江蘇省無錫新領航教育咨詢有限公司2015屆中考數(shù)學 經典例題大串講七

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1、數(shù)與式中典型例題串講二 1．在平面直角坐標系xOy中，以原點O為圓心的圓過點A（13，0），直線y=kx﹣3k+4與⊙O交于B、C兩點，則弦BC的長的最小值為（ ） A．22 B．24 C． D． 【答案】B． 【解析】 試題分析：如圖： ∵直線y=kx-3k+4必過點D（3，4）， ∴最短的弦CB是過點D且與該圓直徑垂直的弦， ∵點D的坐標是（3，4）， ∴OD=5， ∵以原點O為圓心的圓過點A（13，0）， ∴圓的半徑為13， ∴OB=13， ∴BD=12， ∴BC的長的最小值為

2、24． 故選B． 考點：1．垂徑定理；2．一次函數(shù)圖象上點的坐標特征；3．勾股定理． 2．如圖，兩個反比例函數(shù)和在第一象限內的圖象依次是C1和C2，設點P在C1上，軸于點C，交C2于點A，軸于點D，交C2于點B，則四邊形PAOB的面積為（ ） A、2 B、 3 C、4 D、5 【答案】B． 【解析】 試題分析：∵PC⊥x軸，PD⊥y軸， ∴S矩形PCOD=4，S△AOC=S△BOD=×1=， ∴四邊形PAOB的面積=S矩形PCOD-S△AOC-S△BOD=4--=3． 故選B． 考點：反比例函

3、數(shù)系數(shù)k的幾何意義． 3．如圖，在平面直角坐標系中，四邊形OABC是邊長為4的正方形，M（4，m）、N（n，4）分別是AB、BC上的兩個動點，且ON⊥MN，當OM最小時，＝ ． 【答案】5． 【解析】 試題分析：∵OABC是正方形，∴∠OCN=∠NBM=90°，∴∠CON+∠CNO=90°，∵ON⊥NM，∴∠CNO+∠BNM=90°，∴△CNO∽△BMN，∴CN：CO=BM：NB，∴，∴，∴，∵，∴，，∵OM=，∴當OM最小時，m最小，∵，∴，∴，∴．故答案為：5． 考點：1．正方形的值；2．相似三角形的判定與性質． 4．如圖，雙曲線經過Rt△BOC斜邊上的點A，且

4、滿足，與BC交于點D，S△BOD=21，求k= _________ ． 【答案】8． 【解析】 試題分析：過A作AE⊥x軸于點E．∵，∴=21，∵AE∥BC，∴△OAE∽△OBC，∴，∴，則k=8．故答案為：8． 考點：1．反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義；2．相似三角形的判定與性質． 5．如圖，以矩形ABCD的對角線AC的中點O為圓心、OA長為半徑作⊙O，⊙O經過B、D兩點，過點B作BK⊥AC，垂足為K，過點D作DH∥KB，DH分別與AC、AB、⊙O及CB的延長線相交于點E、F、G、H。 （1）求證：AE＝CK （2）若AB＝a，AD＝a（a為常數(shù)），求BK的長（用含

5、a的代數(shù)式表示）。 （3）若F是EG的中點，且DE＝6，求⊙O的半徑和GH的長。 【答案】（1）證明見解析；（2）；（3），6． 【解析】 試題分析：（1）根據(jù)ABCD是矩形，求證△BKC≌△ADE即可； （2）根據(jù)勾股定理求得AC的長，根據(jù)三角形的面積公式得出AB×BC=AC×BK，代入即可求得BK． （3）根據(jù)三角形中位線定理可求出EF，再利用△AFD≌△HBF可求出HF，然后即可求出GH；利用射影定理求出AE，再利△AED∽△HEC求證AE=AC，然后即可求得AC即可． 試題解析：（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AD=BC， ∴∠DAE=∠BCK，

6、 ∵BK⊥AC，DH∥KB， ∴∠BKC=∠AED=90°， ∴△BKC≌△ADE， ∴AE=CK； （2）解：∵AB=a，AD=a=BC， ∴ ∵S△ABC=AB×BC=AC×BK， ∴BK= （3）連結OG， ∵AC⊥DG，AC是⊙O的直徑，DE=6，∴DE=EG=6， 又∵EF=FG，∴EF=3； ∵Rt△ADE≌Rt△CBK，∴DE=BK=6，AE=CK， 在△ABK中，EF=3，BK=6，EF∥BK， ∴EF是△ABK的中位線， ∴AF=BF，AE=EK=KC； 在Rt△OEG中，設OG=r，則OE=，EG=6，， ∴， ∴． 連接BG可得△B

7、GF≌△AEF，AF=BF，△ADF≌△BHF ∵AD=BC，BF∥CD，∴HF=DF， ∵FG=EF，∴HF-FG=DF-EF，∴HG=DE=6． 考點：1．相似三角形的判定與性質；2．全等三角形的判定與性質；3．三角形中位線定理；4．垂徑定理． 6．（本題滿分12分） 如圖，在平面直角坐標系中，矩形OCDE的三個頂點分別是C（3，0），D（3，4），E（0，4）．點A在DE上，以A為頂點的拋物線過點C，且對稱軸交z軸于點B．連接EC，AC．點P，Q為動點，設運動時間為t秒． （1）填空：點A坐標為 ，拋物線的解析式為 ； （2）在圖1中，若點P在線段OC上

8、從點O向點C以1個單位／秒的速度運動，同時，點Q在線段CE上從點C向E以2個單位／秒的速度運動，當一個點到達終點時，另一個點隨之停止運動．連接PQ，是否存在實數(shù)t，使得PQ所在的直線經過點D，若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由； （3）在圖2中，若點P在對稱軸上從點A開始向點B以1個單位／秒的速度運動，過點P做PF⊥AB，交AC于點F，過點F作FG⊥AD于點G，交拋物線于點Q，連接AQ，CQ．當t為何值時，△ACQ的面積最大？最大值是多少？ 【答案】（1）（1，4），；（2）；（3），最大值為1． 【解析】 試題分析：（1）根據(jù)拋物線的對稱軸與矩形的性質可得點A坐標，根據(jù)待定系數(shù)

9、法可得拋物線的解析式； （2）若PQ所在的直線經過點D，由DE∥CP，得到△DEQ∽△PCQ，得到，即：，解出t的值即可； （3）根據(jù)待定系數(shù)法可得直線AC的解析式，根據(jù)可得，依此即可求解． 試題解析：（1）∵拋物線的對稱軸為x=1，矩形OCDE的三個頂點分別是C（3，0），D（3，4），E（0，4），點A在DE上，∴點A坐標為（1，4），設拋物線的解析式為，把C（3，0）代入拋物線的解析式，可得，解得，故拋物線的解析式為，即； （2）若PQ所在的直線經過點D，∵DE∥CP，∴△DEQ∽△PCQ，∴，即：，整理得：，解得或（舍去），∴當（s）時，PQ所在的直線經過點D； （3）∵A（

10、1，4），C（3，0），設直線AC的解析式為，則：，解得，故直線AC的解析式為，∵P（1，），將代入中，得，∴Q點的橫坐標為，將代入中，得，∴Q點的縱坐標為，∴QF=，∴=FQ?AG+FQ?DG=FQ（AG+DG）=FQ?AD==， ∴當t=2時，△ACQ的面積最大，最大值是1． 考點：1．二次函數(shù)綜合題；2．三角形的面積；3．勾股定理；4．矩形的性質；5．代數(shù)幾何綜合題． 7．在平面直角坐標系中，拋物線與x軸的兩個交點分別為A（-3，0），B（1，0），過頂點C作CH⊥x軸于點H． （1）a= ，b= ，頂點C的坐標為 ． （2）在軸

11、上是否存在點D，使得△ACD是以AC為斜邊的直角三角形？若存在，求出點D的坐標；若不存在，說明理由． （3）若點P為x軸上方的拋物線上一動點（點P與頂點C不重合），PQ⊥AC于點Q，當△PCQ與△ACH相似時，求點P的坐標． 【答案】（1），，C（﹣1，4）；（2）存在，點D（0，3）或（0，1）；（3）P（，）或（，）． 【解析】 試題分析：（1）將A（﹣3，0）、B（1，0），代入求出即可，再利用平方法求出頂點坐標即可； （2）首先證明△CED∽△DOA，得出y軸上存在點D（0，3）或（0，1），即可得出△ACD是以AC為斜邊的直角三角形； （3）首先求出直線CA的解析式為，再

12、利用聯(lián)立兩函數(shù)解析式即可得出交點坐標，再利用若點P在對稱軸左側（如圖②），只能是△PCQ∽△ACH，得∠PCQ=∠ACH得出答案即可． 試題解析：（1）將A（﹣3，0）、B（1，0），代入得：，解得：，，∴，∴，頂點C的坐標為（﹣1，4）； （2）假設在y軸上存在滿足條件的點D，過點C作CE⊥y軸于點E．由∠CDA=90°得，∠1+∠2=90°．又∠2+∠3=90°，∴∠3=∠1．又∵∠CED=∠DOA=90°，∴△CED∽△DOA，∴．設D（0，c），則．變形得，解之得，．綜合上述：在y軸上存在點D（0，3）或（0，1），使△ACD是以AC為斜邊的直角三角形； （3）①若點P在對稱軸右

13、側（如圖①），只能是△PCQ∽△CAH，得∠QCP=∠CAH．延長CP交x軸于M，∴AM=CM，∴．設M（m，0），則，∴m=2，即M（2，0）．設直線CM的解析式為，則：，解得：，．∴直線CM的解析式為：．聯(lián)立，解得：或（舍去）．∴P（，）． ②若點P在對稱軸左側（如圖②），只能是△PCQ∽△AHC，得∠PCQ=∠ACH．過A作CA的垂線交PC于點F，作FN⊥x軸于點N．由△CFA∽△CAH得，由△FNA∽△AHC得．∴AN=2，F(xiàn)N=1，CH=4，HO=1，則AH=2，∴點F坐標為（﹣5，1）．設直線CF的解析式為，則，解得：，．∴直線CF的解析式為：．聯(lián)立：，解得：或（舍去）．∴P（，

14、）． ∴滿足條件的點P坐標為（，）或（，）． 考點：1．二次函數(shù)綜合題；2．壓軸題． 8．如圖，已知正比例函數(shù)和反比例函數(shù)的圖象交于點A（m，-2）． （1）求反比例函數(shù)的解析式； （2）觀察圖象，直接寫出正比例函數(shù)值大于反比例函數(shù)值時自變量x的取值范圍； （3）若雙曲線上點C（2，n）沿OA方向平移個單位長度得到點B，判斷四邊形OABC的形狀并證明你的結論． 【答案】（1）；（2）或；（3）菱形． 【解析】 試題分析：（1）設反比例函數(shù)的解析式為（），然后根據(jù)條件求出A點坐標，再求出k的值，進而求出反比例函數(shù)的解析式； （2）直接由圖象得出正比例函數(shù)值大于反比例函

15、數(shù)值時自變量x的取值范圍； （3）首先求出OA的長度，結合題意CB∥OA且CB=，判斷出四邊形OABC是平行四邊形，再證明OA=OC即可判定出四邊形OABC的形狀． 試題解析：（1）設反比例函數(shù)的解析式為（），∵A（m，﹣2）在上，∴﹣2=2m，∴m=﹣1，∴A（﹣1，﹣2），又∵點A在上，∴k=2，∴反比例函數(shù)的解析式為； （2）觀察圖象可知正比例函數(shù)值大于反比例函數(shù)值時自變量x的取值范圍為或； （3）四邊形OABC是菱形．∵A（﹣1，﹣2），∴OA==，由題意知：CB∥OA且CB=，∴CB=OA，∴四邊形OABC是平行四邊形，∵C（2，n）在上，∴n=1，∴C（2，1），OC==，

16、∴OC=OA，∴四邊形OABC是菱形． 考點：反比例函數(shù)綜合題． 9．（本題滿分12分）如圖，二次函數(shù)的圖象與x軸交與A（4，0），并且OA＝OC＝4OB，點P為過A、B、C三點的拋物線上一動點． （1）求點B、點C的坐標并求此拋物線的解析式； （2）是否存在點P，使得△ACP是以點C為直角頂點的直角三角形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由； （3）過動點P作PE垂直于y軸于點E，交直線AC于點D，過點D作x軸的垂線，垂足為F，連接EF，當線段EF的長度最短時，求出點P的坐標． 【答案】（1）B（－1,0）；C（0,4）；；（2）P（2,6）；（3）點或 【解析】

17、 試題分析：（1）根據(jù)點A的坐標和OA=OC=4OB求出點B和點C的坐標，然后利用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式；（2）過點C作CP⊥AC，過點P作PM垂直y軸，設出點P的坐標，根據(jù)OM=OC+MC=OC+PM=4+m列出方程求出m的值；（3）四邊形OFDE是矩形，則OD=EF，據(jù)垂線段最短，可知：當OD⊥AC時，OD最短，即EF最短.根據(jù)（1）求出AC的長度，根據(jù)中點得出點P的縱坐標，列出關于x的方程，求出x的值. 試題解析：（1）∵A（4，0） ∴OA=4 又∵OA=OC=4OB ∴OC=4，OB=1 ∴B（-1，0），C（0，4） 設拋物線的解析式為： 把

18、C（0，4）代入得： ∴ ∴ ∴拋物線的解析式為： （2）存在 過點C作.交拋物線于點，過點作軸于點M. ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ ∵在拋物線上. ∴設 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ （3）連OD，由題意知，四邊形OFDE是矩形，則，據(jù)垂線段最短，可知：當時，OD最短，即EF最短. 由（1）知，在Rt△AOC中， ∴ 又∵D為AC的中點. ∴DF∥OC ∴ ∴點P的縱坐標是2. ∴ ∴

19、∴當EF最短時，點或 考點：二次函數(shù)的性質. 10．如圖，已知平面直角坐標系中，⊙O的圓心在坐標原點，直線l與軸相交于點P，與⊙O相交于A、B兩點，∠AOB=90°.點A和點B的橫坐標是方程x2-x-k=0 的兩根，且兩根之差為3. （1）求方程x2-x-k=0 的兩根； （2）求A、B兩點的坐標及⊙O的半徑； （3）把直線l繞點P旋轉，使直線l與⊙O相切，求直線l的解析式. 【答案】（1）2和－1 （2）A(-1,2)，B(2,1) （3） 【解析】 試題分析：（1）設方程的兩根分別為x1，x2（x1>x2)，由根與系數(shù)的關系可得x1+x2=1，由兩根之差

20、為3，可點x1-x2=3，解方程組即可得方程的根； 過點A作AC⊥x軸于點C，過點B作BD⊥x軸于點D，通過△AOC≌△OBD得到A點坐標，利用勾股定理得OA的長； 由A、B在坐標利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，從而得到點P的坐標，過點P的直線與圓相切，有兩種情況，因此分切點在第一象限與第四象限兩種情況求切線的解析式. 試題解析：（1）設方程的兩根分別為x1，x2（x1>x2)，由已知得，解得，∴方程的兩根分別為2和－1； （2）過點A作AC⊥x軸于點C，過點B作BD⊥x軸于點D，易證：△AOC≌△OBD，∴BD=OC=1，AC=OD=2 ∴A(-1,2)，B(2,1) ,∴O

21、A= （3）設直線AB的解析式為y=k1x+b1，則，解得，∴y=，當y=0時，=0，解得x=5，∴P(5,0)； 當直線l與⊙O的切點在第一象限時，設直線l與⊙O相切于點E，過點E作EF⊥x軸于點F,∵PE是⊙O的切線，∴OE⊥PE,∴PE=,∵S△POE=OP·EF=OE·PE,∴5EF=，∴EF=2,∴OF==1，E(1,2)； 設直線l的解析式為y=k2x+b2，則，解得，∴y= -； 當直線l與⊙O的切點在第四象限時，同理可求得y=. 考點：1、根與系數(shù)的關系；2、三角形全等的判定與性質；3、待定系數(shù)法；4、圓的切線. 11．（10分）如圖，△ABC是等腰三角形，

22、AB=AC，以AC為直徑的⊙O與BC交于點D，DE⊥AB，垂足為E，ED的延長線與AC的延長線交于點F. （1）求證：DE是⊙O的切線； （2）若⊙O的半徑為2，BE=1，求cosA的值. 【答案】（1）詳見解析；（2） . 【解析】 試題分析：（1）證得OD⊥DE，根據(jù)切線的判定定理得到DE是⊙O的切線； （2）由OD//AE，得到，通過轉換得到，解得FC的長，進而求得AF的長，應用銳角三角函數(shù)求出cosA的值. 試題解析：解：（1）證明：連結AD、OD， ∵AC是直徑， ∴AD⊥BC， ∵AB=AC， ∴D是BC的中點， 又∵O是AC的中點 ∴OD//AB，

23、 ∵DE⊥AB， ∴OD⊥DE， ∴DE是⊙O的切線； （2）由（1）知OD//AE， ∴， ∴ ， ∴， 解得FC=2， ∴AF=6， ∴cosA=. 考點：1、切線的判定；2、平行線分線段成比例定理；3、銳角三角函數(shù). 12．如圖，在△ABD中，AB=AD,AO平分∠BAD,過點D作AB的平行線交AO的延長線于點C,連接BC （1）求證：四邊形ABCD是菱形。 （2）如果OA,OB(OA>OB)的長（單位：米）是一元二次方程的兩根，求AB的長以及菱形ABCD的面積。 （3）若動點M從A出發(fā)，沿AC以2m/S的速度勻速直線運動到點C,動點N從B 出發(fā)，沿

24、BD以1m/S的速度勻速直線運動到點D，當M運動到C點時運動停止。若M、N同時出發(fā)，問出發(fā)幾秒鐘后，△MON的面積為？ 【答案】（1）證明見解析；（2）5，24；（3）M，N出發(fā)秒，秒，秒鐘后，△MON的面積為m2． 【解析】 試題分析：（1）根據(jù)題意，用“一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”先判定平行四邊形，再用鄰邊相等證明菱形； （2）解方程可得OA、OB的長，用勾股定理可求AB，根據(jù)“菱形的面積對應對角線積的一半”計算連線面積； （3）根據(jù)點M、N運動過程中與O點的位置關系，分三種情況分別討論． 試題解析：（1）證明：∵AO平分∠BAD，AB∥CD ∴∠DAC=∠B

25、AC=∠DCA ∴△ACD是等腰三角形，AD=DC 又∵AB=AD ∴AB=CD， ∴四邊形ABCD為平行四邊形， 又∵AB=AD，∴?ABCD是菱形； （2）解：解方程x2-7x+12=0，得 OA=4，OB=3， 利用勾股定理AB==5， S菱形ABCD=AC×BD=×8×6=24平方米． （3）解：在第（2）問的條件下，設M、N同時出發(fā)x秒鐘后，△MON的面積為m2， 當點M在OA上時，x≤2，S△MON=（4-2x）（3-x）=； 解得x1=，x2=（大于2，舍去）； 當點M在OC上且點N在OB上時，2＜x＜3，S△MON=（3-x）（2x-4）=， 解得x1=x2=； 當點M在OC上且點N在OD上時，即3≤x≤4，S△MON=（2x-4）（x-3）=； 解得x1=，x2=（小于3，舍去）． 綜上所述：M，N出發(fā)秒，秒，秒鐘后，△MON的面積為m2． 考點：1.菱形的判定；2.一元二次方程的應用；3.等腰三角形的性質．