20xx年中考數(shù)學(xué)卷精析版連云港卷-閱讀頁(yè)
2024-09-08 21:46本頁(yè)面
【正文】 210 千米時(shí)， y1＞ y2，選擇火車運(yùn)輸較好。 【分析】 (1)根據(jù)方式一、二的收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)即可得出 y1(元 )、 y2(元 )與運(yùn)輸路程 x(公里 )之間的函數(shù)關(guān)系式。 24． （ 2020 江蘇 連云港 10 分） 已知 B港口位于 A觀測(cè)點(diǎn)北偏東 176。方向，求此時(shí)貨輪與 A 觀測(cè)點(diǎn)之間的距離 AC 的長(zhǎng) (精確到)． (參考數(shù)據(jù)： 176?！郑?176?！?， 176。 在 Rt△ ADB中， sin∠ DBA＝ DBAB ， 176。 如圖，過(guò)點(diǎn) B作 BH⊥ AC，交 AC的延長(zhǎng)線于 H， 在 Rt△ AHB中， ∠ BAH＝ ∠ DAC－ ∠ DAB＝ 176。＝ 176。 又 ∵ BH2＋ AH2＝ AB2，即 BH2＋ (2BH)2＝ 202， ∴ BH＝ 4 5 ， AH＝ 8 5 。 ∴ AC＝ AH－ CH＝ 8 5 － 2 5 ＝ 6 5 ≈。 25． （ 2020 江蘇 連云港 12 分） 如圖，拋物線 y＝－ x2＋ bx＋ c與 x 軸交于 A、 B兩點(diǎn)，與 y軸交于點(diǎn) C，點(diǎn) O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn) D為拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn) E在拋物線上，點(diǎn) F在 x軸上，四邊形 OCEF為矩形，且 OF＝ 2， EF＝ 3， (1)求拋物線所對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式； (2)求 △ ABD的面積； (3)將 △ AOC繞點(diǎn) C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn) 90176。 ∴△ ABD中 AB邊的高為 4。 ∴ AB＝ 3－ (－ 1)＝ 4。 (3)如圖， △ AOC繞點(diǎn) C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn) 90176。 ∵ 當(dāng) x＝ 3 時(shí)， y＝－ 32＋ 23＋ 3＝ 0≠2， 12 ∴ 點(diǎn) G不在該拋物線上。 【分析】 (1)在矩形 OCEF中，已知 OF、 EF的長(zhǎng)，先表示出 C、 E的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法確定該函數(shù)的解析式。 (3)根據(jù)旋轉(zhuǎn)條件求出點(diǎn) A 對(duì)應(yīng)點(diǎn) G 的坐標(biāo)，然 后將點(diǎn) G 的坐標(biāo)代入拋物線的解析式中直接進(jìn)行判定即可。 ∵ 甲達(dá)到 O點(diǎn)時(shí)間為 t＝ 12 ，乙達(dá)到 O點(diǎn)的時(shí)間為 t＝ 63=42， ∴ 甲先到達(dá) O點(diǎn)，所以 t＝ 12 或 t＝ 32 時(shí)， O、 M、 N三點(diǎn)不能連接成三角形。則 △ OMN∽△ OAB。即在甲到達(dá) O點(diǎn)前，只有當(dāng) t＝ 0 時(shí)， △ OMN∽△ OAB。 ② 當(dāng) 12 ＜ t＜ 32 時(shí)， 13 如圖， ∵∠ PMN＞ ∠ PON＞ ∠ PAB ∴ MN與 AB不平行。 (2) 由（ 1）知，當(dāng) t≤32 時(shí)， △ OMN不相似 △ OBA。 (3)① 當(dāng) t≤12 時(shí)，如圖 1，過(guò)點(diǎn) M作 MH⊥ x軸，垂足為 H， 在 Rt△ MOH中， ∵ ∠ AOB＝ 60176。＝ (2－ 4t)32 ＝ 3 (1－ 2t)， OH＝ 0Mcos60176。 ∴ s＝ [ 3 (1－ 2t)]2＋ (5－ 2t)2＝ 16t2－ 32t＋ 28。 ③ 當(dāng) t＞ 32 時(shí)，同理可得 s＝ 16t2－ 32t＋ 28。 ∵ s＝ 16t2－ 32t＋ 28＝ 16(t－ 1)2＋ 12， ∴ 當(dāng) t＝ 1 時(shí)， s有最小值為 12， ∴ 甲、乙兩人距離最小值為 12=2 3 （ km）。 【分析】 (1)用反證法說(shuō)明．根據(jù)已知條件分別表示相關(guān)線段的長(zhǎng)度，根據(jù)三角形相似得比例式說(shuō)明。 (3)在不同的時(shí)間段運(yùn)用相似三角形的判定和性質(zhì)分別求解析式，運(yùn)用函數(shù)性質(zhì)解答問(wèn)題。 ∴ 不存在 PB＝ x，使 ∠ DPC＝ 90176。 問(wèn)題 2：存在。 過(guò)點(diǎn) Q作 QH⊥ BC，交 BC 的延長(zhǎng)線于 H。 ∵ PD∥ CQ， ∴∠ PDC＝ ∠ DCQ。 又 ∵ PD＝ CQ， ∴ Rt△ ADP≌ Rt△ HCQ（ AAS）。 ∵ AD＝ 1， BC＝ 3， ∴ BH＝ 4， 15 ∴ 當(dāng) PQ⊥ AB時(shí)， PQ的長(zhǎng)最小，即為 4。理由如下： 如圖 3，設(shè) PQ與 DC相交于點(diǎn) G， ∵ PE∥ CQ， PD＝ DE， ∴ DG PD 1=GC CQ 2?。 作 QH⊥ BC，交 BC的延長(zhǎng)線于 H， 同理可證 ∠ ADP＝ ∠ QCH， ∴ Rt△ ADP∽ Rt△ HCQ。 ∵ AD＝ 1， ∴ CH＝ 2。 ∴ 當(dāng) PQ⊥ AB時(shí)， PQ的長(zhǎng)最小，即為 5。 ∴ G是 DC上一定點(diǎn)。 ∵ AD∥ BC， AB⊥ BC， ∴∠ D＝ ∠ QHC， ∠ DAP＋ ∠ PAG＝ ∠ QBH＋ ∠ QBG＝ 90176。 ∴△ ADP∽△ BHQ， ∴ AD PA 1=BH BQ n+1?， ∵ AD＝ 1， ∴ BH＝ n＋ 1。 【考點(diǎn)】 反 證法，相似三角形的判定和性質(zhì)，一元二次方程根的判別式，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，平行四邊形、矩形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)。 16 問(wèn)題 2：在平行四邊形 PCQD中，設(shè)對(duì)角線 PQ與 DC相交于點(diǎn) G，可得 G是 DC的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn) Q作 QH⊥ BC，交 BC的延長(zhǎng)線于 H，易 證得 Rt△ ADP≌ Rt△ HCQ，即可求得 BH＝ 4，則可得當(dāng) PQ⊥ AB時(shí)，PQ的長(zhǎng)最小，即為 4。 問(wèn)題 4：作 QH∥ PE，交 CB 的延長(zhǎng)線于 H，過(guò)點(diǎn) C 作 CK⊥ CD，交 QH 的延長(zhǎng)線于 K，易證得AD PA 1=BH BQ n+1? 與 △ ADP∽△ BHQ，又由 ∠ DCB＝ 45176。
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