2019年广州一模几何压轴题汇编-答卷

12019年一模几何汇编参考答案例题分析例题1（2019花都一模）（1）证明：∵AB是圆O的直径，弦CDAB∴BDBC,=ADAC∴30BADBAC，AD=AC∴60DAC，AD=AC∴ACD是等边三角形（2）连接OC,DE∵ACD是等边三角形,∴60D∵E是AC的中点，∴=AECE∴11=3=4302D∴=1+2=60BAF又∵5=2260，即=5BAF∴//OCAF∵CFAE∴==90OCFAFC∵2CF，1=30，则AC=4又∵OA=OC，=2=120AOCADC∴在Rt△QOC中，OC=60sinCQ=60sin2=433∴2216221433OFOCCF（3）连接BC，BD，DQ2∵ACD是等边三角形∴60,ACDCACD∴A绕点C逆时针旋转60得点D又∵60,BOCOBOC∴BOC是等边三角形∴60,OCBCOCB∴O绕点C逆时针旋转60得点B∴直线AB绕点C逆时针旋转60得直线DB∵点P是直线AB上的任意一点∴'P的轨迹是直线DB∴当'PQDB时，'PQ最小∵Q是AC的中点，则DQAC∵4,120ODOCDOC∴343CDOC,∴362DQCD又∵6230,3430∴60BDQ∴3'332PQDQ,∴'PQ的最小值是333例题2（2019从化一模）4例题3（2019南沙一模）（1）∵当0x时，6y；当0y时，6x∴B（6，0）；C（0，6）∴△BOC为等腰直角三角形又∵AC=BC△ACB为等腰直角三角形又∵∠APB=90°设AC与BP相交于点G则在Rt△APG中，∠PAC+∠PGA=90°同理，在Rt△ACB中，∠PBC+∠BGC=90°而∠PGA=∠BGC∴∠PAC=∠PBC（2）连接CE、CF在△AFC和△BEC中AFBEPACPBCACBC∴△AFC≌△BEC（SAS）∴CE=CF，∠ACF=∠BCE∴∠FCE=∠ACF+∠ACE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=90°∴△CEF为等腰直角三角形5∴∠CEF=45°，22222EFEFCE又∵∠AEF=45°∴∠AEC=∠CEF+∠AEF=90°在Rt△AEC中222CEAEAC∴2222EFAEAC∴222222262144EFAEAC（3）设AFBEPEm，PFn在Rt△PEF中，222EFmn在Rt△PEA中，222AEmnm∴由（2）得222222262144EFAEAC∴22222144mnmnm整理得22223144mnmn……………①另在Rt△PBA中，222PAPBAB即222212mnm整理得224144mnm……………②由①-②得：222()0mnnm620nmn∵0mn∴0n即点P、F重合时恰有PE=BE∴在Rt△PAB中，AP：BP：AB=1:2:5又∵AB=12∴AP=1212555过P作PQ⊥AB于点Q则△PAQ∽△BAP∴AQ：PQ：AP=1:2:5∴1255APAQ，2425PQAQ12186655OQAQ∴P（185，245）强化训练71、（2019海珠区一模）（1）∵∠AOB=90°∴∠APB=12∠AOB=45°（2）过点O作OC⊥PA于C，在CA上截取CD=OC∵tan21OAP∠∴21OCACAC=(21)OC又∵CD=OC∴AD=AC－CD=2OC∵∠OCD=90°，OC=CD∴OD=2OC，∠CDO=45°∴AD=OD∴∠A=∠DOA又∵∠A+∠DOA=∠CDO∴∠A=22．5°∵OP=OA∴∠APO=∠A=22．5°又∵∠AOB=45°∴∠BPO=∠AOB－∠APO=22．5°∴∠APO=∠BPO8（3）连接AB，连接PO并延长交AB于E，则PE⊥AB，把△PBQ沿着PQ翻折得△P'BQ，则P'B=PB=PA，∠PQB=∠PQ'B∵∠AQP=∠ABP，∠ABP=∠PAB∴∠AQP=∠PAB∵四边形PABQ内接于⊙O∴∠PAB+∠PQB=180°∴∠AQP+∠PQ'B=180°∴点A、Q、'B三点共线∵12+QPAQBPPABSSSSS△△△∴120SS＞当且仅当PA⊥P'B时，12SS有最大值22PA，在Rt△PAE中，AE=1，PE=2+1∴2=2+22PA∴0＜12SS≤2+292、（2019番禺一模）解：（1）当1m时，3,OD在Rt△OMD中，由勾股定理得：2223122.DMODOMAD=22MDAM=62,∴336222sinsinADDMBADPCD（2）如图，PNCD于点N,90,PNDAMD,PDNADM∴△PDN∽△ADM.又2ADDP,∴1.222DNPDPNDMAMDNPNDMADAM，，//CDy轴,=90,OMDOMCCMDM(设其长度为a),∴25,2aCMMDDNCNaDN=90,PNCBMC又=,PCNBCM∴△PNC∽△BMC.,CMMBCNPN由题意：3,3,BMmAMm32=315()22mamaaa，解之得：2.m当2m时，2222325.MDODOM352MNMDDN，5CMMD，又55212aCNNPBMCMa,从而得：93(5)22P，.ONyxMPDCBA10（3）当2m时，(25)C，-，A(－3，0）B（3，0）在x轴上,经过点A，B的抛物线的解析式可设为：0(3)(3)yaxx，又抛物线经过点(25)C，-，05(23)(23),a得：05.5a经过点,,ABC的抛物线为：25(9)5yx，向右平移n个单位后的解析式为：25()95yxn，将93(5)22P，点的坐标代入得：2559()9252n，解之得：9662n.经检验均符合题意，故所求n的值为9662或者9+662．第（2）问方法二：设DF=a，PF=b，易求得CM=BM=29m，由AM=3+m，MD=3-m，AF=6+a由轴xCM，轴xPF，易证△ACM∽△ADF，所以32APACAFAM即3263am，得233ma，32APACPFCM即3292bm，得2932mb易证△BDM∽△PDF，14121086422468101214252015105510152025MPDCBAEGD11所以PFMBDFDM即bmam293得2939233322mmmm解得m=2,所以P（m+a，b)，代入得P（29，253）3、（2019广州市113期中）12课后训练1、（2019执信一模）132、（增城区一模）解：（1）∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∵M为BC的中点，∴AM⊥BC，在Rt△ABM中，∠MAB+∠ABC=90°，在Rt△CBE中，∠EBC+∠ACB=90°，∴∠MAB=∠EBC，又∵MB=MN，∴△MBN为等腰直角三角形，14∴∠MNB=∠MBN=45°，∴∠EBC+∠NBE=45°，∠MAB+∠ABN=∠MNB=45°，∴∠NBE=∠ABN，即BN平分∠ABE；（2）设BM=CM=MN=a，∵四边形DNBC是平行四边形，∴DN=BC=2a，在△ABN和△DBN中，∵AB＝DB∠NBE＝∠ABNBN＝BN，∴△ABN≌△DBN（SAS），∴AN=DN=2a，在Rt△ABM中，由AM2+MB2=AB2可得(2a+a)2+a2=1，解得：1010a（负值舍去），∴BC=2a=105；（3）∵F是AB的中点，∴在Rt△MAB中，MF=AF=BF，∴∠MAB=∠FMN，又∵∠MAB=∠CBD，∴∠FMN=∠CBD，∴△MFN∽△BDC．∴∠MFN=∠BDC．3、（2019广州中学月考）解：（1）问题发现15①如图1，∵∠AOB=∠COD=40°，∴∠COA=∠DOB，∵OC=OD，OA=OB，∴△COA≌△DOB（SAS），∴AC=BD，∴ACBD=1，②∵△COA≌△DOB，∴∠CAO=∠DBO，∵∠AOB=40°，∴∠OAB+∠ABO=140°，在△AMB中，∠AMB=180°-（∠CAO+∠OAB+∠ABD）=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°，故答案为：①1；②40°；164、（2019越秀一模）（1）证明：∵矩形ABCD，∴∠ABE=90°，AD∥BC，∴∠PAF=∠AEB，又∵PF⊥AE，∴∠PFA=90°=∠ABE，17∴△PFA∽△ABE．（2）解：分二种情况：①若△EFP∽△ABE，如图1，则∠PEF=∠EAB，∴PE∥AB，∴四边形ABEP为矩形，∴PA=EB=3，即x=3．②若△PFE∽△ABE，则∠PEF=∠AEB，∵AD∥BC∴∠PAF=∠AEB，∴∠PEF=∠PAF．∴PE=PA．∵PF⊥AE，∴点F为AE的中点，Rt△ABE中，AB=4，BE=3，∴AE=5，18