甘肃兰州三年（2021-2023）中考数学真题分题型分类汇编-03解答题③

这是一份甘肃兰州三年（2021-2023）中考数学真题分题型分类汇编-03解答题③，共34页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
甘肃兰州三年（2021-2023）中考数学真题分题型分类汇编-03解答题③

一、解答题
1．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）某校八年级共有男生300人，为了解该年级男生排球垫球成绩和掷实心球成绩的情况，从中随机抽取40名男生进行测试，对数据进行整理、描述和分析，下面是给出的部分信息．
信息一：排球垫球成绩如下图所示（成绩用x表示，分成六组：A． ；B． ；C． ；D． ；E． ；F． ）．
  
信息二：排球垫球成绩在D． 这一组的是：
20，20，21，21，21，22，22，23，24，24
信息三：掷实心球成绩（成绩用y表示，单位：米）的人数（频数）分布表如下：
分组






人数
2
m
10
9
6
2
信息四：这次抽样测试中6名男生的两项成绩的部分数据如下：
学生
学生1
学生2
学生3
学生4
学生5
学生6
排球垫球
26
25
23
22
22
15
掷实心球
▲
7．8
7．8
▲
8．8
9．2
根据以上信息，回答下列问题：
(1)填空：______；
(2)下列结论正确的是_____；（填序号）
①排球垫球成绩超过10个的人数占抽取人数的百分比低于60%；
②掷实心球成绩的中位数记为n，则；
③若排球垫球成绩达到22个及以上时，成绩记为优秀．如果信息四中6名男生的两项成绩恰好为优秀的有4名，那么学生3掷实心球的成绩是优秀．
(3)若排球垫球成绩达到22个及以上时，成绩记为优秀，请估计全年级男生排球垫球成绩达到优秀的人数．
2．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图，内接于，是的直径，，于点，交于点，交于点，，连接．
  
(1)求证：是的切线；
(2)判断的形状，并说明理由；
(3)当时，求的长．
3．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）在平面直角坐标系中，给出如下定义：为图形上任意一点，如果点到直线的距离等于图形上任意两点距离的最大值时，那么点称为直线的“伴随点”．
例如：如图1，已知点，，在线段上，则点是直线：轴的“伴随点”．
  


(1)如图2，已知点，，是线段上一点，直线过，两点，当点是直线的“伴随点”时，求点的坐标；
(2)如图3，轴上方有一等边三角形，轴，顶点在轴上且在上方，，点是上一点，且点是直线：轴的伴随点．当点到轴的距离最小时，求等边三角形的边长；
(3)如图4，以，，为顶点的正方形上始终存在点，使得点是直线：的伴随点．请直接写出的取值范围．
4．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）综合与实践
【思考尝试】
（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边上一点，于点F，，，．试猜想四边形的形状，并说明理由；
【实践探究】
（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，E是边上一点，于点F，于点H，交于点G，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】
（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，E是边上一点，于点H，点M在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题．
  
5．（2022·甘肃兰州·统考中考真题）如图，点A在反比例函数的图像上，轴，垂足为，过作轴，交过B点的一次函数的图像于D点，交反比例函数的图像于E点，．

(1)求反比例函数和一次函数的表达式：
(2)求DE的长．
6．（2022·甘肃兰州·统考中考真题）如图，是的外接圆，AB是直径，，连接AD，，AC与OD相交于点E．

(1)求证：AD是的切线；
(2)若，，求的半径．
7．（2022·甘肃兰州·统考中考真题）在平面直角坐标系中，是第一象限内一点，给出如下定义：和两个值中的最大值叫做点P的“倾斜系数”k．

(1)求点的“倾斜系数”k的值；
(2)①若点的“倾斜系数”，请写出a和b的数量关系，并说明理由；
②若点的“倾斜系数”，且，求OP的长；
(3)如图，边长为2的正方形ABCD沿直线AC：运动，是正方形ABCD上任意一点，且点P的“倾斜系数”，请直接写出a的取值范围．
8．（2022·甘肃兰州·统考中考真题）综合与实践
【问题情境】：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点，，EP与正方形的外角的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；

(1)【思考尝试】同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题．
(2)【实践探究】希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），是等腰直角三角形，，连接CP，可以求出的大小，请你思考并解答这个问题．
(3)【拓展迁移】突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），是等腰直角三角形，，连接DP．知道正方形的边长时，可以求出周长的最小值．当时，请你求出周长的最小值．
9．（2021·甘肃兰州·统考中考真题）在中，，，，将绕点顺时针旋转，角的两边分别交射线于，两点，为上一点，连接，且（当点，重合时，点，也重合）．设，两点间的距离为，，两点间的距离为．

小刚根据学习函数的经验，对因变量随着自变量的变化而变化的规律进行了探究．
下面是小刚的探究过程，请补充完整．
（1）列表：下表的已知数据是根据，两点间的距离进行取点，画图，测量分别得到了与的几组对应值；

0

1

2

3

4

5
6
7
8















请你通过计算补全表格：______；
（2）描点、连线：在平面直角坐标系中，描出表中各组数值所对应的点，并画出函数关于的图像；

（3）探究性质：随着自变量的不断增大，函数的变化趋势；
（4）解决问题：当时，的长度大约是______．（结果保留两位小数）
10．（2021·甘肃兰州·统考中考真题）如图，内接于，是的直径，为上一点，，延长交于点，．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
11．（2021·甘肃兰州·统考中考真题）已知正方形，，为平面内两点．

【探究建模】
（1）如图1，当点在边上时，，且，，三点共线．求证：；
【类比应用】
（2）如图2，当点在正方形外部时，，，且，，三点共线．猜想并证明线段，，之间的数量关系；
【拓展迁移】
（3）如图3，当点在正方形外部时，，，，且，，三点共线，与交于点．若，，求的长．
12．（2021·甘肃兰州·统考中考真题）如图1，二次函数的图象交坐标轴于点，，点为轴上一动点．

（1）求二次函数的表达式；
（2）过点作轴分别交线段，抛物线于点，，连接．当时，求的面积；
（3）如图2，将线段绕点逆时针旋转90得到线段．
①当点在抛物线上时，求点的坐标；
②点在抛物线上，连接，当平分时，直接写出点P的坐标．

参考答案：
1．(1)
(2)②③
(3)人

【分析】（1）由总人数减去各小组已知人数即可得到答案；
（2）由排球垫球成绩超过10个的人数除以总人数可判断①，由中位数的含义可判断②，分三种情况进行分析讨论可判断③，从而可得到答案；
（3）由样本的百分率乘以总人数即可得到答案．
【详解】（1）解：由题意可得：；
（2）①排球垫球成绩超过10个的人数占抽取人数的百分比为，故①不符合题意；
②∵掷实心球成绩排在第20个，第21个数据落在这一组，
∴掷实心球成绩的中位数记为n，则；故②符合题意；
③由排球垫球成绩达到22个及以上时，成绩记为优秀．
∴从这点出发可得：学生1，学生2，学生3，学生4，学生5为优秀，
∵信息四中6名男生的两项成绩恰好为优秀的有4名，
∴若学生1为优秀，则学生4不为优秀，可得学生3优秀；
若学生4为优秀，学生1不为优秀，可得学生3优秀；
学生1，学生4不可能同时为优秀，
∴学生3掷实心球的成绩必为优秀，故③符合题意；
故答案为：②③
（3）排球垫球成绩达到22个及以上时，成绩记为优秀，估计全年级男生排球垫球成绩达到优秀的人数为（人）．
【点睛】本题考查的是从频数分布表，统计表中获取信息，利用样本估计总体，熟练的从频数分布表与统计表中获取互相关联的信息是解本题的关键．
2．(1)见解析
(2)是等腰三角形，理由见解析
(3)

【分析】（1）连接，根据圆周角定理得出，根据已知得出，根据得出，进而根据对等角相等，以及三角形内角和定理可得，即可得证；
（2）根据题意得出，则，证明，得出，等量代换得出，即可得出结论；
（3）根据，，设，则，等边对等角得出，则．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
  
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
即，又是的直径，
∴是的切线；
（2）∵，是的直径，
∴，，
∴，
∵，，
∵，
∴，
又，
∴，
∴是等腰三角形，
（3）∵，，
设，则，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）过点作于点，根据新定义得出，根据已知得出，则，即可求解；
（2）当到轴的距离最小时，点在线段上，设的边长为，以为圆心为半径作圆，当与轴相切时，如图所示，切点为，此时点是直线：轴的伴随点．且点到轴的距离最小，则的纵坐标为，即，是等边三角形，且轴，设交于点，则，得出，根据即可求解；
（3）当四边形是正方形时，，连接并延长交轴于点，直线的解析式为，得出，可得到直线的距离为，则当点与点重合时，当点与点重合时，求得两个临界点时的的值，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，过点作于点，
  
∵，，则，点是直线的“伴随点”时，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：当到轴的距离最小时，
∴点在线段上，
设的边长为，以为圆心为半径作圆，当与轴相切时，如图所示，切点为，此时点是直线：轴的伴随点．且点到轴的距离最小，
    
则的纵坐标为，即，
∵是等边三角形，且轴，设交于点，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：或（舍去）
∴等边三角形的边长为
（3）解：如图所示，当四边形是正方形时，，连接并延长交轴于点，
  
∵，，
∴，，
∵，
设直线的解析式为，则

解得
∴直线的解析式为，
∴直线垂直，
当时，
∴，
∵，即得到直线的距离为，
则当点与点重合时，是直线：的伴随点．
此时在上，则，解得：，
当点与点重合时，则过点，此时，解得：，
∴．
【点睛】本题考查了几何新定义，解直角三角形，切线的性质，直线与坐标轴交点问题，正方形的性质，理解新定义是解题的关键．
4．（1）四边形是正方形，证明见解析；（2）；（3），证明见解析；
【分析】（1）证明，可得，从而可得结论；
（2）证明四边形是矩形，可得，同理可得：，证明，，，证明四边形是正方形，可得，从而可得结论；
（3）如图，连接，证明，，，，可得，再证明，可得，证明，可得，从而可得答案．
【详解】解：（1）∵，，，
∴，，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形是正方形．
（2）∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
同理可得：，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴．
（3）如图，连接，
∵，正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
  
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线，构建相似三角形是解本题的关键．
5．(1)y＝；
(2)

【分析】（1）利用反比例函数系数k的几何意义即可求得k的值，把B的坐标代入y＝x+b即可求得b的值，从而求得反比例和一次函数的解析式；
（2）利用两个函数的解析式求得D、E的坐标，进一步即可求得DE的长度．
【详解】（1）解：∵点A在反比例函数y＝（x＞0）的图像上，AB⊥x轴，
∴S△AOB＝|k|＝3，
∴k＝6，
∴反比例函数为y＝，
∵一次函数y＝x+b的图像过点B（3，0），
∴×3+b＝0，解得b＝，
∴一次函数为 ；
（2）解：∵过C（5，0）作CD⊥x轴，交过B点的一次函数y＝x+b的图像于D点，
∴当x＝5时y＝＝；，
∴E（5，），D（5，3），
∴DE＝3﹣．
【点睛】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，反比例函数系数k的几何意义，反比例函数、一次函数图像上点的坐标特征，求得函数的解析式是解题的关键．
6．(1)见解析
(2)2

【分析】（1）先证∠BOC +∠AOD=90°，再因为，得出∠ADO +∠AOD=90°，即可得∠OAD=90°，即可由切线的判定定理得出结论；
（2）先证明∠AED=∠DAE，得出DE=AD=，再证∠OAC=∠OCA，得tan∠OAC= tan∠OCA=,设OC=OA=R,则OE=R，在Rt△OAD中，由勾股定理，得
，解之即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴∠COD=90°，
∵∠BOC+∠COD+∠AOD=180°，
∴∠BOC +∠AOD=90°，
∵，
∴∠ADO +∠AOD=90°，
∵∠ADO +∠AOD+∠OAD=180°，
∴∠OAD=90°，
∵OA是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠B+∠BAC=90°，
∵∠BAC+∠CAD=∠OAD=90°，
∴∠B=∠CAD，
∵∠B+∠BOC+∠OCB=∠ADO+∠CAD+∠AED=180°，∠ADO=∠BOC，
∴∠AED=∠OCB，
∵OB=OC，
∴∠B=∠OCB，
∴∠AED=∠CAD，
∴DE=AD=，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA，
∵OC⊥OD，
∴∠COE=90°，
∴tan∠OAC= tan∠OCA=,
设OC=OA=R,
则OE=R，
在Rt△OAD中，∠OAD=90°，
由勾股定理，得OD2=OA2+AD2，
即，
解得：R=2或R=0(不符合题意，舍去）,
∴⊙O的半径为2．
【点睛】本题考查切线的判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的判定，圆周角定理的推论，本题属圆的综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
7．(1)3
(2)①a-2b或b=2a，②OP=
(3)a>3+

【分析】（1）直接由“倾斜系数”定义求解即可；
（2）①由点的“倾斜系数”，由=2或=2求解即可；
②由a=2b或b=2a，又因a+b=3，求出a、b值，即可得点P坐标，从而由勾股定理可求解；
（3）当点P与点D重合时，且k=时，a有最小临界值，此时，=，则，求得a=+1；当点P与B点重合，且k=时，a有最大临界值，此时，，则，求得：a=3+；即可求得时，a的取值范围．
【详解】（1）解：由题意，得，，
∵3>，
∴点的“倾斜系数”k=3；
（2）解：①a=2b或b=2a，
∵点的“倾斜系数”，
当=2时，则a=2b；
当=2时，则b=2a，
∴a=2b或b=2a；
②∵的“倾斜系数”，
当=2时，则a=2b
∵，
∴2b+b=3，
∴b=1，
∴a=2，
∴P(2，1)，
∴OP=；
当=2时，则b=2a，
∵，
∴a+2a=3，
∴a=1，
∴b=2，
∴P(1，2)
∴OP=；
综上，OP=；
（3）解：由题意知，当点P与点D重合时，且k=时，a有最小临界值，如图，连接OD，延长DA交x轴于E，

此时，=，
则，
解得：a=+1；
∵则;
当点P与B点重合，且k=时，a有最大临界值，如图，连接OB，延长CB交x轴于F，

此时，，
则，
解得：a=3+，
∵,则;
综上，若P的“倾斜系数”，则a>3+．
【点睛】本题考查新定义，正方形的性质，正比例函数性质，解题的关键是：（1）（2）问理解新定义，（3）问求临界值．
8．(1)答案见解析
(2)，理由见解析
(3)，理由见解析

【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，利用同角的余角相等说明∠PEC＝∠BAE，再根据ASA证明△AFE≌△ECP，得AE＝EP；
（2）在AB上取AF＝EC，连接EF，由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，则△FAE≌△CEP（SAS），再说明△BEF是等腰直角三角形即可得出答案；
（3）作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，则△DCG是等腰直角三角形，可知点D与G关于CP对称，则AP+DP的最小值为AG的长，利用勾股定理求出AG，进而得出答案．
【详解】（1）解：AE＝EP，
理由如下：取AB的中点F，连接EF，

∵F、E分别为AB、BC的中点，
∴AF＝BF＝BE＝CE，
∴∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP＝45°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠AFE＝∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEC＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠PEC＝∠BAE，
∴△AFE≌△ECP（ASA），
∴AE＝EP；
（2）解：在AB上取AF＝EC，连接EF，

由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，
∵AF＝EC，AE＝EP，
∴△FAE≌△CEP（SAS），
∴∠ECP＝∠AFE，
∵AF＝EC，AB＝BC，
∴BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠DCP＝45°；
（3）解：作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，

由（2）知，∠DCP＝45°，
∴∠CDG＝45°，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴点D与G关于CP对称，
∴AP+DP的最小值为AG的长，
∵AB＝4，
∴BG＝8，
由勾股定理得AG＝，
∴△ADP周长的最小值为AD+AG＝．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，轴对称﹣最短路线问题，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
9．（1）；（2）见解析；（3）随着自变量的不断增大，函数不断减小；（4）
【分析】（1）根据题意画出图形，证明，根据相似三角形性质可得结果；
（2）描点连线画出图形即可；
（3）根据（2）画出图像判断增减性即可；
（4）根据，可得，画出与（2）中图像交点即为所求．
【详解】解：（1）当时，即两点之间的距离为，
旋转至如图所示时：

∴此时点和点C重合，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）函数图像如下图：
；
（3）根据图像可知：随着自变量的不断增大，函数不断减小；
（4）∵，
∴，
如图：与（2）中函数图像交点即为所求

∴，
即的长度大约是：cm，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，旋转的性质，动点问题的函数图像，读懂题意，运用数形结合的思想解题是关键．
10．（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据，可得，根据对顶角相等可得，进而可得，根据，可得，结合，根据角度的转化可得，进而即可证明是的切线；
（2）根据，可得，设，则，分别求得，进而根据勾股定理列出方程解方程可得，进而根据即可求得．
【详解】（1），
，
，
，
，
，
是直径，
，
，
是的切线；
（2），
，
，
设，则，
，，
在中，，
即，
解得（舍去），
．
【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理解直角三角形，正切的定义，利用角度相等则正切值相等将已知条件转化是解题的关键．
11．（1）见解析；（2）；理由见解析（3）
【分析】（1）根据正方形性质以及题意证明即可得出结论；
（2）根据已知条件证明，然后证明为等腰直角三角形即可得出结论；
（3）先证明，得出为等腰直角三角形，根据勾股定理以及等腰直角三角形的性质求出的长度，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，，，三点共线，
∴,
∵，
∴，
∴,
在和中，
,
∴,
∴;
（2）∵，四边形是正方形，
∴,,
∴,
∵，，
∴,
∴,
在和中，
,
∴,
∴,
∴为等腰直角三角形，
∴,
即；
（3）过点D作于点H，连接BD，

∵，
∵，
∴，
∵,
∴，
在和中，
,
∴,
∴，，
∵且,
∴为等腰直角三角形，
∴，
在中，,
∴,
∵是正方对角线，
∴,
∵
∴,
∴为等腰直角三角形，
∴,
∴在中，,
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形判定与性质，熟知性质定理是解本题的关键．
12．（1）；（2）；（3）①或；②或．
【分析】（1）根据点的坐标以及已知条件，将的坐标代入即可求得的值，进而求得抛物线的解析式；
（2）依题意根据（1）的解析式求得的坐标，进而求得，据此求得，根据进而求得的坐标，根据即可求得的面积；
（3）①过作轴，分点在轴上方和下方两种情况讨论，证明，设，将点的坐标代入（1）中抛物线解析式中即可求得点的坐标情形2，方法同情形1；
②分当不平行于轴和轴两种情况讨论，当当不平行于轴时，过点作交于点,过点作于点，证明进而可得的坐标，当轴时，结合已知条件即可求得的坐标．
【详解】（1）二次函数的图象经过

解得


（2）由，令
解得


当时，

,则
；
（3）如图，当点在轴下方时，过点作于点，

由，令，
解得
，
，
将线段绕点逆时针旋转90得到线段，





，，
设，


点在抛物线上，

解得（舍）

当点在轴上方时，如图，

过点作于点，设
同理可得


点在抛物线上，

解得（舍去），

综上所述，或；
②当不平行于轴时，过点作交于点,过点作于点，如图，

平分，，
，
,
，








当不平行于轴时，重合，
，


当轴时，如图，

此时
则
综上所述，当平方时，点的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数与坐标轴交点，正切的定义，三角形全等的性质与判定，分类讨论是解题的关键．