2020届苏州市吴中区中考数学二模试卷(有答案)(已审阅)

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∵AB=AC， ∴∠ABC=∠ACB， ∴∠EDF=∠CDE， ∴DE平分∠CDF．

（2）解：∵∠ADB=∠ABC，∠DAB=∠BAE， ∴△ABD∽△AEB ∴

=

，

∵AB=AC=3，AD=2 ∴AE=

=，

∴DE=﹣2=（cm）．

27．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=8cm，AD=12cm，BC=18cm，点P从点A出发以2cm/s的速度沿A→D→C运动，点P从点A出发1秒后，点Q从点C出发，并以1cm/s速度向点B运动，当点P到达点C时，点Q也停止运动．设点P的运动时间为t秒． （1）求DC的长；

（2）当t取何值时，PQ∥CD？

（3）是否存在t，使△PQC为直角三角形？

【考点】四边形综合题．

【分析】（1）过D点作DF⊥BC于F，得出四边形ABFD是矩形，那么DF=AB=8，BF=AD=12，CF=BC﹣BF=6，然后在直角△CDF中利用勾股定理即可求出DC；

（2）由于AD∥BC，所以当PQ∥CD时，四边形PDCQ是平行四边形，根据平行四边形的对边

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相等得出PD=QC，依此列出关于t的方程，求解即可；

（3）因为∠C＜90°，所以△PQC为直角三角形时，分两种情况：①∠PQC=90°；②∠CPQ=90°；分别求解即可．

【解答】解：（1）过D点作DF⊥BC于F， ∵AD∥BC，∠B=90°， ∴四边形ABFD是矩形， ∴DF=AB=8，BF=AD=12， ∴CF=BC﹣BF=18﹣12=6， ∴DC=

==10（cm）；

（2）当PQ∥CD时，四边形PDCQ是平行四边形，此时PD=QC， ∴12﹣2t=t﹣1， ∴t=4．

∴当t=4时，四边形PQDC是平行四边形；

（3）△PQC为直角三角形时，因为∠C＜90°，分两种情况： ①当∠PQC=90°时，则AP=BQ， 即2t=18﹣（t﹣1）， 解得t=6，不合题意舍去；

②当∠CPQ=90°，此时P一定在DC上， ∵CP=10+12﹣2t=22﹣2t，CQ=t﹣1， 易知，△CDF∽△CQP， ∴

=

，即

=

，

解得：t=8，符合题意；

秒时，△PQC是直角三角形．

综上所述，当t=8

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28．如图，在平面直角坐标系中，顶点为（4，﹣1）的抛物线交y轴于A点，交x轴于B，C两点（点B在点C的左侧），已知A点坐标为（0，3）． （1）求此抛物线的解析式；

（2）过点B作线段AB的垂线交抛物线于点D，如果以点C为圆心的圆与直线BD相切，请判断抛物线的对称轴l与⊙C有怎样的位置关系，并给出证明；

（3）已知点P是抛物线上的一个动点，且位于A，C两点之间，问：当点P运动到什么位置时，△PAC的面积最大？并求出此时P点的坐标和△PAC的最大面积．

【考点】二次函数综合题．

【分析】（1）已知抛物线的顶点坐标，可用顶点式设抛物线的解析式，然后将A点坐标代入其中，即可求出此二次函数的解析式；

（2）根据抛物线的解析式，易求得对称轴l的解析式及B、C的坐标，分别求出直线AB、BD、CE的解析式，再求出CE的长，与到抛物线的对称轴的距离相比较即可；

（3）过P作y轴的平行线，交AC于Q；易求得直线AC的解析式，可设出P点的坐标，进而可表示出P、Q的纵坐标，也就得出了PQ的长；然后根据三角形面积的计算方法，可得出关于△PAC的面积与P点横坐标的函数关系式，根据所得函数的性质即可求出△PAC的最大面积及对应的P点坐标．

【解答】解：（1）设抛物线为y=a（x﹣4）2﹣1，

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∵抛物线经过点A（0，3）， ∴3=a（0﹣4）2﹣1，∴抛物线为

；

；

（2）相交．

证明：连接CE，则CE⊥BD， 当

时，x1=2，x2=6．

A（0，3），B（2，0），C（6，0）， 对称轴x=4， ∴OB=2，AB=∵AB⊥BD，

∴∠OAB+∠OBA=90°，∠OBA+∠EBC=90°， ∴△AOB∽△BEC， ∴∵

=

，即＞2，

=

，解得CE=

，

=

，BC=4，

故抛物线的对称轴l与⊙C相交．

（3）如图，过点P作平行于y轴的直线交AC于点Q； 可求出AC的解析式为设P点的坐标为（m，则Q点的坐标为（m，

； ）， ）；

∴PQ=﹣m+3﹣（m2﹣2m+3）=﹣m2+m． ∵S△PAC=S△PAQ+S△PCQ=×（﹣m2+m）×6 =﹣（m﹣3）2+

；

；

∴当m=3时，△PAC的面积最大为

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