上海市長寧區(qū)20xx年中考數(shù)學(xué)二模試題含解析-資料下載頁
2024-11-29 06:36本頁面
【導(dǎo)讀】6．如圖，在四邊形ABCD中，∠ABC=90°，對角線AC、BD交于點(diǎn)O，AO=CO，∠AOD=∠ADO，18．如圖，△ABC≌△DEF，AB=AC=5，BC=6，△ABC固定不。21．在一次運(yùn)輸任務(wù)中，一輛汽車將一批貨物從甲地運(yùn)往乙地，到達(dá)乙地卸貨后返回甲地，求汽車返回甲城時(shí)y與x的函數(shù)解析式，并寫出定義域；若點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為1，且是線段AB的中點(diǎn)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；式，并寫出定義域；25．如圖，已知矩形ABCD，AB=12cm，AD=10cm，⊙O與AD、AB、BC三邊都相切，與DC交于。運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P、Q、R的運(yùn)動(dòng)速度分別是1cm/s、xcm/s、，當(dāng)點(diǎn)Q到達(dá)點(diǎn)B時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)x=3，當(dāng)△PAQ與△QBR相似時(shí)，求出t的值；解：將拋物線y=x2向右平移3個(gè)單位得到的拋物線表達(dá)式是y=（x﹣3）2，D、是同類二次根式，正確；解：把這組數(shù)據(jù)從小到大排列：4，5，7，7，9，最中間的數(shù)是7，則這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是7；7出現(xiàn)了2次，出現(xiàn)的次數(shù)最多，則眾數(shù)是7；
【正文】 四邊形是菱形可得四邊形 AEGF是菱形． 【解答】 證明：（ 1） ∵ 四邊形 ABCD是正方形， ∴∠B=∠D=90176。 ， AD=AB， 在 Rt△ABE 和 Rt△ADF 中， ， ∴Rt△ABE≌Rt△ADF （ HL）， ∴EB=DF ； （ 2） ∵ 四邊形 ABCD是正方形， ∴BC=DC ， ∵EB=DF ， ∴EC=FC ， ∴AC 垂直平分 EF， ∵AO=GO ， ∴ 四邊形 AEGF是菱形． 【點(diǎn)評】 此題主要考查了平行四邊形的判定，以及全等三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握對角線互相垂直且平分的四邊形是菱形． 24．如圖，已知拋物線 y=x2﹣ 2tx+t2﹣ 2的頂點(diǎn) A在第四象限，過點(diǎn) A作 AB⊥y 軸于點(diǎn) B， C是線段 AB上一點(diǎn)（不與 A、 B重合），過點(diǎn) C作 CD⊥x 軸于點(diǎn) D，并交拋物線與點(diǎn) P． （ 1）若點(diǎn) C的橫坐標(biāo)為 1，且是線段 AB 的中點(diǎn)，求點(diǎn) P的坐標(biāo)； （ 2）若直線 AP交 y軸負(fù)半軸于點(diǎn) E，且 AC=CP，求四邊形 OEPD的面積 S關(guān)于 t的函數(shù)解析式，并寫出定義 域； （ 3）在（ 2）的條件下，當(dāng) △ADE 的面積等于 2S時(shí)，求 t的值． 【考點(diǎn)】 二次函數(shù)綜合題． 【分析】 （ 1）把解析式轉(zhuǎn)化成頂點(diǎn)式，得出頂點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而根據(jù)已知得出 A（ 2，﹣ 2），從而得出拋物線的解析式，把 x=1代入即可求得 P的坐標(biāo)； （ 2）根據(jù)已知得出三角形 ABE是等腰直角三角形，得出 BE=AB=t，即 E（ 0，﹣ 2+t），根據(jù)待定系數(shù)法求得 AE的解析式，然后和拋物線的解析式聯(lián)立方程，解方程即可求得 P（ t﹣ 1，﹣ 1），然后根據(jù)梯形的面積公式即可求得； （ 3）根據(jù)已知得出 PD?t=2（﹣ t2﹣ 2t+ ），即 t=t2+4t﹣ 3，解方程即可求得． 【解答】 解：（ 1） ∵ 拋物線 y=x2﹣ 2tx+t2﹣ 2=（ x﹣ t） 2﹣ 2， ∴ 頂點(diǎn) A（ t，﹣ 2）， ∵ 點(diǎn) C的橫坐標(biāo)為 1，且是線段 AB的中點(diǎn)， ∴ =1， ∴t=2 ， ∴A （ 2，﹣ 2）， ∴ 拋物線的解析式為 y=（ x﹣ 2） 2﹣ 2=x2﹣ 4x+2， 當(dāng) x=1時(shí)， y=1﹣ 4+2=﹣ 1， ∴P （ 1，﹣ 1）； （ 2）當(dāng) AC=CP時(shí)， ∠EAB=45176。 ， ∴BE=AB=t ，即 E（ 0，﹣ 2+t）， ∴ 直線 AE的解析式為 y=﹣ x+t﹣ 2， 由 得 P（ t﹣ 1，﹣ 1）， ∴ S= OD （ OE+DP） = （ t﹣ 1） （﹣ t+2+1）， ∴S= ﹣ t2﹣ 2t+ （ 1＜ t＜ 2）； （ 3） ∵S △ADE =2S， ∴ PD?t=2（﹣ t2﹣ 2t+ ），即 t=t2+4t﹣ 3， 解得 t=2（舍去）或 t= ． 【點(diǎn)評】 本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求解析式，拋物線的頂點(diǎn)以及拋物線和直線的交點(diǎn)，梯形的面積，三角形的面積等． 25．如圖，已知矩形 ABCD， AB=12cm， AD=10cm， ⊙O 與 AD、 AB、 BC三邊都相切，與 DC交于點(diǎn) E、 F．已知點(diǎn) P、 Q、 R分別 從 D、 A、 B三點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，沿矩形 ABCD的邊逆時(shí)針方向勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn) P、 Q、 R的運(yùn)動(dòng)速度分別是 1cm/s、 xcm/s、 ，當(dāng)點(diǎn) Q到達(dá)點(diǎn) B時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，P、 R兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t（單位： s） （ 1）求證： DE=CF； （ 2）設(shè) x=3，當(dāng) △PAQ 與 △QBR 相似時(shí)，求出 t的值； （ 3）設(shè) △PAQ 關(guān)于直線 PQ對稱軸的圖形是 △PA′Q ，當(dāng) t和 x分別為何值時(shí)，點(diǎn) A′ 與圓心O恰好重合，求出符合條件的 t， x的值． 【考點(diǎn)】 圓的綜合題． 【分析】 （ 1）作 OG⊥EF 于 G，設(shè) ⊙O 與 AD邊相切于 M，連接 MO并延長交 BC于 N，則 MN⊥AD ，由矩形的性質(zhì)和垂徑定理證出 DG=CG， EG=FG，即可得出結(jié)論； （ 2）分兩種情況： ① 當(dāng) △PAQ∽△QBR 時(shí)，得出 ，求出 t 的值； ② 當(dāng) △PAQ∽△RBQ時(shí)，得出 ，求出 t的值即可； （ 3）根據(jù)題意得出 AA′ 被直線 PQ 垂直平分，得出 △APQ 為等腰直角三角形，得出PQ=AA′=6 ， AP=AQ=6，得出 ，解方程即可． 【解答】 （ 1）證明：作 OG⊥EF 于 G，設(shè) ⊙O 與 AD邊相切于 M，連接 MO并延長交 BC于 N，如圖 1所示： 則 MN⊥AD ， ∵ 四邊形 ABCD是矩形， ∴AD∥ BC， ∴MN⊥BC ， ∵BC 是 ⊙O 的切線， ∴N 為切點(diǎn)， ∴ 四邊形 CDMN是矩形， ∴MN=CD ， ∵OG⊥CD ， ∴DG=CG ， EG=FG， ∴DE=CF ； （ 2）解：分兩種情況： ①x=3 時(shí)， 0≤t≤4 ， ∠A=∠B ， 當(dāng) △PAQ∽△QBR 時(shí)， ， 即 = =2， 解得： t= ； ② 當(dāng) △PAQ∽△RBQ 時(shí)， ， 即 ， 解得： t=2 ﹣ 14； 綜上所述： t的值為 或 2 ﹣ 14； （ 3）解：如圖 2所示：根據(jù)題意得： AA′ 被直線 PQ垂直平分， ∴△APQ 為等腰直角三角形， ∴PQ=AA′= 6 ， ∴AP=AQ=6 ， ∴ ， 解得： t=4， x= ． 【點(diǎn)評】 本題是圓的綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)、切線的性質(zhì)、垂徑定理、三角形相似的性質(zhì)、軸對稱的性質(zhì)以及等腰直角三角形的性質(zhì)；本題難度較大，綜合性強(qiáng)，特別是（ 2）中，需要進(jìn)行分類討論，由相似三角形的對應(yīng)邊成比例得出比例式才能得出結(jié)果．
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