中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习08（含答案）

这是一份中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习08（含答案），共9页。试卷主要包含了B两点，与y轴相交于点C.等内容，欢迎下载使用。

有四张正面分别标有数字﹣1，0，1，2的不透明卡片，它们除数字外其余全部相同，现将它们背面朝上洗均匀.
（1）随机抽取一张卡片，求抽到数字“﹣1”的概率；
（2）随机抽取一张卡片，然后不放回，再随机抽取一张卡片，请用列表或画树状图的方法求出第一次抽到数字“2”且第二次抽到数字“0”的概率.
为了“绿色出行”，王经理上班出行由自驾车改为乘坐地铁出行，已知他家距上班地点21千米，他用地铁方式平均每小时出行的路程，比用自驾车平均每小时行驶的路程的2倍还多5千米，他从家出发到达上班地点，地铁出行所用时间是自驾车方式所用时间的eq \f(3,7)，求王经理地铁出行方式上班的平均速度.
如图,直线y=mx+n与双曲线y=eq \f(k,x)相交于A(﹣1,2)、B(2,b)两点，与y轴相交于点C.
(1)求m，n的值；
(2)若点D与点C关于x轴对称，求△ABD的面积；
(3)在坐标轴上是否存在异于D点的点P，使得S△PAB=S△DAB？若存在，直接写出P点坐标；若不存在，说明理由.
如图：在平行四边形ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线交BC于点E（尺规作图的痕迹保留在图中了），连接EF.
（1）求证：四边形ABEF为菱形；
（2）AE，BF相交于点O，若BF=6，AB=5，求AE的长.
如图所示，某数学活动小组要测量山坡上的电线杆PQ的高度，他们在A处测得信号塔顶端P的仰角是45°，信号塔底端点Q的仰角为31°，沿水平地面向前走100米到B处，测得信号塔顶端P的仰角是68°，求信号塔PQ的高度．
（结果精确到0.1米，参考数据：sin68°≈0.93，cs68°≈0.37，tan68°≈2.48，tan31°≈0.60，sin31°≈0.52，cs31°≈0.86）
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，切线DE交AC于点E．
(1)求证：∠A=∠ADE；
(2)若AD=8，DE=5，求BC的长．
如图，在平面直角坐标系xOy中，以直线x＝eq \f(5,2)对称轴的抛物线y＝ax2＋bx＋c与直线l：y＝kx＋m(k＞0)交于A(1，1)，B两点，与y轴交于C(0，5)，直线l与y轴交于点D.
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)设直线l与抛物线的对称轴的交点为F，G是抛物线上位于对称轴右侧的一点，若4AF＝3BF，且△BCG与△BCD面积相等，求点G的坐标；
(3)若在x轴上有且仅有一点P，使∠APB＝90°，求k的值.
\s 0 参考答案
解：(x＋2)2=5.
x＋2=±eq \r(5).
∴x1=－2＋eq \r(5)，x2=－2－eq \r(5).
解：（1）∵随机抽取一张卡片有4种等可能结果，其中抽到数字“﹣1”的只有1种，
∴抽到数字“﹣1”的概率为；
（2）画树状图如下：
由树状图可知，共有12种等可能结果，其中第一次抽到数字“2”且第二次抽到数字“0”只有1种结果，
∴第一次抽到数字“2”且第二次抽到数字“0”的概率为.
解：设自驾车平均每小时行驶的路程为xkm，则有：
×＝，解得：x＝15
经检验：x＝15是原方程的解且符合题意，
则地铁的速度为：15×2＋5＝35(km/h)
答：王经理地铁出行方式上班的平均速度是35km/h
解：(1)∵点A(﹣1，2)在双曲线y=eq \f(k,x)上，∴k=﹣2，
∴反比例函数解析式为：y=﹣2 x﹣1，∴b=﹣1，
则点B的坐标为(2，﹣1)，
∴，解得，m=﹣1，n=1；
(2)对于y=﹣x+1，当x=0时，y=1，
∴点C的坐标为(0，1)，
∵点D与点C关于x轴对称，
∴点D的坐标为(0，﹣1)，
∴△ABD的面积=eq \f(1,2)×2×3=3；
(3)对于y=﹣x+1，当y=0时，x=1，∴直线y=﹣x+1与x轴的交点坐标为(0，1)，
当点P在x轴上时，设点P的坐标为(a，0)，
S△PAB=eq \f(1,2)×|1﹣a|×2+eq \f(1,2)×|1﹣a|×1=3，解得，a=﹣1或3，
当点P在y轴上时，设点P的坐标为(0，b)，
S△PAB=eq \f(1,2)×|1﹣b|×2+eq \f(1,2)×|1﹣b|×1=3，解得，b=﹣1或3，
∴P点坐标为(﹣1，0)或(3，0)或(0，﹣1)或(0，3).
（1）证明：由尺规作∠BAF的角平分线的过程可得AB=AF，∠BAE=∠FAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE，
∴BE=FA，
∴四边形ABEF为平行四边形，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF为菱形；
（2）解：∵四边形ABEF为菱形，
∴AE⊥BF，BO=eq \f(1,2)FB=3，AE=2AO，
在Rt△AOB中，AO=4，
∴AE=2AO=8.

(1)证明：连接OD，
∵DE是切线，∴∠ODE=90°，∴∠ADE+∠BDO=90°，
∵∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°，
∵OD=OB，∴∠B=∠BDO，
∴∠ADE=∠A．
(2)解：连接CD．
∵∠ADE=∠A，∴AE=DE，
∵BC是⊙O的直径，∠ACB=90°，∴EC是⊙O的切线，
∴ED=EC，∴AE=EC，
∵DE=5，∴AC=2DE=10，
在Rt△ADC中，DC=6，
设BD=x，在Rt△BDC中，BC2=x2+62，在Rt△ABC中，BC2=(x+8)2﹣102，
∴x2+62=(x+8)2﹣102，解得x=，∴BC==．
解：(1)由题意可得
，解得a＝1，b＝﹣5，c＝5；
∴二次函数的解析式为：y＝x2﹣5x＋5，
(2)作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足分别为M，N，
则，
∵MQ＝eq \f(3,2)，
∴NQ＝2，B(，)；
∴，解得，
∴y1=eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)，D(0，eq \f(1,2))，
同理可求，yBC=﹣eq \f(1,2)x＋5，
∵S△BCD＝S△BCG，
∴①DG∥BC(G在BC下方)，yDG=﹣eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)，
∴﹣eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)＝x2﹣5x＋5，解得，x1=eq \f(3,2)，x2＝3，
∵x＞eq \f(5,2)，∴x＝3，
∴G(3，﹣1).
②G在BC上方时，直线G2G3与DG1关于BC对称，
∴＝﹣eq \f(1,2)x＋eq \f(19,2)，
∴﹣eq \f(1,2)x＋eq \f(19,2)＝x2﹣5x＋5，
解得，，
∵x＞，∴x＝，∴G(，)，
综上所述点G的坐标为G(3，﹣1)，G(，).
(3)由题意可知：k＋m＝1，
∴m＝1﹣k，
∴yl＝kx＋1﹣k，
∴kx＋1﹣k＝x2﹣5x＋5，解得，x1＝1，x2＝k＋4，
∴B(k＋4，k2＋3k＋1)，
设AB中点为O′，
∵P点有且只有一个，
∴以AB为直径的圆与x轴只有一个交点，且P为切点，
∴O′P⊥x轴，
∴P为MN的中点，
∴P(，0)，
∵△AMP∽△PNB，
∴，
∴AM•BN＝PN•PM，
∴1×(k2＋3k＋1)＝(k＋4﹣)()，
∵k＞0，
∴k＝＝﹣1＋.