2022-2023学年上海浦东第四教育署中考数学考前最后一卷含解析_第1页
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文档简介

2023年中考数学模拟试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(本大题共12个小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.)1.如图图形中,是中心对称图形的是()A. B. C. D.2.下列图案中,是轴对称图形但不是中心对称图形的是()A. B. C. D.3.下列方程中是一元二次方程的是()A. B.C. D.4.在实数,有理数有()A.1个 B.2个 C.3个 D.4个5.实数a,b,c在数轴上对应点的位置如图所示,则下列结论中正确的是()A.a+c>0 B.b+c>0 C.ac>bc D.a﹣c>b﹣c6.下列几何体中,俯视图为三角形的是()A. B. C. D.7.如图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形,它的主视图是()A. B. C. D.8.如图,在等边三角形ABC中,点P是BC边上一动点(不与点B、C重合),连接AP,作射线PD,使∠APD=60°,PD交AC于点D,已知AB=a,设CD=y,BP=x,则y与x函数关系的大致图象是()A. B. C. D.9.如图,正方形ABCD的顶点C在正方形AEFG的边AE上,AB=2,AE=,则点G到BE的距离是()A. B. C. D.10.如图,已知直线PQ⊥MN于点O,点A,B分别在MN,PQ上,OA=1,OB=2,在直线MN或直线PQ上找一点C,使△ABC是等腰三角形,则这样的C点有()A.3个B.4个C.7个D.8个11.如图,点O为平面直角坐标系的原点,点A在x轴上,△OAB是边长为4的等边三角形,以O为旋转中心,将△OAB按顺时针方向旋转60°,得到△OA′B′,那么点A′的坐标为()A.(2,2) B.(﹣2,4) C.(﹣2,2) D.(﹣2,2)12.如下字体的四个汉字中,是轴对称图形的是()A. B. C. D.二、填空题:(本大题共6个小题,每小题4分,共24分.)13.16的算术平方根是.14.如图,已知直线y=x+4与双曲线y=(x<0)相交于A、B两点,与x轴、y轴分别相交于D、C两点,若AB=2,则k=_____.15.已知AB=AC,tanA=2,BC=5,则△ABC的面积为_______________.16.如图,在矩形ABCD中,AD=5,AB=4,E是BC上的一点,BE=3,DF⊥AE,垂足为F,则tan∠FDC=_____.17.一个不透明的布袋里装有5个红球,2个白球,3个黄球,它们除颜色外其余都相同,从袋中任意摸出2个球,都是黄球的概率为.18.某校准备从甲、乙、丙、丁四个科创小组中选出一组,参加区青少年科技创新大赛,表格反映的是各组平时成绩的平均数(单位:分)及方差S2,如果要选出一个成绩较好且状态稳定的组去参赛,那么应选的组是_____.甲乙丙丁7887s211.20.91.8三、解答题:(本大题共9个小题,共78分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.19.(6分)如图,△ABC和△BEC均为等腰直角三角形,且∠ACB=∠BEC=90°,AC=4,点P为线段BE延长线上一点,连接CP以CP为直角边向下作等腰直角△CPD,线段BE与CD相交于点F.(1)求证:;(2)连接BD,请你判断AC与BD有什么位置关系?并说明理由;(3)若PE=1,求△PBD的面积.20.(6分)如图,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,将矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角,得到矩形A'B'C'D',B'C与AD交于点E,AD的延长线与A'D'交于点F.(1)如图①,当α=60°时,连接DD',求DD'和A'F的长;(2)如图②,当矩形A'B'CD'的顶点A'落在CD的延长线上时,求EF的长;(3)如图③,当AE=EF时,连接AC,CF,求AC•CF的值.21.(6分)如图,抛物线(a≠0)交x轴于A、B两点,A点坐标为(3,0),与y轴交于点C(0,4),以OC、OA为边作矩形OADC交抛物线于点G.求抛物线的解析式;抛物线的对称轴l在边OA(不包括O、A两点)上平行移动,分别交x轴于点E,交CD于点F,交AC于点M,交抛物线于点P,若点M的横坐标为m,请用含m的代数式表示PM的长;在(2)的条件下,连结PC,则在CD上方的抛物线部分是否存在这样的点P,使得以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似?若存在,求出此时m的值,并直接判断△PCM的形状;若不存在,请说明理由.22.(8分)如图,抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,其对称轴交抛物线于点D,交x轴于点E,已知OB=OC=1.(1)求抛物线的解析式及点D的坐标;(2)连接BD,F为抛物线上一动点,当∠FAB=∠EDB时,求点F的坐标;(3)平行于x轴的直线交抛物线于M、N两点,以线段MN为对角线作菱形MPNQ,当点P在x轴上,且PQ=MN时,求菱形对角线MN的长.23.(8分)抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)经过点A(﹣1,0),B(,0),且与y轴相交于点C.(1)求这条抛物线的表达式;(2)求∠ACB的度数;(3)设点D是所求抛物线第一象限上一点,且在对称轴的右侧,点E在线段AC上,且DE⊥AC,当△DCE与△AOC相似时,求点D的坐标.24.(10分)抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)经过点A(﹣1,0),B(,0),且与y轴相交于点C.(1)求这条抛物线的表达式;(2)求∠ACB的度数;(3)点D是抛物线上的一动点,是否存在点D,使得tan∠DCB=tan∠ACO.若存在,请求出点D的坐标,若不存在,说明理由.25.(10分)如图,已知△ABC,按如下步骤作图:①分别以A、C为圆心,以大于12②连接MN,分别交AB、AC于点D、O;③过C作CE∥AB交MN于点E,连接AE、CD.(1)求证:四边形ADCE是菱形;(2)当∠ACB=90°,BC=6,△ADC的周长为18时,求四边形ADCE的面积.26.(12分)如图,在△ABC中,AB=AC,AE是角平分线,BM平分∠ABC交AE于点M,经过B、M两点的⊙O交BC于点G,交AB于点F,FB恰为⊙O的直径.(1)判断AE与⊙O的位置关系,并说明理由;(2)若BC=6,AC=4CE时,求⊙O的半径.27.(12分)如图,某校教学楼AB的后面有一建筑物CD,当光线与地面的夹角是22º时,教学楼在建筑物的墙上留下高2m的影子CE;而当光线与地面的夹角是45º时,教学楼顶A在地面上的影子F与墙角C有13m的距离(B、F、C在一条直线上).求教学楼AB的高度;学校要在A、E之间挂一些彩旗,请你求出A、E之间的距离(结果保留整数).

参考答案一、选择题(本大题共12个小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.)1、D【解析】

根据中心对称图形的概念和识别.【详解】根据中心对称图形的概念和识别,可知D是中心对称图形,A、C是轴对称图形,D既不是中心对称图形,也不是轴对称图形.故选D.【点睛】本题考查中心对称图形,掌握中心对称图形的概念,会判断一个图形是否是中心对称图形.2、D【解析】分析:根据轴对称图形与中心对称图形的概念分别分析得出答案.详解:A.是轴对称图形,也是中心对称图形,故此选项错误;B.不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故此选项错误;C.不是轴对称图形,是中心对称图形,故此选项错误;D.是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项正确.故选D.点睛:本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念.轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是要寻找对称中心,图形旋转180°后与原图形重合.3、C【解析】

找到只含有一个未知数,未知数的最高次数是2,二次项系数不为0的整式方程的选项即可.【详解】解:A、当a=0时,不是一元二次方程,故本选项错误;B、是分式方程,故本选项错误;C、化简得:是一元二次方程,故本选项正确;D、是二元二次方程,故本选项错误;故选:C.【点睛】本题主要考查一元二次方程,熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键.4、D【解析】试题分析:根据有理数是有限小数或无限循环小数,可得答案:是有理数,故选D.考点:有理数.5、D【解析】分析:根据图示,可得:c<b<0<a,,据此逐项判定即可.详解:∵c<0<a,|c|>|a|,∴a+c<0,∴选项A不符合题意;∵c<b<0,∴b+c<0,∴选项B不符合题意;∵c<b<0<a,c<0,∴ac<0,bc>0,∴ac<bc,∴选项C不符合题意;∵a>b,∴a﹣c>b﹣c,∴选项D符合题意.故选D.点睛:此题考查了数轴,考查了有理数的大小比较关系,考查了不等关系与不等式.熟记有理数大小比较法则,即正数大于0,负数小于0,正数大于一切负数.6、C【解析】

俯视图是从上面所看到的图形,可根据各几何体的特点进行判断.【详解】A.圆锥的俯视图是圆,中间有一点,故本选项不符合题意,B.几何体的俯视图是长方形,故本选项不符合题意,C.三棱柱的俯视图是三角形,故本选项符合题意,D.圆台的俯视图是圆环,故本选项不符合题意,故选C.【点睛】此题主要考查了由几何体判断三视图,正确把握观察角度是解题关键.7、D【解析】

从正面看,有2层,3列,左侧一列有1层,中间一列有2层,右侧一列有一层,据此解答即可.【详解】∵从正面看,有2层,3列,左侧一列有1层,中间一列有2层,右侧一列有一层,∴D是该几何体的主视图.故选D.【点睛】本题考查三视图的知识,从正面看到的图是正视图,从上面看到的图形是俯视图,从左面看到的图形是左视图,能看到的线画实线,被遮挡的线画虚线.8、C【解析】

根据等边三角形的性质可得出∠B=∠C=60°,由等角的补角相等可得出∠BAP=∠CPD,进而即可证出△ABP∽△PCD,根据相似三角形的性质即可得出y=-x2+x,对照四个选项即可得出.【详解】∵△ABC为等边三角形,

∴∠B=∠C=60°,BC=AB=a,PC=a-x.

∵∠APD=60°,∠B=60°,

∴∠BAP+∠APB=120°,∠APB+∠CPD=120°,

∴∠BAP=∠CPD,

∴△ABP∽△PCD,∴,即,∴y=-x2+x.故选C.【点睛】考查了动点问题的函数图象、相似三角形的判定与性质,利用相似三角形的性质找出y=-x2+x是解题的关键.9、A【解析】

根据平行线的判定,可得AB与GE的关系,根据平行线间的距离相等,可得△BEG与△AEG的关系,根据根据勾股定理,可得AH与BE的关系,再根据勾股定理,可得BE的长,根据三角形的面积公式,可得G到BE的距离.【详解】连接GB、GE,由已知可知∠BAE=45°.又∵GE为正方形AEFG的对角线,∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.∵AE=4,AB与GE间的距离相等,∴GE=8,S△BEG=S△AEG=SAEFG=1.过点B作BH⊥AE于点H,∵AB=2,∴BH=AH=.∴HE=3.∴BE=2.设点G到BE的距离为h.∴S△BEG=•BE•h=×2×h=1.∴h=.即点G到BE的距离为.故选A.【点睛】本题主要考查了几何变换综合题.涉及正方形的性质,全等三角形的判定及性质,等积式及四点共圆周的知识,综合性强.解题的关键是运用等积式及四点共圆的判定及性质求解.10、D【解析】试题分析:根据等腰三角形的判定分类别分别找寻,分AB可能为底,可能是腰进行分析.解:使△ABC是等腰三角形,当AB当底时,则作AB的垂直平分线,交PQ,MN的有两点,即有两个三角形.当让AB当腰时,则以点A为圆心,AB为半径画圆交PQ,MN有三点,所以有三个.当以点B为圆心,AB为半径画圆,交PQ,MN有三点,所以有三个.所以共8个.故选D.点评:本题考查了等腰三角形的判定;解题的关键是要分情况而定,所以学生一定要思维严密,不可遗漏.11、D【解析】分析:作BC⊥x轴于C,如图,根据等边三角形的性质得则易得A点坐标和O点坐标,再利用勾股定理计算出然后根据第二象限点的坐标特征可写出B点坐标;由旋转的性质得则点A′与点B重合,于是可得点A′的坐标.详解:作BC⊥x轴于C,如图,∵△OAB是边长为4的等边三角形∴∴A点坐标为(−4,0),O点坐标为(0,0),在Rt△BOC中,∴B点坐标为∵△OAB按顺时针方向旋转,得到△OA′B′,∴∴点A′与点B重合,即点A′的坐标为故选D.点睛:考查图形的旋转,等边三角形的性质.求解时,注意等边三角形三线合一的性质.12、A【解析】试题分析:根据轴对称图形的意义:如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合,这样的图形叫做轴对称图形,这条直线叫做对称轴;据此可知,A为轴对称图形.故选A.考点:轴对称图形二、填空题:(本大题共6个小题,每小题4分,共24分.)13、4【解析】

正数的正的平方根叫算术平方根,0的算术平方根还是0;负数没有平方根也没有算术平方根∵∴16的平方根为4和-4∴16的算术平方根为414、-3【解析】设A(a,a+4),B(c,c+4),则解得:x+4=,即x2+4x−k=0,∵直线y=x+4与双曲线y=相交于A、B两点,∴a+c=−4,ac=-k,∴(c−a)2=(c+a)2−4ac=16+4k,∵AB=,∴由勾股定理得:(c−a)2+[c+4−(a+4)]2=()2,2(c−a)2=8,(c−a)2=4,∴16+4k=4,解得:k=−3,故答案为−3.点睛:本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题、根与系数的关系、勾股定理、图象上点的坐标特征等,题目具有一定的代表性,综合性强,有一定难度.15、【解析】

作CD⊥AB,由tanA=2,设AD=x,CD=2x,根据勾股定理AC=x,则BD=,然后在Rt△CBD中BC2=BD2+CD2,即52=4x2+,解得x2=,则S△ABC===【详解】如图作CD⊥AB,∵tanA=2,设AD=x,CD=2x,∴AC=x,∴BD=,在Rt△CBD中BC2=BD2+CD2,即52=4x2+,x2=,∴S△ABC===【点睛】此题主要考查三角函数的应用,解题的关键是根据题意作出辅助线进行求解.16、4【解析】

首先根据矩形的性质以及垂线的性质得到∠FDC=∠ABE,进而得出tan∠FDC=tan∠AEB=ABBE【详解】∵DF⊥AE,垂足为F,∴∠AFD=90°,∵∠ADF+∠DAF=90°,∠ADF+∠CDF=90°,∴∠DAF=∠CDF,∵∠DAF=∠AEB,∴∠FDC=∠ABE,∴tan∠FDC=tan∠AEB=ABBE,∵在矩形ABCD中,AB=4,E是BC上的一点,BE=3,∴tan∠FDC=43.故答案为【点睛】本题主要考查了锐角三角函数的关系以及矩形的性质,根据已知得出tan∠FDC=tan∠AEB是解题关键.17、【解析】

让黄球的个数除以球的总个数即为所求的概率.【详解】解:因为一共10个球,其中3个黄球,所以从袋中任意摸出2个球是黄球的概率是.

故答案为:.【点睛】本题考查了概率的基本计算,用到的知识点为:概率等于所求情况数与总情况数之比.18、丙【解析】

先比较平均数得到乙组和丙组成绩较好,然后比较方差得到丙组的状态稳定,于是可决定选丙组去参赛.【详解】因为乙组、丙组的平均数比甲组、丁组大,而丙组的方差比乙组的小,所以丙组的成绩比较稳定,所以丙组的成绩较好且状态稳定,应选的组是丙组.故答案为丙.【点睛】本题考查了方差:一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数,叫做这组数据的方差.方差是反映一组数据的波动大小的一个量.方差越大,则平均值的离散程度越大,稳定性也越小;反之,则它与其平均值的离散程度越小,稳定性越好.也考查了平均数的意义.三、解答题:(本大题共9个小题,共78分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.19、(1)见解析;(2)AC∥BD,理由见解析;(3)【解析】

(1)直接利用相似三角形的判定方法得出△BCE∽△DCP,进而得出答案;

(2)首先得出△PCE∽△DCB,进而求出∠ACB=∠CBD,即可得出AC与BD的位置关系;

(3)首先利用相似三角形的性质表示出BD,PM的长,进而根据三角形的面积公式得到△PBD的面积.【详解】(1)证明:∵△BCE和△CDP均为等腰直角三角形,∴∠ECB=∠PCD=45°,∠CEB=∠CPD=90°,∴△BCE∽△DCP,∴;(2)解:结论:AC∥BD,理由:∵∠PCE+∠ECD=∠BCD+∠ECD=45°,∴∠PCE=∠BCD,又∵,∴△PCE∽△DCB,∴∠CBD=∠CEP=90°,∵∠ACB=90°,∴∠ACB=∠CBD,∴AC∥BD;(3)解:如图所示:作PM⊥BD于M,∵AC=4,△ABC和△BEC均为等腰直角三角形,∴BE=CE=4,∵△PCE∽△DCB,∴,即,∴BD=,∵∠PBM=∠CBD﹣∠CBP=45°,BP=BE+PE=4+1=5,∴PM=5sin45°=∴△PBD的面积S=BD•PM=××=.【点睛】本题考查相似三角形的性质和判定,解题的关键是掌握相似三角形的性质和判定.20、(1)DD′=1,A′F=4﹣;(2);(1).【解析】

(1)①如图①中,∵矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角,得到矩形A'B'C'D',只要证明△CDD′是等边三角形即可解决问题;②如图①中,连接CF,在Rt△CD′F中,求出FD′即可解决问题;(2)由△A′DF∽△A′D′C,可推出DF的长,同理可得△CDE∽△CB′A′,可求出DE的长,即可解决问题;(1)如图③中,作FG⊥CB′于G,由S△ACF=•AC•CF=•AF•CD,把问题转化为求AF•CD,只要证明∠ACF=90°,证明△CAD∽△FAC,即可解决问题;【详解】解:(1)①如图①中,∵矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角,得到矩形A'B'C'D',∴A′D′=AD=B′C=BC=4,CD′=CD=A′B′=AB=1∠A′D′C=∠ADC=90°.∵α=60°,∴∠DCD′=60°,∴△CDD′是等边三角形,∴DD′=CD=1.②如图①中,连接CF.∵CD=CD′,CF=CF,∠CDF=∠CD′F=90°,∴△CDF≌△CD′F,∴∠DCF=∠D′CF=∠DCD′=10°.在Rt△CD′F中,∵tan∠D′CF=,∴D′F=,∴A′F=A′D′﹣D′F=4﹣.(2)如图②中,在Rt△A′CD′中,∵∠D′=90°,∴A′C2=A′D′2+CD′2,∴A′C=5,A′D=2.∵∠DA′F=∠CA′D′,∠A′DF=∠D′=90°,∴△A′DF∽△A′D′C,∴,∴,∴DF=.同理可得△CDE∽△CB′A′,∴,∴,∴ED=,∴EF=ED+DF=.(1)如图③中,作FG⊥CB′于G.∵四边形A′B′CD′是矩形,∴GF=CD′=CD=1.∵S△CEF=•EF•DC=•CE•FG,∴CE=EF,∵AE=EF,∴AE=EF=CE,∴∠ACF=90°.∵∠ADC=∠ACF,∠CAD=∠FAC,∴△CAD∽△FAC,∴,∴AC2=AD•AF,∴AF=.∵S△ACF=•AC•CF=•AF•CD,∴AC•CF=AF•CD=.21、(1)抛物线的解析式为;(2)PM=(0<m<3);(3)存在这样的点P使△PFC与△AEM相似.此时m的值为或1,△PCM为直角三角形或等腰三角形.【解析】

(1)将A(3,0),C(0,4)代入,运用待定系数法即可求出抛物线的解析式.(2)先根据A、C的坐标,用待定系数法求出直线AC的解析式,从而根据抛物线和直线AC的解析式分别表示出点P、点M的坐标,即可得到PM的长.(3)由于∠PFC和∠AEM都是直角,F和E对应,则若以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似时,分两种情况进行讨论:①△PFC∽△AEM,②△CFP∽△AEM;可分别用含m的代数式表示出AE、EM、CF、PF的长,根据相似三角形对应边的比相等列出比例式,求出m的值,再根据相似三角形的性质,直角三角形、等腰三角形的判定判断出△PCM的形状.【详解】解:(1)∵抛物线(a≠0)经过点A(3,0),点C(0,4),∴,解得.∴抛物线的解析式为.(2)设直线AC的解析式为y=kx+b,∵A(3,0),点C(0,4),∴,解得.∴直线AC的解析式为.∵点M的横坐标为m,点M在AC上,∴M点的坐标为(m,).∵点P的横坐标为m,点P在抛物线上,∴点P的坐标为(m,).∴PM=PE-ME=()-()=.∴PM=(0<m<3).(3)在(2)的条件下,连接PC,在CD上方的抛物线部分存在这样的点P,使得以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似.理由如下:由题意,可得AE=3﹣m,EM=,CF=m,PF==,若以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似,分两种情况:①若△PFC∽△AEM,则PF:AE=FC:EM,即():(3-m)=m:(),∵m≠0且m≠3,∴m=.∵△PFC∽△AEM,∴∠PCF=∠AME.∵∠AME=∠CMF,∴∠PCF=∠CMF.在直角△CMF中,∵∠CMF+∠MCF=90°,∴∠PCF+∠MCF=90°,即∠PCM=90°.∴△PCM为直角三角形.②若△CFP∽△AEM,则CF:AE=PF:EM,即m:(3-m)=():(),∵m≠0且m≠3,∴m=1.∵△CFP∽△AEM,∴∠CPF=∠AME.∵∠AME=∠CMF,∴∠CPF=∠CMF.∴CP=CM.∴△PCM为等腰三角形.综上所述,存在这样的点P使△PFC与△AEM相似.此时m的值为或1,△PCM为直角三角形或等腰三角形.22、(1),点D的坐标为(2,-8)(2)点F的坐标为(7,)或(5,)(3)菱形对角线MN的长为或.【解析】分析:(1)利用待定系数法,列方程求二次函数解析式.(2)利用解析法,∠FAB=∠EDB,tan∠FAG=tan∠BDE,求出F点坐标.(3)分类讨论,当MN在x轴上方时,在x轴下方时分别计算MN.详解:(1)∵OB=OC=1,∴B(1,0),C(0,-1).∴,解得,∴抛物线的解析式为.∵=,∴点D的坐标为(2,-8).(2)如图,当点F在x轴上方时,设点F的坐标为(x,).过点F作FG⊥x轴于点G,易求得OA=2,则AG=x+2,FG=.∵∠FAB=∠EDB,∴tan∠FAG=tan∠BDE,即,解得,(舍去).当x=7时,y=,∴点F的坐标为(7,).当点F在x轴下方时,设同理求得点F的坐标为(5,).综上所述,点F的坐标为(7,)或(5,).(3)∵点P在x轴上,∴根据菱形的对称性可知点P的坐标为(2,0).如图,当MN在x轴上方时,设T为菱形对角线的交点.∵PQ=MN,∴MT=2PT.设TP=n,则MT=2n.∴M(2+2n,n).∵点M在抛物线上,∴,即.解得,(舍去).∴MN=2MT=4n=.当MN在x轴下方时,设TP=n,得M(2+2n,-n).∵点M在抛物线上,∴,即.解得,(舍去).∴MN=2MT=4n=.综上所述,菱形对角线MN的长为或.点睛:1.求二次函数的解析式(1)已知二次函数过三个点,利用一般式,y=ax2+bx+c().列方程组求二次函数解析式.(2)已知二次函数与x轴的两个交点(,利用双根式,y=()求二次函数解析式,而且此时对称轴方程过交点的中点,.2.处理直角坐标系下,二次函数与几何图形问题:第一步要写出每个点的坐标(不能写出来的,可以用字母表示),写已知点坐标的过程中,经常要做坐标轴的垂线,第二步,利用特殊图形的性质和函数的性质,往往是解决问题的钥匙.23、(1)y=﹣2x2+x+3;(2)∠ACB=41°;(3)D(,).【解析】试题分析:把点的坐标代入即可求得抛物线的解析式.作BH⊥AC于点H,求出的长度,即可求出∠ACB的度数.延长CD交x轴于点G,△DCE∽△AOC,只可能∠CAO=∠DCE.求出直线的方程,和抛物线的方程联立即可求得点的坐标.试题解析:(1)由题意,得解得.∴这条抛物线的表达式为.(2)作BH⊥AC于点H,∵A点坐标是(-1,0),C点坐标是(0,3),B点坐标是(,0),∴AC=,AB=,OC=3,BC=.∵,即∠BAD=,∴.Rt△BCH中,,BC=,∠BHC=90º,∴.又∵∠ACB是锐角,∴.(3)延长CD交x轴于点G,∵Rt△AOC中,AO=1,AC=,∴.∵△DCE∽△AOC,∴只可能∠CAO=∠DCE.∴AG=CG.∴.∴AG=1.∴G点坐标是(4,0).∵点C坐标是(0,3),∴.∴解得,(舍).∴点D坐标是24、(1)y=﹣2x2+x+3;(2)∠ACB=45°;(3)D点坐标为(1,2)或(4,﹣25).【解析】

(1)设交点式y=a(x+1)(x﹣),展开得到﹣a=3,然后求出a即可得到抛物线解析式;(2)作AE⊥BC于E,如图1,先确定C(0,3),再分别计算出AC=,BC=,接着利用面积法计算出AE=,然后根据三角函数的定义求出∠ACE即可;(3)作BH⊥CD于H,如图2,设H(m,n),证明Rt△BCH∽Rt△ACO,利用相似计算出BH=,CH=,再根据两点间的距离公式得到(m﹣)2+n2=()2,m2+(n﹣3)2=()2,接着通过解方程组得到H(,﹣)或(),然后求出直线CD的解析式,与二次函数联立成方程组,解方程组即可.【详解】(1)设抛物线解析式为y=a(x+1)(x﹣),即y=ax2﹣ax﹣a,∴﹣a=3,解得:a=﹣2,∴抛物线解析式为y=﹣2x2+x+3;(2)作AE⊥BC于E,如图1,当x=0时,y=﹣2x2+x+3=3,则C(0,3),而A(﹣1,0),B(,0),∴AC==,BC==AE•BC=OC•AB,∴AE==.在Rt△ACE中,sin∠ACE===,∴∠ACE=45°,即∠ACB=45°;(3)作BH⊥CD于H,如图2,设H(m,n).∵tan∠DCB=tan∠ACO,∴∠HCB=∠ACO,∴Rt△BCH∽Rt△ACO,∴==,即==,∴BH=,CH=,∴(m﹣)2+n2=()2=,①m2+(n﹣3)2=()2=,②②﹣①得m=2n+,③,把③代入①得:(2n+﹣)2+n2=,整理得:80n2﹣48n﹣9=0,解得:n1=﹣,n2=.当n=﹣时,m=2n+=,此时H(,﹣),易得直线CD的解析式为y=﹣7x+3,解方程组得:或,此时D点坐标为(4,﹣25);当n=时,m=2n+=,此时H(),易得直线CD的解析式为y=﹣x+3,解方程组得:或,此时D点坐标为(1,2).综上所述:D点坐标为(1,2)或(4,﹣25).【点睛】本题是二次函数综合题.熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和相似三角形的判定的性质;会利用待定系数法求函数解析式,把求两函数交点问题转化为解方程组的问题;理解坐标与图形性质;会运用分类讨论的思想解决数学问题.25、(1)详

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