2020年中考数学专题复习和训练：自贡市近3年来数学中考试题精选及解答点评

2020年中考数学专题复习和训练：自贡市近3年中考数学试题精选及分析解答点评编写： 赵化中学 郑宗平自贡市近年来的数学中考试题在新课标新课改的背景下，更加关注对学生基本数学素养的评价，考查数学活动过程中发现和提出问题的能力、分析和解决问题的能力；题目的形式不拘泥于教材中的形式，数学思想方法，数学能力是重点；试题重在考察通性、通法，不出偏题、怪题，兼顾试题的基础性、综合性和现实性.下面我精选了我市近3年的数学中考的部分精典试题进行考点分析和解答，并附有点评，具有较强的导向性，希望本专题资料对同学们迎考有一定的帮助.另外在最后还选编了其它省市近几年的数学中考试题115道，供同学们选练.2019年中考12.如图，已知A B 、 两点的坐标分别为()()8,00,8，，点C F 、分别是直线x 5=-和x 轴上的动点，CF 10=,点D 是线段CF 的中点，连接AD 交轴于点；当⊿面积取得最小值时，tan BAD ∠的值是） A.817 B.717 C. 49 D.59考点：直角三角形、等腰三角形、相似三角形以及圆的有关性质，勾股定理、三角函数等. 分析：见后面的示意图.根据题中“点C F 、分别是直线x 5=-和x 轴上的动点，CF 10=”可以得到线段CF 的中点D 的运动 “轨迹”是以点M 为圆心5半径的圆，当D 运动到x 轴上方的圆上D' 处恰好使AD'圆相切于D'时，此时的图中的1∠最大，则BAD'∠最小，此时△ABE 面积最小.在Rt △'MD A 中，由坐标等可求AM 13,MD'5== AD'12==. 根据题意和圆的切线的性质容易证明△AOE ∽△'AD M ，∴OE AO MD'AD'= ，即OE 8512=解得：10OE 3=,∴1014BE 833=-= .∵A B 、 两点的坐标分别为()()8,00,8， 且AOB 90∠=o ∴AB ==过点EN AB ⊥于N ,容易证明△ENB 是等腰直角三角形 ∴14NE NB 3===∴AN AB NB =-== 在Rt △ANE 中，NE tan BAD AE 717∠===.故选点评：F'EDMO本题首先挖出点D 的运动 “轨迹”是一个圆，然后在此基 础上切入探究三角形面积最小时点D 的特殊位置，并利用关联 知识来使问题得以解决.本题综合知识点较多，技巧性墙，并 渗透“轨迹”思想，是一道高质量的考题.与高中知识直接相关 联的试题是近年来数学中考试题的命题的其中一个方向.18.如图，由10个完全相同的正三角形构成的网格图中， αβ∠∠、 如图所示，则()cos αβ+= .考点：正三角形、菱形的性质，勾股定理、三角函数，整体思想等. 分析：本题可以先αβ, 拼在一个角中按如图方式连接辅助线BC ； 根据正三角形可菱形的性质求出α1230o =∠∠=∠=,360o ∠= ∴ACB 2390o∠=∠+∠= ;设正三角形的边长为a ，则AC 2a =，利用菱形的性质并结合三角函数可以求得：BC =在Rt △ACB 中,AB===∴BC cos ABC AB 7∠===即()αβcos 7+= 故应填：7.点评：本题关键抓住把分散的α和β集中拼成在一个角中，通过连接一条辅助线就解决这个问题.然后再利用勾股定理和三角函数使问题得以解决，本题难度不大，但构思巧妙，是一道好题.25.（本题满分12分）⑴.如图1，E 是正方形ABCD 边AB 上的一点，连接BD DE 、，将BDE ∠绕着点D 逆时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线BC 交于点F 和点G . ①.线段DB 和DG 的数量关系是 ； ②.写出线段BE BF 、和DB 之间的数量关系.⑵.当四边形ABCD 为菱形，ADC 60∠=o，点E 是菱形ABCD 边AB 所在直线上的一点，连接BD DE 、，将BDE ∠绕着点D 逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线BC 交于点F 和点G .①.如图2，点E 在线段上时，请探究线段BE BF 、和BD 之间的数量关系，写出结论并给出证明； ②.如图3，点E 在线段AB 的延长线上时，DE 交射线BC 于点M ；若 BE 1,AB 2==,直接写出线段GM 的长度.G(图3)G (图2)F C D A (图1)考点：旋转的特征，正方形以及菱形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，等腰三角形以及直角三角形的性质，勾股定理等. 分析：本题的⑴问的①直接根据旋转特征可以得出答案；本题的⑴问的②利用旋转的特征和全等三角形把BE BF 、转为等腰直角△BDG 的斜边,再利用勾股定理或者三角函数可以解决问题；本题的⑶问的①和⑴问的②的思路是一样的，利用旋转的特征和全等三角形把BE BF 、转为等腰△BDG 的底边BG ，再作底边BG 上的高线，再利用勾股定理或者三角函数解决问题；本题的⑵的②主要利用旋转的特征、全等三角形、相似三角形分别求出线段GF CF CM 、、，再把它们加起来求出线段GM 的长. 略解：⑴.①.根据旋转的特征直接可以得出DB DG = . 故应填：DB DG =; ·· 2分②.根据旋转的特征可知△DEB ≌△DFG ∴BE FG = ∴BE BF GF BF BG +=+=.容易证明△BDG 是等腰直角三角形，利用勾股定理或三角函数可以求出BG 2BD = ,即 BE BF 2BD +=. ······························· 4分⑵.①.BE BF 3BD +=. ······························· 5分理由如下：∵四边形ABCD 菱形∴1ABD CBD ABC 302o ∠=∠=∠= 由旋转120°可得:EDF BDG 120o∠=∠=∴EDF BDF BDG BDF ∠-∠=∠- 即FDG BDE ∠=∠在△DBG G 中,G 180BDG DBG 30o o∠=-∠-∠=∴DBG G 30o∠=∠= ∴BD DG =∴△BDE ≌△GDF （ASA ）∴BE GF = ∴BE BF BF GF BG +=+= (8)分如图所示：过点D 作DH BG ⊥点H ∵BD DG =∴BG 2BH =在Rt △BHD 中DBM 30o∠= ∴BD 2DH =设DH m =，则BD 2m,BH 3m ==∴BG 23m =∴BG 23m3BD == ∴BF BE 3BD +=. ····································· 10分②.GM 的长度为193. (12)分理由：根据旋转的特征容易证明△DEB ≌△DFG ∴FG BE 1==；同时利用菱形的性质和旋转的特征并结合条件中的“ADC 60∠=o ，将BDE ∠绕着点D 逆时针旋转120°”可以退推出CDF 90,GFD 30o o∠=∠= ∴CF 2CD 2AB 4===;由菱形可得出DC ∥AE ∴△BEM ∽△CDM ∴BM BE 1CM CD 2== ∴24CM BC 33== ∴4GM GF CF C 193M 143=++=++=.（根据题目要求答卷时可不写理由.） 点评：本题是由旋转建立起来的图形；利用旋转的特征得出全等三角形、等腰三角形含特殊角的直角三角形，以此为突破口，并在此基础探究线段之间的数量关系.本题虽然难度不大，但串联起了初中几何部分的多个重要知识点，是一道高质量的中考题.26.（本题满分14分）如图，已知直线AB 与抛物线C ：2y ax 2x c =++ 相交于()A 1,0-和点()B 2,3两点.⑴.求抛物线C 的函数表达式；⑵.若点M 是位于直线AB 上方抛物线上的一动点，以MA MB 、为相邻两边作平行四边形MANB ,当平行四边形MANB 的面积最大时，求此时四边形MANB 的面积S 及点M 的坐标；⑶.在抛物线C 的对称轴上是否存在定点F ,使抛物线C 上任意一点P 到点F 的距离等于到直线17y 4=的距离，若存在，求出定点F 的坐标；若不存在，请说明理由.考点：二次函数的图象及其性质、待定系数法、数学的建模思想、勾股定理、距离公式等. 分析：本题的⑴利用“待定系数法”即可求出二次函数的解析式；本题的⑵抓住建立平行四边形的面积是△ABM 的2倍，所以以△ABM 的面积建立一个二次函数来求出其最大面积，再进一步求出平行四边形的最大面积；本题的⑶问主要先假设存在，再在此基础上从特殊点切入利用距离公式进行探究其存在的可能性.略解：⑴. ∵()A 1,0-和点()B 2,3两点在抛物线2y ax 2x c =++上∴a 2c 04a 4c 0-+=⎧⎨++=⎩解得a 1c 3=-⎧⎨=⎩∴抛物线C 的表达式为：2y x 2x 3=-++ ········ 4分⑵. 设直线AB 的解析式为y kx b =+∵()A 1,0-和点()B 2,3在直线AB 上∴k b 02k b 3-+=⎧⎨+=⎩ 解得k 1b 1=⎧⎨=⎩ ∴直线AB 的解析式为y x 1=+ ······· 5分如图所示，过M 作MN x ⊥轴交AB 于N设()2M a,a 2a 3-++ ，则()N a,a 1+ （1a 2-<< ）xyBAOM17y 4=∴()()22M N MN y y a 2a 3a 1a a 2=-=-++-+=-++， ∴S △ABM =S △AMN +BMN =()B A 1x x MN 2-⋅ ∴S △ABM =()22131273a a 2a 2228⎛⎫⨯⨯-++=--+ ⎪⎝⎭∴当1a 2= ，△ABM 的面积有最大值278······················ 8分∴S □MANB =2S △ABM =274 ，此时17M ,22⎛⎫⎪⎝⎭. ··················· 9分⑶.存在.15F 1,4⎛⎫⎪⎝⎭. ·································· 10分理由如下：令抛物线顶点为D ，则()D 1,4 ；则顶点D 到直线17y 4=的距离为14；设()F 1,m ，再设()2P x,x 2x 3-++设P 到直线17y 4=的距离为PG ,则()22175PG x 2x 3x 2x 44=--+==-+ ∵P 为抛物线上任意一点都有PG PF =∴当P 与顶点D 重合时，也有PG PF =;则1PG 4= ,即顶点D 到直线17y 4=的距离为14.∴1PF DF 4== ，此时115m 444=-=∴15F 1,4⎛⎫ ⎪⎝⎭12分∵PG PF = ∴22PG PF =∵()()2222222153PF x 1x 2x 3x 1x 2x 44⎛⎫⎛⎫=-++--=-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，2225PG x 2x 4⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭∴()2222235x 1x 2x x 2x 44⎛⎫⎛⎫-+-+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭整理化简可得0x 0=∴当15F 1,4⎛⎫⎪⎝⎭时，无论x 取任何实数，均有PG PF =. ··· 14分点评：本题的⑴问利用待定系数法即可获得解决；本 题⑵问是数学建模思想的运用，本问比较巧妙的是 要通过三角形的面积的最大值来求平行四边形的最 大值；三角形采用了割补法中的“割”办法切入来 表示面积，再通过二次函数求“最值”.本题的⑶ 问对于绝大多数学生来说具有一定的挑战性，实际 上这里渗透特殊到一般的数学原理，即点P 与抛物x 1=()2x,x2x 3-++线顶点重合到在抛物线上任一点处来探究，先以特 殊点来找定点使本问的突破口.同学们平时要有一 定数学功底才能在有限的时间内破题.2018年中考12.如图，在边长为a 正方形ABCD 中，把边BC 绕点B 逆时针旋转60°，得到线段BM ,连接AM 并延长交CD 于N ,连接MC ,则⊿MNC 的面积为 （）A.231a - B.221a 2- C. 231a - D.221a 4-考点：正方形的性质、等腰、等边三角形的性质、勾股定理以及三角形的面积等. 分析：本题用正方的面积来减去其它三个三角形的面积来得到⊿MNC 的面积比较麻烦.若我们抓住要正方形的性质、等腰、等边三角形的性质计算出在⊿MNC 的∠∠34、是特殊角，再通过添加边MC 的高线，把问题先转化到直角三角形中后可以逐一解决. 略解：过N 作⊥NE MC 于点E .====MC BC MB AB a ，,∠=-=∠=-=o o o o o o 19060304906030.容易计算出()∠=-=o o o 1218030752∴*∠=-∠-∠=--=3180BMC 2180607545o o o o∴∠=-=o o oMNE 904545 ∴=NE ME若设=NE x ，则=ME x .∵在Rt ⊿NEC 中，∠=o430 ∴==NC 2NE 2x根据勾股定理有()=-=-==22222EC NC NE 2x x 3x 3x （也可用三角函数解答！）∴+=+ME CE x 3x 即+=x 3x a ，解得：-=31x a 2 即-=31NE a 2∴S ⊿MNC =--⋅=⨯⨯=2113131MC DE a a a 2224. 故选C. 本题求⊿MNC 的面积抓住图形是由特殊四边形和特殊三角形搭建起来的所以，比较容易通过找出求⊿MNC 内角中的特殊角作为突破口，然后通过作高线转化在直角三角形中解决问题，是一道高质量的中考题！18.如图，在⊿ABC 中，AC BC 2,AB 1===,将它沿AB 翻折得到⊿ABD ,则 四边形ADBC 的形状是 形，点P E F 、、分别为线段AB AD DB 、、的 任意点，则PE PF +的最小值是 .考点：菱形、轴对称、等腰三角形的性质，两点之间线段最短，垂线段最短，勾股定理，菱形面积等 分析：翻折前后两个部分就是成轴对称的.再加上AC BC =，可以推出AC BC DA DB ===,所以四边形ADBC 的形状是菱形.N MDABC关于求PE PF +的最小值：方法一.本题关键是E F 、不是定点，而是动点；仍然可以先作E 关于线段BC 的对称点E' , 连接E'F ,再将E'F 、移动使E'F BD ⊥，因为“垂线段最短”.再根据轴对称的性质可得到PE PF +=PE'PF E'F +=；实际上此时的点P 恰好是AB 的中点. E'F 就是菱形一边上的高，可把E'F 平移成等腰⊿ABC 腰上的高来解决.见下面的分析流程图组，P 是AB 的1AC BM 2⨯⨯F =两垂线段的和是个恒值，且等于等腰三角形一腰上的高.所以直接过点P 向菱形的两邻边边垂线段，因为“垂线段最短”，所以PE 与PF 之和便最小，然后也把PE PF 、转化成等腰三角形一腰的高的高来解决，见下面流程组图2，同样可以PE PF BM +=（计算略）.两种方法的计算量是一样的.点评：本题三个点都是动点，可以把其中一个点作为定点切入思考，有两条思路；一是除了要注意利用轴对称知识、“两点之间，线段最短.”，其次还结合“垂线段最短”来求出最小值，就是在变化中寻找“不变”的部分.本题是一道高质量的中考题.25.（本题满分12分）如图，已知AOB 60∠=o,在AOB ∠的平分线OM 上有一点C ,将一个120°角的顶点与点C 重合，它的两条边分别与直线OA OB 、相交于点D E 、 .O B 图2O B 图3O B A MA 组图2组图1A A⑴.当DCE ∠绕点C 旋转到CD 与OA 垂直时（如图1），请猜想OE OD +与OC 的数量关系，并说明理由；⑵.当DCE ∠绕点C 旋转到CD 与OA 不垂直时，到达图2的位置，⑴中的结论是否成立？并说明理由；⑶.当DCE ∠绕点C 旋转到CD 与OA 的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD OE 、与OC 之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明.考点：旋转的特征、直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的性质、全等三角形等、线段的和差. 分析：本题的⑾问根据直角三角形的性质和勾股定理可以计算出、OE OD 与OC 的关系，从而得出OE OD +与OC 的关系；本题的⑵问可以过点C 向∠AOB 的两边作垂线段，从而可以把问题转化为问题⑴的方式，然后利用线段的和差关系进行转换. 本题的⑶问也可以过点C 向∠AOB 的两边作垂线段，从而可以把问题转化为问题⑴的方式，然后利用线段的和差关系进行转换，使问题得以解决，本题是一道高质量的中考题.略解：⑴. +=OD OE 3OC .理由如下： ···························· 1∵AOB 60∠=o ,且OM 平分AOB ∠.∴∠=∠=∠=⨯=1112AOB 603022o o ∵DCE ∠绕点C 旋转到CD 与OA 垂直∴∠=∠=ODC OEC 90o∴==11DC OC,EC OC 22在Rt ⊿ODC 中根据勾股定理有：+=222OD CD OC ,⎛⎫+= ⎪⎝⎭2221OD OC OC 2.解得：=3OD OC ;同理可得：=3OE OC （也可用三角函数解答！）∴+=+=33OD OE OC OC 3OC . 即+=OD OE 3OC . ······· 4分⑵. ⑴中的结论仍然成立.理由如下： (5)分过点C 向∠AOB 的两边作⊥⊥CG OA,CH OB ，垂足分别为、G H . ∴∠=∠=OGC OHC 90o参照⑴的方法同理可证：+=OG OH 3OC .根据旋转的特征可以得到:∠=∠DCE GCH ,即∠+∠=∠+∠4DCH 3DCH ∴∠=∠34∵OM 平分AOB ∠,⊥⊥CG OA,CH OB ∴=CG CH∴⊿CGD ≌⊿CHE ∴=DG EH图2∴+=++-=+OG OH OD DG OE EH OD OE ∵+=OG OH∴+=OD OE ························ 8分 ⑶. ⑴中的结论不成立.猜想：线段OD OE 、与OC 之间的数量关系是-=OE OD . ·········· 9分理由如下：过点C 向∠AOB 的两边作⊥⊥CPOA,CQ OB ，垂足分别为、G H .射线CD 交OA 反向延长射线于D . ∴∠=∠=OGC OHC 90o参照⑴的方法同理可证：+=OP OQ .根据旋转的特征可以得到:∠=∠DCE GCH ,即∠+∠=∠+∠PCD 5QCE 5OB-OE OD （>OE OD12分故线段OD OE 、与OC 之间的数量关系是-=OE OD .点评：本题的三个图形首先要旋转过程中旋转角度不变，其次注意两点：其一.过点C 向两边作垂线段后，都存在一对全等的直角三角形；其二.要注意利用线段和差进行式子的转换.26.（本题满分14分）如图，抛物线2y ax bx 3=+-过()(),,A 10B 30-、，直线AD 交抛物线于点D ,点D 的横坐标为2- ，点()P m,n 是线段AD 上的动点. ⑴.求直线AD 及抛物线的解析式；⑵.过点P 的直线垂直于x 轴，交抛物线于点Q ,求线段PQ 的长度l 与m 的关系式，m 为何值时，PQ 最长？⑶.在平面内是否存在整点（横、纵坐标都为整数）R ,使得P Q D R 、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点R 的坐标；若不存在，说明理由.考点：待定系数法求函数解析式、函数的图象及其性质、二次函数求最值得问题、平行四边的判定、整点问题、分类讨论思想等. 分析：本题的⑾问先由抛物线2y ax bx 3=+-过()(),,A 10B 30-、利用待定系数法可以求出抛物线的解析式，利用抛物线可以求出点D 的的纵坐标，再求出直线AD 的解析式.本题的⑵问是一个二次函数最值应用问题，关键是用纵坐标之差的绝对值表示出线段的长度，同时要注意分类讨论思想的应用. .本题的⑶问要先假设存在，由于点D 是个定点，同时是个整点，根据两个函数解析式的特征，所以点、P Q 也应为整点才能确保点R 才可能为整点，所以本题应确定P 的坐标变化范围，从中找出、P Q 整点坐标，然后进行分类讨论其存在的可能性.略解：⑴.∵抛物线2y ax bx 3=+-过()(),,A 10B 30-、∴+-=⎧⎨--=⎩a b 309a 3b 30 解得:=⎧⎨=⎩a 1b 2所以=+-2y x 2x 3 (2)分∵点D 的横坐标为2-∴当=-x 2 时，()()=-+⨯--=--=-2y 22234433 ∴()--D 2,3 设直线AD 的解析式为=+y kx b ∵()()--、A 1,0D 2,3 ∴+=⎧⎨-+=-⎩k b 02k b 3 解得=⎧⎨=-⎩k 1b 1所以=-y x 1 (4)分⑵. ∵点()P m,n ，过点P 的直线垂直于x 轴，交抛物线于点Q .∴点P 和点Q 的横坐标相等. (5)⑶.在平面内存在整点（横、纵坐标都为整数）R ,使得P Q D R 、、、为顶点的四边形是平行四边形. 整点R 坐标分别为： ()()()()------、、、2,12,50,32,1 . ·· 14分因为()P m,n 是线段AD 上的动点，计算出()()--、A 1,0D 2,3，从而确定点P 横纵坐标的变化范围进行整点坐标的分类讨论（根据解析式和点D 的坐标，点、P Q 也应为整点）.①.当()--1P 1,2时，()--1Q 1,4；以、、11P D Q 作为定点，能使点R 与它们构成平行四边（分别以PQ 为边和对角线讨论）的R 整点坐标情况有：()()()-----、、123R 2,1R 2,5R 0,3 （见分析示意图①）.②.当()-2P 0,1时，()-1Q 0,3；以、、22P D Q 作为定点，能使点R 与它们构成平行四边（分别以PQ 为边和对角线讨论）的R 整点坐标情况有：()()()-----、、456R 2,1R 2,5R 2,1 （见分析示意图②）.注：当P 点与、A D 重合时，点Q 点也同时会相应的与、A D 重合时，该四边形不存在.综上所述，满足条件的整点R 的坐标有()()()()------、、、2,12,50,32,1.点评：本题主要⑴问求出点的坐标后，用待定系数法可以求出两个函数的解析式，比较简单！在函数的相关题型中，求“最值”问题，常通过建立二次函数的模型来解；本题⑵问就是抓住长度等于、P Q 纵坐标之差的绝对值建立二次函数来解决，注意讨论.本题以P Q D R 、、、为顶点的四边形顶点有3个动点，是本问的难点所在，结合解析式和其中一个顶点是定点且为整点，把动点中的、P Q 也视为“定点”，在此基础上讨论就比较容易破题了.2017年中考18.如图，13个边长为1的小正方形，排列形式如图，把它们 分割，使分割后能拼成一个大正方形.请在如图所示的网格中（网格的边长为1）中，用直尺作出 这个大正方形.考点：图形的割拼、勾股定理、全等三角形、多边形的面积等. 的取值范围. 分析：本题主要抓住13个边长为1的小正方形（图中阴影）的面积之和 为13个平方单位，则割拼成正方形后的面积也应为13个平方单位；由于正方形的面积为边长的平方，故正方形的边长为 因此在割拼的时候尽量使割拼的直角三角形的斜边为.由于==+221323，所以割拼时应考虑两直角边分别为2和3的直角三角形，其斜边就是按如所示割拼就可以构成符合条件的大正方形.（上面是分析示意图，答题不必涂阴影和彩色，只需用黑色签字笔画出拼割的线条即可.） 点评：本题从割拼后的大正方形面积等于割拼前阴影部分的面积切入是个关键，通过逆推．．是大正方形的边长得出直角三角形斜边长，在此基础上根据勾股定理逆推出直角边的平方之和等于斜边的平方的直角三角形，次那个人使问题获得解决.本题是一道具有新课程理念的好题.原图图①图②25.（本题满分12分）如图1，在平面直角坐标系，O 为坐标原点，点(),A 10-,点(),B 03.⑴.求BAO ∠的度数； ⑵. 如图1，将⊿AOB 绕点O 顺时针得⊿''A OB ，当'A 恰好落在AB 边上时，设⊿'AB O 的面积为1S ,⊿'BA O 的面积为2S ,1S 与2S 有何关系？为什么？⑶. 若将⊿AOB 绕点O 顺时针旋转到如图2所示的位置，1S 与2S 的关系发生变化了吗？证明你的判断.考点： 点的坐标的意义和相关联性的规律、三角函数的定义、特殊角的三角函数值、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及三角形的面积及其相关结论等. 分析：本题的⑴问求BAO ∠的度数化归在Rt △AOB 来解决，根据点(),A 10-,点(),B 03容易求出OA OB 、的长度，利用三角函数的定义计算出三角函数值，从而求出该角的度数. 本题的⑵问抓住⊿'AB O 和⊿'BA O 的边'OA OA 、是同一三角形⊿'AA O 的边;根据旋转的特征可以推出'OA OA =,结合⑴问容易推出三角形⊿'AA O 是等边三角形，等边三角形不但三边相等，而且三边上的高也是相等的，我们利用“等底等高的三角形”的结论容易判断出12S S =.本题的⑶问也抓住根据旋转的特征可以推出⊿'AB O 和⊿'BA O 的边'OA OA =；其实我们只需找到'OA OA 、边上高相等；而'OA OA 、边上的高可以化在两个三角形中，通过全等三角形可以证得其高相等，再利用“等底等高的三角形”的结论容易判断出12S S =.（本问也可以用相似形的相关知识使问题获得解决.） 略解：⑴. ∵点(),A 10-,点(),B 03∴,OA 1OB 3==又∵AOB 90∠=∴OB 3tan BAO 3OA ∠=== ······················ 2分 ∴BAO 60∠=o······························· 3分⑵.12S S =. ··································· 4分理由如下：根据旋转的征可知：'OA OA =.又BAO 60∠=o∴⊿'AA O 是等边三角形x y B'A'B A O 图 2x y B'A'BA O图 11h 2h 3h∴''AOA BA O 60∠=∠=o∴AD ∥x 轴∴点''A B 、到x 轴的距离相等（图中12h h =） ∵等边⊿'AA O 的三条高都相等（图中23h h =）∴点O 到AB 的距离等于点'B 到x 轴的距离（图中13h h =）∴12S S =（等底等高的三角形面积相等） ········ 7分 ⑶.1S 与2S 的关系没变,即12S S =. ············· 8分理由如下：：过点B 作'BC OA ⊥于C ,过点'B 作'B D ⊥x 于D . ∴'BCO B DO 90∠=∠=o根据题意可知：''BOD A OB 90∠=∠=o根据旋转的征可知：','A A B O BO O O == ∴132390∠+∠=∠+∠=o∴∠=∠12∴⊿BCO ≌⊿'B DO （AAS ） ∴'BC B D = 又'OA OA =∴12S S =（等底等高的三角形面积相等） (12)分点评：本题的⑴问通过计算三角函数值来求角度是一种比较常见的破题思路.本题的⑵⑶问在“等底等高”的情况下来解决问题；都是在“等底”的情况下，关键是得到“等高”的途径不一样，⑵问是通过等边三角形来推出的，⑶问是通过全等三角形来得到的（也可以用相似形知识进行转换），殊途同归.希望同学们善于在变中寻“不变”的破题思路.其他省市数学近3年中考试题选练：一.选择题部分1.（2019·北京市）如果m n 1+=，那么代数式()2222m n 1m n m m mn +⎛⎫+⋅-⎪-⎝⎭的值为 （ ） A ．3- B ．1- C ．a D ．32.（2019·北京市）用三个不等式11a b,ab 0,a b>>< 中的两个不等式作为题设，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，组成真命题的个数为 （ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 3.（2019·河北省）小刚在解关于x 的方程()++=≠2ax bx c 0a 0时，只抄对了==a 1,b 4解出其中一个根是=-x 1，他核对时发现所抄的c 比原方程的c 值小2．则原方程的根的情况是 （ ） A.不存在实数根 B.有两个不相等的实数根 C.有一个根是=-x 1 D.有两个相等的实数根4.（2019·河北省）根据圆规作图的痕迹，可用直尺成功找到三角形外心的是 （ ）A. B. C. D.5.（2019·宁波市）如图所示，矩形纸片ABCD 中，把它分割成正方形纸片ABFE 和矩形纸片EFCD ,分别裁出扇形ABF 和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则AB 的长为 （ ）A ．8B ．-8C ．4D ．-46.（2019·宁波市）勾股定理是人类伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载；如图1片按图2的方式放置在最大正方形内，若知道图中阴影部分 的面积，则一定能求出（ ） A 直角三角形的面积 B.最大正方形的面积C.较小的两个正方形重叠部分的面积D.最大正方形与直角三角形面积之和 7.（2019·绍兴市）抛物线由()()=+-y x 5x 3变换得到()()=+-y x 3x5，则这个变换可以是 （ ）A.向左平移2个单位B.向右平移2个单位C.向左平移8个单位D.向右平移8个单位8.（2019·温州市）某简易房示意图如图所示，它是个轴对称图形，则坡屋 顶弦杆AB 的长为 （ ） A.95sinα米 B.95cos α米 C.59sin α米4 D.59cos α米9.（2019·嘉兴市）右图是一个2×2的方阵。