2023年海南省东方市港务中学中考数学二模试卷(含解析)
展开1. 2023的倒数是( )
A. 2023B. −2023C. −12023D. 12023
2. 下列运算正确的是( )
A. (a2)4=a6B. a2⋅a4=a6C. a2+a4=a6D. a6÷a2=a3
3. 截至到2022年4月16日,我国神舟号载人飞船共绕地球飞行约2.32亿公里.将数据“232000000”用科学记数法表示为( )
A. 0.232×109B. 2.32×109C. 2.32×108D. 23.2×108
4. 如图是一个由6个大小相同的正方体组成的几何体,它的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
5. 不等式4x−1<0的解集是( )
A. x>4B. x<4C. x>14D. x<14
6. 将△AOB绕点O旋转180°得到△DOE,则下列作图正确的是( )
A. B.
C. D.
7. 如图,⊙O是等边△ABC的外接圆,若AB=3,则⊙O的半径是( )
A. 32
B. 32
C. 3
D. 52
8. 如图是反比例函数y=1x的图象,点A(x,y)是反比例函数图象上任意一点,过点A作AB⊥x轴于点B,连接OA,则△AOB的面积是( )
A. 1B. 12C. 2D. 32
9. 假定按同一种方式掷两枚均匀硬币,如果第一枚出现正面朝上,第二枚出现反面朝上,就记为(正,反),如此类推,出现(正,正)的概率是( )
A. 1B. 34C. 12D. 14
10. 甲、乙两车从A城出发前往B城,在整个行程中,汽车离开A城的距离y(单位:km)与时间x(单位:h)的对应关系如图所示,下列说法中不正确的是( )
A. 甲车行驶到距A城240km处,被乙车追上
B. A城与B城的距离是300km
C. 乙车的平均速度是80km/h
D. 甲车比乙车早到B城
11. 如图,在△ABC中,按以下步骤作图:①分别以点B,C为圆心,以大于12BC长为半径作弧,两弧相交于点M,N;②作直线MN交边AB于点E.若AC=5,BE=4,∠B=45°,则AB的长为( )
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
12. 如图是一张矩形纸片ABCD,点E为AD中点,点F在BC上,把该纸片沿EF折叠,点A,B的对应点分别为A′,B′,A′E与BC相交于点G,B′A′的延长线过点C.若BFGC=23,则ADAB的值为( )
A. 2 2B. 4 105C. 207D. 83
二、填空题(本大题共4小题,共12.0分)
13. 因式分解:x2−3x=______.
14. 分式方程5x+1=1的解是______.
15. 如图,菱形ABCD的对角线交于点O,过点A作AE⊥BC于点E,连接EO.若AC=6,BD=8,则cs∠AEO= ______ .
16. 如图,在矩形ABCD中,AB=12,AD=10.点E为BC的中点,点F为AD上一点,连接AE,BF交于点P,连接DP.线段AE的长为______ ,当∠BAE=∠ADP时,线段PE的长为______ .
三、解答题(本大题共6小题,共72.0分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17. (本小题12.0分)
计算
(1)(−2023)0+6×(−12)+ 8÷ 2;
(2)(a−1)(a+1)−4(a−1).
18. (本小题10.0分)
海南作为全国旅游大省,其特色美食更是让来往游客赞不绝口.已知购买6盒海南椰丝薏粑和4盒椰子糕共需960元;购买1盒海南椰丝薏粑和3盒椰子糕共需300元.请问每盒海南椰丝薏粑和每盒椰子糕的价格各是多少元?
19. (本小题10.0分)
为培养学生的阅读习惯,某中学利用学生课外时间开展了以“走近名著”为主题的读书活动.为了有效了解学生课外阅读情况,现随机调查了部分学生每周课外阅读的时间,设被调查的每名学生每周课外阅读的总时间为x小时,将它分为4个等级:A(0≤x<2)、B(2≤x<4)、C(4≤x<6)、D(x≥6),并根据调查结果绘制了如
图两幅不完整的统计图:
(1)本次共调查了______ 名学生;
(2)在扇形统计图中,等级D所对应的圆心角为______ 度:
(3)本次调查的每名学生每周课外阅读的总时间的众数落在的“组别”是______ ,中位数落在的“组别”是______ ;
(4)全校有2400名学生,估计阅读时间少于2小时的学生有______ 名.
20. (本小题10.0分)
如图所示为某景区五个景点A、B、C、D、E的平面示意图,B在A的正东方方向,D在A的北偏东60°方向上,与A相距300米,E在D的正东方向140米处,C在A的北偏东45°方向上,C、E均在B的正北方向.
(1)填空:∠CAD= ______ 度,∠ADE= ______ 度;
(2)求景点B、E之间的距离;
(3)求景点A、C之间的距离.
21. (本小题15.0分)
如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=12.点D在直线CB上,以CA、CD为边作矩形ACDE,直线AB与直线CE、DE分别交于点F、G.
(1)如图所示,点D在线段CB上,四边形ACDE是正方形.
①求证:△ACF≌△DCF;
②若点G为DE的中点,求FG的长;
③若DG=GF,求BC的长.
(2)已知BC=9,是否存在点D,使得△DFG是等腰三角形?若存在,直接写出该等腰三角形的腰长,若不存在,说明理由.
22. (本小题15.0分)
在平面直角坐标系中,抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A、B(点A在点B的左侧),与y轴交于点C,且点A的坐标为(−5,0),点C的坐标为(0,5).
(1)求抛物线的解析式;
(2)①如图1,若点P是第二象限内抛物线上一动点,求点P到直线AC距离的最大值;②如图2,若点Q为抛物线对称轴上一个动点,当QB=QC时,求点Q的坐标;
(3)如图2,若点M是抛物线上一点,点N是抛物线对称轴上一点,是否存在点M,使得以A、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请直接写出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解:2023的倒数是12023.
故选:D.
乘积是1的两数互为倒数,由此即可得到答案.
本题考查倒数,关键是掌握倒数的意义.
2.【答案】B
【解析】解:A.(a2)4=a8,故此选项不合题意;
B.a2⋅a4=a6,故此选项符合题意;
C.a2+a4,无法合并,故此选项不合题意;
D.a6÷a2=a4,故此选项不合题意.
故选:B.
直接利用幂的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则、合并同类项分别计算,进而得出答案.
此题主要考查了幂的乘方运算、同底数幂的乘除运算、合并同类项,正确掌握相关运算法则是解题关键.
3.【答案】C
【解析】解:232000000=2.32×108.
故选:C.
科学记数法表示较大的数时,一般形式为a×10n,其中1≤|a|<10,n为整数,且n比原来的整数位数少1,据此判断即可.
本题主要考查了用科学记数法表示较大的数,掌握形式为a×10n,其中1≤|a|<10,确定a与n的值是解题的关键.
4.【答案】C
【解析】
【分析】
细心观察图中几何体中正方体摆放的位置,根据俯视图是从上面看到的图形判定即可.
【解答】
解:从几何体上面看,所得到的图形有两行,第一行有四个正方形,第二行有一个正方形.
故选:C.
【点评】
本题考查了三视图的知识,俯视图是从物体上面看所得到的图形,解答时学生易将三种视图混淆而错误地选择其他选项.
5.【答案】D
【解析】解:∵4x−1<0,
∴4x<1,
∴x<14.
故选:D.
根据解一元一次不等式的步骤:①去分母;②去括号;③移项;④合并同类项;⑤系数化为1解不等式即可.
本题考查了解一元一次不等式,掌握解一元一次不等式的步骤:①去分母;②去括号;③移项;④合并同类项;⑤系数化为1是解题的关键.
6.【答案】C
【解析】解:∵△AOB绕点O旋转180°得到△DOE,
∴作图正确是C选项图形.
故选C.
根据旋转的性质,△AOB绕点O旋转180°得到△DOE,点A与点D、B与E关于点O成中心对称解答.
本题考查了利用旋转变换作图,熟记旋转的性质,判断出对应点关于点O对称是解题的关键.
7.【答案】C
【解析】解:连接OB,过点O作OE⊥BC,
∵⊙O是等边△ABC的外接圆,
∴OB平分∠ABC,
∴∠OBE=30°,
又∵OE⊥BC,
∴BE=12BC=12AB=32,
在Rt△OBE中,cs30°=BEOB,
∴32OB= 32,
解得:OB= 3,
故选:C.
连接OB,过点O作OE⊥BC,结合三角形外心和垂径定理分析求解.
本题考查三角形的外接圆与外心,掌握等边三角形的性质,应用垂径定理和特殊角的三角函数值解题是关键.
8.【答案】B
【解析】解:∵A(x,y),
∴OB=x,AB=y,
∵A为反比例函数y=1x图象上一点,
∴xy=1,
∴S△ABO=12AB⋅OB=12xy=12×1=12,
故选:B.
由反比例函数的几何意义可知,k=1,也就是△AOB的面积的2倍是1,求出△AOB的面积是12.
考查反比例函数的几何意义,反比例函数的图象,反比例函数图象上点的坐标特征,解决本题的关键是掌握k的绝对值,等于△AOB的面积的2倍.
9.【答案】D
【解析】解:画树状图如下:
共有4种等可能的结果,其中出现(正,正)的结果有1种,
∴出现(正,正)的概率为14,
故选:D.
画树状图,共有4种等可能的结果,其中出现(正,正)的结果有1种,再由概率公式求解即可.
此题考查的是用树状图法求概率.树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果,适合两步或两步以上完成的事件;用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比.
10.【答案】D
【解析】解:由题意可知,A城与B城的距离是300km,故选项B不合题意;
甲车的平均速度是:300÷5=60(km/h),
60×4=240(km),即甲车行驶到距A城240km处,被乙车追上,故选项A不合题意;
乙车的平均速度是:240÷(4−1)=80(km/h),故选项C不合题意;
设乙车出发x小时后追上甲车,则60(x+1)=80x,
解得x=3,
由题意可知,乙车比甲车早到B城,故选项D符合题意.
故选:D.
根据“速度=路程÷时间”,得出两车的速度,再逐一判断即可.
此题主要考查了看函数图象,关键是正确从函数图象中得到正确的信息.
11.【答案】C
【解析】解:设MN交BC于D,连接EC,如图:
由作图可知:MN是线段BC的垂直平分线,
∴BE=CE=4,
∴∠ECB=∠B=45°,
∴∠AEC=∠ECB+∠B=90°,
在Rt△ACE中,
AE= AC2−CE2= 52−42=3,
∴AB=AE+BE=3+4=7,
故选:C.
设MN交BC于D,连接EC,由作图可知:MN是线段BC的垂直平分线,即得BE=CE=4,有∠ECB=∠B=45°,从而∠AEC=∠ECB+∠B=90°,由勾股定理得AE=3,故AB=AE+BE=7.
本题考查尺规作图中的计算问题,解题的关键是掌握用尺规作线段垂直平分线的方法,得到MN是线段BC的垂直平分线.
12.【答案】A
【解析】解:连接FG,CA′,过点G作GT⊥AD于点T.设AB=x,AD=y.
∵BFCG=23,
∴可以假设BF=2k,CG=3k.
∵AE=DE=12y,
由翻折的性质可知EA=EA′=12y,BF=FB′=2k,∠AEF=∠GEF,
∵AD//CB,
∴∠AEF=∠EFG,
∴∠GEF=∠GFE,
∴EG=FG=y−5k,
∴GA′=12y−(y−5k)=5k−12y,
∵C,A′,B′共线,GA′//FB′,
∴CGCF=GA′FB′,
∴3ky−2k=5k−12y2k,
∴y2−12ky+32k2=0,
∴y=8k或y=4k(舍去),
∴AE=DE=4k,
∵四边形CDTG是矩形,
∴CG=DT=3k,
∴ET=k,
∵EG=8k−5k=3k,
∴AB=CD=GT= (3k)2−k2=2 2k,
∴ADAB=8k2 2k=2 2.
故选:A.
连接FG,CA′,过点G作GT⊥AD于点T.设AB=x,AD=y.设BF=2k,CG=3k.则AE=DE=12y,由翻折的性质可知EA=EA′=12y,BF=FB′=2k,∠AEF=∠GEF,因为C,A′,B′共线,GA′//FB′,推出CGCF=GA′FB′,推出3ky−2k=5k−12y2k,可得y2−12ky+32k2=0,推出y=8k或y=4k(舍去),推出AE=DE=4k,再利用勾股定理求出GT,可得结论.
本题考查翻折变换,矩形的性质,平行线分线段成比例定理等知识,解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题,属于中考常考题型.
13.【答案】x(x−3)
【解析】解:x2−3x=x(x−3).
故答案为:x(x−3)
确定公因式是x,然后提取公因式即可.
本题考查因式分解,因式分解的步骤为:一提公因式;二看公式.一般来说,如果可以提取公因式的要先提取公因式,再看剩下的因式是否还能分解.
14.【答案】x=4
【解析】解:去分母得:5=x+1,
解得:x=4,
检验:把x=4代入得:x+1≠0,
∴分式方程的解为x=4.
故答案为:x=4.
分式方程去分母转化为整式方程,求出整式方程的解得到x的值,经检验即可得到分式方程的解.
此题考查了解分式方程,利用了转化的思想,解分式方程注意要检验.
15.【答案】45
【解析】解:∵菱形ABCD,AC=6,BD=8,
∴AC⊥BD,OA=OC=3,OB=OD=4,
∴BC= OB2+OC2= 42+32=5,
∴cs∠CBO=OBBC=45,
∵AE⊥BC,
∴∠AEC=∠BOC=90°,
∴∠CAE+∠ACB=90°,∠CBO+∠ACB=90°,
∴∠CAE=∠CBO,
∵∠AEC=90°,OA=OC,
∴OE=OA,
∴∠AEO=∠CAE,
∴∠AEO=∠CBO,
∴cs∠AEO=cs∠CBO=45.
故答案为:45.
根据菱形性质可得:AC⊥BD,OA=OC=3,OB=OD=4,运用勾股定理可得:BC=5,依据三角函数定义可得:cs∠CBO=OBBC=45,再利用直角三角形性质证明∠AEO=∠CBO,即可得到答案.
本题考查了菱形性质,直角三角形性质,勾股定理,解直角三角形等重要知识点,解题关键是能利用直角三角形性质将求cs∠AEO转化为求cs∠CBO.
16.【答案】13 11913
【解析】解:∵四边形ABCD是矩形,
∴AB=CD=12,AD=BC=10,
∵点E为BC的中点,
∴BE=EC=5,
∴AE= BE2+AB2= 25+144=13,
∵∠BAE=∠ADP,∠BAE+∠DAP=90°,
∴∠DAP+∠ADP=90°,
∴∠APD=90°=∠ABE,
∴△ADP∽△EAB,
∴ADAE=APBE,
∴1013=AP5,
∴AP=5013,
∴PE=11913,
故答案为:13,11913.
由勾股定理可求AE的长,通过证明△ADP∽△EAB,可求AP的长,即可求解.
本题考查了矩形的性质,勾股定理,相似三角形的判定和性质,证明三角形相似是解题的关键.
17.【答案】解:(1)原式=1−3+2
=0;
(2)原式=a2−1−4a+4
=a2−4a+3.
【解析】(1)直接利用零指数幂的性质以及二次根式的除法运算法则分别化简,进而得出答案;
(2)直接利用平方差公式以及去括号法则分别化简,进而得出答案.
此题主要考查了平方差公式、实数的运算,正确掌握相关运算法则是解题关键.
18.【答案】解:设每盒海南椰丝薏粑的价格是x元,每盒椰子糕的价格是y元,
根据题意得:6x+4y=960x+3y=300,
解得:x=120y=60.
答:每盒海南椰丝薏粑的价格是120元,每盒椰子糕的价格是60元.
【解析】设每盒海南椰丝薏粑的价格是x元,每盒椰子糕的价格是y元,根据“购买6盒海南椰丝薏粑和4盒椰子糕共需960元;购买1盒海南椰丝薏粑和3盒椰子糕共需300元”,可列出关于x,y的二元一次方程组,解之即可得出结论.
本题考查了二元一次方程组的应用,找准等量关系,正确列出二元一次方程组是解题的关键.
19.【答案】50 108 C C 192
【解析】解:(1)本次共调查的学生人数有:13÷26%=50(名),
故答案为:50;
(2)在扇形统计图中,等级D所对的扇形的圆心角为:360°×1550=108°;
故答案为:108;
(3)C等级的人数有:50−4−13−15=18(名),
故本次调查的每名学生每周课外阅读的总时间的众数落在的“组别”是C组;中位数落在的“组别”是C组;
故答案为:C,C;
(4)2400×450=192(名),
即估计阅读时间少于2小时的学生大约有192名.
故答案为:192.
(1)由B等级人数及其所占百分比可得被调查的总人数;
(2)用360°乘以D等级人数所占的百分比得出等级D所对应的扇形的圆心角度数;
(3)分别根据众数和中位数的定义解答即可;
(4)用总人数乘以每周阅读时间少于2小时的学生所占的百分比即可.
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用.读懂统计图,从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键.
20.【答案】15 150
【解析】解:(1)如图:
由题意得:∠FAD=60°,∠FAC=45°,∠FAB=90°,DE//AB,
∴∠CAD=∠FAD−∠FAC=15°,∠DAB=∠FAB−∠FAD=30°,
∵DE//AB,
∴∠ADE=180°−∠DAB=150°,
故答案为:15,150;
(2)过点D作DH⊥AB,垂足为H,
由题意得:DH=BE,AD=300米,
在Rt△ADH中,∠DAH=30°,
∴DH=12AD=150(米),
∴BE=DH=150米,
∴景点B、E之间的距离为150米;
(3)由题意得:DE=BH=140米,BC⊥AB,
在Rt△ADH中,∠DAH=30°,DH=150米,
∴AH= 3DH=150 3(米),
∴AB=AH+BH=(150 3+140)米,
在Rt△ABC中,∠CAB=∠FAB−∠FAC=45°,
∴AC=ABcs45∘=150 3+140 22=(150 6+140 2)米,
∴景点A、C之间的距离为(150 6+140 2)米.
(1)根据题意可得:∠FAD=60°,∠FAC=45°,∠FAB=90°,DE//AB,从而利用角的和差关系可得∠CAD=15°,∠DAB=30°,然后利用平行线的性质进行计算,即可解答;
(2)过点D作DH⊥AB,垂足为H,根据题意可得:DH=BE,AD=300米,然后在Rt△ADH中,利用含30度角的直角三角形的性质求出DH的长,从而求出BE的长,即可解答;
(3)根据题意可得:DE=BH=140米,BC⊥AB,然后在Rt△ADH中,利用含30度角的直角三角形的性质求出AH的长,从而求出AB的长,再在Rt△ABC中,利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答.
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题,根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键.
21.【答案】(1)①∵四边形ACDE是正方形,CE是对角线,
∴∠ACF=∠DCF,AC=DC,
∵CF=CF,
∴△ACF≌△DCF(SAS);
②在正方形ACDE中,AC=DE=12,AE//BC,
∵点G为DE中点,
∴DG=GE=6,
在Rt△AEG中,AG= AE2+EG2=6 5,
∵EG//AC,
∴△ACF∽△GEF,
∴FGAF=EGAC,
∴FGAF=612=12,
∴FG=13AG=2 5;
③如图中,
正方形ACDE中,AE=ED,∠AEF=∠DEF=45°,
∵EF=EF,
∴△AEF≌△DEF(SAS),
∠1=∠2,设∠1=∠2=x;
∵AE//BC,
∠B=∠1=x,
∵GF=GD,
∴∠3=∠2=x,
在△DBF中,∠3+∠FDB+∠B=180°,
∴x+(x+90°)+x=180°,
解得x=30°,
∴∠B=30°,
∵AC=12,
∴AB=24,
在Rt△ABC中,BC= AB2−AC2=12 3;
(2)在Rt△ABC中,AB=15.如图,
当点D在线段BC上时,此时只有GF=GD,
∵DG//AC,
∴△BDG∽△BCA,
设BD=3x,则DG=4x,BG=5x,
∴GF=GD=4x,则AF=15−9x;
∵AE//CB,
∴△AEF∽△BCF,
∴AEBC=AFBF,
∴9−3x9=15−9x9x,
整理得:x2−6x+5=0.
解得x=1或5(舍弃),
∴腰长GD=4x=4.
当点D在线段BC的延长线上,且直线ABCE的交点中AE上方时,此时只有GF=DG,如图,
设AE=3x,则EG=4x,AG=5x
∴FG=DG=12+4x,
∵AE//BC,
∴△AEF∽△BCF,
∴AEBC=AFBF,
∴3x9=9x+129x+27,
解得x=2或−2(舍弃),
∴腰长DG=4x+12=20.
当点D在线段BC的延长线上,且直线AB,EC的交点中BD下方时,此时只有DF=DG,过点D作DH⊥FG,如图,
设AE=3x,则EG=4x,AG=5x,DG=4x+12.
∴FH=GH=DG⋅cs∠DGB=(4x+12)×45=16x+485,
∴GF=2GH=32x+965,
∴AF=GF−AG=7x+965,
∵AC//DG,
∴△ACF∽△GEF,
∴ACEG=AFFG,
∴124x=7x+96532x+965
解得x=12 147或−12 147(舍去).
∴腰长GD=4x+12=84+48 147,
当点D在线段CB的延长线上时,此时只有DF−DG,作DH⊥AG于H,如图:
设AE=3x,则EG=4x,AG=5x,DG=4x−12,
∴FH=GH=DG⋅cs∠DGB=16x−485,
∴FG=2FH=32x−965,
:AF=AG−FG=96−7x5,
∵AC//EG,
∴△ACF∽△GEF,
∴ACEG=AFFG,
∴124x=96−7x532x−965,
解得x=12 147或−12 147(舍去).
∴腰长DG=4x−12=−84+48 147,
综上所述,等腰△DFG的腰长为4或20或84+48 147或−84+48 147.
【解析】(1)①由正方形的性质可得∠ACF=∠DCF,AC=DC即可得证;
②只要证明△ACF∽△GEF,推出FGAF=EGAC,即可解决问题;
③如图,证明∠1=∠2=30°即可解决问题;
(2)分四种情形:①如图,当点D在线段BC上时,此时只有GF=GD,②如图,当点D在线段BC的延长线上,且直线AB,CE的交点中AE上方时,此时只有GF−DG,③如图,当点D在线段BC的延长线上,且直线AB,EC的交点中BD下方时,此时只有DF=DG,如图,当点D中线段CB的延长线上时,此时只有DF=DG,分别求解即可解决问题.
本题考查正方形的性质,全等三角形的判定,最短距离问题,勾股定理,本题属正方形探究题目,熟练掌握相关性质的综合运用是解题的关键.注意“半角模型”的应用.
22.【答案】解:(1)由题意得,
c=5−(−5)2−5b+5=0,
∴c=5b=−4,
∴y=−x2−4x+5;
(2)①如图1,
作PD⊥AB于D,交AC于E,连接AP,CP,作PF⊥AC于F,
∵A(−5,0)C(0,5),
∴OA=OC=5,直线AC的解析式为:y=x+5,
∵∠AOC=90°,
∴AC=5 2,
∴要使PF最大,只需△APC的面积最大,
设P(m,−m2−4m+5),E(m,m+5),
∴PE=(−m2−4m+5)−(m+5)=−m2−5m,
∴S△PAC=12PE⋅OA=52(−m2−5m)=−52(m+52)2+1258,
∴当m=−52时,S△PAC最大=1258,
由12AC⋅PF=1258得,
12×5 2⋅ PF=1258,
∴PF=25 28,
∴点P到直线AC距离的最大值为:25 28;
②∵抛物线的对称轴为直线:x=−−42×(−1)=−2,
∴设Q(−2,t),
由−x2−4x+5=0得,
x1=−5,x2=1,
∴B(1,0),
由QB2=QC2得,
(−2−1)2+t2=(−2)2+(t−5)2,
∴t=2,
∴Q(−2,2);
(3)如图2,
当▱ACNM时,
∵A(−5,0),C(0,5),N的横坐标为:x=−2,
∴xM=−7,
∴当x=−7时,y=−(−7)2+4×7+5=−16,
∴M(−7,−16),
当▱ACMN时(图中▱ACM′N′),
此时xM′=(−2)+5=3,
∴当x=3时,y=−9−12+5=−6,
∴M′(3,−6),
当▱AMCN(图中▱AM″CN′′),
此时xM″=(−5)−(−2)=−3,
∴当x=−3时,y=−9+12+5=8,
∴M″(−3,6),
综上所述:M(−7,−16)或(3,−6)或(−3,6).
【解析】(1)将点A、C两点代入抛物线解析式,求得b,c的值,进一步得出结果;
(2)①作PD⊥AB于D,交AC于E,连接AP,CP,作PF⊥AC于F,可求得AC=5 2,从而得出要使PF最大,只需△APC的面积最大,设P(m,−m2−4m+5),E(m,m+5),从而表示出S△PAC=12PE⋅OA=52(−m2−5m)=−52(m+52)2+1258,从而得出当m=−52时,S△PAC最大=1258,进一步得出结果;
②设Q(−2,t),根据QB2=QC2列出方程(−2−1)2+t2=(−2)2+(t−5)2,求得t的值,进一步得出结果;
(3)分为:当▱ACNM时,根据平行四边形和点坐标的关系得出N的横坐标为:x=−2,进而求得结果;当▱ACMN时(图中▱ACM′N′),同样方法得出结果;当▱AMCN(图中▱AM″CN′′),类似方法得出结果.
本题考查了二次函数及其图象的性质,平行四边形的分类,一元二次方程的解法等知识,解决问题的关键是熟练掌握平行四边形在坐标系中的点的坐标特点.
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