北京中考追蹤115分答案

1、1.2.3. 4. 解： （1）菱形（正方形）. 1分 （2）它是一個(gè)軸對(duì)稱(chēng)圖形；兩組鄰邊分別相等；一組對(duì)角相等；一條對(duì)角線(xiàn)所在的直線(xiàn)垂直平分另一條對(duì)角線(xiàn).（寫(xiě)出其中的兩條就行） 3分 已知：箏形ABCD. 求證：B=D. 證明：連接AC. AB=AD,CB=CD,AC=AC， ABCADC. B=D. 4分 （3）連接AC. 過(guò)點(diǎn)C作CEAB交AB的延長(zhǎng)線(xiàn)于E. ABC=120°， EBC=60°. 又BC=2， BE=1，CE= . 四邊形ABCD=2 . 5分5. 6. 解：（1）EAP=BAP=30°， DAE=90°30°×

2、2=30°， 在ADE中，AD=AE，DAE=30°， ADE=AED=（180°30°）÷2=75°， 在AFD中，F(xiàn)AD=30°+30°=60°，ADF=75°， F=180°60°75°=45°； 點(diǎn)E為DF的中點(diǎn)時(shí)，P也為BC的中點(diǎn)，理由如下： 如圖1，連接BE交AF于點(diǎn)O，作EGAD，得EGBC， EGAD，DE=EF， EG=AD=1， AB=AE， 點(diǎn)A在線(xiàn)段BE的垂直平分線(xiàn)上， 同理可得點(diǎn)P在線(xiàn)段BE的垂直平分線(xiàn)上， AF垂直平分線(xiàn)段BE，

3、 OB=OE， GEBP， OBP=OEG，OPB=OGE， BOPEOG， BP=EG=1，即P為BC的中點(diǎn)， DAF=90°BAF，ADF=45°+BAF， AFD=180°DAFADF=45°； （2）AFD的度數(shù)不會(huì)發(fā)生變化， 證明：作AGDF于點(diǎn)G，如圖1（a）所示， 在ADE中，AD=AE，AGDE， AG平分DAE，即2=DAG，且1=BAP， 1+2=×90°=45°，即FAG=45°， 則F=90°45°=45°； （3）如圖2所示，AFE的大小不會(huì)發(fā)生變化，AFE=

4、45°， 作AGDE于G，得DAG=EAG， 設(shè)DAG=EAG=， BAE=90°+2， FAE=BAE=45°+， FAG=FAEEAG=45°， 在RtAFG中，AFE=90°45°=45°7.（1）證明：延長(zhǎng)AE、BC交于點(diǎn)N，如圖1（1）， 四邊形ABCD是正方形，ADBCDAE=ENCAE平分DAM，DAE=MAEENC=MAEMA=MN在ADE和NCE中，ADENCE（AAS）AD=NCMA=MN=NC+MC=AD+MC（2）AM=DE+BM成立證明：過(guò)點(diǎn)A作AFAE，交CB的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)F，如圖1（2）所示四邊形

5、ABCD是正方形，BAD=D=ABC=90°，AB=AD，ABDCAFAE，F(xiàn)AE=90°FAB=90°BAE=DAE在ABF和ADE中，ABFADE（ASA）BF=DE，F(xiàn)=AEDABDC，AED=BAEFAB=EAD=EAM，AED=BAE=BAM+EAM=BAM+FAB=FAMF=FAMAM=FMAM=FB+BM=DE+BM（3）結(jié)論AM=AD+MC仍然成立證明：延長(zhǎng)AE、BC交于點(diǎn)P，如圖2（1），四邊形ABCD是矩形，ADBCDAE=EPCAE平分DAM，DAE=MAEEPC=MAEMA=MP在ADE和PCE中，ADEPCE（AAS）AD=PCMA=MP

6、=PC+MC=AD+MC結(jié)論AM=DE+BM不成立證明：假設(shè)AM=DE+BM成立過(guò)點(diǎn)A作AQAE，交CB的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)Q，如圖2（2）所示四邊形ABCD是矩形，BAD=D=ABC=90°，ABDCAQAE，QAE=90°QAB=90°BAE=DAEQ=90°QAB=90°DAE=AEDABDC，AED=BAEQAB=EAD=EAM，AED=BAE=BAM+EAM=BAM+QAB=QAMQ=QAMAM=QMAM=QB+BMAM=DE+BM，QB=DE在ABQ和ADE中，ABQADE（AAS）AB=AD與條件“ABAD“矛盾，故假設(shè)不成立AM=DE+

7、BM不成立8. 9.【考點(diǎn)】四邊形綜合題【專(zhuān)題】新定義【分析】（1）根據(jù)對(duì)等四邊形的定義，進(jìn)行畫(huà)圖即可；（2）連接AC，BD，證明RtADBRtACB，得到AD=BC，又AB是O的直徑，所以ABCD，即可解答；（3）根據(jù)對(duì)等四邊形的定義，分兩種情況：若CD=AB，此時(shí)點(diǎn)D在D1的位置，CD1=AB=13；若AD=BC=11，此時(shí)點(diǎn)D在D2、D3的位置，AD2=AD3=BC=11；利用勾股定理和矩形的性質(zhì)，求出相關(guān)相關(guān)線(xiàn)段的長(zhǎng)度，即可解答【解答】解：（1）如圖1所示（畫(huà)2個(gè)即可）（2）如圖2，連接AC，BD，AB是O的直徑，ADB=ACB=90°，在RtADB和RtACB中，RtADB

8、RtACB，AD=BC，又AB是O的直徑，ABCD，四邊形ABCD是對(duì)等四邊形（3）如圖3，點(diǎn)D的位置如圖所示：若CD=AB，此時(shí)點(diǎn)D在D1的位置，CD1=AB=13；若AD=BC=11，此時(shí)點(diǎn)D在D2、D3的位置，AD2=AD3=BC=11，過(guò)點(diǎn)A分別作AEBC，AFPC，垂足為E，F(xiàn)，設(shè)BE=x，tanPBC=，AE=，在RtABE中，AE2+BE2=AB2，即，解得：x1=5，x2=5（舍去），BE=5，AE=12，CE=BCBE=6，由四邊形AECF為矩形，可得AF=CE=6，CF=AE=12，在RtAFD2中，綜上所述，CD的長(zhǎng)度為13、12或12+【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了四邊形的綜合

9、題，解題的關(guān)鍵是理解并能運(yùn)用“等對(duì)角四邊形”這個(gè)概念在（3）中注意分類(lèi)討論思想的應(yīng)用、勾股定理的應(yīng)用10. 11. 【考點(diǎn)】二次函數(shù)綜合題【專(zhuān)題】壓軸題【分析】（1）由y=x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A、B、C，A（1，0），C（0，3），利用待定系數(shù)法即可求得此拋物線(xiàn)的解析式；（2）首先令x2+2x+3=0，求得點(diǎn)B的坐標(biāo)，然后設(shè)直線(xiàn)BC的解析式為y=kx+b，由待定系數(shù)法即可求得直線(xiàn)BC的解析式，再設(shè)P（a，3a），即可得D（a，a2+2a+3），即可求得PD的長(zhǎng)，由SBDC=SPDC+SPDB，即可得SBDC=（a）2+，利用二次函數(shù)的性質(zhì)，即可求得當(dāng)BDC的面積最大時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）首先

10、過(guò)C作CHEF于H點(diǎn)，則CH=EH=1，然后分別從點(diǎn)M在EF左側(cè)與M在EF右側(cè)時(shí)去分析求解即可求得答案【解答】解：（1）由題意得：，解得：，拋物線(xiàn)解析式為y=x2+2x+3；（2）令x2+2x+3=0，x1=1，x2=3，即B（3，0），設(shè)直線(xiàn)BC的解析式為y=kx+b，解得：，直線(xiàn)BC的解析式為y=x+3，設(shè)P（a，3a），則D（a，a2+2a+3），PD=（a2+2a+3）（3a）=a2+3a，SBDC=SPDC+SPDB=PDa+PD（3a）=PD3=（a2+3a）=（a）2+，當(dāng)a=時(shí)，BDC的面積最大，此時(shí)P（，）；（3）由（1），y=x2+2x+3=（x1）2+4，OF=1，EF=

11、4，OC=3，過(guò)C作CHEF于H點(diǎn)，則CH=EH=1，當(dāng)M在EF左側(cè)時(shí)，MNC=90°，則MNFNCH，設(shè)FN=n，則NH=3n，即n23nm+1=0，關(guān)于n的方程有解，=（3）24（m+1）0，得m且m1；當(dāng)M與F重合時(shí)，m=1；當(dāng)M在EF右側(cè)時(shí)，RtCHE中，CH=EH=1，CEH=45°，即CEF=45°，作EMCE交x軸于點(diǎn)M，則FEM=45°，F(xiàn)M=EF=4，OM=5，即N為點(diǎn)E時(shí)，OM=5，m5，綜上，m的變化范圍為：m5【點(diǎn)評(píng)】此題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、相似三角形的判定與性質(zhì)、二次函數(shù)的最值問(wèn)題、判別式的應(yīng)用以及等腰直角三角形的性

12、質(zhì)等知識(shí)此題綜合性很強(qiáng)，難度較大，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想、分類(lèi)討論思想與方程思想的應(yīng)用12.21. （1） （2）由得當(dāng)時(shí)， 當(dāng)且s=1時(shí)，x有無(wú)數(shù)個(gè)解，此時(shí)的“夢(mèng)之點(diǎn)”存在，有無(wú)數(shù)個(gè)； 當(dāng)且s1時(shí)，方程無(wú)解，此時(shí)的“夢(mèng)之點(diǎn)”不存在； 當(dāng)，方程的解為，此時(shí)的“夢(mèng)之點(diǎn)”存在，坐標(biāo)為（，） （3）由得：則為此方程的兩個(gè)不等實(shí)根， 由=2，又-22得：-20時(shí)，-42；02時(shí)，-24；拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸為，故-33 由=2, 得： ，故；=+=，當(dāng)時(shí)，t隨的增大而增大，當(dāng)=時(shí)，t=,時(shí)， 。22.（1）若l：y=2x+2，求出點(diǎn)A、B、D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出P表示的函數(shù)解析式；若P：y=x23x+4

13、，求出點(diǎn)D、A、B的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求出l表示的函數(shù)解析式；（2）以點(diǎn)C，E，Q，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是以CE為一邊的平行四邊形時(shí)，則有FQCE，且FQ=CE以此為基礎(chǔ)，列方程求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)注意：點(diǎn)Q的坐標(biāo)有兩個(gè)，如答圖1所示，不要漏解；（3）如答圖2所示，作輔助線(xiàn)，構(gòu)造等腰直角三角形OGH，求出OG的長(zhǎng)度，進(jìn)而由AB=2OG求出AB的長(zhǎng)度，再利用勾股定理求出y=mx4m中m的值，最后分別求出l，P表示的函數(shù)解析式解：（1）若l：y=2x+2，則A（1，0），B（0，2）將AOB繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到COD，D（2，0）設(shè)P表示的函數(shù)解析式為：y=ax2+bx+c，將點(diǎn)A、B

14、、D坐標(biāo)代入得：，解得，P表示的函數(shù)解析式為：y=x2x+2；若P：y=x23x+4=（x+4）（x1），則D（4，0），A（1，0）B（0，4）設(shè)l表示的函數(shù)解析式為：y=kx+b，將點(diǎn)A、B坐標(biāo)代入得：，解得，l表示的函數(shù)解析式為：y=4x+4（2）直線(xiàn)l：y=mx+n（m0，n0），令y=0，即mx+n=0，得x=；令x=0，得y=nA（，0）、B（0，n），D（n，0）設(shè)拋物線(xiàn)對(duì)稱(chēng)軸與x軸的交點(diǎn)為N（x，0），DN=AN，x=x（n），2x=n，P的對(duì)稱(chēng)軸為x=（3）若l：y=2x+4，則A（2，0）、B（0，4），C（0，2）、D（4，0）可求得直線(xiàn)CD的解析式為：y=x+2由（2）

15、可知，P的對(duì)稱(chēng)軸為x=1以點(diǎn)C，E，Q，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是以CE為一邊的平行四邊形，F(xiàn)QCE，且FQ=CE設(shè)直線(xiàn)FQ的解析式為：y=x+b點(diǎn)E、點(diǎn)C的橫坐標(biāo)相差1，點(diǎn)F、點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)也是相差1則|xF（1）|=|xF+1|=1，解得xF=0或xF=2點(diǎn)F在直線(xiàn)ll：y=2x+4上，點(diǎn)F坐標(biāo)為（0，4）或（2，8）若F（0，4），則直線(xiàn)FQ的解析式為：y=x+4，當(dāng)x=1時(shí)，y=，Q1（1，）；若F（2，8），則直線(xiàn)FQ的解析式為：y=x+9，當(dāng)x=1時(shí)，y=，Q2（1，）滿(mǎn)足條件的點(diǎn)Q有2個(gè)，如答圖1所示，點(diǎn)Q坐標(biāo)為Q1（1，）、Q2（1，）（4）如答圖2所示，連接OG、OH點(diǎn)G、H為斜邊中點(diǎn)，OG=AB，OH=CD由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，AB=CD，OGOH，OGH為等腰直角三角形點(diǎn)G為GH中點(diǎn)，OMG為等腰直角三角形，OG=OM=2，AB=2OG=4l：y=mx4m，A（4，0），B（0，4m）在RtAOB中，由勾股定理得：OA2+OB2=AB2，即：42+（4m）2=（4）2，解得：m=2或m=2，點(diǎn)B在y軸正半軸，m=2舍去，m=2l表示的函數(shù)解析式為：y=2