2017年德阳中考数学模拟试卷(2)
∴AB=CD，
∴△ABD≌△DCE，所以②正确;
当∠DEC=90°时，
∵△ABD∽△DCE，
∴∠ADB=∠DEC=90°，即AD⊥BC，
∴点D与点H重合，此时BD=8，
当∠EDC=90°，2，
∵△ABD∽△DCE，
∴∠DAB=∠EDC=90°，
在Rt△ABD中，cosB=cosα= = ，
∴BD= = ，
∴△DCE为直角三角形时，BD为8或 ，所以③正确;
∵∠BAD=∠CDE，
而AD不是∠BAC的平分线，
∴∠CDE与∠DAC不一定相等，
∴△CDE与△CAD不一定相似，
∴CD2=CE•CA不成立，所以④错误.
故答案为①②③.
三、解答题：(每小题7分，共14分，解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤)
19. ﹣(π﹣3)0﹣(﹣1)2017+(﹣ )﹣2+tan60°+| ﹣2|
【考点】实数的运算;零指数幂;负整数指数幂;特殊角的三角函数值.
【分析】原式利用平方根定义，零指数幂、负整数指数幂法则，绝对值的代数意义，以及乘方的意义计算即可得到结果.
【解答】解：原式=2﹣1+1+9+ +2﹣ =13.
20.，在△ABC中，AD是BC边上的高，tanC= ，AC=3 ，AB=4，求△ABC的周长.
【考点】解直角三角形;勾股定理.
【分析】在Rt△ADC中，根据正切的定义得到tanC= = ，则可设AD=k，CD=2k，接着利用勾股定理得到AC= k，则 k=3 ，解得k=3，所以AD=3，CD=6，然后在Rt△ABD中，利用勾股定理计算出BD= ，再根据三角形的周长的定义求解.
【解答】解：在Rt△ADC中，tanC= = ，
设AD=k，CD=2k，
AC= = k，
∵AC=3 ，
∴ k=3 ，解得k=3，
∴AD=3，CD=6，
在Rt△ABD中，
BD= = = ，
∴△ABC的周长=AB+AC+BD+CD=4+3 + +6=10+3 + .
四.解答题：(每题10分，共40分，解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤)
21.，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A(﹣2，1)，B(﹣1，4)，C(﹣3，2).
(1)画出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，并直接写出C1点坐标;
(2)以原点O为位似中心，位似比为1：2，在y轴的左侧，画出△ABC放大后的图形△A2B2C2，并直接写出C2点坐标;
(3)如果点D(a，b)在线段AB上，请直接写出经过(2)的变化后点D的对应点D2的坐标.
【考点】作图﹣位似变换;作图﹣轴对称变换.
【分析】(1)利用关于y轴对称点的性质得出各对应点位置，进而得出答案;
(2)利用位似变换的性质得出对应点位置，进而得出答案;
(3)利用位似图形的性质得出D点坐标变化规律即可.
【解答】解：(1)所示：△A1B1C1，即为所求，
C1点坐标为：(3，2);
(2)所示：△A2B2C2，即为所求，
C2点坐标为：(﹣6，4);
(3)如果点D(a，b)在线段AB上，经过(2)的变化后D的对应点D2的坐标为：(2a，2b).
22.，在东西方向的海岸线l上有一长为1千米的码头MN，在码头西端M的正西方向30 千米处有一观察站O.某时刻测得一艘匀速直线航行的轮船位于O的北偏西30°方向，且与O相距 千米的A处;经过40分钟，又测得该轮船位于O的正北方向，且与O相距20千米的B处.
(1)求该轮船航行的速度;
(2)如果该轮船不改变航向继续航行，那么轮船能否正好行至码头MN靠岸?请说明理由.(参考数据： ， )
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题.
【分析】(1)过点A作AC⊥OB于点C.可知△ABC为直角三角形.根据勾股定理解答.
(2)延长AB交l于D，比较OD与AM、AN的大小即可得出结论.
【解答】解(1)过点A作AC⊥OB于点C.由题意，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).
∴轮船航行的速度为： (千米/时).
(2)如果该轮船不改变航向继续航行，不能行至码头MN靠岸.
理由：延长AB交l于点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，
∴该轮船不改变航向继续航行，不能行至码头MN靠岸.
23.，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=kx+b(k≠0)的图象与反比例函数 的图象交于二四象限内的A、B 两点，与x轴交于C点，点B的坐标为(6，n)，线段OA=5，E为x轴负半轴上一点，且sin∠AOE= .
(1)求该反比例函数和一次函数的解析式;
(2)求△AOC的面积;
(3)直接写出一次函数值大于反比例函数值时自变量x的取值范围.
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题.
【分析】(1)作AD⊥x轴于D，，先利用解直角三角形确定A(﹣4，3)，再把A点坐标代入y= 可求得m=﹣12，则可得到反比例函数解析式;接着把B(6，n)代入反比例函数解析式求出n，然后把A和B点坐标分别代入y=kx+b得到关于a、b的方程组，再解方程组求出a和b的值，从而可确定一次函数解析式;
(2)先确定C点坐标，然后根据三角形面积公式求解;
(3)观察函数图象，找出一次函数图象在反比例函数图象上方所对应的自变量的范围即可.
【解答】解：(1)作AD⊥x轴于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，
所以反比例函数解析式为y=﹣ ;
把B(6，n)代入y=﹣ 得6n=﹣12，解得n=﹣2，
把A(﹣4，3)、B(6，﹣2)分别代入y=kx+b得 ，解得 ，
所以一次函数解析式为y=﹣ x+1;
(2)当y=0时，﹣ x+1=0，解得x=2，则C(2，0)，
所以S△AOC= ×2×3=3;
(3)当x<﹣4或0
24.所示，制作一种产品的同时，需要将原材料加热，设该材料温度为y℃，从加热开始计算的时间为x分钟，据了解，该材料在加热过程中温度y与时间x成一次函数关系，已知该材料在加热前的温度为15℃，加热5分钟使材料温度达到60℃时停止加热.停止加热后，材料温度逐渐下降，这时温度y与时间x成反比例函数关系.
(1)分别求出该材料加热过程中和停止加热后y与x之间的函数表达式，并写出x的取值范围;
(2)根据工艺要求，在材料温度不低于30℃的这段时间内，需要对该材料进行特殊处理，那么对该材料进行特殊处理所用的时间是多少?
【考点】反比例函数的应用.
【分析】(1)确定两个函数后，找到函数图象经过的点的坐标，用待定系数法求得函数的解析式即可;
(2)分别令两个函数的函数值为30，解得两个x的值相减即可得到答案.
【解答】解：(1)设加热过程中一次函数表达式为y=kx+b(k≠0)，
∵该函数图象经过点(0，15)，(5，60)，
∴ ，解得 ，
∴一次函数的表达式为y=9x+15(0≤x≤5)，
设加热停止后反比例函数表达式为y= (a≠0)，
∵该函数图象经过点(5，60)，
∴ =60，
解得：a=300，
∴反比例函数表达式为y= (x≥5);
(2)∵y=9x+15，
∴当y=30时，9x+15=30，
解得x= ，
∵y= ，
∴当y=30时， =30，
解得x=10，
10﹣ = ，
所以对该材料进行特殊处理所用的时间为 分钟.
五.解答题：(每题12分，共24分，解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤)
25.，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，E为AC边的中点，过点A作AD⊥AB交BE的延长线于点D，CG平分∠ACB交BD于点G，F为AB边上一点，连接CF，且∠ACF=∠CBG.求证：
(1)AF=CG;
(2)CF=2DE.
【考点】全等三角形的判定与性质;等腰直角三角形.
【分析】(1)要证AF=CG，只需证明△AFC≌△CBG即可.
(2)延长CG交AB于H，则CH⊥AB，H平分AB，继而证得CH∥AD，得出DG=BG和△ADE与△CGE全等，从而证得CF=2DE.
【解答】证明：(1)∵∠ACB=90°，CG平分∠ACB，
∴∠ACG=∠BCG=45°，
又∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠CAF=∠CBF=45°，
∴∠CAF=∠BCG，
在△AFC与△CGB中，
，
∴△AFC≌△CBG(ASA)，
∴AF=CG;
(2)延长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与△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，点O为对角线BD的中点，点P从点A出发，沿折线AD﹣DO﹣OC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，当点P与点A不重合时，过点P作PQ⊥AB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设正方形PQMN与△ABD重叠部分图形的面积为S(平方单位)，点P运动的时间为t(秒).
(1)求点N落在BD上时t的值;
(2)直接写出点O在正方形PQMN内部时t的取值范围;
(3)当点P在折线AD﹣DO上运动时，求S与t之间的函数关系式;
(4)直接写出直线DN平分△BCD面积时t的值.
【考点】相似形综合题;勾股定理;三角形中位线定理;矩形的性质;正方形的性质;相似三角形的判定与性质;锐角三角函数的定义.
【分析】(1)可证△DPN∽△DQB，从而有 ，即可求出t的值.
(2)只需考虑两个临界位置(①MN经过点O，②点P与点O重合)下t的值，就可得到点O在正方形PQMN内部时t的取值范围.
(3)根据正方形PQMN与△ABD重叠部分图形形状不同分成三类，4、图5、图6，然后运用三角形相似、锐角三角函数等知识就可求出S与t之间的函数关系式.
(4)由于点P在折线AD﹣DO﹣OC运动，可分点P在AD上，点P在DO上，点P在OC上三种情况进行讨论，然后运用三角形相似等知识就可求出直线DN平分△BCD面积时t的值.
【解答】解：(1)当点N落在BD上时，1.
∵四边形PQMN是正方形，
∴PN∥QM，PN=PQ=t.
∴△DPN∽△DQB.
∴ .
∵PN=PQ=PA=t，DP=3﹣t，QB=AB=4，
∴ .
∴t= .
∴当t= 时，点N落在BD上.
(2)①2，
则有QM=QP=t，MB=4﹣t.
∵四边形PQMN是正方形，
∴MN∥DQ.
∵点O是DB的中点，
∴QM=BM.
∴t=4﹣t.
∴t=2.
②3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°.
∵AB=4，AD=3，
∴DB=5.
∵点O是DB的中点，
∴DO= .
∴1×t=AD+DO=3+ .
∴t= .
∴当点O在正方形PQMN内部时，t的范围是2
(3)①当0
S=S正方形PQMN=PQ2=PA2=t2.
②当
∵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当3
∵四边形PQMN是正方形，四边形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+ .
综上所述：当0
当
当3
(4)设直线DN与BC交于点E，
∵直线DN平分△BCD面积，
∴BE=CE= .
①点P在AD上，过点E作EH∥PN交AD于点H，7，
则有△DPN∽△DHE.
∴ .
∵PN=PA=t，DP=3﹣t，DH=CE= ，EH=AB=4，
∴ .
解得;t= .
②点P在DO上，连接OE，8，
则有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点P在OC上，设DE与OC交于点S，连接OE，交PQ于点R，9，
则有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= .
综上所述：当直线DN平分△BCD面积时，t的值为 、 、 .
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