【中考12年】广东省深圳市2001-2022年中考数学试题分类解析 专题5 数量和位置变化

2022-2022年广东深圳中考数学试题分类解析汇编（12专题）专题5：数量和位置变化一、选择题1.（深圳2022年3分）点P（－3，3）关于原点对称的点的坐标是【】A、（－3，－3）B、（－3，3）C、（3，3）D、（3，－3）【答案】D。【考点】关于原点对称的点的坐标特征。【分析】关于原点对称的点的坐标是横、纵坐标都互为相反数，从而点P（－3，3）关于原点对称的点的坐标是（3，－3）。故选D。2.（深圳2022年3分）将二次函数的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位后，所得图象的函数表达式是【】Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．【答案】A。【考点】坐标平移。【分析】根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加。上下平移只改变点的纵坐标，下减上加。将二次函数的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位，其顶点（0，0）也作同样的平移，为（1，2），因此，根据二次函数顶点式，所得图象的函数表达式是。故选A。3.（深圳2022年学业3分）升旗时，旗子的高度h(米)与时间t(分)的函数图像大致为【】thOthOthOthOABCD【答案】B。【考点】函数的图象。【分析】根据横轴代表时间，纵轴代表高度，旗子的高度h（米）随时间t（分）的增长而变高，故选B。4.（深圳2022年学业3分）已知点P（a－1，a＋2）在平面直角坐标系的第二象限内，则a的取值范围在18\n数轴上可表示为（阴影部分）【】1－2－3－102A．1－2－3－102B．C．1－2－3－102D．1－2－3－1025.（2022广东深圳3分）已知点P(a＋l，2a－3)关于x轴的对称点在第一象限，则a的取值范围是【】A.B.C.D.【答案】B。【考点】关于x轴对称的点的坐标，一元一次不等式组的应用。【分析】根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”，再根据各象限内的点的坐标的特点列出不等式组求解即可：∵点P（a＋1，2a－3）关于x轴的对称点在第一象限，∴点P在第四象限。∴。解不等式①得，a＞－1，解不等式②得，a＜，所以，不等式组的解集是－1＜a＜。故选B。二、填空题18\n1.（深圳2022年3分）在函数式y=中，自变量x的取值范围是▲.【答案】【考点】函数自变量的取值范围，二次根式和分式有意义的条件。【分析】根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件，要使在实数范围内有意义，必须。2.（深圳2022年3分）要在街道旁修建一个奶站，向居民区A、B提供牛奶，奶站应建在什么地方，才能使从A、B到它的距离之和最短？小聪根据实际情况，以街道旁为x轴，建立了如图所示的平面直角坐标系，测得A点的坐标为（0，3），B点的坐标为（6，5），则从A、B两点到奶站距离之和的最小值是▲【答案】10。【考点】轴对称的性质，线段的性质，关于x轴对称的点的坐标特征，勾股定理。【分析】根据两点之间，线段最短和轴对称的性质，如图，作B关于x轴的对称点C，连接AC，则AC与x轴的交点D即为使从A、B两点到奶站距离之和为最小值的点。关于x轴对称的点的坐标特征是横坐标相同，纵坐标互为相反数，从而点B（6，5）关于x轴对称的点的坐标是点C（6，－5）。过点C作CE⊥轴，垂足为点E，则AE=3＋5=8，EC=6，根据勾股定理，得AC=10。三、解答题1.（深圳2022年12分）直线y=－x＋m与直线y=x＋2相交于y轴上的点C，与x轴分别交于点A、B。（1）求A、B、C三点的坐标；（3分）（2）经过上述A、B、C三点作⊙E，求∠ABC的度数，点E的坐标和⊙E的半径；（4分）（3）若点P是第一象限内的一动点，且点P与圆心E在直线AC的同一侧，直线PA、PC分别交⊙E于点M、N，设∠APC=θ，试求点M、N的距离（可用含θ的三角函数式表示）。（5分）18\n【答案】解：（1）直线y=x+2中令x=0，得y=2，∴C点的坐标为（0，2）。把C（0，2）代入直线y=－x＋m，得m=2，∴直线y=－x＋m解析式是y=－x＋2。令y=0，得x=2，则A点的坐标是（2，0），在y=x＋2中令y=0，得x=，则B的坐标是（，0）。（2）根据A、B、C的坐标得到OC=2，OA=2，OB=，根据锐角三角函数定义，得tan∠ABC=,∴∠ABC=30°。又AC=。连接AE，CE，过点E作EF⊥AB于点F，则∠AEC=60°，∴△ACE是等边三角形，边长是。又在Rt△EAF中，AE=，AF=AB=，∴EF=。又OF=OA＋AF=。∴点E的坐标为（，），半径是。（3）分两种情况：（I）当点P在⊙E外时，如图，连接AN，连接ME并延长交⊙E于另一点Q，连接NQ，则△NQM是直角三角形。∵∠MQN=∠MAN=∠ANC－∠P=∠ABC－∠P=30°－θ，∴在Rt△NQM中，MN=QMsin∠MQN，18\n即MN=sin（30°－θ）。（II）当点P在⊙E内时，如图，连接AN，连接ME并延长交⊙E于另一点Q，连接NQ，则△NQM是直角三角形。∵∠ACB=∠BCO－∠ACO=60°－45°=15°。∴∠MQN=∠MAN=∠APB－∠ANB=∠APB－∠ACB=θ－15°。∴在Rt△NQM中，MN=QMsin∠MQN，即MN=sin（θ－15°）。【考点】一次函数综合题，直线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，勾股定理，等边三角形的判定和性质，圆周角定理，弦径定理，三角形外角定理。【分析】（1）直线y=x+2与y轴的交点可以求出，把这点的坐标就可以求出直线y=－x＋m的解析式，两个函数与x轴的交点就可以求出。（2）根据三角函数可以求出角的度数。由OC、OA、OB的长度，根据勾股定理、等边三角形的判定和性质、弦径定理可求出点E的坐标和⊙E的半径。（3）分点P在⊙E外和点P在⊙E内两种情况讨论即可。2.（深圳2022年9分）已知△ABC是边长为4的等边三角形，BC在x轴上，点D为BC的中点，点A在第一象限内，AB与y轴的正半轴相交于点E，点B（－1，0），P是AC上的一个动点（P与点A、C不重合）（1）（2分）求点A、E的坐标；（2）（2分）若y=过点A、E，求抛物线的解析式。（3）（5分）连结PB、PD，设L为△PBD的周长，当L取最小值时，求点P的坐标及L的最小值，并判断此时点P是否在（2）中所求的抛物线上，请充分说明你的判断理由。18\n【答案】解：（1）连结AD，由△ABC是边长为4的等边三角形，得BD=ABcos600=2，AD=Absin600=2，∴OD=1。∴A（1，2）。由OE=，得E（0，）。（2）∵抛物线y=过点A、E，∴，解得。∴抛物线的解析式为y=。（3）作点D关于AC的对称点D'，连结BD'交AC于点P，作D'G⊥x轴于点G。则PB与PD的和取最小值，即△PBD的周长L取最小值。由轴对称性，得△DFC为直角三角形，在Rt△DFC中，∠DCF=60º，∴DF=DCsin∠DCF=。∴DD'=2。在Rt△DD'G中，∠D'DG=30º，∴D'G=DD'sin∠D'DG=，DG=DD'cos∠D'DG=3。∴OG=4。∴点D'的坐标为（4，）。由B（－1，0），D'（4，）可得直线BD'的解析式为：x+。又直线AC的解析式为：。18\n∴，解得。∴点P的坐标为（，）。此时BD'===2，∴△PBD的最小周长L为2+2。把点P的坐标代入y=成立，∴此时点P在抛物线上。【考点】等边三角形的性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数值，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，轴对称的性质，解二元一次方程组。【分析】（1）连结AD，由等边三角形的性质和锐角三角函数可求点A、E的坐标。（2）由点A、E的坐标，根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，可求抛物线的解析式。（3）根据轴对称的性质，作点D关于AC的对称点D'，连结BD'交AC于点P，点P即为所求。据此求点P的坐标及L的最小值，并判断此时点P在（2）中所求的抛物线上。3.（深圳2022年10分）如图1，在平面直角坐标系中，点M在轴的正半轴上，⊙M交轴于A、B两点，交轴于C、D两点，且C为的中点，AE交轴于G点，若点A的坐标为（－2，0），AE(1)(3分)求点C的坐标.(2)(3分)连结MG、BC，求证：MG∥BC(3)(４分)如图2，过点D作⊙M的切线，交轴于点P.动点F在⊙M的圆周上运动时，的比值是否发生变化，若不变，求出比值；若变化，说明变化规律.【答案】解：（1）∵直径AB⊥CD，∴CO＝CD，＝。　　　　　　∵Ｃ为的中点，∴＝。∴＝。∴CD＝AE。∴CO＝CD＝４。18\n∴Ｃ点的坐标为（０，４）。（２）连接CM，交ＡＥ于点Ｎ，设半径AM＝CM＝ｒ，则OM＝ｒ－２。由OC2＋OM2＝M2得：４2＋（ｒ－２）2＝ｒ2，解得，ｒ＝５。　　　　　　　　∵∠AOG＝∠ANM＝９０°，∠GAO＝∠MAN，∴△AOG∽△ANM。∴。∵由弦径定理，AN＝4，ＭＮ＝ＯＭ＝３，AO＝2，∴。∴ＯＧ＝。　　　　　　∵，，∴。　　　　　　又∵∠GOM＝∠COB，∴△GOM∽△COB。∴∠GMO＝∠CBO。∴MG∥BC。（３）连结DM，则DM⊥PD，DO⊥PM，∴△MOD∽△MDP，△MOD∽△DOP。　　　　　　∴DM2＝MO·MP；DO2＝OM·OP。　　　　　　∴４2＝３·OP，即OP＝。　　　　　　　　当点Ｆ与点Ａ重合时：。　　　　　当点Ｆ与点Ｂ重合时：。　　　　　　　　当点Ｆ不与点Ａ、Ｂ重合时：连接OF、PF、MF，　　　　　∵DM2＝MO·MP，∴FM2＝MO·MP。∴。　　　　　　∵∠AMF＝∠FMA，∴△MFO∽△MPF。∴。　　　　　　　　　　　　　　综上所述，的比值不发生变化，比值为。【考点】弦径定理，圆周角定理，勾股定理，平行的判定，切线的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）由已知，应用弦径定理和圆周角定理即可出点C的坐标。（2）应用勾股定理、弦径定理和相似三角形的判定和性质可证得∠GMO＝∠CBO，从而根据同位角相等，两直线平行的判定得证。18\n（3）应用相似三角形的判定和性质，分点Ｆ与点Ａ重合、点Ｆ与点Ｂ重合和点Ｆ不与点Ａ、Ｂ重合三种情况讨论即可。4.（深圳2022年10分）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数的图象的顶点为D点，与y轴交于C点，与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），OB＝OC，tan∠ACO＝．（1）求这个二次函数的表达式．（2）经过C、D两点的直线，与x轴交于点E，在该抛物线上是否存在这样的点F，使以点A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．（3）若平行于x轴的直线与该抛物线交于M、N两点，且以MN为直径的圆与x轴相切，求该圆半径的长度．（4）如图2，若点G（2，y）是该抛物线上一点，点P是直线AG下方的抛物线上一动点，当点P运动到什么位置时，△APG的面积最大？求出此时P点的坐标和△APG的最大面积.【答案】解：（1）由B点的坐标为（3，0），OB＝OC，得：OC=3由tan∠ACO＝得：OA=1∴C（0，－3），A（－1，0）。将A、B、C三点的坐标代入，得，解得：。∴这个二次函数的表达式为：。（2）存在。18\n∵，∴D（1，－4）。设直线CD的解析式为，将C、D点的坐标代入，得，解得。∴直线CD的解析式为：。令，得。∴E点的坐标为（－3，0）。∵C（0，－3），∴在中，令，得，。∴F点的坐标为（2，－3）。∴由A、C、E、F四点的坐标得：AE＝CF＝2，AE∥CF。∴以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形。∴存在点F，坐标为（2，－3）。（3）如图，①当直线MN在x轴上方时，设圆的半径为R（R>0），则N（R+1，R），代入抛物线的表达式，解得（负值舍去）。②当直线MN在x轴下方时，设圆的半径为r（r>0），则N（r+1，－r），代入抛物线的表达式，解得（负值舍去）。∴圆的半径为或。（4）过点P作y轴的平行线与AG交于点Q，易得G（2，－3），直线AG为。设P（x，），则Q（x，－x－1），PQ。∴。∴当时，△APG的面积最大，此时P点的坐标为，的最大值为。【考点】二次函数综合题，锐角三角函数定义，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定，圆的切线的性质，解一元二次方程，二次函数最值。【分析】（1）由已知和锐角三角函数定义，求出A、B、C三点的坐标，用待定系数法即可求出18\n二次函数的表达式。（2）过点C作CF⊥轴，求出A、C、E、F的坐标，根据平行四边形的判定即可。（3）根据圆的切线的性质，分直线MN在x轴上方和直线MN在x轴下方两种情况讨论即可。（4）求出的二次函数表达式，应用二次函数最值原理即可求得。5.（深圳2022年9分）如图，在直角坐标系中，点A的坐标为（－2，0），连结OA，将线段OA绕原点O顺时针旋转120°，得到线段OB.（1）求点B的坐标；（2）求经过A、O、B三点的抛物线的解析式；（3）在（2）中抛物线的对称轴上是否存在点C，使△BOC的周长最小？若存在，求出点C的坐标；若不存在，请说明理由.（4）如果点P是（2）中的抛物线上的动点，且在轴的下方，那么△PAB是否有最大面积？若有，求出此时P点的坐标及△PAB的最大面积；若没有，请说明理由.【答案】解：（1）过点B作BE⊥轴于点E，由已知可得：OB=OA=2，∠BOE=60°，在Rt△OBE中，∠OEB=90°，∠OBE=30°，∴OE=1，EB=。∴点B的坐标是（1，）。（2）设抛物线的解析式为代入点B（1,），得，∴经过A、O、B三点的抛物线的解析式为。（3）如图，抛物线的对称轴是直线=—1，当点C位于对称轴与线段AB的交点时，△BOC的周长最小。18\n设直线AB为，则。∴直线AB为。当=－1时，，∴点C的坐标为（－1，）。（4）如图，过P作轴的平行线交AB于D。当=－时，△PAB的面积的最大值为，此时。【考点】二次函数综合题，旋转的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，对称的性质，三角形三边关系，二次函数最值。【分析】（1）由已知得OA=2，将线段OA绕原点O顺时针旋转120°，则OB与轴的正方向夹角为60°，过点B作BE⊥轴于点E，解直角三角形可得OD、BE的长，从而求得B点的坐标。（2）用待定系数法直接将A、O、B三点坐标代入抛物线解析式，可求解析式。（3）∵点A，O关于对称轴对称，连接AB交对称轴于C点，C点即为所求，求直线AB的解析式，再根据C点的横坐标值，求纵坐标。（4）设P（，）（﹣2＜＜0，＜0），用割补法可表示△PAB的面积，根据面积表达式再求取最大值时，的值。6.（深圳2022年学业9分）如图1，以点M（－1，,0）为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线y＝－x－与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F．（1）请直接写出OE、⊙M的半径r、CH的长；（3分）（2）如图2，弦HQ交x轴于点P，且DP:PH＝3:2，求cos∠QHC的值；（3分）18\n（3）如图3，点K为线段EC上一动点（不与E、C重合），连接BK交⊙M于点T，弦AT交x轴于点N．是否存在一个常数，始终满足MN·MK＝，如果存在，请求出的值；如果不存在，请说明理由．（3分）xDABHCEMOF图1xyDABHCEMO图2PQxyDABHCEMOF图3NTKy【答案】解：（1）OE＝5，，CH＝2。（2）如图，连接QC、QD，则∠CQD=900，∠QHC=∠QDC。又∵∠CPH=∠QPD，∴△CPH∽△QPD。∴，即，。∵，∴。（3）如图，连接AK，AM，延长AM，与圆交于点G，连接TG，则∠GTA=900。∴。∵，∴。∵，∴。而，∴。在△AMK和△NMA中，，∠AMK=∠NMA，∴△AMK∽△NMA。∴，即MN·MK=AM2＝4。故存在常数，始终满足MN·MK＝，常数。【考点】直线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质，锐角三角函数定义，圆周角定理。【分析】（1）连接MH。18\n在y＝－x－中，令y＝0，则x＝5，∴OE＝5。在y＝－x－中，令x＝0，则y＝－，∴OF＝。由勾股定理，得EF=。∵M（－1，,0），∴EM＝4。由△EMH∽△EFO，得，即，MH＝2。∴。∴CE＝2。∴点C是Rt△EMH斜边上的中线。∴CH＝2。；（2）连接QC、QD，由直径所对圆周角为直角，得∠CQD=900；由同弧所对圆周角相等，得∠QHC=∠QDC。从而可得△CPH∽△QPD，由相似三角形对应边的比，得。因此。（3）连接AK，AM，延长AM，与圆交于点G，连接TG，由角的等量代换证得△AMK∽△NMA，即可得MN·MK=AM2＝4。从而得证。7.（深圳2022年招生10分）如图，抛物线与轴交于A、B两点，与轴交于C点，四边形OBHC为矩形，CH的延长线交抛物线于点D（5,2)，连结BC、AD.(1)(3分）求C点的坐标及抛物线的解析式；(2)(3分）将△BCH绕点B按顺时针旋转900后再沿轴对折得到△BEF（点C与点E对应），判断点E是否落在抛物线上，并说明理由；(3)(4分）设过点E的直线AB交AB边于点P，交CD边于点Q，问是否存在点P，使直线PQ分梯形ABCD的面积为1:3两部分？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）∵四边形OBHC为矩形，∴CD∥AB，又D(5,2〕，∴C(0,2)。∴，解得。∴抛物线的解析式为：。18\n(2)点E落在抛物线上。理由如下：由，得，解得，。∴A（4，0），B(1，0)。∴OA=4，OB=1。由矩形性质知：CH=OB=1，BH=OC=2，∠BHC=900。由旋转、轴对称性质知：EF=1，BF=2，∠EFB=900。∴点E的坐标为（3，－1）。把代入，得。∴点E在抛物线上。（3）存在点P(a，0)，延长EF交CD于点G，易求OF=CG=3，PB=a－1。S四边形BCGF=5，S四边形ADGF=3，记S梯形BCQP=S1，S梯形ADQP=S2。下面分两种情形：①当Sl：S2=1：3时，，此时点E在点F（3，0〕的左侧，则PF=3－a。由△EPF∽△EQG，得，则QG=9－3a。∴CQ=3－（9－3a）=3a－6。由S1＝2，得，解得。∴P(，0)。②当Sl：S2=3：1时，，此时点E在点F（3，0〕的右侧，则PF=a－3。由△EPF∽△EQG，得QG=3a－9。∴CQ=3＋（3a－9）=3a－6。由S1＝6，得，解得。∴P(，0)。综上所述：所求点P的坐标为(，0)或(，0)。【考点】二次函数综合题，矩形的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，旋转和轴对称性质，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）由矩形的性质和点D的坐标求出点C的坐标，从而由点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，即可求出抛物线的解析式。（2）由旋转和轴对称性质，求出点E的坐标，代入抛物线的解析式验证即可。（3）由似三角形的判定和性质，分S梯形BCQP：S梯形ADQP等于1：3和3：1两种情况讨论即可。8.（2022广东深圳9分）如图，在平面直角坐标系中，直线：y=－2x＋b18\n(b≥0)的位置随b的不同取值而变化．(1)已知⊙M的圆心坐标为(4，2)，半径为2．当b=　　　　时，直线：y=－2x＋b(b≥0)经过圆心M：当b=　　　　时，直线：y=－2x＋b(b≥0)与OM相切：(2)若把⊙M换成矩形ABCD，其三个顶点坐标分别为：A(2，0)、B（6，0）、C(6，2).设直线扫过矩形ABCD的面积为S，当b由小到大变化时，请求出S与b的函数关系式，【答案】解：（1）10；。（2）由A(2，0)、B（6，0）、C(6，2)，根据矩形的性质，得D（2，2）。如图，当直线经过A(2，0)时，b=4；当直线经过D（2，2）时，b=6；当直线经过B（6，0）时，b=12；当直线经过C(6，2)时，b=14。当0≤b≤4时，直线扫过矩形ABCD的面积S为0。当4＜b≤6时，直线扫过矩形ABCD的面积S为△EFA的面积（如图1），在y=－2x＋b中，令x=2，得y=－4＋b，则E（2，－4＋b），令y=0，即－2x＋b=0，解得x=，则F（，0）。∴AF=，AE=－4＋b。∴S=。当6＜b≤12时，直线扫过矩形ABCD的面积S为直角梯形DHGA的面积（如图2），18\n在y=－2x＋b中，令y=0，得x=，则G（，0），令y=2，即－2x＋b=2，解得x=，则H（，2）。∴DH=，AG=。AD=2∴S=。当12＜b≤14时，直线扫过矩形ABCD的面积S为五边形DMNBA的面积=矩形ABCD的面积－△CMN的面积（如图2）在y=－2x＋b中，令y=2，即－2x＋b=2，解得x=，则M（，0），18\n【分析】（1）①∵直线y=－2x＋b(b≥0)经过圆心M(4，2)，∴2=－2×4＋b，解得b=10。②如图，作点M垂直于直线y=－2x＋b于点P，过点P作PH∥x轴，过点M作MH⊥PH，二者交于点H。设直线y=－2x＋b与x，y轴分别交于点A，B。则由△OAB∽△HMP，得。∴可设直线MP的解析式为。由M(4，2)，得，解得。∴直线MP的解析式为。联立y=－2x＋b和，解得。∴P（）。由PM=2，勾股定理得，，化简得。解得。（2）求出直线经过点A、B、C、D四点时b的值，从而分0≤b≤4，4＜b≤6，6＜b≤12，12＜b≤14，b＞14五种情况分别讨论即可。18