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第1頁/共1頁2024北京東直門中學初三(上)期中數(shù)學一、選擇題(每題2分,共16分)1.隨著國民經(jīng)濟快速發(fā)展,我國涌現(xiàn)出一批規(guī)模大、效益高的企業(yè),如大疆、國家核電、華為、鳳凰光學等,以上四個企業(yè)的標志是中心對稱圖形的是()A. B. C. D.2.若x=3是關于x的方程x2﹣2x﹣m=0的一個根,則m的值是()A.﹣15 B.﹣3 C.3 D.153.拋物線y=3(x﹣1)2+2的頂點坐標為()A.(﹣1,2) B.(1,﹣2) C.(1,2) D.(2,1)4.將一元二次方程x2﹣8x+10=0通過配方轉(zhuǎn)化為(x+a)2=b的形式,下列結(jié)果中正確的是()A.(x﹣4)2=6 B.(x﹣8)2=6 C.(x﹣4)2=﹣6 D.(x﹣8)2=545.已知點A(1,y1),B(﹣4,y2)都在二次函數(shù)y=﹣x2+3圖象上,則y1,y2大小關系為()A.y1>y2 B.y1<y2 C.y1=y(tǒng)2 D.無法確定6.如圖,在⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中,∠BOD=120°,那么∠BCD是()A.120° B.100° C.80° D.60°7.如圖,正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O,若⊙O的周長是12π,則正六邊形的邊長是()A. B.3 C.6 D.8.我們將滿足等式x2+y2=1+|x|y的每組x,y的值在平面直角坐標系中畫出,便會得到如圖所示的“心形”圖形.下面三個結(jié)論中,①“心形”圖形是軸對稱圖形;②“心形”圖形所圍成的面積一定大于2;③“心形”圖形上任意一點到原點的距離都小于.其中正確結(jié)論有()A.① B.①② C.①③ D.①②③二、填空題(每題2分,共16分)9.已知⊙O的半徑為2,點A到圓心O距離是4,則點A在⊙O.(填“內(nèi)”、“上”或“外”)10.請寫出一個開口向下,且經(jīng)過點(0,1)的二次函數(shù)的表達式.11.二次函數(shù)y=2(x﹣1)2的圖象可以由函數(shù)y=2x2向平移個單位得到.12.如圖,將△ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)40°得到△DEC,若∠A=30°,則∠EFC的度數(shù)為°.13.如圖,在△ABC中,若DE∥BC,,AE=4cm,則AC的長為cm.14.如圖,PA,PB是⊙O的切線,切點分別是點A和B,AC是⊙O的直徑.若∠P=60°,PA=6,則BC的長為.15.下列關于拋物線y=x2+bx﹣2.①拋物線的開口方向向下;②拋物線與y軸交點的坐標為(0,﹣2);③當b>0時,拋物線的對稱軸在y軸右側(cè);④對于任意的實數(shù)b,拋物線與x軸總有兩個公共點.其中正確的說法是.(填寫正確的序號)16.已知拋物線與x軸交于A,B兩點,對稱軸與拋物線交于點C,與x軸交于點D,⊙C的半徑為2,點G為⊙C上一動點,點P為AG的中點,則DP的最大值為.三、解答題(共68分:17題至22題,每題5分;23題至26題,每題6分;27、28題每題7分)17.(5分)解方程:x2﹣4x﹣2=0.18.(5分)如圖,正方形網(wǎng)格中,△ABC的頂點均在格點上,請在所給直角坐標系中按要求解答下列問題:(1)△A1B1C1與△ABC關于原點O中心對稱,則B1的坐標為;(2)畫出△ABC繞原點O順時針旋轉(zhuǎn)90°的△A2B2C2;(3)△ABC外接圓圓心的坐標為.19.(5分)圓管涵是公路路基排水中常用的涵洞結(jié)構(gòu)類型,它不僅力學性能好,而且構(gòu)造簡單、施工方便.某水平放置的圓管涵圓柱形排水管道的截面是直徑為1m的圓,如圖所示,若水面寬AB=0.8m,求水的最大深度.20.(5分)下面是小立設計的“過圓上一點作這個圓的切線”的尺規(guī)作圖過程.已知:⊙O及圓上一點A.求作:直線AB,使得AB為⊙O的切線,A為切點.作法:如圖2,①連接OA并延長到點C;②分別以點A,C為圓心,大于長為半徑作弧,兩弧交于點D(點D在直線OA上方);③以點D為圓心,DA長為半徑作⊙D;④連接CD并延長,交⊙D于點B,作直線AB.直線AB就是所求作的直線.根據(jù)小立設計的尺規(guī)作圖過程,完成下面的證明.(說明:括號里填推理的依據(jù))證明:連接AD.∵=AD∴點C在⊙D上,∴CB是⊙D的直徑.∴=90°.()∴AB⊥.∵OA是⊙O的半徑,∴AB是⊙O的切線.()21.(5分)已知關于x的一元二次方程x2﹣4x+2m﹣1=0有兩個不相等的實數(shù)根.(1)求m的取值范圍;(2)若m為符合條件的最大整數(shù),求此時方程的根.22.(5分)在美化校園的活動中,某興趣小組借助如圖所示的直角墻角(墻角兩邊DC和DA足夠長),用28m長的籬笆圍成一個矩形花園ABCD(籬笆只圍AB和BC兩邊),設AB=xm,則S矩形ABCD=y(tǒng)m2.(1)求y與x之間的關系式,并寫出自變量x的取值范圍;(2)當AB多長時,矩形ABCD的面積最大?最大面積是多少?23.(6分)已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c圖象上部分點的橫坐標x與縱坐標y的對應值如下表所示:x…﹣3﹣2﹣101…y…0﹣3﹣4﹣30…(1)求這個二次函數(shù)的表達式;(2)當y>﹣3時,直接寫出x的取值范圍;(3)當﹣3≤x<2時,關于x的一元二次方程ax2+bx+c﹣t=0有實根,則t的取值范圍是.24.(6分)如圖,AB是⊙O的直徑,直線PQ經(jīng)過⊙O上的點E,AC⊥PQ于點C,交⊙O于D,AE平分∠BAC.(1)求證:直線PQ是⊙O的切線;(2)若AD=6,EC=2,求CD的長.25.(6分)廣場修建了一個圓形噴水池,在池中心豎直安裝一根水管,水管的頂端安一個噴水頭,記噴出的水與池中心的水平距離為x米,距地面的高度為y米.測量得到如表數(shù)值:x/米012344.4y/米2.53.33.32.50.90小慶根據(jù)學習函數(shù)的經(jīng)驗,發(fā)現(xiàn)y是x的函數(shù),并對y隨x的變化而變化的規(guī)律進行了探究.下面是小慶的探究過程,請補充完整:(1)在平面直角坐標系xOy中,描出表中各組數(shù)值所對應的點(x,y),并畫出函數(shù)的圖象;(2)結(jié)合函數(shù)圖象,出水口距地面的高度為米,水達到最高點時與池中心的水平距離約為米;(3)若圓形噴水池半徑為5米,為了使水柱落地點在池內(nèi)且與水池邊水平距離不小于1.5米,若只調(diào)整水管高度,其他條件不變,結(jié)合函數(shù)圖象,估計出水口至少需要(填“升高”或“降低”)米(結(jié)果保留小數(shù)點后一位).26.(6分)在平面直角坐標系xOy中,已知拋物線y=x2﹣2tx+t2﹣t.(1)求拋物線的頂點坐標(用含t的代數(shù)式表示);(2)點P(x1,y1),Q(x2,y2)在拋物線上,其中t﹣2<x1<t+1,x2=1﹣t.①若y1的最小值是﹣2,求y2的值;②若對于x1,x2,都有y1<y2,求t的取值范圍.27.(7分)已知:△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,直線AC上取一點D,連接BD,線段BD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°,得到線段BD′,連接CD′交直線AB于G.(1)喜歡思考問題的小捷同學,想探索圖中線段CG和線段D′G的數(shù)量關系.于是他畫了圖1所示當D在AC邊上時的圖形,并通過測量得到了線段CG與D′G的數(shù)量關系.你認為小捷的猜想是CGD′G(填“>”,“=”或“<”);(2)當D在AC邊的延長線上時請你根據(jù)題目要求補全圖2,①在補全的圖2中找出與∠BDC相等的角②在圖2中探索(1)中小捷的猜想是否成立,若成立證明你的結(jié)論,若不成立,請你說明理由;(3)如圖3,當D在邊AC的反向延長線上時,直接寫出CA,CD,CD′的數(shù)量關系(用等式表示).28.(7分)對于平面直角坐標系xOy中的圖形W,給出如下定義:點P是圖形W上任意一點,若存在點Q,使得∠OQP是直角,則稱點Q是圖形W的“直角點”.(1)已知點A(6,8),在點Q1(3,9),Q2(﹣4,2),Q3(0,8)中,是點A的“直角點”;(2)已知點B(﹣4,3),C(3,3),若點Q是線段BC的“直角點”,求點Q的橫坐標n的取值范圍;(3)在(2)的條件下,已知點D(t,0),E(t+1,0),以線段DE為邊在x軸上方作正方形DEFG.若正方形DEFG上的所有點均為線段BC的“直角點”,直接寫出t的取值范圍.
參考答案一、選擇題(每題2分,共16分)1.【分析】根據(jù)中心對稱圖形的概念對各選項分析判斷后利用排除法求解.【解答】解:A、不是中心對稱圖形,故本選項錯誤;B、是中心對稱圖形,故本選項正確;C、不是中心對稱圖形,故本選項錯誤;D、不是中心對稱圖形,故本選項錯誤.故選:B.【點評】本題考查了中心對稱圖形的概念:把一個圖形繞某一點旋轉(zhuǎn)180°,如果旋轉(zhuǎn)后的圖形能夠與原來的圖形重合,那么這個圖形就叫做中心對稱圖形,這個點叫做對稱中心.中心對稱圖形是要尋找對稱中心,旋轉(zhuǎn)180度后兩部分重合.2.【分析】直接把x=3代入一元二次方程得到關于m的方程,然后解一次方程即可.【解答】解:把x=3代入方程x2﹣2x﹣m=0得9﹣6﹣m=0,解得m=3.故選:C.【點評】本題考查了一元二次方程的解:能使一元二次方程左右兩邊相等的未知數(shù)的值是一元二次方程的解.3.【分析】已知拋物線頂點式y(tǒng)=a(x﹣h)2+k,頂點坐標是(h,k).【解答】解:∵拋物線y=3(x﹣1)2+2是頂點式,∴頂點坐標是(1,2).故選:C.【點評】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì),由拋物線的頂點式寫出拋物線頂點的坐標,比較容易.4.【分析】先把常數(shù)項移到方程右邊,再把方程兩邊加上16,然后把方程作邊寫成完全平方形式即可.【解答】解:x2﹣8x=﹣10,x2﹣8x+16=6,(x﹣4)2=6.故選:A.【點評】此題考查了配方法解一元二次方程,配方法的一般步驟:(1)把常數(shù)項移到等號的右邊;(2)把二次項的系數(shù)化為1;(3)等式兩邊同時加上一次項系數(shù)一半的平方.選擇用配方法解一元二次方程時,最好使方程的二次項的系數(shù)為1,一次項的系數(shù)是2的倍數(shù).5.【分析】根據(jù)解析式求得開口方向和對稱軸,然后根據(jù)二次函數(shù)的對稱性和增減性即可判斷.【解答】解:∵y=﹣x2+3,∴拋物線的開口向下,對稱軸為直線x=0,∴當x>0時,y隨x增大而減小,∵A(﹣4,y2)與點(4,y2)關于直線x=0對稱,且0<1<4,∴y1>y2.故選:A.【點評】本題主要考查二次函數(shù)圖象上點的坐標特征,解題的關鍵是掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì).6.【分析】根據(jù)在同圓或等圓中,同弧或等弧所對的圓周角相等,都等于這條弧所對的圓心角的一半可得∠A=60°,再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠BCD的度數(shù).【解答】解∵在⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中,∠BOD=120°,∴∠A=60°,∴∠C=180°﹣60°=120°,故選:A.【點評】此題主要考查了圓周角定理和圓內(nèi)接四邊形,關鍵是掌握圓內(nèi)接四邊形的對角互補.7.【分析】連接OB、OC,根據(jù)⊙O的周長等于12π,可得⊙O的半徑OB=OC=6,而六邊形ABCDEF是正六邊形,即知∠BOC==60°,△BOC是等邊三角形,即可得正六邊形的邊長為6.【解答】解:連接OB、OC,如圖:∵⊙O的周長等于12π,∴⊙O的半徑OB=OC==6,∵六邊形ABCDEF是正六邊形,∴∠BOC==60°,∴△BOC是等邊三角形,∴BC=OB=OC=6,即正六邊形的邊長為6,故選:C.【點評】本題考查正多邊形與圓的相關計算,解題的關鍵是掌握圓內(nèi)接正六邊形中心角等于60°,從而得到△BOC是等邊三角形.8.【分析】觀察圖象“心形”圖形恰好經(jīng)過(﹣1,1),(0,1),(1,1),(﹣1,0),(1,0),(0,﹣1),利用圖象法一一判斷即可.【解答】解:如圖,根據(jù)題意得E(﹣1,1),F(xiàn)(1,1),G(﹣1,0),H(1,0),T(0,﹣1).觀察圖象可知,“心形”圖形是軸對稱圖形,故①正確,∵“心形”圖形所圍成的面積>五邊形EFHTG的面積,∴“心形”圖形所圍成的面積>3,故②正確,∵當x>0時,x2+y2=1+|x|y≤1+(x2+y2),∴x2+y2≤2,∴“心形”圖形上任意一點到原點的距離都小于等于,故③錯誤,故選:B.【點評】本題考查軸對稱圖形,坐標與圖形的性質(zhì)等知識,解題的關鍵是理解題意,靈活運用所學知識解決問題.二、填空題(每題2分,共16分)9.【分析】要確定點與圓的位置關系,主要確定點與圓心的距離與半徑的大小關系;若設點到圓心的距離為d,圓的半徑為r,則d>r時,點在圓外;當d=r時,點在圓上;當d<r時,點在圓內(nèi).【解答】解:∵⊙O的半徑為2,點A到圓心O的距離為4,∵4>2,∴點A在⊙O外.故答案為:外.【點評】本題考查了點與圓的位置關系的判斷.解決此類題目的關鍵是首先確定點與圓心的距離,然后與半徑進行比較,進而得出結(jié)論.10.【分析】根據(jù)題意和二次函數(shù)的性質(zhì),可以寫出相應的函數(shù)解析式,注意本題答案不唯一.【解答】解:∵二次函數(shù)的圖象開口向下,且經(jīng)過點(0,1),∴a<0,∴該函數(shù)圖象可以是y=﹣x2+1,故答案為:y=﹣x2+1(答案不唯一).【點評】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)圖象上點的坐標特征,解答本題的關鍵是明確題意,利用二次函數(shù)的性質(zhì)解答.11.【分析】根據(jù)“左加右減,上加下減”平移規(guī)律即可解決.【解答】解:根據(jù)二次函數(shù)圖象的平移規(guī)律“左加右減,上加下減”,可知:函數(shù)y=2(x﹣1)2的圖象可以由函數(shù)y=2x2的圖象向右平移1個單位得到;故答案為:右,1.【點評】本題考查了二次函數(shù)圖象的平移,熟練掌握二次函數(shù)圖象的平移規(guī)律“左加右減,上加下減”是解決問題的關鍵.12.【分析】將△ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)40°得到△DEC,得∠ACD=40°,∠A=∠D=30°,于是得到結(jié)論.【解答】解:∵將△ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)40°得到△DEC,∴∠ACD=40°,∠A=∠D=30°,∴∠EFC=∠ACD+∠D=40°+30°=70°,故答案為:70.【點評】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),三角形外角的性質(zhì)等知識,熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關鍵.13.【分析】根據(jù)平行線分線段成比例定理列出比例式,把已知數(shù)據(jù)代入計算即可.【解答】解:∵DE∥BC,∴=,即=,解得:AC=12,故答案為:12.【點評】本題考查的是平行線分線段成比例定理,靈活運用定理、找準對應關系是解題的關鍵.14.【分析】連接AB,根據(jù)切線長定理得到PA=PB,根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AB=PA=6,∠PAB=60°,根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠PAC=90°,根據(jù)正切的定義計算即可.【解答】解:連接AB,∵PA,PB是⊙O的切線,∴PA=PB,∵∠P=60°,∴△PAB為等邊三角形,∴AB=PA=6,∠PAB=60°,∵PA是⊙O的切線,∴∠PAC=90°,∴∠CAB=30°,∵AC是⊙O的直徑,∴∠ABC=90°,在Rt△ABC中,BC=AB?tan∠CAB=6×=2,故答案為:2.【點評】本題考查的是切線的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì),掌握圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑是解題的關鍵.15.【分析】利用拋物線的性質(zhì)對每個說法進行逐一判斷即可得出結(jié)論.【解答】解:∵a=1>0,∴拋物線的開口方向向上.∴①說法錯誤;令x=0則y=﹣2,∴拋物線與y軸交點的坐標為(0,﹣2).∴②說法正確;∵拋物線y=x2+bx﹣2的對稱軸為直線x=﹣,∴當b>0時,﹣<0,∴當b>0時,拋物線的對稱軸在y軸左側(cè).∴③說法錯誤;令y=0,則x2+bx﹣2=0,∵Δ=b2﹣4×1×(﹣2)=b2+8>0,∴對于任意的實數(shù)b,拋物線與x軸總有兩個公共點.∴④說法正確;綜上,說法正確的有:②④,故答案為:②④.【點評】本題主要考查了二次函數(shù)圖象的性質(zhì),拋物線與x軸的交點,拋物線上點的坐標的特征,利用拋物線的開口方向,對稱軸,拋物線與x軸的交點的性質(zhì)解答是解題的關鍵.16.【分析】如圖,連接BG.利用三角形的中位線定理證明DP=BG,求出BG的最大值,即可解決問題.【解答】解:如圖,連接BG.∵AP=PG,AD=DB,∴DP=BG,∴當BG的值最大時,DP的值最大,∵y=﹣(x﹣1)(x﹣9)=﹣(x﹣5)2+3,∴C(5,3),B(9,0),∴BC==5,當點G在BC的延長線上時,BG的值最大,最大值=5+2=7,∴DP的最大值為3.5,故答案為:3.5.【點評】本題考查二次函數(shù)圖象上的點的坐標特征,三角形中位線定理等知識,解題的關鍵是學會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題,屬于中考常考題型.三、解答題(共68分:17題至22題,每題5分;23題至26題,每題6分;27、28題每題7分)17.【分析】先計算出△=(﹣4)2﹣4×1×(﹣2)=4×6,然后代入一元二次方程的求根公式進行求解.【解答】解:∵a=1,b=﹣4,c=﹣2,∴△=(﹣4)2﹣4×1×(﹣2)=4×6>0,∴x===2±,∴x1=2+,x2=2﹣.【點評】本題解一元二次方程﹣公式法:一元二次方程ax2+bx+c=0(a、b、c為常數(shù),a≠0)的求根公式為x=(b2﹣4ac≥0).18.【分析】(1)分別作出三個頂點關于原點的對稱點,再首尾順次連接即可;(2)分別作出三個頂點繞原點O順時針旋轉(zhuǎn)90°所得對應點,再首尾順次連接即可;(3)作AB、AC的中垂線,交點即為所求.【解答】解:(1)如圖所示,△A1B1C1即為所求,B1的坐標為(1,4);故答案為:(1,4);(2)如圖所示,△A2B2C2即為所求.(3)如圖所示,△ABC外接圓圓心的坐標為(﹣3,﹣3).【點評】本題主要考查作圖—旋轉(zhuǎn)變換,解題的關鍵是掌握旋轉(zhuǎn)變換的定義與性質(zhì)及三角形的外接圓.19.【分析】過點O作OC⊥AB于點C,連接OA,根據(jù)垂徑定理得到AC=0.4,再在Rt△ACO中,根據(jù)勾股定理可求出OC,進而即可求解.【解答】解:如圖,作OC⊥AB于點C,連接OA,∵∠ACO=90°,,∵AB=0.8,∴AC=0.4,在Rt△ACO中,根據(jù)勾股定理,得,∴0.3+0.5=0.8,∴水的最大深度為0.8m.【點評】此題主要考查了垂徑定理的應用,以及勾股定理,熟練掌握定理是解題的關鍵.20.【分析】根據(jù)題中的過程,結(jié)合圖形進行合情推理.【解答】證明:如圖:連接AD,∵CD=AD∴點C在⊙D上,∴CB是⊙D的直徑.∴∠BAC=90°(直徑所對的圓周角是90°),∴AB⊥AC,∵OA是⊙O的半徑,∴AB是⊙O的切線,(過半徑的外端且垂線于半徑的直線是圓的切線),故答案為:CD,∠BAC,直徑所對的圓周角是90°,OA,過半徑的外端且垂線于半徑的直線是圓的切線.【點評】本題考查了作圖的證明,掌握圓的切線的判定是解題的關鍵.21.【分析】(1)根據(jù)判別式的意義得到Δ=1﹣4m>0,然后解不等式即可得到m的范圍;(2)在(1)中m的取值范圍內(nèi)確定滿足條件的m的值,再解方程即可得到結(jié)論.【解答】解:(1)∵關于x的一元二次方程x2﹣4x+2m﹣1=0有兩個不相等的實數(shù)根,∴Δ=(﹣4)2﹣4(2m﹣1)=20﹣8m>0,解得m<.(2)∵m<,∴m的最大整數(shù)為2,此時方程變形為x2﹣4x+3=0,(x﹣1)(x﹣3)=0,解得x1=1,x2=3.【點評】本題考查了根的判別式:一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根與Δ=b2﹣4ac有如下關系:當Δ>0時,方程有兩個不相等的兩個實數(shù)根;當Δ=0時,方程有兩個相等的兩個實數(shù)根;當Δ<0時,方程無實數(shù)根.22.【分析】(1)根據(jù)矩形面積=長×寬求解;(2)把(1)中解析式化為頂點式,再根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求最值.【解答】解:(1)∵AB=xm,∴BC=(28﹣x)m,∴y=x(28﹣x)=﹣x2+28x,∵28﹣x>0,∴x<28,∴y與x的關系式為y=﹣x2+28x(0<x<28);(2)y=﹣x2+28x=﹣(x﹣14)2+196,∵﹣1<0,0<x<28,∴當x=14時,y有最大值,最大值為196,答:當AB=14m時,矩形ABCD的面積最大,最大面積是196m2.【點評】本題考查二次函數(shù)的應用,解題關鍵是根據(jù)題意列出函數(shù)解析式.23.【分析】(1)利用兩根式求解可得結(jié)論;(2)利用描點法畫出函數(shù)圖象,利用圖象即可求解;(3)利用圖象法判斷即可.【解答】解:(1)∵二次函數(shù)的圖象過點(﹣3,0)和(1,0),∴設二次函數(shù)的解析式為:y=a(x+3)(x﹣1),將(0,﹣3)代入得:﹣3=a(0+3)(0﹣1),解得:a=1,∴二次函數(shù)的解析式為y=(x+3)(x﹣1)=x2+2x﹣3;(2)函數(shù)圖象如圖所示:觀察圖象可知,當y>﹣3時,x<﹣2或x>0;(3)觀察圖象可知,當﹣3≤x<2時,﹣4≤t<5.故答案為:﹣4≤t<5【點評】本題考查拋物線與x軸的交點,二次函數(shù)的性質(zhì),二次函數(shù)圖象上的點的坐標特征,待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式,解題的關鍵是學會利用圖象法解決問題.24.【分析】(1)連接OE,由∠BAE=∠OEA,∠BAE=∠CAE,得∠OEA=∠CAE,則OE∥AC,所以∠OEP=∠ACP=90°,即可證明直線PQ是⊙O的切線;(2)連接BE、CE,則∠B+∠ADE=180°,而∠EDC+∠ADE=180°,所以∠B=∠EDC,再證明∠EDC=∠AEC,而∠ECD=∠ACE,則△ECD∽△ACE,得=,則CD(CD+6)=22,求得CD=﹣3.【解答】(1)證明:連接OE,則OE=OA,∴∠BAE=∠OEA,∵AE平分∠BAC,∴∠BAE=∠CAE,∴∠OEA=∠CAE,∴OE∥AC,∵AC⊥PQ于點C,∴∠OEP=∠ACP=90°,∵OC是⊙O的直徑,且PQ⊥OC,∴直線PQ是⊙O的切線.(2)解:連接BE、CE,則∠B+∠ADE=180°,∵∠EDC+∠ADE=180°,∴∠B=∠EDC,∵AB是⊙O的直徑,∴∠AEB=∠ACE=90°,∴∠BAE=∠CAE,∵∠B=90°﹣∠BAE=90°﹣∠CAE=∠AEC,∴∠EDC=∠AEC,∵∠ECD=∠ACE,∴△ECD∽△ACE,∴=,∴CD?AC=EC2,∵AD=6,EC=2,∴CD(CD+6)=22,解得CD=﹣3或CD=﹣﹣3(不符合題意,舍去),∴CD的長是﹣3.【點評】此題重點考查等腰三角形的性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)、切線的判定、圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識,正確地作出所需要的輔助線是解題的關鍵.25.【分析】(1)根據(jù)表格描點,連線即可得到函數(shù)圖象;(2)觀察圖象可得答案;(3)求出函數(shù)解析式,令x=3.5即可得到答案.【解答】解:(1)畫出函數(shù)的圖象如下:(2)由已知可得,x=0時,y=2.5,∴出水口距地面的高度為2.5米,由圖象可得,水達到最高點時與池中心的水平距離約為1.5米,故答案為:2.5,1.5;(3)設y=ax2+bx+c,把(0,2.5)(1,3.3)(2,3.3)代入可得,,解得,∴y與x的關系式為y=﹣0.4x2+1.2x+2.5,∵5﹣1.5=3.5,∴當x=3.5時,y=﹣0.4×3.52+1.2×3.5+2.5=1.8,∴估計出水口至少需要降低1.8米,故答案為:降低,1.8.【點評】本題考查二次函數(shù)的實際應用,根據(jù)點的坐標畫出函數(shù)圖象是解題關鍵.26.【分析】(1)將拋物線的解析式配成頂點式,即可寫成答案;(2)①先確定出當x=t時,y1的最小值為t,進而求出t,再判斷出當x=t+2時,y1取最大值,即可求出答案;②先由y1<y2得出(x2﹣x1)(x2+x1﹣2t)>0,最后分兩種情況,利用t﹣2≤x1≤t+1,x2=1﹣t,即可求出答案.【解答】解:(1)∵y=x2﹣2tx+t2﹣t=(x﹣t)2﹣t,∴拋物線的頂點坐標為(t,﹣t);(2)①∵y=x2﹣2tx+t2﹣t=(x﹣t)2﹣t,∴拋物線的對稱軸為x=t,∵1>0,∴拋物線開口向上,∵t﹣2≤x1≤t+1,∴當x=t時,y1的最小值為﹣t,∵y1的最小值是﹣2,∴t=2,∴x2=1﹣t=﹣1,拋物線表達式為y=x2﹣4x+2,∴y2=12﹣4×(﹣1)+2=7;②∵點P(x1,y1),Q(x2,y2)在拋物線y=(x﹣t)2﹣t上,∴y1=(x1﹣t)2﹣t,y2=(x2﹣t)2﹣t,∵對于x1,x2,都有y1<y2,∴y2﹣y1=(x2﹣t)2﹣t﹣(x1﹣t)2+t=(x2﹣t)2﹣(x1﹣t)2=(x2﹣x1)(x2+x1﹣2t)>0,∴或,Ⅰ、當時,∵x2﹣x1>0,∴x2>x1,∵t﹣2<x1<t+1,x2=1﹣t,∴1﹣t≥t+1,∴t≤0,∵x2+x﹣2t>0,∴x2+x1>2t,∵t﹣2<x1<t+1,x2=1﹣t,∴﹣1<x2+x1<2,∴2t≤﹣1,∴t≤﹣,即t≤﹣;Ⅱ、當時,由x2﹣x1<0得:x2<x1,∵t﹣2<x1<t+1,x2=1﹣t,∴1﹣t≤t﹣2,∴t≥,由x2+x1﹣2t<0知,x2+x1<2t,∵t﹣2<x1<t+1,x2=1﹣t,∴﹣1<x2+x1<2,∴2t≥2,∴t≥1,即t;即滿足條件的t的取值范圍為t≤﹣或t≥.【點評】此題是二次函數(shù)綜合題,主要考查了配方法,函數(shù)極值的確定,用分類討論的思想解決問題是解本題的關鍵.27.【分析】(1)過D′作D'E⊥AB于點E,證明△EBD′≌△ADB(AAS),得D'E=AB,再證明△AGC≌△D'GE(AAS),可得CG=D'G;(2)①根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得結(jié)論;②過D′作D'H⊥AB,交BA延長線于點H,證明△ABD≌△HD'B(AAS),得AB=HD'=AC,再證明△D'HG≌△CAG(AAS),可得CG=D'G;(3)過D′作D'M⊥AB,交AB延長線于點M,證明△D'BM≌△BDA(AAS),得D'M=AB=AC,BM=AD,得AM=CD,過點C作CN⊥D'M,交D'M的延長線于N,證明四邊形AMNC是矩形,再利用勾股定理即可解決問題.【解答】解:(1)CG=D'G,理由如下:如圖1,過D′作D'E⊥AB于點E,∴∠D'EB=∠BAD=90°,∴∠D'BE+∠BD'E=90°,∵∠DBD′=90°,∴∠ABD+∠D'BE=90°,∴∠BD'E=∠ABD,∵D'B=DB,∴△EBD′≌△ADB(AAS),∴D'E=AB,∵AB=AC,∴D'E=AC,∵∠A=∠D'EG,∠D'GE=∠AGC,∴△AGC≌△D'GE(AAS),∴CG=D'G,故答案為:=;(2)①補全的圖2如下:與∠BDC相等的角是∠ABD′,理由如下:∵∠DBD'=90°,∴∠DBA+∠ABD'=90°,∵∠BAC=90°,∴∠DBA+∠BDC=90°,∴∠BDC=∠ABD′,故答案為:∠ABD′;②成立,CG=D′G,理由如下:如圖2,過D′作D'H⊥AB,交BA延長線于點H,∴∠D′HG=∠BAC=90°,∵D'B=DB,∠BDC=∠ABD′,∴△ABD≌△HD'B(AAS),∴AB=HD'=AC,∵∠D′HG=∠BAC=90°,∠D′GH=∠AGC,∴△D'HG≌△CAG(AAS),∴CG=D'G;(3)4CA2+CD2=CD′2,理由如下:如圖3,過D′作D'M⊥AB,交AB延長線于點M,∴∠D'MB=∠BAD=90°,∵∠D'BD=90°,∴∠D'BM+∠ABD=90°,∵∠D'BM+∠BD'M=90°,∴∠BD′M=∠ABD,∵D′B=DB,∴△D'BM≌△BDA(AAS),∴D'M=AB=AC,BM=AD,∴AM=AB+BM=AC+AD=CD,過點C作CN⊥D'M,交D'M的延長線于N,∴∠NMA=∠MAC=∠N=90°,∴四邊形AMNC是矩形,∴CN=AM=CD,MN=AC=D′M,∵D'N2+CN2=CD′2,∴(2CA)2+CD2=CD′2,∴4CA2+CD2=CD′2.【點評】本題屬于幾何變換綜合題,考查了等腰直角三角形的性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),勾股定理,矩形的判定與性質(zhì)等知識,解題關鍵是學會添加常用輔助線,構(gòu)造全等三
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