2021年廣東省珠海市中考數(shù)學試卷及解析(真題樣卷)

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1、2 3 5 6 6 5 2 2 2 2021 年廣東省珠海市中考數(shù)學試卷 一、選擇題（本大題共 5 小題，每小題 3 分，共 15 分） 1．（3 分）（2021?珠海） 的倒數(shù)是（ ） A．  B．  C．2 D．﹣2 2．（3 分）（2021?珠海）計算﹣3a ×a 的結(jié)果為（ ） A．﹣3a B．3a C．﹣3a D．3a 3．（3 分）（2021?珠海）一元二次方程 x +x+ =0 的根的情況是（ ） A．有兩個不相等的實數(shù)根 C． 無實數(shù)根  B． 有兩個相等

2、的實數(shù)根 D．無法確定根的情況 4．（3 分）（2021?珠海）一次擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，出現(xiàn)兩枚硬幣都正面朝上的概率是 （ ） A． B． C． D． 5．（3 分）（2021?珠海）如圖，在⊙O 中，直徑 CD 垂直于弦 AB，若∠ C=25°，則∠ BOD 的度數(shù)是（ ） A．25°  B．30°  C．40°  D．50° 二、填空題（本大題共 5 小題，每小題 4 分，共 20 分） 6．（4 分）（2021?珠海）若分式  有意義，則 x 應滿足 ． 7．（4 分）（2021?珠海

3、）不等式組  的解集是 ． 8．（4 分）（2021?珠海）填空：x +10x+ =（x+  ） ． 5 5 5 2 0 9．（4 分）（2021?珠海）用半徑為 12cm，圓心角為 90°的扇形紙片圍成一個圓錐的側(cè)面（接 縫忽略不計），則該圓錐底面圓的半徑為 cm． 10．（4 分）（2021?珠海）如圖， A1B1C1 中，已知 A1B1=7，B1C1=4，A1C1=5，依次連 A1B1C1 三邊中點， A2B2C2 ，再依次連 A2B2C2 的三邊中點 A3B3C3，…，則 △ A B C 的周長為 ． 三、解答題（一）（

4、共 5 小題，每小題 6 分，共 30 分） 11．（6 分）（2021?珠海）計算：﹣1 ﹣2 +5 +|﹣3|． 12．（6 分）（2021?珠海）先化簡，再求值：（ ﹣ ）÷  ，其中 x=  ． 13．（6 分）（2021?珠海）如圖，在平行四邊形 ABCD 中，AB＜BC． （1）利用尺規(guī)作圖，在 BC 邊上確定點 E，使點 E 到邊 AB，AD 的距離相等（不寫作法， 保留作圖痕跡）； （2）若 BC=8，CD=5，則 CE= ． 14．（6 分）（2021?珠海）某校體育社團在校內(nèi)開展“最喜歡的體育項目（四項選一項）”調(diào) 查，對九

5、年級學生隨機抽樣，并將收集的數(shù)據(jù)繪制成如圖兩幅不完整的統(tǒng)計圖，請結(jié)合統(tǒng)計 圖解答下列問題： （1）求本次抽樣人數(shù)有多少人？ 2 2 （2）補全條形統(tǒng)計圖； （3）該校九年級共有 600 名學生，估計九年級最喜歡跳繩項目的學生有多少人？ 15．（6 分）（2021?珠海）白溪鎮(zhèn) 2021 年有綠地面積 57。5 公頃，該鎮(zhèn)近幾年不斷增加綠地 面積，2021 年達到 82。8 公頃． （1）求該鎮(zhèn) 2021 至 2021 年綠地面積的年平均增長率； （2）若年增長率保持不變，2021 年該鎮(zhèn)綠地面積能否達到 100 公頃？ 四、解答題（二）（本大

6、題共 4 小題，每小題 7 分，共 28 分） 16．（7 分）（2021?珠海）如圖，某塔觀光層的最外沿點 E 為蹦極項目的起跳點．已知點 E 離塔的中軸線 AB 的距離 OE 為 10 米，塔高 AB 為 123 米（AB 垂直地面 BC），在地面 C 處 測得點 E 的仰角 α=45°，從點 C 沿 CB 方向前行 40 米到達 D 點，在 D 處測得塔尖 A 的仰角 β=60°，求點 E 離地面的高度 EF．（結(jié)果精確到 1 米，參考數(shù)據(jù) ≈1。4， ≈1。7） 17．（7 分）（2021?珠海）已知拋物線 y=ax +bx+3 的對稱軸是直線 x=1． （1）求證：2a

7、+b=0； （2）若關于 x 的方程 ax +bx﹣8=0 的一個根為 4，求方程的另一個根． 18．（7 分）（2021?珠海）如圖，在平面直角坐標系中，矩形 OABC 的頂點 A，C 分別在 x 軸，y 軸上，函數(shù) y= 的圖象過點 P （4，3）和矩形的頂點 B（m，n）（0＜m＜4）． （1）求 k 的值； （2）連接 PA，PB， ABP 的面積為 6，求直線 BP 的解析式． 19．（7 分）（2021?珠海）已 ABC，AB=AC， ABC 沿 BC 方向平移得 DEF． （1）如圖 1，連接 BD，AF，則 BD AF（填“＞”、“＜”或“=”）；

8、 2 2 （2）如圖 2，M 為 AB 邊上一點，過 M 作 BC 的平行線 MN 分別交邊 AC，DE，DF 于點 G， H，N，連接 BH，GF，求證：BH=GF． 五、解答題（三）（本大題共 3 小題，每小題 9 分，共 27 分） 20．（9 分）（2021?珠海）閱讀材料：善于思考的小軍在解方程組 一種“整體代換”的解法： 解：將方程②變形：4x+10y+y=5 即 2（2x+5y）+y=5③ 把方程①帶入③得：2×3+y=5，∴ y=﹣1  時，采用了 把 y=﹣1 代入①得 x=4，∴ 方程組的解為 請你解決以下問題： （1）模仿小軍的“

9、整體代換”法解方程組  ． （2）已知 x，y 滿足方程組 （i）求 x +4y 的值；  ． （ii）求 +  的值． 21．（9 分）（2021?珠海）五邊形 ABCDE 中，∠ EAB=∠ ABC=∠ BCD=90°，AB=BC，且滿 足以點 B 為圓心，AB 長為半徑的圓弧 AC 與邊 DE 相切于點 F，連接 BE，BD． （1）如圖 1，求∠ EBD 的度數(shù)； （2）如圖 2，連接 AC ，分別與 BE，BD 相交于點 G，H，若 AB=1，∠ DBC=15°，求 AG?HC 的值． 2 22．（9 分）（

10、2021 珠海）如圖，折疊矩形 OABC 的一邊 BC，使點 C 落在 OA 邊的點 D 處， 已知折痕 BE=5  ，且  = ，以 O 為原點，OA 所在的直線為 x 軸建立如圖所示的平面直 角坐標系，拋物線 l：y=﹣  x + x+c 經(jīng)過點 E，且與 AB 邊相交于點 F． （1）求證 ABD∽ △ ODE； （2）若 M 是 BE 的中點，連接 MF，求證：MF⊥BD； （3）P 是線段 BC 上一點，點 Q 在拋物線 l 上，且始終滿足 PD⊥DQ，在點 P 運動過程中， 能否使得 PD=DQ？若能，求出所有符合條件的 Q 點坐

11、標；若不能，請說明理由． 2 3 5 6 6 5 2 3 2+3 5 2 2 2021 年廣東省珠海市中考數(shù)學試卷 參考答案與試題解析 一、選擇題（本大題共 5 小題，每小題 3 分，共 15 分） 1．（3 分）（2021?珠海） 的倒數(shù)是（ ） A．  B．  C．2 D．﹣2 考點：倒數(shù)． 分析：根據(jù)倒數(shù)的定義求解． 解答： 解：∵ ×2=1， ∴  的倒數(shù)是 2． 故選 C． 點評：倒數(shù)的定義：若兩個數(shù)的乘積是 1，我們就稱這兩個數(shù)互為倒數(shù)． 2．（3 分）（

12、2021?珠海）計算﹣3a ×a 的結(jié)果為（ ） A．﹣3a B．3a C．﹣3a D．3a 考點：單項式乘單項式． 分析：利用單項式相乘的運算性質(zhì)計算即可得到答案． 解答：解：﹣3a ×a =﹣3a =﹣3a ， 故選 A． 點評：本題考查了單項式的乘法，屬于基礎題，比較簡單，熟記單項式的乘法的法則是解題 的關鍵． 3．（3 分）（2021?珠海）一元二次方程 x +x+ =0 的根的情況是（ ） A．有兩個不相等的實數(shù)根 C． 無實數(shù)根 考點：根的判別式． 分析：求出△ 的值即可判斷． 解答： 解：一元二次方程 x +x+

13、=0 中， ∵ △ =1﹣4×1× =0， ∴ 原方程由兩個相等的實數(shù)根． 故選 B．  B． 有兩個相等的實數(shù)根 D．無法確定根的情況 點評：本題考查了根的判別式，一元二次方程根的情況與判別 的關系： （1 ＞0?方程有兩個不相等的實數(shù)根； （2 =0?方程有兩個相等的實數(shù)根； （3 ＜0?方程沒有實數(shù)根． 4．（3 分）（2021?珠海）一次擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，出現(xiàn)兩枚硬幣都正面朝上的概率是 （ ） A． B． C． D． 考點：列表法與樹狀圖法． 分析：先列舉出同時擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣一次所有四種等可能的結(jié)果，然后

14、根據(jù)概率的概 念即可得到兩枚硬幣都是正面朝上的概率． 解答：解：同時擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣一次， 共有正正、反反、正反、反正四種等可能的結(jié)果， 兩枚硬幣都是正面朝上的占一種， 所以兩枚硬幣都是正面朝上的概率= ． 故選 D． 點評：本題考查了用列表法與樹狀圖法求概率的方法：先利用列表法與樹狀圖法表示所有等 可能的結(jié)果 n，然后找出某事件出現(xiàn)的結(jié)果數(shù) m，最后計算 P= ． 5．（3 分）（2021?珠海）如圖，在⊙O 中，直徑 CD 垂直于弦 AB，若∠ C=25°，則∠ BOD 的度數(shù)是（ ） A．25°  B．30°  C．40°  D．

15、50° 考點：圓周角定理；垂徑定理． 分析：由“等弧所對的圓周角是所對的圓心角的一半”推知∠ DOB=2∠ C，得到答案． 解答：解：∵ 在⊙O 中，直徑 CD 垂直于弦 AB， ∴  =  ， ∴ ∠ DOB=2∠ C=50°． 故選：D． 點評：本題考查了圓周角定理、垂徑定理．圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對 的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半． 二、填空題（本大題共 5 小題，每小題 4 分，共 20 分） 2 2 2 2 2 2 2 6．（4 分）（2021?珠海）若分式 

16、 有意義，則 x 應滿足 x≠5 ． 考點：分式有意義的條件． 分析：根據(jù)分式的分母不為零分式有意義，可得答案． 解答： 解：要使分式 有意義，得 x﹣5≠0， 解得 x≠5， 故答案為：x≠5． 點評：本題考查了分式有意義的條件，分式的分母不為零分式有意義． 7．（4 分）（2021?珠海）不等式組  的解集是 ﹣2≤x＜3 ． 考點：解一元一次不等式組． 分析：首先分別計算出兩個不等式的解集，再根據(jù)大小小大中間找確定不等式組的解集． 解答： 解： ， 由①得：x≥﹣2， 由②得：x＜3， 不等式組的解集為：﹣2≤x＜3，

17、 故答案為：﹣2≤x＜3． 點評：此題主要考查了解一元一次不等式組，關鍵是掌握解集的規(guī)律：同大取大；同小取小； 大小小大中間找；大大小小找不到． 8．（4 分）（2021?珠海）填空：x +10x+ 25 =（x+ 5 ） ． 考點：完全平方式． 分析：完全平方公式：（a±b） =a ±2ab+b ，從公式上可知． 解答：解：∵ 10x=2×5x， ∴ x2+10x+5 =（x+5） ． 故答案是：25；5． 點評：本題考查了完全平方公式，兩數(shù)的平方和，再加上或減去它們積的2 倍，就構(gòu)成了一 個完全平方式．要求熟悉完全平方公式，并利用其特點解題． 9．（4 分）（

18、2021?珠海）用半徑為 12cm，圓心角為 90°的扇形紙片圍成一個圓錐的側(cè)面（接 縫忽略不計），則該圓錐底面圓的半徑為 3 cm． 考點：圓錐的計算． 分析：根據(jù)扇形的弧長等于圓錐的底面周長，利用扇形的弧長公式即可求得圓錐的底面周 長，然后根據(jù)圓的周長公式即可求解． 5 5 5 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 5 5 5 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 0 解答： 解：圓錐的底面周長是：  =6π．

19、設圓錐底面圓的半徑是 r，則 2πr=6π． 解得：r=3． 故答案是：3． 點評：本題考查了圓錐的計算，正確理解圓錐的側(cè)面展開圖與原來的扇形之間的關系是解決 本題的關鍵，理解圓錐的母線長是扇形的半徑，圓錐的底面圓周長是扇形的弧長． 10．（4 分）（2021?珠海）如圖， A1B1C1 中，已知 A1B1=7，B1C1=4，A1C1=5，依次連 A1B1C1 三邊中點， A2B2C2 ，再依次連 A2B2C2 的三邊中點 A3B3C3，…，則 △ A B C 的周長為 1 ． 考點：三角形中位線定理． 專題：規(guī)律型． 分析：由三角形的中位線定理得：A B 、B C

20、 、C A 分別等于 A B 、B C 、C A 的一半， 所以△ A B C 的周長等 A B C 的周長的一半，以此類推可求 A B C 的周長 為△ A B C 的周長的 ． 解答：解：∵ A2B2、B2C2、C2A2 分別等于 A1B1、B1C1、C1A1 的一半， ∴ 以此類推 A5B5C5 的周長 A1B1C1 的周長的 ， ∴ 則△ A5B5C5 的周長為（7+4+5）÷16=1． 故答案為：1 點評：本題主要考查了三角形的中位線定理，關鍵是根據(jù)三角形的中位線定理得：A B 、 B C 、C A 分別等于 A B 、B C 、C A 的一半，所 A B C 的周

21、長等 A B C 的周長的一半． 三、解答題（一）（共 5 小題，每小題 6 分，共 30 分） 11．（6 分）（2021?珠海）計算：﹣1 ﹣2 +5 +|﹣3|． 考點：實數(shù)的運算；零指數(shù)冪． 專題：計算題． 分析：原式第一項利用乘方的意義化簡，第二項利用算術(shù)平方根定義計算，第三項利用零指 數(shù)冪法則計算，最后一項利用絕對值的代數(shù)意義化簡，計算即可得到結(jié)果． 解答：解：原式=﹣1﹣2×3+1+3=﹣1﹣6+1+3=﹣3． 點評：此題考查了實數(shù)的運算，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵． 12．（6 分）（2021?珠海）先化簡，再求值：（ ﹣ ）÷  ，其

22、中 x=  ． 2 2 考點：分式的化簡求值． 分析：先根據(jù)分式混合運算的法則把原式進行化簡，再把 x 的值代入進行計算即可． 解答： 解：原式= = ÷ ?（x+1）（x﹣1） =x  +1， 當 x= 時，原式=（ ） +1=3． 點評：本題考查的是分式的化簡求值，熟知分式混合運算的法則是解答此題的關鍵． 13．（6 分）（2021?珠海）如圖，在平行四邊形 ABCD 中，AB＜BC． （1）利用尺規(guī)作圖，在 BC 邊上確定點 E，使點 E 到邊 AB，AD 的距離相等（不寫作法， 保留作圖痕跡）； （2）若

23、BC=8，CD=5，則 CE= 3 ． 考點：作圖—復雜作圖；平行四邊形的性質(zhì)． 分析：（1）根據(jù)角平分線上的點到角的兩邊距離相等知作出∠ A 的平分線即可； （2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知 AB=CD=5，AD∥ BC，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)和平 行線的性質(zhì)得到∠ BAE=∠ BEA，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和線段的和差關系即可求 解． 解答：解：（1）如圖所示：E 點即為所求． （2）∵ 四邊形 ABCD 是平行四邊形， ∴ AB=CD=5，AD∥ BC， ∴ ∠ DAE=∠ AEB， ∵ AE 是∠ A 的平分線， ∴ ∠ DAE=∠ BAE， ∴ ∠ B

24、AE=∠ BEA， ∴ BE=BA=5， ∴ CE=BC﹣BE=3． 故答案為：3． 點評：考查了作圖﹣復雜作圖，關鍵是作一個角的角平分線，同時考查了平行四邊形的性質(zhì)， 角平分線的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)的知識點． 14．（6 分）（2021?珠海）某校體育社團在校內(nèi)開展“最喜歡的體育項目（四項選一項）”調(diào) 查，對九年級學生隨機抽樣，并將收集的數(shù)據(jù)繪制成如圖兩幅不完整的統(tǒng)計圖，請結(jié)合統(tǒng)計 圖解答下列問題： （1）求本次抽樣人數(shù)有多少人？ （2）補全條形統(tǒng)計圖； （3）該校九年級共有 600 名學生，估計九年級最喜歡跳繩項目的學生有多少人？

25、 考點：條形統(tǒng)計圖；用樣本估計總體；扇形統(tǒng)計圖． 分析：（1）根據(jù)喜歡跑步的人數(shù)是 5，所占的百分比是 10%，即可求得總?cè)藬?shù)； （2）根據(jù)百分比的意義喜歡籃球的人數(shù)，作圖即可； （3）利用總?cè)藬?shù)乘以對應的百分比即可求解． 解答：解：（1）本次抽樣的人數(shù)：5÷10%=50（人）； （2）喜歡籃球的人數(shù)：50×40%=20（人）， 如圖所示： ； （3）九年級最喜歡跳繩項目的學生有 600×  =180（人）． 點評：本題考查的是條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖的綜合運用，讀懂統(tǒng)計圖，從不同的統(tǒng)計圖中 得到必要的信息是解決問題的關鍵．條形統(tǒng)計圖能清楚地表示出每個項

26、目的數(shù)據(jù)；扇 形統(tǒng)計圖直接反映部分占總體的百分比大小． 15．（6 分）（2021?珠海）白溪鎮(zhèn) 2021 年有綠地面積 57。5 公頃，該鎮(zhèn)近幾年不斷增加綠地 面積，2021 年達到 82。8 公頃． （1）求該鎮(zhèn) 2021 至 2021 年綠地面積的年平均增長率； 2 1 2 （2）若年增長率保持不變，2021 年該鎮(zhèn)綠地面積能否達到 100 公頃？ 考點：一元二次方程的應用． 專題：增長率問題． 分析：（1）設每綠地面積的年平均增長率為 x，就可以表示出 2021 年的綠地面積，根據(jù) 2021 年的綠地面積達到 82。8 公頃建立方程求出 x

27、的值即可； （2）根據(jù)（1）求出的年增長率就可以求出結(jié)論． 解答：解：（1）設綠地面積的年平均增長率為 x，根據(jù)意，得 57。5（1+x） =82。8 解得：x =0。2，x =﹣2。2（不合題意，舍去） 答：增長率為 20%； （2）由題意，得 82。8（1+0。2）=99。36 萬元 答：2021 年該鎮(zhèn)綠地面積不能達到 100 公頃． 點評：本題考查了增長率問題的數(shù)量關系的運用，運用增長率的數(shù)量關系建立一元二次方程 的運用，一元二次方程的解法的運用，解答時求出平均增長率是關鍵． 四、解答題（二）（本大題共 4 小題，每小題 7 分，共 28 分） 16．（7

28、 分）（2021?珠海）如圖，某塔觀光層的最外沿點 E 為蹦極項目的起跳點．已知點 E 離塔的中軸線 AB 的距離 OE 為 10 米，塔高 AB 為 123 米（AB 垂直地面 BC），在地面 C 處 測得點 E 的仰角 α=45°，從點 C 沿 CB 方向前行 40 米到達 D 點，在 D 處測得塔尖 A 的仰角 β=60°，求點 E 離地面的高度 EF．（結(jié)果精確到 1 米，參考數(shù)據(jù) ≈1。4， ≈1。7） 考點：解直角三角形的應用-仰角俯角問題． 分析：在直 ABD 中，利用三角函數(shù)求得 BD 的長，則CF 的長即可求得，然后在直 CEF 中，利用三角函數(shù)求得 EF 的長．

29、 解答： 解：在直 ABD 中，BD= = =41 （米）， 則 DF=BD﹣OE=41 ﹣10（米）， CF=DF+CD=41 ﹣10+40=41 +30（米）， 則在直 CEF 中，EF=CF? tanα=41 +30≈41×1。7+30≈99。7≈100（米）． 答：點 E 離地面的高度 EF 是 100 米． 點評：本題考查仰角的定義，要求學生能借助仰角構(gòu)造直角三角形并解直角三角形． 2 2 2 2 1 2 17．（7 分）（2021?珠海）已知拋物線 y=ax +bx+3 的對稱軸是直線 x=1． （1）求證：2a+b=0； （2

30、）若關于 x 的方程 ax +bx﹣8=0 的一個根為 4，求方程的另一個根． 考點：二次函數(shù)的性質(zhì)；二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關系；拋物線與 x 軸的交點． 分析：（1）直接利用對稱軸公式代入求出即可； （2）根據(jù)（1）中所求，再將 x=4 代入方程求出 a，b 的值，進而解方程得出即可． 解答： （1）證明：∵ 對稱軸是直線 x=1=﹣ ， ∴ 2a+b=0； （2）解：∵ ax +bx﹣8=0 的一個根為 4， ∴ 16a+4b﹣8=0， ∵ 2a+b=0， ∴ b=﹣2a， ∴ 16a﹣8a﹣8=0， 解得：a=1，則 b=﹣2， ∴ ax2 +b

31、x﹣8=0 為：x ﹣2x﹣8=0， 則（x﹣4）（x+2）=0， 解得：x =4，x =﹣2， 故方程的另一個根為：﹣2． 點評：此題主要考查了二次函數(shù)的性質(zhì)以及一元二次方程的解法等知識，得出 a，b 的值是 解題關鍵． 18．（7 分）（2021?珠海）如圖，在平面直角坐標系中，矩形 OABC 的頂點 A，C 分別在 x 軸，y 軸上，函數(shù) y= 的圖象過點 P （4，3）和矩形的頂點 B（m，n）（0＜m＜4）． （1）求 k 的值； （2）連接 PA，PB， ABP 的面積為 6，求直線 BP 的解析式． 考點：反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題． 分析：

32、 （1）把 P（4，3）代入 y= ，即可求出 k 的值； （2）由函數(shù) y=  的圖象過點 B（m，n），得出 mn=12．根 ABP 的面積為 6 列出 方程 n（4﹣m）=6，將 mn=12 代入，化簡得 4n﹣12=12，解方程求出 n=6，再求出 m=2，那么點 B（2，6）．設直線 BP 的解析式為 y=ax+b，將 B（2，6），P（4，3）代 入，利用待定系數(shù)法即可求出直線 BP 的解析式． 解答： 解：（1）∵ 函數(shù) y= 的圖象過點 P（4，3）， ∴ k=4×3=12； （2）∵ 函數(shù) y=  的圖象過點 B（

33、m，n）， ∴ mn=12． ∵ △ ABP 的面積為 6，P（4，3），0＜m＜4， ∴  n（4﹣m）=6， ∴ 4n﹣12=12， 解得 n=6， ∴ m=2， ∴ 點 B（2，6）． 設直線 BP 的解析式為 y=ax+b， ∵ B（2，6），P（4，3）， ∴  ，解得 ， ∴ 直線 BP 的解析式為 y=﹣ x+9． 點評：本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題，反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，待 定系數(shù)法求一次函數(shù)與反比例函數(shù)的解析式，三角形的面積，正確求出 B 點坐標是解 題的關鍵． 19．（7

34、 分）（2021?珠海）已 ABC，AB=AC， ABC 沿 BC 方向平移得 DEF． （1）如圖 1，連接 BD，AF，則 BD = AF（填“＞”、“＜”或“=”）； （2）如圖 2，M 為 AB 邊上一點，過 M 作 BC 的平行線 MN 分別交邊 AC，DE，DF 于點 G， H，N，連接 BH，GF，求證：BH=GF． 考點：全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；平移的性質(zhì)． 分析：（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，可得∠ ABC 與∠ ACB 的關系，根據(jù)平移的性質(zhì)，可得 AC 與 DF 的關系，根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)，可得答案； （2）根據(jù)相似三角

35、形的判定與性質(zhì)，可得GM 與 HN 的關系，BM 與 FN 的關系，根 據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)，可得答案． 解答：（1）解：由 AB=AC， 得∠ ABC=ACB． 由△ ABC 沿 BC 方向平移得 DEF， 得 DF=AC，∠ DFE=∠ ACB． 在△ ABF DFB 中， ， △ ABF≌ △ DFB（SAS）， BD=AF， 故答案為：BD=AF； （2）證明：如圖： ， MN∥ BF， △ AMG∽ △ ABC，△ DHN∽ △ DEF， =  ，  =  ， ∴ MG=HN，MB=NF． 在△

36、 BMH FNG 中， ， △ BMH≌ △ FNG（SAS）， ∴ BH=FG． 點評：本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，利用了平移的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)， 全等三角形的判定與性質(zhì)． 五、解答題（三）（本大題共 3 小題，每小題 9 分，共 27 分） 20．（9 分）（2021?珠海）閱讀材料：善于思考的小軍在解方程組 一種“整體代換”的解法： 解：將方程②變形：4x+10y+y=5 即 2（2x+5y）+y=5③ 把方程①帶入③得：2×3+y=5，∴ y=﹣1 把 y=﹣1 代入①得 x=4，∴ 方程組的解為 ．  時，采用了

37、 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 請你解決以下問題： （1）模仿小軍的“整體代換”法解方程組 （2）已知 x，y 滿足方程組 （i）求 x +4y 的值；  ． （ii）求 +  的值． 考點：解二元一次方程組． 專題：閱讀型；整體思想． 分析：（1）模仿小軍的“整體代換”法，求出方程組的解即可； （2）方程組整理后，模仿小軍的“整體代換”法，求出所求式子的值即可． 解答：解：（1）把方程②變形：3（3x﹣2y）+2y=19③， 把①代入③得：15+2y=19，即 y=2， 把 y=2 代入①得：x=

38、3， 則方程組的解為 ； （2）（i）由①得：3（x +4y ）=47+2xy，即 x +4y =  ③， 把③代入②得：2×  =36﹣xy， 解得：xy=2， 則 x +4y =17； （ii）∵ x +4y =17， ∴ （x+2y）2=x2+4y2+4xy=17+8=25， ∴ x+2y=5 或 x+2y=﹣5， 則 + = =± ． 點評：此題考查了解二元一次方程組，弄清閱讀材料中的“整體代入”方法是解本題的關鍵． 21．（9 分）（2021?珠海）五邊形 ABCDE 中，∠ EAB=∠ ABC=∠ BCD=9

39、0°，AB=BC，且滿 足以點 B 為圓心，AB 長為半徑的圓弧 AC 與邊 DE 相切于點 F，連接 BE，BD． （1）如圖 1，求∠ EBD 的度數(shù)； （2）如圖 2，連接 AC ，分別與 BE，BD 相交于點 G，H，若 AB=1，∠ DBC=15°，求 AG?HC 的值． t 考點：切線的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)． 分析：（1）如圖 1，連接 BF，由 DE 與⊙B 相切于點 F，得到 BF⊥DE，通過 R BAE≌ R BEF，得到∠ 1=∠ 2，同理∠ 3=∠ 4，于是結(jié)論可得； （2）如圖 2，連接 BF 并延長交 CD 的延長線于 P， ABE≌

40、 △ PBC，得到 PB=BE=  ，求出 PF=  ，通 AEG∽ △ CHD，列比例式即可得到結(jié)果． 解答：解：（1）如圖 1，連接 BF， ∵ DE 與⊙B 相切于點 F， ∴ BF⊥DE， 在 R △ BAE 與 R BEF 中， ， ∴ Rt△ BAE≌ Rt △ BEF， ∴ ∠ 1=∠ 2， 同理∠ 3=∠ 4， ∵ ∠ ABC=90°， ∴ ∠ 2+∠ 3=45°， 即∠ EBD=45°； （2）如圖 2，連接 BF 并延長交 CD 的延長線于 P， ∵ ∠ 4=15°， 由（1）知，∠ 3=∠ 4=15°，

41、∴ ∠ 1=∠ 2=30°，∠ PBC=30°， ∵ ∠ EAB=∠ PCB=90°，AB=1， ∴ AE=  ，BE=  ， 在△ ABE PBC 中， ∴ △ ABE≌ △ PBC，  ， ∴ PB=BE= ∴ PF=  ， ， ∵ ∠ P=60°， ∴ DF=2﹣ ， ∴ CD=DF=2﹣ ， 2 ∵ ∠ EAG=∠ DCH=45°， ∠ AGE=∠ BDC=75°， ∴ △ AEG∽ △ CHD， ， ∴ ∴ AG?CH=CD?AE， ∴ AG?CH=CD?

42、AE=（2﹣ ）?  =  ． 點評：本題考查了切線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，畫出 輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關鍵． 22．（9 分）（2021?珠海）如圖，折疊矩形OABC 的一邊 BC，使點 C 落在 OA 邊的點 D 處， 已知折痕 BE=5  ，且  = ，以 O 為原點，OA 所在的直線為 x 軸建立如圖所示的平面直 角坐標系，拋物線 l：y=﹣  x + x+c 經(jīng)過點 E，且與 AB 邊相交于點 F． （1）求證 ABD∽ △ ODE； （2）若 M 是 BE 的中點，連

43、接 MF，求證：MF⊥BD； （3）P 是線段 BC 上一點，點 Q 在拋物線 l 上，且始終滿足 PD⊥DQ，在點 P 運動過程中， 能否使得 PD=DQ？若能，求出所有符合條件的 Q 點坐標；若不能，請說明理由． 2 2 2 2 2 2 考點：二次函數(shù)綜合題． 分析：（1）由折疊和矩形的性質(zhì)可知∠ EDB=∠ BCE=90°，可證得∠ EDO=∠ DBA，可證明 △ ABD∽ △ ODE； （2）由條件可求得 OD、OE 的長，可求得拋物線解析式，結(jié)合（1）由相似三角形的 性質(zhì)可求得 DA、AB，可求得 F 點坐標，可得到 BF=DF，又由直角三角形的性

44、質(zhì)可 得 MD=MB，可證得 MF 為線段 BD 的垂直平分線，可證得結(jié)論； （3）過 D 作 x 軸的垂線交 BC 于點 G，設拋物線與 x 軸的兩個交點分別為 M、N， 可求得 DM=DN=DG，可知點 M、N 為滿足條件的點 Q，可求得 Q 點坐標． 解答：（1）證明： ∵ 四邊形 ABCO 為矩形，且由折疊的性質(zhì)可 BCE≌ △ BDE， ∴ ∠ BDE=∠ BCE=90°， ∵ ∠ BAD=90°， ∴ ∠ EDO+∠ BDA=∠ BDA+∠ DAB=90°， ∴ ∠ EDO=∠ DBA，且∠ EOD=∠ BAD=90°， ∴ △ ABD∽ △ ODE； （2）證明

45、： ∵  = ， ∴ 設 OD=4x，OE=3x，則 DE=5x， ∴ CE=DE=5x， ∴ AB=OC=CE+OE=8x， 又∵ △ ABD∽ △ ODE， ∴ = = ， ∴ DA=6x， ∴ BC=OA=10x， 在 BCE 中，由勾股定理可得 BE =BC +CE ，即（5 解得 x=1， ∴ OE=3，OD=4，DA=6，AB=8，OA=10，  ） =（10x） +（5x） ， ∴ 拋物線解析式為 y=﹣ x2+ x+3， 當 x=10 時，代入可得 y= ， ， ∴ AF= ，BF=AB

46、﹣AF=8﹣ = 在 AFD 中，由勾股定理可得 DF= ∴ BF=DF， 又 M 為 BDE 斜邊上的中點， ∴ MD=MB， ∴ MF 為線段 BD 的垂直平分線， ∴ MF⊥BD； （3）解：  = =  ， 2 2 由（2）可知拋物線解析式為 y=﹣  x + x+3，設拋物線與 x 軸的兩個交點為 H、G， 令 y=0，可得 0=﹣  x + x+3，解得 x=﹣4 或 x=12， ∴ H（﹣4，0），G（12，0）， ①當 PD⊥x 軸時，由于 PD=8，DM=DN=8， 故點 Q 的坐標為（﹣4，0）

47、或（12，0）時 PDQ 是以 D 為直角頂點的等腰直角三 角形； ②當 PD 不垂直與 x 軸時，分別過 P，Q 作 x 軸的垂線，垂足分別為 N，I，則 Q 不 與 G 重合，從而 I 不與 G 重合，即 DI≠8． ∵ PD⊥DQ， ∴ ∠ QDI=90°﹣∠ PDN=∠ DPN， ∴ PDN∽ DQI， ∵ PN=8， ∴ PN≠DI， ∴ PDN 與 Rt△ DQI 不全等， ∴ PD≠DQ，另一側(cè)同理 PD≠DQ． 綜合①，②所有滿足題設條件的點 Q 的坐標為（﹣4，0）或 （12，0）． 點評：本題主要考查二次函數(shù)的綜合應用，涉及矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、相似三角形的判 定和性質(zhì)、垂直平分線的判定和拋物線與坐標軸的交點等知識．在（1）中利用折疊 的性質(zhì)得到∠ EDB=90°是解題的關鍵，在（2）中，求得 E、F 的坐標，求得相應線段 的長是解題的關鍵，在（3）中確定出 Q 點的位置是解題的關鍵．本題考查知識點較 多，綜合性很強，難度適中．