冲击900分前十天答案

冲击 900 分 深圳中考网 http://www.zk5a.com 1 参考 中考百日冲刺第一天 一、选择题 1．C 解：易法求第一个等边三角形的边长为 1，第二个等边三角形的边长为 2，第三个等边三角形的边长为 8…， 有规律第 n 个等边三角形的边长为 12n− ，可求第 6 个等边三角形的边长为 6 12 − ＝32，故答案为 C 二、填空题 2．7 解：如图，过点 O 作 OH、OG 分分别垂直于 CA、CB， 易证△OAH≌△OGB，HA＝GB，OH＝OG， 易证四边形 OHCG 为正方形，有 HC＝HO＝CG＝6， 知 HA＝CH-AC＝6-5=1＝GB，则 BC＝6+1＝7 三、解答题 3. 解：（1）设抛物线的解析式为 1 2( )( ) ( 4)( 1)y a x x x x a x x= − − = + − ∵ ( 2,6)C − 在抛物线上，∴ 6 ( 2 4)( 2 1)a= − + − − ，∴ 1a = − 故 2 3 4y x x= − − + 为所求 （2）过点 C 作 CG⊥y 轴于点 G，有 OG=6，CG=2 ∵ (1,0), ( 2,6)B C − ，设直线 BC 的解析式为 y=kx+b，则 0 6 2 6 k b k = +⎧⎨ = − +⎩ 解之得： 0 2 x y =⎧⎨ =⎩ ， 故 E(0，2)，OE=2 ∴ 2 2 2 22 4 2 5CE CG GE= + = + = ， ∴ 2 2 2 22 4 2 5AE OE OA== + = + = ∴AE=CE （3）相似 由于 2 3 4y x x= − − + ，令 x=0，则 y=4，∴D(0，4) 直线 BC 的解析式为：y=-2x+2， 同理可求直线 AD 的解析式为：y=x+4， 由： 2 2 4 y x y x = − +⎧⎨ = +⎩ ，解之得： 2 3 10 3 x y ⎧ = −⎪⎪⎨⎪ = −⎪⎩ 故交点 2 10( , ) 3 3 F − − ， 易求得： 5 5 , 3 5, 5 3 BF BC AB= = = 可知： 3 5 5 AB BC BF AB = = ，又 ABF CBA∠ = ∠ ，故△ABF∽△ABC 4．（1）b=10； 10 2 5 10 2 5b b= − = +或 如图 1，易求 (0, ) 2 bK − ，则 tan 2AKO∠ = ， 又 NH∥OK，则∠AKO＝∠HNK， 由于∠MNK＝90°，∠MNH+∠HMN＝∠MNH+∠HNK＝90°， 则∠HMN＝∠HNK＝∠AKO，tan∠HMN＝tan∠AKO＝2 设 MH=x，则 NH=2x，有 MH=x，则 NH2+MH2= MN2， 2 2 2(2 ) 2x x+ = ， 2 5 5 x = , 2 5 10 2 52 5 5 HC −= − = ， 4 5 20 4 54 5 5 BN −= − = , 故 20 4 5 10 2 5( , ) 5 5 N − − ， 代入 y=-2x+b，求得 1 10 2 5b = − ，类似可求 2 10 2 5b = + E D O C B G H O C A E B D y x F O M x y 图 1 b A B C N H K 深圳中考信息网 http://www.szzkxxw.com 2 中考 典-2 （2）如图 2 ①当 4b0≤ ≤ 时，直线不扫过矩形，此时 S=0 ② b<0 ≤6时，直线扫过矩形的面积为三角形的面积， 由于直线与 x轴的交点为 ,0 2 b⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠， 故 21 1( 2) 2( 2) 2 4 2 2 2 4 b bS b b= − × − = − + ③当 b<6 ≤12时，直线扫过矩形的面积为 直角梯形的面积，此时与 DC 交点为 1( 1,2) 2 b − ( 3) ( 2) 2 2 2 5 2 b b S b ⎡ ⎤− + − ×⎢ ⎥⎣ ⎦= = − ④当 b12 < ≤14时，直线扫地矩形的面积为五边形， 此时直线与 BC 的交点为 (6, 12)b − 则 21 15 ( 12)( 6) 7 41 2 2 4 bS b b b b= − − − − = − + + ⑤当 14b > 时，直线扫过矩形的面积即为矩形的面积，故 S=8 综上， 2 2 0 (0 4) 1 2 4 (4 < 6) 4 5 (6 < 12) 1 7 41 (12 < 14) 4 8 ( > 14) b b b b S b b b b b b ⎧⎪⎪ − +⎪⎪= −⎨⎪⎪− + −⎪⎪⎩ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ 中考百日冲刺第二天 一、选择题 1．A 解：连接 OA、OD ∵O 为 BC、EF 的中点，∴∠AOC＝∠DOE＝90° ∴∠AOE＝∠DOC＝90°－∠COE ∵∠AOD＝90°＋∠DOC，∠BOE＝90°＋∠AOE，∴∠AOD＝∠BOE ∵O 为 BC、EF 的中点，∴ OA OB ＝ OD OE ＝ 3 ∴△AOD∽△BOE，∴AD : BE＝ 3 : 1 二、填空题 2．1 3 解：∵点 C 的坐标为（2，0），点 B 的坐标为（0，2） ∴∠OBC＝∠OCB＝45º，BC＝2 2 过 A 作 AE⊥x 轴于 E，AC 交 y 轴于 D，AB 交 x 轴于 F ∵△ABC 的内心在 y 轴上，∴∠OBF＝∠OBC＝45º ∴∠ABC＝90º，BF＝BC＝2 2，CF＝4，EF＝EA ∵直线 AC 的解析式为 y＝ 1 2 x－1，∴D（0，－1），∴OD＝1 ∵△AEC∽△DOC，∴ AE EC ＝ DO OC ＝ 1 2 ，∴ EF EF＋4 ＝ 1 2 ，解得 EF＝4 ∴AE＝4，∴AF＝4 2，∴AB＝AF＋BF＝6 2，∴在 Rt△ABC 中，tanA＝ BC AB ＝ 2 2 6 2 ＝ 1 3 A B C D E F O A B O y xCE F D O x y 图 2 A B CD 冲击 900 分 深圳中考网 http://www.zk5a.com 3 三、解答题 3．解：（1）证明：∵沿对角线 BD 对折，点 C 落在点 C′的位置，∴∠A=∠C′，AB=C′D ∴在△GAB 与△GC′D 中， ' ' A C AGB C GD AB C D ∠ = ∠⎧⎪∠ = ∠⎨⎪ =⎩ ∴△GAB≌△GC′D ∴AG=C′G； （2）∵点 D 与点 A 重合，得折痕 EN，∵EN⊥AD，∴MN= 2 25 -4 =3， 由折叠及平行线的性质可知∠END=∠NDC=∠NDE，∴EN=ED，设 EM=x，则 ED=EN=x+3， 由勾股定理得 ED2=EM2+DM2，即(x+3)2=x2+42，解得 x= 7 6 ，即 EM= 7 6 ． 4．解：（1）由题意可设抛物线的解析式为 y＝a( x－1)2＋4，把 B（3，0）代入上式得 a＝－1 ∴抛物线的解析式为 y＝－( x－1)2＋4，即 y＝－x 2＋2x＋3 （2）存在 ∵抛物线的对称轴为 x＝1，B（3，0），∴A（－1，0） ∵点 E 的横坐标为 2，∴y＝－4＋4＋3＝3，∴E（2，3） ∴设直线 AE 的解析式为 y＝kx＋b，则⎩⎪ ⎨⎪ ⎧－k＋b＝0 2k＋b＝3 解得：⎩⎪ ⎨⎪ ⎧k＝1 b＝1 ∴直线 AE 的解析式为 y＝x＋1，∴F（0，1） 把 x＝0 代入 y＝－x 2＋2x＋3，得 y＝3，∴D（0，3） ∴点 D 和点 E 关于直线 PQ 对称 作 F 点关于 x 轴的对称点 F′（0，－1） 连接 EF′ 交 PQ 于点 G，交 x 轴于点 H 此时 D、G、H、F 四点所围成的四边形周长最小 设直线 EF′ 的解析式为 y＝mx＋n，则⎩⎪ ⎨⎪ ⎧2m＋n＝3 n＝－1 解得：⎩⎪ ⎨⎪ ⎧m＝2 n＝－1 ∴直线 EF′ 的解析式为 y＝2x－1 ∵D（0，3），E（2，3），F（0，1），F′（0，－1） ∴DF＝3－1＝2，EF′＝ 2 2＋(3＋1)2 ＝2 5 ∴D、G、H、F 四点所围成的四边形周长最小值为：DG＋GH＋HF＋DF＝EF′＋DF＝2 5＋2 ∵y＝2x－1，当 x＝1 时，y＝1；当 y＝0 时，x＝ 1 2 ，∴G（1，1），H（ 1 2 ，0） （3）存在，分三种情况讨论： ①当点 T 在第一象限，即点 M 在线段 OB 上时 ∵MN∥BD，∴∠DMN＝∠BDM 要使△DNM∽△BMD，则需∠MDN＝∠DBM 此时∵∠DAM＝∠BAD，∴△DAM∽△BAD，∴ DA BA ＝ AM AD ∵A（－1，0），B（3，0），D（0，3），∴AD＝ 10，AB＝4 ∴ 10 4 ＝ AM 10 ，∴AM＝ 5 2 ，∴OM＝ 3 2 在 y＝－( x－1)2＋4 中，令 x＝ 3 2 ，得 y＝ 15 4 ，∴此时点 T 存在，T（ 3 2 ， 15 4 ） ②当点 T 在第二象限，即点 M 在线段 OA 上时 ∵∠NDM＜∠ADO＜45°，∴△DNM 与△BMD 不相似，∴此时点 T 不存在 ③当点 T 在第三或第四象限，即点 M 在点 A 左侧或点 B 右侧时 ∵MN 不能与线段 AD 相交，不符合题意，∴此时点 T 也不存在 综上所述，存在点 T，其坐标为 T（ 3 2 ， 15 4 ） A B O C D E P Q x F y F′ G H A B O C D T M x y N 深圳中考信息网 http://www.szzkxxw.com 4 中考 典-2 中考百日冲刺第三天 一、选择题 1．A 解：作 AF⊥DB 于 F，作 DE⊥AB 于 E．设 DF＝x，则 AD＝2x， ∵∠ADB＝60°，∴AF＝ 3 x， 又∵AB∶AD＝3∶2，∴AB＝3x，于是 BF＝ 6 x， ∴3x•DE＝( 6 ＋1)x• 3 x，DE＝ 3 2 3 3 + x，sin∠A= 3 2 3 6 + ， cos∠A＝ 2 23 2 3 6 ( 6) 6 − × + ＝ 3 6 6 − ． 二、填空题 2．37 解：a=17，b=20，a+b 的值为 37 三、解答题 3．（1）解：设每名熟练工和新工人每月分别可以安装 x 辆和 y 辆电动汽车， 根据题意，得： 2 8 2 3 14 x y x y + =⎧⎨ + =⎩ 解得， 4 2 x y =⎧⎨ =⎩ 答：每名熟练工和新工人每月分别可以安装 4 辆和 2 辆电动汽车． （2）解：设工厂抽调 m 名熟练工安装电动汽车，则 48 24 240m n+ = ∴ 10 2n m= − ∵ 0 10n< < ，∴m、n 的取值如下： m 1 2 3 4 n 8 6 4 2 ∴工厂有四种新工人的招聘，招聘新工人：8 名，或 6 名，或 4 名，或 2 名． （3）解：∵ 2000 1200 12000 400W m n m= + = − ，当 m 值越大时，W 的值越小． ∴符合题意的m n、 的值是： 3 4m n= =， ． 答：工厂应招聘 4 名新工人． 4．解：（1）OE＝5，r＝2，CH＝2 （2）如图 2，连接 QC、QD，则∠CQD＝90° ∠PHC＝∠PDQ，∠CPH＝∠QPD ∴△CPH∽△QPD，∴ CH QD ＝ PH DP 即 2 QD ＝ 2 3 ，∴QD＝3 ∵CD＝4，∴cos∠QHC＝cos∠QDC＝ 4 3 （3）如图 3，连接 AK、AM，延长 AM，与圆交于点 G，连接 TG，则∠GTA＝90° ∴∠1＋∠2＝90° ∵∠3＝∠2，∴∠1＋∠3＝90° ∵∠4＋∠3＝90°，∠5＝∠4，∴∠1＝∠5 又∠NMA＝∠AMK，∴△NMA∽△AMK ∴ AM MN ＝ MK AM ，即 MN·MK＝AM 2＝4 故存在常数 a，始终满足 MN·MK＝a，常数 a＝4 D A B C E F 图 2 A D y B H O xM C E Q P F 图 3 A D y B H O x M N C E K T F G 1 2 3 4 5 冲击 900 分 深圳中考网 http://www.zk5a.com 5 中考百日冲刺第四天 一、选择题 1．A 将△BOC′ 沿 BB′ 方向平移 2 个单位，得到△B′DE 将△COA′ 沿 A′A 方向平移 2 个单位，得到△EFA ∵OD＝OB′＋B′D＝OB′＋OB＝BB′＝2， OF＝OA＋AF＝OA＋OA′＝AA′＝2 又∠DOF＝60°，∴△DOF 是等边三角形，∴DF＝OD＝OF＝2 ∵DE＋EF＝OC′＋OC，∴D、E、F 三点共线 ∴S△AOB′ ＋ S△BOC′ ＋ S△COA′ ＝S△AOB′ ＋ S△B′DE ＋ S△AEF ＜S△DOF ∵S△DOF ＝ 1 2 ×2×2×sin60°＝ 3 ∴S△AOB′ ＋ S△BOC′ ＋ S△COA′ ＜ 3 二、填空题 2．3 3－2 解：设 BC 与 DE 交于点 H 在 Rt△DEF 中，∠EFD＝90º，∠DEF＝30º，∴DF＝ 1 2 DE＝ 1 2 ×4＝2 ∵四边形 ACDE 是以 DE 为底的梯形，∴AC∥DE ∵∠ACB＝90º，∴∠DHF＝90º ∴在 Rt△DFH 中，FH＝DF·sin60°＝2× 3 2 ＝ 3 ∴CH＝BC－BH＝AB·cos30º－( BF－FH )＝4× 3 2 －( 2－ 3 )＝3 3－2,，即该梯形的高等于 3 3－2 三、解答题 3．解：（1）△ABC 为等腰直角三角形 如图 1，在矩形 ABED 中 ∵点 C 是边 DE 的中点，且 AB＝2AD ∴AD＝DC＝CE＝EB，∠D＝∠E＝90° ∴Rt△ADC≌Rt△BEC ，∴AC＝BC，∠1＝∠2＝45° ∴∠ACB＝90° ∴△ABC 为等腰直角三角形 （2）DE＝AD＋BE 如图 2，在 Rt△ADC 和 Rt△CEB 中 ∵∠1＋∠CAD＝90°，∠1＋∠2＝90°，∴∠CAD＝∠2 又∵AC＝CB，∠ADC＝∠CEB＝90° ∴Rt△ADC≌Rt△CEB ，∴DC＝BE，CE＝AD ∴DC＋CE＝BE＋AD，即 DE＝AD＋BE （3）DE＝BE－AD 如图 3，Rt△ADC 和 Rt△CEB 中 ∵∠1＋∠CAD＝90°，∠1＋∠2＝90°，∴∠CAD＝∠2 又∵∠ADC＝∠CEB＝90°，AC＝CB ∴Rt△ADC≌Rt△CEB，∴DC＝BE，CE＝AD ∴DC－CE＝BE－AD 即 DE＝BE－AD 4． 解：（1）∵抛物线 y＝ax 2＋bx＋c 经过 O、A、C 可得 c＝0，∴ 2 4 2 1 a b a b +⎧⎨ +⎩ ＝ ＝ A C′ O B B′ C A′ D E F BA C E F G D H A B CD E 图 1 1 2 A B C D E 图 2 N M 1 2 A B C D E 图 3 N M 1 2 深圳中考信息网 http://www.szzkxxw.com 6 中考 典-2 解得，a＝ 3 2 − ，b＝ 7 2 ， 抛物线的解析式为 y＝ 3 2 − x 2＋ 7 2 x （2）设点 P 的横坐标为 t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得 PN＝ 2 t ∴P(t， 2 t )，∵点 M 在抛物线上，∴M(t， 3 2 − t2＋ 7 2 t ) 过 M 点作 MG⊥AB 于 G，过 P 点作 PH⊥AB 于 H， AG＝yA－yM＝2－( 32− t 2＋ 7 2 t )＝ 3 2 t2－ 7 2 t＋2， BH＝PN＝ 2 t 当 AG＝BH 时，四边形 ABPM 为等腰梯形 ∴ 3 2 t2－ 7 2 t＋2＝ 2 t 化简得，3t 2－8t＋4＝0， 解得，t1＝2(不合题意，舍去)，t2＝ 23 ， ∴点 P 的坐标为( 2 3 ， 1 3 ) ∴存在点 P( 2 3 ， 1 3 )使四边形 ABPM 为等腰梯形. （3）如图，△AOB 沿 AC 方向平移至△A′O′B′，A′B′交 x 轴于 T，交 OC 于 Q，A′Q′交 x 轴于 K， 交 OC 于 R.求得过 AC 的直线为 yAC＝－x+3，可设点 A′的横坐标为 a，则点 A′(a，－a +3 )， 易知△OQT∽△OCD，可得 QT＝ 2 a ，∴点 Q 的坐标为(a， 2 a ) 设 AB 与 OC 相交于点 J， ∵△A′RQ∽△AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比， ∴ HT A Q OB AJ ′＝ ∴HT＝ A Q AJ ′ ·OB＝ 13 2 12 2 a a− − − ×1=2－a 由△A′KT∽△A′O′B′得 1 2 KT O B A T A B ′ ′ ′ ′ ′＝ ＝ ∴KT＝ 1 2 A′T＝ 1 2 (3－a)，A′Q′＝yA′－yQ＝(－a+3)－ 2 a ＝3－ 3 2 a S 四边形 RKTQ＝S△A′KT－S△A′RQ＝ 12 KT·A′T－ 1 2 A′Q·HT ＝ 1 2 · 3 2 a− ·(3－a)－ 1 2 (3－ 3 2 a )·(－a+2)＝－ 1 2 a 2＋ 3 2 a － 3 4 ＝－ 1 2 ( a－ 3 2 ) 2＋ 3 8 由于－ 1 2 ＜0，∴在线段 AC 上存在点 A′( 3 2 ， 3 2 )， 能使重叠部分面积 S 取到最大值，最大值为 3 8 冲击 900 分 深圳中考网 http://www.zk5a.com 7 中考百日冲刺第五天 一、选择题 1．A 解：∵BD 平分∠ABC，∴ AD DC ＝ AB BC ＝ 5 3 ，∴AD＝ 5 8 AC＝ 5 2 过 E 作 EF⊥AC 于 F，则 EF∥BC ∵E 是 AB 中点，∴EF 是△ABC 的中位线 ∴EF＝ 1 2 BC＝ 3 2 ，AF＝ 1 2 AC＝2 ∴FD＝AD－AF＝ 5 2 －2＝ 1 2 ∴DE＝ EF 2＋FD 2 ＝ 10 2 ，故选 A 二、填空题 2．1 2 解：过 C 作 CG∥DE，交 AB 于点 H，过 D 作 DG∥CE，交 CG 于点 G，则四边形 DECG 是平行四边形 ∵E 是 AB 的中点，∴CE＝DE＝ 1 2 AB＝2，∴四边形 DECG 是菱形 在 Rt△ABC 中，∠BAC＝30°，AB＝4，∴BC＝2，∴BH＝1 ∵AE＝ 1 2 AB＝2，∴EH＝4－2－1＝1 ∵F 是 CD 的中点，∴S△CEF ＝ 1 4 S 菱形 DECG ＝ 1 4 ·DE·EH＝ 1 4 ×2×1＝ 1 2 三、解答题 3．解：（1）10；（2）5 （3）∵PM⊥AC，PN⊥BC，∴∠AMP＝∠PNB＝90° ∵AC∥PN，∴∠A＝∠NPB，∴△AMP∽△PNB。∴当 P 为 AB 中点，即 AP＝PB 时，△AMP≌△PNB 此时 S△AMP ＝S△PNB ＝ 2 1 AM·MP＝ 2 1 ×4×3＝6，而矩形 PMCN 的面积＝MP·MC＝3×4＝12 ∴不存在能使得△PAM 的面积、△PBN 的面积与矩形 PMCN 的面积同时相等的 x 的值 4．解：（1）由题意得 AB 的中点坐标为(－ 3 ，0)，CD 的中点坐标为(0，3). 分别代入 y=ax2+b 得 2( 3) 0 3 a b b ⎧ − + =⎪⎨ =⎪⎩ ， ， 解得 1 3 a b = −⎧⎨ =⎩ ， ， ∴y=－x 2+3. （2）①在 Rt△BCE 中，∠BEC=90°，BE=3，BC=2 3 ， ∴sinC= 3 3 22 3 BE BC = = ，∴∠C=60°，∠CBE=30°，∴EC= 1 2 BC= 3 ，DE= 3 ， 又∵AD∥BC，∴∠ADC+∠C=180°，∴∠ADC=180°－60°=120°， 要使△ADF 与△DEF 相似，则△ADF 中必有一个角为直角， （Ⅰ）若∠ADF=90°，∠EDF=120°－90°=30°，在 Rt△DEF 中，DE= 3 ，求得 EF=1，DF=2. 又∵E(t，3)，F(t，－t2+3)，∴EF=3－(－t2+3)= t2.∴t2=1，∵t＞0，∴t=1. 此时 2 3 2 3 AD DE = = ， 2 2 1 DF EF = = ，∴ AD DF DE EF = ， 又∵∠ADF=∠DEF，∴△ADF∽△DEF. （Ⅱ）若∠DFA=90°，可证得△DEF∽△FBA，则 DE EF FB BA = ， 设 EF=m，则 FB=3－m，∴ 3 3 2 3 m m =− ，即 m 2－3m+6=0，此方程无实数根， ∴此时 t 不存在. C A D B E F C A B D E F G H 深圳中考信息网 http://www.szzkxxw.com 8 中考 典-2 （Ⅲ）由题意，∠DAF＜∠DAB=60°，∴∠DAF≠90°，此时 t 不存在. 综上所述，存在 t=1，△ADF 与△DEF 相似. ② 6 － 3 ≤t≤ 6 2 . 中考百日冲刺第六天 一、选择题 1．D 解：连接 CE ∵AC＝1，BD＝1，∴AC＝BD ∵∠BAC＝120º，AE 平分∠BAC，∴∠1＝ 1 2 ∠BAC＝60º ∵△ADE 是等边三角形，∴AE＝DE，∠D＝60º ∴∠1＝∠D，∴△ACE≌△DBE，∴CE＝BE，∠2＝∠3 ∴∠2＋∠4＝∠3＋∠4，∴∠BEC＝∠DEA＝60º ∴△BCE 是等边三角形，∴BC＝BE 作 CF⊥BE 于 F，EG⊥AB 于 G ∵AB＝3，BD＝1，∴AD＝4 ∵△ADE 是等边三角形，EG⊥AB，∴DG＝ 1 2 AD＝2，EG＝DE·sin60°＝2 3 ∴BG＝DG－BD＝1，∴BE＝ BG 2＋EG 2 ＝ 13 ，∴CF＝BC·sin60°＝BE·sin60°＝ 13 × 3 2 ＝ 39 2 即点 C 至 BE 的距离等于 39 2 ，故选 D 二、填空题 2． 2 : 1 解：设 EF 与 AC 交于点 O 由题意，S△BDE S△ABC ＝ BE 2 BC 2 ＝ 1 2 ，∴ BE BC ＝ 1 2 设 BE＝1，则 BC＝ 2，EC＝ 2－1 ∵AC∥DE，∴∠C＝∠DEB＝∠DEF＝∠EOC，∴OE＝EC＝ 2－1 ∵FE＝BE，∴OF＝1－( 2－1)＝2－ 2 ∵AF∥EC，∴△AHF∽△CHE ∴AF : EC＝OF : OE＝( 2－ 2):( 2－1)＝ 2 : 1 三、解答题 3．证明：（1）在△ADE 和△ACD 中 ∵∠ADE＝∠C，∠DAE＝∠DAE，∴∠AED＝180°－∠DAE－∠ADE，∠ADC＝180°－∠DAE－∠C ∴∠AED＝∠ADC ∵∠AED＋∠DEC＝180°，∠ADB＋∠ADC＝180°，∴∠DEC＝∠ADB 又∵AB＝AD，∴∠ADB＝∠B，∴∠DEC＝∠B （2）在△ADE 和△ACD 中 由（1）知∠ADE＝∠C，∠DAE＝∠DAE，∴△ADE∽△ACD ∴ AE AD ＝ AD AC ，即 AD 2＝AE·AC ，又 AB＝AD，∴AB 2＝AE·AC 4．解：（1）（ 2 ， 2 ） （2）由 Rt△OAB 的面积为 2 1 得 B（t， t 1 ） ∴BD 2＝AC 2＋(AB－CD)2＝( 2 －t)2＋( t 1 － 2 )2 C B A D E 2 3 4 F G A B C D E F O 冲击 900 分 深圳中考网 http://www.zk5a.com 9 ＝t 2＋ 2 1 t － 22 ( t＋ t 1 )＋4 ① ＝( t＋ t 1 )2－ 22 ( t＋ t 1 )＋2＝( t＋ t 1 － 2 )2 ∴BD＝| t＋ t 1 － 2 |＝t＋ t 1 － 2 ② （3）若 BO＝BD，则 BO 2＝BD 2，在 Rt△OAB 中，BO 2＝OA 2＋AB 2＝t 2＋ 2 1 t 由①得 t 2＋ 2 1 t ＝t 2＋ 2 1 t － 22 ( t＋ t 1 )＋4 ，得 t＋ t 1 ＝ 2 ，∴t 2－ 2 t＋1＝0 ∵Δ＝( 2 )2－4＝－2＜0，∴此方程无解,∴BO≠BD （4）如果△BDE 为直角三角形，因为∠BED＝45° ①当∠EBD＝90°时，F、E、M 三点重合，如图 2 ∵BF⊥x 轴，DC⊥x 轴，∴BF∥DC ∴此时四边形 BDCF 为直角梯形 ②当∠EDB＝90°时，如图 3 ∵CF⊥OD，∴BD∥CF 又 AB⊥x 轴，DC⊥x 轴，∴BF∥DC ∴此时四边形 BDCF 为平行四边形 下面证明平行四边形 BDCF 为菱形： 在△BDO 中，BO 2＝OD 2＋BD 2 ∴t 2＋ 2 1 t ＝4＋t 2＋ 2 1 t － 22 ( t＋ t 1 )＋4，∴t＋ t 1 ＝ 22 ①：t 2－ 2 t＋1＝0， ∵BD 在 OD 上方 解得 t＝ 2 －1， t 1 ＝ 2 ＋1 或 t＝ 2 ＋1， t 1 ＝ 2 －1（舍去） 得 B（ 2 －1， 2 ＋1） 方法②：由②得：BD＝t＋ t 1 － 2 ＝ 22 － 2 ＝ 2 ， 此时 BD＝CD＝ 2 ，∴此时四边形 BDCF 为菱形 中考百日冲刺第七天 一、选择题 1．D 解法一：如图 1，设 AC 与 l2 相交于 D，作 AE⊥l2 于 E，BF⊥AC 于 F，CG⊥l2 于 G 设 AD＝x，则 AB＝AC＝3x，BF＝ 3 2 ·3x＝ 3 3 2 x，DF＝ 3 2 x－x＝ x 2 由 Rt△BDF∽Rt△CDG，得 BF CG ＝ DF DG 即 3 3 2 x 2 ＝ x 2 DG ，∴DG＝ 2 3 9 ，∴DE＝ 3 9 ∴AD＝ AE 2＋DE 2 ＝ 2 21 9 ∴AC＝3AD＝ 2 21 3 C B A l1 l2 l3 E G F 图 1 D O B D C E A x y F M 图 3 O B D CA x y F 图 2 深圳中考信息网 http://www.szzkxxw.com 10 中考 典-2 二、填空题 2．4 : 9 : 14 解：∵∠B＝60°，∴∠APB＋∠BAP＝120° ∵∠APD＝60°，∴∠APB＋∠CPD＝120°，∴∠BAP＝∠CPD 又∵∠B＝∠C＝60°，∴△BAP∽△CPD，∴AB : PC＝BP : CD＝3 : 2 设 PC＝2k，则 AB＝3k ∵AB＝BC，∴3k＝2k＋3，∴k＝3 ∴AB＝BC＝AC＝9，PC＝6，PC＝7 ∴S△CPD : S△BAP ＝2 2 : 3 2＝4 : 9，S△CPD : S△APD ＝2 : 7＝4 : 14 ∴S△CPD : S△BAP : S△APD ＝4 : 9 : 14 三、解答题 3．证明：在 BC 上截取 BE＝BD，连结 DE ∵BD 是∠B 的平分线，∴ CD AD ＝ BC AB ∵BC＝BD＋AD，BC＝BE＋EC，BE＝BD ∴AD＝CE，∴ CD EC ＝ BC AB ∵AB＝AC，∴∠C＝∠B，∴△ECD∽△ABC，∴ED＝EC，∴∠EDC＝∠C，∴∠BED＝2∠C 设∠B＝∠C＝x，则∠DBE＝ 2 1 x，∠BDE＝∠BED＝2x 在△BDE 中，∠DBE＋∠BDE＋∠BED＝180°，∴ 2 1 x＋2x＋2x＝180°，x＝40° ∴∠A＝180°－2×40°＝100° 4．解：(1)设该二次函数的解析式为： ( 1)( 2)y a x x= + − 将 x=0，y=－2 代入，得－2= a(0+1)(0－2)，解得 a=1． ∴抛物线的解析式为 ( 1)( 2)y x x= + − ，即 2 2y x x= − − ． (2)设 OP =x，则 PC=PA =x +1． 在 Rt△POC 中，由勾股定理，得 2 2 22 ( 1)x x+ = + 解得 3 2 x = ，即 3 2 OP = ． (3)① ∵△CHM∽△AOC，∴∠MCH=∠CAO． 情形 1：如图，当 H 在点 C 下方时， ∵∠MCH=∠CAO，∴CM∥x 轴，∴ 2My = − ，∴ 2 2 2x x− − = − ， 解得 x=0（舍去），或 x=1， M(1，－2)． 情形 2：如图，当 H 在点 C 上方时 ∵∠M’CH=∠CAO，由(2)：得，M’为直线 CP 与抛物线的另一交点， 设直线 CM’的解析式为 y=kx－2． 把 P（ 3 2 ，0）的坐标代入，得 3 2 0 2 k − = ，解得 4 3 k = ，∴ 4 2 3 y x= − ． 由 24 2 2 3 x x x− = − − ，解得 x=0（舍去），或 x＝ 7 3 ，此时 10 9 y = ，∴ 7 10'( , ) 3 9 M ． ②在 x 轴上取一点 D，过点 D 作 DE⊥AC 于点 E，使 DE＝ 4 5 5 ． ∵∠COA=∠DEA=90°，∠OAC=∠EAD，∴△ADE∽△AOC，∴ AD DE AC OC = ， A D B CE 冲击 900 分 深圳中考网 http://www.zk5a.com 11 ∴ 4 5 5 25 AD = ，解得 AD=2．∴D(1，0)或 D（－3，0）． 过点 D 作 DM∥AC，交抛物线于 M． 则直线 DM 的解析式为： 2 2y x= − + 或 2 6y x= − − ． 当－ 2x －6= x2 －x－2 时，方程无实数解． 当－ 2x+2＝x2 －x－2 时， 解得 1 2 1 17 1 17, 2 2 x x− − − += = ． ∴点 M 的坐标为 M 1 17( ,3 7) 2 − − + 或 M 1 17( ,3 7) 2 − + + 中考百日冲刺第八天 一、选择题 1．D 解：∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，∴AC＝5，A1B＝ AB·BC AC ＝ 3×4 5 ＝ 12 5 易知所有的直角三角形都是相似三角形 ∴ S△A1BB1 S△ABA1 ＝ A1B 2 AB 2 ＝ ( 12 5 ) 2 3 2 ＝ 16 25 ，∴S△A1BB1＝ 16 25 S△ABA1 ，∴S△A1BB1＝ 16 41 S 梯形 ABB1A1 同理，S△A2B1B2＝ 16 41 S 梯形 A1B1B2A2，S△A3B2B3＝ 16 41 S 梯形 A2B2B3A3，… ∴S 阴影＝ 16 41 ( S 梯形 ABB1A1＋ S 梯形 A1B1B2A2＋ S 梯形 A2B2B3A3＋…)＝ 16 41 S△ABC ＝ 16 41 × 1 2 ×3×4＝ 96 41 二、填空题 2．9 解：如图，将△DBE 绕点 B 顺时针旋转 90°， 得△ABF，则点 B 为 FC 的中点 ∴S△ABF ＝S△ABC ，∴S△DBE ＝S△ABC 同理，另外两个阴影三角形的面积也分别等于△ABC 的面积 ∴S 阴影＝3S△ABC ≤3×1 2 AB·AC＝3× 1 2 ×2×3＝9， 当且仅当∠BAC＝90°时等号成立 ∴阴影部分面积的最大值为 9 三、解答题 3．解：（1）①证明：∵△APD 和△BPE 都是等腰直角三角形，∴∠DAP＝∠EPB＝45° ∴AD∥PE，∴∠DAM＝∠PEM，∠ADM＝∠EPM ∴△DAM∽△PEM，∴AD : PE＝AM : ME 同理可得 PD : BE＝PN : NE， ∵AD＝PD，BE＝PE，∴AM : ME＝PN : NE ∴MN∥AP，即 MN∥AB ②证明：∵MN∥AB，∴∠PMN＝∠ACP＝45°，∠PNM＝∠BPE＝45° ∴∠PMN＝∠PNM＝45°，∴△PMN 是等腰直角三角形，∴PM＝ 2 2 MN ∵∠APM＝∠ABE＝45°，∠PAM＝∠BAE（公共角） ∴△APM∽△ABE，∴PM : BE＝AP : AB＝AP :( AP＋BP) ∴ 2 2 MN : 2 2 BP＝AP :( AP＋BP)，整理得： MN 1 ＝ AP 1 ＋ BP 1 A B C 2 3 D E F A P D B N M E 深圳中考信息网 http://www.szzkxxw.com 12 中考 典-2 （2）解：∵ MN 1 ＝ AP 1 ＋ BP 1 ∴MN＝ BPAP BPAP + · ＝ AB BPAP · ＝ AB APABAP )( − ＝ AB 1 [－(AP－ 2 1 AB)2＋ 4 1 AB 2] ∴MN≤ 4 1 AB（当 AP＝ 2 1 AB 时，MN 取得最大值为 4 1 AB） ∵AB＝4，∴MN ≤1，又∵P 不与 A，B 重合，∴AP＜AB，∴MN＞0 ∴0＜MN ≤1 4．（1）由题意可设抛物线的表达式为 y=a(x-2)2-1． ∵点 C（0，3）在抛物线上，∴a(0-2)2-1=3，解得 a=1． ∴抛物线的表达式为 y=(x-2)2-1，即 y= x2-4x+3． （2）令 y=0，即 x2-4x+3=0，解得 x1=1，x2=3，∴A(1，0)，B（3，0）． 设 BC 的解析式为 y=kx+b，将 B（3，0），C（0，3）代入得 3 0, 3. k b b + =⎧⎨ =⎩ 解得 1, 3. k b = −⎧⎨ =⎩ ∴直线 BC 的解析式为 y=-x+3 ．当 x=2 时，y=-2+3=1，∴D(2，1) ． ∴ ACDSΔ = ABCSΔ - ABDSΔ = 1 12 3 2 1 2 2 × × − × × =2． （3）假设存在点 E，使得以 D、E、F 为顶点的三角形与△BCO 相似， ∵△BCO 是等腰直角三角形，则以 D、E、F 为顶点的三角形也必须是等腰直角三角形． 由 EF∥OC，得∠DEF=450，故以只能以点 D、E、F 为顶点的等腰直角三角形只能以 D、F 为直角顶 点． ①当 F 为直角顶点时，DF⊥EF，此时△DEF∽△BCO，∴DF 所在的直线为 y=1． 由 2 4 3, 1. y x x y ⎧ = − +⎨ =⎩ 解得 2 2x = ± ． 将 2 2x = + 代入 y=-x+3，得 y=1- 2 ，∴E（ 2 2+ ，1- 2 ）． 将 2 2x = − 代入 y=-x+3，得 y=1+ 2 ，∴E（ 2 2− ，1+ 2 ）． ②当 D 为直角顶点时，DF⊥ED，此时△EFD∽△BCO． ∵点 D 在对称轴上，∴DA=DB，∵∠CBA=450，∴∠DAB=450，∴∠ADB=900． ∴AD⊥BC，故点 F 在直线 AD 上． 设 AD 的解析式为 y=kx+b，将 A（1，0），D(2，1)代入得 0, 2 1. k b k b + =⎧⎨ + =⎩ 解得 1, 1. k b =⎧⎨ = −⎩ ∴直线 AD 的解析式为 y=x-1． 解得直线 AD 的解析式为 y=x-1，将 B（3，0），C（0，3）代入得 由 2 4 3, 1 y x x y x ⎧ = − +⎨ = −⎩ ，解得 x1=1，x2=4． 将 x=1 代入 y=-x+3，得 y=2，∴E（1，2）． 将 x=4 代入 y=-x+3，得 y=-1，∴E（4，-1）． 综上所述，点 E 的坐标可以为 E（ 2 2+ ，1- 2 ），（ 2 2− ，1+ 2 ），（1，2），（4，-1）． 中考百日冲刺第九天 一、选择题 1．C 解：∵BE、CF 分别是△ABC 的边 AC、AB 上的高，∴∠AEB＝∠AFC＝90° 又∵∠A＝∠A，∴△ABE∽△ACF，∴ AE AF ＝ AB AC ，∴△AEF∽△ABC ∴ S△AEF S△ABC ＝ AE 2 AB 2 ＝ (AB·cos60°) 2 AB 2 ＝ 1 4 ，∴S△AEF ＝ 1 4 S△ABCF ＝ 1 4 × 1 2 ×AB·AC·sin60°＝ 1 8 ×2 3× 3 2 ＝ 3 8 冲击 900 分 深圳中考网 http://www.zk5a.com 13 二、填空题 2． 3 解：连接 DE ∵∠ACB＝90º，PE⊥AC，PF⊥BC，∴四边形 PFCE 为矩形，∴CE＝PF ∴ CE BF ＝ PF BF ＝tanB＝ CD BD 又∵∠ECD＝∠B＝90°－∠BCD，∴△CED∽△BFD ∴∠CDE＝∠BDF， DE DF ＝ CD BD ＝ AC BC ，∴∠EDF＝∠CDE＋∠CDF＝∠BDF＋∠CDF＝90° 设 DF＝3x，由 EF DF ＝ 2 3 3 ，得 EF＝2 3x 在 Rt△EDF 中，DE＝ EF 2－DF 2 ＝ 3x，∴ BC AC ＝ DF DE ＝ 3x 3x ＝ 3 三、解答题 3．（1）证明：①如图 2 ∵BM⊥直线 a 于点 M，CN⊥直线 a 于点 N，∴∠BMN＝∠CNM＝90° ∴BM∥CN，∴∠MBP＝∠ECP 又∵P 为 BC 边中点，∴BP＝CP 又∵∠BPM＝∠CPE，∴△BPM≌△CPE ②∵△BPM≌△CPE，∴PM＝PE，∴PM＝ 2 1 ME ∴在 Rt△MNE 中，PN＝ 2 1 ME，∴PM＝PN （2）成立．如图 3 证明：延长 MP 与 NC 的延长线相交于点 E ∵BM⊥直线 a 于点 M，CN⊥直线 a 于点 N ∴∠BMN＝∠CNM＝90°，∴∠BMN＋∠CNM＝180° ∴BM∥CN，∴∠MBP＝∠ECP 又∵P 为 BC 边中点，∴BP＝CP 又∵∠BPM＝∠CPE，∴△BPM≌△CPE ∴PM＝PE，∴PM＝ 2 1 ME，∴在 Rt△MNE 中，PN＝ 2 1 ME，∴PM＝PN （3）四边形 MBCN 是矩形，PM＝PN 成立 4．解：（1）A（1，4）. 由题意知，可设抛物线解析式为 y=a(x－1)2+4 因抛物线过点 C（3，0），∴0=a(3－1)2+4，，∴a=－1 所以抛物线的解析式为 y=－(x－1) 2+4，即 y=－x2+2x+3. （2）∵A（1，4），C（3，0）， ∴可求直线 AC 的解析式为 y=－2x+6. ，点 P（1，4－t） 将 y=4－t 代入 y=－2x+6 中，解得点 E 的横坐标为 x=1+ 2 t . ∴点 G 的横坐标为 1+ 2 t ，代入抛物线的解析式中，可求点 G 的纵坐标为 4－ 4 2t . ∴GE=（4－ 4 2t ）－（4－t）=t－ 4 2t . 又点 A 到 GE 的距离为 2 t ，C 到 GE 的距离为 2－ 2 t ， 即 S△ACG=S△AEG+S△CEG= 2 1 ·EG· 2 t + 2 1 ·EG（2－ 2 t ）= 2 1 ·2（t－ 4 2t ）=－ 4 1 （t－2）2+1. 当 t=2 时，S△ACG的最大值为 1. （3）t= 13 20 或 t=20－8 5 . BA C D E F P 图 2 A B CP a M N E 图 3 A B CP a M N E 深圳中考信息网 http://www.szzkxxw.com 14 中考 典-2 中考百日冲刺第十天 一、选择题 1．C 解：作 DF⊥AB 于 F，则∠DEF＝∠DAE＋∠ADE＝30°＋15°＝45° 设 BD＝x，∵∠B＝60°，∴DF＝ 3 2 x，AD＝ 3x ∴DE＝ 2DF＝ 6 2 x，∴ AD DE ＝ 2 二、填空题 2． 5－1 2 解：设 AF＝a，CF＝b ∵AM⊥AB，BN⊥AB，∴AM∥BN，∴△AEF∽△CBF，∴ AE BC ＝ AF CF ＝ a b 在 Rt△ABC 中，BF⊥AC，∴△ABF∽△ACB，∴ AB AF ＝ AC AB ，∴AB 2＝AF·AC＝a( a＋b ) 易知四边形 ABCD 是矩形，∴AB＝CD＝CF＝b ∴b 2＝a( a＋b )，即 a 2＋ab－b 2＝0，∴( a b ) 2 ＋( a b )－1＝0，解得 a b ＝ 5－1 2 （负值舍去） ∴ AE AD ＝ a b ＝ 5－1 2 3．（1）证明：∵AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA，∴∠BDC＝2∠DAC 又∵DE 是∠BDC 的平分线，∴∠BDC＝2∠BDE，∴∠DAC＝∠BDE ，∴DE∥AC （2）解：（Ⅰ）当△BME∽△CNE 时（如图 1），得∠MBE＝∠NCE，∴BD＝DC ∵DE 平分∠BDC，∴DE⊥BC，BE＝EC 又∠ACB＝90°，∴DE∥AC ，∴ BC BE ＝ AB BD ， 即 BD＝ 2 1 AB＝ 22 2 1 BCAC ＋ ＝5，∴AD＝5 （Ⅱ）当△BME∽△ENC 时（如图 2）， 得∠EBM＝∠CEN，∴EN∥BD 又∵EN⊥CD，∴BD⊥CD，即 CD 是△ABC 斜边上的高 由三角形面积公式得 AB·CD=AC·BC， ∴CD＝ 5 24 ，∴AD＝ 22 CDAC － ＝ 5 18 综上，当 AD＝5 或 5 18 时，△BME 与△CNE 相似 （3）由角平分线性质易得 S△MDE ＝S△DEN ＝ 2 1 DM·ME ∵S 四边形 MEND ＝S△BDE ，∴DM·ME＝ 2 1 BD·ME，即 DM＝ 2 1 BD ，∴EM 是 BD 的垂直平分线.， ∴∠EDB＝∠B ∵∠EDB＝∠CDE，∴∠B＝∠CDE，又∵∠DCE＝∠BCD，∴△CDE∽△CBD ∴ BC CD ＝ CD CE ＝ BD DE ……① ∴ BC CD ＝ BD BE ＝ BM BE 2 ，即 CD＝ BM BE4 又∵cosB＝ BE BM ＝ 5 4 ，∴CD＝4× 4 5 ＝5 D A B C E C′ A′ F 图 1 E C A M D B N 图 2 E C A M D B N 图 3 E C A M D B N 冲击 900 分 深圳中考网 http://www.zk5a.com 15 由①式得 CE＝ BC CD 2 ＝ 8 25 ，∴BE＝8－ 8 25 ＝ 8 39 ，∴BM＝BEcosB＝ 8 39 × 5 4 ＝ 10 39 ∴AD＝AB－2BM＝10－2× 10 39 ＝ 5 11 ，∴当 AD＝ 5 11时，S 四边形 MEND ＝S△BDE 4．（1）∵四边形 ABCD 是菱形，∴∠CDO=