2026年深圳市中考数学试题深度解析

解：(1) 证明切线

∵ $OA = OC$

∴ $\angle OAC = \angle OCA$

∵ $\angle CBD = \angle OCA$

∴ $\angle CBD = \angle OAC$

∵ $AB$ 为直径

∴ $\angle ACB = 90^{\circ}$

∴ $\angle CAB = \angle CBD$

∴ $\angle ABD = 90^{\circ}$

∵ $OB$ 为半径，$\angle OBD = 90^{\circ}$

∴ $BD$ 与 $\odot O$ 相切。

解：(2) 求 $BC$ 的长

设 $OB = OC = r$

∵ $\triangle BOD$ 为直角三角形

∴ $OD^2 = OB^2 + BD^2$

∴ $(r + 4)^2 = r^2 + 6^2$，解得 $r = \dfrac{5}{2}$

∴ $OD = \dfrac{13}{2}$

作 $CH \perp BD$ 交 $BD$ 于点 $H$

∵ $\angle CHD = \angle OBD = 90^{\circ}$，$\angle D = \angle D$

∴ $\triangle CHD \sim \triangle OBD$

∴ $\dfrac{CH}{OB} = \dfrac{CD}{OD} = \dfrac{HD}{BD}$

∴ $CH = \dfrac{20}{13}$，$HD = \dfrac{30}{13}$

∵ $\triangle BCH$ 为直角三角形

∴ $BC = \sqrt{CH^2 + HD^2} = \sqrt{\left(\dfrac{20}{13}\right)^2 + \left(\dfrac{30}{13}\right)^2} = \dfrac{10\sqrt{13}}{13}$

解：(3) 尺规作图

如图所示，点 $P$ 即为所求。

解：(1) 求 $y$ 与 $x$ 的关系式

由表格可知，$y$ 与 $x$ 成正比例关系，设 $y = kx$，代入 $x=1$，$y=50$ 得 $k=50$，∴ $y = 50x$。

当 $x=40$ 时，$y = 50 \times 40 = 2000$。

答：收入为 $2000$ 元。

解：(2) 收支平衡

令 $y = w$，即 $50x = \dfrac{1}{4}x^2 + 20x + 500$，

整理得 $\dfrac{1}{4}x^2 - 30x + 500 = 0$，

两边乘以 $4$ 得 $x^2 - 120x + 2000 = 0$，

解得 $x=100$ 或 $x=20$（舍去）。

经检验 $x=100$ 符合题意，此时收入 $y$ 与 $x$ 的关系式仍为 $y = 50x$（不变）。

解：(3) 净收益最大值

净收益 $= y - w$

$= mx - \left(\dfrac{1}{4}x^2 + 20x + 500\right)$

$= -\dfrac{1}{4}x^2 + (m - 20)x - 500$

当 $x=80$ 时，有最大值，

则对称轴 $x = -\dfrac{m-20}{2 \times (-\frac{1}{4})} = 2(m-20) = 80$，

解得 $m = 60$。

理由：二次函数开口向下，顶点横坐标即为最大值点。

解：(1) ① 求 $k$ 的值

∵ 四边形 $ABCD$ 为平行四边形

∴ $AP = CP$，$BP = PD$

∵ $E$ 为 $BP$ 中点

∴ $BE = EP = \dfrac{1}{2}BP = \dfrac{1}{2}PD$

∵ 四边形 $AECD$ 为 $k$ 倍四边形

∴ $k = \dfrac{DP}{PE} = \dfrac{DP}{\frac{1}{2}DP} = 2$

解：(1) ② 面积比

如图，分别过点 $D$、$E$ 作 $AC$ 的垂线，垂足分别为点 $F$、$G$

∵ $\angle EPG = \angle DPF$，$\angle EGP = \angle DFP = 90^{\circ}$

∴ $\triangle EGP \sim \triangle DFP$

∴ $\dfrac{DF}{EG} = \dfrac{DP}{EP} = k$

∴ $\dfrac{S_{\triangle ACD}}{S_{\triangle ACE}} = \dfrac{\frac{1}{2} \cdot AC \cdot DF}{\frac{1}{2} \cdot AC \cdot EG} = k$

法一：大角减半

∵ $AP = PC$，$\angle APB = \angle CPE$

延长 $BP$ 至点 $E$，∴ $\triangle APB \cong \triangle CPE$（$AAS$）

使 $DE = DC$，连接 $CE$

∴ $BP = PE$

则 $\angle DCE = \angle E$，$\angle BDC = 2\angle E$

∵ $BD = 4CD$

又 $\angle BDC = 2\angle ABD$

设 $CD = DE = a$，则 $BD = 4a$，$BE = 5a$

∴ $k = \dfrac{BP}{PD} = \dfrac{5}{2}$

法二：小角加倍

∵ $\angle APF = \angle CPD$，$AP = PC$

过点 $A$ 作 $CD$ 的平行线交 $BD$ 于点 $F$，

∴ $\triangle APF \cong \triangle CPD$（$AAS$）

∴ $AF = CD$

则 $\angle AFD = \angle BDC = 2\angle ABD$

设 $CD = a$，则 $BF = AF = CD$

∵ $\angle AFD = \angle ABD + \angle BAF$

∵ $BD = 4CD$

∴ $\angle ABD = \angle BAF$

∴ $BD = 4a$

∴ $FD = BD - BF = 3a$

$PF = PD = \dfrac{3}{2}a$

$BP = BF + PF = \dfrac{5}{2}a$

∴ $k = \dfrac{BP}{PD} = \dfrac{5}{2}$

法一：作垂直，8字相似 + 垂直相似

∵ $\angle BAC = \angle DAC$，∴ $\angle 1 = \angle 2$

情况①：$\dfrac{BE}{DE}=2$ 时，设 $BE=2$，$DE=1$，

过点 $B$ 作 $BG \perp AC$，过点 $D$ 作 $DH \perp AC$，

∴ $\triangle ABG \sim \triangle ADH$

∴ $\dfrac{AG}{AH} = \dfrac{BG}{DH} = \dfrac{2}{1}$，$AG = 2AH$

∵ $\angle BEG = \angle DEH$

∴ $\triangle BEG \sim \triangle DEH$

设 $EH = x$，则 $EG = 2x$

∴ $\dfrac{BG}{DH} = \dfrac{EG}{EH} = \dfrac{BE}{DE} = \dfrac{2}{1}$

∴ $AG = 2 + 2x$，$AH = 2 - x$

∴ $2 + 2x = 2(2 - x)$

∵ $BD$ 平分 $AC$，即 $E$ 为 $AC$ 中点

$x = \dfrac{1}{2}$

又 $\angle ABC = 90^{\circ}$

∴ $BE = \dfrac{1}{2}AC$，∴ $CH = 2 + x = \dfrac{5}{2}$

∴ $BE = AE = CE = 2$

$DH = \sqrt{1^2 - (\frac{1}{2})^2} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

∴ $\tan \angle ACD = \dfrac{DH}{CH} = \dfrac{\sqrt{3}}{5}$

情况②：$\dfrac{DE}{BE}=2$ 时，设 $BE=2$，$DE=4$

与①同理：$\triangle BEG \sim \triangle DEH$

∴ $\dfrac{BG}{DH} = \dfrac{EG}{EH} = \dfrac{BE}{DE} = \dfrac{1}{2}$

与①同理：$BE = \dfrac{1}{2}AC$，∴ $BE = AE = CE = 2$

与①同理：$\triangle ABG \sim \triangle ADH$

∴ $\dfrac{AG}{AH} = \dfrac{BG}{DH} = \dfrac{1}{2}$

设 $EG = x$，则 $EH = 2x$

∴ $AG = 2 - x$，$AH = 2 + 2x$

∴ $2 + 2x = 2(2 - x)$，$x = \dfrac{1}{2}$

∴ $CH = 2 - 2x + 1$

$DH = \sqrt{14 - \sqrt{15}}$

∴ $\tan \angle ACD = \dfrac{DH}{CH} = \sqrt{15}$

综上：$\tan \angle ACD = \dfrac{\sqrt{3}}{5}$ 或 $\sqrt{15}$