初中数学2018年天津市中考数学题型专项复习训练含答案(2)

∴OB=1,

∴tan∠ABC＝,

∴∠ABC=60°; (Ⅱ)∵OA=3,OB=1,OC=,

∴BC=2,AB=4,

∴∠B=60°,BM=BN, ∴△BMN是等边三角形, ∴△PMN也是等边三角形, ∴PN=BN=t,∠PNM=∠NMB=60°, ∴PN∥AB,

∴

,即

,

∴t=

;

(Ⅲ)P点的坐标是(?1,

).

【解法提示】如解图,过点P作PD⊥AB,垂足为D,

∵t=,

∴BM=PM=

,∠PMD=∠CBA=60°,

∴PD=,DM=,

∴OD=1,

∴P点的坐标是(?1,).

第2题解图

3、解:(Ⅰ)在△BEO和△CFB中,,

∴△BEO≌△CFB,

∴∠BEO=∠CFB, ∵∠CFB＋∠CBF=90°, ∴∠BEO＋∠CBF=90°,

∴∠EGB=180°－90°=90°, ∴OE⊥BF;

(Ⅱ)如解图，由折叠的性质得∠1=∠2,BP=BC=2,

FP=FC=BE=1,

∵CD∥OB, ∴∠2=∠FBQ,

∴∠1=∠FBQ,

∴QF=QB,

设QB=x,则PQ=x－1, 在Rt△BPQ中，QB2

=PB2

+PQ2

, 即x2

=22

+(x-1)2

,

解得x=,

∴QO=QB-OB=

-2=

,

∴点Q的坐标是(－

,0);

(Ⅲ)如解图，过点F作FH⊥OB于点H, 则四边形BCFH为矩形,即CF=BH,

∵点E的坐标为(2,n),BE=CF, ∴CF=BH=BE=n,

由折叠的性质可得BC=BP=2,BP⊥QF,

∵S△FBQ=QB·FH=QF·BP,

∴QB=QF, ∵QB=OB+OQ=m+2,

在Rt△QFH中,由勾股定理得QF2

=FH2

+QH2

,即(m+2)2

=(m+2-n)2

+22

,

∴m=

.

第3题解图

4、解:(Ⅰ)∵|OA－|＋(AB－)2

=0,

∴OA－

=0,AB－=0,

∴OA=

,AB=,

如解图①,过点A作AM⊥x轴,垂足为M, 又∵∠AOB=45°,

∴△AOM为等腰直角三角形,

∴∠OAM=45°,

∴OM=AM=

OA=3,

∴MB=

=

,

∴MB=

AB,

∴∠MAB=30°,

∴∠OAB=∠OAM＋∠MAB=75°;

(Ⅱ)如解图②,连接CD交x轴于点N,

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