．（，） D．（，）
【考点】R7：坐标与图形变化﹣旋转；L8：菱形的性质．
【分析】首先根据菱形的性质，即可求得∠AOB的度数，又由将菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，可求得∠B′OA的度数，然后在Rt△B′OF中，利用三角函数即可求得OF与B′F的长，则可得点B′的坐标．
【解答】解：过点B作BE⊥OA于E，过点B′作B′F⊥OA于F， ∴∠BE0=∠B′FO=90°，
...
...
∵四边形OABC是菱形， ∴OA∥BC，∠AOB=∠AOC， ∴∠AOC+∠C=180°， ∵∠C=120°， ∴∠AOC=60°， ∴∠AOB=30°，
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置， ∴∠BOB′=75°，OB′=OB=2∴∠B′OF=45°， 在Rt△B′OF中， OF=OB′?cos45°=2∴B′F=
，
，﹣
）．
×
=
， ，
∴点B′的坐标为：（故选D．
8．如图，在?ABCD中，AC与BD相交于点O，E为OD的中点，连接AE并延长交DC于点F，则S△DEF：S△AOB的值为（ ）
A．1：3 B．1：5 C．1：6 D．1：11
【考点】S9：相似三角形的判定与性质；L5：平行四边形的性质．
【分析】根据平行四边形的性质可知BO=DO，又因为E为OD的中点，所以DE：BE=1：3，根据相似三角形的性质可求出S△DEF：S△BAE．然后根据
=，即可得到结论．
【解答】解：∵O为平行四边形ABCD对角线的交点， ∴DO=BO，
又∵E为OD的中点，
...
...
∴DE=DB， ∴DE：EB=1：3， 又∵AB∥DC， ∴△DFE∽△BAE， ∴
=（）2=，
∴S△DEF=S△BAE， ∵
=，
∴S△AOB=S△BAE，
∴S△DEF：S△AOB==1：6，
故选C．
9．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x经过平移得到抛物线y=ax+bx，其对称轴与两段抛物线所围成的阴影部分的面积为，则a、b的值分别为（ ）
2
2
A．， B．，﹣ C．，﹣ D．﹣，
【考点】H6：二次函数图象与几何变换．
【分析】确定出抛物线y=ax2+bx的顶点坐标，然后求出抛物线的对称轴与原抛物线的交点坐标，从而判断出阴影部分的面积等于三角形的面积，再根据三角形的面积公式列式计算即可得解．
...
...
【解答】解：如图，
∵y=ax2+bx=x2+bx=（x+）2﹣，
∴平移后抛物线的顶点坐标为（﹣，﹣），对称轴为直线x=﹣，
当x=﹣时，y=，
∴平移后阴影部分的面积等于如图三角形的面积， ×（
+
）×（﹣
）=．
解得b=﹣， 故选：C．
10．在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1D1、D1 E1E2B2、A2B2 C2D2、D2E3E4B3…按如图所示的方式放置，其中点B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3…在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的边长为l，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3…，则正方形A2017B2017C2017 D2017的边长是（ ）
A．（）2016 B．（）2017 C．（【考点】D2：规律型：点的坐标．
）2016 D．（）2017
【分析】利用正方形的性质结合锐角三角函数关系得出正方形的边长，进而得出变化规律即可得出答案． 【解答】解：∵正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3， ∴D1E1=B2E2，D2E3=B3E4，∠D1C1E1=∠C2B2E2=∠C3B3E4=30°， ∴D1E1=C1D1sin30°=， 则B2C2=
=
=（
）1，
...
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