2017年德陽中考數(shù)學(xué)模擬試卷(2)
∴AB=CD，
∴△ABD≌△DCE，所以②正確;
當(dāng)∠DEC=90°時(shí)，
∵△ABD∽△DCE，
∴∠ADB=∠DEC=90°，即AD⊥BC，
∴點(diǎn)D與點(diǎn)H重合，此時(shí)BD=8，
當(dāng)∠EDC=90°，2，
∵△ABD∽△DCE，
∴∠DAB=∠EDC=90°，
在Rt△ABD中，cosB=cosα= = ，
∴BD= = ，
∴△DCE為直角三角形時(shí)，BD為8或 ，所以③正確;
∵∠BAD=∠CDE，
而AD不是∠BAC的平分線，
∴∠CDE與∠DAC不一定相等，
∴△CDE與△CAD不一定相似，
∴CD2=CE•CA不成立，所以④錯(cuò)誤.
故答案為①②③.
三、解答題：(每小題7分，共14分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程和演算步驟)
19. ﹣(π﹣3)0﹣(﹣1)2017+(﹣ )﹣2+tan60°+| ﹣2|
【考點(diǎn)】實(shí)數(shù)的運(yùn)算;零指數(shù)冪;負(fù)整數(shù)指數(shù)冪;特殊角的三角函數(shù)值.
【分析】原式利用平方根定義，零指數(shù)冪、負(fù)整數(shù)指數(shù)冪法則，絕對(duì)值的代數(shù)意義，以及乘方的意義計(jì)算即可得到結(jié)果.
【解答】解：原式=2﹣1+1+9+ +2﹣ =13.
20.，在△ABC中，AD是BC邊上的高，tanC= ，AC=3 ，AB=4，求△ABC的周長.
【考點(diǎn)】解直角三角形;勾股定理.
【分析】在Rt△ADC中，根據(jù)正切的定義得到tanC= = ，則可設(shè)AD=k，CD=2k，接著利用勾股定理得到AC= k，則 k=3 ，解得k=3，所以AD=3，CD=6，然后在Rt△ABD中，利用勾股定理計(jì)算出BD= ，再根據(jù)三角形的周長的定義求解.
【解答】解：在Rt△ADC中，tanC= = ，
設(shè)AD=k，CD=2k，
AC= = k，
∵AC=3 ，
∴ k=3 ，解得k=3，
∴AD=3，CD=6，
在Rt△ABD中，
BD= = = ，
∴△ABC的周長=AB+AC+BD+CD=4+3 + +6=10+3 + .
四.解答題：(每題10分，共40分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程和演算步驟)
21.，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為A(﹣2，1)，B(﹣1，4)，C(﹣3，2).
(1)畫出△ABC關(guān)于y軸對(duì)稱的圖形△A1B1C1，并直接寫出C1點(diǎn)坐標(biāo);
(2)以原點(diǎn)O為位似中心，位似比為1：2，在y軸的左側(cè)，畫出△ABC放大后的圖形△A2B2C2，并直接寫出C2點(diǎn)坐標(biāo);
(3)如果點(diǎn)D(a，b)在線段AB上，請(qǐng)直接寫出經(jīng)過(2)的變化后點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D2的坐標(biāo).
【考點(diǎn)】作圖﹣位似變換;作圖﹣軸對(duì)稱變換.
【分析】(1)利用關(guān)于y軸對(duì)稱點(diǎn)的性質(zhì)得出各對(duì)應(yīng)點(diǎn)位置，進(jìn)而得出答案;
(2)利用位似變換的性質(zhì)得出對(duì)應(yīng)點(diǎn)位置，進(jìn)而得出答案;
(3)利用位似圖形的性質(zhì)得出D點(diǎn)坐標(biāo)變化規(guī)律即可.
【解答】解：(1)所示：△A1B1C1，即為所求，
C1點(diǎn)坐標(biāo)為：(3，2);
(2)所示：△A2B2C2，即為所求，
C2點(diǎn)坐標(biāo)為：(﹣6，4);
(3)如果點(diǎn)D(a，b)在線段AB上，經(jīng)過(2)的變化后D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D2的坐標(biāo)為：(2a，2b).
22.，在東西方向的海岸線l上有一長為1千米的碼頭MN，在碼頭西端M的正西方向30 千米處有一觀察站O.某時(shí)刻測得一艘勻速直線航行的輪船位于O的北偏西30°方向，且與O相距 千米的A處;經(jīng)過40分鐘，又測得該輪船位于O的正北方向，且與O相距20千米的B處.
(1)求該輪船航行的速度;
(2)如果該輪船不改變航向繼續(xù)航行，那么輪船能否正好行至碼頭MN靠岸?請(qǐng)說明理由.(參考數(shù)據(jù)： ， )
【考點(diǎn)】解直角三角形的應(yīng)用﹣方向角問題.
【分析】(1)過點(diǎn)A作AC⊥OB于點(diǎn)C.可知△ABC為直角三角形.根據(jù)勾股定理解答.
(2)延長AB交l于D，比較OD與AM、AN的大小即可得出結(jié)論.
【解答】解(1)過點(diǎn)A作AC⊥OB于點(diǎn)C.由題意，得
OA= 千米，OB=20千米，∠AOC=30°.
∴ (千米).
∵在Rt△AOC中，OC=OA•cos∠AOC= =30(千米).
∴BC=OC﹣OB=30﹣20=10(千米).
∴在Rt△ABC中， = =20(千米).
∴輪船航行的速度為： (千米/時(shí)).
(2)如果該輪船不改變航向繼續(xù)航行，不能行至碼頭MN靠岸.
理由：延長AB交l于點(diǎn)D.
∵AB=OB=20(千米)，∠AOC=30°.
∴∠OAB=∠AOC=30°，∴∠OBD=∠OAB+∠AOC=60°.
∴在Rt△BOD中，OD=OB•tan∠OBD=20×tan60°= (千米).
∵ >30+1，
∴該輪船不改變航向繼續(xù)航行，不能行至碼頭MN靠岸.
23.，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一次函數(shù)y=kx+b(k≠0)的圖象與反比例函數(shù) 的圖象交于二四象限內(nèi)的A、B 兩點(diǎn)，與x軸交于C點(diǎn)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(6，n)，線段OA=5，E為x軸負(fù)半軸上一點(diǎn)，且sin∠AOE= .
(1)求該反比例函數(shù)和一次函數(shù)的解析式;
(2)求△AOC的面積;
(3)直接寫出一次函數(shù)值大于反比例函數(shù)值時(shí)自變量x的取值范圍.
【考點(diǎn)】反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)問題.
【分析】(1)作AD⊥x軸于D，，先利用解直角三角形確定A(﹣4，3)，再把A點(diǎn)坐標(biāo)代入y= 可求得m=﹣12，則可得到反比例函數(shù)解析式;接著把B(6，n)代入反比例函數(shù)解析式求出n，然后把A和B點(diǎn)坐標(biāo)分別代入y=kx+b得到關(guān)于a、b的方程組，再解方程組求出a和b的值，從而可確定一次函數(shù)解析式;
(2)先確定C點(diǎn)坐標(biāo)，然后根據(jù)三角形面積公式求解;
(3)觀察函數(shù)圖象，找出一次函數(shù)圖象在反比例函數(shù)圖象上方所對(duì)應(yīng)的自變量的范圍即可.
【解答】解：(1)作AD⊥x軸于D，，
在Rt△OAD中，∵sin∠AOD= = ，
∴AD= OA=4，
∴OD= =3，
∴A(﹣4，3)，
把A(﹣4，3)代入y= 得m=﹣4×3=﹣12，
所以反比例函數(shù)解析式為y=﹣ ;
把B(6，n)代入y=﹣ 得6n=﹣12，解得n=﹣2，
把A(﹣4，3)、B(6，﹣2)分別代入y=kx+b得 ，解得 ，
所以一次函數(shù)解析式為y=﹣ x+1;
(2)當(dāng)y=0時(shí)，﹣ x+1=0，解得x=2，則C(2，0)，
所以S△AOC= ×2×3=3;
(3)當(dāng)x<﹣4或0
24.所示，制作一種產(chǎn)品的同時(shí)，需要將原材料加熱，設(shè)該材料溫度為y℃，從加熱開始計(jì)算的時(shí)間為x分鐘，據(jù)了解，該材料在加熱過程中溫度y與時(shí)間x成一次函數(shù)關(guān)系，已知該材料在加熱前的溫度為15℃，加熱5分鐘使材料溫度達(dá)到60℃時(shí)停止加熱.停止加熱后，材料溫度逐漸下降，這時(shí)溫度y與時(shí)間x成反比例函數(shù)關(guān)系.
(1)分別求出該材料加熱過程中和停止加熱后y與x之間的函數(shù)表達(dá)式，并寫出x的取值范圍;
(2)根據(jù)工藝要求，在材料溫度不低于30℃的這段時(shí)間內(nèi)，需要對(duì)該材料進(jìn)行特殊處理，那么對(duì)該材料進(jìn)行特殊處理所用的時(shí)間是多少?
【考點(diǎn)】反比例函數(shù)的應(yīng)用.
【分析】(1)確定兩個(gè)函數(shù)后，找到函數(shù)圖象經(jīng)過的點(diǎn)的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求得函數(shù)的解析式即可;
(2)分別令兩個(gè)函數(shù)的函數(shù)值為30，解得兩個(gè)x的值相減即可得到答案.
【解答】解：(1)設(shè)加熱過程中一次函數(shù)表達(dá)式為y=kx+b(k≠0)，
∵該函數(shù)圖象經(jīng)過點(diǎn)(0，15)，(5，60)，
∴ ，解得 ，
∴一次函數(shù)的表達(dá)式為y=9x+15(0≤x≤5)，
設(shè)加熱停止后反比例函數(shù)表達(dá)式為y= (a≠0)，
∵該函數(shù)圖象經(jīng)過點(diǎn)(5，60)，
∴ =60，
解得：a=300，
∴反比例函數(shù)表達(dá)式為y= (x≥5);
(2)∵y=9x+15，
∴當(dāng)y=30時(shí)，9x+15=30，
解得x= ，
∵y= ，
∴當(dāng)y=30時(shí)， =30，
解得x=10，
10﹣ = ，
所以對(duì)該材料進(jìn)行特殊處理所用的時(shí)間為 分鐘.
五.解答題：(每題12分，共24分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程和演算步驟)
25.，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，E為AC邊的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作AD⊥AB交BE的延長線于點(diǎn)D，CG平分∠ACB交BD于點(diǎn)G，F(xiàn)為AB邊上一點(diǎn)，連接CF，且∠ACF=∠CBG.求證：
(1)AF=CG;
(2)CF=2DE.
【考點(diǎn)】全等三角形的判定與性質(zhì);等腰直角三角形.
【分析】(1)要證AF=CG，只需證明△AFC≌△CBG即可.
(2)延長CG交AB于H，則CH⊥AB，H平分AB，繼而證得CH∥AD，得出DG=BG和△ADE與△CGE全等，從而證得CF=2DE.
【解答】證明：(1)∵∠ACB=90°，CG平分∠ACB，
∴∠ACG=∠BCG=45°，
又∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠CAF=∠CBF=45°，
∴∠CAF=∠BCG，
在△AFC與△CGB中，
，
∴△AFC≌△CBG(ASA)，
∴AF=CG;
(2)延長CG交AB于H，
∵CG平分∠ACB，AC=BC，
∴CH⊥AB，CH平分AB，
∵AD⊥AB，
∴AD∥CG，
∴∠D=∠EGC，
在△ADE與△CGE中，
，
∴△ADE≌△CGE(AAS)，
∴DE=GE，
即DG=2DE，
∵AD∥CG，CH平分AB，
∴DG=BG，
∵△AFC≌△CBG，
∴CF=BG，
∴CF=2DE.
26.，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，點(diǎn)O為對(duì)角線BD的中點(diǎn)，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿折線AD﹣DO﹣OC以每秒1個(gè)單位長度的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A不重合時(shí)，過點(diǎn)P作PQ⊥AB于點(diǎn)Q，以PQ為邊向右作正方形PQMN，設(shè)正方形PQMN與△ABD重疊部分圖形的面積為S(平方單位)，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t(秒).
(1)求點(diǎn)N落在BD上時(shí)t的值;
(2)直接寫出點(diǎn)O在正方形PQMN內(nèi)部時(shí)t的取值范圍;
(3)當(dāng)點(diǎn)P在折線AD﹣DO上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式;
(4)直接寫出直線DN平分△BCD面積時(shí)t的值.
【考點(diǎn)】相似形綜合題;勾股定理;三角形中位線定理;矩形的性質(zhì);正方形的性質(zhì);相似三角形的判定與性質(zhì);銳角三角函數(shù)的定義.
【分析】(1)可證△DPN∽△DQB，從而有 ，即可求出t的值.
(2)只需考慮兩個(gè)臨界位置(①M(fèi)N經(jīng)過點(diǎn)O，②點(diǎn)P與點(diǎn)O重合)下t的值，就可得到點(diǎn)O在正方形PQMN內(nèi)部時(shí)t的取值范圍.
(3)根據(jù)正方形PQMN與△ABD重疊部分圖形形狀不同分成三類，4、圖5、圖6，然后運(yùn)用三角形相似、銳角三角函數(shù)等知識(shí)就可求出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式.
(4)由于點(diǎn)P在折線AD﹣DO﹣OC運(yùn)動(dòng)，可分點(diǎn)P在AD上，點(diǎn)P在DO上，點(diǎn)P在OC上三種情況進(jìn)行討論，然后運(yùn)用三角形相似等知識(shí)就可求出直線DN平分△BCD面積時(shí)t的值.
【解答】解：(1)當(dāng)點(diǎn)N落在BD上時(shí)，1.
∵四邊形PQMN是正方形，
∴PN∥QM，PN=PQ=t.
∴△DPN∽△DQB.
∴ .
∵PN=PQ=PA=t，DP=3﹣t，QB=AB=4，
∴ .
∴t= .
∴當(dāng)t= 時(shí)，點(diǎn)N落在BD上.
(2)①2，
則有QM=QP=t，MB=4﹣t.
∵四邊形PQMN是正方形，
∴MN∥DQ.
∵點(diǎn)O是DB的中點(diǎn)，
∴QM=BM.
∴t=4﹣t.
∴t=2.
?、?，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=90°.
∵AB=4，AD=3，
∴DB=5.
∵點(diǎn)O是DB的中點(diǎn)，
∴DO= .
∴1×t=AD+DO=3+ .
∴t= .
∴當(dāng)點(diǎn)O在正方形PQMN內(nèi)部時(shí)，t的范圍是2
(3)①當(dāng)0
S=S正方形PQMN=PQ2=PA2=t2.
?、诋?dāng)
∵tan∠ADB= = ，
∴ = .
∴PG=4﹣ t.
∴GN=PN﹣PG=t﹣(4﹣ t)= ﹣4.
∵tan∠NFG=tan∠ADB= ，
∴ .
∴NF= GN= ( ﹣4)= t﹣3.
∴S=S正方形PQMN﹣S△GNF
=t2﹣ ×( ﹣4)×( t﹣3)
=﹣ t2+7t﹣6.
?、郛?dāng)3
∵四邊形PQMN是正方形，四邊形ABCD是矩形.
∴∠PQM=∠DAB=90°.
∴PQ∥AD.
∴△BQP∽△BAD.
∴ = = .
∵BP=8﹣t，BD=5，BA=4，AD=3，
∴ .
∴BQ= ，PQ= .
∴QM=PQ= .
∴BM=BQ﹣QM= .
∵tan∠ABD= ，
∴FM= BM= .
∴S=S梯形PQMF= (PQ+FM)•QM
= [ + ]•
= (8﹣t)2
= t2﹣ t+ .
綜上所述：當(dāng)0
當(dāng)
當(dāng)3
(4)設(shè)直線DN與BC交于點(diǎn)E，
∵直線DN平分△BCD面積，
∴BE=CE= .
?、冱c(diǎn)P在AD上，過點(diǎn)E作EH∥PN交AD于點(diǎn)H，7，
則有△DPN∽△DHE.
∴ .
∵PN=PA=t，DP=3﹣t，DH=CE= ，EH=AB=4，
∴ .
解得;t= .
?、邳c(diǎn)P在DO上，連接OE，8，
則有OE=2，OE∥DC∥AB∥PN.
∴△DPN∽△DOE.
∴ .
∵DP=t﹣3，DO= ，OE=2，
∴PN= (t﹣3).
∵PQ= (8﹣t)，PN=PQ，
∴ (t﹣3)= (8﹣t).
解得：t= .
?、埸c(diǎn)P在OC上，設(shè)DE與OC交于點(diǎn)S，連接OE，交PQ于點(diǎn)R，9，
則有OE=2，OE∥DC.
∴△DSC∽△ESO.
∴ .
∴SC=2SO.
∵OC= ，
∴SO= = .
∵PN∥AB∥DC∥OE，
∴△SPN∽△SOE.
∴ .
∵SP=3+ + ﹣t= ，SO= ，OE=2，
∴PN= .
∵PR∥MN∥BC，
∴△ORP∽△OEC.
∴ .
∵OP=t﹣ ，OC= ，EC= ，
∴PR= .
∵QR=BE= ，
∴PQ=PR+QR= .
∵PN=PQ，
∴ = .
解得：t= .
綜上所述：當(dāng)直線DN平分△BCD面積時(shí)，t的值為 、 、 .
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