广州近五年中考压轴题答案

2011中考真题 2011中考真题答案 24、解：(1)将点C（0，1）代入 得 （2）由(1)知 ，将点A（1，0）代入得 ， ∴ ∴ 二次函数为 ∵二次函数为 的图像与x轴交于不同的两点 ∴ ，而 ∴ 的取值范围是 且 (3)证明： ∵ ∴ 对称轴为 ∴ 把 代入 得 ，解得 ∴ ∴ ＝ ＝ ＝1 ∴ 为常数，这个常数为1。 25、（1）证明：∵ AB是⊙O的直径 ∴ ∠ACB=90° ∵ ∠DCE=90° ∴∠ACB＋∠DCE=180° ∴ B、C、E三点共线。 (2)证明：连接ON、AE、BD，延长BD交AE于点F ∵ ∠ABC=45°，∠ACB=90° ∴ BC=AC，又∠ACB=∠DCE=90°，DC=EC ∴ △BCD≌△ACE ∴ BD=AE，∠DBC=∠CAE ∴∠DBC＋∠AEC=∠CAE＋∠AEC=90° ∴ BF⊥AE ∵ AO=OB，AN=ND ∴ ON= BD，ON∥BD ∵ AO=OB，EM=MB ∴ OM= AE，OM∥AE ∴ OM=ON，OM⊥ON ∴ ∠OMN=45°，又 cos∠OMN= ∴ (3) 成立，证明同（2）。 2010中考真题24题答案 【分析】（1）连接OA，OP与AB的交点为F，则△OAF为直角三角形，且OA＝1，OF＝ ，借助勾股定理可求得AF的长； （2）要判断∠ACB是否为定值，只需判定∠CAB＋∠ABC的值是否是定值，由于⊙D是△ABC的内切圆，所以AD和BD分别为∠CAB和∠ABC的角平分线，因此只要∠DAE＋∠DBA是定值，那么CAB＋∠ABC就是定值，而∠DAE＋∠DBA等于弧AB所对的圆周角，这个值等于∠AOB值的一半； （3）由题可知 ＝ DE (AB＋AC＋BC)，又因为 ，所以 ，所以AB＋AC＋BC＝ ，由于DH＝DG＝DE，所以在Rt△CDH中，CH＝ DH＝ DE，同理可得CG＝ DE，又由于AG＝AE，BE＝BH，所以AB＋AC＋BC＝CG＋CH＋AG＋AB＋BH＝ DE＋ ，可得 ＝ DE＋ ，解得：DE＝3，代入AB＋AC＋BC＝ ，即可求得周长为24 ． 【答案】解：（1）连接OA，取OP与AB的交点为F，则有OA＝1． ∵弦AB垂直平分线段OP，∴OF＝ OP＝ ，AF＝BF． 在Rt△OAF中，∵AF＝ ＝ ＝ ，∴AB＝2AF＝ ． （2）∠ACB是定值. 理由：由（1）易知，∠AOB＝120°， 因为点D为△ABC的内心，所以，连结AD、BD，则∠CAB＝2∠DAE，∠CBA＝2∠DBA， 因为∠DAE＋∠DBA＝ ∠AOB＝60°，所以∠CAB＋∠CBA＝120°，所以∠ACB＝60°； （3）记△ABC的周长为l，取AC，BC与⊙D的切点分别为G，H，连接DG，DC，DH，则有DG＝DH＝DE，DG⊥AC，DH⊥BC. ∴ ＝ AB•DE＋ BC•DH＋ AC•DG＝ (AB＋BC＋AC) •DE＝ l•DE． ∵ ＝4 ，∴ ＝4 ，∴l＝8 DE. ∵CG，CH是⊙D的切线，∴∠GCD＝ ∠ACB＝30°， ∴在Rt△CGD中，CG＝ ＝ ＝ DE，∴CH＝CG＝ DE． 又由切线长定理可知AG＝AE，BH＝BE， ∴l＝AB＋BC＋AC＝2 ＋2 DE＝8 DE，解得DE＝3， ∴△ABC的周长为24 ． 【涉及知识点】垂径定理 勾股定理 内切圆 切线长定理 三角形面积 【点评】本题巧妙将垂径定理、勾股定理、内切圆、切线长定理、三角形面积等知识综合在一起，需要考生从前往后按顺序解题，前面问题为后面问题的解决提供思路，是一道难度较大的综合题 【推荐指数】★★★★★ 2010中考真题25题答案 【分析】（1）要示出△ODE的面积，要分两种情况讨论，①如果点E在OA边上，只需求出这个三角形的底边OE长（E点横坐标）和高（D点纵坐标），代入三角形面积公式即可；②如果点E在AB边上，这时△ODE的面积可用长方形OABC的面积减去△OCD、△OAE、△BDE的面积； （2）重叠部分是一个平行四边形，由于这个平行四边形上下边上的高不变，因此决定重叠部分面积是否变化的因素就是看这个平行四边形落在OA边上的线段长度是否变化． 【答案】（1）由题意得B（3，1）． 若直线经过点A（3，0）时，则b＝ 若直线经过点B（3，1）时，则b＝ 若直线经过点C（0，1）时，则b＝1 ①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b≤ ，如图25-a， 此时E（2b，0） ∴S＝ OE·CO＝ ×2b×1＝b ②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即 ＜b＜ ，如图2 此时E（3， ），D（2b－2，1） ∴S＝S矩－(S△OCD＋S△OAE ＋S△DBE ) ＝ 3－[ (2b－1)×1＋ ×(5－2b)·( )＋ ×3( )]＝ ∴ （2）如图3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积。 本题答案由无锡市天一实验学校金杨建老师草制！ 由题意知，DM∥NE，DN∥ME，∴四边形DNEM为平行四边形 根据轴对称知，∠MED＝∠NED 又∠MDE＝∠NED，∴∠MED＝∠MDE，∴MD＝ME，∴平行四边形DNEM为菱形． 过点D作DH⊥OA，垂足为H， 由题易知，tan∠DEN＝ ，DH＝1，∴HE＝2， 设菱形DNEM 的边长为a， 则在Rt△DHM中，由勾股定理知： ，∴ ∴S四边形DNEM＝NE·DH＝ ∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为 ． 【涉及知识点】轴对称 四边形 勾股定理 【点评】本题是一个动态图形中的面积是否变化的问题，看一个图形的面积是否变化，关键是看决定这个面积的几个量是否变化，本题题型新颖是个不可多得的好题，有利于培养学生的思维能力，但难度较大，具有明显的区分度． 【推荐指数】★★★★★ 2009中考题答案 24： 解：(1)易证ΔABF≌ΔADH,所以AF=AH (2)如图，将ΔADH绕点A顺时针旋转90度，如图，易证ΔAFH≌ΔAFM,得 FH=MB+BF,即：FH=AG+AE (3)设PE=x,PH=y,易得BG=1-x,BF=1-y,FG=x+y-1,由勾股定理，得 （1-x）2+（1-y）2=( x+y-1)2, 化简得xy=0.5, 所以矩形EPHD的面积为0.5. 25题 解：（1）OC=1,所以,q=-1,又由面积知0.5OC×AB= ,得AB= 设A（a,0）,B(b,0) AB=b-a= = ，解得p= ,但p<0,所以p= 。 所以解析式为： （2）令y=0，解方程得 ，得 ,所以A( ,0),B(2,0),在直角三角形AOC中可求得AC= ,同样可求得BC= ,，显然AC2+BC2=AB2,得三角形ABC是直角三角形。AB为斜边，所以外接圆的直径为AB= ,所以 . （3）存在，AC⊥BC,①若以AC为底边，则BD//AC,易求AC的解析式为y=-2x-1,可设BD的解析式为y=-2x+b，把B(2,0)代入得BD解析式为y=-2x+4，解方程组 得D（ ,9） ②若以BC为底边，则BC//AD,易求BC的解析式为y=0.5x-1,可设AD的解析式为y=0.5x+b，把 A( ,0)代入得AD解析式为y=0.5x+0.25，解方程组 得D( ) 综上，所以存在两点：（ ,9）或( )。 2008年中考题答案 23．（1）作OP⊥AM，OQ⊥AN证 由BC＝CD，得 得证 （2）同AC＝AE得 ， 由CE＝EF得 得证 24．（1）连结OC交DE于M，由矩形得OM＝CG，EM＝DM 　　　　因为DG=HE所以EM－EH＝DM－DG得HM＝DG （2）DG不变，在矩形ODCE中，DE＝OC＝3，所以DG＝1 （3）设CD＝x,则CE＝ ，由 得CG＝ 　　所以 所以HG＝3－1－ 所以3CH2＝ 所以 25．（1）t＝4时,Q与B重合，P与D重合， 重合部分是 ＝ 2007年中考真题答案 24. 本小题主要考查一次函数、两条直线垂直的性质、三角形相似、等腰三角形、点与坐标等基础知识，考查对数形结合思想的理解，考查分类的数学思想，考查运算和推理能力．满分14分． 解：（1）∵ 一次函数y＝kx+k的图象经过点（1，4）， ∴ 4＝k×1+k，即k＝2. ∴ y＝2x+2. 当x＝0时，y＝2；当y＝0时，x＝－1. 即A（－1，0），B（0，2）. 如图，直线AB是一次函数y＝2x+2的图象. （2）∵ PQ⊥AB， ∴ ∠QPO=90° ∠BAO. 又∵∠ABO=90° ∠BAO， ∴ ∠ABO=∠QPO. ∴ Rt△ABO∽Rt△QPO. ∴ ，即 . ∴ a＝2b. （3）由（2）知a＝2b. ∴ AP＝AO+OP＝1+a＝1+2b， ， . 若AP＝AQ，即AP 2＝AQ 2，则 ，即 ，这与 矛盾，故舍去； 若AQ＝PQ，即AQ 2＝PQ 2，则 ，即 ， 此时， ， ， （平方单位）. 若AP＝PQ，则 ，即 . 此时 ， . （平方单位）. ∴ △APQ的面积为 平方单位或（ ）平方单位. 25. 本小题主要考查三角形、图形的旋转、平行四边形等基础知识，考查空间观念、演绎推理能力．满分12分． （1）证法1： 在Rt△EBC中，M是斜边EC的中点， ∴ ． 在Rt△EDC中，M是斜边EC的中点， ∴ ． ∴ BM=DM，且点B、C、D、E在以点M为圆心、BM为半径的圆上． ∴ ∠BMD=2∠ACB=90°，即BM⊥DM． 证法2： 证明BM=DM与证法1相同，下面证明BM⊥DM． ∵ DM=MC， ∴ ∠EMD=2∠ECD． ∵ BM=MC， ∴ ∠EMB=2∠ECB． ∴ ∠EMD＋∠EMB =2（∠ECD＋ECB）． ∵ ∠ECD＋∠ECB=∠ACB=45°， ∴ ∠BMD=2∠ACB=90°，即BM⊥DM． （2）当△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角时，（1）中的结论成立． 证明如下： 证法1（利用平行四边形和全等三角形）： 连结BD，延长DM至点F，使得DM=MF，连结BF、FC，延长ED交AC于点H． ∵ DM=MF，EM=MC， ∴ 四边形CDEF为平行四边形. ∴ DE∥CF ，ED =CF. ∵ ED= AD, ∴ AD=CF. ∵ DE∥CF， ∴ ∠AHE=∠ACF． ∵ , ， ∴ ∠BAD=∠BCF. 又∵AB= BC, ∴ △ABD≌△CBF. ∴ BD=BF，∠ABD=∠CBF. ∵ ∠ABD+∠DBC =∠CBF+∠DBC， ∴∠DBF=∠ABC =90°. 在Rt△ 中，由 , ，得BM=DM且BM⊥DM． 证法2（利用旋转变换）： 连结BD，将△ABD绕点B逆时针旋转90°，点A旋转到点C，点D旋转到点 ，得到△ ，则 且 ．连结 ． ∵ ∴ ． 又∵ ， ∴ 四边形 为平行四边形． ∴ D、M、 三点共线，且 ． 在Rt△ 中，由 , ，得BM=DM且BM⊥DM． 证法3（利用旋转变换）： 连结BD，将△ABD绕点B逆时针旋转90°，点A旋转到点C，点D旋转到点 ，得到△ ，则 且 ． 连结 ，延长ED交AC于点H． ∵ ∠AHD= 90°－∠DAH= 90°－(45°－∠BAD)= 45°＋∠BAD， ， ∵ ， ∴ ． ∴ ． 又∵ ， ∴ 四边形 为平行四边形． ∴ D、M、 三点共线，且 ． 在Rt△ 中，由 , ，得BM=DM且BM⊥DM．