2024年上海市彭浦第三中学中考数学三模试卷（B卷）

2024年上海市静安区彭浦三中中考数学三模试卷（B卷） 一.选择题（共24分） 1．（4分）某班在统计全班33人的体重时，算出中位数与平均数都是54千克，但后来发现在计算时，将其中一名学生的体重50千克错写成了5千克，经重新计算后，正确的中位数为a千克，正确的平均数为b千克，那么（　　） A．a＜b B．a＝b C．a＞b D．无法判断 2．（4分）对于命题：①如果一个圆上所有的点都在另一个圆的内部，那么这两个圆内含；②如果一个圆上所有的点都在另一个圆的外部，那么这两个圆外离． 下列判断正确的是（　　） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题 3．（4分）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 4．（4分）如图1，▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（　　） A．甲、乙、丙都是 B．只有甲、乙才是 C．只有甲、丙才是 D．只有乙、丙才是 5．（4分）定义：若一次函数的图象与二次函数的图象有两个交点，并且都在坐标轴上，则称二次函数为一次函数的轴点函数．函数y＝﹣x+c（c为常数，c＜0）的图象与x轴交于点M，其轴点函数y＝ax2+bx+c与x轴的另一交点为N．若，则b的值为（　　） A．+5 B．3或﹣1 C．3 D．﹣5或3 6．（4分）如图，点A的坐标为（0，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等腰Rt△ABC，使∠BAC＝90°，设点B的横坐标为x，设点C的纵坐标为y，能表示y与x的函数关系的图象大致是（　　） A． B． C． D． 二.填空题（共48分） 7．（4分）计算：　 　． 8．（4分）把直线y＝﹣x+b向左平移3个单位后，在y轴上的截距为5，那么原来的直线解析式为 　 　 9．（4分）如图，已知在5×5的正方形网格中，点A、B、C在小正方形的顶点上，如果小正方形的边长都为1，那么点C到线段AB所在直线的距离是　 　． 10．（4分）数学的美无处不在，数学家们研究发现弹拨琴弦发出声音的音调高低取决于弦的长度，如三根弦长之比为15：12：10，把它们绷得一样紧，用同样的力度弹拨，它们将分别发出很调和的乐声：do，mi，so，研究15，12，10这三个数的倒数发现：，此时我们称15，12，10为一组调和数，现有三个数：6，4，x（x＞4），若要组成调和数，则x的值为 　 　． 11．（4分）已知等边△ABC的重心为G，△DEF与△ABC关于点G成中心对称，将它们重叠部分的面积记作S1，△ABC的面积记作S2，那么的值是　 　 12．（4分）如图，四边形OABC是正方形，OA在y轴正半轴上，OC在x轴负半轴上．反比例函数y在第二象限的图象与BC，AB分别交于点E，F．若∠EOF＝30°，则线段OE的长度为 　 　． 13．（4分）如图，已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，圆心O1、O2在公共弦AB的两侧，AB＝O1O2＝4，sin∠AO1B，那么O2A的长是　 　． 14．（4分）如图，在正方形ABCD中，AB＝10，点E在正方形内部，且AE⊥BE，cot∠BAE＝2，如果以E为圆心，r为半径的⊙E与以CD为直径的圆相交，那么r的取值范围为　 　． 15．（4分）规定：两个函数y1，y2的图象关于y轴对称，则称这两个函数互为“Y函数”．例如：函数y1＝2x+2与y2＝﹣2x+2的图象关于y轴对称，则这两个函数互为“Y函数”．若函数y＝kx2+2（k﹣1）x+k﹣3（k为常数）的“Y函数”图象与x轴只有一个交点，则其“Y函数”的解析式为 　 　． 16．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在对角线BD上，联结AE，作EF⊥AE交边BC于F，若BF，那么BE＝　 　． 17．（4分）当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分割成两个等腰三角形时，我们称这个四边形为“等腰四边形”，其中这条对角线称为这个四边形的“等腰线”．如果凸四边形ABCD是“等腰四边形”，对角线BD是该四边形的“等腰线”，其中∠ABC＝90°，AB＝BC＝CD≠AD，tan∠BAD的值为 　 　． 18．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点D、E分别是边BC、AB上一点，DE∥AC，BD＝5，把△BDE绕着点B旋转得到△BD'E'（点D、E分别与点D'，E'对应），如果点A，D'、E'在同一直线上，那么AE'的长为　 　． 三.解答题（共78分） 19．（10分）计算： 20．（10分）解不等式组：． 21．（10分）如图1，梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝DC＝5，BC＝11．一个动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段BC方向运动，过点P作PQ⊥BC，交折线段BA﹣AD于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，点N在射线BC上，当Q点到达D点时，运动结束．设点P的运动时间为t秒（t＞0）． （1）当正方形PQMN的边MN恰好经过点D时，求运动时间t的值； （2）在整个运动过程中，设正方形PQMN与△BCD的重合部分面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围； （3）如图2，当点Q在线段AD上运动时，线段PQ与对角线BD交于点E，将△DEQ沿BD翻折，得到△DEF，连接PF．是否存在这样的t，使△PEF是等腰三角形？若存在，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由． 22．（10分）对于一些比较复杂的方程，可以利用函数图象来研究方程的根． 问题：探究方程2x（|x|﹣2）＝1的实数根的情况． 下面是小董同学的探究过程，请帮她补全： （1）设函数y＝2x（|x|﹣2），这个函数的图象与直线y＝1的交点的横坐标就是方程2x（|x|﹣2）＝1的实数根． （2）注意到函数解析式中含有绝对值，所以可得： 当x≤0时，y＝﹣2x2﹣4x； 当x＞0时，y＝　 　； （3）在如图的坐标系中，已经画出了当x≤0时的函数图象，请根据（2）中的解析式，通过描点，连线，画出当x＞0时的函数图象． （4）画直线y＝1，由此可知2x（|x|﹣2）＝1的实数根有 　 　个． （5）深入探究：若关于x的方程x（|x|﹣2）有三个不相等的实数根，且这三个实数根的和为非负数，则m的取值范围是 　 　． 23．（12分）如图，在平行四边形ABCD中，BE、DF分别是平行四边形的两个外角的平分线，∠EAF∠BAD，边AE、AF分别交两条角平分线于点E、F． （1）求证：△ABE∽△FDA； （2）连接BD、EF，如果DF2＝AD•AB，求证：BD＝EF． 24．（12分）如图，已知圆O是正六边形ABCDEF外接圆，直径BE＝8，点G、H分别在射线CD、EF上（点G不与点C、D重合），且∠GBH＝60°，设CG＝x，EH＝y． （1）如图①，当直线BG经过弧CD的中点Q时，求：∠CBG的正弦值； （2）如图②，当点G在边CD上时，试写出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围； （3）连接AH、EG，如果△AFH与△DEG相似，求CG的长． 25．（14分）已知：如图（1），在平面直角坐标系xOy中，边长为2的等边△OAB的顶点B在第一象限，顶点A在x轴的正半轴上．另一等腰△OCA的顶点C在第四象限，OC＝AC，∠C＝120°．现有两动点P、Q分别从A、O两点同时出发，点Q以每秒1个单位的速度沿OC向点C运动，点P以每秒3个单位的速度沿A→O→B运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随即停止． （1）求在运动过程中形成的△OPQ的面积S与运动的时间t之间的函数关系，并写出自变量t的取值范围； （2）在等边△OAB的边上（点A除外）存在点D，使得△OCD为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标； （3）如图（2），现有∠MCN＝60°，其两边分别与OB、AB交于点M、N，连接MN．将∠MCN绕着C点旋转（0°＜旋转角＜60°），使得M、N始终在边OB和边AB上．试判断在这一过程中，△BMN的周长是否发生变化？若没有变化，请求出其周长；若发生变化，请说明理由． 2024年上海市静安区彭浦三中中考数学三模试卷（B卷） 参考答案与试题解析 一.选择题（共24分） 1．（4分）某班在统计全班33人的体重时，算出中位数与平均数都是54千克，但后来发现在计算时，将其中一名学生的体重50千克错写成了5千克，经重新计算后，正确的中位数为a千克，正确的平均数为b千克，那么（　　） A．a＜b B．a＝b C．a＞b D．无法判断 【考点】中位数；算术平均数． 【答案】A 【分析】根据中位数和平均数的定义分别判断出a、b与54的大小关系，据此可得答案． 【解答】解：原数据中5在中位数54的左边，新数据中50＜54， 所以中位数a＝54， 新数据比原数据增加了45，而数据的个数没有变化， 所以平均数b＞54， 则b＞a， 故选：A． 2．（4分）对于命题：①如果一个圆上所有的点都在另一个圆的内部，那么这两个圆内含；②如果一个圆上所有的点都在另一个圆的外部，那么这两个圆外离． 下列判断正确的是（　　） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题 【考点】圆与圆的位置关系；命题与定理． 【答案】A 【分析】根据两圆的位置关系、直线和圆的位置关系判断即可． 【解答】解：①如果一个圆上所有的点都在另一个圆的内部，那么这两个圆内含，是真命题； ②如果第一个圆上的点都在第二个圆的外部，那么这两个圆外离或内含，原命题是假命题； 故选：A． 3．（4分）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 【考点】命题与定理． 【答案】D 【分析】根据三角形中位线定理、菱形、矩形的判定定理判断． 【解答】解：连接BD， ∵在△ABD中，E、H是AB、AD中点， ∴EH∥BD，EHBD． ∵在△BCD中，G、F是DC、BC中点， ∴GF∥BD，GFBD， ∴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； 故选：D． 4．（4分）如图1，▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（　　） A．甲、乙、丙都是 B．只有甲、乙才是 C．只有甲、丙才是 D．只有乙、丙才是 【考点】平行四边形的判定与性质． 【答案】A 【分析】方案甲，连接AC，由平行四边形的性质得OB＝OD，OA＝OC，则NO＝OM，得四边形ANCM为平行四边形，方案甲正确； 方案乙：证△ABN≌△CDM（AAS），得AN＝CM，再由AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案乙正确； 方案丙：证△ABN≌△CDM（ASA），得AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，则∠ANM＝∠CMN，证出AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案丙正确． 【解答】解：方案甲中，连接AC，如图所示： ∵四边形ABCD是平行四边形，O为BD的中点， ∴OB＝OD，OA＝OC， ∵BN＝NO，OM＝MD， ∴NO＝OM， ∴四边形ANCM为平行四边形，方案甲正确； 方案乙中： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∴∠ABN＝∠CDM， ∵AN⊥BD，CM⊥BD， ∴AN∥CM，∠ANB＝∠CMD， 在△ABN和△CDM中， ， ∴△ABN≌△CDM（AAS）， ∴AN＝CM， 又∵AN∥CM， ∴四边形ANCM为平行四边形，方案乙正确； 方案丙中：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠BAD＝∠BCD，AB＝CD，AB∥CD， ∴∠ABN＝∠CDM， ∵AN平分∠BAD，CM平分∠BCD， ∴∠BAN＝∠DCM， 在△ABN和△CDM中， ， ∴△ABN≌△CDM（ASA）， ∴AN＝CM，∠ANB＝∠CMD， ∴∠ANM＝∠CMN， ∴AN∥CM， ∴四边形ANCM为平行四边形，方案丙正确； 故选：A． 5．（4分）定义：若一次函数的图象与二次函数的图象有两个交点，并且都在坐标轴上，则称二次函数为一次函数的轴点函数．函数y＝﹣x+c（c为常数，c＜0）的图象与x轴交于点M，其轴点函数y＝ax2+bx+c与x轴的另一交点为N．若，则b的值为（　　） A．+5 B．3或﹣1 C．3 D．﹣5或3 【考点】抛物线与x轴的交点；一次函数的性质；二次函数的性质． 【答案】D 【分析】依据题意，用c表示出点M，N的坐标，代入y＝ax2+bx+c解出即可作出选择． 【解答】解：∵函数y＝﹣x+c（c为常数，c＜0）的图象与x轴交于点M， ∴M（c，0）． ∴OM＝﹣c． ∵ONOM， ∴ONc． ∴N（±c，0）． ∵其轴点函数y＝ax2+bx+c与x轴的两个交点为M、N， ∴或． ∴b＝﹣5或b＝3． 故选：D． 6．（4分）如图，点A的坐标为（0，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等腰Rt△ABC，使∠BAC＝90°，设点B的横坐标为x，设点C的纵坐标为y，能表示y与x的函数关系的图象大致是（　　） A． B． C． D． 【考点】动点问题的函数图象． 【答案】A 【分析】根据题意作出合适的辅助线，可以先证明△ADC和△AOB的关系，即可建立y与x的函数关系，从而可以得到哪个选项是正确的． 【解答】解：作AD∥x轴，作CD⊥AD于点D，如图所示， 由已知可得，OB＝x，OA＝1，∠AOB＝90°，∠BAC＝90°，AB＝AC，点C的纵坐标是y， ∵AD∥x轴， ∴∠DAO+∠AOB＝180°， ∴∠DAO＝90°， ∴∠OAB+∠BAD＝∠BAD+∠DAC＝90°， ∴∠OAB＝∠DAC， 在△OAB和△DAC中， ， ∴△OAB≌△DAC（AAS）， ∴OB＝CD， ∴CD＝x， ∵点C到x轴的距离为y，点D到x轴的距离等于点A到x的距离1， ∴y＝x+1（x＞0）． 故选：A． 二.填空题（共48分） 7．（4分）计算：　1　． 【考点】二次根式的性质与化简． 【答案】1． 【分析】根据二次根式的性质与化简方法进行计算即可． 【解答】解： 1． 故答案为：1． 8．（4分）把直线y＝﹣x+b向左平移3个单位后，在y轴上的截距为5，那么原来的直线解析式为 　y＝﹣x+8　 【考点】一次函数图象与几何变换． 【答案】y＝﹣x+8． 【分析】根据题意利用图象平移性质及截距定义即可得到本题答案． 【解答】解：∵直线y＝﹣x+b向左平移3个单位后， ∴y＝﹣（x+3）+b，即：y＝﹣x﹣3+b， ∵在y轴上的截距为5， ∴﹣3+b＝5， ∴b＝8， 故答案为：y＝﹣x+8． 9．（4分）如图，已知在5×5的正方形网格中，点A、B、C在小正方形的顶点上，如果小正方形的边长都为1，那么点C到线段AB所在直线的距离是　　． 【考点】勾股定理． 【答案】见试题解答内容 【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后根据每个小正方形的边长为1，利用勾股定理，可以得到AC、CD、AD的长，然后即可得到△ACD的形状，再利用等积法，即可求得CE的长． 【解答】解：连接AD、AC，作CE⊥AD于点E， ∵小正方形的边长都为1， ∴AD2，AC3，CD， ∵（2）2＝（3）2+（）2， ∴△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°， ∴， 即， 解得，CE， 即点C到线段AB所在直线的距离是， 故答案为：． 10．（4分）数学的美无处不在，数学家们研究发现弹拨琴弦发出声音的音调高低取决于弦的长度，如三根弦长之比为15：12：10，把它们绷得一样紧，用同样的力度弹拨，它们将分别发出很调和的乐声：do，mi，so，研究15，12，10这三个数的倒数发现：，此时我们称15，12，10为一组调和数，现有三个数：6，4，x（x＞4），若要组成调和数，则x的值为 　12或　． 【考点】解分式方程；倒数的认识；比的应用． 【答案】12或． 【分析】根据题中的新定义分三种情况考虑，根据x的范围判断出满足题意x的值即可． 【解答】解：根据题中的新定义分两种种情况考虑： （1）根据题意得：2， 去分母得：4x＝3x+12， 解得：x＝12＞4，经检验是分式方程的解且符合题意； （2）根据题意得：2， 解得：x， 经检验是分式方程的解且符合题意， 则x的值为12或． 故答案为：12或． 11．（4分）已知等边△ABC的重心为G，△DEF与△ABC关于点G成中心对称，将它们重叠部分的面积记作S1，△ABC的面积记作S2，那么的值是　　 【考点】三角形的重心；等边三角形的性质；中心对称． 【答案】见试题解答内容 【分析】如图，根据点G是等边△ABC的重心，得到AD垂直平分BC，AD是∠BAC的角平分线，根据中心对称的性质得到△DEF≌△ABC，AG＝DG，EF∥BC，推出△AQH是等边三角形，得到AQ＝HQ＝AH，求得它们重叠部分为边长＝QH的正六边形，设AB＝3a，则QH＝a，根据等边三角形的面积健康得到结论． 【解答】解：如图，∵点G是等边△ABC的重心， ∴AD垂直平分BC，AD是∠BAC的角平分线， ∴AG＝2GN， 设AB＝3a，则AN3aa， ∵△DEF与△ABC关于点G成中心对称， ∴△DEF≌△ABC，AG＝DG，EF∥BC， ∴∠AQH＝∠ABC＝∠AHQ＝∠ACB＝60°， ∴△AQH是等边三角形， ∴AQ＝HQ＝AHAB＝a， ∴APa， ∴它们重叠部分为边长＝QH的正六边形， ∴S1＝6a2，S2（3a）2， ∴， 故答案为：． 12．（4分）如图，四边形OABC是正方形，OA在y轴正半轴上，OC在x轴负半轴上．反比例函数y在第二象限的图象与BC，AB分别交于点E，F．若∠EOF＝30°，则线段OE的长度为 　4　． 【考点】反比例函数的性质；正方形的性质． 【答案】4． 【分析】先根据反比例函数图象的得到△OCE≌△OAF，再根据∠EOF＝30°，得到∠COE＝∠AOF＝30°，进而求得CE的长度，即可得到最后答案． 【解答】解：∵四边形OABC是正方形， ∴OA＝OC，∠OAF＝∠OCE＝90°， ∵反比例函数y在第二象限的图象与BC，AB分别交于点E，F， ∴CE×OC＝AF×OA＝4， ∴CE＝AF， 在△OCE与OAF中， ， ∴△OCE≌△OAF（SAS）， ∵∠EOF＝30°， ∴∠COE＝∠AOF＝30°， ∴OCCE， ∵CE×OC＝4， ∴CE＝2， ∴OE＝2CE＝4， 故答案为：4． 13．（4分）如图，已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，圆心O1、O2在公共弦AB的两侧，AB＝O1O2＝4，sin∠AO1B，那么O2A的长是　　． 【考点】解直角三角形；圆周角定理；相交两圆的性质． 【答案】． 【分析】过点A作AE⊥O1B于E，由锐角三角函数和勾股定理可求AO1＝13x，可求O2H＝1，即可求解． 【解答】解：如图，过点A作AE⊥O1B于E， ∵⊙O1与⊙O2相交于A、B两点， ∴O1O2垂直平分AB， ∴AH＝BH＝2， ∵sin∠AO1B， ∴设AE＝12x，AO1＝13x， ∴O1E5x， ∴BE＝8x， ∵AE2+BE2＝AB2， ∴144x2+64x2＝16， ∴x， ∴AO1＝13x， ∴O1H3， ∴O2H＝1， ∴O2A， 故答案为． 14．（4分）如图，在正方形ABCD中，AB＝10，点E在正方形内部，且AE⊥BE，cot∠BAE＝2，如果以E为圆心，r为半径的⊙E与以CD为直径的圆相交，那么r的取值范围为　35　． 【考点】圆与圆的位置关系；解直角三角形；正方形的性质． 【答案】见试题解答内容 【分析】设AB的中点为G，连接EG，延长BE交CD于H，根据直角三角形的性质得到EGAB＝5，根据三角函数的定义得到CHBCCD＝5，推出点H是以CD为直径的圆的圆心，设BE＝k，AE＝2k，得到BE＝2，根据勾股定理得到BH5，求得EH＝BH﹣BE＝3，于是得到结论． 【解答】解：延长BE交CD于H， ∵AE⊥BE， ∴∠AEB＝90°， ∴EGAB＝5， ∵在正方形ABCD中，∠C＝∠ABC＝90°， ∴∠BAE+∠ABE＝∠ABE+∠CBH＝90°， ∴∠CBH＝∠BAE， ∴cot∠BAE＝cot∠CBH2， ∴CHBCCD＝5， ∴点H是以CD为直径的圆的圆心， 设BE＝k，AE＝2k， ∴ABk＝10， ∴k＝2， ∴BE＝2， ∵∠C＝90°，BC＝10，CH＝5， ∴BH5， ∴EH＝BH﹣BE＝3， ∵r为半径的⊙E与以CD为直径的圆相交， ∴r的取值范围为35， 故答案为：35． 15．（4分）规定：两个函数y1，y2的图象关于y轴对称，则称这两个函数互为“Y函数”．例如：函数y1＝2x+2与y2＝﹣2x+2的图象关于y轴对称，则这两个函数互为“Y函数”．若函数y＝kx2+2（k﹣1）x+k﹣3（k为常数）的“Y函数”图象与x轴只有一个交点，则其“Y函数”的解析式为 　y＝2x﹣3或y＝﹣x2+4x﹣4　． 【考点】二次函数图象与几何变换；抛物线与x轴的交点． 【答案】y＝2x﹣3或y＝﹣x2+4x﹣4． 【分析】根据关于y轴对称的图形的对称点的坐标特点，分情况讨论求解． 【解答】解：∵函数y＝kx2+2（k﹣1）x+k﹣3（k为常数）的“Y函数”图象与x轴只有一个交点， ∴函数y＝kx2+2（k﹣1）x+k﹣3（k为常数）的图象与x轴也只有一个交点， 当k＝0时，函数解析式为y＝﹣2x﹣3，它的“Y函数”解析式为y＝2x﹣3，它们的图象与x轴只有一个交点， 当k≠0时，此函数是二次函数， ∵它们的图象与x轴都只有一个交点， ∴它们的顶点分别在x轴上， ∴0， 解得：k＝﹣1， ∴原函数的解析式为y＝﹣x2﹣4x﹣4＝﹣（x+2）2， ∴它的“Y函数”解析式为y＝﹣（x﹣2）2＝﹣x2+4x﹣4， 综上，“Y函数”的解析式为y＝2x﹣3或y＝﹣x2+4x﹣4， 故答案为：y＝2x﹣3或y＝﹣x2+4x﹣4． 16．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在对角线BD上，联结AE，作EF⊥AE交边BC于F，若BF，那么BE＝　　． 【考点】矩形的性质． 【答案】． 【分析】连接AF，过点E作EH⊥BC于H，由勾股定理可求BD，AF的长，通过证明点A，点B，点F，点E四点共圆，可得∠DBC＝∠EAF，由锐角三角函数可求EF的长，由勾股定理可求解． 【解答】解：方法一、如图，连接AF，过点E作EH⊥BC于H， ∵AB＝CD＝3，AD＝BC＝4， ∴BD5， ∵AB＝3，BF， ∴AF， ∵∠ABC＝∠AEF＝90°， ∴点A，点B，点F，点E四点共圆， ∴∠DBC＝∠EAF， ∴sin∠DBC＝sin∠EAF， ∴， ∴EF， ∵tan∠DBC， ∴， 设EH＝3x，BH＝4x， ∵EF2＝FH2+EH2， ∴9x2+（4x）2， ∴x或x（不合题意舍去）， ∴EH，BH＝3， ∴BE， 方法二、如图，过点E作MN⊥BC于N，交AD于M， 则四边形ABNM是矩形， ∴AB＝MN＝3，AM＝BN， 设BE＝x，则ENx，BNx， ∴FNx，ME＝3x， 易证△AEM∽△EFN， ∴， ∴， ∴x， ∴BE， 故答案为． 17．（4分）当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分割成两个等腰三角形时，我们称这个四边形为“等腰四边形”，其中这条对角线称为这个四边形的“等腰线”．如果凸四边形ABCD是“等腰四边形”，对角线BD是该四边形的“等腰线”，其中∠ABC＝90°，AB＝BC＝CD≠AD，tan∠BAD的值为 　　． 【考点】等腰直角三角形；矩形的判定与性质；解直角三角形；三角形内角和定理；等边三角形的判定与性质． 【答案】． 【分析】由题意知，等腰△ABD分①AB＝BD，②AD＝BD，两种情形求解作答即可． 【解答】解：∵凸四边形ABCD是“等腰四边形”，对角线BD是该四边形的“等腰线”， ∴△CBD和△ABD为等腰三角形． ∵AB≠AD， ∴等腰△ABD分①AB＝BD，②AD＝BD，两种情形求解； ①当AB＝BD时，如图1，作DE⊥AB于E， ∵AB＝BC＝CD＝BD， ∴△BDC为等边三角形， ∴∠DBC＝60°， ∴∠ABD＝30°， ∴∠BAD＝∠BDA＝75°， ∴，，即，BD＝2DE， ∴AB＝BD＝2DE， ∴， ∴； ②当AD＝BD时，如图2，过点D作DE⊥AB于E，作DF⊥BC，交BC的延长线于点F， ∵AD＝BD，DE⊥AB， ∴BE＝AE， ∵DE⊥AB，DF⊥BC，∠ABC＝90°， ∴四边形EBFD为矩形， ∴， ∵AB＝CD， ∴， ∵sin∠DCF， ∴∠DCF＝30°， ∵BC＝CD， ∴， ∴∠ABD＝75°， ∵AD＝BD， ∴∠BAD＝∠ABD＝75°， 同理①，， 综上，， 故答案为：． 18．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点D、E分别是边BC、AB上一点，DE∥AC，BD＝5，把△BDE绕着点B旋转得到△BD'E'（点D、E分别与点D'，E'对应），如果点A，D'、E'在同一直线上，那么AE'的长为　或　． 【考点】旋转的性质；平行线的性质． 【答案】见试题解答内容 【分析】分两种情形分别求解：如图1中，当点D′在线段AE′上时，解直角三角形求出AD′，D′E′即可．如图2中，当E′在线段AD′上时，同法可得． 【解答】解：如图1中，当点D′在线段AE′上时， 在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8， ∴AB10， ∵DE∥AC， ∴△BDE∽△BCA， ∴， ∴， ∴DE， ∵∠AD′B＝90°， ∴AD′5， ∴AE′＝AD′+D′E′＝5， 如图2中，当E′在线段AD′上时，同法可得AE′＝AD′﹣D′E′＝5 综上所述，满足条件的AE′的长为或． 故答案为或． 三.解答题（共78分） 19．（10分）计算： 【考点】二次根式的混合运算；特殊角的三角函数值；负整数指数幂；分母有理化． 【答案】． 【分析】先将算出tan15°，cos36°，再代入算出每一个特殊角的三角函数化简，再计算负整数指数幂，最后合并即可． 【解答】解：如图，作两个底角为15°的等腰三角形△ABC，过点B作BD⊥AC交AC的延长线于点D， ∵∠A＝∠ABC＝15°，∠D＝90°， ∴∠DCB＝30°， 设BD＝x， ∴， ∴； 如图，作顶角为36°的等腰三角形△ABC，BD平分∠ABC，过点D作DE⊥AB交AB的延长线于点E， ∴∠A＝36°，∠ABC＝∠C＝72°，∠ABD＝∠CBD＝36°， ∴AD＝BD＝BC，AB＝AC， ∴BE＝AE＝ADcos36°＝acos36°， ∴AC＝AB＝2AE＝2acos36°， ∴CD＝AC﹣AD＝2acos36°﹣a， ∵∠BAC＝∠CBD＝36°，∠C＝∠C， ∴△ABC∽△BCD， ∴， ∴， ∴4（cos36°）2﹣2cos36°﹣1＝0， 解得：． ∴ ． 20．（10分）解不等式组：． 【考点】解一元一次不等式组． 【答案】﹣1＜x≤3． 【分析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出解集的公共部分即可确定出解集． 【解答】解：， 解不等式①得，x＞﹣1； 解不等式②得，x≤3； 所以不等式的解集为：﹣1＜x≤3． 21．（10分）如图1，梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝DC＝5，BC＝11．一个动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段BC方向运动，过点P作PQ⊥BC，交折线段BA﹣AD于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，点N在射线BC上，当Q点到达D点时，运动结束．设点P的运动时间为t秒（t＞0）． （1）当正方形PQMN的边MN恰好经过点D时，求运动时间t的值； （2）在整个运动过程中，设正方形PQMN与△BCD的重合部分面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围； （3）如图2，当点Q在线段AD上运动时，线段PQ与对角线BD交于点E，将△DEQ沿BD翻折，得到△DEF，连接PF．是否存在这样的t，使△PEF是等腰三角形？若存在，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由． 【考点】相似形综合题． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）作AG⊥BC，DH⊥BC，垂足分别为G、H，可以得出四边形AGHD为矩形，根据矩形的性质及相关条件可以得出△ABG≌△DCH，可以求出BG＝CH的值，再由勾股定理就可以求出AG＝DH的值，就可以求出BP的值，即可以求出结论t的值； （2）运用求分段函数的方法，分四种情况，当0＜t≤3，当3＜t≤4，4＜t≤7，7＜t≤8时，运用梯形的面积公式和三角形的面积公式就可以求出S的值； （3）先由条件可以求出EF＝EQ＝PQ﹣EP＝4，分为三种情况：EF＝EP时可以求出t值，当FE＝FP时，作FR⊥EP，垂足为R，可以求出t值，当PE＝PF时，作PS⊥EF，垂足为S，可以求出t值． 【解答】解：（1）如图2，作AG⊥BC，DH⊥BC，垂足分别为G、H， ∴四边形AGHD为矩形． ∵梯形ABCD，AB＝AD＝DC＝5， ∴△ABG≌△DCH， ∴BG（BC﹣AD）＝3，AG＝4， ∴当正方形PQMN的边MN恰好经过点D时，点M与点D重合，此时MQ＝4， ∴GP＝AQ＝AD﹣DQ＝1，BP＝BG+GP＝4， ∴t＝4，即4秒时，正方形PQMN的边MN恰好经过点D； （2）如图1，当0＜t≤3时，BP＝t， ∵tan∠DBC，tan∠C＝tan∠ABC， ∴GPt，PQt，BN＝ttt， ∴NRt， ∴S； 如图3，当3＜t≤4时，BP＝t， ∴GPt，PQ＝4，BN＝t+4， ∴NRt+2， ∴S2t+4； 如图4，当4＜t≤7时，BP＝t， ∴GPt，PQ＝4，PH＝8﹣t，BN＝t+4，HN＝t+4﹣8＝t﹣4， ∴CN＝3﹣（t﹣4）＝7﹣t， ∴NR， ∴S； 如图5，当7＜t≤8时，BP＝t， ∴GPt，PQ＝4，PH＝8﹣t， ∴St2+22； ∴S； （3）∵∠PEF+∠QEF＝180°＝∠QDF+∠QEF， ∴∠PEF＝∠QDF＝2∠ADB＝∠ABC， ∴cos∠ABC＝cos∠PEF， 由（1）可知EPBPt， 则EF＝EQ＝PQ﹣EP＝4， ①如图6，当EF＝EP时，4tt， ∴t＝4； ②如图7，当FE＝FP时，作FR⊥EP，垂足为R， ∴EREPEF， ∴， ∴t； ③如图8，当PE＝PF时，作PS⊥EF，垂足为S， ∵ESEFPE， ∴（4t）， ∴t． ∴当t＝4、或时，△PEF是等腰三角形． 22．（10分）对于一些比较复杂的方程，可以利用函数图象来研究方程的根． 问题：探究方程2x（|x|﹣2）＝1的实数根的情况． 下面是小董同学的探究过程，请帮她补全： （1）设函数y＝2x（|x|﹣2），这个函数的图象与直线y＝1的交点的横坐标就是方程2x（|x|﹣2）＝1的实数根． （2）注意到函数解析式中含有绝对值，所以可得： 当x≤0时，y＝﹣2x2﹣4x； 当x＞0时，y＝　2x2﹣4x　； （3）在如图的坐标系中，已经画出了当x≤0时的函数图象，请根据（2）中的解析式，通过描点，连线，画出当x＞0时的函数图象． （4）画直线y＝1，由此可知2x（|x|﹣2）＝1的实数根有 　3　个． （5）深入探究：若关于x的方程x（|x|﹣2）有三个不相等的实数根，且这三个实数根的和为非负数，则m的取值范围是 　0≤m＜2　． 【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；一次函数的图象；一次函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征；二次函数的图象． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）函数y＝2x（|x|﹣2）的图象与直线y＝1的交点的横坐标就是方程2x（|x|﹣2）＝1的实数根． （2）根据绝对值的性质去掉绝对值整理即可； （3）通过描点，连线，画出当x＞0时的函数图象即可； （4）根据图象即可求得； （5）根据图象分析即可求得． 【解答】解：（1）函数y＝2x（|x|﹣2）的图象与直线y＝1的交点的横坐标就是方程2x（|x|﹣2）＝1的实数根． （2）当x＞0时，y＝2x（|x|﹣2）＝2x（x﹣2）＝2x2﹣4x， 故答案为2x2﹣4x； （3）画出函数的图象如图： （4）由图象可知，直线y＝1与函数图象有3个交点， 所以，2x（|x|﹣2）＝1的实数根有3个， 故答案为3． （5）由图象可知：直线y在x轴的上方（0）且2，与函数y＝x（|x|﹣2）的交点的横坐标x1＜x2＜0＜x3，且x1+x2＝﹣2，x2≥2， ∴x1+x2+x3≥0， ∴m≥0， ∴关于x的方程x（|x|﹣2）即2x（|x|﹣2）＝m有三个不相等的实数根，且这三个实数根的和为非负数，则m的取值范围是 0≤m＜2， 故答案为0≤m＜2． 23．（12分）如图，在平行四边形ABCD中，BE、DF分别是平行四边形的两个外角的平分线，∠EAF∠BAD，边AE、AF分别交两条角平分线于点E、F． （1）求证：△ABE∽△FDA； （2）连接BD、EF，如果DF2＝AD•AB，求证：BD＝EF． 【考点】相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠HDF∠HDC．根据平行四边形的性质得到AB∥CD．求得∠BAD＝∠CDH．等量代换得到∠BAE＝∠F，同理∠DAF＝∠E，于是得到结论； （2）作AP平分∠DAB交CD于点P，由角平分线的定义得到∠DAP∠BAD，求得∠HDF＝∠DAP，推出DF∥AP，同理BE∥AP，根据相似三角形的性质得到BE＝DF，根据平行四边形的性质即可得到结论． 【解答】解：（1）∵∠EAF∠BAD， ∴∠DAF+∠BAE∠BAD， ∵DF平分∠HDC， ∴∠HDF∠HDC， 又∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠BAD＝∠CDH， ∴∠HDF＝∠EAF， ∴∠HDF＝∠DAF+∠BAE， 又∵∠HDF＝∠DAF+∠F， ∴∠BAE＝∠F， 同理：∠DAF＝∠E， ∴△ABE∽△FDA； （2）作AP平分∠DAB交CD于点P， ∴∠DAP∠BAD， ∵∠HDF∠CDH，且∠BAD＝∠CDH ∴∠HDF＝∠DAP， ∴DF∥AP， 同理：BE∥AP， ∴DF∥BE， ∵△ABE∽△FDA， ∴， 即BE•DF＝AD•AB， 又∵DF2＝AD•AB， ∴BE＝DF， ∴四边形DFEB是平行四边形， ∴BD＝EF． 24．（12分）如图，已知圆O是正六边形ABCDEF外接圆，直径BE＝8，点G、H分别在射线CD、EF上（点G不与点C、D重合），且∠GBH＝60°，设CG＝x，EH＝y． （1）如图①，当直线BG经过弧CD的中点Q时，求：∠CBG的正弦值； （2）如图②，当点G在边CD上时，试写出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围； （3）连接AH、EG，如果△AFH与△DEG相似，求CG的长． 【考点】圆的综合题． 【答案】（1）； （2），（0＜x＜4）； （3）12． 【分析】（1）如图①，连接OC、OD、OQ、CQ，由正六边形ABCDEF，可得，CD∥BE，证明△COD是等边三角形，则CD＝OC＝OB＝4，∠COD＝60°，BC＝4，由Q为弧CD的中点，可得OQ⊥CD，，则∠BOC＝60°，由圆周角定理可得，，如图①，作QP⊥BC的延长线于P，则∠BQP＝90°﹣∠CBQ＝75°，∠CQP＝∠BQP﹣∠BQC＝45°，设PQ＝a，则PC＝PQ•tan45°＝a，BP＝4+a，由勾股定理得，，由勾股定理得，BP2+PQ2＝BQ2，即，可求满足要求的解为，根据，计算求解即可； （2）如图②，在BE上取点M，使EM＝EH，连接HM，证明△EMH是等边三角形，则MH＝ME＝EH＝y，∠EMH＝60°，BM＝8﹣y，∠BMH＝120°＝∠BCG，证明△MBH∽△CBG，则，即，可求，由点G不与点C、D重合，可得0＜x＜4； （3）由题意知，分①点G在边CD上，②点G在边CD的延长线上，两种情况求解；①点G在边CD上时，如图③，由题意知，∠AFH＝120°＝∠EDG，当△AFH与△DEG相似，分△AFH∽△EDG，△AFH∽△GDE两种情况求解；当△AFH∽△EDG时，，即，联立，计算求出满足要求的解即可；当△AFH∽△GDE时，，即，联立，计算求出满足要求的解即可；②当点G在边CD的延长线上，如图④，同理（3）①，求解作答即可． 【解答】解：（1）如图①，连接OC、OD、OQ、CQ， ∵正六边形ABCDEF， ∴，CD∥BE， ∵OC＝OD， ∴△COD是等边三角形， ∴CD＝OC＝OB＝4，∠COD＝60°， ∴BC＝4， ∵Q为弧CD的中点， ∴OQ⊥CD，， ∴OQ⊥BE，∠COQ＝∠DOQ＝30°， ∴∠BOC＝60°， ∵，， ∴，， 如图①，作QP⊥BC的延长线于P， ∴∠BQP＝90°﹣∠CBQ＝75°， ∴∠CQP＝∠BQP﹣∠BQC＝45°， 设PQ＝a，则PC＝PQ•tan45°＝a，BP＝4+a， 由勾股定理得，， 由勾股定理得，BP2+PQ2＝BQ2，即， 解得或（舍去）， ∴， ∴∠CBG的正弦值为； （2）如图②，在BE上取点M，使EM＝EH，连接HM， ∵正六边形ABCDEF， ∴∠CBE＝60°＝∠FEB，∠BCD＝120°， ∴△EMH是等边三角形， ∴MH＝ME＝EH＝y，∠EMH＝60°， ∴BM＝8﹣y，∠BMH＝120°＝∠BCG， ∵∠GBH＝60°＝∠CBE， ∴∠MBH＝∠CBG， ∴△MBH∽△CBG， ∴，即， 整理得，， ∵点G不与点C、D重合， ∴0＜x＜4， ∴，（0＜x＜4）； （3）由题意知，分①点G在边CD上，②点G在边CD的延长线上，两种情况求解； ①点G在边CD上时，如图③， 由题意知，∠AFH＝120°＝∠EDG， ∴当△AFH与△DEG相似，分△AFH∽△EDG，△AFH∽△GDE两种情况求解； 当△AFH∽△EDG时，，即， 解得x＝y， ∵， ∴， 解得x＝0或x＝4，均不符合要求，舍去； 当△AFH∽△GDE时，，即， 解得， ∵， ∴， 解得x＝0或x＝12均不符合要求，舍去； ②当点G在边CD的延长线上，如图④， 当△AFH∽△EDG时，，即， 解得x＝y， 同理，解得x＝0或x＝4，均不符合要求，舍去； 当△AFH∽△GDE时，，即， 解得， 同理，解得x＝0（不符合要求，舍去）或x＝12， 经检验，x＝12是原分式方程的解，且符合要求； 综上所述，CG的长为12． 25．（14分）已知：如图（1），在平面直角坐标系xOy中，边长为2的等边△OAB的顶点B在第一象限，顶点A在x轴的正半轴上．另一等腰△OCA的顶点C在第四象限，OC＝AC，∠C＝120°．现有两动点P、Q分别从A、O两点同时出发，点Q以每秒1个单位的速度沿OC向点C运动，点P以每秒3个单位的速度沿A→O→B运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随即停止． （1）求在运动过程中形成的△OPQ的面积S与运动的时间t之间的函数关系，并写出自变量t的取值范围； （2）在等边△OAB的边上（点A除外）存在点D，使得△OCD为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标； （3）如图（2），现有∠MCN＝60°，其两边分别与OB、AB交于点M、N，连接MN．将∠MCN绕着C点旋转（0°＜旋转角＜60°），使得M、N始终在边OB和边AB上．试判断在这一过程中，△BMN的周长是否发生变化？若没有变化，请求出其周长；若发生变化，请说明理由． 【考点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定；等边三角形的性质；直角三角形的性质；三角形的面积． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由于点Q从点O运动到点C需要秒，点P从点A→O→B需要秒，所以分两种情况讨论：①0＜t；②t．针对每一种情况，根据P点所在的位置，由三角形的面积公式得出△OPQ的面积S与运动的时间t之间的函数关系，并且得出自变量t的取值范围； （2）如果△OCD为等腰三角形，那么分D在OA边或者OB边上或AB边上三种情形．每一种情形，都有可能O为顶点，C为顶点，D为顶点，分别讨论，得出结果； （3）如果延长BA至点F，使AF＝OM，连接CF，则由SAS可证△MOC≌△FAC，得出MC＝CF，再由SAS证出△MCN≌△FCN，得出MN＝NF，那么△BMN的周长＝BA+BO＝4． 【解答】解：（1）过点C作CD⊥OA于点D．（如图） ∵OC＝AC，∠ACO＝120°， ∴∠AOC＝∠OAC＝30°． ∵OC＝AC，CD⊥OA， ∴OD＝DA＝1． 在Rt△ODC中，OC （i）当0＜t时，OQ＝t，AP＝3t，OP＝OA﹣AP＝2﹣3t． 过点Q作QE⊥OA于点E．（如图） 在Rt△OEQ中， ∵∠AOC＝30°， ∴QEOQ， ∴S△OPQOP•EQ（2﹣3t）•t， 即St； （ii）当t时（如图） OQ＝t，OP＝3t﹣2． ∵∠BOA＝60°，∠AOC＝30°， ∴∠POQ＝90°． ∴S△OPQOQ•OPt•（3t﹣2）t， 即St； 故当0＜t时，St；当t时，St． （2）（i）当D点在OA上， ①以D为顶点，如图OCD1，∠COA＝30°，OC＝OD1，则OD1， ②以O为顶点，如图OCD2，OD2＝OC， ③以C为顶点，此时D点和A点重合． （ii）当D点在OB上， 由于∠BOC＝90°，因此不存在以C或D为顶点的等腰三角形， 以O为顶点时，如图OCD3，OD3＝OC，∠AOB＝60°，则D3（，1）． （iii）当D点在AB上时， 此时OD的最短距离为OD⊥AB时，此时OD，因此OD≠OC，不存在以O为顶点的等腰三角形； 当以C为顶点时，D点和A点重合， 当以D为顶点时，如图OCD4，易得此时D4（，）． 综上所述，D点坐标为（，1）或（，0）或（，0）或（，）． （3）△BMN的周长不发生变化．理由如下： 延长BA至点F，使AF＝OM，连接CF．（如图） 又∵∠MOC＝∠FAC＝90°，OC＝AC， ∴△MOC≌△FAC， ∴MC＝CF，∠MCO＝∠FCA． ∴∠FCN＝∠FCA+∠NCA＝∠MCO+∠NCA ＝∠OCA﹣∠MCN ＝60°， ∴∠FCN＝∠MCN． 在△MCN和△FCN中， ， ∴△MCN≌△FCN， ∴MN＝NF． ∴BM+MN+BN＝BM+NF+BN＝BO﹣OM+BA+AF＝BA+BO＝4． ∴△BMN的周长不变，其周长为4． 学科网（北京）股份有限公司 $$