河南省2019年中考数学专题复习专题七类比探究题训练含解析
∵OC＝OD，OA＝OB，
∴△COA≌△DOB(SAS)，
∴AC＝BD，
∴ ＝1.
②40°【解法提示】∵△COA≌△DOB，
∴∠CAO＝∠DBO.
∵∠AOB＝40°，
∴∠OAB＋∠ABO＝140°，
在△AMB中，∠AMB＝180°－(∠CAO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－(∠DBO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－140°＝40°.
专题七 类比探究题
类型一 线段数量关系问题
(2018·河南)(1)问题发现
如图①，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M.填空：
① 的值为________；
②∠AMB的度数为________；
(2)类比探究
如图②，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC交BD的延长线于点M.请判断 的值及∠AMB的度数，并说明理由；
①线段DE与AC的位置关系是______________；
②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是______________．
(2)猜想论证
当△DEC绕点C旋转到如图③所示的位置时，小明猜想(1)中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC，CE边上的高，请你证明小明的猜想．
(3)解决问题
如图③，在正方形ABCD中，CD＝ ，若点P满足PD＝1，且∠BPD＝90°，请直接写出点A到BP的距离．
4．(2018·南阳二模)在△ABC中，∠ACB是锐角，点D在射线BC上运动，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接EC.
(1)操作发现
若AB＝AC，∠BAC＝90°，当D在线段BC上时(不与点B重合)，如图①所示，请你直接写出线段CE和BD的位置关系和数量关系是______________，______________；
(2)猜想论证
在(1)的条件下，当D在线段BC的延长线上时，如图②所示，请你判断(1)中结论是否成立，并证明你的判断．
(3)拓展延伸
如图③，若AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC上运动，试探究：当锐角∠ACB等于________度时，线段CE和BD之间的位置关系仍成立(点C，E重合除外)？此时若作DF⊥AD交线段CE于点F，且当AC＝3 时，请直接写出线段CF的长的最大值是____．
4．(2018·驻马店一模)如图①，△ABC与△CDE都是等腰直角三角形，直角边AC，CD在同一条直线上，点M，N分别是斜边AB，DE的中点，点P为AD的中点，连接AE，BD，PM，PN，MN.
(1)观察猜想
图①中，PM与PN的数量关系是______________，位置关系是______________；
(1)问题发现
①当α＝0°时， ＝__ __；
②当α＝180°时， ＝__ __；
(2)拓展探究
试判断：当0°≤α<360°时， 的大小有无变化？请仅就图②的情形给出证明．
(3)解决问题
当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．
3．(2014·河南)
(1)问题发现
如图①，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE.
(2)探究证明
将图①中的△CDE绕着点C顺时针旋转α(0°＜α＜90°)，得到图②，AE与MP，BD分别交于点G，H，判断△PMN的形状，并说明理由；
(2)类比探究
＝ ，∠AMB＝90°，理由如下：
在Rt△OCD中，∠DCO＝30°，∠DOC＝90°，
∴ ＝tan 30°＝ ，
同理，得 ＝tan 30°＝ ，
∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOC＝BOD，
∴△AOC∽△BOD，
∴ ＝ ＝ ，∠CAO＝∠DBO.
∴∠AMB＝180°－∠CAO－∠OAB－MBA＝180°－(∠DAB＋∠MBA＋∠OBD)＝180°－90°＝90°.
(3)拓展延伸
在(2)的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB＝ ，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．
【分析】(1)①证明△COA≌△DOB(SAS)，得AC＝BD，比值为1；
②由△COA≌△DOB，得∠CAO＝∠DBO，根据三角形的内角和定理，得∠AMB＝180°－(∠DBO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－140°＝40°；
①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；
②直接写出线段BE长的最大值．
(3)拓展
如图③，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(5，0)，点P为线段AB外一动点，且PA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°，请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．
2．(2015·河南)如图①，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2AB＝8，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE.将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α.
5．已知，如图①，△ABC，△AED是两个全等的等腰直角三角形(其顶点B，E重合)，∠BAC＝∠AED＝90°，O为BC的中点，F为AD的中点，连接OF.
(1)问题发现
①如图①， ＝_______；
②将△AED绕点A逆时针旋转45°，如图②， ＝_______；
(2)类比延伸
将图①中△AED绕点A逆时针旋转到如图③所示的位置，请计算出 的值，并说明理由．
猜想论证：
(2)如图②所示，将矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转后得到矩形FECG，连接DE，BG，设△DCE的面积为S1，△BCG的面积为S2，猜想S1和S2的数量关系，并加以证明；
(3)如图③所示，在△ABC中，AB＝AC＝10 cm，∠B＝30°，把△ABC沿AC翻折得到△AEC，过点A作AD平行CE交BC于点D，在线段CE上存在点P，使△ABP的面积等于△ACD的面积，请写出CP的长．
(1)当∠EDF绕点D旋转到DE和AC不垂直时，如图②所示，上述结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，试说明理由．
(2)直接写出图③中，S△DEF，S△CEF与S△ABC之间的数量关系．
3．(2018·郑州模拟)如图①所示，将两个正方形ABCD和正方形CGFE如图所示放置，连接DE，BG.
(1)图中∠DCE＋∠BCG＝__________°；设△DCE的面积为S1，△BCG的面积为S2，则S1与S2的数量关系为______________；
∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE.
同(1)的方法，利用三角形的中位线定理，得PN＝ BD，
PM＝ CE，
∴PM＝PN，
∴△PMN是等腰三角形，
同(1)的方法得，PM∥CE，
∴∠DPห้องสมุดไป่ตู้＝∠DCE，
同(1)的方法得，PN∥BD，
∴∠PNC＝∠DBC.
∵∠DPN＝∠DCB＋∠PNC＝∠DCB＋∠DBC，
∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCE＋∠DCB＋∠DBC＝∠BCE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ACE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABD＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABC.
填空：
①∠AEB的度数为__________；
②线段AD，BE之间的数量关系为______________．
(2)拓展探究
如图②，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．
(3)拓展探究
将图①中△AED绕点A逆时针旋转，旋转角为α，0°≤α≤90°，AD＝ ，△AED在旋转过程中，存在△ACD为直角三角形，请直接写出线段CD的长．
类型二 图形面积关系问题
(2017·河南)如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
(3)拓展延伸
①点C与点M重合时，如解图①，
同理得△AOC∽△BOD，
∴∠AMB＝90°， ＝ ，
设BD＝x，则AC＝ x，
在Rt△COD中，
∵∠OCD＝30°，OD＝1，
∴CD＝2，
∴BC＝x－2.
在Rt△AOB中，∠OAB＝30°，OB＝ .
∴AB＝2OB＝2 ，
在Rt△AMB中，由勾股定理，得AC2＋BC2＝AB2，
(1)观察猜想
图①中，线段PM与PN的数量关系是________，位置关系是________；
(2)探究证明
把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸
把△ADE绕A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．
∴AC＝2 .
综上所述，AC的长为3 或2 .
图①
图②
例1题解图
1．(2016·河南)
(1)发现
如图①，点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b.
填空：当点A位于________________时，线段AC的长取得最大值，且最大值为__________(用含a，b的式子表示)．
(2)应用
点A为线段BC外一动点，且BC＝3，AB＝1，如图②所示，分别以AB，AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE.
(3)先判断出MN最大时，△PMN的面积最大，进而求出AN，AM，即可得出MN最大＝AM＋AN，最后用面积公式即可得出结论．
【自主解答】
解：(1)∵点P，N是BC，CD的中点，
∴PN∥BD，PN＝ BD.
∵点P，M是CD，DE的中点，
∴PM∥CE，PM＝ CE.
2019年河南省中考数学试题(解析版)
2019 年河南省中考数学试卷一、选择题（每题 3 分，共 30 分）以下各小题均有四个答案，此中只有一个是正确的。
1．（ 3 分）﹣ 的绝对值是（ ）A ．﹣B ．C ． 2D ．﹣ 22．（ 3 分）成人每日维生素 D 的摄取量约为 0.0000046 克．数据“ 0.0000046”用科学记数法 表示为（）A ．46× 10 ﹣7﹣7 ﹣6﹣5B ．4.6× 10C ． 4.6×10D ． 0.46× 103．（ 3 分）如图， AB ∥ CD ，∠ B ＝ 75°，∠ E ＝ 27°，则∠ D 的度数为（）A ．45°B ．48°C ． 50°D ． 58°4．（ 3 分）以下计算正确的选项是（ ）A ．2a+3a ＝6aB ．（﹣ 3a ） 2＝ 6a2C ．（x ﹣ y ） 2＝ x 2﹣y 2D ． 3﹣ ＝ 25．（ 3 分）如图 ① 是由大小同样的小正方体搭成的几何体， 将上层的小正方体平移后获得图② ．对于平移前后几何体的三视图，以下说法正确的选项是（）A ．主视图同样C ．俯视图同样6．（ 3 分）一元二次方程（B ．左视图同样D ．三种视图都不同样x+1 ）（ x ﹣ 1）＝ 2x+3 的根的状况是（）A ．有两个不相等的实数根B ．有两个相等的实数根C ．只有一个实数根D ．没有实数根7．（ 3分）某商场销售A ，B ，C ，D四种矿泉水，它们的单价挨次是5 元、3元、 2元、 1元．某天的销售状况以下图，则这日销售的矿泉水的均匀单价是（）A ．1.95 元B ．2.15 元C． 2.25 元D． 2.75 元8．（ 3 分）已知抛物线2）y＝﹣ x +bx+4 经过（﹣ 2， n）和（ 4， n）两点，则 n 的值为（A．﹣2 B．﹣ 4 C． 2 D． 49．（ 3 分）如图，在四边形 ABCD 中， AD ∥ BC，∠ D＝ 90°， AD ＝ 4，BC＝ 3．分别以点 A，C 为圆心，大于AC 长为半径作弧，两弧交于点E，作射线 BE 交 AD 于点 F，交 AC 于点 O．若点 O 是 AC 的中点，则 CD 的长为（）A ．2B ．4 C． 3 D．10．（ 3 分）如图，在△OAB 中，极点O（ 0， 0）， A（﹣ 3， 4）， B（ 3， 4），将△OAB 与正方形 ABCD 构成的图形绕点D 的坐标为（）O 顺时针旋转，每次旋转90°，则第70 次旋转结束时，点A ．（ 10， 3）B ．（﹣ 3， 10）C．（ 10，﹣ 3）D．（ 3，﹣ 10）二、填空题（每题 3 分，共 15 分。
2019年高考备考：河南中考数学真题(第22题)类比拓展探究题分类汇编-附答案精品
青霄有路终须到，金榜无名誓不还！ 2019-2020 年备考 类比、拓展探究题 17 年）如图 1，在 Rt△ABC 中，∠A=90°，AB=AC， 点 D，E 分别在边 AB，AC 上，AD=AE，连接 DC，点 M， P，N 分别为 DE，DC，BC 的中点． （1）观察猜想 图 1 中，线段 PM 与 PN 的数量关系是 PM=PN ，位置关系是 （2）探究证明 把△ADE 绕点 A 逆时针方向旋转到图 2 的位 置，连接 MN，BD，CE，判断△PMN 的形状，并说明 理由； （3）拓展延伸 把△ ADE 绕点 A 在平面内自由旋转，若 AD=4，AB=10，请直接写出△PMN 面积的最大值． PM⊥PN ；
BD
14 年） （1）问题发现 如图 1，△ACB 和△DCE 均为等边三角形，点 A、D、 E 在同一直线上，连接 BE 填空： （1）∠AEB 的度数为 （2） 线段 BE 之间的数量关系是 ； 。
【分析】（1）利用三角形的中位线得出 PM= CE， PN= BD，进而判断出 BD=CE，即可得出结论，另为 利用三角形的中位线得出平行线即可得出结论； （2）先判断出△ABD≌△ACE，得出 BD=CE，同（1） 的方法得出 PM= BD，PN= BD，即可得出 PM=PN，同 （1）的方法即可得出结论； （3）先判断出 MN 最大时，△PMN 的面积最大，进而 求出 AN，AM，即可得出 MN 最大=AM+AN，最后用面积 公式即可得出结论． 【解答】解：（1）∵点 P，N 是 BC，CD 的中点， ∴PN∥BD，PN= BD， ∵点 P，M 是 CD，DE 的中点， ∴PM∥CE，PM= CE， ∵AB=AC，AD=AE， ∴BD=CE， ∴PM=PN， ∵PN∥BD， ∴∠DPN=∠ADC， ∵PM∥CE， ∴∠DPM=∠DCA， ∵∠BAC=90°， ∴∠ADC+∠ACD=90°，
2019年河南省中考数学试卷含答案(WORD版)
60° 34°
C
B
A
CD BC tanCBD 61.09 tan 60 105.69m
即 x 5 105.69
所以 x 51
答：设炎帝塑像 DE 的高度为 51m．
精品文档，欢迎下载！
20．（1）解：设 A 种奖品的单价为 x 元，B 种奖品的单价为 y 元
3x 2 y 120 5x 4 y 210
x2
(x 2)2
3 (x 2)2 x 2 x(x 2)
3 x
当 x 3 时，原式= 3 = 3 3
17．（1）证明：
AB 是 O 的直径
ADB 90
ADB BDG 90
BA BC
精品文档，欢迎下载！
点 D 是 AC 的中点
精品文档，欢迎下载！
ABC 90
AD BD 又 DAF DBG
精品文档，欢迎下载！
A．有两个不相等的实数根
B．有两个相等的实数根
精品文档，欢迎下载！
C．只有一个实数根
D．没有实数根
7. 某超市销售 A，B，C，D 四种矿泉水，它们的单价依次是 5 元、3 元、2 元、1 元．某
天的销售情况如图所示，则这天销售的矿泉水的平均单价是（ ）
A．1.95 元
B．2.15 元
m，得 2 x y m ，即 y x m ．满足要求的 x ，y 应是两个函数图象在第
2
象限内交点的坐标．
（2） 画出函数图象
函数 y 4 x 0的图象如图所示，而函数 y x m 的图象可由直线 y x 平移得
x
2
到．请在同一直角坐标系中直接画出直线 y x ．
精品文档，欢迎下载！
B
E
C
2019年河南省中招考试数学试卷及答案(解析版)
(1)课外体育锻炼情况扇形统计图中，“经常参加”所对应的圆心角的度数为；
(2）请补全条形统计图；
(3）该校共有1200名男生，请估什全校男生中经常参加课外体育锻炼并且最喜欢的项目是篮球的人数；
(4）小明认为“全校所有男生中，课外最喜欢参加的运动项目是乒乓球的人数约为1200× =108”，请你判断这种说法是否正确，并说明理由．
补全条形统计图如图所示。
（3）全校男生中经常参加课外体育锻炼并且最喜欢的项目是篮球的人数约为
1200× =160（人）：………………………………………………………7分
（4）这种说法不正确．理由如下：
小明得到的108人是经常参加课外体育锻炼的男生中最喜欢的项目是乒乓球的人数，而全校偶尔参加课外体育锻炼的男生中也会有最喜欢乒乓球的，因此应多于108人。………9分
解：（1）过点B、D作x轴的的垂线，垂足分别为点M、N.
∵A (5.0)、B（2，6），∴OM=BC=2,BM=OC=6,AM=3．
∵DN∥BM,∴△AND∽△ABM.
∴
∴DN =2,AN=1, ∴ON=4
∴点D的坐标为(4,2)．…………………………3分
又∵ 双曲线y= (x＞0)经过点D，
∴k=2×4=8
3.如图，直线AB、CD相交于O，射线OM平分∠AOC,ON⊥OM,若∠AOM =350，则∠CON的度数为 （ ）
(A) .350(B). 450(C) .550（D). 650
答案：C
解析：根据角的平分线的性质及直角的性质，即可求解．
∠CON=900-350=550,故选C.
4.下列各式计算正确的是 （ ）
（A）a +2a =3a2（B）（-a3)2=a6
2019年河南中考22题类比探究专题训练
第1页 共16页 ◎ 第2页 共16页………外…………订…………○2019年中考类比探究专题训练1. 【问题解决】一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图 ，点 是正方形 内一点， ， ， ．你能求出 的度数吗？小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：思路一：将 绕点 逆时针旋转 ，得到 ，连接 ，求出 的度数； 思路二：将 绕点 顺时针旋转 ，得到 ，连接 ，求出 的度数． 请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程． 【类比探究】如图 ，若点 是正方形 外一点， ， ， ，求 的度数．2. 如图， 和 是有公共顶点的等腰直角三角形， ，点 为射线 ， 的交点． （1）求证： ； （2）若 ， ，把 绕点 旋转， ①当 时，求 的长；②直接写出旋转过程中线段 长的最小值与最大值．3. 如图，矩形 中， ＝ ， ＝ ， 是边 上一点，将 沿直线 对折，得到 ．（1）当 平分 时，求 的长；（2）连接 ，当 ＝ 时，求 的面积；（3）当射线 交线段 于点 时，求 的最大值．4. 已知在矩形 中， 的平分线 与 边所在的直线交于点 ，点 是线段 上一定点（其中 ）（1）如图 ，若点 在 边上（不与 重合），将 绕点 逆时针旋转 后，角的两边 、 分别交射线 于点 、 ．①求证： ； ②探究： 、 、 之间有怎样的数量关系，并证明你的结论．（2）拓展：如图 ，若点 在 的延长线上（不与 重合），过点 作 ，交射线 于点 ，你认为（1）中 、 、 之间的数量关系是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，请写出它们所满足的数量关系式，并说明理由．第3页 共16页 ◎ 第4页 共16页…………○……5. 在平面直角坐标系中，四边形 是矩形，点 ，点 ，点 ．以点 为中心，顺时针旋转矩形 ，得到矩形 ，点 ， ， 的对应点分别为 ， ， ． Ⅰ 如图①，当点 落在 边上时，求点 的坐标；Ⅱ 如图②，当点 落在线段 上时， 与 交于点 ． ①求证 ； ②求点 的坐标．Ⅲ 记 为矩形 对角线的交点， 为 的面积，求 的取值范围（直接写出结果即可）．6. 如图，在正方形 中， 是边 上的一动点（不与点 、 重合），连接 ，点 关于直线 的对称点为 ，连接 并延长交 于点 ，连接 ，过点 作 交 的延长线于点 ，连接 ． （1）求证： ；（2）用等式表示线段 与 的数量关系，并证明．第5页 共16页 ◎ 第6页 共16页○…………外… 参考答案与试题解析 2019年3月26日初中数学一、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 10 分 ，共计60分 ） 1.【解答】（1）思路一、如图 ，将 绕点 逆时针旋转 ，得到 ，连接 ， ∴ ，∴ ， ， ， 在 中， ，∴ ，根据勾股定理得， ， ∵ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ 是直角三角形，且 ， ∴ ； （2）如图 ，将 绕点 逆时针旋转 ，得到 ，连接 ， ∴ ，∴ ， ， ， 在 中， ，∴ ，根据勾股定理得， ， ∵ ，∴ ， ∵ ， ∴ ，∴ 是直角三角形，且 ， ∴ ．2.【解答】（1）证明：如图 中，∵ 和 是等腰直角三角形， ， ∴ ， ， ， 在 和 中，∴ ， ∴ ．（2）①解： 、如图 中，当点 在 上时， ．∵ ，∴ ，同（1）可证 ．第7页 共16页 ◎ 第8页 共16页…………装……………线…………○…∴ ． ∵ ， ∴ ． ∴， ∴，∴、如图 中，当点 在 延长线上时， ．∵ ，∴ ， 同（1）可证 ． ∴ ． ∵ ， ∴ ， ∴， ∴， ∴，综上，或．②解： 、如图 中，以 为圆心 为半径画圆，当 在 下方与 相切时， 的值最小．理由：此时 最小，因此 最小， ∵ ，∴ ，由（1）可知， ，∴ ， ， ∴ ， ∴ 四边形 是矩形， ∴ ，∴ ．、如图 中，以 为圆心 为半径画圆，当 在 上方与 相切时， 的值最大．理由：此时 最，大，因此 最大， ∵ ，∴ ，由（1）可知， ，∴ ， ， ∴ ， ∴ 四边形 是矩形， ∴ ，∴ ．综上所述， 长的最小值是 ，最大值是 ．第9页 共16页 ◎ 第10页 共16页3.【解答】由折叠性质得： ， ∴ ＝ ，∵ 平分 ， ＝ ， ∴ ＝ ＝ ， ∵ 四边形 是矩形， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ，∴ ＝ ＝ ＝；延长 交 延长线于点 ，如图 所示： ∵ 四边形 是矩形， ∴ ， ∴ ＝ ，由折叠性质得： ，∴ ＝ ， ＝ ＝ ， ＝ ＝ ， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ，设 ＝ ，则 ＝ ＝ ， ∵ ＝ ， ∴ ＝ ，在 中，由勾股定理得： ＝ ， ∴ ＝ ， 解得： ＝ ，∴ ＝ ， ＝ ， ∵ ＝ ， ＝ ，∴；过点 作 于点 ，如图 所示： ∵ 四边形 是矩形， ∴ ， ∴ ＝ ，∵ ＝ ＝ ， ∴ ， ∴，∵ ＝ ， ＝ ，∴ 可以看到点 是在以 为圆心 为半径的圆上运动，所以当射线 与圆相切时， 最大，此时 、 、 三点共线，如图 所示：由折叠性质得： ＝ ， ∵ ＝ ， ∴ ＝ ，在 和 中，，∴ ， ∴ ＝ ，由勾股定理得： ， ∴ ，∴ 的最大值＝ ＝ ．4.【解答】 解：（1）①∵ ，， ∴ ， ∵ 平分 ，∴ ，∴ 为等腰直角三角形， ∴ ， 在 和 中，第11页 共16页 ◎ 第12页 共16页………○………………○…∵，∴ ， ∴ ；②结论： ，由①知， 为等腰直角三角形， ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ；（2）不成立，数量关系式应为： ， 如图，过点 作 交射线 于点 ，∵ ，∴ ， ∴ ，∵ 平分 ，且在矩形 中， ，∴ ，得到 为等腰直角三角形， ∴ ，且 ， ， ∴ ， 在 和 中， ∵∴ ， ∴ ，∴ ， ∴ ． 5.【解答】Ⅰ 如图①中，∵ ， ， ∴ ， ， ∵ 四边形 是矩形，∴ ， ， ， ∵ 矩形 是由矩形 旋转得到， ∴ ，在 中， ， ∴ ， ∴ ．Ⅱ ①如图②中，由四边形 是矩形，得到 ， ∵ 点 在线段 上， ∴ ，由 Ⅰ 可知， ，又 ， ， ∴ ．②如图②中，由 ，得到 ， 又在矩形 中， ， ∴ ， ∴ ，∴ ，设 ，则 ， 在 中，∵ ， ∴ ， ∴，∴，第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页…………○…………∴．Ⅲ 如图③中，当点 在线段 上时， 的面积最小，最小值，当点 在 的延长线上时， 的面积最大，最大面积．综上所述，．6. 【解答】，理由是：证法一：如图 ，在线段 上截取 ，使 ， ∵ ， ∴ ，由（1）知： ， ， ∵ ，∴ ， ∴ ， ∴ ， 即 ， ∵ ，∴ ， 是等腰直角三角形， ∴ ， ， ∴ ， 在 和 中，∵，∴ ， ∴ ，中， ， ， ∴ ， ∴ ；证法二：如图 ，过点 作 于 ， ∴ ，由方法一可知： ， ， 在 和 中， ∵，∴ ，∴ ， ， ∵ ，∴ ， ∴ ，∴ 是等腰直角三角形， ∴ ．第15页共16页◎第16页共16页。
河南省2019年中考数学专题复习专题七类比探究题训练
专题七 类比探究题类型一 线段数量关系问题(2018·河南)(1)问题发现如图①，在△OAB 和△OCD 中，OA ＝OB ，OC ＝OD ，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC ，BD 交于点M.填空： ①ACBD的值为________； ②∠AMB 的度数为________； (2)类比探究如图②，在△OAB 和△OCD 中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC 交BD 的延长线于点M.请判断ACBD 的值及∠AMB 的度数，并说明理由；(3)拓展延伸在(2)的条件下，将△OCD 绕点O 在平面内旋转，AC ，BD 所在直线交于点M ，若OD ＝1，OB ＝7，请直接写出当点C 与点M 重合时AC 的长．【分析】 (1)①证明△COA≌△DOB(SAS)，得AC ＝BD ，比值为1；②由△COA≌△DOB，得∠CAO＝∠DBO，根据三角形的内角和定理，得∠AMB＝180°－(∠DBO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－140°＝40°；(2)根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，则AC BD ＝OCOD ＝3，由全等三角形的性质得∠AMB 的度数；(3)正确画出图形，当点C 与点M 重合时，有两种情况：如解图①和②，同理可得△AOC∽△BOD，则∠AMB ＝90°，ACBD ＝3，可得AC 的长．【自主解答】解：(1)问题发现①1【解法提示】∵∠AOB＝∠COD＝40°， ∴∠COA＝∠DOB. ∵OC＝OD ，OA ＝OB ， ∴△COA≌△DOB(SAS)， ∴AC＝BD ， ∴ACBD＝1. ②40°【解法提示】∵△COA≌△DOB， ∴∠CAO＝∠DBO. ∵∠AOB＝40°， ∴∠OAB＋∠ABO＝140°，在△AMB 中，∠AMB＝180°－(∠CAO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－(∠DBO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－140°＝40°. (2)类比探究ACBD＝3，∠AMB＝90°，理由如下： 在Rt△OCD 中，∠DCO＝30°，∠DOC＝90°， ∴OD OC ＝tan 30°＝33， 同理，得OB OA ＝tan 30°＝33，∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∴∠AOC＝BOD ， ∴△AOC∽△BOD， ∴AC BD ＝OCOD＝3，∠CAO＝∠DBO. ∴∠AMB＝180°－∠CAO－∠OAB－MBA ＝180°－(∠DAB＋∠MBA＋∠OBD)＝180°－90°＝90°. (3)拓展延伸①点C 与点M 重合时，如解图①， 同理得△AOC∽△BOD， ∴∠AMB＝90°，ACBD ＝3，设BD ＝x ，则AC ＝3x ， 在Rt△COD 中，∵∠OCD＝30°，OD ＝1， ∴CD＝2， ∴BC＝x －2.在Rt△AOB 中，∠OAB＝30°，OB ＝7. ∴AB＝2OB ＝27，在Rt△AMB 中，由勾股定理，得AC 2＋BC 2＝AB 2， 即( 3 x)2＋(x －2)2＝(27)2， 解得x 1＝3，x 2＝－2(舍去)， ∴AC＝33；②点C 与点M 重合时，如解图②，同理得：∠AMB＝90°，ACBD ＝3，设BD ＝x ，则AC ＝3x ，在Rt△AMB 中，由勾股定理，得AC 2＋BC 2＝AB 2， 即(3x)2＋(x ＋2)2＝(27)2解得x 1＝－3，解得x 2＝2(舍去)． ∴AC＝2 3.综上所述，AC 的长为33或2 3.图①图② 例1题解图1．(2016·河南) (1)发现如图①，点A 为线段BC 外一动点，且BC ＝a ，AB ＝b.填空：当点A 位于________________时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为__________(用含a ，b 的式子表示)． (2)应用点A 为线段BC 外一动点，且BC ＝3，AB ＝1，如图②所示，分别以AB ，AC 为边，作等边三角形ABD 和等边三角形ACE ，连接CD ，BE.①请找出图中与BE 相等的线段，并说明理由； ②直接写出线段BE 长的最大值． (3)拓展如图③，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为(2，0)，点B 的坐标为(5，0)，点P 为线段AB 外一动点，且PA ＝2，PM ＝PB ，∠BPM＝90°，请直接写出线段AM 长的最大值及此时点P 的坐标．2．(2015·河南)如图①，在Rt△ABC 中，∠B＝90°，BC ＝2AB ＝8，点D ，E 分别是边BC ，AC 的中点，连接DE.将△EDC 绕点C 按顺时针方向旋转，记旋转角为α. (1)问题发现①当α＝0°时，AE BD ＝2；②当α＝180°时，AE BD ＝2；(2)拓展探究试判断：当0°≤α<360°时，AEBD 的大小有无变化？请仅就图②的情形给出证明．(3)解决问题当△EDC 旋转至A ，D ，E 三点共线时，直接写出线段BD 的长．3．(2014·河南) (1)问题发现如图①，△ACB 和△DCE 均为等边三角形，点A ，D ，E 在同一直线上，连接BE. 填空：①∠AEB 的度数为__________；②线段AD ，BE 之间的数量关系为______________． (2)拓展探究如图②，△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A ，D ，E 在同一直线上，CM 为△DCE 中DE 边上的高，连接BE ，请判断∠AEB 的度数及线段CM ，AE ，BE 之间的数量关系，并说明理由． (3)解决问题如图③，在正方形ABCD 中，CD ＝2，若点P 满足PD ＝1，且∠BPD＝90°，请直接写出点A 到BP 的距离．4．(2018·南阳二模)在△ABC中，∠ACB是锐角，点D在射线BC上运动，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接EC.(1)操作发现若AB＝AC，∠BAC＝90°，当D在线段BC上时(不与点B重合)，如图①所示，请你直接写出线段CE和BD 的位置关系和数量关系是______________，______________；(2)猜想论证在(1)的条件下，当D在线段BC的延长线上时，如图②所示，请你判断(1)中结论是否成立，并证明你的判断．(3)拓展延伸如图③，若AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC上运动，试探究：当锐角∠ACB等于________度时，线段CE和BD之间的位置关系仍成立(点C，E重合除外)？此时若作DF⊥AD交线段CE于点F，且当AC＝32时，请直接写出线段CF的长的最大值是____．5．已知，如图①，△ABC，△AED是两个全等的等腰直角三角形(其顶点B，E重合)，∠BAC＝∠AED＝90°，O为BC的中点，F为AD的中点，连接OF.(1)问题发现①如图①，OFEC＝_______；②将△AED 绕点A 逆时针旋转45°，如图②，OFEC ＝_______；(2)类比延伸将图①中△AED 绕点A 逆时针旋转到如图③所示的位置，请计算出OFEC 的值，并说明理由．(3)拓展探究将图①中△AED 绕点A 逆时针旋转，旋转角为α，0°≤α≤90°，AD ＝2，△AED 在旋转过程中，存在△ACD 为直角三角形，请直接写出线段CD 的长．类型二 图形面积关系问题(2017·河南)如图①，在Rt△ABC 中，∠A＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD ＝AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点． (1)观察猜想图①中，线段PM 与PN 的数量关系是________，位置关系是________； (2)探究证明把△AD E 绕点A 逆时针方向旋转到图②的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，并说明理由； (3)拓展延伸把△ADE 绕A 在平面内自由旋转，若AD ＝4，AB ＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．图①图② 例2题图【分析】 (1)利用三角形的中位线定理得出PM ＝12CE ，PN ＝12BD ，进而判断出BD ＝CE ，即可得出结论，再利用三角形的中位线定理得出PM∥CE，继而得出∠DPM＝∠DCA，最后用互余即可得出结论；(2)先判断出△ABD≌△ACE，得出BD ＝CE ，同(1)的方法得出PM ＝12BD ，PN ＝12BD ，即可得出PM ＝PN ，同(1)的方法即可得出结论；(3)先判断出MN 最大时，△PMN 的面积最大，进而求出AN ，AM ，即可得出MN 最大＝AM ＋AN ，最后用面积公式即可得出结论． 【自主解答】解：(1)∵点P ，N 是BC ，CD 的中点， ∴PN∥BD，PN ＝12BD.∵点P ，M 是CD ，DE 的中点， ∴PM∥CE，PM ＝12CE.∵AB＝AC ，AD ＝AE ， ∴BD ＝CE ， ∴PM＝PN. ∵PN∥BD， ∴∠DPN＝∠ADC， ∵PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCA. ∵∠BAC＝90°， ∴∠ADC＋∠ACD＝90°，∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCA＋∠ADC＝90°，(2)由旋转知，∠BAD＝∠CAE， ∵AB＝AC ，AD ＝AE ， ∴△ABD≌△ACE(SAS)， ∴∠ABD＝∠ACE，BD ＝CE.同(1)的方法，利用三角形的中位线定理，得PN ＝12BD ，PM ＝12CE ，∴PM＝PN ，∴△PMN 是等腰三角形， 同(1)的方法得，PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCE， 同(1)的方法得，PN∥BD， ∴∠PNC＝∠DBC.∵∠DPN＝∠DCB＋∠PNC＝∠DCB＋∠DBC，∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCE＋∠DCB＋∠DBC＝∠BCE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ACE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABD ＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABC. ∵∠BAC＝90°， ∴∠ACB＋∠ABC＝90°， ∴∠MPN＝90°，∴△PMN 是等腰直角三角形，例2题解图(3)如解图，同(2)的方法得，△PMN 是等腰直角三角形， ∴当MN 最大时，△PMN 的面积最大， ∴DE∥BC 且DE 在顶点A 上面， ∴MN 最大＝AM ＋AN ， 连接AM ，AN ，在△ADE 中，AD ＝AE ＝4，∠DAE＝90°，在Rt△ABC 中，AB ＝AC ＝10，AN ＝52， ∴MN 最大＝22＋52＝72，∴S △PMN 最大＝12PM 2＝12×12MN 2＝14×(72)2＝492.1．(2013·河南)如图①，将两个完全相同的三角形纸片ABC 和DEC 重合放置，其中∠C＝90°，∠B＝∠E ＝30°. (1)操作发现如图②，固定△ABC，使△DEC 绕点C 旋转，当点D 恰好落在AB 边上时，填空： ①线段DE 与AC 的位置关系是______________；②设△BDC 的面积为S 1，△AEC 的面积为S 2，则S 1与S 2的数量关系是______________． (2)猜想论证当△DEC 绕点C 旋转到如图③所示的位置时，小明猜想(1)中S 1与S 2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC 和△AEC 中BC ，CE 边上的高，请你证明小明的猜想． (3)拓展探究已知∠ABC＝60°，点D 是角平分线上一点，BD ＝CD ＝4，DE∥AB 交BC 于点E(如图④)．若在射线BA 上存在点F ，使S △DCF ＝S △BDE ，请直接写出相应的BF 的长．2．已知Rt△ABC 中，BC ＝AC ，∠C＝90°，D 为AB 边的中点，∠EDF＝90°，将∠EDF 绕点D 旋转，它的两边分别交AC ，CB(或它们的延长线)于E ，F.当∠EDF 绕点D 旋转到DE⊥AC 于E 时，如图①所示，试证明S △DEF ＋S △CEF ＝12S △ABC .(1)当∠EDF 绕点D 旋转到DE 和AC 不垂直时，如图②所示，上述结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，试说明理由．(2)直接写出图③中，S△DEF，S△CEF与S△ABC之间的数量关系．3．(2018·郑州模拟)如图①所示，将两个正方形ABCD和正方形CGFE如图所示放置，连接DE，BG. (1)图中∠DCE＋∠BCG＝__________°；设△DCE的面积为S1，△BCG的面积为S2，则S1与S2的数量关系为______________；猜想论证：(2)如图②所示，将矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转后得到矩形FECG，连接DE，BG，设△DCE的面积为S1，△BCG的面积为S2，猜想S1和S2的数量关系，并加以证明；(3)如图③所示，在△ABC中，AB＝AC＝10 cm，∠B＝30°，把△ABC沿AC翻折得到△AEC，过点A作AD 平行CE交BC于点D，在线段CE上存在点P，使△ABP的面积等于△ACD的面积，请写出CP的长．4．(2018·驻马店一模)如图①，△ABC与△CDE都是等腰直角三角形，直角边AC，CD在同一条直线上，点M，N分别是斜边AB，DE的中点，点P为AD的中点，连接AE，BD，PM，PN，MN.(1)观察猜想图①中，PM与PN的数量关系是______________，位置关系是______________；(2)探究证明将图①中的△CDE绕着点C顺时针旋转α(0°＜α＜90°)，得到图②，AE与MP，BD分别交于点G，H，判断△PMN的形状，并说明理由；(3)拓展延伸把△CDE绕点C任意旋转，若AC＝4，CD＝2，请直接写出△PMN面积的最大值．参考答案类型一 针对训练1．解：(1)∵点A 为线段BC 外一动点，且BC ＝a ，AB ＝b ，∴当点A 位于CB 的延长线上时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为BC ＋AB ＝a ＋b. (2)①CD＝BE ，理由：∵△ABD 与△ACE 是等边三角形， ∴AD＝AB ，AC ＝AE ，∠BAD＝∠CAE＝60°， ∴∠BAD＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC，即∠CAD＝∠EAB. 在△CAD 和△EAB 中，⎩⎪⎨⎪⎧AD ＝AB ∠CAD＝∠EAB AC ＝AE ，∴△CAD≌△EAB，∴CD＝BE.②∵线段BE 长的最大值等于线段CD 的最大值，由(1)知，当线段CD 的长取得最大值时，点D 在CB 的延长线上， ∴线段BE 长的最大值为BD ＋BC ＝AB ＋BC ＝4；(3)∵将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN ，如解图①， 则△APN 是等腰直角三角形， ∴PN＝PA ＝2，BN ＝AM.∵点A 的坐标为(2，0)，点B 的坐标为(5，0)， ∴OA＝2，OB ＝5，∴AB＝3，∴线段AM长的最大值等于线段BN长的最大值，∴当点N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，最大值为AB＋AN.∵AN＝2AP＝22，∴线段AM的长最大值为22＋3.如解图②，过点P作PE⊥x轴于点E.∵△APN是等腰直角三角形，∴PE＝AE＝2，∴OE＝BO－AB－AE＝5－3－2＝2－2，∴P(2－2，2)．图①图②第1题解图2．解：(1)①当α＝0°时，∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，∴AC＝AB2＋BC2＝（8÷2）2＋82＝4 5.∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴AE＝45÷2＝25，BD＝8÷2＝4，∴AEBD＝254＝52.②如解图①，当α＝180°时，得可得AB∥DE，∵ACAE＝BCBD，∴AEBD＝ACBC＝458＝52.(2)当0°≤α≤360°时，AEBD的大小没有变化．∵∠ECD＝∠ACB， ∴∠ECA＝∠DCB. 又∵EC DC ＝AC BC ＝52，∴△ECA∽△DCB， ∴AE BD ＝EC DC ＝52.图①图②图③ 第2题解图(3)①如解图②，∵AC＝45，CD ＝4，CD⊥AD，∴AD＝AC 2－CD 2＝（45）2－42＝80－16＝8. ∵AD＝BC ，AB ＝DC ，∠B＝90°， ∴四边形ABCD 是矩形， ∴BD＝AC ＝4 5.③如解图③，连接BD ，过点D 作AC 的垂线交AC 于点Q ，过点B 作AC 的垂线交AC 于点P ， ∵AC＝45，CD ＝4，CD⊥AD，∴A D ＝AC 2－CD 2＝（45）2－42＝80－16＝8， ∵点D 、E 分别是边BC 、AC 的中点， ∴DE＝12AB ＝12×(8÷2)＝12×4＝2，∴AE＝AD －DE ＝8－2＝6， 由(2)，可得AE BD ＝52，∴BD＝652＝1255.综上所述，BD 的长为45或1255. 3．解：(1)∵△ACB 和△DCE 均为等边三角形， ∴CA＝CB ，CD ＝CE ，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠ACD＝∠BCE. 在△ACD 和△BCE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC ∠ACD＝∠BCE CD ＝CE， ∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴∠ADC＝∠BEC. ∵△DCE 为等边三角形，∴∠CDE＝∠CED＝60°. ∵点A ，D ，E 在同一直线上，∴∠ADC＝120°， ∴∠BEC＝120°，∴∠AEB＝∠BEC－∠CED＝60°. ②∵△ACD≌△BCE，∴AD＝BE. (2)∠AEB＝90°，AE ＝BE ＋2CM. 理由如下：∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形， ∴CA＝CB ，CD ＝CE ，∠ACB＝∠DCE＝90°. ∴∠ACD＝∠BCE. 在△ACD 和△BCE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧CA ＝CB ∠ACD＝∠BCE CD ＝CE， ∴△ACD≌△BCE(SAS)， ∴AD＝BE ，∠ADC＝∠BEC.∵△DCE 为等腰直角三角形，∴∠CD E ＝∠CED＝45°. ∵点A ，D ，E 在同一直线上， ∴∠ADC＝135°，∴∠BEC＝135°， ∴∠AEB＝∠BEC－∠CED＝90°. ∵CD＝CE ，CM⊥DE，∴DM＝ME. ∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME ＝CM ， ∴AE＝AD ＋DE ＝BE ＋2CM.(3)∵PD＝1，∴点P 在以点D 为圆心，1为半径的圆上．∵∠BPD＝90°，∴点P在以BD为直径的圆上，∴点P是这两圆的交点．①当点P在如解图①所示位置时，连接PD，PB，PA，作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交BP于点E.∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADB＝45°，AB＝AD＝DC＝BC＝2，∠BAD＝90°，∴BD＝2.∵DP＝1，∴BP＝ 3.∵∠BPD＝∠BAD＝90°，∴点A、P、D、B在以BD为直径的圆上，∴∠APB＝∠ADB＝45°.∴△PAE是等腰直角三角形．又∵△BAD是等腰直角三角形，点B，E，P共线，AH⊥BP，∴由(2)中的结论可得：BP＝2AH＋PD，∴3＝2AH＋1，∴AH＝3－1 2；②当点P在如解图②所示位置时，连接PD、PB、PA、作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交PB的延长线于点E，同理可得：BP＝2AH－PD，∴3＝2AH－1，∴AH＝3＋1 2.综上所述，点A到BP的距离为3－12或3＋12.图①图② 第3题解图4．解：(1)①∵AB＝AC ，∠BAC＝90°， 线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到AE ， ∴AD＝AE ，∠BAD＝∠CAE， ∴△BAD≌△CAE， ∴CE＝BD ，∠ACE ＝∠B， ∴∠BCE＝∠BCA＋∠ACE＝90°，∴线段CE ，BD 之间的位置关系和数量关系为CE ＝BD ，CE⊥BD； (2)(1)中的结论仍然成立．证明如下： 如解图①，∵线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到AE ， ∴AE＝AD ，∠DAE＝90°. ∵AB＝AC ，∠BAC＝90°， ∴∠CAE＝∠BAD， ∴△ACE≌△ABD， ∴CE＝BD ，∠ACE＝∠B， ∴∠BCE＝90°，∴线段CE ，BD 之间的位置关系和数量关系为CE ＝BD ，CE⊥BD； (3)45°；34.过A 作AM⊥BC 于M ，过点E 作EN⊥MA 交MA 的延长线于N ，如解图②. ∵线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到AE ， ∴∠DAE＝90°，AD ＝AE ，∴∠NAE＝∠ADM，易证得Rt△AMD≌Rt△ENA， ∴NE＝AM.∵CE⊥BD，即CE⊥MC，∴∠MCE＝90°， ∴四边形MCEN 为矩形， ∴NE＝MC ，∴AM＝MC ， ∴∠ACB＝45°. ∵四边形MCEN 为矩形， ∴Rt△AMD∽Rt△DCF， ∴MD CF ＝AMDC，设DC ＝x ， ∵在Rt△AMC 中，∠ACB＝45°，AC ＝32，∴AM＝CM ＝3，MD ＝3－x ，∴3－x CF ＝3x ，∴CF＝－13x 2＋x ＝－13(x －32)2＋34，∴当x ＝32时，CF 有最大值，最大值为34.故答案为45°，34；图①图② 第4题解图5．解：(1)①∵△A BC ，△AED 是两个全等的等腰直角三角形， ∴AD＝BC.∵O 为BC 的中点，F 为AD 的中点， ∴AF＝OC.∵∠BAC＝∠AED＝90°，AB ＝AC ，AE ＝DE ， ∴∠DAE＝∠CBA＝45°， ∴AD∥BC，∴四边形AFOC 是平行四边形， ∴OF＝AC ＝22EC ，∴OF EC ＝22； 故答案：22； ②∵AO＝22AC ，∠BAO＝∠CAO＝45°，∠DAE＝45°， ∴∠DAE＝∠CAO. ∵AE＝AC ， ∴AF＝AO ， ∴AF AE ＝AO AC，∴△AFO∽△AEC， ∴OF EC ＝AO AC ＝22； 故答案：22. (2)OF ＝22EC. 理由：在等腰直角△ADE 中，F 为AD 的中点， ∴AF＝12AD ＝22AE.在等腰直角△ABC 中，O 为BC 的中点， 如解图①，连接AO ， ∴AO＝22AC ，∠BAO＝∠CAO＝45°. ∴∠DAE＝45°，∴∠DAE＝∠CAO，即∠DAO＝∠CAE. ∵AE＝AC ， ∴AF＝AO ， ∴AF AE ＝AO AC， ∴△AFO∽△AEC， ∴OF EC ＝AO AC ＝22； (3)∵△ABC 和△AED 是两个全等的等腰直角三角形， ∴AD＝BC ＝2， ∴ED＝AE ＝AB ＝AC ＝1，当△ACD 为直角三角形时，分两种情况：图①图②图③ 第5题解图①当AD 与AB 重合时，如解图②，连接CD. 当△ACD 为直角三角形时，AD⊥AC， 即将△ADE 绕点A 逆时针旋转45°. ∵AD＝2，AC ＝1，∴由勾股定理可得CD ＝（2）2＋12＝3； ②当AE 与AC 重合时，如解图③， 当△ACD 为直角三角形时，AC⊥CD，即将△ADE 绕点A 逆时针旋转90°，此时CD ＝AC ＝1. 综上所述，CD 的长为3或1. 类型二 针对训练1．解：(1)①△DEC 绕点C 旋转到点D 恰好落在AB 边上， ∴AC＝CD.∵∠BAC＝90°－∠B＝90°－30°＝60°. ∴△ACD 是等边三角形， ∴∠ACD＝60°，又∵∠CDE＝∠BAC＝60°， ∴∠ACD＝∠CDE， ∴DE∥AC；②∵∠B＝30°，∠C＝90°， ∴CD＝AC ＝12AB ，∴BD＝AD ＝AC ，根据等边三角形的性质，△ACD 的边AC ，AD 上的高相等，∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)，即S 1＝S 2； (2)∵△DEC 是由△ABC 绕点C 旋转得到， ∴BC＝CE ，AC ＝CD ，∠DCE＝∠ACB＝90°， ∵∠ACN＋∠ACE＝180°， ∴∠ACN＝∠DCM.在△ACN 和△DCM 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠ACN＝∠DCM，∠N＝∠CMD＝90°，AC ＝CD∴△ACN≌△DCM(AAS)， ∴AN＝DM ，∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)，即S 1＝S 2；第1题解图(3)如解图，过点D 作DF 1∥BE 交BA 于点F 1，易求得四边形BEDF 1是菱形，∴BE＝DF 1，且BE ，DF 1边上的高相等，此时S△DCF 1＝S △BDE ； 过点D 作DF 2⊥BD.∵∠ABC＝60°，F 1D∥BE 交BA 于点F 2， ∴∠F 2F 1D ＝∠ABC＝60°.∵BF 1＝DF 1，∠F 1BD ＝12∠ABC＝30°，∠F 2DB ＝90°，∴∠F 1DF 2＝∠ABC＝60° ∴△DF 1F 2是等边三角形， ∴DF 1＝DF 2.∵BD＝CD ，∠ABC＝60°，点D 是角平分线上一点， ∴DBC＝∠DCB＝12×60°＝30°，∴∠CDF 1＝180°－∠BCD＝180°－30°＝150°， ∠CDF 2＝360°－150°－60°＝150°， ∴∠CDF 1＝∠CDF 2. 在△CDF 1和△CDF 2中， ⎩⎪⎨⎪⎧DF 1＝DF 2∠CDF 1＝∠CDF 2CD ＝CD， ∴△CDF 1≌△CDF 2(SAS)，∴点F 2也是所求的点． ∵∠ABC＝60°，点D 是角平分线上一点，DE∥AB， ∴∠DBC＝∠BDE＝∠ABD＝12×60°＝30°.又∵BD＝4，∴BE＝12×4÷cos 30°＝2÷32＝433，∴BF 1＝433，BF 2＝BF 1＋F 1F 2＝433＋433＝833.故BF 的长为433或833.2．解：当∠EDF 绕D 点旋转到DE⊥AC 时，四边形CEDF 是正方形；设△ABC 的边长AC ＝BC ＝a ，则正方形CEDF 的边长为12a ，∴S △ABC ＝12a 2，S 正方形CEDF ＝(12a)2＝14a 2，即S △DEF ＋S △CEF ＝12S △ABC ；(1)上述结论成立；理由如下： 连接CD ，如解图①所示．∵AC＝BC ，∠ACB＝90°，D 为AB 中点，∴∠B＝45°，∠DCE＝12∠ACB＝45°，CD⊥AB，CD ＝12AB ＝BD ，∴∠DCE＝∠B，∠CDB＝90° ∵∠EDF＝90°， ∴∠1＝∠2， 在△CDE 和△BDF 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠1＝∠2CD ＝BD∠DCE＝∠B， ∴△CDE≌△BDF(ASA)，∴S △DEF ＋S △CEF ＝S △ADE ＋S △BDF ＝12S △ABC ；图①图② 第2题解图(2)S △DEF －S △CEF ＝12S △ABC ；理由如下：连接CD ，如解图②所示，同(1)得：△DEC≌△DFB，∠DCE＝∠DBF ＝135°， ∴S △DEF ＝S 五边形DBFEC ， S △CFE ＋S △DBC ， ＝S △CFE ＋12S △ABC ，∴S △DEF －S △CFE ＝12S △ABC .∴S △DEF 、S △CEF 、S △ABC 的关系是S △DEF －S △CEF ＝12S △ABC .3．解：(1)如解图①中，∵四边形ABCD 、EFGC 都是正方形， ∴∠BCD＝∠ECG＝90°.∵∠BCG＋∠BCD＋∠DCE＋∠ECG＝360°， ∴∠BCG＋∠ECD＝180°.图①图②图③ 第3题解图如解图①，过点E 作EM⊥DC 于点M ，过点G 作GN⊥BN 交BN 的延长线于点N ， ∴∠EMC＝∠N＝90°.∵四边形ABCD 和四边形ECGF 均为正方形， ∴∠BCD＝∠DCN＝∠ECG＝90°，CB ＝CD ，CE ＝CG ，∴∠1＝90°－∠2，∠3＝90°－∠2， ∴∠1＝∠3. 在△CME 和△CNG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠EMC＝∠GNC ∠1＝∠3EC ＝CG， ∴△CME≌△CNG(ASA)， ∴EM＝GN.又∵S 1＝12CD·EM，S 2＝12CB·GN，∴S 1＝S 2；故答案为180°，S 1＝S 2； (2)猜想：S 1＝S 2，证明：如解图②，过点E 作EM⊥DC 于点M ，过点B 作BN⊥GC 交GC 的延长线于点N ， ∴∠EMC＝∠N＝90°.∵矩形CGFE 由矩形ABCD 旋转得到的， ∴CE＝CB ，CG ＝CD ，∵∠ECG＝∠ECN＝∠BCD＝90°，∴∠1＝90°－∠2，∠3＝90°－∠2，∴∠1＝∠3. 在△CME 和△CNB 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠EMC＝∠BNC ∠1＝∠3EC ＝CB， ∴△CME≌△CNB(AAS)． ∴EM＝BN.又∵S 1＝12CD·EM，S 2＝12CG ·BN ，∴S 1＝S 2;(3)如解图③，作DM⊥AC 于M ，延长BA ，交EC 于N ， ∵AB＝AC ＝10 cm ，∠B＝30°， ∴∠ACB＝∠ABC＝30°， ∴∠BAC＝120°，根据翻折的性质，得∠ACE＝∠ACB＝30°， ∵AD∥CE，∴∠DAC＝∠ACE＝30°， ∴∠BAD＝90°，DM ＝12AD ，∴BN⊥EC.∵AD＝tan∠ABD·AB，AB ＝10 cm ， ∴AD＝tan 30°×10＝103 3 (cm)，∴DM＝12×1033＝533(cm)．∵S △ABP ＝12AB·PN，S △ADC ＝12AC·DM，S △ABP ＝S △ADC ，AB ＝AC ，∴PN＝DM ＝533.在Rt△ANC 中，∠ACN＝30°，AC ＝10 (cm)， ∴NC＝cos∠ACN·AC＝cos 30°×10＝53(cm)． ∵在EC 上到N 的距离等于533的点有两个，∴P′C＝103 3 cm ，P ″C ＝203 3 cm.∴CP 的长为103 3 cm 或203 3 cm.4．解：(1)PM ＝PN ，PM⊥PN，理由如下： 如解图①，延长AE 交BD 于O ， ∵△ACB 和△ECD 是等腰直角三角形， ∴AC＝BC ，EC ＝CD ，∠ACB＝∠ECD＝90°. 在△ACE 和△BCD 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC ，∠ACE＝∠BCD＝90°，CE ＝CD ，∴△ACE≌△BCD(SAS)， ∴AE＝BD ，∠EAC＝∠CBD，∵∠EAC＋∠AEC＝90°，∠AEC＝∠BEO， ∴∠CBD＋∠BEO＝90°， ∴∠BOE ＝90°，即AE⊥BD，∵点M 、N 分别是斜边AB 、DE 的中点，点P 为AD 的中点， ∴PM＝12BD ，PN ＝12AE ，∴PM＝PN.∵PM∥BD，PN∥AE，AE⊥BD，∴∠NPD＝∠EAC，∠MPA＝∠BDC，∠EAC＋∠BDC＝90°， ∴∠MPA＋∠NPC＝90°，∴∠MPN＝90°， 即PM⊥PN.图①图② 第4题解图(2)△PMN 为等腰直角三角形，理由如下： 如解图②，设AE 交BC 于点O. ∵△ACB 和△ECD 是等腰直角三角形， ∴AC＝BC ，EC ＝CD ，∠AC B ＝∠ECD＝90°， ∴∠ACB＋∠BCE＝∠ECD＋∠BCE， ∴∠ACE＝∠BCD， ∴△ACE≌△BCD， ∴AE＝BD ，∠CAE ＝∠CBD. 又∵∠AOC＝∠BOE，∠CAE＝∠CBD， ∴∠BHO＝∠ACO＝90°.∵点P ，M ，N 分别为AD ，AB ，DE 的中点， ∴PM＝12BD ，PM∥BD，PN ＝12AE ，PN∥AE，∴PM＝PN ，∴∠MGE＋∠BHA＝180°， ∴∠MGE＝90°， ∴∠MPN＝90°，∴PM⊥PN，即△PMN 为等腰直角三角形．(3)由(2)可知△PMN 是等腰直角三角形，PM ＝12BD ，∴当BD 的值最大时，PM 的值最大，△PMN 的面积最大， ∴当B ，C ，D 共线时，BD 的最大值为BC ＋CD ＝6， ∴PM＝PN ＝3，∴△PMN 面积的最大值为12×3×3＝92.。
2019年河南省中考数学试卷及答案(解析版)
河南省2019年普通高中招生考试数 学本试卷满分120分,考试时间100分钟.第Ⅰ卷(选择题 共30分)一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.12-的绝对值是( )A .12-B .12C .2D .2-2.成人每天维生素D 的摄入量约为0.000 004 6克.数据“0.000 004 6”用科学记数法表示为( )A .74610-⨯B .74.610-⨯C .64.610-⨯D .50.4610-⨯3.如图,AB CD ∥,75B ∠=,27E ∠=,则D ∠的度数为( )A .45B .48C .50D .584.下列计算正确的是( )A .236a a a +=B .22(3)6a a -=C .222()x y x y -=-D .32222-=5.如图1是由大小相同的小正方体搭成的几何体,将上层的小正方体平移后得到图2.关于平移前后几何体的三视图,下列说法正确的是( ) A .主视图相同 B .左视图相同 C .俯视图相同 D .三种视图都不相同6.一元二次方程()12()13x x x +-=+的根的情况是( )A .有两个不相等的实数根B .有两个相等的实数根C .只有一个实数根D .没有实数根7.某超市销售A ,B ,C ,D 四种矿泉水,它们的单价依次是5元、3元、2元、1元.某天的销售情况如图所示,则这天销售的矿泉水的平均单价是图1 图2( ) A .1.95元 B .2.15元 C .2.25元 D .2.75元8.已知抛物线24y x bx =-++经过()2,n -和(4,)n 两点,则n 的值为 ( )A .2-B .4-C .2D .49.如图,在四边形ABCD 中,AD BC ∥,90D ∠=,4AD =,3BC =.分别以点A ,C 为圆心,大于12AC 长为半径作弧,两弧交于点E ,作射线BE 交AD 于点F ,交AC 于点O .若点O 是AC 的中点,则CD 的长为( ) A .22 B .4 C .3 D .1010.如图,在OAB △中,顶点()0,0O ,4()3,A -,()3,4B .将OAB △与正方形ABCD 组成的图形绕点O 顺时针旋转,每次旋转90,则第70次旋转结束时,点D 的坐标为( ) A .(10,3) B .()3,10- C .(10,)3- D .(3,)10-第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共5小题,每小题3分,共15分.把答案填写在题中的横线上) 11.计算：142--= .12.不等式组1,274xx ⎧-⎪⎨⎪-+⎩≤＞的解集是 .13.现有两个不透明的袋子,一个装有2个红球、1个白球,另一个装有1个黄球、2个红球,这些球除颜色外完全相同.从两个袋子中各随机摸出1个球,摸出的两个球颜色相同的概率是 .14.如图,在扇形AOB 中,120AOB ∠=,半径OC 交弦AB 于点D ,且OC OA ⊥.若OA =,则阴影部分的面积为 .15.如图,在矩形ABCD 中,1AB =,BC a =,点E 在边BC 上,且35BE α=.连接AE ,将ABE △沿AE 折叠,若点B 的对应点B '落在矩形ABCD 的边上,则a 的值为 .三、解答题(本大题共8小题,共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 16.(本小题满分8分)先化简,再求值：2212(1)244x x x x x x +--÷--+,其中x17.(本小题满分9分)如图,在ABC △中,BA BC =,90ABC ∠=.以AB 为直径的半圆O 交AC 于点D ,点E 是BD 上不与点B ,D 重合的任意一点,连接AE 交BD 于点F ,连接BE 并延长交AC 于点G .(1)求证：ADF BDG ≅△△； (2)填空：①若4AB =,且点E 是BD 的中点,则DF 的长为 ；②取AE 的中点H ,当EAB ∠的度数为 时,四边形OBEH 为菱形.18.(本小题满分9分)某校为了解七、八年级学生对“防溺水”安全知识的掌握情况,从七、八年级各随机抽取50名学生进行测试,并对成绩(百分制)进行整理、描述和分析.部分信息如下：a .七年级成绩频数分布直方图：b .七年级成绩在7080x ≤＜这一组的是：70 72 74 75 76 76 77 77 77 78 79 c .根据以上信息,(1)在这次测试中,七年级在80分以上(含80分)的有 人； (2)表中m 的值为 ；(3)在这次测试中,七年级学生甲与八年级学生乙的成绩都是78分,请判断两位学生在各自年级的排名谁更靠前,并说明理由；(4)该校七年级学生有400人,假设全部参加此次测试,请估计七年级成绩超过平均数76.9分的人数.19.(本小题满分9分)数学兴趣小组到黄河风景名胜区测量炎帝塑像(塑像中高者)的高度.如图所示,炎帝塑像DE 在高55 m 的小山EC 上,在A 处测得塑像底部E 的仰角为34,再沿AC方向前进21 m到达B处,测得塑像顶部D的仰角为60,求炎帝塑像DE的高度.(精确到 1 m.参考数据：sin340.56≈,cos340.83=,tan340.67≈,1.73≈)20.(本小题满分9分)学校计划为“我和我的祖国”演讲比赛购买奖品.已知购买3个A奖品和2个B 奖品共需120元；购买5个A奖品和4个B奖品共需210元.(1)求A,B两种奖品的单价；(2)学校准备购买A,B两种奖品共30个,且A奖品的数量不少于B奖品数量的1 3.请设计出最省钱的购买方案,并说明理由.21.(本小题满分10分)模具厂计划生产面积为4,周长为m 的矩形模具.对于m 的取值范围,小亮已经能用“代数”的方法解决,现在他又尝试从“图形”的角度进行探究,过程如下： (1)建立函数模型设矩形相邻两边的长分别为x ,y .由矩形的面积为4,得4xy =,即4y x=；由周长为m ,得2()x y m +=,即2my x =-+.满足要求的(),x y 应是两个函数图象在第________象限内交点的坐标； (2)画出函数图象函数4(0)y x x=＞的图象如图所示,而函数2my x =-+的图象可由直线y x =-平移得到.请在同一直角坐标系中直接画出直线y x =-；(3)平移直线y x =-,观察函数图象①当直线平移到与函数4(0)y x x=＞的图象有唯一交点(2,2)时,周长m 的值为 ；②在直线平移过程中,交点个数还有哪些情况？请写出交点个数及对应的周长m 的取值范围.(4)得出结论若能生产出面积为4的矩形模具,则周长m 的取值范围为 .22.(本小题满分10分)在ABC △中,CA CB =,ACB α∠=.点P 是平面内不与点A ,C 重合的任意一点,连接AP ,将线段AP 绕点P 逆时针旋转α得到线段DP ,连接AD ,BD ,CP . (1)观察猜想 如图1,当60α=时,BDCP的值是 ,直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数是 ； (2)类比探究如图2,当90α=时,请写出BDCP的值及直线BD 与直线CP 相交所成的小角的度数,并就图2的情形说明理由； (3)解决问题当90α=时,若点E ,F 分别是CA ,CB 的中点,点P 在直线EF 上,请直接写出点C ,P ,D 在同一直线上时ADCP的值.图1图2备用图23.(本小题满分11分)如图,抛物线212y ax x c =++交x 轴于A ,B 两点,交y 轴于点C .直线122y x =--经过点A ,C .(1)求抛物线的解析式；(2)点P 是抛物线上一动点,过点P 作x 轴的垂线,交直线AC 于点M ,设点P 的横坐标为m .①当PCM △是直角三角形时,求点P 的坐标；②作点B 关于点C 的对称点B ',则平面内存在直线l ,使点M ,B ,B '到该直线的距离都相等.当点P 在y 轴右侧的抛物线上,且与点B 不重合时,请直接写出直线l ：y kx b =+的解析式.(k ,b 可用含m 的式子表示)备用图河南省2019年普通高中招生考试数学答案解析第Ⅰ卷一、选择题 1.【答案】B【解析】解：11||22-=,故选：B .【提示】根据一个负数的绝对值是它的相反数进行解答即可. 【考点】绝对值的概念. 2.【答案】C【解析】解：60.0000046 4.610-=⨯.【提示】本题用科学记数法的知识即可解答. 【考点】科学记数法. 3.【答案】B【解析】解：∵AB CD ∥,∴1B ∠=∠, ∵1D E ∠=∠+∠,∴752748D B E ∠=∠-∠=-=, 故选：B .【提示】根据平行线的性质解答即可. 【考点】平行线的性质,三角形外角的性质. 4.【答案】D【解析】解：235a a a +=,A 错误；22(3)9a a -=,B 错误；222(2)x y x xy y -=-+,C 错误；=D 正确；故选：D .【提示】根据合并同类项法则,完全平方公式,幂的乘方与积的乘方的运算法则进行运算即可. 【考点】整式的运算. 5.【答案】C【解析】解：观察几何体,确定三视图,此几何体将上层的小正方体平移后俯视图相同,故选C .【提示】根据三视图解答即可. 【考点】几何体的三视图. 6.【答案】A【解析】解：原方程可化为：2240x x --=, ∴1a =,2b =-,4c =-, ∴2241()(4)200∆=--⨯⨯-=＞, ∴方程由两个不相等的实数根. 故选：A .【提示】先化成一般式后,再求根的判别式. 【考点】一元二次方程根的情况. 7.【答案】C【解析】解：这天销售的矿泉水的平均单价是510%315%255%120% 2.25⨯+⨯+⨯+⨯=(元),故选：C .【提示】根据加权平均数的定义列式计算可得. 【考点】加权平均数的计算. 8.【答案】B【解析】解：抛物线24y x bx =-++经过()2,n -和(4,)n 两点, 可知函数的对称轴1x =, ∴12b =, ∴2b =； ∴224y x x =-++,将点()2,n -代入函数解析式,可得4n =； 故选：B .【提示】根据()2,n -和(4,)n 可以确定函数的对称轴1x =,再由对称轴的2b x =即可求解.【考点】二次函数点的坐标特征,二元一次方程组的解法. 9.【答案】A【解析】解：如图,连接FC ,则AF FC =. ∵AD BC ∥, ∴FAO BCO ∠=∠. 在FOA △与BOC △中,FAO BCO OA OCAOF COB ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩, ∴()ASA FOA BOC ≅△△, ∴3AF BC ==,∴3FC AF ==,431FD AD AF =-=-=. 在FDC △中,∵90D ∠=, ∴222CD DF FC +=, ∴21232CD +=,∴CD = 故选：A .【提示】连接FC ,根据基本作图,可得OE 垂直平分AC ,由垂直平分线的性质得出AF FC =.再根据ASA 证明FOA BOC ≅△△,那么3AF BC ==,等量代换得到3FC AF ==,利用线段的和差关系求出1FD AD AF =-=.然后在直角FDC △中利用勾股定理求出CD 的长.【考点】尺规作图,平行线的性质,勾股定理,角平分线的性质,全等三角形的判定与性质.10.【答案】D【解析】解：∵4()3,A -,()3,4B ,∴336AB =+=,∵四边形ABCD 为正方形,∴6AD AB ==,∴0()3,1D -,∵704172=⨯+,∴每4次一个循环,第70次旋转结束时,相当于OAB △与正方形ABCD 组成的图形绕点O 顺时针旋转2次,每次旋转90,∴点D 的坐标为(3,)10-.故选：D .【提示】先求出6AB =,再利用正方形的性质确定0()3,1D -,由于704172=⨯+,所以第70次旋转结束时,相当于OAB △与正方形ABCD 组成的图形绕点O 顺时针旋转2次,每次旋转90,此时旋转前后的点D 关于原点对称,于是利用关于原点对称的点的坐标特征可出旋转后的点D 的坐标.【考点】图形的旋转,点的坐标的确定.第Ⅱ卷二、填空题11.【答案】3221-122=- 32=. 故答案为：32.【提示】本题涉及二次根式化简、负整数指数幂两个考点.针对每个考点分别进行计算,然后根据实数的运算法则求得计算结果.【考点】实数的相关运算.12.【答案】2x -≤ 【解析】解：解不等式12x -,得：2x -≤, 解不等式74x -+＞,得：3x ＜,则不等式组的解集为2x -≤,故答案为：2x -≤.【提示】分别求出每一个不等式的解集,根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集.【考点】解不等式组.13.【答案】49由表知,共有9种等可能结果,其中摸出的两个球颜色相同的有4种结果, 所以摸出的两个球颜色相同的概率为49,故答案为：49.【提示】列表得出所有等可能结果,从中找到两个球颜色相同的结果数,利用概率公式计算可得.【考点】概率的计算.14.π【解析】解：作OE AB ⊥于点F ,∵在扇形AOB 中,120AOB ∠=,半径OC 交弦AB 于点D ,且OC OA ⊥.OA=2, ∴90AOD ∠=,90BOC ∠=,OA OB =,∴30OAB OBA ∠=∠=,∴tan30232OD OA ===,4AD =,226AB AF==⨯=,OF = ∴2BD =,∴阴影部分的面积是：πAOD BDOOBC S S S +-=+=△△扇形, π.【提示】根据题意,作出合适的辅助线,然后根据图形可知阴影部分的面积是AOD△的面积与扇形OBC 的面积之和再减去BDO △的面积,本题得以解决.【考点】不规则图形面积的计算.15.【答案】53 【解析】解：分两种情况：①当点B '落在AD 边上时,如图1.图1∵四边形ABCD 是矩形,∴90BAD B ∠=∠=,∵将ABE △沿AE 折叠,点B 的对应点B '落在AD 边上,∴1452BAE B AE BAD ∠=∠'=∠=,∴AB BE =, ∴315a =,∴53a =；②当点B'落在CD 边上时,如图2.图2∵四边形ABCD 是矩形,∴90BAD B C D ∠=∠=∠=∠=,AD BC a ==.∵将ABE △沿AE 折叠,点B 的对应点B '落在CD 边上,∴90B AB E ∠=∠'=,1AB AB ='=,35EB EB a ='=,∴DB '==355EC BC BE a a =-=-=.在ADB '△与B CE '△中,9090B AD EB C AB D D C '''⎧∠=∠=-∠⎨∠=∠=⎩, ∴ADB B CE ''△△, ∴DB AB CE B E ''=',1355a a =,解得1a =,20a =(舍去). 综上,所求a 的值为53或3. 故答案为53或3. 【提示】分两种情况：①点B '落在AD 边上,根据矩形与折叠的性质易得AB BE =,即可求出a 的值；②点B '落在CD 边上,证明ADB B CE ''△△,根据相似三角形对应边成比例即可求出a 的值.【考点】图形的折叠,勾股定理.三、解答题16.【答案】解：原式212(2)()22(2)x x x x x x x +--=-÷--- 322x x x-=- 3x=, 当x=,=【解析】解：原式212(2)()22(2)x x x x x x x +--=-÷---322x x x-=- 3x=, 当x=,= 【提示】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式,再将x 的值代入计算可得.【考点】分式的化简求值.17.【答案】解：(1)证明：如图1,∵BA BC =,90ABC ∠=,图1∴45BAC ∠=∵AB 是O 的直径, ∴90ADB AEB ∠=∠=,∴90DAF BGD DBG BGD ∠+∠=∠+∠=∴DAF DBG ∠=∠ ∵90ABD BAC ∠+∠= ∴45ABD BAC ∠=∠=∴AD BD =∴()ASA ADF BDG ≅△△；(2)①4-②30【解析】解：(1)证明：如图1,∵BA BC =,90ABC∠=,图1∴45BAC ∠=∵AB 是O 的直径,∴90ADB AEB ∠=∠=,∴90DAF BGD DBG BGD ∠+∠=∠+∠=∴DAF DBG ∠=∠∵90ABD BAC ∠+∠=∴45ABD BAC ∠=∠=∴AD BD =∴()ASA ADF BDG ≅△△；(2)①如图2,过F 作FH AB ⊥于H ,∵点E 是BD 的中点,图2∴BAE DAE ∠=∠∵FD AD ⊥,FH AB ⊥∴FH FD = ∵2sin sin452FH ABD BF =∠==,∴FD BF 即BF ∵4AB =, ∴4cos4522BD ==即BF FD +=1)FD =∴4FD ==-故答案为4-②连接OE ,EH ,∵点H 是AE 的中点,∴OH AE ⊥,∵90AEB ∠=∴BE AE ⊥∴BE OH ∥∵四边形OBEH 为菱形, ∴12BE OH OB AB === ∴1sin 2BE EAB AB ∠== ∴30EAB ∠=.故答案为：30.【提示】(1)利用直径所对的圆周角是直角,可得90ADB AEB ∠=∠=,再应用同角的余角相等可得DAF DBG ∠=∠,易得AD BD =,ADF BDG △≌△得证；(2)作FH AB ⊥,应用等弧所对的圆周角相等得BAE DAE ∠=∠,再应用角平分线性质可得结论；由菱形的性质可得BE OB =,结合三角函数特殊值可得30EAB ∠=.【考点】圆的相关性质,全等三角形的判定和性质,菱形的判定和性质,圆周角定理.18.【答案】(1)23(2)77.5(3)甲学生在该年级的排名更靠前.∵七年级学生甲的成绩大于中位数78分,其名次在该班25名之前,八年级学生乙的成绩小于中位数78分,其名次在该班25名之后,∴甲学生在该年级的排名更靠前.(4)估计七年级成绩超过平均数76.9分的人数为515840022450++⨯=(人). 【解析】解：(1)在这次测试中,七年级在80分以上(含80分)的有15823+=人,故答案为：23；(2)七年级50人成绩的中位数是第25、26个数据的平均数,而第25、26个数据分别为78、79, ∴777877.52m +==,故答案为：77.5；(3)甲学生在该年级的排名更靠前.∵七年级学生甲的成绩大于中位数78分,其名次在该班25名之前, 八年级学生乙的成绩小于中位数78分,其名次在该班25名之后,∴甲学生在该年级的排名更靠前.(4)估计七年级成绩超过平均数76.9分的人数为515840022450++⨯=(人). 【提示】(1)根据条形图及成绩在7080x ≤＜这一组的数据可得；(2)根据中位数的定义求解可得；(3)将各自成绩与该年级的中位数比较可得答案；(4)用总人数乘以样本中七年级成绩超过平均数76.9分的人数所占比例可得.【考点】统计知识的实际应用.19.【答案】解：∵90ACE ∠=,34CAE ∠=,55m CE =, ∴tan CE CAE AC∠=, ∴5582.1m tan340.67CE AC ==≈, ∵21m AB =,∴61.1m BC AC AB =-=,在Rt BCD △中,tan60CD BC== ∴ 1.7361.1105.7m CD ≈⨯≈,∴105.75551m DE CD EC =-=-≈,答：炎帝塑像DE 的高度约为51 m .【解析】解：∵90ACE ∠=,34CAE ∠=,55m CE =, ∴tan CE CAE AC∠=, ∴5582.1m tan340.67CE AC ==≈, ∵21m AB =,∴61.1m BC AC AB =-=,在Rt BCD △中,tan60CD BC== ∴ 1.7361.1105.7m CD ≈⨯≈,∴105.75551m DE CD EC =-=-≈,答：炎帝塑像DE 的高度约为51 m .【提示】由三角函数求出82.1m tan34CE AC =≈,得出61.1m BC AC AB =-=,在Rt BCD△中,由三角函数得出105.7mCD=≈,即可得出答案.【考点】解直角三角形的实际应用.20.【答案】解：(1)设A的单价为x元,B的单价为y元,根据题意,得32120 54210 x yx y+=⎧⎨+=⎩,∴3015 xy=⎧⎨=⎩,∴A的单价30元,B的单价15元；(2)设购买A奖品z个,则购买B奖品为30-z（）个,购买奖品的花费为W元,由题意可知,13)3(0z z-≥,∴152z≥,30153045(51)0W z z z=+-=+,当8z=时,W有最小值为570元,即购买A奖品8个,购买B奖品22个,花费最少.【解析】解：(1)设A的单价为x元,B的单价为y元,根据题意,得32120 54210 x yx y+=⎧⎨+=⎩,∴3015 xy=⎧⎨=⎩,∴A的单价30元,B的单价15元；(2)设购买A奖品z个,则购买B奖品为30-z（）个,购买奖品的花费为W元,由题意可知,13)3(0z z-≥,∴152z≥,30153045(51)0W z z z=+-=+,当8z=时,W有最小值为570元,即购买A奖品8个,购买B奖品22个,花费最少.【提示】(1)设A的单价为x元,B的单价为y元,根据题意列出方程组32120 54210 x yx y+=⎧⎨+=⎩,即可求解；(2)设购买A奖品z个,则购买B奖品为(30)z-个,购买奖品的花费为W元,根据题意得到由题意可知,13)3(0z z-≥,30153045(51)0W z z z=+-=+,根据一次函数的性质,即可求解.【考点】二元一次方程组,不等式及一次函数解决实际问题.21.【答案】(1)一(2)图象如下所示：(3)①8②在直线平移过程中,交点个数有：0个、1个、2个三种情况, 联立4y x =和2m y x =-+并整理得：21402x mx -+=, 214404m ∆=-⨯≥时,两个函数有交点, 解得：8m ≥；(4)8m ≥【解析】解：(1),x y 都是边长,因此,都是正数,故点(),x y 在第一象限,答案为：一；(2)图象如下所示：(3)①把点(2,2)代入2m y x =-+得：222m =-+,解得：8m =； ②在直线平移过程中,交点个数有：0个、1个、2个三种情况, 联立4y x =和2m y x =-+并整理得：21402x mx -+=, 214404m ∆=-⨯≥时,两个函数有交点, 解得：8m ≥；(4)由(3)得：8m ≥.【提示】(1),x y 都是边长,因此,都是正数,即可求解；(2)直接画出图象即可；(3)①把点()2,2代入2m y x =-+即可求解；②在直线平移过程中,交点个数有：0个、1个、2个三种情况,联立4y x=和 = 2m y x -+并整理得：21402x mx -+=,即可求解；(4)由(3)可得.【考点】反比例函数与一次函数图象的应用.22.【答案】1 60(2)如图2中,设BD 交AC 于点O ,BD 交PC 于点E .图2∵45PAD CAB ∠=∠=,∴PAC DAB ∠=∠,∵AB AD AC AP== ∴DAB PAC △△,∴PCA DBA ∠=∠,BD AB PC AC = ∵EOC AOB ∠=∠,∴45CEO OABB ∠=∠=,∴直线BD 与直线CP 相交所成的小角的度数为45.(3)如图3-1中,当点D 在线段PC 上时,延长AD 交BC 的延长线于H .图3-1∵CE EA=,CF FB=,∴EF AB∥,∴45EFC ABC∠=∠=,∵45PAO∠=,∴PAO OFH∠=∠,∵POA FOH∠=∠,∴H APO∠=∠,∵90APC∠=,EA EC=,∴PE EA EC==,∴EPA EAP BAH∠=∠=∠,∴H BAH∠=∠,∴BH BA=,∵45ADP BDC∠=∠=,∴90ADB∠=,∴BD AH⊥,∴22.5DBA DBC∠=∠=,∵90ADB ACB∠=∠=,∴A,D,C,B四点共圆,22.5DAC DBC∠=∠=,22.5DCA ABD∠=∠=,∴22.5DAC DCA∠=∠=,∴DA DC=,设AD a=,则DC AD a==,PD,∴2ADCP==如图3-2中,当点P在线段CD上时,同法可证：DA DC=,设AD a=,则CD AD a==,=2PD,图3-2∴PC a=-,∴2ADPC==+【解析】解：(1)如图1中,延长CP交BD的延长线于E,设AB交EC于点O.图1∵60PAD CAB∠=∠=,∴CAP BAD∠=∠,∵CA BA=,PA DA=,∴()SASCAP BAD≅△△,∴PC BD=,ACP ABD∠=∠,∵AOC BOE∠=∠,∴60BEO CAO∠=∠=,∴1BDPC=,线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60,故答案为1,60.(2)如图2中,设BD交AC于点O,BD交PC于点E.图2∵45PAD CAB ∠=∠=,∴PAC DAB ∠=∠,∵AB AD AC AP== ∴DAB PAC △△,∴PCA DBA ∠=∠,BD AB PC AC = ∵EOC AOB ∠=∠,∴45CEO OABB ∠=∠=,∴直线BD 与直线CP 相交所成的小角的度数为45.(3)如图3-1中,当点D 在线段PC 上时,延长AD 交BC 的延长线于H .图3-1∵CE EA =,CF FB =,∴EF AB ∥,∴45EFC ABC ∠=∠=,∵45PAO ∠=,∴PAO OFH ∠=∠,∵POA FOH ∠=∠,∴H APO ∠=∠,∵90APC ∠=,EA EC =,∴PE EA EC ==,∴EPA EAP BAH ∠=∠=∠,∴H BAH ∠=∠,∴BH BA =,∵45ADP BDC ∠=∠=,∴90ADB ∠=,∴BD AH ⊥,∴22.5DBA DBC ∠=∠=,∵90ADB ACB ∠=∠=,∴A,D,C,B四点共圆,22.5DAC DBC∠=∠=,22.5DCA ABD∠=∠=,∴22.5DAC DCA∠=∠=,∴DA DC=,设AD a=,则DC AD a==,PD,∴2ADCP==如图3-2中,当点P在线段CD上时,同法可证：DA DC=,设AD a=,则CD AD a==, PD,图3-2∴2PC a a=-,∴2ADPC==+【提示】(1)如图1中,延长CP交BD的延长线于E,设AB交EC于点O.证明()SASCAP BAD△≌△,即可解决问题.(2)如图2中,设BD交AC于点O,BD交PC于点E.证明△DAB∽△PAC,即可解决问题.(3)分两种情形：①如图3-1中,当点D在线段PC上时,延长AD交BC的延长线于H.证明AD=DC即可解决问题.②如图3-2中,当点P在线段CD上时,同法可证：DA DC=解决问题.【考点】图形变换,规律探究.23.【答案】解：(1)当0x=时,1222y x=--=-,∴点C的坐标为(0,)2-；当0y=时,1202x--=,解得：4x=-,∴点A的坐标为()4,0-.将0()4,A -,2(0,)C -代入212y ax x c =++,得：16202a c c -+=⎧⎨=-⎩,解得：142a c ⎧=⎪⎨⎪=-⎩, ∴抛物线的解析式为211242y x x =+-. (2)①∵PM x ⊥轴,∴90PMC ∠≠,∴分两种情况考虑,如图1所示.图1(i )当90MPC ∠=时,PC x ∥轴,∴点P 的纵坐标为2-.当2y =-时,2112242x x +-=-,解得：12x =-,20x =,∴点P 的坐标为(2,2)--；(ii )当90PCM ∠=时,设PC 与x 轴交于点D .∵90OAC OCA ∠+∠=,90OCA OCD ∠+∠=,∴OAC OCD ∠=∠.又∵90AOC COD ∠=∠=,∴AOC COD △△, ∴OD OC OC OA =,即224OD =, ∴1OD =,∴点D 的坐标为(1,0).设直线PC 的解析式为()0y kx b k =+≠,将2(0,)C -,()1,0D 代入y kx b =+,得：20b k b =-⎧⎨+=⎩,解得：22k b =⎧⎨=-⎩,∴直线PC 的解析式为22y x =-.联立直线PC 和抛物线的解析式成方程组,得：22211242y x y x x =-⎧⎪⎨=+-⎪⎩, 解得：1102x y =⎧⎨=-⎩,22610x y =⎧⎨=⎩, 点P 的坐标为(6,10).综上所述：当PCM △是直角三角形时,点P 的坐标为(2,2)--或(6,10).②当0y =时,2112042x x +-=,解得：14x =-,22x =,∴点B 的坐标为(2,0).∵点P 的横坐标为0()0m m m ≠＞且,∴点P 的坐标为211(,2)42m m m +-,∴直线PB 的解析式为11(4)(4)42y m x m =+-+(可利用待定系数求出). ∵点B ,B '关于点C 对称,点B ,B ',P 到直线l 的距离都相等,∴直线l 过点C ,且直线l PB ∥直线,∴直线l 的解析式为1(4)24y m x =+-.【解析】解：(1)当0x =时,1222y x =--=-,∴点C 的坐标为(0,)2-；当0y =时,1202x --=,解得：4x =-,∴点A 的坐标为()4,0-.将0()4,A -,2(0,)C -代入212y ax x c =++,得：16202a c c -+=⎧⎨=-⎩,解得：142a c ⎧=⎪⎨⎪=-⎩, ∴抛物线的解析式为211242y x x =+-. (2)①∵PM x ⊥轴,∴90PMC ∠≠,∴分两种情况考虑,如图1所示.图1(i )当90MPC ∠=时,PC x ∥轴,∴点P 的纵坐标为2-.当2y =-时,2112242x x +-=-,解得：12x =-,20x =,∴点P 的坐标为(2,2)--；(ii )当90PCM ∠=时,设PC 与x 轴交于点D .∵90OAC OCA ∠+∠=,90OCA OCD ∠+∠=,∴OAC OCD ∠=∠.又∵90AOC COD ∠=∠=,∴AOC COD △△, ∴OD OC OC OA =,即224OD =, ∴1OD =,∴点D 的坐标为(1,0).设直线PC 的解析式为()0y kx b k =+≠,将2(0,)C -,()1,0D 代入y kx b =+,得：20b k b =-⎧⎨+=⎩,解得：22k b =⎧⎨=-⎩, ∴直线PC 的解析式为22y x =-.联立直线PC 和抛物线的解析式成方程组,得：22211242y x y x x =-⎧⎪⎨=+-⎪⎩, 解得：1102x y =⎧⎨=-⎩,22610x y =⎧⎨=⎩, 点P 的坐标为(6,10).综上所述：当PCM △是直角三角形时,点P 的坐标为(2,2)--或(6,10).②当0y =时,2112042x x +-=,解得：14x =-,22x =,∴点B 的坐标为(2,0).∵点P 的横坐标为0()0m m m ≠＞且,∴点P 的坐标为211(,2)42m m m +-,∴直线PB 的解析式为11(4)(4)42y m x m =+-+(可利用待定系数求出). ∵点B ,B '关于点C 对称,点B ,B ',P 到直线l 的距离都相等,∴直线l 过点C ,且直线l PB ∥直线,∴直线l 的解析式为1(4)24y m x =+-.【提示】(1)利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A ,C 的坐标,根据点A ,C的坐标,利用待定系数法可求出二次函数解析式；(2)①由PM x ⊥轴可得出90PMC ∠≠,分90MPC ∠=及90PCM ∠=两种情况考虑：(i )当90MPC ∠=时,PC x ∥轴,利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点P 的坐标；(ii )当90PCM ∠=时,设PC 与x 轴交于点D ,易证AOC COD △△,利用相似三角形的性质可求出点D 的坐标,根据点C ,D 的坐标,利用待定系数法可求出直线PC 的解析式,联立直线PC 和抛物线的解析式成方程组,通过解方程组可求出点P 的坐标.综上,此问得解；②利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点B ,P 的坐标,根据点P ,B 的坐标,利用待定系数法可求出直线PB 的解析式,结合题意可知：直线l 过点C ,且直线l PB∥直线,再结合点C的坐标即可求出直线l的解析式.【考点】二次函数的图象和性质,直角三角形的性质,相似三角形的判定和性质,中位线定理,一次函数的性质,分类讨论思想.。
2019年河南省中考真题数学试题(附答案解析)
三、解答题（本大题共8小题，满分75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
16．先化简，再求值：
，其中
.
17．如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的半圆O交AC于点D，点E是 BD
上不与点B,D重合的任意一点，连接AE交BD于点F，连接BE并延长交AC于点C.
⑴求证：△ADF ≌ △BDG ；
∴EO⊥AC，∴EB是AC的垂直平分线，∴AB=BC=3.
在Rt△ABM中，∠AMB=90°，AM=AD-MD=1，
∴BM= AB2 AM 2 32 12 2 2 ，
∴CD= 2 2.故选A.
10.【答案】D
【解析】由A、B两点的坐标可知线段AB的长度和它与x轴的关系，由正方形的性质可知AD=AB， 延长DA交x轴于点M,则DA⊥x轴，Rt△DMO中，MO=3,DM=10，将△OAB和正方形ABCD绕点O每 次顺时针旋转90°，Rt△DMO也同步绕点O每次顺时针旋转90°，点D的落点坐标可由Rt△DMO的旋 转得到。仔细观察图形得到点D坐标的变化规律，每旋转四次完成一个循环，从而可得到第70次旋 转后的坐标。
（A） 46×10-7 （B） 4.6×10-7 （C）4.6×10-6 （D）0.46×10-5
3．如图，AB∥CD，∠B=75°，∠E=27°，则∠D的度数为
（A）45° （B）48° （C）50° （D）58°
4．下列计算正确的是（
）
A. 2a 3a 6a
B. (3a)2 6a2
C. (x y)2 x2 y2
b.七年级成绩在70≤x＜80这一组的是： 70 72 74 75 76 76 77 77 77 78 79 c.七、八年级成绩的平均数、中位数如下：
2019年河南省中考真题数学试题(解析版)
⑴求证：△ADF ≌ △BDG ；
⑵填空：
①若AB = 4，且点E是 BD 的中点，则DF的长为
；
②取 AE 的中点H，当∠EAB的度数为
时，四边形OBEH为菱形.
【解析】⑴首先根据在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，判定△ABC是等腰直角三角形，得 到∠CAB＝45°，再根据直径所对的圆周角是直角，得到 △ABD是等腰直角三角形，从而
DA = DB，又因为∠CAE与∠DBG对着同一条弧 DE，得到∠CAE=∠DBG，根据ASA可以判 定△ADF ≌ △BDG.
3．如图，AB∥CD，∠B=75°，∠E=27°，则∠D的度数为
（A）45° （B）48° 【答案】B
（C）50° （D）58°
【解析】如图，设CD和BE的交点为F，
∵AB∥CD，∠B=75°，∴∠B=∠CFE=75°，∵∠CFE=∠D+∠E， ∠E=27°，
∴∠D=∠CFE-∠E=75°-27°=48°.故选B．
影部分的面积为
.
【答案】 3 +π 【解析】本题考查了与圆有关的计算，（圆内半径相等），等腰三角形的性质（等边对等角）， 解直角三角形，特殊角三角函数，扇形的面积，不规则图形的转化. 解法1：
1
∵在扇形AOB中，∠AOB=120°，∴OA=OB，所以∠BAO=∠ABO= （180°-120°）÷2=30°，
【答案】C
【解析】本题考查了科学记数法，解题的关键是正确确定a的值以及n的值．
0.0000046是绝对值小于1的数，这类数用科学计数法表示的方法是写成a×10-n（1≤ a ＜10，n＞
0 ）的形式，关键是确定－n，确定了n的值，－n的值就确定了．确定方法是：n 的值等于原数 中左起第一个非零数前零的个数（含整数位数上的零）．故0.0000046中左起第一个非零数为4， 其左边六个零，即0.0000046=4.6×10-6．答案选C．
2019河南省中招考试数学试题【含答案】
2019年河南省中招考试题(满分120分，考试时间100分钟)一、选择题(每小题3分，共30分)的绝对值是 ( ) B.C.2D.-22.成人每天维生素D 的摄入量约为0.0000046克.数据 “0.0000046”用科学记数法表示为 ( )A.46×10-7B.4.6×10-7C.4.6×10-6D.0.46×10-5 3.如图， AB//CD,ZB=75°,ZE=27°,则ZD 的度数为 ( ) A.45° B.48° C.50° D.58°4.下列计算正确的是 ( ) A.2a+3a=6a B.(-3a)²=6a² C.(x-y)²=x²-y² D.3√2-√2=2√25.如图(1)是由大小相同的小正方体搭成的几何体，将上层的小正方体平移后得到图(2).关于平移前后几何体的三 视图，下列说法正确的是 ( )图(1) 图(2)A. 主视图相同B. 左视图相同C. 俯视图相同D. 三种视图都不相同 6.一元二次方程(x+1)(x- 1)=2x+3的根的情况是( ) A. 有两个不相等的实数根B.有两个相等的实数根C. 只有一个实数根D.没有实数根 7.某超市销售A,B,C,D 四种矿泉水，它们 的单价依次是5元、3元、2元、1元.某天 的销售情况如图所示，则这天销售的矿泉 水的平均单价是 ( ) A . 1 . 95元 B . 2 . 15元 C . 2 . 25元 D . 2 . 75元8.已知抛物线y =-x²+bx+4经过(-2,n )和(4,n)两点， 则n 的值为 ( ) A.-2 B.-4 C.2 D.49.如图，在四边形ABCD 中， AD//BC,ZD=90°,AD=4, BC=3.分别以点A,C 为圆心、大于的长为半径作弧，两弧交于点E ,作射线BE 交AD 于点F ,交AC 于点 0.若点0是AC 的中点，则CD 的长为 ( ) A.2√2 B.4 C.3 D.√ 10(第10题)10.如图，在△OAB 中，顶点0(0,0),A(-3,4),B(3,4).将△OAB 与正方形ABCD 组成的图形绕点0顺时针旋转， 每次旋转90°,则第70次旋转结束时，点D 的坐标为( )A.(10,3)B.(-3,10)C.(10,-3)D.(3,- 10) 二、填空题(每小题3分，共15分)11.计算：/4-2-1=12. 不等式丝的解集是13.现有两个不透明的袋子， 一个装有2个红球、1个白球， 另一个装有1个黄球、2个红球，这些球除颜色外完全相 同.从两个袋子中各随机摸出1个球，摸出的2个球颜 色相同的概率是14.如图，在扇形AOB 中，ZAOB =120°,半径0C 交弦AB于点D,且0C10A.若0A=2 √ 3,则阴影部分的面积为(第15题)15.如图，在矩形ABCD 中， AB=1,BC=a,点E 在边BC 上， 且.连接AE,将△ABE 沿AE 折叠，若点B 的对应点B'落在矩形ABCD 的边上，则a 的值为(第14题)( 第 9 题 )三、解答题(本大题共8个小题，满分75分)16. (8分)先化简，再求值；,其中x=/3.(每组包含最小值，不包含最大值)b. 七年级成绩在70≤x<80这一组的是：17 . (9分)如图，在△ABC 中，BA=BC,ZABC=90°, 以AB为直径的半圆0交AC于点D,点E是BD上不与点B,D重合的任意一点，连接AE交BD于点F,连接BE并延长交AC于点G.(1)求证：△ADF一△BDG;(2)填空：①若AB=4.且点E是BD的中点，则DF的长为②取正的中点H,连接EH,OH,当ZEAB的度数为时，四边形OBEH为菱形.根据以上信息，回答下列问题：(1)在这次测试中，七年级在80分以上(含80分)的有人；(2)表中m的值为;(3)在这次测试中，七年级学生甲与八年级学生乙的成绩都是78分，请判断两位学生在各自年级的排名谁更靠前，并说明理由；(4)该校七年级学生有400人，假设全部参加此次测试，请估计七年级成绩超过平均数76.9分的人数. 18. (9分)某校为了解七、八年级学生对“防溺水”安全知识的掌握情况，从七、八年级各随机抽取50名学生进行测试，并对成绩(百分制)进行整理、描述和分析.部分信息如下：a.七年级成绩频数分布直方图：70 72 74 75 76 76 77 77 77 78 79c.七、八年级成绩的平均数、中位数(单位：分)如下：年级平均数七中位数76.9八m79.2 79.5◆2019河南省中招试题◆19. (9分)数学兴趣小组到黄河风景名胜区测量炎帝塑像(塑像中高者)的高度.如图所示，炎帝塑像DE在高55 m 的小山EC上，在A处测得塑像底部E的仰角为34°,再沿AC方向前进21 m到达B处，测得塑像顶部D的仰角为60°,求炎帝塑像DE的高度. (精确到1 m.参考数据：sin34°≈0.56,cos34°≈0.83,tan34°≈0.67,√3≈1.73)20. (9分)学校计划为“我和我的祖国”演讲比赛购买奖品.已知购买3个A奖品和2个B奖品共需120元；购买5 个A奖品和4个B奖品共需210元.(1)求A,B两种奖品的单价；(2)学校准备购买A,B两种奖品共30个，且A奖品的数量不少于B奖品数量的.请设计出最省钱的购买方案，并说明理由.◆2019河南省中招试题◆21. (10分)模具厂计划生产面积为4,周长为m的矩形模具.对于m的取值范围，小亮已经能用“代数”的方法解决，现在他又尝试从“图形”的角度进行探究，过程如下：(1)建立函数模型设矩形相邻两边的长分别为x,y,由矩形的面积为4,得xy=4,民;由周长为m,得2(x+y)=m,满足要求的(x,y)应是两个函数图象在第象限内交点的坐标.(2)画出函数图象函数的图象如图所示，函数y=- ×+的图象可由直线y=-x平移得到.请在同一直角坐标系中直接画出直线y=-x.(3)平移直线y=-x,观察函数图象①当直线平移到与函的图象有唯一交点(2,2)时，周长m的值为 ;②在直线平移过程中，交点个数还有哪些情况?请写出交点个数及对应的周长m的取值范围.(4)得出结论若能生产出面积为4的矩形模具，则周长m的取值范围为◆2019河南省中招试题◆22 . (10分)在△ABC 中， CA=CB,ZACB =α .点P 是平面内不与点A,C 重合的任意一点，连接AP,将线段AP 绕 点P 逆时针旋转α得到线段DP,连接AD,BD,CP.(1)观察猜想如图(1),当α=60°时，的值是 ,直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数是(2)类比探究当α=90°时，请写出的值及直线BD 与直线CP相交所成的较小角的度数，并就图(2)的情形说明理由. (3)解决问题当α=90°时，若点E,F 分别是CA,CB 的中点，点P 在直线EF 上，请直接写出点C,P,D 在同一直线上值.图(1)备用图图(2)◆2019河南省中招试题◆23. (11分)如图，抛物线交x轴于A,B两点，交y轴于点C.直线经过点A,C.(1)求抛物线的解析式；(2)点P是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，交直线AC于点M,设点P的横坐标为m.①连接PC,当△PCM是直角三角形时，求点P的坐标；②作点B关于点C的对称点B',则平面内存在直线l,使点M,B,B'到该直线的距离都相等，当点P在y轴右侧的抛物线上，且与点B不重合时，请直接写出直线I:y=hx+b的解析式. (k,b可用含m的式子表示)备用图48 不等式姓 数体米米间水姓 ,》6,可小8解集*>6<*<*无都◆2019河南省中招试题◆藻2019年河南省普通高中招生考试2.C 【解析】 0.0000046=4.6×10-*,故选C3.B 【素养落地】 本题考查平行线的性质，体现了逻辑推理的核 心素养.技法1 求不等式解集公共部分的两种方法中所有不等式解集的公共部分，找1数赫法巡不等式组中所有不等式的解集在间一条数轴上表苏出来，利用 数形结合用燃，自观北得到公共部分，两个一元一次不等式所级 减故不美式湖的剂集有以巴种类(设4<6):【解析】 如图，∵AB//CD,:21=2B=75°,又∵Z1=ZD+ZE, . . 2D=Z1 - ZE=75° - 27°=48°,故选B .4.D 【素养落地】 本题考查了整式的运算、二次根式的运算，体现了数学运算的核心素养.【解析】 2a+3a=(2+3)a=5a,故A 项错误； ( - 3a)²= ( - 3)²a²=9a²,故B 项错误； (x - y)²=x² - 2y+y²,故C 项错误；3、/2- √Z=2 √2,故D 项正确.5.C 【素养落地】 本题考查几何体的三视图，体现了直观想象的口使法 遂用口状”大大取夜大，小小取教小；大小小大中同找，大大小 能不了”来殊定13. 【素养落地】 本题考查用列举法求事件的概率，体现了数据分析的核心素养.【解析】 根据题意列表如下：核心素养.【解析】 根据俯视图的定义，可知平移前后几何体的俯视图相同，均如图所示，故选C.6.A 【解析】 把该方程变形为一般形式，为x²-2x-4=0,由一元二次方程根的判别式△=b²-4ac=(-2)²-4×1×(-4)=20> 0,可知该方程有两个不相等的实数根.故选A. 7.C 【素养落地】本题考查扇形统计图的识图能力及平均数的求解方法，体现了数据分析的核心素养，【解析】 5×10%+3×15%+2×55%+1×20%=2.25(元),故这天销售的矿泉水的平均单价为2.25元. 8.B 【素养落地】 本题考查二次函数的图象与性质，体现了逻辑推理的核心素养，【解析】 根据该抛物线经过(-2,n)和(4,n)两点，可知这条抛 物线的对称轴是直线,”,解得b=2,:该抛物线的解析式为y=-z²+2x+4,把x=4或x=-2代入， 得y =-4,即n =-4 .9.A 【素养落地】 本题考查尺规作图、垂直平分线的判定与性质、勾股定理等，体现了逻辑推理的核心素养. 【解析】 由作图可知，点E 在线段AC 的垂直平分线上，又点0是AC 的中点， .直线BE 是线段AC 的垂直平分线，AB=BC=3.过点B 作BM 工AD 于点M,则四边形BMDC 为矩形， .BM=CD, DM=BC=3 . :4M=1 .根据勾股定理，可得BM= √AB -AM=√ 3²-1⁷=2/2,即CD=2 √ 2.故选A.10.D 【素养落地】 本题考查旋转的性质，体现了直观想象、逻辑推理的核心素养.【解析】 根据题意，易知在旋转过程中，组合图形每4次一循环，而70÷4=17……2,.第70次旋转结東时，组合图形的位置如图所示，延长DA 交x 轴于点E, 易知AEIx 轴，则0E=3,AE=4,:AD=AB=20E=6,:DE=AD+AE=10,故点D 的坐标 为(3,-10),故选D. 11. 【解析】 Ⅱ12.x≤-2 【素养落地】 本题考查不等式组的解法，体现了数学 运算的核心素养. 【解析】 解不等；,得x≤-2,解不等式-x+7>4,得红 ， 红2白 黄 (红，,黄) (红2,黄) (白，黄) 红 ， (红，,红；) (红2,红，) (白，红，) 红4 (红,红4) (红2,红) (白，红4) 由表格可知，共有9种等可能的结果，其中摸出的2个球颜色相 同的结果有4种，故所求概率为 · 高分技法 14. π+J3【素养落地】本题考查不规 则图形面积的计算，体现了逻辑推理、 数学运算的核心素养. 【解析】 :0A=0B,ZAOB=120°, :.Z0AB=Z0BA=30° . ∵0C10A, : .ZBOC=120° - 90°=30°=Z0BA,,OD=BD .如图，过点0 作OELAB 于点E,在Rt △AOE 中， 0E=0A · sinZOAE=2/3× sin30°=√3.在Rt △AOD 中， 0D=0A ·tanZ0AD=25×tan 30°= 2.".BD=2," 2+15.【素养落地】 本题考查折叠的性质及分类讨论思想，体现了逻辑推理、直观想象的核心素养.技法2列举法求概率的解题通法时(则是表北或用西引树表状法图近)法一；数下一散适用于两步只不更不源地川半出改有下能出见的结笑，并到断每种结装出 现的可能性是香然茶；48公式户4)=拉求事件以发你的概③1定开有可已现的结是有不及所家事件A 出现的结果疗 m ; 混半问通，消好状图法适用于再与及两步以上泉敬率问题； 1.B 【解析】 根据负数的绝对值等于它的相反数，可高分技法◆2019河南省中招试题◆则四边形ABEB'是正方形， .BE=AB=1,即 · , ; ②当点B'落在边CD 上时，如图(2),易证△ECB '~~△B'DA,,即,”. ,<a=AD=√BA² B'D=.综上可知，a 的值)图(2)高分技法16. 【素养落地】本题考查了分式的化简求值，体现了数学运算的核心素养.【参考答案及评分标准】(4分) (6分)当x=\3时，(8分)17. 【素养落地】本题以圆为背景，考查了圆的相关性质、全等三角形的判定与性质、菱形的性质等，体现了逻辑推理的核心素养 【参考答案及评分标准】 (1)证明：∵BA=BC,ZABC=90°, .LCAB=ZC=45° .∵AB 为半圆0的直径， :ZADF=ZBDG=90°, :ZDBA=ZDAB=45°, .:AD=BD.∵ZDAF 和ZDBG 都是充所对的圆周角， :LDAF=ZDBG, . △ADF △BDG. (2)①4-2 √/2 2300解法提示：①:AB为半圆0的直径， ZAEB=90°,AEIBG. .ZAEG=90° · · 点E 是丽的中点， .ZGAE=ZBAE, 又AE=AE,:△AEB=△AEG, ..AG=AB=4...DG=AG-AD=4-2√2. :DF=DG=4-2√2. ∵四边形0BEH 是菱形， ..0B=BE, 又0B=OE,..△0BE是等边三角形， :2EOB=60°,:ZEAB=30° ·分析的核心素养.【参考答案及评分标准】(1)23 (2分) 解法提示：由七年级成绩频数分布直方图可知，80分以上(含80 分)的有15+8=23(人).(2)77.5 (4分) 解法提示：(3)七年级学生甲在本年级的排名更靠前. (5分) 理由：七年级学生甲的成绩大于七年级抽测成绩的中位数，而八 年级学生乙的成绩小于八年级抽测成绩的中位数.' ( 6 分 )答：估计七年级成绩超过平均数76.9分的人数为224人，(9分)19. 【素养落地】“本题以实际生活为背景，考查解直角三角形的实 际应用，体现了逻辑推理、数学抽象、数学建模的核心素养.【参考答案及评分标准】在Rt △ACE 中，∵ZA =34°,CE=55,1,:BC=AC-AB=82.1-21=61.1. 在Rt △BCD 中，∵2CBD=60°, :CD=BC ·tan60°≈61. 1×1.73≈105.7, :.DE=CD-CE=105.7-55≈51.鼓炎帝塑像DE 的高度约为51 m.(4分) (7分) (9分)圜高分技法20.【素养落地】本题材料来源于生活，通过构建一次函数、方程组、不等式模型解决实际问题，体现了数学抽象、数学建模、数学 运算的核心素养.【参考答案及评分标准】(1)设A 奖品的单价为x 元，B 奖品的 单价为y 元， (1分) 根据题意，得 ’解得故A 奖品的单价为30元，B 奖品的单价为15元. (4分) (2)最省钱的购买方案：A 奖品8个，B 奖品22个. ( 5 分 ) 理由：设购买A 奖品a 个，则购买B 奖品(30-a)个，共需w 元， 根据题意，得w=30a+15(30-a)=15a+450. (6分) :15>0,:当a 取最小值时，w 取最小值.:.a≥7.5,又a 为正整数，:当a=8时，w 取得最小值. 30-8=22.故当购买A 奖品8个，B 奖品22个时最省钱. 21. 【参考答案及评分标准】(1) 一(2)画直线y=-x 如图所示：(3)①8 (4分) ②直线与函数 的图象交点还有两种情况： 技法4解直角三角形的实际应用题目的解题通法(1)心用“解直角三角形”时党型解央问过，关健是把已知角或 特株角放在自角二角形中，当两卜直角三尚形有公共边时，公共劲是联系两个直角三角形的汛管，通常要水出这条公共边的长 度，进而解决问题，(2)当图形中设有直单三角形洲，则需要根据实际情况构造直角三角形.(3)运用“解直角一角形”的模型解决实际问题的步骤：①审题， 报据题干，弄明白图形中哪些是已知量，哪些是米知量；②将已知条件转化到示意图中，把实际问巡转化为解直角三角形的问题；③选择置当的关系式解直角三有形技法3解决折叠间题的方法掌器折叠的性成；直战对称；②公千浙泉两假的保形(指脊后变合的测形)合等，对放议角，线段，例长，百长多均相务，③对原点的徙线改浙报从在真线垂直平分；2.我出隐全的折叠前后的位置关系(平行或垂直)和数量关累 (相筹);3.一服运甲全等三角形，匀没是理，据似三僧形等知识及方程思 想，设出恰当的未和效，解方栓米求线设长，幻辽于折痕两侧的因形(进管后重台的周形)失于析很所在 (3分)(5分) (7分) (9分)(9分) (1分) (3分)②连接OE,图(1)由(1)知△ADF≥△BDG,◆2019河南省中招试题◆当有2个交点时，周长m 的取值范围是m>8. (8分)(4)m≥8 (10分)22.【素养落地】 本题是几何图形的类比探究题，主要考查了等腰 三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及分类讨论思想的运用等，体现了 逻辑推理、直观想象的核心素养.【解题思路】 (1)利用“SAS”证得△ACPm △ABD,可得CP= BD,ZACP=ZABD,继而可得直线BD 与直线CP 相交所成的较 小角等于ZBAC. (2)根据(1)中的思路，可以证明△DAB △PAC,直线BD 与直线CP 相交所成的较小角仍然等于ZBAC. (3)分点P 在线段CD 上和点P 在线段CD 延长线上两种情况进 行讨论即可.【参考答案及评分标准】(1)160° (2分)解法提示：∵AC=BC,ZACB=60°, △ABC是等边三角形， ..ZCAB=60°,AC=AB. 由旋转可得ZAPD=60°,AP=PD, △APD是等边三角形，.ZPAD=60°=ZCAB,AP=AD, ZCAP=ZBAD, :△ACP=△ABD,:CP=BD,ZACP= ZABD,如图(1),延长CP,BD 交于点M ,CM 与AB 交于点N,在△ANC 和△BNM 中，ZACN=ZMBN,ZCN=ZBNM, ZM=ZCAN=60° · ,直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数为45° · (4分)理由如下：∵ZACB=90°,CA=CB, .ZCAB=45°,同理可得，23. 【解题思路】(1)根据直线AC 的解析式求出点A,C 的坐标，再 △PCM 是直角三角形， ZCMP<90°,可知分ZPCM=90°和ZMPC=90°两种情况进行讨论，据此求解即可；②易知满足条件的直线1即为△MBB'的三条中位线所在的直线，故先求出点B,B',M 的坐标，再求出线段BM,B'M 的中点坐标，即可求得直 线1的解析式.【参考答案及评分标准】 (1)∵直线经过点A,C,:A(-4,0),C(0,-2).∵抛物线经过点A,C,故抛物线的解析式为 (3分)(2)①:点P 的横坐标为m, :点P 的坐标为(m,当△PCM是直角三角形时，因ZPMC<90°,故分以下两种情况 讨论(i)当ZCPM=90° 时， PC//x 轴，则· 解得m;=0(舍去),mz=-2.:点P 的坐标为(-2,-2). (5分)(i)方法一：当ZPCM=90°时，如图，过点P 作PNly 轴于点N,ZCAB+ZDAC=ZPAD+ZDAC, 即ZDAB=ZPAC,:. △DAB △PAC, (6分)。