2017年廣安中考數學模擬試卷及答案(2)
21.張家界市為了治理城市污水，需要鋪設一段全長為300米的污水排放管道，鋪設120米后，為了盡可能減少施工對城市交通所造成的影響，后來每天的工作量比原計劃增加20%，結果共用了27天完成了這一任務，求原計劃每天鋪設管道多少米?
【考點】分式方程的應用.
【分析】設原計劃每天鋪設管道x米，根據需要鋪設一段全長為300米的污水排放管道，鋪設120米后，為了盡可能減少施工對城市交通所造成的影響，后來每天的工作量比原計劃增加20%，結果共用了27天完成了這一任務，根據等量關系：鋪設120米管道的時間+鋪設(300﹣120)米管道的時間=27天，可列方程求解.
【解答】解：設原計劃每天鋪設管道x米，
依題意得： ，
解得x=10，
經檢驗，x=10是原方程的解，且符合題意.
答：原計劃每天鋪設管道10米.
【點評】本題考查理解題意的能力，關鍵是設出原計劃每天鋪設管道x米，以天數做為等量關系列方程求解.
22.在平面直角坐標系中，已知反比例函數y= 的圖象經過點A(1， ).
(1)試確定此反比例函數的解析式;
(2)點O是坐標原點，將線段OA繞O點順時針旋轉30°得到線段OB，判斷點B是否在此反比例函數的圖象上，并說明理由.
【考點】反比例函數圖象上點的坐標特征;待定系數法求反比例函數解析式;勾股定理;坐標與圖形變化﹣旋轉.
【專題】待定系數法.
【分析】(1)根據反比例函數圖象上點的坐標特征計算k的值;
(2)過點A作x軸的垂線交x軸于點C，過點B作x軸的垂線交x軸于點D，在Rt△AOC中，根據勾股定理計算出OA=2，利用含30度的直角三角形三邊的關系得到
∠OAC=30°，則∠AOC=60°，再根據旋轉的性質得∠AOB=30°，OB=OA=2，所以∠BOD=30°，在Rt△BOD中，計算出BD= OB=1，OD= BD= ，于是得到B點坐標為( ，1)，然后根據反比例函數圖象上點的坐標特征判斷B點在反比例函數圖象上.
【解答】解：(1)把A(1， )代入y= ，
得k=1× = ，
∴反比例函數的解析式為y= ;
(2)點B在此反比例函數的圖象上.理由如下：
過點A作x軸的垂線交x軸于點C，過點B作x軸的垂線交x軸于點D，，
在Rt△AOC中，OC=1，AC= ，OA= =2，
∴∠OAC=30°，
∴∠AOC=60°，
∵線段OA繞O點順時針旋轉30°得到線段OB，
∴∠AOB=30°，OB=OA=2，
∴∠BOD=30°，
在Rt△BOD中，BD= OB=1，OD= BD= ，
∴B點坐標為( ，1)，
∵當x= 時，y= =1，
∴點B( ，1)在反比例函數 的圖象上.
【點評】本題考查了反比例函數圖象上點的坐標特征：反比例函數y= (k為常數，k≠0)的圖象是雙曲線，圖象上的點(x，y)的橫縱坐標的積是定值k，即xy=k.也考查了旋轉的性質和勾股定理.
23.，AB是⊙O的直徑，點C在⊙O上，∠ABC的平分線與AC相交于點D，與⊙O過點A的切線相交于點E.
(1)∠ACB= 90 °，理由是： 直徑所對的圓周角是直角 ;
(2)猜想△EAD的形狀，并證明你的猜想;
(3)若AB=8，AD=6，求BD.
【考點】圓的綜合題.
【專題】綜合題.
【分析】(1)根據AB是⊙O的直徑，點C在⊙O上利用直徑所對的圓周角是直角即可得到結論;
(2)根據∠ABC的平分線與AC相交于點D，得到∠CBD=∠ABE，再根據AE是⊙O的切線得到∠EAB=90°，從而得到∠CDB+∠CBD=90°，等量代換得到∠AED=∠EDA，從而判定△EAD是等腰三角形.
(3)證得△CDB∽△AEB后設BD=5x，則CB=4x，CD=3x，從而得到CA=CD+DA=3x+6，然后在直角三角形ACB中，利用AC2+BC2=AB2得到(3x+6)2+(4x)2=82解得x后即可求得BD的長.
【解答】解：(1)∵AB是⊙O的直徑，點C在⊙O上，
∴∠ACB=90°(直徑所對的圓周角是直角)
(2)△EAD是等腰三角形.
證明：∵∠ABC的平分線與AC相交于點D，
∴∠CBD=∠ABE
∵AE是⊙O的切線，∴∠EAB=90°
∴∠AEB+∠EBA=90°，
∵∠EDA=∠CDB，∠CDB+∠CBD=90°，
∵∠CBE=∠ABE，
∴∠AED=∠EDA，
∴AE=AD
∴△EAD是等腰三角形.
(3)解：∵AE=AD，AD=6，
∴AE=AD=6，
∵AB=8，
∴在直角三角形AEB中，EB=10
∵∠CDB=∠E，∠CBD=∠ABE
∴△CDB∽△AEB，
∴ = = =
∴設CB=4x，CD=3x則BD=5x，
∴CA=CD+DA=3x+6，
在直角三角形ACB中，
AC2+BC2=AB2
即：(3x+6)2+(4x)2=82，
解得：x=﹣2(舍去)或x=
∴BD=5x=
【點評】本題考查了圓的綜合知識，題目中涉及到了圓周角定理、等腰三角形的判定與性質及相似三角形的判定與性質，難度中等偏上.
四、解答題(本題共3道小題，其中24題11分，25、26題各12分.共35分)
24.甲，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm.如果點P由點B出發(fā)沿BA方向向點A勻速運動，同時點Q由點A出發(fā)沿AC方向向點C勻速運動，它們的速度均為1cm/s.連接PQ，設運動時間為t(s)(0
(1)設△APQ的面積為S，當t為何值時，S取得最大值?S的最大值是多少?
(2)乙，連接PC，將△PQC沿QC翻折，得到四邊形PQP′C，當四邊形PQP′C為菱形時，求t的值;′
(3)當t為何值時，△APQ是等腰三角形?
【考點】相似形綜合題.
【專題】壓軸題.
【分析】(1)過點P作PH⊥AC于H，由△APH∽△ABC，得出 = ，從而求出AB，再根據 = ，得出PH=3﹣ t，則△AQP的面積為： AQ•PH= t(3﹣ t)，最后進行整理即可得出答案;
(2)連接PP′交QC于E，當四邊形PQP′C為菱形時，得出△APE∽△ABC， = ，求出AE=﹣ t+4，再根據QE=AE﹣AQ，QE= QC得出﹣ t+4=﹣ t+2，再求t即可;
(3)由(1)知，PE=﹣ t+3，與(2)同理得：QE=﹣ t+4，從而求出PQ= ，
在△APQ中，分三種情況討論：①當AQ=AP，即t=5﹣t，②當PQ=AQ，即 =t，③當PQ=AP，即 =5﹣t，再分別計算即可.
【解答】解：(1)甲，過點P作PH⊥AC于H，
∵∠C=90°，
∴AC⊥BC，
∴PH∥BC，
∴△APH∽△ABC，
∴ = ，
∵AC=4cm，BC=3cm，
∴AB=5cm，
∴ = ，
∴PH=3﹣ t，
∴△AQP的面積為：
S= ×AQ×PH= ×t×(3﹣ t)=﹣ (t﹣ )2+ ，
∴當t為 秒時，S最大值為 cm2.
(2)乙，連接PP′，PP′交QC于E，
當四邊形PQP′C為菱形時，PE垂直平分QC，即PE⊥AC，QE=EC，
∴△APE∽△ABC，
∴ = ，
∴AE= = =﹣ t+4
QE=AE﹣AQ═﹣ t+4﹣t=﹣ t+4，
QE= QC= (4﹣t)=﹣ t+2，
∴﹣ t+4=﹣ t+2，
解得：t= ，
∵0< <4，
∴當四邊形PQP′C為菱形時，t的值是 s;
(3)由(1)知，
PE=﹣ t+3，與(2)同理得：QE=AE﹣AQ=﹣ t+4
∴PQ= = = ，
在△APQ中，
①當AQ=AP，即t=5﹣t時，解得：t1= ;
②當PQ=AQ，即 =t時，解得：t2= ，t3=5;
③當PQ=AP，即 =5﹣t時，解得：t4=0，t5= ;
∵0
∴t3=5，t4=0不合題意，舍去，
∴當t為 s或 s或 s時，△APQ是等腰三角形.
【點評】此題主要考查了相似形綜合，用到的知識點是相似三角形的判定與性質、勾股定理、三角形的面積公式以及二次函數的最值問題，關鍵是根據題意做出輔助線，利用數形結合思想進行解答.
25.在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直線MN經過點C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E.
(1)當直線MN繞點C旋轉到圖1的位置時，求證：①△ADC≌△CEB;②DE=AD+BE;
(2)當直線MN繞點C旋轉到圖2的位置時，求證：DE=AD﹣BE;
(3)當直線MN繞點C旋轉到圖3的位置時，試問DE、AD、BE具有怎樣的等量關系?請寫出這個等量關系，并加以證明.
【考點】旋轉的性質;全等三角形的判定與性質.
【專題】探究型.
【分析】(1)由∠ACB=90°，得∠ACD+∠BCE=90°，而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，則∠ADC=∠CEB=90°，根據等角的余角相等得到∠ACD=∠CBE，易得Rt△ADC≌Rt△CEB，所以AD=CE，DC=BE，即可得到DE=DC+CE=BE+AD.
(2)根據等角的余角相等得到∠ACD=∠CBE，易得△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，所以DE=CE﹣CD=AD﹣BE.
(3)DE、AD、BE具有的等量關系為：DE=BE﹣AD.證明的方法與(2)相同.
【解答】(1)證明：∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC=∠CEB=90°，∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ACD=∠CBE.
在△ADC和△CEB中， ，
∴△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，DC=BE，
∴DE=DC+CE=BE+AD;
(2)證明：在△ADC和△CEB中， ，
∴△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，DC=BE，
∴DE=CE﹣CD=AD﹣BE;
(3)DE=BE﹣AD.
易證得△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，DC=BE，
∴DE=CD﹣CE=BE﹣AD.
【點評】本題考查了旋轉的性質：旋轉前后兩圖形全等，對應點到旋轉中心的距離相等，對應點與旋轉中心的連線段所夾的角等于旋轉角.也考查了直角三角形全等的判定與性質.
26.，已知拋物線y=﹣ (x+2)(x﹣m)(m>0)與x軸相交于點A、B，與y軸相交于點C，且點A在點B的左側.
(1)若拋物線過點G(2，2)，求實數m的值;
(2)在(1)的條件下，解答下列問題：
①求出△ABC的面積;
②在拋物線的對稱軸上找一點H，使AH+CH最小，并求出點H的坐標;
(3)在第四象限內，拋物線上是否存在點M，使得以點A、B、M為頂點的三角形與△ACB相似?若存在，求m的值;若不存在，請說明理由.
【考點】二次函數綜合題.
【分析】(1)把點G的坐標代入拋物線的解析式中可求得m的值;
(2)①根據(1)中的m值寫出拋物線的解析式，分別求拋物線與x軸和y軸的交點坐標，根據坐標特點寫出AB和OC的長，利用三角形面積公式求△ABC的面積;
②由對稱性可知：x=1，點A和B關于拋物線的對稱軸對稱，所以由軸對稱的最短路徑可知：連接BC與對稱軸的交點即為點H，依據待定系數法可求得直線BC的解析式，將x=1代入得：y= ，則點H的坐標為(1， );
(3)在第四象限內，拋物線上存在點M，使得以點A、B、M為頂點的三角形與△ACB相似，根據∠ACB與∠ABM為鈍角，分兩種情況考慮：①當△ACB∽△ABM時;②當△ACB∽△MBA時，利用相似三角形的判定與性質，確定出m的值即可.
【解答】解：(1)把點G(2，2)代入拋物線y=﹣ (x+2)(x﹣m)中得：
2=﹣ (2+2)(2﹣m)，
m=4;
(2)①由(1)得拋物線的解析式為：y=﹣ (x+2)(x﹣4)，
當x=0時，y=﹣ (0+2)(0﹣4)=2，
∴C(0，2)，
∴OC=2，
當y=0時，﹣ (x+2)(x﹣4)=0，
x=﹣2或4，
∴A(﹣2，0)，B(4，0)，
∴AB=2+4=6，
∴S△ABC= AB•OC= ×6×2=6;
則△ABC的面積是6;
②∵A(﹣2，0)，B(4，0)，
由對稱性得：拋物線的對稱軸為：x=1，
∵點A和B關于拋物線的對稱軸對稱，
∴連接BC與對稱軸的交點即為點H，
此時AH+CH為最小，
設直線BC的解析式為：y=kx+b，
把B(4，0)，C(0，2)代入得： ，
解得： ，
∴直線BC的解析式為：y=﹣ x+2，
當x=1時，y= ，
∴H(1， );
(3)存在符合條件的點M，
由圖形可知：∠ACB與∠ABM為鈍角，
分兩種情況考慮：
①當△ACB∽△ABM時，則有 ，即AB2=AC•AM，
∵A(﹣2，0)，C(0，2)，即OA=OC=2，
∴∠CAB=45°，∠BAM=45°，
2，過M作MN⊥x軸于N，則AN=MN，
∴OA+ON=2+ON=MN，
設M(x，﹣x﹣2)(x>0)，
把M坐標代入拋物線解析式得：﹣x﹣2=﹣ (x+2)(x﹣m)，
∵x>0，
∴x+2>0，
∵m>0，
∴x=2m，即M(2m，﹣2m﹣2)，
∴AM= =2 (m+1)，
∵AB2=AC•AM，AC=2 ，AB=m+2，
∴(m+2)2=2 •2 (m+1)，
解得：m=2±2 ，
∵m>0，
∴m=2+2 ;
②當△ACB∽△MBA時，則 ，即AB2=CB•MA，
∵∠CBA=∠BAM，∠ANM=∠BOC=90°，
∴△ANM∽△BOC，
∴ ，
∵OB=m，設ON=x，
∴ = ，即MN= (x+2)，
令M[x，﹣ (x+2)](x>0)，
把M坐標代入拋物線解析式得：﹣ (x+2)=﹣ (x+2)(x﹣m)，
同理解得：x=m+2，即M[m+2，﹣ (m+4)]，
∵AB2=CB•MA，CB= ，AN=m+4，MN= (m+4)，
∴(m+2)2= • ，
整理得： =0，顯然不成立，
綜上，在第四象限內，當m=2 +2時，拋物線上存在點M，使得以點A、B、M為頂點的三角形與△ACB相似.
【點評】本題是二次函數綜合題，主要考查的是軸對稱路徑最短問題、待定系數法確定函數解析式、坐標與圖形性質、相似三角形的判定與性質、勾股定理等知識，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解本題的關鍵.
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