广东省各市中考数学试题分类解析汇编 专题20压轴题

广东省各市中考数学试题分类解析汇编 专题20压轴题

广东省各市2015年中考数学试题分类解析汇编（20专题）‎ 专题20：压轴题 ‎1. （2015年广东梅州3分）对于二次函数有下列四个结论：‎ ‎①它的对称轴是直线；②设，则当时，有；③它的图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0）；④当时，.其中正确结论的个数为【 】‎ A. 1 B.2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C.‎ ‎【考点】二次函数的图象和性质. ‎ ‎【分析】∵，∴二次函数图象的对称轴是直线.故结论①正确.‎ ‎∴当时，随的增大而减小，此时，当时，有.故结论②错误.‎ ‎∵的解为，∴二次函数图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0） .故结论③正确.‎ ‎∵二次函数图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0），且有最大值1，∴当时，.故结论④正确.‎ 综上所述，正确结论有①③④三个.‎ 故选C.‎ ‎2. （2015年广东佛山3分）下列给出5个命题：‎ ①对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；‎ ②六边形的内角和等于720°； ‎ ③相等的圆心角所对的弧相等； ‎ ④顺次连结菱形各边中点所得的四边形是矩形；‎ ⑤三角形的内心到三角形三个顶点的距离相等. ‎ 其中正确命题的个数是【 】‎ ‎ A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 ‎【答案】A.‎ ‎【考点】命题和定理；正方形的判定；多边形内角和定理；圆周角定理；三角形中位线定理；菱形的性质；矩形的判定；三角形的内心性质. ‎ ‎【分析】根据相关知识对各选项进行分析，判作出断：‎ ①对角线互相垂直且相等的平行四边形才是正方形，命题不正确.‎ ②根据多边形内角和公式，得六边形的内角和等于，命题正确.‎ ③同圆或等圆满中，相等的圆心角所对的弧才相等，命题不正确. ‎ ④根据三角形中位线定理、菱形的性质和矩形的判定可知：顺次连结菱形各边中点所得的四边形是矩形，命题正确.‎ ⑤三角形的内心到三角形三边的距离相等，命题不正确.‎ 其中正确命题的个数是2个.‎ 故选A.‎ ‎3. （2015年广东广州3分）已知2是关于的方程的一个根，并且这个方程的两个根恰好是等腰三角形ABC的两条边长，则三角形ABC的周长为【 】‎ A. 10 B. 14 C. 10或14 D. 8或10‎ ‎【答案】B.‎ ‎【考点】一元二次方程的解和解一元二次方程；确定三角形的条件.‎ ‎【分析】∵2是关于的方程的一个根，∴，解得.‎ ‎∴方程为，解得.‎ ‎∵这个方程的两个根恰好是等腰三角形ABC的两条边长，‎ ‎∴根据三角形三边关系，只能是6，6，2.‎ ‎∴三角形ABC的周长为14.‎ 故选B.‎ ‎4. （2015年广东深圳3分）如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①；‎ ②；③；④.在以上4个结论中，正确的有【 】‎ A. 1 B. 2 C.3 D. 4‎ ‎【答案】C.‎ ‎【考点】折叠问题；正方形的性质；全等、相似三角形的判定和性质；勾股定理. ‎ ‎【分析】由折叠和正方形的性质可知，，∴.又∵，∴. 故结论①正确.‎ ‎∵正方形ABCD的边长为12，BE=EC，∴.‎ 设，则，‎ 在中，由勾股定理，得，即，‎ 解得，.‎ ‎∴.∴. 故结论②正确.‎ ‎∵，∴是等腰三角形.‎ 易知不是等腰三角形，∴和不相似. 故结论③错误.‎ ‎∵，‎ ‎∴.故结论④正确.‎ 综上所述，4个结论中，正确的有①②④三个.‎ 故选C.‎ ‎5. （2015年广东3分）如图，已知正△ABC的边长为2，E，F，G分别是AB，BC，CA上的点，且AE=BF=CG，设△EFG的面积为y，AE的长为x，则y关于x的函数图象大致是【 】‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】D.‎ ‎【考点】由实际问题列函数关系式（几何问题）；二次函数的性质和图象.‎ ‎【分析】根据题意，有AE=BF=CG，且正三角形ABC的边长为2，‎ ‎∴. ∴△AEG、△BEF、△CFG三个三角形全等．‎ 在△AEG中，，∴.‎ ‎∴．‎ ‎∴其图象为开口向上的二次函数.‎ 故选D.‎ ‎6. （2015年广东汕尾4分）对于二次函数有下列四个结论：‎ ‎①它的对称轴是直线；②设，则当时，有；③它的图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0）；④当时，.其中正确结论的个数为【 】‎ A. 1 B.2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C.‎ ‎【考点】二次函数的图象和性质. ‎ ‎【分析】∵，∴二次函数图象的对称轴是直线.故结论①正确.‎ ‎∴当时，随的增大而减小，此时，当时，有.故结论②错误.‎ ‎∵的解为，∴二次函数图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0） .故结论③正确.‎ ‎∵二次函数图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0），且有最大值1，∴当时，.故结论④正确.‎ 综上所述，正确结论有①③④三个.‎ 故选C.‎ ‎7. （2015年广东珠海3分）如图，在中，直径垂直于弦，若，则的度数是【 】‎ A. 25° B. 30° C. 40° D. 50°‎ ‎【答案】D.‎ ‎【考点】垂径定理；圆周角定理.‎ ‎【分析】∵直径垂直于弦，∴.‎ ‎∵和是同圆中等弧所对的圆周角和圆心角以，且，‎ ‎∴.‎ 故选D.‎ ‎1. （2015年广东梅州3分）若，,对任意自然数都成立，则 ‎= ▲ ， = ▲ ；计算： ▲ ..‎ ‎【答案】；；.‎ ‎【考点】探索规律题（数字的变化类）.‎ ‎【分析】∵，∴.‎ ‎∴.‎ ‎2. （2015年广东佛山3分）各边长度都是整数，最大边长为8的三角形共有 ▲ 个.‎ ‎【答案】20. ‎ ‎【考点】探索规律题（图形的变化类）；三角形构成条件.‎ ‎【分析】应用列举法，逐一作出判断：‎ 三边边长都为8，能构成1个三角形；‎ 两边边长为8，能构成三角形的另一边有1，2，3，4，5，6，7，计7个；‎ 一边边长为8，能构成三角形的另两边组合有（2，7），（3，7），（4，7），（5，7），（6，7），（7，7），（3，6），（4，6），（5，6），（6，6），（4，5），（5，5），计12个.‎ ‎∴各边长度都是整数，最大边长为8的三角形共有20个.‎ ‎3. （2015年广东广州3分）如图，四边形ABCD中，∠A=90°，，AD=3，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为 ▲ .‎ ‎【答案】.‎ ‎【考点】双动点问题；三角形中位线定理；勾股定理.‎ ‎【分析】如答图，连接，‎ ‎∵点E，F分别为DM，MN的中点，∴.‎ ‎∴要使最大，只要最大即可.‎ 根据题意，知当点到达点与重合时，最大.‎ ‎∵∠A=90°，，AD=3，‎ ‎∴，此时，.‎ ‎4. （2015年广东深圳3分）如图，已知点A在反比例函数上，作，点D为斜边AC的中点，连DB并延长交y轴于点E，若的面积为8，则k= ▲ .‎ ‎【答案】16.‎ ‎【考点】反比例函数的应用；相似三角形的判定和性质；直角三角形斜边上中线的性质；等腰三角形的性质..‎ ‎【分析】由题意，，∴.‎ ‎∵点D为斜边AC的中点，∴. ∴.‎ 又∵，∴. ∴.‎ ‎∴.‎ ‎5. （2015年广东4分）如图，△ABC三边的中线AD，BE，CF的公共点G，若，则图中阴影部分面积是 ▲ .‎ ‎【答案】4.‎ ‎【考点】等底同高三角形面积的性质；转换思想和数形结合思想的应用.‎ ‎【分析】如答图，各三角形面积分别记为①②③④⑤⑥，‎ ‎∵△ABC三边的中线AD，BE，CF的公共点G，∴AG=2GD.‎ ‎∴①=②，③=⑥，④=⑤，①+②=2③，④+⑤=2⑥.‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴，‎ ‎∴，即图中阴影部分面积是4.‎ ‎6. （2015年广东汕尾5分）若，,对任意自然数都成立，则 ‎= ▲ ， = ▲ ；计算： ▲ ..‎ ‎【答案】；；.‎ ‎【考点】探索规律题（数字的变化类）.‎ ‎【分析】∵，∴‎ ‎.‎ ‎∴.‎ ‎7. （2015年广东珠海4分）如图，在中，已知，依次连接的三边中点，得，再依次连接的三边中点得，…，则的周长为 ‎ ▲ ．‎ ‎【答案】1.‎ ‎【考点】探索规律题（图形的变化类）；三角形中位线定理. ‎ ‎【分析】∵的三顶点在的三边中点，∴的周长是周长的；‎ ‎∵的三顶点在的三边中点，∴的周长是周长的，是周长的；‎ ‎∵的三顶点在的三边中点，∴的周长是周长的，是周长的；‎ ‎∵的三顶点在的三边中点，∴的周长是周长的，是周长的.‎ 又∵，‎ ‎∴的周长为.‎ ‎1. （2015年广东梅州10分）在Rt△ABC中，∠A=90°，AC = AB = 4，D，E分别是边AB，AC的中点.若等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转，得到等腰Rt△AD1E1，设旋转角为α（0＜α≤180°），记直线BD1与CE1的交点为P.‎ ‎（1）如图1，当α=90°时，线段BD1的长等于 ▲ ，线段CE1的长等于 ▲ ；（直接填写结果）‎ ‎（2）如图2，当α=135°时，求证：BD1 = CE1 ，且BD1⊥CE1 ；‎ ‎（3）求点P到AB所在直线的距离的最大值．（直接写出结果）‎ ‎【答案】解：（1），.‎ ‎（2）证明：当α=135°时，由旋转可知∠D1AB = E1AC = 135°.‎ 又∵AB=AC，AD1=AE1，∴△D1AB ≌△△E1AC（SAS）.‎ ‎∴BD1=CE1 且 ∠D1BA = ∠E1CA.‎ 设直线BD1与AC交于点F，有∠BFA=∠CFP .‎ ‎∴∠CPF=∠FAB=90°，∴BD1⊥CE1.‎ ‎（3）.‎ ‎【考点】面动旋转问题；等腰直角三角形的性质；勾股定理；全等、相似三角形的判定和性质.‎ ‎【分析】（1）如题图1，当α=90°时，线段BD1的长等于；线段CE1的长等于.‎ ‎（2）由SAS证明△D1AB ≌△△E1AC即可证明BD1 = CE1 ，且BD1⊥CE1 .‎ ‎（3）如答图2，当四边形AD1PE1为正方形时，点P到AB所在直线的距离距离最大，此时，‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴.∴.‎ ‎∴当四边形AD1PE1为正方形时，点P到AB所在直线的距离距离的最大值为.‎ ‎2. （2015年广东梅州10分）如图，过原点的直线和与反比例函数的图象分别交于两点A，C和B，D，连结AB，BC，CD，DA．‎ ‎（1）四边形ABCD一定是 ▲ 四边形；（直接填写结果）‎ ‎（2）四边形ABCD可能是矩形吗？若可能，试求此时和之间的关系式；若不可能，说明理由；‎ ‎（3）设是函数图象上的任意两点，，试判断，的大小关系，并说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）平行.‎ ‎（2）四边形ABCD可能是矩形，此时，理由如下：‎ 当四边形ABCD是矩形时，OA=OB.‎ 联立，得，∴.‎ 同理，.‎ ‎∵，‎ ‎∴，得.‎ ‎∵， ∴. ∴.‎ ‎∴四边形ABCD可以是矩形，此时.‎ ‎（3）.理由如下：‎ ‎∵.‎ ‎∵x2 > x1 > 0，∴，.‎ ‎∴.∴.‎ ‎【考点】反比例函数和一次函数综合题；平行四边形的判定；矩形的性质；代数式化简；作差法的应用.‎ ‎【分析】（1）根据反比例函数的中心对称性，有，所以，四边形ABCD一定是平行四边形.‎ ‎（2）求出点A、B的坐标，根据矩形对角线互相平分且相等的性质得到OA=OB，即，据此列式化简得证.‎ ‎（3）作差，化简，得出结论.‎ ‎3. （2015年广东佛山10分）如图，一小球从斜坡点处抛出，球的抛出路线可以用二次函数刻画，斜坡可以用一次函数刻画.‎ ‎（1）请用配方法求二次函数图象的最高点P的坐标；‎ ‎（2）小球的落点是A，求点A的坐标；‎ ‎（3）连结抛物线的最高点P与点O、A得△POA. 求△POA的面积；‎ ‎（4）在OA上方的抛物线上存在一点M（M与P不重合），△MOA的面积等于△POA的面积，请直接写出点M的坐标.‎ ‎【答案】解：（1）∵，‎ ‎∴点P的坐标为.‎ ‎（2）联立，解得或.‎ ‎∴点A的坐标为.‎ ‎（3）如答图1，作二次函数图象的对称轴交于点，‎ 则点的坐标为，.‎ ‎∴.‎ ‎（4）.‎ ‎【考点】二次函数的应用（实际问题）；二次函数的性质；曲线上点的坐标与方程的关系；等高三角形面积的应用；待定系数法、转换思想和数形结合思想的应用.‎ ‎【分析】（1）化为顶点式即可得二次函数图象的顶点坐标.‎ ‎（2）联立和即可求出点A的坐标.‎ ‎（3）作辅助线“作二次函数图象的对称轴交于点”，将转化为和之和.‎ ‎（4）作辅助线“过点作交抛物线于另一点”，则△MOA 的面积等于△POA的面积，设直线的解析式为，‎ 将代入，得，‎ ‎∴直线的解析式为.‎ 联立，解得，或.‎ ‎∴点M的坐标为.‎ ‎4. （2015年广东佛山11分）如图，在中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F是AD上的点，且. 连结BE、BF，使它们分别与AO相交于点G、H.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求证：；‎ ‎（3）设，求的值.‎ ‎【答案】解：（1）∵，∴.‎ ‎∵四边形是平行四边形，∴.∴.‎ ‎∴，即.‎ ‎（2）证明：由（1），∴.‎ ‎∵四边形是平行四边形，∴.‎ ‎∴. ‎ ‎∴，即.∴.‎ ‎（3）如答图，过点作交于点，‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴，.‎ ‎∵.∴.‎ ‎∵，∴.∴，即.‎ ‎∵，∴.∴，即.‎ ‎∴.‎ 由（2）得，∴.‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ ‎【考点】平行四边形的综合题；平行四边形的性质；平行的性质；相似三角形的判定和性质；数形结合思想的应用.‎ ‎【分析】（1）由平行四边形对边平行的性质可得，从而得出结果.‎ ‎（2）由（1）得到，从而根据平行四边形对角线互相平分的性质得出结论.‎ ‎（3）作辅助线“过点作交于点”，构造两组相似三角形和，通过相似三角形对应边成比例的性质，求出与的关系即可求得的值.‎ ‎5. （2015年广东广州14分）如图，四边形OMTN中，OM=ON，TM=TN，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做筝形.‎ ‎（1）试探究筝形对角线之间的位置关系，并证明你的结论；‎ ‎（2）在筝形ABCD中，已知AB=AD=5，BC=CD，BC>AB，BD，AC为对角线，BD=8；‎ ‎ ①是否存在一个圆使得A，B，C，D四个点都在这个圆上？若存在，求出圆的半径；若不存在，请说明理由；‎ ‎ ②过点B作BF⊥CD，垂足为F，BF交AC于点E，连接DE. 当四边形ABED 为菱形时，求点F到AB的距离.‎ ‎【答案】解：（1）筝形的对角线互相垂直. 证明如下：‎ 如答图1，连接，‎ 在和中，∵，‎ ‎∴.∴.‎ 又∵OM=ON，‎ ‎∴，即筝形的对角线互相垂直.‎ ‎（2）存在.‎ 由（1）知，，设相交于点，如答图2，‎ ‎∵AB=AD=5， BD=8，∴.∴.‎ ‎∵A，B，C，D四点共圆，∴.‎ 又∵，∴.‎ ‎∴即为所求圆的直径.‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴，即，解得.‎ ‎∴圆的半径为.‎ ‎（3）∵四边形ABED为菱形，∴.‎ ‎∴.‎ 又∵.∴‎ 又∵，∴.‎ ‎∴，即，解得.‎ 在中，由勾股定理，得，‎ ‎∴.∴.‎ ‎∵，∴.‎ 如答图3，过点作于点，则就是点F到AB的距离.‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴，即，解得.‎ ‎∴点F到AB的距离为.‎ ‎【考点】新定义；全等三角形的判定和性质；等腰三角形的性质；勾股定理；圆内接四边形的性质；圆周角定理；相似三角形的判定和性质.‎ ‎【分析】（1）筝形的对角线互相垂直，利用证明得到，从而根据等腰三角形三线合一的性质即可得出结论.‎ ‎（2）根据垂径定理和勾股定理求出的长，证明，由对应边成比例列式求解即可.‎ ‎（3）证明，求出，应用勾股定理求出，得到，作辅助线“过点作于点”构造相似三角形，由对应边成比例列式求得的长， 就是点F到AB的距离.‎ ‎6. （2015年广东广州10分）已知O为坐标原点，抛物线与轴相交于点,.与轴交于点C，且O，C两点之间的距离为3，，，点A，C在直线上.‎ ‎（1）求点C的坐标；‎ ‎（2）当随着的增大而增大时，求自变量的取值范围；‎ ‎（3）将抛物线向左平移个单位，记平移后随着的增大而增大的部分为P，直线向下平移n个单位，当平移后的直线与P有公共点时，求的最小值.‎ ‎【答案】解：（1）令，得，∴.‎ ‎∵O，C两点之间的距离为3，∴，解得.‎ ‎∴点C的坐标为或.‎ ‎（2）∵，∴异号.‎ ①若，把代入得，即.‎ ‎∴.‎ 把代入得，即.∴.‎ ‎∵异号，，∴.‎ ‎∵，∴，，.∴.‎ 把，代入，得，解得.‎ ‎∴.∴当时，随着的增大而增大.‎ ②若，把代入得，即.‎ ‎∴.‎ 把代入得，即.∴.‎ ‎∵异号，，∴.‎ ‎∵，∴，，.∴.‎ 把，代入，得，解得.‎ ‎∴.∴当时，随着的增大而增大.‎ 综上所述，若，当随着的增大而增大时，；若，当随着的增大而增大时，.‎ ‎（3）①若，则，，‎ 向左平移个单位后的解析式为，则当时，随着的增大而增大. ‎ 直线向下平移n个单位后的解析式为.‎ 要使平移后直线与有公共点，则当时，，‎ 即，解得，与不符，舍去. ‎ ②若，则，，‎ 向左平移个单位后的解析式为，则当时，随着的增大而增大. ‎ 直线向下平移n个单位后的解析式为.‎ 要使平移后直线与有公共点，则当时，，‎ 即，解得.‎ 综上所述，.‎ ‎∵，‎ ‎∴当时，的最小值为.‎ ‎【考点】二次函数综合题；线动平移问题；曲线上点的坐标与方程的关系；不等式和绝对值的性质；二次函数的最值；分类思想的应用.‎ ‎【分析】（1）一方面，由点C在抛物线得到，另一方面，由O，C两点之间的距离为3，得到，从而得到点C的坐标.‎ ‎（2）分和两种情况讨论.‎ ‎（3）分和两种情况讨论得到的范围内，从而根据二次函数最值原理即可求解.‎ ‎7. （2015年广东深圳9分）如图1，水平放置一个三角板和一个量角器，三角板的边AB和量角器的直径DE在一条直线上，开始的时候BD=1cm，现在三角板以‎2cm/s的速度向右移动.‎ ‎（1）当B与O重合的时候，求三角板运动的时间；‎ ‎（2）如图2，当AC与半圆相切时，求AD；‎ ‎（3）如图3，当AB和DE重合时，求证：.‎ ‎【答案】解：（1）∵开始时，，三角板以‎2cm/s的速度向右移动，‎ ‎∴当B与O重合的时候，三角板运动的时间为.‎ ‎（2）如答图1，设AC与半圆相切于点H，连接OH，则.‎ ‎∵，∴.‎ 又∵，∴.‎ ‎∴.‎ ‎（3）如答图2，连接，‎ ‎∵，∴.‎ ‎∵是直径，∴. ∴.‎ 又∵.∴.‎ ‎∴.‎ 又∵，∴.‎ ‎∴，即.‎ ‎【考点】面动平移问题；等腰（直角）三角形的判定和性质；圆周角定理；相似三角形的判定和性质.‎ ‎【分析】（1）直接根据“”计算即可.‎ ‎（2）作辅助线“连接O与切点H”，构成等腰直角三角形求出的长，从而由求出的长.‎ ‎（3）作辅助线“连接EF”，构成相似三角形,得比例式即可得解.‎ ‎8. （2015年广东深圳9分）如图1，关于的二次函数经过点，点，点为二次函数的顶点，为二次函数的对称轴，在轴上.‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）DE上是否存在点P到AD的距离与到轴的距离相等，若存在求出点P，若不存在请说明理由；‎ ‎（3）如图2，DE的左侧抛物线上是否存在点F，使，若存在求出点F的坐标，若不存在请说明理由.‎ ‎【答案】解：（1）将点， 代入，得 ‎，解得.‎ ‎∴抛物线的解析式为.‎ ‎（2）存在.‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴.‎ 设，‎ 当点在的角平分线时，如答图1，过点作于点，‎ 则，‎ ‎∵，∴，解得. ∴.‎ 当点在的外角平分线时，如答图2，过点作于点，‎ 则，‎ ‎∵，∴，解得. ∴.‎ 综上所述，DE上存在点P到AD的距离与到轴的距离相等，点P的坐标为 或.‎ ‎（3）存在.‎ 假设存在点F，使，‎ 设 ‎∵，∴.‎ ‎∵，∴.‎ 设的解析式为，则，解得.‎ ‎∴的解析式为.‎ 令，得，即与轴的交点坐标为.‎ 若点在轴上方，如答图2，则，‎ ‎∴，‎ 即，解得（舍去正值）.‎ 当时，.∴.‎ 若点在轴下方，如答图3，则，‎ ‎∴，‎ 即，解得（舍去正值）.‎ 当时，，不符合点在轴下方，舍去.‎ 综上所述，DE的左侧抛物线上存在点F，使，点F的坐标为 ‎.‎ ‎【考点】二次函数综合题；待定系数法的应用；曲线上点的坐标与方程的关系；锐角三角函数定义；角平分线的性质；分类思想、转换思想和方程思想的应用.‎ ‎【分析】（1）将点， 代入即可求解.‎ ‎（2）根据角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，分点在的角平分线和点在的外角平分线两种情况讨论即可.‎ ‎（3）由已知求出，分点在轴上方和点在轴下方两种情况讨论，当点在轴上方时，；当点在轴下方时，，据此列方程求解.‎ ‎9. （2015年广东9分）⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，过的中点P作⊙O的直径PG交弦BC于点D，连接AG， CP，PB.‎ ‎（1）如题图1；若D是线段OP的中点，求∠BAC的度数；‎ ‎（2）如题图2，在DG上取一点k，使DK=DP，连接CK，求证：四边形AGKC是平行四边形；‎ ‎（3）如题图3，取CP的中点E，连接ED并延长ED交AB于点H，连接PH，求证：PH⊥AB.‎ ‎【答案】解：（1）∵AB为⊙O直径，点P是的中点，∴PG⊥BC，即∠ODB=90°.‎ ‎∵D为OP的中点，∴OD=.‎ ‎∴cos∠BOD=. ∴∠BOD=60°.‎ ‎∵AB为⊙O直径，∴∠ACB=90°. ∴∠ACB=∠ODB.‎ ‎∴AC∥PG. ∴∠BAC=∠BOD=60°.‎ ‎（2）证明：由（1）知，CD=BD，‎ ‎∵∠BDP=∠CDK，DK=DP，∴△PDB≌△CDK（SAS）.‎ ‎∴CK=BP，∠OPB=∠CKD.‎ ‎∵∠AOG=∠BOP，∴AG=BP. ∴AG=CK.‎ ‎∵OP=OB，∴∠OPB=∠OBP.‎ 又∵∠G=∠OBP，∴AG∥CK.‎ ‎∴四边形AGCK是平行四边形.‎ ‎（3）证明：∵CE=PE，CD=BD，∴DE∥PB，即DH∥PB.‎ ‎∵∠G=∠OPB，∴PB∥AG. ∴DH∥AG. ∴∠OAG=∠OHD.‎ ‎∵OA=OG，∴∠OAG=∠G. ∴∠ODH=∠OHD. ∴OD=OH.‎ 又∵∠ODB=∠HOP，OB=OP，∴△OBD≌△HOP（SAS）.‎ ‎∴∠OHP=∠ODB=90°. ∴PH⊥AB.‎ ‎【考点】圆的综合题；圆周角定理；垂径定理；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；平行的判定和性质；全等三角形的判定和性质；等腰三角形的性质；平行四边形的判定.‎ ‎【分析】（1）一方面，由锐角三角函数定义和特殊角的三角函数值求出∠BOD=60°；另一方面，由证明∠ACB=∠ODB=90°得到AC∥PG，根据平行线的同位角相等的性质得到∠BAC=∠BOD=60°.‎ ‎（2）一方面，证明通过证明全等并等腰三角形的性质得到AG=CK；另一方面，证明AG∥CK，从而根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定而得证.‎ ‎（3）通过应用SAS证明△OBD≌△HOP而得到∠OHP=∠ODB=90°，即PH⊥AB.‎ ‎10. （2015年广东9分）如图，在同一平面上，两块斜边相等的直角三角板Rt△ABC与Rt△ADC拼在一起，使斜边AC完全重合，且顶点B，D分别在AC的两旁，∠ABC=∠ADC=90°，∠CAD=30°，AB=BC=‎4cm.‎ ‎（1）填空：AD= ▲ (cm)，DC= ▲ (cm)；‎ ‎（2）点M，N分别从A点，C点同时以每秒‎1cm的速度等速出发，且分别在AD，CB上沿A→D，C→B的方向运动，当N点运动 到B点时，M，N两点同时停止运动，连结MN，求当M，N点运动了x秒时，点N到AD的距离(用含x的式子表示)；‎ ‎（3）在（2）的条件下，取DC中点P，连结MP，NP，设△PMN的面积为y(cm2)，在整个运动过程中，△PMN的面积y存在最大值，请求出这个最大值.‎ ‎(参考数据：sin75°=，sin15°=)‎ ‎【答案】解：（1）；.‎ ‎（2）如答图，过点N作NE⊥AD于E，作NF⊥DC延长线于F，则NE=DF.‎ ‎∵∠ACD=60°，∠ACB=45°，∴∠NCF=75°，∠FNC=15°.∴sin15°=.‎ 又∵NC=x，sin15°=，∴.‎ ‎∴NE=DF=.‎ ‎∴点N到AD的距离为cm.‎ ‎（3）∵NC=x，sin75°=，且sin75°=∴，‎ ‎∵PD=CP=，∴PF=.‎ ‎∴‎ ‎·‎ 即.‎ ‎∴当时，y有最大值为.‎ ‎【考点】双动点问题；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；由实际问题列函数关系式；二次函数的最值；转换思想的应用. ‎ ‎【分析】（1）∵∠ABC =90°，AB=BC=4，∴.‎ ‎∵∠ADC=90°，∠CAD=30°，‎ ‎∴.‎ ‎（2）作辅助线“过点N作NE⊥AD于E，作NF⊥DC延长线于F”构造直角三角形CNF，求出FC的长，即可由NE=DF=FC+CD求解.‎ ‎（3）由列式，根据二次函数的最值原理求解.‎ ‎11. （2015年广东汕尾11分）在Rt△ABC中，∠A=90°，AC = AB = 4，D，E分别是边AB，AC的中点.若等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转，得到等腰Rt△AD1E1，设旋转角为α（0＜α≤180°），记直线BD1与CE1的交点为P.‎ ‎（1）如图1，当α=90°时，线段BD1的长等于 ▲ ，线段CE1的长等于 ▲ ；（直接填写结果）‎ ‎（2）如图2，当α=135°时，求证：BD1 = CE1 ，且BD1⊥CE1 ；‎ ‎（3）求点P到AB所在直线的距离的最大值．（直接写出结果）‎ ‎【答案】解：（1），.‎ ‎（2）证明：当α=135°时，由旋转可知∠D1AB = E1AC = 135°.‎ 又∵AB=AC，AD1=AE1，∴△D1AB ≌△△E1AC（SAS）.‎ ‎∴BD1=CE1 且 ∠D1BA = ∠E1CA.‎ 设直线BD1与AC交于点F，有∠BFA=∠CFP .‎ ‎∴∠CPF=∠FAB=90°，∴BD1⊥CE1.‎ ‎（3）.‎ ‎【考点】面动旋转问题；等腰直角三角形的性质；勾股定理；全等、相似三角形的判定和性质.‎ ‎【分析】（1）如题图1，当α=90°时，线段BD1的长等于；线段CE1的长等于.‎ ‎（2）由SAS证明△D1AB ≌△△E1AC即可证明BD1 = CE1 ，且BD1⊥CE1 .‎ ‎（3）如答图2，当四边形AD1PE1为正方形时，点P到AB所在直线的距离距离最大，此时，‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴.∴.‎ ‎∴当四边形AD1PE1为正方形时，点P到AB所在直线的距离距离的最大值为.‎ ‎12. （2015年广东汕尾10分）如图，过原点的直线和与反比例函数的图象分别交于两点A，C和B，D，连结AB，BC，CD，DA．‎ ‎（1）四边形ABCD一定是 ▲ 四边形；（直接填写结果）‎ ‎（2）四边形ABCD可能是矩形吗？若可能，试求此时和之间的关系式；若不可能，说明理由；‎ ‎（3）设是函数图象上的任意两点，，试判断，的大小关系，并说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）平行.‎ ‎（2）四边形ABCD可能是矩形，此时，理由如下：‎ 当四边形ABCD是矩形时，OA=OB.‎ 联立，得，∴.‎ 同理，.‎ ‎∵，‎ ‎∴，得.‎ ‎∵， ∴. ∴.‎ ‎∴四边形ABCD可以是矩形，此时.‎ ‎（3）.理由如下：‎ ‎∵.‎ ‎∵x2 > x1 > 0，∴，.‎ ‎∴.∴.‎ ‎【考点】反比例函数和一次函数综合题；平行四边形的判定；矩形的性质；代数式化简；作差法的应用.‎ ‎【分析】（1）根据反比例函数的中心对称性，有，所以，四边形ABCD一定是平行四边形.‎ ‎（2）求出点A、B的坐标，根据矩形对角线互相平分且相等的性质得到OA=OB，即，据此列式化简得证.‎ ‎（3）作差，化简，得出结论.‎ ‎13. （2015年广东珠海9分）五边形中，，且满足以点为圆心，长为半径的圆弧与边相切与点，连接． ‎ ‎（1）如图1，求的度数； ‎ ‎（2）如图2，连接，分别与相交于点，若，求的值．‎ ‎【答案】解：（1）如答图1，连接，‎ ‎∵圆弧与边相切与点，∴.‎ 在和中，∵，‎ ‎∴≌.∴.‎ 同理，.‎ ‎∵，∴，即.‎ ‎（2）如答图2，连接并延长交的延长线于点，‎ ‎∵，∴由（1）知，，即.‎ ‎∵，，∴.‎ 在中，∵，‎ ‎∴.‎ 在和中，，∴≌.‎ ‎∴.∴.‎ ‎∵，∴.∴.‎ ‎∵，∴∽.‎ ‎∴.∴.‎ ‎∴‎ ‎【考点】直线和圆的位置关系；切线的性质；全等、相似三角形的判定和性质；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值.‎ ‎【分析】（1）作辅助线“连接”，构成两组全等三角形得到，，从而根据直角求解.‎ ‎（2）作辅助线“连接并延长交的延长线于点”，构成全等三角形≌，得到，求出，通过证明∽‎ ‎，列比例式即可求得结果.‎ ‎14. （2015年广东珠海9分）如图，折叠矩形的一边，使点落在边的点处，已知折痕，且．以为原点，所在直线为轴建立如图所以的平面直角坐标系，抛物线经过点，且与边相交于点． ‎ ‎（1）求证：； ‎ ‎（2）若是的中点，连接，求证：； ‎ ‎（3）是线段上的一动点，点在抛物线上，且始终满足，在点运动过程中，能否使得？ 若能，求出所有符合条件的点坐标；若不能，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）证明：∵四边形是矩形，且由折叠的性质知≌，‎ ‎∴.‎ ‎∵，∴.∴.‎ 又∵，∴.‎ ‎（2）证明：∵，∴可设，则由勾股定理，得.‎ 由折叠的性质知，∴.‎ 由（1），∴.∴.∴.‎ ‎∴.‎ 在中，由勾股定理，得，即，‎ 解得，.‎ ‎∴.‎ ‎∴抛物线的解析式为.‎ ‎∵当时，，∴.‎ 在中，由勾股定理，得，‎ ‎∴.‎ 又∵点为斜边上的中点，∴.‎ ‎∴为线段的垂直平分线. ∴.‎ ‎（3）由（2）知，抛物线的解析式为，‎ 设抛物线与的两个交点为，‎ 令，即，‎ 解得，‎ ‎∴.‎ ①当轴时，如答图1,‎ ‎∵,‎ ‎∴点坐标为或.‎ ②当不垂直于轴时，如答图2,‎ 当点在抛物线对称右侧时，分别过点作轴的垂线，垂足分别为，则点不与点重合，即，‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∵，∴.∴和不全等.∴.‎ 同理，当点在抛物线对称左侧时，.‎ 综上所述，在点运动过程中，能使得，符合条件的点坐标为或.‎ ‎【考点】二次函数综合题；单动点和折叠问题；矩形的性质；折叠对称的性质；全等、相似三角形的判定和性质；勾股定理；曲线上点的坐标与方程的关系；线段垂直平分线的性质；待定系数法和分类思想的应用.‎ ‎【分析】（1）由矩形的性质和折叠的性质可求得和的两组对应角相等而得到结论.‎ ‎（2）由条件应用待定系数法，根据相似三角形的性质和勾股定理求得的长，从而求得抛物线的解析式，而得到点的坐标，进而得到为线段的垂直平分线的结论而证明结论.‎ ‎（3）分轴和不垂直于轴两种情况讨论即可.‎