广东省各市中考数学试题分类解析汇编 专题20压轴题

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广东省各市中考数学试题分类解析汇编 专题20压轴题

广东省各市2015年中考数学试题分类解析汇编(20专题)‎ 专题20:压轴题 ‎1. (2015年广东梅州3分)对于二次函数有下列四个结论:‎ ‎①它的对称轴是直线;②设,则当时,有;③它的图象与轴的两个交点是(0,0)和(2,0);④当时,.其中正确结论的个数为【 】‎ A. 1 B.2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C.‎ ‎【考点】二次函数的图象和性质. ‎ ‎【分析】∵,∴二次函数图象的对称轴是直线.故结论①正确.‎ ‎∴当时,随的增大而减小,此时,当时,有.故结论②错误.‎ ‎∵的解为,∴二次函数图象与轴的两个交点是(0,0)和(2,0) .故结论③正确.‎ ‎∵二次函数图象与轴的两个交点是(0,0)和(2,0),且有最大值1,∴当时,.故结论④正确.‎ 综上所述,正确结论有①③④三个.‎ 故选C.‎ ‎2. (2015年广东佛山3分)下列给出5个命题:‎ ①对角线互相垂直且相等的四边形是正方形;‎ ②六边形的内角和等于720°; ‎ ③相等的圆心角所对的弧相等; ‎ ④顺次连结菱形各边中点所得的四边形是矩形;‎ ⑤三角形的内心到三角形三个顶点的距离相等. ‎ 其中正确命题的个数是【 】‎ ‎ A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 ‎【答案】A.‎ ‎【考点】命题和定理;正方形的判定;多边形内角和定理;圆周角定理;三角形中位线定理;菱形的性质;矩形的判定;三角形的内心性质. ‎ ‎【分析】根据相关知识对各选项进行分析,判作出断:‎ ①对角线互相垂直且相等的平行四边形才是正方形,命题不正确.‎ ②根据多边形内角和公式,得六边形的内角和等于,命题正确.‎ ③同圆或等圆满中,相等的圆心角所对的弧才相等,命题不正确. ‎ ④根据三角形中位线定理、菱形的性质和矩形的判定可知:顺次连结菱形各边中点所得的四边形是矩形,命题正确.‎ ⑤三角形的内心到三角形三边的距离相等,命题不正确.‎ 其中正确命题的个数是2个.‎ 故选A.‎ ‎3. (2015年广东广州3分)已知2是关于的方程的一个根,并且这个方程的两个根恰好是等腰三角形ABC的两条边长,则三角形ABC的周长为【 】‎ A. 10 B. 14 C. 10或14 D. 8或10‎ ‎【答案】B.‎ ‎【考点】一元二次方程的解和解一元二次方程;确定三角形的条件.‎ ‎【分析】∵2是关于的方程的一个根,∴,解得.‎ ‎∴方程为,解得.‎ ‎∵这个方程的两个根恰好是等腰三角形ABC的两条边长,‎ ‎∴根据三角形三边关系,只能是6,6,2.‎ ‎∴三角形ABC的周长为14.‎ 故选B.‎ ‎4. (2015年广东深圳3分)如图,已知正方形ABCD的边长为12,BE=EC,将正方形边CD沿DE折叠到DF,延长EF交AB于G,连接DG,现在有如下4个结论:①;‎ ②;③;④.在以上4个结论中,正确的有【 】‎ A. 1 B. 2 C.3 D. 4‎ ‎【答案】C.‎ ‎【考点】折叠问题;正方形的性质;全等、相似三角形的判定和性质;勾股定理. ‎ ‎【分析】由折叠和正方形的性质可知,,∴.又∵,∴. 故结论①正确.‎ ‎∵正方形ABCD的边长为12,BE=EC,∴.‎ 设,则,‎ 在中,由勾股定理,得,即,‎ 解得,.‎ ‎∴.∴. 故结论②正确.‎ ‎∵,∴是等腰三角形.‎ 易知不是等腰三角形,∴和不相似. 故结论③错误.‎ ‎∵,‎ ‎∴.故结论④正确.‎ 综上所述,4个结论中,正确的有①②④三个.‎ 故选C.‎ ‎5. (2015年广东3分)如图,已知正△ABC的边长为2,E,F,G分别是AB,BC,CA上的点,且AE=BF=CG,设△EFG的面积为y,AE的长为x,则y关于x的函数图象大致是【 】‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】D.‎ ‎【考点】由实际问题列函数关系式(几何问题);二次函数的性质和图象.‎ ‎【分析】根据题意,有AE=BF=CG,且正三角形ABC的边长为2,‎ ‎∴. ∴△AEG、△BEF、△CFG三个三角形全等.‎ 在△AEG中,,∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴其图象为开口向上的二次函数.‎ 故选D.‎ ‎6. (2015年广东汕尾4分)对于二次函数有下列四个结论:‎ ‎①它的对称轴是直线;②设,则当时,有;③它的图象与轴的两个交点是(0,0)和(2,0);④当时,.其中正确结论的个数为【 】‎ A. 1 B.2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C.‎ ‎【考点】二次函数的图象和性质. ‎ ‎【分析】∵,∴二次函数图象的对称轴是直线.故结论①正确.‎ ‎∴当时,随的增大而减小,此时,当时,有.故结论②错误.‎ ‎∵的解为,∴二次函数图象与轴的两个交点是(0,0)和(2,0) .故结论③正确.‎ ‎∵二次函数图象与轴的两个交点是(0,0)和(2,0),且有最大值1,∴当时,.故结论④正确.‎ 综上所述,正确结论有①③④三个.‎ 故选C.‎ ‎7. (2015年广东珠海3分)如图,在中,直径垂直于弦,若,则的度数是【 】‎ A. 25° B. 30° C. 40° D. 50°‎ ‎【答案】D.‎ ‎【考点】垂径定理;圆周角定理.‎ ‎【分析】∵直径垂直于弦,∴.‎ ‎∵和是同圆中等弧所对的圆周角和圆心角以,且,‎ ‎∴.‎ 故选D.‎ ‎1. (2015年广东梅州3分)若,,对任意自然数都成立,则 ‎= ▲ , = ▲ ;计算: ▲ ..‎ ‎【答案】;;.‎ ‎【考点】探索规律题(数字的变化类).‎ ‎【分析】∵,∴.‎ ‎∴.‎ ‎2. (2015年广东佛山3分)各边长度都是整数,最大边长为8的三角形共有 ▲ 个.‎ ‎【答案】20. ‎ ‎【考点】探索规律题(图形的变化类);三角形构成条件.‎ ‎【分析】应用列举法,逐一作出判断:‎ 三边边长都为8,能构成1个三角形;‎ 两边边长为8,能构成三角形的另一边有1,2,3,4,5,6,7,计7个;‎ 一边边长为8,能构成三角形的另两边组合有(2,7),(3,7),(4,7),(5,7),(6,7),(7,7),(3,6),(4,6),(5,6),(6,6),(4,5),(5,5),计12个.‎ ‎∴各边长度都是整数,最大边长为8的三角形共有20个.‎ ‎3. (2015年广东广州3分)如图,四边形ABCD中,∠A=90°,,AD=3,点M,N分别为线段BC,AB上的动点(含端点,但点M不与点B重合),点E,F分别为DM,MN的中点,则EF长度的最大值为 ▲ .‎ ‎【答案】.‎ ‎【考点】双动点问题;三角形中位线定理;勾股定理.‎ ‎【分析】如答图,连接,‎ ‎∵点E,F分别为DM,MN的中点,∴.‎ ‎∴要使最大,只要最大即可.‎ 根据题意,知当点到达点与重合时,最大.‎ ‎∵∠A=90°,,AD=3,‎ ‎∴,此时,.‎ ‎4. (2015年广东深圳3分)如图,已知点A在反比例函数上,作,点D为斜边AC的中点,连DB并延长交y轴于点E,若的面积为8,则k= ▲ .‎ ‎【答案】16.‎ ‎【考点】反比例函数的应用;相似三角形的判定和性质;直角三角形斜边上中线的性质;等腰三角形的性质..‎ ‎【分析】由题意,,∴.‎ ‎∵点D为斜边AC的中点,∴. ∴.‎ 又∵,∴. ∴.‎ ‎∴.‎ ‎5. (2015年广东4分)如图,△ABC三边的中线AD,BE,CF的公共点G,若,则图中阴影部分面积是 ▲ .‎ ‎【答案】4.‎ ‎【考点】等底同高三角形面积的性质;转换思想和数形结合思想的应用.‎ ‎【分析】如答图,各三角形面积分别记为①②③④⑤⑥,‎ ‎∵△ABC三边的中线AD,BE,CF的公共点G,∴AG=2GD.‎ ‎∴①=②,③=⑥,④=⑤,①+②=2③,④+⑤=2⑥.‎ ‎∵,∴.‎ ‎∴,‎ ‎∴,即图中阴影部分面积是4.‎ ‎6. (2015年广东汕尾5分)若,,对任意自然数都成立,则 ‎= ▲ , = ▲ ;计算: ▲ ..‎ ‎【答案】;;.‎ ‎【考点】探索规律题(数字的变化类).‎ ‎【分析】∵,∴‎ ‎.‎ ‎∴.‎ ‎7. (2015年广东珠海4分)如图,在中,已知,依次连接的三边中点,得,再依次连接的三边中点得,…,则的周长为 ‎ ▲ .‎ ‎【答案】1.‎ ‎【考点】探索规律题(图形的变化类);三角形中位线定理. ‎ ‎【分析】∵的三顶点在的三边中点,∴的周长是周长的;‎ ‎∵的三顶点在的三边中点,∴的周长是周长的,是周长的;‎ ‎∵的三顶点在的三边中点,∴的周长是周长的,是周长的;‎ ‎∵的三顶点在的三边中点,∴的周长是周长的,是周长的.‎ 又∵,‎ ‎∴的周长为.‎ ‎1. (2015年广东梅州10分)在Rt△ABC中,∠A=90°,AC = AB = 4,D,E分别是边AB,AC的中点.若等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转,得到等腰Rt△AD1E1,设旋转角为α(0<α≤180°),记直线BD1与CE1的交点为P.‎ ‎(1)如图1,当α=90°时,线段BD1的长等于 ▲ ,线段CE1的长等于 ▲ ;(直接填写结果)‎ ‎(2)如图2,当α=135°时,求证:BD1 = CE1 ,且BD1⊥CE1 ;‎ ‎(3)求点P到AB所在直线的距离的最大值.(直接写出结果)‎ ‎【答案】解:(1),.‎ ‎(2)证明:当α=135°时,由旋转可知∠D1AB = E1AC = 135°.‎ 又∵AB=AC,AD1=AE1,∴△D1AB ≌△△E1AC(SAS).‎ ‎∴BD1=CE1 且 ∠D1BA = ∠E1CA.‎ 设直线BD1与AC交于点F,有∠BFA=∠CFP .‎ ‎∴∠CPF=∠FAB=90°,∴BD1⊥CE1.‎ ‎(3).‎ ‎【考点】面动旋转问题;等腰直角三角形的性质;勾股定理;全等、相似三角形的判定和性质.‎ ‎【分析】(1)如题图1,当α=90°时,线段BD1的长等于;线段CE1的长等于.‎ ‎(2)由SAS证明△D1AB ≌△△E1AC即可证明BD1 = CE1 ,且BD1⊥CE1 .‎ ‎(3)如答图2,当四边形AD1PE1为正方形时,点P到AB所在直线的距离距离最大,此时,‎ ‎∵,∴.‎ ‎∴.∴.‎ ‎∴当四边形AD1PE1为正方形时,点P到AB所在直线的距离距离的最大值为.‎ ‎2. (2015年广东梅州10分)如图,过原点的直线和与反比例函数的图象分别交于两点A,C和B,D,连结AB,BC,CD,DA.‎ ‎(1)四边形ABCD一定是 ▲ 四边形;(直接填写结果)‎ ‎(2)四边形ABCD可能是矩形吗?若可能,试求此时和之间的关系式;若不可能,说明理由;‎ ‎(3)设是函数图象上的任意两点,,试判断,的大小关系,并说明理由.‎ ‎【答案】解:(1)平行.‎ ‎(2)四边形ABCD可能是矩形,此时,理由如下:‎ 当四边形ABCD是矩形时,OA=OB.‎ 联立,得,∴.‎ 同理,.‎ ‎∵,‎ ‎∴,得.‎ ‎∵, ∴. ∴.‎ ‎∴四边形ABCD可以是矩形,此时.‎ ‎(3).理由如下:‎ ‎∵.‎ ‎∵x2 > x1 > 0,∴,.‎ ‎∴.∴.‎ ‎【考点】反比例函数和一次函数综合题;平行四边形的判定;矩形的性质;代数式化简;作差法的应用.‎ ‎【分析】(1)根据反比例函数的中心对称性,有,所以,四边形ABCD一定是平行四边形.‎ ‎(2)求出点A、B的坐标,根据矩形对角线互相平分且相等的性质得到OA=OB,即,据此列式化简得证.‎ ‎(3)作差,化简,得出结论.‎ ‎3. (2015年广东佛山10分)如图,一小球从斜坡点处抛出,球的抛出路线可以用二次函数刻画,斜坡可以用一次函数刻画.‎ ‎(1)请用配方法求二次函数图象的最高点P的坐标;‎ ‎(2)小球的落点是A,求点A的坐标;‎ ‎(3)连结抛物线的最高点P与点O、A得△POA. 求△POA的面积;‎ ‎(4)在OA上方的抛物线上存在一点M(M与P不重合),△MOA的面积等于△POA的面积,请直接写出点M的坐标.‎ ‎【答案】解:(1)∵,‎ ‎∴点P的坐标为.‎ ‎(2)联立,解得或.‎ ‎∴点A的坐标为.‎ ‎(3)如答图1,作二次函数图象的对称轴交于点,‎ 则点的坐标为,.‎ ‎∴.‎ ‎(4).‎ ‎【考点】二次函数的应用(实际问题);二次函数的性质;曲线上点的坐标与方程的关系;等高三角形面积的应用;待定系数法、转换思想和数形结合思想的应用.‎ ‎【分析】(1)化为顶点式即可得二次函数图象的顶点坐标.‎ ‎(2)联立和即可求出点A的坐标.‎ ‎(3)作辅助线“作二次函数图象的对称轴交于点”,将转化为和之和.‎ ‎(4)作辅助线“过点作交抛物线于另一点”,则△MOA 的面积等于△POA的面积,设直线的解析式为,‎ 将代入,得,‎ ‎∴直线的解析式为.‎ 联立,解得,或.‎ ‎∴点M的坐标为.‎ ‎4. (2015年广东佛山11分)如图,在中,对角线AC、BD相交于点O,点E、F是AD上的点,且. 连结BE、BF,使它们分别与AO相交于点G、H.‎ ‎(1)求的值;‎ ‎(2)求证:;‎ ‎(3)设,求的值.‎ ‎【答案】解:(1)∵,∴.‎ ‎∵四边形是平行四边形,∴.∴.‎ ‎∴,即.‎ ‎(2)证明:由(1),∴.‎ ‎∵四边形是平行四边形,∴.‎ ‎∴. ‎ ‎∴,即.∴.‎ ‎(3)如答图,过点作交于点,‎ ‎∵,∴.‎ ‎∴,.‎ ‎∵.∴.‎ ‎∵,∴.∴,即.‎ ‎∵,∴.∴,即.‎ ‎∴.‎ 由(2)得,∴.‎ ‎∵,‎ ‎∴.‎ ‎【考点】平行四边形的综合题;平行四边形的性质;平行的性质;相似三角形的判定和性质;数形结合思想的应用.‎ ‎【分析】(1)由平行四边形对边平行的性质可得,从而得出结果.‎ ‎(2)由(1)得到,从而根据平行四边形对角线互相平分的性质得出结论.‎ ‎(3)作辅助线“过点作交于点”,构造两组相似三角形和,通过相似三角形对应边成比例的性质,求出与的关系即可求得的值.‎ ‎5. (2015年广东广州14分)如图,四边形OMTN中,OM=ON,TM=TN,我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做筝形.‎ ‎(1)试探究筝形对角线之间的位置关系,并证明你的结论;‎ ‎(2)在筝形ABCD中,已知AB=AD=5,BC=CD,BC>AB,BD,AC为对角线,BD=8;‎ ‎ ①是否存在一个圆使得A,B,C,D四个点都在这个圆上?若存在,求出圆的半径;若不存在,请说明理由;‎ ‎ ②过点B作BF⊥CD,垂足为F,BF交AC于点E,连接DE. 当四边形ABED 为菱形时,求点F到AB的距离.‎ ‎【答案】解:(1)筝形的对角线互相垂直. 证明如下:‎ 如答图1,连接,‎ 在和中,∵,‎ ‎∴.∴.‎ 又∵OM=ON,‎ ‎∴,即筝形的对角线互相垂直.‎ ‎(2)存在.‎ 由(1)知,,设相交于点,如答图2,‎ ‎∵AB=AD=5, BD=8,∴.∴.‎ ‎∵A,B,C,D四点共圆,∴.‎ 又∵,∴.‎ ‎∴即为所求圆的直径.‎ ‎∵,∴.‎ ‎∴,即,解得.‎ ‎∴圆的半径为.‎ ‎(3)∵四边形ABED为菱形,∴.‎ ‎∴.‎ 又∵.∴‎ 又∵,∴.‎ ‎∴,即,解得.‎ 在中,由勾股定理,得,‎ ‎∴.∴.‎ ‎∵,∴.‎ 如答图3,过点作于点,则就是点F到AB的距离.‎ ‎∵,∴.‎ ‎∴,即,解得.‎ ‎∴点F到AB的距离为.‎ ‎【考点】新定义;全等三角形的判定和性质;等腰三角形的性质;勾股定理;圆内接四边形的性质;圆周角定理;相似三角形的判定和性质.‎ ‎【分析】(1)筝形的对角线互相垂直,利用证明得到,从而根据等腰三角形三线合一的性质即可得出结论.‎ ‎(2)根据垂径定理和勾股定理求出的长,证明,由对应边成比例列式求解即可.‎ ‎(3)证明,求出,应用勾股定理求出,得到,作辅助线“过点作于点”构造相似三角形,由对应边成比例列式求得的长, 就是点F到AB的距离.‎ ‎6. (2015年广东广州10分)已知O为坐标原点,抛物线与轴相交于点,.与轴交于点C,且O,C两点之间的距离为3,,,点A,C在直线上.‎ ‎(1)求点C的坐标;‎ ‎(2)当随着的增大而增大时,求自变量的取值范围;‎ ‎(3)将抛物线向左平移个单位,记平移后随着的增大而增大的部分为P,直线向下平移n个单位,当平移后的直线与P有公共点时,求的最小值.‎ ‎【答案】解:(1)令,得,∴.‎ ‎∵O,C两点之间的距离为3,∴,解得.‎ ‎∴点C的坐标为或.‎ ‎(2)∵,∴异号.‎ ①若,把代入得,即.‎ ‎∴.‎ 把代入得,即.∴.‎ ‎∵异号,,∴.‎ ‎∵,∴,,.∴.‎ 把,代入,得,解得.‎ ‎∴.∴当时,随着的增大而增大.‎ ②若,把代入得,即.‎ ‎∴.‎ 把代入得,即.∴.‎ ‎∵异号,,∴.‎ ‎∵,∴,,.∴.‎ 把,代入,得,解得.‎ ‎∴.∴当时,随着的增大而增大.‎ 综上所述,若,当随着的增大而增大时,;若,当随着的增大而增大时,.‎ ‎(3)①若,则,,‎ 向左平移个单位后的解析式为,则当时,随着的增大而增大. ‎ 直线向下平移n个单位后的解析式为.‎ 要使平移后直线与有公共点,则当时,,‎ 即,解得,与不符,舍去. ‎ ②若,则,,‎ 向左平移个单位后的解析式为,则当时,随着的增大而增大. ‎ 直线向下平移n个单位后的解析式为.‎ 要使平移后直线与有公共点,则当时,,‎ 即,解得.‎ 综上所述,.‎ ‎∵,‎ ‎∴当时,的最小值为.‎ ‎【考点】二次函数综合题;线动平移问题;曲线上点的坐标与方程的关系;不等式和绝对值的性质;二次函数的最值;分类思想的应用.‎ ‎【分析】(1)一方面,由点C在抛物线得到,另一方面,由O,C两点之间的距离为3,得到,从而得到点C的坐标.‎ ‎(2)分和两种情况讨论.‎ ‎(3)分和两种情况讨论得到的范围内,从而根据二次函数最值原理即可求解.‎ ‎7. (2015年广东深圳9分)如图1,水平放置一个三角板和一个量角器,三角板的边AB和量角器的直径DE在一条直线上,开始的时候BD=1cm,现在三角板以‎2cm/s的速度向右移动.‎ ‎(1)当B与O重合的时候,求三角板运动的时间;‎ ‎(2)如图2,当AC与半圆相切时,求AD;‎ ‎(3)如图3,当AB和DE重合时,求证:.‎ ‎【答案】解:(1)∵开始时,,三角板以‎2cm/s的速度向右移动,‎ ‎∴当B与O重合的时候,三角板运动的时间为.‎ ‎(2)如答图1,设AC与半圆相切于点H,连接OH,则.‎ ‎∵,∴.‎ 又∵,∴.‎ ‎∴.‎ ‎(3)如答图2,连接,‎ ‎∵,∴.‎ ‎∵是直径,∴. ∴.‎ 又∵.∴.‎ ‎∴.‎ 又∵,∴.‎ ‎∴,即.‎ ‎【考点】面动平移问题;等腰(直角)三角形的判定和性质;圆周角定理;相似三角形的判定和性质.‎ ‎【分析】(1)直接根据“”计算即可.‎ ‎(2)作辅助线“连接O与切点H”,构成等腰直角三角形求出的长,从而由求出的长.‎ ‎(3)作辅助线“连接EF”,构成相似三角形,得比例式即可得解.‎ ‎8. (2015年广东深圳9分)如图1,关于的二次函数经过点,点,点为二次函数的顶点,为二次函数的对称轴,在轴上.‎ ‎(1)求抛物线的解析式;‎ ‎(2)DE上是否存在点P到AD的距离与到轴的距离相等,若存在求出点P,若不存在请说明理由;‎ ‎(3)如图2,DE的左侧抛物线上是否存在点F,使,若存在求出点F的坐标,若不存在请说明理由.‎ ‎【答案】解:(1)将点, 代入,得 ‎,解得.‎ ‎∴抛物线的解析式为.‎ ‎(2)存在.‎ ‎∵,∴.‎ ‎∴.‎ 设,‎ 当点在的角平分线时,如答图1,过点作于点,‎ 则,‎ ‎∵,∴,解得. ∴.‎ 当点在的外角平分线时,如答图2,过点作于点,‎ 则,‎ ‎∵,∴,解得. ∴.‎ 综上所述,DE上存在点P到AD的距离与到轴的距离相等,点P的坐标为 或.‎ ‎(3)存在.‎ 假设存在点F,使,‎ 设 ‎∵,∴.‎ ‎∵,∴.‎ 设的解析式为,则,解得.‎ ‎∴的解析式为.‎ 令,得,即与轴的交点坐标为.‎ 若点在轴上方,如答图2,则,‎ ‎∴,‎ 即,解得(舍去正值).‎ 当时,.∴.‎ 若点在轴下方,如答图3,则,‎ ‎∴,‎ 即,解得(舍去正值).‎ 当时,,不符合点在轴下方,舍去.‎ 综上所述,DE的左侧抛物线上存在点F,使,点F的坐标为 ‎.‎ ‎【考点】二次函数综合题;待定系数法的应用;曲线上点的坐标与方程的关系;锐角三角函数定义;角平分线的性质;分类思想、转换思想和方程思想的应用.‎ ‎【分析】(1)将点, 代入即可求解.‎ ‎(2)根据角平分线上的点到角的两边距离相等的性质,分点在的角平分线和点在的外角平分线两种情况讨论即可.‎ ‎(3)由已知求出,分点在轴上方和点在轴下方两种情况讨论,当点在轴上方时,;当点在轴下方时,,据此列方程求解.‎ ‎9. (2015年广东9分)⊙O是△ABC的外接圆,AB是直径,过的中点P作⊙O的直径PG交弦BC于点D,连接AG, CP,PB.‎ ‎(1)如题图1;若D是线段OP的中点,求∠BAC的度数;‎ ‎(2)如题图2,在DG上取一点k,使DK=DP,连接CK,求证:四边形AGKC是平行四边形;‎ ‎(3)如题图3,取CP的中点E,连接ED并延长ED交AB于点H,连接PH,求证:PH⊥AB.‎ ‎【答案】解:(1)∵AB为⊙O直径,点P是的中点,∴PG⊥BC,即∠ODB=90°.‎ ‎∵D为OP的中点,∴OD=.‎ ‎∴cos∠BOD=. ∴∠BOD=60°.‎ ‎∵AB为⊙O直径,∴∠ACB=90°. ∴∠ACB=∠ODB.‎ ‎∴AC∥PG. ∴∠BAC=∠BOD=60°.‎ ‎(2)证明:由(1)知,CD=BD,‎ ‎∵∠BDP=∠CDK,DK=DP,∴△PDB≌△CDK(SAS).‎ ‎∴CK=BP,∠OPB=∠CKD.‎ ‎∵∠AOG=∠BOP,∴AG=BP. ∴AG=CK.‎ ‎∵OP=OB,∴∠OPB=∠OBP.‎ 又∵∠G=∠OBP,∴AG∥CK.‎ ‎∴四边形AGCK是平行四边形.‎ ‎(3)证明:∵CE=PE,CD=BD,∴DE∥PB,即DH∥PB.‎ ‎∵∠G=∠OPB,∴PB∥AG. ∴DH∥AG. ∴∠OAG=∠OHD.‎ ‎∵OA=OG,∴∠OAG=∠G. ∴∠ODH=∠OHD. ∴OD=OH.‎ 又∵∠ODB=∠HOP,OB=OP,∴△OBD≌△HOP(SAS).‎ ‎∴∠OHP=∠ODB=90°. ∴PH⊥AB.‎ ‎【考点】圆的综合题;圆周角定理;垂径定理;锐角三角函数定义;特殊角的三角函数值;平行的判定和性质;全等三角形的判定和性质;等腰三角形的性质;平行四边形的判定.‎ ‎【分析】(1)一方面,由锐角三角函数定义和特殊角的三角函数值求出∠BOD=60°;另一方面,由证明∠ACB=∠ODB=90°得到AC∥PG,根据平行线的同位角相等的性质得到∠BAC=∠BOD=60°.‎ ‎(2)一方面,证明通过证明全等并等腰三角形的性质得到AG=CK;另一方面,证明AG∥CK,从而根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定而得证.‎ ‎(3)通过应用SAS证明△OBD≌△HOP而得到∠OHP=∠ODB=90°,即PH⊥AB.‎ ‎10. (2015年广东9分)如图,在同一平面上,两块斜边相等的直角三角板Rt△ABC与Rt△ADC拼在一起,使斜边AC完全重合,且顶点B,D分别在AC的两旁,∠ABC=∠ADC=90°,∠CAD=30°,AB=BC=‎4cm.‎ ‎(1)填空:AD= ▲ (cm),DC= ▲ (cm);‎ ‎(2)点M,N分别从A点,C点同时以每秒‎1cm的速度等速出发,且分别在AD,CB上沿A→D,C→B的方向运动,当N点运动 到B点时,M,N两点同时停止运动,连结MN,求当M,N点运动了x秒时,点N到AD的距离(用含x的式子表示);‎ ‎(3)在(2)的条件下,取DC中点P,连结MP,NP,设△PMN的面积为y(cm2),在整个运动过程中,△PMN的面积y存在最大值,请求出这个最大值.‎ ‎(参考数据:sin75°=,sin15°=)‎ ‎【答案】解:(1);.‎ ‎(2)如答图,过点N作NE⊥AD于E,作NF⊥DC延长线于F,则NE=DF.‎ ‎∵∠ACD=60°,∠ACB=45°,∴∠NCF=75°,∠FNC=15°.∴sin15°=.‎ 又∵NC=x,sin15°=,∴.‎ ‎∴NE=DF=.‎ ‎∴点N到AD的距离为cm.‎ ‎(3)∵NC=x,sin75°=,且sin75°=∴,‎ ‎∵PD=CP=,∴PF=.‎ ‎∴‎ ‎·‎ 即.‎ ‎∴当时,y有最大值为.‎ ‎【考点】双动点问题;锐角三角函数定义;特殊角的三角函数值;由实际问题列函数关系式;二次函数的最值;转换思想的应用. ‎ ‎【分析】(1)∵∠ABC =90°,AB=BC=4,∴.‎ ‎∵∠ADC=90°,∠CAD=30°,‎ ‎∴.‎ ‎(2)作辅助线“过点N作NE⊥AD于E,作NF⊥DC延长线于F”构造直角三角形CNF,求出FC的长,即可由NE=DF=FC+CD求解.‎ ‎(3)由列式,根据二次函数的最值原理求解.‎ ‎11. (2015年广东汕尾11分)在Rt△ABC中,∠A=90°,AC = AB = 4,D,E分别是边AB,AC的中点.若等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转,得到等腰Rt△AD1E1,设旋转角为α(0<α≤180°),记直线BD1与CE1的交点为P.‎ ‎(1)如图1,当α=90°时,线段BD1的长等于 ▲ ,线段CE1的长等于 ▲ ;(直接填写结果)‎ ‎(2)如图2,当α=135°时,求证:BD1 = CE1 ,且BD1⊥CE1 ;‎ ‎(3)求点P到AB所在直线的距离的最大值.(直接写出结果)‎ ‎【答案】解:(1),.‎ ‎(2)证明:当α=135°时,由旋转可知∠D1AB = E1AC = 135°.‎ 又∵AB=AC,AD1=AE1,∴△D1AB ≌△△E1AC(SAS).‎ ‎∴BD1=CE1 且 ∠D1BA = ∠E1CA.‎ 设直线BD1与AC交于点F,有∠BFA=∠CFP .‎ ‎∴∠CPF=∠FAB=90°,∴BD1⊥CE1.‎ ‎(3).‎ ‎【考点】面动旋转问题;等腰直角三角形的性质;勾股定理;全等、相似三角形的判定和性质.‎ ‎【分析】(1)如题图1,当α=90°时,线段BD1的长等于;线段CE1的长等于.‎ ‎(2)由SAS证明△D1AB ≌△△E1AC即可证明BD1 = CE1 ,且BD1⊥CE1 .‎ ‎(3)如答图2,当四边形AD1PE1为正方形时,点P到AB所在直线的距离距离最大,此时,‎ ‎∵,∴.‎ ‎∴.∴.‎ ‎∴当四边形AD1PE1为正方形时,点P到AB所在直线的距离距离的最大值为.‎ ‎12. (2015年广东汕尾10分)如图,过原点的直线和与反比例函数的图象分别交于两点A,C和B,D,连结AB,BC,CD,DA.‎ ‎(1)四边形ABCD一定是 ▲ 四边形;(直接填写结果)‎ ‎(2)四边形ABCD可能是矩形吗?若可能,试求此时和之间的关系式;若不可能,说明理由;‎ ‎(3)设是函数图象上的任意两点,,试判断,的大小关系,并说明理由.‎ ‎【答案】解:(1)平行.‎ ‎(2)四边形ABCD可能是矩形,此时,理由如下:‎ 当四边形ABCD是矩形时,OA=OB.‎ 联立,得,∴.‎ 同理,.‎ ‎∵,‎ ‎∴,得.‎ ‎∵, ∴. ∴.‎ ‎∴四边形ABCD可以是矩形,此时.‎ ‎(3).理由如下:‎ ‎∵.‎ ‎∵x2 > x1 > 0,∴,.‎ ‎∴.∴.‎ ‎【考点】反比例函数和一次函数综合题;平行四边形的判定;矩形的性质;代数式化简;作差法的应用.‎ ‎【分析】(1)根据反比例函数的中心对称性,有,所以,四边形ABCD一定是平行四边形.‎ ‎(2)求出点A、B的坐标,根据矩形对角线互相平分且相等的性质得到OA=OB,即,据此列式化简得证.‎ ‎(3)作差,化简,得出结论.‎ ‎13. (2015年广东珠海9分)五边形中,,且满足以点为圆心,长为半径的圆弧与边相切与点,连接. ‎ ‎(1)如图1,求的度数; ‎ ‎(2)如图2,连接,分别与相交于点,若,求的值.‎ ‎【答案】解:(1)如答图1,连接,‎ ‎∵圆弧与边相切与点,∴.‎ 在和中,∵,‎ ‎∴≌.∴.‎ 同理,.‎ ‎∵,∴,即.‎ ‎(2)如答图2,连接并延长交的延长线于点,‎ ‎∵,∴由(1)知,,即.‎ ‎∵,,∴.‎ 在中,∵,‎ ‎∴.‎ 在和中,,∴≌.‎ ‎∴.∴.‎ ‎∵,∴.∴.‎ ‎∵,∴∽.‎ ‎∴.∴.‎ ‎∴‎ ‎【考点】直线和圆的位置关系;切线的性质;全等、相似三角形的判定和性质;锐角三角函数定义;特殊角的三角函数值.‎ ‎【分析】(1)作辅助线“连接”,构成两组全等三角形得到,,从而根据直角求解.‎ ‎(2)作辅助线“连接并延长交的延长线于点”,构成全等三角形≌,得到,求出,通过证明∽‎ ‎,列比例式即可求得结果.‎ ‎14. (2015年广东珠海9分)如图,折叠矩形的一边,使点落在边的点处,已知折痕,且.以为原点,所在直线为轴建立如图所以的平面直角坐标系,抛物线经过点,且与边相交于点. ‎ ‎(1)求证:; ‎ ‎(2)若是的中点,连接,求证:; ‎ ‎(3)是线段上的一动点,点在抛物线上,且始终满足,在点运动过程中,能否使得? 若能,求出所有符合条件的点坐标;若不能,请说明理由.‎ ‎【答案】解:(1)证明:∵四边形是矩形,且由折叠的性质知≌,‎ ‎∴.‎ ‎∵,∴.∴.‎ 又∵,∴.‎ ‎(2)证明:∵,∴可设,则由勾股定理,得.‎ 由折叠的性质知,∴.‎ 由(1),∴.∴.∴.‎ ‎∴.‎ 在中,由勾股定理,得,即,‎ 解得,.‎ ‎∴.‎ ‎∴抛物线的解析式为.‎ ‎∵当时,,∴.‎ 在中,由勾股定理,得,‎ ‎∴.‎ 又∵点为斜边上的中点,∴.‎ ‎∴为线段的垂直平分线. ∴.‎ ‎(3)由(2)知,抛物线的解析式为,‎ 设抛物线与的两个交点为,‎ 令,即,‎ 解得,‎ ‎∴.‎ ①当轴时,如答图1,‎ ‎∵,‎ ‎∴点坐标为或.‎ ②当不垂直于轴时,如答图2,‎ 当点在抛物线对称右侧时,分别过点作轴的垂线,垂足分别为,则点不与点重合,即,‎ ‎∵,‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∵,∴.∴和不全等.∴.‎ 同理,当点在抛物线对称左侧时,.‎ 综上所述,在点运动过程中,能使得,符合条件的点坐标为或.‎ ‎【考点】二次函数综合题;单动点和折叠问题;矩形的性质;折叠对称的性质;全等、相似三角形的判定和性质;勾股定理;曲线上点的坐标与方程的关系;线段垂直平分线的性质;待定系数法和分类思想的应用.‎ ‎【分析】(1)由矩形的性质和折叠的性质可求得和的两组对应角相等而得到结论.‎ ‎(2)由条件应用待定系数法,根据相似三角形的性质和勾股定理求得的长,从而求得抛物线的解析式,而得到点的坐标,进而得到为线段的垂直平分线的结论而证明结论.‎ ‎(3)分轴和不垂直于轴两种情况讨论即可.‎
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