发布时间 : 星期日 文章2020年北京市东城区中考数学模拟试卷更新完毕开始阅读
∵MN＞PN． ∴a-2-＞． ∴a-2＞．
如图4，函数y=a-2与y=在第一象限的交点为B（4，2）．
∴a＞4．
即a＞4时，MN＞PN．
综上，a的取值范围是0＜a＜2或a＞4．
【解析】（1）将点Q（2，m）代入y=
中，求出m=2，那么Q（2，2），再将Q的
坐标代入y=x+b+2中，即可求出b的值；
（2）①当a=4时，P（4，0），再求出M和N的坐标，其纵坐标的差就是MN的长； ②当MN＞PN时，存在两种情况，过点P与y轴的直线在两函数交点的两侧时，列不等式解不等式和由图象可直接得出．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点，待定系数法求一次函数的解析式，函数图象上点的坐标特征，利用数形结合是解题的关键．
23.【答案】解：（1）如图，作AB，AC的垂直平分线交于点O，以O为圆心，OB长为半径作圆，⊙O为图形G；
（2）直线BF与图形G交点只有一个， 理由如下：∵AD⊥AB， ∴∠BAD=90°，
∴BD是直径，∠ADB+∠ABD=90°， ∵AB=AC，
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∴∠ACB=∠ABC，
∵∠ACB=∠ADB，∠ABF=∠ABC， ∴∠ABF=∠ADB， ∴∠ABF+∠ABD=90°， ∴∠DBF=90°，
∴BD⊥BF，且OB是半径， ∴BF是圆O的切线，
∴直线BF与图形G交点的只有一个； （3）∵cos∠ABF=cos∠ADB==， ∴BD=5， ∴AB=
=
=3，
∵∠ABE=∠ADB，∠BAE=∠BAD=90°， ∴△ABE∽△ADB， ∴∴
，
∴AE=， ∴DE=AD-AE=．
【解析】（1）由题意补全图形；
（2）通过证明BF是⊙O的切线可得结论； （3）由锐角三角函数可求BD的长，由勾股定理可求AB的长，通过证明△ABE∽△ADB，可求AE的长，即可求解．
本题是三角形综合题，考查了圆的有关知识，锐角三角函数，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
24.【答案】解：（1）抛物线的对称轴为直线x=-=2，
∴点A的坐标为（2，0）．
∵将点A向右平移2个单位长度，向上平移3个单位长度，得到点B， ∴点B的坐标为（2+2，0+3），即（4，3）． （2）分a＞0和a＜0两种情况考虑： ①当a＞0时，
∵点C（1，-2a），抛物线与y轴的交点为（0，-2a）， ∴抛物线与BC为交点； ②当a＜0时，如图所示．
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∴16a-16a-2a≤3， ∴a≥-；
综上所述：a的取值范围为-≤a＜0；
【解析】（1）利用二次函数的性质可求出抛物线的对称轴，进而可得出点A的坐标，再利用平移的性质可找出点B的坐标；
（2）分a＞0和a＜0两种情况考虑：①当a＞0时，观察函数图象结合二点图象上点的坐标特征可得出抛物线与BC无交点；②当a＜0时，观察函数图象结合二点图象上点的坐标特征可得出关于a的一元一次不等式组，解之即可得出a的取值范围．综上，此题得解．
本题考查了坐标与图形的变化-平移：掌握点平移的坐标规律和二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）利用二次函数的性质，求出点A的坐标；（2）分a＞0和a＜0两种情况，利用数形结合找出关于a的一元一次不等式（或一元一次不等式组）． 25.【答案】EG=FG+DE
【解析】解：（1）①补全图形如图1所示，
②FG=EG+DE，
A作AH⊥AB交FG于H， 理由：过点
∴∠BAH=90°，
AD=AF，∠DAF=90°=∠BAH， 由旋转知，
∴∠DAE=∠FAH， FG⊥AF， ∵DE⊥AD，
∴∠ADE=∠AFH=90°，
∴△ADE≌△AFH（ASA）， AE=AH， ∴DE=FH，
∵在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠CAB=45°， ∵∠BAH=90°，
=∠CAB， ∴∠HAG=45°
∵AG=AG，
∴△AGE≌△AGH（SAS）， ∴EG=HG，
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∴FG=HG+FH=EG+DE；
（2）如图2，过点A作AH⊥AB交GF的延长线于H， 同（1）的方法得，△ADE≌△AFH（ASA）， ∴DE=FH，AE=AH，
同（1）的方法得，△AGE≌△AGH（SAS）， ∴EG=HG，
∴EG=FG+FH=FG+DE， 故答案为：EG=FG+DE．
（1）①直接根据题意画出图形，即可得出结论； ②先利用等式的性质得出∠DAE=∠FAH，进而判断出△ADE≌△AFH（ASA），得出DE=FH，AE=AH，=∠CAB，再判断出∠HAG=45°进而判断出△AGE≌△AGH（SAS），得出EG=HG，即可得出结论；
（2）同（1）的方法即可得出结论．
此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
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