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中考前快速提分训练（三）10．如图，直线y＝2x与直线x＝2相交于点A，将抛物线y＝x2沿线段OA从点O运动到点A，使其顶点始终在线段OA上，抛物线与直线x＝2相交于点P，则点P移动的路径长为（）A．4B．3C．2D．1【解析】解：∵设抛物线的顶点M的横坐标为m，且在线段OA上移动，∴y＝2m（0≤m≤2）∴当抛物线运动到A点时，顶点M的坐标为（m，2m），∴抛物线函数解析式为y＝（x﹣m）2+2m．∴当x＝2时，y＝（2﹣m）2+2m＝m2﹣2m+4（0≤m≤2），∴点P的坐标是（2，m2﹣2m+4）．∵对于二次函数y′＝m2﹣2m+4＝（m﹣1）2+3当0≤m≤2时，∴m＝1时，y′有最小值3，当m＝0或2时，y′的值为4，∴点P移动的路径长为2×（4﹣3）＝2，故选：C．15．如图，在△ABC中，AB＝AC＝2√3，∠BAC＝120°，点D、E都在边BC上，∠DAE＝60°．若BD＝2CE，则DE的长为．【解析】解：（方法一）将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，连接EF，过点E作EM⊥CF于点M，过点A作AN⊥BC于点N，如图所示．∵AB＝AC＝2√3，∠BAC＝120°，∴BN＝CN，∠B＝∠ACB＝30°．在Rt△BAN中，∠B＝30°，AB＝2√3，∴AN=12AB=√3，BN=√𝐴𝐵2−𝐴𝑁2=3，∴BC＝6．∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，∴∠BAD+∠CAE＝60°，∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝∠BAD+∠CAE＝60°．在△ADE和△AFE中，{𝐴𝐷=𝐴𝐹∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐹𝐴𝐸=60°𝐴𝐸=𝐴𝐸，∴△ADE≌△AFE（SAS），∴DE＝FE．∵BD＝2CE，BD＝CF，∠ACF＝∠B＝30°，∴设CE＝2x，则CM＝x，EM=√3x，FM＝4x﹣x＝3x，EF＝ED＝6﹣6x．在Rt△EFM中，FE＝6﹣6x，FM＝3x，EM=√3x，∴EF2＝FM2+EM2，即（6﹣6x）2＝（3x）2+（√3x）2，解得：x1=3−√32，x2=3+√32（不合题意，舍去），∴DE＝6﹣6x＝3√3−3．故答案为：3√3−3．（方法二）：将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，如图所示．∵AB＝AC＝2√3，∠BAC＝120°，∴∠ACB＝∠B＝∠ACF＝30°，∴∠ECG＝60°．∵CF＝BD＝2CE，∴CG＝CE，∴△CEG为等边三角形，∴EG＝CG＝FG，∴∠EFG＝∠FEG=12∠CGE＝30°，∴△CEF为直角三角形．∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，∴∠BAD+∠CAE＝60°，∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝∠BAD+∠CAE＝60°．在△ADE和△AFE中，{𝐴𝐷=𝐴𝐹∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐹𝐴𝐸=60°𝐴𝐸=𝐴𝐸，∴△ADE≌△AFE（SAS），∴DE＝FE．设EC＝x，则BD＝CF＝2x，DE＝FE＝6﹣3x，在Rt△CEF中，∠CEF＝90°，CF＝2x，EC＝x，EF=√𝐶𝐹2−𝐸𝐶2=√3x，∴6﹣3x=√3x，x＝3−√3，∴DE=√3x＝3√3−3．故答案为：3√3−3．16．已知关于x的二次函数y＝ax2+（a2﹣1）x﹣a的图象与x轴的一个交点的坐标为（m，0）．若2＜m＜3，则a的取值范围是．【解析】解：∵y＝ax2+（a2﹣1）x﹣a＝（ax﹣1）（x+a），∴当y＝0时，x1=1𝑎，x2＝﹣a，∴抛物线与x轴的交点为（1𝑎，0）和（﹣a，0）．∵抛物线与x轴的一个交点的坐标为（m，0）且2＜m＜3，∴当a＞0时，2＜1𝑎＜3，解得13＜a＜12；当a＜0时，2＜﹣a＜3，解得﹣3＜a＜﹣2．故答案为：13＜a＜12或﹣3＜a＜﹣2．23．在△ABC中，∠ABC＝120°，线段AC绕点C顺时针旋转60°得到线段CD，连接BD．（1）如图1，若AB＝BC，求证：BD平分∠ABC；（2）如图2，若AB＝2BC，①求𝐵𝐷𝐴𝐶的值；②连接AD，当S△ABC=√32时，直接写出四边形ABCD的面积为．【解析】（1）证明：连接AD，由题意知，∠ACD＝60°，CA＝CD，∴△ACD是等边三角形，∴CD＝AD，又∵AB＝CB，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD（SSS），∴∠CBD＝∠ABD，∴BD平分∠ABC；（2）解：①连接AD，作等边三角形ACD的外接圆⊙O，∵∠ADC＝60°，∠ABC＝120°，∴∠ADC+∠ABC＝180°，∴点B在⊙O上，∵AD＝CD，∴𝐴𝐷̂=𝐶𝐷̂，∴∠CBD＝∠CAD＝60°，在BD上截取BM，使BM＝BC，则△BCM为等边三角形，∴∠CMB＝60°，∴∠CMD＝120°＝∠CBA，又∵CB＝CM，∠BAC＝∠BDC，∴△CBA≌△CMD（AAS），∴MD＝AB，设BC＝BM＝1，则AB＝MD＝2，∴BD＝3，过点C作CN⊥BD于N，在Rt△BCN中，∠CBN＝60°，∴∠BCN＝30°，∴BN=12BC=12，CN=√32BC=√32，∴ND＝BD﹣BN=52，在Rt△CND中，CD=√𝐶𝑁2+𝐷𝑁2=√(√32)2+(52)2=√7，∴AC=√7，∴𝐵𝐷𝐴𝐶=3√7=3√77；②如图3，分别过点B，D作AC的垂线，垂足分别为H，Q，设CB＝1，AB＝2，CH＝x，则由①知，AC=√7，AH=√7−x，在Rt△BCH与Rt△BAH中，BC2﹣CH2＝AB2﹣AH2，即1﹣x2＝22﹣（√7−x）2，解得，x=2√77，∴BH=√12−(2√77)2=√217，在Rt△ADQ中，DQ=√32AD=√32×√7=√212，∴𝐵𝐻𝐷𝑄=√217√212=27，∵AC为△ABC与△ACD的公共底，∴𝑆△𝐴𝐵𝐶𝑆△𝐴𝐶𝐷=𝐵𝐻𝐷𝑄=27，∵S△ABC=√32，∴S△ACD=7√34，∴S四边形ABCD=√32+7√34=9√34，故答案为：9√34．24．已知抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A、B（A左B右），且AB＝4，与y轴交于C点．（1）求抛物线的解析式；（2）如图，证明：对于任意给定的一点P（0，b）（b＞3），存在过点P的一条直线交抛物线于M、N两点，使得PM＝MN成立；（3）将该抛物线在0≤x≤4间的部分记为图象G，将图象G在直线y＝t上方的部分沿y＝t翻折，其余部分保持不变，得到一个新的函数的图象，记这个函数的最大值为m，最小值为n，若m﹣n≤6，求t的取值范围．【解析】解：（1）抛物线y＝ax2﹣2ax+3的对称轴为x＝1，又AB＝4，由对称性得A（﹣1，0）、B（3，0）．把A（﹣1，0）代入y＝ax2﹣2ax+3，得a+2a+3＝0，∴a＝﹣1．∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．（2）如图，过M作GH⊥x轴，PG∥x轴，NH∥x轴，由PM＝MN，则△PMG≌△NMH（AAS），∴PG＝NH，MG＝MH．设M（m，﹣m2+2m+3），则N（2m，﹣4m2+4m+3），∵P（0，b），GM＝MH，∴yG+yH＝2yM，即b+（﹣4m2+4m+3）＝2（﹣m2+2m+3），∴2m2＝b﹣3，∵b＞3，∴关于m的方程总有两个不相等的实数根，此即说明了点M、N存在，并使得PM＝MN．证毕；（3）图象翻折前后如右图所示，其顶点分别为D（1，4）、D′（1，2t﹣4）．①当D′在点H（4，﹣5）上方时，2t﹣4≥﹣5，∴t≥−12，此时，m＝t，n＝﹣5，∵m﹣n≤6，∴t+5≤6，∴t≤1，∴−12≤t≤1；②当点D′在点H（4，﹣5）下方时，同理可得：t＜−12，m＝t，n＝2t﹣4，由m﹣n≤6，得t﹣（2t﹣4）≤6，∴t≥﹣2，∴﹣2≤t＜−12．综上所述，t的取值范围为：﹣2≤t≤1．8．按照一定规律排列的n个数：﹣2、4、﹣8、16、﹣32、64、…，若最后三个数的和为768，则n为（B）A．9B．10C．11D．129．已知一个三角形的三边长分别为5、7、8，则其内切圆的半径为（）A．√32B．32C．√3D．2√3【解析】解：如图，AB＝7，BC＝5，AC＝8，内切圆的半径为r，切点为G、E、F，作AD⊥BC于D，设BD＝x，则CD＝5﹣x．由勾股定理可知：AD2＝AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，即72﹣x2＝82﹣（5﹣x）2，解得x＝1，∴AD＝4√3，∵12•BC•AD=12（AB+BC+AC）•r，12×5×4√3=12×20×r，∴r=√3，故选：C．10．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以△ABC的一边为边画等腰三角形，使得它的第三个顶点在△ABC的其他边上，则可以画出的不同的等腰三角形的个数最多为（D）A．4B．5C．6D．7【解析】解：如图：15．如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝6，AC＝8，动点P从点A开始以每秒1个单位长度的速度沿边AC向点C运动，同时动点Q从点C开始，以每秒2个单位长度的速度沿C→B→A的折线在CB、BA边上向点A运动，当P点到达C点时，两点同时停止运动，连接PQ．在运动过程中（Q点在C、B、A三点除外），线段PQ将△ABC分成一个三角形和一个四边形，若四边形的面积为三角形面积的2倍，则运动的时间为秒．【解析】解：在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝6，AC＝8，∴BC＝10设运动的时间为t，则AP＝t，点Q所走的路程为2t，1）当点Q在BC线段上运动时，0＜t＜5，如图所示，过点Q作QG⊥AC，交AC于点G，则sinC=𝑄𝐺𝑄𝐶=𝐴𝐵𝐵𝐶∴QG=610×2t=65𝑡∵S△ABC＝6×8÷2＝24若四边形的面积为三角形面积的2倍，则S△PQC＝24×13=8∴（8﹣t）×65𝑡÷2＝8化简得3t2﹣24t+40＝0解得t1＝4−2√63，t2＝4+2√63（舍）2）当点Q在BA线段上运动时，5＜t＜8，如图所示，S△APQ=12AP•AQ=12t（10+6﹣2t）＝8化简得：t2﹣8t+8＝0解得t3＝4﹣2√2（舍），t4＝4+2√2．故答案为：4−2√63或4+2√2．16．抛物线y＝mx2﹣nx﹣2经过点（1，0），其顶点在第三象限，则n的取值范围是．【解析】解：∵抛物线y＝mx2﹣nx﹣2经过点（1，0），其顶点在第三象限，∴{𝑚−𝑛−2=0−−𝑛2𝑚＜04𝑚×(−2)−(−𝑛)24𝑚＜0𝑚＞0，解得，﹣2＜n＜0，故答案为：﹣2＜n＜0．23．点D为△ABC外一点，∠ACB＝90°，AC＝BC．（1）如图1，∠DCE＝90°，CD＝CE，求证：∠ADC＝∠BEC；（2）如图2，若∠CDB＝45°，AE∥BD，CE⊥CD，求证：AE＝BD；（3）如图3，若∠ADC＝15°，CD=√2，BD＝n，请直接用含n的式子表示AD的长．【解析】（1）证明：∵∠DCE＝∠ACB＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，又∵AC＝BC，CE＝CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠ADC＝∠BEC．（2）如图1，延长DC交AE于F，连BF，∵AE∥BD，∴∠EFC＝∠CDB＝45°．∵EC⊥CD，∠CEF＝∠CFE＝45°，∴EC＝CF．∵∠ACE＝∠BCF，AC＝BC，∴△ACE≌△BCF（SAS），∴AE＝BF，∠BFC＝∠AEC＝45°＝∠FDB，∴BF＝BD，∴AE＝BD；（3）如图2，过点C在CD上方作CE⊥CD，CE＝CD，连BE、DE．设AD、BE交于点O，由（1）知△ACD≌△BCE（SAS），∠BEC＝∠ADC＝15°，∴∠DOE＝∠DCE＝90°．又∵∠CED＝∠CDE＝45°，∴𝐷𝐸=√2𝐶𝐷=2，∴∠BED＝30°，∴OD=12DE=12×2＝1，∴𝑂𝐸=√𝐷𝐸2−𝑂𝐷2=√3，OB=√𝐵𝐷2−𝑂𝐷2=√𝑛2−1，∴AD＝BE＝OB+OE=√𝑛2−1+√3．24．抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A和B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，OB＝OC，点D（2，﹣3）在抛物线上．（1）