分
层
精
讲
本
精
讲
本
第一部分
河北考点分层讲练
第一章 数与式
第一节 实 数
课时1 实数的相关概念及运算
基础题练考点
1.
B
2.
D
3.
A
4.
A
5.
A 【解析】∵-2<0< 3 <2,∴最
小的数是-2.
6.
A 【解析】-3 1
2 = -(3+ 1
2 )= -3
- 1
2 .
7.
D 【解析】(-2)
2 = 4,-4-3 = -7,
(-3)×2 = - 6,6÷( - 2
3 ) = - 9,故
选D.
8.
D 【解析】由数轴知,a<- 2< 3<
b,且| a| < | b| ,∴ab<0,-a<b,故D
正确.
9.
D 【解析】∵数轴上点P 到表示
-1 的点的距离是3,∴若点P 在
表示-1 的点的左侧,则点P 表示
的数是-1-3 = -4. 若点P 在表示
-1 的点的右侧,则点P 表示的数
是-1+3 = 2. 综上所述,点P 表示
的数是-4 或2.
题后反思
分类讨论思想
10.
C
【解析】6
2 × 6
2 × 6
2 = (6
2 )
3 =
6
6,故A 选项错误;6
2+3 = 6
5,故B
选项错误;6
2×3 = 6
6,故C 选项正
确;6
8 = 6
6×6
2,故D 选项错误.
题后反思
6
2+6
2+6
2 可以表示为3×6
2.
11.
C
12.
B 【解析】
1
10
000 = 0. 000
1 = 1
×10
-4.
题后反思
1
20
000 = 0. 000
05= 5×10
-5.
13.
D 【解析】∵a×10
n 的形式中,1
≤| a | <10,且n 是整数,∴D 选
项符合题意.
14.
解:(1)原式=(100-2)×(100+2)
= 10
000-4
= 9
996;
(2)原式= - 2
3 ×5+( -1 1
3 ) ×5+
1×5
=[ - 2
3 +( - 1 1
3 ) + 1]
×5
= -1×5
= -5.
15.
解:(1)原式= 1+ 2 -1-3 2
= -2 2;
(2)原式= 4-9÷(-3)
= 7;
(3)原式= 16× 1
8 +5-3
= 4.
河北中考真题及新考法
1.
C 【解析】∵-( 3
4 - 6
5 ) 的相反
数为3
4 - 6
5 ,∴-( 3
4 - 6
5 ) 与3
4 -
6
5 相加得0.
2.
A 【解析】∵-4<-2<-1<0<1,∴
选项A 符合题意.
3.
C 【解析】由题可知正方形广场
的面积为
(4×10
2)
2 = 4
2 ×(10
2)
2
= 16×10
4 = 1. 6×10
5(m
2).
4.
D
【解析】
1
50
000 = 1
5 ×
1
10
000 =
0. 2×10
-4 = 2×10
-5.
5.
B 【解析】将一个大于10 的数用
科学记数法表示, 其形式为a ×
10
n,其中1≤| a| <10,n 为原数的
整数位数减1. ∵8. 155
5×10
10 中
n= 10,∴原数共11 位,∵81
555
是5 位数,∴原数中“0”的个数为
11-5= 6.
6.
D
7.
C 【解析】∵a×10
n = 300
000t= 3t
×10
5,且1≤t≤10,∴3≤3t≤30,
∴3×10
5≤3t×10
5≤30×10
5,即3×
10
5≤a×10
n ≤3×10
6,∴n 可能为
5 或6.
8.
C 【解析】由题意,得x 与5 的乘
积为一个三位数,∴20≤x< 200,
故选C.
9.
D
【解析】∵原数中的数字“1”
左边有7 个0,∴a = 0. 000
000
15
= 1. 5×10
-7,∴n 的值为-7.
10.
C
【解析】137 亿光年≈137 ×
10
8×9. 5× 10
12 千米= 1. 301
5×
10
23 千米.
11.
A
【解析】
3
2-2
2-1
2 =
4 =
2,而3-2+1 = 2,3+2-1 = 4,3+2
+ 1 = 6, 3 - 2 - 1 = 0, 故
3
2-2
2-1
2 与3-2+ 1 结果
相同.
12.
B
【解析】A 选项
4+9 =
13;B 选项
4×9 = 4× 9 = 2×
3;C 选项9
4 =
(9
2)
2 = 9
2 = 81;
D 选项
4. 9 =
49
10 =
49
10
= 7
10
=7
10
10 .
13.
C 【解析】在数轴上,-6 与6 两点
间的距离为6-(-6)= 12,12÷6=2,
∴a1 表示的数为-6+2=-4,a2,a3,
a4,a5 表示的数分别为-2,0,2,4,
故A 选项不正确;|a1 | = |-4| = 4,
|a4 | = |2| = 2,故B 选项不正确;a1
+a2+a3+a4+a5 =-4-2+0+2+4= 0,
故C 选项正确;a2 +a5 = -2+4 = 2>
0,故D 选项不正确.
14.
解:(1)∵点A,B 表示的数分别为
-3,5,
∴AB= |-3|+5=8.
1
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
∵AD=BD,
∴AD=BD= 1
2 ×8= 4,∴点D 表示
的数为-3+4=1;
(2)设点E 表示的数为x.
∵点E 在点B 的右侧,且EA+EB=
12,
∴x+3+x-5=12,解得x=7,
∴点A,B,C,E 表示的数的和为-3
+5+2+7=11,
∴点A,B,C,E 表示的数的平均值
为11
4 .
15.
B 【解析】根据题意,计算得出-5
+5=0,找到显示为0
℃的即可.
16.
B 【解析】原式= (1-3-98)
3 3 =
-100
33. ∵
3 3取1. 442,∴原式=
-100×1. 442= -144. 2.
17.
解:(1) 原计算在第一步开始出
错,
(2 分)
……………………
正确的解答过程如下:
(-6)×( 1
2 + 2
3 - 5
6 )
= -6× 1
2 -6× 2
3 +6× 5
6
= -3-4+5
= -2;
(4 分)
…………………
(2) |2- 2 | -(-2)
2×( 1
2 - 1
4 )
= 2- 2 -4× 1
4
= 1- 2.
(8 分)
………………
18.
解:(1)原式= 3-(6+9)
= -12;
(3 分)
……
(2)∵1÷2×6
9= -6,
∴3
9= -6.
∴
内是“-”号;
(6 分)
……
(3)-20.
(8 分)
………………
【解法提示】∵当1
2
6
最小时,1
2
6-9 的值最
小,∴当1
2
6= 1-2×6 =
-11 时值最小,∴1 - 2 × 6 - 9 =
-11-9= -20.
19.
解:(1)-4 = ( -5) +1(答案不唯
一);
(2)-6= 3 2 ×(- 2 )(答案不唯
一);
(3)由题可得4(a-2)= -12,
解得a= -1.
课时2 数轴的理解及应用
例1 B 【解析】根据图示知,b<0<
a, 故①正确; ②根据图示知,
b > a ,故②错误;③根据图示
知,b<0、a>0,则ab<0,故③错误;
④根据图示知,b<0<a, b > a ,
则a-b>0,a+b<0,∴a-b>a+b,故
④正确. 综上所述,正确的结论是
①④.
练习1
D
【解析】由数轴上点的
位置关系,得b<0<a,| b| > | a| . -a
+b< 0,A 选项说法正确,不符合
题意;-b-a>0,B 选项说法正确,
不符合题意;ab<0,C 选项说法正
确,不符合题意; | a | - | b | < 0,D
选项说法错误,符合题意.
例2 D 【解析】由题意得,直尺上
“5
cm” 对应数轴上的2,∴由题
图可知x 的取值范围为2<x< 3,
∵4<( 5 )
2 <9,即2< 5 <3,∴数
轴上x 的值可以是5.
练习2
B 【解析】∵-2<- 3 <-1,
1< 3 <2,3<
13 <4,∴被墨迹覆
盖的数是3.
题后反思
例3
B
【解析】根据题意可得,P
点从点A 到点C 所用时间为t1 =
15
m ,Q 点从点B 到点C 所用时间
为t2 = 10
n , t1 - t2 = 15
m - 10
n =
15n-10m
mn
= 5(3n-2m)
mn
,∵2m<3n,
∴3n-2m>0,∴t1 -t2 >0,即t1 >t2,
∴点Q 先到.
练习3 B 【解析】设MN 的长度为
m,∵当点N 移动到与点B 重合
时,点M 恰好对应4,∴此时点N
对应的数为4+m,∵AB= 10,∴当
点N 到AB 的中点时,点N 为:m
+4- 1
2 × 10 = m- 1,∴m- 1-m =
-1,∴点M 所对应的数为-1.
例4 C 【解析】由数轴得,a<b,∵
a+b>0,∴a>0,b>0 或a<0,b>0,
且| b| > | a | ,∴原点一定在AB 中
点左侧.
练习4 A 【解析】∵MN = NP = PR
= 1,∴a,b 之间的距离小于3,∵
| a| + | b | = 3,∴原点不是a,b 之
间的点N,点P,∴原点可能是M
或R.
练习5
D
【解析】∵点M,N 对应
的数分别为m,n,且mn>0,∴点
M,N 在原点的同侧,当M 在原点
的右侧时,将点N 沿原点翻折得
到点N′,∴MN′ = OM+ON′ = OM+
ON= m+n = 10,∵P 为MN 的中
点,∴点P 表示的数为m+n
2
= 5;
当N 点在原点左侧时,将点N 沿
原点翻折得到点N′,∴MN′ = -m
-n= 10,∴m+n = - 10,∴点P 表
示的数为m+n
2
= -5.
例5 解:(1)∵点A,B,C 所对应的
数依次为-4,2,32,
∴A,B,C 三点所对应的数的和为
-4+2+32= 30,
(2 分)
…………
∵AB = 2 - ( - 4) = 6, AC = 32 -
(-4)= 36,
∴AB
AC = 6
36 = 1
6 ;
(4 分)
…………
(2)由数轴得,DE = x-0 = x,DF =
12-0= 12,
由题意得,AB
AC =DE
DF,
(6 分)
……
∴1
6 = x
12,解得x= 2.
(9 分)
…
∴x 的值为2.
练习6 解:(1)-15;-5;-20;
【解法提示】若以点C 为原点,∵
AB= 10,BC = 5,则A 表示的数是
-15, B 表示的数为- 5, ∴p =
(-15)+(-5)+0= -20.
(2)当原点O 在点C 的右侧时,
∵CO= 29,AB= 10,BC= 5,
∴C 表示的数是-29,B 表示的数
是(-29)+( -5) = -34,A 表示的
数(-29)+(-5)+(-10)= -44,
∴p = ( - 29) +( - 34) +( - 44) =
-107;
当原点O 在点C 的左侧时,
∵CO= 29,AB= 10,BC= 5,
∴C 表示的数是29,B 表示的数
是29-5= 24,A 表示的数是29-5
-10= 14,
∴p= 29+24+14= 67;
综上所述,p 的值为-107 或67;
2
参考答案
分
层
精
讲
本
(3)10n.
【解法提示】以A,B 中点为原点,
单位长度为1
n ,AB = 10,BC = 5,
∴点A 对应-5n,点B 对应5n,点
C 对应10n,∴p=(-5n)+5n+10n
= 10n.
例6 D 【解析】当向东为正,向西
为负时,小汽车两次运动后在数
轴上对应的数为-3+5-3 = -1,故
嘉嘉的说法正确;当向西为正,向
东为负时,小汽车两次运动后在
数轴上对应的数为-3-5+3 = -5,
故淇淇的说法正确.
练习7
B
【解析】若向左为负方
向,则可列算式- 9+ 3 = - 6;若向
左为正方向,则可列算式9- 3 =
6. 故选B.
第二节 二次根式
基础题练考点
1.
B
2.
A
3.
C
4.
C
5.
B
【解析】
(-2)
2 =
2
2 = 2,
故选项A 不正确,不符合题意;
( 5)
2 = 5,故选项B 正确,符合题
意; 9 = 3,故选项C 不正确,不符
合题意;
(- 5)
2 = 5,故选项D 不
正确,不符合题意.
6.
2 3
【解析】2 × 6 =
12 =
2 3.
7.
2 【解析】
-12
-3 = 4 = 2.
8.
(1) 2 3
【解析】6
3
= 6× 3
3 × 3
=
6 3
3 = 2 3;
(2 ) 2 +
3
【解析】
1
2- 3
=
2+ 3
(2- 3)(2+ 3)
= 2+ 3.
9.
3 【解析】∵9<11<16,∴3<
11
<4,∴m= 3.
核心考点突破
例
B
【解析】∵长方形ABCD 的
长,宽之比为4 ∶3,∴设长方形的
长为4x
cm,宽为3x
cm,由题知
4x·3x = 612,解得x =
51,则
AB = 4x = 4
51
cm,∵圆形纸片
的直径为8
cm, 且4
51 ÷ 8 =
51
2
,∵7<
51 <8,∴3. 5<
51
2
<4,∴在此长方形内沿着AB 边
并排最多能放3 个直径为8
cm
的圆形纸片.
练习1
A
【解析】∵正方形的边
长为10, ∴对角线为10 2 ≈
14. 14,∵选项A 中三角形的一边
长为15,14. 14< 15,∴选项A 不
正确.
练习2
C 【解析】设大正方形的边
长为a,中正方形的边长为b,小
正方形的边长为c,根据题意,得
a
2 = 5,c
2 = 1,故a = 5,c = 1,∴1<
b< 5,∴选项A 不符合题意;∵
由图可知,小正方形的边长与中
正方形的边长之和大于5,∴b+
1> 5,∴1. 2+1= 2. 2< 5, 5 -1+
1= 5,∴选项B,D 不符合题意;
∴正方形ABCD 的边长b 可能
为3.
河北中考真题及新考法
1.
A 【解析】
14×( 2)
2
( 7)
2
= 4 = 2.
2.
B 【解析】
(
10 + 6 ) (
10 -
6)= (
10)
2-( 6)
2
= 10-6= 4.
3.
6
【解析】∵
18 =
9 ×
2 =
3 2,∴
18 - 2 = 3 2 - 2 = 2 2,
∴a= 3,b= 2,∴ab= 3×2= 6.
4.
C 【解析】当a = 2,b = 2 时, a +
b = 2 + 2 = 2 2 = 8,故选项A
不符合题意;当a = 1
2 ,b = 9
2 时,
a + b =
1
2 +
9
2 = 2
2 +3 2
2
=
2 2 = 8,故选项B 不符合题意;
当a= 3,b= 5 时, 3 + 5 不能合并
计算,故选项C 符合题意;当a= 4
时, 4 + b = 8,即b = 8 -2,∴b
= 12 - 8 2, 故选项D 不符合
题意.
5.
1
6.
(1)3;(2)2
【解析】(1) ∵
9 <
10 <
16,∴3 <
10 < 4,∵
n
为正整数
,∴n= 3;(2)∵n-1< a
<
n,∴(n-1)
2<a<n
2,∴满足条件
的a 的个数为
n
2 -(n-1)
2 -1 = n
2
-n
2+2n- 1- 1 = 2n- 2( 个),∵n<
b <n+1,∴n
2<b<(n+1)
2,∴满足
条件的b 的个数为(n+1)
2 -n
2
-1
=n
2+2n+1-n
2 -1 = 2n(个),∵
2n
-(2n-2)= 2,∴满足条件的a 的
个数总比b 的个数少2 个.
第三节 代数式与整式
课时1 代数式与整式的
概念及运算
基础题练考点
1.
C
2.
B
【解析】由题意得,横线上的
式子等于2a
2-3a
2 = -a
2.
3.
C
【解析】∵a
3 ÷a = a
3-1 = a
2,∴
“?”是2.
4.
D 【解析】根据“同底数幂相除,底
数不变,指数相减”可知,x
3 ÷x =x
3-1
=x
2.
5.
D 【解析】根据加法的交换律可知a
+b=b+a,故选项A 不符合题意;根据
合并同类项的法则可知a+a+a=(1+
1+1)a=3a,故选项B 不符合题意;根
据乘方的意义可知a·a·a=
a
3,故
选项C 不符合题意;根据乘法分配律
可知3(a+b)= 3a+3b,不一定等于3a
+b,故选项D 符合题意.
6.
C 【解析】A
. a
7 与-a
3 不属于同类
项,不能合并;B
. 3a
2·2a
2 = 6a
4;C
.
(-2a)
3 =-8a
3;D
. a
4÷a
4 =1.
7.
A 【解析】S阴影部分=4×3-
1
2 ×(4-2)
×(3-x)-
1
2 ×4×3=3+x.
8.
0 【解析】∵a,b 互为相反数,∴a+b
=0,∴a
2-b
2 =(a+b)(a-b)= 0.
9.
6a
2 【解析】2a
2+4a
2 =6a
2.
10.
2 【解析】∵2
4×2
4 =2
a,∴a=8,∵3
5
+3
5+3
5 =3
b,∴b=6,∴a-b=2
.
11.
(1)(3a+2b)(3a-2b);(2)4(a-b)
2;
(3)(a+3)(a-2)
12.
3 【解析】2a
2-4a-1=2(a
2-2a)-1.
∵a
2-2a=2,∴原式=2×2-1=3.
13.
5,1 【解析】∵x-y=-3,xy=-2,∴x
2
+y
2 =(x-y)
2+2xy=9-4=5,∴(x+y)
2
=x
2+2xy+y
2 =5-4=1.
14.
a
2-b
2 =(a+b)(a-b)
3
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
核心考点突破
例 (1)解:y-12;
【解法提示】∵大长方形的长为y,小
长方形的较短边为4,∴小长方形的
较长边为y-3×4=y-12
.
(2)解:2x-y+4;
【解法提示】∵大长方形的宽为x,小
长方形的长为y-12,小长方形的宽
为4,∴阴影部分A 的较短边为x-2
×4=x-8,阴影部分B 的较短边为x-
(y-12)= x-y+12,∴阴影部分A 的较
短边和阴影部分B 的较短边之和为
x-8+x-y+12=2x-y+4.
(3)证明:由题意得,阴影部分A 的
较短边为x-2×4=x-8,阴影部分A
的较长边为y-3×4=y-12,
阴影部分B 的较短边为x-(y-12)=
x-y+12,阴影部分B 的较长边为3×4
=12,
∴阴影部分的周长和为2(x-8+y-
12)+2(x-y+12+12)= 4x+8,
∴阴影部分的周长和与y 无关.
题后反思
淇淇的说法不正确.
理由如下:
∵大长方形的长为y,宽为x,小长方
形较短的边长为1,
∴小长方形的长为y-3,
由图可知y-3<2,即y<5,
与题中嘉嘉分割的数据矛盾,
∴淇淇的说法不正确.
练习1 S=S1+S2 【解析】图①中,阴影
部分是边长为(a-b)的正方形,因此
面积S =(a-b)
2;图②中,两个阴影
部分的面积和为边长为(a+b)的正
方形面积减去4 个长为a,宽为b 的
长方形的面积的差,即S1 + S2 =
(a+b)
2-4ab=(a-b)
2,∴S=S1+S2.
练习2 (1)a
2+b
2;(2)
4 【解析】甲纸
片、乙纸片、丙纸片的面积分别为
a
2,b
2,ab. (1)甲、乙纸片各1 块,其
面积和为a
2+b
2
;(2)∵(a+2b)
2 =a
2+
4ab+4b
2,∴甲纸片1 块,乙纸片4
块,丙纸片4 块,可以拼成一个边长
为(a+2b)的正方形. 丙纸片面积为
ab,∴需要4 个丙纸片.
练习3 解:(1)S1 =S甲+3S乙+2S丙=a
2+
3×a×1+2×1
2 =a
2+3a+2;
S2 =5S乙+S丙=5×a×1+1
2 =5a+1;
(2 分)
…
………………………
∴S1+S2 =a
2+3a+2+5a+1=a
2+8a+3,
(3 分)
………………………
将a=2 代入,得S1+S2 =2
2+8×2+3=
23;
(4 分)
………………………
(2)S1>S2.
(5 分)
…………………
理由如下:
S1-S2 =a
2+3a+2-(5a+1)= a
2-2a+1
=(a-1)
2,
(7 分)
…………………
∵a>1,
∴(a-1)
2>0,
∴S1>S2.
(9 分)
…………………
河北中考真题及新考法
1.
B 【解析】∵将这个正方形向外等距
扩1
cm,∴各边长增加2
cm,∴新的
正方形周长为(a+8)
cm,∵原正方形
的周长为a
cm,∴a+8-a =8,∴这根
铁丝需增加8
cm.
2.
B 【解析】(x+
1
y )(2y-
1
x )= 2xy-1
+2-
1
xy,当x 和y 互为倒数时,xy=1,
∴2xy-1+2-
1
xy =2-1+2-1=2
.
3.
5
2 ,-2
【解析】根据表格可知当
x=2 时,2x+1
x
=2×2+1
2
= 5
2 =a,当x=n
时,2n+1
n
=1,解得n=-1(使分母不为
0,符合题意),当x=n 时,3n+1=b,将
n=-1 代入3n+1=b,解得b=-2.
4.
C 【解析】∵a(b+c)= ab+ac,a(b-c)
= ab-ac,(b-c)÷a=b÷a-c÷a(a≠0),a
÷(b+c)= a
b+c≠a÷b+a÷c(a≠0),∴①
②③正确,④错误,∴一定成立的个
数是3 个.
5.
C 【解析】9.5
2 =(10-0
. 5)
2 =10
2-2×
10×0
. 5+0
.5
2.
6.
B 【解析】(2k+3)
2-4k
2 =(2k+3+2k)
(2k+3-2k)= 3(4k+3),∵k 为任意整
数,∴原式的值总能被3 整除.
7.
B 【解析】∵(9
2-1)(11
2-1)
k
=8×10×12,∴k=(9
2-1)(11
2-1)
8×10×12
=(9+1)(9-1)(11+1)(11-1)
8×10×12
=10×8×12×10
8×10×12
=10.
8.
解:(1) 依题意得,从初始状态按
2 次后,A 区显示的结果为(25 +
a
2)+a
2 = 25+2a
2,B 区显示的结果
为(-16-3a)-3a= -16-6a;
(4 分)
……
………………………
(2)从初始状态按4 次后,A 区显
示的结果为25+ 4a
2,B 区显示的
结果为-16-12a,
∴A,B 两区代数式的和为25+4a
2
+(-16-12a)= 25+4a
2 -16-12a =
4a
2-12a+9.
该值不能为负数.
(6 分)
………
理由如下:
∵4a
2-12a+9=(2a-3)
2≥0,
∴A,B 两区代数式的和不能为负
数.
(8 分)
………………………
9.
解:(1)原式= 3x
2+6x+8-6x-5x
2-
2
(2 分)
…………………………
= 3x
2-5x
2+6x-6x+8-2
(4 分)
………
………………………
= -2x
2+6;
(6 分)
………………
(2)设x
2 项的系数为a,
∴原式=ax
2+6x+8-6x-5x
2-2
=(a-5)x
2+6,
∵结果是常数,
∴x
2 项的系数为0,
(7 分)
……
∴a-5= 0,解得a= 5.
(8 分)
…
10.
A 【解析】∵2
n +2
n +2
n +2
n = 4×
2
n = 2
n+2 = 2, ∴n + 2 = 1, 解得
n= -1.
11.
A 【解析】∵k+k+…+k
}
k个k
= k·k =
k
2,∴原式=
(k
2)
k =k
2k.
12.
A
【解析】根据已知得,8×2
a =
2
8 b,即2
a+3 = 2
8 b,∴a+3= 8b.
13.
- 3
【解析】∵7
-2 × 7
-1 × 7
0 =
7
-2-1+0 = 7
-3 = 7
p,∴p= -3.
14.
D 【解析】原式= (a
a)
2 +(a
a)
2
= 2a
2a.
15.
C
【解析】∵3
a+3
a+…+3
ü
þ
ý
ï
ïï
9个3a
a =
3
2·3
2…3
ü
þ
ý
ï
ï
9个32
2,∴9× 3
a = (3
2 )
9,∴
3
2 × 3
a = (3
2 )
9,∴3
2+a = 3
18,∴a
= 16.
16.
8
【解析】由题意得81 × 3
a =
3
an,即3
4+a = 3
an,∴4+a = an,∴n
=a+4
a = 1+ 4
a ,∵a,n 都是大于1
的整数,a<n,∴a = 2,∴n = 3,∴
a
n = 2
3 = 8.
17.
C
【解析】对于①x - 3xy =
x(1-3y),左边是一个多项式,
4
参考答案
分
层
精
讲
本
右边是两个整式的乘积,故是因
式分解;对于②(x+3) (x-1) =
x
2+2x-3,左边是两个整式的乘
积,右边是一个多项式,故是乘
法运算.
课时2 代数推理
例1 D 【解析】如解图,由题意得
A,B,C,D,F 均为10 以内的正整
数,∴A= 5,B = 1,C = 4,D = 2,E =
8,F=a,G= 4a,∴K= 5,H = 22,I =
8+a,J= 4a,∴运算结果可以表示
为:1
000 ( 4a + 1) + 100a + 25 =
4
100a+1
025.
例1 题解图
例2
(1) 4;(2) ( m+ 2a),1
【解
析】(1) 由题意得8 + a = 2(10 -
a),解得a= 4;(2)拿出后甲盒剩
有(m-a)个棋子,乙盒有(2m+a)
个棋子,(2m+a) -( m- a) = m +
2a,∴乙盒棋子总数比甲盒所剩
棋子数多(m+2a)个;又从乙盒拿
回a 个棋子放回甲盒,其中有x
个白子,则从乙盒拿走了( a-x)
个黑子,乙盒原有a 个黑子,则乙
盒剩下黑子数y=a-(a-x)= x,∴
y
x = x
x = 1.
练习1
D
【解析】∵1-2+3-4+5
…+49-50+51 = - 25+ 51 = 26,嘉
嘉不小心把一个运算符号写错了
(“+” 错写成“ -” 或“ -” 错写成
“+”),结果算成了66. 而66- 26
= 40, ∴错误的符号一定是把
“-”错写成“+”. ∵一个数字前面
的符号“-”改为“+”,相当于给未
改变符号前的数加了两次这个
数,∴40÷2= 20,故D 选项正确.
练习2 A
【解析】如解图,由题意
可知,x<4 且x≠3,∴x = 2 或1,
∵y<x,∴x = 2,y = 1. ∵每一行从
左到右的数字、每一列从上到下
的数字均按从小到大排列,∴z =
9. 由题意得,数字5 只能填在右
上角或左下角,有2 种结果,与5
相邻的空格可填6,7,8 中的任意
一个,有3 种结果,剩余的两个空
格将剩下的两个数字按照从小到
大的顺序填写,只有1 种结果,∴
所有可能出现的填写结果共有2
×3×1= 6(种).
练习2 题解图
练习3 433 【解析】由于每3 张为
一组,和每4 张为一组,都剩余1
张卡片,则总卡片数可以表示为
12n+ 1,当n = 1 时,取最小整数
13,且13 是同时符合每5 张为一
组,则剩余3 张卡片的最小正整
数,∵3×4×5 = 60,∴卡片总数可
表示为60m+13,则400≤60m+13
≤450,解得6 9
20≤m≤7 17
60,∵m
为正整数,∴m= 7,当m= 7 时,卡
片总数是60×7+13= 433(张).
练习4
(1) a
2
cm;(2)(2a-5)
cm,
2 【解析】∵放入2 个小球,液
面上升a
cm,∴放入一个小球液
面上升高度为a
2 cm,∴B 杯溢出
液体高度为( a
2 × 4 - 5 ) =
(2a-5)cm. ∵C 杯放入小球个数
比B 杯多2 个,∴C 杯溢出液体
高度为(3a-5)cm,将A 杯装满还
需要(5-a) cm 高度的液体,∴将
A 杯装满后C 溢出的液体还剩
(3a-5)-(5-a)= (4a-10)cm,∴
C 杯溢出的剩余液体高度是B 杯
溢出液体高度的4a-10
2a-5 = 2 倍.
练习5
解:(1)补充完整表格如下:
编号1
2
3
4
5
6
7
8
9 10
被翻
次数1
2
2
3
2
4
2
4
3
4
结果+ - - + - - - - + -
(2)7;
【解法提示】由表格可知,硬币最
后是否被翻成正面朝上,主要看
它被翻了几次,如果被翻了偶数
次则它仍然和原来一样背面朝
上,如果它被翻了奇数次则它最
后被翻成了正面朝上. 第n 号硬
币是否被翻了过来,关键是看数
字n 的因数的个数是奇数还是偶
数(包括1 和它本身),如:1 只有
一个因数1,2 有两个因数1,2,3
有两个因数1,3,4 有三个因数1,
2,4,…不难判断,凡是平方数的
因数的个数都是奇数个,因此编
号为1,4,9,16,25,36,49 的硬币
最后被翻成正面朝上,所以最终
正面朝上的硬币个数为7.
(3)n
2
【解法提示】只有编号为平方数
时,正面朝上. 有n 枚硬币正面朝
上,则编号数至少为n
2,即至少需
要n
2 枚硬币.
第四节 分 式
基础题练考点
1.
B
【解析】-x+y
x-y = - 1,不是最简
分式,A 选项不符合题意; x-y
x
2+y
2是
最简分式, B 选项符合题意;
ab+ab
2
1-b
2 =
ab(1+b)
(1+b)(1-b) = ab
1-b,不是
最简分式,C 选项不符合题意;2x
3
3x
2
= 2x
3 ,不是最简分式,D 选项不符
合题意.
2.
D 【解析】根据分式的基本性质
可知,分式的分子、分母同乘( 或
除以)一个不等于0 的整式,分式
的值不变,故
2a
2b = a
b 成立;分式
的分子、分母加上(或减去) 同一
个整式,分式的值不一定不变,故
a+2
b+2 = a
b 和a-2
b-2 = a
b 不一定成立;
a
2
b
2 = ( a
b )
2
,( a
b )
2
与
a
b 不一定
相等,故
a
2
b
2 = a
b 不一定成立.
3.
A
4.
x≠- 3
2
【解析】由题意可知,2x
+3≠0,解得x≠- 3
2 .
5.
-4 【解析】若分式
x
2-16
x-4 的值为
0,则
x
2-16= 0,且
x-4≠0,∴x=
5
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
-4.
6.
解:(1)原式= 3x-5
x-2 +x-3
x-2
= 4x-8
x-2
= 4(x-2)
x-2
= 4;
(2)原式=(a-3)
2
a-2
·2(a-2)
a-3
= 2(a-3);
(3)原式= x
x+2- x-3
x
2-4
·x
2-4x+4
x-3
=
x
x+2 -
x-3
(x-2)(x+2)
·(x-2)
2
x-3
= x
x+2-x-2
x+2
= 2
x+2.
河北中考真题及新考法
1.
B
【解析】a
2+12a+36
a
2+6a
= (a+6)
2
a(a+6)
= a+6
a ,当a = - 3 时,原式= -3+6
-3
= -1.
2.
A 【解析】
∵
A
xy+y
2-
y
x
2+xy
=x-y
xy ,
∴
A
xy+y
2 = x-y
xy +
y
x
2+xy
,∴
A
y(x+y)=
x-y
xy
+
y
x(x+y), ∴
Ax
xy(x+y) =
(x-y)(x+y)
xy(x+y)
+
y
2
xy(x+y),∴Ax = (x
-y)(x+y)+y
2,∴Ax=x
2,∴A=x.
3.
D
【解析】化简分式
x
2-2x
x-1 ÷ x
2
1-x
的过程为:原式
= x
2-2x
x-1 ·1-x
x
2 =
-
x
2-2x
x-1 ·x-1
x
2 = -x(x-2)
x-1
·x-1
x
2 =
-x-2
x ,由此可知,乙进行运算时
少了“ -”,丁运算的结果分母应
该是x,故乙和丁负责的一步都出
现错误.
4.
B
【解析】
(x+2)
2
x
2+4x+4
-
1
x+1 =
(x+2)
2
(x+2)
2- 1
x+1 = 1 - 1
x+1,∵x 为正
整数,
∴x≥1,x+1≥2,∴0< 1
x+1
≤1
2 ,∴-
1
2 ≤-
1
x+1<0,∴1
2 ≤
1-
1
x+1<1,即表示
(x+2)
2
x
2+4x+4
- 1
x+1
的值的点落在段②.
5.
C 【解析】当
c = -2 时,
2+c =
0,此时
1+c
2+c没有意义,故A 选项
不正确;当
c = 0 时
,1+c
2+c = 1+0
2+0 =
1
2 ,故B 选项不正确;1+c
2+c- 1
2
= 2(1+c)
2(2+c) -
2+c
2(2+c)
= 2(1+c)-(2+c)
2(2+c)
= 2+2c-2-c
2(2+c)
=
c
2(2+c), 当
c < - 2
时,2
+c< 0,此时
c
2(2+c) 的分子
和分母的值都是负数,即
c
2(2+c)
>0,∴A
= 1+c
2+c > 1
2 ,故C 选项正
确;当c<0 时,2+c 可能是正数、负
数或0,即无法确定
c
2(2+c) 值的
正负,∴此时无法比较
1+c
2+c与
1
2
的大小,故选项D 不正确.
6.
A
【解析】( )
a+b
÷
a
a
2-b
2 =
( )
a+b
·(a+b)(a-b)
a
,∵运算
的结果不是分式,∴“(
)”内
的式子一定是有a 的单项式,∴
只有A 项符合.
7.
C
【解析】甲的解法中,分子相
减时符号错误;本题是分式的加
减运算,不能去分母,则乙的解法
错误;丙的解法正确,故选C.
第二章 方程(组)
与不等式(组)
第一节 一次方程(组)
及其应用
基础题练考点
1.
C 【解析】A. 3x = 2y,则9x = 6y,
故A 选项错误;
B. x
a = y
b (a≠b
≠0),则
ay =
bx,故B 选项错误;
C. x= -y,则-2x = 2y,故C 选项正
确;D. x= -y,则x+2 = -y+2,故D
选项错误.
2.
A 【解析】∵x = 2 是关于x 的一
元一次方程3x+m= 7 的解,∴3×2
+m= 7,解得m= 1.
3.
10(9-x)+x+9= 10x+(9-x)
4.
2x+5y= 200,
x+5=y
{
5.
张老师骑自行车追上队伍的时间
【解析】根据题意列方程为12x =
4( 1
3 +x),∵20 分钟
= 1
3 小时,
∴x 表示的是张老师骑自行车追
上队伍的时间.
6.
解:(1)令x-2y= 4①,
4x+3y= 5②
{
由①得x= 4+2y③,
将③代入②中,得4(4+2y) +3y =
5,解得y= -1,
将y= -1 代入③,得x= 2,
∴原方程组的解为x= 2,
y= -1;
{
(2)令5x-3y= 8①,
2x+3y= -1②,
{
①+②,得7x= 7,
解得x= 1,
把x= 1 代入②,得2+3y= -1,
解得y= -1,
∴原方程组的解为x= 1,
y= -1;
{
(3)令6x+2y= 6①,
3x-3y= 3②,
{
由①-2×②,得8y= 0,解得y= 0,
把y= 0 代入②,得3x= 3,解得x=
1,
∴原方程组的解为x= 1,
y= 0.
{
河北中考真题及新考法
1.
A 【解析】设“
” “
” “
” 的
质量分别为x,y,z,由A 可知
2x=
3y;由B 可知
x+2z= 2y+2z,即x =
2y;由C 可知
x+z = 2y+z,即
x =
2y;由D 可知
2x= 4y,即
x= 2y. 综
上所述,只有A 选项与其他三个
选项不同.
2.
(1)3x;(2)1 【解析】(1)根据题
意,得m=x+2x= 3x;(2)∵n = 2x+
3,
y=m+n= 5x+3,∴当
y= -2 时,
可得
x= -1,∴n= 2×(-1)+3= 1.
3.
B
【解析】∵
第一次船里有20
6
参考答案
分
层
精
讲
本
块条形石和3 个搬运工,第二次
船里有21
块条形石和1 个搬运
工,且两次水位在同一位置,
∴
20x+3×120=
(20+1)x+120,解得
x= 240,∴该象的重量为
20×240
+3×120= 5
160(斤).
4.
99
【解析】根据题意, 得
1
3 a= 2
5 b,
(1- 1
3 )a+b= 81,
ì
î
í
ïï
ïï
解
得
a= 54,
b= 45,
{
∴a+b= 99.
5.
解:(1)由题意,得
3×4+1×2+( -
2)×4= 6(分),
(4 分)
…………
答:珍珍第一局的得分为6 分;
(5 分)
………………………
(2)根据题意得
3k+1×3-2(10-k
-3)= 6+13,
(7 分)
……………
解得
k= 6,
∴k 的值为6.
(9 分)
…………
6.
解:(1) 设胜一场得x 分,负一场
得y 分,
由题意,得8x= 16,
4x+4y= 6,
{
解得x= 2,
y= -0. 5,
{
∴根据表格中的胜负数据可得m
= 7×2-0. 5= 13. 5,n= 5×2-3×0. 5
= 8. 5;
(2)嘉淇的说法不正确.
理由:设该班级胜a 场,则负(8-
a)场,
根据题意,得2a-0. 5(8-a)= 10,
解得a= 5. 6,
因为胜的场次不可能为小数,所
以嘉淇的说法不正确.
第二节 分式方程及其应用
基础题练考点
1.
B
2.
A 【解析】∵乙工程队单独完成
此项工程需要x 天,∴乙的工作
效率为1
x , ∴甲的工作效率为
1
x-6,∵甲工程队每天的效率是乙
工程队每天的效率的2 倍,∴可
列出方程为2
x = 1
x-6.
3.
12
x -12
3x = 20
60
4.
m>-3 且
m≠0
【解析】解分式
方程得
x=
6
m+3,∵该分式方程的
解为正数,∴x>0 且
x≠2,∴
6
m+3
>0 且
6
m+3≠2,∴m+3>0 且m≠
0,∴m>-3 且m≠0.
5.
①5x= 12+(3x-9),②5x = 12+3x-
9,③2x= 3,④
3
2 ,⑤x= 3
2 是原分
式方程的解
6.
解:(1) 方程两边同乘(x- 1),得
-3+2(x-1)= 1,
去括号,得-3+2x-2= 1,
移项,合并同类项,得2x= 6,
系数化为1,得x= 3,
检验:当x= 3 时,x-1≠0,
∴x= 3 是原分式方程的解;
(2)方程两边同乘(3x-6),得6 =
x+3x-6,
移项,合并同类项,得4x= 12,
系数化为1,得x= 3,
检验,当x= 3 时,3x-6≠0,
∴x= 3 是原分式方程的解.
核心考点突破
例1 解:(1)- 1
6
;
(2)- 3
2
; 【解析】解分式方程:
去分母得,2-x = 2mx,移项,合并
同类项,得(2m+ 1) x = 2,系数化
为1,得x =
2
2m+1. ∵分式方程有
增根, ∴
2m+1≠0,
2
2m+1 = -1,
{
解得m =
- 3
2 .
(3)m>- 1
2
;
【解析】由(2) 得
分式方程的解为x =
2
2m+1. ∵分
式方程的解为正数, ∴
2m+1≠0,
2
2m+1≥0,
{
解得m>- 1
2 .
(4)- 1
2 或- 3
2 .
【解析】由(2)
得分式方程的解为x =
2
2m+1.
∵分式方程无解,∴分两种情况,
当整式方程无解时,即2m+1 = 0,
解得m = - 1
2 ,当整式方程有解,
分式方程无解时,即
2m+1≠0,
2
2m+1=-1,
{
解
得m = - 3
2 ,∴m 的值为- 1
2 或
- 3
2 .
练习1
D 【解析】原分式方程去分
母,得(x-2)
2 -mx = x
2 - 4,解得
x
=
8
4+m,∴当m= -4 时,分母为0,
方程无解,∴甲、乙同学的结果合
在一起也不正确,故选D.
例2
解:(1)设熟练工人有x 人,则
普通工人有4x 人,根据题意可列
方程为
252
6x +252
12x = 9,
解得
x = 7,经检验,
x = 7 是原分
式方程的解,且符合题意,
∴4x= 28.
答:参与此次生产的工人中,熟练
工人有7 人,普通工人有
28 人;
(2)设乙种货车的载重为m 吨,
则甲种货车的载重为3
4 m 吨,
根据题意可列方程为
504
3
4 m
-504
m =
28,
解得
m= 6,经检验,
m= 6 是原分
式方程的解,且符合题意,
∴3
4 m= 9
2 .
答:甲种货车的载重为9
2 吨,乙
种货车的载重为6 吨;
(3)设货车走普通公路的平均速
度为
n
km/ h,则走高速公路的平
均速度为
1. 5
n
km/ h,
根据题意可列方程为
150
n
-
150-30
1. 5n = 1,解得n= 70,
经检验,
n = 70 是原分式方程的
解,且符合实际.
答:货车走普通公路的平均速度
为
70
km/ h.
7
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
第三节 一元二次
方程及其应用
基础题练考点
1.
(1)m≤1; 【解析】∵b
2-4ac = 2
2
-4×1×m = 4- 4m,∴若该方程有
实数根时,则4 - 4m≥0,解得m
≤1.
(2)m<1;
(3)1;
(4)m>1
2.
(1) - 4;
【解析】x1 +x2 = - b
a =
-4.
(2)-1;
【解析】x1 ·x2 = c
a = m
= -1,∴m= -1.
(3) - 4
m ;
【解析】
1
x1
+ 1
x2
=
x1+x2
x1·x2
= - 4
m .
(4) 16 - 2m
【解析】x
2
1 + x
2
2 =
(x1+x2)
2-2x1x2 = (-4)
2 -2m = 16
-2m.
3.
20(1+x)
2 = 24. 2
4.
7 【解析】设共有x 名选手进入
决赛, 由题
意
可
列
方程为:
x(x-1)
2
= 21,解得
x = 7 或
x = -6
(舍去), ∴共有7
名选手进入
决赛.
5.
(80+2x)(60+2x)= 6
300
6.
解:(1)2x
2-1= 7,
则2x
2 = 8,
∴x
2 = 4,
∴x1 = 2,x2 = -2;
(2)2x
2+6x-3= 0,
∵a= 2,b= 6,c= -3,
∴b
2-4ac= 60>0,
∴x = -b±
b
2-4ac
2a
= -6±
60
2×2
=
-6±2
15
4
= -3±
15
2
,
∴x1 = -3+
15
2
,x2 = -3-
15
2
;
(3)由题可得(x-4)(x+1)= 0,
∴x1 = 4,x2 = -1;
( 4 ) 原方程移项, 得( 2x -
1)
2-3(2x-1)= 0,
∴(2x-1-3)(2x-1)= 0,
∴2x-1-3= 0 或2x-1= 0,
∴x1 = 2,x2 = 1
2 .
河北中考真题及新考法
1.
C 【解析】根据题意得,
a
2-2a=
1,解得
a= 1± 2,∵a>0,∴a = 2
+1.
2.
A 【解析】∵
a = 1,b = 4,∴方程
为
x
2+4x+c = 0,∵其中的一个根
为
x= -1,∴将
x= -1 代入方程可
得
(-1)
2+4×(-1) +c = 0,解得
c
= 3,∵所抄的c 比原方程的c 值
小2,∴原方程的c 值为5,∴原方
程为
x
2+4x+5= 0,∴b
2-4ac
= 4
2-
4×1×5 = -4<0,∴原方程没有实
数根.
3.
C 【解析】∵方程M 有两个不相
等的实数根,∴Δ = b
2 - 4ac> 0,∴
方程N 也有两个不相等的实数
根,故甲正确;∵方程M 和方程N
有一个相同的根,则(a-c)x
2 = a-
c,解得x = ±1,故乙不正确;∵1
m
是方程M 的一个根,则1
m
2a+ 1
m b+
c= 0,即m
2c+mb+a = 0,∴m 是方
程N 的一个根,故丙正确.
4.
B 【解析】∵关于x
的一元二次
方程
ax
2 +bx+c = 0 有两个相等的
实数根
x0,∴x0 = -b
2a,则
2ax0 +b =
2a·-b
2a+b= -b+b= 0.
5.
C 【解析】原方程
x(x+2) -3 = 0
展开并整理为
x
2 +2x-3 = 0,其中
a= 1,b= 2,c= -3,∴m= - b
a = - 2
1
= -2,n
= c
a = -3
1 = -3,
点(m,n)
即(- 2,- 3) 的横、纵坐标均为负
数,故位于平面直角坐标系的第
三象限.
6.
B 【解析】设原来的方程为ax
2 +
bx+c= 0(a≠0),由题知,- b
a = 6+
1= 7, c
a = - 2×( - 5) = 10,∴b =
-7a,c= 10a,∴原来的方程为ax
2
-7ax+10a= 0,则x
2 -7x+10 = 0 符
合题意.
7.
x
2+x- 3 = 0(答案不唯一)
【解
析】∵关于x 的一元二次方程x
2+
bx+c = 0 的两个不相等的实数根
分别为α,β,∴α+β= -b,αβ = c,∵
关于x 的一元二次方程x
2+cx+b=
0 的两个实数根分别为α+ 1,β+
1,∴α+1+β+1= -c,(α+1)(β+1)
= b,∴-b+2= -c,2b = c+1,联立解
得b= -1,c= -3,∴α-1+β-1 = 1-
2= -1,(α-1)(β-1)= αβ-(α+β)
+1=c+b+1= -3-1+1= -3,∴两实
数根分别为α- 1,β- 1 的方程可
以是x
2+x-3= 0(答案不唯一).
8.
2(答案不唯一,2 至4 的整数均
可) 【解析】∵一元二次方程x
2
+4x+m = 1,即x
2 +4x+m-1 = 0 有
两个仅符号相同的实数根,则Δ =
b
2 - 4ac > 0, x1x2
> 0, ∴
4
2-4×(m-1)>0
m-1>0
{
,解得1<m < 5,
又∵m 是整数,∴一个符合条件
的m 的整数值可以为2(答案不
唯一,2 至4 的整数均可).
第四节 一元一次不等式
(组)及其应用
基础题练考点
1.
B 【解析】已知a>b,根据不等式
的性质得,如果a>b,且c<0,那么
ac<
bc,可知-4a<-4b.
2.
A 【解析】根据“x 的
1
8 与x 的
和不超过5” 可得
x
8 + x ≤5,故
选A.
3.
解:(1)x≤-3;
(2)x≤2;
(3)把不等式①和不等式②的解
集在数轴上表示如解图;
第3 题解图
(4)x≤-3.
4.
x-5<40-x+5
5.
x≥1
2 (600-x)
6.
4
000x+1
800(50-x)≤120
000
7.
解:(1)令2x<-3-x,①
x-3(x-2)≥-2,②
{
解不等式①得
x<-1,
解不等式②得
x≤4,
∴原不等式组的解集为x<-1;
(2)令
x-7<4x+2,①
x+5
3 >x+3
2 ,②
{
8
参考答案
分
层
精
讲
本
解不等式①,得x>-3,
解不等式②,得x<1,
∴原不等式组的解集为-3<x<1.
核心考点突破
例1 (1)1;
【解析】解不等式3-
2x>x,得x<1,解不等式2x+5<a,
得
x<a-5
2 ,∴当不等式组的解集
为x<-2 时,
a-5
2 = -2,解得a= 1.
(2)a≥7; 【解析】由(1)得不等
式3-2x>x 的解集为x<1,不等式
2x+5<a 的解集为x<a-5
2 ,∴当不
等式组的解集为x< 1 时,a-5
2 ≥
1,解得a≥7.
(3)a≤7
【解析】由(1) 得不等
式3-2x>x 的解集为x<1,不等式
2x+5<a 的解集为x<a-5
2 ,∴当不
等式组的解集为x< a-5
2 时,a-5
2
≤1,解得a≤7.
练习1
2(答案不唯一) 【解析】解
不等式x-2m<1,得x<1+2m,解
不等式x+2<0,得x<-2,由数轴
可知不等式组的解集为x<-2,∴
1+2m≥- 2,解得m≥-
3
2 ,∴m
的值可以取2(答案不唯一).
例2 (1)-3≤a<-2; 【解析】解不
等式2x+1>x-2,得x>-3,解不等
式x-a≤3,得x≤3+a,∴该不等
式组的解集为-3<x≤3+a,∵不
等式组恰有3 个整数解,∴这3
个整数解为-2,-1,0,∴0≤3+a<
1,解得-3≤a<-2.
(2) a≥- 3;
【解析】由( 1) 可
知,该不等式组的解集为-3<x≤
3+a,∵不等式组至少有3 个整数
解,∴0≤3+a,解得a≥-3.
(3)a≤-6
【解析】由(1) 可知,
该不等式组的解集为-3<x≤3+
a,∵不等式组无解,∴3+a≤-3,
解得a≤-6.
练习2
- 1 ≤a < 1
【解析】令
-(x-1)>3①
2x+9>a②
{
,解不等式①,得x
<- 2,解不等式②,得x>a-9
2 ,∵
不等式组恰有2 个整数解,∴-5
≤a-9
2 <-4,解得-1≤a<1.
河北中考真题及新考法
1.
A 【解析】解不等式5x-1<6,得
x< 7
5 .
2.
解:(1) 不等式两边同时除以2,
得x≤3,
(1 分)
…………………
解集在数轴上表示如解图①;
(2 分)
…
………………………
第2 题解图①
(2)移项,得
-x<5-3,
合并同类项,得
-x<2,
系数化为1,得
x>-2,
(3 分)
…
解集在数轴上表示如解图②;
(4 分)
…
………………………
第2 题解图②
(3)-2<x≤3.
(7 分)
…………
3.
解:(1)∵P= 3( 1
3 -m),
∴当
m= 2 时,
P= 3×
( 1
3 -2)= 1
-6= -5;
(5 分)
…………………
(2)∵由数轴可知
P≤7,
∴3( 1
3 -m)≤7,解得m≥-2,
∴m 的负整数值为-2 和-1.
(9 分)
…
………………………
4.
解:
(1)(-9)+5
2
= -4
2 = -2;
(3 分)
……
…………………………
(2)依题意得:
1
3 [(-9)+5+m]<m,
m<0,
{
解得- 2<m
<0.
∵m 为负整数,∴m= -1.
(8 分)
………………………
5.
解:(1)列式为
4×(- 1
2 )-(-1) +
(-2)= -2+1+(-2)= -3;
(2)由题意得a×(- 1
2 ) -(-1)≤
2,则- 1
2 a+1≤2,解得a≥-2,
∴a 的负整数值为-1,-2.
6.
解:
(1)101-x= 2x,解得
x= 101
3 ,
∵x 为整数,x= 101
3 不符合题意,
(4 分)
………………………
∴淇淇的说法不正确;
(5 分)
…………
………………………
(2)由题意得,B 品牌的乒乓球有
(101-x)个,
∴101-x≥x+28,解得
x≤73
2 ,…
(8 分)
∵x 为非负整数,∴x 最大为36,
即A
品牌球最多有36 个.
(9 分)
……
………………………
7.
B 【解析】设景区门票的定价为
a 元/ 张,方案一:享受1 人免票,
其余人8 折优惠,则采用方案一
总费用为0. 8a(x-1)元;方案二:
所有人享受7 折优惠,则采用方
案二总费用为0. 7ax 元,为了确
定采用方案一购票比方案二省
钱,则0. 8a ( x - 1) < 0. 7ax, 即
0. 8(x-1)<0. 7x.
第三章 函 数
第一节 平面直角坐
标系与函数
基础题练考点
1.
B
2.
B
【解析】∵点P 在第四象限,
且到y 轴的距离为3,到x 轴的距
离为5,∴x>0,y<0,∴点P 的坐
标为(3,-5).
3.
D 4.
B 5.
C
6.
(1)>;(2)y 轴;(3)-1;
(4)(0,1)
7.
(-1,2) 8.
(4,3)
9.
(2, 7
2 ) 10.
(-6,1)
11.
2
【解析】∵A( - 2,1),A1( a,
3),∴AB 向上平移了3-1 = 2 个
单位,∵B(0,- 1),B1(3,b),∴
AB 向右平移了3-0 = 3 个单位,
∴a = -2+3 = 1,b = -1+2 = 1,∴a
+b= 1+1= 2.
12.
1
【解析】∵点M( m+ 1,2m-
4),点N ( 1, - 2), 直线MN∥x
轴,∴2m-4 = -2,解得m = 1,∴
M(2,-2),∴点M 到点N 的距
离为2-1= 1.
13.
(-1,2)
【解析】∵B(4,0),∴
9
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
OB= 4,∵BD = 6,∴OD = 2,即将
△AOB 沿x 轴负方向平移了2 个
单位长度,∵A(1,2),∴C(-1,2).
河北中考真题及新考法
1.
D 【解析】设这两个机器人分别
为甲、乙, 当两个机器人同时出
发,甲在MA 段时,乙在NC 段,此
时甲、乙之间的距离y 随x 的增
大而减小;∵甲、乙运动速度相
同,AM=CN,∴当甲在ADC
(
上,乙
在ABC
(
上时,y 始终为圆的直径,
不随x 的变化而变化; ∵AM =
CN,ADC
(
= ABC
(
,∴当甲在CN 段,
乙在AM 段,甲、乙之间的距离y
随x 的增大而增大,故选D.
2.
A
【解析】由题图可知,蚂蚁在
AB 段匀速爬行时与地面距离匀
速增加,在BC 段爬行时,与地面
距离保持不变,始终为AB 的高
度,在CD 段爬行时,与地面距离
匀速增加,在DE 段爬行时,与地
面距离保持不变,始终为CD+AB
的高度,在EF 段爬行时,与地面
距离减少,在FG 段爬行时,与地
面距离不变,始终为GH 的高度,
在GH 段爬行时,与地面距离不断
减少,直至为0,故选A.
3.
C
【解析】∵甲的体积>乙的体
积,水的密度相同,∴由该物体的
排水量M = v·ρ 可知,甲的总排
水量>乙的总排水量,故B,D 选
项错误;当时间t 为0 时,显然铁
块还未浸入水中,此时物体在水
中的体积为0,即v = 0,∴两个铁
块的排水量均为0,故C 选项符
合题意.
4.
D
【解析】由题意得,当“和点”
横、纵坐标之和除以3 的余数为0
时,则该“和点”向右平移,再向上
平移,之后向左平移,向上平移循
环,当“和点”横、纵坐标之和除以
3 的余数为1 时,则该“和点”向上
平移,之后向左平移、向上平移循
环,当“和点”横、纵坐标之和除以
3 的余数为2 时,则该“和点”向左
平移、向上平移循环. 设“ 和点”
Q(m,n),若(m+n) ÷ 3 的余数为
0,则Q2(m+1,n+1),∵Q2 分别向
左平移7 次,向上平移7 次得到
Q16(-1,9),∴m+1-7 = -1,n+1+7
= 9,得m=5,n=1,∴Q(5,1);若(m
+n)÷3 的余数为1,则Q1(m,n+1),
∵Q1 分别向左平移8 次,向上平移
7 次得到Q16(-1,9),∴m-8=-1,n
+1+7=9,得m=7,n=1,(m+n)÷3=
8÷3= 2……2,与(m+n)÷3 的余数
为1 不符;若(m+n)÷3 的余数为2,
则Q(m,n)分别向左平移8 次,向
上平移8 次得到Q16(-1,9),∴m-8
=-1,n+8=9,得m=7,n=1,∴Q(7,
1). 综上所述,“和点”Q 的坐标为
(5,1)或(7,1).
5.
A 【解析】设初始点P(a,b),第
一次“ 交错移动” 后为点P1
(a1,b1),第二次“交错移动”后为
点P2(a2,b2),…以此类推,根据
题
意,
得
a1 = -2b+1,
b1 = 1
2 a+1,
{
a2 = -a-1,
b2 = -b+ 3
2 ,
{
a3 = 2b-2,
b3 = - 1
2 a+ 1
2 ,
{
a4 =a,
b4 =b
{
…, 由此
可知,P4 以后的点和前面的点开
始重复. ∵“交错移动” 点都在y
轴左侧,∴-1<a<0, 1
2 <b<1,则满
足条件的点为(- 3
4 , 3
4 ).
6.
D 【解析】∵平移一次后点P 的
坐标为( 0, 2) 或( 1, 0), ∴点
(0,2),(1,0) 所在直线的解析式
为y = -2x+2;∵平移两次后点P
的坐标为( 0,4) 或( 1,2) 或( 2,
0),∴可得(0,4),(1,2) 所在直
线的解析式为y = - 2x + 4,∴点
(2,0) 在该直线上,即三点共线;
∵平移3 次后点P 的坐标为(0,
6)或(1,4) 或(2,2) 或(3,0),∴
点(0,6),(1,4) 所在直线的解析
式为y = -2x+6,∴点(2,2),(3,
0)也在该直线上,即四点共线,∴
平移后直线解析式的k 值不变,
常数项为2n,∴平移n 次时,直线
的解析式为y = -2x+ 2n,∵点P
从点O 出发经过n 次平移后,到
达直线y = x 上的点Q, ∴联立
y= -2x+2n,
y=x,
{
解得
x= 2n
3 ,
y= 2n
3 ,
ì
î
í
ïï
ïï
∴点Q
的坐标为( 2n
3 , 2n
3 ),∴平移的路
程长S=x+y= 4n
3 ,∵50≤4n
3 ≤56,
∴37. 5≤n≤42,∵n 是3 的倍数,
n 可以取39,42.
7.
A 【解析】∵正方形EFGH 平移,
其内部( 不含边界) 有且只有A,
B,C 三个整点,∴正方形不能直
接沿x 轴正方向平移,否则H(2,
0) 会在正方形内部,同理也不能
沿y 轴正方向平移,∴如解图,将
正方形EFGH 沿FE 方向平移,使
得FG 过点O, 得到正方形
E1F1G1H1,过点O 作OP⊥FG 交
FG 于点P,∴点E 沿FE 平移的
距离EE1 等于点O 到FG 的距离
OP,设点Q 为E1H1 与网格线的
交点,过点E1 作E1K⊥EQ 于点
K, 在Rt △GCF 中, sin∠CGF =
5
5 ,∴OP = OG·sin∠CGF =
5
5 ,
∴EE1 =OP= 5
5 ,由网格得性质可
得∠E1EQ = ∠BFE, 在Rt △BFE
中, sin ∠BFE =
5
5 , cos∠BFE =
2 5
5 ,∴sin ∠E1EQ = sin∠BFE =
5
5 ,cos∠E1EQ = cos∠BFE= 2 5
5 ,
∴E1K=EE1·sin∠E1EQ = 1
5 ,EK
= EE1 ·cos∠E1EQ = 2
5 ,∵E(1,
2),∴点E1( 7
5 ,11
5 ),即平移后点
E 的对应点坐标为( 7
5 ,11
5 ).
第7 题解图
一题多解法
A 【解析】设直线FG 的解析式为y
0
1
参考答案
分
层
精
讲
本
=kx+b( k≠0),代入( - 1,1),(0,-
1),得1= -k+b,
-1=b,
{
∴
k= -2
b= -1
{
, ∴直线
FG 的解析式为y = -2x-1,由题图可
知E(1,2). A. 当平移后点E 的对应
点坐标为( 7
5 ,11
5 )时,平移方式为向
右平移2
5 个单位,向上平移1
5 个单
位,∴直线FG 平移后的解析式为y
= -2(x- 2
5 ) -1+ 1
5 = -2x,此时经过
原点,对应的EH 经过整点(2,1),符
合题意;B. 当平移后点E 的对应点
坐标为( 8
5 ,23
10)时,平移方式为向右
平移3
5 个单位,向上平移3
10个单位,
∴直线FG 平移后的解析式为y = -2
(x- 3
5 )-1+ 3
10 = -2x+ 1
2 ,对应的EH
在整点(2,1) 上方,不符合题意;C.
当平移后点E 的对应点坐标为( 3
2 ,
2) 时,平移方式为向右平移1
2 个单
位,∴直线FG 平移后的解析式为y
= -2(x- 1
2 ) -1 = -2x,此时点H(2,
0)在正方形内部,不符合题意;D. 当
平移后点E 的对应点坐标为( 3
2 ,
9
4 )时,平移方式为向右平移1
2 个单
位,向上平移1
4 个单位,∴直线FG
平移后的解析式为y = -2(x- 1
2 ) -1
+ 1
4 = -2x+ 1
4 ,此时点(2,1) 在正方
形内部,不符合题意.
8.
A 【解析】如解图,过点C 作CE
⊥OA 于点E,∵四边形OABC 是
菱形,点A 的坐标为(2,0),∴OC
=OA = 2,在Rt△OCE 中,∵OC =
2,∠AOC = 30°,∴OE =
3,CE =
1,∴点C 的坐标是( 3,1).
第8 题解图
9.
B 【解析】如解图,过点A 作CD∥y
轴,交x 轴于点D,过点B 作BC∥x
轴,与CD 相交于点C,交y 轴于点
E,∵∠OAB=90°,∴∠DAO=∠CBA
=90°-∠CAB,∵∠ADO=∠BCA,AB
= AO,∴△ADO ≌△BCA,∴AD =
BC,OD=AC,∵A(-1,3),∴AD=BC
=3,OD= AC = 1,∴C(-1,4),BE =
BC-CE=2,∴B(2,4).
第9 题解图
10.
C
【解析】∵矩形的纵坐标不
变,横坐标变为原来的1
2 ,则矩形
与y 轴平行的边长度不变,与x 轴
平行的边长度变为原来的1
2 ,∴
矩形横向压缩为原来的一半.
11.
B
【解析】如解图,过点B 作
BG⊥x 轴于点G,过点C 作CH
⊥y 轴于点H,把点B( -7,5) 代
入y=kx-2 得,5 = -7k-2,解得k
= -1,∴直线l 解析式为y = -x-
2,∵四边形ABCD 是正方形,∴
∠BAD = 90°,AB = AD,∴∠BAG
= 90°-∠DAO=∠ADO,∵∠BGA
= ∠AOD = 90°, ∴△BGA ≌
△AOD( AAS),∵B( - 7,5),∴
BG=OA= 5,OG = 7,∴AG = OD =
OG - OA = 7 - 5 = 2, 同理可得
△AOD≌△DHC(AAS),∴OA =
DH= 5,OD= CH = 2,∴OH = OD+
DH= 2+5 = 7,∴C( - 2,7),将C
(-2,7)沿y 轴向下平移m 个单
位长度得(-2,7-m),把(-2,7-
m)代入y= -x-2 得,7-m = 2-2,
解得m= 7.
第11 题解图
第二节 一次函数
课时1 一次函数的图象与性质
基础题练考点
1.
D
【解析】将(1,2) 代入y = kx
中,得k= 2.
2.
B
3.
B 【解析】∵-2<0,∴y 随着x 的
增大而减小,∵-1<2,∴y1>y2.
4.
B 【解析】将A(0,2),B(-2,0)
代入y = kx+b 中,得b= 2
-2k+b= 0
{
,解
得b= 2
k= 1
{
,∴一次函数的解析式是y
=x+2.
5.
B 【解析】∵一次函数y = kx+b
的图象平行于直线y = -2x,∴k =
-2,∴y = -2x+b. ∵一次函数y =
-2x+b 的图象经过点( -2,1),∴
-2×(-2)+b= 1,∴b= -3.
题后反思
1. k1 =k2;2. k1·k2 = -1.
6.
D
【解析】由图象可得,点P 的
纵坐标为2. ∵直线y= 1
3 x+1 与y
=kx+b 相交于点P,∴将y = 2 代
入y= 1
3 x+1 中,得2 = 1
3 x+1,解
得x= 3. ∵1
3 x+1>kx+b,∴直线y
= 1
3 x+1 在直线y = kx+b 的上方,
∴x>3.
7.
B
【解析】由题意联立方程组
y= 2x-2
y= -2x+4
{
,解得x= 3
2
y= 1
{
,∴交点A
的坐标为( 3
2 ,1). 对于直线l:y =
2x-2,当y= 0 时,0 = 2x-2,解得x
= 1,对于直线l1:y= -2x+4,当y=
0 时, 0 = - 2x + 4, 解得x = 2,
∴B(1,0),C(2,0),∴BC = 1,∴
△ABC 的面积为1
2 ×1×1= 1
2 .
8.
D 【解析】∵直线l1:y = - 2x+ 3
与直线l2 =kx+b 都经过x 轴上的
点A,分别与y 轴交于B,C 两点,
且B,C 两点关于x 轴对称,∴函
数y= -2x+3 与y=kx+b 图象关于
x 轴对称,∴l1 = -l2,即l2 的解析
式是y= 2x-3.
题后反思
1. k1 = -k2,b1 =b2;
2. k1+k2 = 0.
9.
(1)左,2,y= 2x+1; 【解析】将直
线l1:y= 2x-3 向上平移4 个单位
1
1
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
长度得到直线l2:y = 2x+1 = 2(x+
2)-3,∴可将直线l1:y = 2x-3 向
左平移2 个单位长度得到直
线l2.
(2)(0,-11); 【解析】∵将平面
直角坐标系先向左平移2 个单位
长度,再向上平移4 个单位长度,
可转化为将直线l1 先向右平移2
个单位长度,再向下平移4 个单位
长度,∴直线l3:y= 2(x-2)-3-4=
2x-11,令x= 0,得y = -11,∴直线
l3 与y 轴的交点坐标为(0,-11).
(3)将直线l1 向左平移15
2 个单位
长度或向上平移15 个单位长度;
【解析】∵直线l1:y= 2x-3 与x 轴
的交点坐标为( 3
2 ,0),直线l4 与
x 轴的交点坐标为( - 6,0), 3
2 >
-6,∴设直线l1 向左平移m 个单
位长度,则直线l4 的解析式为y =
2(x+m) -3,将(-6,0)代入,得0
= 2(-6+m)-3,解得m = 15
2 ;∴直
线l4:y= 2(x+ 15
2 ) -3 = 2x+12 = 2x
-3+ 15,∴平移方式为将直线l1
向左平移15
2 个单位长度或向上平
移15 个单位长度.
(4)m≥3
2
【解析】直线l1:y =
2x-3,令y= 0,则x= 3
2 ,∵由直线
l1 向左平移得到直线l5,直线l5
不经过第四象限,∴至少将直线
l1 向左平移3
2 个单位长度,∴m
≥3
2 .
核心考点突破
例1 解:(1)∵直线l1:y=kx+b(k≠
0)经过点A(-4,0),点B(0,2),
∴将A(-4,0),B(0,2)代入,
得
-4k+b= 0,
b= 2,
{
,解得k= 1
2 ,
b= 2,
{
∴直线l1 的函数解析式为y= 1
2 x+
2;
(2)<;
【解法提示】∵直线l1 的函数解
析式为y= 1
2 x+2, 1
2 >0,∴y 随x
的增大而增大,∵y1<y2,∴x1<x2.
(3)x>- 4
5 ;
【解法提示】令-2x = 1
2 x+2,解得
x= - 4
5 ,如解图,当-2x<kx+b 时,
x>- 4
5 .
例1 题解图
(4)-4≤m≤2.
【解法提示】∵直线l2 的解析式
为y= -x+m,且直线l2 与线段AB
有交点,∴当直线l2 过点A( -4,
0)时,0= 4+m,解得m = -4,直线
l2 过点B(0,2) 时,m = 2,∴当直
线l2 与线段AB 有交点时,-4≤m
≤2.
例2 解:(1)∵直线l1 是由直线y=
- 4
3 x 平移得到,
∴设直线l1 的解析式为y = - 4
3 x
+n,
∵直线l1 过点A(6,0),
∴将A(6,0) 代入得0 = - 4
3 ×6+
n,解得n= 8,
∴直线l1 的解析式为y = - 4
3 x
+8;
(2)∵直线l2 过点(m,m+b),
∴直线l2 的解析式为y=x+b.
①∵直线l2 与直线l1 交于点E,
联立y= - 4
3 x+8,
y=x+b,
{
解得
x= 24-3b
7
,
y= 24+4b
7
,
ì
î
í
ïï
ïï
∴E(24-3b
7
,24+4b
7
),
由题得点A(6,0),直线l1 与y 轴
交于点B,直线l2 与x 轴交于点
D,直线l1,l2 交于点E,
∴令x= 0,l1:y= - 4
3 ×0+8;令y =
0,l2:x+b= 0,
∴点B(0,8),点D(-b,0),
∵S△BDE = 1
4 S△ABD,
∴画出草图如解图①,当点E 在
线段AB 上时,S△ADE = 3
4 S△ABD,0<
24-3b
7
<6,即-6<b<8,
∵△ADE 和△ADB 同底,
∴|24+4b
7
| = 3
4 ×8= 6,
解得b= 9
2 或b= -33
2 (舍去).
画出草图如解图②,当点E 在点
B 左侧时,S△ADE = 5
4 S△ABD,24-3b
7
<0,即b>8,
∵△ADE 和△ADB 同底,
∴|24+4b
7
| = 5
4 ×8= 10,
解得b= 23
2 或b= -47
2 (舍去).
当点E 在点A 右侧时, 不存在
S△BDE = 1
4 S△ABD.
综上所述,当S△BDE = 1
4 S△ABD 时,
b 的值为9
2 或23
2 .
例2 题解图
②∵直线y = x+b 与直线y = 8x+
4b 交于点H,
∴联立y=x+b,
y= 8x+4b,
{
解得
x= -3b
7 ,
y= 4b
7 ,
ì
î
í
ïï
ïï
∴H(-3b
7 ,4b
7 ),
∴yH = - 4
3 xH,即点H 在直线y =
- 4
3 x 上,
2
1
参考答案
分
层
精
讲
本
由(1) 得直线l1 的解析式为y =
- 4
3 x+8,
∴直线y= - 4
3 x 与直线y= - 4
3 x+
8 平行,
∴点H 到直线l1 的距离总是一
个定值.
练习1
C 【解析】设大扇形的半径
为R,小扇形的半径为r,由题意
得,m=
Sn
S =
nπ(R
2-r
2)
360
120π(R
2-r
2)
360
= 1
120n,
m 是关于n 的正比例函数.
练习2
B
【解析】由函数图象可
知,当x>0 时,一次函数y = ax+b
的图象在直线y = -4 的上方,即
ax+b>-4,∴关于x 的不等式ax+
b>-4 的解集为x>0. 故嘉嘉的结
论正确. 由函数图象可知,当x>4
时,一次函数的图象在正比例函
数图象的上方,即ax+b>kx,∴x>
4 时, ax + b > kx. 故淇淇的结论
错误.
练习3
A
【解析】设点K 的坐标
为(m,2m+ 4),∵先将点K 向左
平移a 个单位,再向下平移b 个
单位至点K1,∴点K1 的坐标为
(m-a,2m+4-b),∵点K1 恰好落
在直线l 上,∴2(m-a)+4= 2m+4
-b,∴-2a= -b,即2a-b= 0.
练习4
B
【解析】如解图, 连接
OA,OB,OC,OD,∵在正比例函数
y=kx 中,k = y
x ,即k 可看做点的
特征值,由题意得k>0,由正比例
函数图象倾斜度越小, | k | 值越
小,可得点B 的特征值最小.
练习4 题解图
练习5
C 【解析】如解图,设直线l
和八个正方形的最上面交点为
A,过A 作AB⊥OB 于B,过A 作
AC⊥OC 于C,∵正方形的边长为
1,∴OB = 3,∵经过原点的一条
直线l 将这八个正方形分成面积
相等的两部分,∴这条直线将这
8 个正方形分为面积均为4 的两
部分, ∴
△ABO
面积是
5,
∴1
2 OB· AB = 5,∴AB = 10
3 , ∴
OC = 10
3 , 由此可知直线l 经过
( 10
3 ,3),设直线方程为y = kx,则
3= 10
3 k,∴k= 9
10,∴直线l 的解析
式为y= 9
10x.
练习5 题解图
练习6 D 【解析】设y1 =k1x+b1,y2
=k2x+b2,∵一次函数y1,y2 的图
象关于y 轴对称,∴b1 = b2,k2 =
-k1,∴y2 = -k1x+b1,∵一次函数
y1 的图象过(0,1),∴b1 = 1,∴y2
= -k1x+1,将点(-2,7)代入y2 得
7= -k1×(-2)+1,解得k1 = 3,∴y2
= -3x+1,将(m,-8)代入y2 得-8
= -3m+1,解得m= 3.
练习7
y = - 1
2 x- 1
2
【解析】设直
线AB 的解析式为y = kx+m,将点
A (-3,2) 和B ( 0, 1
2 ) 代入得
2=-3k+m,
1
2 =m,
{
解得
k=- 1
2 ,
m= 1
2 ,
ì
î
í
ïï
ïï
∴直线
AB 的解析式为y = - 1
2 x+ 1
2 ,∵
AB∥CD,∴设直线CD 的解析式
为y=- 1
2 x+n,将点C(-1,0)代入
得0= 1
2 +n,解得n = - 1
2 ,∴直线
CD 的解析式为y=- 1
2 x- 1
2 .
课时2 一次函数交点问题
核心考法突破
例1
解:(1)(0,b),画草图如解图
①,平行;
例1 题解图①
(2) (0,2),(0,2),画草图如解
图②;
例1 题解图②
(3)y = k( x + 1),( - 1,0),( - 1,
0),画草图如解图③;
例1 题解图③
(4)y=k(x-1),(1,0),(1,0),画
草图如解图④;
例1 题解图④
(5)y=k(x-2)+1,(2,1),(2,1),
画草图如解图⑤.
例1 题解图⑤
例2 (1) - 3
2 ;
【解析】设直线AC
的解析式为y=mx+n,将A(2,4),
3
1
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
C(4,1) 代入,得
4= 2m+n
1= 4m+n
{
,解得
m= - 3
2
n= 7
{
,∴直线AC 的解析式为
y= - 3
2 x+7,∵一次函数y = kx-1
的图象与直线AC 无交点,∴k =
- 3
2 .
(2) - 3 ≤b ≤0;
【解析】将A
(2,4)代入y = 2x+b,得4 = 2×2+
b,解得b= 0,将B(2,1) 代入y =
2x+b,得1 = 2×2+b,解得b = -3,
∴b 的取值范围是-3≤b≤0.
(3)- 1
2 ≤k≤- 1
4 ;
【解析】将
C(4,1)代入y = kx+2,得1 = 4k+
2,解得k= - 1
4 ,将B(2,1)代入y
=kx+2,得1= 2k+2,解得k= - 1
2 ,
∴k 的取值范围是- 1
2 ≤k≤- 1
4 .
(4) 1
7 ≤k≤4
3 【解析】将A(2,4)
代入y=2kx-k,得4=k(2×2-1),解
得k= 4
3 ,将C(4,1)代入y= 2kx-
k,得1 = k(2×4-1),解得k = 1
7 ,
∴k 的取值范围是1
7 ≤k≤4
3 .
练习1
k≤-3 或k≥1
【解析】∵
直线y=kx-2 与线段AB 有交点,
∴把A(-2,4)代入y = kx-2 得,4
= -2k-2,解得k = -3,∴当直线y
=kx- 2 与线段AB 有交点,且过
第二、三、四象限时,k 满足的条
件为k≤-3;把B(4,2)代入y=kx
-2 得,4k-2 = 2,解得k = 1,∴当
直线y=kx-2 与线段AB 有交点,
且过第一、三、四象限时,k 满足
的条件为k≥1. 综上所述,k 的取
值范围是k≤-3 或k≥1.
练习2 -7<b≤-5
【解析】∵由题
得矩形ABCD 的顶点A(2,1),C
(8,3),AB∥x 轴,∴D(2,3),∵线
段DE 上的整点有3 个,即点E
的横坐标范围为4≤xE < 5,∴线
段DE 上整点的坐标为( 2,3),
(3,3),(4,3),∵直线l 过点(m,
2m+b),∴直线l:y = 2x+b,当直
线l:y= 2x+b 经过点(4,3)时,3 =
2×4+b,解得b = -5,当直线l:y =
2x+b 经过点(5,3)时,3 = 2×5+b,
解得b= -7,∴线段DE 上有3 个
整点时,b 的取值范围为- 7<b≤
-5.
练习3
k≤- 3 或k≥1
3
【解析】
∵y=kx+k=k(x+1),∴一次函数
的图象过点( - 1,0),由图象可
知,当一次函数的图象与线段AC
有交点时,便与△ABC 的边有交
点. 当一次函数的图象经过点A
时,得-2k+k= 3,解得k= -3;当一
次函数的图象经过点C 时,得2k
+k= 1,解得k= 1
3 ;∴当k≤-3 或
k≥1
3 时, 一次函数的图象与
△ABC 的边有交点.
练习4 -2
【解析】∵每一级台阶
的长度和高度之比为2 ∶1,
A(-10,1),∴B( - 8,2),C( - 6,
3),D( - 4,4),E( - 2,5),F( 0,
6),∵点A,B,C,D,E,F 在一次
函数y=kx-k-4 的图象两侧分布
的个数比例为1 ∶2,∴一次函数
y=kx-k-4 的图象在B,C 或D,E
之间, 且不过点B, C, D, E, 将
B(-8,2)代入,得2 = - 8k-k- 4,
解得k= - 2
3 ,将C( - 6,3) 代入,
得3= -6k-k-4,解得k = -1,将D
(-4,4)代入,得4 = -4k-k-4,解
得k= - 8
5 ,将E(-2,5)代入,得5
= -2k-k-4,解得k = -3,∴k 的取
值范围是-1<k<- 2
3 ,-3<k<- 8
5 ,
∵k 为负整数,∴k 的值为-2.
课时3 一次函数性质应用
核心考法突破
例
解:(1)由题意联立y=kx+b,
y=bx+k,
{
∴kx+b=bx+k,
∴(k-b)x=k-b,
易得k≠b,
∴x= 1,
∴y=k+b,
∴直线l:y=kx+b 与直线l′:y = bx
+k 的交点坐标为(1,k+b);
(2)将x= -1,y = -2 和x = 0,y = 1
分别代入y=kx+b 中,
得
-2= -k+b,
1=b,
{
解得k= 3,
b= 1,
{
∴直线l 的解析式为y= 3x+1,
直线l′的解析式为y=x+3,
∴画出直线l′如解图所示.
联立y= 3x+1,
y=x+3,
{
解得x= 1,
y= 4,
{
∴直线l 与直线l′的交点为(1,
4).
又∵直线l′与y 轴的交点为(0,
3),
∴直线l′被直线l 和y 轴所截线段
的长为
(1-0)
2+(4-3)
2 = 2;
例题解图
(3)直线y = a 与直线l,l′及y 轴
的交点坐标分别为( a-1
3 , a),
(a-3,a)及(0,a). 当( a-1
3 ,a),
(a-3,a)关于(0,a) 对称时,a-1
3
= -(a-3),解得a = 5
2 ;当(a-1
3 ,
a),(0,a)关于(a-3,a)对称时,2(a
-3)= a-1
3 ,解得a = 17
5 ;当(a- 3,
a),(0,a)关于(a-1
3 ,a)对称时,a-
3=2×a-1
3 ,解得a = 7. 综上所述,a
的值为5
2 或17
5 或7;
(4)∵D(m,mn-3)在直线l″上,
∴直线l″的解析式为y=nx-3.
①由题意得点F(-3,0),E(- 1
3 ,
0),
由(2)得G(1,4),
4
1
参考答案
分
层
精
讲
本
∵直线l″与△EFG 有交点,
∴当直线l″过点F 时,0= -3n-3,
解得n= -1,
当直线l″过点G 时,4 = n-3,解得
n= 7,
∴当直线l″与△EFG 有交点时,n
的取值范围为n≥7 或n≤-1;
②∵直线l, l′, l″ 不能围成三
角形,
∴l″∥l 或l″∥l′或l″过点G.
当l″∥l 时,n= 3;
当l″∥l′时,n= 1;
由①得,当l″过点G 时,n= 7.
综上所述,n 的值为1 或3 或7.
河北中考真题及新考法
1.
解:(1) 设AB 所在直线的解析式
为y= kx+b(k≠0),根据题意,得
19= -8k+b,
5= 6k+b,
{
解得k= -1,
b= 11,
{
∴AB 所在直线的解析式为y= -x+
11;
(4 分)
………………………
(2)①若有光点P 弹出,则c = 2,
此时点C 的坐标为(2,0),
把点C(2,0)代入y = mx+n 中,得
2m+n= 0;
(7 分)
………………
②由①知2m+n= 0,
∴n= -2m,
∴y=mx+n=mx-2m,
联立y= -x+11,
y=mx-2m,
{
解得m= -x+11
x-2 =
-1+ 9
x-2,
∵-8≤x≤6,
∴当x = - 7 时,m = - 2,击中线段
AB 上的整点为(-7,18);
当x= -1 时,m = -4,击中线段AB
上的整点为(-1,12);
当x = 1 时,m = -10,击中线段AB
上的整点为(1,10);
当x= 3 时,m = 8,击中线段AB 上
的整点为(3,8);
当x= 5 时,m = 2,击中线段AB 上
的整点为(5,6),
综上所述,整数m 的个数为5 个.
(10 分)
………………………
2.
解:(1)设直线l1 的解析式为y =
kx+b(k≠0),
将M(4,2),N(2,4) 代入y = kx+
b 中,
得4k+b= 2,
2k+b= 4,
{
解得k= -1,
b= 6,
{
∴直线l1 的解析式为y= -x+6,
(2 分)
………………………
∴直线l2 的解析式为y= -x+15;
(4 分)
………………………
(2)①∵按甲方式移动了m 次,
∴按乙方式移动了(10-m)次.
根据题意可知,x = 2m+(10-m)=
m+10,y=m+2(10-m)= -m+20;
(6 分)
………………………
②∵x+y=m+10+(-m+20)= 30,
∴y= -x+30,
∴无论m 怎样变化,点Q 都在直
线y= -x+30 上.
(9 分)
………
画出直线l3 的图象如解图;
(10 分)
……
……………………
第2 题解图
(3)5a+3c= 8b.
(12 分)
………
【解法提示】∵点A,B,C 分别在y
=-x+6,y= -x+15,y= -x+30 的图
象上,点A,B,C 的横坐标分别为
a,b, c, ∴A ( a, - a + 6), B ( b,
-b+15),C(c,-c+30),∵点A,B,
C 在同一条直线上,∴直线AB 与
直线
BC
的
k
值相等, 即
(-b+15)-(-a+6)
b-a
=
(-c+30)-(-b+15)
c-b
,化简得5a +
3c= 8b.
第三节 一次函数的实际应用
核心考法突破
例 解:(1)设y1 与x 的函数解析式
为y1 =kx+b,
将(8,10),(11,16)代入y1 = kx+
b 中,
得10= 8k+b,
16= 11k+b,
{
解得k= 2,
b= -6,
{
∴y1 与x 的函数解析式为y1 = 2x
-6;
(2) 当x = 13 时,y1 = 2× 13- 6 =
20,y2 = -13+33= 20,
∴y1 与y2 的大小关系为y1 =y2;
(3)当2x-6>-x+33 时,x>13.
再结合(2)中的结果,可得当8≤
x<13 时,y= -x+33;
当13<x≤20 时,y= 2x-6.
v=y1+y2 =x+27.
当2x-6≥2
3 (x+27)时,x≥18;
当-x+33≥2
3 (x+27)时,x≤9,
∴8 时到9 时,可变车道的方向
设置为自东向西;18 时到20 时,
可变车道的方向设置为自西向
东,可缓解交通拥堵.
河北中考真题及新考法
1.
解:(1)0. 6×50×1. 7×10
-5 = 5. 1×
10
-4(m),
答:该铜棒的伸长量为5. 1× 10
-4
m;
(3 分)
………………………
(2) 2. 5 × αFe × ( 80 - 20) = 1. 8
×10
-3,
解得αFe = 1. 2×10
-5,
设该铁棒温度的增加量为x1
℃,
根据题意,得1× 1. 2 × 10
-5 × x1 =
4. 8×10
-4,
解得x1 = 40,
答:铁的线膨胀系数αFe = 1. 2 ×
10
-5 / ℃,该铁棒温度的增加量为
40
℃;
(6 分)
……………………
(3 ) 设该铁棒温度的增加量
为x2
℃,
根据题意,得1. 7×10
-5 ×(x2 -20)
= 1. 2×10
-5×x2,
解得x2 = 68,
答:该铁棒温度的增加量为68
℃.
(9 分)
………………………
2.
解:(1)∵s1+s2+5= 45,
∴s2 = 40-s1,
∴d=s1 -s2 = s1 -(40-s1)= 2s1 -40
= 2×4t-40= 8t-40,
∵小车从A 到B 所用的时间为
(45-5)÷4= 10(s),
∴小车与B 处挡板碰撞前,d 与t
的函数解析式为d = 8t-40(0≤t<
10);
(2)由(1)得,小车从A 到B 所用
的时间为10
s,
∴小车从B 到A 所用的时间为27
-10-1= 16(s),
∴小车返回的速度为(45-5) ÷16
5
1
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
= 2. 5(cm/ s).
∵碰撞后改变方向需要停顿1
s,
∴当10<t<11 时,d= 40 时,
当t≥11 时,
∴s2 = 2. 5(t-11),
∴s1 = 45-5-s2 = 40-2. 5(t-11)=
67. 5-2. 5t,
∴d=s1-s2 = 67. 5- 2. 5t- 2. 5( t-
11)= -5t+95,
综上所述,小车与B 处挡板碰撞
后, d 与t 的函数解析式为d
= 40(10<t≤11)
-5t+95(11<t≤27)
{
;
(3)分两种情况讨论:
①小车与B 处挡板碰撞前,
8t-40= 20,
解得t= 7. 5;
②小车与B 处挡板碰撞后,
-5t+95= 20,
解得t= 15.
答:小车运动的时间为7. 5
s 或
15
s.
第四节 反比例函数的
图象与性质
基础题练考点
1.
A 【解析】设该反比例函数的解
析式为y= k
x (k≠0),∵该反比例
函数的图象经过点(-2,3),∴k =
(-2)×3= -6,∴该反比例函数的
解析式为y= - 6
x .
2.
B
3.
B 【解析】将点A(-3,y1),B(-1,
y2),C(4,y3)分别代入y = 4
x ,得y1
=- 4
3 ,y2 = -4,y3 = 1,∴y2 <y1 <y3.
(也可根据反比例函数的性质或
画图象求解)
4.
B 【解析】根据题意可知点A 与
点B 关于原点对称,∴点A 的坐
标为(-1,-6).
5.
B
6.
D 【解析】如解图,过点A 作AE
⊥x 轴于点E,∴∠AED = ∠BOC
= 90°,则四边形ABOE 为矩形,∴
∠AED = ∠BOC = 90°, 则四边形
ABOE 为矩形,∵四边形ABCD 是
平行四边形,∴AE = OB,BC = AD,
∴Rt△ADE≌Rt△BCO( HL),∴
S△ADE
=
S△BCO, ∴
S矩形AEOB
=
S平行四边形ABCD = | k | = 12,∵反比例
函数的图象在第一象限,∴k> 0,
∴k= 12.
第6 题解图
7.
C 【解析】如解图,连接OM,ON,
设MN 交y 轴于点P,∵点M 在
反比例函数y= - 4
x (x<0)的图象
上,点N 在反比例函数y = 1
x (x>
0)的图象上,∴S△MOP = 2,S△NOP =
1
2 ,∴S△OMN = S△MOP +S△NOP = 2+ 1
2
= 5
2 , ∵MN ∥x 轴, ∴S△QMN =
S△OMN = 5
2 .
第7 题解图
8.
D 【解析】设点
A
的坐标为(m,
n),∵点
A
在反比例函数y = 2
x
的图象上,∴mn = 2,∵点
A,B 为
直线
y=kx 和反比例函数y= 2
x 的
交点,∴点
A,B
关于原点对称,∴
B(-m,-n),∴S△ABC = 1
2 AC·(yA
-yB)= 1
2 m·(n+n)= mn= 2.
9.
A 【解析】根据题意可知I = U
R ,
当R= 10 时,I= 0. 8,∴U= 0. 8×10
= 8,∴I = 8
R ,∴电流I 与电阻R
成反比例函数关系,∴函数图象
如选项A 所示.
10.
C
【解析】∵k>0,∴在反比例
函数图象的每一支上,y 随x 的
增大而减小,当点A,B 在同一象
限时,∵y1<y2,∴a-2>a+2,此不
等式无解;当点A,B 不在同一象
限时,∵y1 <y2,∴a- 2< 0,a+ 2>
0,解得- 2<a< 2,∴a 的取值范
围为-2<a<2.
核心考点突破
例 解:(1)∵点A(1,4)在反比例函
数y= k
x (k≠0)的图象上,
∴将A(1,4)代入y= k
x ,
解得k= 4,
∴反比例函数的解析式为y= 4
x ;
画出反比例函数的图象如解图①
所示;
例题解图①
(2)∵A(1,4),
∴点A 关于原点对称的点A′的坐
标为(-1,-4),
由(1)知反比例函数的解析式为
y= 4
x ,
∵-1×(-4)= 4,且由(1) 得反比
例函数的解析式为= 4
x ,
∴点A′在该反比例函数y = k
x 的
图象上;
(3)x2<x1<0;
(4)①如解图②,设一次函数y =
-x+m 的图象与x 轴交于点C,
∵点A(1,4) 在一次函数y = -x+
m 的图象上,
∴将A(1,4)代入y= -x+m 中,得
4= -1+m,解得m= 5,
∴一次函数的解析式为y = - x
+5,
当y= 0 时,x= 5,
∴点C 的坐标为(5,0),
令-x+5= 4
x ,解得x1 = 4,x2 = 1,
∴点B 的坐标为(4,1),
∴S△OAB =S△OAC-S△OBC = 1
2 ×5×4-
1
2 ×5×1= 7. 5;
②将一次函数的图象向下平移n
6
1
参考答案
分
层
精
讲
本
(n>0)个单位长度后的解析式为
y= -x+5-n,
令4
x = -x+ 5-n,整理得x
2 +(n-
5)x+4= 0,
∵平移后的图象与反比例函数的
图象只有一个交点,
∴Δ=(n-5)
2-4×1×4= 0,
解得n1 = 9(不合题意,舍去),n2
= 1,
∴n= 1.
例题解图②
河北中考真题及新考法
1.
A 【解析】函数y= 1
x (x>0)的图
象在第一象限;函数y = - 1
x (x<
0)的图象在第二象限,由题图可
知,当点M 为坐标原点时,符合上
述要求.
2.
C 【解析】∵每人每天完成的工
作量相同,一个人完成需12 天,m
个人共同完成需要n 天, ∴n =
12
m ,∴数对(m,n) 在坐标系中的
点在反比例函数n= 12
m 的图象上.
3.
C
【解析】由题意得,平均每天
用电量x(度) 和用电天数y(天)
之间的函数解析式为y = 500
x ,A.
若x= 5,则y= 500
5 = 100;B. 若y =
125,则125= 500
x ,解得x= 4;C. 若
x 减小,则y 增大;D. 若x 减小一
半,即y= 500
1
2 x
= 1
000
x
,∴y 增大一
倍. 故选C.
4.
B 【解析】∵在反比例函数y =
4
x 中,4>0,∴当x>0 时,y 随x 的
增大而减小,当y = 2 时,x = 4
2 =
2;当y= 4 时,x = 4
4 = 1,∴当2<y
<4 时,1<x<2.
5.
4( 答案不唯一,符合条件即可)
【解析】当反比例函数y = k
x (k≠
0)的图象经过点A(3,3) 时,则3
= k
3 ,解得k = 9;当反比例函数y
= k
x (k≠0) 的图象经过点B(3,
1)时,则1= k
3 ,解得k= 3,∴反比
例函数y = k
x (k≠0)图象的一支
与线段AB 有交点时,k 的取值范
围为3≤k≤9,∴符合条件的k 的
整数值可以为3,4,5,6,7,8,9.
(任选其一即可)
6.
(1) - 16;( 2) 5;( 3) 7
【解析】
(1)∵每个台阶的高和宽分别是
1 和2,∴T8( - 2,8),T7( - 4,7),
T6(-6,6),T5 ( - 8,5), T4 ( - 10,
4), T3 ( - 12, 3), T2 ( - 14, 2),
T1(-16,1),当L 过点T1 时,则1
= k
-16,解得k= -16;(2)若L 过点
T4,则4 = k
-10,解得k = -40,∴y =
- 40
x ,∴L 还过点T5(-8,5),即m=
5;(3)若曲线L 使得T1 ~ T8 这些
点分布在它的两侧且每侧各4 个
点,则T3 ~ T6 在L 的一侧,T1,T2,
T7,T8 在L 的另一侧,∵当L 经过
点T2(或T7)时,k= -14×2 = -4×7
= -28,当L 经过点T3(或T6)时,k
=-12×3 = -6×6 = -36,∴-36<k<
-28,∴k 的整数值有7 个.
7.
(1)(4,15);(2)4 【解析】(1)当
a= 15,即y= 15 时,代入y = 60
x ,得
60
x = 15,解得x=4,∴l 与m 的交点
坐标为(4,15);(2)当a = -1. 2,即
y= -1. 2 时,代入y = 60
x ,得60
x =
-1. 2,解得x= -50,∴点A 的坐标
为(-50,-1. 2);当a = -1. 5,即y
= - 1. 5 时, 代入y = 60
x , 得60
x =
-1. 5,解得
x= -40,∴点B 的坐
标为(-40,-1. 5),∵要能看见m
在A 和B 之间的一整段图象,∴
-15k≤-50,解得k≥10
3 ,∴整数k
至少为4.
8.
1 【解析】已知点A(2,3)在第一
象限,点B(4,a),点C(b+2,a)的
y 坐标相同,三点分布在不同象
限,∴点B(4,a) 不在第一象限,
∴a<0,∴点B(4,a)在第四象限,
∴点C(b+2,a) 不在第一象限和
第四象限,又∵a<0,∴点C(b+2,
a)在第三象限,∴b+2<0,∵正比
例函数与反比例函数的交点需满
足坐标互为相反数,∴只有点A
(2,3) 和点C( b+ 2,a) 分别在第
一象限和第三象限满足,∴A(2,
3)和C(b+2,a)坐标互为相反数,
∴a= -3,b+2= -2,解得b = -4,∴
a-b= -3-(-4)= 1.
第五节 二次函数的解
析式(含平移)
基础题练考点
1.
解:(1)将点(-2,6),(1,-3)代入
y=x
2+bx+c 中,得4-2b+c= 6,
1+b+c= -3,
{
解得b= -2,
c= -2,
{
∴抛物线的解析式为y = x
2 - 2x
-2;
(2)∵抛物线与x 轴的两个交点
坐标分别为(-2,0),(1,0),
∴抛物线的解析式为y=(x+2)(x
-1)= x
2+x-2;
(3) ∵抛物线的顶点坐标为(1,
3),
∴抛物线的解析式为y=(x-1)
2+
3=x
2-2x+4;
(4)由题意得,x =- b
2a =- b
2 =- 1
2 ,
∴b=1,
∵抛物线与y 轴交于点(0,-6),
∴c= -6,
∴抛物线的解析式为y=x
2+x-6;
(5) ∵抛物线与x 轴只有一个
交点,
∴抛物线顶点在x 轴上,
∴设抛物线的解析式为y =
(x-h)
2,
又∵抛物线开口向上,
∴抛物线不过第三象限,
∴抛物线过点(1,4),( - 3,4),
7
1
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
∴抛物线的对称轴为直线x = 1-3
2
= -1,
∴抛物线的解析式为y = (x+1)
2
=x
2+2x+1.
2.
解:(1) 画出抛物线C2 的图象如
解图所示;
第2 题解图
(2)∵抛物线C3 是由抛物线C1
先向上平移2 个单位长度,再向
左平移1 个单位长度得到的,
∴抛物线C3 的解析式为y= 2(x+
1)
2+2= 2x
2+4x+4;
(3)先向左平移2 个单位长度,再
向下平移1 个单位长度(答案不
唯一);
(4) ∵抛物线C5 由抛物线C1 先
向下平移3 个单位长度,再向右
平移m ( m > 0) 个单位长度得
到的,
∴抛物线C5 的解析式为y= 2(x-
m)
2-3,
∵抛物线C5 经过点(1,5),
∴将点(1,5)代入y=2(x-m)
2-3 中,
得5=2(1-m)
2-3,
解得m=3 或m=-1,
∵m>0,
∴m= 3;
(5)∵抛物线C1 先向上平移1 个
单位长度,再向右平移n(n>0)个
单位长度,得到抛物线C6,
∴抛物线C6 的解析式为y= 2(x-
n)
2+1,
∴抛物线C6 的顶点坐标为( n,
1),
∵抛物线C6 的顶点在抛物线
C1 上,
∴将顶点( n,1) 代入y = 2x
2 中,
得1= 2n
2,解得n= ± 2
2 ,
∵n>0,
∴n= 2
2 .
3.
B 【解析】由题意可知c= 3,设表
中y 与x 的函数解析式为y=ax
2+
bx+3(a≠0),将表中( - 2,- 5),
(2,3) 代入,得4a-2b+3= -5,
4a+2b+3= 3,
{
解
得a= -1,
b= 2,
{
∴函数解析式为y= -x
2+2x+3.
4.
A 【解析】设二次函数的解析式
为y = ax
2 +bx+c( a≠0),由题图
知,二次函数的图象过点( - 1,
0 ), ( 0, 6 ), ( 3, 0 ), ∴
a-b+c= 0,
c= 6,
9a+3b+c= 0,
{
解得a = -2,b = 4,c
= 6,∴二次函数的解析式为y =
-2x
2+4x+6.
一题多解法
由题图知,二次函数的图象过点
(-1,0),(0,6),(3,0),∴设二次
函数的解析式为y = a(x- 3) (x+
1)(a≠0),将(0,6)代入,得6 = -
3a,解得a = -2,∴二次函数的解
析式为y = -2(x-3)(x+1)= -2x
2
+4x+6.
5.
C 【解析】∵抛物线y = x
2 +2x+3
=(x+1)
2 +2 的顶点坐标为( -1,
2),∴对称后的抛物线的顶点坐
标为(1,- 2),∵关于原点对称,
抛物线开口方向需要改变,∴对
称后抛物线开口向下,∴a = - 1,
∴对称后抛物线的解析式为y = -
(x-1)
2-2= -x
2+2x-3.
6.
D 【解析】∵抛物线与x 轴的交
点坐标为(-3,0),(1,0),∴一元
二次方程ax
2 +bx+c = 0 的两根分
别为x1 = -3,x2 = 1,∴x1 +x2 = - b
a
= -3+1= -2,∴一元二次方程ax
2
+bx+c-m= 0 的两根之和为- b
a =
-2.
7.
D 【解析】∵抛物线C:y = x
2 -3x
-4=(x- 3
2 )
2 - 25
4 ,∴平移前的顶
点的纵坐标为- 25
4 ,∵平移后的
抛物线的顶点的纵坐标为3
4 ,∴
平移的距离为3
4
-(- 25
4 )= 7,∵
DP=DP′,∴顶点D 在线段PP′的
垂直平分线上,∴平移得到的点
P′的纵坐标为3
4 + 7
2 = 17
4 .
8.
A 【解析】∵抛物线C2:y = -(x-
2)
2 - 1 的图象开口向下,顶点坐
标为(2, -1),∴无论m 取何值,
都有n2<0,故甲说得对;∵抛物线
C1:y= -(x+1)
2 +2 的顶点坐标为
(-1,2),抛物线C2:y= -(x-2)
2-
1 的顶点坐标为(2,- 1),∴平移
方式之一是将抛物线C1:y= -(x+
1)
2 + 2 先向右平移3 个单位长
度,再向下平移3 个单位长度得
到抛物线C2:y = -(x-2)
2 - 1,∴
点P 移动到点P′的最短路程为
3
2+3
2 = 3 2,故乙说得对;∵点
P,Q 的横坐标均为m, ∴PQ =
| -(m+1)
2+ 2+(m- 2)
2 + 1 | = | -
6m+6 | ,∴当-3<m< 1 时,PQ = -
6m+6,∵- 6< 0,∴PQ 随着m 的
增大而减小,∴当-3<m<1 时,随
着m 的增大,线段PQ 由长变短,
故丙说得错. 故选A.
第六节 二次函数
课时1 二次函数的图象与性质
基础题练考点
1.
A
题后反思
(- 1
2 ,- 3)
【解析】由题意知y =
(2x+1)
2-3= 4(x+ 1
2 )
2-3,∴顶点坐
标为(- 1
2 ,-3).
2.
B 【解析】∵y= 3x
2-2x+4= 3(x-
1
3 )
2+11
3 ,∴二次函数y = 3x
2 -2x
+4 的最小值为11
3 .
3.
D 【解析】∵二次函数的解析式
为y= -2x
2,∴该二次函数的图象
开口向下,对称轴为y 轴,在对称
轴左侧, y 随x 的增大而增大,
∵-2<-1<0,∴y1>y2>y3.
4.
B 【解析】∵抛物线的对称轴是
直线x= 1,且开口向上,∴当x<1
时, 函数值y 随着x 的增大而
减小.
5.
D
【解析】∵二次函数y = -x
2 +
8
1
参考答案
分
层
精
讲
本
2mx+1 取最大值时x = 2,∴对称
轴为直线x= -2m
-2 = 2,∴m= 2.
6.
B
【解析】∵y = (x-m) ( x-m-
2),令y= 0,则x1 =m,x2 =m+2,该
二次函数的图象与x 轴交于点A
(m,0),B(m+2,0),∴AB = m+2-
m= 2.
7.
( 1) 2, x1 = 1, x2 = - 3; ( 2) 2,
(1,0),( - 3,0);(3) m> 4
【解
析】∵b
2-4ac = (-2)
2 -4×( -1) ×
3= 16>0,∴方程有两个不相等的
实数根;-x
2 -2x+3 = (-x+1) (x+
3)= 0,x1 = 1,x2 = -3;令m = -x
2 -
2x+3,即-x
2-2x+3-m = 0,b
2 -4ac
=(-2)
2-4×(-1) ×(3-m)= 16-
4m,∵直线y = m 与该二次函数
图象没有交点,∴16-4m<0,解得
m>4.
8.
(1) >,<,<;(2) >;(3) = ;(4) <;
(5)>;
(6)<;
【解析】由图象可知,a>
0,c<0,c-a<0;
(7)= ; 【解析】∵对称轴为直线
x= 1,∴- b
2a = 1,∴a = - b
2 ,将x =
-1 代入抛物线解析式得y = a-b+
c= 0,- b
2 -b+c= 0,2c-3b= 0.
(8)≤ 【解析】将x= 1 代入抛物
线解析式得y=a+b+c,将x = m 代
入得y=am
2+bm+c,当m = 1 时,a
+b+c=am
2+bm+c,即a+b = m(am
+b);当m≠1 时,∵当x = 1 时y
取得最小值,∴a+b+c<am
2 +bm+
c,即a+b<m(am+b),综上所述,a
+b≤m(am+b).
核心考点突破
例1
解:(1) 由表格得抛物线的对
称轴为直线x= 1,顶点坐标为(1,
4),
∴设抛物线y=a(x-1)
2+4,
将点(0,3)代入,得3 = a+4,解得
a= -1,
∴抛物线的函数解析式为y =
-(x-1)
2+4= -x
2+2x+3;
(2)y1<y2 =y3;
【解法提示】由(1)得抛物线的对
称轴为直线x = 1,抛物线的函数
解析式为y= -x
2+2x+3,-1<0,∴
当x<1 时,y 随x 的增大而增大,
∵-4<-2<1,∴y1<y2,∵4-1 = 1-
(-2),∴y2 =y3,∴y1<y2 =y3.
(3)由(1) 得抛物线的顶点坐标
为(1,4),
∵平移后的抛物线对应的函数解
析式为y= -x
2 + 4x- 1 = -(x- 2)
2
+3,
∴平移后的顶点坐标为(2,3),
∴抛物线的平移方式为向右平移
1 个单位,再向下平移1 个单位,
∴抛物线顶点平移的最短路程为
(1-2)
2+(4-3)
2 = 2;
(4)∵抛物线解析式为y = -x
2 +
2x+3,
令y= 2,则x = 1+ 2 或x = 1- 2,
此时两点间的距离为2 2,
∴线段AB 与抛物线只有1 个
交点.
当线段AB 与抛物线在对称轴左
侧有交点时,n≤1- 2 且n+1≥1
- 2,
∴- 2≤n≤1- 2;
当线段AB 与抛物线在对称轴右
侧有交点时,n≤1+ 2 且n+1≥1
+ 2,
∴
2≤n≤1+ 2.
综上所述,- 2 ≤n≤1- 2 或2
≤n≤1+ 2;
(5)由(1) 得抛物线的函数解析
式为y= -x
2+2x+3,
令y= 0,则x1 = -1,x2 = 3,
∴D(3,0),E(0,3),
∵直线l∥DE,
∴设直线l 的解析式为y= -x+b,
∵直线l 与抛物线交于M, N
两点,
∴令-x
2+2x+3 = -x+b,整理得x
2
-3x-3+b= 0,
设xM, xN 分别为点M, N 的横
坐标,
则xM,xN 是方程x
2 - 3x- 3+b = 0
的两个实数根,
∴xM+xN = 3 为定值.
例2 解:(1)0,-12;
【解法提示】∵y= -x
2+6x-5= -(x
-3)
2 +4,∴抛物线的对称轴为直
线x= 3,∵-1<0,∴当x<3 时,y
随x 的增大而增大,∴在-1≤x≤
1,当x = - 1 时,y 有最小值- 12,
当x= 1 时,y 有最大值0.
(2)4,-21;
【解法提示】∵y= -x
2+6x-5= -(x
-3)
2+4,∴抛物线的对称轴为直
线x= 3,最大值为4,∵-2<3<4,
∴在-2≤x≤4,y 的最大值为4,
∵3-(-2)>4-3,∴当x= -2 时,y
有最小值,最小值为-21.
(3)2≤m≤3;
【解法提示】∵y= -x
2+6x-5= -(x
-3)
2+4,∴抛物线的对称轴为直
线x= 3,最大值为4,当-x
2+6x-5
= 3 时,解得x= 2 或x = 4,∴要使
最大值为4,最小值为3,则2≤m
≤3.
(4)由(3) 可得抛物线的对称轴
为直线x= 3,最大值为4≠2,
∴分两种情况:①当t+1<3 时,即
t<2,当x=t+1 时,函数有最大值,
最大值为-(t+1-3)
2 +4 = 2,解得
t= 2+ 2(舍去)或t= 2- 2;
②当t>3 时,x = t 时,函数有最大
值,最大值为-(t-3)
2+4= 2,解得
t= 3+ 2或t= 3- 2(舍去).
∴综上所述,t 的值为2- 2 或3
+ 2;
(5)当t≤x≤t+3 时,设函数的最
大值为m,最小值为n,
对t 进行分类讨论:①当t<0 时,y
随着x 的增大而增大. 当x = t+ 3
时,m= -t
2+4,当x = t 时,n = -t
2 +
6t-5,
∴m-n= -t
2+4-(-t
2+6t-5)= -6t
+9,
∴-6t+9= 3,
解得t= 1(不合题意,舍去);
②当0≤t<3 时,顶点的横坐标在
取值范围内,∴m= 4,
当0≤t< 3
2 时,在x = t 时,n = -t
2+
6t-5,∴m-n= 4-(-t
2 +6t-5)= t
2
-6t+9,∴t
2-6t+9= 3,解得t1 = 3-
3,t2 = 3+ 3
(不合题意,舍去);
当3
2 ≤t<3 时,在x = t+3 时,n = -
t
2+4,∴m-n = 4-( -t
2 +4)= t
2,∴
t
2 = 3,解得t1 = 3,t2 = - 3
(不合
题意,舍去);
③当t≥3 时,y 随着x 的增大而
减小,当x=t 时,m = -t
2+6t-5,当
9
1
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
x=t+3 时,n = -t
2 +4,∴m-n = -t
2
+6t-5-(-t
2+4)= 6t-9,
∴6t-9 = 3,解得t = 2(不合题意,
舍去).
综上所述,t= 3- 3或3.
练习1 C 【解析】由抛物线的解析
式知,函数的对称轴为直线x = -
-4a
2a = 2,则x= 4 比x= 1 距离对称
轴远,当a> 0 时,抛物线开口向
上,则抛物线在顶点处取得最小
值,在x = 4 时取得最大值,当x =
4 时,y=ax
2-4ax+3 = 16a-16a+3
= 3,当x = 2 时,y = ax
2 - 4ax+ 3 =
4a-8a+3 = - 4a+ 3,则3-( - 4a+
3)= 8,解得4a= 8,a= 2.
练习2
C
【解析】∵P3(1,y3),P4
(3,y4),且y3 = y4,∴该二次函数
的对称轴为直线x = 2. ∵P2( -1,
y2),P3(1,y3),且y2 <y3,∴在对
称轴左侧,即x<2 时,y 随x 的增
大而增大. ∵P1(-3,y1),P2( -1,
y2),P3(1,y3)中,-3<-1<1,∴y1
<y2<y3.
练习3 C 【解析】∵y = x(4-x) =
-x
2+4x = -(x- 2)
2 + 4,∴抛物线
的顶点坐标为(2,4). ∴当b = 5
时,点P 的个数为0;当b = 4 时,
点P 是抛物线的顶点,点P 的个
数为1;当b= 3 时,点P 的个数为
2. 故丙判断错误, 甲和乙判断
正确.
练习4 B 【解析】当y = 0 时,可得
-(x-a)(x-b)= 0,解得x1 = a,x2
=b,∴抛物线y = -(x-a) (x-b)
(a<b)与x 轴的交点坐标分别为
(a,0),(b,0),如解图所示,当抛
物线向上平移时,有a-m = n-b,
∴a+b=m+n.
练习4 题解图
练习5
D
【解析】由条件可知抛
物线与x 轴的交点的横坐标分别
为-a,a+2,∴抛物线的对称轴为
直线为x= -a+a+2
2
= 1,∵对于t<
x1<t+ 1,t+ 2<x2 <t+ 3,都有y1 ≠
y2,∴点P(x1,y1) 关于对称轴的
对称点为(2-x1,y1 ) 与点Q( x2,
y2)不重合,∵t<x1 <t+1,∴1-t<2
-x1<2-t,∵t+2<x2<t+3,∴2-t≤t
+2 或1-t≥t+3,解得t≥0 或t≤
-1.
练习6
A
【解析】由题意,要使a
最小,则a < 0. 如解图,∵| a | 越
大,开口越小,∴当a<0 时,开口
小的那个a 最小. ∴由图可知,过
E,F,M 三点的二次函数的a 的
值最小.
练习6 题解图
练习7 B
【解析】由条件可知a>
0,∵抛物线对称轴为直线x =
- b
2a = - 1,∴b = 2a> 0,则2a-b =
0,由图象可知c<0,∴abc<0,2a-
b+c<0,∴①②正确;∵对称轴是
直线x= -1,且该图象过点A(-3,
0). ∴抛物线过点(1,0),∴x = 2
时,y> 0,∴4a+ 2b+c> 0,∴③错
误;∵点(2,y2) 离对称轴要比点
(-3,y1)离对称轴要远,∴y1<y2,
∴④正确. 综上可知, ①②④
正确.
练习8 D 【解析】∵y = -(x-3)(x
-5)+5= -x
2+8x-15+5= -(x-4)
2
+6,令-x
2+8x-10= 5,解得x1 = 3,
x2 = 5,∴当m= 5 时,直线y = 5 与
抛物线两个交点坐标为(3,5),
(5,5),此时两个交点间距离为:
5-3= 2,∵抛物线的开口向下,∴
当m 越小时,这两个交点间距离
越大,∴当m<5 时,d>2,故甲的
说法错误;令-x
2+8x-10 = 2,解得
x1 = 2,x2 = 6,∴当m= 2 时,直线y
= 2 与抛物线两个交点坐标为
(2,2),(6,2),此时两个交点间
距离为4,故乙说法错误;∴当m
<6 时,直线y = m 与抛物线y = -
(x-3)(x-5) +5 有2 个交点,即
符合条件的m 的取值范围是m<
6,故丙说法正确;综上分析可知,
只有丙说法正确.
练习9 A
【解析】如解图,令-x
2 +
m
2x= 0,解得x = 0 或x = m
2,∴设
二次函数y= -x
2+m
2x 的图象与x
轴交点为O(0,0),C(m
2,0),令
x
2-m
2 = 0,解得x = m 或x = -m,
∴设二次函数y = x
2 -m
2 的图象
与x 轴交点为A( -m,0), B( m,
0),又∵四个交点中每相邻两点
间的距离都相等, ∴OA = OB =
BC,∴
m = m
2 -
m ,由题意得
m≠0,①当m>0 时,m= m
2-m,解
得m1 = 0(不合题意,舍去),m2 =
2,易得:对称轴之间距离为2;
②
当m<0 时,
-m = m
2 +m,解得m1
= 0(不合题意,舍去),m2 = -2;∵
二次函数y = -x
2 +m
2x 图象的对
称轴为直线x=m
2
2
,二次函数y =
x
2-m
2 图象的对称轴为直线x =
0,∴这两个函数图象对称轴之间
的距离为m
2
2 = 2.
练习9 题解图
课时2 二次函数交点问题
(方程思想)
核心考点突破
例1 解:(1)y 轴,(0,c),y 轴,画出
草图如解图①所示;
例1 题解图①
(2)y=(x-2)
2+a-1,x = 2,(2,a-
1), x= 2, 画出草图如解图②
所示;
例1 题解图②
0
2
参考答案
分
层
精
讲
本
(3)x=h,(h,-1),y = -1,画出草
图如解图③所示;
例1 题解图③
(4)(t,0)和(4+t,0),4,x = 2+t,y
= -4,画出草图如解图④所示;
例1 题解图④
(5)y = (x-t)
2 +t,x = t,(t,t),y =
x,画出草图如解图⑤所示.
例1 题解图⑤
例2 (1)2≤a≤5; 【解析】当抛物
线经过点A 时,将A(-2,5)代入,
得5=(-2)
2+2×( -2) +a,解得a
= 5, 当抛物线经过点B 时, 将
B(-2,2)代入,得2=(-2)
2 +2×(-
2)+a,解得a= 2,∴a 的取值范围
为2≤a≤5;
(2)0≤b≤1;
【解析】当抛物线
经过点B 时,将B( - 2,2) 代入,
得2=(-2-b)
2-2,解得b = -4 或
b= 0,当抛物线经过点C 时,将C
(3,2) 代入,得2 = (3-b)
2 -2,解
得b= 1 或b= 5,∵抛物线与线段
BC 有两个交点,∴b 的取值范围
为0≤b≤1;
(3)2- 3 <c≤2+ 3 或-3- 6 ≤c
<-3+ 6.
【解析】当抛物线经
过点A 时,将A(-2,5)代入,得5=
(-2-c)(-2-c-2),解得c =-3- 6
或c= -3+ 6,当抛物线经过点C
时,将C(3,2)代入,得2=(3-c)(3
-c-2),解得c = 2+ 3 或c = 2- 3,
∵抛物线与线段AC 只有一个交
点,∴c 的取值范围为2- 3<c≤2+
3或-3- 6≤c<-3+ 6.
练习1 B 【解析】当抛物线过点A
时,c= 3,当抛物线过点B 时,9-3
+c= 3,解得c = -3,当抛物线与线
段AB 相切时,x
2 -x+c = 3,则b
2 -
4ac= 1-4(c-3)= 0,解得c = 13
4 .
抛物线的对称轴为直线x = 1
2 ,
∴可看作抛物线随c 的变化在竖
直方向平移. 如解图①,当c = -3
时,抛物线与线段AB 有交点;如
解图②,随着c 增大,抛物线向上
平移,当- 3<c≤13
4 时,抛物线与
线段AB 始终有交点;继续向上
平移,当c> 13
4 时,抛物线与线段
AB 没有交点. 综上所述,c 的取值
范围为-3≤c≤13
4 .
练习1 题解图
练习2
C
【解析】∵抛物线y =
-(x+1-m)
2+4,∴顶点的坐标为
(m- 1,4),若图象G 与直线AC
只有一个交点,①当x=m-1 时,y
>yAC,即4>m-1+3,解得m<2;②
y=yAC,即-(x+1-m)
2+4=x+3,整
理得x
2+(3-2m)x+m
2-2m = 0,b
2
-4ac=(3-2m)
2-4(m
2 -2m)= 0,
解得m= 9
4 . 综上所述,若图象G
与直线AC 只有一个交点,m 的取
值范围为m<2 或
m= 9
4 .
练习3 D
【解析】如解图,分两种
情况:①当抛物线经过点A 时,将
点A(-2,3)代入y=x
2-2bx+b
2-1
中,得3 = 4+4b+b
2 -1,解得b = 0
或b= -4,当b = 0 时,y = x
2 -1,抛
物线在对称轴的左侧部分过点
A,此时抛物线与线段AB 有两个
交点;当b= -4 时,y = x
2 +8x+15,
抛物线在对称轴的右侧部分过点
A,此时抛物线与线段AB 只有一
个交点,不符合题意,舍去;②当
抛物线经过点B 时,将点B(3,3)
代入y=x
2-2bx+b
2 -1 中,得3 = 9
-6b+b
2-1,解得b= 1 或b= 5,当b
= 1 时,y = x
2 - 2x,抛物线在对称
轴的右侧部分过点B,此时抛物
线与线段AB 有两个交点;当b= 5
时,y=x
2 -10x+24,抛物线在对称
轴的左侧部分过点B,此时抛物
线与线段AB 只有一个交点,不
符合题意,舍去. 抛物线的对称轴
为直线x= --2b
2 =b,故当0≤b≤1
时,该抛物线与线段AB 有两个
交点. 综上所述,b 的取值范围为
0≤b≤1.
练习3 题解图
练习4 C 【解析】y = x
2 -2mx+m
2 +
m+1=(x-m)
2+m+1,∴二次函数
的顶点坐标是( m,m+ 1),a = 1,
开口向上,开口大小一定,则此二
次函数的顶点在直线y = x+1 的
直线运动,如解图①,当二次函数
与矩形第一次相交时,此时二次
函数的经过点A( -1,1),此时m
取最小值,由条件可得:1+2m+m
2
+m+1 = 1,解得m1 = -3- 5
2
,m2 =
-3+ 5
2
(舍去),则m 的最小值是
-3- 5
2
,如解图②,当二次函数与
矩形最后一次相交时,此时二次
函数的顶点在矩形与y 轴的交点
(0,1)处,此时m 取最大值,由条
件可得:m
2+m+1= 1,解得m1 = 0,
1
2
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
m2 = -1(舍去),则m 的最大值为
为0,∴-3- 5
2
≤m≤0.
练习4 题解图
课时3 二次函数性质应用
核心考法突破
例 解:(1) 将点(2,4),(0,1) 代入
y= - 1
4 x
2+bx+c 中,
得4= - 1
4 ×2
2+2b+c,
1=c,
{
解得b= 2,
c= 1,
{
∴b 的值为2,c 的值为1;
(2)①在直线l 上,当y = 0 时,x =
-4,
∴直线l 与x 轴的交点为(-4,
0),
当x= 0 时,y= -4m,
∴直线
l
与
y
轴的交点
为(0,-4m),
对于抛物线G: 当x = 0 时, y =
-4m,
当x= -4 时,y = 1
4 ×( -4)
2 +(1-
m)×(-4)-4m= 0,
∴小明的结论正确.
∵抛物线G 的对称轴为直线x =
- 1-m
2× 1
4
= 2(m-1),
∴点(-4,0) 与直线x = 2(m-1)
之间的距离为2( m- 1) + 4 = 2m
+2,
∴点F 的横坐标为2m+2+2(m-
1)= 4m,
∴点F(4m,0);
②当m = 2 时,抛物线G:y = 1
4 x
2
-x-8= 1
4 (x-2)
2 -9,直线l:y = -
2x-8,
∴点Q(2,-9).
由(1)可得抛物线L 的函数解析
式为y = - 1
4 x
2 + 2x+ 1 = - 1
4 ( x-
4)
2+5,
∴点P(4,5).
∴P,Q 的中点坐标为(3,-2).
∵将直线l 沿x 轴向右平移得
到l′,
∴设直线l′ 的函数解析式为
y= -2x+t,
当点P,Q 到直线l′的距离相等
时,直线l′经过PQ 的中点.
将(3,- 2) 代入y = - 2x+t 中,得
-2= -2×3+t,解得t= 4,
∴直线l′的函数解析式为y = -2x
+4,
∴直线l′与x 轴的交点为(2,0).
由(2)①知,直线l 与x 轴的交点
为(-4,0),
∴直线l 的平移距离为6;
(3)令y= 1
4 x
2+(1-m)x-4m = 0,
解得x1 = -4,x2 = 4m,
∵m>1,
∴4m>4,
∵点F 在点M 右侧,
∴点F 的横坐标为4m.
∵E 是抛物线L 上一点,其横坐
标与点F 的横坐标相同,
∴点E 的横坐标为4m.
由(1)可得抛物线L 的函数解析
式为y= - 1
4 x
2+2x+1,
当x= 4m 时,y = - 1
4 ·(4m)
2 + 2
·(4m)+1= -4m
2+8m+1,
∴点E(4m,-4m
2+8m+1).
∵抛物线L: y = - 1
4 x
2 + 2x + 1
= - 1
4 (x-4)
2+5,
∴令y = 0,得- 1
4 (x-4)
2 +5 = 0,
解得x1 = 4-2 5,x2 = 4+2 5.
∵点A 在点B 的左侧,
∴点A(4-2 5,0),点B(4+2 5,
0).
当4-2 5 <4m<4+2 5时,
抛物线L 在点A,E 之间的最高点
为顶点P(4,5),最低点为点A(4
-2 5,0).
∵这两个点的竖直方向上的距离
为4m-1,
∴4m-1= 5,解得m= 3
2 ,
当4m>4+2 5时,
抛物线L 在点A,E 之间的最高点
为顶点P(4,5),最低点为点E
(4m,-4m
2+8m+1).
∵这两个点的竖直方向上的距离
为4m-1,
∴4m-1= 5-(-4m
2+8m+1),
解得m1 = 1
2 (舍去),m2 = 5
2 .
综上所述,抛物线L 在点A,E 之
间的最高点与最低点的竖直方向
上的距离为4m- 1 时,m 的值为
3
2 或5
2 ;
(4)s+t= 2m+2.
【解法提示】由题意可得抛物线G
可以由抛物线L 通过旋转180°,
再平移得到,∴两个函数图象的
形状相同,且关于PQ 的中点中
心对称,两条抛物的交点也关于
该点对称,∴抛物线L,抛物线G
的交点与点P,Q 构成平行四边
形,则P,Q 的中点的横坐标为x
= 2m-2+4
2
= m+ 1,∴s+t = 2( m+
1)= 2m+2.
河北中考真题及新考法
1.
解:(1)C 的对称轴为直线x = 6,y
的最大值为4,
(4 分)
…………
将点P(a,3) 代入y = -(x- 6)
2 +
4,可得3= -(a-6)
2+4,
解得a= 5 或a= 7.
∵点P 在C 的对称轴右侧,
∴a>6,
∴a= 7;
(6 分)
…………………
(2)由(1)可知点P 的坐标为(7,
3),C 的顶点坐标为(6,4),
∵y= -x
2+6x-9= -(x-3)
2,
∴C′的顶点坐标为(3,0),
(7 分)
……
………………………
∴由C 平移到C′的平移方式可以
为先向左平移3 个单位长度,再
向下平移4 个单位长度,
∴平移后点P′的坐标为(4,-1),
(9 分)
………………………
2
2
参考答案
分
层
精
讲
本
∴点P′移动的最短路程为
(7-4)
2+[3-(-1)]
2 = 5.
(10 分)
…
……………………
2.
解:(1)∵抛物线L1:y1 = ax
2 -2ax
+c(a≠0)经过A(0,-3),B(3,0)
两点,
∴
c= -3,
9a-6a+c= 0,
{
解得c= -3,
a= 1,
{
∴抛物线L1:y1 = x
2 - 2x- 3 = (x-
1)
2-4.
∵抛物线L1 先向右平移m 个单
位长度,再向上平移5 个单位长
度得到抛物线L2,且m= 3,
∴抛物线L2 的解析式为y2 = (x-
1-3)
2-4+5=x
2-8x+17;
(2) ①∵点P ( 4, n) 在抛物线
L1 上,
∴将P(4,n)代入y1 =(x-1)
2-4,
解得n= 5,∴P(4,5).
由(1)可得抛物线L2 的解析式为
y2 =(x-1-m)
2+1,
∴点C 的坐标为(1+m,1).
∵D 为线段CP 的中点,
∴点D 的坐标为(5+m
2 ,3).
∵点D 在抛物线L2:y2 = ( x- 1-
m)
2+1 上,
∴将(5+m
2 ,3)代入,得(3-m
2 )
2 +1
= 3,
解得m= 3-2 2或m= 3+2 2;
②由(2)①可知P(4,5),即n= 5,
∴当抛物线L2 经过点P ( 4,5)
时,q= 5.
∵q≤n,∴q≤5,
当点Q 为抛物线L2 的顶点时,即
与点C 重合,
此时点Q 的坐标为(1+m,1),将
其代入抛物线L1:y = ( x- 1)
2 - 4
中,解得m= 5(负值已舍去),
∴当q≤n 时,m 的取值范围为5
<m≤5.
第七节 二次函数的实际应用
核心考法突破
例
解:(1)由题意可得
c= 2,
- 1
8 ×36+6b+c= 0. 5,
{
b= 1
2 ,
c= 2,
{
∴抛物线解析式为y = - 1
8 x
2+ 1
2 x+2
= - 1
8 (x-2)
2+ 5
2 ,
∴抛物线的顶点坐标为(2, 5
2 );
(2)∵点B(6,0. 5),BC⊥OC,点C
在x 轴上,
∴C(6,0).
∵A(0,2),
∴设直线AC 的解析式为y=kx+2,即
0= 6k+2,解得k= - 1
3 ,
故直线AC 的解析式为y= - 1
3 x+2,
由题意可设M( m,- 1
3 m+ 2),( m>
0).
∵MA=NA,MN⊥x 轴,
∴点A 在MN 中垂线上,故yM +yN =
2yA = 4,
解得yN = 1
3 m+2,
∴N(m, 1
3 m+2).
∵点N 在抛物线上,
∴1
3 m+2= - 1
8 m
2+ 1
2 m+2,
整理得m(3m-4)= 0,
解得m = 0(舍) 或4
3 ,此时- 1
3 m+ 2
= 14
9 ,
∴M( 4
3 ,14
9 );
(3)①令d=(- 1
8 x
2+ 1
2 x+2)-(- 1
3 x
+2)= - 1
8 x
2+ 5
6 x,
则d 表示小树高,
∵MN=DE= 1. 25,即d= 1. 25,
∴- 1
8 x
2+ 5
6 x= 1. 25,
整理得3x
2-20x+30= 0,
解得x1 = 10-
10
3
,x2 = 10+
10
3
.
∵MN 在DE 左侧,故xM = 10-
10
3
,
xD = 10+
10
3
,
∴DM =
| xM-xD |
cos∠ACO
=
|10-
10
3
-10+
10
3
|
6
6
2+2
2
= 20
9 ;
②2
3 <m<10
3 .
【解法提示】设MN = DE = d0,则d =
- 1
8 x
2+ 5
6 x = d0 在0<x< 6 上有两个
解,且m 为其中较小解,即直线d=d0
与抛物线d= - 1
8 x
2+ 5
6 x 在0<x<6 上
有两交点,当x = 6 时,d = - 1
8 ×6
2 +5
= 1
2 ,令- 1
8 x
2 + 5
6 x = 1
2 ,得x = 2
3 或
x= 6( 舍去),∴2
3 < m < 6,又∵d =
- 1
8 x
2+ 5
6 x = - 1
8 (x-10
3 )
2
+ 25
18,对称
轴为x = 10
3 ,m 为直线d = d0 与抛物
线d= - 1
8 x
2+ 5
6 x 两交点中靠左一点
的横坐标, 故m < 10
3 , 综上, 2
3 < m
<10
3 .
河北中考真题及新考法
1.
解:(1)∵抛物线C1:y = a(x-3)
2
+2.
∴抛物线C1 顶点坐标为(3,2),
∴C1 的最高点坐标为(3,2),
(2 分)
…
………………………
将A(6,1) 代入抛物线y = a( x-
3)
2+2 中得,1=a(6-3)
2+2,
解得a= - 1
9 ,
(4 分)
……………
∴抛物线C1:y= - 1
9 (x-3)
2+2.
将B(0,c)代入抛物线y= - 1
9 (x-
3)
2+2 中得,c= - 1
9 ×(0-3)
2 +2 =
1,
(6 分)
………………………
∴a= - 1
9 ,c= 1;
(2) 将c = 1 代入抛物线C2:y =
- 1
8 x
2+ n
8 x+c+1 中得,y = - 1
8 x
2 +
3
2
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
n
8 x+2,
根据题意,可知嘉嘉恰好在(5,1)
和(7,1)两个点之间能接到沙包,
将点(5,1)代入抛物线y = - 1
8 x
2
+ n
8 x+2 中得,1= - 1
8 ×5
2+ n
8 ×5+
2,解得n= 17
5 ;
将点(7,1)代入抛物线y = - 1
8 x
2
+ n
8 x+2 中得,1= - 1
8 ×7
2+ n
8 ×7+
2,解得n= 41
7 ,
(8 分)
…………
∴17
5 ≤n≤41
7 ,
∴符合条件的n 的整数值为4 和
5.
(10 分)
………………………
2.
解:(1)∵抛物线G1:y = -
1
4 x
2 +
bx+1 的最大高度为5,
∴
4ac-b
2
4a
=
4×(- 1
4 )×1-b
2
4×(- 1
4 )
= 5,
∴b= ±2.
∵抛物线G1 的对称轴为直线x =
-
b
2×(- 1
4 )
= 2b>0,∴b= 2,
∴抛物线G1 的函数解析式为y =
-
1
4 x
2+2x+1;
(2)当m = 6 时,设点B 的纵坐标
为n,
∵MN 是倾斜角为45°的斜坡,
∴点B 的横坐标为6+n,
由(1) 知,抛物线G1 的函数解析
式为y= -
1
4 x
2+2x+1,将B(6+n,
n)代入,
得n= -
1
4 (6+n)
2+2(6+n)+1,解
得n1 = -4-4
2 (舍去),n2 = -4+
4
2,
∴6+n= 6+(-4+4
2)= 2+4
2,
∴点B 的坐标为( 2 + 4
2,
-4+4
2);
(3) 由(1) 知,抛物线G1 的函数
解析式为y= -
1
4 x
2+2x+1,令x =
0,得y= 1,
∴A(0,1).
∵点A,B 在同一高度上,
∴B(m+1,1),
将B(m+1,1)代入y = -
1
4 x
2 +2x
+1 中,得1= -
1
4 (m+1)
2 +2(m+
1)+1,
解得m= -1(舍去)或m= 7,
∴B(8,1).
∵抛物线G2 的最大高度是抛物
线G1 最大高度的
13
20,
∴抛物线G2 的顶点的纵坐标为5
×
13
20 =
13
4 ,
设抛物线G2: y = -
1
4 ( x - h)
2
+
13
4 ,
将点B(8,1)代入,得1= -
1
4 (8-
h)
2+
13
4 ,
解得h1 = 11(舍去),h2 = 5,
∴抛物线G2 的函数解析式为y =
-
1
4 (x-5)
2+
13
4 ,
将y= 1 代入,得-
1
4 (x-5)
2 +
13
4
= 1,
解得x= 2 或x= 8(舍去).
∵圆柱形桶的直径为1,球落入
桶中,
∴t 的取值范围为1<t<2.
第四章 三角形
第一节 几何初步、相交线
与平行线(含命题)
基础题练考点
1.
D
2.
C 【解析】量角器的正确使用方
法:将量角器的零刻度线中心对
准角的顶点,将量角器的零刻度
线对准角的一条边,观察另一条
边在量角器上所对应的度数. A,
B,D 选项中量角器的零刻度线中
心均未对准角的顶点,故选C.
3.
A
4.
A
5.
B 【解析】45°57′18″ = 45°57′+18
÷60′= 45°57. 3′ = 45° + 57. 3÷ 60°
= 45. 955°.
6.
B
7.
C
8.
B 【解析】∵一个角为32°,∴这
个角的余角为90°-32° = 58°.
9.
C 【解析】∵AD∥BC,∴∠BAD+
∠ABC = 180°,∵∠ABC = 70°,∴
∠BAD= 110°.
10.
D
【解析】∵∠ADC+∠BCE =
180°,∴AD∥BC,故A 不符合题
意;∵∠2 = ∠3,∴AD∥BC,故B
不符合题意;∵∠ADE = ∠BCE,
∴AD∥BC,故C 不符合题意;∵
∠1= ∠4,∴AB∥CD,故D 符合
题意.
11.
D
【解析】反证法证明命题:
“一个三角形中不能有两个直
角” 的过程归纳为以下三个步
骤: 假设三角形的三个内角
(∠A,∠B,∠C)中有两个直角,
不妨设∠A = ∠B = 90°;则∠A+
∠B+∠C= 90°+90°+∠C>180°,
这与三角形内角和为180°相矛
盾,∠A = ∠B = 90°不成立;所以
一个三角形中不能有两个直角.
12.
C
【解析】如解图①,延长BO
交CD 于点E, ∵AB ∥CD,
∴∠DEO=∠ABO= 36°,∵OB⊥
OD,∴∠BOD = 90°,∴∠DEO+
∠ODC= 90°,∴∠ODC= 54°.
一题多解法
如解图②,过点O 作AB 的平行
线EF,∵AB∥EF,AB∥CD,∴EF
∥CD, ∴∠BOF = ∠ABO = 36°,
∠ODC= ∠DOF,∵OB⊥OD,∴
∠BOF+∠DOF = ∠ABO+∠ODC
= 90°, ∴∠ODC = 90° - 36°
= 54°.
第12 题解图
13.
1 ∶1 【解析】如解图,过点B 作
BE⊥l1 于点E,过点C 作CF⊥l1
于点F,∵l1∥l2,∴BE = CF,∴
S△ABD = S△ACD, ∴S△ABD - S△AOD =
4
2
参考答案
分
层
精
讲
本
S△ACD-S△AOD,即S△AOB = S△COD,∴
S△AOB ∶S△COD = 1 ∶1.
第13 题解图
14.
10
【解析】如解图,过点D 作
DE ⊥BC 于点E, ∵CD 平分
∠ACB,DE ⊥BC, ∠A = 90°, ∴
DE = AD = 3, ∵S△BCD = 15, ∴
1
2 BC·DE= 15,即3
2 BC = 15,解
得BC= 10.
第14 题解图
15.
14 【解析】∵BC 的垂直平分线
分别交AC,BC 于点D,E,CE =
6,∴BC = 2CE = 12,BD = CD,∵
△ABC 的周长为26,∴12+AB+
AC= 26,∴AB+AC = 14,∴△ABD
的周长为AB+AD+BD = AB+AD+
CD=AB+AC= 14.
16.
(1)①②④⑥;②⑥;
(2)选择③:两个负数相乘的结
果为正数;选择⑤:C 是线段AB
的中点,则AC = BC ( 答案不唯
一);
(3 ) 互补的两个角的和为
180°,真
河北中考真题及新考法
1.
A
【解析】如解图,利用直尺作
线段m 的延长线,可知线段a 与
线段m 在同一条直线上.
第1 题解图
2.
D 【解析】在平面内过任意一点
都能作直线m 的垂线,这样的垂
线有无数条.
3.
C 【解析】第1 个图中,∠α = ∠β
= 45°,符合题意;第2 个图中,根
据同角的余角相等,∴∠α = ∠β,
符合题意;第3 个图中,根据三角
尺的特点和摆放位置得∠α+ 45°
= 180°,∠β+ 45° = 180°,∴∠α =
∠β,符合题意;第4 个图中,根据
图形可知∠α 与∠β 是邻补角,∴
∠α+∠β = 180°,不符合题意;综
上,∠α=∠β 的图形有3 个.
4.
D
【解析】如解图,AD⊥l,由图
可知,小球从B 向D 摆动的过程
中,小球到点A 的距离不变,点A
到直线的距离越来越小,∴系小
球的线在水平线下方部分的线段
长度越来越大;小球从D 向C 摆
动的过程中,小球到点A 的距离
不变,点A 到直线的距离越来越
大,∴系小球的线在水平线下方
部分的线段长度越来越小. 综上
所述,小球从B 向C 摆动,在这一
变化过程中,系小球的线到水平
线的竖直距离的变化是先变长,
后变短.
第4 题解图
5.
C
【解析】延长BE 交CD 于点
F, 则※ 代表CD; 则∠BEC =
∠EFC+ ∠C,又∵∠BEC = ∠B +
∠C,得∠B = ∠EFC, ∴⦾代表
∠EFC, ▲代表∠EFC; ∵∠B =
∠EFC,故AB∥CD(内错角相等,
两直线平行),∴@ 代表内错角.
故选C.
6.
C 【解析】如解图,过点D 作l3∥
l1,延长DE 交l2 于点M,则l2∥l3,
∵∠α = 50°,∴∠1 = 180° - 50° =
130°,∵∠ADE = 146°, ∴∠2 =
146°- 130° = 16°,则∠M = ∠2 =
16°,∵△EFG 为等边三角形,
∴∠EGF = 60°,∴∠β = ∠EGF -
∠M= 60°-16° = 44°.
第6 题解图
7.
C 【解析】对于方案Ⅰ:∵∠HEN
=∠CFG,∴MN∥CD,∴直线AB,
CD 所夹锐角与∠AEM 相等,故方
案Ⅰ可行;对于方案Ⅱ:直线AB
与CD 的交点与点E,F 可围成三
角形, ∴夹角为180° - ∠AEH -
∠CFG,故方案Ⅱ可行. 故选C.
8.
C 【解析】如解图,过点B 作BG
⊥AD 于点B,过点C 作CF∥BG,
并标记角,∵∠1 = 20°, ∴∠2 =
70°. ∵CF∥BG,∴∠3=∠2= 70°.
∴若小明想向正东方向行驶,则
他在C 处应该右拐70°.
第8 题解图
第二节 三角形的基本性质
基础题练考点
1.
A
【解析】三角形具有稳定性,
其他图形不具有稳定性.
2.
C 【解析】A. 1+ 1 = 2,不能构成
三角形,此选项不合题意;B. 1+1
<3,不能构成三角形,此选项不合
题意;C. 1+ 2> 2,能构成三角形,
此选项符合题意;D. 1+2 = 3,不能
构成三角形,此选项不合题意,故
选C.
3.
D
【解析】当长度分别为a,2,5
的三条线段组成一个等腰三角形
时,有以下两种情况:①当a,2 为
腰,5 为底边时,则a = 2,此时由
于2+2< 5,不符合构成三角形的
条件,∴这种情况不存在,②当a,
5 为腰,2 为底边时,则a = 5,此时
由于2+5> 5,符合构成三角形的
条件,∴a= 5.
4.
C
【解析】∵∠C = 70°,∴∠A+
∠B = 180° - ∠C = 110°. ∴∠1 +
∠2= 360°-(∠A+∠B)= 250°.
5.
C
【解析】如解图,∵将一副三
角板按如图所示的位置摆放,
∴∠B = 45°,∠A = 60°, ∠ADE =
90°,∴∠ADB = 90°, ∴∠BCD =
∠ACF = 45°, ∵∠1 是△ACG 的
外角,∴∠1 = ∠A+∠ACF = 60° +
45° = 105°.
第5 题解图
5
2
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
6.
B
【解析】∵D,E,F 分别是边
AB,BC,AC 的中点,∴DE = 1
2 AC,
DF= 1
2 BC,EF = 1
2 AB,∴△DEF
的周长为△ABC 周长的一半,
∴△DEF 的周长为10.
7.
A
【解析】∵BD 为△ABC 的角
平分线, ∴
∠ABD = ∠CBD,
∵∠ADB
是△BCD
的外角,
∠ADB = 105°, ∴∠C + ∠CBD =
105°, ∵∠C = 80°, ∴∠CBD =
∠ADB - ∠C = 25°, ∴∠ABD =
∠CBD = 25°, ∵∠A + ∠ADB +
∠ABD= 180°,即∠A+105°+25° =
180°,∴∠A= 50°.
8.
B
【解析】∵三角形内角和是
180°,∴在△ABO 中,∠A+∠B =
180° - ∠AOB = α, 在△MON 中,
∠M + ∠N = 180° - ∠MON = β,
∵∠AOB=∠MON,∴α=β.
9.
4
3 【解析】∵AB = 8,BC = 6,AB,
BC 边上的高分别为CE, AD,
∴S△ABC = 1
2 AB · CE = 1
2 BC ·
AD,∴1
2 ×8CE = 1
2 ×6AD,∴AD
CE =
8
6 = 4
3 .
10.
8 【解析】∵在△ABC 中,D 是
边BC 的中点,∴S△ABD = S△ACD =
1
2 S△ABC,∵E 是边AD 的中点,
∴S△BED = S△ABE = 1
2 S△ABD,S△CED
= S△ACE = 1
2 S△ACD, ∴S△ABC =
4S△ABE = 8.
核心考点突破
例1
解:如解图,延长DB 至点G,
使得GB=BD,连接AG,
∵E 是AD 的中点, B 是GD 的
中点,
∴BE 是△ADG 的中位线,
∴AG= 2BE= 4,
∵BD= 1
2 CD= 1
2 GD,
∴GD=CD,
∵AD⊥BC,
∴△AGC 是等腰三角形,
∴AC=AG= 4.
例1 题解图
变式
证明:如解图,延长AD 至点
G,使得DG=AD,连接BG,
∵AD 是△ABC 中BC 边上的
中线,
∴BD=CD.
在△ADC 和△GDB 中,
AD=GD,
∠ADC=∠GDB,
CD=BD,
{
∴△ADC≌△GDB(SAS),
∴∠CAD=∠G,AC=GB.
∵AF=EF,∴∠CAD=∠AEF,
∴∠G=∠AEF.
∵∠AEF=∠BED,
∴∠BED=∠G,
∴BE=BG.
又∵GB=AC,∴BE=AC.
变式题解图
例2
解:如解图,过D 作DE⊥AB
于点E,
∵∠ACB= 90°,∠B= 30°,
∴∠CAB= 60°.
∵AD 平分∠CAB,∠ACB = 90°,
DE⊥AB,
∴DE = CD = 1,∠CAD = ∠EAD =
∠B= 30°,
∴AD= 2DE= 2,AC= 3CD= 3,
∴AB= 2AC= 2 3,
∴S△ABD = 1
2 AB·DE = 1
2 ×2 3 ×1
= 3.
例2 题解图
变式
解:如解图①,延长AC 至点F,
使AF=AB,连接DF,
∵AD 平分∠BAC,
∴∠CAD=∠BAD,
在△AFD 和△ABD 中,
AF=AB,
∠FAD=∠BAD,
AD=AD,
{
∴△AFD≌△ABD(SAS),
∴∠F=∠B,
∵AB=AC+CD=AC+CF,
∴CD=CF,
∴∠F=∠CDF,
∵∠ACD=∠F+∠CDF= 2∠F,
∴∠ACD= 2∠B,
∵∠BAC= 60°,
∴∠BAC + ∠B + ∠ACD = 180°,即
60°+∠B+2∠B= 180°,
解得∠B= 40°,
∴∠ACB= 2∠B= 80°.
变式题解图①
一题多解法
如解图②,在AB 上截取AE = AC,
连接DE,
∵AD 平分∠BAC,
∴∠CAD=∠BAD,
在△ACD 和△AED 中,
AC=AE
∠CAD=∠EAD
AD=AD
{
,
∴△ACD≌△AED(SAS),
∴CD=DE,∠C=∠AED,
∵AB=AE+BE=AC+CD,
∴BE=CD,
∴BE=DE,
∴∠B=∠BDE,
即∠C=∠AED= 2∠B,
在△ACB 中, ∠BAC + ∠C + ∠B
= 180°,
∵∠BAC= 60°,
∴60°+2∠B+∠B= 180°,
解得∠B= 40°,
∴∠ACB= 2∠B= 80°.
变式题解图②
河北中考真题及新考法
1.
B
【解析】证法1 的推理与
6
2
参考答案
分
层
精
讲
本
△ABC 的形状无关,不需证明其
他形状的三角形,故选项A 不正
确,选项B 正确;证法2 通过测量
和计算说明了这个三角形满足该
定理,但由于三角形内角、外角的
度数有无数种可能,∴不能将该
定理推广到一般情况,故选项C
和D 都不正确.
2.
减少,10
【解析】∵∠A = 50°,
∠B = 60°, ∴∠DCE = ∠ACB =
180°-50° - 60° = 70°. 如解图,延
长DF 交EC 于点G,当∠EFD =
110°时,∵∠EFD 是△EFG 的外
角,∴∠EGF = ∠DFE-∠E = 110°
-30° = 80°. ∵∠DGE 是△DCG 的
外角, ∴∠D = ∠EGF - ∠DCE =
80°- 70° = 10°. 又∵∠D 原来的
度数为20°,∴∠D 应减少的度数
为20°-10° = 10°.
第2 题解图
3.
D 【解析】∵∠O = 30°,若∠A 为
钝角,则90° <∠A< 180° - 30°,即
90°<∠A<150°,若∠A 为锐角,则
0°<∠APN<90°,∵∠APN = ∠O+
∠A,∴∠A+30°<90°,∴0°<∠A<
60°,综上,∠A 的取值范围为0°<
∠A<60°或90°<∠A<150°.
4.
D 【解析】A. 由图可得BD = CD,
∴
∠B = ∠BCD, ∵
∠ACB >
∠BCD,∴∠ACB>∠B,故A 选项
不符合题意; B. 由图可得AE =
AC, ∴∠AEC = ∠C, ∵∠AEC >
∠B,∴∠C>∠B,故B 选项不符
合题意; C. 由图可得∠AED =
∠C,∵∠AED>∠B,∴∠C>∠B,
故C 选项不符合题意;D. 由图可
得AD = BD,∴∠DAB = ∠B,根据
图形无法说明∠C 与∠DAB 的大
小关系,∴不能说明∠C>∠B,故
D 选项符合题意;故选D.
5.
B
【解析】当△ABC 为等腰三角
形时,AC 可能为3 或4,在△ADC
中,0<AC<4,则AC 只能为3.
6.
C 【解析】如解图,连接EC,在四
边形中AB-CB-AE<EC<AE+AB+
CB,则3 < EC < 7,在三角形EDC
中,EC-CD<d<CD+EC∴2<d<8,
∴d 可能是7.
第6 题解图
7.
B 【解析】如解图①,连接OP1,
OP2,P1P2. ∵点P,P1 关于直线l
对称, ∴∠1 = ∠2, OP1 = OP =
2. 8. 同理可知∠3 = ∠4,OP2 = OP
= 2. 8. 由三角形的三边关系可知
0<P1P2<5. 6;如解图②,当m⊥l,
即∠2 + ∠3 = 90° 时, ∠P1OP2 =
2(∠2+∠3)= 2×90° = 180°,此时
线段P1P2 的长度有最大值, 即
P1,P2 之间距离的最大值为2. 8×
2= 5. 6. ∵m 与l 相交,∴点P1 与
P2 不可能重合,即P1,P2 之间的
距离大于0. 综上所述,P1,P2 之
间的距离大于0 且不大于5. 6. 故
选B.
第7 题解图
8.
2(答案不唯一,合理即可)
【解
析】如解图,∵平行四边形两个邻
边长分别为3 和4,∴它的一条对
角线长n 的取值范围是4-3<n<4
+3,即它的一条对角线长n 的取
值范围是1<n<7. ∴n= 2 或3 或4
或5 或6.
第8 题解图
9.
B
【解析】如解图,在圆上截取
DE
(
= CD
(
,连接DE,CE,则有AB
(
=
CE
(
,∴AB = CE,根据三角形的三
边关系知, CD + DE = 2CD > CE =
AB,∴AB<2CD.
第9 题解图
10.
A
【解析】如解图,延长AC 至
E,使AE=AB,∵AD 平分∠BAE,
∴∠BAD = ∠EAD. ∵AB = AE,
∠BAD = ∠EAD, AD = AD, ∴
△ABD≌△AED,∴BD = DE,在
△CDE 中,DE-CD<CE,即BD-
CD<AE-AC,∴BD-CD<AB-AC,
∴n<m.
第10 题解图
11.
D 【解析】角是轴对称图形,角
的对称轴是角平分线所在的
直线.
12.
D 【解析】∵AB>AC,∴BC 边的
垂直平分线一定不经过点A.
13.
C
【解析】∵AD 是△ABC 的角
平分线,∴AD 平分∠BAC,即AO
平分∠BAE, ∴结论Ⅰ: AO 是
△ABE 的角平分线,正确;∵BE
是△ABC 的中线,∴点E 是AC
的中点,而点O 不一定是AD 的
中点,∴结论Ⅱ:BO 是△ABD 的
中线,错误;故选C.
第三节 全等三角形
基础题练考点
1.
D
【解析】第一个三角形中b,c
之间的夹角为180° - 76° - 54° =
50°,在第二个三角形中,∠1 是
b,c 之间的夹角. ∵两个三角形全
等,∴∠1= 50°.
2.
D 【解析】∵2BE= EC,EC = 6,∴
BE = 3, ∴BC = 9, ∵△ABC ≌
△DEF,∴EF = BC = 9,∴CF = 3,
∴BF=BC+CF= 12.
3.
A
【解析】∵四边形CEDF 是矩
形,∴DE = CF = 3,CE = DF = 6,∵
△ADE≌△DBF,∴BF = DE = CF
= 3,DF=AE=CE= 6,∴BC = 6,AC
= 12,∴△ABC 的面积= 1
2 BC·
7
2
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
AC= 1
2 ×6×12= 36.
4.
A
5.
C
【解析】∵∠A′BA = ∠C′BC,
∴∠A′ BC′ = ∠ABC, A. ∵AB =
A′B, ∠A = ∠A′
, ∴△ABC ≌
△A′BC′(ASA),故A 选项不符合
题意;B. ∵AB = A′B,∠C = ∠C′,
∴△ABC≌△A′BC′( AAS),故B
选项不符合题意;C. ∵AB = A′B,
AC=A′C′
,∴无法判定三角形全
等,故C 选项符合题意;D. ∵AB=
A′ B, BC = BC′, ∴
△ABC ≌
△A′BC′(SAS),故D 选项不符合
题意.
6.
C
【解析】如解图,在△ABC 和
△DEA 中,
AB=DE,
∠ABC=∠DEA= 90°,
BC=EA,
{
∴
△ABC
≌△DEA( SAS),∴∠1 = ∠4,∵
∠3+∠4 = 90°,∴∠1+∠3 = 90°,
又∵∠2 = 45°,∴∠1+∠2+∠3 =
90°+45° = 135°.
第6 题解图
7.
证明:(1)∵∠BAD=∠EAC,
∴
∠BAD - ∠CAD
=
∠EAC
-∠CAD,
∴∠BAC=∠EAD.
在△ABC 和△AED 中,
AB=AE,
∠BAC=∠EAD,
AC=AD,
{
∴△ABC≌△AED(SAS);
(2)由(1)得△ABC≌△AED,
∴∠ACB=∠ADE,
∵AC=AD,
∴∠ACD=∠ADC,
∴
∠ACB + ∠ACD
=
∠ADE
+∠ADC,
∴∠BCD=∠EDC.
河北中考真题及新考法
1.
C
【解析】如解图,当点C′在C1
的位置时,∠B′C1A′ = ∠C = n°,当
点C′在C2 的位置时,∵AC = A′C1
= A′C2,∠B′C1A′ = n°, ∴∠C2 =
∠C2C1A′= 180°-n°,故选C.
第1 题解图
2.
B 【解析】当AC⊥BM 时,如解图
①,∵∠B = 45°,∠BAC = 90°,BC
= 2, ∴AC =
2, 当d =
2 时,
△ABC 为唯一三角形;当AC⊥BC
时,如解图②,∵∠B = 45°,∠BCA
= 90°,BC = 2,∴∠BAC = 45°,∴
AC=BC = 2,当d = 2 时,△ABC 为
唯一三角形;当解图②中点A 向
右运动,即d>2 时,△ABC 为唯一
三角形. 综上所述,当d =
2 或d
≥2 时,△ABC 为唯一三角形,故
甲、丙答案合在一起才完整.
第2 题解图
3.
证明:(1) ∵AC,BD 相交于点E,
∠ACB=∠ADB,点F 在ED 上,
∴∠ACB=∠ADF,
∵∠BAF=∠EAD,
∴∠BAF-∠CAF=∠EAD-∠CAF,
∴∠BAC=∠FAD,
在△ABC 和△AFD 中,
∠BAC=∠FAD,
AC=AD,
∠ACB=∠ADF,
{
∴△ABC≌△AFD(ASA);
(4 分)
……
………………………
(2)由(1)得△ABC≌△AFD,
∴AB=AF,
∵BE=FE,
∴AC⊥BF,即AC⊥BD.
(8 分)
………
………………………
4.
D 【解析】A. 根据SAS 可以推出
剪下的两个三角形全等,故A 选
项不符合题意;B. 根据SAS 可以
推出剪下的两个三角形全等,故
B 选项不符合题意;C. 如解图①,
∵∠DFC = ∠DFE + ∠EFC 且
∠DFC = ∠B+∠BDF,∴∠DFE+
∠EFC = ∠B + ∠BDF, ∵∠B =
∠DFE = 50°, ∴∠EFC = ∠BDF.
∵BD=CF,∠B=∠C,∴△DBF≌
△FCE( ASA),∴剪下的两个三
角形全等,故C 选项不符合题意;
D. 如解图②, 由C 选项可得
∠EFC = ∠BDF,∠B = ∠C,虽然
BD= EC,但EC 不是两个角的夹
边,∴两个三角形不一定全等,故
D 选项符合题意. 故选D.
第4 题解图
5.
B 【解析】证明:如题中解图,连
接AD, 在△ABD 和△ACD 中,
AB=AC,
AD=AD,
BD=CD,
{
∴
△ABD ≌△ACD
(①SSS),∴②∠BAD = ∠CAD,∵
DE⊥AB,DF⊥AC,∴DE=DF.
6.
A
【解析】甲、乙两人所作的图形
均满足两边相等且一组相等边所对
的角也相等的两个三角形不全等.
7.
D
【解析】∵AB = AC,∴∠B =
∠C. 在△ABE
和△ACD
中,
AB=AC,
∠B=∠C,
BE=CD,
{
∴
△ABE ≌△ACD
(SAS),∴AE=AD. ∵AB=AB,∠B
= ∠B,AD = AE,∠BAD≠∠BAE,
∴△ABD 和△ABE 是一对“伪全
等三角形”. 同理可得,△ABD 和
△ACD 是一对“伪全等三角形”.
△ACD 和△ACE 是一对“伪全等
三角形”. △ABE 和△ACE 是一对
“伪全等三角形”, ∴图②中的
“伪全等三角形”共有4 对.
8.
D
【解析】由图可知,甲通过作
AD 的垂直平分线得到点P,Q,则
PA= PD,QA = QD,又∵PQ = PQ,
∴△APQ≌△DPQ(SSS),故A,C
正确;由图可知,乙通过点D 分别
作AC,AB 的平行线得到点P,Q,
∵PD∥AQ,DQ∥AP, ∴∠AQP =
∠DPQ,∠APQ = ∠DQP,又∵PQ
= QP,∴△APQ≌△DQP(ASA),
故B 正确,D 错误,故选D.
9.
B 【解析】①若正方形有一组对
8
2
参考答案
分
层
精
讲
本
边与该组平行线平行,∵相邻2 条
平行线间的距离都是1 个单位长
度,∴正方形的边长为1 或2 或3,
∴正方形的面积为1 或4 或9;
②
若正方形的每条边都与该组平行
线不平行,如解图①,过点B 作EF
⊥l2 交l3 于点F,交l1 于点E,∴
∠AEB=∠BFC= 90°,∵四边形AB-
CD 是正方形,∴AB = BC,∠ABC =
90°,∴∠ABE+∠CBF = 180°-90° =
90°, ∵∠CBF + ∠BCF = 90°, ∴
∠ABE =∠BCF,在△ABE 和△BCF
中,
∠AEB=∠BFC,
∠ABE=∠BCF,
AB=BC,
{
∴△ABE ≌
△BCF ( AAS), ∴AE = BF, AB =
1
2+1
2 = 2,∴正方形的面积为
( 2)
2 = 2,同理,当为解图②时,
AB=
1
2+2
2 = 5,∴正方形的面
积为( 5 )
2 = 5,∴正方形的面积
为1 或4 或9 或2 或5. 综上所
述,只有3 不可能,故选B.
第9 题解图
第四节 相似三角形
(含位似)
基础题练考点
1.
C 【解析】A. 两角分别相等的两
个三角形相似,不符合题意;B. 三
边成比例的两个三角形相似,不
符合题意;C. 两边成比例,对角相
等的两个三角形不一定相似,符
合题意;D. 两边成比例且夹角相
等的两个三角形相似, 不符合
题意.
2.
C 【解析】设该化石的实际长度
为x
cm,依题意7
14 = 4
x ,解得x =
8,故选C.
3.
C
【解析】∵△ABC∽△ACP,∴
∠ACP = ∠B = 45°, ∴∠APC =
180°- ∠A - ∠ACP = 180° - 70° -
45° = 65°.
4.
15
【解析】∵l1∥l2∥l3,∴BD
DF =
CE
EG,∴1
4 = 3
EG,∴EG = 12,∴CG =
CE+EG= 3+12= 15.
5.
21 【解析】∵∠ACB = ∠ADC,
∠A = ∠A,∴△ACB∽△ADC,∴
AD
AC =AC
AB,即AC
2 = AB·AD = 7×3 =
21,∴AC=
21(负值已舍去).
6.
5
【解析】∵∠DAC = ∠B,∠C =
∠C, ∴△ACD ∽△BCA. ∵AB =
10, AD = 5, ∴S△ACD ∶S△BCA =
(AD
BA)
2 = 1 ∶4,∴S△ACD ∶S△ABD =
1 ∶3,∵S△ABD = 15,∴S△ACD = 5.
7.
6- 2 5
【解析】∵点C 是线段
AB 的黄金分割点( AC > BC),∴
AC
AB = 5 -1
2
,∵AB = 4,∴AC = 2 5 -
2,∴BC=AB-AC = 4-2 5 +2 = 6-
2 5.
8.
20 【解析】∵△ABC 与△DEF 位
似,∴△ABC ∽△DEF, AB∥DE,
∴△OAB∽△ODE,∴AB
DE = OA
OD =
1
2 ,∴△ABC 与△DEF 的周长比
为1 ∶2,∵△ABC 的周长为10,
∴△DEF 的周长是20.
河北中考真题及新考法
1.
C
【解析】根据“相似三角形对
应高的比等于相似比” 可知15-7
11-7
= 6
AB,即8
4 = 6
AB,∴AB= 3
cm.
2.
D 【解析】∵AE∥BC,∴∠AEM =
∠CND,∠MAE = ∠B,当添加∠B
+∠4 = 180° 时,∵∠DCN + ∠4 =
180°,∴∠DCN = ∠B,∴∠MAE =
∠DCN,∴△MAE∽△DCN,所以
A 选项不符合题意;当添加CD∥
AB 时,∴∠DCN = ∠B,∴∠DCN
= ∠MAE,∴△MAE∽△DCN,所
以B 选项不符合题意;当添加∠1
= ∠4 时,∵∠MAE + ∠1 = 180°,
∠DCN + ∠4 = 180°, ∴∠MAE =
∠DCN,∴△MAE∽△DCN,所以
C 选项不符合题意;当添加∠2 =
∠3 时, ∵∠AEM + ∠2 = 180°,
∠CDN + ∠3 = 180°, ∴∠AEM =
∠CDN = ∠CND, ∴不能判断
△MAE∽△DCN,所以D 选项符
合题意. 故选D.
3.
(1) 是;(2) 4 5
5
【解析】(1) 如
解图, 易得△ACH ≌△CGD, ∴
∠GCD = ∠CAH, 又∵∠GCD +
∠ECA = 90°,∴∠CAH + ∠ECA =
90°,∴∠CEA = 90°,∴AB 与CD
垂直; ( 2) 由解图可得△CEA ∽
△DEB,BD=3,AC=2,AB=
2
2+4
2
=2 5,∴AC
BD=AE
BE= 2
3 ,∴AE= 2
5 AB
=4 5
5 .
第3 题解图
4.
(1)1;(2)7 【解析】(1)∵△ABC
的面积为2,AD 为BC 边上的中
线,∴S△ABD =S△ACD = 1
2 S△ABC = 1
2 ×
2 = 1,∵点A,C1, C2, C3 是线段
CC4 的五等分点,∴AC =AC1,∵点
A,D1,D2 是线段DD3 的四等分点,
∴AD = AD1,∵∠C1AD1 = ∠CAD,
∴△AC1D1 ≌△ACD ( SAS ), ∴
S△AC1D1 = S△ACD = 1, ∠C1D1A =
∠CDA,∴△AC1D1 的面积为1;
(2) 如解图, 连接B1C2, B1C3,
C3D3, B1D1, B1D2, 在△AB1D1 和
△ABD
中,
AB1 =AB,
∠B1AD1 =∠BAD,
AD1 =AD,
ì
î
í
ïï
ïï
∴△AB1D1 ≌△ABD ( SAS ), ∴
S△AB1D1 = S△ABD = 1, ∠B1D1A =
∠BDA,∵∠BDA+∠CDA = 180°,
∴∠B1D1A + ∠C1D1A = 180°, ∴
C1,D1,B1 三点共线,∴S△AB1C1 =
S△AB1D1+S△AC1D1 = 1+1 = 2,∵AC1 =
C1C2 = C2C3 = C3C4, ∴S△AB1C4 =
4S△AB1C1 = 4×2 = 8,∵AD1 = D1D2 =
9
2
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
D2D3, S△AB1D1 = 1, ∴S△AB1D3 =
3S△AB1D1 = 3× 1 = 3,在△C3AD3 和
△CAD 中,
AC3
AC = 3 =
AD3
AD ,∠C3AD3
= ∠CAD, ∴△C3AD3 ∽△CAD,
∴
S△C3AD3
S△CAD
= (
AC3
AC )
2 = 3
2 = 9, ∴
S△C3AD3 = 9S△CAD = 9×1 = 9,∵AC1 =
C1C2 = C2C3 = C3C4, ∴S△AC4D3 =
4
3 S△C3AD3 = 4
3 ×9= 12,∴S△B1C4D3 =
S△AC4D3+S△AB1D3 -S△AB1C4 = 12+ 3- 8
= 7,∴△B1C4D3 的面积为7.
第4 题解图
5.
C 【解析】如解图,连接BC,AF,
连接CF 交AB 于点P,设方格纸
的边长为1, 则BC =
1
2+1
2 =
2,AF =
2
2+2
2 = 2 2,∴AF =
2BC, ∵BC ∥AF, ∴△BCP ∽
△AFP,∴BP
AP = BC
AF = 1
2 , 可得到
AP ∶PB= 2 ∶1,满足条件;同理,将
点C 与D 连接,不能得到AP ∶PB
= 1 ∶2,不满足条件;同理,将点C
与E 连接,不能得到AP ∶PB = 2 ∶
1,不满足条件;同理,将点C 与G
连接,BC∥AG,得到AP ∶PB= 1 ∶1,
不满足条件,故选C.
第5 题解图
6.
C 【解析】∵点A1、B1、C1 分别为
等边△ABC 的边AC,BC,AB 的中
点,∴B1C1 = 1
2 AC,A1C1 = 1
2 BC,
A1B1 =
1
2 AB, ∴
△A1B1C1 ∽
△ABC,相似比= 1
2 ,∵
△ABC 的
面积为1,∴
△A1B1C1 的面积=
( 1
2 )
2 = 1
4 ,同理,△A2B2C2 的面
积= ( 1
4 )
2,…,则△AnBnCn 的面
积=( 1
4 )
n.
7.
A 【解析】嘉嘉:将边长为1 的正
方形按图①的方式向外扩张,得
到新正方形,各边与原正方形的
边平行,因此各角与原正方形的
角对应相等,扩张后四条边依然
相等,即新正方形与原正方形相
似,同时也位似, ∴嘉嘉说法正
确;淇淇:将边长为1 的正方形按
图②的方式向外扩张,得到新正
方形,各边与原正方形的边平行,
因此各角与原正方形的角相等,
即新正方形与原正方形相似,同
时也位似,∴淇淇的说法正确. 故
选A.
8.
D 【解析】由折叠可得:DE⊥AC,
PQ⊥AC,MN⊥AC,AM = MD = DP
=PC,∴MN∥DE∥PQ∥BC,故A
正确, 不符合题意; ∴△ADE ∽
△ACB∽△AMN,∴DE
CB = AD
AC = 1
2 ,
MN
DE = AM
AD = 1
2 ,∴BC = 2DE,DE =
2MN,∴BC = 4MN,∴BC = 2DE =
4MN,故B 正确,不符合题意;∵
MN∥PQ∥BC,∴PC
AC = QB
AB = 1
4 ,AM
AC
=AN
AB = 1
4 ,PM
AC = QN
AB = 1
2 ,∴BQ =
AN= 1
4 AB,QN = 1
2 AB,AN = BQ =
1
2 NQ,故C 正确,不符合题意;∵
△ADE ∽△ACB ∽△AMN ∽
△APQ,∴MN
DE = AM
AD = 1
2 ,DE
PQ = AD
AP
= 2
3 ,PQ
CB = AP
AC = 3
4 ,∴MN
DE ≠DE
PQ≠
PQ
BC,故D 错误,符合题意.
9.
(1) 1
3 ;(2) 1
21
【解析】(1)如解
图①,连接DE,∵D,E 分别是边
BC 和AC 的中点,∴DE 是△ABC
的中位线,∴DE∥AB,DE = 1
2 AB,
∴△CDE ∽△CBA, ∴
S△CDE
S△CBA
=
(DE
AB)
2 = 1
4 ,∵△ABC 的面积是
1,∴S△CDE = 1
4 . ∵D 是BC 的中
点,∴S△BDE = S△CDE = 1
4 . ∵DE∥
AB,∴△DEF∽△ABF,∴EF
BF = DE
AB
= 1
2 ,∴BF = 2EF,∴BE = BF+EF
= 3EF,∴
S△DEF
S△BDE
= EF
BE = EF
3EF = 1
3 ,
∴S△DEF = 1
12,∴S四边形CDFE = S△DEF +
S△CDE = 1
12 + 1
4 = 1
3 ;( 2) 如解图
②,连接MN,∵M,N 分别是边BC
和AC 上距离C 点最近的6 等分
点,∴CM = 1
6 BC,CN = 1
6 AC,∴
CM
CB = CN
CA = 1
6 ,又∵∠C = ∠C,∴
△CMN ∽△CBA, ∴
S△CMN
S△ABC
=
( CM
BC )
2 =
1
36, MN
BA = CM
CB =
1
6 ,
∠CMN = ∠CBA, ∴MN∥AB. ∵
△ABC 的面积是1,∴S△CMN = 1
36.
∵M 是边BC 上距离C 点最近的
6 等分点,∴BM
CM = 5,∴
S△BMN
S△CMN
= BM
CM
= 5,∴S△BMN = 5
36. ∵MN∥AB,∴
△MNG ∽△ABG, ∴NG
BG = MN
AB =
1
6 ,∴BG = 6NG,∴BN = BG+NG =
7NG,∴
S△MNG
S△BMN
= NG
BN = NG
7NG = 1
7 ,∴
S四边形CMGN = S△MNG+S△CMN = 5
36× 1
7 +
1
36 = 5
252+ 1
36 = 1
21.
0
3
参考答案
分
层
精
讲
本
第9 题解图
10.
D
【解析】如解图①,设甲方案
中剪下的小矩形的宽CE = x,∵
原矩形的长与宽之比为6 ∶2 =
3 ∶1,∴CF= 3x,∴BF =BC-CF =
6-3x,∴BG= 1
3 BF = 6-3x
3
= 2-x,
∴甲方案两个矩形的周长和为
2(2-x+6-3x)+2(3x+x)= 16;如
解图②,设AE = x,同理可得乙方
案两个矩形的周长和为2(3x+x)
+2(2-x+6-3x)= 16;如解图③,
设CE= x,同理可得剪下的两个
矩形的周长和为2(x+3x)+2(6-
x+6-x
3 )= 16
3 x+16,∵0<3x≤2,∴
0<x≤2
3 ,∵16
3 >0,∴周长和随x
的增大而增大,∴当x = 2
3 时,两
个矩形的周长和最大,最大值为
176
9 . ∵176
9 >16,∴甲、乙方案均错
误,周长和的最大值错误.
第10 题解图
11.
A 【解析】如解图,连接AO 并
延长至点N,连接BO 并延长至
点P,
连接CO 并延长至点M,
连接DO 并延长至点Q,可知AO
NO
=BO
PO = CO
MO = DO
QO = 1
2 ,∴以点O
为位似中心,四边形ABCD 的位
似图形是四边形NPMQ.
第11 题解图
微专题 一线三等角模型
一阶 方法训练
例1
解:三角形内角和等于180°,
两角对应相等的两个三角形
相似.
例2
解:由折叠的性质可知,PQ =
AP= 3
4 AD,∠PQB=∠A= 90°,BQ
=AB=CD,
∴∠PQD+∠BQC= 90°,PD= AD-
AP= 1
4 AD,
∵四边形ABCD 为矩形,
∴∠D=∠C= 90°,
∴∠PQD+∠DPQ= 90°,
∴∠DPQ=∠BQC,
∴△DPQ∽△CQB,
∴PD
QC =PQ
QB,
即
1
4 AD
QC =
3
4 AD
CD ,
∴CQ
CD = 1
3 .
例3 解:如解图,过点F 作FG⊥BC
交CB 的延长线于点G,则∠FGE
= 90°,
由旋转的性质可得∠DEF = 90°,
DE=EF,
∵四边形ABCD 是正方形,
∴BC=AB=CD= 6,∠C= 90°,
∵∠DEC+∠CDE = 90°,∠DEC+
∠GEF= 90°,
∴∠CDE=∠GEF.
在△CDE 和△GEF 中,
∠C=∠FGE,
∠CDE=∠GEF,
DE=EF,
{
∴△CDE≌△GEF(AAS),
∴CE=GF,GE=CD= 6,
∵BE= 4,
∴CE = BC-BE = 2,BG = GE - BE
= 2,
∴GF=CE= 2,
∴BG=FG,
∵∠FGB= 90°,
∴∠FBG=∠GFB= 45°,
∵∠ABG= 90°,
∴∠FBA= 45°.
例3 题解图
例4
解:如解图,过点E 作EF⊥
AC,交CA 的延长线于点F,
∵四边形ABDE 为正方形,
∴∠BAE= 90°,AE=AB,
∵∠EAF + ∠AEF = 90°,∠EAF +
∠BAC= 90°,
∴∠AEF=∠BAC,
在△AEF 和△BAC 中,
∠F=∠ACB,
∠AEF=∠BAC,
AE=BA,
{
∴△AEF≌△BAC(AAS),
∴EF=AC= 8,AF=BC= 7,
∴FC=FA+AC= 8+7= 15,
根据勾股定理, 得
CE
=
EF
2+FC
2 =
8
2+15
2 = 17,
∴sin∠ACE=EF
CE = 8
17.
例4 题解图
例5
解:如解图,过点A 作AF⊥BC
于点F,过点D 作DG⊥BC 交BC
的延长线于点G,
易得四边形AFGD 是矩形,
∴AF=DG,FG=AD= 8,
∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴CD=AB= 5,BC=AD= 8,
∵AC=AB,
∴CF=BF= 4,
∴AF=
AB
2-BF
2 = 3,
1
3
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
设CE=x,则EF= 4-x,EG= 4+x,
∵AE⊥DE,即∠AED= 90°,
∴∠AEF+∠DEG= 90°,
又∵∠AEF+∠EAF= 90°,
∴∠EAF=∠DEG,
∵∠AFE=∠EGD= 90°,
∴△AEF∽△EDG,
∴AF
EG = EF
DG,即3
4+x = 4-x
3 ,
解得x= 7(负值已舍去),
∴CE 的长为7.
例5 题解图
例6 解:如解图,过点A 作AF⊥BE
于点F,
∴∠AFB= 90°,
由题意, 得AB = AE = 3, ∠CEB
= 90°,
∴EF = BF =
1
2 BE, ∠ECB +
∠EBC= 90°,
∵∠EBC+∠EBA= 90°,
∴∠EBA=∠ECB,
∴△ABF∽△BCE,
∴BF
CE = AB
BC = 3
2 ,
设CE= 2x,则BF= 3x,
∴BE = 6x,在Rt△BCE 中,(2x)
2
+(6x)
2 = 2
2,
解得x=
10
10 (负值已舍去),
∴BE= 6
10
10
= 3
10
5
.
例6 题解图
二阶 综合应用
1.
证明:如解图,延长AF 至点J,使
得AJ=BE,连接CJ,
由题意得∠BED = ∠ABE+∠BAE,
∠BAC=∠BAE+∠CAJ,
∵∠BED=∠BAC,
∴∠ABE=∠CAJ,
在△ABE 和△CAJ 中,
AB=CA,
∠ABE=∠CAJ,
BE=AJ,
{
∴△ABE≌△CAJ(SAS),
∴AE=CJ,∠AEB=∠CJA,
∵BE∥CF,∴∠BED=∠CFA,
∵
∠AEB + ∠BED
=
∠CFA
+∠CFJ,
∴∠AEB=∠CFJ,
∴∠CFJ=∠CJA,∴CJ=CF,
∴AE=CF.
第1 题解图
2.
解:选择甲同学:如解图①,过点
F
作
FM⊥AB
于点
M,过点
D
作
DN⊥BA,交
BA
的延长线于点
N,
∴∠EMF=∠DNE= 90°,
∵EF⊥DE,∴∠DEF= 90°,
∴∠MEF + ∠DEN = ∠NDE +
∠DEN= 90°,
∴∠MEF=∠NDE,
∴△EMF∽△DNE,
∴EM
DN =MF
NE = EF
DE,
∵四边形ABCD
为平行四边形,
∠B= 60°,
∴AD∥BC,AD=BC= 4,
∴∠NAD=∠B= 60°,
∴AN = 1
2 AD = 2, DN =
3
2 AD =
2 3,
∵∠DFE= 60°,∠DEF= 90°,
∴∠EDF= 30°,
∴EF
DE =tan∠EDF= 3
3 ,
∴EM
DN =MF
NE = EF
DE = 3
3 ,
∴EM= 3
3 DN= 2,
设AE=x,则BM=AB-AE-EM=
1-x,NE=AN+AE= 2+x,
在Rt△BMF 中,MF = BM·tan
60°
= 3BM= 3- 3x,
∴
3 - 3x
2+x
= 3
3 ,解得
x= 1
4 ,
∴AE= 1
4 .
第2 题解图①
选择乙同学:如解图②,延长BC
至点G,连接DG,使∠G= 60°,
∵∠B=∠EFD= 60°,
∴∠BFE+∠BEF = ∠BFE+∠DFC
=120°,
∴∠BEF=∠DFC,
∵∠B=∠G= 60°,
∴△BEF∽△GFD,
∴BE
GF = BF
GD = EF
FD,
∵EF⊥DE,
∴∠DEF= 90°,
∴∠EDF = 180° -∠DEF-∠EFD
= 30°,
∴DF= 2EF,
∴BE
GF = BF
GD = EF
FD = 1
2 ,
∵四边形ABCD
是平行四边形,
∴AB∥CD,CD=AB= 3,
∴∠DCG=∠B=∠G= 60°,
∴△DCG 是等边三角形,
∴CG=DG=CD= 3,
∴BG=BC+CG= 7,
∴GF=BG-BF= 7-BF,
∴
BE
7-BF =BF
3 = 1
2 ,
解得
BF= 3
2 ,BE= 11
4 ,
∴AE=AB-BE= 1
4 .
(任选一种即可)
第2 题解图②
3.
解:(1)∵四边形ABCD 是矩形,
∴CD= AB = 5,BC = AD = 3,∠B =
∠C=∠D= 90°,
由折叠的性质,得BE = FE,AF =
AB= 5,
∴在Rt△AFD 中,DF=
AF
2-AD
2
=4,
∴CF=CD-DF= 5-4= 1,
∵BE=FE=x,
2
3
参考答案
分
层
精
讲
本
则CE=BC-BE= 3-x,
在Rt△CEF 中,由勾股定理,得
CF
2+ CE
2 = FE
2, 即1
2 + ( 3 - x)
2
=x
2,
解得x= 5
3 ;
(2)如解图,过点F 作FG⊥BC 于
点G,延长GF 交AD 于点H,则
∠FGE = 90°, 四边形ABGH 是
矩形,
∴HG = AB = 5,BG = AH,∠AHF =
90° =∠FGE,
由折叠的性质, 得AF = AB = 5,
∠AFE=∠B= 90°,FE=BE= 1,
∴∠AFH+∠EFG= 90°,
∵∠AFH+∠FAH= 90°,
∴∠EFG=∠FAH,
∴△EFG∽△FAH,
∴FG
AH =FE
AF = 1
5 ,
∴AH= 5FG,
设FG=d,则BG=AH= 5d,
∴EG=BG-BE= 5d-1,
在Rt△EFG 中,由勾股定理,得
FG
2+GE
2 =FE
2,
即d
2+(5d-1)
2 = 1
2,
解得d= 5
13或d = 0(不符合题意,
舍去),
∴FG= 5
13,即点F 到BC 边的距
离为5
13.
第3 题解图
微专题 手拉手模型
一阶 方法训练
例1
A
【解析】∵在△ABC 中,
∠C = 90°, AC = BC, ∴∠BAC =
∠ABC = 45°,∵将△ABC 绕点B
顺时针旋转60°得到△A′BC′,∴
AB = A′ B, BC′ = A′ C′, ∠ABA′ =
60°,∴△ABA′为等边三角形,∴
AB = AA′,在△ABC′和△AA′C′中,
AB=AA′,
BC′=A′C′,
AC′=AC′,
{
∴△ABC′≌△AA′C′,
∴∠BAC′ = ∠A′AC′,∵∠BAA′ =
∠BAC′+∠A′AC′ = 60°,∴∠BAC′
= ∠A′ AC′ = 30°, ∴∠CAC′ =
∠BAC-∠BAC′= 15°.
例2
3
2
【解析】∵∠BAC =
∠DAE,∠ABC = ∠ADE,∴△ABC
∽△ADE,∴AB
AD = AC
AE,即AB
AC = AD
AE.
∵∠BAC = ∠DAE, ∴∠BAC -
∠CAD = ∠DAE - ∠CAD, 即
∠BAD = ∠CAE, ∴
△ADB ∽
△AEC,∵S△ADB ∶S△AEC = 16 ∶9,
∴C△ADB
∶
C△AEC = 4 ∶
3. ∵
C△ADB = 2,∴C△AEC = 3
2 .
例3
9 3
4
【解析】如解图,连接
BD,DF,∵四边形ABCD 和四边
形DEFG 均是矩形, ∴∠BAD =
∠E= ∠EDG = ∠DGF = 90°,EF =
DG= 3. ∵AB= 1,AD = DE = 3,∴
BD =
AB
2+AD
2
= 2, DF =
DE
2+EF
2 = 2 3,∴BD
DF = 2
2 3
=
3
3 . ∵AD
DG =
3
3 , ∴BD
DF = AD
DG. 在
Rt△ABD 中,∵tan
∠ADB = AB
AD =
1
3
=
3
3 , ∴∠ADB = 30°. 在Rt
△DGF 中,∵tan
∠GDF = GF
DG = 3
3 ,
∴∠GDF = 30°,∴∠ADB =∠GDF,
∴∠BDF = ∠ADG, ∴△BDF ∽
△ADG(“手拉手” 模型),∴AG
BF =
AD
BD= 3
2 ,∵BF= 9
2 ,∴AG=9 3
4 .
例3 题解图
二阶 综合应用
1.
解:如解图,连接BD,
由题意得AB=AB′,设∠BAB′=α,
∴∠AB′B= 90°- α
2 ,
∵∠B′AD= 90°-α,AD=AB′,
∴∠AB′D= 45°+ α
2 ,
∴∠EB′D=180°-∠AB′D-∠AB′B=
180° - ( 45° + α
2 ) - ( 90° - α
2 )
= 45°,
∵DE⊥BE,
∴∠EDB′=∠EB′D= 45°,
∴△DEB′是等腰直角三角形,
∴DB′
DE = 2,
∵四边形ABCD 是正方形,
∴BD
CD = 2,∠BDC= 45°,
∴BD
CD =DB′
DE = 2,
∵∠EDB′=∠BDC,
∴∠EDB′ - ∠B′ DC = ∠BDC -
∠B′DC,即∠B′DB=∠EDC,
∴△B′DB∽△EDC,
∴BB′
CE =BD
CD = 2.
第1 题解图
2.
解:(1)在△ABC 与△ADE 中,
AB=AD,
∠B=∠D,
BC=DE,
ì
î
í
ïï
ï
∴△ABC≌△ADE(SAS),
∴∠BAC=∠DAE,
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,
∴∠BAD=∠CAE,
∵∠B= 30°,∠APC= 70°,
∴∠CAE= ∠BAD = ∠APC-∠B =
70°-30° = 40°;
(2)由(1)得△ABC≌△ADE,
∴AD=AB= 4,
∴PD= 4-x,
∴当AD ⊥BC 时, x 最小, PD
最大,
∵AB⊥AC,∴∠BAC= 90°,
∵AB= 4,AC= 3,
∴在Rt△ABC 中,BC =
AB
2+AC
2
=5,
3
3
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
S△ABC = 1
2 AP · BC = 1
2 AB · AC
= 6,
解得AP=x= 2. 4,
此时PD= 1. 6,
∴当x 取最小值2. 4 时, PD 最
大,PD 的最大值为1. 6.
3.
(1) 证明:∵△ABC,△ADE 都是
等腰直角三角形,
∴AD = AE, AB = AC, ∠BAC =
∠DAE= 90°,
∴
∠BAC - ∠CAD
=
∠DAE
-∠CAD,
∴∠BAD=∠CAE,
∴△BAD≌△CAE(SAS);
(2)解:如解图①,过点A 作AH⊥
BE 于点H, 由( 1) 可得△BAD
≌△CAE,
∴BD=CE,
∵△ADE 是等腰直角三角形,AH
⊥DE,
∴AH 是等腰直角三角形ADE 斜
边上的中线,
∴AH=DH= 1
2 DE= 7
2 ,
∵在Rt △ABC 中, ∠ABC = 45°,
BC= 13,
∴AB=BC·cos∠ABC= 13 2
2
,
∴
在
Rt △ABH
中, BH
=
AB
2-AH
2 =
169
2 -49
4 = 17
2 ,
∴BD=BH-DH= 5,
∴CE=BD= 5;
第3 题解图①
(3)解:∵D 点轨迹在以A 为圆
心,AD 为半径的圆上,且AD,AB
的长为定值,
∴△ABD 底边AB 上的高≤AD,
∴当AD⊥AB 时,△ABD 面积最
大,即点D 在直线AC 上,
①如解图②,当α = 90° 时,AD⊥
AB,△ABD 面积最大;
②如解图③,当α = 270°时,AD⊥
AB,△ABD 面积最大,
∴△ABD 的面积最大时,旋转角
α 的值为90°或270°.
第3 题解图
第五节 等腰三角形
基础题练考点
1.
C
【解析】由作图可知AD 平分
∠BAC,∵AB=AC,∴AD⊥BC,BD
= CD =
1
2
BC = 3, ∴
AD =
AB
2-BD
2 =
5
2-3
2 = 4.
2.
B 【解析】∵∠ABC = 70°,BD 平
分∠ABC,∴∠ABD = 35°,∵AB =
AC,∴∠C = ∠ABC = 70°,∴∠A =
40°,∴∠ADB= 180°-∠A-∠ABD
= 180°-40°-35° = 105°.
3.
B 【解析】若等腰三角形的腰长
是2,则等腰三角形的底边长是8
-2×2 = 4,∵2+2 = 4,不满足三角
形三边关系定理,∴等腰三角形
的腰长不能是2;若等腰三角形的
底边长是2,则等腰三角形的腰长
是1
2 ×(8-2)= 3,∵3+2>3,3-2<
3,满足三角形三边关系定理,∴
等腰三角形的腰长是3.
4.
C
【解析】分情况讨论:①底边
长为7,腰长为4,4+4>7,符合三
角形三边关系,∴该三角形的周
长是4+4+7 = 15;②底边长为4,
腰长为7,7+ 4> 7,符合三角形三
边关系,∴该三角形的周长是7+
7+4 = 18. 综上所述,该三角形周
长为15 或18.
5.
B
【解析】如解图,△ABC 为等
边三角形,AD 为BC 边上的高,∵
等边三角形周长为6,∴BC = 2,D
为BC 的中点,∴BD = 1,∴AD =
2
2-1
2 =
3,∴S△ABC = 1
2 BC·
AD= 1
2 ×2× 3 = 3.
第5 题解图
6.
B
【解析】∵AD = BD,AE = CE,
∠B=∠C = 30°,∴∠BAD = ∠B =
30°,∠EAC = ∠C = 30°,∴∠ADE
=∠AED = 60°,∴△ADE 是等边
三角形,∵△ADE 的周长为6,∴
AD=BD= 2.
核心考点突破
例1
(1)证明:∵点D 为△ABC 的
内心,
∴BD 平分∠ABC,CD 平分∠ACB,
∴∠ABD = ∠CBD = 1
2 ∠ABC,
∠ACD=∠BCD= 1
2 ∠ACB,
在△BCD 中, ∠BDC = 180° -
( ∠CBD + ∠BCD ) =
180° -
( 1
2 ∠ABC + 1
2 ∠ACB ) = 180°
- 1
2 (∠ABC+∠ACB)
=
180°
- 1
2 (180°-∠A)= 90°+ 1
2 ∠A;
(2 ) 证明: 由( 1 ) 得∠ABD =
∠CBD,∠ACD=∠BCD,
∵EF∥BC,
∴∠EDB=∠DBC,∠FDC=∠DCB,
∴∠EDB=∠EBD,∠FDC=∠FCD,
∴BE=DE,CF=DF,
∴△AEF 的周长为AE+EF+AF =
AE+ED+DF+AF=AE+BE+FC+AF
=AB+AC;
(3)解:由(1) 得∠ABD = ∠CBD,
4
3
参考答案
分
层
精
讲
本
∠ACD=∠BCD,
∵DG∥AB,DH∥AC,
∴∠ABD=∠BDG,∠CDH=∠ACD,
∴∠DBG=∠BDG,∠CDH=∠BCD,
∴BG=DG,DH=CH,
∴△DGH 的周长为DG+GH+DH
=BG+GH+CH=BC= 5.
例2
( 1) 解: 如解图, EF 即为所
求作;
例2 题解图
(2)证明:∵BE 平分∠ABC,
∴∠ABE=∠CBE,
设∠ABE=∠CBE=x,
∵EF 垂直平分AB,
∴AE=BE,
∴∠A=∠ABE=x,
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠C= 2x,
在△ABC 中, ∠A + ∠ABC + ∠C
= 180°,
即5x= 180°,解得x= 36°,
∴∠ABE = ∠A = ∠CBE = 36°,
∠C= 72°,
∴∠BEC= 180°-72°-36° = 72°,
∴BC=BE,
∴△ABE 和△BCE 均是等腰三
角形;
(3)解:∵BC=y,AC= 1,
易知AE=BE=BC=y,
∴EC= 1-y,
∵∠EBC=∠A,∠C=∠C,
∴△BEC∽△ABC,
∴BC
AC =EC
BC,即y
1 = 1-y
y ,
解得y= -1± 5
2
,
∵y 为正数,
∴y= -1+ 5
2
;
(4) 由(2) 得∠BAC = 36°,∠ACB
=∠ABC= 72°,
∴∠ACM= 180°-72° = 108°,
∵AC=CM= 1,
∴∠M=∠CAM= 36°,
∴∠BAM= 72° =∠ACB,
∴AM=BM,△MBA∽△ABC,
由(3)可知BC= 5 -1
2
,
∴BC
BA = 5 -1
2
,
∴AB
AM = AB
MB =BC
BA = 5 -1
2
,
∴BC
AM = BC
BA · AB
AM = ( 5 -1
2
)
2
= 3- 5
2
.
练习1
D
【解析】设∠BAC = x,∵
在△ABC 中,AB = AC,∴∠ABC =
∠C = 1
2 ( 180° - x ), ∵BD 是
∠ABC 的平分线,AD 是∠BAC 的
平分线,∴∠ABD = 1
4 (180°-x),
∠DAB= 1
2 x,∵∠ABD+∠DAB+
∠ADB = 180°,∴1
4 ( 180° - x) +
1
2 x+125° = 180°,∴x= 40°.
练习2
B
【解析】A. ∵PC 平分
∠APB,∴∠APC = ∠BPC. 又∵
PC = PC, AP = BP, ∴△APC ≌
△BPC, ∴AC = BC, ∠ACP =
∠BCP= 90°,∴PC⊥AB,∴PC 垂
直平分线段AB,即点P 在线段
AB 的垂直平分线上,作法正确,
不符合题意;B. 过线段外一点作
已知线段的垂线,不能保证平分
此条线段,∴作法错误,符合题
意;C. ∵C 是AB 的中点,∴AC =
BC, 在△APC
和△BPC
中,
AP=BP,
PC=PC,
AC=BC,
{
∴
△APC ≌△BPC
( SSS ), ∴∠ACP = ∠BCP. ∵
∠ACP+∠BCP= 180°,∴∠ACP =
∠BCP= 90°,∴PC⊥AB,∴PC 垂
直平分线段AB,即点P 在线段
AB 的垂直平分线上,作法正确,
不符合题意; D. ∵PC ⊥AB, ∴
∠PCA=∠PCB = 90°. ∵AP = BP,
PC= PC,∴Rt△APC≌Rt△BPC,
∴AC = BC,∴PC 垂直平分线段
AB,即点P 在线段AB 的垂直平
分线上,作法正确,不符合题意.
练习3 C 【解析】∵点P 与△ABC
的两个顶点的距离相等时,警报
器就会发出警报,∴当点P 运动
到△ABC 三边垂直平分线与直线
MN 的交点时,警报器就会发出
警报,∵MN∥BC,△ABC 是等边
三角形,∴△ABC 三边垂直平分
线与直线MN 有三个交点,∴在
直线MN 上会发出警报的点有
3 个.
练习4
B
【解析】由旋转可得,
∠MPN = 60°, ∵PM ⊥BC, ∴
∠BPM = 90°, ∴∠NPC = 180° -
∠BPM- ∠MPN = 30°, ∵△ABC
为等边三角形, ∴∠C = 60°, ∴
∠PNC = 180° - ∠C - ∠NPC =
90°,∴△PNC 为直角三角形,故
嘉嘉正确; 在等边△ABC 中, 当
AM= 2 时,BM= AB-AM = 8,∵MP
⊥BC,∠B = 60°,∴∠BMP = 30°,
∴BP= 1
2 BM = 4,∴PC = BC-BP
= 6,∵∠NPC = 30°,∴NC = 1
2 PC
= 3,∴AN=AC-NC = 7,故淇淇正
确;当BM = 4 时,AM = 10-4 = 6,
∴BP= 1
2 BM = 2,∴CP = 10- 2 =
8,∴CN = 1
2 CP = 4,∴AN = AC -
CN = 6 = AM, ∵∠A = 60°, ∴
∠AMN= 60° =∠B,∴MN∥BC,故
珍珍错误,故选B.
练习5
B
【解析】设AB = AC = 2,
BC= 3,∵BC>AB,∴有以下四种
情况:①如解图①,以点B 为圆
心,AB 长为半径画弧交BC 于点
D,作直线AD,则AB = BD = 2,∴
直线AD 将△ABC 分割成两个三
角形,其中的一个是等腰三角形;
②如解图②,以点C 为圆心,AC
长为半径画弧交BC 于点E,作直
线AE,则AC = CE = 2,∴直线AE
将△ABC 分割成两个三角形,其
中的一个是等腰三角形;③如解
图③,作线段AB 的垂直平分线
交BC 于点F,作直线AF,则AF=
5
3
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
BF,∴直线AF 将△ABC 分割成
两个三角形,其中的一个是等腰
三角形;④如解图④,作线段AC
的垂直平分线交BC 于点H,作直
线AH,则AH = CH,∴直线AH 将
△ABC 分割成两个三角形,其中
的一个是等腰三角形. 综上所述,
这样的直线最多可以画4 条.
练习5 题解图
第六节 直角三角形
基础题练考点
1.
B 【解析】∵∠A+∠B = ∠C,∠A
+∠B+∠C= 180°,∴∠C = 90°,∴
△ABC 的形状是直角三角形.
2.
A 【解析】A. 2
2 +3
2 ≠4
2,故选项
A 中的三条线段不能构成直角三
角形;B. 1
2 +( 3
4 )
2 = ( 5
4 )
2,故选
项B 中的三条线段能构成直角三
角形;C. 4
2+5
2 = (
41 )
2,故选项
C 中的三条线段能构成直角三角
形;D. 3
2 + 4
2 = 5
2,故选项D 中的
三条线段能构成直角三角形.
3.
C
【解析】∵∠C = 90°,∴∠A+
∠B = 90°. ∵∠A = ∠EDB, ∴
∠EDB + ∠B = 90°, ∴∠BED =
180°-90° = 90°.
4.
A 【解析】在Rt△ABC 中,∠ACB
= 90°,D 为AB 边的中点,CD = 5,
则AB= 2CD = 10,由勾股定理得,
AC=
AB
2-BC
2 =
10
2-8
2 = 6.
5.
A
【解析】∵∠B = ∠C = 30°,∴
∠BAC = 120°,∵∠BAD = 90°,∴
∠DAC = 30°, ∴AD = DC, 在
Rt△ABD 中,∵∠B = 30°,∴BD =
2AD= 2CD,∵BC = 6,∴3DC = 6,
解得DC= 2,∴BD= 2DC= 4.
6.
B
【解析】∵∠AOB = 90°,M 为
AB 的中点, ∴OM = 1
2 AB, 同理
OM= 1
2 CD,∵AB = CD,∴OM 的
长度不变.
7.
C 【解析】∵△ABD 和△BCE 都
是等腰直角三角形,AB⊥DC,∴
AB = BD,CB = EB,∠ABD = ∠ABC
= 90°,∵BE= 5,∴BC = 5,∵CD =
17,∴BD = CD - BC = 12,∴AB =
12,在Rt△ABC 中,由勾股定理,
得AC=
AB
2+BC
2 = 13.
8.
A 【解析】∵直角三角形a,b 为
直角边,c 为斜边,∴a
2 +b
2 = c
2. 题
图①:∵向外作半圆,∴S1 = π
8 a
2,
S2 = π
8 b
2,S3 = π
8 c
2,∵a
2 +b
2 = c
2,
∴π
8 a
2 + π
8 b
2 = π
8 c
2,∴S1 + S2 =
S3;题图②:∵向外作等腰直角三
角形,∴S1 = 1
4 a
2,S2 = 1
4 b
2,S3 =
1
4 c
2,∵a
2+b
2 =c
2,∴1
4 a
2+ 1
4 b
2 =
1
4 c
2,∴S1 +S2 = S3;题图③:∵向
外作正方形,∴S1 = a
2,S2 = b
2,S3
=c
2,∵a
2+b
2 =c
2,∴S1 +S2 = S3. 综
上所述,面积关系满足S1 +S2 = S3
的图形有3 个.
9.
2
10
5
【解析】由题可得,AB =
1
2+1
2 =
2, AC =
2
2+2
2 =
2 2, BC =
1
2+3
2 =
10, ∵
( 2 )
2 + ( 2 2 )
2 = (
10 )
2, ∴
△ABC 为直角三角形, ∠BAC =
90°,设边BC 上的高为h,则S△ABC
= 1
2 AB·AC = 1
2 BC·h,解得h
= 2
10
5
.
核心考点突破
例1
解:(1) 如解图①,过点A
作
AD⊥BC
于点
D,
∴∠ADB=∠ADC= 90°.
∵AB= 6,∠ABC= 30°,
∴在Rt△ABD 中,
BD= AB·cos∠ABC = 6×
cos
30°
= 3 3,AD= 1
2 AB= 3.
在Rt△ADC 中,∵
∠C= 45°,
∴CD=AD= 3,AC= 2CD= 3 2,
∴BC=BD+CD= 3 3 +3;
例1 题解图①
(2)如解图②,过点C
作
CD⊥AB
于点
D,
∴∠CDB=∠CDA= 90°.
设AD=x,则BD= 6-x.
∵∠BAC= 45°,
∴AD=CD=x.
在Rt△BDC
中,∵∠ABC= 30°,
∴BC= 2CD= 2x,
∴在
Rt△BDC
中,由勾股定理,
得
BD
2+CD
2 =BC
2,即
(6-x)
2+x
2
=(2x)
2,
解得
x = - 3+ 3 3 或x = - 3- 3 3
(舍去),
∴BC= -6+6
3,
∴在Rt△ADC
中,
AC =
2 AD =
3 6 -3 2;
例1 题解图②
(3)如解图③,过点
C
作CD⊥AB
于点
D,
∴∠CDB=∠CDA= 90°.
∵BC= 2
3,∠ABC= 30°,
∴在
Rt △BDC
中,
CD = 1
2 BC
= 3.
由勾股定理,
得
BD
=
BC
2-CD
2 = 3,
∵AB= 6,
∴AD= 3,
∴D
是AB 的中点,
∴AC = BC = 2
3, ∠A = ∠ABC
6
3
参考答案
分
层
精
讲
本
= 30°;
例1 题解图③
(4) 如解图④,当∠ACB
为锐角
时,过点
A
作AD⊥BC
于点D,
∴∠ADB=∠ADC= 90°.
∵AB= 6,∠ABC= 30°,
∴在Rt△ABD
中,
AD= 1
2 AB= 3.
由勾股定理,得
BD =
AB
2-AD
2
= 3 3.
在Rt△ACD
中,由勾股定理,得
CD=
AC
2-AD
2 = 3,
∴BC=BD+CD= 4 3,
∵cos
C=CD
AC =
3
2 3
= 1
2 ,
∴∠C= 60°;
例1 题解图④
如解图⑤,当∠ACB
为钝角时,过
点
A
作AD⊥BC 交BC 的延长线
于点
D,
∴∠ADC= 90°.
∵AC= 2
3,∠ABC= 30°,AB= 6,
∴在Rt△ABD
中,
AD= 1
2 AB= 3.
由勾股定理,得
CD =
AC
2-AD
2
= 3,BD=
AB
2-AD
2 = 3 3,
∴BC=BD-CD= 2 3,
∴AC=BC= 2
3,
∴∠BAC=∠B= 30°,
∴∠BCA= 180°-30°-30° = 120°.
综上所述, BC 的长为4
3 或
2 3,∠C 的度数为60°或120°.
例1 题解图⑤
例2
解: ( 1) 在Rt △ADC 中,CD =
AD
2+AC
2 =
58,
∴sin
∠ACD= AD
CD = 2
29
29
;
(2)不唯一.
∵∠A= 90°,AB=AC,
∴∠B= 45°,
∴分两种情况讨论:
①当∠BPD= 90°时,
∵AB= 5 2,AD= 2 2,
∴BD= 3 2,
∴PD=BD·sin
B= 3 2 × 2
2 = 3;
②当∠BDP = 90° 时, PD = BD =
3 2.
综上所述,DP 的长为3 或3 2;
(3)如解图①,过点D 作DH⊥BC
于点H,
∵∠B= 45°,BD= 3 2,
∴BH=DH=BD·sin
B = 3 2 × 2
2
= 3.
∵∠BPD= 30°,
∴PH=
DH
tan∠BPD = 3
3
3
= 3 3,
∴BP=BH+PH= 3+3 3;
例2 题解图①
(4)如解图②③,分别过点Q,P
作AB 的垂线,垂足分别为G,H,
由( 2) 可得∠ABC = 45°, 且∠A
= 90°,
∴BH = PH, ∠QGD = ∠DHP
= 90°,
∴∠QDG+∠DQG= 90°,
∵DQ 是由DP 绕点D 逆时针旋
转90°得到的,
∴∠PDQ= 90°,QD=DP,
∴∠PDH+∠QDG= 90°,
∴∠DQG=∠PDH,
∴△DGQ≌△PHD,
∴QG=DH,DG=PH.
∵△BDQ 的面积为3,
∴1
2 BD·QG= 3.
∵BD= 3 2,
∴DH=QG= 2.
分两种情况讨论:
①当点Q 在AB 的上方时,如解
图②,DG = PH = BH = BD + DH =
3 2 + 2 = 4 2,
∴tan∠BDQ=QG
DG =
2
4 2
= 1
4 ;
②当点Q 在AB 的下方时,如解
图③,
DG = PH = BH = BD-DH = 3 2 - 2
= 2 2,
∴tan∠BDQ=QG
DG=
2
2 2
= 1
2 .
综上所述,tan ∠BDQ 的值为1
4
或1
2 .
例2 题解图
河北中考真题及新考法
1.
B 【解析】∵S正方形AMEF = 16,∴AM
= 4,∵M 是斜边BC 的中点,∴AM
是Rt△ABC 斜边上的中线,∴BC
= 2AM= 8,在Rt△ABC 中,由勾股
定理,得AC=
BC
2-AB
2 = 4 3,∴
S△ABC = 1
2 AB·AC = 1
2 × 4× 4 3 =
8 3.
2.
B 【解析】当选取的三块纸片的
面积分别是1,4,5 时,围成的直角
三角形的面积是1× 4
2
= 1;当选
取的三块纸片的面积分别是2,3,
5 时,围成的直角三角形的面积是
2× 3
2
= 6
2 ;当选取的三块纸片的
面积分别是3,4,5 时,围成的三角
形不是直角三角形;当选取的三块
纸片的面积分别是2,2,4 时,围成
7
3
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
的直角三角形的面积是2× 2
2
=
1,∵
6
2 >1,∴若要使围成的三角
形是面积最大的直角三角形,则选
取的三块纸片的面积分别是2,
3,5.
3.
(1)20;(2)13 【解析】(1)由A,B
两点纵坐标相等可知AB∥x 轴,∴
AB= 12-(-8)= 20;(2) 建立平面
直角坐标系如解图,设AB 交y 轴
于点F,则l 为CF 所在直线,连接
AC,过AC 中点E 作ED⊥AC,交
CF 于点D,连接AD,此时点D 到
点A,C 的距离相等. 设CD =x
km,
∴AD=x
km,FD=(18-x)
km,AF=
12
km. 在Rt△AFD 中,AF
2 +FD
2 =
AD
2,即12
2+(18-x)
2 =x
2,解得x =
13,∴CD= 13
km.
第3 题解图
4.
B
【解析】∵在△ABC 中,∠BAC
= 90°,∠B = 30°,AC = 3,∴BC =
2AC= 6,∴AB =
BC
2-AC
2 = 3 3,
∵BD= 2,∴CD =BC-BD = 4;A. 如
解图①, 过点D 作DE ⊥AC, ∴
∠BAE= ∠DEC = 90°,∴DE∥AB,
∴△DEC ∽△BAC, ∴DE
BA = CD
CB =
EC
AC,即DE
3 3
= 4
6 = EC
3 ,解得DE =
2 3,EC = 2,∴AE = AC-EC = 1,∴
AD=
DE
2+AE
2 =
13,可以求出
AD 的长,故A 不符合题意;B. 如
解图②,过点C 作CE⊥AD,∵AE,
DE 和CE 的长度都不知道,∴无
法利用勾股定理求解,且没有相似
三角形,故也无法利用相似三角形
的性质求解,∴作辅助线的方法不
恰当,符合题意;C. 如解图③,过
点A 作AE⊥BC,∵AB = 3 3,∠B
= 30°,∴AE = 1
2 AB = 3 3
2 ,∴BE =
AB
2-AE
2 = 9
2 ,∴DE =BE-BD =
5
2 ,∴AD =
AE
2+DE
2 =
13,可
以求出AD 的长,故C 不符合题
意;D. 如解图④,过点D 作DE⊥
AB,∴∠BED = ∠BAC = 90°,∴DE
∥AC,∴△BED∽△BAC,∴BE
BA =
BD
BC =DE
AC,即BE
3 3
= 2
6 =DE
3 ,解得BE
= 3,DE= 1,∴AE=AB-BE = 2 3,
∴AD=
AE
2+DE
2 =
13,可以求
出AD 的长,故D 不符合题意. 故
选B.
第4 题解图
5.
C 【解析】如解图,过B 点作BG∥
CD,且BG = CD,连接EG,∵BG∥
CD,∴∠ABG =∠CFB =α. ∵BG
2 =
1
2+4
2 = 17,BE
2 = 1
2 +4
2 = 17,EG
2 =
3
2+ 5
2 = 34,∴BG
2 +BE
2 = EG
2,∴
△BEG 是直角三角形,∴∠GBE =
90°,∴∠ABE = ∠GBE + ∠ABG =
90°+α.
第5 题解图
6.
B
【解析】当点A 始终在边OM
上运动时,点A 与点O 重合时线
段OD 最小, 但点C, D 始终在
∠MON 内(不在其边上),∴线段
OD 无最小值,所以选项A,C 错
误;如解图①,设AB 的中点为E,
连接OE,DE,则OE = AE = 1
2 AB =
4, ∵
AD = BC = 3, ∴
DE =
AD
2+AE
2 =
3
2+4
2 = 5, 当O,
E,D 三点共线时,线段OD 取得最
大值9,所以选项B 正确;如解图
②,作DF⊥OM 于点F,假设最长
时OD 与OM 夹角的正弦为1
4 ,则
sin∠MOD = 1
4 = DF
OD = sin∠EAO =
OB
AB,∴DF = 1
4 OD = 9
4 ,OB = 1
4 AB
= 2,∴OA =
AB
2-OB
2 =
8
2-2
2
= 2
15,∵∠AFD = ∠BOA = 90°,
∴∠FAD + ∠OAB = 90°, ∠FAD +
∠ADF= 90°,∴∠OAB =∠FDA,∴
△DFA∽△AOB,∴DF
AO = AF
BO = DA
AB =
3
8 ,∴AO = 8
3 DF = 8
3 × 9
4 = 6≠
2
15,∴OD 最长时,OD 与OM 夹
角的正弦为1
4 不成立,∴选项D
错误,故选
B.
第6 题解图
微专题 几何最值问题
类型一 “直线轨迹”最值问题
一阶 方法训练
例1 解:如解图,连接CM,
∵D,E 分别为CN,MN 的中点,
∴DE 是△CMN 的中位线,
∴DE= 1
2 CM,
∴当CM⊥AB 时,CM 的值最小,
此时DE 的值最小.
∵∠ACB= 90°,AC= 6,BC= 8,
∴AB=
AC
2+BC
2 = 10,
∵S△ABC = 1
2 AC·BC= 1
2 AB·CM,
∴1
2 ×6×8= 1
2 ×10×CM,
∴CM= 24
5 ,
∴DE= 1
2 CM= 12
5 ,
8
3
参考答案
分
层
精
讲
本
即DE 的最小值为12
5 .
例1 题解图
例2
解:如解图,作点A 关于BD 的
对称点A′,过点A′作A′K⊥AB 交
BD 于点P,交AB 于点K, 连接
AA′交BD 于点M,由对称的性质
可知,AP=A′P,DP 垂直平分AA′,
∴PA+PK=PA′+PK≥A′K,
∴当A′,P,K 三点共线且A′K⊥
AB 时,PA+PK 的值最小.
∵∠ADB= 60°,∴∠DAA′= 30°.
∵AD= 4,
∴AM=AD·cos∠DAA′= 2 3,
∴AA′= 4 3.
∵A′K⊥AB,DA⊥AB,
∴A′K∥AD,
∴∠AA′K=∠DAM= 30°.
在Rt △AA′ K 中, A′ K = AA′ ·
cos∠AA′K= 6,
∴PA+PK 的最小值为6.
例2 题解图
例3
解:如解图,连接PC,CE,CE
交BD 于点P′,
∵四边形ABCD 是菱形,
∴BD 垂直平分AC,∴PA=PC,
∴AP+PE=PC+PE≥CE,
∴当C,P,E 三点共线,即点P 与
点P′重合时,AP+PE 的值最小,
最小值为CE 的长,
∵四边形ABCD 是菱形, ∠ABC
= 60°,
∴AB=AD=CD= 2,∠ADC= 60°,
∴△ACD 为等边三角形,
∵E 是AD 的中点,
∴CE⊥AD,
∴CE=CD·sin∠CDE= 3,
∴AP+PE 的最小值是3.
例3 题解图
例4
解:如解图,作点A 关于BC 和
CD 的对称点A′,A″,连接BA′,DA″,
A′A″,A′A″分别交BC 于点E,交CD
于点F,则△AEF 的周长为AE+EF+
AF=A′E+EF+A″F≥A′A″,当A′,E,F,
A″四点共线时,A′A″的长即为△AEF
周长的最小值,
∵∠BAD=140°,
∴∠A′+∠A″=180°-∠BAD=40°,
∵∠A′=∠EAA′,∠FAD=∠A″,
∴∠EAA′+∠A″AF=40°,
∴∠EAF=140°-40°=100°.
例4 题解图
二阶 综合应用
1.
解:如解图,过点D 作DP∥AB,交
BC 于点P,连接EP,FP,
∵DP∥AB,
∴∠B=∠DPC,
∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
∴∠DPC=∠C,
∴DP=CD,
∵CD=AE,
∴DP=AE,
∴四边形AEPD 是平行四边形,
∴AF= 1
2 AP,
当AP⊥BC 时,AP 最小,此时AF
最小,最小值为1
2 AP 的长.
∵AB=AC,
∴当AP ⊥BC 时,P 为BC 的中
点,此时BP=PC= 1,
∴AP=
AC
2-PC
2 = 2 2,
∴AF 的最小值为2.
第1 题解图
2.
解:如解图,连接PO 并延长交BC
于点E,过点E 作EF⊥AD 于点
F,当点Q 与点E 重合时,即当P,
O,Q 三点共线时,PQ-OQ 取得最
大值,最大值为PO 的长,
在矩形ABCD 中,
∵O 为对角线AC 的中点,AP= 2,
∴AP∥CE,AO=OC,
∴∠PAO=∠ECO,
又∵∠AOP=∠COE,
∴△PAO≌△ECO(ASA),
∴EC=AP= 2,PO=OE= 1
2 PE,
∵∠BCD=∠CDA= 90°,
∴四边形EFDC 为矩形,
∴DF=CE= 2,EF=CD=AB= 4,
∴PF=AD-AP-DF= 2,
∴PE=
PF
2+EF
2 = 2 5,
∴PO= 1
2 PE= 5,
∴PQ-OQ 的最大值为5.
第2 题解图
类型二 “曲线轨迹”最值问题
一阶 方法训练
例1 解:如解图,点C′在以点M 为
圆心, 1 为半径的半圆上, 连接
AM 交☉M 于点C′,此时AC′的值
最小,
过点M 作MH⊥AB 交AB 的延长
线于点H,
∵∠DAB = 60°,四边形ABCD 为
菱形,
∴∠MBH= 60°.
∵点M 为BC 边的中点,
∴在Rt△BMH 中,BM= 1
2 BC=1,
∴MH = BM·sin
60° =
3
2 ,BH =
BM·cos
60° = 1
2 ,
9
3
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
∴AH=AB+BH= 5
2 ,
在Rt△AMH 中,AM =
MH
2+AH
2
= 7,
∴AC′=AM-C′M= 7 -1,
∴AC′的最小值为7 -1.
例1 题解图
例2
解:如解图,设AD 的中点为
O,以AD 为直径画圆,连接OB 交
☉O 于点F′,
∵∠ABC=∠BAD= 90°,
∴AD∥BC,
∴∠DAE=∠AEB.
∵∠ADF=∠BAE,
∴∠DFA=∠ABE= 90°,
∴点F 在以AD 为直径的半圆上
运动,
当点F 运动到点F′时,线段BF
有最小值,
∵AD= 4,
∴AO=OF′= 1
2 AD= 2,
∴BO=
AB
2+AO
2 =
29,
∴BF′=BO-OF′=
29 -2,
∴BF 的最小值为
29 -2.
例2 题解图
例3
解:
∵∠EOF = 90°, ∠ACB
= 90°,
∴O,E,C,F 四点在以EF 为直径
的☉D 上.
如解图,连接OC,取EF 的中点
为D,则OC≤EF,
当且仅当OC 为☉D 的直径时,
EF 取得最小值,此时OC=EF,
∵O 为AB 的中点,∠ACB= 90°,
∴OC = 1
2 ×AB = 1
2 ×
AC
2+BC
2
= 5,
∴EF≥OC= 5,
∴当OC 为☉D 的直径时,EF 最
小,最小值为5.
例3 题解图
二阶 综合应用
1.
解:如解图,连接OP,
∵在Rt△AOB 中,AO= 3,OB= 4,
∴AB= 5,
在Rt△MON 中,
∵MN= 2,P 为MN 的中点,
∴OP= 1,
以点O 为圆心,OP 长为半径作
☉O,过点O 作OQ′⊥AB 于点Q′,
交☉O 于点P′,过点P 作PQ⊥
AB 于点Q,连接OQ,
∵OP + PQ ≥OQ ≥OQ′ = OP′ +
P′Q′,OP=OP′,
∴PQ≥P′Q′,
当点P 位于点P′的位置时,PQ 的
值最小,最小值为P′Q′的长,此时
△ABP 的面积取得最小值,
∵S△ABO = 1
2 AB·OQ′ = 1
2 AO ·
OB,∴OQ′= 12
5 ,
∴P′Q′=OQ′-OP′= 7
5 ,
∴S△ABP最小= 1
2 AB·P′Q′ = 1
2 ×5×
7
5 = 7
2 ,
∴△ABP 面积的最小值为7
2 .
第1 题解图
2.
解:∵四边形ABCD 是矩形,
∴∠D= 90°,BC=AD= 3,AB=CD,
∵cos
∠DAC= 3
5 ,
∴AC = 5, 在Rt △ABC 中, AB =
AC
2-BC
2 = 4,
∵E 是AB 的中点,
∴BE= 1
2 AB= 1
2 CD= 2.
如解图,以点B 为圆心,BE 长为
半径作圆,点F 在☉B 上运动,过
点B 作BG⊥AC 于点G,
当B,F,G 三点共线时,点F 到直
线AC 的距离最小,
∵S△ABC = 1
2 AB · BC = 1
2 AC ·
BG,即4×3= 5BG,
∴BG= 12
5 ,
∵BF=BE= 2,
∴FG=BG-BF= 12
5 -2= 2
5 ,
∴点F 到直线AC 距离的最小值
为2
5 .
第2 题解图
3.
解:∵四边形ABCD 是菱形,AC =
6,BD= 2 3,
∴AC⊥BD,OA=OC= 3,OB=OD =
3,AB=AD,∠DAO=∠BAO,
在Rt △ADO 中, tan ∠DAO = OD
OA
= 3
3 ,
∴∠DAO= 30°,
∴∠DAB= 60°,
∴△ABD 是等边三角形,
∴AB=AD=BD= 2 3,
∵∠PAO=∠PDO,
∴∠DAP + ∠ADP = ∠DAO +
∠PAO+∠ADP = ∠DAO+∠PDO+
∠ADP = ∠DAO + ∠ADO = 90°,
∴∠APD= 90°,
∴如解图,点P 是以AD 为直径的
圆的DE
(
上的点( 不与D, E 重
合),设此圆心为Q,连接BQ,交
DE
(
于点P,此时PB 的长最小,
∵△ABD 是等边三角形,点Q 为
AD 的中点,
∴BQ⊥AD,
∴BQ= 3DQ= 3 × 1
2 AD= 3,
0
4
参考答案
分
层
精
讲
本
∵BQ⊥AD,AQ=QD,
∴AP=PD,
∴∠DAP=∠ADP= 45°,
∴AQ=PQ= 3,
∴BP=BQ-PQ= 3- 3,
∴BP 的最小值为3- 3.
第3 题解图
第七节 锐角三角
函数及其应用
基础题练考点
1.
B 【解析】∵在视线与水平线所
成的锐角中,视线在水平线上方
的角叫做仰角,∴从点C 观测点
D 的仰角是∠DCE.
2.
A 【解析】∵斜坡AB 的坡度为
AE
BE = 5
BE = 1
3
, ∴BE = 5 3, ∴在
Rt△AEB 中, AB =
AE
2+BE
2 =
10
m.
3.
B 【解析】∵AB⊥MP,∴∠APM
= 90°, ∵A, P, B 三点共线, ∴
∠MPB = 90°,∵∠MPN = 30°,∴
∠NPB = ∠MPB - ∠MPN = 90° -
30° = 60°,∴点B 在点P 的南偏
东60°方向上,故选B.
4.
(2+2 2 )
【解析】如解图,过点
C 作CD ⊥BC 交AB 于点D, ∵
∠B= 45°,CD⊥BC,∴CD = CB =
2,BD =
2 BC = 2 2, ∵∠A =
22. 5°, ∠B = 45°, ∠BCD = 90°,
∴∠ACD= 22. 5°,∴AD = CD = 2,
∴AB=AD+DB= 2+2 2.
第4 题解图
5.
( 1) 8;
【解析】∵AD ⊥BC,
∴△ABD 和△ACD 是直角三角
形,在Rt△ABD 中,cos
B = 3
5 ,AB
= 10,∴BD
AB = 3
5 ,∴BD= 6,∴AD=
AB
2-BD
2 = 8.
(2)4
17
17
【解析】∵BC = AD =
8,BD = 6,∴CD = BC-BD = 2,∴
AC=
AD
2+DC
2 = 2
17,∵
E 为
斜边AC 的中点,∴ED = EC = 1
2
AC,∴∠C = ∠EDC,∴sin∠EDC
=sin
C=AD
AC =
8
2
17
= 4
17
17
.
河北中考真题及新考法
1.
D
2.
A 【解析】如解图,过点B 作PA
的平行线,则∠1 = ∠BAC = 50°,
∴∠2 = 80°-∠1 = 30°,即此时的
航行方向为北偏东30°.
第2 题解图
3.
A
【解析】如解图,在Rt△PAB
中, ∵∠APB = 90°, PA = PB =
6
km,∴∠PAB = ∠PBA = 45°,AB
=
PA
2+PB
2 = 6 2
km, 过点P
作PC⊥AB,垂足为点C,则PC =
AC= BC = 1
2 AB = 1
2 × 6 2 = 3 2
km,∴从点P 向北偏西45°走3 2
km 到达l,选项A 错误;过点A 作
DE⊥PA,则∠1 = ∠2 = 90°-45° =
45°,∴公路l 的走向是北偏东
45°或南偏西45°,选项B 和C 正
确;过点C 作CF⊥PB 于点F,在
Rt△PCB 中,∵∠PCB = 90°,PC =
BC,PB = 6
km,∴CF = BF = PF =
1
2 PB= 1
2 ×6 = 3
km,即从点P 向
北走3
km 后,再向西走3
km 到
达l,选项D 正确.
第3 题解图
4.
解:(1)∵CE = DQ = BQ-BD = 4-3
= 1
m,PE=PQ-EQ=PQ-AB= 2. 6
-1. 6= 1
(m),
∴CE=PE,
(2 分)
………………
∵∠CEP= 90°,BQ= 4,
∴β= 45°,tan
α=PE
AE = PE
BQ = 1
4 ;
(4 分)
………………………
(2) 由( 1) 可知, CE = PE = 1,
∠CEP= 90°,
∴在Rt△PEC 中,CP =
CE
2+PE
2
= 2(m),
(5 分)
………………
如解图,过点C 作CF⊥AP 于点F,
设CF=x
m,
∵tan
α=CF
AF = 1
4 ,
∴AF= 4x
m,
∵AC= 3,
∴在Rt△ACF 中,AC=
AF
2+CF
2 =
(4x)
2+x
2 =
17 x = 3,解得x =
3
17
17 ,
(7 分)
…………………
∴sin
∠APC=CF
CP=
3
17
17
2
=3
34
34 .
(9 分)
………………………
第4 题解图
5.
解:(1) ∠ABO = 30°,OD = 48
m;
【解法提示】由题意得OE∥NG,
∠ODE = ∠NMG = 90°, ∴∠OED
=∠G,∴△ODE∽△NMG,∴OD
NM
= DE
MG,∵MN = 4,DE = 36,MG = 3,
∴OD
4 = 36
3 ,∴OD = 48
m,∵OA =
OB, ∠AOB = 120°, ∴∠ABO =
∠OAB= 180°-120°
2
= 30°.
(2)如解图,过点O 作OH⊥AB 于
点H,过点E 作EI⊥AF 于点I,
在Rt △NMG 中, 由勾股定理得
NG= 5
m,
1
4
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
同理可证明△EIF∽△NMG,
∴EI
NM = EF
NG,
∴EI
4 = 20
5 ,
∵EF= 20,
∴EI= 16
m,
由题意得,OE∥AF,
∵OH⊥AF,EI⊥AF,
∴OH=EI= 16
m,
∵在Rt△OBH 中,∠ABO = 30°,
∴BO= 2OH= 32
m,
∵OD= 48
m,
∴当OB⊥DF 时,OD-OB= 48-32
= 16(m),
答:风叶转动时点B 到地面DF
的最小距离为16
m.
第5 题解图
6.
解:(1)如解图,延长AF 交水平地
面HC 于点K,
由题意得AK⊥HC,
∵∠FCK= 37°,FC= 50
cm,
∴FK= FC·sin∠FCK≈50×0. 60
= 30
(cm),
∴支架点F 到水平地面HC 的距
离约为30
cm;
(2)①如解图,连接DF 并延长交
BH 于点L,
由题意可知BH⊥HC,DL ⊥BH,
AF⊥HC,
∴AF∥BH,LH=FK= 30,
∵FC= 50,KF= 30,
∴在Rt△FCK 中,
CK=
FC
2-KF
2 = 40,
∴△ADF∽△EDL,
∴AF= 12,DF= 15
∴AF
EL =DF
DL,
即12
EL =
15
240-40+15,
解得EL= 172,
∴点E 与水平地面之间的距离约
为EL+LH= 172+30= 202(cm);
②如解图,过点A′作A′M⊥BH 于
点M,连接DF′,由题意可得A′,
A,M 三点共线,F′,D,F,L 四点也
共线,则F′L⊥BH.
由①可知EL = 172,LF = CH - CK
= 200,
∴后移1
m 后LF′ = LF+FF′ = 200
+100= 300.
由题意可知四边形AFLM 为
矩形,
∴ML=AF= 12,
∴EM=EL-ML= 172-12= 160.
由题意可知四边形A′ F′ LM 是
矩形,
∴A′M=LF′= 300,
∴tan
α = tan∠EA′M = EM
A′M = 160
300
= 8
15.
第6 题解图
2
4
