【全国百强校首发】河北省武邑中学2023年中考数学五模试卷含解析.pdf

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(2)CD1=,CD2=7【解析】分析:(1)利用圆周角定理的推论得到∠C是直角,利用勾股定理求出直径AB,再利用圆的面积公式即可得到答案;(2):(1)∵AB是⊙O的直径,∴∠ACB=90°,∵AB是⊙O的直径,∴AC=8,BC=1,∴AB=10,∴⊙O的面积=π×52=25π.:..(2)有两种情况:①如图所示,当点D位于上半圆中点D1时,可知△ABD1是等腰直角三角形,且OD1⊥AB,作CE⊥AB垂足为E,CF⊥OD1垂足为F,可得矩形CEOF,AC?BC8?624??AB105∵CE=,24∴OF=CE=5,241DF?5??155∴,2418BE?BC2?CE2?62?()255∵=,187OE?5??55∴,7CF?OE?5∴,71CD?CF2?DF2?()2?()2?21155∴;②如图所示,当点D位于下半圆中点D2时,749CD?CF2?FD2?()2?()2?∴CD1=,CD2=7点睛:本题考查了圆周角定理的推论、勾股定理、:..、有48艘战舰和76架战机参加了此次阅兵.【解析】设有x艘战舰,y架战机参加了此次阅兵,根据题意列出方程组解答即可.【详解】设有x艘战舰,y架战机参加了此次阅兵,?x?y?124??3x?2y?8根据题意,得,?x?48??y?76解这个方程组,得,答:有48艘战舰和76架战机参加了此次阅兵.【点睛】此题考查二元一次方程组的应用,、(1)详见解析;(2)菱形;(3)当∠A=45°,四边形BECD是正方形.【解析】(1)先求出四边形ADEC是平行四边形,根据平行四边形的性质推出即可;(2)求出四边形BECD是平行四边形,求出CD=BD,根据菱形的判定推出即可;(3)求出∠CDB=90°,再根据正方形的判定推出即可.【详解】(1)∵DE⊥BC,∴∠DFP=90°,∵∠ACB=90°,∴∠DFB=∠ACB,∴DE//AC,∵MN//AB,∴四边形ADEC为平行四边形,∴CE=AD;(2)菱形,理由如下:在直角三角形ABC中,∵D为AB中点,∴BD=AD,∵CE=AD,∴BD=CE,∴MN//AB,∴BECD是平行四边形,∵∠ACB=90°,D是AB中点,∴BD=CD,(斜边中线等于斜边一半)∴四边形BECD是菱形;(3)若D为AB中点,则当∠A=45°时,四边形BECD是正方形,理由:∵∠A=45°,∠ACB=90°,∴∠ABC=45°,∵四边形BECD是菱形,∴DC=DB,∴∠DBC=∠DCB=45°,:..∴∠CDB=90°,∵四边形BECD是菱形,∴四边形BECD是正方形,故答案为45°.【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质,菱形的判定、正方形的判定,直角三角形斜边中线的性质等,综合性较强,?22、(1)A1(﹣1,﹣2),B1(2,﹣1);(2)4.【解析】(1)根据轴对称性质解答点关于x轴对称横坐标不变,纵坐标互为相反数;(2)根据旋转变换的性质、扇形面积公式计算.【详解】(1)如图所示:A1(﹣1,﹣2),B1(2,﹣1);(2)将△AOB绕点O顺时针旋转90°的△A2OB2如图所示:OB?12?22?5,??290π?55π?.3604线段OB扫过的面积为:【点睛】此题主要考查了图形的旋转以及位似变换和轴对称变换等知识,、(1)证明见解析;(2)证明见解析;(1)①BC=4;②:..【解析】分析:(1)由菱形知∠D=∠BEC,由∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°可得∠A=∠AEC,据此得证;(2)以点C为圆心,CE长为半径作⊙C,与BC交于点F,于BC延长线交于点G,则CF=CG=AC=CE=CD,证BEBG?△BEF∽△BGA得BFBA,即BF?BG=BE?AB,将BF=BC-CF=BC-AC、BG=BC+CG=BC+AC代入可得;6(1)①设AB=5k、AC=1k,由BC2-AC2=AB?AC知BC=2k,连接ED交BC于点M,Rt△DMC中由DC=AC=1k、126CD2?CM233MC=BC=k求得DM==k,可知OM=OD-DM=1-k,中,由OM2+MC2=OC2可得答案.②设OM=d,则MD=1-d,MC2=OC2-OM2=9-d2,继而知BC2=(2MC)2=16-4d2、AC2=DC2=DM2+CM2=(1-d)2+9-d2,由(2)得AB?AC=BC2-AC2,据此得出关于d的二次函数,:(1)∵四边形EBDC为菱形,∴∠D=∠BEC,∵四边形ABDC是圆的内接四边形,∴∠A+∠D=180°,又∠BEC+∠AEC=180°,∴∠A=∠AEC,∴AC=CE;(2)以点C为圆心,CE长为半径作⊙C,与BC交于点F,于BC延长线交于点G,则CF=CG,由(1)知AC=CE=CD,∴CF=CG=AC,∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形,∴∠G+∠AEF=180°,又∵∠AEF+∠BEF=180°,∴∠G=∠BEF,∵∠EBF=∠GBA,∴△BEF∽△BGA,BEBG?BFBA∴,即BF?BG=BE?AB,∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC,BE=CE=AC,∴(BC﹣AC)(BC+AC)=AB?AC,即BC2﹣AC2=AB?AC;(1)设AB=5k、AC=1k,∵BC2﹣AC2=AB?AC,6∴BC=2k,:..连接ED交BC于点M,∵四边形BDCE是菱形,∴DE垂直平分BC,则点E、O、M、D共线,126在Rt△DMC中,DC=AC=1k,MC=BC=k,CD2?CM2?3k∴DM=,3∴OM=OD﹣DM=1﹣k,36中,由OM2+MC2=OC2得(1﹣k)2+(k)2=12,233解得:k=或k=0(舍),62∴BC=2k=4;②设OM=d,则MD=1﹣d,MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2,∴BC2=(2MC)2=16﹣4d2,AC2=DC2=DM2+CM2=(1﹣d)2+9﹣d2,由(2)得AB?AC=BC2﹣AC2=﹣4d2+6d+18381=﹣4(d﹣4)2+4,3381444∴当d=,即OM=时,AB?AC最大,最大值为,272∴DC2=,362∴AC=DC=,96AB3?4AC2∴AB=,:本题主要考查圆的综合问题,解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、、(1)见解析;(2)60°.【解析】(1)先证明△AEB≌△AEF,推出∠EAB=∠EAF,由AD∥BC,推出∠EAF=∠AEB=∠EAB,得到BE=AB=AF,由此即可证明;(2)连结BF,=2,AG=AE=,∠BAF=2∠BAE,AE⊥△ABG,:..求出∠BAG=30°,那么∠BAF=2∠BAE=60°.【详解】解:(1)在△AEB和△AEF中,,∴△AEB≌△AEF,∴∠EAB=∠EAF,∵AD∥BC,∴∠EAF=∠AEB=∠EAB,∴BE=AB=AF.∵AF∥BE,∴四边形ABEF是平行四边形,∵AB=BE,∴四边形ABEF是菱形;(2)连结BF,交AE于G.∵AB=AF=2,∴GA=AE=×2=,在Rt△AGB中,cos∠BAE==,∴∠BAG=30°,∴∠BAF=2∠BAG=60°,【点睛】本题考查了平行四边形的性质与菱形的判定与性质,解题的关键是熟练的掌握平行四边形的性质与菱形的判定与性质.