发布时间 : 星期日 文章2020年浙江省杭州市余杭区中考数学模拟试卷(含答案解析)更新完毕开始阅读5d3c4cf4a4e9856a561252d380eb6294dd882287
∵BD为直径， ∴∠BED＝90°，
在Rt△BDE中，∵∠B＝30°， ∴DE＝BD＝r，BE＝∵DF∥BC，
∴∠EDF＝∠BED＝90°， ∵∠C＝∠B＝30°， ∴∠CEF＝60°， ∴∠DFE＝∠CEF＝60°， 在Rt△DEF中，DF＝∴EF＝2DF＝
r，
r，
r， r，
在Rt△CEF中，CE＝2EF＝而BC＝2∴
r+
， r＝2
，解得r＝，
即⊙O的半径长为．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．也考查了圆周角定理和垂径定理．
23．【分析】（1）把A点坐标代入可求得m的值，可求得抛物线的表达式，令y＝0可求得B、C两点的坐标；
（2）由（1）可求得抛物线的对称轴，可求得D点坐标，再利用待定系数法可求得直线DE的表达式；
（3）由条件可知当直线和抛物线的图象不能都在x轴上方，结合直线和抛物线的图象可求得t的范围．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝mx2﹣2mx+m+4与y轴交于点A（0，3）， ∴m+4＝3． ∴m＝﹣1．
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3． ∵抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于点B，C， ∴令y＝0，即﹣x2+2x+3＝0． 解得 x1＝﹣1，x2＝3． 又∵点B在点C左侧，
∴点B的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（3，0）； （2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4， ∴抛物线的对称轴为直线x＝1． ∵抛物线的对称轴与x轴交于点D， ∴点D的坐标为（1，0）．
∵直线y＝kx+b经过点D（1，0）和点E（﹣1，﹣2）， ∴解得
∴直线DE的表达式为y＝x﹣1；
（3）如图，当P点在D、B两点之间时，M、N都在x轴上方，
∴点M、N至少有一个点在x轴下方的t的范围为：t＜1或t＞3．
【点评】本题主要考查二次函数与一次函数的综合，在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中求得D点坐标是解题的关键，在（3）中注意数形结合思想的应用．
24．【分析】（1）设直线BC的解析式为y＝mx+n，将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入，
运用待定系数法即可求出直线BC的解析式；同理，将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入y＝x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
MN的长是直线BC的函数值与抛物线的函数值的差，（2）据此可得出一个关于MN的长和M点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出MN的最大值；
（3）先求出△ABN的面积S2＝5，则S1＝6S2＝30．再设平行四边形CBPQ的边BC上的高为BD，根据平行四边形的面积公式得出BD＝3
，过点D作直线BC的平行线，交抛物线与点P，交x
轴于点E，在直线DE上截取PQ＝BC，则四边形CBPQ为平行四边形．证明△EBD为等腰直角三角形，则BE＝
BD＝6，求出E的坐标为（﹣1，0），运用待定系数法求出直线PQ的解析
，即可求出点P的坐标．
式为y＝﹣x﹣1，然后解方程组
【解答】解：（1）设直线BC的解析式为y＝mx+n， 将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入，得解得
，
，
故直线BC的解析式为y＝﹣x+5；
将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入y＝x2+bx+c得解得
．
，
故抛物线的解析式为y＝x2﹣6x+5；
（2）设M（x，x2﹣6x+5）（1＜x＜5），则N（x，﹣x+5）， ∵MN＝（﹣x+5）﹣（x2﹣6x+5）＝﹣x2+5x＝﹣（x﹣）2+∴当x＝时，MN有最大值
（3）∵MN取得最大值时，x＝2.5， ∴﹣x+5＝﹣2.5+5＝2.5，即N（2.5，2.5）． 解方程x2﹣6x+5＝0，得x＝1或5， ∴A（1，0），B（5，0）， ∴AB＝5﹣1＝4，
；
，
∴△ABN的面积S2＝×4×2.5＝5， ∴平行四边形CBPQ的面积S1＝6S2＝30．
设平行四边形CBPQ的边BC上的高为BD，则BC⊥BD． ∵BC＝5
，
∴BC?BD＝30， ∴BD＝3
．
过点D作直线BC的平行线，交抛物线与点P，交x轴于点E，在直线DE上截取PQ＝BC，则四边形CBPQ为平行四边形． ∵BC⊥BD，∠OBC＝45°， ∴∠EBD＝45°，
∴△EBD为等腰直角三角形，BE＝∵B（5，0）， ∴E（﹣1，0），
设直线PQ的解析式为y＝﹣x+t，
将E（﹣1，0）代入，得1+t＝0，解得t＝﹣1 ∴直线PQ的解析式为y＝﹣x﹣1． 解方程组
，得
，
，
BD＝6，
∴点P的坐标为P1（2，﹣3）（与点D重合）或P2（3，﹣4）．