2022年江苏省南京市高淳县中考数学二模试卷一、选择题（本大题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卷相应位置上）1．（2分）（2022•高淳县二模）﹣的相反数是（ ） A．B．C．﹣D．﹣考点：实数的性质．分析：根据只有符号不同的两个数叫做互为相反数解答．解答：解：﹣的相反数是．故选B．点评：本题考查了实数的性质，主要利用了相反数的定义，熟记概念是解题的关键． 2．（2分）（2022•高淳县二模）化简（﹣a3）2的结果为（ ） A．a9B．﹣a6C．﹣a9D．a6考点：幂的乘方与积的乘方．分析：根据幂的乘方与积的乘方法则进行解答即可．解答：解：由幂的乘方与积的乘方法则可知，（﹣a3）2=（﹣1）2a2×3=﹣a6．故选：D．点评：本题考查的是幂的乘方与积的乘方法则，即先把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘． 3．（2分）（2022•高淳县二模）宁高城际二期工程（禄口新城南站至高淳）线路全长约55公里，若以平均每公里造价1.4亿人民币计算，则总造价用科学记数法表示为（ ） A．7.7×105万元B．77×104万元C．7.7×106万元D．77×105万元考点：科学记数法—表示较大的数．分析：科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．解答：解：55×1.4=77，将77亿用科学记数法表示为7.7×109元=7.7×105万元．故选A．点评：此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值． 4．（2分）（2022•高淳县二模）甲、乙两人5次射击命中的环数如下，则下列结论错误的是（ ）甲：798610乙：78988． A．甲射击命中环数的平均数等于乙射击命中环数的平均数 B．甲射击命中环数的中位数大于乙射击命中环数的中位数 C．甲射击命中环数的方差比乙射击命中环数的方差大 D．甲射击命中环数的离散程度比乙射击命中环数的离散程度大17\n考点：方差；加权平均数；中位数．分析：根据平均数、中位数、方差公式分别进行计算，即可求出答案．解答：解：甲的平均数是：（7+9+8+6+10）÷5=8，乙的平均数是：（7+8+9+8+8）÷5=8，则甲的平均数和乙的平均数相等；把甲的数从小到大排列为：6，7，8，9，10，最中间的数是8，则甲的中位数是8，把乙的数从小到大排列为：7，8，8，8，9，最中间的数是8，则乙的中位数是8；则甲的中位数和乙的中位数一样；故B错误．故选B．点评：此题考查了平均数、中位数和方差，用到的知识点是平均数、中位数和方差的计算公式，平均数平均数表示一组数据的平均程度．中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数）；方差是用来衡量一组数据波动大小的量． 5．（2分）（2022•高淳县二模）如图，AB切⊙O于点B，OA=，AB=1，弦BC∥OA，则劣弧BC的弧长为（ ） A．B．C．D．π考点：切线的性质；弧长的计算．分析：首先连接OB，OC，由AB切⊙O于点B，OA=，AB=1，根据切线的性质，特殊角的三角函数值，可求得△OAB是等腰直角三角形，又由弦BC∥OA，可得△OBC是等腰直角三角形，然后由弧长公式，求得劣弧BC的弧长．解答：解：连接OB，OC，∵AB切⊙O于点B，∴OB⊥AB，∵OA=，AB=1，∴在Rt△OAB中，sin∠AOB==，∴∠AOB=45°，∴OB=OC=1，∵弦BC∥OA，∴∠OBC=∠AOB=45°，∵OC=OB，∴∠C=∠OBC=45°，∴∠AOB=90°，17\n∴劣弧BC的弧长为：×π×1=π．故选C．点评：此题考查了切线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的性质以及弧长公式．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用． 6．（2分）（2022•高淳县二模）二次函数y=ax2+bx+c的自变量x与函数y的部分对应值如下表：x…﹣1012…y…﹣1﹣﹣2﹣…下列结论：①a＜0；②c＜0；③二次函数与x轴有两个交点，且分别位于y轴的两侧；④二次函数与x轴有两个交点，且位于y轴的同侧．其中正确的结论为（ ） A．②③B．②④C．①③D．①④考点：二次函数的性质．分析：先根据x=0时y=﹣；x=1时y=﹣2；x=﹣1时，y=﹣1求出a、b、c的值，进而得出二次函数的解析式，再根据二次函数的性质对各小题进行逐一判断即可．解答：解：∵x=0时y=﹣；x=1时y=﹣2；x=﹣1时，y=﹣1，∴，解得∴该二次函数的解析式为：y=x2﹣x﹣，∵a=＞0，c=﹣＜0，∴①错误；②正确；∵△=b2﹣4ac=﹣4××（﹣）=2＞0，∴二次函数与x轴有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x1，x2，∵x1•x2=﹣7＜0，∴两个交点中，一个位于y轴的左侧，另外一个位于y轴的右侧，即分别位于y轴的两侧，∴③正确，④错误；故选A．点评：本题考查的是二次函数的性质，先根据题意求出二次函数的解析式是解答此题的关键．17\n 二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分．不需要写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）7．（2分）（2022•高淳县二模）函数y=中，自变量x的取值范围是 x≥﹣1 ．考点：函数自变量的取值范围．分析：根据二次根式的性质，被开方数大于或等于0，可以求出x的范围．解答：解：根据题意得：1+x≥0，解得：x≥﹣1．故答案是：x≥﹣1．点评：函数自变量的范围一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负． 8．（2分）（2022•高淳县二模）如果a、b分别是9的两个平方根，则ab的值为 ﹣9 ．考点：平方根．专题：计算题．分析：根据平方根的定义得到9的平方根为±3，然后计算这两个数的积．解答：解：∵9的平方根为±3，∴ab=﹣3×3=﹣9．故答案为﹣9．点评：本题考查了平方根：若一个数的平方等于a，那么这个数叫a的平方根，记作±（a≥0）． 9．（2分）（2022•高淳县二模）若反比例函数y=的图象经过点（﹣1，3），则这个函数的图象位于第 二、四 象限．考点：反比例函数图象上点的坐标特征．专题：计算题．分析：将点（﹣1，3）代入y=求出k的值，再判断函数图象所在象限．解答：解：将点（﹣1，3）代入y=得，k=﹣3，可知函数图象位于二、四象限．故答案为二、四．点评：本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，所有在反比例函数上的点的横纵坐标的积应等于比例系数． 10．（2分）（2022•高淳县二模）化简（﹣2）×的结果是 2 ．考点：二次根式的混合运算．专题：计算题．分析：先把括号内的各二次根式化为最简二次根式，然后合并后进行二次根式的乘法运算．17\n解答：解：原式=（2﹣）×=×=2．点评：本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化为最简二次根式，在进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式． 11．（2分）（2022•高淳县二模）不等式组的解集是 0≤x＜2 ．考点：解一元一次不等式组．分析：先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分即可．解答：解：，由②得﹣x＞﹣2，即x＜2；故不等式的解集为：0≤x＜2．故答案为：0≤x＜2．点评：主要考查了一元一次不等式解集的求法，其简便求法就是用口诀求解，求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）． 12．（2分）（2022•高淳县二模）将函数y=x2的图象先向左平移1个单位，再向下平移2个单位，则得到的函数图象的关系式为 y=（x+1）2﹣2 ．考点：二次函数图象与几何变换．分析：原抛物线顶点坐标为（0，0），平移后抛物线顶点坐标为（﹣1，﹣2），根据顶点式可确定抛物线解析式．解答：解：由题意，得平移后抛物线顶点坐标为（﹣1，﹣2），又平移不改变二次项系数，所以得到的二次函数解析式为y=（x+1）2﹣2．故答案为y=（x+1）2﹣2．点评：本题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式． 13．（2分）（2022•高淳县二模）如图，△ABC绕点A顺时针旋转100°得到△AEF，若∠C=60°，∠E=100°，则α的度数为 80° ．考点：旋转的性质．专题：计算题．分析：17\n根据旋转的性质得EAB=100°，∠F=∠C=60°，再利用三角形内角和定理计算出∠EAF=20°，然后根据∠EAF=∠BAE﹣∠EAF进行计算．解答：解：∵△ABC绕点A顺时针旋转100°得到△AEF，∴∠EAB=100°，∠F=∠C=60°，在△AEF中，∠EAF=180°﹣∠E﹣∠F=180°﹣100°﹣60°=20°，∴∠EAF=∠BAE﹣∠EAF=80°．故答案为80°．点评：本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角． 14．（2分）（2022•高淳县二模）如图，A、B、C、D四点都在⊙O上，若∠COD=80°，则∠ABD+∠OCA= 50° ．考点：圆周角定理．专题：探究型．分析：连接CD，由圆周角定理可知∠ACD=∠ABD，故∠ABD+∠OCA=∠OCD，在等腰△OCD中，由三角形内角和定理即可得出结论．解答：解：连接CD，∵∠ABD与∠ACD是同弧所对的圆周角，∴∠ACD=∠ABD，∴∠ABD+∠OCA=∠OCD，在等腰△OCD中，∵∠COD=80°，∴∠OCD===50°，即∠ABD+∠OCA=50°．故答案为：50°．点评：本题考查的是圆周角定理及等腰三角形的性质，根据题意作出辅助线，构造出圆周角是解答此题的关键． 15．（2分）（2022•高淳县二模）如图，圆锥底面圆的半径为2cm，母线长为4cm，点B为母线的中点．若一只蚂蚁从A点开始经过圆锥的侧面爬行到B点，则蚂蚁爬行的最短路径长为 2 cm．17\n考点：平面展开-最短路径问题；圆锥的计算．分析：要求蚂蚁爬行的最短距离，需将圆锥的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果．解答：解：由题意知，圆锥底面圆的半径为2cm，故底面周长等于4πcm．设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n°，根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，4π=，解得：n=180，所以展开图中∠A′OB=90°，根据勾股定理求得A′B===2，故答案为：2．点评：此题主要考查了平面展开图中最短路径问题，利用圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决． 16．（2分）（2022•成都）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，将Rt△ABC绕A点逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，点B经过的路径为，则图中阴影部分的面积是 ．考点：扇形面积的计算；勾股定理；旋转的性质．专题：计算题；压轴题．分析：先根据勾股定理得到AB=，再根据扇形的面积公式计算出S扇形ABD，由旋转的性质得到Rt△ADE≌Rt△ACB，于是S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD﹣S△ABC=S扇形ABD解答：解：∵∠ACB=90°，AC=BC=1，∴AB=，17\n∴S扇形ABD==．又∴Rt△ABC绕A点逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，∴Rt△ADE≌Rt△ACB，∴S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD﹣S△ABC=S扇形ABD=．故答案为：．点评：本题考查了扇形的面积公式：S=．也考查了勾股定理以及旋转的性质． 三、解答题（本大题共11小题，共88分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（5分）（2022•高淳县二模）先化简：÷﹣1，再选取一个合适的a的值代入求值．考点：分式的化简求值．分析：这是个分式除法与减法混合运算题，运算顺序是先做除法，做除法时要注意先把除法运算转化为乘法运算，而做乘法运算时要注意先把分子、分母能因式分解的先分解，然后约分．再通分计算减法；x取不为0、﹣2、2的任何数．解答：解：÷﹣1=•﹣1=﹣1=﹣，取a=﹣1，得原式=1．点评：考查了分式的化简求值，注意：取喜爱的数代入求值时，要特注意原式及化简过程中的每一步都有意义．如果取x=0，则原式没有意义，因此，尽管0是大家的所喜爱的数，但在本题中却是不允许的． 18．（5分）（2022•高淳县二模）解方程：4x2﹣（x﹣1）2=0．考点：解一元二次方程-因式分解法．专题：计算题．分析：先利用平方差公式把方程左边分解，这样原方程化为x+1=0或3x﹣1=0，然后解两个一次方程即可．解答：解：原方程可化为〔2x﹣（x﹣1）][2x+（x﹣1）]=0，整理得（x+1）（3x﹣1）=0，∴x+1=0或3x﹣1=0，∴x1=﹣1，x2=．17\n点评：本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程右边变形为0，然后把方程左边进行因式分解，这样把一元二次方程转化为两个一元一次方程，再解一次方程可得到一元二次方程的解． 19．（7分）（2022•高淳县二模）区园林局分三次进行树苗成活率试验，每次所用树苗数，每次的成活率（成活率=×100%）分别如图①，图②所示：（1）求园林局这3次试验成活的树苗总数和平均成活率；（2）如果要栽种成活1000棵树苗，根据上面的计算结果，估计园林局要栽多少棵树苗？考点：条形统计图；用样本估计总体．专题：计算题．分析：（1）各次树苗数乘以各次的成活率，相加即可得到3次试验成活的树苗总数，用成活的树苗总数除以3次所用的树苗数，即可求出平均成活率；（2）用1000除以（1）求出的平均成活率，即可得到结果．解答：解：（1）根据题意得：成活树苗的总数为：80×82.5%+100×78%+90×80%=216（棵）；平均成活率为：216÷（80+100+90）=80%；（2）根据题意得：估计要栽树苗数为：1000÷80%=1250（棵）．点评：此题考查了条形统计图，以及用样本估计总体，弄清题意是解本题的关键． 20．（7分）（2022•高淳县二模）甲、乙、丙三名学生要从A、B两个社区中随机选取一个参加社会实践活动．（1）求甲、乙、丙三名学生在同一个社区参加社会实践活动的概率；（2）求甲、乙、丙三名学生至少有两人在A社区参加社会实践活动的概率．考点：列表法与树状图法．专题：计算题．分析：列表得出所有等可能的情况数，（1）找出甲、乙、丙三名学生在同一个社区参加社会实践活动的情况数，即可求出所求的概率；（2）找出甲、乙、丙三名学生至少有两人在A社区参加社会实践活动的情况数，即可求出所求的概率．解答：解：可能出现的结果甲乙丙结果17\nAAA（A，A，A）AAB（A，A，B）ABA（A，B，A）ABB（A，B，B）BAA（B，A，A）BAB（B，A，B）BBA（B，B，A）BBB（B，B，B）（1）由上表可知，可能的结果共有8种，且他们都是等可能的，其中，甲、乙、丙三名学生在同一个社区参加社会实践活动的结果有2种，则所求概率P1==；（2）甲、乙、丙三名学生至少有两人在A社区参加社会实践活动的结果有4种，则所求概率P2==．点评：此题考查了列表法与树状图法，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． 21．（7分）（2022•高淳县二模）如图，某时刻飞机A、B处于同一高度，此时从地面雷达C测得飞机A的仰角∠DCA=40°，与雷达C的距离CA=90千米；测得飞机B的仰角∠DCB=35°，与雷达C的距离CB=100千米．则此时飞机A、B相距多少千米？（精确到0.1千米）（参考数据：cos40°=0.77，sin40°=0.64，cos35°=0.82，sin35°=0.57）考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．分析：首先分析图形：根据题意构造直角三角形；本题涉及两个直角三角形，应利用其公共边构造等量关系，进而可求出答案．解答：解：过A作CD的垂线AM，过B作CD的垂线BN，垂足分别为M、N．在Rt△AMC中，cos∠MCA=∴CM=90cos40°=69.3，在Rt△BNC中，cos∠NCB=∴CN=100cos35°=82∴MN=CN﹣CM=12.7千米，由已知，AM=BN，AM⊥CD，BN⊥CD∴AMNB为矩形∴AB=MN=12.7．即此时飞机A、B相距12.7千米．17\n点评：考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，本题要求学生借助俯角构造直角三角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形． 22．（8分）（2022•高淳县二模）如图，已知点E、F、G、H分别在正方形ABCD的各边上，且AE=BF=CG=DH，AF、BG、CH、DE分别相交于点A′、B′、C′、D′．求证：四边形A′B′C′D′是正方形．考点：正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：依据三角形的内角和定理可以判定四边形A′B′C′D′的三个角是直角，则四边形是矩形，然后证明一组邻边相等，可以证得四边形是正方形．解答：证明：在正方形ABCD中，∵在△ABF和△BCG中，∴△ABF≌△BCG（SAS）∴∠BAF=∠GBC，∵∠BAF+∠AFB=90°，∴∠GBC+∠AFB=90°，∴∠BB′F=90°，∴∠A′B′C′=90°．∴同理可得∠B′C′D′=∠C′D′A′=90°，∴四边形A′B′C′D′是矩形．∵在△AB′B和△BC′C中，∴△AB′B≌△BC′C（AAS），∴AB′=BC′17\n∵在△AA′E和△BB′F中，∴△AA′E≌△BB′F（AAS），∴AA′=BB′∴A′B′=B′C′∴矩形A′B′C′D′是正方形．点评：本题考查了正方形的判定，判定的方法是证明是矩形同时是菱形． 23．（9分）（2022•高淳县二模）小明从家骑自行车出发，沿一条直路到相距1600m的邮局办事，同时，小明的爸爸以80m/min速度从邮局沿同一条道路步行回家，小明在邮局停留2分钟后沿原路以原速返回．设他们出发后经过t（min）时，小明与爸爸离家的距离分别为S1（m）、S2（m），S1、S2与t的函数关系如图所示．（1）a= 960 m．（2）①S2与t之间的函数关系式为 S2=1600﹣80t ；②当t≥10时，求S1与t之间的函数关系式．（3）小明从邮局返回开始到追上爸爸需要多长时间？这时他与爸爸离家还有多远？考点：一次函数的应用．分析：（1）根据路程=速度×时间求出爸爸8min走过的路程，然后用总路程1600m减去走过的路程即可；（2）①根据S2等于总路程减去走过的路程列式即可；②先表示出点C的坐标，然后设S1=mt+n，再利用待定系数法求一次函数解析式解答；（3）求出相遇时的时间与距离S，然后减去小明从邮局返回时的时间即可．解答：解：（1）∵小明的爸爸的速度是80m/min，∴80×8=640m，1600﹣640=960m，∴a=960m；17\n（2）①∵小明的爸爸的速度是80m/min，∴S2=1600﹣80t；②由题意得，点B（10，1600），C（18，0），当t≥10时，设S1=mt+n，则，解得，所以，S1=﹣200t+3600；（3）由S1=S2得，﹣200t+3600=1600﹣80t，解得t=，当t=时，S=1600﹣80×=，∴t﹣10=﹣10=，即小明从邮局返回开始到追上爸爸需要min，这时他与爸爸离家还有m．故答案为：（1）960；（2）S1=﹣200t+3600．点评：本题考查了一次函数的应用，主要利用了待定系数法求函数解析式，路程、速度、时间三者之间的关系，读懂题目信息，从图中准确获取信息是解题的关键． 24．（8分）（2022•高淳县二模）某人定制了一批地砖，每块地砖（如图（1）所示）是边长为0.5米的正方形ABCD．点E、F分别在边BC和CD上，△CFE、△ABE和四边形AEFD均由单一材料制成，制成△CFE、△ABE和四边形AEFD的三种材料的价格依次为每平方米30元、20元、10元．若将此种地砖按图（2）所示的形式铺设，则中间的阴影部分组成正方形EFGH．已知烧制该种地砖平均每块需加工费0.35元，若要CE长大于0.1米，且每块地砖的成本价为4元（成本价=材料费用+加工费用），则CE长应为多少米？考点：一元二次方程的应用．专题：几何图形问题．分析：首先表示出S△CFE=x2，S△ABE=×0.5×（0.5﹣x），进而得出S四边形AEFD=S正方形ABCD﹣S△CFE﹣S△ABE，即可得出关于x的一元二次方程，求出即可．解答：解：设CE=x，则BE=0.5﹣x，由题意得出：CF=CE=x，∴S△CFE=x2，S△ABE=×0.5×（0.5﹣x），17\nS四边形AEFD=S正方形ABCD﹣S△CFE﹣S△ABE=0.52﹣x2﹣×0.5×（0.5﹣x）=0.25﹣x2﹣×0.5×（0.5﹣x）由题意得出：30×x2﹣20××0.5×（0.5﹣x）+10×[0.25﹣x2﹣×0.5×（0.5﹣x）]+0.35=4，化简得：10x2﹣2.5x+0.1=0，b2﹣4ac=6.25﹣4=2.25，∴x=，∴x1=0.2，x2=0.05（不合题意舍去）．答：CE的长应为0.2m．点评：此题主要考查了一元二次方程的应用以及图形面积求法等知识，借助数形结合得出图形面积关系是解题关键． 25．（9分）（2022•高淳县二模）某批发商以40元/千克的价格购入了某种水果500千克．据市场预测，该种水果的售价y（元/千克）与保存时间x（天）的函数关系为y=60+2x，但保存这批水果平均每天将损耗10千克，且最多能保存8天．另外，批发商保存该批水果每天还需40元的费用．（1）若批发商保存1天后将该批水果一次性卖出，则卖出时水果的售价为 62 （元/千克），获得的总利润为 10740 （元）；（2）设批发商将这批水果保存x天后一次性卖出，试求批发商所获得的总利润w（元）与保存时间x（天）之间的函数关系式；（3）求批发商经营这批水果所能获得的最大利润．考点：二次函数的应用．分析：（1）将x=1代入水果的售价y（元/千克）与保存时间x（天）的函数关系为y=60+2x即可求得该种水果的售价，然后乘以水果质量求得利润即可；（2）根据利润=售价×销售量﹣成本列出函数关系式即可；（2）利用配方法即可求出利润最大值．解答：解：（1）当x=1时，y=60+2x=62元，利润为：（62﹣40）×（500﹣10）﹣40=10740元；（2）由题意得：w=（60+2x）（500﹣10x）﹣40x﹣500×40=﹣20x2+360x+10000；（3）w=﹣20x2+360x+10000=﹣20（x﹣9）2+11620∵0≤x≤8，x为整数，当x≤9时，w随x的增大而增大，∴x=8时，w取最大值，w最大=11600．答：批发商所获利润w的最大值为11600元．故答案为：62，10740．点评：本题考查了二次函数的应用，解答本题的关键是仔细审题，将实际问题用函数表示出来，注意掌握配方法求二次函数最值得应用． 17\n26．（9分）（2022•高淳县二模）如图，△ABC中，以AB为直径的⊙O交AC于D，交BC于E，已知CD=AD．（1）求证：AB=CB；（2）过点D作出⊙O的切线；（要求：用尺规作图，保留痕迹，不写作法）（3）设过D点⊙O的切线交BC于H，DH=，tanC=3，求⊙O的直径．考点：圆的综合题．分析：（1）根据垂直平分线的性质即可得出AB=BC；（2）根据切线的性质，过点D作BC的垂直线或作O、D连线的垂线即可；（3）根据相似三角形的判定与性质得出，△CHD∽△CDB，=，进而求出即可．解答：（1）证明：如图1，连结BD．∵点D在以AB为直径的圆上，∴AD⊥BD．又∵CD=BD，∴AB=AC．（2）解：如图1所示：（过点D作BC的垂直线或作O、D连线的垂线）；（3）解：连结OD，BD．∵CD=AD，AO=BO，∴OD是△ABC的中位线．∴OD∥BC．∵过点D的直线与⊙O相切，∴OD⊥DH．∵OD∥AC，∴DH⊥BC．在Rt△DHC中，∵DH=，tanC=3，∴CH=，CD=，∵∠C=∠C，∠CDH=∠CDB=90°，∴△CHD∽△CDB，∴=，17\n∴=，解得：BC=5，即AB=5，∴⊙O的直径为5．点评：此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及切线的性质和垂直平分线的性质等知识，熟练利用切线的性质定理得出是解题关键． 27．（14分）（2022•高淳县二模）如图，在直角梯形OABC中，OA∥BC，A、B两点的坐标分别为A（13，0），B（11，12）．动点P、Q分别从O、B两点同时出发，点P以每秒3个单位的速度沿射线OA运动，点Q以每秒1个单位的速度沿线段BC运动，当点Q运动到C点时，P、Q同时停止运动，动点P、Q运动时间为t秒．设线段PQ和OB相交于点D，过点D作DE∥OA交AB于点E，射线QE交x轴于点F．（1）当t为何值时，以P、A、B、Q为顶点的四边形是平行四边形？（2）设以P、A、E、Q为顶点的四边形面积为S，求S关于运动时间t的函数关系式，并求出S的最大值；（3）当t为何值时，△PQF是等腰三角形？考点：相似形综合题．分析：（1）当且仅当PA=QB时，以P、A、B、Q为顶点的四边形是平行四边形，利用t分别表示出PA和QB的长，即可得到关于t的方程，从而求解；17\n（2）过点Q作QG⊥xZHOU，垂足是G，过点E作EH⊥x轴，垂足是H，则QG=12．当0≤t≤时，根据S=S△QPF﹣S△AEF，利用平行线分线段成比例定理表示出AF、EH的长，则可以得到函数解析式；当＜t≤11时，S=S△QAF﹣S△EPF，类似上面的情况即可写出函数解析式，根据函数解析式的性质即可求得最大值；（3）当QP=FQ时，则GP=GF，可以得到关于t的方程求得t的值；当PQ=FP，则PQ2=FP2．在Rt△PGQ中利用勾股定理即可求解；当FQ=FP时，有FQ2=FP2，在Rt△FGQ中利用勾股定理即可列方程，解方程求解．解答：解：（1）由已知QB=t（0≤t≤11），OP=3t，则0≤t≤时，PA=13﹣3t；当＜t≤11时，PA=3t﹣13．∵OA∥BC，∴当且仅当PA=QB时，以P、A、B、Q为顶点的四边形是平行四边形．∴13﹣3t=t或3t﹣13=t，解得：t=或；（2）过点Q作QG⊥x轴，垂足是G，过点E作EH⊥x轴，垂足是H，则QG=12．①当0≤t≤时，S=S△QPF﹣S△AEF，∵BC∥OA，DE∥OA，∴=====．故===．∴AF=3QB=3t，EH=QG=×12=9．∴PF=OA+AF﹣OP=13+3t﹣3t=13．∴S=PF•QG﹣AF•EH=×13×12﹣×3t×9=78﹣13.5t．②当＜t≤11时，S=S△QAF﹣S△EPF，同①，类似有；AF=3t，PF=13，EH=9，∴S=AF•QG﹣PF•EH=×3t×12﹣×13×9=18t﹣58.5．由①②得：当t=11时，S=18×11﹣58.5=139.5是最大值；（3）①若QP=FQ，则GP=GF，∵GP=OG﹣OP=（11﹣t）﹣3t=11﹣4t，GF=OF﹣OG=（3t+13）﹣（11﹣t）=2+4t，∴11﹣4t=2+4t，即t=；②若PQ=FP，则PQ2=FP2．在Rt△PGQ中，PQ2=PG2+QG2=（11﹣t﹣3t）2+122，17\n∴（11﹣4t）2+122=132，解得：t=4或．③若FQ=FP，则FQ2=FP2，在Rt△FGQ中，FQ2=FG2+QG2=（13+3t﹣11﹣t）2+122，∴（2+4t）2+122=132，解得：t=或﹣（舍去）．综上可知，t=或4或或时，△PQF是等腰三角形．点评：本题考查了勾股定理，以及等腰三角形的性质，平行线分线段成比例定理，正确利用方程思想是关键．17
