人教版初中數(shù)學(xué)中考初三培優(yōu)訓(xùn)練含答案

28．(11分)(鎮(zhèn)江)【閱讀】如圖1,在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A(a,0)(a>0),B(2,3),C(0,3).過原點(diǎn)O作直線1,使它經(jīng)過第一、三象限，直線l與y軸的正半軸所成角設(shè)為8,將四邊形OABC的直角0OCB沿直線1折疊，點(diǎn)C落在點(diǎn)D處，我們把這個(gè)操作過程記為FZ[8,a].【理解】若點(diǎn)D與點(diǎn)A重合，則這個(gè)操作過程為FZ[45°,3]；【嘗試】若點(diǎn)D恰為AB的中點(diǎn)(如圖2),求8；經(jīng)過FZ[45°,a]操作，點(diǎn)B落在點(diǎn)E處，若點(diǎn)E在四邊形0ABC的邊AB上，求出a的值；若點(diǎn)E落在四邊形0ABC的外部，直接寫出a的取值范圍；【探究】經(jīng)過FZ[8,a]操作后，作直線CD交x軸于點(diǎn)G,交直線AB于點(diǎn)H,使得0ODG與0GAH是一對(duì)相似的等腰三角形，直接寫出FZ[8，a]．考幾何變換綜合題．點(diǎn)：八、、?分【理解】析：由折疊性質(zhì)可以直接得出．【嘗試】如答圖1所示，若點(diǎn)D恰為AB的中點(diǎn)，連接CD并延長交x軸于點(diǎn)F.證明0BCD00AFD，進(jìn)而得至I」0OCD為等邊三角形，則8=30°；如答圖2所示，若點(diǎn)E在四邊形0ABC的邊AB上，貝昭ADE為等腰直角三角形,由此求出a=OA=OD+OA=5；由答圖2進(jìn)一步得到，當(dāng)0VaV5時(shí)，點(diǎn)E落在四邊形0ABC的外部．【探究】滿足條件的圖形有兩種，如答圖3、答圖4所示，解解：【理解】答1若點(diǎn)D與點(diǎn)A重合，由折疊性質(zhì)可知，OA=OC=3,8=^AOC=45°,0FZ[45°,3].【嘗試】如答圖1所示，連接CD并延長，交x軸于點(diǎn)F.

/OAF%/答圖/OAF%/答圖I在囹BCD與囹AFD中，rZBDC=ZADFBD=AD:ZCBD=Z?AD00BCD00AFD(ASA).0CD=FD，即點(diǎn)D為RtECOF斜邊CF的中點(diǎn),0OD^CF=CD.又由折疊可知，OD=OC，0OD=OC=CD,00OCD為等邊三角形，囹COD=60°,經(jīng)過FZ[45°,a]操作，點(diǎn)B落在點(diǎn)E處，則點(diǎn)D落在x軸上，AB0直線1,如答圖2所示：若點(diǎn)E四邊形0ABC的邊AB上,由折疊可知，OD=OC=3，DE=BC=2．0AB0直線1，0=45°，00ADE為等腰直角三角形，囹AD=DE=2,囹OA=OD+AD=3+2=5,0a=5；由答圖2可知，當(dāng)0VaV5時(shí)，點(diǎn)E落在四邊形0ABC的外部.

【探究】__FZ[30°,2+T3],FZ[60°,2+頭罰.如答圖3、答圖4所示.26.(12分)如圖，拋物線y=-(x-l)2+c與x軸交于A,B(A,B分別在y軸的左右兩側(cè))兩點(diǎn)，與y軸的正半軸交于點(diǎn)C,頂點(diǎn)為D,已知A(-1,0).求點(diǎn)B,C的坐標(biāo)；判斷囹CDB的形狀并說明理由；將囹COB沿x軸向右平移t個(gè)單位長度(0VtV3)得到囹QPE.囹QPE與0CDB重疊部分(如圖中陰影部分)面積為S,求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍.考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．分析：(1)首先用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，然后進(jìn)一步確定點(diǎn)B,C的坐標(biāo)；分別求出0CDB三邊的長度，利用勾股定理的逆定理判定HCDB為直角三角形;0COB沿x軸向右平移過程中，分兩個(gè)階段：當(dāng)OVtW時(shí)，如答圖2所示，此時(shí)重疊部分為一個(gè)四邊形；當(dāng)"IvtVS時(shí)，如答圖3所示，此時(shí)重疊部分為一個(gè)三角形.解答：解：(1)囹點(diǎn)A(-1,0)在拋物線y=-(x-1)2+c上，

00=-(-1-1)2+c，得c=4,囹拋物線解析式為：y=-(x-l)2+4,令x=0,得y=3,0C(0,3)；令y=0,得x=-1或x=3,0B(3,0).（2）0CDB為直角三角形．理由如下：由拋物線解析式，得頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1,4）.如答圖1所示，過點(diǎn)D作DM0x軸于點(diǎn)M,則OM=1,DM=4,BM=OB-OM=2.過點(diǎn)C作CN0DM于點(diǎn)N,則CN=1,DN=DM-MN=DM-OC=1.在Rt0OBC中，由勾股定理得：BC=；；ob在Rt0CND中，由勾股定理得：CD=護(hù)+D護(hù)=：1^+1=12；在Rt0在Rt0BMD中,由勾股定理得：BD=一迢護(hù)+DM，=0BC2+CD2=BD2,00CDB為直角三角形（勾股定理的逆定理）設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b,0B(3,0),C(0,3),f3k+b=00,l.b=3解得k=-1,b=3,0y=-x+3，直線QE是直線BC向右平移t個(gè)單位得到，0直線QE的解析式為：y=-(x-t)+3=-x+3+t；設(shè)直線BD的解析式為y=mx+m,0B(3,0),D(1,4),(3nrl-n=00,Imfn二4解得：m=-2n=60y=-2x+6.連接CQ并延長，射線CQ交BD于點(diǎn)G,則G(魯，3).在0COB向右平移的過程中：(I)當(dāng)0<tW訓(xùn),如答圖2所示：設(shè)PQ與BC交于點(diǎn)K可得QK=CQ=tPB=PK=3-t.-2k+6(k=3-1設(shè)QE與BD的交點(diǎn)為F,貝|O1,解得彳宀,0F(3-t,2t).[_y=-K+3+tlky=2t

(II)當(dāng)"Ivtvs時(shí)，如答圖3所示：設(shè)PQ分別與BC、BD交于點(diǎn)K、點(diǎn)J.囹CQ=t,0KQ=t,PK=PB=3-t.直線BD解析式為y=-2x+6,令x=t，得y=6-2t,0J(t,6-2t).S=S回pbj-S回pbk=*PB?PJ-*PB?PK=*(3-t)(6-2t)-*(3-t)2冷2-3t+|綜上所述，S與t的函數(shù)關(guān)系式為：

24.(10分)如圖，在2O中，直徑AB0CD，垂足為E,點(diǎn)M在OC上，AM的延長線交囹O于點(diǎn)G,交過C的直線于F，01=02，連結(jié)CB與DG交于點(diǎn)N.(1)求證：CF是0O的切線；(2)求證：0ACM00DCN；(3)若點(diǎn)M是CO的中點(diǎn)，0O的半徑為4，cos0BOC=，求BN的長.考點(diǎn)：圓的綜合題.分析：(1)根據(jù)切線的判定定理得出01+0BCO=9O°,即可得出答案；利用已知得出03=02,04=0D，再利用相似三角形的判定方法得出即可；根據(jù)已知得出OE的長，進(jìn)而利用勾股定理得出EC，AC，BC的長，即可得出CD,利用(2)中相似三角形的性質(zhì)得出NB的長即可.解答：(1)證明：00BCO中，BO=CO,00B=0BCO，在Rt0BCE中，02+0B=90°，又001=02，001+0BCO=90°，即0FCO=90°，0CF是0O的切線；(2)證明：0AB是0O直徑，00ACB=0FCO=90°，00ACB-0BCO=0FCO-0BCO,即03=01，003=02，

004=0D,亟ACM亟DCN；(3)解：亟O的半徑為4,即AO=CO=BO=4,在Rt0COE中，cos囹BOC=,EOE=CO?cosl3BOC=4x=l,由此可得：BE=3,AE=5，由勾股定理可