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文档介绍
2020年上海市徐汇区中考数学二模试卷
2020年上海市徐汇区中考数学二模试卷 一、选择题 1. 下列实数中，有理数是（ ） A.π2 B.33 C.227 D.2−12 2. 下列二次根式中，最简二次根式是（ ） A.a2+b2 B.(a+b)2 C.4a+4b D.a2(b+4) 3. 下列方程中，有实数根的是（ ） A.x2+1＝0 B.x2−1＝0 C.x−1=−1 D.1x−1=0 4. 关于抛物线y＝−x2+2x−3的判断，下列说法正确的是（ ） A.抛物线的开口方向向上 B.抛物线的对称轴是直线x＝−1 C.抛物线对称轴左侧部分是下降的 D.抛物线顶点到x轴的距离是2 5. 如果从货船A测得小岛b在货船A的北偏东30∘方向500米处，那么从小岛B看货船A的位置，此时货船A在小岛B的（ ） A.南偏西30∘方向500米处 B.南偏西60∘方向500米处 C.南偏西30∘方向2503米处 D.南偏西60∘方向2503米处 6. 下列命题中，假命题是（ ） A.顺次联结任意四边形四边中点所得的四边形是平行四边形 B.顺次联结对角线相等的四边形四边中点所得的四边形是菱形 C.顺次联结对角线互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是矩形 D.顺次联结两组邻边互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是矩形 二、填空题 计算：1a−1b=________． 分解因式：m2+2m−3＝________． 方程组y=2xx2+y2=5 的解是________． 已知正比例函数y＝kx(k≠0)的函数值y随着自变量x的值增大而减小，那么符合条件的正比例函数可以是________．（只需写出一个） 如果关于x的方程3x2+4x+m＝0有两个相等的实数根，那么m的值是________43 ． 已知直线y＝kx+b(k≠0)与x轴和y轴的交点分别是(1, 0)和(0, −2)，那么关于x的不等式kx+b<0的解集是________． 如果从长度分别为2、4、6、7的四条线段中随机抽取三条线段，那么抽取的三条线段能构成三角形的概率是________． 如图，在△ABC中，点D在边AC上，已知△ABD和△BCD的面积比是2:3，AB→=a→,AC→=b→，那么向量BD→（用向量a→,b→表示）是________． 如图，⊙O的弦AB和直径CD交于点E，且CD平分AB，已知AB＝8，CE＝2，那么⊙O的半径长是________． 某种花卉每盆的盈利与每盆的株数有一定的关系，每盆植3株时，平均每株盈利4元；若每盆增加1株，平均每株盈利减少0.5元，要使每盆的盈利达到15元，每盆应多植多少株？设每盆多植x株，可列出的方程是________． 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 已知正三角形ABC的半径长为R，那么△ABC的周长是________．（用含R的式子表示） 如图，在平行四边形ABCD中，AD＝3，AB＝5，sinA=45，将平行四边形ABCD绕着点B顺时针旋转θ(0∘<θ<90∘)后，点A的对应是点A′，联结A′C，如果A′C⊥BC，那么cosθ的值是________725 ． 三、解答题 计算：12+1+|2−2|−2cos30∘+312． 解不等式组：−3(x−2)>−x−4−x−73≤1−x3 ，并将解集在数轴上表示出来． 在抗击“新冠肺炎疫情”的日子里，上海全市学生积极响应号召开展“停课不停学”的线上学习活动，某中学为了了解全校1200名学生一周内平均每天进行在家体育锻炼时间的情况，随机调查了该校100名学生一周内平均每天在家体育锻炼时间的情况，结果如下表： 时间（分） 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 人数 16 24 14 10 8 6 8 4 6 4 完成下列各题： （1）根据上述统计表中的信息，可知这100名学生一周内平均每天在家体育锻炼时间的众数是________分，中位数是________分； （2）小李根据上述统计表中的信息，制作了频数分布表和频数分布直方图（不完整），那么： ①频数分布表中m＝________，n＝________； ②请补全频数分布直方图． （3）请估计该学校平均每天在家体育锻炼时间不少于35分钟的学生大约有________人． 频数分布表 分组（时间：分钟） 频数 14.5−24.5 40 24.5−34.5 m 34.5−44.5 n 44.5−54.5 12 54.5−64.5 10 合计 100 如图，抛物线y＝ax2−2ax+3与x轴交于点A(−1, 0)和B，与y轴交于点C，顶点为点D． （1）求抛物线的表达式、点B和点D的坐标； 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 （2）将抛物线y＝ax2−2ax+3向右平移后所得新抛物线经过原点O，点B、D的对应点分别是点B′，D′，联结B′C，B′D′，CD′，求△CB′D′的面积． 已知：如图，在平行四边形ABCD中，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，BE＝DG，BF＝DH． （1）求证：四边形EFGH是平行四边形； （2）当AB＝BC，且BE＝BF时，求证：四边形EFGH是矩形． 如图，已知直线y＝2x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，矩形ACBE的顶点B在第一象限的反比例函数y=mx图象上，过点B作BF⊥OC，垂足为F，设OF＝t． （1）求∠ACO的正切值； （2）求点B的坐标（用含t的式子表示）； （3）已知直线y＝2x+2与反比例函数y=mx图象都经过第一象限的点D，联结DE，如果DE⊥x轴，求m的值． 如图，在梯形ABCD中，AD // BC，AB＝CD＝AD＝5，cosB=45，点O是边BC上的动点，以OB为半径的⊙O与射线BA和边BC分别交于点E和点M，联结AM，作∠CMN＝∠BAM，射线MN与边AD、射线CD分别交于点F、N． （1）当点E为边AB的中点时，求DF的长； （2）分别联结AN、MD，当AN // MD时，求MN的长； （3）将⊙O绕着点M旋转180∘得到⊙O′，如果以点N为圆心的⊙N与⊙O和⊙O′都内切，求⊙O的半径长． 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 参考答案与试题解析 2020年上海市徐汇区中考数学二模试卷 一、选择题 1. 【答案】 C 【考点】 实数 【解析】 有理数包括整数和分数；无理数是无限不循环小数． 【解答】 A、π2是无限不循环小数，是无理数； B、33是无限不循环小数，是无理数； C、227是分数，是有理数； D、2−12是无限不循环小数，是无理数． 2. 【答案】 A 【考点】 最简二次根式 【解析】 根据最简二次根式的定义即可求出答案． 【解答】 (B)原式＝|a+b|，故B不是最简二次根式． (C)原式＝2a+b，故C不是最简二次根式． (D)原式＝|a|b+4，故D不是最简二次根式． 3. 【答案】 B 【考点】 解一元二次方程-直接开平方法 分式方程的解 无理方程 【解析】 A、变形得x2＝−1<0，由此得到原方程无实数根； B、变形得x2＝1，由此得到原方程有实数根； C、根据非负数的性质可得原方程无实数根； D、先把方程两边乘x−1得1＝0，由此得到原方程无实数根． 【解答】 A、方程变形得x2＝−1<0，故没有实数根，此选项错误； B、方程变形得x2＝1，故有实数根，此选项正确； C、二次根式非负，故没有实数根，此选项错误； D、方程两边乘x−1得1＝0，没有实数根，此选项错误． 4. 【答案】 D 【考点】 二次函数的性质 【解析】 由抛物线的解析式可求得其开口方向、对称轴、增减性以及顶点坐标，进一步可得出答案． 【解答】 ∵ y＝−x2+2x−3＝−(x−1)2−2， ∴ 抛物线开口向下，对称轴为x＝1，顶点坐标为(1, −2)， 在对称轴左侧，y随x的增大而增大， ∴ A、B、C不正确； ∵ 抛物线顶点到x轴的距离是|−2|＝2， ∴ D正确， 5. 【答案】 【考点】 解直角三角形的应用-方向角问题 【解析】 根据方位角画出图形解答即可． 【解答】 如图所示： ∵ 小岛B在货船A的北偏东30∘方向500米处， ∴ 货船A在小岛B的南偏西30∘方向500米处， 故选：A． 6. 【答案】 D 【考点】 命题与定理 【解析】 根据三角形中位线定理、菱形、矩形的判定定理判断． 【解答】 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 连接BD， ∵ 在△ABD中，E、H是AB、AD中点， ∴ EH // BD，EH=12BD． ∵ 在△BCD中，G、F是DC、BC中点， ∴ GF // BD，GF=12BD， ∴ EH＝GF，EH // GF， ∴ 四边形EFGH为平行四边形，A是真命题； 当AC＝BD时，EH＝EF， ∴ 四边形EFGH为菱形，B是真命题； 当AC⊥BD时，EH⊥EF， ∴ 四边形EFGH为正方形，C是真命题； 顺次连接顺次联结两组邻边互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是不一定是直角梯形，D是假命题； 二、填空题 【答案】 b−aab 【考点】 分式的加减运算 【解析】 直接通分运算，再利用分式的加减运算法则计算得出答案． 【解答】 1a−1b=bab−aab =b−aab． 【答案】 (m+3)(m−1) 【考点】 因式分解-十字相乘法 【解析】 直接利用十字相乘法分解因式得出答案． 【解答】 m2+2m−3＝(m+3)(m−1)． 【答案】 x1=1y1=2 ，x2=−1y2=−2 【考点】 代入消元法解二元一次方程组 勾股定理 反比例函数图象上点的坐标特征 【解析】 把①代入②即可把方程组转化成方程，求出x的值，把x的值代入①即可求出y． 【解答】 y=2xx2+y2=5 把①代入②得：5x2＝5， x2＝1， x＝±1， 把x＝1代入①得：y＝2； 把x＝−1代入①得：y＝−2； 【答案】 y＝−2x 【考点】 正比例函数的性质 【解析】 根据正比例函数的性质可得k<0，然后确定k的值即可． 【解答】 ∵ 正比例函数y＝kx(k≠0)的函数值y随着自变量x的值增大而减小， ∴ k<0， ∴ 符合条件的正比例函数可以是y＝−2x， 【答案】 43 【考点】 根的判别式 【解析】 根据方程有两个相等的实数根得出△＝b2−4ac＝0，据此列出关于m的方程，解之可得． 【解答】 ∵ 关于x的方程3x2+4x+m＝0有两个相等的实数根， ∴ △＝42−4×3×m＝0， 解得m=43， 【答案】 x<1 【考点】 一次函数与一元一次不等式 【解析】 先利用待定系数法求出一次函数解析式，然后解不等式kx+b<0即可． 【解答】 把(1, 0)和(0, −2)代入y＝kx+b得k+b=0b=−2 ，解得k=2b=−2 ， 所以一次函数解析式为y＝2x−2， 解不等式2x−2<0得x<1． 【答案】 12 【考点】 列表法与树状图法 三角形三边关系 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 【解析】 利用列举法展示所有6种等可能的结果数，根据三角形三边的关系可判断三条线段能构成三角形的结果数，然后根据概率求解， 【解答】 从长度分别为2、4、6、7的四条线段中随机抽取三条线段，它们为2、4、6；2、4、7；2，6，7；4，6，7，共有4种等可能的结果数，其中三条线段能构成三角形的结果数为2， 所以三条线段能构成三角形的概率=24=12． 【答案】 −a→+25b→ 【考点】 *平面向量 三角形的面积 【解析】 利用三角形法则可知：BD→=BA→+AD→，求出AD→即可解决问题． 【解答】 ∵ △ABD和△BCD的面积比是2:3， ∴ AD:DC＝2:3， ∴ AD=25AC， ∴ AD→=25AC→， ∵ BD→=BA→+AD→， ∴ BD→=−a→+25b→， 【答案】 5 【考点】 垂径定理 勾股定理 【解析】 连接OA，由垂径定理的推论得出AB⊥CD，由已知可得AE=12AB＝4，OE＝OC−CE＝r−2，OA＝r，在Rt△AOE中，利用勾股定理求r． 【解答】 连接OA， ∵ ，⊙O的弦AB和直径CD交于点E，且CD平分AB， ∴ AB⊥CD， ∴ AE=12AB＝4，又OE＝OC−CE＝r−2，OA＝r， 在Rt△AOE中，由勾股定理，得AE2+OE2＝OA2，即42+(r−2)2＝r2， 解得：r＝5， 【答案】 (3+x)(4−0.5x)＝15 【考点】 由实际问题抽象出一元二次方程 一元二次方程的应用 由实际问题抽象出一元一次方程 【解析】 设每盆多植x株，则平均每株盈利(4−0.5x)，根据总利润＝株数×每株的盈利即可得． 【解答】 设每盆多植x株，可列出的方程：(3+x)(4−0.5x)＝15， 【答案】 33R 【考点】 等边三角形的性质 列代数式 正多边形和圆 【解析】 根据题意作出图形，构造直角三角形求得三角形的边长即可求得本题的答案． 【解答】 如图所示： 连接OA、OB、OC，过O作OD⊥BC于D， ∵ △ABC是半径为R的等边三角形， ∴ OA＝OB＝OC＝R，∠ABC＝60∘， ∴ ∠OBD＝30∘， ∵ OD⊥BC， ∴ ∠ODB＝90∘，OD=12OB=12R， ∴ BD=3OD=32R， ∴ BC＝2BD=3R， ∴ 该三角形的周长为33R， 故答案为：33R． 【答案】 725 【考点】 平行四边形的性质 旋转的性质 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 【解析】 连接BD，连接A′D，过点B作BH⊥AD于H，过点A′作A′E⊥AB于E，先证点H与点D重合，再证四边形A′CBD是矩形，可得∠A′DB＝90∘，可得点A，点D，点A′共线，由面积法可求A′E=245，由勾股定理可求解． 【解答】 如图，连接BD，连接A′D，过点B作BH⊥AD于H，过点A′作A′E⊥AB于E， ∵ sinA=45=BHAB， ∴ BH＝4， ∴ AH=AB2−BH2=25−16=3， ∴ AD＝AH＝3， ∴ 点D与点H重合， ∴ ∠ADB＝90∘， ∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ AD＝BC＝3，AD // BC， ∴ ∠ADB＝∠DBC＝90∘， 又∵ A′C⊥BC， ∴ BD // A′C， ∵ 将平行四边形ABCD绕着点B顺时针旋转θ(0∘<θ<90∘)， ∴ A′B＝AB＝5， ∵ A′C⊥BC， ∴ A′C=A′B2−BC2=25−9=4， ∴ A′C＝BD， ∴ 四边形A′CBD是平行四边形， ∵ ∠DBC＝90∘，BC＝A′D＝3， ∴ 四边形A′CBD是矩形， ∴ ∠A′DB＝90∘， ∴ ∠A′DB+∠ADB＝180∘， ∴ 点A，点D，点A′共线， ∵ S△A′BA=12×AB×A′E=12×AA′×BD， ∴ A′E=245， ∴ BE=A′B2−A′E2=25−57625=75， ∴ cosθ=BEA′B=755=725， 三、解答题 【答案】 原式=2−1+2−2−2×32+3 =2−1+2−2−3+3 ＝1． 【考点】 分数指数幂 实数的运算 特殊角的三角函数值 【解析】 直接利用二次根式的性质和绝对值的性质、特殊角的三角函数值、分数指数幂的性质分别化简得出答案． 【解答】 原式=2−1+2−2−2×32+3 =2−1+2−2−3+3 ＝1． 【答案】 −3(x−2)>−x−4−x−73≤1−x3 ， 由①得：x<5， 由②得：x≥−4， ∴ 不等式组的解集为−4≤x<5， 【考点】 在数轴上表示不等式的解集 解一元一次不等式组 【解析】 分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的解集，表示在数轴上即可． 【解答】 −3(x−2)>−x−4−x−73≤1−x3 ， 由①得：x<5， 由②得：x≥−4， ∴ 不等式组的解集为−4≤x<5， 【答案】 20,25 24,14 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 432 【考点】 用样本估计总体 频数（率）分布直方图 众数 中位数 频数（率）分布表 加权平均数 【解析】 （1）根据众数和中位数的概念分析； （2）根据各小组频数之和等于数据总和，各小组频率之和等于1；可得m＝12，n＝7；由统计表中数据补全直方图即可； （3）用样本估计总体可得答案． 【解答】 分析统计表可得：众数即出现次数最多的数据为20，中位数即最中间两个数据的平均数是25； ①从统计表知，m＝14+10＝24，n＝8+6＝14； ②补全频数分布直方图如图所示； 1200×8+6+8+4+6+4100=432（人）， 答：计该学校平均每天在家体育锻炼时间不少于35分钟的学生大约有432人． 故答案为：20，25；24，14；432． 【答案】 将点A的坐标代入抛物线表达式得： 0＝a+2a+3，解得：a＝−1， 故抛物线的表达式为：y＝−x2+2x+3； 抛物线的对称轴为：x＝1，点D的坐标为：(1, 4)， 令y＝0，y＝−x2+2x+3＝0，解得：x＝3或−1，令x＝0，则y＝3， 故点B的坐标为：(3, 0)、点C(0, 3)； 故抛物线的表达式为：y＝−x2+2x+3，B的坐标为(3, 0)、点D的坐标为(1, 4)； 设抛物线向右平移了m个单位， 则B′、D′的坐标分别为：(m+3, 0)、(m+1, 4)， 平移后抛物线的表达式为：y＝−(x−m−1)2+4， ∵ 新抛物线经过原点O， ∴ 当x＝0时，y＝−(0−m−1)2+4＝0， 解得：m＝1或−3（舍去−3）， 故点B′、D′的坐标分别为：(4, 0)、(2, 4)， 如下图，过点D′作D′H // y轴交B′C于点H， 设直线B′C的表达式为：y＝kx+b，则b=00=4k+3 ，解得：k=−34b=3 ， 故直线B′C的表达式为：y=−34x+3， 当x＝2时，y=32，故D′H＝4−32=52； △CB′D′的面积＝S△D′HC+S△D′HB′=12×D′H×OB′=12×52×4＝5． 【考点】 待定系数法求二次函数解析式 抛物线与x轴的交点 二次函数图象上点的坐标特征 二次函数图象与几何变换 二次函数的性质 【解析】 （1）将点A的坐标代入抛物线表达式，求出a＝−1，进而求解； （2）根据新抛物线经过原点O，求出其表达式，利用△CB′D′的面积＝S△D′HC+S△D′HB′，进而求解． 【解答】 将点A的坐标代入抛物线表达式得： 0＝a+2a+3，解得：a＝−1， 故抛物线的表达式为：y＝−x2+2x+3； 抛物线的对称轴为：x＝1，点D的坐标为：(1, 4)， 令y＝0，y＝−x2+2x+3＝0，解得：x＝3或−1，令x＝0，则y＝3， 故点B的坐标为：(3, 0)、点C(0, 3)； 故抛物线的表达式为：y＝−x2+2x+3，B的坐标为(3, 0)、点D的坐标为(1, 4)； 设抛物线向右平移了m个单位， 则B′、D′的坐标分别为：(m+3, 0)、(m+1, 4)， 平移后抛物线的表达式为：y＝−(x−m−1)2+4， ∵ 新抛物线经过原点O， ∴ 当x＝0 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 时，y＝−(0−m−1)2+4＝0， 解得：m＝1或−3（舍去−3）， 故点B′、D′的坐标分别为：(4, 0)、(2, 4)， 如下图，过点D′作D′H // y轴交B′C于点H， 设直线B′C的表达式为：y＝kx+b，则b=00=4k+3 ，解得：k=−34b=3 ， 故直线B′C的表达式为：y=−34x+3， 当x＝2时，y=32，故D′H＝4−32=52； △CB′D′的面积＝S△D′HC+S△D′HB′=12×D′H×OB′=12×52×4＝5． 【答案】 ∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠D，∠A＝∠C， ∵ BE＝DG，BF＝DH，且∠B＝∠D， ∴ △BEF≅△DGH(SAS)， ∴ EF＝HG， 同理可得EH＝FG， ∴ 四边形EFGH是平行四边形； ∵ AB＝BC，BE＝BF ∴ AB＝BC＝CD＝AD，BE＝BF＝DH＝DG， ∴ AE＝AH， ∵ AD // BC， ∴ ∠B+∠A＝180∘， ∵ BE＝BF，AE＝AH， ∴ ∠BEF＝∠BFE=180−∠A2，∠AEH＝∠AHE=180−∠B2， ∴ ∠AEH+∠BEF＝90∘， ∴ ∠FEH＝90∘， ∴ 平行四边形EFGH是矩形． 【考点】 矩形的判定 全等三角形的性质与判定 平行四边形的性质与判定 【解析】 （1）利用全等三角形的性质可得EF＝HG，EH＝FG，可得结论； （2）由等腰三角形的性质可得∠BEF＝∠BFE=180−∠A2，∠AEH＝∠AHE=180−∠B2，可求∠FEH＝90∘，可得结论． 【解答】 ∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠D，∠A＝∠C， ∵ BE＝DG，BF＝DH，且∠B＝∠D， ∴ △BEF≅△DGH(SAS)， ∴ EF＝HG， 同理可得EH＝FG， ∴ 四边形EFGH是平行四边形； ∵ AB＝BC，BE＝BF ∴ AB＝BC＝CD＝AD，BE＝BF＝DH＝DG， ∴ AE＝AH， ∵ AD // BC， ∴ ∠B+∠A＝180∘， ∵ BE＝BF，AE＝AH， ∴ ∠BEF＝∠BFE=180−∠A2，∠AEH＝∠AHE=180−∠B2， ∴ ∠AEH+∠BEF＝90∘， ∴ ∠FEH＝90∘， ∴ 平行四边形EFGH是矩形． 【答案】 ∵ 直线y＝2x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C， ∴ 点A(−1, 0)，点C(0, 2) ∴ OA＝1，OC＝2， ∴ tan∠ACO=OACO=12； ∵ 四边形ACBE是矩形， ∴ ∠ACB＝90∘， ∴ ∠ACO+∠BCF＝90∘，且∠BCF+∠CBF＝90∘， ∴ ∠ACO＝∠CBF， ∵ OF＝t， ∴ CF＝2−t， ∵ tan∠CBF＝tan∠ACO=CFBF=12， ∴ BF＝4−2t， ∴ 点B(4−2t, t)； 如图，连接DE，交x轴于H点， 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ∵ DE⊥x轴， ∴ ∠AHE＝90∘， ∴ ∠HAE+∠AEH＝90∘，且∠CAO+∠HAE＝90∘，∠CAO+∠ACO＝90∘，∠ACO+∠BCF＝90∘， ∴ ∠AEH＝∠BCF，且∠CFB＝∠AHE，AE＝BC， ∴ △BCF≅△AEH(AAS) ∴ AH＝BF＝4−2t，CF＝HE， ∵ 点A(−1, 0)， ∴ 点H(3−2t, 0)， ∴ 当x＝3−2t时，y＝2(3−2t)+2＝8−4t， ∴ 点D坐标为(3−2t, 8−4t)， ∵ 点D，点B都在反比例函数y=mx上， ∴ (3−2t)(8−4t)＝t(4−2t) ∴ t1＝2（不合题意舍去），t2=65； ∴ 点B(65, 85) ∴ m=65×85=4825． 【考点】 反比例函数综合题 【解析】 （1）先求出点A，点C坐标，可得OA＝1，OC＝2，即可求解； （2）由余角的性质可得∠ACO＝∠CBF，可得tan∠CBF＝tan∠ACO=CFBF=12，可求BF＝4−2t，即可求解； （3）由“AAS”可证△BCF≅△AEH，可得AH＝BF＝4−2t，CF＝HE，可求点D坐标，由反比例函数的性质可得(3−2t)(8−4t)＝t(4−2t)，可求t的值，即可求解． 【解答】 ∵ 直线y＝2x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C， ∴ 点A(−1, 0)，点C(0, 2) ∴ OA＝1，OC＝2， ∴ tan∠ACO=OACO=12； ∵ 四边形ACBE是矩形， ∴ ∠ACB＝90∘， ∴ ∠ACO+∠BCF＝90∘，且∠BCF+∠CBF＝90∘， ∴ ∠ACO＝∠CBF， ∵ OF＝t， ∴ CF＝2−t， ∵ tan∠CBF＝tan∠ACO=CFBF=12， ∴ BF＝4−2t， ∴ 点B(4−2t, t)； 如图，连接DE，交x轴于H点， ∵ DE⊥x轴， ∴ ∠AHE＝90∘， ∴ ∠HAE+∠AEH＝90∘，且∠CAO+∠HAE＝90∘，∠CAO+∠ACO＝90∘，∠ACO+∠BCF＝90∘， ∴ ∠AEH＝∠BCF，且∠CFB＝∠AHE，AE＝BC， ∴ △BCF≅△AEH(AAS) ∴ AH＝BF＝4−2t，CF＝HE， ∵ 点A(−1, 0)， ∴ 点H(3−2t, 0)， ∴ 当x＝3−2t时，y＝2(3−2t)+2＝8−4t， ∴ 点D坐标为(3−2t, 8−4t)， ∵ 点D，点B都在反比例函数y=mx上， ∴ (3−2t)(8−4t)＝t(4−2t) ∴ t1＝2（不合题意舍去），t2=65； ∴ 点B(65, 85) ∴ m=65×85=4825． 【答案】 如图1中，连接EM． 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ∵ BM是⊙O的直径， ∴ ∠BEM＝90∘， ∵ E是AB的中点， ∴ AE＝BE=52， ∵ cos∠B=BEBM=45， ∴ BM=258， ∵ EM⊥AB，EB＝EA， ∴ MA＝MB=258， ∴ ∠B＝∠BAM， ∵ AMC＝∠B+∠BAM＝∠AMF+∠CMF，∠CMN＝∠BAM， ∴ ∠AMF＝∠B＝∠CMN， ∵ AD // BC， ∴ ∠AFM＝∠AMF， ∴ AF＝AM=258， ∴ DF＝AD−AF＝5−258=158． 如图2中， ∵ AB＝DC，AD // BC， ∴ 四边形ABCD是等腰梯形， ∴ ∠B＝∠C， ∵ AD // BC， ∴ ∠ADN＝∠C， 由（1）可知∠AMN＝∠B， ∴ ∠AMN＝∠ADN， ∴ A，M，D，N四点共圆， ∵ AN // DM， ∴ ∠ANM＝∠NMD， ∴ AM=DN， ∴ AM＝DN， ∵ AN // DM， ∴ 四边形AMDN是等腰梯形， ∴ MN＝AD＝5． 如图3中， ∵ 点N为圆心的⊙N与⊙O和⊙O′都内切， ∴ NM⊥BC， ∵ AD // BC， ∴ MN⊥AF， ∴ ∠AFM＝90∘ 由（1）可知：∠BAM＝∠CMN＝∠AFM， ∴ ∠BAM＝90∘， ∴ 此时点E与A重合， ∵ cosB=ABBM=45， ∴ BM=254， ∴ ⊙O的半径为258． 【考点】 圆的综合题 【解析】 （1）如图1中，连接EM．想办法证明EM垂直平分线段AB，推出MB＝MA，再证明AM＝AF，求出BM即可解决问题． （2）想办法证明四边形AMDN是等腰梯形即可解决问题． （3）由点N为圆心的⊙N与⊙O和⊙O′都内切，推出NM⊥BC，此时点E与A重合，求出BM即可解决问题． 【解答】 如图1中，连接EM． 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ∵ BM是⊙O的直径， ∴ ∠BEM＝90∘， ∵ E是AB的中点， ∴ AE＝BE=52， ∵ cos∠B=BEBM=45， ∴ BM=258， ∵ EM⊥AB，EB＝EA， ∴ MA＝MB=258， ∴ ∠B＝∠BAM， ∵ AMC＝∠B+∠BAM＝∠AMF+∠CMF，∠CMN＝∠BAM， ∴ ∠AMF＝∠B＝∠CMN， ∵ AD // BC， ∴ ∠AFM＝∠AMF， ∴ AF＝AM=258， ∴ DF＝AD−AF＝5−258=158． 如图2中， ∵ AB＝DC，AD // BC， ∴ 四边形ABCD是等腰梯形， ∴ ∠B＝∠C， ∵ AD // BC， ∴ ∠ADN＝∠C， 由（1）可知∠AMN＝∠B， ∴ ∠AMN＝∠ADN， ∴ A，M，D，N四点共圆， ∵ AN // DM， ∴ ∠ANM＝∠NMD， ∴ AM=DN， ∴ AM＝DN， ∵ AN // DM， ∴ 四边形AMDN是等腰梯形， ∴ MN＝AD＝5． 如图3中， ∵ 点N为圆心的⊙N与⊙O和⊙O′都内切， ∴ NM⊥BC， ∵ AD // BC， ∴ MN⊥AF， ∴ ∠AFM＝90∘ 由（1）可知：∠BAM＝∠CMN＝∠AFM， ∴ ∠BAM＝90∘， ∴ 此时点E与A重合， ∵ cosB=ABBM=45， ∴ BM=254， ∴ ⊙O的半径为258． 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页查看更多