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文档简介
9、2023年浙江省温州市中考一模数学解答压轴题汇编1.【答案】(1)见解析过程;(2)2.【解答】(1)证明:∵E,F分别是AC,AB的中点,∴FE∥BD,BC=2FE,∵∠FCE=∠CED,∴DE∥CF,∴四边形EFCD是平行四边形,∴OD=OF;(2)解:∵AD⊥BC,∴∠ADB=90°.又∵F是AB的中点,∴AB=2FD=4FO=10,∵tanB=,∴DB=6,DA=8,∵四边形CDEF是平行四边形,∴CD=FE,即BC=2CD,∴CD=2,∴AC===2.2.【答案】(1)甲车间每天能生成1200个,乙车间每天能生成600个;(2)甲、乙每个车间各被抽走了3人;(3)甲车间安排4天,乙车间安排29天,公司在完成该任务时支付的总工资最少,最少需要58840元.【解答】解:(1)设乙车间每天能生成x个旅行包,则甲车间每天能生成2x个旅行包,由题意得:,解得x=600,经检验,x=600是原方程的解,也符合题意,∴2x=1200,∴甲车间每天能生成1200个,乙车间每天能生成600个;(2)由题意知:甲车间共有1200÷60=20(人),乙车间共有600÷40=15(人),设甲乙车间各被抽走a人,根据题意得:(20﹣a)×60×(1+20%)+(15﹣a)×40×(1+20%)=1200+600,解得a=3,∴甲、乙每个车间各被抽走了3人;(3)设甲车间工作m天,乙车间工作n天,根据题意得:60×(1+20%)×(20﹣3)m+40×(1+20%)×(15﹣3)n=21600,整理得:17m+8n=300,∴m=﹣n+,设总费用为W元,则W=3400m+1560n=3400×(﹣n+)+1560n=﹣40n+60000,∵﹣40<0,∴W随n的增大而减少,∵17m+8n=300,∴m为4的倍数,即m最小为4,∴n最大值为29,∴当n=29时,总费用W最小值为﹣40×29+60000=58840(元),∴甲车间安排4天,乙车间安排29天,公司在完成该任务时支付的总工资最少,最少需要58840元.3.【答案】(1)见解析;(2)DE=PF,理由见解析;(3)①4;②AQ的长是或6.【解答】(1)证明:如图1,∵点E在△ABP的外接圆上,∴∠AEP+∠A=180°,∴∠AEP=90°,∴∠EAP+∠EPA=90°.∵,∴∠EAP=∠EPA=45°,∴△PAE是等腰直角三角形;(2)解:DE=PF,理由:如图2,延长FE交AD于点H,∵EF⊥BC,BC∥AD,∴EH⊥AD,即∠AHE=∠EFP=90°,∴∠EAH+∠AEH=90°,∵∠AEP=90°,∴∠PEF+∠AEH=90°,∴∠EAH=∠PEF,又∵△PAE是等腰直角三角形,∴EA=EP,∴△EAH≌△PEF(AAS),∴AH=EF,EH=PF,∵AD=DC=HF,∴AH+HD=EF+HE,∴HD=HE=PF,∴;(3)解:①由(2)知.∵DE=2,∴PF=.∵P是BC的中点,∴,②∵,∴∠EAD<∠EDA=45°=∠PAE,∴存在∠PAQ=∠EDA或∠PAQ=∠EAD,当∠PAQ=∠EDA时,如图3,∠PAQ=45°=∠PAE,∴=,∵∠B=90度,∴AP是圆的直径,∴,∴;当∠PAQ=∠EAD时,如图4,连结PQ;∵AP是圆的直径,∴∠AQP=90°=∠AHE,∴△APQ∽△AEH,∴,∴,综上所述,AQ的长是或6.4.【答案】(1)证明过程见解答;(2)4+4.【解答】(1)证明:∵D,E分别是AB,AC的中点,∴DE∥BC,DE=BC,∵DF=DE=EF,∴EF∥BC,EF=BC,∴四边形BCEF是平行四边形;(2)解:设BG与FC交于点H,∵G是CE的中点,∴EC=2EG=2CG,∵四边形BCEF是平行四边形,∴FB=EC,EF=BC,FB∥EC,设EG=CG=x,则FB=EC=2x,∵FB∥EC,∴△FBH∽△CGH,∴===,∵FH+HC=CF=6,∴FH=4,HC=2,∵tan∠BCG==3,∴BG=3CG=3x,∵BH=2GH,BG=BH+GH,∴BH=2x,GH=x,∴GH=CG=x,∵BG⊥CE,∴△GHC是等腰直角三角形,∵HC=2,∴GH=CG=x=HC=,∴FB=EC=2x=2,在Rt△BCG中,根据勾股定理得:BC===x=2,∴平行四边形BCEF的周长=2(BC+FB)=2(2+2)=4+4.5.【答案】(1)y关于x的函数表达式:y=x;(2)正午时1号楼的影子不落在2号楼的墙上;(3)21,8,168等.【解答】解:(1)由表得,BC=AB=x,∵sing∠BCD==,∴BH=BC,∴y=x=x;(2)如图所示:延长影子,得到▱GLMN,LP交GN于点Q,∴sin∠LQG=sin∠MLQ=sinα=,∴tan∠LGQ=,∴LQ=15=,∵LP=12,∴LQ<LP,∴正午时1号楼的影子不落在2号楼的墙上;(3)见下表:方案设计1每幢楼层数n的值层数总和218168方案设计2每幢楼层数n的值层数总和228176故答案为:21,8,168等.6.【答案】(1)CH=3+x,FH=(3+x);(2)x的值为5或或;拓展:4﹣3.【解答】解:(1)过点C作CH⊥DF于点H,CG⊥AB于点G,如图,设BD=x,∵AC=BC=5,AB=6,CG⊥AB,∴AG=BG=AB=3,∴CG==4,∴GD=3+x.∵CG⊥AB,FD⊥AB,CH⊥DF,∴四边形CGDH为矩形,∴CH=GD=3+x,DH=CG=4.∵四边形CBDF为圆的内接四边形,∴∠CBA=∠CFD.∵∠CGB=∠CHF=90°,∴△CGB∽△CHF,∴,∴,∴FH=(3+x),CF=(3+x).∴用x的代数式分别表示CH=3+x,FH=(3+x);(2)当△CDF为等腰三角形时,①当CF=CD时,∵CH⊥DF,∴FH=DH,由(1)得:(3+x)=4,∴x=.②当CF=FD时,∵FH=(3+x),DH=4,∴FD=(3+x)+4,∴(3+x)+4=(3+x).解得:x=5.③当DF=CD时,∵CD2=CH2+DH2=(3+x)2+42,∴,解得:x=或x=﹣3(不合题意,舍去),∴x=.综上,当△CDF为等腰三角形时,x的值为5或或.拓展:作出点A关于CD的对称点A′,连接A′C,A′F,A′D,如图,由对称的性质可得:CA=CA′,∠CDA=∠CDA′.∵A'恰为的中点,∴∠CDA′=∠FDA′,∴∠CDA′=∠FDA′=∠CDA,∵DE⊥AD,∴∠ADE=90°,∴∠CDA′=∠FDA′=∠CDA=30°.点C作CG⊥AB于点G,∵AC=BC=5,AB=6,CG⊥AB,∴AG=BG=AB=3,∴CG==4,在Rt△CGD中,∵tan∠CDA=,∴,∴BD=4﹣3.7.【答案】(1)证明过程见解答;(2)3.【解答】(1)证明:在矩形ABCD中,AB∥CD,∵点E,O分别为BC,BD的中点,∴OE∥CD∥AB,即OF∥AB,又∵AF∥BD,∴四边形ABOF为平行四边形;(2)解:连结OC,由(1)得,四边形ABOF为平行四边形,∴AB=OF=CD,AB∥OF∥CD,∴∠OFG=∠DCG,在△OFG和△DCG中,,∴△OFG≌△DCG(AAS),∴OG=DG,∵CF⊥BD,∴CO=CD,∵OC为Rt△BCD斜边BD上的中线,∴OC=OD,即△OCD为等边三角形.∴OD=CD=AB=6,∴.8.【答案】任务1:h关于x的函数关系式为h=0.72x2;任务2:计时器的计时时长为min;任务3:方案一,“漏水壶”水位高度为128mm,计时器计时时长15min;方案二,“漏水壶”水位高度为200mm,计时器计时时长12min.【解答】解:任务1:把x=10,h=72和x=20,h=288分别代入h=ax2+c,得,解得所以h关于x的函数关系式为h=0.72x2;任务2:当h=98时,98=0.72x2,解得x=或x=﹣(舍去),∴T===(min),∴计时器的计时时长为min;任务3:由112.5≤h≤220.5,得12.5≤x≤17.5,∵,∴.∵h和T都是整数,∴T=12,13,14,15,16,当T=12时,,h=200;当T=13时,x=,h=0.72×≈170.41;T=14时,x==,h=0.72×≈146.94;当T=15时,,h=128;所以符合要求的方案有两种,方案一,“漏水壶”水位高度为128mm,计时器计时时长15min;方案二,“漏水壶”水位高度为200mm,计时器计时时长12min.9.【答案】(1)见解析;(2);(3)①1或;②.【解答】(1)证明:∵AB为直径,∴∠AEB=90°.∵∠BAD=60°,∴.∵AB=AD,AB∥CD,∴.∴AE=DE.∴∠EAF=∠D,∠EFA=∠DGE.∴△AFE≌△DGE(AAS).∴AF=DG;(2)解:连结OE,∵FG为⊙O的切线,∴∠OEF=90°.∵∠BAD=60°,OA=OE,∴△AOE为等边三角形,∴∠OEA=60°,∠AEF=30°,∴∠F=∠EAB﹣∠AEF=30°.∵AB=4,∴AE=AF=2,.由(1)得△AFE≌△DGE,∴EF=EG,∴.∵当点P从点G运动至点F,点Q恰好从点A运动至点B,∴,∴,∴.(3)解:①当PQ∥AE时,∠AEF=∠QPF=∠F,∴FQ=QP.又∵∠F=30°,∴,∴.∴x=1.如图当PQ∥BE时,∠PQF=∠EBF=∠F,∴FP=QP.又∵∠F=30°,∴,∴.∴.综上所述:x的值为1或.②过点Q作△BQM的高线QN交EB于点N,∵BE=EF=EG,∴∠F=∠EBF,∠EGB=∠EBG,∴∠FBG=90°.∵∠F=30°,∴∠BGF=60°,∴△BEG为等边三角形,∴∠PEM=∠GBM=60°,∵∠EPM=∠MGB,∴△EPM∽△BGM,∴,∴,∴,则.在Rt△BQN中,∵∠QBN=30°,BQ=4﹣x,∴.∴.10.【答案】任务一:抛物线解析式为y=x2;任务二:这样的抛物线图案每边最多可以摆放6个;任务三:方案1:较大的抛物线段1条,较小的抛物线4条;方案2:较大的抛物线段2条,较小的抛物线4条;方案3:较大的抛物线段3条,较小的抛物线2条.【解答】解:任务一:由题意得:AB=200÷5=40(m),点B的坐标为(20,0.8),设抛物线解析式为y=ax2,将B点坐标代入解析式得:0.8=400a,解得a=,∴抛物线解析式为y=x2;任务二:h=0.7时,点D的纵坐标为:(1.6﹣0.7)÷2=0.45,当y=0.45时,代入y=x2,得0.45=x2,解得x1=﹣15,x2=15,∴CD=30,200÷30=6,∴这样的抛物线图案每边最多可以摆放6个;任务三:设较大的抛物线可以摆放m条,较小的抛物线n条,由以上条件可知:AB=40,CD=30,40m+30n≤200(m,n为正整数,且m≤5),①m=1,n=5(不能对称摆放,舍去),②m=1,n=4(中间摆1个较大的,左右摆2个较小的,两边各余20米,符合题意),③m=2,n=4(中间摆2个较大的,左右摆2个较小的,两边各余20米,符合题意),④m=3,n=2(中间摆3个较大的,左右摆1个较小的,两边各余10米,符合题意).⑤m=4,n=1(不对称摆放,舍去),综上所述,方案1:较大的抛物线段1条,较小的抛物线4条;方案2:较大的抛物线段1条,较小的抛物线4条;方案3:较大的抛物线段3条,较小的抛物线2条.11.【答案】(1)证明见解析;(2)①1;②满足条件的BC的长为或;(3).【解答】(1)证明:∵BE为直径,∴∠BAE=∠BGE=90°.在Rt△ABE和Rt△GBE中,,∴Rt△ABE和Rt△GBE(HL);(2)解:①∵EF与⊙O相切,∴BE⊥EF,∴∠BEF=90°,∴∠AEB+∠DEF=90°.∵四边形ABCD为矩形,∴∠BAE=90°,∴∠ABE+∠AEB=90°,∴∠ABE=∠DEF,∵∠BAE=∠D=90°,∴△ABE∽△DEF,∴.在Rt△BEF中,∵tan∠EBF=,∴,∴DE=AB=2=1;②若△ABG是以AG为腰的等腰三角形,Ⅰ.当GA=GB时,∵GA=GB,∴∠GAB=∠GBA,∵∠DAB=∠CBA=90°,∴∠EAG=∠FBC.∵∠EAG=∠EBG,∴∠EBG=∠FBC.在△BEF和△BCF中,,∴△BEF≌△BCF(AAS),∴BE=BC.设BC=x,则AD=BC=x,∴AE=AD﹣DE=x﹣1,∵AB2+AE2=BE2,∴22+(x﹣1)2=x2,解得:x=,∴BC=;Ⅱ.当GA=AB=2时,∵GA=AB,∴∠ABG=∠AGB.∵∠AEB=∠AGB.∴∠AEB=∠ABG.∵∠AEB+∠ABE=90°,∠ABG+∠FBC=90°,∴∠ABE=∠FBC,∵∠BAE=∠C=90°,∴△BAE∽△BCF,∴.由(2)知:,∴,∴,∴BC=.综上,若△ABG是以AG为腰的等腰三角形,满足条件的BC的长为或;(3)解:∵BE为圆的直径,∴∠EGF=90°.在Rt△EGF和Rt△EDF中,,∴Rt△EGF≌Rt△EDF(HL),∴∠DEF=∠GEF,DF=FG.∵∠AEG+∠GEF=90°,∠DEF+∠AEB=90°,∴∠AEB=∠GEB.在Rt△EAB和Rt△EGB中,,∴Rt△EAB≌Rt△EGB(AAS),∴AB=BG,AE=EG,∴AE=EG=DE,∴BE⊥AC.∵BE⊥EF,∴EF∥AC.∴EF为△DAC的中位线,∴DF=FC,∴DF=FC=FG.设DF=FC=FG=a,则AB=CD=BG=2a,∴BF=BG+GF=3a.取BF的中点H,连接EH,如图,则EH为梯形ABFD的中位线,∴EF=a.∵EF∥AC,∴∠FGC=∠EFH.∵EH∥CD,∴∠CFG=∠EHF,∴△CFG∽△EHF,∴.12.【答案】(1)见解析;(2)4.【解答】(1)证明:如图,连接OE,∵EF是⊙O切线,∴OE⊥EF,∵OE=OA,∴∠OEA=∠OAE,∵BD=AD,∴∠B=∠OAE,∴∠B=∠OEA,∴OE∥BC,∴EF⊥BC.(2)解:如图,连接OE,∵OE∥BC,∴,即AE=BE,∵AD是⊙O直径,∴AC⊥BC,∵EF⊥BC,∴EF∥AC,∴,即BF=CF,∴AC=2EF(三角形的中位线定理),∵CD=5,,∴设EF=2x,则CF=BF=3x,AC=4x,∴AD=BD=BF+CF﹣CD=6x﹣5,在Rt△ACD中,AC2+CD2=AD2,即(4x)2+52=(6x﹣5)2,解得x=3或x=0(不符合题意,舍去),则DF=CF﹣CD=3x﹣5=3×3﹣5=4.13.【答案】(1)笔记本的单价为5元,钢笔的单价为10元;(2)可购买钢笔30支,笔记本20本;或购买钢笔25支,笔记本30本;或购买钢笔20支,笔记本40本.(3)文具店赠送5张兑换券,其中3张兑换钢笔,2张兑换笔记本.(答案不唯一)【解答】解:任务1:设笔记本的单价为x元,根据题意,得,解得x=5,经检验,x=5是原方程的根,这时2x=10.∴笔记本的单价为5元,钢笔的单价为10元;任务2:设购买钢笔为a支,笔记本为b本,根据题意,得10a+5b=400,化简得,由题意,a≥20,b≥20,且b是10的倍数,∴或或,∴可购买钢笔30支,笔记本20本;或购买钢笔25支,笔记本30本;或购买钢笔20支,笔记本40本.任务3:当原有钢笔30支,笔记本20本时,设有y张兑换券兑换钢笔,根据题意,得30+10y=20+20(m﹣y),整理得,∵1<m<10,且m,y均为正整数,∴经尝试检验得,∴文具店赠送5张兑换券,其中3张兑换钢笔,2张兑换笔记本.(答案不唯一)14.【答案】(1);(2)或2;(3)①,②.【解答】解:(1)在矩形ABCD中,CD=AB=4.∵∠ACB=30°,AB=4,∴AC=2AB=8.∵AP=y,∴CP=8﹣y.∵,∴.∴.(2)(ⅰ)当PQ⊥AC时,∵DQ=x,AP=y,∴CQ=4﹣x,CP=8﹣Y.∵,∴,解得,即.(ⅱ)当QE⊥AC时,延长EQ交AC于点H.∵AD∥BC,∴∠CAD=∠ACB=30°,∠ACD=60°.∵AP=PE,∴∠EPA=2∠EAC=60°,∴△KPC是等边三角形.∴,∴.在Rt△DEK中,,在Rt△DEQ中,,∴,即,解得x=2,即DQ=2.(ⅲ)∵∠AEP=∠CAD=30°,∴∠APE=120°,综上,DQ的值为或2;∴PE不可能垂直于AC.(3)当x=4时,,即,∴.①在平行四边形PQFG中,DG∥PQ,∴,即=,解得x=2,∴CQ=4﹣2=2,PF=FC﹣CP=.过点Q作QH⊥PC,则.∴S平行四边形PQFG=2S△FQP=PF•QH=.②.提示:当点G落在AB边上时,∵FG∥QP,∴∠GFP=∠QPF,∴∠AFG=∠QPC.∵AB∥CD,∴∠BAC=∠DCA.∵FG=PQ,∴△AFG≌△CQP(AAS).∴AF=CP,即,解得.当点G落在BC边上时,作QN∥AD交AC于点N,作NM⊥AD于点M,则MN=DQ=x,QN∥BC,∴AN=2x,NF=.∠QNF=∠BCP,∵四边形PQFG是平行四边形,∴QF=PG,∠QFP=∠GPF,∴∠QFN=∠GPC,∴△QNF≌△GCP(AAS),∴NF=CP,即,解得,∴.15.【答案】(1)见解析;(2)8.【解答】(1)证明:∵AB=AE,∴∠ABE=∠AEB,同理,∠DEC=∠DCE,∵AE∥CD,∴∠AEB=∠DCE,∴∠ABE=∠DEC,∴AB∥DE,∴∠BAF=∠AED,∵∠ABF=∠DAE,∴△ABF≌△EAD(ASA),∴AF=CD,∴四边形ADCF是平行四边形;(2)解:如图,作AG⊥BC于点G,FH⊥BC于点H,则EG=BG,在平行四边形ADCF中,AD=CF=5,∵△ABF≌△EAD,∴BF=AD=CF=5,∴BH=CH,∵EF=2AF,AG∥FH,∴,∴EH=2GH,设GH=x,则EH=2x,EG=BG=3x,∴BH=CH=4x,∵,∴,∴FH=3x,∴,∴5x=5,即x=1,∴BC=8x=8.16.【答案】任务2:见解析;任务2:能完成改造,理由见解析;任务3:1.6米.【解答】解:(1)如图,以O为原点,建立如图1所示的坐标系,∴A(0,1),C(6,3.4),∴设抛物线解析式为y=ax2+bx+1,∵OF=DF=BD=2,DE=BC,∴抛物线的对称轴为直线,∴y=ax2﹣10ax+1,将C(6,3.4)代入解析式得,,∴.(2)如图,建立与(1)相同的坐标系,∵CC'=1,∴C'为(6,4.4),∵改造后对称轴不变,设改造后抛物线解析式为y=ax2﹣10ax+1,将C'(6,4.4)代入解析式得,∴,∴G为,G'为,∴,∴共需改造经费,∴能完成改造.图2(3)如图2,设改造后抛物线解析式为y=ax2﹣10ax+1,则G'为(2,﹣16a+1),E'为(4,﹣24a+1),∴,由题意可列不等式,(﹣40a﹣4)×200×60≤32000,解得,∵CC'=EE'=﹣24a+1﹣3.4,∴时,CC'的值最大,为1.6米.17.【答案】(1)见解析;(2)24;(3)①或或;②.【解答】(1)证明:在矩形OABC中,AD=CD,∠AOC=90°,∵AE=CE,AD=CD∴DE是AC的垂直平分线,即ED⊥AC,∴∠AOC=∠ADE=90°,又∵∠OAC=∠DAE,∴△ADE∽△AOC.(2)解:如图,连结OF,∵CE切半圆于点F,则∠OFC=90°,∵OC=15,OA=5,∴,∴,由△ADE∽△AOC,得,∴AE=CE=25,OE=20,∴S△COE=,即:OF==12,∴半圆O的直径为24.(3)解:①∵,EF=16,EM=8,,∵P,Q同时出发且同时到达终点,∴,∴设CP=3x,MQ=8x,EP=25﹣3x,EQ=8+8x,情况1:PQ∥BD,如图,作PR⊥MN于点R,∴tan∠RQP=tan∠AOB=tan∠OAC=3,∴PR=3QR,∴PR=EP•sin∠OEC=,ER=EP•cos∠OEC=,∴,∴,解得,∴.情况2:PQ∥AD,如图,此时EP=EQ,则25﹣3x=8+8x,∴,∴.情况3:PQ∥AB,如图,此时PQ⊥MN,则EP•cos∠OEC=EQ,∴,解得,∴,综上所述MQ的长为或或.②如图,若F'落在半圆O上,由圆的对称性可知,PQ必经过点O,即点Q与点O重合,此时MQ=12,,可得,∴,.∴.18.【答案】(1)证明见解析;(2)8.【解答】(1)证明:∵AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠CAD,∵AF=DF,∴∠CAD=∠ADF,∴∠BAD=∠ADF,∵点G是AD的中点,∴AG=DG,在△ABG和△DEG中,,∴△ABG≌△DEG(ASA),∴BG=EG,又∵AG=DG,∴四边形ABDE是平行四边形;(2)解:由(1)可知,四边形ABDE是平行四边形,∴AE∥BC,AB∥DE,∴∠CDF=∠ABC,∴sin∠CDF==,设CF=2x,则AF=DF=3x,∵∠C=90°,∴CD===x,∵AE∥BC,∴△CDF∽△AEF,∴===,即=,解得:x=4,∴CF=2x=8,即CF的长为8.19.【答案】【任务1】BC=,CD=2;【任务2】;【任务3】m.【解答】解:【任务1】如图,由题意得,∠CDB=∠EAM,∠CDA=∠DAM,∴tan∠CDB=,∴tan,设BC=x,则CD=3x,AC=4x,∴AB=4x﹣x=3x=2,∴x=,∴BC=x=,CD=3x=2;【任务2】如图,取BD的中点O,连接OF交CD于点E,则OF⊥CD,CE=DE=1,∵∠BCD=90°,∴BD为直径,∴点O为圆心,∴OE是△BCD的中位线,∴OE=,∴OF=OD=,∴弧CD的弓高EF=OF﹣OE=;【任务3】如图,连接BD'交CD于点G,作D'H⊥CD于点H,由题意得,此时BD'与太阳光线平行,则∠D'GH=∠CGB=γ,∴tan∠GD'H=tan∠CGB=tanγ=,∴CG=,∴点G为CD的中点,∵∠B
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