浙江中考数学专题训练——解答题2

浙江中考数学专题训练——解答题2

浙江中考数学专题训练——解答题2‎ ‎1．已知：a+b＝4‎ ‎（1）求代数式（a+1）（b+1）﹣ab值；‎ ‎（2）若代数式a2﹣2ab+b2+2a+2b的值等于17，求a﹣b的值．‎ ‎2．解不等式组x-3‎‎2‎‎+3≥x‎1-3(x-1)＜8-x，并把它的解集在数轴上表示出来．‎ ‎3．如图，一次函数y1＝x+4的图象与反比例函数y2＝的图象交于A（﹣1，a），B两点，与x轴交于点C．‎ ‎（1）求k．‎ ‎（2）根据图象直接写出y1＞y2时，x的取值范围．‎ ‎（3）若反比例函数y2＝与一次函数y1＝x+4的图象总有交点，求k的取值．‎ ‎4．（1）计算：．‎ ‎（2）先化简，再求值：，其中，．‎ ‎5．如图，四边形ABCD是矩形，点E是边AB上一个动点，点F，M，N分别是DC，DE，CE的中点．‎ ‎（1）求证：△DMF≌△FNC；‎ ‎（2）若四边形MFNE是正方形，求AD：AB的值．‎ ‎6．如图，抛物线y＝ax2+bx（a＜0）与x轴交于点O（0，0）和点A（8，0），对称轴分别交抛物线和x轴于点B和点C，以OA为底边向上作等腰Rt△OAD．‎ ‎（1）CD＝　　；b＝　　（用含a的代数式表示）；‎ ‎（2）如图1，当a＝时，连接AB，求的值；‎ ‎（3）点P是抛物线OB段上任意一点，连接DP和OP，延长OP交对称轴于点E，如图2，若A，D，P三点在一条直线上，当S△ODP＝3S△PDE时，求a的值．‎ ‎7．如图，直线y＝﹣2x+6与x轴，y轴分别交A，B两点，点A关于原点O的对称点是点C，动点E从A出发以每秒1个单位的速度运动到点C，点D在线段OB上满足tan∠DEO＝2，过E点作EF⊥AB于点F，点A关于点F的对称点为点G，以DG为直径作⊙M，设点E运动的时间为t秒；‎ ‎（1）当点E在线段OA上运动，t＝　　时，△AEF与△EDO的相似比为1：；‎ ‎（2）当⊙M与y轴相切时，求t的值；‎ ‎（3）若直线EG与⊙M交于点N，是否存在t使NG＝，若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．‎ ‎8．如图，在△ABC中，BA＝BC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，BC的延长线于⊙O的切线AF交于点F．‎ ‎（1）求证：∠ABC＝2∠CAF；‎ ‎（2）若AC＝2，CE：EB＝1：4，求CE的长．‎ ‎9．小明家的门框上装有一把防盗门锁（如图1），其平面结构图如图2所示，锁身可以看成由两条等弧 ‎，和矩形组成的，的圆心是倒锁按钮点．已知的弓形高，，．当锁柄绕着点顺时针旋转至位置时，门锁打开，此时直线与所在的圆相切，且，．‎ ‎（1）求所在圆的半径；‎ ‎（2）求线段的长度．（，结果精确到）‎ ‎ ‎ ‎10．如图，已知直线交轴于点，点为轴上的一个动点（点不与点重合），在直线上取一点（点在轴上方），使，连结，以为边在的右侧作正方形，连结，以为直径作．‎ ‎（1）当点在点左侧时，若点落在轴上，则的长为______，点的坐标为_______；‎ ‎（2）若与正方形的边相切于点，求点的坐标；‎ ‎（3）与直线的交点为，连结，当平分时，的长为______．（直接写出答案）‎ 参考答案 ‎1．（1）5；（2）3或﹣3．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将原式展开、合并同类项化简得a+b+1，再代入计算可得；‎ ‎（2）由原式=（a-b）2+2（a+b）可得（a-b）2+2×4=17，据此进一步计算可得．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）原式=ab+a+b+1﹣ab=a+b+1，‎ 当a+b=4时，原式=4+1=5；‎ ‎（2）∵a2﹣2ab+b2+2a+2b=（a﹣b）2+2（a+b），‎ ‎∴（a﹣b）2+2×4=17，‎ ‎∴（a﹣b）2=9，‎ 则a﹣b=3或﹣3．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查代数式的求值，解题的关键是掌握多项式乘多项式的运算法则及整体思想的运用．‎ ‎2．-2＜x≤3．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：先解不等式组中的每一个不等式，再把不等式的解集表示在数轴上，即可．‎ 试题解析：不等式组x-3‎‎2‎‎+3≥x，①‎‎1-3(x-1)＜8-x②‎ 解不等式①，得：x≤3，‎ 解不等式②，得：x＞﹣2，‎ ‎∴原不等式组得解集为﹣2＜x≤3．‎ 用数轴表示解集如图所示：．‎ 考点：解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集．‎ ‎3．（1）-3；（2）﹣3＜x＜﹣1；（3）k≥﹣4且k≠0．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把点A坐标代入一次函数关系式可求出a的值，确定点A的坐标，再代入反比例函数关系式可求出k的值，‎ ‎（2）一次函数与反比例函数联立，可求出交点B的坐标，再根据图象可得出当y1＞y2时，x的取值范围．‎ ‎（3）若反比例函数y2＝与一次函数y1＝x+4的图象总有交点，就是x2+4x﹣k＝0有实数根，根据根的判别式求出k的取值范围．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）一次函数y1＝x+4的图象过A（﹣1，a），‎ ‎∴a＝﹣1+4＝3，‎ ‎∴A（﹣1，3）代入反比例函数y2＝得，‎ k＝﹣3；‎ ‎（2）由（1）得反比例函数，由题意得，‎ ‎，解得，，，‎ ‎∴点B（﹣3，1）‎ 当y1＞y2，即一次函数的图象位于反比例函数图象上方时，‎ 自变量的取值范围为：﹣3＜x＜﹣1；‎ ‎（3）若反比例函数y2＝与一次函数y1＝x+4的图象总有交点，‎ 即，方程＝x+4有实数根，也就是x2+4x﹣k＝0有实数根，‎ ‎∴16+4k≥0，‎ 解得，k≥﹣4，‎ ‎∵k≠0，‎ ‎∴k的取值范围为：k≥﹣4且k≠0．‎ ‎【点睛】‎ 此题考查待定系数法求函数解析式，函数图象与二元一次方程组的关系，一次函数与反比例函数交点的确定，正确理解题意是解题的关键.‎ ‎4．（1）；（2）；28．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用实数的运算直接得答案，（2）利用整式的加减法及乘法法则进行运算，然后代入求答案即可．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）‎ ‎（2）原式；当，时，原式 ‎【点睛】‎ ‎（1）考查的是实数的运算，基础运算是关键；（2）考查的是整式的化简求值，掌握整式的加减及乘除运算法则是关键．‎ ‎5．（1）详见解析；（2）AD：AB＝1：2．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由三角形中位线定理可得DM＝EM＝FN，MF＝EN＝CN，DF＝CF，由“SSS”可证△DMF≌△FNC；‎ ‎（2）由正方形的性质可得EN＝NF＝EM＝MF，NE⊥EM，可得DE＝EC，可得∠EDC＝∠ECD＝45°，可证AD＝AE，BC＝BE，即可求AD：AB的值．‎ ‎【详解】‎ 证明：（1）∵点F，M，N分别是DC，DE，CE的中点．‎ ‎∴DM＝EM＝FN，MF＝EN＝CN，DF＝CF ‎∴△DMF≌△FNC（SSS）‎ ‎（2）∵四边形MENF是正方形．‎ ‎∴EN＝NF＝EM＝MF，NE⊥EM，‎ ‎∴DE＝EC ‎∴∠EDC＝∠ECD＝45°，‎ ‎∵AB∥CD ‎∴∠AED＝∠EDC＝45°，∠BEC＝∠ECD＝45°‎ ‎∴∠A＝∠B＝90°‎ ‎∴∠AED＝∠ADE＝45°，∠BEC＝∠BCE＝45°‎ ‎∴AD＝AE，BC＝BE，‎ ‎∴AB＝AE+BE＝2AD ‎∴AD：AB＝1：2．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三角形中位线定理、全等三角形的性质以及判定定理、矩形的性质、正方形的性质等．‎ ‎6．（1）4，﹣8a；（2）；（3）a的值为﹣．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据等腰直角三角形的性质可求出CD的长，由点A的坐标，利用待定系数法可用含a的代数式表示出b值；‎ ‎（2）代入a＝可求出抛物线的解析式，利用配方法可求出点B的坐标，进而可得出BC的长度，结合CD的长可求出BD的长，由△BDA和△CDA等高，可得出，代入BD，CD的值即可求出结论；‎ ‎（3）由OC，CD的长可得出点D的坐标，由点A，D的坐标，利用待定系数法可求出直线AD的解析式，联立直线AD和抛物线的解析式成方程组，通过解方程组可求出点P的坐标，由S△ODP＝3S△PDE可得出OP＝OE，过点P作PM⊥x轴于点M，则△OPM∽△OEC，利用相似三角形的性质可求出a的值．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）∵△OAD为等腰直角三角形，OA＝8，‎ ‎∴CD＝OA＝4．‎ 将A（8，0）代入y＝ax2+bx，得：0＝64a+8b，‎ ‎∴b＝﹣8a．‎ 故答案为：4；﹣8a．‎ ‎（2）当a＝时，抛物线的解析式为y＝﹣x2+x＝﹣（x﹣4）2+，‎ ‎∴点B的坐标为（4，），‎ ‎∴BC＝，‎ ‎∴BD＝BC﹣CD＝，‎ ‎∴‎ ‎（3）∵OC＝CD＝4，‎ ‎∴点D的坐标为（4，4）．‎ 设直线AD的解析式为y＝kx+c（k≠0），‎ 将A（8，0），D（4，4）代入y＝kx+c，得：，‎ 解得：，‎ ‎∴直线AD的解析式为y＝﹣x+8．‎ 联立直线AD和抛物线的解析式成方程组，得：，‎ 解得：，，‎ ‎∴点P的坐标为（﹣，﹣8）．‎ ‎∵S△ODP＝3S△PDE，‎ ‎∴OP＝3PE，‎ ‎∴OP＝OE．‎ 如图2，过点P作PM⊥x轴于点M，则△OPM∽△OEC，‎ ‎∴，即 ‎∴a＝﹣，‎ 经检验，a＝﹣是原方程的解，且符合题意，‎ ‎∴a的值为﹣．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了抛物线的综合问题，掌握抛物线的解析式以及性质、等腰直角三角形的性质、待定系数法、配方法、相似三角形的性质以及判定定理、解方程组的方法是解题的关键．‎ ‎7．（1）；（2）t＝或5；（3）存在，t＝或或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求直线与坐标轴的交点坐标，再证△AEF∽△EDO∽△ABO，由△AEF与△EDO的相似比为1：，即可求得t的值；‎ ‎（2）由⊙M与y轴相切可知：DG⊥y轴，分两种情况：0≤t≤3或3＜t≤6，分别由D、G的纵坐标相等建立方程求解即可；‎ ‎（3）分三种情况：0≤t≤或＜t≤3或3＜t≤6，分别建立方程求解即可．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）在y＝﹣2x+6中，令x＝0，得：y＝6，‎ 令y＝0，得：﹣2x+6＝0，‎ 解得：x＝3，‎ ‎∴A（3，0），B（0，6），C（﹣3，0）‎ ‎∴OA＝3，OB＝6，AB＝3，AE＝t，OE＝3﹣t，‎ ‎∴tan∠BAO＝＝2‎ ‎∵tan∠DEO＝2‎ ‎∴∠BAO＝∠DEO ‎∵EF⊥AB ‎∴∠AFE＝∠DOE＝90°‎ ‎∴△AEF∽△EDO∽△ABO ‎，即 ‎∴AF＝t；‎ ‎∵△AEF与△EDO的相似比为1：，‎ ‎∴，即OE＝AF ‎∴3﹣t＝×t，‎ 解得：t＝；‎ 故答案为：t＝；‎ ‎（2）∵⊙M与y轴相切 ‎∴DG⊥y轴 当0≤t≤3时，‎ ‎∵tan∠DEO＝2‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∵，△AEF∽△ABO ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∵点A、G关于点F对称 ‎∴‎ ‎∴‎ 将代入中，得，‎ 解得，‎ ‎∴G（3﹣t，t），D（0，6﹣2t），‎ ‎∴t＝6﹣2t，解得：t＝；‎ 当3＜t≤6时，同理得G（3﹣t，t），D（0，2t﹣6），‎ ‎∴t＝2t﹣6，解得：t＝5，‎ 综上所述，当⊙M与y轴相切时，t＝或5；‎ ‎（3）存在．‎ 当0≤t≤时，G（3﹣t，t），D（0，6﹣2t），‎ ‎∵点A关于点F的对称点为点G，EF⊥AB ‎∴EG＝EA＝t ‎∵∠OEG＝∠OAB+∠EGA＝2∠OAB，∠OED＝∠OAB ‎∴∠GED＝∠OED＝∠OAB ‎∵DG为直径 ‎∴∠DNG＝∠DNE＝∠DOE＝90°，DE＝DE ‎∴△DEN≌△DEO（AAS）‎ ‎∴EN＝OE＝3﹣t，NG＝EN﹣EG＝3﹣t﹣t＝3﹣2t，‎ ‎∴3﹣2t＝，‎ 解得：t＝，‎ 当＜t≤3时，NG＝EG﹣EN＝t﹣（3﹣t）＝2t﹣3‎ ‎∴2t﹣3＝，‎ 解得：t＝；‎ 当3＜t≤6时，如图2，连接DN，过G作GH⊥x轴于H，‎ ‎∵DG是直径，‎ ‎∴∠DNG＝∠DNE＝90°，‎ ‎∵∠DMN＝∠EMO ‎∴△DMN∽△EMO ‎∴∠MDN＝∠OEM ‎∵GH∥y轴 ‎∴，即，‎ 由（2）得，‎ ‎∵轴，‎ ‎∴ ，，‎ ‎∴，‎ ‎∴DM＝OD﹣OM＝2（t﹣3）﹣（t﹣3）＝（t﹣3）‎ ‎∵tan∠OEM＝‎ ‎∴EM＝OE＝（t﹣3），‎ ‎∴sin∠OEM＝＝＝sin∠MDN＝ ‎ ‎∴MN＝×（t﹣3）＝（t﹣3）‎ ‎∴NG＝EG﹣EM﹣MN＝t﹣（t﹣3）﹣（t﹣3）＝﹣t，‎ ‎∴，‎ 解得：t＝；‎ 综上所述，t＝或或．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三角形和圆的切线的综合问题，掌握相似三角形的性质以及判定定理、全等三角形的性质以及判定定理切线的性质、解方程的方法、解直角三角形是解题的关键．‎ ‎8．（1）见解析；（2）CE＝2．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先连接BD，由AB为直径，可得∠ADB=90°，又由AF是⊙O的切线，易证得∠CAF=∠ABD．然后由BA=BC，证得：∠ABC=2∠CAF； （2）首先连接AE，设CE=x，由勾股定理可得方程：（2）2=x2+（3x）2求得答案．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：如图，连接BD．‎ ‎∵AB为⊙O的直径，‎ ‎∴∠ADB＝90°，‎ ‎∴∠DAB+∠ABD＝90°．‎ ‎∵AF是⊙O的切线，‎ ‎∴∠FAB＝90°，‎ 即∠DAB+∠CAF＝90°．‎ ‎∴∠CAF＝∠ABD．‎ ‎∵BA＝BC，∠ADB＝90°，‎ ‎∴∠ABC＝2∠ABD．‎ ‎∴∠ABC＝2∠CAF．‎ ‎（2）解：如图，连接AE，‎ ‎∴∠AEB＝90°，‎ 设CE＝x，‎ ‎∵CE：EB＝1：4，‎ ‎∴EB＝4x，BA＝BC＝5x，AE＝3x，‎ 在Rt△ACE中，AC2＝CE2+AE2，‎ 即（2）2＝x2+（3x）2，‎ ‎∴x＝2．‎ ‎∴CE＝2．‎ ‎【点睛】‎ 此题考查了切线的性质，三角函数以及勾股定理，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用是解题关键．‎ ‎9．（1）即所在圆的半径为；（2）cm．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连结，设交于点，设，在中，根据勾股定理，列方程，即可求解；‎ ‎（2）延长交的延长线于点，设直线与所在的圆相切于点，连结．由，得，结合，cm，cm，由，得，‎ ‎，进而得，即可求解．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）如图，连结，设交于点．‎ ‎∴BK=AG=,‎ 设，‎ ‎∴在中，，‎ 解得：，‎ 即所在圆的半径为；‎ ‎（2）如图，延长交的延长线于点，设直线与所在的圆相切于点，连结．‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎．‎ cm，‎ cm，‎ cm．‎ 直线与所在的圆相切于点，‎ ‎，cm，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，，‎ cm，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆的性质，切线的性质以及锐角三角函数的综合，掌握垂径定理，切线的性质定理和正切三角函数的定义，是解题的关键．‎ ‎10．（1）2，；（2）点的坐标为或或；（3）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出直线交轴于点，交轴于点，进而求出，得到，过点D作DM⊥x轴，得∆OBA≅∆DAM，进而即可求解；‎ ‎（2）分3种情况：①如图1，当与相切于点时，，点与点重合，②如图2，当与直线相切于点，点在点右侧时，则，③如图3，，当与直线相切于点，点在点左侧时，则，分别求解，即可；‎ ‎（3）如图4，作于点，连结．设，可得，，，再求出，由条件可知：，，三点共线，列出关于m的比例式，求出m的值，进而即可求解．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）直线交轴于点，交轴于点，‎ ‎，‎ ‎，，．‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∵点在点左侧，‎ ‎，‎ 如图1，过点D作DM⊥x轴，‎ ‎∵∠OBA+∠OAB=∠OAB+∠DAM=90°，‎ ‎∴∠OBA=∠DAM，‎ 又∵AB=DA，∠AOB=∠DMA=90°，‎ ‎∴∆OBA≅∆DAM（AAS），‎ ‎∴DM=OA=4，OB=AM=8，‎ ‎∴OM=8+4=12，‎ ‎；‎ ‎（2）①如图2，当与相切于点时，，‎ 又∵∠ABC=90°，点为轴上的一个动点，‎ ‎∴点与点重合，‎ ‎∴，‎ 设与x轴的交点为点N，连接BN，则∠BNO=90°，设直线l与y轴交于点K，则OK=8，‎ ‎∵BN∥OK，‎ ‎∴，即：，‎ ‎∴BN=24，NE=18，‎ ‎∴ON=18-6=12，‎ ‎∴；．‎ ‎②如图3，当与直线相切于点，点在点右侧时，则，‎ 设与x轴交于点H，连接BH，则∠OHB=90°，‎ 设，则，‎ ‎∵sin∠BEH=，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎，‎ ‎，即点在直线上，‎ 联立，解得：‎ ‎∴点；‎ ‎③如图4，当与直线相切于点，点在点左侧时，则，‎ 设与x轴交于点F，连接BF，则∠OFB=90°，‎ 设，则，‎ ‎∵sin∠BEF=，‎ ‎∴，，‎ ‎∴．‎ ‎，‎ ‎∴∠ABF+∠OBF=∠BOF+∠OBF=90°，‎ ‎∴∠ABF=∠BOF，‎ ‎∵∠AFB=∠BFO=90°，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎，解得：（舍去），‎ ‎∴点．‎ 综上所述，点的坐标为或或；‎ ‎（3）如图5，作于点，连结．‎ 设，则，‎ 由第（2）题，可知，，，‎ ‎，，‎ 过点C作CT⊥GB，交GB的延长线于点T，‎ ‎∵∠CBT+∠ABG=∠ABG+∠BAG=90°，‎ ‎∴∠CBT=∠BAG，‎ 又∵∠CTB=∠BGA=90°，CB=BA，‎ ‎∴∆CTB≅∆BGA（AAS），‎ ‎∴CT=BG=4m，BT=AG=2m，‎ ‎∴TG=6m，点C的横坐标=CT-OG=4m-(3m-6)=m+6，‎ ‎∴，‎ ‎∵OB是的直径，‎ ‎∴直线，且过原点，‎ 直线的解析式为：，‎ 联立，解得：，‎ ‎．‎ 平分，‎ ‎，，三点共线，‎ ‎，解得：，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故答案是：．‎ 图1 图2‎ 图3 图4 ‎ 图5‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆的基本性质，正方形的性质，一次函数的图象和性质，切线的性质定理的综合，添加辅助线，构造全等三角形和直角三角形，是解题的关键．‎