2014株洲市中考数学试卷(含答案和解释)

详细内容

（2）∵方程有两个相等的实数根，
∴（2b）2?4（a+c）（a?c）=0，
∴4b2?4a2+4c2=0，
∴a2=b2+c2，
∴△ABC是直角三角形；

（3）当△ABC是等边三角形，∴（a+c）x2+2bx+（a?c）=0，可整理为：
2ax2+2ax=0，
∴x2+x=0，
解得：x1=0，x2=?1．
点 评：此题主要考查了一元二次方程的应用以及根的判别式和勾股定理逆定理等知识，正确由已知获取等量关系是解题关键．
　
22．（8分）（2014年湖南株洲）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A的平分线交BC于点E，EF⊥AB于点F，点F恰好是AB的一个三等分点（AF＞BF）．
（1）求证：△ACE≌△AFE；
（2）求tan∠CAE的值．

考点：全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；勾股定理；锐角三角函数的定义．
分析：（1）根据角的平分线的性质可求得CE=EF，然后根据直角三角形的判定定理求得三角形全等．
（2）由△ACE≌△AFE，得出AC=AF，CE=EF，设BF=m，则AC=2m，AF=2m，AB=3m，根据勾股定理可求得，tan∠B= = ，CE=EF= ，在RT△ACE中，tan∠CAE= = = ；
解答：（1）证明：∵AE是∠BAC的平分线，EC⊥AC，EF⊥AF，
∴CE=EF，
在Rt△ACE与Rt△AFE中，
，
∴Rt△ACE≌Rt△AFE（HL）；

（2）解：由（1）可知△ACE≌△AFE，
∴AC=AF，CE=EF，
设BF=m，则AC=2m，AF=2m，AB=3m，
∴BC= = = m，
∴在RT△ABC中，tan∠B= = = ，
在RT△EFB中，EF=BF•tan∠B= ，
∴CE=EF= ，
在RT△ACE中，tan∠CAE= = = ；
∴tan∠CAE= ．
点评：本题考查了直角三角形的判定、性质和利用三角函数解直角三角形，根据已知条件表示出线段的值是解本题的关键．
　
23．（8分）（2014年湖南株洲）如图，PQ为圆O的直径，点B在线段PQ的延长线上，OQ=QB=1，动点A在圆O的上半圆运动（含P、Q两点），以线段AB为边向上作等边三角形ABC．
（1）当线段AB所在的直线与圆O相切时，求△ABC的面积（图1）；
（2）设∠AOB=α ，当线段AB、与圆O只有一个公共点（即A点）时，求α的范围（图2，直接写出答案）；
（3）当线段AB与圆O有两个公共点A、M时，如果AO⊥PM于点N，求CM的长度（图3）．

考点：圆的综合题；等边三角形的性质；勾股定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质；特殊角的三角函数值．
专题：综合题；动点型．
分析：（1）连接OA，如下图1，根据条件可求出AB，然后AC的高BH，求出BH就可以求出△ABC的面 积．
（2）如下图2，首先考虑临界位置：当点A与点Q重合时，线段AB与圆O只有一个公共点，此时α=0°；当线段AB所在的直线与圆O相切时，线段AB与圆O只有一个公共点，此时α=60°．从而定出α的范围．
（3）设AO与PM的交点为D，连接MQ，如下图3，易证AO∥MQ，从而得到△PDO∽△PMQ，△BMQ∽△BAO，又PO=OQ=BQ，从而可以求出MQ、OD，进而求出PD、DM、AM、CM的值．
解答：解：（1）连接OA，过点B作BH⊥AC，垂足为H，如图1所示．
∵AB与⊙O相切于点A，
∴OA⊥AB．
∴∠OAB=90°．
∵OQ=QB=1，
∴OA=1．
∴AB=
=
= ．
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB= ，∠CAB=60°．
∵sin∠HAB= ，
∴HB=AB•sin∠HAB
= ×
= ．
∴S△ABC= AC•BH
= × ×
= ．
∴△ABC的面积为 ．

（2）①当点A与点Q重合时，
线段AB与圆O只有一个公共点，此时α=0°；
②当线段A1B所在的直线与圆O相切时，如图2所示，
线段A1B与圆O只有一个公共点，
此 时OA1⊥BA1，OA1=1，OB=2，
∴cos∠A1OB= = ．
∴∠A1OB=60°．
∴当线段AB与圆O只有一个公共点（即A点）时，
α的范围为：0°≤α≤60°．

（3）连接MQ，如图3所示．
∵PQ是⊙O的直径，
∴∠PMQ=90°．
∵OA⊥PM，
∴∠PDO=90°．
∴∠PDO=∠PMQ．
∴△PDO∽△PMQ．
∴ = =
∵PO=OQ= PQ．
∴PD= PM，OD= MQ．
同理：MQ= AO，BM= AB．
∵AO=1，
∴MQ= ．
∴OD= ．
∵∠PDO=90°，PO=1，OD= ，
∴PD= ．
∴PM= ．
∴DM= ．
∵∠ADM=90°，AD=A0?OD= ，
∴AM=
=
= ．
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=BC，∠CAB=60°．
∵BM= AB，
∴AM=BM．
∴CM⊥AB．
∵AM= ，
∴BM= ，AB= ．
∴AC= ．
∴CM=
=
= ．
∴CM的长度为 ．



点评：本题考查了等边三角形的性质、相似三角形的性质与判定、直线与圆相切、勾股定理、特殊三角函数值等知识，考查了用临界值法求角的取值范围，综合性较强．
　
24．（10分）（2014年湖南株洲）已知抛物线y=x2?（k+2）x+ 和直线y=（k+1）x+（k+1）2．
（1）求证：无论k取何实数值，抛物线总与x轴有两个不同的交点；
（2）抛物线于x轴交于点A、B，直线与x轴交于点C，设A、B、C三点的横坐标分别是x1、x2、x3，求x1•x2•x3的最大值；
（3）如果抛物线与x轴的交点A、B在原点的右边，直线与x轴的交点C在原点的左边，又抛物线、直线分别交y轴于点D、E，直线AD交直线CE于点G（如图），且CA•GE=CG•AB，求抛物线的解析式．

考点：二次函数综合题．
分析：（1）由判别式△=（k+2）2?4×1× =k2?k+2=（k? ）2+ ＞0，即可证得无论k取何实数值，抛物线总与x轴有两个不同的交点；
（2）由抛物线于x轴交于点A、B，直线与x轴交于点C，设A、B、C三点的横坐标分别是x1、x2、x3，可得x1•x2= ，x3=?（k+1），继而可求得答案；
（3）由CA•GE=CG•AB，易得△CAG∽△CBE，继而可证得△OAD∽△OBE，则可得 ，又由抛物线与x轴的交点A、B在原点的右边，直线与x轴的交点C在原点的左边，又抛物线、直线分别交y轴于点D、E，可得OA•OB= ，OD= ，OE=（k+1）2，继而求得点B的坐标为（0，k+1），代入解析式即可求得答案．
解答：（1）证明：∵△=（k+2）2?4×1× =k2?k+2=（k? ）2+ ，
∵（k? ）2≥0，
∴△＞0，
∴无论k取何实数值，抛物线总与x轴有两个不同的交点；

（2）解：∵抛物线于x轴交于点A、B，直线与x轴交于点C，设A、B、C三点的横坐标分别是x1、x2、x3，
∴x1•x2= ，
令0=（k+1）x+（k+1）2，
解得：x=?（k+1），
即x3=?（k+1），
∴x1•x2•x3=?（k+1）• =? （k+ ）2+ ，
∴x1•x2•x3的最大值为： ；

（3）解：∵CA•GE=CG•AB，
∴ ，
∵∠ACG=∠BCE，
∴△CAG∽△CBE，
∴∠CAG=∠CBE，
∵∠AOD=∠BOE，
∴△OAD∽△OBE，
∴ ，
∵抛物线与x轴的交点A、B在原点的右边，直线与x轴的交点C在原点的左边，又抛物线、直线分别交y轴于 点D、E，
∴OA•OB= ，OD= ，OE= （k+1）2，
∴OA•OB=OD，
∴ ，
∴OB2=OE，
∴OB=k+1，
∴点B（k+1，0），
将点B代入抛物线y=x2?（k+2）x+ 得：（k+1）2?（k+2）（k+1）? =0，
解得：k=2，
∴抛物线的解析式为：y=x2?4x+3．
点评：此题属于二次函数的综合题，综合性很强，难度较大，主要考查了一次函数与二次函数的性质、待定系数法求函数的解析式以及相似三角形的判定与性质．注意掌握 数形结合思想与方程思想的应用．