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- 2021-11-10 发布
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浙江中考数学专题训练——解答题3
1.(1)计算:2sin30°+(2﹣π)0﹣;
(2)解方程:2x2+x﹣6=0.
2.先化简,再求值:,其中a =-1.
3.如图,已知△ABC中,D是BC的中点,DE⊥AB于E,DF⊥AC于F,且DE=DF.试说明AB=AC的理由.
4.如图,抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A(﹣1,0)和B(3,0),与y轴交于C点,点C关于抛物线的对称轴的对称点为点D.抛物线顶点为H.
(1)求抛物线的解析式.
(2)当点E在抛物线的对称轴上运动时,在直线AD上是否存在点F,使得以点A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形?若存在,请求出点F的坐标;若不存在,请说明理由.
(3)点P为直线AD上方抛物线的对称轴上一动点,连接PA,PD.当S△PAD=3,若在x轴上存在以动点Q,使PQ+QB最小,若存在,请直接写出此时点Q的坐标及PQ+QB的最小值.
5.如图,在锐角△ABC中,BC=10,AC=11,△ABC的面积为33,点P是射线CA上一动点,以BP为直径作圆交线段AC于点E,交射线BA于点D,交射线CB于点F.
(1)当点P在线段AC上时,若点E为中点,求BP的长.
(2)连结EF,若△CEF为等腰三角形,求所有满足条件的BP值.
(3)将DE绕点D顺时针旋转90°,当点E的对应点E'恰好落在BC上时,记△DBE'的面积为S1,△DPE的面积S2,则的值为 .(直接写出答案即可)
6.如图,在 Rt△AOB 中,∠AOB=90°,OA=3,OB=4,线段 OA’绕点 O 顺时针旋转ɑ角(0≤ɑ≤180°),OA’交边 AB 于点 F.
(1)当旋转ɑ角度后,A’点恰好落在 AB 上,记为 C 点,求 CB 的长度;
(2)当 OA’绕点 O 旋转与 AB 平行时,记为 OG,连接 CG,交 OB 于 E,分别求出 OE 长度和∠COB 的正弦值;
(3)在旋转过程中,请直接写出的最大值.
7.已知二次函数 y=(x-a-2)(x+a)+3.
(1)求该二次函数的图象的对称轴.
(2)对于该二次函数图象上的两点 P(x1,y1)、Q(x2,y2).
①当 x≥m 时,y 随 x 的增大而增大,写出一个符合条件的 m 值;
②当 m≤x2≤m+2,当 x1≤﹣1 时,均有 y1≥y2,求 m 的取值范围;
(3)当二次函数过(0,3)点时,且与直线 y=kx+2 交于 A、B 两点,其中有一交点的横坐标 x0 满足 1<x0<3, 求 k 的取值范围.
8.如图 1,在矩形 ABCD 中,点 E 以 lcm/s 的速度从点 A 向点 D 运动,运动时间为 t(s),连结 BE,过点 E 作 EF⊥BE,交 CD 于 F,以 EF 为直径作⊙O.
(1)求证:∠1=∠2;
(2)如图 2,连结 BF,交⊙O 于点 G,并连结 EG.已知 AB=4,AD=6.
①用含 t 的代数式表示 DF 的长
②连结 DG,若△EGD 是以 EG 为腰的等腰三角形,求 t 的值;
(3)连结 OC,当 tan∠BFC=3 时,恰有 OC∥EG,请直接写出 tan∠ABE 的值.
9.如图,在锐角△ABC中,以AB为直径的⊙O交AC于点D,过点D作⊙O的切线DE交边BC于点E,连结BD.
(1)求证:∠ABD=∠CDE.
(2)若AC=28,tanA=2,AD:DC=1:3,求DE的长.
10.如图,直角坐标系中,抛物线y=a(x﹣4)2﹣16(a>0)交x轴于点E,F(E在F的左边),交y轴于点C,对称轴MN交x轴于点H;直线y=x+b分别交x,y轴于点A,B.
(1)写出该抛物线顶点D的坐标及点C的纵坐标(用含a的代数式表示).
(2)若AF=AH=OH,求证:∠CEO=∠ABO.
(3)当b>﹣4时,以AB为边作正方形,使正方形的另外两个顶点一个落在抛物线上,一个落在抛物线的对称轴上,求所有满足条件的a及相应b的值.(直接写出答案即可)
参考答案
1.(1)-1;(2)x1=,x2=﹣2.
【解析】
【分析】
(1)根据三角形函数中30°的正弦值为,任何一个数的零指数幂(0除外)是1,有理数的负指数幂是它正指数幂的倒数即可求解.
(2)利用因式分解中“十字相乘法”即可把一元二次方程分解为(2x-3)(x+2)=0即可求解.
【详解】
解:(1)原式=2×+1﹣3
=1+1﹣3
=﹣1;
(2)(2x﹣3)(x+2)=0,
2x﹣3=0或x+2=0,
所以x1=,x2=﹣2.
【点睛】
本题主要考查的是实数的综合应用和一元二次方程解法“十字相乘法”,掌握这个两个知识点是解题的关键.
2.,.
【解析】
【分析】
先根据混合运算的法则把原分式化为最简形式,再把a=-1代入进行计算即可.
【详解】
解:原式==
当a =-1时,原式=.
3.见解析
【解析】
【分析】
因DE⊥AB于E,DF⊥AC于F,D是BC的中点,所以Rt△DBE≌Rt△DCF,根据全等三角形的性质可知∠B=∠C,则AB=AC.
【详解】
解:∵DE⊥AB,DF⊥AC,
∴△DBE与△DCF是直角三角形.
∵在Rt△DBE与Rt△DCF中,
,
∴Rt△DBE≌Rt△DCF(HL),
∴∠B=∠C,
∴AB=AC.
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定、等腰三角形的判定,判定两个三角形是全等三角形有以下方法:ASA、AAS、SAS、SSS、HL.
4.(1)(2)(0,)或(2,)或(﹣2,﹣)(3)(2.5,0)
【解析】
【分析】
(1)把A(﹣1,0)和B(3,0),代入到抛物线的解析式,即可解答
(2)存在,分三种情况讨论,①EF可由AC平移得到,C、E为对应点,A、F为对应点,再把F点代入直线AD的解析式为y=x+,即可解答②如图2所示,此时点F与点D重合,即可解答③如图3所示,根据平移的规律,得知点F的横坐标为﹣2,
代入解析式即可解答
(3)如图4所示,过点B作AD的平行线交抛物线的对称轴于点N,过点P作PH垂直于BN,与x轴的交点即为点Q,设直线BN的解析式为y=x+b,过点B(3,0),求出BN的解析式,再利用解析式算出M,N的值,再算出PQ+QB=PQ+QH,当P、Q、H三点共线时,PQ+QB最小,即为PH,即可解答
【详解】
(1)∵抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A(﹣1,0)和B(3,0),
∴,
解得,,
∴抛物线的解析式为:;
(2)存在,分三种情况讨论,
①如图1所示,
∵四边形ACEF为平行四边形,
∴EF可由AC平移得到,C、E为对应点,A、F为对应点,
∵C(0,),点E的横坐标为1,
∴向右平移了一个单位,
∵A(﹣1,0),
∴F的横坐标为0,
∵直线AD的解析式为y=x+,
∴当x=0时,y=,
∴F(0,).
②如图2所示,
此时点F与点D重合,
∴F(2,).
③如图3所示,
根据平移的规律,得知点F的横坐标为﹣2,
当x=﹣2时,y=﹣,
∴F(﹣2,﹣).
综上所述:点F的坐标为(0,)或(2,)或(﹣2,﹣).
(3)如图4所示,过点B作AD的平行线交抛物线的对称轴于点N,过点P作PH垂直于BN,与x轴的交点即为点Q,
设直线BN的解析式为y=x+b,过点B(3,0),
解得b=﹣,
∴直线BN的解析式为y=x﹣,
∵抛物线的对称轴为直线x=1,
∴N(1,﹣1),
设直线AD与抛物线的对称轴的交点为点M,
∴M(1,1),
∵S△ADP=PM•(xD﹣xA)•=3,
∴PM=2,
∴P(1,3),
∵tan∠ABN=,
∴QB=QH,
∴PQ+QB=PQ+QH,
∴当P、Q、H三点共线时,PQ+QB最小,即为PH,
∵PN=4,∠NPH=∠ABN,
∴PH=.
∴PQ+QB的最小值为,
此时点Q(2.5,0).
【点睛】
此题为抛物线的综合题,利用了轴对称性质,三角函数值,平行四边形的性质,解题关键在于把已知点代入解析式
5.(1);(2)或10或2;(3).
【解析】
【分析】
(1)先利用面积求高BE,再由勾股定理求AB、AE、CE,再根据全等三角形判定和性质求得PB;
(2)△CEF为等腰三角形,可以分三种情况:①CF=EF,过F作FG⊥AC于点G,连接PF,利用相似三角形性质即可得到答案;②EF=CE,过E作EG⊥CB于G,连接EF、BP,利用全等三角形判定和性质即可;③CE=CF,利用全等三角形判定、性质和勾股定理即可;
(3)过点E作EM⊥DP于点M,过E′作E′G⊥AC于点G,作E′N⊥AB于点N,过D作DF⊥AC于点F,作DH⊥E′G于点H,依次证明:DFGH是矩形,△DEF≌△DE′H(AAS),△E′DN≌△EDM(AAS),再运用由相似三角形性质和解直角三角形知识即可.
【详解】
解:(1)如图1,连接BE、DE,∴BP为直径,
∴∠BEC=∠BEA=90°
∵BC=10,AC=11,△ABC的面积为33,
∴AC•BE=33
∴BE=6
∴CE==8
∴AE=AC﹣CE=3
∴AB==3
∵点E为中点
∴∠ABE=∠PBE
∵BE=BE
∴△ABE≌△PBE(ASA)
∴BP=AB=3;
(2)∵△CEF为等腰三角形,可以分三种情况:
①CF=EF,如图2,过F作FG⊥AC于点G,连接PF,
∵BP是直径
∴∠BFP=∠CFP=∠CGF=∠CEB=90°
∴EG=CG=CF=4
∵FG∥BE
∴△CFG∽△CBE∽△CPF
∴==,=
∴,即CF=5,
∴=,即CP=,
∴EP=CE﹣CP=8﹣=,
∴BP===;
②EF=CE,如图3,过E作EG⊥CB于G,连接EF、BP,则CG=GF
∴∠EFG=∠C
∵=
∴∠BPE=∠EFG
∴∠C=∠BPE
∵∠CEB=∠PEB=90°,BE=BE
∴△CBE≌△PBE(AAS)
∴BP=BC=10
③CE=CF,如图4,连接EF、BP、BE、AF,
∵BP为直径
∴∠AFB=∠AEB=90°
∵∠C=∠C
∴△CEB≌△CFP(ASA)
∴CP=CB=10
∴PE=2
∴BP===2
综上所述,满足条件的BP值为:或10或.
(3)如图5,过点E作EM⊥DP于点M,过E′作E′G⊥AC于点G,作E′N⊥AB于点N,过D作DF⊥AC于点F,作DH⊥E′G于点H,
∵DF⊥AC,DH⊥E′G,E′G⊥AC
∴∠DFE=∠DHE′=∠E′GF=90°
∴DFGH是矩形,
∴GH=DF FG=DH∠FDH=90°
∴∠EDF+∠EDH=90°
∵∠EDH+∠E′DH=90°
∴∠EDF=∠E′DH
∵DE=DE′
∴△DEF≌△DE′H(AAS)
∴DF=DH,EF=E′H
∵DF∥BE
∴==,设AF=m,则:DF=DH=GH=FG=2m,EF=E′H=3﹣m,
∴E′G=m+3,AG=3m,CG=CA﹣AG=11﹣3m,
∵tan∠C====,即:4E′G=3CG,
∴4(m+3)=3(11﹣3m),解得:m=,
EF=3﹣=,DF=2×=,
∵BP是直径,
∴∠E′DN+∠E′DP=90°,
∵∠E′DP+∠EDM=90°
∴∠E′DN=∠EDM
∴△E′DN≌△EDM(AAS)
∴E′N=EM
∴===tan∠BPD
∵
∴∠BED=∠BPD
∵DF∥BE
∴∠BED=∠EDF
∴∠BPD=∠EDF
∴tan∠BPD=tan∠EDF==
∴=,
故答案为:.
【点睛】
本题考查了圆的性质、相似三角形判定和性质、全等三角形判定和性质、勾股定理、解直角三角形、三角形面积等,涉及知识点较多,难度较大,特别是第(3)问要合理添辅助线构造全等三角形和相似三角形.
6.(1)CB=;(2)OE=,;(3)
【解析】
【分析】
(1) 过O作AB的垂线交AB于D,根据面积法求出AD,从而可求出CB;
(2)平行得△CEB△OEG, 过C作CH⊥OB,可求长度和∠的正弦值;
(3)由图像易知当OA'⊥AB时,FO最短,此时取得最大值为
【详解】
解:(1) 过O作AB的垂线交AB于D,
∵,
∴OD=,
∴AD=CD=,
CB=;
(2)∵OG∥AB,
∴∠B=∠BOG,
∵∠BEC=∠OEG,
∴以△CEB∽△GEO,
∴,
∴BE=,
∵OB=EB+EO=4,
∴OE+=4,
解得OE=,
过C作CH⊥OB,则△BCH∽△BAO,
∴=,
∴CH=,
∴;
(3)由图像易知当OA'⊥AB时,FO最短,此时取得最大值为.
【点睛】
本题考查了旋转的性质,勾股定理,垂线段最短,以及相似三角形的判断与性质.
熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键.
7.(1)x=1;(2)①m值可以为2;②-1≤m≤1;(3)
【解析】
【分析】
(1)首先把原二次函数化成y=(x-1)2-a2-2a+2,由此可得该二次函数的图象的对称轴;
(2)①根据二次函数的开口方向和对称轴可知y随x的增大而增大时,x的取值范围,从而可得符合条件的m值;
②首先得出当x1=-1,y1=y2时,x2=3,然后根据当x1≤-1时,均有y1≥y2,可得一个不等式组,解出即可;
(3)首先根据二次函数过(0,3)点,求出a的值,于是可得该二次函数的解析式,然后计算出直线x=1,直线x=3与二次函数y=x2-2x+3的交点坐标,得到直线DE的解析式为y=2,k1=0,设DF所在直线解析式为y=k2x+2,把(3,6)代入得k2=即可得出结论.
【详解】
解:(1)因为y=(x-a-2)(x+a)+3,
∴y=(x-1)2-a2-2a+2,
∴该二次函数的图象的对称轴为x=1;
(2)①∵该二次函数开口向上,对称轴为x=1,
∴x≥1时,y随x的增大而增大,
∴m≥1的数都可以,
因此符合条件的m值可以为2;
②∵该二次函数的图象的对称轴为x=1,
∴当x1=-1,y1=y2时,x2=3,
∴当x1≤-1时,均有y1≥y2,
则-1≤x2≤3,
∴,
解得-1≤m≤1;
(3)当二次函数过(0,3)点时,
则有3=(0-1)2-a2-2a+2,
解得a=0或-2,
∴该二次函数的解析式为y=x2-2x+3,
如图:
直线x=1,直线x=3分别与二次函数y=x2-2x+3交E、F两点,
易得E(1,2),F(3,6),
直线y=kx+2与y轴交于D点,D(0,2),
∵二次函数y=x2-2x+3与直线y=kx+2交于A、B两点,其中有一交点的横坐标满足1<x0<3,
直线y=kx+2与二次函数y=x2-2x+3的EF间有一交点,
直线DE的解析式为y=2,k1=0,设DF所在直线的解析式为y=k2x+2,把(3,6)代入得k2=,
∴k1
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