2022-2022年广东深圳中考数学试题分类解析汇编（12专题）专题12：押轴题一、选择题1.（2022广东深圳3分）已知：如图，AB是⊙O的直径，直线EF切⊙O于点B，C、D是⊙O上的点，弦切角∠CBE=40o，，则∠BCD的度数是【】(A)110o(B)115o(C)120o(D)135o【答案】B。【考点】切线的性质，圆周角定理，直角三角形两锐角的关系，圆内接四边形的性质。【分析】如图，连接BD，∵AB是⊙O的直径，直线EF切⊙O于点B，∴EF⊥AB，即∠ABE＝900。∵弦切角∠CBE＝40o，∴∠ABC＝50o。∵，∴∠ABD＝∠DBC＝25o。又∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90o。∴∠BAD＝65o。∵A、B、C、D四点共圆，∴∠BCD＝180o－65o＝115o。故选B。 2.（深圳2022年3分）反比例函数y=在第一象限内的图象如图，点M是图象上一点，MP垂直x轴于点P，如果△MOP的面积为1，那么k的值是【】A、1B、2C、4D、【答案】B。【考点】反比例函数系数k的几何意义。54\n【分析】根据双曲线的图象上的点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S的关系S=|k|即可求得k的值：∵点M是反比例函数y=图象上一点，∴S△MOP=|k|=1。又∵k＞0，则k=2。故选B。3.（深圳2022年5分）如图，直线l1//l2，AF：FB=2：3，BC：CD=2：1，则AE：EC是【】A、5：2B、4：1C、2：1D、3：2【答案】C。【考点】相似三角形的判定和性质。【分析】如图所示，∵AF：FB=2：3，BC：CD=2：1，∴设AF=2x，BF=3x，BC=2y，CD=y。由l1//l2，得△AGF∽△BDF，∴，即。∴AG=2y。由l1//l2，得△AGE∽△CDE，∴。故选C。4.（深圳2022年3分）抛物线过点A（2，0）、B（6，0）、C（1，），平行于x轴的直线CD交抛物线于点C、D，以AB为直径的圆交直线CD于点E、F，则CE＋FD的值是【】A、2B、4C、5D、6【答案】B。【考点】二次函数综合题，二次函数的对称性，弦径定理，勾股定理。54\n【分析】根据题意，G为直径AB的中点，连接GE，过G点作GH⊥CD于H．知CE＋FD=CD－EF=CD－2EH，分别求出CD，EF即可：由抛物线过点A（2，0）、B（6，0）得：抛物线对称轴为x=4。由抛物线过点C（1，），平行于x轴的直线CD交抛物线于点C、D，得D点坐标为（7，）。如图，G为直径AB的中点，连接GE，过G点作GH⊥CD于H，则GH=3，EG=2，EH=22－()2=1。∴CE＋FD=CD－EF=CD－2EH=－2=4。故选B。5.（深圳2022年3分）如图，AB是⊙O的直径，点D、E是半圆的三等分点，AE、BD的延长线交于点C，若CE=2，则图中阴影部分的面积是【】A、B、C、D、【答案】A。【考点】扇形面积的计算【分析】已知D、E是半圆的三等分点，如果连接DE、OE、OD，那么△OAE、△ODE、△OBD、△CDE都是等边三角形，由此可求出扇形OBE的圆心角的度数和圆的半径长；由于∠AOE=∠BOD，则AB∥DE，S△ODE=S△BDE；可知阴影部分的面积=S扇形OAE－S△OAE＋S扇形ODE求解：连接DE、OE、OD，∵点D、E是半圆的三等分点，∴∠AOE=∠EOD=∠DOB=60°。∵OA=OE=OD=OB。∴△OAE、△ODE、△OBD、△CDE都是等边三角形。∴AB∥DE，S△ODE=S△BDE。∴图中阴影部分的面积=S扇形OAE－S△OAE＋S扇形ODE。故选A。6.（深圳2022年3分）如图，在ABCD中，AB:AD=3:2，∠ADB=60°，那么cosＡ的值等于【】54\nＡ． Ｂ．Ｃ． Ｄ． 7.（深圳2022年3分）在同一直角坐标系中，函数与的图象大致是【】【答案】C。【考点】一次函数和反比例函数的图象。54\n【分析】若＞0，反比例函数的图象经过一、三象限，一次函数的图象经过一、二、三象限，答案C符合条件；若＜0，反比例函数的图象经过二、四象限，一次函数的图象经过二、三、四象限，答案中没有符合条件的结果。故选C。9.（深圳2022年3分）如图，已知点A、B、C、D均在已知圆上，AD//BC，AC平分∠BCD，∠ADC=120°，四边形ABCD的周长为10cm．图中阴影部分的面积为【】A.cm2B.cm2C.cm2D.cm254\n【答案】B。【考点】平行的性质，圆的对称性，角平分线的定义，圆周角定理，勾股定理。【分析】要求阴影部分的面积，就要从图中看出阴影部分是由哪几部分得来的，然后依面积公式计算：由AD//BC和圆的对称性，知。∵AC平分∠BCD，∴。∴AD=AB=DC。又∵AD∥BC，AC平分∠BCD，∠ADC=120°，∴∠ACD=∠DAC=30°。∴∠BAC=90°，∠B=60°。∴BC是圆的直径，且BC=2AB。∴根据四边形ABCD的周长为10cm可解得圆的半径是2cm。由勾股定理可求得梯形的高为cm。所以阴影部分的面积=（半圆面积－梯形面积）=（cm2）。故选B。10.（深圳2022年学业3分）如图，点P（3a，a）是反比例函y＝（k＞0）与⊙O的一个交点，图中阴影部分的面积为10π，则反比例函数的解析式为【】A．y＝B．y＝C．y＝D．y＝【答案】D。【考点】反比例函数和圆的中心对称性，勾股定理，曲线上点的坐标与方程的关系。【分析】根据反比例函数和圆的中心对称性，图中阴影部分的面积实际上是圆的面积。由勾股定理，可得圆的半径为。因此，由图中阴影部分的面积为10π可得，解得a=2（因果点P在第一象限，a＞0，负数舍去）。∴点P（6，2）。代入y＝，得k=12。则反比例函数的解析式为y＝。故选D。11.（深圳2022年招生3分）如图，正方形ABCD中，E为AB的中点，AF⊥DE于点O，则等于【】54\nA.B.C.D.【答案】D。【考点】正方形的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】由正方形四边相等的性质和E为AB的中点，得。由正方形四个角等于900的性质和AF⊥DE，可得△AOE∽△DOA，∴。故选D。12.（深圳2022年3分）如图，△ABC与△DEF均为等边三角形，O为BC、EF的中点，则AD：BE的值为【】A.:1B.:1C.5:3D.不确定【答案】A。【考点】等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】连接AO，DO。设等边△ABC的边长为，等边△ABC的边长为。∵O为BC、EF的中点，∴AO、DO是BC、EF的中垂线。∴∠AOC=∠DOC=900，∴∠AOD=1800—∠COE。又∵∠BOE=1800—∠COE，∴∠AOD=∠BOE。又由AO、DO是BC、EF的中垂线，得OB=，OE=，OA=，OD=。从而。∴AD：BE=:1。故选A。54\n13.（2022广东深圳3分）如图，已知：∠MON=30o，点A1、A2、A3在射线ON上，点B1、B2、B3…．．在射线OM上，△A1B1A2.△A2B2A3、△A3B3A4……均为等边三角形，若OA1=l，则△A6B6A7的边长为【】A．6B．12C．32D．64【答案】C。【考点】分类归纳（图形的变化类），等边三角形的性质，三角形内角和定理，平行的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质。【分析】如图，∵△A1B1A2是等边三角形，∴A1B1=A2B1，∠3=∠4=∠12=60°。∴∠2=120°。∵∠MON=30°，∴∠1=180°－120°－30°=30°。又∵∠3=60°，∴∠5=180°－60°－30°=90°。∵∠MON=∠1=30°，∴OA1=A1B1=1。∴A2B1=1。∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形，∴∠11=∠10=60°，∠13=60°。∵∠4=∠12=60°，∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3。∴∠1=∠6=∠7=30°，∠5=∠8=90°。∴A2B2=2B1A2，B3A3=2B2A3。∴A3B3=4B1A2=4，A4B4=8B1A2=8，A5B5=16B1A2=16。以此类推：A6B6=32B1A2=32，即△A6B6A7的边长为32。故选C。一、填空题1.（2022广东深圳3分）如图,⊙O的直径AB=10cm，C是⊙O上一点，点D平分，DE=2cm，则弦AC=▲。【答案】6cm。【考点】圆周角定理，垂径定理，三角形中位线定理。54\n【分析】∵点D平分，∴OD是BC的中垂线，即BC=CE，OD⊥BC。∵的直径AB=10cm，DE=2cm，∴OB=OD=5cm，OE=3cm。∵AB是⊙O的直径，∴AC⊥BC。∴OE是△ABC的中位线。∴AC=2OE=6cm。2.（深圳2022年3分）如果实数、满足(＋1)2=3－3(＋1)，3(＋1)=3－(＋1)2，那么的值为▲。【答案】2或23。【考点】一元二次方程的解，一元二次方程根与系数的关系，代数式化简求值。【分析】当和相等时，原式=2；当和不相等时，和为（＋1)2=3－3(＋1)的两根，化简方程得。由一元二次方程根与系数的关系，得＋=－5，·=1，∴。故答案为：2或23。3.（深圳2022年5分）如图，已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，且AB=CD=5，AC=7，BE=3，下列命题错误的是【】A、△AED∽△BECB、∠AEB=90ºC、∠BDA=45ºD、图中全等的三角形共有2对【答案】D。【考点】圆周角定理，相似三角形的判定，等腰三角形的判定和性质，勾股定理逆定理，全等的三角形的判定。【分析】A、根据圆周角定理的推论，可得到：∠ADE=∠BCE，∠DAE=∠CBE∴△AED∽BED，正确；B、由四边形ABCD是⊙O的内接四边形，且AB=CD，有，从而根据等弧所对圆周角相等的性质，得∠EBC=∠ECB，由等腰三角形等角对等边的性质，得BE=CE，∴BE=CE=3，AB=5，AE=AC－CE=4，根据勾股定理的逆定理，△ABE为直角三角形，即∠AEB=90°，正确；C、AE=DE，∴∠EAD=∠EDA=45°，正确；D、从已知条件不难得到△ABE≌△DCE、△ABC≌△DCB、△ABD≌DCA共3对，错误。故选D。54\n【注：2022年无填空题，以倒数第二条选择题代之】4.（深圳2022年3分）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点O作OE⊥BC，垂足为E，连结DE交AC于点P，过P作PF⊥BC，垂足为F，则的值是▲.【答案】。【考点】矩形的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】根据题意易证△OBE∽△DBC和△EPF∽△ED，利用相似三角形的相似比求解：∵OB=BD，OE⊥BC，CD⊥BC，∴△OBE∽△DBC。∴。∵OE∥CD，∴△OEP∽△CDP。∴。∵PF∥DC，∴△EPF∽△EDC。∴。∵CE=BC，∴。5.（深圳2022年3分）如图，口ABCD中，点E在边AD上，以BE为折痕，将△ABE向上翻折，点A正好落在CD上的点F，若△FDE的周长为8cm，△FCB的周长为22cm，则FC的长为▲cm。【答案】6。【考点】翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质。【分析】根据折叠的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等，∴AE=EF，AB=BF。∴△FDE的周长为DE+FE+DF=AD+DF=8，即AD+AB－FC=8，①△FCB的周长为FC+AD+AB=20，②54\n∴②－①，得2FC=12，FC=6（cm）。6.（深圳2022年3分）在△ABC中，AB边上的中线CD=3，AB=6，BC+AC=8，则△ABC的面积为▲．【答案】7。【考点】三角形的中线定义，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理。【分析】根据条件先确定△ABC为直角三角形，再求得△ABC的面积：如图，在△ABC中，CD是AB边上的中线，∵CD=3，AB=6，∴AD=DB=3，∴CD=AD=DB。∴∠1=∠2，∠3=∠4。∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°，∴∠1+∠3=90°。∴△ABC是直角三角形。∴AC2＋BC2=AB2=36。又∵AC＋BC=8，∴AC2＋2AC•BC＋BC2=64。∴2AC•BC=64－（AC2＋BC2）=64－36=28。∴AC•BC=14。S△ABC=AC•BC=×14=7。7.（深圳2022年3分）邓老师设计了一个计算程序，输入和输出的数据如下表：输入数据123456…输出数据…那么，当输入数据是时，输出的数据是▲．【答案】。【考点】分类归纳（数字的变化类）。【分析】寻找规律：分子的规律很好找，就是1，2，3，4，5，6…，输入数据7，分子就是7。分母的规律画树状图寻找：因此，当输入数据是7时，输出的数据是。8.（深圳2022年3分）．观察表一，寻找规律．表二、表三分别是从表一中选取的一部分，则的值为▲54\n【答案】37。【考点】分类归纳（数字变化类）。【分析】寻找规律，第一行和列的后一数字比前一数字多1，第二行和列的后一数字比前一数字多2，第三行和列的后一数字比前一数字多3，······，据此规律，结合表二、三，补上表一：0123456…135791113…25811141720…371115192327…4914192429345111723293541……………从蓝框可见，，，。9.（深圳2022年3分）刘谦的魔术表演风靡全国，小明也学起了刘谦发明了一个魔术盒，当任意实数对（a，b）进入其中时，会得到一个新的实数：a2＋b－1，例如把（3，－2）放入其中，就会得到32＋（－2）－1=6。现将实数对（m，－2m）放入其中，得到实数2，则m=▲．【答案】3或－1。【考点】新定义，因式分解法解一元二次方程。【分析】把实数对（m，－2m）代入a2＋b－1=2中得m2－2m－1=2，即m2﹣2m﹣3=0，因式分解得（m－3）（m＋1）=0，解得m=3或－1。10.（深圳2022年学业3分）如图，某渔船在海面上朝正东方向匀速航行，在A处观测到灯塔M在北偏东60º方向上，航行半小时后到达B处，此时观测到灯塔M在北偏东30º方向上，那么该船继续航行▲分钟可使渔船到达离灯塔距离最近的位置54\nABM北M北M30ºM60ºM东CD【答案】15。【考点】解直角三角形的应用（方向角问题），垂直线段的性质，平行的性质，三角形外角定理，等腰三角形的判定，含30度角直角三角形的性质。【分析】过点M作MC⊥AB于点C，由垂直线段的性质，知渔船到达离灯塔距离最近的位置即为点C。由两直线平行，内错角相等的性质，得∠ADB=60º，从而由∠DBM=30º和三角形外角定理，得∠DMB=∠DBM=30º。因此根据等腰三角形等角对等边的判定，得AB=MB。设渔船航行的速度为v单位/分钟，则由已知MB=AB=30v单位。在Rt△BCM中，∠MCB=90º，∠MBC=30º，则BC=MB=15v单位。则渔船从B处航行到C处所用时间为=15分钟。即该船继续航行15分钟可使渔船到达离灯塔距离最近的位置。11.（深圳2022年招生3分）如图，在边长为2cm的正方形ABCD中，点Q为BC边的中点，点P为对角线AC上一动点，连接PB、PQ，则△PBQ周长的最小值为▲cm（结果不取近似值）．【答案】1+。【考点】正方形的性质，轴对称的性质，三角形三边关系，勾股定理。【分析】由于BD长固定，因此要求△PBQ周长的最小值，即求PB+PQ的最小值。根据正方形的轴对称性和点Q为BC边的中点，取CD的中点Q′，连接BQ′交AC于点P。此时得到的△PBQ的周长最小。根据勾股定理，得BQ′=。因此，△PBQ周长的最小值为BQ+PB+PQ=BQ+BQ′=1+（cm）。12.（深圳2022年3分）如图，△ABC的内心在y轴上，点C的坐标为（2，0），点B的坐标为（0，2），直线AC的解析式为，则tanA的值是▲.54\n【答案】。【考点】三角形的内心，等腰直角三角形的性质，勾股定理，一次函数，锐角三角函数。【分析】过A作AE⊥X轴于E，AC交Y轴于D，AB交X轴于F。∵点C的坐标为（2,0），点B的坐标为（0,2），∴∠OCB=∠OBC=45º，BC=。又∵△ABC的内心在y轴上，∴∠OBF=∠OBC=45º。∴∠ABC=90º，BF=BC=，CF=4，EF=EA。又∵直线AC的解析式为，∴OD：OC=1：2。∵A点在直线AC上，∴AE：EC=1：2，即AE：（EF+CF）=AE：（AE+4）=1：2。解之，EF=AE=4，∴FA=。∴AB=BF+FA=。∴在Rt△ABC中，tanA=。13.（2022广东深圳3分）如图，Rt△ABC中，C=90o，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，且正方形对角线交于点D，连接OC，已知AC=5，OC=6，则另一直角边BC的长为▲．【答案】7。【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】如图，过O作OF垂直于BC，再过O作OF⊥BC，过A作AM⊥OF，54\n∵四边形ABDE为正方形，∴∠AOB=90°，OA=OB。∴∠AOM+∠BOF=90°。又∵∠AMO=90°，∴∠AOM+∠OAM=90°。∴∠BOF=∠OAM。在△AOM和△BOF中，∵∠AMO=∠OFB=90°，∠OAM=∠BOF，OA=OB，∴△AOM≌△BOF（AAS）。∴AM=OF，OM=FB。又∵∠ACB=∠AMF=∠CFM=90°，∴四边形ACFM为矩形。∴AM=CF，AC=MF=5。∴OF=CF。∴△OCF为等腰直角三角形。∵OC=6，∴根据勾股定理得：CF2+OF2=OC2，即2CF2=（6）2，解得：CF=OF=6。∴FB=OM=OF－FM=6－5=1。∴BC=CF+BF=6+1=7。一、解答题1.（2022广东深圳10分）已知：如图，等腰△ABC，AB=AC，点E、F分别是AB、AC的中点，CE⊥BF于点O。求证：（1）四边形EFCB是等腰梯形；（2）EF2+BC2=2BE2【答案】证明：（1）∵点E、F分别是AB、AC的中点，即BE=AB，CF=AC。∴EF是△ABC的中位线。∴EF∥BC。∵AB=AC，∴BE=CF。∴四边形EFCB是等腰梯形。（2）根据等腰梯形的轴对称性，得OE=OF，OB=OC。∵CE⊥BF，∴△OEF和△OBC是等腰直角三角形，△BOE是直角三角形。∴根据勾股定理，得。54\n∴EF2+BC2=2BE2。【考点】三角形中位线的判定和性质，等腰梯形的判定和性质，勾股定理。【分析】（1）由点E、F分别是AB、AC的中点，可得EF是△ABC的中位线，从而EF∥BC。由AB=AC可得BE=CF。所以四边形EFCB是等腰梯形。（2）在直角△OEF、△OBC和△BOE中应用勾股定理即可得证。（2022广东深圳12分）已知：如图，在直角坐标平面内，点C的坐标是（1，0）⊙C与y轴相切于原点O.过点A（3，0）的直线a与⊙C相切于点D，且交y轴的正半轴于点B.（1）求直线a对应的一次函数解析式；（2）求过点O,D,A三点的抛物线对应的二次函数解析式；（3）求x轴上的点P的坐标，使点P、A、B为顶点的三角形是等腰三角形.【答案】解：（1）如图，过点D作DE⊥x轴于点E。设D（x，y），则CE=x－1，EA=3－x，CD=1，DE=y，在Rt△DCE中，由勾股定理得，①。由△DCE∽△ADE，得，即②。联立①②，解得，。∴D。设直线a对应的一次函数解析式为，54\n∵点A、D在直线a上，∴，解得。∴直线a对应的一次函数解析式为。（2）设过点O,D,A三点的抛物线对应的二次函数解析式为，将O,D,A三点的坐标代入得，解得。∴过点O,D,A三点的抛物线对应的二次函数解析式为。（3）设点P（p，0），则由勾股定理得，，。若PD=AD，则，解得或（与点A重合，舍去）。∴P1（0，0）。若AD=PA，则，解得或。∴P2（，0），P2（0，）。若PD=PA，则，解得。∴P4（2，0）。综上所述，x轴上使点P、A、B为顶点的三角形是等腰三角形的点P的坐标为：P1（0，0），P2（，0），P2（0，），P4（2，0）。54\n【考点】切线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰三角形的性质。【分析】（1）过点D作DE⊥x轴于点E，设D（x，y），在Rt△DCE中，应用勾股定理得，由△DCE∽△ADE得，二者联立，求得点D的坐标，从而应用待定系数法，即可求得直线a对应的一次函数解析式。（2）由O,D,A三点的坐标，应用待定系数法，即可求得过点O,D,A三点的抛物线对应的二次函数解析式。（3）分PD=AD，AD=PA和PD=PA三种情况讨论即可。3.（深圳2022年10分）已知：如图，直线y=－x＋3与x轴、y轴分别交于点B、C，抛物线y=－x2＋bx＋c经过点B、C，点A是抛物线与x轴的另一个交点。（1）求抛物线的解析式。（2）若点P在直线BC上，且S△PAC=S△PAB，求点P的坐标。【答案】解：（1）∵直线y=－x＋3与x轴、y轴分别交于点B、C，∴令x=0，则y=0，令y=0，则x=3。∴C（0，3）、B（3，0）。把两点坐标代入抛物线y=－x2＋bx＋c得，，解得，。∴抛物线的解析式为：y=－x2＋2x＋3。（2）由－x2＋2x＋3=0可得点A的坐标为（－1，0）。∴S△ABC=。设P点坐标为（x，－x＋3），分三种情况讨论：①当点P在BC延长线上，S△PAC=S△PAB－S△ABC=S△PAB，54\n∴S△ABC=S△PAB，即，解得x=－3。此时，点P的坐标为（－3，6）。②当点P在线段BC上，S△PAC=S△ABC－S△PAB=S△PAB，∴S△ABC=S△PAB，即，解得x=1。此时，点P的坐标为（1，2）。③当点P在CB延长线上，S△PAC=S△PAB＋S△ABC=S△PAB，∴S△ABC=－S△PAB，这是不可能的。此时，点P不存在。综上所述，所求点P的坐标为（－3，6）或（1，2）。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系。【分析】（1）根据直线y=－x＋3可分别令x=0，y=0求出C，B两点的坐标；把B，C两点的坐标分别代入抛物线y=－x2＋bx＋c可求出b，c的值，从而求出函数的解析式．（2）因为P在直线BC上，所以可设P点坐标为（x，－x＋3），再利用三角形的面积公式及△ABC、△PAC、△PAB之间的关系分点P在BC延长线上，当点P在线段BC上，当点P在CB延长线上三种情况求出x的值，从而求出P点坐标。4.（深圳2022年10分）如图（1），等腰梯形ABCD中，AD//BC，AB=DC，以HF为直径的⊙O与AB、BC、CD、DA相切，切点分别是E、F、G、H，其中H为AD的中点，F为BC的中点，连结HG、GF。（1）若HG和GF的长是关于x的方程x2－6x＋k=0的两个实数根，求⊙O的直径HF（用含k的代数式表示），并求出k的取值范围。（2）如图（2），连结EG、DF，EG与HF交于点M，与DF交于点N，求的值。CGDHAEBFOCGDHAEBFOMN（1）（2）【答案】解：（1）∵HF是⊙O的直径，∴△HGF是直角三角形。∴HF2=HG2＋GF2=(HG＋GF)2－2HG·GF由一元二次方程根与系数的关系：HG＋GF=6，HG·GF=k，54\n∴HF2=62－2k。∵HF>0，∴HF=。∵方程x2－6x＋k=0的两个实数根，∴△=62－4k≥0又k=HG·GF≥0，且36－2k≥0，∴0≤k≤9。（2）∵F是BC的中点，H是AD的中点，∴由切线长定理得：AE=AH=HD=DG，EB=BF=FC=CG。∴AE：EB=DG：GC。∴AD//EG//BC。∵AD⊥HF，∴GE⊥HF。设DG=DH=a，CG=CF=b，5.（深圳2022年12分）如图，已知△ABC，∠ACB=90º，AC=BC，点E、F在AB上，∠ECF=45º，（1）求证：△ACF∽△BEC（8分）（2）设△ABC的面积为S，求证：AF·BE=2S（4分）（3）试判断以线段AE、EF、FB为边的三角形的形状并给出证明．54\n【答案】解：（1）证明：∵AC=BC，∠ECF=45°∠ACB=90°，∴∠A=∠B=45°，∠AFC=45°+∠BCF，∠ECB=45°+∠BCF。∴∠AFC=∠ECB。∴△ACF∽△BEC。
（2）∵△ACF∽△BEC，∴，即AF•BE=AC•BC。又∵S△ABC=AC•BC，∴AF•BE=2S。（3）直角三角形。证明如下：由（2）可知AF•BE=AC•BC=AC2=AB2。设AE=a，BF=b，EF=c．则(a+c)(b+c)=(a+b+c)2，化简即得a2+b2=c2。所以以线段AE、EF、FB为边的三角形是以线段EF为斜边的直角三角形。【考点】相似三角形的判定和性质，三角形三边关系，勾股定理的逆定理。【分析】（1）对应角相等，两三角形相似。（2）根据相似三角形的性质证明AF•BE=AC•BC=2S；（3）由（2）的结论，求出AE、EF、FB的数量关系，应用勾股定理的逆定理即可证明。本题还有以下证明方法：方法1：将△ACE绕O顺时针旋转90°到△CBG，边角边证明三角形全等，得出FG=EF，再证明△FBG为直角三角形，得出三边构成三角形的形状。方法2：将△ACE和△BCF分别以CE、CF所在直线为轴折叠，则AC、BC的对应边正好重合与一条线段CG，连接GE、GF，则△FEG是直角三角形。6.（深圳2022年18分）如图，已知A（5，－4），⊙A与x轴分别相交于点B、C，⊙A与y轴相且于点D，（1）求过D、B、C三点的抛物线的解析式；54\n（2）连结BD，求tan∠BDC的值；（3）点P是抛物线顶点，线段DE是直径，直线PC与直线DE相交于点F，∠PFD的平分线FG交DC于PxyBCODAEFGG，求sin∠CGF的值。【答案】解：（1）∵A（5，－4），⊙A与x轴分别相交于点B、C，⊙A与y轴相且于点D，∴由圆的性质和弦径定理可得D（0，－4），B（2，0），C（8，0）。设过D、B、C三点的抛物线的解析式为。将D、B、C的坐标代入，得，解得，，∴抛物线的解析式为y=。（2）作弧BC的中点H，连接AH、AB，则由弦径定理和圆周角定理，∠BDC=∠BAH=∠BAC，∴tan∠BDC=tan∠BAH=。（3）由（1）y=得点P的坐标为（5，）。由P、C坐标可求得直线PC的解析式为y=。设M为直线PC与y轴的交点，则M的坐标为（0，6）。54\n∵OM=6，OC=8，∴由勾股定理，得MC=10。又MD=OM＋OD=10，∴MD=MC=10。∴∠MCD=∠MDC。∴∠MCA=∠MDA=∠MDC+∠CDA=90°。∴∠MCO=∠BDC=∠PFD。∴∠CGF=∠GDF+∠PFD=∠GDF+∠BDC=∠HDF=45°。∵DA=AH=半径，∴sin∠CGF=sin45°=。【考点】二次函数综合题，弦径定理，圆周角定理，待定系数法，曲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。【分析】（1）由A点坐标，即可得出圆的半径和OD的长，连接AB，过A作BC的垂线不难求出B、C的坐标．然后可用待定系数法求出抛物线的解析式。（2）取弧BC的中点H，连接AH、AB，根据弦径定理和圆周角定理可得出∠BDC=∠BAC=∠BAH，由此可求出∠BDC的正切值。（也可通过求弦切角∠PCO的正切值来得出∠BDC的正切值）（3）由于∠CGF=∠CDF+∠GFD=∠CDF+∠CFD，而∠PCO=∠PFD=∠BDC，那么∠CGF=∠CDF+∠BDC=∠HDF，在直角三角形AOH中，DA=AH，因此∠HDF=45°，即∠CGF=45°，据此可求出其正弦值。7.（深圳2022年10分）等腰梯形ABCD中，AB//CD，AD=BC，延长AB到E，使BE=CD，连结CE（1）求证：CE=CA；（5分）ABECDABECDF（2）上述条件下，若AF⊥CE于点F，且AF平分∠DAE，，求sin∠CAF的值。（5分）【答案】解：（1）证明：∵四边形ABDE是等腰梯形，∴AC=BD。∵CD=BE且CD∥BE，∴四边形DBEC是平行四边形。∴CE=AC。∴CE=BD。（2）∵CD=BE，且，∴。54\n∵AF⊥EC，BD∥EC，∴AF⊥BD，设垂足为O，∵AF平分∠DAB，∴AF垂直平分BD，即BO=BD=AC=CE。∵BO∥CE，∴△ABO∽△AEF。∴，即。∴EF=CE。∴CF=CE=AC。∴sin∠CAF=。【考点】等腰梯形的性质，平行四边形的判定和性质，平行线分线段成比例，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义。【分析】（1）根据等腰梯形的性质可得出AC=BD，而CDBE，因此四边形CEBD是平行四边形，CE=BD，因此可得出CE=CA。（2）要求∠CAF的正弦值，就要知道，CF和AC的比例关系．由于BD∥CE，AF⊥CE，那么AF⊥BD，而AF平分∠DAB，因此AF垂直平分BD，如果设AF，BD交于O点，那么BO=BD=AC=CE．根据CD：AE=2：5，即BE：AE=2：5，可得出AB：AE=3：5，有BO∥CE，得出BO：EF=AB：AE，也就求出了BF何CE的比例关系，便可得出CF和EC的比例关系，由于CE=AC，因此也就得出了CF和AC的比例关系即可得出∠CAF的正弦值。8.（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）54\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，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，54\n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。9.（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。【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，）。54\n（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：。∴，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。54\n10.（深圳2022年9分）AB是⊙O的直径，点E是半圆上一动点（点E与点A、B都不重合），点C是BE延长线上的一点，且CD⊥AB，垂足为D，CD与AE交于点H，点H与点A不重合。（1）（5分）求证：△AHD∽△CBD（2）（4分）连HB，若CD=AB=2，求HD+HO的值。【答案】解：（1）证明：∵CD⊥AB，∴∠ADH=∠CDB=900。又∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=900。∴∠HAD=900－∠ABE=∠BCD。∴△AHD∽△CBD。（2）设OD=x，则BD=1－x，AD=1＋x，由（1）Rt△AHD∽Rt△CBD得，HD:BD=AD:CD，即HD:(1－x)=(1＋x):2，即HD=。在Rt△HOD中，由勾股定理得：HO==。∴HD+HO=+=1。特别，如图，当点E移动到使D与O重合的位置时，这时HD与HO重合，由Rt△AHO∽Rt△CBO，利用对应边的比例式为方程，可以算出HD=HO=，即HD+HO=1。【考点】圆周角定理，直角三角形两锐角的关系，相似三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】（1）一方面，由直径所对圆周角是直角的性质和直角三角形两锐角互余的关系，可证得∠HAD=∠BCD；另一方面，由CD⊥AB得∠ADH=∠CDB=900，从而得证△AHD∽△CBD。（2）设OD=x。一方面，由相似三角形对应边成比例的性质，可得HD=54\n；另一方面，由勾股定理，可得HO=。从而求得HD+HO=+=1。11.（深圳2022年10分）如图，抛物线与轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），抛物线上另有一点C在第一象限，满足∠ACB为直角,且恰使△OCA∽△OBC.(1)(3分)求线段OC的长.(2)(3分)求该抛物线的函数关系式．(3)(4分)在轴上是否存在点P，使△BCP为等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】解：（１）由与轴交于A、B两点得，，。∵点A在点B的左侧，∴OA＝２，OB＝６。 ∵△OCA∽△OBC，∴OC2＝OA·OB＝２×６。∴OC＝２（－２舍去）。∴线段OC的长为２。（２）∵△OCA∽△OBC，∴。设AC＝ｋ，则BC＝ｋ。由AC2＋BC2＝AB2得ｋ2＋（ｋ）2＝（６－２）2，解得ｋ＝２（－２舍去）。∴AC＝２，BC＝２＝OC。 过点C作CD⊥AB于点D，∴OD＝OB＝３。∴ＣＤ＝。∴C的坐标为（３，）。 将C点的坐标代入抛物线的解析式得54\n，∴＝－。∴抛物线的函数关系式为：（３）①当P1与Ｏ重合时，△BCP1为等腰三角形，∴P1的坐标为（０，０）。②当P2B＝BC时(P2在B点的左侧)，△BVP2为等腰三角形，∴P2的坐标为（６－２，０）。③当P5为AB的中点时，P5B＝P5C，△BCP5为等腰三角形，∴P5的坐标为（４，０），④当BP4＝BC时(P4在B点的右侧)，△BCP4为等腰三角形，∴P4的坐标为（６＋２，０）。综上所述，在轴上存在点P，使△BCP为等腰三角形，符合条件的点Ｐ的坐标为：（０，０），（６－２，０），（４，０），（６＋２，０）。【考点】二次函数综合题，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，等腰三角形的判定。【分析】(1)由与轴交于A、B两点求出两点的坐标，由△OCA∽△OBC，根据相似三角形对应边成比例的性质即可求出线段OC的长。（2）由△OCA∽△OBC求出点C的坐标，即可用等定系数法求出该抛物线的函数关系式。（3）分P与Ｏ重合、PB＝BC、P为AB的中点、BP＝BC四种情况讨论即可。12.（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.54\n【答案】解：（1）∵直径AB⊥CD，∴CO＝CD，＝。 ∵Ｃ为的中点，∴＝。∴＝。∴CD＝AE。∴CO＝CD＝４。∴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，54\n ∵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。（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。13.（深圳2022年9分）如图，在平面直角坐标系中，正方形AOCB的边长为，点D在轴的正半轴上，且OD=OB，BD交OC于点E．（1）求∠BEC的度数．（2）求点E的坐标．（3）求过B，O，D三点的抛物线的解析式．（计算结果要求分母有理化．参考资料：把分母中的根号化去，叫分母有理化．例如：①；②；③等运算都是分母有理化）【答案】解：(1）∵四边形AOCB是正方形，OD=OB，∴∠OBD=∠ODB=22.50。∴∠CBE=22.50。∴∠BEC=900－∠CBE=900－22.50=67.50。（2）∵正方形AOCB的边长为，∴OD=OB=。54\n∴点B的坐标为（－1，1），点D的坐标为（，0）。设直线BD的解析式为，则，解得。∴直线BD的解析式为令，，∴点E的坐标为，）。（3）设过B、O、D三点的抛物线的解析式为，∵B（－1，1），O（0，0），D（，0），∴，解得，。∴所求的抛物线的解析式为。【考点】正方形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形两锐角的关系，勾股定理，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次根式化简。【分析】(1）由正方形、等腰三角形的性质和直角三角形两锐角互余的性质，可求得∠BEC的度数。（2）求出点B和D的坐标，用待定系数法求出直线BD的解析式，令即可求出点E的坐标。（3）由B、O、D三点的坐标，用待定系数法即可求出过B，O，D三点的抛物线的解析式。14.（深圳2022年8分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与直线相交于A，B两点．（1）求线段AB的长．（2）若一个扇形的周长等于（1）中线段AB的长，当扇形的半径取何值时，扇形的面积最大，最大面积是多少？（3）如图2，线段AB的垂直平分线分别交轴、轴于C，D两点，垂足为点M，分别求出OM，OC，OD的长，并验证等式是否成立．（4）如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=900，CD⊥AB，垂足为D，设，，．，试说明：．54\n图1图2图3【答案】解：（1）∵，解得，。∴A（－4，－2），B（6，3）。分别过A、B两点作AE轴，BF轴，垂足分别为E、F。∴AB=OA+OB。（2）设扇形的半径为，则弧长为，扇形的面积为，则，∵，∴当时，函数有最大值。∴当扇形的半径取时，扇形的面积最大，最大面积是。（3）过点A作AE⊥轴，垂足为点E，则OA=。∵CD垂直平分AB，点M为垂足，∴OM=AB－OA。∵∠AEO=∠OMC，∠EOA=∠COM，∴△AEO∽△CMO。∴，∴∴CO。同理可得OD。∴，。∴。（4）等式成立。理由如下：∵∠ACB=900，CD⊥AB，∴，。54\n∴。∴。∴。∴。∴。∴。∴。【考点】曲线上点的坐标与方程的关系，解二元二次方程组，勾股定理，扇形的计算，二次函数的最值，相似三角形的判定和性质，代数式的变换。【分析】（1）求出A（－4，－2），B（6，3），由勾股定理即可求出线段AB的长。（2）求出扇形的面积关于半径的函数表达式，由二次函数的最值即可求解。（3）由勾股定理和相似三角形的判定和性质，即可求出OM，OC，OD的长，代入等式验证即可。（4）由三角形面积公式和勾股定理得到代数式，进行代数式的变换即能证明。15.（深圳2022年9分）“震灾无情人有情”．民政局将全市为四川受灾地区捐赠的物资打包成件，其中帐篷和食品共320件，帐篷比食品多80件．（1）求打包成件的帐篷和食品各多少件？（2）现计划租用甲、乙两种货车共8辆，一次性将这批帐篷和食品全部运往受灾地区．已知甲种货车最多可装帐篷40件和食品10件，乙种货车最多可装帐篷和食品各20件．则民政局安排甲、乙两种货车时有几种方案？请你帮助设计出来．（3）在第（2）问的条件下，如果甲种货车每辆需付运输费4000元，乙种货车每辆需付运输费3600元．民政局应选择哪种方案可使运输费最少？最少运输费是多少元？【答案】解：（1）设打包成件的帐篷有件，则解得，。答：打包成件的帐篷和食品分别为200件和120件。（2）设租用甲种货车辆，则，解得。∵为整数，∴x＝2或3或4。民政局安排甲、乙两种货车时有3种方案：①甲车2辆，乙车6辆；②甲车3辆，乙车5辆；③甲车4辆，乙车4辆。（3）3种方案的运费分别为：①2×4000+6×3600＝29600；②3×4000+5×3600＝30000；54\n③4×4000+4×3600＝30400。∴方案①运费最少，最少运费是29600元。【考点】一元一次方程（或二元一次方程组）和一元一次不等式组的应用。【分析】（1）方程的应用解题关键是找出等量关系，列出方程求解。本题等量关系为：帐篷件数＋食品件数=320件＋（－80）=320。（2）不等式（组）的应用解题关键是找出不等量关系，列出不等式求解。本题不等量关系为：①甲种货车帐篷数＋乙种货车装帐篷数不少于200件40＋20（8－）≥200②甲种货车食品数＋乙种货车装食品数不少于120件10＋20（8－）≥120。（3）分别求出3种方案的运费比较即可（也可应用一次函数求解）。16.（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.54\n【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。∵，∴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。54\n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。17.（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°，54\n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。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。54\n（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。18.（深圳2022年10分）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=－2x－8分别与x轴，y轴相交于A，B（1）两点，点P（0，k）是y轴的负半轴上的一个动点，以P为圆心，3为半径作⊙P.（1）连结PA，若PA=PB，试判断⊙P与x轴的位置关系，并说明理由；（2）当k为何值时，以⊙P与直线l的两个交点和圆心P为顶点的三角形是正三角形？【答案】解：（1）⊙P与x轴相切。理由如下：∵直线y=－2x－8与x轴交于A（4，0），与y轴交于B（0，－8），∴OA=4，OB=8。由题意，OP=－k，∴PB=PA=8+k.。在Rt△AOP中，k2+42=(8+k)2，∴k=－3，∴OP等于⊙P的半径。∴⊙P与x轴相切。（2）设⊙P与直线l交于C，D两点，连结PC，PD。当圆心P在线段OB上时，作PE⊥CD于E。∵△PCD为正三角形，∴DE=CD=，PD=3，∴PE=。∵∠AOB=∠PEB=90°，∠ABO=∠PBE，∴△AOB∽△PEB。54\n∴。∴。∴。∴。∴。当圆心P在线段OB延长线上时，同理可得P(0，－－8)。∴k=－－8，∴当k=－8或k=－－8时，以⊙P与直线l的两个交点和圆心P为顶点的三角形是正三角形。【考点】切线的判定，勾股定理，一次函数图象上点的坐标特征，等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）通过一次函数可求出A、B两点的坐标及线段的长，再在Rt△AOP利用勾股定理可求得当PB=PA时k的值，再与圆的半径相比较，即可得出⊙P与x轴的位置关系．（2）根据正三角形的性质，分圆心P在线段OB上和圆心P在线段OB的延长线上两种情况讨论即可。19.（深圳2022年学业9分）如图，抛物线经过梯形ABCD的四个顶点，梯形的底AD在轴上，其中A（－2，0），B（－1,－3）．（1）求抛物线的解析式；（3分）（2）点M为轴上任意一点，当点M到A、B两点的距离之和为最小时，求此时点M的坐标；（2分）（3）在第（2）问的结论下，抛物线上的点P使S△PAD＝4S△ABM成立，求点P的坐标．（4分）xyCB_D_AO【答案】解：（1）∵点A、B在抛物线上，∴点A、B的坐标满足抛物线方程。∴，解之得：。54\n∴抛物线的解析式为所求。（2）如图，连接BD，交轴于点M，则点M就是所求作的点。设BD的解析式为，则有，。∴BD的解析式为。令则，∴M（0，－2）。(3)如图，连接AM，BC交y轴于点N，∵A（－2，0），D（2，0），M（0，－2），∴OM=OA=OD=2。∴∠AMB=900。∵B（－1,－3），M（0，－2），∴BN=MN=1∴，。设，依题意有：，即：。解之得：，。∴符合条件的P点有三个：。【考点】二次函数综合题，等腰梯形的性质，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，直角的判定，勾股定理，解一元二次方程。【分析】（1）由点A、B在抛物线上，点A、B的坐标满足抛物线方程的关系，将点A、B的坐标代入抛物线方程即可求出抛物线的解析式。（2）∵点A，D关于对称轴轴对称，连接BD交对称轴轴于M点，由三角形三边关系知M点即为所求，求出直线BD的解析式，即可求得M点的坐标。（3）求出S△ABM，设，即可由已知S△PAD＝4S△ABM列出关于的方程即可求解。20.（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）54\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。54\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。21.（深圳2022年招生9分）为了扩大内需，让惠于农民，丰富农民的业余生活，鼓励送彩电下乡，国家决定对购买彩电的农户实行政府补贴．规定每购买一台彩电，政府补贴若干元，经调查某商场销售彩电台数（台）与补贴款额（元）之间大致满足如图①所示的一次函数关系．随着补贴款额的不断增大，销售量也不断增加，但每台彩电的收益Z（元）会相应降低且Z与之间也大致满足如图②所示的一次函数关系.(1)(3分）在政府未出台补贴措施前，该商场销售彩电的总收益额为多少元？(2)(3分）在政府补贴政策实施后，分别求出该商场销售彩电台数和每台家电的收益Z与政府补贴款额之的函数关系式，(3)(3分）要使该商场销售彩电的总收益W（元）最大，政府应将每台补贴款额定为多少？并求出总收益W的最大值．54\n【答案】解：（1）在政府未出台补贴措施前，该商场销售彩电的总收益额为800×200=160000（元）。（2）依题意（图），设，，则有，，解得，。∴，。（3）∵∴要使该商场销售彩电的总收益W（元）最大，政府应将每台补贴款额定为100元？其总收益W的最大值为162000元。【考点】一次、二次函数的应用，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，二次函数最值。【分析】（1）由图，直接求出。（2）根据点在直线上，点的坐标满足方程的关系，用待定系数法即可求出该商场销售彩电台数和每台家电的收益Z与政府补贴款额之的函数关系式。（3）求出该商场销售彩电的总收益W的函数关系式，用二次函数最值原理求解。22.（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：。54\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。23.（深圳2022年9分）深圳某科技公司在甲地、乙54\n地分别生产了17台、15台相同型号的检测设备，全部运往大运赛场A、B两馆，其中运往A馆18台，运往B馆14台，运往A、B两馆运费如表1：（1）设甲地运往A馆的设备有x台，请填写表2，并求出总运费（元）与（台）的函数关系式；（2）要使总运费不高于20220元，请你帮助该公司设计调配方案，并写出有哪几种方案；（3）当x为多少时，总运费最少，最少为多少元？【答案】解：（1）填写表2如下所示依题意，得：y＝800x＋700(18－x)＋500(17－x)＋600(x－3)即：y＝200x＋19300（3≤x≤17）（2）∵要使总运费不高于20220元，∴200x＋19300<20220解得：∵3≤x≤17，∴且设备台数x只能取正整数。∴x只能取3或4。∴该公司的调配方案共有2种，具体如下表：（3）由（1）和（2）可知，总运费y为：54\ny＝200x＋19300（x＝3或x＝4）由一次函数的性质，可知：当x＝3时，总运费最小，最小值为：＝200×3＋19300＝19900（元）。答：当x为3时，总运费最小，最小值是19900元。【考点】一次函数，一元一次不等式，函数的最小值。【分析】（1）已知条件直接填写表2，再根据等量关系列出函数关系式：总运费=甲地运A馆运费+乙地运A馆运费+甲地运B馆运费+乙地运B馆运费y=800x+700(18-x)+500(17-x)+600(3-x)考虑到甲地共生产了17台和乙地运B馆3-x台，有3≤x≤17。（2）根据所列一元一次不等式求解，并结合实际得出x的取值进行分析，并根据一次函数的增减性求解。24.（深圳2022年9分）如图1，抛物线的顶点为（1，4），交轴于A、B，交轴于D，其中B点的坐标为（3，0）（1）求抛物线的解析式（2）如图2，过点A的直线与抛物线交于点E，交轴于点F，其中E点的横坐标为2，若直线PQ为抛物线的对称轴，点G为PQ上一动点，则轴上是否存在一点H，使D、G、F、H四点围成的四边形周长最小.若存在，求出这个最小值及G、H的坐标；若不存在，请说明理由.（3）如图3，抛物线上是否存在一点T，过点T作的垂线，垂足为M，过点M作直线MN∥BD，交线段AD于点N，连接MD，使△DNM∽△BMD，若存在，求出点T的坐标；若不存在，说明理由.【【答案】解：（1）设所求抛物线的解析式为：，依题意，将点B（3，0）代入，得：，解得：＝－154\n∴所求抛物线的解析式为：。（2）如图，在y轴的负半轴上取一点I，使得点F与点I关于x轴对称，在x轴上取一点H，连接HF、HI、HG、GD、GE，则HF＝HI，∵点E在抛物线上且点E的横坐标为2，将x＝2代入抛物线，得，∴点E坐标为（2，3）。又∵抛物线图像分别与x轴、y轴交于点A、B、D，∴当y＝0时，，∴x＝－1或x＝3当x＝0时，y＝－1＋4＝3,∴点A（－1，0），点B（3，0），点D（0，3）又∵抛物线的对称轴为：直线x＝1，∴点D与点E关于PQ对称，GD＝GE设过A、E两点的一次函数解析式为：y＝kx＋b（k≠0），分别将点A（－1，0）、点E（2，3）代入y＝kx＋b，得：，解得：过A、E两点的一次函数解析式为：y＝x＋1∴当x＝0时，y＝1。∴点F坐标为（0，1）。∴DF=2。又∵点F与点I关于x轴对称，∴点I坐标为（0，－1）又∵要使四边形DFHG的周长最小，由于DF是一个定值，∴只要使DG＋GH＋HI最小即可由图形的对称性和HF＝HI，GD＝GE可知，DG＋GH＋HF＝EG＋GH＋HI只有当EI为一条直线时，EG＋GH＋HI最小。。设过E（2，3）、I（0，－1）两点的函数解析式为：，54\n分别将点E（2，3）、点I（0，－1）代入，得：，解得：过A、E两点的一次函数解析式为：y＝2x－1∴当x＝1时，y＝1；当y＝0时，x＝；∴点G坐标为（1，1），点H坐标为（，0）∴四边形DFHG的周长最小为：DF＋DG＋GH＋HF＝DF＋EI=∴四边形DFHG的周长最小为。（3）设点M的坐标为（，0），由MN∥BD，可得△AMN∽△ABD∴。再由（1）、（2）可知，AM＝1＋，BD＝，AB＝4，∴∵，由题意可知，∠NMD＝∠MDB，要使，△DNM∽△BMD，只要使即可。即：∴解得：或（不合题意，舍去）。∴点M的坐标为（，0）。又∵点T在抛物线图像上，∴当x＝时，y＝。∴点T的坐标为（，）。【考点】待定系数法求二次函数，抛物线的对称性，一次函数，两点之间线段最短，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）用待定系数法将点B（3，0）代入即可求二次函数表达式。（2）应用抛物线的对称性和两点之间线段最短的性质可求。（3）由题意可知，∠NMD＝∠MDB，要使，△DNM∽△BMD，只要使即可，即：54\n。因此由（1）、（2）的结论和△AMN∽△ABD即可求得。25.（2022广东深圳9分）如图，已知△ABC的三个顶点坐标分别为A(－4，0)、B(1，0)、C(－2，6)．(1)求经过A、B、C三点的抛物线解析式；(2)设直线BC交y轴于点E，连接AE，求证：AE=CE;(3)设抛物线与y轴交于点D，连接AD交BC于点F，试问以A、B、F，为顶点的三角形与△ABC相似吗？请说明理由．【答案】解：（1）∵抛物线经过A(－4，0)、B(1，0)，∴设函数解析式为：y=a（x＋4）（x－1）。又∵由抛物线经过C（－2，6），∴6=a（－2＋4）（－2－1），解得：a=－1。∴经过A、B、C三点的抛物线解析式为：y=－（x＋4）（x－1），即y=－x2－3x＋4。（2）证明：设直线BC的函数解析式为y=kx+b，由题意得：，解得：。∴直线BC的解析式为y=－2x+2．∴点E的坐标为（0，2）。∴。∴AE=CE。（3）相似。理由如下：设直线AD的解析式为y=k1x+b1，则，解得：。∴直线AD的解析式为y=x+4。联立直线AD与直线BC的函数解析式可得：，解得：。54\n∴点F的坐标为（）。则。又∵AB=5，，∴。∴。又∵∠ABF=∠CBA，∴△ABF∽△CBA。∴以A、B、F为顶点的三角形与△ABC相似。【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，勾股定理，相似三角形的判定。【分析】（1）利用待定系数法求解即可得出抛物线的解析式。（2）求出直线BC的函数解析式，从而得出点E的坐标，然后分别求出AE及CE的长度即可证明出结论。（3）求出AD的函数解析式，然后结合直线BC的解析式可得出点F的坐标，根据勾股定理分别求出BF，BC得出；由题意得∠ABF=∠CBA，即可作出判断。26.（2022广东深圳9分）如图，在平面直角坐标系中，直线：y=－2x＋b(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；。54\n（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），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），令x=6，得y=－12＋b，，则N（6，－12＋b）。∴MC=，NC=14－b。∴S=。当b＞14时，直线扫过矩形ABCD的面积S为矩形ABCD的面积，面积为民8。54\n综上所述。S与b的函数关系式为：。【考点】直线平移的性质，相似三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，直线与圆相切的性质，勾股定理，解一元二次方程，矩形的性质。54
