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专题02 月考模拟卷02
考试范围：第21-24章；考试时间：120分钟；总分：150分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
评卷人得分
一、单选题
1．中国地铁是指中国建设和运营中的城市轨道交通．下列城市地铁图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A．B． C． D．
2．给出一种运算：对于函数，规定．例如：若函数，则有．已知函数，那么方程的解是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．在平面直角坐标系中，有，，，四点，其中关于原点对称的两点为（　　）
A．点A和点B B．点B和点C C．点C和点D D．点D和点A
4．关于二次函数y＝﹣2x2+1，以下说法正确的是（　　）
A．开口方向向上 B．顶点坐标是（﹣2，1）
C．当x＜0时，y随x的增大而增大 D．当x＝0时，y有最大值﹣
5．用配方法解方程，原方程应变为（ ）
A． B． C． D．
6．已知二次函数的图象与x轴的两个交点分别是和，且抛物线还经过点（-4，y1）和（4，y2），则下列关于、的大小关系判断正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转120°，得到△ADE．若点D在线段BC的延长线上，则的大小为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
8．如图，若抛物线经过点（0），其对称轴为直线，则下列结论中正确的是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，⊙O的直径为10，A、B、C、D是⊙O上的四个动点，且AB＝6，CD＝8，若点E、F分别是弦AB、CD的中点，则线段EF长度的取值范围是（）
A．1≤EF≤7 B．2≤EF≤5 C．1＜EF＜7 D．1≤EF≤6
10．下表记录了二次函数中两个变量x与y的6组对应值，其中．
x … 1 3 …
y … m 0 2 0 n m …
根据表中信息，当时，直线与该二次函数图像有两个公共点，则k的取值范围为（ ）．
A． B．
C． D．
第II卷（非选择题）
评卷人得分
二、填空题
11．方程的解是 ．
12．二次函数的图象的顶点坐标为 ．
13．已知关于的方程有一个非零根，则的值是 ．
14．将抛物线向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到抛物线的解析式是 ．
15．如图，是的外接圆，，，则的直径等于 ．

16．如图，P是矩形ABCD内一点，，，，则当线段DP最短时， ．
评卷人得分
三、解答题
17．解下列方程：
(1)；
(2)．
18．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标为，，，绕原点逆时针旋转，得到，向右平移6个单位，再向上平移2个单位得到．

(1)画出和；
(2)是的上一点，经旋转、平移后点P的对应点为，则点的坐标是 ．
(3)若直接旋转得到，则旋转点M坐标是 ．
19．我国快递行业迅速发展，经调查，某快递公司今年2月份投递快递总件数为20万件，4月份投递快递总件数33.8万件，假设该公司每月投递快递总件数的增长率相同．
(1)求该公司投递快递总件数的月增长率；
(2)若该公司每月投递快递总件数的增长率保持不变，那么5月份投递快递总件数是否达到45万件？
20． 如图，已知二次函数的图象经过点A(2，0)，B(0，-6)两点．
(1)求这个二次函数的解析式；
(2)设该二次函数的对称轴与x轴交于点C，连接BA、BC，求△ABC的面积．
21．已知⊙O为△ABC的外接圆，圆心O在AB上．
（1）在图1中，用尺规作图作∠BAC的平分线AD交⊙O于D（保留作图痕迹，不写作法与证明）；
（2）如图2，设∠BAC的平分线AD交BC于E，⊙O半径为5，AC=4，连接OD交BC于F．
①求证：OD⊥BC；②求EF的长．
8800元购进的“吉祥兔”的数量是用4000元购进的“如意兔”的2倍，且每件“吉祥兔”的进价比“如意兔”贵了4元．
(1)“吉祥兔”、“如意兔”每件的进价分别是多少元？
(2)该商场把“如意兔”的销售价定为60元，每天可卖80件．调研发现，如果调整价格每降价1元，每天可多卖10件．如何定价才能使“如意兔”的利润最大？最大利润是多少？
23．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以BC为直径的圆O交AB于点D，切线DE交AC于点E．
（1）求证：∠A=∠ADE；
（2）若AD=8，DE=5，求BC的长．
24．旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．如图①，在四边形ABCD中，，，，，．
【问题提出】
(1)如图②，在图①的基础上连接BD，由于，所以可将绕点D顺时针方向旋转60°，得到，则的形状是_______；
【尝试解决】
(2)在（1）的条件下，求四边形ABCD的面积；
【类比应用】
(3)如图③，等边的边长为2，是顶角的等腰三角形，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，求的周长．
25．如图1，顶点为的抛物线交轴于，两点，其坐标分别为，，交轴的正半轴于点，是线段上异于，的一个动点，为上一点．

(1)求该抛物线的表达式并写出点的坐标．
(2)当时，求面积的最大值．
(3)如图2，的延长线交于点，若，记，，求的最小值．
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专题02 月考模拟卷02
考试范围：第21-24章；考试时间：120分钟；总分：150分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
评卷人得分
一、单选题
1．中国地铁是指中国建设和运营中的城市轨道交通．下列城市地铁图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A．B． C． D．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形的定义进行判断即可．
【详解】选项A不是中心对称图形，故A不符合题意；
选项B不是中心对称图形，故B不符合题意；
选项C是中心对称图形，故C符合题意；
选项D不是中心对称图形，故D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查中心对称图形的定义，把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，熟练掌握其定义是解题的关键．
2．给出一种运算：对于函数，规定．例如：若函数，则有．已知函数，那么方程的解是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【分析】根据新定义得出，再结合得到方程，据此利用直接开平方求解即可．
【详解】解：
故选：A．
【点睛】本题考查新定义、直接开方法解一元二次方程等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
3．在平面直角坐标系中，有，，，四点，其中关于原点对称的两点为（　　）
A．点A和点B B．点B和点C C．点C和点D D．点D和点A
【答案】D
【分析】根据关于原点对称，横纵坐标都互为相反数，即可得出答案．
【详解】解：A、点与点关于原点不对称，故此选项不符合题意；
B、点与点关于原点不对称，故此选项不符合题意；
C、点与点关于原点不对称，故此选项不符合题意；
D、点与点关于原点对称，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了关于原点对称点的坐标，解题关键是掌握点关于原点O的对称点是．
4．关于二次函数y＝﹣2x2+1，以下说法正确的是（　　）
A．开口方向向上 B．顶点坐标是（﹣2，1）
C．当x＜0时，y随x的增大而增大 D．当x＝0时，y有最大值﹣
【答案】C
【分析】根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【详解】解：∵二次函数y＝﹣2x2+1，
∴该函数图象开口向下，故选项A错误；
顶点坐标为（0，1），故选项B错误；
当x＜0时，y随x的增大而增大，故选项C正确；
当x＝0时，y有最大值1，故选项D错误；
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数的最值，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
5．用配方法解方程，原方程应变为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先将常数项移到右边，两边再同时加上一次项系数一半的平方进行配方即可得到答案．
【详解】对进行配方：
移项，得：，
两边同时加上一次项系数一半的平方，即，得：
，
整理，得：，
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的配方，熟练掌握配方的过程是本题的解题关键．
6．已知二次函数的图象与x轴的两个交点分别是和，且抛物线还经过点（-4，y1）和（4，y2），则下列关于、的大小关系判断正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求得抛物线对称轴为直线x=1，根据抛物线的性质，抛物线上的点离对称轴越远，对应的函数值就越大，即可得到答案．
【详解】解：∵抛物线y=x2+bx+c开口向上，且与x轴的两个交点分别是（-1，0）和（3，0），
∴对称轴是直线x==1，
∴抛物线上的点离对称轴越远，对应的函数值就越大，
∵点（-4，y1）到直线x=1的距离比点（4，y2）到直线x=1的距离要大，且在x轴上方，
∴y1＞y2＞0．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了二次函数的性质．
7．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转120°，得到△ADE．若点D在线段BC的延长线上，则的大小为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【答案】A
【分析】根据旋转的性质得AB=AD，由等腰三角形性质得∠B=∠ADB，由旋转角为120°得∠BAD=120°，由三角形内角和定理得∠B+∠ADB+∠BAD=180°，由此可求出∠B的度数．
【详解】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转120°，得到△ADE，
∴AB=AD，∠BAD=120°，
∴∠B=∠ADB，
∵∠B+∠ADB+∠BAD=180°，
∴∠B=∠ADB==30°．
故选A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理．解题的关键是理解并能够熟练运用旋转的性质．
8．如图，若抛物线经过点（0），其对称轴为直线，则下列结论中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由抛物线的开口向下，对称轴=1，抛物线交y轴的正半轴，判断a，b、c与0的关系，得到b=-2a，abc＜0，即可判断A、B；根据对称轴和抛物线与x轴的一个交点，得到另一个交点，然后根据图象确定答案即可判断C；根据抛物线y=ax2+bx+c经过点（-2，0）以及b=-2a，得到4a+4a+c=0，即可判断D．
【详解】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线对称轴为直线x=1，
∴=1，
∴b=-2a＞0，
∵抛物线交y轴的正半轴，
∴c＞0，
∴abc＜0，故A、B错误；
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
而点（-2，0）关于直线x=1的对称点的坐标为（4，0），
∴当x=3时，y=9a+3b+c＞0，故C错误；
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点（-2，0），
∴4a-2b+c=0，
∵b=-2a，
∴4a+4a+c=0，即8a+c=0，故D正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定：Δ=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
9．如图，⊙O的直径为10，A、B、C、D是⊙O上的四个动点，且AB＝6，CD＝8，若点E、F分别是弦AB、CD的中点，则线段EF长度的取值范围是（）
A．1≤EF≤7 B．2≤EF≤5 C．1＜EF＜7 D．1≤EF≤6
【答案】A
【分析】连接OE、OF、OA、OC，由垂径定理得OE⊥AB，OF⊥CD，，由勾股定理得OE=4，OF=3，当ABCD时，E、O、F三点共线EF取最值，其中当AB、CD位于O的同侧时，线段EF的长度最短，此时EF，，当AB、CD位于O的两侧时，线段EF的长度最长，此时EF=，即可得出结论．
【详解】连接OE、OF、OA、OC，如图所示：
∵⊙O的直径为10，
∴OA=OC=5，
∵点E、F分别是弦AB、CD的中点，AB=6，CD=8，
∴OE⊥AB，OF⊥CD，AB=3，，
∴，OF=
当ABCD时，E、O、F三点共线，EF取得最值：
①当AB、CD位于O的同侧时，线段EF的长度最短，此时EF，
②当AB、CD位于O的两侧时，线段EF的长度最长，此时EF=，
∴线段EF的长度的取值范围是1≤EF≤7，
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理以及线段的最值问题，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．
10．下表记录了二次函数中两个变量x与y的6组对应值，其中．
x … 1 3 …
y … m 0 2 0 n m …
根据表中信息，当时，直线与该二次函数图像有两个公共点，则k的取值范围为（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据表中数据得出对称轴，进而得到抛物线与轴的交点，利用交点式得到，从而得到二次函数表达式为，根据当时，直线与该二次函数图像有两个公共点，可得．
【详解】解：由可得抛物线对称轴，
又由以及对称轴可得，
，则设抛物线交点式为，
与对比可得，解得，
二次函数表达式为，
当时，；
当时，；
当时，，
，当时，直线与该二次函数图像有两个公共点，
，
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数图像与性质，掌握二次函数表达式的求法是解决问题的关键．
第II卷（非选择题）
评卷人得分
二、填空题
11．方程的解是 ．
【答案】
【分析】先移项，使方程右边为0，再提公因式，然后根据“两式相乘值为0，这两式中至少有一式值为0”进行求解．
【详解】解：原方程可化为：，
因式分解得：，
所以或，
解得：，，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．本题运用的是因式分解法．
12．二次函数的图象的顶点坐标为 ．
【答案】
【分析】根据顶点式的顶点坐标为求解即可．
【详解】解：抛物线的顶点坐标是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数顶点式的顶点坐标为，掌握顶点式求顶点坐标是解题的关键．
13．已知关于的方程有一个非零根，则的值是 ．
【答案】
【分析】根据方程根的定义，将一个非零根代入关于的方程，得到，由于，从而确定，恒等变形即可得到．
【详解】解：关于的方程有一个非零根，
，即，
，
，即，
故答案为：．
【点睛】本题考查方程根的定义及代数式求值，读懂题意，根据所求代数式结合条件恒等变形是解决问题的关键．
14．将抛物线向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到抛物线的解析式是 ．
【答案】
【分析】根据平移规律：左加右减，上加下减进行计算即可．
【详解】解：由题意得：；
故答案为：．
【点睛】本题考查二次函数的平移．熟练掌握平移规律是解题的关键．
15．如图，是的外接圆，，，则的直径等于 ．

【答案】4
【分析】连接并延长交于D，连接，得到，根据圆周角定理得到，根据含角直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：连接并延长交于D，连接，

则，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，含角的直角三角形的性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
16．如图，P是矩形ABCD内一点，，，，则当线段DP最短时， ．
【答案】
【分析】因为AP⊥BP，则P点在AB为直径的半圆上，当P点为AB的中点E与D点连线与半圆AB的交点时，DP最短，求出此时PC的长度便可．
【详解】解：以AB为直径作半圆O，连接OD，与半圆O交于点P′，当点P与P′重合时，DP最短，
则AO=OP′=OB=AB=2，
∵AD=2，∠BAD=90°，
∴OD=2，∠ADC=∠AOD=∠ODC=45°，
∴DP′=OD-OP′=2-2，
过P′作P′E⊥CD于点E，则
P′E=DE=DP′=2-，
∴CE=CD-DE=+2，
∴CP′==．
故答案为．
【点睛】本题是一个矩形的综合题，主要考查了矩形的性质，勾股定理，圆的性质，关键是作辅助圆和构造直角三角形．
评卷人得分
三、解答题
17．解下列方程：
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先把方程的左边分解因式，再化为两个一次方程，再解一次方程即可；
（2）先移项，再把方程左边分解因式，化为两个一次方程，再解一次方程即可．
【详解】（1）解：
∴
∴或
解得：
（2），
∴
∴
∴或
解得：
【点睛】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握“利用因式分解的方法解一元二次方程”是解本题的关键．
18．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标为，，，绕原点逆时针旋转，得到，向右平移6个单位，再向上平移2个单位得到．

(1)画出和；
(2)是的上一点，经旋转、平移后点P的对应点为，则点的坐标是 ．
(3)若直接旋转得到，则旋转点M坐标是 ．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先根据点绕原点逆时针旋转坐标变换规律得出点，再顺次连接即可得；根据坐标平移规律得出点，然后顺次连接即可得；
（2）根据点绕原点逆时针旋转坐标变换规律、坐标平移规律即可得；
（3）对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
【详解】（1）解：根据旋转的性质得到，
根据平移的性质得到，如图所示：
；
（2）解：由（1）坐标变换规律得：，；
故答案为：；
（3）解：若直接旋转得到，如图，
则旋转点M坐标是．

故答案为：．
【点睛】本题考查了画旋转图形、平移图形、旋转中心，掌握点坐标变换规律是解题关键．
19．我国快递行业迅速发展，经调查，某快递公司今年2月份投递快递总件数为20万件，4月份投递快递总件数33.8万件，假设该公司每月投递快递总件数的增长率相同．
(1)求该公司投递快递总件数的月增长率；
(2)若该公司每月投递快递总件数的增长率保持不变，那么5月份投递快递总件数是否达到45万件？
【答案】(1)该公司投递快递总件数的月增长率为；
(2)若该公司每月投递快递总件数的增长率保持不变，那么5月份投递快递总件数不能达到45万件．
【分析】（1）设该公司投递快递总件数的月增长率为x，利用4月快递总件数=2月快递总件数，即可得出一元二次方程，解方程取正值即可得出结论；
（2）已求得每月的增长率，利用5月快递总件数=4月快递总件数，求解出具体数值并与45万件比较得出结论．
【详解】（1）设该公司投递快递总件数的月增长率为x，
依题意得：，
或
，（不符合题意，舍去）
即增长率为，
答：该公司投递快递总件数的月增长率为
（2）4月份投递快递总件数33.8万件，月增长率为，则5月份投递快递总件数为：
，
因为，即5月份投递快递总件数不能达到45万件，
答：若该公司每月投递快递总件数的增长率保持不变，那么5月份投递快递总件数不能达到45万件．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程应用题中的平均增长率问题，如何正确根据题意列出一元二次方程是解题的关键．
20． 如图，已知二次函数的图象经过点A(2，0)，B(0，-6)两点．
(1)求这个二次函数的解析式；
(2)设该二次函数的对称轴与x轴交于点C，连接BA、BC，求△ABC的面积．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）将点A及点B的坐标代入即可得出b、c的值，继而可得出二次函数解析式；
（2）根据（1）求得的解析式，可得出对称轴，也可得出AC的长度，根据 可得出答案．
【详解】（1）解：（1）将点A（2，0）、B（0， 6）代入得：
，
解得：，
故这个二次函数的解析式为：．
（2）∵二次函数的解析式为：，
∴二次函数的对称轴为x＝4，
∴（4，0），B（0， 6）
∴OC＝4，，
∵点A（2，0），
∴AC＝2，
故．
【点睛】此题考查了二次函数综合题，涉及了待定系数法求函数解析式、三角形的面积，要注意掌握点的坐标与线段长度之间的转换．
21．已知⊙O为△ABC的外接圆，圆心O在AB上．
（1）在图1中，用尺规作图作∠BAC的平分线AD交⊙O于D（保留作图痕迹，不写作法与证明）；
（2）如图2，设∠BAC的平分线AD交BC于E，⊙O半径为5，AC=4，连接OD交BC于F．
①求证：OD⊥BC；②求EF的长．
【答案】（1）作图见解析；（2）①证明见解析；②．
【分析】（1）按照作角平分线的方法作出即可；
（2）①由AD是∠BAC的平分线，得到，再由垂径定理推论可得到结论；
②由勾股定理求得CF的长，然后根据平行线分线段成比例定理求得，即可求得，继而求得EF的长．
【详解】解：（1）尺规作图如图1所示：
（2）①如图2
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAC=∠BAD，
∴，
∵OD过圆心，
∴OD⊥CB；
②∵AB为直径，
∴∠C=90°，
∵OD⊥CB，
∴∠OFB=90°，
∴AC//OD，
∴，
即，
∴OF=2，
∵FD=5﹣2=3，
在RT△OFB中，BF===，
∵OD⊥BC，
∴CF=BF=，
∵AC//OD，
∴△EFD∽△ECA，
∴，
∴，
∴EF=CF==．
【点睛】本题考点有：1．作图—基本作图；2．相似三角形的判定与性质；3．圆周角定理，是常见的中考题．
22．2023年是中国农历癸卯兔年．春节前，某商场进货员打算进货“吉祥兔”和“如意兔”两种布偶，发现用8800元购进的“吉祥兔”的数量是用4000元购进的“如意兔”的2倍，且每件“吉祥兔”的进价比“如意兔”贵了4元．
(1)“吉祥兔”、“如意兔”每件的进价分别是多少元？
(2)该商场把“如意兔”的销售价定为60元，每天可卖80件．调研发现，如果调整价格每降价1元，每天可多卖10件．如何定价才能使“如意兔”的利润最大？最大利润是多少？
【答案】(1)“吉祥兔”、“如意兔”每件的进价分别是元和元
(2)定价为元，才能使“如意兔”的利润最大，最大利润是元
【分析】（1）设“如意兔”每件的进价为元，则“吉祥兔”每件的进价为元，根据用8800元购进的“吉祥兔”的数量是用4000元购进的“如意兔”的2倍，列出方程，进行求解即可；
（2）设“如意兔”的销售价定为元，总利润为元，利用总利润等于单件利润乘以销售数量，列出二次函数解析式，利用二次函数的性质求最值即可．
【详解】（1）解：设“如意兔”每件的进价为元，则“吉祥兔”每件的进价为元，由题意，得：，
解得：，
经检验是原方程的解，
∴；
答：“吉祥兔”、“如意兔”每件的进价分别是元和元．
（2）解：设“如意兔”的销售价定为元，总利润为元，由题意，得：
，
整理，得：，
∴，
∵，
∴当时，有最大值为；
∴定价为元，才能使“如意兔”的利润最大，最大利润是元．
【点睛】本题考查分式方程的应用，二次函数的实际应用．找准等量关系，正确的列出方程和函数解析式，是解题的关键．
23．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以BC为直径的圆O交AB于点D，切线DE交AC于点E．
（1）求证：∠A=∠ADE；
（2）若AD=8，DE=5，求BC的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）只要证明，，即可解决问题；
（2）首先证明，在Rt△ADC中，，设，
在Rt△BDC中，，在Rt△ABC中，，可得，解方程即可解决问题；
【详解】（1）证明：连接OD，
∵DE是切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵OD=OB，
∴，
∴；
（2）连接CD，
∵，
∴AE=DE，
∵BC为圆O的直径，，
∴EC是的切线，
∴ED=EC，
∴AE=EC，
∵，
∴，
在Rt△ADC中，，
设，在Rt△BDC中，，
在Rt△ABC中，，
∴，
解得：，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，切线的性质，准确分析计算是解题的关键．
24．旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．如图①，在四边形ABCD中，，，，，．
【问题提出】
(1)如图②，在图①的基础上连接BD，由于，所以可将绕点D顺时针方向旋转60°，得到，则的形状是_______；
【尝试解决】
(2)在（1）的条件下，求四边形ABCD的面积；
【类比应用】
(3)如图③，等边的边长为2，是顶角的等腰三角形，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，求的周长．
【答案】(1)等边三角形
(2)
(3)
【分析】（1）由旋转的性质得出BD＝DB′，∠BDB′＝60°，所以△BDB′是等边三角形；
（2）求出等边三角形的边长为3，求出三角形BDB′的面积即可；
（3）将△BDM绕点D顺时针方向旋转120°，得到△DCP，则△BDM≌△CDP，得出MD＝PD，∠MBD＝∠DCP，∠MDB＝∠PDC，证明△NMD≌△NPD，证得△AMN的周长＝AB+AC＝4．
【详解】（1）解：∵将△DCB绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，
∴BD＝B′D，∠BDB′＝60°，
∴△BDB′是等边三角形；
故答案为：等边三角形；
（2）解：由（1）知，△BCD≌△B′AD，
∴四边形ABCD的面积＝等边三角形BDB′的面积，
∵BC＝AB′＝1，
∴BB′＝AB+AB′＝2+1＝3，
∴S四边形ABCD＝S△BDB′＝；
（3）解：将△BDM绕点D顺时针方向旋转120°，得到△DCP，
∴△BDM≌△CDP，
∴MD＝PD，CP＝BM，∠MBD＝∠DCP，∠MDB＝∠PDC，
∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，
∴BD＝CD，∠DBC＝∠DCB＝30°，
又∵△ABC等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠MBD＝∠ABC+∠DBC＝90°，
同理可得∠NCD＝90°，
∴∠PCD＝∠NCD＝∠MBD＝90°，
∴∠DCN+∠DCP＝180°，
∴N，C，P三点共线，
∵∠MDN＝60°，
∴∠MDB+∠NDC＝∠PDC+∠NDC＝∠BDC﹣∠MDN＝60°，
即∠MDN＝∠PDN＝60°，
∴△NMD≌△NPD（SAS），
∴MN＝PN＝NC+CP＝NC+BM，
∴△AMN的周长＝AM+AN+MN＝AM+AN+NC+BM＝AB+AC＝2+2＝4．
故△AMN的周长为4．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了图形的旋转变换，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，类比思想等．熟练掌握旋转的性质是解决问题的关键．
25．如图1，顶点为的抛物线交轴于，两点，其坐标分别为，，交轴的正半轴于点，是线段上异于，的一个动点，为上一点．

(1)求该抛物线的表达式并写出点的坐标．
(2)当时，求面积的最大值．
(3)如图2，的延长线交于点，若，记，，求的最小值．
【答案】(1)表达式为，点坐标为
(2)4
(3)
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）设，则，．如图1，过点作于点，则，先证明，，都是等腰直角三角形，可得，．再证明是等腰直角三角形，得到，则，即可推出，由二次函数的性质即可得到答案；
（3）如图2，过点作于点，设，则，，则，证明，得到，即可证明，则，即可推出，进一步得到，由此即可得到答案．
【详解】（1）解：∵抛物线上，两点坐标分别为，，
∴，
解得，
∴抛物线表达式为，
∴点坐标为．
（2）解：设，则，．
如图1，过点作于点，则．

∵，
∴，，都是等腰直角三角形，
∴，．
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴当时，能取得最大值，最大值是4．
（3）解：如图2，过点作于点，

设，则，，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
，
∵，
∴，
∴时，最小，
∴当，即时，的最小值为．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，求二次函数解析式等等，熟练掌握二次函数的相关知识是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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