中考稍难题.docx
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中考稍难题.docx
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中考稍难题
如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,点D在AB上,AD=AC=9,DE⊥CD交BC于点E,tan∠DCB=
,则BE=______.
过A作AM⊥DC于M,EN∥CD,交AB于N,
∵AD=AC,
∴∠ADC=∠ACD,CM=
1
2
CD,
∵∠EDC=∠ACB=90°,
∴∠ACD+∠DCE=90°,∠DCE+ϖDEC=90°,∠BDE+∠ADC=90°,
∴∠ACD=∠DEC,∠BDE=∠DCE,
∵EN∥CD,∠CDE=90°,
∴∠DEN=90°,
∵tan∠DCE=
1
2
=
DE
CD
,
∴DE=
1
2
CD,tan∠BDE=
1
2
=
EN
DE
,
∴EN=
1
4
CD,
∵CM=
1
2
CD,DE=
1
2
CD,
∴DE=CM,
在△CDE和△AMC中
∵
∠AMC=∠EDC
CM=DE
∠ACM=∠DEC
,
∴△CDE≌△AMC
∴EC=AC=9,
∵EN∥CD,
∴△BNE∽△BDC,
∴
BE
BC
=
EN
CD
=
1
4
,
∴
BE
BE+9
=
1
4
,
∴BE=3,
故答案为:
3.
“上升数”是一个数中右边数字比左边数字大的自然数(如:
34,568,2469等).任取一个两位数,是“上升数”的概率是( )
A.
1
2
B.
2
5
C.
3
5
D.
7
18
1开头的两位自然数有10,11,12,13,14,15,16,17,18,19其中有8个“上升数”;
2开头的两位自然数有20,21,22,23,24,25,26,27,28,29,其中有7个“上升数”;
同理以3开头的两位自然数也有10个,其中有6个“上升数”;
一直到8开头的两位自然数也有10个,其中有1个“上升数”;
9开头的两位自然数没有“上升数”;
所以全部两位自然数有90个,“上升数”一共有:
1+2+3+4+5+6+7+8=36(个),
所以任取一个两位数,是“上升数”的概率是
36
90
=
2
5
.
故选B.
如图,已知△ABC为等边三角形,D、F分别为BC、AB边上的点,CD=BF,以AD为边作等边△
ADE.
(1)△ACD和△CBF全等吗?
请说明理由;
(2)判断四边形CDEF的形状,并说明理由;
(3)当点D在线段BC上移动到何处时,∠DEF=30°.
(1)△ACD≌△CBF
证:
∵△ABC为等边三角形
∴AC=BC
∠ACD=∠B=60°
∵CD=BF
∴△ACD≌△CBF(SAS)
(2)四边形CDEF为平行四边形
∵△ACD≌△CBF
∴∠DAC=∠BCF,CF=AD
∵△AED是等边三角形
∴AD=DE
∴CF=DE①
∵∠ACG+∠BCF=60°
∴∠ACG+∠DAC=60°
∴∠AGC=180°-(∠ACG+∠DAC)=120°
∴∠DGF=∠AGC=120°
∵△AED是等边三角形
∴∠ADE=60°
∴∠DGF+∠ADE=180°
∴CF∥DE②
综合①②可得四边形CDEF是平行四边形.
(3)∵AC=BC,
当点D是BC中点时,BF=CD=
1
2
BC=
1
2
AB,
∴CF为AB边上的中线,CF平分∠ACB,
∴∠DEF=
1
2
∠ACB=30°,
∴当点D是BC中点时,∠DEF=30°.
已知:
如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,点O在AB上,以O为圆心,OA长为半径的圆与AC,AB分别交于点D,E,且∠CBD=∠A.
(1)判断直线BD与⊙O的位置关系,并证明你的结论;
(2)若AD:
AO=8:
5,BC=2,求BD的长.
(1)直线BD与⊙O相切.(1分)
证明:
如图,连接OD.
∵OA=OD
∴∠A=∠ADO
∵∠C=90°,∴∠CBD+∠CDB=90°
又∵∠CBD=∠A
∴∠ADO+∠CDB=90°
∴∠ODB=90°
∴直线BD与⊙O相切.(2分)
(2)解法一:
如图,连接DE.
∵AE是⊙O的直径,∴∠ADE=90°
∵AD:
AO=8:
5
∴cosA=
AD
AE
=
4
5
(3分)
∵∠C=90°,∠CBD=∠A
cos∠CBD=
BC
BD
=
4
5
(4分)
∵BC=2,
∴BD=
5
2
(5分)
解法二:
如图,过点O作OH⊥AD于点H.
∴AH=DH=
1
2
AD
∵AD:
AO=8:
5
∴cosA=
AH
AO
=
4
5
(3分)
∵∠C=90°,∠CBD=∠A
∴cos∠CBD=
BC
BD
=
4
5
(4分)
∵BC=2
∴BD=
5
2
(5分)
如图1,抛物线y=-x²+bx+c的顶点为Q,与x轴交于A(-1,0)、B(5,0)两点,与y轴交于点C.
(1)求抛物线的解析式及其顶点Q的坐标;
(2)在该抛物线的对称轴上求一点P,使得△PAC的周长最小.请在图中画出点P的位置,并求点P的坐标;
(3)如图2,若点D是第一象限抛物线上的一个动点,过D作DE⊥x轴,垂足为E.
①有一个同学说:
“在第一象限抛物线上的所有点中,抛物线的顶点Q与x轴相距最远,所以当点D运动至点Q时,折线D—E—O的长度最长”.这个同学的说法正确吗?
请说明理由.
②若DE与直线BC交于点F.试探究:
四边形DCEB能否为平行四边形?
若能,请求出点D的坐标;若不能,请简要说明理由.
如图6,直线y=
x与双曲线y=
(k>0,x>0)交于点A,将直线y=
x向上平移4个单位长度后,与y轴交于点C,与双曲线y=
(k>0,x>0)交于点B,若OA=3BC,则k的值为:
(A)3(B)6(C)
(D)
如图,某人在山角A处测得山顶C的仰角为30,他沿坡度为i=1:
3的斜坡走了200米到B点,测得山顶C的仰角为方45,求山的高度.
如图1,在等边△ABC中,点M是BC上的任意一点(不含端点B、C),连结AM,以AM为边作等边△AMN,连结CN.求证:
∠ABC=∠ACN.
类比探究
如图2,在等边△ABC中,点M是BC延长线上的任意一点(不含端点C),其它条件不变,
(1)中结论∠ABC=∠ACN还成立吗?
请说明理由.
拓展延伸
如图3,在等腰△ABC中,BA=BC,点M是BC上的任意一点(不含端点B、C),连结AM,以AM为边作等腰△AMN,使顶角∠AMN=∠ABC.连结CN.试探究∠ABC与∠ACN的数量关系,并说明理由.
解析:
(1)∵△ABC、△AMN是等边三角形,
∴AB=AC,AM=AN,∠BAC=∠MAN=60°,
∴∠BAM=∠CAN,
∴△BAM≌△CAN(SAS),
∴∠ABC=∠ACN;
(2)结论∠ABC=∠ACN仍成立.
理由如下:
∵△ABC、△AMN是等边三角形,
∴AB=AC,AM=AN,
∠BAC=∠MAN=60°,
∴∠BAM=∠CAN,
∴△BAM≌△CAN(SAS),
∴∠ABC=∠ACN;
(3)∠ABC=∠ACN.
理由如下:
∵BA=BC,MA=MN,顶角∠ABC=∠AMN,
∴底角∠BAC=∠MAN,
∴△ABC∽△AMN,
∴
,
又∵∠BAM=∠BAC﹣∠MAC,∠CAN=∠MAN﹣∠MAC,
∴∠BAM=∠CAN,
∴△BAM∽△CAN,
∴∠ABC=∠ACN.
如图,矩形OABC在平面直角坐标系xOy中,点A在x轴的正半轴上,点C在y轴的正半轴上,OA=4,OC=3,若抛物线的顶点在BC边上,且抛物线经过O,A两点,直线AC交抛物线于点D.
(1)求抛物线的解析式;
(2)求点D的坐标;
(3)若点M在抛物线上,点N在x轴上,是否存在以A,D,M,N为顶点的四边形是平行四边形?
若存在,求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.
解:
(1)设抛物线顶点为E,根据题意OA=4,OC=3,得:
E(2,3),
设抛物线解析式为y=a(x﹣2)2+3,
将A(4,0)坐标代入得:
0=4a+3,即a=﹣
,
则抛物线解析式为y=﹣
(x﹣2)2+3=﹣
x2+3x;
(2)设直线AC解析式为y=kx+b(k≠0),
将A(4,0)与C(0,3)代入得:
,
解得:
,
故直线AC解析式为y=﹣
x+3,
与抛物线解析式联立得:
,
解得:
或
,
则点D坐标为(1,
);
(3)存在,分两种情况考虑:
①当点M在x轴上方时,如答图1所示:
四边形ADMN为平行四边形,DM∥AN,DM=AN,
由对称性得到M(3,
),即DM=2,故AN=2,
∴N1(2,0),N2(6,0);
②当点M在x轴下方时,如答图2所示:
过点D作DQ⊥x轴于点Q,过点M作MP⊥x轴于点P,可得△ADQ≌△NMP,
∴MP=DQ=
,NP=AQ=3,
将yM=﹣
代入抛物线解析式得:
﹣
=﹣
x2+3x,
解得:
xM=2﹣
或xM=2+
,
∴xN=xM﹣3=﹣
﹣1或
﹣1,
∴N3(﹣
﹣1,0),N4(
﹣1,0).
综上所述,满足条件的点N有四个:
N1(2,0),N2(6,0),N3(﹣
﹣1,0),N4(
﹣1,0).
若正整数n使得在计算n+(n+1)+(n+2)的过程中,各数位均不产生进位现象,则称n为“本位数”.例如2和30是“本位数”,而5和91不是“本位数”.现从所有大于0且小于100的“本位数”中,随机抽取一个数,抽到偶数的概率为______.
所有大于0且小于100的“本位数”有:
1、2、10、11、12、20、21、22、30、31、32,
共有11个,7个偶数,4个奇数,
所以,P(抽到偶数)=
7
11
.
故答案为:
7
11
.
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