2016年广东省广州市黄埔区中考数学一模试卷

导读:又∵BD=BC=4,∠BDE=∠C=60°,在△BDE和△BCF中,,∴△BDE≌△BCF(SAS),∴BE=BF;(2)∵△BDE≌△BCF,∴∠EBD=∠FBC,∴∠EBD+∠DBF=∠FBC+∠DBF,∴∠EBF=∠DBC=60°,又∵BE=BF,∴△BEF是正三角形,∴EF=BE=BF,当动点E运动到点D或点A时,BE的最大值为4,当BE⊥AD,即E

2016年广东省广州市黄埔区中考数学一模试卷

又∵BD=BC=4,∠BDE=∠C=60°, 在△BDE和△BCF中,

∴△BDE≌△BCF(SAS), ∴BE=BF;

(2)∵△BDE≌△BCF, ∴∠EBD=∠FBC,

∴∠EBD+∠DBF=∠FBC+∠DBF, ∴∠EBF=∠DBC=60°, 又∵BE=BF,

∴△BEF是正三角形, ∴EF=BE=BF,

当动点E运动到点D或点A时,BE的最大值为4, 当BE⊥AD,即E为AD的中点时,BE的最小值为∵EF=BE,

∴EF的最大值为4,最小值为

【点评】此题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质.注意证得△BDE≌△BCF是解此题的关键.

24.(14分)(2016?黄埔区模拟)如图,AB是⊙O的直径,AC是⊙O的切线,BC交⊙O于点E,连接AE.

(1)若D为AC的中点,连接DE,证明:DE是⊙O的切线; (2)若BE=3EC,求tan∠ABC.

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【考点】切线的判定.

【分析】(1)连接OE,由AB是⊙O的直径,AC是圆⊙O的切线,推得AE⊥BC,AC⊥AB,在直角△AEC中,由D为AC的中点,证得DE=DC,进而证得∠DEC=∠DCE,从而证得∠DEC+∠OEB=∠DCE+∠OBE=90°,故有∠DEO=180°﹣90°=90°,可证得结论;

(2)由∠EAC+∠EAB=90°,∠EBA+∠EAB=90°,证得∠EAC=∠EBA,可证得△EAC∽△EBA,根据相似三角形的性质可求出tan∠ABC的值.

【解答】证明:(1)连接OE,

∵AB是⊙O的直径,AC是圆⊙O的切线, ∴AE⊥BC,AC⊥AB, 在直角△AEC中, ∵D为AC的中点,

∴DE=DC,∴∠DEC=∠DCE,

∵∠OEB=∠OBE,∠ABC+∠ACB=90°, ∴∠DEC+∠OEB=∠DCE+∠OBE=90°, ∴∠DEO=180°﹣90°=90°,∴OE⊥DE, ∴DE 是⊙O的切线;

,根据正切函数的定义即可求得

(2)在直角△EAC与直角△EBA中, ∵∠EAC+∠EAB=90°,∠EBA+∠EAB=90°, ∴∠EAC=∠EBA, ∴△EAC∽△EBA, ∴

,EA2=EB?EC,

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设EC=1,则EB=3, EA2=EB?EC=3,在直角△AEB中,

【点评】本题主要考查了圆周角定理,直角三角形斜边上的中线的性质,切线的性质和判定定理,相似三角形的判定和性质,正切三角函数的定义等知识,综合能力强,熟练掌握切线的性质和判定是解决问题的关键.

25.(14分)(2016?黄埔区模拟)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A(﹣3,0)、B(1,0)两点,与y轴交于点C,D是抛物线的顶点,E是对称轴与x轴的交点.

(1)求抛物线的解析式,并在﹣4≤x≤2范围内画出此抛物线的草图; (2)若点F和点D关于x轴对称,点P是x轴上的一个动点,过点P作PQ∥OF交抛物线于点Q,是否存在以点O、F、P、Q为顶点的平行四边形?若存在,求出点P坐标;若不存在,请说明理由.

【考点】二次函数综合题.

【分析】(1)用待定系数法求出抛物线解析式,再利用求顶点坐标的公式即可;

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(2)由条件确定出Q点纵坐标的绝对值,再分情况解一元二次方程即可. 【解答】解:(1)根据题意得:解得:

∴解析式为y=﹣x2﹣2x+3. 当x=﹣

=﹣1时,y=4,

∴顶点D的坐标为(﹣1,4), ∴点F的坐标为(﹣1,﹣4). 此抛物线的草图如图所示

(2)若以O、F、P、Q为顶点的平行四边形存在, 则点Q(x,y)必须满足|y|=|EF|=4. ①当y=﹣4时,﹣x2﹣2x+3=﹣4, 解得,x=﹣1±2∴Q1(﹣1﹣2∴P1(﹣2

,﹣4),Q2(﹣1+2

,0).

,﹣4)

,0),P2(2

②当y=4时,﹣x2﹣2x+3=4, 解得,x=﹣1, ∴Q3(﹣1,4), ∴P3(﹣2,0),

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综上所述,符合条件的点有三个即: P1(﹣2

,0),P2(2

,0),P3(﹣2,0).

【点评】此题是二次函数综合题,主要考查待定系数法、数形结合、转化、分类讨论的思想方法,以及运算求解能力,画出满足条件的图形式解本题的难点.

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