2020年山东省济南市市中区育英中学中考数学模拟试卷(三)

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2020年山东省济南市市中区育英中学中考数学模拟试卷(三)

‎2020年山东省济南市市中区育英中学中考数学模拟试卷(三)‎ 一、选择题(共12小题,每小题3分,满分36分)‎ ‎ ‎ ‎1. ‎−‎‎5‎‎6‎的绝对值是( ) ‎ A.‎−‎‎6‎‎5‎ B.‎6‎‎5‎ C.‎5‎‎6‎ D.‎‎−‎‎5‎‎6‎ ‎ ‎ ‎2. 为应对疫情,许多企业跨界抗疫,生产口罩.截至‎2‎月‎29‎日,全国口罩日产量达到‎116000000‎只.将‎116000000‎用科学记数法表示应为( ) ‎ A.‎116×‎‎10‎‎6‎ B.‎11.6×‎‎10‎‎7‎ C.‎1.16×‎‎10‎‎7‎ D.‎‎1.16×‎‎10‎‎8‎ ‎ ‎ ‎3. 如图所示,正三棱柱的俯视图是( ) ‎ A. B. C. D.‎ ‎ ‎ ‎4. 已知直线l‎1‎‎ // ‎l‎2‎,将一块含‎30‎‎∘‎角的直角三角板ABC按如图方式放置,若‎∠1‎‎=‎‎85‎‎∘‎,则‎∠2‎等于‎(‎        ‎)‎ ‎ A.‎35‎‎∘‎ B.‎45‎‎∘‎ C.‎55‎‎∘‎ D.‎‎65‎‎∘‎ ‎ ‎ ‎5. 下列式子运算正确的是( ) ‎ A.t‎2‎‎+‎t‎4‎=t‎6‎ B.‎(3‎x‎2‎‎)‎‎3‎=‎9‎x‎5‎ C.m‎8‎‎÷‎m‎4‎=m‎2‎ D.‎(x−‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎=x‎2‎−x+‎‎1‎‎4‎ ‎ ‎ ‎ ‎6. 如表是某班体育考试跳绳项目模拟考试时‎10‎名同学的测试成绩(单位:个/分钟) ‎ 成绩(个/分钟)‎ ‎140‎ ‎160‎ ‎169‎ ‎170‎ ‎177‎ ‎180‎ 人数 ‎1‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎2‎ 则关于这‎10‎名同学每分钟跳绳的测试成绩,下列说法错误的是( )‎ A.众数是‎177‎ B.平均数是‎170‎ C.中位数是‎173.5‎ D.方差是‎135‎ ‎ ‎ ‎7. 下列图案中,既是中心对称图形又是轴对称图形的是( ) ‎ A. B. C. D.‎ ‎ ‎ ‎8. 若关于x的一元二次方程x‎2‎‎−4x+c=‎0‎有实数根,则常数c的值不可能为( ) ‎ A.‎−4‎ B.‎4‎ C.‎−16‎ D.‎‎16‎ ‎ ‎ ‎9. 如图,从点A看一山坡上的电线杆PQ,观测点P的仰角是‎45‎‎∘‎,向前走‎6m到达B点,测得顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是‎60‎‎∘‎和‎30‎‎∘‎,则该电线杆PQ的高度( ) ‎ A.‎6+2‎‎3‎ B.‎6+‎‎3‎ C.‎10−‎‎3‎ D.‎‎8+‎‎3‎ ‎ ‎ ‎10. 如图,在菱形ABCD中,点E是BC的中点,以C为圆心、CE为半径作弧,交CD于点F,连接AE、AF.若AB=‎6‎,‎∠B=‎60‎‎∘‎,则阴影部分的面积为( ) ‎ A.‎9‎3‎−3π B.‎9‎3‎−2π C.‎18‎3‎−9π D.‎‎18‎3‎−6π ‎ ‎ ‎11. 如图,‎△ACB和‎△ECD都是等腰直角三角形,CA=CB,CE=CD,‎△ACB的顶点A在‎△ECD的斜边DE上,若AE=‎‎2‎,AD=‎‎6‎,则两个三角形重叠部分的面积为( ‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 ‎       ) ‎ A.‎2‎ B.‎3−‎‎2‎ C.‎3‎‎−1‎ D.‎‎3−‎‎3‎ ‎ ‎ ‎12. 二次函数y=x‎2‎‎+mx−n的对称轴为x=‎2‎.若关于x的一元二次方程x‎2‎‎+mx−n=‎0‎在‎−10‎)图象上的一点,在x轴正半轴上有一点B,OB=‎4‎.连接OA、AB,且OA=AB=‎2‎‎10‎. ‎ ‎(1)求k的值;‎ ‎ ‎ ‎(2)过点B作BC⊥OB,交反比例函数y=kx(x>0)‎的图象于点C. ①连接AC,求‎△ABC的面积; ②在图上连接OC交AB于点D,求ADBD的值.‎ ‎ ‎ ‎ 【问题探究】 ‎ ‎(1)如图‎1‎,‎△ABC和‎△DEC均为等腰直角三角形,‎∠ACB=‎∠DCE=‎90‎‎∘‎,点B,D,E在同一直线上,连接AD,BD. ①请探究AD与BD之间的位置关系:________; ②若AC=BC=‎‎10‎,DC=CE=‎‎2‎,则线段AD的长为________; 【拓展延伸】‎ ‎ ‎ ‎(2)如图‎2‎,‎△ABC和‎△DEC均为直角三角形,‎∠ACB=‎∠DCE=‎90‎‎∘‎,AC=‎‎21‎,BC=‎‎7‎,CD=‎‎3‎,CE=‎1‎.将‎△DCE绕点C在平面内顺时针旋转,设旋转角‎∠BCD为α(‎0‎‎∘‎≤α<‎360‎‎∘‎)‎,作直线BD,连接AD,当点B,D,E在同一直线上时,画出图形,并求线段AD的长.‎ ‎ ‎ ‎ 如图‎1‎,直线y=−‎4‎‎3‎x+n交x轴于点A,交y轴于点C(0, 4)‎,抛物线y=‎2‎‎3‎x‎2‎+bx+c经过点A,交y轴于点B(0, −2)‎.点P为抛物线上一个动点,过点P作x轴的垂线PD,过点B作BD⊥PD于点D,连接PB,设点P的横坐标为m. ‎ ‎1‎求抛物线的解析式;‎ ‎ ‎ ‎2‎当‎△BDP为等腰直角三角形时,求线段PD的长;‎ ‎ ‎ ‎3‎如图‎2‎,将‎△BDP绕点B逆时针旋转,得到‎△BD′P′‎,且旋转角‎∠PBP′=∠OAC,当点P的对应点P′‎落在坐标轴上时,请直接写出点P的坐标. ‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 参考答案与试题解析 ‎2020年山东省济南市市中区育英中学中考数学模拟试卷(三)‎ 一、选择题(共12小题,每小题3分,满分36分)‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 绝对值 ‎【解析】‎ 直接利用绝对值的定义得出答案.‎ ‎【解答】‎ ‎−‎‎5‎‎6‎的绝对值是:‎5‎‎6‎.‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 科学记数法--表示较大的数 ‎【解析】‎ 科学记数法的表示形式为a×‎‎10‎n的形式,其中‎1≤|a|<10‎,n为整数.确定n的值时,要看把原数变成a时,小数点移动了多少位,n的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值‎≥10‎时,n是正数;当原数的绝对值‎<1‎时,n是负数.‎ ‎【解答】‎ 将‎116000000‎用科学记数法表示应为‎1.16×‎‎10‎‎8‎.‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 简单几何体的三视图 ‎【解析】‎ 正三棱柱从上面看到的图形即俯视图.‎ ‎【解答】‎ 俯视图是从上面看所得到的图形,看见的棱用实线表示,看不见的用虚线表示,‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 平行线的性质 ‎【解析】‎ 利用对顶角相等及三角形内角和定理,可求出‎∠4‎的度数,由直线l‎1‎‎ // ‎l‎2‎,利用“两直线平行,内错角相等”可求出‎∠2‎的度数.‎ ‎【解答】‎ 解:如图, ∵ 直线l‎1‎‎ // ‎l‎2‎, ∴ ‎∠1=∠5=∠3=‎‎85‎‎∘‎, 又∵ ‎∠A+∠3+∠4‎‎=‎‎180‎‎∘‎,‎∠A‎=‎‎30‎‎∘‎, ∴ ‎∠4‎‎=‎‎65‎‎∘‎, ∴ ‎∠2‎‎=∠4‎‎=‎‎65‎‎∘‎. 故选D.‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 同底数幂的除法 完全平方公式 幂的乘方与积的乘方 合并同类项 ‎【解析】‎ 分别根据合并同类项法则,积的乘方运算法则,同底数幂的除法法则以及完全平方公式逐一判断即可.‎ ‎【解答】‎ A‎.t‎2‎与t‎4‎不是同类项,所以不能合并,故本选项不合题意; B.‎(3‎x‎2‎‎)‎‎3‎=‎9‎x‎6‎,故本选项不合题意; C.m‎8‎‎÷‎m‎4‎=m‎4‎,故本选项不合题意; D.(x−‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎=x‎2‎−x+‎‎1‎‎4‎,正确.‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 加权平均数 中位数 众数 方差 ‎【解析】‎ 根据平均数、方差、中位数和众数的定义分别进行解答,即可求出答案.‎ ‎【解答】‎ A‎、这组数据中‎177‎出现次数最多,即众数为‎177‎,此选项正确; B、这组数据的平均数是:‎(140+160+169+170×2+177×3+180×2)÷10‎=‎170‎,此选项正确; C、∵ 共有‎10‎个数, ∴ ‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 ‎ 中位数是第‎5‎个和‎6‎个数的平均数, ∴ 中位数是‎(170+177)÷2‎=‎173.5‎;此选项正确; D、方差‎=‎1‎‎10‎[(140−170‎)‎‎2‎+(160−170‎)‎‎2‎+(169−170‎)‎‎2‎+2×(170−170‎)‎‎2‎+3×(177−170‎)‎‎2‎+2×(180−170‎)‎‎2‎]‎=‎134.8‎;此选项错误;‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 中心对称图形 轴对称图形 ‎【解析】‎ 根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.‎ ‎【解答】‎ A‎、是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项符合题意; B、不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项不合题意; C、是中心对称图形,不是轴对称图形,故此选项不符合题意; D、不是中心对称图形,不是轴对称图形,故此选项不合题意;‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 根的判别式 ‎【解析】‎ 利用判别式的意义得到‎△‎=‎(−4‎)‎‎2‎−4c≥0‎,解不等式得到c的范围,然后对各选项进行判断.‎ ‎【解答】‎ 根据题意得‎△‎=‎(−4‎)‎‎2‎−4c≥0‎, 解得c≤4‎.‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 解直角三角形的应用-仰角俯角问题 ‎【解析】‎ 延长PQ交直线AB于点E,设PE=x米,在直角‎△APE和直角‎△BPE中,根据三角函数利用x表示出AE和BE,根据AB=AE−BE即可列出方程求得x的值,再在直角‎△BQE中利用三角函数求得QE的长,则PQ的长度即可求解.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎∠PBE=‎60‎‎∘‎ ∴ ‎∠BPE=‎30‎‎∘‎ 在直角‎△BPE中,BE=‎3‎‎3‎PE=‎3‎‎3‎x米, ∵ AB=AE−BE=‎6‎米, 则x−‎3‎‎3‎x=‎6‎, 解得:x=‎9+3‎‎3‎. 则BE=‎(3‎3‎+3)‎米. 在直角‎△BEQ中,QE=‎3‎‎3‎BE=‎3‎‎3‎(3‎3‎+3)‎=‎(3+‎3‎)‎米. ∴ PQ=PE−QE=‎9+3‎3‎−(3+‎3‎)‎=‎6+2‎‎3‎(米). 答:电线杆PQ的高度是‎6+2‎‎3‎米. 故选:A.‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 菱形的性质 扇形面积的计算 等边三角形的性质与判定 ‎【解析】‎ 连接AC,根据菱形的性质求出‎∠BCD和BC=AB=‎6‎,求出AE长,再根据三角形的面积和扇形的面积求出即可.‎ ‎【解答】‎ 连接AC, ∵ 四边形ABCD是菱形, ∴ AB=BC=‎6‎, ∵ ‎∠B=‎60‎‎∘‎,E为BC的中点, ∴ CE=BE=‎3‎=CF,‎△ABC是等边三角形,AB // CD, ∵ ‎∠B=‎60‎‎∘‎, ∴ ‎∠BCD=‎180‎‎∘‎‎−∠B=‎120‎‎∘‎, 由勾股定理得:AE=‎6‎‎2‎‎−‎‎3‎‎2‎=3‎‎3‎, ∴ S‎△AEB=S‎△AEC‎=‎1‎‎2‎×6×3‎3‎×‎1‎‎2‎=4.5‎3‎=‎S‎△AFC, ∴ 阴影部分的面积S=S‎△AEC‎+S‎△AFC−‎S扇形CEF=‎4.5‎3‎+4.5‎3‎−‎120π×‎‎3‎‎2‎‎360‎=9‎3‎−3π,‎ ‎11.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 全等三角形的性质 等腰直角三角形 ‎【解析】‎ 本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的性质等知识.‎ ‎【解答】‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 解:如图,设AB交CD于O,连结BD,作OM⊥DE于M,ON⊥BD于N. ∵ ‎∠ECD=∠ACB=‎‎90‎‎∘‎, ∴ ‎∠ECA=∠DCB, ∵ CE=CD,CA=CB, ∴ ‎△ECA≅△DCB, ∴ ‎∠E=∠CDB=‎‎45‎‎∘‎,AE=BD=‎‎2‎, ∵ ‎∠EDC=‎‎45‎‎∘‎, ∴ ‎∠ADB=∠ADC+∠CDB=‎‎90‎‎∘‎, 在Rt△ADB中,AB=AD‎2‎+DB‎2‎=2‎‎2‎, ∴ AC=BC=2‎, ∴ S‎△ABC=‎‎1‎‎2‎‎×2×2=2‎, ∵ OD平分‎∠ADB,OM⊥DE于M,ON⊥BD于N, ∴ OM=ON, ∵ S‎△AODS‎△DOB‎=OAOB=‎1‎‎2‎‎⋅AD⋅OM‎1‎‎2‎‎⋅DB⋅ON=‎6‎‎2‎=‎‎3‎, ∴ S‎△AOC‎=2×‎3‎‎3‎‎+1‎=3−‎‎3‎. 故选D. ‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 抛物线与x轴的交点 二次函数的性质 ‎【解析】‎ 根据对称轴求出m的值,从而得到x=‎−1‎、‎6‎时的函数y=x‎2‎‎−4x值,再根据一元二次方程x‎2‎‎+mx−n=‎0‎在‎−1−4‎, 所以不等式组的解集为x≥1‎, 所以最小整数解是‎1‎.‎ ‎【考点】‎ 一元一次不等式组的整数解 解一元一次不等式组 ‎【解析】‎ 首先解不等式组中的每个不等式,然后确定两个不等式的解集的公共部分,即可确定不等式组的解集.然后即可确定最小的整数解即可.‎ ‎【解答】‎ ‎2x+3≥5‎x−4‎‎2‎‎−4‎, 所以不等式组的解集为x≥1‎, 所以最小整数解是‎1‎.‎ ‎【答案】‎ 证明:∵ 四边形ABCD是平行四边形, ∴ AB // CD,AB=CD, ∴ ‎∠ABE=‎∠CDF, 在‎△ABE和‎△DCF中, ‎∠BAE=∠DCFAB=CD‎∠ABE=∠CDF‎ ‎ ∴ ‎△ABE≅△DCF(ASA)‎, ∴ BE=DF, ∴ BE+EF=DF+EF, 即BF=DE.‎ ‎【考点】‎ 全等三角形的性质与判定 平行四边形的性质 ‎【解析】‎ 欲证明BF=DE,只要证明‎△ABE≅△DCF即可.‎ ‎【解答】‎ 证明:∵ 四边形ABCD是平行四边形, ∴ AB // CD,AB=CD, ∴ ‎∠ABE=‎∠CDF, 在‎△ABE和‎△DCF中, ‎∠BAE=∠DCFAB=CD‎∠ABE=∠CDF‎ ‎ ∴ ‎△ABE≅△DCF(ASA)‎, ∴ BE=DF, ∴ BE+EF=DF+EF, 即BF=DE.‎ ‎【答案】‎ 原计划每天制作‎12‎件手工品 ‎【考点】‎ 分式方程的应用 ‎【解析】‎ 关键描述语为:“提前‎10‎天完成任务”;等量关系为:原计划天数=实际生产天数‎+10‎.‎ ‎【解答】‎ 设原计划每天制作x件手工品, 可得:‎360‎x‎=‎360‎‎1.5x+10‎, 解得:x=‎12‎, 经检验x=‎12‎是原方程的解,‎ ‎【答案】‎ 证明: ∵ CD是‎⊙O的切线,切点为C, ∴ OC⊥DE, ∵ BE⊥DE, ∴ CO // BE, ∴ ‎∠OCB=‎∠EBC, 又∵ 且OC=OB, ∴ ‎∠OCB=‎∠OBC; ∴ ‎∠OBC=‎∠EBC, ∴ BC平分‎∠ABE;‎ ‎∵ AB是‎⊙O的直径, ∴ ‎∠ACB=‎90‎‎∘‎, ∵ ‎∠A=‎60‎‎∘‎, ∴ ‎∠ABC=‎30‎‎∘‎, ∵ ‎⊙O的半径为‎2‎, ∴ AB=‎4‎, ∴ AC=‎2‎, ∴ BC=AB‎2‎−AC‎2‎=2‎‎3‎, ∵ BC平分‎∠ABE, ∴ ‎∠CBE=‎30‎‎∘‎, ∴ CE=‎1‎‎2‎BC=‎‎3‎. ‎ ‎【考点】‎ 切线的性质 勾股定理 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 含30度角的直角三角形 ‎【解析】‎ ‎(1)连接OC,利用切线的性质和已知条件证明BE // OC,进而得到内错角相等,再利用圆的半径相等得到相等的角即可证明BC平分‎∠ABE; (2)由圆周角定理可知‎∠ACB=‎90‎‎∘‎,所以‎∠ABC=‎30‎‎∘‎,由(1)可知‎∠CBE=‎30‎‎∘‎,利用勾股定理和在直角三角形中,‎30‎‎∘‎角所对的直角边等于斜边的一半即可求出CE的长.‎ ‎【解答】‎ 证明: ∵ CD是‎⊙O的切线,切点为C, ∴ OC⊥DE, ∵ BE⊥DE, ∴ CO // BE, ∴ ‎∠OCB=‎∠EBC, 又∵ 且OC=OB, ∴ ‎∠OCB=‎∠OBC; ∴ ‎∠OBC=‎∠EBC, ∴ BC平分‎∠ABE;‎ ‎∵ AB是‎⊙O的直径, ∴ ‎∠ACB=‎90‎‎∘‎, ∵ ‎∠A=‎60‎‎∘‎, ∴ ‎∠ABC=‎30‎‎∘‎, ∵ ‎⊙O的半径为‎2‎, ∴ AB=‎4‎, ∴ AC=‎2‎, ∴ BC=AB‎2‎−AC‎2‎=2‎‎3‎, ∵ BC平分‎∠ABE, ∴ ‎∠CBE=‎30‎‎∘‎, ∴ CE=‎1‎‎2‎BC=‎‎3‎. ‎ ‎【答案】‎ ‎50‎‎,‎‎108‎ 因为阅读‎5‎本的有‎2‎人,阅读‎8‎本的有‎3‎人,所以可设A、B表示阅读‎5‎本的学生,C、D、E表示阅读‎8‎本的学生,画树状图得: ∵ 共有‎20‎种等可能的结果,抽得这两名学生阅读的本数均为‎8‎本的有‎6‎种情况, ∴ P(两名学生都读‎8‎本)=‎6÷20=‎‎3‎‎10‎.‎ ‎【考点】‎ 折线统计图 扇形统计图 列表法与树状图法 ‎【解析】‎ ‎(1)由阅读中外名著本数为‎6‎本的有‎30‎人,占‎60%‎,可求得总人数;用阅读中外名著本数为‎7‎本的人数除以总人数得到其所占的百分比,再乘以‎360‎‎∘‎,则可求得扇形的圆心角的度数;用总人数减去阅读本数为‎5‎、‎6‎、‎7‎本的人数,得到阅读本数为‎8‎本的人数,即可补全折线图; (2)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这两名学生阅读的本数均为‎8‎的情况,再利用概率公式求解即可求得答案.‎ ‎【解答】‎ 该班学生共有‎30÷60%‎=‎50‎名, 圆心角的度数是‎15÷50×‎‎360‎‎∘‎=‎108‎‎∘‎, ‎50−2−30−15‎=‎3‎(人) 补全如图: ‎ 因为阅读‎5‎本的有‎2‎人,阅读‎8‎本的有‎3‎人,所以可设A、B表示阅读‎5‎本的学生,C、D、E表示阅读‎8‎本的学生,画树状图得: ∵ 共有‎20‎种等可能的结果,抽得这两名学生阅读的本数均为‎8‎本的有‎6‎种情况, ∴ P(两名学生都读‎8‎本)=‎6÷20=‎‎3‎‎10‎.‎ ‎【答案】‎ 过点A作AH⊥x轴,垂足为点H,AH交OC于点M,如图所示. ∵ ‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 ‎ OA=AB,AH⊥OB, ∴ OH=BH=‎1‎‎2‎OB=‎2‎, ∴ AH=OA‎​‎‎2‎−OH‎​‎‎2‎=‎40−4‎=6‎, ∴ 点A的坐标为‎(2, 6)‎. ∵ A为反比例函数y=‎kx图象上的一点, ∴ k=‎2×6‎=‎12‎;‎ ‎①∵ BC⊥x轴,OB=‎4‎,点C在反比例函数y=‎‎12‎x上, ∴ BC=‎12‎‎4‎=3‎. ∵ AH⊥OB, ∴ AH // BC, ∴ 点A到BC的距离=BH=‎2‎, ∴ S‎△ABC‎=‎1‎‎2‎×3×2‎=‎3‎; ②∵ BC⊥x轴,OB=‎4‎,点C在反比例函数y=‎‎12‎x上, ∴ BC=‎12‎‎4‎=3‎. ∵ AH // BC,OH=BH, ∴ MH=‎1‎‎2‎BC=‎‎3‎‎2‎, ∴ AM=AH−MH=‎‎9‎‎2‎. ∵ AM // BC, ∴ ‎△ADM∽△BDC, ∴ ADDB‎=AMBC=‎‎3‎‎2‎.‎ ‎【考点】‎ 反比例函数综合题 ‎【解析】‎ ‎(1)过点A作AH⊥x轴,垂足为点H,AH交OC于点M,利用等腰三角形的性质可得出DH的长,利用勾股定理可得出AH的长,进而可得出点A的坐标,再利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出k值; (2)①由三角形面积公式可求解; ②由OB的长,利用反比例函数图象上点的坐标特征可得出BC的长,利用三角形中位线定理可求出MH的长,进而可得出AM的长,由AM // BC可得出‎△ADM∽△BDC,利用相似三角形的性质即可求出ADDB的值.‎ ‎【解答】‎ 过点A作AH⊥x轴,垂足为点H,AH交OC于点M,如图所示. ∵ OA=AB,AH⊥OB, ∴ OH=BH=‎1‎‎2‎OB=‎2‎, ∴ AH=OA‎​‎‎2‎−OH‎​‎‎2‎=‎40−4‎=6‎, ∴ 点A的坐标为‎(2, 6)‎. ∵ A为反比例函数y=‎kx图象上的一点, ∴ k=‎2×6‎=‎12‎;‎ ‎①∵ BC⊥x轴,OB=‎4‎,点C在反比例函数y=‎‎12‎x上, ∴ BC=‎12‎‎4‎=3‎. ∵ AH⊥OB, ∴ AH // BC, ∴ 点A到BC的距离=BH=‎2‎, ∴ S‎△ABC‎=‎1‎‎2‎×3×2‎=‎3‎; ②∵ BC⊥x轴,OB=‎4‎,点C在反比例函数y=‎‎12‎x上, ∴ BC=‎12‎‎4‎=3‎. ∵ AH // BC,OH=BH, ∴ MH=‎1‎‎2‎BC=‎‎3‎‎2‎, ∴ AM=AH−MH=‎‎9‎‎2‎. ∵ AM // BC, ∴ ‎△ADM∽△BDC, ∴ ADDB‎=AMBC=‎‎3‎‎2‎.‎ ‎【答案】‎ AD⊥BD‎,‎‎4‎ 若点D在BC右侧, 如图,过点C作CF⊥AD于点F, ∵ ‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 ‎ ‎∠ACB=‎∠DCE=‎90‎‎∘‎,AC=‎‎21‎,BC=‎‎7‎,CD=‎‎3‎,CE=‎1‎. ∴ ‎∠ACD=‎∠BCE,ACBC‎=‎3‎=‎CDCE ∴ ‎△ACD∽△BCE ∴ ‎∠ADC=‎∠BEC, ∵ CD=‎‎3‎,CE=‎1‎ ∴ DE=DC‎​‎‎2‎+CE‎​‎‎2‎=2‎ ∵ ‎∠ADC=‎∠BEC,‎∠DCE=‎∠CFD=‎90‎‎∘‎ ∴ ‎△DCE∽△CFD, ∴ DEDC‎=DCCF=‎CEDF 即‎2‎‎3‎‎=‎3‎CF=‎‎1‎DF ∴ CF=‎‎3‎‎2‎,DF=‎‎3‎‎2‎ ∴ AF=AC‎​‎‎2‎−CF‎​‎‎2‎=‎‎5‎‎3‎‎2‎ ∴ AD=DF+AF=‎3‎‎3‎ 若点D在BC左侧, ∵ ‎∠ACB=‎∠DCE=‎90‎‎∘‎,AC=‎‎21‎,BC=‎‎7‎,CD=‎‎3‎,CE=‎1‎. ∴ ‎∠ACD=‎∠BCE,ACBC‎=‎3‎=‎CDCE ∴ ‎△ACD∽△BCE ∴ ‎∠ADC=‎∠BEC, ∴ ‎∠CED=‎∠CDF ∵ CD=‎‎3‎,CE=‎1‎ ∴ DE=DC‎​‎‎2‎+CE‎​‎‎2‎=2‎ ∵ ‎∠CED=‎∠CDF,‎∠DCE=‎∠CFD=‎90‎‎∘‎ ∴ ‎△DCE∽△CFD, ∴ DEDC‎=DCCF=‎CEDF 即‎2‎‎3‎‎=‎3‎CF=‎‎1‎DF ∴ CF=‎‎3‎‎2‎,DF=‎‎3‎‎2‎ ∴ AF=AC‎​‎‎2‎−CF‎​‎‎2‎=‎‎5‎‎3‎‎2‎ ∴ AD=AF−DF=‎‎2‎‎3‎ ‎【考点】‎ 几何变换综合题 ‎【解析】‎ ‎【问题探究】 (1)①由“SAS”可证‎△ACD≅△BCE,可得‎∠ADC=‎∠BEC=‎45‎‎∘‎,可得AD⊥BD; ②过点C作CF⊥AD于点F,由勾股定理可求DF,CF,AF的长,即可求AD的长; 【拓展延伸】 (2)分点D在BC左侧和BC右侧两种情况讨论,根据勾股定理和相似三角形的性质可求解.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎△ABC和‎△DEC均为等腰直角三角形, ∴ AC=BC,CE=CD,‎∠ABC=‎∠DEC=‎45‎‎∘‎=‎∠CDE ∵ ‎∠ACB=‎∠DCE=‎90‎‎∘‎, ∴ ‎∠ACD=‎∠BCE,且AC=BC,CE=CD ∴ ‎△ACD≅△BCE(SAS)‎ ∴ ‎∠ADC=‎∠BEC=‎45‎‎∘‎ ∴ ‎∠ADE=‎∠ADC+∠CDE=‎90‎‎∘‎ ∴ AD⊥BD 故答案为:AD⊥BD ②如图,过点C作CF⊥AD于点F, ∵ ‎∠ADC=‎45‎‎∘‎,CF⊥AD,CD=‎‎2‎ ∴ DF=CF=‎1‎ ∴ AF=AC‎​‎‎2‎−CF‎​‎‎2‎=3‎ ∴ AD=AF+DF=‎4‎ 故答案为:‎4‎ 【拓展延伸】‎ 若点D在BC右侧, 如图,过点C作CF⊥AD于点F, ∵ ‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 ‎ ‎∠ACB=‎∠DCE=‎90‎‎∘‎,AC=‎‎21‎,BC=‎‎7‎,CD=‎‎3‎,CE=‎1‎. ∴ ‎∠ACD=‎∠BCE,ACBC‎=‎3‎=‎CDCE ∴ ‎△ACD∽△BCE ∴ ‎∠ADC=‎∠BEC, ∵ CD=‎‎3‎,CE=‎1‎ ∴ DE=DC‎​‎‎2‎+CE‎​‎‎2‎=2‎ ∵ ‎∠ADC=‎∠BEC,‎∠DCE=‎∠CFD=‎90‎‎∘‎ ∴ ‎△DCE∽△CFD, ∴ DEDC‎=DCCF=‎CEDF 即‎2‎‎3‎‎=‎3‎CF=‎‎1‎DF ∴ CF=‎‎3‎‎2‎,DF=‎‎3‎‎2‎ ∴ AF=AC‎​‎‎2‎−CF‎​‎‎2‎=‎‎5‎‎3‎‎2‎ ∴ AD=DF+AF=‎3‎‎3‎ 若点D在BC左侧, ∵ ‎∠ACB=‎∠DCE=‎90‎‎∘‎,AC=‎‎21‎,BC=‎‎7‎,CD=‎‎3‎,CE=‎1‎. ∴ ‎∠ACD=‎∠BCE,ACBC‎=‎3‎=‎CDCE ∴ ‎△ACD∽△BCE ∴ ‎∠ADC=‎∠BEC, ∴ ‎∠CED=‎∠CDF ∵ CD=‎‎3‎,CE=‎1‎ ∴ DE=DC‎​‎‎2‎+CE‎​‎‎2‎=2‎ ∵ ‎∠CED=‎∠CDF,‎∠DCE=‎∠CFD=‎90‎‎∘‎ ∴ ‎△DCE∽△CFD, ∴ DEDC‎=DCCF=‎CEDF 即‎2‎‎3‎‎=‎3‎CF=‎‎1‎DF ∴ CF=‎‎3‎‎2‎,DF=‎‎3‎‎2‎ ∴ AF=AC‎​‎‎2‎−CF‎​‎‎2‎=‎‎5‎‎3‎‎2‎ ∴ AD=AF−DF=‎‎2‎‎3‎ ‎【答案】‎ 解:‎(1)‎∵ 点C(0, 4)‎在直线y=−‎4‎‎3‎x+n上, ∴ n=4‎, ∴ y=−‎4‎‎3‎x+4‎, 令y=0‎, ∴ x=3‎, ∴ A(3, 0)‎. ∵ 抛物线y=‎2‎‎3‎x‎2‎+bx+c经过点A, 交y轴于点B(0, −2)‎. ∴ c=−2‎, ‎6+3b−2=0‎, ∴ b=−‎‎4‎‎3‎, ∴ 抛物线解析式为y=‎2‎‎3‎x‎2‎−‎4‎‎3‎x−2‎;‎ ‎(2)‎‎∵ 点P的横坐标为m, ∴ P(m, ‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m−2)‎, 当‎△BDP为等腰直角三角形时,PD=BD. ‎①‎当点P在直线BD上方时, PD=‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m, 若点P在y轴左侧, 则m<0‎,BD=−m, ∴ ‎2‎‎3‎m‎2‎‎−‎4‎‎3‎m=−m, 解得m‎1‎‎=0‎(舍去),m‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎(舍去); 若点P在y轴右侧, 则m>0‎,BD=m, ∴ ‎2‎‎3‎m‎2‎‎−‎4‎‎3‎m=m, 解得m‎1‎‎=0‎(舍去),m‎2‎‎=‎‎7‎‎2‎. ‎②‎当点P在直线BD下方时, m>0‎,BD=m,PD=−‎2‎‎3‎m‎2‎+‎4‎‎3‎m, ∴ ‎−‎2‎‎3‎m‎2‎+‎4‎‎3‎m=m, 解得m‎1‎‎=0‎(舍去),m‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎. 综上所述,m=‎‎7‎‎2‎或‎1‎‎2‎. 即当‎△BDP 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 为等腰直角三角形时,线段PD的长为‎7‎‎2‎或‎1‎‎2‎.‎ ‎3‎‎∵ ‎∠PBP‎′‎=∠OAC,OA=3‎,OC=4‎, ∴ AC=5‎, ∴ sin∠PBP‎′‎=‎‎4‎‎5‎,cos∠PBP‎′‎=‎‎3‎‎5‎, ①当点P‎′‎落在x轴上时,过点D‎′‎作D‎′‎N⊥x轴,垂足为N,交BD于点M, ‎∠DBD‎′‎=∠ND‎′‎P‎′‎=∠PBP‎′‎, 如图‎1‎, ND‎′‎−MD‎′‎=2‎, ∴ ‎3‎‎5‎‎(‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m)−(−‎4‎‎5‎m)=2‎, ∴ m=‎‎5‎(舍),或m=−‎‎5‎, 如图‎2‎, ND‎′‎+MD‎′‎=2‎, ∴ ‎3‎‎5‎‎(‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m)+‎4‎‎5‎m=2‎, ∴ m=‎‎5‎,或m=−‎‎5‎(舍), ∴ P(−‎5‎, ‎4‎5‎+4‎‎3‎)‎或P(‎5‎, ‎−4‎5‎+4‎‎3‎)‎, ②当点P‎′‎落在y轴上时,如图‎3‎, 过点D′‎作D′M⊥x轴,交BD于M,过点P′‎作P′N⊥y轴,交MD‎′‎的延长线于点N, ∴ ‎∠DBD′=∠ND′P′=∠PBP′‎, ∵ P′N=BM, ∴ ‎4‎‎5‎‎(‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m)=‎3‎‎5‎m, ∴ m=‎‎25‎‎8‎, ∴ P(‎25‎‎8‎, ‎11‎‎32‎)‎. ∴ P(−‎5‎, ‎4‎5‎+4‎‎3‎)‎或P(‎5‎, ‎−4‎5‎+4‎‎3‎)‎或P(‎25‎‎8‎, ‎11‎‎32‎)‎.‎ ‎【考点】‎ 二次函数综合题 ‎【解析】‎ ‎(1)先确定出点A的坐标,再用待定系数法求出抛物线解析式;‎ ‎(2)由‎△BDP为等腰直角三角形,判断出BD=PD,建立m的方程计算出m,从而求出PD;‎ ‎(3)分点P′‎落在x轴和y轴两种情况计算即可.‎ ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎∵ 点C(0, 4)‎在直线y=−‎4‎‎3‎x+n上, ∴ n=4‎, ∴ y=−‎4‎‎3‎x+4‎, 令y=0‎, ∴ x=3‎, ∴ A(3, 0)‎. ∵ 抛物线y=‎2‎‎3‎x‎2‎+bx+c经过点A, 交y轴于点B(0, −2)‎. ∴ c=−2‎, ‎6+3b−2=0‎, ∴ b=−‎‎4‎‎3‎, ∴ 抛物线解析式为y=‎2‎‎3‎x‎2‎−‎4‎‎3‎x−2‎;‎ ‎(2)‎‎∵ 点P的横坐标为m, ∴ ‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页 ‎ P(m, ‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m−2)‎, 当‎△BDP为等腰直角三角形时,PD=BD. ‎①‎当点P在直线BD上方时, PD=‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m, 若点P在y轴左侧, 则m<0‎,BD=−m, ∴ ‎2‎‎3‎m‎2‎‎−‎4‎‎3‎m=−m, 解得m‎1‎‎=0‎(舍去),m‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎(舍去); 若点P在y轴右侧, 则m>0‎,BD=m, ∴ ‎2‎‎3‎m‎2‎‎−‎4‎‎3‎m=m, 解得m‎1‎‎=0‎(舍去),m‎2‎‎=‎‎7‎‎2‎. ‎②‎当点P在直线BD下方时, m>0‎,BD=m,PD=−‎2‎‎3‎m‎2‎+‎4‎‎3‎m, ∴ ‎−‎2‎‎3‎m‎2‎+‎4‎‎3‎m=m, 解得m‎1‎‎=0‎(舍去),m‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎. 综上所述,m=‎‎7‎‎2‎或‎1‎‎2‎. 即当‎△BDP为等腰直角三角形时,线段PD的长为‎7‎‎2‎或‎1‎‎2‎.‎ ‎3‎‎∵ ‎∠PBP‎′‎=∠OAC,OA=3‎,OC=4‎, ∴ AC=5‎, ∴ sin∠PBP‎′‎=‎‎4‎‎5‎,cos∠PBP‎′‎=‎‎3‎‎5‎, ①当点P‎′‎落在x轴上时,过点D‎′‎作D‎′‎N⊥x轴,垂足为N,交BD于点M, ‎∠DBD‎′‎=∠ND‎′‎P‎′‎=∠PBP‎′‎, 如图‎1‎, ND‎′‎−MD‎′‎=2‎, ∴ ‎3‎‎5‎‎(‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m)−(−‎4‎‎5‎m)=2‎, ∴ m=‎‎5‎(舍),或m=−‎‎5‎, 如图‎2‎, ND‎′‎+MD‎′‎=2‎, ∴ ‎3‎‎5‎‎(‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m)+‎4‎‎5‎m=2‎, ∴ m=‎‎5‎,或m=−‎‎5‎(舍), ∴ P(−‎5‎, ‎4‎5‎+4‎‎3‎)‎或P(‎5‎, ‎−4‎5‎+4‎‎3‎)‎, ②当点P‎′‎落在y轴上时,如图‎3‎, 过点D′‎作D′M⊥x轴,交BD于M,过点P′‎作P′N⊥y轴,交MD‎′‎的延长线于点N, ∴ ‎∠DBD′=∠ND′P′=∠PBP′‎, ∵ P′N=BM, ∴ ‎4‎‎5‎‎(‎2‎‎3‎m‎2‎−‎4‎‎3‎m)=‎3‎‎5‎m, ∴ m=‎‎25‎‎8‎, ∴ P(‎25‎‎8‎, ‎11‎‎32‎)‎. ∴ P(−‎5‎, ‎4‎5‎+4‎‎3‎)‎或P(‎5‎, ‎−4‎5‎+4‎‎3‎)‎或P(‎25‎‎8‎, ‎11‎‎32‎)‎.‎ 第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页
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