冲A+题组训练卷(5)&冲A+题组训练卷(6) 强化巩固练-【一战成名新中考】2025广西中考数学·提分必刷小卷

提分必刷小卷·广西数学 班级:　 　 　 　 　 　 　 姓名:　 　 　 　 　 　 　 学号:　 　 　 　 　 　 版权归 所有,盗版盗印举报电话:029-85424032 37　 　 冲 A+ 题组训练卷(五) (满分:40 分　 时间:45 分钟) 1. (3 分)如图①,在平行四边形 ABCD 中,点 P 沿 A→B→C 方向从点 A 运动到点 C,设点 P 的运动路程为 x,线段 AP 的长为 y,图②是点 P 运动时 y 随 x 变化的关系图象,则 BC 的长为 ( 　 C　 ) A. 4. 4　 　 　 　 　 B. 4. 8　 　 　 　 　 C. 5　 　 　 　 　 D. 6 第 1 题图 　 　 　 第 2 题图 2. (3 分)如图,在矩形 ABCD 中,已知 AB = 2,BC = 4,点 O,P 分别是边 AB,AD 的中点,点 H 是边 CD 上的一个动点,连接 OH,将四边形 OBCH 沿 OH 折叠,得到四边形 OFEH,连接 PE,则 PE 长的最小值 是　 　 　 　 . 3. (10 分)已知,在 Rt△ABC 中,∠C = 90°,∠ABC 的平分线交 AC 于点 O,以 O 为圆心,OC 的长为半径作☉O,交 AC 于点 D. (1)求证:AB 是☉O 的切线; (2)若 tan∠CBO= 1 2 ,AD= 2,求☉O 的半径. 第 3 题图 (1)证明:如解图,过点 O 作 OE⊥AB 于点 E, ∵BO 是∠ABC 的平分线,且 OC⊥BC, ∴OE=OC,即 OE 是☉O 的半径, ∴AB 是☉O 的切线; (2)解:设☉O 的半径为 r, ∵tan∠CBO= OC BC = 1 2 , ∴BC=2OC=2r, ∴2x-r=2+r,即 2× 4 3 r-r=2+r,解得 r=3, ∴☉O 的半径为 3. 4. (12 分)如图①,小明和小亮分别站在平地上的 C、D 两地先后竖直 向上抛小球 A、B(抛出前两小球在同一水平面上),小球到达最高点 后会自由竖直下落到地面. A、B 两球到地面的距离 y1( m)和 y2( m) 与小球 A 离开小明手掌后运动的时间 x( s)之间的函数图象分别是 图②中的抛物线 C1、C2 . 已知抛物线 C1 经过点 P( 0,2),顶点是 Q(1,7),抛物线 C2 经过M(1,2)和 N(2,5)两点,两抛物线的开口大 小相同. (1)分别求出 y1、y2 与 x 之间的函数表达式; (2)在小球 B 离开小亮手掌到小球 A 落到地面的过程中. ①当 x 为何值时,两小球到地面的距离相等; ②当 x 为何值时,两小球到地面的距离之差最大? 最大是多少? 图① 　 图② 第 4 题图 解:(1)设 y1 与 x 之间的函数表达式为 y1 =a(x+m) 2+k(a≠0) . ∵顶点 Q 的坐标是(1,7), ∴ y1 =a(x-1) 2+7, ∵点 P(0,2)在抛物线 C1 上, ∴2=a(0-1) 2+7,解得 a=-5, ∴ y1 =-5(x-1) 2+7, ∵两抛物线的开口大小相同, ∴设 y2 与 x 之间的函数表达式为 y2 =-5x2+bx+c, ∵点 M(1,2)和 N(2,5)都在抛物线 C2 上, ∴ 2=-5+b+c, 5=-20+2b+c,{ 解得 b=18, c=-11,{ ∴ y2 =-5x2+18x-11; (2)①令 y1 =y2,则-5(x-1) 2+7=-5x2+18x-11,解得 x= 13 8 . ②令 y1 =0,则 0=-5(x-1) 2+7, 解得 x1 =1+ 35 5 ,x2 =1- 35 5 (不合题意,舍去), 在小球 B 离开小亮手掌到小球 A 落到地面这个过程中,1≤x≤1+ 35 5 . 5. (12 分)如图①,把△ABC 沿 BC 方向向右平移得到△DCE,A,C 的对 应点分别是 D,E. 点 M 是线段 BE 上的一个动点,连接 DM,将线段 DM 绕点 D 逆时针旋转得到线段 DN,使得∠MDN= ∠ADE,连接 NE、 AM. 已知 AC=BC= 4,AB= 2. (1)在点 M 的运动过程中,求证: ①四边形 ACED 是菱形; ②∠AMD= ∠DNE; (2)如图②,当点M刚好运动到点 C 的位置时,连接MN,求MN的长; (3)在点 M 运动过程中,△DNE 能否成为等腰三角形? 如果能,求 出 BM 的长;如果不能,请说明理由. 图① 　 　 　 图② 第 5 题图 (1)①②证明略; (2)解:如解图①,过点 E 作 EF⊥DM 于点 F,则 DF=MF= 1 2 DM= 1 2 AB= 1,EF= DE2-DF2 = 42-12 = 15 , 由平移与旋转的性质可得 DN = DM,∠NDE = ∠ADM = ∠B = ∠DME = ∠MDE, ∴DE 垂直平分 MN, ∵S△MDE = 1 2 DM·EF= 1 2 DE· 1 2 MN, ∴ 1 2 ×2× 15 = 1 2 ×4× 1 2 MN, ∴MN= 15 ; (3)解:能. 【详解见答案册 Px】 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 提分必刷小卷·广西数学 班级:　 　 　 　 　 　 　 姓名:　 　 　 　 　 　 　 学号:　 　 　 　 　 　 38　 冲 A+ 题组训练卷(六) (满分:40 分　 时间:45 分钟) 1. (3 分)如图,E 是菱形 ABCD 边 AB 的中点,F 为边 AD 上一动点,连 接 EF,将△AEF 沿直线 EF 折叠得到△A′EF,已知 BC = 4,∠B = 120°,则当 A′E 与菱形 ABCD 的对角线平行时,线段 DF 的长为 ( 　 D　 ) 第 1 题图 A. 3　 　 　 　 B. 3 　 　 　 　 C. 3或 3- 3 　 　 　 　 D. 3 或 3- 3 2. (3 分)已知抛物线 y= x2 -2x+c 经过 A 2n+3,y1( ) ,B n-1,y2( ) 两点,若 A,B 分别位于抛物线对称轴的两侧,且 y1 < y2,则 n 的取值范围 是　 　 　 　 . 3. (10 分)如图,AB 为☉O 的直径,DA 和☉O 相交于点 F,AC 平分 ∠DAB,点 C 在☉O 上,且 CD⊥DA,AC 交 BF 于点 P. (1)求证:AC·PC=BP·DC; (2)求证:CD 是☉O 的切线; (3)已知:CB= 6,AC= 8,求 sin∠BAF 的值. 第 3 题图 (1)证明:∵AB 为☉O 的直径,∴∠ACB=90°, ∵CD⊥DA,∴∠D=90°,∴∠D=∠ACB. ∵∠DAC=∠FBC, ∴△DAC∽△CBP, ∴AC PB =DC PC ,∴AC·PC=BP·DC; (2)证明:如解图,连接 OC, ∵OA=OC,∴∠OAC=∠OCA, ∵AC 平分∠DAB,∴∠DAC=∠OAC,∴∠OCA=∠DAC,∴AD∥OC, ∵CD⊥DA,∵AB 为☉O 的直径,∴∠AFB=90°,∴BF⊥AD, 4. (12 分)数学来源于生活,同时数学也可以服务于生活. 【知识背景】如图,校园中有两面直角围墙,墙角内的 P 处有一棵古 树与墙 CD,AD 的距离分别是 15 m 和 6 m,在美化校园的活动中,某 数学兴趣小组想借助围墙(两边足够长),用 28 m 长的篱笆围成一 个矩形花园 ABCD(篱笆只围 AB,BC 两边),设 AB= x m. 【方案设计】设计一个矩形花园,使之面积最大,且要将古树 P 围在 花园内(含边界,不考虑树的粗细) . 【解决问题】思路:求出矩形 ABCD 的面积 S 与边长 x(即 AB 的长)的 函数解析式,并利用函数的性质来求面积的最大值即可. (1)请用含有 x 的代数式表示 BC 的长; (2)花园的面积能否为 192 m2? 若能,求出 x 的值;若不能,请说明 理由; (3)求面积 S 与 x 的函数解析式,写出 x 的取值范围,并求当 x 为何 值时,花园面积 S 最大? 第 4 题图 解:(1)由题意知 AB=x m,则 BC=(28-x)m; (2)能.由题意得 x(28-x)= 192, 解得 x=12 或 x=16, ∵古树 P 与墙 CD 的距离为 15 m, ∴ x=16 不合题意,舍去,即 x=12, ∴花园的面积能为 192 m2,此时 x 的值为 12; 即当 x=13 时,花园面积 S 最大,最大为 195 m2 . 5. (12 分)综合与实践 在“综合与实践”活动课上,郭老师以“从特殊到一般”的方式展开了 一次数学活动课堂讨论,引导学生体会“折叠在数学学习中的重要 作用” . 以下是郭老师主题课堂的内容展示,请阅读并完成解答. 观察发现 (1)如图①,OP 平分∠AOB,PQ∥OA 交 OB 于点 Q. 若 PQ= 2,直接写 出 OQ 的长; 尝试探究 (2)如图②,点 E 是正方形 ABCD 的边 BC 上一点(不与点 B,C 重 合),连接 AE,沿 AE 折叠四边形 ADCE 得到四边形 AD′C′E,点 D′,C′ 分别是点 D,C 的对应点,延长 C′E 交 AD的延长线于点 F. ①求证:AF=EF; ②多解法 ∙∙∙ 若 AB= 4,点 E 是 BC 的中点,求 DF 的长; 拓展应用 (3)如图③,在平行四边形 ABCD 中,AB = 10,AD = 6,∠DAB = 60°,点 E 是射线 CB 上一点,连接 AE,沿 AE 折叠四边形 ADCE 得到四 边形 AD′C′E,点 D′,C′分别是点 D,C 的对应点,延长 C′E 交 AD 的延长线于点 F. 当 EF 与平行四边形 ABCD 的边垂直时,请直 接写出 DF 的长. 图① 　 　 图② 　 　 图③ 第 5 题图 (1)解:2; (2)①证明:由折叠性质可知,∠CEA=∠C′EA, ∵∠CEF=∠C′EB,∴∠FEA=∠BEA. ∵四边形 ABCD 是正方形, ∴AD∥BC,∴∠FAE=∠BEA, ∴∠FAE=∠FEA, ∴AF=EF; ②解:DF 的长为 1; (3)解:DF 的长为 5 3 -6 或 10 3 -6. 【详解见答案册 Px】 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 参考答案及重难题解析·广西数学 提 分 必 刷 小 卷 (3)解:存在, 根据题意画出图象如解图, 第 5 题解图 设点 M,N 的横坐标为 x1 ,x2 , 联立,得 y= -x+4, y=ax2 +(1-2a)x-2,{ 整理得 ax2 +(2-2a)x-6 = 0, ∴ x1 +x2 = 2- 2 a ,x1 ·x2 = - 6 a , 设点 P( t,4-t), 对于 y= -x+4,当 x= 0 时,y= 4;当 y= 0 时,x= 4, ∴ E(4,0),D(0,4),∴ OD=OE= 4, ∴ △ODE 是等腰直角三角形, ∴ PM= 2 | t-x1 | ,PN= 2 | t-x2 | , ∴ PM·PN= 2 | t2 -2t+ 2( t-3) a | , ∴ 当 t= 3 时,PM·PN 恒为定值,此时点 P(3,1), 当 x= 3 时,y=ax2 +(1-2a) x-2 = 9a+3(1-2a) -2 = 3a+1> 1, 即当 x= 3 时,抛物线上对应点在点 P 的上方,故点 N 在点 P 的左侧,故点 P 不在线段 MN 上, 综上所述,符合条件的点 P 的坐标为(3,1),点 P 不在线 段 MN 上. 冲 A+题组训练卷(五) 1. C　 2. 17 - 5 3. (1)证明:如解图,过点 O 作 OE⊥AB 于点 E, ∵ BO 是∠ABC 的平分线,且 OC⊥BC, ∴ OE=OC,即 OE 是☉O 的半径,∴ AB 是☉O 的切线; 第 3 题解图 (2)解:设☉O 的半径为 r, ∵ tan∠CBO= OC BC = 1 2 , ∴ BC= 2OC= 2r, ∵ ∠C = ∠AEO = 90°, ∠A = ∠A, ∴ △ABC∽△AOE, ∴ AE AC =OE BC = r 2r = 1 2 , 设 AE= x,则 AC= 2x,∴ OA=AC-OC= 2x-r, 在 Rt△AOE 中,AE2 +OE2 =AO2 ,即 x2 +r2 = (2x-r) 2 , 解得 x= 4 3 r 或 x= 0(舍去), ∵ AD= 2,OD= r,∴ AO= 2+r, ∴ 2x-r= 2+r,即 2× 4 3 r-r= 2+r,解得 r= 3, ∴ ☉O 的半径为 3. 4.解:(1)设 y1 与 x 之间的函数表达式为 y1 =a( x+m) 2 +k(a ≠0) . ∵ 顶点 Q 的坐标是(1,7),∴ y1 =a(x-1) 2 +7, ∵ 点 P(0,2)在抛物线 C1 上, ∴ 2 =a(0-1) 2 +7,解得 a= -5,∴ y1 = -5(x-1) 2 +7, ∵ 两抛物线的开口大小相同, ∴ 设 y2 与 x 之间的函数表达式为 y2 = -5x2 +bx+c, ∵ 点 M(1,2)和 N(2,5)都在抛物线 C2 上, ∴ 2 = -5+b+c, 5 = -20+2b+c,{ 解得 b= 18, c= -11,{ ∴ y2 = -5x 2 +18x-11; (2)①令 y1 = y2 ,则-5(x-1) 2 +7 = -5x2 +18x-11, 解得 x= 13 8 . ②令 y1 = 0,则 0 = -5(x-1) 2 +7, 解得 x1 = 1+ 35 5 ,x2 = 1- 35 5 (不合题意,舍去), 在小球 B 离开小亮手掌到小球 A 落到地面这个过程中, 1≤x≤1+ 35 5 . 当 1≤x≤ 13 8 时,两小球到地面的距离之差 y1 -y2 = - 8x+ 13, ∵ -8<0,∴ y1 -y2 随 x 的增大而减小. ∴ 当 x= 1 时,y1 -y2 有最大值,最大值是 5, 当 13 8 ≤x≤1+ 35 5 时,两小球到地面的距离之差 y2 -y1 = 8x-13, ∵ 8>0,∴ y2 -y1 随 x 的增大而增大. ∴ 当 x= 1+ 35 5 时,y2 -y1 有最大值,最大值是 8 35 5 -5, ∵ 8 35 5 -5<5. ∴ 当 x 的值为 1 时,两小球到地面的距离之差最大,最大是 5 m. 5. (1)证明:①∵ AC=BC,∴ △ABC 是等腰三角形, 结合平移的性质可得 AD=BC=AC=DE=CE, ∴ 四边形 ACED 是菱形; ②∵ ∠MDN= ∠ADE,∴ ∠ADM= ∠EDN, 由旋转的性质得 DM=DN, 由①知 AD=DE,∴ △AMD≌△END(SAS), ∴ ∠AMD= ∠DNE; (2)解:如解图①,过点 E 作 EF⊥DM 于点 F,则 DF =MF = 1 2 DM= 1 2 AB= 1,EF= DE2 -DF2 = 42 -12 = 15 , 第 5 题解图① 由平移与旋转的性质可得 DN =DM,∠NDE = ∠ADM = ∠B = ∠DME= ∠MDE, ∴ DE 垂直平分 MN, ∵ S△MDE = 1 2 DM·EF= 1 2 DE· 1 2 MN, ∴ 1 2 ×2× 15 = 1 2 ×4× 1 2 MN,∴ MN= 15 ; (3)解:能. ①当点 M、C 重合时,由(2)可知,DE 垂直平分 MN, ∴ EN=EM=ED,∴ △DNE 是等腰三角形,∴ BM=BC= 4; ②当 ND=NE 时,由(1)可知△AMD≌△END, ∴ ND=NE=MA=MD, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 26 参考答案及重难题解析·广西数学 提 分 必 刷 小 卷 　 如解图②,过点 M 作 MG⊥AD 于点 G,过点 D 作 DH⊥CE 于点 H,则 AG=GD=MH= 2, 第 5 题解图② 由平移的性质可得 S△ADM = S△ABC = S△DCE = 1 2 × 2 × 15 = 15 , ∴ 1 2 CE·DH= 15 ,即 1 2 ×4DH= 15 , ∴ GM=DH= 15 2 , ∴ CH= DC2 -DH2 = 1 2 ,∴ CM=MH-CH= 3 2 , ∴ BM=BC-CM= 5 2 ; ③如解图③,当 DN=DE= 4 时,DM=DN=DE= 4, 第 5 题解图③ 当点 M 与 E 重合时,BM= 2BC= 8; 当点M在 BC 上时(即为点M′),M′H= DM′2 -DH2 = 7 2 , ∴ M′C=M′H-CH= 3,∴ BM′=BC-M′C= 1. 综上所述,BM 的长为 4 或 5 2 或 8 或 1. 冲 A+题组训练卷(六) 1. D　 2. -1<n<0 3. (1)证明:∵ AB 为☉O 的直径,∴ ∠ACB= 90°, ∵ CD⊥DA,∴ ∠D= 90°,∴ ∠D= ∠ACB. ∵ ∠DAC= ∠FBC,∴ △DAC∽△CBP, ∴ AC PB =DC PC ,∴ AC·PC=BP·DC; (2)证明:如解图,连接 OC, ∵ OA=OC,∴ ∠OAC= ∠OCA, ∵ AC 平分∠DAB,∴ ∠DAC= ∠OAC, ∴ ∠OCA= ∠DAC,∴ AD∥OC, ∵ CD⊥DA,∴ OC⊥CD, ∵ OC 为☉O 的半径,∴ CD 是☉O 的切线; (3)解:如解图,设 OC 交 BF 于点 E, 第 3 题解图 ∵ AB 为☉O 的直径, ∴ ∠ACB= 90°, ∵ CB= 6,AC= 8, ∴ AB= AC2 +BC2 = 10, ∴ OC=OB= 1 2 AB= 5, ∵ AB 为☉O 的直径, ∴ ∠AFB= 90°, ∴ BF⊥AD, ∵ CD⊥DA,OC⊥CD,∴ 四边形 CDFE 为矩形, ∴ OC⊥BF,∴ BE=EF= 1 2 BF. 设 OE= x,则 CE= 5-x, ∵ 在 Rt△BOE 中,BE2 =BO2 -OE2 = 52 -x2 , 在 Rt△BCE 中,BE2 =BC2 -CE2 = 62 -(5-x) 2 , ∴ 52 -x2 = 62 -(5-x) 2 ,∴ x= 7 5 , ∴ BE= 52 -x2 = 24 5 , ∴ BF= 2BE= 48 5 ,∴ sin∠BAF= BF AB = 48 5 10 = 24 25 . 4.解:(1)由题意知 AB= x m,则 BC= (28-x)m; (2)能. 由题意得 x(28-x)= 192,解得 x= 12 或 x= 16, ∵ 古树 P 与墙 CD 的距离为 15 m, ∴ x= 16 不合题意,舍去,即 x= 12, ∴ 花园的面积能为 192 m2 ,此时 x 的值为 12; (3)S= x(28-x)= -x2 +28x= -(x-14) 2 +196. ∵ 古树 P 与墙 CD,AD 的距离分别是 15 m 和 6 m,28-15 = 13, ∴ 6≤x≤13, ∴ 面积 S 与 x 的函数解析式为 S= -(x-14) 2 +196(6≤x≤ 13); ∵ -1<0,抛物线的开口向下,对称轴为直线 x= 14, ∴ 当 6≤x≤13 时,S 随 x 的增大而增大, ∴ 当 x= 13 时,S 取到最大值为-(13-14) 2 +196 = 195, 即当 x= 13 时,花园面积 S 最大,最大为 195 m2 . 5. (1)解:2; (2)①证明:由折叠性质可知,∠CEA= ∠C′EA, ∵ ∠CEF= ∠C′EB,∴ ∠FEA= ∠BEA. ∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ AD∥BC,∴ ∠FAE= ∠BEA, ∴ ∠FAE= ∠FEA,∴ AF=EF; ②解:解法一:如解图①,过点 F 作 FG⊥AE 于点 G. ∵ FA=FE,∴ AG=EG. ∵ 在正方形 ABCD 中,AB= 4,点 E 是 BC 的中点, ∴ ∠B= 90°,BE= 1 2 BC= 1 2 AB= 2, ∴ 由勾股定理得 AE= AB2 +BE2 = 2 5 ,∴ AG= 5 , ∵ AD∥BC,∴ ∠FAG= ∠AEB, ∴ cos∠FAG= cos∠AEB, ∴ AG AF =BE AE ,即 5 AF = 2 2 5 ,∴ AF= 5, ∴ DF=AF-AD=AF-AB= 1; 图① 　 　 　 图② 第 5 题解图 解法二:如解图②,过点 A 作 AG⊥FE 于点 G, ∵ ∠AGE= ∠ABE,∠GEA= ∠BEA,AE=AE, ∴ △AGE≌△ABE,∴ AG=AB= 4,GE=BE= 2, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 36 参考答案及重难题解析·广西数学 提 分 必 刷 小 卷 设 AF= x,则 FE=AF= x,∴ FG= x-2. 在 Rt△FAG 中,由勾股定理得 AG2 +GF2 =AF2 , 即 42 +(x-2) 2 = x2 ,解得 x= 5,∴ AF= 5, ∴ DF=AF-AD=AF-AB= 1; (3)解:DF 的长为 5 3 -6 或 10 3 -6. 冲 A+题组训练卷(七) 1. C　 2. 16 5 3.解:(1)同弧所对的圆周角相等; (2)又∵ ∠P= ∠P,∴ △PAD ∽△PCB , ∴ PA PC =PD PB ,∴ PA·PB=PC·PD; (3) PA2 =PC·PD, 理由如下:如解图,连接 AD,AC,AO. ∵ PA 与☉O 相切于点 A, ∴ AO⊥PA, ∴ ∠PAO= 90°. ∵ DC 是☉O 的直径, ∴ ∠DAC= 90°, ∴ ∠1 = ∠2. ∵ AO=CO,∴ ∠2 = ∠3,∴ ∠1 = ∠3, 又∵ ∠P= ∠P,∴ △PAD∽△PCA. ∴ PA PC =PD PA ,∴ PA2 =PC·PD. 第 3 题解图 4. (1)①证明:如解图①,连接 BD, ∵ 四边形 ABCD 是菱形,∴ AD=AB,∠DBC= ∠DBA, 又∵ ∠A= 60°,∴ △DAB 为等边三角形, ∴ DA=DB,∠DBC= ∠DBA= ∠A= 60°, 又∵ AE=BF, ∴ △DAE≌△DBF(SAS),∴ DE=DF; 第 4 题解图① ②解:由①知△DAE≌△DBF,△DAB 为等边三角形, ∴ ∠ADE= ∠BDF,∠ADB= 60°, ∴ ∠ADE+∠BDE= ∠BDF+∠BDE= 60°,即∠EDF= 60°; (2)解:①当 0≤t<4 时,点 P 在 AB 边上运动, 在 Rt△APG 中,∵ ∠A= 60°,AP= t, ∴ PG= sin60°·AP= 3 2 t,即 y= 3 2 t; ②当 4≤t<8 时,点 P 在 BC 边上运动, 如解图②,过点 B 作 BH⊥AD 于点 H,则 BH = sin60°·AB = 3 2 ×4 = 2 3 , ∵ BC∥AD,∴ PG=BH= 2 3 ,即 y= 2 3 ; 第 4 题解图② ③当 8≤t≤12 时,如解图③,点 P 在 CD 边上运动,点 G 在 AD 的延长线上,则 DP= 12-t, ∵ CD∥AB,∴ ∠GDP= ∠A= 60°, ∴ PG= sin60°·DP= 3 2 (12-t)= - 3 2 t+6 3 , 即 y= - 3 2 t+6 3 . 综上所述, y 关于 t 的函数解析式为 y= 3 2 t(0≤t<4), 2 3 (4≤t<8), - 3 2 t+6 3 (8≤t≤12); ì î í ï ï ï ï ïï 第 4 题解图③ (3)解:①当 0≤t<4 时,y= 3 2 t, ∵ 3 2 >0, ∴ 线段 PG 的长随点 P 的运动时间 t 的增大而增大; ②当 4≤t<8 时,y= 2 3 ,线段 PG 的长恒等于 2 3 ; ③当 8≤t≤12 时,y= - 3 2 t+6 3 , ∵ - 3 2 <0, ∴ 线段 PG 的长随点 P 的运动时间 t 的增大而减小. 5.解:(1)①③; (2)∵ yn = - 1 2 (x+n-2)(x-n-2) +3 = - 1 2 (x2 -4x-n2 +4) + 3 = - 1 2 (x-2) 2 + n2 2 +3, ∴ “族抛物线”yn 的顶点坐标为 Mn(2, n2 2 +3), ∴ Mn+1 [2, (n+1) 2 2 +3], ∴ MnMn+1 = (n+1) 2 2 +3-( n2 2 +3)= 2n+1 2 ; (3)点 P1 ,P2 ,P3 ,…,Pn 在同一条直线上. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 46