?中考模擬卷（二）


一、單選題
1．如圖，等邊內(nèi)接于⊙，是上任一點（不與、重合），連接、，交于，切⊙于點，交⊙于點．下列結(jié)論：①；②；③若，則四邊形的面積為；④若，則圖中陰影部分的面積為．正確的個數(shù)為（ ）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】C
【分析】
利用同弧所對的圓周角相等可得①正確；利用假設(shè)法，利用條件證明三角形相似，與所給條件矛盾，可證②錯誤；構(gòu)造，可得，求得即可證明③正確；可根據(jù)圖2中的方法將陰影面積轉(zhuǎn)化為扇形面積，即可驗證④正確．
【詳解】
解：已知等邊內(nèi)接于⊙，
∴，
∵，
∴，
故①正確；
假設(shè)，
則，
又∵，
∴，
∴,
而 ，
∴，
∴矛盾，故②錯誤；
如圖1延長至點，使，連接，
由已知可得,,
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
∴過點作于,
∴，
∴,
∴，
故③正確；

如圖2連接，，連接與交于，

∵切⊙于點，
∴，
∵交⊙于點，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴
故④正確；
∴正確的有①③④3個；
故選：C．
2．如圖，在△ABC中，∠BAC＝45°，CD⊥AB于點D，AE⊥BC于點E，AE與CD交于點F，連接BF，DE，下列結(jié)論中：①AF＝BC；②∠DEB＝45°，③AE＝CE+2BD，④若∠CAE＝30°，則，正確的有（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】
①②只要證明△ADF≌△CDB即可解決問題．③如圖1中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N，易證△DMF≌△DNB，四邊形DMEN是正方形，想辦法證明AE?CE＝BC＋EF?EC＝EF＋BE＝2DN＜2BD，即可．④如圖2中，延長FE到H，使得FH＝FB．連接HC、BH．想辦法證明△BFH是等邊三角形，AC＝AH即可解決問題．
【詳解】
解：∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝∠ADC＝∠CDB＝90°，
∵∠AFD＝∠CFE，
∴∠DAF＝∠DCB，
∵AD＝DC，
∴△ADF≌△CDB，
∵AF＝BC，DF＝DB，故①正確，
∴∠DFB＝∠DBF＝45°，
取BF的中點O，連接OD、OE．
∵∠BDF＝∠BEF＝90°，
∴OE＝OF＝OB＝OD，
∴E、F、D、B四點共圓，
∴∠DEB＝∠DFB＝45°，故②正確，
如圖1中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N，

∵△ADF≌△CDB，
∴，，
∵，
∴△DMF≌△DNB，
∴，
∵，
∴四邊形DMEN是矩形，
∵，
∴四邊形DMEN是正方形，
∴MF＝BN，EM＝EN，
∴EF＋EB＝EM?FM＋EN＋NB＝2EM＝2DN，
∵AE?CE＝BC＋EF?EC＝EF＋BE＝2DN＜2BD，
∴AE?CE＜2BD，即AE＜EC＋2BD，故③錯誤，
如圖2中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N．
∵△DMF≌△DNB，四邊形DMEN是正方形，
∴FM＝BN，EM＝EN＝DN，
∴EF＋EB＝EM?MF＋EN＋BN＝2EN＝2DN≤2BD，
∵AE?EC＝ADF＋EF?EC＝BC_EF?EC＝EF＋BE≤2BD，
∴AE≤EC＋2BD，故③錯誤，
如圖2中，延長FE到H，使得FH＝FB．連接HC、BH．

∵∠CAE＝30°，∠CAD＝45°，∠ADF＝90°，
∴∠DAF＝15°，∠AFD＝75°，
∵∠DFB＝45°，
∴∠AFB＝120°，
∴∠BFH＝60°，
∵FH＝BF，
∴△BFH是等邊三角形，
∴BF＝BH，
∵BC⊥FH，
∴FE＝EH，
∴CF＝CH，
∴∠CFH＝∠CHF＝∠AFD＝75°，
∴∠ACH＝75°，
∴∠ACH＝∠AHC＝75°，
∴AC＝AH，
∵AF＋FB＝AF＋FH＝AH，
∴AF＋BF＝AC，故④正確，
故選：B．
3．如圖，點M、N分別是正方形ABCD的邊BC、CD上的兩個動點，在運動過程中保持∠MAN＝45°，AM、AN分別與對角線BD交于點E、F，連接EN、FM相交于點O，以下結(jié)論：①MN＝BM＋DN；②BE2＋DF2＝EF2；③BC2＝BF?DE；④OM＝OF．一定成立的是（ ）

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】A
【分析】
根據(jù)正方形性質(zhì)得，，延長MB至點H，使BH=DN，用SAS證明，得，，根據(jù)和等量代換得，用SAS證明得，因為，則，故①正確；將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到，連接，則，，，，根據(jù)題意得，，因為，所以，用SAS證明，得，
又因為，所以根據(jù)勾股定理得，即，故②正確；
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴，，
延長MB至點H，使BH=DN，連接AH，BH，

在和中，

∴（SAS），
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，

∴（SAS），
∴，
∵，
∴，故①正確；
如圖所示，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到，連接，

則，，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，

∴（SAS），
∴，
∵，
∴，
即，故②正確；
4．如圖，在ABC中，∠ACB＝45°，AD⊥BC，BE⊥AC，AD與BE相交下點F，連接并延長CF交AB于點G，∠AEB的平分線交CG的延長線于點H，連接AH．則下列結(jié)論：
①∠EBD＝45°；②AH＝HF；③ABD≌CFD；④CH＝AB+AH；⑤BD＝CD﹣AF．其中正確的有（ ）個．

A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】A
【分析】
①利用三角形內(nèi)角和定理即可說明其正確；②利用垂直平分線的性質(zhì)即可說明其正確；③利用SAS判定全等即可；④利用③中的結(jié)論結(jié)合等量代換和等式的性質(zhì)即可得出結(jié)論；⑤利用③中的結(jié)論結(jié)合等量代換和等式的性質(zhì)即可得出結(jié)論．
【詳解】

如圖所示，設(shè)EH與AD交于點M，
∵∠ACB＝45°，BE⊥AC，
∴∠EBD＝90°﹣∠ACD＝45°，
故①正確；
∵AD⊥BC，∠EBD＝45°，
∴∠BFD＝45°，
∴∠AFE＝∠BFD＝45°，
∵BE⊥AC，
∴∠FAE＝∠AFE＝45°，
∴△AEF為等腰直角三角形，
∵EM是∠AEF的平分線，
∴EM⊥AF，AM＝MF，即EH為AF的垂直平分線，
∴AH＝HF，
∴②正確；
∵AD⊥BC，∠ACD＝45°，
∴△ADC是等腰直角三角形，
∴AD＝CD，
同理，BD＝DF，
在△ABD和△CFD中，
，
∴△ABD≌△CFD（SAS）,
∴③正確；
∵△ABD≌△CFD，
∴CF＝AB，
∵CH＝CF+HF，
由②知：HF＝AH，
∴CH＝AB+AH，
∴④正確；
∵BD＝DF，CD＝AD，
又∵DF＝AD﹣AF，
∴BD＝CD﹣AF，
∴⑤正確，
綜上，正確結(jié)論的個數(shù)為5個．
故選：A．
5．我們定義一種新函數(shù)：形如（，）的函數(shù)叫做“鵲橋”函數(shù)．小麗同學畫出了“鵲橋”函數(shù)的圖象（如圖所示），并寫出下列結(jié)論：①圖象與坐標軸的交點為（，0），（3，0）和（0，3）；②圖象具有對稱性，對稱軸是直線；③當或時，函數(shù)值y隨x值的增大而增大；④當或時，函數(shù)的最小值是0；⑤當時，函數(shù)的最大值是4，⑥若點P（a，b）在該圖像上，則當b＝2時，可以找到4個不同的點P．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（ ）

A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】B
【分析】
觀察圖象，分別計算出對稱軸、函數(shù)圖象與x軸的交點坐標，結(jié)合圖象逐個選項分析判斷即可．
【詳解】
令|x2-2x-3|=0可得x2-2x-3=0，
∴（x+1）（x-3）=0，
∴x1=-1，x2=3，
∴（-1，0）和（3，0）是函數(shù)圖象與x軸的交點坐標，
令x=0可得y=3，
∴與y軸的交點坐標為（0,3），，故①正確；
觀察圖象可知，圖象具有對稱性，對稱軸是直線x=1，故②正確；
又對稱軸是直線x=1，
∴當或時，，函數(shù)值y隨x值的增大而增大，故③正確；
由圖象可知（-1，0）和（3，0）是函數(shù)圖象的最低點，則當x=-1或x=3時，函數(shù)最小值是0，故④正確；
由圖象可知，函數(shù)圖像向兩邊無限延伸，沒有最大值，故⑤錯誤；
由圖象可知，函數(shù)圖像與直線y=2有四個交點，即當b＝2時，可以找到4個不同的點P．故⑥正確；


綜上，正確的有5個．
故選：B．
6．下列說法正確的是（ ）
①已知a，b，c是非零有理數(shù)，若，則的值為0或－2；
②已知時，那么的最大值為8，最小值為－8；
③若且，則代數(shù)式的值為．
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【分析】
根據(jù)絕對值的意義進行化簡和計算求值即可判斷．
【詳解】
解：∵，
∴a，b，c中兩負一正，當a，b都為負數(shù)時，；當a，b一正一負時，；故①正確；
時，那么，此時，最大值為8，最小值為-8；時，那么；故②正確；
∵且，
∴或；

，或；
故③正確；
故選：D
7．如圖，在矩形紙片中，，，點在上，將沿折疊，點恰落在邊上的點處；點在上，將沿折疊，點恰落在線段上的點處，；∽；；則下列結(jié)論正確的有（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根據(jù)矩形的性質(zhì)得出，根據(jù)折疊得出，，根據(jù)勾股定理求出，再逐個判斷即可．
【詳解】
解：根據(jù)矩形的性質(zhì)得出
由折疊的性質(zhì)得，，，
∴，故①正確；
由折疊的性質(zhì)得，，，
∴
在中，，設(shè)，則，在中，，解得，∴，∴，
同理在中，，，由得，
∴，
∴，
∴與不相似，故②不正確；
∵，，
∴，即，故③正確；
∵，，，
∴，故④正確．
正確的有①③④
故選：B
8．如圖，已知菱形ABCD的兩條對角線分別為6和8，M、N分別是邊BC、CD的中點，P是對角線BD上一點，則PM+PN的最小值是（　　）

A．5 B．10 C．6 D．8
【答案】A
【分析】
作M關(guān)于BD的對稱點Q，連接NQ，交BD于P，連接MP，此時MP+NP的值最小，連接AC，求出CP、BP，根據(jù)勾股定理求出BC長，證出MP+NP=QN=BC，即可得出答案．
【詳解】
解：作M關(guān)于BD的對稱點Q，連接NQ，交BD于P，連接MP，此時MP+NP的值最小，連接AC，則P是AC中點，

∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠QBP=∠MBP，
即Q在AB上，
∵MQ⊥BD，
∴AC∥MQ，
∵M為BC中點，
∴Q為AB中點，
∵N為CD中點，四邊形ABCD是菱形，
∴BQ∥CD，BQ=CN，
∴四邊形BQNC是平行四邊形，
∴PQ∥AD，
而點Q是AB的中點，
故PQ是△ABD的中位線，即點P是BD的中點，
同理可得，PM是△ABC的中位線，
故點P是AC的中點，
即點P是菱形ABCD對角線的交點，
∵四邊形ABCD是菱形，
則△BPC為直角三角形，
,
在Rt△BPC中，由勾股定理得：BC=5，
即NQ=5，
∴MP+NP=QP+NP=QN=5，
故選：A．
9．在邊長為12的正方形ABCD中，E為CD邊中點，連接AE，將沿線段AE翻折得到，延長AF交BC邊于點N，連接EN，延長EF交BC邊于點G，其中，連接DF并延長交BC邊于點K，連接EK，則下列結(jié)論：①；②；③；④；⑤．其中正確的有（ ）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】D
【分析】
先證明可得是的垂直平分線，可判斷①，再證明可得 而設(shè) 則 再利用勾股定理求解 即可判斷②，證明 可得 可判斷③，設(shè) 而則 則 再利用勾股定理求解 可判斷④，分別計算，可判斷⑤，從而可得答案.
【詳解】
解： 正方形

由對折可得：
是的垂直平分線，
故①正確，符合題意；


而
設(shè) 則

解得：


故②正確，符合題意；






故③正確，符合題意，
設(shè) 而則



故④錯誤，不符合題意；




，故⑤正確，符合題意；
綜上：正確的有：①②③⑤，
故選D
10．如圖，拋物線y＝x2+7x﹣與x軸交于點A，B，把拋物線在x軸及共上方的部分記作C1將C1向左平移得到C2，C2與x軸交于點B，D，若直線y＝x+m與C1，C2共3個不同的交點，則m的取值范是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
首先求出點和點的坐標，然后求出解析式，分別求出直線與拋物線相切時的值以及直線過點時的值，結(jié)合圖形即可得到答案．
【詳解】
解：將y＝0代入，
得：，
解得：，，
拋物線與軸交于點、，
，，
拋物線向左平移4個單位長度，
∵，
平移后解析式，
如圖，

當直線過點，有2個交點，
，
解得：，
當直線與拋物線相切時，有2個交點，
，
整理得：，
相切，
，
解得：，
若直線與、共有3個不同的交點，
，
故選：A．

二、填空題
11．如圖，在中，，AB＝AC＝5，點在上，且，點E是AB上的動點，連結(jié)，點，G分別是BC，DE的中點，連接，，當AG＝FG時，線段長為______

【答案】
【分析】
連接DF，EF，過點F作，，結(jié)合直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半求得點A、D、F、E四點共圓，，然后根據(jù)勾股定理及正方形的判定和性質(zhì)求得AE的長度，從而求解．
【詳解】
解：如圖，連接DF，EF，過點F作，．
∵在中，，點G是DE中點，
∴．
∵AG=FG，
∴A、D、F、E四點共圓，G點為圓心，DE為直徑，
∴．
∵在中，，
∴．
又∵點F是BC中點，
∴，．
∴四邊形AMFN是正方形，
∴．
∵，，
∴．
∴在和中，
∴，
∴，
∴，
∴在中，．

故答案為：．
12．在平面直角坐標系xOy中，直線y＝﹣x＋3與x軸、y軸分別交于點A、B，在△AOB內(nèi)部作正方形，使正方形的四個頂點都落在△AOB的邊上，則正方形的邊長＝_______．
【答案】或
【分析】
分兩種情況分別討論：如圖①所示，以坐標軸作為正方形的兩條鄰邊，做正方形OEDC，設(shè)D（m，m），將D點橫縱坐標代入y＝﹣x+3，求出m，也就求出正方形的邊長；如圖②所示，以直線y＝﹣x+3為正方形的一邊可得正方形CDEF，根據(jù)一次函數(shù)與坐標軸的特點求出45°角，再根據(jù)正方形的性質(zhì)用x表示出邊長，根據(jù)線段之和求出x的值，從而求出正方形的邊長．
【詳解】
解：①如圖①所示，以坐標軸作為正方形的兩條鄰邊，做正方形OEDC，
∴CD＝DE，
設(shè)D（m，m），將D點橫縱坐標代入y＝﹣x+3，
得m＝﹣m+3，
m＝，
∴D（，）
∴正方形的邊長是；
②如圖②所示，以直線y＝﹣x+3為正方形的一邊可得正方形CDEF，
令x＝0，y＝3，y＝0，x＝3，
∴OB＝OA，
∵∠AOB＝90°，
∴∠OBA＝∠OAB＝45°，
∵四邊形CDEF是正方形，
∴CF＝CD＝DE＝FE，CF∥BA，
∴∠OCF＝∠OBA＝45°，∠CFO＝∠OAB＝45°，
設(shè)OF＝x，則CF＝x，
∴EF＝x，
在Rt△FEA中，sin45°＝，
∴AF＝2x，
∵OF+AF＝OA，
∴x+2x＝3，
解得x＝1．
∴EF＝，
∴正方形的邊長是；
綜上所述：正方形的邊長是或．

故答案為：或．
13．如圖，在邊長為2的正方形中，點，分別在邊，上，且，連接、交于點，連接，則線段的最小值為 __．

【答案】##
【分析】
首先判斷出△ABE≌△BCF，即可判斷出∠BAE=∠CBF，再根據(jù)∠BAE+∠BEA=90°，可得∠CBF+∠BEA=90°，所以∠APB=90°；然后根據(jù)點P在運動中保持∠APB=90°，可得點P的路徑是一段以AB為直徑的弧，設(shè)AB的中點為G，連接CG交弧于點P，此時CP的長度最小，最后在Rt△BCG中，根據(jù)勾股定理，求出CG的長度，再求出PG的長度，即可求出線段CP的最小值為多少．
【詳解】
解：如圖，四邊形是正方形，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
點在運動中保持，
點的路徑是一段以為直徑的弧，
設(shè)的中點為，連接交弧于點，此時的長度最小，
在中，，
，
，
即線段的最小值為，
故答案為：．

14．如圖，矩形ABCD中，AB＝4， BC ＝3， E為AB邊上一動點，以DE為邊向右作正方形DEFG，連接CF，則CF的最小值為______．


【答案】
【分析】
方法一：因為點E在線段AB上運動，根據(jù)瓜豆原理可知從動點F在一條直線上運動，找出這條直線根據(jù)點到直線的距離垂線段最短即可求出CF的最小值．
方法二：依題意，當點運動到點時，以為邊作正方形；同理當點運動到點時，作正方形；故點在與間運動，當時，可得最?。?br /> 【詳解】
方法一：解：如圖，在BA延長線上取點M，使AM=AD，

∵在矩形ABCD中，，
∴，,
∵在正方形DEFG中，，
∴∠EDF=∠MDA，,
∴
∴，
∴點F在過M點垂直DM的直線MN上，
故CF的最小值為點C到直線MN的距離；
過點C作⊥MN，過D點作DH⊥，
∴四邊形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴
故答案為．
方法二：如圖：當點運動到點時，以為邊作正方形；同理當運動到點時，作正方形；
過點作，
，又；
又為矩形，∴ ；
∴
在和中


，又
∴；
同理可得；∴；∴ ；
當點到達點，為點的運動的最大范圍，又依據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，點在與間運動，且當時，可得最小；
∴；

故答案為：
15．如圖，一段拋物線：y＝﹣x（x﹣2）（0≤x≤2）記為C1，它與x軸交于兩點O、A1；將C1繞A1能轉(zhuǎn)180°得到C2，交x軸于A2；將C2繞A2旋轉(zhuǎn)180°得到C3，交x軸于A3.此進行下去，直至得到C2021，若頂點P（m，n）在第2021段拋物線C2021上，則m＝___．

【答案】4041
【分析】
根據(jù)題意，通過求解一元二次方程，得；根據(jù)二次方程的性質(zhì)，得拋物線對稱軸，從而求得C1的頂點；根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得C2的頂點，同理得C3的頂點；根據(jù)數(shù)字規(guī)律的性質(zhì)計算，即可得到答案．
【詳解】
∵
∴，
∵C1與x軸交于兩點O、A1；
∴
∵一段拋物線：y＝﹣x（x﹣2）（0≤x≤2）記為C1，
∴拋物線對稱軸為：
∴C1的最大值為：
∴C1的頂點為：
將C1繞A1能轉(zhuǎn)180°得到C2，交x軸于A2；
∴C2的頂點為：，即
將C2繞A2旋轉(zhuǎn)180°得到C3，交x軸于A3.
∴C3的頂點為：，即
∴C2021的頂點為：，即
∵頂點P（m，n）在第2021段拋物線C2021上
∴
故答案為：．
16．定義：如果兩條線段將一個三角形分成個互相沒有重合部分的等腰三角形，我們把這兩條線段叫做這個三角形的三分線（如圖1所示）．如圖2，已知在中，，，，則的三分線中，較短的那條長為________．（只需寫出一種情況即可）．

【答案】
【分析】
根據(jù)等腰三角形的判定定理容易畫出圖形；根據(jù)，則，，則，，得出對應(yīng)邊成比例，，，得出方程組，解方程組即可．
【詳解】
解：如圖2所示，、就是所求的三分線．

設(shè)，則，，
此時，，
設(shè)，，
，
，
，
，
所以聯(lián)立得方程組，
解得，
即較短的那條長為．
故答案為：
17．觀察下面的等式：
；
；
；
；
．
回答下列問題：
（1）填空： ；
（2）已知，則的值是 ；
（3）設(shè)滿足上面特征的等式最左邊的數(shù)為，求的最大值，并寫出此時的等式．
【答案】（1）－3；（2）0或-4；（3）4；
【分析】
觀察規(guī)律發(fā)現(xiàn)每次只變化第一、第三個數(shù)，第三個位置的數(shù)的相反數(shù)等于第一個位置的數(shù)減2，可得．
（1）（2）代入求出對應(yīng)數(shù)即可；
（3）整理，由絕對值的概念可得（4－a）為非負數(shù)，從而得解．
【詳解】
觀察可知，
（1），解得a=－3，故填－3；
（2），解得x=0或-4，故填0或-4；
（3）由，可得，則，解得．
即y的最大值是4，此時的等式是

三、解答題
18．在平面直角坐標系中，已知拋物線．

（1）若拋物線經(jīng)過點（3，0），
①求該拋物線的表達式；
②將拋物線在第一象限的部分記為圖象G，如果經(jīng)過點（－1，4）的直線與圖象G有公共點，請在圖1中結(jié)合函數(shù)圖象，求t的取值范圍；
（2）橫、縱坐標都是整數(shù)的點叫整點．記拋物線與x軸的交點為A、B．若拋物線在點A、B之間的部分與線段AB所圍成的區(qū)域內(nèi)（不包含邊界）恰有7個整點，請結(jié)合函數(shù)圖象，直接寫出m 的取值范圍．
【答案】（1）①y=－x2+2x+3；②3＜t≤4；（2）－2＜m≤－1．
【分析】
（1）①將（3，0）函數(shù)解析式求解．
②把（-1，4）代入y=kx+t得y=（t-4）x+4，然后由二次函數(shù)解析式可得拋物線頂點（1，4），經(jīng)過點（0，3），（3，0），將坐標分別代入直線解析式求解．
（2）根據(jù)拋物線對稱軸為直線x=1，通過數(shù)形結(jié)合可得區(qū)域內(nèi)有七個整點分別為（0，1），（1，1），（2，1），（0，2），（1，2），（2，2），（1，3），進而求解．
【詳解】
解：（1）∵拋物線經(jīng)過點（3，0），
∴9m－6m+m+4=0，
∴m=－1．
∴y=－x2+2x+3．
②把（-1，4）代入y=kx+t得4=-k+t，
整理得k=t-4，
∴y=（t-4）x+4，
∵拋物線解析式為y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，
∴拋物線頂點坐標為（1，4），
把x=0代入y=-x2+2x+3得y=3，
∴拋物線與y軸交點為（0，3），
將（1，4）代入y=（t-4）x+t得4=2t-4，
解得t=4，
將（0，3）代入y=（t-4）x+t得3=t，
將（3，0）代入y=（t-4）x+t得3（t-4）+t=0，
解得t=3，
∴3＜t≤4滿足題意．

（3）∵y=mx2-2mx+m+4=m（x-1）2+4，
∴拋物線頂點坐標為（1，4），
m＞0時，拋物線開口向上，與x軸無交點，不符合題意．
m＜0時，拋物線開口向下，
如圖

當區(qū)域內(nèi)包含整點（0，1），（1，1），（2，1），（0，2），（1，2），（2，2），（1，3）時滿足題意，
拋物線與y軸交點（0，m+4）在直線y=2與y=3之間，
拋物線與直線x=-1交點（-1，4m+4）在直線y=1下方，
即，
解得-2＜m≤-1．
19．嘗試：如圖①，中，將繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)一定角度得到，點B、C的對應(yīng)點分別為、，連接、，直接寫出圖中的一對相似三角形_______；
拓展：如圖②，在中，，，將繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)一定角度得到，點B、C的對應(yīng)點分別為、，連接、，若，求的長；
應(yīng)用：如圖③，在中，，，，將繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)一周，在旋轉(zhuǎn)過程中，當點B的對應(yīng)點恰好落在的邊所在的直線上時，直接寫出此時點C的運動路徑長．

【答案】嘗試：；拓展：；應(yīng)用：點的運動路徑長為或或或或．
【分析】
嘗試：根據(jù)是由△ABC旋轉(zhuǎn)得到的，可得到，，，即可推出，，則；
拓展：由AC=BC，∠ACB=90°，可得，同（1）可證，得到，由此求解即可；
應(yīng)用：分點在延長線上時，點在的延長線上時，當點落在邊所在直線上時，當點落在邊所在直線上時，當點與點重合時，點旋轉(zhuǎn)一周時，五種情況討論求解即可得到答案．
【詳解】
解：嘗試：，理由如下：
∵是由△ABC旋轉(zhuǎn)得到的，
∴，，，
∴，即，，
∴；
故答案為：；
拓展：∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴，
同（1）原理可證，
∴，
∴；
應(yīng)用：∵在中，，，
∴，，
當點落在所在直線上時，有兩種情況：①若點在延長線上時，如圖①所示：
由旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)可得：，
∴點C運動的路徑即為，

∴；
②若點在的延長線上時，如圖②所示，此時點，，三點共線，
∴點C運動的路徑即為，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，
∴
∴旋轉(zhuǎn)角，
∴?。?br />
當點落在邊所在直線上時，如圖③所示，
∴點C運動的路徑即為，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，
∴，
∴
∴??；

當點落在邊所在直線上時，如圖④所示，此時點，，三點共線，旋轉(zhuǎn)角為，
∴?。?br /> 當點與點重合時，點旋轉(zhuǎn)一周，
∴?。?br />
∴當點的對應(yīng)點恰好落在的邊所在直線上時，點的運動路徑長為或或或或．
20．（發(fā)現(xiàn)問題）愛好數(shù)學的小明在做作業(yè)時碰到這樣的一道題目：如圖①，點為坐標原點，的半徑為1，點.動點B在上，連結(jié)AB，作等邊（A，B，C為順時針順序），求OC的最大值．

（解決問題）小明經(jīng)過多次的嘗試與探索，終于得到解題思路：在圖①中，連接OB，以O(shè)B為邊在OB的左側(cè)作等邊三角形BOE，連接AE．
（1）請你找出圖中與OC相等的線段，并說明理由；
（2）線段OC的最大值為_______．
（靈活運用）
（3）如圖②，，點D是以BC為直徑的半圓上不同于B、C的一個動點，以BD為邊在BD的右側(cè)作等邊，求AC的最小值．
【答案】（1），理由見解析；（2）OC的最大值為3；（3）AC的最小值為．
【分析】
（1）只要證明△CBO≌△ABE即可；
（2）當E、O、A共線，AE有最大值，此時OC有最大值，據(jù)此求解即可；
（3）以為邊向上作等邊，連接DM，證明，得到，則當D在BC的上方且時，DM的值最小，即為，由此求解即可．
【詳解】
解：（1）如圖①中，結(jié)論：，

理由：∵，都是等邊三角形，
∴，，，
∴∠CBA+∠OBA=∠OBE+∠OBA，，
∴，
∴；
（2）∵A點坐標為（2，0），
∴OA=2，
∴，
∴當E、O、A共線，AE有最大值，AE的最大值為3，
∴OC的最大值為3；
（3）以為邊向上作等邊，連接DM，
∵，都是等邊三角形，
∴，，
∴∠MBD+∠ABM=∠CBA+∠ABM，即
∴
∴，
∴當D在BC的上方且時，DM的值最小，即為
連接MO，
∴，
∴
.
∴的最小值為．

21．已知：如圖1，在平面直角坐標系中，⊙P的圓心，半徑為5，⊙P與拋物線的交點A、B、C剛好落在坐標軸上．


（1）求拋物線的解析式；
（2）點D為拋物線的頂點，經(jīng)過C、D的直線是否與⊙P相切？若相切，請證明；若不相切，請說明理由：
（3）如圖2，點F是點C關(guān)于對稱軸的對稱點，若直線交y軸于點K，點G為直線上的一動點，則x軸上是否存在一點H，使C、G、H、K四點所圍成的四邊形周長最?。咳舸嬖冢蟪鲞@個最小值及點G、H的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）拋物線的關(guān)系式為；（2）相切，理由見解析；（3）存在 ，H；G，四邊形CGHK的最小周長．
【分析】
（1）利用圓的性質(zhì)求出A，B，C的坐標代入拋物線解析式求出a，b，c的值即可；
（2）C在圓上，根據(jù)證明切線口訣；有切點、連半徑、證垂直，證明CP和CD垂直即可；
（3）作K關(guān)于x軸的點K'，連接K'F交對稱軸PD于點G，交x軸于點H，此時C、G、H、K四點所圍成的四邊形周長最小，最小值為K'F+CK的長度．
【詳解】
解：（1）如圖所示，連PC，


∵⊙P的圓心P（3，0），半徑為5，
∴A（-2，0）、B（8，0）、PC=5，OP=3，
∴，
∴C（0，4），
∴設(shè)拋物線的解析式為：y=ax2+bx+c（a≠0），
將A、B、C點代入得：，解得：，
∴所求拋物線的關(guān)系式為：．
（2）直線CD與⊙P相切，理由如下：
由得頂點D，
設(shè)經(jīng)過C（0，4）、D的直線，
得，解之得，
∴，
連接PC，如圖1，
設(shè)經(jīng)過C（0，4）、P（3，0）的直線，
得，解之得，
∴，
∵，
∴CD⊥PC 且CD經(jīng)過⊙P的半徑外端點C，
∴直線CD是⊙P的切線．
（3）存在，理由如下：
∵拋物線的對稱軸是直線x=3，
∴點F（6，4），
設(shè)經(jīng)過A（-2，0）、F（6，4）的直線，
∴得，解之得，
∴，
∴AF與y軸交于點K（0，1），
又∵點K（0，1）關(guān)于x軸的對稱點K'（0，-1），如圖2，


∴HK=HK'，CG=GF，
此時C、G、H、K四點所圍成的四邊形周長
=CG+GH+HK+CK
=GF+GH+HK'+CK，
∴當連接K'F交對稱軸PD于點G，交x軸于點H時，C、G、H、K四點所圍成的四邊形周長最小，最小值=K'F+CK．
又設(shè)經(jīng)過K'（0，-1）、F（6，4）的直線，
∴，解之得，
∴，
∴K'F與x軸交點坐標H；
與對稱軸x=3交點坐標G，
∴，
∴CK=4-1=3，
∴四邊形CGHK的最小周長=K'F+CK =．
22．如圖，在平面直角坐標系中，點O是坐標原點，直線y＝﹣x+6與x軸交于點A，與y軸交于點B，與直線y＝x交于點C．

（1）求點C的坐標；
（2）點P是線段OA上的一個動點（點P不與點O，A重合），過點P作平行于y軸的直線l，分別交直線AB，OC于點D，點E，設(shè)點P的橫坐標為m．
①求線段PD的長（用含m的代數(shù)式表示）；
②當點P，D，E三點中有一個點是另兩個點構(gòu)成線段的中點時，請直接寫出的值；
（3）過點C作CF⊥y軸于點F，點M在線段CF上且不與點C重合，點N在線段OC上，CM＝ON，連接BM，BN，BM+BN是否存在最小值？如果存在，請直接寫出最小值；如果不存在，請說明理由．
【答案】（1）C(4，3) （2）①PD=||，②m=或m=；（3）存在最小值，最小值是，理由見解析．
【分析】
(1)由方程組，解得：，即可求解；
(2)①點P的橫坐標為m，由PDy軸，得點P、D三點橫坐標都為m，點D坐標為(m，)，得PD=||；②先表示出P，D，E三點坐標，分三種情況，第一種情形：點D是PE的中點時，第二種情形：點P是DE的中點時，第三種情形：點E是PD的中點時，根據(jù)中點坐標公式即可求解；綜上，m=或m=；
(3)在OA上取點H，使得OH=BC，連接NH，先證△BCM≌△HON(SAS)，，BM=NH，BM+BN=NH+BN，當NH+BN最小，即B、N、H三點共線時，BM+BN最小，即可求解．
【詳解】
解：(1)∵直線與直線交于點C，
∴得方程組：，
解得：，
∴點C的坐標為(4，3)；
(2)①點P的橫坐標為m，
∵PDy軸，
∴點P、D三點橫坐標都為m，
當x=m時，，
∴點D坐標為(m，)，
∴PD=∣∣；
②當x=m時，
∴點E坐標為(m，)，
而點P坐標為(m，0)，
第一種情形：點D是PE的中點時，

解得：m=；
第二種情形：點P是DE的中點時，
，
此方程無解，故不成立；
第三種情形：點E是PD的中點時，

解得：m=
綜上，m=或m=；
(3)BM+BN存在最小值，在OA上取點H，使得OH=BC，連接NH，

∵C(4，3)，A(8，0)，B(0，6)，∠AOB=90°
∵AB=10，
∴CF⊥BO，
∴點F坐標為(0，3)，
∴CF垂直平分BO，
∴CB=OC=AC=5，∠BCF=∠OCF，
∴CFAO，
∴∠FCO=∠AOC，
∴∠BCM=∠HON，
∵MC=NO，CB=OH，
∴△BCM≌△HON(SAS)，
∴BM=NH，
∴BM+BN=NH+BN，當NH+BN最小，即B、N、H三點共線時，BM+BN最小，此時最小值=．
23．在平面直角坐標系xOy中，點A、點B、點C坐標分別為（4，0）、（8，0）、（0，﹣4）．
（1）求過B、C兩點的一次函數(shù)解析式；
（2）若直線BC上有一動點P（m，n），以點O、A、P為頂點的三角形面積和以點O、C、P為頂點的三角形面積相等，求P點坐標；
（3）若y軸上有一動點Q，使以點Q、A、C為頂點的三角形為等腰三角形，直接寫出Q點坐標．

【答案】（1）y＝x﹣4；（2）P（﹣8，﹣8）或P（，﹣）；（3）Q的坐標為（0，0）或（0，4）或（0，﹣4﹣4）或（0，4﹣4）
【分析】
（1）利用待定系數(shù)法求解即可；
（2）P坐標為（m，n），且S△OAP＝S△OCP，可得OA?|n|＝OC?|m|，即|n|＝|m|，則m＝±n，然后根據(jù)P在之下BC上進行求解即可；
（3）分當CQ1＝AQ1＝4時，此時Q1與原點O重合， 當AC＝AQ2=時，當AC＝CQ3＝時，當AC＝CQ4＝時， 四種情況利用等腰三角形的性質(zhì)討論求解即可．
【詳解】
解：（1）設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，
把B（8，0）和C（0，﹣4）代入中得：
，
∴
∴直線BC的解析式為；
（2）∵P坐標為（m，n），且S△OAP＝S△OCP，A點坐標為（4，0），B點坐標為（0，4），
∴OA=OC=4，
∴OA?|n|＝OC?|m|，即|n|＝|m|，
∴m＝±n，
當m＝n時，代入y＝x﹣4得：m＝m﹣4，即m＝﹣8，此時P（﹣8，﹣8）；
當m＝﹣n時代入y＝x﹣4得：﹣m＝m﹣4即m＝，n＝﹣，此時P（，﹣）,
∴綜上所述，點P的坐標為（﹣8，﹣8）或（，﹣）；

（3）∵A點坐標為（4，0），B點坐標為（0，4），
∴OA=OC=4，
∴，∠ACO=45°，
如圖所示，分四種情況考慮：

當CQ1＝AQ1＝4時，此時Q1與原點O重合，即Q1坐標為（0，0）；
當AC＝AQ2=時，
∴，
∴
∵，
∴
∴Q2坐標為（0，4）；
當AC＝CQ3＝時，OQ3＝OC+CQ3＝4+，此時Q3坐標為（0，﹣4﹣）；
當AC＝CQ4＝時，OQ4＝CQ4﹣OC＝﹣4，此時Q4坐標為（0，﹣4），
綜上，Q的坐標為（0，0）或（0，4）或（0，﹣4﹣）或（0，﹣4）．
24．如圖，Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝4，點P在直線OA上運動，連接PB，將△OBP沿直線BP折疊，點O的對應(yīng)點記為O′．
（1）若AP＝AB，則點P到直線AB的距離是 　 ?。?br /> （2）若點O′恰好落在直線AB上，求△OBP的面積；
（3）將線段PB繞點P順時針旋轉(zhuǎn)45°得到線段PC，直線PC與直線AB的交點為Q，在點P的運動過程中，是否存在某一位置，使得△PBQ為等腰三角形？若存在，請直接寫出OP的長；若不存在，請說明理由．

【答案】（1）4；（2）或；（3）存在，0或4+4或4﹣4或4
【分析】
（1）接BP，設(shè)點P到直線AB的距離為h，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論；
（2）①當P在的右側(cè)，求OP＝O'P＝AO'＝4﹣4，根據(jù)三角形面積公式可得結(jié)論；②當P在的左側(cè)，同理可得結(jié)論；
（3）分4種情況：①當BQ＝QP時，如圖2，P與O重合，②當BP＝PQ時，如圖3，③當PB＝PQ時，如圖4，此時Q與C重合；④當PB＝BQ時，如圖5，此時Q與A重合，則P與A關(guān)于軸對稱，根據(jù)圖形和等腰三角形的性質(zhì)可計算OP的長．
【詳解】
解：（1）連接BP，


設(shè)點P到直線AB的距離為h，
Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝4，
∴AB＝＝4，
∵AP＝AB，
∴AP＝AB＝4，
∴S△ABP＝AB?h＝AP?OB，
∴h＝OB＝4，
即點P到直線AB的距離是4，
故答案為：4；
（2）存在兩種情況：
①如圖1，當P在的右側(cè)，點O′恰好落在直線AB上，則OP＝O'P，∠BO'P＝∠BOP＝90°，

∵OB＝OA＝4，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴AB＝4，∠OAB＝45°，
由折疊得：∠OBP＝∠O'BP，BP＝BP，
∴△OBP≌△O'BP（AAS），
∴O'B＝OB＝4，
∴AO'＝4﹣4，
Rt△PO'A中，O'P＝AO'＝4﹣4＝OP，
∴S△BOP＝OB?OP＝＝8﹣8；
②如圖所示：當P在的左側(cè)，

由折疊得：∠PO'B＝∠POB＝90°，O'B＝OB＝4，
∵∠BAO＝45°，
∴PO'＝PO＝AO'＝4+4，
∴S△BOP＝OB?OP＝×4×（4+4）＝8+8；
（3）分4種情況：
①當BQ＝QP時，如圖2，點P與點O重合，此時OP＝0；

②當BP＝PQ時，如圖3，

∵∠BPC＝45°，
∴∠PQB＝∠PBQ＝22.5°，
∵∠OAB＝45°＝∠PBQ+∠APB，
∴∠APB＝22.5°，
∴∠ABP＝∠APB，
∴AP＝AB＝4，
∴OP＝4+4；
③當PB＝PQ時，如圖4，此時Q與C重合，

∵∠BPC＝45°，
∴∠PBA＝∠PCB＝67.5°，
△PCA中，∠APC＝22.5°，
∴∠APB＝45+22.5°＝67.5°，
∴∠ABP＝∠APB，
∴AB＝AP＝4，
∴OP＝4﹣4；
④當PB＝BQ時，如圖5，此時Q與A重合，則P與A關(guān)于對稱，

∴此時OP＝4；
綜上，OP的長是0或4+4或4﹣4或4．
25．如圖，在等腰直角三角形ABC和ADE中，AC＝AB，AD＝AE，連接BD，點M、N分別是BD，BC的中點，連接MN．

（1）如圖1，當頂點D在邊AC上時，請直接寫出線段BE與線段MN的數(shù)量關(guān)系是 　 　，位置關(guān)系是 　 ?。?br /> （2）當△ADE繞點A旋轉(zhuǎn)時，連接BE，上述結(jié)論是否依然成立，若成立，請就圖2情況給出證明；若不成立，請說明理由．
（3）當AC＝8時，在△ADE繞點A旋轉(zhuǎn)過程中，以D，E，M，N為頂點可以組成平行四邊形，請直接寫出AD的長．
【答案】（1）MN=BE；MN⊥BE ；（2）成立，理由見解析；（3）或
【分析】
（1）延長交于點，根據(jù)三角形的中位線定理證明，，再由平行線的性質(zhì)證明，則；
（2）（1）中的結(jié)論依然成立，連接，由等腰直角三角形的性質(zhì)推出相應(yīng)的線段相等和角相等，證明，先證明，再證明；由三角形的中位線定理證明；
（3）以，，，為頂點的四邊形為平行四邊形分兩種情況，即在的內(nèi)部、、都在的外部，此時、、三點在同一條直線上，且，再根據(jù)，得到直角三角形，由勾股定理列方程求的長．
【詳解】
解：（1）如圖1，延長交于點，

、分別是、的中點，
，且，
，
．
，，
，
；
故答案為：，
（2）成立，理由如下：
如圖2，連接并延長交于點，延長交于點，

，
，
，，
，
，，
點、分別是、的中點，
，，
；
，
，
，
；
．
（3）如圖3，在內(nèi)部，在的外部，且四邊形是平行四邊形，

由（2）得，，，，
∵四邊形是平行四邊形，
，，
、、三點在同一條直線上，
，
，
，
，
，
，
由得，，
解得；
如圖4，、都在的外部，且四邊形是平行四邊形，設(shè)交于點，

，，，
，
，
、分別為、的中點，
，
四邊形是平行四邊形，
，
點在上，
，，
，
，
、分別是、的中點，
，
，
，
，
由得，，
解得，
綜上所述，的長為或．

相關(guān)試卷

中考模擬卷（二）（解析版）-2022年數(shù)學中考一輪復習考點透析（北京版）：

這是一份中考模擬卷（二）（解析版）-2022年數(shù)學中考一輪復習考點透析（北京版），共17頁。試卷主要包含了單選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

中考模擬卷（三）（解析版）-2022年數(shù)學中考一輪復習考點透析（北京版）：

這是一份中考模擬卷（三）（解析版）-2022年數(shù)學中考一輪復習考點透析（北京版），共49頁。試卷主要包含了單選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

中考模擬卷（一）（解析版）-2022年數(shù)學中考一輪復習考點透析（冀教版）：

這是一份中考模擬卷（一）（解析版）-2022年數(shù)學中考一輪復習考點透析（冀教版），共23頁。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

中考模擬卷（三）（解析版）-2022年數(shù)學中考一輪復習考點透析（冀教版）

中考模擬卷（三）（解析版）-2022年數(shù)學中考一輪復習考點透析（冀教版）
中考模擬卷（二）（解析版）-2022年數(shù)學中考一輪復習考點透析（冀教版）

中考模擬卷（二）（解析版）-2022年數(shù)學中考一輪復習考點透析（冀教版）
中考模擬卷（一）（解析版）-2022年數(shù)學中考一輪復習考點透析（北師大版）

中考模擬卷（一）（解析版）-2022年數(shù)學中考一輪復習考點透析（北師大版）
中考模擬卷（三）（解析版）-2022年數(shù)學中考一輪復習考點透析（北師大版）

中考模擬卷（三）（解析版）-2022年數(shù)學中考一輪復習考點透析（北師大版）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部