发布时间 : 星期五 文章2013年四川省自贡市中考数学试卷及答案(word解析版)更新完毕开始阅读a7177271370cba1aa8114431b90d6c85ed3a885b
∴BC===16（km）． ∵1小时20分钟=80分钟，1小时=60分钟， ∴ （2）作线段BR⊥x轴于R，作线段CS⊥x轴于S，延长BC交l于T． ∵∠2=60°， ∴∠4=90°﹣60°=30°． ∵AC=8∴CS=8∴AS=8（km）， sin30°=4cos30°=8（km）． ×=12（km）． ×60=12（千米/小时）． 又∵∠1=30°， ∴∠3=90°﹣30°=60°． ∵AB=40km， ∴BR=40?sin60°=20（km）． ∴AR=40×cos60°=40×=20（km）． 易得，△STC∽△RTB， 所以=， ， 解得：ST=8（km）． 所以AT=12+8=20（km）． 又因为AM=19.5km，MN长为1km，∴AN=20.5km， ∵19.5＜AT＜20.5 故轮船能够正好行至码头MN靠岸． 点评：此 题结合方向角，考查了阅读理解能力、解直角三角形的能力．计算出相关特殊角和作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
七、解答题（本题满分12分）
23．（12分）（2013?自贡）将两块全等的三角板如图①摆放，其中∠A1CB1=∠ACB=90°，∠A1=∠A=30°． （1）将图①中的△A1B1C顺时针旋转45°得图②，点P1是A1C与AB的交点，点Q是A1B1与BC的交点，求证：CP1=CQ；
（2）在图②中，若AP1=2，则CQ等于多少？
（3）如图③，在B1C上取一点E，连接BE、P1E，设BC=1，当BE⊥P1B时，求△P1BE面积的最大值．
考点：相 似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质；解直角三角形． 分析： 1）先判断∠B1CQ=∠BCP1=45°，利用ASA即可证明△B1CQ≌△BCP1，从而得出结论．（ （2）作P1D⊥CA于D，在RtADP1中，求出P1D，在Rt△CDP1中求出CP1，继而可得出CQ的长度． （3）证明△AP1C∽△BEC，则有AP1：BE=AC：BC=：1，设AP1=x，则BE=x，得出S△P1BE关于x的表达式，利用配方法求最值即可． 解答： 1）证明：∵∠B1CB=45°，∠B1CA1=90°， （∴∠B1CQ=∠BCP1=45°， ∵在△B1CQ和△BCP1中， ， ∴△B1CQ≌△BCP1（ASA）， ∴CQ=CP1； （2）作P1D⊥CA于D，
∵∠A=30°， ∴P1D=AP1=1， ∵∠P1CD=45°， ∴∴CP1==sin45°=P1D=， ， 又∵CP1=CQ， ∴CQ= （3）∵∠P1BE=90°，∠ABC=60°， ∴∠A=∠CBE=30°， ∴AC=BC， ； 由旋转的性质可得：∠ACP1=∠BCE， ∴△AP1C∽△BEC， ∴AP1：BE=AC：BC=设AP1=x，则BE=：1， x， 在Rt△ABC中，∠A=30°， ∴AB=2BC=2， ∴S△P1BE=×=﹣x（2﹣x）=﹣2x+2x （x﹣1）+， ． 故当x=1时，S△P1BE（max）=点评：本 题考查了相似三角形的判定与性质，解答本题需要我们熟练掌握含30°角的直角三角形的性质、勾股定理及配方法求二次函数的最值，有一定难度． 八、解答题（本题满分14分）
24．（14分）（2013?自贡）如图，已知抛物线y=ax+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，直线BD交抛物线于点D，并且D（2，3），tan∠DBA=． （1）求抛物线的解析式；
（2）已知点M为抛物线上一动点，且在第三象限，顺次连接点B、M、C、A，求四边形BMCA面积的最大值；
（3）在（2）中四边形BMCA面积最大的条件下，过点M作直线平行于y轴，在这条直线上是否存在一个以Q点为圆心，OQ为半径且与直线AC相切的圆？若存在，求出圆心Q的坐标；若不存在，请说明理由．
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考点：二 次函数综合题． 分析：（ 1）如答图1所示，利用已知条件求出点B的坐标，然后用待定系数法求出抛物线的解析式； （2）如答图1所示，首先求出四边形BMCA面积的表达式，然后利用二次函数的性质求出其最大值； （3）本题利用切线的性质、相似三角形与勾股定理求解．如答图2所示，首先求出直线AC与直线x=2的交点F的坐标，从而确定了Rt△AGF的各个边长；然后证明Rt△AGF∽Rt△QEF，利用相似线段比例关系列出方程，求出点Q的坐标． 解答：解 ：（1）如答图1所示，过点D作DE⊥x轴于点E，则DE=3，OE=2． ∵tan∠DBA=∴BE=6， ∴OB=BE﹣OE=4， ∴B（﹣4，0）． ∵点B（﹣4，0）、D（2，3）在抛物线y=ax+bx﹣2（a≠0）上， 2=，