2020-2021学年新疆中考数学仿真模拟试题及答案解析
2020-2021学年最新云南省中考数学模拟试卷(一)及答案解析
云南省中考数学模拟试卷（一）一、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）1．|﹣2|的相反数是 ．2．在函数y=中，自变量x 的取值范围是． 3．若x 、y 为实数，且|x+3|+=0，则的值为 ． 4．如图，平行四边形ABCD 的对角线互相垂直，要使ABCD 成为正方形，还需添加的一个条件是 （只需添加一个即可）5．已知A （0，3），B （2，3）是抛物线y=﹣x 2+bx+c 上两点，该抛物线的顶点坐标是 ．6．为了求1+3+32+33+…+3100的值，可令M=1+3+32+33+…+3100，则3M=3+32+33+34+…+3101，因此，3M ﹣M=3101﹣1，所以M=，即1+3+32+33+…+3100=，仿照以上推理计算：1+5+52+53+…+52015的值是 ．二、选择题（本大题共8个小题，每小题只有一个正确选项，每小题4分，满分32分）7．一个数用科学记数法表示为2.37×105，则这个数是（ ）A ．237B ．2370C ．23700D ．237000 8．下列运算正确的是（ ）A ．3a+2a=5a 2B ．3﹣3=C ．2a 2•a 2=2a 6D ．60=0 9．在正方形，矩形，菱形，平行四边形，正五边形五个图形中，中心对称图形的个数是（ ）A ．2B ．3C ．4D ．510．在平面直角坐标系中，已知线段AB 的两个端点分别是A （﹣4，﹣1），B （1，1），将线段AB 平移后得到线段A ′B ′，若点A ′的坐标为（﹣2，2），则点B ′的坐标为（ ）A ．（4，3）B ．（3，4）C ．（﹣1，﹣2）D ．（﹣2，﹣1）11．下面空心圆柱形物体的左视图是（ ）2019x y （）A．B．C．D．12．如图，下列哪个不等式组的解集在数轴上表示如图所示（）A．B．C．D．13．某鞋店一天卖出运动鞋12双，其中各种尺码的鞋的销售量如下表：则这12双鞋的尺码组成的一组数据中，众数和中位数分别是（）码（cm）23.5 24 24.5 25 25.5销售量（双） 1 2 2 5 2A．25，25 B．24.5，25 C．25，24.5 D．24.5，24.514．如图，在▱ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG交BC于点E，若BF=6，AB=4，则AE的长为（）A．B．2C．3D．4三、解答题（本大题共9个小题，满分70分）15．先化简，再求值：（1+）÷，其中x=﹣1．16．已知AB∥DE，BC∥EF，D，C在AF上，且AD=CF，求证：AB=DE．17．当前，“校园ipad现象已经受到社会的广泛关注，某教学兴趣小组对”“是否赞成中学生带手机进校园”的问题进行了社会调查．小文将调查数据作出如下不完整的整理：频数分布表看法频数频率赞成 5无所谓0.1反对40 0.8（1）请求出共调查了多少人；并把小文整理的图表补充完整；（2）小丽要将调查数据绘制成扇形统计图，则扇形图中“赞成”的圆心角是多少度？（3）若该校有3000名学生，请您估计该校持“反对”态度的学生人数．18．学校运动会上，九（1）班啦啦队买了两种矿泉水，其中甲种矿泉水共花费80元，乙种矿泉水共花费60元．甲种矿泉水比乙种矿泉水多买20瓶，且乙种矿泉水的价格是甲种矿泉水价格的1.5倍．求甲、乙两种矿泉水的价格．19．有四张正面分别标有数字﹣1，0，1，2的不透明卡片，它们除数字外其余全部相同，现将它们背面朝上洗均匀．（1）随机抽取一张卡片，求抽到数字“﹣1”的概率；（2）随机抽取一张卡片，然后不放回，再随机抽取一张卡片，请用列表或画树状图的方法求出第一次抽到数字“2”且第二次抽到数字“0”的概率．20．某蔬菜生产基地用装有恒温系统的大棚栽培一种适宜生长温度为15﹣20℃的新品种，如图是某天恒温系统从开启到关闭及关闭后，大棚里温度y（℃）随时间x（h）变化的函数图象，其中AB段是恒温阶段，BC段是双曲线y=的一部分，请根据图中信息解答下列问题：（1）求0到2小时期间y随x的函数解析式；（2）恒温系统在一天内保持大棚内温度不低于15℃的时间有多少小时？21．如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠CAB=∠ACB，过点B作BE⊥AB交AC于点E．（1）求证：AC⊥BD；（2）若AB=14，cos∠CAB=，求线段OE的长．22．如图，点A、B、C、D均在⊙O上，FB与⊙O相切于点B，AB与CF交于点G，OA⊥CF于点E，AC∥BF．（1）求证：FG=FB．（2）若tan∠F=，⊙O的半径为4，求CD的长．23．如图，射线AM平行于射线BN，∠B=90°，AB=4，C是射线BN上的一个动点，连接AC，作CD⊥AC，且AC=2CD，过C作CE⊥BN交AD于点E，设BC长为a．（1）求△ACD的面积（用含a的代数式表示）；（2）求点D到射线BN的距离（用含有a的代数式表示）；（3）是否存在点C，使△ACE是以AE为腰的等腰三角形？若存在，请求出此时a的值；若不存在，请说明理由．参考答案与试题解析一、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）1．|﹣2|的相反数是 ﹣2 ．【考点】15：绝对值；14：相反数．【分析】根据只有符号不同的两个数叫做互为相反数解答．【解答】解：|﹣2|的相反数是-2，故答案为：﹣2．2．在函数y=中，自变量x 的取值范围是 x≥1 ．【考点】E4：函数自变量的取值范围．【分析】因为当函数表达式是二次根式时，被开方数为非负数，所以x ﹣1≥0，解不等式可求x 的范围．【解答】解：根据题意得：x ﹣1≥0，解得：x ≥1．故答案为：x ≥1．3．若x 、y 为实数，且|x+3|+=0，则的值为 ﹣1 ． 【考点】23：非负数的性质：算术平方根；16：非负数的性质：绝对值．【分析】首先根据非负数的性质列式求出x 、y 的值，然后代入代数式进行计算即可得解．【解答】解：根据题意得：x+3=0，且y ﹣3=0，解得x=﹣3，y=3．则原式=﹣1．故答案是：﹣1．4．如图，平行四边形ABCD 的对角线互相垂直，要使ABCD 成为正方形，还需添加的一个条件是 ∠ABC=90° （只需添加一个即可）【考点】LF ：正方形的判定；L5：平行四边形的性质．2019x y （）【分析】此题是一道开放型的题目，答案不唯一，添加一个条件符合正方形的判定即可．【解答】解：条件为∠ABC=90°，理由是：∵平行四边形ABCD的对角线互相垂直，∴四边形ABCD是菱形，∵∠ABC=90°，∴四边形ABCD是正方形，故答案为：∠ABC=90°．5．已知A（0，3），B（2，3）是抛物线y=﹣x2+bx+c上两点，该抛物线的顶点坐标是（1，4）．【考点】H3：二次函数的性质；H5：二次函数图象上点的坐标特征．【分析】把A、B的坐标代入函数解析式，即可得出方程组，求出方程组的解，即可得出解析式，化成顶点式即可．【解答】解：∵A（0，3），B（2，3）是抛物线y=﹣x2+bx+c上两点，∴代入得：，解得：b=2，c=3，∴y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，顶点坐标为（1，4），故答案为：（1，4）．6．为了求1+3+32+33+…+3100的值，可令M=1+3+32+33+…+3100，则3M=3+32+33+34+…+3101，因此，3M﹣M=3101﹣1，所以M=，即1+3+32+33+…+3100=，仿照以上推理计算：1+5+52+53+…+52015的值是．【考点】1E：有理数的乘方．【分析】根据题目信息，设M=1+5+52+53+…+52015，求出5M，然后相减计算即可得解．【解答】解：设M=1+5+52+53+ (52015)则5M=5+52+53+54 (52016)两式相减得：4M=52016﹣1，则M=．故答案为．二、选择题（本大题共8个小题，每小题只有一个正确选项，每小题4分，满分32分）7．一个数用科学记数法表示为2.37×105，则这个数是（）A．237 B．2370 C．23700 D．237000【考点】1I：科学记数法—表示较大的数．【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，n的值取决于原数变成a时，小数点移动的位数，n的绝对值与小数点移动的位数相同．把2.37的小数点向右移动5位，求出这个数是多少即可．【解答】解：2.37×105=237000．故选：D．8．下列运算正确的是（）A．3a+2a=5a2 B．3﹣3=C．2a2•a2=2a6D．60=0【考点】49：单项式乘单项式；35：合并同类项；6E：零指数幂；6F：负整数指数幂．【分析】根据整式的运算法则即可求出答案．【解答】解：（A）原式=5a，故A不正确；（C）原式=2a4，故C不正确；（D）原式=1，故D不正确；故选（B）9．在正方形，矩形，菱形，平行四边形，正五边形五个图形中，中心对称图形的个数是（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】R5：中心对称图形．【分析】根据中心对称图形的概念对各图形分析判断即可得解．【解答】解：正方形，是中心对称图形；矩形，是中心对称图形；菱形，是中心对称图形；平行四边形，是中心对称图形；正五边形，不是中心对称图形；综上所述，是中心对称图形的有4个．故选C．10．在平面直角坐标系中，已知线段AB的两个端点分别是A（﹣4，﹣1），B（1，1），将线段AB平移后得到线段A′B′，若点A′的坐标为（﹣2，2），则点B′的坐标为（）A．（4，3）B．（3，4）C．（﹣1，﹣2）D．（﹣2，﹣1）【考点】Q3：坐标与图形变化﹣平移．【分析】直接利用平移中点的变化规律求解即可．【解答】解：由A点平移前后的纵坐标分别为﹣1、2，可得A点向上平移了3个单位，由A点平移前后的横坐标分别为﹣4、﹣2，可得A点向右平移了2个单位，由此得线段AB的平移的过程是：向上平移3个单位，再向右平移2个单位，所以点A、B均按此规律平移，由此可得点B′的坐标为（1+2，1+3），即为（3，4）．故选：B．11．下面空心圆柱形物体的左视图是（）A．B．C．D．【考点】U2：简单组合体的三视图．【分析】找出从几何体的左边看所得到的视图即可．【解答】解：从几何体的左边看可得，故选：A．12．如图，下列哪个不等式组的解集在数轴上表示如图所示（）A．B．C．D．【考点】C4：在数轴上表示不等式的解集．【分析】根据不等式的解集在数轴上表示出来（＞，≥向右画；＜，≤向左画），“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆点表示．，可得答案．【解答】解：由数周轴示的不等式的解集，得﹣1＜x≤2，故选：A．13．某鞋店一天卖出运动鞋12双，其中各种尺码的鞋的销售量如下表：则这12双鞋的尺码组成的一组数据中，众数和中位数分别是（）码（cm）23.5 24 24.5 25 25.5销售量（双） 1 2 2 5 2A．25，25 B．24.5，25 C．25，24.5 D．24.5，24.5【考点】W5：众数；W4：中位数．【分析】根据众数和中位数的定义求解可得．【解答】解：由表可知25出现次数最多，故众数为25；12个数据的中位数为第6、7个数据的平均数，故中位数为=25，故选：A．14．如图，在▱ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG交BC于点E，若BF=6，AB=4，则AE的长为（）A．B．2C．3D．4【考点】N2：作图—基本作图；L5：平行四边形的性质．【分析】由基本作图得到AB=AF，加上AO平分∠BAD，则根据等腰三角形的性质得到AO⊥BF，BO=FO=BF=3，再根据平行四边形的性质得AF∥BE，得出∠1=∠3，于是得到∠2=∠3，根据等腰三角形的判定得AB=EB，然后再根据等腰三角形的性质得到AO=OE，最后利用勾股定理计算出AO，从而得到AE的长．【解答】解：连结EF，AE与BF交于点O，如图∵AB=AF，AO平分∠BAD，∴AO⊥BF，BO=FO=BF=3，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AF∥BE，∴∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴AB=EB，∵BO⊥AE，∴AO=OE，在Rt△AOB中，AO===，∴AE=2AO=2．故选B．三、解答题（本大题共9个小题，满分70分）15．先化简，再求值：（1+）÷，其中x=﹣1．【考点】6D：分式的化简求值．【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值．【解答】解：原式=•=，当x=﹣1时，原式=．16．已知AB∥DE，BC∥EF，D，C在AF上，且AD=CF，求证：AB=DE．【考点】KD：全等三角形的判定与性质；JA：平行线的性质．【分析】首先利用平行线的性质可以得到∠A=∠EDF，∠F=∠BCA，由AD=CF可以得到AC=DF，然后就可以证明△ABC≌△DEF，最后利用全等三角形的性质即可求解．【解答】证明：∵AB∥DE，∴∠A=∠EDF而BC∥EF，∴∠F=∠BCA，∵AD=CF，∴AC=DF，在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF，∴AB=DE．17．当前，“校园ipad现象已经受到社会的广泛关注，某教学兴趣小组对”“是否赞成中学生带手机进校园”的问题进行了社会调查．小文将调查数据作出如下不完整的整理：频数分布表看法频数频率赞成 5 0.1无所谓 5 0.1反对40 0.8（1）请求出共调查了多少人；并把小文整理的图表补充完整；（2）小丽要将调查数据绘制成扇形统计图，则扇形图中“赞成”的圆心角是多少度？（3）若该校有3000名学生，请您估计该校持“反对”态度的学生人数．【考点】V8：频数（率）分布直方图；V5：用样本估计总体；V7：频数（率）分布表；VB：扇形统计图．【分析】（1）首先用反对的频数除以反对的频率得到调查的总人数，然后求无所谓的人数和赞成的频率即可；（2）赞成的圆心角等于赞成的频率乘以360°即可；（3）根据题意列式计算即可．【解答】解：（1）观察统计表知道：反对的频数为40，频率为0.8，故调查的人数为：40÷0.8=50人；无所谓的频数为：50﹣5﹣40=5人，赞成的频率为：1﹣0.1﹣0.8=0.1；看法频数频率赞成 5 0.1无所谓 5 0.1反对40 0.8统计图为：故答案为：5.0.1；（2）∵赞成的频率为：0.1，∴扇形图中“赞成”的圆心角是360°×0.1=36°；（3）0.8×3000=2400人，答：该校持“反对”态度的学生人数是2400人．18．学校运动会上，九（1）班啦啦队买了两种矿泉水，其中甲种矿泉水共花费80元，乙种矿泉水共花费60元．甲种矿泉水比乙种矿泉水多买20瓶，且乙种矿泉水的价格是甲种矿泉水价格的1.5倍．求甲、乙两种矿泉水的价格．【考点】B7：分式方程的应用．【分析】设甲种矿泉水的价格为x元，则乙种矿泉水价格为1.5x，根据甲种矿泉水比乙种矿泉水多20瓶，列出分式方程，然后求解即可．【解答】解：设甲种矿泉水的价格为x元，则乙种矿泉水价格为1.5x，由题意得：﹣=20，解得：x=2，经检验x=2是原分式方程的解，则1.5x=1.5×2=3，答：甲、乙两种矿泉水的价格分别是2元、3元．19．有四张正面分别标有数字﹣1，0，1，2的不透明卡片，它们除数字外其余全部相同，现将它们背面朝上洗均匀．（1）随机抽取一张卡片，求抽到数字“﹣1”的概率；（2）随机抽取一张卡片，然后不放回，再随机抽取一张卡片，请用列表或画树状图的方法求出第一次抽到数字“2”且第二次抽到数字“0”的概率．【考点】X6：列表法与树状图法．【分析】（1）根据概率公式可得；（2）先画树状图展示12种等可能的结果数，再找到符合条件的结果数，然后根据概率公式求解．【解答】解：（1）∵随机抽取一张卡片有4种等可能结果，其中抽到数字“﹣1”的只有1种，∴抽到数字“﹣1”的概率为；（2）画树状图如下：由树状图可知，共有12种等可能结果，其中第一次抽到数字“2”且第二次抽到数字“0”只有1种结果，∴第一次抽到数字“2”且第二次抽到数字“0”的概率为．20．某蔬菜生产基地用装有恒温系统的大棚栽培一种适宜生长温度为15﹣20℃的新品种，如图是某天恒温系统从开启到关闭及关闭后，大棚里温度y（℃）随时间x（h）变化的函数图象，其中AB段是恒温阶段，BC段是双曲线y=的一部分，请根据图中信息解答下列问题：（1）求0到2小时期间y随x的函数解析式；（2）恒温系统在一天内保持大棚内温度不低于15℃的时间有多少小时？【考点】GA：反比例函数的应用；FH：一次函数的应用．【分析】（1）根据自变量与函数值的对应关系，可得B点坐标，根据待定系数法，可得答案；（2）根据自变量与函数值的对应关系，可得相应的自变量的值，根据有理数的减法，可得答案．【解答】解：（1）当x=12时，y==20，B（12，20），∵AB段是恒温阶段，∴A（2，12），设函数解析式为y=kx+b，代入（0，10），和（2，20），得，解得，0到2小时期间y随x的函数解析式y=5x+10；（2）把y=15代入y=5x+10，即5x+10=15，解得x1=1，把y=15代入y=，即15=，解得x2=16，∴16﹣1=15，答：恒温系统在一天内保持大棚内温度不低于15℃的时间有15小时．21．如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠CAB=∠ACB，过点B作BE⊥AB交AC于点E．（1）求证：AC⊥BD；（2）若AB=14，cos∠CAB=，求线段OE的长．【考点】LA：菱形的判定与性质；L5：平行四边形的性质；T7：解直角三角形．【分析】（1）根据∠CAB=∠ACB利用等角对等边得到AB=CB，从而判定平行四边形ABCD是菱形，根据菱形的对角线互相垂直即可证得结论；（2）分别在Rt△AOB中和在Rt△ABE中求得AO和AE，从而利用OE=AE﹣AO求解即可．【解答】解：（1）∵∠CAB=∠ACB，∴AB=CB，∴▱ABCD是菱形．∴AC⊥BD；（2）在Rt△AOB中，cos∠CAB==，AB=14，∴AO=14×=，在Rt△ABE中，cos∠EAB==，AB=14，∴AE=AB=16，∴OE=AE﹣AO=16﹣=．22．如图，点A、B、C、D均在⊙O上，FB与⊙O相切于点B，AB与CF交于点G，OA⊥CF于点E，AC∥BF．（1）求证：FG=FB．（2）若tan∠F=，⊙O的半径为4，求CD的长．【考点】MC：切线的性质；KQ：勾股定理；M2：垂径定理；T7：解直角三角形．【分析】（1）根据等腰三角形的性质，可得∠OAB=∠OBA，根据切线的性质，可得∠FBG+OBA=90°，根据等式的性质，可得∠FGB=∠FBG，根据等腰三角形的判定，可得答案；（2）根据平行线的性质，可得∠ACF=∠F，根据等角的正切值相等，可得AE，根据勾股定理，可得答案．【解答】（1）证明：∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA，∵OA⊥CD，∴∠OAB+∠AGC=90°．∵FB与⊙O相切，∴∠FBO=90°，∴∠FBG+OBA=90°，∴AGC=∠FBG，∵∠AGC=∠FGB，∴∠FGB=∠FBG，∴FG=FB；（2）如图，设CD=a，∵OA⊥CD，∴CE=CD=a．∵AC∥BF，∴∠ACF=∠F，∵tan∠F=tan∠ACF==，即=，解得AE=a，连接OC，OE=4﹣a，∵CE2+OE2=OC2，∴（a）2+（4﹣a）2=4，解得a=，CD=．23．如图，射线AM平行于射线BN，∠B=90°，AB=4，C是射线BN上的一个动点，连接AC，作CD⊥AC，且AC=2CD，过C作CE⊥BN交AD于点E，设BC长为a．（1）求△ACD的面积（用含a的代数式表示）；（2）求点D到射线BN的距离（用含有a的代数式表示）；（3）是否存在点C，使△ACE是以AE为腰的等腰三角形？若存在，请求出此时a的值；若不存在，请说明理由．【考点】KY：三角形综合题．【分析】（1）先根据勾股定理得出AC，进而得出CD，最后用三角形的面积公式即可；（2）先判断出∠FDC=∠ACB，进而判断出△DFC∽△CBA，得出，即可求出DF，即可；（3）分两种情况利用相似三角形的性质建立方程求解即可得出结论．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，AB=4，BC=a，∴AC==，∴CD=AC=，∵∠ACD=90°，∴S△ACD=AC•CD=（2）如图1，过点D作DF⊥BN于点F，∵∠FDC+∠FCD=90°，∠FCD+∠ACB=180°﹣90°=90°，∴∠FDC=∠ACB，∵∠B=∠DFC=90°，∴∠FDC=∠ACB，∵∠B=∠DFC=90°，∴△DFC∽△CBA，∴，∴DF=BC=a，∴D到射线BN的距离为a；（3）存在，①当EC=EA时，∵∠ACD=90°，∴EC=EA=AD，∵AB∥CE∥DF，∴BC=FC=a，由（2）知，△DFC∽△CBA，∴，∴FC=AB=2，∴a=2，②当AE=AC时，如图2，AM⊥CE，∴∠1=∠2，∵AM∥BN，∴∠2=∠4，∴∠1=∠4，由（2）知，∠3=∠4，∴∠1=∠3，∵∠AGD=∠DFC=90°，∴△ADG∽△DCF，∴，∵AD==，AG=a+2，CD=，∴，∴a=4+8，即：满足条件的a的值为2或4+8．。
2020-2021中考数学复习《平行四边形》专项综合练习及答案解析
2020-2021中考数学复习《平行四边形》专项综合练习及答案解析一、平行四边形1．已知：如图，在平行四边形ABCD中，O为对角线BD的中点，过点O的直线EF分别交AD，BC于E，F两点，连结BE，DF．（1）求证：△DOE≌△BOF．（2）当∠DOE等于多少度时，四边形BFDE为菱形？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）当∠DOE=90°时，四边形BFED为菱形，理由见解析.【解析】试题分析：（1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法得出△DOE≌△BOF （ASA）；（2）首先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EBFD是平行四边形，进而利用垂直平分线的性质得出BE=ED，即可得出答案．试题解析：（1）∵在▱ABCD中，O为对角线BD的中点，∴BO=DO，∠EDB=∠FBO，在△EOD和△FOB中，∴△DOE≌△BOF（ASA）；（2）当∠DOE=90°时，四边形BFDE为菱形，理由：∵△DOE≌△BOF，∴OE=OF，又∵OB=OD，∴四边形EBFD是平行四边形，∵∠EOD=90°，∴EF⊥BD，∴四边形BFDE为菱形．考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．2．如图，ABCD是正方形，点G是BC上的任意一点，DE⊥AG于E，BF∥DE，交AG于F．求证：AF=BF+EF．【答案】详见解析.【解析】【分析】由四边形ABCD 为正方形，可得出∠BAD 为90°，AB=AD ，进而得到∠BAG 与∠EAD 互余，又DE 垂直于AG ，得到∠EAD 与∠ADE 互余，根据同角的余角相等可得出∠ADE=∠BAF ，利用AAS 可得出△ABF ≌△DAE ；利用全等三角的对应边相等可得出BF=AE ，由AF-AE=EF ，等量代换可得证.【详解】∵ABCD 是正方形，∴AD=AB ，∠BAD=90°∵DE ⊥AG ，∴∠DEG=∠AED=90°∴∠ADE+∠DAE=90°又∵∠BAF+∠DAE=∠BAD=90°，∴∠ADE=∠BAF ．∵BF ∥DE ，∴∠AFB=∠DEG=∠AED ．在△ABF 与△DAE 中，AFB AED ADE BAF AD AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△ABF ≌△DAE （AAS ）．∴BF=AE ．∵AF=AE+EF ，∴AF=BF+EF ．点睛：此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．3．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.4．如图①，四边形ABCD 是知形，1,2AB BC ==，点E 是线段BC 上一动点(不与,B C 重合)，点F 是线段BA 延长线上一动点，连接,,,DE EF DF EF 交AD 于点G .设,BE x AF y ==，已知y 与x 之间的函数关系如图②所示.（1）求图②中y 与x 的函数表达式;（2）求证:DE DF ⊥;（3）是否存在x 的值，使得DEG △是等腰三角形?如果存在，求出x 的值;如果不存在，说明理由【答案】（1）y ＝﹣2x +4（0＜x ＜2）；（2）见解析；（3）存在，x ＝5432． 【解析】【分析】（1）利用待定系数法可得y 与x 的函数表达式；（2）证明△CDE ∽△ADF ，得∠ADF ＝∠CDE ，可得结论；（3）分三种情况：①若DE ＝DG ，则∠DGE ＝∠DEG ，②若DE ＝EG ，如图①，作EH ∥CD ，交AD 于H ，③若DG ＝EG ，则∠GDE ＝∠GED ，分别列方程计算可得结论．【详解】（1）设y ＝kx +b ，由图象得：当x ＝1时，y ＝2，当x ＝0时，y ＝4，代入得：24k b b +=⎧⎨=⎩，得24k b =-⎧⎨=⎩， ∴y ＝﹣2x +4（0＜x ＜2）；（2）∵BE ＝x ，BC ＝2∴CE ＝2﹣x ， ∴211,4222CE x CD AF x AD -===-， ∴CE CD AF AD=， ∵四边形ABCD 是矩形，∴∠C ＝∠DAF ＝90°，∴△CDE ∽△ADF ，∴∠ADF ＝∠CDE ，∴∠ADF +∠EDG ＝∠CDE +∠EDG ＝90°，∴DE ⊥DF ；（3）假设存在x 的值，使得△DEG 是等腰三角形，①若DE ＝DG ，则∠DGE ＝∠DEG ，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，∠B ＝90°，∴∠DGE ＝∠GEB ，∴∠DEG ＝∠BEG ，在△DEF 和△BEF 中，FDE B DEF BEF EF EF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DEF ≌△BEF （AAS ），∴DE ＝BE ＝x ，CE ＝2﹣x ，∴在Rt △CDE 中，由勾股定理得：1+（2﹣x ）2＝x 2，x ＝54； ②若DE ＝EG ，如图①，作EH ∥CD ，交AD 于H ，∵AD ∥BC ，EH ∥CD ，∴四边形CDHE 是平行四边形，∴∠C ＝90°，∴四边形CDHE 是矩形，∴EH ＝CD ＝1，DH ＝CE ＝2﹣x ，EH ⊥DG ，∴HG ＝DH ＝2﹣x ，∴AG ＝2x ﹣2，∵EH ∥CD ，DC ∥AB ，∴EH ∥AF ，∴△EHG ∽△FAG ， ∴EH HG AF AG =， ∴124222x x x -=--，∴12x x ==（舍）， ③若DG ＝EG ，则∠GDE ＝∠GED ，∵AD ∥BC ，∴∠GDE ＝∠DEC ，∴∠GED ＝∠DEC ，∵∠C ＝∠EDF ＝90°，∴△CDE ∽△DFE ， ∴CE DE CD DF=， ∵△CDE ∽△ADF ， ∴12DE CD DF AD ==， ∴12CE CD =， ∴2﹣x ＝12，x ＝32，综上，x ＝54或32． 【点睛】 本题是四边形的综合题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，三角形相似和全等的性质和判定，矩形和平行四边形的性质和判定，勾股定理和逆定理等知识，运用相似三角形的性质是解决本题的关键．5．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＝5，∴MG＝CH5，∴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．6．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，∴CA=CE+CF．（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，∵OC=4，CF=1，∴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．7．如图，点O是正方形ABCD两条对角线的交点，分别延长CO到点G，OC到点E，使OG=2OD、OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG．（1）如图1，若正方形OEFG的对角线交点为M，求证：四边形CDME是平行四边形．（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转，得到正方形OE′F′G′，如图2，连接AG′，DE′，求证：AG′=DE′，AG′⊥DE′；（3）在（2）的条件下，正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD的边相交于点N，如图3，设旋转角为α（0°＜α＜180°），若△AON是等腰三角形，请直接写出α的值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）α的值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°．【解析】【分析】（1）由四边形OEFG是正方形，得到ME=12GE，根据三角形的中位线的性质得到CD∥GE，CD=12GE，求得CD=GE，即可得到结论；（2）如图2，延长E′D交AG′于H，由四边形ABCD是正方形，得到AO=OD，∠AOD=∠COD=90°，由四边形OEFG 是正方形，得到OG′=OE′，∠E′OG′=90°，由旋转的性质得到∠G′OD=∠E′OC ，求得∠AOG′=∠COE′，根据全等三角形的性质得到AG′=DE′，∠AG′O=∠DE′O ，即可得到结论；（3）分类讨论，根据三角形的外角的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）证明：∵四边形OEFG 是正方形，∴ME=12GE ， ∵OG=2OD 、OE=2OC ，∴CD ∥GE ，CD=12GE ， ∴CD=GE ，∴四边形CDME 是平行四边形；（2）证明：如图2，延长E′D 交AG′于H ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AO=OD ，∠AOD=∠COD=90°，∵四边形OEFG 是正方形，∴OG′=OE′，∠E′OG′=90°，∵将正方形OEFG 绕点O 逆时针旋转，得到正方形OE′F′G′，∴∠G′OD=∠E′OC ，∴∠AOG′=∠COE′，在△AG′O 与△ODE′中，OA OD AOG DOE OG OE ⎧⎪∠'∠'⎨⎪''⎩＝＝＝，∴△AG′O ≌△ODE′∴AG′=DE′，∠AG′O=∠DE′O ，∵∠1=∠2，∴∠G′HD=∠G′OE′=90°，∴AG′⊥DE′；（3）①正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD 的边AD 相交于点N ，如图3，Ⅰ、当AN=AO时，∵∠OAN=45°，∴∠ANO=∠AON=67.5°，∵∠ADO=45°，∴α=∠ANO-∠ADO=22.5°；Ⅱ、当AN=ON时，∴∠NAO=∠AON=45°，∴∠ANO=90°，∴α=90°-45°=45°；②正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD的边AB相交于点N，如图4，Ⅰ、当AN=AO时，∵∠OAN=45°，∴∠ANO=∠AON=67.5°，∵∠ADO=45°，∴α=∠ANO+90°=112.5°；Ⅱ、当AN=ON时，∴∠NAO=∠AON=45°，∴∠ANO=90°，∴α=90°+45°=135°，Ⅲ、当AN=AO时，旋转角a=∠ANO+90°=67.5+90=157.5°，综上所述：若△AON是等腰三角形时，α的值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、旋转变换的性质的综合运用，有一定的综合性，分类讨论当△AON是等腰三角形时，求α的度数是本题的难点．8．如图，现将平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠，使点B落在点B′处．AB′与CD交于点E．（1）求证：△AED ≌△CEB ′；（2）过点E 作EF ⊥AC 交AB 于点F ，连接CF ，判断四边形AECF 的形状并给予证明．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）由题意可得AD=BC=B'C ，∠B=∠D=∠B'，且∠AED=∠CEB'，利用AAS 证明全等，则结论可得；（2）由△AED ≌△CEB′可得AE=CE ，且EF ⊥AC ，根据等腰三角形的性质可得EF 垂直平分AC ，∠AEF=∠CEF ．即AF=CF ，∠CEF=∠AFE=∠AEF ，可得AE=AF ，则可证四边形AECF 是菱形．【详解】证明：（1）∵四边形ABCD 是平行四边形∴AD ＝BC ，CD ∥AB ，∠B ＝∠D∵平行四边形ABCD 沿其对角线AC 折叠∴BC ＝B'C ，∠B ＝∠B'∴∠D ＝∠B'，AD ＝B'C 且∠DEA ＝∠B'EC∴△ADE ≌△B'EC（2）四边形AECF 是菱形∵△ADE ≌△B'EC∴AE ＝CE∵AE ＝CE ，EF ⊥AC∴EF 垂直平分AC ，∠AEF ＝∠CEF∴AF ＝CF∵CD ∥AB∴∠CEF ＝∠EFA 且∠AEF ＝∠CEF∴∠AEF ＝∠EFA∴AF ＝AE∴AF ＝AE ＝CE ＝CF∴四边形AECF 是菱形【点睛】本题考查了折叠问题，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定，熟练掌握这些性质和判定是解决问题的关键．9．在ABC 中，ABC 90∠=，BD 为AC 边上的中线，过点C 作CE BD ⊥于点E ，过点A 作BD 的平行线，交CE 的延长线于点F ，在AF 的延长线上截取FG BD =，连接BG ，DF ．()1求证：BD DF =；()2求证：四边形BDFG 为菱形；()3若AG 5=，CF =BDFG 的周长．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）8【解析】【分析】()1利用平行线的性质得到90CFA ∠=，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得证，()2利用平行四边形的判定定理判定四边形BDFG 为平行四边形，再利用()1得结论即可得证，()3设GF x =，则5AF x =-，利用菱形的性质和勾股定理得到CF 、AF 和AC 之间的关系，解出x 即可．【详解】()1证明：AG //BD ，CF BD ⊥， CF AG ∴⊥， 又D 为AC 的中点，1DF AC 2∴=， 又1BD AC 2=， BD DF ∴=， ()2证明：BD//GF ，BD FG =， ∴四边形BDFG 为平行四边形， 又BD DF =，∴四边形BDFG 为菱形，()3解：设GF x =，则AF 5x =-，AC 2x =，在Rt AFC 中，222(2x)(5x)=+-，解得：1x 2=，216x (3=-舍去)， GF 2∴=，∴菱形BDFG 的周长为8．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质直角三角形斜边上的中线，勾股定理等知识，正确掌握这些定义性质及判定并结合图形作答是解决本题的关键．10．如图，抛物线交x 轴的正半轴于点A ，点B （，a ）在抛物线上，点C 是抛物线对称轴上的一点，连接AB 、BC ，以AB 、BC 为邻边作□ABCD ，记点C 纵坐标为n ， （1）求a 的值及点A 的坐标；（2）当点D 恰好落在抛物线上时，求n 的值；（3）记CD 与抛物线的交点为E ，连接AE ，BE ，当△AEB 的面积为7时，n =___________．（直接写出答案）【答案】（1）， A （3，0）；（2）【解析】 试题解析：（1）把点B 的坐标代入抛物线的解析式中，即可求出a 的值，令y =0即可求出点A 的坐标．（２）求出点D 的坐标即可求解；（3）运用△AEB 的面积为7，列式计算即可得解.试题解析：（1）当时， 由 ，得（舍去），（1分） ∴A （3，0）（2）过D 作DG ⊥轴于G ，BH ⊥轴于H.∵CD∥AB，CD=AB∴，∴，∴（3）11．如图1，矩形ABCD中，AB=8，AD=6；点E是对角线BD上一动点，连接CE，作EF⊥CE交AB边于点F，以CE和EF为邻边作矩形CEFG，作其对角线相交于点H．（1）①如图2，当点F与点B重合时，CE=，CG=；②如图3，当点E是BD中点时，CE=，CG=；（2）在图1，连接BG，当矩形CEFG随着点E的运动而变化时，猜想△EBG的形状？并加以证明；（3）在图1，CGCE的值是否会发生改变？若不变，求出它的值；若改变，说明理由；（4）在图1，设DE的长为x，矩形CEFG的面积为S，试求S关于x的函数关系式，并直接写出x的取值范围．【答案】（1）245，185，5，154；（2）△EBG是直角三角形，理由详见解析；（3）3 4；（4）S=34x2﹣485x+48（0≤x≤325）．【解析】【分析】（1）①利用面积法求出CE，再利用勾股定理求出EF即可；②利用直角三角形斜边中线定理求出CE，再利用相似三角形的性质求出EF即可；（2）根据直角三角形的判定方法：如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，则这个三角形是直角三角形即可判断；（3）只要证明△DCE∽△BCG，即可解决问题；（4）利用相似多边形的性质构建函数关系式即可；【详解】（1）①如图2中，在Rt△BAD中，，∵S△BCD=12•CD•BC=12•BD•CE，∴CE=245．185．②如图3中，过点E作MN⊥AM交AB于N，交CD于M．∵DE=BE，∴CE=12BD=5，∵△CME∽△ENF，∴CM EN CE EF=，∴CG=EF=154，（2）结论：△EBG是直角三角形．理由：如图1中，连接BH ．在Rt △BCF 中，∵FH=CH ，∴BH=FH=CH ，∵四边形EFGC 是矩形，∴EH=HG=HF=HC ，∴BH=EH=HG ，∴△EBG 是直角三角形．（3）F 如图1中，∵HE=HC=HG=HB=HF ， ∴C 、E 、F 、B 、G 五点共圆， ∵EF=CG ，∴∠CBG=∠EBF ，∵CD ∥AB ，∴∠EBF=∠CDE ，∴∠CBG=∠CDE ，∵∠DCB=∠ECG=90°，∴∠DCE=∠BCG ，∴△DCE ∽△BCG ， ∴6384CG BC CE DC ===． （4）由（3）可知： 34CG CD CE CB ==， ∴矩形CEFG ∽矩形ABCD ， ∴2264CEFG ABCD S CE CE S CD ==矩形矩形（）， ∵CE 2=（325-x ）2+245）2，S 矩形ABCD =48， ∴S 矩形CEFG =34[（325-x ）2+（245）2]. ∴矩形CEFG 的面积S=34x 2-485x+48（0≤x≤325）． 【点睛】本题考查相似三角形综合题、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的判定和性质、相似多边形的性质和判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形或直角三角形解决问题，属于中考压轴题．12．如图1，在长方形纸片ABCD中，AB=mAD，其中m⩾1，将它沿EF折叠(点E. F分别在边AB、CD上)，使点B落在AD边上的点M处，点C落在点N处，MN与CD相交于点P，连接EP.设AMnAD=，其中0<n⩽1.(1)如图2，当n=1(即M点与D点重合)，求证：四边形BEDF为菱形；(2)如图3，当12n=(M为AD的中点)，m的值发生变化时，求证：EP=AE+DP；(3)如图1，当m=2(即AB=2AD)，n的值发生变化时，BE CFAM-的值是否发生变化?说明理由.【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；(3)值不变，理由见解析.【解析】试题分析：（1）由条件可知，当n=1（即M点与D点重合），m=2时，AB=2AD，设AD=a，则AB=2a，由矩形的性质可以得出△ADE≌△NDF，就可以得出AE=NF，DE=DF，在Rt△AED中，由勾股定理就可以表示出AE的值，再求出BE的值就可以得出结论.（2）延长PM交EA延长线于G，由条件可以得出△PDM≌△GAM，△EMP≌△EMG由全等三角形的性质就可以得出结论.（3）如图1，连接BM交EF于点Q，过点F作FK⊥AB于点K，交BM于点O，通过证明△ABM∽△KFE，就可以得出EK KFAM AB=，即BE BK BCAM AB-=，由AB=2AD=2BC，BK=CF就可以得出BE CFAM-的值是12为定值．（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠B=∠C=∠D=90°．∵AB=mAD，且n=2，∴AB=2AD．∵∠ADE+∠EDF=90°，∠EDF+∠NDF=90°，∴∠ADE=∠NDF．在△ADE和△NDF中，∠A＝∠N，AD＝ND，∠ADE＝∠NDF，∴△ADE≌△NDF（ASA）.∴AE=NF，DE=DF．∵FN=FC，∴AE=FC．∵AB=CD ，∴AB-AE="CD-CF." ∴BE="DF." ∴BE=DE ．Rt △AED 中，由勾股定理，得222AE DE AD =-，即2222AE AD AE AD （）=--，∴AE=34AD. ∴BE=2AD-34AD=54.∴554334ADBE AE AD ==. （2）如图3，延长PM 交EA 延长线于G ，∴∠GAM=90°． ∵M 为AD 的中点，∴AM=DM ．∵四边形ABCD 是矩形，∴AB=CD ，AD=BC ，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB ∥CD. ∴∠GAM=∠PDM ．在△GAM 和△PDM 中，∠GAM ＝∠PDM ，AM ＝DM ，∠AMG ＝∠DMP ， ∴△GAM ≌△PDM （ASA ）.∴MG=MP .在△EMP 和△EMG 中，PM ＝GM ，∠PME ＝∠GME ，ME ＝ME ， ∴△EMP ≌△EMG （SAS ）.∴EG=EP . ∴AG+AE=EP .∴PD+AE=EP ，即EP=AE+DP .（3）12BE CF AM -=，值不变，理由如下： 如图1，连接BM 交EF 于点Q ，过点F 作FK ⊥AB 于点K ，交BM 于点O ， ∵EM=EB ，∠MEF=∠BEF ，∴EF ⊥MB ，即∠FQO=90°. ∵四边形FKBC 是矩形，∴KF=BC ，FC=KB. ∵∠FKB=90°，∴∠KBO+∠KOB=90°.∵∠QOF+∠QFO=90°，∠QOF=∠KOB ，∴∠KBO=∠OFQ. ∵∠A=∠EKF=90°，∴△ABM ∽△KFE. ∴EK KF AM AB =即BE BK BC AM AB-=.∵AB=2AD=2BC ，BK=CF ，∴12BE CF AM -=. ∴BE CFAM-的值不变．考点：1.折叠问题；2.矩形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.勾股定理；5.相似三角形的判定和性质．13．如图，在平面直角坐标系xOy 中，四边形OABC 的顶点A 在x 轴的正半轴上，OA=4，OC=2，点D 、E 、F 、G 分别为边OA 、AB 、BC 、CO 的中点，连结DE 、EF 、FG 、GD ． （1）若点C 在y 轴的正半轴上，当点B 的坐标为（2，4）时，判断四边形DEFG 的形状，并说明理由.（2）若点C 在第二象限运动，且四边形DEFG 为菱形时，求点四边形OABC 对角线OB 长度的取值范围.（3）若在点C 的运动过程中，四边形DEFG 始终为正方形，当点C 从X 轴负半轴经过Y 轴正半轴，运动至X 轴正半轴时，直接写出点B 的运动路径长.【答案】（1）正方形（2）6OB <<（3）2π 【解析】分析:（1）连接OB ，AC ，说明OB ⊥AC ，OB=AC ，可得四边形DEFG 是正方形.（2）由四边形DEFG 是菱形，可得OB=AC ，当点C 在y 轴上时，AC=C 在x 轴上时，AC=6, 故可得结论； （3）根据题意计算弧长即可.详解：（1）正方形，如图1，证明连接OB ，AC ，说明OB ⊥AC ，OB=AC ，可得四边形DEFG 是正方形.OB<（2）6如图2，由四边形DEFG是菱形，可得OB=AC，当点C在y轴上时，AC=C在xOB<；轴上时，AC=6, ∴6（3）2π.如图3，当四边形DEFG是正方形时，OB⊥AC，且OB=AC，构造△OBE≌△ACO，可得B点在以E（0，4）为圆心，2为半径的圆上运动.所以当C点从x轴负半轴到正半轴运动时，B点的运动路径为2π .图1 图2 图3点睛：本题主要考查了正方形的判定，菱形的性质以及弧长的计算.灵活运用正方形的判定定理和菱形的性质运用是解题的关键.14．倡导研究性学习方式，着力教材研究，习题研究，是学生跳出题海，提高学习能力和创新能力的有效途径．下面是一案例，请同学们认真阅读、研究，完成“类比猜想”的问题．习题如图（1），点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，说明理由．解答：∵正方形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠ADC=∠B=90°，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE′，点F、D、E′在一条直线上．∴∠E′AF=90°-45°=45°=∠EAF，又∵AE′=AE，AF=AF∴△AE′F≌△AEF（SAS）∴EF=E′F=DE′+DF=BE+DF．类比猜想：（1）请同学们研究：如图（2），在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当∠BAD=120°，∠EAF=60°时，还有EF=BE+DF吗？请说明理由．（2）在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD，∠B+∠D=180°，∠EAF=∠BAD时，EF=BE+DF吗？请说明理由．【答案】证明见解析．【解析】试题分析：（1）把△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADE′，如图（2），连结E′F，根据菱形和旋转的性质得到AE=AE′，∠EAF=∠E′AF，利用“SAS”证明△AEF≌△AE′F，得到EF=E′F；由于∠ADE′+∠ADC=120°，则点F、D、E′不共线，所以DE′+DF＞EF，即由BE+DF＞EF；（2）把△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD的度数至△ADE′，如图（3），根据旋转的性质得到AE′=AE，∠EAF=∠E′AF，然后利用“SAS”证明△AEF≌△AE′F，得到EF=E′F，由于∠ADE′+∠ADC=180°，知F、D、E′共线，因此有EF=DE′+DF=BE+DF；根据前面的条件和结论可归纳出结论．试题解析：（1）当∠BAD=120°，∠EAF=60°时，EF=BE+DF不成立，EF＜BE+DF．理由如下：∵在菱形ABCD中，∠BAD=120°，∠EAF=60°，∴AB=AD，∠1+∠2=60°，∠B=∠ADC=60°，∴把△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADE′，如图（2），连结E′F，∴∠EAE′=120°，∠1=∠3，AE′=AE，DE′=BE，∠ADE′=∠B=60°，∴∠2+∠3=60°，∴∠EAF=∠E′AF，在△AEF和△AE′F中，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF=E′F，∵∠ADE′+∠ADC=120°，即点F、D、E′不共线，∴DE′+DF＞EF∴BE+DF＞EF；（2）当AB=AD，∠B+∠D=180°，∠EAF=∠BAD时，EF=BE+DF成立．理由如下：如图（3），∵AB=AD，∴把△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD的度数至△ADE′，如图（3），∴∠EAE′=∠BAD，∠1=∠3，AE′=AE，DE′=BE，∠ADE′=∠B，∵∠B+∠D=180°，∴∠ADE′+∠D=180°，∴点F、D、E′共线，∵∠EAF=∠BAD，∴∠1+∠2=∠BAD，∴∠2+∠3=∠BAD，∴∠EAF=∠E′AF，在△AEF和△AE′F中，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF=E′F，∴EF=DE′+DF=BE+DF；归纳：在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD，∠B+∠D=180°，∠EAF=∠BAD时，EF=BE+DF．考点：四边形综合题．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□PCQE，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．。
2020-2021中考数学圆的综合(大题培优 易错 难题)及答案
2020-2021中考数学圆的综合(大题培优易错难题)及答案一、圆的综合1．如图，⊙O是△ABC的外接圆，点E为△ABC内切圆的圆心，连接AE的延长线交BC于点F，交⊙O于点D；连接BD，过点D作直线DM，使∠BDM=∠DAC．（1）求证：直线DM是⊙O的切线；（2）若DF=2，且AF=4，求BD和DE的长．【答案】（1）证明见解析（2）23【解析】【分析】（1）根据垂径定理的推论即可得到OD⊥BC，再根据∠BDM=∠DBC，即可判定BC∥DM，进而得到OD⊥DM，据此可得直线DM是⊙O的切线；（2）根据三角形内心的定义以及圆周角定理，得到∠BED=∠EBD，即可得出DB=DE，再判定△DBF∽△DAB，即可得到DB2=DF•DA，据此解答即可．【详解】（1）如图所示，连接OD．∵点E是△ABC的内心，∴∠BAD=∠CAD，∴BD CD=，∴OD⊥BC．又∵∠BDM=∠DAC，∠DAC=∠DBC，∴∠BDM=∠DBC，∴BC∥DM，∴OD⊥DM．又∵OD为⊙O半径，∴直线DM是⊙O的切线．（2）连接BE．∵E为内心，∴∠ABE=∠CBE．∵∠BAD=∠CAD，∠DBC=∠CAD，∴∠BAD=∠DBC，∴∠BAE+∠ABE=∠CBE+∠DBC，即∠BED=∠DBE，∴BD=DE．又∵∠BDF=∠ADB（公共角），∴△DBF∽△DAB，∴DF DBDB DA=，即DB2=DF•DA．∵DF=2，AF=4，∴DA=DF+AF=6，∴DB2=DF•DA=12，∴DB=DE=23．【点睛】本题主要考查了三角形的内心与外心，圆周角定理以及垂径定理的综合应用，解题时注意：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧；三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．2．如图，点A、B、C分别是⊙O上的点， CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，AP=AC．（1）若∠B=60°，求证：AP是⊙O的切线；（2）若点B是弧CD的中点，AB交CD于点E，CD=4，求BE·AB的值．【答案】（1）证明见解析；（2）8．【解析】（1）求出∠ADC的度数，求出∠P、∠ACO、∠OAC度数，求出∠OAP=90°，根据切线判定推出即可；（2）求出BD长，求出△DBE和△ABD相似，得出比例式，代入即可求出答案．试题解析：连接AD，OA，∵∠ADC=∠B，∠B=60°，∴∠ADC=60°，∵CD是直径，∴∠DAC=90°，∴∠ACO=180°-90°-60°=30°，∵AP=AC，OA=OC，∴∠OAC=∠ACD=30°，∠P=∠ACD=30°，∴∠OAP=180°-30°-30°-30°=90°，即OA⊥AP，∵OA为半径，∴AP是⊙O切线．（2）连接AD，BD，∵CD是直径，∴∠DBC=90°，∵CD=4，B为弧CD中点，∴BD=BC=，∴∠BDC=∠BCD=45°，∴∠DAB=∠DCB=45°，即∠BDE=∠DAB，∵∠DBE=∠DBA，∴△DBE∽△ABD，∴，∴BE•AB=BD•BD=．考点：1．切线的判定；2．相似三角形的判定与性质．3．在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正=上半轴上，点O在原点.现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点一次落在直线y x=于点M，BC边交x轴于点N（如图）.时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y x（1）求边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形OABC旋转的度数；∆的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？请证明（3）设MBN你的结论.【答案】（1）π/2（2）22.5°(3)周长不会变化，证明见解析【解析】试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数；（3）利用全等把△MBN 的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．试题解析：（1）∵A 点第一次落在直线y=x 上时停止旋转，直线y=x 与y 轴的夹角是45°，∴OA 旋转了45°．∴OA 在旋转过程中所扫过的面积为24523602ππ⨯=． （2）∵MN ∥AC ，∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°．∴∠BMN=∠BNM ．∴BM=BN ．又∵BA=BC ，∴AM=CN ．又∵OA=OC ，∠OAM=∠OCN ，∴△OAM ≌△OCN ．∴∠AOM=∠CON=12（∠AOC-∠MON ）=12（90°-45°）=22.5°． ∴旋转过程中，当MN 和AC 平行时，正方形OABC 旋转的度数为45°-22.5°=22.5°． （3）在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化．证明：延长BA 交y 轴于E 点，则∠AOE=45°-∠AOM ，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM ，∴∠AOE=∠CON ．又∵OA=OC ，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN ．∴△OAE ≌△OCN ．∴OE=ON ，AE=CN ．又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM ，∴△OME ≌△OMN ．∴MN=ME=AM+AE ．∴MN=AM+CN ，∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4．∴在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化．考点：旋转的性质.4．如图1，将长为10的线段OA 绕点O 旋转90°得到OB ，点A 的运动轨迹为AB ，P 是半径OB 上一动点，Q 是AB 上的一动点，连接PQ.发现：∠POQ ＝________时，PQ 有最大值，最大值为________；思考：（1）如图2，若P 是OB 中点，且QP ⊥OB 于点P ，求BQ 的长；（2）如图3，将扇形AOB 沿折痕AP 折叠，使点B 的对应点B′恰好落在OA 的延长线上，求阴影部分面积；探究：如图4，将扇形OAB 沿PQ 折叠，使折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切，切点为C ，若OP ＝6，求点O 到折痕PQ 的距离．【答案】发现： 90°，102； 思考：（1）10 3π=；（2）25π−1002+100；（3）点O 到折痕PQ 的距离为30.【解析】 分析：发现：先判断出当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合，即可得出结论；思考：（1）先判断出∠POQ=60°，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；（2）先在Rt △B'OP 中，OP 2+(102−10)2=（10-OP ）2，解得OP=102−10，最后用面积的和差即可得出结论．探究：先找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，证明四边形OCO′B 是矩形，由勾股定理求O′B ，从而求出OO′的长，则OM=12OO′=30． 详解：发现：∵P 是半径OB 上一动点，Q 是AB 上的一动点，∴当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合，此时，∠POQ=90°，PQ=22OA OB +=102；思考：（1）如图，连接OQ ，∵点P 是OB 的中点，∴OP=12OB=12OQ ． ∵QP ⊥OB ，∴∠OPQ=90° 在Rt △OPQ 中，cos ∠QOP=12OP OQ =， ∴∠QOP=60°，∴l BQ =6010101803ππ⨯=； （2）由折叠的性质可得，BP ＝B ′P ，AB ′＝AB ＝2，在Rt △B'OP 中，OP 22−10)2=（10-OP ）2解得OP=102−10， S 阴影=S 扇形AOB -2S △AOP =290101210(10210)3602π⨯-⨯⨯⨯- ＝25π−1002+100；探究：如图2，找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，则OM=O′M ，OO′⊥PQ ，O′P=OP=3，点O′是B Q '所在圆的圆心，∴O′C=OB=10，∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切于C 点，∴O′C ⊥AO ，∴O′C ∥OB ，∴四边形OCO′B 是矩形，在Rt △O′BP 中，O′B=226425-=，在Rt △OBO′K ，OO′=2210(25)=230-，∴OM=12OO′=12×230=30， 即O 到折痕PQ 的距离为30．点睛：本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式l=180n R π（n 为圆心角度数，R 为圆半径），明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分．5．如图，在⊙O 中，直径AB ⊥弦CD 于点E ，连接AC ，BC ，点F 是BA 延长线上的一点，且∠FCA ＝∠B .(1)求证：CF 是⊙O 的切线； (2)若AE ＝4，tan ∠ACD ＝ 12，求AB 和FC 的长．【答案】(1)见解析;(2) ⑵AB=20 ， 403CF =【解析】 分析：（1）连接OC ，根据圆周角定理证明OC ⊥CF 即可；（2）通过正切值和圆周角定理，以及∠FCA ＝∠B 求出CE 、BE 的长，即可得到AB 长，然后根据直径和半径的关系求出OE 的长，再根据两角对应相等的两三角形相似（或射影定理）证明△OCE ∽△CFE ，即可根据相似三角形的对应线段成比例求解.详解：⑴证明：连结OC∵AB 是⊙O 的直径∴∠ACB=90° ∴∠B+∠BAC=90°∵OA=OC∴∠BAC=∠OCA∵∠B=∠FCA∴∠FCA+∠OCA=90°即∠OCF=90°∵C 在⊙O 上∴CF 是⊙O 的切线⑵∵AE=4，tan ∠ACD12AE EC = ∴CE=8 ∵直径AB ⊥弦CD 于点E∴AD AC =∵∠FCA ＝∠B∴∠B=∠ACD=∠FCA∴∠EOC=∠ECA∴tan ∠B=tan ∠ACD=1=2CE BE ∴BE=16∴AB=20∴OE=AB÷2-AE=6∵CE ⊥AB∴∠CEO=∠FCE=90°∴△OCE ∽△CFE∴OC OE CF CE=即106=8 CF∴40CF3=点睛：此题主要考查了圆的综合知识，关键是熟知圆周角定理和切线的判定与性质，结合相似三角形的判定与性质和解直角三角形的知识求解，利用数形结合和方程思想是解题的突破点，有一定的难度，是一道综合性的题目.6．已知，如图：O1为x轴上一点，以O1为圆心作⊙O1交x轴于C、D两点，交y轴于M、N两点，∠CMD的外角平分线交⊙O1于点E，AB是弦，且AB∥CD，直线DM的解析式为y=3x+3．（1）如图1，求⊙O1半径及点E的坐标．（2）如图2，过E作EF⊥BC于F，若A、B为弧CND上两动点且弦AB∥CD，试问：BF+CF 与AC之间是否存在某种等量关系？请写出你的结论，并证明．（3）在（2）的条件下，EF交⊙O1于点G，问弦BG的长度是否变化？若不变直接写出BG 的长（不写过程），若变化自画图说明理由．【答案】（1）r=5 E（4，5）（2）BF+CF=AC （3）弦BG的长度不变，等于2【解析】分析：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1，可以证到∠ECD=∠SME=∠EMC=∠EDC，从而可以证到∠EO1D=∠EO1C=90°．由直线DM的解析式为y=3x+3可得OD=1，OM=3．设⊙O1的半径为r．在Rt△MOO1中利用勾股定理就可解决问题．（2）过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．由AB∥DC可证到BD=AC，易证四边形O1PFQ是矩形，从而有O1P=FQ，∠PO1Q=90°，进而有∠EO1P=∠CO1Q，从而可以证到△EPO1≌△CQO1，则有PO1=QO1．根据三角形中位线定理可得FQ=12BD．从而可以得到BF+CF=2FQ=AC．（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．易证EF∥BD，则有∠GEB=∠EBD，从而有BG=ED，也就有BG=DE．在Rt△EO1D中运用勾股定理求出ED，就可解决问题．详解：（1）连接ED、EC、EO1、MO1，如图1．∵ME平分∠SMC，∴∠SME=∠EMC．∵∠SME=∠ECD，∠EMC=∠EDC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠EO1D=∠EO1C．∵∠EO1D+∠EO1C=180°，∴∠EO1D=∠EO1C=90°．∵直线DM的解析式为y=3x+3，∴点M的坐标为（0，3），点D的坐标为（﹣1，0），∴OD=1，OM=3．设⊙O1的半径为r，则MO1=DO1=r．在Rt△MOO1中，（r﹣1）2+32=r2．解得：r=5，∴OO1=4，EO1=5，∴⊙O1半径为5，点E的坐标为（4，5）．（2）BF+CF=AC．理由如下：过点O1作O1P⊥EG于P，过点O1作O1Q⊥BC于Q，连接EO1、DB，如图2．∵AB∥DC，∴∠DCA=∠BAC，∴AD=BC BD∴，=AC，∴BD=AC．∵O1P⊥EG，O1Q⊥BC，EF⊥BF，∴∠O1PF=∠PFQ=∠O1QF=90°，∴四边形O1PFQ是矩形，∴O1P=FQ，∠PO1Q=90°，∴∠EO1P=90°﹣∠PO1C=∠CO1Q．在△EPO1和△CQO1中，111111EO P CO QEPO CQOO E O C∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EPO1≌△CQO1，∴PO1=QO1，∴FQ=QO1．∵QO1⊥BC，∴BQ=CQ．∵CO1=DO1，∴O1Q=12BD ，∴FQ=12BD．∵BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ，∴BF+CF=BD=AC．（3）连接EO1，ED，EB，BG，如图3．∵DC是⊙O1的直径，∴∠DBC=90°，∴∠DBC+∠EFB=180°，∴EF∥BD，∴∠GEB=∠EBD，∴BG=ED，∴BG=DE．∵DO1=EO1=5，EO1⊥DO1，∴DE=52，∴BG=52，∴弦BG的长度不变，等于52．点睛：本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、垂径定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，综合性比较强，有一定的难度．而由AB∥DC证到AC=BD是解决第（2）小题的关键，由EG∥DB证到BG=DE是解决第（3）小题的关键．7．如图，在ABC ∆中，90,BAC ∠=︒ 2,AB AC ==AD BC ⊥，垂足为D ，过,A D 的⊙O 分别与,AB AC 交于点,E F ，连接,,EF DE DF ．（1）求证：ADE ∆≌CDF ∆；（2）当BC 与⊙O 相切时，求⊙O 的面积．【答案】(1)见解析;(2)24π.【解析】 分析：（1）由等腰直角三角形的性质知AD =CD 、∠1=∠C =45°，由∠EAF =90°知EF 是⊙O 的直径，据此知∠2+∠4=∠3+∠4=90°，得∠2=∠3，利用“ASA”证明即可得； （2）当BC 与⊙O 相切时，AD 是直径，根据∠C =45°、AC =2可得AD =1，利用圆的面积公式可得答案．详解：（1）如图，∵AB =AC ，∠BAC =90°，∴∠C =45°．又∵AD ⊥BC ，AB =AC ，∴∠1=12∠BAC =45°，BD =CD ，∠ADC =90°． 又∵∠BAC =90°，BD =CD ，∴AD =CD ． 又∵∠EAF =90°，∴EF 是⊙O 的直径，∴∠EDF =90°，∴∠2+∠4=90°．又∵∠3+∠4=90°，∴∠2=∠3．在△ADE 和△CDF 中．∵123C AD CD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△ADE ≌△CDF （ASA ）．（2）当BC 与⊙O 相切时，AD 是直径．在Rt △ADC 中，∠C =45°，AC 2，∴sin ∠C =AD AC ，∴AD =AC sin ∠C =1，∴⊙O 的半径为12，∴⊙O 的面积为24π． 点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟练掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、与圆有关的位置关系等知识点．8．如图，已知⊙O 的半径为1，PQ 是⊙O 的直径，n 个相同的正三角形沿PQ 排成一列，所有正三角形都关于PQ 对称，其中第一个△A 1B 1C 1的顶点A 1与点P 重合，第二个△A 2B 2C 2的顶点A 2是B 1C 1与PQ 的交点，…，最后一个△A n B n C n 的顶点B n 、C n 在圆上．如图1，当n=1时，正三角形的边长a 1=_____；如图2，当n=2时，正三角形的边长a 2=_____；如图3，正三角形的边长a n =_____（用含n 的代数式表示）．38313 24313n+ 【解析】 分析：（1）设PQ 与11B C 交于点D ，连接1B O ，得出OD=1A D -O 1A ，用含1a 的代数式表示OD ，在△O 1B D 中，根据勾股定理求出正三角形的边长1a ；（2）设PQ 与2B 2C 交于点E ，连接2B O ，得出OE=1A E-O 1A ，用含2a 的代数式表示OE ，在△O 2B E 中，根据勾股定理求出正三角形的边长2a ；（3）设PQ 与n B n C 交于点F ，连接n B O ，得出OF=1A F-O 1A ，用含an 的代数式表示OF ，在△O n B F 中，根据勾股定理求出正三角形的边长an ． 本题解析：(1)易知△A 1B 1C 1的高为323 ∴a 13.(2)设△A 1B 1C 1的高为h ，则A 2O ＝1－h ，连结B 2O ，设B 2C 2与PQ 交于点F ，则有OF ＝2h －1. ∵B 2O 2＝OF 2＋B 2F 2，∴1＝(2h －1)2＋2212a ⎛⎫ ⎪⎝⎭. ∵h 32，∴1＝32－1)2＋14a 22， 解得a 283 . (3)同(2)，连结B n O ，设B n C n 与PQ 交于点F ，则有B n O 2＝OF 2＋B n F 2， 即1＝(nh －1)2＋212n a ⎛⎫ ⎪⎝⎭ . ∵h ＝32 a n ，∴1＝14a n 2＋231n na ⎫⎪⎪⎝⎭ ，解得a n ＝24331n n + .9．如图1，延长⊙O 的直径AB 至点C ，使得BC=12AB ，点P 是⊙O 上半部分的一个动点（点P 不与A 、B 重合），连结OP ，CP ．（1）∠C 的最大度数为 ；（2）当⊙O 的半径为3时，△OPC 的面积有没有最大值？若有，说明原因并求出最大值；若没有，请说明理由；（3）如图2，延长PO 交⊙O 于点D ，连结DB ，当CP=DB 时，求证：CP 是⊙O 的切线．【答案】（1）30°；（2）有最大值为9，理由见解析；（3）证明见解析.【解析】试题分析：（1）当PC 与⊙O 相切时，∠OCP 的度数最大，根据切线的性质即可求得； （2）由△OPC 的边OC 是定值，得到当OC 边上的高为最大值时，△OPC 的面积最大，当PO ⊥OC 时，取得最大值，即此时OC 边上的高最大，于是得到结论；（3）根据全等三角形的性质得到AP=DB ，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠C ，得到CO=OB+OB=AB ，推出△APB ≌△CPO ，根据全等三角形的性质得到∠CPO=∠APB ，根据圆周角定理得到∠APB=90°，即可得到结论．试题解析：（1）当PC 与⊙O 相切时，∠OCP 最大．如图1，所示：∵sin ∠OCP=OP OC =24=12，∴∠OCP=30° ∴∠OCP 的最大度数为30°，故答案为：30°；（2）有最大值，理由： ∵△OPC 的边OC 是定值，∴当OC 边上的高为最大值时，△OPC 的面积最大，而点P 在⊙O 上半圆上运动，当PO ⊥OC 时，取得最大值，即此时OC 边上的高最大， 也就是高为半径长，∴最大值S △OPC =12OC•OP=12×6×3=9； （3）连结AP ，BP ，如图2， 在△OAP 与△OBD 中，OA OD AOP BOD OP OB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△OAP ≌△OBD ，∴AP=DB ，∵PC=DB，∴AP=PC，∵PA=PC，∴∠A=∠C，∵BC=12AB=OB，∴CO=OB+OB=AB，在△APB和△CPO中，AP CPA CAB CO=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△APB≌△CPO，∴∠CPO=∠APB，∵AB为直径，∴∠APB=90°，∴∠CPO=90°，∴PC切⊙O于点P，即CP是⊙O的切线．10．（1）问题背景如图①，BC是⊙O的直径，点A在⊙O上，AB=AC，P为BmC上一动点（不与B，C重合），求证：2PA=PB+PC．小明同学观察到图中自点A出发有三条线段AB，AP，AC，且AB=AC，这就为旋转作了铺垫．于是，小明同学有如下思考过程：第一步：将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①）；第二步：证明Q，B，P三点共线，进而原题得证．请你根据小明同学的思考过程完成证明过程．（2）类比迁移如图②，⊙O的半径为3，点A，B在⊙O上，C为⊙O内一点，AB=AC，AB⊥AC，垂足为A，求OC的最小值．（3）拓展延伸如图③，⊙O的半径为3，点A，B在⊙O上，C为⊙O内一点，AB=43AC，AB⊥AC，垂足为A，则OC的最小值为．【答案】（1）证明见解析；（2）OC最小值是32﹣3；（3）32．【解析】试题分析：（1）将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①），只要证明△APQ 是等腰直角三角形即可解决问题；（2）如图②中，连接OA，将△OAC绕点O顺时针旋转90°至△QAB，连接OB，OQ，在△BOQ中，利用三边关系定理即可解决问题；（3）如图③构造相似三角形即可解决问题．作AQ⊥OA，使得AQ=43OA，连接OQ，BQ，OB．由△QAB∽OAC，推出BQ=43OC，当BQ最小时，OC最小；试题解析：（1）将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①）；∵BC是直径，∴∠BAC=90°，∵AB=AC，∴∠ACB=∠ABC=45°，由旋转可得∠QBA=∠PCA，∠ACB=∠APB=45°，PC=QB，∵∠PCA+∠PBA=180°，∴∠QBA+∠PBA=180°，∴Q，B，P三点共线，∴∠QAB+∠BAP=∠BAP+∠PAC=90°，∴QP2=AP2+AQ2=2AP2，∴QP=2AP=QB+BP=PC+PB，∴2AP=PC+PB．（2）如图②中，连接OA，将△OAC绕点A顺时针旋转90°至△QAB，连接OB，OQ，∵AB⊥AC,∴∠BAC=90°,由旋转可得QB=OC，AQ=OA，∠QAB=∠OAC，∴∠QAB+∠BAO=∠BAO+∠OAC=90°，∴在Rt△OAQ中，2，AO=3 ，∴在△OQB中，BQ≥OQ﹣2﹣3 ，即OC最小值是2﹣3；（3）如图③中，作AQ⊥OA，使得AQ=43OA，连接OQ，BQ，OB．∵∠QAO=∠BAC=90°，∠QAB=∠OAC ，∵QA AB OA AC ==43， ∴△QAB ∽OAC ，∴BQ=43OC ， 当BQ 最小时，OC 最小，易知OA=3，AQ=4，OQ=5，BQ≥OQ ﹣OB ，∴OQ≥2，] ∴BQ 的最小值为2，∴OC 的最小值为34×2=32， 故答案为32． 【点睛】本题主要考查的圆、旋转、相似等知识，能根据题意正确的添加辅助线是解题的关键.11．如图1，四边形ABCD 为⊙O 内接四边形，连接AC 、CO 、BO ，点C 为弧BD 的中点． （1）求证：∠DAC=∠ACO+∠ABO ；（2）如图2，点E 在OC 上，连接EB ，延长CO 交AB 于点F ，若∠DAB=∠OBA+∠EBA ．求证：EF=EB ；（3）在（2）的条件下，如图3，若OE+EB=AB ，CE=2，AB=13，求AD 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）AD=7．【解析】试题分析：（1）如图1中，连接OA ，只要证明∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO ，由点C 是BD 中点，推出CD CB = ，推出∠BAC=∠DAC ，即可推出∠DAC=∠ACO+∠ABO ； （2）想办法证明∠EFB=∠EBF 即可；（3）如图3中，过点O 作OH ⊥AB ，垂足为H ，延长BE 交HO 的延长线于G ，作BN ⊥CF 于N ，作CK ⊥AD 于K ，连接OA ．作CT ∠⊥AB 于T ．首先证明△EFB 是等边三角形，再证明△ACK ≌△ACT ，Rt △DKC ≌Rt △BTC ，延长即可解决问题；试题解析：（1）如图1中，连接OA ，∵OA=OC ，∴∠1=∠ACO ，∵OA=OB ，∴∠2=∠ABO ，∴∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO ，∵点C 是BD 中点，∴CD CB =，∴∠BAC=∠DAC ，∴∠DAC=∠ACO+∠ABO ．（2）如图2中，∵∠BAD=∠BAC+∠DAC=2∠CAB ，∠COB=2∠BAC ，∴∠BAD=∠BOC ，∵∠DAB=∠OBA+∠EBA ，∴∠BOC=∠OBA+∠EBA ，∴∠EFB=∠EBF ，∴EF=EB ．（3）如图3中，过点O 作OH ⊥AB ，垂足为H ，延长BE 交HO 的延长线于G ，作BN ⊥CF 于N ，作CK ⊥AD 于K ，连接OA ．作CT ∠⊥AB 于T ．∵∠EBA+∠G=90°，∠CFB+∠HOF=90°，∵∠EFB=∠EBF ，∴∠G=∠HOF ，∵∠HOF=∠EOG ，∴∠G=∠EOG ，∴EG=EO ，∵OH ⊥AB ，∴AB=2HB ，∵OE+EB=AB ，∴GE+EB=2HB ，∴GB=2HB ，∴cos ∠GBA=12HB GB = ，∴∠GBA=60°， ∴△EFB 是等边三角形，设HF=a ，∵∠FOH=30°，∴OF=2FH=2a ，∵AB=13，∴EF=EB=FB=FH+BH=a+132，∴OE=EF﹣OF=FB﹣OF=132﹣a，OB=OC=OE+EC=132﹣a+2=172﹣a，∵NE=12EF=12a+134，∴ON=OE=EN=（132﹣a）﹣（12a+134）=134﹣32a，∵BO2﹣ON2=EB2﹣EN2，∴（172﹣a）2﹣（134﹣32a）2=（a+132）2﹣（12a+134）2，解得a=32或﹣10（舍弃），∴OE=5，EB=8，OB=7，∵∠K=∠ATC=90°，∠KAC=∠TAC，AC=AC，∴△ACK≌△ACT，∴CK=CT，AK=AT，∵CD CB，∴DC=BC，∴Rt△DKC≌Rt△BTC，∴DK=BT，∵FT=12FC=5，∴DK=TB=FB﹣FT=3，∴AK=AT=AB﹣TB=10，∴AD=AK﹣DK=10﹣3=7．12．如图，AB是⊙O的直径，D、D为⊙O上两点，CF⊥AB于点F，CE⊥AD交AD的延长线于点E，且CE=CF.（1）求证：CE是⊙O的切线；（2）连接CD、CB，若AD=CD=a，求四边形ABCD面积.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接OC，AC，可先证明AC平分∠BAE，结合圆的性质可证明OC∥AE，可得∠OCB＝90°，可证得结论；（2）可先证得四边形AOCD为平行四边形，再证明△OCB为等边三角形，可求得CF、AB，利用梯形的面积公式可求得答案．【详解】（1）证明：连接OC，AC．∵CF⊥AB，CE⊥AD，且CE＝CF．∴∠CAE＝∠CAB．∵OC＝OA，∴∠CAB＝∠OCA．∴∠CAE＝∠OCA．∴OC∥AE．∴∠OCE＋∠AEC＝180°，∵∠AEC＝90°，∴∠OCE＝90°即OC⊥CE，∵OC是⊙O的半径，点C为半径外端，∴CE是⊙O的切线．（2）解：∵AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA＝∠CAB，∴DC∥AB，∵∠CAE＝∠OCA，∴OC∥AD，∴四边形AOCD是平行四边形，∴OC＝AD＝a，AB＝2a，∵∠CAE＝∠CAB，∴CD＝CB＝a，∴CB＝OC＝OB，∴△OCB是等边三角形，在Rt△CFB中，CF＝，∴S四边形ABCD＝（DC＋AB）•CF＝【点睛】本题主要考查切线的判定，掌握切线的两种判定方法是解题的关键，即有切点时连接圆心和切点，然后证明垂直，没有切点时，过圆心作垂直，证明圆心到直线的距离等于半径．13．在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），点B（0，），点O（0，0）．△AOB 绕着O顺时针旋转，得△A'OB'，点A、B旋转后的对应点为A'，B'，记旋转角为α．（Ⅰ）如图1，A'B'恰好经过点A时，求此时旋转角α的度数，并求出点B'的坐标；（Ⅱ）如图2，若0°＜α＜90°，设直线AA'和直线BB'交于点P，求证：AA'⊥BB'；（Ⅲ）若0°＜α＜360°，求（Ⅱ）中的点P纵坐标的最小值（直接写出结果即可）．【答案】（Ⅰ）α＝60°，B'（3，）；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）点P纵坐标的最小值为﹣2．【解析】【分析】（Ⅰ）作辅助线,先根据点A（2,0）,点B（0,）,确定∠ABO＝30°,证明△AOA'是等边三角形,得旋转角α＝60°,证明△COB'是30°的直角三角形,可得B'的坐标;（Ⅱ）依据旋转的性质可得∠BOB'＝∠AOA'＝α,OB＝OB',OA＝OA',即可得出∠OBB'＝∠OA'A ＝（180°﹣α）,再根据∠BOA'＝90°+α,四边形OBPA'的内角和为360°,即可得到∠BPA'＝90°,即AA'⊥BB';（Ⅲ）作AB的中点M（1,）,连接MP,依据点P的轨迹为以点M为圆心,以MP＝AB＝2为半径的圆,即可得到当PM∥y轴时,点P纵坐标的最小值为﹣2.【详解】解：（Ⅰ）如图1，过B'作B'C⊥x轴于C,∵OA＝2,OB＝2,∠AOB＝90°,∴∠ABO＝30°,∠BAO＝60°,由旋转得：OA＝OA',∠A'＝∠BAO＝60°,∴△OAA'是等边三角形,∴α＝∠AOA'＝60°,∵OB＝OB'＝2,∠COB'＝90°﹣60°＝30°,∴B'C＝OB’＝,∴OC＝3,∴B'（3,）,（Ⅱ）证明：如图2,∵∠BOB'＝∠AOA'＝α,OB＝OB',OA＝OA',∴∠OBB'＝∠OA'A＝（180°﹣α）,∵∠BOA'＝90°+α,四边形OBPA'的内角和为360°,∴∠BPA'＝360°﹣（180°﹣α）﹣（90°+α）＝90°,即AA'⊥BB';（Ⅲ）点P纵坐标的最小值为-2．理由是：如图，作AB的中点M（1,）,连接MP,∵∠APB＝90°,∴点P的轨迹为以点M为圆心,以MP＝AB＝2为半径的圆,除去点（2,2）,∴当PM⊥x轴时,点P纵坐标的最小值为﹣2．【点睛】本题属于几何变换综合题,主要考查了旋转的性质,含30°角的直角三角形的性质,四边形内角和以及圆周角定理的综合运用,解决问题的关键是判断点P的轨迹为以点M为圆心,以MP 为半径的圆．14．.如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝6．D是线段AC上一个动点（不与点A重合），⊙D与AB相切，切点为E，⊙D交射线．．DC于点F，过F作FG⊥EF交直线．．BC于点G，设⊙D的半径为r．（1）求证AE＝EF；（2）当⊙D与直线BC相切时，求r的值；（3）当点G落在⊙D内部时，直接写出r的取值范围．【答案】(1)见解析,(2)r=3,(3)63 35r<<【解析】【分析】（1）连接DE，则∠ADE=60°=∠DEF+∠DFE，而∠DEF=∠DFE，则∠DEF=∠DFE=30°=∠A，即可求解；（2）如图2所示，连接DE，当圆与BC相切时，切点为F，∠A=30°，AB=6，则BF=3，AD=2r，由勾股定理，即可求解；（3）分点F在线段AC上、点F在线段AC的延长线上两种情况，分别求解即可．【详解】解：设圆的半径为r；（1）连接DE，则∠ADE=60°=∠DEF+∠DFE，而∠DEF=∠DFE，则∠DEF=∠DFE=30°=∠A，∴AE=EF；（2）如图2所示，连接DE，当圆与BC相切时，切点为F∠A=30°，AB=6，则BF=3，AD=2r ，由勾股定理得：（3r ）2+9=36，解得：r=3； （3）①当点F 在线段AC 上时，如图3所示，连接DE 、DG ，333,3933FC r GC FC r =-==-②当点F 在线段AC 的延长线上时，如图4所示，连接DE 、DG ，333,3339FC r GC FC r ===-两种情况下GC 符号相反，GC 2相同，由勾股定理得：DG 2=CD 2+CG 2，点G 在圆的内部，故：DG2＜r2，即：22(332)(339)2r r r +-<整理得：25113180r r -+<6335r <<【点睛】本题考查了圆的综合题：圆的切线垂直于过切点的半径；利用勾股定理计算线段的长．15．对于平面直角坐标系xoy 中的图形P ，Q ，给出如下定义：M 为图形P 上任意一点，N 为图形Q 上任意一点，如果M ，N 两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形P ，Q 间的“非常距离”，记作d （P ,Q ）．已知点A （4,0），B （0,4），连接AB ． （1）d （点O ，AB ）= ； （2）⊙O 半径为r ，若d （⊙O ，AB ）=0，求r 的取值范围；（3）点C （－3，－2），连接AC ，BC ，⊙T 的圆心为T （t ，0），半径为2，d （⊙T ，△ABC ），且0<d <2，求t 的取值范围．【答案】（1）22；（2）224r ≤≤；（3）25252t --<<--或6<r <8．【解析】【分析】（1）如下图所示，由题意得：过点O 作AB 的垂线，则垂线段即为所求；（2）如下图所示，当d （⊙O ，AB ）=0时，过点O 作OE ⊥AB ，交AB 于点E ，则：OB=2， OE=22，即可求解；（3）分⊙T 在△ABC 左侧、⊙T 在△ABC 右侧两种情况，求解即可．【详解】（1）过点O 作OD ⊥AB 交AB 于点D ，根据“非常距离”的定义可知，d （点O ，AB ）=OD=2AB 2244+2; （2）如图，当d（⊙O，AB）=0时，过点O作OE⊥AB,则OE=22,OB=OA=4，∵⊙O与线段AB的“非常距离”为0，∴224r≤≤；（3）当⊙T在△ABC左侧时，如图，当⊙T与BC相切时，d=0,2236+35,过点C作CE⊥y轴，过点T作TF⊥BC,则△TFH∽△BEC,∴TF THBE BC=,即2635,∴5∵HO∥CE,∴△BHO∽△BEC,∴HO=2，此时5，0);当d=2时，如图，同理可得，此时T （252--）；∵0<d <2，∴25252t --<<--；当⊙T 在△ABC 右侧时，如图，当p=0时，t=6，当p=2时，t=8.∵0<d <2，∴6<r <8；综上，25252t -<<或6<r <8．【点睛】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是理解并掌握“非常距离”的定义与直线与圆的位置关系和分类讨论思想的运用．。
2020-2021学年中考数学 平移与旋转 专题训练(含答案)
2021中考数学平移与旋转专题训练一、选择题（本大题共10道小题）1. 如图，在平面直角坐标系xOy中，将四边形ABCD先向下平移，再向右平移，得到四边形A1B1C1D1，已知A(-3，5)，B(-4，3)，A1(3，3)，则B1的坐标为()A.(1，2)B.(2，1)C.(1，4)D.(4，1)2. 如图，将△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA′B′，使点B恰好落在边A′B′上．已知AB＝4 cm，OB＝1 cm，∠B′＝60°，那么A′B的长是()A．4 cm B．3 cmC．2 3 cm D．(4－3)cm3. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1.把△ABC分别绕直线AB 和BC旋转一周，所得几何体的底面圆的周长分别记作l1，l2，侧面积分别记作S1，S2，则()A. l1∶l2＝1∶2，S1∶S2＝1∶2B. l1∶l2＝1∶4，S1∶S2＝1∶2C. l1∶l2＝1∶2，S1∶S2＝1∶4D. l1∶l2＝1∶4，S1∶S2＝1∶44. 如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点A的对应点D恰好落在边AB上，点B的对应点为E，连接BE，下列结论一定正确的是()A.AC=ADB.AB⊥EBC.BC=DED.∠A=∠EBC5. 如图，四边形ABCD是边长为5的正方形，E是DC上一点，DE=1，将△ADE 绕着点A顺时针旋转到与△ABF重合，则EF=()A.B.C.5D.26. 如图，将线段AB先向右平移5个单位长度，再将所得线段绕原点顺时针旋转90°，得到线段A′B′，则点B的对应点B′的坐标是()A．(－4，1) B．(－1，2)C．(4，－1) D．(1，－2)7. 如图，Rt△OCB的斜边在y轴上，OC＝3，含30°角的顶点与原点重合，直角顶点C在第二象限，将Rt△OCB绕原点顺时针旋转120°后得到△OC′B′，则点B的对应点B′的坐标是()A．(3，－1) B．(1，－3)C．(2，0) D．(3，0)8. 如图，在平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B′的坐标是()图7－ZT－1A．(－1，2＋3) B．(－3，3)C．(－3，2＋3) D．(－3，3)9. 如图，在正方形ABCD中，边长AB=1，将正方形ABCD绕点A逆时针方向旋转180°至正方形AB1C1D1，则线段CD扫过的面积为()A.B.C.πD.2π10. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，M是BC的中点，P是A′B′的中点，连接PM.若BC＝2，∠A＝30°，则线段PM的最大值是()A．4 B．3 C．2 D．1二、填空题（本大题共8道小题）11. 在如图所示的方格纸(1格长为1个单位长度)中，△ABC的顶点都在格点上，将△ABC绕点O按顺时针方向旋转得到△A'B'C'，各顶点仍在格点上，则其旋转角的度数是.12. 如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10 cm，点D为△ABC内一点，∠BAD=15°，AD=6 cm，连接BD，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转，使AB 与AC重合，点D的对应点为点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为cm.13. 如图，△ABC，△BDE都是等腰直角三角形，BA＝BC，BD＝BE，AC＝4，DE＝2 2.将△BDE绕点B逆时针旋转后得△BD′E′，当点E′恰好落在线段AD′上时，CE′＝________．14. 在如图所示的方格纸(1格长为1个单位长度)中，△ABC的顶点都在格点上，将△ABC绕点O按顺时针方向旋转得到△A′B′C′，使各顶点仍在格点上，则其旋转角的度数是________．15. 把二次函数y＝(x－1)2＋2的图象绕原点旋转180°后得到的图象的解析式为_______．16. 如图，将Rt△ABC的斜边AB绕点A顺时针旋转α(0°<α<90°)得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转β(0°<β<90°)得到AF，连接EF，若AB＝3，AC＝2，且α＋β＝∠B，则EF＝________.17. 如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，连接AC.若AC＝6，则四边形ABCD的面积为________．18. 如图，AB⊥y轴，将△ABO绕点A逆时针旋转到△AB1O1的位置，使点B的对应点B1落在直线y＝－33x上，再将△AB1O1绕点B1逆时针旋转到△A1B1O2的位置，使点O1的对应点O2落在直线y＝－33x上，依次进行下去……若点B的坐标是(0，1)，则点O12的纵坐标为________．三、解答题（本大题共5道小题）19. 如图①，等腰直角三角形OEF的直角顶点O为正方形ABCD的中心，点C，D分别在OE和OF上，现将△OEF绕点O逆时针旋转角α(0°<α<90°)，连接AF，DE(如图K32-②).(1)在图②中，∠AOF=;(用含α的式子表示)(2)在图②中，猜想AF与DE的数量关系，并证明你的结论.①②20. 已知∠AOB=30°，H为射线OA上一定点，OH=+1，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足∠OMP为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转150°，得到线段PN，连接ON.(1)依题意补全图;(2)求证:∠OMP=∠OPN;(3)点M关于点H的对称点为Q，连接QP.写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON=QP，并证明.21. 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△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．22. (1)如图(a)，在△ABC中，D是BC边的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF.①求证：BE＋CF＞EF；②若∠A＝90°，探索线段BE，CF，EF之间的数量关系，并加以证明．(2)如图(b)，在四边形ABDC中，∠B＋∠C＝180°，BD＝CD，∠BDC＝120°，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB，AC于E，F两点，连接EF，探索线段BE，CF，EF之间的数量关系，并加以证明．23. △ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC＝∠EDF＝90°，△DEF的顶点E与△ABC的斜边BC的中点重合．将△DEF绕点E旋转，旋转过程中，线段DE与线段AB相交于点P，线段EF与射线CA相交于点Q.(1)如图①，当点Q在线段AC上，且AP＝AQ时，求证：△BPE≌△CQE；(2)如图②，当点Q在线段CA的延长线上时，①求证：△BPE∽△CEQ；②当BP＝2，CQ＝9时，求BC的长．2021中考数学平移与旋转专题训练-答案一、选择题（本大题共10道小题）1. 【答案】B[解析]由A(-3，5)，A1(3，3)可知四边形ABCD先向下平移2个单位，再向右平移6个单位得到四边形A1B1C1D1，∵B(-4，3)，∴B1的坐标为(2，1).2. 【答案】B[解析] ∵旋转前、后的两个图形是全等图形，AB＝4 cm，OB＝1 cm，∴A′B′＝AB＝4 cm，OB′＝OB＝1 cm.在△OB′B中，∵∠B′＝60°，OB′＝OB，∴△OB′B是等边三角形，∴BB′＝OB＝1 cm，∴A′B＝A′B′－BB′＝4－1＝3(cm)．3. 【答案】A【解析】∵∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，∴勾股定理得，AC＝ 5.①当△ABC绕AB旋转时，则底面周长l1＝2π×BC＝2π，侧面积为S1＝π×BC×AC ＝5π；②当△ABC绕BC旋转时，则底面周长l2＝2π×AB＝4π，侧面积为S2＝π×AB×AC＝25π，∴l1∶l2＝2π∶4π＝1∶2，S1∶S2＝5π∶25π＝1∶2.4. 【答案】D[解析]由旋转的性质可知，AC=CD，但∠A不一定是60°，所以不能证明AC=AD，所以选项A错误;由于旋转角度不确定，所以选项B不能确定;因为AB=DE，不确定AB和BC的数量关系，所以BC和DE的数量关系不能确定;由旋转的性质可知∠ACD=∠BCE，AC=DC，BC=EC，所以2∠A=180°-∠ACD，2∠EBC=180°-∠BCE，从而可证选项D是正确的.5. 【答案】D[解析]由旋转的性质可知，△ADE≌△ABF，∴BF=DE=1，∴FC=6，∵CE=4，∴EF===2.故选:D .6. 【答案】D7. 【答案】A8. 【答案】B[解析] 如图，过点B′作B′H ⊥y 轴于点H.由题意得，OA′＝A′B′＝2，∠B′A′H ＝60°， ∴∠A′B′H ＝30°，∴AH′＝12A′B′＝1，B′H ＝3， ∴OH ＝3，∴B′(－3，3)．9. 【答案】B【解析】如图，作出C ，D 点的运动路径，连接CC 1，S 线段CD 扫过的阴影部分=+S △ABC +-S正方形ABCD -=.因为AB=1，所以AC=，所以S 线段CD 扫过的阴影部分=π·AC 2-π·AD 2=，故选B .10. 【答案】B[解析] 连接PC.在Rt △ABC 中，∵∠A ＝30°，BC ＝2， ∴AB ＝4.根据旋转的性质可知，∠A′CB′＝90°，A′B′＝AB ＝4. ∵P 是A′B′的中点，∴PC ＝12A′B′＝2. ∵M 是BC 的中点，∴CM ＝12BC ＝1. 又∵PM≤PC ＋CM ，即PM≤3，∴PM的最大值为3(此时点P，C，M共线)．故选B.二、填空题（本大题共8道小题）11. 【答案】90°【解析】找到一组对应点A，A'，分别与旋转中心连接起来，则∠AOA'为旋转角，为90°.12. 【答案】(10-2)[解析]∵∠BAC=90°，∠BAD=15°，∴∠DAF=75°.由旋转可知，△ADE为等腰直角三角形，∠ADF=45°，过点A作AM⊥DF于点M，∠F AM=∠DAF-∠DAM=75°-45°=30°，∴AM=AD=3，∴AF=AM=2.∵AC=AB=10，∴FC=AC-AF=10-2.13. 【答案】2＋6[解析] 如图，连接CE′，∵△ABC，△BDE都是等腰直角三角形，BA＝BC，BD＝BE，AC＝4，DE＝2 2，∴AB＝BC＝2 2，BD＝BE＝2.∵将△BDE绕点B逆时针旋转后得△BD′E′，∴D′B＝BE′＝BD＝2，∠D′BE′＝90°，∠D′BD＝∠ABE′，∴∠ABD′＝∠CBE′，∴△ABD′≌△CBE′(SAS)，∴∠D ′＝∠CE′B ＝45°.过点B 作BH ⊥CE′于点H ，在Rt △BHE′中，BH ＝E′H ＝22BE′＝2，在Rt △BCH 中，CH ＝BC 2－BH 2＝6，∴CE′＝2＋ 6.故答案为2＋ 6.14. 【答案】90° [解析] 找到一组对应点A ，A′，并将其与旋转中心连接起来，确定旋转角，进而得到旋转角的度数为90°.15. 【答案】y ＝－x 2－2x －3 [解析] 旋转前二次项的系数a ＝1，抛物线的顶点坐标是(1，2)，旋转后二次项的系数a ＝－1，抛物线的顶点坐标是(－1，－2)，∴新抛物线的解析式为y ＝－(x ＋1)2－2，即y ＝－x 2－2x －3.16. 【答案】13 [解析] ∵α＋β＝∠B ，∴∠EAF ＝∠BAC ＋∠B ＝90°，∴△AEF 是直角三角形，且AE ＝AB ＝3，AF ＝AC ＝2，∴EF ＝AE 2＋AF 2＝13.17. 【答案】18 [解析] 如图．∵∠BAD ＝∠BCD ＝90°，∴∠B ＋∠ADC ＝180°.又∵AB ＝AD ，∴将△ABC 绕点A 逆时针旋转90°后点B 与点D 重合，点C 的对应点E 落在CD 的延长线上，∴AE ＝AC ＝6，∠CAE ＝90°，∴S 四边形ABCD ＝S △ACE ＝12AC·AE ＝12×6×6＝18.18. 【答案】9＋3 3 [解析] 将y ＝1代入y ＝－33x ，解得x ＝－ 3.∴AB ＝3，OA ＝2，且直线y ＝－33x 与x 轴所夹的锐角是30°.由图可知，在旋转过程中每3次一循环，其中OO 2＝O 2O 4＝O 4O 6＝O 6O 8＝O 8O 10＝O 10O 12＝2＋3＋1＝3＋ 3.∴OO 12＝6×(3＋3)＝18＋6 3.∴点O 12的纵坐标＝12OO 12＝9＋3 3.三、解答题（本大题共5道小题）19. 【答案】解:(1)90°-α [解析]∵△OEF 绕点O 逆时针旋转角α，∴∠DOF=∠COE=α，∵四边形ABCD 为正方形，∴∠AOD=90°，∴∠AOF=90°-α.故答案为90°-α.(2)AF=DE.证明:∵四边形ABCD 为正方形，∴∠AOD=∠COD=90°，OA=OD ，∵∠DOF=∠COE=α，∴∠AOF=∠DOE.∵△OEF 为等腰直角三角形，∴OF=OE.在△AOF 和△DOE 中，∴△AOF ≌△DOE (SAS)，∴AF=DE.20. 【答案】解:(1)如图所示:(2)证明:在△OPM 中，∠OMP=180°-∠POM -∠OPM=150°-∠OPM ，∠OPN=∠MPN -∠OPM=150°-∠OPM ，∴∠OMP=∠OPN.(3)过点P 作PK ⊥OA 于点K ，过点N 作NF ⊥OB 于点F .∵∠OMP=∠OPN，∴∠PMK=∠NPF.在△NPF和△PMK中，∴△NPF≌△PMK(AAS)，∴PF=MK，∠PNF=∠MPK，NF=PK.在Rt△NFO和Rt△PKQ中，∴Rt△NFO≌Rt△PKQ(HL)，∴KQ=OF.设MK=y，PK=x，∵∠POA=30°，PK⊥OQ，∴OP=2x，∴OK=x，OM=x-y，∴OF=OP+PF=2x+y，MH=OH-OM=+1-(x-y)，KH=OH-OK=+1-x，∵M与Q关于点H对称，∴MH=HQ，∴KQ=KH+HQ=+1-x++1-x+y=2+2-2x+y，∵KQ=OF，∴2 +2-2x+y=2x+y，整理得2+2=x(2+2)，∴x=1，即PK=1，∴OP=2.21. 【答案】(1)PM＝PN，PM⊥PN；【解法提示】∵AB＝AC，AD＝AE，∴BD＝CE，∵M，P，N分别为DE，DC，BC的中点，∴PM//CE且PM=12CE，PN∥BD且PN=12BD，∴PM＝PN，∠DPM＝∠DCE，∠CNP＝∠B，∴∠DPN＝∠PNC＋∠PCN＝∠B＋∠PCN，∵∠A＝90°，∴∠B＋∠ACB＝90°，∴∠MPN＝∠MPD＋∠DPN＝∠ACD＋∠PCN＋∠B＝∠ACB＋∠B＝90°，∴PM⊥PN；(2)△PMN为等腰直角三角形．理由如下：由题可知△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＋∠DAC＝∠DAC＋∠CAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，又∵M，P，N分别是DE，CD，BC的中点，∴PM是△CDE的中位线，∴PM∥CE且PM=12 CE，同理PN∥BD且PN=12 BD，∴PM＝PN，∴∠MPD＝∠ECD＝∠ACD＋∠ACE＝∠ACD＋∠ABD，∠DPN＝∠PNC＋∠PCN＝∠DBC＋∠PCN，∴∠MPN＝∠MPD＋∠DPN＝∠ACD＋∠ABD＋∠DBC＋∠PCN＝∠ABC＋∠ACB＝90°，∴△PMN为等腰直角三角形；(3)49 2.【解法提示】∵△PMN为等腰直角三角形，∴S△PMN ＝12PM2，要使△PMN的面积最大，即PM最大，由(2)得，PM＝12CE，即当CE最大时，PM最大．如解图，当点C、E在点A异侧，且在同一条直线上时，CE最大，此时CE＝AE ＋AC＝AD＋AB＝14，解图∴PM＝12CE＝12×14＝7，故△PMN 的最大面积为S △PMN ＝12×7×7＝492.22. 【答案】解：(1)①证明：如图(a)，将△DBE 绕点D 旋转180°得到△DCG ，连接FG ，则△DCG ≌△DBE.∴DG ＝DE ，CG ＝BE.又∵DE ⊥DF ，∴DF 垂直平分线段EG ，∴FG ＝EF.∵在△CFG 中，CG ＋CF ＞FG ，∴BE ＋CF ＞EF.②BE 2＋CF 2＝EF 2.证明：∵∠A ＝90°，∴∠B ＋∠ACD ＝90°.由①得，∠FCG ＝∠FCD ＋∠DCG ＝∠FCD ＋∠B ＝90°，∴在Rt △CFG 中，由勾股定理，得CG 2＋CF 2＝FG 2，∴BE 2＋CF 2＝EF 2.(2)EF ＝BE ＋CF.证明：如图(b)．∵CD ＝BD ，∠BDC ＝120°，∴将△CDF 绕点D 逆时针旋转120°得到△BDM ，∴△BDM ≌△CDF ，∴DM ＝DF ，BM ＝CF ，∠BDM ＝∠CDF ，∠DBM ＝∠C.∵∠ABD ＋∠C ＝180°，∴∠ABD ＋∠DBM ＝180°，∴点A ，B ，M 共线，∴∠EDM ＝∠EDB ＋∠BDM ＝∠EDB ＋∠CDF ＝∠BDC －∠EDF ＝120°－60°＝60°＝∠EDF.在△DEM 和△DEF 中，⎩⎨⎧DE ＝DE ，∠EDM ＝∠EDF ，DM ＝DF ，∴△DEM ≌△DEF ，∴EF ＝EM ＝BE ＋BM ＝BE ＋CF.23. 【答案】(1)证明：∵△ABC 是等腰直角三角形，∴AB ＝AC ，∠B ＝∠C ＝45°，又∵AP ＝AQ ，∴BP ＝CQ ，∵E 是BC 的中点，∴BE ＝EC .∴在△BPE 与△CQE 中，∠∠BP CQ B C BE CE =⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴△BPE ≌△CQE (SAS)；(2)①证明：∵∠BEF ＝∠C ＋∠CQE ，∠BEF ＝∠BEP ＋∠DEF ， ∠C ＝∠DEF ＝45°，∴∠CQE ＝∠BEP ，∵∠B ＝∠C ，∴△BPE ∽△CEQ ；②解：由①知△BPE ∽△CEQ ， ∴BE BP CQ CE=， ∴BE ·CE ＝BP ·CQ ，又∵BE ＝EC ，∴BE 2＝BP ·CQ ，∵BP ＝2，CQ ＝9，∴BE 2＝2×9＝18，∴BE ＝32，∴BC ＝2BE ＝6 2.。
2020-2021学年人教版九年级中考数学冲刺试卷(含答案)
2020-2021学年人教新版中考数学冲刺试卷一．选择题（共9小题，满分27分，每小题3分）1．比赛用的乒乓球的质量有严格的规定，但实际生产的乒乓球的质量可能会有一些偏差．以下检验记录（“+”表示超出标准质量，“﹣”表示不足标准质量）中，质量最接近标准质量乒乓球是（）编号1234偏差/g+0.01﹣0.02﹣0.03+0.04 A．1号B．2号C．3号D．4号2．如图的三视图对应的物体是（）A．B．C．D．3．绿水青山就是金山银山．为了创造良好的生态生活环境，某省2017年建设城镇污水配套管网3100000米，数字3100000科学记数法可以表示为（）A．3.1×105B．31×105C．0.31×107D．3.1×1064．如图，跷跷板AB的支柱OD经过它的中点O，且垂直于地面BC，垂足为D，OD＝0.5m，当它的一端B着地时，另一端A离地面的高度AC为（）A．1.25m B．1 m C．0.75 m D．0.50 m5．如图，将△OAB绕O点逆时针旋转60°得到△OCD，若OA＝4，∠AOB＝35°，则下列结论错误的是（）A．∠BDO＝60°B．∠BOC＝25°C．OC＝4D．BD＝46．如图是根据某班40名同学一周的体育锻炼情况绘制的统计图，该班40名同学一周参加体育锻炼时间的中位数，众数分别是（）A．10.5，16B．8.5，16C．8.5，8D．9，87．一辆客车从酒泉出发开往兰州，设客车出发t小时后与兰州的距离为s千米，下列图象能大致反映s与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．8．若x＜y，则下列不等式中不成立的是（）A．x﹣1＜y﹣1B．3x＜3y C．＜D．﹣2x＜﹣2y 9．如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OA在x轴上，点A（10，0），sin∠COA ＝．若反比例函数y＝（k＞0，x＞0）经过点C，则k的值等于（）A．10B．24C．48D．50二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）10．函数y＝的自变量x的取值范围是．11．若x1、x2是一元二次方程x2﹣4x﹣3＝0的两个根，则x1x2的值是．12．从长度分别为3，4，6，9的四条线段中任选三条作边，能构成三角形的概率为．13．已知a，b，c是△ABC的三条边的长度，且满足a2﹣b2＝c（a﹣b），则△ABC一定是三角形．14．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，∠A＝60°，点E为AD边上一点，连接BD、CE，CE与BD交于点F，且CE∥AB，若AB＝8，CE＝6，则BC的长为．15．一组按规律排列的式子：，，，，，…，其中第7个式子是，第n个式子是（用含的n式子表示，n 为正整数）．16．如图，已知l1∥l2∥l3，相邻两条平行直线间的距离相等．若等腰直角三角形ABC的直角顶点C在l1上，另两个顶点A、B分别在l3、l2上，则tanα的值是．17．已知函数y＝kx2+2kx+1，当﹣3≤x≤2时，函数有最大值为4，则k ＝．三．解答题（共10小题，满分96分）18．（1）计算﹣（﹣1）0+12×3﹣1﹣|﹣5|（2）化简1﹣．19．解下列关于x的不等式组，并把解集表示在数轴上，写出其正整数解．20．如图，一艘轮船以每小时40海里的速度在海面上航行，当该轮船行驶到B处时，发现灯塔C在它的东北方向，轮船继续向北航行，30分钟后到达A处，此时发现灯塔C在它的北偏东75°方向上，求此时轮船与灯塔C的距离．（结果保留根号）21．某校组织全校1400名学生进行了“八礼四仪”掌握情况问卷测试．为了解成绩的分布情况，随机抽取了部分学生的成绩（得分取整数．满分为100分），并绘制了频数分布表和频数分布直方图（不完整）．分组50.5≤x＜60.560.5≤x＜70.570.5≤x＜80.580.5≤x＜90.590.5≤x＜100.5合计频数2048a104148400根据所给信息，回答下列问题：（1）频数分布表中，a＝．（2）补全频数分布直方图；（3）学校将对分数x在90.5≤x＜100.5范围内的学生进行奖励，请你估算出全校获奖学生的人数．22．为了做好防控H1N1甲型流感工作，我县卫生局准备从甲、乙、丙三位医生和A、B两名护士中选取一位医生和一名护士指导某乡镇预防H1N1甲型流感工作．（1）若随机选一位医生和一名护士，用树状图（或列表法）表示所有可能出现的结果．（2）求恰好选中医生甲和护士A的概率．23．如图，等腰△ABC内接于半径为5的⊙O，AB＝AC，tan∠ABC＝．求BC的长．24．已知：如图，四边形ABCD是正方形，∠PAQ＝45°，将∠PAQ绕着正方形的顶点A 旋转，使它与正方形ABCD的两个外角∠EBC和∠FDC的平分线分别交于点M和N，连接MN．（1）求证：△ABM∽△NDA；（2）连接BD，当∠BAM的度数为多少时，四边形BMND为矩形，并加以证明．25．“龟兔赛跑”的故事同学们都非常熟悉，图中的线段OD和折线OABC表示“龟兔赛跑时路程与时间的关系，请你根据图中给出的信息，解决下列问题．（1）填空：折线OABC表示赛跑过程中（填“兔子”或“乌龟”）的路程与时间的关系，赛跑的全过程是米．（2）兔子在起初每分钟跑多少米？乌龟每分钟爬多少米？（3）乌龟用了多少分钟追上了正在睡觉的兔子？（4）兔子醒来后，以400米/分的速度跑向终点，结果还是比乌龟晚到了0.5分钟，请你算算兔子中间停下睡觉用了多少分钟．26．建立模型：（1）如图1，已知△ABC，AC＝BC，∠C＝90°，顶点C在直线l上．操作：过点A 作AD⊥l于点D，过点B作BE⊥l于点E，求证△CAD≌△BCE．模型应用：（2）如图2，在直角坐标系中，直线l1：y＝x+8与y轴交于点A，与x轴交于点B，将直线l1绕着点A顺时针旋转45°得到l2．求l2的函数表达式．（3）如图3，在直角坐标系中，点B（10，8），作BA⊥y轴于点A，作BC⊥x轴于点C，P是线段BC上的一个动点，点Q（a，2a﹣6）位于第一象限内．问点A、P、Q能否构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若能，请求出此时a的值，若不能，请说明理由．27．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+2x﹣与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D，对称轴与x轴交于点E，直线CE交抛物线于点F（异于点C），直线CD交x轴交于点G．（1）如图1，求直线CE的解析式和顶点D的坐标；（2）如图1，点P为直线CF上方抛物线上一点，连接PC、PF，当△PCF的面积最大时，点M是过P垂直于x轴的直线l上一点，点N是抛物线对称轴上一点，求FM+MN+NO 的最小值；（3）如图2，过点D作DI⊥DG交x轴于点I，将△GDI沿射线GB方向平移至△G′D′I′处，将△G′D′I′绕点D′逆时针旋转α（0＜α＜180°），当旋转到一定度数时，点G′会与点I重合，记旋转过程中的△G′D′I′为△G″D′I″，若在整个旋转过程中，直线G″I″分别交x轴和直线GD′于点K、L两点，是否存在这样的K、L，使△GKL为以∠LGK为底角的等腰三角形？若存在，求此时GL的长．参考答案与试题解析一．选择题（共9小题，满分27分，每小题3分）1．解：|+0.01|＝0.01，|﹣0.02|＝0.02，|﹣0.03|＝0.03，|+0.04|＝0.04，0.04＞0.03＞0.02＞0.01，绝对值越小越接近标准．所以最接近标准质量是1号乒乓球．故选：A．2．解：从俯视图可以看出直观图的下面部分为三个长方体，且三个长方体的宽度相同．只有D满足这两点，故选：D．3．解：3100000＝3.1×106，故选：D．4．解：∵O是AB的中点，OD垂直于地面，AC垂直于地面，∴OD是△ABC的中位线，∴AC＝2OD＝2×0.5＝1（m）．故选：B．5．解：∵△OAB绕O点逆时针旋转60°得到△OCD，∴∠AOC＝∠BOD＝60°，AO＝CO＝4、BO＝DO，故C选项正确；则△AOC、△BOD是等边三角形，∴∠BDO＝60°，故A选项正确；∵∠AOB＝35°，∠AOC＝60°，∴∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝60°﹣35°＝25°，故B选项正确；故选：D．6．解：将这组数据从小到大的顺序排列后，处于中间位置的那个数，由中位数的定义可知，这组数据的中位数是9；众数是一组数据中出现次数最多的数，即8；故选：D．7．解：根据出发时与终点这两个特殊点的意义，图象能大致反映s与t之间的函数关系的是应选A．故选：A．8．解：若x＜y，则x﹣1＜y﹣1，选项A成立；若x＜y，则3x＜3y，选项B成立；若x＜y，则＜，选项C成立；若x＜y，则﹣2x＞﹣2y，选项D不成立，故选：D．9．解：如图，过点C作CE⊥OA于点E，∵菱形OABC的边OA在x轴上，点A（10，0），∴OC＝OA＝10，∵sin∠COA＝＝．∴CE＝8，∴OE＝＝6∴点C坐标（6，8）∵若反比例函数y＝（k＞0，x＞0）经过点C，∴k＝6×8＝48故选：C．二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）10．解：根据题意知3﹣2x≠0，解得：x≠，故答案为：x≠．11．解：∵x1、x2是一元二次方程x2﹣4x﹣3＝0的两个根，∴x1x2＝﹣3．故答案为﹣3．12．解：从长度分别为3，4，6，9的四条线段中任取三条的所有可能性是：（3，4，6）、（3，4，9）、（3，6，9）、（4，6，9），能组成三角形的可能性是：（3，4，6）、（4，6，9），∴能组成三角形的概率为：＝，故答案为．13．解：由a2﹣b2＝c（a﹣b），（a+b）（a﹣b）＝c（a﹣b），（a+b）（a﹣b）﹣c（a﹣b）＝0，（a﹣b）（a+b﹣c）＝0，∵三角形两边之和大于第三边，即a+b＞c，∴a+b﹣c≠0，∴a﹣b＝0，即a＝b，即△ABC一定是等腰三角形．故答案为：等腰．14．解：如图，连接AC交BD于点O∵AB＝AD，BC＝DC，∠A＝60°，∴AC垂直平分BD，△ABD是等边三角形∴∠BAO＝∠DAO＝30°，AB＝AD＝BD＝8，BO＝OD＝4∵CE∥AB∴∠BAO＝∠ACE＝30°，∠CED＝∠BAD＝60°∴∠DAO＝∠ACE＝30°∴AE＝CE＝6∴DE＝AD﹣AE＝2∵∠CED＝∠ADB＝60°∴△EDF是等边三角形∴DE＝EF＝DF＝2∴CF＝CE﹣EF＝4，OF＝OD﹣DF＝2∴OC＝＝2∴BC＝＝215．解：∵＝（﹣1）2•，＝（﹣1）3•，＝（﹣1）4•，…∴第7个式子是，第n个式子为：．故答案是：，．16．解：如图，过点A作AD⊥l1于D，过点B作BE⊥l1于E，设l1，l2，l3间的距离为1，∵∠CAD+∠ACD＝90°，∠BCE+∠ACD＝90°，∴∠CAD＝∠BCE，在等腰直角△ABC中，AC＝BC，在△ACD和△CBE中，，∴△ACD≌△CBE（AAS），∴CD＝BE＝1，∴DE＝3，∴tan∠α＝．故答案为：．17．解：∵函数y＝kx2+2kx+1＝k（x+1）2﹣k+1，当﹣3≤x≤2时，函数有最大值为4，∴该函数的对称轴是直线x＝﹣1，当k＜0时，x＝﹣1时，函数取得最大值，即﹣k+1＝4，得k＝﹣3；当k＞0时，x＝2时，函数取得最大值，即9k﹣k+1＝4，解得，k＝，故答案为：﹣3或．三．解答题（共10小题，满分96分）18．解：（1）原式＝8﹣1+12×﹣5＝8﹣1+4﹣5＝6；（2）原式＝1﹣•＝1﹣＝＝﹣．19．解：解不等式①得：x＜3，解不等式②得：x≥﹣，故不等式组的解集为﹣≤＜3，将不等式解集表示在数轴上如下图所示：故正整数解为1，2．20．解：过点A作AD⊥BC于点D．由题意，AB＝×40＝20（海里）∵∠PAC＝∠B+∠C，∴∠C＝∠PAC﹣∠B＝75°﹣45°＝30°，在Rt△ABD中，sin B＝，∴AD＝AB•sin B＝20×＝10（海里），在Rt△ACD中，∵∠C＝30°，∴AC＝2AD＝20（海里），答：此时轮船与灯塔C的距离为20海里．21．解：（1）a＝400﹣（20+48+104+148）＝80，故答案为：80；（2）补全频数分布直方图如下：（3）1400×＝518（人），答：估计全校获奖学生的人数为518人．22．解：（1）用列表法表示所有可能结果如下：（2）共有6种等可能情形，恰好选中医生甲和护士A只有一种情形，P（恰好选中医生甲和护士A）＝，∴恰好选中医生甲和护士A的概率是．23．解：连接AO，交BC于点E，连接BO，∵AB＝AC，∴＝，又∵OA是半径，∴OA⊥BC，BC＝2BE，在Rt△ABE中，∵tan∠ABC＝，∴＝，设AE＝x，则BE＝3x，OE＝5﹣x，在Rt△EO中，BE2+OE2＝OB2，∴（3x）2+（5﹣x）2＝52，解得：x1＝0（舍去），x2＝1，∴BE＝3x＝3，∴BC＝2BE＝6．24．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠ADC＝∠BAD＝90°，∵BM、DN分别是正方形的两个外角平分线，∴∠ABM＝∠ADN＝135°，∵∠MAN＝45°，∴∠BAM＝∠AND＝45°﹣∠DAN，∴△ABM∽△NDA；（2）解：当∠BAM＝22.5°时，四边形BMND为矩形；理由如下：∵∠BAM＝22.5°，∠EBM＝45°，∴∠AMB＝22.5°，∴∠BAM＝∠AMB，∴AB＝BM，同理AD＝DN，∵AB＝AD，∴BM＝DN，∵四边形ABCD是正方形∴∠ABD＝∠ADB＝45°，∴∠BDN＝∠DBM＝90°∴∠BDN+∠DBM＝180°，∴BM∥DN∴四边形BMND为平行四边形，∵∠BDN＝90°，∴四边形BMND为矩形．25．解：（1）∵乌龟是一直跑的而兔子中间有休息的时刻，∴折线OABC表示赛跑过程中兔子的路程与时间的关系；由图象可知：赛跑的全过程为1500米；故答案为：兔子，1500；（2）结合图象得出：兔子在起初每分钟跑700÷2＝350（米），乌龟每分钟爬1500÷50＝30（米）．（3）700÷30＝（分钟），所以乌龟用了分钟追上了正在睡觉的兔子．（4）∵兔子跑了700米停下睡觉，用了2分钟，∴剩余800米，所用的时间为：800÷400＝2（分钟），∴兔子睡觉用了：50.5﹣2﹣2＝46.5（分钟）．所以兔子中间停下睡觉用了46.5分钟．26．解：（1）如图1，∵∠ACD+∠BCE＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，∴∠ACD＝∠CBE．在△ACD和△CBE中，∴△CAD≌△BCE（AAS）；（2）∵直线y＝x+8与y轴交于点A，与x轴交于点B，∴A（0，8）、B（﹣6，0），如图2，过点B做BC⊥AB交直线l2于点C，过点C作CD⊥x轴，在△BDC和△AOB中，∴△BDC≌△AOB（AAS），∴CD＝BO＝6，BD＝AO＝8，∴OD＝OB+BD＝6+8＝14，∴C点坐标为（﹣14，6），设l2的解析式为y＝kx+b，将A，C点坐标代入，得，解得，∴l2的函数表达式为y＝x+8；（3）∵点Q（a，2a﹣6），∴点Q是直线y＝2x﹣6上一点，当点Q在AB下方时，如图3，过点Q作EF⊥y轴，分别交y轴和直线BC于点E、F．在△AQE和△QPF中，∴△AQE≌△QPF（AAS），∴AE＝QF，即8﹣（2a﹣6）＝10﹣a，解得a＝4；当点Q在线段AB上方时，如图4，过点Q作EF⊥y轴，分别交y轴和直线BC于点E、F，则AE＝2a﹣14，FQ＝10﹣a．在△AQE和△QPF中，∴△AQE≌△QPF（AAS），AE＝QF，即2a﹣14＝10﹣a，解得a＝8；综上可知，A、P、Q可以构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，a的值为4或8．27．解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+2x﹣与y轴交于点C，∴C（0，﹣），∵y＝﹣x2+2x﹣＝﹣（x﹣2）2+，∴顶点D（2，），对称轴x＝2，∴E（2，0），设CE解析式y＝kx+b，∴，解得：，∴直线CE的解析式：y＝x﹣；（2）∵直线CE交抛物线于点F（异于点C），∴x﹣＝﹣（x﹣2）2+，∴x1＝0，x2＝3，∴F（3，），过P作PH⊥x轴，交CE于H，如图1，设P（a，﹣a2+2a﹣）则H（a，a﹣），∴PH＝﹣a2+2a﹣﹣（a﹣），＝﹣a2+，＝PH×3＝﹣a2+，∵S△CFP∴当a＝时，S面积最大，△CFP如图2，作点M关于对称轴的对称点M'，过F点作FG∥MM'，FG＝1，即G（4，），∵M的横坐标为，且M与M'关于对称轴x＝2对称，∴M'的横坐标为，∴MM'＝1，∴MM'＝FG，且FG∥MM'，∴FGM'M是平行四边形，∴FM＝GM'，∴FM+MN+ON＝GM'+NM'+ON，根据两点之间线段最短可知：当O，N，M'，G四点共线时，GM'+NM'+ON的值最短，即FM+MN+ON的值最小，∴FM+MN+ON＝OG＝＝；（3）如图3，设CD解析式y＝mx+n，则，解得：，∴CD解析式y＝x﹣，∴当y＝0时，x＝1．即G（1，0），∴DG＝＝2，∵tan∠DGI＝＝，∴∠DGI＝60°，∵DI⊥DG，∴∠GDI＝90°，∠GID＝30°，∴GI＝2DG＝4∴I（5，0），∵将△GDI沿射线GB方向平移至△G′D′I′处，将△G′D′I′绕点D′逆时针旋转α（0＜α＜180°），当旋转到一定度数时，点G′会与点I重合，连接D'I，∴G'D'＝D'I＝DG＝2，∠D'G'I＝∠DGI＝60°，∴△G'D'I是等边三角形，∴G'I＝2，G'K＝2D'G'＝4，∴G'（3，0），如图4，当G''与I、K重合，△GKL为以∠LGK为底角的等腰三角形，∠LGK＝∠GLK ＝30°，∴GL＝D'G+D'L＝4；如图5，L与G''重合，△GKL为以∠LGK为底角的等腰三角形，∴GL＝GD'+D'L＝2+2综上，GL的长为4或2+2．。
2020-2021学年辽宁省抚顺市中考数学模拟试卷(五)及答案解析
∴红球有9×5=45（个），
故选：A．
【点评】本题考查的是通过样本去估计总体，只需将样本“成比例地放大”为总体即可．
8．如图，在△ABC中，点D在边AB上，BD=2AD，DE∥BC交AC于点E，若线段DE=5，则线段BC的长为（ ）
A．7.5B．10C．15D．20
【考点】相似三角形的判定与性质．
9．如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是BC边上的一个动点，AE⊥EF，EF交DC于F，设BE=x，FC=y，则当点E从点B运动到点C时，y关于x的函数图象是（ ）
A． B． C． D．
【考点】动点问题的函数图象．
【专题】压轴题．
【分析】通过设出BE=x，FC=y，且△AEF为直角三角形，运用勾股定理得出y与x的关系，再判断出函数图象．
A． B． C． D．
10．如图，已知△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=4，∠BCD=15°，P为CD上的动点，则|PA﹣PB|的最大值是（ ）
A．4B．5C．6D．8
二、填空题：每小题3分，共24分．
11．不等式组 的整数解是．
12．计算：2×（ ﹣1）0﹣12015+ 的值为．
13．函数 的自变量x的取值范围是．
【分析】根据主视图的定义，找到从正面看所得到的图形即可．
【解答】解：从物体正面看，左边1列、右边1列上下各一个正方形，且左右正方形中间是虚线，
故选：C．
【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图，解答时学生易将三种视图混淆而错误的选其它选项．
6．学校准备设计一款女生校服，对全校女生喜欢的颜色进行了问卷调查，统计如下表所示：
辽宁省抚顺市中考数学模拟试卷（五）
一、选择题：每小题3分，共30分，在四个选项中只有一项是正确的．
2020-2021学年江苏省宿迁市中考数学模拟试卷(3)及答案解析
江苏省宿迁市中考数学模拟试卷（3）一、选择题1.以下方程中，一定是关于x的一元二次方程的是（）A. aX2+bx+c=0B. 2x2+3x=2x （x-1）C. （k2+1） x2-2x=6D. x2-篇+1=02.下列下列说法中，正确的是（）A.平分一条直径的弦必垂直于这条直径B.平分一条弧的直线垂直于这条弧所对的弦C.弦的垂线必经过这条弦所在圆的圆心D.在一个圆内平分一条弧和平分它所对的弦的直线必经过这个圆的圆心3.点P到。
上各点的最大距离为5,最小距离为1,则。
的半径为（）A. 2B. 4C. 2 或3D. 4 或64.在平面直角坐标系中，以点（2, 1）为圆心，1为半径的圆，必与（）A. x轴相交B. y轴相交C. x轴相切D. y轴相切5.边长为a的正六边形的内切圆的半径为（）A. 2aB. aC. ।D.二、6.边长为4的正方形的外接圆与内切圆组成的圆环的面积为（）A. 2 冗B. 4 冗C. 8 冗D. 16 冗7 .关于x 的一元二次方程x - mx+2m- 1=0的两个实数根分别是x 1、X 2,且X i +% =7, 则（xi - x2）2的值是（ ）A. 1B. 12C. 13D. 258 .如图，已知。
过正方形ABCD 的顶点A 、B,且与CD 边相切，若正方形的边长 为2,则圆的半径为（ ）A B I" C .当D.19 .如图，王虎使一长为4cm,宽为3cm 的长方形木板，在桌面上做无滑动的翻滚（顺 时针方向）木板上点A 位置变化为A 一A-A,其中第二次翻滚被桌面上一小木块挡 住，使木板与桌面成30°角，则点A 翻滚到A 2位置时共走过的路径长为（ ）A. 10cmB. 4 2mC.10 .已知等腰△ ABC 的三个顶点都在半径为5的。
上，如果底边BC 的长为8,那、填空题么BC边上的高为11.方程d定二x的根是12.如图，在直角坐标系中，以点P为圆心的圆弧与x轴交于A、B两点，已知P (4, 2)和A (2, 0),则点B的坐标是13.如图，是一个隧道白截面，如果路面AB宽为8米，净高CD为8米，那么这个隧道所在圆的半径OA是米.14.如图，在RtAABC中，/C=90°, AC=4, BC=2,分别以AC、BC为直径画半圆,则图中阴影部分的面积为(结果保留九)15.半径相等的圆内接正三角形、正方形、正六边形的边长之比为16.如图所示，小华从一个圆形场地的A点出发，沿着与半径OA夹角为a的方向行走，走到场地边缘B后，再沿着与半径OB夹角为a的方向折向行走.按照这种方式,小华第五次走到场地边缘时处于弧AB上，此时/ AOE=56,则a的度数是三、解答题(共52分)17.用恰当的方法解下列方程(1)x2- 10x+25=7(2)3x (x- 1) =2- 2x.18. 一根横截面为圆形的下水管道的直径为1米，管内有少量的污水(如图)，此时的水面宽AB为0.6米.(1)求此时的水深(即阴影部分的弓形高)；(2)当水位上升到水面宽为0.8米时，求水面上升的高度.19.已知：如图，△ ABC中，AC=BC以BC为直径的。
2020-2021学年湖北省黄冈九年级中考模拟数学试题(C)及答案解析
黄冈教育网中考模拟试题数学C 卷试卷总分：120分 考试时间：120分钟第I 卷(选择题 共24分)一、选择题(本大题共8小题，每小题3分，共24分)1. 2-是2的( ) A ．相反数B ．倒数C ．绝对值D ．算术平方根2. 多项式2321xy xy -+的次数及最高次项的系数分别是( ) A ．3 3-， B ．3 2-， C ．3 5-， D ．3 2，3. 计算14893-的结果是( ) A ．3- B ．3 C ．1133-D ．1133- 4. 在一个可以改变体积的密闭容器内装有一定质量的某种气体，当改变容器的体积时，气体的密度也会随之改变，密度ρ(单位：kg/ m 3)与体积v(单位：m 3)满足函数关系式ρ＝vk(k 为常数，k ≠0)其图象如图所示，则k 的值为( ) A ．9 B ．－9 C ．4 D ．－4A (6,1.5)yρ O第4题图EA BC D F第5题图ABCD EPQ5. 如图，AB ∥CD ，∠A ＋∠E ＝75°，则∠C 为( ) A ．60° B ．65°C ．75°D ．80°6. 如图，△ABC 的周长为26，点D ，E 都在边BC 上，∠ABC 的平分线垂直于AE ，垂足为Q ，∠ACB 的平分线垂直于AD ，垂足为P.若BC ＝10，则PQ 的长为( )A ．23 B ．25C ．3D ．4 7. 如图，所示的几何体的主视图、左视图、俯视图中有两个视图是相同的，则不同的视图是( )D.C.B.A.8. 如图，水平地面上有一面积为230cm π的扇形AOB ，半径OA ＝6cm ，且OA 与地面垂直.在没有滑动的情况下，将扇形向右滚动至OB 与地面垂直为止，则O 点移动的距离为( ) A 、20cm B 、24cm C 、10cm π D 、30cm πB O O A第6题图第Ⅱ卷(非选择题 共96分)二、填空题(本大题共7小题，每小题3分，共21分)9. 明明同学在“百度”搜索引擎中输入“钓鱼岛最新消息”，能搜索到与之相关的结果个数约为4 680 000，这个数用科学记数法表示为__________. 10. 因式分解：2442x y x y -＝ .11. 如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，若正方形A 、B 、C 、D 的面积分别为2，5，1，2.则最大的正方形E 的面积是____.12. 如图，P 为平行四边形ABCD 边AD 上一点，E ，F 分别是PB ，PC 的中点，△PEF ，△PDC ，△PAB 的面积分别为S ，S 1，S 2，若S ＝2，则S 1＋S 2＝ 13..若关于x 的方程15102x mx x-=--无解，则m ＝ .14. 如图，在Rt AOB ∆中，OA OB ==，⊙O 的半径为1，点P 是AB 边上的动点，过点P作⊙O 的一条切线PQ(点Q 为切点)，则切线长PQ 的最小值为.(第11题图)第14题图ABDPFE第12题图15.观察下列运算过程：2320122013133333S =++++++L L ①， ①×3得2320132014333333S =+++++L L ②，②－①得2014201431231,2S S -=-=.通过上面计算方法计算2320122013155555++++++L L ＝ ________.三．解答题（本大题共10小题，满分共75分）16. （本小题5分）已知关于x ，y 的方程组7234mx ny mx ny +=⎧⎨-=⎩的解为12x y =⎧⎨=⎩，求m ，n 的值；17. （本小题5分）小丽为校合唱队购买某种服装时，商店经理给出了如下优惠条件，如果一次性购买不超过10件，单价为80元；如果一次性购买多于10件，那么每增加1件，购买的所有服装的单价降低2元，但单价不得低于50元，按此优惠条件，小丽一次性购买这种服装付了1200元，请问她购买了多少件这种服装？18. （本小题6分）如图，在四边形ABCD 中，AB ＝BC ，对角线BD 平分∠ABC ，P 是BD 上一点，过点P 作PM ⊥AD ，PN ⊥CD ．垂足分别为M 、N.(1)求证：∠ADB ＝∠CDB ；(2)若∠ADC ＝90°，求证：四边形MPND 是正方形.19. （本小题8分）甲、乙两地之间有一条笔直的公路L ，小明从甲地出发沿公路L 步行前往乙地，同时小亮从乙地出发沿公路L 骑自行车前往甲地，小亮到达甲地停留一段时间，原路原速返回，追上小明后两人一起步行到乙地，设小明与甲地的距离为y 1米，小亮与甲地的距离为y 2米，小明与小亮之间的距离为s 米，小明行走的时间为x 分钟，y 1 、y 2与x 之间的函数图象如图1所示，s 与x 之间的函数图象(部分)如图2所示.(1)求小亮从乙地到甲地过程中y 2(米)与x(分钟)之间的函数关系式；(2)求小亮从甲地返回到与小明相遇的过程中s (米)与x(分钟)之间的函数关系式； (3)在图2中，补全整个过程中s (米)与x(分钟)之间的函数图象，并确定a 的值.ABD P MN(第18题)20. （本小题6分）为了从甲.乙两名选手中选拔一个参加射击比赛，现对他们进行一次测验，两个人在相同条件下各射靶10次，为了比较两人的成绩，制作了如下统计图表：图1 甲、乙射击成绩统计表))(1)请补全上述图表(请直接在表中填空和补全折线图)；(2)如果规定成绩较稳定者胜出，你认为谁应胜出？说明你的理由；(3)如果希望(2)中的另一名选手胜出，根据图表中的信息，应该制定怎样的评判规则？为什么？21. （本小题6分）如图，有A 、B 两个可以自由转动的转盘，指针固定不动，转盘各被等分成三个扇形，并分别标上－1，2，3和－4，－6，8这6个数字.同时转动两个转盘各一次(指针落在等分线上时重转)，转盘自由停止后，A 转盘中指针指向的数字记为x ，B 转盘中指针指向的数字记为y ，点Q 的坐标记为Q(x ，y).(1)用列表法或树状图表示(x ，y)所有可能出现的结果； (2)求出点Q (x ，y)落在第四象限的概率.乙甲y x命中环数射击次数123456789100109876543212－1 3－4－68AB22. （本小题9分）如图，AB 为O ⊙的直径，点C 为O ⊙上一点，若∠BAC=∠CAM ，过点C 作直线l 垂直于射线AM ，垂足为点D ．（1）试判断CD 与O ⊙的位置关系，并说明理由；（2）若直线l 与AB 的延长线相交于点E ，O ⊙的半径为3，并且30CAB °∠=．求CE 的长．A23. （本小题7分）图1是某希望小学放心食堂售饭窗口外遮雨棚的示意图(尺寸如图所示)，遮雨棚顶部是圆柱侧面的一部分，其展开图是矩形.图2是遮雨朋顶部截面的示意图，»AB 所在圆的圆心为O.遮雨棚顶部是用一种帆布覆盖的，求覆盖遮雨棚顶的帆布的面积(不考虑接缝等因素，计算结果保留π).24. （本小题9分）研究所对某种新型产品的产销情况进行了研究，为投资商在甲、乙两地生产并销售该产品提供了如下成果：第一年的两地年产量为x (吨)时，甲乙两地的生产费用y (万元)与x 满足关系式均为2155010y x x =++，投入市场后当年能全部售出，且在甲、乙两地每吨的售价p 甲，p 乙(万元)均与x 满足一次函数关系.(注：年利润＝年销售额－全部费用)(1)成果表明，在甲地生产并销售x吨时，11420p x=-+甲，请你用含x的代数式表示甲地当年的年销售额，并求年利润w甲(万元)与x之间的函数关系式；(2)成果表明，在乙地生产并销售x吨时，110p x n=-+乙(n为常数)，且在乙地当年的最大年利润为30万元.试确定n的值；(3)受资金、生产能力等多种因素的影响，某投资商计划第一年生产并销售该产品15吨，根据⑴⑵问题中的条件，请你通过计算帮他决策，在甲地、乙地分别产销多少吨可获得最大年利润？最大年利润是多少？25. （本小题14分）如图，等腰梯形ABCD的底边AB在x轴上，且点A与原点O重合，点B坐标为(820)，点D坐标为(3232，点E为AB2个单位的速度由A向B运动，运动时间为t，将射线ED绕E点顺时针旋转45°交BC于F点.⑴求经过A、C、D三点的抛物线；⑵求出线段BF的最大值；⑶若△ADE为等腰三角形，求t值；⑷在直线BC上取一点P，求DE＋EP的最小值.备用图黄冈教育网中考数学模拟试卷C答案9. 4.68×106. 10. x2y2(x＋y)(x－y) 11. 10 12. 8 13.－814.15. 2014514-16. 把12x y =⎧⎨=⎩代入原方程组得27264m n m n +=⎧⎨-=⎩，解得51m n =⎧⎨=⎩. 17. 解：因为80×10＝800(元)＜1200元，所以小丽买的服装数大于10件. 设她购买了x 件这种服装，根据题意得x ［80－2(x －10)］＝1200解得x 1＝20 ， x 2＝30 因为 1200÷50＝24＜30 所以 x 2＝30不合题意，舍去 答：她购买了20件这种服装. 18. 证明：(1)∵BD 平分∠ABC ，∴∠ABD ＝∠CBD ． 又∵BA ＝BC ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CBD ． ∴∠ADB ＝∠CDB ．(2)∵PM ⊥AD ，PN ⊥CD ， ∴∠PMD ＝∠PND ＝90° 又∵∠ADC ＝90°， ∴四边形MPND 是矩形.∵∠ADB ＝∠CDB ，PM ⊥AD ，PN ⊥CD ， ∴PM ＝PN.∴四边形MPND 是正方形19. (1)解：设小亮从乙地到甲地过程中y 2(米)与x(分钟)之间的函数关系式为y 2＝kx ＋b ，将点(0，2000)、(10，0)代入，得⎩⎨⎧=+=0102000b k b ，解得⎩⎨⎧-==2002000k b ∴所求解析式为y 2＝—200x ＋2000(0≤x ≤10)(2)解：小明的速度为2000÷40＝50米/分小亮的速度为2000÷10＝200米/分 根据题意得200(x —24)＝50x 解得 x ＝32所以当24＜x ≤32时s ＝50x —200(x —24)＝ —150x ＋4800 (3)当x ＝24时，s ＝—150×24＋4800＝1200，当x ＝32时，s ＝—150×32＋4800＝0，∴图象的两个端点为(24，1200)、(32，0).补全图象如下图：根据题意得50a ＋200a ＝2000 解得 a ＝820. (1)根据折线统计图得乙的射击成绩为：2，4，6，7，7，8，8，9，9，10， 则平均数为1010998778642+++++++++＝7(环)，中位数为7.5环，方差为101 [(2－7)2＋(4－7)2＋(6－7)2＋(8－7)2＋(7－7)2＋(7－7)2＋(8－7)2＋(9－7)2＋(9－7)2＋(10－7)2]＝5.4(环)；甲的射击成绩为9，6，7，6，2，7，7，8，9，平均数为7，1200图2Ｓ(米)24··则甲第八环成绩为70－(9＋6＋7＋6＋2＋7＋7＋8＋9)＝9(环)，中位数为7， 方差为101 [(9－7)2＋(6－7)2＋(7－7)2＋(6－7)2＋(2－7)2＋(7－7)2＋(7－7)2＋(9－7)2＋(8－7)2＋(9－7)2]＝4(环)，补全如下：甲、乙射击成绩统计表平均数中位数方差命中10环的次数甲 7 7 4 0乙 7 7.5 5.4 1图8－Y －13(2)由甲的方差小于乙的方差，得到甲胜出；(3)若希望乙胜出，可以将规则定为命中10环次数多的胜出，因为乙命中10环为1次，而甲没有，所以乙胜出.21. 【解答过程】(1)列表如下：画树状图如下：(2)由(1)中的表格或树状图可知：点Q 出现的所有可能结果有9种，位于第四象限的结果有2种，∴点Q (x ，y)落在第四象限的概率为29. 22.解：（1）直线CD 与⊙O 相切． 理由如下：连接OC ． ∵OA=OC ，∴∠BAC=∠OCA∵∠BAC=∠CAM ，∴∠OCA=∠CAM ． ∴OC ∥AM ，∵CD ⊥AM ．∴OC ⊥CD ，∴直线CD 与O ⊙相切． （2）解：∵30CAB °∠=∴∠COE=2∠CAB=60︒∴在Rt △COE 中，OC=3，CE=OC ·tan 60︒=33．23. 解：连结OB ，过点O 作OE ⊥AB ，垂足为E ，交»AB 于F ，如图1.ABECD OMl由垂径定理，可知： E 是AB 中点，F 是»AB 中点， ∴EF 是弓形高 . ∴AE ＝=AB 2123，EF ＝2. 设半径为R 米，则OE ＝(R －2)米.在Rt △AOE 中，由勾股定理，得 R 2＝22)32()2(+-R . 解得 R ＝4.∵sin ∠AOE ＝23=OA AE ， ∴ ∠AOE ＝60°， ∴∠AOB ＝120°. ∴ »AB 的长为1804120π⨯＝38π.∴帆布的面积为38π×60＝160π(平方米).24.解：(1)甲地当年的年销售额为211420x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭万元； 2395020w x x =-+-甲. (2)在乙地区生产并销售时，年利润222111550(5)5010105w x nx x x x n x ⎛⎫=-+-++=-+-- ⎪⎝⎭乙. 由214(50)(5)530145n ⎛⎫⨯-⨯--- ⎪⎝⎭=⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭，解得n ＝13或－3. 经检验，n ＝－3不合题意，舍去，n ＝13.· 图1E O A(3)在乙地区生产并销售时，年利润218505w x x =-+-乙，设在甲地区生产并销售m 吨，第一年总利润为w ，则()()2231=9501581550205W W W m m m m ⎡⎤⎡⎤=+-+-+--+--⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦甲乙＝()27101020x --+ 则在甲地产销10吨、乙地产销5吨时，总利润最大且为10万元.25. 解：⑴如图，过D 作DD ′⊥AB 于D ′，过C 作CC ′⊥AB 于C ′，可求得BC ′＝OD ′＝CC ′＝DD ′＝D ′C ′＝DC＝，则C 点坐标为(0)，运用待定系数法求得过A 、C 、D 三点的抛物线为28105y x x =-+⑵计算知∠CBA ＝∠DAB ＝∠DEF ＝45°，∠1＋∠2＝135°，∠2＋∠3＝135°，所以∠1＝∠3，△ADE∽△BEF ，则AD AE BE BF =，设BF ＝y y =，化简得：21833y t t =-+，配方得()2116433y t =--+，当t ＝4时，y 有最大值且为163，即BF 最大为163⑶由上图计算知AD AD ′＝6，∠BAD ＝45°；① 当ED ＝EA 时(如点E1)，则∠E 1AD ＝∠E 1DA ＝45°，DE 1⊥AB ，则E 1与上图中的D ′重合，故OE 1＝t＝＝3；② 当AD ＝AE 时(如点E 2)，则AE 2＝AD ＝6，t ＝6＝ ③ 当DA ＝DE 时(如点E 3)，由“三线合一”得AE 3＝2AE 1＝＝6 综上所述，当t ＝3，6时，△ADE 是等腰三角形.⑷作点D 关于x 轴的对称点D ′，过D ′作D ′P ⊥CB 于P ，连接D ′P 交OB 于点E ，由轴对称知DE ＋EP ＝D ′E＋EP ＝D ′P ，由垂线段最短知此时D ′P 最短，则DE＋EP 也最小.由∠CBO ＝45°，可推导D ′E＝D ′F＝DF ＝=6，BE=BF －FG ＝，EP ＝，所以D ′P ＝8，即DE ＋EP 最小值为8.。
2020-2021学年山东省威海市中考数学模拟试卷(5)及答案解析
山东省威海市中考数学模拟试卷（5）一、．选择题：本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确的选项选出来．每小题选对得3分，选错、不选或选出的答案超过一个均记零分1．下列各式中，不成立的是（）A．|﹣3|=3 B．﹣|3|=﹣3 C．|﹣3|=|3| D．﹣|﹣3|=32．计算（ab2）3的结果是（）A．ab5B．ab6C．a3b5D．a3b63．在实数﹣，0，，，，中，无理数有（）A．1个B．2个C．3个D．4个4．如图，AB是⊙O直径，∠AOC=130°，则∠D=（）A．65°B．25°C．15°D．35°5．如图是由四个小正方体叠成的一个立体图形，那么它的主视图是（）A．B．C．D．6．已知抛物线y=x2﹣x﹣1与x轴的一个交点为（m，0），则代数式m2﹣m+2014的值为（）A．2012 B．2013 C．2014 D．20157．如图，在△ABC中，已知∠C=90°，BC=3，AC=4，⊙O是内切圆，E，F，D分别为切点，则tan∠OBD=（）A．B．C．D．8．如图，在▱ABCD中，AC与BD交于点O，点E是BC边的中点，OE=1，则AB的长是（）A．1 B．2 C．D．49．某快餐店用米饭加不同炒菜配制了一批盒饭，配土豆丝炒肉的有25盒，配芹菜炒肉丝的有30盒，配辣椒炒鸡蛋的有10盒，配芸豆炒肉片的有15盒．每盒盒饭的大小、外形都相同，从中任选一盒，不含辣椒的概率是（）A．B．C．D．10．定义：如果一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）满足a+b+c=0，那么我们称这个方程为“凤凰”方程．已知ax2+bx+c=0（a≠0）是“凤凰”方程，且有两个相等的实数根，则下列结论正确的是（）A．a=c B．a=b C．b=c D．a=b=c11．如图，已知△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，三角形的顶点在相互平行的三条直线l1，l2，l3上，且l1，l2之间的距离为2，l2，l3之间的距离为3，则AC的长是（）A．B． C． D．712．如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），顶点坐标为（1，n），与y轴的交点在（0，2）、（0，3）之间（包含端点），则下列结论：①当x＞3时，y＜0；②3a+b＞0；③﹣1≤a≤﹣；④3≤n≤4中，正确的是（）A．①②B．③④C．①④D．①③二、填空题：本大题共6小题，共24分，只要求填写最后结果，每小题填对得4分．13．因式分解：x2﹣2xy+y2= ．14．将三角板（不是等腰的）顶点放置在直线AB上的O点处，使AB∥CD，则∠2的余弦值是．15．如图，△ABC中，AB=AC，∠A=30°，DE垂直平分AC，则∠BCD的度数为．16．方程x2﹣2x﹣1=0的解是．17．如图，点E在正方形ABCD内，满足∠AEB=90°，AE=6，BE=8，则阴影部分的面积是．18．猜数字游戏中，小明写出如下一组数：，，，，…，小亮猜想出第六个数字是，根据此规律，第n个数是．三、选修题、本小题满分6分，请在下列两个小题中，任选其一完成即可19．（1）解方程组：（2）解不等式组：．四、解答题：本大题共7个小题，满分54分．解答时请写出必要的演推过程．20．计算﹣2sin45°+（﹣2）﹣3+（）0．21．为了解学生的课余生活情况，某中学在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查．问卷中请学生选择最喜欢的课余生活种类（2007•台州）如图，△ABC内接于⊙O，点D在半径OB的延长线上，∠BCD=∠A=30°．（1）试判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若⊙O的半径长为1，求由弧BC、线段CD和BD所围成的阴影部分面积．（结果保留π和根号）23．海丰塔是无棣灿烂文化的象征（如图①），喜爱数学实践活动的小伟查资料得知：海丰塔，史称唐塔，原名大觉寺塔，始建于唐贞观十三年（公元639年），碑记为“尉迟敬德监建”，距今已1300多年，被誉为冀鲁三胜之一．小伟决定用自己所学习的知识测量海丰塔的高度．如图②，他利用测角仪站在B处测得海丰塔最高点P的仰角为45°，又前进了18米到达A处，在A处测得P的仰角为60°．请你帮助小伟算算海丰塔的高度．（测角仪高度忽略不计，≈1.7，结果保留整数）．24．如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，BD与AE、AF分别相交于G、H．（1）求证：△ABE∽△ADF；（2）若AG=AH，求证：四边形ABCD是菱形．25．我们把一个半圆与抛物线的一部分合成的封闭图形称为“蛋圆”，如果一条直线与“蛋圆”只有一个交点，那么这条直线叫做“蛋圆”的切线．如图，点A、B、C、D分别是“蛋圆”与坐标轴的交点，AB为半圆的直径，点M为圆心，A点坐标为（﹣2，0），B点坐标为（4，0），D点的坐标为（0，﹣4）．（1）你能求出经过点C的“蛋圆”切线的解析式吗？试试看；（2）请你求出“蛋圆”抛物线部分的解析式，并写出自变量x的取值范围．（3）你能求出经过点D的“蛋圆”切线的解析式吗？能，请写出过程，不能，请说明理由．山东省威海市中考数学模拟试卷（5）参考答案与试题解析一、．选择题：本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确的选项选出来．每小题选对得3分，选错、不选或选出的答案超过一个均记零分1．下列各式中，不成立的是（）A．|﹣3|=3 B．﹣|3|=﹣3 C．|﹣3|=|3| D．﹣|﹣3|=3【考点】绝对值．【分析】根据绝对值的意义选择．【解答】解：A中|﹣3|=3，正确；B中﹣|3|=﹣3，正确；C中|﹣3|=|3|=3，正确；D中﹣|﹣3|=﹣3，不成立．故选D．【点评】本题考查绝对值的化简：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．2．计算（ab2）3的结果是（）A．ab5B．ab6C．a3b5D．a3b6【考点】幂的乘方与积的乘方．【分析】根据积的乘方的性质进行计算，然后直接选取答案即可．【解答】解：（ab2）3=a3•（b2）3=a3b6．故选D．【点评】本题考查积的乘方，把积中的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘．3．在实数﹣，0，，，，中，无理数有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】无理数．【分析】根据无理数的三种形式求解．【解答】解：=3，=﹣2，无理数有：，，共2个．故选B．【点评】本题考查了无理数的知识，解答本题的关键是掌握无理数的三种形式：①开方开不尽的数，②无限不循环小数，③含有π的数．4．如图，AB是⊙O直径，∠AOC=130°，则∠D=（）A．65°B．25°C．15°D．35°【考点】圆周角定理．【专题】压轴题．【分析】先根据邻补角的定义求出∠BOC，再利用圆周角定理求解．【解答】解：∵∠AOC=130°，∴∠BOC=180°﹣∠AOC=180°﹣130°=50°，∴∠D=×50°=25°．故选B．【点评】本题利用了圆周角定理和邻补角的概念求解．5．如图是由四个小正方体叠成的一个立体图形，那么它的主视图是（）A．B．C．D．【考点】简单组合体的三视图．【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．【解答】解：从正面看易得第一层有3个正方形，第二层中间有1个正方形．故选C．【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．6．已知抛物线y=x2﹣x﹣1与x轴的一个交点为（m，0），则代数式m2﹣m+2014的值为（）A．2012 B．2013 C．2014 D．2015【考点】抛物线与x轴的交点．【分析】把x=m代入方程x2﹣x﹣1=0求得m2﹣m=1，然后将其整体代入代数式m2﹣m+2014，并求值．【解答】解：∵抛物线y=x2﹣x﹣1与x轴的一个交点为（m，0），∴m2﹣m﹣1=0，解得m2﹣m=1．∴m2﹣m+2014=1+2014=2015．故选：D．【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点．解题时，注意“整体代入”数学思想的应用，减少了计算量．7．如图，在△ABC中，已知∠C=90°，BC=3，AC=4，⊙O是内切圆，E，F，D分别为切点，则tan∠OBD=（）A．B．C．D．【考点】三角形的内切圆与内心；切线长定理．【专题】压轴题．【分析】首先根据切线的性质和切线长定理证得四边形OECD是正方形，那么AC+BC﹣AB即为2R（⊙O的半径R）的值，由此可得到OD、CD的值，进而可在Rt△OBD中求出∠OBD的正切值．【解答】解：∵BC、AC、AB都是⊙O的切线，∴CD=CE、AE=AF、BF=BD，且OD⊥BC、OE⊥AC；易证得四边形OECD是矩形，由OE=OD可证得四边形OECD是正方形；设OD=OE=CD=R，则：AC+BC﹣AB=AE+R+BD+R﹣AF﹣BF=2R，即R=（AC+BC﹣AB）=1，∴BD=BC﹣CD=3﹣1=2；在Rt△OBD中，tan∠OBD==．故选C．【点评】此题考查的是三角形的外切圆，切线长定理以及锐角三角形函数的定义，难度适中．8．如图，在▱ABCD中，AC与BD交于点O，点E是BC边的中点，OE=1，则AB的长是（）A．1 B．2 C．D．4【考点】平行四边形的性质；三角形中位线定理．【分析】由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角线互相平分，即可求得OC=OA，又由点E是BC边的中点，根据三角形中位线的性质，即可求得AB的长．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OC=OA，∵点E是BC边的中点，即BE=CE，∴OE=AB，∵OE=1，∴AB=2．故选B．【点评】此题考查了平行四边形的性质与三角形中位线的性质．注意平行四边形的对角线互相平分，三角形的中位线平行于三角形的第三边且等于第三边的一半．9．某快餐店用米饭加不同炒菜配制了一批盒饭，配土豆丝炒肉的有25盒，配芹菜炒肉丝的有30盒，配辣椒炒鸡蛋的有10盒，配芸豆炒肉片的有15盒．每盒盒饭的大小、外形都相同，从中任选一盒，不含辣椒的概率是（）A．B．C．D．【考点】概率公式．【分析】让不含辣椒的盒饭数除以总盒饭数即为从中任选一盒，不含辣椒的概率．【解答】解：配土豆丝炒肉的有25盒，配芹菜炒肉丝的有30盒，配辣椒炒鸡蛋的有10盒，配芸豆炒肉片的有15盒，全部是80盒，不含辣椒的有70盒，所以从中任选一盒，不含辣椒的概率是=．故选A．【点评】本题比较容易，考查等可能条件下的概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．10．定义：如果一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）满足a+b+c=0，那么我们称这个方程为“凤凰”方程．已知ax2+bx+c=0（a≠0）是“凤凰”方程，且有两个相等的实数根，则下列结论正确的是（）A．a=c B．a=b C．b=c D．a=b=c【考点】根的判别式．【专题】压轴题；新定义．【分析】因为方程有两个相等的实数根，所以根的判别式△=b2﹣4ac=0，又a+b+c=0，即b=﹣a ﹣c，代入b2﹣4ac=0得（﹣a﹣c）2﹣4ac=0，化简即可得到a与c的关系．【解答】解：∵一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有两个相等的实数根，∴△=b2﹣4ac=0，又a+b+c=0，即b=﹣a﹣c，代入b2﹣4ac=0得（﹣a﹣c）2﹣4ac=0，即（a+c）2﹣4ac=a2+2ac+c2﹣4ac=a2﹣2ac+c2=（a﹣c）2=0，∴a=c．故选A【点评】一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．11．如图，已知△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，三角形的顶点在相互平行的三条直线l1，l2，l3上，且l1，l2之间的距离为2，l2，l3之间的距离为3，则AC的长是（）A．B． C． D．7【考点】勾股定理；全等三角形的性质；全等三角形的判定．【专题】计算题；压轴题．【分析】过A、C点作l3的垂线构造出直角三角形，根据三角形全等和勾股定理求出BC的长，再利用勾股定理即可求出．【解答】解：作AD⊥l3于D，作CE⊥l3于E，∵∠ABC=90°，∴∠ABD+∠CBE=90°又∠DAB+∠ABD=90°∴∠BAD=∠CBE，，∴△ABD≌△BCE∴BE=AD=3在Rt△BCE中，根据勾股定理，得BC==，在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AC=×=2；故选A．【点评】此题要作出平行线间的距离，构造直角三角形．运用全等三角形的判定和性质以及勾股定理进行计算．12．如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），顶点坐标为（1，n），与y轴的交点在（0，2）、（0，3）之间（包含端点），则下列结论：①当x＞3时，y＜0；②3a+b＞0；③﹣1≤a≤﹣；④3≤n≤4中，正确的是（）A．①②B．③④C．①④D．①③【考点】二次函数图象与系数的关系．【专题】计算题；压轴题．【分析】①由抛物线的对称轴为直线x=1，一个交点A（﹣1，0），得到另一个交点坐标，利用图象即可对于选项①作出判断；②根据抛物线开口方向判定a的符号，由对称轴方程求得b与a的关系是b=﹣2a，将其代入（3a+b），并判定其符号；③根据两根之积=﹣3，得到a=﹣，然后根据c的取值范围利用不等式的性质来求a的取值范围；④把顶点坐标代入函数解析式得到n=a+b+c=c，利用c的取值范围可以求得n的取值范围．【解答】解：①∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），对称轴直线是x=1，∴该抛物线与x轴的另一个交点的坐标是（3，0），∴根据图示知，当x＞3时，y＜0．故①正确；②根据图示知，抛物线开口方向向下，则a＜0．∵对称轴x=﹣=1，∴b=﹣2a，∴3a+b=3a﹣2a=a＜0，即3a+b＜0．故②错误；③∵抛物线与x轴的两个交点坐标分别是（﹣1，0），（3，0），∴﹣1×3=﹣3，∴=﹣3，则a=﹣．∵抛物线与y轴的交点在（0，2）、（0，3）之间（包含端点），∴2≤c≤3，∴﹣1≤﹣≤﹣，即﹣1≤a≤﹣．故③正确；④根据题意知，a=﹣，﹣=1，∴b=﹣2a=，∴n=a+b+c=c．∵2≤c≤3，∴≤c≤4，即≤n≤4．故④错误．综上所述，正确的说法有①③．故选D．【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系．二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定．二、填空题：本大题共6小题，共24分，只要求填写最后结果，每小题填对得4分．13．因式分解：x2﹣2xy+y2= （x﹣y）2．【考点】因式分解-运用公式法．【专题】计算题．【分析】根据完全平方公式直接解答即可．【解答】解：原式=（x﹣y）2．故答案为（x﹣y）2．【点评】本题考查了因式分解﹣﹣运用公式法，熟悉因式分解是解题的关键．14．将三角板（不是等腰的）顶点放置在直线AB上的O点处，使AB∥CD，则∠2的余弦值是．【考点】特殊角的三角函数值；平行线的性质．【专题】探究型．【分析】先根据平行线的性质及直角三角板的特点求出∠2的度数，再根据特殊角的三角函数值进行解答即可．【解答】解：由三角板的特点可知，∠D=60°，∵AB∥CD，∴∠D=∠2=60°，∴cos∠2=cos60°=．故答案为：．【点评】本题考查的是直角三角板的特点及平行线的性质、特殊角的三角函数值，熟记特殊角的三角函数值是解答此题的关键．15．如图，△ABC中，AB=AC，∠A=30°，DE垂直平分AC，则∠BCD的度数为45°．【考点】线段垂直平分线的性质．【专题】计算题．【分析】首先利用线段垂直平分线的性质推出∠DAC=∠DCA，根据等腰三角形的性质可求出∠ABC=∠ACB，易求∠BCD的度数．【解答】解：∵AB=AC，∠A=30°（已知）∴∠ABC=∠ACB==75°∵DE垂直平分AC，∴AD=CD；∴∠A=∠ACD=30°，∴∠BCD=∠ACB﹣∠ACD，∴∠BCD=45°；故答案为：45°．【点评】本题主要考查了线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质，难度一般．16．方程x2﹣2x﹣1=0的解是x1=1+，x2=1﹣．【考点】解一元二次方程-配方法．【分析】首先把常数项2移项后，然后在左右两边同时加上一次项系数﹣2的一半的平方，然后开方即可求得答案．【解答】解：∵x2﹣2x﹣1=0，∴x2﹣2x=1，∴x2﹣2x+1=2，∴（x﹣1）2=2，∴x=1±，=1+，x2=1﹣．∴原方程的解为：x1故答案为：x1=1+，x2=1﹣．【点评】此题考查了配方法解一元二次方程．解题时注意配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．17．如图，点E在正方形ABCD内，满足∠AEB=90°，AE=6，BE=8，则阴影部分的面积是76 ．【考点】勾股定理；正方形的性质．【分析】根据勾股定理求出AB，分别求出△AEB和正方形ABCD的面积，即可求出答案．【解答】解：∵在Rt△AEB中，∠AEB=90°，AE=6，BE=8，∴由勾股定理得：AB==10，∴正方形的面积是10×10=100，∵△AEB的面积是AE×BE=×6×8=24，∴阴影部分的面积是100﹣24=76，故答案是：76．【点评】本题考查了正方形的性质，三角形的面积，勾股定理的应用，主要考查学生的计算能力和推理能力．18．猜数字游戏中，小明写出如下一组数：，，，，…，小亮猜想出第六个数字是，根据此规律，第n个数是．【考点】规律型：数字的变化类．【分析】根据分数的分子是2n，分母是2n+3，进而得出答案即可．【解答】解：∵分数的分子分别是：2 2=4，23=8，24=16，…分数的分母分别是：2 2+3=7，23+3=11，24+3=19，…∴第n个数是．故答案为：．【点评】此题主要考查了数字变化规律，根据已知得出分子与分母的变化规律是解题关键．三、选修题、本小题满分6分，请在下列两个小题中，任选其一完成即可19．（1）解方程组：（2）解不等式组：．【考点】解二元一次方程组；解一元一次不等式组．【专题】计算题．【分析】（1）方程组利用加减消元法求出解即可；（2）求出不等式组中两不等式的解集，找出解集的公共部分即可．【解答】解：（1）①+②得：4x=20，即x=5，把x=5代入①得：y=1，则方程组的解为；（2），由①得：x＜﹣1，由②得：x≤2，则不等式组的解集为x＜﹣1．【点评】此题考查了解二元一次方程组，以及解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．四、解答题：本大题共7个小题，满分54分．解答时请写出必要的演推过程．20．计算﹣2sin45°+（﹣2）﹣3+（）0．【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．【专题】计算题．【分析】原式第一项利用二次根式性质化简，第二项利用特殊角的三角函数值计算，第三项利用负整数指数幂法则计算，最后一项利用零指数幂法则计算即可得到结果．【解答】解：原式=﹣1﹣2×﹣+1=﹣．【点评】此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．21．为了解学生的课余生活情况，某中学在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查．问卷中请学生选择最喜欢的课余生活种类（2）易知选择音乐类的有4人，选择美术类的有3人．记选择音乐类的4人分别是A1，A2，A，小丁；选择美术类的3人分别是B1，B2，小李．可画出树状图如下：由树状图可知共有12种选取方法，小丁和小李都被选中的情况仅有1种，所以小丁和小李恰好都被选中的概率是或列表：A1A2A3小丁B1A1，B1A2，B1A3，B1小丁，B1B2A1，B2A2，B2A3，B2小丁，B2小李A，小李 A2，小李 A3，小李小丁，小李1由表可知共有12中选取方法，小丁和小李都被选中的情况仅有1种，所以小丁和小李恰好都被选中的概率是；（3）由（1）可知问卷中最喜欢体育运动的学生占40%，由样本估计总体得得500×40%=200名．所以该年级中最喜欢体育运动的学生约有200名．【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图及用样本估计总体等知识的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．22．如图，△ABC内接于⊙O，点D在半径OB的延长线上，∠BCD=∠A=30°．（1）试判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若⊙O的半径长为1，求由弧BC、线段CD和BD所围成的阴影部分面积．（结果保留π和根号）【考点】切线的判定；扇形面积的计算．【专题】几何综合题．【分析】（1）由已知可证得OC⊥CD，OC为圆的半径所以直线CD与⊙O相切；﹣S扇形OCB求得阴影部分的面积．（2）根据已知可求得OC，CD的长，则利用S阴影=S△COD【解答】解：（1）直线CD与⊙O相切，∵在⊙O中，∠COB=2∠CAB=2×30°=60°，又∵OB=OC，∴△OBC 是正三角形，∴∠OCB=60°，又∵∠BCD=30°，∴∠OCD=60°+30°=90°，∴OC ⊥CD ，又∵OC 是半径，∴直线CD 与⊙O 相切．（2）由（1）得△OCD 是Rt △，∠COB=60°，∵OC=1，∴CD=，∴S △COD =OC •CD=， 又∵S 扇形OCB =，∴S 阴影=S △COD ﹣S 扇形OCB =．【点评】此题主要考查学生对切线的性质及扇形的面积公式的理解及运用．23．海丰塔是无棣灿烂文化的象征（如图①），喜爱数学实践活动的小伟查资料得知：海丰塔，史称唐塔，原名大觉寺塔，始建于唐贞观十三年（公元639年），碑记为“尉迟敬德监建”，距今已1300多年，被誉为冀鲁三胜之一．小伟决定用自己所学习的知识测量海丰塔的高度．如图②，他利用测角仪站在B 处测得海丰塔最高点P 的仰角为45°，又前进了18米到达A 处，在A 处测得P的仰角为60°．请你帮助小伟算算海丰塔的高度．（测角仪高度忽略不计，≈1.7，结果保留整数）．【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题．【分析】设海丰塔的高OP=x，在Rt△POB中表示出OB，在Rt△POA中表示出OA，再由AB=18米，可得出方程，解出即可得出答案．【解答】解：设海丰塔的高OP=x，在Rt△POB中，∠OBP=45°，则OB=OP=x，在Rt△POA中，∠OAP=60°，则OA==x，由题意得，AB=OB﹣OA=18m，即x﹣x=18，解得：x=27+9，故海丰塔的高度OP=27+9≈42米．答：海丰塔的高度约为42米．【点评】本题考查了解直角三角形的应用，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形，注意方程思想的运用．24．如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，BD与AE、AF分别相交于G、H．（1）求证：△ABE∽△ADF；（2）若AG=AH，求证：四边形ABCD是菱形．【考点】菱形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质．【专题】证明题．【分析】（1）利用两角对应相等可证出△ABE∽△ADF；（2）利用（1）的结论，先证出△ABG≌△ADH，得到AB=AD，那么平行四边形ABCD是菱形．【解答】证明：（1）∵AE⊥BC，AF⊥CD，∴∠AEB=∠AFD=90度．∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABE=∠ADF．∴△ABE∽△ADF．（2）∵△ABE∽△ADF，∴∠BAG=∠DAH．∵AG=AH，∴∠AGH=∠AHG，从而∠AGB=∠AHD，∴△ABG≌△ADH，∴AB=AD．∵四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是菱形．【点评】本题利用了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及菱形的判定．25．我们把一个半圆与抛物线的一部分合成的封闭图形称为“蛋圆”，如果一条直线与“蛋圆”只有一个交点，那么这条直线叫做“蛋圆”的切线．如图，点A、B、C、D分别是“蛋圆”与坐标轴的交点，AB为半圆的直径，点M为圆心，A点坐标为（﹣2，0），B点坐标为（4，0），D点的坐标为（0，﹣4）．（1）你能求出经过点C的“蛋圆”切线的解析式吗？试试看；（2）请你求出“蛋圆”抛物线部分的解析式，并写出自变量x的取值范围．（3）你能求出经过点D的“蛋圆”切线的解析式吗？能，请写出过程，不能，请说明理由．【考点】二次函数综合题．【分析】（1）易得点A、B的坐标，用交点式设出二次函数解析式，把D坐标代入即可．自变量的取值范围是点A、B之间的数．（2）先设出切线与x轴交于点E．利用直角三角形相应的三角函数求得EM的长，进而求得点E 坐标，把C、E坐标代入一次函数解析式即可求得所求的解析式．（3）设出所求函数解析式，让它与二次函数组成方程组，消除y，让跟的判别式为0，即可求得一次函数的比例系数k．【解答】解：（1）如图，设经过点C“蛋圆”的切线CE交x轴于点E，连结CM，∴CM⊥CE，又∵A点坐标为（﹣2，0），B点坐标为（4，0），AB为半圆的直径，点M为圆心，∴M点的坐标为（1，0），∴AO=2，BO=4，OM=1．又因为CO⊥x轴，所以CO2=AO•OB，解得：CO=2，又∵CM⊥CE，CO⊥x轴，∴CO2=EO•OM，解之得：EO=8，∴E点的坐标是（﹣8，0），∴切线CE的解析式为：y=x+2；（2）根据题意可得：A（﹣2，0），B（4，0）；则设抛物线的解析式为y=a（x+2）（x﹣4）（a≠0），又∵点D（0，﹣4）在抛物线上，∴a=；∴y=x2﹣x﹣4自变量取值范围：﹣2≤x≤4；（3）设过点D（0，﹣4），“蛋圆”切线的解析式为：y=kx﹣4（k≠0），由题意可知方程组只有一组解．即kx﹣4=x2﹣x﹣4有两个相等实根，∴k=﹣1，∴过点D“蛋圆”切线的解析式y=﹣x﹣4；【点评】本题以半圆与抛物线合成的封闭图形“蛋圆”为背景，考查一次函数、二次函数有关性质，解题过程中涉及解一元一次方程、一元二次方程、方程组相关知识与技能，是一道综合性很强的试题．。
2020-2021学年人教版九年级中考数学练习试题1
2020-2021学年人教新版中考数学练习试题1一．选择题1．如图，数轴上点A，B，C对应的有理数分别为a，b，c．下列结论：①a+b+c＞0；②abc＞0；③a+b﹣c＜0；④．其中正确的是（）A．①②③B．②③C．①④D．②③④2．下列计算正确的是（）A．＝（y≠0）B．÷＝C．|﹣2|＝2﹣D．2﹣＝13．下列计算正确的是（）A．4a﹣2a＝2B．2（a+2b）＝2a+2bC．7ab﹣（﹣3ab）＝4ab D．﹣a2﹣a2＝﹣2a24．如图，直线AB∥CD∥EF，点O在直线EF上，下列结论正确的是（）A．∠α+∠β﹣∠γ＝90°B．∠α+∠γ﹣∠β＝180°C．∠γ+∠β﹣∠α＝180°D．∠α+∠β+∠γ＝180°5．下列说法错误的是（）A．若a+3＞b+3，则a＞b B．若，则a＞bC．若a＞b，则ac＞bc D．若a＞b，则a+3＞b+26．如图，CE是△ABC的外角∠ACD的平分线，CE交BA的延长线于点E，∠B＝35°，∠E＝25°，则∠ACD的度数为（）A．100°B．110°C．120°D．130°7．如图，在平行四边形ABCD中，点E为边DC上一点，且DE：EC＝3：1，连接AE并延长，与BC的延长线交于点G，AE与BD交于点F，则△GEC的面积与△DEF的面积之比为（）A．1：3B．3：7C．4：21D．7：278．如图1，在△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，动点P从点B开始沿边BA、AC向点C 以恒定的速度移动，动点Q从点B开始沿边BC向点C以恒定的速度移动，两点同时到达点C，设△BPQ的面积为y（cm2）．运动时间为x（s），y与x之间关系如图2所示，当点P恰好为AC的中点时，PQ的长为（）A．2B．4C．2D．4二．填空题9．的平方根是．10．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，分别以点A和点C为圆心，大于AC 长为半径画弧，两弧相交于点M、N，作直线MN分别交BC、AC与点D、E．若AE＝4cm，△ABD的周长为cm．11．如图，在平面直角坐标系中，点A从点M（0，5）出发向原点O匀速运动，与此同时点B从点N（3，0）出发，在x轴正半轴上以相同的速度向右运动，当点A到达终点O 时，两点同时停止运动．连接AB，以线段AB为一边在第一象限内作正方形ABCD，则正方形ABCD面积的最小值为．12．若x+y＝4，x2+y2＝6，则xy＝．13．科学防疫从勤洗手开始，一双没洗干净的手上带有各种细菌病毒大约850000000个，这个数据用科学记数法表示为．14．若关于x的分式方程，有负数解，则实数a的取值范围是．15．如图，直线y＝kx﹣b与直线y＝4x+2相交于点A（﹣1，﹣2），则不等式4x+2＜kx﹣b 的解集为．16．在△ABC中，若AB＝6，∠ACB＝45°．则△ABC的面积的最大值为．17．如图，在正方形网格中，小正方形的边长均为1，点A、B、C都是格点，则cos∠BAC ＝．18．平面直角坐标系xOy中，已知点A（8，0）及第一象限的动点P（x，y），且x+y＝10．设△OPA的面积为S，周长为l．给出下列结论：①0≤y≤10；②≤PA＜2；③S＝﹣4x+40；④l的最小值为8+2其中所有正确结论的代号是．三．解答题19．先化简，再求值：÷（1﹣），其中a是方程x2+x﹣2＝0的解．20．（1）解方程：x2﹣2x﹣3＝0；（2）解不等式组：．21．在一个不透明的箱子内装入标记数字分别为﹣1，2，3，﹣6的四个小球，小球除标记数字不同外其他都相同．随机取出一个小球，记下标记的数字为m，不放回；再从箱内剩下的球中再随机取出一个小球，记下标记的数字为n．请用画树状图或列表的方法，求“点（m，n）在第二象限”的概率．22．随着生活水平的日益提高，人们越来越喜欢过节，节日的仪式感日渐浓烈，某校举行了“母亲节暖心特别行动”，从中随机调查了部分同学的暖心行动，并将其分为A，B，C，D四种类型（分别对应送服务、送鲜花、送红包、送话语）．现根据调查的数据绘制成如下的条形统计图和扇形统计图．请根据以上不完整的统计图提供的信息，解答下列问题：（1）该校共抽查了多少名同学的暖心行动？（2）求出扇形统计图中扇形B的圆心角度数？（3）若该校共有2400名同学，请估计该校进行送鲜花行动的同学约有多少名？23．在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝2AB，点E、F分别是OA、BC的中点．连接BE、EF．（1）求证：EF＝BF；（2）在上述条件下，若AC＝BD，G是BD上一点，且BG：GD＝3：1，连接EG、FG，试判断四边形EBFG的形状，并证明你的结论．24．某企业接到生产一批设备的订单，要求不超过12天完成．这种设备的出厂价为1200元/台，该企业第一天生产22台设备，第二天开始，每天比前一天多生产2台．若干天后，每台设备的生产成本将会增加，设第x天（x为整数）的生产成本为m（元/台），m 与x的关系如图所示．（1）若第x天可以生产这种设备y台，则y与x的函数关系式为，x的取值范围为；（2）第几天时，该企业当天的销售利润最大？最大利润为多少？（3）求当天销售利润低于10800元的天数．25．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝mx+5（m≠0）的图象与反比例函数y＝（k ≠0）在第一象限的图象交于A（1，n）和B（4，1）两点，过点A作y轴的垂线，垂足为M．（1）求一次函数和反比例函数的表达式．（2）求△OAM的面积S．（3）在y轴上求一点P，使PA+PB的值最小并求出此时点P的坐标．26．如图，在矩形ABCD中，＝，F、G分别为AB、DC边上的动点，连接GF，沿GF将四边形AFGD翻折至四边形EFGP，点E落在BC上，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．（1）GF与AE之间的位置关系是：，的值是：，请证明你的结论；（2）连接CP，若tan∠CGP＝，GF＝2，求CP的长．27．定义：有一个内角等于与其相邻的两个内角之差的四边形称为幸福四边形．（1）已知∠A＝120°，∠B＝50°，∠C＝α，请直接写出一个α的值，使四边形ABCD为幸福四边形；（2）如图1，△ABC中，D、E分别是边AB，AC上的点，AE＝DE．求证：四边形DBCE 为幸福四边形；（3）在（2）的条件下，如图2，过D，E，C三点作⊙O，与边AB交于另一点F，与边BC交于点G，且BF＝FC．①求证：E G是⊙O的直径；②连接FG，若AE＝1，BG＝7，∠BGF﹣∠B＝45°，求EG的长和幸福四边形DBCE的周长．28．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，已知A（﹣1，0），且直线BC的解析式为y＝x﹣2，作垂直于x轴的直线x＝m，与抛物线交于点F，与线段BC交于点E（不与点B和点C重合）．（1）求抛物线的解析式；（2）若△CEF是以CE为腰的等腰三角形，求m的值；（3）点P为y轴左侧抛物线上的一点，过点P作PM⊥BC交直线BC于点M，连接PB，若以P、M、B为顶点的三角形与△ABC相似，求P点的坐标．参考答案与试题解析一．选择题1．解：由数轴可得：a＜﹣2＜b＜﹣1＜0＜c＜1，∴a+b+c＜0，故①错误；∵a，b，c中两负一正，∴abc＞0，故②正确；∵a＜0，b＜0，c＞0，∴a+b﹣c＜0，故③正确；∵a＜﹣2＜b＜﹣1，∴0＜＜1，故④正确．综上，可知，正确的有3个．故选：D．2．解：A、原式不能化简，不符合题意；B、原式＝•＝x，不符合题意；C、原式＝2﹣，符合题意；D、原式＝，不符合题意．故选：C．3．解：A、应为4a﹣2a＝2a，故选项错误；B、应为2（a+2b）＝2a+4b，故选项错误；C、应为7ab﹣（﹣3ab）＝10ab，故选项错误；D、﹣a2﹣a2＝﹣2a2，故选项正确．故选：D．4．解：∵AB∥EF，∴∠α＝∠BOF，∵CD∥EF，∴∠γ+∠COF＝180°，∵∠BOF＝∠COF+∠β，∴∠γ+∠α﹣∠β＝180°， 故选：B ．5．解：A 、若a +3＞b +3，则a ＞b ，原变形正确，故此选项不符合题意； B 、若＞，则a ＞b ，原变形正确，故此选项不符合题意；C 、若a ＞b ，则ac ＞bc ，这里必须满足c ≠0，原变形错误，故此选项符合题意；D 、若a ＞b ，则a +3＞b +2，原变形正确，故此选项不符合题意； 故选：C ．6．解：∵∠ECD 是△BCE 的一个外角， ∴∠ECD ＝∠B +∠E ＝35°+25°＝60°， ∵CE 平分∠ACD ，∴∠ACD ＝2∠ECD ＝120°， 故选：C ．7．解：∵平行四边形ABCD ， ∴CD ＝AB ，CD ∥AB ，AD ∥BC ，∴△GEC ∽△GAB ，△GEC ∽AED ，△DEF ∽△ABF ， ∵DE ：EC ＝3：1，∴EC ：CD ＝1：4，DE ：AB ＝3：4， ∴＝＝，＝＝，＝＝；设S △ECG ＝a ，则S △ABG ＝16a ，S △ADE ＝9a ，∴四边形ABCE 的面积为16a ﹣a ＝15a ，平行四边形ABCD 的面积为9a +15a ＝24a ， ∴S △ABD ＝12a ，因此S △ABF ﹣S △DEF ＝3a ， 设S △DEF ＝x ，则S △ABF ＝3a +x ， 于是＝， 解得，x ＝a ，∴△GEC 的面积与△DEF 的面积之比为a ： a ＝，故选：D ．8．解：设AB＝a，∠C＝30°，则AC＝2a，BC＝a，设P、Q同时到达的时间为T，则点P的速度为，点Q的速度为，故点P、Q的速度比为3：，故设点P、Q的速度分别为：3v、v，由图2知，当x＝2时，y＝6，此时点P到达点A的位置，即AB＝2×3v＝6v，BQ＝2×v＝2v，y＝AB×BQ＝6v×2v＝6，解得：v＝1，故点P、Q的速度分别为：3，，AB＝6v＝6＝a，则AC＝12，BC＝6，如图当点P在AC的中点时，PC＝6，此时点P运动的距离为AB+AP＝12，需要的时间为12÷3＝4，则BQ＝x＝4，CQ＝BC﹣BQ＝6﹣4＝2，故点P作PH⊥BC于点H，PC＝6，则PH＝PC sin C＝6×＝3，同理CH＝3，则HQ＝CH﹣CQ＝3﹣2＝，PQ＝＝＝2，故选：C．二．填空题9．解：＝10，10的平方根是．故答案为：±．10．解：∵∠BAC＝90°，∠B＝60°，∴∠C＝90°﹣60°＝30°，由作图可知，DE垂直平分线段AC，∴DA＝DC，∴∠C＝∠DAC＝30°，∴∠BAD＝90°﹣30°＝60°，∴∠B＝∠BAD＝∠ADB＝60°，∴△ABD是等边三角形，∵AD＝＝（cm），∴△ABD的周长＝8（cm）．故答案为8．11．解：由题意可得，NB＝MA，则AO+OB＝8，设AO＝x，则OB＝8﹣x，＝AB2＝AO2+OB2＝x2+（8﹣x）2＝2（x﹣4）2+32，∵S正方形ABCD∴当x＝4时，正方形ABCD的面积取得最小值32，故答案为：32．12．解：将x+y＝4两边平方得：（x+y）2＝x2+y2+2xy＝16，把x2+y2＝6代入得：6+2xy＝16，解得：xy＝5，故答案为：513．解：850 000 000＝8.5×108．故答案是：8.5×108．14．解：，分式方程去分母得：1﹣x﹣3＝a，移项合并得：﹣x＝a+2，解得：x＝﹣a﹣2，∵分式方程的解为负数，∴﹣a﹣2＜0且﹣a﹣2+3≠0，解得：a＞﹣2且a≠1．故答案为：a＞﹣2且a≠1．15．解：不等式4x+2＜kx﹣b表示的是直线y＝4x+2的图象位于直线y＝kx﹣b的图象的下方，则由点A（﹣1，﹣2）的坐标得：x＜﹣1．故答案为：x＜﹣1．16．解：作△AB C的外接圆⊙O，过C作CM⊥AB于M，∵弦AB已确定，∴要使△ABC的面积最大，只要CM取最大值即可，如图所示，当CM过圆心O时，CM最大，∵CM⊥AB，CM过O，∴AM＝BM（垂径定理），∴AC＝BC，∵∠AOB＝2∠ACB＝2×45°＝90°，∴OM＝AM＝AB＝＝3，∴OA＝＝3，∴CM＝OC+OM＝3+3，∴S＝AB•CM＝×6×（3+3）＝9+9．△ABC故答案为：9+9．17．解：AB＝BC＝＝，AC＝＝，则AB2+BC2＝5+5＝10＝AC2，则△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝45°，则cos∠BAC＝．故答案为：．18．解：如图所示，∵A（8，0），P（x，y），△OPA的面积为S，∴S＝OA•y＝×8y＝4y．∵x+y＝10，∴y＝10﹣x，∴S＝4（10﹣x）＝40﹣4x；∵0≠y和y≠10，若y＝0，则O、P、A三点在一条直线上；若y＝10，则x＝0，P点落在y轴上，与题干不合∴①0≤y≤10，错误；②≤PA＜2，正确；③S＝﹣4x+40，正确；④l的最小值为8+2，正确；故答案为：②③④．三．解答题19．解：原式＝•＝，∵a是方程x2+x﹣2＝0的解，∴a＝1（没有意义舍去）或a＝﹣2，则原式＝﹣．20．解：（1）∵x2﹣2x﹣3＝0，∴（x﹣3）（x+1）＝0，则x﹣3＝0或x+1＝0，解得x1＝3，x2＝﹣1；（2）解不等式2x＞1﹣x，得：x＞，解不等式2（2x+1）＜x+4，得：x＜，则不等式组的解集为＜x＜．21．解：用列表法表示所有可能出现的结果情况如下：共有12种等可能出现的结果，其中点（m，n）在第二象限的有4种，所以点（m，n）在第二象限的概率为＝．22．解：（1）20÷25%＝80（人），答：该校共抽查了80名同学的暖心行动．（2）360°×＝144°，答：扇形统计图中扇形B的圆心角度数为144°．（3）2400×＝960（人），答：该校2400名同学中进行送鲜花行动的约有960名．23．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴BD＝2BO，∵BD＝2AB，∴AB＝BO，∵E为OA中点，∴BE⊥AC，∴∠BEC＝90°，∵F为BC中点，∴EF＝BF＝CF，即EF＝BF；（2）四边形EBFG是菱形，证明：连接CG，∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AB＝CD，AD∥BC，BD＝2BO＝2OD，∴BD＝2AB＝2CD，∴OC＝CD，∵BG：GD＝3：1，OB＝OD，∴G为OD中点，∴CG⊥OD（三线合一定理），即∠CGB＝90°，∵F为BC中点，∴GF＝BC＝AD，∵E为OA中点，G为OD中点，∴EG∥AD，EG＝AD，∴EG∥BC，EG＝BC，∵F为BC中点，∴BF＝BC，EG＝GF，即EG∥BF，EG＝BF，∴四边形EBFG是平行四边形，∵EG＝GF，∴平行四边形EBFG是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）．24．解：（1）根据题意，得y与x的解析式为：y＝22+2（x﹣1）＝2x+20（1≤x≤12），故答案为：y＝2x+20，1≤x≤12；（2）设当天的销售利润为w元，则当1≤x≤6时，w＝（1200﹣800）（2x+20）＝800x+8000，∴w随x的增大而增大，＝800×6+8000＝12800．∴当x＝6时，w最大值当6＜x≤12时，设m＝kx+b，将（6，800）和（10，1000）代入得：，解得：，∴m与x的关系式为：m＝50x+500，∴w＝[1200﹣（50x+500）]×（2x+20）＝﹣100x2+400x+14000＝﹣100（x﹣2）2+14400．∵此时图象开口向下，在对称轴右侧，w随x的增大而减小，天数x为整数，∴当x＝7时，w有最大值，为11900元，∵12800＞11900，＝12800元，∴当x＝6时，w最大，且w最大值答：该厂第6天获得的利润最大，最大利润是12800元．（3）由（2）可得，1≤x≤6时，800x+8000＜10800，解得：x＜3.5则第1﹣3天当天利润低于10800元，当6＜x≤12时，﹣100（x﹣2）2+14400＜10800，解得x＜﹣4（舍去），或x＞8，∴第9﹣12天当天利润低于10800元，故当天销售利润低于10800元的天数有7天．25．解：（1）将B（4，1）代入y＝得：．∴k＝4．∴y＝．将B（4，1）代入y＝mx+5得：1＝4m+5，∴y＝﹣x+5．（2）在y＝中，令x＝1，解得y＝4．∴A（1，4）．∴S＝×1×4＝2．（3）作点A关于y轴的对称点N，则N（﹣1，4）．连接BN交y轴于点P，点P即为所求．设直线BN的关系式为y＝kx+b，由，得，∴y＝﹣x+．∴点P的坐标为（0，）．26．解：（1）GF⊥AE，．理由如下：由折叠性质可知，∠AOF＝∠EOF，∵∠AOF+∠EOF＝180°，∴∠AOF＝∠EOF＝90°，∴AE⊥GF；过G作GM⊥AB于M，如图，得矩形ADGM，则AD＝GM，∠MFG+∠MGF＝90°，∵∠MFG+∠FAO＝90°，∴∠BAE＝∠MGF，∵∠B＝∠FMG＝90°，∴△ABE∽△GMF，∴＝2，∴，故答案为：AE⊥GF；；（2）延长BC与GP，两延长线交于点L，过P作PK⊥CL于点K，如图，由折叠知，∠FEP＝∠FAD＝∠D＝∠EPG＝90°，∴∠PEL+∠L＝90°，∵∠BCD＝∠DCL＝90°，∴∠CGP+∠L＝90°，∴∠PEL＝∠CGL，∵∠BEF+∠BFE＝∠BEF+∠PEL＝90°，∴∠BFE＝∠PEL＝∠CGL，∵tan∠CGP＝，∴tan∠bBFE＝，不妨设BE＝3x，则BF＝4x，∴AF＝EF＝，∴AB＝9x，∵AE＝2FG，GF＝2，∴AG＝4，在Rt△ABE中，由勾股定理得81x2+9x2＝160，解得x＝，∴AB＝9×＝12，BE＝4，∴EP＝AD＝＝6，CE＝BC﹣BE＝6﹣4＝2，∵tan∠PEK＝，不妨设PK＝3y，EK＝4y，在Rt△PEK中，由勾股定理得16y2+9y2＝62，解得，y＝，∴PK＝，EK＝，∴CK＝EK﹣EC＝，∴CP＝．27．（1）解：∵∠A＝120°，∠B＝50°，∠C＝α，∴∠D＝360°﹣120°﹣50°﹣α＝190°﹣α，若∠A＝∠B﹣∠D，则120°＝50°﹣（190°﹣α），解得：α＝260°（舍），若∠A＝∠D﹣∠B，则120°＝（190°﹣α）﹣50°，解得：a＝20°，若∠B＝∠A﹣∠C，则50°＝120°﹣α，解得：α＝70°，若∠B＝∠C﹣∠A，则50°＝α﹣120°，解得：α＝170°，若∠C＝∠B﹣∠D，则α＝50°﹣（190°﹣α），无解，若∠C＝∠D﹣∠B，则α＝（190°﹣α）﹣50°，解得：α＝70°，若∠D＝∠A﹣∠C，则190°﹣α＝120°﹣α，无解，若∠D＝∠C﹣∠A，则190°﹣α＝α﹣120°，解得：α＝155°，综上，α的值是20°或70°或170°或155°（写一个即可），故答案为：20°或70°或170°或155°（写一个即可）；（2）证明：如图1，设∠A＝x，∠C＝y，则∠B＝180°﹣x﹣y，∵AE＝DE，∴∠ADE＝∠A＝x，∴∠BDE＝180°﹣x，在四边形DBCE中，∠B＝180°﹣x﹣y＝∠BDE﹣∠C，∴四边形DBCE为幸福四边形；（3）①证明：如图2，∵D、F、G、E四点都在⊙O上，∴∠ADE＝∠FGE，∵∠ADE＝∠A，∴∠FGE＝∠A，∵∠FGE＝∠ACF，∴∠A＝∠ACF，∵BF＝CF，∴∠B＝∠BCF，∵∠A+∠B+∠BCA＝180°，∴∠ACF+∠BCF＝90°，即∠ACB＝90°，∴EG是⊙O的直径；②如图3，过E作EH⊥AB于H，连接DG，∵BF＝CF，∴∠B＝∠BCF＝∠BDG，∴BG＝DG＝7，∵EG是⊙O的直径，∴∠GDE＝90°，∵DE＝AE＝1，∴EG＝＝5，∵∠BGF﹣∠B＝45°，∠BGF﹣∠BCF＝∠CFG，∴∠CFG＝∠CEG＝45°，∴△ECG是等腰直角三角形，∴CE＝CG＝5，∴BC＝7+5＝12，AC＝5+1＝6，∴AB＝＝＝6，∵∠AHE＝∠ACB＝90°，∠A＝∠A，∴△AHE∽△ACB，∴，即，∴AH＝，∵AE＝DE，EH⊥AD，∴AD＝2AH＝，∴幸福四边形DBCE的周长＝BD+ED+CE+BC＝6﹣+1+5+12＝18+．28．解：（1）∵直线BC的解析式为y＝x﹣2，∴C（0，﹣2），B（4，0），将A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx﹣2，得，解得，，∴y＝x﹣2；（2）∵∴，＝，，若以C为顶点，则CE2＝CF2，∴，解得：m1＝2，m2＝4（舍去），若以E为顶点，则EC2＝EF2，∴＝，解得：m3＝4﹣，m4＝4+（舍去），综合以上得m＝2或m＝4﹣．（3）①∵AC＝，BC＝2，∴AC2+BC2＝25＝AB2，∴当点P与点A重合时，点M与点C重合，此时P1（﹣1，0），②如图，当△BPM∽△ABC时，过点M作HR∥x轴，作PH⊥HR于点H，BR⊥HR于点R，∵∠PMB＝∠PHM＝∠BRM＝90°，∴∠BMR＝∠MPH，∴△PHM∽△MRB，∴又∵AB∥HR，∴∠ABC＝∠BMR，∴tan∠BMR＝tan∠ABC＝，令BR＝a，MR＝2a，又∵∠ABC＝∠BMR，∴tan∠BMR＝tan∠ABC＝，∴，∴PH＝4a，HM＝2a，∴PQ＝PH﹣QH＝3a，∴HR＝4a，∴P（4﹣4a，3a），又∵点P在抛物线上，将P（4﹣4a，3a）代入y＝x﹣2得：（4﹣4a）﹣2＝3a，∴a（8a﹣13）＝0，a1＝0（舍），a2＝．∴．∴符合条件的点P为P1（﹣1，0）或．。