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2021年四川省成都市高中统一招生考试 数学B卷专项突破训练（4）（word版，含答案）
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这是一份2021年四川省成都市高中统一招生考试 数学B卷专项突破训练（4）（word版，含答案），共19页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生考试
数学B卷专项突破（四）
（满分50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
1．设x1，x2是一元二次方程x2﹣x﹣1＝0的两根，则2x12﹣x1+x22＝ ．
2．将双曲线y＝向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新双曲线与直线y＝kx﹣2﹣k（k＞0）相交于两点，其中一个点的横坐标为a，另一个点的纵坐标为b，则（a﹣1）（b+2）＝ ．
3．如图，在边长为2cm的正六边形ABCDEF中，点P在BC上，则△PEF的面积为 cm2．
4．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝2，点D是BC的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F．若△AB′F为直角三角形，则AE的长为 ．
5．如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1＝∠2．测得EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∠ANE＝45°，则场地的边AB为 米，BC为 米．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上）
6．（本小题满分8分）有一块矩形地块ABCD，AB＝20米，BC＝30米．为美观，拟种植不同的花卉，如图所示，将矩形ABCD分割成四个等腰梯形及一个矩形，其中梯形的高相等，均为x米．现决定在等腰梯形AEHD和BCGF中种植甲种花卉；在等腰梯形ABFE和CDHG中种植乙种花卉；在矩形EFGH中种植丙种花卉．甲、乙、丙三种花卉的种植成本分别为20元/米2、60元/米2、40元/米2，设三种花卉的种植总成本为y元．
（1）当x＝5时，求种植总成本y；
（2）求种植总成本y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
（3）若甲、乙两种花卉的种植面积之差不超过120平方米，求三种花卉的最低种植总成本．
7．（本小题满分10分）
【性质探究】
如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．
（1）判断△AFG的形状并说明理由．
（2）求证：BF＝2OG．
【迁移应用】
（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当＝时，求的值．
【拓展延伸】
（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连接EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．
8．（本小题满分12分）如图，抛物线y＝ax2+x+c与x轴交于点A（6，0），C（﹣2，0），与y轴交于点B，抛物线的顶点为D，对称轴交AB于点E，交x轴于点F．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P是抛物线上对称轴左侧一点，连接EP，若tan∠BEP＝，求点P的坐标；
（3）M是直线CD上一点，N是抛物线上一点，试判断是否存在这样的点N，使得以点B，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
2021年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生考试
数学B卷专项突破（三）
（满分50分）
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
1．设x1，x2是一元二次方程x2﹣x﹣1＝0的两根，则2x12﹣x1+x22＝ 4 ．
【分析】根据方程的解的概念得出x12＝x1+1，x22＝x2+1，x1+x2＝1，代入原式计算即可得．
【解答】解：根据题意知x12﹣x1﹣1＝0，x22﹣x2﹣1＝0，x1+x2＝1，
则x12＝x1+1，x22＝x2+1，
所以原式＝2（x1+1）﹣x1+x2+1
＝x1+x2+3
＝1+3
＝4，
故答案为：4．
【点评】本题主要考查根与系数的关系，解题的关键是掌握x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝．
2．将双曲线y＝向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新双曲线与直线y＝kx﹣2﹣k（k＞0）相交于两点，其中一个点的横坐标为a，另一个点的纵坐标为b，则（a﹣1）（b+2）＝ ﹣3 ．
【分析】由于一次函数y＝kx﹣2﹣k（k＞0）的图象过定点P（1，﹣2），而点P（1，﹣2）恰好是原点（0，0）向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度得到的，因此将双曲线y＝向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新双曲线与直线y＝kx﹣2﹣k（k＞0）相交于两点，在平移之前是关于原点对称的，表示出这两点坐标，根据中心对称两点坐标之间的关系求出答案．
【解答】解：一次函数y＝kx﹣2﹣k（k＞0）的图象过定点P（1，﹣2），而点P（1，﹣2）恰好是原点（0，0）向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度得到的，
因此将双曲线y＝向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新双曲线与直线y＝kx﹣2﹣k（k＞0）相交于两点，在没平移前是关于原点对称的，
平移前，这两个点的坐标为（a﹣1，），（，b+2），
∴a﹣1＝﹣，
∴（a﹣1）（b+2）＝﹣3．
故答案为：﹣3．
【点评】本题考查一次函数、反比例函数图象上点的坐标特征，理解平移之前，相应的两点关于原点对称是解决问题的关键．
3．如图，在边长为2cm的正六边形ABCDEF中，点P在BC上，则△PEF的面积为 2 cm2．
【分析】连接BF，BE，过点A作AT⊥BF于T，证明S△PEF＝S△BEF，求出△BEF的面积即可．
【解答】解：连接BF，BE，过点A作AT⊥BF于T
∵ABCDEF是正六边形，
∴CB∥EF，AB＝AF，∠BAF＝120°，
∴S△PEF＝S△BEF，
∵AT⊥BF，AB＝AF，
∴BT＝FT，∠BAT＝∠FAT＝60°，
∴BT＝FT＝AB•sin60°＝，
∴BF＝2BT＝2，
∵∠AFE＝120°，∠AFB＝∠ABF＝30°，
∴∠BFE＝90°，
∴S△PEF＝S△BEF＝•EF•BF＝×2×＝2，
故答案为2．
【点评】本题考查正多边形与圆，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
4．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝2，点D是BC的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F．若△AB′F为直角三角形，则AE的长为 3或 ．
【分析】利用三角函数的定义得到∠B＝30°，AB＝4，再利用折叠的性质得DB＝DC＝，EB′＝EB，∠DB′E＝∠B＝30°，设AE＝x，则BE＝4﹣x，EB′＝4﹣x，讨论：当∠AFB′＝90°时，则∴BF＝cos30°＝，则EF＝﹣（4﹣x）＝x﹣，于是在Rt△B′EF中利用EB′＝2EF得到4﹣x＝2（x﹣），解方程求出x得到此时AE的长；当∠AB′F＝90°时，作EH⊥AB′于H，连接AD，如图，证明Rt△ADB′≌Rt△ADC得到AB′＝AC＝2，再计算出∠EB′H＝60°，则B′H＝（4﹣x），EH＝（4﹣x），接着利用勾股定理得到（4﹣x）2+[（4﹣x）+2]2＝x2，方程求出x得到此时AE的长．
【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝2，AC＝2，
∴tanB＝＝＝，
∴∠B＝30°，
∴AB＝2AC＝4，
∵点D是BC的中点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F
∴DB＝DC＝，EB′＝EB，∠DB′E＝∠B＝30°，
设AE＝x，则BE＝4﹣x，EB′＝4﹣x，
当∠AFB′＝90°时，
在Rt△BDF中，cosB＝，
∴BF＝cos30°＝，
∴EF＝﹣（4﹣x）＝x﹣，
在Rt△B′EF中，∵∠EB′F＝30°，
∴EB′＝2EF，
即4﹣x＝2（x﹣），解得x＝3，此时AE为3；
当∠AB′F＝90°时，作EH⊥AB′于H，连接AD，如图，
∵DC＝DB′，AD＝AD，
∴Rt△ADB′≌Rt△ADC，
∴AB′＝AC＝2，
∵∠AB′E＝∠AB′F+∠EB′F＝90°+30°＝120°，
∴∠EB′H＝60°，
在Rt△EHB′中，B′H＝B′E＝（4﹣x），EH＝B′H＝（4﹣x），
在Rt△AEH中，∵EH2+AH2＝AE2，
∴（4﹣x）2+[（4﹣x）+2]2＝x2，解得x＝，此时AE为．
综上所述，AE的长为3或．
故答案为3或．
【点评】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了含30度的直角三角形三边的关系和勾股定理．
5．如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1＝∠2．测得EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∠ANE＝45°，则场地的边AB为 15 米，BC为 20 米．
【分析】根据已知条件得到△ANE和△BNF是等腰直角三角形，求得AE＝EN＝15+2+8＝25（米），BF＝FN＝2+8＝10（米），于是得到AB＝AN﹣BN＝15（米）；过C作CH⊥l于H，过B作PQ∥l交AE于P，交CH于Q，根据矩形的性质得到PE＝BF＝QH＝10，PB＝EF＝15，BQ＝FH，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵AE⊥l，BF⊥l，
∵∠ANE＝45°，
∴△ANE和△BNF是等腰直角三角形，
∴AE＝EN，BF＝FN，
∴EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，
∴AE＝EN＝15+2+8＝25（米），BF＝FN＝2+8＝10（米），
∴AN＝25（米），BN＝10（米），
∴AB＝AN﹣BN＝15（米）；
过C作CH⊥l于H，过B作PQ∥l交AE于P，交CH于Q，
∴AE∥CH，
∴四边形PEHQ和四边形PEFB是矩形，
∴PE＝BF＝QH＝10，PB＝EF＝15，BQ＝FH，
∵∠1＝∠2，∠AEF＝∠CHM＝90°，
∴△AEF∽△CHM，
∴＝＝＝，
∴设MH＝3x，CH＝5x，
∵CQ＝5x﹣10，BQ＝FH＝3x+2，
∵∠APB＝∠ABC＝∠CQB＝90°，
∴∠ABP+∠PAB＝∠ABP+∠CBQ＝90°，
∴∠PAB＝∠CBQ，
∴△APB∽△BQC，
∴，
∴＝，
∴x＝6，
∴BQ＝CQ＝20，
∴BC＝20（米），
方法二：∵∠ANE＝45°，
∴∠ABP＝45°，
∴∠CBQ＝45°，
∴CQ＝BQ，
∵CQ＝5x﹣10，BQ＝FH＝3x+2，
∴5x﹣10＝3x+2，
∴x＝6，
∴BQ＝CQ＝20，
∴BC＝20（米），
故答案为：15，20．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上）
6．（本小题满分8分）有一块矩形地块ABCD，AB＝20米，BC＝30米．为美观，拟种植不同的花卉，如图所示，将矩形ABCD分割成四个等腰梯形及一个矩形，其中梯形的高相等，均为x米．现决定在等腰梯形AEHD和BCGF中种植甲种花卉；在等腰梯形ABFE和CDHG中种植乙种花卉；在矩形EFGH中种植丙种花卉．甲、乙、丙三种花卉的种植成本分别为20元/米2、60元/米2、40元/米2，设三种花卉的种植总成本为y元．
（1）当x＝5时，求种植总成本y；
（2）求种植总成本y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
（3）若甲、乙两种花卉的种植面积之差不超过120平方米，求三种花卉的最低种植总成本．
【分析】（1）当x＝5时，EF＝20﹣2x＝10，EH＝30﹣2x＝20，y＝2×（EH+AD）×20x+2×（GH+CD）×x×60+EF•EH×40，即可求解；
（2）参考（1），由题意得：y＝（30+30﹣2x）•x•20+（20+20﹣2x）•x•60+（30﹣2x）（20﹣2x）•40（0＜x＜10）；
（3）S甲＝2×（EH+AD）×2x＝（30﹣2x+30）x＝﹣2x2+60x，S乙＝﹣2x2+40x，则﹣2x2+60x﹣（﹣2x2+40x）≤120，即可求解．
【解答】解：（1）当x＝5时，EF＝20﹣2x＝10，EH＝30﹣2x＝20，
y＝2×（EH+AD）×20x+2×（GH+CD）×x×60+EF•EH×40＝（20+30）×5×20+（10+20）×5×60+20×10×40＝22000；
（2）EF＝（20﹣2x）米，EH＝（30﹣2x）米，
参考（1），由题意得：y＝（30+30﹣2x）•x•20+（20+20﹣2x）•x•60+（30﹣2x）（20﹣2x）•40＝﹣400x+24000（0＜x＜10）；
（3）S甲＝2×（EH+AD）×x＝（30﹣2x+30）x＝﹣2x2+60x，
同理S乙＝﹣2x2+40x，
∵甲、乙两种花卉的种植面积之差不超过120米2，
∴﹣2x2+60x﹣（﹣2x2+40x）≤120，
解得：x≤6，
故0＜x≤6，
而y＝﹣400x+24000随x的增大而减小，故当x＝6时，y的最小值为21600，
即三种花卉的最低种植总成本为21600元．
【点评】本题考查了二次函数和一次函数的性质在实际生活中的应用．我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案．
7．（本小题满分10分）
【性质探究】
如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．
（1）判断△AFG的形状并说明理由．
（2）求证：BF＝2OG．
【迁移应用】
（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当＝时，求的值．
【拓展延伸】
（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连接EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．
【分析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形．利用全等三角形的性质证明即可．
（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．首先证明OG＝OL，再证明BF＝2OL即可解决问题．
（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．
（4）设OG＝a，AG＝k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．
【解答】（1）解：如图1中，△AFG是等腰三角形．
理由：∵AE平分∠BAC，
∴∠1＝∠2，
∵DF⊥AE，
∴∠AHF＝∠AHG＝90°，
∵AH＝AH，
∴△AHF≌△AHG（ASA），
∴AF＝AG，
∴△AFG是等腰三角形．
（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．
∵AF＝AG，
∴∠AFG＝∠AGF，
∵∠AGF＝∠OGL，
∴∠OGL＝∠OLG，
∴OG＝OL，
∵OL∥AB，
∴△DLO∽△DFB，
∴＝，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝2OD，
∴BF＝2OL，
∴BF＝2OG．
（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，
∵∠DAK＝∠CAD，
∴△ADK∽△ACD，
∴＝，
∵S1＝•OG•DK，S2＝•BF•AD，
又∵BF＝2OG，＝，
∴＝＝，设CD＝2x，AC＝3x，则AD＝x，
∴＝＝．
（4）解：设OG＝a，AG＝k．
①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．
∵AF＝AG，BF＝2OG，
∴AF＝AG＝k，BF＝2a，
∴AB＝k+2a，AC＝2（k+a），
∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k+a）]2﹣（k+2a）2＝3k2+4ka，
∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴＝，即＝，
∴＝，
∴BE＝，
由题意：10××2a×＝AD•（k+2a），
∴AD2＝10ka，
即10ka＝3k2+4ka，
∴k＝2a，
∴AD＝2a，
∴BE＝＝a，AB＝4a，
∴tan∠BAE＝＝．
②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．
∵AF＝AG，BF＝2OG，
∴AF＝AG＝k，BF＝2a，
∴AB＝k﹣2a，AC＝2（k﹣a），
∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2＝3k2﹣4ka，
∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴＝，即＝，
∴＝，
∴BE＝，
由题意：10××2a×＝AD•（k﹣2a），
∴AD2＝10ka，
即10ka＝3k2﹣4ka，
∴k＝a，
∴AD＝a，
∴BE＝＝a，AB＝a，
∴tan∠BAE＝＝，
综上所述，tan∠BAE的值为或．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
8．（本小题满分8分）如图，抛物线y＝ax2+x+c与x轴交于点A（6，0），C（﹣2，0），与y轴交于点B，抛物线的顶点为D，对称轴交AB于点E，交x轴于点F．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P是抛物线上对称轴左侧一点，连接EP，若tan∠BEP＝，求点P的坐标；
（3）M是直线CD上一点，N是抛物线上一点，试判断是否存在这样的点N，使得以点B，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A（6，0），C（﹣2，0）代入y＝ax2+x+c即可求解析式；
（2）求出直线AB、CD的解析式，点E的坐标（2，2），由已知可得∠BEP＝∠BAO，分两种情况求P点坐标：①过点E作EQ∥x轴交抛物线于点P，交y轴于点Q，当y＝2时求P点坐标；②作点Q关于AB的对称点Q'，连接BQ'，EQ'，过点Q'作Q'H⊥y轴于点H，过点E作EG⊥Q'H于点G，可以证明△BHQ'∽△Q'GE，得到＝＝＝，设BH＝m，则Q'G＝2m，GE＝m+1，HQ'＝（m+1），由HQ'+Q'G＝HG＝2，求出m＝，可求Q'（，），直线EQ'的解析式为y＝﹣x+，联立方程组，即可求P点坐标；
（3）由平行四边形对角线互相平分，分两种情况求解：①BE∥MN时，BN的中点与EM的中点重合；②当BM∥NE时，BE的中点与MN的中点重合；建立关系是求出N点坐标．
【解答】解：（1）将点A（6，0），C（﹣2，0）代入y＝ax2+x+c，
则有，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+3；
（2）由题可求B（0，3），D（2，4），
设直线AB的解析式为y＝k1x+b1，
将A（6，0），B（0，3）代入可得
，
∴，
∴y＝﹣x+3，
设直线CD的解析式为y＝k2x+b2，
将C（﹣2，0），D（2，4）代入可得
，
∴，
∴y＝x+2，
∵抛物线的对称轴为x＝2，
∴E（2，2），
∴tan∠BAO＝，
∵tan∠BEP＝，
∴∠BEP＝∠BAO，
①如图1：过点E作EQ∥x轴交抛物线于点P，交y轴于点Q，
当y＝2时，﹣x2+x+3＝2，
解得x＝2﹣2或x＝2+2（舍），
∴P1（2﹣2，2）；
②在①中，点Q坐标为（0，2），作点Q关于AB的对称点Q'，连接BQ'，EQ'，
则BQ'＝BQ＝1，EQ'＝EQ＝2，
过点Q'作Q'H⊥y轴于点H，过点E作EG⊥Q'H于点G，
∵∠BQ'E＝90°，
∴∠BHQ'＝90°﹣∠GQ'E＝∠Q'EG，
∵∠BHQ'＝∠Q'GE＝90°，
∴△BHQ'∽△Q'GE，
∴＝＝＝，
∴设BH＝m，则Q'G＝2m，GE＝m+3﹣2＝m+1，HQ'＝（m+1），
∵HQ'+Q'G＝HG＝2，
∴（m+1）+2m＝2，
∴m＝，
∴HO＝，HQ'＝，
∴Q'（，），
直线EQ'的解析式为y＝﹣x+，
解方程组，
解得或（舍），
∴P2（，）；
综上所述：点P的坐标为（2﹣2，2）或（，）；
（3）∵M是直线CD上一点，N是抛物线上一点，
设M（m，m+2），N（x，﹣x2+x+3），
B（0，3），E（2，2），
①当BE∥MN时，BN的中点为（，），ME的中点为（，），
∴＝，＝，
∴x＝±4，
∴N（4，3）或N（﹣4，﹣5）；
②当BM∥NE时，BE的中点为（1，），MN的中点为（，），
∴＝1，＝，
∴x＝±2，
∴N（2，1+2）或N（﹣2，1﹣2）；
综上所述：满足条件的N点坐标为（4，3）或（﹣4，﹣5）或（2，1+2）或（﹣2，1﹣2）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用；熟练掌握二次函数的图象及性质，结合三角形相似、平行四边形的性质综合解题是关键．
2021年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生考试
数学B卷专项突破（四）
（满分50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
1．设x1，x2是一元二次方程x2﹣x﹣1＝0的两根，则2x12﹣x1+x22＝ ．
2．将双曲线y＝向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新双曲线与直线y＝kx﹣2﹣k（k＞0）相交于两点，其中一个点的横坐标为a，另一个点的纵坐标为b，则（a﹣1）（b+2）＝ ．
3．如图，在边长为2cm的正六边形ABCDEF中，点P在BC上，则△PEF的面积为 cm2．
4．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝2，点D是BC的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F．若△AB′F为直角三角形，则AE的长为 ．
5．如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1＝∠2．测得EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∠ANE＝45°，则场地的边AB为 米，BC为 米．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上）
6．（本小题满分8分）有一块矩形地块ABCD，AB＝20米，BC＝30米．为美观，拟种植不同的花卉，如图所示，将矩形ABCD分割成四个等腰梯形及一个矩形，其中梯形的高相等，均为x米．现决定在等腰梯形AEHD和BCGF中种植甲种花卉；在等腰梯形ABFE和CDHG中种植乙种花卉；在矩形EFGH中种植丙种花卉．甲、乙、丙三种花卉的种植成本分别为20元/米2、60元/米2、40元/米2，设三种花卉的种植总成本为y元．
（1）当x＝5时，求种植总成本y；
（2）求种植总成本y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
（3）若甲、乙两种花卉的种植面积之差不超过120平方米，求三种花卉的最低种植总成本．
7．（本小题满分10分）
【性质探究】
如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．
（1）判断△AFG的形状并说明理由．
（2）求证：BF＝2OG．
【迁移应用】
（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当＝时，求的值．
【拓展延伸】
（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连接EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．
8．（本小题满分12分）如图，抛物线y＝ax2+x+c与x轴交于点A（6，0），C（﹣2，0），与y轴交于点B，抛物线的顶点为D，对称轴交AB于点E，交x轴于点F．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P是抛物线上对称轴左侧一点，连接EP，若tan∠BEP＝，求点P的坐标；
（3）M是直线CD上一点，N是抛物线上一点，试判断是否存在这样的点N，使得以点B，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
2021年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生考试
数学B卷专项突破（三）
（满分50分）
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
1．设x1，x2是一元二次方程x2﹣x﹣1＝0的两根，则2x12﹣x1+x22＝ 4 ．
【分析】根据方程的解的概念得出x12＝x1+1，x22＝x2+1，x1+x2＝1，代入原式计算即可得．
【解答】解：根据题意知x12﹣x1﹣1＝0，x22﹣x2﹣1＝0，x1+x2＝1，
则x12＝x1+1，x22＝x2+1，
所以原式＝2（x1+1）﹣x1+x2+1
＝x1+x2+3
＝1+3
＝4，
故答案为：4．
【点评】本题主要考查根与系数的关系，解题的关键是掌握x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝．
2．将双曲线y＝向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新双曲线与直线y＝kx﹣2﹣k（k＞0）相交于两点，其中一个点的横坐标为a，另一个点的纵坐标为b，则（a﹣1）（b+2）＝ ﹣3 ．
【分析】由于一次函数y＝kx﹣2﹣k（k＞0）的图象过定点P（1，﹣2），而点P（1，﹣2）恰好是原点（0，0）向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度得到的，因此将双曲线y＝向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新双曲线与直线y＝kx﹣2﹣k（k＞0）相交于两点，在平移之前是关于原点对称的，表示出这两点坐标，根据中心对称两点坐标之间的关系求出答案．
【解答】解：一次函数y＝kx﹣2﹣k（k＞0）的图象过定点P（1，﹣2），而点P（1，﹣2）恰好是原点（0，0）向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度得到的，
因此将双曲线y＝向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新双曲线与直线y＝kx﹣2﹣k（k＞0）相交于两点，在没平移前是关于原点对称的，
平移前，这两个点的坐标为（a﹣1，），（，b+2），
∴a﹣1＝﹣，
∴（a﹣1）（b+2）＝﹣3．
故答案为：﹣3．
【点评】本题考查一次函数、反比例函数图象上点的坐标特征，理解平移之前，相应的两点关于原点对称是解决问题的关键．
3．如图，在边长为2cm的正六边形ABCDEF中，点P在BC上，则△PEF的面积为 2 cm2．
【分析】连接BF，BE，过点A作AT⊥BF于T，证明S△PEF＝S△BEF，求出△BEF的面积即可．
【解答】解：连接BF，BE，过点A作AT⊥BF于T
∵ABCDEF是正六边形，
∴CB∥EF，AB＝AF，∠BAF＝120°，
∴S△PEF＝S△BEF，
∵AT⊥BF，AB＝AF，
∴BT＝FT，∠BAT＝∠FAT＝60°，
∴BT＝FT＝AB•sin60°＝，
∴BF＝2BT＝2，
∵∠AFE＝120°，∠AFB＝∠ABF＝30°，
∴∠BFE＝90°，
∴S△PEF＝S△BEF＝•EF•BF＝×2×＝2，
故答案为2．
【点评】本题考查正多边形与圆，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
4．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝2，点D是BC的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F．若△AB′F为直角三角形，则AE的长为 3或 ．
【分析】利用三角函数的定义得到∠B＝30°，AB＝4，再利用折叠的性质得DB＝DC＝，EB′＝EB，∠DB′E＝∠B＝30°，设AE＝x，则BE＝4﹣x，EB′＝4﹣x，讨论：当∠AFB′＝90°时，则∴BF＝cos30°＝，则EF＝﹣（4﹣x）＝x﹣，于是在Rt△B′EF中利用EB′＝2EF得到4﹣x＝2（x﹣），解方程求出x得到此时AE的长；当∠AB′F＝90°时，作EH⊥AB′于H，连接AD，如图，证明Rt△ADB′≌Rt△ADC得到AB′＝AC＝2，再计算出∠EB′H＝60°，则B′H＝（4﹣x），EH＝（4﹣x），接着利用勾股定理得到（4﹣x）2+[（4﹣x）+2]2＝x2，方程求出x得到此时AE的长．
【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝2，AC＝2，
∴tanB＝＝＝，
∴∠B＝30°，
∴AB＝2AC＝4，
∵点D是BC的中点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F
∴DB＝DC＝，EB′＝EB，∠DB′E＝∠B＝30°，
设AE＝x，则BE＝4﹣x，EB′＝4﹣x，
当∠AFB′＝90°时，
在Rt△BDF中，cosB＝，
∴BF＝cos30°＝，
∴EF＝﹣（4﹣x）＝x﹣，
在Rt△B′EF中，∵∠EB′F＝30°，
∴EB′＝2EF，
即4﹣x＝2（x﹣），解得x＝3，此时AE为3；
当∠AB′F＝90°时，作EH⊥AB′于H，连接AD，如图，
∵DC＝DB′，AD＝AD，
∴Rt△ADB′≌Rt△ADC，
∴AB′＝AC＝2，
∵∠AB′E＝∠AB′F+∠EB′F＝90°+30°＝120°，
∴∠EB′H＝60°，
在Rt△EHB′中，B′H＝B′E＝（4﹣x），EH＝B′H＝（4﹣x），
在Rt△AEH中，∵EH2+AH2＝AE2，
∴（4﹣x）2+[（4﹣x）+2]2＝x2，解得x＝，此时AE为．
综上所述，AE的长为3或．
故答案为3或．
【点评】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了含30度的直角三角形三边的关系和勾股定理．
5．如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1＝∠2．测得EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∠ANE＝45°，则场地的边AB为 15 米，BC为 20 米．
【分析】根据已知条件得到△ANE和△BNF是等腰直角三角形，求得AE＝EN＝15+2+8＝25（米），BF＝FN＝2+8＝10（米），于是得到AB＝AN﹣BN＝15（米）；过C作CH⊥l于H，过B作PQ∥l交AE于P，交CH于Q，根据矩形的性质得到PE＝BF＝QH＝10，PB＝EF＝15，BQ＝FH，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵AE⊥l，BF⊥l，
∵∠ANE＝45°，
∴△ANE和△BNF是等腰直角三角形，
∴AE＝EN，BF＝FN，
∴EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，
∴AE＝EN＝15+2+8＝25（米），BF＝FN＝2+8＝10（米），
∴AN＝25（米），BN＝10（米），
∴AB＝AN﹣BN＝15（米）；
过C作CH⊥l于H，过B作PQ∥l交AE于P，交CH于Q，
∴AE∥CH，
∴四边形PEHQ和四边形PEFB是矩形，
∴PE＝BF＝QH＝10，PB＝EF＝15，BQ＝FH，
∵∠1＝∠2，∠AEF＝∠CHM＝90°，
∴△AEF∽△CHM，
∴＝＝＝，
∴设MH＝3x，CH＝5x，
∵CQ＝5x﹣10，BQ＝FH＝3x+2，
∵∠APB＝∠ABC＝∠CQB＝90°，
∴∠ABP+∠PAB＝∠ABP+∠CBQ＝90°，
∴∠PAB＝∠CBQ，
∴△APB∽△BQC，
∴，
∴＝，
∴x＝6，
∴BQ＝CQ＝20，
∴BC＝20（米），
方法二：∵∠ANE＝45°，
∴∠ABP＝45°，
∴∠CBQ＝45°，
∴CQ＝BQ，
∵CQ＝5x﹣10，BQ＝FH＝3x+2，
∴5x﹣10＝3x+2，
∴x＝6，
∴BQ＝CQ＝20，
∴BC＝20（米），
故答案为：15，20．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上）
6．（本小题满分8分）有一块矩形地块ABCD，AB＝20米，BC＝30米．为美观，拟种植不同的花卉，如图所示，将矩形ABCD分割成四个等腰梯形及一个矩形，其中梯形的高相等，均为x米．现决定在等腰梯形AEHD和BCGF中种植甲种花卉；在等腰梯形ABFE和CDHG中种植乙种花卉；在矩形EFGH中种植丙种花卉．甲、乙、丙三种花卉的种植成本分别为20元/米2、60元/米2、40元/米2，设三种花卉的种植总成本为y元．
（1）当x＝5时，求种植总成本y；
（2）求种植总成本y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
（3）若甲、乙两种花卉的种植面积之差不超过120平方米，求三种花卉的最低种植总成本．
【分析】（1）当x＝5时，EF＝20﹣2x＝10，EH＝30﹣2x＝20，y＝2×（EH+AD）×20x+2×（GH+CD）×x×60+EF•EH×40，即可求解；
（2）参考（1），由题意得：y＝（30+30﹣2x）•x•20+（20+20﹣2x）•x•60+（30﹣2x）（20﹣2x）•40（0＜x＜10）；
（3）S甲＝2×（EH+AD）×2x＝（30﹣2x+30）x＝﹣2x2+60x，S乙＝﹣2x2+40x，则﹣2x2+60x﹣（﹣2x2+40x）≤120，即可求解．
【解答】解：（1）当x＝5时，EF＝20﹣2x＝10，EH＝30﹣2x＝20，
y＝2×（EH+AD）×20x+2×（GH+CD）×x×60+EF•EH×40＝（20+30）×5×20+（10+20）×5×60+20×10×40＝22000；
（2）EF＝（20﹣2x）米，EH＝（30﹣2x）米，
参考（1），由题意得：y＝（30+30﹣2x）•x•20+（20+20﹣2x）•x•60+（30﹣2x）（20﹣2x）•40＝﹣400x+24000（0＜x＜10）；
（3）S甲＝2×（EH+AD）×x＝（30﹣2x+30）x＝﹣2x2+60x，
同理S乙＝﹣2x2+40x，
∵甲、乙两种花卉的种植面积之差不超过120米2，
∴﹣2x2+60x﹣（﹣2x2+40x）≤120，
解得：x≤6，
故0＜x≤6，
而y＝﹣400x+24000随x的增大而减小，故当x＝6时，y的最小值为21600，
即三种花卉的最低种植总成本为21600元．
【点评】本题考查了二次函数和一次函数的性质在实际生活中的应用．我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案．
7．（本小题满分10分）
【性质探究】
如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．
（1）判断△AFG的形状并说明理由．
（2）求证：BF＝2OG．
【迁移应用】
（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当＝时，求的值．
【拓展延伸】
（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连接EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．
【分析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形．利用全等三角形的性质证明即可．
（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．首先证明OG＝OL，再证明BF＝2OL即可解决问题．
（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．
（4）设OG＝a，AG＝k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．
【解答】（1）解：如图1中，△AFG是等腰三角形．
理由：∵AE平分∠BAC，
∴∠1＝∠2，
∵DF⊥AE，
∴∠AHF＝∠AHG＝90°，
∵AH＝AH，
∴△AHF≌△AHG（ASA），
∴AF＝AG，
∴△AFG是等腰三角形．
（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．
∵AF＝AG，
∴∠AFG＝∠AGF，
∵∠AGF＝∠OGL，
∴∠OGL＝∠OLG，
∴OG＝OL，
∵OL∥AB，
∴△DLO∽△DFB，
∴＝，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝2OD，
∴BF＝2OL，
∴BF＝2OG．
（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，
∵∠DAK＝∠CAD，
∴△ADK∽△ACD，
∴＝，
∵S1＝•OG•DK，S2＝•BF•AD，
又∵BF＝2OG，＝，
∴＝＝，设CD＝2x，AC＝3x，则AD＝x，
∴＝＝．
（4）解：设OG＝a，AG＝k．
①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．
∵AF＝AG，BF＝2OG，
∴AF＝AG＝k，BF＝2a，
∴AB＝k+2a，AC＝2（k+a），
∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k+a）]2﹣（k+2a）2＝3k2+4ka，
∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴＝，即＝，
∴＝，
∴BE＝，
由题意：10××2a×＝AD•（k+2a），
∴AD2＝10ka，
即10ka＝3k2+4ka，
∴k＝2a，
∴AD＝2a，
∴BE＝＝a，AB＝4a，
∴tan∠BAE＝＝．
②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．
∵AF＝AG，BF＝2OG，
∴AF＝AG＝k，BF＝2a，
∴AB＝k﹣2a，AC＝2（k﹣a），
∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2＝3k2﹣4ka，
∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴＝，即＝，
∴＝，
∴BE＝，
由题意：10××2a×＝AD•（k﹣2a），
∴AD2＝10ka，
即10ka＝3k2﹣4ka，
∴k＝a，
∴AD＝a，
∴BE＝＝a，AB＝a，
∴tan∠BAE＝＝，
综上所述，tan∠BAE的值为或．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
8．（本小题满分8分）如图，抛物线y＝ax2+x+c与x轴交于点A（6，0），C（﹣2，0），与y轴交于点B，抛物线的顶点为D，对称轴交AB于点E，交x轴于点F．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P是抛物线上对称轴左侧一点，连接EP，若tan∠BEP＝，求点P的坐标；
（3）M是直线CD上一点，N是抛物线上一点，试判断是否存在这样的点N，使得以点B，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A（6，0），C（﹣2，0）代入y＝ax2+x+c即可求解析式；
（2）求出直线AB、CD的解析式，点E的坐标（2，2），由已知可得∠BEP＝∠BAO，分两种情况求P点坐标：①过点E作EQ∥x轴交抛物线于点P，交y轴于点Q，当y＝2时求P点坐标；②作点Q关于AB的对称点Q'，连接BQ'，EQ'，过点Q'作Q'H⊥y轴于点H，过点E作EG⊥Q'H于点G，可以证明△BHQ'∽△Q'GE，得到＝＝＝，设BH＝m，则Q'G＝2m，GE＝m+1，HQ'＝（m+1），由HQ'+Q'G＝HG＝2，求出m＝，可求Q'（，），直线EQ'的解析式为y＝﹣x+，联立方程组，即可求P点坐标；
（3）由平行四边形对角线互相平分，分两种情况求解：①BE∥MN时，BN的中点与EM的中点重合；②当BM∥NE时，BE的中点与MN的中点重合；建立关系是求出N点坐标．
【解答】解：（1）将点A（6，0），C（﹣2，0）代入y＝ax2+x+c，
则有，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+3；
（2）由题可求B（0，3），D（2，4），
设直线AB的解析式为y＝k1x+b1，
将A（6，0），B（0，3）代入可得
，
∴，
∴y＝﹣x+3，
设直线CD的解析式为y＝k2x+b2，
将C（﹣2，0），D（2，4）代入可得
，
∴，
∴y＝x+2，
∵抛物线的对称轴为x＝2，
∴E（2，2），
∴tan∠BAO＝，
∵tan∠BEP＝，
∴∠BEP＝∠BAO，
①如图1：过点E作EQ∥x轴交抛物线于点P，交y轴于点Q，
当y＝2时，﹣x2+x+3＝2，
解得x＝2﹣2或x＝2+2（舍），
∴P1（2﹣2，2）；
②在①中，点Q坐标为（0，2），作点Q关于AB的对称点Q'，连接BQ'，EQ'，
则BQ'＝BQ＝1，EQ'＝EQ＝2，
过点Q'作Q'H⊥y轴于点H，过点E作EG⊥Q'H于点G，
∵∠BQ'E＝90°，
∴∠BHQ'＝90°﹣∠GQ'E＝∠Q'EG，
∵∠BHQ'＝∠Q'GE＝90°，
∴△BHQ'∽△Q'GE，
∴＝＝＝，
∴设BH＝m，则Q'G＝2m，GE＝m+3﹣2＝m+1，HQ'＝（m+1），
∵HQ'+Q'G＝HG＝2，
∴（m+1）+2m＝2，
∴m＝，
∴HO＝，HQ'＝，
∴Q'（，），
直线EQ'的解析式为y＝﹣x+，
解方程组，
解得或（舍），
∴P2（，）；
综上所述：点P的坐标为（2﹣2，2）或（，）；
（3）∵M是直线CD上一点，N是抛物线上一点，
设M（m，m+2），N（x，﹣x2+x+3），
B（0，3），E（2，2），
①当BE∥MN时，BN的中点为（，），ME的中点为（，），
∴＝，＝，
∴x＝±4，
∴N（4，3）或N（﹣4，﹣5）；
②当BM∥NE时，BE的中点为（1，），MN的中点为（，），
∴＝1，＝，
∴x＝±2，
∴N（2，1+2）或N（﹣2，1﹣2）；
综上所述：满足条件的N点坐标为（4，3）或（﹣4，﹣5）或（2，1+2）或（﹣2，1﹣2）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用；熟练掌握二次函数的图象及性质，结合三角形相似、平行四边形的性质综合解题是关键．
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