2017年广安中考数学模拟试卷及答案(2)
21.张家界市为了治理城市污水，需要铺设一段全长为300米的污水排放管道，铺设120米后，为了尽可能减少施工对城市交通所造成的影响，后来每天的工作量比原计划增加20%，结果共用了27天完成了这一任务，求原计划每天铺设管道多少米?
【考点】分式方程的应用.
【分析】设原计划每天铺设管道x米，根据需要铺设一段全长为300米的污水排放管道，铺设120米后，为了尽可能减少施工对城市交通所造成的影响，后来每天的工作量比原计划增加20%，结果共用了27天完成了这一任务，根据等量关系：铺设120米管道的时间+铺设(300﹣120)米管道的时间=27天，可列方程求解.
【解答】解：设原计划每天铺设管道x米，
依题意得： ，
解得x=10，
经检验，x=10是原方程的解，且符合题意.
答：原计划每天铺设管道10米.
【点评】本题考查理解题意的能力，关键是设出原计划每天铺设管道x米，以天数做为等量关系列方程求解.
22.在平面直角坐标系中，已知反比例函数y= 的图象经过点A(1， ).
(1)试确定此反比例函数的解析式;
(2)点O是坐标原点，将线段OA绕O点顺时针旋转30°得到线段OB，判断点B是否在此反比例函数的图象上，并说明理由.
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征;待定系数法求反比例函数解析式;勾股定理;坐标与图形变化﹣旋转.
【专题】待定系数法.
【分析】(1)根据反比例函数图象上点的坐标特征计算k的值;
(2)过点A作x轴的垂线交x轴于点C，过点B作x轴的垂线交x轴于点D，在Rt△AOC中，根据勾股定理计算出OA=2，利用含30度的直角三角形三边的关系得到
∠OAC=30°，则∠AOC=60°，再根据旋转的性质得∠AOB=30°，OB=OA=2，所以∠BOD=30°，在Rt△BOD中，计算出BD= OB=1，OD= BD= ，于是得到B点坐标为( ，1)，然后根据反比例函数图象上点的坐标特征判断B点在反比例函数图象上.
【解答】解：(1)把A(1， )代入y= ，
得k=1× = ，
∴反比例函数的解析式为y= ;
(2)点B在此反比例函数的图象上.理由如下：
过点A作x轴的垂线交x轴于点C，过点B作x轴的垂线交x轴于点D，，
在Rt△AOC中，OC=1，AC= ，OA= =2，
∴∠OAC=30°，
∴∠AOC=60°，
∵线段OA绕O点顺时针旋转30°得到线段OB，
∴∠AOB=30°，OB=OA=2，
∴∠BOD=30°，
在Rt△BOD中，BD= OB=1，OD= BD= ，
∴B点坐标为( ，1)，
∵当x= 时，y= =1，
∴点B( ，1)在反比例函数 的图象上.
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y= (k为常数，k≠0)的图象是双曲线，图象上的点(x，y)的横纵坐标的积是定值k，即xy=k.也考查了旋转的性质和勾股定理.
23.，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ABC的平分线与AC相交于点D，与⊙O过点A的切线相交于点E.
(1)∠ACB= 90 °，理由是： 直径所对的圆周角是直角 ;
(2)猜想△EAD的形状，并证明你的猜想;
(3)若AB=8，AD=6，求BD.
【考点】圆的综合题.
【专题】综合题.
【分析】(1)根据AB是⊙O的直径，点C在⊙O上利用直径所对的圆周角是直角即可得到结论;
(2)根据∠ABC的平分线与AC相交于点D，得到∠CBD=∠ABE，再根据AE是⊙O的切线得到∠EAB=90°，从而得到∠CDB+∠CBD=90°，等量代换得到∠AED=∠EDA，从而判定△EAD是等腰三角形.
(3)证得△CDB∽△AEB后设BD=5x，则CB=4x，CD=3x，从而得到CA=CD+DA=3x+6，然后在直角三角形ACB中，利用AC2+BC2=AB2得到(3x+6)2+(4x)2=82解得x后即可求得BD的长.
【解答】解：(1)∵AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，
∴∠ACB=90°(直径所对的圆周角是直角)
(2)△EAD是等腰三角形.
证明：∵∠ABC的平分线与AC相交于点D，
∴∠CBD=∠ABE
∵AE是⊙O的切线，∴∠EAB=90°
∴∠AEB+∠EBA=90°，
∵∠EDA=∠CDB，∠CDB+∠CBD=90°，
∵∠CBE=∠ABE，
∴∠AED=∠EDA，
∴AE=AD
∴△EAD是等腰三角形.
(3)解：∵AE=AD，AD=6，
∴AE=AD=6，
∵AB=8，
∴在直角三角形AEB中，EB=10
∵∠CDB=∠E，∠CBD=∠ABE
∴△CDB∽△AEB，
∴ = = =
∴设CB=4x，CD=3x则BD=5x，
∴CA=CD+DA=3x+6，
在直角三角形ACB中，
AC2+BC2=AB2
即：(3x+6)2+(4x)2=82，
解得：x=﹣2(舍去)或x=
∴BD=5x=
【点评】本题考查了圆的综合知识，题目中涉及到了圆周角定理、等腰三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，难度中等偏上.
四、解答题(本题共3道小题，其中24题11分，25、26题各12分.共35分)
24.甲，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm.如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1cm/s.连接PQ，设运动时间为t(s)(0
(1)设△APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值?S的最大值是多少?
(2)乙，连接PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求t的值;′
(3)当t为何值时，△APQ是等腰三角形?
【考点】相似形综合题.
【专题】压轴题.
【分析】(1)过点P作PH⊥AC于H，由△APH∽△ABC，得出 = ，从而求出AB，再根据 = ，得出PH=3﹣ t，则△AQP的面积为： AQ•PH= t(3﹣ t)，最后进行整理即可得出答案;
(2)连接PP′交QC于E，当四边形PQP′C为菱形时，得出△APE∽△ABC， = ，求出AE=﹣ t+4，再根据QE=AE﹣AQ，QE= QC得出﹣ t+4=﹣ t+2，再求t即可;
(3)由(1)知，PE=﹣ t+3，与(2)同理得：QE=﹣ t+4，从而求出PQ= ，
在△APQ中，分三种情况讨论：①当AQ=AP，即t=5﹣t，②当PQ=AQ，即 =t，③当PQ=AP，即 =5﹣t，再分别计算即可.
【解答】解：(1)甲，过点P作PH⊥AC于H，
∵∠C=90°，
∴AC⊥BC，
∴PH∥BC，
∴△APH∽△ABC，
∴ = ，
∵AC=4cm，BC=3cm，
∴AB=5cm，
∴ = ，
∴PH=3﹣ t，
∴△AQP的面积为：
S= ×AQ×PH= ×t×(3﹣ t)=﹣ (t﹣ )2+ ，
∴当t为 秒时，S最大值为 cm2.
(2)乙，连接PP′，PP′交QC于E，
当四边形PQP′C为菱形时，PE垂直平分QC，即PE⊥AC，QE=EC，
∴△APE∽△ABC，
∴ = ，
∴AE= = =﹣ t+4
QE=AE﹣AQ═﹣ t+4﹣t=﹣ t+4，
QE= QC= (4﹣t)=﹣ t+2，
∴﹣ t+4=﹣ t+2，
解得：t= ，
∵0< <4，
∴当四边形PQP′C为菱形时，t的值是 s;
(3)由(1)知，
PE=﹣ t+3，与(2)同理得：QE=AE﹣AQ=﹣ t+4
∴PQ= = = ，
在△APQ中，
①当AQ=AP，即t=5﹣t时，解得：t1= ;
②当PQ=AQ，即 =t时，解得：t2= ，t3=5;
③当PQ=AP，即 =5﹣t时，解得：t4=0，t5= ;
∵0
∴t3=5，t4=0不合题意，舍去，
∴当t为 s或 s或 s时，△APQ是等腰三角形.
【点评】此题主要考查了相似形综合，用到的知识点是相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积公式以及二次函数的最值问题，关键是根据题意做出辅助线，利用数形结合思想进行解答.
25.在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E.
(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①△ADC≌△CEB;②DE=AD+BE;
(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DE=AD﹣BE;
(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系?请写出这个等量关系，并加以证明.
【考点】旋转的性质;全等三角形的判定与性质.
【专题】探究型.
【分析】(1)由∠ACB=90°，得∠ACD+∠BCE=90°，而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，则∠ADC=∠CEB=90°，根据等角的余角相等得到∠ACD=∠CBE，易得Rt△ADC≌Rt△CEB，所以AD=CE，DC=BE，即可得到DE=DC+CE=BE+AD.
(2)根据等角的余角相等得到∠ACD=∠CBE，易得△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，所以DE=CE﹣CD=AD﹣BE.
(3)DE、AD、BE具有的等量关系为：DE=BE﹣AD.证明的方法与(2)相同.
【解答】(1)证明：∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC=∠CEB=90°，∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ACD=∠CBE.
在△ADC和△CEB中， ，
∴△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，DC=BE，
∴DE=DC+CE=BE+AD;
(2)证明：在△ADC和△CEB中， ，
∴△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，DC=BE，
∴DE=CE﹣CD=AD﹣BE;
(3)DE=BE﹣AD.
易证得△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，DC=BE，
∴DE=CD﹣CE=BE﹣AD.
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角.也考查了直角三角形全等的判定与性质.
26.，已知抛物线y=﹣ (x+2)(x﹣m)(m>0)与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C，且点A在点B的左侧.
(1)若抛物线过点G(2，2)，求实数m的值;
(2)在(1)的条件下，解答下列问题：
①求出△ABC的面积;
②在抛物线的对称轴上找一点H，使AH+CH最小，并求出点H的坐标;
(3)在第四象限内，抛物线上是否存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似?若存在，求m的值;若不存在，请说明理由.
【考点】二次函数综合题.
【分析】(1)把点G的坐标代入抛物线的解析式中可求得m的值;
(2)①根据(1)中的m值写出抛物线的解析式，分别求抛物线与x轴和y轴的交点坐标，根据坐标特点写出AB和OC的长，利用三角形面积公式求△ABC的面积;
②由对称性可知：x=1，点A和B关于抛物线的对称轴对称，所以由轴对称的最短路径可知：连接BC与对称轴的交点即为点H，依据待定系数法可求得直线BC的解析式，将x=1代入得：y= ，则点H的坐标为(1， );
(3)在第四象限内，抛物线上存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似，根据∠ACB与∠ABM为钝角，分两种情况考虑：①当△ACB∽△ABM时;②当△ACB∽△MBA时，利用相似三角形的判定与性质，确定出m的值即可.
【解答】解：(1)把点G(2，2)代入抛物线y=﹣ (x+2)(x﹣m)中得：
2=﹣ (2+2)(2﹣m)，
m=4;
(2)①由(1)得抛物线的解析式为：y=﹣ (x+2)(x﹣4)，
当x=0时，y=﹣ (0+2)(0﹣4)=2，
∴C(0，2)，
∴OC=2，
当y=0时，﹣ (x+2)(x﹣4)=0，
x=﹣2或4，
∴A(﹣2，0)，B(4，0)，
∴AB=2+4=6，
∴S△ABC= AB•OC= ×6×2=6;
则△ABC的面积是6;
②∵A(﹣2，0)，B(4，0)，
由对称性得：抛物线的对称轴为：x=1，
∵点A和B关于抛物线的对称轴对称，
∴连接BC与对称轴的交点即为点H，
此时AH+CH为最小，
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
把B(4，0)，C(0，2)代入得： ，
解得： ，
∴直线BC的解析式为：y=﹣ x+2，
当x=1时，y= ，
∴H(1， );
(3)存在符合条件的点M，
由图形可知：∠ACB与∠ABM为钝角，
分两种情况考虑：
①当△ACB∽△ABM时，则有 ，即AB2=AC•AM，
∵A(﹣2，0)，C(0，2)，即OA=OC=2，
∴∠CAB=45°，∠BAM=45°，
2，过M作MN⊥x轴于N，则AN=MN，
∴OA+ON=2+ON=MN，
设M(x，﹣x﹣2)(x>0)，
把M坐标代入抛物线解析式得：﹣x﹣2=﹣ (x+2)(x﹣m)，
∵x>0，
∴x+2>0，
∵m>0，
∴x=2m，即M(2m，﹣2m﹣2)，
∴AM= =2 (m+1)，
∵AB2=AC•AM，AC=2 ，AB=m+2，
∴(m+2)2=2 •2 (m+1)，
解得：m=2±2 ，
∵m>0，
∴m=2+2 ;
②当△ACB∽△MBA时，则 ，即AB2=CB•MA，
∵∠CBA=∠BAM，∠ANM=∠BOC=90°，
∴△ANM∽△BOC，
∴ ，
∵OB=m，设ON=x，
∴ = ，即MN= (x+2)，
令M[x，﹣ (x+2)](x>0)，
把M坐标代入抛物线解析式得：﹣ (x+2)=﹣ (x+2)(x﹣m)，
同理解得：x=m+2，即M[m+2，﹣ (m+4)]，
∵AB2=CB•MA，CB= ，AN=m+4，MN= (m+4)，
∴(m+2)2= • ，
整理得： =0，显然不成立，
综上，在第四象限内，当m=2 +2时，抛物线上存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似.
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查的是轴对称路径最短问题、待定系数法确定函数解析式、坐标与图形性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键.
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