15.，在Rt△ABC中，∠C=30°，以直角頂點(diǎn)A為圓心，AB長為半徑畫弧交BC于點(diǎn)D，過D作DE⊥AC于點(diǎn)E.若DE=a，則△ABC的周長用含a的代數(shù)式表示為　(6+2 )a　.

　　【考點(diǎn)】含30度角的直角三角形;等邊三角形的判定與性質(zhì);勾股定理.

　　【分析】先根據(jù)∠C=30°，∠BAC=90°，DE⊥AC可知BC=2AB，CD=2DE，再由AB=AD可知點(diǎn)D是斜邊BC的中點(diǎn)，由此可用a表示出AB的長，根據(jù)勾股定理可得出AC的長，由此可得出結(jié)論.

　　【解答】解：∵∠C=30°，∠BAC=90°，DE⊥AC，

　　∴BC=2AB，CD=2DE=2a.

　　∵AB=AD，

　　∴點(diǎn)D是斜邊BC的中點(diǎn)，

　　∴BC=2CD=4a，AB= BC=2a，

　　∴AC= = =2 a，

　　∴△ABC的周長=AB+BC+AC=2a+4a+2 a=(6+2 )a.

　　故答案為：(6+2 )a.

　　三、解答題(一)(本大題共4題，滿分31分)

　　16.先化簡，再求值： ÷(1﹣ )，其中a= ﹣2.

　　【考點(diǎn)】分式的化簡求值.

　　【分析】先通分，然后進(jìn)行四則運(yùn)算，最后將a= ﹣2代入計算即可.

　　【解答】解：原式= ×

　　= ，

　　當(dāng)a= ﹣2時，

　　原式= = = .

　　17.，AC=AE，∠1=∠2，AB=AD.求證：BC=DE.

　　【考點(diǎn)】全等三角形的判定與性質(zhì).

　　【分析】先證出∠CAB=∠DAE，再由SAS證明△BAC≌△DAE，得出對應(yīng)邊相等即可.

　　【解答】證明：∵∠1=∠2，

　　∴∠CAB=∠DAE，

　　在△BAC和△DAE中， ，

　　∴△BAC≌△DAE(SAS)，

　　∴BC=DE.

　　18.現(xiàn)代互聯(lián)網(wǎng)技術(shù)的廣泛應(yīng)用.催生了快遞行業(yè)的高速發(fā)展.據(jù)凋查，某家小型“大學(xué)生自主創(chuàng)業(yè)”的快遞公司，今年三月份與五月份完成投遞的快遞總件數(shù)分別為10萬件和12.1萬件.現(xiàn)假定該公司每月的投遞總件數(shù)的增長率相同.

　　(1)求該快遞公司投遞快遞總件數(shù)的月平均增長率.

　　(2)如果平均每人每月最多可投遞快遞0.6萬件，那么該公司現(xiàn)有的26名快遞投遞業(yè)務(wù)員能否完成今年6月份的快遞投遞任務(wù)?如果不能，請問至少需要增加幾名業(yè)務(wù)員?2•1•c•n•j•y

　　【考點(diǎn)】一元二次方程的應(yīng)用.

　　【分析】(1)設(shè)該快遞公司投遞快遞總件數(shù)的月平均增長率為x，根據(jù)今年三月份與五月份完成投遞的快遞總件數(shù)分別為10萬件和12.1萬件即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出結(jié)論;

　　(2)根據(jù)五月份完成投遞的快遞總件數(shù)結(jié)合完成投遞的快遞總件數(shù)即可算出今年6月份的快遞投遞總件數(shù)，再根據(jù)投遞快遞總件數(shù)=每人投遞件數(shù)×人數(shù)即可算出該公司現(xiàn)有的26名快遞投遞業(yè)務(wù)員最多能夠完成的任務(wù)量，二者比較后即可得出結(jié)論.

　　【解答】解：(1)設(shè)該快遞公司投遞快遞總件數(shù)的月平均增長率為x，

　　根據(jù)題意得：10×(1+x)2=12.1，

　　解得：x1=10%，x2=﹣210%.

　　答：該快遞公司投遞快遞總件數(shù)的月平均增長率為10%.

　　(2)12.1×(1+10%)=13.31(萬件)，

　　26×0.6=15.6(萬件).

　　∵15.6>13.31，

　　∴該公司現(xiàn)有的26名快遞投遞業(yè)務(wù)員能完成今年6月份的快遞投遞任務(wù).

　　19.水龍頭關(guān)閉不嚴(yán)會造成滴水，容器內(nèi)盛水量w(L)與滴水時間t(h)的關(guān)系用可以顯示水量的容器做1的試驗(yàn)，并根據(jù)試驗(yàn)數(shù)據(jù)繪制出2的函數(shù)圖象，結(jié)合圖象解答下列問題.

　　(1)容器內(nèi)原有水多少升?

　　(2)求w與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并計算在這種滴水狀態(tài)下一天的滴水量是多少升?

　　【考點(diǎn)】一次函數(shù)的應(yīng)用.

　　【分析】(1)根據(jù)圖象可知，t=0時，w=0.3，即容器內(nèi)原有水0.3升;

　　(2)設(shè)w與t之間的函數(shù)關(guān)系式為w=kt+b，將(0，0.3)，(1.5，0.9)代入，利用待定系數(shù)法求出w與t之間的函數(shù)關(guān)系式;計算即可求解.

　　【解答】解：(1)根據(jù)圖象可知，t=0時，w=0.3，即容器內(nèi)原有水0.3升;

　　(2)設(shè)w與t之間的函數(shù)關(guān)系式為w=kt+b，

　　將(0，0.3)，(1.5，0.9)代入，

　　得 ，

　　解得 ，

　　故w與t之間的函數(shù)關(guān)系式為w=0.4t+0.3;

　　由解析式可得，每小時滴水量為0.4L，一天的滴水量為：0.4×24=9.6L，

　　即在這種滴水狀態(tài)下一天的滴水量是9.6升.

　　四、解答題(二)(本大題共4題，滿分44分)

　　20.，菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，且BE∥AC，CE∥BD.

　　(1)求證：四邊形OBEC是矩形;

　　(2)若菱形ABCD的周長是4 ，tanα= ，求四邊形OBEC的面積.

　　【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì);矩形的判定;解直角三角形.

　　【分析】(1)利用菱形的對角線互相垂直結(jié)合平行線的性質(zhì)得出∠BOC=∠OCE=∠OBE=90°，進(jìn)而求出即可;

　　(2)利用菱形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理得出CO，BO的長，進(jìn)而求出四邊形OBEC的面積.

　　【解答】(1)證明：∵菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，

　　∴AC⊥BD，

　　∵BE∥AC，CE∥BD，

　　∴∠BOC=∠OCE=∠OBE=90°，

　　∴四邊形OBEC是矩形;

　　(2)解：∵菱形ABCD的周長是4 ，

　　∴AB=BC=AD=DC= ，

　　∵tanα= ，

　　∴設(shè)CO=x，則BO=2x，

　　∴x2+(2x)2=( )2，

　　解得：x= ，

　　∴四邊形OBEC的面積為： ×2 =4.

　　21.某中學(xué)需在短跑、跳遠(yuǎn)、乒乓球、跳高四類體育項(xiàng)目中各選一名同學(xué)參加中學(xué)生運(yùn)動會，根據(jù)平時成績，把各項(xiàng)目進(jìn)入復(fù)選的人員情況繪制成不完整的統(tǒng)計圖、表如下：

　　復(fù)選人員扇形統(tǒng)計圖：

　　復(fù)選人員統(tǒng)計表：

　　項(xiàng)目/人數(shù)/性別 男 女

　　短跑 1 2

　　跳遠(yuǎn) a 6

　　乒乓球 2 1

　　跳高 3 b

　　(1)求a、b的值;

　　(2)求扇形統(tǒng)計圖中跳遠(yuǎn)項(xiàng)目對應(yīng)圓心角的度數(shù);

　　(3)用列表法或畫樹狀圖的方法求在短跑和乒乓球項(xiàng)目中選出的兩位同學(xué)都為男生的概率.

　　【考點(diǎn)】列表法與樹狀圖法;統(tǒng)計表;扇形統(tǒng)計圖.

　　【分析】(1)根據(jù)短跑人數(shù)為1+2=3人占總?cè)藬?shù)的12%求得總?cè)藬?shù)，進(jìn)一步求得跳遠(yuǎn)和和跳高的總?cè)藬?shù)，最后求得a、b的數(shù)值即可;

　　(2)用跳遠(yuǎn)所占總?cè)藬?shù)的百分比乘360°即可得出;

　　(3)畫出樹狀圖，然后根據(jù)概率公式列式計算即可得解.

　　【解答】解：(1)總?cè)藬?shù)：

　　(1+2)÷12%

　　=3÷12%

　　=25(人)，

　　a=25×(1﹣36%﹣12%﹣12%)﹣6

　　=10﹣6

　　=4，

　　b=25×36%﹣3

　　=9﹣3

　　=6.

　　(2)360°×(1﹣36%﹣12%﹣12%)=144°.

　　(3)根據(jù)題意畫出樹狀圖如下：

　　一共有9種情況，恰好是兩位男生的情況有2種，

　　P(兩位男生)= .

　　22.，點(diǎn)O在∠APB的平分線上，⊙O與PA相切于點(diǎn)C.

　　(1)求證：直線PB與⊙O相切;

　　(2)PO的延長線與⊙O交于點(diǎn)E.若⊙O的半徑為3，PC=4.求弦CE的長.

　　【考點(diǎn)】切線的判定.

　　【分析】(1)連接OC，作OD⊥PB于D點(diǎn).證明OD=OC即可.根據(jù)角的平分線性質(zhì)易證;

　　(2)設(shè)PO交⊙O于F，連接CF.根據(jù)勾股定理得PO=5，則PE=8.證明△PCF∽△PEC，得CF：CE=PC：PE=1：2.根據(jù)勾股定理求解CE.

　　【解答】(1)證明：連接OC，作OD⊥PB于D點(diǎn).

　　∵⊙O與PA相切于點(diǎn)C，

　　∴OC⊥PA.

　　∵點(diǎn)O在∠APB的平分線上，OC⊥PA，OD⊥PB，

　　∴OD=OC.

　　∴直線PB與⊙O相切;

　　(2)解：設(shè)PO交⊙O于F，連接CF.

　　∵OC=3，PC=4，∴PO=5，PE=8.

　　∵⊙O與PA相切于點(diǎn)C，

　　∴∠PCF=∠E.

　　又∵∠CPF=∠EPC，

　　∴△PCF∽△PEC，

　　∴CF：CE=PC：PE=4：8=1：2.

　　∵EF是直徑，

　　∴∠ECF=90°.

　　設(shè)CF=x，則EC=2x.

　　則x2+(2x)2=62，

　　解得x= .

　　則EC=2x= .

　　23.已知二次函數(shù)y=ax2+bx﹣3a經(jīng)過點(diǎn)A(﹣1，0)、C(0，3)，與x軸交于另一點(diǎn)B，拋物線的頂點(diǎn)為D.

　　(1)求此二次函數(shù)解析式;

　　(2)連接DC、BC、DB，求證：△BCD是直角三角形;

　　(3)在對稱軸右側(cè)的拋物線上是否存在點(diǎn)P，使得△PDC為等腰三角形?若存在，求出符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在，請說明理由.

　　【考點(diǎn)】二次函數(shù)綜合題.

　　【分析】(1)將A(﹣1，0)、B(3，0)代入二次函數(shù)y=ax2+bx﹣3a求得a、b的值即可確定二次函數(shù)的解析式;www-2-1-cnjy-com

　　(2)分別求得線段BC、CD、BD的長，利用勾股定理的逆定理進(jìn)行判定即可;

　　(3)分以CD為底和以CD為腰兩種情況討論.運(yùn)用兩點(diǎn)間距離公式建立起P點(diǎn)橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)之間的關(guān)系，再結(jié)合拋物線解析式即可求解.

　　【解答】解：(1)∵二次函數(shù)y=ax2+bx﹣3a經(jīng)過點(diǎn)A(﹣1，0)、C(0，3)，

　　∴根據(jù)題意，得 ，

　　解得 ，

　　∴拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3.

　　(2)由y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4得，D點(diǎn)坐標(biāo)為(1，4)，

　　∴CD= = ，

　　BC= =3 ，

　　BD= =2 ，

　　∵CD2+BC2=( )2+(3 )2=20，BD2=(2 )2=20，

　　∴CD2+BC2=BD2，

　　∴△BCD是直角三角形;

　　(3)存在.

　　y=﹣x2+2x+3對稱軸為直線x=1.

　?、偃粢訡D為底邊，則P1D=P1C，

　　設(shè)P1點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，根據(jù)勾股定理可得P1C2=x2+(3﹣y)2，P1D2=(x﹣1)2+(4﹣y)2，

　　因此x2+(3﹣y)2=(x﹣1)2+(4﹣y)2，

　　即y=4﹣x.

　　又P1點(diǎn)(x，y)在拋物線上，

　　∴4﹣x=﹣x2+2x+3，

　　即x2﹣3x+1=0，

　　解得x1= ，x2= <1，應(yīng)舍去，

　　∴x= ，

　　∴y=4﹣x= ，

　　即點(diǎn)P1坐標(biāo)為( ， ).

　?、谌粢訡D為一腰，

　　∵點(diǎn)P2在對稱軸右側(cè)的拋物線上，由拋物線對稱性知，點(diǎn)P2與點(diǎn)C關(guān)于直線x=1對稱，

　　此時點(diǎn)P2坐標(biāo)為(2，3).

　　∴符合條件的點(diǎn)P坐標(biāo)為( ， )或(2，3).

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