初中数学中考压轴题及答案详解(上海篇)
上海市上海市,2020~2021年中考数学压轴题精选解析

上海市上海市,2020~2021年中考数学压轴题精选解析上海市上海市中考数学压轴题精选~~第1题~~(2020青浦.中考模拟) 如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,BC=BD=10,CD=4,AD=6.点P是线段BD上的动点,点E、Q分别是线段DA、BD上的点,且DE=DQ=BP,联结EP、EQ.(1)求证:EQ∥DC;(2)如果△EPQ是以EQ为腰的等腰三角形,求线段BP的长;(3)当BP=m(0<m<5)时,求∠PEQ的正切值.(用含m的式子表示)~~第2题~~(2020松江.中考模拟) 已知tan∠MON=2,矩形ABCD的边AB在射线OM上,AD=2,AB=m,CF⊥ON,垂足为点F.(1)如图(1),作AE⊥ON,垂足为点E. 当m=2时,求线段EF的长度;图(1)(2)如图(2),联结OC,当m=2,且CD平分∠FCO时,求∠COF的正弦值;图(2)(3)如图(3),当△AFD与△CDF相似时,求m的值.图(3)~~第3题~~(2020温州.中考模拟) 如图,已知在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=8,BC=6,点P、Q分别在边AC、射线CB上,且AP=CQ,过点P作PM⊥AB,垂足为点M,联结PQ,以PM、PQ为邻边作平行四边形PQNM,设AP=x,平行四边形PQNM 的面积为y .(1) 当平行四边形PQNM 为矩形时,求∠PQM 的正切值;(2) 当点N 在△ABC 内,求y 关于x 的函数解析式,并写出它的定义域;(3) 当过点P 且平行于BC 的直线经过平行四边形PQNM 一边的中点时,直接写出x 的值.~~第4题~~(2020上海.中考模拟) 如图,在△ABC 中,AB =AC =10,BC =16,点D 为BC 边上的一个动点(点D 不与点B 、点C 重合).以D 为顶点作∠ADE =∠B , 射线DE 交AC 边于点E , 过点A 作AF ⊥AD 交射线DE 于点F .(1) 求证:AB •CE =BD •CD ;(2) 当DF 平分∠ADC 时,求AE 的长;(3) 当△AEF 是等腰三角形时,求BD 的长.~~第5题~~(2020虹口.中考模拟) 如图,在Rt △ABC 中,∠ACB =90°,BC =4,sin ∠ABC = ,点D 为射线BC 上一点,联结AD , 过点B 作BE ⊥AD 分别交射线AD 、AC 于点E 、F , 联结DF , 过点A 作AG ∥BD , 交直线BE 于点G .(1) 当点D 在BC 的延长线上时,如果CD =2,求tan ∠FBC ;(2) 当点D 在BC 的延长线上时,设AG =x ,S =y ,求y 关于x 的函数关系式(不需要写函数的定义域);(3) 如果AG =8,求DE 的长.~~第6题~~(2020上海.中考模拟) 如图在Rt △ABC 中,∠C=90°,AC=3,AB=5,点P 从点C 出发沿CA 以每秒1个单位的速度向点A 匀速运动,到达点A 后立刻以原来的速度沿AC 返回;点Q 从点A 出发沿AB 以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动.伴随着P 、Q 的运动,DE 保持垂直平分PQ ,且交PQ 于点D ,交折线QB-BC-CP 于点E 。
上海市中考数学压轴题总复习(附答案解析)

2021年上海市中考数学压轴题总复习
中考数学压轴题是想获得高分甚至满分必须攻破的考题,得分率低,需要引起重视。
从近10年中考压轴题分析可得中考压轴题主要考查知识点为二次函数,圆,多边形,相似,锐角三角形等。
预计2021年中考数学压轴题依然主要考查这些知识点。
1.如图1,在平而直角坐标系中,直线/:y =勃+m与x轴、y轴分别交于点.4和点
(2)点。
在抛物线上,且点。
的横坐标为f(0Vf<4). 轴交直线/于点£点产在直线/上,且四边形。
FEG为矩形(如图2).若矩形。
尸EG的周长为p,求°与,的函数关系式以及R的最大值:
(3)M是平面内一点,将A4O8绕点M沿逆时针方向旋转90°后,得到△川。
山1,点
A.。
、B的对应点分别是点由、。
1、51.若入41。
1历的两个顶点恰好落在抛物线上,请直
接写出点出的横坐标.
2.已知,抛物线y=aF+Gr+6 (。
#0)与直线y=2rb〃有一个公共点Af (1, 0),且a〈b.
(1)求6与。
的关系式和抛物线的顶点。
坐标(用。
的代数式表示):
(2)直线与抛物线的另外一个交点记为N,求AOMV的面积与。
的关系式:
(3)々=-1时,直线y=-2x与抛物线在第二象限交于点G,点G、H关于原点对称,
现将线段GH沿y轴向上平移,个单位(r>0),若线段GH与抛物线有两个不同的公共点,试求,的取值范围.。
上海十年中考数学压轴题及答案解析

上海十年中考数学压轴题解析2001年上海市数学中考27.已知在梯形ABCD 中,AD ∥BC ,AD <BC ,且AD =5,AB =DC =2. (1)如图8,P 为AD 上的一点,满足∠BPC =∠A .图8①求证;△ABP ∽△DPC ②求AP 的长.(2)如果点P 在AD 边上移动(点P 与点A 、D 不重合),且满足∠BPE =∠A ,PE 交直线BC 于点E ,同时交直线DC 于点Q ,那么①当点Q 在线段DC 的延长线上时,设AP =x ,CQ =y ,求y 关于x 的函数解析式,并写出函数的定义域; ②当CE =1时,写出AP 的长(不必写出解题过程).27.(1)①证明:∵∠ABP =180°-∠A -∠APB ,∠DPC =180°-∠BPC -∠APB ,∠BPC =∠A ,∴∠ABP =∠DPC .∵在梯形ABCD 中,AD ∥BC ,AB =CD ,∴∠A =∠D .∴△ABP ∽△DPC .②解:设AP =x ,则DP =5-x ,由△ABP ∽△DPC ,得DCPD AP AB =,即252xx -=,解得x 1=1,x 2=4,则AP 的长为1或4.(2)①解:类似(1)①,易得△ABP ∽△DPQ ,∴DQ AP PD AB =.即y xx +=-252,得225212-+-=x x y ,1<x <4. ②AP =2或AP =3-5.(题27是一道涉及动量与变量的考题,其中(1)可看作(2)的特例,故(2)的推断与证明均可借鉴(1)的思路.这是一种从模仿到创造的过程,模仿即借鉴、套用,创造即灵活变化,这是中学生学数学应具备的一种基本素质,世上的万事万物总有着千丝万缕的联系,也有着质的区别,模仿的关键是发现联系,创造的关键是发现区别,并找到应付新问题的途径.)上海市2002年中等学校高中阶段招生文化考试27.操作:将一把三角尺放在边长为1的正方形ABCD 上,并使它的直角顶点P 在对角线AC 上滑动,直角的一边始终经过点B ,另一边与射线DC 相交于点Q .图1 图2 图3探究:设A 、P 两点间的距离为x .(1)当点Q 在边CD 上时,线段PQ 与线段PB 之间有怎样的大小关系?试证明你观察得到结论;(2)当点Q 在边CD 上时,设四边形PBCQ 的面积为y ,求y 与x 之间的函数解析式,并写出函数的定义域; (3)当点P 在线段AC 上滑动时,△PCQ 是否可能成为等腰三角形?如果可能,指出所有能使△PCQ 成为等腰三角形的点Q 的位置,并求出相应的x 的值;如果不可能,试说明理由. 五、(本大题只有1题,满分12分,(1)、(2)、(3)题均为4分) 27.图1 图2 图3(1)解:PQ =PB ……………………(1分)证明如下:过点P 作MN ∥BC ,分别交AB 于点M ,交CD 于点N ,那么四边形AMND 和四边形BCNM 都是矩形,△AMP 和△CNP 都是等腰直角三角形(如图1).∴ NP =NC =MB . ……………………(1分) ∵ ∠BPQ =90°,∴ ∠QPN +∠BPM =90°.而∠BPM +∠PBM =90°,∴ ∠QPN =∠PBM . ……………………(1分) 又∵ ∠QNP =∠PMB =90°,∴ △QNP ≌△PMB . ……………………(1分) ∴ PQ =PB . (2)解法一由(1)△QNP ≌△PMB .得NQ =MP . ∵ AP =x ,∴ AM =MP =NQ =DN =x 22,BM =PN =CN =1-x 22, ∴ CQ =CD -DQ =1-2·x 22=1-x 2.得S △PBC =21BC ·BM =21×1×(1-x 22)=21-42x . ………………(1分) S △PCQ =21CQ ·PN =21×(1-x 2)(1-x 22)=21-x 423+21x 2 (1分) S 四边形PBCQ =S △PBC +S △PCQ =21x 2-x 2+1. 即 y =21x 2-x 2+1(0≤x <22). ……………………(1分,1分)解法二作PT ⊥BC ,T 为垂足(如图2),那么四边形PTCN 为正方形. ∴ PT =CB =PN .又∠PNQ =∠PTB =90°,PB =PQ ,∴△PBT ≌△PQN .S 四边形PBCQ =S △四边形PBT +S 四边形PTCQ =S 四边形PTCQ +S △PQN =S 正方形PTCN …(2分)=CN 2=(1-x 22)2=21x 2-x 2+1∴ y =21x 2-x 2+1(0≤x <22). ……………………(1分)(3)△PCQ 可能成为等腰三角形①当点P 与点A 重合,点Q 与点D 重合,这时PQ =QC ,△PCQ 是等腰三角形, 此时x =0 ……………………(1分) ②当点Q 在边DC 的延长线上,且CP =CQ 时,△PCQ 是等腰三角形(如图3) ……………………(1分) 解法一 此时,QN =PM =x 22,CP =2-x ,CN =22CP =1-x 22. ∴CQ =QN -CN =x 22-(1-x 22)=x 2-1. 当2-x =x 2-1时,得x =1. ……………………(1分) 解法二 此时∠CPQ =21∠PCN =22.5°,∠APB =90°-22.5°=67.5°, ∠ABP =180°-(45°+67.5°)=67.5°,得∠APB =∠ABP ,∴ AP =AB =1,∴ x =1. ……………………(1分)上海市2003年初中毕业高中招生统一考试27.如图,在正方形ABCD中,AB=1,弧AC是点B为圆心,AB长为半径的圆的一段弧。
2024年上海市中考数学试题+答案详解

2024年上海市中考数学试题+答案详解(试题部分)1.本场考试时间100分钟,试卷共4页,满分150分,答题纸共2页.2.作答前,请在答题纸指定位置填写姓名、报名号、座位号.井将核对后的条形码贴在答题纸指定位置.3.所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域,不得错位.在试卷上作答一律不得分.4.用2B 铅笔作答选择题,用黑色字迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题. 一、选择题(每题4分,共24分)1. 如果x y >,那么下列正确的是( )A. 55x y +<+B. 55x y −<−C. 55x y >D. 55x y −>−2. 函数2()3xf x x −=−的定义域是( ) A. 2x =B. 2x ≠C. 3x =D. 3x ≠3. 以下一元二次方程有两个相等实数根的是( ) A. 260x x −= B.290x -=C. 2660x x −+=D. 2690x x −+=4. 科学家同时培育了甲乙丙丁四种花,从甲乙丙丁选个开花时间最短的并且最平稳的.A. 甲种类B. 乙种类C. 丙种类D. 丁种类5. 四边形ABCD 为矩形,过A C 、作对角线BD 的垂线,过B D 、作对角线AC 的垂线,如果四个垂线拼成一个四边形,那这个四边形为( ) A. 菱形B. 矩形C. 直角梯形D. 等腰梯形6. 在ABC 中,3AC =,4BC =,5AB =,点P 在ABC 内,分别以A B P 、、为圆心画,圆A 半径为1,圆B 半径为2,圆P 半径为3,圆A 与圆P 内切,圆P 与圆B 的关系是( ) A. 内含B. 相交C. 外切D. 相离二、填空题(每题4分,共48分)7. 计算:()324x =___________.8. 计算()()a b b a +−=______.9.1=,则x =___________.10. 科学家研发了一种新的蓝光唱片,一张蓝光唱片的容量约为5210⨯GB ,一张普通唱片的容量约为25GB ,则蓝光唱片的容量是普通唱片的___________倍.(用科学记数法表示) 11. 若正比例函数y kx =的图像经过点(7,13)−,则y 的值随x 的增大而___________.(选填“增大”或“减小”)12. 在菱形ABCD 中,66ABC ∠=︒,则BAC ∠=___________.13. 某种商品的销售量y (万元)与广告投入x (万元)成一次函数关系,当投入10万元时销售额1000万元,当投入90万元时销售量5000万元,则投入80万元时,销售量为___________万元.14. 一个袋子中有若干个白球和绿球,它们除了颜色外都相同随机从中摸一个球,恰好摸到绿球的概率是35,则袋子中至少有___________个绿球. 15. 如图,在平行四边形ABCD 中,E 为对角线AC 上一点,设AC a =,BE b =uur r,若2AE EC =,则DC =___________(结果用含a ,b 的式子表示).16. 博物馆为展品准备了人工讲解、语音播报和AR 增强三种讲解方式,博物馆共回收有效问卷1000张,其中700人没有讲解需求,剩余300人中需求情况如图所示(一人可以选择多种),那么在总共2万人的参观中,需要AR 增强讲解的人数约有__________人.17. 在平行四边形ABCD 中,ABC ∠是锐角,将CD 沿直线l 翻折至AB 所在直线,对应点分别为C ',D ¢,若::1:3:7AC AB BC '=,则cos ABC ∠=__________.18. 对于一个二次函数2()y a x m k =−+(0a ≠)中存在一点(),P x y '',使得0x m y k '−='−≠,则称2x m '−为该抛物线的“开口大小”,那么抛物线211323y x x =−++“开口大小”为__________.三、简答题(共78分,其中第19-22题每题10分,第23、24题每题12分,第25题14分)19.计算:102|124(1+−.20. 解方程组:2234026x xy y x y ⎧−−=⎨+=⎩①②.21. 在平面直角坐标系xOy 中,反比例函数ky x=(k 为常数且0k ≠)上有一点()3,A m −,且与直线24y x =−+交于另一点(),6B n .(1)求k 与m 的值;(2)过点A 作直线l x ∥轴与直线24y x =+交于点C ,求sin OCA ∠的值.22. 同学用两幅三角板拼出了如下的平行四边形,且内部留白部分也是平行四边形(直角三角板互不重叠),直角三角形斜边上的高都为h .(1)求:①两个直角三角形的直角边(结果用h 表示); ②小平行四边形的底、高和面积(结果用h 表示); (2)请画出同学拼出的另一种符合题意的图,要求:①不与给定的图形状相同;②画出三角形的边.23. 如图所示,在矩形ABCD 中,E 为边CD 上一点,且AE BD ⊥.(1)求证:2AD DE DC =⋅;(2)F 为线段AE 延长线上一点,且满足12EF CF BD ==,求证:CE AD =. 24. 在平面直角坐标系中,已知平移抛物线213y x =后得到的新抛物线经过50,3A ⎛⎫− ⎪⎝⎭和(5,0)B .(1)求平移后新抛物线的表达式;(2)直线x m =(0m >)与新抛物线交于点P ,与原抛物线交于点Q . ①如果PQ 小于3,求m 的取值范围;②记点P 在原抛物线上的对应点为P ',如果四边形P BPQ '有一组对边平行,求点P 的坐标. 25. 在梯形ABCD 中,AD BC ∥,点E 在边AB 上,且13AE AB =.(1)如图1所示,点F 在边CD 上,且13DF CD =,联结EF ,求证:EF BC ∥;(2)已知1AD AE ==;①如图2所示,联结DE ,如果ADE V 外接圆的心恰好落在B ∠的平分线上,求ADE V 的外接圆的半径长;②如图3所示,如果点M 在边BC 上,联结EM 、DM 、EC ,DM 与EC 交于N ,如果4BC =,且2CD DM DN =⋅,DMC CEM ∠=∠,求边CD 的长.2024年上海市中考数学试题+答案详解(答案详解)1.本场考试时间100分钟,试卷共4页,满分150分,答题纸共2页.2.作答前,请在答题纸指定位置填写姓名、报名号、座位号.井将核对后的条形码贴在答题纸指定位置.3.所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域,不得错位.在试卷上作答一律不得分.4.用2B 铅笔作答选择题,用黑色字迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题. 一、选择题(每题4分,共24分)1. 如果x y >,那么下列正确的是( )A. 55x y +<+B. 55x y −<−C. 55x y >D. 55x y −>−【答案】C 【解析】【分析】本题主要考查了不等式的基本性质,根据不等式两边加(或减)同一个数(或式子),不等号的方向不变.不等式两边乘(或除以)同一个正数,不等号的方向不变.不等式两边乘(或除以)同一个负数,不等号的方向改变.【详解】解:A .两边都加上5,不等号的方向不改变,故错误,不符合题意; B .两边都加上5−,不等号的方向不改变,故错误,不符合题意; C .两边同时乘上大于零的数,不等号的方向不改变,故正确,符合题意; D .两边同时乘上小于零的数,不等号的方向改变,故错误,不符合题意; 故选:C . 2. 函数2()3xf x x −=−的定义域是( ) A. 2x = B. 2x ≠C. 3x =D. 3x ≠【答案】D 【解析】【分析】本题考查求函数定义域,涉及分式有意义的条件:分式分母不为0,解不等式即可得到答案,熟练掌握求函数定义域的方法是解决问题的关键. 【详解】解:函数2()3xf x x −=−的定义域是30x −≠,解得3x ≠, 故选:D .3. 以下一元二次方程有两个相等实数根的是( ) A. 260x x −= B.290x -=C. 2660x x −+=D. 2690x x −+=【答案】D 【解析】【分析】本题考查了一元二次方程判别式判断根的情况,解答本题的关键是熟练掌握一元二次方程()200ax bx c a ++=≠,当240b ac ∆=−>时,方程有两个不相等实数根;当240b ac ∆=−=时,方程的两个相等的实数根;当24<0b ac ∆=−时,方程没有实数根.分别计算出各选项中的根的判别式的值,即可判断.【详解】解:A .()2Δ6410360=−−⨯⨯=> ,该方程有两个不相等实数根,故A 选项不符合题意; B .()2Δ0419360=−⨯⨯−=> ,该方程有两个不相等实数根,故B 选项不符合题意;C .()2Δ6416120=−−⨯⨯=> ,该方程有两个不相等实数根,故C 选项不符合题意; D .()2Δ64190=−−⨯⨯= ,该方程有两个相等实数根,故D 选项不符合题意; 故选:D .4. 科学家同时培育了甲乙丙丁四种花,从甲乙丙丁选个开花时间最短的并且最平稳的.A. 甲种类B. 乙种类C. 丙种类D. 丁种类【答案】B 【解析】【分析】本题主要考查了用平均数和方差做决策,根据平均数的定义以及方差的定义做决策即可. 解题的关键是掌握方差的意义:方差是反映一组数据的波动大小的一个量.方差越大,则平均值的离散程度越大,稳定性也越小;反之,则它与其平均值的离散程度越小,稳定性越好. 【详解】解:∵由表格可知四种花开花时间最短的为甲种类和乙种类, 四种花的方差最小的为乙种类和丁种类,方差越小越稳定, ∴乙种类开花时间最短的并且最平稳的,故选:B .5. 四边形ABCD 为矩形,过A C 、作对角线BD 的垂线,过B D 、作对角线AC 的垂线,如果四个垂线拼成一个四边形,那这个四边形为( ) A. 菱形 B. 矩形 C. 直角梯形 D. 等腰梯形【答案】A 【解析】【分析】本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识,熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题的关键.由矩形性质得到OBCOADSS=,OC OB OA OD ===,进而由等面积法确定CH BF AE DG ===,再由菱形的判定即可得到答案.【详解】解:如图所示:四边形ABCD 为矩形,OBCOAD SS∴=,OC OB OA OD ===,过A C 、作对角线BD 的垂线,过B D 、作对角线AC 的垂线,11112222OBCOADSSOC BF OB CH OD AE OA DG ∴==⋅=⋅=⋅=⋅ ∴CH BF AE DG ===,如果四个垂线拼成一个四边形,那这个四边形为菱形, 故选:A .6. 在ABC 中,3AC =,4BC =,5AB =,点P 在ABC 内,分别以A B P 、、为圆心画,圆A 半径为1,圆B 半径为2,圆P 半径为3,圆A 与圆P 内切,圆P 与圆B 的关系是( ) A. 内含 B. 相交C. 外切D. 相离【答案】B 【解析】【分析】本题考查圆的位置关系,涉及勾股定理,根据题意,作出图形,数形结合,即可得到答案,熟记圆的位置关系是解决问题的关键.【详解】解:圆A 半径为1,圆P 半径为3,圆A 与圆P 内切,∴圆A 含在圆P 内,即312PA =−=,P ∴在以A 为圆心、2为半径的圆与ABC 边相交形成的弧上运动,如图所示:∴当到P '位置时,圆P 与圆B 圆心距离PB =325<+=,∴圆P 与圆B 相交,故选:B .二、填空题(每题4分,共48分)7. 计算:()324x =___________.【答案】664x 【解析】【分析】本题考查了积的乘方以及幂的乘方,掌握相关运算法则是解题关键.先将因式分别乘方,再结合幂的乘方计算即可. 【详解】解:()326464xx =,故答案为:664x .8. 计算()()a b b a +−=______. 【答案】22b a − 【解析】【分析】根据平方差公式进行计算即可. 【详解】解:()()a b b a +−()()b a b a =+−22b a =−,故答案为:22b a −.【点睛】本题考查平方差公式,此为基础且重要知识点,必须熟练掌握.9.1=,则x =___________. 【答案】1 【解析】【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件,掌握二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键.由二次根式被开方数大于0可知210x −>,则可得出211x −=,求出x 即可. 【详解】解:根据题意可知:210x −>, ∴211x −=, 解得:1x =, 故答案为:1.10. 科学家研发了一种新的蓝光唱片,一张蓝光唱片的容量约为5210⨯GB ,一张普通唱片的容量约为25GB ,则蓝光唱片的容量是普通唱片的___________倍.(用科学记数法表示)【答案】3810⨯ 【解析】【分析】本题考查科学记数法,按照定义,用科学记数法表示较大的数时,一般形式为10n a ⨯,其中110a ≤<,n 为整数,按要求表示即可得到答案,确定a 与n 的值是解决问题的关键.【详解】解:蓝光唱片的容量是普通唱片的53210800081025⨯==⨯倍,故答案为:3810⨯.11. 若正比例函数y kx =的图像经过点(7,13)−,则y 的值随x 的增大而___________.(选填“增大”或“减小”) 【答案】减小 【解析】【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及正比例函数的性质,牢记“当0k >时,y 随x 的增大而增大;当0k <时,y 随x 的增大而减小”是解题的关键.利用一次函数图象上点的坐标特征,可求出137k =−,结合正比例函数的性质,即可得出y 的值随x 的增大而减小. 【详解】解:正比例函数y kx =的图象经过点(7,13)−, 137k ∴−=,解得:137k =−,又1307k =−<, y ∴的值随x 的增大而减小.故答案为:减小.12. 在菱形ABCD 中,66ABC ∠=︒,则BAC ∠=___________.【答案】57︒##57度【解析】【分析】本题考查了菱形的性质,等腰三角形的性质以及三角形内角和定理,利用菱形性质得出AB BC =,利用等边对等角得出BAC ACB ∠=∠,然后结合三角形内角和定理求解即可.【详解】解:∵四边形ABCD 是菱形, ∴AB BC =,∴()()11180180665722BAC ACB ABC ∠=∠=︒−∠=︒−︒=︒, 故答案为:57︒.13. 某种商品的销售量y (万元)与广告投入x (万元)成一次函数关系,当投入10万元时销售额1000万元,当投入90万元时销售量5000万元,则投入80万元时,销售量为___________万元.【答案】4500【解析】【分析】本题考查求一次函数解析式及求函数值,设y kx b =+,根据题意找出点代入求出解析式,然后把80x =代入求解即可.【详解】解:设y kx b =+,把()10,1000,()90,5000代入,得101000905000k b k b +=⎧⎨+=⎩, 解得50500k b =⎧⎨=⎩, ∴50500y x =+,当80x =时,50805004500y =⨯+=,即投入80万元时,销售量为4500万元,故答案为:4500.14. 一个袋子中有若干个白球和绿球,它们除了颜色外都相同随机从中摸一个球,恰好摸到绿球的概率是35,则袋子中至少有___________个绿球.【答案】3【解析】【分析】本题主要考查了已知概率求数量,一元一次不等式的应用,设袋子中绿球有3x 个,则根据概率计算公式得到球的总数为5x 个,则白球的数量为2x 个,再由每种球的个数为正整数,列出不等式求解即可.【详解】解:设袋子中绿球有3x 个, ∵摸到绿球的概率是35, ∴球的总数为3355x x ÷=个, ∴白球的数量为532x x x −=个,∵每种球的个数为正整数,∴20x >,且x 为正整数,∴0x >,且x 为正整数,∴x 的最小值为1,∴绿球的个数的最小值为3,∴袋子中至少有3个绿球,故答案为:3.15. 如图,在平行四边形ABCD 中,E 为对角线AC 上一点,设AC a =,BE b =uur r ,若2AE EC =,则DC =___________(结果用含a ,b 的式子表示).【答案】23a b − 【解析】 【分析】本题考查了平面向量的知识,解答本题的关键是先确定各线段之间的关系.先求出23AE AC =,从而可得AB AE EB =+. 【详解】解:四边形ABCD 是平行四边形,DC AB ∴∥,DC AB =.E 是AC 上一点,2AE EC =,23AE AC ∴=, 23AB AE EB AE BE a b =+=−=−, ∴23DC a b =−, 故答案为:23a b −. 16. 博物馆为展品准备了人工讲解、语音播报和AR 增强三种讲解方式,博物馆共回收有效问卷1000张,其中700人没有讲解需求,剩余300人中需求情况如图所示(一人可以选择多种),那么在总共2万人的参观中,需要AR 增强讲解的人数约有__________人.【答案】2000【解析】【分析】本题考查条形统计图及用样本的某种“率”估计总体的某种“率”,正确得出需要AR 增强讲解的人数占有需求讲解的人数的百分比是解题关键.先求出需求讲解的人数占有效问卷的百分比,再根据条形统计图求出需要AR 增强讲解的人数占有需求讲解的人数的百分比,进而可得答案.【详解】解:∵共回收有效问卷1000张,其中700人没有讲解需求,剩余300人有需求讲解, ∴需求讲解的人数占有效问卷的百分比为300100%30%1000⨯=, 由条形统计图可知:需要AR 增强讲解的人数为100人,∴需要AR 增强讲解的人数占有需求讲解的人数的百分比为10013003=, ∴在总共2万人的参观中,需要AR 增强讲解的人数约有12000030%20003⨯⨯=(人), 故答案为:200017. 在平行四边形ABCD 中,ABC ∠是锐角,将CD 沿直线l 翻折至AB 所在直线,对应点分别为C ',D ¢,若::1:3:7AC AB BC '=,则cos ABC ∠=__________.【答案】27或47##47或27【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的翻折,求余弦值,等腰三角形的判定及性质,解题的关键是利用分类讨论的思想进行求解.【详解】解:当C '在AB 之间时,作下图,根据::1:3:7AC AB BC '=,不妨设1,3,7AC AB BC '===,由翻折的性质知:FCD FC D ''∠=∠, CD 沿直线l 翻折至AB 所在直线,BC F FC D FCD FBA '''∴∠+∠=∠+∠,BC F FBA '∴∠=∠。
2020上海中考数学压轴题 题目+解析

2020上海中考数学第18题(填空压轴题)18、已知四边形ABCD 是矩形,AB =6,BC =8,点O 在对角线AC 上,已知圆O 半径为2,且与矩形ABCD 没有公共点,则线段AO 的取值范围是 。
解:如右图所示AO 的下限为10sin 3r DAC ÷∠=如右图所示AO 的下限为20sin 3AC r DAC -÷∠=综上所述:102033AO <<24、在平面直角坐标系中,直线152y x =-+交y 轴于点B ,抛物线2y ax bx=+经过点A .(1)求线段AB 的长.解:直线152y x =-+与y 轴交点为()0,5B ,与x 轴交点为()10,0A则OA =10,OB =52222210552AB AO BO AB =+∴=+=(2)若抛物线经过点C ,点C 在线段AB 上,且BC=5,求抛物线解析式. 解:过C 作CH ⊥x 轴,垂足为H()()()245455554,2,42,410,014244100100521542CH OB CH AC BO AB AC CH CH C C A a a b a b b y x x∴==∴=∴=⎧=-⎪+=⎧⎪⇒⎨⎨+=⎩⎪=-⎪⎩∴=-+则∥又将和代入可得:抛物线解析式为(3)若抛物线顶点在AOB △内,求a 的取值范围. 解:()201001010a b a =+=-由可得,即525250252110D D D bx ax y a a ∴=-==∴<-<∴-<<将代入解析式得:2020上海中考数学第25题(压轴题)25、如图,O 是 ABC ∆的外接圆,且AB AC =,BO 延长线交AC 于D .(1)求证:2A ABD ∠=∠证:联结OA ,OC()12..132321O ABC OA OB OC OAB OCA OA OC OB OAAB CA OAB OCA S S S BAC ∴==∴∠=∠=⎧⎪=⎨⎪=⎩∴≅∴∠=∠∴∠=∠+∠=∠是△的外接圆在△和△中有△△得证(2)如果BDC ∆是等腰三角形,求C ∠的大小 解:1233318023318022.5367.523344BD BCABD A ABD BDC ABD A C AB AC ABC ABC ABC A C C BD CDABD A BDC DBC ABC AB AC C ABC ABC A C αααααααααααααααα=∠=∠=∠=∠+∠=∴∠==∴∠=∠∠+∠+∠=︒∴++=︒∴=︒∠==︒=∠=∠=∠=∴∠=∠==∴∠=∠∠+∠+∠=①若记,由()得在△中,在中,,②若同①可知,,,在中,180244180184727267.5C BD CD DBC C AB ACABC C C ααααα︒∴++=︒∴=︒∠==︒=∠=∠=∴∠=∠∠=︒︒,③若则又,矛盾,此情况舍去综上所述,或(3)如果AD =2,CD =3,求BC 的长. 解:222222222211224334437325491692556AO BC EA AF BC BD FBAE CAE OA OB AB ACAE BC BE BCAF BCAD AF BC BE AO AO BO a EO a AE a EO Rt AEC AC AE CE Rt BOE OB OE BE a a a a BE ∠=∠==∴⊥=∴==∴=====-=-=∴-=-=∴=联结并延长,交于过做交延长线于由()得,,且,,设,,在△中,在△中,解得:BC ==∴=。
2020-2021上海中考数学压轴题专题复习——平行四边形的综合

2020-2021上海中考数学压轴题专题复习——平行四边形的综合一、平行四边形1.(1)、动手操作:如图①:将矩形纸片ABCD折叠,使点D与点B重合,点C落在点处,折痕为EF,若∠ABE=20°,那么的度数为 .(2)、观察发现:小明将三角形纸片ABC(AB>AC)沿过点A的直线折叠,使得AC落在AB边上,折痕为AD,展开纸片(如图②);再次折叠该三角形纸片,使点A和点D重合,折痕为EF,展平纸片后得到△AEF(如图③).小明认为△AEF是等腰三角形,你同意吗?请说明理由.(3)、实践与运用:将矩形纸片ABCD按如下步骤操作:将纸片对折得折痕EF,折痕与AD边交于点E,与BC 边交于点F;将矩形ABFE与矩形EFCD分别沿折痕MN和PQ折叠,使点A、点D都与点F 重合,展开纸片,此时恰好有MP=MN=PQ(如图④),求∠MNF的大小.【答案】(1)125°;(2)同意;(3)60°【解析】试题分析:(1)根据直角三角形的两个锐角互余求得∠AEB=70°,根据折叠重合的角相等,得∠BEF=∠DEF=55°,根据平行线的性质得到∠EFC=125°,再根据折叠的性质得到∠E FC′=∠EFC=125°;(2)根据第一次折叠,得∠BAD=∠CAD;根据第二次折叠,得EF垂直平分AD,根据等角的余角相等,得∠AEG=∠AFG,则△AEF是等腰三角形;(3)由题意得出:∠NMF=∠AMN=∠MNF,MF=NF,由对称性可知,MF=PF,进而得出△MNF≌△MPF,得出3∠MNF=180°求出即可.试题解析:(1)、∵在直角三角形ABE中,∠ABE=20°,∴∠AEB=70°,∴∠BED=110°,根据折叠重合的角相等,得∠BEF=∠DEF=55°.∵AD∥BC,∴∠EFC=125°,再根据折叠的性质得到∠EFC′=∠EFC=125°.;(2)、同意,如图,设AD与EF交于点G由折叠知,AD平分∠BAC,所以∠BAD=∠CAD.由折叠知,∠AGE=∠DGE=90°,所以∠AGE=∠AGF=90°,所以∠AEF=∠AFE.所以AE=AF,即△AEF为等腰三角形.(3)、由题意得出:∠NMF=∠AMN=∠MNF,∴MF=NF,由折叠可知,MF=PF,∴NF=PF,而由题意得出:MP=MN,又∵MF=MF,∴△MNF≌△MPF,∴∠PMF=∠NMF,而∠PMF+∠NMF+∠MNF=180°,即3∠MNF=180°,∴∠MNF=60°.考点:1.折叠的性质;2.等边三角形的性质;3.全等三角形的判定和性质;4.等腰三角形的判定2.如图1,正方形ABCD的一边AB在直尺一边所在直线MN上,点O是对角线AC、BD 的交点,过点O作OE⊥MN于点E.(1)如图1,线段AB与OE之间的数量关系为.(请直接填结论)(2)保证点A始终在直线MN上,正方形ABCD绕点A旋转θ(0<θ<90°),过点 B作BF⊥MN于点F.①如图2,当点O、B两点均在直线MN右侧时,试猜想线段AF、BF与OE之间存在怎样的数量关系?请说明理由.②如图3,当点O、B两点分别在直线MN两侧时,此时①中结论是否依然成立呢?若成立,请直接写出结论;若不成立,请写出变化后的结论并证明.③当正方形ABCD绕点A旋转到如图4的位置时,线段AF、BF与OE之间的数量关系为.(请直接填结论)【答案】(1)AB=2OE;(2)①AF+BF=2OE,证明见解析;②AF﹣BF=2OE 证明见解析;③BF ﹣AF=2OE,【解析】试题分析:(1)利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论;(2)①过点B作BH⊥OE于H,可得四边形BHEF是矩形,根据矩形的对边相等可得EF=BH,BF=HE,根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB,∠AOB=90°,再根据同角的余角相等求出∠AOE=∠OBH,然后利用“角角边”证明△AOE和△OBH全等,根据全等三角形对应边相等可得OH=AE,OE=BH,再根据AF-EF=AE,整理即可得证;②过点B作BH⊥OE交OE的延长线于H,可得四边形BHEF是矩形,根据矩形的对边相等可得EF=BH,BF=HE,根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB,∠AOB=90°,再根据同角的余角相等求出∠AOE=∠OBH,然后利用“角角边”证明△AOE和△OBH全等,根据全等三角形对应边相等可得OH=AE,OE=BH,再根据AF-EF=AE,整理即可得证;③同②的方法可证.试题解析:(1)∵AC,BD是正方形的对角线,∴OA=OC=OB,∠BAD=∠ABC=90°,∵OE⊥AB,∴OE=12 AB,∴AB=2OE,(2)①AF+BF=2OE证明:如图2,过点B作BH⊥OE于点H∴∠BHE=∠BHO=90°∵OE⊥MN,BF⊥MN∴∠BFE=∠OEF=90°∴四边形EFBH为矩形∴BF=EH,EF=BH∵四边形ABCD为正方形∴OA=OB,∠AOB=90°∴∠AOE+∠HOB=∠OBH+∠HOB=90°∴∠AOE=∠OBH∴△AEO≌△OHB(AAS)∴AE=OH,OE=BH∴AF+BF=AE+EF+BF=OH+BH+EH=OE+OE=2OE.②AF﹣BF=2OE证明:如图3,延长OE,过点B作BH⊥OE于点H∴∠EHB=90°∵OE⊥MN,BF⊥MN∴∠AEO=∠HEF=∠BFE=90°∴四边形HBFE为矩形∴BF=HE,EF=BH∵四边形ABCD是正方形∴OA=OB,∠AOB=90°∴∠AOE+∠BOH=∠OBH+∠BOH∴∠AOE=∠OBH∴△AOE≌△OBH(AAS)∴AE=OH,OE=BH,∴AF﹣BF=AE+EF﹣HE=OH﹣HE+OE=OE+OE=2OE③BF﹣AF=2OE,如图4,作OG⊥BF于G,则四边形EFGO是矩形,∴EF=GO,GF=EO,∠GOE=90°,∴∠AOE+∠AOG=90°.在正方形ABCD中,OA=OB,∠AOB=90°,∴∠AOG+∠BOG=90°,∴∠AOE=∠BOG.∵OG⊥BF,OE⊥AE,∴∠AEO=∠BGO=90°.∴△AOE≌△BOG(AAS),∴OE=OG,AE=BG,∵AE﹣EF=AF,EF=OG=OE,AE=BG=AF+EF=OE+AF,∴BF﹣AF=BG+GF﹣(AE﹣EF)=AE+OE﹣AE+EF=OE+OE=2OE,∴BF﹣AF=2OE.3.在△ABC中,AB=BC,点O是AC的中点,点P是AC上的一个动点(点P不与点A,O,C重合).过点A,点C作直线BP的垂线,垂足分别为点E和点F,连接OE,OF.(1)如图1,请直接写出线段OE与OF的数量关系;(2)如图2,当∠ABC=90°时,请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系,并说明理由(3)若|CF﹣AE|=2,△POF为等腰三角形时,请直接写出线段OP的长.【答案】(1)OF =OE;(2)OF⊥EK,OF=OE,理由见解析;(3)OP.【解析】【分析】(1)如图1中,延长EO交CF于K,证明△AOE≌△COK,从而可得OE=OK,再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得OF=OE;(2)如图2中,延长EO交CF于K,由已知证明△ABE≌△BCF,△AOE≌△COK,继而可证得△EFK是等腰直角三角形,由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK,OF=OE;(3)分点P在AO上与CO上两种情况分别画图进行解答即可得.【详解】(1)如图1中,延长EO交CF于K,∵AE⊥BE,CF⊥BE,∴AE∥CK,∴∠EAO=∠KCO,∵OA=OC,∠AOE=∠COK,∴△AOE≌△COK,∴OE=OK,∵△EFK是直角三角形,∴OF=12EK=OE;(2)如图2中,延长EO交CF于K,∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°,∴∠ABE+∠BAE=90°,∠ABE+∠CBF=90°,∴∠BAE=∠CBF,∵AB=BC,∴△ABE≌△BCF,∴BE=CF,AE=BF,∵△AOE≌△COK,∴AE=CK,OE=OK,∴FK=EF,∴△EFK是等腰直角三角形,∴OF⊥EK,OF=OE;(3)如图3中,点P在线段AO上,延长EO交CF于K,作PH⊥OF于H,∵|CF ﹣AE|=2,AE=CK ,∴FK=2,在Rt △EFK 中,tan ∠FEK=30°,∠EKF=60°, ∴EK=2FK=4,OF=12EK=2, ∵△OPF 是等腰三角形,观察图形可知,只有OF=FP=2,在Rt △PHF 中,PH=12PF=1,OH=2∴=如图4中,点P 在线段OC 上,当PO=PF 时,∠POF=∠PFO=30°,∴∠BOP=90°,∴综上所述:OP . 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等,综合性较强,正确添加辅助线是解题的关键.4.已知正方形ABCD 中,E 为对角线BD 上一点,过E 点作EF ⊥BD 交BC 于F ,连接DF ,G 为DF 中点,连接EG ,CG .(1)请问EG 与CG 存在怎样的数量关系,并证明你的结论;(2)将图①中△BEF 绕B 点逆时针旋转45°,如图②所示,取DF 中点G ,连接EG ,CG.问(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由.(3)将图①中△BEF绕B点旋转任意角度,如图③所示,再连接相应的线段,问(1)中的结论是否仍然成立?(请直接写出结果,不必写出理由)【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)结论仍然成立【解析】【分析】(1)利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,可证出CG=EG.(2)结论仍然成立,连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点;再证明△DAG≌△DCG,得出AG=CG;再证出△DMG≌△FNG,得到MG=NG;再证明△AMG≌△ENG,得出AG=EG;最后证出CG=EG.(3)结论依然成立.【详解】(1)CG=EG.理由如下:∵四边形ABCD是正方形,∴∠DCF=90°.在Rt△FCD中,∵G为DF的中点,∴CG=12 FD,同理.在Rt△DEF中,EG=12FD,∴CG=EG.(2)(1)中结论仍然成立,即EG=CG.证法一:连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点.在△DAG与△DCG中,∵AD=CD,∠ADG=∠CDG,DG=DG,∴△DAG≌△DCG(SAS),∴AG=CG;在△DMG与△FNG中,∵∠DGM=∠FGN,FG=DG,∠MDG=∠NFG,∴△DMG≌△FNG (ASA),∴MG=NG.∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°,∴四边形AENM是矩形,在矩形AENM中,AM=EN.在△AMG与△ENG中,∵AM=EN,∠AMG=∠ENG,MG=NG,∴△AMG≌△ENG(SAS),∴AG=EG,∴EG=CG.证法二:延长CG至M,使MG=CG,连接MF,ME,EC.在△DCG与△FMG中,∵FG=DG,∠MGF=∠CGD,MG=CG,∴△DCG≌△FMG,∴MF=CD,∠FMG=∠DCG,∴MF∥CD∥AB,∴EF⊥MF.在Rt△MFE与Rt△CBE中,∵MF=CB,∠MFE=∠EBC=90°,EF=BE,∴△MFE≌△CBE∴∠MEF=∠CEB,∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°,∴△MEC为直角三角形.∵MG=CG,∴EG=12MC,∴EG=CG.(3)(1)中的结论仍然成立.理由如下:过F作CD的平行线并延长CG交于M点,连接EM、EC,过F作FN垂直于AB于N.由于G为FD中点,易证△CDG≌△MFG,得到CD=FM,又因为BE=EF,易证∠EFM=∠EBC,则△EFM≌△EBC,∠FEM=∠BEC,EM=EC∵∠FEC+∠BEC=90°,∴∠FEC+∠FEM=90°,即∠MEC=90°,∴△MEC是等腰直角三角形.∵G为CM中点,∴EG=CG,EG⊥CG【点睛】本题是四边形的综合题.(1)关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答;(2)关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答.5.如图(1)在正方形ABCD中,点E是CD边上一动点,连接AE,作BF⊥AE,垂足为G 交AD于F(1)求证:AF=DE;(2)连接DG,若DG平分∠EGF,如图(2),求证:点E是CD中点;(3)在(2)的条件下,连接CG,如图(3),求证:CG=CD.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)CG=CD,见解析.【解析】【分析】(1)证明△BAF≌△ADE(ASA)即可解决问题.(2)过点D作DM⊥GF,DN⊥GE,垂足分别为点M,N.想办法证明AF=DF,即可解决问题.(3)延长AE,BC交于点P,由(2)知DE=CD,利用直角三角形斜边中线的性质,只要证明BC=CP即可.【详解】(1)证明:如图1中,在正方形ABCD中,AB=AD,∠BAD=∠D=90o,∴∠2+∠3=90°又∵BF⊥AE,∴∠AGB=90°∴∠1+∠2=90°,∴∠1=∠3在△BAF与△ADE中,∠1=∠3 BA=AD ∠BAF=∠D,∴△BAF≌△ADE(ASA)∴AF=DE.(2)证明:过点D作DM⊥GF,DN⊥GE,垂足分别为点M,N.由(1)得∠1=∠3,∠BGA=∠AND=90°,AB=AD∴△BAG≌△ADN(AAS)∴AG=DN,又DG平分∠EGF,DM⊥GF,DN⊥GE,∴DM=DN,∴DM=AG,又∠AFG=∠DFM,∠AGF=∠DMF∴△AFG≌△DFM(AAS),∴AF=DF=DE=12AD=12CD,即点E是CD的中点.(3)延长AE,BC交于点P,由(2)知DE=CD,∠ADE=∠ECP=90°,∠DEA=∠CEP,∴△ADE≌△PCE(ASA)∴AE=PE,又CE∥AB,∴BC=PC,在Rt△BGP中,∵BC=PC,∴CG=12BP=BC,∴CG=CD.【点睛】本题属于四边形综合题,考查了正方形的性质,全等三角形的判定和性质,角平分线的性质定理,直角三角形斜边中线的性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于中考压轴题.6.图1、图2是两张形状、大小完全相同的方格纸,方格纸中的每个小正方形的边长均为1,每个小正方形的顶点叫做格点.(1)在图1中画出等腰直角三角形MON,使点N在格点上,且∠MON=90°;(2)在图2中以格点为顶点画一个正方形ABCD,使正方形ABCD面积等于(1)中等腰直角三角形MON面积的4倍,并将正方形ABCD分割成以格点为顶点的四个全等的直角三角形和一个正方形,且正方形ABCD面积没有剩余(画出一种即可).【答案】(1)作图参见解析;(2)作图参见解析.【解析】试题分析:(1)过点O向线段OM作垂线,此直线与格点的交点为N,连接MN即可;(2)根据勾股定理画出图形即可.试题解析:(1)过点O向线段OM作垂线,此直线与格点的交点为N,连接MN,如图1所示;(2)等腰直角三角形MON面积是5,因此正方形面积是20,如图2所示;于是根据勾股定理画出图3:考点:1.作图﹣应用与设计作图;2.勾股定理.7.如图1,已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上,连接AE,GC.(1)试猜想AE与GC有怎样的关系(直接写出结论即可);(2)将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转,使点E落在BC边上,如图2,连接AE和CG.你认为(1)中的结论是否还成立?若成立,给出证明;若不成立,请说明理由.(3)在(2)中,若E是BC的中点,且BC=2,则C,F两点间的距离为.【答案】(1) AE=CG,AE⊥GC;(2)成立,证明见解析;.【解析】【分析】(1)观察图形,AE、CG的位置关系可能是垂直,下面着手证明.由于四边形ABCD、DEFG都是正方形,易证得△ADE≌△CDG,则∠1=∠2,由于∠2、∠3互余,所以∠1、∠3互余,由此可得AE⊥GC.(2)题(1)的结论仍然成立,参照(1)题的解题方法,可证△ADE≌△CDG,得∠5=∠4,由于∠4、∠7互余,而∠5、∠6互余,那么∠6=∠7;由图知∠AEB=∠CEH=90°﹣∠6,即∠7+∠CEH=90°,由此得证.(3)如图3中,作CM⊥DG于G,GN⊥CD于N,CH⊥FG于H,则四边形CMGH是矩形,可得CM=GH,CH=GM.想办法求出CH,HF,再利用勾股定理即可解决问题.【详解】(1)AE=CG,AE⊥GC;证明:延长GC交AE于点H,在正方形ABCD与正方形DEFG中,AD=DC,∠ADE=∠CDG=90°,DE=DG,∴△ADE≌△CDG(SAS),∴AE,CG,∠1=∠2∵∠2+∠3=90°,∴∠1+∠3=90°,∴∠AHG=180°﹣(∠1+∠3)=180°﹣90°=90°,∴AE⊥GC.(2)答:成立;证明:延长AE和GC相交于点H,在正方形ABCD和正方形DEFG中,AD=DC,DE=DG,∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=∠EDG=90°,∴∠1=∠2=90°﹣∠3;∴△ADE≌△CDG(SAS),∴AE=CG,∠5=∠4;又∵∠5+∠6=90°,∠4+∠7=180°﹣∠DCE=180°﹣90°=90°,∴∠6=∠7,又∵∠6+∠AEB=90°,∠AEB=∠CEH,∴∠CEH+∠7=90°,∴∠EHC=90°,∴AE⊥GC.(3)如图3中,作CM ⊥DG 于G ,GN ⊥CD 于N ,CH ⊥FG 于H ,则四边形CMGH 是矩形,可得CM =GH ,CH =GM .∵BE =CE =1,AB =CD =2,∴AE =DE =CG ═DG =FG∵DE =DG ,∠DCE =∠GND ,∠EDC =∠DGN ,∴△DCE ≌△GND(AAS),∴GCD =2,∵S △DCG =12•CD•NG =12•DG•CM ,∴2×2,∴CM =GH ,∴MG =CH 5,∴FH =FG ﹣FG ,∴CF ..【点睛】 本题属于四边形综合题,考查了正方形的性质,全等三角形的判定和性质,解直角三角形等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于中考压轴题.8.已知90AOB ∠=︒,点C 是AOB ∠的角平分线OP 上的任意一点,现有一个直角MCN ∠绕点C 旋转,两直角边CM ,CN 分别与直线OA ,OB 相交于点D ,点E .(1)如图1,若CD OA ⊥,猜想线段OD ,OE ,OC 之间的数量关系,并说明理由. (2)如图2,若点D 在射线OA 上,且CD 与OA 不垂直,则(1)中的数量关系是否仍成立?如成立,请说明理由;如不成立,请写出线段OD ,OE ,OC 之间的数量关系,并加以证明.(3)如图3,若点D 在射线OA 的反向延长线上,且2OD =,8OE =,请直接写出线段CE 的长度.【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3【解析】【分析】(1)先证四边形ODCE 为矩形,再证矩形ODCE 为正方形,由正方形性质可得;(2)过点C 作CG OA ⊥于点G ,CH OB ⊥于点H ,证四边形OGCH 为正方形,再证()CGD CHE ASA ∆≅∆,可得;(3)根据()CGD CHE ASA ∆≅∆,可得OE OD OH OG -=+=.【详解】解:(1)∵90AOB ∠=︒,90MCN ∠=︒,CD OA ⊥,∴四边形ODCE 为矩形.∵OP 是AOB ∠的角平分线,∴45DOC EOC ∠=∠=︒,∴OD CD =,∴矩形ODCE 为正方形,∴OC =,OC =.∴OD OE +=.(2)如图,过点C 作CG OA ⊥于点G ,CH OB ⊥于点H ,∵OP 平分AOB ∠,90AOB ∠=︒, ∴四边形OGCH 为正方形,由(1)得:OG OH +=,在CGD ∆和CHE ∆中, 90CGD CHE CG CHDCG ECH ︒⎧∠=∠=⎪=⎨⎪∠=∠⎩, ∴()CGD CHE ASA ∆≅∆,∴GD HE =,∴OD OE +=.(3)OG OH +=, ()CGD CHE ASA ∆≅∆,∴GD HE =. ∵OD GD OG =-,OE OH EH =+,∴OE OD OH OG -=+=,∴OC =∴CE =CE【点睛】考核知识点:矩形,正方形的判定和性质.熟练运用特殊四边形的性质和判定是关键.9.菱形ABCD 中、∠BAD =120°,点O 为射线CA 上的动点,作射线OM 与直线BC 相交于点E ,将射线OM 绕点O 逆时针旋转60°,得到射线ON ,射线ON 与直线CD 相交于点F . (1)如图①,点O 与点A 重合时,点E ,F 分别在线段BC ,CD 上,请直接写出CE ,CF ,CA 三条段段之间的数量关系;(2)如图②,点O在CA的延长线上,且OA=13AC,E,F分别在线段BC的延长线和线段CD的延长线上,请写出CE,CF,CA三条线段之间的数量关系,并说明理由;(3)点O在线段AC上,若AB=6,BO=CF=1时,请直接写出BE的长.【答案】(1)CA=CE+CF.(2)CF-CE=43AC.(3)BE的值为3或5或1.【解析】【分析】(1)如图①中,结论:CA=CE+CF.只要证明△ADF≌△ACE(SAS)即可解决问题;(2)结论:CF-CE=43AC.如图②中,如图作OG∥AD交CF于G,则△OGC是等边三角形.只要证明△FOG≌△EOC(ASA)即可解决问题;(3)分四种情形画出图形分别求解即可解决问题.【详解】(1)如图①中,结论:CA=CE+CF.理由:∵四边形ABCD是菱形,∠BAD=120°∴AB=AD=DC=BC,∠BAC=∠DAC=60°∴△ABC,△ACD都是等边三角形,∵∠DAC=∠EAF=60°,∴∠DAF=∠CAE,∵CA=AD,∠D=∠ACE=60°,∴△ADF≌△ACE(SAS),∴DF=CE,∴CE+CF=CF+DF=CD=AC,(2)结论:CF-CE=43 AC.理由:如图②中,如图作OG∥AD交CF于G,则△OGC是等边三角形.∵∠GOC=∠FOE=60°,∴∠FOG=∠EOC,∵OG=OC,∠OGF=∠ACE=120°,∴△FOG≌△EOC(ASA),∴CE=FG,∵OC=OG,CA=CD,∴OA=DG,∴CF-EC=CF-FG=CG=CD+DG=AC+13AC=43AC,(3)作BH⊥AC于H.∵AB=6,AH=CH=3,∴,如图③-1中,当点O在线段AH上,点F在线段CD上,点E在线段BC上时.∵,∴=1,∴OC=3+1=4,由(1)可知:CO=CE+CF,∴CE=3,∴BE=6-3=3.如图③-2中,当点O在线段AH上,点F在线段DC的延长线上,点E在线段BC上时.由(2)可知:CE-CF=OC,∴CE=4+1=5,∴BE=1.如图③-3中,当点O在线段CH上,点F在线段CD上,点E在线段BC上时.同法可证:OC=CE+CF,∵OC=CH-OH=3-1=2,CF=1,∴CE=1,∴BE=6-1=5.如图③-4中,当点O在线段CH上,点F在线段DC的延长线上,点E在线段BC上时.同法可知:CE-CF=OC ,∴CE=2+1=3,∴BE=3,综上所述,满足条件的BE 的值为3或5或1.【点睛】本题属于四边形综合题,考查了全等三角形的判定和性质,等边三角形的性质,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,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题.10.在ABC 中,AD BC ⊥于点D ,点E 为AC 边的中点,过点A 作//AF BC ,交DE 的延长线于点F ,连接CF .()1如图1,求证:四边形ADCF 是矩形;()2如图2,当AB AC =时,取AB 的中点G ,连接DG 、EG ,在不添加任何辅助线和字母的条件下,请直接写出图中所有的平行四边形(不包括矩形ADCF ).【答案】(1) 证明见解析;(2)四边形ABDF 、四边形AGEF 、四边形GBDE 、四边形AGDE 、四边形GDCE 都是平行四边形.【解析】【分析】(1)由△AEF ≌△CED ,推出EF=DE ,又AE=EC ,推出四边形ADCF 是平行四边形,只要证明∠ADC=90°,即可推出四边形ADCF 是矩形.(2)四边形ABDF 、四边形AGEF 、四边形GBDE 、四边形AGDE 、四边形GDCE 都是平行四边形.【详解】()1证明:∵//AF BC ,∴AFE EDC ∠=∠,∵E 是AC 中点,∴AE EC =,在AEF 和CED 中,AFE CDE AEF CED AE EC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴AEF CED ≅,∴EF DE =,∵AE EC =, ∴四边形ADCF 是平行四边形, ∵AD BC ⊥, ∴90ADC ∠=, ∴四边形ADCF 是矩形.()2∵线段DG 、线段GE 、线段DE 都是ABC 的中位线,又//AF BC ,∴//AB DE ,//DG AC ,//EG BC ,∴四边形ABDF 、四边形AGEF 、四边形GBDE 、四边形AGDE 、四边形GDCE 都是平行四边形. 【点睛】考查平行四边形的判定、矩形的判定、三角形的中位线定理、全等三角形的判定和性质等知识,正确寻找全等三角形解决问题是解题的关键.11.如图①,在矩形ABCD 中,点P 从AB 边的中点E 出发,沿着E B C --速运动,速度为每秒2个单位长度,到达点C 后停止运动,点Q 是AD 上的点,10AQ =,设PAQ ∆的面积为y ,点p 运动的时间为t 秒,y 与t 的函数关系如图②所示.(1)图①中AB = ,BC = ,图②中m = .(2)当t =1秒时,试判断以PQ 为直径的圆是否与BC 边相切?请说明理由:(3)点p 在运动过程中,将矩形沿PQ 所在直线折叠,则t 为何值时,折叠后顶点A 的对应点A '落在矩形的一边上.【答案】(1)8,18,20;(2)不相切,证明见解析;(3)t=12、5、173. 【解析】 【分析】(1)由题意得出AB=2BE ,t=2时,BE=2×2=4,求出AB=2BE=8,AE=BE=4,t=11时,2t=22,得出BC=18,当t=0时,点P 在E 处,m=△AEQ 的面积=12AQ×AE=20即可;(2)当t=1时,PE=2,得出AP=AE+PE=6,由勾股定理求出PQ 为直径的圆的圆心为O',作O'N ⊥BC 于N ,延长NO'交AD 于M ,则MN=AB=8,O'M ∥AB ,MN=AB=8,由三角形中位线定理得出O'M=12AP=3,求出O'N=MN-O'M=5<圆O'的半径,即可得出结论;(3)分三种情况:①当点P在AB边上,A'落在BC边上时,作QF⊥BC于F,则QF=AB=8,BF=AQ=10,由折叠的性质得:PA'=PA,A'Q=AQ=10,∠PA'Q=∠A=90°,由勾股定理求出,得出A'B=BF-A'F=4,在Rt△A'BP中,BP=4-2t,PA'=AP=8-(4-2t)=4+2t,由勾股定理得出方程,解方程即可;②当点P在BC边上,A'落在BC边上时,由折叠的性质得:A'P=AP,证出∠APQ=∠AQP,得出AP=AQ=A'P=10,在Rt△ABP中,由勾股定理求出BP=6,由BP=2t-4,得出2t-4=6,解方程即可;③当点P在BC边上,A'落在CD边上时,由折叠的性质得:A'P=AP,A'Q=AQ=10,在Rt△DQA'中,DQ=AD-AQ=8,由勾股定理求出DA'=6,得出A'C=CD-DA'=2,在Rt△ABP和Rt△A'PC中,BP=2t-4,CP=BC-BP=22-2t,由勾股定理得出方程,解方程即可.【详解】(1)∵点P从AB边的中点E出发,速度为每秒2个单位长度,∴AB=2BE,由图象得:t=2时,BE=2×2=4,∴AB=2BE=8,AE=BE=4,t=11时,2t=22,∴BC=22-4=18,当t=0时,点P在E处,m=△AEQ的面积=12AQ×AE=12×10×4=20;故答案为8,18,20;(2)当t=1秒时,以PQ为直径的圆不与BC边相切,理由如下:当t=1时,PE=2,∴AP=AE+PE=4+2=6,∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=90°,∴==设以PQ为直径的圆的圆心为O',作O'N⊥BC于N,延长NO'交AD于M,如图1所示:则MN=AB=8,O'M∥AB,MN=AB=8,∵O'为PQ的中点,∴O''M是△APQ的中位线,∴O'M=12AP=3,∴O'N=MN-O'M=5∴以PQ为直径的圆不与BC边相切;(3)分三种情况:①当点P在AB边上,A'落在BC边上时,作QF⊥BC于F,如图2所示:则QF=AB=8,BF=AQ=10,∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°,CD=AB=8,AD=BC=18,由折叠的性质得:PA'=PA,A'Q=AQ=10,∠PA'Q=∠A=90°,∴,∴A'B=BF-A'F=4,在Rt△A'BP中,BP=4-2t,PA'=AP=8-(4-2t)=4+2t,由勾股定理得:42+(4-2t)2=(4+2t)2,解得:t=12;②当点P在BC边上,A'落在BC边上时,连接AA',如图3所示:由折叠的性质得:A'P=AP,∴∠APQ'=∠A'PQ,∵AD∥BC,∴∠AQP=∠A'PQ,∴∠APQ=∠AQP,∴AP=AQ=A'P=10,在Rt△ABP中,由勾股定理得:,又∵BP=2t-4,∴2t-4=6,解得:t=5;③当点P在BC边上,A'落在CD边上时,连接AP、A'P,如图4所示:由折叠的性质得:A'P=AP,A'Q=AQ=10,在Rt△DQA'中,DQ=AD-AQ=8,由勾股定理得:,∴A'C=CD-DA'=2,在Rt△ABP和Rt△A'PC中,BP=2t-4,CP=BC-BP=18-(2t-4)=22-2t,由勾股定理得:AP2=82+(2t-4)2,A'P2=22+(22-2t)2,∴82+(2t-4)2=22+(22-2t)2,解得:t=173;综上所述,t为12或5或173时,折叠后顶点A的对应点A′落在矩形的一边上.【点睛】四边形综合题目,考查了矩形的性质、折叠变换的性质、勾股定理、函数图象、直线与圆的位置关系、三角形中位线定理、等腰三角形的判定、以及分类讨论等知识.12.如图,在正方形ABCD中,点G在对角线BD上(不与点B,D重合),GE⊥DC于点E,GF⊥BC于点F,连结AG.(1)写出线段AG,GE,GF长度之间的数量关系,并说明理由;(2)若正方形ABCD的边长为1,∠AGF=105°,求线段BG的长.【答案】(1)AG2=GE2+GF2(2)【解析】试题分析:(1)结论:AG2=GE2+GF2.只要证明GA=GC,四边形EGFC是矩形,推出GE=CF,在Rt△GFC中,利用勾股定理即可证明;(2)作BN⊥AG于N,在BN上截取一点M,使得AM=BM.设AN=x.易证AM=BM=2x,MN=x,在Rt△ABN中,根据AB2=AN2+BN2,可得1=x2+(2x+x)2,解得x=,推出BN=,再根据BG=BN÷cos30°即可解决问题.试题解析:(1)结论:AG2=GE2+GF2.理由:连接CG.∵四边形ABCD是正方形,∴A、C关于对角线BD对称,∵点G在BD上,∴GA=GC,∵GE⊥DC于点E,GF⊥BC于点F,∴∠GEC=∠ECF=∠CFG=90°,∴四边形EGFC是矩形,∴CF=GE,在Rt△GFC中,∵CG2=GF2+CF2,∴AG2=GF2+GE2.(2)作BN⊥AG于N,在BN上截取一点M,使得AM=BM.设AN=x.∵∠AGF=105°,∠FBG=∠FGB=∠ABG=45°,∴∠AGB=60°,∠GBN=30°,∠ABM=∠MAB=15°,∴∠AMN=30°,∴AM=BM=2x,MN=x,在Rt△ABN中,∵AB2=AN2+BN2,∴1=x2+(2x+x)2,解得x=,∴BN=,∴BG=BN÷cos30°=.考点:1、正方形的性质,2、矩形的判定和性质,3、勾股定理,4、直角三角形30度的性质13.如图,点E是正方形ABCD的边A B上一点,连结CE,过顶点C作CF⊥CE,交AD延长线于F.求证:BE=DF.【答案】证明见解析.【解析】分析:根据正方形的性质,证出BC=CD,∠B=∠CDF,∠BCD=90°,再由垂直的性质得到∠BCE=∠DCF,然后根据“ASA”证明△BCE≌△BCE即可得到BE=DF详解:证明:∵CF⊥CE,∴∠ECF=90°,又∵∠BCG=90°,∴∠BCE+∠ECD =∠DCF+∠ECD∴∠BCE=∠DCF,在△BCE与△DCF中,∵∠BCE=∠DCF,BC=CD,∠CDF=∠EBC,∴△BCE≌△BCE(ASA),∴BE=DF.点睛:本题考查的是正方形的性质,熟知正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解答此题的关键.14.如图,现有一张边长为4的正方形纸片ABCD,点P为正方形AD边上的一点(不与点A、点D重合),将正方形纸片折叠,使点B落在P处,点C落在G处,PG交DC于H,折痕为EF,连接BP、BH.(1)求证:∠APB=∠BPH;(2)当点P在边AD上移动时,求证:△PDH的周长是定值;(3)当BE+CF的长取最小值时,求AP的长.【答案】(1)证明见解析.(2)证明见解析.(3)2.【解析】试题分析:(1)根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH,进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案;(2)首先证明△ABP≌△QBP,进而得出△BCH≌△BQH,即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8;(3)过F作FM⊥AB,垂足为M,则FM=BC=AB,证明△EFM≌△BPA,设AP=x,利用折叠的性质和勾股定理的知识用x表示出BE和CF,结合二次函数的性质求出最值.试题解析:(1)解:如图1,∵PE=BE,∴∠EBP=∠EPB.又∵∠EPH=∠EBC=90°,∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP.即∠PBC=∠BPH.又∵AD∥BC,∴∠APB=∠PBC.∴∠APB=∠BPH.(2)证明:如图2,过B作BQ⊥PH,垂足为Q.由(1)知∠APB=∠BPH,又∵∠A=∠BQP=90°,BP=BP,在△ABP和△QBP中,,∴△ABP≌△QBP(AAS),∴AP=QP,AB=BQ,又∵AB=BC,∴BC=BQ.又∠C=∠BQH=90°,BH=BH,在△BCH和△BQH中,,∴△BCH≌△BQH(SAS),∴CH=QH.∴△PHD的周长为:PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8.∴△PDH的周长是定值.(3)解:如图3,过F作FM⊥AB,垂足为M,则FM=BC=AB.又∵EF为折痕,∴EF⊥BP.∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°,∴∠EFM=∠ABP.又∵∠A=∠EMF=90°,在△EFM和△BPA中,,∴△EFM≌△BPA(AAS).∴EM=AP.设AP=x在Rt△APE中,(4-BE)2+x2=BE2.解得BE=2+,∴CF=BE-EM=2+-x,∴BE+CF=-x+4=(x-2)2+3.当x=2时,BE+CF取最小值,∴AP=2.考点:几何变换综合题.15.(本题14分)小明在学习平行线相关知识时总结了如下结论:端点分别在两条平行线上的所有线段中,垂直于平行线的线段最短.小明应用这个结论进行了下列探索活动和问题解决.问题1:如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=3,P为AC边上的一动点,以PB,PA为边构造□APBQ,求对角线PQ的最小值及PQ最小时的值.(1)在解决这个问题时,小明构造出了如图2的辅助线,则PQ的最小值为,当PQ最小时= _____ __;(2)小明对问题1做了简单的变式思考.如图3,P为AB边上的一动点,延长PA到点E,使AE=nPA(n为大于0的常数).以PE,PC为边作□P CQE,试求对角线PQ长的最小值,并求PQ最小时的值;问题2:在四边形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,AD=1,AB=2,BC=3.(1)如图4,若为上任意一点,以,为边作□.试求对角线长的最小值和PQ最小时的值.(2)若为上任意一点,延长到,使,再以,为边作□.请直接写出对角线长的最小值和PQ最小时的值.【答案】问题1:(1)3,;(2)PQ=,=.问题2:(1)=4,.(2)PQ的最小值为..【解析】试题分析:问题1:(1)首先根据条件可证四边形PCBQ是矩形,然后根据条件“四边形APBQ是平行四边形可得AP=QB=PC,从而可求的值.(2)由题可知:当QP⊥AC 时,PQ最小.过点C作CD⊥AB于点D.此时四边形CDPQ为矩形,PQ=CD,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=3,利用面积可求出CD=,然后可求出AD=,由AE=nPA可得PE=,而PE=CQ=PD=AD-AP=,所以AP=.所以=.问题2:(1)设对角线与相交于点.Rt≌Rt.所以AD=HC,QH=AP.由题可知:当QP⊥AB时,PQ最小,此时=CH=4,根据条件可证四边形BPQH为矩形,从而QH=BP=AP.所以.(2)根据题意画出图形,当AB时,的长最小,PQ的最小值为..试题解析:问题1:(1)3,;(2)过点C作CD⊥AB于点D.由题意可知当PQ⊥AB时,PQ最短.所以此时四边形CDPQ为矩形.PQ=CD,DP=CQ=PE.因为∠BCA=90°,AC=4,BC=3,所以AB=5.所以CD=.所以PQ=.在Rt△ACD中AC=4,CD=,所以AD=.因为AE=nPA,所以PE==CQ=PD=AD-AP=.所以AP=.所以=.问题2:(1)如图2,设对角线与相交于点.所以G是DC的中点,作QH BC,交BC的延长线于H,因为AD//BC,所以.所以.又,所以Rt≌Rt.所以AD=HC,QH=AP.由图知,当AB时,的长最小,即=CH=4.易得四边形BPQH为矩形,所以QH=BP=AP.所以.(若学生有能力从梯形中位线角度考虑,若正确即可评分.但讲评时不作要求)(2)PQ的最小值为..考点:1.直角三角形的性质;2.全等三角形的判定与性质;3.平行四边形的性质;4矩形的判定与性质.。
上海历年中考数学压轴题复习试题附答案

上海历年中考数学压轴题复习试题附答案The document was prepared on January 2, 2021上海历年中考数学压轴题复习2001年上海市数学中考27.已知在梯形ABCD 中,AD ∥BC ,AD <BC ,且AD =5,AB =DC =2. (1)如图8,P 为AD 上的一点,满足∠BPC =∠A .图8①求证;△ABP ∽△DPC ②求AP 的长.(2)如果点P 在AD 边上移动(点P 与点A 、D 不重合),且满足∠BPE =∠A ,PE 交直线BC 于点E ,同时交直线DC 于点Q ,那么①当点Q 在线段DC 的延长线上时,设AP =x ,CQ =y ,求y 关于x 的函数解析式,并写出函数的定义域;②当CE =1时,写出AP 的长(不必写出解题过程). 27.(1)①证明:∵ ∠ABP =180°-∠A -∠APB ,∠DPC =180°-∠BPC -∠APB ,∠BPC =∠A ,∴ ∠ABP =∠DPC .∵ 在梯形ABCD 中,AD ∥BC ,AB =CD ,∴ ∠A =∠D .∴ △ABP ∽△DPC .②解:设AP =x ,则DP =5-x ,由△ABP ∽△DPC ,得DCPD AP AB =,即252xx -=,解得x 1=1,x 2=4,则AP 的长为1或4.(2)①解:类似(1)①,易得△ABP ∽△DPQ ,∴DQ AP PD AB =.即yxx +=-252,得225212-+-=x x y ,1<x <4.②AP =2或AP =3-5.(题27是一道涉及动量与变量的考题,其中(1)可看作(2)的特例,故(2)的推断与证明均可借鉴(1)的思路.这是一种从模仿到创造的过程,模仿即借鉴、套用,创造即灵活变化,这是中学生学数学应具备的一种基本素质,世上的万事万物总有着千丝万缕的联系,也有着质的区别,模仿的关键是发现联系,创造的关键是发现区别,并找到应付新问题的途径.)上海市2002年中等学校高中阶段招生文化考试27.操作:将一把三角尺放在边长为1的正方形ABCD 上,并使它的直角顶点P 在对角线AC 上滑动,直角的一边始终经过点B ,另一边与射线DC 相交于点Q .图5图6图7探究:设A 、P 两点间的距离为x .(1)当点Q 在边CD 上时,线段PQ 与线段PB 之间有怎样的大小关系试证明你观察得到结论;(2)当点Q 在边CD 上时,设四边形PBCQ 的面积为y ,求y 与x 之间的函数解析式,并写出函数的定义域;(3)当点P 在线段AC 上滑动时,△PCQ 是否可能成为等腰三角形如果可能,指出所有能使△PCQ 成为等腰三角形的点Q 的位置,并求出相应的x 的值;如果不可能,试说明理由.(图5、图6、图7的形状大小相同,图5供操作、实验用,图6和图7备用) 五、(本大题只有1题,满分12分,(1)、(2)、(3)题均为4分) 27.图1 图2 图3(1)解:PQ =PB ……………………(1分) 证明如下:过点P 作MN ∥BC ,分别交AB 于点M ,交CD 于点N ,那么四边形AMND 和四边形BCNM 都是矩形,△AMP 和△CNP 都是等腰直角三角形(如图1).∴ NP =NC =MB . ……………………(1分)∵ ∠BPQ =90°,∴ ∠QPN +∠BPM =90°.而∠BPM +∠PBM =90°,∴ ∠QPN =∠PBM . ……………………(1分) 又∵ ∠QNP =∠PMB =90°,∴ △QNP ≌△PMB . ……………………(1分) ∴ PQ =PB . (2)解法一由(1)△QNP ≌△PMB .得NQ =MP . ∵ AP =x ,∴ AM =MP =NQ =DN =x 22,BM =PN =CN =1-x 22, ∴ CQ =CD -DQ =1-2·x 22=1-x 2.得S △PBC =21BC ·BM =21×1×(1-x 22)=21-42x . ………………(1分) S △PCQ =21CQ ·PN =21×(1-x 2)(1-x 22)=21-x 423+21x 2(1分) S 四边形PBCQ =S △PBC +S △PCQ =21x 2-x 2+1. 即 y =21x 2-x 2+1(0≤x <22). ……………………(1分,1分) 解法二作PT ⊥BC ,T 为垂足(如图2),那么四边形PTCN 为正方形. ∴ PT =CB =PN .又∠PNQ =∠PTB =90°,PB =PQ ,∴△PBT ≌△PQN . S 四边形PBCQ =S △四边形PBT +S 四边形PTCQ =S 四边形PTCQ +S △PQN =S 正方形PTCN …(2分)=CN 2=(1-x 22)2=21x 2-x 2+1 ∴ y =21x 2-x 2+1(0≤x <22). ……………………(1分)(3)△PCQ 可能成为等腰三角形①当点P 与点A 重合,点Q 与点D 重合,这时PQ =QC ,△PCQ 是等腰三角形, 此时x =0 ……………………(1分)②当点Q 在边DC 的延长线上,且CP =CQ 时,△PCQ 是等腰三角形(如图3) ……………………(1分)解法一 此时,QN =PM =x 22,CP =2-x ,CN =22CP =1-x 22. ∴ CQ =QN -CN =x 22-(1-x 22)=x 2-1.当2-x =x 2-1时,得x =1. ……………………(1分)解法二 此时∠CPQ =21∠PCN =°,∠APB =90°-°=°, ∠ABP =180°-(45°+°)=°,得∠APB =∠ABP ,∴ AP =AB =1,∴ x =1. ……………………(1分)上海市2003年初中毕业高中招生统一考试27.如图,在正方形ABCD 中,AB =1,弧AC 是点B 为圆心,AB 长为半径的圆的一段弧。
上海中考数学经典必做压轴题及答案

1.(2013虹口二模)25.(本题满分14分,第(1)小题4分,第(2)小题5分,第(3)小题5分)在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=6,AC=8,点D为边BC的中点,DE⊥BC交边AC于点E,点P为射线AB上一动点,点Q为边AC上一动点,且∠PDQ=90°.(1)求ED、EC的长;(2)若BP=2,求CQ的长;(3)记线段PQ与线段DE的交点为点F,若△PDF为等腰三角形,求BP的长.ABECDAB CED第25题图(备用图)25.解:(1)在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=6,AC=8 ∴BC=10……………………(1分)点D为BC的中点∴CD=5可证△ABC∽△DEC∴DE EC CDAB BC AC==,即56108DE EC==………………………………(1分)∴154DE=,254CE=……………………………………………………(2分)(2)①当点P在AB边上时,在Rt△ABC中,∠B+∠C=90°,在Rt△EDC中,∠DEC+∠C=90°,∴∠DEC=∠B∵DE⊥BC,∠PDQ=90°∴∠PDQ=∠BDE=90°∴∠BDP=∠EDQ∴△BPD∽△EQD ……………………………………………………………(1分)∴EQ DEBP BD=,即15425EQ=,∴32EQ=………………………………………………………………………(2分)∴CQ=EC-EQ194 =……………………………………………………………(1分)②当点P在AB的延长线上时,同理可得:32 EQ=,∴CQ=EC+EQ314 =…………………………………………………………(1分)(3)∵线段PQ与线段DE的交点为点F,∴点P在边AB上∵△BPD∽△EQD ∴43 BP BD PD EQ ED QD===若设BP=x ,则34E Q x=,25344CQ x=-…………………………………(1分)可得4cot cot3QPD C∠==∴∠QPD=∠C又可证∠PDE=∠CDQ ∴△PDF∽△CDQ∵△PDF为等腰三角形∴△CDQ为等腰三角形………………………(1分)①当CQ=CD时,可得:253544x-=解得:53x=………………………(1分)②当QC=QD时,过点Q作QM⊥CB于M,∴1522CM CD==,5525248CQ=⨯=∴25325448x-=,解得256x=……………………………………………(1分)③当DC=DQ时,过点D作DN⊥CQ于N,∴4545CN=⨯=,28CQ CN==∴253844x-=,解得73x=-(不合题意,舍去)…………………………(1分)∴综上所述,53BP=或256.2.已知:在梯形ABCD中,AD平行于BC,AB=DC=5,AD=3.5,sinB=4/5,点E是AB边上一点,BE=3,点P是BC边上的一动点,联结EP,作∠EPF,使得∠EPF=∠B,射线PF与AD边交于点F,与CD的延长线交于点G,设BP=x,DF=y(1)求BC的长(2)试求y关于x的函数解析式,并写出定义域(3)联结EF,如果△PEF是等腰三角形,试求BP的长解析(1)BC=9.5 (2)y=9.5-x-x152<x<7.5 (3)分三种情况:①如果PE=PF ,如图,过F 作DC 平行线交底边于H ,则∠FHP=∠C=∠B . ∵在△PEB 与△FPH 中,∠B =∠FHP∠BEP =∠HPF PE =FP∴△PEB ≌△FPH (AAS ),∴EB=PH=3,BP=FH=DC=5;②如果PE=EF ,如图,过F 作DC 平行线交底边于H ,则∠FHP=∠C=∠B .∵在△PEB 与△FPH 中,∠B =∠FHP∠BEP =∠HPF∴△PEB ∽△FPH ,∴PE :PF=PB :FH ,又∵PE=EF ,过E 点做△EFP 的高ET ,则FP :PE=2PT :PE=2cos ∠EPF=2cos ∠B=6/5∵FH=DC=5, ∴5/6=x/5,解得x=25/6③如果PF=EF ,同理可得△PEB ∽△FPH ,∴PE :PF=PB :FH ,∵PE=EF ,过F 点做△EFP 的高FT ,则PE :PF=2PT :PF=2cos ∠EPF=2cos ∠B=6/5,∵FH=DC=5,∴5/6=5/x,解得x=6 ∴综上所述,线x=25/6或x=6。
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专题训练125.如图9,在Rt△ABC中,∠ACB=90°.半径为1的圆A与边AB相交于点D,与边AC相交于点E,连结DE并延长,与线段BC的延长线交于点P.(1)当∠B=30°时,连结AP,若△AEP与△BDP相似,求CE的长;(2)若CE=2,BD=BC,求∠BPD的正切值;(3)若1tan3BPD∠=,设CE=x,△ABC的周长为y,求y关于x的函数关系式.图9 图10(备用)参考答案:(1)解:∵∠B=30°∠ACB=90°∴∠BAC=60°∵AD=AE ∴∠AED=60°=∠CEP ∴∠EPC=30°∴三角形BDP为等腰三角形∵△AEP与△BDP相似∴∠EAP=∠EPA=∠DBP=∠DPB=30°∴AE=EP=1∴在RT△ECP中,EC=12EP=12(2)过点D作DQ⊥AC于点Q,且设AQ=a,BD=x ∵AE=1,EC=2∴QC=3-a∵∠ACB=90°∴△ADQ与△ABC相似∴AD AQ AB AC=即113ax=+,∴31 ax=+∵在RT△ADQ中2222328111x x DQ AD AQx x+-⎛⎫=-=-=⎪++⎝⎭∵DQ AD BC AB=∴228111x x x x x +-+=+ 解之得x=4,即BC=4 过点C 作CF//DP∴△ADE 与△AFC 相似,∴AE ADAC AF=,即AF=AC ,即DF=EC=2, ∴BF=DF=2∵△BFC 与△BDP 相似 ∴2142BF BC BD BP ===,即:BC=CP=4 ∴tan ∠BPD=2142EC CP ==(3)过D 点作DQ ⊥AC 于点Q ,则△DQE 与△PCE 相似,设AQ=a ,则QE=1-a ∴QE DQEC CP =且1tan 3BPD ∠= ∴()31DQ a =-∵在Rt △ADQ 中,据勾股定理得:222AD AQ DQ =+ 即:()222131a a =+-⎡⎤⎣⎦,解之得41()5a a ==舍去 ∵△ADQ 与△ABC 相似∴445155AD DQ AQ AB BC AC x x====++ ∴5533,44x xAB BC ++==∴三角形ABC 的周长553313344x xy AB BC AC x x ++=++=+++=+ 即:33y x =+,其中x>0专题训练21.如图,在平面直角坐标系中,二次函数26y ax x c =++的图像经过点()4,0A 、()1,0B -,与y 轴交于点C ,点D 在线段OC 上,=OD t ,点E 在第二象限,∠=90ADE ,1=2tan DAE ∠,EF OD ⊥,垂足为F .(1)求这个二次函数的解析式;(2)求线段EF 、OF 的长(用含t 的代数式表示); (3)当∠ECA =∠OAC 时,求t 的值.参考答案:解:(1)二次函数y=ax 2+6x+c 的图象经过点A (4,0)、B (﹣1,0),∴,解得。
∴这个二次函数的解析式为:y=﹣2x 2+6x+8(2)∵∠EFD=∠EDA=90°,∴∠DEF+∠EDF=90°,∠EDF+∠ODA=90°。
∴∠DEF=∠ODA 。
∴△EDF ∽△DAO 。
∴。
∵,∴。
∵OD=t ,∴,∴EF=。
同理,∴DF=2,∴OF=t ﹣2。
(3)∵抛物线的解析式为:y=﹣2x 2+6x+8,∴C (0,8),OC=8。
如图,连接EC 、AC ,过A 作EC 的垂线交CE 于G 点. ∵∠ECA=∠OAC ,∴∠OAC=∠GCA (等角的余角相等)。
在△CAG 与△OCA 中,∵∠OAC=∠GCA ,AC=CA ,∠ECA=∠OAC ,16a+24+c=0a 6+c=0⎧⎨-⎩a=2c=8-⎧⎨⎩EF ED =DO DAED 1=tan DAE=DA 2∠EF 1=DO 2EF 1=t 21t 2DF ED =OA DA∴△CAG ≌△OCA (ASA )。
∴CG=AO=4,AG=OC=8。
如图,过E 点作EM ⊥x 轴于点M ,则在Rt △AEM 中,EM=OF=t ﹣2,AM=OA+AM=OA+EF=4+,由勾股定理得: 。
在Rt △AEG 中,由勾股定理得:。
在Rt △ECF 中,EF=,CF=OC ﹣OF=10﹣t ,CE=CG+EG=4+由勾股定理得:EF 2+CF 2=CE 2,即。
解得t 1=10(不合题意,舍去),t 2=6。
∴t=62.如图,在半径为2的扇形AOB 中,∠=90AOB ,点C 是弧AB 上的一个动点(不与点A 、B 重合)OD ⊥BC ,OE ⊥AC ,垂足分别为D 、E . (1)当=1BC 时,求线段OD 的长;(2)在△DOE 中是否存在长度保持不变的边?如果存在,请指出并求其长度,如果不存在,请说明理由;(3)设=BD x ,△DOE 的面积为y ,求y 关于x 的函数关系式,并写出它的定义域.参考答案:解:(1)∵点O 是圆心,OD ⊥BC ,BC=1,∴BD=BC=。
又∵OB=2,∴1t 2()222221AE AM EM 4+t +t 22⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭()22222215EG=AE AD 4+t +t 28t 4424⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭1t 225t 444-()222215t +10t =4+t 4424⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭12122222115OD=OB BD 222⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭(2)存在,DE 是不变的。
如图,连接AB ,则。
∵D 和E 是中点,∴DE=(3)∵BD=x ,∴。
∵∠1=∠2,∠3=∠4,∠AOB=900。
∴∠2+∠3=45°。
过D 作DF ⊥OE ,垂足为点F 。
∴DF=OF=。
由△BOD ∽△EDF ,得,即 ,解得EF=x∴OE=∴22AB=OB +OA 22=1AB=222OD 4x =-24x 2-BD OD=EF DF22x 4x =EF 4x 2--122x+4x 2-2222114x x+4x 4x +x 4x y DF OE =0x 222422<<----=⋅=⋅⋅()专题训练31.如图,在平面直角坐标系xOy中,顶点为M的抛物线y=ax2+bx(a>0),经过点A和x 轴正半轴上的点B,AO=OB=2,∠AOB=120°.(1)求这条抛物线的表达式;(2)连接OM,求∠AOM的大小;(3)如果点C在x轴上,且△ABC与△AOM相似,求点C的坐标.参考答案:解:(1)过点A作AE⊥y轴于点E,∵AO=OB=2,∠AOB=120°,∴∠AOE=30°,∴AE=1,EO=,∴A点坐标为:(﹣1,),B点坐标为:(2,0),将两点代入y=ax2+bx得:,解得:,∴抛物线的表达式为:y=x2﹣x;(2)过点M作MF⊥OB于点F,∵y=x2﹣x=(x2﹣2x)=(x2﹣2x+1﹣1)=(x﹣1)2﹣,∴M点坐标为:(1,﹣),∴tan∠FOM==,∴∠FOM=30°,∴∠AOM=30°+120°=150°;(3)∵AO=OB=2,∠AOB=120°,∴∠ABO=∠OAB=30°,∴AB=2EO=2,当△ABC1∽△AOM,∴=,∵MO==,∴=,解得:BC1=2,∴OC1=4,∴C1的坐标为:(4,0);当△C2AB∽△AOM,∴=,∴=,解得:BC2=6,∴OC2=8,∴C2的坐标为:(8,0).综上所述,△ABC与△AOM相似时,点C的坐标为:(4,0)或(8,0).2.在矩形ABCD中,点P是边AD上的动点,连接BP,线段BP的垂直平分线交边BC于点Q,垂足为点M,联结QP(如图).已知AD=13,AB=5,设AP=x,BQ=y.(1)求y关于x的函数解析式,并写出x的取值范围;(2)当以AP长为半径的⊙P和以QC长为半径的⊙Q外切时,求x的值;(3)点E在边CD上,过点E作直线QP的垂线,垂足为F,如果EF=EC=4,求x的值.参考答案:解:(1)在Rt△ABP中,由勾股定理得:BP2=AP2+AB2=x2+25.∵MQ是线段BP的垂直平分线,∴BQ=PQ,BM=BP,∠BMQ=90°,∴∠MBQ+∠BQM=90°,∵∠ABP+∠MBQ=90°,∴∠ABP=∠BQM,又∵∠A=∠BMQ=90°,∴△ABP∽△MQB,∴,即,化简得:y=BP2=(x2+25).当点Q与C重合时,BQ=PQ=13,在Rt△PQD中,由勾股定理定理得:PQ2=QD2+PD2,即132=52+(13﹣x)2,解得x=1;又AP≤AD=13,∴x的取值范围为:1≤x≤13.∴y=(x2+25)(1≤x≤13).(2)当⊙P与⊙Q相外切时,如答图1所示:设切点为M,则PQ=PM+QM=AP+QC=AP+(BC﹣BQ)=x+(13﹣y)=13+x﹣y;∵PQ=BQ,∴13+x﹣y=y,即2y﹣x﹣13=0将y=(x2+25)代入上式得:(x2+25)﹣x﹣13=0,解此分式方程得:x=,经检验,x=是原方程的解且符合题意.∴x=.(3)按照题意画出图形,如答图2所示,连接QE.∵EF=EC,EF⊥PQ,EC⊥QC,∴∠1=∠2(角平分线性质).∵PQ=BQ,∴∠3=∠4,而∠1+∠2=∠3+∠4(三角形外角性质),∴∠1=∠3.又∵矩形ABCD,∴AD∥BC,∴∠3=∠5,∴∠1=∠5,又∵∠C=∠A=90°,∴△CEQ∽△ABP,∴,即,化简得:4x+5y=65,将y=(x2+25)代入上式得:4x+(x2+25)=65,解此分式方程得:x=,经检验,x=是原方程的解且符合题意,∴x=.专题训练41.已知在平面直角坐标系xOy中(如图),已知抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A(2,2),对称轴是直线x=1,顶点为B.(1)求这条抛物线的表达式和点B的坐标;(2)点M在对称轴上,且位于顶点上方,设它的纵坐标为m,联结AM,用含m的代数式表示∠AMB的余切值;(3)将该抛物线向上或向下平移,使得新抛物线的顶点C在x轴上.原抛物线上一点P平移后的对应点为点Q,如果OP=OQ,求点Q的坐标.参考答案:解:(1)∵抛物线的对称轴为x=1,∴x=﹣=1,即=1,解得b=2.∴y=﹣x2+2x+c.将A(2,2)代入得:﹣4+4+c=2,解得:c=2.∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+2.配方得:y=﹣(x﹣1)2+3.∴抛物线的顶点坐标为(1,3).(2)如图所示:过点A作AC⊥BM,垂足为C,则AC=1,C(1,2).∵M(1,m),C(1,2),∴MC=m﹣2.∴cot∠AMB==m﹣2.(3)∵抛物线的顶点坐标为(1,3),平移后抛物线的顶点坐标在x轴上,∴抛物线向下平移了3个单位.∴平移后抛物线的解析式为y=﹣x2+2x﹣1,PQ=3.∵OP=OQ,∴点O在PQ的垂直平分线上.又∵QP∥y轴,∴点Q与点P关于x轴对称.∴点Q的纵坐标为﹣.将y=﹣代入y=﹣x2+2x﹣1得:﹣x2+2x﹣1=﹣,解得:x=或x=.∴点Q的坐标为(,﹣)或(,﹣).2.如图,已知⊙O的半径长为1,AB、AC是⊙O的两条弦,且AB=AC,BO的延长线交AC于点D,联结OA、OC.(1)求证:△OAD∽△ABD;(2)当△OCD是直角三角形时,求B、C两点的距离;(3)记△AOB、△AOD、△COD 的面积分别为S1、S2、S3,如果S2是S1和S3的比例中项,求OD的长.参考答案:(1)证明:如图1中,在△AOB和△AOC中,,∴△AOB≌△AOC,∴∠C=∠B,∵OA=OC,∴∠OAC=∠C=∠B,∵∠ADO=∠ADB,∴△OAD∽△ABD.(2)如图2中,①当∠ODC=90°时,∵BD⊥AC,OA=OC,∴AD=DC,∴BA=BC=AC,∴△ABC是等边三角形,在Rt△OAD中,∵OA=1,∠OAD=30°,∴OD=OA=,∴AD==,∴BC=AC=2AD=.②∠COD=90°,∠BOC=90°,BC==,③∠OCD显然≠90°,不需要讨论.综上所述,BC=或.(3)如右图中,作OH⊥AC于H,设OD=x.∵△DAO∽△DBA,∴==,∴==,∴AD=,AB=,∵S2是S1和S3的比例中项,∴S22=S1•S3,∵S2=AD•OH,S1=S△OAC=•AC•OH,S3=•CD•OH,∴(AD•OH)2=•AC•OH••CD•OH,∴AD2=AC•CD,∵AC=AB.CD=AC﹣AD=﹣,∴()2=•(﹣),整理得x2+x﹣1=0,解得x=或,经检验:x=是分式方程的根,且符合题意,∴OD=.。