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【备考2026】山东省烟台市中考模拟数学试卷1
姓名：__________班级：__________考号：__________总分__________
题号 一 二 三 总分
得分
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）﹣|﹣4|的倒数是（　　）
A． B． C．4 D．﹣4
2．（3分）2024年7月27日，第33届夏季奥运会在法国巴黎举行，如图所示巴黎奥运会项目图标中，是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．5a2 a＝5a3
B．（a﹣1）2＝a2+1
C．
D．（4a+b）（b﹣4a）＝16a2﹣b2
4．（3分）山西汾酒是中国清香型白酒的典型代表，工艺精湛，源远流长，素以入口绵、落口甜、饮后余香、回味悠长等特色而著称．如图，这是常用装汾酒的酒坛，关于它的三视图，下列说法正确的是（　　）
A．主视图与左视图相同 B．主视图与俯视图相同
C．左视图与俯视图相同 D．三种视图都相同
5．（3分）已知a∥b，将一个等腰直角三角板按图所示方式摆放．若∠2＝30°，则∠1的度数为（　　）
A．10° B．15° C．20° D．25°
6．（3分）甲、乙两人在相同条件下，各射击10次，经计算：甲射击成绩的平均数是9环，方差是1.4；乙射击成绩的平均数是9环，方差是0.8．下列说法中一定正确的是（　　）
A．甲的总环数大于乙的总环数
B．甲的成绩比乙的成绩稳定
C．甲、乙成绩的众数相同
D．乙的成绩比甲的成绩波动小
7．（3分）某校为了丰富“阳光体育”活动，现购进篮球和足球共16个，共花了2820元，已知篮球的单价为185元，足球的单价为150元，则购进足球的个数为（　　）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
8．（3分）如图，菱形OABC的顶点A在x轴正半轴上，反比例函数的图象过点C和菱形的对称中心M．若菱形的边长是3，则k的值为（　　）
A．2 B． C．4 D．
9．（3分）在平面直角坐标系中，函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与坐标轴交于A，B，C三点，则下列说法正确的是（　　）
（1）b2﹣4ac＜0；
（2）若△ABC是周长为2的等边三角形，c＞0，则函数图象经过点（1，﹣2）；
（3）若a，c的值不变，则△ABC的面积随|b|的增大而减小；
（4）若△ABC是直角三角形，则ax2+bx+c＝0的判别式Δ≥4．
A．（1）（3） B．（2）（3） C．（2）（4） D．（3）（4）
10．（3分）如图1，在△ABC中，D是边AC上的定点．点P从点A出发，依次沿AB，BC两边匀速运动，运动到点C时停止．设点P运动的路程为x，DP的长为y，y关于x的函数图象如图2所示，其中M，N分别是两段曲线的最低点．点N的纵坐标是（　　）
A． B． C． D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）据报道，2023年“五一”假期全国国内旅游出游合计274000000人次．数字274000000用科学记数法表示是 　 　 ．
12．（3分）若的小数部分是m，则m＝　 　 ．
13．（3分）因式分解：2xy3﹣8x3y＝　 　 ．
14．（3分）如图，正五边形ABCDE的边长为，以A为圆心，以AB为半径作弧BE，则阴影部分的面积为 　 　 ．
15．（3分）如图，在平面直角坐标系中，正方形A1BB1C1，A2B1B2C2，A3B2B3C3关于原点O位似，其中点B，B1，B2，B3都在x轴上，点C1在A2B1上，C2在A3B2上．依此方式，继续作正方形A4B3B4C4…，若点A1坐标为（1，1），则点C2023的坐标为 　 　 ．
16．（3分）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，点E是AB边上的动点，过点B作直线CE的垂线，垂足为F，当点E从点A运动到点B时，点F的运动路径长为 　 　 ．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）先化简，再求值：，其中x＝30﹣（﹣2）2．
18．（7分）为贯彻教育部《大中小学劳动教育指导纲要（试行）》文件精神，东营市某学校举办“我参与，我劳动，我快乐，我光荣”活动．为了解学生周末在家劳动情况，学校随机调查了八年级部分学生在家劳动时间（单位：小时），并进行整理和分析（劳动时间x分成五档：A档：0≤x＜1；B档：1≤x＜2；C档：2≤x＜3；D档：3≤x＜4；E档：4≤x）．调查的八年级男生、女生劳动时间的不完整统计图如下：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）本次调查中，共调查了　 　 名学生，补全条形统计图；
（2）调查的男生劳动时间在C档的数据是：2，2.2，2.4，2.5，2.7，2.8，2.9．则调查的全部男生劳动时间的中位数为　 　 小时．
（3）学校为了提高学生的劳动意识，现从E档中选两名学生作劳动经验交流，请用列表法或画树状图的方法求所选两名学生恰好都是女生的概率．
19．（7分）图1、图2是两张形状和大小完全相同的方格纸，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AC的两个端点均在小正方形的顶点上．
（1）如图1，点P在小正方形的顶点上，在图1中作出点P关于直线AC的对称点Q，连接AQ、QC、CP、PA，并直接写出四边形AQCP的周长；
（2）在图2中画出一个以线段AC为对角线，面积为8的矩形ABCD，且点B和点D均在小正方形的顶点上．
20．（8分）六月是离别的季节，三年的初中时光就将告一段落，为了给大家的青春留下纪念，各班家委决定为同学们采购南外特色钢笔和笔记本两种商品，具体信息如表：
根据以上信息解答下列问题：
班级 购买数量（件） 购买总费用（元）
钢笔 笔记本
九（1）班 40 20 1100
九（2）班 20 60 1300
（1）求钢笔和笔记本的单价；
（2）若九（3）班购买这两种商品共60件，且钢笔的数量不少于笔记本数量的2倍，请设计出最省钱的购买方案，并说明理由．
21．（9分）如图所示，渔船在A处看到灯塔C在北偏东60°方向上，渔船向正东方向航行了12km到达B处，在B处看到灯塔C在正北方向上．
（1）求这时渔船与灯塔C的距离．
（2）若渔船继续向正东方向行驶4km到达D处，求sin∠BCD的值．
22．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，OD⊥AB交⊙O于点F，交AC于点E，且DE＝DC．
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）延长DO，交⊙O于点G，求证：CD2＝DF DG．
23．（11分）如图1，正方形ABCD的边长为6cm，点F从点B出发，沿射线AB方向以1cm/秒的速度运动，点E从点D出发，向点A以1cm/秒的速度运动（不到点A）．设点E，F运动的时间为t秒．
（1）在点E、F运动过程中，连接CE，CF，EF，试判断△CEF的形状，并证明你的结论；
（2）如图2，点G，H分别在边AB，CD上（BG＜CH），且，连接EF，交GH于点N，当EF与GH的夹角∠ENH为45°时，求t的值；
（3）如图3，连接EF，交BD于点M，当t＝2时，求AM的长．
24．（14分）平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2﹣2bx．
（1）当抛物线过点B（4，0）时，求抛物线的解析式；
（2）如图，在（1）条件下，抛物线顶点为C，点A坐标为（0，3），动点P从点O开始沿边O→A→B以的速度移动，动点Q从点O开始沿边O→B以1cm/s的速度移动．P，Q两点同时出发，经t秒后，其中一点先到达终点，另一点也随之停止运动．连接PQ，OC，CQ，记四边形OPQC的面积为S，当t为何值时，S为最大值？并求出此时点P的坐标．
（3）若抛物线上存在两点A（x1，y1）和B（x2，y2），若对于1≤x1≤2，x2＝b+2，都有y1 y2＜0，直接写出b的取值范围．
参考答案
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．【考点】倒数；绝对值
【分析】此题根据绝对值的意义及倒数可进行求解．
解：由﹣|﹣4|＝﹣4可知其倒数为；
故选：B．
【点评】本题主要考查绝对值及倒数，乘积是1的两数互为倒数．
2．【考点】中心对称图形
【分析】根据中心对称图形的定义逐项判断即可．
解：A、图形是中心对称图形，符合题意；
B、图形不是中心对称图形，不符合题意；
C、图形不是中心对称图形，不符合题意；
D、图形不是中心对称图形，不符合题意，
故选：A．
【点评】本题主要考查了中心对称图形的定义，熟知将一个图形绕某点旋转180°，能与本身重合的图形，这样的图形称为中心对称图形是解题的关键．
3．【考点】整式的混合运算
【分析】利用单项式乘单项式的法则，完全平方公式，幂的混合运算，平方差公式对各项进行运算即可．
解：A．5a2 a＝5a3，故该选项正确，符合题意；
B． （a﹣1）2＝a2﹣2a+1，故该选项错误，不符合题意；
C． ，故该选项错误，不符合题意；
D． （4a+b）（b﹣4a）＝b2﹣16a2，故该选项错误，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了整式的混合运算，利用单项式乘单项式的法则，完全平方公式，幂的混合运算，平方差公式，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
4．【考点】简单组合体的三视图
【分析】根据三视图的定义求解即可．
解：这个几何体的主视图与左视图相同，俯视图与主视图和左视图不相同，
故选：A．
【点评】此题主要考查了简单几何体的三视图，正确把握观察的角度是解题关键．
5．【考点】平行线的性质
【分析】根据平行线的性质及角的和差求解即可．
解：如图，过点M作MN∥a，
∵a∥b，
∴MN∥a∥b，
∴∠2＝∠AMN，∠1＝∠BMN，
∵∠2＝30°，
∴∠AMN＝30°，
∵∠AMB＝45°，
∴∠BMN＝∠AMB﹣∠AMN＝15°，
∴∠1＝15°，
故选：B．
【点评】此题考查了平行线的性质，熟记“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．
6．【考点】方差；算术平均数；众数
【分析】根据方差、平均数的意义进行判断，平均数相同则总环数相同，方差越大，波动越大即可求出答案．
解：∵各射击10次，甲射击成绩的平均数是9环，乙射击成绩的平均数是9环，
∴甲、乙的总环数相同，故A说法错误，不符合题意；
∵甲射击成绩的方差是1.4；乙射击成绩的方差是0.8，
∴乙的成绩比甲的成绩稳定，甲的成绩比乙的成绩波动大，故B说法错误，不符合题意；D说法正确，符合题意；
由已知不能得到甲、乙成绩的众数相同，故C说法错误，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了平均数、方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
7．【考点】一元一次方程的应用
【分析】设购进足球x个，可得：185（16﹣x）+150x＝2820，即可解得答案．
解：设购进足球x个，则购进篮球（16﹣x）个，
根据题意得：185（16﹣x）+150x＝2820，
解得x＝4，
答：购进足球4个，
故选：C．
【点评】本题考查一元一次方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出一元一次方程．
8．【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；菱形的性质；中心对称；反比例函数的性质
【分析】作CH⊥x轴，垂足为H，设C（m，n），则M（，）可得方程mn，求出m值，再由勾股定理求出点C的纵坐标，继而得到k值．
解：如图，作CH⊥x轴，垂足为H，
设C（m，n），则M（，），
∵点C、M都在反比例函数图象上，
∴mn，
解得m＝1，即OH＝1，
在Rt△COH中，由勾股定理得CH2，
∴C（1，2），
∴k＝2．
故选：D．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质，熟练掌握以上知识点是关键．
9．【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点；等边三角形的性质；勾股定理
【分析】（1）根据图象与坐标轴三个交点可判断；
（2）根据条件求出抛物线解析式y＝﹣3x2+1，将点（1，﹣2）代入验证即可；
（3）设抛物线与x轴交点为A（x1，0），B（x2，0），与y轴交于点C（0，c），c≠0，由抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）可得，x1+x2，x1 x2，则：AB＝丨x1﹣x2丨，OC＝丨c丨，S△ABC丨c丨，
若a，c的值不变，当|b|增大时，△ABC的面积也增大即可判断正误；
（4）由点A（x1，0），B（x2，0），C（0，c），则AB2＝（x1﹣x2）2，AC2c2，BC2c2，直角三角形ABC中，只能是AC⊥BC，则有AC2+BC2＝AB2，即：c2c2＝（x1﹣x2）22x1x2，整理得2c2＝﹣2x1x2，c2，c，所以ac＝﹣1，则方程ax2+bx+c＝0的判别式为Δ＝b2﹣4ac＝b2﹣4×（﹣1）＝b2+4≥4即可判断．
解：（1）根据二次函数的图象特征，与坐标轴交于A，B，C三点，必有b2﹣4ac＞0，故（1）错误；
（2）c＞0，与x轴有两个交点，△ABC是周长为2的等边三角形，则抛物线对称轴为y轴，于x轴两个交点为（，0），（，0）可得函数解析式为y＝﹣3x2+1，当x＝1时，y＝﹣2，故点（1，﹣2）在抛物线上，所以（2）正确；
（3）设抛物线与x轴交点为A（x1，0），B（x2，0），与y轴交于点C（0，c），c≠0，由抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）可得，x1+x2，x1 x2，则：
AB＝丨x1﹣x2丨，OC＝丨c丨，
∴S△ABC丨c丨，
若a，c的值不变，当|b|增大时，△ABC的面积也增大，故（3）错误；
（4）由点A（x1，0），B（x2，0），C（0，c），则AB2＝（x1﹣x2）2，AC2c2，BC2c2，直角三角形ABC中，只能是AC⊥BC，则有AC2+BC2＝AB2，即：
c2c2＝（x1﹣x2）22x1x2，整理得2c2＝﹣2x1x2，c2，c，所以ac＝﹣1，
则方程ax2+bx+c＝0的判别式为Δ＝b2﹣4ac＝b2﹣4×（﹣1）＝b2+4≥4，故（4）正确，
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数与系数的关系，一元二次方程根的判别式，等边三角形的性质及勾股定理，熟练掌握一元二次方程根的判别式是关键．
10．【考点】动点问题的函数图象
【分析】由图2可知AD、CD、BD的长度及点D到AB的距离，点N的纵坐标表示点D到BC的距离，再根据勾股定理及其逆定理、三角形面积公式求出点D到BC的距离即可．
解：根据图2，AD＝20，CD＝8，BD＝15，点D到AB的距离DE＝12，点N的纵坐标表示点D到BC的距离DF．如图：
在Rt△ADE中利用勾股定理，得AE16，
在Rt△BDE中利用勾股定理，得BE9，
则AB＝AE+BE＝16+9＝25，
∵AD2+BD2＝202+152＝625，AB2＝252＝625，
∴AD2+BD2＝AB2，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDC＝180°﹣∠ADB＝90°，
在Rt△BCD中利用勾股定理，得BC17，
则BD CDBC DF，
解得DF，
∴点N的纵坐标是．
故选：B．
【点评】本题考查动点问题的函数图象，根据图2得到AD、CD、BD的长度及点D到AB的距离，点N的纵坐标表示点D到BC的距离，掌握勾股定理及其逆定理、三角形面积计算公式是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．【考点】科学记数法—表示较大的数
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
解：274000000＝2.74×108．
故答案为：2.74×108．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
12．【考点】估算无理数的大小
【分析】估算1的整数部分，原数减去整数部分就是m值．
解：∵23，
∴11＜3，
∴1的整数部分是1，
∴m1﹣12．
故答案为：2．
【点评】本题考查了估算无理数的大小，原数减去整数部分就是小数部分的值．
13．【考点】提公因式法与公式法的综合运用
【分析】先提取公因式2xy，然后再用平方差公式进行分解即可．
解：先提取公因式2xy，然后再用平方差公式进行分解可得：
原式＝2xy（y2﹣4x2）＝2xy（y+2x）（y﹣2x），
故答案为：2xy（y+2x）（y﹣2x）．
【点评】本题考查了因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．
14．【考点】正多边形和圆；扇形面积的计算
【分析】确定扇形的圆心角的度数后利用扇形面积计算公式求得阴影部分的面积即可．
解：在正五边形ABCDE中，∵∠BAE108°，
∴阴影部分的面积为，
故答案为：．
【点评】本题考查了正多边形和圆、扇形的面积计算等知识，解题的关键是确定正五边形的内角的度数，难度不大．
15．【考点】位似变换；规律型：点的坐标
【分析】根据正方形的性质求出点C1的坐标，根据题意求出正方形A1BB1C1与正方形A4B3B4C4的相似比，根据位似变换的性质计算即可．
解：∵点A1坐标为（1，1），
∴OB＝1，A1B＝1，
∵四边形A1BB1C1是正方形，
∴OB1＝2，B1C1＝1，
∴点C1的坐标为（2，1），
∵正方形A1BB1C1，A2B1B2C2关于原点O位似，
∴，
∴正方形A1BB1C1与A2B1B2C2的相似比为1：2，
同理可得：正方形A1BB1C1与正方形A3B2B3C3的相似比为1：4，
∴正方形A1BB1C1与正方形A4B3B4C4的相似比为1：8，
∴正方形A1BB1C1与正方形AnBn﹣1Bn n的相似比为1：2n﹣1，
∴点C2023的坐标为（2×2n﹣1，1×2n﹣1），即（22023，22022），
故答案为：（22023，22022）．
【点评】本题考查的是位似变换、正方形的性质、图形的变化规律，掌握位似变换的概念和性质是解题的关键．
16．【考点】轨迹；等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【分析】如图，连接AC、BD交于点G，连接OG．首先说明点E从点A运动到点B时，点F的运动路径长为，求出圆心角，半径即可解决问题．
解：如图，连接AC、BD交于点G，连接OG．
∵BF⊥CE，
∴∠BFC＝90°，
∴点F的运动轨迹在以边长BC为直径的⊙O上，
当点E从点A运动到点B时，点F的运动路径长为，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，
∵∠ABC＝60°，
∴∠BCG＝60°，
∴∠BOG＝120°，
∴的长，
故答案为：π．
【点评】本题考查菱形的性质、弧长公式、轨迹等知识，解题的关键是正确寻找点F的运动轨迹，属于中考常考题型．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．【考点】分式的化简求值；零指数幂；有理数的乘方
【分析】先根据分式的加减法法则进行计算，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法，求出x＝﹣3，最后代入求出答案即可．
解：


，
∵x＝30﹣（﹣2）2＝1﹣4＝﹣3，
∴原式
．
【点评】本题考查了零指数幂，分式的化简求值等知识点，能正确根据分式的运算法则进行计算是解此题的关键．
18．【考点】列表法与树状图法；条形统计图；中位数
【分析】（1）运用D档人数除以D的百分比，得出调查的学生总数，再运用总数乘上E档的百分比，即可作答．
（2）根据中位数的定义，排序后位于中间位置的数为中位数，据此即可作答．
（3）依题意，得出E档有2名男学生，有2名女学生，运用列表法得共有12种等可能的结果，再运用概率公式列式计算，即可作答．
解：（1）依题意，（6+7）÷26%＝50（名），
∴本次调查中，共调查了50名学生；
则50×8%＝4（名），
∴4﹣2＝2（名），
则E档有2名男学生，有2名女学生，
补全条形统计图如图所示：
故答案为：50；
（2）依题意，
5+3+7+6+2＝23（名），
本次调查的男学生的总人数是23名，
∴则调查的全部男生劳动时间的中位数位于第12名，
∵5+3＝8，5+3+7＝15，
∴第12名位于C档，
∵调查的男生劳动时间在C档的数据是：2，2.2，2.4，2.5，2.7，2.8，2.9．
则调查的全部男生劳动时间的中位数为2.5小时，
故答案为：2.5；
（3）用A，B表示2名男生，用C，D表示两名女生，列表如下：
共有12种等可能的结果，其中所选两名学生恰好都是女生的结果有2种，
∴．
【点评】本题主要考查了条形统计图与扇形统计图信息相关联，树状图法或列表法求解概率，中位数的定义，熟练掌握各知识点是解题的关键．
19．【考点】作图﹣轴对称变换；勾股定理；矩形的性质
【分析】（1）直接利用网格结合勾股定理得出符合题意的答案；
（2）直接利用网格结合矩形的性质以及勾股定理得出答案．
解：（1）如图1所示：四边形AQCP即为所求，它的周长为：44；
（2）如图2所示：四边形ABCD即为所求．
【点评】本题主要考查了轴对称变换以及矩形的性质、勾股定理等知识，正确应用勾股定理是解题关键．
20．【考点】一元一次不等式的应用；一次函数的应用；二元一次方程组的应用
【分析】（1）设钢笔的单价是x元，笔记本的单价是y元，利用总价＝单价×数量，结合九（1）班、九（2）班购买两种商品的数量及总费用，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设九（3）班购买m支钢笔，则购买（60﹣m）本笔记本，根据购买钢笔的数量不少于笔记本数量的2倍，可列出关于m的一元一次不等式，解之可得出m的取值范围，设九（3）班购买这两种商品共花费w元，利用总价＝单价×数量，可找出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
解：（1）设钢笔的单价是x元，笔记本的单价是y元，
根据题意得：，
解得：．
答：钢笔的单价是20元，笔记本的单价是15元；
（2）最省钱的购买方案为：购买40支钢笔，20本笔记本，理由如下：
设九（3）班购买m支钢笔，则购买（60﹣m）本笔记本，
根据题意得：m≥2（60﹣m），
解得：m≥40，
设九（3）班购买这两种商品共花费w元，则w＝20m+15（60﹣m），
即w＝5m+900，
∵5＞0，
∴w随m的增大而增大，
∴当m＝40时，w取得最小值，此时60﹣m＝60﹣40＝20，
∴最省钱的购买方案为：购买40支钢笔，20本笔记本．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
21．【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题
【分析】（1）根据题意可得，△ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝90°﹣60°＝30°，AB＝12km，根据tan∠BAC进行计算即可；
（2）利用勾股定理求得CD，进一步解答即可．
解：由题意可知，△ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝90°﹣60°＝30°，AB＝12km，
∵tan∠BAC，
∴BC＝tan∠BAC AB
＝tan30°×12
12
＝4（km），
答：渔船与灯塔C的距离是4km；
（2）在Rt△BCD中，CD8（km），
∴sin∠BCD．
【点评】本题考查方向角，理解方向角的定义以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
22．【考点】相似三角形的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；切线的判定与性质
【分析】（1）连接OC，则∠OCA＝∠OAC，因为DE＝DC，∠DEC＝∠AEO，所以∠ACE＝∠DEC＝∠AEO，则∠OCD＝∠DCE+∠OCA＝∠DEC+∠OAC＝∠AEO+∠OAC＝90°，即可证明CD是⊙O的切线；
（2）连接CF、CG，则∠FCG＝90°，所以∠DCF＝∠OCG＝90°﹣∠OCF，由OC＝OG，得∠OCG＝∠G，所以∠DCF＝∠G，而∠D＝∠D，则△DCF∽△DGC，得，所以CD2＝DF DG．
证明：（1）连接OC，则OC＝OA，
∴∠OCA＝∠OAC，
∵OD⊥AB，
∴∠AOD＝90°，
∵DE＝DC，∠DEC＝∠AEO，
∴∠ACE＝∠DEC＝∠AEO，
∴∠OCD＝∠DCE+∠OCA＝∠DEC+∠OAC＝∠AEO+∠OAC＝90°，
∵OC是⊙O的半径，且CD⊥OC，
∴CD是⊙O的切线．
（2）连接CF、CG，
∵FG是⊙O的直径，
∴∠FCG＝90°，
由（1）得∠OCD＝90°，
∴∠DCF＝∠OCG＝90°﹣∠OCF，
∵OC＝OG，
∴∠OCG＝∠G，
∴∠DCF＝∠G，
∵∠D＝∠D，
∴△DCF∽△DGC，
∴，
∴CD2＝DF DG．
【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、圆周角定理、切线的判定定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
23．【考点】四边形综合题
【分析】（1）通过证明△CDE≌△CBF得到CF＝CE，∠DCE＝∠BCF，则易推知△CDE≌△CBF是等腰直角三角形；
（2）如图2，连接CE，CF，EF与GH交于N．根据四边形GFCH是平行四边形，则其对边相等：．所以在Rt△CBF中，由勾股定理得到：BF＝3，故t＝3．
（3）过点E作EN∥AB，交BD于点N，∠END＝∠ABD＝∠EDN＝45°，EN＝ED＝BF．可证△EMN≌△FMB，则其对应边相等：EM＝FM．所以在Rt△AEF中，由勾股定理求得EF的长度，则．
解：（1）等腰直角三角形．
理由如下：
在正方形ABCD中，DC＝BC，∠D＝∠ABC＝90°．
依题意得：DE＝BF＝t．
在△CDE与△CBF中，
，
∴△CDE≌△CBF（SAS），
∴CF＝CE，∠DCE＝∠BCF，
∴∠ECF＝∠BCF+∠BCE＝∠DCE+∠BCE＝∠BCD＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形．
（2）如图2，连接CE，CF，
由（1）得∠CFE＝45°，
又∵∠ENH＝45°，
∴GH∥CF，
又∵AF∥DC，
∴四边形GFCH是平行四边形，
∴，
在Rt△CBF中，得，
∴t＝3．
（3）如图3，过点E作EN∥AB，交BD于点N，
则∠NEM＝∠BFM．
∴∠END＝∠ABD＝∠EDN＝45°，
∴EN＝ED＝BF．
在△EMN与△FMB中，
，
∴△EMN≌△FMB（AAS），
∴EM＝FM．
∵Rt△AEF中，AE＝4，AF＝8，
∴，
∴．
【点评】本题考查了四边形综合题．解题过程中，涉及到了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用．解答该类题目时，要巧妙的作出辅助线，构建几何模型，利用特殊的四边形的性质（或者全等三角形的性质）得到相关线段间的数量关系，从而解决问题．
24．【考点】二次函数综合题
【分析】（1）将点B的坐标代入抛物线解析式即可解答；
（2）可求0＜t≤4，
①当0＜t≤2时，，可求最值；
②当2＜t≤4时，过点P作PE⊥OB，垂足为点E，可证△PBE∽△ABO，，可求最值；比较的最值，即可求解；
（3）由题可知，抛物线的对称轴为：分别求当对称轴在y轴左侧；当对称轴在y轴右侧；抛物线的对称轴为y轴时，b的取值范围即可解答．
解：（1）∵B（4，0）在抛物线上，
∴16﹣8b＝0，b＝2，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x；
（2）∵A（0，3），B（4，0），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝5，
∴OA+AB＝8，
∴点P运动到点B的时间为，点Q运动到点B的时间为4+1＝4s，
∴0＜t≤4，
∵抛物线的解析式为y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4，
∴点C的坐标为 （2，﹣4），则点C到OB的距离为4，
①当0＜t≤2时，
S＝S△OPQ+S△OQC
，
∴t＝2为何值时，S有最大值，
②当2＜t≤4时，，
过点P作PE⊥OB，垂足为点E，
则△PBE∽△ABO，
∴
S＝S△OPQ+S△OQC
，
∴t＝4时，S有最大值，
综上所述，当t＝4时，S为最大值，
此时，
，
∵△PBE∽△ABO，
∴，
，，
∴，
点P的坐标为；
（3）由题可知，抛物线的对称轴为：，
∵抛物线经过点（0，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（2b，0），
∵1≤x1≤2，x2＝b+2，都有y1 y2＜0，
∴当对称轴在y轴左侧，即b＜0时，
b+2＜0，
解得b＜﹣2，
∴b＜﹣2，
当对称轴在y轴右侧，即b＞0时，
，
解得1＜b＜2，
∴1＜b＜2，
当b＝0时，
抛物线的对称轴为y轴，
∵抛物线开口向上，
∵1≤x1≤2，x2＝b+2，则y1＞0，y2＞0，
不符合题意，
综上所述，b的取值范围是：b＜﹣2或1＜b＜2．
【点评】本题考查了待定系数法求抛物线的解析式，动点产生面积的最值问题，掌握待定系数法和“化动为静”的解法是解题的关键
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