中考數(shù)學二輪壓軸題匯編03挑戰(zhàn)壓軸題（解答題一）（江西專用）（2份，原卷版+解析版）-試卷下載-教習網

1．（2021·江西）如圖1，四邊形內接于，為直徑，過點作于點，連接．

（1）求證：；
（2）若是的切線，，連接，如圖2．
①請判斷四邊形ABCO的形狀，并說明理由；
②當AB=2時，求AD， AC與圍成陰影部分的面積．
【答案】（1）見解析；（2）四邊形ABCO是菱形，理由見解析；（3）陰影部分的面積為．
【解析】
【分析】
（1）利用圓內接四邊形的性質證得∠D=∠EBC，再利用圓周角的性質證得∠D+∠CAD=，即可證明∠CAD=∠ECB；
（2）①利用切線的性質得到OC⊥EC，從而證明OC∥AE，再證明∠BAO=∠EBC =60°，推出BC∥AO，即可證明四邊形ABCO是菱形；②先計算，再利用扇形的面積公式計算，即可求得陰影部分的面積．
【詳解】
（1）證明：∵四邊形ABCD內接于⊙O，
∴∠D+∠ABC=，
∵∠EBC+∠ABC=，
∴∠D=∠EBC，
∵AD為⊙O直徑，
∴∠ACD=，
∴∠D+∠CAD=，
∵CE⊥AB，
∴∠ECB+∠EBC=，
∴∠CAD=∠ECB；
（2）①四邊形ABCO是菱形，理由如下：
∵CE是⊙O的切線，
∴OC⊥EC，
∵AB⊥EC，
∴∠OCE=∠E=，
∴∠OCE+∠E=18，
∴OC∥AE，
∴∠ACO=∠BAC，
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠CAD，
∴∠BAC=∠CAD，
∵∠CAD=∠ECB，∠CAD=30°，
∴∠EBC=90°-30°=60°，
∴∠BAO=∠EBC =60°，
∴BC∥AO，
∴四邊形ABCO是平行四邊形，
∵OA=OC，
∴四邊形ABCO是菱形；
②∵四邊形ABCO是菱形，
∴AO=AB=2，AD=4，
∵∠CAD=30°，
∴CD=AD=2，AC=2，
過點C作CF⊥AD于點F，
∴CF=，
∴，
∵OC∥AE，
∴∠DOC=∠BAO=60°，
∴，
∴陰影部分的面積為．
【點睛】
本題主要考查了切線的性質、菱形的判定和性質以及扇形面積的求法，熟練掌握切線的性質定理以及扇形面積的求法是解答此題的關鍵．
2．（2020·江西）已知的兩邊分別與圓相切于點，，圓的半徑為．
（1）如圖1，點在點，之間的優(yōu)弧上，，求的度數(shù)；
（2）如圖2，點在圓上運動，當最大時，要使四邊形為菱形，的度數(shù)應為多少？請說明理由；
（3）若交圓于點，求第（2）問中對應的陰影部分的周長（用含的式子表示）．
【答案】（1）50°；（2）當∠APB=60°時，四邊形APBC為菱形，理由見解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）連接OA、OB，根據(jù)切線的性質和多邊形內角和定理可得∠AOB+∠APB=180°，然后結合已知求得∠AOB，最后根據(jù)圓周角定理即可解答；
（2）連接OA、OB，先觀察發(fā)現(xiàn)當∠APB=60°時，四邊形APBC可能為菱形；然后利用∠APB=60°結合（1）的解答過程可得∠ACB=∠APB=60°，再根據(jù)點C運動到PC距離最大，即PC經過圓心；再說明四邊形APBC為軸對稱圖形結合已知條件得到PA =PB=CA =CB，即可得到四邊形APBC為菱形；
（3）由于⊙O的半徑為r，則OA=r、OP=2 r，再根據(jù)勾股定理可得AP=r、PD=r，然后根據(jù)弧長公式求得的弧長，最后根據(jù)周長公式計算即可．
【詳解】
解：（1）如圖1，連接OA、OB
∵PA，PB為⊙O的切線
∴∠PAO=∠PBO=90°
∴∠AOB+∠MPN=180°
∵∠MPN=80°
∴∠AOB=180°-∠MPN=100°
∴∠AOB=100°=∠ACB=50°；
（2）當∠APB=60°時，四邊形APBC為菱形，理由如下：
如圖2：連接OA、OB
由（1）可知∠AOB+∠APB=180°
∵∠APB=60°
∴∠AOB=120°
∴∠ACB=60°=∠APB
∵點C運動到PC距離最大
∴PC經過圓心
∵PA、PB為⊙O的切線
∴四邊形APBC為軸對稱圖形
∵PA=PB，CA=CB，PC平分∠APB和∠ACB.
∴∠APB=∠ACB=60°
∴∠APO=∠BPO=∠ACP=∠BCP=30°
∴PA =PB=CA =CB
∴四邊形APBC為菱形；
（3）∵⊙O的半徑為r
∴OA=r，OP=2 r
∴AP=r，PD=r
∵∠AOP=60°
∴
∴C陰影．
【點睛】
本題考查了圓的切線的性質、圓周角定理、菱形的判定、弧長公式以及有關圓的最值問題，考查知識點較多，靈活應用所學知識是解答本題的關鍵．
3．（2019·江西）數(shù)學活動課上，張老師引導同學進行如下探究：如圖1，將長為的鉛筆斜靠在垂直于水平桌面的直尺的邊沿上，一端固定在桌面上，圖2是示意圖．
活動一
如圖3，將鉛筆繞端點順時針旋轉，與交于點，當旋轉至水平位置時，鉛筆的中點與點重合．

數(shù)學思考
（1）設，點到的距離．
①用含的代數(shù)式表示：的長是_________，的長是________；
②與的函數(shù)關系式是_____________，自變量的取值范圍是____________．
活動二
（2）①列表：根據(jù)（1）中所求函數(shù)關系式計算并補全表格．
②描點：根據(jù)表中數(shù)值，描出①中剩余的兩個點．
③連線：在平面直角坐標系中，請用平滑的曲線畫出該函數(shù)的圖象．
數(shù)學思考
（3）請你結合函數(shù)的圖象，寫出該函數(shù)的兩條性質或結論．
【答案】(1) ），，;(2)見解析；（3）①隨著的增大而減小；②圖象關于直線對稱；③函數(shù)的取值范圍是．
【解析】
【分析】
（1）①利用線段的和差定義計算即可．
②利用平行線分線段成比例定理解決問題即可．
（2）①利用函數(shù)關系式計算即可．
②描出點，即可．
③由平滑的曲線畫出該函數(shù)的圖象即可．
（3）根據(jù)函數(shù)圖象寫出兩個性質即可（答案不唯一）．
【詳解】
解：（1）①如圖3中，由題意，
，
，，
故答案為，．
②作于．
，，
，
，
，
，
故答案為，．
（2）①當時，，當時，，
故答案為2，6．
②點，點如圖所示．
③函數(shù)圖象如圖所示．
（3）性質1：函數(shù)值的取值范圍為．
性質2：函數(shù)圖象在第一象限，隨的增大而減小．
【點睛】
本題屬于幾何變換綜合題，考查了平行線分線段成比例定理，函數(shù)的圖象等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．
4．（2018·江西）某鄉(xiāng)鎮(zhèn)實施產業(yè)扶貧，幫助貧困戶承包了荒山種植某品種蜜柚.到了收獲季節(jié)，已知該蜜柚的成本價為8元/千克，投入市場銷售時，調查市場行情，發(fā)現(xiàn)該蜜柚銷售不會虧本，且每天銷售量(千克)與銷售單價(元/千克)之間的函數(shù)關系如圖所示.
(1)求與的函數(shù)關系式，并寫出的取值范圍；
(2)當該品種蜜柚定價為多少時，每天銷售獲得的利潤最大？最大利潤是多少？
(3)某農戶今年共采摘蜜柚4800千克，該品種蜜柚的保質期為40天，根據(jù)(2)中獲得最大利潤的方式進行銷售，能否銷售完這批蜜柚？請說明理由.
【答案】（1）（）；（2）定價為19元時，利潤最大，最大利潤是1210元.（3）不能銷售完這批蜜柚.
【解析】
【詳解】
【分析】（1）根據(jù)圖象利用待定系數(shù)法可求得函數(shù)解析式，再根據(jù)蜜柚銷售不會虧本以及銷售量大于0求得自變量x的取值范圍；
（2）根據(jù)利潤=每千克的利潤×銷售量，可得關于x的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質即可求得；
（3）先計算出每天的銷量，然后計算出40天銷售總量，進行對比即可得.
【詳解】（1）設，將點（10，200）、（15，150）分別代入，
則，解得，
∴，
∵蜜柚銷售不會虧本，∴，
又，∴ ，∴，
∴ ；
（2）設利潤為元，
則
=
=，
∴ 當時，最大為1210，
∴ 定價為19元時，利潤最大，最大利潤是1210元；
(3) 當時，，
110×40=4400＜4800，
∴不能銷售完這批蜜柚.
【點睛】本題考查了一次函數(shù)的應用、二次函數(shù)的應用，弄清題意，找出數(shù)量間的關系列出函數(shù)解析式是解題的關鍵.
5．（2017·江西）如圖1，⊙O的直徑AB=12，P是弦BC上一動點（與點B，C不重合），∠ABC=30°，過點P作PD⊥OP交⊙O于點D．
（1）如圖2，當PD∥AB時，求PD的長；
（2）如圖3，當弧DC=弧AC時，延長AB至點E，使BE=AB，連接DE．
①求證：DE是⊙O的切線；
②求PC的長．
【答案】（1）2；（2）①證明見解析；②3﹣3．
【解析】
【詳解】
試題分析：（1）根據(jù)題意首先得出半徑長，再利用銳角三角三角函數(shù)關系得出OP，PD的長；
（2）①首先得出△OBD是等邊三角形，進而得出∠ODE=∠OFB=90°，求出答案即可；
②首先求出CF的長，進而利用直角三角形的性質得出PF的長，進而得出答案．
試題解析：（1）如圖2，連接OD，
∵OP⊥PD，PD∥AB，
∴∠POB=90°，
∵⊙O的直徑AB=12，
∴OB=OD=6，
在Rt△POB中，∠ABC=30°，
∴OP=OB?tan30°=6×=2，
在Rt△POD中，
PD===；
（2）①如圖3，連接OD，交CB于點F，連接BD，
∵，
∴∠DBC=∠ABC=30°，
∴∠ABD=60°，
∵OB=OD，
∴△OBD是等邊三角形，
∴OD⊥FB，
∵BE=AB，
∴OB=BE，
∴BF∥ED，
∴∠ODE=∠OFB=90°，
∴DE是⊙O的切線；
②由①知，OD⊥BC，
∴CF=FB=OB?cs30°=6×=3，
在Rt△POD中，OF=DF，
∴PF=DO=3（直角三角形斜邊上的中線，等于斜邊的一半），
∴CP=CF﹣PF=3﹣3．
考點：圓的綜合題
1．（河南省平頂山市2021-2022學年九年級上學期期末數(shù)學試題）如圖，是的一條角平分線，交于點，交于點．
(1)判斷四邊形的形狀，并說明理由；
(2)填空：
①若，當______度時，四邊形為正方形；
②當是邊長為2的等邊三角形時，四邊形的面積為______．
【答案】(1)四邊形是菱形；見解析
(2)①55；②
【解析】
【分析】
（1）先證平行四邊形，再證AF=DF即可；
（2）①先根據(jù)三角形內角和求出∠C+∠BAC=145°，使四邊形AEDF為正方形，∠BAC=90°，得出∠C=145°-90°=55°即可；
②連結EF,當是邊長為2的等邊三角形時，先求，再證EF為△ABC的中位線，得出EF=，然后求S四邊形AEDF=即可．
(1)
證明：四邊形是菱形
∵，，
∴四邊形AEDF為平行四邊形，
∵是的一條角平分線，
∴∠BAD=∠CAD，
又∵，
∴∠FDA=∠EAD=∠CAD，
∴AF=DF，
∵四邊形是平行四邊形，
∴四邊形AEDF為菱形，
(2)
解：①∵∠B+∠C+∠BAC=180°，，
∴∠C+∠BAC=145°，
使四邊形AEDF為正方形，∠BAC=90°，
∴∠C=145°-90°=55°
當55度時，四邊形為正方形；
故答案為55
②連結EF,
當是邊長為2的等邊三角形時，
∵AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，BD=CD=，
在Rt△ABD中，
∵,，點D為中點，
∴，
∴CF=DF，BE=AE，
∴EF為△ABC的中位線，
∴EF=，
∵由（1）知四邊形AEDF為菱形，
∴S四邊形AEDF=，
四邊形的面積為．
故答案為．
【點睛】
本題考查菱形的判定與性質，勾股定理，菱形面積，正方形的判定，掌握形的判定與性質，勾股定理，菱形面積，正方形的判定是解題關鍵．
2．（2022·河南安陽·九年級學業(yè)考試）如圖，AB是的直徑，點C為上一點，點F是半徑AO上一動點（不與O，A重合），過點F作射線，分別交弦AC，于H，D兩點，在射線l上取點E，過點E作的切線EC．
(1)求證：．
(2)當點D是的中點時，若，判斷以O，A，D，C為頂點的四邊形是什么特殊四邊形，并說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)四邊形OADC是菱形；理由見解析
【解析】
【分析】
（1）連接OC， EC為的切線，可得及，再由，得到，繼而得出結論；
（2）連接CD、DO，AD，CO，由是等邊三角形、和都是等邊三角形，可得，即可得到四邊形OADC是菱形．
(1)
證明：如圖，連接OC，
∵EC為的切線，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
(2)
以O，A，D，C為頂點的四邊形是菱形．
理由如下：如圖，連接CD、DO，AD，CO．
∵，，
∴是等邊三角形．
又∵點D是的中點，
∴，
∴和都是等邊三角形，
∴，
∴四邊形OADC是菱形．
【點睛】
本題考查了等邊三角形的判定和性質、切線的性質，以及菱形的判定，掌握切線的判定方法及菱形的判定方法是解題的關鍵．
3．（2022·四川綿陽·九年級期末）如圖，AB是⊙O的直徑，PA是⊙O的切線，連接OP交⊙O于點E，點C在⊙O上，四邊形OBCE為菱形，連接PC．
(1)求證：PC是⊙O的切線；
(2)連接BP交⊙O于點F，交CE于點G．
①連接OG，求證：；
②若，求BF的長．
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②
【解析】
【分析】
（1）連接，根據(jù)菱形的性質得到，，推出是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質得到，根據(jù)全等三角形的性質得到，根據(jù)切線的判定定理即可得到結論；
（2）①由（1）知，，，根據(jù)直角三角形的性質得到，根據(jù)平行線的性質得到，，根據(jù)全等三角形的性質得到，由垂徑定理即可得到結論；②根據(jù)勾股定理得到，，連接，根據(jù)圓周角定理得到，根據(jù)三角形的面積公式和勾股定理即可得到結論．
(1)
解：證明：連接，
四邊形為菱形，
，，
，
是等邊三角形，
，
，
，，
，
，
是的直徑，是的切線，
，
，
是的半徑，
是的切線；
(2)
①證明：由（1）知，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
；
②，
，
，
，
，
連接，
是的直徑，
，
，
，
．
【點睛】
本題考查了圓的綜合題，全等三角形的判定和性質，垂徑定理，切線的判定和性質，菱形的性質，直角三角形的性質，等邊三角形的判定和性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
4．（2022·黑龍江·哈爾濱市第一一三中學校九年級開學考試）如圖，⊙O中，弦AC、BD交于點E，連接AB、AD、OB，∠ABO=∠CAD
(1)求證：AC⊥BD；
(2)連接CD，∠BDC+2∠ADB=180°，求證：AB=AC；
(3)在（2）的條件下，連接OC交BD于點F，⊙O的弦BH交AC于點G，CG=DF，AB=10，＝10，求GH的長．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)
【解析】
【分析】
(1) 延長BO，構造直徑BF，連接DF，則∠ADB+∠ADF=90°，證明∠ADB+∠CAD=90°即可．
(2) 如圖2，連接BC，則∠ADB=∠ACB，∠ADB=90°-∠BDC，利用三角形內角和定理證明∠ABC=90°-∠BDC即可．
(3) 如圖3，連接BC，過點O作OM⊥AB于點M，ON⊥AC于點N，證明△MBO≌△NCO，△ECF∽△EBC，利用勾股定理，相交弦定理．
(1)
延長BO，構造直徑BF，連接DF，則∠ADB+∠ADF=90°，
∵∠ABO=∠CAD，∠ABO=∠ADF，
∴∠CAD =∠ADF，
∴∠ADB+∠CAD=90°，
∴∠AED=90°，
∴AC⊥BD．
(2)
如圖2，連接BC，則∠ADB=∠ACB，
∵∠BDC+2∠ADB=180°，
∴∠ADB=90°-∠BDC，
∵∠ABC=180°-∠ACB-∠BAC=180°-∠ADB-∠BDC
=180°-90°+∠BDC-∠BDC
=90°-∠BDC=∠ADB=∠ACB，
∴AB=AC．
(3)
如圖3，連接BC，過點O作OM⊥AB于點M，ON⊥AC于點N，
根據(jù)(2)，得AB=AC=10，
∴OM=ON，BM=CN=5，
∴△MBO≌△NCO，
∴∠MBO=∠NCO，
∵∠MBO=∠CAD，∠CBD=∠CAD，
∴∠ECF=∠EBC，
∴△ECF∽△EBC，
∴，
∴，
∵＝10，CG=DF，
∴BE×CG=20 =BE×DF，
∴BE×(EF+DE)=20 ，
∴BE×EF+ BE×DE=20 ，
∴+ BE×DE=20 ，
根據(jù)相交弦定理，得BE×DE= AE×EC，
∴+ AE×EC =20 ，
∵AE+EC=10，
∴+ (10-EC)×EC =20 ，
解得EC=2，
∴AE=8，
根據(jù)(2)得，∠AEB=90°，
∴BE==6，
∴6×DE= 8×2，
∴DE= ，
∴BD=BE+DE=6+=
過點O作OP⊥BD于點P，
根據(jù)垂徑定理，得PD==，CN=NA=5，
∴PE=PD-DE=-=，
∵OP⊥BD，ON⊥AC，BD⊥AC，
∴四邊形OPEN是矩形，
∴ON=PE=，ON∥PE，
∴，
∴，
∴DF=DE+EF===CG，
∴AG=AC-CG=10-=，EG=CG-CE=-2=，
∴BG==，
根據(jù)相交弦定理，得BG×GH= AG×CG，
∴GH=
=．
【點睛】
本題考查了圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，相交弦定理，三角形全等判定和性質，三角形相似判定和性質，等腰三角形的判定，直角三角形互余性質，熟練掌握圓的基本定理和三角形的相似是解題的關鍵．
5．（2022·上海·位育中學模擬預測）在半徑為2的扇形AOB中，∠AOB＝90°，P是OA延長線上一點，過線段OP的中點H作OP的垂線交弧AB于點C，射線PC交弧AB于點D，聯(lián)結OD．
(1)如圖，當弧AC＝弧CD時，求弦CD的長；
(2)如圖，當點C在弧AD上時，設PA＝x，CD＝y(tǒng)，求y與x的函數(shù)關系式，并寫出x的取值范圍；
(3)設CD的中點為E，射線HE與射線OD交于點F，當DF時，請直接寫出∠P的余切值．
【答案】(1)CD＝﹣1
(2)yx2+2x﹣2（22≤x≤22）
(3)ct∠P
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)弧弧，得出，進而求出，以及，再利用相似三角形的性質得出即可；
（2）根據(jù)切割線定理即可求得．
（3）利用等腰三角形的性質以及銳角三角函數(shù)關系即可得出的值．
(1)
解：聯(lián)結，如圖1，
垂直平分，
，
，
，
，
，
又，
，
又，
，
，
解得：，（舍去）
(2)
解：如圖，補全圓O，連接GD，AC，
在圓內接四邊形ACDG中，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵PA＝x，CD＝y(tǒng)，，
∴，
，
，；
(3)
解：如圖2，連接和．
，
，
（不妨設其大小為
．（三角形外角的性質定理），
同時，，
（已知）
由垂徑定理可知：，
，
．
同時，由銳角三角函數(shù)定義，
在中．
，
，
四點，，，四點共圓，
由同圓中，同弧上的圓周角相等可知
，
．
在中，由三角形外角性質定理，
，
，
．
為等腰三角形，
．
，
在中，，，
由勾股定理可得，
，
【點睛】
此題主要考查了圓的綜合應用以及相似三角形的判定與性質、切割線定理以及勾股定理和四點共圓以及等腰三角形的性質等知識，解題的關鍵是構建等腰三角形、直角三角形．
1．（2022·遼寧錦州·八年級期末）如圖，在平面直角坐標系中有，，，作軸于點，軸于點，點的坐標為．
(1)請直接寫出點的坐標；
(2)求直線的表達式；
(3)若為的中點，連接，動點從點出發(fā)，沿射線方向運動，當最大時，求點的坐標．
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）證明，即可求點的坐標；
（2）由待定系數(shù)法求解析式即可；
（3）延長交射線于點F，延長交射線于點，連接OP，PB，可證，由全等得到，求出直線的直線解析式為，直線的解析式為，兩直線的交點即為．
(1)
解：軸，軸，
，
，
，，
，
，
，
，，
點的坐標為，
，，
；
(2)
解：設直線的解析式為，
，
，
；
(3)
解：延長交射線于點F，延長交射線于點，連接OP，PB
，
，，
點為中點，
，
，
，
，
，，
設直線的解析式為，
，
，
直線的直線解析式為，
設直線的解析式為，
，
直線的解析式為，
，
解得，
，．
∵，
∴當點P與點F重合時，有最大值，
∴P點坐標為（，）
【點睛】
本題主要考查了一次函數(shù)的綜合，全等三角形的性質與判定，坐標與圖形等等，熟知相關知識是解題的關鍵．
2．（2022·浙江溫州·八年級期末）如圖，直線分別交x軸、y軸于點A，B，直線經過點B，交x軸于點C，以BC為斜邊向左側作等腰．
(1)求b的值和OC的長．
(2)連結OD，求的度數(shù)．
(3)設點D到AB，AC，BC的距離分別為，，，求，，之比．
【答案】(1)，
(2)45°
(3)
【解析】
【分析】
（1）首先求出A、B兩點坐標，將點B的坐標代入直線y=-3x+b，即可求解；
（2）連接OD，作DE⊥OD交y軸于E，證明△DBE≌△DCO，根據(jù)全等三角形的性質得DE=DO，∠DOE=45°，即可得∠AOD=45°；
（3）延長OD交AB于H，過D作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，DF⊥OB于F，則d2=DM，d3=DN，證明DH⊥AB，得d1=DH，分別求出DM，DN，DH，即可求解．
(1)
解：直線y=x+3分別交x軸、y軸于點A，B，
當x=0時，y=3；當y=0時，x=-3；
∴點A（-3，0）、B（0，3），
∵直線y=-3x+b經過點B（0，3），
將點B的坐標（0，3）代入直線y=-3x+b得：b=3，
∴y=-3x+3
當y=0時，-3x+3=0，解得x=1，
∴C（1，0），
∴OC=1；
(2)
連接OD，作DE⊥OD交y軸于E，
∵Rt△BCD是等腰直角三角形，
∴∠BDC=90°，DB=DC，
∴∠BDE+∠EDC=90°，
∵DE⊥OD，
∴∠CDO+∠EDC=90°，
∴∠BDE=∠CDO，
設CD、OB交于Q，
∵∠BDC=∠QOC=90°，∠BQD=∠CQO，
∴∠DBE=∠DCO，
∵DB=DC，∠BDE=∠CDO，
∴△DBE≌△DCO（ASA），
∴DE=DO，
∵DE⊥OD，
∴∠DOE=45°，
∴∠AOD=45°；
(3)
延長OD交AB于H，過D作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，DF⊥OB于F，則d2=DM，d3=DN，
∵△DBE≌△DCO，C（1，0），
∴BE=CO=1，
∵A（-3，0）、B（0，3），
∴OE=2，OA=OB=3，
∵DE=DO，DE⊥OD，
∴
延長OD交AB于點Q，
∵OD平分，，
∴．
在等腰中，，
，
∴．
【點睛】
本題主要考查了一次函數(shù)的應用、等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．
3．（2022·四川成都·九年級期末）已知正方形ABCD的邊長為4，對角線AC，BD交于點E，F(xiàn)是CD延長線上一點，連接AF，G是線段AF上一點，連接BG，DG．
(1)如圖1，若CF＝CA，G是AF的中點；
①求∠FAD的度數(shù)；
②求證：BG⊥DG；
(2)如圖2，若FG＝2AG，BG⊥DG，求FD的長度．
【答案】(1)①22.5°；②見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）①可求得∠ACD=∠DAC=45°，進而求得結果；②連接GE，根據(jù)中位線定理證得EG=CF，進而得出EG=BD，進一步命題得證；
（2）連接EG，可證得EG=DE=BE=AE，所以點A、G、D、B、C共圓，從而得出∠FGD=∠ACD，進而證得△FDG∽△FAC，進一步求得結果．
(1)
①∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DAC=∠ACF=45°，∠ADF=∠ADC=90°，
∵CF=CA，
∴，
∴∠FAD=∠FAC-∠DAC=67.5°-45°=22.5°；
②證明：連接GE，如圖1，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AC=BD，AE=CE，BE=DE=BD，
∵AC=CF，
∴CF=BD，
∵AG=FG，AE=CE，
∴EG=CF，
∴EG=BD，
∴GE=BE=DE，
∴∠EGD=∠EDG，∠EGB=∠EBG，
∵∠EGD+∠EDG+∠EGB+∠EBG=180°，
∴∠EGD+∠EGB=90°，
∴∠BGD=90°，
∴BG⊥DG；
(2)
如圖2，連接EG，
∵BG⊥DG，BE=DE，
∴GE=BE=DE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AE=CE=AC，BE=DE=BD，AC=BD，
∴AE=CE=BE=DE，
∴點A、G、D、C、B在以E為圓心，AE為半徑的圓上，
∴∠DGF=∠ACD，
∵∠F=∠F，
∴△FDG∽△FAC，
∴，
∴FD?FC=FG?FA，
設FD=x，則，
∵FG=2AG，
∴，
∴，
∴x1=，x2=-（舍去），
∴FD=．
【點睛】
本題考查了正方形性質，直角三角形性質，確定圓的條件，三角形中位線定理，相似三角形判定和性質等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，找出相似三角形的條件．
4．（2022·上海市建平實驗中學八年級期末）如圖，已知在中，，，，BC為OP上的中線．在中，，連接AC并延長交邊BO于點E．
(1)求AC的長．
(2)設AP的長度為x，四邊形ACBP的面積為y，求y關于x的函數(shù)解析式，并寫出定義域．
(3)當四邊形ACBP為梯形時，求AP的長．
【答案】(1)5
(2)
(3)或
【解析】
【分析】
（1）先利用勾股定理求出，然后根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求解即可；
（2）先利用勾股定理求出，再根據(jù)列出關系式即可；
（3）分兩種情況：當時，則，當，則，兩種情況分類討論求解即可．
(1)
解：在中，，，
∴，
∵BC為中線，
∴．
又∵，
∴；
(2)
解：在中，，，
∴，
∴
；
(3)
解：①當時，則．過B作，過C作，
∴，
∴，,
∴，
在中，．
∵，
∴；
②當，則，過點A作AD⊥CP于D．
在中，．
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴或．
【點睛】
本題主要考查了直角三角形斜邊上的中線，梯形的性質，等腰三角形的性質，勾股定理，函數(shù)關系式，等腰三角形的性質，熟知相關知識是解題的關鍵．
5．（2022·貴州遵義·九年級期末）問題閱讀：為了大力發(fā)展鄉(xiāng)村旅游，增加農民收入，某農戶在政府的扶持下開了一家民宿賓館，共有20個房間可以提供給游客居住，當房間標準價格定為每天200元/間時，平均每天入住8間；如果房間有游客居住，農戶需對每個房間每天支出20元的各種費用．為獲得每天的最大利潤，農戶決定調整價格．經市場調查發(fā)現(xiàn)，在不考慮其他因素的情況下，每天每間房價在80元～200元之間（含80元，200元）浮動時，房間數(shù)y（間）與每天每間的定價x元之間滿足一次函數(shù)關系，其部分對應值如下表所示：
問題分析：
(1)由上表可以得出，當每天每間房間定價為170元時，入住房間數(shù)量為間；每天每間房間定價每降低10元，則入住房間可以增加間；
(2)問題解決：請求出入住房間數(shù)y（間）與每天定價x（元/間）之間的函數(shù)關系式；
(3)當每天每間房間定價為多少元時，該農戶每天可以獲得最大利潤，最大利潤是多少？
【答案】(1)11，1；
(2)y＝x＋28
(3)當x＝150時，w有最大值，最大值為1690元
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)表中信息即可得到結論；
（2）待定系數(shù)法求解可得；
（3）由營業(yè)額＝入住房間數(shù)量×房價得出函數(shù)解析式，再利用二次函數(shù)的性質求解可得．
(1)
解：由上表可以得出，當每天每間房間定價為170元時，入住房間數(shù)量為11間；每天每間房間定價每降低10元，則入住房間可以增加1間；
故答案為：11，1；
(2)
設y＝kx＋b，
將（200，8）、（190，9）代入，得：
，
解得，
∴y＝x＋28（80≤x≤200）；
(3)
設農戶每天可以獲得利潤為w元，
由題意得，w＝（x?20）y＝（x?20）（x＋28）＝x2＋30x?560，
∴對稱軸為直線，
∵a＝＜0，
∴在150≤x≤200范圍內，w隨x的增大而減小，
∴當x＝150時，w有最大值，最大值為1690元．
【點睛】
此題主要考查了二次函數(shù)的應用以及待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式以及二次函數(shù)最值問題，由營業(yè)額＝入住房間數(shù)量×房價得出函數(shù)解析式及二次函數(shù)的性質是解題關鍵．
6
5
4
3.5
3
2.5
2
1
0.5
0
0
0.55
1.2
1.58
1.0
2.47
3
4.29
5.08
每天房間定價x（元/間）
200
190
180
170
160
入住間數(shù)y（間）
8
9
10
11
12

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