四川省自贡市近5年九年级数学上期统考综合题考点分析及解答.doc

四川省自贡市近5年九年级数学上期统考综合题考点分析及解答 编写： 赵化中学 郑宗平 九年级上期数学统考的综合解答题相对于其它试卷内题目有一定难度系数的，若是在中考常以压轴题的形式出现；下面我编选了自贡市近5年的九年级数学上期统考综合解答题进行考点分析和解答，并附有点评；解答规范书写，标注得分点；所有这些希望对同学们迎考有一定的帮助！另外在最后还选编了一部分与现行的新人教版内容相吻合的综合解答题，供同学们课外选练，以提高应试能力.2014-2015年上学期：七、解答题（本题满分12分）23、如图，三角板中，,三角板绕直角顶点顺时针旋转90，得到.求：.的长； .在这个旋转过程中，三角板的边所扫过的扇形的面积；. 在这个旋转过程中三角板所扫过的图形的面积.考点：直角三角形的性质、勾股定理、弧长公式、扇形的面积公式等边三角形的判定和性质、三角形面积公式等.分析：. 要求的长关键是求出半径或.而这可以利用直角三角形中30锐角所对的直角边等于斜边的一半先求出,再利用勾股定理可以求出. .结合问和扇形的面积公式可以求出. .旋转过程中三角板所扫过的图形的面积显得比较抽象，分析一下无非是扇形、扇形和的面积之和. 扇形的半径是或,圆心角对于求扇形是个关键；根据题中的条件可以推出是个等边三角形，圆心角;扇形在、问都已有了；根据题中条件，求的面积可以抓住的面积是的一半这个关系.略解：. 1分 由勾股定理有 2分 的长 4分 .扇形的面积 6分 .设与交于点， 7分 又 是等边三角形 8分 9分 10分 三角板所扫过的图形面积 SS扇形BCDS扇形ACA1SACD = 12分 点评：本题的问这个旋转过程中三角板所扫过的图形的面积一定要注意还包含部分的面积，通过本题考查了初中数学特别是九年级上期数学的多个知识点及其综合运用能力，特别是考查了运动变化的观点识图.八、解答题（本题满分14分）24、如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点和点,直线（为常数，且）与交于点,与轴交于点,与交于点,与抛物线在第二象限交于点.（图形见本题解答的最后）.求抛物线的解析式；.连接,求为何值时，的面积最大；.已知一定点.问：是否存在这样的直线，使是等腰三角形？若存在，请求出的值和点的坐标；若不存在，请说明理由. 考点：待定系数法求函数的解析式、点的坐标的意义、二次函数的最大值（最小值）问题、解一元二次方程、一元二次方程根的判别式、等腰三角形的判定和性质等.分析：. 存在两个待定系数，只需要两对变量即可求出，恰好题中给出了和点，用待定系数法便可求出此函数的解析式. .确定最大值或最小值可以将问题转化为二次函数来解决，若能把的面积表示为关于的二次函数，问题便可解决；由于点的坐标的实质是反映到坐标轴的距离（表示出点的坐标往往是函数为基架的综合题的关键），所以通过点的坐标来反映的底和高是本问的一个切入点；由于点是直线和直线交点，所以只要求出直线的解析式问题便解决了；已知点,而点同时也是抛物线与轴的交点，而问能提供这样条件. .本问是一个存在性的问题，存在性问题一般先假设存在，以此为出发点来探究.本问假设存在符合题意的直线，所涉及的判断的直线与直线的交点，和问的方法一样，可以先把用的式子表达出来；因为定点，所以是个定值；根据点的坐标利用勾股定理把和表示出来，然后分为：.;.;. 讨论其存在性.略解：.经过点和点 （示意图见解答的最后） 解得： 解析式 3分 .抛物线与轴交点. 设直线BC的解析式为，则 BC的解析式为 4分直线 5分 D(，h) 6分 当时， 的面积最大，最大面积为 7分 .存在符合题意的直线，设直线AC的解析式为 即 AC的解析式为 8分 直线与直线的交点 F(，h) 在中，, 9分 .若，则，整理得： =256，此方程无解. 不成立 10分 .若，则 解得： 把代入，得 点在第二象限， 点的坐标为（2，4） 11分 .若，则 解得：， （不合题意舍去） 把代入，得 点在第二象限， 点的坐标为 12分 综上所述，存在直线或使是等腰三角形. 13分 当时，点；当时，点（2，4） 14分点评：本题是一道典型的“二次综合题”.三个问的突出特点就是待定系数法的运用，都是为二次函数图象及其性质运用打下基础；特别是第是问一个存在性问题，考查了分类讨论的思想个方程的思想.2013-2014年上学期：七、解答题（本题满分12分）23、如图在中，以AC为直径作O，交AB于D，过O作OEAB，交BC于E.求证：ED是O的切线；.如果O的半径为1.5，ED=2，求AB的长；.在的条件下，求的面积.考点：圆的有关基本性质、圆周角定理的推论、圆的切线的判定和性质、全等三角形的性质和判定、平行线的性质和判定、三角形的中位线定理、勾股定理直角三角形面积等.分析：.本问主要是找出证明“ED是O的切线”，两条思路：一是无交点则“作垂直、证相等、得切线”；二是有交点则“连半径、证垂直、得切线”.根据本题的特点ED与圆有交点D，采用连结半径OD，证明ODED，即可得出“ED是O的切线”.也就是采用第二条思路.根据题中条件容易得出AB=2OE，所以问题转化在中利用勾股定理来解决. .点O为的边的中点（是直径，O为圆心），所以, 所以本问可以转化到Rt来解决.关键是求CD和AD,这两边可以 通过面积和勾股定理获得解决.略解：.证明：连结OD 1分 OEAB 1=4 2=3 OA=OD 3=4 1=2 2分 在OCE和ODE中有OC=OD 1=2 OE=OE OCEODE， 3分 ODE=C=90ODED 又OD是O 的半径 ED是O的切线 4分 . OEAB OA=OC CE=BE AB=2OE 5分 又C=90，OC是O的半径 OCEC EC是O的切线. 6分 EC=ED=2 7分 在OCE中， 8分.连结CD AC是O的直径， CDA=90 CDAB 9分 在RtABC中有 CDAB=ACBC CD=2.4 10分 在RtABC中， 11分 12分 点评：本题的问虽然串联的知识点较多，但也是一种常规证法，是容易想到的；记住口诀无交点则“作垂直、证相等、得切线”；有交点则“连半径、证垂直、得切线”.本题问 求的长用勾股定理直接在RtACB条件不够，但在圆中直径的中点是圆心，所以我们可以联想到用三角形的中位线转化到RtECO的斜边OE上来解决.本题的问求的面积若用常规思路是不容易破题的，我们解答这类综合题的时候一定要注意各图形之间的关系，比如本题根据题中条件可知，所以问题转化到了中来解决. 在中求是关键，是RtACB斜边上的高，通过同一个直角三角形两种不同的面积求法便可获得解决，这是本问的又一个“难点”，但“难点”不难！.八、解答题（本题满分14分）24、如图，M的圆心M在轴上，M分别交轴于点A、B（A在B的左边），交轴的正半轴于点C，弦CD轴交M于点D，已知A、B两点的横坐标分别是方程的两个根.求点C的坐标；.求直线AD的解析式；.点N是直线AD上的一个动点，求MNB的周长的最小值，并在图中画出MNB周长最小时点N的位置. 考点：解一元二次方程、勾股定理、圆的基本性质、垂径定理、矩形的判定和性质、待定系数法求解析式、轴对称的性质等.分析：.C点是M与坐标轴轴的交点，连接在RtCOM中求OC可以得出C点的坐标，斜边CM和另一直角边ON与M的圆心和半径有关，所以求出M的直径AB是本问破题的关键，通过解求出其两个根问题便解决了.用待定系数法求直线AD的解析式.A点的在第问已经求出，若把D点的坐标求出来问题便可以解决.要求MNB的周长的最小值，关键是找出或作出或关于直线AD的对称点，连结后从而确定动点点的位置，根据轴对称的性质和三角形三边之间的关系知最小.从而得出MNB此时的周长有最小值.根据题中条件和的相关结论容易知道C点恰好是M关于AD的对称点，N点位置确定后可以将,把转化到利用勾股定理解决问题.略解：.方程 整理得 即 1分 点A，B的坐标分别是， 2分 点M的坐标是，OM的半径为4. 3分 连结CM（如图），则 点C的坐标为 . 4分 （2）.如图，过点M作MECD，则CE=ED=CD 5分 CD轴 ME轴 四边形OMEC是矩形， OE=OM=2 CD=4 点D 的坐标是(4，) 6分设直线AD的解析式为 则 解得， 7分 直线AD的解析式为 8分 （3）.如图，设直线AD与轴的交点是F 当 时， 点F的坐标为F（0，） 9分 在Rt OMF中 点F在线段MC的中垂线上 11分 MD=CD=4 点D也在线段CM的中垂线上 直线AD是线段CM的中垂线. 点M关于直线AD的对称点是C 12分 连结BC交直线AD于N（如图），连结MN，此时最小. 则 MNB就是所求作的周长最小的三角形 13分 此时在OBC中， 根据轴对称的性质可知：MNB的周长为 ,点N的位置如图所示. 14分点评：本题是几何、代数的综合题.由代数的一元二次方程根与坐标联系在一起，由坐标再与一次函数、圆、一次函数以及对称等知识串联在一起.在本题中点的坐标是解答过程中的较关键环节，比如三个问中问点的坐标、问点的坐标、问点的坐标；题中的相关计算特别是点的坐标常用勾股定理来帮忙（本题3次用到勾股定理）.本题总体难度不大，但综合的知识点较多；问“点M关于直线AD的对称点是C点”算是是本题的“难点”，这里要用垂直平分线的“判定”定理，这是个同学们在平时没有引起重视的一个知识点.2012-2013年上学期：七、解答题（本题满分12分）23、如图，实线部分为某月牙形公园的轮廓示意图，它可看作是由P上的一段优弧和Q上的一段劣弧围成，P与Q的半径都是2km,点P在Q上.求月牙形公园的面积；.现在公园内建一块顶点都在P上的直角三角形场地ABC，其中C=90，求场地的最大面积. 考点：圆的基本性质、扇形以及三角形和弓形面积的计算、圆周角定理的推论、等边三角形的判定和性质等.分析：.月牙的面积可以看作是一个圆的面积减去两个弓形的面积，而弓形的面积=扇形的面积-三角形的面积.由于题已经告诉了圆的半径，所以通过三角形来进一步求出圆心角的度数是关键，恰好题中两个等圆提供了DPQ和EPQ是等边三角形条件.顶点都在P上的直角三角形，说明的斜边为直径，要使其面积最大，则其顶点C在半圆的中点（最高点）处，连结圆心和顶点C是斜边上的高，即恰好是一个等腰直角三角形. 略解：.连接DQ、EQ、PD、PE、PQ、DE（见图）. 1分 由已知PD=PQ=DQ，DPQ是等边三角形. 2分DQP=60 3分 同理EQP=60. DQE=120 4分， 5分 6分月牙形公园的面积=（km2）. 7分 答：月牙形公园的面积为 8分.C=90，AB是P的直径 AB=4km . 9分要使面积最大，则直角顶点C在半圆的中点处，即是等腰直角三角形过点C作CFAB于点F，点F与圆心P重合（见图）.取最大值就是CF长度取最大值，即CF=2km 11分 最大值场地的最大面积为4( km2). 12分点评：本题问月牙形的面积关键是抓住一个圆的面积减去两个弓形的面积；问要使直角三角形的顶点在弓形（半圆）的最高点(即半圆的中点)，实际上就是要使是等腰直角三角形.八、解答题（本题满分14分）24、正方形ABCD的边AB是O的直径，CF切O于点E，交AD于点F，且切点E在正方形的内部，AE、BE的长是的两实根，令.求n与m函数关系式，并求出自变量m的取值范围；.求m的值和AF的长. 考点：正方形的性质、圆的基本性质、圆周角定理的推论、垂径定理、切线的性质、切线长定理、三角形的中位线定理、全等三角形、勾股定理、一元二次方程根的判别式和根与系数的关系定理等.分析：.由于AE、BE是的两直角边，而是其斜边，所以本问应从 和勾股定理切入；AE、BE的长是的两实根，根据一元二次方程根的根与系数的关系定理（韦达定理）进行变换可以推出n与m函数关系式.再由一元二次方程根的判别式可得出自变量m的取值范围. .根据韦达定理可知,分别求出就可求出的值.连接交与,根据三角形的中位线定理，可知,在此基础上利用切线长定理、全等三角形和垂径定理的知识可以得出AE和BE之间的数量关系，由建立方程可以求出的值，从而求出的值. 由、和的值可以求出的值，从而得出正方形的边长的值.根据切线长定理可知：；进行代换后在Rt中，,由于的值在问中已求出，所以根据勾股定理在Rt建立方程可以求出的值；也可以在Rt用同样的办法求出的值.略解：.的长是方程两个实根 1分 AB是O的直径 AEB=90 2分 又 4分 且 5分又即 函数自变量的取值范围是： 6分.连接分别交于,连接 7分 CE、CB都是O的切线， OM垂直平分BE，即OMBE、EM=BM. 8分又O是AB的中点，OM是ABE的中位线AE=2OM 9分在ABE和BMC中：AB=BC，AEB=BMC=90，CBM=EABAEBBMC MC=BE MC=BE=2BM=4OM 10分设,则，即，解得： 11分. 12分又 四边形是正方形 FA、FE、CE、CB都是O的切线， 设，则 在Rt， 即 13分 解得； 故 14分也可以在Rt用同样的办法求出的值：这是由于故 解得；故AF= .点评：本题的问不难，只有有个配方变换，其余按常规解法解答即可.本题的问由于有，所以分别求出是本问的突破口，又，所以找出两条线段之间的关系是关键，也是本问的一个难点.要找出之间的数量关系，直接的条件没有；但在连接后与交点所新构成三角形和线段作为“中间过渡”就成了关键中的关键.调动垂径定理、切线的性质、切线长定理、三角形的中位线定理、全等三角形知识就能找出之间的数量关系.本问求线段可以化归在直角三角形中，利用勾股定理解决.2011-2012年上学期：26、（12分）如图，以坐标原点O为圆心，6为半径的圆交y轴于A、B两点，D是切线AM上一点（D与A不重合），DE切O于点E，与BN交于点C且,设，是的两根.求的值；.求COD的面积；.求CD所在直线的解析式.考点：圆的有关基本性质、切线的性质、切线长定理、勾股定理、韦达定理、待定 系数法求解析式、三角形的面积等.分析：.若从两根之积入手有，由于是未知的，所以行不通； 代表是梯形的两底，当我们作,垂足为,在中根据勾股定理有： ；根据矩形的性质和切线长定理可知：,. 问题可以获得解决.连结后有 ,根据切线的性质、切线长定理和韦达定理可以求出的长度，COD的面积可求出. 求CD所在直线的解析式关键是求出C、D两点的坐标，着其中分别求出值是关键，是的两根.由于问中的值，而，求出值后，可以得到C、D两点的坐标，用待定系数法可以求出CD所在直线的解析式.略解：.如图作,垂足为 由切线长定理得：. ， 2分在RtDQC中，由勾股定理得： 即，36 4分. 连结 是方程 的两根 =15 即 CD切O于点E，为半径 6分.设CD所在直线解析式为：(k0) 7分由=15 =36 且得： 8分点C、D的坐标分别为和 . 9分于是 得 11分 直线CD的解析式为： 12分点评：本题关键的是问突破，要利用韦达定理求或者分别求出的值条件不够；但化归在直角三角形中，使与直角三角形的边联系在一起，利用勾股定理所建立的等式就可整体求出的值.要注意在梯形中常通过添辅助线把问题转化在三角形和特殊四边中来解决.六、解答题（本大题14分）27、如图，点A、B在直线MN上，B的半径均为，A以每秒的速度自左向右运动，与此同时，B的半径也不断增大，其半径r（cm）与时间t（秒）之间的关系式、试写出点A、B之间的距离d(厘米)与时间t（秒）之间的函数关系式。、问点A出发后多少秒两圆相切？、当t为何值时，两圆相交？相切？相离？考点：圆的有关基本性质、圆与圆的位置关系及其相关性质、分类讨论思想等.分析：.点A是动点，A是圆心位置变而半径不变，B的半径虽不断增大，但圆心的B位置并没有变化，所以要分为点A在点B及其左侧和点A运动到点B右侧两钟情况来讨论，根据起始距离和点A的运动距离的和差，函数关系式不难写出. .相切有内切和外切之分这是其一；其二. A运动与B相切，相切点有可能在B的左侧，也有可能在右侧.所以问有四种情况（见后面的分析示意图）.A虽运动位置发生变化了，但形状、大小没有变化（也就是半径没有变）；B圆心的位置没有变化，但大小发生了变化（也就是半径变了）.结合“当两圆外切时，圆心距等于两圆的半径之和”和“当两圆内切时，圆心距等于两圆的半径之差（大圆半径减去小圆半径）”问答案不难得出. .两圆相切在问已得出（见的分析以及后面的分析示意图）；两圆相离包括两圆外离和两圆内含，实际上在本问两圆相离情况是：从开始到第一次外切之间、第一次内切到第二次内切之间、第二次外切到运动结束几种情况（见后面的分析示意图）；本来应从圆心距、两圆半径之间的数量关系来计算时间，但根据这几种情况在相切的时间点的基础上直接就可以写出两圆相离的时间；两圆相交要分为A与B在B左侧相交和右侧相交两种情况，实际上在本问两圆相离情况是：第一次外切到第一次内切之间相交、第二次内切到第二次外切之间的相交（见后面的分析示意图）.本来应从圆心距、两圆半径之间的数量关系来计算时间，但根据这几种情况在相切的时间点的基础上直接就可以写出两圆相相交的时间.以下分析示意图供参考： 略解：.当时，函数表达式为 2分 当时，函数表达式为 4分.两圆相切可分为如下四种情况 .当两圆第一次外切，可得 6分.当两圆第一次内切，可得 7分.当两圆第二次内切，可得 8分.当两圆第二次外切，可得 9分点A出发后3秒、秒、11秒、13秒两圆相切 10分.两圆相离: 或或 11分 两圆相交： 或 13分 两圆相切： 或 或或 14分点评：本题主要考查的是圆与圆的五种位置关系与圆心距、两圆半径之间的数量关系.分类讨论时要注意两点：一是两个圆的“变与不变”： A是圆心位置变而半径不变，B是圆心位置不变而半径变；二是A与B在“变与不变”中的是内外、左右位置上的关系.2010-2011年上学期：26、（12分）如图，已知O的直径垂直于弦于,连结，且.若,求的长；.若，求扇形（阴影部分）的面积（结果保留）考点：圆的有关基本性质、圆周角定理及其推论、垂径定理、勾股定理、直角三角形的面积、扇形的面积公式等.分析：.的长直接求出条件不够，但根据垂径定理可知， 所以问题到了求上；根据圆周角定理的推论可知是直角三角形，是其斜边上的高，通过直角三角形的面积两种计算方式， 可求出. .要求扇形（阴影部分）的面积关键是求圆心角的度数，利用“等对等关系”可知,所可以在求出，由于是等腰三角形，其 ,这和就可以联系在一起.根据在Rt的两锐角互余：.即.(也可以从)J建立方程后可以求出的度数，从而使问题可以进一步得以解决.略解：.是O的直径， 又 3分 6分 .是O的直径， 即 设，则；由 则 .即 9分 12分点评：本题有两个解题“技巧“值得我们总结：一个是为了求，要转换到求；求又用了直角三角形面积两种不同的计算方式；一个是求圆心角的度数可以转换到求圆心角的度数.在数学的解答中一定要注意化归和转换，在圆搭建起来的解答题尤其要注意，因为圆中的等对等、平分等关系比较多. 27、（14分）已知方程组： .求证：不能为何值，此方程组一定有实数解； .设等腰的三边长分别为其中，且和 是该方程组的两个解，求ABC的周长？考点：解方程组、一元二次方程根的判别式、韦达定理、等腰三角形的性质、分类讨论等.分析：.本问关键是把关于二元方程组转化为关于的一元二次方程，然后从一元二次方程根的判别式切入，问题可获得解决. .根据题意可知是问中一元二次方程的两个解，因此利用“韦达定理”切入可以得出和关于的式子，然后进行分类讨论先求出的值，再进一步求出和的值，三角形的周长可以求出.略解：(1).把方程代入得：化简得： 2分= 4分原方程组一定有实数解. 5分(2).是方程的两个解， 6分 .当长为的边是等腰三角形的一腰时，则或方程必有一根为4 . 方程为： 7分或 符合题意. 10分 . 当长为的边是等腰三角形的一底时，则 方程有两个相等的实数根 = 0，即= .方程为： 不合题意舍去. 综合上述两种情况ABC的周长为10. 14分点评：本题的部分内容对于现行新人教版来说是属于选学和拓展性的内容，但考试中仍是考查内容或者以阅读解答出现在考题中.本题主要是转化和分类讨论思想的运用：要注意把二元转化一元方程来解答；要注意把等腰三角形的分为为腰和为底来讨论.在求周长时还要注意整体思想的运用.课外选练：1、如图，PB切O于B点，