2017年甘肅省中考數(shù)學(xué)模擬真題及答案(2)
把(0，1200)和(60，0)代入到y(tǒng)1=kx+b得：
解得 ，
∴y1=﹣20x+1200
當(dāng)x=20時，y1=﹣20×20+1200=800，
(2)設(shè)y2=kx+b，
把(20，0)和(60，1000)代入到y(tǒng)2=kx+b中得：
解得 ，
∴y2=25x﹣500，
當(dāng)0≤x≤20時，y=﹣20x+1200，
當(dāng)20
y≤900，則5x+700≤900，
x≤40，
當(dāng)y1=900時，900=﹣20x+1200，
x=15，
∴發(fā)生嚴重干旱時x的范圍為：15≤x≤40.
22.已知四邊形ABCD是正方形，等腰直角△AEF的直角頂點E在直線BC上(不與點B、C重合)，F(xiàn)M⊥AD，交射線AD于點M.
(1)當(dāng)點E在邊BC上，點M在邊AD的延長線上時，①，求證：AB+BE=AM.(提示：延長MF，交邊BC的延長線于點H.)
(2)當(dāng)點E在邊CB的延長線上，點M在邊AD上時，②.請直接寫出線段AB，BE，AM之間的數(shù)量關(guān)系，不需要證明.
(3)當(dāng)點E在邊BC的延長線上，點M在邊AD上時，③.若BE= ，∠AFM=15°，則AM= ﹣1 .
【考點】四邊形綜合題.
【分析】(1)作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明四邊形ABHM為矩形，則AM=BH，證明△ABE≌△EHF，AB=EH，根據(jù)線段的和得出結(jié)論;
(2)②，AB=BE+AM，證明△AEB≌△EFH和四邊形ABHM為矩形，則AM=BH，所以AB=EH=BE+BH=BE+AM;
(3)③，根據(jù)△AEF是等腰直角三角形，得∠AFE=45°，從而求得∠HFE=45°﹣15°=30°，同理得△ABE≌△EHF，則∠AEB=∠HFE=30°，由四邊形ABHM是矩形，得AM=BH= ﹣1.
【解答】證明：(1)延長MF，交BC延長線于H，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠BAM=∠B=90°，
∵FM⊥AD，
∴∠AMF=90°，
∴四邊形ABHM為矩形，
∴AM=BH，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEH=90°，
∵∠B=90°，
∴∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠FEH=∠BAE，
∵∠B=∠EHF=90°，
∴△ABE≌△EHF，
∴AB=EH，
∴AM=BH=BE+EH=BE+AB;
(2)AB=BE+AM，理由是：
?、?，∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEH=90°，
∵∠ABE=90°，
∴∠AEB+∠EAB=90°，
∴∠FEH=∠EAB，
∵∠ABE=∠EHF=90°，
∴△AEB≌△EFH，
∴AB=EH，
∵∠MAB=∠ABH=∠BHM=90°，
∴四邊形ABHM為矩形，
∴AM=BH，
∴AB=EH=BE+BH=BE+AM;
(3)③，∵△AEF是等腰直角三角形，
∴∠AFE=45°，
∵∠AFM=15°，
∴∠HFE=45°﹣15°=30°，
同理得：△ABE≌△EHF，
∴∠AEB=∠HFE=30°，EH=AB，
Rt△ABE中，∴AE=2，AB=1，
∴BC=EH=AB=1，
∴BH=EC= ﹣1，
同理得：四邊形ABHM是矩形，
∴AM=BH= ﹣1.
故答案為： ﹣1.
23.，△ABC是等邊三角形，AB=4cm，CD⊥AB于點D，動點P從點A出發(fā)，沿AC以1cm/s的速度向終點C運動，當(dāng)點P出發(fā)后，過點P作PQ∥BC交折線AD﹣DC于點Q，以PQ為邊作等邊三角形PQR，設(shè)四邊形APRQ與△ACD重疊部分圖形的面積為S(cm2)，點P運動的時間為t(s).
(1)當(dāng)點Q在線段AD上時，用含t的代數(shù)式表示QR的長;
(2)求點R運動的路程長;
(3)當(dāng)點Q在線段AD上時，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式;
(4)直接寫出以點B、Q、R為頂點的三角形是直角三角形時t的值.
【考點】四邊形綜合題.
【分析】(1)當(dāng)點Q在線段AD上時，1，根據(jù)四邊相等的四邊形是菱形證明四邊形APRQ是菱形，則QR=AP=t;
(2)2，當(dāng)點Q在線段AD上運動時，點R的運動的路程長為AR，當(dāng)點Q在線段CD上運動時，點R的運動的路程長為CR，分別求長并相加即可;
(3)分兩種情況：
①當(dāng)0
?、诋?dāng)
分別計算即可;
(4)分兩種情況：
①當(dāng)∠BRQ=90°時，6，根據(jù)BQ=2RQ列式可得：t= ;
?、诋?dāng)∠BQR=90°時，7，根據(jù)BR=2RQ列式可得：t= .
【解答】解：(1)由題意得：AP=t，
當(dāng)點Q在線段AD上時，1，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠A=∠B=60°，
∵PQ∥BC，
∴∠PQA=∠B=60°，
∴△PAQ是等邊三角形，
∴PA=AQ=PQ，
∵△PQR是等邊三角形，
∴PQ=PR=RQ，
∴AP=PR=RQ=AQ，
∴四邊形APRQ是菱形，
∴QR=AP=t;
(2)當(dāng)點Q在線段AD上運動時，2，點R的運動的路程長為AR，
由(1)得：四邊形APRQ是菱形，
∴AR⊥PQ，
∵PQ∥BC，
∴AR⊥BC，
∴RC= BC= ×4=2，
由勾股定理得：AR= = =2 ;
當(dāng)點Q在線段CD上運動時，2，點R的運動的路程長為CR，
∴AR+CR=2 +2，
答：點R運動的路程長為(2 +2)cm;
(3)當(dāng)R在CD上時，3，
∵PR∥AD，
∴△CPR∽△CAD，
∴ ，
∴ ，
4t=8﹣2t，
t= ，
?、佼?dāng)0
過P作PE⊥AB于E，
∴PE=AP•sin60°= t，
∴S=AQ•PE= t2，
?、诋?dāng)
在Rt△PCF中，sin∠PCF= ，
∴PF=PC•sin30°= (4﹣t)=2﹣ t，
∴FR=t﹣(2﹣ t)= t﹣2，
∴tan60°= ，
∴FM= ×( t﹣2)，
∴S=S菱形APRQ﹣S△FMR= t2﹣ FR•FM= ﹣ ( t﹣2)× ×( t﹣2)，
∴S=﹣ +3 ﹣2 ;
綜上所述，當(dāng)點Q在線段AD上時，S與t之間的函數(shù)關(guān)系式為：
S= ;
(4)①當(dāng)∠BRQ=90°時，6，
∵四邊形APRQ是菱形，
∴AP=AQ=RQ=t，
∴BQ=4﹣t，
∵∠AQP=∠PQR=60°，
∴∠RQB=180°﹣60°60°=60°，
∴∠RBQ=30°，
∴BQ=2RQ，
4﹣t=2t，
3t=4，
t= ;
②當(dāng)∠BQR=90°時，7，
同理得四邊形CPQR是菱形，
∴PC=RQ=RC=4﹣t，
∴BR=t，
∵∠CRP=∠PRQ=60°，
∴∠QRB=60°，
∴∠QBR=30°，
∴BR=2RQ，
∴t=2(4﹣t)，
t= ，
綜上所述，以點B、Q、R為頂點的三角形是直角三角形時t的值是 或 .
24.，拋物線y=ax2+bx過A(4，0)，B(1，3)兩點，點C、B關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，過點B作直線BH⊥x軸，交x軸于點H.
(1)求拋物線的表達式;
(2)直接寫出點C的坐標(biāo)，并求出△ABC的面積;
(3)點P是拋物線上一動點，且位于第四象限，當(dāng)△ABP的面積為6時，求出點P 的坐標(biāo);
(4)若點M在直線BH上運動，點N在x軸上運動，當(dāng)以點C、M、N為頂點的三角形為等腰直角三角形時，請直接寫出此時點N的坐標(biāo).
【考點】二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)把A、B兩點的坐標(biāo)代入拋物線解析式可墳得a、b的值，可求得拋物線解析式;
(2)由拋物線的對稱性可求得C點坐標(biāo)，再求△ABC的面積即可;
(3)因為點P是拋物線上一動點，且位于第四象限，設(shè)出點P的坐標(biāo)(m，﹣m2+4m)，利用差表示△ABP的面積，列式計算求出m的值，寫出點P的坐標(biāo);
(4)分別以點C、M、N為直角頂點分三類進行討論，利用全等三角形和勾股定理ON的長即可.
【解答】解：
(1)把點A(4，0)，B(1，3)代入拋物線y=ax2+bx中，
得 ，解得 ：，
∴拋物線表達式為y=﹣x2+4x;
(2)∵y=﹣x2+4x=﹣(x﹣2)2+4，
∴拋物線對稱軸為x=2，
∵點C和點B關(guān)于對稱軸對稱，點B的坐標(biāo)為(1，3)，
∴C(3，3)，
∴BC=2，
∴S△ABC= ×2×3=3;
(3)1，過P點作PD⊥BH交BH于點D，
設(shè)點P(m，﹣m2+4m)，
根據(jù)題意，得：BH=AH=3，HD=m2﹣4m，PD=m﹣1，
∴S△ABP=S△ABH+S四邊形HAPD﹣S△BPD，
∴6= ×3×3+ (3+m﹣1)(m2﹣4m)﹣ (m﹣1)(3+m2﹣4m)，
∴3m2﹣15m=0，解得m1=0(舍去)，m2=5，
∴點P坐標(biāo)為(5，﹣5);
(4)以點C、M、N為頂點的三角形為等腰直角三角形時，分三類情況討論：
?、僖渣cM為直角頂點且M在x軸上方時，2，CM=MN，∠CMN=90°，
則△CBM≌△MHN，
∴BC=MH=2，BM=HN=3﹣2=1，
∴N(2，0);
②以點M為直角頂點且M在x軸下方時，3，
作輔助線，構(gòu)建所示的兩直角三角形：Rt△NEM和Rt△MDC，
得Rt△NEM≌Rt△MDC，
∴EM=CD=5，
∵OH=1，
∴ON=NH﹣OH=5﹣1=4，
∴N(﹣4，0);
③以點N為直角頂點且N在y軸左側(cè)時，4，CN=MN，∠MNC=90°，作輔助線，
同理得Rt△NEM≌Rt△MDC，
∴ME=NH=DN=3，
∴ON=3﹣1=2，
∴N(﹣2，0);
?、芤渣cN為直角頂點且N在y軸右側(cè)時，作輔助線，5，
同理得ME=DN=NH=3，
∴ON=1+3=4，
∴N(4，0);
⑤以C為直角頂點時，不能構(gòu)成滿足條件的等腰直角三角形;
綜上可知當(dāng)△CMN為等腰直角三角形時N點坐標(biāo)為(2，0)或(﹣4，0)或(﹣2，0)或(4，0).
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