2020年株洲市中考数学试卷

第第#页，共16页•••AG-DE=AC-CE=3X5=5.232【解析】(1)由圆周角定理的推论和直角三角形的性质可得Z4+^B=90°，由OC=可得ZB=乙OCB,推出ZOCB+ZBCM=90°，从而可得结论；(2)由已知条件易求出AC的长，根据对顶角相等和圆周角定理可得ZGFH=ZACE，根据余角的性质可得ZECD=ZAGC，进而可得厶EDC7ACG，根据相似三角形的性质变形可得AG-DE=AC-CE，即可求出结果．本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、解直角三角形、圆周角定理的推论以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定与性质是解题的关键．25.【答案】解：(1)丫点E为线段OC的中点，0C=5,0E=L0C=5，即：E点坐标为(0,5)，222又vAE丄y轴，AE=1,•A(1,5)，2k=1x5=5,22(2)①在厶为等腰直角三角形中，AO=OB，ZAOB=90°，ZAOE+ZFOB=90°，又vBF丄y轴，ZFBO+ZFOB=90°，:.ZAOE=ZFBO,在△OAE和ABOF中，ZAEO=ZOFB=90°{ZAOE=ZFBO，AO=BO△OAE=^BOF(AAS)，②解：设点A坐标为(1,m),•••△OAE=^BOF,BF=OE=m,OF=AE=1,B(m,-1),设直线AB解析式为：lAB:y=kx+5,将AB两点代入得：^[k+5=m则km+5=-1'当m=2时，OE=2,OA=V5,S^A0B=5<3，符合；•d(A,C)+d(A,B)=AE+CE+(BF-AE)+(OE+OF)=1+CE+OE-1+OE+1=1+CE+20E=1+CO+OE=1+5+2=8,当m=3时，0E=3,OA=V10，S^A0B=5>3，不符，舍去；综上所述：d(4,C)+d(4,B)=8.

【解析】⑴由点E为线段OC的中点，可得E点坐标为(0,5)，进而可知A点坐标为：4(1,5),代入解析式22即可求出k；⑵①由△OAB为等腰直角三角形，可得40=0B，再根据同角的余角相等可证"OE=ZFBO,由AAS即可证明△0AE三"OF；②由“ZJ距离”的定义可知d(M,N)为MN两点的水平离与垂直距离之和，故d(4,C)+d(4,B)=BF+CF，即只需求出B点坐标即可，设点A(1,rn)，由△0AE三"OF可得B(rn,-1)，进而代入直线AB解析式求出k值即可解答．此题属于代几综合题，考查了待定系数法求反比例函数解析式，一次函数的性质，三角形全等的判定及性质，等腰直角三角形性质等知识，熟练掌握三角形全等的性质和判定和数形结合的思想是解本题的关键．26-【答案】解：(1)由题意得：y=ax2-3x+a，•••函数过点(1,T),—3+a=—1，a=c=1,y=X2—3x+1；(2)由题意，一元二次方程a%2+bx+c=0的判别式厶'=4.:,△=b2一4ac=4，•••4ac=b2—4,在函数y】=ax2+(b+1)x+c中，△】=(b+1)2—4ac=(b+1)2—(b2—4)=2b+5,•b<—5,2•"-2b+5<0,即函数图象与x轴没有交点；因为函数顶点在直线l上，则有他士=—1,4a即b2—4ac=4a①，•佔2=g2—2c+6,C•(X2•(X2—叫)2c2—2c+6c即(®+%2)2—4叫％2=c2—2c+6,b2—4ac—c2—2c+6TOC\o"1-5"\h\z•—,Q2c由①得：4—c2—2c+6②，acZ04P—•••Z04P—ZOPB,Z04P—ZOBP+"PB,ZOPB—Z0P4+"PB,•••ZOBP—Z0P4,贝仏04P〜△OPB.OS=OP,OPOB

•••0A-OB=OP2,叫%2=（-#0）2+（-1）2.•••^=x0+1,aa由②得：心=c2-2c+6—1,•••片=丄（c—1）2+1,044=1时，mm=1时，mm【解析】(1)根据题意，把a=c,b=—3，点(1,—1),代入解析式，即可求出解析式；(2)利用根的判别式进行判断，即可得到结论；⑶根据二次函数的性质，得至到i)2—4ac=4a，结合根与系数的关系，得至14=c2-2"6，然后证明ZAPfacOPB，得到"=如，然后得到%0=£—1，利用二次根式的性质即可得