【中考12年】广东省广州市2001-2022年中考数学试题分类解析 专题12 押轴题

广州市2022-2022年中考数学试题分类解析专题12：押轴题一、选择题1.（2022年广东广州3分）若两个半径不等的圆相外切，则它们的一条外公切线的长【】．A．大于这两圆半径的和B．等于这两圆半径的和C．小于这两圆半径的和D．与这两圆半径之和的大小关系不确定2.（2022年广东广州3分）若的半径分别为1和3，且和外切，则平面上半径为4且与都相切的圆有【】（A）2个　　（B）3个　　（C）4个　　（D）5个【答案】D。【考点】两圆的位置关系，分类思想的应用。【分析】所求圆圆心为O，则O1O2=1+3=4，O1O=4+1=5或4＋1=3；O2O=4+3=7或4－3=1。问题转化为求满足此条件的三角形或三点共线有几个。如图，如果是4，5，7，有2个；如果是4，5，1，不能构成三角形但是可以三点共线有1个；49\n如果是4，3，7，不能构成三角形但是可以三点共线有1个；如果是4，3，1，不能构成三角形但是可以三点共线有1个。所以一共有5个。故选D。3.（2022年广东广州3分）在⊙O中，C是弧AB的中点，D是弧上的任一点（与点A、C不重合），则【】（A）AC＋CB＝AD＋DB（B）AC＋CB＜AD＋DB（C）AC＋CB＞AD＋DB（D）AC＋CB与AD＋DB的大小关系不确定【答案】C。【考点】圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，三角形三边关系。【分析】欲求AC+CB和AD+DB的大小关系，需将这些线段构建到同一个三角形中，然后利用三角形的三边关系求解：如图，以C为圆心，AC为半径作圆，交BD的延长线于E，连接AE、CE。∵CB=CE，∴∠CBE=∠CEB。49\n4.（2022年广东广州3分）如图，⊙O1、⊙O2内切于点A，⊙O1的半径为3，⊙O2的半径为2，点P是⊙O1的任一点（与点A不重合），直线PA交⊙O2于点C，PB与⊙O2相切于点B，则=【】A．B．C．D．【答案】B。5.（2022年广东广州3分）如图，已知点A（－1，0）和点B（1，2），在坐标轴上确定点P，使得△ABP为直角三角形，则满足这样条件的点P共有【】49\nA.2个　　　B.4个　　　C.6个　　　D.7个6.（2022年广东广州3分）如图①，将一块正方形木板用虚线划分成36个全等的小正方形，然后，按其中的实线切成七块形状不完全相同的小木片，制成一副七巧板．用这副七巧板拼成图②的图案，则图②中阴影部分的面积是整个图案面积的【】．(A)(B)(C)(D)7.（2022年广东广州3分）如图，⊙O是△ABC的内切圆，OD⊥AB于点D，交⊙O于点E，∠C=60°，49\n如果⊙O的半径为2，则结论错误的是【】A．AD=DBB．C．OD=1D．8.（2022年广东广州3分）四个小朋友玩跷跷板，他们的体重分别为P、Q、R、S，如图所示，则他们的体重大小关系是【　　】ABCD【答案】D。【考点】不等式组的应用。【分析】由三个图分别可以得到，所以S＞P＞R且。因此，。故选D。49\n9.（2022年广东广州3分）如图，在ABCD中，AB=6，AD=9，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，BG⊥AE，垂足为G，BG=，则ΔCEF的周长为【】（A）8（B）9.5（C）10（D）11.5【答案】A。10.（2022年广东广州3分）为确保信息安全，信息需加密传输，发送方由明文→密文（加密），接收方由密文→明文（解密），已知有一种密码，将英文26个小写字母a，b，c，…，z依次对应0，1，2，…，2549\n这26个自然数（见表格），当明文中的字母对应的序号为β时，将β+10除以26后所得的余数作为密文中的字母对应的序号，例如明文s对应密文c字母abcdefghijklm序号0123456789101112字母nopqrstuvwxyz序号13141516171819202122232425按上述规定，将明文“maths”译成密文后是【】A．wkdrcB．wkhtcC．eqdjcD．eqhjc11.（2022年广东广州3分）如图，AB切⊙O于点B，OA＝2，AB＝3，弦BC∥OA，则劣弧BC的弧长为【】A、B、C、πD、【答案】A。【考点】弧长的计算，切线的性质，特殊角的三角函数值，平行线的性质。【分析】要求劣弧的长首先要连接OB，OC，由AB切⊙O于点B，根据切线的性质得到OB⊥AB，在Rt△OBA中，OA＝2，AB＝3，利用三角函数求出∠BOA＝60°，同时得到OB＝OA＝49\n，又根据平行线内错角相等的性质得到∠BOA＝∠CBO＝60°，于是有∠BOC＝60°，最后根据弧长公式计算出劣弧的长。故选A。12.（2022年广东广州3分）如图，正比例函数y1=k1x和反比例函数的图象交于A（﹣1，2）、B（1，﹣2）两点，若y1＜y2，则x的取值范围是【】　　A．x＜﹣1或x＞1　B．x＜﹣1或0＜x＜1　C．﹣1＜x＜0或0＜x＜1　D．﹣1＜x＜0或x＞1二、填空题1.（2022年广东广州3分）如果圆锥的底面圆的半径是8，母线的长是15，那么这个圆锥侧面展开图的扇形的圆心角的度数是▲．2.（2022年广东广州3分）在平坦的草地上有A、B、C三个小球，若已知A球和B球相距3米，A球与C球相距1米，则B球与C球可能相距▲_米。（球的半径忽略不计，只要求填出一个符合条件的数）【答案】3（答案不唯一）。【考点】开放型，三角形三边关系，分类思想的应用。【分析】此题注意两种情况：当A，B，C三个小球共线时，根据线段的和、差计算：BC=2或4；49\n当A，B，C三个小球不共线时，根据三角形的三边关系进行分析：2＜BC＜4。∴B球和C球可能相距2米≤BC≤4米，如3等（答案不惟一只需满足2米≤距离≤4米）。3.（2022年广东广州3分）如图．∠E＝∠F＝90°，∠B＝∠C．AE＝AF，给出下列结论：①∠1＝∠2；②BE＝CF；③△ACN≌△ABM；④CD＝DN。其中正确的结论是▲．（注：将你认为正确的结论都填上．）4.（2022年广东广州3分）如图，CB、CD分别是钝角△AEC和锐角△ABC的中线，且AC=AB，给出下列结论：①AE=2AC；②CE=2CD；③∠ACD=∠BCE；④CB平分∠DCE．请写出正确结论的序号▲（注：将你认为正确结论的序号都填上）．49\n【答案】①②④。【考点】三角形中线性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质。5.（2022年广东广州3分）如图，在直径为6的半圆上有两动点M、N，弦AM、BN相交于点P，则AP·AM+BP·BN的值为▲。【答案】36。【考点】双动点问题，相交弦定理，勾股定理，圆周角定理。【分析】连接BM，49\n∵AB是直径，∴∠AMB=90°。∴。∵AP•PM=BP•PN∴AP·AM+BP·BN=AP（AP+PM）+BP（BP+PN）=AP2+AP•PM+BP2+BP•PN=AP2+BP2+2AP•PM=AP2+MP2+BM2+2AP•PM=BM2+（AP+PM）2=BM2+AM2=AB2=36。6.（2022年广东广州3分）如图，从一块直径为a+b的圆形纸板上挖去直径分别为a和b的两个圆，则剩下的纸板面积为▲7.（2022年广东广州3分）如图，点O是AC的中点，将周长为4㎝的菱形ABCD沿对角线AC方向平移AD长度得到菱形OB′C′D′,则四边形OECF的周长是▲㎝【答案】2。【考点】菱形的判定和性质，平移的性质，三角形中位线定理。【分析】∵菱形ABCD的周长为4㎝，∴AD=1㎝。∵菱形OB′C′D′由菱形ABCD沿对角线AC方向平移得到，∴OD′∥AD。∵点O是AC的中点，∴OF=AD=㎝。同理，OE=CK=CF=㎝。∴四边形OECF的周长是（㎝）。49\n8.（2022年广东广州3分）对于平面内任意一个凸四边形ABCD，现从以下四个关系式①AB=CD；②AD=BC；③AB∥CD；④∠C=∠A中任取两个作为条件，能够得出这个四边形ABCD是平行四边形的概率是▲　9.（2022年广东广州3分）如图是由一些相同长方体的积木块搭成的几何体的三视图，则此几何体共由▲块长方体的积木搭成【答案】4。【考点】由三视图判断几何体。【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形。因此，由俯视图知，最底层有3块长方体，由正视图和左视图知，此图有两层，最上层有1块长方体，因此此几何体共有4块长方体的积木块搭成。10.（2022年广东广州3分）如图，BD是△ABC的角平分线，∠ABD＝36°，∠C＝72°，则图中的等腰三49\n角形有▲个．11.（2022年广东广州3分）定义新运算“”，，则12（﹣1）＝　▲　．12.（2022年广东广州3分）如图，在标有刻度的直线l上，从点A开始，以AB=1为直径画半圆，记为第1个半圆；以BC=2为直径画半圆，记为第2个半圆；以CD=4为直径画半圆，记为第3个半圆；以DE=8为直径画半圆，记为第4个半圆，…按此规律，继续画半圆，则第4个半圆的面积是第3个半圆面积的　▲　倍，第n个半圆的面积为　▲　（结果保留π）49\n三、解答题1.（2022年广东广州14分）（1）已知：如图，过B、C两点的圆与△ABC的边AB、AC分别相交于点D和点E，且DE＝BC．求证：S△ADE∶S四边形DBCE＝．（2）在△ABC的外部取一点P（直线BC上的点除外），分别连结PB、PC，∠BPC与∠BAC的大小关系怎样?（不要求证明）【答案】解：（1）证明：∵∠ADE、∠AED是圆内接四边形DBCE的外角，∴∠ADE＝∠C，∠AED＝∠B。∴△ADE∽△ACB．∴。49\n∴S△ADE∶S四边形DBEC＝。（2）作△ABC的外接圆，取点A关于BC的对称点F，作△FBC的外接圆。①当点P取在弓形BAC内（△ABC外）或弓形BFC内时，∠BPC＞∠BAC；②当点P取在弧BAC或弧BFC（点A、B、C除外）上时，∠BPC＝∠BAC；③当点P取在弓形BAC与弓形BFC所围成的图形外（除直线BC上的点）时，∠BPC＜∠BAC。2.（2022年广东广州14分）在车站开始检票时，有a（a＞0）名旅客在候车室排队等候检票进站．检票开始后，仍有旅客继续前来排队检票进站．设旅客按固定的速度增加，检票口检票的速度也是固定的．若开放一个检票口，则需30分钟才可将排队等候检票的旅客全部检票完毕；若开放两个检票口，则只需l0分钟便可将排队等候检票的旅客全部检票完毕；如果要在5分钟内将排队等候检票的旅客全部检票完毕，以使后来到站的旅客能随到随检，至少要同时开放几个检票口?【答案】解：设检票开始后每分钟新增加的旅客为x人，检票的速度为每个检票口每分钟检y人，5分钟内检票完毕要同时开放n个检票口。依题意，得②×3一①，得2a＝30y，得④。49\n把④代入①，得⑤。把④、⑤代入③，得，∵a＞0，∴n≥＝3.5。∵n取最小的整数，∴n＝4。答：至少需同时开放4个检票口。3.（2022年广东广州15分）如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=3，O是AB的中点，OP⊥AB交AC于点P。（1）证明线段AO、OB、OP中，任意两条线段长度之和大于第三条线段的长度；（2）过线段OB（包括端点）上任一点M，作MN⊥AB交AC于点N。如果要使线段AM、MB、MN中任意两条线段长度之和大于第三条线段的长度，那么请求出线段AM的长度的取值范围。（2）当M在OB上时，设AM=x（2≤x≤4）则MB=4－x。∵△AMN∽△ABC.∴。∴。　　　　　　　　　　　又MN<AM，MB<AM。依题意，得：MN+MB>AM，49\n∴，解得。∴AM的取值范围为。4.（2022年广东广州15分）某玩具工厂有四个车间，某周是质量检查周，现每个车间都原有a（a>0）个成品，且每个车间每天都生产b（b>0）个成品，质检科派出若干名检验员星期一、星期二检验其中两个车间原有的和这两天生产的所有成品，然后，星期三至星期五检验另两个车间原有的和本周生产的所有成品，假定每个检验员每天检验的成品数相同。（1）这若干名检验员1天检验多少个成品？（用含a、b的代数式表示）（2）试求出用b表示a的关系式；（3）若1名质检员1天能检验b个成品，则质检科至少要派出多少名检验员？5.（2022年广东广州16分）已知△ABC中，AC＝5，BC＝12，∠ACB＝90°，P是AB边上的动点（与49\n点A、B不重合）Q是BC边上的动点（与点B、C不重合）．（1）如图，当PQ∥AC，且Q为BC的中点时，求线段CP的长；（2）当PQ与AC不平行时，△CPQ可能为直角三角形吗？若有可能，请求出线段CQ的长的取值范围；若不可能，请说明理由．∴CQ＝。∴当CQ且点P运动到切点M位置时，△CPQ为直角三角形。②当＜CQ＜12时，半圆D与直线AB有两个交点，当点P运动到这两个交点的位置时，△CPQ为直角三角形。③当0＜CQ＜时，半圆D与直线AB相离，即点P在AB49\n边上运动时,均在半圆D外，∠CPQ＜90°。此时△CPQ不可能为直角三角形。综上所述，当≤CQ＜12时，△CPQ可能为直角三角形。6.（2022年广东广州16分）现计划把甲种货物1240吨和乙种货物880吨用一列货车运往某地，已知这列货车挂有A、B两种不同规格的货车厢共40节，使用A型车厢每节费用为6000元，使用B型车厢每节费用为8000元．（1）设运送这批货物的总费用为y万元，这列货车挂A型车厢x节，试写出y与x之间的函数关系式；（2）如果每节A型车厢最多可装甲种货物35吨和乙种货物15吨，每节B型车厢最多可装甲种货物25吨和乙种货物35吨，装货时按此要求安排A、B两种车厢的节数，那么共有哪几种安排车厢的方案？（3）在上述方案中，哪个方案运费最省？最少运费为多少元？【答案】.解：（1）设用A型车厢x节，则用B型车厢(40－x)节，总运费为y万元，根据题意，得y＝0.6x＋0.8(40－x)＝－0.2x＋32。（2）根据题意，得，解得。∴24≤x≤26。∵x取整数，∴A型车厢可用24节或25节或26节。相应有三种装车方案：①24节A型车厢和16节B型车厢；49\n②25节A型车厢和15节B型车厢；③26节A型车厢和14节B型车厢。（3）由函数y＝－0.2x＋32知，x越大，y越少，故当x＝26时，运费最省。这时y＝－0.2×26＋32＝26.8(万元)。答：安排A型车厢26节、B型车厢14节运费最省．最小运费为26.8万元。7.（2022年广东广州15分）如图，PA为圆的切线，A为切点，PBC为割线，∠APC的平分线交AB于点D，交AC于点E．求证：（1）AD=AE；（2）AB•AE=AC•DB．【答案】证明：（1）∵∠ADE=∠APD+∠PAD，∠AED=∠CPE+∠C，又∠APD=∠CPE，∠PAD=∠C，∴∠ADE=∠AED。∴AD=AE。（2）∵∠APB=∠CPA，∠PAB=∠C，∴△APB∽△CPA。∴。∵∠APE=∠BPD，∠AED=∠ADE=∠PDB，∴△PBD∽△PEA，∴。∴。∴AB•AE=AC•DB。49\n8.（2022年广东广州15分）已知抛物线（m为整数）经过点A（1，1），顶点为P，且与x轴有两个不同的交点．（1）判断点P是否在线段OA上（O为坐标原点），并说明理由；（2）设该抛物线与x轴的两个交点的横坐标分别为x1、x2，且x1＜x2，是否存在实数m，使x1＜m＜x2？若存在，请求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．②当m＜－1时，m+1＜0，＞0，点P在第一象限，∵＞0，∴＞1。∴点P不在线段OA上。综上所述，点P不在线段OA上。（2）存在实数m满足x1＜m＜x2。∵x1，x2是方程的两个不相等的根，∴。49\n∴。∵x1＜m＜x2，∴＜0，即＜0。又∵m＜0，且m≠－1，且。∴＜0。根据实数运算的符号法则，可得，即。∴m的取值范围是：－1＜m＜0。9.（2022年广东广州14分）如图，某学校校园内有一块形状为直角梯形的空地ABCD，其中AB//DC，∠B=90°，AB=100m，BC=80m，CD=40m，现计划在上面建设一个面积为S的矩形综合楼PMBN，其中点P在线段AD上，且PM的长至少为36m。（1）求边AD的长；（2）设PA=x（m），求S关于x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；（3）若S=3300m2，求PA的长。（精确到0.1m）【答案】解：（1）过点D作DE⊥AB于D，49\n则DE//BC且DE=BC，CD=BE，DE//PM。在Rt△ADE中，DE=80m，∴AE=AB－BE=100－40=60m。∴（2）∵DE//PM，∴△APM∽△ADE。∴，即。∴。∴MB=AB－AM=。∴。由，得，∴自变量x的取值范围为。（3）当S=3300m2时，，即。∴。∴，。∴即当S=3300m2时，PA的长为75m，或约为91.7m。进而可根据AB的长，表示出矩形的长BM的值，由此可根据矩形的面积公式得出关于S、x的函数关系式．自变量的取值范围可根据PM的长至少为36m来解，即让PM的表达式大于等于36即可。（3）将S的值代入（2）所求得的函数解析式中，求出x的值，然后看x的值是否符合自变量的取值范围。10.（2022年广东广州14分）如图，已知正方形ABCD的面积为S。49\n（1）求作：四边形A1B1C1D1，使得点A1和点A关于点B对称，点B1和点B关于点C对称，点C1和点C关于点D对称，点D1和点D关于点A对称；（只要求画出图形，不要求写作法）（2）用S表示（1）中作出的四边形A1B1C1D1的面积S1；（3）若将已知条件中的正方形改为任意四边形，面积仍为S，并按（1）的要求作出一个新的四个边形，面积为S2，则S1与S2是否相等？为什么？【答案】解：（1）作图如图所示：（2）设正方形ABCD的边长为a，则AA1=2a，。同理，。∴。（3）S1=S2。理由如下：画出图形，连接BD、BD1，∵△BDD1中，AB是中线，∴S△ABD1=S△ABD。又∵△AA1D1中，BD1是中线，∴S△ABD1=S△A1BD1。∴S△AA1D1=2S△ABD。同理，得S△CC1B1=2S△CBD。∴S△AA1D1+S△CC1B1=2（S△ABD+S△CBD）=2S。49\n同理，得S△BA1B1+S△DD1C1=2S。∴S2=S△AA1D1+S△BB1A1+S△CC1B1+S△DD1C1+S四边形ABCD=5S。由（2）得，S1=5S，∴S1=S2。11.（2022年广东广州14分）在△ABC中，AB=BC，将△ABC绕点A沿顺时针方向旋转得△A1B1C1，使点Cl落在直线BC上（点Cl与点C不重合），（1）如图，当∠C＞60°时，写出边ABl与边CB的位置关系，并加以证明；（2）当∠C=60°时，写出边ABl与边CB的位置关系（不要求证明）；（3）当∠C＜60°时，请你在如图中用尺规作图法作出△AB1C1（保留作图痕迹，不写作法），再猜想你在（1）、（2）中得出的结论是否还成立并说明理由．【答案】解：（1）AB1∥CB。证明如下：∵AB=BC，∴∠C=∠BAC。∵△A1B1C1由△ABC绕点A沿顺时针方向旋转得到，∴∠BAC=∠B1AC1。∵当∠C>60˚时，点C1在线段BC上，∴AC1=AC。∴∠AC1C=∠C。∴∠AC1C=∠C=∠BAC=∠B1AC1。∴AB1∥CB。（2）AB1∥CB。（3）作图如下：49\n当∠C<600时，（1）、（2）中得出的结论是还成立。当∠C<600时，点C1在CB的延长线上，由AC1=AC得∠AC1B=∠C=∠BAC=∠B1AC1，∴AB1∥CB。12.（2022年广东广州14分）已知抛物线（m≠0）．（1）求证：该抛物线与x轴有两个不同的交点；（2）过点P（0，n）作y轴的垂线交该抛物线于点A和点B（点A在点P的左边），是否存在实数m、n，使得AP=2PB？若存在，则求出m、n满足的条件；若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）证明：△=，∵m≠0，∴△＞0。∴该抛物线与x轴有两个不同的交点。（2）由题意易知点A、B的坐标满足方程：，即。由于方程有两个不相等的实数根，因此△，即………………….①由求根公式可知两根为：，49\n∴AB=。分两种情况讨论：第一种：点A在点P左边，点B在点P的右边，PB=，AP=。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，分类思想的应用。【分析】（1）只要证得对应的一元二次方程根的判别式大于0即可。（2）分点A在点P左边，点B在点P的右边和点A、B都在点P左边，点A在点B左边两种情况讨论即可。13.（2022年广东广州14分）一次函数过点（1，4），且分别与x轴、y轴交于A、B点，点P49\n（a，0）在x轴正半轴上运动，点Q（0，b）在y轴正半轴上运动，且PQ⊥AB（1）求k的值，并在直角坐标系中画出一次函数的图象；（2）求a、b满足的等量关系式；（3）若△APQ是等腰三角形，求△APQ的面积。【答案】解：（1）∵一次函数y＝kx+k的图象经过点（1，4），∴4＝k×1+k，即k＝2。∴y＝2x+2。当x＝0时，y＝2；当y＝0时，x＝－1，即A（－1，0），B（0，2）。如图，直线AB是一次函数y＝2x+2的图象。（2）∵PQ⊥AB，∴∠QPO=90°－∠BAO。又∵∠ABO=90°－∠BAO，∴∠ABO=∠QPO。∴Rt△ABO∽Rt△QPO，∴，即。∴a＝2b。∴a、b满足的等量关系式为a＝2b。49\n（3）由（2）知a＝2b，∴AP＝AO+OP＝1+a＝1+2b。∴，。【分析】（1）由已知可得到其一次函数的解析式，从而求得A、B的坐标，据此即可画出一次函数的图象。（2）根据已知可证明Rt△ABO∽Rt△QPO，相似三角形的对应边成比例，从而可求得a、b满足的等量关系式。（3）已知△APQ是等腰三角形而没有明确指出是哪两边相等，从而要分三种情况进行分析，分别是AP＝AQ，AQ=PQ或AP=PQ，再根据面积公式即可求得△APQ的面积。14.（2022年广东广州12分）已知Rt△ABC中，AB=BC，在Rt△ADE中，AD=DE，连结EC，取EC中点M，连结DM和BM，（1）若点D在边AC上，点E在边AB上且与点B不重合，如图①，求证：BM=DM且BM⊥DM；（2）如图①中的△ADE绕点A逆时针转小于45°的角，如图②，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明。49\n又∵AB=BC，∴△ABD≌△CBF（SAS）。∴BD=BF，∠ABD=∠CBF。∵∠ABD+∠DBC=∠CBF+∠DBC，∴∠DBF=∠ABC=90°。在Rt△中，由BD=BF，DM=MF,得BM=DM且BM⊥DM。【考点】直角三角形斜边上中线性质，圆周角定理，旋转的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质。49\n15.（2022年广东广州14分）如图，扇形OAB的半径OA=3，圆心角∠AOB=90°，点C是上异于A、B的动点，过点C作CD⊥OA于点D，作CE⊥OB于点E，连结DE，点G、H在线段DE上，且DG=GH=HE（1）求证：四边形OGCH是平行四边形（2）当点C在上运动时，在CD、CG、DG中，是否存在长度不变的线段？若存在，请求出该线段的长度（3）求证：是定值【答案】解：（1）证明：连接OC交DE于M，由矩形得OM＝CG，EM＝DM，　　　　∵DG=HE，∴EM－EH＝DM－DG。∴HM＝GM。∴四边形OGCH是平行四边形。（2）DG不变。∵在矩形ODCE中，DE＝OC＝3，∴DG=GH=HE＝1（不变）。（3）证明：过点H作HF⊥CD于点F，则△DHF∽△DEC。49\n∴。∴DF=CD。∴CF=CD。∵，DH=2，∴。∴，即。∴（定值）。16.（2022年广东广州14分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=DC=2cm，BC=4cm，在等腰△PQR中，∠QPR=120°，底边QR=6cm，点B、C、Q、R在同一直线l上，且C、Q两点重合，如果等腰△PQR以1cm/秒的速度沿直线l箭头所示方向匀速运动，t秒时梯形ABCD与等腰△PQR重合部分的面积记为S平方厘米（1）当t=4时，求S的值（2）当，求S与t的函数关系式，并求出S的最大值【答案】解：（1）当t=4时，CQ=4cm，过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥BC于F。49\n∵AE=DF=cm，∠AEB=∠DFC=90°，AB=CD。∴△ABE≌△DFC（SAS）。∴BE=CF。∵EF=AD=2cm，BC=4cm，∴BE=CF=1cm。∴点D与点P重合。∴（cm2）。∵a=＜0，开口向下，∴S有最大值，当t=5时，S最大值为。当6≤x≤10时，P在线段DA的延长线上（如图），∵∠1=60°，∠2=30°，∴∠3=90°。∴RC=t－6，BR=4－RC=4－（t－6）=10－t。∴TB=BR=，TR=BR=。∴。49\n∵a＞0时，开口向上，S随t的增加而减小，∴t=6时，S最大值为。综上所述，t=5时，S最大值为。17.（2022年广东广州14分）如图，边长为1的正方形ABCD被两条与边平行的线段EF、GH分割为四个小矩形，EF与GH交于点P。（1）若AG=AE，证明：AF=AH；（2）若∠FAH=45°，证明：AG+AE=FH；（3）若RtΔGBF的周长为1，求矩形EPHD的面积。【答案】解：(1)证明：∵ABCD是正方形，∴AB=AD，∠B=∠D=900。∵EF∥AB，GH∥AD，∴ABEA，AGHD都是矩形。∴AE=BF，AG=DH。∵AG=AE，∴BF=DH。∴ΔABF≌ΔADH（SAS），∴AF=AH。（2）证明：如图，将ΔADH绕点A顺时针旋转90度得ΔADH1。由旋转和正方形的性质知，点D与点B重合，H1、49\nD、F共线，∠H1AD=∠HAD，AH1=AH，H1B=HD。∵∠BAD=900，∠FAH=450，∴∠BAF＋∠HAD=450。∴∠H1AF=∠BAF＋∠H1AD=∠BAF＋∠HAD=450=∠FAH。又∵AF=AF，∴ΔH1AF≌ΔFAH（SAS）。BF＋BH1=FH1=FH。∵由（1）知，AE=BF，AG=DH，∴FH1=BF＋BH1=BF＋DH=AE＋AG。∴AG+AE=FH。（3）设PE=x,PH=y,则BG=1-x,BF=1-y。∵RtΔGBF的周长为1，∴FG=x+y-1。由勾股定理，得，化简得xy=。∴矩形EPHD的面积为。18.（2022年广东广州14分）如图，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，－1），ΔABC的面积为。（1）求该二次函数的关系式；49\n（2）过y轴上的一点M（0，m）作y轴的垂线，若该垂线与ΔABC的外接圆有公共点，求m的取值范围；（3）在该二次函数的图象上是否存在点D，使四边形ABCD为直角梯形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由。（2）在中令y=0，解方程得，得。∴A(，0)，B(2，0)。在RtΔAOC中可求得AC=；在RtΔBOC中可求得BC=。∵AC2+BC2=AB2，∴ΔABC是直角三角形，AB为斜边。∴ΔABC外接圆的直径为AB=。∴。49\n【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，一元二次方程与系数的关系，勾股定理和逆定理，直线和圆的位置关系，直角梯形的判定，分类思想的应用。【分析】（1）由点C的坐标可求得q=－1。设A（a，0），B(b，0)，则由ΔABC的面积为得AB=b-a=。结合一元二次方程与系数的关系，得，三式联立可求得，从而得到该二次函数的关系式。（2）求出ΔABC的三边长，根据勾股定理逆定理判断出ΔABC是直角三角形，并得直径AB=。根据直线和圆的位置关系，在圆心到过y轴上一点M（0，m）与y轴垂直的直线的距离应小于半径，即。（3）分以AC为底边和以BC为底边两种情况讨论即可。19.（2022年广东广州14分）如图，⊙O的半径为1，点P是⊙O上一点，弦AB垂直平分线段OP，点D49\n是上任一点（与端点A、B不重合），DE⊥AB于点E，以点D为圆心、DE长为半径作⊙D，分别过点A、B作⊙D的切线，两条切线相交于点C．（1）求弦AB的长；（2）判断∠ACB是否为定值，若是，求出∠ACB的大小；否则，请说明理由；（3）记△ABC的面积为S，若，求△ABC的周长.（3）记△ABC的周长为L，取AC，BC与⊙D的切点分别为G，H，连接DG，DC，DH，则有DG=DH=DE，DG⊥AC，DH⊥BC，∴S=S△ABD+S△ACD+S△BCD=AB•DE+BC•DH+AC•DG49\n=（AB+BC+AC）•DE=L•DE。∵，∴。∴L=8。∵CG，CH是⊙D的切线，∴∠GCD=∠ACB=30°。∴在Rt△CGD中，。∴CH=CG=DE，又由切线长定理可知AG=AE，BH=BE，∴L=AB+BC+AC=2+2DE=8DE，解得DE=。∴△ABC的周长为。20.（2022年广东广州14分）如图所示，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），点D是线段BC上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线交折线OAB于点E．（1）记△ODE的面积为S，求S与的函数关系式；49\n（2）当点E在线段OA上时，若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形OA1B1C1，试探究OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由.∴S=。49\n（2）如图3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积。由题意知，DM∥NE，DN∥ME，∴四边形DNEM为平行四边形。根据轴对称知，∠MED=∠NED，又∵∠MDE=∠NED，∴∠MED=∠MDE。∴MD=ME。∴平行四边形DNEM为菱形。过点D作DH⊥OA，垂足为H，由题易知，D（2b﹣2，1），E（2b，0），∴DH=1，HE=2b﹣（2b﹣2）=2。设菱形DNEM的边长为a，则在Rt△DHN中，由勾股定理知：a2=（2﹣a）2+12，∴a=，∴S四边形DNEM=NE•DH=。∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为。21.（2022年广东广州14分）已知关于的二次函数的图象经过点C（0，1），且与轴交于不同的两点A、B，点A的坐标是（1，0）（1）求的值；（2）求的取值范围；49\n（3）该二次函数的图象与直线＝1交于C、D两点，设A、B、C、D四点构成的四边形的对角线相交于点P，记△PCD的面积为S1，△PAB的面积为S2，当0＜＜1时，求证：S1﹣S2为常数，并求出该常数．【答案】解：（1）把C（0，1）代入二次函数得：1＝0＋0＋，解得：＝1。∴的值是1。（2）由（1）二次函数为，把A（1，0）代入得：0＝＋＋1，∴＝－1－。∵二次函数为与轴有两个交点，∴一元一次方程根的判别式∆＞0，即＞0，∴≠1且＞0。∴的取值范围是≠1且＞0。49\n【考点】二次函数综合题，解一元一次方程，解二元一次方程组，根的判别式，根与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定和性质。22.（2022年广东广州14分）如图1，⊙O中AB是直径，C是⊙O上一点，∠ABC＝45°，等腰直角三角形DCE中∠DCE是直角，点D在线段AC上．49\n（1）证明：B、C、E三点共线；（2）若M是线段BE的中点，N是线段AD的中点，证明：MN＝OM；（3）将△DCE绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜90°）后，记为△D1CE1（图2），若M1是线段BE1的中点，N1是线段AD1的中点，M1N1＝OM1是否成立？若是，请证明；若不是，说明理由．【答案】解：（1）证明：∵AB是直径，∴∠BCA＝90°。而等腰直角三角形DCE中∠DCE是直角，∴∠BCA＋∠DCE＝90°＋90°＝180°，∴B、C、E三点共线。（2）连接BD，AE，ON，延长BD交AE于F，如图，∵CB＝CA，CD＝CE，∴Rt△BCD≌Rt△ACE（SAS）。∴BD＝AE，∠EBD＝∠CAE。∴∠CAE＋∠ADF＝∠CBD＋∠BDC＝90°。即BD⊥AE。又∵M是线段BE的中点，N是线段AD的中点，而O为AB的中点，∴ON＝BD，OM＝AE，ON∥BD，AE∥OM。∴ON=OM，ON⊥OM。即△ONM为等腰直角三角形。49\n∴MN＝OM。（3）成立．理由如下：和（2）一样，易证得Rt△BCD1≌Rt△ACE1，同理可证BD1⊥AE1，△ON1M1为等腰直角三角形，从而有M1N1＝OM1。23.（2022年广东广州14分）如图，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．（1）求点A、B的坐标；（2）设D为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD的面积等于△ACB的面积时，求点D的坐标；（3）若直线l过点E（4，0），M为直线l上的动点，当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时，求直线l的解析式．【答案】解：（1）在中，令y=0，即，解得x1=﹣4，x2=2。∵点A在点B的左侧，∴A、B点的坐标为A（﹣4，0）、B（2，0）。49\n（2）由得，对称轴为x=﹣1。在中，令x=0，得y=3。∴OC=3，AB=6，。在Rt△AOC中，。直线L1可以看做直线AC向下平移CE长度单位（个长度单位）而形成的，∴直线L1的解析式为。则D1的纵坐标为。∴D1（﹣4，）。同理，直线AC向上平移个长度单位得到L2，可求得D2（﹣1，）。综上所述，D点坐标为：D1（﹣4，），D2（﹣1，）。（3）如图2，以AB为直径作⊙F，圆心为F．过E点作⊙F的切线，这样的切线有2条．49\n连接FM，过M作MN⊥x轴于点N。∵A（﹣4，0），B（2，0），∴F（﹣1，0），⊙F半径FM=FB=3。又FE=5，则在Rt△MEF中，ME=，sin∠MFE=，cos∠MFE=。在Rt△FMN中，MN=MN•sin∠MFE=3×，FN=MN•cos∠MFE=3×。则ON=。∴M点坐标为（，）。直线l过M（，），E（4，0），设直线l的解析式为y=k1x+b1，则有，解得。∴直线l的解析式为y=x+3。同理，可以求得另一条切线的解析式为y=x﹣3。综上所述，直线l的解析式为y=x+3或y=x﹣3。49\n（3）本问关键是理解“以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个”的含义．因为过A、B点作x轴的垂线，其与直线l的两个交点均可以与A、B点构成直角三角形，这样已经有符合题意的两个直角三角形；第三个直角三角形从直线与圆的位置关系方面考虑，以AB为直径作圆，当直线与圆相切时，根据圆周角定理，切点与A、B点构成直角三角形．从而问题得解。这样的切线有两条。24.（2022年广东广州14分）如图，在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=10，F为AD的中点，CE⊥AB于E，设∠ABC=α（60°≤α＜90°）．（1）当α=60°时，求CE的长；（2）当60°＜α＜90°时，①是否存在正整数k，使得∠EFD=k∠AEF？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．②连接CF，当CE2﹣CF2取最大值时，求tan∠DCF的值．∴∠AFG=∠G。49\n在△AFG中，∠EFC=∠AEF+∠G=2∠AEF，又∵∠CFD=∠AFG，∴∠CFD=∠AEF。∴∠EFD=∠EFC+∠CFD=2∠AEF+∠AEF=3∠AEF，因此，存在正整数k=3，使得∠EFD=3∠AEF。②设BE=x，∵AG=CD=AB=5，∴EG=AE+AG=5﹣x+5=10﹣x，在Rt△BCE中，CE2=BC2﹣BE2=100﹣x2。在Rt△CEG中，CG2=EG2+CE2=（10﹣x）2+100﹣x2=200﹣20x。∵CF=GF（①中已证），∴CF2=（CG）2=CG2=（200﹣20x）=50﹣5x。∴CE2﹣CF2=100﹣x2﹣50+5x=﹣x2+5x+50=﹣（x﹣）2+50+。∴当x=，即点E是AB的中点时，CE2﹣CF2取最大值。此时，EG=10﹣x=10﹣，CE=，∴。49