廣東省廣州市20xx年中考數(shù)學真題試題含解析-資料下載頁
2024-11-26 19:55本頁面
【導讀】，AB是圓O的弦，OC⊥AB，交圓O于點C，連接OA，OB，BC，若∠ABC=20°，則∠。一枚，稱之重適等，交易其一，金輕十三兩，問金、銀各重幾何？設每枚黃金重x輛，每枚白銀重y輛，根據(jù)題意得（）。，一個智能機器人接到如下指令，從原點O出發(fā)，按向右，向上，向右，向下的方向依次不斷移動，每次移動1m，其行走路線如圖所示，第1次移動到，，第n次移動到，則△的面積是（）。其中正確的結論有________。計算這10位居民一周內(nèi)使用共享單車的平均次數(shù)；銷活動，有兩種優(yōu)惠方案，方案一：每臺按售價的九折銷售，方案二：若購買不超過5臺，是，求出該定點的坐標，若不是，說明理由；周長記為，圓P的半徑記為，求的值。連接BD，探究AD，BD，CD三者之間的數(shù)量關系，并說明理由。，屬于有理數(shù)，D不符合題意；圖形,這條直線叫做對稱軸。，即可判斷錯誤；∴∠1與∠2是同位角，∠5與∠6是內(nèi)錯角，
【正文】 ，再由相似三角形性質(zhì)得 ，從而求得 FN，即 BM+MN的最小值 . 24.【答案】 （ 1）證明：當拋物線與 x軸相交時，令 y=0，得： x2+mxm4=0 ∴△ =m2+4（ 2m+4） =m2+8m+16=（ m+4） 2 ∵ m＞ 0， ∴ （ m+4） 2＞ 0， ∴ 該拋物線與 x軸總有兩個不同的交點。 （ 2）解：①令 y=x2+mx2m4=（ x2）（ x+m+2） =0， 解得： x1=2， x2=m2， ∵ 拋物線與 x軸的兩個交點分別為 A， B（點 A在點 B的右側）， ∴ A（ 2， 0）， B（ 2m， 0）， ∵ 拋物線與 y軸交于點 C， ∴ C（ 0， 2m4）， 設 ⊙ P的圓心為 P（ x0 ， y0）， 20 則 x0= = ， ∴ P（ ， y0）， 且 PA=PC，則 PA2=PC2 ， 則 解得 ， ∴ P（ ， ）， ∴⊙ P與 y軸的另一交點的坐標為（ 0， b） 則 ， ∴ b=1， ∴⊙ P經(jīng)過 y軸上一個定點，該定點坐標為（ 0， 1） ②由①知， D（ 0， 1）在 ⊙ P上， ∵ E是點 C關于直線 的對稱點，且 ⊙ P的圓心 P（ ， ）， ∴ E（ m， 2m4）且點 E在 ⊙ P上， 即 D， E， C均在 ⊙ P上的點，且 ∠ DCE=90176。 ， ∴ DE為 ⊙ P的直徑， ∴∠ DBE=90176。 ， △ DBE為直角三角形， ∵ D（ 0， 1）， E（ m， 2m4）， B（ 2m， 0）， ∴ DB= ， BE= = = ∴ BE=2DB， 在 Rt△ DBE中，設 DB=x，則 BE=2x， ∴ DE= = ， ∴△ BDE的周長 l=DB+BE+DE=x+2x+ = ⊙ P的半徑 r= = 21 ∴ = = 【考點】 一元二次方程根的判別式及應用，二次函數(shù)圖像與坐標軸的交點問題，兩點間的距離，勾股定理，圓周角定理 【解析】 【分析】（ 1）當拋物線與 x 軸相交時，即 y=0，根據(jù)一元二次方程根的判別式 △=b24ac=m2+4（ 2m+4） =m2+8m+16=（ m+4） 2＞ 0，從而得出該拋物 線與 x軸總有兩個不同的交點 . （ 2）①拋物線與 x軸的兩個交點，即 y=0，因式分解得出 A（ 2， 0）， B（ 2m， 0）；拋物線與 y軸交點，即 x=0，得出 C（ 0， 2m4）；設 ⊙ P 的圓心為 P（ x0 ， y0），由 P為 AB中點，得出 P 點橫坐標，再 PA=PC，根據(jù)兩點間距離公式得出 P 點縱坐標，即 P（ ， ）；設 ⊙ P 與 y軸的另一交點的坐標為（ 0， b），根據(jù)中點坐標公式得 b=1，即 ⊙ P經(jīng)過 y軸上一個定點，該定點坐標為（ 0， 1） . ②由①知， D（ 0， 1）在 ⊙ P上，由）①知 ⊙ P的圓心 P（ ， ），由圓周角定理得 △ DBE 為直角三角形，再根據(jù)兩點間距離公式得 DB= ， BE= ，由 BE=2DB，在 Rt△ DBE中，設 DB=x，則 BE=2x，根據(jù)勾股定理得 DE= ，由三角形周長公式得 △ BDE的周長 l= ，又 ⊙ P的半徑 r= ，從而得出 值 . 25.【答案】 （ 1）解：在四邊形 ABCD中， ∠ B=60176。 ， ∠ D=30176。 ， ∴∠ A+∠ C=360176。 ∠ B∠ C=360176。 60176。 30176。=270176。 。 （ 2）解：如圖，將 △ BCD繞點 B逆時針旋轉 60176。 ，得到 △ BAQ，連接 DQ， 22 ∵ BD=BQ， ∠ DBQ=60176。 ， ∴△ BDQ是 等邊三角形， ∴ BD=DQ， ∵∠ BAD+∠ C=270176。 ， ∴∠ BAD+∠ BAQ=270176。 ， ∴∠ DAQ=360176。 270176。=90176。 ， ∴△ DAQ是直角三角形 ∴ AD2+AQ2=DQ2 ， 即 AD2+CD2=BD2 （ 3）解：如圖，將 △ BCE繞點 B逆時針旋轉 60176。 ，得到 △ BAF，連接 EF， ∵ BE=BF， ∠ EBF=60176。 ， ∴△ BEF是等邊三角形， ∴ EF=BE， ∠ BFE=60176。 ， ∵ AE2=BE2+CE2 23 ∴ AE2=EF2+AF2 ∴∠ AFE=90176。 ∴∠ BFA=∠ BFE+∠ AFE=60176。+90176。 =150176。 ， ∴∠ BEC=150176。 ， 則動點 E在四邊形 ABCD內(nèi)部運動，滿足 ∠ BEC=150176。 ，以 BC 為邊向外作等邊 △ OBC， 則點 E是以 O為圓心， OB為半徑的圓周上運動，運動軌跡為 BC， ∵ OB=AB=1， 則 BC= = 【考點】 等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的逆定理，多邊形內(nèi)角與外角，弧長的計算，旋轉的性質(zhì) 【解析】 【分析】（ 1）根據(jù)四邊形內(nèi)角和為 360度，結合已知條件即可求出答案 . （ 2）將 △ BCD 繞點 B逆時針旋轉 60176。 ，得到 △ BAQ，連接 DQ（如圖），由旋轉性質(zhì)和等邊三角形判定得 △ BDQ是等邊三角形，由旋轉性質(zhì)根據(jù)角的計算可得 △ DAQ是直角三角形，根據(jù)勾股定理得 AD2+AQ2=DQ2 ， 即 AD2+CD2=BD2. （ 3）將 △ BCE 繞點 B逆時針旋轉 60176。 ，得到 △ BAF，連接 EF(如圖 )，由等邊三角形判定得△ BEF是等邊三角形，結合已知條件和等邊三角形性質(zhì)可得 AE2=EF2+AF2 ， 即 ∠ AFE=90176。 ，從而得出 ∠ BFA=∠ BEC=150176。 ，從而得出點 E是在以 O為圓心， OB為半徑的圓周上運動，運動軌跡為 BC，根據(jù)弧長公式即可得出答案 .
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