北京市昌平区2019-2020学年中考数学一月模拟试卷含解析

【分析】

（1）首先用待定系数法求出抛物线的解析式，然后进一步确定点B，C的坐标． （2）分别求出△CDB三边的长度，利用勾股定理的逆定理判定△CDB为直角三角形． （3）△COB沿x轴向右平移过程中，分两个阶段： ①当0＜t≤②当

3时，如答图2所示，此时重叠部分为一个四边形； 23＜t＜3时，如答图3所示，此时重叠部分为一个三角形． 2【详解】

解：(Ⅰ)∵点A??1,0?在抛物线y???x?1??c上，

2∴0????1?1??c，得c?4

∴抛物线解析式为：y???x?1??4， 令x?0，得y?3，∴C?0,3?； 令y?0，得x??1或x?3，∴B?3,0?. (Ⅱ)?CDB为直角三角形.理由如下： 由抛物线解析式，得顶点D的坐标为?1,4?. 如答图1所示，过点D作DM?x轴于点M， 则OM?1，DM?4，BM?OB?OM?2.

过点C作CN?DM于点N，则CN?1，DN?DM?MN?DM?OC?1. 在Rt?OBC中，由勾股定理得：BC?OB2?OC2?32?32?32； 在Rt?CND中，由勾股定理得：CD?CN2?DN2?12?12?2； 在Rt?BMD中，由勾股定理得：BD?∵BC2?CD2?BD2， ∴?CDB为直角三角形.

22BM2?DM2?22?42?25.

(Ⅲ)设直线BC的解析式为y?kx?b， ∵B?3,0?,C?0,3?，

?3k?b?0∴?，

b?3?解得k??1,b?3， ∴y??x?3，

直线QE是直线BC向右平移t个单位得到，

∴直线QE的解析式为：y???x?t??3??x?3?t； 设直线BD的解析式为y?mx?n， ∵B?3,0?,D?1,4?，

?3m?n?0∴?，解得：m??2,n?6， ?m?n?4∴y??2x?6.

连续CQ并延长，射线CQ交BD交于G，则G?在?COB向右平移的过程中： (1)当0?t??3?,3?. ?2?3时，如答图2所示： 2

设PQ与BC交于点K，可得QK?CQ?t，PB?PK?3?t.

?y??2x?6. 设QE与BD的交点为F，则：?y??x?3?t?解得??x?3?t，

?y?2t∴F?3?t,2t?.

111PE?PQ?PB?PK?BE?yF 22211132??3?3??3?t??t?2t??t2?3t. 22223(2)当?t?3时，如答图3所示：

2S?S?QPE?S?PBK?S?FBE?

设PQ分别与BC、BD交于点K、点J. ∵CQ?t，

∴KQ?t，PK?PB?3?t.

直线BD解析式为y??2x?6，令x?t，得y?6?2t， ∴J?t,6?2t?.

11PB?PJ?PB?PK 22112??3?t??6?2t???3?t? 2219?t2?3t?. 22S?S?PBJ?S?PBK??323???t?3t0?t????22???. 综上所述，S与t的函数关系式为：S??193??t2?3t???t?3????222???25．（1）y?15215x?1；（2）s??t?t （0≤t≤3）；（3）t=1或2时；四边形BCMN为平行四边形；

442t=1时，平行四边形BCMN是菱形，t=2时，平行四边形BCMN不是菱形，理由见解析. 【解析】 【分析】

（1）由A、B在抛物线上，可求出A、B点的坐标，从而用待定系数法求出直线AB的函数关系式． （2）用t表示P、M、N 的坐标，由等式MN?NP?MP得到函数关系式．

（3）由平行四边形对边相等的性质得到等式，求出t．再讨论邻边是否相等． 【详解】

解：（1）x=0时，y=1， ∴点A的坐标为：（0，1）， ∵BC⊥x轴，垂足为点C（3，0）， ∴点B的横坐标为3， 当x=3时，y=

5， 25）， 2∴点B的坐标为（3，

?b?1?设直线AB的函数关系式为y=kx+b，?5 ，

3k?b??2?1?k??解得，?2，

??b?1则直线AB的函数关系式y?（2）当x=t时，y=

1x?1 21t+1， 21∴点M的坐标为（t，t+1），

25217t?1 当x=t时，y??t?445217t?1) ∴点N的坐标为(t,?t?445171515s??t2?t?1?(t?1)??t2?t （0≤t≤3）；

44244（3）若四边形BCMN为平行四边形，则有MN=BC， ∴?52155t?t=， 442解得t1=1，t2=2，

∴当t=1或2时，四边形BCMN为平行四边形， ①当t=1时，MP=

3，PC=2， 2∴MC=

5=MN，此时四边形BCMN为菱形， 2②当t=2时，MP=2，PC=1，

∴MC=5≠MN，此时四边形BCMN不是菱形．