河北省唐山市2019-2020学年中考数学二模考试卷含解析

∴AD=4cm．

设半径为Rcm，则R2=42+（R-2）2， 解得R=5，

∴该光盘的半径是5cm． 故答案为5 【点睛】

此题考查了切线的性质及垂径定理，建立数学模型是关键． 17．

13． 2【解析】 【详解】 试题分析：

解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3， ∴AB=5，

∵点D为AB的中点， ∴CD=AD=BD=

AB=2.5，

过D′作D′E⊥BC，

∵将△ACD绕着点C逆时针旋转，使点A落在CB的延长线A′处，点D落在点D′处， ∴CD′=AD=A′D′， ∴D′E=

=1.5，

∵A′E=CE=2，BC=3， ∴BE=1， ∴BD′=

，

故答案为．

考点：旋转的性质． 18．1

【解析】

【分析】根据根与系数的关系结合x1+x2=x1?x2可得出关于k的一元二次方程，解之即可得出k的值，再根据方程有实数根结合根的判别式即可得出关于k的一元二次不等式，解之即可得出k的取值范围，从而可确定k的值．

【详解】∵x2﹣2kx+k2﹣k=0的两个实数根分别是x1、x2，

∴x1+x2=2k，x1?x2=k2﹣k， ∵x12+x22=1，

∴（x1+x2）2-2x1x2=1， （2k）2﹣2（k2﹣k）=1， 2k2+2k﹣1=0， k2+k﹣2=0， k=﹣2或1，

∵△=（﹣2k）2﹣1×1×（k2﹣k）≥0， k≥0， ∴k=1，

∴x1?x2=k2﹣k=0， ∴x12﹣x1x2+x22=1﹣0=1， 故答案为：1．

【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，熟练掌握“当一元二次方程有实数根时，根的判别式△≥0”是解题的关键．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 19．20千米 【解析】 【分析】

由勾股定理两直角边的平方和等于斜边的平方即可求，即在直角三角形DAE和直角三角形CBE中利用斜边相等两次利用勾股定理得到AD2+AE2=BE2+BC2，设AE为x，则BE=10﹣x，将DA=8，CB=2代入关系式即可求得． 【详解】

解：设基地E应建在离A站x千米的地方． 则BE=（50﹣x）千米

在Rt△ADE中，根据勾股定理得：AD2+AE2=DE2 ∴302+x2=DE2

在Rt△CBE中，根据勾股定理得：CB2+BE2=CE2 ∴202+（50﹣x）2=CE2

又∵C、D两村到E点的距离相等． ∴DE=CE ∴DE2=CE2

∴302+x2=202+（50﹣x）2 解得x=20

∴基地E应建在离A站20千米的地方． 考点：勾股定理的应用．

20．（1）i）证明见试题解析；ii）6；（2）【解析】 【分析】

（1）i）由∠ACE+∠ECB=45°，∠ BCF+∠ECB=45°，得到∠ACE=∠BCF，又由于故△CAE∽△CBF； ii）由

10；（3）p2?n2?(2?2)m2． 4ACCE??2，BCCFAE?2，得到BF=2，再由△CAE∽△CBF，得到∠CAE=∠CBF，进一步可得到∠EBF=1°，BF2222从而有CE?2EF?2(BE?BF)?6，解得CE?（2）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，由

6；

ABEF??k，得到BC:AB:AC?1:k:k2?1，BCFCCF:EF:EC?1:k:k?1，故

22ACAE??k2?1，从而BF?BCBFAEk?12，得到k2?1k2?12CE?2?EF?2(BE2?BF2)，代入解方程即可；

kk（3）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，过C作CH⊥AB延长线于H，可得：

AB2:BC2:AC2?1:1:(2?2)，EF2:FC2:EC2?1:1:(2?2)，

n2)?(2?2)m2?n2， 故p?(2?2)EF?(2?2)(BE?BF)?(2?2)(m?2?222222从而有p2?n2?(2?2)m2． 【详解】

解：（1）i）∵∠ACE+∠ECB=45°，∠ BCF+∠ECB=45°，∴∠ACE=∠BCF，又∵∴△CAE∽△CBF； ii）∵

ACCE??2，BCCFAE?2，∴BF=2，∵△CAE∽△CBF，∴∠CAE=∠CBF，又∵∠CAE+∠CBE=1°，BF6；

2222∴∠CBF+∠CBE=1°，即∠EBF=1°，∴CE?2EF?2(BE?BF)?6，解得CE?（2）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，∵

ABEF??k，∴BC:AB:AC?1:k:k2?1，BCFCAE2，BF?2，2k?1k?12ACAE2??k2?1，∴BF?，∴CF:EF:EC?1:k:k?1BCBF2AEk2?1k2?1k2?1222102222∴CE?，∴，解得； ?EF?(BE?BF)3?(1?)k?k2k2k2k2?14（3）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，过C作CH⊥AB延长线于H，可得：

AB2:BC2:AC2?1:1:(2?2)，EF2:FC2:EC2?1:1:(2?2)，

n2)?(2?2)m2?n2， ∴p?(2?2)EF?(2?2)(BE?BF)?(2?2)(m?2?222222∴p2?n2?(2?2)m2．

【点睛】

本题考查相似三角形的判定与性质；正方形的性质；矩形的性质；菱形的性质． 21． (1)见解析;(2) 40°. 【解析】 【分析】

（1）根据角平分线的性质可得出∠BCD=∠ECD，由DE∥BC可得出∠EDC=∠BCD，进而可得出∠EDC=∠ECD，再利用等角对等边即可证出DE=CE；

（2）由（1）可得出∠ECD=∠EDC=35°，进而可得出∠ACB=2∠ECD=70°，再根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理即可求出∠A的度数． 【详解】

（1）∵CD是∠ACB的平分线，∴∠BCD=∠ECD．

∵DE∥BC，∴∠EDC=∠BCD，∴∠EDC=∠ECD，∴DE=CE． （2）∵∠ECD=∠EDC=35°，∴∠ACB=2∠ECD=70°．

∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=70°=40°，∴∠A=180°﹣70°﹣70°． 【点睛】

本题考查了等腰三角形的判定与性质、平行线的性质以及角平分线．解题的关键是：（1）根据平行线的性