【中考12年】广东省广州市2001-2022年中考数学试题分类解析 专题12 押轴题.docx

1、广州市2022-2022年中考数学试题分类解析专题12：押轴题一、 选择题1. （2022年广东广州3分）若两个半径不等的圆相外切，则它们的一条外公切线的长【 】A大于这两圆半径的和B等于这两圆半径的和C小于这两圆半径的和D与这两圆半径之和的大小关系不确定2. （2022年广东广州3分）若的半径分别为1和3，且和外切，则平面上半径为4且与都相切的圆有【 】（A）2个（B）3个（C）4个（D）5个【答案】D。【考点】两圆的位置关系，分类思想的应用。【分析】所求圆圆心为O，则O1 O2=1+3=4，O1 O=4+1=5或41=3；O2 O=4+3=7或43=1。问题转化为求满足此条件的三角形或三点

2、共线有几个。如图，如果是4，5，7 ，有2个；如果是4，5，1，不能构成三角形 但是可以三点共线有1个；如果是4，3，7，不能构成三角形 但是可以三点共线有1个；如果是4，3，1，不能构成三角形 但是可以三点共线有1个。所以一共有5个。故选D。3. （2022年广东广州3分）在O中，C是弧AB的中点，D是弧上的任一点（与点A、C不重合），则【 】（A）ACCBADDB （B）ACCBADDB（C）ACCBADDB （D）ACCB与ADDB的大小关系不确定【答案】C。【考点】圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，三角形三边关系。【分析】欲求AC+CB和AD+DB的大小关系，需

3、将这些线段构建到同一个三角形中，然后利用三角形的三边关系求解：如图，以C为圆心，AC为半径作圆，交BD的延长线于E，连接AE、CE。CB=CE，CBE=CEB。4. （2022年广东广州3分）如图，O1、O2内切于点A，O1的半径为3，O2的半径为2，点P是O1的任一点（与点A不重合），直线PA交O2于点C，PB与O2相切于点B，则 =【 】A B C D 【答案】B。5. （2022年广东广州3分）如图，已知点A（1，0）和点B（1，2），在坐标轴上确定点P，使得ABP为直角三角形，则满足这样条件的点P共有【 】A.2个B.4个C.6个D.7个6. （2022年广东广州3分）如图，将一块正方

4、形木板用虚线划分成36个全等的小正方形，然后，按其中的实线切成七块形状不完全相同的小木片，制成一副七巧板用这副七巧板拼成图的图案，则图中阴影部分的面积是整个图案面积的【 】(A) (B) (C) (D) 7. （2022年广东广州3分）如图，O是ABC的内切圆，ODAB于点D，交O于点E，C=60，如果O的半径为2，则结论错误的是【 】AAD=DB B COD=1 D8. （2022年广东广州3分）四个小朋友玩跷跷板，他们的体重分别为P、Q、R、S，如图所示，则他们的体重大小关系是【】 A B C D 【答案】D。【考点】不等式组的应用。【分析】由三个图分别可以得到，所以 SPR且。因此，。故

5、选D。9. （2022年广东广州3分） 如图，在ABCD中，AB=6，AD=9，BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，BGAE，垂足为G，BG=，则CEF的周长为【 】（A）8 （B）9.5 （C）10 （D）11.5【答案】A。10. （2022年广东广州3分）为确保信息安全，信息需加密传输，发送方由明文密文（加密），接收方由密文明文（解密），已知有一种密码，将英文26个小写字母a，b，c，z依次对应0，1，2，25这26个自然数（见表格），当明文中的字母对应的序号为时，将+10除以26后所得的余数作为密文中的字母对应的序号，例如明文s对应密文c字母abcdefghijklm序号

6、0123456789101112字母nopqrstuvwxyz序号13141516171819202122232425按上述规定，将明文“maths”译成密文后是【 】Awkdrc Bwkhtc Ceqdjc Deqhjc11. （2022年广东广州3分）如图，AB切O于点B，OA2，AB3，弦BCOA，则劣弧BC的弧长为【 】 A、B、 C、D、【答案】A。【考点】弧长的计算，切线的性质，特殊角的三角函数值，平行线的性质。【分析】要求劣弧的长首先要连接OB，OC，由AB切O于点B，根据切线的性质得到OBAB，在RtOBA中，OA2，AB3，利用三角函数求出BOA60，同时得到OBOA，又根据

7、平行线内错角相等的性质得到BOACBO60，于是有BOC60，最后根据弧长公式计算出劣弧的长。故选A。12. （2022年广东广州3分）如图，正比例函数y1=k1x和反比例函数的图象交于A（1，2）、B（1，2）两点，若y1y2，则x的取值范围是【 】Ax1或x1Bx1或0x1C1x0或0x1D1x0或x1二、填空题1. （2022年广东广州3分）如果圆锥的底面圆的半径是8，母线的长是15，那么这个圆锥侧面展开图的扇形的圆心角的度数是 2. （2022年广东广州3分）在平坦的草地上有A、B、C三个小球，若已知A球和B球相距3米，A球与C球相距1米，则B球与C球可能相距 _米。（球的半径忽略不计

8、，只要求填出一个符合条件的数）【答案】3（答案不唯一）。【考点】开放型，三角形三边关系，分类思想的应用。【分析】此题注意两种情况：当A，B，C三个小球共线时，根据线段的和、差计算：BC=2或4；当A，B，C三个小球不共线时，根据三角形的三边关系进行分析：2BC4。B球和C球可能相距2米BC4米，如3等（答案不惟一只需满足2米距离4米）。3. （2022年广东广州3分）如图EF90，BCAEAF，给出下列结论：12；BECF；ACNABM；CDDN。其中正确的结论是 （注：将你认为正确的结论都填上）4. （2022年广东广州3分）如图，CB、CD分别是钝角AEC和锐角ABC的中线，且AC=AB，

9、给出下列结论：AE=2AC；CE=2CD；ACD=BCE；CB平分DCE请写出正确结论的序号 （注：将你认为正确结论的序号都填上）【答案】。【考点】三角形中线性质，三角形中位线定理， 全等三角形的判定和性质。 5. （2022年广东广州3分）如图，在直径为6的半圆上有两动点M、N，弦AM、BN相交于点P，则APAM+BPBN的值为 。【答案】36。【考点】双动点问题，相交弦定理，勾股定理，圆周角定理。【分析】连接BM，AB是直径，AMB=90。APPM=BPPNAPAM+BPBN=AP（AP+PM）+BP（BP+PN）=AP2+APPM+BP2+BPPN=AP2+BP2+2APPM=AP2+M

10、P2+BM2+2APPM=BM2+（AP+PM）2=BM2+AM2=AB2=36。6. （2022年广东广州3分）如图，从一块直径为a+b的圆形纸板上挖去直径分别为a和b的两个圆，则剩下的纸板面积为 7. （2022年广东广州3分）如图，点O是AC的中点，将周长为4的菱形ABCD沿对角线AC方向平移AD长度得到菱形OBCD,则四边形OECF的周长是 【答案】2。【考点】菱形的判定和性质，平移的性质，三角形中位线定理。【分析】菱形ABCD的周长为4，AD=1。菱形OBCD由菱形ABCD沿对角线AC方向平移得到，O DAD。 点O是AC的中点，OF=AD=。 同理，OE=CK=CF=。 四边形OE

11、CF的周长是（）。8. （2022年广东广州3分）对于平面内任意一个凸四边形ABCD，现从以下四个关系式AB=CD；AD=BC；ABCD；C =A中任取两个作为条件，能够得出这个四边形ABCD是平行四边形的概率是 9. （2022年广东广州3分） 如图是由一些相同长方体的积木块搭成的几何体的三视图，则此几何体共由 块长方体的积木搭成【答案】4。【考点】由三视图判断几何体。【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形。因此，由俯视图知，最底层有3块长方体，由正视图和左视图知，此图有两层，最上层有1块长方体，因此此几何体共有4块长方体的积木块搭成。10. （2022年

12、广东广州3分）如图，BD是ABC的角平分线，ABD36，C72，则图中的等腰三角形有 个11. （2022年广东广州3分）定义新运算“”，则12（1） 12. （2022年广东广州3分）如图，在标有刻度的直线l上，从点A开始，以AB=1为直径画半圆，记为第1个半圆；以BC=2为直径画半圆，记为第2个半圆；以CD=4为直径画半圆，记为第3个半圆；以DE=8为直径画半圆，记为第4个半圆，按此规律，继续画半圆，则第4个半圆的面积是第3个半圆面积的 倍，第n个半圆的面积为 （结果保留）三、解答题1. （2022年广东广州14分）（1）已知：如图，过B、C两点的圆与ABC的边AB、AC分别相交于点D和点

13、E，且DEBC求证：SADES四边形DBCE（2）在ABC的外部取一点P（直线BC上的点除外），分别连结PB、PC，BPC与BAC的大小关系怎样?（不要求证明）【答案】解：（1）证明： ADE、AED是圆内接四边形DBCE的外角， ADEC，AEDB。ADEACB。SADES四边形DBEC。（2）作ABC的外接圆，取点A关于BC的对称点F，作FBC的外接圆。当点P取在弓形BAC内（ABC外）或弓形BFC内时，BPCBAC；当点P取在弧BAC或弧BFC（点A、B、C除外）上时，BPCBAC；当点P取在弓形BAC与弓形BFC所围成的图形外（除直线BC上的点）时，BPCBAC。2. （2022年广东

14、广州14分）在车站开始检票时，有a（a0）名旅客在候车室排队等候检票进站检票开始后，仍有旅客继续前来排队检票进站设旅客按固定的速度增加，检票口检票的速度也是固定的若开放一个检票口，则需30分钟才可将排队等候检票的旅客全部检票完毕；若开放两个检票口，则只需l0分钟便可将排队等候检票的旅客全部检票完毕；如果要在5分钟内将排队等候检票的旅客全部检票完毕，以使后来到站的旅客能随到随检，至少要同时开放几个检票口?【答案】解：设检票开始后每分钟新增加的旅客为x人，检票的速度为每个检票口每分钟检y人，5分钟内检票完毕要同时开放n个检票口。 依题意，得3一，得2a30y，得。把代入，得。把、代入，得，a0，n

15、3.5。n取最小的整数，n4。答：至少需同时开放4个检票口。3. （2022年广东广州15分）如图，在ABC中，B=90，AB=4，BC=3，O是AB的中点，OPAB交AC于点P。（1）证明线段AO、OB、OP中，任意两条线段长度之和大于第三条线段的长度；（2）过线段OB（包括端点）上任一点M，作MNAB交AC于点N。如果要使线段AM、MB、MN中任意两条线段长度之和大于第三条线段的长度，那么请求出线段AM的长度的取值范围。（2）当M在OB上时，设AM=x（2x4）则MB=4x。AMNABC.。又MNAM，MBAM，解得。AM的取值范围为。4. （2022年广东广州15分）某玩具工厂有四个车间

16、，某周是质量检查周，现每个车间都原有a（a0）个成品，且每个车间每天都生产b（b0）个成品，质检科派出若干名检验员星期一、星期二检验其中两个车间原有的和这两天生产的所有成品，然后，星期三至星期五检验另两个车间原有的和本周生产的所有成品，假定每个检验员每天检验的成品数相同。（1）这若干名检验员1天检验多少个成品？（用含a、b的代数式表示）（2）试求出用b表示a的关系式；（3）若1名质检员1天能检验b个成品，则质检科至少要派出多少名检验员？5. （2022年广东广州16分） 已知ABC中，AC5，BC12，ACB90，P是AB边上的动点（与点A、B不重合）Q是BC边上的动点（与点B、C不重合）（1

17、）如图，当PQAC，且Q为BC的中点时，求线段CP的长；（2）当PQ与AC不平行时，CPQ可能为直角三角形吗？若有可能，请求出线段CQ的长的取值范围；若不可能，请说明理由CQ 。当CQ且点P运动到切点M位置时，CPQ为直角三角形。当CQ12时，半圆D与直线AB有两个交点，当点P运动到这两个交点的位置时，CPQ为直角三角形。当0CQ时，半圆D与直线AB相离，即点P在AB边上运动时,均在半圆D外，CPQ90。此时CPQ不可能为直角三角形。综上所述，当CQ12时，CPQ可能为直角三角形。6. （2022年广东广州16分）现计划把甲种货物1240吨和乙种货物880吨用一列货车运往某地，已知这列货车挂有

18、A、B两种不同规格的货车厢共40节，使用A型车厢每节费用为6000元，使用B型车厢每节费用为8000元（1）设运送这批货物的总费用为y万元，这列货车挂A型车厢x节，试写出y与x之间的函数关系式；（2）如果每节A型车厢最多可装甲种货物35吨和乙种货物15吨，每节B型车厢最多可装甲种货物25吨和乙种货物35吨，装货时按此要求安排A、B两种车厢的节数，那么共有哪几种安排车厢的方案？（3）在上述方案中，哪个方案运费最省？最少运费为多少元？【答案】.解：（1）设用A型车厢x节，则用B型车厢(40x)节，总运费为y万元 ，根据题意，得 y0.6 x0.8(40x)0.2 x32。（2）根据题意，得，解得。

19、24x26。x取整数，A型车厢可用24节或25节或26节。相应有三种装车方案：24节A型车厢和16节B型车厢；25节A型车厢和15节B型车厢；26节A型车厢和14节B型车厢。 （3）由函数y0.2 x32知，x越大，y越少，故当x26时，运费最省。这时 y0.2263226.8(万元) 。答：安排A型车厢26节、B型车厢14节运费最省最小运费为26.8万元。7. （2022年广东广州15分）如图，PA为圆的切线，A为切点，PBC为割线，APC的平分线交AB于点D，交AC于点E求证：（1）AD=AE；（2）ABAE=ACDB【答案】证明：（1）ADE=APD+PAD，AED=CPE+C，又APD

20、=CPE，PAD=C，ADE=AED。AD=AE。（2）APB=CPA，PAB=C，APBCPA。APE=BPD，AED=ADE=PDB，PBDPEA，。ABAE=ACDB。8. （2022年广东广州15分）已知抛物线（m为整数）经过点A（1，1），顶点为P，且与x轴有两个不同的交点（1）判断点P是否在线段OA上（O为坐标原点），并说明理由；（2）设该抛物线与x轴的两个交点的横坐标分别为x1、x2，且x1x2，是否存在实数m，使x1mx2？若存在，请求出m的取值范围；若不存在，请说明理由当m1时，m+10，0，点P在第一象限，0，1。点P不在线段OA上。综上所述，点P不在线段OA上。（2）存在

21、实数m满足x1mx2。x1，x2是方程的两个不相等的根，。x1mx2，0，即0。又m0，且m1，且。0。根据实数运算的符号法则，可得，即。m的取值范围是：1m0。9. （2022年广东广州14分）如图，某学校校园内有一块形状为直角梯形的空地ABCD，其中AB/DC，B=90，AB=100m，BC=80m，CD=40m，现计划在上面建设一个面积为S的矩形综合楼PMBN，其中点P在线段AD上，且PM的长至少为36m。（1）求边AD的长；（2）设PA=x（m），求S关于x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；（3）若S=3300m2，求PA的长。（精确到0.1m）【答案】解：（1）过点D作DEAB

22、于D，则DE/BC且DE=BC，CD=BE，DE/PM。在 RtADE中，DE=80m，AE=ABBE=10040=60m。（2）DE/PM，APMADE。，即。MB=ABAM=。由，得，自变量x的取值范围为。（3）当S=3300m2时，即。 。，。即当S=3300m2时，PA的长为75m，或约为91.7m。进而可根据AB的长，表示出矩形的长BM的值，由此可根据矩形的面积公式得出关于S、x的函数关系式自变量的取值范围可根据PM的长至少为36m来解，即让PM的表达式大于等于36即可。（3）将S的值代入（2）所求得的函数解析式中，求出x的值，然后看x的值是否符合自变量的取值范围。10. （2022

23、年广东广州14分）如图，已知正方形ABCD的面积为S。（1）求作：四边形A1B1C1D1，使得点A1和点A关于点B对称，点B1和点B关于点C对称，点C1和点C关于点D对称，点D1和点D关于点A对称；（只要求画出图形，不要求写作法）（2）用S表示（1）中作出的四边形A1B1C1D1的面积S1；（3）若将已知条件中的正方形改为任意四边形，面积仍为S，并按（1）的要求作出一个新的四个边形，面积为S2，则S1与S2是否相等？为什么？【答案】解：（1）作图如图所示：（2）设正方形ABCD的边长为a，则AA1=2a，。同理，。（3）S1=S2。理由如下：画出图形，连接BD、BD1，BDD1中，AB是中线，

24、SABD1=SABD。又AA1D1中，BD1是中线，SABD1=SA1BD1。SAA1D1=2SABD。同理，得SCC1B1=2SCBD。SAA1D1+SCC1B1=2（SABD+SCBD）=2S。同理，得SBA1B1+SDD1C1=2S。S2=SAA1D1+SBB1A1+SCC1B1+SDD1C1+S四边形ABCD=5S。由（2）得，S1=5S，S1=S2。11. （2022年广东广州14分）在ABC中，AB=BC，将ABC绕点A沿顺时针方向旋转得A1B1C1，使点Cl落在直线BC上（点Cl与点C不重合），（1）如图，当C60时，写出边ABl与边CB的位置关系，并加以证明；（2）当C=60时

25、，写出边ABl与边CB的位置关系（不要求证明）；（3）当C60时，请你在如图中用尺规作图法作出AB1C1（保留作图痕迹，不写作法），再猜想你在（1）、（2）中得出的结论是否还成立并说明理由【答案】解：（1）AB1CB。证明如下： AB=BC，C=BAC。 A1B1C1由ABC绕点A沿顺时针方向旋转得到，BAC =B1AC1。当C60时，点C1在线段BC上，AC1=AC。AC1C=C。AC1C=C=BAC=B1AC1。AB1CB。（2）AB1CB。（3）作图如下：当C600时，（1）、（2）中得出的结论是还成立。当C600时，点C1在CB的延长线上，由AC1=AC得AC1B=C=BAC=B1AC

26、1，AB1CB。12. （2022年广东广州14分）已知抛物线（m0）（1）求证：该抛物线与x轴有两个不同的交点；（2）过点P（0，n）作y轴的垂线交该抛物线于点A和点B（点A在点P的左边），是否存在实数m、n，使得AP=2PB？若存在，则求出m、n满足的条件；若不存在，请说明理由【答案】解：（1）证明：=， m0，0。该抛物线与x轴有两个不同的交点。（2）由题意易知点A、B的坐标满足方程：，即。由于方程有两个不相等的实数根，因此，即.由求根公式可知两根为：，AB=。分两种情况讨论：第一种：点A在点P左边，点B在点P的右边，PB=，AP=。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，一

27、元二次方程根的判别式，解一元二次方程，分类思想的应用。【分析】（1）只要证得对应的一元二次方程根的判别式大于0即可。 （2）分点A在点P左边，点B在点P的右边和点A、B都在点P左边，点A在点B左边两种情况讨论即可。13. （2022年广东广州14分）一次函数过点（1，4），且分别与x轴、y轴交于A、B点，点P（a，0）在x轴正半轴上运动，点Q（0，b）在y轴正半轴上运动，且PQAB（1）求k的值，并在直角坐标系中画出一次函数的图象；（2）求a、b满足的等量关系式；（3）若APQ是等腰三角形，求APQ的面积。【答案】解：（1）一次函数ykx+k的图象经过点（1，4），4k1+k，即k2。y2x+

28、2。当x0时，y2；当y0时，x1， 即A（1，0），B（0，2）。如图，直线AB是一次函数y2x+2的图象。 （2）PQAB，QPO=90BAO。又ABO=90BAO，ABO=QPO。RtABORtQPO，即。a2b。a、b满足的等量关系式为 a2b。 （3）由（2）知a2b，APAO+OP1+a1+2b。，。【分析】（1）由已知可得到其一次函数的解析式，从而求得A、B的坐标，据此即可画出一次函数的图象。（2）根据已知可证明RtABORtQPO，相似三角形的对应边成比例，从而可求得a、b满足的等量关系式。（3）已知APQ是等腰三角形而没有明确指出是哪两边相等，从而要分三种情况进行分析，分别是

29、APAQ，AQ=PQ或AP=PQ，再根据面积公式即可求得APQ的面积。14. （2022年广东广州12分）已知RtABC中，AB=BC，在RtADE中，AD=DE，连结EC，取EC中点M，连结DM和BM，（1）若点D在边AC上，点E在边AB上且与点B不重合，如图，求证：BM=DM且BMDM；（2）如图中的ADE绕点A逆时针转小于45的角，如图，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明。又AB= BC，ABDCBF（SAS）。BD=BF，ABD=CBF。ABD+DBC =CBF+DBC，DBF=ABC =90。在Rt中，由BD=BF，DM=MF,得BM=DM且B

30、MDM。【考点】直角三角形斜边上中线性质，圆周角定理，旋转的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质。15. （2022年广东广州14分）如图，扇形OAB的半径OA=3，圆心角AOB=90，点C是上异于A、B的动点，过点C作CDOA于点D，作CEOB于点E，连结DE，点G、H在线段DE上，且DG=GH=HE（1）求证：四边形OGCH是平行四边形（2）当点C在上运动时，在CD、CG、DG中，是否存在长度不变的线段？若存在，请求出该线段的长度（3）求证：是定值【答案】解：（1）证明：连接OC交DE于M，由矩形得OMCG，EMDM， DG=HE，EMEHDMDG。H

31、MGM。四边形OGCH是平行四边形。（2）DG不变。在矩形ODCE中，DEOC3，DG=GH=HE1（不变）。（3）证明：过点H作HFCD于点F，则DHFDEC。DF=CD。CF=CD。， DH=2，。，即。 （定值）。16. （2022年广东广州14分）如图，在梯形ABCD中，ADBC，AB=AD=DC=2cm，BC=4cm，在等腰PQR中，QPR=120，底边QR=6cm，点B、C、Q、R在同一直线l上，且C、Q两点重合，如果等腰PQR以1cm/秒的速度沿直线l箭头所示方向匀速运动，t秒时梯形ABCD与等腰PQR重合部分的面积记为S平方厘米（1）当t=4时，求S的值（2）当，求S与t的函数

32、关系式，并求出S的最大值【答案】解：（1）当t=4时，CQ=4cm， 过点A作AEBC于E，过点D作DFBC于F。AE=DF=cm，AEB=DFC=90，AB=CD。ABEDFC（SAS）。BE=CF。EF=AD=2cm，BC=4cm，BE=CF=1cm。点D与点P重合。（cm2）。a=0，开口向下，S有最大值，当t=5时，S最大值为。当6x10时，P在线段DA的延长线上（如图），1=60，2=30，3=90。RC=t6，BR=4RC=4（t6）=10t。TB=BR=，TR=BR=。a0时，开口向上，S随t的增加而减小，t=6时，S最大值为。综上所述，t=5时，S最大值为。17. （2022年

33、广东广州14分）如图，边长为1的正方形ABCD被两条与边平行的线段EF、GH分割为四个小矩形，EF与GH交于点P。（1）若AG=AE，证明：AF=AH；（2）若FAH=45，证明：AG+AE=FH；（3）若RtGBF的周长为1，求矩形EPHD的面积。【答案】解：(1) 证明：ABCD是正方形，AB=AD，B=D=900。 EFAB，GHAD， ABEA，AGHD都是矩形。AE=BF，AG=DH。 AG=AE，BF=DH。ABFADH（SAS），AF=AH。 （2）证明：如图，将ADH绕点A顺时针旋转90度得ADH1。 由旋转和正方形的性质知，点D与点B重合，H1、D、F共线，H1AD=HAD，

34、AH1=AH，H1B=HD。 BAD=900，FAH=450， BAFHAD=450。H1AF=BAFH1AD=BAFHAD =450=FAH。又AF=AF，H1AFFAH（SAS）。BFBH1=FH1=FH。由（1）知，AE=BF，AG=DH，FH1=BFBH1= BFDH=AEAG。AG+AE=FH。（3） 设PE=x,PH=y,则BG=1-x,BF=1-y。 RtGBF的周长为1，FG=x+y-1。由勾股定理，得， 化简得xy=。矩形EPHD的面积为。18. （2022年广东广州14分）如图，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，1），ABC的面积为。（1）求该二次函数

35、的关系式；（2）过y轴上的一点M（0，m）作y轴的垂线，若该垂线与ABC的外接圆有公共点，求m的取值范围；（3）在该二次函数的图象上是否存在点D，使四边形ABCD为直角梯形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由。 （2）在中令y=0，解方程得，得。A(，0)，B(2，0)。在RtAOC中可求得AC=；在RtBOC中可求得BC=。AC2+BC2=AB2，ABC是直角三角形，AB为斜边。ABC外接圆的直径为AB=。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，一元二次方程与系数的关系，勾股定理和逆定理，直线和圆的位置关系，直角梯形的判定，分类思想的应用。【分析】（1）由点

36、C的坐标可求得q=1。设A（a，0），B(b，0)，则由ABC的面积为得AB=b-a=。结合一元二次方程与系数的关系，得，三式联立可求得，从而得到该二次函数的关系式。（2）求出ABC的三边长，根据勾股定理逆定理判断出ABC是直角三角形，并得直径AB=。根据直线和圆的位置关系，在圆心到过y轴上一点M（0，m）与y轴垂直的直线的距离应小于半径，即。（3）分以AC为底边和以BC为底边两种情况讨论即可。19. （2022年广东广州14分）如图，O的半径为1，点P是O上一点，弦AB垂直平分线段OP，点D是上任一点（与端点A、B不重合），DEAB于点E，以点D为圆心、DE长为半径作D，分别过点A、B作D的

37、切线，两条切线相交于点C（1）求弦AB的长；（2）判断ACB是否为定值，若是，求出ACB的大小；否则，请说明理由；（3）记ABC的面积为S，若，求ABC的周长.（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，DGAC，DHBC，S=SABD+SACD+SBCD=ABDE+BCDH+ACDG=（AB+BC+AC）DE=LDE。，。L=8。CG，CH是D的切线，GCD=ACB=30。在RtCGD中，。CH=CG=DE，又由切线长定理可知AG=AE，BH=BE，L=AB+BC+AC=2+2DE=8DE，解得DE=。ABC的周长为。20. （2

38、022年广东广州14分）如图所示，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），点D是线段BC上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线交折线OAB于点E（1）记ODE的面积为S，求S与的函数关系式；（2）当点E在线段OA上时，若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形OA1B1C1，试探究OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由.S=。（2）如图3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积。由题意知，DMNE，DN

39、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DHOA，垂足为H，由题易知，D（2b2，1），E（2b，0），DH=1，HE=2b（2b2）=2。设菱形DNEM的边长为a，则在RtDHN中，由勾股定理知：a2=（2a）2+12，a=，S四边形DNEM=NEDH=。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。21. （2022年广东广州14分）已知关于的二次函数的图象经过点C（0，1），且与轴交于不同的两点A、B，点A的坐标是（1，0）（1）求的值；（2）求的取值范围；（

40、3）该二次函数的图象与直线1交于C、D两点，设A、B、C、D四点构成的四边形的对角线相交于点P，记PCD的面积为S1，PAB的面积为S2，当01时，求证：S1S2为常数，并求出该常数【答案】解：（1）把C（0，1）代入二次函数得：100，解得：1。 的值是1。 （2）由（1）二次函数为，把A（1，0）代入得：01， 1。 二次函数为与轴有两个交点， 一元一次方程根的判别式0，即 0， 1且0。 的取值范围是1且0。 【考点】二次函数综合题，解一元一次方程，解二元一次方程组，根的判别式，根与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定和性质。22. （20

41、22年广东广州14分）如图1，O中AB是直径，C是O上一点，ABC45，等腰直角三角形DCE中DCE是直角，点D在线段AC上（1）证明：B、C、E三点共线；（2）若M是线段BE的中点，N是线段AD的中点，证明：MNOM；（3）将DCE绕点C逆时针旋转（090）后，记为D1CE1（图2），若M1是线段BE1的中点，N1是线段AD1的中点，M1N1OM1是否成立？若是，请证明；若不是，说明理由 【答案】解：（1）证明：AB是直径， BCA90。 而等腰直角三角形DCE中DCE是直角， BCADCE9090180， B、C、E三点共线。 （2）连接BD，AE，ON，延长BD交AE于F，如图， CBC

42、A，CDCE，RtBCDRtACE（SAS）。 BDAE，EBDCAE。 CAEADFCBDBDC90。 即BDAE。 又M是线段BE的中点，N是线段AD的中点，而O为AB的中点， ONBD，OMAE，ONBD，AEOM。 ON=OM，ONOM。即ONM为等腰直角三角形。 MNOM。 （3）成立理由如下： 和（2）一样，易证得RtBCD1RtACE1， 同理可证BD1AE1， ON1M1为等腰直角三角形， 从而有M1N1OM1。23. （2022年广东广州14分）如图，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（1）求点A、B的坐标；（2）设D为已知抛物线的对称轴上的任意一

43、点，当ACD的面积等于ACB的面积时，求点D的坐标；（3）若直线l过点E（4，0），M为直线l上的动点，当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时，求直线l的解析式【答案】解：（1）在中，令y=0，即，解得x1=4，x2=2。 点A在点B的左侧，A、B点的坐标为A（4，0）、B（2，0）。 （2）由得，对称轴为x=1。 在中，令x=0，得y=3。 OC=3，AB=6，。在RtAOC中，。直线L1可以看做直线AC向下平移CE长度单位（个长度单位）而形成的，直线L1的解析式为。则D1的纵坐标为。D1（4，）。同理，直线AC向上平移个长度单位得到L2，可求得D2（1，）。综上所述，D点坐标为

44、：D1（4，），D2（1，）。（3）如图2，以AB为直径作F，圆心为F过E点作F的切线，这样的切线有2条连接FM，过M作MNx轴于点N。A（4，0），B（2，0），F（1，0），F半径FM=FB=3。又FE=5，则在RtMEF中，ME=，sinMFE=，cosMFE=。在RtFMN中，MN=MNsinMFE=3，FN=MNcosMFE=3。则ON=。M点坐标为（，）。直线l过M（，），E（4，0），设直线l的解析式为y=k1x+b1，则有，解得。直线l的解析式为y=x+3。同理，可以求得另一条切线的解析式为y=x3。综上所述，直线l的解析式为y=x+3或y=x3。（3）本问关键是理解“以A、B

45、、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个”的含义因为过A、B点作x轴的垂线，其与直线l的两个交点均可以与A、B点构成直角三角形，这样已经有符合题意的两个直角三角形；第三个直角三角形从直线与圆的位置关系方面考虑，以AB为直径作圆，当直线与圆相切时，根据圆周角定理，切点与A、B点构成直角三角形从而问题得解。这样的切线有两条。24. （2022年广东广州14分）如图，在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=10，F为AD的中点，CEAB于E，设ABC=（6090）（1）当=60时，求CE的长；（2）当6090时，是否存在正整数k，使得EFD=kAEF？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由连接CF，

46、当CE2CF2取最大值时，求tanDCF的值AFG=G。在AFG中，EFC=AEF+G=2AEF，又CFD=AFG，CFD=AEF。EFD=EFC+CFD=2AEF+AEF=3AEF，因此，存在正整数k=3，使得EFD=3AEF。设BE=x，AG=CD=AB=5，EG=AE+AG=5x+5=10x，在RtBCE中，CE2=BC2BE2=100x2。在RtCEG中，CG2=EG2+CE2=（10x）2+100x2=20020x。CF=GF（中已证），CF2=（CG）2=CG2=（20020x）=505x。CE2CF2=100x250+5x=x2+5x+50=（x）2+50+。当x=，即点E是AB的中点时，CE2CF2取最大值。此时，EG=10x=10，CE=，。