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2025年苏州中考数学二模模拟卷（二）
一．选择题（共8小题）
1．4的算术平方根是（　　）
A．2 B．﹣2 C．±2 D．16
2．函数y的自变量取值范围是（　　）
A．x＞﹣2 B．x＜﹣2 C．x≥﹣2 D．x≠﹣2
3．下列运算中，计算错误的是（　　）
A．a3 a4＝a12； B．a6÷a2＝a4； C．（ab2）2＝a2b4； D．（a2）3＝a6
4．下列字母中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A．H B．S C．J D．Y
5．菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（　　）
A．对角线互相平分 B．对角线相等
C．对角线互相垂直 D．对边平行且相等
6．如图，AB为⊙O的直径，D是的中点，BC与AD，OD分别交于点E，F．若tan∠CAD，则sin∠CDA的值为（　　）A． ； B．； C．； D．
7．已知关于x的方程ax2+bx+c＝m（a＜0）的解为x1，x2（x1＜x2），关于x的方程ax2+bx+c＝n（a＜0）的解为x3，x4（x3＜x4），若m＜n，则x1，x2，x3，x4的大小关系是（　　）
A．x1＜x2＜x3＜x4； B．x1＜x3＜x4＜x2； C．x3＜x4＜x1＜x2； D．x3＜x1＜x2＜x4
8．如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，⊙O与边AD、对角线AC均相切，过点B作⊙O的切线，切点为P，则切线长BP的最小值为（　　）
A．6 B．7 C． D．
第6题第8题
二．填空题（共8小题）
9．9x2﹣y2因式分解的结果为　 　 ．
10．据报道，中国“神箭”长征二号F遥十九运载火箭将在2024年执行神舟载人飞船发射任务，前往距地球约350000米的中国空间站．数350000用科学记数法表示为 　 　 ．
11．一个圆锥的侧面积是底面积的4倍，则这个圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为 　 　 ．
12．若α，β为方程2x2﹣5x﹣1＝0的两个实数根，则2α2+3αβ+5β的值为　 　 ．
13．如图，社小山的东侧炼A处有一个热气球，由于受西风的影响，以30m/min的速度沿与地面成75°角的方向飞行，20min后到达点C处，此时热气球上的人测得小山西侧点B处的俯角为30°，则小山东西两侧A，B两点间的距离为 　 　 ．
第13题第14题
14．如图，矩形ABCD的顶点A、D在反比例函数y的图象上，顶点C、B分别在x轴、y轴的正半轴上，且．在其右侧作正方形DEFG（如图），顶点F在反比例函数y的图象上，顶点E在x轴的正半轴上，则点F的坐标为　 　 ．
15．如图，已知等边△ABC边长为6，D为BC延长线上一点，CD＝4，E为直线AC上一动点，连接DE，F，G分别为AB，DE的中点，连接FG，则线段FG长度的最小值为 　 　 .
第15题
16．当二次函数y＝x2+m（x＞﹣1且m＜0）与y＝x有且只有一个交点时，m的取值范围是　 　 ．
三．解答题（共11小题）
17．计算．
18．解不等式组．
19．先化简，再求值：，其中x．
20．如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC边上任意一点（不与B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接CE，DE．
（1）求∠ECD的度数；
（2）若AB＝4，，求DE的长．
21．某中学举行了一次“学党史知党史”知识竞赛（百分制），为了解七、八年级学生的答题情况、从中各随机抽取了20名学生的成绩，并对数据（成绩）进行了整理、描述和分析．下面给出部分信息．
①数据统计：
七年级学生竞赛成绩的频数分布表
分组/分数 频数 频率
50≤x＜60 1 0.05
60≤x＜70 2 n
70≤x＜80 5 0.25
80≤x＜90 7 m
90≤x＜100 5 0.25
合计 20 1
②七年级学生竞赛成绩数据在80≤x＜90这一组的是：80，80，82，85，85，85，89；
③七、八两年级竞赛成绩数据的平均数、中位数、众数以及方差如下：
年级 平均数 中位数 众数 方差
七年级 82.0 a 85 109.9
八年级 82.4 84 85 72.1
根据以上信息，回答下列问题：
（1）写出表中m，n，a的值：m＝　 　 ；n＝　 　 ；a＝　 　 ；八年级学生竞赛成绩扇形统计图中，表示70≤x＜80这组数据的扇形圆心角的度数是 　 　 °；
（2）在此次竞赛中，竞赛成绩更好的是 　 　 （填“七”或“八”）年级，理由为 　 　 ；
（3）竞赛成绩90分及以上记为优秀，该校七、八年级各有400名学生，估计七、八年级成绩优秀的学生共约有多少名？
22．从2名男生和2名女生中随机抽取运动会志愿者．
（1）随机抽取1名，恰好是女生的概率为 　 　 ；
（2）请用画树状图或列表的方法，写出抽取2名，恰好是1名男生和1名女生的概率．
23．如图所示，一次函数y＝ax+b的图象与x轴相交于点A，与反比例函数的图象相交于B（1，7）和C（t，1）两点．
（1）求反比例函数表达式和一次函数表达式；
（2）若点P为x轴上一动点，连接CP，将线段CP绕点P逆时针旋转90°，点C的对应点Q恰好也落在这个反比例函数图象上，请求出点Q的坐标．
24．为提倡健康生活，某人买回一台跑步机．图①、②分别是某种型号跑步机的实物图与示意图．已知踏板CD长为1.6m，踏板CD与地面DE的坡比＝1：，支架AC长为0.8m，跑步机手柄为AB，且AB∥ED，A到地面的高度为h．支架与踏板的夹角（∠ACD）可以根据用户的舒适度需求在0°～90°调节．
（1）求C到地面DE距离；
（2）该人身高为1.8米，通过尝试h是身高0.8倍运动起来更加舒服．
①求此时点C到手柄AB的距离；
②求此时支架与踏板之间夹角的度数．（参考数据：cos50°≈0.64，cos37°≈0.8，sin50°＝cos40°≈0.76）
25．⊙O是△ABC的外接圆，AB＝AC，过点A作AE∥BC，交射线BO于点E，过点C作CH⊥BE于点H，交直线AE于点D．
（1）求证：DE是⊙O的切线．
（2）已知，，求OE的长度．
26．如图①，在正方形ABCD中，E为边BC上一点，连接AE，过点D作DN⊥AE交AE、AB分别于点F、N．
（1）求证：△ABE≌△DAN；
（2）若E为BC中点，
①如图②，连接AC交DN于点M，求CM：AM的值；
②如图③，连接CF，求tan∠CFE的值．
27．如图1，抛物线y＝ax2﹣2x+c与x轴交于点A（﹣3，0）和B，与y轴交于点C（0，3）．
（1）求该抛物线的解析式及顶点的坐标；
（2）如图2，若P是线段OA上一动点，过P作y轴的平行线交抛物线于点H，交AC于点N，设点P的横坐标为t，△ACH的面积为S．求S关于t的函数关系式；当t取何值时，S有最大值，求出S的最大值；
（3）若P是x轴上一个动点，过P作直线PQ∥BC交抛物线于点Q，随着P点的运动，在x轴上是否存在这样的点P，使以B，P，Q，C为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．【解答】解：∵22＝4，∴2，故选：A．
【点评】本题考查了算术平方根，乘方运算是解题关键．
2．【解答】解：根据题意得：x+2≥0，解得：x≥﹣2．故选：C．
【点评】本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
3．【解答】解：a3 a4＝a7，则A符合题意，a6÷a2＝a4，则B不符合题意，
（ab2）2＝a2b4，则C不符合题意，（a2）3＝a6，则D不符合题意，故选：A．
【点评】本题考查同底数幂乘法及除法，幂的乘方与积的乘方，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
4．【解答】解：A．“H”既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B．“S”是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C．“J”既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．“Y”不是中心对称图形，故本选项不符合题意．故选：A．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
5．【解答】解：∵菱形具有的性质有：四边相等，两组对边平行且相等，两组对角分别相等，对角线互相平分，对角线互相垂直；平行四边形的性质有：两组对边分别平行且相等，两组对角分别相等，对角线互相平分，∴菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是四边相等，对角线互相垂直，故选：C．
【点评】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质，掌握菱形的性质好平行四边形的性质是解题的关键．
6．【解答】解：连接BD，∵点D是弧BC的中点，∴，
∴∠CAD＝∠DCB＝∠BAD，∠DBE＝∠CAD，BD＝CD，
又∵∠CDE＝∠ADC，∴△DCE∽△DAC，∴，∴CD2＝DE DA，
∵tan∠CAD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，
∵∠DBE＝∠CAD，∴tan∠DBE＝tan∠CAD，在Rt△BDE中，tan∠DBE，
设DE＝a，则CD＝2a，∵CD2＝DE DA，∴AD＝4a，∴AE＝AD﹣DE＝3a，∴3，
∵∠CAD＝∠BAD，∴∠CAB＝2∠BAD，∵∠BOD＝2∠BAD，∴∠CAB＝∠BOD，∴DO∥AC，
∴△AEC∽△DEF，∴3，设EF＝k，则CE＝3k，∵tan∠CAD，
∴AC＝6k，AB＝10k，∴sin∠CDA＝sin∠ABC，故选：A．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理等知识，熟练运用相似三角形的判定与性质及圆周角定理是解题的关键．
第6题第7题
7．【解答】解：∵关于x的方程ax2+bx+c＝m（a＜0）的解为x1，x2（x1＜x2），
∴抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与直线y＝m的两交点的横坐标分别为x1，x2（x1＜x2），如图，∵关于x的方程ax2+bx+c＝n（a＜0）的解为x3，x4（x3＜x4），∴抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与直线y＝n的两交点的横坐标分别为x3，x4（x3＜x4），如图，∴x1＜x3＜x4＜x2．故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程根的分布，解答本题的关键要明确抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
8．【解答】解：设⊙O与AD、AC分别相切于点G、H，连接OG、OH、OP、OB，连接AO并延长交CD于E，过点E作EF⊥AC于F，过点O作OK⊥AB于K，如图，
则∠AGO＝∠AHO＝∠CFE＝∠AFE＝∠BKO＝∠AKO＝90°，OG＝OH＝OP，
∵OG⊥AD，OH⊥AC，OG＝OH，∴AO平分∠CAD，
∴∠EAD＝∠EAF，∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝8，AD＝BC＝6，∠D＝∠BAD＝90°，
∴AC10，ED⊥AD，
∵AO平分∠CAD，ED⊥AD，EF⊥AC，∴EF＝ED，
∵AE＝AE，∴Rt△AED≌Rt△AEF（HL），
∴AF＝AD＝6，∴CF＝AC﹣AF＝10﹣6＝4，
设ED＝EF＝a，则CE＝8﹣a，
∵∠CFE＝∠CDA＝90°，∠ECF＝∠ACD，
∴△CEF∽△CAD，∴，即，
∴a＝3，∴DE＝EF＝3，CE＝5，∴AE3，
设⊙O的半径为r，则OG＝OH＝OP＝r，∵∠AGO＝∠ADE＝90°，∠OAG＝∠EAD，
∴△AOG∽△AED，∴，即，∴AG＝2r，
∵∠AGO＝∠GAK＝∠AKO＝90°，∴四边形AGOK是矩形，∴OK＝AG＝2r，AK＝OG＝r，
∴BK＝AB﹣AK＝8﹣r，∴OB2＝OK2+BK2＝（2r）2+（8﹣r）2＝5r2﹣16r+64，
∵BP是⊙O的切线，∴∠BPO＝90°，∴BP2，
∴当r＝2时，BP最小值＝24；故选：D．
【点评】本题属于圆综合题，考查了角平分线的判定和性质，切线的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
二．填空题（共8小题）
9．【解答】解：根据平方差公式进行因式分解得：9x2﹣y2＝（3x+y）（3x﹣y），答案：（3x+y）（3x﹣y）．
【点评】本题考查了因式分解﹣运用公式法，熟练掌握平方差公式进行因式分解是解题的关键．
10．【解答】解：350000＝3.5×105，故答案为：3.5×105．
【点评】本题考查科学记数法表示较大的数，熟练掌握其定义是解题的关键．
11．【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为R，母线长为l，根据题意得 l 2πR＝4 πR2，所以l＝4R，
设这个圆锥的侧面展开图的中心角的度数为n，则4πR2，解得n＝90°．答案为90°．
【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
12．【解答】解：∵α为2x2﹣5x﹣1＝0的实数根，
∴2α2﹣5α﹣1＝0，即2α2＝5α+1，∴2α2+3αβ+5β＝5α+1+3αβ+5β＝5（α+β）+3αβ+1，
∵α、β为方程2x2﹣5x﹣1＝0的两个实数根，∴α+β，αβ，
∴2α2+3αβ+5β＝53×（）+1＝12．故答案为：12．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2，x1x2．也考查了一元二次方程解的定义．
13．【解答】解：如图，过点A作AD⊥BC，垂足为D，
在Rt△ACD中，∠ACD＝75°﹣30°＝45°，AC＝30×20＝600（米），
∴AD＝AC sin45°＝300（米）．
在Rt△ABD中，∵∠B＝30°，∴AB＝2AD＝600（米）．故答案为：600．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是根据仰角和俯角构造直角三角形并解直角三角形，难度适中．
第13题第14题
14．【解答】解：过点A、D、F分别作AM⊥y轴，DN⊥x轴，FK⊥x轴，垂足为M、N、K，
∵ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，
∴∠OBC＝∠BAM，∴△BOC∽△AMB，同理△BOC∽△CND，∴，
设OC＝a，OB＝b，∴AM＝2b＝CN，BM＝2a＝DN，
∴A（2b，2a+b），D（a+2b，2a）代入y得，2b（2a+b）＝6且2a（a+2b）＝6，
解得，a＝b＝1，∴OB＝OC＝1，AM＝BM＝CN＝DN＝2，
∵DEFG是正方形，易证△DNE≌△EKF （AAS），∴EK＝DN＝2，NE＝FK，
设NE＝c，则FK＝c，∴F（5+c，c）代入反比例函数关系式y得，
c（5+c）＝6，解得：c＝1，或c＝﹣6（舍去），∴F（6，1）
【点评】考查矩形、正方形、直角三角形、相似三角形的性质和判定，通过作辅助线，将问题转化为表示点的坐标，代入函数关系式求解．
15．【解答】解：如图，连接CF，∵△ABC是等边三角形，F是AB的中点，
∴∠B＝60°，BC＝6，CF垂直平分AB，∴，
如图，当点E运动到与C重合时，点G为DE的中点，点E运动到E1位置时，点G1为DE1的中点，
∴，∠GDG1＝∠CDE1，∴△DGG1∽△DCE1，∴∠DGG1＝∠DCE1，
∴GG1∥AC，∴点G在经过CD中点且平行于AC的直线上运动，
根据垂线段最短，当G运动到G′，即FG′⊥GG1时，FG′最短，过点F作FG′⊥GG1时，此时FG′最短，设FG′交AC于O，在Rt△COF中，∠OCF＝30°，∴OF，
作CH⊥GG1于H，由题意可得，∠CGG′＝60°，CG＝2，∴sin∠CGG′，∴CH，
∵四边形CHG′O为矩形，∴OG′＝CH，
∴FG′＝FO+OG′．故答案为：．
【点评】本题考查等边三角形的性质，特殊角的三角函数值，掌握等边三角形的性质是解题的关键．
第15题第16题
16．【解答】解：画出函数的图象如图所示：
∵二次函数y＝x2+m（x＞﹣1且m＜0）与y＝x有且只有一个交点，
∴当x＝﹣1时y＝x2+m＝﹣1时满足题意，则m＝﹣2，
∴m的取值范围是m≤﹣2．故答案为m≤﹣2．
【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，正比例函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象上点的坐标特征，画出函数图象，数形结合是解题的关键．
三．解答题（共11小题）
17．【解答】解：原式＝﹣42+3×（﹣1）＝﹣2﹣2﹣3＝﹣7．
【点评】本题考查实数的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
18．【解答】解：，由不等式2（x﹣1）＜3x﹣1得：x＞﹣1，
由不等式得：x≤3，∴不等式组的解集为：﹣1＜x≤3．
【点评】本题考查了解一元一次方程组，求不等式组的解集应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
19．【解答】解：原式
，当x时，原式．
【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
20．【解答】解：（1）：∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
由旋转可知：AD＝AE，∠DAE＝90°，∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD与△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD＝45°，∴∠ECD＝45°+45°＝90°；
（2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∴BC4，
由（1）得，△BAD≌△CAE，∴BD＝CE，∴CD＝BC﹣BD＝3，
∴∠DCE＝90°，∴CE2+CD2＝ED2，∴DE2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
21．【解答】解：（1），n0.1，a＝（80+82）÷2＝81，
八年级学生竞赛成绩扇形统计图中，表示70≤x＜80这组数据的扇形圆心角的度数为：360°×25%＝90°，故答案为：0.35，0.1，81，90；
（2）在此次竞赛中，竞赛成绩更好的是八年级，理由如下，
∵八年级成绩的平均分大于七年级年级成绩的平均分，∴八年级的成绩好，
故答案为：八，八年级成绩的平均分大于七年级年级成绩的平均分（答案不唯一，合理均可）；
（3）估计这两个年级成绩优秀的学生共约：400×0.25+400×30%＝220（人），故答案为：220．
【点评】本题主要考查方差、中位数、众数及扇形统计图，解题的关键是掌握众数、中位数的概念及样本估计总体思想的运用．
22．【解答】解：（1）∵有2名男生和2名女生，
∴随机抽取1名，恰好是女生的概率为．故答案为：．
（2）设2名男生分别记为A，B，2名女生分别记为C，D，画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中抽取2名，恰好是1名男生和1名女生的结果有AC，AD，BC，BD，CA，CB，DA，DB，共8种，∴抽取2名，恰好是1名男生和1名女生的概率为．
【点评】本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
23．【解答】解：（1）∵反比例函数的图象过点B（1，7）和C（t，1），
∴k＝1×7＝t×1，∴k＝7，t＝7，∴反比例函数表达式为y，
把B（1，7）和C（7，1）代入y＝ax+b得，解得，∴一次函数表达式为y＝﹣x+8；
（3）设Q（m，），过Q作QM⊥x轴于M，过C作CN⊥x轴于N，
∴∠QMP＝∠CNP＝90°，
∵将线段CP绕点P逆时针旋转90°，∴∠CPQ＝90°，
∴∠MQP+∠QPM＝∠QPM+∠CPN＝90°，
∴∠QPM＝∠CPN，∵CP＝QP，∴△QPM≌△PCN（AAS），
∴MP＝CN＝1，QM＝PN，∵OM+MP+PN＝7，
∴m+17，∴m＝3或m＝3，∴Q（3，3）或（3，3）．
【点评】本题考查了待定系数法求函数的解析式，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，正确地求出函数解析式是解题的关键．
24．【解答】解：（1）过C作CG⊥DE于G，
∵踏板CD与地面DE的坡比＝1：，CD＝1.6m，∴tan∠CDG，
∴∠CDG＝30°，∴CGCD＝0.8（m），即C到地面DE距离为0.8m；
（2）①延长GC交AB于F，则CF⊥AB，
∵该人身高为1.8米，通过尝试h是身高0.8倍运动起来更加舒服，∴h＝FG＝1.8×0.8＝1.44（m），
由（1）得：CG＝0.8m，∴CF＝FG﹣CG＝1.44﹣0.8＝0.64（m），即此时点C到手柄AB的距离为0.64m；
②在Rt△ACF中，AC＝0.8m，cos∠ACF0.8，∴∠ACF≈37°，
由（1）得：∠DCG＝90°﹣∠CDG＝60°，
∴∠ACD＝180°﹣∠ACF﹣∠DCG≈180°﹣37°﹣60°＝83°．
【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
第24题第25题
25．【解答】（1）证明：过点A作AF⊥BC，垂足为F，
∵AB＝AC，AF⊥BC，∴AF是BC的垂直平分线，∴AF过圆心O，
∵DE∥BC，∴∠EAO＝∠AFB＝90°，∵OA是圆O的半径，∴DE是⊙O的切线；
（2）解：连接OC，∵DE∥BC，
∴∠D＝∠DCB，∴tan∠DCB＝tanD，
∵CH⊥BE，∴∠BHC＝∠OHC＝∠DHE＝90°，
在Rt△BHC中，tan∠DCB，
∴设BH＝x，则CH＝2x，
∵BH2+CH2＝BC2，∴x2+（2x）2＝（4）2，
∴x＝±4（负值舍去），∴BH＝4，CH＝8，设⊙O的半径为r，在Rt△OHC中，OH2+CH2＝OC2，
∴（r﹣4）2+82＝r2，∴r＝10，∴OC＝OA＝OB＝10，∴OH＝OB﹣BH＝10﹣4＝6，
∵∠DHE＝∠EAO＝90°，∴∠E+∠AOE＝90°，∠E+∠D＝90°，∴∠D＝∠AOE，
∴tan∠AOE＝tan∠D，在Rt△AOE中，AE＝AOtan∠AOE＝105，
∴OE5．
【点评】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，解直角三角形，垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
26．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠B＝∠DAN＝90°，
∵DN⊥AE，∴∠AFN＝90°，∴∠FAN+∠ANF＝90°，
∵∠ADN+∠ANF＝90°，∴∠FAN＝∠ADN，即∠BAE＝∠AND，
在△ABE和△DAN中，，∴△ABE≌△DAN（ASA）；
（2）解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AB＝BC＝CD，
∵E为BC中点，∴BE＝CEBC，同（1）得：△ABE≌△DAN（AAS），
∴BE＝ANBC，∴ANADCD，∵AB∥CD，∴△CDM∽△ANM，∴2；
②过点C作CM⊥DN于M，如图③所示：
设AB＝AD＝CD＝2a，则BE＝a，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AEa，
同（1）得：△ABE≌△DAN（ASA），∴BE＝AN＝a，AE＝DNa，
∵∠DAN＝90°，DN⊥AE，∴AFa，
∴NFa，
∵CM⊥DN，∴∠CMD＝90°＝∠DAN，∴∠DCM+∠CDM＝90°，
∵∠CDM+∠NDA＝90°，∴∠DCM＝∠NDA，
∴△CDM∽△DNA，∴，即，
解得：CMa，DMa，
∴MF＝DN﹣NF﹣DMaaaa，
∴tan∠MCF，
∵DN⊥AE，CM⊥DN，∴AE∥CM，∴∠CFE＝∠MCF，∴tan∠CFE＝tan∠MCF．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质以及锐角三角函数定义等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和勾股定理，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
27．【解答】解：（1）抛物线y＝ax2﹣2x+c与x轴交于点A（﹣3，0）和B，与y轴交于点C（0，3），把点A，点C的坐标代入代入y＝ax2﹣2x+c得：，解得，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，∴该抛物线的顶点坐标为（﹣1，4）；
（2）设直线AC的函数解析式为y＝kx+b，把点A，点C的坐标代入得：
，解得，∴直线AC的函数解析式为y＝x+3，
把x＝t代入y＝x+3得：y＝t+3，∴点N的坐标为（t，t+3），
∵点P的横坐标为t，∴PH∥y轴，∴点H的横坐标为t，∴点H的坐标为（t，﹣t2﹣2t+3），
∴HN＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t，
∴，
∵，∴当时，S有最大值，最大值为；
（3）在x轴上存在这样的点P，使以B，P，Q，C为顶点的四边形为平行四边形；理由如下：
把y＝0代入y＝﹣x2﹣2x+3得，0＝﹣x2﹣2x+3，解得x1＝﹣3，x2＝1，∴B（1，0），∴OB＝1，
如图1，当CQ∥BP时，四边形BCQP为平行四边形，
∴CQ＝PB，把y＝3代入y＝﹣x2﹣2x+3得，﹣x2﹣2x+3＝3，解得x1＝0，x2＝﹣2，
∴Q（﹣2，3），∴CQ＝2，∴BP＝2，∴OP＝2﹣1＝1，∴P（﹣1，0）；
如图2，当点P在点A的左侧，CP∥BQ时，四边形BCPQ是平行四边形，
过点Q作QM⊥x轴于M，则∠QMP＝∠COB＝90°，
∵四边形BCPQ是平行四边形，∴PQ＝BC，PQ∥BC，∴∠QPM＝∠CBO，
∴△QPM≌△CBO（AAS），∴MP＝OB＝1，MQ＝OC＝3，∴点Q的纵坐标为﹣3，
把y＝﹣3代入y＝﹣x2﹣2x+3得，﹣3＝﹣x2﹣2x+3，
解得，（不符合，舍去），
∴点P的横坐标为，∴；
如图3，当点P在点A的右侧，CP∥BQ时，四边形BCPQ是平行四边形，
过点Q作QN⊥x轴于N，则∠QNP＝∠COB＝90°，同理可得；
综上，点P的坐标为（﹣1，0）或或．
【点评】本题考查了用待定系数法求二次函数解析式，求二次函数图象的顶点坐标，二次函数与几何图形，二次函数的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，坐标与图形，正确画出图形并运用分类讨论思想解答是解题的关键．
压轴题训练
1．如图，平面直角坐标系中有一张透明纸片，透明纸片上有抛物线y＝x2及一点P（2，4）．若将此透明纸片向右、向上移动后，得抛物线的顶点为（7，2），则此时点P的坐标是（　　）
A．（9，4） B．（9，6） C．（10，4） D．（10，6）
第1题第2题
2．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是边BC上的点，CE⊥AD，垂足为E且∠ABC＝∠BED．若AB＝4，BD＝1，则线段AD长度为（　　）
A．3 B． C． D．
3．若满足∠ABC＝60°，AC的△ABC恰好有两个，则边BC的取值范围是（　　）
A．BC＜2 B．1＜BC C．0＜BC＜1 D．0＜BC
4．无论a取任意实数，动点P（a﹣1，2a﹣3）恒在直线l上，若点Q（m，n）是直线l上的点，则求（2m﹣n+2）2的值等于 　 　 ．
5．如图，在正方形ABCD中，E，F在对角线BD上且∠EAF＝45°，若BE＝1，DF＝2，则EF＝　 　 ．
6．已知一次函数y＝kx+b（k＞0）的图象与反比例函数y（x≠0）的图象交于A，B两点，其中A点在第三象限，B点在第一象限．若线段AB的中点坐标为（1，﹣1），则实数k的值为 　 　 ．
参考答案：
1．【解答】解：∵抛物线y＝x2及移动至顶点坐标为（7，2）时的新抛物线解析式为：y＝（x﹣7）2+2，即先向右平移7个单位，再向上平移2个单位，∴P（2，4）应先向右平移7个单位，再向上平移2个单位，其新坐标变为（2+7，4+2），即（9，6）．故选：B．
【点评】考查的是二次函数的图象与几何变换，能根据题意得出新抛物线的解析式是解答此题的关键．
2．【解答】解：∵∠ABC＝∠BED，∠ADB＝∠BDE，
∴△ABD∽△BED，∴，即BD2＝DE AD，
∵∠ACB＝90°，CE⊥AD，∴∠ACD＝CED＝90°，
又∵∠ADC＝∠CDE，∴△ACD∽△CED，∴，即CD2＝DE AD，
∴CD2＝BD2，∴CD＝BD＝1，∴BC＝2，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC2＝AB2﹣BC2＝42﹣22＝12，
在Rt△ACD中，由勾股定理得，故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
3．【解答】解：设BC＝a，由正弦定理得：，即，变形得：，
由题意得：当A∈（60°，120°）时，满足条件的△ABC有两个，
∴，解得：，则a的取值范围是，故选：A．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，掌握三角函数是解题的关键．
4．【解答】解：令x＝a﹣1，y＝2a﹣3，则y＝2x﹣1，所以直线l的解析式为y＝2x﹣1，
∵Q（m，n）是直线l上的点，∴n＝2m﹣1，∴（2m﹣n+2）2＝（2m﹣2m+1+2）2＝32＝9．
故答案为：9．
【点评】本题主要考查一次函数图象上点的坐标特征，写出直线l的解析式是解题的关键．
5．【解答】解：将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD，连接EG，如图所示，
则△ADF≌△ABG，∴DF＝BG＝2，∠ADF＝∠ABG＝45°，AF＝AG，
∵∠EBA＝45°，∴∠EBG＝∠EBA+∠ABG＝90°，∴EG，
∵四边形ABCD是正方形，∠EAF＝45°，∴∠DAB＝90°，
∴∠DAF+∠EAB＝45°，∴∠BAG+∠EAB＝45°，∴∠EAG＝45°，
在△EAF和△EAG中，，∴△EAF≌△EAG（SAS），∴EF＝EG，
∵EG，∴EF，故答案为：．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、旋转的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
6．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），∵线段AB的中点坐标为（1，﹣1），
∴x1+x2＝2，y1+y2＝﹣2，联立方程组得kx2+bx﹣3＝0，∴x1+x2，∴2，∴b＝﹣2k，∵y1+y2＝k（x1+x2）+2b＝﹣2，∴2k+2b＝﹣2，∴k＝1．故答案为：1．
【点评】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，关键是掌握一元二次方程根与系数的关系．
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