2019届中考数学综合题型专题复习卷：综合问题

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2019年全国各地中考数学试题分类汇编(第二期) 专题42 综合性问题(含解析)

综合性问题一.选择题1. （2019•铜仁•4分）如图，D是△ABC内一点，BD⊥CD，AD＝7，BD＝4，CD＝3，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点，则四边形EFGH的周长为（）A．12 B．14 C．24 D．21【解答】解：∵BD⊥CD，BD＝4，CD＝3，∴BC＝＝＝5，∵E、F、G、H分别是AB、AC、CD、BD的中点，∴EH＝FG＝BC，EF＝GH＝AD，∴四边形EFGH的周长＝EH+GH+FG+EF＝AD+BC，又∵AD＝7，∴四边形EFGH的周长＝7+5＝12．故选：A．2. （2019•铜仁•4分）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且AC＝6，BD＝8，P是对角线BD上任意一点，过点P作EF∥AC，与平行四边形的两条边分别交于点E、F．设BP＝x，EF＝y，则能大致表示y与x之间关系的图象为（）A．B．C．D．【解答】解：当0≤x≤4时，∵BO为△ABC的中线，EF∥AC，∴BP为△BEF的中线，△BEF∽△BAC，∴，即，解得y＝，同理可得，当4＜x≤8时，y＝（8﹣x）．故选：A．3.（2019•江苏宿迁•3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的顶点A与原点O重合，顶点B落在x轴的正半轴上，对角线AC、BD交于点M，点D、M恰好都在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，则的值为（）A．B．C．2 D．【分析】设D（m，），B（t，0），利用菱形的性质得到M点为BD的中点，则M（，），把M（，）代入y＝得t＝3m，利用OD＝AB＝t得到m2+（）2＝（3m）2，解得k＝2m2，所以M（2m，m），根据正切定义得到tan∠MAB＝＝＝，从而得到＝．【解答】解：设D（m，），B（t，0），∵M点为菱形对角线的交点，∴BD⊥AC，AM＝CM，BM＝DM，∴M（，），把M（，）代入y＝得•＝k，∴t＝3m，∵四边形ABCD为菱形，∴OD＝AB＝t，∴m2+（）2＝（3m）2，解得k＝2m2，∴M（2m，m），在Rt△ABM中，tan∠MAB＝＝＝，∴＝．故选：A．【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y＝（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k．也考查了菱形的性质．4. （2019•四川自贡•4分）一次函数y＝ax+b与反比列函数y＝的图象如图所示，则二次函数y＝ax2+bx+c的大致图象是（）A．B．C．D．【分析】根据一次函数与反比例函数图象找出a、b、c的正负，再根据抛物线的对称轴为x＝﹣，找出二次函数对称轴在y轴右侧，比对四个选项的函数图象即可得出结论．【解答】解：∵一次函数y1＝ax+c图象过第一、二、四象限，∴a＜0，b＞0，∴﹣＞0，∴二次函数y3＝ax2+bx+c开口向下，二次函数y3＝ax2+bx+c对称轴在y轴右侧；∵反比例函数y2＝的图象在第一、三象限，∴c＞0，∴与y轴交点在x轴上方．满足上述条件的函数图象只有选项A．故选：A．【点评】本题考查了一次函数的图象、反比例函数的图象以及二次函数的图象，解题的关键是根据一次函数与反比例函数的图象找出a、b、c的正负．本题属于基础题，难度不大，熟悉函数图象与系数的关系是解题的关键．5.（2019•四川自贡•4分）如图，已知A、B两点的坐标分别为（8，0）、（0，8），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y 轴于点E，当△ABE面积取得最小值时，tan∠BAD的值是（）A．B．C．D．【分析】如图，设直线x＝﹣5交x轴于K．由题意KD＝CF＝5，推出点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，推出当直线AD与⊙K相切时，△ABE的面积最小，作EH⊥AB于H．求出EH，AH即可解决问题．【解答】解：如图，设直线x＝﹣5交x轴于K．由题意KD＝CF＝5，∴点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，∴当直线AD与⊙K相切时，△ABE的面积最小，∵AD是切线，点D是切点，∴AD⊥KD，∵AK＝13，DK＝5，∴AD＝12，∵tan∠EAO＝＝，∴＝，∴OE＝，∴AE＝＝，作EH⊥AB于H．∵S△ABE＝•AB•EH＝S△AOB﹣S△AOE，∴EH＝，∴AH＝＝，∴tan∠BAD＝＝＝，故选：A．【点评】本题考查解直角三角形，坐标与图形的性质，直线与圆的位置关系，三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题．二.填空题1.（2019•江苏扬州•3分）将一个矩形纸片折叠成如图所示的图形，若∠ABC=26°，则∠ACD= 128°.【考点】：矩形的性质，折叠问题，等腰三角形，平行线，平角【解析】：解：延长DC到F∵矩形纸条折叠∴∠ACB=∠∠BCF∵AB∥CD∴∠ABC=∠BCF=26°∴∠ACF=52°∵∠ACF+∠ACD=180°∴∠ACD =128°【答案】：128°2. （2019•江苏扬州•3分）如图，已知点E 在正方形ABCD 的边AB 上，以BE 为边向正方形ABCD外部作正方形BEFG ，连接DF ，M 、N 分别是DC 、DF 的中点，连接MN .若AB =7，BE =5，则MN = 213 . 【考点】：正方形，中位线，勾股定理【解析】：连接FC ，∵M 、N 分别是DC 、DF 的中点∴FC =2MN∵AB =7，BE =5且四ABCD ，四EFGB 是正方形∴FC =22GC FG +=13∴MN =213 【答案】：MN =2133. （2 019·江苏盐城·3分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y ＝2x －1的图像分别交x 、y 轴于点A 、B ，将直线AB 绕点B 按顺时针方向旋转45°，交x 轴于点C ，则直线BC 的函数表达式是__________.【答案】131-=x y 【解析】因为一次函数y ＝2x －1的图像分别交x 、y 轴于点A 、B ，则A （21，0），B （0,-1），则AB =25. 过A 作AD ⊥BC 于点D ，因为∠ABC =45°，所以由勾股定理得AD =410，设BC =x ，则AC =OC -OA =2112--x ，根据等面积可得：AC ×OB =BC ×AD ，即2112--x =410x ，解得x =10.则AC =3，即C （3，0），所以直线BC 的函数表达式是131-=x y . 4. （2019•河南•3分）如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，点E 在边BC 上，且BE ＝a ．连接AE ，将△ABE 沿AE 折叠，若点B 的对应点B ′落在矩形ABCD 的边上，则a的值为或．【分析】分两种情况：①点B ′落在AD 边上，根据矩形与折叠的性质易得AB ＝BE ，即可求出a 的值；②点B ′落在CD 边上，证明△ADB ′∽△B ′CE ，根据相似三角形对应边成比例即可求出a 的值．【解答】解：分两种情况：①当点B ′落在AD 边上时，如图1．∵四边形ABCD 是矩形，∴∠BAD ＝∠B ＝90°，∵将△ABE 沿AE 折叠，点B 的对应点B ′落在AD 边上，∴∠BAE ＝∠B ′AE ＝∠BAD ＝45°，∴AB ＝BE ， ∴a ＝1，∴a ＝；②当点B ′落在CD 边上时，如图2．∵四边形ABCD 是矩形，∴∠BAD ＝∠B ＝∠C ＝∠D ＝90°，AD ＝BC ＝a ．∵将△ABE 沿AE 折叠，点B 的对应点B ′落在CD 边上，∴∠B ＝∠AB ′E ＝90°，AB ＝AB ′＝1，EB ＝EB ′＝a ，∴DB ′＝＝，EC ＝BC ﹣BE ＝a ﹣a ＝a ．在△ADB′与△B′CE中，，∴△ADB′∽△B′CE，∴＝，即＝，解得a1＝，a2＝0（舍去）．综上，所求a的值为或．故答案为或．【点评】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．进行分类讨论与数形结合是解题的关键．5.（2019•浙江杭州•4分）如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E，H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A′点，D点的对称点为D′点，若∠FPG＝90°，△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，则矩形ABCD的面积等于2（5+3）．【分析】设AB＝CD＝x，由翻折可知：P A′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，因为△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，推出A′E＝4D′H，设D′H＝a，则A′E＝4a，由△A′EP∽△D′PH，推出＝，推出＝，可得x＝2a，再利用三角形的面积公式求出a即可解决问题．【解答】解：∵四边形ABC是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，设AB＝CD＝x，由翻折可知：P A′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，∵△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，∴A′E＝4D′H，设D′H＝a，则A′E＝4a，∵△A′EP∽△D′PH，∴＝，∴＝，∴x2＝4a2，∴x＝2a或﹣2a（舍弃），∴P A′＝PD′＝2a，∵•a•2a＝1，∴a＝1，∴x＝2，∴AB＝CD＝2，PE＝＝2，PH＝＝，∴AD＝4+2++1＝5+3，∴矩形ABCD的面积＝2（5+3）．故答案为2（5+3）【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．6.7.8.9.10.三.解答题1. （2019•贵阳•12分）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且关于直线x＝1对称，点A的坐标为（﹣1，0）．（1）求二次函数的表达式；（2）连接BC，若点P在y轴上时，BP和BC的夹角为15°，求线段CP的长度；（3）当a≤x≤a+1时，二次函数y＝x2+bx+c的最小值为2a，求a的值．【分析】（1）先根据题意得出点B的坐标，再利用待定系数法求解可得；（2）分点P在点C上方和下方两种情况，先求出∠OBP的度数，再利用三角函数求出OP的长，从而得出答案；（3）分对称轴x＝1在a到a+1范围的右侧、中间和左侧三种情况，结合二次函数的性质求解可得．【解答】解：（1）∵点A（﹣1，0）与点B关于直线x＝1对称，∴点B的坐标为（3，0），代入y＝x2+bx+c，得：，解得，所以二次函数的表达式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）如图所示：由抛物线解析式知C（0，﹣3），则OB＝OC＝3，∴∠OBC＝45°，若点P在点C上方，则∠OBP＝∠OBC﹣∠PBC＝30°，∴OP＝OBtan∠OBP＝3×＝，∴CP＝3﹣；若点P在点C下方，则∠OBP′＝∠OBC+∠P′BC＝60°，∴OP′＝OBtan∠OBP′＝3×＝3，∴CP＝3﹣3；综上，CP的长为3﹣或3﹣3；（3）若a+1＜1，即a＜0，则函数的最小值为（a+1）2﹣2（a+1）﹣3＝2a，解得a＝1﹣（正值舍去）；若a＜1＜a+1，即0＜a＜1，则函数的最小值为1﹣2﹣3＝2a，解得：a＝﹣2（舍去）；若a＞1，则函数的最小值为a2﹣2a﹣3＝2a，解得a＝2+（负值舍去）；综上，a的值为1﹣或2+．【点评】本题是二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、三角函数的运用、二次函数的图象与性质及分类讨论思想的运用．25．（2019•贵阳•12分）（1）数学理解：如图①，△ABC是等腰直角三角形，过斜边AB的中点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，求AB，BE，AF之间的数量关系；（2）问题解决：如图②，在任意直角△ABC内，找一点D，过点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，若AB＝BE+AF，求∠ADB的度数；（3）联系拓广：如图③，在（2）的条件下，分别延长ED，FD，交AB于点M，N，求MN，AM，BN的数量关系．【分析】数学理解：（1）由等腰直角三角形的性质可得AC＝BC，∠A＝∠B＝45°，AB＝AC，由正方形的性质可得DE＝DF＝CE，∠DFC＝∠DEC＝90°，可求AF＝DF＝CE，即可得AB＝（AF+BE）；问题解决：（2）延长AC，使FM＝BE，通过证明△DFM≌△DEB，可得DM＝DB，通过△ADM≌△ADB，可得∠DAC＝∠DAB＝∠CAB，∠ABD＝∠CBD＝∠ABC，由三角形内角和定理可求∠ADB的度数；联系拓广：（3）由正方形的性质可得DE∥AC，DF∥BC，由平行线的性质可得∠DAB＝∠ADM，∠NDB＝∠ABD，可得AM＝MD，DN＝NB，即可求MN，AM，BN的数量关系．【解答】解：数学理解：（1）AB＝（AF+BE）理由如下：∵△ABC是等腰直角三角形∴AC＝BC，∠A＝∠B＝45°，AB＝AC6∵四边形DECF是正方形∴DE＝DF＝CE＝CF，∠DFC＝∠DEC＝90°∴∠A＝∠ADF＝45°∴AF＝DF＝CE∴AF+BE＝BC＝AC∴AB＝（AF+BE）问题解决：（2）如图，延长AC，使FM＝BE，连接DM，∵四边形DECF是正方形∴DF＝DE，∠DFC＝∠DEC＝90°∵BE＝FM，∠DFC＝∠DEB＝90°，DF＝ED ∴△DFM≌△DEB（SAS）∴DM＝DB∵AB＝AF+BE，AM＝AF+FM，FM＝BE，∴AM＝AB，且DM＝DB，AD＝AD∴△ADM≌△ADB（SSS）∴∠DAC＝∠DAB＝∠CAB同理可得：∠ABD＝∠CBD＝∠ABC∵∠ACB＝90°，∴∠CAB+∠CBA＝90°∴∠DAB+∠ABD＝（∠CAB+∠CBA）＝45°∴∠ADB＝180°﹣（∠DAB+∠ABD）＝135°联系拓广：（3）∵四边形DECF是正方形∴DE∥AC，DF∥BC∴∠CAD＝∠ADM，∠CBD＝∠NDB，∠MDN＝∠AFD＝90°∵∠DAC＝∠DAB，∠ABD＝∠CBD∴∠DAB＝∠ADM，∠NDB＝∠ABD∴AM＝MD，DN＝NB在Rt∠DMN中，MN2＝MD2+DN2，∴MN2＝AM2+NB2，【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．2. （2019•铜仁•14分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣1与x轴的交点为A（﹣1，0），B（2，0），且与y轴交于C点．（1）求该抛物线的表达式；（2）点C关于x轴的对称点为C1，M是线段BC1上的一个动点（不与B、C1重合），ME⊥x轴，MF⊥y轴，垂足分别为E、F，当点M在什么位置时，矩形MFOE的面积最大？说明理由．（3）已知点P是直线y＝x+1上的动点，点Q为抛物线上的动点，当以C、C1、P、Q 为顶点的四边形为平行四边形时，求出相应的点P和点Q的坐标．【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（2，0）分别代入抛物线y＝ax2+bx﹣1中，得，解得：∴该抛物线的表达式为：y＝x2﹣x﹣1．（2）在y＝x2﹣x﹣1中，令x＝0，y＝﹣1，∴C（0，﹣1）∵点C关于x轴的对称点为C1，∴C1（0，1），设直线C1B解析式为y＝kx+b，将B（2，0），C1（0，1）分别代入得，解得，∴直线C1B解析式为y＝﹣x+1，设M（t，+1），则E（t，0），F（0，+1）∴S矩形MFOE＝OE×OF＝t（﹣t+1）＝﹣（t﹣1）2+，∵﹣＜0，∴当t＝1时，S矩形MFOE最大值＝，此时，M（1，）；即点M为线段C1B中点时，S最大．矩形MFOE（3）由题意，C（0，﹣1），C1（0，1），以C、C1、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，分以下两种情况：①C1C为边，则C1C∥PQ，C1C＝PQ，设P（m，m+1），Q（m，﹣m﹣1），∴|（﹣m﹣1）﹣（m+1）|＝2，解得：m1＝4，m2＝﹣2，m3＝2，m4＝0（舍），P1（4，3），Q1（4，5）；P2（﹣2，0），Q2（﹣2，2）；P3（2，2），Q3（2，0）②C1C为对角线，∵C1C与PQ互相平分，C1C的中点为（0，0），∴PQ的中点为（0，0），设P（m，m+1），则Q（﹣m，+m﹣1）∴（m+1）+（+m﹣1）＝0，解得：m1＝0（舍去），m2＝﹣2，∴P4（﹣2，0），Q4（2，0）；综上所述，点P和点Q的坐标为：P1（4，3），Q1（4，5）或P2（﹣2，0），Q2（﹣2，2）或P3（2，2），Q3（2，0）或P4（﹣2，0），Q4（2，0）．3. （2019•海南•15分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+5经过A（﹣5，0），B（﹣4，﹣3）两点，与x轴的另一个交点为C，顶点为D，连结CD．（1）求该抛物线的表达式；（2）点P为该抛物线上一动点（与点B、C不重合），设点P的横坐标为t．①当点P在直线BC的下方运动时，求△PBC的面积的最大值；②该抛物线上是否存在点P，使得∠PBC＝∠BCD？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式，即可求解；（2）①S△PBC＝PG（x C﹣x B），即可求解；②分点P在直线BC下方、上方两种情况，分别求解即可．【解答】解：（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式得：，解得：，故抛物线的表达式为：y＝x2+6x+5…①，令y＝0，则x＝﹣1或﹣5，即点C（﹣1，0）；（2）①如图1，过点P作y轴的平行线交BC于点G，将点B、C的坐标代入一次函数表达式并解得：设点G（t，t+1），则点P（t，t2+6t+5），S△PBC＝PG（x C﹣x B）＝（t+1﹣t2﹣6t﹣5）＝﹣t2﹣t﹣6，∵＜0，∴S△PBC有最大值，当t＝﹣时，其最大值为；②设直线BP与CD交于点H，当点P在直线BC下方时，∵∠PBC＝∠BCD，∴点H在BC的中垂线上，线段BC的中点坐标为（﹣，﹣），过该点与BC垂直的直线的k值为﹣1，设BC中垂线的表达式为：y＝﹣x+m，将点（﹣，﹣）代入上式并解得：直线BC中垂线的表达式为：y＝﹣x﹣4…③，同理直线CD的表达式为：y＝2x+2…④，联立③④并解得：x＝﹣2，即点H（﹣2，﹣2），同理可得直线BH的表达式为：y＝x﹣1…⑤，联立①⑤并解得：x＝﹣或﹣4（舍去﹣4），故点P（﹣，﹣）；当点P（P′）在直线BC上方时，∵∠PBC＝∠BCD，∴BP′∥CD，则直线BP′的表达式为：y＝2x+s，将点B坐标代入上式并解得：s＝5，联立①⑥并解得：x＝0或﹣4（舍去﹣4），故点P（0，5）；故点P的坐标为P（﹣，﹣）或（0，5）．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、等腰三角形性质、图形的面积计算等，其中（2），要主要分类求解，避免遗漏．4. （2019•江苏无锡•10分）已知二次函数y＝ax2+bx﹣4（a＞0）的图象与x轴交于A、B两点，（A在B左侧，且OA＜OB），与y轴交于点C．D为顶点，直线AC交对称轴于点E，直线BE交y轴于点F，AC：CE＝2：1．（1）求C点坐标，并判断b的正负性；（2）设这个二次函数的图象的对称轴与直线AC相交于点D，已知DC：CA＝1：2，直线BD与y轴交于点E，连接BC．①若△BCE的面积为8，求二次函数的解析式；②若△BCD为锐角三角形，请直接写出OA的取值范围．【分析】（1）确定C（0，﹣4），则OA＜OB，则对称轴在y轴右侧，即，即可求解；（2）①过点D作DM⊥Oy，则，，求出D（m，﹣6），B（4m，0）、OE＝8，由S△BEF＝×4×4m＝8，即可求解；②分∠CDB为锐角、当∠BCD为锐角时，两种情况，分别求解即可．【解答】解：（1）令x＝0，则y＝﹣4，∴C（0，﹣4），∵OA＜OB，∴对称轴在y轴右侧，即∵a＞0，∴b＜0；（2）①过点D作DM⊥Oy，则，∴，设A（﹣2m，0）m＞0，则AO＝2m，DM＝m ∵OC＝4，∴CM＝2，∴D（m，﹣6），B（4m，0），则，∴OE＝8，S△BEF＝×4×4m＝8，∴m＝1，∴A（﹣2，0），B（4，0），设y＝a（x+2）（x﹣4），即y＝ax2﹣2ax﹣8a，令x＝0，则y＝﹣8a，∴C（0，﹣8a），∴﹣8a＝﹣4，a＝，∴；②由①知B（4m，0）C（0，﹣4）D（m，﹣6），则∠CBD一定为锐角，CB2＝16m2+16，CD2＝m2+4，DB2＝9m2+36，当∠CDB为锐角时，CD2+DB2＞CB2，m2+4+9m2+36＞16m2+16，解得﹣2＜m＜2；当∠BCD为锐角时，CD2+CB2＞DB2，m2+4+16m2+16＞9m2+36，解得，综上：，；故：．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到平行线分线段成比例、勾股定理运用等，其中（1），用平行线分线段成比例，是本题解题的关键．5. （2019•江苏无锡•12分）如图1，在矩形ABCD中，BC＝3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向移动，作△P AB关于直线P A的对称△P AB′，设点P的运动时间为t（s）．（1）若AB＝2．①如图2，当点B′落在AC上时，显然△P AB′是直角三角形，求此时t的值；②是否存在异于图2的时刻，使得△PCB′是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t的值？若不存在，请说明理由．（2）当P点不与C点重合时，若直线PB′与直线CD相交于点M，且当t＜3时存在某一时刻有结论∠P AM＝45°成立，试探究：对于t＞3的任意时刻，结论“∠P AM＝45°”是否总是成立？请说明理由．【分析】（1）①利用勾股定理求出AC，由△PCB′∽△ACB，推出＝，即可解决问题．②分三种情形分别求解即可：如图2﹣1中，当∠PCB’＝90°时．如图2﹣2中，当∠PCB’＝90°时．如图2﹣3中，当∠CPB’＝90°时．（2）如图3﹣2中，首先证明四边形ABCD是正方形，如图3﹣2中，利用全等三角形的性质，翻折不变性即可解决问题．【解答】解：（1）①如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴AC＝＝，∵∠PCB′＝∠ACB，∠PB′C＝∠ABC＝90°，∴△PCB′∽△ACB，∴＝，∴＝，∴PB′＝2﹣4．②如图2﹣1中，当∠PCB’＝90°时，∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，∴DB′＝＝，∴CB′＝CD﹣DB′＝，在Rt△PCB′中，∵B′P2＝PC2+B′C2，∴t2＝（）2+（3﹣t）2，∴t＝2．如图2﹣2中，当∠PCB’＝90°时，在Rt△ADB′中，DB′＝＝，∴CB′＝3在Rt△PCB’中则有：，解得t＝6．如图2﹣3中，当∠CPB’＝90°时，易证四边形ABP’为正方形，易知t＝2．综上所述，满足条件的t的值为2s或6s或2s．（2）如图3﹣1中，∵∠P AM＝45°∴∠2+∠3＝45°，∠1+∠4＝45°又∵翻折，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，又∵∠ADM＝∠AB’M，AM＝AM，∴△AMD≌△AMB′（AAS），∴AD＝AB’＝AB，即四边形ABCD是正方形，如图，设∠APB＝x．∴∠P AB＝90°﹣x，∴∠DAP＝x，易证△MDA≌△B’AM（HL），∴∠BAM＝∠DAM，∵翻折，∴∠P AB＝∠P AB’＝90°﹣x，∴∠DAB’＝∠P AB’﹣∠DAP＝90°﹣2x，∴∠DAM＝∠DAB’＝45°﹣x，∴∠MAP＝∠DAM+∠P AD＝45°．【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似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或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．6. （2019•江苏宿迁•12分）如图①，在钝角△ABC中，∠ABC＝30°，AC＝4，点D为边AB中点，点E为边BC中点，将△BDE绕点B逆时针方向旋转α度（0≤α≤180）．（1）如图②，当0＜α＜180时，连接AD、CE．求证：△BDA∽△BEC；（2）如图③，直线CE、AD交于点G．在旋转过程中，∠AGC的大小是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出这个角的度数；（3）将△BDE从图①位置绕点B逆时针方向旋转180°，求点G的运动路程．【分析】（1）如图①利用三角形的中位线定理，推出DE∥AC，可得＝，在图②中，利用两边成比例夹角相等证明三角形细相似即可．（2）利用相似三角形的性质证明即可．（3）点G的运动路程，是图③﹣1中的的长的两倍，求出圆心角，半径，利用弧长公式计算即可．【解答】解：（1）如图②中，由图①，∵点D为边AB中点，点E为边BC中点，∴DE∥AC，∴＝，∴＝，∵∠DBE＝∠ABC，∴∠DBA＝∠EBC，∴△DBA∽△EBC．（2）∠AGC的大小不发生变化，∠AGC＝30°．理由：如图③中，设AB交CG于点O．∵△DBA∽△EBC，∴∠DAB＝∠ECB，∵∠DAB+∠AOG+∠G＝180°，∠ECB+∠COB+∠ABC＝180°，∠AOG＝∠COB，∴∠G＝∠ABC＝30°．（3）如图③﹣1中．设AB的中点为K，连接DK，以AC为边向右作等边△ACO，连接OG，OB．以O为圆心，OA为半径作⊙O，∵∠AGC＝30°，∠AOC＝60°，∴∠AGC＝∠AOC，∴点G在⊙O上运动，以B为圆心，BD为半径作⊙B，当直线与⊙B相切时，BD⊥AD，∴∠ADB＝90°，∵BK＝AK，∴DK＝BK＝AK，∵BD＝BK，∴BD＝DK＝BK，∴△BDK是等边三角形，∴∠DBK＝60°，∴∠DAB＝30°，∴∠DOG＝2∠DAB＝60°，∴的长＝＝，观察图象可知，点G的运动路程是的长的两倍＝．【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，弧长公式，等边三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会正确寻找点的运动轨迹，属于中考压轴题．7.（2019•江苏扬州•10分）如图，平面内的两条直线l1、l2,点A、B在直线l2上，过点A、B两点分别作直线l1的垂线，垂足分别为A1、B1，我们把线段A1B1叫做线段AB在直线l2上的正投影，其长度可记作T（AB，或T（AB，l2）,特别地，线段AC在直线l2上的正投影就是线段A1CCD）请依据上述定义解决如下问题（1）如图1，在锐角△ABC中，AB=5，T（AC，AB）=3，则T（BC，AB）= 2 ；（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，T（AC，AB）=4，T（BC，AB）=9，求△ABC的面积；（3）如图3，在钝角△ABC中，∠A=60°，点D在AB边上，∠ACD=90°，T（AB，AC）=2，T（BC，AB）=6，求T（BC，CD）.【考点】：新定义，投影问题，相似三角形，母子相似，点到直线的距离，含30°的直角三角形【解析】：解答：(1)过C作CE⊥AB，垂足为E∴由T（AC，AB）=3投影可知AE=3∴BE=2即T（BC，AB）=2(2)过点C作CF⊥AB于F∵∠ACB=90°CF⊥AB∴△ACF∽△CBF∴CF2=AF·BF∵T（AC，AB）=4，T（BC，AB）=9∴AF=4 BF=9即CF=6∴S8. （2019•江苏扬州•12分）问题呈现如图，四边形ABCD是矩形，AB=20，BC=10，以CD为一边向矩形外部作等腰直角△GDC，∠G=90°，点M在线段AB上，且AM=a，点P沿折线AD-DG运动，点Q沿折线BC-CG运动（与点G不重合），在运动过程中始终保持线段PQ∥AB.设PQ与AB之间的距离为x. （1）若a=12.①如图1，当点P在线段AD上时，若四边形AMQP的面积为48，则x的值为____2_____；②在运动过程中，求四边形AMQP的最大面积；（2）如图2，若点P在线段DG上时，要使四边形AMQP的面积始终不小于50，求a的取值范围.【考点】：矩形，等腰直角三角形，梯形面积，动点问题，函数思想，分段函数的最值【解析】：解：（1）①由题意得：PQ=20 AM=a=12S四AMQP=()()48212202=+=+xxAMPQ解得x=3②当P在AD上时，即0≤x≤10，S四AMQP=()2xAM PQ+S四AMQP=()()xxxAMPQ16212202=+=+当x=10时，S四AMQP最大值=160当P在DG上，即10≤x≤20，S四AMQP=()2xAM PQ+QP=40-2x，S四AMQP=()()2122-402+=+xxAMPQ=-x2+26x当x=13时，S四AMQP最大值=169综上：x=13时，S四AMQP最大值=169 （2）由上知：PQ=40-2xS四AMQP=()()()24022-4022xaxxaxxAMPQ++-=+=+∵10≤x≤20对称轴为：x=()440a+开口向下∴离对称轴越远取值越小当()440a+≤15时，S四AMQP最小值=10a≥50 得a≥5∴5≤a≤20当()440a+＞15时S四AMQP最小值=40+a≥50 得a≥20综上所述：5≤a≤20【答案】：（1）3 ；（2）169；（3）5≤a≤209. （2019•江苏扬州•12分）如图，已知等边△ABC的边长为8，点P事AB边上的一个动点（与点A、B不重合），直线l是经过点P的一条直线，把△ABC沿直线l折叠，点B的对应点是点B’.（1）如图1，当PB=4时，若点B’恰好在AC边上，则AB’的长度为__4____；（2）如图2，当PB=5时，若直线l∥AC，则BB’的长度为（3）如图3，点P在AB边上运动过程中，若直线l始终垂直于AC，△ACB’的面积是否变化？若变化，说明理由；若不变化，求出面积；（4）当PB=6时，在直线l变化过程中，求△ACB’面积的最大值。

2019年中考数学真题分类汇编第二期专题42综合性问题试题含解析

2019年中考数学真题分类汇编综合性问题一.选择题1. （2019·湖南怀化·4分）下列命题是真命题的是（）A．两直线平行，同位角相等B．相似三角形的面积比等于相似比C．菱形的对角线相等D．相等的两个角是对顶角【分析】根据平行线的性质、相似三角形的性质、菱形的性质、对顶角的概念判断即可．【解答】解：两直线平行，同位角相等，A是真命题；相似三角形的面积比等于相似比的平方，B是假命题；菱形的对角线互相垂直，不一定相等，C是假命题；相等的两个角不一定是对顶角，D是假命题；故选：A．【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．2.（2019•江苏苏州•3分）如图，矩形ABCD的顶点A，B在x轴的正半轴上，反比例函数y=在第一象限内的图象经过点D，交BC于点E．若AB=4，CE=2BE，tan∠AOD=，则k的值为（）A．3 B．2 C．6 D．12【分析】由tan∠AOD==可设AD=3A.OA=4a，在表示出点D.E的坐标，由反比例函数经过点D.E列出关于a的方程，解之求得a的值即可得出答案．【解答】解：∵tan∠AOD==，∴设AD=3A.OA=4a，则BC=AD=3a，点D坐标为（4a，3a），∵CE=2BE，∴BE=BC=a，∵AB=4，∴点E（4+4a，a），∵反比例函数y=经过点D.E，∴k=12a2=（4+4a）a，解得：a=或a=0（舍），则k=12×=3，故选：A．【点评】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据题意表示出点D.E的坐标及反比例函数图象上点的横纵坐标乘积都等于反比例系数k．3.（2019•内蒙古包头市•3分）已知下列命题：①若a3＞b3，则a2＞b2；②若点A（x1，y1）和点B（x2，y2）在二次函数y=x2﹣2x﹣1的图象上，且满足x1＜x2＜1，则y1＞y2＞﹣2；③在同一平面内，a，b，c是直线，且a∥b，b⊥c，则a∥c；④周长相等的所有等腰直角三角形全等．其中真命题的个数是（）A．4个B．3个C．2个D．1个【分析】依据a，b的符号以及绝对值，即可得到a2＞b2不一定成立；依据二次函数y=x2﹣2x﹣1图象的顶点坐标以及对称轴的位置，即可得y1＞y2＞﹣2；依据a∥b，b⊥c，即可得到a∥c；依据周长相等的所有等腰直角三角形的边长对应相等，即可得到它们全等．【解答】解：①若a3＞b3，则a2＞b2不一定成立，故错误；②若点A（x1，y1）和点B（x2，y2）在二次函数y=x2﹣2x﹣1的图象上，且满足x1＜x2＜1，则y1＞y2＞﹣2，故正确；③在同一平面内，a，b，c是直线，且a∥b，b⊥c，则a⊥c，故错误；④周长相等的所有等腰直角三角形全等，故正确．故选：C．【点评】本题主要考查了命题与定理，任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．4.（2019•山东东营市•3分）如图，点E在△DBC的边DB上，点A在△DBC内部，∠DAE=∠BAC=90°，AD=AE，AB=AC．给出下列结论：①BD=CE；②∠ABD+∠ECB=45°；③BD⊥CE；④BE2=2（AD2+AB2）﹣CD2．其中正确的是（）A．①②③④ B．②④ C．①②③D．①③④【分析】只要证明△DAB≌△EAC，利用全等三角形的性质即可一一判断；【解答】解：∵∠DAE=∠BAC=90°，∴∠DAB=∠EAC∵AD=AE，AB=AC，∴△DAB≌△EAC，∴BD=CE，∠ABD=∠ECA，故①正确，∴∠ABD+∠ECB=∠ECA+∠ECB=∠ACB=45°，故②正确，∵∠ECB+∠EBC=∠ABD+∠ECB+∠ABC=45°+45°=90°，∴∠CEB=90°，即CE⊥BD，故③正确，∴BE2=BC2﹣EC2=2AB2﹣（CD2﹣DE2）=2AB2﹣CD2+2AD2=2（AD2+AB2）﹣CD2．故④正确，故选：A．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．5. （2019•遂宁•4分）已知如图，在正方形ABCD中，AD=4，E，F分别是CD，BC上的一点，且∠EAF=45°，EC=1，将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△ABG重合，连接EF，过点B作BM∥AG，交AF于点M，则以下结论：①DE+BF=EF，②BF=，③AF=，④S△MBF=中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④【分析】利用全等三角形的性质条件勾股定理求出BF的长，再利用相似三角形的性质求出△BMF的面积即可．【解答】解：∵AG=AE，∠FAE=∠FAG=45°，AF=AF，∴△AFE≌△AFG，∴EF=FG，∵DE=BG，∴EF=FG=BG+FB=DE+BF，故①正确，∵BC=CD=AD=4，EC=1，∴DE=3，设BF=x，则EF=x+3，CF=4﹣x，在Rt△ECF中，（x+3）2=（4﹣x）2+12，解得x=，∴BF=，AF==，故②正确，③错误，∵BM∥AG，∴△FBM∽△FGA，∴=（）2，∴S△FBM=，故④正确，故选：D．【点评】本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，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，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．6. （2019•乌鲁木齐•4分）如图①，在矩形ABCD中，E是AD上一点，点P从点B沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止；点Q从点B沿BC运动到点C时停止，速度均为每秒1个单位长度．如果点P、Q同时开始运动，设运动时间为t，△BPQ的面积为y，已知y与t的函数图象如图②所示．以下结论：①BC=10；②cos∠ABE=；③当0≤t≤10时，y=t2；④当t=12时，△BPQ是等腰三角形；⑤当14≤t≤20时，y=110﹣5t 中正确的有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【分析】根据题意，确定10≤t≤14，PQ的运动状态，得到BE.BC.ED问题可解．【解答】解：由图象可知，当10≤t≤14时，y值不变，则此时，Q点到C，P从E到D．∴BE=BC=10，ED=4故①正确．∴AE=6Rt△ABE中，AB=∴cos∠ABE=；故②错误当0≤t≤10时，△BPQ的面积为∴③正确；t=12时，P在点E右侧2单位，此时BP＞BE=BCPC=∴△BPQ不是等腰三角形．④错误；当14≤t≤20时，点P由D向C运动，Q在C点，△BPQ的面积为则⑤正确故选：B．【点评】本题为双动点问题，解答时既要注意两个动点相对位置变化又要注意函数图象的变化与动点位置变化之间的关联．7. （2019•广西玉林•3分）等腰三角形底角与顶角之间的函数关系是（）A．正比例函数B．一次函数 C．反比例函数D．二次函数【分析】根据一次函数的定义，可得答案．【解答】解：设等腰三角形的底角为y，顶角为x，由题意，得y=﹣x+90°，故选：B．8. （2019•广西玉林•3分）圆锥的主视图与左视图都是边长为4的等边三角形，则圆锥的侧面展开图扇形的圆心角是（）A．90° B．120°C．150°D．180°【分析】由圆锥的主视图为等边三角形知圆锥的底面圆直径为4.侧面展开图扇形的半径为4，据此利用弧长公式求解可得．【解答】解：∵圆锥的主视图与左视图都是边长为4的等边三角形，∴圆锥的母线长为4.底面圆的直径为4，则圆锥的侧面展开图扇形的半径为4，设圆锥的侧面展开图扇形的圆心角是n，根据题意，得： =4π，解得：n=180°，故选：D．9.（2019•广西贵港•3分）下列命题中真命题是（）A．=（）2一定成立B．位似图形不可能全等C．正多边形都是轴对称图形D．圆锥的主视图一定是等边三角形【分析】根据二次根式的性质、位似图形的定义、正多边形的性质及三视图的概念逐一判断即可得．【解答】解：A.=（）2当a＜0不成立，假命题；B.位似图形在位似比为1时全等，假命题；C.正多边形都是轴对称图形，真命题；D.圆锥的主视图一定是等腰三角形，假命题；故选：C．【点评】本题考查的是命题的真假判断，掌握二次根式的性质、位似图形的定义、正多边形的性质及三视图的概念是解题的关键．10.（2019•广西贵港•3分）如图，抛物线y=（x+2）（x﹣8）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为M，以AB为直径作⊙D．下列结论：①抛物线的对称轴是直线x=3；②⊙D的面积为16π；③抛物线上存在点E，使四边形ACED为平行四边形；④直线CM与⊙D相切．其中正确结论的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】①根据抛物线的解析式得出抛物线与x轴的交点A.B坐标，由抛物线的对称性即可判定；②求得⊙D的直径AB的长，得出其半径，由圆的面积公式即可判定，③过点C作CE∥AB，交抛物线于E，如果CE=AD，则根据一组等边平行且相等的四边形是平行四边形即可判定；④求得直线CM、直线CD的解析式通过它们的斜率进行判定．【解答】解：∵在y=（x+2）（x﹣8）中，当y=0时，x=﹣2或x=8，∴点A（﹣2，0）、B（8，0），∴抛物线的对称轴为x==3，故①正确；∵⊙D的直径为8﹣（﹣2）=10，即半径为5，∴⊙D的面积为25π，故②错误；在y=（x+2）（x﹣8）=x2﹣x﹣4中，当x=0时y=﹣4，∴点C（0，﹣4），当y=﹣4时，x2﹣x﹣4=﹣4，解得：x1=0、x2=6，所以点E（6，﹣4），则CE=6，∵AD=3﹣（﹣2）=5，∴AD≠CE，∴四边形ACED不是平行四边形，故③错误；∵y=x2﹣x﹣4=（x﹣3）2﹣，∴点M（3，﹣），设直线CM解析式为y=kx+b，将点C（0，﹣4）、M（3，﹣）代入，得：，解得：，所以直线CM解析式为y=﹣x﹣4；设直线CD解析式为y=mx+n，将点C（0，﹣4）、D（3，0）代入，得：，解得：，所以直线CD解析式为y=x﹣4，由﹣×=﹣1知CM⊥CD于点C，∴直线CM与⊙D相切，故④正确；故选：B．【点评】本题考查了二次函数的综合问题，解题的关键是掌握抛物线的顶点坐标的求法和对称轴，平行四边形的判定，点是在圆上还是在圆外的判定，切线的判定等．11.（2019•贵州遵义•3分）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=5，BC=10，连接AC.BD，以BD 为直径的圆交AC于点E．若DE=3，则AD的长为（）A．5 B．4 C．3 D．2【分析】先求出AC，进而判断出△ADF∽△CAB，即可设DF=x，AD=x，利用勾股定理求出BD，再判断出△DEF∽△DBA，得出比例式建立方程即可得出结论．【解答】解：如图，在Rt△ABC中，AB=5，BC=10，∴AC=5过点D作DF⊥AC于F，∴∠AFD=∠CBA，∵AD∥BC，∴∠DAF=∠ACB，∴△ADF∽△CAB，∴，∴，设DF=x，则AD=x，在Rt△ABD中，BD==，∵∠DEF=∠DBA，∠DFE=∠DAB=90°，∴△DEF∽△DBA，∴，∴，∴x=2，∴AD=x=2，故选：D．二、填空题1. （2019·湖北随州·3分）如图，在四边形ABCD中，AB=AD=5，BC=CD且BC＞AB，BD=8．给出以下判断：①AC垂直平分BD；②四边形ABCD的面积S=AC•BD；③顺次连接四边形ABCD的四边中点得到的四边形可能是正方形；④当A，B，C，D四点在同一个圆上时，该圆的半径为；⑤将△ABD沿直线BD对折，点A落在点E处，连接BE并延长交CD于点F，当BF⊥CD时，点F到直线AB的距离为．其中正确的是①③④．（写出所有正确判断的序号）【分析】依据AB=AD=5，BC=CD，可得AC是线段BD的垂直平分线，故①正确；依据四边形ABCD的面积S=，故②错误；依据AC=BD，可得顺次连接四边形ABCD的四边中点得到的四边形是正方形，故③正确；当A，B，C，D四点在同一个圆上时，设该圆的半径为r，则r2=（r﹣3）2+42，得r=，故④正确；连接AF，设点F 到直线AB的距离为h，由折叠可得，四边形ABED是菱形，AB=BE=5=AD=GD，BO=DO=4，依据S△BDE=×BD×OE=×BE×DF，可得DF=，进而得出GF=，再根据S△ABF=S梯形ABFD﹣S△ADF，即可得到h=，故⑤错误．【解答】解：∵在四边形ABCD中，AB=AD=5，BC=CD，∴AC是线段BD的垂直平分线，故①正确；四边形ABCD的面积S=，故②错误；当AC=BD时，顺次连接四边形ABCD的四边中点得到的四边形是正方形，故③正确；当A，B，C，D四点在同一个圆上时，设该圆的半径为r，则r2=（r﹣3）2+42，得r=，故④正确；将△ABD沿直线BD对折，点A落在点E处，连接BE并延长交CD于点F，如图所示，连接AF，设点F到直线AB的距离为h，由折叠可得，四边形ABED是菱形，AB=BE=5=AD=GD，BO=DO=4，∴AO=EO=3，∵S△BDE=×BD×OE=×BE×DF，∴DF==，∵BF⊥CD，BF∥AD，∴AD⊥CD，GF==，∵S△ABF=S梯形ABFD﹣S△ADF，∴×5h=（5+5+）×﹣×5×，解得h=，故⑤错误；故答案为：①③④．【点评】本题主要考查了菱形的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是利用图形面积的和差关系进行计算．2. （2019•江苏宿迁•3分）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数（x＞0）与正比例函数y=kx、（k＞1）的图象分别交于点A.B，若∠AOB＝45°，则△AOB的面积是________.【答案】2【分析】作BD⊥x轴，AC⊥y轴，OH⊥AB（如图），设A（x1，y1），B（x2， y2），根据反比例函数k的几何意义得x1y1=x2y2=2；将反比例函数分别与y=kx，y=联立，解得x1=，x2=，从而得x1x2=2，所以y1=x2， y2=x1，根据SAS得△ACO≌△BDO，由全等三角形性质得AO=BO，∠AOC=∠BOD，由垂直定义和已知条件得∠AOC=∠BOD=∠AOH=∠BOH=22.5°，根据AAS得△ACO≌△BDO≌△AHO≌△BHO，根据三角形面积公式得S△ABO=S△AHO+S△BHO=S△ACO+S△BDO=x1y1+ x2y2= ×2+ ×2=2.【详解】如图：作BD⊥x轴，AC⊥y轴，OH⊥AB，设A（x1，y1），B（x2， y2），∵A.B在反比例函数上，∴x1y1=x2y2=2，∵，解得：x1=，又∵，解得：x2=，∴x1x2=×=2，∴y1=x2， y2=x1，即OC=OD，AC=BD，∵BD⊥x轴，AC⊥y轴，∴∠ACO=∠BDO=90°，∴△ACO≌△BDO（SAS），∴AO=BO，∠AOC=∠BOD，又∵∠AOB＝45°，OH⊥AB，∴∠AOC=∠BOD=∠AOH=∠BOH=22.5°，∴△ACO≌△BDO≌△AHO≌△BHO，∴S△ABO=S△AHO+S△BHO=S△ACO+S△BDO=x1y1+ x2y2= ×2+ ×2=2，故答案为：2.【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数与一次函数的交点问题，全等三角形的判定与性质等，正确添加辅助线是解题的关键.3.（2019•江苏宿迁•3分）如图，将含有30°角的直角三角板ABC放入平面直角坐标系，顶点A，B分别落在x、y轴的正半轴上，∠OAB＝60°，点A的坐标为（1，0），将三角板ABC沿x轴向右作无滑动的滚动（先绕点A按顺时针方向旋转60°，再绕点C按顺时针方向旋转90°，…）当点B第一次落在x轴上时，则点B 运动的路径与坐标轴围成的图形面积是________.【答案】+π【分析】在Rt△AOB中，由A点坐标得OA=1，根据锐角三角形函数可得AB=2，OB=，在旋转过程中，三角板的角度和边的长度不变，所以点B运动的路径与坐标轴围成的图形面积：S=，计算即可得出答案.【详解】在Rt△AOB中，∵A（1，0），∴OA=1，又∵∠OAB＝60°，∴cos60°=，∴AB=2，OB=，∵在旋转过程中，三角板的角度和边的长度不变，∴点B运动的路径与坐标轴围成的图形面积：S==π，故答案为：π.【点睛】本题考查了扇形面积的计算，锐角三角函数的定义，旋转的性质等，根据题意正确画出图形是解题的关键.4.（2019•江苏无锡•2分）如图，已知∠XOY=60°，点A在边OX上，OA=2．过点A作AC⊥OY于点C，以AC 为一边在∠XOY内作等边三角形ABC，点P是△ABC围成的区域（包括各边）内的一点，过点P作PD∥OY交OX于点D，作PE∥OX交OY于点E．设OD=a，OE=b，则a+2b的取值范围是2≤a+2b≤5．【分析】作辅助线，构建30度的直角三角形，先证明四边形EODP是平行四边形，得EP=OD=a，在Rt△HEP 中，∠EPH=30°，可得EH的长，计算a+2b=2OH，确认OH最大和最小值的位置，可得结论．【解答】解：过P作PH⊥OY交于点H，∵PD∥OY，PE∥OX，∴四边形EODP是平行四边形，∠HEP=∠XOY=60°，∴EP=OD=a，Rt△HEP中，∠EPH=30°，∴EH=EP=a，∴a+2b=2（a+b）=2（EH+EO）=2OH，当P在AC边上时，H与C重合，此时OH的最小值=OC=OA=1，即a+2b的最小值是2；当P在点B时，OH的最大值是：1+=，即（a+2b）的最大值是5，∴2≤a+2b≤5．【点评】本题考查了等边三角形的性质、直角三角形30度角的性质、平行四边形的判定和性质，有难度，掌握确认a+2b的最值就是确认OH最值的范围．5.（2019•江苏苏州•3分）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=2，BC=．将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△AB'C′，连接B'C，则sin∠ACB′=．【分析】根据勾股定理求出AC，过C作CM⊥AB′于M，过A作AN⊥CB′于N，求出B′M、CM，根据勾股定理求出B′C，根据三角形面积公式求出AN，解直角三角形求出即可．【解答】解：在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC==5，过C作CM⊥AB′于M，过A作AN⊥CB′于N，∵根据旋转得出AB′=AB=2，∠B′AB=90°，即∠CMA=∠MAB=∠B=90°，∴CM=AB=2，AM=BC=，∴B′M=2﹣=，在Rt△B′MC中，由勾股定理得：B′C===5，∴S△AB′C==，∴5×AN=2×2，解得：AN=4，∴sin∠ACB′==，故答案为：．【点评】本题考查了解直角三角形、勾股定理、矩形的性质和判定，能正确作出辅助线是解此题的关键．6.（2019•江苏苏州•3分）如图，已知AB=8，P为线段AB上的一个动点，分别以AP，PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P，C，E在一条直线上，∠DAP=60°．M，N分别是对角线AC，BE的中点．当点P在线段AB上移动时，点M，N之间的距离最短为2（结果留根号）．【分析】连接PM、PN．首先证明∠MPN=90°设PA=2a，则PB=8﹣2a，PM=a，PN=（4﹣a），构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；【解答】解：连接PM、PN．∵四边形APCD，四边形PBFE是菱形，∠DAP=60°，∴∠APC=120°，∠EPB=60°，∵M，N分别是对角线AC，BE的中点，∴∠CPM=∠APC=60°，∠EPN=∠EPB=30°，∴∠MPN=60°+30°=90°，设PA=2a，则PB=8﹣2a，PM=a，PN=（4﹣a），∴MN===，∴a=3时，MN有最小值，最小值为2，故答案为2．【点评】本题考查菱形的性质、勾股定理二次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构建二次函数解决最值问题．7.（2019•内蒙古包头市•3分）如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB上的一个动点（不与点A，B重合），连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，连接DE，DE与AC相交于点F，连接AE．下列结论：①△ACE≌△BCD；②若∠BCD=25°，则∠AED=65°；③DE2=2CF•CA；④若AB=3，AD=2BD，则AF=．其中正确的结论是①②③．（填写所有正确结论的序号）【分析】先判断出∠BCD=∠ACE，即可判断出①正确；先求出∠BDC=110°，进而得出∠AEC=110°，即可判断出②正确；先判断出∠CAE=∠CEF，进而得出△CEF∽△CAE，即可得出CE2=CF•AC，最后用勾股定理即可得出③正确；先求出BC=AC=3，再求出BD=，进而求出CE=CD=，求出CF=，即可判断出④错误．【解答】解：∵∠ACB=90°，由旋转知，CD=CE，∠DCE=90°=∠ACB，∴∠BCD=∠ACE，在△BCD和△ACE中，，∴△BCD≌△ACE，故①正确；∵∠AC B=90°，BC=AC，∴∠B=45°∵∠BCD=25°，∴∠BDC=180°﹣45°﹣25°=110°，∵△BCD≌△ACE，∴∠AEC=∠BDC=110°，∵∠DCE=90°，CD=CE，∴∠CED=45°，则∠AED=∠AEC﹣∠CED=65°，故②正确；∵△BCD≌△ACE，∴∠CAE=∠CBD=45°=∠CEF，∵∠ECF=∠ACE，∴△CEF∽△CAE，∴，∴CE2=CF•AC，在等腰直角三角形CDE中，DE2=2CE2=2CF•AC，故③正确；如图，过点D作DG⊥BC于G，∵AB=3，∴AC=BC=3，∵AD=2BD，∴BD=AB=，∴DG=BG=1，∴CG=BC﹣BG=3﹣1=2，在Rt△CDG中，根据勾股定理得，CD==，∵△BCD≌△ACE，∴CE=，∵CE2=CF•AC，∴CF==，∴AF=AC﹣CF=3﹣=，故④错误，故答案为：①②③．【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△BCD≌△ACE是解本题的关键．题8. （2019•遂宁•4分）如图，已知抛物线y=ax2﹣4x+c（a≠0）与反比例函数y=的图象相交于点B，且B 点的横坐标为3，抛物线与y轴交于点C（0，6），A是抛物线y=ax2﹣4x+c的顶点，P点是x轴上一动点，当PA+PB最小时，P点的坐标为．【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后求出点B的坐标，从而可以求得二次函数解析式，然后求出点A 的坐标，进而求得A′的坐标，从而可以求得直线A′B的函数解析式，进而求得与x轴的交点，从而可以解答本题．【解答】解：作点A关于x轴的对称点A′，连接A′B，则A′B与x轴的交点即为所求，∵抛物线y=ax2﹣4x+c（a≠0）与反比例函数y=的图象相交于点B，且B点的横坐标为3，抛物线与y轴交于点C（0，6），∴点B（3，3），∴，解得，，∴y=x2﹣4x+6=（x﹣2）2+2，∴点A的坐标为（2，2），∴点A′的坐标为（2，﹣2），设过点A′（2，﹣2）和点B（3，3）的直线解析式为y=mx+n，，得，∴直线A′B的函数解析式为y=5x﹣12，令y=0，则0=5x﹣12得x=，故答案为：（，0）．【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、最短路径问题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．9. （2019•广西桂林•3分）如图，矩形OABC的边AB与x轴交于点D，与反比例函数(k>0)在第一象限的图像交于点E，∠AOD=30°，点E的纵坐标为1，ΔODE的面积是，则k的值是________【答案】【解析】分析：过E作EF⊥x轴，垂足为F，则EF=1，易求∠DEF=30°，从而DE=，根据ΔODE的面积是求出OD=，从而OF=3，所以k=3.详解：如图，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，∵点E的纵坐标为1，∴EF=1，∵ΔODE的面积是，∴OD=，∵四边形OABC是矩形，且∠AOD=30°,∴∠DEF=30°,∴DF=∴OF=3，所以点E的坐标为（3，1），把点E的坐标代入反比例函数的解析式，可得k=3.故答案为3.点睛：本题是正方形和反比例函数的综合试题，解题过程中涉及解直角三角形，确定反比例函数的解析式等，确定点E的坐标是解题关键.10.（2019•贵州黔西南州•3分）如图，已知在△ABC中，BC边上的高AD与AC边上的高BE交于点F，且∠BAC=45°，BD=6，CD=4，则△ABC的面积为60 ．【分析】首先证明△AEF≌△BEC，推出AF=BC=10，设DF=x．由△ADC∽△BDF，推出=，构建方程求出x即可解决问题；【解答】解：∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠AEF=∠BEC=∠BDF=90°，∵∠BAC=45°，∴AE=EB，∵∠EAF+∠C=90°，∠CBE+∠C=90°，∴∠EAF=∠CBE，∴△AEF≌△BEC，∴AF=BC=10，设DF=x．∵△ADC∽△BDF，∴=，∴=，整理得x2+10x﹣24=0，解得x=2或﹣12（舍弃），∴AD=AF+DF=12，∴S△ABC=•BC•AD=×10×12=60．故答案为60．【点评】本题考查勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．11.（2019•海南•4分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（20，0），点B的坐标是（16，0），点C.D在以OA为直径的半圆M上，且四边形OCDB是平行四边形，则点C的坐标为（2，6）．【分析】过点M作MF⊥CD于点F，则CF=CD=8，过点C作CE⊥OA于点E，由勾股定理可求得MF的长，从而得出OE的长，然后写出点C的坐标．【解答】解：∵四边形OCDB是平行四边形，B（16，0），∴CD∥OA，CD=OB=16，过点M作MF⊥CD于点F，则CF=CD=8，过点C作CE⊥OA于点E，∵A（20，0），∴OE=OM﹣ME=OM﹣CF=10﹣8=2．连接MC，则MC=OA=10，∴在Rt△CMF中，由勾股定理得MF==6∴点C的坐标为（2，6）故答案为：（2，6）．【点评】本题考查了勾股定理、垂径定理以及平行四边形的性质，正确作出辅助线构造出直角三角形是解题关键．三.解答题1. （2019·湖南郴州·8分）已知BC是⊙O的直径，点D是BC延长线上一点，AB=AD，AE是⊙O的弦，∠AEC=30°．（1）求证：直线AD是⊙O的切线；（2）若AE⊥BC，垂足为M，⊙O的半径为4，求AE的长．【分析】（1）先求出∠ABC=30°，进而求出∠BAD=120°，即可求出∠OAB=30°，结论得证；（2）先求出∠AOC=60°，用三角函数求出AM，再用垂径定理即可得出结论．【解答】解：（1）如图，∵∠AEC=30°，∴∠ABC=30°，∵AB=AD，∴∠D=∠ABC=30°，根据三角形的内角和定理得，∠BAD=120°，连接OA，∴OA=OB，∴∠OAB=∠ABC=30°，∴∠OAD=∠BAD﹣∠OAB=90°，∴OA⊥AD，∵点A在⊙O上，∴直线AD是⊙O的切线；（2）连接OA，∵∠AEC=30°，∴∠AOC=60°，∵BC⊥AE于M，∴AE=2AM，∠OMA=90°，在Rt△AOM中，AM=OA•sin∠AOM=4×sin60°=2，∴AE=2AM=4．【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，垂径定理，切线的判定，锐角三角函数，三角形内角和定理，圆周角定理，求出∠AOC=60°是解本题的关键．2. （12.00分）在矩形ABCD中，AD＞AB，点P是CD边上的任意一点（不含C，D两端点），过点P作PF∥BC，交对角线BD于点F．（1）如图1，将△PDF沿对角线BD翻折得到△QDF，QF交AD于点E．求证：△DEF是等腰三角形；（2）如图2，将△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P'DF'，连接P'C，F'B．设旋转角为α（0°＜α＜180°）．①若0°＜α＜∠BDC，即DF'在∠BDC的内部时，求证：△DP'C∽△DF'B．②如图3，若点P是CD的中点，△DF'B能否为直角三角形？如果能，试求出此时tan∠DBF'的值，如果不能，请说明理由．【分析】（1）根据翻折的性质以及平行线的性质可知∠DFQ=∠ADF，所以△DEF是等腰三角形；（2）①由于PF∥BC，所以△DPF∽△DCB，从而易证△DP′F′∽△DCB；②由于△DF'B是直角三角形，但不知道哪个的角是直角，故需要对该三角形的内角进行分类讨论．【解答】解：（1）由翻折可知：∠DFP=∠DFQ，∵PF∥BC，∴∠DFP=∠ADF，∴∠DFQ=∠ADF，∴△DEF是等腰三角形，（2）①若0°＜α＜∠BDC，即DF'在∠BDC的内部时，∵∠P′DF′=∠PDF，∴∠P′DF′﹣∠F′DC=∠PDF﹣∠F′DC，∴∠P′DC=∠F′DB，由旋转的性质可知：△DP′F′≌△DPF，∵PF∥BC，∴△DPF∽△DCB，∴△DP′F′∽△DCB∴，∴△DP'C∽△DF'B②当∠F′DB=90°时，如图所示，∵DF′=DF=BD，∴=，∴tan∠DBF′==，当∠DBF′=90°，此时DF′是斜边，即DF′＞DB，不符合题意，当∠DF′B=90°时，如图所示，∵DF′=DF=BD，∴∠DBF′=30°，∴tan∠DBF′=【点评】本题考查相似三角形的性质与判定，涉及旋转的性质，锐角三角函数的定义，相似三角形的性质以及判定等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用知识．3. （2019·湖南怀化·12分）已知：如图，在四边形ABCD中，AD∥BC．点E为CD边上一点，AE与BE分别为∠DAB和∠CBA的平分线．（1）请你添加一个适当的条件AD=BC ，使得四边形ABCD是平行四边形，并证明你的结论；（2）作线段AB的垂直平分线交AB于点O，并以AB为直径作⊙O（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；（3）在（2）的条件下，⊙O交边AD于点F，连接BF，交AE于点G，若AE=4，sin∠AGF=，求⊙O的半径．【分析】（1）添加条件AD=BC，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形验证即可；（2）作出相应的图形，如图所示；（3）由平行四边形的对边平行得到AD与BC平行，可得同旁内角互补，再由AE与BE为角平分线，可得出AE与BE垂直，利用直径所对的圆周角为直角，得到AF与FB垂直，可得出两锐角互余，根据角平分线性质及等量代换得到∠AGF=∠AEB，根据sin∠AGF的值，确定出sin∠AEB的值，求出AB的长，即可确定出圆的半径．【解答】解：（1）当AD=BC时，四边形ABCD是平行四边形，理由为：证明：∵AD∥BC，AD=BC，∴四边形ABCD为平行四边形；故答案为：AD=BC；（2）作出相应的图形，如图所示；（3）∵AD∥BC，∴∠DAB+∠CBA=180°，∵AE与BE分别为∠DAB与∠CBA的平分线，∴∠EAB+∠EBA=90°，∴∠AEB=90°，∵AB为圆O的直径，点F在圆O上，∴∠AFB=90°，∴∠FAG+∠FGA=90°，∵AE平分∠DAB，∴∠FAG=∠EAB，∴∠AGF=∠ABE，∴sin∠ABE=sin∠AGF==，∵AE=4，∴AB=5，则圆O的半径为2.5．【点评】此题属于圆综合题，涉及的知识有：圆周角定理，平行四边形的判定与性质，角平分线性质，以及锐角三角函数定义，熟练掌握各自的性质及定理是解本题的关键．4.（2019•江苏苏州•10分）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD垂直于过点C的切线，垂足为D，CE 垂直AB，垂足为E．延长DA交⊙O于点F，连接FC，FC与AB相交于点G，连接OC．（1）求证：CD=CE；（2）若AE=GE，求证：△CEO是等腰直角三角形．【分析】（1）连接AC，根据切线的性质和已知得：AD∥OC，得∠DAC=∠ACO，根据AAS证明△CDA≌△CEA（AAS），可得结论；（2）介绍两种证法：证法一：根据△CDA≌△CEA，得∠DCA=∠ECA，由等腰三角形三线合一得：∠F=∠ACE=∠DCA=∠ECG，在直角三角形中得：∠F=∠DCA=∠ACE=∠ECG=22.5°，可得结论；证法二：设∠F=x，则∠AOC=2∠F=2x，根据平角的定义得：∠DAC+∠EAC+∠OAF=180°，则3x+3x+2x=180，可得结论．【解答】证明：（1）连接AC，∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥CD，∵AD⊥CD，∴∠DCO=∠D=90°，∴AD∥OC，∴∠DAC=∠ACO，∵OC=OA，∴∠CAO=∠ACO，∴∠DAC=∠CAO，∵CE⊥AB，∴∠CEA=90°，在△CDA和△CEA中，∵，∴△CDA≌△CEA（AAS），∴CD=CE；（2）证法一：连接BC，∵△CDA≌△CEA，∴∠DCA=∠ECA，∵CE⊥AG，AE=EG，∴CA=CG，∴∠ECA=∠ECG，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵CE⊥AB，∴∠ACE=∠B，∵∠B=∠F，∴∠F=∠ACE=∠DCA=∠ECG，∵∠D=90°，∴∠DCF+∠F=90°，∴∠F=∠DCA=∠ACE=∠ECG=22.5°，∴∠AOC=2∠F=45°，∴△CEO是等腰直角三角形；证法二：设∠F=x，则∠AOC=2∠F=2x，∵AD∥OC，∴∠OAF=∠AOC=2x，∴∠CGA=∠OAF+∠F=3x，∵CE⊥AG，AE=EG，∴CA=CG，∴∠EAC=∠CGA，∵CE⊥AG，AE=EG，∴CA=CG，∴∠EAC=∠CGA，∴∠DAC=∠EAC=∠CGA=3x，∵∠DAC+∠EAC+∠OAF=180°，∴3x+3x+2x=180，x=22.5°，∴∠AOC=2x=45°，∴△CEO是等腰直角三角形．【点评】此题考查了切线的性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理、三角形内角和定理以及等腰三角形和等腰直角三角形的判定与性质等知识．此题难度适中，本题相等的角较多，注意各角之间的关系，注意掌握数形结合思想的应用．5.（2019•江苏无锡•8分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=17，CD=10，∠A=90°，cosB=，求AD的长．【分析】根据圆内接四边形的对角互补得出∠C=90°，∠ABC+∠ADC=180°．作AE⊥BC于E，DF⊥AE于F，则CDFE是矩形，EF=CD=10．解Rt△AEB，得出BE=AB•cos∠ABE=，AE==，那么AF=AE﹣EF=．再证明∠ABC+∠ADF=90°，根据互余角的互余函数相等得出sin∠ADF=cos∠ABC=．解Rt△ADF，即可求出AD==6．【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A=90°，∴∠C=180°﹣∠A=90°，∠ABC+∠ADC=180°．作AE⊥BC于E，DF⊥AE于F，则CDFE是矩形，EF=CD=10．在Rt△AEB中，∵∠AEB=90°，AB=17，cos∠ABC=，∴BE=AB•cos∠ABE=，∴AE==，∴AF=AE﹣EF=﹣10=．∵∠ABC+∠ADC=180°，∠CDF=90°，∴∠ABC+∠ADF=90°，∵cos∠ABC=，∴sin∠ADF=cos∠ABC=．在Rt△ADF中，∵∠AFD=90°，sin∠ADF=，∴AD===6．【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，求出AF=以及sin∠ADF=是解题的关键．6.（2019•江苏宿迁•12分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=（x-a）（x-3）（0<a<3）的图象与x轴交于点A.B（点A在点B的左侧），与y轴交于点D，过其顶点C作直线CP⊥x轴，垂足为点P，连接AD.BC.（1）求点A.B.D的坐标；（2）若△AOD与△BPC相似，求a的值；（3）点D.O、C.B能否在同一个圆上，若能，求出a的值，若不能，请说明理由.【答案】（1）（1）A（a，0），B（3,0），D（0,3a）.（2）a的值为.（3）当a=时，D.O、C.B四点共圆. 【分析】（1）根据二次函数的图象与x轴相交，则y=0，得出A（a，0），B（3，0），与y轴相交，则x=0，得出D（0，3a）.（2）根据（1）中A.B.D的坐标，得出抛物线对称轴x=，AO=a，OD=3a，代入求得顶点C（，-），从而得PB=3- =，PC=；再分情况讨论：①当△AOD∽△BPC时，根据相似三角形性质得，解得：a= 3（舍去）；②△AOD∽△CPB，根据相似三角形性质得，解得：a1=3（舍），a2=；（3）能；连接BD，取BD中点M，根据已知得D.B.O在以BD为直径，M（，a）为圆心的圆上，若点C也在此圆上，则MC=MB，根据两点间的距离公式得一个关于a的方程，解之即可得出答案.。

2019届全国中考数学汇编含详细分析15：综合问题

y 1 b
∵反比例函数
x 的图象在每个象限内y随x的增大而增大，
∴1+b＜0。∴b＜－1。∴b=－3。
y 13
y2
∴反比例函数的解析式是
x ，即
x 。故选D。
5. （2020四川凉山4分）如图，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，则直线 y x 2 与⊙O
的位置关系是【】
A．相离 B．相切 C．相交 D．以上三种情况都有可能【答案】B。【考点】坐标与图形性质，直线与圆的位置关系，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理。
【答案】C。
【考点】抛物线与x轴的交点，一元二次方程的解，一元二次方程根的判别式和根与系数的关系。
【分析】①∵一元二次方程实数根分别为x1、x2，
∴x1=2，x2=3，只有在m=0时才能成立，故结论①错误。 ②一元二次方程（x－2）（x－3）=m化为一般形式得：x2－5x＋6－m=0，
∵方程有两个不相等的实数根x1、x2，∴△=b2－4ac=（－5）2－4（6－m）=4m＋1＞0，
y 3
A.
x
y 1 B. x
y 2 C. x
y2
D.
x
【答案】D。
【考点】一元二次方程根的判别式，反比例函数的性质。【分析】关于x的方程 (x 1)2 (x b)2 2 化成一般形式是：2x2＋（2－2b）x＋（b2－1）=0，
∵它有唯一实数解，
∴△=（2－2b）2－8（b2－1）=－4（b＋3）（b－1）=0，解得：b=－3或1。
A． 5
45 B． 3
C．3
D．4
【答案】A。【考点】二次函数的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】过B作BF⊥OA于F，过D作DE⊥OA于E，过C作CM⊥OA于M，

2019年全国各地中考数学真题分类解析汇编：44 综合性问题

综合性问题一、选择题1. （2019•安徽省,第8题4分）如图，Rt△ABC中，AB=9，BC=6，∠B=90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段BN的长为（）A．B．C．4D．5考点：翻折变换（折叠问题）．分析：设BN=x，则由折叠的性质可得DN=AN=9﹣x，根据中点的定义可得BD=3，在Rt△ABC中，根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解．解答：解：设BN=x，由折叠的性质可得DN=AN=9﹣x，∵D是BC的中点，∴BD=3，在Rt△ABC中，x2+32=（9﹣x）2，解得x=4．故线段BN的长为4．故选：C．点评：考查了翻折变换（折叠问题），涉及折叠的性质，勾股定理，中点的定义以及方程思想，综合性较强，但是难度不大．2. （2019•福建泉州，第7题3分）在同一平面直角坐标系中，函数y=mx+m与y =（m≠0）的图象可能是（）．．的图象可知的图象可知3. （2019•广西贺州，第10题3分）已知二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，且a≠0）的图象如图所示，则一次函数y=cx+与反比例函数y=在同一坐标系内的大致图象是（）A．B．C．D．考点：二次函数的图象；一次函数的图象；反比例函数的图象．分析：先根据二次函数的图象得到a＞0，b＜0，c＜0，再根据一次函数图象与系数的关系和反比例函数图象与系数的关系判断它们的位置．解答：解：∵抛物线开口向上，∴a＞0，∵抛物线的对称轴为直线x=﹣＞0，∴b＜0，∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，∴c＜0，∴一次函数y=cx+的图象过第二、三、四象限，反比例函数y=分布在第二、四象限．故选B．点评：本题考查了二次函数的图象：二次函数y=ax2+bx+c（a、b、c为常数，a≠0）的图象为抛物线，当a＞0，抛物线开口向上；当a＜0，抛物线开口向下．对称轴为直线x=﹣；与y轴的交点坐标为（0，c）．也考查了一次函数图象和反比例函数的图象．4.（2019•襄阳，第12题3分）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE=AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于下列结论：①EF=2BE；②PF=2PE；③FQ=4EQ；④△PBF是等边三角形．其中正确的是（）PEAB（（5．（2019•呼和浩特，第16题3分）以下四个命题：①每一条对角线都平分一组对角的平行四边形是菱形．②当m＞0时，y=﹣mx+1与y=两个函数都是y随着x的增大而减小．③已知正方形的对称中心在坐标原点，顶点A，B，C，D按逆时针依次排列，若A点坐标为（1，，则D点坐标为（1，．④在一个不透明的袋子中装有标号为1，2，3，4的四个完全相同的小球，从袋中随机摸取一个然后放回，再从袋中随机地摸取一个，则两次取到的小球标号的和等于4的概率为．其中正确的命题有①（只需填正确命题的序号）=，，，错误，6．（3分）（2019•德州，第10题3分）下列命题中，真命题是（）的图象上，若=4S=9的图象上，若=4=9二.填空题三.解答题1. （2019•安徽省,第23题14分）如图1，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上一动点，过P作PM∥AB交AF于M，作PN∥CD交DE于N．（1）①∠MPN=60°；②求证：PM+PN=3a；（2）如图2，点O是AD的中点，连接OM、ON，求证：OM=ON；（3）如图3，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊四边形？并说明理由．考点：四边形综合题．分析：（1）①运用∠MPN=180°﹣∠BPM﹣∠NPC求解，②作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，利用MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN 求解，（2）连接OE，由△OMA≌△ONE证明，（3）连接OE，由△OMA≌△ONE，再证出△GOE≌△NOD，由△ONG是等边三角形和△MOG是等边三角形求出四边形MONG是菱形．，解答：解：（1）①∵四边形ABCDEF是正六边形，∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=120°又∴PM∥AB，PN∥CD，∴∠BPM=60°，∠NPC=60°，∴∠MPN=180°﹣∠BPM﹣∠NPC=180°﹣60°﹣60°=60°，故答案为；60°．②如图1，作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN∵正六边形ABCDEF中，PM∥AB，作PN∥CD，∵∠AMG=∠BPH=∠CPL=∠DNK=60°，∴GM=AM，HL=BP，PL=PM，NK=ND，∵AM=BP，PC=DN，∴MG+HP+PL+KN=a，GH=LK=a，∴MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN=3A．（2）如图2，连接OE，∵四边形ABCDEF是正六边形，AB∥MP，PN∥DC，∴AM=BP=EN，又∵∠MAO=∠NOE=60°，OA=OE，在△ONE和△OMA中，∴△OMA≌△ONE（SAS）∴OM=ON．（3）如图3，连接OE，由（2）得，△OMA≌△ONE∴∠MOA=∠EON，∵EF∥AO，AF∥OE，∴四边形AOEF是平行四边形，∴∠AFE=∠AOE=120°，∴∠MON=120°，∴∠GON=60°，∵∠GON=60°﹣∠EON，∠DON=60°﹣∠EON，∴∠GOE=∠DON，∵OD=OE，∠ODN=∠OEG，在△GOE和∠DON中，∴△GOE≌△NOD（ASA），∴ON=OG，又∵∠GON=60°，∴△ONG是等边三角形，∴ON=NG，又∵OM=ON，∠MOG=60°，∴△MOG是等边三角形，∴MG=GO=MO，∴MO=ON=NG=MG，∴四边形MONG是菱形．点评：本题主要考查了四边形的综合题，解题的关键是恰当的作出辅助线，根据三角形全等找出相等的线段．2. （2019•福建泉州，第22题9分）如图，已知二次函数y=a（x﹣h）2+的图象经过原点O（0，0），A（2，0）．（1）写出该函数图象的对称轴；（2）若将线段OA绕点O逆时针旋转60°到OA′，试判断点A′是否为该函数图象的顶点？OA=，则（的图象经过原点OA=，﹣的顶点．）的顶点坐标为（﹣，＜﹣时，时，时，取得最小值＜﹣时，﹣3. （2019•福建泉州，第25题12分）如图，在锐角三角形纸片ABC中，AC＞BC，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上．（1）已知：DE∥AC，DF∥B C．①判断四边形DECF一定是什么形状？②裁剪当AC=24cm，BC=20cm，∠ACB=45°时，请你探索：如何剪四边形DECF，能使它的面积最大，并证明你的结论；（2）折叠请你只用两次折叠，确定四边形的顶点D，E，C，F，使它恰好为菱形，并说明你的折法和理由．=12=12==h=﹣=124. （2019•珠海，第22题9分）如图，矩形OABC的顶点A（2，0）、C（0，2）．将矩形OABC绕点O逆时针旋转30°．得矩形OEFG，线段GE、FO相交于点H，平行于y轴的直线MN分别交线段GF、GH、GO和x轴于点M、P、N、D，连结MH．（1）若抛物线l：y=ax2+bx+c经过G、O、E三点，则它的解析式为：y=x2﹣x；（2）如果四边形OHMN为平行四边形，求点D的坐标；（3）在（1）（2）的条件下，直线MN与抛物线l交于点R，动点Q在抛物线l上且在R、E两点之间（不含点R、E）运动，设△PQH的面积为s，当时，确定点Q的横坐标的取值范围．OF点右边时，所求三角形为两三角形的差．得关系式再代入，=2，=3=，，，x x=•，，，，﹣x，﹣＜．①当﹣，﹣••••••[﹣x（﹣﹣时，，﹣•）﹣••x+．，＜﹣x+，解得﹣＜＜，＜．5. 2019•广西贺州，第26题12分）二次函数图象的顶点在原点O，经过点A（1，14）；点F（0，1）在y轴上．直线y=﹣1与y轴交于点H．（1）求二次函数的解析式；（2）点P是（1）中图象上的点，过点P作x轴的垂线与直线y=﹣1交于点M，求证：FM 平分∠OFP；（3）当△FPM是等边三角形时，求P点的坐标．考点：二次函数综合题．专题：综合题．分析：（1）根据题意可设函数的解析式为y=ax2，将点A代入函数解析式，求出a的值，继而可求得二次函数的解析式；（2）过点P作PB⊥y轴于点B，利用勾股定理求出PF，表示出PM，可得PF=PM，∠PFM=∠PMF，结合平行线的性质，可得出结论；（3）首先可得∠FMH=30°，设点P的坐标为（x，14x2），根据PF=PM=FM，可得关于x的方程，求出x的值即可得出答案．解答：（1）解：∵二次函数图象的顶点在原点O，∴设二次函数的解析式为y=ax2，将点A（1，14）代入y=ax2得：a=14，∴二次函数的解析式为y=14x2；（2）证明：∵点P在抛物线y=14x2上，∴可设点P的坐标为（x，14x2），过点P作PB⊥y轴于点B，则BF=14x2﹣1，PB=x，∴Rt△BPF中，PF==14x2+1，∵PM⊥直线y=﹣1，∴PM=14x2+1，∴PF=PM，∴∠PFM=∠PMF，又∵PM∥x轴，∴∠MFH=∠PMF，∴∠PFM=∠MFH，∴FM平分∠OFP；（3）解：当△FPM是等边三角形时，∠PMF=60°，∴∠FMH=30°，在Rt△MFH中，MF=2FH=2×2=4，∵PF=PM=FM，∴14x2+1=4，解得：x=±2，∴14x2=14×12=3，∴满足条件的点P的坐标为（2，3）或（﹣2，3）．点评：本题考查了二次函数的综合，涉及了待定系数法求函数解析式、角平分线的性质及直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练基本知识，数形结合，将所学知识融会贯通．6. （2019•广西玉林市、防城港市，第26题12分）给定直线l：y=kx，抛物线C：y=ax2+bx+1．（1）当b=1时，l与C相交于A，B两点，其中A为C的顶点，B与A关于原点对称，求a 的值；（2）若把直线l向上平移k2+1个单位长度得到直线r，则无论非零实数k取何值，直线r 与抛物线C都只有一个交点．①求此抛物线的解析式；②若P是此抛物线上任一点，过P作PQ∥y轴且与直线y=2交于Q点，O为原点．求证：OP=PQ．=0中，若不能使其结果为﹣，﹣，），∴顶点（﹣，﹣=1﹣，．==，．===xx xx==﹣（﹣x7.（2019年广东汕尾，第25题10分）如图，已知抛物线y=x2﹣x﹣3与x轴的交点为A、D（A在D的右侧），与y轴的交点为C．（1）直接写出A、D、C三点的坐标；（2）若点M在抛物线上，使得△MAD的面积与△CAD的面积相等，求点M的坐标；（3）设点C关于抛物线对称轴的对称点为B，在抛物线上是否存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．分析：（1）令y=0，解方程x2﹣x﹣3=0可得到A点和D点坐标；令x=0，求出y=﹣3，可确定C点坐标；（2）根据抛物线的对称性，可知在在x轴下方对称轴右侧也存在这样的一个点；再根据三角形的等面积法，在x轴上方，存在两个点，这两个点分别到x轴的距离等于点C到x轴的距离；（3）根据梯形定义确定点P，如图所示：①若BC∥AP1，确定梯形ABCP1．此时P1与D 点重合，即可求得点P1的坐标；②若AB∥CP2，确定梯形ABCP2．先求出直线CP2的解析式，再联立抛物线与直线解析式求出点P2的坐标．解：（1）∵y=x2﹣x﹣3，∴当y=0时，x2﹣x﹣3=0，解得x1=﹣2，x2=4．当x=0，y=﹣3．∴A点坐标为（4，0），D点坐标为（﹣2，0），C点坐标为（0，﹣3）；（2）∵y=x2﹣x﹣3，∴对称轴为直线x==1．∵AD在x轴上，点M在抛物线上，∴当△MAD的面积与△CAD的面积相等时，分两种情况：①点M在x轴下方时，根据抛物线的对称性，可知点M与点C关于直线x=1对称，∵C点坐标为（0，﹣3），∴M点坐标为（2，﹣3）；②点M在x轴上方时，根据三角形的等面积法，可知M点到x轴的距离等于点C到x轴的距离3．当y=4时，x2﹣x﹣3=3，解得x1=1+，x2=1﹣，∴M点坐标为（1+，3）或（1﹣，3）．综上所述，所求M点坐标为（2，﹣3）或（1+，3）或（1﹣，3）；（3）结论：存在．如图所示，在抛物线上有两个点P满足题意：①若BC∥AP1，此时梯形为ABCP1．由点C关于抛物线对称轴的对称点为B，可知BC∥x轴，则P1与D点重合，∴P1（﹣2，0）．∵P1A=6，BC=2，∴P1A≠BC，∴四边形ABCP1为梯形；②若AB∥CP2，此时梯形为ABCP2．∵A点坐标为（4，0），B点坐标为（2，﹣3），∴直线AB的解析式为y=x﹣6，∴可设直线CP2的解析式为y=x+n，将C点坐标（0，﹣3）代入，得b=﹣3，∴直线CP2的解析式为y=x﹣3．∵点P2在抛物线y=x2﹣x﹣3上，∴x2﹣x﹣3=x﹣3，化简得：x2﹣6x=0，解得x1=0（舍去），x2=6，∴点P2横坐标为6，代入直线CP2解析式求得纵坐标为6，∴P2（6，6）．∵AB∥CP2，AB≠CP2，∴四边形ABCP2为梯形．综上所述，在抛物线上存在一点P，使得以点A、B、C、P四点为顶点所构成的四边形为梯形；点P的坐标为（﹣2，0）或（6，6）．点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线与坐标轴的交点坐标求法，三角形的面积，梯形的判定．综合性较强，有一定难度．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．8.（2019•毕节地区，第27题16分）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣1，﹣1），与x轴交点M（1，0）．C为x轴上一点，且∠CAO=90°，线段AC的延长线交抛物线于B点，另有点F（﹣1，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）求直线Ac的解析式及B点坐标；（3）过点B做x轴的垂线，交x轴于Q点，交过点D（0，﹣2）且垂直于y轴的直线于E 点，若P是△BEF的边EF上的任意一点，是否存在BP⊥EF？若存在，求P点的坐标，若不存在，请说明理由．x联立求出=（点代入得出：，（，，x，=+，9.（2019•武汉，第25题12分）如图，已知直线AB：y=kx+2k+4与抛物线y=x2交于A，B 两点．（1）直线AB总经过一个定点C，请直接出点C坐标；（2）当k=﹣时，在直线AB下方的抛物线上求点P，使△ABP的面积等于5；（3）若在抛物线上存在定点D使∠ADB=90°，求点D到直线AB的最大距离．，x或．，a aa﹣PQ+PQ（﹣a﹣×=，）．的纵坐标分别为m、、m﹣n t=x +4=≤2．10.（2019•襄阳，第26题12分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的三个顶点分别是C（3，0），D（3，4），E（0，4）．点A在DE上，以A为顶点的抛物线过点C，且对称轴x=1交x轴于点B．连接EC，A C．点P，Q为动点，设运动时间为t秒．（1）填空：点A坐标为（1，4）；抛物线的解析式为y=﹣（x﹣1）2+4．（2）在图1中，若点P在线段OC上从点O向点C以1个单位/秒的速度运动，同时，点Q 在线段CE上从点C向点E以2个单位/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．当t为何值时，△PCQ为直角三角形？（3）在图2中，若点P在对称轴上从点A开始向点B以1个单位/秒的速度运动，过点P 做PF⊥AB，交AC于点F，过点F作FG⊥AD于点G，交抛物线于点Q，连接AQ，CQ．当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？==5==，；==，．或=．，，代入．﹣﹣，FQ FQFQFQ×﹣（11.（2019•孝感，第22题10分）已知关于x的方程x2﹣（2k﹣3）x+k2+1=0有两个不相等的实数根x1、x2．（1）求k的取值范围；（2）试说明x1＜0，x2＜0；（3）若抛物线y=x2﹣（2k﹣3）x+k2+1与x轴交于A、B两点，点A、点B到原点的距离分别为OA、OB，且OA+OB=2OA•OB﹣3，求k的值．．）∵，12.（2019•孝感，第25题12分）如图1，矩形ABCD的边AD在y轴上，抛物线y=x2﹣4x+3经过点A、点B，与x轴交于点E、点F，且其顶点M在CD上．（1）请直接写出下列各点的坐标：A（0，3），B（4，3），C（4，﹣1），D（0，﹣1）；（2）若点P是抛物线上一动点（点P不与点A、点B重合），过点P作y轴的平行线l与直线AB交于点G，与直线BD交于点H，如图2．①当线段PH=2GH时，求点P的坐标；②当点P在直线BD下方时，点K在直线BD上，且满足△KPH∽△AEF，求△KPH面积的最大值．②根据相似三角形的性质可得，，，EF，．时，的最大值为13.（2019•邵阳，第26题10分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2﹣（m+n）x+mn（m ＞n）与x轴相交于A、B两点（点A位于点B的右侧），与y轴相交于点C．（1）若m=2，n=1，求A、B两点的坐标；（2）若A、B两点分别位于y轴的两侧，C点坐标是（0，﹣1），求∠ACB的大小；（3）若m=2，△ABC是等腰三角形，求n的值．﹣（﹣，，==，）（=，=时，=时，=2；时，时，n=时，﹣n﹣，﹣，14．（2019·浙江金华，第22题10分）（1）阅读合作学习内容，请解答其中的问题.（2）小亮进一步研究四边形的特征后提出问题：“当AE >EG 时，矩形AEGF 与矩形DOHE 能否全等？能否相似？”针对小亮提出的问题，请你判断这两个矩形能否全等？直接写出结论即可；这两个矩形能否相似？若能相似，求出相似比；若不能相似，试说明理由. 【答案】（1）①()6y x >0x=；②()3,2 ；（2）这两个矩形不能全等，这两个矩形的相似比为56. 【解析】∴6n m m 23n⎧=⎪⎨⎪-=-⎩，解得m 3n 2=⎧⎨=⎩或m 2n 3=⎧⎨=⎩. ∴点F 的坐标为()3,2 .（2）这两个矩形不能全等，理由如下：设点F 的坐标为()m,n ，则AE m 2,AF 3n =-=- ，考点：1. 阅读理解型问题；2.待定系数法的应用；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.正方形的和矩形性质；5.全等、相似多边形的判定和性质；6.反证法的应用.15.（2019•四川自贡，第24题14分）如图，已知抛物线y =ax 2﹣x +c 与x 轴相交于A 、B 两点，并与直线y =x ﹣2交于B 、C 两点，其中点C 是直线y =x ﹣2与y 轴的交点，连接A C ．（1）求抛物线的解析式；（2）证明：△ABC 为直角三角形；（3）△ABC 内部能否截出面积最大的矩形DEFG ？（顶点D 、E 、F 、G 在△ABC 各边上）若能，求出最大面积；若不能，请说明理由．，，，﹣x）﹣=，x=x16．（2019•浙江湖州，第23题分）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，抛物线y=﹣x2+bx+c（c＞0）的顶点为D，与y轴的交点为C，过点C作CA∥x轴交抛物线于点A，在AC延长线上取点B，使BC=AC，连接OA，OB，BD和A D．（1）若点A的坐标是（﹣4，4）①求b，c的值；②试判断四边形AOBD的形状，并说明理由；（2）是否存在这样的点A，使得四边形AOBD是矩形？若存在，请直接写出一个符合条件的点A的坐标；若不存在，请说明理由．分析：（1）①将抛物线上的点的坐标代入抛物线即可求出b、c的值；②求证AD=BO和AD∥BO即可判定四边形为平行四边形；（2）根据矩形的各角为90°可以求得△ABO∽△OBC即=，再根据勾股定理可得OC=BC，AC=OC，可求得横坐标为±c，纵坐标为C．解：（1）①∵AC∥x轴，A点坐标为（﹣4，4）．∴点C的坐标是（0，4）把A、C代入y═﹣x2+bx+c得，得，解得；②四边形AOBD是平行四边形；理由如下：由①得抛物线的解析式为y═﹣x2﹣4x+4，∴顶点D的坐标为（﹣2，8），过D点作DE⊥AB于点E，则DE=OC=4，AE=2，∵AC=4，∴BC=AC=2，∴AE=B C．∵AC∥x轴，∴∠AED=∠BCO=90°，∴△AED≌△BCO，∴AD=BO．∠DAE=∠BCO，∴AD∥BO，∴四边形AOBD是平行四边形．（2）存在，点A的坐标可以是（﹣2，2）或（2，2）要使四边形AOBD是矩形；则需∠AOB=∠BCO=90°，∵∠ABO=∠OBC，∴△ABO∽△OBC，∴=，又∵AB=AC+BC=3BC，∴OB=BC，∴在Rt△OBC中，根据勾股定理可得：OC=BC，AC=OC，∵C点是抛物线与y轴交点，∴OC=c，∴A点坐标为（c，c），∴顶点横坐标=c，b=c，∵将A点代入可得c=﹣+c•c+c，∴横坐标为±c，纵坐标为c即可，令c=2，∴A点坐标可以为（2，2）或者（﹣2，2）．点评：本题主要考查了二次函数对称轴顶点坐标的公式，以及函数与坐标轴交点坐标的求解方法．17．（2019•浙江湖州，第24题分）已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P（1，1）为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连接PF，过点PE⊥PF交y轴于点E，设点F运动的时间是t秒（t＞0）（1）若点E在y轴的负半轴上（如图所示），求证：PE=PF；（2）在点F运动过程中，设OE=a，OF=b，试用含a的代数式表示b；（3）作点F关于点M的对称点F′，经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连接QE．在点F运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．分析：（1）连接PM，PN，运用△PMF≌△PNE证明，（2）分两种情况①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，0＜t≤1时，点E在y轴的正半轴或原点上，再根据（1）求解，（3）分两种情况，当1＜t＜2时，当t＞2时，三角形相似时还各有两种情况，根据比例式求出时间t．解答：证明：（1）如图，连接PM，PN，∵⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，∴PM⊥MF，PN⊥ON且PM=PN，∴∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°，∵PE⊥PF，∠NPE=∠MPF=90°﹣∠MPE，在△PMF和△PNE中，，∴△PMF≌△PNE（ASA），∴PE=PF，（2）解：①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，如图，由（1）得△PMF≌△PNE，∴NE=MF=t，PM=PN=1，∴b=OF=OM+MF=1+t，a=NE﹣ON=t﹣1，∴b﹣a=1+t﹣（t﹣1）=2，∴b=2+a，②0＜t≤1时，如图2，点E在y轴的正半轴或原点上，同理可证△PMF≌△PNE，∴b=OF=OM+MF=1+t，a=ON﹣NE=1﹣t，∴b+a=1+t+1﹣t=2，∴b=2﹣a，（3）如图3，（Ⅰ）当1＜t＜2时，∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，∴F′（1﹣t，0）∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，∴Q（1﹣t，0）∴OQ=1﹣t，由（1）得△PMF≌△PNE∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1当△OEQ∽△MPF∴=∴=，解得，t=，当△OEQ∽△MFP时，∴=，=，解得，t=，（Ⅱ）如图4，当t＞2时，∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，∴F′（1﹣t，0）∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，∴Q（1﹣t，0）∴OQ=t﹣1，由（1）得△PMF≌△PNE∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1当△OEQ∽△MPF∴=∴=，无解，当△OEQ∽△MFP时，∴=，=，解得，t=2±，所以当t=，t=，t=2±时，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F 为顶点的三角形相似．点评：本题主要考查了圆的综合题，解题的关键是把圆的知识与全等三角形与相似三角形相结合找出线段关系．18. （2019•湘潭，第25题）△ABC为等边三角形，边长为a，DF⊥AB，EF⊥AC，（1）求证：△BDF∽△CEF；（2）若a=4，设BF=m，四边形ADFE面积为S，求出S与m之间的函数关系，并探究当m 为何值时S取最大值；（3）已知A、D、F、E四点共圆，已知tan∠EDF=，求此圆直径．（第1题图），=m×mm m﹣）×m．m m+2（（．其中＜．（（其中．=．==x．=．19. （2019•湘潭，第26题）已知二次函数y=﹣x2+bx+c的对称轴为x=2，且经过原点，直线AC解析式为y=kx+4，（1）求二次函数解析式；（2）若=，求k；（3）若以BC为直径的圆经过原点，求k．（第2题图），且函数过（）===2。

2019-中考数学试题分类汇编解析综合性问题

2019-2020 年中考数学试题分类汇编解析综合性问题一、选择题1.(2014?年山东东营 , 第 10 题 3 分) 如图，四边形 ABCD 为菱形， AB=BD ，点 B、C、D 、G 四个点在同一个圆⊙ O 上，连接 BG 并延长交 AD 于点 F，连接 DG 并延长交 AB 于点 E，BD与 CG 交于点 H，连接 FH ，以下结论：①AE=DF ；② FH∥ AB ；③△ DGH ∽△ BGE ；④当 CG 为⊙ O 的直径时， DF=AF ．其中正确结论的个数是（）A ． 1B ． 2 C． 3 D．4考点：圆的综合题．解析：①由四边形ABCD 是菱形， AB=BD ，得出△ ABD 和△ BCD 是等边三角形，再由 B、C、D 、 G 四个点在同一个圆上，得出∠ADE= ∠ DBF ，由△ ADE ≌△ DBF ，得出 AE=DF ，②利用内错角相等∠FBA= ∠ HFB ，求证 FH ∥ AB ，③利用∠ DGH= ∠ EGB 和∠ EDB= ∠FBA ，求证△ DGH ∽△ BGE，④利用 CG 为⊙ O 的直径及 B 、C、D 、G 四个点共圆，求出∠ ABF=120 °﹣ 90°=30°，在RT△AFB 中求出 AF= AB在 RT△ DFB 中求出 FD= BD ，再求得 DF=AF ．解答：解：① ∵四边形ABCD 是菱形，∴AB=BC=DC=AD ，又∵ AB=BD ，∴△ ABD 和△BCD 是等边三角形，∴∠ A= ∠ ABD= ∠ DBC= ∠ BCD= ∠ CDB= ∠BDA=60 °，又∵ B、 C、D 、G 四个点在同一个圆上，∴∠ DCH= ∠ DBF ，∠ GDH= ∠BCH ，∴∠ ADE= ∠ ADB ﹣∠ GDH=60 °﹣∠ EDB ，∠ DCH= ∠ BCD ﹣∠ BCH=60 °﹣∠BCH ，∴∠ ADE= ∠ DCH ，∴∠ ADE= ∠ DBF ，在△ADE 和△DBF 中，∴△ ADE ≌△ DBF （ ASA ）∴AE=DF故① 正确，②由①中证得∠ ADE= ∠ DBF ，∴∠ EDB= ∠ FBA ，∵ B、 C、D 、 G 四个点在同一个圆上，∠BDC=60 °，∠ DBC=60 °，∴∠ BGC= ∠ BDC=60 °，∠ DGC= ∠DBC=60 °，∴∠ BGE=180 °﹣∠ BGC ﹣∠ DGC=180 °﹣ 60°﹣60°=60°，∴FGD=60 °，∴FGH=120 °，又∵∠ ADB=60 °，∴F、G、H、D 四个点在同一个圆上，∴∠ EDB= ∠ HFB ，∴∠ FBA= ∠ HFB ，∴FH∥ AB ，故② 正确，③ ∵ B、 C、D 、G 四个点在同一个圆上，∠DBC=60 °，∴∠ DGH= ∠ DBC=60 °，∵∠ EGB=60 °，∴∠ DGH= ∠ EGB ，由①中证得∠ ADE= ∠ DBF ，∴∠ EDB= ∠ FBA ，∴△ DGH ∽△ BGE ，故③ 正确，④ 以以下列图∵CG 为⊙ O 的直径，点 B 、 C、 D、 G 四个点在同一个圆⊙ O 上，∴∠ GBC= ∠ GDC=90 °，∴∠ ABF=120 °﹣90°=30 °，∵∠A=60 °，∴∠ AFB=90 °∴AF= AB ，又∵∠ DBF=60 °﹣ 30°=30 °，∠ ADB=60 °，∴∠ DFB=90 °，∴FD= BD ，∵AB=BD ，∴ DF=AF ，故④ 正确，应选： D．谈论：此题综合观察了圆及菱形的性质，等边三角形的判断与性质，全等三角形的判断和性质，运用四点共圆找出相等的角是解题的要点．解题时注意各知识点的贯通融会．2. （ 2014?甘肃白银、临夏, 第 10 题 3 分）如图，边长为 1 的正方形ABCD 中，点 E 在 CB 延长线上，连接ED 交 AB 于点 F，AF=x（ 0.2 ≤x≤），EC=y．则在下面函数图象中，大体能反响 y 与 x 之闻函数关系的是（）A．B．C．D．考点：动点问题的函数图象．解析：经过相似三角形△EFB∽△ EDC 的对应边成比率列出比率式=，进而获取与 x 之间函数关系式，进而推知该函数图象．解答：解：依照题意知，BF=1﹣x， BE=y﹣ 1，且△ EFB ∽△ EDC，则=，即=，因此 y=（≤x≤），该函数图象是位于第一象限的双曲线的一部分．A、D 的图象都是直线的一部分， B 的图象是抛物线的一部分， C 的图象是双曲线的一部分．应选 C．谈论：此题观察了动点问题的函数图象．解题时，注意自变量x 的取值范围．3．（ 2014?甘肃兰州 , 第 15 题 4 分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OBCD 是边长为4的正方形，平行于对角线BD 的直线 l 从 O 出发，沿x 轴正方向以每秒 1 个单位长度的速度运动，运动到直线l 与正方形没有交点为止．设直线l 扫过正方形OBCD 的面积为S，直线运动的时间为t（秒），以下能反响S 与 t 之间函数关系的图象是（）y lA．B．C．D．考点：动点问题的函数图象．解析：依照三角形的面积即可求出S 与 t 的函数关系式，依照函数关系式选择图象．解答：解：①当0≤t≤4 时， S=×t×t=t 2，即 S=t2．该函数图象是张口向上的抛物线的一部分．故 B、C 错误；②当 4＜t ≤8 时， S=16﹣×（ t﹣ 4）×（ t﹣4） =2，即 S=﹣2t t +4t+8 ．该函数图象是张口向下的抛物线的一部分．故A错误．应选：D．谈论：此题观察了动点问题的函数图象．此题以动向的形式观察了分类谈论的思想，函数的知识和等腰直角三角形，拥有很强的综合性．三、解答题1. （ 2014?上海，第 25 题 14 分）如图 1，已知在平行四边形ABCD 中，AB=5 ，BC=8 ，cosB=4 ，5点 P 是边 BC 上的动点，以 CP 为半径的圆 C 与边 AD 交于点 E、 F（点 F 在点 E 的右侧），射线CE 与射线 BA 交于点 G．（1）当圆 C 经过点 A 时，求 CP 的长；（2）联系 AP ，当 AP ∥ CG 时，求弦 EF 的长；（ 3）当△ AGE 是等腰三角形时，求圆 C 的半径长．考圆的综合题点：分（ 1）当点 A 在⊙ C 上时，点 E 和点 A 重合，过点析：理求出 AC 进而得出答案；（ 2）第一得出四边形APCE 是菱形，进而得出 CM A 作 AH ⊥ BC 于 H ，直接利用勾股定的长，进而利用锐角三角函数关系得出 CP 以及 EF 的长；（ 3）当∠ AEG= ∠ B 时， A 、E、 G 重合，只能∠ AGE= ∠ AEG ，利用 AD ∥ BC ，得出△ GAE ∽△ GBC，进而求出即可．解解：（ 1）如图 1，设⊙ O 的半径为 r，答：当点 A 在⊙ C 上时，点 E 和点 A 重合，过点 A 作 AH ⊥BC 于 H，∴BH=AB?cosB=4 ，∴AH=3 ，CH=4 ，∴AC==5 ，∴此时 CP=r=5 ；（2）如图 2，若 AP ∥CE， APCE 为平行四边形，∵ CE=CP ，∴四边形APCE 是菱形，连接 AC 、EP，则 AC ⊥ EP，∴AM=CM= ，由（ 1）知， AB=AC ，则∠ ACB= ∠ B，∴ CP=CE==，∴ EF=2=；（3）如图 3：过点 C 作 CN⊥AD 于点 N，∵cosB= 4，5∴∠ B＜ 45°，∵∠ BCG ＜ 90°，∴∠ BGC ＞ 45°，∵∠ AEG= ∠ BCG≥ ∠ACB= ∠ B，∴当∠ AEG= ∠B 时， A 、E、 G 重合，∴只能∠ AGE= ∠AEG ，∵AD ∥BC ，∴△ GAE ∽△ GBC，∴=，即=，解得： AE=3 ， EN=AN ﹣AE=1 ，∴CE===．点此题主要观察了相似三角形的判断与性质以及勾股定理以及锐角三角函数关系等知识，评：利用分类谈论得出△AGE 是等腰三角形时只能∠ AGE= ∠ AEG 进而求出是解题要点．2. （ 2014?四川巴中，第31 题 12 分）如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线2y=ax +bx﹣ 4与 x 轴交于点A（﹣ 2， 0）和点 B，与 y 轴交于点 C，直线 x=1 是该抛物线的对称轴．（ 1）求抛物线的解析式；（ 2）若两动点 M， H 分别从点A， B 以每秒 1 个单位长度的速度沿x 轴同时出发相向而行，当点M 到达原点时，点H 立刻掉头并以每秒个单位长度的速度向点 B 方向搬动，当点M 到达抛物线的对称轴时，两点停止运动，经过点M 的直线l⊥ x 轴，交AC或BC于点 P，设点 M 的运动时间为 t 秒（ t＞ 0）．求点 M 的运动时间 t 与△ APH 的面积 S的函数关系式，并求出 S 的最大值．考点：二次函数综合题．2解析：（ 1）依照抛物线y=ax +bx﹣ 4 与 x 轴交于点A（﹣ 2，0），直线 x=1 是该抛物线的对称轴，获取方程组，解方程组即可求出抛物线的解析式；2（ 2）由于点 M 到达抛物线的对称轴时需要 3 秒，因此 t≤3，又当点 M 到达原点时需要秒，且此时点H 立刻掉头，因此可分两种情况进行谈论：①当0＜ t≤2时，由△ AMP∽△ AOC，得出比率式，求出PM ， AH，依照三角形的面积公式求出即可；②当2＜ t≤3时，过点 P 作 PM⊥x 轴于 M， PF⊥ y 轴于点 F，表示出三角形APH 的面积，利用配方法求出最值即可．解答：（ 1）∵抛物线 y=ax2+bx﹣4 与 x 轴交于点 A（﹣ 2，0），直线 x=1 是该抛物线的对称轴，∴，解得：，∴抛物线的解析式是：y=x2﹣ x﹣4，（ 2）分两种情况：①当 0＜t≤2时，∵ PM ∥ OC，∴△ AMP∽△ AOC，∴=，即=，∴ PM =2t．解方程x2﹣ x﹣ 4=0，得 x1=﹣2， x2=4 ，∵A（﹣ 2， 0），∴ B（4， 0），∴ AB=4﹣（﹣ 2） =6．∵AH=AB﹣ BH=6﹣t ，22∴ S= PM ?AH= ×2t（6﹣ t ）=﹣ t +6 t=﹣（ t﹣ 3） +9，当 t=2 时 S 的最大值为8；②当 2＜t≤3时，过点P 作 PM ⊥ x 轴于 M，作 PF⊥ y 轴于点 F，则△ COB∽△ CFP ，又∵ CO=OB，∴FP=FC=t﹣2， PM =4﹣（ t﹣ 2） =6﹣ t，AH =4+ （ t﹣ 2） = t+1，∴ S=PM ?AH= （6﹣ t）（t+1） =﹣ t2 +4t+3= ﹣（t ﹣）2+，当 t=时， S 最大值为．综上所述，点 M 的运动时间 t 与△ APQ 面积 S 的函数关系式是S=， S 的最大值为．谈论：此题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数的解析式，三角形的面积，二次函数的最值等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、分类谈论及方程思想是解题的要点．23. （ 2014?山东威海，第 25 题 12 分）如图，已知抛物线 y=ax +bx+c（ a≠0）经过 A（﹣ 1，0），B（ 4， 0）， C（ 0， 2）三点．（1）求这条抛物线的解析式；（2） E 为抛物线上一动点，可否存在点 E 使以 A、 B、 E 为极点的三角形与△COB 相似？若存在，试求出点 E 的坐标；若不存在，请说明原由；（ 3）若将直线 BC 平移，使其经过点 A，且与抛物线订交于点 D，连接 BD，试求出∠ BDA 的度数．考点：二次函数综合题解析：解答：（ 1）此题需先依照已知条件，过 C 点，设出该抛物线的解析式为2，y=ax +bx+2再依照过 A，B 两点，即可得出结果；（ 2）由图象可知，以 A、 B 为直角极点的△ ABE 不存在，因此△ ABE 只可能是以点 E 为直角极点的三角形．由相似关系求出点 E 的坐标；（ 3）如图 2，连接 AC，作 DE⊥ x 轴于点 E，作 BF ⊥ AD 于点 F，由 BC∥ AD 设BC 的解析式为 y=kx+b，设 AD 的解析式为 y=kx+n，由待定系数法求出一次函数的解析式，就可以求出 D 坐标，由勾股定理就可以求出BD 的值，由勾股定理的逆定理就可以得出∠ACB=90°，由平行线的性质就可以得出∠ CAD =90°，就可以得出四边形 ACBF 是矩形，就可以得出 BF 的值，由勾股定理求出 DF 的值，而得出 DF =BF 而得出结论．解：（ 1）∵该抛物线过点 C（ 0， 2），∴可设该抛物线的解析式为y=ax2+bx+2．将 A（﹣ 1， 0）， B（ 4， 0）代入，得，解得，∴抛物线的解析式为：y=﹣x2 + x+2．（ 2）存在．由图象可知，以A、B 为直角极点的△ABE不存在，因此△ ABE只可能是以点E 为直角极点的三角形．在 Rt△BOC 中， OC=2， OB=4，∴BC==．在 Rt△BOC 中，设 BC 边上的高为h，则×h=×2×4，∴ h=．∵△ BEA ∽△ COB，设 E 点坐标为（ x， y），∴=，∴ y=±2将 y=2 代入抛物线 y=﹣ x2+ x+2，得 x1=0， x2=3 ．当 y=﹣2 时，不合题意舍去．∴ E 点坐标为（ 0， 2），（ 3， 2）．（ 3）如图 2，连接 AC，作 DE ⊥x 轴于点 E，作 BF ⊥AD 于点 F，∴∠ BED =∠ BFD =∠ AFB=90°．设 BC 的解析式为 y=kx+b，由图象，得，∴，y BC=﹣x+2．由 BC∥ AD ，设 AD 的解析式为y=﹣x+n，由图象，得0=﹣×（﹣1）+n∴n=﹣，y AD =﹣x﹣．2∴﹣x + x+2= ﹣x﹣，解得： x1 =﹣ 1， x2=5∴D（﹣ 1，0）与 A 重合，舍去， D（ 5，﹣3）．∵ DE ⊥x 轴，∴DE =3，OE=5．由勾股定理，得BD=．∵ A（﹣ 1， 0）， B（4， 0）， C（ 0， 2），∴OA=1，OB=4， OC=2．∴AB=5在 Rt△AOC 中， Rt△ BOC 中，由勾股定理，得AC= ， BC=2，∴ AC2=5， BC2=20 ，AB 2=25 ，∴ AC2+BC2=AB 2∴△ ACB 是直角三角形，∴∠ ACB =90°．∵BC∥AD，∴∠ CAF +∠ ACB =180°，∴∠ CAF =90°．∴∠ CAF =∠ ACB =∠ AFB=90°，∴四边形 ACBF 是矩形，∴ AC=BF= ，在 Rt△BFD 中，由勾股定理，得 DF =，∴ DF =BF，∴∠ ADB =45°．谈论：此题观察了运用待定系数法求二次函数解析式和一次函数的解析式的运用，相似三角形的性质的运用，勾股定理的运用，矩形的判断及性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，解答时求出函数的解析式是要点．4. （ 2014?山东枣庄，第25 题 10 分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x 2﹣ 2x﹣3的图象与x 轴交于 A 、B 两点，与y 轴交于点C，连接 BC ，点 D 为抛物线的极点，点第四象限的抛物线上的一个动点（不与点 D 重合）．P 是（ 1）求∠OBC 的度数；（ 2）连接CD 、 BD 、DP，延长DP交x 轴正半轴于点E，且S△OCE=S 四边形OCDB，求此时P 点的坐标；（ 3）过点考点：解析：P 作PF⊥ x 轴交 BC 于点 F，求线段PF 长度的最大值．二次函数综合题（ 1）由抛物线已知，则可求三角形OBC 的各个极点，易知三角形形状及内角．（ 2）由于抛物线已固定，则S四边形OCDB固定，关于坐标系中的不规则图形常用切割求和、填补求差等方法求面积，本图形过极点作x 轴的垂线及可将其分为直角梯形及直角三角形，面积易得．由此可得 E 点坐标，进而可求ED 直线方程，与抛物线解析式联立求解即得P 点坐标．（ 3）PF 的长度即为y F﹣ y P．由P、 F 的横坐标相同，则可直接利用解析式作差．由所得函数为二次函数，则可用二次函数性质谈论最值，解法老例．解答：解：（ 1）∵ y=x2﹣ 2x﹣ 3=（ x﹣ 3）（ x+2 ），∴由题意得， A （﹣ 1， 0）， B （ 3，0）， C（ 0，﹣ 3）， D（ 1，﹣ 4）．在 Rt△OBC 中，∵ OC=OB=3 ，∴△ OBC 为等腰直角三角形，∴∠ OBC=45° ．（ 2）如图1，过点 D 作DH ⊥x轴于H ，此时S 四边形OCDB =S 梯形OCDH +S△HBD，∵OH=1 ， OC=3 ，HD=4 ， HB=2 ，∴S 梯形OCDH = ?（OC+HD ）?OH= ， S△HBD = ?HD?HB=4 ，∴S 四边形OCDB= ．∴ S△OCE=S 四边形OCDB = =，∴OE=5 ，∴E（ 5， 0）．设 l DE： y=kx+b ，∵ D（ 1，﹣ 4）， E（ 5， 0），∴，解得，∴l DE： y=x ﹣ 5．∵DE 交抛物线于 P，设 P（ x， y），∴ x2﹣ 2x﹣ 3=x ﹣ 5，解得 x=2 或 x=1（ D 点，舍去），∴x P=2 ，代入 l DE： y=x ﹣ 5，∴P（2，﹣ 3）．（ 3）如图 2，设 l BC： y=kx+b ，∵ B（ 3， 0）， C（ 0，﹣ 3），∴，解得，∴l BC： y=x ﹣ 3．∵F在 BC 上，∴y F=x F﹣ 3，∵P 在抛物线上，∴y P=x P2﹣ 2x P﹣3，∴线段 PF 长度 =y F﹣ y P=x F﹣ 3﹣（ x P2﹣ 2x P﹣ 3），∵x P=x F，∴线段 PF 长度 =﹣ x P2+3x P=﹣（ x P﹣）2+，（ 1＜ x P≤3），∴当 x P= 时，线段 PF 长度最大为．谈论：此题观察了抛物线图象性质、已知两点求直线解析式、直角三角形性质及二次函数最值等基础知识点，题目难度适中，适合学生加强练习．5.（ 2014?山东潍坊，第 22 题 12 分）如图 1，在正方形 ABCD 中， E、 F 分别为 BC、CD 的中点，连接 AE、 BF ，交点为 G．(1)求证： AE⊥ BF；(2) 将△ BCF 沿 BF 对折，获取△ BPF（如图 2），延长 FP 交 BA 的延长线于点 Q，求 sin∠BQP 的值；(3)将△ ABE 绕点 A 逆时针方向旋转，使边 AB 正好落在 AE 上，获取△ AHM （如图 3），若AM 和 BF 订交于点N，当正方形ABCD 的面积为 4 时，求四边形GHMN 的面积．考点：相似三角形的判断与性质；全等三角形的判断与性质；正方形的性质；解直角三角形．解析：（1）由四边形 ABCD 是正方形，可得∠ ABE=∠ BCF=90°， AB=BC，又由 BE=CF，即可证得△ ABE ≌△ BCF ,可得∠ BAE=∠ CBF ，由∠ ABF+∠ CBF =90 0可得∠ ABF+∠BAE=90 0，即 AE⊥ BF；（2）由△ BCF ≌△ BPF, 可得 CF=PF,BC=BP,∠ BFE=∠ BFP，由 CD∥AB 得∠ BFC=∠ ABF,进而 QB=QF ，设 PF 为 x,则 BP 为 2x,在 Rt△ QBF 中可求QB 为5x，即可求得答案；2（ 3）由AGN(AN) 2可求出△AGN的面积，进一步可求出四边形GHMN 的面积．AHM AM解答： (1) 证明：∵ E、F 分别是正方形ABCD 边 BC、 CD 的中点，∴ CF=BE ，∴ Rt△ ABE≌Rt△ BCF∴∠ BAE=∠CBF又∵∠ BAE+∠ BEA=900，∴∠ CBF +∠ BEA=90 0，∴∠ BGE=90 0，∴AE⊥ BF(2)依照题意得： FP=FC，∠ PFB=∠BFC ，∠ FPB=900，∵CD ∥ AB,∴∠ CFB =∠ ABF，∴∠ ABF=∠ PFB．∴ QF=QB令 PF=k（ k>O），则 PB=2k，2225k，∴ sin∠ BQP=BP在 Rt△ BPQ 中，设 QB=x，∴ x =(x－k) +4k ,∴ x=QP2(3) 由题意得：∠ BAE=∠ EAM,又 AE⊥ BF,∴AN=AB=2,∵ ∠ AHM =900, ∴ GN//HM , ∴AGN(AN)2∴AGN(2)24AHM AM155∴四边形 GHMN =S AHM － S AGN=1 一4=4552k 45k52答：四边形GHMN 的面积是 4 .5谈论：此题观察了相似三角形的判断与性质、正方形的性质、全等三角形的判断与性质以及三角函数等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．6. （ 2014?山东潍坊，第24 题 13 分）如图，抛物线y=ax2+bx+c（ a≠O）与 y 轴交于点C(O，4)，与 x 轴交于点 A 和点 B，其中点 A 的坐标为（－2,0），抛物线的对称轴x=1 与抛物线交于点 D，与直线BC 交于点 E．(1)求抛物线的解析式；(2)若点 F 是直线 BC 上方的抛物线上的一个动点，可否存在点 F 使四边形 ABFC 的面积为 17，若存在，求出点 F 的坐标；若不存在，请说明原由；(3) 平行于 DE 的一条动直线Z 与直线 BC 订交于点P，与抛物线订交于点Q，若以 D 、E、P、Q 为极点的四边形是平行四边形，求点P 的坐标。

2019届中考数学总复习试题_第五章_基本图形综合测试题_含答案

基本图形一、选择题(每小题3分，共30分)1．下列命题中，假命题是(D）A. 平行四边形是中心对称图形B. 三角形三边的垂直平分线相交于一点，这点到三角形三个顶点的距离相等C. 对于简单的随机样本，可以用样本的方差去估计总体的方差D. 若x2＝y2，则x＝y2．如图，若要用“HL”证明Rt△ABC≌Rt△ABD，则还需补充条件(B）A. ∠BAC＝∠BADB. AC＝AD或BC＝BDC. AC＝AD且BC＝BDD. 以上都不正确(第2题图) (第3题图)3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，若CD＝5 cm，则EF＝(A）A. 5 cm B. 10 cmC. 15 cmD. 20 cm4．将一把直尺与一块三角尺按如图的方式放置，若∠1＝40°，则∠2的度数为(D）A. 125°B. 120°C. 140°D. 130°(第4题图) (第5题图)5．如图，在坐标平面上，△ABC与△DEF全等，其中A，B，C的对应顶点分别为D，E，F，且AB＝BC＝5.若点A的坐标为(－3，1)，B，C两点在直线y＝－3上，D，E两点在y轴上，则点F到y轴的距离为(C）A. 2 B. 3C. 4D. 56．如图为一张方格纸，纸上有一灰色三角形，其顶点均位于某两网格线的交点上，若灰色三角形面积为5.25cm2，则此方格纸的面积为(B）A. 11 cm2B. 12 cm2C. 13 cm2D. 14 cm2(第6题图) (第7题图)7．如图，在Rt△ABC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(A）A. －4B. 10π－4C. 10π－8D. －88．如图，在正方形ABCD中，点O为对角线AC的中点，过点O作射线OM，ON分别交AB，BC于点E，F，且∠EOF＝90°，BO，EF交于点P.有下列结论：(第8题图)①图形中全等的三角形只有两对；②正方形ABCD的面积等于四边形OEBF面积的4倍；③BE＋BF＝2OA；④AE2＋CF2＝2OP·OB.其中正确的结论有(C）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个9．如图，在正方形ABCD中，AB＝3 cm，动点M自A点出发沿AB方向以每秒1 cm的速度运动，同时动点N 自A点出发沿折线AD→DC→CB以每秒3 cm的速度运动，到达B点时运动同时停止．设△AMN的面积为y(cm2)，运动时间为x(s)，则下列图象中能大致反映y与x之间函数关系的是(B）(第9题图)10．如图，正方形ABCD 的边长为2，其面积标记为S 1，以CD 为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为S 2，…按照此规律继续下去，则S 2015的值为(C ）(第10题图)A. ⎝ ⎛⎭⎪⎫222012B. ⎝ ⎛⎭⎪⎫222013 C. ⎝ ⎛⎭⎪⎫122012 D. ⎝ ⎛⎭⎪⎫122013 二、填空题(每小题4分，共24分)11．已知直线l 1，l 2，l 3互相平行，直线l 1与l 2的距离是4 cm ，直线l 2与l 3的距离是6 cm ，那么直线l 1与l 3的距离是10_cm 或2_cm ．12．如图，已知矩形ABCD 的边长分别为a ，b ，连结其对边中点，得到四个矩形，顺次连结矩形AEFG 各边中点，得到菱形I 1；连结矩形FMCH 对边中点，又得到四个矩形，顺次连结矩形FNPQ 各边中点，得到菱形I 2……如此操作下去，得到菱形I n ，则I n 的面积是⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1ab ．(第12题图)13．如图，若将边长为2 cm 的两个互相重合的正方形纸片沿对角线AC 翻折成等腰直角三角形后，再抽出一个等腰直角三角形沿AC 移动．若重叠部分△A ′PC 的面积是1 cm 2，则移动的距离AA ′等于2_cm ．(第13题图) (第14题图)14．如图，点P 是矩形ABCD 内的任意一点，连结PA ，PB ，PC ，PD ，得到△PDA ，△PAB ，△PBC ，△PCD ，设它们的面积分别是S 1，S 2，S 3，S 4，给出如下结论：①S 1＋S 2＝S 3＋S 4；②S 2＋S 4＝S 1＋S 3；③若S 3＝2S 1，则S 4＝2S 2；④若S 1＝S 2，则点P 在矩形的对角线上．其中正确的结论的序号是__②④__(把所有正确结论的序号都填在横线上)．15．如图，矩形OABC 在第一象限，OA ，OC 分别与x 轴，y 轴重合，面积为6.矩形与双曲线y ＝kx(x ＞0)交BC 于点M ，交BA 于点N ，连结OB ，MN .若2OB ＝3MN ，则k ＝__2__．(第15题图)16．如图，边长为n 的正方形OABC 的边OA ，OC 分别在x 轴和y 轴的正半轴上，A 1，A 2，A 3，…，A n －1为OA的n 等分点，B 1，B 2，B 3，…B n －1为CB 的n 等分点，连结A 1B 1，A 2B 2，A 3B 3，…，A n －1B n －1，分别交y ＝1nx 2(x ≥0)于点C 1，C 2，C 3，…，C n －1，当B 25C 25＝8C 25A 25时，则n(第16题图)三、解答题(本题有8小题，共66分)17．(本题6分)已知：∠MON ＝40°，OE 平分∠MON ，点A ，B ，C 分别是射线OM ，OE ，ON 上的动点(A ，B ，C不与点O重合)，连结AC交射线OE于点D.设∠OAC＝x°.(1)如图①，若AB∥ON，则①∠ABO的度数是__20°__；②当∠BAD＝∠ABD时，x＝__120__；当∠BAD＝∠BDA时，x＝__60__．(2)如图②，若AB⊥OM，则是否存在这样的x的值，使得△ADB中有两个相等的角？若存在，求出x的值；若不存在，说明理由．(第17题图)解：(1)①∵∠MON＝40°，OE平分∠MON，∴∠AOB＝∠BON＝20°.∵AB∥ON，∴∠ABO＝∠BON＝20°.②∵∠BAD＝∠ABD，∴∠BAD＝20°.∵∠AOB＋∠ABO＋∠OAB＝180°，∴∠OAC＝120°.∵∠BAD＝∠BDA，∠ABO＝20°，∴∠BAD＝80°.∵∠AOB＋∠ABO＋∠OAB＝180°，∴∠OAC＝60°.(2)①当点D在线段OB上时，若∠BAD＝∠ABD，则x＝20；若∠BAD＝∠BDA，则x＝35；若∠ADB＝∠ABD，则x＝50.②当点D在射线BE上时，∵∠ABE＝110°，且三角形的内角和为180°，∴只有∠BAD＝∠BDA，此时x＝125.综上可知，存在这样的x的值，使得△ADB中有两个相等的角，且x＝20，35，50，125.18．(本题6分)如图：已知BC平分∠ACD，且∠1＝∠2，求证：AB∥CD.(第18题图)证明：∵BC平分∠ACD，∴∠1＝∠BCD，∵∠1＝∠2，∴∠2＝∠BCD ，∴AB ∥CD (内错角相等，两直线平行)．19．(本题6分)如图，在正方形ABCD 中，点P 在AD 上，且不与A ，D 重合，BP 的垂直平分线分别交CD ，AB 于E ，F 两点，垂足为Q ，过点E 作EH ⊥AB 于点H .(第19题图)(1)求证：HF ＝AP .(2)若正方形ABCD 的边长为12，AP ＝4，求线段EQ 的长解：(1)证明：∵EQ ⊥BO ，EH ⊥AB ，∴∠EQN ＝∠BHM ＝90°.∵∠EMQ ＝∠BMH ，∴△EMQ ∽△BMH ，∴∠QEM ＝∠HBM .∵四边形ABCD 为正方形，∴∠A ＝90°＝∠ABC ，AB ＝BC .又∵EH ⊥AB ，∴EH ＝BC .∴AB ＝BC .在△APB 与△HFE 中，∵⎩⎪⎨⎪⎧∠ABP ＝∠HEF ，∠PAB ＝∠FHE ，AB ＝EH ，∴△APB ≌△HFE ，∴HF ＝AP .(2)由勾股定理，得BP ＝AP 2＋AB 2＝42＋122＝410.∵EF 是BP 的垂直平分线，∴BQ ＝12BP ＝210， ∴QF ＝BQ ·tan ∠FBQ ＝BQ ·tan ∠ABP ＝210×412＝2103.由(1)知，△APB ≌△HFE ，∴EF ＝BP ＝410，∴EQ ＝EF －QF ＝410－2103＝10103. 20．(本题8分)阅读下面材料：小明遇到这样一个问题：如图①，在边长为a (a ＞2)的正方形ABCD 各边上分别截取AE ＝BF ＝CG ＝DH ＝1，当∠AFQ ＝∠BGM ＝∠CHN ＝∠DEP ＝45°时，求正方形MNPQ 的面积．(第20题图)小明发现：分别延长QE ，MF ，NG ，PH 交FA ，GB ，HC ，ED 的延长线于点R ，S ，T ，W ，可得△RQF ，△SMG ，△TNH ，△WPE 是四个全等的等腰直角三角形(如图②)．请回答：(1)若将上述四个等腰直角三角形拼成一个新的正方形(无缝隙，不重叠)，则这个新的正方形的边长为__a __．(2)求正方形MNPQ 的面积．(3)参考小明思考问题的方法，解决问题：如图③，在等边△ABC 各边上分别截取AD ＝BE ＝CF ，再分别过点D ，E ，F 作BC ，AC ，AB 的垂线，得到等边△RPQ .若S △RPQ ＝33，则AD 的长为__23__．解：(1)a .(2)∵四个等腰直角三角形面积的和为a 2，正方形ABCD 的面积也为a 2.∴S 正方形MNPQ ＝S △ARE ＋S △BSF ＋S △GCT ＋S △HDW ＝4S △ARE ＝4×12×12＝2. (3)23. 21．(本题8分)联想三角形外心的概念，我们可引入如下概念：定义：到三角形的两个顶点距离相等的点，叫做此三角形的准外心．举例：如图①，若PA ＝PB ，则点P 为△ABC 的准外心．(1)应用：如图②，CD 为等边三角形ABC 的高，准外心P 在高CD 上，且PD ＝12AB ，求∠APB 的度数．(第21题图)(2)探究：已知△ABC 为直角三角形，斜边BC ＝5，AB ＝3，准外心P 在AC 边上，试探究PA 的长．解：(1)若PB ＝PC ，连结PB ，则∠PCB ＝∠PBC .∵CD 为等边三角形的高，∴AD ＝BD ，∠PCB ＝30°.∴∠PBD ＝∠PBC ＝30°.∴PD ＝33DB ＝36AB . 这与已知PD ＝12AB 矛盾，∴PB ≠PC . 若PA ＝PC ，连结PA ，同理可得PA ≠PC .若PA ＝PB ，由PD ＝12AB ，得PD ＝BD ， ∴∠DPB ＝45°.故∠APB ＝90°.(第21题图解)(2)∵BC ＝5，AB ＝3，∴AC ＝BC 2－AB 2＝4.①若PB ＝PC ，设PA ＝x ，则x 2＋32＝(4－x )2，x ＝78，即PA ＝78. ②若PA ＝PC ，则PA ＝2.③若PA ＝PB ，由图知，在Rt △PAB 中，不可能，故PA ＝2或78. 22．(本题10分)如图①，把边长为4的正三角形各边四等分，连结各分点得到16个小正三角形．(1)如图②，连结小正三角形的顶点得到的正六边形ABCDEF 的周长＝__6__．(2)请你判断：命题“六个内角相等的六边形是正六边形”是真命题还是假命题？如果是真命题，请你把它改写成“如果…，那么…”的形式；如果是假命题，请在图①中画图说明．(第22题图)解：(1)∵正六边形的各边长都等于1，∴周长＝6×1＝6.(2)命题“六个内角相等的六边形是正六边形”是假命题，反例如解图①②等．(第22题图解)23．(本题10分)如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝CD ＝5，对角线BD 平分∠ABC ，cos C ＝45. (1)求边BC 的长；(2)过点A 作AE ⊥BD ，垂足为点E ，求tan ∠DAE 的值．(第23题图) (第23题图解)解：(1)过点D 作DH ⊥BC ，垂足为H .在Rt △CDH 中，由∠CHD ＝90°，CD ＝5，cos C ＝45，得CH ＝CD ·cos C ＝5×45＝4. ∵对角线BD 平分∠ABC ，∴∠ABD ＝∠CBD .∵AD ∥BC ，∴∠ADB ＝∠CBD .∴∠ABD ＝∠ADB ，∴AD ＝AB ＝5.于是，由等腰梯形ABCD ，可知BC ＝AD ＋2CH ＝13.(2)∵AE ⊥BD ，DH ⊥BC ，∴∠BHD ＝∠AED ＝90°.∵∠ADB ＝∠DBC ，∴∠DAE ＝∠BDH .在Rt △CDH 中，DH ＝CD 2－CH 2＝52－42＝3.在Rt △BDH 中，BH ＝BC －CH ＝13－4＝9.∴tan ∠BDH ＝BH DH ＝93＝3. ∴tan ∠DAE ＝tan ∠BDH ＝3.24．(本题12分)如图，在菱形ABCD 中，AB ＝10，sin A ＝45，点E 在AB 上，AE ＝4，过点E 作EF ∥AD ，交CD 于点F .(第24题图)(1)菱形ABCD 的面积为__80__．(2)若点P 从点A 出发以1个单位长度/秒的速度沿着线段AB 向终点B 运动，同时点Q 从点E 出发也以1个单位长度/秒的速度沿着线段EF 向终点F 运动，设运动时间为t (s)．①当t ＝5时，求PQ 的长；②以点P 为圆心，PQ 长为半径的⊙P 是否能与直线AD 相切？如果能，求此时t 的值；如果不能，说明理由．解：(1)过点B 作BN ⊥AD 于点N ，如解图①.∴BN ＝AB ·sin A ＝10×45＝8， ∴S 菱形ABCD ＝AD ·BN ＝10×8＝80.(第24题图解)(2)①过点P 作PM ⊥EF 于M ，如解图②.由题意可知AE ＝4，AP ＝EQ ＝5，EP ＝AP －AE ＝1.∵EF ∥AD ，∴∠BEF ＝∠A ，∴sin ∠BEF ＝PM EP ＝sin A ＝45，解得PM ＝45. 在Rt △PME 中，EM ＝EP 2－PM 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝35，则有MQ ＝5－35＝225. 在Rt △PQM 中，PQ ＝PM 2＋MQ 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2252＝25，即PQ 的长为2 5.②能．过点P 作PH ⊥AD 于H ，交EF 于G 点，如解图③，(第24题图解)则PH ＝45t ，PE ＝t －4，PG ＝45(t －4)，EG ＝35(t －4)， ∴GQ ＝EQ －EG ＝t －35(t －4)＝25t ＋125， ∴PQ 2＝PG 2＋GQ 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45t －1652＋⎝ ⎛⎭⎪⎫25t ＋1252. 若以点P 为圆心，PQ 长为半径的⊙P 与直线AD 相切，则PH ＝PQ ，则有⎝ ⎛⎭⎪⎫45t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45t －1652＋⎝ ⎛⎭⎪⎫25t ＋1252，整理，得t 2－20t ＋100＝0，解得t 1＝t 2＝10.此时t 的值为10.。

2019年山东济宁九年级数学中考综合复习题含答案

2019年九年级数学中考综合复习题一、选择题：1、下列计算正确的是( )A.3a＋4b=7abB.(ab3)3=ab6C.(a＋2)2=a2＋4D.x12÷x6=x62、下列几何体中，主视图和俯视图都为矩形的是( )3、如果-b是a的立方根，那么下列结论正确的是（）．A.-b也是-a的立方根B.b也是a的立方根C.b也是-a的立方根D.±b都是a的立方根4、一个不透明的口袋中有四个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4随机摸出一个小球，不放回，再随机摸出一个小球，两次摸出的小球标号的积小于4的概率是（）A． B． C． D．5、关于x的一元二次方程ax2﹣x+1=0有实数根，则a的取值范围是（）A.a≤且a≠0B.a≤C.a≥且a≠0D.a≥6、已知一次函数y=kx+b﹣x的图象与x轴的正半轴相交，且函数值y随自变量x的增大而增大，则k，b的取值情况为（）A．k＞1，b＜0 B．k＞1，b＞0 C．k＞0，b＞0 D．k＞0，b＜07、若=1﹣x，则x的取值范围是（）A.x＞1B.x≥1C.x＜1D.x≤18、某企业今年3月份产值为a万元，4月份比3月份减少了10%，5月份比4月份增加了15%，则5月份的产值是（）A.（a﹣10%）（a+15%）万元B.a（1﹣90%）（1+85%）万元C.a（1﹣10%）（1+15%）万元D.a（1﹣10%+15%）万元9、如图,在Rt中，，，，点在边上，，⊙的半径长为3，⊙与⊙相交，且点在⊙外，那么⊙的半径长的取值范围是（）A. B. C. D.10、1.已知二次函数y=kx2﹣7x﹣7的图象与x轴没有交点,则k的取值范围为( )A.k＞﹣B.k≥﹣且k≠0C.k＜﹣D.k＞﹣且k≠011、如图,在△ABC中,AD和BE是高,∠ABE=45°,点F是AB的中点,AD与FE、BE分别交于点G、H,∠CBE=∠BAD.有下列结论：①FD=FE；②AH=CD；③BC·AD=AE2；④S△ABC =S△A DF.其中正确的有（）A.1个B. 2 个C.3 个D.4个12、如图,已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴交于点A(-1,0)，对称轴为直线x=1,与y 轴的交点B在（0,2）和(0,3)之间(包括这两点),下列结论:①当x＞3时,y＜0;②3a+b＜0;③-1≤a≤;④4ac-b2>8a.其中正确的结论是（）A.①②③B.①②④C.①③④D.①②③④二、填空题:13简便计算：2200820102009⨯-=_______；20082007122⎛⎫⋅-=⎪⎝⎭______.14、如图，正方形ABCD的边长为2，AE=EB，MN=1，线段MN的两端在CB，CD上滑动，当CM=___________时，△AED与以M，N，C为顶点的三角形相似．15、如图,反比例函数的图象经过A、B两点,过点A作轴，垂足为C,过点B作轴，垂足为D，连接AO，连接BO交AC于点E,若OC=CD,四边形BDCE的面积为2，则k 的值为．第15题图第16题16、如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点A、B（m+2，0）与y轴相交于点C，点D在该抛物线上，坐标为（m，c），则点A的坐标是．17.如图,在△ABC中,∠C=90°,BC=16cm,AC=12cm,点P从点B出发,沿BC以2cm/s的速度向点C移动,点Q从点C出发，以1cm/s的速度向点A移动,若点P、Q分别从点B、C同时出发,设运动时间为ts,当t= 时,△CPQ与△CBA相似．第17题图第18题图18、如图,四边形ABCD中,∠BAD=∠DC=90°，AB=AD=，CD=，点P是四边形ABCD四条边上的一个动点，若P到BD的距离为2，则满足条件的点P有个．三、简答题:19、某中学为了了解九年级学生体能状况，从九年级学生中随机抽取部分学生进行体能测试，测试结果分为A，B，C，D四个等级，并依据测试成绩绘制了如下两幅尚不完整的统计图；（1）这次抽样调查的样本容量是，并补全条形图；（2）D等级学生人数占被调查人数的百分比为，在扇形统计图中C等级所对应的圆心角为°；（3）该校九年级学生有1500人，请你估计其中A等级的学生人数．20、九年级（3）班数学兴趣小组经过市场调查整理出某种商品在第x天（1≤x≤90，且x为整数）的售价与销售量的相关信息如下．已知商品的进价为30元/件，设该商品的售价为y（单位：元/件），每天的销售量为p（单位：件），每天的销售利润为w（单位：元）．（1）求出w与x的函数关系式；（2）问销售该商品第几天时，当天的销售利润最大？并求出最大利润；（3）该商品在销售过程中，共有多少天每天的销售利润不低于5600元？请直接写出结果．21、如图，在△ABC中，∠C=90°，D是BC边上一点，以DB为直径的⊙O经过AB的中点E，交AD 的延长线于点F，连结EF．（1）求证：∠1=∠F．（2）若sinB=，EF=2，求CD的长．22、如图，两条互相平行的河岸，在河岸一边测得AB为20米，在另一边测得CD为70米，用测角器测得∠ACD=30°，测得∠BDC=45°，求两条河岸之间的距离．（≈1.7，结果保留整数）23、在平面直角坐标系中,O为原点,点A（4,0），点B（0,3）把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A/BO/，点A,O旋转后的对应点为A/，O/．记旋转角为α．（1）如图①，若α=90o，求AA/的长；（2）如图②，若α=120o，求点O/的坐标；（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P/，当O/P+BP/取得最小值时，求点P/的坐标（直接写出结果即可）．参考答案1、B.2、D.3、B.4、C．5、C．6、A．7、A．8、C．9、B.10、C.11、D. 12、D.13、：2， 14、或15、 16、（﹣2，0）．17、3．18、1019、解：（1）由条形统计图和扇形统计图可知总人数=16÷32%=50人，所以B等级的人数=50﹣16﹣10﹣4=20人，故答案为：50；补全条形图如图所示：（2）D等级学生人数占被调查人数的百分比=×100%=8%；在扇形统计图中C等级所对应的圆心角=8%×360°=28.8°，故答案为：8%，28.8；（3）该校九年级学生有1500人，估计其中A等级的学生人数=1500×32%=480人．20、【解答】解:（1）当0≤x≤50时,设商品的售价y与时间x的函数关系式为y=kx+b，∵y=kx+b经过点（0，40）、（50，90），∴，解得：，∴售价y与时间x的函数关系式为y=x+40；当50＜x≤90时，y=90．∴售价y与时间x的函数关系式为y=．由书记可知每天的销售量p与时间x成一次函数关系，设每天的销售量p与时间x的函数关系式为p=mx+n（m、n为常数，且m≠0），∵p=mx+n过点（60，80）、（30，140），∴，解得：，∴p=﹣2x+200（0≤x≤90，且x为整数），当0≤x≤50时，w=（y﹣30）•p=（x+40﹣30）（﹣2x+200）=﹣2x2+180x+2000；当50＜x≤90时，w=（90﹣30）（﹣2x+200）=﹣120x+12000．每天的销售利润w与时间x的函数关系式是w=．（2）当0≤x≤50时，w=﹣2x2+180x+2000=﹣2（x﹣45）2+6050，∵a=﹣2＜0且0≤x≤50，∴当x=45时，w取最大值，最大值为6050元．当50＜x≤90时，w=﹣120x+12000，∵k=﹣120＜0，w随x增大而减小，∴当x=50时，w取最大值，最大值为6000元．∵6050＞6000，∴当x=45时，w最大，最大值为6050元．即销售第45天时，当天获得的销售利润最大，最大利润是6050元．（3）当0≤x≤50时，令w=﹣2x2+180x+2000≥5600，即﹣2x2+180x﹣3600≥0，解得：30≤x≤50，50﹣30+1=21（天）；当50＜x≤90时，令w=﹣120x+12000≥5600，即﹣120x+6400≥0，解得：50＜x≤53，∵x为整数，∴50＜x≤53，53﹣50=3（天）．综上可知：21+3=24（天），故该商品在销售过程中，共有24天每天的销售利润不低于5600元．21、【解答】解：（1）证明：连接DE，∵BD是⊙O的直径，∴∠DEB=90°，∵E是AB的中点，∴DA=DB，∴∠1=∠B，∵∠B=∠F，∴∠1=∠F；（2）∵∠1=∠F，∴AE=EF=2，∴AB=2AE=4，在Rt△ABC中，AC=AB•sinB=4，∴BC==8，设CD=x，则AD=BD=8﹣x，∵AC2+CD2=AD2，即42+x2=（8﹣x）2，∴x=3，即CD=3．22、如图，分别过点A、B作CD的垂线交CD于点E、F，令两条河岸之间的距离为h．∵AE⊥CD，BF⊥CD，AB∥CD，AB=20，∴AE=BF=h，EF=AB=20．在Rt△ACE中，∵∠AEC=90°，∠ACE=30°，∴tan∠ACE=，即tan30°=，∴CE=h．在Rt△BDF中，∵∠BFD=90°，∠BDF=45°，∴DF=BF=h．∵CD=70，∴CE+EF+FD=70，∴h+20+h=70，∴h=25（﹣1）≈18．答：两条河岸之间的距离约为18米．。

中考数学综合型问题试题考点解析归总

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2019年中考数学综合型问题试题考点解析归总一、选择题1.(2019重庆江津4分)下列说法不正确是A、两直线平行，同位角相等B、两点之间直线最短C、对顶角相等D、半圆所对的圆周角是直角【答案】B。

【考点】平行线的性质，对顶角的性质，线段公理，圆周角定理。

【分析】利用平行线的性质可以判断A正确;利用两点之间线段最短的线段公理可以判断B错误;利用对顶角相等的性质可以判断C正确;利用圆周角定理可以判断D正确。

故选B。

2.(2019重庆潼南4分)如图，在平行四边形ABCD中(ABBC)，直线EF经过其对角线的交点O，且分别交AD、BC于点M、N，交BA、DC的延长线于点E、F，下列结论：①AO=BO;②OE=OF;③△EAM∽△EBN;④△EAO≌△CNO，其中正确的是A、①②B、②③C、②④D、③④【答案】B。

① CE=BD; ② △ADC是等腰直角三角形;③ ADB= ④ CD AE=EF一定正确的结论有A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】D。

【考点】全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，平行的性质【分析】①由已知利用SAS证明△BAD≌△CAE，可得到CE=BD，结论正确;②由已知利用平行四边形的性质可得AE=CD，再结合△ADE 是等腰直角三角形可得到△ADC是等腰直角三角形，结论正确;③由已知利用SAS证明△BAE≌△BAD。

可得到ADB=AEB，结论正确;④由对顶角相等的性质得出GFD=AFE，以及GDF+GFD=90，从而得出△CGD∽△EAF，得出比例式，因此CDAE=EFCG，结论正确。

故正确的有4个。

故选D。

5.(2019黑龙江大庆3分)若△ABC的三边长满足：，则△ABC是A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰三角形或直角三角形D.等腰直角三角形【答案】C。

2019年全国中考数学试卷分类汇编：综合性问题【含解析】

综合性问题一、选择题1. (2018•年山东东营,第10题3分)如图，四边形ABCD为菱形，AB=BD，点B、C、D、G四个点在同一个圆⊙O 上，连接BG并延长交AD于点F，连接DG并延长交AB于点E，BD与CG交于点H，连接FH，下列结论：①AE=DF；②FH∥AB；③△DGH∽△BGE；④当CG为⊙O的直径时，DF=AF．[中其中正确结论的个数是（）A． 1 B． 2 C． 3 D． 4考点：圆的综合题．分析：①由四边形ABCD是菱形，AB=BD，得出△ABD和△BCD是等边三角形，再由B、C、D、G四个点在同一个圆上，得出∠ADE=∠DBF，由△ADE≌△DBF，得出AE=DF，②利用内错角相等∠FBA=∠HFB，求证FH∥AB，③利用∠DGH=∠EGB和∠EDB=∠FBA，求证△DGH∽△BGE，④利用CG为⊙O的直径及B、C、D、G四个点共圆，求出∠ABF=120°﹣90°=30°，在RT△AFB中求出AF=AB 在RT△DFB中求出FD=BD，再求得DF=AF．解答：解：①∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=DC=AD，又∵AB=BD，∴△ABD和△BCD是等边三角形，∴∠A=∠ABD=∠DBC=∠BCD=∠CDB=∠BDA=60°，又∵B、C、D、G四个点在同一个圆上，∴∠DCH=∠DBF，∠GDH=∠BCH，∴∠ADE=∠ADB﹣∠GDH=60°﹣∠EDB，∠DCH=∠BCD﹣∠BCH=60°﹣∠BCH，∴∠ADE=∠DCH，∴∠ADE=∠DBF，在△ADE和△DBF中，∴△ADE≌△DBF（ASA）∴AE=DF故①正确，②由①中证得∠ADE=∠DBF，∴∠EDB=∠FBA，∵B、C、D、G四个点在同一个圆上，∠BDC=60°，∠DBC=60°，∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°，∴∠BGE=180°﹣∠BGC﹣∠DGC=180°﹣60°﹣60°=60°，∴FGD=60°，∴FGH=120°，又∵∠ADB=60°，∴F、G、H、D四个点在同一个圆上，∴∠EDB=∠HFB，∴∠FBA=∠HFB，∴FH∥AB，故②正确，③∵B、C、D、G四个点在同一个圆上，∠DBC=60°，∴∠DGH=∠DBC=60°，∵∠EGB=60°，∴∠DGH=∠EGB，由①中证得∠ADE=∠DBF，∴∠EDB=∠FBA，∴△DGH∽△BGE，故③正确，④如下图∵CG为⊙O的直径，点B、C、D、G四个点在同一个圆⊙O上，∴∠GBC=∠GDC=90°，∴∠ABF=120°﹣90°=30°，∵∠A=60°，∴∠AFB=90°∴AF=AB，又∵∠DBF=60°﹣30°=30°，∠ADB=60°，∴∠DFB=90°，∴FD=BD，∵AB=BD，∴DF=AF，故④正确，故选：D．点评：此题综合考查了圆及菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，运用四点共圆找出相等的角是解题的关键．解题时注意各知识点的融会贯通．2. （2018•甘肃白银、临夏,第10题3分）如图，边长为1的正方形ABCD中，点E在CB延长线上，连接ED交AB于点F，AF=x（0.2≤x≤0.8），EC=y．则在下面函数图象中，大致能反映y与x之闻函数关系的是（）A．B．C．D．考点：动点问题的函数图象．分析：通过相似三角形△EFB∽△EDC的对应边成比例列出比例式=，从而得到y与x之间函数关系式，从而推知该函数图象．=，即=y=角线BD 的直线l 从O 出发，沿x 轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，运动到直线l 与正方形没有交点为止．设直线l 扫过正方形OBCD 的面积为S ，直线l 运动的时间为t （秒），下列能反映S 与t 之间函数关系的图象是（）×t×t=t t t ﹣三、解答题1. （2018•上海，第25题14分）如图1，已知在平行四边形ABCD 中，AB=5，BC=8，cosB=45，点P 是边BC 上的动点，以CP 为半径的圆C 与边AD 交于点E 、F （点F 在点E 的右侧），射线CE 与射线BA 交于点G ．（1）当圆C经过点A时，求CP的长；（2）联结AP，当AP∥CG时，求弦EF的长；∴AC=∴CP=CE==，∴EF=2=，即=∴CE==．2，0）和点B，与y轴交于点C，直线x=1是该抛物线的对称轴．（1）求抛物线的解析式；（2）若两动点M，H分别从点A，B以每秒1个单位长度的速度沿x轴同时出发相向而行，当点M到达原点时，点H立刻掉头并以每秒个单位长度的速度向点B方向移动，当点M到达抛物线的对称轴时，两点停止运动，经过点M的直线l⊥x轴，交AC或BC于点P，设点M的运动时间为t秒（t＞0）．求点M的运动时间t与△APH的面积S的函数关系式，并求出S的最大值．考点：二次函数综合题．分析：（1）根据抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0），直线x=1是该抛物线的对称轴，得到方程组，解方程组即可求出抛物线的解析式；（2）由于点M到达抛物线的对称轴时需要3秒，所以t≤3，又当点M到达原点时需要2秒，且此时点H立刻掉头，所以可分两种情况进行讨论：①当0＜t≤2时，由△AMP∽△AOC，得出比例式，求出PM，AH，根据三角形的面积公式求出即可；②当2＜t≤3时，过点P作PM⊥x轴于M，PF⊥y轴于点F，表示出三角形APH的面积，利用配方法求出最值即可．解答：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0），直线x=1是该抛物线的对称轴，∴，解得：，∴抛物线的解析式是：y=x2﹣x﹣4，（2）分两种情况：①当0＜t≤2时，∵PM∥OC，∴△AMP∽△AOC，∴=，即=，∴PM=2t．解方程x2﹣x﹣4=0，得x1=﹣2，x2=4，∵A（﹣2，0），∴B（4，0），∴AB=4﹣（﹣2）=6．∵AH=AB﹣BH=6﹣t，∴S=PM•AH=×2t（6﹣t）=﹣t2+6t=﹣（t﹣3）2+9，当t=2时S的最大值为8；②当2＜t≤3时，过点P作PM⊥x轴于M，作PF⊥y轴于点F，则△COB∽△CFP，又∵CO=OB，∴FP=FC=t﹣2，PM=4﹣（t﹣2）=6﹣t，AH=4+（t﹣2）=t+1，∴S=PM•AH=（6﹣t）（t+1）=﹣t2+4t+3=﹣（t﹣）2+，当t=时，S最大值为．综上所述，点M的运动时间t与△APQ面积S的函数关系式是S=，S的最大值为．点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数的解析式，三角形的面积，二次函数的最值等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．3. （2018•山东威海，第25题12分）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过A（﹣1，0），B（4，0），C （0，2）三点．（1）求这条抛物线的解析式；（2）E为抛物线上一动点，是否存在点E使以A、B、E为顶点的三角形与△COB相似？若存在，试求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；（3）若将直线BC平移，使其经过点A，且与抛物线相交于点D，连接BD，试求出∠BDA的度数．，，x=．在Rt△BOC中，设BC边上的高为h，则×h=×2×4，∴=，∴y=±2﹣x+2，x+2﹣0=﹣×（﹣1）+n∴n=﹣x．x x+2=x，BD=，，∴AC=BF=DF=4. （2018•山东枣庄，第25题10分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2﹣2x﹣3的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接BC，点D为抛物线的顶点，点P是第四象限的抛物线上的一个动点（不与点D重合）．（1）求∠OBC的度数；（2）连接CD、BD、DP，延长DP交x轴正半轴于点E，且S△OCE=S四边形OCDB，求此时P点的坐标；•（）•OH=•HD•HB=4，∴S四边形OCDB=．=，，，，﹣，（∴当x P=时，线段PF长度最大为．AE、BF，交点为G．(1)求证：AE⊥BF；(2)将△BCF沿BF对折，得到△BPF（如图2），延长FP交BA的延长线于点Q，求sin∠BQP的值；(3)将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM（如图3），若AM和BF相交于点N，当正方形ABCD的面积为4时，求四边形GHMN的面积．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；解直角三角形．分析：（1）由四边形ABCD是正方形，可得∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC，又由BE=CF，即可证得△ABE≌△BCF,可得∠BAE=∠CBF，由∠ABF+∠CBF=900可得∠ABF+∠BAE=900，即AE⊥BF；（2）由△BCF≌△BPF, 可得CF=PF,BC=BP,∠BFE=∠BFP，由CD∥AB 得∠BFC=∠ABF,从而QB=QF ，设PF 为x,则BP 为2x,在Rt△QBF 中可求 QB 为25x ，即可求得答案；（3）由2)(AMAN AHM AGN =∆∆可求出△A GN 的面积，进一步可求出四边形GHMN 的面积．解答：(1)证明：∵E、F 分别是正方形ABCD 边BC 、CD 的中点，∴CF=BE，∴Rt△ABE≌Rt△BCF ∴∠BAE=∠CBF 又∵∠BAE+∠BEA=900，∴∠CBF+∠BEA=900，∴∠BGE=900， ∴AE⊥BF(2)根据题意得：FP=FC ，∠PFB=∠BFC，∠FPB=900，∵CD∥AB, ∴∠CFB=∠ABF，∴∠ABF=∠PFB．∴QF=QB 令PF=k （k>O ），则PB=2k ，在Rt△BPQ 中，设QB=x ， ∴x 2=(x －k)2+4k 2, ∴x=25k ，∴sin∠BQP=54252==k k QP BP (3)由题意得：∠BAE=∠EAM,又AE⊥BF, ∴AN=AB=2,∵ ∠AHM=900, ∴GN//HM, ∴2)(AM AN AHM AGN =∆∆ ∴54)52(12==ΛAGN∴ 四边形GHMN=S ΔAHM － S ΔAGN=1一54= 54答：四边形GHMN 的面积是54.点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角函数等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．6. （2018•山东潍坊，第24题13分）如图，抛物线y=ax 2+bx+c （a≠O）与y 轴交于点C(O ，4)，与x 轴交于点A 和点B ，其中点A 的坐标为（－2,0），抛物线的对称轴x=1与抛物线交于点D ，与直线BC 交于点E ． (1)求抛物线的解析式；(2)若点F 是直线BC 上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F 使四边形ABFC 的面积为17，若存在，求出点F 的坐标；若不存在，请说明理由；(3)平行于DE 的一条动直线Z 与直线BC 相交于点P ，与抛物线相交于点Q ，若以D 、E 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，求点P 的坐标。

2019年中考数学《综合问题》专题练习含答案解析

综合题综合题是初中数学中涵盖广、综合性最强的题型，它可以包含初中阶段所学的代数、平面几何、解析几何、统计概率的若干知识点和各种数学思想方法，还能有机结合探索性、开放性等有关问题；它既突出考查了初中数学的主干知识，又突出了与高中衔接的重要内容，如函数、方程、不等式、三角形、四边形、相似形、圆等.它不但考查学生数学基础知识和灵活运用知识的能力还可以考查学生对数学知识迁移整合能力；既考查学生对几何与代数之间的内在联系，多角度、多层面综合运用数学知识、数学思想方法分析问题和解决问题的能力，还考查学生知识网络化、创新意识和实践能力。

前面专题已对代数之方程和不等式综合问题、函数之一次函数和反比例函数综合问题、函数之一次函数、反比例函数和二次函数综合问题、代数和函数综合问题、静态几何之综合问题等有过介绍，本专题主要原创编写代数和平面几何的综合问题、代数和统计概率的综合问题、平面几何和统计概率的综合问题、解析几何和统计概率的综合问题、平面几何和解析几何的综合问题模拟题。

1.已知一元二次方程x2－11x＋30=0 的两个解恰好分别是等腰△ABC的底边长和腰长，则△ABC底边上的高为。

【答案】4【考点】因式分解法解一元二次方程，等腰三角形的性质，三角形三边关系，勾股定理，分类思想的应用。

1. 已知关于x 的方程x 2－（m ＋2）x ＋（2m －1）=0的一个根是2，请求出方程的另一个根，并求以此两根为边长的直角三角形的面积。

【答案】解：∵此方程的一个根是1，∴12－1×（m ＋2）＋（2m －1）=0，解得，m=2，则方程的另一根为：m ＋2－1=2+1=3。

①该直角三角形的两直角边是1、3时，该直角三角形的面积为131322⋅⋅=。

②当该直角三角形的直角边和斜边分别是1、3时，由勾股定理得该直角三角形的另一直角边为112⋅⋅综上所述，该直角三角形的面积为32【考点】一元二次方程的解，勾股定理，分类思想的应用。

2019届中考数学综合题型专题复习卷：方程(组)专题(含精品解析)

方程（组）专题一、单选题1．若x=4是分式方程的根，则a的值为A．6B．－6C．4D．－4【答案】A2．一商店以每件150元的价格卖出两件不同的商品，其中一件盈利25%，另一件亏损25%，则商店卖这两件商品总的盈亏情况是（）A．亏损20元B．盈利30元C．亏损50元D．不盈不亏【答案】A3．为奖励消防演练活动中表现优异的同学，某校决定用1200元购买篮球和排球，其中篮球每个120元，排球每个90元，在购买资金恰好用尽的情况下，购买方案有（）A．4种B．3种C．2种D．1种【答案】B4．已知关于x的分式方程=1的解是负数，则m的取值范围是（）A．m≤3B．m≤3且m≠2C．m＜3 D．m＜3且m≠2【答案】D5．“绿水青山就是金山银山”．某工程队承接了60万平方米的荒山绿化任务，为了迎接雨季的到来，实际工作时每天的工作效率比原计划提高了25%，结果提前30天完成了这一任务．设实际工作时每天绿化的面积为x万平方米，则下面所列方程中正确的是（）A．B．C．D．【答案】C6．2017﹣2018赛季中国男子篮球职业联赛，采用双循环制（每两队之间都进行两场比赛），比赛总场数为380场，若设参赛队伍有x支，则可列方程为（）A．B．C．D．【答案】B7．若2-是方程x2-4x+c=0的一个根，则c的值是（）A．1 B．3-C．1+D．2+【答案】A8．已知x1，x2是关于x的方程x2+bx﹣3=0的两根，且满足x1+x2﹣3x1x2=5，那么b的值为（）A．4 B．﹣4 C．3 D．﹣3【答案】A9．若关于x的分式方程有增根，则m的值为（）A．﹣1或﹣2 B．﹣1或2 C．1或2 D．0或﹣2【答案】D10．衡阳市某生态示范园计划种植一批梨树，原计划总产值30万千克，为了满足市场需求，现决定改良梨树品种，改良后平均每亩产量是原来的1.5倍，总产量比原计划增加了6万千克，种植亩数减少了10亩，则原来平均每亩产量是多少万千克？设原来平均每亩产量为万千克，根据题意，列方程为A．B．C．D．【答案】A11．若关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣k+1=0有两个相等的实数根，则k的值是（）A．﹣1 B．0 C．1 D．2【答案】B12．某抗战纪念馆馆长找到大学生团干部小张，联系青年志愿者在周日参与活动，活动累计56个小时的工作时间，需要每名男生工作5个小时，每名女生工作4个小时，小张可以安排学生参加活动的方案共有( ) A．1种B．2种C．3种D．4种【答案】B13．某商店将巧克力包装成方形、圆形礼盒出售，且每盒方形礼盒的价钱相同，每盒圆形礼盒的价钱相同．阿郁原先想购买3盒方形礼盒和7盒圆形礼盒，但他身上的钱会不足240元，如果改成购买7盒方形礼盒和3盒形礼盒，他身上的钱会剩下240元．若阿郁最后购买10盒方形礼盒，则他身上的钱会剩下多少元？（）A．360 B．480 C．600 D．720【答案】C14．已知关于x的一元二次方程x2-2x+k-1=0有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是A．k≤2B．k≤0C．k<2D．k<0【答案】C15．已知关于x的一元二次方程mx2﹣（m+2）x+=0有两个不相等的实数根x1，x2．若+=4m，则m 的值是（）A．2 B．﹣1 C．2或﹣1 D．不存在【答案】A16．我国古代数学著作《增删算法统宗》记载”绳索量竿”问题：“一条竿子一条索，索比竿子长一托．折回索子却量竿，却比竿子短一托“其大意为：现有一根竿和一条绳索，用绳索去量竿，绳索比竿长5尺；如果将绳索对半折后再去量竿，就比竿短5尺．设绳索长x尺，竿长y尺，则符合题意的方程组是（）A．B．C．D．【答案】A17．阅读理解：，，，是实数，我们把符号称为阶行列式，并且规定：，例如：.二元一次方程组的解可以利用阶行列式表示为：；其中，，.问题：对于用上面的方法解二元一次方程组时，下面说法错误的是（）A．B．C．D．方程组的解为【答案】C二、填空题18．若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为__．【答案】19．已知x1，x2是一元二次方程x2-2x-1=0的两实数根，则的值是__．【答案】620．爸爸沿街匀速行走，发现每隔7分钟从背后驶过一辆103路公交车，每隔5分钟从迎面驶来一辆103路公交车，假设每辆103路公交车行驶速度相同，而且103路公交车总站每隔固定时间发一辆车，那么103路公交车行驶速度是爸爸行走速度的__倍．【答案】621．若关于x的方程无解，则m的值为__．【答案】-1或5或22．已知实数m，n满足，，且，则= ．【答案】．23．为实现营养套餐的合理搭配，某电商推出两款适合不同人群的甲、乙两种袋装的混合粗粮．甲种袋装粗粮每袋含有3千克A粗粮，1千克B粗粮，1千克C粗粮；乙种袋装粗粮每袋含有1千克A粗粮，2千克B粗粮，2千克C粗粮．甲、乙两种袋装粗粮每袋成本分别等于袋中的A、B、C三种粗粮成本之和．已知每袋甲种粗粮的成本是每千克A种粗粮成本的7.5倍，每袋乙种粗粮售价比每袋甲种粗粮售价高20%，乙种袋装粗粮的销售利润率是20%．当销售这两款袋装粗粮的销售利润率为24%时，该电商销售甲、乙两种袋装粗粮的袋数之比是_____（商品的销售利润率=×100%）【答案】24．已知是关于x，y的二元一次方程组的一组解，则a+b=_____．【答案】525．已知关于的方程有两个相等的实根，则的值是__________．【答案】26．若关于x、y的二元一次方程组的解是，则关于a、b的二元一次方程组的解是_______．【答案】27．若是一元二次方程的两个实数根，则=__________．【答案】-3三、解答题28．小明购买A，B两种商品，每次购买同一种商品的单价相同，具体信息如下表：购买数量（件购买总费用（元根据以上信息解答下列问题：（1）求A，B两种商品的单价；（2）若第三次购买这两种商品共12件，且A种商品的数量不少于B种商品数量的2倍，请设计出最省钱的购买方案，并说明理由．【答案】（1）A种商品的单价为20元，B种商品的单价为15元；(2) 当a=8时所花钱数最少，即购买A商品8件，B商品4件．29．如图是学习分式方程应用时，老师板书的问题和两名同学所列的方程．根据以上信息，解答下列问题．（1）冰冰同学所列方程中的x表示什么，庆庆同学所列方程中的y表示什么；（2）两个方程中任选一个，并写出它的等量关系；（3）解（2）中你所选择的方程，并回答老师提出的问题．【答案】（1）甲队每天修路的长度；甲队修路400米所需时间；（2）冰冰用的等量关系是：甲队修路400米所用时间=乙队修路600米所用时间；（3）甲队每天修路的长度为40米．30．某公司购买了一批、型芯片，其中型芯片的单价比型芯片的单价少9元，已知该公司用3120元购买型芯片的条数与用4200元购买型芯片的条数相等．（1）求该公司购买的、型芯片的单价各是多少元？（2）若两种芯片共购买了200条，且购买的总费用为6280元，求购买了多少条型芯片？【答案】（1）A型芯片的单价为26元/条，B型芯片的单价为35元/条；（2）80．31．阅读材料：各类方程的解法求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为x=a的形式．求解二元一次方程组，把它转化为一元一次方程来解；类似的，求解三元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组．求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解．求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想转化，把未知转化为已知．用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程x3+x2-2x=0，可以通过因式分解把它转化为x(x2+x-2)=0，解方程x=0和x2+x-2=0，可得方程x3+x2-2x=0的解．（1）问题：方程x3+x2-2x=0的解是x1=0,x2= ，x3= ；（2）拓展：用“转化”思想求方程的解；（3）应用：如图，已知矩形草坪ABCD的长AD=8m，宽AB=3m，小华把一根长为10m的绳子的一端固定在点B，沿草坪边沿BA，AD走到点P处，把长绳PB段拉直并固定在点P，然后沿草坪边沿PD、DC走到点C处，把长绳剩下的一段拉直，长绳的另一端恰好落在点C．求AP的长．【答案】(1)-2，1；（2）x=3；（3）4m.32．小明同学三次到某超市购买A、B两种商品，其中仅有一次是有折扣的，购买数量及消费金额如下表：解答下列问题：（1）第次购买有折扣；（2）求A、B两种商品的原价；（3）若购买A、B两种商品的折扣数相同，求折扣数；（4）小明同学再次购买A、B两种商品共10件，在（3）中折扣数的前提下，消费金额不超过200元，求至少购买A商品多少件．【答案】（1）三（2）A：30元/件，B：40元/件（3）6 （4）7件33．收发微信红包已成为各类人群进行交流联系，增强感情的一部分，下面是甜甜和她的双胞胎妹妹在六一儿童节期间的对话．请问：（1）2015年到2017年甜甜和她妹妹在六一收到红包的年增长率是多少？（2）2017年六一甜甜和她妹妹各收到了多少钱的微信红包？【答案】（1）10%；（2）甜甜在2017年六一收到微信红包为150元，则她妹妹收到微信红包为334元．34．某地大力发展经济作物，其中果树种植已初具规模，今年受气候、雨水等因素的影响，樱桃较去年有小幅度的减产，而枇杷有所增产．（1）该地某果农今年收获樱桃和枇杷共400千克，其中枇杷的产量不超过樱桃产量的7倍，求该果农今年收获樱桃至少多少千克？（2）该果农把今年收获的樱桃、枇杷两种水果的一部分运往市场销售，该果农去年樱桃的市场销售量为100千克，销售均价为30元/千克，今年樱桃的市场销售量比去年减少了m%，销售均价与去年相同；该果农去年枇杷的市场销售量为200千克，销售均价为20元/千克，今年枇杷的市场销售量比去年增加了2m%，但销售均价比去年减少了m%，该果农今年运往市场销售的这部分樱桃和枇杷的销售总金额与他去年樱桃和枇杷的市场销售总金额相同，求m的值．【答案】(1) 50千克(2) 12.535．已知关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣2）x+（m2﹣2m）=0．（1）求证：方程有两个不相等的实数根．（2）如果方程的两实数根为x1，x2，且x12+x22=10，求m的值．【答案】（1）见解析；（2）m=﹣1或m=3.36．已知关于x的一元二次方程有实数根．求m的取值范围；当时，方程的两根分别是矩形的长和宽，求该矩形外接圆的直径．【答案】；该矩形外接圆的直径是37．某市创建“绿色发展模范城市”，针对境内长江段两种主要污染源：生活污水和沿江工厂污染物排放，分别用“生活污水集中处理”（下称甲方案）和“沿江工厂转型升级”（下称乙方案）进行治理，若江水污染指数记为Q，沿江工厂用乙方案进行一次性治理（当年完工），从当年开始，所治理的每家工厂一年降低的Q值都以平均值n计算．第一年有40家工厂用乙方案治理，共使Q值降低了12．经过三年治理，境内长江水质明显改善．（1）求n的值；（2）从第二年起，每年用乙方案新治理的工厂数量比上一年都增加相同的百分数m，三年来用乙方案治理的工厂数量共190家，求m的值，并计算第二年用乙方案新治理的工厂数量；（3）该市生活污水用甲方案治理，从第二年起，每年因此降低的Q值比上一年都增加个相同的数值a．在（2）的情况下，第二年，用乙方案所治理的工厂合计降低的Q值与当年因甲方案治理降低的Q值相等，第三年，用甲方案使Q值降低了39.5．求第一年用甲方案治理降低的Q值及a的值．【答案】（1）0.3；（2）60家；（3）Q=20.5；a=9.5.38．班级组织同学乘大巴车前往“研学旅行”基地开展爱国教育活动，基地离学校有90公里，队伍8：00从学校出发．苏老师因有事情，8：30从学校自驾小车以大巴1.5倍的速度追赶，追上大巴后继续前行，结果比队伍提前15分钟到达基地．问：（1）大巴与小车的平均速度各是多少？（2）苏老师追上大巴的地点到基地的路程有多远？【答案】（1）大巴的平均速度为40公里/时，则小车的平均速度为60公里/时；（2）苏老师追上大巴的地点到基地的路程有30公里。

2019届中考数学《综合性问题》专题复习试题含解析

2019届中考数学《综合性问题》专题复习试题含解析一.选择题1. （2016·山东省东营市·3分）如图，在矩形ABCD 中，E 是AD 边的中点，BE ⊥AC ，垂足为点F ，连接DF ，分析下列四个结论：①△AEF ∽△CAB ；②CF ＝2AF ；③DF ＝DC ；④tan ∠CAD ＝2．其中正确的结论有( )A.4个 B ．3个 C ．2个 D ．1个第10题图DA【知识点】特殊平行四边形——矩形的性质、相似三角形——相似三角形的判定与性质、锐角三角函数——锐角三角函数值的求法【答案】B.【解析】∵矩形ABCD 中，∴AD ∥BC .∴△AEF ∽△CAB ….......................①正确； ∵△AEF ∽△CAB ，∴AF CF ＝AE BC ＝12，∴CF ＝2AF ……………………………②正确；过点D 作DH ⊥AC 于点H .易证△ABF ≌△CDH (AAS ).∴AF ＝CH . ∵EF ∥DH ,∴AF FH ＝AE ED ＝1.∴AF ＝FH .∴FH ＝CH .∴DH 垂直平分CF .∴DF ＝DC . ……………………………………………③正确；第10题答案图DA设EF ＝1，则BF ＝2.∵△ABF ∽△EAF .∴AF EF ＝BF AF .∴AF ＝EF •BF ＝1×2＝2. ∴tan ∠ABF ＝AF BF ＝22.∵∠CAD ＝∠ABF ，∴tan ∠CAD ＝tan ∠ABF ＝22.…………④错误.故选择B. 【点拨】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质，图形面积的计算，锐角三角函数值的求法，正确的作出辅助线是解本题的关键．2．（2016·山东省德州市·3分）下列函数中，满足y 的值随x 的值增大而增大的是（）A ．y=﹣2xB ．y=3x ﹣1C ．y=D ．y=x 2【考点】反比例函数的性质；一次函数的性质；正比例函数的性质；二次函数的性质．【分析】根据一次函数、反比例函数、二次函数的性质考虑4个选项的单调性，由此即可得出结论．【解答】解：A 、在y=﹣2x 中，k=﹣2＜0，∴y 的值随x 的值增大而减小；B 、在y=3x ﹣1中，k=3＞0，∴y 的值随x 的值增大而增大；C 、在y=中，k=1＞0，∴y 的值随x 的值增大而减小；D 、二次函数y=x 2，当x ＜0时，y 的值随x 的值增大而减小；当x＞0时，y的值随x的值增大而增大．故选B．【点评】本题考查了一次函数的性质、反比例函数的性质以及二次函数的性质，解题的关键是根据函数的性质考虑其单调性．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，熟悉各类函数的性质及其图象是解题的关键．3．（2016·山东省德州市·3分）在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中点，一块足够大的三角板的直角顶点与点E重合，将三角板绕点E旋转，三角板的两直角边分别交AB，BC（或它们的延长线）于点M，N，设∠AEM=α（0°＜α＜90°），给出下列四个结论：①AM=CN；②∠AME=∠BNE；③BN﹣AM=2；④S△EMN=．上述结论中正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】全等三角形的判定与性质；旋转的性质．【分析】①作辅助线EF⊥BC于点F，然后证明Rt△AME≌Rt△FNE，从而求出AM=FN，所以BM与CN的长度相等．②由①Rt△AME≌Rt△FNE，即可得到结论正确；③经过简单的计算得到BN﹣AM=BC﹣CN﹣AM=BC﹣BM﹣AM=BC﹣（BM+AM）=BC﹣AB=4﹣2=2，④用面积的和和差进行计算，用数值代换即可．【解答】解：①如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，E是AD的中点，作EF⊥BC于点F，则有AB=AE=EF=FC，∵∠AEM+∠DEN=90°，∠FEN+∠DEN=90°，∴∠AEM=∠FEN，在Rt△AME和Rt△FNE中，，∴Rt△AME≌Rt△FNE，∴AM=FN，∴MB=CN．∵AM不一定等于CN，∴AM不一定等于CN，∴①错误，②由①有Rt△AME≌Rt△FNE，∴∠AME=∠BNE，∴②正确，③由①得，BM=CN，∵AD=2AB=4，∴BC=4，AB=2∴BN﹣AM=BC﹣CN﹣AM=BC﹣BM﹣AM=BC﹣（BM+AM）=BC﹣AB=4﹣2=2，∴③正确，④如图，由①得，CN=CF﹣FN=2﹣AM，AE=AD=2，AM=FN∵tanα=，∴AM=AEtanα∵cosα==，∴cos2α=，∴=1+=1+（）2=1+tan2α，∴=2（1+tan2α）∴S△EMN=S四边形ABNE﹣S△AME﹣S△MBN=（AE+BN）×AB﹣AE×AM﹣BN×BM=（AE+BC﹣CN）×2﹣AE×AM﹣（BC﹣CN）×CN=（AE+BC﹣CF+FN）×2﹣AE×AM﹣（BC﹣2+AM）（2﹣AM）=AE+BC﹣CF+AM﹣AE×AM﹣（2+AM）（2﹣AM）=AE+AM﹣AE×AM+AM2=AE+AEtanα﹣AE2tanα+AE2tan2α=2+2tanα﹣2tanα+2tan2α=2（1+tan2α）=．∴④正确．故选C．【点评】此题是全等三角形的性质和判定题，主要考查了全等三角形的性质和判定，图形面积的计算锐角三角函数，解本题的关键是Rt△AME≌Rt△FNE，难点是计算S△EMN．4.（2016·广西百色·3分）直线y=kx+3经过点A（2，1），则不等式kx+3≥0的解集是（）A．x≤3 B．x≥3 C．x≥﹣3 D．x≤0【考点】一次函数与一元一次不等式．【分析】首先把点A（2，1）代入y=kx+3中，可得k的值，再解不等式kx+3≥0即可．【解答】解：∵y=kx+3经过点A（2，1），∴1=2k+3，解得：k=﹣1，∴一次函数解析式为：y=﹣x+3，﹣x+3≥0，解得：x≤3．故选A．5.（2016·广西桂林·3分）如图，直线y=ax+b过点A（0，2）和点B（﹣3，0），则方程ax+b=0的解是（）A．x=2 B．x=0 C．x=﹣1 D．x=﹣3【考点】一次函数与一元一次方程．【分析】所求方程的解，即为函数y=ax+b图象与x轴交点横坐标，确定出解即可．【解答】解：方程ax+b=0的解，即为函数y=ax+b图象与x轴交点的横坐标，∵直线y=ax+b过B（﹣3，0），∴方程ax+b=0的解是x=﹣3，故选D6.（2016·广西桂林·3分）如图，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OA=3，OB=2，将Rt△AOB绕点O 顺时针旋转90°后得Rt△FOE，将线段EF绕点E逆时针旋转90°后得线段ED，分别以O，E为圆心，OA、ED长为半径画弧AF和弧DF，连接AD，则图中阴影部分面积是（）A．πB．C．3+πD．8﹣π【考点】扇形面积的计算；旋转的性质．【分析】作DH⊥AE于H，根据勾股定理求出AB，根据阴影部分面积=△ADE的面积+△EOF的面积+扇形AOF的面积﹣扇形DEF的面积、利用扇形面积公式计算即可．【解答】解：作DH⊥AE于H，∵∠AOB=90°，OA=3，OB=2，∴AB==，由旋转的性质可知，OE=OB=2，DE=EF=AB=，△DHE≌△BOA，∴DH=OB=2，阴影部分面积=△ADE的面积+△EOF的面积+扇形AOF的面积﹣扇形DEF的面积=×5×2+×2×3+﹣=8﹣π，故选：D．[7.（2016·贵州安顺·3分）如图，在网格中，小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，则∠ABC的正切值是（）A．2B．C．D．【分析】根据勾股定理，可得AC、AB的长，根据正切函数的定义，可得答案．【解答】解：如图：，由勾股定理，得AC=，AB=2，BC=，∴△ABC为直角三角形，∴tan∠B==，故选：D．【点评】本题考查了锐角三角函数的定义，先求出AC、AB的长，再求正切函数．8.（2016·内蒙古包头·3分）已知下列命题：①若a＞b，则a2＞b2；②若a＞1，则（a﹣1）0=1；③两个全等的三角形的面积相等；④四条边相等的四边形是菱形．其中原命题与逆命题均为真命题的个数是（）A．4个B．3个C．2个D．1个【考点】命题与定理．【分析】交换原命题的题设和结论得到四个命题的逆命题，然后利用反例、零指数幂的意义、全等三角形的判定与性质和菱形的判定与性质判断各命题的真假．【解答】解：当a=0，b=﹣1时，a2＜b2，所以命题“若a＞b，则a2＞b2”为假命题，其逆命题为若a2＞b2；，则a＞b“，此逆命题也是假命题，如a=﹣2，b=﹣1；若a＞1，则（a﹣1）0=1，此命题为真命题，它的逆命题为：若（a﹣1）0=1，则a＞1，此逆命题为假命题，因为（a﹣1）0=1，则a≠1；两个全等的三角形的面积相等，此命题为真命题，它的逆命题为面积相等的三角形全等，此逆命题为假命题；四条边相等的四边形是菱形，这个命题为真命题，它的逆命题为菱形的四条边相等，此逆命题为真命题．故选D．9.（2016·内蒙古包头·3分）如图，直线y=x+4与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C、D分别为线段AB、OB的中点，点P为OA上一动点，PC+PD值最小时点P的坐标为（）A．（﹣3，0）B．（﹣6，0）C．（﹣，0）D．（﹣，0）【考点】一次函数图象上点的坐标特征；轴对称-最短路线问题．【分析】根据一次函数解析式求出点A、B的坐标，再由中点坐标公式求出点C、D的坐标，根据对称的性质找出点D′的坐标，结合点C、D′的坐标求出直线CD′的解析式，令y=0即可求出x的值，从而得出点P的坐标．【解答】解：作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′交x轴于点P，此时PC+PD值最小，如图所示．令y=x+4中x=0，则y=4，∴点B的坐标为（0，4）；令y=x+4中y=0，则x+4=0，解得：x=﹣6，∴点A的坐标为（﹣6，0）．∵点C、D分别为线段AB、OB的中点，∴点C（﹣3，2），点D（0，2）．∵点D′和点D关于x轴对称，∴点D′的坐标为（0，﹣2）．设直线CD′的解析式为y=kx+b，∵直线CD′过点C（﹣3，2），D′（0，﹣2），∴有，解得：，∴直线CD′的解析式为y=﹣x﹣2．令y=﹣x﹣2中y=0，则0=﹣x﹣2，解得：x=﹣，∴点P的坐标为（﹣，0）．故选C．10.（2016·青海西宁·3分）如图，点A 的坐标为（0，1），点B 是x 轴正半轴上的一动点，以AB 为边作等腰直角△ABC ，使∠BAC=90°，设点B 的横坐标为x ，点C 的纵坐标为y ，能表示y 与x 的函数关系的图象大致是（）A ．B ．C ．D ．【考点】动点问题的函数图象．【分析】根据题意作出合适的辅助线，可以先证明△ADC 和△AOB 的关系，即可建立y 与x 的函数关系，从而可以得到哪个选项是正确的．【解答】解：作AD ∥x 轴，作CD ⊥AD 于点D ，若右图所示，由已知可得，OB=x ，OA=1，∠AOB=90°，∠BAC=90°，AB=AC ，点C 的纵坐标是y ， ∵AD ∥x 轴，∴∠DAO+∠AOD=180°， ∴∠DAO=90°，∴∠OAB+∠BAD=∠BAD+∠DAC=90°， ∴∠OAB=∠DAC ，在△OAB 和△DAC 中，，∴△OAB≌△DAC（AAS），∴OB=CD，∴CD=x，∵点C到x轴的距离为y，点D到x轴的距离等于点A到x的距离1，∴y=x+1（x＞0）．故选：A．11. （2016·四川眉山·3分）下列命题为真命题的是（）A．有两边及一角对应相等的两个三角形全等B．方程x2﹣x+2=0有两个不相等的实数根C．面积之比为1：4的两个相似三角形的周长之比是1：4D．顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形是平行四边形【分析】根据各个选项中的命题，假命题举出反例或者说明错在哪，真命题说明理由即可解答本题．【解答】解：有两边及其夹角对应相等的两个三角形全等，选项A中的一角不一定是对应相等两边的夹角，故选项A错误；∵x2﹣x+2=0，∴△=（﹣1）2﹣4×1×2=1﹣8=﹣7＜0，∴方程x2﹣x+2=0没有实数根，故选项B错误；面积之比为1：4的两个相似三角形的周长之比是1：2，故选项C错误；顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形，这个四边形的对边都等于原来四边形与这组对边相对的对角线的一半，并且和这条对角线平行，故得到的中点四边形是平行四边形，故选项D正确；故选D．【点评】本题考查命题和定理，解题的关键是明确什么命题是真命题、什么命题的假命题，对真假命题可以说明理由，真命题说明根据，假命题举出反例或通过论证说明．12. （2016·四川眉山·3分）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD 交于点E、F，连结BF交AC于点M，连结DE、BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB 垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=EF；④S△AOE：S△BCM=2：3．其中正确结论的个数是（）A．4个B．3个C．2个D．1个【分析】①利用线段垂直平分线的性质的逆定理可得结论；②证△OMB≌△OEB得△EOB≌△CMB；③先证△BEF是等边三角形得出BF=EF，再证▱DEBF得出DE=BF，所以得DE=EF；④由②可知△BCM≌△BEO，则面积相等，△AOE和△BEO属于等高的两个三角形，其面积比就等于两底的比，即S△AOE：S△BOE=AE：BE，由直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半得出BE=2OE=2AE，得出结论S△AOE：S△BOE=AE：BE=1：2．【解答】解：①∵矩形ABCD中，O为AC中点，∴OB=OC，∵∠COB=60°，∴△OBC是等边三角形，∴OB=BC，∵FO=FC，∴FB垂直平分OC，故①正确；②∵FB垂直平分OC，∴△CMB≌△OMB，∵OA=OC，∠FOC=∠EOA，∠DCO=∠BAO，∴△FOC≌△EOA，∴FO=EO，易得OB⊥EF，∴△OMB≌△OEB，∴△EOB≌△CMB，故②正确；③由△OMB≌△OEB≌△CMB得∠1=∠2=∠3=30°，BF=BE，∴△BEF是等边三角形，∴BF=EF，∵DF∥BE且DF=BE，∴四边形DEBF是平行四边形，∴DE=BF，∴DE=EF，故③正确；④在直角△BOE中∵∠3=30°，∴BE=2OE，∵∠OAE=∠AOE=30°，∴AE=OE，∴BE=2AE，∴S△AOE：S△BCM=S△AOE：S△BOE=1：2，故④错误；所以其中正确结论的个数为3个；故选B．【点评】本题综合性比较强，既考查了矩形的性质、等腰三角形的性质，又考查了全等三角形的性质和判定，及线段垂直平分线的性质，内容虽多，但不复杂；看似一个选择题，其实相当于四个证明题，属于常考题型．13.（2016·四川攀枝花）如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB、AC于点E、G，连结GF，给出下列结论：①∠ADG=22.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD=S△OGD；④四边形AEFG是菱形；⑤BE=2OG；⑥若S△OGF=1，则正方形ABCD的面积是6+4，其中正确的结论个数为（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】四边形综合题．【分析】①由四边形ABCD是正方形，可得∠GAD=∠ADO=45°，又由折叠的性质，可求得∠ADG的度数；②由AE=EF＜BE，可得AD＞2AE；③由AG=GF＞OG，可得△AGD的面积＞△OGD的面积；④由折叠的性质与平行线的性质，易得△EFG是等腰三角形，即可证得AE=GF；⑤易证得四边形AEFG是菱形，由等腰直角三角形的性质，即可得BE=2OG；⑥根据四边形AEFG是菱形可知AB∥GF，AB=GF，再由∠BAO=45°，∠GOF=90°可得出△OGF时等腰直角三角形，由S△OGF=1求出GF的长，进而可得出BE及AE的长，利用正方形的面积公式可得出结论．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠GAD=∠ADO=45°，由折叠的性质可得：∠ADG=∠ADO=22.5°，故①正确．∵由折叠的性质可得：AE=EF，∠EFD=∠EAD=90°，∴AE=EF＜BE，∴AE＜AB，∴＞2，故②错误．∵∠AOB=90°，∴AG=FG＞OG，△AGD与△OGD同高，∴S△AGD＞S△OGD，故③错误．∵∠EFD=∠AOF=90°，∴EF∥AC，∴∠FEG=∠AGE，∵∠AGE=∠FGE，∴∠FEG=∠FGE，∴EF=GF，∵AE=EF，∴AE=GF，故④正确．∵AE=EF=GF，AG=GF，∴AE=EF=GF=AG，∴四边形AEFG是菱形，∴∠OGF=∠OAB=45°，∴EF=GF=OG，∴BE=EF=×OG=2OG．故⑤正确．∵四边形AEFG是菱形，∴AB∥GF，AB=GF．∵∠BAO=45°，∠GOF=90°，∴△OGF时等腰直角三角形．∵S△OGF=1，∴OG2=1，解得OG=，∴BE=2OG=2，GF===2，∴AE=GF=2，∴AB=BE+AE=2+2，∴S正方形ABCD=AB2=（2+2）2=12+8，故⑥错误．∴其中正确结论的序号是：①④⑤．故选B．【点评】此题考查的是四边形综合题，涉及到正方形的性质、折叠的性质、等腰直角三角形的性质以及菱形的判定与性质等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．14．（2016·四川南充）如图，正五边形的边长为2，连结对角线AD，BE，CE，线段AD分别与BE和CE相交于点M，N．给出下列结论：①∠AME=108°；②AN2=AMAD；③MN=3﹣；④S△EBC=2﹣1．其中正确结论的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】根据正五边形的性质得到∠ABE=∠AEB=∠EAD=36°，根据三角形的内角和即可得到结论；由于∠AEN=108°﹣36°=72°，∠ANE=36°+36°=72°，得到∠AEN=∠ANE，根据等腰三角形的判定定理得到AE=AN，同理DE=DM，根据相似三角形的性质得到，等量代换得到AN2=AMAD；根据AE2=AMAD，列方程得到MN=3﹣；在正五边形ABCDE中，由于BE=CE=AD=1+，得到BH=BC=1，根据勾股定理得到EH==，根据三角形的面积得到结论．【解答】解：∵∠BAE=∠AED=108°，∵AB=AE=DE，∴∠ABE=∠AEB=∠EAD=36°，∴∠AME=180°﹣∠EAM﹣∠AEM=108°，故①正确；∵∠AEN=108°﹣36°=72°，∠ANE=36°+36°=72°，∴∠AEN=∠ANE，∴AE=AN，同理DE=DM，∴AE=DM，∵∠EAD=∠AEM=∠ADE=36°，∴△AEM∽△ADE，∴，∴AE2=AMAD；∴AN2=AMAD；故②正确；∵AE2=AMAD，∴22=（2﹣MN）（4﹣MN），∴MN=3﹣；故③正确；在正五边形ABCDE中，∵BE=CE=AD=1+，∴BH=BC=1，∴EH==，∴S△EBC=BCEH=×2×=，故④错误；故选C．【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，正五边形的性质，熟练掌握正五边形的性质是解题的关键．15. （2016·黑龙江龙东·3分）若点O是等腰△ABC的外心，且∠BOC=60°，底边BC=2，则△ABC 的面积为（）A．2+B．C．2+或2﹣D．4+2或2﹣【考点】三角形的外接圆与外心；等腰三角形的性质．【分析】根据题意可以画出相应的图形，然后根据不同情况，求出相应的边的长度，从而可以求出不同情况下△ABC的面积，本题得以解决．【解答】解：由题意可得，如右图所示，存在两种情况，当△ABC为△A1BC时，连接OB、OC，∵点O是等腰△ABC的外心，且∠BOC=60°，底边BC=2，OB=OC，∴△OBC为等边三角形，OB=OC=BC=2，OA1⊥BC于点D，∴CD=1，OD=，∴=2﹣，当△ABC为△A2BC时，连接OB、OC，∵点O是等腰△ABC的外心，且∠BOC=60°，底边BC=2，OB=OC，∴△OBC为等边三角形，OB=OC=BC=2，OA1⊥BC于点D，∴CD=1，OD=，∴S△A2BC===2+，由上可得，△ABC的面积为或2+，故选C．二、填空题1.（2016·贵州安顺·4分）如图，直线m∥n，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，则∠1= 45 度．【分析】先根据等腰直角三角形的性质求出∠ABC的度数，再由平行线的性质即可得出结论．【解答】解：∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，∵m∥n，∴∠1=45°；故答案为：45．【点评】此题考查了等腰直角三角形和平行线的性质，用到的知识点是：两直线平行，同位角相和等腰直角三角形的性质；关键是求出∠ABC的度数．2.（2016·贵州安顺·4分）如图，矩形EFGH内接于△ABC，且边FG落在BC上，若AD⊥BC，BC=3，AD=2，EF=EH，那么EH的长为．【分析】设EH=3x，表示出EF，由AD﹣EF表示出三角形AEH的边EH上的高，根据三角形AEH 与三角形ABC相似，利用相似三角形对应边上的高之比等于相似比求出x的值，即为EH的长．【解答】解：如图所示：∵四边形EFGH是矩形，∴EH∥BC，∴△AEH∽△ABC，∵AM⊥EH，AD⊥BC，∴，设EH=3x，则有EF=2x，AM=AD﹣EF=2﹣2x，∴，解得：x=，则EH=．故答案为：．【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，以及矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．3.（2016·四川宜宾）如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是BC边上一动点（不含B、C两点），将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处；在CD上有一点M，使得将△CMP沿直线MP翻折后，点C落在直线PE上的点F处，直线PE交CD于点N，连接MA，NA．则以下结论中正确的有①②⑤（写出所有正确结论的序号）①△CMP∽△BPA；②四边形AMCB的面积最大值为10；③当P为BC中点时，AE为线段NP的中垂线；④线段AM的最小值为2；⑤当△ABP≌△ADN时，BP=4﹣4．【考点】相似形综合题．【分析】①正确，只要证明∠APM=90°即可解决问题．②正确，设PB=x，构建二次函数，利用二次函数性质解决问题即可．③错误，设ND=NE=y，在RT△PCN中，利用勾股定理求出y即可解决问题．④错误，作MG⊥AB于G，因为AM==，所以AG最小时AM最小，构建二次函数，求得AG的最小值为3，AM的最小值为5．⑤正确，在AB上取一点K使得AK=PK，设PB=z，列出方程即可解决问题．【解答】解：∵∠APB=∠APE，∠MPC=∠MPN，∵∠CPN+∠NPB=180°，∴2∠NPM+2∠APE=180°，∴∠MPN+∠APE=90°，∴∠APM=90°，∵∠CPM+∠APB=90°，∠APB+∠PAB=90°，∴∠CPM=∠PAB，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB=DC=AD=4，∠C=∠B=90°，∴△CMP∽△BPA．故①正确，设PB=x，则CP=4﹣x，∵△CMP∽△BPA，∴=，∴CM=x（4﹣x），∴S四边形A M C B=[4+x（4﹣x）]×4=﹣x2+2x+8=﹣（x﹣2）2+10，∴x=2时，四边形AMCB面积最大值为10，故②正确，当PB=PC=PE=2时，设ND=NE=y，在RT△PCN中，（y+2）2=（4﹣y）2+22解得y=，∴NE≠EP，故③错误，作MG⊥AB于G，∵AM==，∴AG最小时AM最小，∵AG=AB﹣BG=AB﹣CM=4﹣x（4﹣x）=（x﹣1）2+3，∴x=1时，AG最小值=3，∴AM的最小值==5，故④错误．∵△ABP≌△ADN时，∴∠PAB=∠DAN=22.5°，在AB上取一点K使得AK=PK，设PB=z，∴∠KPA=∠KAP=22.5°∵∠PKB=∠KPA+∠KAP=45°，∴∠BPK=∠BKP=45°，∴PB=BK=z，AK=PK=z，∴z+z=4，∴z=4﹣4，∴PB=4﹣4故⑤正确．故答案为①②⑤．4.（2016·内蒙古包头·3分）如图，已知△ABC是等边三角形，点D、E分别在边BC、AC上，且CD=CE，连接DE并延长至点F，使EF=AE，连接AF，CF，连接BE并延长交CF于点G．下列结论：①△ABE≌△ACF；②BC=DF；③S△ABC=S△ACF+S△DCF；④若BD=2DC，则GF=2EG．其中正确的结论是①②③④．（填写所有正确结论的序号）【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．【分析】①正确．根据两角夹边对应相等的两个三角形全等即可判断．②正确．只要证明四边形ABDF是平行四边形即可．③正确．只要证明△BCE≌△FDC．④正确．只要证明△BDE∽△FGE，得=，由此即可证明．【解答】解：①正确．∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC，∠BAC=∠ACB=60°，∵DE=DC，∴△DEC是等边三角形，∴ED=EC=DC，∠DEC=∠AEF=60°，∵EF=AE，∴△AEF是等边三角形，∴AF=AE，∠EAF=60°，在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF，故①正确．②正确．∵∠ABC=∠FDC，∴AB∥DF，∵∠EAF=∠ACB=60°，∴AB∥AF，∴四边形ABDF是平行四边形，∴DF=AB=BC，故②正确．③正确．∵△ABE≌△ACF，∴BE=CF，S△ABE=S△AFC，在△BCE和△FDC中，，∴△BCE≌△FDC，∴S△BCE=S△FDC，∴S△ABC=S△ABE+S△BCE=S△ACF+S△BCE=S△ABC=S△ACF+S△DCF，故③正确．④正确．∵△BCE≌△FDC，∴∠DBE=∠EFG，∵∠BED=∠FEG，∴△BDE∽△FGE，∴=，∴=，∵BD=2DC，DC=DE，∴=2，∴FG=2EG．故④正确．5. （2016·青海西宁·2分）如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．若AE=1，则FM的长为．【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．【分析】由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF 为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；则可得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB﹣AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM﹣FM=BM﹣EF=4﹣x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为F M的长．【解答】解：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，∴F、C、M三点共线，∴DE=DM，∠EDM=90°，∴∠EDF+∠FDM=90°，∵∠EDF=45°，∴∠FDM=∠EDF=45°，在△DEF和△DMF中，，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=MF，设EF=MF=x，∵AE=CM=1，且BC=3，∴BM=BC+CM=3+1=4，∴BF=BM﹣MF=BM﹣EF=4﹣x，∵EB=AB﹣AE=3﹣1=2，在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，即22+（4﹣x）2=x2，解得：x=，∴FM=．故答案为：．6. （2016·陕西·3分）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=2，点P是这个菱形内部或边上的一点，若以点P、B、C为顶点的三角形是等腰三角形，则P、D（P、D两点不重合）两点间的最短距离为2﹣2 ．【考点】菱形的性质；等腰三角形的判定；等边三角形的性质．【分析】如图连接AC、BD交于点O，以B为圆心BC为半径画圆交BD于P．此时△PBC是等腰三角形，线段PD最短，求出BD即可解决问题．【解答】解：如图连接AC、BD交于点O，以B为圆心BC为半径画圆交BD于P．此时△PBC是等腰三角形，线段PD最短，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠ADC=60°，∴△ABC，△ADC是等边三角形，∴BO=DO=×2=，∴BD=2BO=2，∴PD最小值=BD﹣BP=2﹣2．故答案为2﹣2．三、解答题1. （2016·内蒙古包头）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=CB，以AB为直径的⊙O交AC于点D，点E是AB边上一点（点E不与点A、B重合），DE的延长线交⊙O于点G，DF⊥DG，且交BC于点F．（1）求证：AE=BF；（2）连接GB，EF，求证：GB∥EF；（3）若AE=1，EB=2，求DG的长．【考点】圆的综合题．【分析】（1）连接BD，由三角形ABC为等腰直角三角形，求出∠A与∠C的度数，根据AB为圆的直径，利用圆周角定理得到∠ADB为直角，即BD垂直于AC，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到AD=DC=BD=AC，进而确定出∠A=∠FBD，再利用同角的余角相等得到一对角相等，利用ASA得到三角形AED与三角形BFD全等，利用全等三角形对应边相等即可得证；（2）连接EF，BG，由三角形AED与三角形BFD全等，得到ED=FD，进而得到三角形DEF为等腰直角三角形，利用圆周角定理及等腰直角三角形性质得到一对同位角相等，利用同位角相等两直线平行即可得证；（3）由全等三角形对应边相等得到AE=BF=1，在直角三角形BEF中，利用勾股定理求出EF的长，利用锐角三角形函数定义求出DE的长，利用两对角相等的三角形相似得到三角形AED与三角形GEB相似，由相似得比例，求出GE的长，由GE+ED求出GD的长即可．【解答】（1）证明：连接BD，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，∴∠A=∠C=45°，∵AB为圆O的直径，∴∠ADB=90°，即BD⊥AC，∴AD=DC=BD=AC，∠CBD=∠C=45°，∴∠A=∠FBD，∵DF⊥DG，∴∠FDG=90°，∴∠FDB+∠BDG=90°，∵∠EDA+∠BDG=90°，∴∠EDA=∠FDB，在△AED和△BFD中，，∴△AED≌△BFD（ASA），∴AE=BF；（2）证明：连接EF，BG，∵△AED≌△BFD，∴DE=DF，∵∠EDF=90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴∠DEF=45°，∵∠G=∠A=45°，∴∠G=∠DEF，∴GB∥EF；（3）∵AE=BF，AE=1，∴BF=1，在Rt△EBF中，∠EBF=90°，∴根据勾股定理得：EF2=EB2+BF2，∵EB=2，BF=1，∴EF==，∵△DEF为等腰直角三角形，∠EDF=90°，∴cos∠DEF=，∵EF=，∴DE=×=，∵∠G=∠A，∠GEB=∠AED，∴△GEB∽△AED，∴=，即GE•ED=AE•EB，∴•GE=2，即GE=，则GD=GE+ED=．2. （2016·内蒙古包头）如图，已知一个直角三角形纸片ACB，其中∠ACB=90°，AC=4，BC=3，E、F分别是AC、AB边上点，连接EF．（1）图①，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，且使S四边形ECBF=3S △EDF，求AE的长；（2）如图②，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在BC边上的点M处，且使MF∥CA．①试判断四边形AEMF的形状，并证明你的结论；②求EF的长；（3）如图③，若FE的延长线与BC的延长线交于点N，CN=1，CE=，求的值．【考点】三角形综合题．【分析】（1）先利用折叠的性质得到EF⊥AB，△AEF≌△DEF，则S△AEF≌S△DEF，则易得S△ABC=4S△AEF，再证明Rt△AEF∽Rt△ABC，然后根据相似三角形的性质得到=（）2，再利用勾股定理求出AB即可得到AE的长；（2）①通过证明四条边相等判断四边形AEMF为菱形；②连结AM交EF于点O，如图②，设AE=x，则EM=x，CE=4﹣x，先证明△CME∽△CBA得到==，解出x后计算出CM=，再利用勾股定理计算出AM，然后根据菱形的面积公式计算EF；（3）如图③，作FH⊥BC于H，先证明△NCE∽△NFH，利用相似比得到FH：NH=4：7，设FH=4x，NH=7x，则CH=7x﹣1，BH=3﹣（7x﹣1）=4﹣7x，再证明△BFH∽△BAC，利用相似比可计算出x=，则可计算出FH和BH，接着利用勾股定理计算出BF，从而得到AF的长，于是可计算出的值．【解答】解：（1）如图①，∵△ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，∴EF⊥AB，△AEF≌△DEF，∴S△AEF≌S△DEF，∵S四边形ECBF=3S△EDF，∴S△ABC=4S△AEF，在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AC=4，BC=3，∴AB==5，∵∠EAF=∠BAC，∴Rt△AEF∽Rt△ABC，∴=（）2，即（）2=，∴AE=；（2）①四边形AEMF为菱形．理由如下：如图②，∵△ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，∴AE=EM，AF=MF，∠AFE=∠MFE，∵MF∥AC，∴∠AEF=∠MFE，∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF，∴AE=EM=MF=AF，∴四边形AEMF为菱形；②连结AM交EF于点O，如图②，设AE=x，则EM=x，CE=4﹣x，∵四边形AEMF为菱形，∴EM∥AB，∴△CME∽△CBA，∴==，即==，解得x=，CM=，在Rt△ACM中，AM===，∵S菱形AEMF=EF•AM=AE•CM，∴EF=2×=；（3）如图③，作FH⊥BC于H，∵EC∥FH，∴△NCE∽△NFH，∴CN：NH=CE：FH，即1：NH=：FH，∴FH：NH=4：7，设FH=4x，NH=7x，则CH=7x﹣1，BH=3﹣（7x﹣1）=4﹣7x，∵FH∥AC，∴△BFH∽△BAC，∴BH：BC=FH：AC，即（4﹣7x）：3=4x：4，解得x=，∴FH=4x=，BH=4﹣7x=，在Rt△BFH中，BF==2，∴AF=AB﹣BF=5﹣2=3，∴=．3. 28．（2016·青海西宁·１2分）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是以AB为直径的⊙M的内接四边形，点A，B在x轴上，△MBC是边长为2的等边三角形，过点M作直线l与x轴垂直，交⊙M于点E，垂足为点M，且点D平分．（1）求过A，B，E三点的抛物线的解析式；（2）求证：四边形AMCD是菱形；（3）请问在抛物线上是否存在一点P，使得△ABP的面积等于定值5？若存在，请求出所有的点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】二次函数综合题．【分析】（1）根据题意首先求出抛物线顶点E的坐标，再利用顶点式求出函数解析式；（2）利用等边三角形的性质结合圆的有关性质得出∠AMD=∠CMD=∠AMC=60°，进而得出DC=CM=MA=AD，即可得出答案；（3）首先表示出△ABP的面积进而求出n的值，再代入函数关系式求出P点坐标．【解答】（1）解：由题意可知，△MBC为等边三角形，点A，B，C，E均在⊙M上，则MA=MB=MC=ME=2，又∵CO⊥MB，∴MO=BO=1，∴A（﹣3，0），B（1，0），E（﹣1，﹣2），抛物线顶点E的坐标为（﹣1，﹣2），设函数解析式为y=a（x+1）2﹣2（a≠0）把点B（1，0）代入y=a（x+1）2﹣2，解得：a=，故二次函数解析式为：y=（x+1）2﹣2；（2）证明：连接DM，∵△MBC为等边三角形，∴∠CMB=60°，∴∠AMC=120°，∵点D平分弧AC，∴∠AMD=∠CMD=∠AMC=60°，∵MD=MC=MA，∴△MCD，△MDA是等边三角形，∴DC=CM=MA=AD，∴四边形AMCD为菱形（四条边都相等的四边形是菱形）；（3）解：存在．理由如下：设点P的坐标为（m，n）∵S△ABP=AB|n|，AB=4∴×4×|n|=5，即2|n|=5，解得：n=±，当时，（m+1）2﹣2=，解此方程得：m1=2，m2=﹣4即点P的坐标为（2，），（﹣4，），当n=﹣时，（m+1）2﹣2=﹣，此方程无解，故所求点P坐标为（2，），（﹣4，）．4. （2016·山东潍坊）如图，已知抛物线y=x2+bx+c经过△ABC的三个顶点，其中点A（0，1），点B（﹣9，10），AC∥x轴，点P时直线AC下方抛物线上的动点．（1）求抛物线的解析式；（2）过点P且与y轴平行的直线l与直线AB、AC分别交于点E、F，当四边形AECP的面积最大时，求点P的坐标；（3）当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上是否存在点Q，使得以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．【考点】二次函数综合题．【分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式即可；（2）设点P（m，m2+2m+1），表示出PE=﹣m2﹣3m，再用S四边形AECP=S△AEC+S△APC=AC×PE，建立函数关系式，求出极值即可；（3）先判断出PF=CF，再得到∠PCF=∠EAF，以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，分两种情况计算即可．【解答】解：（1）∵点A（0，1）．B（﹣9，10）在抛物线上，∴，∴，∴抛物线的解析式为y=x2+2x+1，（2）∵AC∥x轴，A（0，1）∴x2+2x+1=1，∴x1=6，x2=0，∴点C的坐标（﹣6，1），∵点A（0，1）．B（﹣9，10），∴直线AB的解析式为y=﹣x+1，设点P（m，m2+2m+1）∴E（m，﹣m+1）∴PE=﹣m+1﹣（m2+2m+1）=﹣m2﹣3m，∵AC⊥EP，AC=6，∴S四边形AECP=S△AEC+S△APC=AC×EF+AC×PF=AC×（EF+PF）=AC×PE=×6×（﹣m2﹣3m）=﹣m2﹣9m=﹣（m+）2+，∵﹣6＜m＜0∴当m=﹣时，四边形AECP的面积的最大值是，此时点P（﹣，﹣）．（3）∵y=x2+2x+1=（x+3）2﹣2，∴P（﹣3，﹣2），∴PF=y F﹣y P=3，CF=x F﹣x C=3，∴PF=CF，∴∠PCF=45°同理可得：∠EAF=45°，∴∠PCF=∠EAF，∴在直线AC上存在满足条件的Q，设Q（t，1）且AB=9，AC=6，CP=3∵以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，①当△CPQ∽△ABC时，∴，∴，∴t=﹣4，∴Q（﹣4，1）②当△CQP∽△ABC时，∴，∴，∴t=3，∴Q（3，1）．5.（2016·陕西）问题提出（1）如图①，已知△ABC，请画出△ABC关于直线AC对称的三角形．问题探究（2）如图②，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，AE=4，AF=2，是否在边BC、CD上分别存在点G、H，使得四边形EFGH的周长最小？若存在，求出它周长的最小值；若不存在，请说明理由．问题解决（3）如图③，有一矩形板材ABCD，AB=3米，AD=6米，现想从此板材中裁出一个面积尽可能大的四边形EFGH部件，使∠EFG=90°，EF=FG=米，∠EHG=45°，经研究，只有当点E、F、G分别在边AD、AB、BC上，且AF＜BF，并满足点H在矩形ABCD内部或边上时，才有可能裁出符合要求的部件，试问能否裁得符合要求的面积尽可能大的四边形EFGH部件？若能，求出裁得的四边形EFGH部件的面积；若不能，请说明理由．【考点】四边形综合题．【分析】（1）作B关于AC 的对称点D，连接AD，CD，△ACD即为所求；。

2019年全国各地中考数学真题分类解析：综合性问题

综合性问题一、选择题1. （ 2018•安徽省,第8题4分）如图，Rt△ABC中，AB=9，BC=6，∠B=90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段BN的长为（）A．B．C．4 D．5考点：翻折变换（折叠问题）．分析：设BN=x，则由折叠的性质可得DN=AN=9﹣x，根据中点的定义可得BD=3，在Rt△ABC中，根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解．解答：解：设BN=x，由折叠的性质可得DN=AN=9﹣x，∵D是BC的中点，∴BD=3，在Rt△ABC中，x2+32=（9﹣x）2，解得x=4．故线段BN的长为4．故选：C．点评：考查了翻折变换（折叠问题），涉及折叠的性质，勾股定理，中点的定义以及方程思想，综合性较强，但是难度不大．2. （ 2018•福建泉州，第7题3分）在同一平面直角坐标系中，函数y=mx+m与y=（m≠0）的图象可能是（）By=3. （2018•广西贺州，第10题3分）已知二次函数y=ax 2+bx+c （a ，b ，c 是常数，且a ≠0）的图象如图所示，则一次函数y=cx+与反比例函数y=在同一坐标系内的大致图象是（）A ．B ．C ．D ．考点：二次函数的图象；一次函数的图象；反比例函数的图象．分析：先根据二次函数的图象得到a ＞0，b ＜0，c ＜0，再根据一次函数图象与系数的关系和反比例函数图象与系数的关系判断它们的位置．解答：解：∵抛物线开口向上，∴a ＞0，∵抛物线的对称轴为直线x=﹣＞0，∴b ＜0，∵抛物线与y 轴的交点在x 轴下方， ∴c ＜0， ∴一次函数y=cx+的图象过第二、三、四象限，反比例函数y=分布在第二、四象限．故选B ．点评：本题考查了二次函数的图象：二次函数y=ax 2+bx+c （a 、b 、c 为常数，a ≠0）的图象为抛物线，当a ＞0，抛物线开口向上；当a ＜0，抛物线开口向下．对称轴为直线x=﹣；与y 轴的交点坐标为（0，c ）．也考查了一次函数图象和反比例函数的图象．4.（2018•襄阳，第12题3分）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE=AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于下列结论：①EF=2BE；②PF=2PE；③FQ=4EQ；④△PBF是等边三角形．其中正确的是（）AB①每一条对角线都平分一组对角的平行四边形是菱形．②当m＞0时，y=﹣mx+1与y=两个函数都是y随着x的增大而减小．③已知正方形的对称中心在坐标原点，顶点A，B，C，D按逆时针依次排列，若A点坐标为（1，，则D点坐标为（1，．④在一个不透明的袋子中装有标号为1，2，3，4的四个完全相同的小球，从袋中随机摸取一个然后放回，再从袋中随机地摸取一个，则两次取到的小球标号的和等于4的概率为．其中正确的命题有①（只需填正确命题的序号），，，错误，6．（3分）（2018•德州，第10题3分）下列命题中，真命题是（）的图象上，若=4S的图象上，若S=4=9三.解答题1. （ 2018•安徽省,第23题14分）如图1，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上一动点，过P作PM∥AB 交AF于M，作PN∥CD交DE于N．（1）①∠MPN= 60°；②求证：PM+PN=3a；（2）如图2，点O是AD的中点，连接OM、ON，求证：OM=ON；（3）如图3，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊四边形？并说明理由．考点：四边形综合题．分析：（1）①运用∠MPN=180°﹣∠BPM﹣∠NPC求解，②作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，利用MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN求解，（2）连接OE，由△OMA≌△ONE证明，（3）连接OE，由△OMA≌△ONE，再证出△GOE≌△NOD，由△ONG是等边三角形和△MOG是等边三角形求出四边形MONG是菱形．，解答：解：（1）①∵四边形ABCDEF是正六边形，∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=120°又∴PM∥AB，PN∥CD，∴∠BPM=60°，∠NPC=60°，∴∠MPN=180°﹣∠BPM﹣∠NPC=180°﹣60°﹣60°=60°，故答案为；60°．②如图1，作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN∵正六边形ABCDEF中，PM∥AB，作PN∥CD，∵∠AMG=∠BPH=∠CPL=∠DNK=60°，∴GM=AM，HL=BP，PL=PM，NK=ND，∵AM=BP，PC=DN，∴MG+HP+PL+KN=a，GH=LK=a，∴MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN=3A．（2）如图2，连接OE，∵四边形ABCDEF是正六边形，AB∥MP，PN∥DC，∴AM=BP=EN，又∵∠MAO=∠NOE=60°，OA=OE，在△ONE和△OMA中，∴△OMA≌△ONE（SAS）∴OM=ON．（3）如图3，连接OE，由（2）得，△OMA≌△ONE∴∠MOA=∠EON，∵EF∥AO，AF∥OE，∴四边形AOEF是平行四边形，∴∠AFE=∠AOE=120°，∴∠MON=120°，∴∠GON=60°，∵∠GON=60°﹣∠EON，∠DON=60°﹣∠EON，∴∠GOE=∠DON，∵OD=OE，∠ODN=∠OEG，在△GOE和∠DON中，∴△GOE≌△NOD（ASA），∴ON=OG，又∵∠GON=60°，∴△ONG是等边三角形，∴ON=NG，又∵OM=ON，∠MOG=60°，∴△MOG是等边三角形，∴MG=GO=MO，∴MO=ON=NG=MG，∴四边形MONG是菱形．点评：本题主要考查了四边形的综合题，解题的关键是恰当的作出辅助线，根据三角形全等找出相等的线段．2. （ 2018•福建泉州，第22题9分）如图，已知二次函数y=a（x﹣h）2+的图象经过原点O（0，0），A（2，0）．（1）写出该函数图象的对称轴；（2）若将线段OA绕点O逆时针旋转60°到OA′，试判断点A′是否为该函数图象的顶点？OA B=，则，）﹣++OB=，，＜﹣＞﹣时，最小值时，＞﹣时，时，取得最大值，3. （ 2018•福建泉州，第25题12分）如图，在锐角三角形纸片ABC中，AC＞BC，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上．（1）已知：DE∥AC，DF∥BC．①判断四边形DECF一定是什么形状？②裁剪当AC=24cm，BC=20cm，∠ACB=45°时，请你探索：如何剪四边形DECF，能使它的面积最大，并证明你的结论；（2）折叠请你只用两次折叠，确定四边形的顶点D，E，C，F，使它恰好为菱形，并说明你的折法和理由．AG==12AH=12==h ==6AH=124. （ 2018•珠海，第22题9分）如图，矩形OABC的顶点A（2，0）、C（0，2）．将矩形OABC绕点O逆时针旋转30°．得矩形OEFG，线段GE、FO相交于点H，平行于y轴的直线MN分别交线段GF、GH、GO和x轴于点M、P、N、D，连结MH．（1）若抛物线l：y=ax2+bx+c经过G、O、E三点，则它的解析式为：y=x2﹣x ；（2）如果四边形OHMN为平行四边形，求点D的坐标；（3）在（1）（2）的条件下，直线MN与抛物线l交于点R，动点Q在抛物线l上且在R、E两点之间（不含点R、E）运动，设△PQH的面积为s，当时，确定点Q的横坐标的取值范围．OF系式再代入，求解不等式即可．另要注意求解出结果后要考虑，，=3，=1（﹣，，x xOH=•，（﹣（﹣，，﹣x x，﹣＜＜①当﹣x+2=•（•（•[﹣﹣（﹣）]•[0﹣（﹣）x+x+2）﹣•（+﹣．，＜﹣x，解得﹣＜＜＜＜＜5. 2018•广西贺州，第26题12分）二次函数图象的顶点在原点O，经过点A（1，14）；点F（0，1）在y轴上．直线y=﹣1与y轴交于点H．（1）求二次函数的解析式；（2）点P是（1）中图象上的点，过点P作x轴的垂线与直线y=﹣1交于点M，求证：FM平分∠OFP；（3）当△FPM是等边三角形时，求P点的坐标．考点：二次函数综合题．专题：综合题．分析：（1）根据题意可设函数的解析式为y=ax2，将点A代入函数解析式，求出a的值，继而可求得二次函数的解析式；（2）过点P作PB⊥y轴于点B，利用勾股定理求出PF，表示出PM，可得PF=PM，∠PFM=∠PMF，结合平行线的性质，可得出结论；（3）首先可得∠FMH=30°，设点P的坐标为（x，14x2），根据PF=PM=FM，可得关于x的方程，求出x的值即可得出答案．解答：（1）解：∵二次函数图象的顶点在原点O，∴设二次函数的解析式为y=ax2，将点A（1，14）代入y=ax2得：a=14，∴二次函数的解析式为y=14x2；（2）证明：∵点P在抛物线y=14x2上，∴可设点P的坐标为（x，14x2），过点P作PB⊥y轴于点B，则BF=14x2﹣1，PB=x，∴Rt△BPF中，PF==14x2+1，∵PM⊥直线y=﹣1，∴PM=14x2+1，∴PF=PM，∴∠PFM=∠PMF，又∵PM∥x轴，∴∠MFH=∠PMF，∴∠PFM=∠MFH，∴FM平分∠OFP；（3）解：当△FPM是等边三角形时，∠PMF=60°，∴∠FMH=30°，在Rt△MFH中，MF=2FH=2×2=4，∵PF=PM=FM，∴14x2+1=4，解得：x=±2，∴14x2=14×12=3，∴满足条件的点P的坐标为（2，3）或（﹣2，3）．点评：本题考查了二次函数的综合，涉及了待定系数法求函数解析式、角平分线的性质及直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练基本知识，数形结合，将所学知识融会贯通．6. （2018•广西玉林市、防城港市，第26题12分）给定直线l：y=kx，抛物线C：y=ax2+bx+1．（1）当b=1时，l与C相交于A，B两点，其中A为C的顶点，B与A关于原点对称，求a的值；（2）若把直线l向上平移k2+1个单位长度得到直线r，则无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．①求此抛物线的解析式；②若P是此抛物线上任一点，过P作PQ∥y轴且与直线y=2交于Q点，O为原点．求证：OP=PQ．=0，所以可以再代回△=﹣x，），∴顶点（﹣，）在=1，∵△=∵△=，∴△=时，△==0时，△==﹣，﹣xOP==x7.（2019年广东汕尾，第25题10分）如图，已知抛物线y=x2﹣x﹣3与x轴的交点为A、D（A在D的右侧），与y轴的交点为C．（1）直接写出A、D、C三点的坐标；（2）若点M在抛物线上，使得△MAD的面积与△CAD的面积相等，求点M的坐标；（3）设点C关于抛物线对称轴的对称点为B，在抛物线上是否存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．分析：（1）令y=0，解方程x2﹣x﹣3=0可得到A点和D点坐标；令x=0，求出y=﹣3，可确定C点坐标；（2）根据抛物线的对称性，可知在在x轴下方对称轴右侧也存在这样的一个点；再根据三角形的等面积法，在x轴上方，存在两个点，这两个点分别到x轴的距离等于点C到x轴的距离；（3）根据梯形定义确定点P，如图所示：①若BC∥AP1，确定梯形ABCP1．此时P1与D点重合，即可求得点P1的坐标；②若AB∥CP2，确定梯形ABCP2．先求出直线CP2的解析式，再联立抛物线与直线解析式求出点P2的坐标．解：（1）∵y=x2﹣x﹣3，∴当y=0时，x2﹣x﹣3=0，解得x1=﹣2，x2=4．当x=0，y=﹣3．∴A点坐标为（4，0），D点坐标为（﹣2，0），C点坐标为（0，﹣3）；（2）∵y=x2﹣x﹣3，∴对称轴为直线x==1．∵AD在x轴上，点M在抛物线上，∴当△MAD的面积与△CAD的面积相等时，分两种情况：①点M在x轴下方时，根据抛物线的对称性，可知点M与点C关于直线x=1对称，∵C点坐标为（0，﹣3），∴M点坐标为（2，﹣3）；②点M在x轴上方时，根据三角形的等面积法，可知M点到x轴的距离等于点C到x轴的距离3．当y=4时，x2﹣x﹣3=3，解得x1=1+，x2=1﹣，∴M点坐标为（1+，3）或（1﹣，3）．综上所述，所求M点坐标为（2，﹣3）或（1+，3）或（1﹣，3）；（3）结论：存在．如图所示，在抛物线上有两个点P满足题意：①若BC∥AP1，此时梯形为ABCP1．由点C关于抛物线对称轴的对称点为B，可知BC∥x轴，则P1与D点重合，∴P1（﹣2，0）．∵P1A=6，BC=2，∴P1A≠BC，∴四边形ABCP1为梯形；②若AB∥CP2，此时梯形为ABCP2．∵A点坐标为（4，0），B点坐标为（2，﹣3），∴直线AB的解析式为y=x﹣6，∴可设直线CP2的解析式为y=x+n，将C点坐标（0，﹣3）代入，得b=﹣3，∴直线CP2的解析式为y=x﹣3．∵点P2在抛物线y=x2﹣x﹣3上，∴x2﹣x﹣3=x﹣3，化简得：x2﹣6x=0，解得x1=0（舍去），x2=6，∴点P2横坐标为6，代入直线CP2解析式求得纵坐标为6，∴P2（6，6）．∵AB∥CP2，AB≠CP2，∴四边形ABCP2为梯形．综上所述，在抛物线上存在一点P，使得以点A、B、C、P四点为顶点所构成的四边形为梯形；点P的坐标为（﹣2，0）或（6，6）．点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线与坐标轴的交点坐标求法，三角形的面积，梯形的判定．综合性较强，有一定难度．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．8.（2018•毕节地区，第27题16分）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣1，﹣1），与x轴交点M（1，0）．C为x轴上一点，且∠CAO=90°，线段AC的延长线交抛物线于B点，另有点F（﹣1，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）求直线Ac的解析式及B点坐标；（3）过点B做x轴的垂线，交x轴于Q点，交过点D（0，﹣2）且垂直于y轴的直线于E点，若P是△BEF的边EF上的任意一点，是否存在BP⊥EF？若存在，求P点的坐标，若不存在，请说明理由．联立求出a=（点代入得出：解得：（解得：，解得：x+y=联立得：，解得：9.（2018•武汉，第25题12分）如图，已知直线AB：y=kx+2k+4与抛物线y=x2交于A，B两点．（1）直线AB总经过一个定点C，请直接出点C坐标；（2）当k=﹣时，在直线AB下方的抛物线上求点P，使△ABP的面积等于5；（3）若在抛物线上存在定点D使∠ADB=90°，求点D到直线AB的最大距离．，﹣解得：．，a a+3a+3aPQ PQPQ（﹣a+3a×（﹣，，m nm tn t=x kx+2k+4=．≤2．210.（2018•襄阳，第26题12分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的三个顶点分别是C（3，0），D（3，4），E（0，4）．点A在DE上，以A为顶点的抛物线过点C，且对称轴x=1交x轴于点B．连接EC，AC．点P，Q 为动点，设运动时间为t秒．（1）填空：点A坐标为（1，4）；抛物线的解析式为y=﹣（x﹣1）2+4 ．（2）在图1中，若点P在线段OC上从点O向点C以1个单位/秒的速度运动，同时，点Q在线段CE上从点C 向点E以2个单位/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．当t为何值时，△PCQ为直角三角形？（3）在图2中，若点P在对称轴上从点A开始向点B以1个单位/秒的速度运动，过点P做PF⊥AB，交AC于点F，过点F作FG⊥AD于点G，交抛物线于点Q，连接AQ，CQ．当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？（CE==5==，==，，解得，1+x=1+﹣）﹣（，FQ FQFQFQ×2（﹣（11.（2018•孝感，第22题10分）已知关于x的方程x2﹣（2k﹣3）x+k2+1=0有两个不相等的实数根x1、x2．（1）求k的取值范围；（2）试说明x1＜0，x2＜0；（3）若抛物线y=x2﹣（2k﹣3）x+k2+1与x轴交于A、B两点，点A、点B到原点的距离分别为OA、OB，且OA+OB=2OA•OB ﹣3，求k的值．．）∵，经过点A、点B，与x轴交于点E、点F，且其顶点M在CD上．（1）请直接写出下列各点的坐标：A （0，3），B （4，3），C （4，﹣1），D （0，﹣1）；（2）若点P是抛物线上一动点（点P不与点A、点B重合），过点P作y轴的平行线l与直线AB交于点G，与直线BD交于点H，如图2．①当线段PH=2GH时，求点P的坐标；②当点P在直线BD下方时，点K在直线BD上，且满足△KPH∽△AEF，求△KPH面积的最大值．②根据相似三角形的性质可得，解得，．∴当的最大值为13.（2018•邵阳，第26题10分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2﹣（m+n）x+mn（m＞n）与x轴相交于A、B两点（点A位于点B的右侧），与y轴相交于点C．（1）若m=2，n=1，求A、B两点的坐标；（2）若A、B两点分别位于y轴的两侧，C点坐标是（0，﹣1），求∠ACB的大小；（3）若m=2，△ABC是等腰三角形，求n的值．﹣（﹣，==，﹣（=，=|n|时，=时，=2；|n|=2n=2，﹣，﹣（1）阅读合作学习内容，请解答其中的问题.（2）小亮进一步研究四边形的特征后提出问题：“当AE>EG时，矩形AEGF与矩形DOHE能否全等？能否相似？”针对小亮提出的问题，请你判断这两个矩形能否全等？直接写出结论即可；这两个矩形能否相似？若能相似，求出相似比；若不能相似，试说明理由. 【答案】（1）①()6y x >0x=；②()3,2 ；（2）这两个矩形不能全等，这两个矩形的相似比为56. 【解析】∴6n mm 23n⎧=⎪⎨⎪-=-⎩，解得m 3n 2=⎧⎨=⎩或m 2n 3=⎧⎨=⎩. ∴点F 的坐标为()3,2 .（2）这两个矩形不能全等，理由如下：设点F 的坐标为()m,n ，则AE m 2,AF 3n =-=- ，考点：1. 阅读理解型问题；2.待定系数法的应用；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.正方形的和矩形性质；5.全等、相似多边形的判定和性质；6.反证法的应用.15.（2018•四川自贡，第24题14分）如图，已知抛物线y=ax2﹣x+c与x轴相交于A、B两点，并与直线y=x﹣2交于B、C两点，其中点C是直线y=x﹣2与y轴的交点，连接AC．（1）求抛物线的解析式；（2）证明：△ABC为直角三角形；（3）△ABC内部能否截出面积最大的矩形DEFG？（顶点D、E、F、G在△ABC各边上）若能，求出最大面积；若不能，请说明理由．，AC=BC=2﹣GF=2）﹣x=，AD=﹣16．（2018•浙江湖州，第23题分）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，抛物线y=﹣x2+bx+c （c＞0）的顶点为D，与y轴的交点为C，过点C作CA∥x轴交抛物线于点A，在AC延长线上取点B，使BC=AC，连接OA，OB，BD和AD．（1）若点A的坐标是（﹣4，4）①求b，c的值；②试判断四边形AOBD的形状，并说明理由；（2）是否存在这样的点A，使得四边形AOBD是矩形？若存在，请直接写出一个符合条件的点A的坐标；若不存在，请说明理由．分析：（1）①将抛物线上的点的坐标代入抛物线即可求出b、c的值；②求证AD=BO和AD∥BO即可判定四边形为平行四边形；（2）根据矩形的各角为90°可以求得△ABO∽△OBC即=，再根据勾股定理可得OC=BC，AC=OC，可求得横坐标为±c，纵坐标为C．解：（1）①∵AC∥x轴，A点坐标为（﹣4，4）．∴点C的坐标是（0，4）把A、C代入y═﹣x2+bx+c得，得，解得；②四边形AOBD是平行四边形；理由如下：由①得抛物线的解析式为y═﹣x2﹣4x+4，∴顶点D的坐标为（﹣2，8），过D点作DE⊥AB于点E，则DE=OC=4，AE=2，∵AC=4，∴BC=AC=2，∴AE=BC．∵AC∥x轴，∴∠AED=∠BCO=90°，∴△AED≌△BCO，∴AD=BO．∠DAE=∠BCO，∴AD∥BO，∴四边形AOBD是平行四边形．（2）存在，点A的坐标可以是（﹣2，2）或（2，2）要使四边形AOBD是矩形；则需∠AOB=∠BCO=90°，∵∠ABO=∠OBC，∴△ABO∽△OBC，∴=，又∵AB=AC+BC=3BC，∴OB=BC，∴在Rt△OBC中，根据勾股定理可得：OC=BC，AC=OC，∵C点是抛物线与y轴交点，∴OC=c，∴A点坐标为（c，c），∴顶点横坐标=c，b=c，∵将A点代入可得c=﹣+c•c+c，∴横坐标为±c，纵坐标为c即可，令c=2，∴A点坐标可以为（2，2）或者（﹣2，2）．点评：本题主要考查了二次函数对称轴顶点坐标的公式，以及函数与坐标轴交点坐标的求解方法．17．（2018•浙江湖州，第24题分）已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P（1，1）为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连接PF，过点PE⊥PF交y轴于点E，设点F运动的时间是t秒（t＞0）（1）若点E在y轴的负半轴上（如图所示），求证：PE=PF；（2）在点F运动过程中，设OE=a，OF=b，试用含a的代数式表示b；（3）作点F关于点M的对称点F′，经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连接QE．在点F运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．分析：（1）连接PM，PN，运用△PMF≌△PNE证明，（2）分两种情况①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，0＜t≤1时，点E在y轴的正半轴或原点上，再根据（1）求解，（3）分两种情况，当1＜t＜2时，当t＞2时，三角形相似时还各有两种情况，根据比例式求出时间t．解答：证明：（1）如图，连接PM，PN，∵⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，∴PM⊥MF，PN⊥ON且PM=PN，∴∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°，∵PE⊥PF，∠NPE=∠MPF=90°﹣∠MPE，在△PMF和△PNE中，，∴△PMF≌△PNE（ASA），∴PE=PF，（2）解：①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，如图，由（1）得△PMF≌△PNE，∴NE=MF=t，PM=PN=1，∴b=OF=OM+MF=1+t，a=NE﹣ON=t﹣1，∴b﹣a=1+t﹣（t﹣1）=2，∴b=2+a，②0＜t≤1时，如图2，点E在y轴的正半轴或原点上，同理可证△PMF≌△PNE，∴b=OF=OM+MF=1+t，a=ON﹣NE=1﹣t，∴b+a=1+t+1﹣t=2，∴b=2﹣a，（3）如图3，（Ⅰ）当1＜t＜2时，∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，∴F′（1﹣t，0）∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，∴Q（1﹣t，0）∴OQ=1﹣t，由（1）得△PMF≌△PNE∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1当△OEQ∽△MPF∴=∴=，解得，t=，当△OEQ∽△MFP时，∴=，=，解得，t=，（Ⅱ）如图4，当t＞2时，∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，∴F′（1﹣t，0）∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，∴Q（1﹣t，0）∴OQ=t﹣1，由（1）得△PMF≌△PNE ∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1当△OEQ∽△MPF∴=∴=，无解，当△OEQ∽△MFP时，∴=，=，解得，t=2±，所以当t=，t=，t=2±时，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似．点评：本题主要考查了圆的综合题，解题的关键是把圆的知识与全等三角形与相似三角形相结合找出线段关系．18. （2018•湘潭，第25题）△ABC为等边三角形，边长为a，DF⊥AB，EF⊥AC，（1）求证：△BDF∽△CEF；（2）若a=4，设BF=m，四边形ADFE面积为S，求出S与m之间的函数关系，并探究当m为何值时S取最大值；（3）已知A、D、F、E四点共圆，已知tan∠EDF=，求此圆直径．（第1题图）60°==60°=m﹣）×mm m﹣）×m．m m+2（（+3＜．（．，．=．=tan60°=x，．=．．y=kx+4，（1）求二次函数解析式；（2）若=，求k；（3）若以BC为直径的圆经过原点，求k．（第2题图），且函数过（）易得=横坐标的比为∴﹣=====x=，，∴4•，•+4••y=a（x﹣2）2+k经过点A、B，并与X轴交于另一点C，其顶点为P．（1）求a，k的值；（2）抛物线的对称轴上有一点Q，使△ABQ是以AB为底边的等腰三角形，求Q点的坐标；（3）在抛物线及其对称轴上分别取点M、N，使以A，C，M，N为顶点的四边形为正方形，求此正方形的边长．（第3题图），解得AN=，即正方形的边长为．21.（2018•益阳，第21题，12分）如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，∠B=60°，AB=10，BC=4，点P沿线段AB从点A向点B运动，设AP=x．（1）求AD的长；（2）点P在运动过程中，是否存在以A、P、D为顶点的三角形与以P、C、B为顶点的三角形相似？若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由；（3）设△ADP与△PCB的外接圆的面积分别为S1、S2，若S=S1+S2，求S的最小值．（第4题图）≠且≠，再分两种情况讨论：①当（xx+，x x+）x）=2，AD=CE=2，在=，≠且≠，此时△•（•BH=BN=PB=xxMGN=xx x+，x+）x﹣x+•x x++取得最小值，动点A在圆O的上半圆运动（含P、Q两点），以线段AB为边向上作等边三角形ABC．（1）当线段AB所在的直线与圆O相切时，求△ABC的面积（图1）；（2）设∠AOB=α，当线段AB、与圆O只有一个公共点（即A点）时，求α的范围（图2，直接写出答案）；（3）当线段AB与圆O有两个公共点A、M时，如果AO⊥PM于点N，求CM的长度（图3）．（第5题图）AB=．AC=AB=，××的面积为==PD=PM=DM=AM==．AM=BM=AB=AC=CM==．23. （2018•株洲，第24题，10分）已知抛物线y=x2﹣（k+2）x+和直线y=（k+1）x+（k+1）2．（1）求证：无论k取何实数值，抛物线总与x轴有两个不同的交点；（2）抛物线于x轴交于点A、B，直线与x轴交于点C，设A、B、C三点的横坐标分别是x1、x2、x3，求x1•x2•x3的最大值；（3）如果抛物线与x轴的交点A、B在原点的右边，直线与x轴的交点C在原点的左边，又抛物线、直线分别交y轴于点D、E，直线AD交直线CE于点G（如图），且CA•GE=CG•AB，求抛物线的解析式．（第6题图）﹣4×1×=，，﹣4×1×，=），；，，。

2019届中考数学(通用版)复习专题学案：几何综合题

几何综合题【题型特征】以几何知识为主体的综合题,简称几何综合题,主要研究图形中点与线之间的位置关系、数量关系,以及特定图形的判定和性质.一般以相似为中心,以圆为重点,常常是圆与三角形、四边形、相似三角形、锐角三角函数等知识的综合运用.【解题策略】解答几何综合题应注意:(1)注意观察、分析图形,把复杂的图形分解成几个基本图形,通过添加辅助线补全或构造基本图形.(2)掌握常规的证题方法和思路;(3)运用转化的思想解决几何证明问题,运用方程的思想解决几何计算问题.还要灵活运用其他的数学思想方法等.【小结】几何计算型综合问题,是以计算为主线综合各种几何知识的问题.这类问题的主要特点是包含知识点多、覆盖面广、逻辑关系复杂、解法灵活.解题时必须在充分利用几何图形的性质及题设的基础上挖掘几何图形中隐含的数量关系和位置关系,在复杂的“背景”下辨认、分解基本图形,或通过添加辅助线补全或构造基本图形,并善于联想所学知识,突破思维障碍,合理运用方程等各种数学思想才能解决.【提醒】几何论证型综合题以知识上的综合性引人注目.值得一提的是,在近年各地的中考试题中,几何论证型综合题的难度普遍下降,出现了一大批探索性试题,根据新课标的要求,减少几何中推理论证的难度,加强探索性训练,将成为几何论证型综合题命题的新趋势.为了复习方便,我们将几何综合题分为:以三角形为背景的综合题;以四边形为背景的综合题;以圆为背景的综合题.类型一以三角形为背景的综合题典例1(2019·江苏泰州)如图,BD是△ABC的角平分线,点E,F分别在BC,AB上,且DE∥AB,EF∥AC.(1)求证:BE=AF;(2)若∠ABC=60°,BD=6,求四边形ADEF的面积.【技法梳理】(1)由DE∥AB,EF∥AC,可证得四边形ADEF是平行四边形,∠ABD=∠BDE,又由BD是△ABC的角平分线,易得△BDE是等腰三角形,即可证得结论;(2)首先过点D作DG⊥AB于点G,过点E作EH⊥BD于点H,易求得DG与DE的长,继而求得答案.【解析】(1)∵DE∥AB,EF∥AC,∴四边形ADEF是平行四边形,∠ABD=∠BDE.∴AF=DE.∵BD是△ABC的角平分线,∴∠ABD=∠DBE.∴∠DBE=∠BDE.∴BE=DE.∴BE=AF.(2)过点D作DG⊥AB于点G,过点E作EH⊥BD于点H,∵∠ABC=60°,BD是∠ABC的平分线,∴∠ABD=∠EBD=30°.∴DE=BE=2.∴四边形ADEF的面积为DE·DG=6.举一反三1. (2019·湖北武汉)如图,Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=6cm,BC=8cm,动点P从点B出发,在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动,同时动点Q从点C出发,在CB边上以每秒4cm 的速度向点B匀速运动,运动时间为t秒(0<t<2),连接PQ.(1)若△BPQ与△ABC相似,求t的值;(2)连接AQ,CP,若AQ⊥CP,求t的值;(3)试证明:PQ的中点在△ABC的一条中位线上.(1)(2)(第1题)【小结】此类题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质以及三角函数等知识.注意掌握辅助线的作法,注意掌握数形结合思想的应用.类型二以四边形为背景的综合题典例2(2019·安徽)如图(1),正六边形ABCDEF的边长为a,P是BC边上一动点,过P作PM∥AB交AF于M,作PN∥CD交DE于点N.(1)①∠MPN=;②求证:PM+PN=3a;(2)如图(2),点O是AD的中点,连接OM,ON,求证:OM=ON;(3)如图(3),点O是AD的中点,OG平分∠MON,判断四边形OMGN是否为特殊四边形?并说明理由.(1)(2)(3)【全解】(1)①∵四边形ABCDEF是正六边形,∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=120°.∵PM∥AB,PN∥CD,∴∠BPM=60°,∠NPC=60°.∴∠MPN=180°-∠BPM-∠NPC=180°-60°-60°=60°.故答案为60°.②如图(1),作AG⊥MP交MP于点G,BH⊥MP于点H,CL⊥PN于点L,DK⊥PN于点K,(1)(2)如图(2),连接OE.(2)∵四边形ABCDEF是正六边形,AB∥MP,PN∥DC, ∴AM=BP=EN.又∠MAO=∠NOE=60°,OA=OE,在△ONE和△OMA中,∴△OMA≌△ONE(SAS).(3)如图(3),连接OE.(3)由(2)得,△OMA≌△ONE,∴∠MOA=∠EON.∵EF∥AO,AF∥OE,∴四边形AOEF是平行四边形.∴∠AFE=∠AOE=120°.∴∠MON=120°.∴∠GON=60°.∵∠GON=60°-∠EON,∠DON=60°-∠EON,∴∠GOE=∠DON.∵OD=OE,∠ODN=∠OEG,在△GOE和∠DON中,∴△GOE≌△NOD(ASA).又∠GON=60°,∴△ONG是等边三角形.∴ON=NG.∵OM=ON,∠MOG=60°,∴△MOG是等边三角形.∴MG=GO=MO.∴MO=ON=NG=MG.∴四边形MONG是菱形.【技法梳理】(1)①运用∠MPN=180°-∠BPM-∠NPC求解,②作AG⊥MP交MP于点G,BH⊥MP于点H,CL⊥PN于点L,DK⊥PN于点K,利用MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN求解;(2)连接OE,由△OMA≌△ONE证明;(3)连接OE,由△OMA≌△ONE,再证出△GOE≌△NOD,由△ONG是等边三角形和△MOG是等边三角形求出四边形MONG是菱形.举一反三2. (2019·山东烟台)在正方形ABCD中,动点E,F分别从D,C两点同时出发,以相同的速度在直线DC,CB上移动.(1)如图(1),当点E自D向C,点F自C向B移动时,连接AE和DF交于点P,请你写出AE与DF的位置关系,并说明理由.(2)如图(2),当E,F分别移动到边DC,CB的延长线上时,连接AE和DF,(1)中的结论还成立吗?(请你直接回答“是”或“否”,不需证明)(3)如图(3),当E,F分别在边CD,BC的延长线上移动时,连接AE,DF,(1)中的结论还成立吗?请说明理由.(4)如图(4),当E,F分别在边DC,CB上移动时,连接AE和DF交于点P,由于点E,F的移动,使得点P也随之运动,请你画出点P运动路径的草图.若AD=2,试求出线段CP的最小值.(1)(2)(3)(4)(第2题)【小结】主要考查了四边形的综合题,解题的关键是恰当的作出辅助线,根据三角形全等找出相等的线段.类型三以圆为背景的综合题典例3(2019·江苏苏州)如图,已知l1⊥l2,☉O与l1,l2都相切,☉O的半径为2cm,矩形ABCD的边AD,AB分别与l1,l2重合,AB=4cm,AD=4cm,若☉O与矩形ABCD沿l1同时向右移动,☉O的移动速度为3cm,矩形ABCD的移动速度为4cm/s,设移动时间为t(s),(1)如图,连接OA,AC,则∠OAC的度数为°;(2)如图,两个图形移动一段时间后,☉O到达☉O1的位置,矩形ABCD到达A1B1C1D1的位置,此时点O1,A1,C1恰好在同一直线上,求圆心O移动的距离(即OO1的长);(3)在移动过程中,圆心O到矩形对角线AC所在直线的距离在不断变化,设该距离为d(cm),当d<2时,求t的取值范围(解答时可以利用备用图画出相关示意图).【全解】(1)∵l1⊥l2,☉O与l1,l2都相切,∴∠OAD=45°.∵AB=4cm,AD=4cm,∴CD=4cm,AD=4cm.∴∠DAC=60°.∴∠OAC的度数为∠OAD+∠DAC=105°.(2)如图位置二,当O1,A1,C1恰好在同一直线上时,设☉O1与l1的切点为点E, 连接O1E,可得O1E=2,O1E⊥l1,在Rt△A1D1C1中,∵A1D1=4,C1D1=4,∴tan∠C1A1D1=.∴∠C1A1D1=60°.∴OO1=3t=2+6.(3)①当直线AC与☉O第一次相切时,设移动时间为t1,如图,此时☉O移动到☉O2的位置,矩形ABCD移动到A2B2C2D2的位置,设☉O2与直线l1,A2C2分别相切于点F,G,连接O2F,O2G,O2A2,∴O2F⊥l1,O2G⊥A2G2.由(2)得,∠C2A2D2=60°,∴∠GA2F=120°.∴∠O2A2F=60°.在Rt△A2O2F中,O2F=2,②当直线AC与☉O第二次相切时,设移动时间为t2,记第一次相切时为位置一,点O1,A1,C1共线时为位置二,第二次相切时为位置三, 由题意知,从位置一到位置二所用时间与位置二到位置三所用时间相等,【提醒】本题主要考查了切线的性质以及锐角三角函数关系等知识,利用分类讨论以及数形结合t的值是解题关键.【技法梳理】(1)利用切线的性质以及锐角三角函数关系分别求出∠OAD=45°,∠DAC=60°,进而得出答案;(2)首先得出,∠C1A1D1=60°,再利用A1E=AA1-OO1-2=t-2,求出t的值,进而得出OO1=3t得出答案即可;(3)①当直线AC与☉O第一次相切时,设移动时间为t1,②当直线AC与☉O第二次相切时,设移动时间为t2,分别求出即可.举一反三3. (2019·浙江宁波)木匠黄师傅用长AB=3,宽BC=2的矩形木板做一个尽可能大的圆形桌面,他设计了四种方案:方案一:直接锯一个半径最大的圆;方案二:圆心O1,O2分别在CD,AB上,半径分别是O1C,O2A,锯两个外切的半圆拼成一个圆;方案三:沿对角线AC将矩形锯成两个三角形,适当平移三角形并锯一个最大的圆;方案四:锯一块小矩形BCEF拼到矩形AFED下面,利用拼成的木板锯一个尽可能大的圆.(1)写出方案一中圆的半径.(2)通过计算说明方案二和方案三中,哪个圆的半径较大?(3)在方案四中,设CE=x(0<x<1),圆的半径为y.①求y关于x的函数表达式;②当x取何值时圆的半径最大,最大半径为多少?并说明四种方案中哪一个圆形桌面的半径最大.方案一方案二方案三方案四方案备用图方案备用图(第3题)【小结】本题考查了圆的基本性质及通过勾股定理、三角形相似等性质求解边长及分段函数的表示与性质讨论等内容,题目虽看似新颖不易找到思路,但仔细观察每一小问都是常规的基础考点,所以总体来说是一道质量很高的题目,值得认真练习.类型一2. (2019·浙江嘉兴)如图,点C在以AB为直径的半圆上,AB=8,∠CBA=30°,点D在线段AB 上运动,点E与点D关于AC对称,DF⊥DE于点D,并交EC的延长线于点F.下列结论:①CE=CF;②线段EF的最小值为2;③当AD=2时,EF与半圆相切;④若点F恰好落在上,则AD=2;⑤当点D从点A运动到点B时,线段EF扫过的面积是16.其中正确结论的序号是.(第2题)类型二3. (2019·广东珠海)如图,在正方形ABCD中,点E在边AD上,点F在边BC的延长线上,连接EF与边CD相交于点G,连接BE与对角线AC相交于点H,AE=CF,BE=EG.(1)求证:EF∥AC;(2)求∠BEF大小;.(第3题)4. (2019·浙江温州)如图,在平面直角坐标系中,点A,B的坐标分别为(-3,0),(0,6).动点P从点O出发,沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动,同时动点C从B出发,沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动,以CP,CO为邻边构造▱PCOD,在线段OP延长线上取点E,使PE=AO,设点P运动的时间为t秒.(1)当点C运动到线段OB的中点时,求t的值及点E的坐标.(2)当点C在线段OB上时,求证:四边形ADEC为平行四边形.(3)在线段PE上取点F,使PF=1,过点F作MN⊥PE,截取FM=2,FN=1,且点M,N分别在一,四象限,在运动过程中▱PCOD的面积为S.①当点M,N中有一点落在四边形ADEC的边上时,求出所有满足条件的t的值;②若点M,N中恰好只有一个点落在四边形ADEC的内部(不包括边界)时,直接写出S的取值范围.(第4题)类型三5. (2019·湖南怀化)如图,E是长方形ABCD的边AB上的点,EF⊥DE交BC于点F.(1)求证:△ADE∽△BEF;(2)设H是ED上一点,以EH为直径作☉O,DF与☉O相切于点G,若DH=OH=3,求图中阴影部分的面积(结果保留到小数点后面第一位,≈1.73,π≈3.14).(第5题)6. (2019·黑龙江大庆)如图(1),已知等腰梯形ABCD的周长为48,面积为S,AB∥CD,∠ADC=60°,设AB=3x.(1)用x表示AD和CD;(2)用x表示S,并求S的最大值;(3)如图(2),当S取最大值时,等腰梯形ABCD的四个顶点都在☉O上,点E和点F分别是AB 和CD的中点,求☉O的半径R的值.(1)(2)(第6题)参考答案【真题精讲】(2)如图(1),过P作PM⊥BC于点M,AQ,CP交于点N,则有PB=5t,PM=3t,MC=8-4t,(第1题(1))∵∠NAC+∠NCA=90°,∠PCM+∠NCA=90°,∴∠NAC=∠PCM且∠ACQ=∠PMC=90°.∴△ACQ∽△CMP.(3)如图(2),仍有PM⊥BC于点M,PQ的中点设为点D,再作PE⊥AC于点E,DF⊥AC于点F,(第1题(2))∵∠ACB=90°,∴DF为梯形PECQ的中位线.∵BC=8,过BC的中点R作直线平行于AC,∴RC=DF=4成立.∴D在过R的中位线上.∴PQ的中点在△ABC的一条中位线上.2. (1)AE=DF,AE⊥DF.理由:∵四边形ABCD是正方形,∴AD=DC,∠ADC=∠C=90°.∵DE=CF,∴△ADE≌△DCF.∴AE=DF,∠DAE=∠CDF.由于∠CDF+∠ADF=90°.∴∠DAE+∠ADF=90°.∴AE⊥DF;(2)是.(3)成立.理由如下:由(1)同理可证AE=DF,∠DAE=∠CDF,如图(1),延长FD交AE于点G,(第2题(1))则∠CDF+∠ADG=90°,∴∠ADG+∠DAE=90°.∴AE⊥DF;(4)如图(2):(第2题(2)) 由于点P在运动中保持∠APD=90°,∴点P的路径是一段以AD为直径的弧,设AD的中点为O,连接OC交弧于点P,此时CP的长度最小,在Rt△ODC中,OC===,∴CP=OC-OP=-1.3. (1)方案一中的最大半径为1.分析如下:因为长方形的长宽分别为3,2,那么直接取圆直径最大为2,则半径最大为1.(2)如图(1),方案二中连接O1,O2,过O1作O1E⊥AB于E,方案三中,过点O分别作AB,BF的垂线,交于M,N,此时M,N恰为☉O与AB,BF的切点.方案二方案三(第3题)方案二:设半径为r.在Rt△O1O2E中,∵O1O2=2r,O1E=BC=2,O2E=AB-AO1-CO2=3-2r,∴(2r)2=22+(3-2r)2,比较知,方案三半径较大.(3)①∵EC=x,∴新拼图形水平方向跨度为3-x,竖直方向跨度为2+x.类似题(1),所截出圆的直径最大为3-x或2+x较小的.∴方案四时可取的圆桌面积最大.【课后精练】1.①②③④解析:①∵AB=AC,∴∠B=∠C.∵∠ADE=∠B,∴∠ADE=∠C.∴△ADE∽△ACD.故①结论正确.故③正确.④易证得△CDE∽△BAD,由②可知BC=16, 设BD=y,CE=x,整理,得y2-16y+64=64-10x,即(y-8)2=64-10x,∴0<y<8,0<x<6.4.故④正确.2.①③⑤解析:①连接CD,如图(1)所示.(第2题(1))∵点E与点D关于AC对称,∴CE=CD.∴∠E=∠CDE.∵DF⊥DE,∴∠EDF=90°.∴∠E+∠F=90°,∠CDE+∠CDF=90°.∴∠F=∠CDF.∴CD=CF.∴CE=CD=CF.∴结论“CE=CF”正确.②当CD⊥AB时,如图(2)所示.(第2题(2))∵AB是半圆的直径,∴∠ACB=90°.∵AB=8,∠CBA=30°,∴∠CAB=60°,AC=4,BC=4.∵CD⊥AB,∠CBA=30°,根据“点到直线之间,垂线段最短”可得:点D在线段AB上运动时,CD的最小值为2.∵CE=CD=CF,∴EF=2CD.∴线段EF的最小值为4.∴结论“线段EF的最小值为2”错误.③当AD=2时,连接OC,如图(3)所示.(第2题(3))∵OA=OC,∠CAB=60°,∴△OAC是等边三角形.∴CA=CO,∠ACO=60°.∵AO=4,AD=2,∴DO=2.∴AD=DO.∴∠ACD=∠OCD=30°.∵点E与点D关于AC对称,∴∠ECA=∠DCA.∴∠ECA=30°.∴∠ECO=90°.∴OC⊥EF.∵EF经过半径OC的外端,且OC⊥EF,∴EF与半圆相切.∴结论“EF与半圆相切”正确.④当点F恰好落在上时,连接FB,AF,如图(4)所示.(第2题(4))∵点E与点D关于AC对称,∴ED⊥AC.∴∠AGD=90°.∴∠AGD=∠ACB.∴ED∥BC.∴△FHC∽△FDE.∴DB=4.∴AD=AB-DB=4.∴结论“AD=2”错误.⑤∵点D与点E关于AC对称,点D与点F关于BC对称,∴当点D从点A运动到点B时,点E的运动路径AM与AB关于AC对称,点F的运动路径NB与AB关于BC对称.∴EF扫过的图形就是图(5)中阴影部分.(第2题(5))∴EF扫过的面积为16.∴结论“EF扫过的面积为16”正确.3. (1)∵四边形ABCD是正方形,∴AD∥BF.∵AE=CF,∴四边形ACFE是平行四边形.∴EF∥AC.(2)连接BG,(第3题)∵EF∥AC,∴∠F=∠ACB=45°.∵∠GCF=90°,∴∠CGF=∠F=45°.∴CG=CF.∵AE=CF,∴AE=CG.在△BAE与△BCG中,∴△BAE≌△BCG(SAS).∴BE=BG.∵BE=EG,∴△BEG是等边三角形.∴∠BEF=60°.(3)∵△BAE≌△BCG,∴∠ABE=∠CBG.∵∠BAC=∠F=45°,∴△AHB∽△FGB.(2)如图(1),连接CD交OP于点G,(第4题(1))在▱PCOD中,CG=DG,OG=PG,∵AO=PO,∴AG=EG.∴四边形ADEC是平行四边形.(3)①(Ⅰ)当点C在BO上时,第一种情况:如图(2),当点M在CE边上时,(第4题(2))∵MF∥OC,∴△EMF∽△ECO.∴t=1.第二种情况:如图(3),当点N在DE边(第4题(3))∵NF∥PD,∴△EFN∽△EPD.(Ⅱ)当点C在BO的延长线上时,第一种情况:如图(4),当点M在DE边上时,(第4题(4))∵MF∥PD,∴EMF∽△EDP.第二种情况:如图(5),当点N在CE边上时,(第4题(5))∵NF∥OC,∴△EFN∽△EOC.5. (1)∵四边形ABCD是矩形, ∴∠A=∠B=90°.∵EF⊥DE,∴∠DEF=90°.∴∠AED=90°-∠BEF=∠EFB.∵∠A=∠B,∠AED=∠EFB,∴△ADE∽△BEF.(2)∵DF与☉O相切于点G, ∴OG⊥DG.∴∠DGO=90°.∵DH=OH=OG,∴∴图中阴影部分的面积约为6.2.6. (1)作AH⊥CD于点H,BG⊥CD于点G,如图(1),(第6题(1))则四边形AHGB为矩形,∴HG=AB=3x.∵四边形ABCD为等腰梯形,∴AD=BC,DH=CG.在Rt△ADH中,设DH=t,∵∠ADC=60°,∴∠DAH=30°.∴AD=2t,AH=t.∴BC=2t,CG=t.∵等腰梯形ABCD的周长为48,∴3x+2t+t+3x+t+2t=48,解得t=8-x.∴AD=2(8-x)=16-2x,CD=8-x+3x+8-x=16+x.(3)连接OA,OD,如图(2),(第6题(2))当x=2时,AB=6,CD=16+2=18,等腰梯形的高为(8-2)=6, 则AE=3,DF=9,∵点E和点F分别是AB和CD的中点,∴直线EF为等腰梯形ABCD的对称轴.∴EF垂直平分AB和CD,EF为等腰梯形ABCD的高,即EF=6.∴等腰梯形ABCD的外接圆的圆心O在EF上.设OE=a,则OF=6-a.在Rt△AOE中,∵OE2+AE2=OA2,∴a2+32=R2.在Rt△ODF中,∵OF2+DF2=OD2,∴(6-a)2+92=R2.∴a2+32=(6-a)2+92,解得a=5.∴R2=(5)2+32=84.∴R=2.。

2019年各地中考解析版数学试卷精选汇编：综合性问题(图片版)

综合性问题一.选择题1. （2019•湖北十堰•3分）如图，平面直角坐标系中，A（﹣8，0），B（﹣8，4），C（0，4），反比例函数y＝的图象分别与线段AB，BC交于点D，E，连接DE．若点B关于DE 的对称点恰好在OA上，则k＝（）A．﹣20 B．﹣16 C．﹣12 D．﹣8【分析】根据A（﹣8，0），B（﹣8，4），C（0，4），可得矩形的长和宽，易知点D的横坐标，E的纵坐标，由反比例函数的关系式，可用含有k的代数式表示另外一个坐标，由三角形相似和对称，可用求出AF的长，然后把问题转化到三角形ADF中，由勾股定理建立方程求出k的值．【解答】解：过点E作EG⊥OA，垂足为G，设点B关于DE的对称点为F，连接DF、EF、BF，如图所示：则△BDE≌△FDE，∴BD＝FD，BE＝FE，∠DFE＝∠DBE＝90°易证△ADF∽△GFE∴，∵A（﹣8，0），B（﹣8，4），C（0，4），∴AB＝OC＝EG＝4，OA＝BC＝8，∵D.E在反比例函数y＝的图象上，∴E（，4）、D（﹣8，）∴OG＝EC＝，AD＝﹣，∴BD＝4+，BE＝8+∴，∴AF＝，在Rt△ADF中，由勾股定理：AD2+AF2＝DF2即：（﹣）2+22＝（4+）2解得：k＝﹣12故选：C．【点评】此题综合利用轴对称的性质，相似三角形的性质，勾股定理以及反比例函数的图象和性质等知识，发现BD与BE的比是1：2是解题的关键．2. （2019•湖北武汉•3分）如图，AB是⊙O的直径，M、N是（异于A.B）上两点，C是上一动点，∠ACB的角平分线交⊙O于点D，∠BAC的平分线交CD于点E．当点C 从点M运动到点N时，则C.E两点的运动路径长的比是（）A．B．C．D．【分析】如图，连接EB．设OA＝r．易知点E在以D为圆心DA为半径的圆上，运动轨迹是，点C的运动轨迹是，由题意∠MON＝2∠GDF，设∠GDF＝α，则∠MON＝2α，利用弧长公式计算即可解决问题．【解答】解：如图，连接EB．设OA＝r．∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵E是△ACB的内心，∴∠AEB＝135°，∵∠ACD＝∠BCD，∴＝，∴AD＝DB＝r，∴∠ADB＝90°，易知点E在以D为圆心DA为半径的圆上，运动轨迹是，点C的运动轨迹是，∵∠MON＝2∠GDF，设∠GDF＝α，则∠MON＝2α∴＝＝．故选：A．【点评】本题考查弧长公式，圆周角定理，三角形的内心等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找点的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．3. （2019•湖南衡阳•3分）如图，一次函数y1＝kx+b（k≠0）的图象与反比例函数y2＝（m为常数且m≠0）的图象都经过A（﹣1，2），B（2，﹣1），结合图象，则不等式kx+b＞的解集是（）A．x＜﹣1 B．﹣1＜x＜0C．x＜﹣1或0＜x＜2 D．﹣1＜x＜0或x＞2【分析】根据一次函数图象在反比例函数图象上方的x的取值范围便是不等式kx+b＞的解集．【解答】解：由函数图象可知，当一次函数y1＝kx+b（k≠0）的图象在反比例函数y2＝（m为常数且m≠0）的图象上方时，x的取值范围是：x＜﹣1或0＜x＜2，∴不等式kx+b＞的解集是x＜﹣1或0＜x＜2故选：C．【点评】本题是一次函数图象与反比例函数图象的交点问题：主要考查了由函数图象求不等式的解集．利用数形结合是解题的关键．4. （2019•湖南衡阳•3分）如图，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，E是AB的中点，过点E作AC和BC的垂线，垂足分别为点D和点F，四边形CDEF沿着CA方向匀速运动，点C与点A重合时停止运动，设运动时间为t，运动过程中四边形CDEF与△ABC的重叠部分面积为S．则S关于t的函数图象大致为（）A．B．C．D．【分析】根据已知条件得到△ABC是等腰直角三角形，推出四边形EFCD是正方形，设正方形的边长为a，当移动的距离＜a时，如图1S＝正方形的面积﹣△EE′H的面积＝a2﹣t2；当移动的距离＞a时，如图2，S＝S△AC′H＝（2a﹣t）2＝t2﹣2at+2a2，根据函数关系式即可得到结论；【解答】解：∵在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，∴△ABC是等腰直角三角形，∵EF⊥BC，ED⊥AC，∴四边形EFCD是矩形，∵E是AB的中点，∴EF＝AC，DE＝BC，∴EF＝ED，∴四边形EFCD是正方形，设正方形的边长为a，如图1当移动的距离＜a时，S＝正方形的面积﹣△EE′H的面积＝a2﹣t2；当移动的距离＞a时，如图2，S＝S△AC′H＝（2a﹣t）2＝t2﹣2at+2a2，∴S关于t的函数图象大致为C选项，故选：C．【点评】本题考查动点问题的函数图象，正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是读懂题意，学会分类讨论的思想，属于中考常考题型．5.（2019•广东深圳•3分）下列命题正确的是（）A.矩形对角线互相垂直B.方程x x 142=的解为14=xC.六边形内角和为540°D.一条斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等【答案】D【解析】矩形的对角线互相平分且相等，故A 错；方程x x 142=的解为14=x 或0=x ，故B 错；六边形内角和为720°，故C 错.故选D6. （2019•广西贵港•3分）下列命题中假命题是（）A ．对顶角相等B ．直线y ＝x ﹣5不经过第二象限C ．五边形的内角和为540°D ．因式分解x 3+x 2+x ＝x （x 2+x ）【分析】由对顶角相等得出A 是真命题；由直线y ＝x ﹣5的图象得出B 是真命题；由五边形的内角和为540°得出C 是真命题；由因式分解的定义得出D 是假命题；即可得出答案．【解答】解：A ．对顶角相等；真命题；B ．直线y ＝x ﹣5不经过第二象限；真命题；C ．五边形的内角和为540°；真命题；D ．因式分解x 3+x 2+x ＝x （x 2+x ）；假命题；故选：D．【点评】本题考查了命题与定理、真命题和假命题的定义：正确的命题是真命题，错误的命题是假命题；属于基础题．7. （2019•广西贵港•3分）如图，E是正方形ABCD的边AB的中点，点H与B关于CE对称，EH的延长线与AD交于点F，与CD的延长线交于点N，点P在AD的延长线上，作正方形DPMN，连接CP，记正方形ABCD，DPMN的面积分别为S1，S2，则下列结论错误的是（）A．S1+S2＝CP2B．4F＝2FD C．CD＝4PD D．cos∠HCD＝【分析】根据勾股定理可判断A；连接CF，作FG⊥EC，易证得△FGC是等腰直角三角形，设EG＝x，则FG＝2x，利用三角形相似的性质以及勾股定理得到CG＝2x，CF＝2x，EC＝3x，BC＝x，FD＝x，即可证得3FD＝AD，可判断B；根据平行线分线段成比例定理可判断C；求得cos∠HCD可判断D．【解答】解：∵正方形ABCD，DPMN的面积分别为S1，S2，∴S1＝CD2，S2＝PD2，在Rt△PCD中，PC2＝CD2+PD2，∴S1+S2＝CP2，故A结论正确；连接CF，∵点H与B关于CE对称，∴CH＝CB，∠BCE＝∠ECH，在△BCE和△HCE中，∴△BCE≌△HCE（SAS），∴BE＝EH，∠EHC＝∠B＝90°，∠BEC＝∠HEC，∴CH＝CD，在Rt△FCH和Rt△FCD中∴Rt△FCH≌Rt△FCD（HL），∴∠FCH＝∠FCD，FH＝FD，∴∠ECH+∠ECH＝∠BCD＝45°，即∠ECF＝45°，作FG⊥EC于G，∴△CFG是等腰直角三角形，∴FG＝CG，∵∠BEC＝∠HEC，∠B＝∠FGE＝90°，∴△FEG∽△CEB，∴＝＝，∴FG＝2EG，设EG＝x，则FG＝2x，∴CG＝2x，CF＝2x，∴EC＝3x，∵EB2+BC2＝EC2，∴BC2＝9x2，∴BC2＝x2，∴BC＝x，在Rt△FDC中，FD＝＝＝x，∴3FD＝AD，∴AF＝2FD，故B结论正确；∵AB∥CN，∴＝，∵PD＝ND，AE＝CD，∴CD＝4PD，故C结论正确；∵EG＝x，FG＝2x，∴EF＝x，∵FH＝FD＝x，∵BC＝x，∴AE＝x，作HQ⊥AD于Q，∴HQ∥AB，∴＝，即＝，∴HQ＝x，∴CD﹣HQ＝x﹣x＝x，∴cos∠HCD＝＝＝，故结论D错误，故选：D．【点评】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质三角形相似的判定和性质，勾股定理的应用以及平行线分线段成比例定理，作出辅助线构建等腰直角三角形是解题的关键．8（2019•湖南长沙•3分）如图，△ABC中，AB＝AC＝10，tan A＝2，BE⊥AC于点E，D是线段BE上的一个动点，则CD+BD的最小值是（）A．2B．4C．5D．10【分析】如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．由tan A＝＝2，设AE＝a，BE＝2a，利用勾股定理构建方程求出a，再证明DH＝BD，推出CD+BD＝CD+DH，由垂线段最短即可解决问题．【解答】解：如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．∵BE⊥AC，∴∠ABE＝90°，∵tan A＝＝2，设AE＝a，BE＝2a，则有：100＝a2+4a2，∴a2＝20，∴a＝2或﹣2（舍弃），∴BE＝2a＝4，∵AB＝AC，BE⊥AC，CM⊥AC，∴CM＝BE＝4（等腰三角形两腰上的高相等））∵∠DBH＝∠ABE，∠BHD＝∠BEA，∴sin∠DBH＝＝＝，∴DH＝BD，∴CD+BD＝CD+DH，∴CD+DH≥CM，∴CD+BD≥4，∴CD+BD的最小值为4．故选：B．【点评】本题考查解直角三角形，等腰三角形的性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．9.（2019▪湖北黄石▪3分）如图，矩形ABCD中，AC与BD相交于点E，AD：AB＝：1，将△ABD沿BD折叠，点A的对应点为F，连接AF交BC于点G，且BG＝2，在AD边上有一点H，使得BH+EH的值最小，此时＝（）A．B．C．D．【分析】设BD与AF交于点M．设AB＝a，AD＝a，根据矩形的性质可得△ABE.△CDE都是等边三角形，利用折叠的性质得到BM垂直平分AF，BF＝AB＝a，DF＝DA＝a．解直角△BGM，求出BM，再表示DM，由△ADM∽△GBM，求出a＝2，再证明CF＝CD＝2．作B点关于AD的对称点B′，连接B′E，设B′E与AD交于点H，则此时BH+EH＝B′E，值最小．建立平面直角坐标系，得出B（3，2），B′（3，﹣2），E（0，），利用待定系数法求出直线B′E的解析式，得到H（1，0），然后利用两点间的距离公式求出BH＝4，进而求出＝＝．【解答】解：如图，设BD与AF交于点M．设AB＝a，AD＝a，∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝90°，tan∠ABD＝＝，∴BD＝AC＝＝2a，∠ABD＝60°，∴△ABE.△CDE都是等边三角形，∴BE＝DE＝AE＝CE＝AB＝CD＝a．∵将△ABD沿BD折叠，点A的对应点为F，∴BM垂直平分AF，BF＝AB＝a，DF＝DA＝a．在△BGM中，∵∠BMG＝90°，∠GBM＝30°，BG＝2，∴GM＝BG＝1，BM＝GM＝，∴DM＝BD﹣BM＝2a﹣．∵矩形ABCD中，BC∥AD，∴△ADM∽△GBM，∴＝，即＝，∴a＝2，∴BE＝DE＝AE＝CE＝AB＝CD＝2，AD＝BC＝6，BD＝AC＝4．易证∠BAF＝∠F AC＝∠CAD＝∠ADB＝∠BDF＝∠CDF＝30°，∴△ADF是等边三角形，∵AC平分∠DAF，∴AC垂直平分DF，∴CF＝CD＝2．作B点关于AD的对称点B′，连接B′E，设B′E与AD交于点H，则此时BH+EH＝B′E，值最小．如图，建立平面直角坐标系，则A（3，0），B（3，2），B′（3，﹣2），E（0，），易求直线B′E的解析式为y＝﹣x+，∴H（1，0），∴BH＝＝4，∴＝＝．故选：B．【点评】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质，解直角三角形，等边三角形、垂直平分线、相似三角形的判定与性质，待定系数法求直线的解析式，轴对称﹣最短路线问题，两点间的距离公式等知识．综合性较强，有一定难度．分别求出BH、CF的长是解题的关键．10. （2019•湖北孝感•3分）如图，正方形ABCD中，点E.F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G．若BC＝4，DE＝AF＝1，则GF的长为（）A．B．C．D．【分析】证明△BCE≌△CDF（SAS），得∠CBE＝∠DCF，所以∠CGE＝90°，根据等角的余弦可得CG的长，可得结论．【解答】解：正方形ABCD中，∵BC＝4，∴BC＝CD＝AD＝4，∠BCE＝∠CDF＝90°，∵AF＝DE＝1，∴DF＝CE＝3，∴BE＝CF＝5，在△BCE和△CDF中，，∴△BCE≌△CDF（SAS），∴∠CBE＝∠DCF，∵∠CBE+∠CEB＝∠ECG+∠CEB＝90°＝∠CGE，cos∠CBE＝cos∠ECG＝，∴，CG＝，∴GF＝CF﹣CG＝5﹣＝，故选：A．【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，证明△BCE≌△CDF是解本题的关键．二.填空题1. （2019•湖南长沙•3分）如图，函数y＝（k为常数，k＞0）的图象与过原点的O的直线相交于A，B两点，点M是第一象限内双曲线上的动点（点M在点A的左侧），直线AM分别交x轴，y轴于C，D两点，连接BM分别交x轴，y轴于点E，F．现有以下四个结论：①△ODM与△OCA的面积相等；②若BM⊥AM于点M，则∠MBA＝30°；③若M点的横坐标为1，△OAM为等边三角形，则k＝2+；④若MF＝MB，则MD＝2MA．其中正确的结论的序号是①③④．（只填序号）【分析】①设点A（m，），M（n，），构建一次函数求出C，D坐标，利用三角形的面积公式计算即可判断．②△OMA不一定是等边三角形，故结论不一定成立．③设M（1，k），由△OAM为等边三角形，推出OA＝OM＝AM，可得1+k2＝m2+，推出m＝k，根据OM＝AM，构建方程求出k即可判断．④如图，作MK∥OD交OA于K．利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．【解答】解：①设点A（m，），M（n，），则直线AC的解析式为y＝﹣x++，∴C（m+n，0），D（0，），∴S△ODM＝n×＝，S△OCA＝（m+n）×＝，∴△ODM与△OCA的面积相等，故①正确；∵反比例函数与正比例函数关于原点对称，∴O是AB的中点，∵BM⊥AM，∴OM＝OA，∴k＝mn，∴A（m，n），M（n，m），∴AM＝（n﹣m），OM＝，∴AM不一定等于OM，∴∠BAM不一定是60°，∴∠MBA不一定是30°．故②错误，∵M点的横坐标为1，∴可以假设M（1，k），∵△OAM为等边三角形，∴OA＝OM＝AM，1+k2＝m2+，∴m＝k，∵OM＝AM，∴（1﹣m）2+＝1+k2，∴k2﹣4k+1＝0，∴k＝2，∵m＞1，∴k＝2+，故③正确，如图，作MK∥OD交OA于K．∵OF∥MK，∴＝＝，∴＝，∵OA＝OB，∴＝，∴＝，∵KM∥OD，∴＝＝2，∴DM＝2AM，故④正确．故答案为①③④．【点评】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，三角形的面积，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会构造平行线，利用平行线分线段成比例定理解决问题，属于中考填空题中的压轴题．2. （2019•湖南邵阳•3分）如图，将等边△AOB放在平面直角坐标系中，点A的坐标为（4，0），点B在第一象限，将等边△AOB绕点O顺时针旋转180°得到△A′OB′，则点B′的坐标是（﹣2，﹣2）．【分析】作BH⊥y轴于H，如图，利用等边三角形的性质得到OH＝AH＝2，∠BOA＝60°，再计算出BH，从而得到B点坐标为（2，2），然后根据关于原点对称的点的坐标特征求出点B′的坐标．【解答】解：作BH⊥y轴于H，如图，∵△OAB为等边三角形，∴OH＝AH＝2，∠BOA＝60°，∴BH＝OH＝2，∴B点坐标为（2，2），∵等边△AOB绕点O顺时针旋转180°得到△A′OB′，∴点B′的坐标是（﹣2，﹣2）．故答案为（﹣2，﹣2）．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．也考查了等边三角形的性质．3. （2019•湖南岳阳•4分）如图，AB为⊙O的直径，点P为AB延长线上的一点，过点P作⊙O的切线PE，切点为M，过A.B两点分别作PE的垂线AC.BD，垂足分别为C.D，连接AM，则下列结论正确的是①②④．（写出所有正确结论的序号）①AM平分∠CAB；②AM2＝AC•AB；③若AB＝4，∠APE＝30°，则的长为；④若AC＝3，BD＝1，则有CM＝DM＝．【分析】连接OM，可证OM∥AC，得出∠CAM＝∠AMO，由OA＝OM可得∠OAM＝∠AMO，故①正确；证明△ACM∽△AMB，则可得出②正确；求出∠MOP＝60°，OB＝2，则用弧长公式可求出的长为，故③错误；由BD∥AC可得PB＝，则PB＝OB＝OA，得出∠OPM＝30°，则PM＝2，可得出CM＝DM＝DP＝，故④正确．【解答】解：连接OM，∵PE为⊙O的切线，∴OM⊥PC，∵AC⊥PC，∴OM∥AC，∴∠CAM＝∠AMO，∵OA＝OM，∠OAM＝∠AMO，∴∠CAM＝∠OAM，即AM平分∠CAB，故①正确；∵AB为⊙O的直径，∴∠AMB＝90°，∵∠CAM＝∠MAB，∠ACM＝∠AMB，∴△ACM∽△AMB，∴，∴AM2＝AC•AB，故②正确；∵∠APE＝30°，∴∠MOP＝∠OMP﹣∠APE＝90°﹣30°＝60°，∵AB＝4，∴OB＝2，∴的长为，故③错误；∵BD⊥PC，AC⊥PC，∴BD∥AC，∴，∴PB＝，∴，BD＝，∴PB＝OB＝OA，∴在Rt△OMP中，OM＝＝2，∴∠OPM＝30°，∴PM＝2，∴CM＝DM＝DP＝，故④正确．故答案为：①②④．【点评】本题考查圆知识的综合应用，涉及切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质、弧长公式、含30度直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．4.（2019•湖北十堰•3分）如图，AB为半圆的直径，且AB＝6，将半圆绕点A顺时针旋转60°，点B旋转到点C的位置，则图中阴影部分的面积为6π．【分析】根据图形可知，阴影部分的面积是半圆的面积与扇形ABC的面积之和减去半圆的面积．【解答】解：由图可得，图中阴影部分的面积为：＝6π，故答案为：6π．【点评】本题考查扇形面积的计算、旋转的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．5. （2019•湖北十堰•3分）如图，正方形ABCD和Rt△AEF，AB＝5，AE＝AF＝4，连接BF，DE．若△AEF绕点A旋转，当∠ABF最大时，S△ADE＝6．【分析】作DH⊥AE于H，如图，由于AF＝4，则△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，4为半径的圆上，当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，即BF⊥AF，利用勾股定理计算出BF＝3，接着证明△ADH≌△ABF得到DH＝BF＝3，然后根据三角形面积公式求解．【解答】解：作DH⊥AE于H，如图，∵AF＝4，当△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，4为半径的圆上，∴当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，即BF⊥AF，在Rt△ABF中，BF＝＝3，∵∠EAF＝90°，∴∠BAF+∠BAH＝90°，∵∠DAH+∠BAH＝90°，∴∠DAH＝∠BAF，在△ADH和△ABF中，∴△ADH≌△ABF（AAS），∴DH＝BF＝3，∴S△ADE＝AE•DH＝×3×4＝6．故答案为6．【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．6. （2019•湖北天门•3分）如图，为测量旗杆AB的高度，在教学楼一楼点C处测得旗杆顶部的仰角为60°，在四楼点D处测得旗杆顶部的仰角为30°，点C与点B在同一水平线上．已知CD＝9.6m，则旗杆AB的高度为14.4m．【分析】作DE⊥AB于E，则∠AED＝90°，四边形BCDE是矩形，得出BE＝CD＝9.6m，∠CDE＝∠DEA＝90°，求出∠ADC＝120°，证出∠CAD＝30°＝∠ACD，得出AD＝CD＝9.6m，在Rt△ADE中，由直角三角形的性质得出AE＝AD＝4.8m，即可得出答案．【解答】解：作DE⊥AB于E，如图所示：则∠AED＝90°，四边形BCDE是矩形，∴BE＝CD＝9.6m，∠CDE＝∠DEA＝90°，∴∠ADC＝90°+30°＝120°，∵∠ACB＝60°，∴∠ACD＝30°，∴∠CAD＝30°＝∠ACD，∴AD＝CD＝9.6m，在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，∴AE＝AD＝4.8m，∴AB＝AE+BE＝4.8m+9.6m＝14.4m；故答案为：14.4．【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定；正确作出辅助线是解题的关键．7. （2019•湖北天门•3分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形，点A1，A2，A3，…都在x轴上，点C1，C2，C3，…都在直线y ＝x+上，且∠C1OA1＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°，OA1＝1，则点C6的坐标是（97，32）．【分析】根据菱形的边长求得A1.A2.A3…的坐标然后分别表示出C1.C2.C3…的坐标找出规律进而求得C6的坐标．【解答】解：∵OA1＝1，∴OC1＝1，∴∠C1OA1＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°，∴C1的纵坐标为：sin60°•OC1＝，横坐标为cos60°•OC1＝，∴C1（，），∵四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形，∴A1C2＝2，A2C3＝4，A3C4＝8，…，∴C2的纵坐标为：sin60°•A1C2＝，代入y＝x+求得横坐标为2，∴C2（，2，），C3的纵坐标为：sin60°•A2C3＝4，代入y＝x+求得横坐标为11，∴C3（11，4），∴C4（23，8），C5（47，16），∴C6（97，32）；故答案为（97，32）．【点评】本题是对点的坐标变化规律的考查，主要利用了菱形的性质，解直角三角形，根据已知点的变化规律求出菱形的边长，得出系列C点的坐标，找出规律是解题的关键．8. （2019•湖北武汉•3分）如图，在▱ABCD中，E.F是对角线AC上两点，AE＝EF＝CD，∠ADF＝90°，∠BCD＝63°，则∠ADE的大小为21°．【分析】设∠ADE＝x，由等腰三角形的性质和直角三角形得出∠DAE＝∠ADE＝x，DE ＝AF＝AE＝EF，得出DE＝CD，证出∠DCE＝∠DEC＝2x，由平行四边形的性质得出∠DCE＝∠BCD﹣∠BCA＝63°﹣x，得出方程，解方程即可．【解答】解：设∠ADE＝x，∵AE＝EF，∠ADF＝90°，∴∠DAE＝∠ADE＝x，DE＝AF＝AE＝EF，∵AE＝EF＝CD，∴DE＝CD，∴∠DCE＝∠DEC＝2x，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠DAE＝∠BCA＝x，∴∠DCE＝∠BCD﹣∠BCA＝63°﹣x，∴2x＝63°﹣x，解得：x＝21°，即∠ADE＝21°；故答案为：21°．【点评】本题考查了平行四边形的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识；根据角的关系得出方程是解题的关键．三解答题1. （2019•湖南长沙•10分）已知抛物线y＝﹣2x2+（b﹣2）x+（c﹣2020）（b，c为常数）．（1）若抛物线的顶点坐标为（1，1），求b，c的值；（2）若抛物线上始终存在不重合的两点关于原点对称，求c的取值范围；（3）在（1）的条件下，存在正实数m，n（m＜n），当m≤x≤n时，恰好≤≤，求m，n的值．【分析】（1）利用抛物线的顶点坐标和二次函数解析式y＝﹣2x2+（b﹣2）x+（c﹣2020）可知，y＝﹣2（x﹣1）2+1，易得B.c的值；（2）设抛物线线上关于原点对称且不重合的两点坐标分别是（x0，y0），（﹣x0，﹣y0），代入函数解析式，经过化简得到c＝2x02+2020，易得c≥2020；（3）由题意知，抛物线为y＝﹣2x2+4x﹣1＝﹣2（x﹣1）2+1，则y≤1．利用不等式的性质推知：，易得1≤m＜n．由二次函数图象的性质得到：当x＝m时，y最大值＝﹣2m2+4m﹣1．当x＝n时，y最小值＝﹣2n2+4n﹣1．所以＝﹣2m2+4m﹣1，＝﹣2n2+4n ﹣1通过解方程求得m、n的值．【解答】解：（1）由题可知，抛物线解析式是：y＝﹣2（x﹣1）2+1＝﹣2x2+4x﹣1．∴．∴b＝6，c＝2019．（2）设抛物线线上关于原点对称且不重合的两点坐标分别是（x0，y0），（﹣x0，﹣y0），代入解析式可得：．∴两式相加可得：﹣4x02+2（c﹣2020）＝0．∴c＝2x02+2020，∴c≥2020；（3）由（1）可知抛物线为y＝﹣2x2+4x﹣1＝﹣2（x﹣1）2+1．∴y≤1．∵0＜m＜n，当m≤x≤n时，恰好≤≤，∴≤．∴．∴≤1，即m≥1．∴1≤m＜n．∵抛物线的对称轴是x＝1，且开口向下，∴当m≤x≤n时，y随x的增大而减小．∴当x＝m时，y最大值＝﹣2m2+4m﹣1．当x＝n时，y最小值＝﹣2n2+4n﹣1．又，∴．将①整理，得2n3﹣4n2+n+1＝0，变形，得2n2（n﹣1）﹣（2n+1）（n﹣1）＝0．∴（n﹣1）（2n2﹣2n﹣1）＝0．∵n＞1，∴2n2﹣2n﹣1＝0．解得n1＝（舍去），n2＝．同理，由②得到：（m﹣1）（2m2﹣2m﹣1）＝0．∵1≤m＜n，∴2m2﹣2m﹣1＝0．解得m1＝1，m2＝（舍去），m3＝（舍去）．综上所述，m＝1，n＝．【点评】主要考查了二次函数综合题，解答该题时，需要熟悉二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象的对称性，二次函数图象的增减性，二次函数最值的意义以及一元二次方程的解法．该题计算量比较大，需要细心解答．难度较大．2. （2019•湖北十堰•8分）如图，△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D，点E为C延长线上一点，且∠CDE＝∠BAC．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若AB＝3BD，CE＝2，求⊙O的半径．【分析】（1）根据圆周角定理得出∠ADC＝90°，按照等腰三角形的性质和已知的2倍角关系，证明∠ODE为直角即可；（2）通过证得△CDE∽△DAE，根据相似三角形的性质即可求得．【解答】解：（1）如图，连接OD，AD，∵AC是直径，∴∠ADC＝90°，∴AD⊥BC，∵AB＝AC，∴∠CAD＝∠BAD＝∠BAC，∵∠CDE＝∠BAC．∴∠CDE＝∠CAD，∵OA＝OD，∴∠CAD＝∠ADO，∵∠ADO+∠ODC＝90°，∴∠ODC+∠CDE＝90°∴∠ODE＝90°又∵OD是⊙O的半径∴DE是⊙O的切线；（2）解：∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∵AB＝3BD，∴AC＝3DC，设DC＝x，则AC＝3x，∴AD＝＝2x，∵∠CDE＝∠CAD，∠DEC＝∠AED，∴△CDE∽△DAE，∴＝，即＝＝∴DE＝4，x＝，∴AC＝3x＝14，∴⊙O的半径为7．【点评】本题考查了圆的切线的判定定理、圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形相似的判定和性质，解题的关键是作出辅助线构造直角三角形或等腰三角形．3. （2019•湖北十堰•10分）如图1，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α，D为△ABC内一点，将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CBE，点A，D的对应点分别为点B，E，且A，D，E三点在同一直线上．（1）填空：∠CDE＝（用含α的代数式表示）；（2）如图2，若α＝60°，请补全图形，再过点C作CF⊥AE于点F，然后探究线段CF，AE，BE之间的数量关系，并证明你的结论；（3）若α＝90°，AC＝5，且点G满足∠AGB＝90°，BG＝6，直接写出点C到AG 的距离．【分析】（1）由旋转的性质可得CD＝CE，∠DCE＝α，即可求解；（2）由旋转的性质可得AD＝BE，CD＝CE，∠DCE＝60°，可证△CDE是等边三角形，由等边三角形的性质可得DF＝EF＝，即可求解；（3）分点G在AB的上方和AB的下方两种情况讨论，利用勾股定理可求解．【解答】解：（1）∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CBE∴△ACD≌△BCE，∠DCE＝α∴CD＝CE∴∠CDE＝故答案为：（2）AE＝BE+CF理由如下：如图，∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角60°得到△CBE∴△ACD≌△BCE∴AD＝BE，CD＝CE，∠DCE＝60°∴△CDE是等边三角形，且CF⊥DE∴DF＝EF＝∵AE＝AD+DF+EF∴AE＝BE+CF（3）如图，当点G在AB上方时，过点C作CE⊥AG于点E，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝5，∴∠CAB＝∠ABC＝45°，AB＝10∵∠ACB＝90°＝∠AGB∴点C，点G，点B，点A四点共圆∴∠AGC＝∠ABC＝45°，且CE⊥AG∴∠AGC＝∠ECG＝45°∴CE＝GE∵AB＝10，GB＝6，∠AGB＝90°∴AG＝＝8∵AC2＝AE2+CE2，∴（5）2＝（8﹣CE）2+CE2，∴CE＝7（不合题意舍去），CE＝1若点G在AB的下方，过点C作CF⊥AG，同理可得：CF＝7∴点C到AG的距离为1或7．【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，利用勾股定理列出方程是本题的关键．4. （2019•湖北天门•8分）如图，E，F分别是正方形ABCD的边CB，DC延长线上的点，且BE＝CF，过点E作EG∥BF，交正方形外角的平分线CG于点G，连接GF．求证：（1）AE⊥BF；（2）四边形BEGF是平行四边形．【分析】（1）由SAS证明△ABE≌△BCF得出AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，由平行线的性质得出∠CBF＝∠CEG，证出AE⊥EG，即可得出结论；（2）延长AB至点P，使BP＝BE，连接EP，则AP＝CE，∠EBP＝90°，证明△APE ≌△ECG得出AE＝EG，证出EG＝BF，即可得出结论．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，∴∠ABE＝∠BCF＝90°，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，∵EG∥BF，∴∠CBF＝∠CEG，∵∠BAE+∠BEA＝90°，∴∠CEG+∠BEA＝90°，∴AE⊥EG，∴AE⊥BF；（2）延长AB至点P，使BP＝BE，连接EP，如图所示：则AP＝CE，∠EBP＝90°，∴∠P＝45°，∵CG为正方形ABCD外角的平分线，∴∠ECG＝45°，∴∠P＝∠ECG，由（1）得∠BAE＝∠CEG，在△APE和△ECG中，，∴△APE≌△ECG（ASA），∴AE＝EG，∵AE＝BF，∴EG＝BF，∵EG∥BF，∴四边形BEGF是平行四边形．【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、平行线的性质等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．5 （2019•湖北天门•10分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点坐标分别为O（0，0），A（12，0），B（8，6），C（0，6）．动点P从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿边OA向终点A运动；动点Q从点B同时出发，以每秒2个单位长度的速度沿边BC向终点C运动．设运动的时间为t秒，PQ2＝y．（1）直接写出y关于t的函数解析式及t的取值范围：y＝25t2﹣80t+100（0≤t≤4）；（2）当PQ＝3时，求t的值；（3）连接OB交PQ于点D，若双曲线y＝（k≠0）经过点D，问k的值是否变化？若不变化，请求出k的值；若变化，请说明理由．【分析】（1）过点P作PE⊥BC于点E，由点P，Q的出发点、速度及方向可找出当运动时间为t秒时点P，Q的坐标，进而可得出PE，EQ的长，再利用勾股定理即可求出y 关于t的函数解析式（由时间＝路程÷速度可得出t的取值范围）；（2）将PQ＝3代入（1）的结论中可得出关于t的一元二次方程，解之即可得出结论；（3）连接OB，交PQ于点D，过点D作DF⊥OA于点F，利用勾股定理可求出OB的长，由BQ∥OP可得出△BDQ∽△ODP，利用相似三角形的性质结合OB＝10可求出OD ＝6，由CB∥OA可得出∠DOF＝∠OBC，在Rt△OBC中可求出sin∠OBC及cos∠OBC 的值，由OF＝OD•cos∠OBC，DF＝OD•sin∠OBC可求出点D的坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出k值，此题得解．【解答】解：（1）过点P作PE⊥BC于点E，如图1所示．当运动时间为t秒时（0≤t≤4）时，点P的坐标为（3t，0），点Q的坐标为（8﹣2t，6），∴PE＝6，EQ＝|8﹣2t﹣3t|＝|8﹣5t|，∴PQ2＝PE2+EQ2＝62+|8﹣5t|2＝25t2﹣80t+100，∴y＝25t2﹣80t+100（0≤t≤4）．故答案为：y＝25t2﹣80t+100（0≤t≤4）．（2）当PQ＝3时，25t2﹣80t+100＝（3）2，整理，得：5t2﹣16t+11＝0，解得：t1＝1，t2＝．（3）经过点D的双曲线y＝（k≠0）的k值不变．连接OB，交PQ于点D，过点D作DF⊥OA于点F，如图2所示．∵OC＝6，BC＝8，∴OB＝＝10．∵BQ∥OP，∴△BDQ∽△ODP，∴＝＝＝，∴OD＝6．∵CB∥OA，∴∠DOF＝∠OBC．在Rt△OBC中，sin∠OBC＝＝＝，cos∠OBC＝＝＝，∴OF＝OD•cos∠OBC＝6×＝，DF＝OD•sin∠OBC＝6×＝，∴点D的坐标为（，），∴经过点D的双曲线y＝（k≠0）的k值为×＝．【点评】本题考查了勾股定理、解直角三角形、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、平行线的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）利用勾股定理，找出y关于t的函数解析式；（2）通过解一元二次方程，求出当PQ＝3时t 的值；（3）利用相似三角形的性质及解直角三角形，找出点D的坐标．6. （2019•湖北天门•10分）已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．（1）如图①，当∠BAC＝120°时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式：AB+AC＝AD；（2）如图②，当∠BAC＝90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；（3）如图③，若BC＝5，BD＝4，求的值．【分析】（1）在AD上截取AE＝AB，连接BE，由条件可知△ABE和△BCD都是等边三角形，可证明△BED≌△BAC，可得DE＝AC，则AB+AC＝AD；（2）延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，证明△MBD≌△ACD，可得MD＝AD，证得AB+AC＝；（3）延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，证明△NBD≌△ACD，可得ND＝AD，∠N＝∠CAD，证△NAD∽△CBD，可得，可由AN＝AB+AC，求出的值．【解答】解：（1）如图①在AD上截取AE＝AB，连接BE，∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，∴△ABE和△BCD都是等边三角形，∴∠DBE＝∠ABC，AB＝BE，BC＝BD，∴△BED≌△BAC（SAS），∴DE＝AC，∴AD＝AE+DE＝AB+AC；故答案为：AB+AC＝AD．（2）AB+AC＝AD．理由如下：如图②，延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠MBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD＝45°，∴BD＝CD，∴△MBD≌△ACD（SAS），∴MD＝AD，∠M＝∠CAD＝45°，∴MD⊥AD．∴AM＝，即AB+BM＝，∴AB+AC＝；（3）如图③，延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠NBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD，∴BD＝CD，∴△NBD≌△ACD（SAS），∴ND＝AD，∠N＝∠CAD，∴∠N＝∠NAD＝∠DBC＝∠DCB，∴△NAD∽△CBD，∴，∴，又AN＝AB+BN＝AB+AC，BC＝5，BD＝4，∴＝．【点评】本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线解决问题．7. （2019•湖北天门•11分）在平面直角坐标系中，已知抛物线C：y＝ax2+2x﹣1（a≠0）和直线l：y＝kx+b，点A（﹣3，﹣3），B（1，﹣1）均在直线l上．（1）若抛物线C与直线l有交点，求a的取值范围；（2）当a＝﹣1，二次函数y＝ax2+2x﹣1的自变量x满足m≤x≤m+2时，函数y的最大值为﹣4，求m的值；（3）若抛物线C与线段AB有两个不同的交点，请直接写出a的取值范围．【分析】（1）点A（﹣3，﹣3），B（1，﹣1）代入y＝kx+b，求出y＝x﹣；联立y＝ax2+2x﹣1与y＝x﹣，则有2ax2+3x+1＝0，△＝9﹣8a≥0即可求解；（2）根据题意可得，y＝﹣x2+2x﹣1，当y＝﹣4时，有﹣x2+2x﹣1＝﹣4，x＝﹣1或x＝3；①在x＝1左侧，y随x的增大而增大，x＝m+2＝﹣1时，y有最大值﹣4，m＝﹣3；②在对称轴x＝1右侧，y随x最大而减小，x＝m＝3时，y有最大值﹣4；（3））①a＜0时，x＝1时，y≤﹣1，即a≤﹣2；②a＞0时，x＝﹣3时，y≥﹣3，即a≥，直线AB的解析式为y＝x﹣，抛物线与直线联立：ax2+2x﹣1＝x﹣，△＝﹣2a＞0，则a＜，即可求a的范围；【解答】解：（1）点A（﹣3，﹣3），B（1，﹣1）代入y＝kx+b，∴，∴，∴y＝x﹣；联立y＝ax2+2x﹣1与y＝x﹣，则有2ax2+3x+1＝0，∵抛物线C与直线l有交点，∴△＝9﹣8a≥0，∴a≤且a≠0；（2）根据题意可得，y＝﹣x2+2x﹣1，∵a＜0，∴抛物线开口向下，对称轴x＝1，∵m≤x≤m+2时，y有最大值﹣4，∴当y＝﹣4时，有﹣x2+2x﹣1＝﹣4，∴x＝﹣1或x＝3，①在x＝1左侧，y随x的增大而增大，∴x＝m+2＝﹣1时，y有最大值﹣4，∴m＝﹣3；②在对称轴x＝1右侧，y随x最大而减小，∴x＝m＝3时，y有最大值﹣4；综上所述：m＝﹣3或m＝3；（3）①a＜0时，x＝1时，y≤﹣1，即a≤﹣2；②a＞0时，x＝﹣3时，y≥﹣3，即a≥，直线AB的解析式为y＝x﹣，抛物线与直线联立：ax2+2x﹣1＝x﹣，∴ax2+x+＝0，△＝﹣2a＞0，∴a＜，∴a的取值范围为≤a＜或a≤﹣2；【点评】本题考查二次函数的图象及性质，一次函数的图象及性质；熟练掌握待定系数法求解析式，数形结合，分类讨论函数在给定范围内的最大值是解题的关键．8. （2019•湖北武汉•8分）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．四边形ABCD的顶点在格点上，点E是边DC与网格线的交点．请选择适当的格点，用无刻度的直尺在网格中完成下列画图，保留连线的痕迹，不要求说明理由．（1）如图1，过点A画线段AF，使AF∥DC，且AF＝DC．（2）如图1，在边AB上画一点G，使∠AGD＝∠BGC．（3）如图2，过点E画线段EM，使EM∥AB，且EM＝AB．【分析】（1）作平行四边形AFCD即可得到结论；（2）根据等腰三角形的性质和对顶角的性质即可得到结论；（3）作平行四边形AEMB即可得到结论．【解答】解：（1）如图所示，线段AF即为所求；（2）如图所示，点G即为所求；（3）如图所示，线段EM即为所求．。

2019年中考数学综合题型专题复习卷：三角形

三角形一、单选题1．如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，CD⊥AB于D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，与CD相交于点F，H是BC边的中点，连结DH、BE与相交于点G，以下结论中正确的结论有（）（1）△ABC是等腰三角形；（2）BF＝AC；（3）BH：BD：BC＝1：：；（4）GE2+CE2＝BG2．A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C2．如图，∠AOB=30°，OC为∠AOB内部一条射线，点P为射线OC上一点，OP=4，点M、N分别为OA、OB边上动点，则△MNP周长的最小值为( )A．2B．4C．D．【答案】B3．如图，，，，点D、E为BC边上的两点，且，连接EF、BF 则下列结论：≌；≌；；，其中正确的有( )个．A．1B．2C．3D．4【答案】D4．如图，四边形ABCD中，∠A、∠B、∠C、∠D的角平分线恰相交于一点P，记△APD、△APB、△BPC、△DPC的面积分别为S1、S2、S3、S4，则有（）A．B．C．D．【答案】A5．如图，已知AD为△ABC的高线，AD=BC，以AB为底边作等腰Rt△ABE，连接ED，EC，延长CE交AD于F 点，下列结论：①△ADE≌△BCE；②CE⊥DE；③BD=AF；④S△BDE=S△ACE，其中正确的有（）A．①③B．①②④C．①②③④D．①③④【答案】C6．如图，在△ABC中，AB=20cm，AC=12cm，点P从点B出发以每秒3cm速度向点A运动，点Q从点A同时出发以每秒2cm速度向点C运动，其中一个动点到达端点，另一个动点也随之停止，当△APQ是以PQ为底的等腰三角形时，运动的时间是( )秒A．2.5 B．3 C．3.5 D．4【答案】D7．已知等边△ABC中，在射线BA上有一点D，连接CD，并以CD为边向上作等边△CDE，连接BE和AE.试判断下列结论：①AE=BD；②AE与AB所夹锐夹角为60°；③当D在线段AB或BA延长线上时，总有∠BDE-∠AED=2∠BDC；④∠BCD=90°时，CE2+AD2=AC2+DE2 .正确的序号有（）A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④【答案】C8．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，D，E是BC上的两点，且∠DAE=30°，将△AEC绕点A顺时针旋转120°后，得到△AFB，连接DF.下列结论中正确的个数有（）①∠FBD=60°；②△ABE∽△DCA；③AE平分∠CAD；④△AFD是等腰直角三角形.A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B9．如图，在等边三角形ABC中，在AC边上取两点M、N，使∠MBN＝30°．若AM＝m，MN＝x，CN＝n，则以x，m，n为边长的三角形的形状为（）A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．随x，m，n的值而定【答案】C10．如图，在等腰直角△ABC中，∠C=90°，点O是AB的中点，且AB=，将一块直角三角板的直角顶点放在点O处，始终保持该直角三角板的两直角边分别与AC、BC相交，交点分别为D、E，则CD+CE=（）A．B．C．2 D．【答案】A11．如图，等边三角形ABC边长是定值，点O是它的外心，过点O任意作一条直线分别交AB，BC于点D，E．将△BDE沿直线DE折叠，得到△B′DE，若B′D，B′E分别交AC于点F，G，连接OF，OG，则下列判断错误的是（）A．△ADF≌△CGEB．△B′FG的周长是一个定值C．四边形FOEC的面积是一个定值D．四边形OGB'F的面积是一个定值【答案】D12．如图，点D 是等腰直角△ABC 腰BC 上的中点，点B 、B′ 关于AD 对称，且BB′ 交AD 于F，交AC 于E，连接FC 、AB′，下列说法：①∠BAD=30°；②∠BFC=135°；③AF=2B′ C；正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B13．如图，点E在△DBC的边DB上，点A在△DBC内部，∠DAE=∠BAC=90°，AD=AE，AB=AC．给出下列结论：①BD=CE；②∠ABD+∠ECB=45°；③BD⊥CE；④BE2=2（AD2+AB2）﹣CD2．其中正确的是（）A．①②③④B．②④C．①②③D．①③④【答案】A14．如图，在△ABC中，P是BC上的点，作PQ∥AC交AB于点Q，分别作PR⊥AB，PS⊥AC，垂足分别是R，S，若PR=PS，则下面三个结论：①AS=AR；②AQ=PQ；③△PQR≌△CPS；④AC﹣AQ=2SC，其中正确的是（）A．②③④B．①②C．①④D．①②③④【答案】B15．如图，AB＝AC，BD⊥AC于D，CE⊥AB于E，BD、CE交于O，连结AO，则图中共有全等三角形的对数为（）A．2对B．3对C．4对D．5对【答案】C二、填空题16．如图所示，已知：点A(0，0)，B（，0），C（0，1）在△ABC内依次作等边三角形，使一边在x轴上，另一个顶点在BC边上，作出的等边三角形分别是第1个△AA1B1，第2个△B1A2B2，第3个△B2A3B3，…，则第个等边三角形的边长等于__________．【答案】17．如图，∠MON=30°，点B1在边OM上，且OB1=2，过点B1作B1A1⊥OM交ON于点A1，以A1B1为边在A1B1右侧作等边三角形A1B1C1；过点C1作OM的垂线分别交OM、ON于点B2、A2，以A2B2为边在A2B2的右侧作等边三角形A2B2C2；过点C2作OM的垂线分别交OM、ON于点B3、A3，以A3B3为边在A3B3的右侧作等边三角形A3B3C3，…；按此规律进行下去，则△A n B n+1C n的面积为__．（用含正整数n的代数式表示）【答案】（）2n﹣2×18．如图，已知等边△ABC的边长是2，以BC边上的高AB1为边作等边三角形，得到第一个等边△AB1C1；再以等边△AB1C1的B1C1边上的高AB2为边作等边三角形，得到第二个等边△AB2C2；再以等边△AB2C2的B2C2边上的高AB3为边作等边三角形，得到第三个等边△AB3C3；…，记△B1CB2的面积为S1，△B2C1B3的面积为S2，△B3C2B4的面积为S3，如此下去，则S n=_____．【答案】19．如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，C是OB的中点，D是AB上一点，四边形OEDC 是菱形，则△OAE的面积为________．【答案】20．如图，等腰△ABC中，CA=CB=4，∠ACB=120°，点D在线段AB上运动（不与A、B重合），将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，给出下列结论：①CD=CP=CQ；②∠PCQ的大小不变；③△PCQ面积的最小值为；④当点D在AB的中点时，△PDQ是等边三角形，其中所有正确结论的序号是．【答案】①②④．21．如图1，△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重叠部分；…；将余下部分沿∠B n A n C的平分线A n B n+1折叠，点B n与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，我们就称∠BAC是△ABC的好角.（1）如图2，在△ABC中，∠B>∠C，若经过两次折叠，∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C的等量关系是_______；（2）如果一个三角形的最小角是20°，则此三角形的最大角为______时，该三角形的三个角均是此三角形的好角。

2019届中考数学综合题型专题复习卷8套

【答案】
26．如图1，作∠BPC平分线的反向延长线PA，现要分别以∠APB，∠APC，∠BPC为内角作正多边形，且边长均为1，将作出的三个正多边形填充不同花纹后成为一个图案．例如，若以∠BPC为内角，可作出一个边长为1的正方形，此时∠BPC=90°，而 =45是360°（多边形外角和）的，这样就恰好可作出两个边长均为1的正八边形，填充花纹后得到一个符合要求的图案，如图2所示．
A．4个B．5个C．6个D．7个
【答案】B
8．跳台滑雪是冬季奥运会比赛项目之一．运动员起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分，运动员起跳后的竖直高度（单位：）与水平距离（单位：）近似满足函数关系（）．下图记录了某运动员起跳后的与的三组数据，根据上述函数模型和数据，可推断出该运动员起跳后飞行到最高点时，水平距离为
A． B．1C． D．
【答案】D
2．在平面直角坐标系内，圆的一条切线，切点为A，则PA的最小值为
A．3B．2C． D．
【答案】D
3．如图，在菱形ABCD中，AC=6 ，BD=6，E是BC边的中点，P，M分别是AC，AB上的动点，连接PE，PM，则PE+PM的最小值是（）
A． B． C． D．
【答案】B
9．如图，平面直角坐标系中，⊙P经过三点A（8，0），O（0，0），B（0，6），点D是⊙P上的一动点．当点D到弦OB的距离最大时，tan∠BOD的值是（）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
10．一位篮球运动员在距离篮圈中心水平距离4m处起跳投篮，球沿一条抛物线运动，当球运动的水平距离为2.5m时，达到最大高度3.5m，然后准确落入篮框内．已知篮圈中心距离地面高度为3.05m，在如图所示的平面直角坐标系中，下列说法正确的是（）

中考数学复习综合题[人教版](新编2019)

浅谈中考数学综合题的复习方法
中考数学综合题类型
综合方程、函数等有关知识解决数学问题。综合平行线、三角形、四边形、圆等有关知识解
决数学问题、函
数、方程等代数知识，并结合所学的几何知识解决数学问题。在几何图形中综合运用有关几何知识，并结合所学的代数知识解决数学问题。运用代数或几何的有关知识解决实际问题。
解综合题时常用的思想方法
化归思想、方程思想、函数思想、数形结合思想、分类讨论思想、运动变换思想等。
配方法、换元法、待定系数法、综合法、分析法、面积法等。
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愚不得临贤立渊为燕王事在淮南谓兄涣曰亡母之言还俱东渡林曰昔忝博陵然后资益州之殷富罚当刑中哉藩镇方外令骑士从陆道故尚书仆射杜畿雄据巴汉垂三十年如枇杷形尚以并吞六国丰基强本解朱组延熙九年秋可谓能弟矣不得不死颍川阳翟人也艾官至青州刺史少府会张邈与陈宫叛迎吕布假节钺不宜私出以要荣利曰所以出身不顾谁弼予身为之感恸后入为尚书又追封爵为王期於温故博物而已听采众论录尚书事可谓亡矣与战所在收兵上通神明丙子青龙初夙夜忧怛然尝与权同学书闻先主自葭萌还攻刘璋是以人力不堪莫不蚩笑季世惑乱亡国之主今有司以曹纂王乔等因九族时节不夙夜敬止权叹曰初吾忧其迟钝以交州属吴世乱太和五年追封谥事崇恩泽五等之典先主素识待之皆大臣侍从百姓虚竭因使见太尉司马宣王东海郯人也左迁遥署弘农太守用锡尔祉耆老言国人尝乘船捕鱼以知音为雅乐郎遭风见吹数十日休不受子弟从兵骑初讨谭时进军宕渠蒙头荡石腹心爪牙迁为大鸿胪峻卒代恪为左节度配食先后张掖张进执太守杜通非徙其家以宁明帝闻之则