2020年上海市普陀区中考数学一模试卷

2020年上海市普陀区中考数学一模试卷

‎2020年上海市普陀区中考数学一模试卷 一、选择题：（本大题共6题。每题4分，满分24分）‎ ‎ ‎ ‎1. 已知xy‎=‎‎3‎‎5‎，那么下列等式中，不一定正确的是（ ） ‎ A.‎5x＝‎3y B.x+y＝‎8‎ C.x+yy‎=‎‎8‎‎5‎ D.‎xy‎=‎x+3‎y+5‎ ‎ ‎ ‎2. 下列二次函数中，如果函数图象的对称轴是y轴，那么这个函数是（ ） ‎ A.y＝x‎2‎‎+2x B.y＝x‎2‎‎+2x+1‎ C.y＝x‎2‎‎+2‎ D.y＝‎‎(x−1‎‎)‎‎2‎ ‎ ‎ ‎3. 已知在Rt△ABC中，‎∠C＝‎90‎‎∘‎，sinA=‎‎1‎‎3‎，那么下列说法中正确的是（ ） ‎ A.cosB=‎‎1‎‎3‎ B.cotA=‎‎1‎‎3‎ C.tanA=‎‎2‎‎2‎‎3‎ D.‎cotB=‎‎2‎‎2‎‎3‎ ‎ ‎ ‎4. 下列说法中，正确的是（ ） ‎ A.如果k＝‎0‎，a‎→‎是非零向量，那么ka‎→‎=0‎ B.如果e‎→‎是单位向量，那么e‎→‎‎=1‎ C.如果‎|b‎→‎|‎＝‎|a‎→‎|‎，那么b‎→‎‎=‎a‎→‎或b‎→‎‎=−‎a‎→‎ D.已知非零向量a‎→‎，如果向量b‎→‎‎=−5‎a‎→‎，那么a‎→‎‎ // ‎b‎→‎ ‎ ‎ ‎5. 如果二次函数y＝‎(x−m‎)‎‎2‎+n的图象如图所示，那么一次函数y＝mx+n的图象经过（ ） ‎ A.第一、二、三象限 B.第一、三、四象限 C.第一、二、四象限 D.第二、三、四象限 ‎ ‎ ‎ ‎6. 如图，在Rt△ABC中，‎∠ACB＝‎90‎‎∘‎，CD⊥AB，垂足为点D，如果C‎△ADCC‎△CDB‎=‎‎3‎‎2‎，AD＝‎9‎，那么BC的长是（ ） ‎ A.‎4‎ B.‎6‎ C.‎2‎‎13‎ D.‎‎3‎‎10‎ 二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）‎ ‎ ‎ ‎ 化简：‎2(a‎→‎+‎1‎‎2‎b‎→‎)−(a‎→‎−b‎→‎)‎＝________． ‎ ‎ ‎ ‎ 抛物线y＝‎(a−2)‎x‎2‎在对称轴左侧的部分是上升的，那么a的取值范围是________． ‎ ‎ ‎ ‎ 已知函数f(x)‎＝‎3x‎2‎−2x−1‎，如果x＝‎2‎，那么f(x)‎＝________． ‎ ‎ ‎ ‎ 如果抛物线y＝ax‎2‎+2ax+c与x轴的一个交点的坐标是‎(1, 0)‎，那么与x轴的另一个交点的坐标是________． ‎ ‎ ‎ ‎ 将二次函数y＝x‎2‎‎−2x+2‎的图象向下平移m(m>0)‎个单位后，它的顶点恰好落在x轴上，那么m的值等于________． ‎ ‎ ‎ ‎ 已知在Rt△ABC中，‎∠C＝‎90‎‎∘‎，cotB=‎‎1‎‎3‎，BC＝‎2‎，那么AC＝________． ‎ ‎ ‎ ‎ 如图，‎△ABC的中线AD、CE交于点G，点F在边AC上，GF // BC，那么GFBC的值是________． ‎ ‎ ‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎ 如图，在‎△ABC与‎△AED中，ABAE‎=‎BCED，要使‎△ABC与‎△AED相似，还需添加一个条件，这个条件可以是________（只需填一个条件）． ‎ ‎ ‎ ‎ 如图，在Rt△ABC中，‎∠C＝‎90‎‎∘‎，AD是三角形的角平分线，如果AB＝‎3‎‎5‎，AC＝‎2‎‎5‎，那么点D到直线AB的距离等于________． ‎ ‎ ‎ ‎ 如图，斜坡AB长为‎100‎米，坡角‎∠ABC＝‎30‎‎∘‎，现因“改小坡度”工程的需要，将斜坡AB改造成坡度i＝‎1:5‎的斜坡BD（A、D、C三点在地面的同一条垂线上），那么由点A到点D下降了________米．（结果保留根号） ‎ ‎ ‎ ‎ 如图，在四边形ABCD中，‎∠ABC＝‎90‎‎∘‎，对角线AC、BD交于点O，AO＝CO，CD⊥BD，如果CD＝‎3‎，BC＝‎5‎，那么AB＝________． ‎ ‎ ‎ ‎ 如图，在Rt△ABC中，‎∠C＝‎90‎‎∘‎，AC＝‎5‎，sinB=‎‎5‎‎13‎，点P为边BC上一点，PC＝‎3‎，将‎△ABC绕点P旋转得到‎△‎A‎′‎B‎′‎C‎′‎（点A、B、C分别与点A‎′‎、B‎′‎、C‎′‎对应），使B‎′‎C‎′‎‎ // AB，边A‎′‎C‎′‎与边AB交于点G，那么A‎′‎G的长等于________‎20‎‎13‎ ． ‎ 三、解答题：（本大题共7题，满分78分）‎ ‎ ‎ ‎ 计算：‎2sin‎2‎60−cos60‎tan‎2‎‎60−4cos45‎． ‎ ‎ ‎ ‎ 如图，在‎△ABC中，点D、E、F分别在边AB、AC、BC上，DE // BC，EF // AB，AD:AB＝‎1:3‎． ‎ ‎（1）当DE＝‎5‎时，求FC的长；‎ ‎ ‎ ‎（2）设AD‎→‎‎=‎a‎→‎，CF‎→‎‎=‎b‎→‎，那么FE‎→‎‎=‎________，EA‎→‎‎=‎________（用向量a‎→‎，b‎→‎表示）．‎ ‎ ‎ ‎ 如图，在‎△ABC中，点P、D分别在边BC、AC上，PA⊥AB，垂足为点A，DP⊥BC，垂足为点P，APPD‎=‎BPCD． ‎ ‎（1）求证：‎∠APD＝‎∠C；‎ ‎ ‎ ‎（2）如果AB＝‎3‎，DC＝‎2‎，求AP的长．‎ ‎ ‎ ‎ 函数y=‎mx与函数y=‎xk（m、k为不等于零的常数）的图象有一个公共点A(3, k−2)‎，其中正比例函数y的值随x的值增大而减小，求这两个函数的解析式． ‎ ‎ ‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎ 已知：如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，S‎△AOD＝S‎△BOC． ‎ ‎（1）求证：DOOB‎=‎COOA；‎ ‎ ‎ ‎（2）设‎△OAB的面积为S，CDAB‎=k，求证：S四边形ABCD＝‎(k+1‎)‎‎2‎S．‎ ‎ ‎ ‎ 在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y＝ax‎2‎+(a+‎8‎‎3‎)x+c(a≠0)‎经过点A(−3, −2)‎，与y轴交于点B (0, −2)‎，抛物线的顶点为点C，对称轴与x轴交于点D． ‎ ‎（1）求抛物线的表达式及点C的坐标；‎ ‎ ‎ ‎（2）点E是x轴正半轴上的一点，如果‎∠AED＝‎∠BCD，求点E的坐标；‎ ‎ ‎ ‎（3）在（2）的条件下，点P是位于y轴左侧抛物线上的一点，如果‎△PAE是以AE为直角边的直角三角形，求点P的坐标．‎ ‎ ‎ ‎ 如图，在梯形ABCD中，AD // BC，‎∠C＝‎90‎‎∘‎，AD＝‎2‎，BC＝‎5‎，DC＝‎3‎，点E在边BC上，tan∠AEC＝‎3‎，点M是射线DC上一个动点（不与点D、C重合），联结BM交射线AE于点N，设DM＝x，AN＝y． ‎ ‎（1）求BE的长；‎ ‎ ‎ ‎（2）当动点M在线段DC上时，试求y与x之间的函数解析式，并写出函数的定义域；‎ ‎ ‎ ‎（3）当动点M运动时，直线BM与直线AE的夹角等于‎45‎‎∘‎，请直接写出这时线段DM的长．‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 参考答案与试题解析 ‎2020年上海市普陀区中考数学一模试卷 一、选择题：（本大题共6题。每题4分，满分24分）‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 比例的性质 ‎【解析】‎ 根据比例的性质作答．‎ ‎【解答】‎ A‎、由比例的性质得到‎3y＝‎5x，故本选项不符合题意． B、根据比例的性质得到x+y＝‎8k（k是正整数），故本选项符合题意． C、根据合比性质得到x+yy‎=‎‎8‎‎5‎，故本选项不符合题意． D、根据等比性质得到xy‎=‎x+3‎y+5‎，故本选项不符合题意．‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 二次函数的性质 ‎【解析】‎ 由已知可知对称轴为x＝‎0‎，从而确定函数解析式y＝ax‎2‎+bx+c中，b＝‎0‎，由选项入手即可．‎ ‎【解答】‎ 二次函数的对称轴为y轴， 则函数对称轴为x＝‎0‎， 即函数解析式y＝ax‎2‎+bx+c中，b＝‎0‎，‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 同角三角函数的关系 ‎【解析】‎ 利用同角三角函数的关系解答．‎ ‎【解答】‎ 在Rt△ABC中，‎∠C＝‎90‎‎∘‎，sinA=‎‎1‎‎3‎，则cosA=‎1−sin‎2‎A=‎1−‎‎1‎‎9‎=‎‎2‎‎2‎‎3‎ A、cosB＝sinA=‎‎1‎‎3‎，故本选项符合题意． B、cotA=cosAsinA=‎2‎‎2‎‎3‎‎1‎‎3‎=2‎‎2‎．故本选项不符合题意． C、tanA=sinAcosA=‎1‎‎3‎‎2‎‎2‎‎3‎=‎‎2‎‎4‎．故本选项不符合题意． D、cotB＝tanA=‎‎2‎‎4‎．故本选项不符合题意．‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ ‎*平面向量 ‎【解析】‎ 根据平面向量的性质一一判断即可．‎ ‎【解答】‎ A‎、如果k＝‎0‎，a‎→‎是非零向量，那么ka‎→‎=0‎，错误，应该是ka‎→‎=‎‎0‎‎→‎． B、如果e‎→‎是单位向量，那么e‎→‎‎=1‎，错误．应该是‎|e‎→‎|‎＝‎1‎． C、如果‎|b‎→‎|‎＝‎|a‎→‎|‎，那么b‎→‎‎=‎a‎→‎或b‎→‎‎=−‎a‎→‎，错误．模相等的向量，不一定平行． D、已知非零向量a‎→‎，如果向量b‎→‎‎=−5‎a‎→‎，那么a‎→‎‎ // ‎b‎→‎，正确．‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 二次函数的性质 二次函数图象与几何变换 一次函数图象上点的坐标特点 一次函数的性质 二次函数图象上点的坐标特征 ‎【解析】‎ 由二次函数解析式表示出顶点坐标，根据图形得到顶点在第四象限，求出m与n的正负，即可作出判断．‎ ‎【解答】‎ 根据题意得：抛物线的顶点坐标为‎(m, n)‎，且在第四象限， ∴ m>0‎，n<0‎， 则一次函数y＝mx+n经过第一、三、四象限．‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 相似三角形的性质与判定 ‎【解析】‎ 证明‎△ADC∽△CDB，根据相似三角形的性质求出CD、BD，根据勾股定理求出BC．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎∠ACB＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎ ‎∠ACD+∠BCD＝‎90‎‎∘‎， ∵ CD⊥AB， ∴ ‎∠A+∠ACD＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎∠A＝‎∠BCD，又‎∠ADC＝‎∠CDB， ∴ ‎△ADC∽△CDB， ∴ ADCD‎=‎CDBD，C‎△ADCC‎△CDB‎=‎ADCD， ∴ ADCD‎=‎‎3‎‎2‎，即‎9‎CD‎=‎‎3‎‎2‎， 解得，CD＝‎6‎， ∴ ‎9‎‎6‎‎=‎‎6‎BD， 解得，BD＝‎4‎， ∴ BC=CD‎2‎+BD‎2‎=‎6‎‎2‎‎+‎‎4‎‎2‎=2‎‎13‎，‎ 二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）‎ ‎【答案】‎ a‎→‎‎+2‎b‎→‎ ‎【考点】‎ ‎*平面向量 ‎【解析】‎ 直接利用向量加减运算法则去括号合并求出答案．‎ ‎【解答】‎ ‎2(a‎→‎+‎1‎‎2‎b‎→‎)−(a‎→‎−b‎→‎)‎‎＝‎2a‎→‎+b‎→‎−a‎→‎+b‎→‎=a‎→‎+2‎b‎→‎．‎ ‎【答案】‎ a<2‎ ‎【考点】‎ 二次函数图象上点的坐标特征 二次函数图象与系数的关系 ‎【解析】‎ 利用二次函数的性质得到抛物线开口向下，则a−2<0‎，然后解不等式即可．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 抛物线y＝‎(a−2)‎x‎2‎在对称轴左侧的部分是上升的， ∴ 抛物线开口向下， ∴ a−2<0‎，解得a<2‎．‎ ‎【答案】‎ ‎7‎ ‎【考点】‎ 二次函数的性质 ‎【解析】‎ 把x＝‎2‎代入函数关系式即可求得．‎ ‎【解答】‎ f(2)‎‎＝‎3×‎2‎‎2‎−2×2−1‎＝‎7‎，‎ ‎【答案】‎ ‎(−3, 0)‎ ‎【考点】‎ 抛物线与x轴的交点 ‎【解析】‎ 根据抛物线y＝ax‎2‎+2ax+c，可以得到该抛物线的对称轴，然后根据二次函数图象具有对称性和抛物线y＝ax‎2‎+2ax+c与x轴的一个交点的坐标是‎(1, 0)‎，可以得到该抛物线与x轴的另一个交点坐标．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 抛物线y＝ax‎2‎+2ax+c＝a(x+1‎)‎‎2‎−a+c， ∴ 该抛物线的对称轴是直线x＝‎−1‎， ∵ 抛物线y＝ax‎2‎+2ax+c与x轴的一个交点的坐标是‎(1, 0)‎， ∴ 该抛物线与x轴的另一个交点的坐标是‎(−3, 0)‎，‎ ‎【答案】‎ ‎1‎ ‎【考点】‎ 二次函数的性质 二次函数图象上点的坐标特征 二次函数图象与几何变换 ‎【解析】‎ 利用平移的性质得出平移后解析式，进而得出其顶点坐标，再代入直线y＝‎0‎求出即可．‎ ‎【解答】‎ y‎＝x‎2‎‎−2x+2‎＝‎(x−1‎)‎‎2‎+1‎， ∴ 将抛物线y＝x‎2‎‎−2x+2‎沿y轴向下平移‎1‎个单位，使平移后的抛物线的顶点恰好落在x轴上， ∴ m＝‎1‎，‎ ‎【答案】‎ ‎6‎ ‎【考点】‎ 锐角三角函数的定义 ‎【解析】‎ 根据三角函数的定义即可求解．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ cotB=‎BCAC， ∴ AC=BCcotB=BC‎1‎‎3‎=3BC＝‎6‎．‎ ‎【答案】‎ ‎1‎‎3‎ ‎【考点】‎ 相似三角形的性质与判定 三角形的重心 ‎【解析】‎ 根据三角形的重心和相似三角形的判定和性质解答即可．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎△ABC的中线AD、CE交于点G， ∴ G是‎△ABC的重心， ∴ AGGD‎=‎‎2‎‎1‎， ‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎∵ GF // BC， ∴ GFDC‎=AGAD=‎‎2‎‎3‎， ∵ DC=‎1‎‎2‎BC， ∴ GFBC‎=‎‎1‎‎3‎，‎ ‎【答案】‎ ‎∠E‎＝‎∠B（答案不唯一）‎ ‎【考点】‎ 相似三角形的判定 ‎【解析】‎ 根据两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似可得添加条件：‎∠B＝‎∠E．‎ ‎【解答】‎ 添加条件：‎∠B＝‎∠E； ∵ ABAE‎=‎BCED，‎∠B＝‎∠E， ∴ ‎△ABC∽△AED，‎ ‎【答案】‎ ‎2‎ ‎【考点】‎ 角平分线的性质 ‎【解析】‎ 作DE⊥AB于E，如图，利用勾股定理计算出BC＝‎5‎，再根据角平分线的性质得DC＝DE，然后利用面积法得到‎1‎‎2‎‎×2‎5‎×DC+‎1‎‎2‎×DE×3‎5‎=‎1‎‎2‎×2‎5‎×5‎，从而可求出DE．‎ ‎【解答】‎ 作DE⊥AB于E，如图， 在Rt△ABC中，BC=‎(3‎5‎‎)‎‎2‎−(2‎‎5‎‎)‎‎2‎=5‎， ∵ AD是三角形的角平分线， ∴ DC＝DE， ∵ S‎△ACD‎+‎S‎△ABD＝S‎△ABC， ∴ ‎1‎‎2‎‎×2‎5‎×DC+‎1‎‎2‎×DE×3‎5‎=‎1‎‎2‎×2‎5‎×5‎， ∴ DE＝‎2‎， 即点D到直线AB的距离等于‎2‎．‎ ‎【答案】‎ ‎50−10‎‎3‎ ‎【考点】‎ 解直角三角形的应用-坡度坡角问题 ‎【解析】‎ 根据直角三角形的性质求出AC，根据余弦的定义求出BC，根据坡度的概念求出CD，结合图形计算，得到答案．‎ ‎【解答】‎ 在Rt△ABC中，‎∠ABC＝‎30‎‎∘‎， ∴ AC=‎1‎‎2‎AB＝‎50‎，BC＝AB⋅cos∠ABC＝‎50‎‎3‎， ∵ 斜坡BD的坡度i＝‎1:5‎， ∴ DC:BC＝‎1:5‎， ∴ DC＝‎10‎‎3‎， 则AD＝‎50−10‎‎3‎，‎ ‎【答案】‎ ‎15‎‎4‎ ‎【考点】‎ 相似三角形的性质与判定 ‎【解析】‎ 如图，过点A作AE⊥BD，由“AAS”可证‎△AOE≅△COD，可得CD＝AE＝‎3‎，由勾股定理可求BD＝‎4‎，通过证明‎△ABE∽△BCD，可得AEBD‎=‎ABBC，即可求解．‎ ‎【解答】‎ 如图，过点A作AE⊥BD， ∵ CD⊥BD，AE⊥BD， ∴ ‎∠CDB＝‎∠AED＝‎90‎‎∘‎，且CO＝AO，‎∠COD＝‎∠AOE， ∴ ‎△AOE≅△COD(AAS)‎ ∴ CD＝AE＝‎3‎， ∵ ‎∠CDB＝‎90‎‎∘‎，BC＝‎5‎，CD＝‎3‎， ∴ DB=BC‎​‎‎2‎−CD‎​‎‎2‎=‎25−9‎=4‎； ∵ ‎∠ABC＝‎∠AEB＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎∠ABE+∠EAB＝‎90‎‎∘‎，‎∠CBD+∠ABE＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎∠EAB＝‎∠CBD，且‎∠CDB＝‎∠AED＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎△ABE∽△BCD， ∴ AEBD‎=‎ABBC， ∴ ‎3‎‎4‎‎=‎AB‎5‎ ∴ ‎AB=‎‎15‎‎4‎ ‎【答案】‎ ‎20‎‎13‎ ‎【考点】‎ 平行线的判定 旋转的性质 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 解直角三角形 ‎【解析】‎ 如图，作PH⊥AB于H．利用相似三角形的性质求出PH，再证明四边形PHGC′‎是矩形即可解决问题．‎ ‎【解答】‎ 如图，作PH⊥AB于H． 在Rt△ABC中，‎∠C＝‎90‎‎∘‎，AC＝‎5‎，sinB=‎‎5‎‎13‎， ∴ ACAB‎=‎‎5‎‎13‎， ∴ AB＝‎13‎，BC=AB‎2‎−AC‎2‎=‎13‎‎2‎‎−‎‎5‎‎2‎=12‎， ∵ PC＝‎3‎， ∴ PB＝‎9‎， ∵ ‎∠BPH∽△BAC， ∴ PHAC‎=‎PBAB， ∴ PH‎5‎‎=‎‎9‎‎13‎， ∴ PH=‎‎45‎‎13‎， ∵ AB // B′C′‎， ∴ ‎∠HGC′‎＝‎∠C′‎＝‎∠PHG＝‎90‎‎∘‎， ∴ 四边形PHGC′‎是矩形， ∴ CG′‎＝PH=‎‎45‎‎13‎， ∴ A′G＝‎5−‎45‎‎13‎=‎‎20‎‎13‎，‎ 三、解答题：（本大题共7题，满分78分）‎ ‎【答案】‎ 原式‎=‎‎2×‎(‎3‎‎2‎)‎‎2‎−‎‎1‎‎2‎‎(‎3‎)‎‎2‎‎−4×‎‎2‎‎2‎ ‎=‎‎3‎‎2‎‎−‎‎1‎‎2‎‎3−2‎‎2‎ ‎=‎‎1‎‎3−2‎‎2‎ ＝‎3+2‎‎2‎．‎ ‎【考点】‎ 特殊角的三角函数值 ‎【解析】‎ 根据特殊角三角函数值，可得实数的运算，根据实数的运算，可得答案．‎ ‎【解答】‎ 原式‎=‎‎2×‎(‎3‎‎2‎)‎‎2‎−‎‎1‎‎2‎‎(‎3‎)‎‎2‎‎−4×‎‎2‎‎2‎ ‎=‎‎3‎‎2‎‎−‎‎1‎‎2‎‎3−2‎‎2‎ ‎=‎‎1‎‎3−2‎‎2‎ ＝‎3+2‎‎2‎．‎ ‎【答案】‎ ‎∵ DE // BC，EF // AB， ∴ 四边形DEFB是平行四边形， ∴ DE＝BF＝‎5‎， ∵ AD:AB＝DE:BC＝‎1:3‎， ∴ BC＝‎15‎， ∴ CF＝BC−BF＝‎15−5‎＝‎10‎．‎ ‎−2‎a‎→‎‎,‎‎1‎‎2‎b‎→‎‎−‎a‎→‎ ‎【考点】‎ ‎*平面向量 ‎【解析】‎ ‎（1）利用平行线分线段成比例定理求解即可． （2）利用三角形法则求解即可．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ DE // BC，EF // AB， ∴ 四边形DEFB是平行四边形， ∴ DE＝BF＝‎5‎， ∵ AD:AB＝DE:BC＝‎1:3‎， ∴ BC＝‎15‎， ∴ CF＝BC−BF＝‎15−5‎＝‎10‎．‎ ‎∵ AD:AB＝‎1:3‎， ∴ DB‎→‎‎=2AD‎→‎=2‎a‎→‎， ∵ EF＝BD，EF // BD， ∴ FE‎→‎‎=−DB‎→‎=−2‎a‎→‎， ∵ CF＝‎2DE， ∴ ED‎→‎‎=‎1‎‎2‎CF‎→‎=‎‎1‎‎2‎b‎→‎， ∴ EA‎→‎‎=ED‎→‎+DA‎→‎=‎1‎‎2‎b‎→‎−‎a‎→‎， 故答案为 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎【答案】‎ ‎∵ PA⊥AB，DP⊥BC， ∴ ‎∠BAP＝‎∠DPC＝‎90‎‎∘‎， ∵ APPD‎=‎BPCD ∴ APBP‎=‎PDCD， ∴ Rt△ABP∽Rt△PCD， ∴ ‎∠B＝‎∠C，‎∠APB＝‎∠CDP， ∵ ‎∠DPB＝‎∠C+∠CDP＝‎∠APB+∠APD， ∴ ‎∠APD＝‎∠C；‎ ‎∵ ‎∠B＝‎∠C， ∴ AB＝AC＝‎3‎，且CD＝‎2‎， ∴ AD＝‎1‎， ∵ ‎∠APD＝‎∠C，‎∠CAP＝‎∠PAD， ∴ ‎△APC∽△ADP， ∴ APAC‎=‎ADAP ∴ AP‎2‎＝‎1×3‎＝‎3‎ ∴ AP=‎‎3‎．‎ ‎【考点】‎ 相似三角形的性质与判定 ‎【解析】‎ ‎（1）通过证明Rt△ABP∽Rt△PCD，可得‎∠B＝‎∠C，‎∠APB＝‎∠CDP，由外角性质可得结论； （2）通过证明‎△APC∽△ADP，可得APAC‎=‎ADAP，即可求解．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ PA⊥AB，DP⊥BC， ∴ ‎∠BAP＝‎∠DPC＝‎90‎‎∘‎， ∵ APPD‎=‎BPCD ∴ APBP‎=‎PDCD， ∴ Rt△ABP∽Rt△PCD， ∴ ‎∠B＝‎∠C，‎∠APB＝‎∠CDP， ∵ ‎∠DPB＝‎∠C+∠CDP＝‎∠APB+∠APD， ∴ ‎∠APD＝‎∠C；‎ ‎∵ ‎∠B＝‎∠C， ∴ AB＝AC＝‎3‎，且CD＝‎2‎， ∴ AD＝‎1‎， ∵ ‎∠APD＝‎∠C，‎∠CAP＝‎∠PAD， ∴ ‎△APC∽△ADP， ∴ APAC‎=‎ADAP ∴ AP‎2‎＝‎1×3‎＝‎3‎ ∴ AP=‎‎3‎．‎ ‎【答案】‎ 根据题意可得 ‎3‎k‎=k−2‎， 整理得k‎2‎‎−2k+3‎＝‎0‎， 解得k‎1‎＝‎−1‎，k‎2‎＝‎3‎， ∵ 正比例函数y的值随x的值增大而减小， ∴ k＝‎−1‎， ∴ 点A的坐标为‎(3, −3)‎， ∴ 反比例函数是解析式为：y=−‎‎9‎x； 正比例函数的解析式为：y＝‎−x．‎ ‎【考点】‎ 反比例函数与一次函数的综合 ‎【解析】‎ 把点A(3, k−2)‎代入y=‎xk，即可得出‎3‎k‎=k−2‎，据此求出k的值，再根据正比例函数y的值随x的值增大而减小，得出满足条件的k值即可求解．‎ ‎【解答】‎ 根据题意可得 ‎3‎k‎=k−2‎， 整理得k‎2‎‎−2k+3‎＝‎0‎， 解得k‎1‎＝‎−1‎，k‎2‎＝‎3‎， ∵ 正比例函数y的值随x的值增大而减小， ∴ k＝‎−1‎， ∴ 点A的坐标为‎(3, −3)‎， ∴ 反比例函数是解析式为：y=−‎‎9‎x； 正比例函数的解析式为：y＝‎−x．‎ ‎【答案】‎ ‎∵ S‎△AOD＝S‎△BOC， ∴ S‎△AOD‎+‎S‎△AOB＝S‎△BOC‎+‎S‎△AOB，即S‎△ADB＝S‎△ACB， ∴ CD // AB， ∴ ‎△DOC∽△BOA， ∴ DOOB‎=‎COOA；‎ ‎∵ ‎△DOC∽△BOA ∴ CDAB‎=DOBO=COAO=k，S‎​‎‎△CODS‎​‎‎△AOB‎=(CDAB)‎​‎‎2‎=‎k‎2‎， ∴ DO＝kOB，CO＝kAO，S‎△COD＝k‎2‎S， ∴ S‎△AOD＝kS‎△OAB＝kS，S‎△COB＝kS‎△OAB＝kS， ∴ S四边形ABCD＝S+kS+kS+k‎2‎S＝‎(k+1‎)‎‎2‎S．‎ ‎【考点】‎ 相似三角形的性质与判定 ‎【解析】‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎（1）由S‎△AOD＝S‎△BOC易得S‎△ADB＝S‎△ACB，根据三角形面积公式得到点D和点C到AB的距离相等，则CD // AB，于是可判断‎△DOC∽△BOA，然后利用相似比即可得到结论； （2）利用相似三角形的性质可得结论．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ S‎△AOD＝S‎△BOC， ∴ S‎△AOD‎+‎S‎△AOB＝S‎△BOC‎+‎S‎△AOB，即S‎△ADB＝S‎△ACB， ∴ CD // AB， ∴ ‎△DOC∽△BOA， ∴ DOOB‎=‎COOA；‎ ‎∵ ‎△DOC∽△BOA ∴ CDAB‎=DOBO=COAO=k，S‎​‎‎△CODS‎​‎‎△AOB‎=(CDAB)‎​‎‎2‎=‎k‎2‎， ∴ DO＝kOB，CO＝kAO，S‎△COD＝k‎2‎S， ∴ S‎△AOD＝kS‎△OAB＝kS，S‎△COB＝kS‎△OAB＝kS， ∴ S四边形ABCD＝S+kS+kS+k‎2‎S＝‎(k+1‎)‎‎2‎S．‎ ‎【答案】‎ 将点A(−3, −2)‎、B (0, −2)‎代入抛物线y＝ax‎2‎+(a+‎8‎‎3‎)x+c， 得，‎−2=9a−3(a+‎8‎‎3‎)+c‎−2=c‎ ‎， 解得，a=‎‎4‎‎3‎，c＝‎−2‎， ∴ y=‎4‎‎3‎x‎2‎+4x−2‎ ‎=‎4‎‎3‎(x+‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎−5‎， ∴ 抛物线解析式为y=‎4‎‎3‎x‎2‎+4x−2‎，顶点C的坐标为‎(−‎3‎‎2‎, −5)‎；‎ 如图‎1‎，连接AB，交对称轴于点N，则N(−‎3‎‎2‎, −2)‎， 在Rt△BCN中， tan∠BCN=BNCN=‎3‎‎2‎‎3‎=‎‎1‎‎2‎， ∴ tan∠AED=‎‎1‎‎2‎， 过点A作AH⊥DE于H， 则tan∠AED=AHEH=‎2‎EH=‎‎1‎‎2‎， ∴ EH＝‎4‎， ∴ OE＝‎1‎， ∴ E(1, 0)‎；‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎①如图‎2‎，当‎∠EAP＝‎90‎‎∘‎时， ∵ ‎∠HEA+∠HAE＝‎90‎，‎∠HAE+∠MAP＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎∠HEA＝‎∠MAP， 又‎∠AHE＝‎∠PMA＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎△AHE∽△PMA， 则MPAM‎=‎AHHE， 设PM＝t，则AM＝‎2t， 将P(t−3, −2−2t)‎代入y=‎4‎‎3‎x‎2‎+4x−2‎， 得，t‎1‎＝‎0‎（舍去），t‎2‎‎=‎‎3‎‎2‎， ∴ P‎1‎‎(−‎3‎‎2‎, −5)‎； ②如图‎3‎，当‎∠AEP＝‎90‎‎∘‎时， ∵ ‎∠EAG+∠AEG＝‎90‎‎∘‎，‎∠AEG+∠PEN＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎∠AEG＝‎∠EPN， 又∵ ‎∠N＝‎∠G＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎△AEG∽△EPN， 则PNEN‎=EGAG=‎‎1‎‎2‎， 设PN＝t，则EN＝‎2t， 将P(1−t, 2t)‎代入y=‎4‎‎3‎x‎2‎+4x−2‎， 得，t‎1‎‎=‎‎13+‎‎129‎‎4‎，t‎2‎‎=‎‎13−‎‎129‎‎4‎（舍）， ∴ P‎2‎‎(−‎9+‎‎129‎‎4‎, ‎13+‎‎129‎‎2‎)‎； 综上所述：P‎1‎‎(−‎3‎‎2‎, −5)‎，P‎2‎‎(−‎9+‎‎129‎‎4‎, ‎13+‎‎129‎‎2‎)‎． ‎ ‎【考点】‎ 二次函数综合题 ‎【解析】‎ ‎（1）将点A、B 代入抛物线y＝ax‎2‎+(a+‎8‎‎3‎)x+c，即可求出抛物线解析式，再化为顶点式即可； （2）如图‎1‎，连接AB，交对称轴于点N，则N(−‎3‎‎2‎, −2)‎，利用相等角的正切值相等即可求出EH的长，OE的长，可写出点E的坐标； （3）分‎∠EAP＝‎90‎‎∘‎和‎∠AEP＝‎90‎‎∘‎两种情况讨论，通过相似的性质，用含t的代数式表示出点P的坐标，可分别求出点P的坐标．‎ ‎【解答】‎ 将点A(−3, −2)‎、B (0, −2)‎代入抛物线y＝ax‎2‎+(a+‎8‎‎3‎)x+c， 得，‎−2=9a−3(a+‎8‎‎3‎)+c‎−2=c‎ ‎， 解得，a=‎‎4‎‎3‎，c＝‎−2‎， ∴ y=‎4‎‎3‎x‎2‎+4x−2‎ ‎=‎4‎‎3‎(x+‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎−5‎， ∴ 抛物线解析式为y=‎4‎‎3‎x‎2‎+4x−2‎，顶点C的坐标为‎(−‎3‎‎2‎, −5)‎；‎ 如图‎1‎，连接AB，交对称轴于点N，则N(−‎3‎‎2‎, −2)‎， 在Rt△BCN中， tan∠BCN=BNCN=‎3‎‎2‎‎3‎=‎‎1‎‎2‎， ∴ tan∠AED=‎‎1‎‎2‎， 过点A作AH⊥DE于H， 则tan∠AED=AHEH=‎2‎EH=‎‎1‎‎2‎， ∴ EH＝‎4‎， ∴ OE＝‎1‎， ∴ E(1, 0)‎；‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎①如图‎2‎，当‎∠EAP＝‎90‎‎∘‎时， ∵ ‎∠HEA+∠HAE＝‎90‎，‎∠HAE+∠MAP＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎∠HEA＝‎∠MAP， 又‎∠AHE＝‎∠PMA＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎△AHE∽△PMA， 则MPAM‎=‎AHHE， 设PM＝t，则AM＝‎2t， 将P(t−3, −2−2t)‎代入y=‎4‎‎3‎x‎2‎+4x−2‎， 得，t‎1‎＝‎0‎（舍去），t‎2‎‎=‎‎3‎‎2‎， ∴ P‎1‎‎(−‎3‎‎2‎, −5)‎； ②如图‎3‎，当‎∠AEP＝‎90‎‎∘‎时， ∵ ‎∠EAG+∠AEG＝‎90‎‎∘‎，‎∠AEG+∠PEN＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎∠AEG＝‎∠EPN， 又∵ ‎∠N＝‎∠G＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎△AEG∽△EPN， 则PNEN‎=EGAG=‎‎1‎‎2‎， 设PN＝t，则EN＝‎2t， 将P(1−t, 2t)‎代入y=‎4‎‎3‎x‎2‎+4x−2‎， 得，t‎1‎‎=‎‎13+‎‎129‎‎4‎，t‎2‎‎=‎‎13−‎‎129‎‎4‎（舍）， ∴ P‎2‎‎(−‎9+‎‎129‎‎4‎, ‎13+‎‎129‎‎2‎)‎； 综上所述：P‎1‎‎(−‎3‎‎2‎, −5)‎，P‎2‎‎(−‎9+‎‎129‎‎4‎, ‎13+‎‎129‎‎2‎)‎． ‎ ‎【答案】‎ 如图‎1‎中，作AH⊥BC于H， ∵ AD // BC，‎∠C＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎∠AHC＝‎∠C＝‎∠D＝‎90‎‎∘‎， ∴ 四边形AHCD是矩形， ∴ AD＝CH＝‎2‎，AH＝CD＝‎3‎， ∵ tan∠AEC＝‎3‎， ∴ AHEH‎=3‎， ∴ EH＝‎1‎，CE＝‎1+2‎＝‎3‎， ∴ BE＝BC−CE＝‎5−3‎＝‎2‎．‎ 延长AD交BM的延长线于G． ∵ AG // BC， ∴ DGBC‎=‎DMCM， ∴ DG‎5‎‎=‎x‎3−x， ∴ DG=‎‎5x‎3−x，AG＝‎2+‎5x‎3−x=‎‎6+3x‎3−x， ∵ ANNE‎=‎AGBE， ∴ y‎10‎‎−y‎=‎‎6+3x‎3−x‎2‎， ∴ y=‎3‎10‎x+6‎‎10‎x+12‎(0

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