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二．填空题（本题共5个小题，每小题3分，共15分，只要求写出最后结果）
13．（2013聊城）若x1=﹣1是关于x的方程x2+mx﹣5=0的一个根，则方程的另一个根x2= ．
考点：根与系数的关系．
分析：设方程的另一根为x2，由一个根为x1=﹣1，利用根与系数的关系求出两根之积，列出关于x2的方程，求出方程的解得到x2的值，即为方程的另一根．
解答：解：∵关于x的方程x2+mx﹣5=0的一个根为x1=﹣1，设另一个为x2，
∴﹣x2=﹣5，
解得：x2=5，
则方程的另一根是x2=5．
故答案为：5．
点评：此题考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0），当b2﹣4ac≥0时方程有解，此时设方程的解为x1，x2，则有x1+x2=﹣
，x1x2=
．
14．（2013聊城）已知一个扇形的半径为60cm，圆心角为150°，用它围成一个圆锥的侧面，那么圆锥的底面半径为 cm．
考点：圆锥的计算．
分析：首先利用扇形的弧长公式求得扇形的弧长，然后利用圆的周长公式即可求解．
解答：解：扇形的弧长是：
=50πcm，
设底面半径是rcm，则2πr=50π，
解得：r=25．
故答案是：25．
点评：考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
15．（2013聊城）某市举办“体彩杯”中学生篮球赛，初中男子组有市直学校的A、B、C三个队和县区学校的D，E，F，G，H五个队，如果从A，B，D，E四个队与C，F，G，H四个队中个抽取一个队进行首场比赛，那么首场比赛出场的两个队都是县区学校队的概率是 ．
考点：列表法与树状图法．
分析：首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与首场比赛出场的两个队都是县区学校队的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
解答：解：画树状图得：
∵共有16种等可能的结果，首场比赛出场的两个队都是县区学校队的有6种情况，
∴首场比赛出场的两个队都是县区学校队的概率是：
=
．
故答案为：．
点评：本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
16．（2013聊城）如图，在等边△ABC中，AB=6，D是BC的中点，将△ABD绕点A旋转后得到△ACE，那么线段DE的长度为 ．
考点：旋转的性质；等边三角形的判定与性质．
分析：首先，利用等边三角形的性质求得AD=3
；然后根据旋转的性质、等边三角形的性质推知△ADE为等边三角形，则DE=AD．
解答：解：如图，∵在等边△ABC中，∠B=60°，AB=6，D是BC的中点，
∴AD⊥BD，∠BAD=∠CAD=30°，
∴AD=ABcos30°=6×
=3．
根据旋转的性质知，∠EAC=∠DAB=30°，AD=AE，
∴∠DAE=∠EAC+∠BAD=60°，
∴△ADE的等边三角形，
∴DE=AD=3，即线段DE的长度为3．
故答案是：3．
点评：本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质．旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．
17．（2013聊城）如图，在平面直角坐标系中，一动点从原点O出发，按向上，向右，向下，向右的方向不断地移动，每移动一个单位，得到点A1
（0，1），A2（1，1），A3（1，0），A4（2，0），…那么点A4n+1（n为自然数）的坐标为 （用n表示）
考点：规律型：点的坐标．
专题：规律型．
分析：根据图形分别求出n=1、2、3时对应的点A4n+1的坐标，然后根据变化规律写出即可．
解答：解：由图可知，n=1时，4×1+1=5，点A5（2，1），
n=2时，4×2+1=9，点A9（4，1），
n=3时，4×3+1=13，点A13（6，1），
所以，点A4n+1（2n，1）．
故答案为：（2n，1）．
点评：本题考查了点的坐标的变化规律，仔细观察图形，分别求出n=1、2、3时对应的点A4n+1的对应的坐标是解题的关键．
三．解答题（本题共八个小题，共69分，解答题应写出文字说明，证明过程或推演步骤）
18．（2013聊城）计算：
．
考点：分式的混合运算．
专题：计算题．
分析：原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除以一个数等于乘以这个数的倒数将除法运算化为乘法运算，约分即可得到结果．
解答：解：原式=（
﹣
）•
=
=
．
点评：此题考查了分式的混合运算，分式的加减运算关键是通分，通分的关键是找最简公分母；分式的乘除运算关键是约分，约分的关键是找公因式．
19．（2013聊城）如图，四边形ABCD中，∠A=∠BCD=90°，BC=CD，CE⊥AD，垂足为E，求证：AE=CE．
考点：全等三角形的判定与性质；矩形的判定与性质．
专题：证明题．
分析：过点B作BF⊥CE于F，根据同角的余角相等求出∠BCF=∠D，再利用“角角边”证明△BCF和△CDE全等，根据全等三角形对应边相等可得BF=CE，再证明四边形AEFB是矩形，根据矩形的对边相等可得AE=BF，从而得证，
解答：证明：如图，过点B作BF⊥CE于F，
∵CE⊥AD，
∴∠D+∠DCE=90°，
∵∠BCD=90°，
∴∠BCF+∠DCE=90°，
∴∠BCF=∠D，
在△BCF和△CDE中，
，
∴△BCF≌△CDE（AAS），
∴BF=CE，
又∵∠A=90°，CE⊥AD，BF⊥CE，
∴四边形AEFB是矩形，
∴AE=BF，
∴AE=CE．
点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，难度中等，作辅助线构造出全等三角形与矩形是解题的关键．
