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上海市中考数学押轴题(2001-2012年)

2001-2012年上海市中考数学试题分类解析汇编(12专题)

专题12：押轴题

一、选择题

1.(2001上海市3分)如果⊙O1、⊙O2的半径分别为4、5，那么下列叙述中，正确的是【 】.

A.当O1 O2=1时，⊙O1与⊙O2相切

B.当O1 O2=5时，⊙O1与⊙O2有两个公共点

C.当O1 O2>6时，⊙O1与⊙O2必有公共点

D.当O1 O2>1时，⊙O1与⊙O2至少有两条公切线

【答案】A，B，D。

【考点】两圆的位置关系。

【分析】根据两圆的位置关系的判定：外切(两圆圆心距离等于两圆半径之和)，内切(两圆圆心距离等于两圆半径之差)，相离(两圆圆心距离大于两圆半径之和)，相交(两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差)，内含(两圆圆心距离小于两圆半径之差)。因此，

A.当O1 O2=1时，两圆圆心距离等于两圆半径之差，⊙O1与⊙O2内切，正确;

B.当O1 O2=5时，两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差，⊙O1与⊙O2相交，⊙O1与⊙O2有两个公共点，正确;

C.当O1 O2>9时，两圆圆心距离大于两圆半径之和，⊙O1与⊙O2相离，⊙O1与⊙O2没有公共点，错误;

D.当1

当O1 O2=9时，两圆圆心距离等于两圆半径之和，⊙O1与⊙O2外切，⊙O1与⊙O2有三条公切线，

当O1 O2>9时，两圆圆心距离大于两圆半径之和，⊙O1与⊙O2相离，⊙O1与⊙O2有四条公切线，

∴当O1 O2>1时，⊙O1与⊙O2至少有两条公切线，正确。

故选A，B，D。

2.(上海市2002年3分)下列命题中，正确的是【 】

(A)正多边形都是轴对称图形;

(B)正多边形一个内角的大小与边数成正比例;

(C)正多边形一个外角的大小随边数的增加而减少;

(D)边数大于3的正多边形的对角线长相等.

【答案】A，C。

【考点】正多边形和圆，命题与定理。

【分析】根据正多边形的性质，以及正多边形的内角和.外角和的计算方法即可求解：

A、所有的正多边形都是轴对称图形，故正确;

B、正多边形一个内角的大小=(n-2)×180n，不符合正比例的关系式，故错误;

C、正多边形的外角和为360°，每个外角= ，随着n的增大，度数将变小，故正确;

D、正五边形的对角线就不相等，故错误。

故选A，C。

3.(上海市2003年3分)已知AC平分∠PAQ，如图，点B、B’分别在边AP、AQ上，如果添加一个条件，即可推出AB=AB’，那么该条件可以是【 】

(A)BB’⊥AC (B)BC= B’C (C)∠ACB=∠AC B’ (D)∠ABC=∠AB’ C

【答案】A，C，D。

【考点】全等三角形的判定和性质。

【分析】首先分析选项添加的条件，再根据判定方法判断：

添加A选项中条件可用ASA判定△ACB≌△ACB’，从而推出AB=AB’;

添加B选项中条件无法判定△ACB≌△ACB’，推不出AB=AB’;

添加C选项中条件可用ASA判定△ACB≌△ACB’，从而推出AB=AB’;

添加D选项以后是AAS判定△ACB≌△ACB’，从而推出AB=AB’。

故选A，C，D。

4.(上海市2004年3分)在函数 的图象上有三点 、 ，已知 ，则下列各式中，正确的是【 】

A. B.

C. D.

【答案】 C。

【考点】反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数的性质。

【分析】根据题意画出图形，再根据函数的增减性解答即可：

∵ >0，函数图象如图，

∴图象在第一、三象限，在每个象限内， 随 的增大而减小。

∵ ，∴ 。

故选C。

5.(上海市2005年3分)在下列命题中，真命题是【 】

A、两个钝角三角形一定相似　　　　　B、两个等腰三角形一定相似

C、两个直角三角形一定相似　　　　　D、两个等边三角形一定相似

【答案】D。

【考点】相似三角形的判定;命题与定理。

【分析】根据相似三角形的判定定理对各个选项进行分析：A不正确，不符合相似三角形的判定方法;B不正确，没有指明相等的角或边比例，故不正确;C不正确，没有指明另一个锐角相等或边成比例，故不正确;D正确，三个角均相等，能通过有两个角相等的三角形相似来判定。故选D。

6.(上海市2006年4分)在下列命题中，真命题是【 】

(2)两条对角线相等的四边形是矩形;

(3)两条对角线互相垂直的四边形是菱形;

(4)两条对角线互相平分的四边形是平行四边形;

(5)两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形。

【答案】D。

【考点】正方形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定.

【分析】A、等腰梯形也满足此条件，但不是矩形;故本选项错误;B、两条对角线互相垂直平分的四边形才是菱形，故本选项错误;C、对角线相等的平行四边形是矩形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形既是矩形又是菱形的四边形是正方形，所以两条对角线垂直且相等的平行四边形是正方形，故本选项错误;D、两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，故本选项正确。故选D。

7.(上海市2007年4分)小明不慎把家里的圆形玻璃打碎了，其中四块碎片如图所示，为配到与原来大小一样的圆形玻璃，小明带到商店去的一块玻璃碎片应该是【 】

A.第①块 B.第②块

C.第③块 D.第④块

【答案】B。

【考点】确定圆的条件。

【分析】要确定圆的大小需知道其半径.根据垂径定理知第②块可确定半径的大小。第②块出现一段完整的弧，可在这段弧上任做两条弦，作出这两条弦的垂直平分线，就交于了圆心，从而可得到半径的长。故选B。

8.(上海市2008年Ⅰ组4分)如图，从圆 外一点 引圆 的两条切线 ，切点分别为 .如果 ， ，那么弦 的长是【 】

A.4 B.8 C. D.

【答案】B。

【考点】切线的性质，等边三角形和判定和性质。

【分析】∵ 是圆 的两条切线，∴ 。

又∵ ，∴ 是等边三角形。

又∵ ，∴ 。故选B。

9.(上海市2008年Ⅱ组4分)如图，在平行四边形 中，如果 ， ，那么 等于【 】

A. B. C. D.

【答案】B。

【考点】向量的几何意义。

【分析】根据向量的意义， 。故选B。

10.(上海市2009年4分)如图，已知 ，那么下列结论正确的是【 】

A. B.

C. D.

【答案】A。

【考点】平行线分线段成比例。

【分析】已知 ，根据平行线分线段成比例定理，得 。故选A。

11.(上海市2010年4分)已知圆O1、圆O2的半径不相等，圆O1的半径长为3，若圆O2上的点A满足AO1 = 3，则圆O1与圆O2的位置关系是【 】

A.相交或相切 B.相切或相离 C.相交或内含 D.相切或内含

【答案】A。

【考点】圆与圆的位置关系。

【分析】根据圆与圆的五种位置关系，分类讨论：当两圆外切时，切点A能满足AO1=3，当两圆相交时，交点A能满足AO1=3，当两圆内切时，切点A能满足AO1=3，所以，两圆相交或相切。故选A。

12.(上海市2011年4分)矩形ABCD中，AB=8， ，点P在边AB上，且BP=3AP，如果圆P是以点P 为圆心，PD为半径的圆，那么下列判断正确的是【 】.

(A) 点B、C均在圆P外; (B) 点B在圆P外、点C在圆P内;

(C) 点B在圆P内、点C在圆P外; 　(D) 点B、C均在圆P内.

【答案】 C。

【考点】点与圆的位置关系，矩形的性质，勾股定理。

【分析】根据BP=3AP和AB的长度求得AP=2，然后利用勾股定理求得圆P的半径PD= 。点B、C到P点的距离分别为：PB=6，PC= 。∴由PB<半径PD，PC>半径PD，得点B在圆P内、点C在外。

故选C。

13.(2012上海市4分)如果两圆的半径长分别为6和2，圆心距为3，那么这两个圆的位置关系是【 】

A. 外离 B. 相切 C. 相交 D. 内含

【答案】D。

【考点】圆与圆的位置关系。

【分析】根据两圆的位置关系的判定：外切(两圆圆心距离等于两圆半径之和)，内切(两圆圆心距离等于两圆半径之差)，相离(两圆圆心距离大于两圆半径之和)，相交(两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差)，内含(两圆圆心距离小于两圆半径之差)。因此，

∵两个圆的半径分别为6和2，圆心距为3，6﹣2=4，4>3，即两圆圆心距离小于两圆半径之差，

∴这两个圆的位置关系是内含。故选D。

二、填空题

1.(2001上海市2分)如图，在大小为4×4的正方形方格中，△ABC的顶点A、B、C在单位正方形的顶点上，请在图中画一个△A1B1C1，使△A1B1C1∽△ABC(相似比不为1)，且点A1、B1、C1都在单位正方形的顶点上.

【答案】

。

【考点】作图(相似变换)。

【分析】在4×4的方格纸中，使△A1B1C1与格点三角形ABC相似，根据对应边相似比相等，对应角相等，可知要画一个145度的钝角，钝角的两边只能缩小，又要在格点上所以要缩小为1和2，画出这样的两边长后，三角形的三点就确定了。

2.(上海市2002年2分)已知AD是△ABC的角平分线，E、F分别是边AB、AC的中点，连结DE、DF，在不再连结其他线段的前提下，要使四边形AEDF成为菱形，还需添加一个条件，这个条件可以是

▲ .

【答案】AB=AC或∠B=∠C或AE=AF。

【考点】菱形的判定，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质。

【分析】根据菱形的判定定理，结合等腰三角形和三角形中位线的性质，可添加一个条件：AB=AC或∠B=∠C或AE=AF。

3.(上海市2003年2分)矩形ABCD中，AB=5，BC=12。如果分别以A、C为圆心的两圆相切，点D在圆C内，点B在圆C外，那么圆A的半径r的取值范围是 ▲ 。

【答案】18

【考点】圆与圆的位置关系。

【分析】当⊙A和⊙C内切时，圆心距等于两圆半径之差，则r的取值范围是18

当⊙A和⊙C外切时，圆心距等于两圆半径之和，则r的取值范围是1

所以半径r的取值范围是18

4.(上海市2004年2分)如图所示，边长为3的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转30°后得到正方形EFCG，EF交AD于点H，那么DH的长为 ▲ 。

【答案】 。

【考点】正方形的性质，旋转的性质，解直角三角形。

【分析】连接CH，得：△CFH≌△CDH(HL)。

∴∠DCH= ∠DCF= (90°-30°)=30°。

在Rt△CDH中，CD=3，∴DH= CD tan∠DCH= 。

5.(上海市2005年3分)在三角形纸片ABC中，∠C=90°，∠A=30°，

AC=3，折叠该纸片，使点A与点B重合，折痕与AB、AC分别相交于点D和点E(如图)，折痕DE的长为 ▲

【答案】1。

【考点】翻折变换(折叠问题)。

【分析】∵△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AC=3，

∴ 。

又∵△BDE是△ADE翻折而成，DE为折痕，

∴DE⊥AB， ，

∴在Rt△ADE中， 。

6.(上海市2006年3分)在中国的园林建筑中，很多建筑图形具有对称性。图是一个破损花窗的图形，请把它补画成中心对称图形。

【答案】

【考点】用旋转设计图案，中心对称图形。

【分析】通过画中心对称图形来完成，找出关键点这里半径长，画弧，连接关键点即可。

7(上海市2007年3分)图是 正方形网格，请在其中选取一个白色的单位正方形并涂黑，使图中黑色部分是一个中心对称图形.

【答案】 。

【考点】利用旋转设计图案，中心对称图形。

【分析】图中中间的相邻的2对黑色的正方形已是中心对称图形，需找到最上边的那个小正方形的中心对称图形，它原来在右上方，那么旋转180°后将在左下方。

8.(上海市2008年4分)在 中， ， (如图).如果圆 的半径为 ，且经过点 ，那么线段 的长等于 ▲ .

【答案】3或5。

【考点】锐角三角函数，等腰三角形的性质，弦径定理，勾股定理。

【分析】如图，过点 作 交 于点 ，根据锐角三角函数，等腰三角形的性质和弦径定理，由 ， 得 。由勾股定理，得 。

在 中， ，∴由勾股定理，得 。

当点 在 上方，线段 ;

当点 在 下方，线段 。

9.(上海市2009年4分)在 中， 为边 上的点，联结 (如图所示).如果将 沿直线 翻折后，点 恰好落在边 的中点处，那么点 到 的距离是 ▲ .

【答案】2。

【考点】翻折变换(折叠问题)。

【分析】∵ 沿直线 翻折后，点 恰好落在边 的中点处，假设这个点是 ′。作 ，垂足分别为 。

∵在 中， ，

∴ ′=3， ， ′= ′ =3， 。

∴ ，即 。

∴ ，即 。

所以点M到AC的距离是2。

10.(上海市2010年4分)已知正方形ABCD中，点E在边DC上，DE = 2，EC = 1(如图所示) 把线段

AE绕点A旋转，使点E落在直线BC上的点F处，则F、C两点的距离为 ▲ .

【答案】1或5。

【考点】正方形的性质，旋转的性质，勾股定理。

【分析】旋转两种情况如图所示：