浙江省2018年中考数学复习第二部分题型研究题型五几何探究题类型五类比拓展探究问题针对演练_2116

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浙江省2018年中考数学复习第二部分题型研究题型五几何探究题类型一动点问题针对演练

第二部分题型研究题型五几何探究题类型一动点问题针对演练1. (2017杭州)如图，已知△ABC内接于⊙O，点C在劣弧AB上(不与点A，B重合)，点D为弦BC的中点，DE⊥BC，DE与AC的延长线交于点E.射线AO与射线EB交于点F，与⊙O交于点G.设∠GAB＝α，∠ACB＝β，∠EAG＋∠EBA＝γ.(1)点点同学通过画图和测量得到以下近似．．数据：猜想：β关于α的函数表达式，γ关于α的函数表达式，并给出证明；(2)若γ＝135°，CD＝3，△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，求⊙O半径的长．第1题图2. (2017烟台)如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC＝12 cm，BD＝16 cm，动点N从点D出发，沿线段DB以2 cm/s的速度向点B运动，同时动点M从点B出发，沿线段BA以1 cm/s的速度向点A运动，当其中一个动点停止运动时另一个动点也随之停止．设运动时间为t(s)(t>0)，以点M为圆心，MB长为半径的⊙M与射线BA，线段BD分别交于点E，F，连接EN.(1)求BF的长(用含有t的代数式表示)，并求出t的取值范围；(2)当t 为何值时，线段EN 与⊙M 相切？(3)若⊙M 与线段EN 只有一个公共点，求t 的取值范围．第2题图3. (2015温州)如图，点A 和动点P 在直线l 上，点P 关于点A 的对称点为Q ，以AQ 为边作Rt △ABQ ，使∠BAQ＝90°，AQ ∶AB ＝3∶4，作△ABQ 的外接圆O.点C 在点P 右侧，PC ＝4，过点C 作直线m⊥l，过点O 作OD⊥m 于点D ，交AB 右侧的圆孤于点E ，在射线CD 上取点F ，使DF ＝32CD ，以DE ，DF 为邻边作矩形DEGF ，设AQ ＝3x.(1)用关于x 的代数式表示BQ ，DF ；(2)当点P 在点A 右侧时，若矩形DEGF 的面积等于90，求AP 的长； (3)在点P 的整个运动过程中．①当AP 为何值时，矩形DEGF 是正方形？②作直线BG 交⊙O 于另一点N ，若BN 的弦心距为1，求AP 的长(直接写出答案)．第3题图4. (2017温州模拟)如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝8，CB ＝6，点D 在线段CB 的延长线上，且BD ＝2，点P 从点D 出发沿着DC 向终点C 以每秒1个单位的速度运动，同时点Q 从点C 出发沿着折线C －B －A 往点A 以每秒2个单位的速度运动，以PQ 为直径构造⊙O，设运动的时间为t(t≥0)秒．(1)当0≤t<3时，用含t的代数式表示BQ的长度；(2)当点Q在线段CB上时，求⊙O和线段AB相切时t的值；(3)在整个运动过程中，点O是否会出现在△ABC的内角平分线上？若存在，求t的值；若不存在，说明理由．第4题图5. (2017菏泽)正方形ABCD的边长为6 cm，点E、M分别是线段BD、AD上的动点，连接AE并延长，交边BC于F，过M作MN⊥AF，垂足为H，交边AB于点N.(1)如图①，若点M与点D重合，求证：AF＝MN；(2)如图②，若点M从点D出发，以1 cm/s的速度沿DA向点A运动，同时点E从点B 出发，以 2 cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为t s.①设BF＝y cm.求y关于t的函数表达式；②当BN＝2AN时，连接FN，求FN的长．第5题图6. (2017广东)如图，在平面直角坐标系中，O 为原点，四边形ABCO 是矩形，点A 、C 的坐标分别是A(0，2)和C(23，0)，点D 是对角线AC 上一动点(不与A 、C 重合)，连接BD ，作DE⊥DB ，交x 轴于点E ，以线段DE 、DB 为邻边作矩形BDEF.(1)填空：点B 的坐标为________；(2)是否存在这样的点D ，使得△DEC 是等腰三角形？若存在，请求出AD 的长度；若不存在，请说明理由；(3)①求证：DE DB ＝33；②设AD ＝x ，矩形BDEF 的面积为y ，求y 关于x 的函数关系式(可利用①的结论)，并求出y 的最小值．第6题图答案1. 解：(1)β＝90°＋α，γ＝180°－α，证明：①如解图①，连接BG ，第1题解图①∵AG 是⊙O 的直径，∴∠ABG ＝90°， ∴α＋∠BGA＝90°，又∵四边形ACBG 内接于⊙O， ∴β＋∠BGA＝180°，∴β－α＝90°，即β＝90°＋α；②∵D是BC的中点，且DE⊥BC，∴EB＝EC，∴∠EBC＝∠ECB，∵∠EAG＋∠EBA＝γ，∴∠EAB＋α＋∠EBC＋∠CBA＝γ，∵∠EAB＋∠CBA＝∠ECB，∴2∠ECB＋α＝γ，∴2(180°－β )＋α＝γ，由①β＝90°＋α代入后化简得，γ＝180°－α；(2)如解图②，连接BG，第1题解图②∵γ＝135°，γ＝180°－α，∴α＝45°，∴β＝90°＋α＝135°，∴∠AGB＝∠ECB＝45°，∴△ABG和△ECD都是等腰直角三角形，又∵△ABE的面积是△ABC的面积的4倍，∴AE＝4AC，∴EC＝3AC，∵CD＝3，∴CE＝32，∴BE＝CE＝32，AC＝2，∴AE＝42，∵γ＝∠EAG＋∠EBA＝∠EAB＋α＋∠EBA＝135°，∴∠EAB ＋∠EBA＝135°－α＝135°－45°＝90°， ∴∠BEA ＝90°，∴由勾股定理得，AB ＝BE 2＋AE 2＝（32）2＋（42）2＝52， ∴AG ＝2AB ＝2×52＝10， ∴r ＝5，∴⊙O 的半径长为5.2. 解：(1)由题意可得：DN ＝2t ，BM ＝t ，BN ＝16－2t ， ∵四边形ABCD 是菱形，∴OB ＝OD ＝12BD ＝8，OA ＝OC ＝12AC ＝6，∴Rt △AOB 中，AB ＝62＋82＝10.如解图①，过点M 作MQ⊥BD 交BD 于点Q ，第2题解图①∵∠MQB＝90°＝∠AOB，∠ABD ＝∠MBQ， ∴△MQB ∽△AOB ， ∴BQ BO ＝BM BA ，即BQ 8＝t10， ∴BQ ＝45t ，∵点M 为圆心，MQ ⊥BF ，∴BF ＝2BQ ＝85t.又∵2t＜16，t ＜10， ∴t ＜8， ∴0＜t ＜8；(2)如解图①，当线段EN 与⊙M 相切时，则EN⊥BE，∠BEN ＝90°， ∵∠BEN ＝∠AOB＝90°，∠EBN ＝∠ABO， ∴△B EN∽△BOA，∴BE BO ＝BN BA ，即2t 8＝16－2t 10，解得t ＝329，∴当t ＝329时，EN 与⊙M 相切，(3)当0＜t≤329时，⊙M 与线段EN 只有一个公共点，如解图②，当EN⊥BD 时，⊙M 与线段EN 此时有两个公共点，第2题解图②在Rt △BNE 中，BN ＝BE·cos ∠ABO ＝2t×45＝85 t ，∵DN ＝2t ，∴85t ＋2t ＝16， ∴t ＝409，当t ＞409时，EN 在⊙M 内部，此时⊙M 与EN 只有一个公共点，又∵2t＜16，t ＜10， ∴t ＜8， ∴409＜t ＜8， ∴当0＜t≤329或409＜t ＜8时，⊙M 与线段EN 只有一个公共点．3. (1)如解图①，AB 与OD 交于点H ，在Rt △ABQ 中，AQ ∶AB ＝3∶4，AQ ＝3x ，则AB ＝4x ，由勾股定理得，BQ ＝AQ 2＋AB 2＝5x ， ∵OD ⊥m ，l ⊥m ， ∴OD ∥l ，又∵OB＝OQ ，∴点H 为AB 的中点，即AH ＝BH ＝12AB ＝2x.∵l ⊥m ，AB ⊥l ，∴∠BAC ＝∠C＝CDH ＝90°， ∴四边形AHDC 为矩形，故CD ＝AH ＝2x ，则DF ＝32CD ＝3x.(2)∵AP＝AQ ＝3x ，PC ＝4， ∴CQ ＝6x ＋4.如解图①，过点O 作OM⊥AQ 于点M ， ∴OM ∥AB.第3题解图①∵BQ 为⊙O 的直径， ∴∠BAQ ＝90°，∵OM 在⊙O 的半径上，OM ⊥AQ ， ∴QM ＝AM ＝32x.∵∠OMC ＝∠MCD＝∠C DO ＝90°， ∴四边形OMCD 为矩形，故OD ＝MC ＝AM ＋AP ＋PC ＝92x ＋4，又∵OE＝12BQ ＝52x ，∴ED ＝OD －OE ＝92x ＋4－52x ＝2x ＋4.∵S 矩形DEGF ＝DF·DE＝3x(2x ＋4)＝6x 2＋12x ＝90，即6x 2＋12x －90＝6(x ＋5)(x －3)＝0，解得x 1＝－5(舍去)，x 2＝3. 故AP ＝3x ＝9；(3)①若矩形DEGF 是正方形，则ED ＝FD.(Ⅰ)如解图①所示，当点P 在点A 的右侧时，根据ED ＝FD 可得2x ＋4＝3x ，解得x ＝4， ∴AP ＝3x ＝12.(Ⅱ)当点P 在点A 的左侧时．(ⅰ)如解图②所示，当C 在点Q 右侧时，若0<x<47，∵ED ＝4－7x ，FD ＝3x ，即4－7x＝3x ，解得x ＝25，∴AP ＝3x ＝65.若47≤x<23，如解图③所示，此时ED ＝7x －4，FD ＝3x ， ∴7x －4＝3x ，解得x ＝1(不合题意，舍去)．(ⅱ)当点C 在点Q 左侧时，即x≥23，如解图④所示，∵DE ＝7x －4，DF ＝3x ，∴7x －4＝3x ，解得x ＝1， ∴AP ＝3x ＝3.综上所述，当AP 为12或65或3时，矩形DEGF 是正方形．②AP 的长为62或61719.第3题解图②第3题解图③第3题解图④4. 解：(1)由题意BQ ＝BC －CQ ＝6－2t ； (2)分两种情况讨论：①当P ，Q 还未相遇时，如解图①，第4题解图①CQ ＝2t ，DP ＝t ，QP ＝8－3t ， OE ＝12QP ＝8－3t 2，OB ＝OP ＋BP ＝8－3t 2＋(t －2)＝4－t 2，∵⊙O 与AB 相切，∴OE ⊥AB.∵sin ∠ABC ＝OE OB ＝ACAB，∴8－3t 24－t 2＝45，解得t ＝2411.②当P ，Q 相遇后，如解图②，第4题解图②BQ ＝6－2t ，PQ ＝BP －BQ ＝(t －2)－(6－2t)＝3t －8， OE ＝12QP ＝3t －82，OB ＝OQ ＋BQ ＝4－t 2，∵⊙O 与AB 相切， ∴OE ⊥AB ，∵sin ∠ABC ＝OE OB ＝AC AB，∴3t －824－t 2＝45，解得t ＝5619. 综上所述，满足条件的t 的值有t ＝2411秒或5619秒．(3)ⅰ) 当点O 在∠ABC 的角平分线上时，如解图③，第4题解图③可得BQ ＝BP ，即2t －6＝t －2，解得t ＝4.ⅱ)当点O 在∠ACB 的角平分线上时，如解图④，作QG⊥AC 于G ，OF ⊥AC 于F ，QH ⊥BC 于H.第4题解图④则GQ ＝AQ·sin ∠BAC ＝35AQ ＝3（16－2t ）5，同理可得GC ＝QH ＝45BQ ＝4（2t －6）5，在梯形CPQG 中，OF 是中位线，则OF ＝12(GQ ＋CP)＝12[3（16－2t ）5＋(8－t)]＝88－11t10，∵点O 在∠ACB 的角平分线上， ∴CF ＝OF.88－11t 10＝2（2t －6）5，解得t ＝11219. ⅲ)当点O 在∠BAC 的角平分线上时，如解图⑤，作∠BAC 的角平分线交BC 于点H ，过点H 做HI⊥AB 于I.第4题解图⑤则HI ＝CH.∵sin ∠ABC ＝HI HB ＝HI 6－HI ＝45，∴CH ＝HI ＝83，∴tan ∠CAH ＝13，由ⅱ)中得OF ＝12(GQ ＋CP)＝88－11t10，CF ＝2（2t －6）5，AF ＝AC －CF ＝52－4t5，∴tan ∠CAH ＝OF AF ＝88－11t1052－4t 5＝13，解得t ＝325.综上所述，当t ＝4秒或11219 秒或325秒时，点O 会出现在△ABC 的内角平分线上．5. (1)证明：∵AF⊥MN， ∴∠HAD ＋∠HDA＝90°，∵四边形ABCD 是正方形， ∴∠BAD ＝90°， ∴∠BAF ＋∠FAD＝90°， ∴∠BAF ＝∠ADN，在Rt △ABF 和Rt △DAN 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠NAD ＝∠FBA＝90°AD ＝AB∠BAF ＝∠ADN ， ∴△BAF ≌△ADN ， ∴AF ＝DN ，即AF ＝MN ；(2)解：①如解图，过点E 作EG⊥BC 于点G ，∵点E 在BD 上以 2 cm /s 的速度向D 点移动，移动时间为t ， ∴BE ＝2t ，∵四边形ABCD 为正方形， ∴∠CBD ＝45°， ∴BG ＝GE ＝t ， ∵GE ⊥BF ， ∴GE ∥AB ， ∴△ABF ∽△EGF ， ∴AB GE ＝BF GF， ∴AB GE ＝BF BF －BG ， ∵AB ＝6 cm ，BF ＝y ， ∴6t ＝y y －t，∴y ＝6t 6－t；第5题解图②∵BN ＝2AN ，BN ＋AN ＝AB ＝6 cm ， ∴AN ＝2 cm ，BN ＝4 cm .由(1)知∠AMN＝∠BAC，∠ABF ＝∠MAN＝90°， ∴△AMN ∽△BAF ， ∴AM AB ＝AN BF ， ∵DM ＝t ， ∴AM ＝6－t ，∵BF ＝6t6－t ，AB ＝6 cm ，AN ＝2 cm ，∴t ＝2， ∴BF ＝3，在Rt △BNF 中， NF ＝BN 2＋BF 2＝5 cm . 6. (1)解：(23，2)；【解法提示】∵在矩形ABCD 中，A(0，2)和C(23，0)， ∴B(23，2)． (2)解：存在．理由如下：①如解图①， DE ＝CE ，点E 在线段OC 上．第6题解图①∵在矩形ABCD 中，A(0，2)和C(23，0)， ∴OA ＝2，OC ＝23，∴在Rt △OAC 中，tan ∠ACO ＝OA OC ＝33，∴∠CDE ＝∠DCE ＝30°， ∵DE ⊥BD ， ∴∠BDC ＝60°，∵∠BCD ＝90°－∠ECD＝60°，∴△BCD 是等边三角形，CD ＝BD ＝BC ＝2， ∵AC ＝OA 2＋OC 2＝4， ∴AD ＝AC －CD ＝4－2＝2；②如解图②，CD ＝CE ，点E 在OC 的延长线上．第6题解图②∵∠ACO ＝30°， ∴∠ACE ＝150°， ∵CD ＝CE ，∴∠CDE ＝∠CED＝12(180°－∠ACE)＝15°，∵DE ⊥BD ，∴∠BDE ＝90°，∴∠ADB ＝180°－∠BDE－∠CDE＝75°， ∵∠BAC ＝∠OCA＝30°，∴∠ABD ＝180°－∠ADB－∠BAC＝75°， ∴△ABD 是等腰三角形， ∴AD ＝AB ＝OC ＝23；③若CD ＝DE ，则∠DEC＝∠D CE ＝30°或∠DEC＝∠DCE＝150°(舍去)， ∴∠CDE ＝120°，此时，点D 在AC 的延长线上，不符合题意，舍去．综上所述，当△EDC 为等腰三角形时，AD 的长为2或23；(3)①证明：如解图③，过点D 分别作DG⊥OC 于点G ，DH ⊥BC 于点H.第6题解图③∵∠EDG ＋∠EDH ＝∠BDH＋∠EDH＝90°， ∴∠EDG ＝∠BDH，在△EDG 和△BDH 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠EDG ＝∠BDH ∠DGE ＝ ∠DHB＝90°， ∴△EDG∽△BDH, ∴DG DH ＝DE DB ， ∵DH ＝CG ，∴DG CG ＝tan ∠ACO ＝tan 30°＝33，∴DE DB ＝33； ②解：如解图④，过点D 作DI⊥AB 于点I.第6题解图④∵AD ＝x,∴DI ＝x 2，AI ＝3x 2，又∵AB＝23， ∴BD 2＝BI 2＋DI 2＝(23－3x 2)2＋x 24，∵DE DB ＝33，∴DE ＝33DB ， ∴y ＝BD·DE＝33BD 2，＝33[x 24＋(23－32x)2] ＝33[(x －3)2＋3]， ∴当x ＝3时，y 有最小值，最小值为 3.。

浙江省2018年中考数学复习第二部分题型研究题型五几何探究题类型三折叠问题针对演练_2112

第二部分题型研究题型五几何探究题类型三折叠问题针对演练1. 如图，已知一个直角三角形纸片ACB，其中∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，E、F分别是AC、AB边上的点，连接EF.(1)如图①，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，且使S四边形ECBF＝3S△EDF，求AE的长；(2)如图②，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在BC边上的点M处，且使MF∥CA.①试判断四边形AEMF的形状，并证明你的结论；②求EF的长．第1题图2. (2017山西)背景阅读早在三千多年前，我国周朝数学家商高就提出：将一根直尺折成一个直角，如果勾等于三，股等于四，那么弦就等于五，即“勾三，股四，弦五”．它被记载于我国古代著名数学著作《周髀算经》中．为了方便，在本题中，我们把三边的比为3∶4∶5的三角形称为(3，4，5)型三角形．例如：三边长分别为9，12，15或32，42，52的三角形就是(3，4，5)型三角形．用矩形纸片按下面的操作方法可以折出这种类型的三角形．实践操作如图①，在矩形纸片ABCD中，AD＝8 cm，AB＝12 cm.第一步：如图②，将图①中的矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在AB上的点E 处，折痕为AF ，再沿EF 折叠，然后把纸片展平．第二步：如图③，将图②中的矩形纸片再次折叠，使点D 与点F 重合，折痕为GH ，然后展平，隐去AF .第三步：如图④，将图③中的矩形纸片沿AH 折叠，得到△AD′H ，再沿AD′折叠，折痕为AM ，AM 与折痕EF 交于点N ，然后展平．第2题图问题解决(1)请在图②中证明四边形AEFD 是正方形；(2)请在图④中判断NF 与ND′的数量关系，并加以证明； (3)请在图④中证明△AEN 是(3，4，5)型三角形；探索发现(4)在不添加字母的情况下，图④中还有哪些三角形是(3，4，5)型三角形？请找出并直接写出它们的名称．3. 问题探究(1)如图①，边长为4的等边△OAB 位于平面直角坐标系中，将△OAB 折叠，使点B 落在OA 的中点处，则折痕长为________；(2)如图②，矩形OABC 位于平面直角坐标系中，其中OA ＝8，AB ＝6，将矩形沿线段MN 折叠，点B 落在x 轴上，其中AN ＝13AB ，求折痕MN 的长；问题解决：(3)如图③，四边形OABC 位于平面直角坐标系中，其中OA ＝AB ＝6，CB ＝4，BC ∥OA ，AB ⊥OA 于点A ，点Q (4，3)为四边形内部一点，将四边形折叠，使点B 落在x 轴上，问是否存在过点Q 的折痕，若存在，求出折痕长，若不存在，请说明理由．第3题图答案1. 解：(1)如解图①，∵折叠后点A 落在AB 边上的点D 处，第1题解图①∴EF ⊥AB ，△AEF ≌△DEF . ∴S △AEF ＝S △DEF . ∵S 四边形ECBF ＝3S △EDF ， ∴S 四边形ECBF ＝3S △AEF . ∵S △ACB ＝S △AEF ＋S 四边形ECBF ， ∴S △ACB ＝S △AEF ＋3S △AEF ＝4S △AEF . ∴S △AEF S △ACB ＝14. ∵∠EAF ＝∠BAC ，∠AFE ＝∠ACB ＝90°， ∴△AEF ∽△ABC . ∴S △AEF S △ABC ＝(AE AB)2. ∴(AE AB )2＝14. 在Rt △ACB 中，∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，∴AB 2＝AC 2＋BC 2，即AB ＝42＋32＝5；∴(AE 5)2＝14，∴AE ＝52，(2)①四边形AEMF 是菱形．证明：如解图②，∵折叠后点A 落在BC 边上的点M 处， ∴∠CAB ＝∠EMF ，AE ＝ME ，又∵MF ∥CA ， ∴∠CEM ＝∠EMF ， ∴∠CAB ＝∠CEM ， ∴EM ∥AF ，∴四边形AEMF 是平平四边形，而AE ＝ME ，∴四边形AEMF 是菱形，②连接AM ，与EF 交于点O ，如解图②，设AE ＝x ，则AE ＝ME ＝x ，EC ＝4－x ，第1题解图②∵∠CEM ＝∠CAB ，∠ECM ＝∠ACB ＝90°， ∴Rt △ECM ∽Rt △ACB ，∴EC AC ＝EM AB， ∵AB ＝5，∴4－x 4＝x 5，解得x ＝209.∴AE ＝ME ＝209，EC ＝169.在Rt △ECM 中，∵∠ECM ＝90°， ∴CM 2＝EM 2－EC 2.即CM ＝EM 2－EC 2＝（209）2－（169）2＝43， ∵四边形AEMF 是菱形， ∴OE ＝OF ，OA ＝OM ，AM ⊥EF ， ∴S 菱形AEMF ＝4S AOE ＝2OE·AO ，在Rt △AOE 和Rt △ACM 中， ∵tan ∠EAO ＝tan ∠CAM ，∴OE AO ＝CMAC， ∵CM ＝43，AC ＝4，∴AO ＝3OE ， ∴S 菱形AEMF ＝6OE 2，又∵S 菱形AEMF ＝AE·CM， ∴6OE 2＝209×43，解得OE ＝2109，∴EF ＝＝2OE ＝4109.2. (1)证明：∵四边形ABCD 是矩形，∴∠D ＝∠DAE ＝90°，由折叠知：AE ＝AD ，∠AEF ＝∠D ＝90°， ∴∠D ＝∠DAE ＝∠AEF ＝90°， ∴四边形AEFD 是矩形， ∵AE ＝AD ，∴矩形AEFD 是正方形； (2)解：NF ＝ND ′；证明：如解图①，连接HN ，第2题解图①由折叠知：∠AD′H ＝∠D ＝90°，HF ＝HD ＝HD′.∵四边形AEFD 是正方形， ∴∠EFD ＝90°， ∵∠AD ′H ＝90°， ∴∠HD ′N ＝90°，在Rt △HNF 和Rt △HND ′中，⎩⎪⎨⎪⎧HN ＝HN HF ＝HD′， ∴Rt △HNF ≌Rt △HND ′(HL )， ∴NF ＝ND′；(3)解：∵四边形AEFD 是正方形， ∴AE ＝EF ＝AD ＝8 cm ，由折叠知：AD ′＝AD ＝8 cm ，设NF＝x cm，则ND′＝x cm，在Rt△AEN中，由勾股定理得AN2＝AE2＋EN2，即(8＋x)2＝82＋(8－x)2，解得x＝2，∴AN＝10 cm，EN＝6 cm，∴EN∶AE∶AN＝6∶8∶10＝3∶4∶5，∴△AEN是(3，4，5)型三角形；(4)解：△MFN，△MD′H，△MDA.【解法提示】∵HD′⊥AM，∴∠D′HM＋∠HMD′＝90°，∵HM⊥FN，∴∠FNM＋∠HMD′＝90°，∵AD⊥DM，∴∠DAM＋∠HMD′＝90°，∴∠DAM＝∠FNM＝∠D′HM，∴△MFN∽△MD′H∽△MDA.∵AB∥CD，∴AB∥FM，∴△MFN∽△AEN.而△AEN是(3，4，5)型三角形，∴△MFN、△MD′H、△MDA都是(3，4，5)型三角形．3.解：(1)2；【解法提示】如解图①，B的对称点B′，折痕为MN，连接BB′，B′N，MN交BB′于H.第3题解图①∵△ABO是等边三角形，OB′＝B′A，∴BB′⊥OA，又∵BB′⊥MN，∴MN∥OA，∵BH＝HB′，∴BM＝OM，BN＝NA，∴MN是△ABC的中位线，∴MN ＝1 2 OA ＝12×4＝2； (2)如解图②，B 的对称点B′，折痕为MN ，MN 交BB′于点H.第3题解图②∵AN ＝13 AB ＝2，∴NB ＝NB′＝4，在Rt △ANB ′中，AB ′＝42－22＝2 3 ， ∴OB ′＝8－2 3 ， ∴B ′(8－2 3 ，0)， ∵B (8，6)，∴BB ′中点H (8－ 3 ，3)， ∵点N 坐标(8，2)，设直线NH 解析式为y ＝kx ＋b ，代入N 、H 两点坐标得⎩⎨⎧8k ＋b ＝2（8－ 3 ）k ＋b ＝3 ，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－ 33b ＝2＋8 3 3.∴直线NH 解析式为y ＝－3 3x ＋2＋8 33，∴点M 坐标(0，2＋8 33)，∴MN ＝82＋（8 3 3）2＝16 3 3；(3)存在．理由：如解图③中，延长BQ 交OA 于B″，连接AQ ，过点Q 作MN ∥OA ，交OC 于M ，交AB 于N .第3题解图③∵Q (4，3)， ∴N (6，3)，∴BN ＝AN ，QB ＝QB″，作BB″的垂直平分线PF ，交OC 于P ，交AB 于F ，此时B 、B″关于直线PF 对称，满足条件，在Rt △ABB ″中，∵∠BAB ″＝90°，BQ ＝QB″， ∴AQ ＝QB ，∴此时B 、A 关于直线M N 对称，满足条件． ∵C (2，6)，∴直线OC 解析式为y ＝3x ， ∵NM ∥OA ，BN ＝NA ， ∴CM ＝OM ， ∴点M (1，3)， ∴MN ＝5∵B (6，6)，B ″(2，0)，∴直线BB″的解析式为y ＝32x －3， ∴过点Q 垂直BB″的直线PF 的解析式为y ＝－2 3 x ＋173，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2 3 x ＋17 3 y ＝3x，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1711 y ＝51 11，∴点P (17 11，51 11 )，F (6，53)，∴PF ＝（17 11－6）2＋（51 11 －5 3 ）2＝49133 3，综上所述，折痕的长为5或491333.。

浙江省2018中考数学真题(含答案)(Word精校版)

2018年杭州市初中毕业升学文化考试数学一、选择题：本大题有10小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求的。

1.=（）A. 3B. -3C.D.2.数据1800000用科学计数法表示为（）A. 1.86B. 1.8×106C. 18×105D. 18×1063.下列计算正确的是（）A. B. C. D.4.测试五位学生“一分钟跳绳”成绩，得到五个各不相同的数据，统计时，出现了一处错误：将最高成绩写得更高了。

计算结果不受影响的是（）A. 方差B. 标准差C. 中位数D. 平均数5.若线段AM，AN分别是△ABC边上的高线和中线，则（）A. B. C. D.6.某次知识竞赛共有20道题，规定：每答对一题得+5分，每答错一题得-2分，不答的题得0分。

已知圆圆这次竞赛得了60分，设圆圆答对了道题，答错了道题，则（）A. B. C. D.7.一个两位数，它的十位数字是3，个位数字是抛掷一枚质地均匀的骰子（六个面分别有数字1—6）朝上一面的数字。

任意抛掷这枚骰子一次，得到的两位数是3的倍数的概率等于（）A. B. C. D.8.如图，已知点P矩形ABCD内一点（不含边界），设，，，，若，，则（）（第8题）A. B.C. D.9.四位同学在研究函数（b，c是常数）时，甲发现当时，函数有最小值；乙发现是方程的一个根；丙发现函数的最小值为3；丁发现当时，．已知这四位同学中只有一位发现的结论是错误的，则该同学是（）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁10.如图，在△ABC中，点D在AB边上，DE∥BC，与边AC交于点E，连结BE，记△ADE，△BCE的面积分别为S1，S2，（）（第10题）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则二、填空题：本大题有6个小题，每小题4分，共24分。

11.计算：a-3a=________。

12.如图，直线a∥b，直线c与直线a，b分别交于A，B，若∠1=45°，则∠2=________。

2018年浙江省宁波市中考数学试卷及答案解析

2018年浙江省宁波市中考数学试卷及答案解析2018年浙江省宁波市中考数学试卷一、选择题（每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．（4分）在﹣3，﹣1，0，1这四个数中，最小的数是（）A．﹣3 B．﹣1 C．0 D．12．（4分）2018中国（宁波）特色文化产业博览会于4月16日在宁波国际会展中心闭幕．本次博览会为期四天，参观总人数超55万人次，其中55万用科学记数法表示为（）A．0.55×106B．5.5×105C．5.5×104D．55×1043．（4分）下列计算正确的是（）A．a3+a3=2a3B．a3•a2=a6 C．a6÷a2=a3D．（a3）2=a54．（4分）有五张背面完全相同的卡片，正面分别写有数字1，2，3，4，5，把这些卡片背面朝上洗匀后，从中随机抽取一张，其正面的数字是偶数的概率为（）A．B．C．D．（4分）已知正多边形的一个外角等于40°，那么这个正多边形的边数为（）5．A．6 B．7 C．8 D．96．（4分）如图是由6个大小相同的立方体组成的几何体，在这个几何体的三视图中，是中心对称图形的是（）A．主视图B．左视图C．俯视图D．主视图和左视图7．（4分）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E是边CD的中点，连结OE．若∠ABC=60°，∠BAC=80°，则∠1的度数为（）A． B．C．D．12．（4分）在矩形ABCD内，将两张边长分别为a和b（a＞b）的正方形纸片按图1，图2两种方式放置（图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为S1，图2中阴影部分的面积为S2．当AD﹣AB=2时，S2﹣S1的值为（）A．2a B．2b C．2a﹣2b D．﹣2b二、填空题（每小题4分，共24分）13．（4分）计算：|﹣2018|= ．14．（4分）要使分式有意义，x的取值应满足．15．（4分）已知x，y满足方程组，则x2﹣4y2的值为．16．（4分）如图，某高速公路建设中需要测量某条江的宽度AB，飞机上的测量人员在C处测得A，B两点的俯角分别为45°和30°．若飞机离地面的高度CH 为1200米，且点H，A，B在同一水平直线上，则这条江的宽度AB为米（结果保留根号）．17．（4分）如图，正方形ABCD的边长为8，M是AB的中点，P是BC边上的动点，连结PM，以点P为圆心，PM长为半径作⊙P．当⊙P与正方形ABCD的边相切时，BP的长为．18．（4分）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠B是锐角，AE⊥BC于点E，M是AB 的中点，连结MD，ME．若∠EMD=90°，则cosB的值为．三、解答题（本大题有8小题，共78分）19．（6分）先化简，再求值：（x﹣1）2+x（3﹣x），其中x=﹣．20．（8分）在5×3的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．（1）在图1中画出线段BD，使BD∥AC，其中D是格点；（2）在图2中画出线段BE，使BE⊥AC，其中E是格点．21．（8分）在第23个世界读书日前夕，我市某中学为了解本校学生的每周课外阅读时间（用t表示，单位：小时），采用随机抽样的方法进行问卷调查，调查结果按0≤t＜2，2≤t＜3，3≤t＜4，t≥4分为四个等级，并依次用A，B，C，D表示，根据调查结果统计的数据，绘制成了如图所示的两幅不完整的统计图，由图中给出的信息解答下列问题：（1）求本次调查的学生人数；（2）求扇形统计图中等级B所在扇形的圆心角度数，并把条形统计图补充完整；（3）若该校共有学生1200人，试估计每周课外阅读时间满足3≤t＜4的人数．22．（10分）已知抛物线y=﹣x2+bx+c经过点（1，0），（0，）．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）将抛物线y=﹣x2+bx+c平移，使其顶点恰好落在原点，请写出一种平移的方法及平移后的函数表达式．23．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB边上一点（点D 与A，B不重合），连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．（1）求证：△ACD≌△BCE；（2）当AD=BF时，求∠BEF的度数．24．（10分）某商场购进甲、乙两种商品，甲种商品共用了2000元，乙种商品共用了2400元．已知乙种商品每件进价比甲种商品每件进价多8元，且购进的甲、乙两种商品件数相同．（1）求甲、乙两种商品的每件进价；（2）该商场将购进的甲、乙两种商品进行销售，甲种商品的销售单价为60元，乙种商品的销售单价为88元，销售过程中发现甲种商品销量不好，商场决定：甲种商品销售一定数量后，将剩余的甲种商品按原销售单价的七折销售；乙种商品销售单价保持不变．要使两种商品全部售完后共获利不少于2460元，问甲种商品按原销售单价至少销售多少件？25．（12分）若一个三角形一条边的平方等于另两条边的乘积，我们把这个三角形叫做比例三角形．（1）已知△ABC是比例三角形，AB=2，BC=3，请直接写出所有满足条件的AC的长；（2）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD平分∠ABC，∠BAC=∠ADC．求证：△ABC是比例三角形．（3）如图2，在（2）的条件下，当∠ADC=90°时，求的值．26．（14分）如图1，直线l：y=﹣x+b与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，点C是线段OA上一动点（0＜AC＜）．以点A为圆心，AC长为半径作⊙A交x轴于另一点D，交线段AB于点E，连结OE并延长交⊙A于点F．（1）求直线l的函数表达式和tan∠BAO的值；（2）如图2，连结CE，当CE=EF时，①求证：△OCE∽△OEA；②求点E的坐标；（3）当点C在线段OA上运动时，求OE•EF的最大值．2018年浙江省宁波市中考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．（4分）在﹣3，﹣1，0，1这四个数中，最小的数是（）A．﹣3 B．﹣1 C．0 D．1【分析】根据正数大于零，零大于负数，可得答案．【解答】解：由正数大于零，零大于负数，得﹣3＜﹣1＜0＜1，最小的数是﹣3，故选：A．【点评】本题考查了有理数比较大小，利用正数大于零，零大于负数是解题关键．2．（4分）2018中国（宁波）特色文化产业博览会于4月16日在宁波国际会展中心闭幕．本次博览会为期四天，参观总人数超55万人次，其中55万用科学记数法表示为（）A．0.55×106B．5.5×105C．5.5×104D．55×104【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．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：550000=5.5×105，故选：B．【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．3．（4分）下列计算正确的是（）A．a3+a3=2a3B．a3•a2=a6 C．a6÷a2=a3D．（a3）2=a5【分析】根据同底数幂的除法法则，同底数幂的乘法的运算方法，合并同类项的方法，以及幂的乘方与积的乘方的运算方法，逐项判定即可．【解答】解：∵a3+a3=2a3，∴选项A符合题意；∵a3•a2=a5，∴选项B不符合题意；∵a6÷a2=a4，∴选项C不符合题意；∵（a3）2=a6，∴选项D不符合题意．故选：A．【点评】此题主要考查了同底数幂的除法法则，同底数幂的乘法的运算方法，合并同类项的方法，以及幂的乘方与积的乘方的运算方法，解答此题的关键是要明确：①底数a≠0，因为0不能做除数；②单独的一个字母，其指数是1，而不是0；③应用同底数幂除法的法则时，底数a可是单项式，也可以是多项式，但必须明确底数是什么，指数是什么．4．（4分）有五张背面完全相同的卡片，正面分别写有数字1，2，3，4，5，把这些卡片背面朝上洗匀后，从中随机抽取一张，其正面的数字是偶数的概率为（）A．B．C．D．【分析】让正面的数字是偶数的情况数除以总情况数5即为所求的概率．【解答】解：∵从写有数字1，2，3，4，5这5张纸牌中抽取一张，其中正面数字是偶数的有2、4这2种结果，∴正面的数字是偶数的概率为，故选：C．【点评】此题主要考查了概率公式的应用，明确概率的意义是解答的关键，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．（4分）已知正多边形的一个外角等于40°，那么这个正多边形的边数为（）5．A．6 B．7 C．8 D．9【分析】根据正多边形的外角和以及一个外角的度数，求得边数．【解答】解：正多边形的一个外角等于40°，且外角和为360°，则这个正多边形的边数是：360°÷40°=9．故选：D．【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理，解决问题的关键是掌握多边形的外角和等于360度．6．（4分）如图是由6个大小相同的立方体组成的几何体，在这个几何体的三视图中，是中心对称图形的是（）A．主视图B．左视图C．俯视图D．主视图和左视图【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．【解答】解：从上边看是一个田字，“田”字是中心对称图形，故选：C．【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从上边看得到的图形是俯视图，又利用了中心对称图形．7．（4分）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E是边CD的中点，连结OE．若∠ABC=60°，∠BAC=80°，则∠1的度数为（）A．50°B．40°C．30°D．20°【分析】直接利用三角形内角和定理得出∠BCA的度数，再利用三角形中位线定理结合平行线的性质得出答案．【解答】解：∵∠ABC=60°，∠B AC=80°，∴∠BCA=180°﹣60°﹣80°=40°，∵对角线AC与BD相交于点O，E是边CD的中点，∴EO是△DBC的中位线，∴EO∥BC，∴∠1=∠ACB=40°．故选：B．【点评】此题主要考查了三角形内角和定理、三角形中位线定理等知识，得出EO是△DBC的中位线是解题关键．8．（4分）若一组数据4，1，7，x，5的平均数为4，则这组数据的中位数为（）A．7 B．5 C．4 D．3【分析】先根据平均数为4求出x的值，然后根据中位数的概念求解．【解答】解：∵数据4，1，7，x，5的平均数为4，∴=4，解得：x=3，则将数据重新排列为1、3、4、5、7，所以这组数据的中位数为4，故选：C．【点评】本题考查了中位数的概念：将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．9．（4分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=4，以点B为圆心，BC长为半径画弧，交边AB于点D，则的长为（）A．πB．πC．πD．π【分析】先根据ACB=90°，AB=4，∠A=30°，得圆心角和半径的长，再根据弧长公式可得到弧CD的长．【解答】解：∵∠ACB=90°，AB=4，∠A=30°，∴∠B=60°，BC=2∴的长为=，故选：C．【点评】本题主要考查了弧长公式的运用和直角三角形30度角的性质，解题时注意弧长公式为：l=（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）．10．（4分）如图，平行于x轴的直线与函数y=（k1＞0，x＞0），y=（k2＞0，x＞0）的图象分别相交于A，B两点，点A在点B的右侧，C为x轴上的一个动点，若△ABC的面积为4，则k1﹣k2的值为（）A．8 B．﹣8 C．4 D．﹣4【分析】设A（a，h），B（b，h），根据反比例函数图象上点的坐标特征得出ah=k1，bh=k2．根据三角形的面积公式得到S△ABC=AB•yA=（a﹣b）h=（ah﹣bh）=（k1﹣k2）=4，求出k1﹣k2=8．【解答】解：∵AB∥x轴，∴A，B两点纵坐标相同．设A（a，h），B（b，h），则ah=k1，bh=k2．∵S△ABC =AB•yA=（a﹣b）h=（ah﹣bh）=（k1﹣k2）=4，∴k1﹣k2=8．故选：A．【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，点在函数的图象上，则点的坐标满足函数的解析式．也考查了三角形的面积．11．（4分）如图，二次函数y=ax2+bx的图象开口向下，且经过第三象限的点P．若点P的横坐标为﹣1，则一次函数y=（a﹣b）x+b的图象大致是（）A． B．C．D．【分析】根据二次函数的图象可以判断a、b、a﹣b的正负情况，从而可以得到一次函数经过哪几个象限，本题得以解决．【解答】解：由二次函数的图象可知，a＜0，b＜0，当x=﹣1时，y=a﹣b＜0，∴y=（a﹣b）x+b的图象在第二、三、四象限，故选：D．【点评】本题考查二次函数的性质、一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用函数的思想解答．12．（4分）在矩形ABCD内，将两张边长分别为a和b（a＞b）的正方形纸片按图1，图2两种方式放置（图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为S1，图2中阴影部分的面积为S2．当AD﹣AB=2时，S2﹣S1的值为（）A．2a B．2b C．2a﹣2b D．﹣2b【分析】利用面积的和差分别表示出S1和S2，然后利用整式的混合运算计算它们的差．【解答】解：S1=（AB﹣a）•a+（CD﹣b）（AD﹣a）=（AB﹣a）•a+（AB﹣b）（AD ﹣a），S2=AB（AD﹣a）+（a﹣b）（AB﹣a），∴S2﹣S1=AB（AD﹣a）+（a﹣b）（AB﹣a）﹣（AB﹣a）•a﹣（AB﹣b）（AD﹣a）=（AD﹣a）（AB﹣AB+b）+（AB﹣a）（a﹣b﹣a）=b•AD﹣ab﹣b•AB+ab=b（AD﹣AB）=2b．故选：B．【点评】本题考查了整式的混合运算：整体”思想在整式运算中较为常见，适时采用整体思想可使问题简单化，并且迅速地解决相关问题，此时应注意被看做整体的代数式通常要用括号括起来．也考查了正方形的性质．二、填空题（每小题4分，共24分）13．（4分）计算：|﹣2018|= 2018 ．【分析】直接利用绝对值的性质得出答案．【解答】解：|﹣2018|=2018．故答案为：2018．【点评】此题主要考查了绝对值，正确把握绝对值的定义是解题关键．14．（4分）要使分式有意义，x的取值应满足x≠1 ．【分析】直接利用分式有意义则分母不能为零，进而得出答案．【解答】解：要使分式有意义，则：x﹣1≠0．解得：x≠1，故x的取值应满足：x≠1．故答案为：x≠1．【点评】此题主要考查了分式有意义的条件，正确把握分式的定义是解题关键．15．（4分）已知x，y满足方程组，则x2﹣4y2的值为﹣8 ．【分析】根据平方差公式即可求出答案．【解答】解：原式=（x+2y）（x﹣2y）=﹣3×5=﹣15故答案为：﹣15【点评】本题考查因式分解，解题的关键是熟练运用平方差公式，本题属于基础题型．16．（4分）如图，某高速公路建设中需要测量某条江的宽度AB，飞机上的测量人员在C处测得A，B两点的俯角分别为45°和30°．若飞机离地面的高度CH 为1200米，且点H，A，B在同一水平直线上，则这条江的宽度AB为1200（﹣1）米（结果保留根号）．【分析】在Rt△ACH和Rt△HCB中，利用锐角三角函数，用CH表示出AH、BH 的长，然后计算出AB的长．【解答】解：由于CD∥HB，∴∠CAH=∠ACD=45°，∠B=∠BCD=30°在Rt△ACH中，∵∴∠CAH=45°∴AH=CH=1200米，在Rt△HCB，∵tan∠B=∴HB====1200（米）．∴AB=HB﹣HA=1200﹣1200=1200（﹣1）米故答案为：1200（﹣1）【点评】本题考查了锐角三角函数的仰角、俯角问题．题目难度不大，解决本题的关键是用含CH的式子表示出AH和BH．17．（4分）如图，正方形ABCD的边长为8，M是AB的中点，P是BC边上的动点，连结PM，以点P为圆心，PM长为半径作⊙P．当⊙P与正方形ABCD的边相切时，BP的长为3或4．【分析】分两种情形分别求解：如图1中，当⊙P与直线CD相切时；如图2中当⊙P与直线AD相切时．设切点为K，连接PK，则PK⊥AD，四边形PKDC是矩形；【解答】解：如图1中，当⊙P与直线CD相切时，设PC=PM=m．在Rt△PBM中，∵PM2=BM2+PB2，∴x2=42+（8﹣x）2，∴x=5，∴PC=5，BP=BC﹣PC=8﹣5=3．如图2中当⊙P与直线AD相切时．设切点为K，连接PK，则PK⊥AD，四边形PKDC 是矩形．∴PM=PK=CD=2BM，∴BM=4，PM=8，在Rt△PBM中，PB==4．综上所述，BP的长为3或4．【点评】本题考查切线的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．18．（4分）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠B是锐角，AE⊥BC于点E，M是AB 的中点，连结MD，ME．若∠EMD=90°，则cosB的值为．【分析】延长DM交CB的延长线于点H．首先证明DE=EH，设BE=x，利用勾股定理构建方程求出x即可解决问题．【解答】解：延长DM交CB的延长线于点H．∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=AD=2，AD∥CH，∴∠ADM=∠H，∵AM=BM，∠AMD=∠HMB，∴△ADM≌△BHM，∴AD=HB=2，∵EM⊥DH，∴EH=ED，设BE=x，∵AE⊥BC，∴AE⊥AD，∴∠AEB=∠EAD=90°∵AE2=AB2﹣BE2=DE2﹣AD2，∴22﹣x2=（2+x）2﹣22，∴x=﹣1或﹣﹣1（舍弃），∴cosB==，故答案为．【点评】本题考查菱形的性质、勾股定理、线段的垂直平分线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．三、解答题（本大题有8小题，共78分）19．（6分）先化简，再求值：（x﹣1）2+x（3﹣x），其中x=﹣．【分析】首先计算完全平方，再计算单项式乘以多项式，再合并同类项，化简后再把x的值代入即可．【解答】解：原式=x2﹣2x+1+3x﹣x2=x+1，当x=﹣时，原式=﹣+1=．【点评】此题主要考查了整式的混合运算﹣﹣化简求值，关键是先按运算顺序把整式化简，再把对应字母的值代入求整式的值．20．（8分）在5×3的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．（1）在图1中画出线段BD，使BD∥AC，其中D是格点；（2）在图2中画出线段BE，使BE⊥AC，其中E是格点．【分析】（1）将线段AC沿着AB方向平移2个单位，即可得到线段BD；（2）利用2×3的长方形的对角线，即可得到线段BE⊥AC．【解答】解：（1）如图所示，线段BD即为所求；（2）如图所示，线段BE即为所求．【点评】本题主要考查了作图以及平行四边形的性质，首先要理解题意，弄清问题中对所作图形的要求，结合对应几何图形的性质和基本作图的方法作图．21．（8分）在第23个世界读书日前夕，我市某中学为了解本校学生的每周课外阅读时间（用t表示，单位：小时），采用随机抽样的方法进行问卷调查，调查结果按0≤t＜2，2≤t＜3，3≤t＜4，t≥4分为四个等级，并依次用A，B，C，D表示，根据调查结果统计的数据，绘制成了如图所示的两幅不完整的统计图，由图中给出的信息解答下列问题：（1）求本次调查的学生人数；（2）求扇形统计图中等级B所在扇形的圆心角度数，并把条形统计图补充完整；（3）若该校共有学生1200人，试估计每周课外阅读时间满足3≤t＜4的人数．【分析】（1）由条形图、扇形图中给出的级别A的数字，可计算出调查学生人数；（2）先计算出C在扇形图中的百分比，用1﹣[（A+D+C）在扇形图中的百分比]可计算出B在扇形图中的百分比，再计算出B在扇形的圆心角．（3）总人数×课外阅读时间满足3≤t＜4的百分比即得所求．【解答】解：（1）由条形图知，A级的人数为20人，由扇形图知：A级人数占总调查人数的10%所以：20÷10%=20×=200（人）即本次调查的学生人数为200人；（2）由条形图知：C级的人数为60人所以C级所占的百分比为：×100%=30%，B级所占的百分比为：1﹣10%﹣30%﹣45%=15%，B级的人数为200×15%=30（人）D级的人数为：200×45%=90（人）B所在扇形的圆心角为：360°×15%=54°．（3）因为C级所占的百分比为30%，所以全校每周课外阅读时间满足3≤t＜4的人数为：1200×30%=360（人）答：全校每周课外阅读时间满足3≤t＜4的约有360人．【点评】本题考查了扇形图和条形图的相关知识．题目难度不大．扇形图中某项的百分比=×100%，扇形图中某项圆心角的度数=360°×该项在扇形图中的百分比．22．（10分）已知抛物线y=﹣x2+bx+c经过点（1，0），（0，）．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）将抛物线y=﹣x2+bx+c平移，使其顶点恰好落在原点，请写出一种平移的方法及平移后的函数表达式．【分析】（1）把已知点的坐标代入抛物线解析式求出b与c的值即可；（2）指出满足题意的平移方法，并写出平移后的解析式即可．【解答】解：（1）把（1，0），（0，）代入抛物线解析式得：，解得：，则抛物线解析式为y=﹣x2﹣x+；（2）抛物线解析式为y=﹣x2﹣x+=﹣（x+1）2+2，将抛物线向右平移一个单位，向下平移2个单位，解析式变为y=﹣x2．【点评】此题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，以及待定系数法求二次函数解析式，熟练掌握二次函数性质是解本题的关键．23．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB边上一点（点D 与A，B不重合），连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．（1）求证：△ACD≌△BCE；（2）当AD=BF时，求∠BEF的度数．【分析】（1）由题意可知：CD=CE，∠DCE=90°，由于∠ACB=90°，所以∠ACD=∠ACB﹣∠DCB，∠BCE=∠DCE﹣∠DCB，所以∠ACD=∠BCE，从而可证明△ACD≌△BCE（SAS）（2）由△ACD≌△BCE（SAS）可知：∠A=∠CBE=45°，BE=BF，从而可求出∠BEF 的度数．【解答】解：（1）由题意可知：CD=CE，∠DCE=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACD=∠ACB﹣∠DCB，∠BCE=∠DCE﹣∠DCB，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD与△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS）（2）∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠A=45°，由（1）可知：∠A=∠CBE=45°，∵AD=BF，∴BE=BF，∴∠BEF=67.5°【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练运用旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，本题属于中等题型．24．（10分）某商场购进甲、乙两种商品，甲种商品共用了2000元，乙种商品共用了2400元．已知乙种商品每件进价比甲种商品每件进价多8元，且购进的甲、乙两种商品件数相同．（1）求甲、乙两种商品的每件进价；（2）该商场将购进的甲、乙两种商品进行销售，甲种商品的销售单价为60元，乙种商品的销售单价为88元，销售过程中发现甲种商品销量不好，商场决定：甲种商品销售一定数量后，将剩余的甲种商品按原销售单价的七折销售；乙种商品销售单价保持不变．要使两种商品全部售完后共获利不少于2460元，问甲种商品按原销售单价至少销售多少件？【分析】（1）设甲种商品的每件进价为x元，乙种商品的每件进价为y元．根据“某商场购进甲、乙两种商品，甲种商品共用了2000元，乙种商品共用了2400元．购进的甲、乙两种商品件数相同”列出方程；（2）设甲种商品按原销售单价销售a件，则由“两种商品全部售完后共获利不少于2460元”列出不等式．【解答】解：（1）设甲种商品的每件进价为x元，则乙种商品的每件进价为（x+8）元．根据题意，得，=，解得 x=40．经检验，x=40是原方程的解．答：甲种商品的每件进价为40元，乙种商品的每件进价为48元；（2）甲乙两种商品的销售量为=50．设甲种商品按原销售单价销售a件，则（60﹣40）a+（60×0.7﹣40）（50﹣a）+（88﹣48）×50≥2460，解得 a≥20．答：甲种商品按原销售单价至少销售20件．【点评】本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用．本题属于商品销售中的利润问题，对于此类问题，隐含着一个等量关系：利润=售价﹣进价．25．（12分）若一个三角形一条边的平方等于另两条边的乘积，我们把这个三角形叫做比例三角形．（1）已知△ABC是比例三角形，AB=2，BC=3，请直接写出所有满足条件的AC的长；（2）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD平分∠ABC，∠BAC=∠ADC．求证：△ABC是比例三角形．（3）如图2，在（2）的条件下，当∠ADC=90°时，求的值．【分析】（1）根据比例三角形的定义分AB2=BC•AC、BC2=AB•AC、AC2=AB•BC三种情况分别代入计算可得；（2）先证△ABC∽△DCA得CA2=BC•AD，再由∠ADB=∠CBD=∠ABD知AB=AD即可得；（3）作AH⊥BD，由AB=AD知BH=BD，再证△ABH∽△DBC得AB•BC=BH•DB，即AB•BC=BD2，结合AB•BC=AC2知BD2=AC2，据此可得答案．【解答】解：（1）∵△ABC是比例三角形，且AB=2、AC=3，①当AB2=BC•AC时，得：4=3AC，解得：AC=；②当BC2=AB•AC时，得：9=2AC，解得：AC=；③当AC2=AB•BC时，得：AC=6，解得：AC=（负值舍去）；所以当AC=或或时，△ABC是比例三角形；∴∠ACB=∠CAD，又∵∠BAC=∠ADC，∴△ABC∽△DCA，∴=，即CA2=BC•AD，∵AD∥BC，∴∠ADB=∠CBD，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，∴∠ADB=∠ABD，∴AB=AD，∴CA2=BC•AB，∴△ABC是比例三角形；（3）如图，过点A作AH⊥BD于点H，∵AB=AD，∴BH=BD，∵AD∥BC，∠ADC=90°，∴∠BCD=90°，∴∠BHA=∠BCD=90°，又∵∠ABH=∠DBC，∴△ABH∽△DBC，∴=，即AB•BC=BH•DB，∴AB•BC=BD2，∴BD2=AC2，∴=．【点评】本题主要考查相似三角形的综合问题，解题的关键是理解比例三角形的定义，并熟练掌握相似三角形的判定与性质．26．（14分）如图1，直线l：y=﹣x+b与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，点C是线段OA上一动点（0＜AC＜）．以点A为圆心，AC长为半径作⊙A交x轴于另一点D，交线段AB于点E，连结OE并延长交⊙A于点F．（1）求直线l的函数表达式和tan∠BAO的值；（2）如图2，连结CE，当CE=EF时，①求证：△OCE∽△OEA；②求点E的坐标；（3）当点C在线段OA上运动时，求OE•EF的最大值．【分析】（1）利用待定系数法求出b即可得出直线l表达式，即可求出OA，OB，即可得出结论；（2）①先判断出∠CDF=2∠CDE，进而得出∠OAE=∠ODF，即可得出结论；②设出EM=3m，AM=4m，进而得出点E坐标，即可得出OE的平方，再根据①的相似得出比例式得出OE的平方，建立方程即可得出结论；（3）利用面积法求出OG，进而得出AG，HE，再构造相似三角形，即可得出结论．【解答】解：∵直线l：y=﹣x+b与x轴交于点A（4，0），∴﹣×4+b=0，∴b=3，∴直线l的函数表达式y=﹣x+3，∴B（0，3），∴OA=4，OB=3，在Rt△AOB中，tan∠BAO==；（2）①如图2，连接DF，∵CE=EF，∴∠CDE=∠FDE，∴∠CDF=2∠CDE，∵∠OAE=2∠CDE，∴∠OAE=∠ODF，∵四边形CEFD是⊙O的圆内接四边形，∴∠OEC=∠ODF，∴∠OEC=∠OAE，∵∠COE=∠EOA，∴△COE∽△EOA，②过点E⊥OA于M，由①知，tan∠OAB=，设EM=3m，则AM=4m，∴OM=4﹣4m，AE=5m，∴E（4﹣4m，3m），AC=5m，∴OC=4﹣5m，由①知，△COE∽△EOA，∴，∴OE2=OA•OC=4（4﹣5m）=16﹣20m，∵E（4﹣4m，3m），∴（4﹣4m）2+9m2=25m2﹣32m+16，∴25m2﹣32m+16=16﹣20m，∴m=0（舍）或m=，∴4﹣4m=，3m=，∴（，），（3）如图，设⊙O的半径为r，过点O作OG⊥AB于G，∵A（4，0），B（0，3），∴OA=4，OB=3，∴AB=5，∴AB×OG=OA×OB，∴OG=，∴AG==×=，∴EG=AG﹣AE=﹣r，连接FH，∵EH是⊙O直径，∴EH=2r，∠EFH=90°=∠EGO，∵∠OEG=∠HEF，∴△OEG∽△HEF，∴，∴OE•EF=HE•EG=2r（﹣r）=﹣2（r﹣）2+，∴r=时，OE•EF最大值为．【点评】此题是圆的综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键．第31页（共31页）。

2018年浙江省杭州市中考数学试卷附答案解析

B、＝2，故原题计算错误；
C、＝4，故原题计算错误；
D、＝4，故原题计算错误；
故选：A． 4．【解答】解：因为中位数是将数据按照大小顺序重新排列，代表了这组数据值大小的“中
点”，不受极端值影响，所以将最高成绩写得更高了，计算结果不受影响的是中位数，故选：C． 5．【解答】解：因为线段 AM，AN 分别是△ABC 的 BC 边上的高线和中线，所以 AM≤AN，故选：D． 6．【解答】解：设圆圆答对了 x 道题，答错了 y 道题，依题意得：5x﹣2y+（20﹣x﹣y）×0＝60．故选：C． 7．【解答】解：根据题意，得到的两位数有 31、32、33、34、35、36 这 6 种等可能结果，其中两位数是 3 的倍数的有 33、36 这 2 种结果， ∴得到的两位数是 3 的倍数的概率等于＝，
第4页（共16页）
②若 AD＝EC，求的值．
22．（12 分）设二次函数 y＝ax2+bx﹣（a+b）（a，b 是常数，a≠0）．（1）判断该二次函数图象与 x 轴的交点的个数，说明理由．（2）若该二次函数图象经过 A（﹣1，4），B（0，﹣1），C（1，1）三个点中的其中两个点，求该二次函数的表达式．（3）若 a+b＜0，点 P（2，m）（m＞0）在该二次函数图象上，求证：a＞0．
第1页（共16页）
A．（θ1+θ4）﹣（θ2+θ3）＝30°
B．（θ2+θ4）﹣（θ1+θ3）＝40°
C．（θ1+θ2）﹣（θ3+θ4）＝70°
D．（θ1+θ2）+（θ3+θ4）＝180°
9．（3 分）四位同学在研究函数 y＝x2+bx+c（b，c 是常数）时，甲发现当 x＝1 时，函数有

浙江省2018年中考数学复习第二部分题型研究题型五几何探究题类型四旋转变换问题针对演练

第二部分题型研究题型五几何探究题类型四旋转变换问题针对演练1. 如图，在锐角△ABC 中，AB ＝4，BC ＝5，∠ACB ＝45°，将△ABC 绕点B 按逆时针方向旋转，得到△A 1BC 1.(1)如图①，当点C 1在线段CA 的延长线上时，求∠CC 1A 1的度数；(2)如图②，连接AA 1，CC 1.若△ABA 1的面积为4，求△CBC 1的面积；(3)如图③，点E 为线段AB 中点，点P 是线段AC 上的动点，在△ABC 绕点B 按逆时针方向旋转过程中，点P 的对应点是点P 1，求线段EP 1长度的最大值与最小值．第1题图2. 如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠BAD ＝60°，过点D 作DE ⊥AB 于点E ，DF ⊥BC 于点F .(1)如图①，连接AC 分别交DE 、DF 于点M 、N ，求证：MN ＝13AC ; (2)如图②，将∠EDF 以点D 为旋转中心旋转，其两边DE′、DF′分别与直线AB 、BC相交于点G 、P ，连接GP ，当△DGP 的面积等于33时，求旋转角的大小并指明旋转方向．第2题图3. 如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点A 的坐标为(5，0)，菱形OABC 的顶点B ，C 都在第一象限，tan ∠AOC ＝43，将菱形绕点A 按顺时针方向旋转角α(0°＜∠α＜∠AOC )得到菱形FADE (点O 的对应点为点F )，ED 与BP 交于点D ，EF 与OC 交于点G ，连接AG .(1)求点B 的坐标；(2)当OG ＝4时，求AG 的长；(3)求证：GA 平分∠OGE ；(4)连接BD 并延长交x 轴于点P ，当点P 的坐标为(12，0)时，求点G 的坐标．第3题图答案1. 解：(1)由旋转的性质可得∠A 1C 1B ＝∠ACB ＝45°，BC ＝BC 1，∴∠CC 1B ＝∠C 1CB ＝45°，∴∠CC 1A 1＝∠CC 1B ＋∠A 1C 1B ＝45°＋45°＝90°；(2)∵△ABC ≌△A 1BC 1∴BA ＝BA 1，BC ＝BC 1，∠ABC ＝∠A 1BC 1， ∴BA BC ＝BA 1BC 1，∠ABC ＋∠ABC 1＝∠A 1BC 1＋∠ABC 1， ∴∠ABA 1＝∠CBC 1， ∴△ABA 1∽△CBC 1.∴S △ABA 1S △CBC 1＝(AB BC )2＝(45)2＝1625， ∵S △ABA 1＝4，∴S △CBC 1＝254；第1题解图 (3)过点B 作BD ⊥AC ，D 为垂足，∵△ABC 为锐角三角形，∴点D 在线段AC 上，在Rt △BCD 中，BD ＝BC ×sin 45°＝522， ①当P 在AC 上运动至垂足点D ，△ABC 绕点B 旋转，使点P 的对应点P 1在线段AB 上时，EP 1最小，最小值为522－2， ②当P 在AC 上运动至点C ，△ABC 绕点B 旋转，使点P 的对应点P 1在线段AB 的延长线上时，EP 1最大，最大值为2＋5＝7.2. (1)证明：如解图，连接BD ，设BD 交AC 于点O ，第2题解图∵在菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°，AD ＝AB ，∴△ABD 为等边三角形，∵DE ⊥AB ，∴E 为AB 中点，∵AE ∥CD ， ∴AM CM ＝AE CD ＝12，同理CN AN ＝12， ∴M 、N 是线段AC 的三等分点，∴MN ＝13AC ； (2)解：∵AB ∥CD ，∠BAD ＝60°，∴∠ADC ＝120°，又∵∠ADE ＝∠CDF ＝30°，∴∠EDF ＝60°.当∠EDF 顺时针旋转时，由旋转的性质知∠EDG ＝∠FDP ，∠GDP ＝∠EDF ＝60°，∵DE ＝DF ＝3，∠DEG ＝∠DFP ＝90°， ∴△DEG ≌△DFP ，∴DG ＝DP ，∵∠GDP ＝60°，∴△DGP 是等边三角形，则S △DGP ＝34DG 2，由34DG 2＝33，又DG >0，解得DG ＝23， ∴cos ∠EDG ＝DE DG ＝323＝12， ∴∠EDG ＝60°，所以，当顺时针旋转60°时，△DGP 的面积是3 3.同理可得，当逆时针旋转60°时，△DGP 的面积也是3 3.综上所述，当∠EDF 以点D 为旋转中心顺时针或逆时针旋转60°时，△DGP 的面积是3 3.3. 解：(1)如解图①，过点B 作BH ⊥x 轴于点H ，第3题解图①∵四边形OABC 是菱形，∴OC ∥AB ，∴∠BAH ＝∠COA ，∴tan ∠BAH ＝43. 又∵在Rt △ABH 中， AB ＝5，∴BH ＝45AB ＝4，AH ＝35AB ＝3， ∴OH ＝OA ＋AH ＝5＋3＝8 ，∴点B 的坐标为(8，4)；(2)如解图①，过点A 作AM ⊥OC 于点M ，在Rt △AOM 中，∵tan ∠AOC ＝43，OA ＝5， ∴AM ＝45OA ＝4，OM ＝35OA ＝3.∵OG ＝4，∴GM ＝OG －OM ＝4－3＝1，∴AG ＝AM 2＋GM 2＝42＋12＝17；(3)如解图①，过点A 作AN ⊥EF 于点N ，∵∠AOM ＝∠F ，OA ＝FA ，∠AMO ＝∠ANF ＝90°，∴△AOM ≌△AFN ，∴AM ＝AN ，∴GA 平分∠OGE .(4)如解图②，过点G 作GQ ⊥x 轴于点Q ，设AF 与OC 相交于点T ，第3题解图②由旋转的性质可知：∠OAF ＝∠BAD ＝α，∵AB ＝AD ，∴∠ABP ＝180°－α2， ∵∠AOT ＝∠F ，∠OTA ＝∠GTF ，∴∠FGO ＝∠OAF ＝α，∴∠OGA ＝∠EGA ＝180°－α2， ∴∠OGA ＝∠ABP ，又∵∠GOA ＝∠BAP ， ∴△GOA ∽△BAP ，∴GQ BH ＝OA AP， ∴GQ ＝57×4＝207， ∵tan ∠AOC ＝43， ∴OQ ＝207×34＝157， ∴点G 的坐标为(157，207)．。

2018-9年浙江各市中考数学真题卷含答案解析

2018年浙江省初中毕业生学业考试（嘉兴卷）数学试题卷考生须知:1.全卷满分120分,考试时间120分钟.试题卷共6页,有三大题,共24小题.2.全卷答案必须做在答题纸卷Ⅰ、卷Ⅱ的相应位置上,做在试题卷上无效.温馨提示:本次考试为开卷考,请仔细审题,答题前仔细阅读答题纸.上的“注意事项”。

卷Ⅰ（选择题）一、选择题（本题有10小题,每题3分,共30分.请选出各题中唯一的正确选项,不选、多选、错选，均不得分）1.下列几何体中，俯视图．．．为三角形的是（）2.2018年5月25日,中国探月工程的“鹊桥号”中继星成功运行于地月拉格朗日L.2点,它距离地球约1500000km .数1500000用科学记数法表示为（）A ．51015⨯B ．6105.1⨯C ．71015.0⨯D ．5105.1⨯ 3.2018年1~4月我国新能源乘用车的月销量情况如图所示，则下列说法错误．．的是（） A ．1月份销量为2.2万辆.B ．从2月到3月的月销量增长最快.C ．1~4月份销量比3月份增加了1万辆.D ．1~4月新能源乘用车销量逐月增加.4.不等式21≥-x 的解在数轴上表示正确的是（）5.将一张正方形纸片按如图步骤①,②沿虚线对折两次,然后沿③中平行于底边的虚线剪去一个角,展开铺平后的图形是（）6.用反证法证明时,假设结论“点在圆外”不成立,那么点与圆的位置关系只能是（） A ．点在圆内. B ．点在圆上. C ．点在圆心上. D ．点在圆上或圆内.7.欧几里得的《原本》记载.形如22b ax x =+的方程的图解法是：画ABC Rt ∆，使︒=∠90ACB ,2a BC =,b AC =,再在斜边AB 上截取2aBD =.则该方程的一个正根是（）A ．AC 的长.B ．AD 的长C ． BC 的长D ．CD 的长 8.用尺规在一个平行四边形内作菱形ABCD ,下列作法中错误的是（）9.如图,点C 在反比例函数)0(>=x xky 的图象上,过点C 的直线与x 轴,y 轴分别交于点B A ,,且BC AB =,AOB ∆的面积为1.则k 的值为（）A ． 1B ． 2C ． 3D ． 410.某届世界杯的小组比赛规则:四个球队进行单循环比赛（每两队赛一场），胜一场得3分,平一场得1分,负一场得0分.某小组比赛结束后,甲、乙、丙、丁四队分别获得第一、二、三、四名,各队的总得分恰好是四个连续奇数,则与乙打平的球队是（） A ．甲. B ．甲与丁. C ．丙. D ．丙与丁.卷Ⅱ（非选择题）二、填空题（本题有6小题,毎题4分.共24分）11.分解因式:=-m m 32 .12.如图.直线321////l l l .直线AC 交321,,l l l 于点C B A ,,;直线DF 交321,,l l l 于点F E D ,,，已知31=AC AB ,=DEEF. 13.小明和小红玩抛硬币游戏，连续抛两次.小明说:“如果两次都是正面、那么你赢;如果两次是一正一反.则我赢.”小红赢的概率是 .据此判断该游戏 .（填“公平”或“不公平”）. 14.如图,量角器的O 度刻度线为AB .将一矩形直尺与量角器部分重叠、使直尺一边与量角器相切于点C ,直尺另一边交量角器于点D A ,，量得cm AD 10=,点D 在量角器上的读数为︒60.则该直尺的宽度为cm15.甲、乙两个机器人检测零件,甲比乙每小时多检测20个,甲检测300个比乙检测200个所用的时间少10%.若设甲每小时检测x 个.则根据题意,可列出方程: .16.如图,在矩形ABCD 中,4=AB ,2=AD ,点E 在CD 上,1=DE ,点F 是边AB 上一动点,以EF 为斜边作EFP Rt ∆.若点P 在矩形ABCD 的边上,且这样的直角三角形恰好有两个,则AF 的值是 .三、解答题（本题有8小题,第17~19题每题6分.第20,21题每题8分.第22,23题每题10分,第24题12分,共66分）友情提示:做解答题，别忘了写出必要的过程;作图（包括添加辅助线）最后必须用黑色字迹的签字笔或钢笔将线条描黑。

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第二部分题型研究题型五几何探究题类型五类比、拓展探究问题1. (2017绍兴)已知△ABC，AB＝AC，D为直线BC上一点，E为直线AC上一点，AD＝AE，设∠BAD＝α，∠CDE＝β.(1)如图，若点D在线段BC上，点E在线段AC上：①如果∠ABC＝60°，∠ADE＝70°，那么α＝________°，β＝________°；②求α、β之间的关系式；(2)是否存在不同于以上②中的α、β之间的关系式？若存在，求出这个关系式(求出一个即可)；若不存在，说明理由．第1题图2. (2017乐山)在四边形ABCD中，∠B＋∠D＝180°，对角线AC平分∠BAD.(1)如图①，若∠BAD＝120°，且∠B＝90°，试探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由；(2)如图②，若将(1)中的条件“∠B＝90°”去掉，(1)中的结论是否成立？请说明理由；(3)如图③，若∠BAD＝90°，探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．第2题图3. (2017临沂)数学课上，张老师出示了问题：如图①，AC、BD是四边形ABCD的对角线，若∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°，则线段BC、CD、AC三者之间有何等量关系？经过思考，小明展示了一种正确的思路：如图②，延长CB到E，使BE＝CD，连接AE，证得△ABE≌△ADC，从而容易证明△ACE是等边三角形，故AC＝CE，所以AC＝BC＋CD.小亮展示了另一种正确的思路：如图③，将△ABC绕着点A逆时针旋转60°，使AB 与AD重合，从而容易证明△ACF是等边三角形，故AC＝CF，所以AC＝BC＋CD.第3题图在此基础上，同学们做了进一步的研究：(1)小颖提出：如图④，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改为“∠ACB ＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝45°”，其它条件不变，那么线段BC、CD、AC三者之间有何等量关系？针对小颖提出的问题，请你写出结论，并给出证明；(2)小华提出：如图⑤，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改为“∠ACB ＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝α”，其它条件不变，那么线段BC、CD、AC三者之间有何等量关系？针对小华提出的问题，请你写出结论，不用证明．第3题图4. (2017衢州)问题背景如图①，在正方形ABCD的内部，作∠DAE＝∠ABF＝∠BCG＝∠CDH，根据三角形全等的条件，易得△DAE≌△ABF≌△BCG≌△CDH，从而得到四边形EFGH是正方形．类比探究如图②，在正△ABC的内部，作∠BAD＝∠CBE＝∠ACF，AD，BE，CF两两相交于D，E，F三点(D，E，F三点不重合)．(1)△ABD，△BCE，△CAF是否全等？如果是，请选择其中一对进行证明；(2)△DEF是否为正三角形？请说明理由；(3)进一步探究发现，△ABD的三边存在一定的等量关系，设BD＝a，AD＝b，AB＝c，请探索a，b，c满足的等量关系．第4题图5. (2017岳阳)问题背景：已知∠EDF的顶点D在△ABC的边AB所在直线上(不与A，B 重合)．DE交AC所在直线于点M，DF交BC所在直线于点N，记△ADM的面积为S1，△BND 的面积为S2.(1)初步尝试：如图①，当△ABC是等边三角形，AB＝6，∠EDF＝∠A，且DE∥BC，AD ＝2时，则S1·S2＝________；(2)类比探究：在(1)的条件下，先将点D沿AB平移，使AD＝4，再将∠EDF绕点D旋转至如图②所示位置，求S1·S2的值；(3)延伸拓展：当△ABC是等腰三角形时，设∠B＝∠A＝∠EDF＝α.(Ⅰ)如图③，当点D在线段AB上运动时，设AD＝a，BD＝b，求S1·S2的表达式(结果用a，b和α的三角函数表示)；(Ⅱ)如图④，当点D在BA的延长线上运动时，设AD＝a，BD＝b，直接写出S1·S2的表达式，不必写出解答过程．第5题图答案1. 解：(1)①20，10；②设∠ABC＝x，∠ADE＝y，则∠ACB＝x，∠AED＝y，在△DEC中，y＝β＋x，在△ABD中，α＋x＝y＋β，∴α＝2β；(2)如解图，点E在CA延长线上，点D在线段BC上，设∠ABC＝x，∠ADE＝y，则∠ACB＝x，∠AED＝y，在△ABD中，x＋α＝β－y，在△DEC中，x＋y＋β＝180°，∴α＝2β－180°.(注：求其它关系式，相应给分，如点E在CA的延长线上，点D在CB的延长线上，可得α＝180°－2β.)第1题解图2. 解：(1)AC＝AD＋AB.理由如下：由题意知∠B ＝90°， ∴∠D ＝90°，∵∠DAB ＝120°，AC 平分∠DAB ， ∴∠DA C ＝∠B AC ＝60°，∴∠ACB ＝∠A CD ＝30°，∴AB ＝ 12 AC ，AD ＝ 12 AC ，∴AC ＝AD ＋AB ；(2)(1)中的结论成立，理由如下：如解图①，以C 为顶点，AC 为一边作∠ACE ＝60°，∠ACE 的另一边交AB 的延长线于点E ，∵∠BAC ＝12∠BAD ＝12×120°＝60°，∴△AEC 为等边三角形， ∴AC ＝AE ＝CE ，∵∠D ＋∠B ＝180°，∠DAB ＝120°， ∴∠DCB ＝60°， ∴∠DCA ＋∠ACB ＝60°，又∵∠BCE ＋∠ACB ＝60°， ∴∠DCA ＝∠BCE ， ∴△DAC ≌△BEC (ASA )， ∴AD ＝BE ，∴AE ＝AB ＋BE ＝A B ＋AD ， ∴AC ＝AD ＋AB ；图①图②第2题解图(3)AD＋AB＝2AC.理由如下：如解图②，过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，∵∠D＋∠ABC＝180°，∠DAB＝90°，∴∠BCD＝90°，∵∠ACE＝90°，∴∠DCA＝∠BCE.又∵AC平分∠DAB，∴∠CAB＝45°，∠E＝45°，∴AC＝CE.又∵∠D＋∠B＝180°，∠D＝∠CBE，∴△CDA≌△CBE(AAS)．∴AD＝BE，∴AD＋AB＝AE.在Rt△ACE中，∠CAB＝45°，∴AE＝ACcos45°＝2AC，∴AD＋AB＝2AC.3. 解：(1)BC、CD、AC三者之间的关系为：BC＋CD＝2AC.证明：如解图①，延长CB至点E，使BE＝DC，连接AE.第3题解图①∵∠ABD＝∠ACD＝45°，∴∠1＝∠2，∵∠ABE＝∠1＋∠ACB，∠ADC＝∠ADB＋∠2，又∵∠ACB＝∠A D B＝45°，∴∠ABE＝∠ADC，∵∠ABD＝∠ADB＝45°，∴AD＝AB，∠BAD＝90°∴△ADC≌△ABE(SAS)，∴∠BAE＝∠DAC，AE＝AC，∴∠EAC＝90°，∴EC＝2AC，∴BC＋CD＝2AC；(2)BC＋CD＝2cosα·AC.【解法提示】如解图②，延长CB至点E，使BE＝DC，连接AE，过点A作AF⊥CE，垂足为点F.第3题解图②则可得BC ＋CD ＝2CF ，在Rt △ACF 中，由cos α＝CF AC得，CF ＝AC ·cos α，即12(BC ＋CD )＝cos α·AC ， ∴BC ＋CD ＝2cos α·AC .4. 解：(1)△ABD ≌△BCE ≌△CAF . 证明：如解图①，第4题解图①∵△ABC 为正三角形，∴∠CAB ＝∠ABC ＝∠BCA ＝60°，AB ＝BC .∵∠ABD ＝∠ABC －∠2，∠BCE ＝∠ACB －∠3，而∠2＝∠3， ∴∠ABD ＝∠BCE . 又∵∠1＝∠2， ∴△ABD ≌△BCE (ASA )； (2)△DEF 是正三角形．理由如下：∵△ABD ≌△BCE ≌△CAF ， ∴∠ADB ＝∠BEC ＝∠CFA ， ∴∠FDE ＝∠DEF ＝∠EFD ， ∴△DEF 是正三角形；(3)如解图②，作AG ⊥BD ，交BD 延长线于点G ，第4题解图②由△DEF 是正三角形得到∠ADG ＝60°， (或者∠ADG ＝∠1＋∠ABD ＝∠2＋∠ABD ＝60°.) ∴在Rt △ADG 中，DG ＝12b ，AG ＝32b .∴在Rt △ABG 中，c 2＝(a ＋12b )2＋(32b )2，∴c 2＝a 2＋ab ＋b 2. 5. 解：(1)12；【解法提示】如解图①，过点D 分别作DG ⊥AC 于点G ，作DH ⊥BC 于点H.∵△A B C 为等边三角形，∴∠A ＝∠B ＝60°，∵AB ＝6，AD ＝2，∴BD ＝4，∴在Rt △ADG 和Rt △BDH 中，DG ＝AD ·sin 60°＝2×32＝3，DH ＝BD ·sin 60°＝4×32＝23，∵DE ∥BC ，∠EDF ＝∠A ＝60°，∴∠AMD ＝∠EDF ＝∠DNB ＝60°，∴△ADM 和△BDN 均为等边三角形．∴S 1·S 2＝12×2×3×12×4×23＝12.第5题解图①(2)如解图②，过点D 分别作DG ⊥AC 于点G ，作DH ⊥BC 于点H.第5题解图②∵∠A ＝∠EDF ＝60°，∴∠1＋∠2＝∠1＋∠BDF ＝120°， ∴∠2＝∠BDF ，又∵∠A ＝∠B ， ∴△ADM ∽△BND ，∴AD BN ＝AM BD ，即4BN ＝AM 2， ∴AM ·BN ＝8，∵在Rt △ADG 和Rt △BDH 中，DG ＝AD ·sin 60°＝4×32＝23， DH ＝BD ·sin 60°＝2×32＝3， ∴S 1·S 2＝12AM ·23·12·BN · 3＝32·AM ·BN ＝32×8 ＝12；(3)(Ⅰ)如解图③，与(2)同理可得，第5题解图③AM ·BN ＝AD ·BD ＝ab ，DG ＝AD ·sin α，DH ＝BD ·sin α，∴S 1·S 2＝12AM ·DG ·12BN ·DH ＝12×12ab ·AD ·BD ·sin 2α ＝14a 2b 2sin 2α； (Ⅱ)S 1·S 2＝14a 2b 2sin 2α.。