北京市各区中考数学二模试题分类汇编 应用题

2020北京中考数学二模分类——圆综合1．（2020•海淀区二模）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，CE⊥AB于点E，⊙O 的切线BD交OC的延长线于点D．（1）求证：∠DBC＝∠OCA；（2）若∠BAC＝30°，AC＝2．求CD的长．【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，∠A+∠ABC＝90°，根据切线的性质得到∠DBC+∠ABC＝90°，得到∠A＝∠DBC，根据等腰三角形的性质、等量代换证明结论；（2）根据正切的定义求出BC，证明CD＝BC，得到答案．【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∵BD为⊙O的切线，∴AB⊥BD，∴∠DBC+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DBC，∵OA＝OC，∴∠A＝∠OCA，∴∠OCA＝∠DBC；（2）解：在Rt△ABC中，tan A＝，∴BC＝AC•tan A＝，由（1）可知，∠DBC＝∠BAC＝30°，由圆周角定理得，∠BOC＝2∠BAC＝60°，∴∠D＝30°，∴∠D＝∠DBC，∴CD＝BC＝．【点评】本题考查的是切线的性质、解直角三角形的知识，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．2．（2020•西城区二模）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，且＝，连接OC，BD，OD．（1）求证：OC垂直平分BD；（2）过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，连接AD，CD．①依题意补全图形；②若AD＝6，sin∠AEC＝，求CD的长．【分析】（1）由同弧所对的圆心角相等可得∠COD＝∠COB，再由等腰三角形的“三线合一“性质可得OD＝OB，从而问题得证；（2）①依照题意补全图形即可；②由切线的性质可得OC⊥CE；由同位角相等可证DB ∥CE；由等角的正弦值相等可得sin∠ABD＝sin∠AEC＝，从而可求得BD、AB、OA、OB和OC的值，由OC垂直平分BD，可得BF及DF的值；由三角形的中位线定理可得OF的值，进而求得CF的值，最后在Rt△CFD中，由勾股定理可得CD的长．【解答】解：（1）证明：∵＝，∴∠COD＝∠COB．∵OD＝OB，∴OC垂直平分BD；（2）①补全图形，如图所示：；②∵CE是⊙O的切线，切点为C，∴OC⊥CE于点C．记OC与BD交于点F，由（1）知OC⊥BD，∴∠OCE＝∠OFB＝90°．∴DB∥CE，∴∠AEC＝∠ABD．∵在Rt△ABD中，AD＝6，sin∠ABD＝sin∠AEC＝，∴BD＝8，AB＝10．∴OA＝OB＝OC＝5．由（1）可知OC平分BD，即DF＝BF，∴BF＝DF＝4，OF为△ABD的中位线，∴OF＝AD＝3，∴CF＝2．∴在Rt△CFD中，CD＝＝2．∴CD的长为2．【点评】本题考查了线段的垂直平分线的判定、切线的性质、解直角三角形、三角形的中位线定理及勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．3．（2020•东城区二模）如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，作OD⊥AB交AC于点D，延长BC，OD交于点F，过点C作⊙O的切线CE，交OF于点E．（1）求证：EC＝ED；（2）如果OA＝4，EF＝3，求弦AC的长．【分析】（1）连接OC，由切线的性质可证得∠ACE+∠A＝90°，又∠CDE+∠A＝90°，可得∠CDE＝∠ACE，则结论得证；（2）先根据勾股定理求出OE，OD，AD的长，证明Rt△AOD∽Rt△ACB，得出比例线段即可求出AC的长．【解答】（1）证明：连接OC，∵CE与⊙O相切，为C是⊙O的半径，∴OC⊥CE，∴∠OCA+∠ACE＝90°，∵OA＝OC，∴∠A＝∠OCA，∴∠ACE+∠A＝90°，∵OD⊥AB，∴∠ODA+∠A＝90°，∵∠ODA＝∠CDE，∴∠CDE+∠A＝90°，∴∠CDE＝∠ACE，∴EC＝ED；（2）解：∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，在Rt△DCF中，∠DCE+∠ECF＝90°，∠DCE＝∠CDE，∴∠CDE+∠ECF＝90°，∵∠CDE+∠F＝90°，∴∠ECF＝∠F，∴EC＝EF，∵EF＝3，∴EC＝DE＝3，∴OE＝＝5，∴OD＝OE﹣DE＝2，在Rt△OAD中，AD＝＝2，在Rt△AOD和Rt△ACB中，∵∠A＝∠A，∠ACB＝∠AOD，∴Rt△AOD∽Rt△ACB，∴，即，∴AC＝．【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆周角定理和相似三角形的判定与性质．4．（2020•朝阳区二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD＝CD，对角线AC经过点O，过点D作⊙O的切线DE，交BC的延长线于点E．（1）求证：DE∥AC；（2）若AB＝8，tan E＝，求CD的长．【分析】（1）如图，连接OD，根据圆周角定理得到∠ADC＝90°，根据等腰直角三角形的性质得到∠DOC＝90°，由切线的性质得到OD⊥DE，于是得到结论；（2）根据平行线的性质得到∠E＝∠ACB，解直角三角形即可得到结论．【解答】（1）证明：如图，连接OD，∵AC是⊙O的直径，∴∠ADC＝90°，∵AD＝CD，∴∠DOC＝90°，∵DE是⊙O的切线，∴OD⊥DE，∴∠DOC+∠ODE＝180°，∴DE∥AC；（2）解：∵DE∥AC，∴∠E＝∠ACB，∵AC是⊙O的直径，∴∠ABC＝90°，在Rt△ABC中，AB＝8，tan∠ACB＝，∴AC＝10，∵∠ADC＝90°，AD＝CD，∴△ACD是等腰直角三角形，∴CD＝AC＝5．【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．5．（2020•丰台区二模）如图，AB为⊙O的直径，C为AB延长线上一点，CD为⊙O的切线，切点为D，AE⊥CD于点E，且AE与⊙O交于点F．（1）求证：点D为的中点；（2）如果BC＝5，sin C＝，求AF的长．【分析】（1）证明OD∥AE可得结论．（2）在Rt△ODC中，根据sin∠C＝＝，求出半径r，再在Rt△AOH中，求出AH 即可解决问题．【解答】（1）证明：如图，连接OD，AD．∵CD是⊙O的切线，∴OD⊥EC，∵AE⊥EC，∴OD∥AE，∴∠ADO＝∠EAD，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠OAD＝∠EAD，∴＝，即点D是的中点．（2）解：过点O作OH⊥AE于H，则AH＝HF．设OA＝OB＝OD＝r，∵∠ODC＝90°，∴sin∠C＝，∴＝，解得r＝，∵OH⊥AE，EC⊥AE，∴OH∥EC，∴∠AOH＝∠C，∴sin∠AOH＝sin∠C＝，∴＝，∴AH＝，∴AF＝2AH＝9．【点评】本题考查解直角三角形，圆周角定理，切线的性质，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．6．（2020•石景山区二模）如图，点A，B，C在⊙O上，D是弦AB的中点，点E在AB的延长线上，连接OC，OD，CE，∠CED+∠COD＝180°．（1）求证：CE是⊙O切线；（2）连接OB，若OB∥CE，tan∠CEB＝2，OD＝4，求CE的长．【分析】（1）根据垂直的定义得到∠ODB＝90°．得到∠OCE＝90°．根据切线的判定定理即可得到；（2）连接OB，延长CO，EA交于点F，如图，根据平行线的性质得到∠BOF＝∠ECO ＝90°，∠1＝∠E，解直角三角形得到BD＝2，，根据相似三角形的性质即可得到结论．【解答】（1）证明：如图1，∵D是弦AB的中点，OD过圆心，∴OD⊥AB即∠ODB＝90°．∵在四边形ODEC中，∠CED+∠COD＝180°，∴∠OCE＝90°．又∵OC是⊙O的半径，∴CE是⊙O切线；（2）解：连接OB，延长CO，EA交于点F，如图，∵OB∥CE，∴∠BOF＝∠ECO＝90°，∠1＝∠E，在Rt△ODB中，，OD＝4，∴BD＝2，，在Rt△BOF中，，∴，∵OB∥CE，∴△BOF∽△ECF，∴，即，∴．【点评】本题考查了切线的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．7．（2020•门头沟区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D，过点D作⊙O的切线DE交AB于E．（1）求证：DE⊥AB；（2）如果tan B＝，⊙O的直径是5，求AE的长．【分析】（1）连接AD，OD，根据圆周角定理得到AD⊥BC，根据等腰三角形的性质得到∠BAD＝∠ODA，推出AB∥OD，根据切线的性质即可得到结论；（2）设AD＝k，BD＝2k，根据勾股定理得到AB＝＝k，求得AD＝，BD＝2，根据三角形的面积公式和勾股定理即可得到结论．【解答】（1）证明：连接AD，OD，∵AC为⊙O的直径，∴AD⊥BC，∵AB＝AC，∴∠BAD＝∠CAD，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠BAD＝∠ODA，∴AB∥OD，∵DE是⊙O的切线，∴OD⊥DE，∴DE⊥AB；（2）解：∵tan B＝＝，∴设AD＝k，BD＝2k，∴AB＝＝k，∵AB＝AC＝5，∴k＝，∴AD＝，BD＝2，∵S△ABD＝AB•DE＝AD•BD，∴DE＝＝2，∴AE＝＝＝1．【点评】本题考查了切线的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．8．（2020•房山区二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，E是AC中点，连接DE．（1）判断DE与⊙O的位置关系并说明理由；（2）设CD与OE的交点为F，若AB＝10，BC＝6，求OF的长．【分析】（1）连接CD、OD，如图，利用圆周角定理得到∠BDC＝90°，则根据斜边上的中线性质得到EA＝ED，所以∠1＝∠A，接着证明∠1+∠2＝90°，从而得到OD⊥DE，然后根据切线的判定方法得到结论；（2）证明△BCD∽△BAC，利用相似比计算出BD＝，再证明OE为△CAB的中位线得到OF∥BD，然后利用相似比计算OF的长．【解答】解：（1）DE与⊙O相切．理由如下：连接CD、OD，如图，∵BC为直径，∴∠BDC＝90°，∵E为Rt△ADC的斜边AC的中点，∴EA＝ED，∴∠1＝∠A，∵OB＝OD，∴∠B＝∠2，而∠B+∠A＝90°∴∠1+∠2＝90°，∴∠EDO＝90°，∴OD⊥DE，∴DE为⊙O的切线；（2）∵∠DBC＝∠CBA，∠BDC＝∠BCA，∴△BCD∽△BAC，∴BD：BC＝BC：BA，∴BD＝＝，∵OB＝OC，EC＝EA，∴OE为△CAB的中位线，∴OF∥BD，∴OF：BD＝OC：CB，∴OF＝BD＝．【点评】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线．也考查了圆周角定理．9．（2020•平谷区二模）如图，以AB为直径的⊙O，交AC于点E，过点O作半径OD⊥AC 于点G，连接BD交AC于点F，且FC＝BC．（1）求证：BC是⊙O的切线；（2）若⊙O的半径为5，tan A＝，求GF的长．【分析】（1）根据OB＝OD，可得∠OBD＝∠ODB，由FC＝BC，可得∠CFB＝∠CBF，再由OD⊥AC，可得∠DGF＝90°，进而可得∠OBC＝90°，即可证明BC是⊙O的切线；（2）如图，连接BE，根据AB是⊙O的直径，可得∠AEB＝90°，得OD∥BE，得∠GDF ＝∠EBF，所以得tan∠GDF＝tan∠EBF，再根据⊙O的半径为5，tan A＝，可得OA＝OD＝5，OG＝3，AG＝4，BE＝6，AE＝8，进而可得GF的长．【解答】解：（1）证明：∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∵FC＝BC，∴∠CFB＝∠CBF，∵OD⊥AC，∴∠DGF＝90°，∴∠ODB+∠DFG＝90°∵∠CFB＝∠DFG，∴∠ODB+∠CFB＝∠OBD+∠CBF＝∠OBC＝90°，∴OB⊥BC，∵OB是⊙O的半径，∴BC是⊙O的切线；（2）如图，连接BE，∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB＝90°，∵∠AGO＝90°，∴OD∥BE，∴∠GDF＝∠EBF，∵⊙O的半径为5，tan A＝，∴OA＝OD＝5，OG＝3，AG＝4，∴DG＝OD﹣OG＝2，∵在Rt△ABE中，AB＝10，tan A＝，∴BE＝6，AE＝8，∵OG⊥AE，∴AG＝EG＝4，∴EF＝EG﹣GF＝4﹣GF，∵∠GDF＝∠EBF，∴tan∠GDF＝tan∠EBF，即＝，∴＝，解得GF＝1．所以GF的长为1．【点评】本题考查了切线的判定与性质、解直角三角形，解决本题的关键是综合运用以上知识．10．（2020•密云区二模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，AC平分∠BAD，过点C的切线交直径AB的延长线于点E，连接AD、BC．（1）求证：∠BCE＝∠CAD；（2）若AB＝10，AD＝6，求CE的长．【分析】（1）连接OC，根据切线的性质得到OC⊥CE，根据圆周角定理和等腰三角形的性质得到∠CAB＝∠BCE，由角平分线的定义得到∠CAD＝∠CAB，等量代换得到结论；（2）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据勾股定理得到BD＝8，求得OH ＝3，根据相似三角形的性质即可得到结论．【解答】（1）证明：连接OC，∵CE是⊙O的切线，∴OC⊥CE，∴∠OCB+∠BCE＝90°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB+∠OBC＝90°，∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC，∴∠CAB＝∠BCE，∵AC平分∠DAB，∴∠CAD＝∠CAB，∴∠CAD＝∠BCE；（2）解：连接BD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵AB＝10，AD＝6，∴BD＝8，∵AC平分∠DAB，∴＝，∴OC⊥BD，DH＝BH＝4，∴OH＝3，∵OC⊥CE，∴BD∥CE，∴△OHB∽△OCE，∴＝，∴＝，∴CE＝．【点评】本题考查了切线的性质，角平分线的定义，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．11．（2020•昌平区二模）如图，P A，PB是⊙O的两条切线，A，B是切点，AC是⊙O的直径．（1）若∠ACB＝70°，求∠APB的度数；（2）连接OP，若AB＝8，BC＝6，求OP的长．【分析】（1）连接OB，根据圆周角定理得到∠AOB＝2∠ACB＝140°，根据切线的性质得到∠PBO＝∠P AO＝90°，于是得到结论；（2）根据圆周角定理得到∠ABC＝90°，根据勾股定理得到AC＝＝10，根据等腰三角形的性质得到OP⊥AB，AH＝AB＝4，求得OH＝＝3，根据相似三角形的性质即可得到结论．【解答】解：（1）连接OB，∴∠AOB＝2∠ACB＝140°，∴P A，PB是⊙O的两条切线，∴∠PBO＝∠P AO＝90°，∴∠APB＝360°﹣90°﹣90°﹣140°＝40°；（2）∵AC是⊙O的直径，∴∠ABC＝90°，∵AB＝8，BC＝6，∴AC＝＝10，∴OA＝5，∵P A，PB是⊙O的两条切线，∴PB＝P A，∠APO＝∠BPO，∴OP⊥AB，AH＝AB＝4，∴OH＝＝3，∵∠AHO＝∠P AO＝90°，∠AOH＝∠POA，∴△AHO∽△P AO，∴＝，∴＝，∴OP＝．【点评】本题考查了切线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质定理是解题的关键．12．（2020•顺义区二模）已知：如图，AB是⊙O的直径，△ABC内接于⊙O．点D在⊙O 上，AD平分∠CAB交BC于点E，DF是⊙O的切线，交AC的延长线于点F．（1）求证：DF⊥AF；（2）若⊙O的半径是5，AD＝8，求DF的长．【分析】（1）连接OD，根据切线的性质得到∠ODF＝90°，根据角平分线的定义得到∠CAD＝∠DAB，由等腰三角形的性质得到∠DAB＝∠ADO，等量代换得到∠CAD＝∠ADO，推出AF∥OD，根据平行线的性质即可得到结论；（2）连接DB，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据勾股定理得到BD＝6，再根据相似三角形的判定与性质即可求解．【解答】（1）证明：连接OD．∵DF是⊙O的切线，∴OD⊥DF，∴∠ODF＝90°．∵AD平分∠CAB，∴∠CAD＝∠DAB．又∵OA＝OD，∴∠DAB＝∠ADO．∴∠CAD＝∠ADO．∴AF∥OD．∴∠F+∠ODF＝180°．∴∠F＝180°﹣∠ODF＝90°．∴DF⊥AF．（2）解：连接DB．∵AB是直径，⊙O的半径是5，AD＝8，∴∠ADB＝90°，AB＝10．∴BD＝6．∵∠F＝∠ADB＝90°，∠F AD＝∠DAB，∴△F AD∽△DAB．∴．∴．【点评】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，角平分线的定义，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．。

2021北京中考数学二模分类汇编——四边形综合参考答案与试题解析1．（2021•海淀区二模）如图1，△ABC中，D为AC边上一动点（不含端点），过点D作DE∥AB交BC于点E，过点E作EF∥AC交AB于点F，连接AE，DF．点D运动过程中，始终有AE＝DF．（1）求证：∠BAC＝90°；（2）如图2，若AC＝3，tan B＝，当AF＝AD时，求AD的长．【分析】（1）根据对边平行可得平行四边形，再根据邻边相等可得矩形，可得结论；（2）当AF＝AD时，四边形ADEF是正方形，方法一：设DC＝3x，则DE＝4x可得AC ＝7x＝3，进而可得AD；方法二：根据相似三角形对应边成比例可得答案．【解答】（1）证明：∵DE∥AB，EF∥AC，∴四边形ADEF是平行四边形．∵AE＝DF，∴▱ADEF是矩形．∴∠BAC＝90°．（2）解：当AF＝AD时，由（1）知，此时四边形ADEF是正方形．方法1，∵DE∥AB，∴∠DEC＝∠B，∠EDC＝∠BAC＝90°．∴tan∠DEC＝tan B＝．在Rt△DEC中，设DC＝3x，则DE＝4x．∵四边形ADEF是正方形，∴AD＝DE＝4x．∴AC＝AD+DC＝7x＝3．∴x＝，∴AD＝4x＝．方法2：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，tan B＝，AC＝3，∴AB＝4．∵四边形ADEF是正方形，设AD＝DE＝x．∵DE∥AB，∴△CED∽△CBA．∴，即，解得x＝，∴AD＝．【点评】本题是三角形综合题，考查了直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，利用相似三角形的性质解决问题是本题的关键．2．（2021•西城区二模）如图，在△ABC中，AC＝BC，CD为△ABC的角平分线，AE∥DC，AE＝DC，连接CE．（1）求证：四边形ADCE为矩形；（2）连接DE，若AB＝10，CD＝12，求DE的长．【分析】（1）先证四边形ADCE是平行四边形，再由等腰三角形的性质得CD⊥AB，则∠ADC＝90°，即可得出平行四边形ADCE为矩形；（2）由等腰三角形的性质得BD＝AD＝AB＝5，CD⊥AB，再由勾股定理求出AC＝13，然后由矩形的性质求解即可．【解答】（1）证明：∵AE∥DC，AE＝DC，∴四边形ADCE是平行四边形，∵AC＝BC，CD为△ABC的角平分线，∴CD⊥AB，∴∠ADC＝90°，∴平行四边形ADCE为矩形；（2）解：∵AC＝BC，CD为△ABC的角平分线，∴BD＝AD＝AB＝5，CD⊥AB，∴∠BDC＝90°，∴AC＝＝＝13，由（1）得：四边形ADCE为矩形，∴DE＝AC＝13．【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质、等腰三角形的性质是解题的关键．3．（2021•东城区二模）如图，在菱形ABCD中，点E是CD的中点，连接AE，交BD于点F．（1）求BF：DF的值；（2）若AB＝2，AE＝，求BD的长．【分析】（1）根据菱形性质，可得△ABF∽△EDF，利用对应边成比例即可求解．（2）连接AC，利用已知，可得△ADE是直角三角形，即可求出∠ADC＝60°，利用面积法即可求出BD的长度．【解答】解：（1）在菱形ABCD中，AB∥CD．∴∠BAF＝∠DEF，∠ABF＝∠EDF．∴△ABF∽△EDF，∴．∵点E是CD的中点．∴．∴BF：DF＝2：1．（2）连接AC．∵AB＝2，∴AD＝2，．∵AE＝，∴AE2+DE2＝AD2．∴△ADE是直角三角形，∴AE⊥DC，∠ADC＝60°．∴△ADC是等边三角形．∴AC＝2．利用菱形的面积等于对角线乘积的一半，也可底乘高，可得：．∴BD＝．【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形判定，等边三角形判定，三角形相似判定和性质等知识，关键在于利用菱形的面积可以对角线乘积的一半，也可底乘高．4．（2021•朝阳区二模）如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，过B，C两点分别作AC，BD的平行线，相交于点E．（1）求证：四边形BOCE是矩形；（2）连接EO交BC于点F，连接AF，若∠ABC＝60°，AB＝2，求AF的长．【分析】（1）先证四边形BOCE是平行四边形，再由菱形的性质得∠BOC＝90°，即可得出结论；（2）先证△ABC是等边三角形，得BC＝AB＝2，∠BAC＝60°，再由矩形的性质得BF ＝CF＝BC＝1，然后由等边三角形的性质得AF⊥BC，∠BAF＝∠BAC＝30°，即可求解．【解答】（1）证明：∵BE∥AC，EC∥BD，∴四边形BOCE是平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠BOC＝90°，∴平行四边形BOCE是矩形；（2）解：如图，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴BC＝AB＝2，∠BAC＝60°，∵四边形BOCE是矩形，∴BF＝CF＝BC＝1，∴AF⊥BC，∠BAF＝∠BAC＝30°，∴∠AFB＝90°，∴AF＝BF＝．【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握矩形的判定与性质和菱形的性质是解此题的关键．5．（2021•丰台区二模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，AE∥BC，CE∥AD．（1）求证：四边形ADCE是菱形；（2）连接BE，若∠ABC＝30°，AC＝2，求BE的长．【分析】（1）先证明四边形ADCE是平行四边形，再证明AD＝DC，即可求证是菱形．（2）连接BE，过点E作EF垂直BA，垂足为F，根据已知求出EF的长度，利用勾股定理即可求BE．【解答】（1）证明：∵AE∥BC，CE∥AD．∴四边形ADCE是平行四边形．∵∠BAC＝90°，AD是斜边BC边上的中线．∴AD＝CD．∴四边形ADCE是菱形．（2）过点E作EF垂直BA，垂足为F，如图：∵∠ABC＝30°，AC＝2．∴BC＝4，AB＝．∵∠BAC＝90°，AD是斜边BC边上的中线．∴AD＝BD＝CD．∴∠DAB＝∠DBA．∵∠ABC＝30°．∴∠CDA＝60°．∴△ADC的等边三角形．∵AC＝2．∴AD＝AE＝2，∵四边形ADCE是菱形．∴∠ECA＝∠CAD＝60°．∴∠EAF＝30°．∴＝1．∴AF＝＝．∴BF＝3．∴BE＝．【点评】本题考查了菱形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，直角三角形中线性质，勾股定理等，关键在于利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．属于拔高题．6．（2021•石景山区二模）如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AD于点E，延长DA至点F，使得EF＝DA，连接BF，CF．（1）求证：四边形BCEF是矩形；（2）若AB＝3，CF＝4，DF＝5，求EF的长．【分析】（1）由平行四边形的性质得AD∥BC，AD＝BC，再由EF＝DA，得EF＝BC，EF∥BC，则四边形BCEF是平行四边形，再证∠CEF＝90°，即可得出结论；（2）由勾股定理的逆定理证△CDF是直角三角形，∠DCF＝90°，再由面积法求出CE ＝，然后由矩形的性质得∠FBC＝90°，BF＝CE＝，最后由勾股定理求解即可．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵EF＝DA，∴EF＝BC，EF∥BC，∴四边形BCEF是平行四边形，又∵CE⊥AD，∴∠CEF＝90°，∴平行四边形BCEF是矩形；（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD＝AB＝3，∵CF＝4，DF＝5，∴CD2+CF2＝DF2，∴△CDF是直角三角形，∠DCF＝90°，∴△CDF的面积＝DF×CE＝CF×CD，∴CE＝＝＝，由（1）得：EF＝BC，四边形BCEF是矩形，∴∠FBC＝90°，BF＝CE＝，∴BC＝＝＝，∴EF＝．【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理和勾股定理的逆定理以及三角形面积等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．7．（2021•房山区二模）如图，已知△ACB中，∠ACB＝90°，E是AB的中点，连接CE，分别过点A，C作CE和AB的平行线相交于点D．（1）求证：四边形ADCE是菱形；（2）若AB＝4，∠DAE＝60°，求△ACB的面积．【分析】（1）根据平行四边形的判定定理得到四边形ADCE是平行四边形，由线段中点的定义得到CE＝AE，然后根据菱形的判定证明即可；（2）根据菱形的性质∠CAE＝30°，根据直角三角形的性质，由勾股定理得到．根据三角形的面积公式即可得到结论．【解答】（1）证明：∵AD∥CE，CD∥AE，∴四边形ADCE是平行四边形，∵∠ACB＝90°，E是AB的中点，∴CE＝AE，∴四边形ADCE是菱形；（2）解：∵AB＝4，AE＝CE＝EB，∴CE＝AE＝2．∵四边形ADCE是菱形，∠DAE＝60°，∴∠CAE＝30°．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAE＝30°，AB＝4，∴，∴．＝AC•BC＝2．∴S△ACB【点评】此题主要考查了菱形的性质和判定，三角形的面积的计算，使学生能够灵活运用菱形知识解决有关问题．8．（2021•昌平区二模）如图，矩形ABCD，延长AD至点F，使DF＝AD，连接AC，CF，过点A作AE∥CF交CD的延长线于点E，连接EF．（1）求证：四边形ACFE是菱形；（2）连接BE交AD于点G．当AB＝2，tan∠ACB＝时，求BE的长．【分析】（1）利用矩形的性质证得AF⊥CE，利用垂直平分线的性质证得AE＝EF，AC ＝CF，进而证得AE＝EF＝AC＝CF，可求证；（2）利用（1）可求得CE＝4，利用三角函数求得BC，进而利用勾股定理可求得．【解答】解：（1）证明：∵矩形ABCD，∴∠ADC＝90°，∴AF⊥CE，∵DF＝AD，∴AE＝EF，AC＝CF，∴∠AED＝∠FED，∵AE∥CF，∴∠AED＝∠ECF，∴∠FED＝∠ECF，∴EF＝CF，∴AE＝EF＝AC＝CF，∴四边形ACFE是菱形；（2）解：如图，∵矩形ABCD，∴∠ABC＝∠BCE＝90°，CD＝AB＝2，由（1）知四边形ACFE是菱形，∴CD＝DE＝2，∴EC＝4，∵AB＝2，tan∠ACB＝，∴BC＝4，∴BE＝＝4．【点评】本题考查了矩形的性质，垂直平分线的性质和勾股定理等知识，关键是熟练运用这些性质解答．9．（2021•平谷区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使EF＝DE，连接CF，BF．（1）求证：四边形CFBD是菱形；（2）连接AE，若CF＝，DF＝2，求AE的长．【分析】（1）根据D，E分别是边AB，BC的中点，EF＝DE，可以得到四边形CFBD是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以得到CD＝BD，然后即可得到结论成立；（2）根据菱形的性质和勾股定理，可以得到AC和CE的长，然后根据勾股定理即可得到AE的长．【解答】证明：（1）∵点E为BC的中点，∴CE＝BE，又∵EF＝DE，∴四边形CFBD是平行四边形，∵D是边AB的中点，∠ACB＝90°，∴CD＝AB＝BD，∴四边形CFBD是菱形；（2）∵D，E分别是边AB，BC的中点，∴AC＝2DE，∵DF＝2DE＝2EF，DF＝2，∴AC＝2，EF＝1，∵CF＝，四边形CFBD是菱形，∴∠CEF＝90°，∴CE＝＝＝3，∵∠ACE＝90°，∴AE＝＝＝，即AE的长是．【点评】本题考查菱形的判定与性质、勾股定理、三角形的中位线，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．10．（2021•门头沟区二模）已知，如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边的中线，过点A作BC的平行线，过点B作AD的平行线，两线交于点E，连接DE交AB于点O．（1）求证：四边形ADBE是矩形；（2）若BC＝8，AO＝，求四边形AEBC的面积．【分析】（1）只要证明四边形ADBE是平行四边形，且∠ADB＝90°，即可；＝S△ABC+S△ABE．（2）求BD、AB，利用三角形面积公式可得S四边形AEBC【解答】解：（1）∵AE∥BC，BE∥AD，∴四边形ADBE是平行四边形，∵AB＝AC，AD是BC边的中线，∴AD⊥BC，即∠ADB＝90°．∴四边形ADBE为矩形．（2）∵在矩形ADBE中，AO＝，∴DE＝AB＝5，∵D是BC的中点，∴AE＝DB＝4，∵∠ADB＝90°，根据勾股定理，＝×BC×AD＝×8×3＝12，∴S△ABC＝×AE×BE＝×4×3＝6，∴S△ABE＝S△ABC+S△ABE＝12+6＝18，∴S四边形AEBC为18．即S四边形AEBC【点评】本题考查矩形的判定和性质、等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法，属于中考常考题型．11．（2021•顺义区二模）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE⊥BC于点E，点F在BC延长线上，且CF＝BE．（1）求证：四边形AEFD是矩形；（2）连接AF，若tan∠ABC＝2，BE＝1，AD＝3，求AF的长．【分析】（1）先证四边形AEFD是平行四边形，再证∠AEF＝90°，即可得出结论；（2）先由锐角三角函数定义求出AE＝2，再由矩形的性质得FD＝AE＝2，∠ADF＝90°，然后由勾股定理求解即可．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵CF＝BE，∴CF+EC＝BE+EC，即BC＝EF，∴AD＝EF，且AD∥EF，∴四边形AEFD是平行四边形，∵AE⊥BC，∴∠AEF＝90°，∴四边形AEFD是矩形；（2）解：在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，BE＝1，∵tan∠ABC＝，∴AE＝2BE＝2，∵四边形AEFD为矩形，∴FD＝AE＝2，∠ADF＝90°，∵AD＝3，∴AF＝＝＝．【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数定义等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．。

应用题（2017昌平二模）22. 2016年共享单车横空出世，更好地解决了人们“最后一公里”出行难的问题，截止到2016年底，“ofo 共享单车”的投放数量是“摩拜单车”投放数量的1.6倍，覆盖城市也远超于“摩拜单车”，“ofo 共享单车”注册用户量约为960万人，“摩拜单车”的注册用户量约为750万人，据统计使用一辆“ofo 共享单车”的平均人数比使用一辆“摩拜单车”的平均人数少3人，假设注册这两种单车的用户都在使用共享单车，求2016年“摩拜单车”的投放数量约为多少万台？（2017房山二模）21.为帮助灾区人民重建家园，某校学生积极捐款．已知第一次捐款总额为9000元，第二次捐款总额为12000元，且两次人均捐款额相等，但第二次捐款人数比第一次多50人．求该校第二次捐款的人数．（2017通州二模）23．某校组织同学到离校15千米的社会实践基地开展活动.一部分同学骑自行车前往，另一部分同学在骑自行车的同学出发32小时后，乘汽车沿相同路线行进，结果骑自行车的与乘汽车的同学同时到达目的地.已知汽车速度是自行车速度的3倍，求自行车的速度.（2017西城二模）20．列方程（组）解应用题某服装店用4500元购进一批衬衫，很快售完，服装店老板又用2100元购进第二批该款式的衬衫，但每件进价比第一批的每件进价少了10元，且进货量是第一批进货量的一半，求第一批购进这种衬衫每件进价是多少元．（2017东城二模）22．列方程或方程组解应用题：某校为美化校园，计划对一些区域进行绿化，安排了甲、乙两个工程队完成．已知甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化的面积的2倍，并且两队在独立完成面积为400m 2区域的绿化时，甲队比乙队少用4天．求甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别是多少m 2？（2017丰台二模）25．2016年底以来，京城路边排满了各种颜色的共享单车，本着低碳出行与强身健体的理念，赵老师决定改骑共享单车上下班．通过一段时间的体验，赵老师发现每天上班所用时间只比自驾车多52小时．已知赵老师家距学校12千米，上下班高峰时段，自驾车的速度是自行车速度的2倍．求赵老师骑共享单车每小时行驶多少千米.（2017石景山二模）21．列方程或方程组解应用题：某校的软笔书法社团购进一批宣纸，用720元购进的用于创作的宣纸与用120元购进的用于练习的宣纸的数量相同，已知用于创作的宣纸的单价比用于练习的宣纸的单价多1元，求用于练习的宣纸的单价是多少元∕张？。

2020年北京市中考数学二模分类汇编——代数综合参考答案与试题解析1．（2020•海淀区二模）在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数y＝mx2+2mx+3的图象与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点B，将其图象在点A，B之间的部分（含A，B两点）记为F．（1）求点B的坐标及该函数的表达式；（2）若二次函数y＝x2+2x+a的图象与F只有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．【分析】（1）令x＝0，解得y＝3，即可求得B的坐标，然后根据待定系数法即可求得解析式；（2）画出函数y＝﹣x2﹣2x+3的图象，根据图象即可求得．【解答】解：（1）∵二次函数y＝mx2+2mx+3的图象与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点B，∴令x＝0，则y＝3，∴B（0，3），把A（﹣3，0）代入y＝mx2+2mx+3，求得m＝﹣1，∴函数的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；（2）画出函数y＝﹣x2﹣2x+3的图象如图所示：把A（﹣3，0）代入y＝x2+2x+a得0＝9﹣6+a，解得a＝﹣3，二次函数y＝x2+2x+a的顶点与图象F的顶点（﹣1，4）重合时，则4＝1﹣2+a，解得a＝5，由图象可知，二次函数y＝x2+2x+a的图象与F只有一个公共点，a的取值范围为﹣3≤a ＜3或a＝5．【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的图象与性质，数形结合是解题的关键．2．（2020•西城区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A，B （A在B的左侧），抛物线的对称轴与x轴交于点D，且OB＝2OD．（1）当b＝2时，①写出抛物线的对称轴；②求抛物线的表达式；（2）存在垂直于x轴的直线分别与直线l：y＝x+和抛物线交于点P，Q，且点P，Q 均在x轴下方，结合函数图象，求b的取值范围．【分析】（1）①由二次函数的对称轴方程可得出答案；②根据题意求出B点坐标为（2，0），代入抛物线解析式y＝x2+2x+c可得出答案；（2）求出E（﹣，0），点D的坐标为（﹣，0）．①当b＞0时，得出点A的坐标为（﹣2b，0），点B的坐标为（b，0），则﹣2b＜﹣，解不等式即可；②当b＜0时，点A的坐标为（0，0），点B的坐标为（﹣b，0），则0＜﹣，解出b＜﹣2．【解答】解：（1）当b＝2时，抛物线y＝x2+bx+c化为y＝x2+2x+c．①抛物线的对称轴x＝﹣＝﹣1．②∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，∴点D的坐标为（﹣1，0），OD＝1．∵OB＝2OD，∴OB＝2．∵点A，点B关于直线x＝﹣1对称，∴点B在点D的右侧．∴点B的坐标为（2，0）．∵抛物线y＝x2+2x+c与x轴交于点B（2，0），∴4+4+c＝0．解得c＝﹣8．∴抛物线的表达式为y＝x2+2x﹣8．（2）设直线y＝x+与x轴交点为点E，∵y＝0时，x＝﹣，∴E（﹣，0）．∵抛物线的对称轴为x＝﹣，∴点D的坐标为（﹣，0），①当b＞0时，OD＝，∵OB＝2OD，∴OB＝b．∴点A的坐标为（﹣2b，0），点B的坐标为（b，0）．如图1，当﹣2b＜﹣时，存在垂直于x轴的直线分别与直线l：y＝x+和抛物线交于点P，Q，且点P，Q均在x轴下方，解得b＞．②当b＜0时，﹣b＞0．∴OD＝﹣，∵OB＝2OD，∴OB＝﹣b．∵抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A，B，且A在B的左侧，∴点A的坐标为（0，0），点B的坐标为（﹣b，0）．如图2，当0＜﹣时，存在垂直于x轴的直线分别与直线l：y＝x+和抛物线交于点P，Q，且点P，Q均在x轴下方，解得b＜﹣2．综合以上可得，b的取值范围是b＜﹣2或b＞．【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法，熟练掌握二次函数的性质及数形结合思想是解题的关键．3．（2020•东城区二模）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（6，4）．抛物线y＝x2﹣5x+a﹣2的顶点为C．（1）若抛物线经过点B时，求顶点C的坐标；（2）若抛物线与线段AB恰有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围；（3）若满足不等式x2﹣5x+a﹣2≤0的x的最大值为3．直接写出实数a的值．【分析】（1）将点B坐标代入解析式可求a的值，由顶点坐标可求点C坐标；（2）分顶点C在线段AB下方和线段AB上两种情况讨论，由图象列出不等式组可求解；（3）由题意可得当x＝3时，y＝0，即可求解．【解答】解：（1）由题意可得：4＝36﹣5×6+a﹣2，∴a＝0，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣5x﹣2，∴顶点C坐标为（，﹣），（2）如图，当顶点C在线段AB下方时，由题意可得：，解得：0≤a＜6；当顶点C在AB时，当x＝时，y＝4，∴，∴a＝，综上所述：当0≤a＜6或时，抛物线与线段AB恰有一个公共点；（3）由题意可得当x＝3时，y＝0，即9﹣15+a﹣2＝0，∴a＝8．【点评】本题考查了二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，利用数形结合思想解决问题是本题的关键．4．（2020•朝阳区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+a2x+c与y轴交于点（0，2）．（1）求c的值；（2）当a＝2时，求抛物线顶点的坐标；（3）已知点A（﹣2，0），B（1，0），若抛物线y＝ax2+a2x+c与线段AB有两个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．【分析】（1）根据二次函数的解析式即可得到结论；（2）把a＝2代入抛物线解析式即可得到结论；（3）当a＞0时，①当a＝2时，如图1，抛物线与AB只有一个交点；②当a＝1+时，如图2，抛物线与线段AB有两个交点，当a＜0时，抛物线与线段AB只有一个交点或没有交点，于是得到结论．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+a2x+c与y轴交于点（0，2），∴c的值为2；（2）当a＝2时，抛物线为y＝2x2+4x+2＝2（x+1）2，∴抛物线顶点的坐标为（﹣1，0）；（3）当a＞0时，①当a＝2时，如图1，抛物线与AB只有一个交点；②当a＝1+时，如图2，抛物线与线段AB有两个交点，结合函数图象可知：2＜a≤1+；当a＜0时，如图3，如图4，抛物线与线段AB只有一个交点或没有交点，综上所述，a的取值范围为2＜a≤1+．【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定．5．（2020•丰台区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣4ax+3a与y轴交于点A．（1）求点A的坐标（用含a的式子表示）；（2）求抛物线与x轴的交点坐标；（3）已知点P（a，0），Q（0，a﹣2），如果抛物线与线段PQ恰有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．【分析】（1）根据抛物线y＝ax2﹣4ax+3a与y轴交于点A即可直接写出点A的坐标；（2）解方程即可得到结论；（3）根据点P（a，0），Q（0，a﹣2），如果抛物线与线段PQ恰有一个公共点，结合函数图象，即可求a的取值范围．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣4ax+3a与y轴交于点A，∴A的坐标为（0，3a）；（2）当y＝0时．即ax2﹣4ax+3a＝0，解得：x1＝1，x2＝3，∴抛物线与x轴的交点坐标为（1，0），（3，0）；（3）当a＜0时，点A（0，3a）在点Q（0，a﹣2）上方时，抛物线与线段PQ恰有一个公共点，a＝﹣1，可知3a＞a﹣2，解得：a≥﹣1，∴a的取值范围为﹣1≤a＜0；当a＞0时，点P（a，0）在抛物线过与x轴的交点（1，0），（3，0）之间时，抛物线与线段PQ恰有一个公共点，∴a的取值范围为1≤a＜3，此时，Q（0，﹣1），抛物线与线段PQ有一个公共点；综上所述，当﹣1≤a＜0或1≤a＜3时，抛物线与线段PQ恰有一个公共点．【点评】本题考查了二次函数的综合题，二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征，解决本题的关键是结合图象解答．6．（2020•石景山区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+3a（a≠0）与y轴交于点A，与x轴交于点B，C（点B在点C左侧）．直线y＝﹣x+3与抛物线的对称轴交于点D（m，1）．（1）求抛物线的对称轴；（2）直接写出点C的坐标；（3）点M与点A关于抛物线的对称轴对称，过点M作x轴的垂线l与直线AC交于点N，若MN≥4，结合函数图象，求a的取值范围．【分析】（1）直线y＝﹣x+3与抛物线的对称轴交于点D（m，1），则1＝﹣m+3，即可求解；（2）令y＝ax2+bx+3a＝0，则x1x2＝＝3①，函数的对称轴为x＝2＝（x1+x2）②，联立①②并解得：x1＝1，x2＝3，即可求解；（3）分a＞0、a＜0两种情况，通过画图确定二次函数图象和直线MN的位置关系，进而求解．【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+3与抛物线的对称轴交于点D（m，1），则1＝﹣m+3，解得：m＝2．∴抛物线的对称轴为直线x＝2；（2）设点B、C的横坐标分别为x1，x2，则令y＝ax2+bx+3a＝0，则x1x2＝＝3①，函数的对称轴为x＝2＝（x1+x2），解得：x1+x2＝4②，联立①②并解得：x1＝1，x2＝3，故点C的坐标为（3，0）；（3）∵抛物线y＝ax2+bx+3a与y轴交于点A，∴点A的坐标为（0，3a）．∵点M与点A关于抛物线的对称轴对称，∴点M的坐标为（4，3a）．①当a＞0时，如图1．∵MN∥y轴，∴，即．∴EN＝a．当MN＝3a+a＝4时，得a＝1．结合函数图象，若MN≥4，得a≥1．②当a＜0时，如图2．同理可得MN＝|3a|+|a|＝﹣4a＝4时，得a＝﹣1．结合函数图象，若MN≥4，得a≤﹣1．综上所述，a的取值范围是a≥1或a≤﹣1．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、根与系数的关系的运用、三角形相似等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．7．（2020•门头沟区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2﹣2ax+a2的顶点为A，直线y＝x+3与抛物线交于点B，C（点B在点C的左侧）．（1）求点A坐标；（2）横、纵坐标都是整数的点叫做整点．记线段BC及抛物线在B，C两点之间的部分围成的封闭区域（不含边界）记为W．①当a＝0时，结合函数图象，直接写出区域W内的整点个数；②如果区域W内有2个整点，请求出a的取值范围．【分析】（1）把抛物线解析式化成顶点式即可求得；（2）①当a＝0时，则抛物线y＝x2，画出图形，观察后即可得出结论；②找出：当抛物线经过（0，2），区域W内有1个整点；当抛物线经过（0，1），区域W 内有2个整点．结合函数图象，即可求出区域W内有2个整点时a的取值范围．【解答】解：（1）∵y＝x2﹣2ax+a2＝（x﹣a）2，∴顶点A（a，0）；（2）①当a＝0时，则抛物线y＝x2，如图所示，观察图形，可知：区域W内的整点个数是4；②如图所示：当抛物线经过（0，2），区域W内有1个整点；当抛物线经过（0，1），区域W内有2个整点；观察图形，可知：如果区域W内有2个整点，a的取值范围为﹣＜a≤﹣1．【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）根据顶点式求得顶点坐标；（2）①②依照题意画出图形，利用数形结合找出结论．8．（2020•房山区二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+2ax+c与x轴交于点A，B，且AB＝4．抛物线与y轴交于点C，将点C向上移动1个单位得到点D．（1）求抛物线对称轴；（2）求点D纵坐标（用含有a的代数式表示）；（3）已知点P（﹣4，4），若抛物线与线段PD只有一个公共点，求a的取值范围．【分析】（1）按照抛物线的对称轴计算公式求得答案即可；（2）由抛物线y＝ax2+2ax+c与x轴交于点A，B，且AB＝4，抛物线对称轴x＝﹣1，可得点A和点B的坐标，将点B坐标代入抛物线解析式可得c与a的关系式，则可得点C 的坐标，根据点C向上移动1个单位得到点D，可得点D的纵坐标；（3）分四种情况：①当a＞0时，②当a＜0时，③当a＜﹣1时，④当﹣1＜a＜0时，分别画图结合相关计算可得答案．【解答】解：（1）抛物线对称轴x＝﹣＝﹣1；（2）∵抛物线y＝ax2+2ax+c与x轴交于点A，B，且AB＝4，抛物线对称轴x＝﹣1，∴A（﹣3，0），B（1，0）；把（1，0）代入y＝ax2+2ax+c得：a+2a+c＝0，∴c＝﹣3a，∴C（0，﹣3a），∴D（0，﹣3a+1），∴点D纵坐标为：﹣3a+1；（3）①当a＞0时，将点P（﹣4，4）代入抛物线y＝ax2+2ax﹣3a得：4＝16a﹣8a﹣3a，∴a＝．此时点D坐标为：（0，﹣），点C的坐标为：（0，﹣），∴当a≥时，抛物线与线段PD只有一个公共点，如图所示：②当a＜0时，抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣4a），当﹣4a＝4时，a＝﹣1，则当a＝﹣1时，抛物线与线段PD只有一个公共点，即抛物线的顶点，如图所示：③当a＜﹣1时，抛物线与线段PD只有两个公共点，如图所示：④当﹣1＜a＜0时，抛物线与线段PD没有公共点，如图所示：综上所述，当a≥或a＝﹣1时，抛物线与线段PD只有一个公共点．【点评】本题考查了二次函数图象上的点的坐标特点，熟练掌握二次函数的相关性质并数形结合是解题的关键．9．（2020•平谷区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝mx2﹣2mx﹣1（m＞0）与x 轴的交点为A，B，与y轴交点C．（1）求抛物线的对称轴和点C坐标；（2）横、纵坐标都是整数的点叫做整点．抛物线在点A，B之间的部分与线段AB所围成的区域为图形W（不含边界）．①当m＝1时，求图形W内的整点个数；②若图形W内有2个整数点，求m的取值范围．【分析】（1）直接利用对称轴公式计算，即可得出抛物线的对称轴，再令x＝0，即可求出点C的坐标；（2）①先确定出抛物线解析式，即可得出结论；②先判断出满足条件的整数点由（1，﹣1），进而抛物线的顶点坐标的范围即可得出结论．【解答】解：（1）∵抛物线的解析式为y＝mx2﹣2mx﹣1（m＞0），∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝1，令x＝0，则y＝﹣1，∴C（0，﹣1）；（2）①当m＝1时，抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣1，由（1）知，C（0，﹣1），抛物线的对称轴为直线x＝1，∴抛物线还经过（2，﹣1），∵抛物线的顶点坐标为（1，﹣2），∴图形W内的整点只有（1，﹣1）一个；②如图，由①知，抛物线过点（0，﹣1），（2，﹣1），∵图形W内有2个整数点，∴﹣3≤＜﹣2，∴1＜m≤2．【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了抛物线对称轴的确定，函数图象的画法，顶点坐标公式，利用数形结合的思想解决问题是解本题的关键．10．（2020•密云区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．点B的坐标为（3，0），将直线y＝kx 沿y轴向上平移3个单位长度后，恰好经过B、C两点．（1）求k的值和点C的坐标；（2）求抛物线C1的表达式及顶点D的坐标；（3）已知点E是点D关于原点的对称点，若抛物线C2：y＝ax2﹣2（a≠0）与线段AE 恰有一个公共点，结合函数的图象，求a的取值范围．【分析】（1）先求出平移后解析式，将点B坐标代入可求k的值，即可求直线解析式，可得点C坐标；（2）将点B，点C坐标代入解析式可求抛物线解析式，即可求点D坐标；（3）利用函数图象列出不等式组，即可求解．【解答】解：（1）∵将直线y＝kx沿y轴向上平移3个单位长度，∴平移后直线解析式为：y＝kx+3，∵直线y＝kx+3经过点B（3，0），∴3k+3＝0，∴k＝﹣1，∴平移后解析式为：y＝x+3，∵y＝﹣x+3与y轴的交点为C，∴y＝0+3＝3，∴点C（0，3）；（2）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点B（3，0）和点C（0，3），∴，解得，∴抛物线C1的函数表达式为y＝x2﹣4x+3，∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，∴顶点D的坐标为（2，﹣1）；（3）∵抛物线C1：y＝x2﹣4x+3与x轴交于A、B两点，∴点A（1，0），点B（3，0），∵点E是点D关于原点的对称点，∴点E的坐标为（﹣2，1），如图，由图象可得：，∴a的取值范围是≤a＜2．【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，利用数形结合思想解决问题是本题的关键．11．（2020•顺义区二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝mx2﹣3（m﹣1）x+2m ﹣1（m≠0）．（1）当m＝3时，求抛物线的顶点坐标；（2）已知点A（1，2）．试说明抛物线总经过点A；（3）已知点B（0，2），将点B向右平移3个单位长度，得到点C，若抛物线与线段BC 只有一个公共点，求m的取值范围．【分析】（1）求出抛物线的解析式，由配方法可得出答案；（2）把x＝1，y＝2代入y＝mx2﹣3（m﹣1）x+2m﹣1，可得出答案；（3）分三种情况：①当抛物线的顶点是点A（1，2）时，抛物线与线段BC只有一个公共点，求出m＝3；②当抛物线过点B（0，2）时，将点B（0，2）代入抛物线表达式，得2m﹣1＝2．解得m＝，则当0＜m＜时，抛物线与线段BC只有一个公共点．③当抛物线过点C（3，2）时，将点C（3，2）代入抛物线表达式，得m＝﹣3＜0．则当﹣3＜m＜0时，抛物线与线段BC只有一个公共点．【解答】解：（1）把m＝3代入y＝mx2﹣3（m﹣1）x+2m﹣1中，得y＝3x2﹣6x+5＝3（x ﹣1）2+2，∴抛物线的顶点坐标是（1，2）．（2）当x＝1时，y＝m﹣3（m﹣1）+2m﹣1＝m﹣3m+3+2m﹣1＝2．∵点A（1，2），∴抛物线总经过点A．（3）∵点B（0，2），由平移得C（3，2）．①当抛物线的顶点是点A（1，2）时，抛物线与线段BC只有一个公共点．由（1）知，此时，m＝3．②当抛物线过点B（0，2）时，将点B（0，2）代入抛物线表达式，得2m﹣1＝2．∴m＝＞0．此时抛物线开口向上（如图1）．∴当0＜m＜时，抛物线与线段BC只有一个公共点．③当抛物线过点C（3，2）时，将点C（3，2）代入抛物线表达式，得9m﹣9（m﹣1）+2m﹣1＝2．∴m＝﹣3＜0．此时抛物线开口向下（如图2）．∴当﹣3＜m＜0时，抛物线与线段BC只有一个公共点．综上，m的取值范围是m＝3或0＜m＜或﹣3＜m＜0．【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象及其性质，二次函数图象上点的坐标特征，平移的性质等知识，熟练利用数形结合的解题方法是解决本题的关键．12．（2020•昌平区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+mx+3与x轴交于点A 和点B（点A在点B的左侧）．（1）若抛物线的对称轴是直线x＝1，求出点A和点B的坐标，并画出此时函数的图象；（2）当已知点P（m，2），Q（﹣m，2m﹣1）．若抛物线与线段PQ恰有一个公共点，结合函数图象，求m的取值范围．【分析】（1）先根据抛物线的对称轴求出m的值，进而求出抛物线解析式即可得出结论；（2）先判断出点P在抛物线与x轴围成的图象内部，分两种情况，利用x＝﹣m时y的值与2m﹣1建立不等式，解不等式即可得出结论．【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x＝1，∴＝1，∴m＝2，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，∴x＝﹣1或x＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），画出图象如图1所示；（2）∵P（m，2），Q（﹣m，2m﹣1），当x＝m时，y＝﹣m2+m2+3＝3，∴点P在抛物线与x轴围成的图象的内部，∵当x＝﹣m时，y＝﹣m2﹣m2+3＝﹣2m2+3，当m≥0时，点P在第一象限内，∴点P在抛物线与x轴围成的图象的内部，∴线段PQ只有和在x＝m左侧的抛物线相交，∵抛物线与线段PQ恰有一个公共点，∴﹣2m2+3≤2m﹣1，∴m≤﹣2或m≥1，∵m≥0，∴m≥1，当m＜0时，点P在第二象限内，∴点P在抛物线与x轴围成的图象的内部，∴线段PQ只有和在x＝m右侧的抛物线相交，∵抛物线与线段PQ恰有一个公共点，∴﹣2m2+3≤2m﹣1，∴m≤﹣2或m≥1，∵m＜0，∴m≤﹣2，即满足条件的m的范围为m≤﹣2或m≥1．【点评】此题主要考查了二次函数的性质，利用数形结合的思想是解本题的关键．。