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)D(3,3)……B'(5,﹣3)O′(4,0)C'(3,1)A′(2,0)D'(1,﹣…3)①补全表格;②在图1中描出表中对称后的点,再用平滑的曲线依次连接各点,得到的图象记为L'.:..我们发现形如()中的图象'上的点和抛物线L上的点关于点A中心对称,则称L'是L的“孔像抛物线”.例如,当m=﹣2时,图2中的抛物线L'是抛物线L的“孔像抛物线”.探究问题(2)当m=﹣1时,若抛物线L与它的“孔像抛物线”L'的函数值都随着x的增大而减小,则x的取值范围为;②在同一平面直角坐标系中,当m取不同值时,通过画图发现存在一条抛物线与二次函数y=x2﹣2mx的所有“孔像抛物线”L'都有唯一交点,这条抛物线的解析式可能是(填“y=ax2+bx+c”或“y=ax2+bx”或“y=ax2+c”或“y=ax2”,其中abc≠0);:..=x﹣2mx及它的“孔像抛物线”与直线y=m有且只有三个交点,(共小题)4.(2022?江西)综合与实践问题提出某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题:将足够大的直角三角板PEF(∠P=90°,∠F=60°)的一个顶点放在正方形中心O处,并绕点O逆时针旋转,探究直角三角板PEF与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况(已知正方形边长为2).操作发现(1)如图1,若将三角板的顶点P放在点O处,在旋转过程中,当OF与OB重合时,重叠部分的面积为;当OF与BC垂直时,重叠部分的面积为;一般地,若正方形面积为S,在旋转过程中,重叠部分的面积S1与S的关系为;类比探究(2)若将三角板的顶点F放在点O处,在旋转过程中,OE,OP分别与正方形的边相交于点M,N.①如图2,时,试判断重叠部分△OMN的形状,并说明理由;②如图3,时,的面积(结果保留根号);拓展应用(3)若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处,该锐角记为∠GOH(设∠GOH=),将∠GOH绕点O逆时针旋转,在旋转过程中,∠GOH的两边与正方形ABCD的边所围成的图形的面积为S2,请直接写出S2的最小值与最大值(分别用含α的式子表示).:..(2021?江西)课本再现(1)在证明“三角形内角和定理”时,小明只撕下三角形纸片的一个角拼成图1即可证明,其中与∠相等的角是;类比迁移(2)如图2,在四边形ABCD中,∠ABC与∠ADC互余,小明发现四边形ABCD中这对互余的角可类比(1)中思路进行拼合:先作∠CDF=∠ABC,再过点C作CE⊥DF于点E,连接AE,发现AD,DE,AE之间的数量关系是;方法运用(3)如图3,在四边形ABCD中,连接AC,∠BAC=90°,点O是△ACD两边垂直平分线的交点,连接OA,∠OAC=∠:∠ABC+∠ADC=90°;②连接BD,如图4,已知AD=m,DC=n,=2,求BD的长(用含m,n的式子表示).(共小题)6.(2021?江西)如图1,四边形ABCD内接于O,AD为直径,点C作CE⊥AB于点E,连接AC.(1)求证:∠CAD=∠ECB;(2)若CE是⊙O的切线,∠CAD=30°,连接OC,如图2.①请判断四边形ABCO的形状,并说明理由;:..=时,求AD,(共小题)7.(2023?江西)课本再现思考我们知道,,对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗?可以发现并证明菱形的一个判定定理;(1)为了证明该定理,小明同学画出了图形(如图1),并写出了“已知”和“求证”,:在ABCD中,对角线BD⊥AC,:?(2)如图2,在?ABCD中,对角线AC和BD相交于点O,AD=5,AC=8,BD=6.①求证:?ABCD是菱形;②延长BC至点E,连接OE交CD于点F,若∠E=∠ACD,(共1小题):..(2023?江西)图1是某红色文化主题公园内的雕塑,,A,D,E均在同一直线上,AB=AC=AD,测得∠B=55°,BC=,DE=2m.(结果保小数点后一位)(1)连接CD,求证:DC⊥BC;(2)求雕塑的高(即点E到直线BC的距离).(参考数据:sin55°≈,cos55°≈,tan55°≈):..三年中考数学真题分类汇编-03解答题(较难题)(共1小题).(2022?江西)跳台滑雪运动可分为助滑、起跳、飞行和落地四个阶段,运动员起跳后飞行的路线是抛物线的一部分(如图中实线部分所示),落地点在着陆坡(如图中虚线部分所示)上,着陆坡上的基准点为飞行距离计分的参照点,落地点超过K点越远,,基准点K到起跳台的水平距离为75m,高度为hm(h为定值).设运动员从起跳点A起跳后的高度y(m)与水平距离x(m)之间的函数关系为y=ax2+bx+c(a≠0).(1)c的值为 66 ;(2)若运动员落地点恰好到达K点,且此时a=﹣,b=,求基准点K的高度h;②若a=﹣时,运动员落地点要超过K点,则b的取值范围为 b> ;(3)在(2)的条件下,若运动员飞行的水平距离为25m时,恰好达到最大高度76m,试判断他的落地点能否超过K点,并说明理由.【答案】(1)66;(2)①基准点K的高度h为21m;②b>;(3)他的落地点能超过K点,理由见解答过程.:..解:()∵起跳台的高度为66m,∴A(0,66),把A(0,66)代入y=ax2+bx+c得:c=66,故答案为:66;(2)∵a=﹣,b=,∴y=﹣x2+x+66,∵基准点K到起跳台的水平距离为75m,∴y=﹣×752+×75+66=21,∴基准点K的高度h为21m;②∵a=﹣,∴y=﹣x2+bx+66,∵运动员落地点要超过K点,∴x=75时,y>21,即﹣×752+75b+66>21,解得b>,故答案为:b>;(3)他的落地点能超过K点,理由如下:∵运动员飞行的水平距离为25m时,恰好达到最大高度76m,∴抛物线的顶点为(25,76),设抛物线解析式为y=a(x﹣25)2+76,把(0,66)代入得:66=a(0﹣25)2+76,解得a=﹣,∴抛物线解析式为y=﹣(x﹣25)2+76,当x=75时,y=﹣×(75﹣25)2+76=36,:..>21,∴(共小题)2.(2023?江西)综合与实践问题提出某兴趣小组开展综合实践活动:在Rt△ABC中,∠C=90°,D为AC上一点,CD=,动点P以每秒1个单位的速度从C点出发,在三角形边上沿C→B→A匀速运动,到达点A时停止,,正方形DPEF的面积为S,(1)如图1,当点P由点C运动到点B时,当t=1时,S= 3 ;②S关于t的函数解析式为 S=t2+2 .(2)当点P由点B运动到点A时,经探究发现S是关于t的二次函数,,(3)若存在3个时刻t1,t2,t3(t1<t2<t3)对应的正方形DPEF的面积均相等.①t+t= 4 ;12②当t=4t时,:..()3;②=t2+2;(2)S=t2﹣8t+18(2≤t≤8),AB=6;(3)①4;②正方形DPEF的面积为.【解答】解:(1)①当t=1时,CP=1,又∵∠C=90°,CD=,∴S=DP2=CP2+CD2=12+()2=:3;②当点P由点C运动到点B时,CP=t,∵∠C=90°,CD=,∴S=DP2=CP2+CD2=t2+()2=t2+:S=t2+2;(2)由图2可得:当点P运动到点B处时,PD2=BD2=6,当点P运动到点A处时,PD2=AD2=18,抛物线的顶点坐标为(4,2),∴BC===2,AD==3,∴M(2,6),设S=a(t﹣4)2+2,将M(2,6)代入,得4a+2=6,解得:a=1,∴S=(t﹣4)2+2=t2﹣8t+18,:..=ADCD=3+=4,在Rt△ABC中,AB===6,CB+AC=2+6=8,∴抛物线的解析式为S=t2﹣8t+18(2≤t≤8);(3)如图,则∠AHD=90°=∠C,∵∠DAH=∠BAC,∴△ADH∽△ABC,∴==,即==,∴DH=,AH=4,∴BH=2,DH=CD,∵存在3个时刻t,t,t(t<t<t)对应的正方形DPEF的面积均相等,123123∴DP=DP=DP,123∴CP=t,PH=4﹣t,1122在Rt△CDP1和Rt△HDP2中,,∴Rt△CDP1≌Rt△HDP2(HL),∴CP1=HP2,∴t=4﹣t,12∴t+t=:4;:..=DP,DH=DC,∠DHP=∠C=90°,13∴Rt△DHP3≌Rt△DCP1(HL),∴PH=CP,31∵PH=t﹣4,33∴t3﹣4=t1,∵t3=4t1,∴t1=,∴S=()2+2=.3.(2021?江西)二次函数y=x2﹣(1)当m=1时,如图1,抛物线L:y=x2﹣2x上的点B,O,C,A,D分别关于点A中心对称的点为B′,O′,C′,A′,D′,如表:…B(﹣1,3)O(0,0)C(1,﹣1)A( 2 , 0 )D(3,3)……B'(5,﹣3)O′(4,0)C'(3,1)A′(2,0)D'(1,﹣…3)①补全表格;②在图1中描出表中对称后的点,再用平滑的曲线依次连接各点,得到的图象记为L'.形成概念:..)中的图象'上的点和抛物线L上的点关于点A中心对称,则称L'是L的“孔像抛物线”.例如,当m=﹣2时,图2中的抛物线L'是抛物线L的“孔像抛物线”.探究问题(2)当m=﹣1时,若抛物线L与它的“孔像抛物线”L'的函数值都随着x的增大而减小,则x的取值范围为﹣3≤x≤﹣1 ;②在同一平面直角坐标系中,当m取不同值时,通过画图发现存在一条抛物线与二次函数y=x2﹣2mx的所有“孔像抛物线”L'都有唯一交点,这条抛物线的解析式可能是 y=ax2 (填“y=ax2+bx+c”或“y=ax2+bx”或“y=ax2+c”或“y=ax2”,其中abc≠0);③若二次函数y=x2﹣2mx及它的“孔像抛物线”与直线y=m有且只有三个交点,求m的值.【答案】(1)①(2,0);②所画图象见解答;(2)①﹣3≤x≤﹣1;②y=ax2;③m=±1.【解答】解:(1)①∵B(﹣1,3)、B'(5,﹣3)关于点A中心对称,:..为BB′的中点,设点A(m,n),∴m==,n==0,故答案为:(2,0);所画图象如图1所示,(2)①当m=﹣1时,抛物线L:y=x2+2x=(x+1)2﹣1,对称轴为直线x=﹣1,开口向上,当x≤﹣1时,L的函数值随着x的增大而减小,抛物线L′:y=﹣x2﹣6x﹣8=﹣(x+3)2+1,对称轴为直线x=﹣3,开口向下,当x≥﹣3时,L′的函数值随着x的增大而减小,∴当﹣3≤x≤﹣1时,抛物线L与它的“孔像抛物线”L'的函数值都随着x的增大而减小,故答案为:﹣3≤x≤﹣1;②∵抛物线y=x2﹣2mx的“孔像抛物线”是y=﹣x2+6mx﹣8m2,∴设符合条件的抛物线M解析式为y=a′x2+b′x+c′,令a′x2+b′x+c′=﹣x2+6mx﹣8m2,整理得(a′+1)x2+(b′﹣6m)x+(c′+8m2)=0,∵抛物线M与抛物线L′有唯一交点,∴分下面两种情形:i)当a′=﹣1时,无论b′为何值,都会存在对应的m使得b′﹣6m=0,此时方程无解或有无数解,不符合题意,舍去;ii)当a′≠﹣1时,Δ=(b′﹣6m)2﹣4(a′+1)(c′+8m2)=0,:..′﹣12b′m+36m2﹣4(a′+1)?8m2﹣4c′(a′+1)=0,整理得[36﹣32(a′+1)]m2﹣12b′m+b′2﹣4c′(a′+1)=0,∵当m取不同值时,两抛物线都有唯一交点,∴当m取任意实数,上述等式都成立,即:上述等式成立与m取值无关,∴,解得a′=,b′=0,c′=0,则y=x2,故答案为:y=ax2;抛物线L:y=x2﹣2mx=(x﹣m)2﹣m2,顶点坐标为M(m,﹣m2),其“孔像抛物线”L'为:y=﹣(x﹣3m)2+m2,顶点坐标为N(3m,m2),抛物线L与其“孔像抛物线”L'有一个公共点A(2m,0),∴二次函数y=x2﹣2mx及它的“孔像抛物线”与直线y=m有且只有三个交点时,有三种情况:i)直线y=m经过M(m,﹣m2),∴m=﹣m2,解得:m=﹣1或m=0(舍去),ii)直线y=m经过N(3m,m2),∴m=m2,解得:m=1或m=0(舍去),iii)直线y=m经过A(2m,0),∴m=0,但当m=0时,y=x2与y=﹣x2只有一个交点,不符合题意,舍去,综上所述,m=±(共小题)4.(2022?江西)综合与实践问题提出某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题:将足够大的直角三角板PEF:..=°,∠F=60°)的一个顶点放在正方形中心O处,并绕点O逆时针旋转,探究直角三角板PEF与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况(已知正方形边长为2).操作发现(1)如图1,若将三角板的顶点P放在点O处,在旋转过程中,当OF与OB重合时,重叠部分的面积为 1 ;当OF与BC垂直时,重叠部分的面积为 1 ;一般地,若正方形面积为S,在旋转过程中,重叠部分的面积S与S的关系为 S=S ;11类比探究(2)若将三角板的顶点F放在点O处,在旋转过程中,OE,OP分别与正方形的边相交于点M,,时,试判断重叠部分△OMN的形状,并说明理由;②如图3,时,的面积(结果保留根号);拓展应用(3)若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处,该锐角记为∠GOH(设∠GOH=),将∠GOH绕点O逆时针旋转,在旋转过程中,∠GOH的两边与正方形ABCD的边所围成的图形的面积为S,请直接写出S的最小值与最大值(分别用含α的式子表22示).【答案】(1)1,1,S=S;1(2)①证明见解析部分;②﹣1;(3)S2的最小值为tan,S2的最大值为1﹣tan(45°﹣α).【解答】解:(1)如图1,若将三角板的顶点P放在点O处,在旋转过程中,当OF与OB:..与OC重合,此时重叠部分的面积=△OBC的面积=正方形ABCD的面积=;当OF与BC垂直时,OE⊥BC,重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1;一般地,若正方形面积为S,在旋转过程中,重叠部分的面积S与S的关系为S=:如图1中,设OF交AB于点J,OE交BC于点K,过点O作OM⊥AB于点M,ON⊥BC于点N.∵O是正方形ABCD的中心,∴OM=ON,∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°,∴四边形OMBN是矩形,∵OM=ON,∴四边形OMBN是正方形,∴∠MON=∠EOF=90°,∴∠MOJ=∠NOK,∵∠OMJ=∠ONK=90°,∴△OMJ≌△ONK(AAS),∴S=S,△PMJ△ONK∴S=S=S,四边形OKBJ正方形OMBN正方形ABCD∴S=:1,1,S=:..)如图2中,结论:△:过点O作OT⊥BC,∵O是正方形ABCD的中心,∴BT=CT,∵,∴MT=TN,∵OT⊥MN,∴OM=ON,∵∠MON=60°,∴△MON是等边三角形;②如图3中,连接OC,过点O作OJ⊥BC于点J.∵,∠OCM=∠OCN,OC=OC,∴△OCM≌△OCN(SAS),:..=∠CON=°,∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°,∵OJ⊥CB,∴∠JOM=90°﹣75°=15°,∵BJ=JC=OJ=1,∴JM=OJ?tan15°=2﹣,∴CM=CJ﹣MJ=1﹣(2﹣)=﹣1,∴S=2××CM×OJ=﹣1.(3)如图4﹣1中,过点O作OQ⊥BC于点Q,时,△OMN的面积最小,△MOQ中,MQ=OQ?tan=tan,∴MN=2MQ=2tan,∴S2=S=×MN×OQ=tan.△OMN如图4﹣2中,时,:..≌△CON,∴∠COM=,∵∠COQ=°,∴∠MOQ=45°﹣α,QM=OQ?tan(45°﹣α)=tan(45°﹣α),∴MC=CQ﹣MQ=1﹣tan(45°﹣α),∴S2=2S=2××CM×OQ=1﹣tan(45°﹣α).△CMO5.(2021?江西)课本再现(1)在证明“三角形内角和定理”时,小明只撕下三角形纸片的一个角拼成图1即可证明,其中与∠A相等的角是∠DCE′;类比迁移(2)如图2,在四边形ABCD中,∠ABC与∠ADC互余,小明发现四边形ABCD中这对互余的角可类比(1)中思路进行拼合:先作∠CDF=∠ABC,再过点C作CE⊥DF于点E,连接AE,发现AD,DE,AE之间的数量关系是 AD2+DE2=AE2 ;方法运用(3)如图3,在四边形ABCD中,连接AC,∠BAC=90°,点O是△ACD两边垂直平:..,∠OAC=∠:∠ABC∠ADC=90°;②连接BD,如图4,已知AD=m,DC=n,=2,求BD的长(用含m,n的式子表示).【答案】(1)∠DCE′.(2)AD2+DE2=AE2.(3)①证明见解析部分.②.【解答】(1)解:如图1中,由图形的拼剪可知,∠A=∠DCE′,故答案为:∠DCE′.(2)解:如图2中,∵∠ADC+∠ABC=90°,∠CDE=∠ABC,∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°,∴AD2+DE2=:AD2+DE2=AE2.:..)证明:如图3中,连接,作△ADC的外接圆O.∵点O是△ACD两边垂直平分线的交点∴点O是△ADC的外心,∴∠AOC=2∠ADC,∵OA=OC,∴∠OAC=∠OCA,∵∠AOC+∠OAC+∠OCA=180°,∠OAC=∠ABC,∴2∠ADC+2∠ABC=180°,∴∠ADC+∠ABC=90°.②解:如图4中,在射线DC的下方作∠CDT=∠ABC,过点C作CT⊥DT于T.∵∠CTD=∠CAB=90°,∠CDT=∠ABC,∴△CTD∽△CAB,∴∠DCT=∠ACB,=,∴=,∠DCB=∠TCA∴△DCB∽△TCA,∴=,∵=2,:..:BA:BC=CT:DT:CD=:2:,∴BD=AT,∵∠ADT=∠ADC+∠CDT=∠ADC+∠ABC=90°,DT=n,AD=m,∴AT===,∴BD=.(共小题)6.(2021?江西)如图1,四边形ABCD内接于O,AD为直径,点C作CE⊥AB于点E,连接AC.(1)求证:∠CAD=∠ECB;(2)若CE是⊙O的切线,∠CAD=30°,连接OC,,并说明理由;②当AB=2时,求AD,AC与围成阴影部分的面积.【答案】(1)证明见解答;(2)①是菱形,理由见解答;②+π.【解答】(1)证明:∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形,∴∠CBE=∠D,∵AD为⊙O的直径,∴∠ACD=90°,∴∠D+∠CAD=90°,∴∠CBE+∠CAD=90°,:..⊥AB,∴∠CBE∠BCE=90°,∴∠CAD=∠BCE;(2)四边形ABCO是菱形,理由:∵∠CAD=30°,∴∠COD=2∠CAD=60°,∵CE是O的切线,∴OC⊥CE,∵CE⊥AB,∴OC∥AB,∴∠DAB=∠COD=60°,由(1)知,∠CBE+∠CAD=90°,∴∠CBE=90°﹣∠CAD=60°=∠DAB,∴BC∥OA,∴四边形ABCO是平行四边形,∵OA=OC,∴?ABCO是菱形;②由①知,四边形ABCO是菱形,∴OA=OC=AB=2,∴AD=2OA=4,由①知,∠COD=60°,在Rt△ACD中,∠CAD=30°,∴CD=2,AC=2,∴AD,AC与围成阴影部分的面积为S+S△AOC扇形COD=S+S△ACD扇形COD=××2×2+:...(共小题)7.(2023?江西)课本再现思考我们知道,,对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗?可以发现并证明菱形的一个判定定理;(1)为了证明该定理,小明同学画出了图形(如图1),并写出了“已知”和“求证”,:在?中,对角线BD⊥AC,:?(2)如图2,在?ABCD中,对角线AC和BD相交于点O,AD=5,AC=8,BD=:?ABCD是菱形;②延长BC至点E,连接OE交CD于点F,若∠E=∠ACD,求的值.【答案】(1)证明见解答过程;(2)①证明见解答过程;②.【解答】(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,∴BO=DO,又∵BD⊥AC,垂足为O,:..是BD的垂直平分线,∴AB=AD,∴ABCD是菱形.()证明:∵?ABCD中,对角线AC和BD相交于点O,AC=8,BD=6,∴AO=CO=AC=4,DO=BD=3,又∵AD=5,∴在三角形AOD中,AD2=AO2+DO2,∴∠AOD=90°,即BD⊥AC,∴?ABCD是菱形;②解:如图,设CD的中点为G,连接OG,∴OG是△ACD的中位线,∴OG=AD=,由①知:四边形ABCD是菱形,∴∠ACD=∠ACB,又∵∠E=∠ACD,∴∠E=∠ACB,又∵∠ACB=∠E+∠COE,∴∠E=∠COE,∴CE=CO=4,∵OG是△ACD的中位线,∴OG∥AD∥BE,∴△OGF∽△ECF,:..,又∵=,CE=,∴.(共小题)8.(2023?江西)图1是某红色文化主题公园内的雕塑,,A,D,E均在同一直线上,AB=AC=AD,测得∠B=55°,BC=,DE=2m.(结果保小数点后一位)(1)连接CD,求证:DC⊥BC;(2)求雕塑的高(即点E到直线BC的距离).(参考数据:sin55°≈,cos55°≈,tan55°≈)【答案】(1)证明过程见解答;(2).【解答】(1)证明:∵AB=AC,∴∠B=∠ACB,∵AD=AC,∴∠ADC=∠ACD,∵∠B+∠ACB+∠ADC+∠ACD=180°,∴2∠ACB+2∠ACD=180°,∴∠ACB+∠ACD=90°,∴∠BCD=90°,∴DC⊥BC;(2)解:过点E作EF⊥BC,垂足为F,:..△中,∠B=55°,BC=,∴BD=≈=(m),∵DE=2m,∴BE=BD+DE=(m),在Rt△BEF中,EF=BE?sin55°≈×≈(m),∴.