2018年淄博市中考数学试卷含答案

把A（1，3）代入y2=x+b，可得3=+b，∴b=，∴y2=x+， 令y=0，则x=﹣3，即C（﹣3，0），∴BC=7， ∵AP把△ABC的面积分成1：3两部分，

∴CP=BC=，或BP=BC=，∴OP=3﹣=，或OP=4﹣=， ∴P（﹣，0）或（，0）．

22．（8分）如图，以AB为直径的⊙O外接于△ABC，过A点的切线AP与BC的延长线交于点P，∠APB的平分线分别交AB，AC于点D，E，其中AE，BD（AE＜BD）的长是一元二次方程x2﹣5x+6=0的两个实数根． （1）求证：PA?BD=PB?AE；

（2）在线段BC上是否存在一点M，使得四边形ADME是菱形若存在，请给予证明，并求其面积；若不存在，说明理由．

【解答】解：（1）∵DP平分∠APB，∴∠APE=∠BPD， ∵AP与⊙O相切，∴∠BAP=∠BAC+∠EAP=90°，

∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=∠BAC+∠B=90°，∴∠EAP=∠B， ∴△PAE∽△PBD，∴

，∴PA?BD=PB?AE；

（2）过点D作DF⊥PB于点F，作DG⊥AC于点G， ∵DP平分∠APB，AD⊥AP，DF⊥PB，∴AD=DF，

∵∠EAP=∠B，∴∠APC=∠BAC，易证：DF∥AC，∴∠BDF=∠BAC， 由于AE，BD（AE＜BD）的长是x2﹣5x+6=0，解得：AE=2，BD=3， ∴由（1）可知：∴

，∴cos∠APC=

=，∴cos∠BDF=cos∠APC=，

，∴DF=2，∴DF=AE，∴四边形ADFE是平行四边形，

∵AD=AE，∴四边形ADFE是菱形，此时点F即为M点， ∵cos∠BAC=cos∠APC=，∴sin∠BAC=

，∴

，∴DG=

，

∴在线段BC上是否存在一点M，使得四边形ADME是菱形 其面积为：DG?AE=2×

23．（9分）（1）操作发现：如图①，小明画了一个等腰三角形ABC，其中AB=AC，在△ABC的外侧分别以AB，AC为腰作了两个等腰直角三角形ABD，ACE，分别取BD，CE，BC的中点M，N，G，连接GM，GN．小明发现了：线段GM与GN的数量关系是 MG=NG ；位置关系是 MG⊥NG ． （2）类比思考：

如图②，小明在此基础上进行了深入思考．把等腰三角形ABC换为一般的锐角三角形，其中AB＞AC，其它条件不变，小明发现的上述结论还成立吗请说明理由． （3）深入研究：

如图③，小明在（2）的基础上，又作了进一步的探究．向△ABC的内侧分别作等腰直角三角形ABD，ACE，其它条件不变，试判断△GMN的形状，并给与证明．

=

【解答】解：（1）连接BE，CD相较于H，

∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∴AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=90°

∴∠CAD=∠BAE，∴△ACD≌△AEB（SAS），∴CD=BE，∠ADC=∠ABE，

∴∠BDC+∠DBH=∠BDC+∠ABD+∠ABE=∠BDC+∠ABD+∠ADC=∠ADB+∠ABD=90°，∴∠BHD=90°，∴CD⊥BE，

∵点M，G分别是BD，BC的中点，∴MG

CD，同理：NG

BE，

∴MG=NG，MG⊥NG，故答案为：MG=NG，MG⊥NG；

（2）连接CD，BE，相较于H，同（1）的方法得，MG=NG，MG⊥NG；

（3）连接EB，DC，延长线相交于H，同（1）的方法得，MG=NG，同（1）的方法得，△ABE≌△ADC，∴∠AEB=∠ACD，∴∠CEH+∠ECH=∠AEH﹣∠AEC+180°﹣∠ACD﹣∠ACE=∠ACD﹣45°+180°﹣∠ACD﹣45°=90°，∴∠DHE=90°，

24．（9分）如图，抛物线y=ax2+bx经过△OAB的三个顶点，其中点A（1，点B（3，﹣

），O为坐标原点．

），

（1）求这条抛物线所对应的函数表达式；

（2）若P（4，m），Q（t，n）为该抛物线上的两点，且n＜m，求t的取值范围； （3）若C为线段AB上的一个动点，当点A，点B到直线OC的距离之和最大时，求∠BOC的大小及点C的坐标．

【解答】解：（1）把点A（1，），点B（3，﹣）分别代入y=ax2+bx得

解得

∴y=﹣

（2）由（1）抛物线开口向下，对称轴为直线x= 当x＞时，y随x的增大而减小 ∴当t＞4时，n＜m．

（3）如图设抛物线交x轴于点F，分别过点A、B作AD⊥OC于点D，BE⊥OC于点E

∵AC≥AD，BC≥BE ∴AD+BE≥AC+BE=AB

∴当OC⊥AB时，点A，点B到直线OC的距离之和最大． ∵A（1，

），点B（3，﹣

）∴∠AOF=60°，∠BOF=30°

∴∠AOB=90°当OC⊥AB时，∠BOC=60°，点

C坐标为（，

）．

∴∠ABO=30°