2020深圳中考数学压轴题
广东2020中考数学压轴题训练1(含答案)
广东2020中考数学压轴题训练1（含答案）1. 如图，AB 是半径O 的直径，AB=2．射线AM 、BN 为半圆O 的切线．在AM 上取一点D ，连接BD 交半圆于点C ，连接AC ．过O 点作BC 的垂线OE ，垂足为点E ，与BN 相交于点F ．过D 点作半圆O 的切线DP ，切点为P ，与BN 相交于点Q ． （1）求证：△ABC ∽△OFB ；（2）当△ABD 与△BFO 的面枳相等时，求BQ 的长； （3）求证：当D 在AM 上移动时（A 点除外），点Q 始终是线段BF 的中点2.如图①，在平面直角坐标系中，等腰直角△AOB 的斜边OB 在x 轴上，顶点A 的坐标为(3，3)，AD 为斜边上的高．抛物线y ＝ax 2＋2x 与直线y ＝ 12x 交于点O 、C ，点C 的横坐标为6．点P 在x 轴的正半轴上，过点P 作PE ∥y 轴，交射线OA 于点E ．设点P 的横坐标为m ，以A 、B 、D 、E 为顶点的四边形的面积为S ． (1)求OA 所在直线的解析式．(2)当m ≠3时，求S 与m 的函数关系式．(3)如图②，设直线PE 交射线OC 于点R ，交抛物线于点Q ．以RQ 为一边，在RQ 的右侧作矩形RQMN ，其中RN ＝ 32．直接写出矩形RQMN 与△AOB 重叠部分为轴对称图形时m 的取值范围．答案：1.（1） 设直线OA 的解析式为y=kx ，则有：3k=3，k=1； ∴直线OA 的解析式为y=x ； （2）当x=6时，y=12x=3， ∴C （6，3）；将C （6，3）代入抛物线的解析式中， 得：36a+12=3，a=-14； 即a 的值为--14；根据题意，D （3，0），B （6，0）．∵点P 的横坐标为m ，PE ∥y 轴交OA 于点E ， ∴E （m ，m ）． 当0<m<3时，如图1， S=S △OAB -S △OED =12×6×3- 12×m ×3=9- 32m当m>3时，如图2， S=S △OBE -S △ODA=12×6×m- 12×3×3=3m- 92如图3、RQ=RN 时，m- 12m=32m=3如图4、AD 所在的直线为矩形RQMN 的对称轴时，3-m=32×12m=94如图5、RQ 与AD 重合时，重叠部分为等腰直角三角形，m=3； 如图6、当点R 落在AB 上时，m=4，所以3≤m<4．。
2020年深圳中考数学押题卷03(解析版)
2020年深圳中考数学押题卷03一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，满分36分）1．在0，π-，1-，2中，最小的数是( )A ．0B ．1-C ．2D ．π-【解答】解：在0，π-，1-，2中，最小的数是π-，故选：D ．2．2019年中国北京世界园艺博览会于4月29日在北京延庆举行，会期共162天，预计参观人数将不少于16000000次．将16000000科学记数法表示应为( )A ．61610⨯B ．71.610⨯C ．80.1610⨯D ．81.610⨯【解答】解：将16000000用科学记数法表示为：71.610⨯．故选：B ．3．如图，是正方体的一种展开图，其每个面上都标有一个汉字，则在原正方体中，与“若”字相对的面上的汉字是( )A ．有B ．必C ．召D ．回【解答】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点可知，与“若”字相对的面上的汉字是“必”．故选：B ．4．下列标志中不是轴对称但是中心对称的图形是( )A ．B ．C ．D ．【解答】解：A ．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；B ．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；C ．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；D ．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误；故选：B ．5．在一次数学考试中，某小组的10名学生成绩如下：则下列说法中正确的是( )A ．学生成绩是80分的频率是15B ．学生成绩的中位数是80分C ．学生成绩的众数是5D ．学生成绩的平均数是80分 【解答】解：A ．学生成绩是80分的频率是50.510=，故选项错误； B ．学生成绩的中位数是8080802+=（分)，故选项正确； C ．学生成绩的众数是80分，故选项错误；D ．学生成绩的平均数1(6017018059021001)8110=⨯⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=（分)，故选项错误； 故选：B ．6．下列计算正确的是( )A ．336a a a +=B ．339a a a =gC ．339()a a =D ．333(3)9a a = 【解答】解：A ．3332a a a +=，故原题计算错误；B ．336a a a =g ，故原题计算错误；C ．339()a a =，故原题计算正确；D ．333(3)27a a =，故原题计算错误；故选：C ．7．如图，在Rt ABC ∆中，90ABC ∠=︒，分别以点A 和点B 为圆心，大于12AB 的长为半径作弧相交于点D 和点E ，直线DE 交AC 于点F ，交AB 于点G ，连接BF ，若3BF =，2AG =，则(BC = )A ．5B ．C ．D ．【解答】解：由作法得GF 垂直平分AB ，FB FA ∴=，2AG BG ==，FBA A ∴∠=∠，90ABC ∠=︒Q ，90A C ∴∠+∠=︒，90FBA FBC ∠+∠=︒，C FBC ∴∠=∠，FC FB ∴=，3FB FA FC ∴===，6AC ∴=，4AB =，BC ∴==故选：C ．8．如图，12180∠+∠=︒，3100∠=︒，则4(∠= )A ．60︒B ．70︒C ．80︒D ．100︒【解答】解：12180∠+∠=︒Q ，15180∠+∠=︒，25∴∠=∠，//a b ∴，63100∴∠=∠=︒．又46180∠+∠=︒Q ，4180680∴∠=︒-∠=︒．故选：C ．9．下列命题，其中真命题是( )A ．方程2x x =的解是1x =B ．6的平方根是3±C ．有两边和一个角分别对应相等的两个三角形全等D ．连接任意四边形各边中点的四边形是平行四边形【解答】解：C ．方程2x x =的解是1x =或0，故原命题是假命题；B ．6的平方根是C ．有两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等，故原命题是假命题；D ．连接任意四边形各边中点的四边形是平行四边形，故原命题是真命题；故选：D ．10．如图是某市一座人行天桥的示意图，天桥离地面的高BC 是10米，坡面AC 的倾斜角45CAB ∠=︒，在距A 点10米处有一建筑物HQ ．为了方便行人推车过天桥，市政府部门决定降低坡度，使新坡面DC 的倾斜角30BDC ∠=︒，若新坡面下D 处与建筑物之间需留下HD 长的人行道，问人行道HD 的长度是( )1.414≈ 1.732)A ．2.7B ．3.4C ．2.5D ．3.1【解答】解：根据题意可知：90CBA ∠=︒，45CAB ∠=︒，45ACB ∴∠=︒，10AB CB ∴==，10AH =，设DH x =，则10AD AH DH x =-=-，20BD AD AB x ∴=+=-，在Rt DCB ∆中，30CDB ∠=︒，tan30BC BD ∴︒=，1020x=-，解得 2.7x ≈．所以人行道HD 的长度是2.7米．故选：A ．11．如图，抛物线2(0)y ax bx c a =++≠的对称轴为直线1x =，且经过点(1,0)-，下列四个结论：①如果点1(2-，1)y 和2(2,)y 都在抛物线上，那么12y y <；②240b ac ->；③()(1m am b a b m +<+≠的实数）；④3c a=-；其中正确的有( )A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个【解答】解：Q 对称轴为直线1x =，12ba ∴-=，2b a ∴=-，Q 经过点(1,0)-，0a b c ∴-+=，3c a ∴=-，22(23)y ax bx c a x x ∴=++=--，由图象可知，0a <；①将点1(2-，1)y 和2(2,)y 分别代入抛物线解析式可得174y a =-，23y a =-，12y y ∴<；②由图象可知，抛物线与x 轴有两个不同的交点，∴△240b ac =->；③由图象可知，当1x =时，函数有最大值1，∴对任意m ，则有2am bm c a b c ++<++，()m am b a b ∴+<+；④33c a a a-==-； ∴①②③④正确，故选：A ．12．如图，平行四边形ABCD 的对角线AC ，BD 交于点O ，CE 平分BCD ∠交AB 于点E ，交BD 于点F ，且60ABC ∠=︒，2AB BC =，连接OE ．下列结论：①EO AC ⊥；②4AOD OCF S S ∆∆=；③:7AC BD =；④2FB OF DF =g ．其中正确的是( )A ．①②④B ．①③④C ．②③④D ．①③【解答】解：Q 四边形ABCD 是平行四边形，//CD AB ∴，OD OB =，OA OC =，180DCB ABC ∴∠+∠=︒，60ABC ∠=︒Q ，120DCB ∴∠=︒，EC Q 平分DCB ∠，1602ECB DCB ∴∠=∠=︒，60EBC BCE CEB ∴∠=∠=∠=︒，ECB ∴∆是等边三角形，EB BC ∴=，2AB BC =Q ，EA EB EC ∴==，90ACB ∴∠=︒，OA OC =Q ，EA EB =，//OE BC ∴，90AOE ACB ∴∠=∠=︒，EO AC ∴⊥，故①正确，//OE BC Q ，OEF BCF ∴∆∆∽， ∴12OE OF BC FB ==， 13OF OB ∴=， 3AOD BOC OCF S S S ∆∆∆∴==，故②错误，设BC BE EC a ===，则2AB a =，AC =，OD OB ==，BD ∴，:7AC BD ∴=，故③正确，13OF OB ==Q ，BF ∴=，2279BF a ∴=，27)9OF DF a =+=g ， 2BF OF DF ∴=g ，故④正确，故选：B ．二、填空题(本大共4小题，每小题3分，满分12分)13．因式分解：225a b b -= ．【解答】解：2225(25)(5)(5)a b b b a b a a -=-=-+，故答案为：(5)(5)b a a -+．14．从2，3，4，5，6，7，8，9中随机选出一个数，所选的数是2的倍数或3的倍数的概率为 ．【解答】解：Q 从2，3，4，5，6，7，8，9这8个数中随机的取出一个数，所取出的数是2的倍数或是3的倍数的有6个，∴所取出的数是2的倍数或3的倍数的概率是：6384=． 故答案为：34． 15．阅读材料：如果(0,1)b a N a a =>≠，那么数b 叫做以a 为底N 的对数，记作log a b N =．例如328=，则2log 83=．根据材料填空：3log 9= ．【解答】解：239=Q ，3log 92∴=，故答案为2．16．如图，点E 在正方形ABCD 的边BC 上，连接AE ，设点B 关于直线AE 的对称点为点B '，且点B '在正方形内部，连接EB '并延长交边CD 于点F ，过点E 作EG AE ⊥交射线AF 于点G ，连接CG ．若17BE =，则CG 的长为 ．【解答】解：如图所示，过G 作GH BC ⊥于H ，则90EHG ∠=︒，Q 点B 关于直线AE 的对称点为点B '，AB AB '∴=，BE B E '=，而AE AE =，ABE ∴∆≅△()AB E SSS '，BAE B AE '∴∠=∠，90AB E B '∠=∠=︒，90D AB F '∴∠=∠=︒，又AD AB '=Q ，AF AF =，Rt ADF Rt ∴∆≅△()AB F HL '，DAF B AF '∴∠=∠，1452EAF BAD ∴∠=∠=︒，又EG AE ⊥Q ，AEG ∴∆是等腰直角三角形，AE GE ∴=，90BAE AEB HEG AEB ∠+∠=∠+∠=︒Q ，BAE HEG ∴∠=∠，又90B EHG ∠=∠=︒Q ，()ABE EHG AAS ∴∆≅∆，17BE GH ∴==，AB EH BC ==，17BE CH ∴==，Rt CHG ∴∆中，CG ==故答案为：．三、解答题（本大题共7小题，共52分）17．101|3|()(20153---．【解答】解：原式3311=--=-．18．先化简，再求值：22()242m m m m m m -÷--+，请在2，2-，0，3当中选一个合适的数代入求值． 【解答】解：原式22()2(2)(2)m m m m m m m +=-⨯--+ 2222(2)(2)m m m m m m m m m++=⨯-⨯--+ 2222m m m +=--- 2m m =-， 2m ≠±Q ，0，∴当3m =时，原式3=19．央视热播节目“朗读者”激发了学生的阅读兴趣．某校为满足学生的阅读需求，欲购进一批学生喜欢的图书，学校组织学生会成员随机抽取部分学生进行问卷调查，被调查学生须从“文史类、社科类、小说类、生活类”中选择自己喜欢的一类，根据调查结果绘制了统计图（未完成），请根据图中信息，解答下列问题：（1）此次共调查了 200 名学生；（2）将条形统计图补充完整；（3）图2中“小说类”所在扇形的圆心角为 度；（4）若该校共有学生2500人，估计该校喜欢“社科类”书籍的学生人数．【解答】解：（1）Q喜欢文史类的人数为76人，占总人数的38%，∴此次调查的总人数为：7638%200÷=人，（2）Q喜欢生活类书籍的人数占总人数的15%，∴喜欢生活类书籍的人数为：20015%30⨯=人，∴喜欢小说类书籍的人数为：20024763070---=人，如图所示；（3）Q喜欢社科类书籍的人数为：24人，∴喜欢社科类书籍的人数占了总人数的百分比为：24100%12% 200⨯=，∴喜欢小说类书籍的人数占了总分数的百分比为：100%15%38%12%35%---=，∴小说类所在圆心角为：36035%126︒⨯=︒，（4）由样本数据可知喜欢“社科类”书籍的学生人数占了总人数的12%，∴该校共有学生2500人，估计该校喜欢“社科类”书籍的学生人数：250012%300⨯=人故答案为：（1）200；（3）12620．某中学为了绿化校园，计划购买一批榕树和香樟树，经市场调查榕树的单价比香樟树少20元，购买3棵榕树和2棵香樟树共需340元．（1）请问榕树和香樟树的单价各多少？（2）根据学校实际情况，需购买两种树苗共150棵，总费用不超过10840元，且购买香樟树的棵数不少于榕树的1.5倍，请你算算，该校本次购买榕树和香樟树共有哪几种方案．【解答】解：（1）设榕树的单价为x 元/棵，香樟树的单价是y 元/棵，根据题意得，2032340x y x y =-⎧⎨+=⎩， 解得6080x y =⎧⎨=⎩， 答：榕树和香樟树的单价分别是60元/棵，80元/棵；（2）设购买榕树a 棵，则购买香樟树为(150)a -棵，根据题意得，()608015010840150 1.5a a a a ⎧+-⎨-⎩①②„…， 解不等式①得，58a …， 解不等式②得，60a „，所以，不等式组的解集是5860a 剟， a Q 只能取正整数，58a ∴=、59、60，因此有3种购买方案：方案一：购买榕树58棵，香樟树92棵，方案二：购买榕树59棵，香樟树91棵，方案三：购买榕树60棵，香樟树90棵．21．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点(2,3)P -，AB x ⊥轴于点E ，正比例函数(1)y m x =-的图象与反比例函数1n y x+=的图象相交于A ，P 两点． （1）求m ，n 的值与点A 的坐标；（2）求cos ABP ∠的值．【解答】解：（1）将点P 的坐标代入正比例函数(1)y m x =-表达式得，32(1)m =--， 解得：12m =-； 将点P 的坐标代入反比例函数1n y x+=得，16n +=-， 解得：7n =-； 则正比例函数的表达式为：32y x =-①， 反比例函数表达式为：6y x=-②， 联立①②并解得：2x =±（舍去2)，故点(2,3)A -；（2）Q 点(2,3)A -，2OE ∴=，3AE =，则OA在AOE ∆中，sinOE EAO OA ∠==，在Rt ABP ∆中，cos sin sin ABP BAP EAO ∠=∠=∠= 22．如图1，ABD ∆内接于O e ，AD 是直径，BAD ∠的平分线交BD 于H ，交O e 于点C ，连接DC 并延长，交AB 的延长线于点E ，（1）求证：AE AD =；（2）若32BE AB =，求AHHC 的值；（3）如图2，连接CB 并延长，交DA 的延长线于点F ，若AH HC =，6AF =，求BEC ∆的面积．【解答】解：（1）AD Q 是直径，90ACD ∴∠=︒，即AC ED ⊥，BD 是BAD ∠的平分线，故AE AD =；（2）32BEAB =，则设3BE a =，2AB a =，5AD AE a ==，O 交BD 于点G ，BC 是BAD ∠的平分线，则¶¶BC CD =，则OC BD ⊥，故//OC AB ，则OC 是ADE ∆的中位线， 则12OG AB a ==，1522aOC AD ==， 则32aCG OC OG =-=，//CG AB Q ，则24332AH AB a a HC CG ===； （3）设：OG m =，则2AB m =，当AH HC =时，由（2）知，()AHB CHG AAS ∆≅∆，则2AB CG m ==，则3OC m =，即圆的半径为3m ，//AB CO Q ，则FA AB FO OC =，即62633m m m=+， 解得：1m =，故2AB =，6AD =，4BE =，则BD ==EC DC =Q ，则BEC ∆的面积111142224EBD S BE BD ∆==⨯⨯=⨯⨯= 23．如图1，在平面直角坐标系xOy 中，直线3:4l y x m =+与x 轴、y 轴分别交于点A 和点(0,1)B -，抛物线212y x bx c =++经过点B ，且与直线l 的另一个交点为(4,)C n ．（1）求n 的值和抛物线的解析式；（2）点D 在抛物线上，且点D 的横坐标为(04)t t <<．//DE y 轴交直线l 于点E ，点F 在直线l 上，且四边形DFEG 为矩形（如图2)．若矩形DFEG 的周长为p ，求p 与t 的函数关系式以及p 的最大值；（3）M 是平面内一点，将AOB ∆绕点M 沿逆时针方向旋转90︒后，得到△111AO B ，点A 、O 、B 的对应点分别是点1A 、1O 、1B ．若△111AO B 的两个顶点恰好落在抛物线上，请直接写出点1A 的横坐标．【解答】解：（1）Q 直线3:4l y x m =+经过点(0,1)B -，1m ∴=-，∴直线l 的解析式为314y x =-，Q 直线3:14l y x =-经过点(4,)C n ，34124n ∴=⨯-=，Q 抛物线212y x bx c =++经过点(4,2)C 和点(0,1)B -， ∴2144221b c c ⎧⨯++=⎪⎨⎪=-⎩， 解得541b c ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，∴抛物线的解析式为215124y x x =--；（2）令0y =，则3104x -=， 解得43x =，∴点A 的坐标为4(3，0)，43OA ∴=，在Rt OAB ∆中，1OB =，53AB ∴==，//DE y Q 轴，ABO DEF ∴∠=∠，在矩形DFEG 中，3cos 5OB EF DE DEF DE DE AB =∠==g g ，4sin 5OA DF DE DEF DE DE AB =∠==g g ，43142()2()555p DF EF DE DE ∴=+=+=，Q 点D 的横坐标为(04)t t <<，215(,1)24D t t t ∴--，3(,1)4E t t -，223151(1)(1)24242DE t t t t t ∴=----=-+，22141728(2)5255p t t t t ∴=⨯-+=-+，2728(2)55p t =--+Q ，且705-<，∴当2t =时，p 有最大值285；（3）AOB ∆Q 绕点M 沿逆时针方向旋转90︒，11//AO y ∴轴时，11//B O x 轴，设点1A 的横坐标为x ，①如图1，点1O 、1B 在抛物线上时，点1O 的横坐标为x ，点1B 的横坐标为1x +，∴2215151(1)(1)12424x x x x --=+-+-， 解得34x =，②如图2，点1A 、1B 在抛物线上时，点1B 的横坐标为1x +，点1A 的纵坐标比点1B 的纵坐标大43，∴22151541(1)(1)124243x x x x --=+-+-+， 解得712x =-，综上所述，点1A 的横坐标为34或712-．。
2020年广东省深圳市中考数学仿真模拟押题卷及答案解析
2020年深圳市中考数学仿真模拟押题卷 2020.7一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）1．下列各数，最小的数是（ ）A ．－2020B ．0C ．12020D ．32020－2．如图，大正方体上面正中间放置小正方体，小正方体6个表面写了数字1到6，且所相对面两个数字之和 都是7，则这个几何体的左视图为（ ）A ．B ．C ．D ．3．截至北京时间2020年7月17日7时17分，全球新冠肺炎累计确诊病例达到13920405例，累计死亡病例达到591640例。
美国新冠肺炎累计确诊病例全球最多，达到3682463例，累计死亡病例达到140977例。
下面是受疫情影响较大的四个国家国旗，其中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）A ．韩国国旗B ．澳大利亚国旗C ．美国国旗D ．瑞士国旗 4．如图是一个正方形的平面展开图，把展开图折叠成正方体后，“深”字一面相对面的字是（ ）A ．中B ．考C ．数D ．学5．我国高铁发展迅速，截止2019年底，全国高铁总里程突破3.5万千米，稳居世界第一，将3.5万千米用科学记数法表示正确的是（ ）A ．3.5×103米B ．3.5×104米C ．3.5×106米D ．3.5×107米 6．下列计算正确的是（ ）A ．b 6÷b 3＝b 2B ．b 3•b 3＝b 9C ．a 2+a 2＝2a 2D ．（a 3）3＝a 67．如图，抢微信红包已成为中国传统节日人们最喜爱的祝福方式，今年深圳中考前2天，小明在自己的微信群中发祝福红包，一共有10名好友抢到红包，抢到红包的金额情况如下： 金额（元） 4.50 4.60 4.65 4.70 4.75 4.80 人数（人）132121则10名好友抢到金额的众数、中位数分别是（ ）A ．4.60 4.65B ．4.60 4.675C ．4.60 4.70D ．4.70 4.6758．如右图，AD ∥BC ，BD 为∠ABC 的角平分线，DE 、DF 分别是∠ADB 和∠ADC 的角平分线，且∠BDF ＝α，则以下∠A 与∠C 的关系正确的是（ ）A ．∠A ＝∠C +αB ．∠A ＝∠C +2α C ．∠A ＝2∠C +αD ．∠A ＝2∠C +2α9．如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，∠B ＝28°．分别以点A ，B 为圆心大于12AB 的长为半径画弧，两弧交于点D 和E ，直线DE 交AB 于点F ，连结CF ，则∠AFC 的度数为（ ）A ．62°B ．60°C ．58°D ．56°10．一次函数y ＝ax +b 和反比例函数y =cx 在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则二次函数y ＝ax 2－bx +c 的图象可能是（ ）1 53圳 中 深考数 学ADEA ．B ．C ．D ．11．下列命题中真命题是（ ）A ．若a 2＝b 2，则a ＝bB ．4的平方根是2C ．两个锐角之和一定是钝角D ．相等的两个角是对顶角12．如图，在矩形ABCD 中，E ，F 分别是AD ，BC 的中点，AF 与BE 相交于点M ，CE 与DF 相交于点N ，QM ⊥BE ，QN ⊥EC 相交于点Q ，PM ⊥AF ，PN ⊥DF 相交于点P ， 若2BC ＝3AB ，记△ABM 和△CDN 的面积和为S ，则四边形MQNP 的面积为（ ） A ．12SB ．58SC ．916S D ．34S二．填空题（共4小题，满分12分，每小题3分）13．因式分解：9x 2－81＝ ．14．如右图，端午节是我国传统佳节，小明同学带了4个粽子（除粽馅不同外，其他均相同），其中，有两个肉馅粽子、一个红枣粽子和一个豆沙粽子，准备从中任意拿出两个送给他的 好朋友小丽，小丽拿到的两个粽子都是肉馅的概率是 ．15．定义一种新运算：1!＝1，2!＝1×2，3!＝1×2×3，4!＝1×2×3×4，……计算：100!98!= ．16．如右图，将反比例函数y =kx （k ＞0）的图象向左平移2个单位长度后记为 图象c ，c 与y 轴相交于点A ，点P 为x 轴上一点，点A 关于点P 的对称点 B 在图象c 上，以线段AB 为边作等边△ABC ，顶点C 恰好在反比例函数y =−kx （x ＞0）的图象上，则k ＝ ．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（5分）计算：－12020+（2019－π）0－（−12）－3+|1−√3|－2sin 260°．18．（6分）先化简：（1+1a 2−1）÷aa−1，请在－1、0、1、2、3当中选一个合适的数a 代入求值。
精品解析：2020年广东省深圳市中考数学仿真模拟押题试题(原卷+解析)
2020年深圳市中考数学仿真模拟押题卷一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）1.下列各数，最小的数是（）A. －2020B. 0C.12020D. 320202.如图，大正方体上面正中间放置小正方体，小正方体6个表面写了数字1到6，且所相对面两个数字之和都是7，则这个几何体的左视图为（）A. B. C. D.3.截至北京时间2020年7月17日7时17分，全球新冠肺炎累计确诊病例达到13920405例，累计死亡病例达到591640例．美国新冠肺炎累计确诊病例全球最多，达到3682463例，累计死亡病例达到140977例．下面是受疫情影响较大的四个国家国旗，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A. 韩国国旗 B. 澳大利亚国旗C. 美国国旗D. 瑞士国旗4.如图是一个正方形的平面展开图，把展开图折叠成正方体后，“深”字一面相对面的字是（）A. 中B. 考C. 数D. 学5.我国高铁发展迅速，截止2019年底，全国高铁总里程突破3.5万千米，稳居世界第一，将3.5万千米用科学记数法表示正确的是（ ） A. 3.5×103米 B. 3.5×104米 C. 3.5×106米 D. 3.5×107 6.下列计算正确的是（ ） A. b 6÷b 3＝b 2B. b 3•b 3＝b 9C. a 2+a 2＝2a 2D. （a 3）3＝a 67.抢微信红包已成为中国传统节日人们最喜爱的祝福方式，今年深圳中考前2天，小明在自己的微信群中发祝福红包，一共有10名好友抢到红包，抢到红包的金额情况如下： 金额（元）4.50 4.60 4.65 4.70 4.75 4.80人数（人） 132121则10名好友抢到金额的众数、中位数分别是（ ） A. 4.60 4.65B. 4.60 4.675C. 4.60 4.70D. 4.70 4.6758.如图，AD ∥BC ，BD 为∠ABC 的角平分线，DE 、DF 分别是∠ADB 和∠ADC 的角平分线，且∠BDF ＝α，则以下∠A 与∠C 的关系正确的是（ ）A. ∠A ＝∠C +αB. ∠A ＝∠C +2αC. ∠A ＝2∠C +αD. ∠A ＝2∠C +2α9.如图，在ABC 中，90,28ACB B ∠=︒∠=︒．分别以点,A B 为圆心，大于12AB 的长为半径画弧，两弧交于点D 和E ，直线DE 交AB 于点F ，连结CF ，则AFC ∠的度数为（ ）A. 62B. 60︒C. 58D. 56︒10.一次函数y ＝ax +b 和反比例函数y cx=在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则二次函数y ＝ax 2－bx +c 的图象可能是（ ）A. B. C. D.11.下列命题中真命题是（）A. 若a2＝b2，则a＝bB. 4的平方根是2C. 两个锐角之和一定是钝角D. 相等的两个角是对顶角12.如图，在矩形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，AF与BE相交于点M，CE与DF相交于点N，QM⊥BE，QN⊥EC相交于点Q，PM⊥AF，PN⊥DF相交于点P，若2BC=3AB，记△ABM和△CDN的面积和为S，则四边形MQNP的面积为（）A. 12S B.58S C.916S D.34S二．填空题（共4小题，满分12分，每小题3分）13.因式分解：9x2－81＝____________________．14.端午节是我国传统佳节，小峰同学带了4个粽子（除粽馅不同外，其他均相同），其中有两个肉馅粽子、一个红枣粽子和一个豆沙粽子，准备从中任意拿出两个送给他好朋友小悦，小悦拿到的两个粽子都是肉馅的概率是_____．15.定义一种新运算：1!=1，2!=1×2，3!=1×2×3，4!=1×2×3×4，……计算：100!98!=_______．16.如图，将反比例函数y＝kx（k＞0）的图象向左平移2个单位长度后记为图象c，c与y轴相交于点A，点P 为x 轴上一点，点A 关于点P 的对称点B 在图象c 上，以线段AB 为边作等边△ABC ，顶点C 恰好在反比例函数y ＝﹣kx（x ＞0）的图象上，则k ＝_____．三．解答题（共7小题，满分52分）17.计算：－12020+（2019－π）0－（12-）－3+|13-|－2sin 260°． 18.先化简：（1+211a -）÷1aa -，请在﹣1，0，1，2，3当中选一个合适的数a 代入求值． 19.绿色出行是对环境影响最小的出行方式，“共享单车”已成为深圳市的一道亮丽的风景线．某社会实践活动小组为了了解“共享单车”的使用情况，对本校师生在7月6日至7月10日使用单车的情况进行了问卷调查．以下是根据调查结果绘制的统计图的一部分：请根据以上信息解答下列问题： （1）7月7日使用“共享单车”的师生有 人，喜欢ofo 的扇形圆心角为 度；（2）不同品牌的“共享单车”各具特色，社会实践活动小组针对有过使用“共享单车”经历的师生做了进一步调查，每个人都按要求选择了一种自己喜欢的“共享单车”，统计结果如图，其中喜欢mobike 的师生有36人．求喜欢ofo 的师生人数．20.如图，左图是一辆小型踏板电动车，右图为其示意图，点A 为座垫，AB ⊥BC ，AB 高度可调节，其初始高度为34cm ，CD 为车前柱，CD ＝120cm ，∠C ＝70°，根据该款车提供信息表明，当骑行者手臂DE 与车前柱DC 夹角为80°时，骑行者最舒适，若某人手臂长60cm ，肩膀到座垫的高度AE ＝42cm ，则座垫应调高多少厘米才能使得骑行最舒适？（参考数据sin 70°＝0.94，cos 70°≈0.34，tan 70°≈2.75，精确到lcm ）21.2020年6月开始，国家大力鼓励摆地摊，大学生小张摆摊销售一批充电小风扇，进价40元，经市场考察知，销售进价为52元时，可售出180个，且定价x（元）与销售减少量y（个）满足关系式：y＝10（x －52）．（1）若他打算获利2000元，且投资尽量少，则应进货多少个？定价是多少；（2）若他想获得最大利润，则定价及进货各是多少？22.如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴，y轴分别交于点A（﹣1，0），B（3，0），点C三点．（1）求抛物线的解析式；（2）x轴上是否存在点P，使PC+12PB最小？若存在，请求出点P 的坐标及PC+12PB的最小值；若不存在，请说明理由；（3）连接BC，设E为线段BC中点．若M是抛物线上一动点，将点M绕点E旋转180°得到点N，当以B、C、M、N为顶点的四边形是矩形时，直接写出点N的坐标．23.已知四边形ABCD是菱形，AC、BD交于点E，点F在CB的延长线上，连结EF交AB于H，以EF为直径作⊙O，交直线AD于A、G两点，交BC于K点．（1）如图1，连结AF，求证：四边形AFBD是平行四边形；（2）如图2，当∠ABC＝90°时，求tan∠EFC的值；（3）如图3，在（2）的条件下，连结OG，点P在弧FG上，过点P作PT∥OF交OG于T，PR∥OG交OF于R点，连结TR，若AG＝2，在点P运动过程中，探究线段TR的长是否为定值，如果是，则求出这个定值；如果不是，请说明理由．2020年深圳市中考数学仿真模拟押题卷一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）1.下列各数，最小的数是（ ） A. －2020 B. 0 C.12020D.32020【答案】A 【解析】 【分析】根据实数的大小比较法则即可得．【详解】实数的大小比较法则：正数大于0，0大于负数，负数绝对值大的反而小， 则320202020120200-<-<<， 因此，最小的数是2020-， 故选：A ．【点睛】本题考查了实数的大小比较法则，掌握理解实数的大小比较法则是解题关键．2.如图，大正方体上面正中间放置小正方体，小正方体6个表面写了数字1到6，且所相对面两个数字之和都是7，则这个几何体的左视图为（ ）A. B. C. D.【答案】D 【解析】 【分析】根据三视图的判断方法判断即可，根据数字之和等于7可得到结果； 【详解】由图可知，左视图是线面一个大正方形，上面一个小正方形，再根据相对面的数字之和等于7可得，小正方形上面的数字是4，故选：D．【点睛】本题主要考查了简单组合图形的三视图，准确判断出数字是解题的关键．3.截至北京时间2020年7月17日7时17分，全球新冠肺炎累计确诊病例达到13920405例，累计死亡病例达到591640例．美国新冠肺炎累计确诊病例全球最多，达到3682463例，累计死亡病例达到140977例．下面是受疫情影响较大的四个国家国旗，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A. 韩国国旗B. 澳大利亚国旗C. 美国国旗D. 瑞士国旗【答案】D【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念求解．【详解】解：A、外围三条短线要注意，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；B、“米”字形不对称，不是轴对称图形，故此选项不合题意；C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项合题意．故选：D．【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．4.如图是一个正方形的平面展开图，把展开图折叠成正方体后，“深”字一面相对面的字是（）A. 中B. 考C. 数D. 学【答案】D【解析】【分析】正方体的平面展开图中，相对面的特点是必须相隔一个正方形，相邻不可能相对，据此作答．【详解】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，，相邻不可能相对．“深”与“学”是相对面，“圳”与“考”是相对面，“中”与“数”是相对面．故选：D．【点睛】本题考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．5.我国高铁发展迅速，截止2019年底，全国高铁总里程突破3.5万千米，稳居世界第一，将3.5万千米用科学记数法表示正确的是（）A. 3.5×103米B. 3.5×104米C. 3.5×106米D. 3.5×107【答案】D【解析】【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数.【详解】解：3.5万千米＝35000千米＝35000000米＝3.5×107米，故选：D.【点睛】此题考察科学记数法，注意n的值的确定方法，当原数大于10时，n等于原数的整数数位减1，按此方法即可正确求解.6.下列计算正确的是（）A. b6÷b3＝b2B. b3•b3＝b9C. a2+a2＝2a2D. （a3）3＝a6【答案】C【解析】【分析】根据同底数幂的除法运算法则、同底数幂的乘法运算法则、合并同类项法则以及幂的乘方运算法则分别化简得出答案．【详解】A．b6÷b3＝b3，故此选项错误；B．b3•b3＝b6，故此选项错误；C．a2+a2＝2a2，正确；D．（a3）3＝a9，故此选项错误．故选：C．【点睛】本题考查了同底数幂的除法运算法则、同底数幂的乘法运算法则、合并同类项法则以及幂的乘方运算法则。
2020年深圳中考压轴题圆题型汇总(托勒密定理等圆中难题秘诀)
2020年深圳中考压轴题圆题型汇总(托勒密定理等圆中难题秘诀)中考专项练——圆一、圆中等积式证明（三角形相似）在圆中，我们常常需要证明一些等积式，其中一种常见的方法是利用三角形相似。
例如，我们可以证明在同一圆周上的两个弧所对应的圆心角相等，即 $\angle AOB = \angle COD$，其中 $AB$ 和 $CD$ 分别是这两个弧所对应的弦。
我们可以通过证明 $\triangle AOB \sim \triangle COD$ 来得到这个结论。
圆中的相似模型】在圆中，我们还可以利用相似模型来解决问题。
例如，我们可以利用相似模型证明切线与半径垂直，即 $\angle AOB = 90^\circ$，其中$OA$ 是圆的半径，$AB$ 是与圆相切的切线。
切线定理】切线定理是圆中一个重要的定理，用于描述切线与圆的关系。
根据切线定理，切线与圆的切点处的切线段长度相等。
例如，如果 $AB$ 和 $CD$ 是与圆相切的两条切线，它们的切点为 $P$，那么 $AP=PD$ 和 $BP=PC$。
中点弧模型】中点弧模型是圆中一个常见的模型，用于求解圆中线段的长度。
例如，如果 $AB$ 是圆中一条弦，$M$ 是 $AB$ 的中点，$OM$ 是圆的半径，那么 $AB=2OM$。
例题】例如，如果 $AB$ 是圆中一条直径，$C$ 是圆上一点，$CD$ 是过 $C$ 的切线，交直径 $AB$ 于 $E$，那么 $CE=DE$。
二、圆中线段和差比值问题利用三角形全等进行截长补短】在圆中，我们常常需要解决线段和差比值的问题。
例如，如果 $AB$ 和 $CD$ 是圆中两条相交的弦，交点为 $E$，那么$\dfrac{AE}{EB}=\dfrac{CD}{DB}$。
我们可以利用三角形全等来证明这个结论。
托密勒定理】托密勒定理是圆中一个重要的定理，用于描述线段和差的比值。
根据托密勒定理，如果 $AB$ 和 $CD$ 是圆中两条相交的弦，交点为 $E$，那么$\dfrac{AE}{EB}\cdot\dfrac{CD}{AD}=\dfrac{CE}{ED}$。
2024年深圳中考数学压轴题
2024年深圳中考数学压轴题一、在平面直角坐标系中，点A的坐标为(3,4)，以点A为圆心，半径为5的圆与x轴的位置关系是？A. 相离B. 相切C. 相交D. 无法确定（答案）C。
解析：点A到x轴的距离为其纵坐标的绝对值，即4，小于圆的半径5，所以圆与x轴相交。
二、若一个正方形的对角线长为12cm，则这个正方形的面积为？A. 36平方厘米B. 48平方厘米C. 72平方厘米D. 144平方厘米（答案）C。
解析：正方形的对角线将正方形分为两个等腰直角三角形，对角线作为斜边，长度为12cm。
根据勾股定理，正方形的边长为6√2cm，所以面积为(6√2)²=72平方厘米。
三、已知一元二次方程x²+2x-3=0的两个根为x1和x2，则x1+x2的值为？A. -1B. 1C. 2D. -2（答案）D。
解析：对于一元二次方程ax²+bx+c=0，其两个根的和为-b/a。
在此题中，a=1，b=2，所以x1+x2=-2/1=-2。
四、小明家有一个长方形花园，长为10米，宽为6米，他计划在花园的四周种上花，每米花需要5元，小明至少需要多少钱来买花？A. 160元B. 120元C. 80元D. 40元（答案）A。
解析：花园的周长为2×(10+6)=32米，每米花需要5元，所以总共需要32×5=160元。
五、若一个等腰三角形的顶角为80°，则它的一个底角为？A. 80°B. 50°C. 60°D. 40°（答案）B。
解析：等腰三角形的两个底角相等，且三角形内角和为180°，所以一个底角为(180°-80°)/2=50°。
六、小丽在做一个关于概率的实验，她抛掷一枚均匀的骰子两次，两次点数之和为7的概率是多少？A. 1/6B. 1/5C. 1/4D. 1/3（答案）A。
解析：抛掷一枚骰子两次，每次有6种可能的结果，总共有6×6=36种可能的结果。
2020年深圳中考数学几何压轴题母题探究
2020年深圳中考数学几何压轴题母题探究昨天介绍了2020年深圳中考数学几何压轴题，接下来介绍一道同类题。
也可以称之为该题的母题。
【节选】（2020·深圳）正方形分别改写成矩形AEFG和矩形ABCD，且AE/AG=AB/AD=2/3，AE＝4，AB＝8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中，DE²+BG²的值是定值，请求出这个定值．通过去粗取精，可以得到一个核心的图形，如下图绿色部分：【母题探究】（2019·天水）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；（2）性质探究：如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB²+CD²＝AD²+BC²；（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB 为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE、BG、GE．已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．【分析】题（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；题（2）连接对角线，利用勾股定理建立等量关系即可；题（3）只需在题（2）的基础上面，分别求出CG²，BC²和BE²即可．【答案】解：（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由如下：∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB＝CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；（2）如图2，∵AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，由勾股定理得，AD²+BC²＝AO²+DO²+BO²+CO²，AB²+CD²＝AO²+BO²+CO²+DO²，∴AD²+BC²＝AB²+CD²．（3）连接CG、BE，∵∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠B AC，即∠GAB＝∠CAE，在△GAB和△CAE中，AG=AC，∠GAB=∠CAE，AB=AE，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得，CG²+BE²＝CB²+GE²，∵AC＝4，AB＝5，∴BC＝3，CG＝4√2，BE＝5√2，∴GE²＝CG²+BE²﹣CB²＝73，∴GE=√73．【总结】经典的人人都爱，所以往年一些典型的中考真题偶尔也可以翻出来复习复习。
2020年广东中考数学压轴题：动点
2020年广东省中考数学压轴题：动点问题如图1，抛物线经过点A (4，0)、B （1，0)、C （0，－2）三点．（1）求此抛物线的解析式；（2）P 是抛物线上的一个动点，过P 作PM ⊥x 轴，垂足为M ，是否存在点P ，使得以A 、P 、M 为顶点的三角形与△OAC 相似？若存在，请求出符合条件的 点P 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在直线AC 上方的抛物线是有一点D ，使得△DCA 的面积最大，求出点D 的坐标．,图1 满分解答（1）因为抛物线与x 轴交于A (4，0)、B （1，0)两点，设抛物线的解析式为)4)(1(--=x x a y ，代入点C 的 坐标（0，－2），解得21-=a ．所以抛物线的解析式为22521)4)(1(212-+-=---=x x x x y ． （2）设点P 的坐标为))4)(1(21,(---x x x ． ①如图2，当点P 在x 轴上方时，1＜x ＜4，)4)(1(21---=x x PM ，x AM -=4． 如果2==CO AO PM AM ，那么24)4)(1(21=----xx x ．解得5=x 不合题意． 如果21==CO AO PM AM ，那么214)4)(1(21=----x x x ．解得2=x ． 此时点P 的坐标为（2，1）．②如图3，当点P 在点A 的右侧时，x ＞4，)4)(1(21--=x x PM ，4-=x AM ． 解方程24)4)(1(21=---x x x ，得5=x ．此时点P 的坐标为)2,5(-． 解方程214)4)(1(21=---x x x ，得2=x 不合题意．③如图4，当点P 在点B 的左侧时，x ＜1，)4)(1(21--=x x PM ，x AM -=4． 解方程24)4)(1(21=---xx x ，得3-=x ．此时点P 的坐标为)14,3(--． 解方程214)4)(1(21=---x x x ，得0=x ．此时点P 与点O 重合，不合题意． 综上所述，符合条件的 点P 的坐标为（2，1）或)14,3(--或)2,5(-．图2 图3 图4（3）如图5，过点D 作x 轴的垂线交AC 于E ．直线AC 的解析式为221-=x y ． 设点D 的横坐标为m )41(<<m ，那么点D 的坐标为)22521,(2-+-m m m ，点E 的坐标为)221,(-m m ．所以)221()22521(2---+-=m m m DE m m 2212+-=． 因此4)221(212⨯+-=∆m m S DAC m m 42+-=4)2(2+--=m ． 当2=m 时，△DCA 的面积最大，此时点D 的坐标为（2，1）．图5 图6。
2020年深圳市中考数学第23题函数压轴题讲解
23.抛物线()230y ax bx a =++≠与x 轴交于()3,0A -和()1,0B ，与y 轴交于点C ，顶点为D（1）求解抛物线解析式;（2）连接AD ，CD ，BC ，将△OBC 沿着x 轴以每秒1个单位长度的速度向左平移，得到点O 、B 、C 的对应点分别为点，，，设平移时间为t 与点A 重合时停止移动。
记△与四边形AOCD 的重叠部分的面积为S ，请直接写出．．．．S 与时间t 的函数解析式;（3）如图2，过抛物线上任意．．一点(),M m n 向直线9:2L y =垂线，垂足为E ，试问在该抛物线的对称轴上是否存在一点F ，使得14ME MF -=？若存在，请求F 点的坐标；若不存在，请说明理由。
()()()2213121,;33223;y ax bx a x x b a a a b y x x =++=+-==-⎧⎧∴∴⎨⎨=-=-⎩⎩∴=--+解：根据条件令， ()()()()()()()()2221230,3,1,4,'''3301,1,322013;','1,3'33,133333;223131312223142tan 't y x x C D O B C AOCD t t t i t OO t OB t OE OB t S t t t t ii t S iii t QAO =--+-<≤<≤<≤<≤==-∴==-∴=+-=-+<≤=⨯⨯=<≤∠=由知，易知与四边形的重叠部分有三种情况：当时，简化后右图所示当时，易知；当时，简化后如图所示；易知()()()()222an 2,tan 33,','3,'62,'36223,'3,2,11'23,553112632323;22555533;012331;22263315552QPH CPH AO OO t AO t O Q t C Q t t C H HP HQ HP HP C Q t S t t t t t t t S t t t t ∠=∠===∴=-=-∴=--=-==∴==-∴=--⋅-=-++⎧-+<≤⎪⎪⎪=<≤⎨⎪⎪-++<≤⎪⎩易知综上所述： xy Ey=92MD CBA O 图2()()()()()()()()()222222231,,9,21,41,4171,1423,14,212152252042161520152;2254016151,.4F t MF ME n ME MF MF ME m n t n n m m m n t n t n t t t F -∴==--=∴=-⎛⎫++-=- ⎪⎝⎭=--+∴+=-⎛⎫-+-=≤ ⎪⎝⎭⎧-=⎪⎪∴∴=⎨⎪-=⎪⎩⎛⎫∴- ⎪⎝⎭令两边平方得联立方程，得对于任意的恒成立；；存在点。
押题卷01-赢在中考之2020中考数学押题卷(广东深圳卷)(解析版)
BGD 90 ，且 BD AD2 AB2 13a ，
BG DG 26 a ， 2
SBDG
1 2
BG 2
13 a2 4
6
3SBDG
39 a2 ， 4
过 G 作 GM CF 于 M ，
CE CF BC BE BC AB a ，
GM 1 CF 1 a ，
2
2
SDGF
DG ， CG ． 以 下 结 论 ： ① BE CD ； ② ABG ADG 180 ； ③ BG DG ； ④ 若 AB : AD 2 : 3 ， 则
3SBGD 13SDGF ，其中正确结论的个数是 (
)
A．1
B．2
【解答】解： AE 平分 BAD ，
BAE 45 ，
ABE 是等腰直角三角形，
众数是 4．
故选： B ．
6． 下列计算正确的是 ( )
A． 2 3 5 B． a 2a 2a2
C． x(1 y) x xy D． (mn2 )3 mn6
【解答】解： A 、 2 3 无法计算，故此选项错误； B 、 a 2a 3a ，故此选项错误； C 、 x(1 y) x xy ，正确；
x(x 2)
(x 1)2
2(x 1)2 (x 2)(x 2) x(x 2) (x 1)2
2(x 2) ， x
x 2
4 x 1
0① 0②
，
解①得： x 4 ，
解②得： x 1 ， 2
BD DE 5
BD ED 5
EF 3 ED 18 ， DF 4 ED 24
5
5
5
5
OF OD DF 5 24 1 55
在 RtEFO 中：
OE2 OF 2 EF 2 (1)2 (18)2 325 13 ， 5 5 25
广东省深圳市,2020~2021年中考数学压轴题精选解析
（6，0）和点C（0，6），且抛物线的对称轴为直线＝，点．（1）求解抛物线解析式；个单位长度的速度向左平移，得到，点点分别为点，，，设平移时间为重合时停止移动．记与四边形AOCD S：作垂线，垂足为ME-MF= ？若存在，请求点的坐标；若不存在，请说明理由．（，m，0）为x轴上的一个动点，连接AM，将AM绕点A逆时旋转1B CN BAM（2） 如图2，当Ｍ点在边BC 上时，过点N 作ND ∥AC 交x 轴于点D ，连接MN ，若S = S ，试求D 点的坐标；（3） 如图3，是否存在点Ｍ，使得点Ⅳ恰好在抛物线y=-2x²+4x+3上，如果存在请求出m 的值，如果不存在，请说明理由。
~~第4题~~(2020龙华.中考模拟) 在平面直角坐标中，已知抛物线y=x +bx+c 与x 轴交于A （-1，0）、B （3，0）两点，与y 轴交于点C 。
（1） 求抛物线的函数解析式；（2） 若直线l ：y= x+m 与该抛物线交于D 、E 两点，如图。
①连接CD 、CE 、BE ，当S =3S 时，求m 的值；②是否存在m 的值，便得原点O 关于直线l 的对称点P 刚好东在该抛物线上？如果存在，请直接写出m 的值；如果不存在，请说明理由。
~~第5题~~(2020深圳.中考模拟) 如图，为的直径，于点，是上一点，且，延长至点，连接，使，延长与 交于点，连结， ．（1） 连结，求证：；（2） 求证： 是 的切线；（3） 若 ， ，求 的值．~~第6题~~(2020福田.中考模拟) 如图，抛物线y=ax +bx+c 的图象，经过点A （1，0）、B （3，0）、C （0，3）三点，过点C 、D 四边形A CDN △M ND 2△BCE △CDE 2（-3，0）的直线与抛物线的另一交点为点E。
（1）请你直接写出：①抛物线的表达式，②直线CD的表达式，③点E的坐标（，）；（2）如图1，若点P是x轴上一动点，连接PC、PE，则当点P位于何处时，可使得∠CPE=45°，请你求出此时点P的坐标；（3）如图2，若点Q是抛物线上一动点，作QH上x轴于点H，连接QA、QB，当QB平分∠AQH时，请你直接写出此时点Ｑ的坐标。
专题12最短路径—阿氏圆（PAk·PB型）定圆型轨迹问题探究-备战2020年中考数学压轴题专题研究
专题12最短路径—阿⽒圆（PAk·PB型）定圆型轨迹问题探究-备战2020年中考数学压轴题专题研究2020深圳中考数学6⽉冲刺专题最短路径阿⽒圆（PA+k·PB型）定圆型轨迹问题探究知识精讲在平⾯上，到线段两端距离相等的点，在线段的垂直平分线上，即对于平⾯内的定点A、B，若平⾯内有⼀动点P满⾜PA:PB＝1，则P点轨迹为⼀条直线（即线段AB的垂直平分线），如果这个⽐例不为1，P点的轨迹⼜会是什么呢？两千多年前的阿波罗尼斯在其著作《平⾯轨迹》⼀书中，便已经回答了这个问题。
接下来，让我们站在巨⼈的肩膀上，⼀起探究PA：PB＝k（k≠1）时P点的轨迹。
对于平⾯内的定点A、B，若在平⾯内有⼀动点P且P满⾜PA：PB＝k（k≠1），则动点P的轨迹就是⼀个圆，这个圆被称为阿波罗尼斯圆，简称“阿⽒圆”，如图所⽰：⼏何“PA+k·PB”型的最值问题．如图2所⽰，O的半径为r，点A，B都在圆外，P为O上的动点，已知r=k·OB，连接PA，PB，则当“PA+k·PB”的值最⼩时，P点的位置如何确定?如图3所⽰，在线段OB上截取OC使OC=k·r，则可说明△BPOPCO，即k·PB=PC．因此，求“PA+k·PB”的最⼩值转化为求“PA+PC”的最⼩值，即A，P，C三点共线时最⼩(如图4所⽰)．图2图3图4专题导例1.如图，已知正⽅形ABCD的边长为2，以点A为圆⼼，1为半径作圆，E是A上的任意⼀点，将点E绕点D按逆时针⽅向旋转90°得到点F，则线段AF的长的最⼩值．⽅法点睛“阿⽒圆”解题⼀般步骤:(1)连接动点P⾄圆⼼O(将系数不为1的线段的两个端点分别与圆⼼相连接)，即连接OP，OB;(2)计算出所连接的这两条线段OP，OB的长度;(3)计算这两条线段长度的⽐;(4)在OB上取点C，使得，即:半径的平⽅=原有的线段×构造线段;(5)连接AC与圆O的交点即为点P．要点：如图5，构造△PABCAP，得到PA2=AB·AC，即：半径的平⽅=原有线段×构造线段⼝决：路径成最短，折线变直线导例答案：2-1．典例精讲类型⼀：圆中的阿⽒圆问题例1如图，已知AC＝6，BC＝8，AB＝10，C的半径为4，点D是C上的动点，连接AD，连接AD、BD，则的最⼩值为.⽅法⼀：阿⽒圆模型对⽐⼀下这个题⽬的条件，P点轨迹是圆，A是定点，我们需要找出另⼀个定点M使得PM:PA=1:2，这就是把“阿⽒圆”的条件与结论互换了⼀下；⽽且这种问题⾥，给定的圆的位置、定点A的位置、线段的⽐例等，往往都是搭配好的！P点轨迹圆的圆⼼C点和A点在直线AC上，故所求M点在AC边上，考虑到PM：PA=1:2，不妨让P点与D点重合，此时DM==1，即可确定M点位置．如果对这个结果不是很放⼼，不妨再取个特殊的位置检验⼀下，如下图，此时PM=3，PA=6，亦满⾜PM:PA=1:2．⽅法⼆:构造相似三⾓形注意到圆C半径为2，CA=4，连接CP，构造包含线段AP的△CPA，在CA边上取点M使得CM=2，连接PM，可得△CPACMP，故PA：PM=2:1，即PM=．问题转化为PM+PB最⼩值，直接连BM即可．【问题剖析】（1）这⾥为什么是？答：因为圆C半径为2，CA=4，⽐值是1:2，所以构造的是，也只能构造．（2）如果问题设计为PA+kPB最⼩值，k应为多少？答：根据圆C半径与CB之⽐为2:3，k应为．类型⼆：与抛物线有关的阿⽒圆问题例2．如图，顶点为C的抛物线y=ax2+bx（a＞0）经过点A和x轴正半轴上的点B，连接OC，OA，AB，已知OA=OB=2，AOB=120°．（1）求这条抛物线的解析式；（2）过点C作CEOB，垂⾜为E，点P为y轴上的动点，若以O，C，P为顶点的三⾓形与△AOE 相似，求点P的坐标；（3）若将（2）的线段OE绕点O逆时针旋转得到OE′，旋转⾓为α（0°＜α＜120°），连接E′A，E′B，求E′A+E′B的最⼩值．【分析】（1）根据AO=OB=2，AOB=120°，求出A点坐标，以及B点坐标，进⽽利⽤待定系数法求⼆次函数解析式；（2）EOC=30°，由OA=2OE，OC=，推出当OP=OC或OP′=2OC时，△POC与△AOE相似；（3）如图，取Q（，0）．连接AQ，QE′．由△OE′QOBE′，推出==，，推出E′Q=BE′，推出AE′+BE′=AE′+QE′，由AE′+E′Q≥AQ，推出E′A+E′B的最⼩值就是线段AQ的长；专题突破1.如图，正⽅形ABCD的边长为4，圆B的半径为2，点P是圆B上⼀动点，则的最⼩值为，的最⼤值为.2.如图，在平⾯直⾓坐标系中，A（2，0）、B（0，2）、C（4，0）、D（3，2），P是△AOB 外部的第⼀象限内⼀动点，且BPA＝135o，则2PD＋PC的最⼩值是.3如图，已知菱形ABCD的边长为4，B＝60°，B的半径为2，P为B上⼀动点，则的最⼩值为. 4.如图9所⽰，点A，B在O上，且OA=OB=6，且OAOB，C是OA的中点，点D在OB上，且OD=4，动点P在O上，则PD+2PC的最⼩值为．5.如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c（b为常数）与x轴交于A、C两点，与y轴交于B点，直线AB的函数关系式为y＝x+．（1）求该抛物线的函数关系式与C点坐标；（2）已知点M（m，0）是线段OA上的⼀个动点，过点M作x轴的垂线l分别与直线AB和抛物线交于D、E两点，当m为何值时，△BDE恰好是以DE为底边的等腰三⾓形？（3）在（2）问条件下，当△BDE恰好是以DE为底边的等腰三⾓形时，动点M相应位置记为点M′，将OM′绕原点O顺时针旋转得到ON（旋转⾓在0°到90°之间）；探究：线段OB上是否存在定点P（P不与O、B重合），⽆论ON如何旋转，始终保持不变，若存在，试求出P点坐标；若不存在，请说明理由；试求出此旋转过程中，（NA+NB）的最⼩值．6．如图1，抛物线y=ax2+（a+3）x+3（a≠0）与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，在x轴上有⼀动点E（m，0）（0＜m＜4），过点E作x轴的垂线交直线AB于点N，交抛物线于点P，过点P作PMAB于点M．（1）求a的值和直线AB的函数表达式；（2）设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，若，求m的值；（3）如图2，在（2）条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE′，旋转⾓为α（0°＜α＜90°），连接AE′、BE′，求AE′+BE′的最⼩值．7.如图1，在Rt△ABC中，ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，C半径为2，P为圆上⼀动点，连结AP、BP，求AP＋BP的最⼩值．（1）尝试解决：为了解决这个问题，下⾯给出⼀种解题思路：如图2，连接CP，在CB上取点D，使CD＝1，则有＝＝，⼜PCD＝BCP，PCD∽△BCP．＝，PD＝BP，AP＋BP＝AP＋PD．请你完成余下的思考，并直接写出答案：AP＋BP的最⼩值为．（2）⾃主探索：在“问题提出”的条件不变的情况下，AP＋BP的最⼩值为．（3）拓展延伸：已知扇形COD中，COD＝90°，OC＝6，OA＝3，OB＝5，点P是上⼀点，求2PA＋PB的最⼩值．专题⼗⼆：最短路径——阿⽒圆（PA+k·PB型）定圆型轨迹问题探究答案例1.连接CD，在BC上取点E，使得CE＝2，连接AE、ED，如图所⽰：CD＝4，BC＝8，CE＝2，，，BCD＝BCD，CDE∽△CBD，，，BD＝2DE，，，根据两点之间，线段最短，当点D在AE上时，AD＋DE最⼩，最⼩值就是AE的长，，ACB＝90o，的最⼩值是.例2．（1）过点A作AHx轴于点H．AO=OB=2，AOB=120°，AOH=60°．OH=1，AH=．A点坐标为（﹣1，），B点坐标为（2，0）．将两点代⼊y=ax2+bx,得解得抛物线的解析式为：y=x2﹣x；（2）如图，C（1，﹣），tan∠EOC==．EOC=30°．POC=90°+30°=120°．AOE=120°，AOE=∠POC=120°．[来源:学+科+⽹Z+X+X+K]OA=2OE，OC=，当OP=OC或OP′=2OC时，△POC与△AOE相似．OP=，OP′=．点P坐标为（0，）或（0，）．（3）如图，取Q（，0）．连接AQ，QE′．==，QOE′=∠BOE′，OE′Q∽△OBE′．==．E′Q=BE′．AE′+BE′=AE′+QE′．[来源:学&科&⽹]AE′+E′Q≥AQ，E′A+E′B的最⼩值就是线段AQ的长，最⼩值为=．专题突破1.在BC上取⼀点G，使得BG＝1，连接PG、DG，如图所⽰：PBG＝PBC，PBG∽△CBP，，，在△PDG中，DP＋PG≥DG，当D、G、P共线时，的值最⼩，最⼩值为；当点P在DG的延长线时，的值最⼤，如图所⽰：此时最⼤值也是DG，最⼤值为5.2.依题意可得OA＝OB＝2，BPA＝135o，点P的轨迹是以原点为圆⼼，OA长为半径的圆O上的劣弧AB，构造圆O，连接OP，在OC上截取OE＝1，连接PE、ED，过点D作DFOC于点F，如图所⽰：，POC＝EOP，POC∽△EOP，，，，当E、P、D三点共线时，PD＋PE的值最⼩，最⼩值为DE的值，DF⊥OC于点F，则DF＝2，EF＝2，，的最⼩值为2DE.3.在BC上取⼀点G，使得BG＝1，过点D作DFBC的延长线交于点F，连接DG、BP，如图所⽰：PBG＝PBC，PBG∽△CBP，，当D、G、P三点共线时，的值最⼩，最⼩值为DG，在Rt△CDF中，DCF＝60o，CD＝4，，在Rt△GDF中，的最⼩值为.4.4．提⽰：如图，作O关于A的对称点E，连接ED交圆O于点P．5.（1）在y＝x+中，令x＝0，则y＝，令y＝0，则x＝﹣6，B（0，），A（﹣6，0），把B（0，），A（﹣6，0）代⼊y＝﹣x2+bx+c得，所以抛物线的函数关系式为：y＝﹣x2﹣x+，令y＝0，则0＝﹣x2﹣x+，x1＝﹣6，x2＝1，C（1，0）；（2）点M（m，0），过点M作x轴的垂线l分别与直线AB和抛物线交于D、E两点，D（m，m+），当DE为底时，如图1，作BGDE于G，则EG＝GD＝ED，GM＝OB＝，DM+DG＝GM＝OB，m++（﹣m2﹣m+﹣m﹣）＝，解得：m1＝﹣4，m2＝0（不合题意，舍去），当m＝﹣4时，△BDE恰好是以DE为底边的等腰三⾓形；（3）存在，如图2．ON＝OM′＝4，OB＝，NOP＝BON，当△NOPBON时，＝＝，不变，即OP＝ON＝×4＝3，P（0，3）；N在以O为圆⼼，4为半径的半圆上，由知，=，NP＝NB，（NA+NB）的最⼩值＝NA+NP，此时N，A，P三点共线，NA+NB的最⼩值＝＝3．6．如图，抛物线y=ax2+（a+3）x+3（a≠0）与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，在x轴上有⼀动点E（m，0）（0＜m＜4），过点E作x轴的垂线交直线AB于点N，交抛物线于点P，过点P作PMAB于点M．（1）求a的值和直线AB的函数解析式；（2）设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，若，求m的值；（3）如图2，在（2）条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE′，旋转⾓为α（0°＜α＜90°），连接AE′，BE′，求AE′+BE′的最⼩值．（1）解：将A（4,0）代⼊抛物线y=ax2+（a+3）x+3，16a+4（a+3）+3=0.解得a＝--，抛物线解析式为-.当x=0时，y=3，所以B（0,3），设直线解析式为y=kx+b，将A，B点的坐标代⼊得解得y＝-.PM⊥AB，PEOA，PMN=∠AEN.∵∠PNM=∠ANE，PNM∽△ANE.∴=.∵NE∥OB，.∴AN＝(4－m).抛物线的解析式为-.PN=--m2＋m＋3-(--m＋3)=--m2＋3m.＝m＝2.（3）如图，在y轴上取⼀点M′，使得OM′=,连接AM′,在AM′取⼀点E′，使得OE′=OE，OE＝OE′＝2，OM′·OB=×3=4.2=OM′·OB.∵∠BO∠M′OE′,∴△M′OE∽△OB.∴=＝.M′E′=B.∴AE′+E′=AE′+M′E′=AM′，此时AE′+E′最⼩(两点之间线段最短，A,M′，E′三点共线)在Rt△AOM′中，AO=4，OM′=，AM′=，AE′+E′最⼩值为.（1）如图1，连结AD，AP＋BP＝AP＋PD，要使AP＋BP最⼩，AP＋AD最⼩，当点A，P，D在同⼀条直线时，AP＋AD最⼩，即：AP＋BP最⼩值为AD，在Rt△ACD中，CD＝1，AC＝6，，AP＋BP的最⼩值为；（2）如图2，连接CP，在CA上取点D，使CD＝，，PCD＝ACP，PCD∽△ACP，，PD＝AP，AP＋BP＝BP＋PD，同（1）的⽅法得出AP＋BP的最⼩值为；（3）如图3，延长OA到点E，使CE＝6，OE＝OC＋CE＝12，连接PE、OP，OA＝3，，AOP＝AOP，OAP∽△OPE，，EP＝2PA，2PA＋PB＝EP＋PB，当E、P、B三点共线时，取得最⼩值为：.。
2020年深圳中考数学压轴题专题总结----胡不归问题总结(word版)
2020年深圳中考数学压轴题专题总结----胡不归问题为了方便同学们掌握，以下为简化版胡不归问题从前，有一个小伙子在外地学徒，当他获悉在家的老父亲病危的消息后，便立即启程赶路。
由于思乡心切，他只考虑了两点之间线段最短的原理，所以选择了全是沙砾地带的直线路径A→B（如图所示），而忽视了走折线虽然路程多但速度快的实际情况，当他气喘吁吁地赶到家时，老人刚刚咽了气，小伙子失声痛哭。
邻居劝慰小伙子时告诉说，老人弥留之际不断念叨着“胡不归？胡不归？…”。
这个古老的传说，引起了人们的思索，小伙子能否提前到家？倘若可以，他应该选择一条怎样的路线呢？这就是风靡千百年的“胡不归问题”。
例题精讲例1、如图，抛物线y=x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点，过B的直线交抛物线于E，且tan ∠EBA=，有一只蚂蚁从A出发，先以1单位/s的速度爬到线段BE上的点D处，再以1.25单位/s的速度沿着DE爬到E点处觅食，则蚂蚁从A到E的最短时间是s．【解答】解：过点E作y轴的平行线，再过D点作y轴的平行线，两线相交于点H，如图，∵EH∥AB，∴∠HEB=∠ABE，∴tan∠HED=tan∠EBA==，设DH=4m，EH=3m，则DE=5m，∴蚂蚁从D爬到E点的时间==4（s）若设蚂蚁从D爬到H点的速度为1单位/s，则蚂蚁从D爬到H点的时间==4（s），∴蚂蚁从D爬到E点所用的时间等于从D爬到H点所用的时间相等，∴蚂蚁从A出发，先以1单位/s的速度爬到线段BE上的点D处，再以1.25单位/s的速度沿着DE爬到E点所用时间等于它从A以1单位/s的速度爬到D点，再从D点以1单位/s 速度爬到H点的时间，作AG⊥EH于G，则AD+DH≥AH≥AG，∴AD+DH的最小值为AQ的长，当y=0时，x2﹣2x﹣3=0，解得x1=﹣1，x2=3，则A（﹣1，0），B（3，0），直线BE交y轴于C点，如图，在Rt△OBC中，∵tan∠CBO==，∴OC=4，则C（0，4），设直线BE的解析式为y=kx+b，把B（3，0），C（0，4）代入得，解得，∴直线BE的解析式为y=﹣x+4，解方程组得或，则E 点坐标为（﹣，），∴AQ=，∴蚂蚁从A 爬到G 点的时间==（s ），即蚂蚁从A 到E 的最短时间为s ．故答案为．例2、如图，已知抛物线)4)(2(8-+=x x k y （k 为常数，且0>k ）与x 轴从左至右依次交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，经过点B 的直线b x y +-=33与抛物线的另一交点为D ．（1）若点D 的横坐标为-5，求抛物线的函数表达式；（2）若在第一象限的抛物线上有点P ，使得以A ，B ，P 为顶点的三角形与△ABC 相似，求k 的值；（3）在（1）的条件下，设F 为线段BD 上一点（不含端点），连接AF ，一动点M 从点A 出发，沿线段AF 以每秒1个单位的速度运动到F ，再沿线段FD 以每秒2个单位的速度运动到D 后停止。
2020年广东省中考数学压轴题：动点问题
2020年广东省中考数学压轴题：动点问题例1：如图1，在平面直角坐标系中，双曲线（k ≠0）与直线y ＝x ＋2都经过点A (2, m )．（1）求k 与m 的值；（2）此双曲线又经过点B (n , 2)，过点B 的直线BC 与直线y ＝x ＋2平行交y 轴于点C ，联结AB 、AC ，求△ABC 的面积；（3）在（2）的条件下，设直线y ＝x ＋2与y 轴交于点D ，在射线CB 上有一点E ，如果以点A 、C 、E 所组成的三角形与△ACD 相似，且相似比不为1，求点E 的坐标．图1满分解答（1）将点A (2, m )代入y ＝x ＋2，得m ＝4．所以点A 的坐标为(2, 4)．将点A (2, 4)代入k y x=，得k ＝8． （2）将点B (n , 2)，代入8y x =，得n ＝4． 所以点B 的坐标为(4, 2)．设直线BC 为y ＝x ＋b ，代入点B (4, 2)，得b ＝－2．所以点C 的坐标为(0,－2)．由A (2, 4) 、B (4, 2) 、C (0,－2)，可知A 、B 两点间的水平距离和竖直距离都是2，B 、C 两点间的水平距离和竖直距离都是4．所以AB＝BC＝ABC ＝90°．所以S △ABC ＝12BA BC ⋅＝12⨯8． （3）由A (2, 4) 、D (0, 2) 、C (0,－2)，得AD＝AC＝由于∠DAC ＋∠ACD ＝45°，∠ACE ＋∠ACD ＝45°，所以∠DAC ＝∠ACE ． 所以△ACE 与△ACD 相似，分两种情况：①如图3，当CE AD CA AC=时，CE ＝AD＝ 此时△ACD ≌△CAE ，相似比为1．图2②如图4，当CE ACCA AD ==CE ＝C 、E 两点间的水平距离和竖直距离都是10，所以E (10, 8)．图3图4。
2020年广东省中考数学压轴题专题训练(含解析)
2020年（广东）中考数学压轴题专题训练1．如图，AB为⊙O的直径，P为BA延长线上一点，点C在⊙O上，连接PC，D为半径OA上一点，PD＝PC，连接CD并延长交⊙O于点E，且E是的中点．（1）求证：PC是⊙O的切线；（2）求证：CD•DE＝2OD•PD；（3）若AB＝8，CD•DE＝15，求P A的长．2．已知：矩形ABCD内接于⊙O，连接BD，点E在⊙O上，连接BE交AD于点F，∠BDC+45°＝∠BFD，连接ED．（1）如图1，求证：∠EBD＝∠EDB；（2）如图2，点G是AB上一点，过点G作AB的垂线分别交BE和BD于点H和点K，若HK＝BG+AF，求证：AB＝KG；（3）如图3，在（2）的条件下，⊙O上有一点N，连接CN分别交BD和AD于点M和点P，连接OP，∠APO＝∠CPO，若MD＝8，MC＝3，求线段GB的长．3．如图，AB是⊙O的直径，CD⊥AB，交⊙O于C、D两点，交AB点E、F是弧BD上一点，过点F作一条直线，交CD的延长线于点G，交AB的延长线于点M．连结AF，交CD于点H，GF＝GH．（1）求证：MG是⊙O的切线；（2）若弧AF＝弧CF，求证：HC＝AC；（3）在（2）的条件下，若tan G＝，AE＝6，求GM的值．4．如图，已知AC是半径为2的⊙O的一条弦，且AC＝2，点B是⊙O上不与A、C重合的一个动点，（1）请计算△ABC的面积的最大值；（2）当点B在优弧上，∠BAC＞∠ACB时，∠ABC的平分线交AC于D，且OD⊥BD，请计算AD的长；（3）在（2）条件下，请探究线段AB、BC、BD之间的数量关系．5．如图，△ABC为⊙O的内接三角形，BC为⊙O的直径，在线段OC上取点D（不与端点重合），作DG⊥BC，分别交AC、圆周于E、F，连接AG，已知AG＝EG．（1）求证：AG为⊙O的切线；（2）已知AG＝2，填空：①当四边形ABOF是菱形时，∠AEG＝°；②若OC＝2DC，△AGE为等腰直角三角形，则AB＝．6．如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，AD是⊙O的弦，AD＝BC，AD与BC相交于点E．（1）求证：CB平分∠ACD；（2）过点B作BG⊥AC于G，交AD于点F．①猜想AC、AG、CD之间的数量关系，并且说明理由；②若S△ABG＝S△ACD，⊙O的半径为15，求DF的长．7．如图，点P在y轴的正半轴上，⊙P交x轴于B、C两点，交y轴于点A，以AC为直角边作等腰Rt△ACD，连接BD分别交y轴和AC于E、F两点，连接AB．（1）求证：AB＝AD；（2）若BF＝4，DF＝6，求线段CD的长；（3）当⊙P的大小发生变化而其他条件不变时，的值是否发生变化？若不发生变化，请求出其值；若发生变化，请说明理由．8．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D在BC边上（不包括端点B，C），过A，C，D 三点的⊙O交AB于另一点E，连结AD，DE，CE，且CE⊥AD于点G，过点C作CF∥DE交AD于点F，连结EF．（1）求证：四边形DCFE是菱形；（2）当tan∠AEF＝，AC＝4时，求⊙O的直径长．9．如图，抛物线y＝x2+mx+n与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，若A（﹣1，0），且OC＝3OA．（1）求抛物线的解析式；（2）若点M为抛物线上第四象限内一动点，顺次连接AC，CM，MB，是否存在点M，使四边形MBAC的面积为9，若存在，求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．（3）将直线BC沿x轴翻折交y轴于N点，过B点的直线l交y轴、抛物线分别于D、E，且D在N的上方，将A点绕O顺时针旋转90°得M，若∠NBD＝∠MBO，试求E的的坐标．10．已知：如图，直线y＝﹣x﹣3交坐标轴于A、C两点，抛物线y＝x2+bx+c过A、C两点，（1）求抛物线的解析式；（2）若点P为抛物线位于第三象限上一动点，连接P A，PC，试问△P AC的面积是否存在最大值，若存在，请求出△APC面积的最大值，以及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）点M为抛物线上一点，点N为抛物线对称轴上一点，若△NMC是以∠NMC为直角的等腰直角三角形，请直接写出点M的坐标．11．如图，二次函数y＝a（x2+2mx﹣3m2）（其中a，m是常数a＜0，m＞0）的图象与x轴分别交于A、B（点A位于点B的右侧），与y轴交于点C（0，3），点D在二次函数的图象上，CD∥AB，连结AD．过点A作射线AE交二次函数的图象于点E，AB平分∠DAE．（1）求a与m的关系式；（2）求证：为定值；（3）设该二次函数的图象的顶点为F．探索：在x轴的正半轴上是否存在点G，连结GF，以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形？如果存在，只要找出一个满足要求的点G即可，并用含m的代数式表示该点的横坐标；如果不存在，请说明理由．12．如图，抛物线y＝ax2+4ax+与x轴交于点A、B（A在B的左侧），过点A的直线y＝kx+3k交抛物线于另一点C．（1）求抛物线的解析式；（2）连接BC，过点B作BD⊥BC，交直线AC于点D，若BC＝5BD，求k的值；（3）将直线y＝kx+3k向上平移4个单位，平移后的直线交抛物线于E、F两点，求△AEF的面积的最小值．13．如图1，二次函数y＝﹣x2+x+3的图象交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于C点，连结AC，过点C作CD⊥AC交AB于点D．（1）求点D的坐标；（2）如图2，已知点E是该二次函数图象的顶点，在线段AO上取一点F，过点F作FH ⊥CD，交该二次函数的图象于点H（点H在点E的右侧），当五边形FCEHB的面积最大时，求点H的横坐标；（3）如图3，在直线BC上取一点M（不与点B重合），在直线CD的右上方是否存在这样的点N，使得以C、M、N为顶点的三角形与△BCD全等？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．14．如图，已知二次函数y＝ax2﹣8ax+6（a＞0）的图象与x轴分别交于A、B两点，与y 轴交于点C，点D在抛物线的对称轴上，且四边形ABDC为平行四边形．（1）求此抛物线的对称轴，并确定此二次函数的表达式；（2）点E为x轴下方抛物线上一点，若△ODE的面积为12，求点E的坐标；（3）在（2）的条件下，设抛物线的顶点为M，点P是抛物线的对称轴上一动点，连接PE、EM，过点P作PE的垂线交抛物线于点Q，当∠PQE＝∠EMP时，求点Q到抛物线的对称轴的距离．15．如图，已知抛物线y＝a（x+2）（x﹣4）（a为常数，且a＞0）与x轴从左至右依次交于A，B两点，与y轴交于点C，经过点B的直线y＝﹣x+与抛物线的另一交点为D，且点D的横坐标为﹣5．（1）求抛物线的函数表达式；（2）该二次函数图象上有一点P（x，y）使得S△BCD＝S△ABP，求点P的坐标；（3）设F为线段BD上一点（不含端点），连接AF，求2AF+DF的最小值．16．二次函数y＝x2﹣x﹣与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C，点D 为抛物线的顶点，连接BD．（1）如图1，点P为抛物线上的一点，且在线段BD的下方（包括线段的端点），连接P A，PC，AC．求△P AC的最大面积；（2）如图2，直线l1过点B、D．过点A作直线l2∥l1交y轴于点E，连接点A、E，得到△OAE，将△OAE绕着原点O顺时针旋转α°（0＜α＜180）得到△OA1E1，旋转过程中直线OE1与直线l1交于点M，直线A1E1与直线l1交于点N．当△E1MN为等腰三角形时，直接写出点E1的坐标并写出相应的α值．17．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，点A、B在x轴上，点C、D在第二象限，点M是BC中点．已知AB＝6，AD＝8，∠DAB＝60°，点B的坐标为（﹣6，0）．（1）求点D和点M的坐标；（2）如图①，将▱ABCD沿着x轴向右平移a个单位长度，点D的对应点D′和点M的对应点M′恰好在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，请求出a的值以及这个反比例函数的表达式；（3）如图②，在（2）的条件下，过点M，M′作直线l，点P是直线l上的动点，点Q 是平面内任意一点，若以B′，C′，P、Q为顶点的四边形是矩形，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．18．如图，过原点的直线y1＝mx（m≠0）与反比例函数y2＝（k＜0）的图象交于A、B 两点，点A在第二象限，且点A的横坐标为﹣1，点D在x轴负半轴上，连接AD交反比例函数图象于另一点E，AC为∠BAD的平分线，过点B作AC的垂线，垂足为C，连接CE，若AD＝2DE，△AEC的面积为．（1）根据图象回答：当x取何值时，y1＜y2；（2）求△AOD的面积；（3）若点P的坐标为（m，k），在y轴的轴上是否存在一点M，使得△OMP是直角三角形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．19．阅读材料：我们知道：一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点，过另外两个顶点分别向该直线作垂线，即可得三垂直模型”如图①：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，分别过A、B向经过点C直线作垂线，垂足分别为D、E，我们很容易发现结论：△ADC≌△CEB．（1）探究问题：如果AC≠BC，其他条件不变，如图②，可得到结论；△ADC∽△CEB．请你说明理由．（2）学以致用：如图③，在平面直角坐标系中，直线y＝x与直线CD交于点M（2，1），且两直线夹角为α，且tanα＝，请你求出直线CD的解析式．（3）拓展应用：如图④，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E为BC边上一个动点，连接BE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，点A落在点P处，当点P在矩形ABCD 外部时，连接PC，PD．若△DPC为直角三角形时，请你探究并直接写出BE的长．20．笛卡尔是法国数学家、科学家和哲学家，他的哲学与数学思想对历史的影响是深远的．1637年，笛卡尔发表了《几何学》，创立了直角坐标系．其中笛卡尔的思想核心是：把几何学的问题归结成代数形式的问题，用代数的方法进行计算、证明，从而达到最终解决几何问题的目的．某学习小组利用平面直角坐标系在研究直线上点的坐标规律时，发现直线y＝kx+b（k≠0）上的任意三点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）（x1≠x1≠x3），满足＝＝＝k，经学习小组查阅资料得知，以上发现是成立的，即直线y＝kx+b（k≠0）上任意两点的坐标M（x1，y1）N（x2，y2）（x1≠x2），都有的值为k，其中k叫直线y＝kx+b的斜率．如，P（1，3），Q（2，4）为直线y＝x+2上两点，则k PQ＝＝1，即直线y＝x+2的斜率为1．（1）请你直接写出过E（2，3）、F（4，﹣2）两点的直线的斜率k EF＝．（2）学习小组继续深入研究直线的“斜率”问题，得到如下正确结论：不与坐标轴平行的任意两条直线互相垂直时，这两条直线的斜率之积是定值．如图1，直线GH⊥GI于点G，G（1，3），H（﹣2，1），I（﹣1，6）．请求出直线GH 与直线GI的斜率之积．（3）如图2，已知正方形OKRS的顶点S的坐标为（6，8），点K，R在第二象限，OR 为正方形的对角线．过顶点R作RT⊥OR于点R．求直线RT的解析式．参考答案一．解答题（共20小题）1．（1）证明：连接OC，OE，∵OC＝OE，∴∠E＝∠OCE，∵E是的中点，∴＝，∴∠AOE＝∠BOE＝90°，∴∠E+∠ODE＝90°，∵PC＝PD，∴∠PCD＝∠PDC，∵∠PDC＝∠ODE，∴∠PCD＝∠ODE，∴∠PCD+∠OCD＝∠ODE+∠E＝90°，∴OC⊥PC，∴PC是⊙O的切线；（2）证明：连接AC，BE，BC，∵∠ACD＝∠DBE，∠CAD＝∠DEB，∴△ACD∽△EBD，∴＝，∴CD•DE＝AD•BD＝（AO﹣OD）（AO+OD）＝AO2﹣OD2；∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠PCO＝90°，∴∠ACP+∠ACO＝∠ACO+∠BCO＝90°，∴∠ACP＝∠BCO，∵∠BCO＝∠CBO，∴∠ACP＝∠PBC，∵∠P＝∠P，∴△ACP∽△CBP，∴，∴PC2＝PB•P A＝（PD+DB）（PD﹣AD）＝（PD+OD+OA）（PD+OD﹣OA）＝（PD+OD）2﹣OA2＝PD2+2PD•OD+OD2﹣OA2，∵PC＝PD，∴PD2＝PD2+2PD•OD+OD2﹣OA2，∴OA2﹣OD2＝2OD•PD，∴CD•DE＝2OD•PD；（3）解：∵AB＝8，∴OA＝4，由（2）知，CD•DE＝AO2﹣OD2；∵CD•DE＝15，∴15＝42﹣OD2，∴OD＝1（负值舍去），∴AD＝3，由（2）知，CD•DE＝2OD•PD，∴PD＝＝，∴P A＝PD﹣AD＝．2．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠BAD＝90°，∴∠BDC＝∠DBA，BD是⊙O的直径，∴∠BED＝90°，∵∠BFD＝∠ABF+∠BAD，∠BFD＝∠BDC+45°，∴∠ABF+90°＝∠DBA+45°，∴∠DBA﹣∠ABF＝45°，∴∠EBD＝45°，∴△BED是等腰直角三角形，∴∠EBD＝∠EDB；（2）证明：过点K作KS⊥BE，垂足为R，交AB于S，如图2所示：∵KG⊥AB，∴∠BGH＝∠KRH＝∠SRB＝∠KGS＝90°，∴∠SBR＝∠HKR，∵∠BED＝90°，∴∠RBK＝∠RKB＝45°，∴BR＝KR，在△SRB和△HRK中，，∴△SRB≌△HRK（ASA），∴SB＝HK，∵SB＝BG+SG，HK＝BG+AF，∴BG+SG＝BG+AF，∴SG＝AF，在△ABF和△GKS中，，∴△ABF≌△GKS（AAS），∴AB＝KG；（3）解：过点O分别作AD与CN的垂线，垂足分别为Q和T，连接OC，如图3所示：∵∠APO＝∠CPO，∴OQ＝OT，在Rt△OQD和Rt△OTC中，，∴Rt△OQD≌Rt△OTC（HL），∴DQ＝CT，∴AD＝CN，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝CN＝BC，连接ON，在△NOC和△BOC中，，∴△NOC≌△BOC（SSS），∴∠BCO＝∠NCO，设∠OBC＝∠OCB＝∠NCO＝α，∴∠MOC＝2α，过点M作MW⊥OC于W，在OC上取一点L，使WL＝OW，连接ML，∴MO＝ML，∴∠MOL＝∠MLO＝2α，∴∠LCM＝∠LMC＝α，∴ML＝CL，设OM＝ML＝LC＝a，则OD＝a+8＝OC，∴OL＝8，OW＝WL＝4，∴CW＝4+a，由勾股定理得：OM2﹣OW2＝MW2＝MC2﹣CW2，即a2﹣42＝（3）2﹣（4+a）2，整理得：a2+4a﹣45＝0，解得：a1＝﹣9（不合题意舍去），a2＝5，∴OM＝5，∴MW＝3，WC＝9，∴OB＝OC＝OD＝13，BD＝26，∵∠GKB＝∠CBD＝∠ADB＝∠BCO＝∠MCW，tan∠MCW＝＝＝，∴tan∠GKB＝tan∠CBD＝tan∠ADB＝tan∠BCO＝tan∠MCW＝，设AB＝b，则AD＝3b，由勾股定理得：b2+（3b）2＝262，解得b＝，∴CD＝GK＝AB＝，在Rt△GKB中，tan∠GKB＝＝，∴GB＝GK＝×＝．3．（1）证明：连接OF．∴AB⊥CD，∴∠AEH＝90°，∴∠EAH+∠AHE＝90°，∵GF＝GH，∴∠GFH＝∠GHF＝∠AHE，∵OA＝OF，∴∠OAF＝∠OF A，∴∠OF A+∠GFH＝90°，∴OF⊥GM，∴MG是⊙O的切线．（2）证明：∵＝，∴OF垂直平分线段AC∵OF⊥MG，∴AC∥GM，∴∠CAH＝∠GFH，∵∠CHA＝∠GHF，∠HGF＝∠GFH，∴∠CAH＝∠CHA，∴CA＝CH．（3）解：∵AC∥GM，∴∠G＝∠ACH，∴tan∠CAH＝tan∠G＝＝，∵AE＝6，∴EC＝8，AC＝＝＝10，设GF＝GH＝x，则CG＝CH+GH＝AC+GH＝10+x，∵CD＝2EC＝16，∴GD＝10+x﹣16＝x﹣6，∵GF2＝GD•GC，∴x2＝（x﹣6）（x+10），解得x＝15，∴EG＝CG﹣CE＝25﹣8＝17，∵tan∠G＝＝，∴EM＝，∴GM＝＝＝．4．解：（1）如图1中，当点B在优弧AC的中点时，△ABC的面积的最大，连接AB，BC，OB，延长BO交AC于H．∵＝，∴BH⊥AC，∴AH＝HC＝，∴OH＝＝1，∴BH＝OB+OH＝2+1＝3，∴△ABC的最大面积＝×AC×BH＝×2×3＝3．（2）如图2中，延长BD交⊙O于E，连结OE交AC于F，连结OC．由BD平分∠ABC可得，E为弧AC中点，∴OE⊥AC，∴AF＝CF＝∴OF＝＝＝1＝EF，∴DF垂直平分OE，又∵OD⊥BD，∴△ODE是等腰直角三角形，∴DF＝OE＝1，∴AD＝．（3）如图3，连结AE、CE，由已知得AE＝CE，∠AEC＝120〫，将△EAB绕点E顺时针旋转120〫得△ECF，∵∠BAE＝∠ECF，∠BAE+∠BCE＝180〫，∴∠ECF+∠BCE＝180〫，∴BF＝BC+CF，∵AB＝CF，∴BF＝AB+BC，∵BE＝FE，∠BEF＝∠AEC＝120〫，∴BF＝BE，∵OD⊥BD，∴BE＝2BD，∴BF＝2BD，∴BA+BC＝2BD．5．（1）证明：连接OA．∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵GA＝GE，∴∠GAE＝∠GEA，∵DG⊥BC，∴∠EDC＝90°，∴∠OCA+∠DEC＝90°，∵∠CED＝∠GEA＝∠GAE，∴∠OAC+∠GAE＝90°，∴∠OAG＝90°，∴OA⊥AG，∴AG是⊙O的切线．（2）①如图2中，连接OA，AF，OF．∵四边形ABOF是菱形，∴AB＝BO＝OF＝AF＝OA，∴△ABO是等边三角形，∴∠B＝60°，∵BC是直径，∴∠BAC＝90°∴∠ACB＝90°﹣60°＝30°，∵ED⊥BC，∴∠DEC＝90°﹣∠ACB＝60°，∴∠AEG＝∠DEC＝60°．故答案为60．②如图3中，当AB＝4时，△AGE是等腰直角三角形．理由：连接OA．∵△AGE是等腰直角三角形，∴∠AEG＝∠DEC＝∠DCE＝45°，∴△EDC，△ABC都是等腰直角三角形，∵OB＝OC，∴AO⊥OC，∴∠AOD＝∠ODG＝∠G＝90°，∴四边形AODG是矩形，∴AG＝OD＝2，∴OC＝2OD＝4，∴BC＝2OC＝8，∴AB＝AC＝4，故答案为4．6．（1）证明：如图1中，∵AD＝BC，∴＝，∴＝，∵AB＝AC，∴＝，∴＝，∴∠ACB＝∠BCD，∴CB平分∠ACD．（2）①结论：AC﹣2AG＝CD．理由：如图2中，连接BD，在GC上取一点H，使得GH＝GA．∵BG⊥AH，GA＝GH，∴BA＝BH，∴∠BAH＝∠BHA，∵∠BAH+∠BDC＝180°，∠BHG+∠BHC＝180°，∴∠BDC＝∠BHC，∵∠BCH＝∠BCD，CB＝CB，∴△BCH≌△BCD（AAS），∴CD＝CH，∴AC﹣2AG＝AC﹣AH＝CH＝CD．②如图3中，过点G作GN⊥AB于G，过点D作DM⊥AC交AC的延长线于M，连接AO，延长AO交BC于J，连接OC．∵＝，∴∠BAD＝∠ADC，∴AB∥CD，∴S△ACD＝S△BCD，∵△BCH≌△BCD，∴S△BCH＝S△BCD，∵AG＝GH，∴S△ABG＝S△BGH，∵S△ABG＝S△ACD，∴S△ABG＝S△BGH＝S△BCH，∴AG＝GH＝CH，设AG＝GH＝HC＝a，则AB＝AC＝3a，BG＝＝＝2a，∵BG⊥AC，∴•BG•AG＝•AB•GN，∴GN＝＝a，在Rt△BGC中，BC＝＝＝2a，∵AB＝AC，∴＝，∴AJ⊥BC，∴BJ＝JC＝a，∴AJ＝＝＝a，在Rt△OJC中，∵OC2＝OJ2+JC2，∴152＝（a﹣15）2+（a）2，∴a＝，∵S△ABG＝S△ACD，AB＝AC，GN⊥AB，DM∠AC，∴DM＝GN＝a＝，∵BC＝AD＝2a＝20，∴AM＝＝＝，∵FG∥DM，∴＝，∴＝，∴AF＝6，∴DF＝AD＝AF＝20﹣6＝14． 7．（1）证明：∵OA⊥BC，且OA过圆心点P，∴OB＝OC，在△AOB和△AOC中，，∴△AOB≌△AOC（SAS），∴AB＝AC，∵以AC为直角边作等腰Rt△ACD，∴AD＝AC，∴AB＝AD；（2）如图1，过点A作AM⊥BD于M，由（1）知，AB＝AD，∴DM＝BD，∵BF＝4，DF＝6，∴BD＝10，∴DM＝5，∵∠AMD＝90°＝∠DAF，∠ADM＝∠FDA，∴△ADM∽△FDA，∴，∴，∴AD＝，在等腰直角三角形ADC中，CD＝AD＝2；（3）的值是不发生变化，理由：如图2，过点D作DH⊥y轴于H，作DQ⊥x轴于Q，∴∠AHD＝90°＝∠COA，∴∠ADH+∠DAH＝90°，∵∠CAD＝90°，∴∠CAO+∠DAH＝90°，∴∠ADH＝∠CAO，∵AD＝AC，∴△ADH≌△ACO（AAS），∴DH＝AO，AH＝OC，∵∠OHD＝∠QOH＝∠OQD＝90°，∴四边形OQDH是矩形，DH＝OQ，DQ＝OH，又∵HO＝AH+AO＝OC+DH＝OB+DH＝OB+OQ＝BQ，∴DQ＝BQ，∴△DBQ为等腰直角三角形，∴∠DBQ＝45°，∴∠DEH＝∠BEO＝45°，∴sin∠DEH＝，∴＝，∴，∴．8．解：（1）证明：∵CE⊥AD，∴EG＝CG，∵CF∥DE，∴∠DEG＝∠FCG，∵∠FGC＝∠DGE，∴△DEG≌△FCG（ASA），∴ED＝FC，∴四边形DCFE为平行四边形，又∵CE⊥DF，∴四边形DCFE是菱形；（2）∵AG⊥EC，EG＝CG，∴AE＝AC＝4，∵四边形AEDC内接于⊙O，∴∠BED＝∠BCA＝90°，∵四边形DCFE是菱形，∴EF∥DC，DE＝DC，∴∠AEF＝∠ABC，∴tan∠ABC＝tan∠AEF＝，在Rt△BED中，设DE＝3a，则BE＝4a，∴DC＝3a，BD＝＝5a，∵BC2+AC2＝AB2，∴（5a+3a）2+42＝（4a+4）2，解得a＝或a＝0（舍去），∴DE＝DC＝2，∴AD＝＝＝2．即⊙O的直径长为2．9．解：（1）∵A（﹣1，0），∴OA＝1，OC＝3OA＝3，∴C（0，﹣3），将A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+mx+n中，得，解得，∴y＝x2﹣2x﹣3；（2）存在，理由：令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，∴B（3，0），∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，设M（m，m2﹣2m﹣3），过点M作MN∥y轴交BC于N，如图1，∴N（m，m﹣3），∴MN＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，∴S四边形MBAC＝S△ABC+S△BCM＝AB×OC+MN×OB＝×4×3×（﹣m2+3m）×3＝9，解得：m＝1或2，故点M的坐标为（1，﹣4）或（2，﹣3）；（3）∵OB＝OC＝ON，∴△BON为等腰直角三角形，∵∠OBM+∠NBM＝45°，∴∠NBD+∠NBM＝∠DBM＝45°，∴MB＝MF，过点M作MF⊥BM交BE于F，过点F作FH⊥y轴于点H，如图2，∴∠HFM+∠BMO＝90°，∵∠BMO+∠OMB＝90°，∴∠OMB＝∠HFM，∵∠BOM＝∠MHF＝90°，∴△BOM≌△MHF（AAS），∴FH＝OM＝1，MH＝OB＝3，故点F（1，4），由点B、F的坐标得，直线BF的解析式为y＝﹣2x+6，联立，解得，∴E（﹣3，12）．10．解：（1）y＝﹣x﹣3交坐标轴于A、C两点，则点A、C的坐标分别为：（﹣3，0）、（0，﹣3）；将点A、C的坐标代入抛物线表达式得：，解得，故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；（2）存在，理由：如图1，过点P作y轴的平行线交AC于点H，设点P（x，x2+2x﹣3），则点H（x，﹣x﹣3），△APC面积S＝S△PHA+S△PHC＝×PH×OA＝（﹣x﹣3﹣x2﹣2x+3）×3＝﹣x2﹣x，∵﹣＜0，故S有最大值，当x＝﹣时，S的最大值为，此时点P（﹣，﹣）；（3）如图2，设点N（﹣1，s），点M（m，n），n＝m2+2m﹣3，过点M作y轴的平行线交过点C与x轴的平行线于点H，交过点N与x轴的平行线于点G，∵∠GMN+∠GNM＝90°，∠GMN+∠HMC＝90°，∴∠HMC＝∠GNM，∵∠MGN＝∠CHM＝90°，MN＝MC，∴△MGN≌△CHM（AAS），∴GN＝MH，即GN＝|﹣1﹣m|＝MH＝|n+3|，①当﹣1﹣m＝n+3时，即m+n+4＝0，即m2+3m+1＝0，解得：m＝，故点P（，）；②当﹣1﹣m＝﹣（n+3）时，即m＝n+2，同理可得：点P（，）；故点P的坐标为：（，）或（，）或（，）或（，）．11．解：（1）将点C的坐标代入抛物线表达式得：﹣3am2＝3，解得：am2＝﹣1；（2）对于二次函数y＝a（x2+2mx﹣3m2），令y＝0，则x＝m或﹣3m，∴函数的对称轴为：x＝﹣m，∵CD∥AB，∴点D、C的纵坐标相同，故点D（﹣2m，3），故点A、B的坐标分别为：（m，0）、（﹣3m，0），设点E（x，y），y＝a（x2+2mx﹣3m2），分别过点D、E作x轴的垂线，垂足分别为M、N，∵AB平分∠DAE，∴∠DAM＝∠EAN，∴RtADM△∽Rt△ANE，∴，即，解得：y＝，故点E（x，），将点E的坐标代入抛物线表达式并解得：x＝＝﹣4m，则y＝＝﹣5，故点E（﹣4m，﹣5），故＝＝＝为定值；（3）存在，理由：函数的对称轴为x＝﹣m，当x＝﹣m时，y＝a（x2+2mx﹣3m2）＝4，即点F（﹣m，4），由点F、C的坐标得，直线FC的表达式为：y＝﹣x+3，令y＝0，则x＝3m，即点G（3m，0），GF2＝（3m+m）2+42＝16m2+16，同理AD2＝9m2+9，AE2＝25m2+25，故AE2＝AD2+GF2，GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，点G的横坐标为3m．12．解：（1）∵直线y＝kx+3k过点A，∴y＝0时，0＝kx+3k，解得x＝﹣3，∴A（﹣3，0），把点A的坐标代入y＝ax2+4ax+，得9a﹣12a+＝0，解得a＝，∴抛物线解析式为y＝x2+x+；（2）如图1，过点D作DF⊥x轴于F，过点C作CG⊥x轴于G，∴∠DFB＝∠CGO＝90°＝∠DBC，∴∠DBF+∠BDF＝90°，又∵∠DBF+∠CBG＝90°，∴∠BDF＝∠CBG，∴△BDF∽△CBG，∴，∵CB＝5BD，∴CG＝5BF，BG＝5DF，联立方程组，解得：，（舍去），∴点C（4k﹣1，4k2+2k），∴CG＝4k2+2k，OG＝4k﹣1，设BF＝m，则CG＝5m，DF＝2k﹣km，BG＝5（2k﹣km），∴，解得k＝﹣（舍去）或k＝0（舍去）或k＝1，∴k的值为1；（3）∵将直线y＝kx+3k向上平移4个单位，∴平移后解析式为y＝kx+3k+4，∴kx+3k+4＝x2+x+，∴x E+x F＝4k﹣4，x E•x F＝﹣12k﹣13，∴|x F﹣x E|＝＝，∵△AEF的面积＝×4×，∴当k＝﹣时，△AEF的面积的最小值为16．13．解：（1）令x＝0，则y＝3，∴C（0，3），∴OC＝3．令y＝0，则﹣x2+x+3＝0，解得：x1＝﹣4，x2＝6，∴A（﹣4，0），B（6，0），∴OA＝4，OB＝6．∵CD⊥AC，∴∠ACD＝90°，∵CO⊥AD，∴OC2＝OA•OD，∴OD＝，∴D（，0）．∴E（1，）．如图2，连接OE、BE，作HG⊥x轴于点G，交BE于点P．由B、E两点坐标可求得直线BE的解析式为：y＝﹣x+．设H（m，﹣m2+m+3），则P（m，﹣m+）．∴HG＝﹣m2+m+3，HP＝y H﹣y P＝﹣m2+m﹣．∴S△BHE＝（x B﹣x E）•HP＝（﹣m2+m﹣）＝﹣m2+m﹣．∵FH⊥CD，AC⊥CD，∴AC∥FH，∴∠HFG＝∠CAO，∵∠AOC＝∠FGH＝90°，∴△ACO∼△FHG，∴＝＝，∴FG＝HG＝﹣m2+m+4，∴AF＝AG﹣FG＝m+4+m2﹣m﹣4＝m2+m，∴S△AFC＝AF•OC＝（m2+m）＝m2+m，∵S四边形ACEB＝S△ACO+S△OCE+S△OEB＝×4×3+×3×1+6×＝，∴S五边形FCEHB＝S四边形ACEB+S△BHE﹣S△AFC＝+（﹣m2+m﹣）﹣（m2+m）∴当m＝时，S五边形FCEHB取得最大值．此时，H的横坐标为．（3）∵B（6，0），C（0，3），D（，0），∴CD＝BD＝，BC＝3，∴∠DCB＝∠DBC．①如图3﹣1，△CMN≌△DCB，MN交y轴于K，则CM＝CN＝DC＝DB＝，MN＝BC＝3，∠CMN＝∠CNM＝∠DBC＝∠DCB，∴MN∥AB，∴MN⊥y轴，∴∠CKN＝∠COB＝90°，MK＝NK＝MN＝，∴△CKN∼△COB，∴＝＝，∴CK＝，∴OK＝OC+CK＝，∴N（，）．②如图3﹣2，△MCN≌△DBC，则CN＝CB＝3，∠MCN＝∠DBC，∴CN∥AB，∴N（3，3）．③如图3﹣3，△CMN≌△DBC，则∠CMN＝∠DCB，CM＝CN＝DC＝DB＝，MN＝BC＝3，∴MN∥CD，作MR⊥y轴于R，则＝＝＝，∴CR＝，RM＝，∴OR＝3﹣，作MQ∥y轴，NQ⊥MQ于点Q，则∠NMQ＝∠DCO，∠NQM＝∠DOC＝90°，∴△COD∼△MQN，∴＝＝，∴MQ＝MN＝，NQ＝MN＝，∴NQ﹣RM＝，OR+MQ＝，∴N（﹣，）．综上所述，满足要标的N点坐标有：（，）、（3，3）、（﹣，）．14．解：（1）对称轴为直线x＝﹣＝4，则CD＝4，∵四边形ABDC为平行四边形，∴DC∥AB，DC＝AB，∴DC＝AB＝4，∴A（2，0），B（6，0），把点A（2，0）代入得y＝ax2﹣8ax+12得4a﹣16a+6＝0，解得a＝，∴二次函数解析式为y＝x2﹣4x+6；（2）如图1，设E（m，m2﹣4m+6），其中2＜m＜6，作EN⊥y轴于N，如图2，∵S梯形CDEN﹣S△OCD﹣S△OEN＝S△ODE，∴（4+m）（6﹣m2+4m﹣6）﹣×4×6﹣m（﹣m2+4m﹣6）＝12，化简得：m2﹣11m+24＝0，解得m1＝3，m2＝8（舍），∴点E的坐标为（3，﹣）；（3）Ⅰ、当点Q在对称轴右侧时，如图2，过点E作EF⊥PM于F，MQ交x轴于G，∵∠PQE＝∠PME，∴点E，M，Q，P四点共圆，∵PE⊥PQ，∴∠EPQ＝90°，∴∠EMQ＝90°，∴∠EMF+∠HMG＝90°，∵∠HMG+∠HGM＝90°，∴∠EMF＝∠HGM，在Rt△EFM中，EF＝1，FM＝，tan∠EMF＝＝2，∴tan∠HGM＝2，∴，∴HG＝HM＝1，∴点G（5，0），∵M（4，﹣2），∴直线MG的解析式为y＝2x﹣10①，∵二次函数解析式为y＝x2﹣4x+6②，联立①②解得，（舍）或，∴Q（8，6），∴点Q到对称轴的距离为8﹣4＝4；Ⅱ、当点Q在对称轴左侧时，如图3，过点E作EF⊥PM于F，过点Q作QD⊥PM于D，∴∠DQP+∠QPD＝90°，∵∠EPQ＝90°，∴∠DPQ+∠FPE＝90°，∴∠DQP＝∠FPE，∵∠PDQ＝∠EFP，∴△PDQ∽△EFP，∴，由Ⅰ知，tan∠PQE＝＝2，∵EF＝1，∴＝，∴DP＝，PF＝2QD，设Q（n，n2﹣4n+6），∴DQ＝4﹣n，DH＝n2﹣4n+6，∴PF＝DH+FH﹣DP＝n2﹣4n+6+﹣＝n2﹣4n+7，∴n2﹣4n+7＝2（4﹣n），∴n＝2+（舍）或n＝2﹣，∴DQ＝4﹣n＝2+，即点Q到对称轴的距离为4或2+．15．解：（1）抛物线y＝a（x+2）（x﹣4），令y＝0，解得x＝﹣2或x＝4，∴A（﹣2，0），B（4，0）．∵直线y＝﹣x+，当x＝﹣5时，y＝3，∴D（﹣5，3），∵点D（﹣5，3）在抛物线y＝a（x+2）（x﹣4）上，∴a（﹣5+2）（﹣5﹣4）＝3，∴a＝．∴抛物线的函数表达式为：y＝x2﹣x﹣．（2）如图1中，设直线BD交y轴于J，则J（0，）．连接CD，BC．∵S△BDC＝××9＝10，∴S△P AB＝10，∴×6×|y P|＝10y P＝±，当y＝时，＝x2﹣x﹣，解得x＝1±，∴P（，）或（，），当﹣＝x2﹣x﹣，方程无解，∴满足条件的点P的坐标为（，）或（，）．（3）如图2中，过点D作DM平行于x轴，∵D（﹣5，3），B（4，0），∴tan∠DBA＝＝，∴∠DBA＝30°∴∠BDM＝∠DBA＝30°，过F作FJ⊥DM于J，则有sin30°＝，∴HF＝，∴2AF+DF＝2（AF+）＝2（AF+HF），当A、F、H三点共线时，即AH⊥DM时，2AF+DF＝2（AF+HF）取最小值为＝．16．解：（1）∵y＝x2﹣x﹣＝（x2﹣2x﹣3）＝（x﹣1）2﹣2，∴顶点D的坐标为（1，﹣2），令y＝0，则（x2﹣2x﹣3）＝0，∴x＝﹣1或x＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），令x＝0，则y＝﹣，∴C（0，﹣），∴AC是定值，要△ACP的面积最大，则点P到AC的距离最大，即当点P在点B位置时，点P到AC的距离最大，∴S△ACP最大＝S△ABC＝AB•OC＝（3+1）•＝3；（2）由（1）知，B（3，0），D（1，﹣2），∴直线l1的解析式为y＝x﹣3，∵l1∥l2，且l1过点A，∴直线l2的解析式为y＝x+，∴E（0，），∴OE＝，在Rt△AOE中，OA＝1，∴tan∠AEO＝＝，∴∠AEO＝30°，∵l1∥l2，∴∠DBO＝60°，由旋转知，OE1＝OE＝，∠A1E1O＝∠AEO＝30°，∴∠ME1N＝30°如图，∵△E1MN为等腰三角形，∴①当E1N1＝M1N1时，∴∠E1M1N1＝∠A1E1O＝30°，∴α＝∠BOM＝60°﹣30°＝60°，过点E1作E1F⊥x轴于F，∴E1F＝OE1＝，∴OF＝E1F＝，∴E1（，），②当E2M2＝E2N2时，∠E2N2M2＝∠E2M2N2＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠BOM2＝75°﹣60°＝15°，∴α＝105°，过点E2作E2H⊥x轴，在OH上取一点Q，使OQ＝E2Q，∴∠E2QH＝30°，设E2H＝a，则E2Q＝2a，HQ＝a，∴OQ＝E2Q＝2a，OH＝（2+）a，在Rt△OHE2中，根据勾股定理得，[（2+）a]2+a2＝3，∴a＝（舍去负值），∴E2（，﹣）．③当E3M3＝M3N3时，∠E3N3M3＝∠M3E3N3＝30，∴∠E3M3N3＝120°，∴∠BOM3＝60°，∴α＝150°，∵∠OBM3＝60°，∠E3N3M3＝30°，∴∠N3GB＝90°，∴OG＝，E3G＝，∴E3（，﹣）．17．解：（1）∵AB＝6，点B的坐标为（﹣6，0），∴点A（﹣12，0），如图1，过点D作DE⊥x轴于点D，则ED＝AD sin∠DAB＝8×＝4，同理AE＝4，故点D（﹣8，4），则点C（﹣2，4），由中点公式得，点M（﹣4，2）；（2）图象向右平移了a个单位，则点D′（a﹣8，4）、点M′（a﹣4，2），∵点D′M′都在函数上，∴（a﹣8）×4＝（a﹣4）×2，解得：a＝12，则k＝（12﹣8）×4＝16，故反比例函数的表达式为＝；（3）由（2）知，点M′的坐标为（8，2），点B′、C′的坐标分别为（6，0）、（10，4），设点P（m，2），点Q（s，t）；①当B′C′是矩形的边时，如图2，求解的矩形为矩形B′C′PQ和矩形B′C′Q′P′，过点C′作C′H⊥l交于点H，C′H＝4﹣2＝2，直线B′C′的倾斜角为60°，则∠M′PC′＝30°，PH＝C′H÷tan∠M′PC′＝故点P的坐标为（16，2），由题意得：点P、Q′关于点C′对称，由中点公式得，点Q的坐标为（12，﹣4）；同理点Q、Q′关于点M′对称，由中点公式得，点Q′（4，6）；故点Q的坐标为：（12，﹣4）或（4，6）；②当B′C′是矩形的对角线时，∵B′C′的中点即为PQ的中点，且PQ＝B′C′，∴，解得：，，故点Q的坐标为（4，2）或（12，2）；综上，点Q的坐标为：（12，﹣4）或（4，6）或（4，2）或（12，2）．18．解：（1）∵直线y1＝mx（m≠0）与反比例函数y2＝（k＜0）的图象交于A、B两点，且点A的横坐标为﹣1，∴点A，点B关于原点对称，∴点B的横坐标为1，∴当x取﹣1＜x＜0或x＞1时，y1＜y2；（2）连接OC，OE，由图象知，点A，点B关于原点对称，∴OA＝OB，∵AC⊥CB，∴∠ACB＝90°，∴OC＝AB＝AO，∴∠OAC＝∠OCA，∵AC为∠BAD的平分线，∴∠OAC＝∠DAC，∴∠OCA＝∠DAC，∴AD∥OC，∴S△AEO＝S△ACE＝，∴AE＝DE，∴S△AOD＝2S△AOE＝3；（3）作EF⊥x轴于F，作AH⊥x轴于H，则EF∥AH，∵AD＝2DE，∴DE＝EA，∵EF∥AH，∴＝＝1，∴DF＝FH，∴EF是△DHA的中位线，∴EF＝AH，∵S△OEF＝S△OAH＝﹣，∴OF•EF＝OH•HA，∴OH＝OF，∴OH＝HF，∴DF＝FH＝HO＝DO，∴S△OAH＝S△ADO＝3＝1，∴﹣＝1，∴k＝﹣2，∴y＝﹣，∵点A在y＝﹣的图象上，∴把x＝﹣1代入得，y＝2，∴A（﹣1，2），∵点A在直线y＝mx上，∴m＝﹣2，∴P（﹣2，﹣2），在y轴上找到一点M，使得△OMP是直角三角形，当∠OMP＝90°时，PM⊥y轴，则OM＝2，∴点M的坐标为（0．﹣2）；当∠OPM＝90°时，过P作PG⊥y轴于G，则△OPM是等腰直角三角形，∴OM＝2PG＝4，∴点M的坐标为（0．﹣4）；综上所述，点M的坐标为（0．﹣2）或（0，﹣4）．19．解：（1）理由：∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＝∠BCE＝90°，又∵∠ADC＝90°，∴∠ACD+∠DAC＝90°，∴∠BCE＝∠DAC，且∠ADC＝∠BEC＝90°，∴△ADC∽△CEB；（2）如图，过点O作ON⊥OM交直线CD于点N，分别过M、N作ME⊥x轴NF⊥x轴，由（1）可得：△NFO∽△OEM，∴，∵点M（2，1），∴OE＝2，ME＝1，∵tanα＝＝，∴，∴NF＝3，OF＝，∴点N（﹣，3），∵设直线CD表达式：y＝kx+b，∴∴∴直线CD的解析式为：y＝﹣x+；（3）当∠CDP＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，∵∠ADC+∠CDP＝180°，∴点A，点D，点P三点共线，∵∠BAP＝∠B＝∠H＝90°，∴四边形ABHP是矩形，∴AB＝PH＝3，∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，∴AE＝EP，∠AEP＝90°，∴∠AEB＝∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠H＝90°，AE＝EP，∴△ABE≌△EHP（AAS），∴BE＝PH＝3，当∠CPD＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，延长HP交AD的延长线于N，则四边形CDNH是矩形，∴CD＝NH＝3，DN＝CH，设BE＝x，则EC＝5﹣x，∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，∴AE＝EP，∠AEP＝90°，∴∠AEB＝∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠EHP＝90°，AE＝EP，∴△ABE≌△EHP（AAS），∴PH＝BE＝x，AB＝EH＝3，∴PN＝3﹣x，CH＝3﹣（5﹣x）＝x﹣2＝DN，∵∠DPC＝90°，∴∠DPN+∠CPH＝90°，且∠CPH+∠PCH＝90°，∴∠PCH＝∠DPN，且∠N＝∠CHP＝90°，∴△CPH∽△PDH，∴，∴∴x＝∵点P在矩形ABCD外部，∴x＝，∴BE＝，综上所述：当BE的长为3或时，△DPC为直角三角形．20．解：（1）∵E（2，3）、F（4，﹣2），∴k EF＝＝﹣，故答案为﹣．（2）∵G（1，3），H（﹣2，1），I（﹣1，6），∴k GH＝＝，k GI＝＝﹣，∴k GH•k GI＝﹣1．（3）如图2中，过点K作KM⊥x轴于M，过点S作SN⊥x轴于N，连接KS交OR于J．∴S（6，8），∴ON＝6，SN＝8，∵四边形OKRS是正方形，∴OK＝OS，∠KPS＝∠KMO＝∠SNO＝90°，KJ＝JS，JR＝JO，∴∠KOM+∠SON＝90°，∠SON+∠OSN＝90°，∴∠KOM＝∠OSN，∴△OMK≌△SNO（AAS），∴KM＝ON＝6，OM＝SN＝8，∴K（﹣8，6），∵KJ＝JS，∴J（﹣1，7），∵JR＝OJ，∴R（﹣2，14），∵k OR＝＝﹣7，∵RT⊥OR，∴k RT＝﹣＝，设直线RT的解析式为y＝x+b．。
2020年深圳中考压轴题专题----阿氏圆问题(word33页,后面有教师注解部分)
2020年深圳数学中考压轴题专题研究----阿氏圆问题以阿氏圆(阿波罗尼斯圆Apollonius)为背景的几何问题近年来在中考数学中经常出现，对于此类问题的归纳和剖析显得非常重要.具体内容如下：阿氏圆定理(全称：阿波罗尼斯圆定理)，具体的描述：一动点P到两定点A、B的距离之比等于定比mn(≠1)，则P点的轨迹，是以定比mn内分和外分定线段AB的两个分点的连线为直径的圆．这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，该圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．定理读起来和理解起来比较枯燥，阿氏圆题型也就是大家经常见到的PA+kPB，(k≠1)P 点的运动轨迹是圆或者圆弧的题型.PA+kPB,(k≠1)P点的运动轨迹是圆或圆弧的题型阿氏圆基本解法：构造母子三角形相似【问题】在平面直角坐标系xOy中，在x轴、y轴分别有点C(m，0)，D(0，n).点P是平面内一动点，且OP=r，求PC+kPD的最小值.阿氏圆一般解题步骤：第一步：确定动点的运动轨迹(圆)，以点O为圆心、r为半径画圆；第二步：连接动点至圆心O(将系数不为1的线段的固定端点与圆心相连接)，即连接OP、OD；第三步：计算出所连接的这两条线段OP、OD长度；第四步：计算这两条线段长度的比k；第五步：在OD上取点M，使得OM:OP=OP:OD=k；第六步：连接CM，与圆O交点即为点P．此时CM即所求的最小值.（补充：若能直接构造△相似计算的，直接计算，不能直接构造△相似计算的，先把k提到括号外边，将其中一条线段的系数化成1k，再构造△相似进行计算）综合练习题【旋转隐圆】如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，D 为AC 的中点，M 为BD 的中点，将线段AD 绕A 点任意旋转（旋转过程中始终保持点M 为BD 的中点），若AC=4，BC=3，那么在旋转过程中，线段CM 长度的取值范围是 .1.Rt △ABC 中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D 为△ABC 内一动点，满足CD=2，则AD+32BD 的最小值为 .2.如图，菱形ABCD 的边长为2，锐角大小为60°，⊙A 与BC 相切于点E ，在⊙A 上任取一点P ，则PB+23PD 的最小值为 .3.如图，已知菱形ABCD 的边长为4，∠B=60°，圆B 的半径为2，P 为圆B 上一动点，则PD+21PC 的最小值为 .4.如图，点A ，B 在⊙O 上，OA=OB=12,OA ⊥OB ，点C 是OA 的中点，点D 在OB 上，OD=10.动5.如图，等边△ABC 的边长为6，内切圆记为⊙O ，P 是圆上动点，求2PB+PC 的最小值.6.如图，边长为47.如图，边长为4的正方形，点P 是正方形内部任意一点，且BP=2，则PD+21PC 的最小值为 ；2PD+4PC 的最小值为 .8.在平面直角坐标系xOy 中，A(2，0)，B(0,2)，C(4，0)，D(3，2)，P 是△AOB 外部的第一象限内一动点，且∠BPA=135°，则2PD+PC 的最小值是 .9.如图，在△ABC 中，AB=9，BC=8，∠ABC=60°，⊙A 的半径为6，P 是⊙A 上的动点，连接PB 、PC ，则3PC+2PB 的最小值为 .10.如图，在Rt △ABC 中，∠A=30°，AC=8，以C 为圆心，4为半径作⊙C ． (1)试判断⊙C 与AB 的位置关系，并说明理由；(2)点F 是⊙C 上一动点，点D 在AC 上且CD=2，试说明△FCD ～△ACF ； (3)点E 是AB 上任意一点，在(2)的情况下，试求出EF+21FA 的最小值.11.(1)如图1，已知正方形ABCD 的边长为4，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动点，求PD+21PC 的最小值和PD-21PC 的最大值； (2)如图2，已知正方形ABCD 的边长为9，圆B 的半径为6，点P 是圆B 上的一个动点，那么PD+32PC 的最小值为 ，PD-32PC 的最大值为 ． (3)如图3，已知菱形ABCD 的边长为4，∠B=60°，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动点，那么PD+21PC 的最小值为 ，PD-21PC 的最大值为 .12.问题提出：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=4，CA=6，⊙C半径为2，P为圆上(1)尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图2，连接CP，在CB上取点(3)拓展延伸：已知扇形COD中，∠COD=90°，OC=6，OA=3，OB=5，点P是弧CD上一点，求2PA+PB的最小值.另：练习题1．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，CB ＝7，CA ＝9，⊙C 半径为3，P 为⊙C 上一动点，连结AP ，BP ，则13AP ＋BP 的最小值为 （ ）A . 7B . 5 2C . 4＋10D . 2132．如图，在Rt △ABC 中，CB ＝4，CA ＝5，⊙C 半径为2，P 为圆上一动点，连结AP ，BP ，则AP ＋12BP 的最小值为__________．3．如图，正方形ABCD 边长为22，内切圆O 上一动点P ，连接AP 、DP ，则AP +22PD 的最小值为______．BB4．如图，等边三角形ABC 边长为43，圆O 是△ABC 的内切圆，P 是圆O 上一动点，连接PB 、PC ，则BP ＋12CP 的最小值为______________．5．如图，在平面直角坐标系中，M (6，3)，N (10，0)，A (5，0)，点P 为以OA 为半径的圆O 上一动点，则PM ＋12PN 的最小值为_______________6．如图，AC =2，BC =2AB ，则△ABC 面积的最大值为___________．DCBACBCBA7．如图，∠AOB =90°，OA =OB =1，圆O 的半径为2，P 是圆O 上一动点，求PA +2PB 的最小值．8．已知扇形COD 中，∠COD =90°，OC =6，OA =3，OB =5，点P 是弧CD 上一点，求2PA +PB 的最小值．9.如图，抛物线y=﹣x 2+bx +c 与直线AB 交于A （﹣4，﹣4），B （0，4）两点，直线AC ：y=﹣x ﹣6交y 轴于点C ．点E 是直线AB 上的动点，过点E 作EF ⊥x 轴交AC 于点F ，交抛物线于点G ． （1）求抛物线y=﹣x 2+bx +c 的表达式；（2）连接GB ，EO ，当四边形GEOB 是平行四边形时，求点G 的坐标； （3）①在y 轴上存在一点H ，连接EH ，HF ，当点E 运动到什么位置时，以A ，E ，F ，H 为顶点的四边形是矩形？求出此时点E ，H 的坐标；②在①的前提下，以点E 为圆心，EH 长为半径作圆，点M 为⊙E 上一动点，求AM +CM 它的最小值．BAPO O DA BPC10.如图1，抛物线y=ax2+（a+3）x+3（a≠0）与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，在x轴上有一动点E（m，0）（0＜m＜4），过点E作x轴的垂线交直线AB于点N，交抛物线于点P，过点P作PM⊥AB于点M．（1）求a的值和直线AB的函数表达式；（2）设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，若=，求m的值；（3）如图2，在（2）条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接E′A、E′B，求E′A+E′B的最小值．11.如图，抛物线y=﹣x2+bx+c（b为常数）与x轴交于A、C两点，与y轴交于B点，直线AB的函数关系式为y=x+．（1）求该抛物线的函数关系式与C点坐标；（2）已知点M（m，0）是线段OA上的一个动点，过点M作x轴的垂线l分别与直线AB和抛物线交于D、E两点，当m为何值时，△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形？（3）在（2）问条件下，当△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形时，动点M 相应位置记为点M′，将OM′绕原点O顺时针旋转得到ON（旋转角在0°到90°之间）；①探究：线段OB上是否存在定点P（P不与O、B重合），无论ON如何旋转，始终保持不变，若存在，试求出P点坐标；若不存在，请说明理由；②试求出此旋转过程中，（NA+NB）的最小值．12.如图1，抛物线y=ax ²+(a+3)x+3（a ≠0）与x 轴交于点A （4，0），与y 轴交于点B ，在x 轴上有一动点E （m ，0）（0＜m ＜4），过点E 作x 轴的垂线交直线AB 于点N ，交抛物线于点P ，过点P 作PM ⊥AB 于点M ．(1)求a 的值和直线AB 的函数表达式； (2)设△PMN 的周长为C1，△AEN 的周长为C2，若5621 C C ，求m 的值； (3)如图2，在（2）条件下，将线段OE 绕点O 逆时针旋转得到OE ′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接E ′A 、E ′B ，求E ′A+32E ′B 的最小值．典型例题问题背景：如图1，在△ABC中，BC=4，AB=2AC．问题初探：请写出任意一对满足条件的AB与AC的值：AB= ，AC= ．问题再探：如图2，在AC右侧作∠CAD=∠B，交BC的延长线于点D，求CD的长．问题解决：求△ABC的面积的最大值．注意：以下内容学生可无视阿波罗尼斯圆一、适用题型1、已知两个线段长度之比为定值；2、过某动点向两定圆作切线，若切线张角相等；3、向量的定比分点公式结合角平分线；4、线段的倍数转化；二、基本理论（一）阿波罗尼斯定理（又称中线长公式）设三角形的三边长分别为c b a ,,，中线长分别为c b a m m m ,,,则：222222222222221221221cb a mc b a m b c a m a c b +=++=++=+（二）阿波罗尼斯圆一般地，平面内到两个定点距离之比为常数(1)λλ≠的点的轨迹是圆，此圆被叫做“阿波罗尼斯圆”()()()()则，若设不妨设,,1,0,0,0,,0,y x P a BP AP a B a A ≠>>=-λλλ()()2222y a x y a x +-=++λ化简得：2222221211⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-a y a x λλλλ 轨迹为圆心a a 12011222-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+λλλλ，半径为，的圆 （三）阿波罗尼斯圆的性质1、满足上面条件的阿波罗尼斯圆的直径的两端是按照定比λ内分AB 和外分AB 所得的两个分点；2、直线CM 平分ACB ∠，直线CN 平分ACB ∠的外角；3、BNANBM AM = 4、CN CM ⊥5、内在圆点内；在圆时，点O A O B ,101<<>λλ； 6、若AD AC ,是切线，则CD 与AO 的交点即为B ；7、若点B 做圆O 的不与CD 重合的弦EF ，则AB 平分EAF ∠；三、补充说明1、关于性质1的证明定理：B A ,为两已知点，Q P ,分别为线段AB 的定比为()1≠λλ的内、外分点，则以PQ 为直径的圆O 上任意点到BA ,两点的距离之比等于常数λ。
深圳龙岗街道鹏达学校初中部中考数学规律压轴选择题专题
一、规律问题数字变化类1．有一个计算程序，每次运算都是把一个数先乘以2，再除以它与1的和，多次重复进行这种运算的过程如下：若输入的值为π，则10y 的值为（ ） A ．2562551ππ+B ．5125111ππ+C ．102410231ππ+D ．204820471ππ+答案：C解析：C 【分析】据题意逐步计算，发现规律后，直接写出10y 的值． 【详解】第1次121y ππ=+，第2次1214241213111y y y ππππππ+===++++ 第3次2322428314171131y y y ππππππ⨯+===++++第4次416151y ππ=+观察前4次归纳出2(21)1n n n y ππ=-+令n=10，得10101021024(21)110231y ππππ==-++，故选：C ． 【点睛】此题考查归纳发现规律，用代数式表示规律并运用规律．其关键是理解题意的基础上算出前几次的n y ．2．有一列数：3591724816、、、它有一定的规律性．若把第一个数记为a 1，第二个数记为a 2，……．第n 个数记为a n ，则1232020a a a a ++++的值是（ ）A ．2020B ．2021-202012C ．2020-202012D ．2021-202112解析：B 【分析】分析数据可得a n = 212n n+= 112n +；从而得到1232020a a a a ++++的表达式为232020111111112222++++++++,根据等比数列的特征即可求和.【详解】解：观察可知∵a n =212n n+= 112n +, 设1232020a a a a ++++=b,则b=232020111111112222++++++++ =23202011112020()2222+++++∴2b=23201911114040(1)2222++++++∴2b-b=23201911114040(1)2222++++++-[23202011112020()2222+++++]∴b=202012020(1)2+-=2020120212-, 即1232020a a a a ++++=2020120212-,故选:B. 【点睛】本题是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．本题找到a n 的表达式是解题关键. 3．按如下的方法构造一个多位数：先任意写一个整数n （0＜n ＜10）作为第一位上的数字，将这个整数n 乘以3，若积为一位数，则将其作为第2位上的数字，若积为两位数，则将其个位数字作为第2位上的数字；再将第2位上的数字乘以3，若积为一位数，则将其作为第3位上的数字，若积为两位数，则将其个位数字作为第3位上的数字；…以此类推．若先任意写的一个整数n 是7作为第一位上的数字，进行2020次如上操作后得到了第2021位上的数字，则第2021位上的数字是（ ） A ．1B ．3C ．7D ．9答案：C解析：C 【分析】根据题意，进行六次操作后找到规律，是以7139四位数为周期循环出现，由此可以得出第2021位上的数字．解：进行第一次操作，7×3＝21，积是两位数，所以得到的数是71； 进行第二次操作，1×3＝3，积是一位数，所以得到的数是713； 进行第三次操作，3×3＝9，积是一位数，所以得到的数是7139； 进行第四次操作，9×3＝27，积是两位数，所以得到的数是71397； 进行第五次操作，7×3＝21，积是两位数，所以得到的数是713971； 进行第六次操作，1×3＝3，积是一位数，所以得到的数是7139713； 进行第七次操作，3×9＝27，积是两位数，所以得到的数是71397139； 此时，根据以上规律，可以发现这个数是以7139四位数为周期循环出现；所以，第2020次操作后：2021÷4＝55…1，意思是进行2020次操作后，7139已经完整循环了55次，还余下1次，而第2021位上应是下一个循环的开头的数字7． 故选：C ． 【点睛】本题主要考查数字的变化规律，理解题意，找准变化的规律是解题的关键．4．任意大于1的正整数m 的三次幂均可“分裂”成m 个连接奇数的和，如：3235=+，337911=++，3413151719=+++，…按此规律，若3m 分裂后，其中一个奇数是2021，则m 的值是（ ）A ．46B ．45C ．44D ．43答案：B解析：B 【分析】观察可知，分裂成的奇数的个数与底数相同，然后求出到m 3的所有奇数的个数的表达式，再求出奇数2021的是从3开始的第1010个数，然后确定出1007所在的范围即可得解． 【详解】解：∵底数是2的分裂成2个奇数，底数为3的分裂成3个奇数，底数为4的分裂成4个奇数，∴m 3分裂成m 个奇数，所以，到m 3的奇数的个数为：2+3+4+…+m=(2)(1)2m m +-，∵2n+1=2021，n=1010，∴奇数2021是从3开始的第1010个奇数， ∵(442)(441)(452)(451)989,103422+⨯-+⨯-==，∴第1010个奇数是底数为45的数的立方分裂的奇数的其中一个， 即m=45． 故选：B ． 【点睛】本题是对数字变化规律的考查，观察出分裂的奇数的个数与底数相同是解题的关键，还要熟练掌握求和公式．5．探究数字“黑洞”：“黑洞”原指非常奇怪的天体，它的体积小，密度大，吸引力强，任何物体到它那里都别想出来，无独有偶，数字中也有类似的“黑洞”,满足某种条件的所有数，通过一种计算，都能被它“吸”进去，无一能逃脱它的魔掌．比如：任意找一个3的倍数，先把这个数每个数位都立方，再相加，得到一个新的数，然后把这个新数每个数位上的数字再立方，求和……，重复运算下去，就能得到一个固定的数T= ，我们称它为数字“黑洞”，T为何具有如此魔力？通过认真的观察、分析，你一定能发现它的奥秘！此短文中的T是（）A．363 B．153 C．159 D．456答案：B解析：B【详解】解：把6代入计算，第一次立方后得到216；第二次得到225；第三次得到141；第四次得到66；第五次得到432；第六次得到99；第七次得到1458；第八次得到702；第九次得到351；第十次得到153；开始重复，则T=153．故选B．6．观察下列等式：31＝3，32＝9，33＝27，34＝81，35＝243，36＝729，37＝2 187，…，由以上等式可推知3＋32＋33＋34＋…＋32021的结果的末位数字是()A．0 B．9 C．3 D．2答案：C解析：C【分析】观察所给等式发现规律末位数字为：3，9，7，1，3，9，7，…，每4个数一组循环，进而可得算式：3+32+33+34+…+32021结果的末位数字．【详解】解：观察下列等式：31＝3，32＝9，33＝27，34＝81，35＝243，36＝729，37＝2187，…，发现规律：末位数字为：3，9，7，1，3，9，7，…，每4个数一组循环，所以2021÷4＝505……1，而3+9+7+1＝20，20×505+3＝10103．所以算式：3+32+33+34+…+32021结果的末位数字是3．故选：C．【点睛】本题考查了规律型-数字的变化类，解决本题的关键是根据数字的变化寻找规律．7．某种细胞开始有1个，1小时后分裂成2个，2小时分裂成4个，3小时后分裂成8个，按此规律，n 小时后细胞的个数超过1000个，n 的最小值是（ ） A ．9B ．10C ．500D ．501答案：B解析：B 【分析】设经过n 个小时，然后根据有理数的乘方的定义列不等式，计算求出n 的最小值即可． 【详解】由题意得，21000n ≥， ∵92512=，1021024=， ∴n 的最小值是：10， 故选：B ． 【点睛】本题考查了有理数的乘方，是基础题，熟记乘方的定义并列出不等式是解题的关键． 8．观察下列算式：122=，224=，328=，4216=，5232=，6264=，72128=，82256=，……．根据上述算式中的规律，你认为20192的个位数字是（ ） A ．2 B ．4 C ．6 D ．8 答案：D解析：D 【分析】根据上述等式，得到结果的末位以四个数（2，4，8，6）依次循环，而2019除以4商504余3，故得到所求式子的末位数字为8． 【详解】解：根据上述等式，得到结果的末位以四个数（2，4，8，6）依次循环， ∵2019÷4=504…3， ∴22019的末位数字是8． 故选：D 【点睛】本题考查有理数的乘方运算，属于规律型试题，弄清本题的规律是解题关键． 9．已知有理数a ≠1，我们把11a-称为a 的差倒数，如：2的差倒数是112=--1，﹣1的差倒数是()11112=--．如果a 1=﹣2，a 2是a 1的差倒数，a 3是a 2的差倒数，a 4是a 3的差倒数…依此类推，那么a 1+a 2+…+a 109的值是( ) A ．8B ．﹣8C ．6D ．﹣6答案：B解析：B 【分析】根据题意，可以写出这列数的前几项，从而可以发现数字的变化规律，从而可以求得所求式子的值．【详解】解：由题意可得，a1=-2，211 1(2)3a==--，31312 13a==-，a4=-2，…，则123131 2326a a a++=-++=-，∴a1+a2+…+a109=（a1+a2+a3）+（a4+a5+a6）+…+（a106+a107+a108）+a109=136(2) 6⎛⎫-⨯+- ⎪⎝⎭=-6+（-2）-8，故选：B．【点睛】本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现数字的变化特点，求出所求式子的值．10．已知有理数a≠1，我们把11a-称为a的差倒数，如： 2的差倒数是112-＝－1，－1的差倒数11(1)--＝12．如果a1＝－2， a2是a1的差倒数，a3是a2的差倒数，a4是a3的差倒数……依此类推，那么a1＋a2＋……＋a100的值是（）A．7.35 B．－7.5 C．5.5 D．－5.5答案：B解析：B【分析】求出数列的前4个数，从而得出这个数列以2-，13，32依次循环，且1312326-++=-，再求出这100个数中有多少个周期，从而得出答案．【详解】解：12a=-，2111(2)3a ∴==--，3131213a ==-，412312a ==--，⋯⋯∴这个数列以2-，13，32依次循环，且1312326-++=-，1003331……÷=，1210011533()27.562a a a ∴++⋯+=⨯--=-=-，故选：B ． 【点睛】本题考查了规律型：数字的变化类：通过从一些特殊的数字变化中发现不变的因素或按规律变化的因素，然后推广到一般情况．二、规律问题算式变化类11．已知：2222233+=⨯，2333388+=⨯，244441515+=⨯，255552424+=⨯，……，若21010b ba a +=⨯（a 、b 为正整数）符合前面式子的规律，则a+b 的值是（ ）． A ．109 B ．218 C ．326 D ．436 答案：A 【分析】通过观察已知式子可得分子与第一个加数相同，分母等于分子的平方减1，即可求解． 【详解】解：由，，，，……，可知分子与第一个加数相同，分母等于分子的平方减1， ∴在中，b ＝10，a ＝1解析：A 【分析】通过观察已知式子可得分子与第一个加数相同，分母等于分子的平方减1，即可求解． 【详解】解：由2222233+=⨯，2333388+=⨯，244441515+=⨯，255552424+=⨯，……，可知分子与第一个加数相同，分母等于分子的平方减1，∴在21010b ba a+=⨯中，b ＝10，a ＝102－1＝99， ∴a ＋b ＝109， 故选：A ． 【点睛】本题考查数字的变化规律；能够通过所给例子，找到式子的规律是解题的关键．12．观察下列各式及其展开式 (a +b )2＝a 2+2ab +b 2 (a +b )3＝a 3+3a 2b +3ab 2+b 3 (a +b )4＝a 4+4a 3b +6a 2b 2+4ab 3+b 4 (a +b )5＝a 5+5a 4b +10a 3b 2+10a 2b 3+5ab 4+b 5 ……请你猜想(2x ﹣1)8的展开式中含x 2项的系数是（ ） A ．224B ．180C ．112D ．48答案：C 【分析】观察数字规律，发现各组数据的首尾均为1，中间数字分别为上一组数据相邻两个数字之和，分别写出左边式子的指数分别为6，7，8 的等式右边各项的系数，结合括号内含x 项的次数为2，即可得出答案解析：C 【分析】观察数字规律，发现各组数据的首尾均为1，中间数字分别为上一组数据相邻两个数字之和，分别写出左边式子的指数分别为6，7，8 的等式右边各项的系数，结合括号内含x 项的次数为2，即可得出答案． 【详解】解：由所给四组式子的系数规律可得左边式子的指数分别为 6，7，8 的等式，右边各项的系数分别为：1，6，15，20，15，6，1； 1，7，21，35，35，21，7，1； 1，8，28，56，70，56，28，8，1； 故含x 2项的系数为：22×（﹣1）6×28＝112． 故选：C ． 【点睛】本题考查了二项式展开式中的系数规律问题，发现题中所列各式的系数规律是解题的关键．13．观察式子：3211=，332212(12)3+=+=，33322123(123)6++=++=，3333221234(1234)10+++=+++=，，根据你发现的规律，计算3333335678910+++++的结果是（ ） A ．2925 B ．2025 C ．3225 D ．2625答案：A 【分析】根据题意找到规律：即可求解． 【详解】∵， ， ， ， …， ， ∴ ． 【点睛】本题主要考查了有理数的混合运算，规律型－数字变化类．此题将求的值的问题运用规律转化为求的问解析：A 【分析】根据题意找到规律：2333321123(123)(1)2n n n n ⎡⎤++++=++++=+⎢⎥⎣⎦即可求解．【详解】 ∵3211=，332212(12)3+=+=， 33322123(123)6++=++=， 3333221234(1234)10+++=+++=，…，33332123123()n n ++++=++++，∴3333335678910+++++33333333(12310)(1234)=++++-+++22(12310)(1234)=++++-+++221110(101)4(41)22⎡⎤⎡⎤=⨯⨯+-⨯⨯+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦ 225510=-2925=． 【点睛】本题主要考查了有理数的混合运算，规律型－数字变化类．此题将求3333335678910+++++的值的问题运用规律转化为求33333333(12310)(1234)++++-+++的问题是解题的关键．14．在明代的《算法统宗》中记载了利用方格进行两数相乘的一种方法，叫做“铺地锦”，如图1，计算4751⨯，将乘数47计入上行，乘数51计入右行，然后以乘数47的每位数字乘以乘数51的每位数字，将结果计入相应的格子中，最后按斜行加起来，得2397，图2用“铺地锦”法表示两个两位数相乘，则a的值为（）A．7 B．5 C．3 D．2答案：A【分析】设4a的十位数字是m，个位数字是n，根据“铺地锦”的计算方法，把方格填完整，再列出三元一次方程组，即可求解．【详解】设4a的十位数字是m，个位数字是n，由题意可知，方格里的数字，解析：A【分析】设4a的十位数字是m，个位数字是n，根据“铺地锦”的计算方法，把方格填完整，再列出三元一次方程组，即可求解．【详解】设4a的十位数字是m，个位数字是n，由题意可知，方格里的数字，如图所示，∴2116410m a an aa m n+=+⎧⎪+=-+⎨⎪=+⎩，解得：287mna=⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴a的值为：7．故选A．【点睛】本题主要考查三元一次方程组的应用，根据等量关系，列出方程组，是解题的关键． 15．若规定“!”是一种数学运算符号，且则的值为（ ） A ．B ．99!C ．9 900D ．2!答案：C 【详解】根据题意可得：100！=100×99×98×97×…×1，98！=98×97×…×1， ∴ =100×99="9" 900，故选C ．解析：C 【详解】根据题意可得：100！=100×99×98×97×…×1，98！=98×97×…×1， ∴=100×99="9" 900，故选C ．16．我国古代数学的许多创新和发展都位居世界前列，如南宋数学家杨辉（约13世纪）所著的《详解九章算术》一书中，用如图的三角形解释二项和()na b +的展开式的各项系数，此三角形称为“杨辉三角”．根据“杨辉三角”设()na b +的展开式中各项系数的和为n a ，若10102x =，则1232020a a a a ++++的值为（ ）A ．22xB ．222x -C ．20202x -D ．2020x答案：B 【分析】由的展开式中各项系数的和为求出， 可知，设，两边都乘2得，由②-①得，由，利用幂的乘方变形后代入即可． 【详解】解：∵的展开式中各项系数的和为， ， ， 设， ∴， ∴②-①得， ∵解析：B 【分析】由()na b +的展开式中各项系数的和为n a 求出100212=122,422n n a a a a =====，， 可知12320201232020=2+2+2++2a a a a ++++，设123202020202+2+2++2S =①，两边都乘2得234202120202+2+22+2S =②，由②-①得20211220120022-2=22S =-，由10102x =，利用幂的乘方变形后代入()210102202022222S x =-=-即可．【详解】解：∵()na b +的展开式中各项系数的和为n a ，012120=121122,121422n n a a a a ==+===++===，，12320201232020=2+2+2++2a a a a ++++，设123202020202+2+2++2S =①， ∴234202120202+2+22+2S =②，∴②-①得20211220120022-2=22S =-，∵10102x =， ∴()210102202022222S x =-=-．故选择：B ． 【点睛】本题考查杨辉三角两项和的乘方展开规律，数列求和，幂的乘方法则，同底数幂的乘法法则，掌握杨辉三角两项和的乘方展开规律，数列求和的方法，幂的乘方法则，同底数幂的乘法法则，关键是利用倍乘算式再相减方法化简数列的和．17．请先在草稿纸上计算下列四个式子的值：3++25的值为（ ） A ．351B ．350C ．325D ．300答案：C 【分析】通过计算前面4个式子的值，得到规律为从1开始的几个连续整数的立方和的算术平方根等于这几个连续整数的和，然后利用此规律求解． 【详解】 ①＝1； ②＝3＝1+2； ③＝6＝1+2+3；解析：C 【分析】通过计算前面4个式子的值，得到规律为从1开始的几个连续整数的立方和的算术平方根等于这几个连续整数的和，然后利用此规律求解． 【详解】1；3＝1+2；6＝1+2+3；10＝1+2+3+4；∴33331+2+3++25＝1+2+3+…+25＝325．故选：C．【点睛】本题考查实数运算有关的规律问题，解题关键是先计算题干中的4个简单算式，得出规律后再进行复杂算式的求解．18．“数形结合”是一种重要的数学思维，观察下面的图形和算式；2==1112+==13422++==135932+++==1357164213579255++++==++++⋯⋯+=（）解答下列问题：请用上面得到的规律计算：135759A．901 B．900 C．961 D．625答案：B【分析】观察图形和算式的变化发现规律，进而根据得到的规律计算即可．【详解】观察以下算式：发现规律：，∵2n-1=59解得n=30，∴，【点睛】 本题考查了规解析：B 【分析】观察图形和算式的变化发现规律，进而根据得到的规律计算即可． 【详解】 观察以下算式：2111==21312+==213593++== 21357164+++==213579255++++==发现规律：()21321n n +++-=，∵2n -1=59 解得n =30，∴21357...5930900+++++==， 故选：B ． 【点睛】本题考查了规律型——图形的变化类，有理数的乘方．解题的关键是根据图形和算式的变化寻找规律．19．“数形结合”是一种重要的数学思维，观察下面的图形和算式：2111==21312+== 213593++== 21357164+++== 213579255++++==解答下列问题：请用上面得到的规律计算：1357...89+++++=（ ）A ．2010B ．2015C ．2020D ．2025【分析】观察图形和算式的变化发现规律，进而根据得到的规律计算即可． 【详解】解：观察以下算式：发现规律：， ∵2n-1=89 解得n=45， ∴， 故选D ． 【点睛】 本题考查了解析：D 【分析】观察图形和算式的变化发现规律，进而根据得到的规律计算即可． 【详解】解：观察以下算式：2111==21312+== 213593++== 21357164+++==213579255++++==发现规律：()21321n n +++-=，∵2n-1=89 解得n=45，∴21357...89452025+++++==， 故选D ． 【点睛】本题考查了规律型——图形的变化类，有理数的乘方．解题的关键是根据图形和算式的变化寻找规律．20．观察等式：1+2+22＝23－1；1+2+22+23＝24－1；1+2+22+23+24＝25－1；若1+2+22+…+29＝210－1＝m，则用含m 的式子表示 211+212+ …+218+219的结果是（）A．m2+ m B．m2+m－2 C．m2－1 D．m2+ 2m答案：C【分析】根据题意，先用m表示出2，然后将所求式子加上2，再减去2，然后利用乘法分配律即可求出结论．【详解】解：∵1+2+2+…+2＝2－1＝m∴2＝m＋1∴2+2+ …+2+2=2+解析：C【分析】根据题意，先用m表示出210，然后将所求式子加上210，再减去210，然后利用乘法分配律即可求出结论．【详解】解：∵1+2+22+…+29＝210－1＝m∴210＝m＋1∴211+212+ …+218+219=210+211+212+ …+218+219-210=210×（1+2+22+…+29）-210=m（m＋1）-（m＋1）= m2－1故选C．【点睛】此题考查的是有理数的乘方运算，掌握有理数乘方的意义是解决此题的关键．三、规律问题图形变化类21．如图，每个图案都由若干个“●”组成，其中第①个图案中有7个“●”，第②个图案中有13个“●”，…，则第⑨个图案中“●”的个数为( )A．87 B．91 C．103 D．111解析：D【分析】根据第①个图案中“●”有：1+3×（0+2）个，第②个图案中“●”有：1+4×（1+2）个，第③个图案中“●”有：1+5×（2+2）个，第④个图案中“●”有：1+6×（3+2）个，据此可得第⑨个图案中“●”的个数． 【详解】解：∵第①个图案中“●”有：1+3×（0+2）=7个， 第②个图案中“●”有：1+4×（1+2）=13个， 第③个图案中“●”有：1+5×（2+2）=21个， 第④个图案中“●”有：1+6×（3+2）=31个， …∴第9个图案中“●”有：1+11×（8+2）=111个， 故选：D ． 【点睛】本题考查规律型：图形的变化，解题的关键是将原图形中的点进行无重叠的划分来计数． 22．如图，8AOB ∠=︒，点P 在OB 上．以点P 为圆心，OP 为半径画弧，交OA 于点1P （点1P 与点O 不重合），连接1PP ；再以点1P 为圆心，OP 为半径画弧，交OB 于点2P （点2P 与点P 不重合），连接12PP ；再以点2P 为圆心，OP 为半径画弧，交OA 于点3P （点3P 与点1P 不重合），连接23P P ；…按照这样的方法一直画下去，得到点n P ，若之后就不能再画出符合要求的点1n P +，则n 等于（ ）A ．13B ．12C ．11D ．10解析：C 【分析】先观察题目，可知画出的三角形为等腰三角形，可依次算出第一个第二个第三个等腰三角形的底角的度数，发现规律：第n 个等腰三角形的底角度数为(8)n ︒，再根据等腰三角形的底角度数小于90°，即可算出答案． 【详解】解：根据题意可得出：∵11223OP PP PP P P ===∴画出的三角形为等腰三角形∵8AOB ∠=︒∴18AOB PPO ∠=∠=︒ ∴121216PPP PP P ∠==︒∴21323132P PP P P P∠==︒依次推算可发现规律：第n个等腰三角形的底角度数为(8)n︒∵等腰三角形的底角度数小于90°∴(8)90n︒<︒∴908n<（n为正整数）∴11n=．故选：C．【点睛】本题主要考查规律探索和等腰三角形的性质，知道三角形的外角度数等于其它两个内角和的度数以及等腰三角形的底角小于90°是解题的关键．23．如图，依次连结第一个菱形各边的中点得到一个矩形，再依次连结矩形各边的中点得到第二个菱形，按此方法继续下去．已知第一个菱形的面积为1，则第4个菱形的面积是（）A．14B．116C．132D．164解析：D 【分析】易得第二个菱形的面积为（12）2，第三个菱形的面积为（12）4，依此类推，第n个菱形的面积为（12）2n-2，把n=4代入即可．【详解】解：已知第一个菱形的面积为1；则第二个菱形的面积为原来的（12）2，第三个菱形的面积为（12）4，依此类推，第n个菱形的面积为（12）2n-2，当n=4时，则第4个菱形的面积为（12）2×4-2=(12)6=164．故选：D．【点睛】本题考查了三角形的中位线定理及矩形、菱形的性质，是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．24．用棋子按下列方式摆图形，第一个图形有1枚棋子，第二个图形有5枚棋子，第三个图形有12枚棋子，…依此规律，第7个图形比第6个图形多（ ）枚棋子A ．20B ．19C ．18D ．17解析：B 【详解】试题分析：设第n 个图形的棋子数为Sn ， 则第1个图形，S 1＝1；第2个图形，S 2＝1+4，S 2－S 1=4＝3×1+1； 第3个图形，S 3＝1+4+7；S 3－S 2=7＝3×2+1； 第3个图形，S 3＝1+4+7+10；S 4－S 3＝10=3×3+1； ……∴第n 个图形比第（n －1）个图形多()3n 113n 2-+=-棋子. ∴第7个图形比第6个图形多372=19⨯-棋子. 故选B.考点：探索规律题（图形的变化类）.25．如图，大小不同的两个磁块，其截面都是等边三角形，小三角形边长是大三角形边长的一半，点O 是小三角形的内心，现将小三角形沿着大三角形的边缘顺时针滚动，当由①位置滚动到④位置时，线段OA 绕点O 顺时针转过的角度是（ ）A ．240°B ．360°C ．480°D ．540°解析：C 【详解】由题意可得：第一次AO 顺时针转动了120°， 第二次AO 顺时针转动了240°， 第三次AO 顺时针转动了120°， 故当由①位置滚动到④位置时，线段OA 绕点O 顺时针转过的角度是：120°+240°+120°=480°．故选：C ．26．按如图方式摆放餐桌和椅子：桌子张数1 2 3 4 … n 可坐人数 6 8 10 …n 张餐桌可坐的人数为（ ）A ．n+5B ．2n+6C ．2nD ．2n+4 解析：D【分析】根据桌子左右总有4把椅子，前后的椅子数是桌子的2倍，表示出n 张桌子时的椅子数目即可．【详解】解：由图可得1张桌子时，有4+2＝6把椅子；2张桌子时，有4+2×2＝8把椅子；3张桌子时，有4+3×2＝10把椅子；4张桌子时，有4+4×2＝12把椅子；…n 张桌子时，有（4+n ×2）把椅子．故选：D ．【点睛】本题考查了图形的规律性问题；得到不变的量及变化的量与n 的关系是解决本题的关键． 27．如图，直线m//n ，点A 在直线m 上，BC 在直线n 上，构成ABC ，把ABC 向右平移BC 长度的一半得到A B C '''（如图①），再把A B C '''向右平移BC 长度的一半得到A B C ''''''△（如图②），再继续上述的平移得到图③，…，通过观察可知图①中有4个三角形，图②中有8个三角形，则第2020个图形中三角形的个数是（ ）A ．4040B ．6060C ．6061D ．8080解析：D【分析】 探究规律，利用规律解决问题即可．【详解】解：观察图可得，第1个图形中大三角形有2个，小三角形有2个，第2个图形中大三角形有4个，小三角形有4个，第3个图形中大三角形有6个，小三角形有6个，…依次可得第n 个图形中大三角形有2n 个，小三角形有2n 个．故第2019个图形中三角形的个数是：2×2020+2×2020=8080．故选：D ．【点睛】本题考查规律型问题，平行线的性质，平移变换等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．28．图①是一个三角形，分别连接这个三角形三边的中点得到图②，再分别连接图②中间小三角形三边的中点，得到图③．按这样的方法继续下去，第n 个图形中有（ ）个三角形（用含n 的代数式表示）．A ．4nB ．41n +C ．41n -D ．43n -解析：D【分析】 由题意易得第一个图形三角形的个数为1个，第二个图形三角形的个数为5个，第三个图形三角形的个数为9个，第四个图形三角形的个数为13个，由此可得第n 个图形三角形的个数．【详解】解：由题意得：第一个图形三角形的个数为4×1-3=1个，第二个图形三角形的个数为4×2-3=5个，第三个图形三角形的个数为4×3-3=9个，第四个图形三角形的个数为4×4-3=13个，……∴第n 个图形三角形的个数为()43n -个；故选：D ．【点睛】本题主要考查图形规律问题，关键是根据图形得到一般规律即可．29．如图，都是由棱长为1的正方体叠成的图形．例如：第①个图形由1个正方体叠成，第②个图形由4个正方体叠成，第③个图形由10个正方体叠成…，低此规律，第10个图形由n 个正方体叠成，则n 的值为（ ）A．220B．165C．120D．55解析：A【分析】根据题目给出的正方体的个数规律，可知第n个图形中的正方体的个数为1+3+6+…+(1)2n n+，据此可得第10个图形中正方体的个数．【详解】解：由图可得：图①中正方体的个数为1；图②中正方体的个数为4＝1+3；图③中正方体的个数为10＝1+3+6；图④中正方体的个数为20＝1+3+6+10；故第n个图形中的正方体的个数为1+3+6+…+(1)2n n+．第10个图形中正方体的个数为1+3+6+10+15+21+28+36+45+55＝220．故选：A．【点睛】本题考查了图形的变化类规律，解决问题的关键是依据图形得到变换规律．解题时注意：第n个图形中的正方体的个数为1+3+6+…+(1)2n n+．30．如图，四边形OAA1B1是边长为1的正方形，以对角线OA1为边作第二个正方形OA 1A2B2，连接AA2，得到AA1A2；再以对角线OA2为边作第三个正方形OA2A3B3，连接A 1A3，得到A1A2A3，再以对角线OA3为边作第四个正方形OA2A4B4，连接A2A4，得到A 2A3A4，…，设AA1A2，A1A2A3，A2A3A4，…，的面积分别为S1，S2，S3，…，如此下去，则S2020的值为（）A ．202012 B ．22018 C ．22018+12 D ．1010解析：B 【分析】首先求出S 1、S 2、S 3，然后猜测命题中隐含的数学规律，即可解决问题．【详解】解：如图∵四边形OAA 1B 1是正方形，∴OA ＝AA 1＝A 1B 1＝1，∴S 1＝12⨯1×1＝12， ∵∠OAA 1＝90°，∴OA 12＝12+12＝2，∴OA 2＝A 2A 3＝2， ∴S 2＝12⨯2×1＝1， 同理可求：S 3＝12⨯2×2＝2，S 4＝4…，∴S n ＝2n ﹣2，∴S 2020＝22018，故选：B ．【点睛】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了学生找规律的能力，本题中找到a n 的规律是解题的关键．。
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测试题三
12
16、如图，在平面直角坐标系中，已知点A、B的坐标分别为（8，0）、（0，2），C是AB的中点，过点C作y轴的垂线，垂足为D，动点P从点D出发，沿DC向点C匀速运动，过点P作x轴的垂线，垂足为E，连接BP、EC．当BP所在直线与EC所在直线第一次垂直时，点P的坐标为．
22、如图，AB是圆O的直径，D、E为圆O上位于AB异侧的两点，连接BD并延长至点C，使得CD=BD．连接AC交圆O于点F，连接AE、DE、DF.
（1）证明：∠E=∠C，
（2）若∠E=55°，求∠BDF的度数，
（3）设DE交AB于点G，若DF=4，，E是弧AB的中点，求的值．
23．如图，直线l：y=-3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y=ax2-2ax+a+4（a＜0）经过点B．（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，△ABM 的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
（3）在（2）的条件下，当S取得最大值时，动点M相应的位置记为点M′．
①写出点M′的坐标；
②将直线l绕点A按顺时针方向旋转得到直线l′，当直线l′与直线AM′重合时停止旋转，在旋转过程中，直线l′与线段BM′交于点C，设点B、M′到直线l′的距离分别为d1、d2，当d1+d2最大时，求直线l′旋转的角度（即∠BAC的度数）．。