广东省东莞市中考数学试题解析

广东省东莞市中考数学试题及分析广东省东莞市中考数学试题及分析广东省东莞市中考数学试题及分析2021年广东省东莞市中考数学试卷一、选择题：本大题10小题，每题3分，共30分。在每题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑。1．〔3分〕〔2021?东莞〕|﹣2|=〔〕A．2B．﹣2C．D．2．〔3分〕〔2021?东莞〕据国家统计局网站2021年12月4日公布的信息，2021年广东省粮食总产量约为13573000吨，将13573000用科学记数法表示为〔〕A．×106B．×107C．×108D．×1093．〔3分〕〔2021?东莞〕一组数据2，6，5，2，4，那么这组数据的中位数是〔〕A．2B．4C．5D．64．〔3分〕〔2021?东莞〕如图，直线a∥b，∠1=75°，∠2=35°，那么∠3的度数是〔〕A．75°B．55°C．40°D．35°5．〔3分〕〔2021?东莞〕以下所述图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是〔〕A．矩形B．平行四边形C．正五边形D．正三角形6．〔32〕分〕〔2021?东莞〕〔﹣4x〕=〔A．﹣8x2B．8x2C．﹣16x2D．16x27．〔3分〕〔2021?东莞〕在0，2，〔﹣3〕0，﹣5这四个数中，最大的数是〔〕A．0B．2C．〔﹣3〕0D．﹣58．〔32有两个不相等的实数根，那么实数a分〕〔2021?东莞〕假定对于x的方程x+x﹣a+=0的取值范围是〔〕A．a≥2B．a≤2C．a＞2D．a＜29．〔3分〕〔2021?东莞〕如图，某数学兴趣小组将边长为3的正方形铁丝框ABCD变形为以A为圆心，AB为半径的扇形〔忽视铁丝的粗细〕，那么所得扇形DAB的面积为〔〕第1页〔共21页〕A．6B．7C．8D．910．〔3分〕〔2021?莞〕如，正△ABC的2，E、F、G分是AB、BC、CA上的点，且AE=BF=CG，△EFG的面y，AE的x，y对于x的函数象大概是〔〕A．B．C．D．二、填空：本大6小，每小4分，共24分。将以下各的正确答案填写在答卡相的地点上。11．〔4分〕〔2021?莞〕正五形的外角和等于〔度〕．12．〔4分〕〔2021?莞〕如，菱形ABCD的6，∠ABC=60°，角AC的是．13．〔4分〕〔2021?莞〕分式方程=的解是．14．〔4分〕〔2021?莞〕假定两个相像三角形的周比2：3，它的面比是．15．〔4分〕〔2021?莞〕察以下一数：，⋯，依据数的摆列律，可推出第10个数是．第2页〔共21页〕16．〔4分〕〔2021?东莞〕如图，△ABC三边的中线AD、BE、CF的公共点为G，假定S△ABC=12，那么图中暗影局部的面积是．三、解答题〔一〕：本大题3小题，每题6分，共18分。218．〔6分〕〔2021?东莞〕先化简，再求值：，此中．19．〔6分〕〔2021?东莞〕如图，锐角△ABC．1〕过点A作BC边的垂线MN，交BC于点D〔用尺规作图法，保留作图印迹，不要求写作法〕；〔2〕在〔1〕的条件下，假定BC=5，AD=4，tan∠BAD=，求DC的长．四、解答题〔二〕：本大题3小题，每题7分，共21分。20．〔7分〕〔2021?东莞〕老师和小明同学玩数学游戏．老师拿出一个不透明的口袋，口袋中装有三张分别标有数字1，2，3的卡片，卡片除数字外其他都同样，老师要求小明同学两次随机抽取一张卡片，并计算两次抽到卡片上的数字之积是奇数的概率．于是小明同学用画树状图的方法追求他两次抽取卡片的全部可能结果．如图是小明同学所画的正确树状图的一局部．1〕补全小明同学所画的树状图；2〕求小明同学两次抽到卡片上的数字之积是奇数的概率．21．〔7分〕〔2021?东莞〕如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延伸EF交边BC于点G，连结AG．第3页〔共21页〕1〕求证：△ABG≌△AFG；2〕求BG的长．22．〔7分〕〔2021?东莞〕某电器商场销售A、B两种型号计算器，两种计算器的进货价钱分别为每台30元，40元，商场销售5台A型号和1台B型号计算器，可获收益76元；销售6台A型号和3台B型号计算器，可获收益120元．〔1〕求商场销售A、B两种型号计算器的销售价钱分别是多少元？〔收益=销售价钱﹣进货价钱〕〔2〕商场准备用不多于2500元的资本购进A、B两种型号计算器共70台，问最少需要购进A型号的计算器多少台？五、解答题〔三〕：本大题3小题，每题9分，共27分。23．〔9分〕〔2021?东莞〕如图，反比率函数y=〔k≠0，x＞0〕的图象与直线y=3x订交于点C，过直线上点A〔1，3〕作AB⊥x轴于点B，交反比率函数图象于点D，且AB=3BD．〔1〕求k的值；〔2〕求点C的坐标；〔3〕在y轴上确立一点M，使点M到C、D两点距离之和d=MC+MD最小，求点M的坐标．24．〔9分〕〔2021?东莞〕⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，过的中点P作⊙O的直PG交弦BC于点D，连结AG、CP、PB．1〕如图1，假定D是线段OP的中点，求∠BAC的度数；2〕如图2，在DG上取一点K，使DK=DP，连结CK，求证：四边形AGKC是平行四边形；3〕如图3，取CP的中点E，连结ED并延伸ED交AB于点H，连结PH，求证：PH⊥AB．第4页〔共21页〕25．〔9分〕〔2021?东莞〕如图，在同一平面上，两块斜边相等的直角三角板Rt△ABC和Rt△ADC拼在一同，使斜边AC完整重合，且极点B，D分别在AC的两旁，ABC=∠ADC=90°，∠CAD=30°，AB=BC=4cm〔1〕填空：AD=〔cm〕，DC=〔cm〕〔2〕点M，N分别从A点，C点同时以每秒1cm的速度等速出发，且分别在AD，CB上沿A→D，C→B方向运动，点N到AD的距离〔用含x的式子表示〕〔3〕在〔2〕的条件下，取DC中点P，连结MP，NP，设△PMN的面积为y〔cm2〕，在整个运动过程中，△PMN的面积y存在最大值，恳求出y的最大值．〔参照数据sin75°=，sin15°=〕第5页〔共21页〕2021年广东省东莞市中考数学试卷参照答案与试题分析一、选择题：本大题10小题，每题3分，共30分。在每题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑。1．〔3分〕〔2021?东莞〕|﹣2|=〔〕A．2B．﹣2C．D．考点：绝对值．剖析：依据绝对值的性质可直接求出答案．解答：解：依据绝对值的性质可知：|﹣2|=2．应选：A．评论：本题考察了绝对值的性质，要求掌握绝对值的性质及其定义，并能娴熟运用到实质运算中间．绝对值规律总结：一个正数的绝对值是它自己；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．2．〔3分〕〔2021?东莞〕据国家统计局网站2021年12月4日公布的信息，2021年广东省粮食总产量约为13573000吨，将13573000用科学记数法表示为〔〕A．×106B．×107C．×108D．×109考点：科学记数法—表示较大的数．剖析：科学记数法的表示形式为a×10n的形式，此中1≤|a|＜10，n为整数．确立n的值时，要看把原数变为a时，小数点挪动了多少位，n的绝对值与小数点挪动的位数同样．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．解答：解：将13573000用科学记数法表示为：×107．应选：B．a×10n的形式，此中1≤|a|评论：本题考察科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为＜10，n为整数，表示时重点要正确确立a的值以及n的值．3．〔3分〕〔2021?东莞〕一组数据2，6，5，2，4，那么这组数据的中位数是〔〕A．2B．4C．5D．6考点：中位数．专题：计算题．剖析：先把数据由小到大摆列，而后依据中位数的定义求解．解答：解：把数据由小到大摆列为：2，2，4，5，6，因此这组数据的中位数是4．应选B．评论：本题考察了中位数：将一组数据依据从小到大〔或从大到小〕的次序摆列，假如数据的个数是奇数，那么处于中间地点的数就是这组数据的中位数．假如这组数据的个数是第6页〔共21页〕偶数，那么中间两个数据的均匀数就是这组数据的中位数．4．〔3分〕〔2021?东莞〕如图，直线a∥b，∠1=75°，∠2=35°，那么∠3的度数是〔〕A．75°B．55°C．40°D．35°考点：平行线的性质；三角形的外角性质．剖析：依据平行线的性质得出∠4=∠1=75°，而后依据三角形外角的性质即可求得∠3的度数．解答：解：∵直线a∥b，∠1=75°，∴∠4=∠1=75°，∵∠2+∠3=∠4，∴∠3=∠4﹣∠2=75°﹣35°=40°．应选C．评论：本题考察了平行线的性质和三角形外角的性质，娴熟掌握性质定理是解题的重点．5．〔3分〕〔2021?东莞〕以下所述图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是〔〕A．矩形B．平行四边形C．正五边形D．正三角形考点：中心对称图形；轴对称图形．剖析：依据轴对称图形与中心对称图形的观点求解．解答：解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；、不是轴对称图形，由于找不就任何这样的一条直线，沿这条直线对折后它的两局部能够重合；即不知足轴对称图形的定义，是中心对称图形，故此选项错误；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，由于找不就任何这样的一点，旋转180度后它的两局部能够重合；即不知足中心对称图形的定义，故此选项错误．应选：A．评论：本题主要考察了中心对称图形与轴对称图形的观点，轴对称图形的重点是找寻对称轴，图形两局部折叠后可重合；中心对称图形是要找寻对称中心，旋转180度后两局部重合．2〕6．〔3分〕〔2021?东莞〕〔﹣4x〕=〔A．﹣8x2B．8x2C．﹣16x2D．16x2第7页〔共21页〕考点：幂的乘方与积的乘方．专题：计算题．剖析：原式利用积的乘方运算法那么计算即可获得结果．2应选D．评论：本题考察了幂的乘方与积的乘方，娴熟掌握运算法那么是解本题的重点．7．〔3分〕〔2021?东莞〕在0，2，〔﹣3〕0，﹣5这四个数中，最大的数是〔〕A．0B．2C．〔﹣3〕0D．﹣5考点：实数大小比较；零指数幂．00正实数都大于0，剖析：先利用a=1〔a≠0〕得〔﹣3〕=1，再利用两个实数都能够比较大小．负实数都小于0，正实数大于全部负实数，两个负实数绝对值大的反而小即可得出结果．解答：解：在0，2，〔﹣3〕0，﹣5这四个数中，最大的数是2，应选B．0评论：本题考察了有理数的大小比较和零指数幂，掌握有理数大小比较的法那么和a=1〔a≠0〕是解答本题的重点．8．〔3分〕〔2021?东莞〕假定对于2有两个不相等的实数根，那么实数ax的方程x+x﹣a+=0的取值范围是〔〕A．a≥2B．a≤2C．a＞2D．a＜2考点：根的鉴别式．剖析：依据鉴别式的意义获得△=12﹣4〔﹣a+〕＞0，而后解一元一次不等式即可．解答：解：依据题意得△=12﹣4〔﹣a+〕＞0，解得a＞2．应选C．评论：本题考察了根的鉴别式：一元二次方程22有以下ax+bx+c=0〔a≠0〕的根与△=b﹣4ac关系：当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜0时，方程无实数根．9．〔3分〕〔2021?东莞〕如图，某数学兴趣小组将边长为3的正方形铁丝框ABCD变形为以A为圆心，AB为半径的扇形〔忽视铁丝的粗细〕，那么所得扇形DAB的面积为〔〕A．6B．7C．8D．9第8页〔共21页〕考点：扇形面积的计算．剖析：由正方形的边长为3，可得弧BD的弧长为6，而后利用扇形的面积公式：S扇形DAB=，计算即可．解答：解：∵正方形的边长为3，∴弧BD的弧长=6，∴S扇形DAB==×6×3=9．应选D．评论：本题考察了扇形的面积公式，解题的重点是：熟记扇形的面积公式S扇形DAB=．10．〔3分〕〔2021?东莞〕如图，正△ABC的边长为2，E、F、G分别是AB、BC、CA上的点，且AE=BF=CG，设△EFG的面积为y，AE的长为x，那么y对于x的函数图象大概是〔〕A．B．C．D．考点：动点问题的函数图象．剖析：依据题意，易得△AEG、△BEF、△CFG三个三角形全等，且在△AEG中，AE=x，AG=2﹣x；可得△AEG的面积y与x的关系；从而可判断出y对于x的函数的图象的大概形状．解答：解：依据题意，有AE=BF=CG，且正三角形ABC的边长为2，故BE=CF=AG=2﹣x；故△AEG、△BEF、△CFG三个三角形全等．在△AEG中，AE=x，AG=2﹣x．那么S△AEG=AE×AG×sinA=x〔2﹣x〕；y=S△ABC﹣3S△AEG﹣3×x〔2﹣x〕=〔3x2﹣6x+1〕．故可得其大概图象应近似于抛物线，且抛物线张口方向向上；应选：D．评论：本题考察动点问题的函数图象问题，用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图．第9页〔共21页〕二、填空题：本大题6小题，每题4分，共24分。请将以下各题的正确答案填写在答题卡相应的地点上。11．〔4分〕〔2021?东莞〕正五边形的外角和等于360〔度〕．考点：多边形内角与外角．剖析：依据多边形的外角和等于360°，即可求解．解答：解：随意多边形的外角和都是360°，故正五边形的外角和为360°．故答案为：360°．评论：本题主要考察多边形的外角和定理，解答本题的重点是掌握随意多边形的外角和都是360°．12．〔4分〕〔2021?东莞〕如图，菱形ABCD的边长为6，∠ABC=60°，那么对角线AC的长6．考点：菱形的性质；等边三角形的判断与性质．剖析：由菱形ABCD中，∠ABC=60°，易证得△ABC是等边三角形，既而求得对角线AC的长．解答：解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC=AB=6．故答案为：6．评论：本题考察了菱形的性质以及等边三角形的判断与性质．注意证得△ABC是等边三角形是重点．13．〔4分〕〔2021?东莞〕分式方程=的解是x=2．考点：解分式方程．专题：计算题．剖析：分式方程去分母转变为整式方程，求出整式方程的解获得x的值，经查验即可获得分式方程的解．解答：解：去分母得：3x=2x+2，解得：x=2，经查验x=2是分式方程的解．故答案为：x=2．评论：本题考察认识分式方程，解分式方程的根本思想是“转变思想〞，把分式方程转变为整式方程求解．解分式方程必定注意要验根．第10页〔共21页〕14．〔4分〕〔2021?莞〕假定两个相像三角形的周比2：3，它的面比是4：9．考点：相像三角形的性．剖析：依据相像三角形周的比等于相像比求出相像比，再依据相像三角形面的比等于相似比的平方求解即可．解答：解：∵两个相像三角形的周比2：3，∴两个相像三角形的相像比2：3，∴它的面比是4：9．故答案：4：9．点：本考了相像三角形的性，是基，熟性是解的关．15．〔4分〕〔2021?莞〕察以下一数：，⋯，依据数的摆列律，可推出第10个数是．考点：律型：数字的化．剖析：由分子1，2，3，4，5，⋯即可得出第10个数的分子10；分母3，5，7，9，11，⋯即可得出第10个数的分母：1+2×10=21，得出．解答：解：∵分子1，2，3，4，5，⋯，∴第10个数的分子10，∵分母3，5，7，9，11，⋯，∴第10个数的分母：1+2×10=21，∴第10个数：，故答案：．点：此考数字的化律，找出数字之的运算律，得出律，利用律，解决是解答此的关．16．〔4分〕〔2021?莞〕如，△ABC三的中AD、BE、CF的公共点G，假定S△ABC=12，中暗影局部的面是4．考点：三角形的面．剖析：依据三角形的中把三角形的面分红相等的两局部，知△ABC的面即暗影部分的面的3倍．解答：解：∵△ABC的三条中AD、BE，CF交于点G，第11页〔共21页〕S△CGE=S△AGE=S△ACF，S△BGF=S△BGD=S△BCF，∵S△ACF=S△BCF=S△ABC=×12=6，∴S△CGE=S△ACF=×6=2，S△BGF=S△BCF=×6=2，S暗影=S△CGE+S△BGF=4．故答案为4．评论：依据三角形的中线把三角形的面积分红相等的两局部，该图中，△BGF的面积=△BGD的面积=△CGD的面积，△AGF的面积=△AGE的面积=△CGE的面积．三、解答题〔一〕：本大题3小题，每题6分，共18分。2考点：解一元二次方程-因式分解法．剖析：把方程的左侧利用十字相乘法因式分解为〔x﹣1〕〔x﹣2〕，再利用积为0的特色求解即可．解答：解：∵x2﹣3x+2=0，∴〔x﹣1〕〔x﹣2〕=0，∴x﹣1=0或x﹣2=0，∴x1=1，x2=2．评论：本题考察了因式分解法解一元二次方程，当把方程经过移项把等式的右侧化为0前面程的左侧能因式分解时，一般状况下是把左侧的式子因式分解，再利用积为0的特色解出方程的根．因式分解法是解一元二次方程的一种简易方法，要会灵巧运用．18．〔6分〕〔2021?东莞〕先化简，再求值：，此中．考点：分式的化简求值．剖析：分式的化简，要熟习混淆运算的次序，分子、分母能因式分解的先因式分解；除法要一致为乘法运算，注意化简后，将，代入化简后的式子求出即可．解答：解：=÷〔+〕=÷=×，第12页〔共21页〕把，代入原式====．评论：本题主要考察了分式混淆运算，要注意分子、分母能因式分解的先因式分解；除法要一致为乘法运算是解题重点．19．〔6分〕〔2021?东莞〕如图，锐角△ABC．1〕过点A作BC边的垂线MN，交BC于点D〔用尺规作图法，保留作图印迹，不要求写作法〕；〔2〕在〔1〕的条件下，假定BC=5，AD=4，tan∠BAD=，求DC的长．考点：作图—复杂作图；解直角三角形．专题：作图题．剖析：〔1〕利用根本作图：过直线外一点作直线的垂线作出垂线段AD；〔2〕先在Rt△ABD中利用∠BAD的正切计算出BD，而后利用BC﹣BD求CD的长．解答：解：〔1〕如图，2〕∵AD⊥BC，∴∠ADB=∠ADC=90°，在Rt△ABD中，∵tan∠BAD==，BD=×4=3，CD=BC﹣BD=5﹣3=2．评论：本题考察了作图﹣复杂作图：复杂作图是在五种根本作图的根基长进行作图，一般是联合了几何图形的性质和根本作图方法；解决此类题目的重点是熟习根本几何图形的性质，联合几何图形的根天性质把复杂作图拆解成根本作图，逐渐操作．也考察认识直角三角形．四、解答题〔二〕：本大题3小题，每题7分，共21分。第13页〔共21页〕20．〔7分〕〔2021?东莞〕老师和小明同学玩数学游戏．老师拿出一个不透明的口袋，口袋中装有三张分别标有数字1，2，3的卡片，卡片除数字外其他都同样，老师要求小明同学两次随机抽取一张卡片，并计算两次抽到卡片上的数字之积是奇数的概率．于是小明同学用画树状图的方法追求他两次抽取卡片的全部可能结果．如图是小明同学所画的正确树状图的一局部．1〕补全小明同学所画的树状图；2〕求小明同学两次抽到卡片上的数字之积是奇数的概率．考点：列表法与树状图法．剖析：〔1〕依据题意可得本题是放回实验，即可补全树状图；2〕由树状图可求得全部等可能的结果与小明同学两次抽到卡片上的数字之积是奇数的状况，再利用概率公式即可求得答案．解答：解：〔1〕补全小明同学所画的树状图：〔2〕∵共有9种等可能的结果，小明同学两次抽到卡片上的数字之积是奇数的有4种状况，∴小明同学两次抽到卡片上的数字之积是奇数的概率为：．评论：本题考察了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所讨状况数与总状况数之比．21．〔7分〕〔2021?东莞〕如图，在边长为AE对折至△AFE，延伸EF交边BC1〕求证：△ABG≌△AFG；2〕求BG的长．

6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE于点G，连结AG．考点：翻折变换〔折叠问题〕；全等三角形的判断与性质；正方形的性质．第14页〔共21页〕剖析：〔1〕利用翻折变换对应边关系得出AB=AF，∠B=∠AFG=90°，利用HL定理得出△ABG≌△AFG即可；222〔2〕利用勾股定理得出GE=CG+CE，从而求出BG即可；解答：解：〔1〕在正方形ABCD中，AD=AB=BC=CD，∠D=∠B=∠BCD=90°，∵将△ADE沿AE对折至△AFE，AD=AF，DE=EF，∠D=∠AFE=90°，AB=AF，∠B=∠AFG=90°，又∵AG=AG，Rt△ABG和Rt△AFG中，，∴△ABG≌△AFG〔HL〕；2〕∵∴△ABG≌△AFG，∴BG=FG，设BG=FG=x，那么GC=6﹣x，∵E为CD的中点，∴CE=EF=DE=3，∴EG=3+x，222，∴在Rt△CEG中，3+〔6﹣x〕=〔3+x〕，解得x=2∴BG=2．评论：本题主要考察了勾股定理的综合应用以及翻折变换的性质，依据翻折变换的性质得出对应线段相等是解题重点．22．〔7分〕〔2021?东莞〕某电器商场销售A、B两种型号计算器，两种计算器的进货价钱分别为每台30元，40元，商场销售5台A型号和1台B型号计算器，可获收益76元；销售6台A型号和3台B型号计算器，可获收益120元．〔1〕求商场销售A、B两种型号计算器的销售价钱分别是多少元？〔收益=销售价钱﹣进货价钱〕〔2〕商场准备用不多于2500元的资本购进A、B两种型号计算器共70台，问最少需要购进A型号的计算器多少台？考点：一元一次不等式的应用；二元一次方程组的应用．剖析：〔1〕第一设A种型号计算器的销售价钱是x元，A种型号计算器的销售价钱是y元，依据题意可等量关系：①5台A型号和1台B型号计算器，可获收益76元；②销售6台A型号和3台B型号计算器，可获收益120元，依据等量关系列出方程组，再解即可；〔2〕依据题意表示出所用本钱，从而得出不等式求出即可．第15页〔共21页〕解答：解：〔1〕设A种型号计算器的销售价钱是x元，B种型号计算器的销售价钱是y元，由题意得：，解得：；答：A种型号计算器的销售价钱是42元，B种型号计算器的销售价钱是56元；〔2〕设购进A型计算器a台，那么购进B台计算器：〔70﹣a〕台，30a+40〔70﹣a〕≤2500，解得：a≥30，答：最少需要购进A型号的计算器30台．评论：本题主要考察了一元一次不等式的应用以及二元一次方程组的应用，依据题意得出总的进货花费是解题重点．五、解答题〔三〕：本大题3小题，每题9分，共27分。23．〔9分〕〔2021?东莞〕如图，反比率函数y=〔k≠0，x＞0〕的图象与直线y=3x订交于点C，过直线上点A〔1，3〕作AB⊥x轴于点B，交反比率函数图象于点D，且AB=3BD．〔1〕求k的值；〔2〕求点C的坐标；〔3〕在y轴上确立一点M，使点M到C、D两点距离之和d=MC+MD最小，求点M的坐标．考点：反比率函数与一次函数的交点问题；轴对称-最短路线问题．剖析：〔1〕依据A坐标，以及AB=3BD求出D坐标，代入反比率分析式求出k的值；〔2〕直线y=3x与反比率分析式联立方程组即可求出点C坐标；〔3〕作C对于y轴的对称点C′，连结C′D交y轴于M，那么d=MC+MD最小，获得C′〔﹣，〕，求得直线C′D的分析式为y=﹣x+1+，直线与y轴的交点即为所求．解答：解：〔1〕∵A〔1，3〕，AB=3，OB=1，∵AB=3BD，BD=2，第16页〔共21页〕D〔1，1〕将D坐标代入反比率分析式得：k=1；2〕由〔1〕知，k=1，∴反比率函数的分析式为；y=，解：，解得：或，x＞0，∴C〔，〕；3〕如图，作C对于y轴的对称点C′，连结C′D交y轴于M，那么d=MC+MD最小，∴C′〔﹣，〕，设直线C′D的分析式为：y=kx+b，∴，∴，∴y=〔3﹣2〕x+2﹣2，当x=0时，y=2﹣2，∴M〔0，2﹣2〕．评论：本题考察了反比率函数与一次函数的交点问题，波及的知识有：坐标与图形性质，待定系数法确立函数分析式，以及直线与反比率的交点求法，娴熟掌握待定系数法是解本题的重点．24．〔9分〕〔2021?东莞〕⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，过的中点P作⊙O的直PG交弦BC于点D，连结AG、CP、PB．〔1〕如图1，假定D是线段OP的中点，求∠BAC的度数；第17页〔共21页〕2〕如图2，在DG上取一点K，使DK=DP，连结CK，求证：四边形AGKC是平行四边形；3〕如图3，取CP的中点E，连结ED并延伸ED交AB于点H，连结PH，求证：PH⊥AB．考点：圆的综合题．剖析：〔1〕由垂径定理得出PG⊥BC，CD=BD，再由三角函数求出∠BOD=60°，证出AC∥PG，得出同位角相等即可；2〕先由SAS证明△PDB≌△CDK，得出CK=BP，∠OPB=∠CKD，证出AG=CK，再证明AG∥CK，即可得出结论；3〕先证出DH∥AG，得出∠OAG=∠OHD，再证OD=OH，由SAS证明△OBD≌△HOP，得出∠OHP=∠ODB=90°，即可得出结论．解答：〔1〕解：∵点P为的中点，AB为⊙O直径，BP=PC，PG⊥BC，CD=BD，∴∠ODB=90°，∵D为OP的中点，OD=OP=OB，cos∠BOD==，∴∠BOD=60°，AB为⊙O直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=∠ODB，AC∥PG，∴∠BAC=∠BOD=60°；〔2〕证明：由〔1〕知，CD=BD，在△PDB和△CDK中，，∴△PDB≌△CDK〔SAS〕，CK=BP，∠OPB=∠CKD，∵∠AOG=∠BOP，AG=BP，AG=CK，OP=OB，∴∠OPB=∠OBP，第18页〔共21页〕又∵∠G=∠OBP，AG∥CK，∴四边形AGCK是平行四边形；3〕证明：∵CE=PE，CD=BD，∴DE∥PB，即DH∥PB∵∠G=∠OPB，PB∥AG，DH∥AG，∴∠OAG=∠OHD，OA=OG，∴∠OAG=∠G，∴∠ODH=∠OHD，∴OD=OH，在△OBD和△HOP中，，∴△OBD≌△HOP〔SAS〕，∴∠OHP=∠ODB