【2022版中考12年】广东省广州市2002-2022年中考数学试题分类解析 专题12 押轴题

【2022版中考12年】广东省广州市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2.（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【】54\n（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3.（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．54\n4.（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【】A.2个　　　B.4个　　　C.6个　　　D.7个【答案】C。【考点】直角三角形的判定，坐标与图形性质，圆周角定理，数形结合和分类思想的应用。【分析】分∠P、∠A、∠B为直角三种情况画出图形如图，即可得满足这样条件的点P共有6个。故选C。5.（2022年广东广州3分）54\n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)6.（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°，如果⊙O的半径为2，则结论错误的是【】A．AD=DBB．C．OD=1D．7.（2022年广东广州3分）54\n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【　　】ABCD8.（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）11.554\n9.（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，…，25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．eqhjc54\n10.（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、11.（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【】54\n　　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＞112.（2022年广东广州3分）如图，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，CA是∠BCD的平分线，且AB⊥AC，AB=4，AD=6，则=【】ABCD【分析】如图，过A作AE∥DC交BC于点E，连接DE，交AC于点O，则∵AD∥BC，∴四边形AECD是平行四边形，∠DAC=∠ACB。∵CA是∠BCD的平分线，∴∠DCA=∠ACB。∴∠DCA=∠DAC。∴AD=CD。∴四边形AECD是菱形。∴AO=OC，DE⊥AC。又∵AB⊥AC，∴OE∥AB。∴BE=EC。∵AD=6，∴BC=2EC=2AD=12。54\n又∵AB=4，∴。∴。故选B。二、填空题1.（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）2.（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．）3.（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54\n▲（注：将你认为正确结论的序号都填上）．4.（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。54\n5.（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▲6.（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▲㎝54\n∵点O是AC的中点，∴OF=AD=㎝。同理，OE=CK=CF=㎝。∴四边形OECF的周长是（㎝）。7.（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▲　8.（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9.（2022年广东广州3分）如图，BD是△ABC的角平分线，∠ABD＝36°，∠C＝72°，则图中的等腰三54\n角形有▲个．10.（2022年广东广州3分）定义新运算“”，，则12（﹣1）＝　▲　．11.（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）54\n12.（2022年广东广州3分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点P在第一象限，⊙P与x轴交于O，A两点，点A的坐标为（6，0），⊙P的半径为，则点P的坐标为▲.【答案】（3，2）。【考点】点的坐标，垂径定理，勾股定理。【分析】如图，过点P作PH⊥OA于点H，连接OP，则OH=HA。∵点A的坐标为（6，0），∴OH=3。又∵OP=，∴。∴点P的坐标为（3，2）。三、解答题1.（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。54\n（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.（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；54\n（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？3.（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．【答案】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，∴AB＝13。∵Q是BC的中点，∴CQ＝QB。又∵PQ∥AC，∴AP＝PB，即P是AB的中点。∴在Rt△ABC中，。（2）当AC与PQ不平行时，只有∠CPQ为直角，△CPQ才可能是直角三角形。以CQ为直径作半圆D。54\n①当半圆D与AB相切时，设切点为M，连接DM，则DM⊥AB，且AC＝AM＝5。∴MB＝AB－AM＝13－5＝8。设CD＝x，则DM＝x，DB＝12－x。在Rt△DMB中，DB2＝DM2＋MB2，即(12－x)2＝x2＋82。解之得：。∴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AB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。（2）以CQ为直径作半圆D，分半圆D与AB相切、半圆D与AB相交、半圆D与AB相离三种情况讨论即可。4.（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．54\n（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？5.（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．54\n6.（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．【答案】解：（1）点P不在线段OA上。理由如下：∵抛物线与x轴有两个交点，∴方程有两个实数根。∴△=，即。又∵m+1≠0，∴m＜0，且m≠-1。根据题意可知：P点的坐标为，因此分两种情况进行讨论：①当－1＜m＜0时，m+1＞0，＜0，点P在第三象限，此时点P不在线段OA上；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。54\n（2）由于x1＜m＜x2，那么＜0，可根据一元二次方程根与系数的关系，来求出此时m的取值范围。7.（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）54\n【答案】解：（1）过点D作DE⊥AB于D，则DE//BC且DE=BC，CD=BE，DE//PM。在Rt△ADE中，DE=80m，∴AE=AB－BE=100－40=60m。∴（3）当S=3300m2时，，即。∴。∴，。∴即当S=3300m2时，PA的长为75m，或约为91.7m。54\n8.（2022年广东广州14分）如图，已知正方形ABCD的面积为S。（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，。54\n∴。（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。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。9.（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．54\n【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：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。【考点】等腰三角形的性质，旋转的性质，平行的判定。10.（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；54\n（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：，∴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=。∵AP=2PB，∴，即……….②∴……………………….③由②式可解得…………………………..④第二种：点A、B都在点P左边，点A在点B左边，PB=，AP=。∵AP=2PB，∴，即………….⑤∴……………………….⑥由⑤式可解得……….⑦综合①③④⑥⑦可知，满足条件的点P存在，此时应满足条件：，或。54\n11.（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P（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。54\n∴Rt△ABO∽Rt△QPO，∴，即。∴a＝2b。∴a、b满足的等量关系式为a＝2b。（3）由（2）知a＝2b，∴AP＝AO+OP＝1+a＝1+2b。∴，。若AP＝AQ，即AP2＝AQ2，则，即，这与矛盾，故舍去若AQ＝PQ，即AQ2＝PQ2，则，即，此时，AP=2，OQ=，（平方单位）。若AP＝PQ，则，即。此时，。（平方单位）。∴△APQ的面积为平方单位或（）平方单位。54\n12.（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。（2）当△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角时，（1）中的结论成立。证明如下：连接BD，延长DM至点F，使得DM=MF，连接BF、FC、EF、CD，延长ED交AC于点H。∵DM=MF，EM=MC，∴四边形CDEF为平行四边形。∴DE∥CF，ED=CF。∵ED=AD，∴AD=CF。∵DE∥CF，∴∠AHE=∠ACF。∵,，∴∠BAD=∠BCF。又∵AB=BC，∴△ABD≌△CBF（SAS）。54\n∴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。13.（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，54\n　　　　∵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。∴。∴DF=CD。∴CF=CD。∵，DH=2，∴。∴，即。∴（定值）。14.（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1cm54\n/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（2）当4≤x＜6时，P在线段AD上，如图，作KH⊥QH，过点M作MN⊥BC于N，∵∠Q=30°，∠1=60°，∴∠2=∠1－∠Q=30°，∠3=∠2=30°。∴QB=BM=QC－BC=t－4。∵∠R=∠Q=30°，∠DCB=∠ABC=60°，∴∠CKR=∠DCB－∠R=30°=∠R。∴KC=CR=6－t。∴HK=KC•sin60°=。同理：MN=。∴54\n。∵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=。∴。∵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。15.（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。54\n【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、D、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。54\n∴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。16.（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；（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。54\n∵p<0，∴p=。∴该二次函数的关系式为：。（3）存在。由（2）知AC⊥BC。①若以AC为底边，则BD//AC。由A、C的坐标易求AC的解析式为y=－2x－1，可设BD的解析式为y=－2x+b，把B(2，0)代入得BD解析式为y=－2x＋4。54\n解方程组得，∴D（，9）。②若以BC为底边，则BC//AD。由B、C的坐标易求BC的解析式为可设AD的解析式为，把A(，0)代入得AD解析式为。解方程组得。∴D()综上所述，存在两点D，坐标为：（，9）或()。17.（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D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.54\n【答案】解：（1）连接OA，取OP与AB的交点为F，则有OA=1。∵弦AB垂直平分线段OP，∴OF=OP=，AF=BF。在Rt△OAF中，∵，∴AB=2AF=。（2）∠ACB是定值。理由如下：连接AD、BD，由（1）易知，∠ADB=120°，∵点D为△ABC的内心，∴∠CAB=2∠DAE，∠CBA=2∠DBA。∵∠DAE+∠DBA=∠AOB=60°，∴∠CAB+∠CBA=120°。∴∠ACB=60°。54\n【考点】三角形的内切圆与内心，三角形的面积，勾股定理，垂径定理，切线长定理。【分析】（1）连接OA，OP与AB的交点为F，则△OAF为直角三角形，且OA=1，OF=，借助勾股定理可求得AF的长。18.（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．54\n（1）记△ODE的面积为S，求S与的函数关系式；（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.【答案】解：（1）∵四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），∴B（3，1）。若直线经过点A（3，0）时，则b=，若直线经过点B（3，1）时，则b=，若直线经过点C（0，1）时，则b=1。①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b≤，如图1，此时E（2b，0），∴S=OE•CO=×2b×1=b。②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即＜b＜，如图2，此时E（3，），D（2b﹣2，1），∴S=S矩﹣（S△OCD+S△OAE+S△DBE）54\n=3﹣[（2b﹣2）×1+×（5﹣2b）•（﹣b）+×3（b﹣）]=b﹣b2。∴S=。（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，54\n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。19.（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；（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．54\n（3）证明：∵0＜＜1，∴B在A的右边，设A（1，0），B（，0），∵由根与系数的关系得：1＋＝，∴。∴AB＝。把＝1代入二次函数得：解得：1＝0，2＝，∴CD＝。过P作MN⊥CD于M，交轴于N，则MN⊥轴，∵CD∥AB，∴△CPD∽△BPA。∴。∴。∴。∴。∴。即不论为何值，S1－S2的值都是常数。这个常数是1。54\n20.（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．（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，54\n∴∠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。∴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。【考点】圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，三角形中位线定理，旋转的性质。【分析】（1）根据直径所对的圆周角为直角得到∠BCA=90°，∠DCE是直角，即可得到∠BCA＋∠DCE＝90°＋90°＝180°；54\n21.（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）。如图1，在坐标平面内作直线平行于AC，且到AC的距离=h=，这样的直线有2条，分别是L1和L2，则直线与对称轴x=﹣1的两个交点即为所求的点D。54\n设L1交y轴于E，过C作CF⊥L1于F，则CF=h=，∴。设直线AC的解析式为y=kx+b，将A（﹣4，0），B（0，3）坐标代入，得，解得。∴直线AC解析式为。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．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。54\n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。54\n22.（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．【答案】解：（1）∵α=60°，BC=10，∴sinα=，即sin60°=，解得CE=。（2）①存在k=3，使得∠EFD=k∠AEF。理由如下：54\n连接CF并延长交BA的延长线于点G，∵F为AD的中点，∴AF=FD。在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∴∠G=∠DCF。在△AFG和△CFD中，∵∠G=∠DCF，∠G=∠DCF，AF=FD，∴△AFG≌△CFD（AAS）。∴CF=GF，AG=CD。∵CE⊥AB，∴EF=GF。∴∠AEF=∠G。∵AB=5，BC=10，点F是AD的中点，∴AG=5，AF=AD=BC=5。∴AG=AF。∴∠AFG=∠G。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。此时，EG=10﹣x=10﹣，CE=，54\n∴。23.（2022年广东广州14分）已知AB是⊙O的直径，AB=4，点C在线段AB的延长线上运动，点D在⊙O上运动（不与点B重合），连接CD，且CD=OA.（1）当OC=时（如图），求证：CD是⊙O的切线；（2）当OC＞时，CD所在直线于⊙O相交，设另一交点为E，连接AE.①当D为CE中点时，求△ACE的周长;②连接OD，是否存在四边形AODE为梯形？若存在，请说明梯形个数并求此时AE·ED的值；若不存在，请说明理由。54\n【答案】解：（1）如图①，连接OD，则。∵CD=OA=2，OC=，∴。∴。∴△OCD是直角三角形，且∠ODC=900。∴CD为⊙O的切线。（2）如图②，连接OE，OD，∵OD=OE=CD=2，D是CE的中点，∴OD=OE=CD=DE=2。∴为等边三角形。∴。∵，，∴，∴，即。根据勾股定理求得：，。54\n∴△ACE的周长为。（3）存在，这样的梯形有2个，(如图③所示)，连接OE，由四边形AODE为梯形的定义可知：AE∥OD，∴。∵OD=CD，∴。∴，∴AE=CE。∵，∴，。∴∽。∴，即：。∴。【考点】双动点问题，圆的基本性质，切线性质，各类特殊三角形、梯形的判定和性质，平行的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理和逆定理。54\n24.（2022年广东广州14分）已知抛物线过点A(1，0)，顶点为B，且抛物线不经过第三象限。（1）使用a、c表示b；（2）判断点B所在象限，并说明理由；（3）若直线经过点B，且于该抛物线交于另一点C(),求当x≥1时y1的取值范围。（3）∵抛物线经过点A(1，0)和点C()，∴，解得：。∴C()。∵，∴顶点B的坐标为。54\n∵点B、C()经过直线，∴，解得：。∵，∴。将代入得：，解得：或。当时，，与题设不符，舍去。∴，。∴抛物线解析式为(如图所示)。∴抛物线在（2，－2）取得最小值。∴当x≥1时，y1的取值范围为y1≥－2。54