中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习四（含答案）

这是一份中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习四（含答案），共9页。试卷主要包含了5小时有　 　人；，8米，动臂BC=1等内容，欢迎下载使用。


为了贯彻“减负增效”精神，掌握九年级600名学生每天的自主学习情况，某校学生会随机抽查了九年级的部分学生，并调查他们每天自主学习的时间.根据调查结果，制作了两幅不完整的统计图(图1，图2)，请根据统计图中的信息回答下列问题：
(1)本次调查的学生人数是 人；
(2)图2中α是 度，并将图1条形统计图补充完整；
(3)请估算该校九年级学生自主学习时间不少于1.5小时有 人；
(4)老师想从学习效果较好的4位同学(分别记为A、B、C、D，其中A为小亮)随机选择两位进行学习经验交流，用列表法或树状图的方法求出选中小亮A的概率.
一个两位数，个位数字比十位数字大3，且个位数字的平方刚好等于这个两位数，求这个两位数是多少？
如图，在直角坐标系中，已知点B(4，0)，等边三角形OAB的顶点A在反比例函数y=eq \f(k,x)的图象上．
(1)求反比例函数的表达式．
(2)把△OAB向右平移a个单位长度，对应得到△O′A′B′当这个函数图象经过△O′A′B′一边的中点时，求a的值．
如图,已知△ABC中,AB=AC,把△ABC绕A点沿顺时针方向旋转得到△ADE,连接BD,CE交于点F.
(1)求证:△AEC≌△ADB;
(2)若AB=2,∠BAC=45°,当四边形ADFC是菱形时,求BF的长.
某挖掘机的底座高AB=0.8米，动臂BC=1.2米，CD=1.5米，BC与CD的固定夹角∠BCD=140°．初始位置如图1，斗杆顶点D与铲斗顶点E所在直线DE垂直地面AM于点E，测得∠CDE=70°(示意图2)．工作时如图3，动臂BC会绕点B转动，当点A，B，C在同一直线时，斗杆顶点D升至最高点(示意图4)．
(1)求挖掘机在初始位置时动臂BC与AB的夹角∠ABC的度数．
(2)问斗杆顶点D的最高点比初始位置高了多少米(精确到0.1米)？
(参考数据：sin50°≈0.77，cs50°≈0.64，sin70°≈0.94，cs70°≈0.34，eq \r(3)≈1.73)
如图，A、F、B、C是半圆O上的四个点，四边形OABC是平行四边形，∠FAB=15°，连接OF交AB于点E，过点C作OF的平行线交AB的延长线于点D，延长AF交直线CD于点H．
（1）求证：CD是半圆O的切线；
（2）若DH=6﹣3，求EF和半径OA的长．

已知抛物线y=ax2+bx+c经过A(-1，0)、B(2，0)、C(0，2)三点．
(1)求这条抛物线的解析式；
(2)如图1，点P是第一象限内此抛物线上的一个动点，当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时点P的坐标；
(3)如图2，设线段AC的垂直平分线交x轴于点E，垂足为D，M为抛物线的顶点，那么在直线DE上是否存在一点G，使△CMG的周长最小？若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．

\s 0 参考答案
解：由②，得3x－2y=6.③
由③－①，得y=1.
把y=1代入①，得x=eq \f(8,3).
∴原方程组的解为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(8,3)，,y＝1.))
解：(1)∵自主学习的时间是1小时的有12人，占30%，
∴12÷30%＝40，故答案为：40；
(2)×360°＝54°，故答案为：54；40×35%＝14；
补充图形如图：故答案为：54；
(3)600×＝330；故答案为：330；
(4)画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，选中小亮A的有6种，
∴P(A)＝.
解：设这个两位数的个位数字为x，则十位数字为(x-3)，由题意，得
x2=10(x-3)＋x.
解得x1=6，x2=5.
当x=6时，x-3=3；
当x=5时，x-3=2.
答：这个两位数是36或25.
解：(1)过点A作AC⊥OB于点C，
∵△OAB是等边三角形，∴∠AOB=60°，OC=OB，
∵B(4，0)，∴OB=OA=4，∴OC=2，AC=2eq \r(3)．
把点A(2，2eq \r(3))代入y=eq \f(k,x)，得k=4eq \r(3)．
∴反比例函数的解析式为y=；
(2)分两种情况讨论：
①点D是A′B′的中点，过点D作DE⊥x轴于点E．
由题意得A′B′=4，∠A′B′E=60°，
在Rt△DEB′中，B′D=2，DE=eq \r(3)，B′E=1．∴O′E=3，
把y=eq \r(3)代入y=，得x=4，∴OE=4，∴a=OO′=1；
②如图3，点F是A′O′的中点，过点F作FH⊥x轴于点H．
由题意得A′O′=4，∠A′O′B′=60°，
在Rt△FO′H中，FH=，O′H=1．
把y=eq \r(3)代入y=，得x=4，∴OH=4，∴a=OO′=3，
综上所述，a的值为1或3．
证明：(1)证明:∵△ABC绕A点旋转得到△ADE,
∴AB=AD,AC=AE,∠BAC=∠DAE,
∴∠BAC+∠BAE=∠DAE+∠BAE,
∴∠EAC=∠DAB.
又AB=AC,
∴AE=AD,
∴△AEC≌△ADB.
(2)∵四边形ADFC是菱形,且∠BAC=45°,
∴∠DBA=∠BAC=45°,
又由旋转知AB=AD,
∴∠DBA=∠BDA=45°,
∴△BAD是等腰直角三角形.
∴BD2=AB2+AD2=22+22=8,
∴BD=2eq \r(2).
∵四边形ADFC是菱形,
∴AD=DF=FC=AC=AB=2,
∴BF=BD-DF=2eq \r(2)-2.
解：(1)过点C作CG⊥AM于点G，如图1，
∵AB⊥AM，DE⊥AM，∴AB∥CG∥DE，∴∠DCG=180°﹣∠CDE=110°，
∴BCG=∠BCD﹣∠GCD=30°，∴∠ABC=180°﹣∠BCG=150°；
(2)过点C作CP⊥DE于点P，过点B作BQ⊥DE于点Q，交CG于点N，如图2，
在Rt△CPD中，DP=CP×cs70°≈0.51(米)，
在Rt△BCN中，CN=BC×cs30°≈1.04(米)，
所以，DE=DP+PQ+QE=DP+CN+AB=2.35(米)，
如图3，过点D作DH⊥AM于点H，过点C作CK⊥DH于点K，
在Rt△CKD中，DK=CD×cs50°≈1.16(米)，所以，DH=DK+KH=3.16(米)，
所以，DH﹣DE=0.8(米)，
所以，斗杆顶点D的最高点比初始位置高了0.8米．
解：（1）连接OB，∵OA=OB=OC，
∵四边形OABC是平行四边形，∴AB=OC，∴△AOB是等边三角形，∴∠AOB=60°，
∵∠FAD=15°，∴∠BOF=30°，∴∠AOF=∠BOF=30°，∴OF⊥AB，
∵CD∥OF，∴CD⊥AD，∵AD∥OC，∴OC⊥CD，∴CD是半圆O的切线；
（2）∵BC∥OA，∴∠DBC=∠EAO=60°，∴BD=0.5BC=0.5AB，∴AE=AD，
∵EF∥DH，∴△AEF∽△ADH，∴，∵DH=6﹣3，∴EF=2﹣，
∵OF=OA，∴OE=OA﹣（2﹣），
∵∠AOE=30°，∴==，解得：OA=2．

解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+c经过A(﹣1，0)、B(2，0)、C(0，2)三点．
∴，解得，∴这条抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+2．
(2)设直线BC的解析式为：y=kx+b，将B(2，0)、C(0，2)代入得：
，解得，∴直线BC的解析式为：y=﹣x+2．
如答图1，连接BC．
四边形ABPC由△ABC与△PBC组成，△ABC面积固定，则只需要使得△PBC面积最大即可．
设P(x，﹣x2+x+2)，过点P作PF∥y轴，交BC于点F，则F(x，﹣x+2)．
∴PF=(﹣x2+x+2)﹣(﹣x+2)=﹣x2+2x．
S△PBC=S△PFC+S△PFB=eq \f(1,2)PF(xF﹣xC)+eq \f(1,2)PF(xB﹣xF)=eq \f(1,2)PF(xB﹣xC)=PF
∴S△PBC=﹣x2+2x=﹣(x﹣1)2+1
∴当x=1时，△PBC面积最大，即四边形ABPC面积最大．此时P(1，2)．
∴当点P坐标为(1，2)时，四边形ABPC的面积最大．
(3)存在．
∵∠CAO+∠ACO=90°，∠CAO+∠AED=90°，∴∠ACO=∠AED，
又∵∠CAO=∠CAO，∴△AOC∽△ADE，
∴=，即=，解得AE=eq \f(5,2)，∴E(eq \f(3,2)，0)．
∵DE为线段AC的垂直平分线，∴点D为AC的中点，∴D(﹣eq \f(1,2)，1)．
可求得直线DE的解析式为：y=﹣eq \f(1,2)x+eq \f(3,4) ①．
∵y=﹣x2+x+2=﹣(x﹣eq \f(1,2))2+eq \f(9,4)，∴M(eq \f(1,2)，eq \f(9,4))．
又A(﹣1，0)，则可求得直线AM的解析式为：y=eq \f(3,2)x+eq \f(3,2) ②．
∵DE为线段AC的垂直平分线，∴点A、C关于直线DE对称．
如答图2，连接AM，与DE交于点G，此时△CMG的周长=CM+CG+MG=CM+AM最小，故点G为所求．
联立①②式，可求得交点G的坐标为(﹣eq \f(3,8)，eq \f(15,16))．
∴在直线DE上存在一点G，使△CMG的周长最小，点G的坐标为(﹣eq \f(3,8)，eq \f(15,16))．