四川省南充高中2018-2019年初升高冬令营数学试题 解析版

∴BC＝BF+FC＝x+20． 在Rt△AEM中，

∵∠AEM＝22°，AM＝AB﹣CE＝x﹣1， tan22°＝

，即

＝，

解得，x＝15．

∴办公楼AB的高度为15米； （2）在Rt△AME中，∵cos22°＝∴AE＝

＝37米．

，

∴A，E之间的距离为37米．

17．直线y＝kx+b与反比例函数y＝（x＞0）的图象分别交于点 A（m，3）和点B（6，n），与坐标轴分别交于点C和点D． （1）求直线AB的解析式；

（2）若点P是x轴上一动点，当△COD与△ADP相似时，求点P的坐标．

【分析】（1）首先确定A、B两点坐标，再利用待定系数法即可解决问题； （2）分两种情形讨论求解即可．

【解答】解：（1）∵y＝kx+b与反比例函数y＝（x＞0）的图象分别交于点 A（m，3）和点B（6，n）， ∴m＝2，n＝1， ∴A（2，3），B（6，1），

则有，

解得，

∴直线AB的解析式为y＝﹣x+4

（2）如图①当PA⊥OD时，∵PA∥OC， ∴△ADP∽△CDO， 此时p（2，0）．

②当AP′⊥CD时，易知△P′DA∽△CDO， ∵直线AB的解析式为y＝﹣x+4， ∴直线P′A的解析式为y＝2x﹣1， 令y＝0，解得x＝， ∴P′（，0），

综上所述，满足条件的点P坐标为（2，0）或（，0）．

18．如图，在△ABC中，点D在边BC上，联结AD，∠ADB＝∠CDE，DE交边AC于点E，DE交BA延长线于点F，且AD＝DE?DF． （1）求证：△BFD∽△CAD； （2）求证：BF?DE＝AB?AD．

2

【分析】（1）根据相似三角形的判定得出△ADF∽△EDA，再利用相似三角形的性质得出

∠F＝∠DAE，进而证明△BFD∽△CAD即可； （2）由（1）得出

2

，再证明，进而解答即可．

【解答】证明：（1）∵AD＝DE?DF， ∴

，

∵∠ADF＝∠EDA， ∴△ADF∽△EDA， ∴∠F＝∠DAE， 又∵∠ADB＝∠CDE，

∴∠ADB+∠ADF＝∠CDE+∠ADF， 即∠BDF＝∠CDA， ∴△BFD∽△CAD； （2）∵△BFD∽△CAD， ∴∵∴

， ， ，

∵△BFD∽△CAD， ∴∠B＝∠C， ∴AB＝AC， ∴

，

∴BF?DE＝AB?AD．

19．关于的方程2x+（2﹣m）x﹣（m+2）x﹣2＝0有三个实数根分别为α、β、x0，其中根x0与m无关．

（1）如（α+β）x0＝﹣3，求实数m的值． （2）如α＜a＜b＜β，试比较：

与

的大小，并说明你的理由．

3

2

【分析】（1）根据根与系数的关系，根据则x1+x2＝﹣，x1?x2＝代入数值计算． （2）两式相减求得代数式，设f（x）＝2xmx﹣2，代入α、β的大小关系，根据其大

2

小关系进行判断．

【解答】解：（1）由2x+（2﹣m）x﹣（m+2）x﹣2＝0得（x+1）（2x﹣mx﹣2）＝0，∴

3

2

2

x0＝﹣1，（2分）

α、β是方程2x﹣mx﹣2＝0的根∴∵（α+β）x0＝﹣3，所以m＝6（4分）

（2）设T＝

﹣

2

2

，

＝

2

（5分） ＞0（6分）

2

∵a＜b，∴b﹣a＞0，又a+1＞0，b+1＞0，∴

2

设f（x）＝2xmx﹣2，所以α、β是f（x）＝2xmx﹣2与x轴的两个交点， ∵α＜a＜b＜β ∴

2

，即

2

∴ma+mb＞2a+2b﹣4（8分）

∴4﹣4ab+ma+mb＞2（a﹣b）＞0（9分） ∴T＞0，即

＞

2

2

（10分）

20．如图1，抛物线y＝ax+bx+c（a≠0）的顶点为（1，4），交x轴于A，B两点，交y轴于点D，其中点B的坐标为（3，0） （1）求抛物线的解析式；

（2）如图2，过点A的直线与抛物线交于点E，交y轴于点F，其中点E的横坐标为2，若直线PQ为抛物线的对称轴，点G为直线PQ上的一动点，则x轴上是否存在一点H，使D，G，H，F四点所围成的四边形周长最小？若存在，求出这个最小值及点G，H的坐标；若不存在，请说明理由．