2014遵义中考数学试题（解析版）(4)

点评： 本题考查了行程问题的数量关系的运用，待定系数法求一次函数的解析式的运用，一次函数与一元一次方程的运用，解答时求出函数的解析式是关键． 26．（12分）（2014?遵义）如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，且∠ABC=60°，AB=BC，△ACD的外接圆⊙O交BC于E点，连接DE并延长，交AC于P点，交AB延长线于F．

（1）求证：CF=DB；

（2）当AD=时，试求E点到CF的距离．

考点： 圆的综合题． 专题： 综合题． 分析： （1）连结AE，由∠ABC=60°，AB=BC可判断△ABC为等边三角形，由AB∥CD，∠DAB=90°得∠ADC=∠DAB=90°，则根据圆周角定理可得到AC为⊙O的直径，则∠AEC=90°，即AE⊥BC，根据等边三角形的性质得BE=CE，再证明△DCE≌△FBE，得到DE=FE，于是可判断四边形BDCF为平行四边形，根据平行四边形的性质得CF=DB； （2）作EH⊥CF于H，由△ABC为等边三角形得∠BAC=60°，则∠DAC=30°，在Rt△ADC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得DC=AD=1，AC=2CD=2， ，DF=2，所则AB=AC=2，BF=CD=1，AF=3，然后利用勾股定理计算出BD=以CF=BD=，EF=DF=，接着根据等边三角形的性质由AE⊥BC得∠CAE=∠BAE=30°，根据圆周角定理得∠EDC=∠CAE=30°，而∠DCA=∠BAC=60°，得到∠DPC=90°，在Rt△DPC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得PC=DC=， 再证明Rt△FHE∽Rt△FPC，利用相似比可计算出EH． 解答： （1）证明：连结AE，如图， ∵∠ABC=60°，AB=BC， ∴△ABC为等边三角形， ∵AB∥CD，∠DAB=90°， ∴∠ADC=∠DAB=90°， ∴AC为⊙O的直径， ∴∠AEC=90°，即AE⊥BC， ∴BE=CE， CD∥BF， ∴∠DCE=∠FBF， 在△DCE和△FBE中， ， ∴△DCE≌△FBE（ASA）， ∴DE=FE， ∴四边形BDCF为平行四边形， ∴CF=DB； （2）解：作EH⊥CF于H，如图， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠BAC=60°， ∴∠DAC=30°， 在Rt△ADC中，AD=， ∴DC=AD=1，AC=2CD=2， ∴AB=AC=2，BF=CD=1， ∴AF=3， 在Rt△ABD中，BD=在Rt△ADF中，DF=∴CF=BD=，EF=DF=， ==2， ， ∵AE⊥BC， ∴∠CAE=∠BAE=30°， ∴∠EDC=∠CAE=30°， 而∠DCA=∠BAC=60°， ∴∠DPC=90°， 在Rt△DPC中，DC=1，∠CDP=30°， ∴PC=DC=， ∵∠HFE=∠PFC， ∴Rt△FHE∽Rt△FPC， ∴=，即=， ∴EH=， 即E点到CF的距离为． 点评： 本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、等边三角形的性质和平行四边形的判定与性质；会运用三角形全等的知识解决线段相等的问题；会运用勾股定理和相似比进行几何计算． 27．（14分）（2014?遵义）如图，二次函数y=x+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C．若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动． （1）求该二次函数的解析式及点C的坐标；

（2）当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出E点坐标；若不存在，请说明理由． （3）当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状，并求出D点坐标．

2

考点： 二次函数综合题． 分析： 2（1）将A，B点坐标代入函数y=x+bx+c中，求得b、c，进而可求解析式及C坐标． （2）等腰三角形有三种情况，AE=EQ，AQ=EQ，AE=AQ．借助垂直平分线，画圆易得E大致位置，设边长为x，表示其他边后利用勾股定理易得E坐标． （3）注意到P，Q运动速度相同，则△APQ运动时都为等腰三角形，又由A、D对称，则AP=DP，AQ=DQ，易得四边形四边都相等，即菱形．利用菱形对边平行且相等等性质可用t表示D点坐标，又D在E函数上，所以代入即可求t，进而D可表示． 解答： 2解：（1）∵二次函数y=x+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0）， ∴， 解得 2， ∴y=x﹣x﹣4． ∴C（0，﹣4）． （2）存在． 如图1，过点Q作QD⊥OA于D，此时QD∥OC， ∵A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣4），O（0，0） ∴AB=4，OA=3，OC=4， ∴AC=∵QD∥OC， ∴∴∴QD=， ， ，AD=． =5，AQ=4． ①作AQ的垂直平分线，交AO于E，此时AE=EQ，即△AEQ为等腰三角形， 设AE=x，则EQ=x，DE=AD﹣AE=∴在Rt△EDQ中，（∴OA﹣AE=3﹣∴E（﹣，0）． ﹣x）+（2﹣x， ）=x，解得 x=22， =﹣， ②以Q为圆心，AQ长半径画圆，交x轴于E，此时QE=QA=4， ∵ED=AD=∴AE=， =﹣， ， ∴OA﹣AE=3﹣∴E（﹣，0）． ③当AE=AQ=4时， ∵OA﹣AE=3﹣4=﹣1， ∴E（﹣1，0）． 综上所述，存在满足条件的点E，点E的坐标为（﹣，0）或（﹣，0）或（﹣1，0）． （3）四边形APDQ为菱形，D点坐标为（﹣，﹣）．理由如下： 如图2，D点关于PQ与A点对称，过点Q作，FQ⊥AP于F， ∵AP=AQ=t，AP=DP，AQ=DQ， ∴AP=AQ=QD=DP， ∴四边形AQDP为菱形， ∵FQ∥OC， ∴∴∴AF=∴Q（3﹣， ， ，FQ=，﹣， ）， ∵DQ=AP=t， ∴D（3﹣﹣t，﹣）， ∵D在二次函数y=x﹣x﹣4上， ∴﹣∴t==（3﹣t）﹣（3﹣t）﹣4， ，或t=0（与A重合，舍去）， ）． 22∴D（﹣，﹣点评： 本题考查了二次函数性质、利用勾股定理解直角三角形及菱形等知识，总体来说题意复杂但解答内容都很基础，是一道值得练习的题目．

百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说教育文库2014遵义中考数学试题（解析版）(4)在线全文阅读。