2017年甘肃省中考数学模拟真题及答案(2)
把(0，1200)和(60，0)代入到y1=kx+b得：
解得 ，
∴y1=﹣20x+1200
当x=20时，y1=﹣20×20+1200=800，
(2)设y2=kx+b，
把(20，0)和(60，1000)代入到y2=kx+b中得：
解得 ，
∴y2=25x﹣500，
当0≤x≤20时，y=﹣20x+1200，
当20
y≤900，则5x+700≤900，
x≤40，
当y1=900时，900=﹣20x+1200，
x=15，
∴发生严重干旱时x的范围为：15≤x≤40.
22.已知四边形ABCD是正方形，等腰直角△AEF的直角顶点E在直线BC上(不与点B、C重合)，FM⊥AD，交射线AD于点M.
(1)当点E在边BC上，点M在边AD的延长线上时，①，求证：AB+BE=AM.(提示：延长MF，交边BC的延长线于点H.)
(2)当点E在边CB的延长线上，点M在边AD上时，②.请直接写出线段AB，BE，AM之间的数量关系，不需要证明.
(3)当点E在边BC的延长线上，点M在边AD上时，③.若BE= ，∠AFM=15°，则AM= ﹣1 .
【考点】四边形综合题.
【分析】(1)作辅助线，构建全等三角形，证明四边形ABHM为矩形，则AM=BH，证明△ABE≌△EHF，AB=EH，根据线段的和得出结论;
(2)②，AB=BE+AM，证明△AEB≌△EFH和四边形ABHM为矩形，则AM=BH，所以AB=EH=BE+BH=BE+AM;
(3)③，根据△AEF是等腰直角三角形，得∠AFE=45°，从而求得∠HFE=45°﹣15°=30°，同理得△ABE≌△EHF，则∠AEB=∠HFE=30°，由四边形ABHM是矩形，得AM=BH= ﹣1.
【解答】证明：(1)延长MF，交BC延长线于H，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAM=∠B=90°，
∵FM⊥AD，
∴∠AMF=90°，
∴四边形ABHM为矩形，
∴AM=BH，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEH=90°，
∵∠B=90°，
∴∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠FEH=∠BAE，
∵∠B=∠EHF=90°，
∴△ABE≌△EHF，
∴AB=EH，
∴AM=BH=BE+EH=BE+AB;
(2)AB=BE+AM，理由是：
②，∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEH=90°，
∵∠ABE=90°，
∴∠AEB+∠EAB=90°，
∴∠FEH=∠EAB，
∵∠ABE=∠EHF=90°，
∴△AEB≌△EFH，
∴AB=EH，
∵∠MAB=∠ABH=∠BHM=90°，
∴四边形ABHM为矩形，
∴AM=BH，
∴AB=EH=BE+BH=BE+AM;
(3)③，∵△AEF是等腰直角三角形，
∴∠AFE=45°，
∵∠AFM=15°，
∴∠HFE=45°﹣15°=30°，
同理得：△ABE≌△EHF，
∴∠AEB=∠HFE=30°，EH=AB，
Rt△ABE中，∴AE=2，AB=1，
∴BC=EH=AB=1，
∴BH=EC= ﹣1，
同理得：四边形ABHM是矩形，
∴AM=BH= ﹣1.
故答案为： ﹣1.
23.，△ABC是等边三角形，AB=4cm，CD⊥AB于点D，动点P从点A出发，沿AC以1cm/s的速度向终点C运动，当点P出发后，过点P作PQ∥BC交折线AD﹣DC于点Q，以PQ为边作等边三角形PQR，设四边形APRQ与△ACD重叠部分图形的面积为S(cm2)，点P运动的时间为t(s).
(1)当点Q在线段AD上时，用含t的代数式表示QR的长;
(2)求点R运动的路程长;
(3)当点Q在线段AD上时，求S与t之间的函数关系式;
(4)直接写出以点B、Q、R为顶点的三角形是直角三角形时t的值.
【考点】四边形综合题.
【分析】(1)当点Q在线段AD上时，1，根据四边相等的四边形是菱形证明四边形APRQ是菱形，则QR=AP=t;
(2)2，当点Q在线段AD上运动时，点R的运动的路程长为AR，当点Q在线段CD上运动时，点R的运动的路程长为CR，分别求长并相加即可;
(3)分两种情况：
①当0
②当
分别计算即可;
(4)分两种情况：
①当∠BRQ=90°时，6，根据BQ=2RQ列式可得：t= ;
②当∠BQR=90°时，7，根据BR=2RQ列式可得：t= .
【解答】解：(1)由题意得：AP=t，
当点Q在线段AD上时，1，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=60°，
∵PQ∥BC，
∴∠PQA=∠B=60°，
∴△PAQ是等边三角形，
∴PA=AQ=PQ，
∵△PQR是等边三角形，
∴PQ=PR=RQ，
∴AP=PR=RQ=AQ，
∴四边形APRQ是菱形，
∴QR=AP=t;
(2)当点Q在线段AD上运动时，2，点R的运动的路程长为AR，
由(1)得：四边形APRQ是菱形，
∴AR⊥PQ，
∵PQ∥BC，
∴AR⊥BC，
∴RC= BC= ×4=2，
由勾股定理得：AR= = =2 ;
当点Q在线段CD上运动时，2，点R的运动的路程长为CR，
∴AR+CR=2 +2，
答：点R运动的路程长为(2 +2)cm;
(3)当R在CD上时，3，
∵PR∥AD，
∴△CPR∽△CAD，
∴ ，
∴ ，
4t=8﹣2t，
t= ，
①当0
过P作PE⊥AB于E，
∴PE=AP•sin60°= t，
∴S=AQ•PE= t2，
②当
在Rt△PCF中，sin∠PCF= ，
∴PF=PC•sin30°= (4﹣t)=2﹣ t，
∴FR=t﹣(2﹣ t)= t﹣2，
∴tan60°= ，
∴FM= ×( t﹣2)，
∴S=S菱形APRQ﹣S△FMR= t2﹣ FR•FM= ﹣ ( t﹣2)× ×( t﹣2)，
∴S=﹣ +3 ﹣2 ;
综上所述，当点Q在线段AD上时，S与t之间的函数关系式为：
S= ;
(4)①当∠BRQ=90°时，6，
∵四边形APRQ是菱形，
∴AP=AQ=RQ=t，
∴BQ=4﹣t，
∵∠AQP=∠PQR=60°，
∴∠RQB=180°﹣60°60°=60°，
∴∠RBQ=30°，
∴BQ=2RQ，
4﹣t=2t，
3t=4，
t= ;
②当∠BQR=90°时，7，
同理得四边形CPQR是菱形，
∴PC=RQ=RC=4﹣t，
∴BR=t，
∵∠CRP=∠PRQ=60°，
∴∠QRB=60°，
∴∠QBR=30°，
∴BR=2RQ，
∴t=2(4﹣t)，
t= ，
综上所述，以点B、Q、R为顶点的三角形是直角三角形时t的值是 或 .
24.，抛物线y=ax2+bx过A(4，0)，B(1，3)两点，点C、B关于抛物线的对称轴对称，过点B作直线BH⊥x轴，交x轴于点H.
(1)求抛物线的表达式;
(2)直接写出点C的坐标，并求出△ABC的面积;
(3)点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，当△ABP的面积为6时，求出点P 的坐标;
(4)若点M在直线BH上运动，点N在x轴上运动，当以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，请直接写出此时点N的坐标.
【考点】二次函数综合题.
【分析】(1)把A、B两点的坐标代入抛物线解析式可坟得a、b的值，可求得抛物线解析式;
(2)由抛物线的对称性可求得C点坐标，再求△ABC的面积即可;
(3)因为点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，设出点P的坐标(m，﹣m2+4m)，利用差表示△ABP的面积，列式计算求出m的值，写出点P的坐标;
(4)分别以点C、M、N为直角顶点分三类进行讨论，利用全等三角形和勾股定理ON的长即可.
【解答】解：
(1)把点A(4，0)，B(1，3)代入抛物线y=ax2+bx中，
得 ，解得 ：，
∴抛物线表达式为y=﹣x2+4x;
(2)∵y=﹣x2+4x=﹣(x﹣2)2+4，
∴抛物线对称轴为x=2，
∵点C和点B关于对称轴对称，点B的坐标为(1，3)，
∴C(3，3)，
∴BC=2，
∴S△ABC= ×2×3=3;
(3)1，过P点作PD⊥BH交BH于点D，
设点P(m，﹣m2+4m)，
根据题意，得：BH=AH=3，HD=m2﹣4m，PD=m﹣1，
∴S△ABP=S△ABH+S四边形HAPD﹣S△BPD，
∴6= ×3×3+ (3+m﹣1)(m2﹣4m)﹣ (m﹣1)(3+m2﹣4m)，
∴3m2﹣15m=0，解得m1=0(舍去)，m2=5，
∴点P坐标为(5，﹣5);
(4)以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，分三类情况讨论：
①以点M为直角顶点且M在x轴上方时，2，CM=MN，∠CMN=90°，
则△CBM≌△MHN，
∴BC=MH=2，BM=HN=3﹣2=1，
∴N(2，0);
②以点M为直角顶点且M在x轴下方时，3，
作辅助线，构建所示的两直角三角形：Rt△NEM和Rt△MDC，
得Rt△NEM≌Rt△MDC，
∴EM=CD=5，
∵OH=1，
∴ON=NH﹣OH=5﹣1=4，
∴N(﹣4，0);
③以点N为直角顶点且N在y轴左侧时，4，CN=MN，∠MNC=90°，作辅助线，
同理得Rt△NEM≌Rt△MDC，
∴ME=NH=DN=3，
∴ON=3﹣1=2，
∴N(﹣2，0);
④以点N为直角顶点且N在y轴右侧时，作辅助线，5，
同理得ME=DN=NH=3，
∴ON=1+3=4，
∴N(4，0);
⑤以C为直角顶点时，不能构成满足条件的等腰直角三角形;
综上可知当△CMN为等腰直角三角形时N点坐标为(2，0)或(﹣4，0)或(﹣2，0)或(4，0).
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