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2020中考预测卷《数学试卷》含答案解析

来源:年旅网
中考数学仿真模拟测试题

一、选择题

1.

1的倒数是( ) 2020A. 1 2020B.

1 2020C. 2020 D. 2020

2.四个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示,其左视图是( ).

A. B.

C. D.

3.数据4,3,2,1,3的众数是( ) A. 4

B. 3

C. 2

D. 1

4.一个布袋里装有10个只有颜色不同的球,其中4个黄球,6个白球.从布袋里任意摸出1个球,则摸出的球是黄球的概率为( ) A.

3 5B.

2 5C.

2 3D.

1 105.下列图形中,不是中心对称图形是( ) A. 平行四边形

B. 矩形

C. 菱形

D. 等边三角形

6.下列运算正确的是( ) A. (2x)38x3

B. 3x237.在△ABC中,∠A,∠B都是锐角,且sinA=A. 直角三角形

B. 钝角三角形

8.如图,正方形ABCD中,E、F分别为BC、CD的中点,AF与DE交与点G.则下列结论中:①AF⊥DE;

的9x6

C. x3x2x6

D. x22x33x5

13, cosB=,则△ABC是( ) 22C. 锐角三角形

D. 不能确定

②AD=BG;③GE+GF=2GC;④S△AGB=2S四边形ECFG.其中正确的是( )

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

二、填空题

9.函数y=2x3中自变量x的取值范围是_____.

10.一组数据3,2,1,4,x的平均数为3,则x为________. 11.二次函数yx2x3的图像的顶点坐标是_________. 12.已知

2xx3,则=_______.

yxy5,则∠ACD=_____°. 13.如图,AB是⊙O直径,CD是⊙O的弦,∠BAD=60°

14.如图,在YABCD中,点E在BC上,AE与BD相交于点F,若

15.如图,点G是矩形ABCDEG5,BF2,则图中阴影部分的面积为_________.

BE4BF_________. ,则FDEC5对角线BD上一点,过点G作EF//AB交AD于E,交BC于F,若

16.如图,在ABC中,AB=10,AC=AB相切的动圆与CA,CB 分别8,BC=6,经过点 C且与边 相交于点P,Q,则线段PQ长度的最小值是__________.

三、解答题

117.计算:(3)23sin60

302x24x2,其中x21. 18.先化简,再求值:22x4x4x2x19.解不等式组:x10

54(x1)120.已知关于x的方程x2kxk50.

(1)求证:不论k取何实数,该方程都有两个不相等的实数根; (2)若该方程的一个根为x3,求该方程的另一个根. 21.折叠矩形ABCD,使点D落在BC边上的点F处.

(1)求证:△ABF∽△FCE;

(2)若DC=8,CF=4,求矩形ABCD的面积S.

22.“食品安全”受到全社会的广泛关注,育才中学对部分学生就食品安全知识的了解程度,采用随机抽样调查的方式,并根据收集到的信息进行统计,绘制了下面的两幅尚不完整的统计图,请你根据统计图中所提供的信息解答下列问题:

(1)接受问卷调查的学生共有________人,扇形统计图中“基本了解”部分所对应扇形的圆心角为_________;

(2)请补全条形统计图;

(3)若对食品安全知识达到“了解”程度的学生中,男、女生的比例恰为2:3,现从中随机抽取2人参加食品安全知识竞赛,则恰好抽到1个男生和1个女生的概率________. 23.如图,矩形ABCD对角线相交于O点,DE∥AC,CE∥BD,连接BE.

(1)求证:四边形OCED是菱形;(2)若∠AOD=120°,CD=2,求DE和tan∠DBE值.

24.如图,在ABC中,B90,AB5cm,BC7cm,点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动,同时,点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动(到达点C,移动停止).

(1)如果P,Q分别从A,B同时出发,那么几秒后,PQ的长度等于210cm? (2)在(1)中,PQB的面积能否等于7cm2?请说明理由.

的防洪大堤(横断面为梯25.如图,某防洪指挥部发现长江边一500米,高10米,背水坡的坡角为45°

形ABCD)急需加固.经调查论证,防洪指挥部专家组制定的加固方案是:背水坡面用土石进行加固,并

的使上底加宽3米,加固后背水坡EF的坡比i=1:3.

(1)求加固后坝底增加的宽度AF;

(2)求完成这项工程需要土石多少立方米.(结果保留根号)

2,点A的坐标为1,0,26.如图,抛物线yxbxc与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)

与y轴交于点C0,3,作直线BC.动点P在x轴上运动,过点P作PMx轴,交抛物线于点M,交直线BC于点N,设点P的横坐标为m.

(1)直接写出抛物线的解析式__________和直线BC的解析式_________; (2)当点P在线段OB上运动时,直接写出线段MN长度的最大值_________;

(3)当点P在线段OB上运动时,若CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时,求m的值; (4)当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时,求出m的值.

27.如图1,已知点G在正方形ABCD的对角线AC上,GEBC于点E,GFCD于点F.

(1)证明与推断:①求证:四边形CEGF是正方形;②求

AG的值; BE(2)探究与证明:将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转角045,如图2,试探究线段AG与

BE之间的数量关系,并说明理由;

(3)拓展与运用:正方形CEGF的旋转过程中,当B、E、F三点在一条直线上时,如图3所示,延长CG交AD于点H,若AG6,GH22,求BC的长.

答案与解析

一、选择题

1.

1的倒数是( ) 2020A. 1 2020B.

1 2020C. 2020 D. 2020

【答案】C 【解析】 【分析】

根据倒数的定答即可. 【详解】解:∵∴

1×2020=1, 20201的倒数是2020. 2020故答案为C.

【点睛】本题主要考查了倒数的定义:若两个数的乘积是1,我们就称这两个数互为倒数. 2.四个大小相同正方体搭成的几何体如图所示,其左视图是( ).

A.

C.

【答案】D 【解析】 【分析】

根据从左边看得到的图形是左视图,可得答案.

【详解】从左边看第一列是两个小正方形,第二列左边一个小正方形. 故选D.

的B.

D.

【点睛】本题考查了简单组合体的三视图,从左边看得到的图形是左视图.

3.数据4,3,2,1,3的众数是( ) A. 4 【答案】B 【解析】 【分析】

根据众数的定义进行选择即可.

【详解】解:数据4,3,2,1,3的众数是3. 故选B.

【点睛】考核知识点:众数.理解定义是关键.

4.一个布袋里装有10个只有颜色不同的球,其中4个黄球,6个白球.从布袋里任意摸出1个球,则摸出的球是黄球的概率为( ) A.

B. 3

C. 2

D. 1

3 5B.

2 5C.

2 3D.

1 10【答案】B 【解析】 【分析】

用黄球的个数除以球的总个数即为所求的概率. 【详解】因为一共有10个球,其中黄球有4个, 所以从布袋里任意摸出1个球,摸到白球的概率为故选:B.

【点睛】本题考查了概率公式,用到的知识点为:概率等于所求情况数与总情况数之比. 5.下列图形中,不是中心对称图形的是( ) A. 平行四边形 【答案】D 【解析】 【分析】

根据中心对称图形的概念中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合. 【详解】解:A、平行四边形是中心对称图形,故本选项错误; B、矩形是中心对称图形,故本选项错误;

B. 矩形

C. 菱形

D. 等边三角形

42. 105C、菱形是中心对称图形,故本选项错误;

D、等边三角形不是中心对称图形,故本选项正确. 故选D.

6.下列运算正确的是( ) A. (2x)38x3

B. 3x239x6

C. x3x2x6 D. x22x33x5

【答案】A 【解析】 【分析】

根据合并同类项,同底数幂的乘法,积的乘方运算法则进行各选项的判断即可.

3【详解】解:A.(2x)8x3,故本选项正确;

B. 3x2327x6,故本选项错误; x5,故本选项错误;

C. x3?x2D.x2与x3不是同类项,不能直接合并,故本选项错误 故选A.

【点睛】本题考查了合并同类项,同底数幂的乘法,积的乘方运算,掌握同底数幂的运算法则是解题关键. 7.在△ABC中,∠A,∠B都是锐角,且sinA=A. 直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】

先根据特殊角的三角函数值求出∠A、∠B的度数,再根据三角形内角和定理求出∠C即可作出判断. 【详解】∵△ABC中,∠A、∠B都是锐角,sinA=∴∠A=∠B=30°.

=120°∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=180°﹣30°﹣30°. 故选B

8.如图,正方形ABCD中,E、F分别为BC、CD的中点,AF与DE交与点G.则下列结论中:①AF⊥DE;

B. 钝角三角形

13, cosB=,则△ABC是( ) 22C. 锐角三角形

D. 不能确定

13,cosB=, 22②AD=BG;③GE+GF=2GC;④S△AGB=2S四边形ECFG.其中正确的是( )

A. 1个 【答案】D 【解析】 【分析】

B. 2个 C. 3个 D. 4个

AF⊥DE,(1)证△ADF≌△DCE(SAS),∠AFD+∠CDE=90°=∠DGF,故①正确;(2)过点B作BH∥DE交AD于H,交AF于K,BH是AG的垂直平分线,BG=AB=AD,故②正确;(3)延长DE至M,使得EM=GF,连接CM,△CEM≌△CFG(SAS),△MCG为等腰直角三角形,故③正确;(4)过G点作TL∥AD,交AB于T,交DC于L,则GL⊥AB,GL⊥DC,证得△DGF∽△DCE,根据相似三角形性质可以求出相应面积关系.. 【详解】解:

∵正方形ABCD,E,F均为中点

∴AD=BC=DC,EC=DF=$\\frac{1}{2}$BC ∵在△ADF和△DCE中,

ADDCADFDCE DFCE∴△ADF≌△DCE(SAS) ∴∠AFD=∠DEC ∵∠DEC+∠CDE=90°∴∠AFD+∠CDE=90°=∠DGF ∴AF⊥DE,故①正确

如图1,过点B作BH∥DE交AD于H,交AF于K ∵AF⊥DE,BH∥DE,E是BC的中点 ∴BH⊥AG,H为AD的中点 ∴BH是AG的垂直平分线

∴BG=AB=AD,故②正确 如图2

延长DE至M,使得EM=GF,连接CM ∵∠AFD=∠DEC ∴∠CEM=∠CFG

又∵E,F分别为BC,DC的中点 ∴CF=CE

∵在△CEM和△CFG中,

CECFCEMCFG EMFG∴△CEM≌△CFG(SAS) ∴CM=CG,∠ECM=∠GCF ∵∠GCF+∠BCG=90°

∴∠ECM+∠BCG=∠MCG=90°∴△MCG为等腰直角三角形 ∴GM=GE+EM=GE+GF=2GC 故③正确

如图3,过G点作TL∥AD,交AB于T,交DC于L,则GL⊥AB,GL⊥DC 设EC=x,则DC=2x,DF=x,由勾股定理得DE 5x 由DE⊥GF,易证得△DGF∽△DCE ∴

DEGF5x DFECx2SVDEC55∴1 SVDGF114SDGFSDBC∴S四边形ECFG=S△DEC﹣SDGFSDEC

551QSDEC2xxx2

214∴S四边形ECFG=x2,S△DGF=x2

55∵DF=x

12x52x

∴GL=

1x5228∴TG=2xxx

5511882∴S△AGB=ABTG2xxx

2255∴S△AGB=2S四边形ECFG 故④正确, 故选D.

【点睛】考核知识点:正方形性质,相似三角形性质.灵活运用性质是关键.

二、填空题

9.函数y=2x3中自变量x的取值范围是_____. 【答案】x≥【解析】

3 2【详解】解:由题意得,2x30,解得:x3 . 210.一组数据3,2,1,4,x的平均数为3,则x为________. 【答案】5 【解析】 【分析】

根据平算术均数的计算公式列方程解答即可. 【详解】解:由题意得:

1 (3+2+1+4+x)=3, 5解得:x=5 故答案为:5

【点睛】考查算术平均数的计算方法,掌握计算公式是解决问题的前提. 11.二次函数yx2x3的图像的顶点坐标是_________. 【答案】(-1,4) 【解析】 【分析】

把二次函数解析式配方转化为顶点式解析式,即可得到顶点坐标. 【详解】解:∵yx2x3=-(x+1)2+4, ∴顶点坐标为(-1,4). 故答案为(-1,4).

【点睛】本题考查了二次函数的性质,把解析式配方写成顶点式解析式是解题的关键. 12.已知

22xx3,则=_______.

yxy53. 2【答案】

【解析】 【详解】由

x3,得:5x3x3y, xy5∴2x3y,

x3∴. y2故答案为

3. 2考点:比例的性质.

,则∠ACD=_____°. 13.如图,AB是⊙O的直径,CD是⊙O的弦,∠BAD=60°

【答案】30 【解析】 【分析】

连接BD.根据圆周角定理可得. 【详解】解:如图,连接BD.

∵AB是⊙O的直径, ∴∠ADB=90°,

∴∠B=90°﹣∠DAB=30°, ∴∠ACD=∠B=30°, 故答案为30.

【点睛】考核知识点:圆周角定理.理解定义是关键.

14.如图,在YABCD中,点E在BC上,AE与BD相交于点F,若

BE4BF_________. ,则FDEC5

【答案】

4 9【解析】 【分析】

BE4,根据平行四边形的性质得到,BC=AD,AD//BC,由平行得相似,得出△BEF∽△DAF,BC9BFBE再利用相似三角形的对应边成比例得到即可求出答案. FDAD先求出【详解】解:∵

BE4, EC5∴

BE4, BC9∵四边形ABCD是平行四边形, ∴BC=AD,AD//BC, ∴△BEF∽△DAF,

BFBE, FDADBF4=. 即

FD94故答案为.

9∴

【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质与平行四边形的性质.证明△BEF∽△DAF是解决问题的关键. 15.如图,点G是矩形ABCD的对角线BD上一点,过点G作EF//AB交AD于E,交BC于F,若

EG5,BF2,则图中阴影部分的面积为_________.

【答案】5 【解析】 【分析】

5=10,即可求解. 由矩形的性质可证明S矩形AEGM=S矩形CFGN=2×

【详解】解:作GM⊥AB于M,延长MG交CD于N.

则有四边形AEGM,四边形DEGN,四边形CFGN,四边形BMGF都是矩形, ∴AE=BF=2,S△ADB=S△DBC,S△BGM=S△BGF,S△DEG=S△DNG, 5=10, ∴S矩形AEGM=S矩形CFGN=2×∴S阴=

1S矩形CFGN=5, 2故答案为:5.

【点睛】本题考查矩形的性质与判定、矩形的面积公式、三角形的面积等知识,解题的关键是证明S矩形AEGM=S

矩形CFGN

16.如图,在ABC中,AB=10,AC=AB相切的动圆与CA,CB 分别8,BC=6,经过点 C且与边 相交于点P,Q,则线段PQ长度的最小值是__________.

【答案】4.8 【解析】 【分析】

CF、CD,设圆心为F,圆F与AB的切点为D,连接FD、则有FDAB;由勾股定理的逆定理知,ABC是直角三角形,直径PQ=FC+FD,由线段最短知CF+FD?CD,即PQ³CD,只有当点F在CD上,且CD是直角三角形ABC的斜边AB的高上CD时,PQ有最小值为CD的长,由直角三角形的面积公式知,此时CD=BC赘ACAB=4.8.

【详解】解:设圆心为F,eF与AB的切点为D,

8,BC=6, QAB=10,AC=AB2AC2BC2

ACB90

PQ是eF的直径,

连接FD,连接CF,CD,

∵点 C、D在eF上,PQ是eF的直径

\\PQ=FC+FD,

又∵CF+FD?CD ∴PQ³CD,

∵ AB与eF切于点D, ∴FDAB;

∴当点F是RtABC的斜边AB的高的中点时,C、F、D三点共线,且CD为RtABC的斜边AB的高,此时eF的直径等于CD=BC赘AC又∵PQ³CD, ∴PQ能取到最小值4.8. 故答案为:4.8

【点睛】本题利用了切线的性质,勾股定理的逆定理,线段最短,直角三角形的面积公式求解.作辅助线转化问题是关键.

AB=4.8

三、解答题

117.计算:(3)023sin60

3【答案】-11 【解析】 【分析】

运用零指数幂和负整数指数幂法则,特殊角的三角函数值计算即可求出答案.

2【详解】解:原式=1−23【点睛】本题主要考查了零指数幂,负整数指数幂,特殊角的三角函数值等知识点,熟练掌握运算法则是解本题的关键.

x24x2,其中x21. 18.先化简,再求值:22x4x4x2x【答案】

1x2+1.

【解析】 【分析】

根据分式的运算法则先化简,再代入求值.

x24x2【详解】解:2 2x4x4x2x(x2)(x2)x2 2(x2)x(x2),3-9=1-3-9=-11. 21, x当x=21时,原式=121. 21【点睛】考核知识点:二次根式的化简求值.掌握分式和二次根式运算法则是关键.

x10 19.解不等式组:54(x1)1【答案】x>2 【解析】 【分析】

先求出每个不等式的解集,再求出不等式组的解集即可. 【详解】解:x10①

54(x1)1②解①得x>-1, 解②得x>2,

∴原不等式组的解为x>2.

【点睛】本题主要考查了一元一次不等式组解集的求法,其简便求法就是用口诀求解.求不等式组解集的

口诀:同大取大,同小取小,大小小大中间找,大大小小找不到(无解). 20.已知关于x的方程x2kxk50.

(1)求证:不论k取何实数,该方程都有两个不相等的实数根; (2)若该方程的一个根为x3,求该方程的另一个根. 【答案】(1)证明见解析;(2)另一根为-2. 【解析】 【分析】

(1)写出根的判别式,配方后得到完全平方式,进行解答;

(2)将x3代入方程得到k的值,再根据根与系数的关系求出另一根. 【详解】(1)∵a1,bk,ck5, ∴⊿b24ac

k24k5

k24k20

k2160

∴不论k取何实数,该方程都有两个不相等的实数根; (2)将x3代入方程x2kxk50得,

293kk50,

解得:k1;

∴原方程为:x2x60, 设另一根为x1,则有x131, 解得:x12, 所以方程的另一个根为2.

【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式,根与系数的关系,一元二次方程ax2bxc0(a≠0)的根与⊿b24ac有如下关系:①当△>0时,方程有两个不相等的两个实数根;②当△=0时,方程有两个相等的两个实数根;③当△<0时,方程无实数根. 21.折叠矩形ABCD,使点D落在BC边上的点F处.

(1)求证:△ABF∽△FCE;

(2)若DC=8,CF=4,求矩形ABCD的面积S. 【答案】(1)证明见解析;(2)80. 【解析】 【分析】

(1)根据矩形性质和折叠性质证△ABF∽△FCE;(2)在Rt△EFC中,EF2=CE2+CF2,求DE=EF,根据相似三角形性质,求AD=AF=10,S=AD•CD. 【详解】(1)∵矩形ABCD中, ∠B=∠C=∠D=90°. ∴∠BAF+∠AFB=90°.

由折叠性质,得∠AFE=∠D=90°. ∴∠AFB+∠EFC=90°. ∴∠BAF=∠EFC.

∴△ABF∽△FCE; (2)由折叠性质,得AF=AD,DE=EF. 设DE=EF=x,则CE=CD﹣DE=8﹣x, 在Rt△EFC中,EF2=CE2+CF2, ∴x2=(8﹣x)2+42. 解得x=5.

由(1)得△ABF∽△FCE,

AFAB EFCF8510 4AF∴AD=AF=10.

∴S=AD•CD=10×8=80.

【点睛】考核知识点:矩形折叠问题和相似三角形判定和性质.理解题意熟记性质是关键.

22.“食品安全”受到全社会的广泛关注,育才中学对部分学生就食品安全知识的了解程度,采用随机抽样调查的方式,并根据收集到的信息进行统计,绘制了下面的两幅尚不完整的统计图,请你根据统计图中所提供的信息解答下列问题:

(1)接受问卷调查的学生共有________人,扇形统计图中“基本了解”部分所对应扇形的圆心角为_________;

(2)请补全条形统计图;

(3)若对食品安全知识达到“了解”程度的学生中,男、女生的比例恰为2:3,现从中随机抽取2人参加食品安全知识竞赛,则恰好抽到1个男生和1个女生的概率________. 【答案】(1)60,90;(2)图见详解;(3)【解析】 【分析】

(1)根据了解很少的人数和所占的百分比求出抽查的总人数,再用“基本了解”所占的百分比乘以360°,即可求出“基本了解”部分所对应扇形的圆心角的度数;

(2)用调查的总人数减去“基本了解”“了解很少”和“不了解”的人数,求出了解的人数,从而补全统计图;

(3)根据题意先画出树状图,再根据概率公式即可得出答案. 50%=60(人), 【详解】解:(1)接受问卷调查的学生共有30÷

×扇形统计图中“基本了解”部分所对应扇形的圆心角为360°故答案为:60,90.

3 515=90°, 60(2)了解的人数有:60−15−30−10=5(60−15−30−10=5(人)),补图如下:

(3)画树状图得:

∵共有20种等可能的结果,恰好抽到1个男生和1个女生的有12种情况, ∴恰好抽到1个男生和1个女生的概率为

123=. 205【点睛】此题考查了条形统计图、扇形统计图以及用列表法或树状图法求概率,读懂题意,根据题意求出总人数是解题的关键;概率==所求情况数与总情况数之比.

23.如图,矩形ABCD对角线相交于O点,DE∥AC,CE∥BD,连接BE.

(1)求证:四边形OCED是菱形;(2)若∠AOD=120°,CD=2,求DE和tan∠DBE的值. 【答案】(1)见解析;(2)DE=2,tan∠DBE=【解析】 【分析】

(1)根据菱形的判定证明即可;

(2)作EF⊥BD交BD延长线于点F,根据菱形的性质和三角函数解答即可. 【详解】解:(1)∵DEPAC,CEPBD,

3. 5∴四边形OCED是平行四边形 ∵矩形ABCD, ∴OC=OD, ∴四边形OCED菱形,

(2)∵∠AOD=120° ∴∠COD=60° ∵菱形OCED

∴OCCEEDDO ∴△OCD、△CDE均

∴OBODDECD2

作EF⊥BD交BD延长线于点F,如下图所示:

∵ODE=6060=120 ∴∠EDF=60° ∴DF=1,EF3 ,

是等边△

∴tanDBE33 . 415【点睛】此题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质.注意准确作出辅助线是解此题的关键.

24.如图,在ABC中,B90,AB5cm,BC7cm,点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动,同时,点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动(到达点C,移动停止).

(1)如果P,Q分别从A,B同时出发,那么几秒后,PQ的长度等于210cm?

(2)在(1)中,PQB的面积能否等于7cm2?请说明理由.

【答案】(1)3秒后,PQ的长度等于210;(2)PQB的面积不能等于7cm2. 【解析】 【分析】

(1)由题意根据PQ=210,利用勾股定理BP2+BQ2=PQ2,求出即可;

(2)由(1)得,当△PQB的面积等于7cm2,然后利用根的判别式判断方程根的情况即可; 【详解】解:(1)设x秒后,PQ210,BP5x,BQ2x, ∵BP2BQ2PQ2 ∴5x2x21022

2解得:x13,x21(舍去) ∴3秒后,PQ的长度等于210; (2)设t秒后,PB5t,QB2t, 又∵SPQB11BPQB7,5t2t7,

22∴t25t70,

52417252830,

∴方程没有实数根,

∴PQB的面积不能等于7cm2.

【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用,找到关键描述语“△PBQ的面积等于7cm2”,得出等量关系是解决问题的关键.

的防洪大堤(横断面为梯25.如图,某防洪指挥部发现长江边一500米,高10米,背水坡的坡角为45°

形ABCD)急需加固.经调查论证,防洪指挥部专家组制定的加固方案是:背水坡面用土石进行加固,并使上底加宽3米,加固后背水坡EF的坡比i=1:3.

(1)求加固后坝底增加的宽度AF;

(2)求完成这项工程需要土石多少立方米.(结果保留根号) 【答案】(1)(103﹣7)米;(2)(250003﹣10000)立方米. 【解析】 【分析】

(1)分别过E、D作AB的垂线,设垂足为G、H.在Rt△EFG中,根据坡面的铅直高度(即坝高)及坡比,即可求出水平宽FG的长;同理可在Rt△ADH中求出AH的长;由AF=FG+GH﹣AH求出AF的长. (2)已知了梯形AFED的上下底和高,易求得其面积.梯形AFED的面积乘以坝长即为所需的土石的体积. 【详解】解:(1)分别过点E、D作EG⊥AB、DH⊥AB交AB于G、H.

∵四边形ABCD是梯形,且AB∥CD, ∴DHEG.

∴四边形EGHD是矩形.∴ED=GH. 在Rt△ADH中,

AH=DH÷tan∠DAH=10÷tan45°=10(米), 在Rt△FGE中,i1EG, 3FG∴FG=3EG=103(米).

∴AF=FG+GH﹣AH=103+3﹣10=103﹣7(米). 答:加固后坝底增加的宽度AF为(103﹣7)米. (2)加宽部分的体积V=S梯形AFED×坝长=

1×10×500=25000310000(立方米)(3+103﹣7)×. 2答:完成这项工程需要土石(250003﹣10000)立方米.

【点睛】本题考查解直角三角形的应用(坡度坡角问题),锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值. ,点A的坐标为1,0,26.如图,抛物线yxbxc与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)

2与y轴交于点C0,3,作直线BC.动点P在x轴上运动,过点P作PMx轴,交抛物线于点M,交

直线BC于点N,设点P的横坐标为m.

(1)直接写出抛物线的解析式__________和直线BC的解析式_________; (2)当点P在线段OB上运动时,直接写出线段MN长度的最大值_________;

(3)当点P在线段OB上运动时,若CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时,求m的值; (4)当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时,求出m的值. 【答案】(1)y=−x2+2x+3,y=−x+3;(2)【解析】 【分析】

(1)由A、C两点的坐标利用待定系数法可求得抛物线解析式,则可求得B点坐标,再利用待定系数法可求得直线BC的解析式;

(2)用m可分别表示出N、M的坐标,则可表示出MN的长,再利用二次函数的最值可求得MN的最大值; (3)由题意可得当△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时则有MN=MC,且MC⊥MN,则可求表示出M点坐标,代入抛物线解析式可求得m的值;

(4)由条件可得出MN=OC,结合(2)可得到关于m的方程,可求得m的值. 【详解】解:(1)∵抛物线过A、C两点,

9321321;(3)m=2;(4)或 4221bc0b2∴代入抛物线解析式可得,解得,

c3c3∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3,

令y=0可得,−x2+2x+3=0,解x1=−1,x2=3, ∵B点在A点右侧, ∴B点坐标为(3,0),

设直线BC解析式为y=kx+b, 把B、C坐标代入可得3kb0k1,解得,

b3b3∴直线BC解析式为y=−x+3, 故答案为y=−x2+2x+3,y=−x+3; (2)∵PM⊥x轴,点P的横坐标为m, ∴M(m,−m2+2m+3),N(m,−m+3), ∵P在线段OB上运动, ∴M点在N点上方,

329)+ ,

4293∴∴当m=时,MN有最大值,MN的最大值为,

429故答案为;

4∴MN=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m=−(m− (3)∵PM⊥x轴,

∴当△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时,则有CM⊥MN, ∴M点纵坐标为3,

∴−m2+2m+3=3,解得m=0或m=2,

当m=0时,则M、C重合,不能构成三角形,不符合题意,舍去, ∴m=2; (4)∵PM⊥x轴, ∴MN//OC,

当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时,则有OC=MN, 当点P在线段OB上时,则有MN=−m2+3m, ∴−m2+3m=3,此方程无实数根,

当点P不在线段OB上时,则有MN=−m+3−(−m2+2m+3)=m2−3m, ∴m2−3m=3,解得m=

321321或m=, 22321321或. 22综上可知当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时,m的值为

【点睛】本题为二次函数的综合应用,涉及待定系数法、二次函数的最值、等腰直角三角形的判定和性质、平行四边形的性质及分类讨论思想等知识点.在(2)中用m表示出MN的长是解题的关键,在(3)中确定出CM⊥MN是解题的关键,在(4)中由平行四边形的性质得到OC=MN是解题的关键.本题考查知识点较多,综合性较强,难度较大.

27.如图1,已知点G在正方形ABCD的对角线AC上,GEBC于点E,GFCD于点F.

(1)证明与推断:①求证:四边形CEGF是正方形;②求

AG的值; BE(2)探究与证明:将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转角045,如图2,试探究线段AG与

BE之间的数量关系,并说明理由;

(3)拓展与运用:正方形CEGF的旋转过程中,当B、E、F三点在一条直线上时,如图3所示,延长CG交AD于点H,若AG6,GH22,求BC的长.

【答案】(1) ①见详解;②2;(2)线段AG与BE之间的数量关系为AG=2BE,理由见详解;(3)35 【解析】 【分析】

(1)①由GE⊥BC、GF⊥CD结合∠BCD=90°可得四边形CEGF是矩形,再由∠ECG=45°即可得证; ②由正方形性质知∠CEG=∠B=90°、∠ECG=45°,据此可得例定理可得;

(2)连接CG,只需证△ACG∽△BCE即可得; (3)证△AHG∽△CHA得

CG2,GE//AB,利用平行线分线段成比CEAGGHAHAGGH2,设BC=CD=AD=a,知AC=2a,由得AH=a、ACAHCHACAH3DH=

1AGAH10a,CH=可得a的值. a,由

ACCH33【详解】(1)①证明:∵四边形ABCD是正方形, ∴∠BCD=90°,∠BCA=45°, ∵GE⊥BC、GF⊥CD, ∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°,

∴∴四边形CEGF是矩形,∠CGE=∠ECG=45°, ∴EG=EC,

∴四边形CEGF是正方形; ②由①知四边形CEGF是正方形, ∴∠CEG=∠B=90°,∠ECG=45°,

CG2,GE//AB, CEAGCG2, ∴

BECE∴

(2)线段AG与BE之间的数量关系为AG=2BE; 连接CG,

由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α,在Rt△CEG和Rt△CBA中,

CE2CB2=cos45°==cos45°=、, CGCA22∴

CGCA2, CECBAGCA2, BECB∴△ACG∽△BCE, ∴

∴线段AG与BE之间数量关系为AG=2BE; (3)∵∠CEF=45°,点B、E、F三点共线, ∴∠BEC=135°, ∵△ACG∽△BCE,

∴∠AGC=∠BEC=135°, ∴∠AGH=∠CAH=45°, ∵∠CHA=∠AHG, ∴△AHG∽△CHA, ∴

AGGHAHAGGH622,设BC=CD=AD=a,则AC=2a,则由得, ACAHCHACAHAH2a∴AH=

1210a,则DH=AD−AH=a,CH=CD2DH2=a, 333的2a6AGAH3∴由得, 2a10ACCHa3解得:a=35, 即BC=35.

【点睛】本题考查了正方形的性质与判定,相似三角形的判定与性质等,综合性较强,有一定的难度,正确添加辅助线,熟练掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键.

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