2022-2022年江苏泰州中考数学试题分类解析汇编（12专题）专题12：押轴题一、选择题1.（2022江苏泰州4分）某学校建一个喷泉水池，没计的底面半径为4m的正六边形，池底是水磨石地面。现用的磨光机的磨头是半径为2dm的圆形砂轮，磨池底时磨头磨不到的部分的面积为【】。A.B.C.D.【答案】B。【考点】正多边形和圆，切线长定理，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，扇形面积。【分析】当圆形砂轮与正六边形的两边相切时，图形DCB不能被磨到，则不能磨到的面积为两个三角形的和减去扇形ABC的面积．这样的面积有6个，求出CABD的面积，再乘以6即可得到：如图，AC=AB=2dm，∠CDB=120°，切点分别为C，B点，则∠ACD=∠ABD=90°，由切线长定理知，CD=BD。∴△ACD≌△ABD，∠CAD=∠BAD=30°，BD=ABtan30°=dm。∴不能磨到的总面积=（dm2）。故选B。2.（江苏省泰州市2022年4分）下面四个命题中，正确的命题有【】①函数中，当x＞－1时，y随x增大而增大；②如果不等式的解集为空集，则a＞1；③圆内接正方形面积为8cm2，则该圆周长为4πcm；④AB是⊙O的直径，CD是弦，A、B两点到CD的距离分别为10cm、8cm，则圆心到弦CD的距离为9cm。A、1个B、2个C、3个D、4个【答案】A。55\n【考点】二次函数的性质，不等式的解集，梯形中位线定理，垂径定理，正多边形和圆。【分析】①∵，∴图象的对称轴是，开口向上。又∵二次函数的增减性是以对称轴为分界线的，∴当时，图象中y随x增大而减小，当时，图象中是y随x增大而增大。所以①错误。②不等式组的解集为空集，两个不等式的解无公共部分，∴a+1≥2，即a≥1。所以②错误。③∵圆内接正方形面积为8cm2，∴正方形边长为cm。∴根据弦径定理和勾股定理，知圆的半径为2cm。∴该圆周长为4πcm。所以③正确。④根据AB、CD的位置关系，分类求解：如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，A、B两点到CD的距离分别为10cm、8cm，则当弦与直径不垂直时，圆心到弦CD的距离为9cm，当弦与直径垂直时，圆心到弦CD的距离为1cm。所以④错误。因此正确的有1个。故选A。3.（江苏省泰州市2022年4分）向一容器内均匀注水，最后把容器注满.在注水过程中，容器的水面高度与时间的关系如右图所示，图中PQ为一线段，则这个容器是【】【答案】C。【考点】函数的图象。【分析】观察图象，开始上升缓慢，最后匀速上升，再针对每个容器的特点，选择合适的答案：根据图象，水面高度增加的先逐渐变快，再匀速增加，故容器从下到上，应逐渐变小，最后均匀。故选C。4.（江苏省泰州市2022年4分）(02重庆市)给出下列四个命题：（1）如果某圆锥的侧面展开图是半圆，则其轴截面一定是等边三角形；（2）若点A在直线y=2x—3上，且点A到两坐标轴的距离相等，则点A在第一或第四象限；（3）半径为5的圆中,弦AB=8,则圆周上到直线AB的距离为2的点共有四个；55\n（4）若A（a，m）、B（a－1，n）(a0)在反比例函数的图象上，则mn.其中,正确命题的个数是【】A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】B。【考点】几何体的展开图，一次函数图象上点的坐标特征，垂径定理，反比例函数图象上点的坐标特征。【分析】根据对称性一一分析得出：（1）如果某圆锥的侧面展开图是半圆，则其轴截面一定是等边三角形，正确；（2）如果点A到两坐标轴的距离相等，那么点A是y=x与y=2x-3的交点，是（3，3），在第一象限，则点A在第一或第四象限是正确的；（3）半径为5的圆中，弦AB=8，则圆心距是3，圆周上到直线AB的距离为2的点是平行于AB，弦心距是2的弦与圆的交点．再加上垂直于弦AB的半径与圆的交点共3个，故其错误；（4）若A（a，m）、B（a－1，n）（a＞0）在反比例函的图象上，而a与a－1的不能确定是否同号，即A，B不能确定是否在同一象限内，故m与n的大小关系无法确定．故错误。故选B。5.（江苏省泰州市2022年3分）下列说法正确的是【】A．抛一枚硬币正面朝上的机会与抛一枚图钉钉尖着地的机会一样大.B．为了了解泰州火车站某一天中通过的列车车辆数，可采用普查的方式进行.C．彩票中奖的机会是1%，买100张一定会中奖.D．泰州市某中学学生小亮，对他所在的住宅小区的家庭进行调查，发现拥有空调的家庭占65%，于是他得出泰州市拥有空调家庭的百分比为65%的结论.【答案】B。【考点】概率的意义，全面调查与抽样调查的选择，用样本估计总体。【分析】利用普查的特点、概率的意义和用样本估计总体的方法即可正确选择：A、图钉的两面的面积不一样，所以抛一枚硬币正面朝上的机会与抛一枚图钉钉尖着地的机会不一样，错误；B、可实际操作，所以应该用普查的方式，正确：C、概率是1%，属于随机事件，所以买100张不一定会中奖，错误；D、抽查的样本要具有代表性，他抽的样本不具有代表性，所以不能用来估计总体，错误。故选B。55\n6.（江苏省泰州市2022年3分）如图,在10×10的正方形网格纸中,线段AB、CD的长均等于5．则图中到AB和CD所在直线的距离相等的网格点的个数有【】A．2个B．3个C．4个D．5个【答案】C。【考点】角平分线的性质。【分析】根据角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，延长BA与DC的延长线相交，形成一个角，这个角的平分线与网格点重合的点即为所求的点。可知网格点的个数有4个。因此到AB和CD所在直线的距离相等的网格点的个数有4个。故选C。另外可以证明，四边形ABDC是等腰梯形，故可连接AC，作线段AC的垂直平分线，线段AC的垂直平分线上与网格点重合的点即为所求的点。或作AC，BD两线段中点连线的直线，它与网格点重合的点即为所求的点。7.（江苏省泰州市2022年3分）已知：二次函数，下列说法错误的是【】A．当时，随的增大而减小B．若图象与轴有交点，则C．当时，不等式的解集是D．若将图象向上平移1个单位，再向左平移3个单位后过点，则【答案】B。【考点】二次函数的性质，二次函数图象与几何变换，抛物线与轴的交点，二次函数与不等式（组）。【分析】二次函数为，对称轴为=2，图象开口向上。则：A、当时，y随x的增大而减小，故选项正确；B、若图象与轴有交点，即△=16＋4≥0则≥－4，故选项错误；55\nC、当=3时，不等式的解集是1＜x＜3，故选项正确；D、可化为，将图象向上平移1个单位，再向左平移3个单位后，项点移为（－1，）所得函数解析式是。由函数过点（1，－2），代入解析式得到：=3．故选项正确。故选B。8.（江苏省泰州市2022年3分）在平面上，四边形ABCD的对角线AC与BD相交于O，且满足AB=CD．有下列四个条件：(1)OB=OC；(2)AD∥BC；(3)；(4)∠OAD=∠OBC．若只增加其中的一个条件，就一定能使∠BAC＝∠CDB成立，这样的条件可以是【】A.(2)、(4)B.(2)C.(3)、(4)D.(4)【答案】D。【考点】全等和相似三角形的判定和性质【分析】所增加的条件只要能证明△AOB≌△DOC即可。△AOB和△DOC全等已经具备的条件是：AB=CD，∠AOB=∠DOC，只要验证一下四个条件是否满足这个关系即可判断：．①OB=OC，两个三角形是两边及一边的对角对应相等，不能判定三角形全等，故选项错误；②当AD∥BC时，可推出四边形ABCD是等腰梯形或平行四边形，梯形时可证明△BAC≌△CDB，但平行四边形时，不能证明△BAC≌△CDB，故选项错误；③∵，不能判定△AOD∽△COB，∴∠BAC=∠CDB不一定相等，故选项正确；④当∠OAD=∠OBC时，∵∠AOD=∠BOC，∴△OAD∽△OBC。∴。∴。∵∠AOB=∠DOC，∴△AOB∽△DOC。∴∠BAC=∠CDB成立。故选D。9.（江苏省2022年3分）下面是按一定规律排列的一列数：第1个数：；第2个数：；第3个数：；55\n……第个数：．那么，在第10个数、第11个数、第12个数、第13个数中，最大的数是【】A．第10个数B．第11个数C．第12个数D．第13个数【答案】A。【考点】分类归纳（数字的变化类）。【分析】根据题意找出规律然后依次解得答案进行比较：第1个数：；第2个数：；第3个数：；按此规律，第个数：；第个数：。∵，∴越大，第个数越小，所以选A。10.（江苏省泰州市2022年3分）已知（为任意实数），则、的大小关系为【】A.B.C.D.不能确定【答案】C。【考点】代数式的大小比较。【分析】代数式的大小比较，最常用的方法就是特殊值法、差值法及商值法，在填空题及选择题中，用特殊值法是最简捷的，要注意字母所取值必满足条件。本题可用特殊值法或差值法：55\n特殊值法：取=0，分别代入得=－1，=0，故；差值法：===＜0，故P＜Q。故选C。12.（2022江苏泰州3分）下列四个命题：①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形；②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；③顺次连结矩形四边中点得到的四边形是菱形；④正五边形既是轴对称图形又是中心对称图形．其中真命题共有【】A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B。【考点】真假命题，平行四边形的判定，正方形的判定，菱形的判定，轴对称图形和中心对称图形。【分析】根据平行四边形的判定，正方形的判定，菱形的判定和轴对称图形、中心对称图形的概念逐一作出判断：①如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ADC=∠ABC，连接BD，则∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC（两直线平行，内错角相等）。55\n又∵∠ADC=∠ABC，∴∠BDC=∠ABD（等量减等量，差相等）。∴AB∥DC（内错角相等，两直线平行）。∴四边形ABCD是平行四边形（平行四边形定义）。因此命题①正确。②举反例说明，如图，铮形对角线互相垂直且相等。因此命题②错误。③如图，矩形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，连接AC，BD。∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，∴EF=AC，HG=AC，EF=BD，FG=BD（三角形中位线定理）。又∵矩形ABCD，∴AC=BD（矩形的对角线相等）。∴EF=HG=EF=FG（等量代换）。∴四边形EFGH是菱形（四边相等的辊边形是菱形）。因此命题③正确。④根据轴对称图形和中心对称图形的概念，正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形。因此命题④错误。综上所述，正确的命题即真命题有①③。故选B。二、填空题1.（2022江苏泰州2分）用●表示实圆，用○表示空心圆，现有若干实圆与空心圆按一定规律排列如下：●○●●○●●●○●○●●○●●●○●○●●○●●●○······问前2022个圆中，有个▲空心圆。【答案】667。【考点】分类归纳（图形的变化类）。【分析】观察发现：每9个圆中，有6实圆，3个空心圆，即按“实空实实空实实实空”循环排列。∵2022÷9=222…3，根据规律，余数的3圆里有1个空心圆∴前2022个圆中空心圆的个数为：222×3＋1=667（个）。2.（江苏省泰州市2022年2分）请根据所给方程，联系生活实际，编写一道应用题。（要求题目完整，题意清楚，不要求解方程）▲【答案】一项工程，甲乙合作，需6天完成．已知乙独做完成比甲独做完成多5天，求甲单独完成这项工程需几天？（答案不唯一）【考点】分式方程的应用。【分析】方程最后结果为1，因此用各工作量之和为1来编写应用题。55\n3.（江苏省泰州市2022年3分）如图，由边长为1的25个小正方形组成的正方形网格上有一个△ABC；在网格上画出一个与△ABC相似且面积最大的△A1B1C1，使它的三个顶点都落在小正方形的顶点上，则△A1B1C1的最大面积是▲.【答案】5。【考点】相似三角形的判定和性质。【分析】因为限制条件比较多，关键是新三角形的三个顶点必须都落在小正方形的顶点上，所以可以对原三角形的边扩大一定的倍数来解决：如图所示，∵△ABC∽△A1B1C1，相似比为，又S△ABC=1∴。4.（江苏省泰州市2022年3分）在距离地面2米高的某处把一物体以初速度（米/秒）竖直向上抛出,在不计空气阻力的情况下,其上升高度（米）与抛出时间（秒）满足：(其中是常数,通常取10米/秒2),若米/秒,则该物体在运动过程中最高点距离地面▲米.【答案】7。【考点】二次函数的应用。【分析】把=10，代入求出解析式，并求出的最大值，从而根据抛球时本身就距离地面2米得到该物体在运动过程中最高点距离地面的高度：把=10，代入得：∴它是开口向下的一条抛物线，最大值为5。∴该物体在运动过程中最高点距离地面5＋2=7（米）。5.（江苏省泰州市2022年3分）如图，机器人从A点，沿着西南方向，行了个4单位，到达B点后观察到原点O在它的南偏东60°的方向上，则原来A的坐标为▲.（结果保留根号）．55\n【答案】（0，）。【考点】坐标与图形性质，解直角三角形。【分析】过点B作y轴的垂线，垂足为点C。在Rt△ABC中，∵AB=4，∠BAC=45°，∴AC=BC=4。在Rt△OBC中，∵∠OBC=30°，∴OC=BC•tan30°=∴AO=AC+CO=。∴A（0，）。6.（江苏省泰州市2022年3分）为美化小区环境，某小区有一块面积为30的等腰三角形草地，测得其一边长为10，现要给这块三角形草地围上白色的低矮栅栏，则其长度为▲．【答案】或或。【考点】解直角三角形的应用，勾股定理，等腰三角形的性质。【分析】分类讨论：如图，△ABC中作BC边上的高AD。（1）当底边BC=10时，∵S=30，∴高AD=6。在Rt△ABD中，由勾股定理求出，∴周长=。（2）当AB=AC=10时，设BD=x，AD=h，则BC=2x。∵S=30，∴xh=30。在Rt△ABD中，由勾股定理得，，即（舍去负值）。∴x，h是一元二次方程的两个根，解得。∴当时，BC=，△ABC的周长=（此时△ABC是钝角三角形），当时，BC=，△ABC的周长=（此时△ABC是锐角三角形）。综上所述，这块三角形草地上低矮栅栏长度为或或。7.（江苏省泰州市2022年3分）如图，在的正方形格纸中，有一个以格点为顶点的，请你找出格纸中所有与成轴对称且也以格点为顶点的三角形，这样的三角形共有▲个．55\n【答案】5。【考点】轴对称的性质【分析】根据轴对称图形的定义与判断可知：与△ABC成轴对称且也以格点为顶点的三角形有5个，分别为△BCD，△BFH，△ADC，△AEF，△CGH。8.（江苏省泰州市2022年3分）如图，用锤子以相同的力将铁钉垂直钉入木块，随着铁钉的深入，铁钉所受的阻力也越来越大.当铁钉未进入木块部分长度足够时，每次钉入木块的铁钉长度是前一次的.已知这个铁钉被敲击3次后全部进入木块（木块足够厚），且第一次敲击后，铁钉进入木块的长度是2cm，若铁钉总长度为acm，则a的取值范围是▲.【答案】。【考点】一元一次不等式的应用【分析】由题意得敲击2次后铁钉进入木块的长度是2＋2×=3，而此时还要敲击1次，所以两次敲打进去的长度要小于a，经过三次敲打后全部进入，所以三次敲打后进入的长度要大于等于a，列出不等式组。9.（江苏省2022年3分）如图，已知是梯形ABCD的中位线，△DEF的面积为，则梯形ABCD的面积为▲cm2．55\n【答案】16。【考点】梯形中位线定理【分析】根据已知△DEF的高为梯形高的一半，从而根据三角形的面积可求得中位线与高的乘积，即求得了梯形的面积：设梯形的高为h，∵EF是梯形ABCD的中位线，∴△DEF的高为。∵△DEF的面积为，∴。∴梯形ABCD的面积为。10.（江苏省泰州市2022年3分）如图⊙O的半径为1cm，弦AB、CD的长度分别为，则弦AC、BD所夹的锐角＝▲．【答案】750。【考点】圆周角定理，锐角三角函数，特殊角的三角函数值，三角形外角定理。【分析】如图，过点B、C分别作⊙O的直径BE、CF，连接AE、DF、BC。则∵BE、CF分别是⊙O的直径，∴∠BAE=∠CDF=900。在Rt△ABE中，BE=2，AB=，∴。∴。在Rt△CDF中，CF=2，CD=1，∴。∴。又∵∠ACB=∠AEB=450，∠CBD=∠CFD=300，∴=∠ACB＋∠CBD=750。11.（江苏省泰州市2022年3分）如图，平面内4条直线l1、l2、l3、l455\n是一组平行线，相邻2条平行线的距离都是1个单位长度，正方形ABCD的4个顶点A、B、C、D都在这些平行线上，其中点A、C分别在直线l1、l4上，该正方形的面积是▲平方单位。【答案】5或9。【考点】平行的性质，勾股定理,正方形面积。【分析】①A点在l1定下后，B点由A点向下平移2个单位到l2后向左平移1个单位得到；C点由B点向下平移1个单位到l4后向右平移2个单位得到；D点由C点向上平移1个单位到l3后向左平移2个单位得到。这时得到的四边形ABCD是边长为个单位长度的正方形，该正方形的边长是，面积是5平方单位。(如下左图）②边长是3的正方形，该正方形的边长面积是9平方单位。(如下右图）12.（2022江苏泰州3分）如图，在边长相同的小正方形组成的网格中，点A、B、C、D都在这些小正方形的顶点上，AB、CD相交于点P，则tan∠APD的值是▲．【答案】2。【考点】正方形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义。【分析】如图，连接BE，交CD于点F。∵四边形BCED是正方形，∴DF=CF=CD，BF=BE，CD=BE，BE⊥CD，∴BF=CF。根据题意得：AC∥BD，∴△ACP∽△BDP。∴DP：CP=BD：AC=1：3。∴DP=PF=CF=BF。55\n在Rt△PBF中，。∵∠APD=∠BPF，∴tan∠APD=2。三、解答题1.（2022江苏泰州10分）如图，OA和OB是⊙O的半径，并且OA⊥OB，P是OA上任一点，BP的延长线交⊙O于点Q，点R在OA的延长线上，且RP=RQ。（1）求证：RQ是⊙O的切线；（2）求证：；（3）当RA≤OA时，试确定∠B的范围。【答案】解：（1）证明：连接OQ。∵OB=OC，PR=RQ，∴∠OBP=∠OQP，∠RPQ=∠RQP。∵∠OBP+∠BPO=90°，∠BPO=∠RPQ，∴∠OQP+∠RQP=90°，即∠OQR=90°。∴RQ是⊙O的切线。（2）证明：延长AO交⊙O于点C，连接BC，AQ，∵∠BPC=∠QPA，∠BCP=∠AQP，∴△BCP∽△AQP。∴。∴。∴。（3）当RA=OA时，∠R=30°，易得∠B=15°；当R与A重合时，∠B=45°。∵R是OA延长线上的点，∴R与A不重合。∴∠B≠45°。又∵RA≤OA，∴∠B＜45°。∴15°≤B＜45°。55\n【考点】圆的综合题，圆周角定理，等腰三角形的性质，直角三角形两锐角的关系，切线的判定，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）要证明RQ是⊙O的切线只要证明∠OQR=90°即可。（2）延长AO交⊙O于点C，连接BC，AQ，证明△BCP∽△AQP，从而得到PB•PQ=PC•PA，整理即可得到。（3）分别考虑当RA=OA时或与A重合时，∠B的度数，从而确定其取值范围。2.（2022江苏泰州12分）已知，二次函数，k为正整数，它的图象与x轴交于点A、B，且点A在原点左边，点B在原点右边。（1）求这个二次函数的解析式；（2）直线过点A且与y轴的正半轴交于点C，与抛物线交于第一象限内的点D，过点D作DE⊥x轴于点E，已知。①求直线的解析式；②若点O1是△ABD的外接圆的圆心，求tan∠ADO1；③设抛物线交y轴于点F，问点F是否在△ABD的外接圆上，请证明你的结论。【答案】解：（1）∵二次函数的图象与x轴有两个交点，∴。解得k＜3。∵k为正整数，∴k取1、2。当k=1时，，符合题意。当k=1时，，此时函数图象与x轴的两个交点在原点的同侧，不合题意，55\n舍去。∴二次函数的解析式为：。（2）①设D（a，h），∵点D在第一象限，∴a＞0，h＞0。由得A（－1，0），B（3，0）。∵点C是直线与y轴的正半轴的交点，∴C（0，n），n＞0。∵直线过点A，∴即。∴。∵点E是和的交点，∴。∵，∴，解得a=2或a=0（舍去）。∴，解得。∴直线的解析式为。②如图，连接O1D，O1A，作O1M⊥AD于点M。则。∴。③点F是在△ABD的外接圆上。证明如下：在中令，得，∴F（0，3）。连接DF交抛物线的对称轴于点G，连接O1D，O1F。易知，DF∥x轴，∴O1G⊥DF，FG=GD=1。∴O1G垂直平分DF。∴O1F=O1D（半径）。∴点F是在△ABD的外接圆上。【考点】二次函数综合题，二次函数的图象与x轴的交点问题，一元二次方程根的判别式，曲线上点的坐标与方程的关系，垂径定理，圆周角定理，锐角三角函数定义，二次函数的性质。55\n【分析】（1）根据二次函数的图象与x轴有两个交点，得到△＞0，求出k的取值范围，结合k为正整数，求出k的整数解；再将整数解代入二次函数解析式，得到符合题意的二次函数。（2）①设D（a，h），由直线过点A得到，由点E是和的交点得。根据列出方程，求出a，从而求得n而得到直线的解析式。②连接O1D，O1A，作O1M⊥AD于点M，根据垂径定理、圆周角定理和锐角三角函数定义，可得。③连接DF交抛物线的对称轴于点G，连接O1D，O1F，只要证明O1F=O1D（半径）即可。3.（江苏省泰州市2022年12分）已知：如图，⊙O和⊙O’相交于A、B两点，AC是⊙O’的切线，交⊙O于C点，连结CB并延长交⊙O’于点F，D为⊙O’上一点，且∠DAB＝∠C，连结DB交延长交⊙O于点E。（1）求证：DA是⊙O的切线；（2）求证：；（3）若BF＝4，CA＝，求DE的长。【答案】解：（3）证明：连接O’O，O’A，OA，AB。AB与O’O相交于点H。∵AC是⊙O’的切线，∴∠O’AC=900。∵AB是两圆的公共弦，∴O’O⊥AB，即∠AHO=900。又∵圆心角∠AOH是AB所对圆心角的一半，∴∠C=∠AOH=900－∠HAO=900－∠BAC－∠CAO。∴∠DAO=∠DAB＋∠BAC＋∠CAO=∠C＋∠BAC＋∠CAO=（900－∠BAC－∠CAO）＋∠BAC＋∠CAO=900。即AO⊥DA。又∵AO是⊙O的半径，∴DA是⊙O的切线。（2）证明：连接AB，AF，FD，AE。55\n∵∠AFB和∠ADB，∠BFD和∠DAB都分别是同弧所对的圆周角，∴∠AFB=∠ADB，∠BFD=∠DAB。又∵∠DAB＝∠C，∴∠AFD=∠AFB＋∠BFD=∠ADB＋∠DAB=∠ADB＋∠C。∵∠ADF和∠ABF是同弧所对的圆周角，∴∠ADF=∠ABF。又∠ABF是△ABC的一个外角，∴∠ABF=∠ADB＋∠C。∴∠ADF=∠ADB＋∠C。∴∠AFD=∠ADF。∴AF=AD。又∵∠AFC=∠ADE，∠C=∠E，∴△ABE≌△AFC（AAS）。∴DE=FC。又∵AC是⊙O’的切线，DA是⊙O的切线，∴根据切线长定理，得，。∴。（3）∵，BF＝4，CA＝，∴，即。解得=9（已舍去负值）。由（2）知，DE=FC。∴DE=9。【考点】切线的判定和性质，圆周角定理，三角形外角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，切线长定理，解一元二次方程。【分析】（1）两圆相交，连接公共弦；已知（求证）切线，连接圆心和切点。故作辅助线：连接O’O，O’A，OA，AB，结合已知∠DAB＝∠C，通过应用切线的性质和圆周角定理即可证得∠DAO=900。从而根据切线的判定而得证。（2）要证，根据切线长定理有和，从而。所以只要证DE=FC即可，因此连接AB，AF，FD，AE，应用AAS证明△ABE≌△AFC即可得到。由已知，应用圆周角定理、三角形外角定理和等腰三角形的性质，即可证得AF=AD，∠AFC=∠ADE，∠C=∠E。从而得证。（3）由已知和切线长定理，得即，解出CF，根据（2）DE=FC即可求得。55\n4.（江苏省泰州市2022年12分）等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD，面积S＝9，建立如图所示的直角坐标系，已知A（1,0）、B（0,3）。（1）求C、D两点坐标；（2）取点E（0,1），连结DE并延长交AB于F，求证：DF⊥AB；（3）将梯形ABCD绕A点旋转180°到AB’C’D’，求对称轴平行于y轴，且经过A、B’、C’三点的抛物线的解析式；（4）是否存在这样的直线，满足以下条件：①平行于x轴，②与（3）中的抛物线有两个交点，且这两交点和（3）中的抛物线的顶点恰是一个等边三角形的三个顶点？若存在，求出这个等边三角形的面积；若不存在，请说明理由。【答案】解：（1）依题意设C（－m，3）则D（－m－1，0），BC=m，AD=m＋2。由梯形面积公式得（m＋m＋2）×3÷2=9，解得m=2。∴C（－2，3），D（－3，0）。
（2）证明：∵OD=OB=3，∠DOE=∠BOA=90°，OE=OA=1，∴△ODE≌△OBA（SSS）。∴∠DEO=∠A，∠EDO+∠DEO=90°。∴∠A+∠EDO=90°。∴DF⊥AB。（3）由旋转的性质可得B'（2，－3），C'（4，－3）。又A（1，0），设抛物线解析式y=ax2＋bx＋c，代入得，解得。∴所求抛物线的解析式y=x2－6x＋5。
（4）存在。设等边三角形边长为2n，55\n∵抛物线对称轴是x=3，顶点坐标（3，－4），∴其中右交点为（n＋3，n2－4），等边三角形高为n2－4－（－4）=n2。由等边三角形底，高的关系得，∴。∴等边三角形边长为，高为3，面积为。【考点】二次函数综合题，等腰梯形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直的判定，旋转的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，等边三角形的性质。【分析】（1）依题意设C（－m，3），则D（－m－1，0），根据梯形面积公式可求m=2，即可求出C，D两点坐标。（2）通过证明△ODE≌△OBA，利用互余关系可证DF⊥AB。（3）利用中心对称画图，由对称性可确定A，B'，C'三点坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式。（4）根据等边三角形的高与边长的关系，建立等式求解。5.（江苏省泰州市2022年10分）已知：如图，⊙O与⊙O1内切于点A，AO是⊙O1的直径，⊙O的弦AC交⊙O1于点B，弦DF经过点B且垂直于OC，垂足为点E.⑴求证：DF与⊙O1相切.（3分）⑵求证：2AB2=AD·AF.（3分）⑶若AB=，cos∠DBA=，求AF和AD的长.（4分）【答案】解：（1）证明：连接O1B，∵O1B=O1A，∴∠O1AB=∠O1BA。∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA。∴∠O1BA=∠OCA。∴O1B∥OC。55\n∵OC⊥DF，∴O1B⊥DF。∴DF与⊙O1相切。（2）证明：连接OB，则OB⊥AC，∴AC=2AB=2BC。∵OC⊥DF，∴。∴∠CAD=∠CAF。∵∠D=∠ACF，∴△ABD∽△AFC。∴。∵AC=2AB，∴2AB2=AD•AF。（3）∵Rt△BEC中，BC=AB=，cos∠CBE=cos∠DBA=，∴BE=BCcos∠CBE=2，。∵Rt△BEC∽Rt△OBC，∴，即。∴。∵Rt△BEC∽Rt△OEB，∴，即。∴OE=1。连接OF，在Rt△OEF中，OF=OC=5，OE=1，根据勾股定理有。∴。∵弧，∴∠CAF=∠BFC。∴△ACF∽△FCB。∴CF2=CB•CA=2AB2=40。∴CF=。∴，即，∴。由（2）知：2AB2=AD•AF，即，∴。【考点】圆周角定理，平行的判定和性质，切线的判定，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义，勾股定理。【分析】（1）连接O1B，证O1B⊥DF即可，由于OC⊥DF，因此只需证O1B∥OC即可。可通过不同圆中圆的半径对应的角相等来求得，由此可得证。（2）通过证△ABD和△AFC相似来求解．连接OB，则OB⊥AC，因此可根据垂径定理得出AC=2AB，那么通过两三角形相似得出的，即可得出所求的结论。（3）先求出BF的长，然后根据△FCB和ACF△得出的CF255\n=CB•CA，求出CF的长，还是这两个相似三角形，根据求出AF的长，从而可根据（2）的结果求出AD的长。6.（江苏省泰州市2022年12分）已知：如图，抛物线与轴的两个交点M、N在原点的两侧，点N在点M的右边，直线经过点N，交轴于点F.⑴求这条抛物线和直线的解析式.(4分)⑵又直线与抛物线交于两个不同的点A、B，与直线交于点P，分别过点A、B、P作x轴的垂线，垂足分别是C、D、H.①试用含有k的代数式表示;（2分）②求证：.（2分）⑶在⑵的条件下，延长线段BD交直线于点E，当直线绕点O旋转时,问是否存在满足条件的k值，使△PBE为等腰三角形？若存在，求出直线的解析式；若不存在，请说明理由.（4分）【答案】解：（1）∵直线经过轴上的点N，∴N点的坐标为（，0）。又∵抛物线过N点，∴，即m2－8m=0，解得m=0或m=8。∵M，N在原点两侧，∴3（m－1）＜0即m＜1。∴m=8不合题意舍去。∴m=0。∴抛物线的解析式为，直线的解析式为。（2）①∵抛物线与直线y2交于A、B两点，∴，即。设C、D的坐标为（x1，0），（x2，0）．55\n∴x1＋x2=2＋k，x1•x2=－3。∴。②证明：∵直线y2与y1交于P点，∴－2x＋6=kx，即，∴H点的坐标为（，0）。∴OH=，。∴。（3）分三种情况：①PB=BE，则有∠OFD=∠OPF，∵∠OFD＜45°，∴∠FOB为钝角，此时y2的斜率k＜0。因此不合题意，不存在这种情况。②PB=PE，则有PF=PO，设P点的坐标为（x，y），∴y=OF=3。∵直线y1过P点，∴P点的坐标为（，3）。∴3=k，k=2。∴直线y2的解析式为y2=2x。③PE=BE，则由△PBE∽△POE有PF=OF=6。过点P作PG⊥y轴于点G，设点P的坐标为（x，kx）。在Rt△ONF中，ON=3，OF=6，∴。∵PG∥x轴，∴，即。∴，kx=。∴点P的坐标为（，）。又∵直线过P点，∴，解得，55\n∴直线y2的解析式为y2=（）x。综上所述y2的解析式为y2=2x=2x或y2=（）x。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，一元二次方程根与系数的关系，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）可先根据直线y1的解析式求出N点的坐标，然后将其代入抛物线的解析式中即可求出m的值，然后根据M、N在原点两侧，即3（m-1）＜0，将不合题意的m的值舍去，即可求出抛物线和直线的解析式；（2）联立个相交函数的解析式，求出C，D，H三点的横坐标，然后用根与系数的关系进行求解即可。（3）分三种情况进行讨论：①当PB=BE时，则有∠OFD=∠OF，由于∠OFD为锐角且小于45°，因此∠FOB为钝角，此时直线y2的斜率k＜0，显然不合题意。②当PB=PE时，那么PF=PO，P点位于OF的垂直平分线上，因此P点的纵坐标为3，由此可求出P点的坐标．以此来求出直线y2的解析式。③当PE=BE时，那么由△PBE∽△POE有PF=OF=6，可过P作PG⊥y轴于G，通过构建相似三角形来求出P点的横坐标，从而根据直线y1的解析式求出k值，以此来求出直线y2的解析式。7.（江苏省泰州市2022年12分）如图,B为线段AD上一点,△ABC和△BDE都是等边三角形,连结CE并延长交AD的延长线于点F,△ABC的外接圆⊙O交CF于点M.（1）求证：BE是⊙O的切线；（2）求证：AC2＝CM·CF；（3）若CM＝,MF＝,求BD；（4）若过点D作DG∥BE交EF于点G,过G作GH∥DE交DF于点H,则易知△DGH是等边三角形.设等边△ABC、△BDE、△DGH的面积分别为S1、S2、S3,试探究S1、S2、S3之间的等量关系,请直接写出其结论.55\n【答案】解：（1）证明：连结OB。 ∵△ABC和△BDE都是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠CAB＝∠ABC＝∠EBD＝60°，且∠OBC＝30°。又∵∠CBE＝180°－60°－60°＝60°，∴∠OBE＝30°＋60°＝90°，即OB⊥BE。∴BE是⊙O的切线。（2）证明：连结AM，则∠AMC＝∠ABC＝∠CAF＝60°。又∵∠ACM＝∠FCA，∴△ACM∽△FCA。∴。∴AC2＝CM·CF。（3）由AC2＝CM·CF，CM＝，MF＝，得AC2＝CM·（CM＋MF），解得AC＝2。∴AB=AC=2。设FB＝x，由FB·FA＝FM·FC，得，解得，（舍去）。∴FB＝4。由EB∥AC，得，∴。∴BE＝。∴BD＝。（4）或。【考点】切线的判定，等边三角形的性质，切割线定理，平行线分线段成比例，相似三角形的判定和性质，代数式化简。【分析】（1）连接OB，证明∠OBE=90°即可。（2）欲证AC2=CM•CF，即证AC：CF=CM：AC，连接AM，通过证明△ACM∽△FCA可以得出。（3）由（2）的结论先求出AC的长，再根据割线定理得出FB•FA=FM•FC，求出FB，再由EB∥AC得出BE：AC=FB：FA，求出BE，得出BD的长。（4）探究S1、S2、S3之间的等量关系：55\n如图，易知△ABC、△BDE、△DGH都是等边三角形，设△ABC、△BDE、△DGH边长分别为，HF为。由AC∥BE∥DG，得△ACF∽△BEF∽△DGF。∴，即。由得，由得。∴，去分母，得，即。又由△ABC∽△BDE∽△DGH，根据相似三角形面积比是相似比的平方得。∴S1、S2、S3之间的等量关系为或8.（江苏省泰州市2022年12分）抛物线()交轴于点A(－1,0)、B（3,0）,交轴于点C,顶点为D,以BD为直径的⊙M恰好过点C.(1)求顶点D的坐标(用的代数式表示)；(2)求抛物线的解析式；(3)抛物线上是否存在点P使△PBD为直角三角形？若存在,求出点P的坐标；若不存在,说明理由。55\n【答案】解：（1）由题意：设抛物线的解析式为，∴。当时，。∴点C（0，－3），D（1,－4）。（2）过点D作DE⊥轴于点E，易证△DEC∽△COB。∴，即，∴。 ∵，∴。∴抛物线的解析式为：。（3）符合条件的点P存在，共3个：①若∠BPD＝90°，P点与C点重合，则P1（0，3）（P1表示第一个P点，下同）。②若∠DBP＝90°，过点P2作P2R⊥轴于点R，过点D作DH⊥轴于点H，设点P2由△BP2R∽△DBH得，，即，解得或（舍去）。55\n∴。③若∠BDP＝90°，设DP3的延长线交y轴于点N，过点D作DH⊥轴于点H，由△EDN∽△HDB得，，即求得EN＝，∴N（0，）。由D（1,4），N（0，）求得DN的解析式为。则由得和。∴抛物线与直线DN的交点得P3（）。9.（江苏省泰州市2022年12分）教室里放有一台饮水机（如图），饮水机上有两个放水管．课间同学们依次到饮水机前用茶杯接水．假设接水过程中水不发生泼洒，每个同学所接的水量都是相等的．两个放水管同时打开时，他们的流量相同.放水时先打开一个水管，过一会儿，再打开第二个水管，放水过程中阀门一直开着．饮水机的存水量y（升）与放水时间x（分钟）的函数关系如图所示：（1）求出饮水机的存水量y（升）与放水时间x（分钟）(x≥2)的函数关系式；（4分）（2）如果打开第一个水管后，2分钟时恰好有4个同学接水结束，则前22个同学接水结束共需要几55\n分钟？（4分）（3）按（2）的放法，求出在课间10分钟内班级中最多有多少个同学能及时接完水？（4分）【答案】解：（1）设在x≥2时，存水量y与放水时间x的解析式为y=kx＋b。把（2，17）、（12，8）代入y=kx＋b得，解得。∴所求函数关系式为y=－x＋（2≤x≤）。（2）由图可得每个同学接水量是（18－17）÷4=0.25升，则前22个同学需接水0.25×22=5.5升，22个同学接水后存水量y=18－5.5=12.5升。∴12.5=－x＋，∴x=7。∴前22个同学接水共需7分钟。（3）当x=10时，存水量y=－×10＋=。用去水18－=8.2升，设课间10分钟最多有z人及时接完水，由题意可得0.25z≤8.2z≤32.8∴课间10分钟最多有32人及时接完水。【考点】一次函数和一元一次不等式的应用，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系。【分析】（1）由图示（2，17）、（12，8）在直线上，用待定系数法即可求出函数关系式。（2）求出每个同学接水量，即可得前22个同学的总接水量，从而得到22个同学接水后的存水量，代入（1）的函数关系式即可求出前22个同学接水结束共需要的时间。55\n（3）由（1）的函数关系式求出x=10时的存水量，得到放出的水量，设不等式即可求解。10.（江苏省泰州市2022年13分）图1是边长分别为4和3的两个等边三角形纸片ABC和C′D′E′叠放在一起（C与C′重合）.（1）操作：固定△ABC，将△C′D′E′绕点C顺时针旋转30°得到△CDE，连结AD、BE，CE的延长线交AB于F（图2）；探究：在图2中，线段BE与AD之间有怎样的大小关系？试证明你的结论.（4分）（2）操作：将图2中的△CDE，在线段CF上沿着CF方向以每秒1个单位的速度平移，平移后的△CDE设为△PQR（图3）；探究：设△PQR移动的时间为x秒，△PQR与△ABC重叠部分的面积为y，求y与x之间的函数解析式，并写出函数自变量x的取值范围.（5分）（3）操作：图1中△C′D′E′固定，将△ABC移动，使顶点C落在C′E′的中点，边BC交D′E′于点M，边AC交D′C′于点N，设∠ACC′=α（30°＜α＜90°）（图4）；探究：在图4中，线段C′N·E′M的值是否随α的变化而变化？如果没有变化，请你求出C′N·E′M的值，如果有变化，请你说明理由.（4分）【答案】解：（1）BE=AD。证明如下：∵△ABC与△DCE是等边三角形，∴∠ACB=∠DCE=60°，CA=CB，CE=CD。∴∠BCE=∠ACD∴△BCE≌△ACD（SAS）。∴BE=AD。（2）如图，在△CQT中，∵∠TCQ=30°，∠RQF=60°，∴∠QTC=30°。∴∠QTC=∠TCQ。∴QT=QC=1·x=x。∴RT=3－x。∵∠RTS＋∠R=90°，∴∠RST=90°。∴，55\n即y=×32－(3－x)2=－(3－x)2＋(0≤x≤3)。（3）C′N·E′M的值不变。证明如下：∵∠ACC′=60°，∴∠MCE′＋∠NCC′=120°。∵∠CNC′＋∠NCC′=120°，∴∠MCE′=∠CNC′。∵∠E′=∠C′，∴△E′MC∽△C′CN。∴∴C′N·E′M=C′C·E′C=×=。∴C′N·E′M的值不变。【考点】二次函数综合题，等边三角形的性质，等腰三角形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）BE=AD，可通过证△BEC和△ACD全等来得出。（2）由于重合部分的面积无法直接求出，因此可用来求得（S、T为RP、RQ与AC的交点）．△PRQ的面积易求得．关键是△RST的面积，三角形RST中，由于∠RTS=∠CTQ=60°－∠TCQ=30°，而∠R=60°，因此△RST是直角三角形，只需求出RS和ST的长即可．而由∠QTC=∠QCT=30°可得QT=QC=1·x=x，因此RT=RQ－QT=RQ－QC=3－x，然后根据△RTS中特殊角的度数即可得出RS和ST的长，从而可得出y，x的函数关系式。由于RT=3－x≥0，所以x≤3。此时点R与点A重合。因此函数定义域为0≤x≤3。（3）通过证△CE′M和△NCC′相似来即可得到结论。11.（江苏省泰州市2022年12分）某市政府2022年准备投入一定资金加大对主城区的改造力度，但又不影响对教育及其他方面的投入.下面是市规划局等部门提供的信息：①2022年用于主城区改造的资金不超过2022年教育投入的3.6倍.②计划2022年比2022年的教育投入多0.5亿元，这样两年的教育投入之比为5：4.③用于主城区改造的资金一部分由政府划拨，其余来源于招商引资.据分析发现，招商所引资金与政府划拨的资金始终满足某种函数关系.（如下表所示）政府划拨资金与招商引进资金对照表（单位：亿元）2022年2022年2022年2022年政府划拨资金1.21.41.51.6招商引进资金5.86.16.256.455\n④2022年招商引资的投资者从2022年起每年共可获得0.67亿元的回报，估计2022年招商引进的资金至少10年方可收回.⑴该市政府2022年对教育的投入为多少亿元？⑵求招商引进资金y（单位：亿元）与财政划拨部分x（单位：亿元）之间的函数关系式.⑶求2022年该市在主城区改造中财政划拨的资金的范围.12.（江苏省泰州市2022年14分）将一矩形纸片OABC放在直角坐标系中，O为原点，C在轴上，OA=6，OC=10.55\n⑴如图⑴，在OA上取一点E，将△EOC沿EC折叠，使O点落在AB边上的D点，求E点的坐标；⑵如图⑵，在OA、OC边上选取适当的点E′、F，将△E′OF沿E′F折叠，使O点落在AB边上的D′点，过D′作D′G∥A′O交E′F于T点，交OC′于G点，求证：TG=A′E′⑶在⑵的条件下，设T（，）①探求：与之间的函数关系式.②指出变量的取值范围.⑷如图⑶，如果将矩形OABC变为平行四边形OA＂B＂C＂，使OC＂=10，OC＂边上的高等于6,其它条件均不变,探求：这时T（）的坐标与之间是否仍然满足⑶中所得的函数关系,若满足,请说明理由；若不满足,写出你认为正确的函数关系式.【答案】解：（1）设E（0，m），则OE=m，AE=6－m，OE=m，CD=10。∵OA=6，OC=10，∴根据折叠对称的性质，得DC=OC=10，∴在Rt△BCD中，根据勾股定理得BD=8，则AD=2。又∵根据折叠对称的性质，得AE=OE=m，∴在Rt△ADE中，根据勾股定理得（6－m）2+22=m2，解得m=。∴点E的坐标为（0，）。（2）连接OD′交E'F于P，由折叠可知E'F垂直平分OD'即OP=PD'，由OE'∥D'G，得出OE'=D'T。∴A′E'=TG。（3）①连接OT，OD′，交FE′于点P，由（2）可得OT=D'T。由勾股定理得x2＋y2=（6－y）2，得。②结合（1）可得AD'=OG=2时，x最小，从而x≥2，当E'F恰好平分∠OAB时，AD'最大即x最大，此时G点与F点重合，四边形AOFD'为正方形，故x最大为6。从而x≤6，∴2≤x≤6。（4）y与x之间仍然满足（3）中所得的函数关系式。理由如下：连接OT'仍然可得OT'=D''T'，即x2＋y2=（6－y）2，55\n从而（3）中所得的函数关系式仍然成立。【考点】二次函数综合题，折叠对称的性质，待定系数法，勾股定理，平行的性质，正方形的判定和性质。【分析】（1）根据折叠的性质可得出DE=OE，OC=CD，如果设出E点的坐标，可用E的纵坐标表示出AE，ED的长，在Rt△ADE中应用勾股定理即可求得E的坐标。（2）本题可通过证D′T=OE′来求出，如果连接OD′，那么E′F必垂直平分OD′，如果设OD′与E′F的交点为P，那么OP=D′P，可得D′T=OE′．由此可证得A′E′=TG．（3）可先根据T的坐标表示出A′D′，A′E′，然后可在直角三角形A′D′E′中表示出D′E′，而D′E′又可用A′O－A′E′表示．可以此来求出y，x的函数关系式。在（1）中给出的情况就是x的最小值的状况，可根据AD的长求出x的最小值，当x取最大值时，E′F平分∠OAB，即E′与A′重合，四边形E′OGD为正方形，可据此求出此时x的值．有了x的最大和最小取值即可求出x的取值范围。（4）（2）（3）得出的结论均成立，证法同上。13.（江苏省泰州市2022年12分）通过市场调查，一段时间内某地区某一种农副产品的需求数量（千克）与市场价格（元/千克）（）存在下列关系：（元/千克）5101520（千克）4500400035003000又假设该地区这种农副产品在这段时间内的生产数量（千克）与市场价格（元/千克）成正比例关系：（）．现不计其它因素影响，如果需求数量等于生产数量，那么此时市场处于平衡状态．（1）请通过描点画图探究与之间的函数关系，并求出函数关系式；（2）根据以上市场调查，请你分析：当市场处于平衡状态时，该地区这种农副产品的市场价格与这段时间内农民的总销售收入各是多少？（3）如果该地区农民对这种农副产品进行精加工，此时生产数量与市场价格的函数关系发生改变，而需求数量与市场价格的函数关系未发生变化，那么当市场处于平衡状态时，该地区农民的总销售收入比未精加工市场平衡时增加了17600元．请问这时该农副产品的市场价格为多少元？55\n【答案】解：（1）描点作图如下：设，用任两点代入求得，再用另两点代入解析式验证。（2）∵，∴，解得，。∴农副产品的市场价格是10元/千克，总销售收入（元）。∴农副产品的市场价格是10元/千克，农民的总销售收入是40000元。（3）设这时该农副产品的市场价格为元/千克，则，解之得：，．∵，∴。∴这时该农副产品的市场价格为18元/千克。【考点】一次函数和一元一次方程的应用，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系。【分析】（1）根据点在直线上点的坐标满足方程的关系，任取两点用待定系数法即可求得函数关系式，并验证。（2）由（1），根据销售收入=销售数量×价格计算即可。（3）方程的应用解题关键是找出等量关系，列出方程求解。本题等量关系为：55\n平衡时精加工市场时总销售收入=平衡时未精加工市场时总销售收入＋17600元。解之即得这时该农副产品的市场价格。14.（江苏省泰州市2022年14分）如图①，中，，．它的顶点A的坐标为，顶点B的坐标为，，点P从点A出发，沿的方向匀速运动，同时点Q从点出发，沿轴正方向以相同速度运动，当点P到达点C时，两点同时停止运动，设运动的时间为秒．（1）求的度数．（2）当点P在AB上运动时，的面积S（平方单位）与时间（秒）之间的函数图象为抛物线的一部分，（如图②），求点P的运动速度．（3）求（2）中面积S与时间之间的函数关系式及面积S取最大值时点P的坐标．（4）如果点P，Q保持（2）中的速度不变，那么点P沿AB边运动时，的大小随着时间的增大而增大；沿着BC边运动时，的大小随着时间的增大而减小，当点P沿这两边运动时，使的点P有几个？请说明理由．【答案】解：（1）过点B作BD⊥OA于点D。∵A，B，∴DA=10－5=5，BD=。∴tan。∴.（2）设点P的速度为，则当=5时AP=5，DQ=5。过点P作PE⊥AC，交AC于点E，交轴于点F。55\n∵，，∴PE=，FP=。又∵OD=2，∴OQ=OD＋QD=2＋5。∵当=5时，的面积是30，∴。解得或=2。∵抛物线的解析式为S=，它的对称轴。当时，对称轴，与给出的抛物线的图形不相符，舍去。∴点P的运动速度为2个单位/秒。（3）由（2）得S，当=2时，S（）。∴当时，S有最大值为。此时，由（2），当，=2时，AP=9，∴在Rt△APE中，PE=ABsin300=，AE=ABcos300=。∴面积S取最大值时点P的坐标为。（4）当点P沿这两边运动时，的点P有2个。①当点P与点A重合时，，当点P运动到与点B重合时，∵AB=，∴OQ=12。作交轴于点M，作轴于点H，由得：，（∵）∴。55\n∴当点P在AB边上运动时，的点P有1个。②同理当点P在BC边上运动到点C时，可得OQ。而构成直角时交轴于N，∵ON－OQ=，∴ON＞OQ。∴。∵由①当点P运动到与点B重合时，。∴当点P在BC边上运动时，的点P有1个。∴综上所述，当点P沿AB和BC运动时，使的点P有2个。15.（江苏省泰州市2022年10分）2022年5月12日14时28分四川汶川发生里氏8.0级强力地震．某市接到上级通知，立即派出甲、乙两个抗震救灾小组乘车沿同一路线赶赴距出发点480千米的灾区．乙组由于要携带一些救灾物资，比甲组迟出发1.25小时(从甲组出发时开始计时)．图中的折线、线段分别表示甲、乙两组所走路程(千米)、55\n(千米)与时间x(小时)之间的函数关系对应的图像．请根据图像所提供的信息，解决下列问题：(1)由于汽车发生故障，甲组在途中停留了____________小时；(2分)(2)甲组的汽车排除故障后，立即提速赶往灾区，请问甲组的汽车在排除故障时，距出发点的路程是多少千米？(6分)(3)为了保证及时联络，甲、乙两组在第一次相遇时约定此后两车之间的路程不超过25千米．请通过计算说明，按图像所表示的走法是否符合约定．(4分)【答案】解：（1）1.9。(2)设直线EF的解析式为=kx+b，∵点E(1.25,0)、点F（7.25,480）均在直线EF上，∴，解得。∴直线EF的解析式是。∵点C在直线EF上，且点C的横坐标为6，∴点C的纵坐标为80×6—100=380。∴点C的坐标是（6，380）。设直线BD的解析式为=mx+n，∵点C（6，380）、点D（7，480）在直线BD上，∴，解得。∴BD的解析式是。55\n∵B点在直线BD上且点B的横坐标为4.9，代入得B（4.9，270）。∴甲组在排除故障时，距出发点的路程是270千米。（3）符合约定。理由如下：由图像可知：甲、乙两组第一次相遇后在B和D对应的时间相距最远。在点B处对应的时间有—=80×4.9—100—（100×4.9 —220）=22千米＜25千米，在点D处对应的时间有—=100×7—220—（80×7—100）=20千米＜25千米。∴按图像所表示的走法符合约定。【考点】一次函数的应用，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系。【分析】（1）由图知，甲组在途中停留的时间=4.9－3=1.9（小时）。（2）由点E(1.25,0)、点F（7.25,480）均在线段EF上，用待定系数法可求线段BD所在直线EF的表达式，从而求出点C的坐标。由点C（6，380）、点D（7，480）在线段BD上，用待定系数法可求线段BD所在直线的表达式，从而求出点B的坐标。点B的纵坐标即为甲组在排除故障时，距出发点的路程。（3）由图像可知：甲、乙两组第一次相遇后在B和D对应的时间相距最远，求出变两个时间的纵坐标与25千米比较，即可得出结论。16.（江苏省泰州市2022年14分）已知二次函数的图像经过三点(1,0)，(－3,0)，(0,).（1）求二次函数的解析式，并在给定的直角坐标系中作出这个函数的图像；（5分）（2）若反比例函数的图像与二次函数的图像在第一象限内交于点A，落在两个相邻的正整数之间.请你观察图像，写出这两个相邻的正整数；（4分）（3）若反比例函数的图像与二次函数的图像在第一象限内交于点A，点A的横坐标满足，试求实数k的取值范围.（5分）55\n【答案】解：（1）设抛物线解析式为=a(x－1)(x+3)，将（0，—）代入，解得a=。∴抛物线解析式为=(x－1)(x+3)，即=x2＋x－。列表，得x···－4－3－112···y···0－0···描点作图如下：（2）画出反比例函数在第一象限内的图像。由图像可知，交点的横坐标落在1和2之间，从而得出这两个相邻的正整数为1与2。（3）由二次函数性质可知：当2＜x＜3时，对=x2＋x－,y1随着x增大而增大，由反比例函数性质可知：当2＜x＜3时，对y2=（k＞0），y2随着x的增大而减小∵A为二次函数图像与反比例函数图像的交点。55\n∴当=2时，由反比例函数图象在二次函数图象上方得y2＞y1，即＞×22+2-，解得＞5。同理，当=3时，由二次函数图象在反比例函数图象上方得y1＞y2，即×32+3—＞，解得＜18。∴的取值范围为5＜＜18。【考点】二次函数和反比例函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数和反比例函数的图像和性质。【分析】（1）由二次函数的图像经过三点(1,0)，(－3,0)，可用待定系数法，设定交点式，将（0，—）代入即可求出二次函数的表达式。然后描点作图即可。（2）观察图象可直接得出。（3）根据二次函数和反比例函数的性质，分别得出=2和=3时，两函数的大小关系，解之即可得到实数k的取值范围。17.（江苏省2022年12分）某加油站五月份营销一种油品的销售利润（万元）与销售量（万升）之间函数关系的图象如图中折线所示，该加油站截止到13日调价时的销售利润为4万元，截止至15日进油时的销售利润为5.5万元．（销售利润＝（售价－成本价）×销售量）请你根据图象及加油站五月份该油品的所有销售记录提供的信息，解答下列问题：（1）求销售量为多少时，销售利润为4万元；（2）分别求出线段与所对应的函数关系式；（3）我们把销售每升油所获得的利润称为利润率，那么，在三段所表示的销售信息中，哪一段的利润率最大？（直接写出答案）【答案】解：（1）根据题意，当销售利润为4万元，销售量为（万升）。答：销售量为4万升时销售利润为4万元。55\n（2）∵点的坐标为，从13日到15日利润为（万元），∴销售量为（万升）。∴点的坐标为。设线段所对应的函数关系式为，则，解得。∴线段所对应的函数关系式为。∵从15日到31日销售5万升，利润为（万元），∴本月销售该油品的利润为（万元）。∴点的坐标为。设线段所对应的函数关系式为，则，解得。∴线段所对应的函数关系式为。（3）线段。【考点】一次函数的应用，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系。【分析】（1）根据公式：销售利润＝（售价－成本价）×销售量，在已知售价和成本价时，可求销售利润为4万元时的销售量：销售量＝销售利润÷（售价－成本价）。（2）分别求出点、、的坐标，根据点在直线上，点的坐标满足方程的关系，用待定系数法即可求出和所对应的函数关系式。（3）段的利润率=；段的利润率=；段的利润率=。∴段的利润率最大。20.（江苏省2022年12分）如图，已知射线与轴和轴分别交于点和点．动点从点出发，以1个单位长度/秒的速度沿轴向左作匀速运动，与此同时，动点从点出发，也以1个单位长度/秒的速度沿射线的方向作匀速运动．设运动时间为秒．55\n（1）请用含的代数式分别表示出点与点的坐标；（2）以点为圆心、个单位长度为半径的与轴交于A、B两点（点在点的左侧），连接PA、PB．①当与射线有公共点时，求的取值范围；②当为等腰三角形时，求的值．【答案】解：（1）∵，∴。∴。过点作⊥轴于点，∵，，∴。又∵，且，∴，即。∴。∴。∴。（2）①当的圆心由点向左运动，使点到点时，有，即。当点在点左侧，与射线相切时，过点作射线，垂足为，则由，得，则．解得。由，即，解得。55\n∴当与射线有公共点时，的取值范围为。②（I）当时，过作轴，垂足为，有。由（1）得，，，∴。又∵，∴，即。解得。（II）当时，有，∴，解得。（III）当时，有，∴，即。解得（不合题意，舍去）。综上所述，当是等腰三角形时，，或，或，或。【考点】动点问题，勾股定理，相似三角形的判定和性质，直线和圆的位置关系，等腰三角形时的性质，解一元二次方程。【分析】（1）由可得，从而得到点的坐标。作点作⊥轴于点，利用可得，从而得到点的坐标。（2）①当与射线有公共点时，考虑（I）当的圆心由点向左运动，使点到点时，的取值；（II）当点在点左侧，与射线相切时，的取值。当在二者之间时，与射线有公共点。②分，，三种情况讨论即可。19.（江苏省泰州市2022年12分）如图，二次函数的图象经过点D，与x轴交于A、B两点．55\n⑴求的值；⑵如图①，设点C为该二次函数的图象在x轴上方的一点，直线AC将四边形ABCD的面积二等分，试证明线段BD被直线AC平分，并求此时直线AC的函数解析式；⑶设点P、Q为该二次函数的图象在x轴上方的两个动点，试猜想：是否存在这样的点P、Q，使△AQP≌△ABP？如果存在，请举例验证你的猜想；如果不存在，请说明理由．（图②供选用）【答案】解：（1）∵抛物线经过点D()，∴，解得c=6。（2）过点D、B点分别作AC的垂线，垂足分别为E、F，设AC与BD交点为M，∵AC将四边形ABCD的面积二等分，即：S△ABC=S△ADC，∴DE=BF。又∵∠DME=∠BMF，∠DEM=∠BFM，∴△DEM≌△BFM（AAS）。∴DM=BM，即AC平分BD。∵c=6，∴抛物线为。∴A（）、B（）。∵D，M是BD的中点，∴M（）。设直线AC的解析式为y=kx+b，由直线经过A、M点，得55\n，解得。∴直线AC的解析式为。（3）存在。验证如下：设抛物线顶点为N(0，6)，在Rt△AON中，易得AN=，于是以A点为圆心，AB=为半径作圆与抛物线在x上方一定有交点Q，连接AQ，再作∠QAB平分线AP交抛物线于P，连接BP、PQ，此时由“SAS”易得△AQP≌△ABP。【考点】二次函数、一次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，全等三角形的判定和性质，线段中点坐标。【分析】（1）将D点坐标代入二次函数解析式即可求出c的值。（2）要证明线段BD被直线AC平分，从“直线AC将四边形ABCD的面积二等分”来录求解题思路，不难发现S△ABC=S△ADC．通过面积法可得AC公共边上的两条高相等，再通过全等可得线段BD被直线AC平分。应用中点公式求得中点M的坐标。，由直线AC经过A、M点，用待定系数法即可求得，直线AC的解析式。（3）通过逆向思考，假设存在这样的点P、Q，使△AQP≌△ABP，则可得AP平分∠QAB，通过画图可进一步确认其存在的可能性。20.（江苏省泰州市2022年12分）在平面直角坐标系中，直线（k为常数且k≠0）分别交x轴、y轴于点A、B，⊙O半径为个单位长度．⑴如图甲，若点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上，且OA=OB．①求k的值；②若b=4，点P为直线上的动点，过点P作⊙O的切线PC、PD，切点分别为C、D，当PC⊥PD时，求点P的坐标．⑵若，直线将圆周分成两段弧长之比为1∶2，求b的值．（图乙供选用）55\n【答案】解：⑴①根据题意得：B的坐标为（0，b），OA=OB，∴OA=OB=b。，∴A的坐标为（b，0），代入y＝kx＋b得k＝－1。②过P作x轴的垂线，垂足为F，连结OD，OP。∵PC、PD是⊙O的两条切线，PC⊥PD，∴∠CPD=90°。∴∠OPD=∠OPC=∠CPD=45°。∵∠PDO=90°，∠POD=∠OPD＝45°，OD＝，∴OD＝PD＝，OP=。∵P在直线y＝－x＋4上，∴设P（m，－m＋4），则OF=m，PF=－m＋4。∵∠PFO=90°，∴OF2＋PF2＝PO2，即m2＋(－m＋4)2＝（）2，解得m=1或3。∴P的坐标为（1，3）或（3，1）。⑵分直线与x轴、y轴的正半轴和负半轴相交两种情形：当直线与x轴、y轴的正半轴相交时，如图，设与x轴、y轴交于A，B，直线与圆交于E、F，连接OE，OF，作OC⊥EF于点C。∵直线将圆周分成两段弧长之比为1∶2，∴∠EOF=120°。∴∠COE=60°。在Rt△OCE中，OE=，∴OC=。55\n又∵直线中，∴，即。∴AC=。由勾股定理，得AO=。∴OB=。∴直线与y轴交于点（，0），即b的值为。同理，当直线与x轴、y轴的负半轴相交，可求得b的值为。综上所述，b的值为或。【考点】一次函数的综合题，一次函数系数的几何意义，直线上点的坐标与方程的关系，圆切线的性质，勾股定理，弦径定理，圆周角定理，锐角三角函数定义。【分析】（1）①由OA=OB=b，不难求得k的值。②过P作x轴的垂线，求出点P到x轴和y轴的距离即可。（2）直线将圆周分成两段弧长之比为1∶2，可知其所对圆心角为120°，直线中，∴直线与x轴交角的正切值为，充分理解这两层意思，再结合直角三角形，求出直线与y轴交点坐标，即可求出b的值。21.（江苏省泰州市2022年12分）已知二次函数的图象经过点P（－2，5）（1）求b的值并写出当1＜≤3时y的取值范围；（2）设在这个二次函数的图象上，①当＝4时，能否作为同一个三角形三边的长？请说明理由；②当取不小于5的任意实数时，一定能作为同一个三角形三边的长，请说明理由。【答案】解：（1）由题意得：4-2b-3=5∴b=-2则y=x²-2x-3=(x-1)²-4∴当1＜x≤3时，-4＜y≤0(2)y1=m²-2m-3y2=(m+1)²-2(m+1)-3=m²-4y3=(m+2)²-2(m+2)-3=m²+2m-3（1）当m=4时，y1=5，y2=12，y3=21∵5+12＜2155\n∴不能作为同一个三角形三边的长②当m≥5时，∵m＜m+1＜m+2,而函数当x≥1时y随x增大而增大∴y1＜y2＜y3y1+y2-y3=（m²-2m-3）+（m²-4）-（m²+2m-3）=m²-4m-4=（m-2）²-8≥1＞0∴一定能作为同一个三角形三边的长【考点】二次函数的增减性,三角形构成的条件。【分析】⑴把点P的坐标代入即可得到b的值.根据二次函数的增减性知当x≥1时y随x增大而增大,所以只要求x=1.3时y的值即可得解。（2）根据根据两边之和大于第三边的三角形构成的条件可得证。22.（江苏省泰州市2022年12分）在平面直角坐标系O中，边长为（为大于0的常数）的正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点P，顶点A在轴正半轴上运动，顶点B在轴正半轴上运动（轴的正半轴、轴的正半轴都不包含原点O），顶点C、D都在第一象限。（1）当∠BAO＝45°时，求点P的坐标；（2）求证：无论点A在轴正半轴上、点B在轴正半轴上怎样运动，点P都在∠AOB的平分线上；（3）设点P到轴的距离为，试确定的取值范围，并说明理由。【答案】解：（1）当∠BAO=45°时，四边形OAPB为正方形OA=OB=a·cos45°=a∴P点坐标为（a，a）（2）作DE⊥x轴于E,PF⊥x轴于F,设A点坐标为（m,0）,B点坐标为（0,n）55\n∵∠BAO+∠DAE=∠BAO+∠ABO=90°∴∠DAE=∠ABO在△AOB和△DEA中：∴△AOB≌和△DEA（AAS）∴AE=0B=n,DE=OA=m,则D点坐标为（m+n,m）∵点P为BD的中点，且B点坐标为（0,n）∴P点坐标为（,）∴PF=OF=∴∠POF=45°,∴OP平分∠AOB。即无论点A在x轴正半轴上、点B在y轴正半轴上怎样运动，点P都在∠AOB的平分线上；（3）当A,B分别在x轴正半轴和y轴正半轴上运动时，设PF与PA的夹角为α，则0°≤α＜45°h=PF=PA·cosα=a·cosα∵0°≤α＜45°∴＜cosα≤1∴a＜h≤a【考点】正方形性质,特殊角三角函数,全等三角形,,直角梯形。【分析】⑴根据已知条件,用特殊角三角函数可求。（2）根据已知条件,假设A点坐标为（m,0）,B点坐标为（0,n）并作DE⊥x轴于E,PF⊥x轴于F,用全等三角形等知识求出点D,P,E,F坐标(用m,n表示),从而证出PF=OF,进而∠POF=45°.因此得证。（3）由（2）知∠OPF=45°,故0°≤∠OPA＜45°,＜cos∠OPA≤1,在Rt△APF中PF=PA·cos∠OPA,从而得求。23.（2022江苏泰州12分）如图，已知直线l与⊙O相离，OA⊥l于点A，OA=5，OA与⊙O相交于点P，AB与⊙O相切于点B，BP的延长线交直线l于点C．（1）试判断线段AB与AC的数量关系，并说明理由；（2）若PC=，求⊙O的半径和线段PB的长；（3）若在⊙O上存在点Q，使△QAC是以AC为底边的等腰三角形，求⊙O的半径r的取值范围．55\n【答案】解：（1）AB=AC。理由如下：连接OB。∵AB切⊙O于B，OA⊥AC，∴∠OBA=∠OAC=90°。∴∠OBP+∠ABP=90°，∠ACP+∠CPB=90°。∵OP=OB，∴∠OBP=∠OPB。∵∠OPB=∠APC，∴∠ACP=∠ABC。∴AB=AC。（2）延长AP交⊙O于D，连接BD，设圆半径为r，则由OA=5得，OP=OB=r，PA=5－r。又∵PC=，∴。由（1）AB=AC得，解得：r=3。∴AB=AC=4。∵PD是直径，∴∠PBD=90°=∠PAC。∵∠DPB=∠CPA，∴△DPB∽△CPA。∴，即，解得。（3）作线段AC的垂直平分线MN，作OE⊥MN，则OE=AC=AB=。又∵圆O要与直线MN交点，∴OE=≤r，∴r≥。又∵圆O与直线l相离，∴r＜5。55\n∴⊙O的半径r的取值范围为≤r＜5．【考点】切线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）连接OB，根据切线的性质和垂直得出∠OBA=∠OAC=90°，推出∠OBP+∠ABP=90°，∠ACP+∠CPB=90°，求出∠ACP=∠ABC，根据等腰三角形的判定推出即可。（2）延长AP交⊙O于D，连接BD，设圆半径为r，则OP=OB=r，PA=5－r，根据AB=AC推出，求出r，证△DPB∽△CPA，得出，代入求出PB即可。（3）根据已知得出Q在AC的垂直平分线上，作出线段AC的垂直平分线MN，作OE⊥MN，求出OE＜r，求出r范围，再根据相离得出r＜5，即可得出答案。24.（2022江苏泰州12分）如图，已知一次函数的图象与x轴相交于点A，与反比例函数的图象相交于B（－1，5）、C（，d）两点．点P（m，n）是一次函数的图象上的动点．（1）求k、b的值；（2）设，过点P作x轴的平行线与函数的图象相交于点D．试问△PAD的面积是否存在最大值？若存在，请求出面积的最大值及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）设，如果在两个实数m与n之间（不包括m和n）有且只有一个整数，求实数a的取值范围．【答案】解：（1）将点B的坐标代入，得，解得。∴反比例函数解析式为。55\n将点C（，d）的坐标代入，得。∴C（，－2）。∵一次函数的图象经过B（－1，5）、C（，－2）两点，∴，解得。（2）存在。令，即，解得。∴A（，0）。由题意，点P（m，n）是一次函数的图象上的动点，且∴点P在线段AB上运动（不含A、B）。设P（）。∵DP∥x轴，且点D在的图象上，∴，即D（）。∴△PAD的面积为。∴S关于n的二次函数的图象开口向下，有最大值。又∵n=，，得，而。∴当时，即P（）时，△PAD的面积S最大，为。（3）由已知，P（）。易知m≠n，即，即。若，则。由题设，，解出不等式组的解为。若，则。由题设，，解出不等式组的解为。综上所述，数a的取值范围为，。【考点】反比例函数和一次函数综合问题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行的性质，二次函数的性质，不等式组的应用。55\n【分析】（1）根据曲线上点的坐标与方程的关系，由B的坐标求得，从而得到；由点C在上求得，即得点C的坐标；由点B、C在上，得方程组，解出即可求得k、b的值。（2）求出△PAD的面积S关于n的二次函数（也可求出关于m），应用二次函数的最值原理即可求得面积的最大值及此时点P的坐标。（3）由m≠n得到。分和两种情况求解。55
