【解析】 【分析】
因为三角形ABC和三角形AB′C′均为直角三角形，且BC、B′C′都是我们所要求角的对边，所以根据正弦来解题，求出∠CAB，进而得出∠C′AB′的度数，然后可以求出鱼线B'C'长度． 【详解】
解：∵sin∠CAB＝∴∠CAB＝45°． ∵∠C′AC＝15°， ∴∠C′AB′＝60°． ∴sin60°＝
BC322 ??AC62B'C'3， ?62解得：B′C′＝33． 故选：B． 【点睛】
此题主要考查了解直角三角形的应用，解本题的关键是把实际问题转化为数学问题． 12．B 【解析】
根据题意，在实验中有3个阶段， ①、铁块在液面以下，液面得高度不变；
②、铁块的一部分露出液面，但未完全露出时，液面高度降低； ③、铁块在液面以上，完全露出时，液面高度又维持不变； 分析可得，B符合描述； 故选B．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．） 13．②③④⑤ 【解析】
试题解析：∵二次函数与x轴有两个交点， ∴b2-4ac＞1，故①错误，
观察图象可知：当x＞-1时，y随x增大而减小，故②正确， ∵抛物线与x轴的另一个交点为在（1，1）和（1，1）之间， ∴x=1时，y=a+b+c＜1，故③正确，
∵当m＞2时，抛物线与直线y=m没有交点，
∴方程ax2+bx+c-m=1没有实数根，故④正确， ∵对称轴x=-1=-∴b=2a， ∵a+b+c＜1，
∴3a+c＜1，故⑤正确， 故答案为②③④⑤. 14．3 【解析】
∵圆锥的母线长是5cm，侧面积是15πcm2， ∴圆锥的侧面展开扇形的弧长为：l=
b， 2a2s30??=6π， r5l6??=3cm， 2?2?∵锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的底面周长，∴r=15．3
【解析】试题分析：根据点D为AB的中点可得：CD为直角三角形斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AB=2CD=6，根据E、F分别为中点可得：EF为△ABC的中位线，根据中位线的性质可得：EF=
AB=3.
考点：(1)、直角三角形的性质；(2)、中位线的性质 16．5 【解析】 【分析】
本题先根据垂径定理构造出直角三角形，然后在直角三角形中已知弦长和弓形高，根据勾股定理求出半径，从而得解． 【详解】
解：如图，设圆心为O，弦为AB，切点为C．如图所示．则AB=8cm，CD=2cm． 连接OC，交AB于D点．连接OA．
∵尺的对边平行，光盘与外边缘相切， ∴OC⊥AB．
∴AD=4cm．
设半径为Rcm，则R2=42+（R-2）2， 解得R=5，
∴该光盘的半径是5cm． 故答案为5 【点睛】
此题考查了切线的性质及垂径定理，建立数学模型是关键． 17．
13． 2【解析】 【详解】 试题分析：
解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3， ∴AB=5，
∵点D为AB的中点， ∴CD=AD=BD=
AB=2.5，
过D′作D′E⊥BC，
∵将△ACD绕着点C逆时针旋转，使点A落在CB的延长线A′处，点D落在点D′处， ∴CD′=AD=A′D′， ∴D′E=
=1.5，
∵A′E=CE=2，BC=3， ∴BE=1， ∴BD′=
，
故答案为．
考点：旋转的性质． 18．1
【解析】
【分析】根据根与系数的关系结合x1+x2=x1?x2可得出关于k的一元二次方程，解之即可得出k的值，再根据方程有实数根结合根的判别式即可得出关于k的一元二次不等式，解之即可得出k的取值范围，从而可确定k的值．
【详解】∵x2﹣2kx+k2﹣k=0的两个实数根分别是x1、x2，
∴x1+x2=2k，x1?x2=k2﹣k， ∵x12+x22=1，
∴（x1+x2）2-2x1x2=1， （2k）2﹣2（k2﹣k）=1， 2k2+2k﹣1=0， k2+k﹣2=0， k=﹣2或1，
∵△=（﹣2k）2﹣1×1×（k2﹣k）≥0， k≥0， ∴k=1，
∴x1?x2=k2﹣k=0， ∴x12﹣x1x2+x22=1﹣0=1， 故答案为：1．
【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，熟练掌握“当一元二次方程有实数根时，根的判别式△≥0”是解题的关键．
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 19．20千米 【解析】 【分析】
由勾股定理两直角边的平方和等于斜边的平方即可求，即在直角三角形DAE和直角三角形CBE中利用斜边相等两次利用勾股定理得到AD2+AE2=BE2+BC2，设AE为x，则BE=10﹣x，将DA=8，CB=2代入关系式即可求得． 【详解】
解：设基地E应建在离A站x千米的地方． 则BE=（50﹣x）千米
在Rt△ADE中，根据勾股定理得：AD2+AE2=DE2 ∴302+x2=DE2
在Rt△CBE中，根据勾股定理得：CB2+BE2=CE2 ∴202+（50﹣x）2=CE2
又∵C、D两村到E点的距离相等． ∴DE=CE ∴DE2=CE2
∴302+x2=202+（50﹣x）2 解得x=20
∴基地E应建在离A站20千米的地方． 考点：勾股定理的应用．
20．（1）i）证明见试题解析；ii）6；（2）【解析】 【分析】
（1）i）由∠ACE+∠ECB=45°，∠ BCF+∠ECB=45°，得到∠ACE=∠BCF，又由于故△CAE∽△CBF； ii）由
10；（3）p2?n2?(2?2)m2． 4ACCE??2，BCCFAE?2，得到BF=2，再由△CAE∽△CBF，得到∠CAE=∠CBF，进一步可得到∠EBF=1°，BF2222从而有CE?2EF?2(BE?BF)?6，解得CE?（2）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，由
6；
ABEF??k，得到BC:AB:AC?1:k:k2?1，BCFCCF:EF:EC?1:k:k?1，故
22ACAE??k2?1，从而BF?BCBFAEk?12，得到k2?1k2?12CE?2?EF?2(BE2?BF2)，代入解方程即可；
kk（3）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，过C作CH⊥AB延长线于H，可得：
AB2:BC2:AC2?1:1:(2?2)，EF2:FC2:EC2?1:1:(2?2)，
n2)?(2?2)m2?n2， 故p?(2?2)EF?(2?2)(BE?BF)?(2?2)(m?2?222222从而有p2?n2?(2?2)m2． 【详解】
解：（1）i）∵∠ACE+∠ECB=45°，∠ BCF+∠ECB=45°，∴∠ACE=∠BCF，又∵∴△CAE∽△CBF； ii）∵
ACCE??2，BCCFAE?2，∴BF=2，∵△CAE∽△CBF，∴∠CAE=∠CBF，又∵∠CAE+∠CBE=1°，BF6；
2222∴∠CBF+∠CBE=1°，即∠EBF=1°，∴CE?2EF?2(BE?BF)?6，解得CE?
河北省唐山市2019-2020学年中考数学二模考试卷含解析
