廣州市中考數(shù)學(xué)試卷包括

廣州市中考數(shù)學(xué)試卷包含廣州市中考數(shù)學(xué)試卷包含PAGEPAGE18廣州市中考數(shù)學(xué)試卷包含PAGE廣東省廣州市2021年中考數(shù)學(xué)試卷一、選擇題〔共10小題，每題3分，總分值30分〕1．〔3分〕〔2021?廣州〕a〔a≠0〕的相反數(shù)是〔〕A．﹣aB．a(chǎn)2C．|a|D．考點(diǎn)：相反數(shù)．剖析：直接依據(jù)相反數(shù)的定義求解．解答：解：a的相反數(shù)為﹣a．應(yīng)選：A．評(píng)論：本題考察了相反數(shù)：a的相反數(shù)為﹣a，正確掌握相反數(shù)的定義是解題重點(diǎn)．2．〔3分〕〔2021?廣州〕以下列圖形中，是中心對(duì)稱圖形的是〔〕A．B．C．D．考點(diǎn)：中心對(duì)稱圖形．剖析：依據(jù)中心對(duì)稱的定義，聯(lián)合所給圖形即可作出判斷．解答：解：A、不是中心對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；、不是中心對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；、是中心對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)正確；應(yīng)選：D．評(píng)論：本題考察了中心對(duì)稱圖形的特色，屬于根基題，判斷中心對(duì)稱圖形的重點(diǎn)是旋轉(zhuǎn)后可以重合．

180°3．〔3分〕〔2021?廣州〕如圖，在邊長(zhǎng)為均在格點(diǎn)上，那么tanA=〔〕

1的小正方形構(gòu)成的網(wǎng)格中，△

ABC

的三個(gè)極點(diǎn)A．B．C．D．考點(diǎn)：銳角三角函數(shù)的定義．專題：網(wǎng)格型．剖析：在直角△ABC中利用正切的定義即可求解．解答：解：在直角△ABC中，∵∠ABC=90°，tanA==．應(yīng)選D．評(píng)論：本題考察銳角三角函數(shù)的定義及運(yùn)用：在直角三角形中，銳角的正弦為對(duì)邊比斜邊，余弦為鄰邊比斜邊，正切為對(duì)邊比鄰邊．4．〔3分〕〔2021?廣州〕以下運(yùn)算正確的選項(xiàng)是〔A．5ab﹣ab=4B．+=

〕6242353C．a(chǎn)÷a=aD．〔ab〕=ab考點(diǎn)：同底數(shù)冪的除法；歸并同類項(xiàng)；冪的乘方與積的乘方；分式的加減法．專題：計(jì)算題．剖析：A、原式歸并同類項(xiàng)獲得結(jié)果，即可做出判斷；、原式通分并利用同分母分式的加法法那么計(jì)算獲得結(jié)果，即可做出判斷；C、原式利用同底數(shù)冪的除法法那么計(jì)算獲得結(jié)果，即可做出判斷；、原式利用冪的乘方與積的乘方運(yùn)算法那么計(jì)算獲得結(jié)果，即可做出判斷．解答：解：A、原式=4ab，錯(cuò)誤；B、原式=，錯(cuò)誤；C、原式=a4，正確；63，錯(cuò)誤，D、原式=ab應(yīng)選C評(píng)論：本題考察了同底數(shù)冪的乘除法，歸并同類項(xiàng)，以及完整平方公式，嫻熟掌握公式及法那么是解本題的重點(diǎn)．5．〔3分〕〔2021?廣州〕⊙O1和⊙O2的半徑分別為2cm和3cm，假定O1O2=7cm，那么⊙O1和⊙O2的地點(diǎn)關(guān)系是〔〕A．外離B．外切C．內(nèi)切D．訂交考點(diǎn)：圓與圓的地點(diǎn)關(guān)系．剖析：由⊙O1與⊙O2的半徑分別為3cm、2cm，且圓心距O1O2=7cm，依據(jù)兩圓地點(diǎn)關(guān)系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)目關(guān)系間的聯(lián)系即可得出兩圓地點(diǎn)關(guān)系．解答：解：∵⊙O1與⊙O2的半徑分別為3cm、2cm，且圓心距O1O2=7cm，又∵3+2＜7，∴兩圓的地點(diǎn)關(guān)系是外離．應(yīng)選A．評(píng)論：本題考察了圓與圓的地點(diǎn)關(guān)系．解題的重點(diǎn)是掌握兩圓地點(diǎn)關(guān)系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)目關(guān)系間的聯(lián)系．6．〔3分〕〔2021?廣州〕計(jì)算，結(jié)果是〔〕A．x﹣2B．x+2C．D．考點(diǎn)：約分．剖析：第一利用平方差公式分解分子，再約去分子分母中得公因式．解答：解：==x+2，應(yīng)選：B．評(píng)論：本題主要考察了約分，重點(diǎn)是正確把分子分解因式．7．〔3分〕〔2021?廣州〕在一次科技作品制作競(jìng)賽中，某小組八件作品的成績(jī)〔單位：分〕分別是7，10，9，8，7，9，9，8，對(duì)這組數(shù)據(jù)，以下說法正確的選項(xiàng)是〔A．中位數(shù)是8B．眾數(shù)是9C．均勻數(shù)是8

〕D．極差是

7考點(diǎn)：極差；加權(quán)均勻數(shù)；中位數(shù)；眾數(shù)．剖析：由題意可知：總數(shù)個(gè)數(shù)是偶數(shù)的，按從小到大的次序，取中間兩個(gè)數(shù)的均勻數(shù)為中位數(shù)，那么中位數(shù)為；一組數(shù)據(jù)中，出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)就叫這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)，那么這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為9；這組數(shù)據(jù)的均勻數(shù)=〔7+10+9+8+7+9+9+8〕÷；一組數(shù)據(jù)中最大數(shù)據(jù)與最小數(shù)據(jù)的差為極差，據(jù)此求出極差為3．解答：解：A、按從小到大擺列為：7，7，8，8，9，9，9，10，中位數(shù)是：〔8+9〕÷，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；B、9出現(xiàn)了3次，次數(shù)最多，因此眾數(shù)是9，故本選項(xiàng)正確；C、均勻數(shù)=〔7+10+9+8+7+9+9+8〕÷，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；D、極差是：10﹣7=3，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤．應(yīng)選B．評(píng)論：考察了中位數(shù)、眾數(shù)、均勻數(shù)與極差的觀點(diǎn)，是根基題，熟記定義是解決本題的重點(diǎn)．8．〔3分〕〔2021?廣州〕將四根長(zhǎng)度相等的細(xì)木條首尾相接，用釘子釘成四邊形ABCD，轉(zhuǎn)動(dòng)這個(gè)四邊形，使它形狀改變，當(dāng)∠B=90°時(shí)，如圖1，測(cè)得AC=2，當(dāng)∠B=60°時(shí)，如圖2，AC=〔〕A．B．2C．D．2考點(diǎn)：等邊三角形的判斷與性質(zhì)．剖析：圖1中依據(jù)勾股定理即可求得正方形的邊長(zhǎng)，圖2依占有一個(gè)角是60°的等腰三角形是等邊三角形即可求得．解答：解：如圖1，AB=BC=CD=DA，∠B=90°，∴四邊形ABCD是正方形，222連結(jié)AC，那么AB+BC=AC，∴AB=BC===，如圖2，∠B=60°，連結(jié)AC，∴△ABC為等邊三角形，∴AC=AB=BC=．評(píng)論：本題考察了正方形的性質(zhì)，勾股定理以及等邊三角形的判斷和性質(zhì)．9．〔3分〕〔2021?廣州〕正比率函數(shù)y=kx〔k＜0〕的圖象上兩點(diǎn)A〔x1，y1〕、B〔x2，y〕，且x＜x，那么以下不等式中恒建立的是〔〕212A．y1+y2＞0B．y1+y2＜0C．y1﹣y2＞0D．y1﹣y2＜0考點(diǎn)：一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特色．剖析：依據(jù)k＜0，正比率函數(shù)的函數(shù)值y隨x的增大而減小解答．解答：解：∵直線y=kx的k＜0，∴函數(shù)值y隨x的增大而減小，x1＜x2，∴y1＞y2，y1﹣y2＞0．應(yīng)選C．評(píng)論：本題考察了正比率函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特色，主要利用了正比率函數(shù)的增減性．10．〔3分〕〔2021?廣州〕如圖，四邊形ABCD、CEFG都是正方形，點(diǎn)G在線段CD上，連結(jié)BG、DE，DE和FG訂交于點(diǎn)O，設(shè)AB=a，CG=b〔a＞b〕．以下結(jié)論：①△BCG≌△DCE；②BG⊥DE；③=；④〔a﹣b〕2?S△EFO=b2?S△DGO．此中結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是〔〕A．4個(gè)

B．3個(gè)

C．2個(gè)

D．1個(gè)考點(diǎn)：相像三角形的判斷與性質(zhì)；全等三角形的判斷與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)．剖析：由四邊形ABCD和四邊形CEFG是正方形，依據(jù)正方形的性質(zhì)，即可得

BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，那么可依據(jù)SAS證得①△BCG≌△DCE；而后依據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等，求得∠CDE+∠DGH=90°，那么可得②BH⊥DE．由△DGF與△DCE相像即可判斷③錯(cuò)誤，由△GOD與△FOE相像即可求得④．解答：證明：①∵四邊形ABCD和四邊形CEFG是正方形，BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，∴∠BCG=∠DCE，在△BCG和△DCE中，，∴△BCG≌△DCE〔SAS〕，②∵△BCG≌△DCE，∴∠CBG=∠CDE，又∠CBG+∠BGC=90°，∴∠CDE+∠DGH=90°，∴∠DHG=90°，BH⊥DE；③∵四邊形GCEF是正方形，GF∥CE，=，=是錯(cuò)誤的．④∵DC∥EF，∴∠GDO=∠OEF，∵∠GOD=∠FOE，∴△OGD∽△OFE，∴=〔〕2=〔〕2=，∴〔a﹣b〕2?S△EFO=b2?S△DGO．故應(yīng)選B評(píng)論：本題考察了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判斷與性質(zhì)，相像三角形的判斷和性質(zhì)，直角三角形的判斷和性質(zhì)．二、填空題〔共6小題，每題3分，總分值18分〕11．〔3分〕〔2021?廣州〕△ABC中，∠A=60°，∠B=80°，那么∠C的外角的度數(shù)是140°．考點(diǎn)：三角形的外角性質(zhì)．剖析：依據(jù)三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和列式計(jì)算即可得解．解答：解：∵∠A=60°，∠B=80°，∴∠C的外角=∠A+∠B=60°+80°=140°．故答案為：140．評(píng)論：本題考察了三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和的性質(zhì)，熟記性質(zhì)是解題的重點(diǎn)．12．〔3分〕〔2021?廣州〕OC是∠AOB的均分線，點(diǎn)P在OC上，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分別為點(diǎn)D、E，PD=10，那么PE的長(zhǎng)度為10．考點(diǎn)：角均分線的性質(zhì)．剖析：依據(jù)角均分線上的點(diǎn)到角的兩邊距離相等可得PE=PD．解答：解：∵OC是∠AOB的均分線，PD⊥OA，PE⊥OB，PE=PD=10．故答案為：10．評(píng)論：本題考察了角均分線上的點(diǎn)到角的兩邊距離相等的性質(zhì)，熟記性質(zhì)是解題的重點(diǎn)，作出圖形更形象直觀．13．〔3分〕〔2021?廣州〕代數(shù)式存心義時(shí)，x應(yīng)知足的條件為x≠±1．考點(diǎn)：分式存心義的條件．剖析：依據(jù)分式存心義，分母等于0列出方程求解即可．解答：解：由題意得，|x|﹣1≠0，解得x≠±1．故答案為：x≠±1．評(píng)論：本題考察了分式存心義的條件，從以下三個(gè)方面透辟理解分式的觀點(diǎn)：1〕分式無(wú)心義?分母為零；2〕分式存心義?分母不為零；3〕分式值為零?分子為零且分母不為零．14．〔3分〕〔2021?廣州〕一個(gè)幾何體的三視圖如圖，依據(jù)圖示的數(shù)據(jù)計(jì)算該幾何體的全面積為24π．〔結(jié)果保留π〕考點(diǎn)：圓錐的計(jì)算；由三視圖判斷幾何體．剖析：依據(jù)圓錐側(cè)面積公式第一求出圓錐的側(cè)面積，再求出底面圓的面積為，即可得出表面積．解答：解：∵以下列圖可知，圓錐的高為4，底面圓的直徑為6，∴圓錐的母線為：5，∴依據(jù)圓錐的側(cè)面積公式：πrl=π×3×5=15π，底面圓的面積為：πr2=9π，∴該幾何體的表面積為24π．故答案為：24π．評(píng)論：本題主要考察了圓錐側(cè)面積公式，依據(jù)得母線長(zhǎng)，再利用圓錐側(cè)面積公式求出是解決問題的重點(diǎn)．15．〔3分〕〔2021?廣州〕命題：“假如兩個(gè)三角形全等，那么這兩個(gè)三角形的面積相等．〞寫成它的抗命題：假如兩個(gè)三角形的面積相等，那么這兩個(gè)三角形全等，該抗命題是假命題〔填“真〞或“假〞〕．考點(diǎn)：命題與定理．剖析：互換原命題的題設(shè)和結(jié)論即可獲得該命題的抗命題．解答：解：“假如兩個(gè)三角形全等，那么這兩個(gè)三角形的面積相等．〞寫成它的抗命題：假如兩個(gè)三角形的面積相等，那么這兩個(gè)三角形全等，該抗命題是假命題，故答案為：假如兩個(gè)三角形的面積相等，那么這兩個(gè)三角形全等，假．評(píng)論：本題考察抗命題的觀點(diǎn)，以及判斷真假命題的能力以及全等三角形的判斷和性質(zhì)．16．〔3分〕〔2021?廣州〕假定對(duì)于22﹣2=0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根12，那么x的方程x+2mx+m+3mx、xx1〔x2+x1〕+x22的最小值為．考點(diǎn)：根與系數(shù)的關(guān)系；二次函數(shù)的最值．剖析：由題意可得△=b2﹣4ac≥0，而后依據(jù)不等式的最小值計(jì)算即可獲得結(jié)論．解答：解：由題意知，方程x2+2mx+m2+3m﹣2=0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，那么△=b2﹣4ac=4m2﹣4〔m2+3m﹣2〕=8﹣12m≥0，∴m≤，22﹣x1x2∵x1〔x2+x1〕+x2=〔x2+x1〕=〔2m〕2﹣〔m2+3m﹣2〕=3m2﹣3m+2=3〔m2﹣m++〕+2=3〔m﹣〕2+；∴當(dāng)m=時(shí)，有最小值；∵＜，∴m=建立；∴最小值為；故答案為．評(píng)論：本題考察了一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系，考察了一元二次不等式的最值問題．總結(jié)一元二次方程根的狀況與鑒別式△的關(guān)系：1〕△＞0?方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；2〕△=0?方程有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根；3〕△＜0?方程沒有實(shí)數(shù)根．三、解答題〔共9小題，總分值102分〕17．〔9分〕〔2021?廣州〕解不等式：5x﹣2≤3x，并在數(shù)軸上表示解集．考點(diǎn)：解一元一次不等式；在數(shù)軸上表示不等式的解集．剖析：移項(xiàng)，歸并同類項(xiàng)，系數(shù)化成1即可．解答：解：5x﹣2≤3x，5x﹣3x≤2，2x≤2，x≤1，在數(shù)軸上表示為：．評(píng)論：本題考察認(rèn)識(shí)一元一次不等式，在數(shù)軸上表示不等式的解集的應(yīng)用，注意：解一元一次不等式的步驟是：去分母，去括號(hào)，移項(xiàng)，歸并同類項(xiàng)，系數(shù)化成1．18．〔9分〕〔2021?廣州〕如圖，?ABCD的對(duì)角線AC、BD訂交于點(diǎn)O，EF過點(diǎn)O且與AB，CD分別訂交于點(diǎn)E、F，求證：△AOE≌△COF．考點(diǎn)：平行四邊形的性質(zhì)；全等三角形的判斷．專題：證明題．剖析：依據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出OA=OC，AB∥CD，推出∠EAO=∠FCO，證出△AOE≌COF即可．解答：證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，OA=OC，AB∥CD，∴∠EAO=∠FCO，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≌△COF〔ASA〕．評(píng)論：本題考察了平行四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，全等三角形的判斷的應(yīng)用，重點(diǎn)是推AO=CO．19．〔10分〕〔2021?廣州〕多項(xiàng)式A=〔x+2〕2+〔1﹣x〕〔2+x〕﹣3．1〕化簡(jiǎn)多項(xiàng)式A；2〕假定〔x+1〕2=6，求A的值．考點(diǎn)：整式的混淆運(yùn)算—化簡(jiǎn)求值；平方根．剖析：〔1〕先算乘法，再歸并同類項(xiàng)即可；2〕求出x+1的值，再整體代入求出即可．解答：解：〔1〕A=〔x+2〕2+〔1﹣x〕〔2+x〕﹣3=x2+4x+4+2+x﹣2x﹣x2﹣3=3x+3；2〔2〕∵〔x+1〕=6，x+1=±，A=3x+3=3〔x+1〕=±3．A=±3．評(píng)論：本題考察了整式的混淆運(yùn)算和求值的應(yīng)用，主要考察學(xué)生的化簡(jiǎn)和計(jì)算能力，題目比較好．20．〔10分〕〔2021?廣州〕某校初三〔1〕班50名學(xué)生需要參加體育“五選一〞自選工程測(cè)試，班上學(xué)生所報(bào)自選工程的狀況統(tǒng)計(jì)表以下：自選工程人數(shù)頻次立定跳遠(yuǎn)9三級(jí)蛙跳12a一分鐘跳繩8扔擲實(shí)心球b推鉛球5共計(jì)501〔1〕求a，b的值；〔2〕假定將各自選工程的人數(shù)所占比率繪制成扇形統(tǒng)計(jì)圖，求“一分鐘跳繩〞對(duì)應(yīng)扇形的圓心角的度數(shù)；〔3〕在選報(bào)“推鉛球〞的學(xué)生中，有3名男生，2名女生，為了認(rèn)識(shí)學(xué)生的訓(xùn)練成效，從這5名學(xué)生中隨機(jī)抽取兩名學(xué)生進(jìn)行推鉛球測(cè)試，求所抽取的兩名學(xué)生中有一名女生的概率．考點(diǎn)：游戲公正性；扇形統(tǒng)計(jì)圖；列表法與樹狀圖法．專題：計(jì)算題．剖析：〔1〕依據(jù)表格求出a與b的值即可；2〕依據(jù)表示做出扇形統(tǒng)計(jì)圖，求出“一分鐘跳繩〞對(duì)應(yīng)扇形的圓心角的度數(shù)即可；3〕列表得出全部等可能的狀況數(shù)，找出抽取的兩名學(xué)生中至多有一名女生的狀況，即可求出所求概率．解答：解：〔1〕依據(jù)題意得：a=1﹣〔〕；b=×0.32=16；〔2〕作出扇形統(tǒng)計(jì)圖，以下列圖：依據(jù)題意得：360°×°；〔3〕列表以下：男男男女女男﹣﹣﹣〔男，男〕〔男，男〕〔女，男〕〔女，男〕男〔男，男〕﹣﹣﹣〔男，男〕〔女，男〕〔女，男〕男〔男，男〕〔男，男〕﹣﹣﹣〔女，男〕〔女，男〕女〔男，女〕〔男，女〕〔男，女〕﹣﹣﹣〔女，女〕女〔男，女〕〔男，女〕〔男，女〕〔女，女〕﹣﹣﹣全部等可能的狀況有20種，此中抽取的兩名學(xué)生中至多有一名女生的狀況有18種，那么P==．評(píng)論：本題考察了游戲公正性，扇形統(tǒng)計(jì)圖，列表法與樹狀圖法，弄清題意是解本題的重點(diǎn)．21．〔12分〕〔2021?廣州〕一次函數(shù)y=kx﹣6的圖象與反比率函數(shù)y=﹣的圖象交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2．〔1〕求k的值和點(diǎn)A的坐標(biāo)；〔2〕判斷點(diǎn)B所在象限，并說明原因．考點(diǎn)：反比率函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)問題．專題：計(jì)算題．剖析：〔1〕先把x=2代入反比率函數(shù)分析式獲得y=﹣k，那么A點(diǎn)坐標(biāo)表示為〔2，﹣k〕，再把A〔2，﹣k〕代入y=kx﹣6可計(jì)算出k，從而獲得A點(diǎn)坐標(biāo)；〔2〕由〔1〕獲得一次函數(shù)與反比率函數(shù)的分析式分別為y=2x﹣6，y=﹣，依據(jù)反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)問題，解方程組即可獲得B點(diǎn)坐標(biāo)．解答：解：〔1〕把x=2代入y=﹣得y=﹣k，A〔2，﹣k〕代入y=kx﹣6得2k﹣6=k，解得k=2，因此A點(diǎn)坐標(biāo)為〔2，﹣2〕；〔2〕B點(diǎn)在第四象限．原因以下：一次函數(shù)與反比率函數(shù)的分析式分別為

y=2x﹣6，y=﹣，解方程組

得

或

，因此B點(diǎn)坐標(biāo)為〔1，﹣4〕，因此B點(diǎn)在第四象限．評(píng)論：本題考察了反比率函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)問題：標(biāo)知足兩函數(shù)分析式．

反比率函數(shù)與一次函數(shù)圖象的交點(diǎn)坐22．〔12分〕〔2021?廣州〕從廣州到某市，可乘坐一般列車或高鐵，高鐵的行駛行程是400千米，一般列車的行駛行程是高鐵的行駛行程的倍．〔1〕求一般列車的行駛行程；〔2〕假定高鐵的均勻速度〔千米/時(shí)〕是一般列車均勻速度〔千米/時(shí)〕的所需時(shí)間比乘坐一般列車所需時(shí)間縮短3小時(shí)，求高鐵的均勻速度．

倍，且乘坐高鐵考點(diǎn)：分式方程的應(yīng)用．剖析：〔1〕依據(jù)高鐵的行駛行程是400千米和一般列車的行駛行程是高鐵的行駛行程的倍，兩數(shù)相乘即可得出答案；2〕設(shè)一般列車均勻速度是x千米/時(shí)，依據(jù)高鐵所需時(shí)間比乘坐一般列車所需時(shí)間縮短3小時(shí)，列出分式方程，而后求解即可；解答：解：〔1〕依據(jù)題意得：400×1.3=520〔千米〕，答：一般列車的行駛行程是520千米；2〕設(shè)一般列車均勻速度是x千米/時(shí)，依據(jù)題意得：=3，解得：x=120，經(jīng)查驗(yàn)x=120是原方程的解，那么高鐵的均勻速度是120×2.5=300〔千米答：高鐵的均勻速度是300千米/時(shí)．

/時(shí)〕，評(píng)論：本題考察了分式方程的應(yīng)用，重點(diǎn)是剖析題意，找到適合的數(shù)目關(guān)系列出方程，解分式方程時(shí)要注意查驗(yàn)．23．〔12

分〕〔2021?廣州〕如圖，△

ABC

中，AB=AC=4

，cosC=

．〔1〕著手操作：利用尺規(guī)作以AC

為直徑的⊙

O，并標(biāo)出⊙

O與

AB

的交點(diǎn)

D，與

BC

的交E〔保留作圖印跡，不寫作法〕；〔2〕綜合應(yīng)用：在你所作的圖中，①求證：=；②求點(diǎn)D到BC的距離．考點(diǎn)：作圖—復(fù)雜作圖．剖析：〔1〕先作出AC的中垂線，再畫圓．〔2〕邊接

AE，AE

是

BC

的中垂線，∠

DAE=∠CAE，得出

=；〔3〕利用割線定理求出

BD，再利用余弦求出

BM，用勾股定理求出

DM．解答：解：〔1〕如圖〔2〕如圖，連結(jié)AE，AC為直徑，∴∠AEC=90°，AB=AC，∴∠DAE=∠CAE，=；〔3〕如圖，連結(jié)AE，作DM⊥BC交BC于點(diǎn)M，AC為直徑，∴∠AEC=90°，∵AB=AC=4，cosC=．EC=BE=4，BC=8，BD?BA=BE?BCBD×4=4×8BD=，∵∠B=∠Ccos∠C=cos∠B=，=，BM=，∴DM===．評(píng)論：本題主要考察了復(fù)雜的作圖，解題的重點(diǎn)是運(yùn)用割線定理求出線段的長(zhǎng)．24．〔14分〕〔2021?廣州〕平面直角坐標(biāo)系中兩定點(diǎn)A〔﹣1，0〕、B〔4，0〕，拋物線2〔1〕求拋物線的分析式和極點(diǎn)C的坐標(biāo)；〔2〕當(dāng)∠APB為鈍角時(shí)，求m的取值范圍；〔3〕假定m＞，當(dāng)∠APB為直角時(shí)，將該拋物線向左或向右平移t〔0＜t＜〕個(gè)單位，點(diǎn)C、P平移后對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別記為C′、P′，能否存在t，使得首位挨次連結(jié)A、B、P′、C′所構(gòu)成的多邊形的周長(zhǎng)最短？假定存在，求t的值并說明拋物線平移的方向；假定不存在，請(qǐng)說明原因．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．剖析：〔1〕待定系數(shù)法求分析式即可，求得分析式后變換成極點(diǎn)式即可．〔2〕由于AB為直徑，因此當(dāng)拋物線上的點(diǎn)P在⊙C的內(nèi)部時(shí)，知足∠APB為鈍角，因此﹣1＜m＜0，或3＜m＜4．〔3〕左右平移時(shí)，使A′D+DB″最短即可，那么作出點(diǎn)C′對(duì)于x軸對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)C″，獲得直線P″C″的分析式，而后把A點(diǎn)的坐標(biāo)代入即可．解答：解：〔1〕∵拋物線y=ax2+bx﹣2〔a≠0〕過點(diǎn)A，B，∴，解得：，∴拋物線的分析式為：y=x2﹣x﹣2；∵y=x2﹣x﹣2=〔x﹣〕2﹣，∴C〔，﹣〕．〔2〕如圖1，以AB為直徑作圓∴M〔，0〕，⊙M的半徑=．

M，那么拋物線在圓內(nèi)的局部，能是∠

APB

為鈍角，P是拋物線與y軸的交點(diǎn)，∴OP=2，∴MP=

=，∴P在⊙M上，∴P的對(duì)稱點(diǎn)〔3，﹣2〕，∴當(dāng)﹣1＜m＜0或3＜m＜4時(shí)，∠APB

為鈍角．〔3〕存在；拋物線向左或向右平移，由于AB、P′C′是定值，因此A、B、P′、C′所構(gòu)成的多邊形的周長(zhǎng)最短，只需AC′+BP′最??；第一種狀況：拋物線向右平移，AC′+BP′＞AC+BP，第二種狀況：向左平移，如圖2所示，由〔2〕可知P〔3，﹣2〕，又∵C〔，﹣〕∴C'〔﹣t，﹣〕，P'〔3﹣t，﹣2〕，AB=5，∴P″〔﹣2﹣t，﹣2〕，要使AC′+BP′最短，只需AC′+AP″最短即可，點(diǎn)C′對(duì)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)C″〔﹣t，〕，設(shè)直線P″C″的分析式為：y=kx+b，，解得∴直線y=x+t+，點(diǎn)A在直線上，∴﹣+t+=0t=．故將拋物線向左平移個(gè)單位連結(jié)A、B、P′、C′所構(gòu)成的多邊形的周長(zhǎng)最短．評(píng)論：本題考察了待定系數(shù)法求分析式，極點(diǎn)坐標(biāo)，二次函數(shù)的對(duì)稱性，以及距離之和最小的問題．25．〔14分〕〔2021?廣州〕如圖，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，CD=5．點(diǎn)E為線段CD上一動(dòng)點(diǎn)〔不與點(diǎn)C重合〕，△BCE對(duì)于BE的軸對(duì)稱圖形為△BFE，連結(jié)CF．設(shè)CE=x，△BCF的面積為S1，△CEF的面積為S2．〔1〕當(dāng)點(diǎn)F落在梯形ABCD的中位線上時(shí)，求x的值；〔2〕試用x表示，并寫出x的取值范圍；〔3〕當(dāng)△BFE的外接圓與AD相切時(shí)，求的值．考點(diǎn)：四邊形綜合題．剖析：〔1〕利用梯形中位線的性質(zhì)，證明△

BCF

是等邊三角形；而后解直角三角形求出

x的值；〔2〕利用