中考解答题_答案

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1、试卷答案一.解答题(本题包括52小题,共0分。)1．解：(1)∵OA在x轴正半轴上，且OA=5∴A点坐标为(5，0)过B作BD⊥OA于D，则△BOD∽△AOB∴B点坐标为(1，2)(2)解：因为抛物线经过O(0，0)、A(5，0)两点∴可设其解析式为y=ax(x－5)又∵过点B(1，2)∴2=a(1－5)×12．解：(1)∵抛物线y=ax2，B(1，1)∴a=1，即抛物线的解析式为y=x2设直线函数为y=kx+b∵A(2，0)，B(1，1)∴直线函数解析式为y=-x+2(2)解方程组∴C(-2，4)∵y＞0∴y＞33．解

2、：(1)画出函数(2)根据（1）的结论，可得(3)由题设条件，时，一次函数的图象与函数的图象有三个交点，只需一次函数的图象与函数的图象在的范围内有两个交点，即方程组有两个不等的实数根消去得，即只需二次函数的图象与轴的两个交点在范围内。此时，应同时满足以下三个条件：①判别式即②二次函数图象的对称轴满足又③当的函数值均应大于0即综上，由①②③知，一次函数的图象与函数的图象有三个不同的交点时，应满足4．解：（1）连结EC交x轴于点N（如图）．∵A、B是直线分别与x轴、y轴的交点．∴A（3，0），B．又∠COD＝∠CBO．∴∠C

3、BO＝∠ABC．∴C是的中点．∴EC⊥OA．∴．连结OE．∴．∴．∴C点的坐标为（）．（2）设经过O、C、A三点的抛物线的解析式为．∵C（）．∴．∴．∴为所求．（3）∵，∴∠BAO＝30°，∠ABO＝50°．由（1）知∠OBD＝∠ABD．∴．∴OD＝OB·tan30°－1．∴DA＝2．∵∠ADC＝∠BDO＝60°，PD＝AD＝2．∴△ADP是等边三角形．∴∠DAP＝60°．∴∠BAP＝∠BAO＋∠DAP＝30°＋60°＝90°．即PA⊥AB．即直线PA是⊙E的切线．5．①×3-②×2，得(3m-4)x=-5.由x＞0，得

4、3m-4＜0，由y＜0，得4m-2＞0，6．解：(1)∵D、E分别为正方形OABC中OC、AB的中点，∴DE∥OA。∴Q也是CP的中点。又∵CP是Rt△COP的斜边，∴点Q为△COP的外心．∴点A的坐标为(4，3)．过点A作AF⊥Ox轴，垂足为点F。∴OF=4，AF=3。∴正方形OABC的边长为5(3)如图，当△COP的外接圆⊙Q与AB相切时，∵圆心Q在直线DE上，DE⊥AB，∴E为⊙Q与AB相切的切点．又∵AE和APO分别是⊙Q的切线与割线，∴AE2=AP·AO。作PH⊥Ox轴，垂足为H。7．(1)证明：在△OCP和△

5、CEP中，∵∠POC=∠PCE，∠OPC=∠CPE，∴∠OCP=∠CEP.∵CD⊥AB，∠CEP=90°，∴∠OCP=90°.∴PC是⊙O的切线。(2)解：设OE=x.∵OE：EA=1：2，∴EA=2x，OA=OC=3x，OP=3x+6.∵CE是Rt△OCP斜边上的高，∴OC=OE·OP.即(3x)2=x(3x+6)解这个方程，得x=1.∴OA=3，即⊙O的半径是3.(3)解：∵PC是⊙O的切线，C为切点，AB是⊙O的直径，CD⊥AB．8．（1）注：<1>两个特例：一是；二是AB与C、D其中一点重合的图形。两个特例各计一

6、类可以得分。<2>凡同类图形，一律只计一个图形。如AB交CD（DC）延长线的多点位置的多个图形属同类，只计一个图形。（2）EC=FD（或ED=FC）（3）在图中，任选一个图形进行证明，按下列评分标准得分：如选图中，证明：作，垂足为G。AB是⊙O的直径9．解:∵在△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB于D,如图,∴ΔACB∽ΔADC∴∴AC2=AD·AB同理BC2=BD·AB∴∵∴∴m=2n．①∵关于x的方程有两个根，∴∴4n2－m2－8n+16≥0．把①代入上式,得n≤2．②设关于x的方程的两个实数根分别为x1,x2,

7、则x1+x2=8(n－1),x1·x2=4(m2－12)．依题意,有(x1－x2)2＜192．∴(x1+x2)2－4x1·x2＜192．即[8(n－1)]2－4×4(m2－12)＜192．∴4n2－m2－8n+4＜0．把①代入上式,得n＞1/2．③由②、③得1/2＜n≤2．∵m、n为整数,∴n的整数值为1,2．当n=1时,m=2;当n=2时,m=4．∴所求一次函数的解析式为y=2x+1或y=4x+2．10．解：（1）猜想：＝.证明如下：设点是上的任意一点，则，∴由勾股定理得，而，∴（2）①以PQ为直径的圆与轴相切.事实上

8、，取PQ的中点M，过点P、M、Q作轴的垂线，垂足分别为、、，由（1）知，，∴而是梯形的中位线，∴∴以PQ为直径的圆与轴相切.②设直线对应的函数式为，由于点在上，∴，∴联立，消去得：（※）记点、，则是方程（※）的两实根.∵⊙M切轴于点，与轴交点、满足∴∴.连结可以证得，∴∴，∴而，∴，解得∴所求直线PQ对应的函数式为：