2017年德陽中考數學模擬試卷(2)
∴AB=CD，
∴△ABD≌△DCE，所以②正確;
當∠DEC=90°時，
∵△ABD∽△DCE，
∴∠ADB=∠DEC=90°，即AD⊥BC，
∴點D與點H重合，此時BD=8，
當∠EDC=90°，2，
∵△ABD∽△DCE，
∴∠DAB=∠EDC=90°，
在Rt△ABD中，cosB=cosα= = ，
∴BD= = ，
∴△DCE為直角三角形時，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錯誤.
故答案為①②③.
三、解答題：(每小題7分，共14分，解答應寫出文字說明，證明過程和演算步驟)
19. ﹣(π﹣3)0﹣(﹣1)2017+(﹣ )﹣2+tan60°+| ﹣2|
【考點】實數的運算;零指數冪;負整數指數冪;特殊角的三角函數值.
【分析】原式利用平方根定義，零指數冪、負整數指數冪法則，絕對值的代數意義，以及乘方的意義計算即可得到結果.
【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】解直角三角形;勾股定理.
【分析】在Rt△ADC中，根據正切的定義得到tanC= = ，則可設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，利用勾股定理計算出BD= ，再根據三角形的周長的定義求解.
【解答】解：在Rt△ADC中，tanC= = ，
設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，解答應寫出文字說明，證明過程和演算步驟)
21.，在平面直角坐標系中，△ABC的三個頂點坐標分別為A(﹣2，1)，B(﹣1，4)，C(﹣3，2).
(1)畫出△ABC關于y軸對稱的圖形△A1B1C1，并直接寫出C1點坐標;
(2)以原點O為位似中心，位似比為1：2，在y軸的左側，畫出△ABC放大后的圖形△A2B2C2，并直接寫出C2點坐標;
(3)如果點D(a，b)在線段AB上，請直接寫出經過(2)的變化后點D的對應點D2的坐標.
【考點】作圖﹣位似變換;作圖﹣軸對稱變換.
【分析】(1)利用關于y軸對稱點的性質得出各對應點位置，進而得出答案;
(2)利用位似變換的性質得出對應點位置，進而得出答案;
(3)利用位似圖形的性質得出D點坐標變化規(guī)律即可.
【解答】解：(1)所示：△A1B1C1，即為所求，
C1點坐標為：(3，2);
(2)所示：△A2B2C2，即為所求，
C2點坐標為：(﹣6，4);
(3)如果點D(a，b)在線段AB上，經過(2)的變化后D的對應點D2的坐標為：(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?請說明理由.(參考數據： ， )
【考點】解直角三角形的應用﹣方向角問題.
【分析】(1)過點A作AC⊥OB于點C.可知△ABC為直角三角形.根據勾股定理解答.
(2)延長AB交l于D，比較OD與AM、AN的大小即可得出結論.
【解答】解(1)過點A作AC⊥OB于點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).
(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.，在平面直角坐標系xOy中，一次函數y=kx+b(k≠0)的圖象與反比例函數 的圖象交于二四象限內的A、B 兩點，與x軸交于C點，點B的坐標為(6，n)，線段OA=5，E為x軸負半軸上一點，且sin∠AOE= .
(1)求該反比例函數和一次函數的解析式;
(2)求△AOC的面積;
(3)直接寫出一次函數值大于反比例函數值時自變量x的取值范圍.
【考點】反比例函數與一次函數的交點問題.
【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點坐標代入y= 可求得m=﹣12，則可得到反比例函數解析式;接著把B(6，n)代入反比例函數解析式求出n，然后把A和B點坐標分別代入y=kx+b得到關于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解析式;
(2)先確定C點坐標，然后根據三角形面積公式求解;
(3)觀察函數圖象，找出一次函數圖象在反比例函數圖象上方所對應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 ，
所以一次函數解析式為y=﹣ x+1;
(2)當y=0時，﹣ x+1=0，解得x=2，則C(2，0)，
所以S△AOC= ×2×3=3;
(3)當x<﹣4或0
24.所示，制作一種產品的同時，需要將原材料加熱，設該材料溫度為y℃，從加熱開始計算的時間為x分鐘，據了解，該材料在加熱過程中溫度y與時間x成一次函數關系，已知該材料在加熱前的溫度為15℃，加熱5分鐘使材料溫度達到60℃時停止加熱.停止加熱后，材料溫度逐漸下降，這時溫度y與時間x成反比例函數關系.
(1)分別求出該材料加熱過程中和停止加熱后y與x之間的函數表達式，并寫出x的取值范圍;
(2)根據工藝要求，在材料溫度不低于30℃的這段時間內，需要對該材料進行特殊處理，那么對該材料進行特殊處理所用的時間是多少?
【考點】反比例函數的應用.
【分析】(1)確定兩個函數后，找到函數圖象經過的點的坐標，用待定系數法求得函數的解析式即可;
(2)分別令兩個函數的函數值為30，解得兩個x的值相減即可得到答案.
【解答】解：(1)設加熱過程中一次函數表達式為y=kx+b(k≠0)，
∵該函數圖象經過點(0，15)，(5，60)，
∴ ，解得 ，
∴一次函數的表達式為y=9x+15(0≤x≤5)，
設加熱停止后反比例函數表達式為y= (a≠0)，
∵該函數圖象經過點(5，60)，
∴ =60，
解得：a=300，
∴反比例函數表達式為y= (x≥5);
(2)∵y=9x+15，
∴當y=30時，9x+15=30，
解得x= ，
∵y= ，
∴當y=30時， =30，
解得x=10，
10﹣ = ，
所以對該材料進行特殊處理所用的時間為 分鐘.
五.解答題：(每題12分，共24分，解答應寫出文字說明，證明過程和演算步驟)
25.，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，E為AC邊的中點，過點A作AD⊥AB交BE的延長線于點D，CG平分∠ACB交BD于點G，F為AB邊上一點，連接CF，且∠ACF=∠CBG.求證：
(1)AF=CG;
(2)CF=2DE.
【考點】全等三角形的判定與性質;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O為對角線BD的中點，點P從點A出發(fā)，沿折線AD﹣DO﹣OC以每秒1個單位長度的速度向終點C運動，當點P與點A不重合時，過點P作PQ⊥AB于點Q，以PQ為邊向右作正方形PQMN，設正方形PQMN與△ABD重疊部分圖形的面積為S(平方單位)，點P運動的時間為t(秒).
(1)求點N落在BD上時t的值;
(2)直接寫出點O在正方形PQMN內部時t的取值范圍;
(3)當點P在折線AD﹣DO上運動時，求S與t之間的函數關系式;
(4)直接寫出直線DN平分△BCD面積時t的值.
【考點】相似形綜合題;勾股定理;三角形中位線定理;矩形的性質;正方形的性質;相似三角形的判定與性質;銳角三角函數的定義.
【分析】(1)可證△DPN∽△DQB，從而有 ，即可求出t的值.
(2)只需考慮兩個臨界位置(①MN經過點O，②點P與點O重合)下t的值，就可得到點O在正方形PQMN內部時t的取值范圍.
(3)根據正方形PQMN與△ABD重疊部分圖形形狀不同分成三類，4、圖5、圖6，然后運用三角形相似、銳角三角函數等知識就可求出S與t之間的函數關系式.
(4)由于點P在折線AD﹣DO﹣OC運動，可分點P在AD上，點P在DO上，點P在OC上三種情況進行討論，然后運用三角形相似等知識就可求出直線DN平分△BCD面積時t的值.
【解答】解：(1)當點N落在BD上時，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t= 時，點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O是DB的中點，
∴QM=BM.
∴t=4﹣t.
∴t=2.
?、?，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=90°.
∵AB=4，AD=3，
∴DB=5.
∵點O是DB的中點，
∴DO= .
∴1×t=AD+DO=3+ .
∴t= .
∴當點O在正方形PQMN內部時，t的范圍是2
(3)①當0
S=S正方形PQMN=PQ2=PA2=t2.
②當
∵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.
③當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0
當
當3
(4)設直線DN與BC交于點E，
∵直線DN平分△BCD面積，
∴BE=CE= .
?、冱cP在AD上，過點E作EH∥PN交AD于點H，7，
則有△DPN∽△DHE.
∴ .
∵PN=PA=t，DP=3﹣t，DH=CE= ，EH=AB=4，
∴ .
解得;t= .
②點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= .
③點P在OC上，設DE與OC交于點S，連接OE，交PQ于點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：當直線DN平分△BCD面積時，t的值為 、 、 .
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