荆州市2019数学中考闯关训练（含解析）

训练一
1、如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE，CF相交于点D.
（1）求证：BE＝CF；（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长.




=




2、（2016）如图，A、F、B、C是半圆O上的四个点，四边形OABC是平行四边形，∠FAB=15°，连接OF交AB于点E，过点C作OF的平行线交AB的延长线于点D，延长AF交直线CD于点H．
（1）求证：CD是半圆O的切线；
（2）若DH=6﹣3，求EF和半径OA的长．






3、在△ABC的外接圆⊙O中，△ABC的外角平分线CD交⊙O于点D，F为上﹣点，且= 连接DF，并延长DF交BA的延长线于点E．
（1）判断DB与DA的数量关系，并说明理由； （2）求证：△BCD≌△AFD；
（3）若∠ACM=120°，⊙O的半径为5，DC=6，求DE的长．









4、（2010）已知：关于x 的一元二次方程的两根满足，双曲线(x＞0)经过Rt△OAB斜边OB的中点D，与直角边AB交于C（如图），求．









5、如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD⊥AB于点D．点P从点D出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都停止．设运动时间为t秒．
（1）求线段CD的长；
（2）设△CPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并确定在运动过程中是否存在某一时刻t，使得S△CPQ：S△ABC=9：100？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
（3）试探究：当t为何值时，△CPQ为等腰三角形？
























6、（2016）阅读：我们约定，在平面直角坐标系中，经过某点且平行于坐标轴或平行于两坐标轴夹角平分线的直线，叫该点的“特征线”．例如，点M（1，3）的特征线有：x=1，y=3，y=x+2，y=﹣x+4．

问题与探究：如图，在平面直角坐标系中有正方形OABC，点B在第一象限，A、C分别在x轴和y轴上，抛物线经过B、C两点，顶点D在正方形内部．
（1）直接写出点D（m，n）所有的特征线；
（2）若点D有一条特征线是y=x+1，求此抛物线的解析式；
（3）点P是AB边上除点A外的任意一点，连接OP，将△OAP沿着OP折叠，点A落在点A′的位置，当点A′在平行于坐标轴的D点的特征线上时，满足（2）中条件的抛物线向下平移多少距离，其顶点落在OP上？





















参考答案：
1、
2、解：（1）连接OB，
∵OA=OB=OC，∵四边形OABC是平行四边形，
∴AB=OC，∴△AOB是等边三角形，∴∠AOB=60°，
∵∠FAD=15°，∴∠BOF=30°，∴∠AOF=∠BOF=30°，∴OF⊥AB，
∵CD∥OF，∴OC⊥CD，∴CD是半圆O的切线；
（2）∵BC∥OA，∴∠DBC=∠EAO=60°，
∴BD=BC=AB，∴AE=AD，
∵EF∥DH，∴△AEF∽△ADH，
∴，
∵DH=6﹣3，∴EF=2﹣，
∵OF=OA，∴OE=OA﹣（2﹣），
∵∠AOE=30°，
∴==，解得：OA=2．
3、解：（1）DB=DA．
理由：∵CD是△ABC的外角平分线，∴∠MCD=∠ACD，
∵∠MCD+∠BCD=180°，∠BCD+∠BAD=180°，
∴∠MCD=∠BAD，∴∠ACD=∠BAD，
∵∠ACD=∠ABD，∴∠ABD=∠BAD，∴DB=DA；
（2）证明：∵DB=DA，∴=，
∵=，∴AF=BC，=，∴CD=FD，
在△BCD和△AFD中，
，∴△BCD≌△AFD（SSS）；
（3）连接DO并延长，交AB于点N，连接OB，
∵DB=DA，∴=，∴DN⊥AB，
∵∠ACM=120°，∴∠ABD=∠ACD=60°，
∵DB=DA，∴△ABD是等边三角形，∴∠OBA=30°，
∴ON=OB=×5=2.5，∴DN=ON+OD=7.5，
∴BD==5，∴AD=BD=5，
∵=，∴=，∴∠ADC=∠BDF，
∵∠ABD=∠ACD，∴△ACD∽△EBD，（或△DFA∽△DAE）
∴，∴，∴DE=12.5．
4、解：有两根∴ 即
由得：
当时， 解得 ，不合题意，舍去
当时，，
解得： 符合题意 ∴双曲线的解析式为：
过D作DE⊥OA于E， 则
∵DE⊥OA，BA⊥OA∴DE∥AB ∴△ODE∽△OBA
∴ ∴
∴



5、解：（1）如图1，
∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，∴AB=10．
∵CD⊥AB，∴S△ABC=BC?AC=AB?CD．
∴CD===4.8．
（2）①过点P作PH⊥AC，垂足为H，如图2所示．
由题可知DP=t，CQ=t．则CP=4.8﹣t．
∵∠ACB=∠CDB=90°，∴∠HCP=90°﹣∠DCB=∠B．
∵PH⊥AC，∴∠CHP=90°．
∴∠CHP=∠ACB．∴△CHP∽△BCA．
∴．∴．
∴PH=﹣t．∴S△CPQ=CQ?PH=t（﹣t）=﹣t2+t．
②存在某一时刻t，使得S△CPQ：S△ABC=9：100．
∵S△ABC=×6×8=24，且S△CPQ：S△ABC=9：100，
∴（﹣t2+t）：24=9：100．
整理得：5t2﹣24t+27=0．即（5t﹣9）（t﹣3）=0．
解得：t=或t=3．
∵0≤t≤4.8，∴当t=秒或t=3秒时，S△CPQ：S△ABC=9：100．
（3）①若CQ=CP，如图1，
则t=4.8﹣t．解得：t=2.4．
②若PQ=PC，如图2所示．
∵PQ=PC，PH⊥QC，∴QH=CH=QC=．
∵△CHP∽△BCA．
∴．∴．解得；t=．
③若QC=QP，
过点Q作QE⊥CP，垂足为E，如图3所示．同理可得：t=．
综上所述：当t为2.4秒或秒或秒时，△CPQ为等腰三角形．
6、解：（1）∵点D（m，n），∴点D（m，n）的特征线是x=m，y=n，y=x+n﹣m，y=﹣x+m+n；
（2）点D有一条特征线是y=x+1，∴n﹣m=1，∴n=m+1
∵抛物线解析式为，∴y=（x﹣m）2+m+1，
∵四边形OABC是正方形，且D点为正方形的对称轴，D（m，n），∴B（2m，2m），
∴（2m﹣m）2+n=2m，将n=m+1带入得到m=2，n=3；∴D（2，3），
∴抛物线解析式为y=（x﹣2）2+3
（3）如图，当点A′在平行于y轴的D点的特征线时，
根据题意可得，D（2，3），∴OA′=OA=4，OM=2，
∴∠A′OM=60°，∴∠A′OP=∠AOP=30°，
∴MN==，
∴抛物线需要向下平移的距离=3﹣=．
如图，当点A′在平行于x轴的D点的特征线时（不与点D重合），
设P（4，c）（c＞0），
由折叠有，PD=PA，
，
∴P（4，）
∴N（2，），
∴抛物线需要向下平移的距离=3﹣=，
即：抛物线向下平移或距离，其顶点落在OP上．



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