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2021年辽宁省沈阳市皇姑区中考数学二模试卷(Word版 含解析)

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2021年辽宁省沈阳市皇姑区中考数学二模试卷(Word版 含解析)

2021年辽宁省沈阳市皇姑区中考数学二模试卷 一、选择题(每题2分,共20分) 1.(2分)如果水位升高3m时水位变化记作+3m,那么水位下降3m时水位变化记作(  ) A.﹣3m B.3m C.6m D.﹣6m 2.(2分)仔细观察左图所示的两个物体,则它的俯视图是(  ) A. B. C. D. 3.(2分)我国自主研发的“北斗系统”现已广泛应用于国防、生产和生活等各个领域,多项技术处于国际领先地位,其星载原子钟的精度,已经提升到了每3000000年误差1秒.数3000000用科学记数法表示为(  ) A.0.3×106 B.3×107 C.3×106 D.30×105 4.(2分)下列运算正确的是(  ) A.=±4 B.3﹣2=﹣ C.( )2=1 D.( ﹣1)0=1 5.(2分)下列命题的逆命题是真命题的是(  ) A.若a=b,则|a|=|b| B.同位角相等,两直线平行 C.对顶角相等 D.若a>0,b>0,则a+b>0 6.(2分)实数a,b在数轴上对应点的位置如图所示,则下列结论正确的是(  ) A.a+b>0 B.a﹣b>0 C.ab>0 D.|a|>|b| 7.(2分)已知三角形两边长分别为3和8,则该三角形第三边的长可能是(  ) A.5 B.10 C.11 D.12 8.(2分)已知圆的半径是2,则该圆的内接正六边形的面积是(  ) A.3 B.9 C.18 D.36 9.(2分)为迎接“六一”儿童节,某儿童品牌玩具专卖店购进了甲、乙两类玩具,其中甲类玩具的进价比乙类玩具的进价每个多5元,经调查:用1000元购进甲类玩具的数量与用750元购进乙类玩具的数量相同.设甲类玩具的进价为x元/个,根据题意可列方程为(  ) A. B. C. D. 10.(2分)抛物线y=ax2+bx+c图象如图所示,则一次函数y=bx+c与反比例函数y=在同一平面直角坐标系内的图象大致为(  ) A. B. C. D. 二、填空题(每小题3分,共18分) 11.(3分)分解因式:5x2﹣5=   . 12.(3分)抛物线y=2x2﹣4x+5向右平移1个单位,再向下平移2个单位,平移后的抛物线的顶点坐标是   . 13.(3分)已知株洲市某天六个整点时的气温绘制成的统计图,则这六个整点时气温的中位数是   . 14.(3分)给出一种运算:x*y=xy(x≠0),那么*(﹣2)=   . 15.(3分)如图,已知AB∥CD,∠2=135°,则∠1的度数是   . 16.(3分)如图,在边长为2的正方形ABCD中,点E,F分别是边AB,BC的中点,连接EC,FD,点G,H分别是EC,FD的中点,连接GH,则GH的长度为   . 三、(17题6分,18题,19题各8分,共22分) 17.(6分)先化简,再求值:(﹣)÷,其中a=. 18.(8分)小华有三张卡片,小明有两张卡片,卡片除正面上的数字不同外其它都相同,卡片上的数字如图所示,小华从自己的三张卡片中随机抽取一张,之后小明也从自己的两张卡片中随机抽取一张,请用画树状图(或列表)的方法,求抽取的两张卡片上的数字和为7的概率. 19.(8分)为了解“停课不停学”过程中学生对网课内容的喜爱程度,某校开展了一次网上问卷调查.随机抽取部分学生,按四个类别统计,其中A表示“很喜欢”,B表示“喜欢”,C表示“一般”,D表示“不喜欢”,并将调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图. 请根据图中提供的信息,解决下列问题: (1)这次共抽取   名学生进行统计调查,扇形统计图中D类所在扇形的圆心角度数为   ; (2)将条形统计图补充完整; (3)若该校共有3000名学生,估计该校表示“喜欢”的B类学生大约有多少人? 四、(20,21题各8分,共16分) 20.(8分)如图,矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O,且DE∥AC,CE∥BD. (1)求证:四边形OCED是菱形; (2)若∠BAC=30°,AC=4,求菱形OCED的面积. 21.(8分)如图,小明所在的兴趣小组站在广场的E,F处,用一定高度的测角仪分别于C、D两处测得雕像顶部A的仰角分别为60°,45°,已知C,D两点的距离为27m,雕像下的基座高度BH为5m,求雕像AB的高度(精到0.1m,≈1.7). 五、(本题10分) 22.(10分)如图,△ABC内接于⊙O,BD为⊙O直径,点E在BC的延长线上,且∠E=∠BAC. (1)求证:DE是⊙O的切线; (2)若DE∥AC,当AB=8,⊙O的半径为4,则DE的长为   . 23.(10分)如图,已知点A在x的负半轴上,点B在y的正半轴上,AO=3,AB=5,点P在线段AB上,从点A出发以每秒5单位长度的速度向点B运动,设运动时间为t(0<t<1)秒,过点P作射线PQ⊥y轴于点Q. (1)当t=时,线段PQ的长为   ;(直接填空) (2)当PQ=PA时,求t的值; (3)在射线PQ上取点C,且始终满足PC=PA,若△PCO是以PC为腰的等腰三角形,直接写出t的值. 六、(本题12分) 24.(12分)已知:四边形ABCD,点E在直线BC上,将△ABE沿AE翻折得到△AFE,点B的对应点F恰好落在直线DE上,直线AF交直线CD于点G. (1)如图①,当四边形ABCD为矩形时, ①求证:DA=DE; ②若BE=3,CE=2,求线段AF的长. (2)如图②,当四边形ABCD为平行四边形时,若=,直接写出此时的值. 七、(本题12分) 25.(12分)如图,在平面直角坐标系中,直线y=﹣x+与抛物线y=ax2+bx﹣交于点A(2,n)和点B(﹣2,k),与y轴交于点E,抛物线交y轴于点C,点P是第一象限直线AB上方抛物线上的一点,连接PA,PE. (1)求抛物线的表达式; (2)当△APE的面积等于时,设点P的横坐标为m,求m的值; (3)将线段EC绕点E顺时针旋转得到线段EF,旋转角为α(0°<α<120°),连接AF交线段EC于点G,∠FEC的平分线交AF于点H,当△EFH的周长最大时,直接写出点H的坐标. 2021年辽宁省沈阳市皇姑区中考数学二模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题(每题2分,共20分) 1.(2分)如果水位升高3m时水位变化记作+3m,那么水位下降3m时水位变化记作(  ) A.﹣3m B.3m C.6m D.﹣6m 【分析】首先审清题意,明确“正”和“负”所表示的意义,再根据题意作答. 【解答】解:因为上升记为+,所以下降记为﹣, 所以水位下降3m时水位变化记作﹣3m. 故选:A. 2.(2分)仔细观察左图所示的两个物体,则它的俯视图是(  ) A. B. C. D. 【分析】根据俯视图是从上面看到的图象判定则可. 【解答】解:圆柱和正方体的俯视图分别是圆和正方形,故选A. 3.(2分)我国自主研发的“北斗系统”现已广泛应用于国防、生产和生活等各个领域,多项技术处于国际领先地位,其星载原子钟的精度,已经提升到了每3000000年误差1秒.数3000000用科学记数法表示为(  ) A.0.3×106 B.3×107 C.3×106 D.30×105 【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. 【解答】解:3000000=3×106, 故选:C. 4.(2分)下列运算正确的是(  ) A.=±4 B.3﹣2=﹣ C.( )2=1 D.( ﹣1)0=1 【分析】根据零指数幂:a0=1(a≠0);负整数指数幂:a﹣p=(a≠0,p为正整数),(a﹣b)2=a2+b2﹣2ab分别进行计算即可. 【解答】解:A、=4,故原题计算错误; B、3﹣2=,故原题计算错误; C、( )2=3+2﹣2=5﹣2,故原题计算错误; D、( ﹣1)0=1,故原题计算正确; 故选:D. 5.(2分)下列命题的逆命题是真命题的是(  ) A.若a=b,则|a|=|b| B.同位角相等,两直线平行 C.对顶角相等 D.若a>0,b>0,则a+b>0 【分析】分别写出原命题的逆命题,然后判断真假即可. 【解答】解:A、若a=b,则|a|=|b|的逆命题是若|a|=|b|,则a=b,逆命题是假命题,不符合题意; B、同位角相等,两直线平行的逆命题是两直线平行,同位角相等,逆命题是真命题,符合题意; C、对顶角相等的逆命题是相等的角是对顶角,逆命题是假命题,不符合题意; D、若a>0,b>0,则a+b>0的逆命题是若a+b>0,则a>0,b>0,逆命题是假命题,不符合题意; 故选:B. 6.(2分)实数a,b在数轴上对应点的位置如图所示,则下列结论正确的是(  ) A.a+b>0 B.a﹣b>0 C.ab>0 D.|a|>|b| 【分析】根据图中的点的位置即可确定a、b的正负,即可判断. 【解答】解:根据数轴可知:a<﹣1、0<b<1. ∴a+b<0.a﹣b<0ab<0,|a|>|b|. 故选:D. 7.(2分)已知三角形两边长分别为3和8,则该三角形第三边的长可能是(  ) A.5 B.10 C.11 D.12 【分析】根据三角形的第三边大于两边之差,而小于两边之和求得第三边的取值范围,再进一步选择. 【解答】解:根据三角形的三边关系,得 第三边大于:8﹣3=5,而小于:3+8=11. 则此三角形的第三边可能是:10. 故选:B. 8.(2分)已知圆的半径是2,则该圆的内接正六边形的面积是(  ) A.3 B.9 C.18 D.36 【分析】根据正六边形被它的半径分成六个全等的等边三角形,再根据等边三角形的边长,求出等边三角形的高,再根据面积公式即可得出答案. 【解答】解:连接OA、OB,作OG⊥AB于G, ∵等边三角形的边长是2, ∴高为3, ∴等边三角形的面积是3, ∴正六边形的面积是:18; 故选:C. 9.(2分)为迎接“六一”儿童节,某儿童品牌玩具专卖店购进了甲、乙两类玩具,其中甲类玩具的进价比乙类玩具的进价每个多5元,经调查:用1000元购进甲类玩具的数量与用750元购进乙类玩具的数量相同.设甲类玩具的进价为x元/个,根据题意可列方程为(  ) A. B. C. D. 【分析】首先设甲类玩具的进价为x元/个,则乙类玩具的进价每个(x﹣5)元,由题意得等量关系:用1000元购进甲类玩具的数量=用750元购进乙类玩具的数量,根据等量关系列出方程即可. 【解答】解:设甲类玩具的进价为x元/个,则乙类玩具的进价每个(x﹣5)元,根据题意得: =, 故选:A. 10.(2分)抛物线y=ax2+bx+c图象如图所示,则一次函数y=bx+c与反比例函数y=在同一平面直角坐标系内的图象大致为(  ) A. B. C. D. 【分析】根据抛物线,可以得到a、b、c的正负情况,从而可以得到一次函数y=bx+c与反比例函数y=的图象所在的位置,从而可以解答本题. 【解答】解:由抛物线y=ax2+bx+c图象可知, a<0,b<0,c>0, 则一次函数y=bx+c的图象在第一、二、四象限,反比例函数y=的图象在二、四象限, 故选:A. 二、填空题(每小题3分,共18分) 11.(3分)分解因式:5x2﹣5= 5(x+1)(x﹣1) . 【分析】原式提取公因式,再利用平方差公式分解即可. 【解答】解:原式=5(x2﹣1)=5(x+1)(x﹣1), 故答案为:5(x+1)(x﹣1) 12.(3分)抛物线y=2x2﹣4x+5向右平移1个单位,再向下平移2个单位,平移后的抛物线的顶点坐标是 (2,1) . 【分析】先写成平移前的抛物线的顶点坐标,再根据向右平移横坐标加,向下平移,纵坐标减解答即可. 【解答】解:∵抛物线y=2x2﹣4x+5=2(x﹣1)2+3, ∴顶点坐标为(1,3), ∵向右平移1个单位,向下平移2个单位, ∴所得抛物线的顶点坐标为(2,1), 故答案为:(2,1). 13.(3分)已知株洲市某天六个整点时的气温绘制成的统计图,则这六个整点时气温的中位数是 15.6℃ . 【分析】根据中位数的定义解答.将这组数据从小到大重新排列,求出最中间两个数的平均数即可. 【解答】解:把这些数从小到大排列为:4.5,10.5,15.3,15.9,19.6,20.1, 最中间的两个数的平均数是(15.3+15.9)÷2=15.6(℃), 则这六个整点时气温的中位数是15.6℃. 故答案为:15.6℃. 14.(3分)给出一种运算:x*y=xy(x≠0),那么*(﹣2)= 4 . 【分析】根据x*y=xy(x≠0)和负整数指数幂,可以求得所求式子的值. 【解答】解:∵x*y=xy(x≠0), ∴*(﹣2) =()﹣2 =4, 故答案为:4. 15.(3分)如图,已知AB∥CD,∠2=135°,则∠1的度数是 45° . 【分析】先求出∠3的度数,再根据平行线性质得出∠1=∠3,代入求出即可. 【解答】解: ∵AB∥CD, ∴∠1=∠3, ∵∠2=135°, ∴∠3=180°﹣135°=45°, ∴∠1=45°, 故答案为:45°. 16.(3分)如图,在边长为2的正方形ABCD中,点E,F分别是边AB,BC的中点,连接EC,FD,点G,H分别是EC,FD的中点,连接GH,则GH的长度为 1 . 【分析】方法一:连接CH并延长交AD于P,连接PE,根据正方形的性质得到∠A=90°,AD∥BC,AB=AD=BC=2,根据全等三角形的性质得到PD=CF=,根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论. 方法二:设DF,CE交于O,根据正方形的性质得到∠B=∠DCF=90°,BC=CD=AB,根据线段中点的定义得到BE=CF,根据全等三角形的性质得到CE=DF,∠BCE=∠CDF,求得DF⊥CE,根据勾股定理得到CE=DF==,点G,H分别是EC,PC的中点,根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论. 【解答】解:方法一:连接CH并延长交AD于P,连接PE, ∵四边形ABCD是正方形, ∴∠A=90°,AD∥BC,AB=AD=BC=2, ∵E,F分别是边AB,BC的中点, ∴AE=CF=×2=, ∵AD∥BC, ∴∠DPH=∠FCH, ∵∠DHP=∠FHC, ∵DH=FH, ∴△PDH≌△CFH(AAS), ∴PD=CF=, ∴AP=AD﹣PD=, ∴PE===2, ∵点G,H分别是EC,CP的中点, ∴GH=EP=1; 方法二:设DF,CE交于O, ∵四边形ABCD是正方形, ∴∠B=∠DCF=90°,BC=CD=AB, ∵点E,F分别是边AB,BC的中点, ∴BE=CF, ∴△CBE≌△DCF(SAS), ∴CE=DF,∠BCE=∠CDF, ∵∠CDF+∠CFD=90°, ∴∠BCE+∠CFD=90°, ∴∠COF=90°, ∴DF⊥CE, ∴CE=DF==, ∵点G,H分别是EC,PC的中点, ∴CG=FH=, ∵∠DCF=90°,CO⊥DF, ∴∠DCO+∠FCO=∠DCO+∠CDO=90°, ∴∠FCO=∠CDO, ∵∠DCF=∠COF=90°, ∴△COF∽△DOC, ∴=, ∴CF2=OF?DF, ∴OF===, ∴OH=,OD=, ∵∠COF=∠COD=90°, ∴△COF∽△DCF, ∴, ∴OC2=OF?OD, ∴OC==, ∴OG=CG﹣OC=﹣=, ∴HG===1, 故答案为:1. 三、(17题6分,18题,19题各8分,共22分) 17.(6分)先化简,再求值:(﹣)÷,其中a=. 【分析】根据分式的混合运算法则把原式化简,把a的值代入计算即可. 【解答】解:原式=(﹣)?(a2﹣1) =?(a2﹣1) =a2+1, 当a=时,原式=2+1=3. 18.(8分)小华有三张卡片,小明有两张卡片,卡片除正面上的数字不同外其它都相同,卡片上的数字如图所示,小华从自己的三张卡片中随机抽取一张,之后小明也从自己的两张卡片中随机抽取一张,请用画树状图(或列表)的方法,求抽取的两张卡片上的数字和为7的概率. 【分析】画树状图,共有6种等可能的结果,抽取的两张卡片上的数字和为7的结果有3种,再由概率公式求解即可. 【解答】解:画树状图如图: 共有6种等可能的结果,抽取的两张卡片上的数字和为7的结果有3种, ∴抽取的两张卡片上的数字和为7的概率为=. 19.(8分)为了解“停课不停学”过程中学生对网课内容的喜爱程度,某校开展了一次网上问卷调查.随机抽取部分学生,按四个类别统计,其中A表示“很喜欢”,B表示“喜欢”,C表示“一般”,D表示“不喜欢”,并将调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图. 请根据图中提供的信息,解决下列问题: (1)这次共抽取 50 名学生进行统计调查,扇形统计图中D类所在扇形的圆心角度数为 72° ; (2)将条形统计图补充完整; (3)若该校共有3000名学生,估计该校表示“喜欢”的B类学生大约有多少人? 【分析】(1)利用C类人数除以所占百分比可得抽取总人数,用360°乘以D类所占的百分比,计算即可得解; (2)根据总数计算出A类的人数,然后再补图即可; (3)利用样本估计总体的方法计算即可. 【解答】解:(1)抽取的学生总数:12÷24%=50(人), 360°×=72°, 故答案为:50;72°; (2)A类学生人数:50﹣23﹣12﹣10=5(人), 如图所示; (3)3000×=1380(人), 答:该校表示“喜欢”的B类学生大约有1380人. 四、(20,21题各8分,共16分) 20.(8分)如图,矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O,且DE∥AC,CE∥BD. (1)求证:四边形OCED是菱形; (2)若∠BAC=30°,AC=4,求菱形OCED的面积. 【分析】(1)根据平行四边形的判定得出四边形OCED是平行四边形,根据矩形的性质求出OC=OD,再根据菱形的判定得出四边形OCED是菱形. (2)方法一:解直角三角形求出BC=2.AB=2,根据矩形和菱形的性质得出,S△COD=S矩形ABCD=S菱形OCED,即可求出菱形的面积. 方法二:解直角三角形求出BC=2.AB=DC=2,连接OE,交CD于点F,根据菱形的性质得出F为CD中点,求出OF=BC=1,OE=2OF=2,即可求出菱形的面积. 【解答】(1)证明:∵DE∥AC,CE∥BD, ∴四边形OCED是平行四边形, ∵矩形ABCD的对角线AC,BD交于点O, ∴OC=OD, ∴?OCED是菱形; (2)方法一:在Rt△ABC中,∠ABC=90°,∠BAC=30°,AC=4, ∴BC=2,AB=2, ∵S△COD=S矩形ABCD=S菱形OCED, ∴S菱形OCED=×2×2=2. 方法二:解:在矩形ABCD中,∠ABC=90°,∠BAC=30°,AC=4, ∴BC=2, ∴AB=DC=2, 如图,连接OE,交CD于点F, ∵四边形OCED为菱形, ∴F为CD中点, ∵O为BD中点, ∴OF=BC=1, ∴OE=2OF=2, ∴S菱形OCED=×OE×CD=×2×2=2. 21.(8分)如图,小明所在的兴趣小组站在广场的E,F处,用一定高度的测角仪分别于C、D两处测得雕像顶部A的仰角分别为60°,45°,已知C,D两点的距离为27m,雕像下的基座高度BH为5m,求雕像AB的高度(精到0.1m,≈1.7). 【分析】过点B作MN∥CD,交AC于M,交AD于N,设CH=xm,则DH=(27﹣x)m,由锐角三角函数定义求出AH=x,再证AH=HD,得x=27﹣x,解得x=,即可解决问题. 【解答】解:过点B作MN∥CD,交AC于M,交AD于N,如图所示: 设CH=xm,则DH=(27﹣x)m, 在Rt△ACH中,AH=tan60°?CH=x(m), 在Rt△ADH中,∠ADH=45°, ∴△ADH是等腰直角三角形, ∴AH=HD, ∴x=27﹣x, 解得:x=, ∴AH=×≈17.55(m), ∴AB=AH﹣BH=17.55﹣5=12.55≈12.6(m). 五、(本题10分) 22.(10分)如图,△ABC内接于⊙O,BD为⊙O直径,点E在BC的延长线上,且∠E=∠BAC. (1)求证:DE是⊙O的切线; (2)若DE∥AC,当AB=8,⊙O的半径为4,则DE的长为 16 . 【分析】(1)由圆周角定理得∠BCD=90°,∠BAC=∠BDC,证出∠BDC+∠CDE=90°,则∠BDE=90°,即BD⊥DE,即可得出结论; (2)先证出∠ACB=∠BAC,由等腰三角形的判定得BC=AB=8,再由勾股定理得CD=16,然后证△CDE∽△CBD,由相似三角形的性质得出,即可求解. 【解答】(1)证明:∵BD为⊙O直径, ∴∠BCD=90°, ∴∠DCE=90°, ∴∠E+∠CDE=90°, ∵∠E=∠BAC, ∴∠BAC+∠CDE=90°, ∵∠BAC=∠BDC, ∴∠BDC+∠CDE=90°, ∴∠BDE=90°, 即BD⊥DE, ∵点D在⊙O上, ∴DE是⊙O的切线; (2)解:∵AC∥DE, ∴∠E=∠ACB, ∵∠E=∠BAC, ∴∠ACB=∠BAC, ∴BC=AB=8, ∵BD为⊙O直径,⊙O的半径为4, ∴∠BCD=90°,BD=8, ∴CD===16, 由(1)得:∠BDC+∠CDE=90°, ∵∠BDC+∠CBD=90°, ∴∠CDE=∠CBD, 又∵∠DCE=∠BCD=90°, ∴△CDE∽△CBD, ∴, 即, 解得:DE=16. 故答案为16. 23.(10分)如图,已知点A在x的负半轴上,点B在y的正半轴上,AO=3,AB=5,点P在线段AB上,从点A出发以每秒5单位长度的速度向点B运动,设运动时间为t(0<t<1)秒,过点P作射线PQ⊥y轴于点Q. (1)当t=时,线段PQ的长为  ;(直接填空) (2)当PQ=PA时,求t的值; (3)在射线PQ上取点C,且始终满足PC=PA,若△PCO是以PC为腰的等腰三角形,直接写出t的值. 【分析】(1)证明PQ是△AOB的中位线,可得结论. (2)由PQ∥AO,可得=,由此构建方程求出t即可. (3)分两种情形:①当PA=PB时,OP=PA=PC,满足条件.②当PA=AO=PC时,四边形AOCP是菱形,可得CP=CO,满足条件. 【解答】解:(1)在Rt△AOB中,∠AOB=90°,OA=3,AB=5, ∴OB===4, 当t=时,AP=, ∴AP=PB, ∵PQ⊥y轴, ∴PQ∥AO, ∴BQ=QO, ∴PQ=OA=, 故答案为:. (2)由题意,AP=PQ=5t. ∵PQ∥AO, ∴=, ∴=, ∴t=. (3)①当PA=PB时,OP=PA=PC,满足条件,此时t=. ②当PA=AO=PC时,四边形AOCP是菱形,可得CP=CO,满足条件,此时t=, 综上所述,满足条件的t的值为或. 六、(本题12分) 24.(12分)已知:四边形ABCD,点E在直线BC上,将△ABE沿AE翻折得到△AFE,点B的对应点F恰好落在直线DE上,直线AF交直线CD于点G. (1)如图①,当四边形ABCD为矩形时, ①求证:DA=DE; ②若BE=3,CE=2,求线段AF的长. (2)如图②,当四边形ABCD为平行四边形时,若=,直接写出此时的值. 【分析】(1)①欲证明DA=DE,只要证明∠DAE=∠DEA. ②想办法求出AD,DF,利用勾股定理求解即可. (2)如图②中,延长AG交BC的延长线于T.设BE=3a,EC=2a,则AD=BC=DE=5a,EB=EF=3a,DF=2a,由AD∥ET,推出===,可得ET=a,AF=AT,CT=ET﹣EC=a,推出===,设AG=10b,GT=11b,则AT=21b,推出AF=×21b=b,由此即可解决问题. 【解答】(1)①证明:如图①中, ∵四边形ABCD是平行四边形, ∴AD∥BC, ∴∠AEB=∠DAE, 由翻折的性质可知,∠AEB=∠AED, ∴∠DAE=∠AED, ∴DA=DE. ②解:∵四边形ABCD是矩形, ∴AD=BC, ∵BE=3,EC=2, ∴BC=AD=5, ∴AD=DE=5, 由翻折的性质可知,BE=EF=3, ∴DF=DE﹣EF=5﹣3=2, ∵AF⊥DE, ∴∠AFD=90°, ∴AF===. (2)解:如图②中,延长AG交BC的延长线于T. 设BE=3a,EC=2a,则AD=BC=DE=5a,EB=EF=3a,DF=2a, ∵AD∥ET, ∴===, ∴=,AF=FT, ∴ET=a,AF=AT, ∴CT=ET﹣EC=a, ∴===, 设AG=10b,GT=11b,则AT=21b, ∴AF=×21b=b, ∴FG=10b﹣b=b, ∴==. 七、(本题12分) 25.(12分)如图,在平面直角坐标系中,直线y=﹣x+与抛物线y=ax2+bx﹣交于点A(2,n)和点B(﹣2,k),与y轴交于点E,抛物线交y轴于点C,点P是第一象限直线AB上方抛物线上的一点,连接PA,PE. (1)求抛物线的表达式; (2)当△APE的面积等于时,设点P的横坐标为m,求m的值; (3)将线段EC绕点E顺时针旋转得到线段EF,旋转角为α(0°<α<120°),连接AF交线段EC于点G,∠FEC的平分线交AF于点H,当△EFH的周长最大时,直接写出点H的坐标. 【分析】(1)先求出A,B的坐标,代入y=ax2+bx﹣中,即可求得答案; (2)如图1,过点P作PK∥y轴交直线AB于点K,设P(m,m2﹣m﹣),则K(m,﹣m+),由S△APE=S△EPK﹣S△APK,即可求得答案; (3)如图2,根据题意可得出∠EHF=120°,连接CH,先证明△CEH≌△FEH,作△CEH的外接圆⊙W,点H始终在⊙W的劣弧上移动,当点H为的中点时,△CEH的周长最大,即△EFH的周长最大,此时AH⊥EC,利用三角函数定义即可求出答案. 【解答】解:(1)在直线y=﹣x+中, 当x=2时,y=﹣×2+=, 当x=﹣2时,y=﹣×(﹣2)+=, ∴A(2,),B(﹣2,), ∵抛物线y=ax2+bx﹣经过A(2,),B(﹣2,), ∴, 解得:, ∴抛物线的表达式为y=x2﹣x﹣; (2)如图1,过点P作PK∥y轴交直线AB于点K, 设P(m,m2﹣m﹣),则K(m,﹣m+), ∴PK=m2﹣m﹣﹣(﹣m+)=m2﹣, ∴S△APE=S△EPK﹣S△APK =PK?m﹣PK?(m﹣2) =m2﹣, ∴m2﹣=, 解得:m=3或m=﹣3, ∵P是第一象限的点, ∴m>0, ∴m=3; (3)在y=x2﹣x﹣中,令x=0,得y=﹣, ∴C(0,﹣), 在y=﹣x+中,令x=0,得y=, ∴E(0,), ∴OE=,EC=﹣(﹣)=, ∵AE==, ∴AE=EC=EF=, 设直线y=﹣x+与x轴交于M,则M(3,0), ∴OM=3, ∴tan∠MEO===, ∴∠MEO=60°, ∴∠BEO=120°, ∵∠CEF=α, ∴∠AEF=α+60°, ∵AE=EF, ∴∠AFE=∠EAF==60°﹣α, ∵EH平分∠FEC, ∴∠FEH=∠CEH=∠FEC=α, ∴∠AHE=∠FEH+∠AFE=α+60°﹣α=60°, ∴∠EHF=120°, 如图2,连接CH, 在△CEH和△FEH中, , ∴△CEH≌△FEH(SAS), ∴∠CHE=∠FHE=120°, 作△CEH的外接圆⊙W,点H始终在⊙W的劣弧上移动, 当点H为的中点时,△CEH的周长最大,即△EFH的周长最大,此时AH⊥EC, ∠EGH=90°,∠EHG=60°,∠HEG=30°,EG=GC=, ∴GH=EG?tan∠HEG=?tan30°=,EH=2GH=, ∴OG=OE﹣EG=﹣=, ∴△CEH的周长最大值=×2+=,此时点H的坐标为(﹣,).

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