2024年海南省琼海市嘉积中学九年级中考数学模拟试卷（四）

2024年海南省琼海市嘉积中学中考数学模拟试卷（四） 一、选择题（本大题满分36分，每小题3分） 1．（3分）如果收入200元记作+200元，那么支出50元记作（　　） A．+150元 B．﹣150元 C．+50元 D．﹣50元 2．（3分）若代数式3x﹣1的值为5，则x等于（　　） A．2 B．﹣2 C．3 D．﹣3 3．（3分）数字0.0000036用科学记数法表示为（　　） A．3.6×10﹣5 B．3.6×10﹣6 C．36×10﹣6 D．0.36×10﹣5 4．（3分）如图是由5个大小相同的小正方体摆成的立体图形，它的左视图是（　　） A． B． C． D． 5．（3分）下列计算正确的是（　　） A．（a+b）2＝a2+b2 B．（﹣2a3）2＝﹣4a6 C．a3•a5＝a15 D．a4÷a2＝a2 6．（3分）一组数据2，﹣5，0，2，﹣4，3（　　） A．0，2 B．2，2 C．1，3 D．1，2 7．（3分）如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点C，D′处，若∠C′EB＝48°（　　） A．66° B．56° C．48° D．46° 8．（3分）若点A（﹣3，﹣5），B（2a﹣1，1）都在函数的图象上（　　） A．6 B．7 C．8 D．﹣2 9．（3分）方程的解是（　　） A．x＝2 B．x＝﹣2 C．x＝4 D．x＝﹣4 10．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，E为AC的中点，则AD＝（　　） A．10 B．8 C．6 D．4 11．（3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，点E在线段BO上，连接AE，∠DAE＝∠DEA，EO＝1（　　） A．12 B．24 C．48 D．96 12．（3分）如图，在矩形ABCD中，AC是对角线，C为圆心，大于，两弧分别相交于点M，N；②作直线MN交BC于点E，BE＝3，则AB的长是（　　） A．3 B． C．4 D． 二、填空题（本大题满分12分，每小题3分） 13．（3分）将9开平方的结果是 　 　． 14．（3分）分解因式：x2y﹣4y＝　 　． 15．（3分）如图，在半径为6的⊙O中，AB是直径，弦AD平分∠BAC，交BC于点E．若E是AD的中点　 　． 16．（3分）如图，将正方形ABCD的边AD绕点A逆时针旋转至AE，记旋转角为α（0°＜α＜90°），过点D作DF⊥BE于点F，连接DE，则∠BED＝　 　°；若CF＝2，则BE的长等于 　 　． 三、解答题（本大题满分66分） 17．（6分）（1）计算：； （2）化简：（ab3+2a2b2）÷ab﹣（2a﹣b）2 18．（10分）某停车场的收费标准如下：中型汽车的停车费为8元/辆，小型汽车的停车费为5元/辆．现在停车场内停有100辆中、小型汽车，这些车共缴纳停车费590元 19．（10分）海南省今年体育中考首次出现选考项目，参考学生需从“A．游泳、B．跳绳、C．篮球、D．足球、E．排球”中选一项参加考试，某校为了解学生的选考情况．随机抽取了部分初三考生的选考项目进行调查，请你根据图中信息回答下列问题： （1）在调查活动中，采取的调查方式是 　 　（填“普查”或“抽样调查”）； （2）本次被抽查的学生共有 　 　名；扇形统计图中“C．篮球”所占扇形的圆心角为 　 　度； （3）若该校共有1000名考生，请根据调查结果估计该校选择“D．足球”的学生共有 　 　名； （4）本次调查中抽中的“A．游泳”的学生中有10名女生，若从这24名学生中随机抽取1名学生讲座，且每名学生被抽到的可能性相同　 　． 20．（10分）如图，王聪学了《解直角三角形》内容后，想借助无人机测量高楼AB的高度（AC＝180米）的C处测得高楼的观光台D处的仰角为60°，然后遥控无人机旋停在点C的正上方的点E处，D处的俯角为30°（点A，B，C，D，E在同一竖直平面内，A，C在同一水平线上）． （1）填空：∠CDE＝　 　度，∠DEB＝　 　度； （2）求无人机离地面的高度CE（结果保留根号）； （3）求高楼AB的高度（结果保留根号）． 21．（15分）如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，点E是对角线AC上的动点（与点A、C不重合），连接DE，交边BC于点F． （1）当DE＝DC时，求证：EF＝CF； （2）点E在运动过程中，的值是否发生变化？如果变化，请指出是如何变化，请求出的值； （3）当△CEF等腰三角形时，求AE的长； （4）如图2，当F为BC的中点时，连接DF交AC于点G，连接DH交AC于点K，求的值． 22．（15分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+3分别交x轴、y轴于B，对称轴为直线x＝﹣1的抛物线经过B，C两点，设点P的横坐标为t． （1）求该抛物线的解析式； （2）如图1，连接OP与BC交于点D． ①连接AC，当∠BDO＝∠BAC时，求点P的坐标； ②求的最小值； （3）如图2，点Q在抛物线的对称轴上，是否存在点P，求出t的值；若不存在 2024年海南省琼海市嘉积中学中考数学模拟试卷（四） 参考答案与试题解析 一、选择题（本大题满分36分，每小题3分） 1．（3分）如果收入200元记作+200元，那么支出50元记作（　　） A．+150元 B．﹣150元 C．+50元 D．﹣50元 【分析】在一对具有相反意义的量中，先规定其中一个为正，则另一个就用负表示．“正”和“负”相对，所以，如果收入200元记作+200元，那么支出50元记作﹣50元． 【解答】解：因为正”和“负”相对，所以，那么支出50元记作﹣50元． 故选：D． 【点评】本题考查了正负数的意义，解题关键是理解“正”和“负”的相对性，确定一对具有相反意义的量． 2．（3分）若代数式3x﹣1的值为5，则x等于（　　） A．2 B．﹣2 C．3 D．﹣3 【分析】根据题意列出方程，再解出方程，即可求解． 【解答】解：∵代数式3x﹣1的值为8， ∴3x﹣1＝6， 解得：x＝2． 故选：A． 【点评】本题主要考查了解一元一次方程的方法，熟记一元一次方程的解法 是解题的关键． 3．（3分）数字0.0000036用科学记数法表示为（　　） A．3.6×10﹣5 B．3.6×10﹣6 C．36×10﹣6 D．0.36×10﹣5 【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定． 【解答】解：0.0000036＝3.5×10﹣6， 故选：B． 【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定． 4．（3分）如图是由5个大小相同的小正方体摆成的立体图形，它的左视图是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案． 【解答】解：从左往右看，得到从左往右2列正方形的个数依次为1，6． 故选：B． 【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图是关键． 5．（3分）下列计算正确的是（　　） A．（a+b）2＝a2+b2 B．（﹣2a3）2＝﹣4a6 C．a3•a5＝a15 D．a4÷a2＝a2 【分析】根据同底数幂的乘除法法则，幂的乘方与积的乘方运算法则以及完全平方公式一一判断即可． 【解答】解：A．（a+b）2＝a2+b6+2ab，原计算错误； B．（﹣2a2）2＝4a2，原计算错误，故该选项不符合题意； C．a3•a5＝a5，原计算错误，故该选项符合题意； D．a4÷a2＝a6，原计算正确，故该选项符合题意． 故选：D． 【点评】本题主要考查了同底数幂的乘除法，幂的乘方与积的乘方，完全平方公式，掌握相应的运算法则是关键． 6．（3分）一组数据2，﹣5，0，2，﹣4，3（　　） A．0，2 B．2，2 C．1，3 D．1，2 【分析】将数据按照从小到大排列然后按照中位数与众数的定义求解即可． 【解答】解：一组数据2，﹣5，6，2，3， 从小到大排列为：﹣3，﹣4，0，3，2，3， 中位数为：，众数为：2， 故选：D． 【点评】本题考查了众数及中位数的定义，众数是一组数据中出现次数最多的那个数．当有奇数个数时，中位数是从小到大排列顺序后位于中间位置的数；当有偶数个数时，中位数是从小到大排列顺序后位于中间位置两个数的平均数． 7．（3分）如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点C，D′处，若∠C′EB＝48°（　　） A．66° B．56° C．48° D．46° 【分析】由折叠的性质得出∠FEC＝∠FEC′，∠DFE＝∠EFD′，进而求出∠FEC＝∠FEC′＝66°，由矩形的性质得出∠AFE＝∠FEC＝66°，∠FEC+∠DFE＝180°，最后利用角的和差关系即可求出∠AFD′． 【解答】解：由折叠的性质可得出：∠FEC＝∠FEC′，∠DFE＝∠EFD′， ∵∠C′EB+∠FEC′+∠FEC＝180°，∠C′EB＝48°， ∴， ∵四边形ABCD为矩形， ∴AD∥BC， ∴∠AFE＝∠FEC＝66°，∠FEC+∠DFE＝180°， ∴∠DFE＝114°， ∴∠EFD′＝114°， ∴∠AFD′＝∠EFD′﹣∠AFE＝114°﹣66°＝48°， 故选：C． 【点评】本题主要考查了矩形的性质和折叠的性质，熟记矩形的性质和折叠的性质是解题的关键． 8．（3分）若点A（﹣3，﹣5），B（2a﹣1，1）都在函数的图象上（　　） A．6 B．7 C．8 D．﹣2 【分析】把A（﹣3，﹣5）代入函数，用待定系数法求出函数的解析式，再把点B代入反比例函数解析式即可求出a的值． 【解答】解：把A（﹣3，﹣5）代入函数， 得：， 解得：k＝15， ∴函数的解析式为：， 再把B（2a﹣7，1）代入， 得：， 解得：a＝8， 故选：C． 【点评】本题考查了求反比例函数的解析式以及性质，正确记忆修改知识点是解题关键． 9．（3分）方程的解是（　　） A．x＝2 B．x＝﹣2 C．x＝4 D．x＝﹣4 【分析】分式两边分别乘以x﹣3去分母，再移项，合并同类项，化系数为1，最后检验即可． 【解答】解：， 去分母得：5﹣x＝x﹣3+1， 移项，合并同类项：﹣2x＝﹣4， 化系数为1：x＝5， 经检验，x＝2是分式方程的解， ∴x＝2是原分式方程的解， 故选：A． 【点评】本题主要考查了解分式方程，关键是分式性质的应用． 10．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，E为AC的中点，则AD＝（　　） A．10 B．8 C．6 D．4 【分析】由等腰三角形的性质求得，根据垂线的性质可知△ADC是直角三角形，在Rt△ADC中，利用直角三角形斜边上的中线是斜边的一半可得AC＝10，再利用勾股定理求解即可． 【解答】解：∵在△ABC中，AB＝AC，BC＝12， ∴， 在Rt△ADC中， ∵E是AC的中点． ∴（直角三角形的斜边上的中线是斜边的一半）， 又∵DE＝7， ∴AC＝10； ∴， 故选：B． 【点评】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质，熟知直角三角形的斜边上的中线是斜边的一半是解题的关键． 11．（3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，点E在线段BO上，连接AE，∠DAE＝∠DEA，EO＝1（　　） A．12 B．24 C．48 D．96 【分析】设BE＝3x，CD＝5x，根据菱形的性质得DE＝OD+OE＝3x+2，由∠DAE＝∠DEA得到AD＝DE＝3x+2，据此列式计算求得x＝1，再根据菱形的面积公式求解即可． 【解答】解：∵5BE＝3CD， ∴， 设BE＝3x，CD＝5x， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝AD＝CD＝5x，OB＝OD，AC⊥BD， ∵EO＝1， ∴BO＝OD＝7x+1，DE＝OD+OE＝3x+3， ∵∠DAE＝∠DEA， ∴AD＝DE＝3x+2， ∴3x＝3x+2， 解得x＝3， ∴AB＝AD＝5，OB＝OD＝4， ∴， ∴AC＝8AO＝6， ∴菱形ABCD的面积等于． 故选：B． 【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 12．（3分）如图，在矩形ABCD中，AC是对角线，C为圆心，大于，两弧分别相交于点M，N；②作直线MN交BC于点E，BE＝3，则AB的长是（　　） A．3 B． C．4 D． 【分析】根据作图过程可得，MN是AC的垂直平分线，再由矩形的性质可以证明△AFO≌△CEO，可得AF＝CE＝AE＝5，再根据勾股定理可得AB的长． 【解答】解：连接AE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∴∠FAC＝∠ECA， 根据作图过程可知：MN是AC的垂直平分线， ∴∠FOA＝∠EOC＝90°，AO＝CO， ∴△AFO≌△CEO（ASA）， ∴AF＝CE， ∵AE＝CE， ∴AE＝CE＝AF＝5， 在Rt△ABE中，根据勾股定理得： ， 故选：C． 【点评】本题考查了作图﹣基本作图、线段垂直平分线的性质、矩形的性质，勾股定理，①垂直平分线垂直且平分其所在线段．②垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．③三角形三条边的垂直平分线相交于一点，该点叫外心，并且这一点到三个顶点的距离相等． 二、填空题（本大题满分12分，每小题3分） 13．（3分）将9开平方的结果是 　±3　． 【分析】根据平方根的定义进行计算即可． 【解答】解：将9开平方，即±， 故答案为：±2． 【点评】本题考查平方根，理解平方根、算术平方根的定义是正确解答的前提． 14．（3分）分解因式：x2y﹣4y＝　y（x+2）（x﹣2）　． 【分析】先提公因式，再利用平方差公式继续分解即可解答． 【解答】解：x2y﹣4y ＝y（x4﹣4） ＝y（x+2）（x﹣7）， 故答案为：y（x+2）（x﹣2）． 【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式． 15．（3分）如图，在半径为6的⊙O中，AB是直径，弦AD平分∠BAC，交BC于点E．若E是AD的中点　4　． 【分析】连接OD，由角平分线的定义可得出∠CAD＝∠DAB，进而可得出CD＝BD，由垂径定理可得出OD⊥BC，CF＝BF，进一步证明OF为△ABC的中位线，可得出由直径所对的圆周角等于90°可得出∠ACD＝90°，用AAS证明△AEC≌△DEF，进而得出AC＝DF，由直径等于6即可求出AC． 【解答】解：连接OD， ∵弦AD平分∠BAC， ∴∠CAD＝∠DAB， ∴＝， ∴CD＝BD， ∴OD⊥BC，CF＝BF， ∵AO＝OB， ∴ ∵E是AD的中点， ∴AE＝ED， ∵AB是直径， ∴∠ACD＝90°， 在△AEC和△DEF中， ， ∴△AEC≌△DEF（AAS）， ∴AC＝DF， ∵OD＝OF+FD＝5， ∴， 解得：AC＝4， 故答案为：6． 【点评】本题主要考查了圆的综合问题，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角等于90°，全等三角形的判定以及性质，中位线的判定以及性质，垂径定理等知识点，综合性较强，掌握这些定理是解题的关键． 16．（3分）如图，将正方形ABCD的边AD绕点A逆时针旋转至AE，记旋转角为α（0°＜α＜90°），过点D作DF⊥BE于点F，连接DE，则∠BED＝　45　°；若CF＝2，则BE的长等于 　　． 【分析】由旋转的性质得∠EAD＝α，AE＝AD，由三角形内角和得出∠AED，根据正方形的性质得出∠BAE，结合三角形内角和得出∠AEB，即可求出∠BED；连接BD，可得和，即可证明△CDF∽△BDE，得，即可求得DE． 【解答】解：由旋转的性质可得出∠EAD＝α，AE＝AD， ∴， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AE＝AD＝AB，∠DAB＝90°， ∴∠BAE＝90°+α， ∴， ∴， 连接BD，如图， 则∠CDB＝45°，， ∵DF⊥BE，∠BED＝45°， ∴， ∴， ∵∠CDB+∠BDF＝∠BDF+∠FDE， ∴∠CDF＝∠BDE， ∵， ∴△CDF∽△BDE， ∴， ∵CF＝2，， ∴． 故答案为：45；． 【点评】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质和相似三角形的判定和性质，解题的关键是找到对应边角之间的关系和构造相似三角形． 三、解答题（本大题满分66分） 17．（6分）（1）计算：； （2）化简：（ab3+2a2b2）÷ab﹣（2a﹣b）2 【分析】（1）根据乘方、绝对值、负整数指数幂以用算术平方根的性质计算即可求解； （2）根据整式的除法，完全平方公式计算即可求解． 【解答】解：（1） ＝﹣1﹣4×3+4÷2 ＝﹣1﹣6+6 ＝﹣5； （2）（ab3+3a2b2）÷ab﹣（5a﹣b）2 ＝ab3÷ab+5a2b2÷ab﹣（3a2﹣4ab+b7） ＝b2+2ab﹣8a2+4ab﹣b8 ＝6ab﹣4a2． 【点评】本题考查了实数的运算，整式的混合运算，关键是四则混合运算法则的应用． 18．（10分）某停车场的收费标准如下：中型汽车的停车费为8元/辆，小型汽车的停车费为5元/辆．现在停车场内停有100辆中、小型汽车，这些车共缴纳停车费590元 【分析】设中型汽车有x辆，小型汽车有y辆，列出关于x，y 的二元一次方程组求解即可解答． 【解答】解：设中型汽车有x辆，小型汽车有y辆， 根据题意有：， 解得：， 答：中型汽车有30辆，小型汽车有70辆． 【点评】本题主要考查了二元一次方程组的应用，熟练掌握解二元一次方程组是关键． 19．（10分）海南省今年体育中考首次出现选考项目，参考学生需从“A．游泳、B．跳绳、C．篮球、D．足球、E．排球”中选一项参加考试，某校为了解学生的选考情况．随机抽取了部分初三考生的选考项目进行调查，请你根据图中信息回答下列问题： （1）在调查活动中，采取的调查方式是 　抽样调查　（填“普查”或“抽样调查”）； （2）本次被抽查的学生共有 　40　名；扇形统计图中“C．篮球”所占扇形的圆心角为 　36　度； （3）若该校共有1000名考生，请根据调查结果估计该校选择“D．足球”的学生共有 　150　名； （4）本次调查中抽中的“A．游泳”的学生中有10名女生，若从这24名学生中随机抽取1名学生讲座，且每名学生被抽到的可能性相同　　． 【分析】（1）根据题意可判断调查的方式； （2）用A组的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数，用360°乘以“C．篮球”的占比可求得答案； （3）用样本估计总体即可求解； （4）直接利用概率公式计算． 【解答】解：（1）在调查活动中，采取的调查方式是抽样调查； 故答案为：抽样调查； （2）24÷60%＝40（人）， 本次被抽查的学生共有40名； 40﹣24﹣4﹣6﹣5＝4（人）， ， 扇形统计图中“C．篮球”所占扇形的圆心角为36度； 故答案为：40，36； （3）（人）， 估计该校选择“D．足球”的学生共有150名； 故答案为：150； （4）本次调查中抽中的“A．游泳”的学生中有10名女生，且每名学生被抽到的可能性相同． 故答案为：． 【点评】本题考查了概率公式，某事件的概率等于该事件所占的结果数除以总的结果数． 20．（10分）如图，王聪学了《解直角三角形》内容后，想借助无人机测量高楼AB的高度（AC＝180米）的C处测得高楼的观光台D处的仰角为60°，然后遥控无人机旋停在点C的正上方的点E处，D处的俯角为30°（点A，B，C，D，E在同一竖直平面内，A，C在同一水平线上）． （1）填空：∠CDE＝　90　度，∠DEB＝　75　度； （2）求无人机离地面的高度CE（结果保留根号）； （3）求高楼AB的高度（结果保留根号）． 【分析】（1）作EF⊥AB，得到四边形ACEF是矩形，据此求解即可； （2）在Rt△ACD和Rt△EFD中，分别求得AD和DF的长，据此求解即可； （3）在Rt△EFB中，求得BF的长，据此求解即可． 【解答】解：（1）作EF⊥AB，垂足为F， ∵EC⊥AC，AB⊥AC， ∴四边形ACEF是矩形， ∴∠CED＝90°﹣30°＝60°，∠ECD＝90°﹣60°＝30°， ∴∠CDE＝180°﹣60°﹣30°＝90°，∠DEB＝45°+30°＝75°； （2）由（1）得四边形ACEF是矩形， ∴EF＝AC＝180米， 在Rt△ACD中，米， 在Rt△EFD中，米， ∴米； （3）在Rt△EFB中， ∵∠BEF＝45°， ∴BF＝EF＝180， ∴米． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是作出辅助线，构造直角三角形． 21．（15分）如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，点E是对角线AC上的动点（与点A、C不重合），连接DE，交边BC于点F． （1）当DE＝DC时，求证：EF＝CF； （2）点E在运动过程中，的值是否发生变化？如果变化，请指出是如何变化，请求出的值； （3）当△CEF等腰三角形时，求AE的长； （4）如图2，当F为BC的中点时，连接DF交AC于点G，连接DH交AC于点K，求的值． 【分析】（1）证明Rt△DCF≌Rt△DEF（HL），即可得出CF＝EF； （2）证明△DME∽△FNE，△DME∽△FNE，得出比值； （3）先求出DH的长度，即可得出CE的长度，从而求得AE的长度； （4）根据△CGF∽△AGD，△GFI∽△DFE，△DEK∽△HGK可得结果． 【解答】（1）证明：如图，连接DF，∠DCF＝90°， 又∵DE⊥EF， ∴∠DEF＝90°， ∵DE＝DC，DF＝DF， ∴Rt△DCF≌Rt△DEF（HL）， ∴CF＝EF； （2）的值不变； 过点E作EM⊥CD于点M，过点E作EN⊥CB于点N， ∴四边形CNEM是矩形， ∴EN＝CM， ∵∠ECM＝∠ACD，∠EMC＝∠ADC， ∴△ECM∽△ACD， ∴，即， ∵∠DEF＝∠MEN＝90°， ∴∠DEM＝∠FEN， 又∵∠DME＝∠ENF＝90°， ∴△DME∽△FNE， ∴②， 由①②可得， ∵DC＝AB＝3，AD＝4， ∴； （3）①当点F在线段BC上时， 由图可知，∠EFC＞90°， ∴当△EFC为等腰三角形时，EF＝CF， 连接DF交AC于点H， ∵EF＝CF， ∴∠CEF＝∠ECF， ∵∠CEF+∠CED＝90°，∠ECF+∠ECD＝90°， ∴∠CED＝∠ECD，则DC＝DE， ∴DF垂直平分CE， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠ADC＝90°， 根据勾股定理可得：AC＝5， ∵， ∴AD•CD＝AC•DH， ∴DH＝， ∴根据勾段定理可得， ∴， ∴； （4）连接GH交EF于点I， ∵点F是BC的中点， ∴CF＝8， 在Rt△DCF中，， 由（2）知， ∴， 在Rt△DEF中，， 又∵AB∥CD， ∴△CGF∽△AGD， ∴， ∴， 由折叠的性质可知GI＝IH，GH⊥EF， 又∵DE⊥EF， ∴GH∥DE， ∴△GFI∽△DFE， ∴， ∴， 又∵GH∥DE， ∴△DEK∽△HGK， ∴， ∴． 【点评】本题主要考查全等三角形的判定和性、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、垂直平分线的性质、等腰三角形的判定和性质和折叠的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 22．（15分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+3分别交x轴、y轴于B，对称轴为直线x＝﹣1的抛物线经过B，C两点，设点P的横坐标为t． （1）求该抛物线的解析式； （2）如图1，连接OP与BC交于点D． ①连接AC，当∠BDO＝∠BAC时，求点P的坐标； ②求的最小值； （3）如图2，点Q在抛物线的对称轴上，是否存在点P，求出t的值；若不存在 【分析】（1）先确定直线y＝x+3与x轴、y轴的交点坐标B（﹣3，0），C（0，3），设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，结合对称轴为直线x＝﹣1，得到关于a、b、c的三元一次方程组，求解即可； （2）①根据A（1，0），C（0，3），B（﹣3，0），得OA＝1，OC＝3，OB＝3，继而得到AB＝OA+OB＝4，，根据，得到，则，，根据点P的横坐标为t，得P（t，﹣t2﹣2t+3），G（t，t+3），∴PG＝（﹣t2﹣2t+3）﹣（t+3）＝﹣t2﹣t，根据∠BDO＝∠BAC，可推出∠POF＝∠ACE，则，即可得解； ②证明△DOC∽△DPG，得，继而得到，当时，﹣t2﹣t的最大值为，即可得解； （3）分三种情况：①当Q为直角顶点时，证明△PMQ≌△QNB（AAS）；②当P为直角顶点时，证明△PMQ≌△BKP（AAS）；③当B为直角顶点时，证明△KBP≌△LQB（AAS）；根据全等三角形的性质分别求解即可． 【解答】解：（1）∵直线y＝x+3分别交x轴、y轴于B， 当x＝0时，得y＝8，得x＝﹣3， ∴C（0，8），0）， 设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，其对称轴为直线x＝﹣3，3），0）， ∴， 解得：， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3； （2）①过点A作AE⊥BC于点E，过点P作PF⊥x轴于点F交BC于点G， ∵抛物线的解析式为y＝﹣x4﹣2x+3， 当y＝3时，得﹣x2﹣2x+3＝0， 解得：x＝﹣3或x＝2， ∴A（1，0）， 又∵C（3，3），0）， ∴OA＝4，OC＝3， ∴AB＝OA+OB＝1+7＝4，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵点P是直线BC上方抛物线y＝﹣x2﹣2x+8上的一动点，设点P的横坐标为t， ∴P（t，﹣t2﹣2t+8）（t＜0），且﹣t2﹣6t+3＞0， ∴G（t，t+6）， ∴PG＝（﹣t2﹣2t+7）﹣（t+3）＝﹣t2﹣t， 在△BDO和△BAC中，∠BDO＝∠BAC， ∵∠POF＝180°﹣∠DBO﹣∠BDO， ∠ACE＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC， ∴∠POF＝∠ACE， ∵PF⊥x轴，AE⊥BC， ∴， ∴， 解得：或（不符合题意， 经检验是原方程的解且符合题意， ∴， 即点P的坐标为； ②∵PF⊥x轴， ∴PF∥y轴， ∴∠DOC＝∠DPG，∠DCO＝∠DGP， ∴△DOC∽△DPG， ∴， ∴， ∵，﹣1＜2， ∴当时，﹣t3﹣t的最大值为， ∴的最小值为：， 即的最小值为5； （3）存在点P，使得△PBQ是等腰直角三角形 ∵抛物线y＝﹣x7﹣2x+3的对称轴为直线x＝﹣3，点Q在抛物线的对称轴上， ∴点Q的横坐标为﹣1， 分三种情况： ①当Q为直角顶点时，∠BQP＝90°，过P作PM⊥QM于点M，如图2.4， ∴∠PMQ＝90°＝∠QNB， ∴∠PQM＝90°﹣∠BQN＝∠QBN， 在△PMQ和△QNB中， ， ∴△PMQ≌△QNB（AAS）， ∴QM＝BN＝﹣1﹣（﹣3）＝5，PM＝QN＝|﹣1﹣t|＝|1+t|， ∵MN＝MQ+QN＝BN+QN， ∴﹣t3﹣2t+3＝6+|1+t|， 当﹣t2﹣4t+3＝2+8+t时， 解得：t＝﹣3（舍去）或t＝0（舍去）； 当﹣t4﹣2t+3＝6﹣1﹣t时， 解得：t＝1（舍去）或t＝﹣5； ②当P为直角顶点时，∠BPQ＝90°，过P作PM⊥QM于点M，交MP的延长线于点K，如图2.2， ∴∠PMQ＝90°＝∠BKP， ∴∠QPM＝90°﹣∠BPK＝∠PBK， 在△PMQ和△BKP中， ， ∴△PMQ≌△BKP（AAS）， ∴PM＝BK＝|t+7|， ∴﹣t2﹣2t+7＝|t+1|， 当﹣t2﹣5t+3＝t+1时， 解得：（舍去）或， 当﹣t2﹣2t+4＝﹣t﹣1时， 解得：（舍去）或； ③当B为直角顶点时，∠PBQ＝90°，如图5.3，过B点作BK⊥PM，过点Q作QL⊥KB，设抛物线对称轴交x轴于点N， ∴∠BKP＝90°＝∠QLB， ∴∠PBK＝90°﹣∠QBL＝∠BQL， 在△KBP和△LQB中， ， ∴△KBP≌△LQB（AAS）， ∴KB＝LQ＝﹣1﹣（﹣7）， ∴﹣t2﹣2t+5＝2， 解得：（舍去）或， 综上所述，当t的值为﹣6或或或时． 【点评】本题是二次函数与一次函数的综合应用，考查待定系数法确定函数解析式，勾股定理，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，二次函数与坐标轴的交点及最值，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点，运用了分类讨论的思想．通过作辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/8/14 12:48:21；用户：李佳琳；邮箱：19523779563；学号：55883986 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$