2015年福建省三明市中考数学试卷解析(4)

考点： 抛物线与x轴的交点；二次函数的性质． 2分析： （1）由二次函数的图象与x轴有两个交点，得到△=2+4m＞0于是得到m＞﹣1； （2）把点A（3，0）代入二次函数的解析式得到m=3，于是确定二次函数的解析式2为：y=﹣x+2x+3，求得B（0，3），得到直线AB的解析式为：y=﹣x+3，把对称轴方程x=1，直线y=﹣x+3即可得到结果． 解答： 解：（1）∵二次函数的图象与x轴有两个交点， 2∴△=2+4m＞0 ∴m＞﹣1； （2）∵二次函数的图象过点A（3，0）， ∴0=﹣9+6+m ∴m=3， ∴二次函数的解析式为：y=﹣x+2x+3， 令x=0，则y=3， ∴B（0，3）， 设直线AB的解析式为：y=kx+b， ∴解得：， ， 2∴直线AB的解析式为：y=﹣x+3， 2∵抛物线y=﹣x+2x+3，的对称轴为：x=1， ∴把x=1代入y=﹣x+3得y=2， ∴P（1，2）． 点评： 本题考查了二次函数与x轴的交点问题，求函数的解析式，知道抛物线的对称轴与直线AB的交点即为点P的坐标是解题的关键． 23．（10分）（2015?福建）已知：AB是⊙O的直径，点P在线段AB的延长线上，BP=OB=2，点Q在⊙O上，连接PQ． （1）如图①，线段PQ所在的直线与⊙O相切，求线段PQ的长； （2）如图②，线段PQ与⊙O还有一个公共点C，且PC=CQ，连接OQ，AC交于点D． ①判断OQ与AC的位置关系，并说明理由； ②求线段PQ的长．

考点： 圆的综合题． 分析： （1）如图①，连接OQ．利用切线的性质和勾股定理来求PQ的长度． （2）如图②，连接BC．利用三角形中位线的判定与性质得到BC∥OQ．根据圆周角定第16页（共20页）

理推知BC⊥AC，所以，OQ⊥AC． （3）利用割线定理来求PQ的长度即可． 解答： 解：（1）如图①，连接OQ． ∵线段PQ所在的直线与⊙O相切，点Q在⊙O上， ∴OQ⊥OP． 又∵BP=OB=OQ=2， ∴PQ===2，即PQ=2； （2）OQ⊥AC．理由如下： 如图②，连接BC． ∵BP=OB， ∴点B是OP的中点， 又∵PC=CQ， ∴点C是PQ的中点， ∴BC是△PQO的中位线， ∴BC∥OQ． 又∵AB是直径， ∴∠ACB=90°，即BC⊥AC， ∴OQ⊥AC． （3）如图②，PC?PQ=PB?PA，即PQ=2×6， 解得PQ=2． 2 点评： 本题考查了圆的综合题．掌握圆周角定理，三角形中位线定理，平行线的性质，熟练利用割线定理进行几何计算． 24．（12分）（2015?福建）如图，在平面直角坐标系中，顶点为A（1，﹣1）的抛物线经过点B（5，3），且与x轴交于C，D两点（点C在点D的左侧）． （1）求抛物线的解析式；

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（2）求点O到直线AB的距离；

（3）点M在第二象限内的抛物线上，点N在x轴上，且∠MND=∠OAB，当△DMN与△OAB相似时，请你直接写出点M的坐标．

考点： 二次函数综合题． 分析： （1）根据待定系数法，可得抛物线的解析式； （2）根据勾股定理，可得OA、OB、AB的长，根据勾股定理的逆定理，可得∠OAB的度数，根据点到直线的距离的定义，可得答案； （3）根据抛物线上的点满足函数解析式，可得方程②，根据相似三角形的性质，可得方程①③，根据解方程组，可得M点的坐标． 2解答： 解：（1）设抛物线的解析式为y=a（x﹣1）﹣1， 将B点坐标代入函数解析式，得 2（5﹣1）a﹣1=3， 解得a=． 故抛物线的解析式为y=（x﹣1）﹣1； （2）由勾股定理，得OA=1+1=2，OB=5+3=34，AB=（5﹣1）+（3+1）=32， 222OA+AB=OB， ∴∠OAB=90°， O到直线AB的距离是OA=； （3）设M（a，b），N（a，0） 当y=0时，（x﹣1）﹣1=0， 解得x1=3，x2=﹣1， D（3，0），DN=3﹣a． ①当△MND∽△OAB时，化简，得4b=a﹣3 ① M在抛物线上，得b=（a﹣1）﹣1 ② 222122222222222=，即=， 联立①②，得， 解得a1=3（不符合题意，舍），a2=﹣2，b=， 第18页（共20页）

M1（﹣2，）， 当△MND∽△BAO时，=，即=， 化简，得b=12﹣4a ③， 联立②③，得， 解得a1=3（不符合题意，舍），a2=﹣17，b=12﹣4×（﹣17）=80， M2（﹣17，80）． 综上所述：当△DMN与△OAB相似时，点M的坐标（﹣2，），（﹣17，80）． 点评： 本题考查了二次函数综合题，（1）设成顶点式的解析式是解题关键，（2）利用了勾股定理及勾股定理的逆定理，点到直线的距离；（3）利用了相似三角形的性质，图象上的点满足函数解析式得出方程组是解题关键，要分类讨论，以防遗漏． 25．（14分）（2015?福建）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°． （1）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG（如图①），求证：△AEG≌△AEF；

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（2）若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N（如图②），求证：EF=ME+NF； （3）将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变（如图③），请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系．

考点： 四边形综合题． 分析： （1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF； （2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，222NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出EG=ME+MG，等222量代换即可证明EF=ME+NF； （3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF． 解答： （1）证明：∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG， ∴AF=AG，∠FAG=90°， ∵∠EAF=45°， ∴∠GAE=45°， 在△AGE与△AFE中， 第19页（共20页）

， ∴△AGE≌△AFE（SAS）； （2）证明：设正方形ABCD的边长为a． 将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM． 则△ADF≌△ABG，DF=BG． 由（1）知△AEG≌△AEF， ∴EG=EF． ∵∠CEF=45°， ∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形， ∴CE=CF，BE=BM，NF=DF， ∴a﹣BE=a﹣DF， ∴BE=DF， ∴BE=BM=DF=BG， ∴∠BMG=45°， ∴∠GME=45°+45°=90°， 222∴EG=ME+MG， ∵EG=EF，MG=BM=DF=NF， 222∴EF=ME+NF； （3）解：EF=BE+DF． 点评： 本题是四边形综合题，其中涉及到正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理．准确作出辅助线利用数形结合及类比思想是解题的关键．

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