2017九年級數(shù)學中考模擬試卷答案(2)
2017九年級數(shù)學中考模擬試題答案
一、選擇題(本題共16個小題，共42分)
1.﹣ 的相反數(shù)是( )
A.﹣ B. C.﹣3 D.3
【考點】相反數(shù).
【分析】根據(jù)只有符號不同的兩個數(shù)互為相反數(shù)，可得答案.
【解答】解：﹣ 的相反數(shù)是 .
故選：B.
2.實數(shù)a，b，c，d在數(shù)軸上的對應(yīng)點的位置如圖所示，這四個數(shù)中，絕對值最大的是( )
A.a B.b C.c D.d
【考點】實數(shù)大小比較.
【分析】首先根據(jù)數(shù)軸的特征，以及絕對值的含義和性質(zhì)，判斷出實數(shù)a，b，c，d的絕對值的取值范圍，然后比較大小，判斷出這四個數(shù)中，絕對值最大的是哪個數(shù)即可.
【解答】解：根據(jù)圖示，可得
3<|a|<4，1<|b|<2，0<|c|<1，2<|d|<3，
所以這四個數(shù)中，絕對值最大的是a.
故選：A.
3.甲骨文是我國的一種古代文字，是漢字的早期形式，下列甲骨文中，不是軸對稱的是( )
A. B. C. D.
【考點】軸對稱圖形.
【分析】根據(jù)軸對稱圖形的概念求解.
【解答】解：A、是軸對稱圖形，故本選項錯誤;
B、是軸對稱圖形，故本選項錯誤;
C、是軸對稱圖形，故本選項錯誤;
D、不是軸對稱圖形，故本選項正確.
故選D.
4.下列幾何體是由4個相同的小正方體搭成的，其中主視圖和左視圖相同的是( )
A. B. C. D.
【考點】簡單組合體的三視圖.
【分析】根據(jù)從正面看得到的圖形是主視圖，從左邊看得到的圖形是左視圖，可得答案.
【解答】解：A、主視圖是第一層三個小正方形，第二層中間一個小正方形，左視圖是第一層一個小正方形，第二層一個小正方形，故A錯誤;
B、主視圖是第一層兩個小正方形，第二層中間一個小正方形，第三層中間一個小正方形，左視圖是第一層一個小正方形，第二層一個小正方形，第三層一個小正方形，故B錯誤;
C、主視圖是第一層兩個小正方形，第二層左邊一個小正方形，左視圖是第一層兩個小正方形，第二層左邊一個小正方形，故C正確;
D、主視圖是第一層兩個小正方形，第二層右邊一個小正方形，左視圖是第一層一個小正方形，第二層左邊一個小正方形，故D錯誤;
故選：C.
5.如圖，直線a∥b，∠1=75°，∠2=35°，則∠3的度數(shù)是( )
A.75° B.55° C.40° D.35°
【考點】平行線的性質(zhì);三角形的外角性質(zhì).
【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠4=∠1=75°，然后根據(jù)三角形外角的性質(zhì)即可求得∠3的度數(shù).
【解答】解：∵直線a∥b，∠1=75°，
∴∠4=∠1=75°，
∵∠2+∠3=∠4，
∴∠3=∠4﹣∠2=75°﹣35°=40°.
故選C.
6.在(﹣1)2017，(﹣3)0， ，( )﹣2，這四個數(shù)中，最大的數(shù)是( )
A.(﹣1)2017 B.(﹣3)0 C. D.( )﹣2
【考點】實數(shù)大小比較;算術(shù)平方根;零指數(shù)冪;負整數(shù)指數(shù)冪.
【分析】任意兩個實數(shù)都可以比較大小.正實數(shù)都大于0，負實數(shù)都小于0，正實數(shù)大于一切負實數(shù).
【解答】解：∵(﹣1)2017=﹣1，
(﹣3)0=1，
=3，
( )﹣2=4，
∴四個數(shù)中，最大的數(shù)是( )﹣2，
故選：D.
7.小華班上比賽投籃，每人5次，如圖是班上所有學生的投籃進球數(shù)的扇形統(tǒng)計圖，則下列關(guān)于班上所有學生投進球數(shù)的統(tǒng)計量正確的是( )
A.中位數(shù)是3個 B.中位數(shù)是2.5個
C.眾數(shù)是2個 D.眾數(shù)是5個
【考點】扇形統(tǒng)計圖;中位數(shù);眾數(shù).
【分析】根據(jù)中位數(shù)和眾數(shù)的定義，結(jié)合扇形統(tǒng)計圖，選出正確選項即可.
【解答】解：由圖可知：班內(nèi)同學投進2球的人數(shù)最多，故眾數(shù)為2;
因為不知道每部分的具體人數(shù)，所以無法判斷中位數(shù).
故選C.
8.如圖，∠A是⊙O的圓周角，∠OBC=55°，則∠A=( )
A.35° B.45° C.55° D.70°
【考點】圓周角定理.
【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理求出∠BOC的度數(shù)，根據(jù)圓周角定理計算即可.
【解答】解：∵OB=OC，∠OBC=55°，
∴∠OCB=55°，
∴∠BOC=180°﹣55°﹣55°=70°，
由圓周角定理得，∠A= ∠BOC=35°，
故選：A.
9.如圖，把一張矩形紙片ABCD沿對角線AC折疊，點B的對應(yīng)點為B′，AB′與DC相交于點E，則下列結(jié)論一定正確的是( )
A.∠DAB′=∠CAB′ B.∠ACD=∠B′CD C.AD=AE D.AE=CE
【考點】翻折變換(折疊問題).
【分析】根據(jù)翻折變換的性質(zhì)可得∠BAC=∠CAB′，根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等可得∠BAC=∠ACD，從而得到∠ACD=∠CAB′，然后根據(jù)等角對等邊可得AE=CE，從而得解.
【解答】解：∵矩形紙片ABCD沿對角線AC折疊，點B的對應(yīng)點為B′，
∴∠BAC=∠CAB′，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∴∠ACD=∠CAB′，
∴AE=CE，
所以，結(jié)論正確的是D選項.
故選D.
10.定義新運算：對于任意實數(shù)m、n都有m☆n=m2n+n，等式右邊是常用的加法、減法、乘法及乘方運算.例如：﹣3☆2=(﹣3)2×2+2=20.根據(jù)以上知識解決問題：若2☆a的值小于0，請判斷方程：2x2﹣bx+a=0的根的情況( )
A.有兩個相等的實數(shù)根 B.有兩個不相等的實數(shù)根
C.無實數(shù)根 D.有一根為0
【考點】根的判別式;實數(shù)的運算.
【分析】先利用新定義得到22•a+a<0，解得a<0，再計算判別式，利用a的范圍可判斷△>0，從而可判斷方程根的情況.
【解答】解：∵2☆a的值小于0，
∴22•a+a<0，解得a<0，
∴△=b2﹣4×2×a>0，
∴方程有兩個不相等的兩個實數(shù)根.
故選B.
11.如圖，將邊長為3的正六邊形鐵絲框ABCDEF變形為以點A為圓心，AB為半徑的扇形(忽略鐵絲的粗細).則所得扇形AFB(陰影部分)的面積為( )
A.6π B.18 C.18π D.20
【考點】正多邊形和圓;扇形面積的計算.
【分析】由正六邊形的性質(zhì)得出 的長=12，由扇形的面積= 弧長×半徑，即可得出結(jié)果.
【解答】解：∵正六邊形ABCDEF的邊長為3，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA=3，
∴ 的長=3×6﹣3﹣3═12，
∴扇形AFB(陰影部分)的面積= ×12×3=18.
故選：B.
12.一家游泳館的游泳收費標準為30元/次，若購買會員年卡，可享受如下優(yōu)惠：
會員年卡類型 辦卡費用(元) 每次游泳收費(元)
A 類 50 25
B 類 200 20
C 類 400 15
例如，購買A類會員年卡，一年內(nèi)游泳20次，消費50+25×20=550元，若一年內(nèi)在該游泳館游泳的次數(shù)介于45～55次之間，則最省錢的方式為( )
A.購買A類會員年卡 B.購買B類會員年卡
C.購買C類會員年卡 D.不購買會員年卡
【考點】一次函數(shù)的應(yīng)用.
【分析】設(shè)一年內(nèi)在該游泳館游泳的次數(shù)為x次，消費的錢數(shù)為y元，根據(jù)題意得：yA=50+25x，yB=200+20x，yC=400+15x，當45≤x≤55時，確定y的范圍，進行比較即可解答.
【解答】解：設(shè)一年內(nèi)在該游泳館游泳的次數(shù)為x次，消費的錢數(shù)為y元，
根據(jù)題意得：
yA=50+25x，
yB=200+20x，
yC=400+15x，
當45≤x≤55時，
1175≤yA≤1425;
1100≤yB≤1300;
1075≤yC≤1225;
由此可見，C類會員年卡消費最低，所以最省錢的方式為購買C類會員年卡.
故選：C.
13.一個尋寶游戲的尋寶通道如圖1所示，通道由在同一平面內(nèi)的AB，BC，CA，OA，OB，OC組成.為記錄尋寶者的行進路線，在BC的中點M處放置了一臺定位儀器.設(shè)尋寶者行進的時間為x，尋寶者與定位儀器之間的距離為y，若尋寶者勻速行進，且表示y與x的函數(shù)關(guān)系的圖象大致如圖2所示，則尋寶者的行進路線可能為( )
A.A→O→B B.B→A→C C.B→O→C D.C→B→O
【考點】動點問題的函數(shù)圖象.
【分析】根據(jù)函數(shù)的增減性：不同的觀察點獲得的函數(shù)圖象的增減性不同，可得答案.
【解答】解：A、從A點到O點y隨x增大一直減小，從O到B先減小后增發(fā)，故A不符合題意;
B、從B到A點y隨x的增大先減小再增大，從A到C點y隨x的增大先減小再增大，但在A點距離最大，故B不符合題意;www-2-1-cnjy-com
C、從B到O點y隨x的增大先減小再增大，從O到C點y隨x的增大先減小再增大，在B、C點距離最大，故C符合題意;
D、從C到M點y隨x的增大而減小，一直到y(tǒng)為0，從M點到B點y隨x的增大而增大，明顯與圖象不符，故D不符合題意;
故選：C.
14.如圖，在x軸上方，∠BOA=90°且其兩邊分別與反比例函數(shù)y=﹣ 、y= 的圖象交于B、A兩點，則∠OAB的正切值為( )
A. B. C. D.
【考點】反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征;解直角三角形.
【分析】作輔助線;首先證明△BOM∽△OAN，得到 = ，設(shè)B(﹣m， )，A(n， )，得到BM= ，AN= ，OM=m，ON=n，進而得到mn= ，mn= ，運用三角函數(shù)的定義證明知tan∠OAB= .
【解答】解：如圖，分別過點A、B作AN⊥x軸、BM⊥x軸;
∵∠AOB=90°，
∴∠BOM+∠AON=∠AON+∠OAN=90°，
∴∠BOM=∠OAN，
∵∠BMO=∠ANO=90°，
∴△BOM∽△OAN，
∴ = ;
設(shè)B(﹣m， )，A(n， )，
則BM= ，AN= ，OM=m，ON=n，
∴mn= ，mn= ;
∵∠AOB=90°，
∴tan∠OAB= ①;
∵△BOM∽△OAN，
∴ = = = ②，
由①②知tan∠OAB= ，
故選B.
15.如圖，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，E是矩形內(nèi)部的一個動點，且AE⊥BE，則線段CE的最小值為( )
A. B.2 ﹣2 C.2 ﹣2 D.4
【考點】點與圓的位置關(guān)系;矩形的性質(zhì);圓周角定理.
【分析】由AE⊥BE知點E在以AB為直徑的半⊙O上，連接CO交⊙O于點E′，當點E位于點E′位置時，線段CE取得最小值，利用勾股定理可得答案.
【解答】解：如圖，
∵AE⊥BE，
∴點E在以AB為直徑的半⊙O上，
連接CO交⊙O于點E′，
∴當點E位于點E′位置時，線段CE取得最小值，
∵AB=4，
∴OA=OB=OE′=2，
∵BC=6，
∴OC= = =2 ，
則CE′=OC﹣OE′=2 ﹣2，
故選：B.
16.如圖，已知拋物線y1=﹣x2+4x和直線y2=2x.我們約定：當x任取一值時，x對應(yīng)的函數(shù)值分別為y1、y2，若y1≠y2，取y1、y2中的較小值記為M;若y1=y2，記M=y1=y2.下列判斷：
①當x>2時，M=y2;②當x<0時，x值越大，M值越大;③使得M大于4的x值不存在;④若M=2，則x=1.
其中正確的有( )
A.1個 B.2個 C.3個 D.4個
【考點】二次函數(shù)的性質(zhì).
【分析】若y1=y2，記M=y1=y2.首先求得拋物線與直線的交點坐標，利用圖象可得當x>2時，利用函數(shù)圖象可以得出y2>y1;當0y2;當x<0時，利用函數(shù)圖象可以得出y2>y1;然后根據(jù)當x任取一值時，x對應(yīng)的函數(shù)值分別為y1、y2.若y1≠y2，取y1、y2中的較小值記為M;即可求得答案.
【解答】解：∵當y1=y2時，即﹣x2+4x=2x時，
解得：x=0或x=2，
∴當x>2時，利用函數(shù)圖象可以得出y2>y1;當0y2;當x<0時，利用函數(shù)圖象可以得出y2>y1;
∴①錯誤;
∵拋物線y1=﹣x2+4x，直線y2=2x，當x任取一值時，x對應(yīng)的函數(shù)值分別為y1、y2.若y1≠y2，取y1、y2中的較小值記為M;
∴當x<0時，根據(jù)函數(shù)圖象可以得出x值越大，M值越大;
∴②正確;
∵拋物線y1=﹣x2+4x的最大值為4，故M大于4的x值不存在，
∴③正確;
∵如圖：當0y2;
當M=2，2x=2，x=1;
x>2時，y2>y1;
當M=2，﹣x2+4x=2，x1=2+ ，x2=2﹣ (舍去)，
∴使得M=2的x值是1或2+ ，
∴④錯誤;
∴正確的有②③兩個.
故選：B.
二、填空題
17.64的立方根為 4 .
【考點】立方根.
【分析】利用立方根定義計算即可得到結(jié)果.
【解答】解：64的立方根是4.
故答案為：4.
18.如圖，小軍、小珠之間的距離為2.7m，他們在同一盞路燈下的影長分別為1.8m，1.5m，已知小軍、小珠的身高分別為1.8m，1.5m，則路燈的高為 3 m.
【考點】中心投影.
【分析】根據(jù)CD∥AB∥MN，得到△ABE∽△CDE，△ABF∽△MNF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可知 ， ，即可得到結(jié)論.
【解答】解：如圖，∵CD∥AB∥MN，
∴△ABE∽△CDE，△ABF∽△MNF，
∴ ， ，
即 ， ，
解得：AB=3m，
答：路燈的高為3m.
19.如圖，在平面直角坐標系中，∠AOB=30°，點A坐標為(2，0)，過A作AA1⊥OB，垂足為點A1;過點A1作A1A2⊥x軸，垂足為點A2;再過點A2作A2A3⊥OB，垂足為點A3;則A2A3= ;再過點A3作A3A4⊥x軸，垂足為點A4…;這樣一直作下去，則A2017的縱坐標為 .
【考點】規(guī)律型：點的坐標;含30度角的直角三角形.
【分析】根據(jù)含30°的直角三角形的性質(zhì)結(jié)合圖形即可得到規(guī)律“OAn= OA=2 ”，依此規(guī)律即可解決問題.
【解答】解：∵∠AOB=30°，點A坐標為(2，0)，
∴OA=2，
∴OA1= OA= ，OA2= OA1═ ，OA3= OA2═ ，OA4= OA3═ ，…，
∴OAn= OA=2 .
∵∠AOB=30°，
∴A2A3= OA2= ，
∴A2017A2018= OA2017= .
故答案為： ; .
三、解答題(本大題共小題，共分)
20.先化簡，再求值：
( ﹣1)÷ ，其中x的值從不等式組 的整數(shù)解中選取.
【考點】分式的化簡求值;一元一次不等式組的整數(shù)解.
【分析】先算括號里面的，再算除法，求出x的取值范圍，選出合適的x的值代入求值即可.
【解答】解：原式= •
=﹣ •
= ，
解不等式組 得，﹣1≤x< ，
當x=2時，原式= =﹣2.
21.在四張編號為A，B，C，D的卡片(除編號外，其余完全相同)的正面分別寫上如圖所示的正整數(shù)后，背面向上，洗勻放好.
(1)我們知道，滿足a2+b2=c2的三個正整數(shù)a，b，c成為勾股數(shù)，嘉嘉從中隨機抽取一張，求抽到的卡片上的數(shù)是勾股數(shù)的概率P1;
(2)琪琪從中隨機抽取一張(不放回)，再從剩下的卡片中隨機抽取一張(卡片用A，B，C，D表示).請用列表或畫樹形圖的方法求抽到的兩張卡片上的數(shù)都是勾股數(shù)的概率P2，并指出她與嘉嘉抽到勾股數(shù)的可能性一樣嗎?
【考點】列表法與樹狀圖法;勾股數(shù).
【分析】(1)根據(jù)概率公式求解可得;
(2)利用樹狀圖展示12種等可能的結(jié)果數(shù)，根據(jù)勾股數(shù)可判定只有A卡片上的三個數(shù)不是勾股數(shù)，則可從12種等可能的結(jié)果數(shù)中找出抽到的兩張卡片上的數(shù)都是勾股數(shù)的結(jié)果數(shù)，然后根據(jù)概率公式求解.
【解答】解：(1)嘉嘉隨機抽取一張卡片共出現(xiàn)4種等可能結(jié)果，其中抽到的卡片上的數(shù)是勾股數(shù)的結(jié)果有3種，
所以嘉嘉抽取一張卡片上的數(shù)是勾股數(shù)的概率P1= ;
(2)列表法：
A B C D
A (A，B) (A，C) (A，D)
B (B，A) (B，C) (B，D)
C (C，A) (C，B) (C，D)
D (D，A) (D，B) (D，C)
由列表可知，兩次抽取卡片的所有可能出現(xiàn)的結(jié)果有12種，
其中抽到的兩張卡片上的數(shù)都是勾股數(shù)的有6種，
∴P2= = ，
∵P1= ，P2= ，P1≠P2
∴淇淇與嘉嘉抽到勾股數(shù)的可能性不一樣.
22.Pn表示n邊形的對角線的交點個數(shù)(指落在其內(nèi)部的交點)，如果這些交點都不重合，那么Pn與n的關(guān)系式是：Pn= •(n2﹣an+b)(其中a，b是常數(shù)，n≥4)
(1)通過畫圖，可得：四邊形時，P4= 1 ;五邊形時，P5= 5
(2)請根據(jù)四邊形和五邊形對角線交點的個數(shù)，結(jié)合關(guān)系式，求a，b的值.
【考點】作圖—應(yīng)用與設(shè)計作圖;二元一次方程的應(yīng)用;多邊形的對角線.
【分析】(1)依題意畫出圖形，數(shù)出圖形中對角線交點的個數(shù)即可得出結(jié)論;
(2)將(1)中的數(shù)值代入公式可得出關(guān)于a、b的二元一次方程組，解方程組即可得出結(jié)論.
【解答】解：(1)畫出圖形如下.
由畫形，可得：
當n=4時，P4=1;當n=5時，P5=5.
故答案為：1;5.
(2)將(1)中的數(shù)值代入公式，
得： ，
解得： .
23.如圖，△ABC是等邊三角形，AO⊥BC，垂足為點O，⊙O與AC相切于點D，BE⊥AB交AC的延長線于點E，與⊙O相交于G、F兩點.
(1)求證：AB與⊙O相切;
(2)若等邊三角形ABC的邊長是4，求線段BF的長?
【考點】切線的判定與性質(zhì);勾股定理;解直角三角形.
【分析】(1)過點O作OM⊥AB，垂足是M，證明OM等于圓的半徑OD即可;
(2)過點O作ON⊥BE，垂足是N，連接OF，則四邊形OMBN是矩形，在直角△OBM利用三角函數(shù)求得OM和BM的長，則BN和ON即可求得，在直角△ONF中利用勾股定理求得NF，則BF即可求解.
【解答】解：(1)過點O作OM⊥AB，垂足是M.
∵⊙O與AC相切于點D.
∴OD⊥AC，
∴∠ADO=∠AMO=90°.
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠DAO=∠MAO，
∴OM=OD.
∴AB與⊙O相切;
(2)過點O作ON⊥BE，垂足是N，連接OF.
∵AB=AC，AO⊥BC，
∴O是BC的中點，
∴OB=2.
在直角△OBM中，∠MBO=60°，
∴OM=OB•sin60°= ，BM=OB•cos60°=1.
∵BE⊥AB，
∴四邊形OMBN是矩形.
∴ON=BM=1，BN=OM= .
∵OF=OM= ，
由勾股定理得NF= .
∴BF=BN+NF= + .
24.兩塊等腰直角三角板△ABC和△DEC如圖擺放，其中∠ACB=∠DCE=90°，F(xiàn)是DE的中點，H是AE的中點，G是BD的中點.
(1)如圖1，若點D、E分別在AC、BC的延長線上，通過觀察和測量，猜想FH和FG的數(shù)量關(guān)系為 相等 和位置關(guān)系為 垂直 ;
(2)如圖2，若將三角板△DEC繞著點C順時針旋轉(zhuǎn)至ACE在一條直線上時，其余條件均不變，則(1)中的猜想是否還成立，若成立，請證明，不成立請說明理由;
(3)如圖3，將圖1中的△DEC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)一個銳角，得到圖3，(1)中的猜想還成立嗎?直接寫出結(jié)論，不用證明.
【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì);全等三角形的判定與性質(zhì);等腰直角三角形;三角形中位線定理.
【分析】(1)證AD=BE，根據(jù)三角形的中位線推出FH= AD，F(xiàn)H∥AD，F(xiàn)G= BE，F(xiàn)G∥BE，即可推出答案;
(2)證△ACD≌△BCE，推出AD=BE，根據(jù)三角形的中位線定理即可推出答案;
(3)連接BE、AD，根據(jù)全等推出AD=BE，根據(jù)三角形的中位線定理即可推出答案.
【解答】(1)解：∵CE=CD，AC=BC，∠ECA=∠DCB=90°，
∴BE=AD，
∵F是DE的中點，H是AE的中點，G是BD的中點，
∴FH= AD，F(xiàn)H∥AD，F(xiàn)G= BE，F(xiàn)G∥BE，
∴FH=FG，
∵AD⊥BE，
∴FH⊥FG，
故答案為：相等，垂直.
(2)答：成立，
證明：∵CE=CD，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC，
∴△ACD≌△BCE
∴AD=BE，
由(1)知：FH= AD，F(xiàn)H∥AD，F(xiàn)G= BE，F(xiàn)G∥BE，
∴FH=FG，F(xiàn)H⊥FG，
∴(1)中的猜想還成立.
(3)答：成立，結(jié)論是FH=FG，F(xiàn)H⊥FG.
連接AD，BE，兩線交于Z，AD交BC于X，
同(1)可證
∴FH= AD，F(xiàn)H∥AD，F(xiàn)G= BE，F(xiàn)G∥BE，
∵三角形ECD、ACB是等腰直角三角形，
∴CE=CD，AC=BC，∠ECD=∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中
，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠EBC=∠DAC，
∵∠DAC+∠CXA=90°，∠CXA=∠DXB，
∴∠DXB+∠EBC=90°，
∴∠EZA=180°﹣90°=90°，
即AD⊥BE，
∵FH∥AD，F(xiàn)G∥BE，
∴FH⊥FG，
即FH=FG，F(xiàn)H⊥FG，
結(jié)論是FH=FG，F(xiàn)H⊥FG
25.在某次海上軍事學習期間，我軍為確保△OBC海域內(nèi)的安全，特派遣三艘軍艦分別在O、B、C處監(jiān)控△OBC海域，在雷達顯示圖上，軍艦B在軍艦O的正東方向80海里處，軍艦C在軍艦B的正北方向60海里處，三艘軍艦上裝載有相同的探測雷達，雷達的有效探測范圍是半徑為r的圓形區(qū)域.(只考慮在海平面上的探測)2•1•c•n•j•y
(1)若三艘軍艦要對△OBC海域進行無盲點監(jiān)控，則雷達的有效探測半徑r至少為多少海里?
(2)現(xiàn)有一艘敵艦A從東部接近△OBC海域，在某一時刻軍艦B測得A位于北偏東60°方向上，同時軍艦C測得A位于南偏東30°方向上，求此時敵艦A離△OBC海域的最短距離為多少海里?
(3)若敵艦A沿最短距離的路線以20 海里/小時的速度靠近△OBC海域，我軍軍艦B沿北偏東15°的方向行進攔截，問B軍艦速度至少為多少才能在此方向上攔截到敵艦A?
【考點】解直角三角形的應(yīng)用﹣方向角問題.
【分析】(1)求出OC，由題意r≥ OC，由此即可解決問題.
(2)作AM⊥BC于M，求出AM即可解決問題.
(3)假設(shè)B軍艦在點N處攔截到敵艦.在BM上取一點H，使得HB=HN，設(shè)MN=x，先列出方程求出x，再求出BN、AN利用不等式解決問題.
【解答】解：(1)在RT△OBC中，∵BO=80，BC=60，∠OBC=90°，
∴OC= = =100，
∵ OC= ×100=50
∴雷達的有效探測半徑r至少為50海里.
(2)作AM⊥BC于M，
∵∠ACB=30°，∠CBA=60°，
∴∠CAB=90°，
∴AB= BC=30，
在RT△ABM中，∵∠AMB=90°，AB=30，∠BAM=30°，
∴BM= AB=15，AM= BM=15 ，
∴此時敵艦A離△OBC海域的最短距離為15 海里.
(3)假設(shè)B軍艦在點N處攔截到敵艦.在BM上取一點H，使得HB=HN，設(shè)MN=x，
∵∠HBN=∠HNB=15°，
∴∠MHN=∠HBN+∠HNB=30°，
∴HN=HB=2x，MH= x，
∵BM=15，
∴15= x+2x，
x=30﹣15 ，
∴AN=30 ﹣30，
BN= =15( ﹣ )，設(shè)B軍艦速度為a海里/小時，
由題意 ≤ ，
∴a≥20.
∴B軍艦速度至少為20海里/小時.
26.如圖，拋物線y=x2﹣2x﹣3與x軸交A、B兩點(A點在B點左側(cè))，直線l與拋物線交于A、C兩點，其中C點的橫坐標為2.2-1-c-n-j-y
(1)求A、B兩點的坐標及直線AC的函數(shù)表達式;
(2)P是線段AC上的一個動點，(不與A、C重合)，過P點作y軸的平行線交拋物線于E點，求線段PE長度的最大值，并直接寫出△ACE面積的最大值;
(3)點G為拋物線上的動點，在x軸上是否存在點F，使A、C、F、G這樣的四個點為頂點的四邊形是平行四邊形?如果存在，直接寫出所有滿足條件的F點坐標;如果不存在，請說明理由.
【考點】二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)令y=0得到關(guān)于x的方程，解方程可求得點A和點B的橫坐標，將x=2代入拋物線的解析式求得對應(yīng)的y值可求得點C的縱坐標，設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，將點A和點C的坐標代入求得k和b的值即可;
(2)設(shè)P點的橫坐標為x(﹣1≤x≤2)則P、E的坐標分別為：P(x，﹣x﹣1)，E(x，x2﹣2x﹣3)，然后得到PE與x的函數(shù)關(guān)系式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得PE的最大值，最后依據(jù)S△ACE= ×PE×(xC﹣xA)求解即可;
(3)設(shè)點F的坐標為(a，0)，點G的坐標為(x，y)，依據(jù)中點坐標公式求得點G的坐標，然后將點G的坐標代入拋物線的解析式求得對應(yīng)的a的值即可.
【解答】解(1)當y=0時，解得x1=﹣1或x2=3，
∴A(﹣1，0)B(3，0).
將C點的橫坐標x=2代入y=x2﹣2x﹣3得y=﹣3，
∴C(2，﹣3).
設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，將點A和點C的坐標代入得： ，
解得：k=﹣1，b=﹣1.
∴直線AC的函數(shù)解析式是y=﹣x﹣1.
(2)設(shè)P點的橫坐標為x(﹣1≤x≤2)則P、E的坐標分別為：P(x，﹣x﹣1)，E(x，x2﹣2x﹣3)
∵P點在E點的上方，
∴PE=(﹣x﹣1)﹣(x2﹣2x﹣3)=﹣x2+x+2=﹣(x﹣ )2+ .
∴當x= 時，PE的最大值為 .
∴S△ACE= ×PE×(xC﹣xA)= × ×3= .
(3)當AC為平行四邊形的對角線時.設(shè)點F的坐標為(a，0)，點G的坐標為(x，y).
∵平行四邊形的對角線互相平分，
∴依據(jù)中點坐標公式可知： ， .
∴y=﹣3，x=1﹣a.
∵點G在拋物線上，
∴﹣3=(1﹣a)2﹣2(1﹣a)﹣3，整理得：a2﹣1=0，解得a=﹣1或a=﹣1(舍去).
∴點F的坐標為(1，0).
當AC為平行四邊形的邊，CF為對角線時.設(shè)點F的坐標為(a，0)，點G的坐標為(x，y).
∵平行四邊形的對角線互相平分，
∴依據(jù)中點坐標公式可知： ， = .
∴y=﹣3，x=a+3
∵點G在拋物線上，
∴﹣3=(a+3)2﹣2(a+3)﹣3，整理得：a2+4a+3=0，將a=﹣3或a=﹣1(舍去)
∴點F的坐標為(﹣3，0).
當AC為平行四邊形的邊，CG為對角線時.設(shè)點F的坐標為(a，0)，點G的坐標為(x，y).
∵平行四邊形的對角線互相平分，
∴依據(jù)中點坐標公式可知： ， = .
∴y=3，x=a﹣3
∵點G在拋物線上，
∴3=(a﹣3)2﹣2(a﹣3)﹣3，整理得：a2﹣8a+9=0，解得a=4+ 或a=4 .
∴點F的坐標為(4+ ，0)或(4﹣ ).
綜上所述，點F的坐標為(1，0)或(﹣3，0)或(4+ ，0)或(4﹣ ).
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